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    2022年最新强化训练冀教版九年级数学下册第二十九章直线与圆的位置关系同步测评练习题(无超纲)
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    初中数学冀教版九年级下册第29章 直线与圆的位置关系综合与测试一课一练

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    这是一份初中数学冀教版九年级下册第29章 直线与圆的位置关系综合与测试一课一练,共34页。试卷主要包含了如图,一把宽为2cm的刻度尺,下列四个命题中,真命题是,以半径为1的圆的内接正三角形等内容,欢迎下载使用。

    九年级数学下册第二十九章直线与圆的位置关系同步测评
    考试时间:90分钟;命题人:数学教研组
    考生注意:
    1、本卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,满分100分,考试时间90分钟
    2、答卷前,考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
    3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置,如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案;不准使用涂改液、胶带纸、修正带,不按以上要求作答的答案无效。
    第I卷(选择题 30分)
    一、单选题(10小题,每小题3分,共计30分)
    1、在中,,,给出条件:①;②;③外接圆半径为4.请在给出的3个条件中选取一个,使得BC的长唯一.可以选取的是( )
    A.① B.② C.③ D.①或③
    2、下列说法正确的是( )
    A.三点确定一个圆 B.任何三角形有且只有一个内切圆
    C.相等的圆心角所对的弧相等 D.正多边形一定是中心对称图形
    3、如图,BE是⊙O的直径,点A和点D是⊙O上的两点,过点A作的切线交BE延长线于点C,若∠ADE=36°,则∠C的度数是(  )

    A.18° B.28° C.36° D.45°
    4、如图,面积为18的正方形ABCD内接于⊙O,则⊙O的半径为( )

    A. B.
    C.3 D.
    5、如图,一把宽为2cm的刻度尺(单位:cm),放在一个圆形茶杯的杯口上,刻度尺的一边与杯口外沿相切,另一边与杯口外沿两个交点处的读数恰好是2和10,茶杯的杯口外沿半径为( )

    A.10cm B.8cm C.6cm D.5cm
    6、下列四个命题中,真命题是( )
    A.相等的圆心角所对的两条弦相等 B.三角形的内心是到三角形三边距离相等的点
    C.平分弦的直径一定垂直于这条弦 D.等弧就是长度相等的弧
    7、以半径为1的圆的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距为三边作三角形,则( )
    A.不能构成三角形 B.这个三角形是等边三角形
    C.这个三角形是直角三角形 D.这个三角形是等腰三角形
    8、如图,在矩形ABCD中,点E在CD边上,连接AE,将沿AE翻折,使点D落在BC边的点F处,连接AF,在AF上取点O,以O为圆心,线段OF的长为半径作⊙O,⊙O与AB,AE分别相切于点G,H,连接FG,GH.则下列结论错误的是( )

    A. B.四边形EFGH是菱形
    C. D.
    9、若正方形的边长为4,则它的外接圆的半径为( )
    A. B.4 C. D.2
    10、如图,中,,,点O是的内心.则等于( )

    A.124° B.118° C.112° D.62°
    第Ⅱ卷(非选择题 70分)
    二、填空题(5小题,每小题4分,共计20分)
    1、如图,正六边形ABCDEF内接于⊙O,若⊙O的周长为8π,则正六边形的边长为________.

    2、若的半径为5cm,点到圆心的距离为4cm,那么点与的位置关系是__.
    3、如图,正方形ABCD内接于⊙O,点P在上,则∠BPC的度数为_____.

    4、如图,PA、PB是⊙O的切线,A、B为切点,∠OAB=30°.则∠APB=________度;

    5、已知⊙A的半径为5,圆心A(4,3),坐标原点O与⊙A的位置关系是______.
    三、解答题(5小题,每小题10分,共计50分)
    1、如图,四边形OAEC是平行四边形,以O为圆心,OC为半径的圆交CE于D,延长CO交O于B,连接AD、AB,AB是O的切线.

    (1)求证:AD是O的切线.
    (2)若O的半径为4,,求平行四边形OAEC的面积.
    2、如图,是的直径,是圆上两点,且有,连结,作的延长线于点.

    (1)求证:是的切线;
    (2)若,求阴影部分的面积.(结果保留)
    3、如图,点在轴正半轴上,,点是第一象限内的一点,以为直径的圆交轴于,两点,,两点的横坐标是方程的两个根,,连接.

    (1)如图(1),连接.
    ①求的正切值;
    ②求点的坐标.
    (2)如图(2),若点是的中点,作于点,连接,,,求证:.
    4、如图,点E是的内心,AE的延长线交BC于点F,交的外接圆点D.过D作直线.

    (1)求证:DM是的切线;
    (2)求证:;
    (3)若,,求的半径.
    5、苏科版教材八年级下册第94页第19题,小明在学过圆之后,对该题进行重新探究,请你和他一起完成问题探究.
    【问题探究】小明把原问题转化为动点问题,如图1,在边长为6cm的正方形ABCD中,点E从点A出发,沿边AD向点D运动,同时,点F从点B出发,沿边BA向点A运动,它们的运动速度都是2cm/s,当点E运动到点D时,两点同时停止运动,连接CF、BE交于点M,设点E, F运动时问为t秒.

    (1)【问题提出】如图1,点E,F分别在方形ABCD中的边AD、AB上,且,连接BE、CF交于点M,求证:.请你先帮小明加以证明.
    (2)如图1,在点E、F的运动过程中,点M也随之运动,请直接写出点M的运动路径长 cm.
    (3)如图2,连接CE,在点E、F的运动过程中.
    ①试说明点D在△CME的外接圆O上;
    ②若①中的O与正方形的各边共有6个交点,请直接写出t的取值范围.

    -参考答案-
    一、单选题
    1、B
    【解析】
    【分析】
    画出图形,作,交BE于点D.根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可求出AD的长,再由AD和AC的长作比较即可判断①②;由前面所求的AD的长和AB的长,结合该三角形外接圆的半径长,即可判断该外接圆的圆心可在AB上方,也可在AB下方,其与AE的交点即为C点,为两点不唯一,可判断其不符合题意.
    【详解】
    如图,,,点C在射线上.作,交BE于点D.
    ∵,
    ∴为等腰直角三角形,
    ∴,
    ∴不存在的三角形ABC,故①不符合题意;
    ∵,,AC=8,
    而AC>6,
    ∴存在的唯一三角形ABC,
    如图,点C即是.

    ∴,使得BC的长唯一成立,故②符合题意;
    ∵,,
    ∴存在两个点C使的外接圆的半径等于4,两个外接圆圆心分别在AB的上、下两侧,如图,点C和即为使的外接圆的半径等于4的点.

    故③不符合题意.
    故选B.
    【点睛】
    本题考查等腰直角三角形的判定和性质,勾股定理,三角形外接圆的性质.利用数形结合的思想是解答本题的关键.
    2、B
    【解析】
    【分析】
    根据确定圆的条件、三角形的内切圆、圆心角化和弧的关系、中心对称图形的概念判断.
    【详解】
    解:A、不在同一直线上的三点确定一个圆,故错误;
    B、任何三角形有且只有一个内切圆,正确;
    C、在同圆或等圆中,相等的圆心角所对的弧相等,故错误;
    D、边数是偶数的正多边形一定是中心对称图形,故错误;
    故选:B.
    【点睛】
    本题考查的是命题的真假判断,正确的命题叫真命题,错误的命题叫做假命题.判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理.
    3、A
    【解析】
    【分析】
    连接OA,DE,利用切线的性质和角之间的关系解答即可.
    【详解】
    解:连接OA,DE,如图,

    ∵AC是的切线,OA是的半径,
    ∴OAAC
    ∠OAC=90°
    ∠ADE=36°
    AOE=2∠ADE=72°
    ∠C=90°-∠AOE=90°-72°=18°
    故选:A.
    【点睛】
    本题考查了圆周角定理,切线的性质,能求出∠OAC和∠AOC是解题的关键.
    4、C
    【解析】
    【分析】
    连接OA、OB,则为等腰直角三角形,由正方形面积为18,可求边长为,进而通过勾股定理,可得半径为3.
    【详解】
    解:如图,连接OA,OB,则OA=OB,

    ∵四边形ABCD是正方形,
    ∴,
    ∴是等腰直角三角形,
    ∵正方形ABCD的面积是18,
    ∴,
    ∴,即:

    故选C.
    【点睛】
    本题考查了正多边形和圆、正方形的性质等知识,构造等腰直角三角形是解题的关键.
    5、D
    【解析】
    【分析】
    作OD⊥AB于C,OC的延长线交圆于D,其中点为圆心,为半径,cm,cm;设茶杯的杯口外沿半径为,在中,由勾股定理知,进而得出结果.
    【详解】
    解:作OD⊥AB于C,OC的延长线交圆于D,其中点为圆心,为半径,

    由题意可知cm,cm;

    ∴AC=BC=4cm,
    设茶杯的杯口外沿半径为
    则在中,由勾股定理知
    解得
    故选D.
    【点睛】
    本题考查了垂径定理,切线的性质,勾股定理的应用.解题的关键在于将已知线段长度转化到一个直角三角形中求解计算.
    6、B
    【解析】
    【分析】
    利用圆的有关性质及定理、三角形的内心的性质、垂径定理等知识分别判断后即可确定正确的选项.
    【详解】
    解:A、同圆或等圆中,相等的圆心角所对的两条弦相等,则原命题是假命题,故本选项不符合题意;
    B、三角形的内心是到三角形三边距离相等的点,是真命题,故本选项符合题意;
    C、平分弦(不是直径)的直径一定垂直于这条弦,则原命题是假命题,故本选项不符合题意;
    D、等弧是能够完全重合的弧,长度相等的弧不一定是等弧,则原命题是假命题,故本选项不符合题意;
    故选:B
    【点睛】
    本题主要考查了命题与定理的知识,解题的关键是了解圆的有关性质及定理、三角形的内心的性质、垂径定理等知识,难度不大.
    7、C
    【解析】
    【分析】
    分别计算出正三角形、正方形、正六边形的边心距,后根据勾股定理的逆定理,等腰三角形的判定,等边三角形的判定,三角形构成的条件,判断即可.
    【详解】
    如图,∵正三角形、正方形、正六边形都内接于半径为1的圆,边心距分别为OC,OE,OG,OA=1,∠AOC=60°,∠AOE=45°,∠AOG=30°,

    ∴OC=OAcos60°=,OE= OAcos45°=,OG= OAcos30°=,
    ∵,
    ∴这个三角形是直角三角形,
    故选C.
    【点睛】
    本题考查了正多边形与圆,特殊角的三角函数,勾股定理的逆定理,熟练掌握正多边形的计算是解题的关键.
    8、C
    【解析】
    【分析】
    由折叠可得∠DAE=∠FAE,∠D=∠AFE=90°,EF=ED,再根据切线长定理得到AG=AH,∠GAF=∠HAF,进而求出∠GAF=∠HAF=∠DAE=30°,据此对A作出判断;接下来延长EF与AB交于点N,得到EF是⊙O的切线,ANE是等边三角形,证明四边形EFGH是平行四边形,再结合HE=EF可对B作出判断;在RtEFC中,∠C=90°,∠FEC=60°,则EF=2CE,再结合AD=DE对C作出判断;由AG=AH,∠GAF=∠HAF,得出GH⊥AO,不难判断D.
    【详解】
    解:由折叠可得∠DAE=∠FAE,∠D=∠AFE=90°,EF=ED.
    ∵AB和AE都是⊙O的切线,点G、H分别是切点,
    ∴AG=AH,∠GAF=∠HAF,
    ∴∠GAF=∠HAF=∠DAE=30°,
    ∴∠BAE=2∠DAE,故A正确,不符合题意;
    延长EF与AB交于点N,如图:

    ∵OF⊥EF,OF是⊙O的半径,
    ∴EF是⊙O的切线,
    ∴HE=EF,NF=NG,
    ∴△ANE是等边三角形,
    ∴FG//HE,FG=HE,∠AEF=60°,
    ∴四边形EFGH是平行四边形,∠FEC=60°,
    又∵HE=EF,
    ∴四边形EFGH是菱形,故B正确,不符合题意;
    ∵AG=AH,∠GAF=∠HAF,
    ∴GH⊥AO,故D正确,不符合题意;
    在Rt△EFC中,∠C=90°,∠FEC=60°,
    ∴∠EFC=30°,
    ∴EF=2CE,
    ∴DE=2CE.
    ∵在Rt△ADE中,∠AED=60°,
    ∴AD=DE,
    ∴AD=2CE,故C错误,符合题意.
    故选C.
    【点睛】
    本题是一道几何综合题,考查了切线长定理及推论,切线的判定,菱形的定义,含30的直角三角形的性质,等边三角形的判定和性质,翻折变换等,正确理解翻折变换及添加辅助线是解决本题的关键.
    9、C
    【解析】
    【分析】
    根据圆内接正多边形的性质可得正方形的中心即圆心,进而可知正方形的对角线即为圆的直径,根据勾股定理求得正方形对角线的长度即可求得它的外接圆的半径.
    【详解】
    解:∵四边形是正方形,
    ∴的交点即为它的外接圆的圆心,



    故选C

    【点睛】
    本题考查了圆内接正多边形的性质,勾股定理,理解正方形的对角线即为圆的直径是解题的关键.
    10、B
    【解析】
    【分析】
    根据三角形内心的性质得到∠OBC=∠ABC=25°,∠OCB=∠ACB=37°,然后根据三角形内角和计算∠BOC的度数.
    【详解】
    解:∵点O是△ABC的内心,
    ∴OB平分∠ABC,OC平分∠ACB,
    ∴∠OBC=∠ABC=×50°=25°,∠OCB=∠ACB=×74°=37°,
    ∴∠BOC=180°-∠OBC-∠OCB=180°-25°-37°=118°.
    故选B.
    【点睛】
    本题考查了三角形的内切圆与内心:三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点,三角形的内心到三角形三边的距离相等;三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角.
    二、填空题
    1、4
    【解析】
    【分析】
    由周长公式可得⊙O半径为4,再由正多边形的中心角公式可得正六边形ABCDEF中心角为,即可知正六边形ABCDEF为6个边长为4的正三角形组成的,则可求得六边形ABCDEF边长.
    【详解】
    ∵⊙O的周长为8π
    ∴⊙O半径为4
    ∵正六边形ABCDEF内接于⊙O
    ∴正六边形ABCDEF中心角为
    ∴正六边形ABCDEF为6个边长为4的正三角形组成的
    ∴正六边形ABCDEF边长为4.
    故答案为:4.
    【点睛】
    本题考查了正多边形的中心角公式,正n边形的每个中心角都等于,由中心角为得出正六边形ABCDEF为6个边长为4的正三角形组成的是解题的关键.
    2、点在圆内
    【解析】
    【分析】
    比较点到圆心的距离d与半径r的大小关系;当时,点在圆外;当时,点在圆上;当时,点在圆内;求值后进行判断即可.
    【详解】
    解:的半径为,点A到圆心的距离为

    点A与的位置关系是:点A在圆内
    故答案为:点A在圆内.
    【点睛】
    本题考查了点与圆的位置关系.解题的关键在于比较点到圆心的距离d与半径r的大小关系.
    3、45°##45度
    【解析】
    【分析】
    连接OB、OC,根据正方形的性质得到∠BOC的度数,利用圆周角与圆心角的关系得到答案.
    【详解】
    解:连接OB、OC,

    ∵四边形ABCD是正方形,
    ∴∠BOC=90°,
    ∴∠BPC=,
    故答案为:45°.
    【点睛】
    此题考查了圆内接正方形的性质,圆周角定理:同弧所对的圆周角等于圆心角的一半,熟记各知识点是解题的关键.
    4、60
    【解析】
    【分析】
    先根据圆的切线的性质可得,从而可得,再根据切线长定理可得,然后根据等边三角形的判定与性质即可得.
    【详解】
    解:是的切线,




    是等边三角形,

    故答案为:60.
    【点睛】
    本题考查了圆的切线的性质、切线长定理等知识点,熟练掌握圆的切线的性质是解题关键.
    5、在⊙A上
    【解析】
    【分析】
    先根据两点间的距离公式计算出OA,然后根据点与圆的位置关系的判定方法判断点O与⊙A的位置关系.
    【详解】
    解:∵点A的坐标为(4,3),
    ∴OA==5,
    ∵半径为5,
    ∴OA=r,
    ∴点O在⊙A上.
    故答案为:在⊙A上.
    【点睛】
    本题考查了点与圆的位置关系:点与圆的位置关系有3种.设⊙O的半径为r,点P到圆心的距离OP=d,当点P在圆外⇔d>r;当点P在圆上⇔d=r;当点P在圆内⇔d<r.
    三、解答题
    1、 (1)见解析
    (2)32
    【解析】
    【分析】
    (1)连接OD,证明,可得,根据切线的性质可得,进而可得,即可证明AD是O的切线;
    (2)根据平行四边形OAEC的面积等于2倍即可求解.
    (1)
    证明:连接OD.

    ∵四边形OAEC是平行四边形,
    ∴,




    又∵,

    ∴,
    ∵AB与相切于点B,


    ∴,

    又∵OD是的半径,
    ∴AD为的切线.
    (2)


    在Rt△AOD中,
    ∴平行四边形OABC的面积是
    【点睛】
    本题考查了切线的性质与判定,平行四边形的性质,三角形全等的性质与判定,掌握切线的性质与判定是解题的关键.
    2、 (1)见解析
    (2)
    【解析】
    【分析】
    (1)要证明DE是⊙O的切线,所以连接OD,只要求出∠ODE=90°即可解答;
    (2)连接BD,利用Rt△ADB的面积加上弓形面积即可求出阴影部分的面积.
    (1)
    证明:连接OD,

    ∵,
    ∴∠CAD=∠BAD,
    ∵OA=OD,
    ∴∠OAD=∠ODA,
    ∴∠CAD=∠ODA,
    ∴AE∥OD,
    ∴∠E+∠ODE=90°,
    ∵DE⊥AC,
    ∴∠E=90°,
    ∴∠ODE=180°﹣∠E=90°,
    ∵OD是圆O的半径,
    ∴DE是⊙O的切线;
    (2)
    连接BD,

    ∵AB是⊙O的直径,
    ∴∠ADB=90°,
    ∵∠ADE=60°,∠E=90°,
    ∴∠CAD=90°﹣∠ADE=30°,
    ∴∠DAB=∠CAD=30°,
    ∴AB=2BD,
    ∵,

    ∴BD=2,BA=4,
    ∴OD=OB=2,
    ∴△ODB是等边三角形,
    ∴∠DOB=60°,
    ∴△ADB的面积=AD•DB
    =×2×2
    =2,
    ∵OA=OB,
    ∴△DOB的面积=△ADB的面积=,
    ∴阴影部分的面积为:
    △ADB的面积+扇形DOB的面积﹣△DOB的面积
    =2﹣
    =,
    ∴阴影部分的面积为:.
    【点睛】
    本题考查了切线的判定与性质,圆周角定理,扇形的面积公式,勾股定理,含30°角的直角三角形,根据题目的已知条件并结合图形,添加适当的辅助线是解题的关键.
    3、 (1)①,②(4,3)
    (2)见解析
    【解析】
    【分析】
    (1)①过点P作PH⊥DC于H,作AF⊥PH于F,连接PD、AD,利用因式分解法解出一元二次方程,求出OD、OC,根据垂径定理求出DH,根据勾股定理计算求出半径,根据圆周角定理得到∠ADB=90°,根据正切的定义计算即可;②过点B作BE⊥x轴于点E,作AG⊥BE于G,根据平行线分线段成比例定理定理分别求出OE、BE,得到点B的坐标;
    (2)过点E作EH⊥x轴于H,证明△EHD≌△EFB,得到EH=EF,DH=BF,再证明Rt△EHC≌Rt△EFC,得到CH=CF,结合图形计算,证明结论.
    (1)
    解:①以AB为直径的圆的圆心为P,
    过点P作PH⊥DC于H,作AF⊥PH于F,连接PD、AD,
    则DH=HC=DC,四边形AOHF为矩形,
    ∴AF=OH,FH=OA=1,
    解方程x2﹣4x+3=0,得x1=1,x2=3,
    ∵OC>OD,
    ∴OD=1,OC=3,
    ∴DC=2,
    ∴DH=1,
    ∴AF=OH=2,
    设圆的半径为r,则PH2=,
    ∴PF=PH﹣FH,
    在Rt△APF中,AP2=AF2+PF2,即r2=22+(PH﹣1)2,
    解得:r=,PH=2,PF=PH﹣FH=1,
    ∵∠AOD=90°,OA=OD=1,
    ∴AD=,
    ∵AB为直径,
    ∴∠ADB=90°,
    ∴BD===3,
    ∴tan∠ABD===;
    ②过点B作BE⊥x轴于点E,交圆于点G,连接AG,
    ∴∠BEO=90°,
    ∵AB为直径,
    ∴∠AGB=90°,
    ∵∠AOE=90°,
    ∴四边形AOEG是矩形,
    ∴OE=AG,OA=EG=1,
    ∵AF=2,
    ∵PH⊥DC,
    ∴PH⊥AG,
    ∴AF=FG=2,
    ∴AG=OE=4,BG=2PF=2,
    ∴BE=3,
    ∴点B的坐标为(4,3);

    (2)
    证明:过点E作EH⊥x轴于H,
    ∵点E是的中点,
    ∴=,
    ∴ED=EB,
    ∵四边形EDCB为圆P的内接四边形,
    ∴∠EDH=∠EBF,
    在△EHD和△EFB中,

    ∴△EHD≌△EFB(AAS),
    ∴EH=EF,DH=BF,
    在Rt△EHC和Rt△EFC中,

    ∴Rt△EHC≌Rt△EFC(HL),
    ∴CH=CF,
    ∴2CF=CH+CF=CD+DH+BC﹣BF=BC+CD.

    【点睛】
    本题考查的是圆周角定理、全等三角形的判定和性质、垂径定理、勾股定理的应用,正确作出辅助线、求出圆的半径是解题的关键.
    4、 (1)见解析
    (2)见解析
    (3)⊙O的半径为5.
    【解析】
    【分析】
    (1)连接OD交BC于H,根据圆周角定理和切线的判定即可证明;
    (2)连接BD,由点E是△ABC的内心,得到∠ABE=∠CBE,∠DBC=∠BAD,推出∠BED=∠DBE,根据等角对等边得到BD=DE;
    (3)根据垂径定理和勾股定理即可求出结果.
    (1)
    证明:连接OD交BC于H,如图,

    ∵点E是△ABC的内心,
    ∴AD平分∠BAC,
    即∠BAD=∠CAD,
    ∴,
    ∴OD⊥BC,BH=CH,
    ∵DM∥BC,
    ∴OD⊥DM,
    ∴DM是⊙O的切线;
    (2)
    证明:∵点E是△ABC的内心,

    ∴∠ABE=∠CBE,
    ∵,
    ∴∠DBC=∠BAD,
    ∴∠DEB=∠BAD+∠ABE=∠DBC+∠CBE=∠DBE,
    即∠BED=∠DBE,
    ∴BD=DE;
    (3)
    解:设⊙O的半径为r,
    连接OD,OB,如图,

    由(1)得OD⊥BC,BH=CH,
    ∵BC=8,
    ∴BH=CH=4,
    ∵DE=2,BD=DE,
    ∴BD=2,
    在Rt△BHD中,BD2=BH2+HD2,
    ∴(2)2=42+HD2,解得:HD=2,
    在Rt△BHO中,
    r2=BH2+(r-2)2,解得:r=5.
    ∴⊙O的半径为5.
    【点睛】
    本题考查了三角形的内心,切线的判定与性质,三角形的外接圆与外心,圆周角定理,垂径定理,解决本题的关键是综合运用以上知识.
    5、 (1)见解析
    (2)
    (3)①见解析;②
    【解析】
    【分析】
    (1)根据正方形的性质以及动点的路程相等,证明,根据同角的余角相等,即可证明,即;
    (2)当t=0时,点M与点B重合,当时,点随之停止,求得运动轨迹为圆,根据弧长公式进行计算即可;
    (3)①根据(2)可得△CME的外接圆的圆心O是斜边CE的中点,继而判断点D、C、M、E在同一个圆()上;②当与AB相切时,与正方形的各边共有5个交点,如图5则有6个交点,所以“当与AB相切时”是临界情况.如图4,当与AB相切(切点为G),连接OG,并延长GO交CD于点H,在Rt△CHO中求得半径,进而勾股定理求得,即可求得当时,与正方形的各边共有6个交点.
    (1)
    四边形是正方形,

    又的运动速度都是2cm/s,








    (2)
    ∵.
    ∴点M在以CB为直径的圆上,如图1,当t=0时,点M与点B重合;
    如图2,当t=3时,点M为正方形对角线的交点.点M的运动路径为圆,其路径长.
    故答案为:
    (3)
    ①如图3.由前面结论可知:
    ∴△CME的外接圆的圆心O是斜边CE的中点,

    在Rt△CDE中,,O是CE的中点.
    ∴,

    ∴点D、C、M、E在同一个圆()上,
    即点D在△CME的外接圆上;.
    ②.
    如图4,当与AB相切时,与正方形的各边共有5个交点,如图5则有6个交点,所以“当与AB相切时”是临界情况.
    如图4,当与AB相切(切点为G),连接OG,并延长GO交CD于点H.
    ∵AB与相切,
    ∴,
    又∵,
    ∴,

    设的半径为R.由题意得:
    在Rt△CHO中,,解得

    ∴,即
    ∴如图5,当时,与正方形的各边共有6个交点.

    【点睛】
    本题考查了求弧长,切线的性质,直径所对的圆周角是直角,三角形的外心,正方形的性质,全等三角形的性质与判定,分类讨论是解题的关键.

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