备考2024年中考数学核心素养专题二十二 圆的综合问题练习附解析

这是一份备考2024年中考数学核心素养专题二十二 圆的综合问题练习附解析，共66页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题，综合题，实践探究题等内容，欢迎下载使用。
1．在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=4，D是AC边上一动点，连接BD，以AD为直径的圆交BD于点E，则CE长的最小值是（ ）
A．2B．5−2C．25−2D．3
2．如图，点P是⊙O外的一点，PA、PC是⊙O的切线，切点分别为A，C，AB是⊙O的直径，连接BC，PO，PO交弦AC于点D．下列结论中错误的是（ ）
A．PO∥BC
B．PD=2OD
C．若∠ABC=2∠CPO，则△PAC是等边三角形
D．若△PAC是等边三角形，则∠ABC=2∠CPO
3．如图，AB是半圆O的直径，按以下步骤作图：
（1）分别以A，B为圆心，大于AO长为半径作弧，两弧交于点P，连接OP与半圆交于点C；（2）分别以A，C为圆心，大于12AC长为半径作弧，两弧交于点Q，连接OQ与半圆交于点D；（3）连接AD，BD，BC，BD与OC交于点 E．根据以上作图过程及所作图形，下列结论：①BD平分∠ABC；②BC∥OD；③CE＝OE；④AD2＝OD•CE；所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①④C．②③D．①②④
4．如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，AB＝10，AC=CD=DB，点E是点D关于AB的对称点，M是AB上的一动点，下列结论：①∠BOE=30°；②∠DOB=2∠CED；③DM⊥CE；④CM+DM的最小值是10，上述结论中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
5．如图，在⊙A中，弦BC，ED所对的圆心角分别是∠BAC，∠EAD，∠BAC与∠EAD互补，已知BC=8，DE=6.当BC//DE时，弦BC与DE之间的距离等于（ ）.
A．7B．1或7
C．41+342D．41+342或41−342
6．如图，⊙O的直径AB=10，DE是弦，AB⊥DE，CEB=EBD，sin∠BAC=35，AD的延长线与CB的延长线相交于点F，DB的延长线与OE的延长线相交于点G，连接CG．下列结论中正确的个数是（ ）
①∠DBF=3∠DAB；
②CG是⊙O的切线；
③B，E两点间的距离是10；
④DF=11109．
A．1B．2C．3D．4
7．如图，四边形ABCD中，AB=AD=CD，以AB为直径的⊙O经过点C，连接AC、OD交于点E.连接BD交⊙O于点F，连接EF，若BC=1，AC=2，则以下结论：①OD∥BC；②AD为⊙O的切线；③∠DEF=45°；④EF=22；则正确的结论个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
8．如题图所示，已知一个半径为2的⊙O，P为平面内一个点，过点P作⊙O的两条切线PC，PD，AB为⊙O的一条直径，且AB∥CP，连接若干条线段的端点．若tan∠ODA=33，下列给出的四个命题中，为假命题的是（ ）
A．S△CGB=23−2B．△BOD为正三角形
C．∠CAO+∠OPC=2∠BDPD．CP=23+2
9．如图，点A、B分别在x轴、y轴上（OA>OB）；以AB为直径的圆经过原点O，C是AOB的中点，连结AC，BC．下列结论：①∠ACB=90°；②AC=BC；③若OA=4，OB=2，则△ABC的面积等于5；④若OA−OB=4，则点C的坐标是(2，−2)，其中正确的结论有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
10．如图，点E是△ABC的内心，连接AE并延长交BC于点F，交△ABC的外接圆于点D，连接BD．以下结论：①AE平分∠BAC；②BD=DC；③∠DBC=∠BAD；④BD=DE；⑤DE2=DF⋅DA，其中正确的结论有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
二、填空题
11．如图，圆内接四边形ABCD，∠ABC=60°，对角线BD平分∠ADC，过点B作BE∥CD交DA的延长线于点E，若AD=2，DC=3，则△BDE的面积为 ．
12．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，E为AB边上一点.以AE为直径的圆О与BC相切于点D，连结AD，BE=35，BD=3.5.P是AB边上的动点，当△ADP为等腰三角形时，AP的长为 .
13．如图所示，P为矩形ABCD中AD边上的一点，已知AB=23，BC=4，若点M在矩形ABCD内部，且∠DMC=120°，则BP+PM的最小值为 ．
14．△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=4，E是AC的中点，MN分别是边AB、BC上的动点，D也是BC边上的一个动点，以CD为直径作⊙O，连接ED交⊙O于F，连接FM，MN，则FM+MN的最小值为 .
15．如图，AB，AC，AD分别是某圆内接正六边形、正方形、等边三角形的一边．若AB=2，下面四个结论中，
①该圆的半径为2； ②AC的长为π2；
③AC平分∠BAD； ④连接BC，CD，则△ABC与△ACD的面积比为1：3．
所有正确结论的序号是 ．
三、解答题
16．如图，在锐角△ABC中，AC是最短边．以AC为直径的⊙O，交BC于D，过O作OE∥BC，交⊙O于E，连接AD、AE、CE．
（1）求证：∠ACE=∠DCE；
（2）若∠B=45°，∠BAE=15°，求∠EAO的度
（3）若AC=1，S△CDFS△COE=23，求CF的长．
17．如图：四边形ABCD内接于圆O，∠BAD=90°，对角线AC、BD交于H，点E在BC的延长线上，且∠CED=∠BAC．
（1）判断DE与圆O的位置关系，并说明理由；
（2）若DE∥AC，求证：D为弧AC的中点；
（3）在（2）的条件下，若DC=2，AB=23，求劣弧AC的长度．
18．已知四边形ABCD内接于⊙O，直径AE⊥BC于点F．
（1）如图1，求证：∠ADC−∠BAE=90°；
（2）如图2，连接BD，若BD平分∠ABC，过点D作DH⊥BC于点H，求证：BH=HC+AB；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接DE交FC于点G，若AB=10，AF=8HC，求EG的长．
19．如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，以AB为直径的⊙O与AC交于点D，点E是BC的中点，连结BD，DE
（1）求证：DE是⊙O的切线.
（2）若DE=2，tan∠BAC=12，求AD的长
（3）在（2）的条件下，点P是⊙O上一动点，求PA＋PB的最大值.
20． 如图1，⊙O的直径CD垂直弦AB于点E，且CE＝8，DE＝2．
（1）求AB的长．
（2）探究拓展：如图2，连接AC，点G是BC上一动点，连接AG，延长CG交AB的延长线于点F．
①当点G是BC的中点时，求证：∠GAF＝∠F；
②如图3，连接DF，BG，当△CDF为等腰三角形时，请计算BG的长．
21．如图，△ABD内接于半径为5的⊙O，连结AO并延长交BD于点M，交⊙O于点C，过点A作AE// BD，交CD的延长线于点E，AB=AM.
（1）求证：△ABM∽△ECA.
（2）当CM=4OM时，求AD的长.
（3）当CM= kOM时，设△MCD的面积为S1，△ADE的面积为S2 ，求S1S2的值（用含k的代数式表示）.
22．圆内接四边形若有一组邻边相等，则称之为等邻边圆内接四边形.
（1）如图1，四边形ABCD为等邻边圆内接四边形，AD=CD，∠ADC=60°，直接写出∠ABD的度数；
（2）如图2，四边形ADBC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，AB=10，AC=6，若四边形ADBC为等邻边圆内接四边形，AD=BD，求CD的长.
（3）如图3，四边形ABCD为等邻边圆内接四边形，BC=CD，AB为⊙O的直径，且AB=48.设BC=x，四边形ABCD的周长为y，试确定y与x的函数关系式，并求出y的最大值.
23．在平面直角坐标系xOy中，已知圆O和图形W，将图形W关于直线l对称得到图形W'，P为W'上任意一点，Q为圆O上任意一点，将PQ的最大值称为图形W关于l的“对称长度”．
（1）若圆O半径为2；
①在M1(0，2)，M2(−1，0)，M3(2，−2)这三个点中， 关于直线x=1的“对称长度”为5；
②已知直线l1：y=2，点P1(32，72)，Q1(32，2)，P2(0，4)，Q2(1，4)，P3(0，5)，Q3(−1，4)，则在线段P1Q1，P2Q2，P3Q3中，关于l1的“对称长度”为3的是 ；
（2）圆O半径为1，已知点A(−1，8)，B(1，8)，C(1，6)，D(−1，6)，P(0，3)，∠OPM=∠OPN=45°，点M在点N的左侧，直线l从PN开始，绕点P顺时针旋转到PM，在l旋转过程中，求正方形ABCD关于l的“对称长度”d的取值范围．
24．如图1，△ABC内接于圆O，AB为直径，点C在AB的上方，且∠CAB>∠B．连结OC，CG是AB边上的高，过点O作DE⊥OC交CG的延长线于点D，交BC于点E．
（1）求证：∠ACG=∠BCO．
（2）当OE=OD时，求OGOC的值．
（3）如图2，取BC的中点Q，连结OQ．
①若AB=10，在点C运动的过程中，当四边形CGOQ的其中一边长是OQ的2倍时，求所有满足条件的OG的长．
②连结DB，当△COQ的面积是△BOE的面积的2倍时，则tan∠OBD= ▲ （请直接写出答案）
四、综合题
25．如图⊙O半径为r，锐角△ABC内接于⊙O，连AO并延长交BC于D，过点D作DE⊥AC于E．
（1）如图1，求证：∠DAB＝∠CDE；
（2）如图1，若CD＝OA，AB＝6，求DE的长；
（3）如图2，当∠DAC＝2∠DAB时，BD＝5，DC＝6，求r的值；
（4）如图3，若AE＝AB＝BD＝1，直接写出AD＋DE的值（用含r的代数式表示）
26．如图1，△ABC内接于⊙O，BC为直径，点D为⊙O上一点，连接CD交AB于点G，AE⊥CD于点F交⊙O于点E．
（1）求证：∠FAG=∠FCA；
（2）如图2，连接BF、BE，若BF=BE，求证：DG=FG；
（3）在（2）的条件下，如图3，点H是CD上一点，连接EH，∠FEH=12∠ABC，BC−FH=4DG，若S△BCF=332，求线段BF的长．
27．在⊙O中，CD是⊙O的直径，弦AB与直径CD交于点H，AD=BD．
（1）如图，求证：AB⊥CD．
（2）如图，点P在BA延长线上，PM切⊙O于点E交DC延长线于M，连接DE交AB于F，求证：PF=PE．
（3）如图，在(2)的条件下，连接AE和BD，连接BE交CD于点W，若BD∥PM，DF=10，AE=3102，求WD的长．
28．已知在以点B为原点、BD所在直线为x轴的平面直角坐标系中，圆内接四边形ABCD的对角线AC、BD相交于E，AC经过△ABD的内心，且抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过B、C、D三点．
（1）求证：AE⋅EC=BE⋅DE；
（2）求证：AC2=AB⋅AD+CD2；
（3）△ABE、△DEC、四边形ABCD的面积分别记为S1，S2、S，求同时满足以下三个条件的抛物线的解析式；
①S=S1+S2，
②AC+BD=BE+DE，
③四边形ABCD的周长为202.
五、实践探究题
29．
（1）【感知】如图（1）已知四边形ABCD是圆O的内接四边形，AD=AB，易知∠DCA=∠ACB．（不用证明）
（2）【拓展】在【感知】的条件下，BD与AC交于点E，已知AD=4，AC=10，求AE的长．
（3）【应用】已知△ABC中AB=AC=5，点D为BC中点，以AC为斜边向上作等腰直角三角形，当AC把△ADE的面积分为1：2两部分时，DF= ．
30．如图1，扇形AOB中，∠AOB＝90°，OA＝6，点P在半径OB上，连接AP．
（1）把△AOP沿AP翻折，点O的对称点为点Q．
①当点Q刚好落在弧AB上，求弧AQ的长；
②如图2，点Q落在扇形AOB外，AQ与弧AB交于点C，过点Q作QH⊥OA，垂足为H，
探究OH、AH、QC之间的数量关系，并说明理由；
（2）如图3，记扇形AOB在直线AP上方的部分为图形W，把图形W沿着AP翻折，点B的对称点为点E，弧AE与OA交于点F，若OF＝2，求PO的长．
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：连接AE，如图，
∵AD为直径，
∴∠AED=90°，
∴∠AEB=90°，
∴点E在以AB为直径的圆O上，
∵AB=AC=4
∴圆O的半径为2，
∴当点O、E、 C共线时，CE最小，
在Rt△AOC中，
∵OA=2，AC=4，
∴OC=AC2+OA2=25，
∴CE=OC−OE=25−2，
即线段CE长度的最小值为25−2．
故选：C．
【分析】连接AE，根据圆的性质，Rt△AOC中，应用勾股定理即可求出答案.
2．【答案】B
【解析】【解答】解析：连接OC，
∵PA，PC是⊙O的切线，
∴∠PAO=∠PCO=90°，
∵OA=OC，PO=PO，
∴△PAO≌PCO(HL)，
∴PA=PC，∠APO=∠CPO，
∴PO⊥AC．
∵AB是⊙O的直径，
∴BC⊥AC，
∴PO∥BC．选项A不符合题意；
∵∠BAC+∠PAC=90°，∠APO+∠PAC=90°，
∴∠BAC=∠APO=∠CPO，
∵∠ABC=2∠CPO，
∴∠ABC=2∠BAC，
∵∠ABC+∠BAC=90°，
∴∠BAC=30°，
∴∠APC=60°，
∵PA=PC，
∴△PAC是等边三角形，选项C不符合题意；
∵△PAC是等边三角形，
∴∠APC=60°=∠PAC，
∵∠APO=∠CPO，
∴∠CPO=30°，
∵∠PAO=90°，
∴∠BAC=30°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ABC=90°−30°=60°，
∴∠ABC=2∠CPO，选项D不符合题意；
条件不足，无法得到PD=2OD，选项B符合题意；
故答案为：B．
【分析】结合图形，利用全等三角形的判定与性质计算求解即可。
3．【答案】D
【解析】【解答】解：由作图可知，OP垂直平分线段AB，OQ平分∠AOC，连接CD，
∴AD=CD，
∴∠ABD=∠CBD，
即BD平分∠ABC，故①符合题意；
∵OP⊥AB，
∴∠AOC＝∠BOC＝90°，
∴∠AOD＝12∠AOC＝45°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝45°，
∴∠AOD＝∠OBC＝45°，
∴OD∥BC，故②符合题意；
由OD∥BC，
∴ODBC＝OEEC＜1，
∴OE＜EC，故③不符合题意；
∵∠DCE＝∠DCO，∠CDE＝∠COD＝45°，
∴△DCE∽△OCD，
∴CDOC＝CECD，
∴CD2＝OD•CE，
∵AD=CD，
∴AD＝CD，
∴AD2＝OD•CE，故④符合题意.
故答案为：D．
【分析】利用平行线的判定和性质，相似三角形的判定方法和性质逐项判断即可。
4．【答案】B
【解析】【解答】解：∵AC=CD=DB，点E是点D关于AB的对称点，
∴BD=BE，
∴∠DOB=∠BOE=∠COD=13×180°=60°，∴①不符合题意；
∠CED=12∠COD=12×60°=30°=12∠DOB，即∠DOB=2∠CED；∴②符合题意；
∵BE的度数是60°，
∴AE的度数是120°，
∴只有当M和A重合时，∠MDE=60°，
∵∠CED=30°，
∴只有M和A重合时，DM⊥CE，∴③不符合题意；
作C关于AB的对称点F，连接CF，交AB于N，连接DF交AB于M，此时CM+DM的值最短，等于DF长，
连接CD，
∵AC=CD=DB=AF，并且弧的度数都是60°，
∴∠D=12×120°=60°，∠CFD=12×60°=30°，
∴∠FCD=180°-60°-30°=90°，
∴DF是⊙O的直径，
即DF=AB=10，
∴CM+DM的最小值是10，∴④符合题意；
综上所述，正确的个数是2个．
故答案为：B．
【分析】利用弧与圆心角的关系，圆周角的性质及轴对称的性质逐项判断即可。
5．【答案】B
【解析】【解答】解：过点A作AG⊥DE于点G，交BC于点F，
当BC和DE在圆心的两侧时，
∵BC∥DE，
∴AF⊥BC，
∴CF=12BC=4，DG=12DE=3，∠CAF+∠C=90°，
∵∠BAC与∠EAD互补，
∴∠BAC+∠EAD=180°，
∵AC=AB，AD=AE，
∴∠CAF=12∠BAC，∠GAD=12∠DAE，
∴∠CAF+∠GAD=90°，
∴∠GAD=∠C，
在△ACF和△AGD中
∠AFC=∠AGD∠GAD=∠CAC=AD
∴△ACF≌△AGD（AAS），
∴AF=DG=3，AG=CF=4，
∴FG=AF+AG=3+4=7；
当BC和DE在圆心的同侧时，
FG=AG-AF=4-3=1，
∴弦BC与DE之间的距离等于1或7.
故答案为：B
【分析】过点A作AG⊥DE于点G，交BC于点F，分情况讨论：当BC和DE在圆心的两侧时，可证得AF⊥BC，利用垂径定理可求出CF，DG的长，利用三角形的内角和定理可证得∠CAF+∠C=90°，利用补角的定义及性质可证得∠GAD=∠C，利用AAS证明△ACF≌△AGD，利用全等三角形的性质可得到AF，AG的长，根据FG=AG-AF，代入计算求出FG的长；当BC和DE在圆心的同侧时，根据FG=AG-AF，代入计算求出FG的长，综上所述可得到弦BC与DE之间的距离.
6．【答案】B
【解析】【解答】解： 连接 OC 、 BE 、 AE ，过点 F 作 GF⊥BA 交 AB 延长线于 G ， AB⊥ED 于 H，如图所示：
∵⊙O 的直径 AB=10 ， sin∠BAC=35 ，
∴∠ACB=90° ， BC=AB×sin∠BAC=10×35=6 ，
∴AC=AB2−BC2=8 ， tan∠ABC=43 ，
∵DE 是弦， AB⊥DE ， CEB=EBD ，
∴EB=BD，
∴BEC⌢−EB⌢=EBD⌢−EB⌢ ，
∴CE=BD ，
∴CE=BD=EB ，
∴∠EAC=∠EAB=∠BAD ，
∴∠DAC=3∠BAD ，
∵∠FBD=∠DAC ，
∴∠FBD=3∠BAD ，①正确；
∵∠CAB=∠EOB ， ∠ACB=90° ，
∴AC∥OG ，
OG⊥BC ，
∴OG 平分 BC，
∴OG 是 BC 的中垂线，
∴CG=BG ，
∴∠GCB=∠GBC ，
∵OC=OB ，
∴∠OCB=∠OBC ，
∴∠GCB+∠OCB=∠GBC+∠OBC ，即 ∠OCG=∠OBG ，
∵DE 是弦， ∠OBG=180°−∠ABD
∴∠ABD 是锐角，
∠OBG 是钝角，
∴∠OCG 是钝角， ∠OCG≠90° ，
∴OC 不垂直 CG ， CG 不是 ⊙O 的切线，②不正确；
∵EC⌢=BE⌢ ，
∴∠BOE=12∠BOC ，
又 ∵∠CAB=12∠COB，
∴∠CAB=∠EOB ，
∴sin∠EOB=35 ，
∵OE=12AB=5 ， AB⊥ED 于 H ，
∴EH=3 ，
∴OH=52−32=4 ，
∵OA=OB=12AB=5 ，
∴BH=OB−OH=5−4=1 ，
∴BE=12+32=10 ，③正确；
∵AB⊥DE ， AH=OA+OH=5+4=9 ，
∴DH=EH=3 ， AD=32+92=310 ，
tan∠GAF=DHAH=39=13 ，
∴FG：AG=1：3 ， 12+32=10 ，
∴FG：AG：AF=1：3：10 ，
∴ 设 DF=a ，则 AF=AD+DF=310+a ，
∴GF=110AF=1010(310+a) ， AG=3GF=31010(310+a) ，
∵∠GBF=∠CBA ，
∴tan∠GBF=tan∠CBA=43=GFBG ，
∴GB=GA−AB=31010(310+a)−10 ，
∴1010(310+a)31010(310+a)−10=43 ，
解得a=13109 ，
∴FD=13109 ，④不正确；
综上所述，①和③结论正确，
故答案为：B
【分析】连接 OC 、 BE 、 AE ，过点 F 作 GF⊥BA 交 AB 延长线于 G ， AB⊥ED 于 H，根据题意结合垂径定理、圆内接四边形的性质即可得到∠FBD=3∠BAD，进而根据垂直定理结合题意即可得到CG 不是 ⊙O 的切线，再证明∠CAB=∠EOB ，结合题意运用勾股定理即可得到③； 设 DF=a ，则 AF=AD+DF=310+a ，根据题意即可得到tan∠GBF=tan∠CBA=43=GFBG ，进而结合题意代入即可求出a。
7．【答案】D
【解析】【解答】解：①如图连接OC.
在△OAD和△OCD中，
OA=OCAD=CDOD=OD
∴ △OAD≌△OCD（SSS）
∴∠ADO=∠CDO
又∵AD=CD
∴DE⊥AC
∵AB为 ⊙O 的直径
∴∠ACB=90°，即BC⊥AC，
∴OD//BC
故①正确；
②∵BC=1，AC=2
∴AD=AB=AC2+BC2=22+12=5
∵OD//BC，且AO=BO
∴OE=12BC=12，AE=CE=12AC=1，
在△AED中，DE=AD2−AE2=52−12=2
在△AOD中，AO2+AD2=522+52=254，OD2=(OE+DE )2=12+22=254
∴AO2+AD2=OD2
∴∠OAD=90°，即OA⊥AD
∵OA是⊙O半径
∴AD是⊙O的切线
故②正确；
③如图连接AF.
∵AB=AD，∠OAD=90°
∴△ABD是等腰直角三角形
∵AB为⊙O的直径
∴∠AFB=90°
∴AF⊥BD
∴∠DAF=12∠BAD=45°
∵∠AED=∠AFD=90°
∴A、E、F、D四点共圆
∴∠DEF=∠DAF=45°
故③正确；
④∵∠AFD=∠BAD=90°，∠ADF=∠BDA
∴△ADF∽△BDA
∴DFAD=ADBD，即AD2=DF·BD
∵∠AED=∠DAO=90°，∠ADE=∠ODA
∴△AED∽△OAD
∴ADOD=DEAD
∴AD2=DE·OD
∴DF·BD=DE·OD
∴DFOD=DEBD
又∵∠EDF=∠BDO
∴△DEF∽△DBO
∴EFOB=DEBD
∵ AB=AD=5
∴OA=OB=52，BD=2AB=10，OD=AD2+OA2=52+522=52
∴DE=AD2OD=2
∴EF52=210
∴EF=22
故④正确.
综上所述①②③④都正确.
故答案为：D.
【分析】①连接OC，证△OAD≌△OCD可得∠ADO=∠CDO，AD=CD，由垂径定理可得DE⊥AC，再由AB为直径可知BC⊥AC，从而得到OD//BC；
②根据勾股定理求出AD=AB=5，证OE为中位线可知OE=12，AE=CE=1，进一步求得DE=2，再在△AOD中利用勾股定理逆定理证明∠OAD是直角，最后根据切线的判定定理即可证明；
③根据题意得到△ABD是等腰直角三角形，根据圆周角定理推出AF⊥BD，则∠DAF=12∠BAD=45°，由∠AED=∠AFD=90°，推出A、E、F、D四点共圆，根据圆周角定理即可求解；
④根据相似三角形的判定与性质及勾股定理求解即可.
8．【答案】D
【解析】【解答】解：∵tan∠ODA=33，
∴∠ODA=30°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠BDO=60°，
∵OB=OD，
∴△BOD为正三角形，
故B是真命题，不符合题意；
∵PD是⊙O的切线，
∴∠ODP=90°，
∴∠BDP=∠ODP−∠BDO=30°，
∵PC是⊙O的切线，OC是⊙O的半径，
∴∠OCP=90°，
∵AB∥CP，
∴∠COB+∠OCP=180°，
∴∠COB=90°，即OC⊥AB，
∴∠DOC=∠COB+∠BOD=150°，
∴∠DPC=30°，
∵PC，PD是⊙O的切线，
∴PC=PD，
∵OC=OD，OP=OP，
∴△OCP≌△ODP(SSS)，
∴∠OPC=∠OPD=15°，
∵OA=OB，
∴OC垂直平分AB，
∴AC=BC，
∴∠OAC=∠OBC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠OAC=∠OBC=45°，
∴∠CAB+∠OPC=45°+15°=60°，
∴∠CAB+∠OPC=2∠BDP；
故C是真命题，不符合题意；
∵△BOD为正三角形，
∴BD=OB=2，
∵⊙O的半径是2，
∴AB=4，
在Rt△ACB中，∠ACB=90°，AC=BC，
由勾股定理，可得 AC=22，
∵∠ACG=∠DBG，∠AGC=∠BGD，
∴△ACG∽△DBG，
∴ACBD=CGBG，
∴222=CGBG，
∴CG=2BG，
设BG=x，则OG=OB−BG=2−x，CG=2x，
∴在Rt△OCG中，由勾股定理，得，
(2−x)2+22=(2x)2，
解得：x=23−2（负值不符合题意，已舍去了），
∴BG=23−2，
∴s△CBG=12BG⋅OC=12×(23−2)×2=23−2，
故A是真命题，不符合题意；
作射线OH交PC于H，使∠COH=60°，如图，
∵∠OCP=90°，∠COH=60°，
∴∠CHO=30°，
∴OH=2OC=4，CH=3OC=23，
∵∠OPC+∠HOP=∠CHO=30°，∠OPC=15°，
∴∠HOP=15°，
∴，∠OPH=∠HOP
∴PH=OH=4，
∴PC=CH+PH=23+4．
故D是假命题，符合题意，
故答案为：D．
【分析】根据命题的定义，利用锐角三角函数，全等三角形和相似三角形的判定与性质，再结合勾股定理计算求解即可。
9．【答案】A
【解析】【解答】解：∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，故①符合题意；
∵C是AOB中点，
∴AC=BC，故②符合题意；
∵AB2=OB2+OA2=22+42，
∴AB=25，
∵△ACB是等腰直角三角形，
∴AC=BC=22AB=10，
∴△ACB的面积为(10)22=5，故③符合题意；
作CD⊥x轴于D，CE⊥y轴于E，
∴∠ADC=∠BEC=90°，
∵∠BCE+∠BCD=∠ACD+∠BCD=90°，
∴∠BCE=∠ACD，
∵AC=BC，
∴△ACD≌△BCE，
∴CD=CE，AD=BE，
∴OECD是正方形，
设正方形的边长为a，
∴OA−a=OB+a，
∴2a=OA−OB=4，
∴a=2，
∴点C坐标为：(2，−2)，故④符合题意，
故答案为：A．
【分析】利用圆周角的性质，全等三角形的判定方法和性质，三角形的面积计算方法逐项判断即可。
10．【答案】D
【解析】【解答】解：连接BE，
∵点E是△ABC的内心，
∴AE平分∠BAC，故①符合题意；
∴∠BAD=∠DAC，
∴BD＝CD ，故②符合题意；
∴∠DBC=∠BAD，故③符合题意；
∵点E是△ABC的内心，
∴AE平分∠BAC，BE平分∠ABC，
∴∠BAD=∠CAD，∠ABE=∠CBE，
又∵∠CAD=∠CBD=∠BAD．
∴∠BED=∠ABE+∠BAD，∠DBE=∠CBE+∠CBD，
即∠BED=∠DBE，
故BD=DE．故④符合题意；
∵∠D=∠D，∠DBC=∠BAD，
∴△DFB∽△DBA，
∴DFBD＝BDDA ，
∴BD2=DF•DA．
∵BD=DE．
∴DE2=DF•DA，故⑤符合题意．
故答案为：D．
【分析】根据三角形的内心的性质、相似三角形的判定和性质及圆周角定理逐项判断即可。
11．【答案】2534
【解析】【解答】∵四边形ABCD内接于圆，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC=60°，
∴∠ADC=120°，
∵DB平分∠ADC，
∴∠ADB=∠CDB=60°，
∴∠ACB=∠ADB=60°，∠BAC=∠CDB=60°，
∴∠ABC=∠BCA=∠BAC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
过点A作AM⊥CD，垂足为点M，过点B作BN⊥AC，垂足为点N．
∴∠AMD=90°，
∵∠ADC=120°，
∴∠ADM=60°，
∴∠DAM=30°，
∴DM=12AD=1，AM=AD2−DM2=22−12=3，
∵CD=3，
∴CM=CD+DM=1+3=4，
∴SΔACD=12CD⋅AM=12×3×3=332，
Rt△AMC中，∠AMD=90°，
∴AC=AM2+CM2=3+16=19，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=19，
∴BN=32BC=572，
∴SΔABC=12×19×572=1934，
∴四边形ABCD的面积=1934+332=2534，
∵BE∥CD，
∴∠E+∠ADC=180°，
∵∠ADC=120°，
∴∠E=60°，
∴∠E=∠BDC，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠EAB=∠BCD，
在△EAB和△DCB中，
∠E=∠BDC∠EAB=∠DCBAB=BC，
∴△EAB≅△DCB，
∴△BDE的面积=四边形ABCD的面积=2534．
故答案为：2534
【分析】过点A作AM⊥CD，垂足为点M，过点B作BN⊥AC，垂足为点N，先证出△EAB≅△DCB，再求出四边形ABCD的面积=1934+332=2534，即可得到△BDE的面积=四边形ABCD的面积=2534。
12．【答案】6或230
【解析】【解答】解：如图1，连接OD，DE，
∵半圆O与BC相切于点D，
∴OD⊥BC，
在Rt△OBD中，OB=OE+BE=OD+3，BD=35．
∴OB2=BD2+OD2，
解得OD=6，
∴AO=EO=OD=6，
①当AP=PD时，此时P与O重合，
∴AP=AO=6；
②如图2，当AP'=AD，∠ADP'为锐角时，
∵OD⊥BC，AC⊥BC，
∴OD∥AC，△BOD∽△BAC，
∴ODAC=BDBC=BOBA
即6AC=3535+CD=3+63+6+6
解得：AC=10，CD=25，
则AD=AC2+CD2=230，
∴AP'=AD=230；
③如图3，当DP''=AD，∠ADP''为钝角时，
∵AD=230，
∴DP''=AD=230，
∵OD=OA，
∴∠ODA=∠OAD，
∵OD∥AC，
∴∠ODA=∠CAD，
∴∠OAD=∠CAD，
∴AD平分∠BAC，
过点D作DH⊥AE于点H，
∴AH=P″H，DH=CD=25，
∵AD=AD，
∴Rt△ADH≌Rt△ADC（HL），
∴AH=AC=P″H=10，
∴AP″=2AH=20（P为AB边上一点，不符合题意，舍去），
综上所述：AP=6或230，
故答案为：6或230.
【分析】通过切线性质和勾股定理可求出半径， 当△ADP为等腰三角形时 ，存在三种情况，当PA=PD时，当AP=AD时，当DA=DP时，分情况讨论分别求解.
13．【答案】213−2
【解析】【解答】解：作点B关于AD的对称点B′，连接PB′；以CD为一边向矩形外作等边△CDN，作△CDN的外接圆⊙O，连接OB′交⊙O于点M′，交AD于点P′，连接OM；过点O作OF⊥AB于点F，交CD于点E，连接OD，如图：
∵点B与点B′关于AD对称，
∴PB′=PB，
∵△CDN是等边三角形，
∴∠DNC=60°，
∵∠DMC=120°，∠DNC=60°，
∴点M在劣弧CD⏜上运动，
则OM=OM′，
∵BP+PM=B′P+PM+OM-OM′≥OB′-OM′=B′M′，
即BP+PM的最小值为B′M′的长．
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=23，
∵⊙O是△CDN的外接圆，△CDN是等边三角形，且OF⊥AB，
∴DE=CE=12CD=3，∠ODE=12∠NDC=30°，
∴OD=2OE，
在Rt△DOE中，OD2=DE2+OE2，
即2OE2=32+OE2，
解得：OE=1，
∴OD=2；
在Rt△OFB′中，
∵OF=EF+OE=BC+OE=4+1=5，
FB'=AF+AB'=3+23＝33，
∴OB'＝B'F2+OF2＝(33)2+52=213，
∴B'M'=OB'−OM'=213−2，
即BP+PM的最小值为213−2，
故答案为：213−2．
【分析】作点B关于AD的对称点B′，连接PB′，判断出点B′，P，M在一条直线上时，BP+PM最小，根据圆O是△CDN和△CDM的外接圆，即圆O是四边形CMDN的外接圆，根据顶点在同圆上的四边形对角互补可得点M在劣弧CD⏜上运动，连接OB′交⊙O于点M′，推出BP+PM最小值就是B′M′的长，过点O作OF⊥AB于点F，交CD于点E，根据勾股定理：直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方求出OE，OB′的值，进而求出BP+PM的最小值．
14．【答案】4.5
【解析】【解答】解：如图，连接CF，取CE的中点G，连接FG，将将△ABC沿AB向下翻折得到△ABC'，并取N点对称点N'，连接MN'，则MN= MN'，∠CBC'=2∠ABC=60°.
∵CD是☉O的直径，
∴∠CFD=90°，
∴∠CFE=90°，
∴△CEF是直角三角形，
∴FG=12CE.
又∵AC=4，E是AC的中点，
∴CE=12AC=2，
∴FG=12CE=1，
∴F点在以G为圆心的单位圆上.
如下图，以G为圆心画出这个单位圆.
∵GF为定值，要求FM+MN的最小值可先求GF+FM+MN的最小值，即GF+FM+MN'的最小值.
根据垂线段最短可知，GF+FM+MN'的最小值是G到BC的距离.
如下图，过点G作G N'⊥BC'于N'，交☉G于F，交AB于M，延长线段N'G，BA交于点P.（将原图剩余线段与圆补齐）
∵∠CBC'=60°，
∴∠P=30°.
又∵CG=FG=12CE=1，
∴PG=2，PC=3，
在△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=4，
∴BC=43，
∴PB= BC + PC=53.
在△PBN'中，∠PN'B =90°，∠PBN'=∠CBC'=60°，PB=53，
∴P N'=152，
∴GF+FM+MN'的最小值也就是G到BC的距离GN'= PN'−PG=112，
∴FM+MN'的最小值= GN'−GF=92，
即FM+MN的最小值是92.
【分析】由圆周角定理可得∠CFD=90°，取CE的中点G，连接FG，可得FG=12CE=1，从而得出F点在以G为圆心的单位圆上，以G为圆心画出这个单位圆.由于GF为定值，要求FM+MN的最小值可先求GF+FM+MN的最小值，即GF+FM+MN'的最小值.根据垂线段最短可知，GF+FM+MN'的最小值是G到BC的距离，过点G作G N'⊥BC'于N'，交☉G于F，交AB于M，延长线段N'G，BA交于点P，求出此时GN'的长即可.
15．【答案】①③④
【解析】【解答】解：根据题干补全图形，连接BC，CD，OA，OB，OC，OD，OE，
根据内接正六边形的性质可知：∠AOB=60°，OA=OB
∴△AOB是等边三角形，
OA=OB=AB=2，圆的半径为2，所以①符合题意；
根据内接正方形的性质可知：∠AOC=90°，
AC的长为：90π×2180=π，所以②不符合题意；
∵OA=OD，∠AOD=120°，
∴∠OAD=30°，
∵OA=OC，∠AOC=90°，
∴∠OAC=45°，
∵∠OAB=60°，
∴∠BAC=60°−45°=15°，
∴∠BAC=∠DAC，
∴AC平分∠BAD， 所以③符合题意；
过点A作AH⊥BC交CB延长线于点H，AG⊥CD交DC延长线于点G，
∵∠ACB=12∠AOB=30°，
∴AH=12AC，
∵AC=OA2+OC2=22，
∴AH=2，
∠ADC=12∠AOC=45°，
∴AG=22AD，
设OB交AD于点M，
∵∠AOM=60°，
∴OM⊥AD，AD=2AM，
∵∠OAM=30°，
∴MD=12OA=1，
∴AM=OA2−OM2=3，
∴AD=2AM=23，
∴AG=6，
∵∠BAC=∠CAD，
∴CD=BC，
∴S△ABCS△ACD=12BC•AH12DC•AG=AHAG=26=13，所以④符合题意；
因此正确的结论：①③④
故答案为：①③④
【分析】利用正多边形的性质，弧长公式，三角形的面积公式及含30°角的直角三角形的性质逐项判断即可。
16．【答案】（1）解：∵OC=OE，
∴∠OEC=∠OCE．
∵OE∥BC，
∴∠OEC=∠ECD，
∴∠OCE=∠ECD，即∠ACE=∠DCE；
（2）解：延长AE交BC于点G．
∵∠AGC是△ABG的外角，
∴∠AGC=∠B+∠BAG=45°+15°=60°．
∵OE∥BC，
∴∠AEO=∠AGC=60°．
∵OA=OE，
∴∠EAO=∠AEO=60°．
（3）解：∵O是AC中点，
∴S△COES△CAE=12
∵S△CDFS△COE=23，
∴S△CDFS△CAE=13．
∵AC是直径，
∴∠AEC=∠FDC=90°．
∵∠ACE=∠FCD，
∴△CDF∽△CEA，
∴CFCA=13=33，
∴CF=33CA=33．
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的性质，可得∠OEC=∠OCE；根据两直线平行，内错角相等，可得∠OEC=∠ECD；根据等量代换原则，即可得∠ACE=∠DCE；
（2）根据三角形外角的性质，可得∠AGC的度数；根据两直线平行，同位角相等，可得∠AEO=∠AGC；根据等腰三角形的性质，可得∠EAO的度数；
（3）根据三角形面积公式和已知面积之比，可得S△CDFS△CAE=13；根据圆周角定理，可得∠AEC=∠FDC=90°；根据有两对对应角相等的两个三角形相似和三角形相似的性质，可得CFCA的值，即可求出CF的值.
17．【答案】（1）解：DE为⊙O的切线，理由如下：
∵∠BAD=90°，
∴BD为⊙O的直径，
∴∠DCB=∠DCE=90°，
又∵∠BAC与∠BDC为弧BC所对圆周角，
∴∠BAC=∠BDC，
又∵∠CED=∠BAC，
∴∠BDC=∠CED，
∵∠CDE+∠E=90°，
∴∠CDE+∠BDC=90°，
∴∠BDE=90°，
∴BD⊥DE，
又∵BD是直径，
∴DE为⊙O的切线；
（2）证明：∵DE∥AC，
∴∠E=∠ACB=∠BAC，
又∵∠BAD=∠BCD=90°，
∴∠BAC+∠DAC=∠ACB+∠DCA=90°，
∴∠DAC=∠DCA，
∴AD=DC，
∴AD=CD，
∴D为弧AC的中点；
（3）解：如图所示，连接OA，OC，
∵DC=2，D为弧AC中点，
∴AD=2，
又∵∠BAD=90∘，AB=23，
∴BD=AB2+AD2=4，
∴BC=BD2−CD2=23，半径r=2，
∵sin∠ABD=ADBD=12，
∴∠ABD=30°，
同理可得∠CBD=30°，
∴∠ABC=60°，
∴∠AOC=120°
∴劣弧AC的长度为：120360×2π×2=4π3．
【解析】【分析】（1）利用圆周角定理得到BD为⊙O的直径，进而得到∠DCB=∠DCE=90°，再根据同弧所对的圆周角相等以及余角的性质，利用等量代换求得∠BDE=90°，从而求解；
（2）利用平行线的性质得到∠E=∠ACB=∠BAC，结合∠BAD=∠BCD=90°，求得∠DAC=∠DCA，根据等腰三角形的性质以及圆周角定理的推论即可求解；
（3）连接OA，OC， 根据（2）的证明以及已知条件求得AD=2，利用勾股定理求得BD、BC以及半径的值，再利用sin∠ABD=12，求得∠ABD=30°，同理求得∠CBD=30°， 从而得到∠ABC=60°，∠AOC=120°，最后利用弧长公式代入数据计算即可求解.
18．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，AE⊥BC，
∴∠ADC+∠B=180°，∠BAE+∠B=90°，
∴∠ADC−∠BAE=90°；
（2）证明：过点D作DG⊥BA，
∵BD平分∠ABC，DH⊥BC，
∴DG=DH，∠DGB=∠DHB=90°，∠ABD=∠CBD，
∴△GBD≌△HBD，AD=CD，
∴BG=BH，AD=CD，
又DG=DH，∠DGB=∠DHC=90°，
∴△DHC≌△DGA，
∴CH=AG，
∴BH=BG=AB+AG=AB+CH；
（3）解：连接OB，设BD，AE交于点M，过点M作MK⊥AB，
设CH=x，则：AF=8x，
由（2）知：BH=AB+CH=10+x，
∴BC=BH+CH=10+2x，
∵直径AE⊥BC于点F，
∴BF=12BC=5+x，
在Rt△BFA中，由勾股定理，得：AB2=AF2+BF2，
即：102=8x2+5+x2，
解得：x=1（负值舍掉）；
∴AF=8，BF=6，
∵BD平分∠ABC，MK⊥AB，MF⊥BC，
∴MK=MF，
∴S△AMB=12AM⋅BF=12AB⋅MK=12AB⋅MF，
∴AF−MF⋅BF=AB⋅MF，即：68−MF=10MF，
∴MF=3，
∴tan∠DBC=MFBF=12
设⊙O的半径为r，则：OA=OB=r，OF=AF−OA=8−r，
由勾股定理，得：r2=62+8−r2，
解得：r=254，
∴AE=2AO=252，
∴EF=AE−AF=92，
∵∠E=∠ABD=∠CBD，
∴在Rt△EFG中，tanE=tan∠DBC=FGEF=12，
∴FG=12EF=94，
∴EG=EF2+FG2=954．
【解析】【分析】（1）先根据圆内接四边形的性质得到∠ADC+∠B=180°，∠BAE+∠B=90°，进而即可求解；
（2）过点D作DG⊥BA，先根据角平分线的性质结合题意得到DG=DH，∠DGB=∠DHB=90°，∠ABD=∠CBD，进而得到△GBD≌△HBD，AD=CD，再根据三角形全等的性质得到BG=BH，AD=CD，进而运用三角形全等的判定结合题意证明△DHC≌△DGA即可得到CH=AG，从而即可求解；
（3）连接OB，设BD，AE交于点M，过点M作MK⊥AB，设CH=x，则：AF=8x，由（2）知：BH=AB+CH=10+x，根据垂径定理即可得到BF=12BC=5+x，从而运用勾股定理即可列出一元二次方程，解出x，再根据角平分线的性质得到MK=MF，进而根据三角形的面积公式结合锐角三角函数的定义即可得到tan∠DBC=MFBF=12，设⊙O的半径为r，则：OA=OB=r，OF=AF−OA=8−r，根据勾股定理求出r，进而结合题意运用锐角三角函数的定义、勾股定理即可求解。
19．【答案】（1）证明：如图，连接 OD，
∵AB为OO 的直径，
∴∠ADB = 90°，
∴ ∠BDC=90°.
∵点 E 为 BC 的中点，
∴DE=BE = 12BC， ∠EDB=∠EBD ，
∵OB=OD，∴∠EBD+∠OBD=90°，
∴∠ODB+∠EDB=90°，
∵⊙O 的半径，
∴DE 与⊙O 相切.
（2）解：由(1)知.
∠BDC=90°，DE=12BC=2，∴BC=4.∵tan⁡∠BAC=BCAB= BDAD=12，∴AB=8⋅AD=2BD.
在 Rt △ABD 中， AB2=AD2+BD2，
即 (2BD)2+BD2=82，∴BD=855 (负值已舍去)，
∴AD=1655.
（3）解：设 Rt△ABP 中AB 边上的高为h，由(2)可知AB =8，
∴PA2+PB2=82=64，
∴(PA+PB)2=64+2PA·PB，
当PA+PB 取最大值时2PA×PB也取最大值，
又∵S△ABP=12PA. PB=12AB×h，
当 PA+PB 取最大值时，S△ABP取最大值，
此时 AB 边上的高取最大值为=4，
∴S△ABP=12AB⋅ℎ=12×8×4=16，∴PA⋅PB=2S△ABP=32，∴(PA+PB)2=64+2×32=128
∴PA+PB=82(负值舍去)
综上所述，PA+PB的最大值为 82 .
【解析】【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ADB=∠BDC=90°，由直角三角形斜边中线的性质（直角三角形斜边的中线=斜边的一半），可得∠EDB=∠EBD，而∠ODB=∠OBD，得到∠ODB+∠EDB=90°，得出结论；
（2）利用tan三角函数的定义即可求出AD与BD关系式，再根据勾股定理算出AD；
（3）由PA2+PB2=82=64，得(PA+PB)2=64+2PA·PB，而PA·PB=2S△ABP，即当PA+PB取最大值时S△ABP取最大值，S△ABP=12PA·PB=12AB·ℎ，当高等于半径时取最大值，从而得出答案.
20．【答案】（1）解：连接OA，如图1，
∵⊙O的直径CD垂直弦AB于点E，且CE＝8，DE＝2，
∴CD＝CE+DE＝10，AE＝BE，
∴OA=OD=12CD=5，OE＝OD﹣DE＝3，
在Rt△OAE中，AE=OA2−OE2=52−32=4，
∴AB＝2AE＝8；
（2）解：①证明：连接DG，如图2，
∵点G是BC的中点，
∴CG=BG，
∴∠GAF＝∠D，
∵⊙O的直径CD垂直弦AB于点E，
∴∠CGD＝∠CEF＝90°，
∴∠F＝90°﹣∠DCG＝∠D，
∴∠GAF＝∠F；
②解：当CF＝CD＝10时，
在Rt△CEF中，EF=CF2−CE2=102−82=6，
∴BF＝EF﹣BE＝2，
∵∠FGB＝180°﹣∠BGC＝∠FAC，
∴△FGB∽△FAC，
∴BGAC=BFCF，即BG45=210，
∴BG=455；
当DF＝CD＝10时，
在Rt△DEF中，EF=DF2−DE2=102−22=46，
在Rt△CEF中，CF=CE2+EF2=82+(46)2=410，
∴BF=EF−BE=46−4，
同理△FGB∽△FAC，
∴BGAC=BFCF，即BG45=46−4410，
∴BG=43−22；
综上，BG的长为455或43−22．
【解析】【分析】（1）连接OA，先利用勾股定理求出AE的长，再利用垂径定理求出AB的长即可；
（2）①连接DG，先利用弧与圆周角的关系可得∠GAF＝∠D，再利用圆周角的性质可得∠CGD＝∠CEF＝90°， 再结合∠F＝90°﹣∠DCG＝∠D，可得∠GAF＝∠F；
②分类讨论：第一种情况： 当CF＝CD＝10时， 第二种情况： 当DF＝CD＝10时， 再分别利用相似三角形的判定方法和性质分析求解即可.
21．【答案】（1）证明：∵ AE// BD
∴∠AMB=∠CAE
∵∠B=∠C
∴ △ABM∽△ECA.
（2）解：作BH⊥AC于点H，连结BC
∵CM=4OM，且半径OC=5
∴OM=1，CM=4，AC=10，AB=AM=6
∵AC是直径
∴∠ABC=90°
由△ABH∽△ACB，可得AB2=AH·AC
∴62=10AH
∴AH=3.6，BH=62-3.62=4.8
∴HM=6-3.6=2.4
∵ AB=AM
∴∠HMD=∠ABM=∠ACD
∵∠BHM=∠ADC
∴△BHM∽△ADC
∴CDAD=HMBH=
∴CD：AD：AC=1：2：5
∴AD=AC5×2=45
（3）解：若 CM= kOM，记OM=a，则CM=ka，OC=a+ak=OA，AC=2OC=2a+2ak，
∵AE// BD
∴S△MCDS△ACE=CMAC2=ka2a+2ka2=k22+2k2
∴S1=S △MCD =k22+2k2S△ACE
以AE为底，则S△ADES△ACE=AMAC=a+ka+a2a+2ka=2+k2+2k ∴S2=S △ADE =2+k2+2kS△ACE
∴S1S2=k22+2k2÷2+k2+2k=k22k2+6k+4.
【解析】【分析】(1)要证 △ABM∽△ECA，可以证两组对应角相等.由AE// BD，得∠AMB=∠CAE.又同弧所对圆周角相等，所以∠B=∠C，得证.
(2)作BH⊥AC于点H，可得△BHM∽△ADC，由△ABH∽△ACB，可计算出BH=4.8，HM=2.4，所以CDAD=HMBH=，故CD=AC5×2=45.
(3)记OM=a，则CM=ka，OC=a+ak=OA，AC=2OC=2a+2ak，由S△MCDS△ACE=CMAC2=ka2a+2ka2=k22+2k2 ，以AE为底，则S△ADES△ACE=AMAC=a+ka+a2a+2ka=2+k2+2k ，所以S1S2=k22+2k2÷2+k2+2k=k22k2+6k+4.
22．【答案】（1）解：60°
（2）解：连接CD，过点A作AH⊥CD，交CD于点H.如图：
在Rt△AHC中，∵∠ACH=∠ABD=45°，AC=6，∴CH=AH=32，
此时△ADB为等腰直角三角形，AD=BD=52，
在Rt△AHD中，∵AH=32，AD=52，∴DH=42，∴CD=CH+DH=72.
（3）解：如图，连接OC，BD.
∵BC=CD，OB=OD，∴OC垂直平分BD，
∵O为AB中点，∴OF为△BDA的中位线，有OF=12AD，OF//AD，
设OF=t，则CF=24−t，AD=2t，y=48+x+x+2t=2t+2x+48，
在Rt△BFC中，BF2=BC2−CF2=x2−(24−t)2，
在Rt△BFO中，BF2=BO2−OF2=242−t2，
于是有：x2−(24−t)2=242−t2，整理得，t=−148x2+24，
∴y=−124x2+2x+96=−124(x−24)2+120，
当x=24时，ymax=120
【解析】【解答】解：（1）∵AD=CD，
∴AD⏜=CD⏜，
∴∠ABD=∠CBD=12∠CBA，
∵∠ADC=60°，
∴∠ABC=180°−∠ADC=120°，
∴∠ABD=60°.
【分析】（1）根据题意得到：AD⏜=CD⏜，根据"等弧所对的圆周角相等"，据此得到∠ABD=∠CBD=12∠CBA，进而即可求解；
（2）连接CD，过点A作AH⊥CD，交CD于点H，在Rt△AHC中，利用三角函数求出CH和AH的长度，此时△ADB为等腰直角三角形，AD=BD=52，再在Rt△AHD中利用勾股定理即可求解；
（3）连接OC，BD交于点F，过点O作OF⊥BC于点F，设OF=t，则CF=24−t，AD=2t，进而利用勾股定理即可求解.
23．【答案】（1）M2；P3Q3
（2）解：如图所示，点M在点N的左侧，直线l从PN开始，绕点P顺时针旋转到PM，在l旋转过程中，正方形ABCD关于l的对称点所在轨迹如图所示，
∵∠OPM=∠OPN=45°，
∴PM的解析式为y=x+3
当D关于PM的对称点为D'时，此时正方形ABCD关于l的“对称长度”d取得最小值，
∵D(−1，6)，设D'(x，y)，则x−12+3=y+62，即x=y+1①
PD'=PD=12+(6−3)2=10，
∴x2+(y−3)2=10②
由①②得x=1y=0（舍去）或x=3y=2，
∴D'(3，2)，
∴OD'=32+22=13，
∴dmin=13+1，
∵B(1，8)，P(0，3)，
∴PB=12+52=26，
∴dmax=PT+OP+1=26+3+1=26+4，
∴13+1≤d≤24+4．
【解析】【解答】解：（1）解：①如图所示，分别作M1，M2，M3关于x=1的对称点M1'，M2'，M3'，观察图形可得，M2'到⊙O的最大距离为5，符合题意，即M2关于直线x=1的“对称长度”为5；
故答案为：M2
②如图所示，观察图形可得P3Q3关于y=2的对称图形，P3'Q3'到⊙O的最大距离为3，即P3'X=3，
故答案为：P3Q3．
【分析】（1）①根据题意分别作M1，M2，M3关于x=1的对称点M1'，M2'，M3'，进而根据题意可得M2'到⊙O的最大距离为5，即可求解；
②同①方法，分别作P1Q1，P2Q2，P3Q3关于y=2的对称图形，观察图形找出y=2的“对称长度”为3的线段即可；
（2） 如图，点M在点N的左侧，直线l从PN开始，绕点P顺时针旋转到PM，在l旋转过程中，得出正方形ABCD关于l的对称点所在轨迹， 从而得出当D关于PM的对称点为D'时，此时正方形ABCD关于l的“对称长度”d取得最小值，继而求解即可.
24．【答案】（1）证明：∵CG⊥AB，
∴∠A+∠ACG=90°，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°
∴∠A+∠B=90°，
∴∠ACG=∠B
∵OB=OC，
∴∠BCO=∠B，
∴∠ACG=∠BCO；
（2）解：∵DE⊥OC，
∴∠BCO+∠CEO=90°，
∵∠ACG=∠BCO，
∴∠CEO=∠A
∵∠A+∠ACG=90°，
又∵∠BCG+∠ACG=90°，
∴∠BCG=∠A，
∴∠BCG=∠CEO，
∴DC=DE，
∵OE=OD，CO⊥DE，
∴DC=CE，
∴DC=DE=CE，
∴△CDE为正三角形，
∴∠DCE=60°，
∴∠OCG=30°，
∴OGOC=sin30°=12；
（3）解：①当CQ=2OQ时，设OQ=x，则CQ=2x，
∵OC=12AB=5，
又∵OC=OB，CQ=BQ，
∴OQ⊥BC
在Rt△OCQ中，OQ2+CQ2=OC2
即x2+(2x)2=25，
解得x=5=OQ，
∴BC=4x=45
由BGBC=BQOB=255，
∴BG=255×45=8，
∴OG=BG−OB=8−5=3
当OG=2OQ时，设OQ=x，则OG=2x，AC=2OQ=2x
由AC2−AG2=OC2−OG2得4x2−(5−2x)2=52−4x2，
化简得2x2+10x−25=0
解得x1=53−52，x2=−53−52（舍去）
∴OG=2x=53−5
当CG=2OQ时，由于AC=2OQ，
∴CG=AG
但AC>CG，
∴此种情况不存在，
综上所述，当OG=3或53−5时，四边形CGOD的其中一边长为OQ的2倍；
②216.
【解析】【解答】解：②当 的面积是△BOE的面积的2倍时，CQ=2BE.
记BE长为单位1，则CQ=BQ=2，QE=1.
∵OQ⊥CE，CO⊥OE
由射影定理得：OQ2=CQ×QE=2
∴OQ=2，OB=22+22=6
∵△BOQ∽△BCG，
OQCG=BQBG=BOBC
∴2CG=2BG=64
∴CG=433，BG=463
∴OG=463−6=63
由射影定理得：OG2=CG×GD
∴GD=36
∴DGBG=36463=216
故答案为：216.
【分析】（1）由直径所对的圆周角为直角，可得∠ACB=90°，故∠A+∠B=90°；由CG⊥AB，可得∠A+∠ACG=90°；同角的余角相等，故∠ACG=∠B；又因为OB=OC，得∠BCO=∠B=∠ACG.
（2）因为DE⊥OC且OE=OD，可得∠ECO=∠DCO=∠ACG=13∠ACB=30°，所以OGOC=sin30°=12；
（3）若Q是BC的中点，由垂径定理推论可知，OQ⊥BC，那么OQ//AC，OQ是中位线；①四边形CGOQ的其中一边长是OQ的2倍，有三种可能性：CQ=2OQ，GO=2OQ，CG=2OQ；当CQ=2OQ时，由OC=5，可求得OQ=5，CQ=BQ=25；由cs∠CBG=BGBC=BQBO求得BG=8，故OG=3；当GO=2OQ时，设OQ=x，则OG=2x，AC=2x，AG=5-2x，由AC2−AG2=OC2−OG2，
得4x2−(5−2x)2=52−4x2，解得x=53−52舍负，OG=2x=53−5；当CG=2OQ时，由于AC=2OQ，且AC＞CG，故此种情况不成立；
②当 的面积是 的面积的2倍时得CQ=2BE是本题解题的关键，记BE长为单位1，则CQ=BQ=2，QE=1，然后由射影定理求出OQ的长，从而求出CQ、BQ、BO的值，利用三角形相似列出比例式OQCG=BQBG=BOBC，求出CG、BG的长，从而可得OG长，由射影定理OG2=CG×GD求出DG的值，那么DGBG就可以求得了.
25．【答案】（1）证明：如图，延长AD交⊙O于F，连接BF，
∴∠C＝∠F，
∵AF为直径，DE⊥AC，
∴∠ABF＝∠DEC＝90°，
∴∠DAB=90°-∠F，∠CDE＝90°-∠C，
∴∠DAB=∠CDE.
（2）解：如图，作ON⊥AB，
∴∠ANO＝∠DEC＝90°，
∵AB＝6，
∴AN＝3，
又∵AO＝CD， ∠DAB＝∠CDE，
∴△ANO≌△DEC（AAS），
∴DE＝AN＝3.
（3）解：如图，作AG⊥BC于点G，DH⊥AB于点H，
∴∠AGC＝∠DEC＝90°，∠C＝∠C，
∴∠GAC＝∠CDE＝∠DAB，
又∵∠DAC＝2∠DAB，
∴∠DAB＝∠DAG＝∠GAC，
∴可得△ADH≌△ADG≌△ACG，
又∵DC＝6，
∴DH＝DG＝GC＝3，
在Rt△BDH中， BH=52−32=4，
设AH=AG=x，在Rt△ABG中，82+x2=(x+4)2，解得x=6，
∴AB=10，
延长AD交⊙O于F，连接BF，
∠F＝∠C=∠ADC=∠BDF，
∴BF=BD=5，
在Rt△ABF中，AF=52+102=55，
∴r=12AF=552.
（4）解：4r2−1或2r−12r3或1+1−r2r或可以化成以上三种表达式的任一种均可．
【解析】【解答】解：（4）如图，延长AD交⊙O于点F，作CG⊥AF于点G，连接EG交DC于点H，连接BF，
∵AB=DB，
∴∠BAD=∠ADB，
∵∠CDG=∠ADB，∠EDC=∠BAD，
∴∠EDC=∠GDC，
∴∠ECD=∠GCD，
∴DE=DG，
∴AD+DE=AD+DG=AG，EF⊥DC，∠DGH =∠DEH，
∵∠DEH+∠HEC=∠ECH+∠HEC=90°，
∴∠ECH=∠DEH=∠DGH，
∵∠BFD=∠ECH，
∴∠BFD=∠AGE，
∵∠FBD=∠GAE，BD=AE，
∴△BDF≌△AGE(AAS)，
∴AG=BF，
∵AF是⊙O的直径，
∴∠ABF=90°，
∴BF=AF2−AB2=（2r）2−12=4r2−1，
∴AD+DE=4r2−1.
【分析】（1）延长AD交⊙O于F，连接BF，根据圆周角定理即角的互余关系，即可证明结论；
（2）如图，作ON⊥AB，可得∠ANO＝∠DEC＝90°，由垂径定理可得AN＝3，再利用“AAS”证得△ANO≌△DEC，即可求得DE的长；
（3）如图，作AG⊥BC于点G，DH⊥AB于点H，先证得△ADH≌△ADG≌△ACG，从而得到DH＝DG＝GC＝3，利用勾股定理求出BH=4，设AH=AG=x，再利用勾股定理得到82+x2=(x+4)2，解得x=6，求得AB=10，再延长AD交⊙O于F，连接BF，再由∠F＝∠C=∠ADC=∠BDF，可得BF=BD=5，再在Rt△ABF中，利用勾股定理求得AF长，即可求得r的值；
（4）如图，延长AD交⊙O于点F，作CG⊥AF于点G，连接EG交DC于点H，连接BF，先由AB=DB，得∠BAD=∠ADB，再由角的等量代换可得∠EDC=∠GDC，从而得∠ECD=∠GCD，即得到DE=DG，进而得到AD+DE=AD+DG=AG，EF⊥DC，∠DGH =∠DEH，再通过角等量代换可推出∠BFD=∠AGE，利用“AAS”定理证得△BDF≌△AGE，可得AG=BF，再由AF是⊙O的直径，可得∠ABF=90°，最后利用勾股定理可表示BF=AF2−AB2=（2r）2−12=4r2−1，即可求出AD+DE.
26．【答案】（1）证明：∵BC是直径，
∴∠BAC=90°，
∵AE⊥CD，
∴∠AFC=90°，
∴∠FAC+∠FCA=90°，
∵∠FAG+∠FAC=90°，
∴∠FAG=∠FCA；
（2）证明：∵BF=BE，
∴∠BFE=∠BEF，
∵∠BEA=∠ACB，
∴∠BFE=∠ACB，
∵∠BFE=∠BAF+∠ABF，∠ACB=∠ACF+∠BCF，
∴∠ABF=∠FCB，
连接AD，BD，
∵∠BCD=∠BAD，
∴∠BAD=∠ABF，
∴AD∥BF，
∵BC是直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠BDC=∠AFC，
∴BD∥AF，
∴四边形ADBF是平行四边形，
∴DG=FG；
（3）解：延长EB、CD交于点K，连接CE，
∵BC是直径，
∴∠BEC=90°，
∵∠FEC+∠FEK=90°，∠FEK+∠K=90°，
∴∠FEC=∠K，
∵AC=AC，
∴∠ABC=∠AEC，
∵∠FEH=12∠ABC，
∴∠FEH=12∠K，
设∠FEH=α，则∠K=2α，
∴∠KHE=90°−α，
∴∠KEH=90°−α，
∴KE=KH，
∵BE=BF，
∴∠BEF=∠BFE=90°−2α，
∴∠K=∠KFB=2α，
∴KB=FB=BE，
∵BD⊥CD，
∴DK=DF，
∴KF=4DG，
∵BC−FH=4DG，
∴BC−FH=KF，
∴BC=KH=KE，
∴BC=2BE，
∴sin∠BCE=12，
∴∠BCE=30°，
∴∠BAE=∠ACF=30°，
设AF=m，
∴AC=2m，
tan30°=AFFC=33，
∴CF=3m，
∴DB=m，
∵S△BCF=12CF⋅BD=12×3m⋅m=332，
∴m=3，
∴AF=3，
∴DG=FG=1，
∴BF=7．
【解析】【分析】（1）由圆周角定理可得∠BAC=90°，结合已知根据同角的余角相等可求解；
（2）连接AD、BD，由等边对等角以及角的构成可得∠ABF=∠FCB，结合已知可得∠BAD=∠ABF，由平行线的判定可得AD∥BF，由圆周角定理可得∠BDC=∠AFC=90°，则BD∥AF，根据有两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形ADBF是平行四边形，由平行四边形的性质“平行四边形的对角线互相平分”可得DG=FG；
（3）延长EB、CD交于点K，连接CE，由同角的余角相等可得∠FEC=∠K，由同弧所对的圆周角相等可得∠ABC=∠AEC，结合已知可得∠FEH=∠K，设∠FEH=α，则∠K=2α，易求得BC=2BE，根据锐角三角函数可得∠BCE=30°，然后根据三角形的面积公式求得m=3，于是BF的值可求解.
27．【答案】（1）证明：连接AO、BO，如图所示：
∵AD=BD，
∴∠AOD=∠BOD，
∵AO=BO，
∴AB⊥CD；
（2）证明：连接OE，如图所示：
∵PM切⊙O于点E，
∴OE⊥PM，
∴∠PEO=90°，
∴∠PEF+∠DEO=90°，
∵OD=OE，
∴∠OED=∠ODE，
∵AB⊥CD，
∴∠DHF=90°，
∴∠DFH+∠EDO=90°，
∴∠DFH=∠PEF，
∵∠DFH=∠PFE，
∴∠PFE=∠PEF，
∴PE=PF；
（3）解：∵BD∥PM，
∴∠PEF=∠BDF，
∵∠BFD=∠PEF，
∴∠BDF=∠BFD，
∴BD=BF，
∵BE=BE，
∴∠BAE=∠BDF，
∴∠EAF=∠EFA，
∴EF=AE=3102，
∵DF=10，
∴DE=DF+EF=5102，
连接EO并延长，交⊙O于点G，连接BG，EC，如图所示：
∵GE⊥PM，
∴∠GEM=90°，
∴∠GEB+∠BEM=90°，
∵EG为直径，
∴∠EBG=90°，
∴∠EGB+∠GEB=90°，
∴∠BEM=∠BGE，
∵BE=BE，
∴∠BGE=∠BDE，
∴∠BEM=∠BDE，
同理可得：∠CEM=∠CDE，
∵BD∥PM，
∴∠DBE=∠BEM，
∴∠BDE=∠DBE，
∴BE=DE=5102，
∵∠DBE=∠BDE=∠BFD，
∴△BDF∽△EDB，
∴DFBD=BDDE=BFBE，
即10BD=BD5102，
解得：BD=5，
∵∠BDE=∠BFD，
∴BF=5，
∵∠BDF=∠EAF，∠DFB=∠AFE，
∴△AFE∽△DFB，
∴AFDF=EFBF，
即AF10=31025，
解得：AF=3，
∴AB=AF+BF=8，
∵CD⊥AB，
∴AH=BH=12AB=4，
∴HF=1，
∴DH=DF2−HF2=3，
∵∠FDH=∠EDC，∠DHF=∠DEC，
∴△DFH∽△DCE，
∴HFCE=DFCD=DHDE，
即1CE=10CD=35102，
解得：CE=5106，CD=253，
∵∠CEM=∠MDE，∠M=∠M，
∴△CEM∽△EDM，
∴CEDE=EMDM=CMEM，
即EMDM=CMEM=51065102=13，
∴EM=3CM，DM=3EM，
∴DM=9CM，
∴DC=DM−CM=8CM，
∴8CM=253，
∴CM=2524，
∴DM=9CM=758，EM=3CM=258，
∵BD∥PM，
∴∠BDW=∠EMW，∠DBW=∠MEW，
∴△DBW∽△MEW，
∴DWWM=DBEM，
即DWWM=5258=85，
∵DW+WM=DM=758，
∴WD=813DM=813×758=7513．
【解析】【分析】（1）连接AO、BO，根据等弧所对的圆心角相等可得∠AOD=∠BOD，然后根据等腰三角形的三线合一即可求解；
（2）连接OE，由圆的切线的性质可得OE⊥AP，根据等角的余角相等可得∠DFH=∠PEF，结合已知可得∠PFE=∠PEF，然后由等角对等边相等可求解；
（3）由平行线的性质和圆周角定理可得∠EAF=∠EFA，由等角对等边可得EF=AE，根据线段的构成DE=DF+EF求出DE的值，连接EO交⊙O于G，连接BG、EC，根据等角的余角相等可得∠BEM=∠BGE，结合圆周角定理可得∠BEM=∠BDE，∠CEM=∠CDE，结合平行线的性质可得∠BDE=∠DBE，由等角对等边可得BE=DE，根据有两个角相等的两个三角形相似可得△BDF∽△EDB，△AFE∽△DFB，△DFH∽△DCE，△CEM∽△EDM，于是可得比例式DFBD=BDDE=BFBE，AFDF=EFBF，HFCE=DFCD=DHDE，CEDE=EMDM=CMEM，由已知可求出BD、AF、CE、CD的值，将DM用含CM的代数式表示出来，由线段的构成DC=DM-CM=8CM，于是可求出CM、DM、EM的值，根据有两个角相等的两个三角形相似可得△DBM∽△MEW，于是可得比例式DWWM=DBEM，结合已知可求出DM的值，然后可求得WD的值.
28．【答案】（1）证明：∵∠CAD与∠CBA是弧CD所对圆周角
∴∠CAD=∠CBA
又∵∠BCA与∠ADE是弧CD所对圆周角
∴∠BCA=∠ADE
∴△AED∽△BEC
∴AEBE=EDEC，
∴AE⋅EC=BE⋅DE
（2）证明：∵AC经过△ABD的内心
∴AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC
又∵∠BAC=∠BDC，
∴∠DAC=∠BDC
又∵∠C=∠C，
∴△CDE∽△CAD
∴CDAC=CECD，
∴CD2=CE⋅AC
又∵∠ACB=∠ADB，
∴△AED∽△ABC
∴AEAB=ADAC，
∴AB⋅AD=AE⋅AC
∴CD2+AB⋅AD=CE⋅AC+AE⋅AC=AC⋅(CE+AE)=AC2
（3）解：解：设△ADE、△BEC面积分别为S3、S4
∵S1S4=AEEC=S3S2，∴S1S2=S3S4
∵S=S1+S2，
∴S=S1+S2+2S1⋅S2，
∴S3+S4=2S1⋅S2=2S3⋅S4
∴(S3+S4)=0，
∴S3=S4
又∵△AED∽△BED，
∴△AED≌△BED，
∴AE=BE，ED=EC
有∵AC+BD=BE+DE
∴AC+BD=BE+DE+2BE⋅DE=BD+2BE⋅DE=BD+2AE⋅EC
∴AC=2AE⋅EC=AE+EC
∴(AE+EC)2=4AE⋅EC，
∴(AE−EC)2=0，
∴AE=EC
∴AE=BE=EC=DE，
∴四边形ABCD为矩形
又∵BC=CD，
∴四边形ABCD为正方形
又∵周长为202，
∴BC=52，
∴C(5，−5)，D(10，0)，
设抛物线解析式为y=ax2+bx，代入得
−5=25a+5b0=100a+10b
解得：a=15b=−2
∴y=15x2−2x
【解析】【分析】（1）利用圆周角定理求得∠CAD=∠CBA，∠BCA=∠ADE，从而证明△AED∽△BEC，由相似三角形的性质列出比列式AEBE=EDEC，根据比例的性质从而求解；
（2）先证明△CDE∽△CAD，得到CD2=CE⋅AC，再证明△AED∽△ABC，得到AB⋅AD=AE⋅AC，从而求解；
（3）设△ADE、△BEC面积分别为S3、S4 ，根据S1S4=AEEC=S3S2，求得S1S2=S3S4，再根据S=S1+S2，两边平方求得S=S1+S2+2S1⋅S2，从而得到S3+S4=2S1⋅S2=2S3⋅S4， S3=S4，根据相似三角形的性质得到AE=BE，ED=EC结合AC+BD=BE+DE证明四边形ABCD为矩形 ，再结合BC=CD，证明四边形ABCD为正方形 ，根据周长为202， 求得BC=52，进一步得到C、D两点的坐标，设抛物线解析式为y=ax2+bx ，最后利用待定系数法求得a、b的值，从而求解.
29．【答案】（1）解：∵AD=AB
∴AD=AB
∴∠DCA=∠ACB
[拓展]∵AB=AB
∴∠ADB=∠ACB
∵AD=AB
∴AD=AB
∴∠DCA=∠ACB
∴∠ADB=∠DCA
又∠DAE=∠CAD
∴△ADE∽△ACD
∴AEAD=ADAC
∵AD=4，AC=10，
∴AE=AD2AC=1610=85
（2）解：∵ △ABC中AB=AC=5，点D为BC中点，
∴AD⊥DC
∵△AEC是等腰直角三角形
∴AE=EC
∴∠ADC=∠AEC=90°
∴A，D，C，E四点共圆
∵AE=EC
∴∠ADE=∠CDE=45°
∵∠EAC=∠ECA=45°
∴∠EAF=∠EAC=∠ADE=45°
∵∠AEF=∠DEA
∴△EAF∽△EDA
∴EFAE=AEED
∴AE2=EF×ED
∵AC=5
∴AE=522
（3）536或563
【解析】【解答】解：【应用】∵AE=522
∴AE2=252
当S△ADF：S△AFE=1：2时，DFFE=12
∴ED=3DE
∴AE2=EF×ED=2DF×3DF=6DF2
即252=6DF2
解得DF=2512=523=536
当S△ADF：S△AFE=1：2时，DFFE=2
∴ED=3EF
∴AE2=EF×ED=12DF×32DF=34DF2
即252=34DF2
解得DF=1006=1066=563
【分析】（1）先证出△ADE∽△ACD，可得AEAD=ADAC，再结合 AD=4，AC=10， 求出AE=AD2AC=1610=85即可；
（2）先证出△EAF∽△EDA，可得EFAE=AEED，再结合AC=5，求出AE=522即可；
（3）分类讨论：①当S△ADF：S△AFE=1：2时，DFFE=12，②当S△ADF：S△AFE=1：2时，DFFE=2，再分别求解即可。
30．【答案】（1）解：①如图所示，连接OQ，
由翻折可知，OA＝QA，
∴OQ＝OA，
∴OA＝QA＝OQ，
∴△OQA是等边三角形，
∴∠QOA＝60°
∴1AQ=60360×2π×OA＝2π，
②OH＝QC+AH．理由如下，
如图所示，过点O作OG⊥AQ，垂足为点G，则AG＝CG（垂径定理），
在△AQH与△AOG中，
∠QAH=∠OAG∠AHQ=∠AGOAO=AQ
∴△AQH≌△AOG，
∴AH＝AG，且AG＝CG，
∴AH＝CG，OA﹣AH＝AQ﹣AG，即OH＝QG，
∴QG＝QC+CG＝QC+AH，
∴OH＝QC+AH；
（2）解：如图所示，将AOP沿着AP翻折得△AQP，过点Q作QH⊥AF，垂足为点H，过点P作PD⊥OH，垂足为点D，
∵四边形OHDP是矩形，
由折叠和（2）可知，AH＝FH，
∴OF＝2，
∴AH＝FH＝2，
∴OH＝PD＝4，
Rt△QHA中，QH＝AQ2−AH2＝42．
设OP＝x，则DH＝OP＝PQ＝x，DQ＝42﹣x，
由PD2+DQ2＝PQ2得，42+（42﹣x）2＝x2，
解得：x＝32．
即OP＝32．
【解析】【分析】（1）①连接OQ，由翻折可知OA＝QA，进而推出△OQA是等边三角形，得到∠QOA＝60°，然后根据弧长公式进行计算；
②过点O作OG⊥AQ，垂足为点G，则AG＝CG，利用AAS证明△AQH≌△AOG，得到AH＝AG且AG=CG，由线段的和差关系可得OH＝QG，据此证明；
（2）将AOP沿着AP翻折得△AQP，过点Q作QH⊥AF，垂足为点H，过点P作PD⊥OH，垂足为点D，由折叠和②可知AH＝FH=2，则OH＝PD＝4，利用勾股定理可得QH，设OP＝x，则DH＝OP＝PQ＝x，DQ＝42-x，在Rt△PDQ中，由勾股定理就可求出x的值，即为OP.