浙教版初中数学九年级上册第三单元《圆的基本性质》单元测试卷（困难）（含答案解析）

这是一份浙教版初中数学九年级上册第三单元《圆的基本性质》单元测试卷（困难）（含答案解析），共36页。

浙教版初中数学九年级上册第三单元《圆的基本性质》单元测试卷
考试范围：第三单元；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）

一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 平面上有四个点，过其中任意3个点一共能确定圆的个数为(    )
A. 0或3或4 B. 0或1或3 C. 0或1或3或4 D. 0或1或4
2. 如图，抛物线y=19x2−1与x轴交于A，B两点，D是以点C(0,4)为圆心，1为半径的圆上的动点，E是线段AD的中点，连接OE，BD，则线段OE的最小值是(    )
A. 2 B. 322 C. 52 D. 3
3. 如图边长为5的正方形ABCD中，E为边AD上一点，且AE=2，F为边AB上一动点，将线段EF绕点F顺时针旋转90°得到线段FG，连接DG，则DG的最小值为(    )
A. 722 B. 5 C. 522 D. 322
4. 如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=53，点P在线段BC上运动(含B、C两点)，连接AP，以点A为中心，将线段AP逆时针旋转60°到AQ，连接DQ，则线段DQ的最小值为(    )


A. 52 B. 52 C. 533 D. 3
5. 如图，△ABC内接于⊙O，DE是⊙O的直径，与AC相交于点M，且DE⊥AB，若⊙O的半径为23，BC=26，则AM2+CM2的值为(    )
A. 12 B. 20 C. 24 D. 28
6. 如图，在半径为5的⊙O中，AB、CD是互相垂直的两条弦，垂足为P，且AB=CD=4，则OP的长为(    )
A. 1
B. 2
C. 2
D. 22
7. 如图，边长为4的正方形ABCD内接于⊙O，点E是AB上的一动点(不与A，B重合)，点F是BC上的一点，连接OE，OF，分别与AB，BC交于点G，H，且∠EOF=90°，有以下结论：①AE=BF；②△OGH是等腰三角形；③四边形OGBH的面积随着点E位置的变化而变化；④△GBH周长的最小值为4+2.其中正确的个数是(    )

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
8. 如图，等腰Rt△ABC内接于⊙O，直径AB=22，D是圆上一动点，连接AD，CD，BD，且CD交AB于点G.下列结论：①DC平分∠ADB；②∠DAC=∠AGC；③当AD=CD时，四边形ADBC的面积为83；④当BD=2时，四边形ADBC的周长最大，正确的有(    )
A. ①② B. ②③ C. ①②④ D. ①③④
9. 如下图，直线l与⊙O相交于点B、D，点A、C是直线l两侧的圆弧上的动点，若⊙O的半径为1，∠A=30°，那么四边形ABCD的面积的最大值是(    )
A. 1 B. 2 C. 32 D. 12
10. 如图，点A，B，C，D都在⊙O上，BD为直径，若∠A=65°，则∠DBC的值是(    )

A. 15° B. 25° C. 35° D. 65°
11. 如图，矩形ABCD中，∠BAC=60°，点E在AB上，且BE:AB=1:3，点F在BC边上运动，以线段EF为斜边在点B的异侧作等腰直角三角形GEF，连接CG，当CG最小时，CFAD的值为(    )
A. 39 B. 13 C. 12 D. 33
12. 如图，⊙O中，弦AB⊥CD于E，若∠A=30°，⊙O的半径等于6，则弧AC的长为(    )
A. 6π
B. 4π
C. 5π
D. 8π
第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，在平面直角坐标系中，点M的坐标为(3,0)，⊙M的半径为2，AB为⊙M的直径，其中点A在第一象限，当OA=AB时，点A的坐标为          ．

14. 等边三角形ABC的边长为4，D是AC的中点，P是△ABC内一点，且BP2+CP2=AP2，则PD的最小长度是_____．
15. 如图，点A、B、C、D、E在⊙O上，且AE的度数为50°，则∠B+∠D的度数为______．


16. 如图，AM//NP，AM=2，MN=1，NP=1，∠AMN=150°，正方形ABCD的边长为1.它沿着AM−MN−NP作无滑动翻转，至它的一个顶点第一次与P重合为止，则在此过程中，正方形的中心O运动的路线长为____.(不取近似值)


三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
如图，在半径为2的扇形AOB中，∠AOB=90∘，点C是弧AB上的一个动点(不与点A，B重合)，OD⊥BC，OE⊥AC，垂足分别为D，E．

(1)当BC=1时，求线段OD的长;
(2)在△DOE中，是否存在长度保持不变的边?如果存在，请指出，并求其长度;如果不存在，请说明理由;
(3)当OD=3时，求OE的长．
18. (本小题8.0分)
在等腰三角形ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c，已知a=3，b和c是关于x的方程x2+mx+2−12m=0的两个实数根．
(1)求△ABC的周长．
(2)求△ABC的三边均为整数时的外接圆半径．
19. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1.对于点A和线段BC，给出如下定义：若将线段BC绕点A旋转可以得到⊙O的弦B′C′(B′,C′分别是B，C的对应点)，则称线段BC是⊙O的以点A为中心的“关联线段”．
(1)如图，点A，B1，C1，B2，C2，B3，C3的横、纵坐标都是整数.在线段B1C1，B2C2，B3C3中，⊙O的以点A为中心的“关联线段”是______ ；
(2)△ABC是边长为1的等边三角形，点A(0,t)，其中t≠0.若BC是⊙O的以点A为中心的“关联线段”，求t的值；
(3)在△ABC中，AB=1，AC=2.若BC是⊙O的以点A为中心的“关联线段”，直接写出OA的最小值和最大值，以及相应的BC长．

20. (本小题8.0分)
如图，⊙O为△ABC的外接圆，AD⊥BC，垂足为D，直径AE平分∠BAD交BC于点F，连接BE．

(1)证明：∠AEB=∠AFD;
(2)若AB=4，BF=2，求AF的长．
21. (本小题8.0分)
已知⊙O中，弦AB⊥AC，且AB=AC=6，点D在⊙O上，连接AD，BD，CD．
(1)如图1，若AD经过圆心O，求BD，CD的长；
(2)如图2，若∠BAD=2∠DAC，求BD，CD的长．

22. (本小题8.0分)
如图，在⊙O中，B是⊙O上一点，∠ABC=120°，BM平分∠ABC交AC于点D，连结MA，MC．

(1)求证：△AMC是正三角形；
(2)若AC=23，求⊙O半径的长．
(3)请猜想BM与BA，BC之间满足什么样的数量关系，并说明理由

23. (本小题8.0分)
如图，AB为⊙O的直径，点C、D都在⊙O上，且CD平分∠ACB，交AB于点E．

(1)求证：∠ABD=∠BCD；
(2)若DE=13，AE=17，求⊙O的半径；
(3)DF⊥AC于点F，试探究线段AF、DF、BC之间的数量关系，并说明理由．
24. (本小题8.0分)
如图，正三角形ABC、正方形ABCD、正五边形ABCDE分别是⊙O的内接正三角形、内接正四边形、内接正五边形，点M，N分别从点B，C开始，以相同的速度在⊙O上逆时针运动．

(1)在图1中，求∠APB的度数．
(2)在图2中，求∠APB的度数;在图3中，求∠APB的度数．
(3)根据前面的探索，若多边形ABCDE⋯是⊙O的正n边形，则∠APB的度数是          (用含n的代数式表示)．

25. (本小题8.0分)
如图1，已知四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，AD=DB，AC与BD交于点E，且AE=BC．
(1)求证：AB=CB；
(2)如图2，△ABC绕点C逆时针旋转35°得到△FGC，点A经过的路径为弧AF，若AC=4，求图中阴影部分的面积．

答案和解析

1.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查确定圆的条件，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题.如图，当四点在同一条直线上时，不能确定圆：当四点共圆时，只能作一个圆;当三点在同一直线上时，可以作三个圆;当四点不共圆时，且没有三点共线时，能确定四个圆，由此即可解决问题．
【解答】
解：如图，当四点在同一条直线上时，不能确定圆，当四点共圆时，只能作一个圆，当三点在同一直线上时，可以作三个圆，当四点不共圆时，且没有三点共线时，能确定四个圆．

故选C．
  
2.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了点与圆的位置关系、抛物线与x轴的交点、三角形中位线定理，解决本题的关键是点B、D、C共线问题．
根据抛物线y=19x2−1与x轴交于A，B两点，可得A、B两点坐标，D是以点C(0,4)为圆心，根据勾股定理可求BC的长为5，E是线段AD的中点，再根据三角形中位线，BD最小，OE就最小．
【解答】
解：∵抛物线y=19x2−1与x轴交于A，B两点，
∴A、B两点坐标为(−3,0)、(3,0)，
∵D是以点C(0,4)为圆心，
根据勾股定理，得
BC=5，
∵E是线段AD的中点，O是AB中点，
∴OE是三角形ABD的中位线，
∴OE=12BD，
即点B、D、C共线，且D在线段BC之间时BD最小，OE就最小．
如图，连接BC交圆于点D′，

∴BD′=BC−CD′=5−1=4，
∴OE′=2．
所以线段OE的最小值为2．
故选：A．  
3.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查的是全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、正方形的性质、旋转的基本性质等有关知识．
过点G作GM⊥AB于M，作GN⊥AD于N，根据AAS证△AEF≌△MFG，设AF=x，则NG=x+2，DN=5−x，根据勾股定理得出DG的表达式，求最小值即可．
【解答】
解：过点G作GM⊥AB于M，作GN⊥AD于N，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，
∵GM⊥AB，GN⊥AD，
∴∠FMG=∠DNG=90°，
∴四边形AMGN是矩形，
∴MG=AN，AM=NG，∠A=∠FMG，
∵线段EF绕点F顺时针旋转90°得到线段FG，
∴EF=FG，∠EFG=90°，
∴∠EFA+∠GFM=90°，
∵∠GFM+FGM=90°，
∴∠EFA=∠FGM，
在△AEF和△MFG中，
∠A=∠FMG∠EFA=∠FGMEF=FG
∴△AEF≌△MFG(AAS)，
∴AE=MF，AF=MG，
∵AE=2，
∴MF=2，
设AF=x(0≤x≤5)，
则MG=x，AM=x+2，AN=MG=x，
∴NG=x+2，
∵AD=5，
∴DN=5−x，
∴DG=DN2+NG2=5−x2+x+22=2x−322+492，
∴当x=32时，DG取最小值为492=722．  
4.【答案】A 
【解析】解：如图，以AB为边向右作等边△ABF，作射线FQ交AD于点E，过点D作DH⊥QE于点H，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABP=∠BAE=90°，
∵△ABF，△APQ都是等边三角形，
∴∠BAF=∠PAQ=60°，BA=FA，PA=QA，
∴∠BAP=∠FAQ，
在△BAP和△FAQ中，
BA=FA∠BAP=∠FAQPA=QA，
∴△BAP≌△FAQ(SAS)，
∴∠ABP=∠AFQ=90°，
∵∠FAE=∠DAB−∠BAF=30°，
∴∠AEF=60°，
∵AB=AF=5，则AE=1033，
∴点Q的运动轨迹是射线FE，
∵AD=BC=53，
∴DE=AD−AE=533，
∵DH⊥EF，∠DEH=∠AEF=60°，
∴DH=32DE=533×32=52，
根据垂线段最短可知，当点Q与H重合时，DQ的值最小，最小值为52．
故选A．
本题考查矩形的性质，旋转的基本性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，以及解直角三角形．
以AB为边向右作等边△ABF，作射线FQ交AD于点E，过点D作DH⊥QE于H.利用全等三角形的性质证明∠AFQ=90°，推出∠AEF=60°，推出点Q的运动轨迹是射线FE，求出DH，则可得．

5.【答案】C 
【解析】解：连接OB、OC、BM，作ON⊥BC于N，如图所示：

则BN=CN=12BC=6，
∴ON=OB2−BN2=12−6=6，
∴ON=BN，
∴△OBN是等腰直角三角形，
∴∠BON=45°，
同理：∠CON=45°，
∴∠BOC=90°，
∴∠A=12∠BOC=45°，
∵DE是⊙O的直径，且DE⊥AB，
∴DE垂直平分AB，
∴AM=BM，
∴∠ABM=∠A=45°，
∴∠AMB=90°，
∴∠BMC=90°，
在Rt△BCM中，由勾股定理得：AM2+CM2=BM2+CM2=BC2=(26)2=24；
故选：C．
连接OB、OC、BM，作ON⊥BC于N，由垂径定理得出BN=CN=12BC=6，由勾股定理求出ON=OB2−BN2=6，得出ON=BN，△OBN是等腰直角三角形，求出∠BOC=90°，由圆周角定理得出∠A=12∠BOC=45°，证出AM=BM，得出∠ABM=∠A=45°，∠AMB=90°，∠BMC=90°，在Rt△BCM中，由勾股定理即可得出结果．
本题考查了三角形的外接圆、垂径定理、圆周角定理、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握垂径定理，证出∠BOC=90°是解题的关键．

6.【答案】B 
【解析】解：作OE⊥AB于E，OF⊥CD于F，连结OD、OB，如图，
则AE=BE=12AB=2，DF=CF=12CD=2，
在Rt△OBE中，∵OB=5，BE=2，
∴OE=OB2−BE2=1，
同理可得OF=1，
∵AB⊥CD，
∴四边形OEPF为矩形，
而OE=OF=1，
∴四边形OEPF为正方形，
∴OP=2OE=2．
故选：B．
作OE⊥AB于E，OF⊥CD于F，连结OD、OB，如图，根据垂径定理得到AE=BE=12AB=2，DF=CF=12CD=2，根据勾股定理在Rt△OBE中计算出OE=1，同理可得OF=1，接着证明四边形OEPF为正方形，于是得到OP=2OE=2．
本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．

7.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了正方形的性质，全等三角形判定和性质，圆的有关概念和性质等知识．连接OC、OB、CF、BE， ①先证BE=CF，由AB=BC即可证明结论；
 ②只要证明△BOG≌△COH即可解决问题;
 ③只要证明S四边形OGBH=S△BOC=14S正方形ABCD是定值即可;
 ④推出当OH⊥BC时，OH的值最小，GH的值最小，此时OG=OH=2，GH=22，求出△GBH的周长的最小值即可．
【解答】
解：连接OC、OB、CF、BE，

在正方形ABCD中，AB=BC，∠BOC=90°，∠OBG=∠OCH=45°，OC=OB，
∵∠BOE+∠BOF=90∘，∠COF+∠BOF=90∘，
∴∠BOE=∠COF，
∴BE=CF，
∵AB=BC，
∴AE=BF，
∴AE=BF，故 ①正确；
在△BOG和△COH中，
{∠BOG=∠COHOB=OC∠OBG=∠OCH=45∘,
∴△BOG≌△COH，
∴OG=OH，
∴△OGH是等腰三角形，故②正确；
∵△BOG≌△COH，
∴S△OBG=S△COH，
∴S四边形OGBH=S△COB=14S正方形ABCD是定值，故 ③错误；
∵△BOG≌△COH，
∴CH=BG，
∵△BGH的周长=GH+BG+BH=GH+BH+HC=GH+BC，
∴当OH⊥BC时，OH的值最小，GH的值最小，此时OG=OH=2，GH=22，
∴△BGH的周长的最小值为4+22，故 ④错误．
故选B．  
8.【答案】C 
【解析】
【分析】
此题考查了圆周角定理，垂径定理，等腰直角三角形的判定与性质，以及面积的变换与求法．此题的综合性比较强，难度比较大，在解题时充分利用以上相关知识解决问题是关键．证明AC=BC，由圆周角定理和三角形外角的性质可证明①②正确；如图1，连接DO并延长交AC于H，根据垂径定理可得DH⊥AC，则AH=CH=1，利用面积和可得四边形ADBC的面积，可知③不正确；当AD=BD=2时，四边形ADBC的周长最大，可判断④正确．
【解答】
解：①∵等腰Rt△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，
∴AC=BC，
∴AC=BC，
∴∠ADC=∠CDB，
∴DC平分∠ADB；
故①正确；
②∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
∵∠DAB=∠DCB，
∴∠CAB+∠DAB=∠ABC+∠DCB，
∵∠AGC=∠ABC+∠DCB，
∴∠DAC=∠AGC，
故②正确；
③如图1，连接DO并延长交AC于H，

在Rt△ACB中，∵AB=22，∠ACB=90°，
∴AC=BC=2，OA=OD=2，
∵AD=CD，
∴AD=CD，
∴DH⊥AC，
∴AH=CH=1，
∴OH=12BC=1，
∴DH=OH+OD=1+2，
∵∠ACB=∠AHD=90°，
∴BC//DH，
∴四边形ADBC的面积=S△ADH+S四边形CHDB
=12×1×(1+2)+12×1×(2+1+2)
=2+2，
故③不正确；
④∵AC=BC=2，
∴当AD+BD最大时，四边形ADBC的周长最大，
∴当AD=BD=2时，四边形ADBC的周长最大，
故④正确；
所以本题正确的结论有：①②④．
故选C．  
9.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了圆周角定理，垂径定理，三角形的面积，等边三角形的判定和性质．关键是根据BD是定值，得出当AC最大且垂直BD时四边形ABCD的面积取得最大值．
连接OB，OD，先根据圆周角定理证明△OBD是等边三角形得BD=OB=1是定值，所以当AC最大且垂直BD时四边形ABCD的面积取得最大值，最后关键直径是圆中的最大弦即可解答．
【解答】
解：连接OB、OD
∵∠BAD=30°，
∴∠BOD=60°，
∵OB=OD
∴△OBD是等边三角形，
∴BD=OB=1是定值，
∴AC最大且垂直BD时四边形ABCD的面积取得最大值．
此时连接AC，AC为⊙O的直径，AC垂直BD，
∴AC=2，
∴S四边形ABCD最大值=S△ABD+S△CBD=12BD⋅AC=12×2×1=1．
故选A．  
10.【答案】B 
【解析】
【解答】
解：∵BD为直径，
∴∠BCD=90°，
由圆周角定理得，∠D=∠A=65°，
∴∠DBC=90°−65°=25°，
故选：B．
【分析】
根据圆周角定理得到∠BCD=90°，∠D=∠A=65°，根据直角三角形的性质计算即可．
本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．  
11.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了矩形的性质、四点共圆的性质、角平分线的判定、三角形全等的判定与性质、勾股定理等，熟练掌握这些知识点是解决本题的关键.首先取EF的中点为O，连接BO、GO，作射线BG，根据矩形的性质、四点共圆的性质、角平分线的判定得到当CG⊥BG时，CG最小，进一步证得△BGE≌△CGF(SAS)，由全等三角形的性质得到BE=CF，，设AB=m，由BE：AB=1：3，则CF=BE=13m；根据勾股定理求得BC=3m，进一步AD=BC，最后求得CFAD的值即可．
【解答】
解：如图1，取EF的中点为O，连接BO、GO，作射线BG，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC =90°，
∵O为EF的中点，
∴OB=OE=OF，
∵∠EGF= 90°，O为EF的中点，
∴OG=OE=OF，
∴OB=OG=OE=OF，
∴B、E、F、G在以O为圆心的圆上，
∴∠EBG=∠EFG，
∵∠EGF=90∘，EG=FG，
∴∠EFG=45∘，
∴∠EBG=45∘，
∴BG平分∠ABC，即点G在∠ABC的平分线上，
∴当CG⊥BG时，CG最小；
此时，如图2，

∵BG平分∠ABC，
∴∠ABG=∠CBG=12∠ABC=45∘，
∵CG⊥BG，
∴△BCG是以BC为斜边的等腰直角三角形，∠BGC=90∘，
∴BG=CG，
∵△EFG是以EF为斜边的等腰直角三角形，
∴EG=FG，∠EGF=∠BGC=90∘，
∴∠EGF−∠BGF=∠BGC−∠BGF，
即∠BGE=∠CGF，
在△BGE和△CGF中，
BG=CG∠BGE=∠CGF,EG=FG
∴△BGE≌△CGF(SAS)，
∴BE=CF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，
设AB=m，
∵BE：AB=1：3，
∴CF=BE=13m；
在Rt△ABC中，∠BAC=60∘，
∴∠ACB=30°，
∴BC=AC2−AB2=(2m)2−m2=3m，
∴AD=3m，
∴CFAD=13m3m=39，
故选A．  
12.【答案】B 
【解析】解：连接OA、OC，
∵AB⊥CD，
∴∠AED=90°，
∴∠D=90°−∠DAE=60°，
由圆周角定理得，∠AOC=2∠D=120°，
∴弧AC的长=120π×6180=4π，
故选：B．
连接OA、OC，根据直角三角形的性质求出∠D，根据圆周角定理求出∠AOC，根据弧长公式计算，得到答案．
本题考查的是弧长的计算、圆周角定理，掌握弧长公式l=nπr180是解题的关键．

13.【答案】(72,152) 
【解析】
【分析】
本题考查了坐标与图形的性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
过A作AC⊥OM于C，分两种情况讨论，即可得到结论．
【解答】
解：过A作AC⊥OM于C，

∴∠ACO=∠ACM=90°，
∵点M的坐标为(3,0)，
∴OM=3，
∵⊙M的半径为2，
∴AM=2，OA=AB=4，
当点C在M左边时，CM=3−OC，
∵OA2−OC2=AM2−CM2，
∴42−OC2=22−(3−OC)2，解得：OC=72，
此时72>3，舍去；
当点C在M右边时，如图所示：

CM=OC−3，
∵OA2−OC2=AM2−CM2，
∴42−OC2=22−(OC−3)2，解得：OC=72，
∴AC=AO2−OC2=42−(72)2=152，
∴点A的坐标为(72,152)，
故答案为(72,152).  
14.【答案】27−4 
【解析】解：∵等边三角形△ABC的边长为4，P是△ABC内一点，
∴AC=BC，
∴将△BPC绕点C顺时针旋转60∘得到△AEC，如图，

则CE=CP，AE=BP，∠PCE=60∘，∠AEC=∠BPC，
连接PE，则△PCE是等边三角形，
∴EP=CP，∠CEP=60∘，
∵BP2+CP2=AP2，
∴AE2+EP2=AP2，
∴△APE是直角三角形且∠AEP=90∘，
∴∠AEC=∠AEP+∠PEC=90∘+60∘=150∘，
∴∠BPC=∠AEC=150∘，
∴点P在BPC上运动(点B、C除外)，
过B、P、C三点作⊙O，在∠BPC所对的弧上取一点G(点B、C除外)，
连接OB、OC、OP、GB、GC、OD，OD与⊙O交于点F，
根据圆内接四边形对角互补可得∠BPC+∠BGC=180∘，
∴∠BGC=180∘−∠BPC=180∘−150∘=30∘，
∴∠BOC=2∠BGC=60∘，
∵OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴OC=BC=4，∠OCB=60∘，
∴∠OCA=∠OCB+∠ACB=60∘+60∘=120∘，
∵D是AC的中点，
∴CD=AD=12AC=12×4=2，
∴△OCD是定三角形，且OD是定值，
根据两点之间线段最短的性质得OP+PD≥OD，
∵OP=OF，OD=OF+FD，
∴PD≥FD，
∴PD的最小长度是FD的长度，
过点D作DH⊥OC，交OC延长线于点H，
∵∠DCH=180∘−∠OCD=180∘−120∘=60∘，
∴∠CDH=90∘−∠DCH=90∘−60∘=30∘，
∴CH=12CD=12×2=1，
∴OH=CO+CH=4+1=5，
在Rt△CDH中，根据勾股定理得DH=CD2−CH2=22−12=3，
在Rt△ODH中，根据勾股定理得OD=OH2+DH2=52+(3)2=27，
∴FD=OD−OF=27−4，
即PD的最小长度是27−4．
故答案为27−4．
本题考查等边三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理及其逆定理，圆周角定理，圆内接四边形的性质．
先将△BPC绕点C顺时针旋转60∘得到△AEC，得到△PCE是等边三角形，利用勾股定理逆定理得，△APE是直角三角形且∠AEP=90∘，进一步确定点P的运动轨迹，根据两点之间线段最短的性质确定PD的最小长度是FD的长度，最后计算出结果即可．

15.【答案】155° 
【解析】
【分析】
本题考查了圆周角定理和圆内接四边形的性质，作出辅助线构建内接四边形是解题的关键．连接AB、DE，先求得∠ABE=∠ADE=25°，根据圆内接四边形的性质得出∠ABE+∠EBC+∠ADC=180°，即可求得∠B+∠D=155°．
【解答】
解：连接AB、DE，则∠ABE=∠ADE，
∵AE为50°，
∴∠ABE=∠ADE=25°，
∵点A、B、C、D在⊙O上，
∴四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠ABE+∠EBC+∠ADC=180°，
∴∠B+∠D=180°−∠ABE=180°−25°=155°．
故答案为：155°．
  
16.【答案】342π 
【解析】解：OD=12BD=22，
第一次旋转了90°，第二次旋转了60°第三次旋转了120°，
正方形的中心O运动的路线长为2π×22(90°+60°+120°360∘)=342π．
故答案为：342π.
根据旋转的性质，可得旋转角相等，根据线段的旋转是扇形，可得扇形，根据弧长的公式，可得答案．
本题考查了旋转的性质，利用了旋转的性质，弧长公式．

17.【答案】解：(1)∵OD⊥BC，∴BD=DC=12，
由勾股定理得OD2=OB2−BD2，而OB=2，
∴OD=152．
(2)存在，DE的长度不变．
如图，连结AB，∵∠AOB=90∘，OA=OB=2，∴AB=22．
∵OD⊥BC，OE⊥AC，∴BD=DC，AE=CE，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE=12AB=2．

(3)如图，连结OC，过D作DF⊥OE于F，
∵OD⊥BC，OE⊥AC，且OA=OB=OC，
∴∠AOE=∠COE，∠BOD=∠COD，
∴∠DOE=∠DOC+∠COE=12(∠BOC+∠AOC)=12∠AOB=12×90∘=45∘．
连结OC，过D作DF⊥OE于F，，∵OD=3，∠DOF=45∘，∴OF=DF=62，
在Rt△DEF中，DE2=DF2+EF2，即2=622+OE−622，
解得OE=6+22或OE=6−22(舍去)．
∴OE=6+22．
 
【解析】本题考查了三角形中位线，垂径定理，勾股定理的应用，等腰直角三角形等内容，解本题的关键是确定出DE是不变量．
(1)由OD⊥BC，得BD=DC=12，根据勾股定理求出OD即可；
(2)连结AB，OD⊥BC，OE⊥AC，得BD=DC，AE=CE，DE为△ABC的中位线，即可得结果；
(3)连结OC，过D作DF⊥OE于F，根据勾股定理可求得结果．

18.【答案】解：(1)若b、c中有一边等于3，
则方程可化为9+3m+2−12m=0，
解得m=−225；
原方程可化为x2−225x+215=0，
解得x1=3，x2=75，
所以三角形的周长为3+3+75=725；
若b=c，则Δ=m2−4(2−12m)=0，
解得m=−4或2，
当m=−4时，方程为x2−4x+4=0，得x1=x2=2，
所以三角形的周长为2+2+3=7；
当m=2时，方程为x2+2x+1=0，得x1=x2=−1；(不合题意，舍去)
综上可知△ABC的周长为725或7．

(2)作△ABC的外接圆⊙O，连接AO并延长交⊙O于点D、交BC于E，连接BO，则有AE⊥BC．
∵△ABC的三边均为整数，
∴AB=AC=2，BC=3，
BE=12BC=32.AE=AB2−BE2=4−94=72，
设AO=R，在Rt△BOE中，R2=(32)2+(72−R)2，
∴R=477，
∴△ABC的三边均为整数时的外接圆半径为477． 
【解析】(1)此题分两种情况考虑：一是b和c中有一个和a相等，是3；二是b=c，即根据方程有两个相等的实数根，由Δ=0求解．最后注意看是否符合三角形的三边关系．
(2)根据(1)中求解的结果，只需求得2，3，3的三角形的外接圆的半径，根据等腰三角形的三线合一和勾股定理求解．
注意(1)中的多种情况，能够熟练结合等腰三角形的三线合一和勾股定理求得等腰三角形的外接圆的半径．

19.【答案】解：(1)B2C2．

(2)∵△ABC是边长为1的等边三角形，
根据旋转的性质可知△AB′C′也是边长为1的等边三角形，
∵A(0,t)，
∴B′C′⊥y轴，且B′C′=1，
∴AO为B′C′边上的高的2倍，且此高的长为32，
∴t=3或−3．

(3)OA的最小值为1，此时BC的长为3，OA的最大值为2，此时BC的长为62，
由旋转的性质和“关联线段”的定义，
可知AB′=AB=OB′=OC′=1，AC′=AC=2，如图1，

利用四边形的不稳定性可知，
当A，O，C′在同一直线上时，OA最小，最小值为1，如图2，

此时OA=OB′=OC′，
∴∠AB′C=90°，
∴B′C′=AC′2−AB′2=22−12=3．
当A，B′，O在同一直线上时，OA最大，如图3，

此时OA=2，过点A作AE⊥OC′于E，过点C′作C′F⊥OA于F．
∵AO=AC′=2，AE⊥OC′，
∴OE=EC′=12，
∴AE=AO2−OE2=22−(12)2=152，
∵S△AOC′=12⋅AO⋅C′F=12⋅OC′⋅AE，
∴C′F=154，
∴OF=OC′2−C′F2=12−(154)2=14，
∴FB′=OB′−OF=34，
∴B′C′=FB′2+FC′2=(34)2+(154)2=62．
综上OA的最小值为1，此时BC的长为3，OA的最大值为2，此时BC的长为62． 
【解析】(1)由旋转的性质可知：AB=AB′，AC=AC′，∠BAB′=∠CAC′，
由图可知点A到圆上一点的距离d的范围为2−1≤d≤2+1，
∵AC1=3>d，
∴点C1′不可能在圆上，
∴B1C1不是⊙O的以A为中心的“关联线段”，
∵AC2=1，AB2=5，
∴C2′(0,1)，B2′(1,0)，
∴B2C2是⊙O的以A为中心的“关联线段”，
∵AC3=2，AB3=5，
当B3′在圆上时，B3′(1,0)或(0,−1)，
由图可知此时C3′不在圆上，
∴B3C3不是⊙O的以A为中心的“关联线段”．
故答案为：B2C2．
(2)利用旋转的性质，“关联线段”的定义以及等边三角形的性质，求出B′C′的位置，从而求出t的值．
(3)利用旋转的性质以及“关联线段”的定义，可知四边形AB′OC′的各边长，利用四边形的不稳定性，画出OA最小和最大时的图形，利用等腰三角形的性质以及勾股定理求出答案．
此题属于圆综合题，考查了旋转有关的新定义题，利用旋转的性质，等腰三角形，等边三角形，勾股定理等知识点，本题的关键画出OA最小和最大时的图形，属于中考压轴题．

20.【答案】(1)证明：∵AE为⊙O的直径，
∴∠ABE=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADF=90°，
∴∠AFD+∠FAD=90°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠FAD，
∴∠AEB=∠AFD；
(2)解：如图1，过点B作BM⊥AE于点M．

∵∠AFD=∠BFE，∠AFD=∠AEB，
∴∠BFE=∠AEB，
∴BF=BE=2，
∵AB=4，∠ABE=90°，
∴AE=AB2+BE2=42+22=25，
∵S△ABE=12AB·BE=12AE⋅BM，
∴BM=AB⋅BEAE=4×225=455，
∴EM=FM=BE2−BM2=22−(455)2=255，
∴AF=AE−EF=AE−2EM=25−455=655． 
【解析】此题主要考查圆周角定理，勾股定理，角的平分线．
(1)根据圆周角定理和角平分线定义求解即可;
(2)过点B作BM⊥AE于点M，根据勾股定理求出AE，再根据S△ABE=12AB·BE=12AE⋅BM，求出BM，即可求出答案．

21.【答案】解：(1)∵AD经过圆心O，
∴∠ACD=∠ABD=90°，
∵AB⊥AC，且AB=AC=6，
∴四边形ABCD为正方形，
∴BD=CD=AB=AC=6；
(2)连接OC，OB，OD，过O点作OE⊥BD，
∵AB⊥AC，AB=AC=6，
∴BC为直径，
∴BC=62，
∴BO=CO=DO=12BC=32，
∵∠BAD=2∠DAC，
∴∠CAD=30°，∠BAD=60°，
∴∠COD=60°，∠BOD=120，
∴△COD为等边三角形，∠BOE=60°，
∴CD=CO=DO=32，
BE=362，
∵OE⊥BD，
∴BD=2BE=36． 
【解析】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，数形结合，作出适当的辅助线是解答此题的关键．
(1)由AD经过圆心O，利用圆周角定理得∠ACD=∠ABD=90°，又因为AB⊥AC，且AB=AC=6，易得四边形ABCD为正方形，易得结果；
(2)连接OC，OB，OD，由∠BAD=2∠DAC，AB⊥AC，由圆周角定理得BC为直径，易得∠CAD=30°，∠BAD=60°，BO=CO=DO=12BC=32，由圆周角定理得∠COD=60°，∠BOD=120°，△COD为等边三角形，求得CD，BD．

22.【答案】解：(1)证明：∵∠ABC=120°，BM平分∠ABC交AC于点D，
∴∠ABM=∠CBM=12∠ABC=60°，
∴∠MAC=∠CBM=60°，∠ACM=∠ABM=60°，
∴△AMC是正三角形；
(2)连接OA、OC，过O作OH⊥AC于点H，如图，

∵∠ABC=120°，∠AMC+∠ABC=180°，
∴∠AMC=180°−∠ABC=60°，
∴∠AOC=2∠AMC=120°，
∴∠AOH=12∠AOC=60°，
∵AC=23，∠OAH=30°，
∴AH=12AC=3，OH=12OA，
∴AO2=OH2+AH2，
∴OA=2，
故⊙O的半径为2．
(3)AB+BC=BM．
理由：在BM上截取BE=BC，连接CE，如图2，

∵∠ABC=120°，BM平分∠ABC，
∴∠ABM=∠CBM=60°，
∵BE=BC，
∴△EBC是等边三角形，
∴CE=CB=BE，∠BCE=60°，
∴∠BCD+∠DCE=60°，
∵∠ACM=60°，
∴∠ECM+∠DCE=60°，
∴∠ECM=∠BCD，
∵∠CAM=∠CBM=60°，∠ACM=∠ABM=60°，
∴△ACM是等边三角形，
∴AC=CM，
∴△ACB≌△MCE，
∴AB=ME，
∵ME+EB=BM，
∴AB+BC=BM． 
【解析】本题是主要考查圆周角定理，垂径定理，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线定义，等边三角形的判定和性质，勾股定理等有关知识，内容较多，有一定难度，解题的关键在于求∠AOC的度数．
(1)根据角平分线的定义得到∠ABM=∠CBM=60°，再根据同弧所对的圆周角相等得出∠MAC=60°，∠ACM=60°，即可得解；
(2)连接OA、OC，过O作OH⊥AC于点H，由圆内接四边形的性质求得∠AMC，再求得∠AOC，最后利用勾股定理求解即可；
(3)在BM上截取BE=BC，连接CE，证明BC=BE，再证明△ACB≌△MCE，得AB=ME，进而得结论．

23.【答案】(1)证明：∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD，
∵∠ACD=∠ABD，
∴∠ABD=∠BCD；
(2)解：如图1，过点E作EM⊥AD于点M，

∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，∠ADB=90°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠DAB=∠BCD=45°，
∵AE=17，
∴ME=AM=17×22=1722，
∵DE=13，
∴DM=DE2−ME2=132−(1722)2=722，
∴AD=AM+DM=122，
∴AB=2AD=122×2=24，
∴AO=12AB=12；
(3)AF+BC=DF.理由如下：
如图2，过点D作DN⊥CB，交CB的延长线于点N，

∵四边形DACB内接于圆，
∴∠DBN=∠DAF，
∵DF⊥AC，DN⊥CB，CD平分∠ACB，
∴∠AFD=∠DNB=90°，DF=DN，
∴△DAF≌△DBN(AAS)，
∴AF=BN，
∵∠DCB=∠FCD=12∠ACB=45°，
∴DN=CN=DF=CF，
∴CN=BN+BC=AF+BC=DF．
即AF+BC=DF．
 
【解析】此题考查了和圆有关的综合性题目，考查了等腰直角三角形的判定与性质、圆内接四边形的性质、圆周角定理、角平分线的定义、全等三角形的判定与性质以及勾股定理，熟练掌握圆的有关性质定理是解题的关键．
(1)由CD平分∠ACB，根据圆周角定理，可得∠ACD=∠BCD=∠ABD；
(2)过点E作EM⊥AD于点M，求出AD长，则AB=2AD，可求出AB，则可得答案；
(3)过点D作DN⊥CB，交CB的延长线于点N，可证明△DAF≌△DBN，则AF=BN，进而得到DN=CN=DF=CF，最后可得AF+BC=DF．

24.【答案】略 
【解析】略

25.【答案】(1)证明：∵AD=BD，∠DAE=∠DBC，AE=BC，
∴△ADE≌△BDC(SAS)，
∴∠ADE=∠BDC，
∴AB=BC．
∴AB=BC．
(2)解：S阴=S扇形CAF+S△CFG−S△ABC=S扇形CAF=35⋅π⋅42360=14π9． 
【解析】本题考查扇形的面积公式，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
(1)证明△ADE≌△BDC(SAS)，推出∠ADE=∠BDC，推出AB=BC即可解决问题．
(2)证明S阴=S扇形CAF+S△CFG−S△ABC=S扇形CAF即可解决问题．