中考数学二轮专题复习专题10 圆的综合问题（教师版）

这是一份中考数学二轮专题复习专题10 圆的综合问题（教师版），共143页。试卷主要包含了非动态问题，动点问题，动圆问题，圆的图形变换问题等内容，欢迎下载使用。

专题十 圆的综合问题
一、非动态问题
例题1如图，在中，，以为直径的交于点，过点作于点，交的延长线于点，连接．

(1)求证：是的切线．
(2)求证：．
(3)若，，求的半径长．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)3
【解析】
【分析】
（1）连接，根据直径所对的圆周角是直角，以及，根据三线合一可得，进而可得是的中位线，根据，即可证明是的切线；
（2）根据是的切线，可得，结合，可得，又，，继而可得，根据，即可证明；
（3）根据，根据相似三角形的性质列出比例式代入数值可得的长，即可求得，然后求得半径长．
(1)如图，连接，

为的直径，
，
即，
，
，
，
，
，
，
是的切线，
(2)∵是的切线，
，
即，
，
，
，
又，
，
，
又，
，
(3)，
，
，，
，
，
的半径长．
【点睛】
本题考查了圆的直径所对的圆周角是直角，三线合一，三角形中位线的性质与判定，切线的判定与性质，相似三角形的性质与判定，掌握以上是解题的关键．
练习题
1．在△ABC中，∠ACB＝90°，以BC为直径的⊙O交AB于点D．

(1)如图①，以点B为圆心，BC为半径作圆弧交AB于点M，连结CM，若∠ABC＝66°，求∠ACM；
(2)如图②，过点D作⊙O的切线DE交AC于点E，求证：AE＝EC；
(3)如图③，在（1）（2）的条件下，若tanA＝，求S△ADE：S△ACM的值．
【答案】(1)∠ACM＝33°
(2)证明见解析
(3)S△ADE：S△ACM＝
【解析】
【分析】
（1）证明△BCM是等腰三角形，求出∠ACM＝∠BMC＝57°，由 ∠ACB＝90°，求得∠ACM；
（2）证明△EDO≌△ECO（SAS），则DE＝CE，得到∠A＝∠ADE，即可求解；
（3）设BC＝3x，AC＝4x，AB＝5x，则ED＝EC＝AC＝AE＝2x，由△AMH∽△ABC，得到S△ACM＝×AC×MH＝×4xx＝x2，同理可得：S△ADE＝AE•DI＝×2x×x＝ x2，即可求解．
(1)解：由题意知，BC＝BM，
∴△BCM是等腰三角形
∵∠ABC＝66°，
∴∠BMC＝∠BCM＝（180°－∠ABC）＝57°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACM＝∠ACB﹣∠BCM＝90°﹣57°＝33°；
(2)解：如图④，连接OE，OD，

∵DE为圆O的切线，
∴∠EDO＝∠ECO＝90°，
∴△EDO与△ECO都是直角三角形
∵OE＝OE，OD＝OC，
∴△EDO≌△ECO（HL），
∴DE＝CE，
∵OD＝OB
∴∠BDO＝∠DBC
∵∠BDO+∠ADE＝90°，∠DBC+∠A＝90°，
∴∠ADE＝∠A
∴AE＝DE，
∴AE＝CE；
(3)解：如图⑤，过M作MH⊥AC于点H，过D作DI⊥AC于点I，连接CD，
                           
∵ BC是⊙O的直径
∴∠BDC＝∠ADC＝90°
∵∠ACD+∠A＝90°，∠ACD+∠DCB＝90°，
∴∠A＝∠DCB
∴tan∠DCB＝tan∠A＝，
设BC＝3x，AC＝4x，
则AB＝＝5x，
∵AE＝CE
∴点E为AC的中点
∴ ED＝EC＝AC＝AE＝2x，   
而AM＝AB﹣MB＝AB﹣BC＝5x﹣3x＝2x，
∵∠AHM＝∠ACB＝90°，∠A＝∠A
∴ △AMH∽△ABC，
∴
∴MH＝x，
则S△ACM＝×AC×MH＝×4x×x＝x2，
∵∠AID＝∠ACB＝90°，∠A＝∠A
∴△ADI∽△ABC，
同理可得：DI＝x，   
则S△ADE＝AE•DI＝×2x×x＝x2，
所以S△ADE：S△ACM＝．
【点睛】
本题为圆的综合题，主要考查了圆的性质，相似三角形的判定和性质，切线的性质定理、勾股定理等知识，关键在于熟练应用定理和性质解决问题．
2．如图1，在Rt△ABC中，，以BC为直径的交斜边AB于点M，若H是AC的中点，连接MH．

(1)求证：MH为的切线．
(2)若，，求的半径．
(3)如图2，在（2）的条件下分别过点A、B作的切线，两切线交于点D，AD与相切于点N，过N点作，垂足为E，且交于Q点，求线段AO、CN、NQ的长度．
【答案】(1)见解析(2)2(3)
【解析】
【分析】
（1）连接OH、OM，易证OH是△ABC的中位线，利用中位线的性质可证明△COH≌△MOH，
所以∠HCO =∠HMO= 90°，从而可知MH是的切线；
（2）由切线长定理可知：MH= HC，再由点M是AC的中点可知AC = 3，由tan ∠ABC= ，所以BC = 4，从而可知的半径为2；
（3）连接CN，AO，CN与AO相交于I，由AC、AN是的切线可知AO⊥CN，由勾股定理可求AO长度，利用等面积可求出可求得CI的长度，再由垂径定理即可求CN的长度，设，然后利用勾股定理可求得CE的长度，利用垂径定理即可求得NQ．
(1)连接OH、OM，
∵H是AC的中点，O是BC的中点，
∴是△ABC的中位线，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
在△COH与△MOH中，
，
∴，
∴，
∴MH是的切线；

(2)∵MH、AC是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的半径为2．
(3)
连接ON，OA与CN相交于点I，
∵AC与AN都是的切线，
∴，AO平分∠CAD，
∴，
∵，，
∴由勾股定理可求得：，
∵，   
∴，
∴由垂径定理可求得：，
设，由勾股定理可得：，
∴，
∴，   
∴，
由勾股定理可求得：，
∴由垂径定理可知：．

【点睛】
本题考查圆的综合问题，涉及垂径定理，勾股定理,全等三角形的判定与性质，切线的判定等知识内容，综合性强，熟练掌握知识点是解题的关键．
3．如图，点P在y轴的正半轴上，交x轴于B、C两点，以AC为直角边作等腰Rt△ACD，BD分别交y轴和于E、F两点，连接AC、FC，AC与BD相交于点G．

(1)求证：；
(2)求证：；
(3)______°；
(4)若，，则△GDC的面积为______．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)45(4)15
【解析】
【分析】
（1）连接AB，由圆的轴对称性可得AB=AC，则AB=AD，即可证明结论；
（2）由∠ACD=∠ADC，∠ACF=∠ADF，则有∠ACD－∠ACF=∠ADC－∠ADF，即∠FCD=∠FDC，得CF=DF；
（3）连接AF，由（2）知CF=DF，则AF是CD的垂直平分线，得AF平分∠CAD，再利用圆周角定理可得答案；
（4）作CH⊥BD于H，利用勾股定理可得，，，再由△DCG∽△DBC，得，代入求出DG的长，从而得出答案．
(1)证明：如图，连接AB，

∵OP⊥BC，
∴BO＝CO，
∴AB＝AC，
又∵AC＝AD，
∴AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
又∵∠ABD＝∠ACF，
∴∠ACF＝∠ADB；
(2)解：∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC，
∵∠ACF＝∠ADF，
∵∠ACD－∠ACF＝∠ADC－∠ADF，
∴即∠FCD＝∠FDC，
∴CF＝DF；
(3)解：如图，连接AF，

由（2）知CF＝DF，
∴点F在CD的垂直平分线上，
∵AC=AD，
∴点A在CD的垂直平分线上，
∴AF是CD的垂直平分线，
∴AF平分∠CAD，
∴，
∴∠CBD＝∠CAF＝45°，
故答案是：45；
(4)解：如图，作CH⊥BD于H，

∵OB=OC=3，∠DBC=45°，
∴，
∵OA=6，OC=3，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵∠ACD=∠DBC，∠CDG=∠BDC，
∴△DCG∽△DBC，
∴，
即：，
∴，
∴．
【点睛】
本题是圆的综合题，主要考查了圆的对称性、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质等，利用前面探索的结论解决新问题是解题的关键．
4．如图，四边形内接于半圆，是半圆的直径，是半圆的切线，交的延长线于点，，与相交于点，连接并延长交的延长线于点，连接．

(1)求证：．
(2)探究与的数量关系．
(3)求的值．
【答案】(1)见解析(2)，见解析(3)
【解析】
【分析】
（1）由切线的性质得到，再由得到，最后由平行线的判定方法解答；
（2）连接OD，由平行线的性质判定，由相似三角形对应边成比例证得，继而证明四边形DOCG是菱形，再证明，由全等三角形对应边相等证得OF=FG，最后根据相似三角形的性质解答；
（3）过点G作BC的延长线于点H，证明是等边三角形，四边形ECHG是矩形，设，，，继而解得BH=，最后根据正切的定义解答即可．
(1)解：是半圆的切线，
，
，
，
，
//BC；
(2)连接OD，

//BC，
，
，
，
，
，
，
，
，
//OC，
四边形DOCG是平行四边形，
，
四边形DOCG是菱形，
，
，
，
，
，
，
(3)过点G作BC的延长线于点H，

，
，
四边形DOCG是菱形，
，
是等边三角形，
设，，
，
BC，，
，
四边形ECHG是矩形，
，
，
中，
．
【点睛】
本题考查几何与圆的综合，涉及切线的性质、菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、正切、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
5．【概念提出】圆心到弦的距离叫做该弦的弦心距．
【数学理解】如图①，在中，AB是弦，，垂足为P，则OP的长是弦AB的弦心距．

(1)若的半径为5，OP的长为3，则AB的长为______．
(2)若的半径确定，下列关于AB的长随着OP的长的变化而变化的结论：
①AB的长随着OP的长的增大而增大；②AB的长随着OP的长的增大而减小；③AB的长与OP的长无关．
其中所有正确结论的序号是______．
(3)【问题解决】若弦心距等于该弦长的一半，则这条弦所对的圆心角的度数为______°．
(4)已知如图②给定的线段EF和，点Q是内一定点．过点Q作弦AB，满足，请问这样的弦可以作______条．
【答案】(1)8；(2)②；(3)90°；(4)2条．
【解析】
【分析】
（1）连接OA，由勾股定理求出AP=4，再根据垂径定理得出答案；
（2）设⊙O的半径为r（r＞0）（定值），OP=x（x＞0），利用勾股定理得，从而得出答案；
（3）连接OA，OB，由题意知OP=AP，则∠AOP=45°，可得答案；
（4）作 ，则AB=EF，根据圆的轴对称性可知，这样的弦可以作2条．
(1)解：连接OA，如图，
∵OP⊥AB，
∴AP=BP=AB，
在Rt△OAP中，由勾股定理得：AP==4，
∴AB=2AP=8，
故答案为：8；

(2)解：设⊙O的半径为r（r＞0）（定值），OP=x（x＞0），
由（1）知，AB=2AP，
AP=，
，
∵二次项-4x2的系数-4＜0，
∴x＞0时，AB2随x的增大而减小，
∵OP＞0，
∴AB2随x的增大而减小，
∴AB也随x的增大而减小，
即AB的长随OP的长增大而减小，
故正确结论的序号是②，
故答案为：②；
(3)解：连接OA，OB，
∵弦心距等于该弦长的一半，
∴OP=AP，
∴∠AOP=45°，
∴∠AOB=2∠AOP=90°，
故答案为：90；

(4)解：如图，作，则AB=EF，
根据圆的轴对称性可知，这样的弦可以作2条，
故答案为：2．

【点睛】
本题是圆的综合题，主要考查了圆的性质，垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用这些性质，熟练掌握基本作图方法．
6．已知为的外接圆，．
(1)如图1，延长至点，使，连接．

①求证：为直角三角形；
②若的半径为4，，求的值；
(2)如图2，若，为上的一点，且点，位于两侧，作关于对称的图形，连接，试猜想，，三者之间的数量关系并给予证明．

【答案】(1)①见解析；②；
(2)，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）①利用如果三角形中一条边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形可得出结论；
②连接OA，OD，利用垂径定理得到OD⊥AC且AH=CH，设DH=x，则OH=4-x，利用勾股定理列出方程求得DH的值，再利用三角形的中位线定理得到BC=2DH；
（2）猜想QA，QC，QD三者之间的数量关系为：QC2=2QD2+QA2．延长QA交⊙O于点F，连接DF，FC，由已知可得∠DAC=∠DCA=45°；利用同弧所对的圆周角相等，得到∠DFA=∠E=∠DCA=45°，∠DFC=∠DAC=45°，由于△ADQ△与ADE关于AD对称，于是∠DQA=∠E=45°，则得△DQF为等腰直角三角形，△QFC为直角三角形；利用勾股定理可得：QC2=QF2+CF2，QF2=2DQ2；利用△QDA≌△FDC得到QA=FC，等量代换可得结论．
(1)①，，
．
∴∠B=∠DCB，
∴∠BAC=∠DCA，
∵∠B+∠BAC+∠DCB+∠DCA =180°，
∴∠DCB+∠DCA=90°．
为直角三角形；
②连接，，如图，

，
，
且．
的半径为4，
．
设，则，
，
，
．
解得：．
．
由①知：，
，
．
，
．
(2)，，三者之间的数量关系为：．理由：
延长交于点，连接，，如图，

，，
．
，．
．
．
与关于对称，
，
，
．   
．
．
即．
，
．
在和中，
，
．
．
．
【点睛】
本题是一道圆的综合题，主要考查了圆的有关性质，垂径定理，勾股定理，圆周角定理及其推论，等腰直角三角形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，直角三角形的判定与性质，轴对称的性质，方程的解法．根据图形的特点恰当的添加辅助线是解题的关键．
7．定义：两个角对应互余，且这两个角的夹边对应相等的两个三角形叫做余等三角形．如图1，在△ABC和△DEF中，若∠A+∠E＝∠B+∠D＝90°，且AB＝DE，则△ABC和△DEF是余等三角形．

(1)图2，等腰直角△ABC，其中∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是AB上任意一点（不与点A，B重合），则图中△________和△________是余等三角形，并求证：AD2+BD2＝2CD2．
(2)图3，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，⊙O的半径为5，且AD2+BC2＝100，
①求证：△ABC和△ADC是余等三角形．
②图4，连接BD交AC于点I，连接OI，E为AI上一点，连接EO并延长交BI于点F，若∠ADB＝67.5°，IE＝IF，设OI＝x，S△EIF＝y，求y关于x的函数关系式．
【答案】(1)ACD；BCD；证明见解析；
(2)①证明见解析；②
【解析】
【分析】
（1）根据题目中余等三角形的定义和等腰直角三角形的性质即可得到△ACD和△BCD是余等三角形．过D作DE⊥AC于E，过D作DF⊥BC于F．根据等腰直角三角形的性质和锐角三角函数分别用AD和BD表示DE和DF，再根据矩形的判定定理和性质确定CE=DF，再根据勾股定理即可证明；
（2）①连接DO并延长交⊙O于G，连接AG、CG．根据圆周角的性质和勾股定理确定AG=BC，根据圆周角的性质和等量代换思想确定∠ACD+∠BAC=90°，结合圆内接四边形的性质可证明∠DAC+∠ACB=90°，最后根据题目中余等三角形的定义即可证明；
②连接OA、OB，过O作OM⊥BD于M，过O作ON⊥AC于N，设OE=a，OM=b．根据①中结论和圆周角的性质可确定AC⊥BD，根据圆周角的性质，全等三角形的判定定理和性质确定OE=BF，再结合矩形的判定定理和性质，锐角三角函数把△OIM和△OBM的边用a，b，x表示出来，根据勾股定理得到a，b，x之间的关系式，再将其代入三角形面积公式即可得到y与x的关系式．
(1)解：如下图所示，过D作DE⊥AC于E，过D作DF⊥BC于F．

∵等腰直角三角形△ABC中，∠ACB=90°，
∴∠A+∠B＝180°-∠ACB=90°，∠ACD+∠BCD＝90°．
∵AC＝BC，
∴△ACD和△BCD是余等三角形．
故答案为：ACD，BCD．
∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，AC＝BC，
∴∠A＝∠B＝45°．
∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠ACB＝90°，
∴，，四边形CEDF是矩形．
∴CE＝DF＝．
∵DE⊥AC，
∴DE2+CE2＝CD2．
∴．
∴AD2+BD2＝2CD2．
(2)解：①如下图所示，连接DO并延长交⊙O于G，连接AG、CG．

∵DG是⊙O直径，且的半径为5，
∴∠GAD＝90°，DG=10．
∴AD2+AG2＝DG2＝100，∠AGD+∠ADG=180°-∠GAD=90°．
∵AD2+BC2＝100，
∴AG＝BC．
∴∠ACG＝∠BAC．
∵∠ADG和∠ACG都是所对的圆周角，∠AGD和∠ACD是所对的圆周角，
∴∠ADG=∠ACG，∠AGD=∠ACD．
∴∠ADG=∠BAC．
∵∠AGD+∠ADG=90°．
∴∠ACD+∠BAC=90°．
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD=180°，即∠BAC+∠DAC+∠ACB+∠ACD=180°．
∴∠DAC+∠ACB=90°．
∵AC是公共边，
∴△ABC和△ADC是余等三角形．
②如下图所示，连接OA、OB，过O作OM⊥BD于M，过O作ON⊥AC于N．

∵∠ACD和∠ABD都是是所对的圆周角，
∴∠ACD＝∠ABD．
∵∠ACD+∠BAC＝90°，
∴∠ABD+∠BAC＝90°．
∴∠AIB=180°-∠ABD-∠BAC=90°．
∴AC⊥BD．
∵IE＝IF，
∴△EIF是等腰直角三角形．
∴∠IEF=∠IFE=．
∴∠AEO=180°-∠IEF=135°，∠OFB=180°-∠IFE=135°，∠AOE+∠OAE=45°．
∴∠AEO＝∠OFB．
∵∠ADB＝67.5°，∠AOB和∠ADB分别是所对的圆心角和圆周角，
∴∠AOB＝2∠ADB＝135°．
∴∠AOE+∠BOF=180°-∠AOB=45°．
∴∠OAE=∠BOF．
∵⊙O的半径为5，OA和BO是的半径，
∴OA=BO=5．
∴△AOE≌△OBF（AAS）．
∴OE＝BF．
∵OM⊥BD，ON⊥AC，AC⊥BD，
∴四边形OMIN是矩形．
∴NI=OM，MI=ON．
设OE=a，OM=b．
∴BF=a，NI=b，，，．
∴BM=BF+FM=a+b，．
∵在中，OM2+MI2=OI2，OI=x，在中，OM2+BM2=BO2，
∴，即，，即．
∴．
∵IE=IF
∴．
∴
∴．
【点睛】
本题考查等腰三角形的性质，圆周角的性质，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定定理和性质，矩形的判定定理和性质，锐角三角函数，综合应用这些知识点是解题关键是解题关键．
8．如图1，在等腰中，，，点D是线段上一点，以为直径作，经过点A．

(1)求证：是的切线；
(2)如图2，过点A作垂足为E，点F是上任意一点，连结．
①如图2，当点F是的中点时，求的值；
②如图3，当点F是上的任意一点时，的值是否发生变化？请说明理由．
(3)在（2）的基础上，若射线与的另一交点G，连结，当时，直接写出的值．
【答案】(1)见解析
(2)①；② 的值不发生变化，仍为，理由见解析
(3)的值为．
【解析】
【分析】
(1) 连接OA，证明AO⊥AB即可．
(2) ①连结OF，OA，利用三角函数，勾股定理分别是EF，BF的长．
②连结，证明∽．
(3) 分点在点的左侧和右侧两种情形求解．
(1)证明：如图1，连结.
∵ ，，
∴ ，
∵ 以为直径作，经过点，
∴ ，
∴ ，
∴ ，且点在上，
∴ 是切线．

(2)①如图2，连结，.
∵ ， ，，
∴ ，
，，
∴ ，
∵ 点是的中点，
∴ ，
∴，
∴ ．

② 答：的值不发生变化，仍为，
理由如下：连结，
∵ ，，
∴ ，
∵ ，
∴ ∽，
∴ ．
(3)

①如图4，当点在点的左侧时，连结，，，.
∵ ，
∵ ，
∴ ∽   
∴ ，，
∴设
∵∽，
∴ ，，
∴ 设
∵， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
即，

②当点在点的右侧时，同理求得;
∴．

综上所述：．
【点睛】
本题考查了圆的切线，三角函数，三角形相似的判定和性质，勾股定理，圆的基本性质，熟练掌握三角函数，三角形相似的判定，圆的基本性质是解题的关键．
9．【证明体验】
（1）如图1，过圆上一点作切线，是弦（不是直径），若是直径，连接，求证：；
（2）如图2，若不是直径，______（填“＞”、“<”或“=”）；
（3）如图3，（1）、（2）的结论是否成立，说明理由；
【归纳结论】
（4）由以上证明可知：切线与弦的夹角等于它所夹的弧对的______；
【结论应用】
（5）如图4，内接圆于，弦，交于，过点作的切线，交的延长线于点．若，，求线段的长．

【答案】（1）见解析；（2）=；（3）成立，理由见解析；（4）圆周角；（5）5．
【解析】
【分析】
（1）根据及切线的性质、直径所对的圆周角是直角即可得结论；
（2）根据直径所对的圆周角是直角、同弧所对的圆周角相等与切线的性质可得结论；
（3）连接，延长与交于点，连接；根据圆周角定理与切线性质可得结论；
（4）根据前三个小题的结论即可得答案； .
（5）连接AE， AE为的直径，根据（4）的结论及解直角三角形、结合勾股定理可得答案．
【详解】
（1）证明：如图1，

图1                      
∵是直径，
∴
∴
∵是的切线
∴
∴
∴
（2）=；（写文字“等于”也对）
（3）成立，理由如下：
如图3，连接，延长与交于点，连接

图3
∵是直径
∴，
∵是的切线
∴
∴
∴
又∵
∴
（4）解：切线与弦的夹角等于它所夹的弧对的圆周角；
故答案为：圆周角；
（5）证明：如图4，连接

图4
∵，即
∴过圆心
∵是的切线
∴，
又∵
∴
在中，
∴
在中，
∴
∴
【点睛】
此题考查了直径所对的圆周角是直角、同弧所对的圆周角相等、勾股定理、三角函数等知识，准确而熟练地运用这些知识是解决此题的关键．
10．定义：有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“准平行四边形”．例如：凸四边形ABCD中，若∠A=∠C，∠B≠∠D，则称四边形ABCD为准平行四边形

(1)如图①，半圆O的直径为BC，OA ⊥OB ，点E在过点A的切线上，且BE=BA，点D是上的动点（不在点A、C上），求证：四边形AEBD为准平行四边形．
(2)如图②，准平行四边形ABCD内接于⊙O，∠B≠ ∠D，若⊙O的半径为5，AB=AD，则①准平行四边形ABCD的面积S是线段AC的长x的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由；
②准平行四边形ABCD的面积S有最大值吗？如果有求出最大值，如果没有，说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)①是，S= S△ACE=；②没有，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）可说明△OAB，△ABE是等腰直角三角形，得∠E＝45°，再利用圆周角定理得∠D＝∠AOB＝45°，则∠E＝∠D，再说明∠EBD＜∠EAD，从而证明结论；
（2）①将△ACD绕点A顺时针旋转90°，得△ABE，则∠ABE+∠ABC＝180°，知点E，B，C三点共线，可得△ACE是等腰直角三角形，从而得出S＝S△ACD+S△ABC＝S△ABE+S△ABC＝S△ACE＝；
②当AC最大时，S最大，此时AC为直径，则∠ABC＝∠ADC＝90°，此时四边形ABCD不是准平行四边形，与题意矛盾．
(1)证明：∵OA ⊥OB   且OA=OB
∴△OAB是等腰直角三角形，
则∠OAB=∠ABO=45°
∵AE是圆O的切线，
∴OA⊥AE，则∠BAE=45°
又∵BE=BA，
∴∠E=45°，∠EBA=90°，
而∠D=∠AOB=45°
∴∠E=∠D     
∵∠ABD<∠ABO=45°，∠OAD>∠OAC=45°，
∴∠ABD<∠OAD，则∠ABD+90°<∠OAD+90°，即∠EBD<∠EAD     
∴四边形AEBD为准平行四边形
(2)解：① 准平行四边形ABCD的面积S是线段AC的长x的二次函数，理由如下：

∵准平行四边形ABCD内接于⊙O，∠B≠ ∠D，
∴∠BAD=∠BCD，∠BAD+∠BCD=180°，
则∠BAD=∠BCD=90°，
∴BD是直径BD=10，
∵AB=AD，将△ACD绕点A顺时针旋转90°，则AD与AB重合，因为ABCD内接于圆，∵∠ABC+∠D=180°，∠ABE=∠D
∴∠ABE+∠ABC=180°
由旋转性质可知：AE=AC，
∴△ACE是等腰直角三角形
∴S=S△ACD+S△ABC= S△ABE+S△ABC=S△ACE=   
②准平行四边形ABCD的面积S没有最大值
因为当S最大时，x就最大，
即AC最大，此时AC为直径，
又因为△ABD也是等腰直角三角形，AC和BD 都是直径，
则此时四边形ABCD是正方形，不是准平行四边形，与题意矛盾．
所以准平行四边形ABCD的面积S没有最大值．
【点睛】
本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，旋转的性质，切线的性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，理解准平行四边形的定义是本题的关键，添加恰当的辅助线是本题的难度．
二、动点问题
例题2（2021·浙江温州·三模）如图，在⊙O中，AB是直径，点D在圆内，点C在圆上，CD⊥半径OA于点E，延长AD交⊙O于F点，连结BF．当点M从点C匀速运动到点D时，点N恰好从点B匀速运动到点A，且M，N同时到达点E．

(1)请判断四边形ACBF的形状，并说明理由．
(2)连结AM并延长交⊙O于点G，连结OG，DN．记CM＝x，AN＝y，已知y＝12﹣x．
①求出AE和BF的长度．
②当M从C到E的运动过程中，若直线OG与四边形BFDN的某一边所在的直线垂直时，求所有满足条件的x的值．
【答案】(1)矩形，理由见解析(2)① ；②4﹣4、6﹣4和4
【解析】
【分析】
（1）由题意得=，进而证明△ADE∽△BCD，推出∠FBC=90°，从而得证；
（2）①当变量x=0时，求出圆的直径是12，进而由CE2=AE•BE求得；
②分为OG⊥BN，OG⊥DF，OG⊥DN 三种情况，利用相似三角形的性质求解即可．
(1)解：四边形ACBF是矩形，
理由如下：如图1，

由题意得，
=，
∴，
∴=，
又∠AED=∠BEC，
∴△ADE∽△BCD，
∴∠DAE=∠CBE，
∴AFCB，
∴∠CBF+∠F=180°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠F=90°，∠ACB=90°，
∴∠CBF=180°﹣∠F=90°，
∴四边形AFBC是矩形；
(2)解：①当CM=0时，AN=AB=12，
当CM=CD时，
AN=AE=12﹣CD，
∵∠ACB=90°，
∴∠BAC+∠ABC=90°，
∵∠AEC=90°，
∴∠ACE+∠BAC=90°，
∴∠ACE=∠ABC，
∴△ACE∽△CBE，
∴CE2=AE•BE，
∴CE2=（12﹣CE）•CE，
∴CE=4，
∴AE=12﹣CE=4，
∴BF=AC==4；
②如图2，

当OG⊥BN时，
∵CD⊥AB，
∴CDOG，
∴△AEM∽△AOG，
∴=1，
∴EM=AE=4，
∴x=CM=CE﹣EM=4-4，
当OG⊥DF时，如图3，

∴=，
∴∠CAG=∠BAG，
作MH⊥AC于H，
∴HM=ME，
∵S△ACE=S△AEM+S△ACM，
∴AE•CE=AE•EM+AC•HM，
∴4×4=4•EM+4•EM，
∴EM=4﹣2，
∴x=CD=CE﹣EM
=4﹣（4﹣2）
=6﹣4，
当OG⊥DN时，如图4，

此时x=CE=4，
综上所述，x=4﹣4、6﹣4和4．
【点睛】
本题考查了圆的有关性质、三角形相似判定和性质、矩形的判定等综合知识，解决问题的关键是是理解变量x与y的对应关系：当x=0时，y=12，即求出圆的半径是12．
练习题
1．（2021·浙江温州·一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，E是线段AB上的一个动点，经过A，D，E三点的⊙O交线段AC于点K，交线段CD于点H，连接DE交线段AC于点F．

(1)求证：AE＝DH；
(2)连接DK，当DE平分∠ADK时，求线段DE的长；
(3)连接HK，KE，在点E的运动过程中，当线段DH，HK，KE中满足某两条线段相等时，求出所有满足条件的AE的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)AE的长为或或3
【解析】
【分析】
（1）连接HE，证明四边形ADHE是矩形即可；
（2）根据勾股定理可求出．由角平分线的定义和圆周角定理可知∠ADE＝∠EDK，．根据DE为⊙O直径，结合垂径定理，即可确定DE⊥AC，从而可求证∠ADE＝∠CAB．最后根据cos∠ADE＝＝cos∠CAB＝，即可求出DE的长；
（3）分类讨论当HK＝KE时、当DH＝KE时和当DH＝HK时，根据解直角三角形和圆周角定理分别求解即可．
(1)证明：连接HE，如图1所示：

∵矩形ABCD，
∴∠DAB＝∠ADC＝90°，
∴DE为⊙O直径，
∴∠DHE＝90°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADH＝∠DAE＝90°，
∴四边形ADHE是矩形，
∴AE＝DH；
(2)解：如图2所示：

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠ADC＝90°，AD＝BC＝6，AB∥CD，
∴．
∵DE平分∠ADK，
∴∠ADE＝∠EDK，．
∵DE为⊙O直径，
∴DE⊥AC，
∴∠CAB+∠AEF=90°．
又∵∠ADE+∠AEF=90°，
∴∠ADE＝∠CAB，
∴cos∠ADE＝cos∠CAB＝，
∴cos∠ADE＝，即，
∴；
(3)若HK＝KE时，过K作MN⊥CD，交CD于M，交AB于N，如图3所示：

则，MN＝BC＝6，
∴∠EDK＝∠CDK＝∠CAB＝∠DCA，
∴CK=DK．
∵，，，
∴，
∴AK=DK= CK，
∴点K为AC中点．
∵AB∥CD，
∴KM＝KN＝3，AN＝CM＝DM＝4．
∵DE为⊙O直径，
∴∠DKE＝90°，
∴tan∠EKN＝tan∠MDK＝，
∴NE＝，
∴AE＝AN﹣NE＝4-＝；
若DH＝KE时，
∴，
∴tan∠ADE＝tan∠CAB＝，即，
∴AE＝；
若DH＝HK时，
∵∠ADC＝90°，
∴∠AKH＝90°，
设：DH＝HK＝3x，
∵sin∠ACD＝，
∴CH＝5x，
∵DH+CH＝CD，
∴5x+3x＝8，
∴x＝1，
∴DH＝AE＝3；
综合上述可得AE的长为或或3．
【点睛】
本题主要考查矩形的判定和性质，圆周角定理及其推论，垂径定理，解直角三角形．正确的作出辅助线是解题关键．
2．（2022·河北·石家庄外国语教育集团一模）已知，在半圆O中，直径AB=6，点C，D在半圆AB上运动，（点C，D可以与A，B两点重合），弦CD=3．

(1)如图1，当∠DAB=∠CBA时，求证：△CAB≌△DBA；
(2)如图2，若∠DAB=15°时，求图中阴影部分（弦AD、直径AB、弧BD围成的图形）的面积；
(3)如图3，取CD的中点M，点C从点A开始运动到点D与点B重合时结束，在整个运动过程中：
①点M到AB的距离的最小值是___________；
②直接写出点M的运动路径长___________．
【答案】(1)证明见解析(2)(3)①；②
【解析】
【分析】
（1）根据圆周角定理得出，再根据两个三角形全等的判定定理即可证明；
（2）将题中不规则图形分成直角三角形与弓形，得出，分别求出各个部分面积即可得出；
（3）根据题意，结合垂径定理与勾股定理得出在以为圆心、为半径的弧上运动，从而，当与重合或者与重合时，点M到AB的距离的最小值，再利用特殊直角三角形三边关系求出最短距离即可；求出运动轨迹所对的圆心角，根据弧长公式求解即可．
(1)证明：在半圆O中，是直径，
；
在和中，

；
(2)解：过作，连接、，如图所示：

，，
根据三角形外角性质得，
，
在中，，，，则，
，
，
，
；
(3)解：连接、，如图所示：

是中点，
是弦的中垂线，
在中，，，，则，，
在以为圆心、为半径的弧上运动，从而，当与重合或者与重合时，点M到AB的距离的最小值，如图所示：

①在中，，，，则点M到AB的距离的最小值为，
故答案为；
②根据的运动轨迹可知，，
，
故答案为．
【点睛】
本题考查圆的综合问题，解题过程中涉及到圆周角定理、全等三角形的判定与性质、扇形面积、垂径定理、勾股定理和特殊直角三角形三边关系，解题的关键是准确把握圆的相关几何性质．
3．（2022·湖南长沙·九年级期中）已知为的外接圆，，点是劣弧上一点（不与点，重合），连接，，．

(1)如图1，若是直径，将绕点逆时针旋转得到．若，求四边形的面积；
(2)如图2，若，半径为2，设线段的长为．四边形的面积为．
①求与的函数关系式；
②若点，分别在线段，上运动（不含端点），经过探究发现，点运动到每一个确定的位置．的周长有最小值，随着点的运动，的值会发生变化．求所有值中的最大值，并求此时四边形的面积．
【答案】(1)8
(2)①；②最大值为，面积为
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质及全等三角形的性质可得答案；
（2）①将△ADC绕点C逆时针旋转60°，得到△BHC，根据等腰三角形的性质及面积公式可得答案；
②作点D关于直线AC的对称点E，作点D关于BC的对称点F，当点E、M、N、F四点共线时，△DMN的周长最小，则连接EF交AC于点M，交BC于N，连接CE，CF，DE，DF，作CP⊥EF于P，由对称性质、勾股定理、最值问题可得答案．
(1)∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵△ACD旋转得到△BCE，
∴△ACD≌△BCE，
∴CD＝CE＝4，∠ACD＝∠BCE，
∴∠DCE＝∠DCB＋∠BCE＝∠DCB＋∠ACD＝90°，
∴S四边形ADBC＝S△ACD＋S△BCD＝S△BCE＋S△BCD＝S△DCE＝×DC×CE＝×4×4＝8．
(2)①将△ADC绕点C逆时针旋转60°，得到△BHC，如图所示：

∴CD＝CH，∠DAC＝∠HBC，
∵四边形ACBD是圆内接四边形，
∴∠DAC＋∠DBC＝180°，∠DBC＋∠HBC＝180°，
∴点D，B，H三点共线，
∵DC＝CH，
∴∠CDH＝60°，
∴△DCH是等腰三角形，
∴S四边形ADBC＝S△ACD＋S△BDC＝S△CDH=，
∴；
②如图，作点关于直线的对称点，作点关于的对称点，

点、关于直线对称，
，同理，，
，
当点、、、四点共线时，的周长最小，则连接交于点，交于，连接，，，，作于，
的周长最小值为，
点、关于直线对称，
，，
点、关于直线对称，
，，
，，
，，，
，，
，，
，
当有最大值时，有最大值，即有最大值，
为的弦，
为直径时，有最大值4，
的最大值为，
此时，．
【点睛】
本题考查的是圆的综合运用，涉及到圆的有关性质、最值问题，掌握其性质定理是解决此题关键．
4．（2022·广东·深圳中学一模）（1）【基础巩固】如图1，△ABC内接于⊙O，若∠C＝60°，弦，则半径r＝______；
（2）【问题探究】如图2，四边形ABCD内接于⊙O，若∠ADC＝60°，AD＝DC，点B为弧AC上一动点（不与点A，点C重合）求证：AB＋BC＝BD
（3）【解决问题】如图3，一块空地由三条直路（线段AD、AB、BC）和一条道路劣弧围成，已知千米，∠DMC＝60°，的半径为1千米，市政府准备将这块空地规划为一个公园，主入口在点M处，另外三个入口分别在点C、D、P处，其中点P在上，并在公园中修四条慢跑道，即图中的线段DM、MC、CP、PD，是否存在一种规划方案，使得四条慢跑道总长度（即四边形DMCP的周长）最大？若存在，求其最大值；若不存在，说明理由．

【答案】（1）2；（2）证明见解析；（3）（2+2）千米．
【解析】
【分析】
（1）∠C＝60°，利用圆周角定理求出∠AOB＝120°，又由△OAB为等腰三角形，得到∠OAB＝30°，在Rt△AOH中，∠AHO＝90°，AO＝r，OH＝AO＝r，AH＝，由勾股定理即可得解；
（2）延长AB到点E，使BE＝BC，连接CE，AC，依次证明△CBE是等边三角形、△ADC是等边三角形、△BDC≌△EAC（SAS），即可得出结论；
（3）证明四边形DMCP是⊙R的内接四边形，PD+PC＝PP′+PD＝PP′+P′M＝PM，即可．
【详解】
（1）解：如图4，连接OA、OB，过点O作OH⊥AB于点H，

∵∠C＝60°，
∴∠AOB＝120°，
∵OA＝OB，
∴△OAB为等腰三角形，
∴∠OAB＝∠OBA＝（180°－∠AOB）＝30°
∵OH⊥AB，
∴AH＝BH＝AB＝，∠AHO＝∠BHO＝90°
在Rt△AOH中，∠AHO＝90°，AO＝r，OH＝AO＝r，AH＝
由勾股定理得
∴
解得r＝2
故答案为：2；
（2）证明：如图5，延长AB到点E，使BE＝BC，连接CE，AC，

∵ 四边形ABCD是⊙O的内接四边形
∴∠ADC＋∠ABC＝180°
∴∠ABC＝180°－∠ADC＝120°
∴ ∠CBE＝180°－∠ABC＝60°
∴△CBE是等边三角形
∴CE＝BC，∠BCE＝60°
∵AD＝DC，∠ADC＝60°
∴△ADC是等边三角形
∴AC＝DC，∠ACD＝60°
∴∠BCE＋∠ACB＝∠ACD＋∠ACB
即∠ACE＝∠DCB
在△BDC和△EAC中

∴△BDC≌△EAC（SAS）
∴BD＝AE
又∵AE＝AB＋BE＝AB＋BC
∴BD＝AE＝AB＋BC
即AB＋BC＝BD
（3）解：如图6，设所在圆的圆心为R，连接DR，CR，MP，连接MR并延长，交CD于点H，在PM上取点，使得P＝PC，连接C，

在△MDR和△MCR中，

∴△MDR≌△MCR（SSS）
∴ ∠DMR＝∠CMR＝∠DMC＝30°
∵，∠DMC＝60°，
∴△CDM是等边三角形
∴MH垂直平分DC，∠MDC＝∠MCD＝60°，CD＝
∴DH＝CH＝CD＝
在Rt△DHR中，DR＝1，
由勾股定理得
HR＝
∴HR＝DR
∴∠HDR＝30°
∴∠RDM＝∠MDC－∠HDR＝30°
∴∠RDM＝∠DMR
∴RM＝DR＝1
∴点M在⊙R上
∴四边形DMCP是⊙R的内接四边形
∴∠CPM＝∠CDM＝60°，∠DPC＝180°－∠DMC＝120°
∴△PC是等边三角形
∴ P＝C＝PC，∠ PC＝60°，
∵∠PMC＝∠PDC，∠CP′M＝180°﹣∠PP′C＝120°＝∠DPC，CD＝CM，
∴△PDC≌△P′MC（AAS），
∴PD＝P′M，
∴PD+PC＝PD + PP′＝P′M ＋PP′＝PM，
故当PM是直径时，PD+PC最大值为2；
∵四边形DMCP的周长＝DM+CM+PC+PD＝2+PD+PC，
而PD+PC最大值为2；
故四边形DMCP的周长的最大值为：2+2，
即四条慢跑道总长度（即四边形DMCP的周长）最大为（2+2）千米．
【点睛】
这些题目涉及了等腰三角形、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、圆的相关知识，综合性较强，正确地作出辅助线是解题的关键．
5．（2022·四川·绵阳市桑枣中学一模）在矩形中，，，点从点出发，沿边向点以每秒的速度移动，同时点从点出发沿边向点以每秒的速度移动，、两点在分别到达、两点时就停止移动，设两点移动的时间为t秒，解答下列问题：

(1)如图，当为几秒时，的面积等于？
(2)如图，以为圆心，为半径作在运动过程中，是否存在这样的值，使正好与四边形的一边或边所在的直线相切？若存在，求出值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)1或4
(2)存在，0或
【解析】
【分析】
(1)由题意可知PA=t，BQ=2t，从而得到PB=5−t，BQ=2t，然后根据△PQB的面积为4cm2列方程求解即可；
(2)当t=0时，点P与点A重合时，点B与点Q重合，此时圆Q与PD相切；当⊙Q正好与四边形DPQC的DC边相切时，由圆的性质可知QC=QP，然后依据勾股定理列方程求解即可．
(1)解：当运动时间为秒时，，，
，．
的面积等于，
．
．
解得：，．
答：当为秒或秒时，的面积等于；
(2)
解：(Ⅰ)由题意可知圆与、不相切．
Ⅱ如图所示：当时，点与点重合时，点与点重合．

，
，
，
为圆的切线；
Ⅲ当正好与四边形的边相切时，如图所示．

由题意可知：，，．
在中，由勾股定理可知：，即．
解得：，舍去．
综上所述可知当或时，与四边形的一边相切．
【点睛】
本题主要考查的是矩形的性质，切线的判定和性质，三角形的面积公式、勾股定理，根据题意画出图形是解题的关键．
6．（2022·广东深圳·一模）在中，弦平分圆周角，连接，过点作DE//AB交的延长线于点．

(1)求证：是的切线；
(2)若，且是的中点，的直径是，求的长．
(3)是弦下方圆上的一个动点，连接和，过点作于点，请探究点在运动的过程中，的比值是否改变，若改变，请说明理由；若不变，请直接写出比值．
【答案】(1)见解析(2)(3)不变；
【解析】
【分析】
（1）根据圆周角定理先说明，即可得出，根据等腰三角形的性质得出，即可证得结论；
（2）构建直角三角形，利用勾股定理求出线段长度即可求解；
（3）利用相似三角形，直角三角形，找到角之间的关系，然后转化为线段的关系进行求解．
(1)证明：如图，连接交于点，连接，，，

平分，
，
，
，
，
，
，
，
是的切线．
(2)如图，连接，，，OB，过点作于点，如图所示：

，
，，
，
设，，
的直径是，
，
，
，
解得：，
，，
，
是的中点，
，
，
，
，
，
．
(3)如图，延长至使得，连接，，连接，，连接交于点，连接，

，，，四点共圆，
，
，
，
，
是的切线，
，
，
，
是的中点，
，
，
，
，，，四点共圆，
，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
．
【点睛】
本题考查了勾股定理，圆内接四边形，圆周角定理，切线的判定和性质定理，平行线的性质，解题的关键是作出辅助线．
7．（2021·四川德阳·二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，AO⊥BC于点O，OE⊥AB于点E，以点O为圆心，OE为半径作半圆，交AO于点F．

(1)求证：AC是⊙O的切线；
(2)若点F是OA的中点，OE＝3，求图中阴影部分的面积；
(3)在（2）的条件下，点P是BC边上的动点，当PE＋PF取最小值时，直接写出BP的长．
【答案】(1)见解析(2)(3)
【解析】
【分析】
（1）作OH⊥AC于H，如图，利用等腰三角形的性质得AO平分∠BAC，再根据角平分线性质得OH=OE，然后根据切线的判定定理得到结论；
（2）先确定∠OAE=30°，∠AOE=60°，再计算出AE=，然后根据扇形面积公式，利用图中阴影部分的面积=S△AOE-S扇形EOF进行计算；
（3）作F点关于BC的对称点F′，连接EF′交BC于P，如图，利用两点之间线段最短得到此时EP+FP最小，通过证明∠F′=∠EAF′得到PE+PF最小值为，然后计算出OP和OB得到此时PB的长．
(1)证明：如图，作OH⊥AC于点H.

∵AB＝AC，AO⊥BC于点O，
∴AO平分∠BAC，
∵OE⊥AB，OH⊥AC，
∴OH＝OE，
∴AC是⊙O的切线．
(2)∵点F是AO的中点，
∴AO＝2OF＝6，
∵OE＝3，
∴∠OAE＝30°，∠AOE＝60°，
∴AE＝OE＝3，
∴S图中阴影部分＝S△AOE－S扇形EOF＝×3×3－＝；
(3)作F点关于BC的对称点F′，连接EF′交BC于P，如图，

∵PF=PF′，
∴PE+PF=PE+PF′=EF′，此时EP+FP最小，
∵OF′=OF=OE，
∴∠F′=∠OEF′，
而∠AOE=∠F′+∠OEF′=60°，
∴∠F′=30°，
∴∠F′=∠EAF′，
∴EF′=EA=，
即PE+PF最小值为，
在Rt△OPF′中，，
在Rt△ABO中，，
∴，
即当PE+PF取最小值时，BP的长为．
【点睛】
本题考查了切线的判定与性质：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；圆的切线垂直于经过切点的半径．判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”．也考查了等腰三角形的性质和最短路径问题．
8．（2022·湖南永州·一模）如图，在中，，以为直径的交于，过点作的切线交于．

(1)求证：；
(2)若，，求的长；
(3)在（2）的条件下,若为线段上一动点，过点作的垂线交于，交的延长线于，求证：是定值，并求出定值是多少？
【答案】(1)证明见解析(2)4.8(3)证明见解析，16
【解析】
【分析】
（1）连接，根据，得出 ，根据，得出，可证；根据是的切线，得出即可；
（2）连接，根据AB为直径，得出，根据，得出，由，可求，利用勾股定理求，即可；
（3）设，则，，根据，得出，，可得，，代入数据求出，即可．
(1)解：连接，
∵，

∴ ，
∵，
∴，
∴，
∴；
∵是的切线，
∴，
∴．
(2)解：连接，
∵AB为直径，
∴，

∵，
∴平分，即，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴；
(3)解：设，则，，
∵，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
∴是定值，且定值是．

【点睛】
本题考查等腰三角形性质，切线性质，直径所对圆周角性质，锐角三角函数，三角形相似判定与性质，掌握等腰三角形性质，切线性质，直径所对圆周角性质，锐角三角函数，三角形相似判定与性质是解题关键．
9．（2022·江苏·南通市海门区东洲国际学校一模）[问题提出]
(1)如图1，已知线段AB＝4，点C是一个动点，且点C到点B的距离为2，则线段AC长度的最大值是________；

[问题探究]
(2)如图2，以正方形ABCD的边CD为直径作半圆O，E为半圆O上一动点，若正方形的边长为2，求AE长度的最大值；

[问题解决]
(3)如图3，某植物园有一块三角形花地ABC，经测量，AC＝20米，BC＝120米，∠ACB＝30°，BC下方有一块空地（空地足够大），为了增加绿化面积，管理员计划在BC下方找一点P，将该花地扩建为四边形ABPC，扩建后沿AP修一条小路，以便游客观赏．考虑植物园的整体布局，扩建部分BPC需满足∠BPC＝60°．为容纳更多游客，要求小路AP的长度尽可能长，问修建的观赏小路AP的长度是否存在最大值？若存在，求出AP的最大长度；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)6(2)(3)60+40
【解析】
【分析】
（1）当C在线段AB延长线上时，AC最大；
（2）连接AO并延长交半圆O于F，当E运动到F时，AE最大，AF的长度即是AE的最大值，Rt△AOD中求出OA即可得到答案；
（3）作BC的垂直平分线DE，在BC下方作∠BCO＝30°，射线CO交DE于O，以O为圆心，OC为半径作⊙O，连接OB、连接AO并延长交⊙O于P，则AP为满足条件的小路，过A作AF⊥OC于F，Rt△ACF中，求出AF、CF，再在Rt△AOF中，求出OA，即可得到答案．
(1)解：当C在线段AB延长线上时，AC最大，此时AC＝AB+BC＝4+2＝6，
故答案为：6；
(2)解：连接AO并延长交半圆O于F，如图：

∵正方形ABCD的边CD为直径作半圆O，边长为2，
∴∠ADO＝90°，AD＝2，OD＝OC＝OF＝1，
当E运动到F时，AE最大，AF的长度即是AE的最大值，
Rt△AOD中，AO＝ ，
∴AF＝AO+OF＝+1，
即AE最大为+1；
(3)解：作BC的垂直平分线DE，在BC下方作∠BCO＝30°，射线CO交DE于O，以O为圆心，OC为半径作⊙O，连接OB、连接AO并延长交⊙O于P，则AP为满足条件的小路，过A作AF⊥OC于F，如图：

∵∠BCO＝30°，∠ACB＝30°，
∴∠ACF＝60°，
Rt△ACF中，AF＝AC•sin60°＝30，CF＝AC•cos60°＝10 ，
∵DE垂直平分BC，BC＝120，
∴CE＝60，∠OEC＝90°，
∴OC＝ ，
∴OF＝OC﹣CF＝30，
Rt△AOF中，OA＝ ，
∴AP＝OA+OP＝60+40．
即小路AP的长度最大为60+40．
【点睛】
本题考查圆的综合知识，涉及正方形、勾股定理等，解题的关键是构造符合条件的图形．
10．（2021·江苏南京·九年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，，BC＝6，∠B＝45°，点E为CD上一动点，经过A、C、E三点的⊙O交BC于点F．

(1)【操作与发现】
当E运动到处，利用直尺与圆规作出点E与F．（保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，证明．
(3)【探索与证明】
点E运动到任何一个位置时，求证．

(4)【延伸与应用】
点E在运动的过程中，直接写出EF的最小值______．
【答案】(1)画图见解析(2)证明见解析(3)证明见解析(4)
【解析】
【分析】
（1）根据题意连接AC,BD交于点O，以的中点O为圆心为半径作交于点，交于点，则，即为所求；
（2）根据平行四边形的性质以及等面积法证明即可；
（3）根据A、F、C、E四点共圆，证明以及由（2）可知，，，即可证明
（4）证明为等腰直角三角形，当AC为直径时，r取得最小值，FE取得最小值，勾股定理求解即可
(1)如图1所示，

(2)四边形是平行四边形

AC为直径，则，
则四边形ABCD，
∴．
(3)如图，作，，若E在DN之间，

由（2）可知，，
∵A、F、C、E四点共圆，
∴∠AFC＋∠AEC＝180°，
∵∠AFC＋∠AFM＝180°，
∴∠AEN＝∠AFM，
∵∠AMF＝∠ANE，
∴，
∴，
若E在CN之间时，同理可得，．
(4)
∵A、F、C、E四点共圆，
∴∠FAE＋∠BCD＝180°，
∵四边形ABCD为平行四边形，∠B＝45°，
∴∠BCD＝135°，
∴∠FAE＝45°，
∴∠FOE＝90°，
∴为等腰直角三角形，设半径为
∴，
∵，
∴当AC为直径时，r取得最小值，FE取得最小值，

此时，在中，AM＝BM＝4，则CM＝2，
∴由勾股定理可知：，
此时EF最小值为．
【点睛】
本题考查了直径所对的圆周角是直角，圆周角定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
三、动圆问题
例题3 （2021·山东威海·一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，BC=6，点O在射线AC上（点O不与点A重合），过点O作OD⊥AB，垂足为D，以点O为圆心，OD为半径画半圆O，分别交射线AC于E，F两点，设OD=x．

(1)如图1，当点O为AC边的中点时，则x= ；
(2)如图2，当点O与点C重合时，连接DF，求弦DF的长；
(3)若半圆O与BC无交点，则x的取值范围是 ．
【答案】(1)(2)(3)0 【解析】
【分析】
(1)首先根据勾股定理求出AC，然后根据△AOD∽△ABC得出，即可求出x的值；
(2)根据点O与点C重合，求出OD的长，过点D作DH⊥AC，垂足为H，易证△DOH∽△ABC，求出DH，OH，FH的长，然后根据勾股定理求出DF的长即可；
(3)分类讨论当半圆O与BC只有一个交点时x的值，即可解答．
(1)解：在Rt△ABC中，，
∵点O为AC边的中点，
，
，，
∴，
又∵，
∴△AOD∽△ABC，
∴，即，
解得；
故答案为：；
(2)解：∵点O与点C重合，
∴根据面积可得：OD·AB=AC·BC，即10x=8×6，
∴．
过点D作DH⊥AC，垂足为H．

∴，
∵半圆O与AB相切，
∴
∴，
∵，
∴，
∴△DOH∽△ABC．
∴．
即．
∴，．
∵OF=OD=，
∴FH=OH+OF=．
∴在Rt△DFH中，由勾股定理得：
，
令，则．
(3)解：当半圆O与AB相切时，与BC也相切，如图

∵OD⊥AB，∠ACB=90°，
∴∠ADO=∠ACB，
又∵∠A=∠A，
∴△AOD∽△ABC，
∴，
即，
∴x=3，
∴当0 当点O在AC的延长线上，且半圆O与BC，AB都相切时，如图：

∵OD⊥AB，∠ACB=90°，
∴∠ADO=∠ACB，
又∵∠A=∠A，
∴△AOD∽△ABC，
，即，
∴x=12，
当x>12时半圆O与BC无交点；
综上所述当012时，半圆O与BC无交点，
故答案为：012．
【点睛】
此题是圆的综合题，主要考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，用分类讨论的思想和方程的思想解决问题是解本题的关键．
练习题
1．（2022·江苏·常州市武进区前黄实验学校一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边落在轴上，点的坐标为，，，边与轴交于点．

(1)直接写出点A、、的坐标；
(2)在轴上取点，直线经过点，与轴交于点，连接．
①当时，求直线的函数表达式；
②当以线段为直径的圆与矩形的边所在直线相切时，求点的坐标．
【答案】(1)，，
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）当点D、P、C三点共线时，CP的值最小；
（2）当半圆D同时与两直角边相切时，四边形MCND为正方形，设半径为r，则在Rt△BND中，根据正切函数的定义可求出r，从而得到EF的值．
(1)解：在Rt△ABC中，BC=4，∠BAC=30°

∴AC= ，AB=8
∵EF=2
∴半圆半径为1
∴DP=1
如图，当D、C、P三点共线时，CP最小
∵P为半圆D的中点，∠CBA=60°
∴CD⊥AB，CD=
∴CP的最小值是
(2)解：∵半圆D同时与两直角边相切，如图

∴DM⊥AC，DN⊥BC，
设半圆的半径为r，则CN=DM=DN=r
∴BN=4-r，
∵∠CAB=∠NDB=30°
∴tan30°=
∴r=
∴EF=2r=
【点睛】
考查圆的有关知识，切线的性质，锐角三角函的定义，通过解直角三角形求出r是解题关键．
9．（2021·江苏镇江·一模）如图1，中，，，，半径为r的经过点A且与BC相切，切点M在线段BC上（包含点M与点B、C重合的情况）．

(1)半径r的最小值等于__________．
(2)设BM=x，求半径r关于x的函数表达式；
(3)当BM=1时，请在图2中作点M及满足条件的．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，并用2B铅笔或黑色水笔加黑加粗）
【答案】(1)(2)
(3)作图见解析
【解析】
【分析】
（1）当交BC于点M时，此时半径r最小，设，如图1所示，由勾股定理可得：，从而列出，解得，再次利用勾股定理可得：，进而可得半径；
（2）如图2所示，连接OM，过点A作交BC于点D，过点O作交AD于点F，由，可表示出，，在中，由勾股定理列式：，即，且点M在线段BC上，可知，整理得：；
（3）如图3所示，过点M作BC的垂线MF，连接AM，作AM的垂直平分线HD，HD和MF的交点即是的位置，用圆规以O为圆心，OM为半径画圆，即为所求．
(1)解：当交BC于点M时，此时半径r最小，设，如图1所示，

在和中，由勾股定理可知：
∴
解得：
∴
∴半径．
(2)
解：如图2所示，连接OM，过点A作交BC于点D，过点O作交AD于点F；

由（1）知，，，；
∴，；
∴在中，
即
整理得：；
∵点M在线段BC上
∴
∴ ．
(3)解：如图3所示，

【点睛】
本题考查了切线的性质，勾股定理，垂直平分线的性质与画法．解题的关键在于对知识的灵活运用．
10．（2022·浙江温州·一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E，F分别在边AD，CD上，且∠ABE＝∠CBF，延长BE交CD的延长线于点G，H为BG中点，连结CH分别交BF，AD于点M，N．

(1)求证：．
(2)当FG＝9时．
①求的值．
②在线段CH上取点P，以E为圆心，EP为半径作（如图），当与四边形ABMN某一边所在直线相切时，求所有满足条件的HP的长．
【答案】(1)见解析(2)①；②当与四边形ABMN某一边所在直线相切时，HP的长为，，，
【解析】
【分析】
（1）根据矩形的性质查得出∠ABE＝∠G，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可证明∠G＝∠HCG＝∠CBF，更进一步得出∠CFB＋∠CBF＝∠CFB＋∠HCG＝90°，从而得出结论；
（2）①证明，可求出CF＝3，由勾股定理得出，同理可得出，，据此可求出，，从而可得出结论；②分与直线AB相切，与直线MN相切，与直线BM相切三种情况讨论求解即可．
(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD ，∠BCD＝90°，∠ABE＝∠G．
∵H为BG中点，
∴CH＝GH，
∴∠G＝∠HCG＝∠CBF，
∴∠CFB＋∠CBF＝∠CFB＋∠HCG＝90°，
∴．
(2)①如图1，∵由（1）得，∠G＝∠CBF，
∴，
∴，
设，则．
∵BC＝6，
∴，
解得（不合，舍去），，
∴CF＝3，
∴，
同理，
∴
∵，
∴，，
∴，
∴．

②显然不与直线AN相切，故分三种情况：
Ⅰ 当与直线AB相切时，如图，

∵AB＝CD＝4，
∴AE＝DN＝2，
∴EP＝AE＝EN＝2，
若点P与点N重合，
，
若点P不与点N重合，
∵∠HEK＝∠FBG，
∴．
∵，
∴，
Ⅱ 当与直线MN相切时，如图，

可得．
Ⅲ 当与直线BM相切时，如图，

∵，
∴，
∴，
∴．
综上所述，当与四边形ABMN某一边所在直线相切时，HP的长为，，，．
【点睛】
本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，相似三角形的判定与性质，求锐角的正切值等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键．
11．（2022·江苏镇江·九年级期末）如图：已知线段，射线AS垂直于AM，点N在射线AS上，设，点P在经过点N且平行于AM的直线上运动，的平分线交直线NP于点Q，过点Q作，交线段AM于点B，连接PB交AQ于点C，以Q为圆心，QC为半径作圆．

(1)求证：PB与相切；
(2)已知的半径为3，当AM所求直线与相切时，求n的值及PA的长；
(3)当时，若与线段AM只有一个公共点，则的半径的取值范围是______．
【答案】(1)见解析
(2)，
(3)或
【解析】
【分析】
（1）由角平分线和平行可证，从而得出四边形为菱形；则，垂足为，即可证明与相切；
（2）由，，，可得，设，则，在Rt△BDQ中，，解方程即可；
（3）当与相切时，，此时与只有一个公共点，当过点时，连接，作于，设，则，由得，，解方程即可，当第二次经过点时，同理可得．
(1)证明：的角平分线交直线于点，
，
，
，
，
，
又，
四边形为平行四边形，
四边形为菱形；
，垂足为，
与相切；
(2)如图，当与相切于点时，，，，

在Rt△ADQ中，，
设，则，
在Rt△BDQ中，，
解得，即，
，；
(3)当与相切时，，此时与只有一个公共点，
当过点时，如图，连接，作于，

设，则，
由得，
，
设，
则方程转化为，
解得，（舍，
，
当第二次经过点时，作于，

设，则，
由得，
，
设，
则方程转化为，
解得，，
，（舍，
与线段只有一个公共点，则的半径的取值范围是或．
故答案为：2或．
【点睛】
本题是圆的综合题，主要考查了直线与圆的位置关系，菱形的判定与性质，勾股定理，一元二次方程等知识，求出过点时半径的长是解题的关键，属于中考压轴题．
四、圆的图形变换问题
例题4平面上，矩形ABCD与直径为QP的半圆K如图摆放，分别延长DA和QP交于点O，且∠DOQ＝60°，OQ＝OD＝3，OP＝2，OA＝AB＝1．让线段OD及矩形ABCD位置固定，将线段OQ连带着半圆K一起绕着点O按逆时针方向形如旋转，设旋转角为α（0°≤α≤60°）．

发现（1）当α＝0°，即初始位置时，点P____直线AB上．（填“在”或“不在”）求当α是多少时，OQ经过点B？
（2）在OQ旋转过程中．简要说明α是多少时，点P，A间的距离最小？并指出这个最小值：
（3）如图，当点P恰好落在BC边上时．求α及S阴影．

拓展如图．当线段OQ与CB边交于点M，与BA边交于点N时，设BM＝x（x＞0），用含x的代数式表示BN的长，并求x的取值范围．

探究当半圆K与矩形ABCD的边相切时，求sin α的值．

【答案】发现：（1）在，15°；（2）当α=60°时，最小距离为1；（3）30°，．拓展：x的范围是； 探究：sinα的值为或或．
【解析】
【分析】
【详解】
解：发现
（1）在；当OQ过点B时，在Rt△OAB中，AO＝AB，
得∠DOQ＝∠ABO＝45°，
∴α＝60°－45°＝15°．
（2）如图3．

连AP，有OA＋AP≥OP，当OP过点A，即α＝60°时等号成立．
∴AP≥OP－OA＝2－1＝1．
∴当α＝60°时．P，A间的距离最小．
∴PA的最小值为1．
（3）如图3，

设半圆K与PC交点为R，连接RK，过点P作PH⊥AD于点H，过点R作RE⊥KQ于点E．
在Rt△OPH中，PH＝AB＝1，OP＝2，∴∠POH＝30°，
∴α＝60°－30°＝30°．
由AD//BC知，∠RPQ＝∠POH＝30°．
∴∠RKQ＝2×30°＝60°．
，
在Rt△RKE中，，
，
；
拓展
如图5，∠OAN＝∠MBN＝90°，∠ANO＝∠BNM，所以△AON∽△BMN．
∴，即，
∴．
如图4，当点Q落在BC上时，x取最大值，作QF⊥AD于点F．
．
∴x的范围是．
【注：如果考生答“或”均不扣分】

探究
半圆与矩形相切，分三种情况：
①如图5，半圆K与BC切于点T，设直线KT与AD和OQ的初始位置所在直线分别交于S，O′，则∠KSO＝∠KTB＝90°，作KG⊥OO′于点G．
Rt△OSK中，．
Rt△OSO′中，，．
Rt△KGO′中，∠O′=30°，KG=
Rt△OGK中，

②半圆K与AD切于点T，如图6，同理可得

．

③当半圆K与CD相切时，成Q与点D重合，且为切点．
∴α＝60°，∴．
综上述，sinα的值为或或．
练习题
1．把一张圆形纸片按如图方式折叠两次后展开，图中的虚线表示折痕，且折痕，求的半径．

【答案】
【解析】
【分析】
过点O作OE⊥AB于点E，连接OA，根据垂径定理，可得，由折叠得： ，然后在中，利用勾股定理即可求得结果．
【详解】
解：如图，过点O作OE⊥AB于点E，连接OA，

∴，
由折叠得：，
设，
∴在中，由勾股定理得：，
即：
解得： x1＝，x2＝（不合题意，舍去）
∴
答：的半径为．
【点睛】
本题主要考查了折叠的性质、垂径定理和勾股定理，熟练运用相关性质和定理是解题的关键．
2．如图，已知为的直径，为弦．，与交于点E，将沿翻折后，点A与圆心O重合，延长至P，使，连接．

(1)求的半径；
(2)求证：是的切线；
(3)点N为的中点，在延长线上有一动点M，连接交于点G．交于点F（F与B、C不重合）．求的值．
【答案】(1)4；(2)见解析；(3)32．
【解析】
【分析】
（1）连接OC，根据翻折的性质求出CD⊥OA，再利用解直角三角形求解即可；
（2）利用勾股定理列式求出PC，然后利用勾股定理逆定理求出∠PCO=90°，再根据圆的切线的定义证明即可；
（3）连接NA、AF、NB，根据等弧所对的圆周角相等可得∠BAN=∠AFN，然后根据两组角对应相等两三角相似求出△ANG和△FNA相似，根据相似三角形对应边成比例可得，从而得到NG•NF=AN2，再根据等腰直角三角形的性质求解即可．
(1)如图，连接OC，
∵沿CD翻折后，点A与圆心O重合，
∴OE=AE=OA，
∵为的直径，为弦．
∴CD⊥OA， ，
∴ ，
∵OC=OA，OE=AE=OA，
∴ ，
∴ ，
又 ，
∴．

(2)∵PA=OA=4，AE=OE=2，，∠CEP=∠OEC=90°，
∴PC=，
∵OC=4，PO=4+4=8，
∴PC2+OC2=（）2+42=64=PO2，
∴∠PCO=90°，
∴PC是⊙O的切线；
(3)NG•NF是定值，证明如下，
连接NO并延长，交⊙O于点H，连接HF，
∵点N为的中点，
∴∠NOG=90°，
∵∠HFN=90°，且∠ONG=∠FNH，
∴△ONG∽△FNH，
∴，
∴NG•NF=ON•NH=4×8=32．

【点睛】
本题是圆的综合题型，主要利用了翻折变换的性质，垂径定理，勾股定理，勾股定理逆定理，圆的切线的定义以及解直角三角形，相似三角形的判定与性质，解题的关键是作辅助线构造出相似三角形．
3．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，BC＝6，O是AC的中点，以点O为圆心在AC的右侧作半径为3的半圆O，分别交AC于点D、E，交AB于点G、F．

(1)思考：连接OF，若OF⊥AC，求AF的长度；
(2)探究：如图2，将线段CD连同半圆O绕点C旋转．
①在旋转过程中，求点O到AB距离的最小值；
②若半圆O与Rt△ABC的直角边相切，设切点为K，连接AK，求AK的长．
【答案】(1)5；(2)①点O到AB距离的最小值是；②AK的长为或
【解析】
【分析】
（1）思考：由勾股定理求出AC＝8，由三角形中位线定理求出OF＝3，则可得出答案；
（2）探究：①当CD⊥AB时，点O到AB的距离最小，由三角形面积公式可得出答案；
②分两种情况：当半圆O与BC相切时，当半圆O与AC相时，由切线的性质及勾股定理可得出答案．
(1)解：思考：连接OF，如图1，

在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，BC＝6，
∴AC＝，
∵O是AC的中点，
∴AO＝CO＝4，
∵OF⊥AC，
∴OFBC，
∴OF＝BC＝3，
∴AF＝＝5；
(2)探究：①当CD⊥AB时，点O到AB的距离最小，
由三角形面积公式可得，S△ABC=AC×BC=AB×CG，
∴CG=，
∴OG=CG-OC=，
∴点O到AB距离的最小值是；
②当半圆O与BC相切时，如图2，设切点为K，连接OK，AK，则∠OKC＝90°，

在Rt△OCK中，OK＝3，OC＝4，
∴CK＝，
在Rt△ACK中，AC＝8，
∴AK＝，
当半圆O与AC相时，如图3，设切点为K，连接OK，

∴∠OKC＝90°，
∴AK＝AC﹣CK＝8﹣．
∴AK的长为或8-．
【点睛】
此题是圆的综合题，主要考查了切线的性质，勾股定理，直角三角形的性质，三角形的中位线定理，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
4．如图，点B在数轴上对应的数是﹣2，以原点O为圆心、OB的长为半径作优弧AB，使点A点的左上方，且tan∠AOB＝，点C为OB的中点，点D在数轴上对应的数为4．

(1)S扇形AOB＝　　；
(2)点P是优弧AB上任意一点，则∠PDB的最大值为 　　；
(3)在（2）的条件下，当∠PDB最大，且∠AOP<180°时，固定△OPD的形状和大小，以原点O为旋转中心，顺时针旋转a（0°≤a≤360°），
①连接CP，AD．在旋转过程中，CP与AD有何数量关系，并说明理由；
②直接写出在旋转过程中，点C到PD所在直线的距离d的取值范围．
【答案】(1)(2)30°(3)①AD=2PC，理由见解析；②
【解析】
【分析】
（1）利用扇形的面积公式计算即可．
（2）如图1中，当PD与⊙O相切时，∠PDB的值最大．解直角三角形即可解决问题．
（3）①结论：AD=2PC．如图2中，连接AB，AC．证明△COP∽△AOD，即可解决问题．
②判断出PC的取值范围即可解决问题．
(1)解：∵tan∠AOB=，
∴∠AOB=60°，
∴S扇形AOB==（大于半圆的扇形），
故答案为：．
(2)解：如图1中，当PD与⊙O相切时，∠PDB的值最大．

∵PD是⊙O的切线，
∴OP⊥PD，
∴∠OPD=90°，
∵sin∠PDO===，
∴∠PDB=30°，
同法当DP′与⊙O相切时，∠BDP′=30°，
∴∠PDB的最大值为30°．
故答案为：30°．
(3)解：①结论：AD=2PC．
理由：如图2中，连接AB，AC．

∵OA=OB，∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∵BC=OC，
∴AC⊥OB，
∵∠AOC=∠DOP=60°，
∴∠COP=∠AOD，
∵==2，
∴△COP∽△AOD，
∴==2，
∴AD=2PC．
②由题意1≤PC≤3，
∴在旋转过程中，点C到PD所在直线的距离d的取值范围为1≤d≤3．
【点睛】
本题属于圆的综合题，考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，旋转变换，勾股定理，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
5．如图1，在正方形ABCD中，AB＝10，点O，E在边CD上，且CE＝2，DO＝3，以点O为圆心，OE为半径在其左侧作半圆O，分别交AD于点G，交CD的延长线于点F．

(1)AG＝　 　；
(2)如图2，将半圆O绕点E逆时针旋转α（0°＜α＜180°），点O的对应点为O′，点F的对应点为F′，设M为半圆O′上一点．
①当点F′落在AD边上时，求点M与线段BC之间的最短距离；
②当半圆O′交BC于P，R两点时，若的长为π，求此时半圆O′与正方形ABCD重叠部分的面积；
③当半圆O′与正方形ABCD的边相切时，设切点为N，直接写出tan∠END的值．
【答案】(1)6(2)①1；②；③或
【解析】
【分析】
（1）连接OG，如图1，先由正方形的边长与已知线段求得半径OE，再由勾股定理求得DG，进而得AG；
（2）①如图2，过点O'作O'H⊥BC于点H，交半圆O'于点M，反向延长HO′交AD于点Q，由三角形的中位线求得O′Q，进而由线段和差求得MH便可；
②由弧长公式求得∠PO′Q的度数，再根据等边三角形的面积公式和扇形面积公式进行计算便可；
③分两种情况：当半圆O'与正方形ABCD的边BC相切时；当半圆O'与正方形ABCD的边AB相切时．分别求出结果便可．
(1)连接OG，如图1，

∵正方形ABCD中，AB＝10，
∴AD＝CD＝AB＝10，∠ADC＝90°，
∵CE＝2，DO＝3，
∴OG＝OE＝CD﹣CE﹣OD＝10﹣2﹣3＝5，
∴DG，
∴AG＝AD﹣DG＝10﹣4＝6，
故答案为：6；
(2)①如图2，过点O'作O'H⊥BC于点H，交半圆O'于点M，反向延长HO′交AD于点Q，则∠QHC＝90°，

根据三点共线及垂线段最短可得此时点M到BC的距离最短，
∵∠C＝∠D＝∠QHC＝90°，
∴四边形QHCD是矩形，
∴HQ＝CD＝10，HQ∥CD．
∵点O′是EF′的中点，点Q是DF′的中点，
∵DE＝8，
∴，
∴O'H＝6，
∵CE＝2，DQ＝3，
∴O′E＝10﹣2﹣3＝5，即半圆的半径为5，
∴MH＝1，
即点M到BC的最短距离为1；
②由①可知半圆O的半径为5，如图3，设∠PO'R的度数为β，

由题意得，的长为，
∴∠PO'R＝60°，
∴∠F'O'P+∠EO'R＝120°，
∴，
∵O'R＝PO'，
∴△O'RP是等边三角形，
∴，
∴此时半圆O'与正方形ABCD重叠部分的面积为；
③当半圆O'与正方形ABCD的边BC相切时，如图4，过点D作DH⊥NE，与NE的延长线交于点H，作EG⊥O′N于点G，则NG＝CE＝2，O′N＝O′E＝5，

∴O′G＝5﹣2＝3，
∴CN＝GE，
∴，
NE，
∵，
∴，
∴NH，
∴tan∠END；
当半圆O'与正方形ABCD的边AB相切时，如图5，此时N与F′重合，则EF′⊥AB，

∵AB∥CD，
∴EF′⊥CD，
∴tan∠END，
综上，tan∠END．
【点睛】
本题主要考查了圆的有关知识，矩形的判定和性质，勾股定理，弧长公式，解直角三角形，利用分类思想解决问题是本题的关键．
6．如图，已知⊙O的半径为2，AB为直径，CD为弦，AB与CD交于点M，将弧CD沿着CD翻折后，点A与圆心O重合，延长OA至P，使AP=OA，链接PC．

（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）点G为弧ADB的中点，在PC延长线上有一动点Q，连接QG交AB于点E，交弧BC于点F（F与B、C不重合）．问GE▪GF是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）GE·GF为定值，为8．
【解析】
【分析】
（1）连接OC，根据翻折的性质求出OM，CD⊥OA，利用勾股定理求出CM；再利用勾股定理列式求出PC，最后利用勾股定理逆定理求出∠PCO＝90°，再根据圆的切线的定义证明即可；
（2）连接GO并延长，交⊙O于点H，连接HF，由点G为的中点，可得∠ GOE＝90°，根据两组角对应相等两三角相似求出△OGE和△FGH相似，根据相似三角形对应边成比例可得，从而得到 GE•GF＝OG•GH=8.
【详解】
解：（1）如图，连接OC，

∵沿CD翻折后，点A与圆心O重合，
∴OM＝OA＝×2＝1，CD⊥OA，
∵OC＝2，
∴CM＝＝，
∵PA=OA=2，
∴PM=3，PO=4，
∴在中，PC==2，
∵OC=2，PO=4，
∴，
∴∠PCO=90°，
∴PC与☉O相切；
（2）GE·GF为定值，理由如下：
如图，连接GO并延长，交⊙O于点H，连接HF，

∵点G为的中点，
∴∠GOE＝90°，
∵∠HFG＝90°，且∠OGE＝∠FGH，
∴△OGE∽△FGH，
∴，
∴GE•GF＝OG•GH＝2×4＝8．
【点睛】
本题是圆的综合题型，主要利用了翻折变换的性质，垂径定理，勾股定理，勾股定理逆定理，圆的切线的定义，相似三角形的判定与性质，难点在于作辅助线构造出相似三角形．
7．如图，在中，，延长到点，使，延长到点，使．以点为圆心，分别以、为半径作大小两个半圆，连结．

（1）求证：；
（2）设小半圆与相交于点，．
①当取得最大值时，求其最大值以及的长；
②当恰好与小半圆相切时，求弧的长．
【答案】（1）见解析；（2）①4，；②
【解析】
【分析】
（1）利用SAS证明即可得到结论；
（2）①根据三角形的面积公式得：当时，取得最大值，由此求出面积，再利用勾股定理求出CD的长；
②根据切线的性质得到，利用求出，得到，再利用弧长公式计算求出答案．
【详解】
解：（1）在和中，
，
∴；
∴，
（2）①当时，取得最大值，
最大值，
在中，，
∴；
②当恰好与小半圆相切时，，
∵在中，，∴，∴，∴，
∴，
∴弧的长．
【点睛】
此题考查全等三角形的判定及性质，勾股定理，切线的性质，弧长公式，熟练掌握各知识点并应用解决问题是解题的关键．
8．在扇形中，半径，点P在OA上，连结PB，将沿PB折叠得到．

（1）如图1，若，且与所在的圆相切于点B．
①求的度数．
②求AP的长．
（2）如图2，与相交于点D，若点D为的中点，且，求的长．
【答案】（1）①60°；②；（2）
【解析】
【分析】
(1)根据图像折叠的性质，确定角之间的关系，通过已知的角度来间接求所求角的角度；求的长，先连接，先在中，求出；再在中，求出即可得到答案；
（2）要求的长，扇形的半径已知，就转化成求的度数，连接，通过条件找到角之间的等量关系，再根据三角形内角和为，建立等式求出，最后利用弧长的计算公式进行计算．
【详解】
解：（1）①如图1，为圆的切线．
由题意可得，，．


，
②如图1，连结，交BP于点Q．则有．
在中，．
在中，，
．

（2）如图2．连结OD．设．
∵点D为的中点．



．

由题意可得，．


又

，，解得．

．
【点睛】
本题考查了求线段的长度和弧长的长度问题，解题的关键是：根据题目中的条件，找到边角之间的等量关系，通过等量代换的思想间接求出所需要求的量．
9．如图，矩形中，，（），点是上一点（不与点，重合），连接，与关于对称，是过点，，的半圆的切线，且交射线于点．

（1）当时，半圆与所围成的封闭图形的面积为___________；
（2）当在矩形内部时，
①判断与是否相等，并说明理由；
②若，求的长；
（3）当时，若点落在矩形的对称轴上，求的值及此时半圆落在矩形内部的弧长．
【答案】（1）；（2）①与相等；答案见解析；②；（3）的值为，弧长为．
【解析】
【分析】
（1）连接，可判断，均为等腰直角三角形，根据即可求值；
（2）①设半圆与交于点，连接，根据，可得，再利用等量互换即可推出结论；
②由①可知，，利用三角函数分别求出AE、EM的值，相加即可；
（3）分别讨论点落在矩形的两条对称轴上的情形，易根据三角函数求出的值及此时半圆落在矩形内部的弧长，舍弃不符合活着不存在的情形即可．
【详解】
解：（1）
如图1，连接．

由对称可知，经过，，的半圆的圆心在的中点处，
∵切半圆于点，
∴，．
当时，
∴为等腰直角三角形，
∴点落在的中点上，为等腰直角三角形，
∵，，
∴．
∴半圆与所围成的封闭图形的面积为；
故答案为：；
（2）①与相等．
理由：如图2，设半圆与交于点，连接．

∵为直径，
∴．
在矩形中，，
∴．
∵与关于对称，
∴．
∴．
∴．
∴，
∵切半圆于点，
∴．
∴，．∴．
∴．
②由①可知，，．
在中，
，
∴．

在中，
，
∴，
．
∵，
∴．
（3）如图4，设点为的中点，直线是矩形的对称轴，连接．

当点落在矩形的对称轴上时，半圆落在矩形内部的弧为．
在中，，
，
∴，，．
∴，，．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴的长．
如图5，设是的中点，是的中点，作直线．

易知直线是矩形的对称轴．
∵，，
∴，
∴点不可能落在直线上，这种情形不存在．
综上所述，满足条件的的值为，此时半圆落在矩形内部的弧长为．
【点睛】
本题主要考查四边形与圆综合问题，涉及到知识点有矩形性质，切线的性质，锐角三角函数，扇形面积，弧长公式等，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
10．如图1，在正方形ABCD中，，点O、E在边CD上，且，，以点O为圆心，OE为半径在其左侧作半圆O，分别交AD于点G，交CD延长线于点F．

（1）________．
（2）如图2，将半圆O绕点E逆时针旋转，点O的对应点为，点F对应点为，当半圆交BC于P、R两点时，若弧PR的长为，求此时半圆与正方形ABCD重叠部分的面积．
（3）当半圆与正方形ABCD相切时，设切点为N，直接写出的值．
【答案】（1）6；（2）；（3）或
【解析】
【分析】
（1）连接OG，先求出半径OE，再利用勾股定理求得DG，进而求得AG的长；
（2）由弧长公式求得∠PR的度数，再根据等边三角形的面积公式和扇形面积公式计算即可；
（3）分两种情况：①当半圆与正方形ABCD的边BC相切时；②当半圆与正方形ABCD的边AB相切时，分别求出结果即可．
【详解】
解：（1）连接OG，如图1，
∵四边形ABCD是正方形，AB=10，
∴AD=CD=AB=10，∠ADC=90°，
∵CE=2，OD=3，
∴OE=CD﹣CE﹣OD=10﹣2﹣3=5，
在Rt△ODG中，由勾股定理得：DG==4，
∴AG=AD﹣DG=10﹣4=6，
故答案为：6；

（2）如图2，∵圆的半径为5，弧PR的长为，
∴由得：n=60°，即∠P R=60°，
∴，
∵P= R，
∴△P R是等边三角形，
∴，
∴==；

（3）根据题意，分两种情况：
①当半圆与正方形ABCD的边BC相切时，如图3，连接N，则N⊥BC，N=E=5，
过点D作DH⊥NE交NE延长线于H，过E作EG⊥N于G，则四边形CEGN为矩形，
∴NG=CE=2，G=N﹣NG=3，
∴CN=GE==4，
∴DN==，
NE==，
由得：
，
∴，
∴tan∠END=；

②当半圆与正方形ABCD的边AB相切时，如图4，此时N与重合，则E⊥AB，
∵AB∥CD，
∴E⊥CD，
∴tan∠END= ，
综上，tan∠END= 或．

【点睛】
本题考查正方形的性质、圆的有关知识、矩形的判定与性质、勾股定理、弧长公式、扇形面积公式、切线性质、勾股定理、锐角的三角函数，熟练掌握相关知识的运用，利用分类讨论思想解决问题是解答的关键．
11．如图⊙O中直径AB＝2，点E是AB的中点，点C是AE上的一个动点，将CB沿线段BC折叠交AB于点D．
（1）如图1，当∠ABC＝20°时，求此时的长．
（2）如图2，连结AC，当点D与点О重合时，求此时AC的长．
（3）设AC＝x，DO＝y，请直接写出y关于x的函数表达式及自变量x的取值范围．

【答案】（1）；（2）1；（3）
【解析】
【分析】
（1）连接，求出，进而用弧长公式即可求解结果；
（2）作点关于的对称点，连接，，，，先判断出，进而得出是等边三角形，求出，再判断出是等边三角形，即可得出结论；
（3）作点关于的对称点，连接，，，由折叠判断出，过点作于，进而得出，再求出，得出，再判断出，最后分两种情况，利用线段的差，即可得出结论．
【详解】
解：（1）如图1，连接，

，
，
中直径，
，
的长为；
（2）如图2，作点关于的对称点，连接，，，，

由折叠知，，，
点与点重合，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
；
（3）如图3，作点关于的对称点，连接，，，

由折叠知，，，
，
，
过点作于，
，
是的直径，
，
，
在中，，
，
，
，
由（2）知，当点与点重合时，，即，
当点与点重合时，连接，，
点是的中点，为直径，
，
，
点是上的一个动点，，
当点在半径（包括点上时，，，
当点在半径（不包括上时，，，
即．
【点睛】
此题是圆的综合题，主要考查了折叠的性质，弧长公式，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数，解（2）的关键是判断出四边形BDCF是菱形，解（3）的关键是构造出直角三角形求出AH．
12．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝10，AD＝15，．点P为AD边上任意一点，连接PB，将PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ．

（1）当∠DPQ＝10°时，求∠APB的大小．
（2）当时，求点Q与点B间的距离（结果保留根号）．
（3）若点Q恰好落在平行四边形ABCD的边所在直线上时，直接写出PB旋转到PQ时点B经过的路径的长（结果保留）．
【答案】（1）80°或100°；（2）；（3）或或
【解析】
【分析】
（1）分两种情形①当点Q在平行四边形ABCD内时，②当点Q在平行四边形ABCD外时，分别求解即可；
（2）如图2中，连接BQ，作PE⊥AB于E．在Rt△APE中，tanA，设PE＝4k，则AE＝3k，在Rt△PBE中，tan∠ABP2，推出EB＝2k，推出AB＝5k＝10，可得k＝2，由此即可解决问题；
（3）分三种情形分别求解即可①如图3中，当点Q落在直线BC上时,根据已知条件可求得PB＝PQ＝8，②如图4中，当点Q落在CD上时，根据已知条件可求得PB=4，③如图5中，当点Q落在AD上时，根据已知条件可求得PB=8，再根据弧长公式可求得所经过的路径的长；
【详解】
解：（1）如图1中，

①当点Q在平行四边形ABCD内时，∠AP′B＝180°﹣∠Q′P′B﹣∠Q′P′D＝180°﹣90°﹣10°＝80°，
②当点Q在平行四边形ABCD外时，∠APB＝180°﹣（∠QPB﹣∠QPD）＝180°﹣（90°﹣10°）＝100°，
综上所述，当∠DPQ＝10°时，∠APB的值为80°或100°．
（2）如图2中，连接BQ，作PE⊥AB于E．

∵tan∠ABP：tanA＝3：2，tanA，
∴tan∠ABP＝2，
在Rt△APE中，tanA，设PE＝4k，则AE＝3k，
在Rt△PBE中，tan∠ABP2，
∴EB＝2k，
∴AB＝5k＝10，
∴k＝2，
∴PE＝8，EB＝4，
∴PB4，
∵△BPQ是等腰直角三角形，
∴BQPB＝4．
（3）①如图3中，当点Q落在直线BC上时，作BE⊥AD于E，PF⊥BC于F．则四边形BEPF是矩形．

在Rt△AEB中，∵tanA，∵AB＝10，
∴BE＝8，AE＝6，
∴PF＝BE＝8，
∵△BPQ是等腰直角三角形，PF⊥BQ，
∴PF＝BF＝FQ＝8，
∴PB＝PQ＝8，
∴PB旋转到PQ所经过的路径的长．
②如图4中，当点Q落在CD上时，作BE⊥AD于E，QF⊥AD交AD的延长线于F．设PE＝x．

易证△PBE≌△QPF，
∴PE＝QF＝x，EB＝PF＝8，
∴DF＝AE+PE+PF﹣AD＝x﹣1，
∵CD∥AB，
∴∠FDQ＝∠A，
∴tan∠FDQ＝tanA，
∴，
∴x＝4，
∴PE＝4，4，
在Rt△PEB中，PB4，
∴PB旋转到PQ所经过的路径的长
③如图5中，

当点Q落在AD上时，易知PB＝PQ＝8，
∴PB旋转到PQ所经过的路径的长4π，
综上所述，PB旋转到PQ所经过的路径的长为或或．
【点睛】
本题考查四边形综合题、平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、锐角三角函数、勾股定理、弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
13．如图1，四边形ABCD是正方形，且AB＝8，点O与B重合，以O为圆心，作半径长为5的半圆O，交BC于E，交AB于F，交AB延长线于G点，M是半圆O上任一点；
发现：AM的最大值为　 　，S阴影＝　 　．
如图2，将半圆O绕点F逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°）．
思考：（1）若点C落在半圆O的直径GF上，求圆心O到AB的距离；
（2）若α＝90°，求半圆O落在正方形内部的弧长；
探究：在旋转过程中，若半圆O与正方形的边相切，求点A到切点的距离．
【注：sin37°＝，sin53°＝，tan37°＝】

【答案】发现：13，64；思考：（1）；（2）；探究：3或或
【解析】
【分析】
发现：当点M与G重合时，AM的值最大最大值为8+5＝13，观察图象可知：S阴＝S正方形；
思考：（1）如图1中，若点C落在半圆O的直径GF上，设半圆B交AD于N，过O作OH⊥AD于H，由OQ∥BC，可得，由此即可解决问题；
（2）如图2中，若α＝90°，设半圆B交AD于N，过O作OH⊥AD于H，想办法求出圆心角即可解决问题；
探究：分三种情形分别讨论求解即可解决问题；
【详解】
解：发现：当点M与G重合时，AM的值最大最大值为8+5＝13，
观察图象可知：S阴＝S正方形＝AB2＝64．
故答案为13，64．
思考：（1）如图1中，过O作OQ⊥AB于Q，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°
∴OQ∥BC，
∴，
∵CF＝，
∴，
∴OQ＝．
（2）如图2中，设半圆B交AD于N，过O作OH⊥AD于H，

∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAB＝90°
∵半圆O绕点F逆时针旋转，旋转角为90°，∴∠OFA＝90°
∴四边形HAFO是矩形，
∴AH＝OF，OH＝AF＝AB﹣BF＝3，AH∥OF，
∴sin∠HNO＝，
∴∠HNO＝37°，
∴∠HNO＝∠NOF＝37°，
∴半圆O落在正方形内部的弧长．
探究：①由思考（2）得当半圆O与AB相切时，切点为F，
∴A到切点的距离为AF＝3．
②如图3中，当半圆O与CD相切时，设切点为R，连接OR，并延长RO交AB于T，

∴∠ORC＝90°
∵DC∥AB，
∴∠OTF＝90°，
∴四边形RCBT是矩形，
∴RT＝CB＝8，
∴OT＝8﹣5＝3，
∴FT＝，AT＝AB﹣BT＝AB﹣（BF﹣FT）＝7，连接AR，
∴AR＝，
③如图4中，当半圆O与AD相切时，设切点为P，连接OP，过F点作FS⊥PO，易得四边形PAFS是矩形，

∴PS＝AF＝3，AP＝SF，
∵SF＝，
∴AP＝．
【点睛】
本题主要考查了圆的综合应用，结合正方形的性质、勾股定理、弧长公式计算是解题的关键．
14．如图，在矩形中，，，是的中点，以为圆心，在的下方作半径为3的半圆，交于点，．

（1）思考：连接，交半圆于点、，求的长；
（2）探究：将线段连带半圆绕点顺时针旋转，得到半圆，设其直径为，旋转角为（）；
①设到直线的距离为，当时，求的取值范围．
②若半圆与线段相切，或半圆与线段相切，设切点为，直接写出的长．（，，，结果保留）
【答案】（1）；（2）①当时，的取值范围为；②的长为或.
【解析】
【分析】
思考：作，证得 ，据此求得，再根据勾股定理求得的长，继而由可得答案；
探究：（1）过作于，分垂足 落在线段上和线段延长线上两种情况，利用中， 求得的度数即可得出的范围；
（2）分半圆与相切和与相切两种情况求解，求出所对圆心角度数即可得出答案．
【详解】
解：（1）思考：如解图2，过作于点，连接，

∴.
∵四边形是矩形，
∴，.
∵，
∴.
∵，，
∴
∴
∴.
∵，
∴.
∴.
（2）探究：①如解图3，过点作于点，

当到的距离为时，有.
∵，
∴此时，
∴.
如解图4，当落在延长线时，可求得.

∴当时，的取值范围为；
②如解图5，当半圆与相切时，切点为，连接，

∴，
∵，
∴.
∴.
∴的长为；
如解图6，当半圆与相切，切点为，

过点作于点，连接，
∴.
易得四边形是矩形，
∴，
∴.
∴，
∴，
∴.
∴的长为.
【点睛】
本题主要考查了圆的性质、相似三角形的判定与性质、旋转的性质、正弦、矩形的判定与性质、弧长公式和切线的性质等知识点，熟悉相关性质解题的关键．
15．如图1，在中，，，，是的中点，以点为圆心在的右侧作半径为3的半圆，分别交于点、，交于点、．

思考：连接，若，求的长度；
探究：如图2，将线段连同半圆绕点旋转．
（1）在旋转过程中，求点到距离的最小值；
（2）若半圆与的直角边相切，设切点为，连接，求的长．
【答案】思考：5；探究：（1）；（2）或
【解析】
【分析】
思考：如图，在中，，，，可得可得，结合，，利用勾股定理可得答案；
探究：（1）如图，当时，点到的距离最小，由三角形面积公式可得，，求解即可得到答案；
（2）当半圆与相切时，如图，设切点为，连接，，则，在中，，，求解再在中，，求解当半圆与相时，如图，设切点为，连接，则，在中，，，求解，可得，从而可得答案．
【详解】
解：思考：如图，在中，，，，

∴
∵是的中点，
∴，
∵，，
∴．
探究：（1）如图，当时，点到的距离最小，

由三角形面积公式可得，
∴，
∴
∴点到距离的最小值是
（2）当半圆与相切时，
如图，设切点为，连接，，则，

∵在中，，，∴
∵在中，，
∴
当半圆与相时，如图，设切点为，连接，
∴

∵在中，，，
∴
∴
∴的长为或
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用，切线的性质，数学分类思想的应用，掌握以上知识是解题的关键．
16．如图，在矩形中，，，点为对角线上的动点（不与、重合），以点为圆心在下方作半径为2的半圆，交于点、．

（1）当半圆过点时，求半圆被边所截得的弓形的面积；
（2）若为的中点，在半圆移动的过程中，求的最小值；
（3）当半圆与矩形的边相切时，求的长．
【答案】（1）；（2）；（3）当半圆与矩形的边相切时，的长为2或
【解析】
【分析】
（1）设该半圆与的另一个交点为点，连接，过点作于点，由直角三角形的性质和等腰三角形的性质可求得和，由扇形的面积公式和三角形的面积公式计算求解即可；
（2）当、、三点共线时，的值最小，此时，由直角三角形的性质可求出的长度，根据即可求出最小值；
（3）分类讨论与边和边相切两种情况，利用直角三角形的性质求解即可．
【详解】
解：（1）如图，当半圆过点时，设该半圆与的另一个交点为点，连接，过点作于点

∵，，
∴，，
∴
∴，．
∴
（2）如图，连接，，

当、、三点共线时，的值最小，此时．
∵，，
∴．
∴．
∴
（3）当半圆与矩形的边相切时，分为与边和边相切两种情况：
①如解图，当半圆与边相切于点时，连接，则．
∵，，
∴．
∴；

②如解图，当半圆与边相切于点时，连接，则，过点作于点，则四边形为矩形，．

∵，
∴．
∵，
∴．
∴
综上所述，当半圆与矩形的边相切时，的长为2或
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，切线的性质，扇形的面积公式，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
17．如图1，扇形OAB的半径为4，∠AOB＝90°，P是半径OB上一动点，Q是上一动点．
（1）连接AQ、BQ、PQ，则∠AQB的度数为　 　；
（2）当P是OB中点，且PQ∥OA时，求的长；
（3）如图2，将扇形OAB沿PQ对折，使折叠后的恰好与半径OA相切于点C．若OP＝3，求点O到折痕PQ的距离．

【答案】（1）；（2）；（3）．
【解析】
【分析】
（1）如图，补全图形，运用圆内接四边形的性质求解即可；
（2）要想求弧长，就得求所对的圆心角的度数，所以要连接OQ，构成圆心角，利用直角三角形直角边是斜边的一半，则这条直角边所对的锐角为30°求出∠1=30°，再利用平行线截得内错角相等得出∠2的度数，代入弧长公式计算即可．
（3）先找点O关于PQ的对称点O′，连接OO′、O′B、O′C、O′P，证明四边形OCO′B是矩形，由勾股定理求O′B，从而求出OO′的长，则OM=OO′=．
【详解】
（1）补全图形如图所示，

∵∠AOB＝90°，
∴∠BCA=45°，
∵四边形ACBQ是圆内接四边形，
∴∠AQB+∠C=180°，
∴∠AQB=180°-∠C=135°
故答案为：135°；
（2）如图1，连接OQ，

∵扇形OAB的半径为4且P是OB中点，
∴OP＝2，OQ＝4，
∵PQ∥OA，
∴∠BPQ＝∠AOB＝90°，
∴∠OQP＝30°，
∴∠AOQ＝∠OQP＝30°，
∴的长＝＝π；
（3）如图2，找点O关于PQ的对称点O′，连接OO′、O′B、O′C、O′P，ON，

则OM＝O′M，OO′⊥PQ，O′P＝OP＝3，点O′是所在圆的圆心，
∴O′C＝OB＝4，
∵折叠后的弧QB′恰好与半径OA相切于C点，
∴O′C⊥AO，
∴O′C∥OB，
∴∠POO'＝∠CO'M＝∠PO'M，
∵∠PMO'＝∠QMO'＝90°，
∴∠O'PM＝∠MNO'，
∴O'P＝O'N＝OP＝3，
∴四边形OPO'N是平行四边形，
∴O'P＝ON，
∵O与O'关于PQ对称，
∴ON＝O'N＝3，
∴BP＝CN＝4﹣3＝1，
∵PN⊥OO'，
∴∠MNO'＝∠MNO，
∴∠BPO'＝∠CNO，
∴△O'BP≌△OCN（SAS），
∴∠O'BP＝∠OCN＝90°，
∴四边形OCO′B是矩形，
在Rt△O′BP中，O′B＝＝2，
在Rt△OBO′中，OO′＝＝2，
∴OM＝OO′＝×2＝，
即O到折痕PQ的距离为．
【点睛】
本题考查了折叠问题和圆的切线的性质、矩形的性质和判定，熟练掌握弧长公式l=（n为圆心角度数，R为圆半径），明确过圆的切线垂直于过切点的半径，这是常考的性质；对称点的连线被对称轴垂直平分．
18．如图1，在中，，，，以为直径的半圆按如图所示位置摆放，点与点重合，点在边的中点处，点从现在的位置出发沿方向以每秒2个单位长度的速度运动，点随之沿下滑，并带动半圆在平面内滑动，设运动时间为秒（），点运动到点处停止，点为半圆中点．

（1）如图2，当点与点重合时，连接交边于，则为____________；
（2）如图3，当半圆的圆心落在了的斜边的中线时，求此时的，并求出此时的面积；
（3）在整个运动的过程中，当半圆与边有两个公共点时，求出的取值范围；
（4）请直接写出在整个运动过程中点的运动路径长．
【答案】（1）0.5；（2）；；（3）当或时圆与边有两个交点；（4）
【解析】
【分析】
（1）首先根据中点求出AN的长度，进而求出圆的半径，然后利用得到，可得出OE的长度，最后利用即可求解；
（2）首先利用等腰三角形的性质和直角三角形斜边中线的性质推出，进而有，则，从而求出t的值和CM,CN的长度，最后利用三角形面积公式求解即可；
（3）分两种情况：当MN在AC边上与圆相切时和当MN在BC边上与圆相切时，分别求出这两种临界状况，然后数形结合即可得出答案；
（4）分析出P点的运动轨迹，然后分三段分别进行讨论即可．
【详解】
解：（1）∵N为AC中点，
∴ ，
．
∵点为半圆中点,
，
，
，
即 ，
解得 ，
；
（2） ，
．
如图，当圆心落在斜边中线时:
∵，
∴点在圆上，
∴，
∴．
设为中点，则，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，
即，
解得,，
∴，
∴；

（3）如图，

当圆与边相切于点，连接，
∴．
∵，
∴，
∴，
即，
解得，
∴；
如图，

当圆与边相切于点，连接，
∴．
∵，
∴，
∴，
即，
解得，
∴，
综上，当或时圆与边有两个交点；
（4）当N点开始运动到N点与点C重合时，P点运动的路程为；
当点N与点C重合时，如图，

，
，
．
当圆运动到如图所示时，此时，

∵，O为MN中点，
∴ ，
，
∴当N点从C运动到如图所示时，P点始终在的角平分线上运动，
∴当N点从C运动到如图所示时，P点的运动路径为，
∴当N点从C运动到M点与C点重合时，这段时间内P运动的路径长为．
从M点与C点重合到N点与B重合，P运动的路程为 ，
∴整个过程中P点的运动路径长为 ．
【点睛】
本题主要考查圆的综合问题及动点问题，掌握相似三角形的判定及性质，解直角三角形并分情况讨论是关键，找到P点的运动轨迹是难点．
19．如图1，矩形中，，，以为直径在矩形内作半圆．

（1）若点是半圆上一点，则点到的最小距离为________；
（2）如图2，保持矩形固定不动，将半圆绕点顺时针旋转度，得到半圆，则当半圆与相切时，求旋转角的度数；

（3）在旋转过程中，当与边有交点时，求的取值范围．
【答案】（1）1；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）过点作的垂线，交于点，交于点，时即为点到的最小距离．推出四边形是矩形，即可求出点到的最小距离；
（2）设半圆与相切于点，连接，延长、交于点，证明，解得，根据中，，，即可求出旋转角的度数；
（3）分别求出当点在上时和当与边相切时的的值，即可求出的取值范围．
【详解】
(1)如图1，过点作的垂线，交于点，交于点，

此时即为点到的最小距离．
∵四边形是矩形，点在上，且，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴．
故答案为：1.
（2）如图2，设半圆与相切于点，连接，延长、交于点，

∴于点，，
∵，
∴，
∴，
∴，即，解得，
在中，，，
∴，
∴，即；
（3）当点在上时，如图3，

∵，是半圆的直径，
∴点在上，
∵在中，，， ，
∴由勾股定理得，
∴，
又∵当与边相切时，，
∴此时，
∴当与边有交点时，．
【点睛】
本题考查圆综合题、矩形的判定与性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线， 构造相似三角形解决问题.
20．如图，半圆的直径，以长为的弦为直径，向点方向作半圆，其中点在（弧）上且不与点重合，但点可与点重合．

发现     的长与的长之和为定值，求；
思考     点与的最大距离为_______，此时点，间的距离为_______；点与的最小距离为________，此时半圆的弧与所围成的封闭图形面积为________．
探究     当半圆与相切时，求的长．
（注：结果保留，，）
【答案】（1）；（2），，，；（3）的长为或．
【解析】
【分析】
发现：连接，，即可得，根据弧长公式求得弧的长度，用半圆的弧长减去弧的长即可求得的长；
思考：过点作于点，连接，当时， 点与的最大距离就是，是等边三角形，利用垂径定理和勾股定理即可得和的长；当与重合点，点与的距离最小，利用三角形的三边关系即可求得答案；
探究：半圆与相切，分两种情况：①半圆与切于点时；②半圆与切于点时，分别求得的长即可．
【详解】
解：发现：如图，连接，，即可得，
∴，
∴的长=，
∴．

                                图
思考：如图，过点作于点，连接，
∵，
∴由勾股定理可知：
，
当与重合时，点与的最大距离就是，最大值为；
此时，，

是等边三角形，
∴；

                                          图
如图，当与重合点，
连接，

此时，与的距离最小，最小值为，
设此时半圆与与交于，
，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴扇形的面积为：，
的面积为：，
半圆的弧与所围成的封闭图形面积为：；

                                        图
故答案为：，，，．
探究：半圆与相切，分两种情况：
①如图，半圆与切于点时，连接，
则，
在中，，
∴，
在中，，
∴，即，
∴．
∴的长=．

                         图
②如图，半圆与切于点时，连接，
根据圆的对称性，同理得的长为，
由得的长为.
综上，的长为或．

                            图
【点睛】
本题考查圆的综合问题，解题关键是根据题意画出图形进行分析，涉及的知识点有勾股定理、等边三角形、弧长公式以及圆的切线等性质，综合性比较强，要求学生要熟练掌握各个知识点，并且能将所学知识点前后贯穿，对学生的综合能力要求比较高．