初中数学浙教版九年级上册3.6 圆内接四边形精品课时练习

这是一份初中数学浙教版九年级上册3.6 圆内接四边形精品课时练习，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.如图，O为线段BC的中点，点A，C，D到点O的距离相等，若∠ABC=40∘，则∠ADC的度数是( )
A. 130∘B. 140∘C. 150∘D. 160∘
2.如图，四边形ABCD内接于⊙O，连结BD.若AC⌢=BC⌢，∠BDC=50°，则∠ADC的度数是 ( )
A. 125°B. 130°C. 135°D. 140°
3.如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC=70∘，则∠ADC的度数是( )
A. 70∘B. 110∘C. 130∘D. 140∘
4.如图，四边形ABCD内接于⊙O，连结BD.若AC=BC，∠BDC=50∘，则∠ADC的度数是( )
A. 125∘B. 130∘C. 135∘D. 140∘
5.如图，点A，B，C，D在⊙O上，AC是⊙O的直径，∠BAC=40°，则∠D的度数为
A. 40°B. 50°C. 60°D. 90°
6.如图，⊙O是▵ABC的外接圆，且AB=AC,∠BAC=36∘，在弧AB上取点D(不与点A，B重合)，连接BD,AD，则∠BAD+∠ABD的度数是( )
A. 60°B. 62°C. 72°D. 73°
7.如图，点B，C，D在⊙O上，若∠BCD=130∘，则∠BOD的度数是( )
A. 96∘B. 98∘C. 102∘D. 100∘
8.如图，A，B，C，D均在⊙O上，∠BCD=5∠BAD，若BD= 3，则AB的长最大为( )
A. 3B. 4C. 2 3D. 3 2
9.如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB=AD，∠BCD=120°，E、F分别为BC、CD上一点，∠EAF=30°，EF=3，DF=1.则BE的长为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
10.如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，四边形ABOD是平行四边形，则下列结论：①OB=AB；②∠BCD=60°；③∠BAD=120°；④CD= 2OD，其中正确结论有( )
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
11.如图，圆心角∠AOB=110∘，则∠ACB的度数是( )
A. 70∘B. 55∘C. 125∘D. 130∘
12.如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠AOC=160°，则∠ABC的度数是( )
A. 80°B. 90°C. 100°D. 110°
二、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分。
13.在半径为2的⊙O中，弦AB的长度为2，点C为⊙O上异于A、B两点的一个动点，则∠BCA= ．
14.如图，点A、C、E在⊙O上，BD为直径，∠B+∠E=155°，则弧CD的度数为 ．
15.半径长为1的⊙O中，有一条弦AB的长为 2，则弦AB所对的圆周角度数等于
16.如图，AB是半圆的直径，C、D是半圆上的两点，且∠BAC=50°，AD⌢=CD⌢，则∠DAC=________°．
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
如图，已知A，B，C，D是⊙O上的四点，延长DC，AB相交于点E.若BC=BE，求证：△ADE是等腰三角形．
18.(本小题8分)
如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB=AD，对角线AC，BD相交于点E，F为AC上一点，∠BFC=∠BAD．
(1)求证：∠ABF=∠CBD；
(2)若∠BFC=2∠CFD，求AFAC的值．
19.(本小题8分)
如图，圆内接四边形ABCD 的对角线AC ，BD 交于点E ，BD 平分∠ABC，∠BAC=∠ADB．

(1)求证DB 平分∠ADC，并求∠BAD的大小；
(2)过点C 作CF//AD交AB 的延长线于点F .若AC=AD，BF=2，求此圆半径的长．
20.(本小题8分)
【问题情境】如图，在△ABC中∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=2，点O是AB的中点，点D，E分别是边CB，AO上的动点，且DE=AC，以DE为直角边，在BC上方作Rt△DEF，使得∠EDF=90°，∠DFE=30°，DF与AB交于点H，连接BF．
【问题提出】
(1)当EF//BC时，∠DEB=__________°；
(2)当∠DHE=75°时，求此时AE的长；
【问题探究】
(3)在点D，E的运动过程中．
①∠EBF的大小是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由；
②四边形DBFE的面积是否存在最大值？若存在，直接写出最大值；若不存在，说明理由．
21.(本小题8分)
如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，且AC⊥BD，垂足为E，AB=DB，F为DC延长线上一点．
(1)求证：BC平分∠ACF；
(2)若BE=3，DE=2，求AE和⊙O的半径长．
22.(本小题8分)
【问题情境】如图，在△ABC中∠ACB=90∘，∠ABC=30∘，AC=2，点O是AB的中点，点D，E分别是边CB，AO上的动点，且DE=AC，以DE为直角边，在BC上方作Rt△DEF，使得∠EDF=90∘，∠DFE=30∘，DF与AB交于点H，连接BF．
【问题提出】
(1)当EF/​/BC时，∠DEB= °;
(2)当∠DHE=75∘时，求此时AE的长;
【问题探究】
(3)在点D，E的运动过程中．
①∠EBF的大小是否为定值?如果是，请求出这个定值;如果不是，请说明理由;
②四边形DBFE的面积是否存在最大值?若存在，直接写出最大值;若不存在，说明理由．
23.(本小题8分)
如图，在△ACB中，∠C=90°，将△ACB绕点A顺时针旋转90°，可得到△ADE.请仅用无刻度的直尺完成以下作图(保留作图痕迹)．
(1)在图1中，作出∠CAD的平分线；
(2)在图2中，作出线段BE的中点．
24.(本小题8分)
已知，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O直径，AD与BC的延长线相交于点E，AC平分∠BAD.AC与BD相交于点F．
(1)如图1，若AD=BD，求证：AF=BE；
(2)如图2，若DE=4，CE=6，求⊙O的半径．
25.(本小题8分)
如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形．DB平分∠ADC，连接OC,OC⊥BD．
(1)求证：AB=CD；
(2)若∠A=66∘，求∠ADB的度数．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】略
2.【答案】B
【解析】解：连接OA，OB，OC，
∵∠BDC=50°，
∴∠BOC=2∠BDC=100°，
∵AC=BC，
∴∠BOC=∠AOC=100°，
∴∠ABC=12∠AOC=50°，
∴∠ADC=180°−∠ABC=130°．
故选：B．
连接OA，OB，OC，根据圆周角定理得出∠BOC=100°，再根据AC=BC得到∠AOC，从而得到∠ABC，最后利用圆内接四边形的性质得到结果．
本题考查了圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，圆内接四边形的性质，关键在于画出半径，构造圆心角．
3.【答案】B
【解析】略
4.【答案】B
【解析】略
5.【答案】B
【解析】解：∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∵∠BAC=40°，
∴∠C=90°−40°=50°，
由圆周角定理得，∠D=∠C=50°，
故选：B．
根据直径所对的圆周角是直角得到∠ABC=90°，根据直角三角形的性质求出∠C，根据圆周角定理解答即可．
本题考查的是圆周角定理，掌握同弧或等弧所对的圆周角相等、直径所对的圆周角是直角是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了三角形的外接圆与外心，等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质，以及圆内接四边形的性质是解题的关键．
利用等腰三角形的性质可得∠ABC=∠C=72°，从而利用圆内接四边形的性质可求出∠D=108°，然后利用三角形内角和定理进行计算即可解答．
【解答】
解：∵AB=AC，∠BAC=36°，
∴∠ABC=∠C=72°，
∵四边形ADBC是圆内接四边形，
∴∠D+∠C=180°，
∴∠D=180°−∠C=180°−72°=108°，
在△ABD中，∵∠BAD+∠ABD+∠D=180°，
∴∠BAD+∠ABD=180°−∠D=180°−108°=72°，
故选：C．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了圆周角的性质与圆的内接四边形的性质，首先圆上取一点A，连接AB，AD，根据圆的内接四边形的性质，即可得∠BAD+∠BCD=180°，即可求得∠BAD的度数，再根据圆周角的性质，即可求得答案．
【解答】
解：圆上取一点A，连接AB，AD，
∵点A、B，C，D在⊙O上，∠BCD=130°，
∴∠BAD=50°，
∴∠BOD=100°，
故选D．
8.【答案】C
【解析】解：如图，连接OB、OD，
∵四边形ABCD为⊙O内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD=180°，
∵∠BCD=5∠BAD，
∴∠BAD=30°，
由圆周角定理得：∠BOD=2∠BAD=60°，
∵OB=OD，
∴△BOD为等边三角形，
∴OB=BD= 3，
当AB为⊙O的直径时，AB最大，最大值为2 3，
故选：C．
连接OB、OD，根据圆内接四边形的性质求出∠BAD，根据圆周角定理求出∠BOD，再根据等边三角形的判定和性质解答即可．
本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、等边三角形的判定和性质，熟记圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，构造辅助线得到全等三角形的问题的关键与难点．
延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，则可证得△ABH≌△ADF，从而AH=AF，∠BAH=∠DAF，易证△AHE≌△AFE，可得HE=EF=3，则可求得BE的长．
【解答】
解：延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，如图，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABH+∠ABC=180°，
∴∠ABH=∠ADF，
在△ABH和△ADF中，
AB=AD∠ABH=∠ADFBH=DF,
∴△ABH≌△ADF，
∴AH=AF，∠BAH=∠DAF，
∵∠BAD+∠BCD=180°，∠BCD=120°，
∴∠BAD=180°−∠BCD=60°，
∵∠EAF=30°，
∴∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=30°，
∴∠EAH=∠BAE+∠BAH=30°．
在△AHE和△AFE中，
AH=AF∠EAH=∠EAFAE=AE,
∴△AHE≌△AFE，
∴HE=EF=3，
∴BE=HE−BH=3−1=2．
10.【答案】C
【解析】解：连接OA，
∵四边形ABOD是平行四边形，OD=OB，
∴四边形ABOD是菱形，
∴OB=AB，
故①正确；
∵OA=OB=AB，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∵四边形ABOD是菱形，
∴∠BOD=2∠AOB=120°，
∴∠BCD=12∠BOD=60°，
故②正确；
∵四边形ABOD是菱形，
∴∠BAD=∠BOD=120°，
故③正确；
∵C的位置不确定，CD长在变化，半径OD的长不变，
∴CD和OD没有确定的数量关系，
∴④错误．
∴正确的结论是①②③，共有3个．
故选：C．
由四边形ABOD是平行四边形，OD=OB，判定四边形ABOD是菱形，得到OB=AB，由△ABO是等边三角形得到∠AOB=60°，由四边形ABOD是菱形，得到∠BOD=2∠AOB=120°，由圆周角定理得到∠BCD=12∠BOD=60°，由菱形的性质得到∠BAD=∠BOD=120°，CD和OD没有确定的数量关系．
本题考查圆周角定理，菱形的判定和性质，关键是判定四边形ABOD是菱形，得到∠BOD=120°．
11.【答案】C
【解析】解：如图，在优弧AB上取一点D，连接AD、BD，
∵∠AOB=110°，
∴∠ADB=12∠AOB=55°，
∵A、D、B、C四点共圆，
∴∠ACB+∠ADB=180°，
∴∠ACB=180°−55°=125°，
故选：C．
在优弧AB上取一点D，连接AD、BD，根据圆周角定理求出∠D，根据圆内接四边形的性质得出∠ADB+∠ACB=180°，代入求出即可．
本题考查了圆周角定理和圆内接四边形的性质，能根据圆周角定理得出∠ADB=12∠AOB是解此题的关键．
12.【答案】C
【解析】【分析】
此题考查的是圆内接四边形的性质，圆周角定理．
先根据圆周角定理求得∠D的度数，然后根据圆内接四边形的性质求出∠ABC的度数即可．
【解答】
解：∵ABCD是⊙O的内接四边形，且∠AOC=160°，
∴∠ADC=12∠AOC=80°，
∴∠ABC=180°−∠ADC=180°−80°=100°，
故选：C．
13.【答案】30∘或150∘
【解析】【分析】
本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，等边三角形的判定与性质，解题的关键是：根据点C所在位置进行分类讨论．根据题意得到AB=OA=OB=2，▵AOB是等边三角形，进而得到∠AOB=60∘，由点C所在位置进行分类讨论，根据圆周角定理及圆内接四边形的性质，分别计算，即可求解，
【解答】
解：如图：
根据题意得：AB=OA=OB=2，
∴▵AOB是等边三角形，
∴∠AOB=60∘，
当点C在优弧ADB⌢上时，∠ACB=12∠AOB=30∘，
当点C在劣弧AB⌢上时，
∵四边形ACBC′是⊙O的内接四边形，
∴∠AC′B+∠ACB=180∘，
∴∠AC′B=180∘−∠ACB=150∘，
故答案为30∘或150∘
14.【答案】50°
【解析】解：连接BC、OC，如图，
∵四边形ABCE为⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠E=180°，
∵∠ABD+∠E=155°，
∴∠CBD=180°−155°=25°，
∴∠COD=2∠CBD=50°，
∴弧CD的度数为50°．
故答案为：50°．
连接BC、OC，先根据圆内接四边形的性质∠ABC+∠E=180°，则可计算出∠CBD=25°，接着根据圆周角定理得到∠COD=50°，然后利用圆心角的度数等于它所对的弧的度数．
本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了圆心角、弧、弦的关系．
15.【答案】45°或135°
【解析】【分析】
本题考查了圆周角定理和勾股定理的逆定理以及圆内接四边形的性质等知识，熟练掌握圆周角定理和勾股定理的逆定理是解本题的关键．
根据题意画出图形，连接OA和OB，先根据勾股定理的逆定理得出∠AOB=90°，再根据圆周角定理和圆内接四边形的性质求出即可．
【解答·】
解：连接OA、OB，C为优弧AB上一点，D为劣弧AB上一点，如图所示：
则OA=OB=1，
∵AB= 2，
由于12+12=( 2)2，即OA2+OB2=AB2，
∴∠AOB=90°，
∴∠ACB=12∠AOB=45°，
∴∠ADB=180°−∠ACB=135°，
即弦AB对的圆周角的度数是45°或135°．
16.【答案】20
【解析】【分析】
本题考查的是圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，熟知直径所对的圆周角是直角是解题的关键．
根据圆周角定理及已知可求得∠B的度数，根据圆内接四边形的性质可求得∠ADC的度数，再根据三角形内角和公式即可求得∠DAC的度数．
【解答】
解：∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠BAC=50°，
∴∠B=90°−50°=40°．
∴∠ADC=180°−40°=140°．
∵AD=DC．
∴∠DAC=∠DCA=180°−140°2=20°．
故答案为：20．
17.【答案】略
【解析】略
18.【答案】(1)证明：∵∠BFC=∠BAC+∠ABF，∠BAD=∠BAC+∠CAD，
又∵∠BFC=∠BAD，
∴∠BAC+∠ABF=∠BAC+∠CAD，
即∠ABF=∠CAD，
∵∠CAD=∠CBD，
∴∠ABF=∠CBD，
(2)解：作FG⊥BC于G，如下图所示：

∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
又∵∠ACB=∠ADB，
∴∠ABD=∠ACB，
由(1)可知：∠ABF=∠CBD，
∴∠ABF+∠DBF=∠CBD+∠DBF，
即∠ABD=∠CBF，
∴∠ACB=∠CBF，
∴BF=CF，
∵FG⊥BC，
∴∠BFC=2∠CFG，BC=2CG，
∵∠BFC=2∠CFD，
∴∠CFG=∠CFD，
∵∠ACB=∠ADB，∠ACD=∠ABD，∠ABD=∠ADB，
∴∠ACB=∠ACD，
在△CFG和△CFD中，
∠CFG=∠CFDCF=CF∠ACB=∠ACD，
∴△CFG≌△CFD(ASA)，
∴CG=CD，
∴BC=2CD，
即CD：BC=1：2，
∵∠ABF=∠CBD，∠BAF=∠BDC，
∴△BAF∽△BDC，
∴AF：CD=BF：BC，
即AF：BF=CD：BC=1：2，
∴BF=2AF，
∵BF=CF，
∴CF=2AF，
∴AC=AF+CF=3AF，
∴AFAC=13．
【解析】(1)根据∠BFC=∠BAD及三角形的外角定理得∠ABF=∠CAD，再根据∠CAD=∠CBD可得出结论；
(2)作FG⊥BC于G，先证明∠ACB=∠CBF得BF=CF，则∠BFC=2∠CFG，BC=2CG，进而得∠CFG=∠CFD，由此可证明△CFG和△CFD全等，则CG=CD，进而得CD：BC=1：2，然后证明△BAF∽△BDC得AF：BF=CD：BC=1：2，则BF=CF=2AF，进而得AC=AF+CF=3AF，据此可得AFAC的值．
此题主要考查了圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，全等三角形三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，理解圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解决问题的关键．
19.【答案】(1)解：∵∠BAC=∠ADB
∴AB=BC，
∴∠ADB=∠CDB，即DB 平分∠ADC．
∵ BD 平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
∴AD=CD，
∴AB+AD=BC+CD ，即
BAD=BCD，
∴ BD 是直径，
∴∠BAD=90∘.
(2)解：∵∠BAD=90∘，CF//AD，
∴∠F+∠BAD=180∘，则∠F=90∘．
∵AD=CD，
∴AD=DC．
∵AC=AD，
∴AC=AD=CD，
∴△ADC是等边三角形，则∠ADC=60∘．
∵ BD 平分∠ADC，
∴∠CDB=12∠ADC=30∘．
∵ BD 是直径，
∴∠BCD=90∘，则BC=12BD．
∵四边形ABCD 是圆内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC=180∘，则∠ABC=120∘，
∴∠FBC=60∘，
∴∠FCB=90∘−60∘=30∘，
∴FB=12BC．
∵BF=2，
∴BC=4，
∴BD=2BC=8．
∵ BD 是直径，
∴此圆半径的长为4．

【解析】【分析】(1)根据已知得出AB=BC，则∠ADB=∠CDB，即可证明DB 平分∠ADC，进而根据BD 平分∠ABC，得出AD=CD ，推出BAD=BCD ，得出BD 是直径，进而可得∠BAD=90∘；
(2)根据(1)的结论结合已知条件得出，∠F=90∘，△ADC是等边三角形，进而得出∠CDB=12∠ADC=30∘，由BD 是直径，根据含30° 角的直角三角形的性质可得BC=12BD，在Rt△BFC中，根据含30 °角的直角三角形的性质求得BC 的长，进而即可求解．
20.【答案】解：(1)30．
(2)过点E作EM⊥AC，EN⊥BC得矩形EMCN，
∵∠DHE=75∘，
∴∠DEH=90°−75°=15°
∴∠DEN=45∘，∠AEM=30∘
∵DE=2
∴EN=CM= 2，AM=AC−CM=AC−FN=2− 2，
∴AE=2AM=4−2 2；
(3)①作△EDF的外接圆，
∵∠DBE=30∘，∠DFE=30∘
∴点B在△EDF的外接圆上．
∴∠EDF=∠EBF=90∘
即∠EBF是定值．
②存在最大值为：3 3．
【解析】【分析】
本题是三角形综合，主要考查平行线的性质，含30度角的直角三角形的性质，圆的内接四边形的判定，三角形的面积，等腰三角形的判定和性质，圆周角定理，三角形内角和定理，添加辅助线构造圆的的内接四边形和直角三角形是关键．
(1)根据平行线的性质即可解答；
(2)过点E作EM⊥AC，EN⊥BC得得矩形EMCN，根据∠DHE=75∘，得∠DEH=15°、∠DEN=45∘、∠AEM=30∘，然后根据的等腰直角三角形和含30°角的直角三角形的性质即可解答；
(3)①作△EDF的外接圆，根据∠DBE=30∘，∠DFE=30∘得点B在△EDF的外接圆上，然后根据圆周角定理得∠EDF=∠EBF=90∘即可解答；
②当EF/​/BC时，四边形DBFE的面积最大.过点F作FH⊥BC交CB延长线于H，先根据含30度角的直角三角形的性质求得DF，再根据等腰三角形的判定得DE=DB=2、∠FDB=30°，求得FH=12DF= 3，最后根据S四边形BDEF=S△EDF+S△BDF计算即可解答．
【解答】
解：(1)∵∠ACB=∠EDF=90∘，∠ABC=∠DFE=30∘，DE=AC
∴△ACB≌△EDF，
∴∠FED=∠A=60°，
∵EF//BC，
∴∠FEB=∠ABC=30°，
∴∠DEB=∠FED−∠FEB=60°−30°=30°．
(2)见答案；
(3)①见答案；
②当EF/​/BC时，四边形DBFE的面积最大.过点F作FH⊥BC交CB延长线于H，
∵△EDF中∠EDF=90∘，∠EFD=30∘，DE=2，
∴DF=2 3，
由(1)可知∠DEB=∠ABC=30°，
∴DE=DB=2，∠EDB=180°−∠ABC−∠DEB=120°，
∴∠FDB=120°−90°=30°，
∴FH=12DF= 3，
∴S△EDF=12DE·DF=12×2×2 3=2 3，S△BDF=12DB·FH=12×2× 3= 3，
∴S四边形BDEF=S△EDF+S△BDF=2 3+ 3=3 3．
∴四边形DBFE的面积存在最大值，最大值为3 3．
21.【答案】(1)证明：∵AB=DB，
∴∠ADB=∠BAD，
∵∠ADB与∠ACB是同弧所对的圆周角，
∴∠ADB=∠ACB，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∵∠BCF+∠BCD=180°，
∴∠BCF=∠BAD，
∴∠ACB=∠BCF，
∴BC平分∠ACF；
(2)解：∵BE=3，DE=2，
∴BD=3+2=5，
∵AB=DB，
∴AB=5，
在Rt△ABE中，AE= AB2−BE2= 52−32=4，
在Rt△ADE中，AD= AE2+DE2= 42+22=2 5，
连接BO并延长交⊙O于点M，交线段AD于点N，连接OD，
∵BM是⊙O的直径，
∴BM平分圆，
∵AB=DB
∴AB=DB，
∴AM=DB
∴点N是AD的中点，
∴BM⊥AD，DN=12AD= 5，
在Rt△BDN中，BN= BD2−DN2= 52−( 5)2=2 5，
设⊙O的半径为r，则OD=r，ON=BN−r=2 5−r，
在Rt△ODN中，DN2+ON2=OD2，
即( 5)2+(2 5−r)2=r2，
解得r=5 54．
【解析】本题考查的是圆周角定理，垂径定理，勾股定理，圆内接四边形的性质，角平分线的判定有关知识．
(1)先根据AB=DB得出∠ADB=∠BAD，再由圆周角定理得出∠ADB=∠ACB，由圆内接四边形的性质可得出∠BCF=∠BAD，故∠ACB=∠BCF，据此得出结论；
(2)根据BE=3，DE=2可得出BD的长，故可得出AB的长，在Rt△ABE中，利用勾股定理求出AE的长，同理可得出AD的长，连接BO并延长交⊙O于点M，交线段AD于点N，连接OD，由垂径定理得出BM⊥AD，故点N是AD的中点，利用勾股定理求出BN的长，设⊙O的半径为r，在Rt△ODN中利用勾股定理列方程求出r的值即可．
22.【答案】解：(1)30．
(2)过点E作EM⊥AC，EN⊥BC得矩形EMCN，
∵∠DHE=75∘，
∴∠DEH=90°−75°=15°
∴∠DEN=45∘，∠AEM=30∘
∵DE=2
∴EN=CM= 2，AM=AC−CM=AC−FN=2− 2，
∴AE=2AM=4−2 2；
(3)①作△EDF的外接圆，
∵∠DBE=30∘，∠DFE=30∘
∴点B在△EDF的外接圆上．
∴∠EDF=∠EBF=90∘
即∠EBF是定值．
②存在最大值为：3 3．
【解析】【分析】
本题是三角形综合，主要考查平行线的性质，含30度角的直角三角形的性质，圆的内接四边形的判定，三角形的面积，等腰三角形的判定和性质，圆周角定理，三角形内角和定理，添加辅助线构造圆的的内接四边形和直角三角形是关键．
(1)根据平行线的性质即可解答；
(2)过点E作EM⊥AC，EN⊥BC得得矩形EMCN，根据∠DHE=75∘，得∠DEH=15°、∠DEN=45∘、∠AEM=30∘，然后根据的等腰直角三角形和含30°角的直角三角形的性质即可解答；
(3)①作△EDF的外接圆，根据∠DBE=30∘，∠DFE=30∘得点B在△EDF的外接圆上，然后根据圆周角定理得∠EDF=∠EBF=90∘即可解答；
②当EF/​/BC时，四边形DBFE的面积最大.过点F作FH⊥BC交CB延长线于H，先根据含30度角的直角三角形的性质求得DF，再根据等腰三角形的判定得DE=DB=2、∠FDB=30°，求得FH=12DF= 3，最后根据S四边形BDEF=S△EDF+S△BDF计算即可解答．
【解答】
解：(1)∵∠ACB=∠EDF=90∘，∠ABC=∠DFE=30∘，DE=AC
∴△ACB≌△EDF，
∴∠FED=∠A=60°，
∵EF//BC，
∴∠FEB=∠ABC=30°，
∴∠DEB=∠FED−∠FEB=60°−30°=30°．
(2)见答案；
(3)①见答案；
②当EF/​/BC时，四边形DBFE的面积最大.过点F作FH⊥BC交CB延长线于H，
∵△EDF中∠EDF=90∘，∠EFD=30∘，DE=2，
∴DF=2 3，
由(1)可知∠DEB=∠ABC=30°，
∴DE=DB=2，∠EDB=180°−∠ABC−∠DEB=120°，
∴∠FDB=120°−90°=30°，
∴FH=12DF= 3，
∴S△EDF=12DE·DF=12×2×2 3=2 3，S△BDF=12DB·FH=12×2× 3= 3，
∴S四边形BDEF=S△EDF+S△BDF=2 3+ 3=3 3．
∴四边形DBFE的面积存在最大值，最大值为3 3．
23.【答案】解：(1)如图：AF即为所求;
(2)如图：G即为所求

【解析】本题考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，四点共圆等知识．
(1)延长BC，DE，相交于点F，连接AF，则四边形ADFC是正方形，则AF平分∠CAD；
(2)连接BE，CD相交于点G，则ADEG四点共圆，则∠AGE=90°，则G为BE中点．
24.【答案】(1)证明：∵AB为⊙O直径，
∴∠ADB=∠BDE=∠ACB=90°，
∴∠DAF+∠DFA=∠CFB+∠CBF=90°，
∵∠DFA=∠CFB，
∴∠DAF=∠EBD，
∵AD=BD，
∴AD=BD，
在△DAC和△EBD中，
∠DAC=∠EBDAD=BD∠ADF=∠BDE，
∴△ADF≌△BDE(ASA)
∴AF=BE；
(2)解：∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠EAC，
由(1)得：∠ACE=∠ACB=90°，
在△ACE和△ACB中，
∠EAC=∠BACAC=AC∠ACE=∠ACB，
∴△ACE≌△ACB(ASA)，
∵CE=6，
∴BC=CE=6，BE=2BC=12，
设AD=a，AB=b，
由勾股定理得：EA2−CE2=CA2，BE2−DE2=DB2，
∴CA2=(a+4)2−62，DB2=122−42，
CA2+CB2=AB2DB2+DA2=AB2，即：(a+4)2−62+62=b2122−42+a2=b2，
解得：b=18，
∵AB为⊙O直径，
∴⊙O的半径为b2=9．
【解析】(1)利用ASA证得△ADF≌△BDE，进而可求证结论；
(2)利用ASA先证得△ACE≌△ACB，进而可得BC=CE=6，BE=2BC=12，设AD=a，AB=b，利用勾股定理得CA2=(a+4)2−62，DB2=122−42，再结合CA2+CB2=AB2DB2+DA2=AB2，即可求解．
本题考查了全等三角形的判定及性质、圆与三角形的综合、勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
25.【答案】(1)证明：∵DB平分∠ADC，
∴∠ADB=∠CDB，
∴AB⌢=BC⌢，
∵OC⊥BD，
∴BC⌢=CD⌢，
∴AB⌢=CD⌢，
∴AB=CD；
(2)解：∵∠A=66∘，
∴∠BCD=180∘−66∘=114∘，
∵OC⊥BD，
∴BC⌢=CD⌢，
∴BC=DC，
∴∠BDC=12180∘−∠BCD=33∘，
∵DB平分∠ADC，
∴∠BDC=∠ADB=33∘．

【解析】【分析】(1)根据DB平分∠ADC，可得AB⌢=BC⌢，再根据OC⊥BD，可得BC⌢=CD⌢，从而得到AB⌢=CD⌢，即可．
(2)根据圆的内切四边形，对角互补，求出∠BCD，再利用垂径定理，可得BC=DC，可得到∠BDC，即可求解．
本题考查了圆内接四边形的性质，垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握圆内接四边形的性质，垂径定理，圆周角定理．