初中数学第3章 圆的基本性质综合与测试达标测试

这是一份初中数学第3章 圆的基本性质综合与测试达标测试，共35页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

浙教版初中数学九年级上册第三单元《圆的基本性质》
考试范围：第三章；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）

一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 平面上有四个点，过其中任意3个点一共能确定圆的个数为(    )
A. 0或3或4 B. 0或1或3 C. 0或1或3或4 D. 0或1或4
2. 如图，在平面直角坐标系中，A(0,3)、B(3,0)，以点B为圆心、2为半径的⊙B上有一动点P连接AP，若点C为AP的中点，连接OC，则OC的最小值为(    )
A. 1
B. 322−1
C. 2
D. 22−1
3. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=Rt∠，∠B=30°，AC=23，P是BC边上一动点，连接AP，把线段AP绕点A逆时针旋转60°到线段AQ，连接CQ，则线段CQ的最小值为(    )

A. 1 B. 2 C. 3 D. 3
4. 如图，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，将直角边AC绕A点逆时针旋转至AC′，连接BC′，E为BC′的中点，连接CE，则CE的最大值为(    )
A. 5
B. 2+1
C. 22+1
D. 52+1


5. 如图，△ABC是圆O的内接正三角形，弦EF过BC的中点D，且EF//AB，若AB=4，则DE的长为(    )
A. 1
B. 5−1
C. 3
D. 2


6. 已知⊙O的直径CD=10cm，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，且AB=8cm，则AC的长为(    )
A. 25cm B. 25cm或45cm
C. 45cm D. 23cm或43cm
7. 如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是边长为2的正方形，点A在y轴上运动，点B在x轴上运动，点E为对角线的交点，在运动过程中点E到y轴的最大距离是(    )

A. 22 B. 1 C. 2 D. 2
8. 如图，在矩形ABCD中，AD=5，AB=33，点E在AB上，AEEB=12，在矩形内找一点P，使得∠BPE=60°，则线段PD的最小值为(    )


A. 27−2 B. 213−4 C. 4 D. 23
9. 给出下列4个命题：①对顶角相等；②同位角相等；③在同一个圆中，同一条弦所对的圆周角都相等；④圆的内接四边形对角互补.其中，真命题为(    )
A. ①②④ B. ①③④ C. ①④ D. ①②③④
10. 下列命题是真命题的个数是                (    )
①直径所对的圆周角等于90°. ②平分弦的直径垂直于弦.  ③两条平行弦所夹的弧相等.           ④在同圆或等圆中相等的弦所对的圆周角相等.  ⑤矩形的四个顶点都在同一个圆上．
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
11. 以半径为2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，则该三角形的面积是(    )
A. 22 B. 32 C. 2 D. 3
12. 如图，⊙O的半径为3，边长为2的正六边形ABCDEF的中心与O重合，M、N分别是AB、FA的延长线与⊙O的交点，则图中阴影部分的面积是(    )
A. π−3
B. 32π−3
C. 94π−3
D. 94π−32
第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，点A、B的坐标分别为A(0,4)、B(4,0)，点C为坐标平面内一点，BC=2，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为______．

14. 如图，将半径为2cm的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心O，则折痕AB的长为________________________cm．


15. 如图，点P是正方形ABCD的对角线BD延长线上的一点，连接PA，过点P作PE⊥PA交BC的延长线于点E，过点E作EF⊥BP于点F，则下列结论中：
①PA=PE；②CE=2PD；③BF−PD=12BD；④S△PEF=S△ADP
正确的是          (填写所有正确结论的序号)
16. 如图，在扇形OAB中，∠AOB=90°，OA=OB=2，将扇形OAB绕边OB的中点D顺时针旋转90°得到扇形O′A′B′，弧A′B′交OA于点E，则图中阴影部分的面积为______ ．




三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. 如图1，在△ABC中，∠A=∠B=30°，AB=24cm，点D和点E分别从点A、点B同时出发，在线段AB上以2cm/s做等速运动，分别到达点B、点A后停止运动．设运动时间为t秒．
(1)求证：△ADC≌△BEC；
(2)若AC=AE，求∠ADC的度数；
(3)当△ADC的外心在其外部时，请直接写出t的取值范围．
18. 综合与实践
问题情境：
如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB=90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′(点A的对应点为点C).延长AE交CE′于点F，连接DE．
猜想证明：
(1)试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由；
(2)如图②，若DA=DE，请猜想线段CF与FE′的数量关系并加以证明；
解决问题：
(3)如图①，若AB=15，CF=3，请直接写出DE的长．


19. 如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠B=60°.将一个60°的∠PCQ的顶点放在点C处，并绕点C旋转，当CP与AB交于点M，CQ同时与AD交于点N.连接AC．
(1)求AC的长；
(2)求证：△ANC≌△BMC；
(3)求△AMN的周长的最小值．

20. 如图，⊙O是△ABC的外接圆，AE平分△ABC的外角∠DAC，OM⊥AB，ON⊥AC，垂足分别是点M、N，且OM=ON．
(1)求证：AE//BC；
(2)如图，延长ON交AE于E点，若OE=7，ON=1，求⊙O的半径长．

21. 已知，如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，OF⊥BD于点F，交⊙O于点D，AC与BD交于点G，点E为OC的延长线上一点，且∠OEB=∠ACD．
(1)求证：BE是⊙O的切线；
(2)求证：CD2=CG⋅CA；
(3)若⊙O的半径为52，BG的长为154，求tan∠CAB．

22. 如图，已知△ABC内接于⊙O，点C在劣弧AB上(不与点A，B重合)，点D为弦BC的中点，DE⊥BC，DE与AC的延长线交于点E，射线AO与射线EB交于点F，与⊙O交于点G，设∠GAB=α，∠ACB=β，∠EAG+∠EBA=γ．

(1)点点同学通过画图和测量得到以下近似数据：
α
30∘
40∘
50∘
60∘
β
120∘
130∘
140∘
150∘
γ
150∘
140∘
130∘
120∘
猜想：β关于α的函数表达式，γ关于α的函数表达式，并给出证明;
(2)若γ=135∘，CD=3，△ABE的面积为△ABC的面积的4倍，求⊙O半径的长．
23. 如图，图1、图2、图3、…、图n分别是⊙O的内接正三角形ABC，正四边形ABCD、正五边形ABCDE、…、正n边形ABCD…，点M、N分别从点B、C开始以相同的速度在⊙O上逆时针运动．
(1)求图1中∠APN的度数是______；图2中，∠APN的度数是______，图3中∠APN的度数是______．
(2)试探索∠APN的度数与正多边形边数n的关系(直接写答案)______．

24. 如图，已知等边△ABC内接于⊙O，BD为内接正十二边形的一边，CD=52cm，求⊙O的半径R．

25. 如图1，已知A、B、C是⊙O上的三点，AB=AC，∠BAC=120°

(1)求证：⊙O的半径R=AB；
(2)如图2，若点D是∠BAC所对弧上的一动点，连接DA，DB，DC．
①探究DA，DB，DC三者之间的数量关系，并说明理由；
②若AB=3，点Cˈ与C关于AD对称，连接CˈD，点E是CˈD的中点，当点D从点B运动到点C时，求点E的运动路径长．
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查确定圆的条件，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题.如图，当四点在同一条直线上时，不能确定圆：当四点共圆时，只能作一个圆;当三点在同一直线上时，可以作三个圆;当四点不共圆时，且没有三点共线时，能确定四个圆，由此即可解决问题．
【解答】
解：如图，当四点在同一条直线上时，不能确定圆，当四点共圆时，只能作一个圆，当三点在同一直线上时，可以作三个圆，当四点不共圆时，且没有三点共线时，能确定四个圆．

故选C．
  
2.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了图形与坐标的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、圆的性质、两点之间线段最短，确定出OC最小时点C的位置是解题关键，也是本题的难点．确定点C的运动路径是：以D为圆心，以DC1为半径的圆，当O、C、D共线时，OC的长最小，先求⊙D的半径为1，说明D是AB的中点，根据直角三角形斜边中线是斜边一半可得OD=322，所以OC的最小值是322−1．
【解答】
解：当点P运动到AB的延长线上时，即如图中点P1，C1是AP1的中点，
当点P在线段AB上时，C2是中点，取C1C2的中点为D，
点C的运动路径是以D为圆心，以DC1为半径的圆(CA：PA=1：2，则点C轨迹和点P轨迹相似，所以点C的轨迹就是圆)，当O、C、D共线时，OC的长最小，
设线段AB交⊙B于Q，
Rt△AOB中，OA=3，OB=3，
∴AB=32，
∵⊙B的半径为2，
∴BP1=2，AP1=32+2，
∵C1是AP1的中点，
∴AC1=322+1，AQ=32−2，
∵C2是AQ的中点，
∴AC2=C2Q=322−1，
C1C2=322−1−(322−1)=2，即⊙D的半径为1，
∵AD=322−1+1=322=12AB，
∴OD=12AB=322，
∴OC=322−1，
故选：B．  
3.【答案】D 
【解析】解：如图，在AB上取一点E，使AE=AC=23，连接PE，过点E作EF⊥BC于F，
由旋转知，AQ=AP，∠PAQ=60°，
∵∠ABC=30°，
∴∠EAC=60°，
∴∠PAQ=∠EAC，
∴∠CAQ=∠EAP，
∴△CAQ≌△EAP(SAS)，
∴CQ=EP，
要使CQ最小，则有EP最小，而点E是定点，点P是BC上的动点，
∴当EF⊥BC(点P和点F重合)时，EP最小，
即：点P与点F重合，CQ最小，最小值为EP，
在Rt△ACB中，∠ACB=30°，AC=23，
∴AB=43，
∵AE=AC=23，
∴BE=AB−AE=23，
在Rt△BFE中，∠EBF=30°，BE=23，
∴EF=12BE=3，
故线段CQ长度最小值是3，
故选：D．
在AB上取一点E，使AE=AC=2，连接PE，过点E作EF⊥BC于F，由旋转的性质得出AQ=AP，∠PAQ=60°，证明△CAQ≌△EAP(SAS)，由全等三角形的性质得出CQ=EP，当EF⊥BC(点P和点F重合)时，EP最小，由直角三角形的性质即可得出结论．
此题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，找出点P和点F重合时，EQ最小，最小值为EF的长度是解本题的关键．

4.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，三角形的中位线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．取AB的中点M，连接CM，EM，当CE=CM+EM时，CE的值最大，根据旋转的性质得到AC′=AC=2，由三角形的中位线的性质得到EM=12AC′=1，根据勾股定理得到AB=22，即可得到结论．
【解答】
解：如下图所示，取AB的中点M，连接CM，EM，

∴当CE=CM+EM时，CE的值最大，
∵将直角边AC绕A点逆时针旋转至AC′，
∴AC′=AC=2，
∵E为BC′的中点，
∴EM=12AC′=1，
∵∠ACB=90°，AC=BC=2，
∴AB=22，
∴CM=12AB=2，
∴CE=CM+EM=2+1，
故选B．  
5.【答案】B 
【解析】解：如图．过C作CN⊥AB于N，交EF于M，
∵EF//AB，
∴CM⊥EF．

根据圆和等边三角形的性质知：CN必过点O．
∵EF//AB，D是BC的中点，
∴DG是△ABC的中位线，
∴DG=12AB=2；
∵△CGD是等边三角形，CM⊥DG，
∴DM=MG；
∵OM⊥EF，由垂径定理得：EM=MF，
∴DE=GF．
∵弦BC、EF相交于点D，
∴BD⋅DC=DE⋅DF，即DE×(DE+2)=4；
解得DE=5−1(负值舍去)．
故选：B．
设AC与EF交于点G，由于EF//AB，且D是BC中点，易得DG是△ABC的中位线，即DG=2；易知△CDG是等腰三角形，可过C作AB的垂线，交EF于M，交AB于N；然后证DE=FG，根据相交弦定理得BD⋅DC=DE⋅DF，而BD、DC的长易知，DE=2+DE，由此可得到关于DE的方程，即可求得DE的长．
本题考查三角形外接圆与外心，等边三角形的性质、垂径定理、三角形中位线定理、相交弦定理等知识，能够证得DE、GF的数量关系是解答此题的关键．

6.【答案】B 
【解析】解：如图，连接AO．

∵⊙O的直径CD=10cm，AB⊥CD，AB=8cm，
∴AM=12AB=12×8=4(cm)，OD=OC=5cm．
∵C、D在弦AB的哪一侧位置不确定，
∴求弦AC的长需分如图两种情况．
当点C的位置如图①时，
∵OA=5cm，AM=4cm，CD⊥AB，
∴OM=OA2−AM2=52−42=3(cm)．
∴CM=OC+OM=5+3=8(cm)．
∴AC=AM2+CM2=42+82=45(cm)．
当点C的位置如图②时，同理可得OM=3cm．
∵OC=5cm，
∴MC=5−3=2(cm)．
在Rt△AMC中，AC=AM2+MC2=42+22=25(cm)．


7.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题主要考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，解答本题的关键是确定点E的运动路径；设AB的中点为M，连接ME、MO、OE，过点E作EF⊥y轴于F，根据直角三角形斜边上中线的性质得出MO=MA=MB=ME，以点M为圆心，以MA的长为半径画圆，则A、O、B、E四点在以点M为圆心，以MA的长为半径的⊙M上，根据圆周角定理得出∠AOE=∠ABE=45°，点E在第一象限的角平分线上运动，根据EF⩽EA求出EF的最大值，即可求解．
【解答】
解：设AB的中点为M，连接ME、MO、OE，过点E作EF⊥y轴于F，如图：

∵四边形ABCD是边长为2的正方形，
∴AB=2，AE=BE，∠AEB=90°，∠ABE=45°，
根据勾股定理可得，AE2+BE2=AB2，即2AE2=22，
∴AE=2，BE=2，
∵AB是Rt△AOB和Rt△AEB的斜边，M是AB的中点，
∴OM=12AB=MA=MB，EM=12AB=MA=MB，
∴MO=MA=MB=ME，
以点M为圆心，以MA的长为半径画圆，则A、O、B、E四点在以点M为圆心，以MA的长为半径的⊙M上，
根据圆周角定理得出∠AOE=∠ABE=45°，
∴点E在第一象限的角平分线上运动，
∵EF⩽EA，AE=2，
∴EF的最大值为2，
∴在运动过程中点E到y轴的最大距离是2．
故选C．  
8.【答案】A 
【解析】解：如图，在BE是上方，作△OEB，使得OE=EB，∠EOB=120°，连接OD，过点O作OQ⊥BE于Q，OJ⊥AD于J．

∵∠BPE=12∠EOB，
∴点P的运动轨迹是以O为圆心，OE为半径的⊙O，
∴当点P落在线段OD上时，DP的值最小，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
∵AB=33，AE：EB=1：2，
∴BE=23，
∵OE=OB，∠EOB=120°，OQ⊥EB，
∴EQ=BQ=3，∠EOQ=∠BOQ=60°，
∴OQ=1，OE=2，
∵OJ⊥AD，OQ⊥AB，
∴∠A=∠AJO=∠AQO=90°，
∴四边形AQOJ是矩形，
∴AJ=OQ=1，
JO=AQ=23，
∵AD=5，
∴DJ=AD−AJ=4，
∴OD=JD2+OJ2=42+(23)2=27，
∴PD的最小值=OD−OP=27−2，
故选：A．
如图，在BE是上方，作△OEB，使得OE=EB，∠EOB=120°，连接OD，过点O作OQ⊥BE于Q，OJ⊥AD于J.证明点P的运动轨迹是以O为圆心，OE为半径的⊙O，推出当点P落在线段OD上时，DP的值最小，想办法求出OD，OP，可得结论．
本题考查点与圆的位置关系，矩形的性质，圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加辅助圆解决问题，属于中考选择题中的压轴题．

9.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了命题：判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题；错误的命题称为假命题．
根据对顶角、平行线的性质、圆周角定理和圆内接四边形进行判断即可．
【解答】
解：对于 ①，对顶角相等，故 ①是真命题;
对于 ②，两直线平行，同位角相等，故 ②是假命题;
对于 ③，在同圆或等圆中，同一条弦所对的圆周角相等或互补，故 ③是假命题;
对于 ④，圆的内接四边形对角互补，故 ④是真命题．  
10.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了命题与定理：命题的“真”“假”是就命题的内容而言．任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．
【解答】
解：①直径所对的圆周角等于90°，是真命题；
②平分弦的直径垂直于弦，是假命题；
③两条平行弦所夹的弧相等，是真命题；
④在同圆或等圆中相等的弦所对的圆周角相等，是假命题；
⑤矩形的四个顶点都在同一个圆上，是真命题；
故选B．  
11.【答案】A 
【解析】解：如图1，

∵OC=2，
∴OD=2×sin30°=1；
如图2，

∵OB=2，
∴OE=2×sin45°=2；
如图3，

∵OA=2，
∴OD=2×cos30°=3，
则该三角形的三边分别为：1，2，3，
∵(1)2+(2)2=(3)2，
∴该三角形是直角三角形，
∴该三角形的面积是：12×1×2=22．
故选：A．
由于内接正三角形、正方形、正六边形是特殊内角的多边形，可构造直角三角形分别求出边心距的长，由勾股定理逆定理可得该三角形是直角三角形，进而可得其面积．
本题主要考查多边形与圆，解答此题要明确：多边形的半径、边心距、中心角等概念，根据解直角三角形的知识解答是解题的关键．

12.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题主要考查了正多边形与圆的关系，阴影部分的面积，解答本题的关键是掌握利用“割补法”求阴影部分面积的思路与方法；连接OA、OB、ON、OM，ON交AB于G，OM交BC于H，过点A作AP⊥OB于P，然后观察图形，利用“割补法”求出阴影部分的面积即可．
【解答】
解：连接OA、OB、ON、OM，ON交AB于G，OM交BC于H，过点A作AP⊥OB于P，如图：

则△OBM≌△OAN，△OAG≌△OBH，
∴S△OBM=S△OAN，S△OAG=S△OBH，
∴S△OBM−S△OBH=S△OAN−S△OAG，
∴S△MBH=S△NAG，
在△OAB中，OA=AB=OB=2，BP=OP=1，∠APO=90°，
∴AP=AO2−PO2=22−12=3，
∴S△AOB=12OB·AP=12×2×3=3，
∴S阴影=S扇形MON−S四边形OGBH
=S扇形MON−S△AOB
=60π×32360−3
=32π−3．
故选：B．  
13.【答案】22+1 
【解析】解：如图，∵点C为坐标平面内一点，BC=2，
∴C在⊙B上，且半径为2，
取OD=OA=4，连接CD，

∵AM=CM，OD=OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM=12CD，
当OM最大时，即CD最大，而D，B，C三点共线时，当C在DB的延长线上时，OM最大，
∵OB=OD=4，∠BOD=90°，
∴BD=42，
∴CD=42+2，
∴OM=12CD=22+1，即OM的最大值为22+1，
故答案为：22+1．
根据同圆的半径相等可知：点C在半径为2的⊙B上，通过画图可知，C在BD与圆B的交点时，OM最小，在DB的延长线上时，OM最大，根据三角形的中位线定理可得结论．
本题考查了坐标和图形的性质，三角形的中位线定理等知识，确定OM为最大值时点C的位置是关键，也是难点．

14.【答案】23 
【解析】解：过点O作OD⊥AB交AB于点D，连接OA，
∵OA=2OD=2cm，
∴AD=OA2−OD2=22−12=3cm，
∵OD⊥AB，
∴AB=2AD=23cm．
故答案为：23．
通过作辅助线，过点O作OD⊥AB交AB于点D，根据折叠的性质可知OA=2OD，根据勾股定理可将AD的长求出，通过垂径定理可求出AB的长．
本题综合考查垂径定理和勾股定理的运用．

15.【答案】①②③ 
【解析】
【分析】
此题属于四边形综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，正方形的性质，平行四边形和矩形的判定和性质，勾股定理，以及等腰直角三角形的性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．
①连接AE，利用四点共圆证明△APE是等腰直角三角形，可得结论；
②如图3，作辅助线，证明四边形DCGP是平行四边形，可得结论；
③证明四边形OCGF是矩形，可作判断；
④证明△AOP≌△PFE(AAS)，则S△AOP=S△PEF，可作判断．
【解答】
解：连接AE，∵∠ABE=∠APE=90°，

∴A、B、E、P四点共圆，
∴∠EAP=∠PBE=45°，
∵AP⊥PE，
∴∠APE=90°，
∴△APE是等腰直角三角形，
∴AP=PE，
故①正确；
②如图3，在EF取一点G，使得FG=FP，连接BG、PG、CG，
∵四边形ABCD是正方形，EF⊥BP，
∴∠FBE=∠FEB=45°，
∴BF=EF，
在△BFG和△EFP中，
∵BF=EF∠BFG=∠EFPFG=FP，
∴△BFG≌△EFP(SAS)，
∴BG=PE，
∵∠ABD=∠FPG=45°，
∴AB//PG，
∵AP⊥PE，
∴∠APF+∠FPE=∠FPE+∠PEF=90°，
∴∠APF=∠PEF=∠GBF，
∴AP//BG，
∴四边形ABGP是平行四边形，

∵AB=CD，AB//CD，
∴PG//CD，PG=CD，
∴四边形DCGP是平行四边形，
∴CG=PD，CG//PD，
∵PD⊥EF，
∴CG⊥EF，即∠CGE=90°，
∵∠CEG=45°，
∴CE=2CG=2PD；
故②正确；
③连接AC交BP于O，如图4，由②知：∠CGF=∠GFO=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，
∴∠COF=90°，
∴四边形OCGF是矩形，
∴CG=OF=PD，
∴12BD=OB=BF−OF=BF−PD，
故③正确；

④在△AOP和△PFE中，
∵∠AOP=∠EFP=90°∠APF=∠PEFAP=PE，
∴△AOP≌△PFE(AAS)，
∴S△AOP=S△PEF，
∴S△ADP 故④不正确；
∴结论正确的有：①②③，
故答案为①②③．  
16.【答案】1−32+5π12． 
【解析】解：延长EO交O′A′于P，则由∠AOB=90°，OA=OB=2，D为OB中点，可得
S阴影OPO′=12−π×124=1−π4；
∵O′P=12OE，∠EPO′=90°，
∴cos∠EO′P=12，
∴∠EO′P=60°，EP=3
∴S阴影A′PE=S扇形O′A′E−S△O′PE
=60π×22360−12×3×1
=2π3−32
∴S阴影═1−π4+2π3−32=1−32+5π12．
故答案为1−32+5π12．

延长EO交O′A′于P，分S阴影OPO′和S阴影A′PE两部分来求，之后加起来即可．
本题属于旋转变换求阴影面积的问题，需要分部分来求，考查了三角函数及扇形面积和三角形面积的求法，难度略大．

17.【答案】 (1)证明：∵∠A=∠B，∴AC=BC．
 又∵AD=BE，
∴△ADC≌△BEC(SAS)．
(2)解：如解图①，

图①
∵AC=AE，∠A=30°，∴ ∠ACE=∠AEC=75°．
∵△ADC≌△BEC，∴CD=CE，
∴∠CDE=∠CED=75°．
∴∠ADC=180°−∠CDE=180°−75°=105°；
(3)解：要使△ADC的外心在其外部，则△ADC为钝角三角形，
ⅰ.当∠ADC是钝角时，如解图②，过点C作CF⊥AB，垂足为点F，

图②
 ∵ AB=24cm
∴AF=12AB=12×24=12cm
∴t=12÷2=6s．
∴0 ⅱ.当∠ACD是钝角时，如解图③，

图③
过点C作CM⊥AC交AB于点M，如解图②，在Rt△ACF中，
∵∠A=30°，
∴CF=12AC，
根据勾股定理得：AC2−(12AC)2=122，
解得AC=83cm．
如解图③，在Rt△ACM中，
∵∠A=30°，
∴CM=12AM，
根据勾股定理得：AM2−(12AM)2=(83)2，
解得AM=16cm．
∴t=16÷2=8(s)．
又∵点D从点A运动到点B所需的时间t=24÷2=12(s)
∴8 综上所述，当△ADC的外心在其外部时，t的取值范围为：0 【解析】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的外接圆与外心的知识点．
(1)根据等腰三角形的判定与性质以及全等三角形的判定定理即可求证；
(2)根据(1)的结论可得CD=CE，即可求出∠CDE=∠CED=75°，再根据∠ADC=180°−∠CDE即可求解；
(3)分情况讨论，ⅰ.当∠ADC是钝角时，过点C作CF⊥AB，ⅱ.当∠ACD是钝角时，过点C作CM⊥AC，利用勾股定理即可求解．

18.【答案】解：(1)四边形BE′FE是正方形，
理由如下：
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴∠AEB=∠CE′B=90°，BE=BE′，∠EBE′=90°，
又∵∠BEF=90°，
∴四边形BE′FE是矩形，
又∵BE=BE′，
∴四边形BE′FE是正方形；
(2)CF=E′F；
理由如下：如图②，过点D作DH⊥AE于H，

∵DA=DE，DH⊥AE，
∴AH=12AE，
∴∠ADH+∠DAH=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∴∠DAH+∠EAB=90°，
∴∠ADH=∠EAB，
又∵AD=AB，∠AHD=∠AEB=90°，
∴△ADH≌△BAE(AAS)，
∴AH=BE=12AE，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴AE=CE′，
∵四边形BE′FE是正方形，
∴BE=E′F，
∴E′F=12CE′，
∴CF=E′F；
(3)如图①，过点D作DH⊥AE于H，

∵四边形BE′FE是正方形，
∴BE′=E′F=BE，
∵AB=BC=15，CF=3，BC2=E′B2+E′C2，
∴225=E′B2+(E′B+3)2，
∴E′B=9=BE，
∴CE′=CF+E′F=12，
由(2)可知：BE=AH=9，DH=AE=CE′=12，
∴HE=3，
∴DE=DH2+HE2=144+9=317． 
【解析】(1)由旋转的性质可得∠AEB=∠CE′B=90°，BE=BE′，∠EBE′=90°，由正方形的判定可证四边形BE′FE是正方形；
(2)过点D作DH⊥AE于H，由等腰三角形的性质可得AH=12AE，DH⊥AE，由“AAS”可得△ADH≌△BAE，可得AH=BE=12AE，由旋转的性质可得AE=CE′，可得结论；
(3)利用勾股定理可求BE=BE′=9，再利用勾股定理可求DE的长．
本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．

19.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∵∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=2；
(2)∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BAC=∠DAC=12∠BAD，AD//BC，AB=BC，
∴∠B+∠BAD=180°，
∵∠B=60°，
∴∠BAD=120°，
∴∠BAC=∠DAC=60°，
∵AB=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，
在△ANC和△BMC中，
∠ACN=∠BCMAC=BC∠CAN=∠B，
∴△ANC≌△BMC(SAS)；
(3)∵△ANC≌△BMC，
∴NC=MC，∠ACN=∠BCM，
∵AD//CB，
∴∠BCM+∠ACM=∠DAC=60°，
∴∠ACN+∠ACM=60°，
∴△CMN是等边三角形，
当CM⊥AB时CM最短，由△CMN是等边三角形，
∴MN也是最短的．
∵CM是边长为2等边△ABC的高，
∴CM=3，MN=3，
所以AM+AN+MN=2+3．
∴△AMN周长的最小值为：2+3． 
【解析】(1)利用菱形的性质首先得出△ABC是等边三角形，进而得出AC的长；
(2)根据菱形的性质证明△ANC≌△BMC；
(3)结合(2)得△CMN是等边三角形，利用当CM⊥AB时CM最短，由△CMN是等边三角形，MN也是最短的，C是边长为2等边△ABC的高，即可得出△AMN周长的最小值．
此题主要考查了菱形的性质以及等边三角形的判定与性质和锐角三角函数等知识，根据题意得出MN最小时则△AMN的周长最小得出是解题关键．

20.【答案】(1)证明：∵AE平分△ABC的外角∠DAC，
∴∠DAC=2∠DAE，
∵OM⊥AB，ON⊥AC，且OM=ON．
∴AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵∠DAC=∠B+∠C=2∠B，
∴∠DAE=∠B，
∴AE//BC；
(2)解：延长AO交⊙O于F点，连接CF，

由(1)知AE//BC
∴∠EAC=∠ACB=∠B，
又∵∠B=∠F，
∴∠F=∠EAC，
∴∠EAC+∠CAO=∠F+∠CAO=90°=∠ONA，
∵∠AON=∠EOA，
∴△ONA∽△OAE，
∴OA：ON=OE：OA，
∴OA2=OE⋅ON=7×1=7，
∴OA=7． 
【解析】(1)由三角形外角的性质可得∠DAC=2∠DAE，根据圆的概念及性质可证明AB=AC，再利用等腰三角形的性质及三角形外角的性质可求解∠DAE=∠B，进而可证明结论；
(2)延长AO交⊙O于F点，连接CF，证明△ONA∽△OAE，列比例式可求解．
本题主要考查圆的有关概念与性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定，掌握圆的有关概念与性质是解题的关键．

21.【答案】解：(1)∵∠OEB=∠ACD，∠ACD=∠ABD，
∴∠OEB=∠ABD，
∵OF⊥BD，
∴∠BFE=90°，
∴∠OEB+∠EBF=90°，
∴∠ABD+∠EBF=90°，即∠OBE=90°，
∴BE⊥OB，
∴BE是⊙O的切线；

(2)连接AD，

∵OF⊥BD，
∴CD=BC，
∴∠DAC=∠CDB，
∵∠DCG=∠ACD，
∴△DCG∽△ACD，
∴CDAC=CGCD，
∴CD2=AC⋅CG；

(3)∵OA=OB，
∴∠CAO=∠ACO，
∵∠CDB=∠CAO，
∴∠ACO=∠CDB，
而∠CFD=∠GFC，
∴△CDF∽△GCF，
∴GFCF=CGCD，
又∵∠CDB=∠CAB，∠DCA=∠DBA，
∴△DCG∽△ABG，
∴CGCD=BGAB，
∴GFCF=BGAB，
∵r=52，BG=154，
∴AB=2r=5，
∴tan∠CAB=tan∠ACO=GFCF=BGAB=34． 
【解析】(1)由∠OEB=∠ACD，∠ACD=∠ABD知∠OEB=∠ABD，由OF⊥BD知∠BFE=90°，即∠OEB+∠EBF=90°，从而得∠ABD+∠EBF=90°，据此即可得证；
(2)连接AD，证△DCG∽△ACD即可得；
(3)先证△CDF∽△GCF得GFCF=CGCD，再证△DCG∽△ABG得CGCD=BGAB，据此知GFCF=BGAB，由r=52，BG=154知AB=2r=5，根据tan∠CAB=tan∠ACO=GFCF=BGAB可得答案．
本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握圆的有关性质、相似三角形的判定与性质、圆的切线的判定等知识点．

22.【答案】解：(1)猜想：β=α+90∘，γ=−α+180∘．
证明：连接OB，如图，

由圆周角定理可知2∠BCA=360∘−∠BOA，
∵OB=OA，
∴∠OBA=∠OAB=α，
∴∠BOA=180∘−2α，
∴2β=360∘−(180∘−2α)，
∴β=α+90∘．
∵D是BC的中点，DE⊥BC，
∴O，D，E三点共线，且直线OE是线段BC的垂直平分线，
∴BE=CE，∠BED=∠CED，∠EDC=90∘．
∵∠BCA=∠EDC+∠CED，
∴β=90∘+∠CED，
∴∠CED=α，
∴∠CED=∠OBA=α，
∴O，A，E，B四点共圆，
∴∠EBO+∠EAG=180∘，
∴∠EBA+∠OBA+∠EAG=180∘，
∴γ+α=180∘，即γ=180∘−α．
(2)当γ=135∘时，α=45∘，β=135∘，图形如图所示，

∴∠BOA=90∘，∠BCE=45∘，
由(1)可知O，A，E，B四点共圆，
∴∠BEC=180∘−∠BOA=90∘，
∵△ABE的面积为△ABC的面积的4倍，
∴AEAC=4，
∴CEAC=3，
设CE=3x，AC=x，x>0，
由(1)可知BC=2CD=6，
∵∠BCE=45∘，∠BEC=90∘，
∴BE=CE=3x，
由勾股定理可知(3x)2+(3x)2=62，
解得x=2(舍负)，
∴BE=CE=32，AC=2，
∴AE=AC+CE=42，
在Rt△ABE中，
由勾股定理可知AB2=(32)2+(42)2，
∴AB=52，
设⊙O的半径为r，r>0，
在Rt△AOB中，由勾股定理可知AB2=2r2，
∴r=5(舍负)，
∴⊙O半径的长为5．
 
【解析】见答案．

23.【答案】(1)60°  90°  108° (2) (n−2)⋅180°n 
【解析】
解：(1)图1：∵点M、N分别从点B、C开始以相同的速度在⊙O上逆时针运动，
∴∠BAM=∠CBN，
又∵∠APN=∠BPM，
∴∠APN=∠BPM=∠ABN+∠BAM=∠ABN+∠CBN=∠ABC=60°；
同理可得：在图2中，∠APN=90°；在图3中，∠APN=108°．

(2)由(1)可知，∠APN=所在多边形的内角度数，故在图n中，(n−2)180°n．
【分析】
根据对顶角相等和三角形内角和外角的关系解答即可．
此题是一道规律探索题，体现了探索发现的一般规律：通过计算得出特殊多边形中的角∠APN的度数，然后得出n边形的∠APN的度数．  
24.【答案】解：连接OB，OC，OD，
∵等边△ABC内接于⊙O，BD为内接正十二边形的一边，
∴∠BOC=13×360°=120°，∠BOD=112×360°=30°，
∴∠COD=∠BOC−∠BOD=90°，
∵OC=OD，
∴∠OCD=45°，
∴OC=CD⋅cos45°=52×22=5(cm)．
即⊙O的半径R=5cm． 
【解析】首先连接OB，OC，OD，由等边△ABC内接于⊙O，BD为内接正十二边形的一边，可求得∠BOC，∠BOD的度数，继而证得△COD是等腰直角三角形，继而求得答案．
此题考查了正多边形与圆以及等腰直角三角形性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．

25.【答案】(1)证明：连接OA，OB，OC，

∵∠BAC=120°，
∴∠7=240°，
∴∠5+∠6=120°，
∵AB=AC，
∴∠5=∠6=60°，
又∵OB=OA=OC，
∴△OAB是等边三角形，
∴OB=AB即R=AB；
(2)①BD+CD=3AD，
将△ACD绕点A顺时针旋转120°得△ABDˈ，
则△ABDˈ≌△ACD，即ADˈ=AD，BDˈ=CD，∠ABDˈ=∠C，
∵四边形ABDC是圆内接四边形，
∴∠ABD+∠ABDˈ=∠ABD+∠C=180°，
∴Dˈ，B，D三点共线，
∴DDˈ=BD+BDˈ=BD+CD，
又∵∠DADˈ=∠BAC=120°，ADˈ=AD，
∴DD′=2cos30°·AD=3AD，
即BD+CD=DD′=3AD；

②连接CCˈ，CE，
∵四边形ABDC是圆内接四边形，
∴∠BAC+∠CDB=180°，
∴∠CDB=60°，
∵CˈD=CD，
∴△CDCˈ是等边三角形，
又∵AB=AC，则AB⌢=AC⌢，
∴∠1=∠2=30°，
∴C关于AD的对称点Cˈ在BD上，
∴CE⊥CˈD，即∠CEB=90°，
又∵点D从点B运动到点C，
∴点E在以BC为直径的圆弧上运动，设圆心为F，如图所示，

当D与C重合时，E也与C重合，
当D与B重合时，如图所示，

∠CBCˈ=60°，EF=BF，
则∠EFB=60°，
又∵在等腰△ABC中，AB=3，∠BAC=120°，
∴BC=33，即BF=332，
∴点E的运动路径长为优弧CBE：l=240⋅π⋅332180=23π．
 
【解析】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，旋转的性质，等腰三角形的性质，弧长公式等知识，确定点E的运动轨迹是本题的关键．
(1)连接OA，OB，OC，可得∠5=∠6=60°，可证△ABO是等边三角形，可得结论；
(2)①将△ACD绕点A顺时针旋转120°得△ABDˈ，由旋转的性质可得△ABDˈ≌△ACD，即ADˈ=AD，BDˈ=CD，∠ABDˈ=∠C，可证Dˈ，B，D三点共线，由直角三角形的性质可求解；
②先确定点E的运动轨迹，利用弧长公式可求解．