2025年中考数学二轮复习：圆 压轴解答题练习题（含答案解析）

这是一份2025年中考数学二轮复习：圆 压轴解答题练习题（含答案解析），共91页。试卷主要包含了课本再现，定义，我们在八年级上册曾经探索，[模型建立]等内容，欢迎下载使用。
1．在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为2，对于点P，Q和⊙O的弦AB，给出如下定义：若弦AB上存在点C，使得点P绕点C逆时针旋转60°后与点Q重合，则称点Q是点P关于弦AB的“等边旋转点”．
（1）如图，点P（﹣2，0），直线x＝1与⊙O交于点A，B．
①点B的坐标为 ，点B （填“是”或“不是”）点P关于弦AB的“等边旋转点”；
②若点P关于弦AB的“等边旋转点”为点Q，则PQ的最小值为 ，当PQ与⊙O相切时，点Q的坐标为 ；
（2）已知点D（t，0），E（﹣1，0），若对于线段OE上的每一点M，都存在⊙O的长为23的弦GH，使得点M是点D关于弦GH的“等边旋转点”，直接写出t的取值范围．
2．在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，对于⊙O的弦AB和不在直线AB上的点C，给出如下定义：若∠ACB＝α，且点C关于弦AB的中点M的对称点在⊙O上或其内部，则称点C为弦AB的“α关联点”．
（1）已知点A(−12，32)，B(1，0)．
①在点C1(−1，−1)，C2(2，0)，C3(0，3)中，点 是弦AB的关联点，其中α＝ ．
②若直线y=−3x+b上存在AB的“60°关联点”，则b的取值范围是 ；
（2）若点C是AB的“60°关联点”，且OC=3，直接写出弦AB的最大值和最小值．
3．（1）如图1，在扇形AOB中，点O为扇形所在圆的圆心，AO=23，∠AOB＝120°，点C是AB上一点，则△ABC面积的最大值为 ；
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，连接AC．若AC＝6，求四边形ABCD的面积；
（3）如图3，菱形ABCD是一个广场示意图，其中菱形边长AB为120米，∠A＝60°，市政部门准备在这块菱形广场中修建一个四边形景观区DEBF，这块四边形区域需要满足BE＝BF，∠EBF＝60°，∠EDF＝75°，则这块四边形区域DEBF的面积是否存在最小值？若存在，请计算出面积的最小值及此时线段BF的长，若不存在，请说明理由．（结果保留根号）
4．（1）课本再现：如图1，PA，PB是⊙O的两条切线，切点分别为A，B．则图中的PA与PB，∠APO与∠BPO有什么关系？请说明理由．
（2）知识应用：如图，PN、PD、DE分别与⊙O相切于点A、B、C，且DE∥PN，连接OD、OP，延长PO交⊙O于点M，交DE于点E，过点M作MN∥OD交PN于N．
①求证：MN是⊙O的切线；
②当OD＝3cm，OP＝4cm时，求⊙O的半径及图中阴影部分的面积．
5．如图1，在正方形ABCD中，AB＝8，点O与点B重合，以点O为圆心，作半径长为5的半圆O，交AB于点E，交AB的延长线于点F，点M，N是弧EF的三等分点（点M在点N的左侧）．将半圆O绕点E逆时针旋转，记旋转角为α（0°＜α≤90°），旋转后，点F的对应点为点F′．
（1）如图2，在旋转过程中，当EF′经过点N时．
①求α的度数；并求EN的长；
②连接FF′，求FF′与FN的长度，并比较大小；（3取1.7，π取3）
（2）在旋转过程中，若半圆O与正方形ABCD的边相切，请直接写出点A到切点的距离．
6．如图是由小正方形组成的6×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点，⊙O经过A，B，C三个格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
（1）在图（1）中画BC的中点D；
（2）如图（2），延长BA至格点F处，连接CF．
①直接写出∠F的度数，∠F＝ （度）；
②P为CF上一点，连接BP，将PB绕点B顺时针旋转90°得到QB，画出线段QB，并简要说明．
7．定义：对于凸四边形，对角线相等的四边形称为“等对”四边形，对角线垂直的四边形称为“垂对”四边形．
（1）请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”）
①平行四边形一定不是“等对”四边形；
②“垂对”四边形的面积等于其对角线长的乘积的一半；
③顺次连接“等对”四边形四边中点而成的四边形是“垂对”四边形；
（2）如图1，已知四边形ABCD（AD≠BC）既是“等对”四边形，又是“垂对”四边形，且四边形的四个顶点都在⊙O上，连接四边形的对角线AC，BD交于点P．
①记△ADP，△BCP，四边形ABCD的面积分别为S1，S2，S，求证：S=S1+S2；
②如图2，点M为AB的中点，连接MP并延长交CD于点N，若AD+BC＝m，MN＝n，求⊙O的半径（用含m，n的式子表示）．
8．我们在八年级上册曾经探索：把一个直立的火柴盒放倒（如图1），通过对梯形ABCD面积的不同方法计算，来验证勾股定理．a、b、c分别是Rt△ABE和Rt△CDE的边长，易知AD=2c，这时我们把关于x的形如ax2+2cx+b=0的一元二次方程称为“勾氏方程”．
请解决下列问题：
（1）方程x2+2x+1＝0 （填“是”或“不是”）“勾氏方程”；
（2）求证：关于x的“勾氏方程”ax2+2cx+b=0必有实数根；
（3）如图2，⊙O的半径为10，AB、CD是位于圆心O异侧的两条平行弦，AB＝2m，CD＝2n，m≠n．若关于x的方程mx2+102x+n=0是“勾氏方程”，连接OD，OB，求∠BOD的度数．
9．课本再现
（1）在圆周角和圆心角的学习中，我们知道了：圆内接四边形的对角互补．课本中先从四边形一条对角线为直径的特殊情况来论证其正确性，再从对角线是非直径的一般情形进一步论证其正确性，这种数学思维方法称为“由特殊到一般”
如图1，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，AC为直径，则∠B＝∠D＝ 度，∠BAD+∠BCD＝ 度．
（2）如果⊙O的内接四边形ABCD的对角线AC不是⊙O的直径，如图2、图3，请选择一个图形证明：圆内接四边形的对角互补．
知识运用
（3）如图4，等腰三角形ABC的腰AB是⊙O的直径，底边和另一条腰分别与⊙O交于点D，E．点F是线段CE的中点，连接DF，求证：DF是⊙O的切线．
10．[模型建立]
如图①、②，点P分别在⊙O外、在⊙O内，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，PB是点P到⊙O上的点的最长距离．
[问题解决]
请就图①中PB为何最长进行证明．
[初步应用]
（1）已知点P到⊙O上的点的最短距离为3，最长距离为7．则⊙O的半径为 ．
（2）如图③，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6．点E在边BC上，且CE＝2，动点P在半径为2的⊙E上，则AP的最小值是 ．
[拓展延伸]
如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝4，∠AOC＝120°，P为⊙O上的动点，连接AP，取AP中点Q，连接CQ，则线段CQ的最大值为 ．
11．AB为⊙O的直径，BC为⊙O的弦，AB=2BC．
（1）如图1，求证：AC=BC；
（2）如图2，AD，AE为⊙O的弦，AD交BC于点F，连接EF，OG⊥AE，点G为垂足，过G作EF的平行线交AF于点H，求证：AH＝HF；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CO交AF于点P，点Q在AO上，连接FQ交OC于点I，连接HI，若FQ+QO＝OB，PC＝8，BQ＝23，求HI的长．
12．如图1，在锐角△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，连结BO并延长交AC于点D，交⊙O于点G，设∠BAC＝α．
（1）填空：当α＝20°时，则∠BDC＝ ．
（2）如图2，当0°＜α＜60°时，在BG左侧圆弧上取点E，使BE=BC，连结AE，DE，EG，设EG与AC交于点F．
①求证：EG平分∠AED．
②若△EDG的一边与BC平行，且AF＝1，求DE的长．
13．如图1，C，D是半圆ACB上的两点，若直径AB上存在一点P，满足∠APC＝∠BPD，则称∠CPD是弧CD的“幸运角”．
（1）如图2，AB是⊙O的直径，弦CE⊥AB，D是弧BC上的一点，连接DE交AB于点P，连接CP．
①∠CPD是弧CD的“幸运角”吗？请说明理由；
②设弧CD的度数为n，请用含n的式子表示弧CD的“幸运角”度数；
（2）如图3，在（1）的条件下，若直径AB＝10，弧CD的“幸运角”为90°，DE＝8，求CE的长．
14．在平面直角坐标系xOy中，已知点T（t，0），⊙T的半径为1，它的一条弦MN作两次变换：关于点M作中心对称后得到线段MP，关于点N作中心对称后得到线段NQ．我们称点P、Q为⊙T的对称点，称线段PQ为⊙T的对称弦．
（1）如图，点A，B，C，D的横、纵坐标都是整数．
①在线段AB，AD，CB，CD中，⊙O的对称弦是 ；
②若线段AC上的点都是⊙T的对称点，求t的取值范围；
（2）若⊙O的对称弦PQ过点（1，0），直线y=3x+b与线段PQ有公共点，b的取值范围是 ．
15．数学课上，小明同学遇到了这样的一个问题：如图，点A、B、C、D在⊙O上，连结AB，AD，BC，CD，AC为⊙O的一条直径，过点A作AE⊥BD交BD于点E．设∠ADE＝α．
【证明】老师说：利用所学习的“圆的知识”可以证明△ABE∽△ACD，请你帮助小明网学完成，△ABE∽△ACD的证明过程．
【应用】小明同学发现，利用△ABE∽△ACD可以解决如下问题：
①若SABESACD=49，则sinα＝ ；
②若AD＝5，CD＝10，sinα=35，则BD的长为 ．
16．如图，AB是⊙O的直径，AB＝8，点C在直径AB上运动，PC⊥AB，垂足为C，PC＝5，在PC右侧作⊙O的切线PT，切点为T，连接PO．
（1）如图1，当点C与点A重合时，连接BT．
①求证：PA＝PT；
②直接写出此时PO与BT的位置关系（不说理由）；
（2）设线段OP与⊙O交于点Q，如图2，当AC=4−7时，求劣弧QT的长；
（3）直接写出PT长的最小值．
17．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，点P从点C出发，在线段CB上向点B以每秒2cm的速度移动，以点P为圆心，PB为半径作⊙P．设运动时间为t秒．解答下列问题：
（1）如图1，当⊙P过点D时，求时间t的值．
（2）如图2，若在运动过程中，是否存在t的值，使得⊙P与直线AC相切？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（3）如图3，当⊙P与直线AD相切时，切点为E，T为弧BE上的任意一点，过点T作⊙P的切线分别交AB，AD于点M，N，设BM长度为x．
①求证：△AMN的周长PT为定值；
②记△AMN的面积为S1，△PMN的面积为S2，当1S1+12S2=98时，求x的值．
18．定义：同一个圆中，互相垂直且相等的两条弦叫做等垂弦，等垂弦所在直线的交点叫做等垂点．
（1）如图1，AB、AC是⊙O的等垂弦，OD⊥AB，OE⊥AC垂足分别为D，E．
求证：四边形ADOE是正方形；
（2）如图2，AB是⊙O的弦，作OD⊥OA，OC⊥OB分别交⊙O于D，C两点，连接CD．分别交AB、OA与点M、点E．
求证：AB，CD是⊙O的等垂弦；
（3）已知⊙O的直径为10，AB、CD是⊙O的等垂弦，P为等垂点．若AP＝3BP．求AB的长．
19．如图1，以AB为直径的⊙O与△ABC的边BC交于点D，∠CAD＝∠ABC，点M是直径AB下方半圆上的一动点，连接AM，DM．DM交AB于点P．
（1）若AB＝4，BC=26，求tanM；
（2）①记△ACD的面积为S△ACD，△ABD的面积为S△ABD，若S△ACD：S△ABD=14，⊙O的半径为5．求线段CD的长；
②如图2，当动点M运动到恰好使得P为DM的中点时，∠ABC的角平分线交DM于点E，交AD于点F，求DEDP+DFAD的值；
（3）如图3，连接BM，记△APD的面积为S1，△BPM的面积为S2，四边形AMBD的面积为S，若满足S=S1+S2，试判断四边形AMBD的形状，并说明理由．
20．【问题提出】
（1）如图1，在四边形ABCD中，连接AC，BD，若AB＝AC＝AD，∠BAC＝50°，则∠BDC的度数为 °；（提示：以点A为圆心，AB为半径作⊙A）
【问题解决】
（2）如图2，在矩形ABCD中，已知AB＝3，BC＝4，点P是BC边上一动点（点P不与B，C重合），连接AP，作点B关于直线AP的对称点M，连接MC，求线段MC的最小值；
【实践应用】
（3）如图3，有一块形状为等腰直角三角形的空地ACD，∠CAD＝90°，在空地旁边有一条与CD边平行的小路a，小路a经过点A，现计划在小路a上找一点B，在DA的延长线上找一点P，沿着BC，BP修两条水渠，同时保证∠CBP＝90°，当BP=502米，AD＝80米时，求两条水渠的交汇点B到A的距离．
21．【问题情境】
（1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转45°（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的 倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略；
【操作实践】
（2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点P为端点的四条线段之间的数量关系；
【探究应用】
（3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将△PDC绕点P逆时针旋转，他发现旋转过程中∠DAP存在最大值．若PE＝8，PF＝5，当∠DAP最大时，求AD的长；
22．如图，以AB为直径作⊙O，C为⊙O上一点，△OQP≌△ABC，OQ与BC交于点G，AC＝6，BC＝8．
（1）如图1，当OP经过点C时，PC＝ ．
（2）在（1）的条件下，求证：BG＝CG．
（3）如图2，将△OQP从图1的位置开始绕点O顺时针旋转（OP与OB重合时停止转动），OP与BC交于点H，设PQ的中点M到BC的距离为d．
①当OP⊥AB时，求BH的长；
②直接写出旋转过程中d的最大值．
23．已知，四边形ABCD内接于⊙O，AD=BD，点T在BC的延长线上．
（1）如图1，求证：CD平分∠ACT；
（2）如图2，若AC是⊙O的直径，BE平分∠ABC交CD延长线于E，交⊙O于F，连接AE，AF，DF．
①求∠AED的度数；
②若CDAB=58，△DEF的面积等于259，求AC的长．
24．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，延长BC到点D，使CD＝1，P是BC边上一点（不与点B，C重合）．点Q在射线BA上，PQ＝BP，以点P为圆心，PD的长为半径作⊙P，交AC于点E，连接PQ，设PC＝x．
（1）AB BD（填“＜”“＝”或“＞”），如图1，当点Q在⊙P上时，x的值为 ．
（2）如图2，当C为PD中点时，连接PE，求扇形DPE的面积．
（3）如图3，当⊙P与AB相切时，求CDPC的值．
（4）若⊙P与△ABC的三边有两个公共点，直接写出x的取值范围．
25．阅读与思考
下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务．
任务：
（1）直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容： ；
（2）如图③，六边形ABCDEF是等边半正六边形．连接对角线AD，猜想∠BAD与∠FAD的数量关系，并说明理由；
（3）如图④，已知△ACE是正三角形，⊙O是它的外接圆．请在图4中作一个等边半正六边形ABCDEF（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）．
参考答案与试题解析
一．解答题（共25小题）
1．在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为2，对于点P，Q和⊙O的弦AB，给出如下定义：若弦AB上存在点C，使得点P绕点C逆时针旋转60°后与点Q重合，则称点Q是点P关于弦AB的“等边旋转点”．
（1）如图，点P（﹣2，0），直线x＝1与⊙O交于点A，B．
①点B的坐标为 （﹣1，3） ，点B 是 （填“是”或“不是”）点P关于弦AB的“等边旋转点”；
②若点P关于弦AB的“等边旋转点”为点Q，则PQ的最小值为 3 ，当PQ与⊙O相切时，点Q的坐标为 （﹣2，﹣23） ；
（2）已知点D（t，0），E（﹣1，0），若对于线段OE上的每一点M，都存在⊙O的长为23的弦GH，使得点M是点D关于弦GH的“等边旋转点”，直接写出t的取值范围．
【考点】圆的综合题．
【专题】新定义；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①（1，−3），是；
②3，（﹣2，﹣23）；
（2）﹣2≤t≤−233或1≤t≤13−12．
【分析】（1）①连接OA，OB，设AB交x轴于点C，可求得∠AOB＝2∠AOC＝120°，AC＝BC=3，进一步得出结果；
②将PB绕点B逆时针旋转60°至PB′，可得出AB′上点是点P关于AB的“等边旋转点”，当PQ⊥AB′时，PQ最小，当PQ与⊙O相切时，点Q在B′处，进一步得出结果；
（2）将点O逆时针旋转60°得O′，则点O′在直线y=3x上，对于线段OE上的每一点M，点M是点D关于GH的“等边旋转点”需要满足在以O′为圆心，半径为1和半径为2形成的圆环覆盖OM，
分类：当半径为2的圆O′过点O时；当半径为1的⊙O′与OD相切时，作O′H⊥x轴于H，则O′H＝1；当半径为1的⊙O′与x轴相切时，OD＝O′O＝1；当半径为2的⊙O′过点E时，连接O′E，作OF⊥DE于F，则O′E＝2，分别求得t的值，进一步得出结果．
【解答】解：（1）①如图1，
连接OA，OB，设AB交x轴于点C，
∵AB⊥x轴，cs∠AOC=OCOA=12，
∴∠AOC＝60°，
∵OA＝OB，
∴∠AOB＝2∠AOC＝120°，AC＝BC＝OB•sin∠AOC＝2•cs60°=3，
∴∠P=12∠AOB=60°，AP＝BP，B（1，−3），
∴△ABP是等边三角形，
∴点B是点P关于弦AB的“等边旋转点”，
故答案为：（1，−3），是；
②如图2，
将PB绕点B逆时针旋转60°至PB′，
∴点B′是点P关于弦AB的“等边旋转点”，
∵点B是点P关于弦AB的“等边旋转点”，
∴AB′上点是点P关于AB的“等边旋转点”，
∴当PQ⊥AB′时，PQ最小=32PB=32AB=32×23=3，
∵△PBB′是等边三角形，
∴∠BPB′＝60°，
∵∠PBO＝30°，
∴∠B′PO＝90°，
∴B′P⊥OP，
∴B′P是⊙O的切线，
当PQ与⊙O相切时，点Q在B′处，
∴Q（﹣2，﹣23），
故答案为：3，（﹣2，﹣23）；
（2）如图3﹣1，
将点O逆时针旋转60°得O′，则点O′在直线y=3x上，
对于线段OE上的每一点M，点M是点D关于GH的“等边旋转点”需要满足在以O′为圆心，半径为1和半径为2形成的圆环覆盖OM，
当半径为2的圆O′过点O时，
∵△OO′D是等边三角形，
∴OD＝O′D＝2，此时t＝﹣2，
如图3﹣2，
当半径为1的⊙O′与OD相切时，作O′H⊥x轴于H，则O′H＝1，
∴OH=33O′H=33，
∴OD＝2OH=233，
此时t=−233，
∴﹣2≤t≤−233，
如图3﹣3，
当半径为1的⊙O′与x轴相切时，OD＝O′O＝1，
此时t＝1，
如图3﹣4，
当半径为2的⊙O′过点E时，连接O′E，作OF⊥DE于F，则O′E＝2，
设OF＝FD＝a，则O′F=3a，EF＝1+a，
∵∠O′FE＝90°，
∴O′F2+EF2＝O′E2，
∴(3a)2+(1+a)2=22，
∴a=13−14或a=−13−14（舍去），
∴OD＝2a=13−12，
∴1≤t≤13−12，
综上所述：﹣2≤t≤−233或1≤t≤13−12．
【点评】本题在新定义的基础上，考查点和圆的位置关系，直线和圆的位置关系，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键根据定义作旋转的辅助线．
2．在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，对于⊙O的弦AB和不在直线AB上的点C，给出如下定义：若∠ACB＝α，且点C关于弦AB的中点M的对称点在⊙O上或其内部，则称点C为弦AB的“α关联点”．
（1）已知点A(−12，32)，B(1，0)．
①在点C1(−1，−1)，C2(2，0)，C3(0，3)中，点 C3 是弦AB的关联点，其中α＝ 60° ．
②若直线y=−3x+b上存在AB的“60°关联点”，则b的取值范围是 0＜b≤2+3 ；
（2）若点C是AB的“60°关联点”，且OC=3，直接写出弦AB的最大值和最小值．
【考点】圆的综合题．
【专题】新定义；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①C3，60°；
②0＜b≤2+3；
（2）AB最小＝1，AB最大=3．
【分析】（1）①画出图形，直观判定；
②作等边三角形ABC，作△ABC的外接圆，当直线l：y=−3x+b与⊙I相切于点E时，连接AC3，连接IE，作C3F⊥DE于F，设l交y轴于点D，则⊙I的半径为IE＝1，可得∠DC3F＝∠OAC3＝60°，AC3∥直线l，进一步得出结果；
（2）当△ABC是等边三角形时，AB最小，此时OC⊥AB，设OC交AB于D，在Rt△AOD根据勾股定理列出方程，进一步得出结果；当∠CAB＝90°时，AB最大，作OD⊥AB于D，作OE⊥AC于E，设AC＝2x，AE＝OB＝y，则AB=3AC=23x，OD=3x在Rt△AOD和Rt△COE中，根据勾股定理列出方程组，进一步得出结果．
【解答】解：（1）①如图1，
点C1和C2关于AB的中点的对称点在⊙O外，
∵C3′（1−12−0，0+32−3），即（12，−32），
∴（12）2+(32)2=1，
∴点C3′在圆上，
∴点C是弦AB的关联点，
∵tan∠ACO=|xA|yC−yA=33，
∴∠ACO＝60°，
同理可得：∠BCO＝30°，
∴∠ACB＝60°，
故答案为：C3，60°；
②如图2，
作等边三角形ABC，作△ABC的外接圆，
当直线l：y=−3x+b与⊙I相切于点E时，连接AC3，连接IE，作C3F⊥DE于F，设l交y轴于点D，
则⊙I的半径为IE＝1，可得∠DC3F＝∠OAC3＝60°，AC3∥直线l，
∴C3F＝IE＝1，
∴DC3＝2C3F＝2，
∴b＝OC3+CE＝2+3，
当直线y=−3x+b过点B时，b＝0，
∴0＜b≤2+3；
（2）如图3，
当△ABC是等边三角形时，AB最小，此时OC⊥AB，设OC交AB于D，
∴AD＝BD=12AB，∠ACD＝∠BCD=12∠ACB=30°，
∴CD=3AD，
在Rt△AOD中，
∵AD2+OD2＝OA2，
∴OD2+(3−3AD)2=12，
∴AD=12，
∴AB＝1，
如图4，
当∠CAB＝90°时，AB最大，
作OD⊥AB于D，作OE⊥AC于E，
设AC＝2x，AE＝OB＝y，则AB=3AC=23x，OD=3x
在Rt△AOD和Rt△COE中，
由OD2+AD2＝OA2，CE2+OE2＝OC2得，
(3x)2+y2=12(3x)2+(2x+y)2=(3)2，
∴x=12y=12，
∴AB＝23x=3，
∴AB最小＝1，AB最大=3．
【点评】本题在新定义的基础上，考查了直线和圆，圆与圆位置关系，圆周角定理，轴对称的性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是确定点的运动位置．
3．（1）如图1，在扇形AOB中，点O为扇形所在圆的圆心，AO=23，∠AOB＝120°，点C是AB上一点，则△ABC面积的最大值为 33 ；
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，连接AC．若AC＝6，求四边形ABCD的面积；
（3）如图3，菱形ABCD是一个广场示意图，其中菱形边长AB为120米，∠A＝60°，市政部门准备在这块菱形广场中修建一个四边形景观区DEBF，这块四边形区域需要满足BE＝BF，∠EBF＝60°，∠EDF＝75°，则这块四边形区域DEBF的面积是否存在最小值？若存在，请计算出面积的最小值及此时线段BF的长，若不存在，请说明理由．（结果保留根号）
【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【答案】（1）33；
（2）18；
（3）四边形DEBF的最小值为（36003−36002+3600）m2，BF＝（603−602+60）m．
【分析】（1）过O作OH⊥AB于H，延长OH交扇形AOB于D，根据等腰三角形的性质得到∠AOH=12∠AOB=12×120°=60°，OH=12OA=3，根据勾股定理得到AH=OA2−OH2=3，求得AB＝2AH＝6，得到DH＝23−3=3，当点C到AB的距离最大时，△ABC的面积最大，当点C与点D重合时，点C到AB的距离最大，于是得到结论；
（2）将△ACD绕点A顺时针旋转90°得到△ABE，说明∠ABE+∠ABC＝180°，则点E、B、C三点共线，得四边形ABCD的面积＝S△ACE＝18；
（3）连接CF，BD，根据等边三角形的性质得到BD＝BC，∠DBC＝60°，根据全等三角形的判定定理得到△EBD≌△FBC（SAS），得到S△DEBF＝S△EBD+S△BDF＝S△BFC+S△BDF，求得∠DFC＝135°，作△DFC的外接圆，圆心为O，连接OD，OC，OF，得到OD＝OF＝OC＝602cm，过O作ON⊥OC于N，交⊙O于F′，过F作FM⊥CD于M，过O作OH⊥FM于H，由FO≥HF，四边形MNOH是矩形，F′O＝FO，得到F′O≥HF，F′O﹣ON≥FH﹣MH，推出F′N≥FM，当F与F′重合时，FM最大为F′N，求得F′N＝（602−60）m，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：（1）过O作OH⊥AB于H，延长OH交扇形AOB于D，
∵AO＝BO＝23，
∴∠AOH=12∠AOB=12×120°=60°，
∴OH=12OA=3，
∴AH=OA2−OH2=3，
∴AB＝2AH＝6，
∴DH＝23−3=3，
当点C到AB的距离最大时，△ABC的面积最大，
∴当点C与点D重合时，点C到AB的距离最大，
∴S△ACB=12AB•DH=12×6×3=33；
即△ABC面积的最大值是33；
故答案为：33；
（2）如图，将△ACD绕点A顺时针旋转90°得到△ABE，
∴∠ADC＝∠ABE，AC＝AE，∠EAC＝90°，
∵∠BAD＝∠DCB＝90°，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∴∠ABE+∠ABC＝180°，
∴点E、B、C三点共线，
∴△ACE是等腰直角三角形，
∴四边形ABCD的面积＝S△ACE=12×6×6＝18；
（3）连接CF，BD，
∵四边形ABCD是菱形，∠A＝60°，
∴△DBC是等边三角形，
∴BD＝BC，∠DBC＝60°，
∵∠EBF＝60°，BE＝BF，
∴∠EBD＝∠FBC，
∴△EBD≌△FBC（SAS），
∴S△DEBF＝S△EBD+S△BDF＝S△BFC+S△BDF，
∵∠EDF＝75°，
∴∠E+∠DFB＝360°﹣60°﹣75°＝225°，
∴∠BFC+∠DFB＝225°，
∴∠DFC＝135°，
作△DFC的外接圆，圆心为O，连接OD，OC，OF，
∵∠DFC＝135°，OC＝120m，
∴∠DOC＝90°，
∴OD＝OF＝OC＝602cm，
过O作ON⊥OC于N，交⊙O于F′，过F作FM⊥CD于M，过O作OH⊥FM于H，
∵FO≥HF，四边形MNOH是矩形，F′O＝FO，
∴F′O≥HF，F′O﹣ON≥FH﹣MH，
∴F′N≥FM，
∴当F与F′重合时，FM最大为F′N，
∵DN＝NO＝CN=12OC＝60（m），
∴F′N＝（602−60）m，
∴S△DFC的最大值=12DC•F′N=12×120×(602−60)=（3602−360）m2，
∴S△BDF+S△BFC的最大值＝S△BDC﹣S△DFC=34×1202﹣（36002−3600）＝36003−36002+3600，
∴四边形DEBF的最小值为（36003−36002+3600）m2，
此时，BF＝603−F′N＝603−（602−60）＝（603−602+60）m．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了四边形内角和定理，圆的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理等知识，利用旋转构造等腰直角三角形是解决问题（3）的关键．
4．（1）课本再现：如图1，PA，PB是⊙O的两条切线，切点分别为A，B．则图中的PA与PB，∠APO与∠BPO有什么关系？请说明理由．
（2）知识应用：如图，PN、PD、DE分别与⊙O相切于点A、B、C，且DE∥PN，连接OD、OP，延长PO交⊙O于点M，交DE于点E，过点M作MN∥OD交PN于N．
①求证：MN是⊙O的切线；
②当OD＝3cm，OP＝4cm时，求⊙O的半径及图中阴影部分的面积．
【考点】圆的综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）PA＝PB，∠APO＝∠BPO；
（2）①证明见解析；
②⊙O的半径是2.4cm，图中阴影部分的面积是（6﹣1.44π）cm2．
【分析】（1）连接OA和OB，根据切线的性质，可得Rt△AOP≌Rt△BOP，即可得出结论；
（2）①根据题意求证MN∥OD，即可得出MN⊥OM，即可得出答案；
②根据S△POD=12OP⋅OD=12PD⋅OB，求出OB的长，再用三角形面积减去扇形面积即可得出答案．
【解答】（1）解：PA＝PB，∠APO＝∠BPO；理由如下：
如图1，连接OA和OB，
∵PA和PB是⊙O的两条切线，
∴OA⊥AP，OB⊥BP，
在Rt△AOP和Rt△BOP中，
OA=OBOP=OP，
∴Rt△AOP≌Rt△BOP（HL），
∴PA＝PB，∠APO＝∠BPO；
（2）①证明：∵PN、PD、DE分别与⊙O相切于点A、B、C，
∴OD、OP分别平分∠PDE、∠DPN，
又∵DE∥PN，
∴∠PDE+∠DPN＝180°，
∴∠ODP+∠DPO=12(∠PDE+∠DPN)=12×180°=90°，
∴∠POD＝90°．
∴OD⊥DE，
又∵MN∥OD，
∴MN⊥OM，
又∵MN经过半径OM的外端点M，
∴MN是⊙O的切线．
②解：连接OB，则OB⊥PD，
∵OD＝3cm，OP＝4cm，
∴PD=OD2+OP2=32+42=5（cm），
∴S△POD=12OP⋅OD=12PD⋅OB，
∴OB=OP⋅ODPD=2.4cm，
即⊙O的半径为2.4cm．
∴S阴影=12×3×4−90π×2．42360=(6−1.44π)cm2，
综上所述：⊙O的半径是2.4cm，图中阴影部分的面积是（6﹣1.44π）cm2．
【点评】本题属于圆的综合题，主要考查圆的切线的证明、扇形的面积计算等，解题的关键在于熟练掌握圆的知识点，切线的证明与性质，圆中的相关面积计算等．
5．如图1，在正方形ABCD中，AB＝8，点O与点B重合，以点O为圆心，作半径长为5的半圆O，交AB于点E，交AB的延长线于点F，点M，N是弧EF的三等分点（点M在点N的左侧）．将半圆O绕点E逆时针旋转，记旋转角为α（0°＜α≤90°），旋转后，点F的对应点为点F′．
（1）如图2，在旋转过程中，当EF′经过点N时．
①求α的度数；并求EN的长；
②连接FF′，求FF′与FN的长度，并比较大小；（3取1.7，π取3）
（2）在旋转过程中，若半圆O与正方形ABCD的边相切，请直接写出点A到切点的距离．
【考点】圆的综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①α＝30°；EN=53；
②FN⌢的长为5π3；FF′=56−52；FF′＞FN的长度；
（2）113或21或3．
【分析】（1）①连接BN，过点B作BL⊥EN于点L，则EN＝2EL，根据题意可得∠NBF=13×180°=60°，再由BE＝BN，以及三角形外角的性质，即可求解；
②根据弧长公式求出FN⌢的长；过点F′W⊥EF于点W，根据直角三角形的性质可得F′W=12EF′=5，从而得到EW=53，进而得到WF=10−53，再由勾股定理可得FF′2=200−1003≈30，即可求解；
（2）分类讨论当半圆O与CD、AD、AB相切的三种情况，画出对应的几何图，根据切线的性质即可求解．
【解答】解：（1）①如图2，连接BN，过点B作BL⊥EN于点L，则EN＝2EL，
∵点M，N是弧EF的三等分点，
∴∠NBF=13×180°=60°，
∵BE＝BN，
∴∠BEN＝∠BNE，
∵∠NBF＝∠BEN+∠BNE，
∴∠BEN＝30°，即α＝30°；
∴BL=12BE=52，
∴EL=532，
∴EN=2EL=53；
②根据题意得：∠FBN＝2∠FEN＝60°，
∴FN⌢的长为60π×5180=5π3≈5；
如图3，过点F′W⊥EF于点W，
在Rt△EF′W中，∠BEN＝30°，EF′＝10，
∴F′W=12EF′=5，
∴EW=53，
∴WF=10−53，
∴FF′2=F′W2−WF2=200−1003≈30，
即FF′=F′W2−WF2=56−52；
∵30＞52，
∴FF′＞FN的长度；
（2）解：点A到切点的距离为113或21或3；理由如下：
有三种情况讨论：
当半圆O与CD相切时，如图4：设切点为点G，连接OG并延长，交AB与点H，连接AG，
∵∠HGC＝∠GCB＝∠CBH＝90°，
∴四边形GCBH为矩形，
∴GH＝BC＝8，
∴OH＝GH﹣OG＝3，
∴EH=OE2−OH2=52−32=4，
∴BH＝BE﹣EH＝1，
∴AH＝AB﹣BH＝7，
∴AG=GH2+AH2=113；
当半圆O与AD相切时，如图5：设切点为点G，连接OG，过点E作EH⊥OG，
∵∠A＝∠AGH＝∠GHE＝90°，
∴四边形AGHE为矩形，
∴AG＝EH，GH＝AE＝AB﹣BE＝3，
∴OH＝OG﹣GH＝2，
∴=21，
∴AG=21；
当半圆O与AB相切时，如图6，
AG＝AE＝AB﹣BE＝3；
综上所述，点A到切点的距离为113或21或3．
【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了旋转的性质，勾股定理，切线的性质，矩形的判定与性质等知识点，掌握分类讨论的数学思想是解题关键．
6．如图是由小正方形组成的6×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点，⊙O经过A，B，C三个格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
（1）在图（1）中画BC的中点D；
（2）如图（2），延长BA至格点F处，连接CF．
①直接写出∠F的度数，∠F＝ 45 （度）；
②P为CF上一点，连接BP，将PB绕点B顺时针旋转90°得到QB，画出线段QB，并简要说明．
【考点】圆的综合题．
【专题】作图题；几何综合题；运算能力；应用意识．
【答案】（1）作图见解析部分；
（2）①45°；②作图见解析部分．
【分析】（1）取BC的中点T，连接OT，延长OT交⊙O于点D，点D即为所求；
（2）①利用等腰直角三角形的性质判断即可；
②取格点M，连接CM，延长BP交⊙O于点K，作直径KJ，连接BJ并延长交CM点Q，线段BQ即为所求．
【解答】解：（1）如图1中，点D即为所求；
（2）①∵BC=22+42=25，BF=22+42=25，CF=22+62=210，
∴BC＝BF，BC2+BF2＝CF2，
∴△BCF是等腰直角三角形，
∴∠F＝45°；
故答案为：45；
②如图2中，线段BQ即为所求．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，垂径定理，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
7．定义：对于凸四边形，对角线相等的四边形称为“等对”四边形，对角线垂直的四边形称为“垂对”四边形．
（1）请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”）
①平行四边形一定不是“等对”四边形； ×
②“垂对”四边形的面积等于其对角线长的乘积的一半； √
③顺次连接“等对”四边形四边中点而成的四边形是“垂对”四边形； √
（2）如图1，已知四边形ABCD（AD≠BC）既是“等对”四边形，又是“垂对”四边形，且四边形的四个顶点都在⊙O上，连接四边形的对角线AC，BD交于点P．
①记△ADP，△BCP，四边形ABCD的面积分别为S1，S2，S，求证：S=S1+S2；
②如图2，点M为AB的中点，连接MP并延长交CD于点N，若AD+BC＝m，MN＝n，求⊙O的半径（用含m，n的式子表示）．
【考点】圆的综合题．
【专题】新定义；等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①×；②√；③√；
（2）①证明见解答过程；
②R=2m28n．
【分析】（1）根据“等对”四边形，“垂对”四边形的定义逐项判断即可；
（2）①证明∠ADB＝∠ACB＝∠DAC＝∠DBC，可得△ADP，△BCP为等腰直角三角形，设 PA＝PD＝a，PB＝PC＝b，则S1=12a2，S2=12b2，S=12(a+b)2，故S1+S2=22（a+b），S=22（a+b），从而S=S1+S2；
②连接OA，OB，设 PA＝PD＝a，PB＝PC＝b，⊙O的半径为R，可得a+b=22m，a2+b2＝AB2＝2R2，求出PM=BM=12AB=22R，ab=2nR−R2，代入（a+b）2＝a2+b2+2ab，有(22m)2=2R2+22nR−2R2，可得：R=2m28n．
【解答】（1）解：①平行四边形可能是“等对”四边形，
故答案为：×；
②对角线互相垂直的四边形的面积等于其对角线长的乘积的一半，即“垂对”四边形的面积等于其对角线长的乘积的一半；
故答案为：√；
③顺次连接“等对”四边形四边中点而成的四边形是菱形，因此顺次连接“等对”四边形四边中点而成的四边形是“垂对”四边形；
故答案为：√；
（2）①证明：∵四边形ABCD是“等对”四边形，
∴AC＝BD，
∴AC=BD，
∴AB=CD，
∴∠ADB＝∠ACB＝∠DAC＝∠DBC，
∵四边形ABCD是“垂对”四边形，
∴AC⊥BD，
∴△ADP，△BCP为等腰直角三角形，
设 PA＝PD＝a，PB＝PC＝b，则S1=12a2，S2=12b2，S=12(a+b)2，
∴S1+S2=22（a+b），S=22（a+b），
∴S=S1+S2；
②解：如图，连接OA，OB，
由①可知△ADP，△BCP为等腰直角三角形，
设 PA＝PD＝a，PB＝PC＝b，⊙O的半径为R，
∴AD+BC=m=2a+2b，
∴a+b=22m，
∵∠ADB＝45°，
∴∠AOB＝90°，
∴AB=2R，
在Rt△APB中，a2+b2＝AB2＝2R2，
∵M为AB的中点，
∴PM=BM=12AB=22R，
∴∠MBP＝∠MPB，
又∠MPB＝∠DPN，∠BAP＝∠CDP，
∴∠DPN+∠CDP＝∠MBP+∠BAP＝90°，即PN⊥CD，
∴PD•PC＝PN•CD，
而CD＝AB=2R，
∴PN=ab2R，
∴MN=PM+PN=22R+ab2R=n，
∴ab=2nR−R2，
∵（a+b）2＝a2+b2+2ab，
∴(22m)2=2R2+22nR−2R2，
解得：R=2m28n．
【点评】本题考查圆的综合应用，涉及新定义，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理及应用，三角形面积等，解题的关键是读懂题意，理解“等对”四边形，“垂对”四边形的定义．
8．我们在八年级上册曾经探索：把一个直立的火柴盒放倒（如图1），通过对梯形ABCD面积的不同方法计算，来验证勾股定理．a、b、c分别是Rt△ABE和Rt△CDE的边长，易知AD=2c，这时我们把关于x的形如ax2+2cx+b=0的一元二次方程称为“勾氏方程”．
请解决下列问题：
（1）方程x2+2x+1＝0 是 （填“是”或“不是”）“勾氏方程”；
（2）求证：关于x的“勾氏方程”ax2+2cx+b=0必有实数根；
（3）如图2，⊙O的半径为10，AB、CD是位于圆心O异侧的两条平行弦，AB＝2m，CD＝2n，m≠n．若关于x的方程mx2+102x+n=0是“勾氏方程”，连接OD，OB，求∠BOD的度数．
【考点】圆的综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）是；
（2）证明见解析过程；
（3）90°．
【分析】（1）根据“勾氏方程”的定义即可判断；
（2）利用勾股定理以及“勾氏方程”的定义即可解决问题；
（3）如图，连接OD，OB，作OE⊥CD于E，作EO的延长线交AB于F，利用勾股定理求出OE＝m，OF＝n，再利用全等三角形的判定与性质推导出∠DOB＝90°即可解决问题．
【解答】（1）解：∵x2+2x+1＝0中，a=1，2c=2，b=1，
∴c=2，
∴a2+b2＝c2，a，b，c能构成直角三角形，
∴方程x2+2x+1＝0是“勾氏方程”，
故答案为：是；
（2）证明：∵关于x的方程ax2+2cx+b=0是“勾氏方程”，
∴a，b，c构成直角三角形，c是斜边，
∴c2＝a2+b2，
∵Δ＝2c2﹣4ab，
∴Δ＝2（a2+b2﹣2ab）＝2（a﹣b）2≥0，
∴关于x的“勾氏方程”ax2+2cx+b=0必有实数根；
（3）解：连接OD，OB，作OE⊥CD于E，作EO的延长线交AB于F，如图：

∵关于x的方程mx2+102x+n=0是“勾氏方程”，
∴m，n，10构成直角三角形，10是斜边，
∴m2+n2＝102，
∵AB∥CD，OE⊥CD，
∴OF⊥AB，DE=12CD=n，
∴∠OED＝∠OFB＝90°，BF=12AB=m，
∴DE2+OE2＝OD2，OF2+BF2＝OB2，即n2+OE2＝102，OF2+m2＝102，
又m2+n2＝102，
∴OE＝m，OF＝n，
∴DE＝OF，OE＝BF，
∴△OED≌△BFO（SSS），
∴∠EOD＝∠OBF，
∵∠OBF+∠BOF＝90°，
∴∠EOD+∠BOF＝90°，
∴∠DOB＝90°．
【点评】本题考查了勾股定理、一元二次方程根的判别式、全等三角形的判定及性质、圆周角定理等知识，解题关键是挖掘新定义中最本质的关系：勾氏方程ax2+2cx+b=0满足a2+b2＝c2，利用这个关系即可转化边并证明边相等．
9．课本再现
（1）在圆周角和圆心角的学习中，我们知道了：圆内接四边形的对角互补．课本中先从四边形一条对角线为直径的特殊情况来论证其正确性，再从对角线是非直径的一般情形进一步论证其正确性，这种数学思维方法称为“由特殊到一般”
如图1，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，AC为直径，则∠B＝∠D＝ 90 度，∠BAD+∠BCD＝ 180 度．
（2）如果⊙O的内接四边形ABCD的对角线AC不是⊙O的直径，如图2、图3，请选择一个图形证明：圆内接四边形的对角互补．
知识运用
（3）如图4，等腰三角形ABC的腰AB是⊙O的直径，底边和另一条腰分别与⊙O交于点D，E．点F是线段CE的中点，连接DF，求证：DF是⊙O的切线．
【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）90，180；
（2）证明见解答过程；
（3）证明见解答过程．
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是90°以及四边形内角和为360°进行作答即可；
（2）以图2为例证明，连接OB，OD，根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍以及四边形内角和为360°进行作答；或者以图3为例证明，连接OA，OC，根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍以及四边形内角和为360°进行作答即可；
（3）连接OD，DE，根据等边对等角，即∠B＝∠ODB，又AB＝AC，得∠B＝∠C，∠ODB＝∠C，OD∥AC，再结合四边形ABDE是圆内接四边形，得∠B＝∠DEC，∠C＝∠DEC，进而知道DC＝DE，又因为F是线段CE的中点，即可求证DF是⊙O的切线．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，AC为直径，
∴∠B＝∠D＝90°，
∴∠BAD+∠BCD＝360°﹣（∠D+∠B）＝360°﹣180°＝180°，
故答案为：90，180；
（2）证明：以图2为例证明，
连接OB，OD，如图2所示：
∵BD=BD，
∴∠BOD＝2∠C，∠1＝2∠A，
∵∠BOD+∠1＝360°
∴2∠C+2∠A＝360°，
∴∠A+∠C＝180°，
在四边形ABCD，∠ABC+∠ADC＝360°﹣（∠A+∠C）＝180°，
即圆内接四边形的对角互补；
或者以图3为例证明，
连接OA，OC，如图3所示：
∵AC=AC，
∴∠AOC＝2∠B，∠1＝2∠D，
∵∠AOC+∠1＝360°，
∴2∠B+2∠D＝360°，
∴∠B+∠D＝180°，
在四边形ABCD，∠BAD+∠DCB＝360°﹣（∠B+∠D）＝180°，
即圆内接四边形的对角互补；
（3）证明：连接OD，DE，如图4所示：
∵OB＝OD，
∴∠B＝∠ODB，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，则∠ODB＝∠C，
∴OD∥AC，
∵四边形ABDE是圆内接四边形，
∴∠B+∠AED＝180°，
∵∠DEC+∠AED＝180°，
∴∠B＝∠DEC，则∠C＝∠DEC，
∴DC＝DE，
∵F是线段CE的中点，
∴DF⊥AC，则DF⊥OD，
∵OD是圆O的半径，
∴DF是圆O的切线．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质、圆内接四边形对角互补以及圆的基本性质、切线的判定、平行线的判定与性质等知识点内容，熟练掌握圆的基本性质是解题的关键．
10．[模型建立]
如图①、②，点P分别在⊙O外、在⊙O内，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，PB是点P到⊙O上的点的最长距离．
[问题解决]
请就图①中PB为何最长进行证明．
[初步应用]
（1）已知点P到⊙O上的点的最短距离为3，最长距离为7．则⊙O的半径为 2或5 ．
（2）如图③，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6．点E在边BC上，且CE＝2，动点P在半径为2的⊙E上，则AP的最小值是 217−2 ．
[拓展延伸]
如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝4，∠AOC＝120°，P为⊙O上的动点，连接AP，取AP中点Q，连接CQ，则线段CQ的最大值为 1+7 ．
【考点】圆的综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】[问题解决]证明见解析；
[初步应用]（1）2或5；
（2）217−2；
[拓展延伸]1+7．
【分析】[问题解决]点C为⊙O上任意一点，连接PC，OC，分两种情况讨论：当点C与点B不重合时，当点C与点B重合时，PB＝PC，推导出PB≥PC，进而得证；
[初步应用]（1）根据三角形的任意两边之和大于第三边即可得解；
（2）分两种情况讨论：①点P在⊙O外，②点P在⊙O内，根据线段的和差即可求解；
连接AE，交⊙O于点D，则AP的最小值是AD的长，根据勾股定理即可求出AE，进而得到AD的长，即可解答；
[拓展延伸]取AO的中点D，连接DQ，CD，OP，过点C作CE⊥AB，可得DQ是△OAP的中位线，则点Q在D为圆心，1为半径的圆上运动．在Rt△CDE中，得出CD=7，进而可得CQ的最大值为CD+QD=1+7．
【解答】[问题解决]证明：点P分别在⊙O外，直线PO分别交⊙O于点A、B，如图①﹣1，点C为⊙O上任意一点，连接PC，OC，
当点C与点B不重合时，
在△POC中，PO+CO＞PC，
又∵CO＝BO，
∴PO+BO＞PC，即PB＞PC，
当点C与点B重合时，PB＝PC，
∴综上可得：PB≥PC，
∵点C为⊙O上任意一点，
∴PB的长是点P到⊙O上的点的最长距离；
[初步应用]解：（1）已知点P到⊙O上的点的最短距离为3，最长距离为7，分两种情况讨论：
若点P在⊙O外，如图①﹣2，则PA＝3，PB＝7，
∴AB＝PB﹣PA＝7﹣3＝4，
∴⊙O的半径为2；
若点P在⊙O内，如图②，则PA＝3，PB＝7，
∴AB＝PB+PA＝7+3＝10，
∴⊙O的半径为5；
综上所述，⊙O的半径为2或5，
故答案为：2或5；
（2）如图③，连接AE，交⊙O于点D，由[模型建立]可得AD的长是点A到⊙E上的点的最短距离，
∴AP的最小值是AD的长，
∵在Rt△ACE中，AC＝8，CE＝2，
由勾股定理得：AE=AC2+CE2=82+22=217，
∴AD=AE−DE=217−2，
∴AP的最小值是217−2，
故答案为：217−2；
[拓展延伸]解：如图④，取AO的中点D，连接DQ，CD，OP，过点C作CE⊥AB，
∵点Q是线段AP的中点，
∴DQ=12OP=14AB=1，
∴点Q在D为圆心，1为半径的圆上运动，
∴当D在CQ上，线段CQ取得最大值，
∵∠AOC＝120°，
∴∠COE＝60°，∠OCE＝30°，
∴OE=12OC=14AB=1，CE=OC2−OE2=3，
在Rt△CDE中，CD=DE2+CE2=22+(3)2=7，
∴CQ的最大值为CD+QD=1+7，
故答案为：1+7．
【点评】本题属于圆的综合题，主要考查三角形三边关系的应用，勾股定理，一点到圆上的距离的最值问题，解答本题的关键是熟练运用数形结合的思想解决问题．
11．AB为⊙O的直径，BC为⊙O的弦，AB=2BC．
（1）如图1，求证：AC=BC；
（2）如图2，AD，AE为⊙O的弦，AD交BC于点F，连接EF，OG⊥AE，点G为垂足，过G作EF的平行线交AF于点H，求证：AH＝HF；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CO交AF于点P，点Q在AO上，连接FQ交OC于点I，连接HI，若FQ+QO＝OB，PC＝8，BQ＝23，求HI的长．
【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析；
（3）15178．
【分析】（1）如图1，连接AC，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，根据勾股定理得到AC＝BC，于是得到AC=BC；
（2）根据垂径定理得到AG＝GE，由GH∥EF，得到AGEG=AHHF=1，求得AH＝FH；
（3）过F作FT⊥AB于T，连接HC，HT，HQ，根据FQ+QO＝OB，OQ+AQ＝OA，OA＝OB，得到AQ＝FQ，根据等腰三角形的性质得到QH⊥AF，求得∠HAQ+∠AQH＝90°，得到OC⊥AB，推出∠CPH＝∠HQT，根据直角三角形的性质得到CH＝AH＝HT=12AF，根据等腰三角形的性质得到∠HAC＝∠ACH，∠HAT＝∠ATH，求得∠HAT＝∠HCP，根据全等三角形的性质得到PC＝TQ＝8，根据勾股定理得到FQ=FT2+TQ2=152+82=17，求得AT＝AQ+TQ＝FQ+TQ＝25，过H作HM⊥AB于M，HN⊥OC于N，则四边形HMON是正方形，求得HM＝HN＝ON=12FT=152，根据相似三角形的判定和性质定理以及勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：如图1，连接AC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AC2+BC2＝AB2，AB=2BC．
∴AC2+BC2＝（2BC）2＝2BC2，
∴AC＝BC，
∴AC=BC；
（2）证明：∵点O为⊙O的圆心，OG⊥AE，
∴AG＝GE，
∵GH∥EF，
∴AGEG=AHHF=1，
∴AH＝FH；
（3）如图3，过F作FT⊥AB于T，连接HC，HT，HQ，
∵FQ+QO＝OB，OQ+AQ＝OA，OA＝OB，
∴AQ＝FQ，
∵AH＝FH，
∴QH⊥AF，
∴∠HAQ+∠AQH＝90°，
∵AC＝BC，AO＝BO，
∴OC⊥AB，
∴∠PAO+∠APO＝90°，
∴∠APO＝∠AQH，
∴∠CPH＝∠HQT，
∵∠ACF＝∠ATF＝90°，
∴CH＝AH＝HT=12AF，
∴∠HAC＝∠ACH，∠HAT＝∠ATH，
∵∠CAH+∠HAT＝∠ACP+∠HCP＝45°，
∴∠HAT＝∠HCP，
∴∠HCP＝∠HTQ，
∵∠HCP＝∠HTQ，∠HPC＝∠HQT，CH＝TH，
∴△HCP≌△HTQ（AAS），
∴PC＝TQ＝8，
∴BT＝15，
∵∠FTB＝90°，∠B＝45°，
∴FT＝BT＝15，
∴FQ=FT2+TQ2=152+82=17，
∴AT＝AQ+TQ＝FQ+TQ＝25，
过H作HM⊥AB于M，HN⊥OC于N，
则四边形HMON是正方形，
∵AH＝HF，HM∥FT，
∴HM＝HN＝ON=12FT=152，
∵IO∥FT，
∴△QIO∽△QFT，
∴OIFT=OQTQ，
∴OI15=58，
∴OI=758，
∴NI=758−152=158，
∴HI=HN2+NI2=15178．
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，垂径定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
12．如图1，在锐角△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，连结BO并延长交AC于点D，交⊙O于点G，设∠BAC＝α．
（1）填空：当α＝20°时，则∠BDC＝ 30° ．
（2）如图2，当0°＜α＜60°时，在BG左侧圆弧上取点E，使BE=BC，连结AE，DE，EG，设EG与AC交于点F．
①求证：EG平分∠AED．
②若△EDG的一边与BC平行，且AF＝1，求DE的长．
【考点】圆的综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）30°；
（2）①见解析；
②DE=2+2或DE=1+5．
【分析】（1）连结AO，根据AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，得出∠ABD＝∠BAO＝∠CAO＝10°，根据三角形外角的性质求解即可．
（2）①如图，由（1）得∠3=32α，根据BC=BE，得出∠EAB＝∠BAC＝∠G＝α，求出∠EDO＝∠CDO=32α，∠ABG=12α＝∠AEG，∠DEG=12α，得出∠AEG＝∠DEG，即可证明EG平分∠AED．
②分为（i）当EG∥BC时，（ii）当ED∥BC时，分别求解即可．
【解答】（1）解：如图，连结AO，
∵AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，
∵∠BAC＝α＝20°，
∴∠ABD＝∠BAO＝∠CAO＝10°，
∴∠AOG＝20°，
∴∠ADG＝∠AOG+∠CAO＝30°，
∴∠BDC＝∠ADG＝30°，
故答案为：30°；
（2）①证明：如图，由（1）得∠BDC=32α，
连接EO，CO，
∵BC=BE，
∴∠EAB＝∠BAC＝∠G＝α，∠EOB＝∠COB，
∴∠EOD＝∠COD，
在△EOD和△COD中，
EO=CO∠EOD=∠CODOD=OD，
∴△EOD≌△COD（SAS），
∴∠EDO＝∠CDO=32α，
∴∠ABG＝∠CDO﹣∠BAC=12α＝∠AEG，
∠DEG＝∠EDO﹣∠G=12α，
∴∠AEG＝∠DEG，
即EG平分∠AED；
②根据题意可得∠DBC＝180°﹣∠CDO﹣∠DCB＝180°−32α−180°−α2=90°﹣α，
（i）如图，当EG∥BC时，则∠G＝∠DBC，
∴α＝90°﹣α，
解得：α＝45°．
∴△AED是等腰直角三角形，
∴∠AED＝∠ADE＝45°，
过点F作FH⊥ED，
∴∠DFH＝∠FDH＝45°，
∴FH＝DH，
∵EG平分∠AED，
∴AF＝FH＝1，
∴DF=2，
则AD=1+2，
∴DE=2AD=2+2．
（ii）如图，当ED∥BC时，∠4＝∠DBC，
则32α=90°−α，
解得：α＝36°，
∴△AED是等腰直角三角形，
∴AE＝DE，
则AF＝DF＝1，
∵∠EAC＝72°＝∠ADE，∠AED＝36°＝∠BAC，
∴△ADM∽△EDA，
∵AD＝AM＝EM＝2，
∴ADDE=DMAD，即2DE=DE−22，
解得：DE=1+5，
综上，DE=2+2或DE=1+5．
【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了平行线的性质，相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，圆周角定理，等腰直角三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
13．如图1，C，D是半圆ACB上的两点，若直径AB上存在一点P，满足∠APC＝∠BPD，则称∠CPD是弧CD的“幸运角”．
（1）如图2，AB是⊙O的直径，弦CE⊥AB，D是弧BC上的一点，连接DE交AB于点P，连接CP．
①∠CPD是弧CD的“幸运角”吗？请说明理由；
②设弧CD的度数为n，请用含n的式子表示弧CD的“幸运角”度数；
（2）如图3，在（1）的条件下，若直径AB＝10，弧CD的“幸运角”为90°，DE＝8，求CE的长．
【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①∠CPD是弧CD的“幸运角”，理由见解析过程；
②用含n的式子表示弧CD的“幸运角”度数为n；
（2）CE=2或72．
【分析】（1）①根据AB是⊙O的直径，弦CE⊥AB可得CF＝EF，从而得到CP＝EP，
结合等腰三角形底边上三线合一即可得到答案；
②根据圆周角定理可得，∠CED=n2，结合CP＝EP可得∠CED=∠ECP=n2，结合内外交关系即可得到答案；
（2）连接CO，DO，由（1）可得∠COD＝90°，∠CED＝45°，∠CPD＝90°即可得到CD，EP＝CP，设PE＝x，则有PD＝8﹣x，根据“幸运角”为90°结合勾股定理即可得到答案．
【解答】解：（1）①∠CPD是弧CD的“幸运角”，理由如下：
∵AB是⊙O的直径，弦CE⊥AB，
∴CF＝EF，
∴CP＝EP，
∵CE⊥AB，
∴∠CPA＝∠EPA，
∵∠DPB＝∠EPA，
∴∠DPB＝∠CPA，
∴∠CPD是弧CD的“幸运角”；
②∵弧CD的度数为n，
∴∠CED=n2，
∵CP＝EP，
∴∠CED=∠ECP=n2，
∴∠CPD＝∠CED+∠ECP＝n，
∴弧CD的“幸运角”度数为n；
（2）连接CO，DO，如图3，
∵弧CD的“幸运角”为90°，
∴∠COD＝90°，∠CED＝45°，∠CPD＝90°，
∴∠CED＝∠ECP＝45°，
∴EP＝CP，
∵AB＝10，
∴OC＝OD＝5，
∴CD=52+52=52，
设PE＝x，则有PD＝8﹣x，
∴x2+（8﹣x）2＝50，
解得：x1＝1，x2＝7，
∴CE=12+12=2或CE=72+72=72．
【点评】本题考查圆周角定理，勾股定理，垂径定理，等腰直角三角形性质，解题的关键是作辅助线．
14．在平面直角坐标系xOy中，已知点T（t，0），⊙T的半径为1，它的一条弦MN作两次变换：关于点M作中心对称后得到线段MP，关于点N作中心对称后得到线段NQ．我们称点P、Q为⊙T的对称点，称线段PQ为⊙T的对称弦．
（1）如图，点A，B，C，D的横、纵坐标都是整数．
①在线段AB，AD，CB，CD中，⊙O的对称弦是 AB、CD ；
②若线段AC上的点都是⊙T的对称点，求t的取值范围；
（2）若⊙O的对称弦PQ过点（1，0），直线y=3x+b与线段PQ有公共点，b的取值范围是 −2−23≤b≤4+3 ．
【考点】圆的综合题．
【专题】新定义；线段、角、相交线与平行线；图形的全等；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①AB、CD；
②2−3＜t≤0；
（2）−2−23≤b≤4+3．
【分析】（1）①画出图形，根据定义判断；
②求出点A是对称点的点T的位置及AC与⊙T相切时点T的位置，进而得出结果；
（2）以E（﹣1，0）为圆心，2为半径作⊙E，⊙E过A（﹣3，0），以F（1，0）为圆心，1为半径作⊙F，⊙F，交x轴于点B（3，0），经过D（1，0）⊙O的弦DK与⊙E和⊙F分别交于点P、Q，从而得出P和Q的轨迹，进而得出直线y=3x+b与⊙E和⊙F相切时的b的值，进一步得出结果．
【解答】解：（1）①如图1，
AG＝弦FG＝BF＝2，CE＝EF＝DF=2，AH≠弦HQ，BC与⊙O不相交，
故答案为：AB、CD；
②如图2，
∵⊙O的直径是2，
∴点A是⊙T的对称点时，t＝0，
当⊙T与AC相切于W时，连接WT，
则AT=2WT=2，
∴OT＝OA﹣AT＝3−2，
此时t=2−3，
∴2−3＜t≤0；
（2）如图3，
以E（﹣1，0）为圆心，2为半径作⊙E，⊙E过A（﹣3，0），以F（1，0）为圆心，1为半径作⊙F，⊙F，交x轴于点B（3，0），经过D（1，0）⊙O的弦DK与⊙E和⊙F分别交于点P、Q，
∴∠Q＝∠EKD＝90°，∠QDB＝∠EDK，DE＝BD＝2，
∴△BDQ≌△EDK（AAS），
∴DQ＝DK，
∵∠DKE＝∠P＝90°，
∴EK∥AP，
∴DKPK=DEAE=1，
∴PK＝DK，
∴PQ是⊙O的对称弦，
设y=3x+b交x轴于点M，切⊙E于点G，连接EG，
∴∠EGM＝90°，
∵EG＝2，∠GME＝60°，
∴EM=2sin60°=232=433，
∴M（﹣1−433，0），
∴0=3×(−1−433)+b，
∴b＝4+3，
设y=3x+b交x轴于点N，切⊙F于点H，连接FH，
∵∠FHN＝90°，∠FNH＝60°，FH＝1，
∴FN=1sin60°=233，
∴N（2+233，0），
∴0=3×(2+233)+b，
∴b＝﹣2﹣23，
∴−2−23≤b≤4+3，
故答案为：−2−23≤b≤4+3．
【点评】本题在新定义的基础上，考查了直线和圆的位置关系，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例等知识，解决问题的关键是寻找点P和点Q轨迹．
15．数学课上，小明同学遇到了这样的一个问题：如图，点A、B、C、D在⊙O上，连结AB，AD，BC，CD，AC为⊙O的一条直径，过点A作AE⊥BD交BD于点E．设∠ADE＝α．
【证明】老师说：利用所学习的“圆的知识”可以证明△ABE∽△ACD，请你帮助小明网学完成，△ABE∽△ACD的证明过程．
【应用】小明同学发现，利用△ABE∽△ACD可以解决如下问题：
①若SABESACD=49，则sinα＝ 23 ；
②若AD＝5，CD＝10，sinα=35，则BD的长为 10 ．
【考点】圆的综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】【证明】见详解；
【应用】①23；
②10．
【分析】【证明】证明∠AEB＝∠ADC，∠ABE＝∠ACD，从而证明△ABE∽△ACD即可；
【应用】①运用相似三角形面积比等于相似比的平方，sinα=AEAD即为相似比，从而得解；
②先利用AD=5，sinα=35求出AE，再用勾股定理求DE，利用相似三角形的性质可求出BE，再利用BD＝DE+BE得解；
【解答】【证明】证明：∵点A、B、C、D在⊙O上，AC为⊙O的一条直径，AE⊥BD交BD于点E，
∴∠ADC＝90°，∠AEB＝90°，
∴∠AEB＝∠ADC，
∵AD=AD，
∴∠ABE＝∠ACD，
∴△ABE∽△ACD．
【应用】解：①∵△ABE∽△ACD，
∴S△ABES△ACD=(AEAD)2=49，
∴AEAD=23，
在Rt△ADE中，sinα=AEAD=23，
故答案为：23．
②∵sinα=AEAD=35，AD＝5，
∴AE＝3，
在直角三角形ADE中，由勾股定理得：DE=AD2−AE2=4，
∵△ABE∽△ACD，
∴BECD=AEAD，即BE10=35，
∴BE＝6，
∴BD＝DE+BE＝10，
故答案为：10．
【点评】本题属于圆的综合题，主要考查相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，圆周角定理等知识，掌握相似三角形的判定是解题的关键．
16．如图，AB是⊙O的直径，AB＝8，点C在直径AB上运动，PC⊥AB，垂足为C，PC＝5，在PC右侧作⊙O的切线PT，切点为T，连接PO．
（1）如图1，当点C与点A重合时，连接BT．
①求证：PA＝PT；
②直接写出此时PO与BT的位置关系（不说理由）；
（2）设线段OP与⊙O交于点Q，如图2，当AC=4−7时，求劣弧QT的长；
（3）直接写出PT长的最小值．
【考点】圆的综合题．
【专题】代数几何综合题；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①见解析；
②PO∥BT，
证明见解析；
（2）π；
（3）PT长的最小值为3．
【分析】（1）①根据切线的判定定理得到PA是⊙O的切线，根据切线的性质得到PA＝PT；
②连接OT，如图，根据切线的性质得到OT⊥PT，根据全等三角形的性质得到∠POA＝∠POT，求得∠OTB＝∠OBT，根据平行线的判定定理得到结论；
（2）连接OT，如图，根据勾股定理得到PT＝4，根据三角函数的定义得到∠POT＝45°，于是得到劣弧QT的长=45π⋅4180=π；
（3）设PC交⊙O于点D，延长线交⊙O于点E，连接AD，BD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据相似三角形的性质得到CD2＝AC•BC，设AC＝x，则BC＝8﹣x，得到CD=x(8−x)，连接DT，根据相似三角形的性质得到PT2＝PD•PE，设PT2＝y，求得y＝25﹣x（8﹣x）＝x2﹣8x+25，根据二次函数的性质得到结论．
【解答】（1）①证明：∵AB是⊙O的直径，PA⊥AB，
∴PA是⊙O的切线，
∵PT与⊙O相切于点T，
∴PA＝PT；
②解：PO∥BT，
证明：连接OT，如图，
∵PT与⊙O相切于点T，
∴OT⊥PT，
在Rt△AOP和Rt△TOP中，
OP=OPOA=OT，
∴Rt△AOP≌Rt△TOP （HL），
∴∠POA＝∠POT，
∵OT＝OB，
∴∠OTB＝∠OBT，
∵∠AOT＝∠OTB+∠OBT，
∴∠POT＝∠OTB，
∴PO∥BT；
（2）解：连接OT，如图，
∵AB＝8，
∴OA＝OB＝OT＝4，
∵AC＝4−7，
∴OC＝OA﹣AC=7，
在Rt△OCP中，OC2+PC2＝OP2
在Rt△OTP中，OT2+PT2＝OP2
∴OC2+PC2＝OT2+PT2，
∴（7）2+52＝42+PT2，
解得 PT＝4，
∴tan∠POT=PTOT=1，
∴∠POT＝45°，
∴劣弧QT的长=45π⋅4180=π；
（3）设PC交⊙O于点D，延长线交⊙O于点E，连接AD，BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠ACD＝∠BCD＝90°，
∴∠A+∠ADC＝∠A+∠B＝90°，
∴∠ADC＝∠B，
∴△ADC∽△BDC，
∴CDAC=BCCD，
∴CD2＝AC•BC，
设AC＝x，则BC＝8﹣x，
∴CD=x(8−x)，
连接DT，
∵PT∥BD，
∴∠PTD＝∠TDB，
∵∠TDB＝∠E，
∴∠E＝∠PTD，
∵∠TPD＝∠EPT，
∴△PTD∽△PET，
∴PTPE=PDPT，
∴PT2＝PD•PE，
设PT2＝y，
∵PC＝5，
∴y＝[5−x(8−x)][5+x(8−x)]，
∴y＝25﹣x（8﹣x）＝x2﹣8x+25，
∴y最小＝9，
即PT长的最小值为3．
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理、切线的判定与性质、勾股定理、平行线的判定、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握切线的判定与性质和勾股定理是解题的关键．
17．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，点P从点C出发，在线段CB上向点B以每秒2cm的速度移动，以点P为圆心，PB为半径作⊙P．设运动时间为t秒．解答下列问题：
（1）如图1，当⊙P过点D时，求时间t的值．
（2）如图2，若在运动过程中，是否存在t的值，使得⊙P与直线AC相切？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（3）如图3，当⊙P与直线AD相切时，切点为E，T为弧BE上的任意一点，过点T作⊙P的切线分别交AB，AD于点M，N，设BM长度为x．
①求证：△AMN的周长PT为定值；
②记△AMN的面积为S1，△PMN的面积为S2，当1S1+12S2=98时，求x的值．
【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）t=716；
（2）t=54；
（3）①证明详见解析；②x的值为4+73或4−73．
【分析】（1）由题可知PB＝PD＝4﹣2t，再利用Rt△PCD中建立勾股方程求解即可；
（2）由相切可知PB＝PQ＝4﹣2t，再由sin∠ACB=PQCP=ABAC，代入求解即可；
（3）①由⊙P与直线AD相切可得四边形ABPE是正方形，所以AB＝AE＝3，再利用切线长定理TM＝BM，TN＝EN，从而△AMN的周长＝AB+AE＝6，进而得解即可；
②有切线长定理易证S2=12S五边形PBMNE，进而得到2S2＝9﹣S1，代入1S1+12S2=98，解得S1＝1或S1＝8，再分类讨论利用面积求出x值即可．
【解答】解：（1）连接PD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝4，AB＝CD＝3，∠BCD＝90°，
∵⊙P过点D，
∴PB＝PD，
∵CP＝2t，
∴PB＝PD＝4﹣2t，
在Rt△PCD中，PC2+CD2＝PD2，
即4t2+9＝（4﹣2t）2，
解得t=716；
（2）过P作PQ⊥AC于点Q，
当⊙P与直线AC相切时，PQ为半径，此时PQ＝PB，
∵CP＝2t，
∴PB＝PQ＝4﹣2t，
∵AB＝3，BC＝4，
∴AC=AB2+BC2=5，
∴sin∠ACB=PQCP=ABAC，
即4−2t2t=35，
解得t=54；
（3）①如图，过P作PE⊥AD于点E，
当⊙P与直线AD相切时，PE为半径，此时PE＝PB，
∵∠A＝∠ABP＝∠AEP＝90°，
∴四边形ABPE是正方形，
∴AB＝AE＝3，
∵MN与圆相切，AB与圆相切，AD与圆相切，
由切线长定理可得，TM＝BM，TN＝EN，
∴△AMN的周长＝AM+MN+AN＝AM+MT+NT+EN＝AM+BM+EN+AN＝AB+AE＝6，
∵PT是半径，
∴PT＝3，
∴△AMN的周长PT=2；
②在Rt△PBM和Rt△PTM中，
PB=PTPM=PM，
∴Rt△PBM≌Rt△PTM（HL），
同理可证Rt△PEN≌Rt△PTN（HL），
∴S2＝S△PTM+S△PTN
＝S△PBM+S△PEN
=12S五边形PBMNE
=12（S正方形ABPE﹣S1）
=9−S12，
∴2S2＝9﹣S1，
∵1S1+12S2=98，
∴1S1+19−S1=98，
整理得，S12−9S1+8＝0，
解得S1＝1或S1＝8，
当S1＝1时，S2=9−S12=4，
∵S2=12PT⋅MN=32MN＝4，
∴MN=83，
∵BM＝x，
∴AM＝3﹣x，MT＝x，
∴TN＝EN＝MN﹣MT=83−x，
∴AN＝AE﹣EN＝x+13，
∵S1=12AM•AN＝1，
∴12（3﹣x）（x+13）＝1，
整理得3x2﹣8x+3＝0，
解得x1=4+73，x2=4−73；
当S1＝8时，S2=9−S12=12，
∵S2=12PT⋅MN=32MN=12，
∴MN=13，
∵BM＝x，
∴AM＝3﹣x，MT＝x，
∴TN＝EN＝MN﹣MT=13−x，
∴AN＝AE﹣EN＝x+83，
∵S1=12AM•AN＝1，
∴12（3﹣x）（x+83）＝1，
整理得3x2﹣x﹣18＝0，
解得x1=1+2176＞2，故舍去，
x2=1−2176＜0，故舍去；
综上，x的值为4+73或4−73．
【点评】本题主要考查了切线的性质、切线长定理、勾股定理、解直角三角形等内容，综合性强，熟练掌握相关知识是解题的关键．
18．定义：同一个圆中，互相垂直且相等的两条弦叫做等垂弦，等垂弦所在直线的交点叫做等垂点．
（1）如图1，AB、AC是⊙O的等垂弦，OD⊥AB，OE⊥AC垂足分别为D，E．
求证：四边形ADOE是正方形；
（2）如图2，AB是⊙O的弦，作OD⊥OA，OC⊥OB分别交⊙O于D，C两点，连接CD．分别交AB、OA与点M、点E．
求证：AB，CD是⊙O的等垂弦；
（3）已知⊙O的直径为10，AB、CD是⊙O的等垂弦，P为等垂点．若AP＝3BP．求AB的长．
【考点】圆的综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析；
（3）45或25．
【分析】（1）根据AB⊥AC，OD⊥AB，OE⊥AC，得证四边形ADOE是矩形，结合AB＝AC，根据垂径定理，得AE=12AB=12AC=AD证明四边形ADOE是正方形；
（2）连接AC，根据定义，利用圆周角定理证明；
（3）分P等垂点在圆内和圆外两种情况求解即可．
【解答】（1）证明：∵AB、AC是⊙O的等垂弦，
∴AB⊥AC．
∵OD⊥AB，OE⊥AC垂足分别为D，E，
∴四边形ADOE是矩形．
∵AB＝AC，
∴AE=12AB=12AC=AD，
∴四边形ADOE是正方形；
（2）证明：∵AB是⊙O的弦，作OD⊥OA，OC⊥OB分别交⊙O于D，C两点，
∴∠AOD＝∠BOC＝90°，
∴∠AOD+∠AOC＝∠BOC+∠AOC，
∴∠COD＝∠AOB，
∴AB＝CD；
连接AC，设AB，CD交点为G，如图2，
∴∠ACD=12∠AOD=45°，∠CAB=12∠BOC=45°，
∴∠ACD+∠CAB＝90°，
∴∠AGC＝180°﹣（∠ACD+∠CAB）＝90°，
∴CD⊥AB，
∴AB，CD是⊙O的等垂弦；
（3）解：已知⊙O的直径为10，AB、CD是⊙O的等垂弦，P为等垂点．当等垂点P位于圆内，过点O作OE⊥AB，OF⊥CD，垂足分别为E，F，如图3，
∴AB⊥CD，
∴四边形OEPF是矩形，
∵AB＝CD，
∴OE＝OF，
∴四边形OEPF是正方形，
∴OE＝OF＝PE＝PF．
∵AP＝3BP，
设BP＝x，AP＝3x，
∴AB＝AP+BP＝x+3x＝4x，
∵OE⊥AB，
∴AE=BE=12AB=2x，
∴OE＝OF＝PE＝PF＝x，
连接OB，
∵⊙O的直径为10，
∴OB=12×10＝5，
在RtOBE中，由勾股定理得OB2＝OE2+BE2，
∴52＝x2+（2x）2，
解得x=5，x=−5（舍去），
∴AB=4x=45；
当等垂点P位于圆外时，过点O作OH⊥AB，OG⊥CD，垂足分别为H，G，如图4，
由题意得AB⊥CD，
∴四边形OHPG是矩形，
∵AB＝CD，
∴OH＝OG，
∴四边形OHPG是正方形，
∴OH＝OG＝PH＝PG．
∵AP＝3BP，
设BP＝x，AP＝3x，
∴AB＝AP﹣BP＝3x﹣x＝2x，
∵OH⊥AB，
∴AH=BH=12AB=x，
∴OH＝OG＝PH＝PG＝2x，
连接OA，
∵⊙O的直径为10，
∴OA＝5，
在Rt△OAH中，由勾股定理得OA2＝OH2+AH2，
∴52＝（x）2+（2x）2，
解得x=5，x=−5（舍去），
∴AB=2x=25．
综上所述，AB=25或AB=45．
【点评】本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，分类思想，正方形的判定和性质，熟练掌握圆的性质，正方形的性质，勾股定理是解题的关键．
19．如图1，以AB为直径的⊙O与△ABC的边BC交于点D，∠CAD＝∠ABC，点M是直径AB下方半圆上的一动点，连接AM，DM．DM交AB于点P．
（1）若AB＝4，BC=26，求tanM；
（2）①记△ACD的面积为S△ACD，△ABD的面积为S△ABD，若S△ACD：S△ABD=14，⊙O的半径为5．求线段CD的长；
②如图2，当动点M运动到恰好使得P为DM的中点时，∠ABC的角平分线交DM于点E，交AD于点F，求DEDP+DFAD的值；
（3）如图3，连接BM，记△APD的面积为S1，△BPM的面积为S2，四边形AMBD的面积为S，若满足S=S1+S2，试判断四边形AMBD的形状，并说明理由．
【考点】圆的综合题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】（1）22；
（2）1；
（3）四边形AMBD是矩形．
【分析】（1）可推出△ABC是直角三角形，进一步得出结果；
（2）作FG⊥AB于G，连接OD，OM，可推出FG∥DP，∠DPB＝90°，从而△AFG∽△ADP，∠BDP+∠ABD＝90°，从而得出FGDP=AFAD，可推出∠DAP＝∠BDP，进而得出∠DFE＝∠DEF，从而得出DE＝DF＝FG，进一步得出结果；
（3）作DE⊥AB于E，MF⊥AB于F，设△APM的面积是a，△BDP的面积是b，可推出a•b＝S1•S2，由S=S1+S2得，S＝S1+S2+2S1⋅S2，从而a+b＝2S1⋅S2，从而a2+b2+2ab＝4S1•S2，进而得出a＝b，从而得出AP•PM＝BP•DP①，根据△APM∽△DPB得出AP•BP＝DP•PM②，由①②得PM＝BP，AP＝DP，进一步得出结果．
【解答】解：（1）∵AB时⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ABC+∠BAD＝90°，
∵∠CAD＝∠ABC，
∴∠CAD+∠BAD＝90°，
∴∠BAC＝90°，
∴AC=BC2−AB2=(26)2−42=22，
∴tan∠ABC=ACAB=22，
∵AD=AD，
∴∠M＝∠ABC，
∴tanM=22；
（2）如图1，
作FG⊥AB于G，连接OD，OM，
∵OD＝OM，点P是DM的中点，
∴DP⊥AB，
∴FG∥DP，∠DPB＝90°，
∴△AFG∽△ADP，∠BDP+∠ABD＝90°，
∴FGDP=AFAD，
∵BE平分∠ABC，∠ADB＝90°，
∴DF＝FG，∠ABF＝CBF，∠DAP+∠ABD＝90°，
∴∠DAP＝∠BDP，
∴∠ABF+DAP＝∠CBF+∠BDP，
∴∠DFE＝∠DEF，
∴DE＝DF＝FG，
∴DEDP=FGDP，
∴DEDP=AFAD，
∴DEDP+DFAD=AFAD+DFAD=AF+DFAD=ADAD=1；
（3）如图2，
四边形AMBD是矩形，理由如下：
作DE⊥AB于E，MF⊥AB于F，设△APM的面积是a，△BDP的面积是b，
∴S1=12AP⋅DE，S2=12BP⋅FM，a=12AP⋅MF，b=12BP⋅DE，
∴a•b＝S1•S2，
由S=S1+S2得，
S＝S1+S2+2S1⋅S2，
∴a+b＝2S1⋅S2，
∴（a+b）2＝4S1•S2，
∴a2+b2+2ab＝4S1•S2，
∴a2+b2﹣2ab＝0，
∴a＝b，
∵a=12AP⋅MF=12AP⋅PM⋅sin∠BPM，b=12BP⋅DE=12BP⋅PD⋅sin∠APD，∠BPM＝∠APD，
∴AP•PM＝BP•DP①，
∵BM=BM，
∴∠BAM＝∠BDM，
∵∠APM＝∠BPD，
∴△APM∽△DPB，
∴APDP=PMBP，
∴AP•BP＝DP•PM②，
由①②得，
PM＝BP，AP＝DP，
∴∠PDA＝∠PAD，
∵∠ADB＝90°，
∴∠PAD+∠ABD＝90°，∠PDA+∠BDP＝90°，
∴∠ABP＝∠BDP，
∴PD＝PB，
∴AP＝PB，
∴点P是AB的中点，此时P和O重合，
∴DM过点O，
∴DP＝PM，
∴四边形AMBD是平行四边形，
∴▱AMBD是矩形．
【点评】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是利用平方变形等式．
20．【问题提出】
（1）如图1，在四边形ABCD中，连接AC，BD，若AB＝AC＝AD，∠BAC＝50°，则∠BDC的度数为 25 °；（提示：以点A为圆心，AB为半径作⊙A）
【问题解决】
（2）如图2，在矩形ABCD中，已知AB＝3，BC＝4，点P是BC边上一动点（点P不与B，C重合），连接AP，作点B关于直线AP的对称点M，连接MC，求线段MC的最小值；
【实践应用】
（3）如图3，有一块形状为等腰直角三角形的空地ACD，∠CAD＝90°，在空地旁边有一条与CD边平行的小路a，小路a经过点A，现计划在小路a上找一点B，在DA的延长线上找一点P，沿着BC，BP修两条水渠，同时保证∠CBP＝90°，当BP=502米，AD＝80米时，求两条水渠的交汇点B到A的距离．
【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用同弧所对的圆周角是所对圆心角的一半求解；
（2）连接MA，MC，由勾股定理计算AC的长，根据M与M'重合时，CM的长最小即可解答；
（3）如图3，过点C作CE⊥AB于E，过点P作PF⊥AB于F，连接PC，先证明C，A，P，B四点共圆，可得△CBP和△AFP都是等腰直角三角形，根据勾股定理分别计算PC，PF，CE的长，证明△PBF≌△BCE（AAS），即可解答．
【解答】解：（1）如图1，
∵AB＝AC＝AD，
∴点B，C，D在以点A为圆心，以AB为半径的圆上，
∵∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，
∴∠BDC=12∠BAC=12×50°＝25°，
故答案为：25；
（2）如图2，连接AM，AC，以点A为圆心，以AB为半径作⊙A，交AC于M'，
∵作点B关于直线AP的对称点M，
∴AB＝AM＝3，
∴点M在⊙A上，
∴当A，M，C三点共线时，CM的长最小，
即当M与M'重合时，CM的长最小，
由勾股定理得：AC=32+42=5，
∴CM的最小值＝5﹣3＝2；
（3）如图3，过点C作CE⊥AB于E，过点P作PF⊥AB于F，连接PC，
∵△ACD是等腰直角三角形，
∴∠ACD＝45°，
∵a∥CD，
∴∠BAC＝∠ACD＝45°，
∵∠CAD＝90°，
∴∠CAP＝90°，
∵∠CBP＝90°，
∴∠CBP+∠CAP＝180°，
∴C，A，P，B四点共圆，
∴∠BPC＝∠BAC＝45°，∠BCP＝∠BAP＝45°，
∴△CBP和△AFP都是等腰直角三角形，
∴BP＝BC＝502，
∴CP=2PB＝100，
由勾股定理得：AP=CP2−AC2=1002−802=60，PF＝AF＝302，
∵∠CBP＝∠BFP＝∠CEB＝90°，
∴∠PBF+∠CBE＝∠PBF+∠BPF＝90°，
∴∠CBE＝∠BPF，
∴△PBF≌△BCE（AAS），
∴BE＝PF＝302，
由勾股定理得：CE=BC2−BE2=(502)2−(302)2=402，
∵∠AEC＝90°，∠BAC＝45°，
∴△AEC是等腰直角三角形，
∴AE＝CE＝402，
∴AB＝302+402=702．
答：两条水渠的交汇点B到A的距离是702米．
【点评】本题是圆的综合题，考查了等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，圆内接四边形的判定和性质，轴对称的性质，圆周角定理，三角形全等的性质和判定等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
21．【问题情境】
（1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转45°（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的 2 倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略；
【操作实践】
（2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点P为端点的四条线段之间的数量关系；
【探究应用】
（3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将△PDC绕点P逆时针旋转，他发现旋转过程中∠DAP存在最大值．若PE＝8，PF＝5，当∠DAP最大时，求AD的长；
【考点】圆的综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）2；
（2）PA2+PC2＝PB2+PD2；
（3）39．
【分析】（1）利用圆与正多边形的性质分别计算两个正方形的面积可得答案；
（2）如图，由EG⊥FH，证明a2+c2＝b2+d2，再结合图形变换可得答案；
（3）如图，将△PDC绕点P逆时针旋转，可得D在以P为圆心，PD为半径的圆上运动，可得当AD与⊙P相切时，∠DAP最大，再进一步解答即可；
【解答】解：（1）如图2，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，
∴设AE＝DE＝DH＝CH＝CG＝BG＝AF＝BF＝m，∠A＝90°，
∴AB＝AD＝2m，EF=m2+m2=2m，
∴S正方形ABCD=4m2，S正方形EFGH=(2m)2=2m2，
∴大正方形面积是小正方形面积的2倍，
故答案为：2；
（2）如图3.1，
∵EG⊥FH，
∴a2＝OF2+OE2，c2＝OG2+OH2，
d2＝OE2+OH2，b2＝OF2+OG2，
∴a2+c2＝b2+d2，
如图3.2，如图4，
结合图形变换可得：PA2+PC2＝PB2+PD2；
（3）如图5，
∵将△PDC绕点P逆时针旋转，
∴D在以P为圆心，PD为半径的圆上运动，
∵A为圆外一个定点，
∴当AD与⊙P相切时，∠DAP最大，
∴PD⊥AD，
∴AD2＝AP2﹣PD2，
由（2）可得：AE＝DF，
∵PE＝8，PF＝5，
∴AD2＝AP2﹣PD2
＝PE2+AE2﹣PF2﹣DF2
＝82﹣52
＝39，
∴AD=39．
【点评】本题考查的是勾股定理的应用，轴对称的性质，平移的性质，旋转的性质，圆与正多边形的关系，切线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
22．如图，以AB为直径作⊙O，C为⊙O上一点，△OQP≌△ABC，OQ与BC交于点G，AC＝6，BC＝8．
（1）如图1，当OP经过点C时，PC＝ 1 ．
（2）在（1）的条件下，求证：BG＝CG．
（3）如图2，将△OQP从图1的位置开始绕点O顺时针旋转（OP与OB重合时停止转动），OP与BC交于点H，设PQ的中点M到BC的距离为d．
①当OP⊥AB时，求BH的长；
②直接写出旋转过程中d的最大值．
【考点】圆的综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）1；
（2）见解析；
（3）①BH=254；
②213−3．
【分析】（1）先求出AB=AC2+BC2=10，OC＝5，再结合全等三角形的性质，即可作答；
（2）先由△OQP≌△ABC得出∠COG＝∠A，再结合等边对等角得∠OCA＝∠A，则OG∥AC，圆周角定理得∠ACB＝90°，故OG⊥BC，结合垂径定理，即可作答；
（3）①先得出AH＝BH，则OH是AB的垂直平分线，再结合勾股定理列式计算，即可作答．②如图，连接OM交BC于点N．由题意可知，当OM⊥BC时，ON取最小值，OM是定值，则d取最大值，此时BN＝CN，则BN=12BC=4，再结合勾股定理列式计算得ON=OB2−BN2=3，再结合△OQP≌△ABC以及M为PQ的中点，即可作答．
【解答】（1）解：∵以AB为直径作⊙O，AC＝6，BC＝8．
∴∠ACB＝90°，
在直角三角形ABC中，由勾股定理得：AB=AC2+BC2=10，OC＝5，
∵△OQP≌△ABC，
∴OP＝AC＝6，
∵OP经过点C时，
∴PC＝6﹣5＝1，
故答案为：1；
（2）证明：∵△OQP≌△ABC，
∴∠COG＝∠A．
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠A，
∴∠COG＝∠OCA，
∴OG∥AC．
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠OGB＝∠ACB＝90°，
∴OG⊥BC，
∴BG＝CG；
（3）解：①连接AH，如图2，
由（2）知∠C＝90°，
∵OA＝OB，OH⊥AB，
∴OH是AB的垂直平分线，
∴AH＝BH．
设BH＝x，则AH＝x，CH＝8﹣x．
在Rt△CHA中，由勾股定理得得：CH2+AC2＝AH2，
∴（8﹣x）2+62＝x2，
解得x=254，
即BH=254；
②如图3，连接OM交BC于点N．
由题意可知，当OM⊥BC时，ON取最小值，OM是定值，则d取最大值，
此时BN＝CN（垂径定理），
∴BN=12BC=4．
∵∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，
在直角三角形ABC中，由勾股定理得：AB=AC2+BC2=10，
∴OB=12AB=5，
在直角三角形OBN中，由勾股定理得：ON=OB2−BN2=3，
∵△OQP≌△ABC，
∴OP＝AC＝6，PQ＝BC＝8．
∵M为PQ的中点，
∴PM=12PQ=4，
在直角三角形OPM中，由勾股定理得：OM=PM2+OP2=213，
∴d=MN=213−3．
【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，垂直平分线的性质与判定，旋转性质，平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
23．已知，四边形ABCD内接于⊙O，AD=BD，点T在BC的延长线上．
（1）如图1，求证：CD平分∠ACT；
（2）如图2，若AC是⊙O的直径，BE平分∠ABC交CD延长线于E，交⊙O于F，连接AE，AF，DF．
①求∠AED的度数；
②若CDAB=58，△DEF的面积等于259，求AC的长．
【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析过程；
（2）①∠AED＝45°；
②253．
【分析】（1）根据圆的内接四边形的性质可得：∠BAD＝∠DCT，再由AD=BD可得∠BAD＝∠ACD，由此可证CD平分∠ACT；
（2）①连接CF，由外角的性质可得∠BAC＝2∠BEC，从而∠FAD＝∠FED，再由∠ADF＝∠EDF＝45°可得△ADF≌△EDF（AAS），从而得△ADE是等腰直角三角形，∠AED＝45°；②过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，根据题目中条件先证△EGA∽△ADC，从而AEAC=AGCD，即，2ADAC=22ABCD，进一步计算得ACAD=2CDAB=2×58=54，设AD＝4x，AC＝5x（x＞0），在Rt△ADC中，则有（4x）2+CD2＝（5x）2，解得：CD＝3x，由等腰三角形的性质得EM=12CE=12（CD+DE）＝3.5x，DM＝4x﹣3.5x＝0.5x，根据△DEF的面积等于259列方程得12DE•FM=124x•0.5x=259，解得：x=53，从而得AC＝5x=253．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
又∵∠DCT+∠BCD＝180°，
∴∠BAD＝∠DCT，
∵AD=BD，
∴∠BAD＝∠ACD，
∴∠ACD＝∠DCT，
∴CD平分∠ACT；
（2）解：①如图2.1，连接CF，
∵∠ECT是△BCE的一个外角，
∴∠BEC＝∠ECT﹣∠EBC，
同理可得：∠BAC＝∠ACT﹣∠ABC，
由（1）可知：CD平分∠ACT，BE平分∠ABC，
∴∠BEC＝∠ECT﹣∠EBC=12（∠ACT﹣∠ABC）=12∠BAC，
即，∠BAC＝2∠BEC，
∵∠BAC＝∠BFC，
∴∠BFC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BEC+∠FCE，
∴∠BEC＝∠FCE，
∴∠FAD＝∠FED，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADE＝180°﹣90°＝90°，
∵∠ADF＝∠ABF＝45°，
∴∠FDE＝∠ADE﹣∠ADF＝45°，
∴∠ADF＝∠EDF，
∴△ADF≌△EDF（AAS），
∴DA＝DE，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴∠AED＝45°；
②如图2.2，过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠FAC＝∠EBC=12∠ABC＝45°，
∵∠AED＝45°，
∴∠AED＝∠FAC，
∵∠FED＝∠FAD，
∴∠AED﹣∠FED＝∠FAC﹣∠FAD，
∴∠AEG＝∠CAD，
∵∠EGA＝∠ADC＝90°，
∴△EGA∽△ADC，
∴AEAC=AGCD，
在Rt△ABG中，∠ABG＝45°，
∴AG=22AB，
在Rt△ADE中，AE=2AD，
∴2ADAC=22ABCD，
∴ADAC=AB2CD，
∵CDAB=58，
∴ACAD=2CDAB=2×58=54，
在Rt△ADC中，AD2+DC2＝AC2，
∴设AD＝4x，AC＝5x（x＞0），则（4x）2+CD2＝（5x）2，
∴CD＝3x，
∵∠BEC＝∠FCE，
∴FC＝FE，
∵FM⊥CE，
∴EM=12CE=12(CD+DE)=3.5x，
∴DM＝4x﹣3.5x＝0.5x＝FM，
∵△DEF的面积等于259，
∴12DE⋅FM=12×4x⋅0.5x=259，
∵x＞0，
∴x=53，
∴AC=5x=253．
【点评】本题是圆的综合题，考查了角平分线的定义，圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
24．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，延长BC到点D，使CD＝1，P是BC边上一点（不与点B，C重合）．点Q在射线BA上，PQ＝BP，以点P为圆心，PD的长为半径作⊙P，交AC于点E，连接PQ，设PC＝x．
（1）AB ＝ BD（填“＜”“＝”或“＞”），如图1，当点Q在⊙P上时，x的值为 32 ．
（2）如图2，当C为PD中点时，连接PE，求扇形DPE的面积．
（3）如图3，当⊙P与AB相切时，求CDPC的值．
（4）若⊙P与△ABC的三边有两个公共点，直接写出x的取值范围．
【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）＝，32；
（2）2π3；
（3）87；
（4）0＜x＜78或32＜x＜4．
【分析】（1）根据勾股定理计算AB＝5，可判断AB＝BD＝5；再根据⊙P的半径为52即可解答；
（2）根据扇形的面积公式即可解答；
（3）如图3，过点P作PF⊥AB于F，连接AP，根据勾股定理计算即可解答；
（4）结合（1）和（3）计算边界点时x的值，即可解答．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB=32+42=5，
∵CD＝1，
∴BD＝BC+CD＝4+1＝5，
∴AB＝BD；
如图1，
∵BD＝5，且BD是⊙P的直径，
∴PD=52，
∴x=52−1=32，
故答案为：＝，32；
（2）如图2，∵C是PD的中点，
∴PC＝CD＝1，
∴PE＝PD＝2，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CEP＝30°，
∴∠CPE＝60°，
∴扇形DPE的面积=60π×22360=2π3；
（3）如图3，过点P作PF⊥AB于F，连接AP，
∵⊙P与AB相切，
∴PF＝PD＝x+1，
由勾股定理得：AP2＝x2+32，AF2＝AP2﹣PF2＝x2+9﹣（x+1）2＝8﹣2x，
∴AF=8−2x（负值舍），
∴BF＝5﹣AF＝5−8−2x，
∵BP2＝BF2+PF2，
∴（4﹣x）2＝（x+1）2+（5−8−2x）2，
16x2+122x﹣119＝0，
（2x+17）（8x﹣7）＝0，
∴x1=−172，x2=78，
∴PC=78，
∴CDPC=178=87；
（4）当P与C重合时，⊙P的半径为1，如图4，过点C作CF⊥AB于F，
S△ABC=12×3×4=12×5×CF，
∴CF＝2.4＞1，
此时⊙P与AB相离，⊙P与△ABC的三边有两个公共点，
∵P是BC边上一点（不与点C，点B重合），
∴x≠0，x≠4，
由（3）可知：当0＜x＜78时，⊙P与△ABC的三边有两个公共点；
当P与B重合时，如图5，x＝PC＝BC＝4，此时，⊙P与△ABC的三边有一个公共点；
结合（1）可得：当32＜x＜4时，⊙P与△ABC的三边有两个公共点；
综上，当0＜x＜78或32＜x＜4时，⊙P与△ABC的三边有两个公共点．
【点评】本题是圆的综合题，考查了勾股定理，切线的判定与性质，直线与圆的位置关系，扇形与三角形的面积计算，解一元二次方程等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
25．阅读与思考
下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务．
任务：
（1）直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容： 240 ；
（2）如图③，六边形ABCDEF是等边半正六边形．连接对角线AD，猜想∠BAD与∠FAD的数量关系，并说明理由；
（3）如图④，已知△ACE是正三角形，⊙O是它的外接圆．请在图4中作一个等边半正六边形ABCDEF（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）．
【考点】圆的综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）240；
（2）∠BAD＝∠FAD，见解析；
（3）见解析．
【分析】（1）六边形内角和为720°，由等边半正六边形的定义即可得出相邻两内角和为240°；
（2）连接BD，FD，通过全等很容易证出∠BAD＝∠FAD；
（3）作AC、CE、AE的垂直平分线，在圆内线上取一点或者圆外取一点都行，切记不能取圆上，否则就是正六边形．
【解答】解：（1）∵六边形内角和为（6﹣2）×180°＝720°，且∠A＝∠C＝∠E，∠B＝∠D＝∠F，
∴等边半正六边形相邻两个内角的和为720°÷3＝240°，
故答案为：240；
（2）∠BAD＝∠FAD．理由如下：
连接BD，FD．如图3，
∵六边形ABCDEF是等边半正六边形，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠C＝∠E，
在△BCD和△FED中，
BF=FE∠C=∠ECD=DE，
∴△BCD≌△FED（SAS），
∴BD＝FD，
在△ABD与△AFD中，
AB=AFBD=FDAD=AD，
∴△BAD≌△FAD（SSS），
∴∠BAD＝∠FAD；
（3）如图，六边形ABCDEF即为所求（答案不唯一）．
作法一：作AC、CE、AE的垂直平分线，在圆内线上取一点或者圆外取一点都行，
作法二：
．
【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了多边形的内角和定理，全等三角形的判定与性质，以等边半正六边形为背景，理解题意以及掌握圆和多边形的相关性质是解题关键．
考点卡片
1．圆的综合题
考查的知识点比较多，一般考查垂径定理、圆周角定理、切线长定理、扇形的面积和弧长，经常与四边形一起，难度比较大．关于“等边半正多边形”的研究报告博学小组
研究对象：等边半正多边形
研究思路：类比三角形、四边形，按“概念—性质—判定”的路径，由一般到特殊进行研究．
研究方法：观察（测量、实验）—猜想—推理证明
研究内容：
【一般概念】对于一个凸多边形（边数为偶数），若其各边都相等，且相间的角相等、相邻的角不相等，我们称这个凸多边形为等边半正多边形．如图①，我们学习过的菱形（正方形除外）就是等边半正四边形，类似地，还有等边半正六边形、等边半正八边形……
【特例研究】根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形研究如下：
概念理解：如图②，如果六边形ABCDEF是等边半正六边形，那么AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠A＝∠C＝∠E，∠B＝∠D＝∠F，且∠A≠∠B．
性质探索：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下结论：
内角：等边半正六边形相邻两个内角的和为 °．
对角线：……
关于“等边半正多边形”的研究报告博学小组
研究对象：等边半正多边形
研究思路：类比三角形、四边形，按“概念—性质—判定”的路径，由一般到特殊进行研究．
研究方法：观察（测量、实验）—猜想—推理证明
研究内容：
【一般概念】对于一个凸多边形（边数为偶数），若其各边都相等，且相间的角相等、相邻的角不相等，我们称这个凸多边形为等边半正多边形．如图①，我们学习过的菱形（正方形除外）就是等边半正四边形，类似地，还有等边半正六边形、等边半正八边形……
【特例研究】根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形研究如下：
概念理解：如图②，如果六边形ABCDEF是等边半正六边形，那么AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠A＝∠C＝∠E，∠B＝∠D＝∠F，且∠A≠∠B．
性质探索：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下结论：
内角：等边半正六边形相邻两个内角的和为 240 °．
对角线：……