初中数学浙教版九年级上册3.1 圆练习

这是一份初中数学浙教版九年级上册3.1 圆练习，文件包含专题39圆中的计算与证明的综合大题专项训练50道教师版-2023年九年级上册数学举一反三系列浙教版docx、专题39圆中的计算与证明的综合大题专项训练50道学生版-2023年九年级上册数学举一反三系列浙教版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共93页， 欢迎下载使用。

考卷信息：
本套训练卷共50题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，涵盖了圆中的计算与证明的综合问题的所有类型！
一．解答题（共50小题）
1．（2022•南关区开学）已知：．如图．△ABC和△DEC都是等边角形．D是BC延长线上一点，AD与BE相交于点P．AC、BE相交于点M，AD、CE相交于点N．
（1）在图①中，求证：AD＝BE；
（2）当△CDE绕点C沿逆时针方向旋转到图②时，∠APB＝ 60° ．
【分析】（1）根据等边三角形性质得出AC＝BC，CE＝CD，∠ACB＝∠ECD＝60°，求出∠BCE＝∠ACD，根据SAS推出两三角形全等即可；
（2）证明△ACD≌△BCE（SAS），得到AD＝BE，∠DAC＝∠EBC，根据三角形的内角和定理，即可解答．
【解答】（1）证明：∵△ABC和△CDE为等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
AC＝BC，∠ACD＝∠BCE，CD＝CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE；
（2）解：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，
即∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠DAC＝∠EBC，
∵∠AMP＝∠BMC，
∴∠APB＝∠ACB＝60°．
故答案为：60°．
2．（2022秋•柯桥区月考）如图，D是⊙O弦BC的中点，A是⊙O上的一点，OA与BC交于点E，已知AO＝8，BC＝12．
（1）求线段OD的长；
（2）当EOBE时，求DE的长．
【分析】（1）连接OB，先根据垂径定理得出OD⊥BC，BDBC，在Rt△BOD中，根据勾股定理即可得出结论；
（2）在Rt△EOD中，设BE＝x，则OEx，DE＝6﹣x，再根据勾股定理即可得出结论．
【解答】解：（1）连接OB．
∵OD过圆心，且D是弦BC中点，
∴OD⊥BC，BDBC，
在Rt△BOD中，OD2+BD2＝BO2．
∵BO＝AO＝8，BD＝6．
∴OD＝2；
（2）在Rt△EOD中，OD2+ED2＝EO2．
设BE＝x，则OEx，DE＝6﹣x．
（2）2+（6﹣x）2＝（x）2，
解得x1＝﹣16（舍），x2＝4．
则DE＝2．
3．（2022•市中区校级一模）如图，AB是⊙O的直径，C是的中点，CE⊥AB于点E，BD交CE于点F．
（1）求证：CF＝BF；
（2）若CD＝6，AC＝8，求⊙O的半径及CE的长．
【分析】（1）要证明CF＝BF，可以证明∠ECB＝∠DBC；AB是⊙O的直径，则∠ACB＝90°，又知CE⊥AB，则∠CEB＝90°，则∠DBC＝90°﹣∠ACE＝∠A，∠ECB＝∠A，则∠ECB＝∠DBC；
（2）在直角三角形ACB中，AB2＝AC2+BC2，又知，BC＝CD，所以可以求得AB的长，即可求得圆的半径；再利用面积法求得CE的长．
【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠ABC．
∵CE⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠ECB＝90°﹣∠ABC，
∴∠ECB＝∠A．
又∵C是的中点，
∴，
∴∠DBC＝∠A，
∴∠ECB＝∠DBC，
∴CF＝BF；
（2）解：∵，
∴BC＝CD＝6，
∵∠ACB＝90°，
∴AB10，
∴⊙O的半径为5，
∵S△ABCAB•CEBC•AC，
∴CE．
4．（2022秋•岱岳区期末）已知⊙O的直径为10，点A、点B、点C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D．
（1）如图①，若BC为⊙O的直径，AB＝6，求AC、BD、CD的长；
（2）如图②，若∠CAB＝60°，求BD的长．
【分析】（1）利用圆周角定理可以判定△CAB和△DCB是直角三角形，利用勾股定理可以求得AC的长度；利用圆心角、弧、弦的关系推知△DCB也是等腰三角形，所以利用勾股定理同样得到BD＝CD＝5；
（2）如图②，连接OB，OD．由圆周角定理、角平分线的性质以及等边三角形的判定推知△OBD是等边三角形，则BD＝OB＝OD＝5．
【解答】解：（1）如图①，∵BC是⊙O的直径，
∴∠CAB＝∠BDC＝90°．
∵在直角△CAB中，BC＝10，AB＝6，
∴由勾股定理得到：AC8．
∵AD平分∠CAB，
∴，
∴CD＝BD．
在直角△BDC中，BC＝10，CD2+BD2＝BC2，
∴易求BD＝CD＝5；
（2）如图②，连接OB，OD，
∵AD平分∠CAB，且∠CAB＝60°，
∴∠DAB∠CAB＝30°，
∴∠DOB＝2∠DAB＝60°．
又∵OB＝OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴BD＝OB＝OD．
∵⊙O的直径为10，则OB＝5，
∴BD＝5．
5．（2022•济宁）如图，AD为△ABC外接圆的直径，AD⊥BC，垂足为点F，∠ABC的平分线交AD于点E，连接BD，CD．
（1）求证：BD＝CD；
（2）请判断B，E，C三点是否在以D为圆心，以DB为半径的圆上？并说明理由．
【分析】（1）利用等弧对等弦即可证明．
（2）利用等弧所对的圆周角相等，∠BAD＝∠CBD再等量代换得出∠DBE＝∠DEB，从而证明DB＝DE＝DC，所以B，E，C三点在以D为圆心，以DB为半径的圆上．
【解答】（1）证明：∵AD为直径，AD⊥BC，
∴由垂径定理得：
∴根据圆心角、弧、弦之间的关系得：BD＝CD．
（2）解：B，E，C三点在以D为圆心，以DB为半径的圆上．
理由：由（1）知：，
∴∠1＝∠2，
又∵∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∴∠DBE＝∠3+∠4，∠DEB＝∠1+∠5，
∵BE是∠ABC的平分线，
∴∠4＝∠5，
∴∠DBE＝∠DEB，
∴DB＝DE．
由（1）知：BD＝CD
∴DB＝DE＝DC．
∴B，E，C三点在以D为圆心，以DB为半径的圆上．
6．（2022秋•辛集市期末）如图1，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点C作CD∥AB交⊙O于点D，连接AD，延长CD至点F，使BF＝BC．
（1）求证：BF∥AD；
（2）如图2，当CD为直径，半径为1时，求弧BD，线段BF，线段DF所围成图形的面积．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和平行线的性质可得∠ADC＝∠DCB，进而可以解决问题；
（2）连接OA，OB，由（1）得∠ACB＝∠BCD＝∠ADC，所以，可得△AOC和△AOB是等边三角形，可以求出BF的长，进而可得S△OBF和S扇形OBD，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵CD∥AB，
∴∠ABC＝∠DCB，
∴∠ACB＝∠DCB，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠ADC＝∠DCB，
∵BF＝BC
∴∠F＝∠BCD，
∴∠F＝∠ADC，
∴BF∥AD；
（2）解：连接OA，OB，
∵CD为直径，半径为1，
∴CD＝2，OD＝OB＝OA＝OC＝1，
由（1）知：∠ACB＝∠BCD＝∠ADC，
∴，
∴∠AOC＝∠AOB＝∠BOD＝60°，
∴△AOC和△AOB是等边三角形，
∴∠ACD＝60°，
∴∠ADC＝30°，
∴∠F＝30°，
∴∠FBO＝90°，OB＝1，
∴BF，
弧BD，线段BF，线段DF所围成图形的面积为：
S△OBF﹣S扇形OBDOB•BF．
7．（2022秋•仪征市校级月考）如图，⊙O是正方形ABCD与正六边形AEFCGH的外接圆．
（1）正方形ABCD与正六边形AEFCGH的边长之比为 ：1 ；
（2）连接BE，BE是否为⊙O的内接正n边形的一边？如果是，求出n的值；如果不是，请说明理由．
【分析】（1）计算出在半径为R的圆中，内接正方形和内接正六边形的边长即可求出；
（2）首先求得∠EOB的度数，然后利用360°除以∠EOB度数，若所得的结果是整数的即可．
【解答】解：（1）设此圆的半径为R，
则它的内接正方形的边长为R，
它的内接正六边形的边长为R，
内接正方形和内接正六边形的边长比为R：R：1．
故答案为：：1；
（2）BE是⊙O的内接正十二边形的一边，
理由：连接OA，OB，OE，
在正方形ABCD中，∠AOB＝90°，
在正六边形AEFCGH中，∠AOE＝60°，
∴∠BOE＝30°，
∵n12，
∴BE是正十二边形的边．
8．（2022•高唐县二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠BAO＝30°，AC＝8．过点O作OH⊥AB于点H，以点O为圆心，OH为半径的半圆交AC于点M．
（1）求图中阴影部分的面积；
（2）点P是BD上的一个动点（点P不与点B，D重合），当PH+PM的值最小时，求PD的长度．
【分析】（1）解直角三角形求出AH，OH，根据S阴＝S△AOH﹣S扇形OMH，求解即可．
（2）作点M关于BD的对称点M′，连接HM′交BD于P，连接PM，连接PM，此时PH+PM的值最小，解直角三角形求出OP，OD即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝4，
∵OH⊥AB，
∴∠AHO＝90°，
∵∠OAH＝30°，
∴∠AOH＝60°，OHOA＝2，AHOH＝2，
∴S阴＝S△AOH﹣S扇形OMH2×22π．
（2）作点M关于BD的对称点M′，连接HM′交BD于P，连接PM，此时PH+PM的值最小．
∵OH＝OM′，
∴∠OHM′＝∠OM′H，
∵∠AOH＝∠OHM′+∠OM′H＝60°，
设OP＝m，则PM＝2m，
∵PM2＝OM2+OP2，
∴4m2＝m2+22，
∴m，
∴PD＝OD+OP2．
9．（2022•黔东南州模拟）如图，已知AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，∠D＝60°且AB＝6，过O点作OE⊥AC，垂足为E．
（1）求OE的长；
（2）若OE的延长线交⊙O于点F，求弦AF、AC和弧CF围成的图形（阴影部分）的面积S．
【分析】（1）根据∠D＝60°，可得出∠B＝60°，继而求出BC，判断出OE是△ABC的中位线，就可得出OE的长；
（2）连接OC，将阴影部分的面积转化为扇形FOC的面积．
【解答】解：（1）∵∠D＝60°，
∴∠B＝60°（圆周角定理），
又∵AB＝6，
∴BC＝3，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵OE⊥AC，
∴OE∥BC，
又∵点O是AB中点，
∴OE是△ABC的中位线，
∴OEBC；
（2）连接OC，
则易得△COE≌△AFE，
故阴影部分的面积＝扇形FOC的面积，
S扇形FOCπ．
即可得阴影部分的面积为π．
10．（2022秋•如东县期末）如图，CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD于点E，∠DAB＝30°，AB＝4．
（1）求CD的长；
（2）求阴影部分的面积．
【分析】（1）根据垂径定理和题意，可以求得AD和DE的长，再根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形即可得到OD的长，从而可以求得CD的长；
（2）根据图形可知△OBE和△OAE全等，阴影部分的面积等于扇形AOD的面积，本题得以解决．
【解答】解：（1）连接OA，
∵CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD于点E，∠DAB＝30°，AB＝4，
∴AE＝2，∠AED＝90°，
∴ED＝2，AD＝4，∠ODA＝60°，
∵OA＝OD，
∴△OAD是等边三角形，
∴OD＝AD＝4，
∴CD＝2OD＝8；
（2）∵CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD于点E，∠DAB＝30°，AB＝4，
∴OA＝OB，AE＝BE，OE＝OE，
∴△OEA≌△OEB，
∴阴影部分的面积是：．
11．（2022秋•松滋市期末）如图，AB是⊙O的直径，弦DE垂直平分半径OA，C为垂足，弦DF与半径OB相交于点P，连接EO、FO，若DE＝4，∠DPA＝45°
（1）求⊙O的半径．
（2）若图中扇形OEF围成一个圆锥侧面，试求这个圆锥的底面圆的半径．
【分析】（1）利用垂径定理得到CE＝DCDE＝2，OCOE，则∠OEC＝30°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求出OE即可；
（2）利用圆周角定理得到∠EOF＝2∠D＝90°，设这个圆锥的底面圆的半径为r，利用弧长公式得到2πr，然后解关于r的方程即可．
【解答】解：（1）∵弦DE垂直平分半径OA，
∴CE＝DCDE＝2，OCOE，
∴∠OEC＝30°，
∴OC2，
∴OE＝2OC＝4，
即⊙O的半径为4；
（2）∵∠DPA＝45°，
∴∠D＝45°，
∴∠EOF＝2∠D＝90°，
设这个圆锥的底面圆的半径为r，
∴2πr，解得r＝1，
即这个圆锥的底面圆的半径为1．
12．（2022•沈阳）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，D为⊙O上一点，OD⊥AC，垂足为E，连接BD
（1）求证：BD平分∠ABC；
（2）当∠ODB＝30°时，求证：BC＝OD．
【分析】（1）由OD⊥ACOD为半径，根据垂径定理，即可得，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可证得BD平分∠ABC；
（2）首先由OB＝OD，易求得∠AOD的度数，又由OD⊥AC于E，可求得∠A的度数，然后由AB是⊙O的直径，根据圆周角定理，可得∠ACB＝90°，继而可证得BC＝OD．
【解答】证明：（1）∵OD⊥AC OD为半径，
∴，
∴∠CBD＝∠ABD，
∴BD平分∠ABC；
（2）∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠0DB＝30°，
∴∠AOD＝∠OBD+∠ODB＝30°+30°＝60°，
又∵OD⊥AC于E，
∴∠OEA＝90°，
∴∠A＝180°﹣∠OEA﹣∠AOD＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
又∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ACB中，BCAB，
∵ODAB，
∴BC＝OD．
13．（2022•崇左）如图，正方形ABCD的边长为1，其中弧DE、弧EF、弧FG的圆心依次为点A、B、C．
（1）求点D沿三条弧运动到点G所经过的路线长；
（2）判断直线GB与DF的位置关系，并说明理由．
【分析】（1）根据弧长的计算公式，代入运算即可．
（2）先证明△FCD≌△GCB，得出∠G＝∠F，从而利用等量代换可得出∠GHD＝90°，即GB⊥DF．
【解答】解：（1）根据弧长公式得所求路线长为：3π．
（2）GB⊥DF．
理由如下：
在△FCD和△GCB中，
∵，
∴△FCD≌△GCB（SAS），
∴∠G＝∠F，
∵∠F+∠FDC＝90°，
∴∠G+∠FDC＝90°，
∴∠GHD＝90°，
∴GB⊥DF．
14．（2022•凉山州二模）如图，AB是半圆的直径，C、D是半圆上的两点，且∠BAC＝20°，，求：∠BCD的度数．
【分析】连接BC，如图，根据圆周角定理得∠ACB＝90°，则利用互余可计算出∠B＝70°，再根据圆内接四边形的性质计算出∠D＝180°﹣∠B＝110°，接着根据圆周角定理和三角形内角和定理，由弧AD＝弧CD得到∠DAC＝∠DCA＝35°，然后得到∠DCB＝∠DCA+∠ACB＝125°．
【解答】解：∵AB是半圆的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝20°，
∴∠B＝70°，
∵四边形ABCD是圆O的内接四边形，
∴∠D＝180°﹣∠B＝110°，
∵，
∴∠DAC＝∠DCA（180°﹣110°）＝35°，
∴∠DCB＝∠DCA+∠ACB＝125°．
15．（2022•白云区一模）如图，⊙O的半径OA⊥OC，点D在上，且2，OA＝4．
（1）∠COD＝ 30 °；
（2）求弦AD的长；
（3）P是半径OC上一动点，连接AP、PD，请求出AP+PD的最小值，并说明理由．
（解答上面各题时，请按题意，自行补足图形）
【分析】（1）根据垂直的定义得到∠AOC＝90°，由已知条件得到∠AOD＝2∠COD，即可得到结论；
（2）连接OD、AD，如图1所示：由（1）知∠AOD＝2∠COD＝2×30°＝60°，推出△AOD为等边三角形，根据等边三角形的性质得到；
（3）过点D作DE⊥OC，交⊙O于点E，连接AE，交OC于点P，则此时，AP+PD的值最小，延长AO交⊙O于点B，连接BE，得到AP+PD最小值＝AP+PE＝AE，根据圆周角定理得到∠AED∠AOD＝30°，根据平行线的性质得到∠OAE＝∠AED＝30°，由于AB为直径，得到△ABE为直角三角形，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：（1）∵OA⊥OC，
∴∠AOC＝90°，
∵2，
∴∠AOD＝2∠COD，
∴∠COD∠AOC＝30°，
故答案为：30；
（2）连接OD、AD，如图1所示：
由（1）知∠AOD＝2∠COD＝2×30°＝60°，
∵OA＝OD，
∴△AOD为等边三角形，
∴AD＝OA＝4；
（3）过点D作DE⊥OC，交⊙O于点E，连接AE，交OC于点P，则此时，AP+PD的值最小，
延长AO交⊙O于点B，连接BE，如图2所示：
∵根据圆的对称性，点E是点D关于OC的对称点，
OC是DE的垂直平分线，
即PD＝PE，
∴AP+PD最小值＝AP+PE＝AE，
∵∠AED∠AOD＝30°，
又∵OA⊥OC，DE⊥OC，
∴OA∥DE，
∴∠OAE＝∠AED＝30°，
∵AB为直径，
∴△ABE为直角三角形，由cs∠BAE，AE＝AB•cs30°＝2×4，
即AP+PD，
16．（2022•西湖区校级一模）如图，AB是⊙O的直径，C是的中点，CE⊥AB于E，BD交CE于F．
（1）求证：CF＝BF；
（2）若CD＝6，AC＝8，求BE、CF的长．
【分析】（1）首先延长CE交⊙O于点P，由垂径定理可证得∠BCP＝∠BDC，又由C是的中点，易证得∠BDC＝∠CBD，继而可证得CF＝BF；
（2）根据勾股定理得到AB＝10，根据射影定理得到BE3.6，根据三角形的面积公式得到CE4.8，设CF＝x，则FE＝4.8﹣x，BF＝x，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：延长CE交⊙O于点P，
∵CE⊥AB，
∴，
∴∠BCP＝∠BDC，
∵C是的中点，
∴CD＝CB，
∴∠BDC＝∠CBD，
∴∠CBD＝∠BCP，
∴CF＝BF；
（2）∵CD＝6，AC＝8，
∴AB＝10，
∴BE3.6，
∴CE4.8，设CF＝x，则FE＝4.8﹣x，BF＝x，
∴（4.8﹣x）2+3.62＝x2，
∴x．
17．（2022•武昌区校级自主招生）如图，已知⊙O的直径为10，点A、B、C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D．
（1）图①，当BC为⊙O的直径时，求BD的长．
（2）图②，当BD＝5时，求∠CDB的度数．
【分析】（1）只要证明△BCD是等腰直角三角形即可解决问题；
（2）首先证明△OBD是等边三角形，推出∠BOD＝60°，由，推出∠CAD＝∠BAD＝30°，推出∠BAC＝60°，再利用圆内接四边形的性质即可解决问题；
【解答】解：（1）如图1中，连接CD．
∵BC为⊙O直径，
∴∠CDB＝90°，
∴∠CAB＝90°，
∵AD是∠CAB的角平分线，
∴，
∴∠DCB＝∠DAB＝45°
∴△CDB为等腰直角三角形，
∵BC＝10，
∴．
（2）连接OD、OB，
∵⊙O直径为10，
∴OB＝OD＝5，
∴BD＝5，
∴OB＝OD＝BD，
∴△OBD是等边三角形，
∴∠BOD＝60°，
∵，
∴∠CAD＝∠BAD＝30°，
∴∠BAC＝60°，
∵四边形CABD是圆内接四边形，
∴∠CDB+∠BAC＝180°，
∴∠CDB＝120°．
18．（2022•东莞市校级模拟）如图，⊙O的内接四边形ABCD两组对边的延长线分别交于点E、F．
（1）当∠E＝∠F时，则∠ADC＝ 90 °；
（2）当∠A＝55°，∠E＝30°时，求∠F的度数；
（3）若∠E＝α，∠F＝β，且α≠β．请你用含有α、β的代数式表示∠A的大小．
【分析】（1）由∠E＝∠F，易得∠ADC＝∠ABC，又由圆的内接四边形的性质，即可求得答案；
（2）由∠A＝55°，∠E＝30°，首先可求得∠ABC的度数，继而利用圆的内接四边形的性质，求得∠ADC的度数，则可求得答案；
（3）由三角形的内角和定理与圆的内接四边形的性质，即可求得180°﹣∠A﹣∠F+180°﹣∠A﹣∠E＝180°，继而求得答案．
【解答】解：（1）∵∠E＝∠F，∠DCE＝∠BCF，∠ADC＝∠E+∠DCE，∠ABC＝∠BCF+∠F，
∴∠ADC＝∠ABC，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∴∠ADC＝90°．
故答案为：90°；
（2）∵在△ABE中，∠A＝55°，∠E＝30°，
∴∠ABE＝180°﹣∠A﹣∠E＝95°，
∴∠ADF＝180°﹣∠ABE＝85°，
∴在△ADF中，∠F＝180°﹣∠ADF﹣∠A＝40°；
（3）∵∠ADC＝180°﹣∠A﹣∠F，∠ABC＝180°﹣∠A﹣∠E，
∵∠ADC+∠ABC＝180°，
∴180°﹣∠A﹣∠F+180°﹣∠A﹣∠E＝180°，
∴2∠A+∠E+∠F＝180°，
∴∠A＝90°90°．
19．（2022•鼓楼区校级模拟）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 60° ；图2中，∠APN的度数是 90° ，图3中∠APN的度数是 108° ．
（2）试探索∠APN的度数与正多边形边数n的关系（直接写答案） ．
【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．
【解答】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，．
20．（2022•温州一模）如图，在⊙O上依次有A、B、C三点，BO的延长线交⊙O于E，，过点C作CD∥AB交BE的延长线于D，AD交⊙O于点F．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）连接OA、OF，若∠AOF＝3∠FOE，且AF＝3，求劣弧的长．
【分析】（1）先根据圆的性质得：∠CBD＝∠ABD，由平行线的性质得：∠ABD＝∠CDB，根据直径和等式的性质得：，由一组对边平行且相等可得四边形ABCD是平行四边形，由AB＝BC可得结论；
（2）先设∠FOE＝x，则∠AOF＝3x，根据∠ABC+∠BAD＝180°，列方程得：4x+2x（180﹣3x）＝180，求出x的值，接着求所对的圆心角和半径的长，根据弧长公式可得结论．
【解答】（1）证明：∵，
∴∠CBD＝∠ABD，
∵CD∥AB，
∴∠ABD＝∠CDB，
∴∠CBD＝∠CDB，
∴CB＝CD，
∵BE是⊙O的直径，
∴，
∴AB＝BC＝CD，
∵CD∥AB，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）∵∠AOF＝3∠FOE，
设∠FOE＝x，则∠AOF＝3x，
∠AOD＝∠FOE+∠AOF＝4x，
∵OA＝OF，
∴∠OAF＝∠OFA（180﹣3x）°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝2x，
∴∠ABC＝4x，
∵BC∥AD，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，
∴4x+2x（180﹣3x）＝180，
x＝20°，
∴∠AOF＝3x＝60°，∠AOE＝80°，
∴∠COF＝80°×2﹣60°＝100°，
∵OA＝OF，
∴△AOF是等边三角形，
∴OF＝AF＝3，
∴的长．
21．（2022•岳麓区校级一模）如图，⊙O中，直径CD⊥弦AB于E，AM⊥BC于M，交CD于N，连AD．
（1）求证：AD＝AN；
（2）若AB＝4，ON＝1，求⊙O的半径．
【分析】（1）先根据圆周角定理得出∠BAD＝∠BCD，再由直角三角形的性质得出∠ANE＝∠CNM，故可得出∠BCD＝∠BAM，由全等三角形的判定定理得出△ANE≌△ADE，故可得出结论；
（2）先根据垂径定理求出AE的长，设NE＝x，则OE＝x﹣1，NE＝ED＝x，r＝OD＝OE+ED＝2x﹣1
连接AO，则AO＝OD＝2x﹣1，在Rt△AOE中根据勾股定理可得出x的值，进而得出结论．
【解答】（1）证明：∵∠BAD与∠BCD是同弧所对的圆周角，
∴∠BAD＝∠BCD，
∵AE⊥CD，AM⊥BC，
∴∠AMC＝∠AEN＝90°，
∵∠ANE＝∠CNM，
∴∠BCD＝∠BAM，
∴∠BAM＝BAD，
在△ANE与△ADE中，
∵，
∴△ANE≌△ADE，
∴AD＝AN；
（2）解：∵AB＝4，AE⊥CD，
∴AE＝2，
又∵ON＝1，
∴设NE＝x，则OE＝x﹣1，NE＝ED＝x，r＝OD＝OE+ED＝2x﹣1
连接AO，则AO＝OD＝2x﹣1，
∵△AOE是直角三角形，AE＝2，OE＝x﹣1，AO＝2x﹣1，
∴（2）2+（x﹣1）2＝（2x﹣1）2，解得x＝2，
∴r＝2x﹣1＝3．
22．（2022•普陀区模拟）如图，在⊙O中，AD、BC相交于点E，OE平分∠AEC．
（1）求证：AB＝CD；
（2）如果⊙O的半径为5，AD⊥CB，DE＝1，求AD的长．
【分析】（1）过点O作OM⊥AD，ON⊥BC，从而得出OM＝ON，根据垂径定理可得出，然后可得，继而得出结论．
（2）先判断OM＝ME，然后利用勾股定理得出AM的方程，解出后，根据AD＝2AM，即可得出答案．
【解答】证明：（1）过点O作OM⊥AD，ON⊥BC，
∵OE平分∠AEC，
∴OM＝ON，
∴，，即，
∴AB＝CD．
（2）∵OM⊥AD，
∴AM＝DM，
∵AD⊥CB，OE平分∠AEC，
∴∠OEM＝45°，
∴∠MOE＝45°，
∴∠OEM＝∠EOM，
∴OM＝ME，
在Rt△AOM中，OA2＝OM2+AM2，即25＝（AM﹣1）2+AM2，
解得：AM＝4或AM＝﹣3（舍去）
故AD的长为8．
23．（2022•饶平县校级模拟）如图，⊙O中，弦CD与直径AB交于点H．
（1）当∠B+∠D＝90°时，求证：H是CD的中点；
（2）若H为CD的中点，且CD＝2，BD，求AB的长．
【分析】（1）根据三角形内角和定理求出∠BHD＝90°，根据垂径定理得出即可；
（2）根据垂径定理求出DH，根据勾股定理求出BH，根据勾股定理得出关于R的方程，求出R即可．
【解答】（1）证明：∵∠B+∠D＝90°，
∴∠BHD＝180°﹣90°＝90°，
即AB⊥CD，
∵AB过O，
∴CH＝DH，
即H是CD的中点；
（2）解：
连接OD，
∵H为CD的中点，CD＝2，AB过O，
∴DH＝CHCD，AB⊥CD，
∴∠BHD＝90°，
由勾股定理得：BH1，
设⊙O的半径为R，则AB＝2R，OB＝OD＝R，
在Rt△OHD中，由勾股定理得：OH2+DH2＝OD2，
即（R﹣1）2+（）2＝R2，
解得：R，
∴AB＝23．
24．（2022•苏州模拟）如图，点A和动点P在直线l上，点P关于点A的对称点为Q，以AQ为边作Rt△ABQ，使∠BAQ＝90°，AQ：AB＝3：4，作△ABQ的外接圆O．点C在点P右侧，PC＝4，过点C作直线m⊥l，过点O作OD⊥m于点D，交AB右侧的圆弧于点E．在射线CD上取点F，使DF，以DE，DF为邻边作矩形DEGF．设AQ＝3x．
（1）用关于x的代数式表示BQ＝ 5x ，DF＝ 3x ．
（2）当点P在点A右侧时，若矩形DEGF的面积等于90，求AP的长．
（3）当点P在点A右侧时，作直线BG交⊙O于点N，若BN的弦心距为1，求AP的长．
【分析】（1）由AQ：AB＝3：4，AQ＝3x，易得AB＝4x，由勾股定理得BQ，再由中位线的性质得AH＝BHAB，求得CD，FD；
（2）利用（1）的结论，易得CQ的长，作OM⊥AQ于点M，则OM∥AB，由垂径定理得QM＝AMx，由矩形性质得OD＝MC，利用矩形面积，求得x，得出结论；
（3）连接NQ，由点O到BN的弦心距为1，得NQ＝2，过点B作BM⊥EG于点M，GM＝x，BM＝x，易得∠GBM＝45°，BM∥AQ，易得AI＝AB，求得IQ，由NQ得AP．
【解答】解：（1）在Rt△ABQ中，
∵AQ：AB＝3：4，AQ＝3x，
∴AB＝4x，
∴BQ＝5x，
∵OD⊥m，m⊥l，
∴OD∥l，
∵OB＝OQ，
∴AH＝BHAB＝2x，
∴CD＝2x，
∴FDCD＝3x，
故答案为：5x，3x；
（2）∵AP＝AQ＝3x，PC＝4，
∴CQ＝6x+4，
作OM⊥AQ于点M，如图1，
∴OM∥AB，
∵⊙O是△ABQ的外接圆，∠BAQ＝90°，
∴点O是BQ的中点，
∴QM＝AMx
∴OD＝MCx+4，
∴OEBQx，
∴ED＝2x+4，
S矩形DEGF＝DF•DE＝3x（2x+4）＝90，
解得：x1＝﹣5（舍去），x2＝3，
∴AP＝3x＝9；
（3）连接NQ，由点O到BN的弦心距为1，得NQ＝2，如图2，
过点B作BM⊥EG于点M，
∵GM＝x，BM＝x
∴∠GBM＝45°，
∴BM∥AQ，
∴AI＝AB＝4x，
∴IQ＝x，
∴NQ2，
∴x＝2，
∴AP＝6．
25．（2022•福建模拟）如图1，△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点B作BE⊥AC，交⊙O于点D，垂足为E，连接AD．
（1）求证：∠BAC＝2∠CAD；
（2）如图2，连接CD，点F在线段BD上，且DF＝2DC，G是的中点，连接FG，若FG＝2，CD＝2，求⊙O的半径．
【分析】（1）作AH⊥BC于H，根据题意易求得∠BAC＝2∠CAH，利用角的关系和圆周角定理可求得∠CAH＝∠CAD，即可求解；
（2）连接GC并延长交AD延长线于点H，连接DG，BG，AG，根据圆周角定理可求得AG垂直平分BC，再求证四边形GHDF为平行四边形，设半径为r，则AH＝AG＝2r，AD＝2r﹣2，根据勾股定理即可求解．
【解答】（1）证明：如图1，作AH⊥BC于H，
∴∠AHC＝90°，
∴∠HAC+∠C＝90°，
∵AB＝AC，
∴∠BAC＝2∠CAH，
∵BE⊥AC，
∴∠BEC＝90°，
∴∠CBE+∠C＝90°，
∴∠CBE＝∠CAH，
∵，
∴∠CAD＝∠CBE，
∴∠CAH＝∠CAD，
∴∠BAC＝2∠CAD；
（2）解：如图，连接GC并延长交AD延长线于点H，连接DG，BG，AG，
∵G是的中点，
∴，
∴GB＝GC，∠BAG＝∠CAG，
∴∠CAG＝∠DAC，
∵AB＝AC，
∴AG垂直平分BC，
∴AG为直径，
∴∠ADG＝∠ACG＝90°，
∴∠GDH＝∠ACH＝90°，
∵∠AGC+∠CAG＝90°，∠AHC+∠CAH＝90°，
∴∠AGC＝∠AHC，
∴AG＝AH，
∴CG＝CH，
在Rt△GDH中，DC＝CG＝CH，即GH＝2DC＝DF，
∵∠AEB＝90°＝∠ACG，
∴BD∥GH，
∴四边形GHDF为平行四边形，
∴DH＝FG＝2，
设半径为r，则AH＝AG＝2r，AD＝2r﹣2，
在Rt△AGD中，DG2＝AG2﹣AD2＝（2r）2﹣（2r﹣2）2＝8r﹣4，
在Rt△GDH中，GH＝DF＝2CD＝4，
∴DG2＝GH2﹣DH2＝32﹣4＝28，
∴8r﹣4＝28，解得r＝4，
∴⊙O的半径为4．
26．（2022•苏州模拟）如图，已知点D是△ABC外接圆⊙O上的一点，AC⊥BD于G，连接AD，过点B作直线BF∥AD交AC于E，交⊙O于F，若点F是弧CD的中点，连接OG，OD，CD
（1）求证：∠DBF＝∠ACB；
（2）若AGGE，试探究∠GOD与∠ADC之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）根据平行线性质及圆周角性质直接得出结论．
（2）作OM⊥DC于点M，连接OC．先证明∠ACB＝∠CBF＝∠DBF＝30°，再根据AG与GE的关系推出DG＝OD，然后可得出结论．
【解答】（1）证明：∵BF∥AD，
∴∠ADB＝∠DBF，
∵∠ADB＝∠ACB，
∴∠DBF＝∠ACB；
（2）∠GOD与∠ADC之间的数量关系为：2∠GOD+∠ADC＝240°．
理由如下：
作OM⊥DC于点M，连接OC．
∵AD∥BF，
∴AB＝DF，
∵F为CD中点，
∴CF＝DF＝AB，
∴∠ACB＝∠CBF＝∠DBF，
∵AC⊥BD于G，
∴∠BGC＝∠AGD＝90°，
∴∠DBF+∠CBF+∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CBF＝∠DBF＝30°，∠DBC＝60°，
∴∠ADB＝∠ACB＝30°，∠DOC＝2∠DBC＝120°，
∵OD＝OC，
∴∠ODM＝30°，
设GE＝x，则AGx，
∴DGx，BG＝√x，GC＝3x，DCx，DMx，ODx，
∴DG＝OD，
∴2∠GOD+∠ODG＝180°，
∵∠ADB+∠ODC＝60°，
∴2∠GOD+∠ODG+∠ADB+∠ODC＝240°，
即2∠GOD+∠ADC＝240°．
27．（2022春•南川区期末）如图，四边形ABCD是正方形，点E在AB的延长线上，连接EC，EC绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接CF、AF，CF与对角线BD交于点G．
（1）若BE＝2，求AF的长度；
（2）求证：AF+2BGAD．
【分析】（1）由正方形的性质及旋转的额性质求得∠ABC＝∠EBC＝∠FEC＝90°，AB＝BC，EF＝EC，再利用勾股定理可得AC2＝2BC2，CE2＝BE2+BC2，CF2＝2BE2+2BC2，再证明∠FAC＝90°，结合勾股定理可得AF2＝2BE2，进而可求解AF的长；
（2）通过证明四边形ADBH是平行四边形，可得AD＝BH＝BC＝AB，可求AHABCD，由相似三角形的性质可得HF＝2BG，即可求解．
【解答】（1）解：连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠EBC＝90°，AC2＝AB2+BC2＝2BC2，
∴CE2＝BE2+BC2，
∵EC绕点E逆时旋转90°得到EF，
∴EF＝EC，∠FEC＝90°，
∴∠EFC＝∠ECF＝45°，CF2＝EF2+CE2＝2CE2＝2BE2+2BC2，
∴∠EFC＝∠EAC＝45°，
∴∠FAE＝∠FCE＝45°，
∴∠FAC＝90°，
∴CF2＝AF2+AC2＝AF2+2BC2，
∴AF2+2BC2＝2BE2+2BC2，
即AF2＝2BE2，
∵BE＝2，
∴AF2＝2×22＝8，
解得AF；
（2）证明：连接AC，延长AF，CB交于点H，
∵FAE＝∠ABD＝45°，
∴AF∥BD，
又∵AD∥BC，
∴四边形ADBH是平行四边形，
∴AD＝BH＝BC＝AB，
∴AHABCD，
∵AH∥BG，
∴CG＝FG，
∴BG是△CBF的中位线，
∴HF＝2BG，
∵AH＝AF+FH，
∴AD＝AF+2BG，
即AF+2BGAD．
28．（2022•莱芜）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AC＝BC，D为⊙O中上一点，延长DA至点E，使CE＝CD．
（1）求证：AE＝BD；
（2）若AC⊥BC，求证：AD+BDCD．
【分析】（1）先证出△AEC≌△BDC，只要再找一对角相等就可以了，利用边相等，可得∠CAB＝∠CBA，∠CEA＝∠CDE，而∠CAB＝∠CDB＝∠CDE，故∠CEA＝∠CDB，（CE＝CD，∠CAE＝∠CBD）再利用SAS可证出△AEC≌△BDC．
（2）利用（1）中的全等，可得，AE＝BD，∠ECA＝∠DCB，那么就有∠ECD＝∠ECA+∠ACD＝90°，根据勾股定理得DECD，而DE＝AD+AE＝AD+BG，所以有AD+BDCD．
【解答】证明：（1）∵△ABC是⊙O的内接三角形，AC＝BC，
∴∠ABC＝∠BAC，
∵CE＝CD，
∴∠CDE＝∠CED；
又∵∠ABC＝∠CDE，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠CDE＝∠CED，（同弧上的圆周角相等）
∴∠ACB＝∠DCE，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△AEC和△BDC中，

∴△AEC≌△BDC（SAS），
∴AE＝BD．
（2）∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
∴∠DCE＝90°；
又∵CD＝CE，
∴△DCE为等腰直角三角形，
∴DECD，
又∵DE＝AD+AE且AE＝BD，
∴AD+BDCD．
29．（2022•襄城区模拟）如图，⊙O中，直径CD⊥弦AB于E，AM⊥BC于M，交CD于N，连接AD．
（1）求证：AD＝AN；
（2）若AB＝8，ON＝1，求⊙O的半径．
【分析】（1）先根据同角的余角相等得到∠CNM＝∠B，利用等量代换得到∠AND＝∠B，利用同弧所对的圆周角相等得到∠D＝∠B，则得∠AND＝∠D，利用等角对等边可得出结论；
（2）先根据垂径定理求出AE的长，连接AO，设OE的长为x，则DE＝NE＝x+1，OA＝OD＝2x+1，在Rt△AOE中根据勾股定理可得出x的值，进而得出结论．
【解答】（1）证明：∵CD⊥AB
∴∠CEB＝90°
∴∠C+∠B＝90°，
同理∠C+∠CNM＝90°
∴∠CNM＝∠B
∵∠CNM＝∠AND
∴∠AND＝∠B，
∵，
∴∠D＝∠B，
∴∠AND＝∠D，
∴AN＝AD；
（2）解：设OE的长为x，连接OA
∵AN＝AD，CD⊥AB
∴DE＝NE＝x+1，
∴OD＝OE+ED＝x+x+1＝2x+1，
∴OA＝OD＝2x+1，
∴在Rt△OAE中OE2+AE2＝OA2，
∴x2+42＝（2x+1）2．
解得x或x＝﹣3（不合题意，舍去），
∴OA＝2x+1＝21，
即⊙O的半径为．
30．（2022•台州校级模拟）某居民小区一处圆柱形的输水管道破裂，维修人员为更换管道，需确定管道圆形截面的半径，下图是水平放置的破裂管道有水部分的截面．
（1）请你补全这个输水管道的圆形截面．
（2）若这个输水管道有水部分的水面宽AB＝16cm，水面最深地方的高度为4cm，求这个圆形截面的半径．
（3）在（2）的条件下，小明把一只宽12cm的方形小木船放在修好后的圆柱形水管里，已知船高出水面13cm，问此小船能顺利通过这个管道吗？
【分析】（1）在弧AB上任取一点C，连接AC，作弦AC的垂直平分线，两线交点作为圆心O，OA作为半径，画圆即为所求图形．
（2）过O作OE⊥AB于D，交弧AB于E，连接OB，根据垂径定理得到BDAB16＝8cm，然后根据勾股定理列出关于圆形截面半径的方程求解．
（3）连接OM，设MF＝6cm，可求得此时OF的高，即可求得DF的长，比较13cm，即可得到此时小船能顺利通过这个管道．
【解答】解：（1）在弧AB上任取一点C连接AC，作弦AC、BC的垂直平分线，两线交点作为圆心O，OA作为半径，画圆即为所求图形．
（2）过O作OE⊥AB于D，交弧AB于E，连接OB．
∵OE⊥AB，
∴BDAB16＝8cm，
由题意可知，ED＝4cm，
设半径为xcm，则OD＝（x﹣4）cm，
在Rt△BOD中，由勾股定理得：
OD2+BD2＝OB2
∴（x﹣4）2+82＝x2
解得x＝10．
即这个圆形截面的半径为10cm．
（3）如图，小船能顺利通过这个管道．理由：
连接OM，设MF＝6cm．
∵EF⊥MN，OM＝10cm，
在Rt△MOF中，OF8cm
∵DF＝OF+OD＝8+6＝14cm
∵14cm＞13cm，
∴小船能顺利通过这个管道．
31．（2022•泰州模拟）如图，BC是⊙O的直径，弦AD⊥BC，垂足为H，已知AD＝8，OH＝3．
（1）求⊙O的半径；
（2）若E是弦AD上的一点，且∠EBA＝∠EAB，求线段BE的长．
【分析】（1）连接OA，由CB为直径，AD为弦，且CB垂直于AD，利用垂径定理得到H为AD的中点，由AD的长求出AH的长，在直角三角形AOH中，由AH与OH的长，利用勾股定理求出OA的长，即为圆O的半径；
（2）由已知的两个角相等，利用等角对等边得到AE＝BE，在直角三角形BEH中，设BE＝AE＝x，则有EH＝AH﹣AE＝4﹣x，BH＝5﹣3＝2，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即可确定出BE的长．
【解答】解：（1）连接OA，
∵BC是⊙O的直径，弦AD⊥BC，
∴AHAD＝4，
在Rt△AOH中，AH＝4，OH＝3，
根据勾股定理得：OA5，
则⊙O的半径为5；
（2）∵∠EBA＝∠EAB，∴AE＝BE，
设BE＝AE＝x，
在Rt△BEH中，BH＝5﹣3＝2，EH＝4﹣x，
根据勾股定理得：22+（4﹣x）2＝x2，
解得x＝2.5，
则BE的长为2.5．
32．（2006•河北）图1是某学校存放学生自行车的车棚的示意图（尺寸如图所示），车棚顶部是圆柱侧面的一部分，其展开图是矩形．图2是车棚顶部截面的示意图，所在圆的圆心为O．车棚顶部是用一种帆布覆盖的，求覆盖棚顶的帆布的面积．（不考虑接缝等因素，计算结果保留π）
【分析】根据题意，由圆的基本性质，可通过作辅助线建立模形，利用垂径定理解答，也可用相交弦定理来解．
【解答】解：连接OB，过点O作OE⊥AB，垂足为E，交于F，如图，
由垂径定理，可知：E是AB中点，F是中点，
∴EF是弓形高，
∴AEAB＝2，EF＝2，
设半径为R米，则OE＝（R﹣2）米，
在Rt△AOE中，由勾股定理，得R2＝（R﹣2）2+（2）2，
解得R＝4，
∵，
∴∠AOE＝60°，
∴∠AOB＝120度．
∴的长为π（m），
∴帆布的面积为π×60＝160π（平方米）．
33．（2022•咸宁模拟）小明学习了垂径定理，做了下面的探究，请根据题目要求帮小明完成探究．
（1）更换定理的题设和结论可以得到许多真命题．如图1，在⊙O中，C是劣弧AB的中点，直线CD⊥AB于点E，则AE＝BE．请证明此结论；
（2）从圆上任意一点出发的两条弦所组成的折线，成为该圆的一条折弦．如图2，PA，PB组成⊙O的一条折弦．C是劣弧AB的中点，直线CD⊥PA于点E，则AE＝PE+PB．可以通过延长DB、AP相交于点F，再连接AD证明结论成立．请写出证明过程；
（3）如图3，PA．PB组成⊙O的一条折弦，若C是优弧AB的中点，直线CD⊥PA于点E，则AE，PE与PB之间存在怎样的数量关系？写出结论，不必证明．
【分析】（1）连接AD，BD，易证△ADB为等腰三角形，根据等腰三角形三线合一这一性质，可以证得AE＝BE．
（2）根据圆内接四边形的性质，先∠CDA＝∠CDF，再证△AFD为等腰三角形，进一步证得PB＝PF，从而证得结论．
（3）根据∠ADE＝∠FDE，从而证明△DAE≌△DFE，得出AE＝EF，然后判断出PB＝PF，进而求得AE＝PE﹣PB．
【解答】证明：（1）如图1，连接AD，BD，
∵C是劣弧AB的中点，
∴∠CDA＝∠CDB，
∵DE⊥AB，
∴∠AED＝∠DEB＝90°，
∴∠A+∠ADE＝90°，∠B+∠CDB＝90°，
∴∠A＝∠B，
∴△ADB为等腰三角形，
∵CD⊥AB，
∴AE＝BE；
（2）如图2，延长DB、AP相交于点F，再连接AD，
∵ADBP是圆内接四边形，
∴∠PBF＝∠PAD，
∵C是劣弧AB的中点，
∴∠CDA＝∠CDF，
∵CD⊥PA，
∴△AFD为等腰三角形，
∴∠F＝∠A，AE＝EF，
∴∠PBF＝∠F，
∴PB＝PF，
∴AE＝PE+PB
（3）AE＝PE﹣PB．
连接AD，BD，AB，DB、AP相交于点F，
∵弧AC＝弧BC，
∴∠ADC＝∠BDC，
∵CD⊥AP，
∴∠DEA＝∠DEF，∠ADE＝∠FDE，
∵DE＝DE，
∴△DAE≌△DFE，
∴AD＝DF，AE＝EF，
∴∠DAF＝∠DFA，
∴∠DFA＝∠PFB，∠PBD＝∠DAP，
∴∠PFB＝∠PBF，
∴PF＝PB，
∴AE＝PE﹣PB．
34．（2022•南开区一模）已知：如图1，在⊙O中，直径AB＝4，CD＝2，直线AD，BC相交于点E．
（1）∠E的度数为 60° ；
（2）如图2，AB与CD交于点F，请补全图形并求∠E的度数；
（3）如图3，弦AB与弦CD不相交，求∠AEC的度数．
【分析】（1）连接OD，OC，BD，根据已知得到△DOC为等边三角形，根据直径所对的圆周角是直角，求出∠E的度数；
（2）同理解答（2）（3）．
【解答】解：（1）如图1，连接OD，OC，BD，
∵OD＝OC＝CD＝2
∴△DOC为等边三角形，
∴∠DOC＝60°
∴∠DBC＝30°
∴∠EBD＝30°
∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°
∴∠E＝90°﹣30°＝60°，
∠E的度数为60°；
（2）①如图2，直线AD，CB交于点E，连接OD，OC，AC．
∵OD＝OC＝CD＝2，
∴△DOC为等边三角形，
∴∠DOC＝60°，
∴∠DAC＝30°，
∴∠EBD＝30°，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠E＝90°﹣30°＝60°，
（3）如图3，连接OD，OC，
∵OD＝OC＝CD＝2，
∴△DOC为等边三角形，
∴∠DOC＝60°，
∴∠CBD＝30°，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BED＝60°，
∴∠AEC＝60°．
35．（2022•安徽一模）如图，A，P，B，C是⊙O上的四个点，∠APC＝∠CPB＝60°．
（1）判断△ABC的形状，并证明你的结论．
（2）证明：PA+PB＝PC．
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ABC＝∠APC＝60°，∠BAC＝∠CPB＝60°，根据等边三角形的判定定理证明；
（2）在PC上截取PH＝PA，得到△APH为等边三角形，证明△APB≌△AHC，根据全等三角形的性质，结合图形证明即可．
【解答】（1）解：△ABC是等边三角形，
理由如下：由圆周角定理得，∠ABC＝∠APC＝60°，∠BAC＝∠CPB＝60°，
∴△ABC是等边三角形；
（2）证明：在PC上截取PH＝PA，
∵∠APC＝60°，
∴△APH为等边三角形，
∴AP＝AH，∠AHP＝60°，
在△APB和△AHC中，
，
∴△APB≌△AHC（AAS）
∴PB＝HC，
∴PC＝PH+HC＝PA+PB．
36．（2022•和平区一模）Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AB为直径作⊙O交AC边于点D，E是边BC的中点，连接DE，OD．
（Ⅰ）如图①，求∠ODE的大小；
（Ⅱ）如图②，连接OC交DE于点F，若OF＝CF，求∠A的大小．
【分析】（Ⅰ）连接OE，BD，利用全等三角形的判定和性质解答即可；
（Ⅱ）利用中位线的判定和定理解答即可．
【解答】证明：（Ⅰ）连接OE，BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠CDB＝90°，
∵E点是BC的中点，
∴DEBC＝BE，
∵OD＝OB，OE＝OE，
∴△ODE≌△OBE，
∴∠ODE＝∠OBE，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ODE＝90°；
（Ⅱ）∵CF＝OF，CE＝EB，
∴FE是△COB的中位线，
∴FE∥OB，
∴∠AOD＝∠ODE，
由（Ⅰ）得∠ODE＝90°，
∴∠AOD＝90°，
∵OA＝OD，
∴∠A＝∠ADO．
37．（2022•和平区二模）已知AB是⊙O的直径，AB＝2，点C，点D在⊙O上，CD＝1，直线AD，BC交于点E．
（Ⅰ）如图1，若点E在⊙O外，求∠AEB的度数．
（Ⅱ）如图2，若点E在⊙O内，求∠AEB的度数．
【分析】（Ⅰ）如图1，连接OC、OD，先证明△OCD为等边三角形得到∠COD＝60°，利用圆周角定理得到∠CBD＝30°，∠ADB＝90°，然后利用互余计算出∠AEB的度数；
（Ⅱ）如图2，连接OC、OD，同理可得∠CBD＝30°，∠ADB＝90°，然后根据三角形外角性质计算∠AEB的度数．
【解答】解：（Ⅰ）如图1，连接OC、OD，
∵CD＝1，OC＝OD＝1，
∴△OCD为等边三角形，
∴∠COD＝60°，
∴∠CBD∠COD＝30°，
∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠AEB＝90°﹣∠DBE＝90°﹣30°＝60°；
（Ⅱ）如图2，连接OC、OD，同理可得∠CBD＝30°，∠ADB＝90°，
∴∠AEB＝90°+∠DBE＝90°+30°＝120°．
38．（2022•南开区二模）如图，⊙O的直径AB的长为2，点C在圆周上，∠CAB＝30°，点D是圆上一动点，DE∥AB交CA的延长线于点E，连接CD，交AB于点F．
（Ⅰ）如图1，当∠ACD＝45°时，请你判断DE与⊙O的位置关系并加以证明；
（Ⅱ）如图2，当点F是CD的中点时，求△CDE的面积．
【分析】（Ⅰ）连接OD，如图1，理由圆周角定理得到∠AOD＝90°，则OD⊥AB，再理由平行线的性质得到OD⊥DE，然后根据直线与圆的位置关系的判定方法可判断DE为⊙O的切线；
（Ⅱ）连接OC，如图1，利用垂径定理得到AB⊥CD，再利用圆周角定理得到∠COF＝60°，则根据含30度的直角三角形三边的关系计算出OF，CF，所以CD＝2CF，AF，接着证明AF为△CDE的中位线得到DE＝2AF＝3，然后根据三角形面积公式求解．
【解答】解：（Ⅰ）DE与⊙O相切．、
理由如下：连接OD，如图1，
∵∠AOD＝2∠ACD＝2×45°＝90°，
∴OD⊥AB，
∵DE∥AB，
∴OD⊥DE，
∴DE为⊙O的切线；
（Ⅱ）连接OC，如图2
∵点F是CD的中点，
∴AB⊥CD，CF＝DF，
∵∠COF＝2∠CAB＝60°，
∴OFOC，CFOF，
∴CD＝2CF，AF＝OA+OF，
∵AF∥AD，F点为CD的中点，
∴DE⊥CD，AF为△CDE的中位线，
∴DE＝2AF＝3，
∴△CDE的面积3．
39．（2022秋•镇海区期末）如图，在△ABC中，D在边AC上，圆O为锐角△BCD的外接圆，连结CO并延长交AB于点E．
（1）若∠DBC＝α，请用含α的代数式表示∠DCE；
（2）如图2，作BF⊥AC，垂足为F，BF与CE交于点G，已知∠ABD＝∠CBF．
①求证：EB＝EG；
②若CE＝5，AC＝8，求FG+FB的值．
【分析】（1）根据圆周角定理即可解决问题；
（2）①结合（1）利用三角形内角和定理即可解决问题；
②作EM⊥BE，EN⊥AC，证明四边形EMFN为矩形，再根据线段的和差即可解决问题．
【解答】（1）解：如图，连结OD，
∵∠DOC＝2∠DBC＝2α，
又∵OD＝OC，
∴∠DCE＝90°﹣α；
（2）①证明：∵∠ABD＝∠CBF，
∴∠EBG＝∠ABD+∠DBF＝∠CBF+∠DBF＝∠DBC，
设∠DBC＝α，
由（1）得：∠DCE＝90°﹣α，
∵BF⊥AC，
∴∠FGC＝∠BGE＝α，
∴∠EBG＝∠EGB，
∴EB＝EG；
②解：如图，作EM⊥BE，EN⊥AC，
由①得：∠EBG＝α，∠ACE＝90°﹣α，
∵BF⊥AC
∴∠A＝90°﹣α，
∴AE＝CE＝5，
∵EN⊥AC，AC＝8，
∴CN＝4，
∴EN＝3，
∵EM⊥BF，NF⊥BF，EN⊥AC，
∴四边形EMFN为矩形，
∴EN＝MF＝3，
∵EB＝EG，EM⊥BG，
∴BM＝GM，
∴FG+FB＝FM﹣MG+FM+BM＝2FM＝6．
40．（2022秋•虹口区校级期末）如图，等边△ABC内接于⊙O，P是上任一点（点P与点A、B重合），连接AP、BP，过点C作CM∥BP交PA的延长线于点M．
（1）求∠APC和∠BPC的度数；
（2）求证：△ACM≌△BCP；
（3）若PA＝1，PB＝2，求四边形PBCM的面积；
（4）在（3）的条件下，求的长度．
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，根据圆周角定理即可得到∠APC＝∠ABC＝60°，∠BPC＝∠BAC＝60°；
（2）根据平行线的性质得到∠BPM+∠M＝180°，∠PCM＝∠BPC，求得∠M＝∠BPC＝60°，根据圆周角定理得到∠PAC+∠PCB＝180°，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（3）作PH⊥CM于H，根据全等三角形的性质得到CM＝CP，AM＝BP，根据直角三角形的性质得到PH，根据三角形的面积公式即可得到结论；
（4）过点B作BQ⊥AP，交AP的延长线于点Q，过点A作AN⊥BC于点N，连接OB，求得∠PBQ＝30°，得到PQPB＝1，根据勾股定理得到BQ，AN，根据弧长公式即可得到结论．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，
∵，，
∴∠APC＝∠ABC＝60°，∠BPC＝∠BAC＝60°；
（2）证明：∵CM∥BP，
∴∠BPM+∠M＝180°，
∠PCM＝∠BPC，
∵∠BPC＝∠BAC＝60°，
∴∠PCM＝∠BPC＝60°，
∴∠M＝180°﹣∠BPM＝180°﹣（∠APC+∠BPC）＝180°﹣120°＝60°，
∴∠M＝∠BPC＝60°，
又∵A、P、B、C四点共圆，
∴∠PAC+∠PCB＝180°，
∵∠MAC+∠PAC＝180°
∴∠MAC＝∠PBC
∵AC＝BC，
在△ACM和△BCP中，
，
∴△ACM≌△BCP（AAS）；
（3）∵CM∥BP，
∴四边形PBCM为梯形，
作PH⊥CM于H，
∵△ACM≌△BCP，
∴CM＝CP，AM＝BP，
又∠M＝60°，
∴△PCM为等边三角形，
∴CM＝CP＝PM＝PA+AM＝PA+AMB＝1+2＝3，
在Rt△PMH中，∠MPH＝30°，
∴PH，
∴S四边形PBCM（PB+CM）×PH（2+3）；
（4）过点B作BQ⊥AP，交AP的延长线于点Q，过点A作AN⊥BC于点N，连接OB，
∵∠APC＝∠BPC＝60°，
∴∠BPQ＝60°，
∴∠PBQ＝30°，
∴PQPB＝1，
在Rt△BPQ中，BQ，
在Rt△AQB中，AB，
∵△ABC为等边三角形，
∴AN经过圆心O，
∴BNAB，
∴AN，
在Rt△BON中，设BO＝x，则ON，
∴，
解得：x，
∵∠BOA＝∠BCA＝120°，
∴的长度为．
41．（2022•浙江校级自主招生）如图，已知圆O的圆心为O，半径为3，点M为圆O内的一个定点，OM，AB、CD是圆O的两条相互垂直的弦，垂足为M．
（1）当AB＝4时，求四边形ADBC的面积；
（2）当AB变化时，求四边形ADBC的面积的最大值．
【分析】（1）先作OE⊥CD于E，OF⊥AB于F，连接OB，OC，△OBF是直角三角形，利用勾股定理有AB＝24，易求OF，易知四边形FOEM是矩形，从而有OE2+OF2＝OM2＝5，易求OE＝0，那么CD是直径等于6，从而易求四边形ADBC的面积；
（2）先设OE＝x，OF＝y，则x2+y2＝5，根据（1）可得AB＝2，CD＝2，从而易知S四边形ADBCAB×CD22，结合x2+y2＝5，可得S四边形ADBC＝2，从而可求四边形ADBC的面积的最大值．
【解答】解：（1）作OE⊥CD于E，OF⊥AB于F，连接OB，OC，
那么AB＝24，
∴OF，
又∵OE2+OF2＝OM2＝5，
∴OE＝0，
∴CD＝6，
∴S四边形ADBCAB×CD＝12；
（2）设OE＝x，OF＝y，则x2+y2＝5，
∵AB＝2，CD＝2，
∴S四边形ADBCAB×CD2222，
∴当x2时，四边形ADBC的最大面积是13．
42．如图，O为等边△ABC 的外接圆，半径为2，点D在劣弧AB上运动（不与点A，B重合），连接DA，DB，DC．若点M，N分别在线段CA，CB上运动（不含端点），经过探究发现，点D运动到每一个确定的 位置，△DMN 的周长有最小值t，随着点D的运动，t 的值会发生变化，求所有t值中的最大值．
【分析】作点D关于直线AC的对称点E，作点D关于直线BC的对称点F，由轴对称的性质可得EM＝DM，DN＝NF，可得△DMN的周长＝DM+DN+MN＝FN+EM+MN，则当点E，点M，点N，点F四点共线时，△DMN的周长有最小值，即最小值为EF＝t，由轴对称的性质可求CD＝CE＝CF，∠ECF＝120°，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可求EF＝2PEECCD＝t，则当CD为直径时，t有最大值为4．
【解答】解：如图，作点D关于直线AC的对称点E，作点D关于直线BC的对称点F，
∵点D，点E关于直线AC对称，
∴EM＝DM，
同理DN＝NF，
∵△DMN的周长＝DM+DN+MN＝FN+EM+MN，
∴当点E，点M，点N，点F四点共线时，△DMN的周长有最小值，
则连接EF，交AC于M，交BC于N，连接CE，CF，DE，DF，作CP⊥EF于P，
∴△DMN的周长最小值为EF＝t，
∵点D，点E关于直线AC对称，
∴CE＝CD，∠ACE＝∠ACD，
∵点D，点F关于直线BC对称，
∴CF＝CD，∠DCB＝∠FCB，
∴CD＝CE＝CF，∠ECF＝∠ACE+∠ACD+∠DCB+∠FCB＝2∠ACB＝120°，
∵CP⊥EF，CE＝CF，∠ECF＝120°，
∴EP＝PF，∠CEP＝30°，
∴PCEC，PEPCEC，
∴EF＝2PEECCD＝t，
∴当CD有最大值时，EF有最大值，即t有最大值，
∵CD为⊙O的弦，
∴CD为直径时，CD有最大值4，
∴t的最大值为4．
43．（2022春•南山区期中）如图，已知△BAD≌△ECB，∠BAD＝∠BCE＝90°，∠ABD＝∠BEC＝30°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．
（1）如图1，当A，B，E三点在同一直线上时，判断AC与CN数量关系为 AC＝CN ；
（2）将图1中△BCE绕点B逆时针旋转到图2位置时，（1）中的结论是否仍成立？若成立，试证明之，若不成立，请说明理由；
（3）将图1中△BCE绕点B逆时针旋转一周，旋转过程中△CAN能否为等腰直角三角形？若能，直接写出旋转角度；若不能，说明理由．
【分析】（1）首先证明△MEN≌△MDA，得BC＝EN；然后证明△ABC≌△CEN，得到AC＝CN；
（2）与（1）同理可证明结论仍然成立；
（3）当旋转角为60°时，△CAN能成为等腰直角三角形，此时点A、B、C在一条直线上，点N、E、C在一条直线上．
【解答】解：（1）AC与CN数量关系为：AC＝CN．理由如下：
∵△BAD≌△ECB，
∴BC＝AD，EC＝AB．
∵EN∥AD，
∴∠MEN＝∠MDA．
在△MEN与△MDA中，
，
∴△MEN≌△MDA（ASA），
∴EN＝AD，
∴EN＝BC．
在△ABC与△CEN中，
，
∴△ABC≌△CEN（SAS），
∴AC＝CN．
（2）结论仍然成立．理由如下：
与（1）同理，可证明△MEN≌△MDA，∴EN＝BC．
设旋转角为α，则∠ABC＝120°+α，
∠DBE＝360°﹣∠DBA﹣∠ABC﹣∠CBE＝360°﹣30°﹣（120°+α）﹣60°＝150°﹣α．
∵BD＝BE，
∴∠BED＝∠BDE（180°﹣∠DBE）＝15°α．
∵EN∥AD，
∴∠MEN＝∠MDA＝∠ADB+∠BDE＝60°+（15°α）＝75°α．
∴∠CEN＝∠CEB+∠BED+∠MEN＝30°+（15°α）+（75°α）＝120°+α，
∴∠ABC＝∠CEN．
在△ABC与△CEN中，
，
∴△ABC≌△CEN（SAS），
∴AC＝CN．
（3）△CAN能成为等腰直角三角形，此时旋转角为60°．如下图所示：
此时旋转角为60°或240°，点A、B、C在一条直线上，点N、E、C在一条直线上．
44．（2022•前郭县模拟）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，直径HF交AC于D，HF、BC的延长线交于点E．
（1）若HF⊥AB，求证：∠OAD＝∠E；
（2）若A点是下半圆上一动点，当点A运动到什么位置时，△CDE的外心在△CDE一边上？请简述理由．
【分析】（1）首先连接OB，由HF⊥AB，根据垂径定理与圆周角定理，即可求得∠AOH＝∠ACB，继而可得∠AOD＝∠ECD，又由∠ODA＝∠CDE，即可证得∠OAD＝∠E；
（2）当AB是直径或AC⊥DF时，△CDE的外心在△CDE的一边上．因为直径所对的圆周角是直角，直角三角形的外心在其一边上．
【解答】解：（1）证明：连接OB，
∵HF⊥AB，
∴，
∴∠AOH＝∠ACB∠AOB，
∵∠AOD+∠AOH＝180°，∠ECD+∠ACB＝180°，
∴∠AOD＝∠ECD，
∵∠ODA＝∠CDE，
∴∠OAD＝∠E；
（2）当AB是直径或AC⊥DF时，△CDE的外心在△CDE的一边上．
理由：①当AB是直径时，△CDE的外心在△CDE一边上．
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠DCE＝90°，
即△CDE是直角三角形，
∴△CDE的外心在△CDE边DE上；
②当A运动到使AC⊥HF时，△CDE是直角三角形．
此时△CDE的外心在△CDE边CE上．
综上两种情况下，当AB是直径或AC⊥DF时，△CDE的外心在△CDE的一边上．
45．（2022秋•新疆期末）如图，⊙C经过原点且与两坐标轴分别交于点A和点B，点A的坐标为（0，2），D为⊙C上在第一象限内的一点且∠ODB＝60°．
（1）求线段AB的长及⊙C的半径；
（2）求B点坐标．
【分析】（1）连接AB；由圆周角定理可知，AB必为⊙C的直径；Rt△ABO中，易知OA的长，而∠OAB＝∠ODB＝60°，通过解直角三角形，即可求得斜边AB的长，也就求得了⊙C的半径；
（2）在Rt△ABO中，由勾股定理即可求得OB的长，进而可得到B点的坐标．
【解答】解：（1）连接AB；∵∠ODB＝∠OAB，∠ODB＝60°，
∴∠OAB＝60°，
∵∠AOB是直角，
∴AB是⊙C的直径，∠OBA＝30°；
∴AB＝2OA＝4，
∴⊙C的半径r＝2；
（2）在Rt△OAB中，由勾股定理得：OB2+OA2＝AB2，
∴OB，
∴B的坐标为：（，0）．
46．（2022秋•厦门期末）已知AB是半圆O的直径，M，N是半圆不与A，B重合的两点，且点N在弧BM上．
（1）如图1，MA＝6，MB＝8，∠NOB＝60°，求NB的长；
（2）如图2，过点M作MC⊥AB于点C，点P是MN的中点，连接MB、NA、PC，试探究∠MCP、∠NAB、∠MBA之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）只要证明△OBN是等边三角形即可解决问题；
（2）结论：∠MCP+∠MBA+∠NAB＝90°．方法一：如图2中，画⊙O，延长MC交⊙O于点Q，连接NQ，NB．关键是证明CP∥QN；
方法二：如图2﹣1中，连接MO，OP，NO，BN，QC，QP，关键是证明∠MCP＝∠NBM；
【解答】解：（1）如图1，∵AB是半圆O的直径，
∴∠M＝90°，
在Rt△AMB中，AB，
∴AB＝10．
∴OB＝5，
∵OB＝ON，
又∵∠NOB＝60°，
∴△NOB是等边三角形，
∴NB＝OB＝5．
（2）结论：∠MCP+∠MBA+∠NAB＝90°．
理由：方法一：如图2中，
画⊙O，延长MC交⊙O于点Q，连接NQ，NB．OM，OQ．
∵MC⊥AB，
又∵OM＝OQ，
∴MC＝CQ，
即 C是MQ的中点，
又∵P是MN的中点，
∴CP是△MQN的中位线，
∴CP∥QN，
∴∠MCP＝∠MQN，
∵∠MQN∠MON，∠MBN∠MON，
∴∠MQN＝∠MBN，
∴∠MCP＝∠MBN，
∵AB是直径，
∴∠ANB＝90°，
∴在△ANB中，∠NBA+∠NAB＝90°，
∴∠MBN+∠MBA+∠NAB＝90°，
即∠MCP+∠MBA+∠NAB＝90°．
方法二：如图2﹣1中，连接MO，OP，NO，BN，QC，QP．
∵P是MN中点，
又∵OM＝ON，
∴OP⊥MN，
且∠MOP∠MON，
∵MC⊥AB，
∴∠MCO＝∠MPO＝90°，
∴设OM的中点为Q，
则 QM＝QO＝QC＝QP，
∴点C，P在以OM为直径的圆上，
在该圆中，∠MCP＝∠MOP∠MQP，
又∵∠MOP∠MON，
∴∠MCP∠MON，
在半圆O中，∠NBM∠MON，
∴∠MCP＝∠NBM，
∵AB是直径，
∴∠ANB＝90°，
∴在△ANB中，∠NBA+∠NAB＝90°，
∴∠NBM+∠MBA+∠NAB＝90°，
即∠MCP+∠MBA+∠NAB＝90°．
47．（2022秋•南沙区校级期中）如图，AB是半圆O的直径，C、D是半圆O上的两点，且OD∥BC，OD与AC交于点E．
（1）若∠B＝70°，求∠D的读数．
（2）若AB＝5，AC＝4，求DE的长．
【分析】（1）利用平行线的性质以及等腰三角形的性质即可解决问题；
（2）利用勾股定理求出BC，再利用三角形的中位线定理求出OE即可解决问题；
【解答】解：（1）∵OD∥BC，
∴∠AOD＝∠B＝70°，
∵OA＝OD，
∴∠D＝∠OAD（180°﹣70°）＝55°．
（2）∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴BC3，
∵OD∥BC，
∴∠AEO＝∠ACB＝90°，
∴OD⊥AC，
∴AE＝EC，∵OA＝OB，
∴OEBC＝1.5，
∴DE＝OD﹣OE＝1．
48．（2022•历城区一模）（1）如图1，在⊙O中，AC∥OB，∠BAO＝25°，求∠BOC的度数．
（2）已知：如图2，在矩形ABCD中，点E在边AB上，点F在边BC上，且BE＝CF，EF⊥DF，求证：BF＝CD．
【分析】（1）先根据OA＝OB，∠BAO＝25°得出∠B＝25°，再由平行线的性质得出∠B＝∠CAB＝25°，根据圆周角定理即可得出结论；
（2）由四边形ABCD为矩形，得到四个角为直角，再由EF与FD垂直，利用平角定义得到一对角互余，利用同角的余角相等得到一对角相等，利用ASA得到三角形BEF与三角形CFD全等，利用全等三角形对应边相等即可得证．
【解答】解：（1）∵OA＝OB，∠BAO＝25°，
∴∠B＝25°．
∵AC∥OB，
∴∠B＝∠CAB＝25°，
∴∠BOC＝2∠CAB＝50°；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，
∵EF⊥DF，
∴∠EFD＝90°，
∴∠EFB+∠CFD＝90°，
∵∠EFB+∠BEF＝90°，
∴∠BEF＝∠CFD，
在△BEF和△CFD中，
，
∴△BEF≌△CFD（ASA），
∴BF＝CD．
49．（2022秋•枣阳市校级期中）如图，A、P、B、C是⊙O上四点，∠APC＝∠CPB＝60°．
（1）判断△ABC的形状并证明你的结论；
（2）当点P位于什么位置时，四边形PBOA是菱形？并说明理由．
（3）求证：PA+PB＝PC．
【分析】（1）利用圆周角定理可得∠BAC＝∠CPB，∠ABC＝∠APC，而∠APC＝∠CPB＝60°，所以∠BAC＝∠ABC＝60°，从而可判断△ABC的形状；
（2）当点P位于中点时，四边形PBOA是菱形，通过证明△OAP和△OBP均为等边三角形，知OA＝AP＝OB＝PB，∴四边形PBOA是菱形；
（3）在PC上截取PD＝AP，则△APD是等边三角形，然后证明△APB≌△ADC，证明BP＝CD，即可证得．
【解答】解：（1）证明：（1）△ABC是等边三角形．
证明如下：在⊙O中，
∵∠BAC与∠CPB是所对的圆周角，∠ABC与∠APC是所对的圆周角，
∴∠BAC＝∠CPB，∠ABC＝∠APC，
又∵∠APC＝∠CPB＝60°，
∴∠ABC＝∠BAC＝60°，
∴△ABC为等边三角形；
（2）当点P位于中点时，四边形PBOA是菱形，
连接OP，
∵∠AOB＝2∠ACB＝120°，P是的中点，
∴∠AOP＝∠BOP＝60°
又∵OA＝OP＝OB，
∴△OAP和△OBP均为等边三角形，
∴OA＝AP＝OB＝PB，
∴四边形PBOA是菱形；
（3）如图2，在PC上截取PD＝AP，
又∵∠APC＝60°，
∴△APD是等边三角形，
∴AD＝AP＝PD，∠ADP＝60°，即∠ADC＝120°．
又∵∠APB＝∠APC+∠BPC＝120°，
∴∠ADC＝∠APB，
在△APB和△ADC中，
，
∴△APB≌△ADC（AAS），
∴BP＝CD，
又∵PD＝AP，
∴CP＝BP+AP．
50．（2022•宜昌）如图，AD为圆内接三角形ABC的外角∠EAC的平分线，它与圆交于点D，F为BC上的点．
（1）求证：BD＝DC；
（2）请你再补充一个条件使直线DF一定经过圆心，并说明理由．
【分析】（1）先有圆周角定理得出∠DAE＝∠DCB，再有角平分线的性质可得出∠EAD＝∠DAC，判断出△DCB是等腰三角形，由等腰三角形的性质即可得出结论；
（2）根据等腰三角形的性质及圆内接四边形的性质可知若F为BC中点，则DF经过圆心．
【解答】（1）证明：∵∠CDB＝∠CAB，∠CAD＝∠CBD，
∴∠CBD+∠CDB＝∠CAB+∠CAD；
∴∠DAE＝∠DCB；
又∵AD是角平分线，
∴∠DAE＝∠DAC＝∠DBC＝∠DCB；
∴△DCB是等腰三角形，
∴DC＝DB；
（2）解：若F为BC中点，则DF经过圆心；
∵△DBC是等腰三角形，
∴DF是底边中线；
∵圆内接三角形圆心是三边中垂线的交点，
∴DF必过圆心．