中考数学总复习举一反三系列(通用版)专题21与圆有关的概念及性质(10个高频考点)(强化训练)(全国通用)(原卷版+解析)

这是一份中考数学总复习举一反三系列(通用版)专题21与圆有关的概念及性质(10个高频考点)(强化训练)(全国通用)(原卷版+解析)，共110页。

【考点1 圆的基本概念】
1．（2022·广东揭阳·揭阳市实验中学校考模拟预测）如图，在⊙O中，弦AB等于⊙O的半径，OC⊥AB交⊙O于点C，则∠AOC等于（ ）
A．80°B．50°C．40°D．30°
2．（2022·吉林·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(−2,0)，点B在y轴正半轴上，以点B为圆心，BA长为半径作弧，交x轴正半轴于点C，则点C的坐标为__________．
3．（2022·河北沧州·统考二模）如图，量角器的0°刻度线的两端A，B分别在y轴正半轴与x轴负半轴上滑动，点C位于该量角器上13°刻度处．
（1）若点C在靠近点A处，连接CO，则∠COA=______；
（2）当点C与原点O的距离最大时，∠ABO=______．
4．（2022·江苏扬州·校考二模）如图，在扇形AOB中，D为AB上的点，连接AD并延长与OB的延长线交于点C，若CD=OA，∠O=75°，则∠CAO的度数为_________°．
5．（2022·河北承德·统考模拟预测）已知⊙O的半径和正方形ABCD的边长均为1，把正方形ABCD放在⊙O中，使顶点A，D落在⊙O上，此时点A的位置记为A0，如图1，按下列步骤操作：如图2，将正方形ABCD在⊙O中绕点A顺时针旋转，使点B落到⊙O上，完成第一次旋转；再绕点B顺时针旋转，使点C落到⊙O上，完成第二次旋转；……
(1)正方形ABCD每次旋转的度数为______°；
(2)将正方形ABCD连续旋转6次，在旋转的过程中，点B与A0之间的距离的最小值为______．
【考点2 垂径定理及其推论】
6．（2022·山东济宁·校考二模）如图，点E是⊙O中弦AB的中点，过点E作⊙O的直径CD，P是⊙O上一点，过点P作⊙O的切线，与AB的延长线交于F，与CD的延长线交于点G，连接CP与AB交于点M．
(1)求证：FM=FP；
(2)若点P是FG的中点，cs∠F=35，⊙O半径长为6，求EM长．
7．（2022·湖北省直辖县级单位·校考一模）如图，已知A，B，C均在⊙O上，请用无刻度的直尺作图．
(1)如图1，若点D是AC的中点，试画出∠B的平分线；
(2)若∠A=42°，点D在弦BC上，在图2中画出一个含48°角的直角三角形．
8．（2022·浙江舟山·校考一模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形．DB平分∠ADC，连接OC,OC⊥BD．
(1)求证：AB=CD；
(2)若∠A=66°，求∠ADB的度数．
9．（2022·江苏泰州·统考二模）如图，已知AD是⊙O的直径，B、C为圆上的点，OE⊥AB、BC⊥AD，垂足分别为E、F．
(1)求证：2OE=CD；
(2)若∠BAD+∠EOF=150°，AD=4，求阴影部分的面积．
10．（2022·河南信阳·统考三模）中国5A级旅游景区开封市清明上河园，水车园中的水车是由立式水轮，竹筒、支撑杆和水槽等配件组成，如图是水车园中半径为5m的水车灌田的简化示意图，立式水轮⊙O在水流的作用下利用竹筒将水运送到到点A处，水沿水槽AP流到田地，⊙O与水面交于点B，C，且点B，C，P在同一直线上；AP与⊙O相切，若点P到点C的距离为32米，立式水轮⊙O的最低点到水面的距离为2米，连接AC，AB．
请解答下列问题，
(1)求证：∠PAC=∠PBA．
(2)请求出水槽AP的长度．
【考点3 弧、弦、圆心角的关系】
11．（2022·江苏盐城·统考中考真题）证明：垂直于弦AB的直径CD平分弦以及弦所对的两条弧．
12．（2022·辽宁鞍山·统考二模）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，BD为直径，AD上点E，满足AE=CD，连接BE并延长交CD的延长线于点F，BE与AD交于点G，连接CE，EF=DG．
(1)求证：CE=BG；
(2)如图2，连接CG，AD=2．若sin∠ADB=217，求△FGD的周长．
13．（2022·上海虹口·统考二模）已知：如图，AB、AC是⊙O的两条弦，AB=AC，点M、N分别在弦AB、AC上，且AM=CN，AM(1)求证：OM=ON；
(2)当∠BAC为锐角时，如果AO2=AM⋅AC，求证：四边形AMON为等腰梯形．
14．（2022·广西百色·统考二模）如图，已知AB为⊙O的直径，过⊙O上点C的切线交AB的延长线于点E，AD⊥EC于点D，且交⊙O于点F，连结BC，CF，AC．
(1)求证：BC ＝CF；
(2)若AD=3，DE=4，求BE的长和tan∠CAE的值．
15．（2022·安徽宿州·宿州市第十一中学校考模拟预测）如图，点C，D分别是以AB为直径的半圆上的三等分点，AB=4，连接BC,CD,BD．
(1)填空：BC_________2BD；（填“>”“=”或“<”）
(2)求图中△BCD的面积．
【考点4 圆周角】
16．（2022·黑龙江哈尔滨·校考二模）如图1，在⊙O中，AB和CD是两条弦，且AB⊥CD，垂足为点E，连接BC，过A作AF⊥BC于F，交CD于点G；
(1)求证：GE=DE；
(2)如图2，连接AC、OC，求证：∠OCF+∠CAB=90°；
(3)如图3，在（2）的条件下，OC交AF于点N，连接EF、EN、DN，若OC//EF，EN⊥AF，DN=217，求NO的长．
17．（2022·江苏盐城·盐城市第四中学（盐城市艺术高级中学、盐城市逸夫中学）校考模拟预测）如图，以AB为直径的⊙O与AC相切于点A，点D、E在⊙O上，连接AE、ED、DA，连接BD并延长交AC于点C，AE与BC交于点F．
(1)求证：∠DAC=∠DEA；
(2)若点E是弧BD的中点，⊙O的半径为3，BF=2，求AC的长．
18．（2022·广东·二模）已知：⊙O是△ABC的外接圆，且AB=BC，∠ABC=60°，D为⊙O上一动点．
(1)如图1，若点D是AB的中点，∠DBA等于多少？
(2)过点B作直线AD的垂线，垂足为点E．
①如图2，若点D在AB上，求证：CD=DE+AE．
②若点D在AC上，当它从点A向点C运动且满足CD=DE+AE时，求∠ABD的最大值．
19．（2022·四川南充·统考三模）如图，AB是⊙O的切线，AC是⊙O的直径，BC与⊙O交于D，弧CD上一点E，使得点D成为弧AE的中点，连接AE与BC交于F．
(1)比较AB与AF的长度．并说明理由．
(2)当AB=6，BC=10时，求CF的长．
20．（2022·贵州铜仁·模拟预测）已知：如图，⊙O的直径AB与弦CD相交于点E，BC=BD，⊙O的切线BF与弦AD的延长线相交于点F.
(1)求证：CD∥BF；
(2)连接BC，若⊙O的半径为4，cs∠BCD=34，求线段AD，CD的长.
【考点5 三角形的外接圆】
21．（2022·河南周口·校考二模）在Rt△ABC中，∠BCA＝90°，CA＝CB，点D是△ABC外一动点（点B，点D位于AC两侧），连接CD，AD．
(1)如图1，点O是AB的中点，连接OC，OD，当△AOD为等边三角形时，∠ADC的度数是 ；
(2)如图2，连接BD，当∠ADC＝135°时，探究线段BD，CD，DA之间的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，⊙O是△ABC的外接圆，点D在AC上，点E为AB上一点，连接CE，DE，当AE＝1，BE＝7时，直接写出△CDE面积的最大值及此时线段BD的长．
22．（2022·河北沧州·统考一模）已知△ABC在平面直角坐标系中的位置如图，A0,4，B4,4，C6,2，⊙O′为△ABC的外接圆．
(1)O′的坐标为______；
(2)设弧AC与线段AB、BC所围成的封闭图形的面积为S（图中阴影部分），嘉琪说S>1，请通过计算判断嘉琪的说法是否正确；
(3)我们把横纵坐标都是整数的点叫做格点．直线l与⊙O′相切于点B，直接写出直线l经过的图中格点坐标．（切点除外）
23．（2022·浙江台州·统考一模）如图，平行四边形ABCD，⊙O是△BCD的外接圆，交直线AB、直线AD于点E、F，连接CE、CF，
(1)如图1，若平行四边形ABCD是菱形，求证：CE=CF；
(2)如图2，若∠A=70°，求∠ECF的度数；
(3)若BD=42，⊙O半径为3，
①如图2，连接EF，求EF的长；
②如图3，连接EF、BF，若BF=3BE，请直接写出△BCF的面积____________．
24．（2022·湖北武汉·校考一模）如图，△ABC内接于⊙O，AB=AC，sin∠BAC=35，BC=6，连接BO并延长交AC于点D．
(1)求⊙O的半径；
(2)求OD的长．
25．（2022·辽宁铁岭·校联考二模）如图，AB是⊙O的直径，△BCD是⊙O的内接三角形，BC=DC，AB与CD交于点E，过点C作CF//BD交DA的延长线于点F．
(1)求证：CF是⊙O的切线；
(2)若⊙O半径为5，BD=8，求线段AE的长．
【考点6 圆内接四边形】
26．（2022·湖南·统考中考真题）如图，四边形ABCD内接于圆O，AB是直径，点C是BD的中点，延长AD交BC的延长线于点E．
(1)求证：CE=CD；
(2)若AB=3，BC=3，求AD的长．
27．（2022·辽宁沈阳·统考中考真题）如图，四边形ABCD内接于圆O，AD是圆O的直径，AD，BC的延长线交于点E，延长CB交PA于点P，∠BAP+∠DCE=90°．
(1)求证：PA是圆O的切线；
(2)连接AC，sin∠BAC=13，BC=2，AD的长为______．
28．（2022·湖南长沙·统考中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC，BD相交于点E，点F在边AD上，连接EF．
(1)求证：△ABE∽△DCE；
(2)当DC=CB，∠DFE=2∠CDB时，则AEBE−DECE=___________；AFAB+FEAD=___________；1AB+1AD−1AF=___________．（直接将结果填写在相应的横线上）
(3)①记四边形ABCD，△ABE，△CDE的面积依次为S,S1,S2，若满足S=S1+S2，试判断，△ABE，△CDE的形状，并说明理由．
②当DC=CB，AB=m，AD=n，CD=p时，试用含m，n，p的式子表示AE⋅CE．
29．（2022·山东威海·统考中考真题）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，延长CD至点E．
(1)若AB＝AC，求证：∠ADB＝∠ADE；
(2)若BC＝3，⊙O的半径为2，求sin∠BAC．
30．（2022·浙江舟山·中考真题）如图1．在正方形ABCD中，点F，H分别在边AD，AB上，连结AC，FH交于点E，已知CF=CH．
(1)线段AC与FH垂直吗？请说明理由．
(2)如图2，过点A，H，F的圆交CF于点P，连结PH交AC于点K．求证：KHCH=AKAC．
(3)如图3，在（2）的条件下，当点K是线段AC的中点时，求CPPF的值．
【考点7 相交弦】
32．（2022秋·内蒙古赤峰·九年级统考期末）我们定义：如果圆的两条弦互相垂直且相交，那么这两条弦互为“十字弦”，也把其中的一条弦叫做另一条弦的“十字弦”．如图1，已知⊙O的两条弦AB⊥CD，则AB、CD互为“十字弦”，AB是CD的“十字弦”，CD也是AB的“十字弦”．
【概念理解】
（1）若⊙O的半径为5，一条弦AB =8，则弦AB的“十字弦”CD的最大值为 ，最小值为 ．
（2）如图2，若⊙O的弦CD恰好是⊙O的直径，弦AB与CD相交于H，连接AC，若AC= 12，DH =7，CH =9，求证︰AB、CD互为“十字弦”；
【问题解决】
（3）如图3，在⊙O中，半径为13，弦AB与CD相交于H，AB、CD互为“十字弦”且AB=CD，CHDH=5，则CD的长度 ．
33．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨工业大学附属中学校校考阶段练习）如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙是△ABC的外接圆，连接BO并延长交边AC于点D．
（1）如图1，求证：∠BAC＝2∠ABD；
（2）如图2，过点B作BH⊥AC于点H，延长BH交⊙O于点G，连接OC，CG，OC交BG于点F，求证：BF＝2HG；
（3）如图3，在（2）的条件下，若AD＝2，CD＝3，求线段BF的长．
34．（2022春·四川资阳·九年级阶段练习）如图，已知AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H.
(1) 求证：AH·AB=AC2；
(2) 若过A的直线与弦CD(不含端点)相交于点E，与⊙O相交于点F，求证：AE·AF=AC2；
(3) 若过A的直线与直线CD相交于点P，与⊙O相交于点Q，判断AP·AQ=AC2是否成立(不必证明).
35．（2022秋·浙江杭州·九年级杭州市十三中教育集团（总校）校联考期末）如图，AB、AC、AD是⊙O中的三条弦，点E在AD上，且AB=AC=AE． 连结BC，BD，CD，其中BC交AD于点G．
(1)求证：△ABG∽△ADB．
(2)若∠DBE=α，求∠CAD的度数（用含α的代数式表示）．
(3)若AD=15，AB=12，BD=6，求线段CD的长．
【考点8 四点共圆】
36．（2022秋·江苏盐城·九年级校考期中）如图，以点P−1,0为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧），交y轴于A、D两点（A在D的下方），AD=2，将△ABC绕点P旋转180°，得到△MCB．
(1)求B、C两点的坐标；
(2)请在图中画出线段MB、MC，并判断四边形ACMB的形状（不必证明），求出点M的坐标；
(3)动直线l从与BM重合的位置开始绕点B顺时针旋转，到与BC重合时停止，设直线l与CM交点为E，点Q为BE的中点，过点E作EG⊥BC于G，连接MQ、QG．请问在旋转过程中∠MQG的大小是否变化？若不变，求出∠MQG的度数；若变化，请说明理由．
37．（2022·辽宁葫芦岛·统考一模）射线AB与直线CD交于点E，∠AED＝60°，点F在直线CD上运动，连接AF，线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，连接FG，EG，过点G作GH⊥AB于点H．
(1)如图1，点F和点G都在射线AB的同侧时，EG与GH的数量关系是______；
(2)如图2，点F和点G在射线AB的两侧时，线段EF，AE，GH之间有怎么样的数量关系？并证明你的结论；
(3)若点F和点G都在射线AB的同侧，AE=1，EF=2，请直接写出HG的长．
38．（2022秋·江西九江·九年级统考期末）（1）回归教材：北师大七年级下册P44，如图1所示，点P是直线m外一点，PO⊥m，点O是垂足，点A、B、C在直线m上，比较线段PO，PA，PB，PC的长短，你发现了什么？
最短线段是______，于是，小明这样总结：直线外一点与直线上各点连接的所有线段中，______．
（2）小试牛刀：如图2所示，Rt△ABC中，AB=c，AC=b，BC=a．则点P为AB边上一动点，则CP的最小值为______．
（3）尝试应用：如图3所示△ABC是边长为4的等边三角形，其中点P为高AD上的一个动点，连接BP，将BP绕点B顺时针旋转60°得到BE，连接PE、DE、CE．
①请直接写出DE的最小值．
②在①的条件下求△BPE的面积．
（4）拓展提高：如图4，Rt△BEF顶点F在矩形ABCD的对角线AC上运动，连接AE．∠EBF=∠ACD．AB=3，BC=4，请求出AE的最小值．
39．（2022·上海·九年级专题练习）如图，已知正方形ABCD，将AD绕点A逆时针方向旋转n°(0(1)求证：CE=EF；
(2)联结CF，如果DPCF=13，求∠ABP的正切值；
(3)联结AF，如果AF=22AB，求n的值．
40．（2022秋·广东珠海·九年级珠海市紫荆中学校考期中）如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，直角△ADE的边AE在线段AC上，AE＝AD＝2，将△ADE绕直角顶点A按顺时针旋转一定角度α，连接CD、BE，直线CD，BE交于点F，连接AF，过BC中点G作GM⊥CD，GN⊥AF．
（1）求证：BE＝CD；
（2）求证：旋转过程中总有∠BFA＝∠MGN；（仅对0°＜α＜90°时加以证明）
（3）在AB上取一点Q，使得AQ＝1，求FQ的最小值．
【考点9 圆中的最值问题】
41．（2022秋·湖北咸宁·九年级校考阶段练习）如图，⊙O的直径AB的长为8，P是AB上一动点，∠APB的角平分线交⊙O于点Q，点I为△APB的内心，连接QA，下列结论：①点Q是定点；②PQ的最大值为8；③QI的长为定值；④AP⋅BP的最大值为16．其中正确的结论是________________（把正确结论的序号都填上）．
42．（2022秋·北京·九年级北京师大附中校考期末）如图1，在平面直角坐标系中，已知⊙M的半径为5，圆心M的坐标为（3，0），⊙M交x轴于点D，交y轴于A，B两点，点C是ADB上的一点（不与点A、D、B重合）．连结AC并延长，连接BC，CD，AD．
(1)求点A的坐标；
(2)当点C在AD上时．
①求证：∠BCD=∠HCD；
②如图2，在CB上取一点G，使CA=CG，连接AG．求证：△ABG∽△ADC；
(3)如图3，当点C在BD上运动的过程中，试探究AC−BCCD的值是否发生变化？若不变．请直接写出该定值；若变化，请说明理由．
43．（2022秋·江苏泰州·九年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线m:y=33x+233与x轴交于点A，与y轴交于点B，点P在直线m上，以点O为圆心，OP为半径的⊙O交x轴于点C、D（点C在点D的左侧），与y轴负半轴交于点E，连接PE，交x轴于点F，且AF=AP．
(1)判断直线m与⊙O的位置关系，并说明理由：
(2)求∠PEB的度数：
(3)若点Q是直线m上位于第一象限内的一个动点，连接EQ交x轴于点G，交⊙O于点H，判断EG⋅EH是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
44．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，四边形ABCD的四个顶点在⊙O上，对角线AC、BD交于点H且AC⊥BD，OE⊥BC于点E．
(1)求证：OE=12AD；
(2)求证：AH2+BH2+CH2+DH2为定值．
45．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图1，E点为x轴正半轴上一点，⊙E交x轴于A、B两点，交y轴于C、D两点，P点为劣弧BC上一个动点，且A(−2,0)，E(2,0)．
(1)BC的度数为 °；
(2)如图2，连结PC，取PC中点G，连结OG，则OG的最大值为 ；
(3)如图3，连接PA，PC．若CQ平分∠PCD交PA于Q点，求线段AQ的长；
(4)如图4，连接PA、PD，当P点运动时（不与B、C两点重合），求证：PC+PDPA为定值，并求出这个定值．
【考点10 圆中的最值问题】
46．（2022·广东广州·校考二模）如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，AB=23,AD=BC，AD，BC交于点E，点D为BC的中点，点G为平面内一动点，且BG⊥EG，则AG的最小值为__________．
47．（2022·贵州遵义·统考三模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，以BC边的中点O为圆心，12BC为半径作圆，点D是⊙O上一动点，点E是弦CD的中点，连接AE，若BC=4，AB=3，则AE+13BE的最小值是______．
48．（2022·浙江宁波·统考一模）如图，AB是半径为4的⊙O的弦，且AB=6，将AB沿着弦AB折叠，点C是折叠后的AB上一动点，连接并延长BC交⊙O于点D，点E是CD的中点，连接EO.则EO的最小值为________．
49．（2022·天津·模拟预测）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△OAB的顶点A，B，O均落在格点上，以点O为圆心OA长为半径的圆交OB于点C．
（Ⅰ）线段BC的长等于______；
（Ⅱ）若BD切⊙O于点D，P为OA上的动点，当BP+DP取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点D，P，并简要说明点D，P的位置是如何找到的（不要求证明）______．
50．（2022·西藏·统考模拟预测）如图，MN为⊙O的直径，A、B是⊙O上的两点，过A作AC⊥MN于点C，过B作BD⊥MN于点D，P为DC上的任意一点，若MN=20，AC=8，BD=6，则PA+PB的最小值是____________．
专题21 与圆有关的概念及性质（10个高频考点）（强化训练）
【考点1 圆的基本概念】
1．（2022·广东揭阳·揭阳市实验中学校考模拟预测）如图，在⊙O中，弦AB等于⊙O的半径，OC⊥AB交⊙O于点C，则∠AOC等于（ ）
A．80°B．50°C．40°D．30°
【答案】D
【分析】弦AB等于⊙O的半径，可得△AOB是等边三角形，再由等边三角形的性质，即可求解．
【详解】解：∵弦AB等于⊙O的半径，
∴OA=OB=AB，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∵OC⊥AB，
∴∠AOC=12∠AOB=30°．
故选：D
【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握圆的基本性质，等边三角形的判定和性质是解题的关键．
2．（2022·吉林·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(−2,0)，点B在y轴正半轴上，以点B为圆心，BA长为半径作弧，交x轴正半轴于点C，则点C的坐标为__________．
【答案】2,0
【分析】连接BC，先根据点A的坐标可得OA=2，再根据等腰三角形的判定可得△ABC是等腰三角形，然后根据等腰三角形的三线合一可得OC=OA=2，由此即可得出答案．
【详解】解：如图，连接BC，
∵点A的坐标为(−2,0)，
∴OA=2，
由同圆半径相等得：BA=BC，
∴△ABC是等腰三角形，
∵BO⊥AC，
∴OC=OA=2（等腰三角形的三线合一），
又∵点C位于x轴正半轴，
∴点C的坐标为2,0，
故答案为：2,0．
【点睛】本题考查了同圆半径相等、等腰三角形的三线合一、点坐标等知识点，熟练掌握等腰三角形的三线合一是解题关键．
3．（2022·河北沧州·统考二模）如图，量角器的0°刻度线的两端A，B分别在y轴正半轴与x轴负半轴上滑动，点C位于该量角器上13°刻度处．
（1）若点C在靠近点A处，连接CO，则∠COA=______；
（2）当点C与原点O的距离最大时，∠ABO=______．
【答案】 6.5° 83.5°
【分析】（1）取AB的中点D，如图，利用量角器的读数得到∠ADC=13°，再根据圆周角定理的推论判断点O在以AB为直径的圆上，即点O和量角器在同一个圆上，则根据圆周角定理得到∠AOC=6.5°；
（2）当点C、D、O共线时，点C与原点O的距离最大，利用邻补角计算出∠ADO=167°，然后根据圆周角定理得到∠ABO=12∠ADO．
【详解】解：（1）取AB的中点D，如图，
根据题意得∠ADC=13°，
∵∠AOB=90°，
∴点O在以AB为直径的圆上，即点O和量角器在同一个圆上，
∴∠AOC=12∠ADC=6.5°；
（2）当点C、D、O共线时，点C与原点O的距离最大，
∵∠ADC=13°，
∴∠ADO=180°−13°=167°，
∴∠ABO=12∠ADO=83.5°．
故答案为：6.5°，83.5°．
【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，90度的圆周角所对的弦是直径．
4．（2022·江苏扬州·校考二模）如图，在扇形AOB中，D为AB上的点，连接AD并延长与OB的延长线交于点C，若CD=OA，∠O=75°，则∠CAO的度数为_________°．
【答案】70
【分析】连接OD，根据CD=OA，OA=OD，设∠C=α，根据等边对等角以及三角形外角的性质可得∠A=3α，根据三角形内角和定理即可求得
【详解】解：如图，连接OD，
∴OA=OD
∴∠CAO=∠ODA
∵ CD=OA
∴∠C=∠DOC
设∠C=α，
∴∠CAO=∠ODA=∠DOC+∠C=2α
在△AOC中，∠AOC=75°
∴∠CAO+∠C=105°
∴3α=105°
∴α=35°
∴∠CAO=2α=70°
故答案为：70．
【点睛】本题考查了圆的基本概念，等角对等边，三角形内角和定理，掌握以上知识是解题的关键．
5．（2022·河北承德·统考模拟预测）已知⊙O的半径和正方形ABCD的边长均为1，把正方形ABCD放在⊙O中，使顶点A，D落在⊙O上，此时点A的位置记为A0，如图1，按下列步骤操作：如图2，将正方形ABCD在⊙O中绕点A顺时针旋转，使点B落到⊙O上，完成第一次旋转；再绕点B顺时针旋转，使点C落到⊙O上，完成第二次旋转；……
(1)正方形ABCD每次旋转的度数为______°；
(2)将正方形ABCD连续旋转6次，在旋转的过程中，点B与A0之间的距离的最小值为______．
【答案】(1)30
(2)2−2
【分析】（1）根据题意可知△OAD是等边三角形，每一次旋转可以转化为等边三角旋转60度，则正方形各顶点构成正六边形，边长为1，进而求得每次旋转的角度；
（2）在正方形的旋转过程中，第三次旋转过程中点B与A0之间的距离的最小值为⊙O的直径减去正方形的对角线的长度．
【详解】（1）解：∵⊙O的半径和正方形ABCD的边长均为1，
∴△OAD是正三角形，
∴∠OAD=60°
根据旋转可得正方形各顶点构成正六边形，
∴ ∠D0AB = 6−2×180°6= 120°
∴∠B0AB=120°−90°=30°
即正方形每一次旋转的角度为30°，
故答案为：30．
（2）如图，B点的运动路径如图中B0→⋅⋅⋅→B6部分，
∵正方形的边长为1，
∴正方形的对角线长为2，
∵⊙O的半径为1，
∴最短距离为2−2，
故答案为：2−2．
【点睛】本题考查了正多边形的性质，圆的性质，旋转的性质，正三角形的性质，找到正方形旋转的规律是解题的关键．
【考点2 垂径定理及其推论】
6．（2022·山东济宁·校考二模）如图，点E是⊙O中弦AB的中点，过点E作⊙O的直径CD，P是⊙O上一点，过点P作⊙O的切线，与AB的延长线交于F，与CD的延长线交于点G，连接CP与AB交于点M．
(1)求证：FM=FP；
(2)若点P是FG的中点，cs∠F=35，⊙O半径长为6，求EM长．
【答案】(1)证明见解析
(2)85
【分析】（1）连接OP，则：OP=OC，得到∠OCP=∠OPC，根据切线的性质，垂径定理的推论得到：∠OCM+∠CME=∠OPC+∠MPF，从而得到：∠CME=∠MPF，再根据对顶角相等，推出∠FMP=∠MPF，即可得到FM=FP；
（2）利用同角的余角相等，得到∠POG=∠F，利用cs∠F=35，求出OG，利用勾股定理求出PG，进而得到GF,PF的长，再利用cs∠F=35，求出EF，利用EF−FM=EF−PF，即可得解．
【详解】（1）证明：连接OP，则：OP=OC，
∴∠OCP=∠OPC
∵FP是⊙O的切线，
∴OP⊥FP，
∴∠OPF=90°，
∴∠OPC+∠MPF=90°，
∵点E是弦AB的中点，
∴CE⊥AB，
∴∠CEM=90°，
∴∠OCM+∠CME=90°，
∴∠CME=∠MPF，
∵∠CME=∠PMF，
∴∠FMP=∠MPF，
∴FM=FP；
（2）解：由（1）知：OE⊥EF,OP⊥FG，
∴∠F+∠G=90°,∠G+∠GOP=90°，
∴∠F=∠GOP，
∴cs∠GOP=csF=OPOG=35，
∵OP=6，
∴OG=10，
∴PG=OG2−OG2=102−62=8，
∵点P是FG的中点，
∴GF=2PG=16,FP=PG=8，
∵csF=EFFG=35，
∴EF=485，
∴EM=EF−FM=EF−PF=485−8=85．
【点睛】本题考查垂径定理的推论，切线的性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形．熟练掌握切线垂直过切点的半径，平分弦（不是直径）的直径垂直弦，是解题的关键．
7．（2022·湖北省直辖县级单位·校考一模）如图，已知A，B，C均在⊙O上，请用无刻度的直尺作图．
(1)如图1，若点D是AC的中点，试画出∠B的平分线；
(2)若∠A=42°，点D在弦BC上，在图2中画出一个含48°角的直角三角形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接OD并延长与圆O交于点E，连接BE即为所求；
（2）连接BO并延长交圆O于N，延长AD交圆O于M，连接NM，BM，则△BMN即为所求；
【详解】（1）解：如图所示，连接OD并延长与圆O交于点E，连接BE即为所求；
∵D是AC的中点，
∴AE=CE，
∴∠ABE=∠CBE，即BE平分∠ABC；
（2）如图所示，连接BO并延长交圆O于N，延长AD交圆O于M，连接NM，BM，则△BMN即为所求；
∵∠A=42°，
∴∠BNM=∠A=42°，
∵BN是圆的直径，
∴∠BMN=90°，
∴∠NBM=90−∠BNM=48°，
∴△BMN是含48°的直角三角形．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，直径所对的圆周角是直角，圆周角定理等等；解题的关键在于能够熟练掌握圆的相关知识．
8．（2022·浙江舟山·校考一模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形．DB平分∠ADC，连接OC,OC⊥BD．
(1)求证：AB=CD；
(2)若∠A=66°，求∠ADB的度数．
【答案】(1)见解析
(2)33°
【分析】（1）根据DB平分∠ADC，可得AB=BC，再根据OC⊥BD，可得BC=CD，从而得到AB=CD，即可．
（2）根据圆的内切四边形，对角互补，求出∠BCD，再利用垂径定理，可得BC=DC，可得到∠BDC，即可求解．
【详解】（1）证明：∵DB平分∠ADC，
∴∠ADB=∠CDB，
∴AB=BC，
∵OC⊥BD，
∴BC=CD，
∴AB=CD，
∴AB=CD；
（2）解：∵∠A=66°，
∴∠BCD=180°−66°=114°，
∵OC⊥BD，
∴BC=CD，
∴BC=DC，
∴∠BDC=12180°−∠BCD=33°，
∵DB平分∠ADC，
∴∠BDC=∠ADB=33°．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握圆内接四边形的性质，垂径定理，圆周角定理．
9．（2022·江苏泰州·统考二模）如图，已知AD是⊙O的直径，B、C为圆上的点，OE⊥AB、BC⊥AD，垂足分别为E、F．
(1)求证：2OE=CD；
(2)若∠BAD+∠EOF=150°，AD=4，求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)2π-3
【分析】（1）连接BD，先证EO∥BD，EO=12BD，再根据垂径定理，证得CD=BD，最后通过等量代换证得结论．
（2）将∠EOF=180°−∠EOA代入∠BAD+∠EOF=150°，结合∠EOA+∠BAD=90°，解得∠EOA=60°，∠BAD=30°，由S阴影=S扇形ABD+S△FDC−S△AFB，分别求得S扇形ABD、S△FDC、S△AFB，计算即可．
【详解】（1）证明：连接BD，
∵AD是⊙O的直径，B为圆上的点，
∴∠ABD=90°，
∵OE⊥AB，
∴∠AEO=90°，
∴∠AEO=∠ABD，
∴EO∥BD，
∵AD是⊙O的直径，即O为AD的中点，
∴E为AB的中点，
∴EO=12BD．
∵AD是⊙O的直径，B、C为圆上的点， BC⊥AD，
∴CD=BD，
∴EO=12BD=12CD，即CD=2OE．
（2）解：∵∠EOF=180°−∠EOA，
又∵∠BAD+∠EOF=150°，
∴∠BAD+180°−∠EOA=150°，即∠EOA−∠BAD=30°．
∵∠AEO=90°，
∴∠EOA+∠BAD=90°，
∴∠EOA=60°，∠BAD=30°．
如图，连接BD，
∵AD=4，AD是⊙O的直径，∠BAD=30°，
∴AB=cs30°×AD=23．
同理，∠AFB=90°，∠BAD=30°，AB=23，
∴BF=sin30°×AB=3，AF=cs30°×AB=3．
∵AD是⊙O的直径，B、C为圆上的点， BC⊥AD，
∴BF=CF=3．
∵AD=4，AF=3，
∴FD=AD−AF=1．
S扇形ABD=12×π×4÷22=2π，
S△FDC=12×FD×FC=12×1×3=32，
S△AFB=12×AF×BF=12×3×3=332，
∴S阴影=S扇形ABD+S△FDC−S△AFB=2π+32−332=2π−3．
【点睛】本题考查了垂径定理，中位线的判定及性质，扇形相关的阴影面积计算，综合运用以上知识是解题的关键．
10．（2022·河南信阳·统考三模）中国5A级旅游景区开封市清明上河园，水车园中的水车是由立式水轮，竹筒、支撑杆和水槽等配件组成，如图是水车园中半径为5m的水车灌田的简化示意图，立式水轮⊙O在水流的作用下利用竹筒将水运送到到点A处，水沿水槽AP流到田地，⊙O与水面交于点B，C，且点B，C，P在同一直线上；AP与⊙O相切，若点P到点C的距离为32米，立式水轮⊙O的最低点到水面的距离为2米，连接AC，AB．
请解答下列问题，
(1)求证：∠PAC=∠PBA．
(2)请求出水槽AP的长度．
【答案】(1)证明见解析；
(2)165米；
【分析】（1）连接AO并延长交圆于点E，根据切线的性质，圆周角定理，由角的等量代换即可证明；
（2）过O作OF⊥BC于F，延长OF交圆于点D，连接OC，Rt△OFC中，由勾股定理求得CF的长；再由△PAC∽△PBA，PA2=PB•PC，即可解答.
【详解】（1）证明：如图连接AO并延长交圆于点E，
PA是圆的切线，则∠EAP=90°，
∴∠EAC+∠PAC=90°，
AE是圆的直径，则∠ACE=90°，
∴∠EAC+∠AEC=90°，
∵∠AEC=∠ABC，∴∠ABC=∠PAC，即∠PAC=∠PBA；
（2）解：如图，过O作OF⊥BC于F，延长OF交圆于点D，连接OC，
BC为水平面，则D为圆的最低点，DF=2米，由垂径定理可得BC=2CF，
Rt△OFC中，OF=OD-DF=5-2=3米，OC=5米，则CF=OC2−OF2=4米，
∴BC=2CF=8米，PB=32+8=40米，
∵∠P=∠P，∠PAC=∠PBA，∴△PAC∽△PBA，
∴PA∶PB=PC∶PA，即PA2=PB•PC，
∴PA=32×40=165米.
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质；掌握相关性质和定理是解题关键．
【考点3 弧、弦、圆心角的关系】
11．（2022·江苏盐城·统考中考真题）证明：垂直于弦AB的直径CD平分弦以及弦所对的两条弧．
【答案】见解析
【分析】根据命题的题设：垂直于弦AB的直径CD，结论：CD平分AB，CD平分ADB,ACB, 写出已知，求证，再利用等腰三角形的性质，圆心角与弧之间的关系证明即可．
【详解】已知：如图，CD是⊙O的直径，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为P．
求证：PA=PB，AD=BD，AC=BC．
证明：如图，连接OA、OB．
因为 OA=OB，OP⊥AB，
所以PA=PB，∠AOD=∠BOD．
所以AD=BD，∠AOC=∠BOC．
所以AC=BC．
【点睛】本题考查的是命题的证明，圆心角与弧，弦之间的关系，等腰三角形的性质，熟练的运用在同圆与等圆中，相等的圆心角所对的弧相等是解本题的关键．
12．（2022·辽宁鞍山·统考二模）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，BD为直径，AD上点E，满足AE=CD，连接BE并延长交CD的延长线于点F，BE与AD交于点G，连接CE，EF=DG．
(1)求证：CE=BG；
(2)如图2，连接CG，AD=2．若sin∠ADB=217，求△FGD的周长．
【答案】(1)见解析
(2)7+52
【分析】（1）先根据圆周角定理可得∠BAD=∠BCD=90°,∠ABG=∠CBD，从而可得∠AGB=∠CDB，再根据圆周角定理可得∠DBG=∠FCE,∠BEC=∠CDB，从而可得∠AGB=∠BEC，则∠BGD=∠CEF，然后根据三角形全等的判定证出△BGD≅△CEF，根据全等三角形的性质即可得证；
（2）先在Rt△ABD中，解直角三角形和勾股定理可得AB=3,BD=7，再根据AD=CE可得AD=CE=2，从而可得BG=2，然后根据解直角三角形和勾股定理分别求出DG,EG,EF,DF的长，最后根据三角形的周长公式即可得．
（1）
证明：∵BD为⊙O的直径，
∴∠BAD=∠BCD=90°，
∵AE=CD，
∴∠ABG=∠CBD，
∴∠AGB=∠CDB，
由圆周角定理得：∠DBG=∠FCE,∠BEC=∠CDB，
∴∠AGB=∠BEC，
∴180°−∠AGB=180°−∠BEC，即∠BGD=∠CEF，
在△BGD和△CEF中，∠BGD=∠CEF∠DBG=∠FCEDG=FE，
∴△BGD≅△CEFAAS，
∴CE=BG．
（2）
解：如图，连接DE，
∵AD=2,sin∠ADB=ABBD=217，
设BD=7xx>0，则AB=21x,AD=BD2−AB2=27x，
∴27x=2，解得x=77，
∴AB=3,BD=7，
∵AE=CD，
∴AE+DE=CD+DE，即AD=CE，
∴AD=CE=2，
由（1）已证：CE=BG，
∴BG=2，
∴AG=BG2−AB2=1,sin∠AGB=ABBG=32，
∴DG=AD−AG=1,sin∠DGE=sin∠AGB=32，
∴DE=DG⋅sin∠DGE=32，EF=DG=1，
∴EG=DG2−DE2=12,DF=DE2+EF2=72，
则△FGD的周长为DG+EG+EF+DF=1+12+1+72=7+52．
【点睛】本题考查了圆周角定理、三角形全等的判定与性质、解直角三角形、勾股定理等知识点，熟练掌握圆周角定理和解直角三角形的方法是解题关键．
13．（2022·上海虹口·统考二模）已知：如图，AB、AC是⊙O的两条弦，AB=AC，点M、N分别在弦AB、AC上，且AM=CN，AM(1)求证：OM=ON；
(2)当∠BAC为锐角时，如果AO2=AM⋅AC，求证：四边形AMON为等腰梯形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）证明△AOM≅△CON即可；
（2）由AO2=AM⋅AC可得△AOM∼△ACO，可得OM=ON=AM，再证明OM∥AC即可．
【详解】（1）∵AB、AC是⊙O的两条弦，AB=AC，
∴∠OAB=∠OAC=∠OCA
在△AOM和△CON中
OA=OC∠OAM=∠OCNAM=CN
∴△AOM≅△CON（SAS）
∴OM=ON；
（2）∵AO2=AM⋅AC
∴AOAM=ACAO
∵∠OAB=∠OAC
∴△AOM∼△ACO
∴∠AOM=∠ACO
∵∠OAB=∠OAC=∠OCA
∴∠OAB=∠OAC=∠OCA=∠AOM
∴AM=MO，OM∥AC
∴AM=MO=ON
∴四边形AMON为等腰梯形．
【点睛】本题考查圆的弧弦关系、全等三角形的证明、等腰梯形、相似三角形的性质与判定，解题的关键是由弦AB=AC得到∠OAB=∠OAC=∠OCA．
14．（2022·广西百色·统考二模）如图，已知AB为⊙O的直径，过⊙O上点C的切线交AB的延长线于点E，AD⊥EC于点D，且交⊙O于点F，连结BC，CF，AC．
(1)求证：BC ＝CF；
(2)若AD=3，DE=4，求BE的长和tan∠CAE的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)BE=54；tan∠CAE=12
【分析】（1）如图，连接OC，由题意知OC⊥DE，则OC∥AD，∠1=∠2=∠3，则BC=CF，进而可证BC=CF；
（2）在Rt△ADE中，由勾股定理得AE=32+42=5，设AO=OB=OC=r，则BE=5−2r，OE=5−r，证明△COE∽△DAE，则OCAD=OEAE=CEDE，即r3=5−r5=CE4，求出r、CE的值，进而可求BE、CD的值，根据tan∠CAE=tan∠1=DCAD，求正切值即可．
（1）
证明：如图，连接OC，
∵DE为过点C的切线，
∴OC⊥DE，
又∵AD⊥CE，
∴OC∥AD，
∴∠1=∠2，
∵AO=OC，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠3，
∴BC=CF，
∴BC=CF．
（2）
解：在Rt△ADE中，由勾股定理得AE=32+42=5，
设AO=OB=OC=r，则BE=5−2r，OE=5−r，
∵OC∥AD，
∴△COE∽△DAE，
∴OCAD=OEAE=CEDE，即r3=5−r5=CE4，
解得r=158，CE=52，
∴BE=5−2×158=54，
∴CD=DE−CE=4−52=32，
∴tan∠CAE=tan∠1=DCAD=12．
【点睛】本题考查了切线的性质，等边对等角，弧、弦、圆周角的关系，勾股定理，相似三角形的判定与性质，正切等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
15．（2022·安徽宿州·宿州市第十一中学校考模拟预测）如图，点C，D分别是以AB为直径的半圆上的三等分点，AB=4，连接BC,CD,BD．
(1)填空：BC_________2BD；（填“>”“=”或“<”）
(2)求图中△BCD的面积．
【答案】(1)<
(2)3
【分析】（1）利用三等分可知DC=DB，根据三角形的三边关系即可求出结果；
（2）由条件可知四边形OBDC为菱形，据此即可求出三角形面积．
【详解】（1）解：∵点C，D分别是以AB为直径的半圆上的三等分点，
∴AC=CD=BD，
∴DC=DB，
∵在△BCD中，BC＜DC+DB=2BD，
∴BC＜2BD，
故答案是：＜；
（2）如图所示，连接OC、OD，
由（1）得：∠AOC=∠COD=∠DOB=60°，
∵OC=OD=OB=2，
∴△OCD与△ODB均为等边三角形且全等，
∴四边形OBDC为菱形，
∴S△OCD=S△OBD=12S菱形OBDC=3，
∴△BCD的面积为：3．
【点睛】本题主要考查的是圆中等分性质的应用，掌握圆的性质以及结合菱形的性质进行求解是解题的关键．
【考点4 圆周角】
16．（2022·黑龙江哈尔滨·校考二模）如图1，在⊙O中，AB和CD是两条弦，且AB⊥CD，垂足为点E，连接BC，过A作AF⊥BC于F，交CD于点G；
(1)求证：GE=DE；
(2)如图2，连接AC、OC，求证：∠OCF+∠CAB=90°；
(3)如图3，在（2）的条件下，OC交AF于点N，连接EF、EN、DN，若OC//EF，EN⊥AF，DN=217，求NO的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2
【分析】（1）连接AD，可证得∠AGE=∠D，从而AG=AD，进而得出结论；
（2）延长CO交⊙O于G，连接BG，可证得OCF+∠G=90°，∠CAB=∠G，进而得出结论；
（3）作NH⊥CD于H，连接BD，连接OB，可证得∠CAB=∠NEF=∠OCF，结合（2）的结论∠OCF+∠CAB=90°，从而得出∠CAB=∠OCF=45°，根据平行四边形性质得出CG=GE=DE=a，依次解Rt△ABF求得BF，解Rt△CBE求得BF，从而得出CF，CN，解Rt△ACE求得AC，从而得出∠CAF的正余弦三角函数值，从而得出∠NCD的三角函数值，解斜三角形CDN，从而求得a的值，进一步可求得结果．
【详解】（1）证明：如图1，
连接AD，
∵ AC=AC，
∴∠B=∠D，
∵CD⊥AB，AF⊥BC，
∴∠AEG=∠AFB=90°，
∴∠B+∠BAF=90°，∠AGE+∠BAF=90°，
∴∠B=∠AGE，
∴∠AGE=∠D，
∴AG=AD，
∴EG=DE=12DG；
（2）证明：如图2，
延长CO交⊙O于G，连接BG，
∵CG是⊙O的直径，
∴∠CBG=90°，
∴∠OCF+∠G=90°，
∵ BC=BC，
∴∠CAB=∠G，
∴∠OCF+∠CAB=90°；
（3）解：如图3，
作NH⊥CD于H，连接BD，连接OB，
∵EN⊥AF，BF⊥AF，
∴EN∥BC，
∵OC∥EF，
∴四边形EFCN是平行四边形，
∴CG=EG=DE，∠OCB=∠FEN，
∵∠AFC=∠AEC=90°，
∴点A、C、F、E共圆，
∴∠CAF=∠CEF，∠BAF=∠ECF，
∵EN∥BC，
∴∠ECF=∠CEN，
∴∠BAF=∠CEN，
∴∠CAF+∠BAF=∠CEF+∠CEN，
∴∠CAB=∠FEN，
∴∠CAB=∠OCF，
由（2）得：∠CAB+∠OCN=90°，
∴∠CAB=∠OCF=45°，
∵∠AEC=90°，
∴∠ACE=90°−∠CAB=45°，
∴∠CAB=∠ACE，
∴AE=CE，
设CG=EG=DE=a，
∴AE=CE=2a，
∵ BC=BC，
∴∠BDE=∠CAB=45°，∠BOC=2∠CAB=90°，
∴∠EBD=90°−∠BDE=45°，
∴BE=DE=a，
∴AB=CD=3a，
在Rt△AEG中，
AG=AE2+EG2=25a，
∴sin∠BAF=EGAG=BFAB，
∴ a25a=BF3a，
∴BF=355a，
在Rt△BCE中，
BC=CE2+BE2=5a，
∴CF=BC−BF=5a−355a=255a，
在Rt△ACE中，
AC=2AE=22a，
∴sin∠CAF=AFAC=255a22a=1010，
cs∠CAF=3103，
∵∠NCE=∠CEF=∠CAF，
∴sin∠NCE=1010，cs∠NCE=3103，
在Rt△NCF中，∠NCF=45°，CF=255a，
∴CN=2CF=2105a，
在Rt△CHN中，
NH=CN⋅sin∠NCE=2105a⋅1010=25a，
CH=CN⋅cs∠NCE=65a，
∴DH=CD−CH=3a−65a=95a，
在Rt△DHN中，
∵NH2+DH2=DN2，
∴(25a)+(95a)2=(217)2，
∴a=25，
∴CN=2105×25=42，BC=5×25=10，
∵OC=22BC=52，
∴ON=OC−CN=52−42=2．
【点睛】本题考查了圆周角定理及其推论，解直角三角形，确定圆的条件，等腰三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是探究角之间的数量关系，发现角度和图形的特殊性．
17．（2022·江苏盐城·盐城市第四中学（盐城市艺术高级中学、盐城市逸夫中学）校考模拟预测）如图，以AB为直径的⊙O与AC相切于点A，点D、E在⊙O上，连接AE、ED、DA，连接BD并延长交AC于点C，AE与BC交于点F．
(1)求证：∠DAC=∠DEA；
(2)若点E是弧BD的中点，⊙O的半径为3，BF=2，求AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)8
【分析】（1）根据切线的性质可得∠CAD+∠BAD=90°，再由AB为⊙O的直径，可得∠B+∠BAD=90°，从而得到∠CAD=∠B，再由圆周角定理，即可求证；
（2）根据点E是弧BD的中点，可得∠DAE=∠BAE，再由∠CAD=∠B，可得∠CAF=∠CFA，从而得到CA=CF，设CA=CF=x，则BC=x+2，在Rt△ABC中，根据勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：∵⊙O与AC相切，
∴AC⊥AB，即∠BAC=90°，
∴∠CAD+∠BAD=90°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠B+∠BAD=90°，
∴∠CAD=∠B，
∵∠AED=∠B，
∴∠DAC=∠DEA；
（2）解：∵点E是弧BD的中点，
∴∠DAE=∠BAE，
∵∠CAD=∠B，∠CAF=∠CAD+∠DAF，∠CFA=∠EAB+∠DBA，
∴∠CAF=∠CFA，
∴CA=CF，
设CA=CF=x，则BC=x+2，
∵⊙O的半径为3，
∴AB=2，
在Rt△ABC中，AB2+AC2=BC2，
∴62+x2=2+x2，
解得：x=8，
即AC=8．
【点睛】本题考查了圆周角定理、切线的性质、勾股定理，解题的关键是利用同角的余角相等求得∠CAD=∠B．
18．（2022·广东·二模）已知：⊙O是△ABC的外接圆，且AB=BC，∠ABC=60°，D为⊙O上一动点．
(1)如图1，若点D是AB的中点，∠DBA等于多少？
(2)过点B作直线AD的垂线，垂足为点E．
①如图2，若点D在AB上，求证：CD=DE+AE．
②若点D在AC上，当它从点A向点C运动且满足CD=DE+AE时，求∠ABD的最大值．
【答案】(1)30°
(2)①证明见解析；②30°
【分析】（1）连接BD，根据AB=BC可得∠BCA=∠BAC，再根据圆周角定理进行求解即可；
（2）①过B作BH⊥CD于点H，则∠BHC=∠BHD=90°，证明△BEA≌△BHC和△BED≌△BDH即可求解；
②连接BO并延长⊙O交于点I，则点D在AI上，证明△BEA≌△BHC和△BED≌△BDH即可求解；
【详解】（1）如图1中，连接BD．
∵AB=BC，
∴∠BCA=∠BAC，
∵∠ABC=60°，
∴∠BCA=60°，
∵D是AB的中点，
∴∠DCA=30°，
∵AD=AD，
∴∠DBA=∠DCA=30°．
（2）①过B作BH⊥CD于点H，则∠BHC=∠BHD=90°．
又∵BE⊥AD于点E，
∴∠BED=90°，
∴∠BED=∠BHC=∠BHD，
又∵BD=BD，
∴∠BAE=∠BCH，
∵AB=BC，
∴BA=BC，
在△BEA和△BHC中，
∠BEA=∠BHC∠BAE=∠BCHBA=BC
∴△BEA≌△BHCAAS，
∴EA=CH，
又∵四边形ACBD是⊙O的内接四边形，
∴∠BDE=∠BCA，
又∵AB=BC，
∴∠BCA=∠BDC，
∴∠BDE=∠BDC，
在△BED和△BDH中，
∠BED=∠BHD=90°∠BDE=∠BDCBD=BD，
∴△BED≌△BHDAAS，
∴DE=DH，
∴DC=DH+HC=DE+AE．
②连接BO并延长与⊙O交于点I，则点D在AI上．
如图：过B作BH⊥CD于点H，
则∠BHC=90°，∠BHD=90°，
又∵BE⊥AD于点E，
∴∠BED=90°，
∴∠BED=∠BHC=∠BHD，
又∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BAE=∠BCD，
又∵AB=BC，
∴BA=BC，
在△BEA和△BCH中，
∠BAE=∠BCD∠BED=∠BHCBA=BC，
∴△BEA≌△BCHAAS，
∴EA=CH，
∵AB=BC，
∴∠BDA=∠BDC，
又BD=BD，∠BED=∠BHD=90°，
在△BED和△BHD中，
∠BED=∠BHD=90°∠BDA=∠BDCBD=BD，
∴△BED≌△BHDAAS，
∴ED=HD，
∴CD=HD+HC=DE+AE，
∵BI是⊙O直径，AB=BC，
∴BI垂直平分AC，
∴AI=IC，
∴2∠ABI=∠ABC=60°，
∴当点D运动到点I时∠ABI取得最大值，此时∠ABD=30°．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、圆周角定理和圆内接四边形的性质，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
19．（2022·四川南充·统考三模）如图，AB是⊙O的切线，AC是⊙O的直径，BC与⊙O交于D，弧CD上一点E，使得点D成为弧AE的中点，连接AE与BC交于F．
(1)比较AB与AF的长度．并说明理由．
(2)当AB=6，BC=10时，求CF的长．
【答案】(1)AB=AF，理由见解析
(2)2.8
【分析】（1）连接AD．由圆周角定理、切线的性质，先说明∠ADC=∠BAC=90°、∠DAE=∠C，再由三角形的内角和定理推出∠B=∠AFB，利用等腰三角形的判定得结论．
（2）先说明△ABD∽△CBA，再利用相似三角形的性质求出BD，最后由线段的和差关系得结论．
【详解】（1）解：AB=AF．
理由：连接AD．
∵AB是⊙O的切线，
∴AB⊥AC，即∠BAC＝90°．
∴∠B+∠C=90°．
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=90°．
∴∠CAD+∠C=90°．
∴∠CAD=∠B=∠DAE+∠CAE．
∵D为AE的中点，
∴AD＝DE．
∴∠DAE=∠C．
∵∠AFB=∠CAE+∠C，
∴∠B=∠AFB．
∴AB=AF．
（2）解：∵∠B=∠B，∠BAC=∠ADB=90°，
∴△ABD∽△CBA．
∴ABCB=BDBA．
∴610=BD6．
∴BD=3.6．
由（1）知AB=AF，且AD⊥BC，
∴BD=DF=3.6．
∴BF=BD+DF=7.2．
∴CF=BC−BF=10−7.2=2.8．
即CF的长为2.8．
【点睛】本题主要考查了与圆有关的证明和计算，掌握圆周角定理及推论、切线的性质，相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定和性质等知识点是解决本题的关键．
20．（2022·贵州铜仁·模拟预测）已知：如图，⊙O的直径AB与弦CD相交于点E，BC=BD，⊙O的切线BF与弦AD的延长线相交于点F.
(1)求证：CD∥BF；
(2)连接BC，若⊙O的半径为4，cs∠BCD=34，求线段AD，CD的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)AD=6，CD=37
【分析】（1）由切线的性质和垂径定理证明BF⊥AB，CD⊥AB即可证明CD∥BF；
（2）连接BD，先解Rt△ABD求出AD=6，进而求出BD，再解Rt△BDE求出DE的长即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵BF是⊙O的切线，AB是⊙O的直径，
∴BF⊥AB，
∵BC=BD，
∴CD⊥AB，
∴CD∥BF；
（2）解：连接BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵⊙O的半径4，
∴AB=8，
∵∠BAD=∠BCD，
∴cs∠BAD=cs∠BCD=34=ADAB，
∴AD=6，
∴BD=AB2−AD2=27，
∵BC=BD，
∴∠EDB=∠ECB，
∵AB⊥CD，
∴cs∠EDB=cs∠BCD=DEBD=34，
∴DE=372，
∴CD=2DE=37．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、平行线的判定、圆周角定理以及三角函数，勾股定理等等．此题难度适中，注意数形结合思想与转化思想的应用．
【考点5 三角形的外接圆】
21．（2022·河南周口·校考二模）在Rt△ABC中，∠BCA＝90°，CA＝CB，点D是△ABC外一动点（点B，点D位于AC两侧），连接CD，AD．
(1)如图1，点O是AB的中点，连接OC，OD，当△AOD为等边三角形时，∠ADC的度数是 ；
(2)如图2，连接BD，当∠ADC＝135°时，探究线段BD，CD，DA之间的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，⊙O是△ABC的外接圆，点D在AC上，点E为AB上一点，连接CE，DE，当AE＝1，BE＝7时，直接写出△CDE面积的最大值及此时线段BD的长．
【答案】(1)135°
(2)BD=2CD+DA，理由见解析
(3)△CDE面积的面积最大值为4，BD=14105
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得∠COA＝90°，CO＝OA，再由等边三角形的性质得OD＝OA，∠ODA＝∠DOA＝60°，然后求出∠ODC＝75°，即可求解；
（2）过点C作CH⊥CD交AD的延长线于点H，证△ACH≌△BCD（SAS），得BD＝AH＝HD+DA=2CD+AD；
（3）连接OC，由勾股定理得CE＝5，过点O作ON⊥CE于N，延长ON交⊙O于点D，此时点D到CE的距离最大，△CDE面积的面积最大，然后由三角形面积求出ON=125，则DN＝OD﹣ON=85，即可求解三角形CDE的面积最大值，最后用勾股定理借助（2）的结论求出AD，即可求出BD．
【详解】（1）解：∵∠BCA＝90°，BC＝AC，点O是AB的中点，
∴∠COA＝90°，CO=12AB＝OA，
∵△AOD是等边三角形，
∴OD＝OA，∠ODA＝∠DOA＝60°，
∴OC＝OD，∠COD＝∠COA﹣∠DOA＝90°﹣60°＝30°，
∴∠ODC=12（180°﹣∠COD）=12×（180°﹣30°）＝75°，
∴∠ADC＝∠ODC+∠ODA＝75°+60°＝135°，
故答案为：135°；
（2）解：线段BD，CD，DA之间的数量关系为：BD=2CD+DA，
理由如下：
过点C作CH⊥CD交AD的延长线于点H，如图2所示：
则∠CDH＝180°﹣∠ADC＝180°﹣135°＝45°，
∴△DCH是等腰直角三角形，
∴CH＝CD，HD=2CD，
∵∠BCA＝90°，
∴∠ACH＝∠BCD，
∴△ACH≌△BCD（SAS），
∴BD＝AH＝HD+DA=2CD+AD；
（3）解：连接OC，如图3所示：
∵∠BCA＝90°，BC＝AC，
∴△ACB是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝45°，
∵⊙O是△ABC的外接圆，
∴O是AB的中点，
∴OC⊥AB，OC＝OA=12AB=12（AE+BE）=12×（1+7）＝4，
∴OE＝OA﹣AE＝4﹣1＝3，
在Rt△COE中，由勾股定理得：CE=OC2+OE2=42+32=5，
∵CE是定值，
∴点D到CE的距离最大时，△CDE面积的面积最大，
∵AB是⊙O的直径，
过点O作ON⊥CE于N，延长ON与⊙O的交点恰好是点D时，点D到CE的距离最大，△CDE面积的面积最大，
∵S△OCE=12OC•OE=12CE•ON，
∴ON=OC⋅OECE=4×35=125，
∵OD＝OC＝4，
∴DN＝OD﹣ON＝4−125=85，
此时，在Rt△CNO中，CN=OC2−ON2=42−(125)2=165，
在Rt△CND中，CD=CN2+DN2=(165)2+(85)2=855，
在Rt△ABD中，BD2＝AB2﹣AD2＝82﹣AD2，
由（ 2）知，BD=2CD+AD=2×855+AD=8105+AD，
∴82﹣AD2＝（8105+AD）2，
∴AD=6105，
∴BD=8105+AD=8105+6105=14105，
即△CDE面积的面积最大值为4，此时，BD=14105．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理的推论，三角形外接圆，三角形面积，本题属圆与三角形综合题目，难度较大，熟练掌握相关性质是解题的关键．
22．（2022·河北沧州·统考一模）已知△ABC在平面直角坐标系中的位置如图，A0,4，B4,4，C6,2，⊙O′为△ABC的外接圆．
(1)O′的坐标为______；
(2)设弧AC与线段AB、BC所围成的封闭图形的面积为S（图中阴影部分），嘉琪说S>1，请通过计算判断嘉琪的说法是否正确；
(3)我们把横纵坐标都是整数的点叫做格点．直线l与⊙O′相切于点B，直接写出直线l经过的图中格点坐标．（切点除外）
【答案】(1)（2，0）；
(2)嘉琪的说法正确；
(3)（6，3）和（2，5）.
【分析】（1）根据“三角形外接圆的圆心也就是三角形三边垂直平分线的交点”，作出AB、BC的垂直平分线，其交点即为△ABC的外接圆圆心O′，进而得到O′的坐标；
（2）连接O′A、O′C，由勾股定理计算O′A、O′C、AC的长，借助勾股定理的逆定理可知△AO′C为直角三角形，∠AO′C=90°，再分别计算扇形AO′C、△AO′C、△ABC的面积，然后根据阴影部分的面积S=S扇形AO′C−S△AO′C−S△ABC计算并与1比较即可；
（3）连接O′B，根据切线的性质定理，可知过点B作O′B的垂线即为⊙O′的切线，作图即可确定直线l经过的图中格点坐标．
(1)
解：如图1，作AB、BC的垂直平分线，其交点即为△ABC的外接圆圆心O′，由图1可知，O′的坐标为（2，0）．
故答案为：（2，0）；
(2)
如图2，连接O′A、O′C，
由勾股定理可知，O′A=22+42=25，O′C=22+42=25，
AC2=62+22=40，
∴O′A2+O′C2=(25)2+(25)2=40=AC2，
∴△AO′C为直角三角形，∠AO′C=90°，
∴S扇形AO′C=90°360°×π×O′A2=14π×20=5π，
S△AO′C=12O′A⋅O′C=12×25×25=10，S△ABC=12×4×2=4，
则阴影部分的面积S=S扇形AO′C−S△AO′C−S△ABC=5π−10−4≈1.7>1，
所以嘉琪的说法正确；
(3)
如图3，连接O′B，过点B作O′B的垂线，该垂线即为⊙O′的切线l，由图可知直线l经过的图中格点坐标有（6，3）和（2，5）．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，解题中还涉及三角形的外心、勾股定理及其逆定理、求扇形的面积以及切线的性质定理等知识，解题的关键是根据题意准确作图．
23．（2022·浙江台州·统考一模）如图，平行四边形ABCD，⊙O是△BCD的外接圆，交直线AB、直线AD于点E、F，连接CE、CF，
(1)如图1，若平行四边形ABCD是菱形，求证：CE=CF；
(2)如图2，若∠A=70°，求∠ECF的度数；
(3)若BD=42，⊙O半径为3，
①如图2，连接EF，求EF的长；
②如图3，连接EF、BF，若BF=3BE，请直接写出△BCF的面积____________．
【答案】(1)证明见解析
(2)∠ECF=40°
(3)①EF=823；②86215
【分析】（1）根据菱形和等腰三角形的性质，推导得∠CBE=∠CDF；再根据圆周角的性质分析，即可得到答案；
（2）根据平行四边形和平行线的性质，得∠ABC=∠ADC=110°；根据圆周角和等腰三角形的性质，推导得∠CEF=∠CFE=70°，再根据三角形内角和性质计算，即可得到答案；
（3）①过点C作CG⊥EF，交EF于点G，过点O作OH⊥CF，交CF于点H，连接OF，根据三角形外接圆的性质，得点O在CG上，根据圆周角的性质，推导得CE，根据勾股定理和相似三角形的性质计算，即可得到答案；
②过点C作CG⊥EF，交EF于点G，过点O作OH⊥CE，交CE于点H，EF和BC相交于点M，根据平行四边形和圆周角的性质，得CF=BD=CE；根据勾股定理和相似三角形的性质，推导得EF、CG；通过证明△BME∽△FMC，△BMF∽△EMC，得FM、EM，根据勾股定理，得MC，再根据相似三角形相似比的性质计算，即可得到答案．
（1）
∵平行四边形ABCD是菱形
∴AB=AD=CB=CD
∴∠ABD=∠ADB=∠CBD=∠CDB
∵∠CBE=∠CBD+∠ABD，∠CDF=∠CDB+∠ADB
∴∠CBE=∠CDF
∵⊙O是△BCD的外接圆，
∴CE=CF；
（2）
∵平行四边形ABCD
∴AD//BC，AB//CD，
∴∠ABC=180°−∠A=110°，∠ADC=180°−∠A=110°
∴∠ABC=∠ADC=110°
∴CE=CF
∴∠CEF=∠CFE
∵∠CFE+∠ABC=180°
∴∠CFE=180°−∠ABC=70°
∴∠CEF=∠CFE=70°
∴∠ECF=180°−∠CEF−∠CFE=40°；
（3）
①如图，过点C作CG⊥EF，交EF于点G，过点O作OH⊥CF，交CF于点H，连接OF
根据（2）的结论，得CE=CD
∴EG=FG
∵⊙O是△CEF的外接圆
∴点O在CG上
根据题意，⊙O是四边形BEFD的外接圆
∴∠CEF+∠CDF=180°
∵AD//BC
∴∠BCD+∠CDF=180°
∴∠CEF=∠BCD
∴CE=BD=42
∴CF=CE=42
∵⊙O半径为3，
∴OC=OF=3
∴△OCF为等腰三角形
∵OH⊥CF
∴CH=12CF=22
∴HO=OC2−CH2=1
∵CG⊥EF，OH⊥CF，∠OCH=∠FCG
∴△FCG∽△OCH
∴GFHO=CFOC，即GF1=423
∴GF=423
∴EF=2GF=823；
②如图，过点C作CG⊥EF，交EF于点G，过点O作OH⊥CE，交CE于点H，EF和BC相交于点M
∵平行四边形ABCD
∵AB//CD，AD//BC
∴∠BCD=∠CBE
∴BD=CE=42
∵⊙O是四边形BCDF的外接圆
∴∠FBC+∠CDF=180°
∵AD//BC
∴∠FBC+∠BFD=180°
∴∠CDF=∠BFD
∴CF=BD
∴CF=BD=CE=42
∵⊙O是△CEF的外接圆
∴点O在CG上，GE=12EF
∵⊙O半径为3，
∴OC=3
∵OH⊥CE
∴CH=12CE=22
∴HO=OC2−CH2=1
∵CG⊥EF，OH⊥CE，∠OCH=∠ECG
∴△ECG∽△OCH
∴GEHO=CEOC，即GE1=423
∴GE=423
∴EF=2GE=823，CG=CE2−GE2=163
∴S△EFC=12EF×CG=12×823×163=6429
根据题意，得∠BEM=∠BCF，∠EBM=∠EFC，∠BFM=∠BCE，∠FBM=∠CEM
∴△BME∽△FMC，△BMF∽△EMC
∴BECF=BMFM，BFCE=BMEM
∵CF=CE
∴BE×FM=BF×EM，即BEBF=EMFM
∵BF=3BE
∴EMFM=BEBF=13
∴FMEF=34，EMEF=14
∴FM=3EF4=22
∴EM=223
∴S△EMC=EMEF×S△EFC=14S△EFC=1629，
S△FMC=FMEF×S△EFC=34S△EFC=1623
∵EMEF=14，GE=12EF
∴EM=12GE
∴MG=GM=12GE=223
∵CG=163
∴MC=MG2+CG2=853
∵△BMF∽△EMC
∴S△BMFS△EMC=FMMC2=228532=940
∴S△BMF=940×S△EMC=940×1629=225
∴S△BCF=S△BMF+S△FMC=225+1623=86215
故答案为：86215．
【点睛】本题考查了平行四边形、菱形、圆、相似三角形、勾股定理、等腰三角形的知识；解题的关键是熟练掌握等腰三角形三线合一、圆周角、相似三角形的性质，从而完成求解．
24．（2022·湖北武汉·校考一模）如图，△ABC内接于⊙O，AB=AC，sin∠BAC=35，BC=6，连接BO并延长交AC于点D．
(1)求⊙O的半径；
(2)求OD的长．
【答案】(1)⊙O的半径长为5
(2)OD=2513
【分析】（1）延长BD交⊙O于点E，连接CE．根据同弧所对圆周角相等即可得出sin∠BEC=sin∠BAC=35．由直径所对圆周角为直角可得出∠BCE=90°，即可得出sin∠BEC=BCBE=35，由此即可求出BE的长，进而可求出半径；
（2）连接AO并延长交BC于点F．根据勾股定理可求出CE=BE2−BC2=8．由三角形外接圆的性质和等腰三角形“三线合一”的性质可得出AF⊥BC，即可证明AO，从而可证明△ADO∼△CDE，即得出ODDE=AOCE=58，再根据DE+OD=OE=5，即可求出OD的长．
（1）
如图，延长BD交⊙O于点E，连接CE．
∴∠BAC=∠BEC，
∴sin∠BEC=sin∠BAC=35．
∵BE为直径，
∴∠BCE=90°，
∴sin∠BEC=BCBE=35，即6BE=35，
∴BE=10，
∴⊙O的半径长为5；
（2）
如图，连接AO并延长交BC于点F．
在Rt△BCE中，CE=BE2−BC2=102−62=8．
∵△ABC内接于⊙O，
∴AF为线段BC的垂直平分线．
又∵AB=AC，
∴AF⊥BC，
∴AF∥CE，即AO∥CE，
∴△ADO∼△CDE，
∴ODDE=AOCE=58，
∴DE=85OD．
∵DE+OD=OE=5，
∴85OD+OD=5，
解得：OD=2513．
【点睛】本题考查圆周角定理的推论，解直角三角形，三角形外接圆的性质，等腰三角形的性质，勾股定理以及三角形相似的判定和性质．正确的作出辅助线是解题关键．
25．（2022·辽宁铁岭·校联考二模）如图，AB是⊙O的直径，△BCD是⊙O的内接三角形，BC=DC，AB与CD交于点E，过点C作CF//BD交DA的延长线于点F．
(1)求证：CF是⊙O的切线；
(2)若⊙O半径为5，BD=8，求线段AE的长．
【答案】(1)见详解
(2)AE=3011
【分析】（1）过点C作CG⊥BD于点G，由题意易得BG=DG，四边形FDGC是矩形，则有点C、O、G三点共线，进而可得OC⊥CF，则问题可求证；
（2）由（1）可得CG∥DF，然后可得△ADE∽△OCE，AD=2OG=6，则有ADOC=AEOE=65，进而可求解．
（1）
证明：过点C作CG⊥BD于点G，如图所示：
∵BC=DC，
∴BG=DG，
∴CG垂直平分BD，
∵△BCD是⊙O的内接三角形，
∴点C、O、G三点共线，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵CF//BD，
∴∠F=∠ADB=∠CGD=90°，
∴四边形FDGC是矩形，
∴∠FCG=90°，即OC⊥CF，
∴CF是⊙O的切线；
（2）
解：由（1）可知：四边形FDGC是矩形，BG=DG=4，
∴CG∥DF，OG是△ADB的中位线，
∴△ADE∽△OCE，AD=2OG，
∴ADOC=AEOE，
∵⊙O半径为5，BD=8，
∴OG=OB2−BG2=3，
∴AD=6，
∴ADOC=AEOE=65，
∴AE=611OA=3011．
【点睛】本题主要考查切线的判定、三角形中位线及相似三角形的性质与判定，熟练掌握切线的判定、三角形中位线及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
【考点6 圆内接四边形】
26．（2022·湖南·统考中考真题）如图，四边形ABCD内接于圆O，AB是直径，点C是BD的中点，延长AD交BC的延长线于点E．
(1)求证：CE=CD；
(2)若AB=3，BC=3，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)1
【分析】（1）连接AC，根据圆周角推论得∠ACB=∠ACE=90°，根据点C是BD的中点得∠CAE=∠CAB，CD=CB，用ASA证明△ACE≌△ACB，即可得；
（2）根据题意和全等三角形的性质得AE=AB=3，根据四边形ABCD内接于圆O和角之间的关系得∠CDE=∠ABE，即可得ΔEDC∽ΔEBA，根据相似三角形的性质得DEBE=CDAB，即可得
【详解】（1）证明：如图所示，连接AC，
∵AB为直径，
∴∠ACB=∠ACE=90°，
又∵点C是BD的中点
∴∠CAE=∠CAB，CD=CB，
在△ACE和△ACB中，
∠ACE=∠ACBAB=AC∠CAE=∠CAB
∴ΔACE≅ΔACB(ASA)，
∴CE=CB，
∴CE=CD；
（2）解：∵ΔACE≅ΔACB，AB=3，
∴AE=AB=3，
又∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
又∵∠ADC+∠CDE=180°，
∴∠CDE=∠ABE，
又∵∠E=∠E，
∴ΔEDC∽ΔEBA，
∴ DEBE=CDAB，
即：DE23=33，
解得：DE=2，
∴AD=AE−DE=1．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，理解相关性质定理，正确添加辅助线是解题关键．
27．（2022·辽宁沈阳·统考中考真题）如图，四边形ABCD内接于圆O，AD是圆O的直径，AD，BC的延长线交于点E，延长CB交PA于点P，∠BAP+∠DCE=90°．
(1)求证：PA是圆O的切线；
(2)连接AC，sin∠BAC=13，BC=2，AD的长为______．
【答案】(1)证明见解析
(2)6
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质和∠BAP+∠DCE=90°，可得出∠PAD=90°，再根据AD是圆O的直径，由切线的判定可得证；
（2）延长DC交AB的延长线于点F，由AD是圆O的直径，可说明△ACF是直角三角形，从而得到sin∠BAC=CFAF=13，再证明△FCB∽△FAD，得到CBAD=CFAF，代入数据即可得到答案．
（1）证明：∵四边形ABCD内接于圆O，∴∠BAD=∠DCE，∵∠BAP+∠DCE=90°，∴∠BAP+∠BAD=90°，∴∠PAD=90°，∴PA⊥AD，∵AD是圆O的直径，∴PA是圆O的切线．
（2）解：延长DC交AB的延长线于点F，∵AD是圆O的直径，∴∠ACD=90°，∴∠ACF=180°−∠ACD=90°，∴△ACF是直角三角形，∴sin∠BAC=CFAF， ∵四边形ABCD内接于圆O，∴∠FCB=∠FAD，又∵∠F=∠F，∴△FCB∽△FAD，∴CBAD=CFAF，∵sin∠BAC=13，BC=2，∴2AD=CFAF=13，∴AD=6．故答案为：6．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆内接四边形的性质，圆周角定理推论，相似三角形的判定和性质，三角函数等知识．通过作辅助线构造相似三角形是解题的关键．
28．（2022·湖南长沙·统考中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC，BD相交于点E，点F在边AD上，连接EF．
(1)求证：△ABE∽△DCE；
(2)当DC=CB，∠DFE=2∠CDB时，则AEBE−DECE=___________；AFAB+FEAD=___________；1AB+1AD−1AF=___________．（直接将结果填写在相应的横线上）
(3)①记四边形ABCD，△ABE，△CDE的面积依次为S,S1,S2，若满足S=S1+S2，试判断，△ABE，△CDE的形状，并说明理由．
②当DC=CB，AB=m，AD=n，CD=p时，试用含m，n，p的式子表示AE⋅CE．
【答案】(1)见解析
(2)0，1，0
(3)①等腰三角形，理由见解析，②p2mnp2+mn
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，对顶角相等，即可得证；
（2）由（1）的结论，根据相似三角形的性质可得AE⋅CE=BE⋅DE，即可得出AEBE−DECE=0，根据已知条件可得EF∥AB，FA=FE，即可得出△DFE∽△DAB根据相似三角形的性质可得EFAB=DFAD，根据恒等式变形，进而即可求解．
（3）①记△ADE,△EBC的面积为S3,S4，则S=S1+S2+S3+S4，S1S2=S3S4，根据已知条件可得S3=S4，进而可得S△ABD=S△ADC，得出CD∥AB，结合同弧所对的圆周角相等即可证明△ABE,△DCE是等腰三角形；
②证明△DAC∽△EAB，△DCE∽△ACD，根据相似三角形的性质，得出EA⋅AC+CE⋅AC=AC2=mn+p2，则AC=mn+p2,EC=CD2AC=p2mn+p2，AE=AC−CE=mnmn+p2，计算AE⋅CE即可求解．
【详解】（1）证明：∵AD=AD，
∴∠ACD=∠ABD，
即∠ABE=∠DCE，
又∠DEC=∠AEB，
∴ △ABE∽△DCE；
（2）∵ △ABE∽△DCE，
∴ABDC=BECE=AEDE，
∴AE⋅CE=BE⋅DE，
∴AEBE−DECE=AE⋅CE−BE⋅DEBE⋅CE=0，
∵∠CDB+∠CBD=180°−∠BCD=∠DAB=2∠CDB，
∵ ∠DFE=2∠CDB，
∴∠DFE=∠DAB，
∴EF∥AB，
∴∠FEA=∠EAB，
∵ DC=CB，
∴∠DAC=∠BAC
∴∠FAE=∠FEA，
∴FA=FE，
∵EF∥AB，
∴△DFE∽△DAB，
∴EFAB=DFAD，
∴ AFAB+FEAD= EFAB+AFAD=DFAD+AFAD=ADAD=1，
∵ AFAB+AFAD=AFAB+EFAD=1，
∴AFAB+AFAD=1，
∴1AB+1AD−1AF=0，
故答案为：0，1，0
（3）①记△ADE,△EBC的面积为S3,S4，
则S=S1+S2+S3+S4，
∵S1S3=S4S2=BEDE，
∴S1S2=S3S4①
∵ S=S1+S2，
即S=S1+S2+2S1S2，
∴S3+S4=2S1S2②
由①②可得S3+S4=2S3S4，
即S3−S42=0，
∴S3=S4，
∴ S△ABE+S△ADE=S△ABE+S△EBC，
即S△ABD=S△ADC，
∴CD∥AB，
∴∠ACD=∠BAC,∠CDB=∠DBA，
∵∠ACD=∠ABD，∠CDB=∠CAB，
∴∠EDC=∠ECD=∠EBA=∠EAB，
∴△ABE,△DCE都为等腰三角形；
②∵DC=BC，
∴∠DAC=∠EAB，
∵∠DCA=∠EBA，
∴△DAC∽△EAB，
∴ADEA=ACAB，
∵ AB=m，AD=n，CD=p，
∴EA⋅AC=DA×AB=mn，
∵∠BDC=∠BAC=∠DAC，
∴∠CDE=∠CAD，
又∠ECD=∠DCA，
∴ △DCE∽△ACD，
∴CDAC=CECD，
∴CE⋅CA=CD2=p2，
∴EA⋅AC+CE⋅AC=AC2=mn+p2，
则AC=mn+p2,EC=CD2AC=p2mn+p2，
∴AE=AC−CE=mnmn+p2，
∴AE⋅EC=mnp2mn+p2．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的性质与判定，对于相似恒等式的推导是解题的关键．
29．（2022·山东威海·统考中考真题）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，延长CD至点E．
(1)若AB＝AC，求证：∠ADB＝∠ADE；
(2)若BC＝3，⊙O的半径为2，求sin∠BAC．
【答案】(1)见解析
(2)34
【分析】（1）根据圆内接四边形外角等于内对角，得到∠ABC＝∠ADE，根据等腰三角形性质，得到∠ABC＝∠ACB，结合圆周角定理，∠ADB＝∠ACB，推理即可．
（2）作直径BF，连接FC，根据sin∠BAC= sin∠BFC计算即可．
【详解】（1）∵圆内接四边形外角等于内对角，四边形ABCD是圆的内接四边形，
∴∠ABC＝∠ADE，
∵AB=AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵∠ADB＝∠ACB，
∴∠ADB＝∠ADE．
（2）如图，作直径BF，连接FC，
则∠BCF=90°，
∵圆的半径为2，BC=3，
∴BF=4，BC=3，∠BAC= ∠BFC，
∴sin∠BAC= sin∠BFC=BCBF=34．
【点睛】本题考查了圆的内接四边形性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，三角函数，熟练掌握圆的内接四边形性质，圆周角定理，三角函数是解题的关键．
30．（2022·浙江舟山·中考真题）如图1．在正方形ABCD中，点F，H分别在边AD，AB上，连结AC，FH交于点E，已知CF=CH．
(1)线段AC与FH垂直吗？请说明理由．
(2)如图2，过点A，H，F的圆交CF于点P，连结PH交AC于点K．求证：KHCH=AKAC．
(3)如图3，在（2）的条件下，当点K是线段AC的中点时，求CPPF的值．
【答案】(1)AC⊥FH，见解析
(2)见解析
(3)CPPF=32
【分析】（1）证明Rt△CDF≌Rt△CBH（HL），得到∠DCF=∠BCH，进一步得到∠FCA=∠HCA，由△CFH是等腰三角形，结论得证；
（2）过点K作KG⊥AB于点G．先证△AKG∽△ACB，得AKAC=KGCB，证△KHG∽CHB可得KHCH=KGCB，结论得证；
（3）过点K作KG⊥AB点G．求得GHBH=12，设GH=a，BH=2a，则KG＝AG＝GB＝3a，则CH=CF＝BH2+BC2=210a，勾股定理得FH=AH2+AF2=42a，EH=22a，由△FPH∽△HEC得PFEH=FHCH，得PF=4105a，CP=6105a，即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB，∠D=∠B=90°，
又∵CF=CH，
∴Rt△CDF≌Rt△CBH（HL），
∴∠DCF=∠BCH．
又∵∠DCA=∠BCA=45°，
∴∠FCA=∠HCA．
∵CF=CH
∴△CFH是等腰三角形，
∴AC⊥FH．
（2）证明：如图1，过点K作KG⊥AB于点G．
∵CB⊥AB，
∴KG∥CB．
∴△AKG∽△ACB，
∴AKAC=KGCB．
∵∠PHA=∠DFC，∠DFC=∠CHB，
∴∠KHG=∠CHB．
∴△KHG∽△CHB，
∴KHCH=KGCB，
∴AKAC=KHCH．
（3）解：如图2，过点K作KG⊥AB点G．
∵点K为AC中点：
由（2）得KHCH=AKAC=12，
∴GHBH=KHCH=12，
设GH=a，BH=2a，则KG=AG=GB=3a，
∴CB=AB=6a，AH=4a，
∴CH=CF＝BH2+BC2=210a，
∵AF=AH，
∴FH=AH2+AF2=42a，EH=22a，
∵∠FPH+∠FAH=180°，
∴∠FPH=90°=∠CEH，
又∵∠CHE=∠PFH，
∴△FPH∽△HEC，
∴PFEH=FHCH．
∴PF=4105a，
∴CP=CF−PF=6105a，
∴CPPF=32．
【点睛】此题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形全等的判定定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
【考点7 相交弦】
31．（2022秋·浙江宁波·九年级阶段练习）半圆O的直径AB=9，两弦AB、CD相交于点E，弦CD=，且BD=7，则DE=_______
【答案】32．
【详解】试题分析：根据圆周角定理得出的两组相等的对应角，易证得△AEB∽△DEC，根据CD、AB的长，即可求出两个三角形的相似比；设BE=x，则DE=7-x，然后根据相似比表示出AE、EC的长，连接BC，首先在Rt△BEC中，根据勾股定理求得BC的表达式，然后在Rt△ABC中，由勾股定理求得x的值，进而可求出DE的长．
试题解析：∵∠D=∠A，∠DCA=∠ABD，
∴△AEB∽△DEC；
∴ECBE=DEAE=DCAB=35；
设BE=x，则DE=7-x，EC=35x，AE=53（7-x）；
连接BC，则∠ACB=90°；
Rt△BCE中，BE=x，EC=35x，则BC=45x；
在Rt△ABC中，AC=AE+EC=353-1615x，BC=45x；
由勾股定理，得：AB2=AC2+BC2，
即：92=（353-1615x）2+（45x）2，
整理，得x2-14x+31=0，
解得：x1=7+32（不合题意舍去），x2=7-32
则DE=7-x=32．
考点：1.圆周角定理；2.相似三角形的判定与性质．
32．（2022秋·内蒙古赤峰·九年级统考期末）我们定义：如果圆的两条弦互相垂直且相交，那么这两条弦互为“十字弦”，也把其中的一条弦叫做另一条弦的“十字弦”．如图1，已知⊙O的两条弦AB⊥CD，则AB、CD互为“十字弦”，AB是CD的“十字弦”，CD也是AB的“十字弦”．
【概念理解】
（1）若⊙O的半径为5，一条弦AB =8，则弦AB的“十字弦”CD的最大值为 ，最小值为 ．
（2）如图2，若⊙O的弦CD恰好是⊙O的直径，弦AB与CD相交于H，连接AC，若AC= 12，DH =7，CH =9，求证︰AB、CD互为“十字弦”；
【问题解决】
（3）如图3，在⊙O中，半径为13，弦AB与CD相交于H，AB、CD互为“十字弦”且AB=CD，CHDH=5，则CD的长度 ．
【答案】（1）10，6；（2）证明见解析；（3）6．
【分析】（1）根据“十字弦”定义可得弦AB的“十字弦”CD为直径时最大，当CD过A点或B点时最小；
（2）根据线段长度得出对应边成比例且有夹角相等，证明△ACH∽△DCA，由其性质得出对应角相等，结合90°的圆周角证出AH⊥CD，根据“十字弦”定义可得；
（3）过O作OE⊥AB于点E，作OF⊥CD于点F，设DH=x，由题意可得其它线段的长，在Rt△OEA中，根据勾股定理列方程得出x的值，从而可求CD的长．
【详解】解：（1）当CD为直径时，CD最大，此时CD=10，
∴弦AB的“十字弦”CD的最大值为10；
当CD过A点时，CD长最小，即AM的长度，过O点作ON⊥AM，垂足为N，作OG⊥AB，垂足为G，则四边形AGON为矩形，
∴AN=OG，
∵OG⊥AB，AB=8，
∴AG=4，
∵OA=5，
∴由勾股定理得OG=3，
∴AN=3，
∵ON⊥AM，
∴AM=6，
即弦AB的“十字弦”CD的最小值是6．
（2）证明：如图，连接AD，
∵AC=12， DH=7， CH=9，
∴CD=CH+DH=16
∴ACCD=1216=34 ，
CHAC=912=34
∴ACCD=CHAC
∵∠C=∠C，
∴△ACH∽△DCA，
∴∠AHC=∠CAD
∵CD是直径，
∴∠CAD=90°，
∴∠AHC=90°，
∴AH⊥CD，
∴AB、CD互为“十字弦”．
（3）如图，过O作OE⊥AB于点E，作OF⊥CD于点F，连接OA，OD，则四边形OEHF是矩形，∴OE=FH，OF=EH，
设DH=x，
∵CHDH=5，AB=CD，
则CH=5x，CD=AB=6x，
∴FD=AE=3x，
∴OE=FH=3x-x=2x，
∵半径为13，
在Rt△OEA中，由勾股定理得，OA2=OE2+AE2，
∴132=2x2+3x2，
解得，x=1，
∴CD=6×1=6
【点睛】本题考查圆的相关性质，垂径定理，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识，准确做出辅助线是解答此题的关键．
33．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨工业大学附属中学校校考阶段练习）如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙是△ABC的外接圆，连接BO并延长交边AC于点D．
（1）如图1，求证：∠BAC＝2∠ABD；
（2）如图2，过点B作BH⊥AC于点H，延长BH交⊙O于点G，连接OC，CG，OC交BG于点F，求证：BF＝2HG；
（3）如图3，在（2）的条件下，若AD＝2，CD＝3，求线段BF的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析，（3）BF=15714．
【分析】（1）连接OA并延长AO交BC于E，证明∠BAC=2∠BAE和∠ABD=∠BAE即可得结论，
（2）利用直角三角形两锐角互余、圆周角定理进行导角，得出△MCG和△FCG是等腰三角形，得出BM=MC=FG=CG，MH=HG，进而由BF=BM+MH-FH=FG-FH+HG，得出结论；
（3）过O点作OP⊥AC，由垂径定理得出PD=12，再由S△ABOS△ADO=ABAD=BOOD=52和平行线分线段成比例定理求出DH=72DP=74，由勾股定理进而可求BH，再利用相似三角形对应边成比例求出HG，即可得BF长．
【详解】解：（1）连接OA并延长AO交BC于E，
∵AB=AC，
∴AB=AC，
∵AE过圆心O，
∴AE⊥BC，BE=EC，
∴∠BAC=2∠BAE，
∵OA=OB，
∴∠ABD=∠BAE，
∴∠BAC=2∠ABD；
（2）如解图（2），连接OA并延长AO交BC于E，AE交BF于M，连接MC，
设∠BAC=2α，则∠ABD=∠BAE=∠EAC=α
∵AE=EC，AE⊥BC，
∴BM=MC，
∴∠MBC=∠MCB，
∵BG⊥AC，AE⊥BC，
∴∠EAC+∠ACE=90°，∠HBC+∠ACE=90°，
∴∠EAC=∠HBC=∠MCB=α，
∴∠CMG=∠MBC+∠MCB=2α，
∵BC=BC，
∴∠G=∠BAC=2α，
∴∠G=∠CMG，
∴CG=CM=BM，
∵AC⊥BG，
∴MH=HG，
∵OA=OC，
∴∠ACO=∠EAC=α
∴∠CFG=90°−∠ACO=90°−α，
∵∠FCG=180°−∠CFG−∠G，即∠FCG=180°−(90°−α)−2α=90°−α，
∴∠FCG=∠CFG，
∴FG=CG，
∴BM=MC=FG=CG，
又∵MH=HG，
∴BF=BM+MH-FH=FG-FH+HG，
∴BF=2HG．
（3）过O点作OP⊥AC，如解图（3）
∵AO是∠BAC的角平分线，
∴点O到AB、AC的距离相等，
∴S△ABOS△ADO=ABAD=BOOD，
∵AD=2，CD=3，
∴AB=AC=5，
∴BOOD=52，即：ODBD=27，
∵OP⊥AC，
∴AP=PC=52，PD=12，
∵BH⊥AC，
∴OP//BH，
∴DPDH=OPBH=ODBD=27，
∴DH=72DP=74，
∴AH=AD+DH=154，HC=DC−DH=54，
∵在Rt△ABH中，BH=AB2−AH2=52-(154)2=547，
∵∠BAH=∠G，∠AHB=∠GHC，
∴△AHB∼△GHC，
∴AHHG=BHCH 即：AH·HC=BH·HG，
∴574HG=54×154，
∴HG=15728，
由（2）得BF=2HG，
∴BF=15714
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，涉及了相似三角形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识点，解题关键是利用同弧或等弧所对圆周角相等、直角三角形的两锐角相等找出图中角之间的关系，从而利用相似或勾股定理解题．
34．（2022春·四川资阳·九年级阶段练习）如图，已知AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H.
(1) 求证：AH·AB=AC2；
(2) 若过A的直线与弦CD(不含端点)相交于点E，与⊙O相交于点F，求证：AE·AF=AC2；
(3) 若过A的直线与直线CD相交于点P，与⊙O相交于点Q，判断AP·AQ=AC2是否成立(不必证明).
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）成立.
【分析】（1）连接CB，证明△CAH∽△BAC即可；
（2）连接CF，证△AEC∽△ACF，根据射影定理即可证得；
（3）由（1）（2）的结论可知，AP•AQ=AC2成立．
【详解】(1) 连结CB，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°.
而∠CAH=∠BAC，∴△CAH∽△BAC .
∴ACAB=AHAC， 即AH·AB=AC2 .
(2) 连结FB，易证△AHE∽△AFB，
∴ AE·AF=AH·AB，
∴ AE·AF=AC2 .
(也可连结CF，证△AEC∽△ACF)
(3) 结论AP·AQ=AC2成立 .
【点睛】本题考查相似三角形的性质，其中由相似三角形的性质得出比例式是解题关键．
35．（2022秋·浙江杭州·九年级杭州市十三中教育集团（总校）校联考期末）如图，AB、AC、AD是⊙O中的三条弦，点E在AD上，且AB=AC=AE． 连结BC，BD，CD，其中BC交AD于点G．
(1)求证：△ABG∽△ADB．
(2)若∠DBE=α，求∠CAD的度数（用含α的代数式表示）．
(3)若AD=15，AB=12，BD=6，求线段CD的长．
【答案】(1)见解析
(2)∠CAD=2α
(3)CD=272
【分析】（1）由等弦所对弧相等，再由等弧所对圆周角相等得出∠ABC=∠ADB，又∠BAG=∠DAB，即可得出结论；
（2）由等边对等角的性质与圆周角性质得出∠DBE=∠CBE=α，即可由∠CAD=∠CBD=∠DBE+∠CBE求解；
（3）由△ABG∽△ADB，得ABAD=BGBD=AGAB，从而可求出BG=245，AG=485，从而求出DG=AD−AG=275，再证△BDG∽△ADC，得DGBD=CDAD，代入即可求解．
【详解】（1）证明：∵AB=AC，
∴AB=AC，
∴∠ABC=∠ADB，
又∵∠BAG=∠DAB，
∴△ABG∽△ADB；
（2）解：∵AB=AE，
∴∠AEB=∠ABE，
∴∠DBE+∠ADB=∠ABC+∠CBE，
∵AB=AC，AB=AB，
∴∠ABC=∠ACB=∠ADB，
∴∠DBE=∠CBE=α，
∵CD=CD，
∴∠CAD=∠CBD=∠DBE+∠CBE=2α；
（3）解：∵△ABG∽△ADB，
∴ABAD=BGBD=AGAB，
∵AD=15，AB=12，BD=6，
∴1215=BG6=AG12 ，
∴BG=245，AG=485，
∴DG=AD−AG=275，
∵∠CAD=∠CBD=2α，∠ADC=∠GDB，
∴△BDG∽△ADC，
∴DGBD=CDAD，即2756=CD15，
∴CD=272．
【点睛】本题考查三角形判定与性质，圆周角定理，弦与弧关系，等腰三角形的性质，熟练掌握三角形相似的判定与性质、圆周角定理是解题的关键．
【考点8 四点共圆】
36．（2022秋·江苏盐城·九年级校考期中）如图，以点P−1,0为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧），交y轴于A、D两点（A在D的下方），AD=2，将△ABC绕点P旋转180°，得到△MCB．
(1)求B、C两点的坐标；
(2)请在图中画出线段MB、MC，并判断四边形ACMB的形状（不必证明），求出点M的坐标；
(3)动直线l从与BM重合的位置开始绕点B顺时针旋转，到与BC重合时停止，设直线l与CM交点为E，点Q为BE的中点，过点E作EG⊥BC于G，连接MQ、QG．请问在旋转过程中∠MQG的大小是否变化？若不变，求出∠MQG的度数；若变化，请说明理由．
【答案】(1)B−1−2,0，C−1+2,0
(2)图见解析，四边形ACMB是矩形，点M的坐标为−2,1
(3)在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于135°
【分析】（1）连接AP，结合题意，根据圆的对称性，得AO=DO=12AD=1；再根据勾股定理计算得AP，再根据圆的性质，得BP=CP=AP，从而得到B、C两点的坐标；
（2）结合题意，根据圆周角的性质，得∠BAC=90∘；再根据旋转的性质得∠BMC=∠BAC=90∘，BM=AC，CM=AB，从而推导得出四边形ACMB是矩形；过点M作MN⊥BC交BC于点N，证明△AOP ≌△MNPAAS，可得点M的坐标；
（3）结合题意，得∠BMC=∠BGE=90°；再结合点Q是BE的中点，根据直角三角形斜边中线性质，得QM=QE=QB=QG，从而推导得点E、M、B、G在以点Q为圆心、QB为半径的圆上，故得∠MQG=2∠MBG；再根据∠MBG=∠PCA，∠PCA=12180°−∠OAP，即可求解．
【详解】（1）解：如图，连接AP．
由题意知，BC是以点P−1,0为圆心的圆的直径，AD=2，BC⊥AD，
∴ AO=DO=12AD=1，OP=1，
∴ AP=OP2+OA2=1+12=2，
∴ BP=CP=AP=2，
又∵ P−1,0，B在C的左侧，
∴ B−1−2,0，C−1+2,0；
（2）解：如图，四边形ACMB是矩形，
∵以点P−1,0为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧），
∴ BC是圆的直径，
∴ ∠BAC=90∘，
∵将△ABC绕点P旋转180°得到△MCB，
∴ ∠BMC=∠BAC=90∘，BM=AC，CM=AB，
∴四边形ACMB是矩形．
过点M作MN⊥BC交BC于点N．
在△AOP和△MNP中，
∠AOP=∠MNP∠APO=∠MPNAP=MP，
∴ △AOP ≌△MNPAAS，
∴ MN=OA=1，NP=OP=1，
又∵ P−1,0，
∴点M的坐标为−2,1；
（3）解：如图，
结合（2）的结论，四边形ACMB是矩形，∠BMC=90°，
∵ EG⊥BO，
∴ ∠BGE=90°，
∴ ∠BMC=∠BGE=90°，
∵点Q是BE的中点，
∴ QM=QE=QB=QG，
∴点E、M、B、G在以点Q为圆心、QB为半径的圆上，
∴ ∠MQG=2∠MBG．
∵ OP=OA，∠AOP=90°，
∴ ∠OPA=∠OAP=45°，
又∵ PA=PC，
∴ ∠PCA=12180°−∠OAP=67.5°，
∵四边形ACMB是矩形，
∴ AC∥MB，
∴ ∠MBG=∠PCA=67.5°，
∴ ∠MQG=2∠MBG=135°．
∴在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于135°．
【点睛】本题属于圆内综合题，考查圆的基本知识，垂径定理，圆周角定理，旋转的性质，直角三角形斜边中线的性质，平面直角坐标系，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，综合性较强，有一定难度，解题的关键是综合运用上述知识，逐步推导论证．
37．（2022·辽宁葫芦岛·统考一模）射线AB与直线CD交于点E，∠AED＝60°，点F在直线CD上运动，连接AF，线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，连接FG，EG，过点G作GH⊥AB于点H．
(1)如图1，点F和点G都在射线AB的同侧时，EG与GH的数量关系是______；
(2)如图2，点F和点G在射线AB的两侧时，线段EF，AE，GH之间有怎么样的数量关系？并证明你的结论；
(3)若点F和点G都在射线AB的同侧，AE=1，EF=2，请直接写出HG的长．
【答案】(1)HG=32EG；
(2)GH=32AE−EF，证明见解析；
(3)32或332
【分析】（1）先证明△GAF是等边三角形得∠AGF=60°，再证明点A、E、G、F四点共圆，得∠GEF=∠GAF=60°，从而计算得到∠GEH=180°−∠AED−∠GEF=60°，最后在直角三角形GEH中，求出HGEG=tan∠GEH=tan60°=32即可得到答案；
（2）在射线ED上截取EN=AE，连接AN，如图3，先证△AEN是等边三角形，得AE=AN，∠EAN=60°，再证∠GAE=∠FAN，从而得到△GAE≌△FAN，进而得sin60°=GHGE=32，从而求得结论；
（3）分两种情况讨论求解GH的长，①当点F和点G都在射线AB的右侧时，在射线ED上取一点M，使得EM=EG，连接MG，如图4；②当点F和点G都在射线AB的左侧时，在线段GE上取一点N，使得NE=EF，如图5，通过构造三角形全等，利用三角函数求解即可．
（1）
解：∵ 线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，
∴ ∠GAF=60°，AG=AF，
∴ △GAF是等边三角形，
∴ ∠AGF=∠AFG=60°，AG=AF=GF，
∵∠AED＝60°，
∴ ∠AGF=∠AED，
∴点A、E、G、F四点共圆，
∴ ∠GEF=∠GAF=60°，
∴ ∠GEH=180°−∠AED−∠GEF=60°，
∵ GH⊥AB，
∴ HGEG=tan∠GEH=tan60°=32，
∴ HG=32EG，
故答案为：HG=32EG；
（2）
解：在射线ED上截取EN=AE，连接AN，如图3，
∵∠AED=60°，
∴△AEN是等边三角形，
∴AE=AN，∠EAN=60°
∵AF=AG，∠FAG=60°，
∴∠GAE=∠FAN
∴△GAE≌△FAN，
∴∠GEA=∠FNA=60°，GE=FN
AE−EF=FN=GE，
∵GH⊥AB
∴sin60°=GHGE=32，
∴GH=32GE，
∴GH=32AE−EF；
（3）
①当点F和点G都在射线AB的右侧时，在射线ED上取一点M，使得EM=EG，连接MG，如图4，
∵ 线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，
∴ ∠GAF=60°，AG=AF，
∴ △GAF是等边三角形，
∴ ∠AGF=∠AFG=∠FAG=60°，AG=AF=GF，
∵∠AED＝60°，
∴ ∠AGF=∠AED，
∴点A、E、G、F四点共圆，
∴ ∠GEH=∠GFA=60°，∠GEF=∠GAF=60°，
∵ EM=EG，
∴ △GEM是等边三角形，
∴ EM=GM=EG,∠EGM=60° ，
∴ ∠EGM=∠EGA+∠MGA=60°=∠EGM=∠MGF+∠MGA，
∴ ∠EGA=∠MGF，
∴ △EGA≌△MGF，
∴ MF=AE=1，
∴ GE=EM=EF−MF=2−1=1 ，
∵ GH⊥AB，
∴ HG=sin∠GEH·EG=sin60°·EG=32，
②当点F和点G都在射线AB的左侧时，在线段GE上取一点N，使得NE=EF，如图5，
∵ ∠AGF=∠AED=60°，
∴点A、E、G、F四点共圆，∠AEF=180°−∠AED=120°
∴ ∠NGF=∠EAD，∠GEF=∠GAF=60°，∠AEG=∠AFG=60°，
∵NE=EF，
∴ △NEF是等边三角形，
∴ NE=EF=NF=1，∠ENF=60°，
∴ ∠GNF=180°−∠ENF=120° ，
∴ ∠GNF=∠AEF，
∴ △GNF≌△AEF，
∴ GN=AE=2，
∴ GE=GN+NE=2+1=3，
∵ GH⊥AB，∠AEG=60°，
∴ GH=GE·sin60°=323，
综上所述，GH的长为32或332．

【点睛】本题主要考查了特殊角的三角函数、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定及性质以及旋转图形的性质，熟练掌握这些性质和判定是解题的关键.
38．（2022秋·江西九江·九年级统考期末）（1）回归教材：北师大七年级下册P44，如图1所示，点P是直线m外一点，PO⊥m，点O是垂足，点A、B、C在直线m上，比较线段PO，PA，PB，PC的长短，你发现了什么？
最短线段是______，于是，小明这样总结：直线外一点与直线上各点连接的所有线段中，______．
（2）小试牛刀：如图2所示，Rt△ABC中，AB=c，AC=b，BC=a．则点P为AB边上一动点，则CP的最小值为______．
（3）尝试应用：如图3所示△ABC是边长为4的等边三角形，其中点P为高AD上的一个动点，连接BP，将BP绕点B顺时针旋转60°得到BE，连接PE、DE、CE．
①请直接写出DE的最小值．
②在①的条件下求△BPE的面积．
（4）拓展提高：如图4，Rt△BEF顶点F在矩形ABCD的对角线AC上运动，连接AE．∠EBF=∠ACD．AB=3，BC=4，请求出AE的最小值．
【答案】（1）PO，垂线段最短；（2）abc；（3）①DE的最小值是1；②△BPE的面积为734；（4）AE的最小值为3625．
【分析】（1）根据垂线段的性质即可解答；
（2）由（1）知当PC⊥AB时，PC取得最小值，利用面积法即可求解；
（3）①根据旋转的性质，旋转前后的图形对应线段、对应角相等，可证得△ABP≌△CBE，得到∠BCE=30°．得到点E在射线CE上，根据“垂线段最短”这一定理，当∠DEC=90°时，DE最短，据此求解即可；
②利用勾股定理求得EC=3，即AP=3，再利用勾股定理先后求得AD、PD、BP的长，即可求解；
（4）作出如图的辅助线，先判断出点E在直线GH上运动，根据“垂线段最短”这一定理，当当AE⊥GH时，AE最短，利用相似三角形的判定和性质、勾股定理以及三角形面积公式即可求解．
【详解】解：（1）∵PO⊥直线m，
∴从直线外一点到这条直线所作的垂线段最短．
故答案为：PO，垂线段最短；
（2）由（1）知当PC⊥AB时，PC取得最小值，
S△ABC=12AC×BC=12AB×PC，
∴PC=abc，即CP的最小值为abc，
故答案为：abc；
（3）①由旋转知∠PBE=60°，BP=BE，
∴△PBE是等边三角形，
∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，边长为4，
∴AB=BC，∠ABC=60°，∠ABD=∠CBD=30°，BD=CD=2，
∴∠ABP=∠CBE，
∴△ABP≌△CBE（SAS），
∴∠BCE=∠BAD=30°；
∵点P为高AD上的一个动点，
∴点E在射线CE上，
根据“垂线段最短”可知，当DE⊥CE时，DE最短．
∵∠BCE=30°，CD=2，
∴DE=12CD=1，
即DE的最小值是1；
②由①得CD=2，DE=1，
∴CE=CD2−DE2=3，
∵△ABP≌△CBE，
∴AP=CE=3，
在Rt△BDA中，AB=4，BD=2，
∴AD=AB2−BD2=23，
∴PD=AD-AP=3，
∴PB=PD2+BD2=7，
∴等边三角形△PBE的高为PB2−(PB2)2=212，
∴△BPE的面积为12×7×212=734；
（4）过点B作BH⊥AC于点H，
则∠BHC=90°，
∴∠HBC+∠HCB=90°，∠ACD+∠HCB=90°，
∴∠HBC=∠ACD，
∵∠EBF=∠ACD，
∴∠HBC=∠EBF，
此时点F与点C重合，点E与点H重合，
∵AB=3，BC=4，
∴AC=AB2+BC2=5，
∵S△ABC=12AB×BC=12AC×BH，
∴BH=125，
∴AH=AB2−BH2=32−(125)2=95，
取AB中点G，
过点G作GI⊥AB交AC于点I，
则∠BGI=90°，
∴∠GBI=∠BAC，
∵∠EBF=∠ACD=∠BAC，
∴∠GBI=∠EBF，
此时点F与点I重合，点E与点G重合，
Rt△BEF顶点F在矩形ABCD的对角线AC上运动，
且∠EBF=∠ACD，∠HBC=∠ACD,
∴∠EBH+∠HBF=∠FBC+∠HBF,
∴∠EBH=∠FBC,
∵∠BEF=∠BHC=90°,
∴E,B,H,F四点共圆，
∴∠BFC=∠BEH,
∴∠FCB=∠EHB,
∴点E在直线GH上运动，
根据“垂线段最短”这一定理，当AE⊥GH时，AE最短，
过点H作HP⊥AB于点P，
∴△APH~△ABC，
∴PHBC=AHAC=APAB，即PH4=955=AP3，
∴PH=3625，AP=2725，
∴PG=AG-AP=32−2725=2150，
∴GH=PH2+PG2=32，
∵S△AGH=12AG×PH=12GH×AE，
∴AE=3625，
∴AE的最小值为3625．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的性质与判定，垂线段最短，勾股定理，等边三角形的判定和性质，四点共圆的判定等知识，解决本题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．
39．（2022·上海·九年级专题练习）如图，已知正方形ABCD，将AD绕点A逆时针方向旋转n°(0(1)求证：CE=EF；
(2)联结CF，如果DPCF=13，求∠ABP的正切值；
(3)联结AF，如果AF=22AB，求n的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)23；
(3)30
【分析】（1）作CG⊥CE，交FD延长线于G点，可根据题意得出四边形FECG为矩形，再结合矩形和正方形的性质推出△BCE≌△DCG，从而得到CE=CG，即四边形FECG为正方形，即可证得结论；
（2）在（1）的基础之上，连接CF，首先通过旋转的性质和三角形的内角定理推出△CEF和△DFP均为等腰直角三角形，进而利用相似三角形的判定与性质推出PF和EF之间的关系，从而表示出BE的长度，即可求出∠BCE的正切值，再根据余角的关系证明∠ABP=∠BCE，即可得出结论；
（3）根据正方形的性质以及前面两个问题的求解过程推断出A、C、D、F四点共圆，即可得到在变化过程中，∠AFC始终为90°，从而在Rt△ACF中运用特殊角的三角函数值求解角度即可得出结论．
（1）
：如图所示，作CG⊥CE，交FD延长线于G点，
∵CE⊥BP，DF⊥BP，CG⊥CE，
∴∠EFG=∠FEC=∠ECG=∠BEC=90°，
∴四边形FECG为矩形，∠G=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD=90°，BC=DC，
∵∠BCD=∠BCE+∠ECD，∠ECG=∠ECD+∠DCG，
∴∠BCE+∠ECD =∠ECD+∠DCG，
即：∠BCE=∠DCG，
在△BCE和△DCG中，
∠BEC=∠G∠BCE=∠DCGBC=DC
∴△BCE≌△DCG(AAS)，
∴CE=CG，
∴四边形FECG为正方形，
∴CE=EF；
（2）
解：如图所示，连接CF，
由（1）知，CE=EF，CE⊥EF，则△CEF为等腰直角三角形，
由旋转的性质得：∠PAD=n°，AP=AD，
∴∠PAB=90°+n°，∠APD=12（180°-∠PAD）=90°-12n°，
∵AP=AB，
∴∠APB=12（180°-∠PAB）=45°-12n°，
∴∠FPD=∠APD-∠APB=45°，
∵DF⊥AB，
∴∠DFP=90°，
∴△DFP也为等腰直角三角形，PF=DF，
∴△DFP∽△CEF，
∵DPCF=13，
∴PFFE=DPCF=13，
设PF= DF=x，则FE=CE=3x，
由（1）知四边形CEFG为正方形，
∴FG=FE=3x，
∴DG=FG-DF=2x，
∵△BCE≌△DCG，
∴BE=DG=2x，
∴在Rt△BEC中，tan∠BCE=BECE=2x3x=23，
∵∠ABP+∠EBC=90°，∠EBC+∠BCE=90°，
∴∠ABP=∠BCE，
∴tan∠ABP=tan∠BCE=23；
（3）
解：∵0∴如图所示，连接AF和对角线AC，
由（2）可知，∠EFC=45°，∠EFD=90°，
∴∠CFD=45°，
∵AC为正方形ABCD的对角线，
∴∠CAD=45°，AC=2AB，
∴∠CAD=∠CFD，
∴点A、C、D、F四点共圆，
∴∠AFC=∠ADC=90°，
∵AF=22AB，
∴AF=12AC，
则在Rt△AFC中，sin∠ACF=AFAC=12，
∵∠ACF为锐角，
∴∠ACF=30°，∠FAC=90°-30°=60°，
∵∠CAD=45°，
∴∠FAD=60°-45°=15°，
∵AP=AD，AF=AF，PF=DF，
∴△AFP≌△AFD，
∴∠FAD=∠FAP=15°，
∴∠PAD=30°，
∴n=30．
【点睛】本题考查正方形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，以及旋转的性质和解直角三角形等，掌握图形的基本性质和判定方法，具有较强的综合分析能力是解题关键．
40．（2022秋·广东珠海·九年级珠海市紫荆中学校考期中）如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，直角△ADE的边AE在线段AC上，AE＝AD＝2，将△ADE绕直角顶点A按顺时针旋转一定角度α，连接CD、BE，直线CD，BE交于点F，连接AF，过BC中点G作GM⊥CD，GN⊥AF．
（1）求证：BE＝CD；
（2）求证：旋转过程中总有∠BFA＝∠MGN；（仅对0°＜α＜90°时加以证明）
（3）在AB上取一点Q，使得AQ＝1，求FQ的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）22﹣5
【分析】（1）根据题中各角之间的关系可得：∠BAE=∠CAD，依据三角形全等的判定定理可证△BAE≌△CAD，由全等三角形的性质即可证明；
（2）由（1）中全等三角形的性质可得：∠ABE=∠ACD，利用等腰直角三角形的性质得出：∠ABC=∠ACB=45°，得出点C，点B，点A，点F四点共圆，根据同弧所对的圆周角相等可得：∠ACB=∠AFB=45°，∠BFC=∠BAC=90°，再由四边形内角和及各角之间的等量关系即可得出结论；
（3）由点F在以BC为直径的圆上运动，可得点Q，点F，点G三点共线时，QF有最小值，由勾股定理及三角形中位线定理可得：BC=42，GH=BH=2，再由勾股定理及各线段之间的数量关系即可得解．
【详解】（1）证明：∵∠BAC=90°=∠DAE，
∴∠BAE=∠CAD，
在△BAE与△CAD中，
AB=AC∠BAE=∠CADAE=AD，
∴△BAE≌△CAD，
∴BE=CD；
（2）证明：由（1）得：△BAE≌△CAD，
∴∠ABE=∠ACD，
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°
∴点C，点B，点A，点F四点共圆，如图所示：
∴∠ACB=∠AFB=45°，∠BFC=∠BAC=90°，
∴∠AFC=135°，
∵GM⊥CD，GN⊥AF，
∴∠GMF=∠GNF=90°，
∴∠MGN+∠MFN=180°，
∴∠MGN=45°，
∴∠MGN=∠BFA；
（3）解：如（2）图所示，过点G作GH⊥AB于H，
∵点C，点B，点A，点F四点共圆，
∴点F在以BC为直径的圆上运动，
∴点Q，点F，点G三点共线时，QF有最小值，
∵∠BAC=90°，AB=AC=4，
∴BC=42，
∴BG=CG=GF'=22，
∵∠ABC=45°，GH⊥AB，
∴GH=BH=2，
∵AQ=1，
∴HQ=4−2−1=1，
∴GQ=GH2+HQ2=4+1=5，
∴QF'=GF'−GQ=22−5，
∴QF的最小值为22−5．
【点睛】题目主要考查全等三角形的判定定理及性质，圆周角定理，勾股定理，线段间距离最短问题，理解题意，作出相应图形，综合运用这些知识点是解题关键．
【考点9 圆中的最值问题】
41．（2022秋·湖北咸宁·九年级校考阶段练习）如图，⊙O的直径AB的长为8，P是AB上一动点，∠APB的角平分线交⊙O于点Q，点I为△APB的内心，连接QA，下列结论：①点Q是定点；②PQ的最大值为8；③QI的长为定值；④AP⋅BP的最大值为16．其中正确的结论是________________（把正确结论的序号都填上）．
【答案】①②③
【分析】连接BQ,AI，由题意易得AQ=BQ，然后可得①，根据圆中直径最大可判定②，由内心可知∠PAI=∠BAI，然后根据三角形外角的定义及圆周角定理可进行排除③，过点P作PD⊥AB于点D，进而可得AP⋅BP=AB⋅PD，最后可得出选项．
【详解】解：连接BQ,AI，如图所示：
∵AB为⊙O的直径，
∴∠APB=90°，
∵∠APB的角平分线交⊙O于点Q，点I为△APB的内心，
∴∠APQ=∠BPQ=45°,∠PAI=∠BAI，
∴AQ=BQ，且△AQB是等腰直角三角形，
∴AQ=BQ=22AB=42，即点Q是定点，故①正确；
由圆中最长的弦是直径可知PQ的最大值为8，故②正确；
∵∠QIA=∠PAI+∠APQ,∠QAI=∠BAI+∠QAB，且∠QAB=∠APQ=45°，
∴∠QIA=∠QAI，
∴AQ=QI=42，即QI的长为定值，故③正确；
过点P作PD⊥AB于点D，
∴S△APB=12AP⋅BP=12AB⋅PD，
当AP⋅BP的值为最大，则AB⋅PD的值为最大，即PD的值为最大，
∴当PD是半径时，即为PD=4，
∴AP⋅BP的最大值为AP⋅BP=8×4=32；故④错误；
综上所述：正确的有①②③；
故答案为①②③．
【点睛】本题主要考查三角形的内心、圆周角定理及等腰三角形的性质与判定，熟练掌握三角形的内心、圆周角定理及等腰三角形的性质与判定是解题的关键．
42．（2022秋·北京·九年级北京师大附中校考期末）如图1，在平面直角坐标系中，已知⊙M的半径为5，圆心M的坐标为（3，0），⊙M交x轴于点D，交y轴于A，B两点，点C是ADB上的一点（不与点A、D、B重合）．连结AC并延长，连接BC，CD，AD．
(1)求点A的坐标；
(2)当点C在AD上时．
①求证：∠BCD=∠HCD；
②如图2，在CB上取一点G，使CA=CG，连接AG．求证：△ABG∽△ADC；
(3)如图3，当点C在BD上运动的过程中，试探究AC−BCCD的值是否发生变化？若不变．请直接写出该定值；若变化，请说明理由．
【答案】(1)0,4
(2)①证明见解析②证明见解析
(3)AC−BCCD 值不发生变化，为255
【分析】（1）连接MA，利用勾股定理求出OA，即可得到点A的坐标；
（2）①利用垂径定理得到∠BAD=∠ABD，利用同弧所对的圆周角相等得到∠BAD=∠BCD，利用圆内接四边形得到∠DBA=∠HCD，即可得解；②等于等边对等角，外角的性质，推出∠AGC=∠HCD，进而得到∠AGB=∠ACD，再利用∠ABG=∠ADC，即可得证；
（3）在AC上截取AN，使AN=BC，连接BD,DN，证明△DAN≌△DBCSAS，再证明△ADB∽△NDC，得到AC−BCCD为定值即可．
【详解】（1）解：如图，连接MA，
在Rt△OMA中，AM为圆的半径5，OM=3，
∴OA=AM2−OM2=52−32=4；
∴点A的坐标为0,4；
（2）①如图，连接BD，
∵OM⊥AB，
∴OA=OB，
∴AD=BD，
∴∠BAD=∠ABD，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠DBA=∠HCD，
又∵∠BAD=∠BCD，
∴∠BCD=∠HCD；
②∵AC=CG，
∴∠CAG=∠CGA，
∵∠AGC+∠CAG=∠HCB，∠HCD=∠BCD，
∴∠AGC=∠HCD，
∴180°−∠AGC=180°−∠HCD，
即∠AGB=∠ACD
又∵∠ABG=∠ADC，
∴△ABG∽△ADC．
（3）当C在BD上运动的过程中，|AC−BC|CD的值不发生变化，为255，理由如下：
当点C在BD上时，在AC上截取AN，使AN=BC，连接BD,DN，
∵AD=BD，∠DAN=∠DBC，
∴△DAN≌△DBCSAS，
∴DN=DC,∠ADN=∠BDC，
∴∠ADN+∠NDB=∠BDC+∠NDB，
即∠ADB=∠NDC，
∵ADBD=NDCD=1 ，
∴△ADB∽△NDC，
∴NCDC=ABBD ，
∵AO=BO=4,OD=OM+DM=8，
∴BD=BO2+DO2=45,
∴NCDC=ABBD=845=255
∵NC=AC−AN=AC−BC，
∴ AC−BCCD=255 ，
∴AC−BCCD 值不发生变化，为255．
【点睛】本题考查垂径定理，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．熟练掌握垂径定理，圆周角定理，得到三角形相似，是解题的关键．
43．（2022秋·江苏泰州·九年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线m:y=33x+233与x轴交于点A，与y轴交于点B，点P在直线m上，以点O为圆心，OP为半径的⊙O交x轴于点C、D（点C在点D的左侧），与y轴负半轴交于点E，连接PE，交x轴于点F，且AF=AP．
(1)判断直线m与⊙O的位置关系，并说明理由：
(2)求∠PEB的度数：
(3)若点Q是直线m上位于第一象限内的一个动点，连接EQ交x轴于点G，交⊙O于点H，判断EG⋅EH是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)直线m与⊙O相切
(2)∠PEB=15∘
(3)EC⋅EH=2
【分析】（1）连接PO，根据等腰三角形的性质得到∠APF=∠AFP，等量代换得到∠APF=∠EFO，求得PO⊥直线AB，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）根据y=33x+233与x轴交于点A，与y轴交于点B，求得A(−2,0),B(0,233)，得到OA=2,OB=233，根据三角函数的定义得到∠BAO=30∘，求得∠BOP=30∘，根据三角形外角的性质即可得到结论；
（3）连接CE、CH，根据垂直的定义得到∠COE=∠DOE=90∘，根据圆周角定理得到∠CHE=∠ECG=12×90∘=45∘，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）解：直线m与⊙O相切
理由：连接PO
∵ AP=AF
∴ ∠APF=∠AFP
∵ ∠AFP=∠EFO
∴ ∠APF=∠EFO
∵ OP=OB
∴ ∠OPF=∠OEF
∵ ∠FOE=90∘
∴ ∠OFE+∠OEF=∠OPF+∠APF=90∘
∴ ∠APO=90∘
∴ PO⊥直线AB
∵ OP是⊙O的半径
∴直线m与⊙O相切
（2）解：∵y=33x+233与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴令y=0，得x=−2，
令x=0，得y=233，
∴ A(−2,0),B(0,233)
∴ OA=2,OB=233
∴tan∠BAO=OBOA=33
∴∠BAO=30∘
∴∠AOP=60∘
∵∠AOB=90∘
∴∠BOP=30∘
∵OP=OE
∴∠OPE=∠OEP
∵∠BOP=∠OPE+∠OEP=2∠PEB=30∘
∴∠PEB=∠POB=12×30∘=15∘
（3）解：连接CE、CH，
∵CD⊥BE
∴∠COE=∠DOE=90∘
∴∠CHE=∠ECG=12×90∘=45∘
∵∠CEG=∠HEC
∴△CEG∽△HEC
∴ECEH=EGEC
∴EC⋅EH=CE⋅EC=2
【点睛】本题考查了圆的综合题，圆周角定理、切线的判定，三角函数的定义、相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
44．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，四边形ABCD的四个顶点在⊙O上，对角线AC、BD交于点H且AC⊥BD，OE⊥BC于点E．
(1)求证：OE=12AD；
(2)求证：AH2+BH2+CH2+DH2为定值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接BO，延长BO交⊙O于M，连接CM，DM，根据圆周角定理及平行线的性质得出∠ACD=∠CDM，再由同弧或等弧所对的弦相等及中位线的性质即可证明；
（2）应用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：连接BO，延长BO交⊙O于M，连接CM，DM，如图所示：
∵BM是⊙O的直径，
∴∠BDM=90°，
∴MD⊥BD，
∵AC⊥BD，
∴DM∥AC，
∴∠ACD=∠CDM，
∴ AD=CM，
∴AD=CM，
∵OE⊥BC，
∴BE=EC，
∵BO=OM，
∴OE=12CM=12AD．
（2）证明：∵AC⊥BD，
∴∠AHD=∠BHC=90°，
∴AH2+BH2+CH2+DH2=AD2+BC2=MC2+BC2=BM2=定值．
【点睛】题目主要考查圆周角定理及中位线的判定与性质，勾股定理解三角形等，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
45．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图1，E点为x轴正半轴上一点，⊙E交x轴于A、B两点，交y轴于C、D两点，P点为劣弧BC上一个动点，且A(−2,0)，E(2,0)．
(1)BC的度数为 °；
(2)如图2，连结PC，取PC中点G，连结OG，则OG的最大值为 ；
(3)如图3，连接PA，PC．若CQ平分∠PCD交PA于Q点，求线段AQ的长；
(4)如图4，连接PA、PD，当P点运动时（不与B、C两点重合），求证：PC+PDPA为定值，并求出这个定值．
【答案】(1)120
(2)4
(3)4
(4)见解析，3
【分析】（1）如图1，连接CE，AC，证明CD垂直平分AE，再证明CA=CE=AE，从而可得答案；
（2）连接PD， 证明当D，E，P三点共线时，此时DP取得最大值，再利用三角形的中位线定理可得答案；
（3）如图3，连接AC，BC，先证明∠ACD=∠CPA，∠DCQ=∠PCQ，可得∠ACQ=∠AQC，从而可得答案；
（4）如图4，连接AC，AD，证明∠DAC=2∠CAE=120°，将△ACP绕A点顺时针旋转120°至△ADM，证明∠ACP=∠ADM，PC=DM，再证明M，D，P三点共线，可得PD+PC=PD+DM=PM，过A作AG⊥PM于G，则PM=2PG，设AG=x，则AP=2x，可得PG=AP2−AG2=3x，可得PC+PD=3AP，从而可得答案．
【详解】（1）解：如图1，连接CE，AC，
∵A(−2,0)，E(2,0)，
∴OA=OE=2，
∵AB⊥CD，
∴CD垂直平分AE，
∴CA=CE，
∵CE=AE，
∴CA=CE=AE，
∴∠CEA=60°，
∴∠CEB=180°−∠CEA=120°，
∴BC的度数为120°.
故答案为：120．
（2）由题可得，AB为⊙E直径，且AB⊥CD，
由垂径定理可得，CO=OD，
连接PD，如图2，又∵G为PC的中点，
∴OG∥PD，且OG=12PD，
当D，E，P三点共线时，此时DP取得最大值，
且DP=AB=2AE=8，
∴OG的最大值为4，
（3）如图3，连接AC，BC，
∵直径AB⊥CD，
∴ AC=AD，
∴∠ACD=∠CPA，
∵CQ平分∠DCP，
∴∠DCQ=∠PCQ，
∴∠ACD+∠DCQ=∠CPA+∠PCQ，
∴∠ACQ=∠AQC，
∴AQ=AC
由（1）可得，AC=AE=4，
∴AQ=4；
（4）由题可得，直径AB⊥CD，
∴AB垂直平分CD，
如图4，连接AC，AD，则AC=AD，
由（1）可得，△ACE为等边三角形，
∴∠CAE=60°，
∴∠DAC=2∠CAE=120°，
将△ACP绕A点顺时针旋转120°至△ADM，
∴△ACP≌△ADM，
∴∠ACP=∠ADM，PC=DM，
∵四边形ACPD为圆内接四边形，
∴∠ACP+∠ADP=180°，
∴∠ADM+∠ADP=180°，
∴M，D，P三点共线，
∴PD+PC=PD+DM=PM，
过A作AG⊥PM于G，则PM=2PG，
∵∠APM=∠ACD=30°，
在Rt△APG中，∠APM=30°，
设AG=x，则AP=2x，
∴ PG=AP2−AG2=3x，
∴PM=2PG=23x，
∴ PM=3AP，
∴ PC+PD=3AP，
∴ PC+PDPA=3为定值．
【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的判定，三角形的中位线定理的应用，含30°的直角三角形的性质，圆的基本性质，垂径定理的应用，圆的内接四边形的性质，圆周角定理的应用，旋转的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
【考点10 圆中的最值问题】
46．（2022·广东广州·校考二模）如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，AB=23,AD=BC，AD，BC交于点E，点D为BC的中点，点G为平面内一动点，且BG⊥EG，则AG的最小值为__________．
【答案】7−1##−1＋7
【分析】连接AC，以BE为直径作⊙M，先证明点G在⊙M上，连接AM，当AM于⊙M交于点G时，此时AG最短，再求得BE＝AE＝ACcs30°=2，CE＝12AE＝1，则MG＝MB＝ME＝12BE＝1，得到CM＝CE＋ME＝2，由勾股定理得到AM=7，即可得到答案．
【详解】解：连接AC，以BE为直径作⊙M，
∵BG⊥EG，
∴∠BGE＝90°，
∴点G在⊙M上，
连接AM，当AM于⊙M交于点G时，此时AG最短，如图，
∵AD＝BC，
∴AD=BC，
∵点D为BC的中点，
∴BD=CD=AC，
∴∠CBD＝∠CBA＝∠BAD＝∠CAD，
∴AE＝BE，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAD＋∠BAD＋∠ABC＝90°，
∴∠CBD＝∠CBA＝∠BAD＝∠CAD＝30°，
∴AC＝12AB＝12×23＝3，
∴BE＝AE＝ACcs30°=2，CE＝12AE＝1，
∵MG＝MB＝ME＝12BE＝1，
∴CM＝CE＋ME＝2，
∴AM＝AC2+CM2=32+22=7，
∴AG＝AM－MG＝7−1，
即AG的最小值为7−1，
故答案为：7−1
【点睛】此题考查了圆周角定理、勾股定理、解直角三角形等知识，作辅助圆是解题的关键．
47．（2022·贵州遵义·统考三模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，以BC边的中点O为圆心，12BC为半径作圆，点D是⊙O上一动点，点E是弦CD的中点，连接AE，若BC=4，AB=3，则AE+13BE的最小值是______．
【答案】1453##13145
【分析】取OC中点N，再取NE=13，推出NENM=BNNE=3，证明△ENM∽△BNE，得到EM=13BE，当A、E、M共线时，AE+13BE的最小值为AM，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：连接OE，取OC中点N，再取NE=13，连接NE，ME，MA，
∵点E是弦CD的中点，∴OE⊥CD，
∴∠OEC=∠OED=90°，
∵点N是OC的中点，ON=CN=NE=12OC=14BC=1，OC=OB=12BC=2，
∴BN=3，
∵NE=13，
∴NENM=BNNE=3，
∵∠ENM=∠BNE，
∴△ENM∽△BNE，
∴BEEM=BNNE=3，
∴EM=13BE，
∴AE+13BE=AE+EM≥AM，
当A、E、M共线时，AE+13BE的最小值为AM，
∴AM=AB2+MB2=32+(3−13)2=1453，
故答案为：1453．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，垂径定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
48．（2022·浙江宁波·统考一模）如图，AB是半径为4的⊙O的弦，且AB=6，将AB沿着弦AB折叠，点C是折叠后的AB上一动点，连接并延长BC交⊙O于点D，点E是CD的中点，连接EO.则EO的最小值为________．
【答案】3−7
【分析】如解析中的图，连结AD、AC，过点O作AB的垂线交AB于点F，过点C作AB对称点C’，连结EF、AC’，可得AC’=AD=AC，EO≥EF - OF，根据当E、O、F三点共线时，EO的值最小为EF-OF，求出EF的长，最后根据勾股定理可得答案．
【详解】解：连结AD、AC，过点O作AB的垂线交AB于点F，过点C作AB对称点C’，连结EF、AC’，
则AC’=AD=AC，EO≥EF - OF，
∴EO的最小值为EF - OF，
当E、O、F三点共线时，EO的值最小为EF-OF，
∵AD=AC，且E为DC的中点，
∴AE⊥DC，
∴EF=12AB=3，OF=42−32=7，
∴OE的最小值为3−7，
故答案为：3−7．
【点睛】本题考查了圆的有关性质，最路线的问题，直角三角形的性质，勾股定理的应用，解题的关键是添加辅助线．
49．（2022·天津·模拟预测）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△OAB的顶点A，B，O均落在格点上，以点O为圆心OA长为半径的圆交OB于点C．
（Ⅰ）线段BC的长等于______；
（Ⅱ）若BD切⊙O于点D，P为OA上的动点，当BP+DP取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点D，P，并简要说明点D，P的位置是如何找到的（不要求证明）______．
【答案】 13−3 连接A点和B点上一格再左两格的格点，交⊙O于D，找到B点关于OA的对称点B'，连接B'D交OA于P，
【分析】（Ⅰ）利用网格根据勾股定理求出OB的长，再用OB−OC即可求出线段BC的长；
（Ⅱ）如图，连接A点和B点上一格再左两格的格点E，交⊙O于D，找到B点关于OA的对称点B'，连接B'D交OA于P，则点D，P即为所求．证明△OBD和△OBA全等，得出BD是⊙O的切线，通过垂径定理可得点D、D′关于OA的对称，有最短路径，可得当B、P、D′三点共线时，BP+DP=BP+D′P取得最小值．
【详解】解：（Ⅰ）∵OA=3，AB=2，OA⊥AB，
∴OB=OA2+AB2=32+22=13，
∴BC=OB−OC=OB−OA=13−3
∴线段BC的长等于13−3．
（Ⅱ）如图，连接A点和B点上一格再左两格的格点E，交⊙O于D，找到B点关于OA的对称点B'，连接B'D交OA于P，则点D，P即为所求．连接BD′交OA于P，点D、P即为所求，

根据格点的特点，AE⊥OB，
∵OA=OD,
∴∠DOB=∠AOB,
在△OBD和△OBA中
OD=OA∠DOB=∠AOBOB=OB,
∴△OBD≌△OBA，
∴∠ODB=∠OAB=90°，OD⊥OB，
∴BD是⊙O的切线，
B′是B关于OA的对称点，
∴BP=B′P,
当B′、P、D三点共线时，BP+DP=B′P+DP取得最小值．
【点睛】本题考查了作图﹣复杂作图、勾股定理、圆周角定理、轴对称﹣最短路径问题以及垂径定理等知识，解决本题的关键是掌握轴对称性质．
50．（2022·西藏·统考模拟预测）如图，MN为⊙O的直径，A、B是⊙O上的两点，过A作AC⊥MN于点C，过B作BD⊥MN于点D，P为DC上的任意一点，若MN=20，AC=8，BD=6，则PA+PB的最小值是____________．
【答案】142
【分析】先求出⊙O的半径，连接OA、OB，根据勾股定理求出OD、OC，即可求出CD，作点B关于MN的对称点B′，连接AB′，根据两点之间线段最短可得AB′即为PA＋PB的最小值，利用勾股定理求值即可．
【详解】解：∵MN＝20，
∴⊙O的半径＝10，
连接OA、OB，在Rt△OBD中，OB＝10，BD＝6，
∴OD＝OB2−BD2＝102−62＝8；
同理，在Rt△AOC中，OA＝10，AC＝8，
∴OC＝OA2−AC2＝102−82＝6，
∴CD＝8＋6＝14，
作点B关于MN的对称点B′，
连接AB′，则AB′即为PA＋PB的最小值，
B′D＝BD＝6，过点B′作AC的垂线，交AC的延长线于点E，
在Rt△AB′E中，
∵AE＝AC＋CE＝8＋6＝14，B′E＝CD＝14，
∴AB′＝AE2+B′E2＝142+142＝142
故答案为：142．