九年级上学期期中【压轴41题专练】-2022-2023学年九年级数学上学期期中期末考点大串讲（苏科版）

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九年级上学期期中【压轴41题专练】
一、单选题
1．（2020·江苏省南菁高级中学实验学校九年级期中）如图，AC⊥BC，，D是AC上一点，连接BD，与∠ACB的平分线交于点E，连接AE，若，，则BC＝（   ）

A． B．8 C． D．10
【答案】B
【分析】过作垂足分别为由角平分线的性质可得：利用，可以求得 进而求得，利用面积公式列方程求解即可．
【详解】解：如图，过作垂足分别为
平分

，
设
，，






（负根舍去）

故选：B．

【点睛】本题考查的是三角形的平分线的性质，等高的两个三角形的面积与底边之间的关系，一元二次方程的解法，掌握相关知识点是解题关键．
二、填空题
2．（2022·江苏苏州·九年级期中）如图，在平面直角坐标系中，半径为2的与轴的正半轴交于点，点是上一动点，点为弦的中点，直线与轴、轴分别交于点、，则面积的最小值为________．

【答案】2
【分析】如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．首先证明点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′．求出MN，当点C与C′重合时，△C′DE的面积最小．
【详解】解：如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．

∵AC=CB，AM=OM，
∴MC=OB=1，
∴点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′．
∵直线y=x-3与x轴、y轴分别交于点D、E，
∴D（4，0），E（0，-3），
∴OD=4，OE=3，
∴，
∵∠MDN=∠ODE，∠MND=∠DOE，
∴△DNM∽△DOE，
∴，
∴，
∴，
当点C与C′重合时，△C′DE的面积最小，△C′DE的面积最小值，
故答案为2．
【点睛】本题考查三角形的中位线定理，三角形的面积，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形的中位线解决问题，属于中考常考题型．
3．（2021·江苏·泰兴市洋思中学九年级期中）如图，已知⊙O的半径是2，点A，B在⊙O上，且∠AOB＝90°，动点C在⊙O上运动（不与A，B重合），点D为线段BC的中点，连接AD，则线段AD的长度最大值是_______．

【答案】
【分析】取OB中点E得DE是△OBC的中位线，得，即点D是在以E为圆心，1为半径的圆上，从而可知求AD的最大值就是求点A与⊙E上的点的距离的最大值，据此求解即可．
【详解】解：如图1，连接OC，取OB的中点E，连接DE，则DE是△OBC的中位线，

∵⊙O的半径是2，即，
∴，
在△OBC中，DE是△OBC的中位线，
∴，
则点D是在以E为圆心，1为半径的圆上，
∴求AD的最大值就是求点A与⊙E上的点的距离的最大值，
如图2，当D在线段AE延长线上时，AD取得最大值，

∵OA=OB=2，∠AOB=90°，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是判断出点D的运动轨迹是以E为圆心，1为半径的圆．
4．（2021·江苏连云港·九年级期中）如图，点在反比例函数图像上，以为直径的圆交该双曲线于点，交轴于点，若，则该圆的直径长是__________．

【答案】
【分析】首先连接AB、AC、BC、OC，过点C作CD⊥y轴于点D，然后由过直径的三角形是直角三角形和勾股定理得出，再根据反比例函数的性质，利用坐标构建方程，求解即可.
【详解】连接AB、AC、BC、OC，过点C作CD⊥y轴于点D，如图所示：

∵OA是圆的直径
∴∠ABO=∠ACO=90°
∴
∴
∵
∴OC=OB
∵CD⊥y轴于点D
∴BD=OD
设点A的坐标为，则，
∵CD⊥y轴于点D，且点C在的图象上，
∴点C的坐标为
∴
化简，得
解得或（舍去）
则A的坐标为
∴
故答案为：.
【点睛】此题主要考查反比例函数和圆的综合应用，熟练掌握，即可解题.
5．（2020·江苏·南通市八一中学九年级期中）如图，是正方形的外接圆，点是劣弧上的任意一点，连接，作于点，连接则当点从点出发按顺时针方向运动到点时，长的取值范围为________________．

【答案】
【分析】首先根据题意可知，当点与点重合时最长，的最大值为；再证明点的运动轨迹为以为直径的，通过添加辅助线连接交于点，连接，由线段公理可知，当点与点重合时最短，的最小值为．即可得解．
【详解】解：∵由题意可知，当点与点重合时最长
∴此时，即的最大值为
∵
∴
∴点的运动轨迹为以为直径的，连接交于点，连接，如图：

∵
∴
∴在中，
∴
∴由两点之间，线段最短可知，当点与点重合时最短
∴的最小值为
∴．
【点睛】本题考查了正多边形和圆的动点问题、的圆周角所对的弦为直径、勾股定理、线段公理等知识点，解题的关键是确定取最大值和最小值时点的位置，属于中考常考题型，难度中等．
6．（2020·江苏·扬州中学教育集团树人学校九年级期中）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝2，∠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____________．

【答案】
【分析】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，
在中，∵∠COH=60°，OC=1
∴OH=，
在中，
∴CQ的最大值为．
故答案为：．
【点睛】此题考查圆周角定理、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．
7．（2020·江苏盐城·九年级期中）如图，∠MON＝45°，一直角三角尺△ABC的两个顶点C、A分别在OM，ON上移动，若AC＝6，则点O到AC距离的最大值为_____．

【答案】3+3
【分析】作△AOC的外接圆⊙P，过点P作PQ⊥AC与Q，延长QP⊙P于O'，连接PA、PC．当点O在圆周上运动到点O'，即点O与O'重合时，点O到AC距离最大，依此列式计算即可求解．
【详解】解：如图，作△AOC的外接圆⊙P，过点P作PQ⊥AC与Q，延长QP⊙P于O'，连接PA、PC．
当点O在圆周上运动到点O'，即点O与O'重合时，点O到AC距离最大．
∵∠MON＝45°，
∴∠CO'A＝45°，
∴∠CPA＝90°，
∵PQ⊥AC，
∴QA＝QC＝AC＝3，
∴PQ＝AC＝3，
PA＝QA＝3，
OP＝AP＝3，
∴O'Q＝OP+PQ＝3+3．
故答案为3+3．

【点睛】本题考查了线段最大值，熟练运用三角形外接圆知识是解题的关键．
三、解答题
8．（2020·江苏·苏州市平江中学校九年级期中）如图，矩形中，，，点从点出发沿向点移动（不与点、重合），一直到达点为止；同时，点从点出发沿向点移动（不与点、重合）．

（1）若点、均以的速度移动，经过多长时间四边形为菱形？
（2）若点为的速度移动，点以的速度移动，经过多长时间为直角三角形？
【答案】(1) 经过秒四边形是菱形；（2）经过2秒、秒 、秒时为直角三角形
【分析】（1）根据矩形性质可得，由P、Q两点速度大小相同得到平行四边形，只需，四边形是菱形，设经过x秒四边形是菱形，将BP、DP表示出来，建立一元二次方程即可得解；
（2）由分为①②两种情况讨论：对①，过Q作于M，利用勾股定理即可得出关于x的一元二次方程，即可得解；对②，则，由此可得关于x的一元一次方程，即可得解．
【详解】解：（1）由题可知,
由于P、Q两点速度大小相同，
，
是平行四边形，
当时，四边形是菱形；
设经过了x秒四边形是菱形，则有：
，
由勾股定理得：

解得：
故经过秒四边形是菱形；
（2） P、A两点不重合

为直角三角形有两种情况：①当时过Q作于M，可知为矩形，如图所示
，，则有：
，

解得：， ；
②当时，，
所以，解得 ；
综上可知：经过2秒、秒 、秒时为直角三角形．

【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理的逆定理以及菱形的判定；解题的关键在于：（1）根据领边相等建立一元二次方程；（2）分类讨论，根据边与边的关系建立方程；解决该类问题根据菱形的判定、勾股定理的逆定理得出关于x的方程是关键．
9．（2020·江苏镇江·九年级期中）定义：我们把关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0与cx2+bx+a=0（ac≠0，a≠c）称为一对友好方程．如2x2-7x+3=0的友好方程是3x2-7x+2=0．
（1）写出一元二次方程x2+2x-8=0的友好方程 ．
（2）已知一元二次方程x2+2x-8=0的两根为x1=2，x2=-4，它的友好方程的两根、 ．根据以上结论，猜想ax2+bx+c=0的两根x1、x2与其友好方程cx2+bx+a=0的两根x3、x4之间存在的一种特殊关系为 ，证明你的结论．
（3）已知关于x的方程2020x2+bx-1=0的两根是x1=-1，x2=．请利用（2）中的结论，写出关于x的方程（x-1)2-bx+b=2020的两根为 ．
【答案】（1）-8x2+2x+1＝0；（2），互为倒数，证明见解析；（3）x1=0，x2=2021．
【分析】（1）根据新定义得出其“友好方程”即可；
（2）根据一元二次方程的根与系数之间的关系可得结论，根据原方程与“友好方程”的根得出规律，再用求根公式去验证即可；
（3）先根据“友好方程”的根的特点得出-x2+bx+2020=0，即x2-bx-2020=0的两根为x1=-1，x2=2020，将待求方程变形为（x-1）2-b（x-1）-2020=0，把x-1看做整体即可求解．
【详解】解：（1）一元二次方程x2+2x-8=0的友好方程是-8x2+2x+1＝0；
故答案为：-8x2+2x+1＝0
（2）x3＝，x4＝；互为倒数
证明：∵ 一元二次方程ax2+bx+c=0的两根为
友好方程cx2+bx+a=0的两根为
∴ ．
．
即原方程的两根与友好方程的两根互为倒数．
故答案为：；互为倒数
（3）∵方程2020x2+bx-1=0的两根是x1=-1，x2=，
∴该方程的“友好方程”为：-x2+bx+2020=0，即x2-bx-2020=0的两根为x1=-1，x2=2020，
则（x-1）2-bx+b=2020，即（x-1）2-b（x-1）-2020=0中x-1=-1或x-1=2020，
∴该方程的解为x1=0，x2=2021．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的解法、解的概念，熟练掌握“友好方程”的定义是解题的关键．
10．（2021·江苏苏州·九年级期中）阅读理解：
转化思想是常用的数学思想之一．在研究新问题或复杂问题时，常常把问题转化为熟悉的或比较简单的问题来解决．如解一元二次方程是转化成一元一次方程来解决的；解分式方程是转化为整式方程来解决的．由于“去分母”可能产生增根，所以解分式方程必须检验．
利用转化思想，我们还可以解一些新的方程，如无理方程（根号下含有未知数的方程）．解无理方程关键是要去掉根号，可以将方程适当变形后两边同时平方，将其转化为整式方程．由于“去根号”可能产生增根，所以解无理方程也必须检验．
例如：解方程
解：两边平方得：
解得：，
经检验，是原方程的根，
代入原方程中不合理，是原方程的增根．
∴原方程的根是．
解决问题：
（1）填空：已知关于x的方程有一个根是，那么a的值为 ；
（2）求满足的x的值；
（3）代数式的值能否等于8 ? 若能，求出的值；若不能，请说明理由．
【答案】（1）2；（2）3；（3）不能，理由见解析
【分析】（1）根据方程解的定义把x=1代入方程，解关于a的无理方程即可；
（2）类比提供的例题解方程，并检验即可求解；
（3）将原方程变形为，两边平方，整理，再平方，得到此方程无解，得出结论即可．
【详解】解：（1）把x=1代入方程得，
两边平方得 3-a=1，
解得a=2，
经检验，a=2是方程的解，
故答案为：a=2；
（2）
两边平方得：
解得：，
经检验，x2=-2代入原方程中不合理，是原方程的增根，x1=3是原方程的根
∴原方程的根是x=3；
（3）不能．
，
原方程变形得，
两边平方得
整理得，
两边平方得，
此方程无解，
∴代数式的值不等于8．
【点睛】本题考查了学生的学习能力，能理解文本和提供的例题并结合所学知识灵活运用是解题的关键．
11．（2020·江苏南京·九年级期中）阅读理解：
材料一：若三个非零实数x，y，z满足：只要其中一个数的倒数等于另外两个数的倒数的和，则称这三个实数x，y，z构成“和谐三数组”.
材料二：若关于x的一元二次方程ax2+bx +c= 0(a≠0)的两根分别为，，则有，．
问题解决：
（1）请你写出三个能构成“和谐三数组”的实数 ；
（2）若，是关于x的方程ax2+bx +c= 0 (a，b，c均不为0)的两根，是关于x的方程bx+c=0(b，c均不为0)的解．求证：x1，x2，x3可以构成“和谐三数组”；
（3）若A(m，y1) ，B(m + 1，y2) ，C(m+3，y3)三个点均在反比例函数的图象上，且三点的纵坐标恰好构成“和谐三数组”，求实数m的值．
【答案】（1），2，3（答案不唯一）；（2）见解析；（3）m=﹣4或﹣2或2．
【分析】（1）根据“和谐三数组”的定义可以先写出后2个数，取倒数求和后即可写出第一个数，进而可得答案；
（2）根据一元二次方程根与系数的关系求出，然后再求出，只要满足=即可；
（3）先求出三点的纵坐标y1，y2，y3，然后由“和谐三数组”可得y1，y2，y3之间的关系，进而可得关于m的方程，解方程即得结果．
【详解】解：（1）∵，
∴，2，3是“和谐三数组”；
故答案为：，2，3（答案不唯一）；
（2）证明：∵，是关于x的方程ax2+bx +c= 0 (a，b，c均不为0)的两根，
∴，，
∴，
∵是关于x的方程bx+c=0(b，c均不为0)的解，
∴，∴，
∴=，
∴x1 ，x2，x3可以构成“和谐三数组”；
（3）∵A(m，y1) ，B(m + 1，y2) ，C(m+3，y3)三个点均在反比例函数的图象上，
∴，，，
∵三点的纵坐标y1，y2，y3恰好构成“和谐三数组”，
∴或或，
即或或，
解得：m=﹣4或﹣2或2．
【点睛】本题是新定义试题，主要考查了一元二次方程根与系数的关系、反比例函数图象上点的坐标特征和对新知“和谐三数组”的理解与运用，正确理解题意、熟练掌握一元二次方程根与系数的关系与反比例函数的图象与性质是解题的关键．
12．（2021·江苏宿迁·九年级期中）如图，AB为⊙O的直径，且AO=4，点C在半圆上，OC⊥AB，垂足为点O，P为半圆上任意一点过P点作PE⊥OC于点E，设△OPE的内心为M，连接OM

(1)求∠OMP的度数；
(2)随着点P在半圆上位置的改变，∠CMO的大小是否改变，说明理由；
(3)当点P在半圆上从点B运动到点C时，直接写出内心M所经过的路径长．
【答案】(1)135°
(2)不改变，理由见解析
(3)
【分析】（1）由内心的定义可知∠MOP=∠MOC=∠EOP，∠MPO=∠MPE=∠EPO，求出∠MOP与∠MPO的和为45°，利用三角形的内角和定理即可求出∠OMP的度数；
（2）连接CM，证△COM≌△POM，即得出∠CMO=∠OMP=135°，可知∠CMO的大小不改变，为135°；
（3）连接AC，证明△ACO为分别为等腰直角三角形，求出CQ=，∠CQO=90°，分析得出当点Q在半径OC的右侧的半圆上时，点M的轨迹在以AC为直径的圆弧上，根据弧长公式即可求出M所经过的路径长．
(1)解：∵OC⊥AB，
∴∠OEP=90°，
∴∠EOP+∠EPO=90°，
∵M为△OPE的内心，
∴∠MOP=∠MOC=∠EOP，∠MPO=∠MPE=∠EPO，
∴∠MOP+∠MPO=（∠EOP+∠EPO）=45°，
∴∠OMP=180°-（∠MOP+∠MPO）=135°；
(2)∠CMO的大小不改变，理由如下：
如图2，连接CM，

在△COM和△POM中，
，
∴△COM≌△POM（SAS），
∴∠CMO=∠OMP=135°，
∴∠CMO的大小不改变，为135°；
(3)如图3，连接AC，CM，

∵CO⊥AB，
∴OA=OC，
∴△ACO为等腰直角三角形，
∴AC=AO=，
取AC中点Q，连接OQ，
则∠CQO=90°，
∴CQ=AC=，
∴当点P在半径OC的右侧的半圆上时，点M的轨迹在以AC为直径的圆弧上，所对圆心角为90°，
∴=，
∴内心M所经过的路径长为．
【点睛】本题考查了三角形内心的定义，全等三角形的判定，弧长公式等，解题关键是能够根据题意判断出当点P在半径OC的右侧的半圆上时，点M的轨迹在以AC为直径的圆弧上．
13．（2022·江苏·九年级期中）如图1，C、D为半圆O上的两点，且点D是弧BC的中点．连接AC并延长，与BD的延长线相交于点E．

(1)求证：CD＝ED；
(2)连接AD与OC、BC分别交于点F、H．
①若CF＝CH，如图2，求证：CH＝CE；
②若圆的半径为2，BD＝1，如图3，求AC的值．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）如图1中，连接BC．想办法证明∠E=∠DCE即可；（2）①如图2中，根据等腰三角形的性质得到∠CFH=∠CHF，根据三角形外角的性质得到∠ACO=∠OBC，求得∠OCB=∠OBC，得到∠ACO=∠BCO=∠ACB=45°，推出AC=BC，根据全等三角形的性质即可得到结论；②连接OD交BC于G．设OG=x，则DG=2-x．利用勾股定理构建方程求解即可．
（1）
解：证明：如图1中，连接BC．∵点D是弧BC的中点．∴，
∴∠DCB=∠DBC，∵AB是直径，∴∠ACB=∠BCE=90°，∴∠E+∠DBC=90°，∠ECD+∠DCB=90°，∴∠E=∠DCE，∴CD=ED；
（2）
①证明：如图2中，∵CF=CH，∴∠CFH=∠CHF，∵∠CFH=∠CAF+∠ACF，∠CHA=∠BAH+∠ABH，∵∠CAD=∠BAH，∴∠ACO=∠OBC，∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC，∴∠ACO=∠BCO=∠ACB=45°，∴∠CAB=∠ABC=45°，∴AC=BC，∵∠ACH=∠BCE=90°，∠CAH=∠CBE，∴△ACH≌△BCE（ASA），∴CH=CE；
②解：如图3中，连接OD交BC于G．设OG=x，则DG=2-x．∵，
∴∠COD=∠BOD，∵OC=OB，∴OD⊥BC，CG=BG，在Rt△OCG和Rt△BGD中，则有22-x2=12-（2-x）2，∴x=，即OG=，
∵OA=OB，∴OG是△ABC的中位线，∴OG=AC，
∴AC=．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，弧，圆心角，弦之间的关系，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
14．（2021·江苏泰州·九年级期中）如图，在直角坐标系中，一次函数y＝kx+b的图象分别交x轴、y轴于点A、B，OB＝6，设∠ABO＝α，若tanα＝．
（1）求点A的坐标和一次函数关系式．
（2）①利用没有刻度的直尺和圆规，在图1中的线段AB上求作一点P，以点P为圆心，BP为半径作⊙P，使得⊙P与x轴相切．②求①中⊙P的半径．
（3）如图2，以坐标原点O为圆心，3为半径作⊙O，点M是线段AB上的一动点，将射线MA绕点M顺时针旋转2α角度至MA1的位置，若射线MA1与⊙O相切，则称点M为⊙O的“和谐点”，求“和谐点”M的坐标．

【答案】（1）A（8，0），y＝﹣x++6；（2）①见解析；②；（3）M的坐标是（，）或（，）．
【分析】（1）由OB＝6，∠ABO＝α，tanα＝，可得OA＝8，A（8，0），用待定系数法即可得一次函数关系式为y＝﹣x++6；
（2）①先作∠ABO的平分线BE，再作EP⊥AO交AB于P，最后以点P为圆心，BP为半径作⊙P即可；
②根据题意设⊙P半径为x，则PB＝PE＝x，根据△APE∽△ABO可得＝，即可解得⊙P的半径为；
（3）由题意，∠AMA1＝2α，MA1与⊙O相切于点T，设MA1交x轴于R，交y轴于N，过M作MK⊥x轴于K，MK⊥x轴，切点在x轴上方时，在Rt△ONT中，tanα＝，可得NT＝，ON＝，在Rt△RON中，tanα＝，可得OR＝5，从而AK＝RK＝＝，即知OK＝，在Rt△RMK中，tanα＝，可得MK＝，故“和谐点”M（，），切点在x轴下方时，同理可得M（，）．
【详解】解：（1）在Rt△AOB中，tan∠ABO＝，
∵OB＝6，∠ABO＝α，tanα＝，
∴＝，
∴OA＝8，
∴A（8，0），
将A（8，0），B（0，6）代入y＝kx+b得：
，解得，
∴一次函数关系式为y＝﹣x++6；
（2）①如图：

作法：（1）作∠ABO的平分线BE交OA于E，
（2）过E作EP⊥OA，交AB于P，
（3）以点P为圆心，BP为半径作⊙P，
⊙P即为所求；
②设⊙P半径为x，则PB＝PE＝x，
∵BO⊥OA，PE⊥OA，
∴PE∥OB，
∴∠APE＝∠ABO，∠AEP＝∠AOB，
∴△APE∽△ABO，
∴＝，
∵OA＝8，OB＝6，
∴AB＝10，
∴＝，
解得x＝，
∴⊙P的半径为；
（3）由题意：∠AMA1＝2α，MA1与⊙O相切于点T，设MA1交x轴于R，交y轴于N，过M作MK⊥x轴于K，
当切点在x轴下方时，如图：

∵MK⊥x轴，
∴MK∥OB，
∴∠AMK＝∠ABO＝α，
∵∠AMA1＝2α，
∴∠KMA1＝α＝∠ONT，
在Rt△ONT中，tanα＝，
∵tanα＝，OT＝3，
∴＝，
∴NT＝，
∴ON＝＝＝，
在Rt△RON中，tanα＝，
∴＝，
∴OR＝5，
∵OA＝8，
∴AR＝OA﹣OR＝3，
∵∠AMK＝∠KMR＝α，MK⊥x轴，
∴AK＝RK＝＝，
∴OK＝OR+RK＝，
在Rt△RMK中，tanα＝，
∴＝，
∴MK＝，
∴“和谐点”M（，），
当切点在x轴上方时，如图：

同理可得NT＝，ON＝，OR＝5，AR＝13，
∴RK＝，OK＝，MK＝，
∴M（，），
综上所述，M的坐标是（，）或（，）．
【点睛】本题考查圆的综合应用，涉及一次函数、解直角三角形、尺规作图等知识，综合性较强，解题的关键是根据题意画出图形，熟练掌握解直角三角形相关知识．
15．（2021·江苏·海安市南莫中学九年级期中）在平面直角坐标系中，的半径为1.对于点和线段，给出如下定义：若将线段绕点旋转可以得到的弦（，分别是，的对应点），则称线段是的以点为中心的“关联线段”．

（1）如图，点，，，，，，的横、纵坐标都是整数．在线段，，中，的以点为中心的“关联线段”是__________；
（2）是边长为1的等边三角形，点，其中．若是的以点为中心的“关联线段”，求的值；
（3）在中，，．若是的以点为中心的“关联线段”，直接写出的最小值和最大值．
【答案】（1）；（2）或；（3）的最小值为1，最大值为2
【分析】（1）利用旋转的性质、点A到圆上一点的距离范围及“关联线段”的定义来进行判别即可；
（2）先利用旋转的性质，“关联线段”的定义以及等边三角形的性质求出的位置，进而求出t的值即可；
（3）利用旋转的性质以及“关联线段”的定义，求出四边形的各边长，利用四边形的不稳定性画出OA最小和最大的图形，然后问题可求解．
【详解】解：（1）由旋转的性质可知：，
由图可知点A到圆上一点的距离d的范围为，
∵，
∴点不可能在圆上，
∴不是的以点A为中心的“关联线段”，
∵，
∴，
∴是的以点A为中心的“关联线段”，
∵，
当在圆上时，则或，
由图可知此时不在圆上，
∴不是的以点A为中心的“关联线段”，
故答案为；
（2）设BC绕点A旋转得到的弦，则，
∵是边长为1的等边三角形，
∴根据旋转的性质可知也是边长为1的等边三角形，
∵，
∴是边长为1的等边三角形，
∵，且，
∴点A与点O不重合，
∴轴，且，
∴为边上的高的2倍，且此高的长为，
∴或；
（3）由旋转的性质和“关联线段”的定义可知：，，如图1，

利用四边形的不稳定性可知，当A、O、在同一直线上时，OA最小，最小值为1，如图2所示：

当A、、O在同一直线上时，OA最大，如图3所示：

此时；
∴综上所述：的最小值为1，最大值为2．
【点睛】本题主要考查旋转的性质、等边三角形及圆的综合，熟练掌握旋转的性质、等边三角形及圆的综合问题是解题的关键．
16．（2021·江苏无锡·九年级期中）在一次数学探究活动中，李老师设计了一份活动单：
已知线段BC＝4，使用作图工具作∠BAC＝30°，尝试操作后思考：
（1）这样的点A唯一吗？
（2）点A的位置有什么特征？你有什么感悟？
学习小组通过操作、观察、讨论后得到：点A的位置不唯一，它在以BC为弦的圆弧上（点B、C除外）……小华同学画出了符合要求的一条圆弧（如图1）．

（1）小华同学提出了下列问题，请你帮助解决．
①该弧所在圆的半径长为 ；
②ABC面积的最大值为 ；
（2）经过比对发现，小明同学所画的角的顶点不在小华所画的圆弧上，而在如图1所示的弓形内部，我们记为，请你利用图1证明＞30°；
（3）请你运用所学知识，结合以上活动经验，解决问题：如图2，已知矩形ABCD的边长为AB＝2，BC＝4，点P在直线CD的左侧，且∠DPC＝60°．
①线段PB长的最小值为 ；
②若＝，则线段PD长为 ．
【答案】（1）①4；②；（2）见解析；（3）①；②
【分析】（1）①设O为圆心，连接BO，CO，根据圆周角定理得到∠BOC＝60°，证明△OBC是等边三角形，可得半径；
②过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，以BC为底，则当A与D重合时，△ABC的面积最大，求出OE，根据三角形面积公式计算即可；
（2）延长BA′，交圆于点D，连接CD，利用三角形外角的性质和圆周角定理证明即可；
（3）①根据，连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，可得点P在优弧CPD上，连接BQ，与圆Q交于P′，可得BP′即为BP的最小值，再计算出BQ和圆Q的半径，相减即可得到BP′；
②根据AD，CD和S△PCDS△PAD推出，可得点P在∠ADC的平分线上，从而找到点P的位置，过点C作CF⊥PD，垂足为F，解直角三角形即可求出DP．
【详解】（1）解：①设O为圆心，连接BO，CO，
∵∠BCA＝30°，
∴∠BOC＝60°，又OB＝OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB＝OC＝BC＝4，即半径为4，
故答案为：4；
②∵△ABC以BC为底边，BC＝4，
∴当点A到BC的距离最大时，△ABC的面积最大，
如图，过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，以BC为底，则当A与D重合时，△ABC的面积最大，

∴BE＝CE＝2，DO＝BO＝4，
∴OE2，
∴DE＝DO+OE＝4+2，
∴△ABC的最大面积为4×（4+2，
故答案为：8+4；
（2）证明：如图，延长BA′，交圆于点D，连接CD，

∵点D在圆上，
∴∠BDC＝∠BAC＝30°，
∵∠BA′C＝∠BDC+∠A′CD，
∴∠BA′C＞∠BDC，
∴∠BA′C＞∠BAC，即∠BA′C＞30°；
（3）解：①如图，当点P在BC上，且PC＝2时，

∵∠PCD＝90°，AB＝CD＝2，AD＝BC＝4，
∴PD4，∠DPC＝60°，为定值，
连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，
∴当点P在优弧CPD上时，∠DPC＝60°，连接BQ，与圆Q交于P′，
此时BP′即为BP的最小值，过点Q作QE⊥BE，垂足为E，
∵点Q是PD中点，
∴点E为PC中点，即QECD，PE＝CEPC＝1，
∴BE＝BC﹣CE＝4﹣1＝3，
∴BQ2，
∵PD＝4，
∴圆Q的半径为2，
∴BP′＝BQ﹣P′Q＝22，即BP的最小值为22，
故答案为：22；
②∵AD＝4，CD＝2，S△PCDS△PAD，
∴，
∴△PAD中AD边上的高＝△PCD中CD边上的高，
即点P到AD的距离和点P到CD的距离相等，
∴点P在∠ADC的平分线上，
如图，过点C作CF⊥PD，垂足为F，

∵PD平分∠ADC，
∴∠ADP＝∠CDP＝45°，
∴△CDF为等腰直角三角形，又CD＝2，
∴CF＝DF，
∵∠DPC＝60°，
∴PF，
∴PD＝DF+PF．
故答案为：．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，三角形的面积，等边三角形的判定和性质，最值问题，解直角三角形，三角形外角的性质，勾股定理，知识点较多，难度较大，解题时要根据已知条件找到点P的轨迹．
17．（2021·江苏·南京郑和外国语学校九年级期中）问题情境：如图1，P是⊙O外的一点，直线PO分别交⊙O于点A，B，则PA是点P到⊙O上的点的最短距离．
（1）探究证明：如图2，在⊙O上任取一点C（不与点A，B重合），连接PC，OC．求证：PA＜PC．
（2）直接应用：如图3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，以BC为直径的半圆交AB于D，P是弧CD上的一个动点，连接AP，则AP的最小值是 　 　．
（3）构造运用：如图4，在边长为2的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是AD边的中点，N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A1MN，连接A1B，则A1B长度的最小值为 　 　．
（4）综合应用：如图5，平面直角坐标系中，分别以点A（﹣2，3），B（4，5）为圆心，以1，2为半径作⊙A，⊙B，M，N分别是⊙A，⊙B上的动点，P为x轴上的动点，直接写出PM+PN的最小值为 　 　．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）﹣1；（4）7.
【分析】（1）根据题意可知在△POC中，根据“三角形两边之差小于第三边”可求证；
（2）由题意先连接OA交⊙O于点P，然后根据勾股定理求得OA，进而求得AP；
（3）由题意可知A′的轨迹是以M为圆心，半径是1的圆，故连接BM，求得BM，进而求得A′B的最小值；
（4）根据题意作点A关于x轴的对称点C，连接CB交x轴于点P，求出BC的长，进而求得PM+PN得最小值．
【详解】解：（1）证明：如图1，

∵PO﹣OC＜PC，
∴（AP+OA）﹣OC＜PC，
∵OA＝OC，
∴AP＜PC；
（2）如图2，

连接OA角半⊙O于P，则AP最小，
在Rt△AOC中，
OA＝
＝
＝，
∴AP＝OA﹣OP＝，
故答案为：；
（3）如图3，

连接BM，交⊙M（半径是1）于A1，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
∵∠BAM＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∵M是AD的中点，
∴∠AMB＝90°，
∴BM＝AB•sin60°＝，
∴A1B＝-1；
故答案为：﹣1；
（4）如图4，

作点A关于x轴的对称点C，连接BC，交⊙B于点N，交x轴于点P，
连接PA交⊙A于M，
∴PA＝PC，
∴PA+PB＝PC+PB＝BC，
∵C（﹣2，﹣3），B（4，5），
∴BC＝＝10，
∴PM+PN＝PA+PB﹣AM﹣BN＝10﹣1﹣2＝7，
故答案为：7．
【点睛】本题考查轴对称性质和圆的定义以及勾股定理和三角形三边关系等知识，解决问题的关键是熟悉“将军饮马”模型．
18．（2021·江苏·连云港市新海实验中学九年级期中）【发现问题】爱好数学的小明在做作业时碰到这样一道题：如图1，圆O的半径为2，OA＝4，动点B在圆O上，连接AB，作等边三角形ABC（A、B、C为顺时针顺序），求OC的最大值．
【解决问题】小明经过多次的尝试和探索，终于得到解题思路：在图1中，连接OB，以OB为边在OB的左侧作等边三角形BOE，连接AE；
（1）请你找出图中与OC相等的线段，并说明理由；
（2）请直接写出线段OC的最大值
【迁移拓展】
（3）如图2，BC＝，点D是以BC为直径的半圆上不同于B、C的一个动点，以BD为边作等边△ABD，请求出AC的最值，并说明理由．

【答案】（1）OC=AE，证明见解析；（2）6；（3）AC的最大值为，最小值为
【分析】（1）结论：OC=AE．只要证明△CBO≌△ABE即可；
（2）当E、O、A共线，AE有最大值，此时OC有最大值，据此求解即可；
（3）当点A在线段BD的左侧时，以BC为边作等边三角形△BCM，由△ABC≌△DBM，推出AC=MD，所以欲求AC的最大值，只要求出DM的最大值即可，当点D在BC上方，DM⊥BC时，DM的值最大；当点A在线段BD的左侧时，同理可求AC的最小值．
【详解】解：【解决问题】（1）由题意，作图如下：

OC＝AE，理由如下：
∵△ABC，△BOE都是等边三角形，
∴BC＝BA，BO＝BE，∠CBA＝∠OBE＝60°，
∴
即：∠CBO＝∠ABE，
∴△CBO≌△ABE（SAS），
∴OC＝AE．
（2）在△AOE中，，
∴当E、O、A共线时，AE取得最大值，
∵,
∴AE的最大值为6，
∴OC的最大值为6．
（3）【迁移拓展】如图2中，当点A在线段BD的左侧时,以BC为边作等边三角形△BCM，

∵∠ABD＝∠CBM＝60°，
∴∠ABC＝∠DBM，且AB＝DB，BC＝BM，
∴△ABC≌△DBM（SAS），
∴AC＝DM，
∴欲求AC的最大值，只要求出DM的最大值即可，
∵BC＝，为定值，∠BDC＝90°，
∴点D在以BC为直径的⊙O上运动，所以当点D在BC上方，DM⊥BC时，DM的值最大，此时，
∴AC的最大值为
当点A在线段BD的右侧时，同理可得AC的最小值为
综上所述AC的最大值为，最小值为．
【点睛】本题考查与圆有关的动点问题，等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键，学会用转化的思想思考问题，掌握旋转法添加辅助线，属于中考压轴题．
19．（2021·江苏泰州·九年级期中）问题情境：
已知线段BC=2，使用作图工具作∠BAC=30°，尝试操作后思考：
（1）ABC中，如果∠B=90°，∠BAC=30°，探索AC与BC的数量关系？
（2）让含30°的三角板中30°角的两边分别经过点B、C，这时30°角的顶点A位置唯一吗？
（3）思考点A的位置有什么规律？你能用所学知识解释吗？
某学习小组通过操作、观察、讨论后汇报如下：
①如图1，作正ACD的高AB，易得BC=AC，即直角三角形中，30°角所对直角边等于斜边一半．
②30°角的顶点的位置不唯一，它在以BC为弦的圆弧上(点B、C除外)，小明同学画出了符合要求的一条圆弧(如图2)．
理解应用：小明同学结合上述情况提出了下列问题，请你帮助解决：
（1）若该弧的圆心为O，则BO长为 ．
（2）如图3，已知线段BC和直线l，用直尺和圆规在直线l上作出所有的点P，使∠BPC=30°，保留作图痕迹．
（3）如图4，已知矩形ABCD，BC=2，AB=m，P为AD边上的点，∠BPC=60°．
①求m的范围．
②点N在CD上，∠BNC=60°，连接BN、PN，当BPN面积最大时，求m的值．

【答案】（1）；（2）见解析；（3）①；②
【分析】（1）根据圆周角定理可得是等边三角形，即求得；
（2）分别以为圆心，为半径作弧，交直线与线段之间于一点，以这点为圆心，为半径作弧，交于两点，这两点即为所求作的点；
（3）①由∠BPC=60°，则圆心角为120°，易证，圆心在BC的垂直平分线上到BC的距离为1，由圆的对称性知，当AD下移到时，圆心到AD距离也为1，此时A、B、C、D四点均在圆上，根据直线与圆的位置关系进而可得的范围；
②由∠BPC=60°=∠BNC，点N也在上述圆上，由∠BCN=90°，设CN=，则BN=2，在中，求得BN=4，要使△BPN面积最大，则点P到BN的距离要最大时，由圆的对称性知，BP=PN，则△APB ≌△DPN，且，进而求得的值．
【详解】（1）如图，




是等边三角形，

（2）如图，分别以为圆心，为半径作弧，交直线与线段之间于一点，以这点为圆心，为半径作弧，交于两点，这两点即为所求作的点

（3）①由∠BPC=60°，则圆心角为120°，过点作，





在中，

，
即圆心在BC的垂直平分线上到BC的距离为1，
由圆的对称性知，当AD下移到时，圆心到AD距离也为1，此时A、B、C、D四点均在圆上，如图1，
当AD下移到时，AD与圆无交点，
, 当AD与圆相切时，时，如图2，
当AD上移到m﹥3，AD与圆无交点(圆在BC下方)
要使P为AD边上的点，且∠BPC=60°，则边AD与圆必有交点，
故               

②由∠BPC=60°=∠BNC，点N也在上述圆上，由∠BCN=90°，
则BN为直径，∠CBN=30°，由题知，
设CN=，则BN=2，在中，
由勾股定理知，
得，CN==2，
则BN=4
由P点在上述圆上，BN为直径，∠BPN=90°，则△APB∽△DPN，如图3
要使△BPN面积最大，则点P到BN的距离要最大时，
由圆的对称性知，BP=PN，则△APB ≌△DPN，
所以，，
，
解得
【点睛】本题考查了圆周角定理，直线与圆的位置关系，全等三角形的性质与判定，勾股定理，圆的对称性，矩形的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
20．（2021·江苏·扬州市广陵区教师发展中心九年级期中）阅读理解：小明热爱数学，在课外书上看到了一个有趣的定理--“中线长定理”：三角形两边的平方和等于第三边的一半与第三边上的中线的平方和的两倍．如图1，在△ABC中，点D为BC的中点，根据“中线长定理”，可得：
AB2+AC2=2AD2+2BD2．小明尝试对它进行证明，部分过程如下：
解：过点A作AE⊥BC于点E，如图2，在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2，
同理可得：AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2，
为证明的方便，不妨设BD=CD=x，DE=y，
∴AB2+AC2=AE2+BE2+AE2+CE2=…
（1）请你完成小明剩余的证明过程；
理解运用：
（2）①在△ABC中，点D为BC的中点，AB=6，AC=4，BC=8，则AD= ；
②如图3，⊙O的半径为6，点A在圆内，且OA=2，点B和点C在⊙O上，且∠BAC=90°，点E、F分别为AO、BC的中点，则EF的长为 ；
拓展延伸：
（3）小明解决上述问题后，联想到如下的题目：
如图4，已知⊙O的半径为5，以A（-3，4）为直角顶点的△ABC的另两个顶点B，C都在⊙O上，D为BC的中点，求AD长的最大值．
请你利用上面的方法和结论，求出AD长的最大值．

【答案】（1）见解析；（2）①；②4；（3）AD长的最大值为10．
【分析】（1）过点A作AE⊥BC于点E，如图2，在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2，同理可得：AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2，为证明的方便，不妨设BD=CD=x，DE=y，根据勾股定理即可证明；
（2）①利用中线定理计算即可；②利用中线定理即可解决；
（3）如图4中，连接OA，取OA的中点E，连接DE．利用中线定理求出DE，再利用三边关系即可解决问题；
【详解】解：（1）过点A作AE⊥BC于点E，如图2，
在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2，
同理可得：AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2，
为证明的方便，不妨设BD=CD=x，DE=y，

∴AB2+AC2=2AE2+（x+y）2+（x-y）2=2AE2+2x2+2y2
=2AE2+2BD2+2DE2
=2AD2+2BD2；
（2）①∵AB2+AC2=2AD2+2BD2，
∴62+42=2AD2+2×42，
∴AD=；
②如图3中，

∵AF是△ABC的中线，EF是△AEO的中线，OF是△BOC的中线，
∵2EF2+2AE2=AF2+OF2，
2AF2+2BF2=AB2+AC2，
OF2=OB2-BF2，
∴4EF2=2OB2-4AE2=2OB2-OA2，
∴EF2=OB2-OA2=16，
∴EF=4（负根舍弃），
故答案为：①；②4；
（3）如图4中，连接OA，取OA的中点E，连接DE．

由（2）的②可知：DE2=OB2-OA2=，
∴DE=；
在△ADE中，AE=，DE=，
∵AD≤AE+DE，
∴AD长的最大值为+=10．
【点睛】本题考查了圆的性质、中线定理、勾股定理、坐标与图形的性质等知识，解题的关键是灵活运用勾股定理解决问题，学会用转化的思想思考问题，学会添加辅助线解决问题，属于中考压轴题．
21．（2020·江苏南京·九年级期中）【提出问题】
（1）已知点P是⊙O外的一点，在⊙O上找一点A，使P、A两点间距离最短．
如图①，连接OP，OP与⊙O的交点A即为所求，此时线段PA最短．为了证明点A即为所求，不妨在⊙O上另外任取一点B，连接PB，OB，证明PB＞PA．请完成这个证明．

【变式探究】
（2）已知直线l与⊙O相离，在⊙O上找一点M，使点M到直线l的距离最短．
小明给出下列解答，请你补全小明的解答．
小明的解答
如图②，过点O作ON⊥l，垂足为N，ON与⊙O的交点M即为所求，此时线段MN最短．为了证明点M即为所求，不妨在⊙O上另外任取一点P，过点P作PQ⊥l，垂足为Q，连接OP，OQ，即证明PQ＞MN．
∵　　，OQ＞ON，∴OP+PQ＞ON．
又　　，∴OP+PQ＞OM+MN．
又OP＝OM，∴PQ＞MN．
【拓展研究】
（3）如图③，已知直线l和直线外一点A，线段MN的长度为1．请用直尺和圆规作出一个⊙O，使⊙O经过点A，且⊙O上的点到直线l的距离的最小值为1．（不写作法，保留作图痕迹）
（4）如图④，在△ABC中，AC＝8，BC＝12，∠C＝30°，⊙O经过点A，且⊙O上的点到直线BC的距离的最小值为2，距离最小值为2时所对应的⊙O上的点记为点P，若点P在△ABC的内部（不包括边界），则⊙O的半径r的取值范围是　　．
【答案】（1）见解析；（2）OP+PQ＞OQ，ON＝OM+MN；（3）见解析；（4）1≤r＜4．
【分析】（1）根据三角形的三边关系以及同圆的半径相等即可得出结论；
（2）根据三角形的三边关系以及同圆的半径相等即可得出结论；
（3）作直线l的垂线垂足为P，在垂线上与点A同侧截取PT＝MN＝1，连接AT，作AT的垂直平分线交直线PT于点O，以O为圆心，OA为半径作⊙O即为所求；
（4）作到直线BC距离为2的直线l，则l∥BC，当P点在AC边上时，此时r最大，作AP的垂直平分线、并过P作l的垂线，与垂直平分线交于点O，以O为圆心，OA长度为半径作圆，设OA＝r，过A作AH⊥OP于点H，AE⊥BC于点E，证明△OAP为等边三角形，根据等边三角形的性质可得OA＝4，当A、O、P三点共线时，此时r最小，求出r的最小值，即可得⊙O的半径r的取值范围．
【详解】解：（1）证明：在⊙O上另外任取一点B，连接PB，OB，
∵OA、OB是⊙O的半径，
∴OA＝OB，
在△OPB中，PB＞OP﹣OB，
∴PB＞OP﹣OA，即PB＞PA，
∴点A即为⊙O上使P、A两点间距离最短的点；
（2）证明：在⊙O上另外任取一点P，过点P作PQ⊥l，垂足为Q，连接OP，OQ，
∵OP+PQ＞OQ，OQ＞ON，
∴OP+PQ＞ON．
又 ON＝OM+MN，
∴OP+PQ＞OM+MN．
又OP＝OM，
∴PQ＞MN．
故答案为：OP+PQ＞OQ，ON＝OM+MN；
（3）作图不唯一，如图：

（4）如图，作到直线BC距离为2的直线l，则l∥BC，

∵P点到BC的距离为2，
∴P点在直线l上，
又∵点P为⊙O上到BC的距离最小的点，
∴OP⊥l，
∴点P为⊙O与直线l的切点，
∴圆心O在过点P且垂直于BC的直线上，
当P点在AC边上时，此时r最大，作AP的垂直平分线、并过P作l的垂线，与垂直平分线交于点O，以O为圆心，OA长度为半径作圆，设OA＝r，过A作AH⊥OP于点H，AE⊥BC于点E，
∵AH⊥OH，OH⊥BC．
∴AH∥BC，
∴∠HAP＝∠C＝30°，∠APH＝60°，
∵OA＝OP，
∴△OAP为等边三角形，
∴OA＝AP，
∵AC＝8，∠C＝30°，AE⊥BC，EF＝2，
∴AE＝4，AF＝2，
∵l∥BC，
∴AP＝AC＝4，
∴OA＝4，
即r最大为4，
当A、O、P三点共线时，此时r最小，如图：

∵A、O、P三点共线，
∴AP为⊙O的直径，
∴r＝1，
∵P在△ABC内部，
∴半径的取值范围是1≤r＜4．
故答案为：1≤r＜4．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的相关性质，切线的性质，三角形三边的关系，等边三角形的性质与判定等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
22．（2021·江苏无锡·九年级期中）如图，AB为⊙O的直径，点C、D都在⊙O上，且CD平分∠ACB，交AB于点E．

（1）求证：∠ABD＝∠BCD；
（2）若DE＝13，AE＝17，求⊙O的半径；
（3）DF⊥AC于点F，试探究线段AF、DF、BC之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）12；（3）AF+BC＝DF，理由见解析
【分析】（1）由CD平分∠ACB，根据圆周角定理，可得∠ACD＝∠BCD＝∠ABD；
（2）过点E作EM⊥AD于点M，求出AD长，则AB＝AD，可求出AB,则答案得出；
（3）过点D作DN⊥CB，交CB的延长线于点N，可证明△DAF≌△DBN，则AF＝BN，DF＝CF则结论AF+BC＝DF可得出．
【详解】（1）证明：∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD，
∵∠ACD＝∠ABD，
∴∠ABD＝∠BCD；
（2）解：如图1，过点E作EM⊥AD于点M，

∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，∠ADB＝90°，
∴∠DAB＝∠BCD＝45°，
∵AE＝17，
∴ME＝AM＝17×＝，
∵DE＝13，
∴DM＝
∴AD＝AM+DM＝，
∴AB＝AD＝
∴AO＝＝12；
（3）AF+BC＝DF．理由如下：
如图2，过点D作DN⊥CB，交CB的延长线于点N，

∵四边形DACB内接于圆，
∴∠DBN＝∠DAF，
∵DF⊥AC，DN⊥CB，CD平分∠ACB，
∴∠AFD＝∠DNB＝90°，DF＝DN，
∴△DAF≌△DBN（AAS），
∴AF＝BN，CF＝CN，
∵∠FCD＝45°，
∴DF＝CF，
∴CN＝BN+BC＝AF+BC＝DF．
即AF+BC＝DF．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，勾股定理，圆内接四边形，全等三角形的判定及性质，掌握圆的有关性质，学会对知识融会贯通是解题的关键.
23．（2021·江苏·景山中学九年级期中）结果如此巧合！
下面是小颖对一道题目的解答.
题目：如图，的内切圆与斜边相切于点，，，求的面积.

解：设的内切圆分别与、相切于点、，的长为.
根据切线长定理，得，，.
根据勾股定理，得.
整理，得.
所以



.
小颖发现恰好就是，即的面积等于与的积.这仅仅是巧合吗?
请你帮她完成下面的探索.
已知：的内切圆与相切于点，，.
可以一般化吗？
（1）若，求证：的面积等于.
倒过来思考呢？
（2）若，求证.改变一下条件……
（3）若，用、表示的面积.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.（3）.
【详解】分析：（1）设的内切圆分别与、相切于点、，的长为,仿照例题利用勾股定理得再根据即可得到=mn.
（2）由，得, 因此=,利用勾股定理的逆定理可得.
（3）过点作，垂足为,在中，，.所以, 在中根据勾股定理得,由此.
详解：
设的内切圆分别与、相切于点、，的长为.
根据切线长定理，得，，.
（1）如图①，在中，根据勾股定理，得.
整理，得.
所以



.

（2）由，得.
整理，得.
所以



.
根据勾股定理的逆定理，得.
（3）如图②，过点作，垂足为.
在中，，.
所以.
在中，根据勾股定理，得
.
整理，得.
所以



.

点睛：本题考查了圆的综合题：熟练掌握三角形内切圆的性质、切线长定理；会利用勾股定理计算线段的长, 此题难度适中，注意掌握方程思想与数形结合思想的应用.
24．（2021·江苏扬州·九年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=8，点P为AB的中点，E为BC上一动点，过P点作FP⊥PE交AC于F点，经过P、E、F三点确定⊙O．
（1）试说明：点C也一定在⊙O上．
（2）点E在运动过程中，∠PEF的度数是否变化？若不变，求出∠PEF的度数；若变化，说明理由．
（3）求线段EF的取值范围，并说明理由．

【答案】（1）证明见解析（2）∠PEF的度数不变，是45°（3）E≤
【分析】（1）先根据直径所对的圆周角是直角，先证得EF是直径，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，证得点C在圆上即可；
（2）根据线段的垂直平分线的判定，可证得PE=PF，得到△PEF是等腰直角三角形；
（3）根据E点的移动，可知当E与C重合时，EF最长，而当EF为△ABC的中位线时，EF最短，求出即可.
【详解】解：（1）∵FP⊥PE，
∴∠FPE=90°，
∴EF为直径，
∴OP=OE=OF，
∵∠C=90°，
∴OC=OE=OF，
∴点C在⊙O上，
（2）连接PC
∵AC=BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵点P是AB的中点，
∴CP平分∠ACB，
∴∠ACP=45°，
∵，
∴∠ACP=∠PEF=45°，
由于∠ACP的度数不变，
∴∠PEF的度数不会发生变化．
（3）当E与C重合时，EF最长，此时EF=AC=8；
当EF为△ABC的中位线时，EF最短，根据勾股定理可得AB=8，
根据三角形的中位线可得EF=4，
所以≤EF≤8．
25．（2020·江苏·苏州市阳山实验初级中学校九年级期中）如图1，已知，，点在轴的正半轴上，，，．点从点出发，沿轴以每秒1个单位长度的速度向右运动，运动时间为秒．

（1）__________；
（2）当时，求的值；
（3）以线段为直径的随点的运动而变化，当与四边形的边（或边所在的直线）相切时，求的值．
【答案】（1） ；（2） 或 ；（3）16秒或10秒或 秒
【分析】（1）根据等腰三角形的判定和勾股定理即可得出答案；
（2）分①当点P在点B右侧时，②当点P'在点B左侧时两种情况进行求解即可；
（3）分①当该圆与BC相切于点C，②当该圆与CD相切于点C，③当该圆与AD相切三种情况分别求出t的值即可；
【详解】解：（1）

，



（2）如图1中，

①当点P在点B右侧时，




②当点P'在点B左侧时，




综上所述： t的值为或
(3)如图2中，

由题意知，若该圆与四边形ABCD的边相切，有以下三种情况：
①当该圆与BC相切于点C时，有

则，

秒，
②当该圆与CD相切于点C时，有即点P2与点O重合，

秒，
③当该圆与AD相切时，
设P3的坐标为(-10 +t，0)，

∴M点的坐标为

过M作MH⊥AD于H ，





整理得10t=9，
解得
综上所述，当与四边形ABCD的边或边所在的直线相切时，t的值为16秒或10秒或 秒
【点睛】本题属于圆综合题，考查了勾股定理以及等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会构建一次函数解决问题，属于中考压轴题．
26．（2020·江苏南通·九年级期中）已知平面图形S，点P、Q是S上任意两点，我们把线段PQ的长度的最大值称为平面图形S的“宽距”．例如，正方形的宽距等于它的对角线的长度．
（1）写出下列图形的宽距：
①半径为1的圆：　 　；
②如图1，上方是半径为1的半圆，下方是正方形的三条边的“窗户形“：　 　；
（2）如图2，在平面直角坐标系中，已知点A（﹣1，0）、B（1，0），C是坐标平面内的点，连接AB、BC、CA所形成的图形为S，记S的宽距为d.
①若d＝2，求点C所在的区域的面积；
②若点C在⊙M上运动，⊙M的半径为1，圆心M在过点（0，2）且与y轴垂直的直线上.对于⊙M上任意点C，都有5≤d≤8，直接写出圆心M的横坐标x的取值范围.

【答案】（1）①2；②1+；（2）①S1+S2=π﹣2；②﹣3+1≤x≤﹣4+1或4﹣1≤x≤3﹣1
【分析】（1）①平面图形S的“宽距”的定义即可解决问题；
②如图1，正方形ABCD的边长为2，设半圆的圆心为O，点P是⊙O上一点，连接OP，PC，OC．求出PC的最大值即可解决问题；
（2）①如图2﹣1中，连接AB、BC、CA所形成的图形是图中阴影部分S1和S2，点C所在的区域的面积是S1+S2；
②如图2﹣2中，当点M在y轴的右侧时，连接AM，作MT⊥x轴于T．求出d＝5或8时，点M的坐标，即可判断，再根据对称性求出点M在y轴左侧的情形即可．
【详解】解：（1）①半径为1的圆的宽距离为2，
故答案为：2；
②如图1，正方形ABCD的边长为2，设半圆的圆心为O，点P是⊙O上一点，连接OP，PC，OC．

在Rt△ODC中，，
∴OP+OC≥PC，
∴，
∴这个“窗户形“的宽距为．
故答案为：；
（2）①如图2﹣1中，连接AB、BC、CA所形成的图形是图中阴影部分S1和S2（分别以A、B为圆心，以AB为半径所作的圆心角为120°的两条弧所形成的阴影部分即为点C所在的区域）．

∴点C所在的区域的面积为S1+S2，
②如图2﹣2中，当点M在y轴的右侧时，连接AM，作MT⊥x轴于T．

设M点坐标为（x，2）（x＞0），
由题意可知：AC＝d，MC＝1，
由图象可知：AM﹣MC≤AC≤AM+MC，
又∵对于⊙M上任意点C，5≤d≤8恒成立，
∴AM﹣MC≥5，AM+MC≤8，
∴6≤AM≤7，
在Rt△AMT中，根据勾股定理得：AM2＝MT2+AT2＝22+(x+1)2，
∴62≤22+（x+1）2≤72，
∴32≤（x+1）2≤45，
∵x＞0，
∴，
∴，
∴满足条件的点M的横坐标的范围为．
当点M在y轴的左侧时，同理可得，满足条件的点M的横坐标的范围为．
综上所述，满足条件的点M的横坐标的范围为或．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了平面图形S的“宽距”的定义，正方形的判定和性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会寻找特殊位置解决问题，属于中考压轴题．
27．（2020·江苏苏州·九年级期中）在同一个圆中两条互相垂直且相等的弦定义为等垂弦，两条弦所在直线的交点为等垂弦的分割点．如图①，AB、CD是⊙O的弦，AB＝CD，AB⊥CD，垂足为E，则AB、CD是等垂弦，E为等垂弦AB、CD的分割点．

（1）如图②，AB是⊙O的弦，作OC⊥OA、OD⊥OB，分别交⊙O于点C、D，连接CD．
求证：AB、CD是⊙O的等垂弦．
（2）在⊙O中，⊙O的半径为5，E为等垂弦AB、CD的分割点，．求AB的长度；
（3）AB、CD是⊙O的两条弦，CD＝AB，且CD⊥AB，垂足为F．若⊙O的半径为r，AB＝mr（m为常数），垂足F与⊙O的位置关系随m的值变化而变化，请求出点F在⊙O内时对应的m的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2） 或；（3）当＜m≤2时，点F在⊙O内．
【分析】（1）连接BC，先证明∠AOB＝∠COD，得到AB＝CD，再证明∠ABC＝∠BCD45°，得到AB⊥CD，问题得证；
（2）分点E在⊙O内或⊙O外两类讨论，当E在⊙O内时，过点O作OH⊥AB，垂足为H，作OG⊥CD，垂足为G，先证明四边形OHEG是矩形，进而证明是正方形，根据得到AH＝2BE＝2OH，根据勾股定理即可求解，当点E在⊙O外，同理求出AH= ，进而即可求出AB；
（3）如图，当点F在⊙O上时，过点O作OH⊥AB，垂足为H，作OG⊥CD，垂足为G，证明四边形OHBG是矩形，根据勾股定理得到，进而得到，即可得到结论．
【详解】证明：（1）如图②，连接BC，

∵OC⊥OA、OD⊥OB，
∴∠AOC＝∠BOD＝90°，
∴∠AOB＝∠COD，
∴AB＝CD，
∵∠ABC＝∠AOC＝45°，∠BCD＝∠BOD＝45°，
∴∠AEC＝∠ABC+∠BCD＝90°，
即AB⊥CD，
∵AB＝CD，AB⊥CD，
∴AB、CD是⊙O的等垂弦；
（2）如图，若点E在⊙O内，过点O作OH⊥AB，垂足为H，作OG⊥CD，垂足为G，

∵AB、CD是⊙O的等垂弦，
∴AB＝CD，AB⊥CD，
∴四边形OHEG是矩形，
∵OH⊥AB，OG⊥CD，
∴AH＝AB，DG＝CD，
∴AH＝DG，
又∵OA＝OD，
∴△AHO≌△DGO（HL），
∴OH＝OG，
∴矩形OHEG为正方形，
∴OH＝HE．
∵，且AH＝BH，
∴AH＝2BE＝2OH，
在Rt△AOH中，AO2＝AH2+OH2．
即（2OH）2+OH2＝AO2＝25，
解得OH＝，
∴AB＝4HE＝4 ；
若点E在⊙O外，如图，过点O作OH⊥AB，垂足为H，作OG⊥CD，垂足为G，

同理，AH＝，则AB＝4AH＝4；
（3）如图，当点F在⊙O上时，过点O作OH⊥AB，垂足为H，作OG⊥CD，垂足为G，

同理可证四边形OHBG是矩形，
∴BH＝，OH＝BG＝，
∵OB2＝BH2+OH2，
∴，
∴，
∴当＜m≤2时，点F在⊙O内．
【点睛】本题为与圆有关的新定义问题，综合性较强，根据题意理解等垂弦的定义并结合圆的有关知识解题是解题关键，本题要注意分类讨论思想的应用．
28．（2020·江苏常州·九年级期中）已知:如图，在中，点从点出发沿以的速度向点运动，同时点从点出发沿以的速度向点运动，当点到达终点时，点也随即停止运动，设点的运动时间为．以点为圆心，长为半径作．

（1）若，求的值;
（2）若与线段有唯一公共点，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）或.
【分析】（1）过点作于，用含t的代数式表示PH、QH、PQ的长度，在根据勾股定理求解；
（2）作图分析线段有唯一公共点可能出现的情况，再分类讨论求解.
【详解】解:如图1，过点作于

，





，


解得
如图2，当与相切时，，线段有唯一公共点

．

∴
如图3，当经过点时，，线段有恰有两个公共点，





如图4，当经过点时，

点恰好到达点点Q恰好到达点此时与线段有唯一公共点．
∴当与线段有唯一公共点．
∴若与线段有唯一公共点，的取值范围是或
【点睛】本题考查了等腰三角形上的动点问题以及圆的相关知识，解题的关键是用含t的代数式表示出关键线段的长度，建立方程求解.
29．（2020·江苏苏州·九年级期中）如图，点在轴上，以点为圆心的圆，交轴于、两点，交轴于、两点，，．
（1）求圆心的坐标；
（2）将绕点旋转，得到．请在图中画出线段、，判断四边形的形状，请说明理由，并直接写出点坐标．
（3）设点为上一个动点，连接线段与相交于点，点为的中点，过点作于，连接、．在点的运动过程中的大小是否变化？若不变，求出的度数；若变化，请说明理由．

【答案】（1）（1，0）；（2）画图见解析，矩形，见解析， ；（3）不变，．
【分析】（1）连接AP,设半径为r，则PO=3-r，根据Rt△AOP得到AP2=AO2+OP2，得到方程即可求解，再得到圆心P点坐标；
（2）由于圆P是中心对称图形，射线AP与圆P的交点就是所需画的点E，连接ED、EC即可；易证四边形是矩形；过点E作EH⊥CD，垂足为H，易证△EHP≌△AOP，从而求出EH、OH的长，进而得到点E的坐标．
（3）易证点E、G、H、C在以点M为圆心，CM为半径的圆上，从而得到＝2∠HCE．易得∠ODA＝60°，从而得到∠HCE＝60°，进而得到＝120°，所以是定值．
【详解】（1）连接AP,设半径为r，则PO=3-r，
∵，AB⊥CD，
∴AO=
在Rt△AOP 中，AP2=AO2+OP2，
∴r2=()2+(3-r)2，
解得r=2
∴PO=1
∴圆心P点坐标为（1,0）；
（2）连接AP，延长AP交⊙P于点E，连接ED、EC．
如图所示，线段ED、EC即为所求作．
四边形是矩形．
理由如下：
∵△ECD由绕点P旋转180°所得，
∴四边形是平行四边形．
∵CD是⊙P的直径，
∴∠CAD＝90°．
∴平行四边形是矩形．
过点E作EH⊥CD，垂足为H，如图所示．
在△EHP和△AOP中，
∵∠EHP＝∠AOP=90°，∠HPE＝∠OPA，EP＝AP，
∴△EHP≌△AOP．
∴MH＝OA＝，PH＝PO＝1．
∴OH＝2．
∴点M的坐标为（2，-）．
  
(3) 在旋转过程中的大小不变．
∵四边形是矩形，
∴∠DEC＝90°．
∵，
∴∠GHC＝90°．
∴∠GHC＝∠GEC＝90°．
∵点M是GC的中点，
∴HM＝GM＝ME＝CM．
∴点E、G、H、C在以点M为圆心，CM为半径的圆上，如图所示．
∴＝2∠HCE．
∵∠ODA＝90°，OD＝1，OA＝，
∴tan∠ODA＝．
∴∠ODA＝60°．
∴∠HCE＝∠ODA＝60°．
∴＝120°．
∴在旋转过程中的大小不变，始终等于120°．

【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、圆周角定理、特殊角的三角函数、图形的旋转等知识，综合性比较强．
30．（2020·江苏·扬州市梅岭中学九年级期中）在平面直角坐标系中，对于线段的“三等分变换”，给出如下定义：如图1，点为线段的三等分点，即，将线段以点为旋转中心顺时针旋转得到，将线段以点为旋转中心顺时针旋转得到，则称线段进行了三等分变换，其中记为点三等分变换后的对应点．
例如：如图2，线段，点的坐标为，点N的坐标为，则点的坐标为，点的坐标为，那么线段MN三等分变换后，可得：的坐标为，点的坐标为
若点的坐标为，点的坐标为，直接写出点与点的坐标；
若点的坐标是，点在轴正半轴上，点在第二象限．当线段的长度为符合条件的最小整数时，求的长；

点是以原点为圆心，为半径的圆上的一个定点，点P的坐标为，当点在圆内部或圆上时，求线段的取值范围及取最大值时点的坐标．

【答案】（1）；（2）；（3），，点的坐标为
【分析】（1）根据题目对“三等分变换”的定义，得到点和点的坐标；
（2）根据PQ的长度为符合条件的最小整数时，分PQ为1或2讨论求解；
（3）过点作轴于点，先在中用勾股定理求出OP的长，在中，，，推出点在内部或在上运动，当为直径时，最大，推出，，得到PQ的取值范围，由和对称性可得，再根据平行四边形的性质求出点的坐标．
【详解】解：，根据“三等分变换”的定义，
可知；
①当时，，
在中，如图，

，
，
，
点在轴负半轴上，不在第二象限，
，不符合题意；
②当时，
，
此时，点在第二象限符合题意；
如图，过点作轴于点，

在中，由勾股定理， ，
在中，，
点在内部或在上运动，
当为直径时，最大，
，
，
的取值范围：，
，
由对称性可知，
过点作轴于点，
过点作轴于点，
易证
，
，
，

又，
四边形是平行四边形，对角线的交点为，设，
则，
则有，
解得，
点的坐标为．
【点睛】本题考查新定义题型，解题的关键是掌握圆的基本性质，平行四边形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，中点公式等知识，利用分类讨论的思想解决问题．
31．（2020·江苏·苏州草桥中学九年级期中）如图①，在矩形ABCD中，点P从AB边的中点E出发，沿着E- B-C匀速运动，速度为每秒2个单位长度，到达点C后停止运动，点Q是AD．上的点，AQ=10，设△APQ的面积为y，点P运动的时间为t秒，y与t的函数关系如图②所示．

（1）图①中AB= ，BC= ，图②中m= ；
（2）当t=1秒时，试判断以PQ为直径的圆是否与BC边相切?请说明理由；
（3）点P运动过程中，将矩形沿PQ所在直线折叠，则t为何值时，折叠后顶点A的对应点A'落在矩形的BC边上．
【答案】（1）8，18，20；（2）以PQ为直径的圆不与BC边相切，理由见解析；（3）或5
【分析】（1）由题意得出AB=2BE，t=2时，BE=2×2=4，求出AB=2BE=8，AE=BE=4，t=11时，2t=22，得出BC=18，当t=0时，点P在E处，m=△AEQ的面积= 即可；
（2）当t=1时，PE=2，得出AP=AE+PE=6，由勾股定理求出设以PQ为直径的圆的圆心为O'，作O'N⊥BC于N，延长NO'交AD于M，则MN=AB=8，O'M∥AB，MN=AB=8，由三角形中位线定理得出求出O'N=MN-O'M=5＜圆O'的半径，即可得出结论；
（3）分两种情况：①当点P在AB边上，A'落在BC边上时，作QF⊥BC于F，则QF=AB=8，BF=AQ=10，由折叠的性质得：PA'=PA，A'Q=AQ=10，∠PA'Q=∠A=90°，由勾股定理求出，得出A'B=BF-A'F=4，在Rt△A'BP中，BP=4-2t，PA'=AP=8-（4-2t）=4+2t，由勾股定理得出方程，解方程即可；
②当点P在BC边上，A'落在BC边上时，由折叠的性质得：A'P=AP，证出∠APQ=∠AQP，得出AP=AQ=A'P=10，在Rt△ABP中，由勾股定理求出BP=6，由BP=2t-4，得出2t-4=6，解方程即可；
【详解】解：（1）∵点P从AB边的中点E出发，速度为每秒2个单位长度，
∴AB=2BE，
由图象得：t=2时，BE=2×2=4，
∴AB=2BE=8，AE=BE=4，
t=11时，2t=22，
∴BC=22-4=18，
当t=0时，点P在E处，m=△AEQ的面积=

（2）当t=1秒时，以PQ为直径的圆不与BC边相切，理由如下：
当t=1时，PE=2，
∴AP=AE+PE=4+2=6，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
∴
设以PQ为直径的圆的圆心为O'，作O'N⊥BC于N，延长NO'交AD于M，如图1所示：
则MN=AB=8，O'M∥AB，MN=AB=8，
∵O'为PQ的中点，
∴O'M是△APQ的中位线，
∴
∴
∴以PQ为直径的圆不与BC边相切；
（3）分两种情况：①当点P在AB边上，A'落在BC边上时，作QF⊥BC于F，

则QF=AB=8，BF=AQ=10，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，CD=AB=8，AD=BC=18，
由折叠的性质得：PA'=PA，A'Q=AQ=10，∠PA'Q=∠A=90°，

∴A'B=BF-A'F=4，
在Rt△A'BP中，BP=4-2t，PA'=AP=8-（4-2t）=4+2t，
由勾股定理得：42+（4-2t）2=（4+2t）2，
解得：
②当点P在BC边上，A'落在BC边上时，连接AA'，

由折叠的性质得：A'P=AP，
∴∠APQ=∠A'PQ，
∵AD∥BC，
∴∠AQP=∠A'PQ，
∴∠APQ=∠AQP，
∴AP=AQ=A'P=10，
在Rt△ABP中，由勾股定理得：
又∵BP=2t-4，∴2t-4=6，解得：t=5；
综上所述，t为或5时，折叠后顶点A的对应点A'落在矩形的BC边上．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠变换的性质、勾股定理、函数图象、直线与圆的位置关系、三角形中位线定理、等腰三角形的判定、以及分类讨论等知识；本题综合性强，难度较大，注意分类讨论．
32．（2020·江苏·苏州工业园区第一中学九年级期中）在平面直角坐标系xOy中，已知点A(6，0)，点B(0，6)，动点C在以原点O为圆心，半径为3的⊙O上，连接OC，过点O作OD⊥OC，OD与⊙O相交于点D（其中点C，O，D按逆时针方向排列），连接AB．
（1）当OC//AB时，∠BOC的度数为________．
（2）连接AC，BC，当点C在⊙O上运动到什么位置时，△ABC的面积最大？并求出△ABC的最大值．
（3）连接AD，当OC//AD，点C位于第二象限时，
①求出点C的坐标；
②直线BC是否为⊙O的切线？并说明理由．

【答案】（1）45°；（2）Smax =18+9 ；（3）①  (-， )； ②见解析
【分析】(1 )由点A和点B坐标可得△OAB为等腰直角三角形，则∠OBA=45°，由于OC∥AB ，即可求出答案．                             
（2）根据三角形面积公式得到当点C到AB的距离最大时，求出C点到AB的距离的最大值为CE的长,然后利用等腰直角三角形的性质计算出OE ，然后计算△ABC的面积．
( 3 )①过C点作CF⊥x轴于F，易证Rt△OCF∽Rt△AOD，即可求出CF，求出C点坐标．
②在Rt△OCF中,OC=3，CF=可得∠COF= 30°，进而可以得到△BOC≌△AOD ,即可证明∠BCO=∠ADO=90°直线BC是O的切线．
【详解】解: （1）∵点A ( 6，0)，点B ( 0， 6 )
∴OA=OB=6
∵△OAB是等腰直角三角形
∴∠OBA=45°
∵OC∥AB
∵点C，O，D按逆时针方向排列
∴C点在第二象限
∴∠BOC=∠OBA=45°
（2）∵△OAB为等腰直角三角形
∴AB=OA=6
∴当点C到AB的距离最大时，△ABC的面积最大
过O点作OE⊥AB于E，OE的反向延长线交⊙O于C，如图

此时C点到AB的距离的最大值为CE的长
∴OE=AB=3
∴CE=OC+OE=3+3    
∴=CE∙AB=× (3+3)×6=9+18
∴△ABC的面积最大值为9+18                                    
（3）解:①如图,过C点作CF⊥x轴于F

∵OC∥AD
∴∠COF=∠DAO
∵∠ADO= ∠CFO=90°
∴Rt△OCF∽Rt△AOD
∴  解得CF=
在Rt△OCF中，OF=
∴ C点坐标 (−， )          
②当C点坐标 (−， )时，直线BC是O的切线。理由如下:
在Rt△OCF中，OC=3，CF=
∴∠COF= 30°
∴∠OAD=30°
∴∠BOC=∠AOD=60°
∵OC= OD,  BO= AO
.∴△BOC≌△AOD ,
∴∠BCO=∠ADO=90°
∴0C⊥BC
∴直线BC为O的切线
【点睛】本题主要考察了切线，勾股定理，全等三角形和相似三角形等知识点，解题关键是能看出来当点C到AB的距离最大时，△ABC的面积最大和证全等证切线．
33．（2020·江苏·赣榆实验中学九年级期中）【问题情境】（1）点A是⊙O外一点，点P是⊙O上一动点．若⊙O的半径为2，且OA=5，则点P到点A的最短距离为 ．

【直接运用】（2）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，以BC为直径的半圆交AB于D，P是弧CD上的一个动点，连接AP，则AP的最小值是 ．
【构造运用】（3）如图2，已知正方形ABCD的边长为6，点M、N分别从点B、C同时出发，以相同的速度沿边BC、CD方向向终点C和D运动，连接AM和BN交于点P，则点P到点C的最短距离，并说明理由．
【灵活运用】（4）如图3，⊙O的半径为4，弦AB=4，点C为优弧AB上一动点，AM⊥AC交直线CB于点M，则△ABM的面积最大值是 ．
【答案】（1）3（2）（3），理由见解析（4）
【分析】（1）当点P是OA与⊙O的交点时，PA为最短，故可求解；
（2）找到BC中点O，当A、P、O在同一直线上时，点P到点A的最短，故可求解；
（3）先证明△ABM≌△BCN，再得到AM⊥BN，得到P的运动轨迹，再根据圆外的点与圆的位置关系特点即可求解；
（4）先求出∠M=60°，要想△ABM的面积最大，则需要点M到AB的距离最大，根据圆周角与圆心角的关系作⊙D,根据三线合一得到△ABM是等边三角形，故可求出此时的面积．
【详解】（1）当点P是OA与⊙O的交点时，PA为最短，
AP=AO-OP=5-2=3
故答案为：3；
（2）如图，连接AO，当A、P、O在同一直线上时，点P到点A的最短，
∵AC=BC=2，
∴r=,
∴AO=
∴AP的最小值为AO-r=
故答案为：；

（3）∵AB=BC,∠ABM=∠BCN，BM=CN
∴△ABM≌△BCN，
∴∠BAM=∠CBN
∴∠CBN+∠ABP=90°
∴∠BAM+∠ABP=90°
∴AM⊥BN，
故点P点在以AB为直径的圆上运动，连接OC，与⊙O的交点，此交点P即为PC最小时的位置；
∵AB=6，
∴OC=
∴PC的最小值为；

（4）连接OA,OB
∵OA=OB=4=AB，
∴△AOB是等边三角形，∴∠AOB=60°
∴∠ACB=∠AOB=30°
∵AM⊥AC
∴∠M=60°

∵AB=4，要使△ABM面积最大，则点M到AB的距离最大，
如图，∵∠M=60°，∴点M在以∠ADB=120°的⊙D上，
当AM=BM时，点M到AB的距离最大
∴△ABM是等边三角形
∴△ABM的最大面积为．
．
【点睛】此题主要考查圆的综合问题，解题的关键是熟知点与圆的位置关系，全等三角形的判定与性质、垂径定理及圆周角定理的应用．
34．（2020·江苏·无锡市侨谊教育集团九年级期中）三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．
（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A＝α，则∠E= ．（请用含α的代数式表示）
（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O于点F，连结BF并延长交CD的延长线于点E．求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）如图3，在（2）的条件下，连结AE，AF，若AC是⊙O的直径．求∠AED的度数．

【答案】（1） ；（2）见解析；（3）∠AED＝45°
【分析】（1）由三角形外角的性质，把∠E转化为∠ECD-∠EBD，结合角平分线性质，再根据外角的性质可以得到∠E=，则∠E与∠的关系可知；
（2）用圆内接四边形的一个外角等于它的内对角可得∠FDE=∠FBC，再由DF平分∠ADE，结合同弧所对的圆周角相等，可得∠ABF=∠FBC，于是BE是∠ABC的平分线，然后由同弧所对的圆周角相等，结合圆内接四边形对角互补和角平分线的定义得出CE是△ABC的外角平分线，于是由（1）可得∠BEC是∠BAC的遥望角．
（3）连接CF，由遥望角性质可知∠BAC=2∠BEC，再由同弧所对的圆周角相等，结合三角形外角的性质可得∠BEC=∠FCE，再结合∠FCE=∠FAD，得出∠BEC=∠FAD，可证△FDE△FDA，可推出△ADE是等腰直角三角形，可求出∠AED的度数；
【详解】解：（1）∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，
∴∠E=∠ECD-∠EBD
=
=
=
（2）如图1，延长BC到点T，

∵四边形FBCD内接于⊙O，
∴∠FDC+∠FBC＝180°，
又∵∠FDE+∠FDC＝180°，
∴∠FDE＝∠FBC，
∵DF平分∠ADE，
∴∠ADF＝∠FDE，
∵∠ADF＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠FBC，
∴BE是∠ABC的平分线，
∵，
∴∠ACD＝∠BFD，
∵∠BFD+∠BCD＝180°，∠DCT+∠BCD＝180°，
∴∠DCT＝∠BFD，
∴∠ACD＝∠DCT，
∴CE是△ABC的外角平分线，
∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）①如图2，连接CF，

∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，
∴∠BAC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BAC，
∴∠BFC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BEC+∠FCE，
∴∠BEC＝∠FCE，
∵∠FCE＝∠FAD，
∴∠BEC＝∠FAD，
又∵∠FDE＝∠FDA，FD＝FD，
∴△FDE≌△FDA（AAS），
∴DE＝DA，
∴∠AED＝∠DAE，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠AED+∠DAE＝90°，
∴∠AED＝∠DAE＝45°．
【点睛】本题综合性较强，考查了三角形的外角性质，勾股定理，圆内接四边形的性质，三角形全等及其性质等知识点。解题的关键是熟练掌握所涉及到的知识点与性质．
35．（2020·江苏·沭阳县修远中学九年级期中）在边长为12cm的正方形ABCD中，点E从点D出发，沿边DC以1cm/s的速度向点C运动，同时，点F从点C出发，沿边CB以1cm/s的速度向点B运动，当点E达到点C时，两点同时停止运动，连接AE、DF交于点P，设点E． F运动时间为t秒．回答下列问题：
(1)如图1，当t为多少时，EF的长等于cm?
(2)如图2，在点E、F运动过程中，
①求证：点A、B、F、P在同一个圆(⊙O)上；
②是否存在这样的t值，使得问题①中的⊙O与正方形ABCD的一边相切?若存在，求出t值；若不存在，请说明理由；
③请直接写出问题①中，圆心O的运动的路径长为_________．

【答案】（1）t=4或8；（2）①证明见解析；②存在，t=3或12；③6cm．
【分析】（1）由题意易得DE=CF=t，则有EC=12-t，然后利用勾股定理求解即可；
（2）①由题意易证△ADE≌△DCF，则有∠CDF=∠DAE，然后根据平行线的性质可得∠APF=90°，进而可得∠B+∠APF=180°，则问题得证；
②由题意可知当⊙O与正方形ABCD的一边相切时，可分两种情况进行分类讨论求解：一是当圆与AD相切时，一是当圆与边DC相切时；
③由动点E、F在特殊位置时得出圆心O的运动轨迹，进而求解即可．
【详解】解：（1）由题意易得：DE=CF=t，
四边形ABCD是正方形，
AB=CD=BC=AD=12cm，∠C=∠B=∠ADC=∠DAB=90°，
EC=12-t，
EF的长等于cm，
在Rt△CEF中，，即
解得；
（2）①由（1）可得AB=CD=BC=AD=12cm，∠C=∠B=∠ADC=∠DAB=90°，DE=CF=t，
△ADE≌△DCF，
∠CDF=∠DAE，
∠CDF+∠PDA=90°，
∠DAE+∠PDA=90°，
∠ADP=∠APF=90°，
∠APF+∠B=180°，
由四边形APFB内角和为360°可得：∠PAB+∠PFB=180°，
点A、B、F、P在同一个圆(⊙O)上；
②由题意易得：当⊙O与正方形ABCD的一边相切时，只有两种情况；
a、当⊙O与正方形ABCD的边AD相切时，如图所示：

由题意可得AB为⊙O的直径，
t=12；
b、当⊙O与正方形ABCD的边DC相切于点G时，连接OG并延长交AB于点M，过点O作OH⊥BC交BC于点H，连接OF，如图所示：

OG⊥DC，GM⊥AB，HF=HB，
四边形OMBH、GOHC是矩形，
OH=BM=GC，OG=HC，
AB=BC=12cm，
OH=6，
CF=t，BF=12-t，
，
在Rt△FOH中，，即，
解得：；
综上所述：当或t=12时，⊙O与正方形ABCD的边相切；
③由（1）（2）可得：当点E与点D重合及点F与点C重合时，圆心在正方形的中心上；当点E与点C重合及点F与点B重合时，圆心在AB的中点上，故圆心的运动轨迹为一条线段，如图所示：

OP即为圆心的运动轨迹，即OP=6cm．
故答案为6cm．
【点睛】本题主要考查圆的综合，熟练掌握圆的性质及切线定理解题的关键，注意运用分类讨论思想解决问题．
36．（2020·江苏·苏州工业园区第一中学九年级期中）已知在平面直角坐标系xOy中，直线l1分别交x轴和y轴于点A(﹣3，0)，B(0，3)．
（1）如图1，已知⊙P经过点O，且与直线l1相切于点B，求⊙P的直径长；
（2）如图2，已知直线l2：y=3x﹣3分别交x轴和y轴于点C和点D，点Q是直线l2上的一个动点，以Q为圆心，2为半径画圆．
①当点Q与点C重合时，求证：直线l1与⊙Q相切；
②设⊙Q与直线l1相交于M，N两点，连结QM，QN．问：是否存在这样的点Q，使得△QMN是等腰直角三角形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）3；（2）①见解析，②存在，Q1（3–，6–3）和Q2（3+，6+3）
【分析】（1）证明△ABC为等腰直角三角形，则⊙P的直径长=BC=AB，即可求解；
（2）过点C作CE⊥AB于点E，证明CE=ACsin45°=4×=2=圆的半径，即可求解；
（3）分点M、N在两条直线交点的下方、点M、N在两条直线交点的上方两种情况，分别求解即可．
【详解】证明：（1）如图1，连接BC，

∵∠BOC=90°，∴点P在BC上，
∵⊙P与直线l1相切于点B，
∴∠ABC=90°，而OA=OB，
∴△ABC为等腰直角三角形，
则⊙P的直径长=BC=AB=3；
（2）①过点C作CE⊥AB于点E，如图2.

将y=0代入y=3x–3，得x=1，
∴点C的坐标为（1，0）.∴AC=4，
∵∠CAE=45°，∴CE=AC=2，
∵点Q与点C重合，又⊙Q的半径为2，
直线l1与⊙Q相切.
②假设存在这样的点Q，使得△QMN是等腰直角三角形，
∵直线l1经过点A（–3，0），B（0，3），
∴l1的函数解析式为y=x+3．
记直线l2与l1的交点为F，
情况一：
当点Q在线段CF上时，由题意，得∠MNQ=45°，
延长NQ交x轴于点G，如图3，

∵∠BAO=45°，
∴∠NGA=180°–45°–45°=90°，
即NG⊥x轴，∴点Q与N有相同的横坐标，
设Q（m，3m–3），则N（m，m+3），
∴QN=m+3–（3m–3），
∵⊙Q的半径为2，
∴m+3–（3m–3）=2，解得m=3–，
3m–3=6–3，
∴Q的坐标为（3–，6–3）.
情况二：
当点Q在线段CF的延长线上时，如图4，

同理可得m=3+，
Q的坐标为（3+，6+3）.
∴存在这样的点Q1(3–，6–3)和Q2(3+，6+3)，使得△QMN是等腰直角三角形．
【点睛】本题为圆的综合运用题，涉及到一次函数、圆的切线性质等知识点，其中（2），关键要确定圆的位置，分类求解，避免遗漏．
37．（2020·江苏·南通田家炳中学九年级期中）对于平面直角坐标系中的点P和图形M，给出如下定义：Q为图形M上任意一点，如果两点间的距离有最大值，那么称这个最大值为点P与图形M间的开距离，记作．已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，的半径为1．
（1）若，
①求的值；
②若点C在直线上，求的最小值；
（2）以点A为中心，将线段顺时针旋转得到，点E在线段组成的图形上，若对于任意点E，总有，直接写出b的取值范围．
【答案】（1）①3；②；（2）或
【分析】（1）①直接利用圆外一点到圆上的一点的最大距离，即可得出结论；
②先判断出OC⊥AB时，OC最短，即可得出结论；
（2）Ⅰ、当b＞0时，当直线AB与⊙O相切时，d（E，⊙O）最小，当点E恰好在点D时，d（E，⊙O）最大，即可得出结论；
Ⅱ、当b＜0时，同Ⅰ的方法即可得结论．
【详解】解：（1）①根据题意可知．
．
②如图，过点O作于点C，此时取得最小值．
直线与x轴交于点A，
．
．
．
．
的最小值为．

（2）或
Ⅰ、当b＞0时，如图2，

针对于直线y=x+b（b≠0），
令x=0，则y=b，
∴B（0，b），
∴OB=b，
令y=0，则0=x+b，
∴x=b，
∴A（b，0），
∴OA=b，
则AB=2b，tan∠OAB==，
∴∠OAB=30°，
由旋转知，AD=AB=2b，∠BAD=120°，
则有∠OAD=90°，
连接OD，
∴OD==b，
∵⊙O的半径为1，
∴当线段AB与⊙O相切时，d（E，⊙O）最小=2，
同（1）的方法得，OF==1，
∴b=（舍去负值），
对于任意点E，总有2≤d（E，⊙O）＜6，
∴b＜6-1，
∴b＜，
即≤b＜；
Ⅱ、当b＜0时，如图3，

同Ⅰ的方法得，-＜b≤-，
综上述，-＜b≤-或≤b＜．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了圆的性质，点到直线的距离，圆外一点到圆上一点的最大距离的求法，找出分界点是解本题的关键．
38．（2020·江苏盐城·九年级期中）如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝12cm，点D从点A出发沿边AB以2cm/s的速度向点B移动，移动过程中始终保持DE∥BC，DF∥AC（点E、F分别在AC、BC上）．设点D移动的时间为t秒．

（1）试判断四边形DFCE的形状，并说明理由；
（2）当t为何值时，四边形DFCE的面积等于20cm2？
（3）如图2，以点F为圆心，FC的长为半径作⊙F，在运动过程中，当⊙F与四边形DFCE只有1个公共点时，请直接写出t的取值范围．
【答案】（1）平行四边形，理由见解析；（2）1秒或5秒；（3）12﹣6＜t＜6
【分析】（1）由两组对边平行的四边形是平行四边形可证四边形DFCE是平行四边形；
（2）设点D出t秒后四边形DFCE的面积为20cm2，利用BD×CF＝四边形DFCE的面积，列方程解答即可；
（3）如图2中，当点D在⊙F上时，⊙F与四边形DECF有两个公共点，求出此时t的值，根据图象即可解决问题．
【详解】解：（1）∵DE∥BC，DF∥AC，
∴四边形DFCE是平行四边形；
（2）如图1中，设点D出发t秒后四边形DFCE的面积为20cm2，根据题意得，
DE＝AD＝2t，BD＝12﹣2t，CF＝DE＝2t，
又∵BD×CF＝四边形DFCE的面积，
∴2t（12﹣2t）＝20，
t2﹣6t+5＝0，
（t﹣1）（t﹣5）＝0，
解得t1＝1，t2＝5；
答：点D出发1秒或5秒后四边形DFCE的面积为20cm2；
（3）如图2中，当点D在⊙F上时，⊙F与四边形DECF有两个公共点，

在Rt△DFB中，∵∠B＝90°，AD＝DF＝CF＝2t，BD＝BF＝12﹣2t，
∴2t＝（12﹣2t），
∴t＝12﹣6，
由图象可知，当12﹣6＜t＜6时，⊙F与四边形DFCE有1个公共点．
【点睛】本题考查圆综合题，考查了圆的有关知识，平行四边形的判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
39．（2020·江苏·泰州市海军中学九年级期中）如图，平面直角坐标系中，函数y=的图像与x、y轴分别交于点A、B．以AB为直径作M.

（1）求AB的长；
（2）点D是M上任意一点，且点D在直线AB上方，过点D作DH⊥AB，垂足为H，连接BD.
①当△BDH中有一个角等于BAO两倍时，求点D的坐标；
②当DBH=45°时，求点D的坐标.
【答案】（1）AB=4；（2）①（，3）；D(-2)；②D（）.
【分析】（1）根据一次函数的解析式求出A,B两点的坐标，再利用勾股定理即可求出AB的长；（2）①连接OM，由OM为Rt△AOB斜边AB上中线，证得△OBM为等边三角形，则∠OBM=60°,得到∠BAO=30°，再分∠DBH=2∠BAO=60°时与∠BDH=2∠BAO=60°时两种情况分别讨论求解；②当∠DBH=45°时，易得∠DAB=45°，则AH=DH=BH,所以M、H重合，作DC⊥y轴于C，DE⊥x轴于E，易证△DCB≌△DEA,得CB=AE，设CB=AE=a，则DC=OE=2，因为BD=,由勾股定理得，DC2+CB2=DB2,所以，求出a的值，再根据题意舍去一个，即可求解.
【详解】解：（1）对于y=，
当x=0时，y=2；当y=0时，x=-2.
所以点A(-2，B（0,2），
所以OB=2,OA=2.根据勾股定理得，AB==4.
（2）①连接OM.
因为OM为Rt△AOB斜边AB上中线，
所以OM=AM=BM=AB=2=OB,
所以△OBM为等边三角形，则∠OBM=60°,
故∠BAO=30°.
1）如图，当∠DBH=2∠BAO=60°时，
连接DM，并延长交AO于点N.
∵∠DBH=60°，DM=BM,
∴△BDM为等边三角形，
∴∠DMB =60°，
故∠AMN=∠DMB =60°，
所以∠MNA=180-30°-60°=90°，
所以MN⊥AO,即DN⊥AO，
∴ON=AO=
DN=DM+MN=BM+AM=AB+AB=3，
所以D（，3）；

2）如图，

当∠BDH=2∠BAO=60°时，
∵DM=BM=AM=OM，
∴四边形BDAO为矩形，
可得，DA=BO=2,BD=OA=2.
所以D(-2).
②如图，

当∠DBH=45°时，
∵AH=BH,DM⊥AB，∴△ABD为等腰直角三角形，
∴∠DAB=45°，
则AH=DH=BH,所以M、H重合.
作DC⊥y轴于C，DE⊥x轴于E，
∵DE⊥AO,DC⊥CO，
∴∠ADE+∠EDB=90°，又∠EDB+∠BDC=90°，
∴∠ADE=∠BDC
又AD=BD,
∴△DCB≌△DEA（AAS）,得CB=AE，
设CB=AE=a，则DC=OE=2，
因为BD=,
由勾股定理得，DC2+CB2=DB2,
所以，
解得a=，
当a=时，OC=DE=3+>4，不符合题意.
当a=时，OC=OE=,所以D（）
【点睛】此题主要考查圆的综合问题，解题的关键是熟知一次函数的图像与性质、圆的性质、等边三角形的判定与性质及特殊平行四边形的性质定理.
40．（2020·江苏·无锡市东林中学九年级期中）在平面直角坐标系xOy中，⊙C的半径为r(r＞1)，点P是圆内与圆心C不重合的点，⊙C的“完美点”的定义如下：过圆心C的任意直线CP与⊙C交于点A，B，若满足|PA﹣PB|＝2，则称点P为⊙C的“完美点”，如图点P为⊙C的一个“完美点”．
(1)当⊙O的半径为2时
①点M(，0)　 　⊙O的“完美点”，点(﹣，﹣)　 　⊙O的“完美点”；(填“是”或者“不是”)
②若⊙O的“完美点”P在直线y＝x上，求PO的长及点P的坐标；
(2)设圆心C的坐标为(s，t)，且在直线y＝﹣2x+1上，⊙C半径为r，若y轴上存在⊙C的“完美点”，求t的取值范围．

【答案】(1)①不是，是；②PO的长为1，点P的坐标为(，)或(﹣，﹣)；(2)t的取值范围为﹣1≤t≤3．
【分析】（1）①利用圆的“完美点”的定义直接判断即可得出结论.②先确定出满足圆的“完美点”的OP的长度，然后分情况讨论计算即可得出结论；（2）先判断出圆的“完美点”的轨迹，然后确定出取极值时OC与y轴的位置关系即可得出结论.
【详解】解：(1)①∵点M(，0)，
∴设⊙O与x轴的交点为A，B，
∵⊙O的半径为2，
∴取A(﹣2，0)，B(2，0)，
∴|MA﹣MB|＝|(+2)﹣(2﹣)|＝3≠2，
∴点M不是⊙O的“完美点”，
同理：点(﹣，﹣)是⊙O的“完美点”．
故答案为不是，是．
②如图1，

根据题意，|PA﹣PB|＝2，
∴|OP+2﹣(2﹣OP)|＝2，
∴OP＝1．
若点P在第一象限内，作PQ⊥x轴于点Q，
∵点P在直线y＝x上，OP＝1，
∴ ．
∴P( )．
若点P在第三象限内，根据对称性可知其坐标为(﹣，﹣)．
综上所述，PO的长为1，点P的坐标为()或（ ）)．
(2)对于⊙C的任意一个“完美点”P都有|PA﹣PB|＝2，
∴|CP+r﹣(r﹣CP)|＝2．
∴CP＝1．
∴对于任意的点P，满足CP＝1，都有|CP+r﹣(r﹣CP)|＝2，
∴|PA﹣PB|＝2，故此时点P为⊙C的“完美点”．
因此，⊙C的“完美点”是以点C为圆心，1为半径的圆．
设直线y＝﹣2x+1与y轴交于点D，如图2，

当⊙C移动到与y轴相切且切点在点D的上方时，t的值最大．
设切点为E，连接CE，
∵⊙C的圆心在直线y＝﹣2x+1上，
∴此直线和y轴，x轴的交点D(0，1)，F(，0)，
∴OF＝，OD＝1，
∵CE∥OF，
∴△DOF∽△DEC，
∴ ，
∴ ，
∴DE＝2，
∴OE＝3，
t的最大值为3，
当⊙C移动到与y轴相切且切点在点D的下方时，t的值最小．
同理可得t的最小值为﹣1．
综上所述，t的取值范围为﹣1≤t≤3．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了新定义，相似三角形的性质和判定，直线和圆的位置关系，解本题的关键是理解新定义的基础上，会用新定义，是一道比中等难度的中考常考题.
41．（2020·江苏·南师附中宿迁分校九年级期中）如图，AB是半⊙O的直径，点C，D为半圆O上的点，AE||OD，过点D的⊙O的切线交AC的延长线于点E，M为弦AC中点
（1）填空：四边形ODEM的形状是　 　；
（2）①若，则当k为多少时，四边形AODC为菱形，请说明理由；
②当四边形AODC为菱形时，若四边形ODEM的面积为4，求⊙O的半径．

【答案】（1）四边形AODC为菱形，见解析；（2）①当k为1时，四边形AODC为菱形．理由见解析；②⊙O的半径为2．
【分析】（1）运用切线定理、垂径定理、平行线的性质证明四个角均为90°，即可说明四边形ODEM为矩形；
（2）①当k为1时，四边形AODC为菱形．连接CD，CO．由四边形AODC为菱形，可得AO＝OD＝CD＝AC，由OM垂直平分AC，得到OA＝OC，所以OA＝OC＝AC，因此△OAC为等边三角形，于是∠CAO＝60°，∠CDO＝60°，∠ECD＝30°，
所以CE＝CD＝AC，又CM＝AC，因此CE＝CM，即
＝1，所以当k为1时，四边形AODC为菱形；
②由四边形ODEM的面积为4，可知OD•MO＝43，由①四边形AODC为菱形时，∠MAO＝60°，所以＝sin∠MAO＝sin60°，MO＝AOsin60°＝AO，因此OD•MO＝OA•
OA＝4，所以OA＝2.
【详解】（1）∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，∠ODE＝90°，
∵M为弦AC中点，
∴OM⊥AC，∠OME＝90°，
∵AE||OD，
∴∠E＝90°，∠MOD＝90°，
∴四边形ODEM是矩形；
（2）①当k为1时，四边形AODC为菱形．
理由如下：
连接CD，CO．
∵四边形AODC为菱形，
∴AO＝OD＝CD＝AC，
∵OM垂直平分AC，
∴OA＝OC，
∴OA＝OC＝AC，
∴△OAC为等边三角形，
∴∠CAO＝60°，∠CDO＝60°，
∴∠ECD＝30°，
∴CE＝CD＝AC，
∵CM＝AC，
∴CE＝CM，
∴ ，
当k为1时，四边形AODC为菱形；
②∵四边形ODEM的面积为 ，
∴OD•MO＝，
由①四边形AODC为菱形时，∠MAO＝60°，
∴ ，MO＝AOsin60°＝AO，
∴OD•MO＝ ，
∴OA＝2，
∴⊙O的半径为2．

【点睛】本题是圆的综合题，熟练掌握矩形、菱形、三角函数、垂径定理等是解题的关键．