∴cos∠A1OB==． ∴∠A1OB=60°． ∴当线段AB与圆O只有一个公共点（即A点）时， α的范围为：0°≤α≤60°． （3）连接MQ，如图3所示． ∵PQ是⊙O的直径， ∴∠PMQ=90°． ∵OA⊥PM， ∴∠PDO=90°． ∴∠PDO=∠PMQ． ∴△PDO∽△PMQ． ∴== ∵PO=OQ=PQ． ∴PD=PM，OD=MQ． 同理：MQ=AO，BM=AB． ∵AO=1， ∴MQ=． ∴OD=． ∵∠PDO=90°，PO=1，OD=， ∴PD=∴PM=． ． ∴DM=． ∵∠ADM=90°，AD=A0﹣OD=， ∴AM= ==． ∵△ABC是等边三角形， ∴AC=AB=BC，∠CAB=60°． ∵BM=AB， ∴AM=BM． ∴CM⊥AB． ∵AM=∴BM=， ，AB=． ∴AC=． ∴CM===． ∴CM的长度为． 10. 解答：（1）证明：∵CD是⊙O的直径，
∴∠DFC=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠A=∠C，AD∥BC， ∴∠ADF=∠DFC=90°， ∵DE为⊙O的切线， ∴DE⊥DC， ∴∠EDC=90°，
∴∠ADF=∠EDC=90°， ∴∠ADE=∠CDF， ∵∠A=∠C，
∴△ADE∽△CDE；
（2）解：∵CF：FB=1：2， ∴设CF=x，FB=2x，则BC=3x， ∵AE=3EB，
∴设EB=y，则AE=3y，AB=4y， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD=BC=3x，AB=DC=4y， ∵△ADE∽△CDF，
∴
=
，
∴=，
∵x、y均为正数， ∴x=2y，
∴BC=6y，CF=2y，
在Rt△DFC中，∠DFC=90°， 由勾股定理得：DF=
=
=2
y，
∴⊙O的面积为π?（DC）2=π?DC2=π（4y）2=4πy2， 四边形ABCD的面积为BC?DF=6y?2
y=12
y2， y2=π：3
．
∴⊙O与四边形ABCD的面积之比为4πy2：12 11. （1）证明：∵， 所对的圆周角=180°﹣所对的圆周角=所对∴∠DPF=180°﹣∠APD=180°﹣的圆周角=∠APC． 在△PAC和△PDF中， ， ∴△PAC∽△PDF． （2）解：如图1，连接PO，则由都为等腰直角三角形． ，有PO⊥AB，且∠PAB=45°，△APO、△AEF 在Rt△ABC中， ∵AC=2BC， 2222∴AB=BC+AC=5BC， ∵AB=5， ∴BC=， ∴AC=2， ∴CE=AC?sin∠BAC=AC? AE=AC?cos∠BAC=AC?=2=2??=2， =4， ∵△AEF为等腰直角三角形， ∴EF=AE=4， ∴FD=FC+CD=（EF﹣CE）+2CE=EF+CE=4+2=6． ∵△APO为等腰直角三角形，AO=?AB=， ∴AP=． ∵△PDF∽△PAC， ∴， ∴∴PD=， ． （3）解：如图2，过点G作GH⊥AB，交AC于H，连接HB，以HB为直径作圆，连接CG并延长交⊙O于Q， ∵HC⊥CB，GH⊥GB， ∴C、G都在以HB为直径的圆上， ∴∠HBG=∠ACQ， ∵C、D关于AB对称，G在AB上， ∴Q、P关于AB对称， ∴， ∴∠PCA=∠ACQ， ∴∠HBG=∠PCA． ∵△PAC∽△PDF， ∴∠PCA=∠PFD=∠AFD， ∴y=tan∠AFD=tan∠PCA=tan∠HBG=∵HG=tan∠HAG?AG=tan∠BAC?AG=∴y=
=x． ． =， 12. 解答： 解：（1）证明：连接OH，如图①所示．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=∠BAD=90°，BC=AD，AB=CD． ∵HP∥AB，
∴∠ANH+∠BAD=180°． ∴∠ANH=90°． ∴HN=PN=HP=． ∵OH=OA=， ∴sin∠HON=
=
．
∴∠HON=60°
∵BD与⊙O相切于点H， ∴OH⊥BD． ∴∠HDO=30°． ∴OD=2． ∴AD=3． ∴BC=3．
∵∠BAD=90°，∠BDA=30°． ∴tan∠BDA=
=
=
．
∴AB=3． ∵HP=3， ∴AB=HP． ∵AB∥HP，
∴四边形ABHP是平行四边形． ∵∠BAD=90°，AM是⊙O的直径， ∴BA与⊙O相切于点A． ∵BD与⊙O相切于点H， ∴BA=BH．
∴平行四边形ABHP是菱形．
（2）△EFG的直角顶点G能落在⊙O上． 如图②所示，点G落到AD上．