初中数学人教版（2024）九年级上册第二十四章 圆24.1 圆的有关性质24.1.1 圆课后测评

这是一份初中数学人教版（2024）九年级上册第二十四章 圆24.1 圆的有关性质24.1.1 圆课后测评，共26页。试卷主要包含了下列命题中，正确的个数是等内容，欢迎下载使用。
单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．已知⊙O的半径为5，点A为线段OP的中点，当OP＝12时，点A与⊙O的位置关系是（ ）
A．在圆内B．在圆上C．在圆外D．不能确定
【答案】C
【分析】求得OA的长，判断OA与圆的半径大小关系，从而得出答案．
【详解】解：∵A为线段OP的中点，OP＝12，
∴OA＝6，
∵OA＞5，
∴点A在⊙O外，
故选：C．
【点睛】此题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是熟知点与圆的位置判定方法.
2．图，△ABC内接于⊙O，连接OB，若∠OBC=54°，则∠BAC的度数为（ ）
A．40°B．36°C．30°D．28°
【答案】B
【分析】连接OC构造出等腰三角形，即可求得∠BOC=72°，再根据圆周角定理即可求得答案．
【详解】解：连接OC，如图：
∵OB=OC
∴∠OCB=∠OBC=54°
∴∠BOC=180°−∠OBC−∠OCB=72°
∴∠BAC=12∠BOC=36°．
故选：B
【点睛】本题考查了圆的基本概念辨析、等腰三角形的判定和性质、圆周角定理等，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
3．在⊙O中，弦AB的长为8，圆心O到AB的距离为3，则⊙O的半径为（ ）
A．5B．8C．3D．6
【答案】A
【分析】根据垂径定理求出AE，再根据勾股定理求出OA即可．
【详解】解：如图所示：
∵OE⊥AB，
∴AE＝12AB＝4．
在Rt△AOE中，AE＝4，OE＝3，
根据勾股定理得到OA＝32+42＝5，
则⊙O的半径是5．
故选：A．
【点睛】此题考查了垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理，由勾股定理求出OA是解决问题的关键．
4．一个扇形的圆心角为120°，扇形的弧长等于4π,则该扇形的面积等于（ ）
A．2πB．4πC．12πD．24π
【答案】C
【分析】根据弧长公式l=nπr180，代入求出r的值，即可得到结论．
【详解】解：由题意得，4π＝120πr180，
解得：r＝6，
∴S＝12×6×4π＝12π．
故选：C.
【点睛】本题考查了扇形的面积公式，弧长公式，熟记公式是解题的关键．
5．下列说法正确的个数有（ ）
①一元二次方程的一般形式为ax2+bx+c＝0
②平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．
③同弦或等弦所对的圆周角相等
④方程x2＝x的解是x＝1．
A．0B．1C．2D．3
【答案】A
【分析】根据有关性质与定理，分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．
【详解】解：①一元二次方程的一般形式为ax2+bx+c＝0（a≠0），所以①错误；
②平分弦（非直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧，所以②错误；
③同弦或等弦所对的圆周角相等或互补，所以③错误；
④方程x2＝x的解是x＝1或x＝0，所以④错误；
故选：A．
【点睛】此题考查了圆周角定理、一元二次方程的一般形式和解法以及垂径定理，要能根据有关性质对命题的真假进行判断，判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
6．下列命题中，正确的个数是（ ）
（1）三点确定一个圆；
（2）平分弦的直径垂直于弦；
（3）相等的圆心角所对的弧相等；
（4）正五边形是轴对称图形．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】A
【详解】试题分析：利用确定圆的条件、垂径定理、等弧的定义及正五边形的性质分别判断后即可确定正确的选项．
解：（1）不在同一直线上的三点确定一个圆，错误；
（2）平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，错误；
（3）相等的圆心角所对的弧相等，错误；
（4）正五边形是轴对称图形，正确．
故选A．
点评：本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解确定圆的条件、垂径定理、等弧的定义及正五边形的性质，难度不大．
7．如图，破残的轮子上，弓形的弦AB为4m，高CD为1m，则这个轮子的半径长为（ ）
A．17mB．5mC．5mD．52m
【答案】D
【分析】连接OB，由垂径定理得出BD的长；连接OB，再在Rt△OBD中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】解：连接OB，如图所示：
由题意得：OC⊥AB，
∴AD＝BD＝12AB＝2（m），
在Rt△OBD中，根据勾股定理得：OD2+BD2＝OB2，
即（OB﹣1）2+22＝OB2，
解得：OB＝52（m），
即这个轮子的半径长为52m，
故选：D．
【点睛】本题主要考查垂径定理的应用以及勾股定理，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．
8．在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=6，AC=8，D、E分别是AC、BC上的一点，且DE=6，若以DE为直径的圆与斜边AB相交于M、N，则MN的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】试题分析：如图：设DE的中点为O，连接CO并延长交AB于点F，连接ON,当CF⊥AB时，弦心距OF最小，此时弦MN的值最大，因为在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=6，AC=8，所以AB=10，所以CF=BC⋅ACAB=6×810=245,因为DE=6，所以OC=ON=3，所以OF=245-3=95,所以NF=32−(95)2=125,所以MN=2NF=245,故选D．
考点：1．圆的性质；2．直角三角形的性质．
9．如图为4×4的正方形网格，A，B，C，D，O均在格点上，点O是( )
A．△ACD的外心B．△ABC的外心C．△ACD的内心D．△ABC的内心
【答案】B
【详解】解：由图可得：OA=OB=OC=12+22=5，
所以点O在△ABC的外心上，
故选B．
10．如图，在矩形ABCD中，AB=23，BC=4，以点D为圆心，DA为半径画弧，与矩形的边BC交于点E，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．83−4π3B．63−4π3C．83−8π3D．63−8π3
【答案】D
【分析】连接DE，则阴影部分的面积=S矩形ABCD-S△DEC-S扇形ADE，根据题意知DE=AD=4，利用30°角的直角三角形的性质求得∠EDC、∠ADE的度数，利用勾股定理求得CE的长，进而求出即可．
【详解】解：如图，连接DE，
∵四边形ABCD为矩形，
∴DA=BC=4，DC=AB=23，
又∵以点D为圆心，DA为半径画弧，
∴DE=DA=4，
在Rt△DCE中，∵DC=AB=23，DE=4，
∴CE=DE2−CD2=42−(23)2=2，
∴CE=12DE，
∴∠EDC=30°，
∴∠ADE=60°，
则阴影部分的面积=S矩形ABCD-S△DEC-S扇形ADE
=4×23−12×2×23−60⋅π⋅42360
=63−83π，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了扇形面积的计算，本题中能够将不规则图形的面积进行转换成规则图形的面积差是解题的关键．
11．如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心是(3,a)(a>3)，半径为3，函数y=x的图象被⊙P的弦AB的长为42，则a的值是（ ）
A．23B．2+2C．22D．3+2
【答案】D
【分析】作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连结PB，由于OC=3，PC=a，易得D点坐标为（3，3），则△OCD为等腰直角三角形，△PED也为等腰直角三角形．由PE⊥AB，根据垂径定理得AE=BE=12AB=22 ，在Rt△PBE中，利用勾股定理可计算出PE=1，则PD=2PE=2 ，所以a=3+2 ．
【详解】
解：作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连结PB，如图，
∵⊙P的圆心坐标是（3，a），
∴OC=3，PC=a，
把x=3代入y=x得y=3，
∴D点坐标为（3，3），
∴CD=3，
∴△OCD为等腰直角三角形，
∴△PED也为等腰直角三角形，
∵PE⊥AB，
∴AE=BE=12AB=12×42=22，
在Rt△PBE中，PB=3，
∴PE=32−(22)2=1 ，
∴PD=2PE=2，
∴a=PD+CD=3+2 ．
故答案为D．
【点睛】本题主要考查了一次函数的综合应用，涉及圆的性质、垂径定理、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识点．作出P到x轴的距离、求得D点的坐标是解题的关键，本题所考查知识较基础，难度不大．
12．如图，等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE，∠BAC=∠DAE=90°，AB=2AD=62，直线BD、CE交于点P，Rt△ABC固定不动，将△ADE绕点A旋转一周，点P的运动路径长为（ ）
A．12πB．8πC．6πD．4π
【答案】B
【分析】如图，作△ABC的外接圆⊙O，△ADE绕点A旋转一周，点P的运动路径是2PP′的长，求出圆心角∠POP′即可解决问题．
【详解】如图，作△ABC的外接圆⊙O，△ADE绕点A旋转一周，点P的运动路径是2PP′的长．
，
当AD⊥BD时，∵AB=2AD，
∴∠ABD=30°，
∵∠ABC=45°，
∴∠OBP=15°，
∵OP=OB，
∴∠OPB=∠OBP=15°
∴∠POC=∠OPB+∠OBP=30°，
当AE′⊥CE′时，同理可得∠BOP′=30°，
∴∠POP′=120°，
∵AC=AB=62，∠BAC=90°，
∴BC=2AB=12，
∴OP=6，
∴PP′=120·π·6180=4π，
∴点P的运动路径是8π．
故选B．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、旋转变换、圆，弧长公式等知识，解题的关键是正确得出点P的运动轨迹，题目有点难度
填空题（本题共6小题，每小题2分，共12分．）
13．边长为10、10、12的三角形的外接圆半径为R，内切圆半径为r，则R+r＝ ．
【答案】374．
【分析】根据等腰三角形的性质得出内心和外心都在底边的高AD上，根据勾股定理得出方程，即可求出外接圆的半径，根据三角形的面积公式即可求出内切圆的半径．
【详解】解：如图1，
∵在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，
∴过A作AD⊥BC于D，则外接圆的圆心O在AD上，连接OB、OC，
∴BD＝CD＝12BC＝6，
∴AD＝AB2−AD2＝8，
∵OB2＝OD2+BD2，
∴R2＝（8﹣R）2+36
∴R＝254
如图2
过A作AD⊥BC于D，
∵△ABC中，AB＝AC，
∴△ABC的内心I在AD上，过I作IE⊥AC于E，IF⊥AB于F，连接OA、OB、OC，
则IF＝IE＝ID＝r，
∵S△ABC＝S△BIC+S△AIC+S△ABI，
∴12×12×8＝12×12×r+12×10×r+12×10×r
∴r＝3
∴R+r＝254+3＝374
故答案为：374．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆和内切圆，三角形的内切圆和内心，勾股定理，三角形的面积公式，能综合运用性质进行推理和计算是解此题的关键，有一定的难度．
14．如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，AC=2cm，BC=4cm，CM是中线，以C为圆心、5cm长为半径画圆，则A，B，M三点，在圆内的是点 ，在圆外的是点 ，在圆上的是点 ．
【答案】 A B M
【分析】先求出AB的长，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，求得CM的长，再由点与圆的位置关系，确定出点A，B，M与⊙C的位置关系．
【详解】解：∵∠ACB=90°，AC=2cm，BC=4cm，∴AB=22+42=25．
∵CM是中线，∴CM=12AB=5，∴M在圆上．
∵AC=2＜5，∴A在圆内．
∵BC=4＞5，∴B在圆外．
故答案为A，B，M．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系：①点P在⊙O上；②点P在⊙O内；③点P在⊙O外，及勾股定理的运用．
15．在⊙O中，已知AB∧=2AC∧， 那么线段AB与2AC的大小关系是 ．（从“＜”或“=”或“＞”中选择）
【答案】AB，∴AB＜2AC
考点：1、弧、弦的关系 2、三角形两边之和大于第三边．
16．P是⊙O半径上一点，OP = 5, 经过点P的最短的弦长为24, 则⊙O的半径为 ；
【答案】13；
【分析】当弦与OP垂直时，弦最短，画出图形，根据垂径定理以及勾股定理进行求解即可得.
【详解】如图，当弦与OP垂直时，弦最短，
AP=12AB=12×24=12，
∴OA=OP2+AP2=52+122=13，
即⊙O的半径为13，
故答案为：13．
【点睛】本题考查了垂径定理，正确理解过P的最短的弦的位置是关键．
17．如图，将矩形ABCD绕其右下角的顶点按顺时针方向旋转90°至图①位置，继续绕右下角的顶点按顺时针方向旋转90°至图②位置，以此类推，这样连续旋转2022次．若AB=4，AD=3，则顶点A在整个旋转过程中所经过的路径总长为 ．
【答案】60692π
【分析】首先求得每一次转动的路线的长，发现每4次循环，找到规律然后计算即可．
【详解】解：∵AB=4,BC=3,
∴AC=BD=5,
转动一次A的路线长是： 90π×4180=2π,
转动第二次的路线长是： 90π×5180=5π2,
转动第三次的路线长是： 90×3180=32π,
转动第四次的路线长是：0，
以此类推，每四次循环，
故顶点A转动四次经过的路线长为：2π+52π+32π=6π
2022÷4=50524,
顶点A转动四次经过的路线长为：6π×505+2π+5π2=60692π
故答案为：60692π
【点睛】本题主要考查了探索规律问题和弧长公式的运用，掌握旋转变换的性质、灵活运用弧长的计算公式、发现规律是解决问题的关键．
18．如图，在平面直角坐标系中，已知点 A(0，1)、B(0，1+t)、C(0，1-t)(其中t＞0)，点P在以D(4，4)为圆心，1 为半径的⊙D上运动，且始终满足∠BPC=90°，则t的取值范围是 ．

【答案】4≤t≤6
【分析】根据点A、B、C的坐标，可知点A是BC的中点，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半解得AP的长，再由勾股定理解得AD的长，最后由点与圆的位置关系解得t的最大值与最小值，进而确定t的取值范围．
【详解】连接AP，

由题意得，AB=(1+t)−1=t，AC=1−(1−t)=t
∴AB=AC
∵∠BPC=90°
∴AP=12BC=AB=t
t要最大，就是点A到⊙D上的一点的距离最大
∴P在AD延长线上，
∵A(0，1)，D(4，4)
∴AD=16+(4−1)2=5
∴t的最大值是AP=AD+PD=5+1=6
∴t的最小值是AP=AD-PD=5-1=4

故t的取值范围为： 4≤t≤6
故答案为：4≤t≤6．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系，其中涉及坐标与图形的性质、勾股定理、直角三角形中线的性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
三、解答题（本题共8小题，共72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
19．（8分）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，且CD⊥AB于点E．
(1)求证：∠BCO=∠D；
(2)若CD=42，AE=2，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）由等边对等角可得∠BCO=∠B，再根据同弧所对的圆周角相等可得∠B=∠D，最后根据等量代换即可解答；
（2）根据垂径定理可得CE=12CD=22，设⊙O的半径为r，则OC=r、OA=r结合AE=2可得OE=OA−AE=r−2，最后在Rt△OCE中运用勾股定理列式计算即可．
【详解】（1）证明：∵OC=OB，
∴∠BCO=∠B，
∵∠B=∠D，
∴∠BCO=∠D．
（2）解：∵AB是⊙O的直径，且CD⊥AB于点E，CD=42，
∴CE=12CD=22．
设⊙O的半径为r，则OC=r，OA=r．
∵AE=2，
∴OE=OA−AE=r−2．
在Rt△OCE中，OC2=CE2+OE2，
∴r2=222+r−22，解得r=3，
∴⊙O的半径为3．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、圆周角定理、垂径定理、勾股定理等知识点，灵活运用相关性质和定理成为解答本题的关键．
20．（8分）如图，已知AB、CD为⊙O的两条弦，AD=BC，求证：AB=CD．
【答案】见详解
【分析】本题考查了圆周角定理，同弧所对的弦是相等的，据此即可作答．
【详解】解：∵AB、CD为⊙O的两条弦，AD=BC
∴AD+BD=BC+BD
∴AB=CD
∴AB=CD
21．（8分）如图，在⊙O中，AC=BC，CD⊥OA于D，CE⊥OB于E，求证：AD=BE．
【答案】见解析．
【分析】本题考查了弧与圆心角的关系，连接OC根据题意得出∠AOC=∠BOC进而证明△COD≌△COE，得出OD=OE，进而即可得证．
【详解】解：连接OC
∵ AC=BC
∴∠AOC=∠BOC，
∵CD⊥OA于D，CE⊥OB于E
∴∠ODC=∠OEC=90°，
又∵CO=CO
∴△COD≌△COE，
∴OD=OE，
又∵OA=OB
∴OA−OD=OB−OE，
∴AD=BE．
22．（8分）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，E是BC的中点，以AB为直径的⊙O交 AC于点D．判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由．

【答案】直线DE与⊙O相切，理由见详解
【分析】本题考查切线的判定和性质，直角三角形的边角关系，理解切线的判定方法以及直角三角形的边角关系是正确计算的前提．连接OD,BD，利用圆周角定理和直角三角形的性质，可得CE=DE，得到∠C=∠CDE，再根据OD=OA，得到∠ODA=∠A，再证明∠ODE=90°即可．
【详解】解：直线DE与⊙O相切，理由如下：
如图，连接OD,BD，

∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=∠BDC=90°,
∵E是BC的中点，
∴CE=DE，
∴∠C=∠CDE，
∵OD=OA，
∴∠ODA=∠A，
在Rt△ABC中，∠A+∠C=90°，
∴∠CDE+∠ODA=90°，即∠ODE=180°−∠CDE−∠ODA=90°，
∵点D在⊙O上，
直线DE与⊙O相切．
23．（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC，O是边AC上的点，以OC为半径的圆分别交边BC、AC于点D、E，过点D作DF⊥AB于点F．
（1）求证：直线DF是⊙O的切线；
（2）若OC＝1，∠A＝45°，求劣弧DE的长．
【答案】（1）详见解析；（2）34π．
【分析】（1）连结OD，根据等腰三角形的性质得到OD∥AB，根据平行线的性质得到∠ODF＝90°，根据切线的判定定理证明；
（2）根据平行线的性质得到∠AOD＝180°﹣45°＝135°，根据弧长公式计算即可．
【详解】证明：如图，连结OD，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵OC＝OD，
∴∠ODC＝∠ACB，
∴∠B＝∠ODC，
∴OD∥AB，
∵DF⊥AB，
∴∠ODF＝∠BFD＝90°，
∵OD为半径，
∴直线DF是⊙O的切线；
（2）解：∵∠A＝45°，OD∥AB，
∴∠AOD＝180°﹣45°＝135°，
∴劣弧DE的长为135×π180=34π．
【点睛】本题主要考查了切线的判定及弧长的计算，熟练掌握切线的判定定理及弧长的计算公式是解题的关键.
24．（10分）已知：如图，AB是⊙O的直径，点D是AB延长线上一点，CD与⊙O相切于点E，连接AC交⊙O于点F，AE平分∠DAC．
(1)求证：AC⊥CD；
(2)若∠D=30°，AD=6，求AF的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）连接OE，利用切线的性质得OE⊥CD，再由等腰三角形性质与角平分线定义证∠OEA=∠EAC，得出OE∥AC，最后由平行线的性质得出结论；
（2）连接BF，利用圆周角定理的推论，得出∠BFA=90°，从而得证BF∥CD，∠FBA=∠D=30°，由含30°的直角三角形的性质求出圆的半径r值，从而得直径AB值，在Rt△BFA中，由含30°的直角三角形的性质求AF长即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接OE，
∵CD与⊙O相切于点E，
∴OE⊥CD，
∵OE=OA，
∴∠OEA=∠OAE，
又AE平分∠DAC，
∴∠EAC=∠OAE，
∴∠OEA=∠EAC，
∴OE∥AC，
∴AC⊥CD．
（2）解：如图，连接BF，
由（1）得AC⊥CD，∠C=90°
又∵AB是⊙O的直径，
∴∠BFA=90°，
∴∠BFA=∠C，
∴BF∥CD，∠FBA=∠D=30°，
设⊙O的半径为r，
∵∠D=30°，由（1）得OE⊥CD，
∴DO=2OE=2r，
AD=DO+AO=3r，
∵AD=6，
∴r=2．则AB=2r=4，
在Rt△BFA中，∠FBA=30° ，
AF=12AB=2．
【点睛】本题考查切线的性质，含30°的直角三角形的性质，平行线的性质与判定，圆周角定理的推论，熟练掌握切线的性质和含30°的直角三角形的性质是解题的关键．
25．（10分）如图1，已知四边形ABCD内接于⊙O，AD=BC，延长AB到E，使BE=AB，连接EC，F是EC的中点，连接BF.
（1）若⊙O的半径为3，∠DAB=120°，求劣弧BD的长；
（2）如图2，连接BD，求证：BF=12BD；
（3）如图3，G是BD的中点，过B作AE的垂线交⊙O于点P，连接PG，PF，求证：PG=PF.
【答案】（1）2π（2）（3）见解析
【分析】（1）如图1中，连接OD，OB．求出∠DOB即可解决问题．
（2）如图1中，连接AC．首先证明AC＝BD，再利用三角形的中位线定理即可解决问题．
（3）如图3中，连接AC．证明△PBG≌△PBF（SAS）即可解决问题．
【详解】（1）解：如图1中，连接OD，OB．
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠DAB＋∠DCB＝180°，
∵∠DAB＝120°，
∴∠DCB＝60°，
∴∠DOB＝2∠DCB＝120°，
∴BD的长＝120⋅π⋅3180＝2π．
（2）证明：如图1中，连接AC．
∵AD＝BC，
∴AD＝BC，
∴BD＝AC，
∴BD＝AC，
∵AB＝BE，CF＝EF，
∴BF＝12AC，
∵AC＝BD，
∴BF＝12BD．
（3）证明：如图3中，连接AC．
∵AB＝BE，CF＝FE，
∴BF∥AC，
∴∠EBF＝∠CAB，
∵AD＝BC，
∴AD＝BC，
∴∠DBA＝∠CAB，
∴∠DBA＝∠EBF，
∵PB⊥AE，
∴∠PBA＝∠PBE＝90°，
∴∠PBG＝∠PBF，
∵DG＝BG，BF＝12BD，
∴BG＝BF，
∵BP＝BP，
∴△PBG≌△PBF（SAS），
∴PG＝PF．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，弧长公式，全等三角形的判定和性质三角形的中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题．
26．（10分）如图，在△ABC 中，AB=BC，∠ABC=90° ，D是AB上一动点，连接CD，以CD为直径的⊙M交AC于点E，连接BM并延长交AC于点F，交⊙M于点G，连接BE．
(1)如图1，当点D移动到使CD⊥BE时，
①连接DE，求证：BD=AE ．
②求BD:BC的值．
(2)如图2，当点D到移动到使CG=30°时，求证：AE2+CF2=EF2．
【答案】(1)①见解析；②BD:BC=2−1:1
(2)见解析
【分析】（1）①由AB=BC，∠ABC=90°得∠A=∠BCA=45°，再由垂径定理得BD=DE，再证明AE=DE， 从而即可证明结论成立；②先由勾股定理AD=2BD ，进而得BC=AB=(2+1)BD，于是即可得解；
（2）连接DE，EM，先证明∠EMF=90°，进而由勾股定理得EM²+MF²=EF²，再证明△DME是等边三角形得DE=EM，∠CDE=60°，再证明∠DCE=∠CMG=30°得CF=MF ， 从而证明结论成立．
【详解】（1）解：①∵AB=BC，∠ABC=90° ，
∴∠A=∠BCA=12×90°=45°，
∵CD⊥DE，CD是⊙M的直径，
∴BD=DE，
∴BD=DE，
∵CD是⊙M的直径，
∴∠CED=90°，
∴∠AED=180°−∠CED=90°，
∵∠A=45°，
∴∠ADE=∠A=45°，
∴AE=DE，
∴AE=BD；
②∵AE=BD，BD=DE，
∴AE=DE=DB，
∵∠AED=90°，
∴AD=AE2+DE2=2BD ，
∴AB=AD+BD=(2+1)BD，
∴BC=AB=(2+1)BD，
∴BD:BC=1:2+1=2−1:1；
（2）证明：如图，连接DE，EM，
∵∠EMB=2∠ECB， ∠ECB=45°，
∴∠EMB=90°，
∴∠EMF=90°，
∴EM²+MF²=EF²，
∵CG=30° ，
∴∠CMG=30°，
∴∠DME=180°−90°−30°=60°，
∵DM=EM，
∴△DME是等边三角形．
∴DE=EM，∠CDE=60°，
∵由（1）知AE=DE ，
∴AE=ME，
∵∠DEC=90°，∠CDE=60° ，
∴∠DCE=30°，
∴∠DCE=∠CMG=30°，
∴CF=MF ，
∵EM²+MF²=EF²，
∴AE²+CF²=EF²．
【点睛】本题主要考查了勾股定理、垂径定理、直角三角形的两锐角互余以及等边三角形的判定及性质，熟练掌握勾股定理及垂径定理是解题的关键．