2024年中考数学复习探究性试题---圆

这是一份2024年中考数学复习探究性试题---圆，共85页。试卷主要包含了阅读下列材料，并完成相应的任务，完成下列各题等内容，欢迎下载使用。

1．已知△ABC内接于⊙O，点F是弧AC的中点，连接OF交AC于点H．
（1）如图1，求证：OF⊥AC；
（2）如图2，AD是△ABC的高，延长AD交⊙O于点K，若∠CAD＝2∠BAD，求证：AK＝AC；
（3）如图3，在（2）的条件下，延长FO交BD于点E，连接EK，点M在CH上，连接OM．若∠OMH＝3∠DKE，BE＝OH，AM=2475，
①请按步骤在图3中先作图：连结AO，并延长AO交BC于点P，再求证：EO＝EP；
②计算cs∠OEC；
③求HF的长．
2．等腰三角形AFG中AF＝AG，且内接于圆O，D、E为边FG上两点（D在F、E之间），分别延长AD、AE交圆O于B、C两点（如图1），记∠BAF＝α，∠AFG＝β．
（1）求∠ACB的大小（用α，β表示）；
（2）连接CF，交AB于H（如图2）．若β＝45°，且BC×EF＝AE×CF．求证：∠AHC＝2∠BAC；
（3）在（2）的条件下，取CH中点M，连接OM、GM（如图3），若∠OGM＝2α﹣45°，
①求证：GM∥BC，GM=12BC；
②请直接写出OMMC的值．
3．
（1）如图1，AB∥CD，AB＝1，CD＝2，AD，BC交于点E，若AD＝4，则AE＝ ；
（2）如图2，矩形ABCD内接于⊙O，AB=2，BC=23，点P在AD上运动，求△PBC的面积的最大值；
（3）为了提高居民的生活品质，市政部门计划把一块边长为120米的正方形荒地ABCD（如图3）改造成一个户外休闲区，计划在边AD，BC上分别取点P，Q，修建一条笔直的通道PQ，要求CQ＝2AP，过点B作BE⊥PQ于点E，在点E处修建一个应急处理中心，再修建三条笔直的道路BE，CE，DE，并计划在△CDE内种植花卉，△DEP内修建老年活动区，△BCE内修建休息区，在四边形ABEP内修建儿童游乐园．问种植花卉的△CDE的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．
4．已知四边形ABCD是边长为4的正方形，以AB为直径在正方形内作半圆，P是半圆上的动点（不与点A、B重合），连接PA、PB、PC、PD．
（1）如图①，当PA的长度等于多少时，∠PAB＝60°，并说明理由；
（2）如图①当PA的长度等于多少时，△PAD是等腰三角形，并说明理由；
（3）如图②，以AB边所在直线为x轴、AD边所在直线为y轴，建立如图所示的直角坐标系（点A即为原点O），把△PAD、△PAB、△PBC的面积分别记为S1、S2、S3．设P点坐标为（a，b），试求2S1S3-S22的最大值，并求出此时a，b的值．
5．（1）如图①，AB是⊙O的弦，直线l上有两点M、N，点P在⊙O上，则∠AMB、∠ANB、∠APB的大小关系为 ＜ ＜ ；
（2）如图②，已知点A、B的坐标分别是（0，3）、（0，9），点C为x轴正半轴上一动点，当∠ACB最大时，求出点C的坐标；
（3）如图③，在平面直角坐标系中，直线l：y＝﹣x+108与x轴、y轴分别交于点D、C．点M为直线上一点且MD=602，AB为x轴上一条可移动的线段，AB＝20，连接CA、BM，点P为直线l上任意一点，连接AP、BP．求当AC+BM最小时，sin∠APB的最大值及此时点P的坐标．
6．阅读下列材料，并完成相应的任务．
托勒密定理：
托勒密（Ptlemy）（公元90年～公元168年），希腊著名的天文学家，他的要著作《天文学大成》被后人称为“伟大的数学书”，托勒密有时把它叫作《数学文集》，托勒密从书中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptlemy）定理．
托勒密定理：
圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．
已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O，
求证：AB•CD+BC•AD＝AC•BD
下面是该结论的证明过程：
证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E．
∵AD=AD
∴∠ABE＝∠ACD
∴△ABE∽△ACD
∴ABAC=BECD
∴AB•CD＝AC•BE
∵AB=AB
∴∠ACB＝∠ADE（依据1）
∵∠BAE＝∠CAD
∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC
即∠BAC＝∠EAD
∴△ABC∽△AED（依据2）
∴AD•BC＝AC•ED
∴AB•CD+AD•BC＝AC•（BE+ED）
∴AB•CD+AD•BC＝AC•BD
任务：（1）上述证明过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？
（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理： ．
（请写出）
（3）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为BD的中点，求AC的长．
7．完成下列各题
（1）【问题提出】如图1，AB为⊙O的一条弦，点C在弦AB所对的优弧上，根据圆周角性质，我们知道∠ACB的度数 （填“变”或“不变”）；若∠AOB＝100°，则∠ACB＝ 度．即：若线段AB的长度已知，∠ACB的大小确定，则点C一定在某一个确定的圆上，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型；
（2）【问题探究】如图2，在凸四边形ABCD中，AB=53，AD=103，∠A＝60°，∠C＝150°，试求四边形ABCD面积的最大值；
（3）【问题解决】如图3是四边形休闲区域设计示意图ABCD，已知∠BAD＝∠BCD＝90°，CB＝CD，休闲区域内原有一条笔直小路AC的长为80米，现为了市民在该区域内散步方便，准备再修一条长为30米的小路MN，满足点M在边AB上，点N在小路AC上．按设计要求需要给图中阴影区域（即△ACD与四边形MBCN，小路宽度忽略不计）种植花卉，为了节约成本且满足设计需求，阴影部分的面积要尽可能的小．请问，是否存在符合设计要求的方案？若存在，请直接写出阴影部分面积的最小值；若不存在，请说明理由．
8．（1）如图1，半径为4的⊙O外有一点P，且PO＝7，点A在⊙O上，则PA的最大值和最小值分别是 和 ；
（2）如图2，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点P在AD上，点Q在BC上，且AP＝CQ，连接CP、QD，求PC+QD最小时AP的长；
（3）如图3，在▱ABCD中，AB＝10，AD＝20，点D到AB的距离为103，动点E、F在AD边上运动，始终保持EF＝3，在BC边上有一个直径为BM的半圆O，连接AM与半圆O交于点N，连接CE、FN，求CE+EF+FN的最小值．
9．如图，△ABC内接于⊙O，半径AO平分∠BAC，延长AO交BC于点K．
（1）如图1，求证：BK＝CK；
（2）如图2，延长AK交⊙O于点D，当AK＝3DK时，求证：△ABC为等边三角形；
（3）如图3，在（2）的条件下，点E在弧AB上，点F在弧CD上，连接AF、AE、BE、CE，EC交AF于点P，AF⊥AE，且AF＝CE，连接DF，当DF＝2时，求BE的长．
10．在直角坐标系中，正方形OABC的两边OC、OA分别在x轴、y轴上，A点的坐标为（0、4）．
（1）将正方形OABC绕点O顺时针旋转30°，得到正方形ODEF，边DE交BC于G．求G点的坐标；
（2）如图，⊙O1与正方形ABCO四边都相切，直线MQ切⊙O1于点P，分别交y轴、x轴、线段BC于点M、N、Q．求证：O1N平分∠MO1Q．
（3）若H（﹣4、4），T为CA延长线上一动点，过T、H、A三点作⊙O2，AS⊥AC交O2于S．当T运动时（不包括A点），AT﹣AS是否为定值？若是，求其值；若不是，说明理由．
11．如图1，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，点P以3cm/s的速度从点A向点B运动，点Q以4cm/s的速度从点C向点B运动．点P、Q同时出发，运动时间为t秒（0＜t＜2），⊙M是△PQB的外接圆．
（1）当t＝1时，⊙M的半径是 cm，⊙M与直线CD的位置关系是 ；
（2）在点P从点A向点B运动过程中，当⊙M与矩形ABCD相切时，求t的值．
（3）连接PD，交⊙M于点N，如图2，当∠APD＝∠NBQ时，t的值是 ．
12．问题探究
（1）寒假期间，乐乐同学参观爸爸的工厂，看到半径分别为2和3的两个圆形零件⊙A、⊙B按如图1所示的方式放置，点A到直线m的距离AC＝4，点B到直线m的距离BD＝6，CD＝5，M是⊙A上一点，N是⊙B上一点，在直线m上找一点P，使得PM+PN最小．请你在直线m上画出点P的位置，并直接写出PM+PN的最小值．
问题解决
（2）如图2，乐乐爸爸的工厂欲规划一块花园，如图所示的矩形ABCD，其中AB=303米，BC＝30米，点E、F为花园的两个入口，BE=103米，DF＝10米．若在△BCD区域内设计一个亭子G（亭子大小忽略不计），满足∠BDG＝∠GBC，从入口到亭子铺设两条景观路．已知铺设小路EG所用的景观石材每米的造价是400元，铺设小路FG所用的景观石材每米的造价是200元，你能否帮乐乐同学分析一下，是否存在点G，使铺设小路EG和FG的总造价最低？若存在，求出最低总造价，并求出此时亭子G到边AB的距离；若不存在，请说明理由．
13．（1）【学习心得】
小宸同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．
例如：如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AD，求∠BDC 的度数，若以点A为圆心，AB为半径作辅助圆⊙A，则点C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，从而可容易得到∠BDC＝ °．
（2）【问题解决】
如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BAC＝26°，求∠BDC 的度数．小宸同学认为用添加辅助圆的方法，可以使问题快速解决，他是这样思考的：△ABD 的外接圆就是以BD的中点为圆心，12BD长为半径的圆；△BCD的外接圆也是以BD的中点为圆心，12BD长为半径的圆．这样A、B、C、D四点在同一个圆上，进而可以利用圆周角的性质求出∠BDC 的度数，请运用小底的思路解决这个问题．
（3）【问题拓展】
①如图3，△ABC的三条高AD、BE、CF相交于点H，求证：∠EFC＝∠DFC．
②如图4，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD是BC边上的高，且BD＝3，CD＝1，直接写出AD的长．
14．在平面直角坐标系xOy中，将中心为T的正方形记作正方形T，对于正方形T和点P（不与O重合）给出如下定义：若正方形T的边上存在点Q，使得直线OP与以TQ为半径的⊙T相切于点P，则称点P为正方形T的“伴随切点”．
（1）如图，正方形T的顶点分别为点O，A（2，2），B（4，0），C（2，﹣2）．
①在点P1（2，1），P2（1，1），P3（1，﹣1）中，正方形T的“伴随切点”是 ；
②若直线y＝x+b上存在正方形T的“伴随切点”，求b的取值范围；
（2）已知点T（t，t+1），正方形T的边长为2．若存在正方形T的两个“伴随切点”M，N，使得△OMN为等边三角形，直接写出t的取值范围．
15．A，B是圆上的两个点，点P在⊙C的内部．若∠APB为直角，则称∠APB为AB关于⊙C的内直角，特别地，当圆心C在∠APB边（含顶点）上时，称∠APB为AB关于⊙C的最佳内直角．如图1，∠AMB是AB关于⊙C的内直角，∠ANB是AB关于⊙C的最佳内直角．在平面直角坐标系xOy中．
（1）如图2，⊙O的半径为5，A（0，﹣5），B（4，3）是⊙O上两点．
①已知P1（1，0），P2（﹣2，1），P3（0，3），在∠AP1B，∠AP2B，∠AP3B中，是AB关于⊙O的内直角的是 ；
②若直线y＝2x+b上存在一点P，使得∠APB是AB关于⊙O的内直角，求b的取值范围．
（2）点E是以T（t，0）为圆心，4为半径的圆上一个动点，⊙T与x轴交于点D（点D在点T的右边）．现有点M（1，0），N（0，n），对于线段MN上每一点H，都存在点T，使∠DHE是DE关于⊙T的最佳内直角，请直接写出n的最大值，以及n取得最大值时t的取值范围．
2024年中考数学复习探究性试题---圆
参考答案与试题解析
一．解答题（共15小题）
1．已知△ABC内接于⊙O，点F是弧AC的中点，连接OF交AC于点H．
（1）如图1，求证：OF⊥AC；
（2）如图2，AD是△ABC的高，延长AD交⊙O于点K，若∠CAD＝2∠BAD，求证：AK＝AC；
（3）如图3，在（2）的条件下，延长FO交BD于点E，连接EK，点M在CH上，连接OM．若∠OMH＝3∠DKE，BE＝OH，AM=2475，
①请按步骤在图3中先作图：连结AO，并延长AO交BC于点P，再求证：EO＝EP；
②计算cs∠OEC；
③求HF的长．
【考点】圆的综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；圆的有关概念及性质；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）①解答见解析；②34；③82-4．
【分析】（1）利用垂径定理的推论解答即可；
（2）连接KC，利用圆周角定理，直角三角形的性质和等腰三角形的判定定理解答即可；
（3）①过点O作OG⊥AK于点G，利用圆心角，弧，弦，弦心距之间的关系定理，角平分线的性质定理得到OA平分∠DAC，再利用三角形的内角和定理，直角三角形的性质和等腰三角形的判定定理解答即可；
②过点O作ON⊥BC于点N，过点C作CQ⊥AB于点Q，利用矩形的判定与性质得到BE＝DN＝OG＝OH，设BE＝m，DE＝n，利用m，n的代数式表示出线段BD，BC，CE，BN，利用全等三角形的判定与性质得到BD＝PD＝m+n，进而得EN，EH，利用直角三角形的边角关系定理得出cs∠OEC=ENOE=EHEC，m+nm+2n=2m+2n3m+2n，则m＝2n；代入求得线段EN＝3n，OE＝PE＝4n，利用直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论；
③利用关系式m＝2n和②这的结论，用含n的代数式求得线段AH，AC，AK，BC，BD，AQ，CQ的长度，再利用相似三角形的判定与性质得到AM的长度，利用已知条件求得n值，利用勾股定理求得圆的半径，则HF＝OF﹣OH．
【解答】（1）证明：∵点F是弧AC的中点，
∴AF=FC，
∵OF为⊙O的半径，
∴OF⊥AC；
（2）证明：连接KC，如图，
设∠BAD＝α，则∠CAD＝2α．
∵∠BAD＝∠BCK，
∴∠BCK＝α．
∵AD是△ABC的高，
∴∠B＝90°﹣α，ACB＝90°﹣∠DAC＝90°﹣2α，
∴∠K＝∠B＝90°﹣α，∠ACK＝∠BCK+∠ACD＝90°﹣2α+α＝90°﹣α，
∴∠K＝∠ACK，
∴AK＝AC；
（3）解：①连结AO，并延长AO交BC于点P，如图，
过点O作OG⊥AK于点G，
则AG＝GK=12AK，BN＝CN=12BC．
由（2）知：AK＝AC，
∵OG⊥AK，OH⊥AC，
∴OG＝OH，
∴OA平分∠DAC，
∴∠DAP＝∠PAC=12∠DAC，
∴∠BAD＝∠DAP＝∠CAP＝α，
∴∠APE＝90°﹣∠DAP＝90°﹣α，
∵∠ACD＝90°﹣2α，
∴∠HEC＝90°﹣∠ACD＝2α．
∴∠EOP＝180°﹣∠HEC﹣∠APE＝180°﹣2α﹣（90°﹣α）＝90°﹣α，
∴∠EOP＝∠APE＝90°﹣α，
∴EO＝EP；
②过点O作ON⊥BC于点N，过点C作CQ⊥AB于点Q，
∵OG⊥AK，ON⊥BC，AD⊥BC，
∴四边形OGDN为矩形，
∴OG＝DN，ON＝GD．
∵BE＝OH，
∴BE＝DN＝OG＝OH，
设BE＝m，DE＝n，
∴BD＝m+n，BE＝DN＝OG＝OH＝m，BN＝BD+DN＝2m+n，
∴BC＝2BN＝4m+2n，
∴EC＝BC﹣BE＝3m+2n，EN＝BN﹣BE＝m+n，
在△ABD和△APD中，
∠BAD=∠PAD=α∠ADB=∠ADP=90°AD=AD，
∴△ABD≌△APD（AAS），
∴BD＝PD＝m+n，
∴PE＝PD+ED＝m+2n，
∴OE＝PE＝m+2n，
∴EH＝EO+OH＝2m+2n，
∵cs∠OEC=ENOE=EHEC，
∴m+nm+2n=2m+2n3m+2n，
∴m＝2n，
∴EN＝3n，OE＝PE＝4n．
∴cs∠OEC=ENOE=3n4n=34；
③∵m＝2n，
∴EC＝3m+2n＝8n，EH＝2m+2n＝6n，
∴CH=EC2-EH2=27n．
∴AH＝CH＝27n，AC＝2CH＝47n，
∴AK＝AC＝47n．
∵BC＝4m+2n＝10n，BD＝PD＝m+n＝3n，
∴CD＝BC﹣BD＝7n，
∴AD=AC2-CD2=37n，
∴AB=AD2+BD2=62n，
∵12BC•AD=12AB•CQ，
∴CQ=5142n，
∴AQ=AC2-CQ2=722n．
∴DK＝AK﹣AD=7n．
∵DE＝n，
∴DEDK=BDAD=17，
∵∠EDK＝∠BDA＝90°，
∴△EDK∽△BDA，
∴∠DKE＝∠BAD＝α，
∵∠OMH＝3∠DKE，
∴∠OMH＝3α，
∵∠BAC＝∠BAD+∠CAD＝3α，
∴∠OMH＝∠BAC，
∵∠OHM＝∠CQA＝90°，
∴△OHM∽△CQA，
∴OHHM=CQAQ，
∴2nHM=5142n722n，
∴HM=275n，
∴AM＝AH+HM=1275n．
∵AM=2475，
∴n＝2．
∴OH＝4，AH＝47，
∴OA=AH2+OH2=82，
∴OF＝OA＝82，
∴HF＝OF﹣OH＝82-4．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，添加恰当的辅助线构造直角三角形是解题的关键．
2．等腰三角形AFG中AF＝AG，且内接于圆O，D、E为边FG上两点（D在F、E之间），分别延长AD、AE交圆O于B、C两点（如图1），记∠BAF＝α，∠AFG＝β．
（1）求∠ACB的大小（用α，β表示）；
（2）连接CF，交AB于H（如图2）．若β＝45°，且BC×EF＝AE×CF．求证：∠AHC＝2∠BAC；
（3）在（2）的条件下，取CH中点M，连接OM、GM（如图3），若∠OGM＝2α﹣45°，
①求证：GM∥BC，GM=12BC；
②请直接写出OMMC的值．
【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；几何直观．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）如图1中，连接CF．利用圆周角定理求解；
（2）证明∠BAC＝45°，∠AHC＝90°，可得结论；
（3）①如图3中，连接CG，延长GM交AB于点I．证明△MHI≌△MCG，推出MI＝MG，HI＝CG，再证明HI＝IB，可得结论；
②连接FI，FB．设HI＝BI＝m，则FH＝2m，FI=5m，设AH＝CH＝n，利用勾股定理求出m，n之间的关系，可得结论．
【解答】（1）解：如图1中，连接CF．
∵AF＝AG，
∴∠AFG＝∠AGF＝α，
∴∠ACF＝∠AGF＝α，
∵∠∠FAB＝β，
∴∠ACB＝∠ACF+∠FCB＝α+β；
（2）证明：如图2中，
∵AF＝AG，
∴∠AFG＝∠G＝∠ACH＝45，
∵∠EAF＝∠FAC，
∴△EAF∽△FAC，
∴EFCF=AEFA，
∴AE×CF＝EF×FA，
∵BC×EF＝AE×CF，
∴BC×EF＝EF×AF，
∴BC＝AF，
∴AF=BC，
∴∠BAC＝∠AGF＝45°，
∴∠AHC＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴∠AHC＝2∠BAC；
（3）①证明：如图3中，连接CG，延长GM交AB于点I．
∵∠OGM＝2α﹣45°，∠AGF＝45°，
∴∠AGM＝2α，
∵∠FAG＝90°，
∴FG是直径，
∴∠FCG＝90°，
∵∠AHC＝90°，
∴∠AHC+∠GCH＝180°，
∴AB∥CG，
∴∠MHI＝∠MCG，
∵MH＝MC，∠HMI＝∠CMG，
∴△MHI≌△MCG（ASA），
∴MI＝MG，HI＝CG，
∵BI∥CG，IG∥CB，
∴四边形BIGC是平行四边形，
∴∠ABC＝∠MGC，GM∥BC，
∵∠ABC+∠BCH＝90°，∠GMC+∠MGC＝90°，
∴∠MGC+∠BCH＝90°，
∴∠BCH+∠FCG+∠MGC＝180°，
∴∠BCG+∠MGC＝180°，
∵BC∥IG，CM＝MH，
∴HI＝IB，
∴MI=12BC，
∴MG=12BC，MG∥BC；
②解：连接FI，FB．
∵OMMC=OM12HC=2OMHC，
又∵OF＝OG．MG＝MI，
∴OM=12FI，
∵△HMI≌△CMG，
∴HI＝CG，
∵∠AHC＝90°，
∴∠FHB＝90°，
∵∠ACF＝∠ABF＝45°，
∴FH＝BH，
设HI＝BI＝m，则FH＝2m，FI=5m，设AH＝CH＝n，
∴OM=12FI=52m，BC＝AF＝AG=4m2+n2，
∴FG2＝8m2+2n2，
∵FG2＝CF2+CG2，
∴8m2+2n2＝（2m+n）2+m2，
整理得n2﹣4nm+3m2＝0，
∴n＝m或n＝3m，
∴OMMC=FICH=5mn=5或53．
【点评】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形或全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
3．
（1）如图1，AB∥CD，AB＝1，CD＝2，AD，BC交于点E，若AD＝4，则AE＝ 43 ；
（2）如图2，矩形ABCD内接于⊙O，AB=2，BC=23，点P在AD上运动，求△PBC的面积的最大值；
（3）为了提高居民的生活品质，市政部门计划把一块边长为120米的正方形荒地ABCD（如图3）改造成一个户外休闲区，计划在边AD，BC上分别取点P，Q，修建一条笔直的通道PQ，要求CQ＝2AP，过点B作BE⊥PQ于点E，在点E处修建一个应急处理中心，再修建三条笔直的道路BE，CE，DE，并计划在△CDE内种植花卉，△DEP内修建老年活动区，△BCE内修建休息区，在四边形ABEP内修建儿童游乐园．问种植花卉的△CDE的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．
【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）43；
（2）33；
（3）存在，最小值为(6000-12005)平方米．
【分析】（1）由AB∥CD得△ABE∽△DCE，得对应成比例的线段，于是得到结论；
（2）当PO⊥BC时，△PBC的面积有最大值，解直角三角形求出△PBC的高即可得到结论；
（3）连接AC交 PQ于点M，作△BME的外接圆⊙O，过点O作 OF2⊥DC于点 F2，交MR于点 E2，交AB于点I，连接 E2D，E2C，此时△E2CD的面积最小．
【解答】解：（1）∵AB∥CD，
∴△ABE∽△DCE，
∴ABDC=AEDE，即 12=AEDE，
∴设AE＝a，DE＝2a，
∴a+2a＝4，解得 a=43．
故答案为：43；
（2）如图1，连接AC．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴AC是⊙O的直径．
在Rt△ABC中，tan∠BAC=BCAB=3，
∴∠BPC＝∠BAC＝60°
过点O作OE⊥BC，垂足为E，延长EO交AD⌢于点 P2，
连接 P2B，P2C，此时△P2BC的面积最大．
理由：在AD⌢上任意另取一点P1，过点P1作 P1E1⊥BC，垂足为 E1，
连接 P1O，P1E，则 OP2+OE＝OP3+OE＞P1E＞P1E1，即 P2E＞P1E1，
∴当P2，O，E三点共线，且 P2E⊥BC时，P2E最大，即△PBC的面积最大．
连接OB，则∠BOC＝2∠BPC＝120°．
在Rt△OBE中，． ∠BOE=60°，BE=3，
∴OE=33BE=1，OB=2OE=2，
∴S△PBC=23×32=33，
（3）如图2，连接AC交 PQ于点M．

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB＝BC＝120，∠ABC＝90°，∠CAB＝45°，
∴AC=2AB=1202．
∵AD∥BC，
∴∠MAP＝∠MCQ，∠MPA＝∠MQC，
∴△AMP∽△CMQ，
∴AMMC=APCQ=12，
∴AM=402．
过点 M作MN⊥AB于点N，
∴AB∥MN∥CD，
∴APCQ=PMMQ=ANBN=12，
∵AN+BN＝120，
∴AN＝40，BN＝80．
在 Rt△MNB中，根据勾股定理得 BM=402+802=405，
作△BME的外接圆⊙O，则O为BM的中点，
且点 E 在MR⌢上运动，
过点O作 OF2⊥DC于点 F2，交MR于点 E2，交AB于点I，
连接 E2D，E2C，此时△E2CD的面积最小．
理由：在MR上任意另取一点E1，
过点E1作 E1F1⊥DC于点 F1，连接 OE1，OF1，
则 OE1+E1F1＞OF1＞OF2，即 E1F1＞E2F2
∴当O，E2，F2三点共线，且 OF2⊥CD时，E2F2最小，即△CDE的面积最小．
由题意可得四边形BCF2I为矩形，
∴F2I＝BC＝120．
∵∠OBI＝∠MBN，∠OIB＝∠MNB，
∴△OBI∽△MBN，
∴OIMN=BOBM=12，
∴OI＝20，
∴EFi=0=120-20-205=100-205，
∴S△CDE的最小值=120×(100-205)2=(6000-12005)平方米．
【点评】本题考查了正方形的性质和判定，矩形的性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，正确的理解题意，画出图形是解题的关键．
4．已知四边形ABCD是边长为4的正方形，以AB为直径在正方形内作半圆，P是半圆上的动点（不与点A、B重合），连接PA、PB、PC、PD．
（1）如图①，当PA的长度等于多少时，∠PAB＝60°，并说明理由；
（2）如图①当PA的长度等于多少时，△PAD是等腰三角形，并说明理由；
（3）如图②，以AB边所在直线为x轴、AD边所在直线为y轴，建立如图所示的直角坐标系（点A即为原点O），把△PAD、△PAB、△PBC的面积分别记为S1、S2、S3．设P点坐标为（a，b），试求2S1S3-S22的最大值，并求出此时a，b的值．
【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）当PA的长度等于2时，∠PAB＝60°；
（2）当PA的长度等于22或855时，△PAD是等腰三角形．
（3）当a＝2时，b＝2，2S1S3-S22有最大值是16．
【分析】（1）由AB是直径，可得∠APB＝90°，然后利用三角函数即可求得PA的长；
（2）当PA＝PB时，△PAB是等腰三角形，然后由等腰三角形的性质与射影定理即可求得答案．
（3）过点P分别作PE⊥AB，PF⊥AD，垂足分别为E，F延长FP交BC于点G，则PG⊥BC，P点坐标为（a，b），PE＝b，PF＝a，PG＝4﹣a，利用矩形的面积关系与二次函数的知识即可求得答案．
【解答】解：（1）∵AB是直径，
当∠APB＝90°，
∵∠PAB＝60°，
∴∠PBA＝30°，
∴PA=12AB＝2，
∴当PA的长度等于2时，∠PAB＝60°；
（2）①若△PAD是等腰三角形，当PA＝PD时，如图1，
此时P位于正方形ABCD的中心O．则PD⊥PA，PD＝PA，
∴AD2＝PD2+PA2＝2PA2＝16，
∴PA=22；
②当PD＝DA时，以点D为圆心，DA为半径作圆与弧AB的交点为点P．如图2连PD，令AB中点为O，再连DO，PO，DO交AP于点G，则△ADO≌△PDO，
∴DO⊥AP，AG＝PG，
∴AP＝2AG，
又∵DA＝2AO，
∴AG＝2OG，
设AG为2x，OG为x，
∴（2x）2+x2＝4，
∴5x2＝4，
∴x=255，
∴AG＝2x=455，AP=855，
∴当PA的长度等于22或855时，△PAD是等腰三角形．
（3）如图，过点P分别作PE⊥AB，PF⊥AD，垂足分别为E、F，延长EP交BC于点G，则PG⊥BC．
∵P点坐标为（a，b），
∴PE＝b，PF＝a，PG＝4﹣a，
在△PAD、△PAB和△PBC中，S1＝2a，S2＝2b，S3＝8﹣2a，
∵AB为直径，
∴∠APB＝90°，
∴PE2＝AE•BE，即b2＝a（4﹣a），
∴2S1S3-S22=4a（8﹣2a）﹣4b2＝﹣4a2+16a＝﹣4（a﹣2）2+16，
∴当a＝2时，b＝2，2S1S3-S22有最大值是16．
【点评】此题考查了正方形的性质，圆周角的性质以及三角函数的性质等知识．此题综合性很强，解题的关键是注意数形结合与方程思想的应用．
5．（1）如图①，AB是⊙O的弦，直线l上有两点M、N，点P在⊙O上，则∠AMB、∠ANB、∠APB的大小关系为 ∠AMB ＜ ∠APB ＜ ∠ANB ；
（2）如图②，已知点A、B的坐标分别是（0，3）、（0，9），点C为x轴正半轴上一动点，当∠ACB最大时，求出点C的坐标；
（3）如图③，在平面直角坐标系中，直线l：y＝﹣x+108与x轴、y轴分别交于点D、C．点M为直线上一点且MD=602，AB为x轴上一条可移动的线段，AB＝20，连接CA、BM，点P为直线l上任意一点，连接AP、BP．求当AC+BM最小时，sin∠APB的最大值及此时点P的坐标．
【考点】圆的综合题．
【专题】一次函数及其应用；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）∠AMB＜∠APB＜∠ANB；
（2）C（33，0）；
（3）P（108﹣1514，1514），sin∠APB=82+3765．
【分析】（1）设BM交⊙O于C，AN的延长线交⊙O于D，连接BD，可得出∠ACB＝∠D＝∠APB，从而∠AMB＜∠ACB，∠D＜∠ANB，进而得出结果；
（2）过A、B两点的圆I与x轴相切时，∠ACB最大，连接CI，AI，作ID⊥AB于D，可得出AI＝IC＝OD＝OA+AD＝6，从而DI=AI2-AD2=62-32=33，进而得出结果；
（3）在y轴上取点E（0，﹣108），将其向右移动20个单位至F（20，﹣108），连接MF，交x轴于B，将点B向左移动20个单位得A，则AC+BM最小，可求得点B（38，0），A（18，0），过A、B的圆I与CD相切于P时，∠APB最大，sin∠APB=AB2PI，作IH⊥AB于H，交⊙I于G，连接IP，设IP＝PG＝x，则GI=2x，IH＝GH﹣GI＝80-2x，在Rt△BIH中，由勾股定理得出x2﹣（80-2x）2＝102，求得x的值，进一步得出结果．
【解答】解：（1）如图1，
设BM交⊙O于C，AN的延长线交⊙O于D，连接BD，
∵AB=AB，
∴∠ACB＝∠D＝∠APB，
∵∠ACB是△ACM的外角，
∴∠AMB＜∠ACB，
同理可得：∠D＜∠ANB，
∴∠AMB＜∠APB＜∠ANB，
故答案为：∠AMB＜∠APB＜∠ANB；
（2）如图2，
当过A、B两点的圆I与x轴相切时，∠ACB最大，
∴AD＝BD=12AB＝3，
连接CI，AI，作ID⊥AB于D，
∴∠IDO＝∠ICO＝∠AOC＝90°，
∴四边形CODI是矩形，
∴OD＝IC，OC＝DI，
∴AI＝IC＝OD＝OA+AD＝6，
∴DI=AI2-AD2=62-32=33，
∴C（33，0）；
（3）如图，
由题意得：C（0，108），D（108，0），
在y轴上取点E（0，﹣108），将其向右移动20个单位至F（20，﹣108），连接MF，交x轴于B，将点B向左移动20个单位得A，
则AC+BM最小，
∵22MD＝60，108﹣60＝48，
∴点M（48，60），
∴直线FM的解析式为：y＝6x﹣228，
由6x﹣228＝0得x＝38，
∴点B（38，0），A（18，0），
过A、B的圆I与CD相切于P时，∠APB最大，sin∠APB=AB2PI，
作IH⊥AB于H，交⊙I于G，连接IP，
∴IP⊥CD，AH＝BH＝10，
∴DH＝BH+BD＝10+108﹣38＝80，
∵OC＝OD＝108，∠COD＝90°，
∴∠CDO＝∠DCO＝45°，
∴∠DGI＝45°，
设IP＝PG＝x，则GI=2x，IH＝GH﹣GI＝80-2x，
在Rt△BIH中，由勾股定理得，
BI2﹣IH2＝AH2，
∴x2﹣（80-2x）2＝102，
∴x1＝802-307，x2＝802+307（舍去），
∴PI＝802-307，
∴GQ＝PQ＝IQ=22PI＝80﹣1514，sin∠APB=202(802-307)=82+3765，
∵OH+PQ＝28+80﹣1514=108﹣1514，QH＝GH﹣GQ＝1514，
∴P（108﹣1514，1514）．
【点评】本题考查了圆的切线的性质，圆周角定理及其推论，求一次函数的解析式，等腰直角三角形的判定和性质，轴对称的性质，锐角三角函数的定义，勾股定理等知识，解决问题的关键是熟练掌握“定弦对定角”等模型．
6．阅读下列材料，并完成相应的任务．
托勒密定理：
托勒密（Ptlemy）（公元90年～公元168年），希腊著名的天文学家，他的要著作《天文学大成》被后人称为“伟大的数学书”，托勒密有时把它叫作《数学文集》，托勒密从书中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptlemy）定理．
托勒密定理：
圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．
已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O，
求证：AB•CD+BC•AD＝AC•BD
下面是该结论的证明过程：
证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E．
∵AD=AD
∴∠ABE＝∠ACD
∴△ABE∽△ACD
∴ABAC=BECD
∴AB•CD＝AC•BE
∵AB=AB
∴∠ACB＝∠ADE（依据1）
∵∠BAE＝∠CAD
∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC
即∠BAC＝∠EAD
∴△ABC∽△AED（依据2）
∴AD•BC＝AC•ED
∴AB•CD+AD•BC＝AC•（BE+ED）
∴AB•CD+AD•BC＝AC•BD
任务：（1）上述证明过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？
（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理： 勾股定理 ．
（请写出）
（3）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为BD的中点，求AC的长．
【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据圆周角定理，相似三角形的判定即可解决问题．
（2）利用矩形的性质以及托勒密定理即可判断．
（3）连接BD，作CE⊥BD于E．首先证明BD＝2DE=3CD，由托勒密定理，构建方程求出AC即可．
【解答】解：（1）上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等．
“依据2”是两角分别相等的两个三角形相似．
（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，
则AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD，
∵AB•CD+AD•BC＝AC•BD，
∴AB2+AD2＝BD2，
托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理，
故答案为勾股定理．
（3）连接BD，作CE⊥BD于E．
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∵∠BAD＝60°，
∴∠BCD＝120°，
∵DC=BC，
∴CD＝CB，
∴∠CDB＝30°，
在Rt△CDE中，cs30°=DECD，
∴DE=32CD，
∴BD＝2DE=3CD，
由托勒密定理：AC•BD＝AD•BC+CD•AB，
∴AC•3CD＝3CD+5CD，
∴AC=833，
答：AC的长为833．
【点评】本题属于圆综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，锐角三角函数，托勒密定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
7．完成下列各题
（1）【问题提出】如图1，AB为⊙O的一条弦，点C在弦AB所对的优弧上，根据圆周角性质，我们知道∠ACB的度数 不变 （填“变”或“不变”）；若∠AOB＝100°，则∠ACB＝ 50 度．即：若线段AB的长度已知，∠ACB的大小确定，则点C一定在某一个确定的圆上，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型；
（2）【问题探究】如图2，在凸四边形ABCD中，AB=53，AD=103，∠A＝60°，∠C＝150°，试求四边形ABCD面积的最大值；
（3）【问题解决】如图3是四边形休闲区域设计示意图ABCD，已知∠BAD＝∠BCD＝90°，CB＝CD，休闲区域内原有一条笔直小路AC的长为80米，现为了市民在该区域内散步方便，准备再修一条长为30米的小路MN，满足点M在边AB上，点N在小路AC上．按设计要求需要给图中阴影区域（即△ACD与四边形MBCN，小路宽度忽略不计）种植花卉，为了节约成本且满足设计需求，阴影部分的面积要尽可能的小．请问，是否存在符合设计要求的方案？若存在，请直接写出阴影部分面积的最小值；若不存在，请说明理由．
【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）不变，50；
（2）2252-7534；
（3）存在，2975-2252．
【分析】（1）根据圆周角定理进行解答即可；
（2）过点B作BE⊥AD于点E，连接BD，当△BCD的面积最大时，四边形ABCD的面积最大，利用（2）中的结论计算△BCD的面积最大值即可得出结论．
（3）根据题意，要使阴影部分面积最小，只需△AMN的面积最大即可，连接BD，作△AMN的外接圆⊙O，连接OM，ON，利用（2）结论即可求得△AMN的面积的最大值；将△CDA绕着点C旋转90°得到△CBP，通过说明A，B，P三点共线，则四边形ABCD的面积＝△ACP的面积，利用阴影部分面积的最小值＝四边形ABCD的面积﹣△AMN的面积的最大值，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵AB为⊙O的一条弦，点C在弦AB所对的优弧上，
∴根据圆周角性质，我们知道∠ACB的度数不变；
∵AB=AB，∠AOB＝100°，
则∠ACB＝50°，
故答案为：不变；50；
（2）过点B作BE⊥AD于点E，连接BD，如图2.1，
∵BE⊥AD，∠A＝60°，
∴BE=AB×sinA=53×32=152，
∴S△ABD=12AD×BE=12×103×152=7532．
∵S四边形ABCD＝S△ABD+S△BCD，
∴当△BCD的面积最大时，四边形ABCD的面积最大．
作△BCD的外接圆⊙O，连接OB，OD，如图2.2，
设PC经过圆心O时的线段为P1C1，则P1C1⊥AB，过点O作OE⊥PC于点E，连接OP，如图2.3，
∵OE⊥PC，P1C1⊥AB，PC⊥AB，
∴四边形OC1CE是矩形，
∴OC1＝EC，
∵OP＝OP1，
∴P1C1＝OP1+OC1＝OP+CE，
∵OP≥PE，
∴OP+EC≥PE+EC，
∴OP+EC≥PC，
∴OP1+OC1≥PC，
即P1C1≥PC，
∴当且仅当PC经过圆心O时，PC最大；
与上述过程同理，当点C为BD的中点时，△BDC的面积最大．
设为BD的中点为C′，连接OC′，交BD于点F，
则OF⊥BD，BF＝DF，BC′＝C′D，
∵∠BC′D＝∠BCD＝150°，
∴∠C′BD＝∠C′DB＝15°，
∴∠BOC′＝∠DOC′＝30°．
∵BE⊥AD，∠A＝60°，
∴AE=AB×csA=53×32=152，
∴DE=AD-AE=1532，
∴BD=BE2+DE2=15
∴BF=DF=152，
∴BO＝2BF＝15．
∴OF=OB2-BF2=1523，
∵C′O＝OB＝15，
∴C′F=OC′-OF=15-1523，
∴△BCD的面积的最大值=12×BD×C′F=12×15×(15-1532)=2252-22534，
∴四边形ABCD的面积的最大值=7532+2252-22534=2252-7534．
（3）存在符合设计要求的方案，阴影部分面积的最小值2975-2252平方米，理由如下：
根据题意，要使阴影部分面积最小，只需△AMN的面积最大即可，
连接BD，如图3，
∵∠BAD＝∠BCD＝90°，CB＝CD，
∴∠CBD＝∠CDB＝45°．
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∴A，B，C，D四点共圆，
∴∠BAC＝∠CDB＝45°．
作△ANM的外接圆⊙O，连接OM，ON，如图4．
∴∠MON＝2∠MAN＝90°，
∵OM＝ON，
∴△OMN为等腰直角三角形，
∴OM=ON=22×NM=152．
由（2）的结论可知：当点A为优弧MN⌢的中点时，
△AMN的面积的最大值为12×30×(15+152)=225+2252平方米．
将△CDA绕着点C旋转90°得到△CBP，如图5，
则△ADC≌△PBC，
∴CP＝CA，∠ACP＝90°，∠CBP＝∠D．
∵∠BAD+∠BCD＝180°，
∴∠D+∠ABC＝180°，
∴∠ABC+∠CBP＝180°，
∴A，B，P三点共线，
∴△ACP为等腰直角三角形，
∴AC＝CP＝80米，
∵S四边形ABCD＝S△ABC+S△ADC＝S△ABC+S△CPB＝S△ACP，
∴S四边形ABCD＝S△ACP=12×80×80＝3200（平方米），
∴阴影部分面积的最小值=3200-(225+2252)=(2975-2252)（平方米）．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，四点共圆，等腰直角三角形的判定与性质，图形的旋转的性质，特殊角的三角函数值，直角三角形的边角关系定理，利用已知条件构造恰当的辅助线是解题的关键．
8．（1）如图1，半径为4的⊙O外有一点P，且PO＝7，点A在⊙O上，则PA的最大值和最小值分别是 11 和 3 ；
（2）如图2，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点P在AD上，点Q在BC上，且AP＝CQ，连接CP、QD，求PC+QD最小时AP的长；
（3）如图3，在▱ABCD中，AB＝10，AD＝20，点D到AB的距离为103，动点E、F在AD边上运动，始终保持EF＝3，在BC边上有一个直径为BM的半圆O，连接AM与半圆O交于点N，连接CE、FN，求CE+EF+FN的最小值．
【考点】圆的综合题．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；圆的有关概念及性质；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）11，3；
（2）AP＝3；
（3）361-2．
【分析】（1）延长PO，交⊙O于D，当点A在C处时，PA最大＝OP+OC＝7+4＝11，当点P在B处时，PA最小＝OP﹣OB＝7﹣4＝3；
（2）作QE⊥AD于E，连接BE，延长AB至F，使BF＝AB，连接DF，交于点G，则当Q在店G处时，PC+QD最小：连接QF，可证得△CDP≌△BAE，从而得出BE＝QF，进而得出PC+QD＝QF+DQ≥DF，从而当点D、Q、F共线时，PC+DQ最小，即点Q在点G处，PC+QD最小，进一步得出结果；
（3）连接BN，可推出点N在以AB为直径的⊙I圆上，作点C关于AD的对称点G，CG交AD于X，将点G延着EF的方向向下移动3个单位至H，连接HI，交⊙I于W，
当N在W处时，CE+EF+FN最小，以AB所在的直线为x轴，以BD所在的直线为y轴建立坐标系，作CV⊥AB于V，作GT⊥CV于T，作HW⊥GT于W，依次求得∠DAB＝60°，CX，CG，CT，GT，TV的值，进而求得GW，WH，WT的值，进而得出H点坐标，进一步得出结果．
【解答】解：（1）如图1，
延长PO，交⊙O于D，
当点A在C处时，PA最大＝OP+OC＝7+4＝11，
当点P在B处时，PA最小＝OP﹣OB＝7﹣4＝3，
故答案为：11，3；
（2）如图2，
作QE⊥AD于E，连接BE，延长AB至F，使BF＝AB，连接DF，交于点G，则当Q在店G处时，PC+QD最小，理由如下：
连接QF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝∠BCD＝∠A＝90°，CD＝AB，CD∥AB，
∵∠DEQ＝90°，
∴四边形CDEQ是矩形，
∴DE＝CQ＝AP，EQ＝CD，EQ∥CD，
∴DE+PE＝AP+PE，EQ＝BF，EQ∥AB，
∴DP＝AE，四边形BEQF是平行四边形，
∴△CDP≌△BAE（SAS），BE＝QF，
∴PC＝BE，
∴QF＝PC，
∴PC+QD＝QF+DQ≥DF，
∴当点D、Q、F共线时，PC+DQ最小，
∴点Q在点G处，PC+QD最小，
∵∠DCG＝∠GBF＝90°，∠CGD＝∠BGF，
∴△CGD≌△BGF（AAS），
∴CG＝BG，
∴AP=12AD＝3；
（3）如图3，
连接BN，
∵BM是⊙O的直径，
∴∠BNM＝90°，
∴∠ANB＝90°，
∴点N在以AB为直径的⊙I圆上，
作点C关于AD的对称点G，CG交AD于X，将点G延着EF的方向向下移动3个单位至H，连接HI，交⊙I于W，
当N在W处时，CE+EF+FN最小，
作DB′⊥AB于B′，
∴AB′=AD2-DB′2=202-(103)2=10，
∴AB＝AB′＝10，
∴点B和B′重合，
以AB所在的直线为x轴，以BD所在的直线为y轴建立坐标系，
作CV⊥AB于V，作GT⊥CV于T，作HW⊥GT于W，
∵cs∠DAB=ABAD=1020=12，
∴∠DAB＝60°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，CD＝AB＝10，
∴∠CDX＝∠DAB＝60°，
∴CX＝CD•sin∠CDX＝10•sin60°＝53，
∴CG＝2CX＝103，
∴CT=12CG＝53，GT=32CG＝15，
∴TV＝CV+CT＝103+53=153，
可得∠WGH＝90°﹣∠CGT＝60°，
∴GW＝GH•cs60°=12GH=32，WH=32GH=332，
∴WT＝GT+GW＝15+32=332，
∴H（10-332，153-332），即：（-132，2732），
∵I（﹣5，0），
∴HI=(132-5)2+(2732)2=361，
∴（CE+EF+FN）最小＝361-5+3＝361-2．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，确定圆的条件，解直角三角形，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是较强的计算能力．
9．如图，△ABC内接于⊙O，半径AO平分∠BAC，延长AO交BC于点K．
（1）如图1，求证：BK＝CK；
（2）如图2，延长AK交⊙O于点D，当AK＝3DK时，求证：△ABC为等边三角形；
（3）如图3，在（2）的条件下，点E在弧AB上，点F在弧CD上，连接AF、AE、BE、CE，EC交AF于点P，AF⊥AE，且AF＝CE，连接DF，当DF＝2时，求BE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）证明见解答过程；
（2）证明见解答过程；
（3）BE＝23+2．
【分析】（1）利用垂径定理的推论解答即可；
（2）利用垂径定理的推论得到AB＝AC，设DK＝a，则AK＝3a，则AD＝AK+DK＝4a，可得圆的半径与弦心距，解直角三角形得到∠BOK＝60°，再利用圆周角定理即可得出结论；
（3）连接BO，EF，ED，FC，过点B作BG⊥AE，交AE的延长线于点G，利用垂径定理及其推论，圆周角定理得到△ABG为等腰直角三角形，设GE＝a，则BE＝2a，BG=3a，利用AG＝BG＝EG+EA＝2+a，列出方程求得a值，则结论可得．
【解答】（1）证明：连OL，OB，如图1，
∵OA＝OC，
∴∠1＝∠3，
∵OA＝OB，
∴∠2＝∠4，
∵AO平分∠CAB，
∴∠1＝∠2，
∴∠3＝∠4
又∵OA＝OA，
∴△OAC≌△OAB（ASA），
∴AC＝AB，
∵∠1＝∠2，
∴BK＝CK；
（2）证明：连OC，CD，如图2，
设DK＝t，则 AK＝3DK＝3t，
∴AD＝AK+DK＝3t+t＝4t，
∴AO+OD＝1/2AD＝1/2×4t＝2t，
∴OK＝OD﹣DK＝2t﹣t＝t，
∴OK＝DK，
∵AC＝AB，∠CAO＝∠BA，
∴AK⊥CB，
∵CB垂直平分OD，
∴OC＝CD，
∵OC＝CD，
∴OC＝OD＝CD，
∴△COD是等边三角形，
∴∠D＝60°，
在⊙O中，AC=AC，
∴∠B＝∠D＝60°，
∵AC＝AB，
∴△ABC为等边三角形；
（3）解：连接BO，EF，ED，FC，过点B作BG⊥AE，交AE的延长线于点G，如图，
∵AF⊥AE，
∴EF为⊙O的直径，即EF经过点O．
∵AF＝CE，
∴AF=CE．
∴AF-AC=CE-AC．
∴AE=CF．
∴AE＝CF．
∵AD是⊙O的直径，
∴∠AED＝∠AFD＝90°．
∵AF⊥AE，
∴四边形AEDF为矩形．
∴AF＝DE，AE＝DF，
∴AE＝DF＝FC．
∵∠DAC＝30°，
∴∠DAF＝∠CAF＝∠ABF=12∠DAC＝15°．
∴∠BAF＝∠BAD+∠DAF＝45°．
∴∠EAB＝90°﹣∠BAF＝45°．
∵BG⊥AE，
∴△BGA为等腰直角三角形．
∴AG＝BG，∠GBA＝45°．
∴∠EBG＝∠GBA﹣∠ABE＝30°．
设GE＝a，则BE＝2a，BG=3a．
∴AG＝BG＝EG+EA＝2+a．
∴2+a=3a．
解得：a=3+1．
∴BE＝2a＝23+2．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了圆的有关性质，垂径定理及其推论，圆周角定理，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，特殊角的三角函数值，等腰直角三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，等弧对等弦和等弦对等弧，熟练掌握圆的有关性质并恰当的添加辅助线是解题的关键．
10．在直角坐标系中，正方形OABC的两边OC、OA分别在x轴、y轴上，A点的坐标为（0、4）．
（1）将正方形OABC绕点O顺时针旋转30°，得到正方形ODEF，边DE交BC于G．求G点的坐标；
（2）如图，⊙O1与正方形ABCO四边都相切，直线MQ切⊙O1于点P，分别交y轴、x轴、线段BC于点M、N、Q．求证：O1N平分∠MO1Q．
（3）若H（﹣4、4），T为CA延长线上一动点，过T、H、A三点作⊙O2，AS⊥AC交O2于S．当T运动时（不包括A点），AT﹣AS是否为定值？若是，求其值；若不是，说明理由．
【考点】正多边形和圆．
【专题】证明题；探究型．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）求出旋转角∠AOD、∠FOC的度数为30°，进而求出∠GOC的度数，再利用三角函数求出G点坐标；
（2）由切线长定理证得∠MO1Q＝90°，由切线长定理或其他方法证得∠NO1Q＝45°，O1N平分∠MO1Q；
（3）在AT上取点V，使TV＝AS，构造出全等三角形△HTV≌△HSA，判断出△HAV为等腰直角三角形，
求得AT﹣AS＝AV=2为定值．
【解答】解：（1）连接OG，
∵∠AOD＝∠FOC＝30°，由轴对称可得∠DOG＝∠COG＝30°，
又∴OC＝4，
∵CG＝OC•tan∠COG＝4×33=433，
∴G（4，433）；
（2）∵BQ∥AM，
∴∠BQM+∠AMQ＝180°，
根据切线长定理，∠O1QM+∠Q1MQ＝180°×12=90°，
∴∠MO1Q＝180°﹣90°＝90°，
由切线长定理∠NO1Q＝45°，
∴O1N平分∠MO1Q．
（3）AT﹣AS的值是定值为42，
在AT上取点V，使TV＝AS，即AT﹣AS＝AV，
∵AS⊥AC，
∴∠THS＝∠TAS＝90°，
∵H（﹣4、4），A（0、4），
∴AH⊥AO；
又∵∠OAC＝45°，
∴∠TAH＝45°，
∵∠THS＝∠TAS＝90°，
∴∠TSH＝45°，
∴HT＝HS；
又∠HTV＝∠HAS，TV＝AS，
∴△HTV≌△HSA，
∴△HAV为等腰直角三角形，
∴AT﹣AS＝AV=2AH＝42．
【点评】（1）此题不仅要熟悉旋转角，还要知道旋转不变性，并联系特殊三角形用勾股定理解答；
（2）运用切割线定理是解答此题的关键；
（3）构造全等三角形，比作辅助线难度要大，但确是一种有效的解题方法．
11．如图1，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，点P以3cm/s的速度从点A向点B运动，点Q以4cm/s的速度从点C向点B运动．点P、Q同时出发，运动时间为t秒（0＜t＜2），⊙M是△PQB的外接圆．
（1）当t＝1时，⊙M的半径是 52 cm，⊙M与直线CD的位置关系是 相离 ；
（2）在点P从点A向点B运动过程中，当⊙M与矩形ABCD相切时，求t的值．
（3）连接PD，交⊙M于点N，如图2，当∠APD＝∠NBQ时，t的值是 43 ．
【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；推理能力；应用意识．
【答案】（1）52，相离；
（2）t=29或12；
（3）43．
【分析】（1）先求出PB，BQ的长，根据勾股定理可得PQ的长，根据直角三角形的外接圆直径是斜边即可求解；
（2）如图3，根据切线的性质作辅助线EF，则EF⊥AD，EF⊥BC，由EF＝FM+ME列方程即可求解；
（3）如图4，作辅助线，构建全等三角形，证明AP＝PQ，AD＝DQ，最后根据勾股定理列方程即可求解．
【解答】解：（1）如图1，过M作KN⊥AB于N，交CD于K，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AB∥CD，
∴⊙M的直径是PQ，KN⊥CD，
当t＝1时，AP＝3，CQ＝4，
∵AB＝6，BC＝8，
∴PB＝6﹣3＝3，BQ＝8﹣4＝4，
∴PQ=32+42=5，
∴⊙M的半径为52cm，
∵MN∥BQ，M是PQ的中点，
∴PN＝BN，
∴MN是△PQB的中位线，
∴MN=12BQ=12×4＝2，
∴MK＝8﹣2＝6＞52，
∴⊙M与直线CD的位置关系是相离；
故答案为：52，相离；
（2）如图3，当⊙M与AD相切时，设切点为F，连接FM并延长交BC于E，则EF⊥AD，EF⊥BC，
则BQ＝8﹣4t，PB＝6﹣3t，
∴PQ＝10﹣5t，
∴PM=10-5t2=FM＝5-52t，
△BPQ中，ME=12PB＝3-32t，
∵EF＝FM+ME，
∴5-52t+3-32t＝6，
解得：t=12；
当⊙M与AD相切时，设切点为F，连接FM并延长交BC于E，则EF⊥CD，EF⊥AB，
则BQ＝8﹣4t，PB＝6﹣3t，
∴PQ＝10﹣5t，
∴PM=10-5t2=EM＝5-52t，
∴MF＝EF﹣ME=BQ2，
∴8﹣（5-52t）=8-4t2，
解得：t=29；
综上所述：当⊙M与矩形ABCD相切时t=29或12；
（3）如图4，过D作DG⊥PQ，交PQ的延长线于点G，连接DQ，
∵∠APD＝∠NBQ，∠NBQ＝∠NPQ，
∴∠APD＝∠NPQ，
∵∠A＝90°，DG⊥PG，
∴AD＝DG＝8，
∵PD＝PD，
∴Rt△APD≌Rt△GPD（HL），
∴PG＝AP＝3t，
∵BQ＝8﹣4t，PB＝6﹣3t，
∴PQ＝10﹣5t，
∴QG＝3t﹣（10﹣5t）＝8t﹣10，
∵DC2+CQ2＝DQ2＝DG2+QG2，
∴62+（4t）2＝82+（8t﹣10）2，
∴3t2﹣10t+8＝0，
（t﹣2）（3t﹣4）＝0，
解得：t1＝2（舍），t2=43．
故答案为：43．
【点评】本题四边形和圆的综合题，考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，角平分线的性质，勾股定理，添加恰当辅助线是本关键．
12．问题探究
（1）寒假期间，乐乐同学参观爸爸的工厂，看到半径分别为2和3的两个圆形零件⊙A、⊙B按如图1所示的方式放置，点A到直线m的距离AC＝4，点B到直线m的距离BD＝6，CD＝5，M是⊙A上一点，N是⊙B上一点，在直线m上找一点P，使得PM+PN最小．请你在直线m上画出点P的位置，并直接写出PM+PN的最小值．
问题解决
（2）如图2，乐乐爸爸的工厂欲规划一块花园，如图所示的矩形ABCD，其中AB=303米，BC＝30米，点E、F为花园的两个入口，BE=103米，DF＝10米．若在△BCD区域内设计一个亭子G（亭子大小忽略不计），满足∠BDG＝∠GBC，从入口到亭子铺设两条景观路．已知铺设小路EG所用的景观石材每米的造价是400元，铺设小路FG所用的景观石材每米的造价是200元，你能否帮乐乐同学分析一下，是否存在点G，使铺设小路EG和FG的总造价最低？若存在，求出最低总造价，并求出此时亭子G到边AB的距离；若不存在，请说明理由．
【考点】圆的综合题．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；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）55-5；
（2）总费用最少是200079元，此时亭子G到边AB的距离为：1200-1202179米．
【分析】（1）①作点A关于m的对称点E，连接BE，交m于点P，交⊙B于N，②连接AP，交⊙A于点M，则PM+PN最小，作EF⊥BD，根据勾股定理得出BE，进一步得出结果；
（2）变形总费用400EG+200FG＝200（2EG+FG），可求得∠BGD＝120°，取AE的中点O，连接DO，可得出点C在以O为圆心，203为半径的圆上，延长OB至H，使BH＝203，可证得△GOE∽△HOG，从而GHCE=OGOE=2，从而得出2EG+FG＝GH+EG≤DH，当E、G、H共线时，GH+EG最小，即2EG+FG最小，最小值为：DH的长，此时点G点在DH与⊙O的交点G′处，进一步求得结果．
【解答】解：（1）如图1，
①作点A关于m的对称点E，连接BE，交m于点P，交⊙B于N，
②连接AP，交⊙A于点M，
则PM+PN最小，
作EF⊥BD，交BD的延长线于点F，
可得：四边形CEFD是矩形，
∴EF＝CD＝5，DF＝CE＝AC＝4，
∴BF＝BD+DF＝6+4＝10，
∴BE=BF2+EF2=102+52=55，
∴EP+BP＝55，
∵AP＝EP，
∴AP+BP＝55，
∴AM+PM+PN+BN＝55，
∵AM＝2，BN＝3，
∴PM+PN＝55-5；
（2）如图2，
总费用为：400EG+200FG＝200（2EG+FG），
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ABC＝∠ADC＝∠C＝90°，CD＝AB＝303，
∴tan∠CBD=CDBC=30330=3，
∴∠CBD＝60°，
∴∠CGB+∠DBG＝60°，
∵∠BDG＝∠GBC，
∴∠BDG+∠DBG＝60°，
∴∠BGD＝120°，
取AE的中点O，连接DO，
∵BE＝103，AB＝303，
∴AE＝203，
∴OA＝OE＝103，
∴tan∠ADO=OAAD=10330=33，
∴∠ADO＝30°，
∴∠AOD＝60°，OD＝2OA＝203，
∴∠BOD＝120°，OB＝OD，
∴点C在以O为圆心，203为半径的圆上，
∴OC＝OD＝203，
∴OGOE=203103=2，
延长OB至H，使BH＝203，
∴OHOG=2，
∴OGOE=OHOG，
∵∠GOE＝∠GOH，
∴△GOE∽△HOG，
∴GHCE=OGOE=2，
∴2EG+FG＝GH+FG≤FH，
当F、G、H共线时，GH+FG最小，即2EG+FG最小，最小值为：FH的长，此时点G点在FH与⊙O的交点G′处，
在Rt△AFH中，AF＝20，AH＝AB+BH＝303+203=503，
∴FH=AF2+AH2=202+(503)2=1079
∴（DG+FG）最小＝1079，
∴（400EG+200DG）最小＝200079元，
作G′′K⊥AB于K，设G′K＝a，
∵tan∠AHF=G′KHK=AFAH，
∴aHK=20503，
∴HK=532a，
∴OK＝OH﹣HK＝403-532a，
在Rt△OKG′中，由勾股定理得，
OK2+G′K2＝OG′2，
∴（403-532a）2+a2＝（203）2，
∴a1=1200-1202179，a2=1200+1202179（舍去），
∴G′H=1200-1202179，
答：总费用最少是元，此时亭子G到边AB的距离为：907米．
【点评】本题考查了确定圆的条件，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
13．（1）【学习心得】
小宸同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．
例如：如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AD，求∠BDC 的度数，若以点A为圆心，AB为半径作辅助圆⊙A，则点C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，从而可容易得到∠BDC＝ 45 °．
（2）【问题解决】
如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BAC＝26°，求∠BDC 的度数．小宸同学认为用添加辅助圆的方法，可以使问题快速解决，他是这样思考的：△ABD 的外接圆就是以BD的中点为圆心，12BD长为半径的圆；△BCD的外接圆也是以BD的中点为圆心，12BD长为半径的圆．这样A、B、C、D四点在同一个圆上，进而可以利用圆周角的性质求出∠BDC 的度数，请运用小底的思路解决这个问题．
（3）【问题拓展】
①如图3，△ABC的三条高AD、BE、CF相交于点H，求证：∠EFC＝∠DFC．
②如图4，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD是BC边上的高，且BD＝3，CD＝1，直接写出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】见试题解答内容
【分析】（1）利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解；
（2）由A、B、C、D共圆，得出∠BDC＝∠BAC；
（3）先判断出点A、F、H、E在以AH为直径的同一个圆上，得出∠EFC＝∠DAC，同理得出∠DFC＝∠CBE，即可得出结论；
（4）如图4，作△ABC的外接圆，过圆心O作OE⊥BC于点E，作OF⊥AD于点F，连接OA、OB、OC．利用圆周角定理推知△BOC是等腰直角三角形，结合该三角形的性质求得DE＝OF＝1；在等腰Rt△BOE中，利用勾股定理得到OE＝DF＝2；则在Rt△AOF中，易得AF=7，进而得解．
【解答】（1）解：如图1，
∵AB＝AC，AD＝AC，
∴以点A为圆心，点B、C、D必在⊙A上，
∵∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，
∴∠BDC=12∠BAC＝45°，
故答案为：45；
（2）解：如图2，取BD的中点O，连接AO、CO．
∵∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴点A、B、C、D共圆，
∴∠BDC＝∠BAC，
∵∠BAC＝26°，
∴∠BDC＝26°；
（3）证明：∵BE⊥AC，CF⊥AB，如图3，
∴点A、F、H、E在以AH为直径的同一个圆上，
∴∠EFC＝∠DAC，
同理：点B、D、H、E在以BH为直径的同一个圆上，∠DFC＝∠CBE，
又∵∠DAC＝∠EBC，
∴∠EFC＝∠DFC；
（4）解：如图4，作△ABC的外接圆，过圆心O作OE⊥BC于点E，作OF⊥AD于点F，连接OA、OB、OC．
∵∠BAC＝45°，
∴∠BOC＝90°．
在Rt△BOC中，BC＝BD+DC＝3+1＝4，
∴BO＝CO＝22．
∵OE⊥BC，O为圆心，
∴BE=12BC＝2，
∴DE＝OF＝BD﹣BE＝1．
在Rt△BOE中，BO＝22，BE＝2，
∴OE＝DF＝2．
在Rt△AOF中，AO＝22，OF＝1，
∴AF=7，
∴AD＝AF+DF=7+2．
【点评】本题主要考查了圆的综合题，需要掌握垂径定理、圆周角定理、等腰直角三角形的性质以及勾股定理等知识，判断四点共圆是解本题的关键．
14．在平面直角坐标系xOy中，将中心为T的正方形记作正方形T，对于正方形T和点P（不与O重合）给出如下定义：若正方形T的边上存在点Q，使得直线OP与以TQ为半径的⊙T相切于点P，则称点P为正方形T的“伴随切点”．
（1）如图，正方形T的顶点分别为点O，A（2，2），B（4，0），C（2，﹣2）．
①在点P1（2，1），P2（1，1），P3（1，﹣1）中，正方形T的“伴随切点”是 P2，P3 ；
②若直线y＝x+b上存在正方形T的“伴随切点”，求b的取值范围；
（2）已知点T（t，t+1），正方形T的边长为2．若存在正方形T的两个“伴随切点”M，N，使得△OMN为等边三角形，直接写出t的取值范围．
【考点】圆的综合题．
【专题】新定义；与圆有关的位置关系；几何直观；运算能力；推理能力；应用意识；创新意识．
【答案】（1）①P2，P3；
②﹣2≤b≤2-1；
（2）-1-152≤t≤-1-72或-1+72≤t≤-1+152．
【分析】（1）①根据新定义，可知2≤PT≤2，再结合所给的点判定即可；
②点P在以OT为直径的⊙D上，且2≤TP≤2，D（1，0），符合条件的点P组成的图形为EOF（除O点外），其中E（1，1），F（1，﹣1），当直线y＝x+b与⊙D相切时，设切点为G，与x轴交于点H，求出H（1-2，0），将点H代入y＝x+b，可得b=2-1，当直线y＝x+b经过点（0，0）时，b＝0，此时直线经过（1，1），当直线y＝x+b经过点（1，﹣1）时，b＝﹣2，从而得到b的取值范围为﹣2≤b≤2-1；
（2）由定义可知1≤TN≤2，当NT=2，OT＝22时，t2+（t+1）2＝8，解得t=-1±152；当NT＝1，OT＝2时，t2+（t+1）2＝4，解得t=-1±72；从而得到-1-152≤t≤-1-72或-1+72≤t≤-1+152．
【解答】解：（1）①∵P1在半径为2的最小圆的内部，
∴P1不是正方形T的“伴随切点”，
∵OP2和OP3与半径为2的圆T相切，
∴P2和P3是正方形T的“伴随切点”，
故答案为：P2，P3；
②如图2，由题意可知，点T（2，0），点Q为正方形边上的点，
∴2≤TQ≤2，
∵OP与以TQ为半径的⊙T相切于点P，
∴OP⊥TP，TP＝TQ，
∴∠OPT＝90°，
∴点P在以OT为直径的⊙D上，且2≤TP≤2，D（1，0），
∴符合条件的点P组成的图形为EOF（除O点外），其中E（1，1），F（1，﹣1），
当直线y＝x+b与⊙D相切时，设切点为G，与x轴交于点H，
∴DG与直线y＝x+b垂直，∠GHD＝45°，
∵DG＝1，
∴DH=2，
∴H（1-2，0），
将点H代入y＝x+b，可得b=2-1，
当直线y＝x+b经过点（0，0）时，b＝0，此时直线经过（1，1），
当直线y＝x+b经过点（1，﹣1）时，b＝﹣2，
∵直线y＝x+b上存在伴随切点，
∴b的取值范围为﹣2≤b≤2-1；
（2）∵正方形T的边长为2，
∴1≤TN≤2，
由题可得∠OTN＝∠OTM＝60°，
∵TN⊥ON，
∴OT＝2NT，
当NT=2，OT＝22时，t2+（t+1）2＝8，
解得t=-1±152；
当NT＝1，OT＝2时，t2+（t+1）2＝4，
解得t=-1±72；
∴-1-152≤t≤-1-72或-1+72≤t≤-1+152．
【点评】本题考查圆的综合应用，弄清新定义，当正方形边长为a时，12a≤PT≤22a，∠TPO＝90°是解题的关键．
15．A，B是圆上的两个点，点P在⊙C的内部．若∠APB为直角，则称∠APB为AB关于⊙C的内直角，特别地，当圆心C在∠APB边（含顶点）上时，称∠APB为AB关于⊙C的最佳内直角．如图1，∠AMB是AB关于⊙C的内直角，∠ANB是AB关于⊙C的最佳内直角．在平面直角坐标系xOy中．
（1）如图2，⊙O的半径为5，A（0，﹣5），B（4，3）是⊙O上两点．
①已知P1（1，0），P2（﹣2，1），P3（0，3），在∠AP1B，∠AP2B，∠AP3B中，是AB关于⊙O的内直角的是 ∠AP2B，∠AP3B ；
②若直线y＝2x+b上存在一点P，使得∠APB是AB关于⊙O的内直角，求b的取值范围．
（2）点E是以T（t，0）为圆心，4为半径的圆上一个动点，⊙T与x轴交于点D（点D在点T的右边）．现有点M（1，0），N（0，n），对于线段MN上每一点H，都存在点T，使∠DHE是DE关于⊙T的最佳内直角，请直接写出n的最大值，以及n取得最大值时t的取值范围．
【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）∠AP2B，∠AP3B；
（2）b的取值范围是﹣5＜b≤5；
（3）t的取值范围是-5-1≤t＜5．
【分析】（1）判断点P1，P2，P3是否在以AB为直径的圆弧上即可得出答案；
（2）求得直线AB的解析式，当直线y＝2x+b与弧AB相切时为临界情况，证明△OAH∽△BAD，可求出此时b＝5，则答案可求出；
（3）可知线段MN上任意一点（不包含点M）都必须在以TD为直径的圆上，该圆的半径为2，则当点N在该圆的最高点时，n有最大值2，再分点H不与点M重合，点M与点H重合两种情况求出临界位置时的t值即可得解．
【解答】解：（1）如图1，
∵P1（1，0），A（0，﹣5），B（4，3），
∴AB=42+82=45，P1A=12+52=26，P1B=32+32=32，
∴P1不在以AB为直径的圆弧上，
故∠AP1B不是AB关于⊙O的内直角，
∵P3（0，3），A（0，﹣5），B（4，3），
∴P3A＝8，AB＝45，P3B＝4，
∴P3A2+P3B2＝AB2，
∴∠AP3B＝90°，
∴∠AP3B是AB关于⊙O的内直角，
同理可得，P2B2+P2A2＝AB2，
∴∠AP2B是AB关于⊙O的内直角，
故答案为：∠AP2B，∠AP3B；
（2）∵∠APB是AB关于⊙O的内直角，
∴∠APB＝90°，且点P在⊙O的内部，
∴满足条件的点P形成的图形为如图2中的半圆H（点A，B均不能取到），
过点B作BD⊥y轴于点D，如图2，
∵A（0，﹣5），B（4，3），
∴BD＝4，AD＝8，
并可求出直线AB的解析式为y＝2x﹣5，
∴当直线y＝2x+b过直径AB时，b＝﹣5，
连接OB，作直线OH交半圆于点E，过点E作直线EF∥AB，交y轴于点F，
∵OA＝OB，AH＝BH，
∴EH⊥AB，
∴EH⊥EF，
∴EF是半圆H的切线．
∵∠OAH＝∠OAH，∠OHB＝∠BDA＝90°，
∴△OAH∽△BAD，
∴OHAH=BDAD=48=12，
∴OH=12AH=12EH，
∴OH＝EO，
∵∠EOF＝∠AOH，∠FEO＝∠AHO＝90°，
∴△EOF≌△HOA（ASA），
∴OF＝OA＝5，
∵EF∥AB，直线AB的解析式为y＝2x﹣5，
∴直线EF的解析式为y＝2x+5，此时b＝5，
∴b的取值范围是﹣5＜b≤5；
（3）∵对于线段MN上每一个点H，都存在点T，使∠DHE是DE关于⊙T的最佳内直角，
∴点T一定在∠DHE的边上，
∵TD＝4，∠DHT＝90°，线段MN上任意一点（不包含点M）都必须在以TD为直径的圆上，该圆的半径为2，
∴当点N在该圆的最高点时，n有最大值，
即n的最大值为2．
分两种情况：
①若点H不与点M重合，那么点T必须在边HE上，此时∠DHT＝90°，
∴点H在以DT为直径的圆上，
如图3，当⊙G与MN相切时，GH⊥MN，
∵OM＝1，ON＝2，
∴MN=ON2+OM2=5，
∵∠GMH＝∠OMN，∠GHM＝∠NOM，ON＝GH＝2，
∴△GHM≌△NOM（ASA），
∴MN＝GM=5，
∴OG=5-1，
∴OT=5+1，
当T与M重合时，t＝1，
∴此时t的取值范围是-5-1≤t＜1，
②若点H与点M重合时，临界位置有两个，一个是当点T与M重合时，t＝1，另一个是当TM＝4时，t＝5，
∴此时t的取值范围是1≤t＜5，
综合以上可得，t的取值范围是-5-1≤t＜5．
【点评】本题是圆的综合题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，直角三角形的性质，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，利用数形结合的思想，正确理解最佳内直角的意义是解本题的关键．