2024年中考数学精选压轴题之圆(二)
一、实践探究题
1．（2024九下·余杭月考）已知点，，，是上的四个点，且弦，于点.
（1）如图1，点是的中点，在探究，，之间的数量关系时，圆圆同学提出解决的思路：在上截取，连结，可以通过证明三角形全等，从而得到有关线段的等量关系.请你帮圆圆同学写出完整的探究过程.
（2）如图2，是等边三角形，若，，利用（1）的结论，求的周长.
（3）如图3，若，，，，连结，求的度数.
【答案】（1）解：∵A是的中点，∴AE＝AF，
在△AEC和△AFB中，
∵AE＝AF，∠AEC＝∠AFB，EC＝BF，
∴△AEC≌△AFB，∴AC＝AB，
又∵AM⊥EB，∴MC＝MB，所以EC＋CM＝BM＋BF，
即EM＝BM＋BF．
（2）解：∵∠BEA＝45°，AE＝20，
∴EM＝ ，
∴MB＋BF＝，
∵△AEF是等边三角形，
∴EF＝AE＝20，
∴△BEF周长＝．
（3）解：在EB延长线上截取BC＝BF＝19，
连结AC，AF，FC，
不妨设∠AEB＝α，则∠AFB＝α，
∵EB＝25，BM＝3，∴EM＝MC＝22 ，
∵MA⊥EB， ∴EA＝AC，∠AEB＝∠ACB＝α ，
∵BC＝BF，∴∠BFC＝∠BCF，
∴∠AFC＝∠ACF，AF＝AC，
又∵EA＝AC，∴AE＝AF，且∠EBF＝58°，
∴∠AEF＝61°．
【知识点】圆的综合题
【解析】【分析】（1）根据点A是的中点 ，得到AE=AF，根据全等三角形的性质得到AC=AB，求得MC=MB，于是得到结论.
（2）根据等腰直角三角形的性质得到EM＝，求得MB＋BF＝，根据等边三角形的性质得到EF＝AE＝20，于是得到△BEF周长＝.
（3）在EB延长线上截取BC＝BF＝19，连结AC，AF，FC，设∠AEB＝α，∠AFB＝α，求得EM＝MC＝22 ，根据等腰三角形的性质得到EA=AC，∠AEB=∠ACB，AF=AC，求得AE=AF，进而结合∠EBF＝58°可求出∠AEF的度数.
2．（2024·廉江模拟）综合探究
如图1，是的内接三角形，是上的一点，连接交于点，点在上，满足，交于点，，连接．
（1）求证：．
（2）求证：．
（3）如图2，为的直径，设，当的长为2时，求的长．
【答案】（1）证明：，，，，．
（2）证明：由（1），得．
，．
，．
在和中，．
（3）解：，，，
，，
．
是的直径，，
，
与所对的圆心角的度数之比为，与的长度之比为．
的长为2，的长为3．
【知识点】三角形全等及其性质；圆周角定理；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）利用同弧所对的圆周角相等，可证得∠ACB=∠BPN，利用三角形外角的性质可知∠ANB=∠BPN+∠PBN，结合已知可证得∠PBN=∠PNB，利用等角对等边可证得结论.
（2）利用平行线的性质可证得∠CAP=∠PNQ，可推出∠PNQ=∠PBM，利用SAS可证得结论.
（3）利用全等三角形的性质可证得∠NPQ=∠BPM=∠ACB=α，PM=PQ，由此可表示出∠BPQ，∠PQM，∠PBQ，利用圆周角定理可证得∠ABP=90°，可表示出∠ABC，再根据与所对的圆心角的度数之比为，可得到与所的长度之比为，据此可求出的长.
3．（2024九下·阎良开学考）【定义新知】
如图1，是上两点，且在直径的上方，若直径上存在一点，连接，满足，则称是的“幸运角”．
（1）【问题探究】如图2，是的直径，弦是上的一点，连接交于点，连接．
①是的“幸运角”吗？请说明理由；
②设所对的圆心角为，请用含的式子表示的“幸运角”的度数；
（2）【拓展延伸】如图3，在（1）的条件下，若直径，的“幸运角”为，，求的长．
【答案】（1）解：①是的“幸运角”．
理由：是的直径，弦，
，
．
，
，
是的“幸运角”．
②所对的圆心角为，
．
，
，
，
的“幸运角”的度数为．
（2）解：连接，如图3，
的“幸运角”为，
．
由（1）知，
，则．
，
，
．
设，则，
，
解得：，
或．
【知识点】圆的综合题
【解析】【分析】（1）①∠CPD是弧CD的“幸运角”；理由：由垂径定理和线段的垂直平分线的性质以及等边对等角可得∠CPA=∠EPA，结合对顶角相等和角的构成可得∠DPB=∠CPA，即∠CPD是弧CD的“幸运角”；
②根据圆周角定理可得∠CED=，结合①的结论即可求解；
（2）连接CO、DO，根据（1）的结论可得∠COD=90°，用勾股定理可求得CD的值，设PE=PC=x，则PD=8-x，在Rt△PCD中，用勾股定理可得关于x的方程，解方程求出x的值，在Rt△PCE中，用勾股定理即可求解.
4．（2024九下·深圳开学考） 综合与实践
数学活动课上，老师出示了一个问题：如图，已知三只蚂蚁A、、在半径为的上静止不动，第四只蚂蚁在上的移动，并始终保持．
（1）请判断的形状；“数学希望小组”很快得出结论，请你回答这个结论：是 三角形；
（2）“数学智慧小组”继续研究发现：当第四只蚂蚁在上的移动时，线段、、三者之间存在一种数量关系：请你写出这种数量关系： ▲ ，并加以证明；
（3）“数学攀峰小组”突发奇想，深入探究发现：若第五只蚂蚁同时随着蚂蚁的移动而移动，且始终位于线段的中点，在这个运动过程中，线段的长度一定存在最小值，请你求出线段的最小值是 （不写解答过程，直接写出结果）．
【答案】（1）等边
（2）解：；理由如下：如图，在PC上截取，连接AD，
，
为等边三角形，
，，，
，
，
又∵∠ABP=∠ACP
在和中，
，
，
，
，
；
（3）
【知识点】圆-动点问题
【解析】【解答】解：（1）∵∠APC=∠ABC=60°，∠CPB=∠CAB=60°，
∴∠ABC=∠BAC=60°，
∴△ABC是等边三角形；
故答案为：等边；
（3）如图，M得运动轨迹是以OC为直径的圆，设圆心为O'，连接BO'，过点O'作O'N⊥BC于点N，OQ⊥BC，
∴∠O'CB=30°，O'C=，
∴O'N=，CN=，
∴O'N∥OQ，
∵点O'是OC的中点，
∴O'N是△OQC的中位线，
∴N为CQ的中点，
∴CQ=2CN=，
又∵Q是BC的中点，
∴BC=2CQ=，
∴，
∴，
∴.
故答案为：.
【分析】（1）由同弧所对的圆周角相等得∠APC=∠ABC=60°，∠CPB=∠CAB=60°，进而根据有两个角为60°的三角形是等边三角形可得结论；
（2）PC=PA+PB，理由如下：在PC上截取PD=AP，连接AD，由有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形得△APD是等边三角形，由等边三角形的性质得AD=AP=PD，∠ADP=60°，易得∠ADC=∠APB=120°，从而由AAS判断出△APB≌△ADC，得BP=CD，从而根据线段的和差及等量代换可得结论；
（3）如图，M得运动轨迹是以OC为直径的圆，设圆心为O'，连接BO'，过点O'作O'N⊥BC于点N，OQ⊥BC，根据正多边形与圆的关系易得∠O'CB=30°，由含30°角直角三角形的性质可求出O'N即CN的长，证出O'N是△OQC的中位线，可求出CQ的长，由垂径定理可得BC的长，由线段的和差算出NB的长，然后根据勾股定理算出BO'得长，最后再根据点和圆的位置关系，由BM=BO'-O'M即可求出答案.
5．（2024九上·南昌期末）如图
（1）课本再现：如图1， 是的一个外角，写出与，的数量关系
（2）类比探究：如图2，是与的公共边，，．
①与的数量关系是 ▲ ；
②求证
（3）拓展应用：如图3，点D是正方形内一点，且在以O 为圆心， 为半径的圆弧上，若，，直接写出线段的长.
【答案】（1）
（2）解：①；②证明：中，
．
又，
，
，
，
．
（3）解：
【知识点】三角形的外角性质；正方形的性质；圆的相关概念；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）∵是的一个外角，
∴；
故答案为：；
（2）①，且，
．
，
．
故答案为：；
（3）如图，连接、，
则，，
，
．
又，
，
．
又，
，
，
．
设，
则，
，．
又，
，
解得，
．
【分析】（1）根据三角形的一个外角等于不相邻的两个内角和定理可以之间写出三个角的等量关系式；
（2）①求与的数量关系，首先找两个角之间的联系，发现他们的大小都跟有关，，已知，故可推出；② 形如这样的式子（射影定理公式的形式）我们通常考虑通过相似来证明，平方项的BC是两三角形的公共边，问题转化为证明相似，易发现由三角形内角和定理和已知条件等量代换可找出2组对应角分别相等的条件，相似得证；
（3）分析已知条件，直角三角形ABD的边角皆可求，连接AC、OD后能由已知推导出来的角度均标示在图上，观察图形DC所在的三角形，一个是等腰三角形DOC，通过顶角三角函数的2倍角公式可求CD，受教材所限无法应用此方法的，观察DC所在的另一个三角形CDB，会发现都含有15°角和135°角，可证得两三角形相似，各对应边成比例，列等量关系式可求解CD。
6．（2023九上·温岭期中）如图1，扇形AOB中，∠AOB＝90°，OA＝6，点P在半径OB上，连接AP．
（1）把△AOP沿AP翻折，点O的对称点为点Q．
①当点Q刚好落在弧AB上，求弧AQ的长；
②如图2，点Q落在扇形AOB外，AQ与弧AB交于点C，过点Q作QH⊥OA，垂足为H，
探究OH、AH、QC之间的数量关系，并说明理由；
（2）如图3，记扇形AOB在直线AP上方的部分为图形W，把图形W沿着AP翻折，点B的对称点为点E，弧AE与OA交于点F，若OF＝2，求PO的长．
【答案】（1）解：①如图所示，连接OQ，
由翻折可知，OA＝QA，
∴OQ＝OA，
∴OA＝QA＝OQ，
∴△OQA是等边三角形，
∴∠QOA＝60°
∴＝2π，
②OH＝QC+AH．理由如下，
如图所示，过点O作OG⊥AQ，垂足为点G，则AG＝CG（垂径定理），
在△AQH与△AOG中，
∴△AQH≌△AOG，
∴AH＝AG，且AG＝CG，
∴AH＝CG，OA﹣AH＝AQ﹣AG，即OH＝QG，
∴QG＝QC+CG＝QC+AH，
∴OH＝QC+AH；
（2）解：如图所示，将AOP沿着AP翻折得△AQP，过点Q作QH⊥AF，垂足为点H，过点P作PD⊥OH，垂足为点D，
∵四边形OHDP是矩形，
由折叠和（2）可知，AH＝FH，
∴OF＝2，
∴AH＝FH＝2，
∴OH＝PD＝4，
Rt△QHA中，QH＝＝4．
设OP＝x，则DH＝OP＝PQ＝x，DQ＝4﹣x，
由PD2+DQ2＝PQ2得，42+（4﹣x）2＝x2，
解得：x＝．
即OP＝．
【知识点】圆的综合题；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）①连接OQ，由翻折可知OA＝QA，进而推出△OQA是等边三角形，得到∠QOA＝60°，然后根据弧长公式进行计算；
②过点O作OG⊥AQ，垂足为点G，则AG＝CG，利用AAS证明△AQH≌△AOG，得到AH＝AG且AG=CG，由线段的和差关系可得OH＝QG，据此证明；
（2）将AOP沿着AP翻折得△AQP，过点Q作QH⊥AF，垂足为点H，过点P作PD⊥OH，垂足为点D，由折叠和②可知AH＝FH=2，则OH＝PD＝4，利用勾股定理可得QH，设OP＝x，则DH＝OP＝PQ＝x，DQ＝4-x，在Rt△PDQ中，由勾股定理就可求出x的值，即为OP.
7．（2023九上·雨花月考）【我们画不出一个完美的圆，但完美的圆是存在的，虽不能至，心向往之罗翔】已知四边形是半径为的内接四边形，弦的长度是，点是劣弧上的一个动点．
（1）填空：的度数是 ，并判断平行四边形是否会是正方形 填“是”或“不是”；
（2）如图，若点是弦的中点，连接，，当点沿着劣弧从点开始，顺时针运动到点时，求的外心所经过的路径的长度；
（3）如图，点是劣弧另一个动点，并始终满足，、分别交弦，于点、，连接记的面积为，的面积为，的面积为．
直接写出，，之间的数量关系；不必进行证明
令，，若满足，求，的值．
【答案】（1）；是
（2）解：，点是弦的中点，
，
的外心为的中点，
当点沿着劣弧从点开始，顺时针运动到点时，点所经过的路径是以为圆心，为半径，圆心角为的扇形的弧，
的外心所经过的路径的长度
（3）解：，理由如下：
延长至点，使，连接，如图，
四边形是正方形，
，
在和中，
，
≌，
，，．
，
，
即．
，
．
在和中，
，
≌，
，
．
，，
，
，
，
，
．
，，，，，
，
，，
≌，
，
，
，
．
将代入得：
，
解得：不合题意，舍去或．
【知识点】全等三角形的应用；勾股定理的逆定理；正方形的判定；垂径定理；弧长的计算
【解析】【解答】解：（1）∵，
∴是直角三角形，；
∵平行四边形 ，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∴四边形是正方形。
故答案为： ，是。
【分析】（1）运用勾股定理的逆定理判定是直角三角形，根据平行四边形的对角相等，圆内接四边形的对角互补证明四边形是正方形；
（2）确定随着点的运动， 点所经过的路径是以为圆心，为半径，圆心角为的扇形的弧 ，再用弧长公式求解；
（3） ，延长至点，使，连接， 证明 ≌， ≌， 即可得证；
利用的结论，结合已知条件进行变形，得出，再结合图形得到 ，最后利用勾股定理建立方程求解。
8．（2023·香洲模拟）小辉同学观看2022卡塔尔世界杯时发现，优秀的球员通常都能选择最优的点射门（仅从射门角度大小考虑）．这引起了小辉同学的兴趣，于是他展开了一次有趣的数学探究．
【提出问题】如图所示．球员带球沿直线奔向球门，
探究：是否存在一个位置，使得射门角度最大．
【分析问题】因为线段长度不变，我们联想到圆中的弦和圆周角．
如图1，射线与相交，点M，点A，点N分别在圆外、圆上、圆内，连接．
【解决问题】
（1）如图1，比较的大小： （用“<”连接起来）．
（2）如图2，点A是射线上一动点（点A不与点B重合）．证明：当的外接圆与射线相切时，最大．
（3）【延伸拓展】在（2）的条件下，如果．当最大时．证明：．
【答案】（1）∠PMQ<∠PAQ<∠PNQ
（2）证明：如图，
由图1得：，故只有当A与N重合时，才有，
即BC线上圆的边界与圆内部共点，即与BC相切时，最大；
（3）证明：如图：过O作OM⊥PQ于M，连接并延长AD交于D，交BQ延长线于N，连接DP，OP，OQ
则，，当∠PAQ最大时，BC与相切于A，
∴
∵AD是直径，
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
【知识点】圆的综合题；解直角三角形
【解析】【解答】解：(1)∵A在圆上，M在圆外，N在圆内
∴.
【分析】（1）一条弧所对的圆内角，大于它所对的圆周角；一条弧所对的圆外角，小于它所对的圆周角. 由该知识点即可判断三个角的大小关系；
（2）由圆内角与圆周角的大小关系可以，当N点在圆上时，此时角度最大，由此即可证明：与BC相切时，最大；
（3）先过O作OM⊥PQ于M，连接并延长AD交于D，交BQ延长线于N，连接DP，OP，OQ，由题上所给条件可得出，，当∠PAQ最大时，BC与相切于A，证明，即可得出边的比列关系，解出AB的长度，再由tanB=2，与勾股定理求出MN的值，由∠PQM的正弦值得出，最后由定弦圆心角等于圆周角的一半，即可1得出结论：.
9．（2023九下·杭州月考）
（1）【证明体验】
如图1，⊙O是等腰△ABC的外接圆，AB＝AC，在上取一点P，连结AP，BP，CP．求证：∠APB＝∠PAC+∠PCA；
（2）【思考探究】
如图2，在（1）条件下，若点P为的中点，AB＝6，PB＝5，求PA的值；
（3）【拓展延伸】
如图3，⊙O的半径为5，弦BC＝6，弦CP＝5，延长AP交BC的延长线于点E，且∠ABP＝∠E，求AP PE的值．
【答案】（1）证明：∵AB＝AC，
∴．
∴∠APB＝∠ABC．
∵∠ABC＝∠ABP+∠CBP，∠ABP＝∠ACP，∠CBP＝∠PAC，
∴∠ABC＝∠PAC+∠PCA．
∴∠APB＝∠PAC+∠PCA．
（2）解：延长BP至点D，使PD＝PC，连接AD，如图，
∵点P为的中点，
∴．
∴PA＝PC，∠ABP＝∠CBP．
∴PA＝PD．
∴∠D＝∠PAD．
∴∠APB＝∠PAD+∠D＝2∠PAD．
∵AB＝AC，
∴．
∴∠APB＝∠ABC．
∵∠ABC＝∠ABP+∠CBP＝2∠ABP，
∴∠PAD＝∠ABP．
∵∠D＝∠D，
∴△DAP∽△DBA，
∴．
∵∠D＝∠PAD，∠PAD＝∠ABP，
∴∠D＝∠ABP．
∴AD＝AB＝6．
设PA＝x，则PD＝x，BD＝5+x，
∴．
∴x2+5x﹣36＝0．
解得：x＝4或﹣9（负数不合题意，舍去）．
∴PA＝4；
（3）解：连接OP，OC，过点C作CH⊥BP于点H，如图，
∵⊙O的半径为5，CP＝5，
∴OP＝OC＝PC＝5，
∴△OPC为等边三角形．
∴∠POC＝60°．
∴∠PBC＝∠POC＝30°．
在Rt△BCH中，
BH＝BC cos30°＝6×＝3，
CH＝BC＝3．
在Rt△PCH中，
PH＝＝4．
∴PB＝PH+BH＝4+3．
∵四边形ABCP是圆的内接四边形，
∴∠PCE＝∠BAP．
∵∠E＝∠ABP，
∴△EPC∽△BPA．
∴．
∴AP PE＝PC BP＝5（4+3）＝20+15．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】（1）根据等弧所对的圆周角相等得到：进而根据角的运算和等量代换即可求证；
（2）延长BP至点D，使PD＝PC，连接AD，根据等弧所对弦和圆周角相等得到：易证：得到：，设PA＝x，则PD＝x，BD＝5+x，进而列出方程即可求解；
（3）连接OP，OC，过点C作CH⊥BP于点H，根据等边三角形的判定和性质以及解直角三角形求出BP的长度，在根据相似三角形的性质得到：，据此即可求解.
10．（2022·鄞州模拟）如图1， 中， 边上的中线 ，延长 交 的外接圆于点 ，过点 作DE BC交圆于点 ，延长 交 的延长线于点 ，连结 .
（1）【特殊尝试】若 ， ，求 和 的长；
（2）【规律探索】
①求证： ；
②设 ， ，求 关于 的函数表达式：
（3）【拓展应用】
如图2，作 交线段 于 ，连结 ，当 的面积是 面积的6倍时，求 的值.
【答案】（1）解：如图，连接 ，
， ，
.
又 ，
， 都是等边三角形.
，
，
.
，
.
（2）解：①如图，连接 ， ，
，
，
，
.
由（1）得：
，
，
，
即BC=2CE.
②由上可得 ，
.
由（1）得 ，
如图，过点A作 于点H，
设 ，
，
.
，
则 ，
（3）解：如图，连接ME，
由上得 ，
，
， ，
，
.
，
.
.
.
面积是 面积的6倍，
面积是 面积的3倍.
.
设 交 于点K，
则 ， ，
.
.
，
.
，
解得 .
即 .
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）连接BD，先证△AMC、△BMD为等边三角形，可得DM=BM=CM=AM=BC=2，再证△ABM∽△AFD，可得 ，据此即得结论；
（2）①连接BD、CD，利用平行弦所夹的弧相等可得CE=BD，由（1）及等腰三角形的性质可得
，即得 ，从而得解；②易证△AMC∽△BMD，通过平行线分线段成比例定理可得.如图，过点A作 于点H，设CM=2m，可得 ，根据，可得 ， ，代入即可得出结论；
（3）连接ME， 根据SAS证明△DBM≌△ECM和△MCN≌△ECN，利用等高三角形的面积比等于底之比可得AM=3MN，证明 ，可得 ，从而得出 ，结合（2）可得方程 ，解之即得结论.
11．（2022·泗水模拟）阅读资料：如图1，在平面之间坐标系中，，两点的坐标分别为，，由勾股定理得，所以，两点间的距离为．我们知道，圆可以看成到圆心距离等于半径的点的集合，如图2，在平面直角坐标系中，为圆上任意一点，则到原点的距离的平方为，当的半径为时，的方程可写为：．
问题拓展：如果圆心坐标为，半径为，那么的方程可以写为．
综合应用：如图3，与轴相切于原点，点坐标为，是上一点，连接，使，作，垂足为，延长交轴于点，连接．
（1）求证是的切线；
（2）是否存在到四点，，，距离都相等的点？若存在，求点坐标，并写出以为圆心，以为半径的的方程；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明：∵PO和PA都是的半径，
．
∴△POA是等腰三角形．
∵，
．
∵BP是△POB和△PAB的公共边，
．
．
与轴相切于原点，
．
．
是的切线．
（2）解：存在，当点Q在线段BP的中点时，点Q到四点，，，距离都相等．如下图所示，连接QO，QA，过点Q作QH⊥OB于H．
∵是线段的中点，，
．
∴当点Q在线段BP的中点时，点Q到四点，，，距离都相等．
，，
∴∠DPO+∠OBP=90°，∠POA+∠DPO=90°．
∴∠OBP=∠POA．
∵，
．
点坐标为，
．
∴．
∵点Q是线段BP的中点，
∴．
∵∠POB=90°，，
．
．
．
，．
．
∴点的坐标为．
．
∴以为圆心，以为半径的的方程为．
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）先利用“SAS”证明可得，再结合，即可证明AB是的切线；
（2）连接QO，QA，过点Q作QH⊥OB于H，先证明可得，从而求出点Q的坐标，利用勾股定理求出OQ的长，从而可得答案。
12．（2022九上·奉化期末）阅读材料，某个学习小组成员发现：在等腰中，AD平分，∵，，∴，他们猜想：在任意中，一个内角角平分线分对边所成的两条线段与这个内角的两边对应成比例.
【证明猜想】如图1所示，在中，AD平分，求证：.
丹丹认为，可以通过构造相似三角形的方法来证明；
思思认为，可以通过比较和面积的角度来证明.
（1）请你从上面的方法中选择一种进行证明.
（2）【尝试应用】如图2，是的外接圆，点E是上一点（与B不重合，且，连结，并延长AE，BC交于点D，H为AE的中点，连结BH交AC于点G，求的值.
（3）【拓展提高】如图3，在（2）的条件下，延长交于点F，若，，求的直径（用x的代数式表示）.
【答案】（1）解：选丹丹方法，丹丹认为，可以通过构造相似三角形的方法来证明；
证明：延长AD交过点C与AB平行的直线交于E，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∵CE∥AB，
∴∠BAD=∠CED=∠CAD，
∴AC=EC，
∵AB∥CE，
∴△ABD∽△ECD，
∴，
∴；
选择思思方法：思思认为，可以通过比较和面积的角度来证明.
证明：过点D作，于点P，Q，
∵AD平分，，，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：连接CE，
∵是的外接圆，∠ABC=90°，
∴AC为的直径，
∴∠AEC=90°，
在Rt△ABC和Rt△AEC中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△AEC（HL），
∴，
即AC为的角平分线，
∴，
又∵H为AE的中点，
∴AH=，
∴；
（3）解：作交AE于点N，设BE交AC于M，
∵BE=EF，
∴，
∵∠BAE=∠BFE，
∴∠HBE=∠BAE，
∵∠HEB=∠BEA，
∴，
∴，
∵AB=AE，
∴BH=BE，
又∵，
由（2）知BG=2GH=2x，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵BN⊥AD，BH=BE，
∴HN=NE=，∠EBN=，
∴BN=，
在中，，
在中，，
即的直径为.
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】【证明猜想】（1） 选丹丹方法，丹丹认为，可以通过构造相似三角形的方法来证明；延长AD交过点C与AB平行的直线交于E，由角平分线定义和平行线的性质可得∠BAD=∠CED=∠CAD，则AC=EC，根据“平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似”可得△ABD∽△ECD， 由相似三角形的性质可求解；
选择思思方法：思思认为，可以通过比较和面积的角度来证明. 过D作DP⊥AB于P，作DQ⊥AC于Q，可得S△ABD：S△ACD＝AB：AC，而S△ABD：S△ACD＝BD：CD， 结论可求解；
【尝试应用】（2）连接CE，由题意用HL定理易证Rt△ABC≌Rt△AEC， 则∠BAC=∠EAC，结合已知根据教平分线的性质可得比例式，再结合线段的中点可求解；
【拓展提高】（3） 作BN⊥AE交AE于点N，设BE交AC于M， 结合已知根据“有两个角对应相等的两个三角形相似”可得△HBE∽△BAE，则可得比例式，由AB=AE可得BH=BE，由（2）知BG=2GH=2x， 于是可得比例式，则HE可用含x的代数式表示出来，AB=AE=2HE也可用含x的代数式表示出来，在直角三角形BEN和直角三角形ABD中，用勾股定理可求解.
二、综合题
13．（2023九下·长沙月考）如图1，直线与轴交于点，与轴交于点，点是线段上一动点.以点为圆心，长为半径作交轴于另一点，交直线于点和点，连接并延长交于点.
（1）如图1， ， ；
（2）如图2，连接，当时，求证：；
（3）当点在线段上运动时，求的最大值.
【答案】（1）4；
（2）证明：如图，连接，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
（3）解：如图，过点O作于点P，连接，设圆G的半径为r，则，
由（1）得：，
∴，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴当时，的值最大，最大值为18.
【知识点】切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）∵直线与轴交于点，
∴，，
解得：，
∴直线l的解析式为，
当时，，
∴点H的坐标为，
∴，
在中，，
∴；
故答案为：4，
（2）证明：如图，连接，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：如图，过点O作于点P，连接，设圆G的半径为r，则，
由（1）得：，
∴，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴当时，的值最大，最大值为18．
【分析】 （1）把代入直线l的解析式，可求出b的值，再，求出点H的坐标为，然后在中，根据锐角三角函数，即可求解；
（2）连接，，根据，可得，从而得到，进而得到，继而得到，再由圆内接四边形的性质可得，即可；
（3）过点O作于点P，连接，设圆G的半径为r，则，根据直角三角形的性质可得，，从而得到，再由圆周角定理可得，可证得，从而得到，再由二次函数的性质，即可求解．
14．（2023九上·江北期中）如图1，E点为x轴正半轴上一点，交x轴于A、B两点，交y轴于C、D两点，P点为劣弧上一个动点，且、．
（1）的度数为 ；
（2）如图2，连结，取中点G，连结，则的最大值为 ；
（3）如图3，连接、、、．若平分交于Q点，求的长；
（4）如图4，连接、，当P点运动时（不与B、C两点重合），求证：为定值，并求出这个定值．
【答案】（1）120
（2）2
（3）解：直径，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
；
（4）证明：由题可得，直径，
垂直平分CD，
如图4，连接AC，AD，则，
由（1）得，
将绕A点顺时针旋转至，
，
，，
四边形ACPD为圆内接四边形，
，
，
、D、P三点共线，
，
过A作于G，则，
，
在中，，
设，则，
，
，
，
，
为定值．
【知识点】圆的综合题
【解析】【解答】解：（1）连接CE，AC，
∵A(-1，0)，E(1，0)，
∴OA=OE=1，
ABCD，
CD垂直平分AE，
CA=CE，
CE=AE，
CA=CE=AE，
∠CEA=60°，
∠CEB=180°-∠CEA=120°，
的度数为120°
故答案为：120；
（2）连接PD，如图2，
∵AB为 直径，且ABCD，
∴CO=OD，
又G为PC的中点，
OGPD，且OG=PD，
当D，E，P三点共线时，此时DP取得最大值，且DP=AB=2AE=4，
OG的最大值为2；
故答案为：2；
【分析】（1）如图1，连接CE，AC，证明CD垂直平分AE，再证明CA=CE=AE，从而得到答案；
（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得到答案；
（3）如图3，连接AC，BC，先证明ㄥACD=∠CPA，∠DCQ=∠PCQ，得到∠ACQ=∠AQC，从而可得答案；
（4）如图4，连接AC，AD，证明∠DAC=2∠CAE=120°，将ΔACP绕A点顺时针旋转120°至△ADM，证明，，再证明M，D，P三点共线，可得PD+PC=PD+DM=PM，过A作于G，则，设AG=x，则AP=2x，可得，所以，进而得到答案.
15．（2024九上·巴彦期末）如图1，内接于，为直径，点D为上一点，连接交于点G，于点F交于点E．
（1）求证：；
（2）如图2，连接，若，求证：；
（3）在（2）的条件下，如图3，点H是上一点，连接，，若，求线段的长．
【答案】（1）证明：∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
连接，
∵，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴；
（3）解：延长交于点K，连接，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，
∴，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】平行四边形的判定与性质；圆的综合题；解直角三角形
【解析】【分析】（1）由圆周角定理可得∠BAC=90°，结合已知根据同角的余角相等可求解；
（2）连接AD、BD，由等边对等角以及角的构成可得∠ABF=∠FCB，结合已知可得∠BAD=∠ABF，由平行线的判定可得AD∥BF，由圆周角定理可得∠BDC=∠AFC=90°，则BD∥AF，根据有两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形ADBF是平行四边形，由平行四边形的性质“平行四边形的对角线互相平分”可得DG=FG；
（3）延长EB、CD交于点K，连接CE，由同角的余角相等可得∠FEC=∠K，由同弧所对的圆周角相等可得∠ABC=∠AEC，结合已知可得∠FEH=∠K，设∠FEH=α，则∠K=2α，易求得BC=2BE，根据锐角三角函数可得∠BCE=30°，然后根据三角形的面积公式求得m=，于是BF的值可求解.
16．（2024九上·杭州月考）如图1，四边形内接于，为直径，上存在点，满足，连接并延长交的延长线于点，与交于点．
（1）若，请用含的代数式表示；
（2）如图2，连接，．求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接，，求的最小值．
【答案】（1）解：为的直径，
，
，
，
；
（2）证明：为的直径，
，
，
，
，，
，
又，，
，
；
（3）解：如图，过点作于，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，
，
，
在中，，
，
当时，的最小值为3，
的最小值为．
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据直径所对的圆周角为90°，可得∠BAD的度数；根据同一圆中，等弧所对的圆周角相等，可得∠ABG=∠DBC；根据等量关系列代数式即可求出∠AGB的度数；
（2）根据等量代换原则，可得∠CEF=∠BGD；根据三角形全等的判定（ASA）和性质，可得EF=DG；
（3）根据三角形全等，对应边和对应角都相等，可得BD=CF，∠CFH=∠BDA；根据三角形全等的判定（AAS）和性质，可得FH=AD；根据等量代换原则，可得FH=BG，∠HCF=∠HBC；根据有两对对应角相等的三角形相似和相似三角形的性质，可得其对应边成比例；根据勾股定理，列一元二次方程，化成顶点式，即可求出最小值.
17．（2023九上·杭州期中） 如图1，C，D是半圆ACB上的两点，若直径AB上存在一点P，确足∠APC＝∠BPD，则称∠CPD是的“美丽角”．
（1）如图2，AB是⊙O的直径，弦CE⊥AB，D是上一点，连结ED交AB于点P，连结CP，∠CPD是的“美丽角”吗？请说明理由；
（2）设的度数为α，请用含α的式子表示的“美丽角”度数；
（3）如图3，在（1）的条件下，若直径AB＝5，的“美丽角”为90°，当时，求CE的长．
【答案】（1）解：∠CPD是的“美丽角”理由：
∵AB是⊙O的直径，弦CE⊥AB，
∴AB平分EC，
即AB为EC的垂直平分线，
∴PC＝PE，
∵AB⊥EC，
∴∠CPA＝∠EPA．
∵∠BPD＝∠EPA，
∴∠CPA＝∠BPD，
∴∠CPD是的“美丽角”；
（2）解：∵的度数为α，
∴∠CED＝α．
∵CE⊥AB，
∠APE＝90°-∠CED＝90°-α．
∠BPD＝∠APE，
∠APC＝∠BPD，
∠CPD＝180°-∠APC-∠BPD＝α．
∵∠CPD是的“美丽角”．
∴的“美丽角”＝α；
（3）解：如图，连接OC，OD，
∵的“美丽角”为90°，
∴∠APC＝∠BPD＝45°
∴APE＝∠BPD＝45°，
∵CE⊥AB，
∴∠E＝∠APE＝45°，
∴∠COD＝2∠E＝90°．
∵直径AB＝10，
∴OC＝OD＝5，
∴CD＝OC＝5；
∵∠CPD＝90°，∠E＝45°，
∴△CPE为等腰直角三角形，
∴PC＝PE．
设PC＝PE＝x，
则PD＝DE-PE＝7-x，
在Rt△PCD中，
∵PC2+PD2＝CD2，
∴x2+（7-x）2＝（5）2，
解得：x＝3或x＝4，
∴PC＝PE＝3或4，
∴CE＝PC＝6或8．
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理；垂径定理；圆周角定理；等腰直角三角形；定义新运算；对顶角及其性质
【解析】【分析】（1）根据垂径定理得AB为EC的垂直平分线得∠CPA＝∠EPA，再根据对顶角相等得∠BPD＝∠EPA，等量代换得∠CPA＝∠BPD；
（2）根据圆周角定理得∠CED＝α，进而得到∠APE＝90°-α，再根据对顶角相等得∠BPD＝∠APE，再根据美丽角得∠APC＝∠BPD，再根据补角得∠CPD＝180°-∠APC-∠BPD即可求得；
（3）连接OC，OD，根据勾股定理列方程，即可求得PC，CE.
18．（2023九上·香坊月考）如图，△ABC内接于⊙O，弦CD、BE相交于点F，∠DFB﹣∠EDC＝90﹣∠ACD．
（1）如图1，求证：AB为⊙O的直径；
（2）如图2，过点D作DG∥BE，求证：＝；
（3）如图3，在（2）的条件下，CD与AB相交于点H，连接GH并延长交⊙O于点K，连接DK，沿DK所在直线作劣弧DK的轴对称图形经过点H，DG＝5，AC＝8，求线段DE的长．
【答案】（1）证明：∵∠DFB﹣∠EDC＝90°﹣∠ACD，
∴∠DEB＝90°﹣∠ACD，
∴∠DEB+∠ACD＝90°，
∵∠DEB＝∠BCD，
∴∠BCD+∠ACD＝90°，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ACB 为⊙O的圆周角，
∴AB为⊙O的直径．
（2）证明：过点O作OM⊥BE，并延长交DG于N，连接OG，OD，OE，如图，
∵DG∥BE，
∴OM⊥DG，
∵OD＝OG，ON＝ON，
∴△OND≌△ONG（SAS），
∴∠DON＝∠GON，
同理得∠EOM＝∠BOM，
∴∠EOM﹣∠DON＝∠BOM﹣∠GON，
∴∠EOD＝∠BOG，
∴＝，
（3）解：如图所示，连接AE，AD，AK，CK，设AB，DK交于点S，连接OD，
∵劣弧DK的轴对称图形经过点H，
∴AH⊥DK，
∵AB是直径，
∴AD＝AK，HD＝HK，
根据折叠可得DA＝DH，
∴DA＝AK＝KH＝AH，
∴四边形AKHD是菱形，
∴AD∥KG，∠DAK＝∠DHK，
∵四边形AKGD是圆内接四边形，
∴∠DGH+∠DAK＝180°，
∵∠DHK+∠DHG＝180°，
∴∠DGH＝∠DHG，
∴DH＝DG＝5，
∵四边形AKHD是菱形，
∴AD＝5，
∵AD∥KG，
∴∠ADC＝∠DHG＝∠KGD，
∴，
∴KD＝AC＝8，
∴，
在Rt△ASD中，，
设⊙O的半径为r，
在Rt△DSO中，DO2＝DS2+SO2，
即r2＝42+（r﹣3）2，
解得，
∵菱形ADHK，则AK∥DC，
∴AD＝KC，
∴，
∴，
又∵AB⊥DK，
∴∠DAB＝∠KAB，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴ED＝BC，
在Rt△ABC中，，AC＝8，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；圆的综合题
【解析】【分析】(1)由∠DFB﹣∠EDC＝90°﹣∠ACD，得∠DEB+∠ACD＝90°，再根据圆周角定理可得∠DEB＝∠BCD，可得∠ACB＝90°，即可得解；
（2）过点O作OM⊥BE，并延长交DG于N，连接OG，OD，OE，由△OND≌△ONG，可得∠DON＝∠GON，同理∠EOM＝∠BOM，即可得∠EOD＝∠BOG，由圆心角、弧的关系可得＝；
（3）连接AE，AD，AK，CK，设AB，DK交于点S，连接OD，由垂径定理及折叠性质可得四边形AKHD是菱形，进而可得KD＝AC＝8，在Rt△DSO中，根据勾股定理得r2＝42+（r﹣3）2，解得，由∠DAB＝∠KAB，得，，所以ED＝BC，在Rt△ABC中，，AC＝8，由勾股定理得，计算求解即可.
19．（2022九上·上城期中）已知：的两条弦，相交于点M，且.
（1）如图1，连接.求证：.
（2）如图2，若，点E为弧上一点，，交于点F，连接、.
①求的度数(用含的代数式表示).
②若，，求的面积.
【答案】（1）证明：如图1，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①.
理由如下：
连接，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
②∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，解得，
∴，
∴.
【知识点】等腰三角形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【分析】（1）根据同圆中相等的弦所对的弧相等可得 ， 根据等弧所对的圆周角相等得∠A=∠D，进而利用等角对等边即可得出答案；
（2）①连接AC，根据圆心角、弧、弦的关系可得 ， 根据三角形内角和定理及同弧所对的圆周角相等可得 ； ②根据相等的弧所对的圆周角相等可得∠CAB=∠EAB，易得AC=AF，然后根据等边对等角、对顶角相等及圆周角定理可得∠DFE=∠E，根据等角对等边得DF=DE，由（1）知AM=DM，进而结合AM+MF=17建立方程求出MF的长，从而可得AM的长，最后根据三角形的面积公式计算即可.
20．（2023·杭州模拟）如图1，AC为 ABCD的对角线，△ABC的外接圆⊙O交CD于点E
（1）求证：∠BAC＝∠ABE；
（2）如图2，当AB＝AC时，连接OA、OB，求证△GOB∽△GBA；
（3）如图3，在（2）的条件下，记AC、BE的交点为点F，当时，求sin∠EAG的值．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABE＝∠BEC，
∵弧BC＝弧BC，
∴∠BAC＝∠BEC，
∴∠BAC＝∠ABE；
（2）证明：∵AB＝AC，AO经过圆心，
∴∠BAG＝∠CAG，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∵∠BAC＝∠ABE，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠OBG，
又∠BGO＝∠AGB，
∴△GOB∽△GBA；
（3）解：延长AO交BC于点H，连接CG，
则AH⊥BC，BH=CH，
∴∠GBH=∠GCH，
∵∠ABC=∠ACB，
∴∠GCF=∠ABE=∠BEC，
∵∠CGF=∠EGC，
∴△CGF≌△EGC，
∴，
∴CG=，
∵∠ABE＝∠ACE＝∠BEC，
∴EF＝FC，
∵，
设EF＝CF＝7a，
则FG＝9a，GE＝16a，
∴BG＝CG＝＝12a，
∵，
∴，
∵∠GCF＝∠ECF，即CF是∠ECG的平分线，
∴点F到∠ECG两边的距离相等，
∴，
∴，
∵AB∥CD，
∴△CEF∽△ABF，
∴，
即，
∴AB＝28a，
由（2）可知：OB是∠ABG的平分线，同理，
即，
∴，
设⊙O的半径为R，
∵BG2＝GO GA，
∴（12a）2＝，
解得：，
即，
设OH＝x，
在Rt△ABH和Rt△OBH中，（28a）2-（R+x）2＝R2-x2，
整理得：，
即，
∵∠CAE＝∠CBE，∠CAG＝∠OBG，
∴∠EAG＝∠OBH，
∴．
【知识点】垂径定理；圆周角定理；相似三角形的判定；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质和平行线的性质得出∠ABE＝∠BEC，根据圆周角定理得出∠BAC＝∠BEC，即可证出∠BAC＝∠ABE；
（2）根据垂径定理和等腰三角形的性质得出∠OAB＝∠OBA＝∠OBG，再根据∠BGO＝∠AGB，即可证出△GOB∽△GBA；
（3）延长AO交BC于点H，连接CG，先求出的值，再求出∠EAG＝∠OBH，利用锐角三角函数定义即可得出.
21．（2023九上·哈尔滨开学考）已知内接于，点F是弧AC的中点，连接OF交AC于点H．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，AD是的高，延长AD交于点K，若，求证：；
（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，求HF的长．
【答案】（1）解：连接AO、CO
弧弧 所以
因为，所以
（2）解：
设，则 易证
连接KC
弧弧 故
所以，所以
（3）解：过点O分别作，，连接AO并延长交DC于点P
易证，所以
导角 易证
设
则
，解得
易得 易得
故，易得
所以
所以 所以
解可得 易得
解得
解可得
所以
【知识点】三角形的外接圆与外心；圆的综合题；解直角三角形
【解析】【分析】（1）通过说明 ，利用等腰三角形三线合一说明OF与AC垂直；
（2）设，用含有的式表示分别表示出，进而说明它们相等 ，根据“在同一个三角形中，等角对等边”可得AC=AK；
（3）设BE=m，DE=n，借助三角函数可说明m=2n，再锐角三角函数分别求出OF与OH，根据HF=OF-OH，求得HF的长．
22．（2023九上·哈尔滨开学考）在中，弦交于点，连接于点.
（1）求证：；
（2）为弦BC中点，过点作，连接HF，并延长HF交AC于，求证：；
（3）在(2 )的条件下，若，求的直径。
【答案】（1）证明：∵∠DAB=∠DCB，∠ACB-∠ABC=2∠DAB，
∴∠ACB-∠ABC=2∠DCB，
∴∠ACB-∠DCB=∠ABC+∠DCB=∠AEC，
∴∠ACE=∠AEC，
∵∠EAC+∠ACE+∠AEC=180°，
∴∠EAC+2∠AEC=180°，
∵DH⊥AB，
∴∠DHE=90°，
∴∠DEH+∠EDH=90°，
∴2∠DEH+2∠EDH=180°，
∵∠AEC=∠DEH，
∴2∠AEC+2∠EDH=180°，
∴∠EAC=2∠EDH，即∠BAC=2∠EDH；
（2）如图，过点B作BK⊥DC于点K，连接KM、HK、BD，
∵BK⊥CD，
∴∠BKC=90°，
∵M为BC的中点，
∴MK=BC=BM=MC，
∵∠DBA=∠DCA，∠DEB=∠AEC=∠ACE，
∴∠DEB=∠DBE，
∴BD=DE，
∵DH⊥AB，
∴BH=EH，
在Rt△BEK中，HK= BE=HB=EH，
∴∠HKE=∠HEK，
∴∠HKF=∠GCF，
∵MF⊥DC，MK=MC，
∴FK=CF，
在△HFK和△GFC中，
∴△HFK≌△GFC（ASA），
∴FH=FG；
（3）如图，过点G作GP//AB交DC于点P，连接EM，
∵GP//AB，
∴∠EHF=∠PGF，
∵FH=FG，∠EFH=∠PFG，
∴△FHE≌△FGP（ASA），
∴EF=PF=EP，
∵△HFK≌△GFC，
∴HK=CG，
∵HK=HB=HE，
∴CG=HB=HE，
∵3AG=2BH，
∴，
∵GP//AE，
∴，
∵EF=PF，
∴EF=EC，
∵EF=2，
∴EC=10，
∵BC=2CE，MB=MC，
∴MC=MB=CE=10，
∴∠CEM=∠CME，
过点E作EQ⊥BC于点Q，
∵EQ⊥BC，
∴∠EQC=∠EQB=∠MFE=90°，
∵EM=ME，
∴△EFM≌△MQE（AAS），
∴MQ=EF=2，
∴CF=CQ=10-2=8，
在Rt△MFC中，由勾股定理得：FM2+FC2=MC2，
即FM2+82=102，
解得：FM=6（负值已舍去），
∴EQ=6，
∴tan∠ECQ=，
∵BQ=BM+MQ=10+2=12，
∴tan∠EBQ=，
∴BE=，
取EC的中点T，连接AT，过点C作CR⊥AB于点R，
∵∠AEC=∠ACE，
∴AE=AC，
∵TE=TC，
∴AT⊥DC，∠EAT=∠CAT，
∵tan∠CBR=，BC=20，
∴BR=2CR，
由勾股定理得：CR=，
解得：CR=4，
∴BR=8 ，
∴ER=BR-BE=，
∴tan∠REC=，
∴tan∠EAT=tan∠CAT=，
∵tan∠ADC=tan∠ABC==，
∴tan∠CAT=tan∠ADC=，
设AT=2k，
∴DT=2AT=4k，TC=k，
∴DC=5k，
∵tan∠CAT=tan∠ADC，
∴∠CAT=∠ADC，
∵∠CAT+∠ACD=90°，
∴∠ADC+∠ACD=90°，
∴∠DAC=90°，
∴DC为直径，
∵EC=10，
∴ET=CT=5，
∵DC=5TC，
∴DC=25，
∴⊙O的直径为25．
【知识点】圆的综合题
【解析】【分析】(1)利用已知式子，结合直角三角形角的性质、圆周角定理求解；
（2）通过证明△HFK≌△GFC（ASA），得出对应边相等；
（3）过点G作GP∥AB交DC于点P，连接EM， 利用全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质和解直角三角形求解.
23．（2023八下·兴化期末）已知点，过点作轴于点，伷于点，以为圆心，长为半径作圆交于点，连接并延长交于点．
（1）当点、、在同一条直线上时．
①如图1，点是否为线段的中点？若是，请证明：若不是，请说明理由．
②如图2，连接、，两线交于点，当，时，求的长；
（2）如图3，点为线段上一动点，过点作轴的平行线，分别交、于点、．若（为定值），试探究在点运动的过程中，的值是否为定值？如果是，请求出这个定值（用含的代数式表示）；如果不是，请说明理由．
【答案】（1）解：①点C是的中点，理由如下：
∵轴，，轴，
∴，，
∴，，四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴点C是的中点；
②由①知：四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴
（2）解：如图，
，理由如下：
作于T，设交x轴于R，
∵轴，
∴，
∴，，
∴，，
∵，，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴
【知识点】相似三角形的判定与性质；圆-动点问题
【解析】【分析】（1）①点C是的中点，理由如下：由题意根据有三个角是直角的四边形是矩形可得四边形AOBP是矩形，由矩形的性质得OA=PB=OP，用边角边可证△AOC≌△PQC，则AC=PC，即点C是AP的中点；
②由①知：由矩形的性质得：PC∥OB，根据平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似可得△PCD∽△OBD，于是可得比例式，然后在直角三角形ABP中，用勾股定理可求得BC的值，则CD的值可求解；
（2）为定值，理由如下：作CT⊥OB于T，设MN交x轴于R，由平行线的传递性可得MN∥CT∥PB，根据平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似可得△OMR∽△OCT，△ONR∽△OBP，则可得比例式，，结合已知可得：MR=，，根据线段的构成MN=MR-RN可得MN=，结合即可求得=.
24．（2023·济宁）如图，已知是的直径，，切于点，过点作交于点，若．
（1）如图1，连接，求证：；
（2）如图2，是上一点，在上取一点，使，连接．请问：三条线段有怎样的数量关系？并证明你的结论．
【答案】（1）证明：∵，是半径，
∴是的切线，
∵是的切线，
∴，
∵
∴，
∴
∴，，
∵
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下，
延长至使得，连接，，如图所示
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
由（1）可得，
又是直径，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
即．
【知识点】三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；圆周角定理；切线的判定；切线长定理
【解析】【分析】（1）先根据切线的判定证明是的切线，进而根据切线长定理即可得到，进而即可得到，从而得到，进而即可得到，，再根据题意即可得到，进而根据圆周角定理即可得到，进而得到，再根据含30°角的直角三角形的性质即可得到，进而根据三角形全等的判定即可求解；
（2），理由如下：延长至使得，连接，，先根据题意即可得到，进而根据三角形全等的判定与性质证明即可得到，，由（1）可得，再根据圆周角定理得到，进而得到，从而证明，再根据三角形全等的判定与性质证明即可得到，进而即可求解。
1 / 12024年中考数学精选压轴题之圆(二)
一、实践探究题
1．（2024九下·余杭月考）已知点，，，是上的四个点，且弦，于点.
（1）如图1，点是的中点，在探究，，之间的数量关系时，圆圆同学提出解决的思路：在上截取，连结，可以通过证明三角形全等，从而得到有关线段的等量关系.请你帮圆圆同学写出完整的探究过程.
（2）如图2，是等边三角形，若，，利用（1）的结论，求的周长.
（3）如图3，若，，，，连结，求的度数.
2．（2024·廉江模拟）综合探究
如图1，是的内接三角形，是上的一点，连接交于点，点在上，满足，交于点，，连接．
（1）求证：．
（2）求证：．
（3）如图2，为的直径，设，当的长为2时，求的长．
3．（2024九下·阎良开学考）【定义新知】
如图1，是上两点，且在直径的上方，若直径上存在一点，连接，满足，则称是的“幸运角”．
（1）【问题探究】如图2，是的直径，弦是上的一点，连接交于点，连接．
①是的“幸运角”吗？请说明理由；
②设所对的圆心角为，请用含的式子表示的“幸运角”的度数；
（2）【拓展延伸】如图3，在（1）的条件下，若直径，的“幸运角”为，，求的长．
4．（2024九下·深圳开学考） 综合与实践
数学活动课上，老师出示了一个问题：如图，已知三只蚂蚁A、、在半径为的上静止不动，第四只蚂蚁在上的移动，并始终保持．
（1）请判断的形状；“数学希望小组”很快得出结论，请你回答这个结论：是 三角形；
（2）“数学智慧小组”继续研究发现：当第四只蚂蚁在上的移动时，线段、、三者之间存在一种数量关系：请你写出这种数量关系： ▲ ，并加以证明；
（3）“数学攀峰小组”突发奇想，深入探究发现：若第五只蚂蚁同时随着蚂蚁的移动而移动，且始终位于线段的中点，在这个运动过程中，线段的长度一定存在最小值，请你求出线段的最小值是 （不写解答过程，直接写出结果）．
5．（2024九上·南昌期末）如图
（1）课本再现：如图1， 是的一个外角，写出与，的数量关系
（2）类比探究：如图2，是与的公共边，，．
①与的数量关系是 ▲ ；
②求证
（3）拓展应用：如图3，点D是正方形内一点，且在以O 为圆心， 为半径的圆弧上，若，，直接写出线段的长.
6．（2023九上·温岭期中）如图1，扇形AOB中，∠AOB＝90°，OA＝6，点P在半径OB上，连接AP．
（1）把△AOP沿AP翻折，点O的对称点为点Q．
①当点Q刚好落在弧AB上，求弧AQ的长；
②如图2，点Q落在扇形AOB外，AQ与弧AB交于点C，过点Q作QH⊥OA，垂足为H，
探究OH、AH、QC之间的数量关系，并说明理由；
（2）如图3，记扇形AOB在直线AP上方的部分为图形W，把图形W沿着AP翻折，点B的对称点为点E，弧AE与OA交于点F，若OF＝2，求PO的长．
7．（2023九上·雨花月考）【我们画不出一个完美的圆，但完美的圆是存在的，虽不能至，心向往之罗翔】已知四边形是半径为的内接四边形，弦的长度是，点是劣弧上的一个动点．
（1）填空：的度数是 ，并判断平行四边形是否会是正方形 填“是”或“不是”；
（2）如图，若点是弦的中点，连接，，当点沿着劣弧从点开始，顺时针运动到点时，求的外心所经过的路径的长度；
（3）如图，点是劣弧另一个动点，并始终满足，、分别交弦，于点、，连接记的面积为，的面积为，的面积为．
直接写出，，之间的数量关系；不必进行证明
令，，若满足，求，的值．
8．（2023·香洲模拟）小辉同学观看2022卡塔尔世界杯时发现，优秀的球员通常都能选择最优的点射门（仅从射门角度大小考虑）．这引起了小辉同学的兴趣，于是他展开了一次有趣的数学探究．
【提出问题】如图所示．球员带球沿直线奔向球门，
探究：是否存在一个位置，使得射门角度最大．
【分析问题】因为线段长度不变，我们联想到圆中的弦和圆周角．
如图1，射线与相交，点M，点A，点N分别在圆外、圆上、圆内，连接．
【解决问题】
（1）如图1，比较的大小： （用“<”连接起来）．
（2）如图2，点A是射线上一动点（点A不与点B重合）．证明：当的外接圆与射线相切时，最大．
（3）【延伸拓展】在（2）的条件下，如果．当最大时．证明：．
9．（2023九下·杭州月考）
（1）【证明体验】
如图1，⊙O是等腰△ABC的外接圆，AB＝AC，在上取一点P，连结AP，BP，CP．求证：∠APB＝∠PAC+∠PCA；
（2）【思考探究】
如图2，在（1）条件下，若点P为的中点，AB＝6，PB＝5，求PA的值；
（3）【拓展延伸】
如图3，⊙O的半径为5，弦BC＝6，弦CP＝5，延长AP交BC的延长线于点E，且∠ABP＝∠E，求AP PE的值．
10．（2022·鄞州模拟）如图1， 中， 边上的中线 ，延长 交 的外接圆于点 ，过点 作DE BC交圆于点 ，延长 交 的延长线于点 ，连结 .
（1）【特殊尝试】若 ， ，求 和 的长；
（2）【规律探索】
①求证： ；
②设 ， ，求 关于 的函数表达式：
（3）【拓展应用】
如图2，作 交线段 于 ，连结 ，当 的面积是 面积的6倍时，求 的值.
11．（2022·泗水模拟）阅读资料：如图1，在平面之间坐标系中，，两点的坐标分别为，，由勾股定理得，所以，两点间的距离为．我们知道，圆可以看成到圆心距离等于半径的点的集合，如图2，在平面直角坐标系中，为圆上任意一点，则到原点的距离的平方为，当的半径为时，的方程可写为：．
问题拓展：如果圆心坐标为，半径为，那么的方程可以写为．
综合应用：如图3，与轴相切于原点，点坐标为，是上一点，连接，使，作，垂足为，延长交轴于点，连接．
（1）求证是的切线；
（2）是否存在到四点，，，距离都相等的点？若存在，求点坐标，并写出以为圆心，以为半径的的方程；若不存在，说明理由．
12．（2022九上·奉化期末）阅读材料，某个学习小组成员发现：在等腰中，AD平分，∵，，∴，他们猜想：在任意中，一个内角角平分线分对边所成的两条线段与这个内角的两边对应成比例.
【证明猜想】如图1所示，在中，AD平分，求证：.
丹丹认为，可以通过构造相似三角形的方法来证明；
思思认为，可以通过比较和面积的角度来证明.
（1）请你从上面的方法中选择一种进行证明.
（2）【尝试应用】如图2，是的外接圆，点E是上一点（与B不重合，且，连结，并延长AE，BC交于点D，H为AE的中点，连结BH交AC于点G，求的值.
（3）【拓展提高】如图3，在（2）的条件下，延长交于点F，若，，求的直径（用x的代数式表示）.
二、综合题
13．（2023九下·长沙月考）如图1，直线与轴交于点，与轴交于点，点是线段上一动点.以点为圆心，长为半径作交轴于另一点，交直线于点和点，连接并延长交于点.
（1）如图1， ， ；
（2）如图2，连接，当时，求证：；
（3）当点在线段上运动时，求的最大值.
14．（2023九上·江北期中）如图1，E点为x轴正半轴上一点，交x轴于A、B两点，交y轴于C、D两点，P点为劣弧上一个动点，且、．
（1）的度数为 ；
（2）如图2，连结，取中点G，连结，则的最大值为 ；
（3）如图3，连接、、、．若平分交于Q点，求的长；
（4）如图4，连接、，当P点运动时（不与B、C两点重合），求证：为定值，并求出这个定值．
15．（2024九上·巴彦期末）如图1，内接于，为直径，点D为上一点，连接交于点G，于点F交于点E．
（1）求证：；
（2）如图2，连接，若，求证：；
（3）在（2）的条件下，如图3，点H是上一点，连接，，若，求线段的长．
16．（2024九上·杭州月考）如图1，四边形内接于，为直径，上存在点，满足，连接并延长交的延长线于点，与交于点．
（1）若，请用含的代数式表示；
（2）如图2，连接，．求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接，，求的最小值．
17．（2023九上·杭州期中） 如图1，C，D是半圆ACB上的两点，若直径AB上存在一点P，确足∠APC＝∠BPD，则称∠CPD是的“美丽角”．
（1）如图2，AB是⊙O的直径，弦CE⊥AB，D是上一点，连结ED交AB于点P，连结CP，∠CPD是的“美丽角”吗？请说明理由；
（2）设的度数为α，请用含α的式子表示的“美丽角”度数；
（3）如图3，在（1）的条件下，若直径AB＝5，的“美丽角”为90°，当时，求CE的长．
18．（2023九上·香坊月考）如图，△ABC内接于⊙O，弦CD、BE相交于点F，∠DFB﹣∠EDC＝90﹣∠ACD．
（1）如图1，求证：AB为⊙O的直径；
（2）如图2，过点D作DG∥BE，求证：＝；
（3）如图3，在（2）的条件下，CD与AB相交于点H，连接GH并延长交⊙O于点K，连接DK，沿DK所在直线作劣弧DK的轴对称图形经过点H，DG＝5，AC＝8，求线段DE的长．
19．（2022九上·上城期中）已知：的两条弦，相交于点M，且.
（1）如图1，连接.求证：.
（2）如图2，若，点E为弧上一点，，交于点F，连接、.
①求的度数(用含的代数式表示).
②若，，求的面积.
20．（2023·杭州模拟）如图1，AC为 ABCD的对角线，△ABC的外接圆⊙O交CD于点E
（1）求证：∠BAC＝∠ABE；
（2）如图2，当AB＝AC时，连接OA、OB，求证△GOB∽△GBA；
（3）如图3，在（2）的条件下，记AC、BE的交点为点F，当时，求sin∠EAG的值．
21．（2023九上·哈尔滨开学考）已知内接于，点F是弧AC的中点，连接OF交AC于点H．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，AD是的高，延长AD交于点K，若，求证：；
（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，求HF的长．
22．（2023九上·哈尔滨开学考）在中，弦交于点，连接于点.
（1）求证：；
（2）为弦BC中点，过点作，连接HF，并延长HF交AC于，求证：；
（3）在(2 )的条件下，若，求的直径。
23．（2023八下·兴化期末）已知点，过点作轴于点，伷于点，以为圆心，长为半径作圆交于点，连接并延长交于点．
（1）当点、、在同一条直线上时．
①如图1，点是否为线段的中点？若是，请证明：若不是，请说明理由．
②如图2，连接、，两线交于点，当，时，求的长；
（2）如图3，点为线段上一动点，过点作轴的平行线，分别交、于点、．若（为定值），试探究在点运动的过程中，的值是否为定值？如果是，请求出这个定值（用含的代数式表示）；如果不是，请说明理由．
24．（2023·济宁）如图，已知是的直径，，切于点，过点作交于点，若．
（1）如图1，连接，求证：；
（2）如图2，是上一点，在上取一点，使，连接．请问：三条线段有怎样的数量关系？并证明你的结论．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：∵A是的中点，∴AE＝AF，
在△AEC和△AFB中，
∵AE＝AF，∠AEC＝∠AFB，EC＝BF，
∴△AEC≌△AFB，∴AC＝AB，
又∵AM⊥EB，∴MC＝MB，所以EC＋CM＝BM＋BF，
即EM＝BM＋BF．
（2）解：∵∠BEA＝45°，AE＝20，
∴EM＝ ，
∴MB＋BF＝，
∵△AEF是等边三角形，
∴EF＝AE＝20，
∴△BEF周长＝．
（3）解：在EB延长线上截取BC＝BF＝19，
连结AC，AF，FC，
不妨设∠AEB＝α，则∠AFB＝α，
∵EB＝25，BM＝3，∴EM＝MC＝22 ，
∵MA⊥EB， ∴EA＝AC，∠AEB＝∠ACB＝α ，
∵BC＝BF，∴∠BFC＝∠BCF，
∴∠AFC＝∠ACF，AF＝AC，
又∵EA＝AC，∴AE＝AF，且∠EBF＝58°，
∴∠AEF＝61°．
【知识点】圆的综合题
【解析】【分析】（1）根据点A是的中点 ，得到AE=AF，根据全等三角形的性质得到AC=AB，求得MC=MB，于是得到结论.
（2）根据等腰直角三角形的性质得到EM＝，求得MB＋BF＝，根据等边三角形的性质得到EF＝AE＝20，于是得到△BEF周长＝.
（3）在EB延长线上截取BC＝BF＝19，连结AC，AF，FC，设∠AEB＝α，∠AFB＝α，求得EM＝MC＝22 ，根据等腰三角形的性质得到EA=AC，∠AEB=∠ACB，AF=AC，求得AE=AF，进而结合∠EBF＝58°可求出∠AEF的度数.
2．【答案】（1）证明：，，，，．
（2）证明：由（1），得．
，．
，．
在和中，．
（3）解：，，，
，，
．
是的直径，，
，
与所对的圆心角的度数之比为，与的长度之比为．
的长为2，的长为3．
【知识点】三角形全等及其性质；圆周角定理；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）利用同弧所对的圆周角相等，可证得∠ACB=∠BPN，利用三角形外角的性质可知∠ANB=∠BPN+∠PBN，结合已知可证得∠PBN=∠PNB，利用等角对等边可证得结论.
（2）利用平行线的性质可证得∠CAP=∠PNQ，可推出∠PNQ=∠PBM，利用SAS可证得结论.
（3）利用全等三角形的性质可证得∠NPQ=∠BPM=∠ACB=α，PM=PQ，由此可表示出∠BPQ，∠PQM，∠PBQ，利用圆周角定理可证得∠ABP=90°，可表示出∠ABC，再根据与所对的圆心角的度数之比为，可得到与所的长度之比为，据此可求出的长.
3．【答案】（1）解：①是的“幸运角”．
理由：是的直径，弦，
，
．
，
，
是的“幸运角”．
②所对的圆心角为，
．
，
，
，
的“幸运角”的度数为．
（2）解：连接，如图3，
的“幸运角”为，
．
由（1）知，
，则．
，
，
．
设，则，
，
解得：，
或．
【知识点】圆的综合题
【解析】【分析】（1）①∠CPD是弧CD的“幸运角”；理由：由垂径定理和线段的垂直平分线的性质以及等边对等角可得∠CPA=∠EPA，结合对顶角相等和角的构成可得∠DPB=∠CPA，即∠CPD是弧CD的“幸运角”；
②根据圆周角定理可得∠CED=，结合①的结论即可求解；
（2）连接CO、DO，根据（1）的结论可得∠COD=90°，用勾股定理可求得CD的值，设PE=PC=x，则PD=8-x，在Rt△PCD中，用勾股定理可得关于x的方程，解方程求出x的值，在Rt△PCE中，用勾股定理即可求解.
4．【答案】（1）等边
（2）解：；理由如下：如图，在PC上截取，连接AD，
，
为等边三角形，
，，，
，
，
又∵∠ABP=∠ACP
在和中，
，
，
，
，
；
（3）
【知识点】圆-动点问题
【解析】【解答】解：（1）∵∠APC=∠ABC=60°，∠CPB=∠CAB=60°，
∴∠ABC=∠BAC=60°，
∴△ABC是等边三角形；
故答案为：等边；
（3）如图，M得运动轨迹是以OC为直径的圆，设圆心为O'，连接BO'，过点O'作O'N⊥BC于点N，OQ⊥BC，
∴∠O'CB=30°，O'C=，
∴O'N=，CN=，
∴O'N∥OQ，
∵点O'是OC的中点，
∴O'N是△OQC的中位线，
∴N为CQ的中点，
∴CQ=2CN=，
又∵Q是BC的中点，
∴BC=2CQ=，
∴，
∴，
∴.
故答案为：.
【分析】（1）由同弧所对的圆周角相等得∠APC=∠ABC=60°，∠CPB=∠CAB=60°，进而根据有两个角为60°的三角形是等边三角形可得结论；
（2）PC=PA+PB，理由如下：在PC上截取PD=AP，连接AD，由有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形得△APD是等边三角形，由等边三角形的性质得AD=AP=PD，∠ADP=60°，易得∠ADC=∠APB=120°，从而由AAS判断出△APB≌△ADC，得BP=CD，从而根据线段的和差及等量代换可得结论；
（3）如图，M得运动轨迹是以OC为直径的圆，设圆心为O'，连接BO'，过点O'作O'N⊥BC于点N，OQ⊥BC，根据正多边形与圆的关系易得∠O'CB=30°，由含30°角直角三角形的性质可求出O'N即CN的长，证出O'N是△OQC的中位线，可求出CQ的长，由垂径定理可得BC的长，由线段的和差算出NB的长，然后根据勾股定理算出BO'得长，最后再根据点和圆的位置关系，由BM=BO'-O'M即可求出答案.
5．【答案】（1）
（2）解：①；②证明：中，
．
又，
，
，
，
．
（3）解：
【知识点】三角形的外角性质；正方形的性质；圆的相关概念；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）∵是的一个外角，
∴；
故答案为：；
（2）①，且，
．
，
．
故答案为：；
（3）如图，连接、，
则，，
，
．
又，
，
．
又，
，
，
．
设，
则，
，．
又，
，
解得，
．
【分析】（1）根据三角形的一个外角等于不相邻的两个内角和定理可以之间写出三个角的等量关系式；
（2）①求与的数量关系，首先找两个角之间的联系，发现他们的大小都跟有关，，已知，故可推出；② 形如这样的式子（射影定理公式的形式）我们通常考虑通过相似来证明，平方项的BC是两三角形的公共边，问题转化为证明相似，易发现由三角形内角和定理和已知条件等量代换可找出2组对应角分别相等的条件，相似得证；
（3）分析已知条件，直角三角形ABD的边角皆可求，连接AC、OD后能由已知推导出来的角度均标示在图上，观察图形DC所在的三角形，一个是等腰三角形DOC，通过顶角三角函数的2倍角公式可求CD，受教材所限无法应用此方法的，观察DC所在的另一个三角形CDB，会发现都含有15°角和135°角，可证得两三角形相似，各对应边成比例，列等量关系式可求解CD。
6．【答案】（1）解：①如图所示，连接OQ，
由翻折可知，OA＝QA，
∴OQ＝OA，
∴OA＝QA＝OQ，
∴△OQA是等边三角形，
∴∠QOA＝60°
∴＝2π，
②OH＝QC+AH．理由如下，
如图所示，过点O作OG⊥AQ，垂足为点G，则AG＝CG（垂径定理），
在△AQH与△AOG中，
∴△AQH≌△AOG，
∴AH＝AG，且AG＝CG，
∴AH＝CG，OA﹣AH＝AQ﹣AG，即OH＝QG，
∴QG＝QC+CG＝QC+AH，
∴OH＝QC+AH；
（2）解：如图所示，将AOP沿着AP翻折得△AQP，过点Q作QH⊥AF，垂足为点H，过点P作PD⊥OH，垂足为点D，
∵四边形OHDP是矩形，
由折叠和（2）可知，AH＝FH，
∴OF＝2，
∴AH＝FH＝2，
∴OH＝PD＝4，
Rt△QHA中，QH＝＝4．
设OP＝x，则DH＝OP＝PQ＝x，DQ＝4﹣x，
由PD2+DQ2＝PQ2得，42+（4﹣x）2＝x2，
解得：x＝．
即OP＝．
【知识点】圆的综合题；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）①连接OQ，由翻折可知OA＝QA，进而推出△OQA是等边三角形，得到∠QOA＝60°，然后根据弧长公式进行计算；
②过点O作OG⊥AQ，垂足为点G，则AG＝CG，利用AAS证明△AQH≌△AOG，得到AH＝AG且AG=CG，由线段的和差关系可得OH＝QG，据此证明；
（2）将AOP沿着AP翻折得△AQP，过点Q作QH⊥AF，垂足为点H，过点P作PD⊥OH，垂足为点D，由折叠和②可知AH＝FH=2，则OH＝PD＝4，利用勾股定理可得QH，设OP＝x，则DH＝OP＝PQ＝x，DQ＝4-x，在Rt△PDQ中，由勾股定理就可求出x的值，即为OP.
7．【答案】（1）；是
（2）解：，点是弦的中点，
，
的外心为的中点，
当点沿着劣弧从点开始，顺时针运动到点时，点所经过的路径是以为圆心，为半径，圆心角为的扇形的弧，
的外心所经过的路径的长度
（3）解：，理由如下：
延长至点，使，连接，如图，
四边形是正方形，
，
在和中，
，
≌，
，，．
，
，
即．
，
．
在和中，
，
≌，
，
．
，，
，
，
，
，
．
，，，，，
，
，，
≌，
，
，
，
．
将代入得：
，
解得：不合题意，舍去或．
【知识点】全等三角形的应用；勾股定理的逆定理；正方形的判定；垂径定理；弧长的计算
【解析】【解答】解：（1）∵，
∴是直角三角形，；
∵平行四边形 ，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∴四边形是正方形。
故答案为： ，是。
【分析】（1）运用勾股定理的逆定理判定是直角三角形，根据平行四边形的对角相等，圆内接四边形的对角互补证明四边形是正方形；
（2）确定随着点的运动， 点所经过的路径是以为圆心，为半径，圆心角为的扇形的弧 ，再用弧长公式求解；
（3） ，延长至点，使，连接， 证明 ≌， ≌， 即可得证；
利用的结论，结合已知条件进行变形，得出，再结合图形得到 ，最后利用勾股定理建立方程求解。
8．【答案】（1）∠PMQ<∠PAQ<∠PNQ
（2）证明：如图，
由图1得：，故只有当A与N重合时，才有，
即BC线上圆的边界与圆内部共点，即与BC相切时，最大；
（3）证明：如图：过O作OM⊥PQ于M，连接并延长AD交于D，交BQ延长线于N，连接DP，OP，OQ
则，，当∠PAQ最大时，BC与相切于A，
∴
∵AD是直径，
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
【知识点】圆的综合题；解直角三角形
【解析】【解答】解：(1)∵A在圆上，M在圆外，N在圆内
∴.
【分析】（1）一条弧所对的圆内角，大于它所对的圆周角；一条弧所对的圆外角，小于它所对的圆周角. 由该知识点即可判断三个角的大小关系；
（2）由圆内角与圆周角的大小关系可以，当N点在圆上时，此时角度最大，由此即可证明：与BC相切时，最大；
（3）先过O作OM⊥PQ于M，连接并延长AD交于D，交BQ延长线于N，连接DP，OP，OQ，由题上所给条件可得出，，当∠PAQ最大时，BC与相切于A，证明，即可得出边的比列关系，解出AB的长度，再由tanB=2，与勾股定理求出MN的值，由∠PQM的正弦值得出，最后由定弦圆心角等于圆周角的一半，即可1得出结论：.
9．【答案】（1）证明：∵AB＝AC，
∴．
∴∠APB＝∠ABC．
∵∠ABC＝∠ABP+∠CBP，∠ABP＝∠ACP，∠CBP＝∠PAC，
∴∠ABC＝∠PAC+∠PCA．
∴∠APB＝∠PAC+∠PCA．
（2）解：延长BP至点D，使PD＝PC，连接AD，如图，
∵点P为的中点，
∴．
∴PA＝PC，∠ABP＝∠CBP．
∴PA＝PD．
∴∠D＝∠PAD．
∴∠APB＝∠PAD+∠D＝2∠PAD．
∵AB＝AC，
∴．
∴∠APB＝∠ABC．
∵∠ABC＝∠ABP+∠CBP＝2∠ABP，
∴∠PAD＝∠ABP．
∵∠D＝∠D，
∴△DAP∽△DBA，
∴．
∵∠D＝∠PAD，∠PAD＝∠ABP，
∴∠D＝∠ABP．
∴AD＝AB＝6．
设PA＝x，则PD＝x，BD＝5+x，
∴．
∴x2+5x﹣36＝0．
解得：x＝4或﹣9（负数不合题意，舍去）．
∴PA＝4；
（3）解：连接OP，OC，过点C作CH⊥BP于点H，如图，
∵⊙O的半径为5，CP＝5，
∴OP＝OC＝PC＝5，
∴△OPC为等边三角形．
∴∠POC＝60°．
∴∠PBC＝∠POC＝30°．
在Rt△BCH中，
BH＝BC cos30°＝6×＝3，
CH＝BC＝3．
在Rt△PCH中，
PH＝＝4．
∴PB＝PH+BH＝4+3．
∵四边形ABCP是圆的内接四边形，
∴∠PCE＝∠BAP．
∵∠E＝∠ABP，
∴△EPC∽△BPA．
∴．
∴AP PE＝PC BP＝5（4+3）＝20+15．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】（1）根据等弧所对的圆周角相等得到：进而根据角的运算和等量代换即可求证；
（2）延长BP至点D，使PD＝PC，连接AD，根据等弧所对弦和圆周角相等得到：易证：得到：，设PA＝x，则PD＝x，BD＝5+x，进而列出方程即可求解；
（3）连接OP，OC，过点C作CH⊥BP于点H，根据等边三角形的判定和性质以及解直角三角形求出BP的长度，在根据相似三角形的性质得到：，据此即可求解.
10．【答案】（1）解：如图，连接 ，
， ，
.
又 ，
， 都是等边三角形.
，
，
.
，
.
（2）解：①如图，连接 ， ，
，
，
，
.
由（1）得：
，
，
，
即BC=2CE.
②由上可得 ，
.
由（1）得 ，
如图，过点A作 于点H，
设 ，
，
.
，
则 ，
（3）解：如图，连接ME，
由上得 ，
，
， ，
，
.
，
.
.
.
面积是 面积的6倍，
面积是 面积的3倍.
.
设 交 于点K，
则 ， ，
.
.
，
.
，
解得 .
即 .
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）连接BD，先证△AMC、△BMD为等边三角形，可得DM=BM=CM=AM=BC=2，再证△ABM∽△AFD，可得 ，据此即得结论；
（2）①连接BD、CD，利用平行弦所夹的弧相等可得CE=BD，由（1）及等腰三角形的性质可得
，即得 ，从而得解；②易证△AMC∽△BMD，通过平行线分线段成比例定理可得.如图，过点A作 于点H，设CM=2m，可得 ，根据，可得 ， ，代入即可得出结论；
（3）连接ME， 根据SAS证明△DBM≌△ECM和△MCN≌△ECN，利用等高三角形的面积比等于底之比可得AM=3MN，证明 ，可得 ，从而得出 ，结合（2）可得方程 ，解之即得结论.
11．【答案】（1）证明：∵PO和PA都是的半径，
．
∴△POA是等腰三角形．
∵，
．
∵BP是△POB和△PAB的公共边，
．
．
与轴相切于原点，
．
．
是的切线．
（2）解：存在，当点Q在线段BP的中点时，点Q到四点，，，距离都相等．如下图所示，连接QO，QA，过点Q作QH⊥OB于H．
∵是线段的中点，，
．
∴当点Q在线段BP的中点时，点Q到四点，，，距离都相等．
，，
∴∠DPO+∠OBP=90°，∠POA+∠DPO=90°．
∴∠OBP=∠POA．
∵，
．
点坐标为，
．
∴．
∵点Q是线段BP的中点，
∴．
∵∠POB=90°，，
．
．
．
，．
．
∴点的坐标为．
．
∴以为圆心，以为半径的的方程为．
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）先利用“SAS”证明可得，再结合，即可证明AB是的切线；
（2）连接QO，QA，过点Q作QH⊥OB于H，先证明可得，从而求出点Q的坐标，利用勾股定理求出OQ的长，从而可得答案。
12．【答案】（1）解：选丹丹方法，丹丹认为，可以通过构造相似三角形的方法来证明；
证明：延长AD交过点C与AB平行的直线交于E，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∵CE∥AB，
∴∠BAD=∠CED=∠CAD，
∴AC=EC，
∵AB∥CE，
∴△ABD∽△ECD，
∴，
∴；
选择思思方法：思思认为，可以通过比较和面积的角度来证明.
证明：过点D作，于点P，Q，
∵AD平分，，，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：连接CE，
∵是的外接圆，∠ABC=90°，
∴AC为的直径，
∴∠AEC=90°，
在Rt△ABC和Rt△AEC中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△AEC（HL），
∴，
即AC为的角平分线，
∴，
又∵H为AE的中点，
∴AH=，
∴；
（3）解：作交AE于点N，设BE交AC于M，
∵BE=EF，
∴，
∵∠BAE=∠BFE，
∴∠HBE=∠BAE，
∵∠HEB=∠BEA，
∴，
∴，
∵AB=AE，
∴BH=BE，
又∵，
由（2）知BG=2GH=2x，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵BN⊥AD，BH=BE，
∴HN=NE=，∠EBN=，
∴BN=，
在中，，
在中，，
即的直径为.
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】【证明猜想】（1） 选丹丹方法，丹丹认为，可以通过构造相似三角形的方法来证明；延长AD交过点C与AB平行的直线交于E，由角平分线定义和平行线的性质可得∠BAD=∠CED=∠CAD，则AC=EC，根据“平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似”可得△ABD∽△ECD， 由相似三角形的性质可求解；
选择思思方法：思思认为，可以通过比较和面积的角度来证明. 过D作DP⊥AB于P，作DQ⊥AC于Q，可得S△ABD：S△ACD＝AB：AC，而S△ABD：S△ACD＝BD：CD， 结论可求解；
【尝试应用】（2）连接CE，由题意用HL定理易证Rt△ABC≌Rt△AEC， 则∠BAC=∠EAC，结合已知根据教平分线的性质可得比例式，再结合线段的中点可求解；
【拓展提高】（3） 作BN⊥AE交AE于点N，设BE交AC于M， 结合已知根据“有两个角对应相等的两个三角形相似”可得△HBE∽△BAE，则可得比例式，由AB=AE可得BH=BE，由（2）知BG=2GH=2x， 于是可得比例式，则HE可用含x的代数式表示出来，AB=AE=2HE也可用含x的代数式表示出来，在直角三角形BEN和直角三角形ABD中，用勾股定理可求解.
13．【答案】（1）4；
（2）证明：如图，连接，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
（3）解：如图，过点O作于点P，连接，设圆G的半径为r，则，
由（1）得：，
∴，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴当时，的值最大，最大值为18.
【知识点】切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）∵直线与轴交于点，
∴，，
解得：，
∴直线l的解析式为，
当时，，
∴点H的坐标为，
∴，
在中，，
∴；
故答案为：4，
（2）证明：如图，连接，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：如图，过点O作于点P，连接，设圆G的半径为r，则，
由（1）得：，
∴，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴当时，的值最大，最大值为18．
【分析】 （1）把代入直线l的解析式，可求出b的值，再，求出点H的坐标为，然后在中，根据锐角三角函数，即可求解；
（2）连接，，根据，可得，从而得到，进而得到，继而得到，再由圆内接四边形的性质可得，即可；
（3）过点O作于点P，连接，设圆G的半径为r，则，根据直角三角形的性质可得，，从而得到，再由圆周角定理可得，可证得，从而得到，再由二次函数的性质，即可求解．
14．【答案】（1）120
（2）2
（3）解：直径，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
；
（4）证明：由题可得，直径，
垂直平分CD，
如图4，连接AC，AD，则，
由（1）得，
将绕A点顺时针旋转至，
，
，，
四边形ACPD为圆内接四边形，
，
，
、D、P三点共线，
，
过A作于G，则，
，
在中，，
设，则，
，
，
，
，
为定值．
【知识点】圆的综合题
【解析】【解答】解：（1）连接CE，AC，
∵A(-1，0)，E(1，0)，
∴OA=OE=1，
ABCD，
CD垂直平分AE，
CA=CE，
CE=AE，
CA=CE=AE，
∠CEA=60°，
∠CEB=180°-∠CEA=120°，
的度数为120°
故答案为：120；
（2）连接PD，如图2，
∵AB为 直径，且ABCD，
∴CO=OD，
又G为PC的中点，
OGPD，且OG=PD，
当D，E，P三点共线时，此时DP取得最大值，且DP=AB=2AE=4，
OG的最大值为2；
故答案为：2；
【分析】（1）如图1，连接CE，AC，证明CD垂直平分AE，再证明CA=CE=AE，从而得到答案；
（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得到答案；
（3）如图3，连接AC，BC，先证明ㄥACD=∠CPA，∠DCQ=∠PCQ，得到∠ACQ=∠AQC，从而可得答案；
（4）如图4，连接AC，AD，证明∠DAC=2∠CAE=120°，将ΔACP绕A点顺时针旋转120°至△ADM，证明，，再证明M，D，P三点共线，可得PD+PC=PD+DM=PM，过A作于G，则，设AG=x，则AP=2x，可得，所以，进而得到答案.
15．【答案】（1）证明：∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
连接，
∵，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴；
（3）解：延长交于点K，连接，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，
∴，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】平行四边形的判定与性质；圆的综合题；解直角三角形
【解析】【分析】（1）由圆周角定理可得∠BAC=90°，结合已知根据同角的余角相等可求解；
（2）连接AD、BD，由等边对等角以及角的构成可得∠ABF=∠FCB，结合已知可得∠BAD=∠ABF，由平行线的判定可得AD∥BF，由圆周角定理可得∠BDC=∠AFC=90°，则BD∥AF，根据有两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形ADBF是平行四边形，由平行四边形的性质“平行四边形的对角线互相平分”可得DG=FG；
（3）延长EB、CD交于点K，连接CE，由同角的余角相等可得∠FEC=∠K，由同弧所对的圆周角相等可得∠ABC=∠AEC，结合已知可得∠FEH=∠K，设∠FEH=α，则∠K=2α，易求得BC=2BE，根据锐角三角函数可得∠BCE=30°，然后根据三角形的面积公式求得m=，于是BF的值可求解.
16．【答案】（1）解：为的直径，
，
，
，
；
（2）证明：为的直径，
，
，
，
，，
，
又，，
，
；
（3）解：如图，过点作于，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，
，
，
在中，，
，
当时，的最小值为3，
的最小值为．
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据直径所对的圆周角为90°，可得∠BAD的度数；根据同一圆中，等弧所对的圆周角相等，可得∠ABG=∠DBC；根据等量关系列代数式即可求出∠AGB的度数；
（2）根据等量代换原则，可得∠CEF=∠BGD；根据三角形全等的判定（ASA）和性质，可得EF=DG；
（3）根据三角形全等，对应边和对应角都相等，可得BD=CF，∠CFH=∠BDA；根据三角形全等的判定（AAS）和性质，可得FH=AD；根据等量代换原则，可得FH=BG，∠HCF=∠HBC；根据有两对对应角相等的三角形相似和相似三角形的性质，可得其对应边成比例；根据勾股定理，列一元二次方程，化成顶点式，即可求出最小值.
17．【答案】（1）解：∠CPD是的“美丽角”理由：
∵AB是⊙O的直径，弦CE⊥AB，
∴AB平分EC，
即AB为EC的垂直平分线，
∴PC＝PE，
∵AB⊥EC，
∴∠CPA＝∠EPA．
∵∠BPD＝∠EPA，
∴∠CPA＝∠BPD，
∴∠CPD是的“美丽角”；
（2）解：∵的度数为α，
∴∠CED＝α．
∵CE⊥AB，
∠APE＝90°-∠CED＝90°-α．
∠BPD＝∠APE，
∠APC＝∠BPD，
∠CPD＝180°-∠APC-∠BPD＝α．
∵∠CPD是的“美丽角”．
∴的“美丽角”＝α；
（3）解：如图，连接OC，OD，
∵的“美丽角”为90°，
∴∠APC＝∠BPD＝45°
∴APE＝∠BPD＝45°，
∵CE⊥AB，
∴∠E＝∠APE＝45°，
∴∠COD＝2∠E＝90°．
∵直径AB＝10，
∴OC＝OD＝5，
∴CD＝OC＝5；
∵∠CPD＝90°，∠E＝45°，
∴△CPE为等腰直角三角形，
∴PC＝PE．
设PC＝PE＝x，
则PD＝DE-PE＝7-x，
在Rt△PCD中，
∵PC2+PD2＝CD2，
∴x2+（7-x）2＝（5）2，
解得：x＝3或x＝4，
∴PC＝PE＝3或4，
∴CE＝PC＝6或8．
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理；垂径定理；圆周角定理；等腰直角三角形；定义新运算；对顶角及其性质
【解析】【分析】（1）根据垂径定理得AB为EC的垂直平分线得∠CPA＝∠EPA，再根据对顶角相等得∠BPD＝∠EPA，等量代换得∠CPA＝∠BPD；
（2）根据圆周角定理得∠CED＝α，进而得到∠APE＝90°-α，再根据对顶角相等得∠BPD＝∠APE，再根据美丽角得∠APC＝∠BPD，再根据补角得∠CPD＝180°-∠APC-∠BPD即可求得；
（3）连接OC，OD，根据勾股定理列方程，即可求得PC，CE.
18．【答案】（1）证明：∵∠DFB﹣∠EDC＝90°﹣∠ACD，
∴∠DEB＝90°﹣∠ACD，
∴∠DEB+∠ACD＝90°，
∵∠DEB＝∠BCD，
∴∠BCD+∠ACD＝90°，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ACB 为⊙O的圆周角，
∴AB为⊙O的直径．
（2）证明：过点O作OM⊥BE，并延长交DG于N，连接OG，OD，OE，如图，
∵DG∥BE，
∴OM⊥DG，
∵OD＝OG，ON＝ON，
∴△OND≌△ONG（SAS），
∴∠DON＝∠GON，
同理得∠EOM＝∠BOM，
∴∠EOM﹣∠DON＝∠BOM﹣∠GON，
∴∠EOD＝∠BOG，
∴＝，
（3）解：如图所示，连接AE，AD，AK，CK，设AB，DK交于点S，连接OD，
∵劣弧DK的轴对称图形经过点H，
∴AH⊥DK，
∵AB是直径，
∴AD＝AK，HD＝HK，
根据折叠可得DA＝DH，
∴DA＝AK＝KH＝AH，
∴四边形AKHD是菱形，
∴AD∥KG，∠DAK＝∠DHK，
∵四边形AKGD是圆内接四边形，
∴∠DGH+∠DAK＝180°，
∵∠DHK+∠DHG＝180°，
∴∠DGH＝∠DHG，
∴DH＝DG＝5，
∵四边形AKHD是菱形，
∴AD＝5，
∵AD∥KG，
∴∠ADC＝∠DHG＝∠KGD，
∴，
∴KD＝AC＝8，
∴，
在Rt△ASD中，，
设⊙O的半径为r，
在Rt△DSO中，DO2＝DS2+SO2，
即r2＝42+（r﹣3）2，
解得，
∵菱形ADHK，则AK∥DC，
∴AD＝KC，
∴，
∴，
又∵AB⊥DK，
∴∠DAB＝∠KAB，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴ED＝BC，
在Rt△ABC中，，AC＝8，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；圆的综合题
【解析】【分析】(1)由∠DFB﹣∠EDC＝90°﹣∠ACD，得∠DEB+∠ACD＝90°，再根据圆周角定理可得∠DEB＝∠BCD，可得∠ACB＝90°，即可得解；
（2）过点O作OM⊥BE，并延长交DG于N，连接OG，OD，OE，由△OND≌△ONG，可得∠DON＝∠GON，同理∠EOM＝∠BOM，即可得∠EOD＝∠BOG，由圆心角、弧的关系可得＝；
（3）连接AE，AD，AK，CK，设AB，DK交于点S，连接OD，由垂径定理及折叠性质可得四边形AKHD是菱形，进而可得KD＝AC＝8，在Rt△DSO中，根据勾股定理得r2＝42+（r﹣3）2，解得，由∠DAB＝∠KAB，得，，所以ED＝BC，在Rt△ABC中，，AC＝8，由勾股定理得，计算求解即可.
19．【答案】（1）证明：如图1，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①.
理由如下：
连接，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
②∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，解得，
∴，
∴.
【知识点】等腰三角形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【分析】（1）根据同圆中相等的弦所对的弧相等可得 ， 根据等弧所对的圆周角相等得∠A=∠D，进而利用等角对等边即可得出答案；
（2）①连接AC，根据圆心角、弧、弦的关系可得 ， 根据三角形内角和定理及同弧所对的圆周角相等可得 ； ②根据相等的弧所对的圆周角相等可得∠CAB=∠EAB，易得AC=AF，然后根据等边对等角、对顶角相等及圆周角定理可得∠DFE=∠E，根据等角对等边得DF=DE，由（1）知AM=DM，进而结合AM+MF=17建立方程求出MF的长，从而可得AM的长，最后根据三角形的面积公式计算即可.
20．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABE＝∠BEC，
∵弧BC＝弧BC，
∴∠BAC＝∠BEC，
∴∠BAC＝∠ABE；
（2）证明：∵AB＝AC，AO经过圆心，
∴∠BAG＝∠CAG，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∵∠BAC＝∠ABE，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠OBG，
又∠BGO＝∠AGB，
∴△GOB∽△GBA；
（3）解：延长AO交BC于点H，连接CG，
则AH⊥BC，BH=CH，
∴∠GBH=∠GCH，
∵∠ABC=∠ACB，
∴∠GCF=∠ABE=∠BEC，
∵∠CGF=∠EGC，
∴△CGF≌△EGC，
∴，
∴CG=，
∵∠ABE＝∠ACE＝∠BEC，
∴EF＝FC，
∵，
设EF＝CF＝7a，
则FG＝9a，GE＝16a，
∴BG＝CG＝＝12a，
∵，
∴，
∵∠GCF＝∠ECF，即CF是∠ECG的平分线，
∴点F到∠ECG两边的距离相等，
∴，
∴，
∵AB∥CD，
∴△CEF∽△ABF，
∴，
即，
∴AB＝28a，
由（2）可知：OB是∠ABG的平分线，同理，
即，
∴，
设⊙O的半径为R，
∵BG2＝GO GA，
∴（12a）2＝，
解得：，
即，
设OH＝x，
在Rt△ABH和Rt△OBH中，（28a）2-（R+x）2＝R2-x2，
整理得：，
即，
∵∠CAE＝∠CBE，∠CAG＝∠OBG，
∴∠EAG＝∠OBH，
∴．
【知识点】垂径定理；圆周角定理；相似三角形的判定；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质和平行线的性质得出∠ABE＝∠BEC，根据圆周角定理得出∠BAC＝∠BEC，即可证出∠BAC＝∠ABE；
（2）根据垂径定理和等腰三角形的性质得出∠OAB＝∠OBA＝∠OBG，再根据∠BGO＝∠AGB，即可证出△GOB∽△GBA；
（3）延长AO交BC于点H，连接CG，先求出的值，再求出∠EAG＝∠OBH，利用锐角三角函数定义即可得出.
21．【答案】（1）解：连接AO、CO
弧弧 所以
因为，所以
（2）解：
设，则 易证
连接KC
弧弧 故
所以，所以
（3）解：过点O分别作，，连接AO并延长交DC于点P
易证，所以
导角 易证
设
则
，解得
易得 易得
故，易得
所以
所以 所以
解可得 易得
解得
解可得
所以
【知识点】三角形的外接圆与外心；圆的综合题；解直角三角形
【解析】【分析】（1）通过说明 ，利用等腰三角形三线合一说明OF与AC垂直；
（2）设，用含有的式表示分别表示出，进而说明它们相等 ，根据“在同一个三角形中，等角对等边”可得AC=AK；
（3）设BE=m，DE=n，借助三角函数可说明m=2n，再锐角三角函数分别求出OF与OH，根据HF=OF-OH，求得HF的长．
22．【答案】（1）证明：∵∠DAB=∠DCB，∠ACB-∠ABC=2∠DAB，
∴∠ACB-∠ABC=2∠DCB，
∴∠ACB-∠DCB=∠ABC+∠DCB=∠AEC，
∴∠ACE=∠AEC，
∵∠EAC+∠ACE+∠AEC=180°，
∴∠EAC+2∠AEC=180°，
∵DH⊥AB，
∴∠DHE=90°，
∴∠DEH+∠EDH=90°，
∴2∠DEH+2∠EDH=180°，
∵∠AEC=∠DEH，
∴2∠AEC+2∠EDH=180°，
∴∠EAC=2∠EDH，即∠BAC=2∠EDH；
（2）如图，过点B作BK⊥DC于点K，连接KM、HK、BD，
∵BK⊥CD，
∴∠BKC=90°，
∵M为BC的中点，
∴MK=BC=BM=MC，
∵∠DBA=∠DCA，∠DEB=∠AEC=∠ACE，
∴∠DEB=∠DBE，
∴BD=DE，
∵DH⊥AB，
∴BH=EH，
在Rt△BEK中，HK= BE=HB=EH，
∴∠HKE=∠HEK，
∴∠HKF=∠GCF，
∵MF⊥DC，MK=MC，
∴FK=CF，
在△HFK和△GFC中，
∴△HFK≌△GFC（ASA），
∴FH=FG；
（3）如图，过点G作GP//AB交DC于点P，连接EM，
∵GP//AB，
∴∠EHF=∠PGF，
∵FH=FG，∠EFH=∠PFG，
∴△FHE≌△FGP（ASA），
∴EF=PF=EP，
∵△HFK≌△GFC，
∴HK=CG，
∵HK=HB=HE，
∴CG=HB=HE，
∵3AG=2BH，
∴，
∵GP//AE，
∴，
∵EF=PF，
∴EF=EC，
∵EF=2，
∴EC=10，
∵BC=2CE，MB=MC，
∴MC=MB=CE=10，
∴∠CEM=∠CME，
过点E作EQ⊥BC于点Q，
∵EQ⊥BC，
∴∠EQC=∠EQB=∠MFE=90°，
∵EM=ME，
∴△EFM≌△MQE（AAS），
∴MQ=EF=2，
∴CF=CQ=10-2=8，
在Rt△MFC中，由勾股定理得：FM2+FC2=MC2，
即FM2+82=102，
解得：FM=6（负值已舍去），
∴EQ=6，
∴tan∠ECQ=，
∵BQ=BM+MQ=10+2=12，
∴tan∠EBQ=，
∴BE=，
取EC的中点T，连接AT，过点C作CR⊥AB于点R，
∵∠AEC=∠ACE，
∴AE=AC，
∵TE=TC，
∴AT⊥DC，∠EAT=∠CAT，
∵tan∠CBR=，BC=20，
∴BR=2CR，
由勾股定理得：CR=，
解得：CR=4，
∴BR=8 ，
∴ER=BR-BE=，
∴tan∠REC=，
∴tan∠EAT=tan∠CAT=，
∵tan∠ADC=tan∠ABC==，
∴tan∠CAT=tan∠ADC=，
设AT=2k，
∴DT=2AT=4k，TC=k，
∴DC=5k，
∵tan∠CAT=tan∠ADC，
∴∠CAT=∠ADC，
∵∠CAT+∠ACD=90°，
∴∠ADC+∠ACD=90°，
∴∠DAC=90°，
∴DC为直径，
∵EC=10，
∴ET=CT=5，
∵DC=5TC，
∴DC=25，
∴⊙O的直径为25．
【知识点】圆的综合题
【解析】【分析】(1)利用已知式子，结合直角三角形角的性质、圆周角定理求解；
（2）通过证明△HFK≌△GFC（ASA），得出对应边相等；
（3）过点G作GP∥AB交DC于点P，连接EM， 利用全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质和解直角三角形求解.
23．【答案】（1）解：①点C是的中点，理由如下：
∵轴，，轴，
∴，，
∴，，四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴点C是的中点；
②由①知：四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴
（2）解：如图，
，理由如下：
作于T，设交x轴于R，
∵轴，
∴，
∴，，
∴，，
∵，，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴
【知识点】相似三角形的判定与性质；圆-动点问题
【解析】【分析】（1）①点C是的中点，理由如下：由题意根据有三个角是直角的四边形是矩形可得四边形AOBP是矩形，由矩形的性质得OA=PB=OP，用边角边可证△AOC≌△PQC，则AC=PC，即点C是AP的中点；
②由①知：由矩形的性质得：PC∥OB，根据平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似可得△PCD∽△OBD，于是可得比例式，然后在直角三角形ABP中，用勾股定理可求得BC的值，则CD的值可求解；
（2）为定值，理由如下：作CT⊥OB于T，设MN交x轴于R，由平行线的传递性可得MN∥CT∥PB，根据平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似可得△OMR∽△OCT，△ONR∽△OBP，则可得比例式，，结合已知可得：MR=，，根据线段的构成MN=MR-RN可得MN=，结合即可求得=.
24．【答案】（1）证明：∵，是半径，
∴是的切线，
∵是的切线，
∴，
∵
∴，
∴
∴，，
∵
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下，
延长至使得，连接，，如图所示
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
由（1）可得，
又是直径，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
即．
【知识点】三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；圆周角定理；切线的判定；切线长定理
【解析】【分析】（1）先根据切线的判定证明是的切线，进而根据切线长定理即可得到，进而即可得到，从而得到，进而即可得到，，再根据题意即可得到，进而根据圆周角定理即可得到，进而得到，再根据含30°角的直角三角形的性质即可得到，进而根据三角形全等的判定即可求解；
（2），理由如下：延长至使得，连接，，先根据题意即可得到，进而根据三角形全等的判定与性质证明即可得到，，由（1）可得，再根据圆周角定理得到，进而得到，从而证明，再根据三角形全等的判定与性质证明即可得到，进而即可求解。
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