人教版第二十四章 圆综合与测试习题

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第24章 圆 解答题

1．（2022·广东汕尾·九年级期末）如图，点A、B、C、D在⊙O上，∠ADC=60°，．请判断△ABC的形状，并说明理由．

2．（2022·广东湛江·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OC＝10cm，CD＝16cm，求AE的长．

3．（2022·广东广州·九年级期末）如图，AB、CD是⊙O的两条弦，＝，OE⊥AB，OF⊥CD，垂足分别为E、F．求证：OE＝OF．

4．（2022·广东中山·九年级期末）如图，⊙O的弦AB、CD的延长线相交于点E，且EA＝EC．求证：AB＝CD．

5．（2022·广东珠海·九年级期末）如图，M是CD的中点，EM⊥CD，若CD＝4，EM＝6，求所在圆的半径．

6．（2022·广东·铁一中学九年级期末）如图，点O，B的坐标分别是（0，0），（3，0）．将△OAB绕点O逆时针旋转90°，得到△OA1B1．
（1）画出平面直角坐标系和三角形△OA1B1；
（2）求旋转过程中点B走过的路径的长．

7．（2022·广东广州·九年级期末）如图，AB为的直径，AC平分交于点C，，垂足为点D．求证：CD是的切线．

8．（2022·广东云浮·九年级期末）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，AC是⊙O的直径，∠BAC=25°，求∠P的度数．

9．（2022·广东广州·九年级期末）如图，OC为⊙O的半径，弦AB⊥OC于点D，OC＝10，CD＝4，求AB的长．

10．（2022·广东韶关·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，如果AB＝10，CD＝8，求线段AE的长．

11．（2022·广东·湖景中学九年级期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，OD⊥AC，垂足为D点，直线OD与⊙O相交于E，F两点，P是⊙O外一点，P在直线OD上，连接PA，PB，PC，且满足∠PCA＝∠ABC
（1）求证：PA＝PC；
（2）求证：PA是⊙O的切线；
（3）若BC＝8，，求DE的长．

12．（2022·广东韶关·九年级期末）如图，AB是的直径，点C、D在上，且AD平分，过点D作AC的垂线，与AC的延长线相交于E，与AB的延长线相交于点F，G为AB的下半圆弧的中点，DG交AB于H，连接DB、GB．
证明EF是的切线；
求证：；
已知圆的半径，，求GH的长．

13．（2022·广东中山·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，过点B作⊙O的切线BM，弦CD//BM，交AB于点F，且，连接AC，AD，延长AD交BM于点E．

（l）求证：△ACD是等边三角形；
（2）连接OE，若DE＝2，求OE的长．
14．（2022·广东惠州·九年级期末）如图，已知⊙O的直径AB=10，弦AC=6，∠BAC的平分线交⊙O于点D，过点D作DE⊥AC交AC的延长线于点E
（1）求证：DE是⊙O的切线．
（2）求DE的长．

15．（2022·广东广州·九年级期末）如图，AB、CD是⊙O中两条互相垂直的弦，垂足为点E，且AE＝CE，点F是BC的中点，延长FE交AD于点G，已知AE＝1，BE＝3，OE＝．

（1）求证：△AED≌△CEB；
（2）求证：FG⊥AD；
（3）若一条直线l到圆心O的距离d＝，试判断直线l是否是圆O的切线，并说明理由．
16．（2022·广东湛江·九年级期末）ΔABC为等腰三角形，O为底边BC的中点，腰AB与O相切于点D．
求证：AC是O的切线．

17．（2022·广东肇庆·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，P为AB延长线上一点，∠BCP＝∠BAC，∠ACB的平分线交⊙O于点D，交AB于点E，

（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）求证：△PEC是等腰三角形；
（3）若AC＋BC＝2时，求CD的长．
18．（2022·广东·东莞市东城中学九年级期末）如图所示，是的两条直径，，求证：．

19．（2022·广东江门·九年级期末）如图，AB为⊙O的直径，点D为圆外一点，连接AD、BD，分别与⊙O相交于点C、E，且，过点C作CF⊥BD于点F，连接BC．

(1)求证：CF是⊙O的切线；
(2)若∠CBD＝30°，AC＝5，求阴影部分面积（结果保留π）．
20．（2022·广东东莞·九年级期末）如图1，四边形内接于，为直径，过点C作于点E，连接．

(1)求证：；
(2)若是的切线，，连接，如图2．
①请判断四边形的形状，并说明理由；
②当时，求与围成阴影部分的面积．
21．（2022·广东潮州·九年级期末）如图，在中，，D为AB边上的一点，以AD为直径的交BC于点E，交AC于点F，过点C作于点G，交AE于点H，过点E的弦EP交AB于点Q（EP不是直径），点Q为弦EP的中点，连结BP，BP恰好为的切线．

(1)求证：BC是的切线；
(2)求证：AE平分；
(3)若，，，求四边形CHQE的面积．
22．（2022·广东深圳·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，A(3，3)，B(4，0)，C(0，﹣1)．
（1）以点C为旋转中心，把ABC逆时针旋转90°，画出旋转后的图形C；
（2）在（1）的条件下，
①点A经过的路径的长为　 　（结果保留π）；
②则此时B'点的坐标为　 　．

23．（2022·广东广州·九年级期末）已知，P是直线AB上一动点（不与A，B重合），以P为直角顶点作等腰直角三角形PBD，点E是直线AD与△PBD的外接圆除点D以外的另一个交点，直线BE与直线PD相交于点F．
（1）如图，当点P在线段AB上运动时，若∠DBE＝30°，PB＝2，求DE的长；

（2）当点P在射线AB上运动时，试探求线段AB，PB，PF之间的数量关系，并给出证明．
24．（2022·广东阳江·九年级期末）如图，在半径为4的⊙O中，E为的中点，OE交BC于F，D为⊙O上一点，DE交AC于G，AD＝AG．
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若∠A＝60°，求ED的长．

25．（2022·广东韶关·九年级期末）已知：△ABC在直角坐标平面内，三个顶点的坐标分别为A（0，3）、B（3，4）、C（2，2）．（正方形网格中每个小正方形的边长是一个单位长度），

（1）在正方形网格中画出△ABC绕点O顺时针旋转90°得到△A1B1C1．
（2）求出线段OA旋转过程中所扫过的面积（结果保留π）．
26．（2022·广东·高州市第一中学附属实验中学九年级期末）在直角坐标系中，⊙A的半径是2，圆心A的坐标为（1，0），⊙A与x轴交于E、F两点，与y轴交于C、D两点，直线BC与⊙A交于点C，与x轴交于点B（﹣3，0）．


(1)求证：BC是⊙A的切线；
(2)若抛物线y＝ax2＋bx＋c的顶点在直线BC上，与x轴的交点恰好为点 E、F，求抛物线的解析式；
(3)在（2）的条件下，点M是抛物线对称轴上的一个动点，当△ECM的周长最小时，请直接写出点M的坐标．
27．（2022·广东广州·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E．若AB＝10，BE＝2，求弦CD的长．

28．（2022·广东韶关·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上的点，BD平分∠ABC，DE⊥BE，DE交BC的延长线于点E．


(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)如果CE＝1，AC＝2，求⊙O的半径r．
29．（2022·广东广州·九年级期末）如图，PA，PB与⊙O相切，切点为A，B，CD与⊙O相切于点E，分别交PA，PB于点D，C．若PA，PB的长是关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣1＝0的两个根．
（1）求m的值；
（2）求△PCD的周长．

30．（2022·广东·台山市教师发展中心九年级期末）如图，已知AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，OC∥BD，交AD于点E，连结BC．
（1）求证：AE＝ED；
（2）若AB＝6，∠ABC＝30°，求图中阴影部分的面积．

31．（2022·广东珠海·九年级期末）如图1，在⊙O中，AC＝BD，且AC⊥BD，垂足为点E．

（1）求∠ABD的度数；
（2）图2，连接OA，当OA＝2，∠OAB＝15°，求BE的长度；
（3）在（2）的条件下，求的长．
32．（2022·广东云浮·九年级期末）如图，已知四边形ABCD中，E是对角线AC上一点，DE=EC，以AE为直径的⊙O与CD相切于点D，点B在⊙O上，连接OB．
（1）求证：DE=OE；
（2）若CD∥AB，求证：BC是⊙O的切线．

33．（2022·广东韶关·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，DA与⊙O相切于点A．


(1)若OD平分∠ADE，求证：DE是⊙O的切线；
(2)在（1）的条件下，若AE=8，AD=6，求⊙O的半径．
34．（2022·广东潮州·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线过点，，与y轴交于点C，连接BC，点N是第一象限抛物线上一点，连接NA，交y轴于点E，．

(1)求抛物线的解析式；
(2)求线段AN的长；
(3)若点M在第三象限抛物线上，连接MN，，则这时点M的坐标为______（直接写出结果）．
35．（2022·广东广州·九年级期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，E为BC延长线上的一点，点C为的中点．若∠DCE＝110°，求∠BAC的度数．

36．（2022·广东·新丰县教育局教研室九年级期末）如图，是的直径，、是上的点，平分，，交的延长线于点．


(1)求证：是的切线；
(2)如果，，求的半径．
37．（2022·广东茂名·九年级期末）如图，AB为的切线，B为切点，过点B作，垂足为点E，交于点C，延长CO与AB的延长线交于点D．


(1)求证：AC为的切线；
(2)若，，求线段AD的长．
38．（2022·广东韶关·九年级期末）如图，是的直径，弦，，的平分线交于点，连接．


(1)求直径的长；
(2)求阴影部分的面积．（结果保留）
39．（2022·广东广州·九年级期末）在如图所示的网格中，每个小正方形的边长为1，每个小正方形的顶点叫格点，△ABC的三个顶点都在格点上．
（1）在图中画出将△ABC绕点C按逆时针方向旋转90°后得到的△A1B1C1；
（2）在（1）所画的图中，计算线段AC在旋转过程中扫过的图形面积（结果保留π）．

40．（2022·广东韶关·九年级期末）如图，在⊙O中，半径OC垂直弦AB于D，点E在⊙O上，∠E＝22.5°，AB＝2．求半径OB的长．

41．（2022·广东广州·九年级期末）如图，在△ABC中，∠A＝∠B＝30°．
（1）尺规作图：在线段AB上找一点O，以O为圆心作圆，使⊙O经过B，C两点．
（2）求证：AC与（1）中所做的⊙O相切．

42．（2022·广东汕头·九年级期末）如图，在RtΔABC中，∠ACB=90°，D为AB边上的一点，以AD为直径作⊙O，⊙O与BC相切于点E，连结AE，过点C作CG⊥AB于点G，交AE于点F，过点E作EP⊥AB于点P．

(1)求证：∠BED=∠EAD；
(2)求证：CE=EP；
(3)连接PF，若CG=8，PG=6，求四边形CFPE的面积．
43．（2022·广东韶关·九年级期末）如图，AB是⊙O的弦，过点O作OC⊥OA，OC交AB于P，CP＝BC，点Q是上的一点．

(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)已知∠BAO＝25°，求∠AQB的度数；
(3)在（2）的条件下，若OA＝18，求的长．
44．（2022·广东潮州·九年级期末）如图，中，，按要求完成下列问题：

(1)作出的外接圆；（要求用尺规作图，保留作图痕迹，不要求写出作法）；
(2)在（1）的条件下，若CD平分，CD交于点D，连接AD，BD．求证：．
45．（2022·广东广州·九年级期末）在平面直角坐标系中，以坐标原点为圆心的⊙O半径为3．
(1)试判断点A（3，3）与⊙O的位置关系，并加以说明．
(2)若直线y＝x+b与⊙O相交，求b的取值范围．
(3)若直线y＝x+3与⊙O相交于点A，B．点P是x轴正半轴上的一个动点，以A，B，P三点为顶点的三角形是等腰三角形，求点P的坐标．
46．（2022·广东广州·九年级期末）如图所示，⊙O的弦BD，CE所在直线相交于点A，若AB＝AC，求证：BD＝CE．

47．（2022·广东汕尾·九年级期末）如图，已知直线PA交⊙O于A、B两点，AE是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，且AC平分∠PAE，过C作CD⊥PA，垂足为D．

（1）求证：CD为⊙O的切线；
（2）若DC=4，AC=5，求⊙O的直径的AE．
48．（2022·广东阳江·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，A，B，C是⊙M上的三个点，A(0，4)，B(4，4)，C(6，2)，画出⊙M的圆心，并求出圆心M的坐标．

49．（2022·广东北江实验学校九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，点C是劣弧BD中点，AC与BD相交于点E．连接BC，∠BCF＝∠BAC，CF与AB的延长线相交于点F．

(1)求证：CF是⊙O的切线；
(2)求证：∠ACD＝∠F；
(3)若AB＝10，BC＝6，求AD的长．
50．（2022·广东珠海·九年级期末）如图，△ABC内接于⊙O，AB为直径，点D为半径OA上一点，过点D作AB的垂线交AC于点E，交BC的延长线于点P，点F在线段PE上，且PF＝CF．
（1）求证：CF是⊙O的切线；
（2）连接AP与⊙O相交于点G，若∠ABC＝2∠PAC，求证：AB＝BP；
（3）在（2）的条件下，若AC＝4，BC＝3，求CF的长．

51．（2022·广东广州·九年级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC与∠ABC的角平分线相交于点E，AE的延长线交△ABC的外接圆于点D，连接BD．


(1)求证：∠BAD＝∠DBC；
(2)证明：点B、E、C在以点D为圆心的同一个圆上；
(3)若AB＝5，BC＝8，求△ABC内心与外心之间的距离．
52．（2022·广东惠州·九年级期末）如图，⊙O为△ABC的外接圆，AC=BC，D为OC与AB的交点，E为线段OC延长线上一点，且∠EAC=∠ABC．


(1)求证：直线AE是⊙O的切线．
(2)若D为AB的中点，CD=6，AB=16，求⊙O的半径；
(3)在（2）的基础上，点F在⊙O上，且，△ACF的内心点G在AB边上，求BG的长．
53．（2022·广东阳江·九年级期末）如图，⊙O是直角三角形ABC的外接圆，直径AC＝4，过C点作⊙O的切线，与AB延长线交于点D，M为CD的中点，连接BM，OM，且BC与OM相交于点N．

(1)求证：BM与⊙O相切；
(2)当∠BAC＝60°时，求弦AB和弧AB所夹图形的面积；
(3)在（2）的条件下，在弧AB上取一点F，使∠ABF＝15°，连接OF交弦AB于点H，求FH的长度是多少？
54．（2022·广东广州·九年级期末）如图，已知在中，是钝角，以AB为边作正方形ABDE，使正方形ABDE分居在AB两侧，以AC为边作正方形ACFG，使正方形ACFG分居在AC两侧，BG与CE交于点M，连接AM．

(1)求证；
(2)求：的度数
(3)若，，，求：（结果可用含有a，b，c的式子表示）．
55．（2022·广东广州·九年级期末）如图，四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，以CD为直径的⊙O与边AB相切于点E．

(1)求作⊙O，并标出点E（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；
(2)连接CE，求证：CE平分∠BCD；
(3)若BC＝5，AB＝6，求CD的长．
56．（2022·广东·高州市第一中学附属实验中学九年级期末）如图，已知直线与轴、轴分别交于、两点，是以为圆心，1为半径的圆上一动点，连结、．则面积的最小值是______．
   
57．（2022·广东惠州·九年级期末）如图，△ABC内接于⊙O，AB是直径，过点A作直线MN，且∠MAC＝∠ABC．

（1）求证：MN是⊙O的切线．
（2）设D是弧AC的中点，连结BD交AC于点G，过点D作DE⊥AB于点E，交AC于点F．
①求证：FD＝FG．
②若BC＝3，AB＝5，试求AE的长．
58．（2022·广东·铁一中学九年级期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为直径，AC和BD交于点E，AB＝BC．
（1）求∠ADB的度数；
（2）过B作AD的平行线，交AC于F，试判断线段EA，CF，EF之间满足的等量关系，并说明理由；
（3）在（2）条件下过E，F分别作AB，BC的垂线，垂足分别为G，H，连接GH，交BO于M，若AG＝3，S四边形AGMO：S四边形CHMO＝8：9，求⊙O的半径．


参考答案：
1．△ABC是等边三角形，理由见解析.
【解析】
由圆周角定理可知∠ADC=∠ABC=∠BAC=∠BDC=60°，再由三角形内角和定理可知∠ACB=60°，故可得出结论
△ABC是等边三角形，
理由：∵
∴AC=BC，
∵∠ADC=60°，
∴∠ABC=∠ADC=60°，
∴△ABC是等边三角形．
本题考查的是圆周角定理，等边三角形的判定，熟练掌握圆周角定理是解答此题的关键．
2．AE＝16cm．
【解析】
根据垂径定理，计算出CE的长度，再根据勾股定理计算OE的长度，两者相加即可解决问题.
∵弦CD⊥AB于点E，CD＝16cm，
∴CE＝CD＝8cm．
在Rt△OCE中，OC＝10cm，CE＝8cm，
∴（cm），
∴AE＝AO+OE＝10+6＝16（cm）．
本题考查了圆中计算问题，解决本题的关键是：①熟练掌握垂径定理及其推论，②熟练掌握勾股定理.
3．见解析．
【解析】
分别连接OA、OC，证明Rt△AEO≌Rt△CFO，可得OE＝OF．
分别连接OA、OC，

∵＝，
∴AB＝CD，
∵OE⊥AB，OF⊥CD，
∴AE＝ AB，CF＝ CD，∠AEO＝∠CFO＝90°，
∴AE＝CF ，
又∵OA＝OC，
∴Rt△OAE≌Rt△OCF（HL），
∴OE＝OF．
本题主要考查垂径定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
4．辅助线如图，解答见解析
【解析】
连接AC，由EA＝EC，则∠A=∠C，根据圆周角定理，则，即，则AB=CD.
解：如图，连接AC，

∵EA＝EC，
∴∠A=∠C，
由圆周角定理，由，
∴，
即，
∴AB=CD.
本题考查了圆周角定理，等腰三角形性质，解题的关键是正确求出.
5．
【解析】
根据垂径定理的推论，可得EM过⊙O的圆心点O， CM＝CD＝2 ，然后设半径为x，可得OM＝6－x，再由勾股定理，即可求解．
解：连接OC，

∵M是CD的中点，EM⊥CD，
∴EM过⊙O的圆心点O， CM＝CD＝2 ，        
设半径为x，
∵EM＝6，
∴OM＝EM－OE＝6－x，       
在Rt△OCM中，OM2＋CM2＝OC2， 即（6－x）2＋22＝x2，
解得：x＝．     
∴所在圆的半径为．
本题主要考查了垂径定理，勾股定理，熟练掌握垂径定理及其推论，勾股定理是解题的关键．
6．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）根据点O的坐标确定直角坐标系，根据旋转的性质确定点A1、B1，顺次连线即可得到△OA1B1；
（2）利用弧长公式计算即可．
解：（1）如图，△OA1B1即为所求三角形；

（2）旋转过程中点B走过的路径的长=．
此题考查了旋转作图，弧长的计算公式，正确掌握旋转的性质及弧长的计算公式是解题的关键．
7．见解析
【解析】
连接OC，根据角平分线的定义和等腰三角形的性质得出∠DAC=∠ACO，根据平行线的判定得出OC∥AD，根据平行线的性质得出OC⊥DC，再根据切线的判定得出即可．
解：证明：连接OC，

∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠BAC，
∵OC=OA，
∴∠BAC=∠ACO，
∴∠DAC=∠ACO，
∴OC∥AD，
∵CD⊥AD，
∴OC⊥DC，
∵OC过圆心O，
∴CD是⊙O的切线．
本题考查了切线的判定，平行线的性质和判定，等腰三角形的性质等知识点，能熟记经过半径的外端，且垂直于半径的直线是圆的切线是解此题的关键．
8．∠P=50°．
【解析】
根据切线性质得出PA=PB，∠PAO=90°，求出∠PAB的度数，得出∠PAB=∠PBA，根据三角形的内角和定理求出即可．
解：∵PA、PB是⊙O的切线，
∴PA=PB，
∴∠PAB=∠PBA，
∵AC是⊙O的直径，PA是⊙O的切线，
∴AC⊥AP，
∴∠CAP=90°，
∵∠BAC=25°，
∴∠PBA=∠PAB=90°-25°=65°，
∴∠P=180°-∠PAB-∠PBA=180°-65°-65°=50°．
本题考查了切线长定理，切线性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质的应用，主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力，题目具有一定的代表性，难度适中，熟记切线的性质定理是解题的关键．
9．16
【解析】
连接OA，根据垂径定理可得AB=2AD，再由勾股定理，可得AD=8，即可求解．
解：如图，连接OA，

∵OC为⊙O的半径，弦AB⊥OC，
∴AB=2AD，
∵OC＝10，CD＝4，
∴OA=OC=10，OD=OC-CD=6，
在中，由勾股定理得：
，
∴AB=16．
本题主要考查了垂径定理，勾股定理，熟练掌握垂直弦的直径平分这条弦，并且平分线所对的两条弧是解题的关键．
10．2
【解析】
连接OC，利用直径AB=10，则OC=OA=5，再由CD⊥AB，根据垂径定理得CE=DE=CD=4，然后利用勾股定理计算出OE，再利用AE=OA-OE进行计算即可．
连接OC，如图，
∵AB是⊙O的直径，AB＝10，
∴OC＝OA＝5，
∵CD⊥AB，
∴CE＝DE＝CD＝×8＝4，
在Rt△OCE中，OC＝5，CE＝4，
∴OE＝＝3，
∴AE＝OA﹣OE＝5﹣3＝2．

本题考查了垂径定理，掌握垂径定理及勾股定理是关键．
11．（1）详见解析；（2）详见解析；（3）DE＝8．
【解析】
（1）根据垂径定理可得AD＝CD，得PD是AC的垂直平分线，可判断出PA＝PC；
（2）由PC＝PA得出∠PAC＝∠PCA，再判断出∠ACB＝90°，得出∠CAB+∠CBA＝90°，再判断出∠PCA+∠CAB＝90°，得出∠CAB+∠PAC＝90°，即可得出结论；
（2）根据AB和DF的比设AB＝3a，DF＝2a，先根据三角形中位线可得OD＝4，从而得结论．
（1）证明∵OD⊥AC，
∴AD＝CD，
∴PD是AC的垂直平分线，
∴PA＝PC，
（2）证明：由（1）知：PA＝PC，
∴∠PAC＝∠PCA．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠CBA＝90°．
又∵∠PCA＝∠ABC，
∴∠PCA+∠CAB＝90°，
∴∠CAB+∠PAC＝90°，即AB⊥PA，
∴PA是⊙O的切线；
（3）解：∵AD＝CD，OA＝OB，
∴OD∥BC，OD＝BC＝＝4，
∵，
设AB＝3a，DF＝2a，
∵AB＝EF，
∴DE＝3a﹣2a＝a，
∴OD＝4＝﹣a，
a＝8，
∴DE＝8．
本题考查的是圆的综合，难度适中，需要熟练掌握线段中垂线的性质、圆的切线的求法以及三角形中位线的相关性质.
12．（1）详见解析；（2）详见解析；（3）.
【解析】
（1）由题意可证OD∥AE，且EF⊥AE，可得EF⊥OD，即EF是⊙O的切线；（2）由同弧所对的圆周角相等，可得∠DAB＝∠DGB，由余角的性质可得∠DGB＝∠BDF；（3）由题意可得∠BOG＝90°，根据勾股定理可求GH的长．
解：（1）证明：连接OD，

∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA
又∵AD平分∠BAC，
∴∠OAD＝∠CAD
∴∠ODA＝∠CAD，
∴OD∥AE，
又∵EF⊥AE，
∴OD⊥EF，
∴EF是⊙O的切线
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°
∴∠DAB+∠OBD＝90°
由（1）得，EF是⊙O的切线，
∴∠ODF＝90°
∴∠BDF+∠ODB＝90°
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD
∴∠DAB＝∠BDF
又∠DAB＝∠DGB
∴∠DGB＝∠BDF
（3）连接OG，
∵G是半圆弧中点，
∴∠BOG＝90°
在Rt△OGH中，OG＝5，OH＝OB﹣BH＝5﹣3＝2．
∴GH＝＝.
本题考查了切线的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理，圆周角定理等知识，熟练运用切线的判定和性质解决问题是本题的关键．
13．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）根据切线的定义可知AB⊥BM，又∵BM//CD，∴AB⊥CD，根据圆的对称性可得AD=AC，再根据等弧对等弦得DA=DC，即DA=DC=AC，所以可得△ACD是等边三角形；
（2）△ACD为等边三角形，AB⊥CD，由三线合一可得∠DAB=30°，连接BD，根据直径所对的角是直角和三角形的内角和可得∠∠EBD＝∠DAB＝30°，因为DE＝2，求出BE＝4，根据勾股定理得，直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半得，，，在Rt△OBE中，根据勾股定理即可得出OE的长．
解：（1）∵BM是⊙O切线，AB为⊙O直径，
∴AB⊥BM，
∵BM//CD，
∴AB⊥CD，
∴AD＝AC，
∴AD＝AC，
∴DA＝DC，
∴DC＝AD，
∴AD＝CD＝AC，
∴△ACD为等边三角形.
（2）△ACD为等边三角形，AB⊥CD，
∴∠DAB＝30°，
连结BD，
∴BD⊥AD.
∠EBD＝∠DAB＝30°，
∵DE＝2，
∴BE＝4，，，，
在Rt△OBE中，．

本题考查圆的有关性质，直角三角形的性质；勾股定理．
14．(1)详见解析；（2）4
【解析】
（1）连结OD，由AD平分∠BAC，OA=OD，可证得∠ODA=∠DAE，由平行线的性质可得OD∥AE，再由DE⊥AC即可得OD⊥DE，即DE是⊙O的切线；
（2）过点O作OF⊥AC于点F，由垂径定理可得AF=CF=3，再由勾股定理求得OF=4，再判定四边形OFED是矩形，即可得DE=OF=4．
（1）连结OD，

∵AD平分∠BAC，
∴∠DAE=∠DAB，
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠DAO，
∴∠ODA=∠DAE，
∴OD∥AE，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（2）过点O作OF⊥AC于点F，
∴AF=CF=3，
∴OF=，
∵∠OFE=∠DEF=∠ODE=90°，
∴四边形OFED是矩形，
∴DE=OF=4．
15．（1）见解析；（2）见解析；（3）直线l是圆O的切线，理由见解析
【解析】
（1）由圆周角定理得∠A＝∠C，由ASA得出△AED≌△CEB；
（2）由直角三角形斜边上的中线性质得EF＝BC＝BF，由等腰三角形的性质得∠FEB＝∠B，由圆周角定理和对顶角相等证出∠A＋∠AEG＝90°，进而得出结论；
（3）作OH⊥AB于H，连接OB，由垂径定理得出AH＝BH＝AB＝2，则EH＝AH−AE＝1，由勾股定理求出OH＝1，OB＝，由一条直线l到圆心O的距离d＝等于⊙O的半径，即可得出结论．
（1）证明：由圆周角定理得：∠A＝∠C，
在△AED和△CEB中，
，
∴△AED≌△CEB（ASA）；
（2）证明：∵AB⊥CD，
∴∠AED＝∠CEB＝90°，
∴∠C+∠B＝90°，
∵点F是BC的中点，
∴EF＝BC＝BF，
∴∠FEB＝∠B，
∵∠A＝∠C，∠AEG＝∠FEB＝∠B，
∴∠A+∠AEG＝∠C+∠B＝90°，
∴∠AGE＝90°，∴FG⊥AD；
（3）解：直线l是圆O的切线，理由如下：作OH⊥AB于H，连接OB，如图所示：

∵AE＝1，BE＝3，
∴AB＝AE+BE＝4，
∵OH⊥AB，
∴AH＝BH＝AB＝2，
∴EH＝AH﹣AE＝1，
∴OH＝＝＝1，
∴OB＝＝＝，即⊙O的半径为，
∵一条直线l到圆心O的距离d＝＝⊙O的半径，
∴直线l是圆O的切线．
本题是圆的综合题目，考查了圆周角定理、垂径定理、切线的判定、全等三角形的判定、直角三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键．
16．见解析.
【解析】
过点O作OE⊥AC于点E，连结OD，OA，根据切线的性质得出AB⊥OD，根据等腰三角形三线合一的性质得出AO是∠BAC的平分线，根据角平分线的性质得出OE=OD，从而证得结论．
证明：过点O作OE⊥AC于点E，连结OD，OA，
∵AB与O相切于点D，
∴AB⊥OD，
∵△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点，
∴AO是∠BAC的平分线，
∴OE=OD，即OE是O的半径，
∵AC经过O的半径OE的外端点且垂直于OE，
∴AC是O的切线。

本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，角平分线的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键.
17．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
（1）连接OC，根据圆周角定理可得∠ACB=90°，根据等腰三角形等边对等角以及已知条件证明∠BCP +∠OCB=90°即可；
（2）根据题意以及角平分线定义求得∠PEC=∠PCE即可得出结论；
（3）连接BD，作,,垂足为M，N，先证明，然后证明四边形为正方形，结合已知可得出结论．
解：连接OC,

∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACO+∠OCB=90°，
∵OA=OC，
∴∠BAC=∠ACO，
∵∠BCP＝∠BAC，
∴∠BCP=∠ACO
∴∠BCP +∠OCB=90°，即∠OCP=90°，
∴PC是⊙O的切线；
（2）∵∠BCP＝∠BAC，
∵ ∠ACB的平分线交⊙O于点D，
∴∠ACD＝∠BCD，
∵∠PCE＝∠PCB+ ∠BCD，
∠PEC＝∠BAC+∠ACD，
∴∠PEC=∠PCE，
∴△PEC是等腰三角形；
（3）连接BD，作,,垂足为M，N，

∵CD平分，，，
∴,,
∴,
∵,
∴，
∵,
∴四边形为矩形，
∵,
∴矩形为正方形，
∴,
∵,
∴,
∵，
∴．
本题考查了切线的判定，圆周角定理，角平分线的性质，等腰三角形等边对等角，正方形的判定与性质，解直角三角形等知识点，熟练运用以上知识点性质及定理是解题的关键．
18．见解析．
【解析】
首先连接OE，欲证明，只需推知∠BOC＝∠AOE即可．
证明：连接，

，
，
，
，
，
．
此题考查了圆心角与弧的关系、等腰三角形的性质以及平行线的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
19．(1)见解析
(2)阴影部分面积为：．
【解析】
（1）要证明CF是⊙O的切线，所以想到连接OC，只要证明OC∥BD即可解答；
（2）根据已知可得∠CBA=30°，所以可求出∠AOC=60°，再证明△AOC是等边三角形，利用扇形AOC的面积减去△AOC的面积即可．
(1)
证明：连接OC，

∵CF⊥BD，
∴∠CFD=90°，
∵，
∴∠ABC=∠CBD，
∵OC=OB，
∴∠ABC=∠OCB，
∴∠OCB=∠CBD，
∴OC∥BD，
∴∠OCF=∠CFD=90°，
∵OC是圆O的半径，
∴CF是⊙O的切线；
(2)
解：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠CBD=30°，
∴∠ABC=∠CBD=30°，
∴∠AOC=2∠ABC=60°，
∵OA=OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠CAB=60°，AO=AC=5，
∴AB=10，
由勾股定理得BC=5，
∴△ABC的面积=AC•BC=×5×5=，
∵OA=OB，
∴△AOC的面积=△ABC的面积=，
∴阴影部分面积=扇形AOC的面积-△AOC的面积

，
答：阴影部分面积为：．
本题考查了圆周角定理，切线的判定与性质，勾股定理，垂径定理，扇形面积的计算，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．
20．(1)证明见解析
(2)①四边形是菱形，理由见解析；②
【解析】
（1）由题意知，，有，，进而可说明；
（2）①由题意知，，有，，，有，由（1）知，，可得，可知，四边形是平行四边形，由，可证明是菱形；②由①知，，，，可得，根据计算求解即可．
(1)
证明：∵四边形是的内接四边形
∴
∵为的直径
∴
∴
∵
∴
∴
∴；
(2)
①四边形是菱形，理由如下：
由题意知
∵
∴
∴
∵
∴
∴
由（1）知，
∴
∴
∴四边形是平行四边形
又∵
∴是菱形；
②由①知，四边形是菱形
∴，
∵
∴
∴




∴阴影部分面积为．
本题考查了圆内接四边形，圆周角定理，菱形的判定与性质，扇形的面积等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．
21．(1)见解析
(2)见解析
(3)20
【解析】
（1）连接OE，OP，证明≌，可得，进而证明BC是的切线；
（2）由，可得，进而可得，由得，进而可得∠，即AE平分
（3）由（1）得：，证明，得，证明≌（AAS），四边形CHQE是菱形，设，则，，在中，勾股定理建立方程，解方程进而求得四边形CHQE的面积．
(1)
连接OE，OP，

∵AD为直径，点Q为弦EP的中点，
∴AB垂直平分EP，
∴，
∵，，
∴≌，
∴，
∵BP为的切线，
∴，
∴，
∴，
∴于点E，
∵OE是的半径，
∴BC是的切线．
(2)
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴∠，
∴AE平分．
(3)
由（1）得：，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，即．
∴．
∵，，
由（2）得，
∴≌（AAS），
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形CHQE是平行四边形．
∵，
∴四边形CHQE是菱形，
∴．
设，则，，
在中，根据勾股定理得：，
∴，解得，（不合题意，舍去）．
∴，．
∴四边形CHQE的面积．
本题考查了切线的性质与判定，平行线的性质与判定，三角形全等的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
22．（1）图见详解；（2）①； ②(-1，3)
【解析】
（1）根据旋转的定义作出点A、B绕点C逆时针旋转90°得到的对应点，再顺次连接可得；
（2）①根据弧长公式列式计算即可；②根据（1）中所作图形可得点的坐标；
（1）如图所示：

（2）①依题意得： ，
∠AC=90°，
∴点A经过的路径的长为 ，
②由图知点B'的坐标为(-1，3)．
故答案为：① ；②(-1，3)．
本题主要考查作图-旋转变换，解题的关键是根据旋转角度、旋转方向、旋转中心作出对应点；
23．（1） （2）PF=AB-PB或PF=AB+PB，理由见解析
【解析】
（1）根据△PBD等腰直角三角形，PB＝2，求出DB的长，由⊙O是△PBD的外接圆，∠DBE＝30°，可得答案；
（2）根据同弧所对的圆周角，可得∠ADP=∠FBP，由△PBD等腰直角三角形，得∠DPB=∠APD=90°，DP=BP，可证△APD≌△FPB，可得答案．
解：（1）由题意画以下图，连接EP，


∵△PBD等腰直角三角形，⊙O是△PBD的外接圆，
∴∠DPB=∠DEB=90°，
∵PB＝2，
∴ ，
∵∠DBE＝30°，
∴
（2）①点P在点A、B之间，
由（1）的图根据同弧所对的圆周角相等，可得：
∠ADP=∠FBP，
又∵△PBD等腰直角三角形，
∴∠DPB=∠APD=90°，DP=BP，
在△APD和△FPB中

∴△APD≌△FPB
∴AP=FP，
∵AP+PB=AB
∴FP+PB=AB，
∴FP=AB-PB，
②点P在点B的右侧，如下图：


∵△PBD等腰直角三角形，
∴∠DPB=∠APF=90°，DP=BP，
∵∠PBF+∠EBP=180°，∠PDA+∠EBP=180°，
∴∠PBF=∠PDA，
在△APD和△FPB中

∴△APD≌△FPB
∴AP=FP，
∴AB+PB=AP，
∴AB+PB=PF，
∴PF= AB+PB．
综上所述，FP=AB-PB或PF= AB+PB．
本题考查了圆的性质，等腰直角三角形，三角形全等的判定，做题的关键是注意（2）的两种情况．
24．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）连接OD，只需证明∠ADG+∠ODE＝90°，即可知道AD是⊙O的切线；
（2）作OH⊥ED于H，由垂径定理知DE＝2DH，由等底对等边知AG＝AD，进一步推理得到∠ODE＝30°，在中，可以得到DH＝,进一步得到ED的长．
（1）证明：连接OD．

∵AD=AG，
∴∠AGD=∠ADG=∠EGF，
∵OE=OD，
∴∠ODE＝∠OED，
∵E为的中点，
∴OE⊥BC于F，
∴∠ADG+∠ODE＝∠EGF+∠OED＝90°，
即OD⊥AD．
∴AD是⊙O的切线；
（2）解：作OH⊥ED于H，
∴DE＝2DH，
∵AG＝AD，
∵∠A＝60°，
∴∠ADG＝60°，   
∴∠ODE＝30°，
∵OD＝4，
∴DH＝OD＝，
∴DE＝2DH＝ ．
本题考查垂径定理，圆的切线的证明，等腰三角形的性质等知识点，能够结合图形作出解题所需的辅助线是解题的关键．
25．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）利用网格特点和旋转的性质画出A、B、C的对应点A1、B1、C1即可；
（2）利用扇形的面积公式计算．
（1）如图，△A1B1C1为所作；

（2）线段OA旋转过程中所扫过的面积＝＝π．
本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
26．(1)见解析
(2)
(3)
【解析】
（1）连接，由AB2＝BC2+AC2，即可求解；
（2）求出抛物线顶点坐标为（1，），将点E的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（3）由题意知，EC的长度不变，点M在抛物线的对称轴上，连接CF交对称轴于点M，此时△ECM的周长最短，进而求解．
(1)
证明：连接，

∵的半径为2，则，
由点A、B的坐标知，，则，
在中，由勾股定理得：，
在中，，

则，
∴，
∴半径
∴为的切线；
(2)
设BC的解析式为，把点B（-3，0）、C（0，）的坐标代入得，
，解得，，
∴直线的解析式为；
由题意得，与x轴的交点分别为、，
则抛物线的对称轴为过点A的直线．
∵抛物线的顶点在直线上，
当时，，
∴抛物线顶点坐标为．
设抛物线解析式为，
∵抛物线过点，
∴，
解得．
∴抛物线的解析式为；

(3)
由题意知，的长度不变，点M在抛物线的对称轴上，，当C、M、F在同一条直线上时，最小；
连接交对称轴于点M，此时的周长最短，
设直线的表达式为，则，
解得，

∴直线的表达式为，
当时，，
故点M的坐标为．
本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、圆切线的知识、点的对称性等，解题关键是熟练运切线的判定和二次函数的性质进行推理计算．
27．8
【解析】
连接，由垂径定理知，再由勾股定理得出，从而得出的长．
解：连接，如图所示：

为的直径，，
，，
，
在中，由勾股定理得：，
．
本题考查了垂径定理和勾股定理，解题的关键是正确作出辅助线构造直角三角形．
28．(1)证明过程见解析
(2)4
【解析】
(1)连接OD，则∠OBD=∠ODB，再由BD平分∠ABC得到∠OBD=∠DBE，可得出∠ODB=∠DBE，则OD∥BE，从而得出OD⊥DE；
(2)设OD交AC于点M，证明四边形DECM为矩形，得到EC=DM=1；再证明MO为△ABC的中位线，得到AM=，设圆的半径为r，则MO=DO-DM=r-1，最后在Rt△AMO中使用勾股定理即可求出r．
(1)
解：连接OD，如下图所示：

∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB，
∵BD平分∠ABC，
∴∠OBD=∠DBE，
∴∠ODB=∠DBE，
∴OD∥BE，
∵DE⊥BE于点E，
∴∠E=90°，
∴∠ODE=180°-∠E=180°-90°=90°，
∴OD⊥DE；
∴DE是⊙O的切线．
(2)
解：设OD交AC于点M，如下图：

∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=∠ACE=90°，
由(1)知，∠ODE=90°，
∴∠ACE=∠E=∠ODE=90°，
∴四边形DECM为矩形，
∴EC=DM=1，
∵MO∥CB，O为AC的中点，
∴MO为△ABC的中位线，且∠AMO=∠ACB=90°，
∴AM=MC=AC=，
设圆的半径为r，则MO=DO-DM=r-1，
在Rt△AMO中，由勾股定理可知：AO²=AM²+MO²，代入数据：
，
解出：，
故圆⊙O的半径为4．
本题考查了切线的判定及性质，圆周角定理及其推论，矩形判定，勾股定理解直角三角形等知识点，熟练掌握各图形性质及定理是解题的关键．
29．（1）；（2）2
【解析】
（1）根据切线长定理可得，则一元二次方程的判别式为0，进而即可求得的值；
（2）根据（1）的结论求得的长，CD与⊙O相切于点E，则,根据△PCD的周长即可求解．
解： PA，PB与⊙O相切，

PA，PB的长是关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣1＝0的两个根

解得
（2）



PA，PB与⊙O相切， CD与⊙O相切于点E，

△PCD的周长
本题考查了切线长定理，一元二次方程根的判别式，解一元二次方程，掌握切线长定理是解题的关键．
30．（1）证明见解析；（2）3π﹣．
【解析】
（1）根据圆周角定理得到∠ADB=90°，根据平行线的性质得到∠AEO=∠ADB=90°，即OC⊥AD，于是得到结论；
（2）连接CD，OD，根据等腰三角形的性质得到∠OCB=∠ABC=30°，即可求得∠AOC=∠OCB+∠ABC=60°，根据垂径定理得出，从而得出∠COD=∠AOC=60°，求得∠AOD=120°，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵OC∥BD，
∴∠AEO＝∠ADB＝90°，即OC⊥AD，
又∵OC为半径，
∴AE＝ED，
（2）解：连接CD，OD，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠ABC＝30°，
∴∠AOC＝∠OCB+∠ABC＝60°，
∵OC⊥AD，
∴，
∴∠COD＝∠AOC＝60°，
∴∠AOD＝120°，
∵AB＝6，
∴BD＝3，AD＝3，
∵OA＝OB，AE＝ED，
∴OE＝＝，
∴S阴影＝S扇形AOD﹣S△AOD＝﹣×＝3π﹣．

本题考查了扇形的面积的计算，圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
31．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）如图，过作 垂足分别为 连接证明 四边形为正方形，可得 证明 可得答案；
（2）先求解 再结合（1）的结论可得答案；
（3）如图，连接 先求解 再证明 再求解 可得 再利用弧长公式计算即可.
解：（1）如图，过作 垂足分别为 连接





四边形为矩形，
由勾股定理可得： 而

四边形为正方形，

而

（2）如图，过作 垂足分别为

由（1）得：四边形为正方形，

OA＝2，∠OAB＝15°，



（3）如图，连接










本题考查的是勾股定理的应用，等腰三角形的判定与性质，矩形，正方形的判定与性质，垂径定理的应用，弧长的计算，掌握以上知识并灵活运用是解本题的关键.
32．（1）详见解析；（2）详见解析
【解析】
(1)先判断出∠2+∠3=90°，再判断出∠1=∠2即可得出结论；
(2)根据等腰三角形的性质得到∠3=∠COD=∠DEO=60°，根据平行线的性质得到∠4=∠1，根据全等三角形的性质得到∠CBO=∠CDO=90°，于是得到结论；
(1)如图，连接OD，

∵CD是⊙O的切线，
∴OD⊥CD，
∴∠2+∠3=∠1+∠COD=90°，
∵DE=EC，
∴∠1=∠2，
∴∠3=∠COD，
∴DE=OE；
(2)∵OD=OE，
∴OD=DE=OE，
∴∠3=∠COD=∠DEO=60°，
∴∠2=∠1=30°，
∵AB∥CD，
∴∠4=∠1，
∴∠1=∠2=∠4=∠OBA=30°，
∴∠BOC=∠DOC=60°，
在△CDO与△CBO中，
，
∴△CDO≌△CBO(SAS)，
∴∠CBO=∠CDO=90°，
∴OB⊥BC，
∴BC是⊙O的切线；
此题主要考查了切线的判定和性质，同角的余角相等，等腰三角形的性质，判断出△CDO≌△CBO是解本题的关键．
33．(1)证明见解析
(2)3
【解析】
（1）如图，作，垂足为，证明，有，可知是半径，进而结论可证；
（2）由题意知，在中，由勾股定理得求出的值，由求出的值，设⊙O的半径为，在中，由勾股定理得，求出的值即可．
(1)
证明：如图，作，垂足为


由题意知，
在和中
∵
∴
∴，
∴是半径
又∵
∴DE是⊙O的切线．
(2)
解：由题意知
在中，由勾股定理得
∴
设⊙O的半径为
在中，由勾股定理得
∴
解得
∴⊙O的半径为3．
本题考查了角平分线，切线的判定，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．
34．(1)
(2)
(3)
【解析】
（1）把，代入，待定系数法求解析式即可；
（2）根据解析式求得，证明≌可得，进而可得，求得直线AN的解析式为，联立抛物线解析式即可求得点的坐标，过点N作轴于点D，勾股定理即可求得线段AN的长；
（3）设的外接圆为圆R，圆心R的坐标为，过点R作轴于点G，过点M作的延长线于点H，连接AR，MR，NR．证明≌可得，，，进而表示出点，将点M的坐标代入抛物线表达式得出④式，根据得出⑤式，联立求解即可求得点的坐标
(1)
把，代入得：
，解得，
故抛物线的表达式为．
(2)
令，得，
∴，．
∵，
∴．
∵，
，
∴≌．
∴，
∴．
设直线AN的解析式为，
把，代入得：，
解得，
故直线AN的解析式为．
由，
解得，．
故点．
过点N作轴于点D，则，，
根据勾股定理得：．
(3)
．
设的外接圆为圆R，
过点R作轴于点G，过点M作的延长线于点H，连接AR，MR，NR．

当时，则，设圆心R的坐标为，
∵，，∴，
∵，，
∴≌（AAS），
∴，，
∴点，
将点M的坐标代入抛物线表达式得：④，
由题意得：，即⑤，
联立④⑤并解得：，
故点．
本题考查了二次函数的综合题，待定系数法求解析式，勾股定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，全等三角形的性质与判定，第三问中正确的添加辅助线是解题的关键．
35．55°
【解析】
由圆内接四边形的性质可得，根据“点C为的中点”可得AC是平分线，从而可得结论．
解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴
∵
∴
∵点C为的中点
∴
∴
本题主要考查了圆周角定理，圆内角四边形的性质，求出是解答本题的关键．
36．(1)见解析
(2)4
【解析】
（1）连接，由圆的基本性质结合题意易证，即证明，从而可证明，得出为的切线；
（2）设交于点．由圆周角定理结合（1）可知，，即可证明四边形为矩形，推出，．再由垂径定理可推出，最后在中，利用勾股定理即可求出r的值．
(1)
证明：如图，连接，
∵，
∴．
∵平分，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴为的切线；
(2)
设交于点，
∵为得直径
∴
∴
∴四边形为矩形
∴，，
∴
∵在中，，
又∵，
即，
解得，
∴的半径为4．


本题为圆的综合题，涉及切线的判定，平行线的判定和性质，圆周角定理，垂径定理，矩形的判定和性质以及勾股定理等知识．连接常用的辅助线并利用数形结合的思想是解答本题的关键．
37．(1)见解析；
(2)．
【解析】
（1）连接OB，证明△CAO≌△BAO（SSS），由全等三角形的性质得出∠OCA＝∠OBA．由切线的性质得出∠ABO＝90°，则∠OCA＝90°，可得出结论；
（2）由勾股定理求出BD的长，设AC＝x，则AC＝AB＝x，得出方程，解方程可得x，进一步得出答案．
(1)
证明：如图，连接OB，


∵，
∴ △OBC是等腰三角形，
∵，
∴，
∴OA是CB的垂直平分线，
∴，
在△CAO和△BAO中
     
∴（SSS），
∴，
∵AB为的切线，
∴OB⊥AB,
∴，
∴，
∴，
∵OC是的半径，
∴AC为的切线；
(2)
解：∵，，
∴，，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴（负根已舍去），
∴，
∴
此题考查了切线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识，证明△CAO≌△BAO是解题的关键．
38．(1)10；
(2)
【解析】
（1）根据直径所对的圆周角是直角推知∠ACB=90°，然后在直角△ABC中利用勾股定理来求直径AB的长度；
（2）连接OD．由角平分线的定义及圆周角定理可得∠AOD=90°；最后由扇形的面积公式、三角形的面积公式可以求得阴影部分的面积=S扇形△AOD-S△AOD．
(1)
解：∵为的直径，
∴，
在Rt中，，，
∴；
(2)
（2）连接OD．


∵平分，，
∴，
∴，
∴，
∴阴影部分的面积．
本题综合考查了直径所对圆周角性质，圆周角定理、勾股定理，角平分线有关计算，三角形面积以及扇形面积公式，采用了“数形结合”的数学思想．
39．（1）见详解；（2）
【解析】
（1）利用网格特点和旋转的性质画出A、B的对应点A1、B1即可．
（2）由勾股定理求出AC的长度，然后利用扇形的面积公式，即可求出答案．
解：（1）如图所示：

（2）由勾股定理，则
，
∴线段AC在旋转过程中扫过的图形面积为：
；
本题考查了作图——旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形，也考查了扇形的面积公式，勾股定理．
40．
【解析】
直接利用垂径定理进而结合圆周角定理得出是等腰直角三角形，进而得出答案．
解：半径弦于点，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
．
此题主要考查了勾股定理，垂径定理和圆周角定理，解题的关键是正确得出是等腰直角三角形．
41．（1）答案见解析 （2）答案见解析
【解析】
(1)作线段BC的垂直平分线MN，交AB于点O，以O为圆心，OB为半径作⊙O 即可；
(2)连接OC，证明∠ACB= 120°，再证明∠ACO= 90°，即可得答案．
解：(1)如下图，⊙O即为所作：

(2)证明：连接OC
∵△ABC中，∠A=∠B= 30°
∴∠ACB= 120°
由(1) 可知，OC= OB
∴∠OCB=∠B = 30°
∴∠ACO= 90°
∴AC是⊙O的相切．
本题考查作图-垂直平分线、圆的画法，等腰三角形的性质，切线的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
42．(1)见解析；
(2)见解析；
(3)
【解析】
（1）连接OE，根据切线性质和圆周角定理证得∠AED=∠OED=90°，再根据等边对等角和等角的余角相等即可证得结论；
（2）根据平行线的判定与性质证得∠CAE=∠AEO，再根据等角对等边和角平分线的性质定理即可证的结论；
（3）连接PF，根据等角的余角相等和等角对等边证得CE=CF，证明CF∥EP，根据菱形的判定与性质证明四边形CFPE是菱形求得CF=PF，再利用勾股定理求得CF即可．
(1)
证明：（1）连结OE，
∵BC与⊙O相切于点E，
∴OE⊥BC，
∴∠OED=∠BED+∠OED=90°，
∵AD是直径，
∴∠AED=90°，
∴∠EAD+∠ADE=90°，
∵OE=OD，
∴∠OED=∠ADE，
∴∠BED=∠EAD；
(2)
证明：∵AC⊥BC，OE⊥BC，

∴AC∥OE，
∴∠CAE=∠AEO，
∵OA=OE，
∴∠EAO=∠AEO，
∴∠CAE=∠EAO，
又∵EP⊥AB，EC⊥AC，
∴CE=EP；
(3)
解：连结PF，

∵∠ACB=90°，CG⊥AB，
∴∠CAE+∠AEC=∠AFG+∠EAP=90°，
∵∠CAE=∠EAP，
∴∠AEC=∠AFG =∠CFE，
∴CF=CE，
∵CE=EP，
∴CF=PE，
∵CG⊥AB，EP⊥AB，
∴CF∥EP，
∴四边形CFPE是平行四边形，
又∵CE=EP，
∴平行四边形CFPE是菱形，
∴CF=PF ，
设，则，，
在Rt△PFG中，由勾股定理可得：
，
解得：，
∴．
本题考查切线性质、圆周角定理、等角的余角相等、等腰三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、角平分线的性质定理、平行四边形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
43．(1)见解析
(2)65°
(3)23π
【解析】
（1）连接OB，根据等腰三角形的性质得到∠OAB＝∠OBA，∠CPB＝∠PBC，等量代换得到∠APO＝∠CBP，根据三角形的内角和得到∠CBO＝90°，于是得到结论；
（2）根据等腰三角形和直角三角形的性质得到∠ABO＝25°，∠APO＝65°，根据三角形外角的性质得到∠POB＝∠APO﹣∠ABO＝40°，根据圆周角定理即可得到结论；
（3）根据弧长公式即可得到结论．
(1)
证明：连接OB，

∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∵PC＝CB，
∴∠CPB＝∠PBC，
∵∠APO＝∠CPB，
∴∠APO＝∠CBP，
∵OC⊥OA，
∴∠AOP＝90°，
∴∠OAP+∠APO＝90°，
∴∠CBP+∠ABO＝90°，
∴∠CBO＝90°，
∴BC是⊙O的切线；
(2)
解：∵∠BAO＝25°，
∴∠ABO＝25°，∠APO＝65°，
∴∠POB＝∠APO﹣∠ABO＝40°，
∴∠AQB＝（∠AOP+∠POB）＝×130°＝65°；
(3)
解：由（2）得，∠AQB＝65°，
∴∠AOB＝130°，
∴的长＝的长＝＝23π．
本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，弧长的计算，圆周角定理，熟练正确切线的判定和性质定理是解题的关键．
44．(1)见解析
(2)见解析
【解析】
（1）作线段AB的垂直平分线与AB的交点即为圆心O；
（2）根据角平分线的意义可得，根据圆周角定理可得，，等量代换可得，根据同圆中圆心角相等可得．
(1)
如图，为所求；

(2)
如图，连接OD，

∵CD平分，
∴，
∵，，
∴，
∴．
本题考查了尺规作图，90°的圆周角所对的弦是圆的直径，圆周角定理，掌握以上知识是解题的关键．
45．(1)点A在外
(2)
(3)或
【解析】
（1）由勾股定理求出AO的长，再与圆的半径比较即可得出结论；
（2）求出直线与相切时OB的长度即可得到b的取值；
（3）分，和三种情况求解即可．
(1)
∵
∴
∵
∴点A在外
(2)
如图，当直线与相切于点C时，连接OC，则OC=3

∵∠
∴
∴直线与相交时，；
(3)
∵直线与相交于点A，B，
∴，

∴
当时，点P坐标为：
，（舍去）
当时，
∵轴
∴
∴
当时，点P与点O重合，
∴（舍去）
综上，点P的坐标为：或
本题属于圆综合题，考查了直线与圆的位置关系，切线的判定和性质，等腰三角形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用特殊位置解决问题．
46．见详解
【解析】
如图，连接DE，BC．证明∠ADE=∠AED，推出AD=AE，可得结论．
证明：如图，连接DE，BC．

∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵∠ADE+∠EDB=180°，∠C+∠EDB=180°，
∴∠ADE=∠C，
同法可证，∠AED=∠B，
∴∠ADE=∠AED，
∴AD=AE，
∴BD=EC．
本题考查圆心角，弧，弦的关系，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是证明AD=AE．
47．（1）证明见解析；（2）．
【解析】
（1）连接OC，根据OA=OC推出∠OCA=∠OAC，根据角平分线得出∠OCA=∠OAC=∠CAP，推出OC∥AP，得出OC⊥CD，根据切线的判定推出即可；
（2）过O作OM⊥AB于M，得出矩形OMDC，推出OM=CD，OC=AM+AD，求出AM的长，利用勾股定理求出AD的长，设圆的半径为x，则AM=x-AD，再根据勾股定理列方程，求出x的值即可求出⊙O的半径，从而求出⊙O的直径的AE．
解：（1）证明：连接OC．

∵OC=OA，
∴∠OAC=∠OCA．
∵AC平分∠PAE，
∴∠DAC=∠OAC，
∴∠DAC=∠OCA，
∴AD∥OC．
∵CD⊥PA，
∴∠ADC=∠OCD=90°，
即 CD⊥OC，点C在⊙O上，
∴CD是⊙O的切线．
（2）解：过O作OM⊥AB于M．即∠OMA=90°，
∵∠MDC=∠OMA=∠DCO=90°，
∴四边形DMOC是矩形，
∴OC=DM，OM=CD=4．
∵DC=4，AC=5，
∴AD=3，
设圆的半径为x，则AM=x-AD=x-3，
∵在Rt△AMO中，∠AMO=90°，根据勾股定理得：AO2=AM2+OM2．
∴x2=（x-3）2+42，
∴x=
∴⊙O的半径是，
∴⊙O的直径的AE=2×=．
48．画图见解析，M(2，0)
【解析】
根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，结合网格特点作出弦AB、BC的垂直平分线，其交点即可所求．
解：如图所示，点M即为所求，


由图知，点M的坐标为（2，0）．
本题考查垂径定理的推论、线段垂直平分线、坐标与图形，能根据网格特点和垂径定理的推论得到圆心的位置是解答的关键．
49．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【解析】
（1）连接OC，根据直径所对的角是直角及等腰三角形转换得∠BCF +∠OCB=90°，即可得证
（2）根据同弧或等弧所对的角相等，以及平行线的判定和性质，推论转化得证
（3）利用勾股定理列方程计算得出OH的长度，再利用中位线的性质得出AD的长度
(1)
解：如图，连接OC

∵AB是直径
∴∠ACB=90°
∴∠ACO+∠OCB=90°
∵OA=OC
∴∠BAC=∠ACO
∵∠BCF=∠BAC
∴∠BCF +∠OCB=90°
∴∠OCF=90°
∴OC⊥CF
∴CF是⊙O的切线
(2)
∵点C是劣弧BD中点

∴∠CAD=∠BAC
∵∠BCF=∠BAC
∴∠CAD=∠BCF

∴∠CAD=∠CBD
∴∠BCF=∠CBD
∴CF∥BD
∴∠ABD=∠F

∴∠ACD=∠ABD
∴∠ACD=∠F
(3)
，

∴点H为BD的中点
∵AB＝10，BC＝6

设OH=x，则CH=5-x，根据勾股定理得


解得：

∵OH是中位线
∴
本题考察了圆和三角形的综合问题，利用同弧或等弧所对的角相等以及利用勾股定理列出方程，是解决问题的关键．
50．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【解析】
（1）连接，由题意知，，，，；可得，进而说明是的切线．
（2）连接，同弧所对圆周角相等，有，，进而说明．
（3）勾股定理知，，有，知，，；在中用勾股定理求出的长，求出的长，通过角度关系得出，故有，进而求出的值．
解：（1）证明：如图所示，连接，为半径

是的内接三角形，且是直径


在和中，有





又

即
是半径
是的切线．
（2）证明：如图连接





为直径



（3）在中



在和中


，，

设，
在中，有，
解得

，



∴
本题考查了切线、圆周角、三角形全等、等腰三角形、勾股定理等知识．解题的关键与难点在于角度等量关系的转化．
51．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【解析】
（1）根据同弧所对的圆周角相等，可得，再由平分，得，从而证明结论；
（2）由，得，再根据，，得，从而有，即可证明；
（3）由题意知为内心，为外心，设，，则，可求出的长，再根据勾股定理求出的长，而，从而得出答案．
(1)
解：证明：平分，
，
又，
；

(2)
解：证明：，平分，
，
连接，
，
平分，
，
，，
，
，
，
点、、在以点为圆心的同一个圆上；
(3)
解：如图：

，
，
，
，
，
，

，
，
在中，，
在中，设，，
则，
即，
解得：，
即，
为直径，
，
在中，
，
，
，
为角平分线的交点，
为内心，
为内心与外心之间的距离，
内心与外心之间的距离为．
本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，三角形的内心和外心的性质，圆的定义，勾股定理等知识，解题的关键是利用（2）中证明结论是解决问题（3）的关键．
52．(1)见解析；
(2)⊙O的半径为；
(3)
【解析】
（1）连接，可证，于是，故，又，，等量代换即可得到，故结论得证；
（2）由（1）知，根据勾股定理可求得半径；
（3）在中根据勾股定理，解得，根据为内心，得到，根据同弧所对的圆周角相等得到，根据三角形外角定理可得，又由，故得，即可得到答案．
(1)
证明：如图1，连接，


，
，，
，
，，（三线合一）
，
，
，
，
，
，
即：，且是半径,
直线是得切线；
(2)
如图1，


由（1）得：，
，
设的半径为，则，，
在中，，
，
解得： ，
的半径为；
(3)
在中， ，
，
连接，


点是的内心，     
，
，
，
又，，
，
．
本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，垂径定理，切线的判定，角平分线性质，勾股定理，熟练掌握这些性质定理进行推理是解决本题的关键．
53．(1)见解析
(2)弦AB和弧AB所夹图形的面积＝
(3)FH＝
【解析】
（1）连接OB，知∠OCB=∠OBC，由直角三角形性质知BM=CM=DM，得∠MBC=∠MCB，依据CD是⊙O的切线知∠OCB+∠DCB=90°，据此可得∠OBC+∠MBC=90°；
（2）根据S阴影=S扇形AOB-S△AOB求解即可；
（3）先证明OF平分∠AOB，由三线合一可证OF⊥AB，根据勾股定理求出OH，进而可求FH的长．
(1)
证明：如图，连接OB，

∵⊙O是直角三角形ABC的外接圆，
∴∠ABC＝∠DBC＝90°.
在Rt△DBC中，M为CD的中点，
∴BM＝MC，∴∠MBC＝∠MCB.
又∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠OBC.
∵CD为⊙O的切线，
∴∠ACD＝90°.
∴∠MCB+∠OCB＝∠MBC+∠OBC＝90°，即OB⊥BM.
又∵OB为⊙O的半径，
∴BM与⊙O相切；
(2)
解：∵∠BAC＝60°，OA＝OB，
∴△ABO为等边三角形，
∴∠AOB＝60°.
∵AC＝4，∴OA＝2，
∴弦AB和弧AB所夹图形的面积＝S扇形AOB－S△AOB
＝；
(3)
解：如图，连接OB，

∠ABF＝15°时，∠AOF＝30°，
∴等边△ABO中，OF平分∠AOB，
∴OF⊥AB.
在Rt△AOH中，AO＝2，∠AOH＝30°，
∴AH＝1，
∴OH＝，∴FH＝．
本题考查了切线的判定，扇形的面积，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握圆的性质，属于中考压轴题．
54．(1)见解析
(2)45°
(3)
【解析】
（1）由题意画出图形，利用SAS公理判定△BAG≌△EAC即可得出结论；
（2）利用全等三角形的性质可得∠BGA=∠ECA，利用三角形的内角和定理可得∠GMN=∠CAN=90°，利用正方形的性质可得∠AGC=45°，证明A，M，G．C四点共圆，利用同弧所对的圆周角相等即可得出结论；
（3））由△BAG≌△EAC可得BG=EC=a，S△BAG=S△EAC；利用同高的三角形的面积比等于底的比可得用a，b，c的式子表示出的S△ABM：S△BAG和S△ACM：S△EAC，将两个式子联立即可得出结论．
(1)
解：证明：由题意画出图形，如下图，

∵四边形ABDE是正方形，
∴AB=AE，∠BAE=90°．
∵四边形ACFG是正方形，
∴AG=AC，∠GAC=90°．
∵∠BAG=∠BAE=∠EAG=90°+∠EAG，
∠EAC=∠GAC+∠EAG=90°+∠EAG，
∴∠BAG=∠EAG．
在△BAG和△EAC中，
，
∴△BAG≌△EAC（SAS）．
∴BG=CE．
(2)
∵△BAG≌△EAC，
∴∠BGA=∠ECA．
设EC与AG交于点N，
∵∠MNG=∠ANC，
∴∠GMN=∠CAN．
∵四边形ACFG是正方形，
∴∠GAC=90°，
∴∠GMC=90°．
∴∠BMC=90°．
连接GC，如图，
∵四边形ACFG是正方形，
∴∠AGC=45°．
∵∠GMC=∠GAC=90°，
∴A，M，G．C四点共圆．
∴∠AMC=∠AGC=45°．
(3)
∵△BAG≌△EAC，
∴BG=EC=a，S△BAG=S△EAC．
∵，
，
∴S△ABM=S△BAG，S△ACM=S△EAC．
∴．
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，四点共圆的判定与性质，三角形的面积，准确找到图形中的全等三角形是解题的关键．
55．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【解析】
（1）按题意作出的中点，以O为圆心，OC为半径画圆即可；
（2）由等腰三角形的性质得出，由切线的性质得出，证出，由平行线的性质可得出结论；
（3）证出，连接，设，则，由勾股定理得出，求出的值，则可得出答案．
(1)
解：如图，

(2)
证明：连接CE，
，
，
为的切线，
，
，
，
，
，
即平分；
(3)
解：∵OE⊥AB，∠A=∠B=90°，
∴，
∴,
∵为的中点，
∴E为AB中点，
为梯形的中位线，
，
，
连接，

为的直径，
，
四边形为矩形，
，
设，
，
，
，
解得，
，
．
本题是圆的综合题，考查了尺规作图，圆周角定理，勾股定理，切线的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解是解题的关键．
56．
【解析】
过作于，的延长线交于，连接，根据一次函数求出点A、B的坐标，然后利用等面积即可求出CM的值，根据圆上距离直线AB最近的点为CM与的交点，从而求出面积的最小值．
解：过作于，连接，

将x=0，代入中，得y=-3，将y=0代入中，得x=4
∴点B的坐标为（0，-3）点A的坐标为（4,0）
∴OA=4，OB=3，BC=1－（-3）=4
根据勾股定理可得AB=
则由三角形面积公式得，，
∴，
∴，
∴圆上点到直线的最小距离是，即点P为CM与的交点时
∴面积的最小值是，
故答案是：．
此题考查的是求一次函数图象与坐标轴的交点坐标、圆上动点问题和三角形的面积，掌握坐标轴上点的坐标特征、利用等面积求高和求圆上距离直线最近的点到直线的距离是解决此题的关键．
57．（1）见解析；（2）①见解析；②AE＝1
【解析】
（1）由AB为直径知∠ACB＝90°，∠ABC+∠CAB＝90°．由∠MAC＝∠ABC可证得∠MAC+∠CAB＝90°，则结论得证；
（2）①证明∠BDE＝∠DGF即可．∠BDE＝90°﹣∠ABD；∠DGF＝∠CGB＝90°﹣∠CBD．因为D是弧AC的中点，所以∠ABD＝∠CBD．则问题得证；
②连接AD、CD，作DH⊥BC，交BC的延长线于H点．证明Rt△ADE≌Rt△CDH，可得AE＝CH．根据AB＝BH可求出答案．
（1）证明：∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠ABC＝90°；
∵∠MAC＝∠ABC，
∴∠MAC+∠CAB＝90°，即MA⊥AB，
∴MN是⊙O的切线；
（2）①证明：∵D是弧AC的中点，
∴∠DBC＝∠ABD，
∵AB是直径，
∴∠CBG+∠CGB＝90°，
∵DE⊥AB，
∴∠FDG+∠ABD＝90°，
∵∠DBC＝∠ABD，
∴∠FDG＝∠CGB＝∠FGD，
∴FD＝FG；
②解：连接AD、CD，作DH⊥BC，交BC的延长线于H点．

∵∠DBC＝∠ABD，DH⊥BC，DE⊥AB，
∴DE＝DH，
在Rt△BDE与Rt△BDH中，
，
∴Rt△BDE≌Rt△BDH（HL），
∴BE＝BH，
∵D是弧AC的中点，
∴AD＝DC，
在Rt△ADE与Rt△CDH中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△CDH（HL）．
∴AE＝CH．
∴BE＝AB﹣AE＝BC+CH＝BH，即5﹣AE＝3+AE，
∴AE＝1．
本题是圆的综合题，考查了切线的判定，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，正确作出辅助线来构造全等三角形是解题的关键．
58．（1）45°；（2）EA2+CF2＝EF2，理由见解析；（3）6
【解析】
（1）由直径所对的圆周角为直角及等腰三角形的性质和互余关系可得答案；
（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2=EF2．如图2，设∠ABE=α，∠CBF=β，先证明α+β=45°，再过B作BN⊥BE，使BN=BE，连接NC，判定△AEB≌△CNB（SAS）、△BFE≌△BFN（SAS），然后在Rt△NFC中，由勾股定理得：CF2+CN2=NF2，将相关线段代入即可得出结论；
（3）如图3，延长GE，HF交于K，由（2）知EA2+CF2=EF2，变形推得S△ABC=S矩形BGKH，S△BGM=S四边形COMH，S△BMH=S四边形AGMO，结合已知条件S四边形AGMO：S四边形CHMO=8：9，设BG=9k，BH=8k，则CH=3+k，求得AE的长，用含k的式子表示出CF和EF，将它们代入EA2+CF2=EF2，解得k的值，则可求得答案．
解：（1）如图1，

∵AC为直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠ACB+∠BAC＝90°，
∵AB＝BC，
∴∠ACB＝∠BAC＝45°，
∴∠ADB＝∠ACB＝45°；
（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2＝EF2．理由如下：
如图2，设∠ABE＝α，∠CBF＝β，

∵AD∥BF，
∴∠EBF＝∠ADB＝45°，
又∠ABC＝90°，
∴α+β＝45°，
过B作BN⊥BE，使BN＝BE，连接NC，
∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBN，BE＝BN，
∴△AEB≌△CNB（SAS），
∴AE＝CN，∠BCN＝∠BAE＝45°，
∴∠FCN＝90°．
∵∠FBN＝α+β＝∠FBE，BE＝BN，BF＝BF，
∴△BFE≌△BFN（SAS），
∴EF＝FN，
∵在Rt△NFC中，CF2+CN2＝NF2，
∴EA2+CF2＝EF2；
（3）如图3，延长GE，HF交于K，

由（2）知EA2+CF2＝EF2，
∴EA2+CF2＝EF2，
∴S△AGE+S△CFH＝S△EFK，
∴S△AGE+S△CFH+S五边形BGEFH＝S△EFK+S五边形BGEFH，
即S△ABC＝S矩形BGKH，
∴S△ABC＝S矩形BGKH，
∴S△GBH＝S△ABO＝S△CBO，
∴S△BGM＝S四边形COMH，S△BMH＝S四边形AGMO，
∵S四边形AGMO：S四边形CHMO＝8：9，
∴S△BMH：S△BGM＝8：9，
∵BM平分∠GBH，
∴BG：BH＝9：8，
设BG＝9k，BH＝8k，
∴CH＝3+k，
∵AG＝3，
∴AE＝3，
∴CF＝（k+3），EF＝（8k﹣3），
∵EA2+CF2＝EF2，
∴，
整理得：7k2﹣6k﹣1＝0，
解得：k1＝﹣（舍去），k2＝1．
∴AB＝12，
∴AO＝AB＝6，
∴⊙O的半径为6．
本题属于圆的综合题，考查了圆的相关性质及定理、全等三角形的判定与性质、多边形的面积公式、勾股定理及解一元二次方程等知识点，熟练运用相关性质及定理是解题的关键．