初中数学人教版九年级上册数学活动随堂练习题

这是一份初中数学人教版九年级上册数学活动随堂练习题，共47页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

24.5.2 《圆》全章复习与巩固（同步练习）（提高篇）
一、单选题
1．如图，是的直径，点、在上，，，则（ ）

A．70° B．60° C．50° D．40°
2．如图，直线AB是⊙O的切线，点C为切点，OD∥AB交⊙O于点D，点E在⊙O上，连接OC，EC，ED，则∠CED的度数为( )

A．30° B．35° C．40° D．45°
3．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，过B,C两点的⊙O交AC于点D，交AB于点E，连接EO并延长交⊙O于点F.连接BF,CF.若∠EDC=135°,CF=,则AE2+BE2的值为 （ ）

A．8 B．12 C．16 D．20
4．如图，⊙O的直径AB=2，C是弧AB的中点，AE，BE分别平分∠BAC和∠ABC，以E为圆心，AE为半径作扇形EAB，π取3，则阴影部分的面积为（　　）

A．﹣4 B．7﹣4 C．6﹣ D．
5．如图，一块直角三角板ABC的斜边AB与量角器的直径重合，点D对应54°，则∠BCD的度数为（　　）

A．54° B．27° C．63° D．36°
6．如图，在中，，在边上取点为圆心画圆，使经过两点，下列结论：①；②；③以圆心，为半径的圆与相切；④延长交于点，则是的三等分点．其中正确结论的序号是（ ）

A．①②③④ B．①②③ C．②③④ D．①③④
7．如图，在菱形ABCD中，以AB为直径画弧分别交BC于点F，交对角线AC于点E，若AB=4，F为BC的中点，则图中阴影部分的面积为（　　）

A． B． C． D．
8．一副学生三角板放在一个圈里恰好如图所示，顶点在圆圈外，其他几个顶点都在圆圈上，圆圈和交于点，已知，则这个圆圈上的弦长是（ ）

A． B． C． D．
9．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝4，∠AOC＝120°，P为⊙O上的动点，连AP，取AP中点Q，连CQ，则线段CQ的最大值为( )

A．3 B．1+ C．1+3 D．1+
10．已知：如图，AB是⊙O的直径，点P在BA的延长线上，弦CD交AB于E，连接OD、PC、BC，∠AOD＝2∠ABC，∠P＝∠D，过E作弦GF⊥BC交圆与G、F两点，连接CF、BG．则下列结论：①CD⊥AB；②PC是⊙O的切线；③OD∥GF；④弦CF的弦心距等于BG．则其中正确的是（　　）

A．①②④ B．③④ C．①②③ D．①②③④
11．如图，CD是⊙O的直径，AB，EF是⊙O的弦，且AB∥CD∥EF，AB=16，CD=20，EF=12，则图中阴影部分的面积是（　　）

A．96+25π B．88+50π C．50π D．25π
12．如图，已知：点A、B、C、D在⊙O上，AB=CD，下列结论：①∠AOC=∠BOD；②∠BOD=2∠BAD；③AC=BD；④∠CAB=∠BDC；⑤∠CAO+∠CDO=180°．其中正确的个数为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5


二、填空题
13．的圆心是原点，半径为5，点在上，如果点在第一象限内，那么______.
14．是的直径，，在上且分布在两侧，是直径所对弧的一个三等分点，则__________．
15．如图，在⊙O中，直径AB＝6，BC是弦，∠ABC＝30°，点P在BC上，点Q在⊙O上，且OP⊥PQ，当点P在BC上移动时，则PQ长的最大值为__________．

16．如图，在中，，，，将绕O顺时针旋转后得，将线段绕点逆时针旋转后得线段，分别以，为圆心，、长为半径画弧和弧，连接，则图中阴影部分面积是________．

17．如图，四边形是菱形，经过点、、与相交于点，连接、，若，则的度数为__________．

18．同一个圆中内接正三角形、内接正四边形、内接正六边形的边长之比为___________.
19．如图，在平面直角坐标系中，直线l的函数表达式为y＝x，点O1的坐标为（1，0），以O1为圆心，O1O为半径画圆，交直线l于点P1，交x轴正半轴于点O2，以O2为圆心，O2O为半径画圆，交直线l于点P2，交x轴正半轴于点O3，以O3为圆心，O3O为半径画圆，交直线l于点P3，交x轴正半轴于点O4；…按此做法进行下去，其中的长为_____．

20．如图，的半径为5，、是圆上任意两点，且，以为边作正方形（点，在直线两侧）．若正方形绕点旋转一周，则边扫过的面积为__________

21．在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝4，P是AB上一点，连接PC，以PC为直径作⊙M交BC于D，连接PD，作DE⊥AC于点E，交PC于点G，已知PD＝PG，则BD＝_____.

22．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=2，⊙C的半径为1，点P是斜边AB上的点，过点P作⊙C的一条切线PQ（点Q是切点），则线段PQ的最小值为_____．

23．已知的半径是，直线与相交于、两点．是上的一个动点，若，则面积的最大值是________．

24．如图等边，以为直径的交于点，交于，于，下列结论正确的是：________．①是中点；②；③是的切线；④．


三、解答题
25．如图，D是△ABC外接圆上的点，且B，D位于AC的两侧，DE⊥AB，垂足为E，DE的延长线交此圆于点F．BG⊥AD，垂足为G，BG交DE于点H，DC，FB的延长线交于点P，且PC=PB．
（1）求证：∠BAD=∠PCB；
（2）求证：BG∥CD；
（3）设△ABC外接圆的圆心为O，若AB=DH，∠COD=23°，求∠P的度数．

26． 已知：如图（1），在⊙O中，直径，直线相交于点．
（1）的度数为___________；
（2）如图（2），与交于点，请补全图形并求的度数；
（3）如图（3），弦与弦不相交，求的度数．


27． 如图，AB=AC，CD⊥AB于点D，点O是∠BAC的平分线上一点⊙O与AB相切于点M，与CD相切于点N
（1）求证：∠AOC=135°
（2）若NC=3，BC=，求DM的长


28． 如图，已知抛物线的图象的顶点坐标是，并且经过点，直线与抛物线交于两点，以为直径作圆，圆心为点，圆与直线交于对称轴右侧的点，直线上每一点的纵坐标都等于1．
（1）求抛物线的解析式；
（2）证明：圆与轴相切；
（3）过点作，垂足为，再过点作，垂足为求的值．


29． 若一个四边形的两条对角线互相垂直且相等，则称这个四边形为奇妙四边形．如图1，四边形ABCD中，若AC=BD，AC⊥BD，则称四边形ABCD为奇妙四边形．根据奇妙四边形对角线互相垂直的特征可得奇妙四边形的一个重要性质：奇妙四边形的面积等于两条对角线乘积的一半．根据以上信息回答：
（1）矩形 奇妙四边形（填“是”或“不是”）；
（2）如图2，已知⊙O的内接四边形ABCD是奇妙四边形，若⊙O的半径为6，∠ BCD=60°．求奇妙四边形ABCD的面积；
（3）如图3，已知⊙O的内接四边形ABCD是奇妙四边形作OM⊥BC于M．请猜测OM与AD的数量关系，并证明你的结论．



30．已知⊙O的半径为2，∠AOB=120°．
（1）点O到弦AB的距离为　　；．
（2）若点P为优弧AB上一动点（点P不与A、B重合），设∠ABP=α，将△ABP沿BP折叠，得到A点的对称点为A′；
①若∠α=30°，试判断点A′与⊙O的位置关系；
②若BA′与⊙O相切于B点，求BP的长；
③若线段BA′与优弧APB只有一个公共点，直接写出α的取值范围．


参考答案
1．D
【分析】
根据邻补角的定义可求得∠AOC的度数，再根据平行线的性质及三角形内角和定理即可求得∠AOD的度数．
【详解】
∵∠BOC=110°，∠BOC+∠AOC=180°，
∴∠AOC=70°，
∵AD∥OC，OD=OA，
∴∠D=∠A=70°，
∴∠AOD=180°-2∠A=40°，
故选：D．
【点拨】本题考查了圆的有关性质，平行线性质及三角形内角和定理的运用．正确的识别图形是解题的关键．
2．D
【详解】
分析：由切线的性质知∠OCB=90°，再根据平行线的性质得∠COD=90°，最后由圆周角定理可得答案．
详解：∵直线AB是⊙O的切线，C为切点，
∴∠OCB=90°，
∵OD∥AB，
∴∠COD=90°，
∴∠CED=∠COD=45°，
故选D．
点拨：本题主要考查切线的性质，解题的关键是掌握圆的切线垂直于经过切点的半径及圆周角定理．
3．C
【分析】
根据圆内接四边形的性质及邻补角的定义可得∠ADE=∠ABC=45°，再证得∠ADE=∠A=45°即可得AE=AD；根据直径所对的圆周角是直角可得∠FCE=90°，在Rt△EFC中求得EF=4；连接BD，可证得BD为为⊙O的直径，在Rt△BDE中根据勾股定理可得,由此即可得结论.
【详解】
∵∠EDC=135°，
∴∠ADE=45°，∠ABC=180°-∠EDC =180°-135°=45°；
∵∠ACB=90°，
∴∠A=45°，
∴∠ADE=∠A=45°，
∴AE=AD，∠AED=90°；
∵EF 为⊙O的直径，
∴∠FCE=90°，
∵∠ABC=∠EFC=45°，CF=，
∴EF=4；
连接BD，

∵∠AED=90°，
∴∠BED=90°，
∴BD 为⊙O的直径，
∴BD=4；
在Rt△BDE中，,
∴AE2+BE2=16.
故选C.
【点拨】本题考查了圆周角定理及其推论、圆内接四边形的性质及勾股定理等知识点，会综合运用所学的知识点解决问题是解题的关键.
4．A
【详解】
∵O的直径AB=2，
∴∠C=90°，
∵C是弧AB的中点，
∴，
∴AC=BC，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
∵AE，BE分别平分∠BAC和∠ABC，
∴∠EAB=∠EBA=22.5°，
∴∠AEB=180°− (∠BAC+∠CBA)=135°，
连接EO，

∵∠EAB=∠EBA，
∴EA=EB，
∵OA=OB，
∴EO⊥AB，
∴EO为Rt△ABC内切圆半径，
∴S△ABC=(AB+AC+BC)⋅EO=AC⋅BC，
∴EO=−1，
∴AE2=AO2+EO2=12+(−1)2=4−2，
∴扇形EAB的面积==，△ABE的面积=AB⋅EO=−1，
∴弓形AB的面积=扇形EAB的面积−△ABE的面积=，
∴阴影部分的面积=O的面积−弓形AB的面积=−()=−4，
故选：A.
5．C
【详解】
∵一块直角三角板ABC的斜边AB与量角器的直径重合，
∴点A. B. C. D都在以AB为直径的圆上，
∵点D对应54°，即∠AOD=54°，
∴∠ACD=∠AOD=27°，
∴∠BCD=90°−∠ACD=63°.
故选C.
6．D
【分析】
①连接OB，△OAB是等腰三角形，则两底角相等为30°，在Rt△ABC中可求得∠ABC的度数，做差得∠OBC，再利用30°的三角函数值得到线段间的关系；
②在Rt△OBC中，OB是斜边＞直角边BC的长度，而OA＝OB，可判断；
③过点O作OE⊥AB于点E，利用角平分线的性质定理，得到OC＝OE来判断；
④延长BC，交于点D，连接AD，可得到DC＝BC，加上∠C为90°，可推断△ABD为等腰三角形，而∠ABC＝60°，可判断△ABD是等边△，即可得出.
【详解】
①如图，连接，则．
，
，
．
，故①正确；
②在中，，
，故②错误；
③如图，过点作于点，
，
，
∴以圆心，为半径的圆与相切，故③正确；
④如图，延长，交于点，连接．
．
，
，
是等边三角形．
，
是的三等分点，故④正确；
故正确的有①③④．

【点拨】本题综合性较强，考查了特殊角的三角函数值、角平分线的性质定理、等腰三角形、等边三角形的判定和性质，需要熟练掌握灵活应用性质及判定.
7．D
【分析】
取AB的中点O，连接AF，OF，先证明△ABC是等边三角形，再把问题转化为S阴=S扇形OBF，由此即可解决问题．
【详解】
解：如图，取AB的中点O，连接AF，OF．

∵AB是直径，
∴∠AFB=90°，
∴AF⊥BF，∵CF=BF，
∴AC=AB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AE=EC，
易证△CEF≌△BOF，
∴S阴=S扇形OBF==，
故选D．
【点拨】考查扇形的面积，菱形的性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题.
8．C
【分析】
作于点E，连接BE，在中求出EF的长，在中求出CF的长，即可求出CE的长.
【详解】
解：如图，作于点E，连接BE，

∵是等腰直角三角形，，
∴，，，
∴，AB是直径，
∴，
∵是含的三角板，
∴，
∴，，，
∴
在中，，，
∴，
在中，，，
∴CF=4，
∴=.
故选C.
【点拨】本题考查了圆周角定理及勾股定理，能够把求CE长度问题转化直角三角形中的计算问题是解题的关键.
9．D
【分析】
如图，连接OQ，作CH⊥AB于H．首先证明点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，利用勾股定理求出CK即可解决问题.
【详解】
解：如图，连接OQ，作CH⊥AB于H．

∵AQ=QP，
∴OQ⊥PA，
∴∠AQO=90°，
∴点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，
当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，
在Rt△OCH中，∵∠COH=60°，OC=2，
∴OH= OC=1，CH=，
在Rt△CKH中，CK= =，
∴CQ的最大值为1+，
故选D．
【点拨】本题考查圆周角定理、轨迹、勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是正确寻找点Q的运动轨迹，学会构造辅助圆解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
10．A
【分析】
连接BD、OC、AG、AC，过O作OQ⊥CF于Q，OZ⊥BG于Z，求出∠ABC=∠ABD，从而有弧AC=弧AD，由垂径定理的推论即可判断①的正误；
由CD⊥PB可得到∠P+∠PCD=90°，结合∠P=∠DCO、等边对等角的知识等量代换可得到∠PCO=90°，据此可判断②的正误；假设OD∥GF成立，则可得到∠ABC=30°，判断由已知条件能否得到∠ABC的度数即可判断③的正误；求出CF=AG，根据垂径定理和三角形中位线的知识可得到CQ=OZ，通过证明△OCQ≌△BOZ可得到OQ=BZ，结合垂径定理即可判断④.
【详解】
连接BD、OC、AG，过O作OQ⊥CF于Q，OZ⊥BG于Z，
∵OD=OB，
∴∠ABD=∠ODB，
∵∠AOD=∠OBD+∠ODB=2∠OBD，
∵∠AOD=2∠ABC，
∴∠ABC=∠ABD，
∴弧AC=弧AD，
∵AB是直径，
∴CD⊥AB，
∴①正确；
∵CD⊥AB，
∴∠P+∠PCD=90°，
∵OD=OC，
∴∠OCD=∠ODC=∠P，
∴∠PCD+∠OCD=90°，
∴∠PCO=90°，
∴PC是切线，∴②正确；
假设OD∥GF，则∠AOD=∠FEB=2∠ABC，
∴3∠ABC=90°，
∴∠ABC=30°，
已知没有给出∠B=30°，∴③错误；
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵EF⊥BC，
∴AC∥EF，
∴弧CF=弧AG，
∴AG=CF，
∵OQ⊥CF，OZ⊥BG，
∴CQ=AG，OZ=AG，BZ=BG，
∴OZ=CQ，
∵OC=OB，∠OQC=∠OZB=90°，
∴△OCQ≌△BOZ，
∴OQ=BZ=BG，
∴④正确．
故选A．

【点拨】本题是圆的综合题，考查了垂径定理及其推论，切线的判定，等腰三角形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质.解答本题的关键是熟练掌握圆的有关知识点.
11．C
【分析】
延长BO交⊙O于G，则BG是⊙O的直径，连接AG，根据圆周角定理得到∠GAB=90，根据勾股定理得到AG=12，求得AG=EF，推出S扇形AOG=S扇形EOF，根据已知条件可知S扇形EOF=S阴影DEF，于是得到阴影部分面积是⊙O面积的一半.
【详解】
解：延长BO交⊙O于G，则BG是⊙O的直径，连接AG、OE、OF，
∴∠GAB=90º，
∵AB=16，BG=CD=20，
∴AG=，
∴AG=EF，
∴，
∴S扇形AOG=S扇形EOF，
∵CD∥EF，
∴S△OEF=S△DEF，
∴S扇形EOF=S阴影DEF，
∴S扇形AOG= S阴影DEF，
∴S阴影=S⊙O==50.

故选C.
【点拨】本题考查了扇形的面积计算，将不规则图形面积转化为扇形的面积是解决本题的关键.
12．C
【分析】
根据圆内接四边形的性质、圆周角定理和圆心角、弧、弦之间的关系逐个判断即可．
【详解】
解：∵AB=CD，
∴，
∴，
∴∠AOC=∠BOD，故①正确；
∵圆周角∠BAD和圆心角∠BOD都对着，
∴∠BOD=2∠BAD，故②正确；
∵，
∴AC=BD，故③正确；
∵圆周角∠CAB和∠BDC都对着，
∴∠CAB=∠BDC，故④正确；
延长DO交⊙O于M，连接AM，

∵D、C、A、M四点共圆，
∴∠CDO+∠CAM=180°（圆内接四边形对角互补），
∵∠CAM＞∠CAO，
∴∠CAO+∠CDO＜180°，故⑤错误；
即正确的个数是4个，
故选C．
【点拨】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理和圆心角、弧、弦之间的关系等知识点，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．
13．4
【分析】
如图,可得OA=5，OB=3，运用勾股定理可以求得AB的长，即为a的值.
【详解】
解：如图

由题意得：OA=5，OB=3，
由勾股定理可得：AB=
即a=4
【点拨】本题考查了圆的性质和勾股定理，其中根据题意画出图形确定相应线段的长是解答本题的关键.
14．或
【分析】
此题分两种情况进行计算，点C有两种位置，分别根据圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半进行计算即可．
【详解】
如图所示：连接CO，

∵C是直径AB所对弧的一个三等分点，
∴∠COB=120°，
∴∠BDC=60°，
连接C1O，
∵C1是直径AB所对弧的一个三等分点，
∴∠C1OB=60°，
∴∠BDC1=30°，
故答案为或.
【点拨】此题考查圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，解题关键在于画出图形.
15．
【解析】
如图3，连接OQ，∵在⊙O中，直径AB＝6，OP⊥PQ，
∴OQ=OB=3，∠OPQ=90°，
∴PQ=，
∴当OP最短时，PQ就最长.
∵点O是定点，点P是线段BC上的动点，
∴如图4，当OP⊥BC于点P时，OP最短，此时，点Q与点C重合，
∵OP⊥BC，∠ABC=30°，
∴OP=OB=，
∴此时，PQ=.
即PQ的最长值为：.

点拨：本题的解题要点是：连接OQ并在Rt△POQ中由勾股定理得到：PQ=，由此可知当OP最短时，PQ最长；从而可知，当OP⊥BC，点Q与点C重合时，PQ最长，结合已知条件即可求得PQ的最大值.
16．
【详解】
如解图，过点D作于点H，∵，，，
∴，由旋转的性质可知，，，
，∴，，
∴．
【点拨】17．
【分析】
根据菱形的性质得到∠ACB＝∠DCB＝（180°−∠D）＝51°，根据圆内接四边形的性质得到∠AEB＝∠D＝78°，由三角形的外角的性质即可得到结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，∠D＝78°，
∴∠ACB＝∠DCB＝（180°−∠D）＝51°，
∵四边形AECD是圆内接四边形，
∴∠AEB＝∠D＝78°，
∴∠EAC＝∠AEB−∠ACE＝27°，
故答案为：27°．
【点拨】本题考查了菱形的性质，三角形的外角的性质，圆内接四边形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
18．
【分析】
首先根据题意画出图形，设出圆的半径，分别求出圆中内接正三角形、内接正四边形、内接正六边形的边长，即可得出答案.
【详解】

设圆的半径为r，
如图①，


过点O作于点C
则


如图②，


如图③，

为等边三角形

∴同一个圆中内接正三角形、内接正四边形、内接正六边形的边长之比为
故答案为
【点拨】本题主要考查圆的半径与内接正三角形，正方形和正六边形的边长之间的关系，能够画出图形是解题的关键.
19．22015π
【分析】
连接P1O1，P2O2，P3O3，易求得PnOn垂直于x轴，可知为圆的周长，再找出圆半径的规律即可解题．
【详解】
解：连接P1O1，P2O2，P3O3…，

∵P1 是⊙O1上的点，
∴P1O1＝OO1，
∵直线l解析式为y＝x，
∴∠P1OO1＝45°，
∴△P1OO1为等腰直角三角形，即P1O1⊥x轴，
同理，PnOn垂直于x轴，
∴ 为圆的周长，
∵以O1为圆心，O1O为半径画圆，交x轴正半轴于点O2，以O2为圆心，O2O为半径画圆，交x轴正半轴于点O3，以此类推，
∴OO1＝1＝20，OO2＝2＝21，OO3＝4＝22，OO4＝8＝23，…，
∴OOn＝，
∴，
∴，
故答案为：22015π．
【点拨】本题考查了图形类规律探索、一次函数的性质、等腰直角三角形的性质以及弧长的计算，本题中准确找到圆半径的规律是解题的关键．
20．
【分析】
连接，过点作与点，交于点，则边扫过的面积为以为外圆半径、为内圆半径的圆环面积，利用垂径定理即可得出，进而可得出，再根据圆环的面积公式结合勾股定理即可得出边扫过的面积．
【详解】
解：连接，过点作与点，交于点，则边扫过的面积为以为外圆半径、为内圆半径的圆环面积，如图所示．
，，
．
又为的弦，
，
，
边扫过的面积为．
故答案为：．

【点拨】本题考查了垂径定理、勾股定理、平行线的性质以及圆环的面积公式，结合边的旋转，找出边旋转过程中扫过区域的形状是关键．
21．
【解析】
【分析】
作AH⊥BC于H．首先证明△PDB∽△DEC∽△CEG∽△AHB，设BD=a，则有PD=PG=2a，CD=4-a，EC=，CG=，推出PC=PG+CG=，在Rt△PCD中，根据PD2+CD2=PC2，构建方程即可解决问题.
【详解】
如图，作AH⊥BC于H，

∵AB=AC=2，AH⊥BC，
∴∠B=∠ACD，BH=CH=2，AH==4，
∵PC是直径，
∴∠PDC=90°，
∵DE⊥AC，
∴∠CDP=∠CED=90°，
∵PD=PG，
∴∠PDG=∠PGD=∠CGE，
∵∠PDG+∠CDE=90°，∠CDE+∠ECD=90°，
∴∠PDG=∠ECD=∠B=∠EGC，
∵∠PDB=∠DEC=∠AHB=90°，
∴△PDB∽△DEC∽△CEG∽△AHB，设BD=a，
则有PD=PG=2a，CD=4-a，EC=，CG=，
∴PC=PG+CG=，
在Rt△PCD中，∵PD2+CD2=PC2，
∴4a2+（4-a）2=（）2，
解得a=或4（舍弃），
∴BD=．
故答案为：．
【点拨】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程方程解决问题，属于中考常考题型．
22． ．
【解析】
【分析】
当PC⊥AB时，线段PQ最短；连接CP、CQ，根据勾股定理知PQ2=CP2﹣CQ2，先求出CP的长，然后由勾股定理即可求得答案．
【详解】
连接CP、CQ；如图所示：
∵PQ是⊙C的切线，∴CQ⊥PQ，∠CQP=90°，根据勾股定理得：PQ2=CP2﹣CQ2，∴当PC⊥AB时，线段PQ最短．
∵在Rt△ACB中，∠A=30°，BC=2，∴AB=2BC=4，AC=2，∴CP===，∴PQ==，∴PQ的最小值是．
故答案为：．

【点拨】本题考查了切线的性质以及勾股定理的运用；注意掌握辅助线的作法，注意当PC⊥AB时，线段PQ最短是关键．
23．
【分析】
过点O作OC⊥AB于C，交⊙O于D点，连结OA、OB、DA、DB根据圆周角定理推出△OAB为等腰直角三角形，求得AB=OA=2，当M点到AB的距离最大，△MAB的面积最大，即M点运动到D点，问题得解．
【详解】
过点O作OC⊥AB于C，交⊙O于D点，连结OA、OB、DA、DB如图，

∵∠AMB=45°，
∴∠AOB=2∠AMB=90°，
∴△OAB为等腰直角三角形，
∴AB=OA=2，
∴当M点到AB的距离最大，△MAB的面积最大；即M点运动到D点，
∴△AMB面积的最大值=×AB•DC=×2×（2+）=2+2，
故答案为2+2．
【点拨】本题考查了直线与圆的位置关系以及垂径定理和圆周角定理的运用，正确的作出辅助线是解题的关键．
24．①②③④
【解析】
【分析】连接AP．根据圆周角定理、等腰三角形的“三线合一”的性质推知点P是线段BC的中点，同理证得点E是线段AC的中点；然后由三角形中位线定理，圆心角、弧、弦间的关系来证明；连接OP，由切线的判定证得OP⊥PF即可．
【详解】连接AP．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠APB=90°（直径所对的圆周角是直角），即AP⊥BC；
又∵AB=AC，
∴点P是线段BC的中点，
故①正确；
同理，点E是线段AC的中点，
∴AE=EC，
故④正确；
∵连接PE．
点P、E分别是线段BC、AC的中点，BC=AC=AB（等边三角形的三条边相等），
∴PE=AB（三角形中位线定理），BP=BC=AB，
∴BP=PE（等量代换），
∴，
故②正确；
连接OP．
∵点P是线段BC的中点，点O是线段AB的中点，
∴OP是△ABC的中位线，
∴OP∥AC；
又∵PF⊥AC，
∴PF⊥OP，
∵点P在⊙O上，
∴PF是⊙O的切线；
故③正确．
综上所述，正确的结论有①②③④．

故答案为①②③④．
【点拨】此题考查的是切线的判定与性质、等边三角形的性质及圆周角定理．在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
25．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）97°
【分析】
（1）根据邻补角定义和圆内接四边形对角互补、等边对等角即可证出结论.
（2）根据等边对等角得：∠PCB=∠PBC，由圆内接四边形的性质得：∠BAD+∠BCD=180°，从而得：∠BFD=∠PCB=∠PBC，根据平行线的判定得：BC∥DF，可得∠ABC=90°，AC是⊙O的直径，从而得：∠ADC=∠AGB=90°，根据同位角相等可得结论；
（3）先证明四边形BCDH是平行四边形，得BC=DH，根据特殊的三角函数值得：∠ACB=60°，最后由PC=PB，得出∠P=180°﹣2×（）°=97°．
【详解】
（1）证明：如图1，
∵PC=PB，
∴∠PCB=∠PBC，
∵四边形ABCD内接于圆，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∵∠BCD+∠PCB=180°，
∴∠BAD=∠PCB；
（2）证明：由（1）得∠BAD=∠PCB，
∵∠BAD=∠BFD，
∴∠BFD=∠PCB=∠PBC，
∴BC∥DF，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴∠ABC=90°，
∴AC是⊙O的直径，
∵∠ABC=90°，
∴∠ADC=90°，
∵BG⊥AD，
∴∠AGB=90°，
∴∠ADC=∠AGB，
∴BG∥CD；
（3）解：由（1）得：BC∥DF，BG∥CD，
∴四边形BCDH是平行四边形，
∴BC=DH，
在Rt△ABC中，
∵AB= DH，
∴tan∠ACB==，
∴∠ACB=60°，
连接OD，
∵∠COD=23°，OD=OC，
∴∠OCD=（180°﹣23°）=（）°，
∴∠PCB=180°﹣∠ACB﹣∠OCD=（）°，
∵PC=PB，
∴∠P=180°﹣2×（）°=97°．

【点拨】本题考查圆内接四边形的性质，平行四边形的判定，三角函数．综合运用知识的能力是解答关键.
26．（1）60°；（2）见解析，60°；（3）60°
【分析】
（1）连结OD，OC，BD，根据已知得到△DOC为等边三角形，根据直径所对的圆周角是直角，求出∠E的度数；
（2）同理解答（2）（3）．
【详解】
（1）如图（1），连接．为等边三角形，．为直径，，．故答案为60°．
（2）如图（2），直线交于点，连接．
为等边三角形，．为直径，，，，
（3）如图（3），连接．，为等边三角形，，为直径，，．

【点拨】本题考查的是圆周角定理及其推论、等边三角形的性质，解题的关键是正确作出辅助线，构造直角三角形，利用直径所对的圆周角是直角进行解答．
27．（1）见解析；（2）DM=1．
【分析】
(1)只要证明OC平分∠ACD，即可解决问题；
(2)由切线长定理可知：AM=AE，DM=DN，CN=CE=3，设DM=DN=x，在Rt△BDC中，根据，构建方程即可解决问题．
【详解】
（1）证明：连接OM，ON，过O点做OE⊥AC，交AC于E，如图所示，

∵⊙O与AB相切于点M，与CD相切于点N
∴OM⊥AB，ON⊥CD，
∵OA平分∠BAC，OE⊥AC，OM⊥AB
∴OM=OE
即：E为⊙O的切点；
∴OE=ON，
又∵OE⊥AC，ON⊥CD
∴OC平分∠ACD
∵CD⊥AB
∴∠ADC=90°
∴∠DAC+∠ACD=90°
∴∠OAC+∠OCA=45°
∴∠AOC=180°-（∠OAC+∠OCA）=180°-45°=135°，
即：∠AOC=135°
（2）由（1）得，AM=AE，DM=DN，CN=CE=3，设DM=DN=x，
∵AB=AC
∴BD=AB-AD=AC-AE-DM=CE=DM=3-x
∵CD=3+x
在Rt∆BCD中，由勾股定理得：
即：
解得：x=1或x=-1（舍去）
即DM=1．
【点拨】本题考查切线的性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会利用参数构建方程．
28．（1）（2）见详解（3）
【分析】
（1）可以利用二次函数顶点式求出解析式；
（2）根据抛物线与直线交于 、两点，直接将两式联立可以求出 、坐标，从而确定点的纵坐标以及的长度，进一步可得出圆心到轴的距离等于半径，即可得证最后结论；
（3）在（1）、（2）结论以及已知条件分别求出、的长，即可求得答案．
【详解】
解：（1）设抛物线方程为
∵抛物线的顶点坐标是
∴
∵抛物线经过点
∴
∴
∴抛物线的解析式是：
（2）∵直线与抛物线交于 、两点
∴
∴，
∴，
∵点是的中点
∴点的纵坐标是
∵
∴的半径
∴圆心到轴的距离等于半径
∴与轴相切
（3）过点作，垂足为，连接，如图：

∵由（2）可知，，
∴
∵
∴
∵
∴
故答案是：（1）（2）见详解（3）
【点拨】此题主要考查了求二次函数解析式，以及一次函数、二次函数以及圆的综合应用，综合性比较强，难度较大．
29．（1）不是；
（2）54；
（3）.
【分析】
（1）根据矩形的性质和“奇妙四边形”的定义进行判断；
（2）连结OB、OD，作OH⊥BD于H，如图2，根据垂径定理，得到BH=DH，根据圆周角定理得到∠BOD=2∠BCD=120°，则利用等腰三角形的性质得∠OBD=30°，在Rt△OBH中可计算出，，则，然后根据奇妙四边形”的面积等于两条对角线乘积的一半求解；
（3）连结OB、OC、OA、OD，作OE⊥AD于E，如图3，根据垂径定理得到AE=DE，再利用圆周角定理得到∠BOM=∠BAC，∠AOE=∠ABD，再利用等角的余角相等得到∠OBM=∠AOE，则可证明△BOM≌△OAE得到OM=AE，于是有．
【详解】
解：（1）矩形的对角线相等但不垂直，
所以矩形不是奇妙四边形；
故答案为不是；
（2）

连结OB、OD，作OH⊥BD于H，如图2，则BH=DH，
∵∠BOD=2∠BCD=2×60°=120°，
∴在等腰△OBD中，∠OBD=30°，
在Rt△OBH中，∵∠OBH=30°，
∴，
∴
∴
∵四边形ABCD是奇妙四边形，
∴，
∴；
（3）．
理由如下：

连结OB、OC、OA、OD，作OE⊥AD于E，如图3，
∵OE⊥AD，
∴在等腰△AOD中，，
又∵，
∴∠BOM=∠BAC，
同理可得∠AOE=∠ABD，
∵BD⊥AC，
∴∠BAC+∠ABD=90°，
∴∠BOM+∠AOE=90°，
∵∠BOM+∠OBM=90°，
∴∠OBM=∠AOE，
在△BOM和△OAE中

∴，
∴OM=AE，
∴．
【点拨】本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理、垂径定理、等腰三角形的性质和矩形的性质；会利用三角形全等解决线段相等的问题．
30．（1）1；（2）①点A′在⊙O上；②；③0°＜α＜30°或60°≤α＜120°
【分析】
（1）如图，作辅助线；证明∠AOC=60°，得到OC=1．
（2）①证明∠PAB=90°，得到PB是⊙O的直径；证明∠PA′B=90°，即可解决问题．
②证明∠A′BP=∠ABP=60°；借助∠APB=60°，得到△PAB为正三角形，求出AB的长即可解决问题．
③直接写出α的取值范围即可解决问题．
【详解】

解：（1）如图，过点O作OC⊥AB于点C；
∵OA=OB，
则∠AOC=∠BOC=×120°=60°，
∵OA=2，
∴OC=1．
故答案为1．
（2）①∵∠AOB=120°
∴∠APB=∠AOB=60°，
∵∠PBA=30°，
∴∠PAB=90°，
∴PB是⊙O的直径，
由翻折可知：∠PA′B=90°，
∴点A′在⊙O上．
②由翻折可知∠A′BP=∠ABP，
∵BA′与⊙O相切，
∴∠OBA′=90°，
∴∠ABA′=120°，
∴∠A′BP=∠ABP=60°；
∵∠APB=60°，
∴△PAB为正三角形，
∴BP=AB；
∵OC⊥AB，
∴AC=BC；而OA=2，OC=1，
∴AC=，
∴BP=AB=2．
③α的取值范围为0°＜α＜30°或60°≤α＜120°．
【点拨】该题主要考查了翻折变换、垂径定理及其应用问题；解题的关键是灵活运用翻折变换、垂径定理等几何知识点来分析、判断、推理或解答．