解：①

C_{2} - C_{1} = 30

，不变，理由如下：

如图，连接 $A C ， B D ， O E ， O M ， O N$ ，

$∵ △ A B E$ 是等边三角形，四边形 $A B C D$ 是矩形， $A B = 30$ ，

$∴ ∠ A B E = ∠ A E B = 60 ° ， ∠ A B C = 90 ° ， C D = A B = 30$ ，

$∴ ∠ C B E = ∠ A B C - ∠ A B E = 30 °$ ，

$∴ ∠ C O E = 2 ∠ C B E = 60 °$ ，

又 $∵ O E = O C$ ，

$∴ △ C O E$ 是等边三角形，

同理可证： $△ D O E$ 是等边三角形，

$∴ ∠ O E C = 60 ° ， O E = C E$ ， $∠ D O E = 60 °$ ，

$∵ ⊙ O$ 是等边 $△ A B E$ 的外接圆，

$∴ ∠ O E N = \frac{1}{2} ∠ A E B = 30 °$ ，

$∴ ∠ C E N = ∠ O E C - ∠ O E N = 30 ° = ∠ O E N$ ，

在 $△ O E N$ 和 $△ C E N$ 中， ${\begin{array}{l} O E = C E \\ ∠ O E N = ∠ C E N \\ E N = E N \end{array}$ ，

$∴ △ O E N ≅ △ C E N (S A S)$ ，

$∴ O N = C N$ ，

$∴ ∠ C O N = ∠ O C N$ ，

同理可证： $O M = D M ， ∠ D O M = ∠ O D M$ ，

$∵ ∠ O C N + ∠ O D M$ 所对的弧为劣弧 $\overset{⌢}{A B}$ ，

$∴ ∠ O C N + ∠ O D M = ∠ A E B = 60 °$ ，

$∴ ∠ C O N + ∠ D O M = 60 °$ ，

$∴ ∠ C O N + ∠ D O M + ∠ D O E + ∠ C O E = 60 ° + 60 ° + 60 ° = 180 °$ ，

$∴$ 点 $M ， O ， N$ 在同一条直线上，

$∴ M N = O M + O N = D M + C N$ ，

$∴ C_{2} - C_{1} = (C D + D F + C F) - (M N + M F + N F)$ ，

$= 30 + D F + C F - (D M + C N + M F + N F)$ ，

$= 30 + D F + C F - (D F + C F)$ ，

$= 30$ ，

即 $C_{2} - C_{1} = 30$ ；

②如图，连接BD，

由（1）已证： $∠ C E D = 120 °$ ，

$∴ ∠ P F N = 180 ° - ∠ C E D = 60 ° = ∠ A B E$ ，

$∴$ 点 $B ， F ， P ， N$ 共圆，

$∵ ∠ D A B = 90 °$ ，

$∴ B D$ 是 $⊙ O$ 的直径，

$∴ ∠ B F D = 90 °$ ，

$∴ ∠ B N P = 180 ° - ∠ B F D = 90 °$ ，

在 $R t △ B N P$ 中， $B P = \frac{P N}{s i n ∠ P B N} = \frac{5 \sqrt{3}}{s i n 60 °} = 10$ ，

$∴ A P = A B - B P = 20$ ，

由圆周角定理得： $∠ A D B = ∠ A E B = 60 °$ ，

在 $R t △ A B D$ 中， $A D = \frac{A B}{t a n ∠ A D B} = \frac{30}{t a n 60 °} = 10 \sqrt{3}$ ，

在 $R t △ A D P$ 中， $D P = \sqrt{A D^{2} + A P^{2}} = 10 \sqrt{7}$ ，

在 $△ A D P$ 和 $△ F B P$ 中， ${\begin{array}{l} ∠ D A P = ∠ B F P = 90 ° \\ ∠ A P D = ∠ F P B \end{array}$ ，

$∴ △ A D P ∼ △ F B P$ ，

$∴ \frac{B F}{A D} = \frac{B P}{D P}$ ，即 $\frac{B F}{10 \sqrt{3}} = \frac{10}{10 \sqrt{7}}$ ，

解得 $B F = \frac{10 \sqrt{21}}{7}$ ．

浙教版备考2022年中考数学二轮复习训练题8：圆综合问题