《圆》精选压轴题—2024年浙教版数学九（上）期中复习
一、选择題
1．（2023九上·玉环期中）如图，⊙O是△ABC的外接圆，弦BD交AC于点E，AE=DE，BC=CE，过点O作OF⊥AC于点F，延长FO交BE于点G，若DE=6，EG=4，则AB的长为（ ）
A． B． C．13 D．14
2．（2023九上·杭州期中）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，⊙P是△ABC的外接圆，连接PA．若AD＝3，BD＝1，BC＝5，则PA的长（ ）
A．2.5 B． C． D．2.8
3．（2023九上·乐清期中）已知点A，B，C在⊙O上，∠ABC＝30°，把劣弧沿着直线CB折叠交弦AB于点D．若BD＝9，AD＝6，则的长为（ ）
A． B．3π C． D．
4．（2023九上·温州期中）阿基米德折弦定理：如图1，AB与BC是的两条弦(即折线ABC是圆的一条折弦)，AB>BC，点是的中点，于点，则点是折弦ABC的中点，即.如图2，半径为4的圆中有一个内接矩形，点是的中点，于点，若矩形ABCD的面积为20，则线段BN的长为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023九上·乐清期中）已知点A，B，C在⊙O上，∠ABC=30°，把劣弧沿着直线CB折叠交弦AB于点D．若BD=9，AD=6，则的长为（ ）
A．π B．3π C．π D．π
6．（2023·宁波模拟）如图，在边长为8的正方形中，点O为正方形的中心，点E为边上的动点，连结，作交于点F，连接，P为的中点，G为边上一点，且，连接，则的最小值为（ ）
A．10 B． C． D．
7．（2023九上·浙江期中）量角器和三角板是我们平常数学学习中常用的工具．有一天，爱思考的小聪拿着两块工具拼成了如图1的样子，计划让三角板的直角顶点始终在量角器的半圆弧上运动，紧接着小聪根据自己的想法画出了示意图(如图2)。已知点C是量角器半圆弧的中点，点P为三角板的直角顶点，两直角边PE、PF分别过点A、B．连结CP，过点O作OM⊥CP交CP于点M，交AP于点N若AB=8，则NB的最小值为 ；若点Q为的中点，则点P从点Q运动到点B时，N点的运动路径长为 .
8．（2023九上·杭州期中）如图，点O在线段AB上，OA＝2，OB＝6，以O为圆心，OA为半径作⊙O，点M在⊙O上运动，连结MB，以MB为一边作等边△MBC，连结AC，则AC长度的最小值为（ ）
A．22 B．22 C．42 D．42
9．（2023九上·仙居期中）如图，正方形的顶点、在上，顶点、在内，将正方形绕点顺时针旋转，使点落在上．若正方形的边长和的半径相等，则旋转角度等于（ ）
A． B． C． D．
10．（2023九上·绍兴期中）如图，在半圆O中，直径AB＝2，C是半圆上一点，将弧AC沿弦AC折叠交AB于D，点E是弧AD的中点．连接OE，则OE的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．（2023九上·乐清期中）如图，点P是线段AB上一动点（不包括端点），过点P作PQ⊥AB交以AB为直径的半圆O于点Q，连接AQ，过点P作PC∥AQ交该半圆于点C，连接CB．当△PCB是以PC为腰的等腰三角形时，为 ．
12．（2023九上·上城期中）如图，在以AB为直径的半圆O上，AB＝2，点C事半圆弧上的任务点，点F是的中点，连接BF交AC于点E，AD平分∠CAB交BF于点D，则∠ADB＝ 度；当DB＝DF时，BC的长为 ．
13．（2023九上·温岭期中）如图，在平面直角坐标系中，点P是以C（-1.5，2）为圆心，1为半径的⊙C上的一个动点，已知A（﹣1，0），B（1，0），连接PA，PB，则PA2+PB2的最小值是 ．
14．（2023九上·乐清期中）如图，点P是线段AB上一动点(不包括端点)，过点P作PQ⊥AB交以AB为直径的半圆O于点Q，连结AQ，过点P作PC∥AQ交该半圆于点C，连结CB．当△PCB是以PC为腰的等腰三角形时，为
15．（2023九上·仙居期中）如图，正方形中，，以为圆心，长为半径画，点在上移动，连接，并将绕点逆时针旋转至，连接在点移动的过程中，长度的最小值为 ．
16．（2023九上·洞头期中） 图1是某游乐园的摩天轮，A，B两位同学坐在摩天轮上的示意图如图2，摩天轮半径OA为9米，两同学的直线距离AB为6米，当两位同学旋转到同一高度时（A在B的右侧），A同学距离地面的高度为 米，当A同学旋转到最高位置，此时两位同学的高度差为 米．
17．（2023九上·绍兴期中） 如图，已知在⊙O中，AB是⊙O的直径，AC＝4，BC＝3．若D为⊙O上一点，且△ABD为等腰三角形，则弦CD的长为 ．
三、解答题
18．（2023九上·杭州期中）已知：如图1，四边形ABCD内接于O，AC⊥BD于点P，F为BC延长线上一点．
（1）求证：∠DCF=∠DAB
（2）过O作OE⊥AB于点E(如图2)，试猜想线段OE与DC的数量关系，并证明你的猜想.
（3）当图2中点P运动到圆外时，即AC、BD的延长线交于点P，且∠P=90°时如图所示，（2）中的猜想是否成立？如果成立请给出你的证明，如果不成立请说明理由．
19．（2023九上·杭州期中）如图1，AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点E，，BF与CD交于点G．
（1）求证：CD＝BF．
（2）若BE＝1，BF＝4，求GE的长．
（3）连结GO，OF，如图2，求证：．
20．（2022·嵊州模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知点P（4，3），⊙O经过点P，过点P作x轴的平行线交⊙O于点E.
（1）如图1，求线段OP的长；
（2）点A为y轴正半轴上的一动点，点B和点A关于直线PE对称，连接PA，PB.直线PA，PB分别交⊙O于点C，D.直线CD交x轴于点F，交直线PE于点G.
①点A运动到如图2位置，连接CE，DE.求证：∠DGP=ECP.
②在点A运动过程中，当DF=OP时，求点D的坐标.
21．（2023九上·绍兴期中）如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，D是AB上一动点，连接CD，以CD为直径的⊙M交AC于点E，连接BM并延长交AC于点F，交⊙M于点G，连接BE．
（1）求证：点B在⊙M上．
（2）当点D移动到使CD⊥BE时，求BC：BD的值．
（3）求证：AE2+CF2＝EF2．
22．（2023九上·浙江期中）如图1，△ABC是⊙O内接三角形将△ABC绕点A逆时针旋转至△AED，其中点D在圆上，点E在线段AC上．
（1）求证：DE=DC；
（2）如图2，过点B作BF∥CD分别交AC、AD于点M、N，交⊙O于点F，连结AF．求证：AN·DE=AF·BM：
（3）在(2)的条件下，若时，求的值．
23．（2023九上·安吉期中）已知⊙O为△ABC的外接圆，AB＝BC．
（1）如图1，连结OB交AC于点E，过A作CO的垂线交CO延长线于点D．
①求证：BO平分∠ABC；
②设∠ACB＝α，∠DAC＝β，请用含α的代数式表示β；（直接写出答案）
（2）如图2，若∠ABC＝90°，F为⊙O上的一点，且点B，F位于AC两侧，作△ABF关于AB对称的图形△ABG，连结GC，试猜想AG，CG，BG三者之间的数量关系并给予证明．
24．（2023九上·余杭期中）如图，△ABC内接于⊙O，过点O作OH⊥BC于点H，延长OH交⊙O于点D，连接AD、BD，AD与BC交于点E，AD＝9．
（1）求证：∠BAD＝∠CAD．
（2）若OH＝DH．
①求∠BAC的度数．
②若⊙O的半径为6，求DE的长．
（3）设BD＝x，AB CE＝y，求y关于x的函数表达式．
25．（2023九上·上城期中）如图1，四边形ABDE内接于⊙O，AB＝AE，AC⊥BD于点F．点C在⊙O上，AC⊥BD于点F.
（1）连接BE，求证：∠ABE＝∠ACB．
（2）设∠CBF为x度，∠BAE为y度，写出y关于x的函数表达式．
（3）如图2，作OG⊥AC于点G，连接AO并延长交⊙O于点H．
①∠BAE＝120°，OG＝4，，求BD的长．
②若DE＝12，求OG的长．
26．（2023九上·义乌期中）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝30°，BC＝12，D是BC的中点．经过A，B，D的⊙O交AC于E点．
（1）求AE的长．
（2）当点P从点A匀速运动到点E时，点Q恰好从点C匀速运动点B．记AP＝x，BQ＝y．
①求y关于x的表达式．
②连结PQ，当△PQC的面积最大时，求x的值．
（3）如图2，连结BE，BP，延长BP交⊙O于点F，连结FE．当EF与△BDE中的某一边相等时，求四边形BDEF的面积．
27．（2023九上·洞头期中）如图，
在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，D是AB上一动点，连接CD，以CD为直径的⊙O交AC于点E，连接BO并延长交AC于点F，交⊙O于点G，连接BE，EG．
（1）求证：BE＝EG．
（2）当CD平分∠BCA时，求证：△BEF为等腰三角形．
（3）当BD＝CF，请直接写出△COF和△BOD的面积之比为 ．
28．（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．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】垂径定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：连接CD，
在△ABC和△DCB中
∴△ABC≌△DCB（ASA）
∴EB=EC
∵BC=CE，
∴BE=CE=BC，
∴△BCE是等边三角形，
∴∠ACB=∠EBC=∠BEC=60°，
∵OF⊥AC，
∴AF=CF，∠EGF=30°，
∵EG=4，
∴EF=EG=2，
∵AE=6，
∴AF=AE+EF=6+2=8，
∴BC=CE=CF+EF=AF+EF=8+2=10，
过B作BH⊥AC于H，
∴∠EBH=∠EBC=30°，
∴CH=CE=5，
∴BH=，
而AH=AE+EH=6+5=11，
在Rt△ABH中，
AB=
故答案为：D.
【分析】连接CD，过B作BH⊥AC于H，由题意用角边角可证△ABC≌△DCB，则EB=EC，结合已知可得三角形EBC是等边三角形，则∠ACB=∠EBC=∠BEC=60°，在直角三角形EFG中，根据30度角所对的直角边等于斜边的一半可得EF=EG，由线段的构成AF=AE+EF、BC=CE=CF+EF=AF+EF求出AF、BC的值，在直角三角形CBH中，同理可求得BH的值，由线段的构成AH=AE+EH求出AH的值，然后在直角三角形ABH中，用勾股定理可求解.
2．【答案】B
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆周角定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接，过点P作于F，如图所示：
∵，
∴，
∵
∴由勾股定理，，，
∵，
∴由垂径定理，
又∵
∴，
∴
∴，
∴，即.
故答案为：B.
【分析】连接，过点P作于F，先由勾股定理可求得和，再由垂径定理得到以及，最后由相似三角形即可求得．
3．【答案】C
【知识点】圆周角定理；弧长的计算；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图所示：取点D在⊙O上的对应点E，连接OA、OC、CE、BE、CD、AC，过C点作 CFAD于点F.
∵四边形ABEC内接于
∴∠A+ ∠E = 180°
∵点D在⊙O上的对应点为点E
由折叠的性质得出：∠BEC = ∠BDC
∵∠BDC+∠CDA =180°
∴∠E+∠CDA=180°
又∵∠A+ ∠E =180°
∴∠A= ∠ADC，
∴△ACD是等腰三角形
∵CFAD，AD = 6
∴AF=FD=AD=3
又∵BD=9
∴BF= BD+DF = 12
∵CFAD
∴△CFB是直角三角形
∵∠ABC=30°
∴在Rt△CFB中，CF= =
在Rt△AFC中，AC =
∵∠ABC=30°
∴∠AOC =60°
∵OA=OC，
∴△AOC是等边三角形
∴OA=OC=AC=
∴的长=
故答案为：.
【分析】首先取点D在⊙O上的对应点E，连接OA、OC、CE、BE、CD、AC，过C点作 CFAD于点F，其次四边形ABEC内接于得出∠A+ ∠E =180°，由折叠的性质得出：∠BEC = ∠BDC，由此可得到∠A=∠ADC，证明出：△ACD是等腰三角形，由此可得出：AF=FD=AD=3，进而得出：BF= BD+DF = 12，然后通过解直角三角形CFB可求出CF的长，最后利用勾股定理求出AC的长，再证明出是直角三角形即可得出：OA=OC=AC=，利用弧长公式即可求出的长.
4．【答案】A
【知识点】勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；阿基米德折弦定理模型
【解析】【解答】解：连接，，，如图所示：
四边形为矩形，，为的直径，，
的半径为4，，点为的中点，，，
，，
，，
设，，其中，
则，解得：或 舍去，
即，，
，，
，
，
，
，
，
解得：或，
∴或，
当时，，
当时，，
∵，
∴，
∴．
故答案为：A.
【分析】连接，，，如图所示：根据圆周角定理，结合已知条件易证为的直径，，则，再根据弧、弦、圆心角的关系及等腰直角三角形的性质可求得，然后根据同弧所对的圆周角相等及勾股定理可得，，设，，其中，利用勾股定理及矩形面积公式列得方程，解方程求得，的长度，再结合可证得，则，最后利用勾股定理列方程，解方程求出或，再进一步分析即可求解．
5．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；圆周角定理；弧长的计算
【解析】【解答】解：如图，作，连接、、、，
，
，，
，，
，，
，
，
，
，
，，
，
.
故答案为：C.
【分析】由圆周角定理可得AC=CD，，证得是等边三角形，作，通过等腰三角形的性质求得AE、DE的长度，再利用直角三角形的性质计算出CE的长度，进而通过勾股定理求得AC长，得到半径长度，然后利用弧长计算公式求得的长.
6．【答案】D
【知识点】正方形的性质；圆周角定理；确定圆的条件；轴对称的应用-最短距离问题；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：过点O作OH⊥CD于点H，作OI⊥AD于点I，连接HI，OP，
∵点O为正方形ABCD的中心，
∴，，
∴四边形OHDI为正方形，HI为正方形OHDI的对角线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴与都是等腰直角三角形，
∴，
，
∴E、I、O、P四点共圆，
∴，
∵，
∴点P运动的轨迹是线段HI，
作点A关于直线HI的对称点A'，
当点A'、点P、点G在同一直线上时，PA+PG取得最小值，最小值为A'G的长，
过点A'作A'Q⊥CD交CD延长线于点Q，
同理得四边形A'QDI为正方形，且边长为4，
∴，，
∴.
故答案为：D.
【分析】过点O作OH⊥CD于点H，作OI⊥AD于点I，连接HI，OP，根据正方形的性质得OH=OI=4，∠IDH=90°，则四边形OHDI为正方形，HI为正方形OHDI的对角线，进而用ASA判断出△IOE≌△HOF，得OE=OF，得△EOF与△IOH都是等腰直角三角形，再推出E、I、O、P四点共圆，由圆周角定理得∠OIP=∠OEP=45°，得点P运动的轨迹是线段HI，作点A关于直线HI的对称点A'，当点A'、点P、点G在同一直线上时，PA+PG取得最小值，最小值为A'G的长，过点A'作A'Q⊥CD交CD延长线于点Q，同理得四边形A'QDI为正方形，且边长为4，然后根据勾股定理算出A'G即可.
7．【答案】；
【知识点】垂径定理；圆周角定理；点与圆的位置关系；弧长的计算；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：当点P在弧上BC时，点N在线段OC的右侧，如图，连接AC、OC，
∵C是半圆弧的中点，
∴，即，
∵，
∴是等腰直角三角形，
作的外接圆，连接，则有圆心T为AC中点，
∵，
∴
∴NC=NP，
∴∠NPC=∠NCP=45°，
∴∠CNP=180°-∠PCN-∠CPN=90°，
∴，
∴点N在上，运动轨迹是弧OC，
过点T作TH⊥AB于H，
∵AB=8 ，
∴，
∵AO=OC，∠AOC=90°，
∴∠OAC=∠OCA=45°，，
∴，
在中，，
∴，
∴，即，
在中，，
∵BN≥BT-TN，
∴，
∴BN的最小值为；
当点P在弧AC上时，如图，
可知点N在线段OC的左侧，此时的BN明显大于，
综上可知：BN的最小值为；
如图，连接，
∵，
∴，
∵点P从点Q运动到点B，点Q为弧BC的中点，
∴终点时，，
∴
∴，
∵，
∴点N在上，运动轨迹长为：.
故答案为：，．
【分析】如图，连接，证明点N在上，且运动轨迹是弧OC，过点T作于．求出BT，TN，可得结论；连接，结合图形可得，点P从点Q运动到点B，点Q为弧BC的中点，运动的终点时，，即，根据弧公式解答即可．
8．【答案】B
【知识点】圆的综合题；圆-动点问题
【解析】【解答】解：以OB为边，在OB的上面作等边△OBP，则OB＝BP＝OP＝6，∠OBP＝60°，连接OP，PC，OM，如图：
，
∵∠MBC＝∠OBP＝60°，
∴∠OBM＝∠PBC，
在△OBM和△PBC中，
，
∴△OBM≌△PBC（SAS），
∴OM＝PC＝2，
∴如上图所示，点C的运动轨迹为以点P为圆心，2为半径的圆，
连接AP并延长，交⊙P于点C′，则AC的最大值为AC′．
过P作PH⊥AB于H，
∴PH＝PB＝3，BH＝，
∵AH＝AB-BH＝5，
∴AP＝，
∴AC′＝AP-PC′＝2-2，
故AC长度的最大值为2-2，
故选：A．
【分析】作辅助线：以OB为边，在OB的上面作等边△OBP，则OB＝BP＝OP＝6，∠OBP＝60°，连接OP，PC，OM，连接AP并延长，交⊙P于点C′，过P作PH⊥AB于H，如图，根据全等三角形的判定SAS证得△OBM≌△PBC，根据全等三角形的性质得到OM＝PC＝2，从而确定点C的运动轨迹为以点P为圆心，2为半径的圆，由圆外的点到圆上的点的最小距离得AC的最小值为AC′，根据勾股定理求得AP，又PC’为圆P的半径等于2，根据AC′＝AP-PC′即可求得AC长度的最小值．
9．【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如下图所示：设 点C落在上 的点G处，连结OA、OB、OG，
因为正方形ABCD的边长和的半径相等，
结合旋转的性质可得：
所以均为等边三角形，
所以
又因为
所以
所以
即.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查了旋转的性质、正方形的性质、等边三角形的判定及性质，设点C落在上 的点G处，连结OA、OB、OG，因为正方形ABCD的边长和的半径相等且结合旋转的性质可得：∠ABC=90°，则△OAB与△OBG均为等边三角形，则∠ABO=∠OBG=60°根据角度计算即可求解.
10．【答案】A
【知识点】三角形三边关系；圆心角、弧、弦的关系；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：连接CO，如图，
由三角形两边之差小于第三边，
当C、O、E共线时，OE最小，
设的弧度为x，则的弧度为180°-x，
∵ ∠CAB=∠CAD，
∴的弧度为180°-x，
由折叠知：==x，
=x-(180°-x）=2x-180°，
∵ 点E为弧AD的中点，
∴==x-90°，
∴=-=90°，
∴所对圆心角为90°，
∵ 直径AB=2，
∴ CE=，
∴OE= CE-OC=.
故答案为：A.
【分析】由三角形的两边之差小于第三边得点O、C、E共线时OE最小，设的弧度为x，得、、，进而得到所对圆心角为90°，OE= CE-OC即可求得.
11．【答案】
【知识点】平行线的性质；等腰三角形的性质
【解析】【解答】解：当①PC= BC时，过点C作CDAB于点D
∵PQ⊥AB
∴CD∥ PQ
∴∠QPC=∠DCP
∵PCAQ
∴∠QPC=∠AQP，∠A=∠CPB
∵PC=BC，CDAB.
∴DT平分∠PCB，PD =BD， ∠PCD = ∠BCD.
∴∠AQP=∠QPC= ∠PCD= ∠BCD
∴∠A= ∠CPB =∠B
∵∠A=∠B
∴
∴
∴AQ=BC，
在△APQ和△BDC中
∠A=∠B
∠AQP = ∠BCD
AQ=BC
∴△APQ△BDC (AAS)
∴AP = BD
∵PD=BD
∴AP =PD= BD
∴
②当PC=PB时，如图所示，连接AC
∵AB为直径，
∴∠ACB= ∠PCA+ ∠PCB = 90°
∴∠CAB+ ∠B = 90°
∵PC=PB
∴∠B=∠PCB
∴∠CAB= ∠PCA
∴PA=PC
∴PC=PA=PB
∴
故答案为：.
【分析】根据题意，分两种情况来讨论，①当PC=BC时，过点C作过点C作CDAB于点D，再结合已知条件求出 的值为.②当PC=PB时，连接AC，结合已知条件求出此时 的值为
12．【答案】135；
【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
【解析】【解答】解：连接OF、AF，
∵点F是的中点，
∴，OF⊥AC，
∴∠ABD=∠CBD=∠ABC，
∵ AD平分∠CAB ，
∴∠CAD=∠BAD=∠CAB，
∵AB为直径，
∴∠C=90°，∠AFD=90°，
∴∠CAB+∠CBA=90°，
∴∠BAD+∠ABD=(∠CAB+∠ABC)=45°，
∴∠ADB=180°-（∠BAD+∠ABD）=135°，
∴∠FDA=45°，
∵∠AFD=90°，
∴∠FAD=∠FDA=45°，
∴AF=FD=DB，
在Rt△ABF中，AF2+BF2=AF2+（2AF）2=AB2=（ 2 ）2，
解得AF=2，
∵AM2=AF2+FM2=OM2+OA2，
∴22+（-OM）2=OM2+（）2，
解得OM=，
∵AM=CM，OA=OB，
∴BC=2OM=.
故答案为：135，.
【分析】连接OF、AF，由点F是的中点可得，OF⊥AC，从而得出∠ABD=∠CBD=∠ABC，由角平分线的定义可得∠CAD=∠BAD=∠CAB，从而得出∠BAD+∠ABD=(∠CAB+∠ABC)=45°，根据三角形内角和及邻补角的定义可求∠ADB=135°，∠FDA=45°，从而得出AF=FD=DB，在Rt△ABF中，由AF2+BF2=AF2+（2AF）2=AB2，可求出AF，由AM2=AF2+FM2=OM2+OA2可得22+（-OM）2=OM2+（）2，据此求出OM，利用三角形中位线定理求出BC即可.
13．【答案】6.5
【知识点】点与圆的位置关系；坐标系中的两点距离公式
【解析】【解答】解：设P（x，y），则PA2=(x+1)2+y2，PB2=(x-1)2+y2，
∴PA2+PB2=2x2+2y2+2=2(x2+y2)+2.
∵OP2=x2+y2，
∴PA2+PB2=2OP2+2，
∴当OP取得最小值时，PA2+PB2取得最小值.
∵当P位于OC与圆的交点处时，OP取得最小值，
∴OP的最小值为OC-PC=-1=1.5，
∴PA2+PB2的最小值为2×1.52+2=6.5.
故答案为：6.5.
【分析】设P（x，y），根据两点间距离公式可得PA2+PB2=2OP2+2，故当P位于OC与圆的交点处时，OP取得最小值，PA2+PB2取得最小值，据此求解.
14．【答案】或
【知识点】等腰三角形的判定与性质；圆周角定理；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图1，当时，作，连接、，
，，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
；
如图2，当时，连接，
是直径，
，
，
，
，
，
，
，
.
故答案为：或.
【分析】利用等腰三角形的性质进行分类讨论：当CP=BC时，作，利用平行线和等腰三角形的性质证得，进而得到，接着通过AAS判定得到PQ=CD，再通过AAS判定，证得，故可得；当PC=PB时，连接AC，利用圆周角定理得到，进而可证得，再通过等腰三角形的性质与判定证得AP=PC=PB，故.
15．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；点与圆的位置关系；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如下图所示：当在对角线BD上时，最小，连结，
由旋转的性质可得：
所以
又因为四边形ABCD为正方形，
所以
所以
所以
在和中
所以，
所以
在中有勾股定理可得：
所以
故答案为：.
【分析】本题主要考查全等三角形的判定及性质、勾股定理、正方形的性质，通过画图发现，点的运动轨迹为D圆心，以1为半径的圆，在当在对角线BD上时，最小，通过旋转的性质、正方形的性质、同角的余角相等可证得：，得到在运用勾股定理可求得：再根据即可求解.
16．【答案】；2
【知识点】勾股定理；垂径定理的实际应用
【解析】【解答】解：当两位同学旋转到同一高度时（A在B的右侧），
A同学距离地面的高度为米；
过点B作交OA于点C，
则AB=6，OC=9-CA，OB=9，
，
即，
两式相减求得CA=2，
当A同学旋转到最高位置，此时两位同学的高度差为2米．
故答案为：；2.
【分析】当两位同学旋转到同一高度时（A在B的右侧），直接利用勾股定理求解；当A同学旋转到最高位置，过点B作交OA于点C，求出CA的长，即为此时两位同学的高度差为2米.
17．【答案】或
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；垂径定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：过点B作BE⊥CD，如图，
当 △ABD 为等腰三角形 ，则∠BAD=∠ ABD=45°，
∴∠DCB=45°，
∴ △CEB为等腰直角三角形，
∴ CE=BE=，
∵ △ABD为等腰直角三角形，
∴ AD=BD=，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB=5，
在Rt△BDE中，由勾股定理得：DE=，
∴ CD=CE+DE=，
∵ DD'=AB=5，
在在Rt△DD'C中，由勾股定理得：CD'=.
故答案为：或.
【分析】根据题意找到D和D'两点，根据垂径定理得∠DCB=45°推出△CEB为等腰直角三角形求得CE，根据圆周角定理、等腰三角形的性质和勾股定理得BD，再根据勾股定理即可求得DE，CD即可求出；再利用勾股定理即可求得CD'.
18．【答案】（1）证明：是的外角，
，
，，
；
（2），
证明：连接并延长交于点，连接，
过点，为圆直径，．
于点，为中点．．
，．．
且，．．
（3）解：（2）的结论成立．
证明：连接并延长交于点，连接，
．于点，为中点．．
由（2）证明可知，，．
【知识点】圆的综合题；圆-动点问题
【解析】【分析】（1）由三角形外角的性质得，由圆周角定理得和，又∠DAB=∠DAC+∠CAB，等量代换由等式的性质原命题得证.（2）作辅助线：连接并延长交于点，连接，如图，由圆周角定理得，由中位线定理得，由直角三角形的性质得，，由圆周角定理得，等量代换由等式的性质得，由圆周角定理得CD=BG，等量代换由等式的性质原命题得证.
（3）作辅助线：连接并延长交于点，连接，如图，由圆周角定理得，由中位线定理得，由圆的内接四边形的性质证明可知，，由直角三角形的性质得，由圆周角定理得CD=BG，等量代换由等式的性质原命题得证.
19．【答案】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点E，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴BF＝CD；
（2）解：如图所示：连接BC，
由（1）得：，CD＝BF＝4，
∴∠FBC＝∠BCD，
∴BG＝CG，
∵AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点E，
∴，
设EG＝x，则BG＝CG＝2﹣x，
在△BEG中，EG2+BE2＝BG2，即x2+12＝（2﹣x）2，
解得：，
∴GE的长为；
（3）解：如图所示：连接OC交BF于I，
∵，
∴，
在△OCG和△OBG中，
，
∴△OCG≌△OBG（SSS），
∴∠COG＝∠BOG，
∴∠IOB＝2∠EOG，
∵OF＝OB，OC为半径，
∴OC⊥BF，
∴∠OIB＝90°，
∵∠IOB+∠IBO＝90°，
∴．
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆周角定理；三角形全等的判定-SSS
【解析】【分析】（1）由为的直径，于点，，得到，即可得证；
（2）连接，由（1）可知且，设，利用在中，即可求解；
（3）连接交于，则，先证明，得到，再由等腰三角形和三角形外角的性质，得到，最后由，即可得证．
20．【答案】（1）解：过P作PH⊥x轴于H，连接OP，如图所示，
由P（4，3）知，OH=4，PH=3，
在Rt△POH中，由勾股定理得：OP=.
（2）解：①证明：∵∠DGP是△PCG的外角，
∴∠DGP=∠DCP+∠CPG，
∵B和A关于直线PE对称，
∴∠DPE=∠CPE，
∵∠DPE=∠DCE（同圆中，同弧所对的圆周角相等），
∴∠CPE=∠DCE，
而∠ECP=∠DCE+∠PCD，
∴∠ECP =∠CPE+∠PCD=∠DGP.
②解：连接OE、OP，过D作DH⊥x轴于H，如图所示，
则∠POE=2∠ECP（同圆中，同弧所对的圆心角的度数是圆周角度数的2倍），
由①知，∠ECP=∠DGP，
∴∠POE=2∠DGP，
∵PE∥x轴，即PE⊥y轴，y轴过圆心O，
∴OM⊥PE，∠POE=2∠POM，
∴∠POM=∠DGP，
而∠DGP=∠DFH（两直线平行，同位角相等），
∴∠POM=∠DFH，
又DF=OP=5，
∴△DFH≌△POM，
∴DH=PM=4，
即D点纵坐标的绝对值为4，
连接OD，易知OD=5，则由勾股定理得：OH=3，
即D点横坐标的绝对值为3，
∵A在y轴正半轴上运动，
∴D不会在第一象限，
∴D（－3，4）或（－3，－4）或（3，－4）.
【知识点】勾股定理；圆周角定理；轴对称的性质；点的坐标与象限的关系；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）过点P作PH⊥x轴于点H，连接OP，根据点P的坐标可得OH=4，PH=3，利用勾股定理可得OP；
（2）①根据外角的性质可得∠DGP=∠DCP+∠CPG，根据轴对称的性质可得∠DPE=∠CPE，根据圆周角定理可得∠DPE=∠DCE，则∠CPE=∠DCE，根据角的和差关系可得∠ECP=∠DCE+∠PCD，据此证明；
②连接OE、OP，过D作DH⊥x轴于H，根据圆周角定理可得 ∠POE=2∠ECP，由①知∠ECP=∠DGP，则∠POE=2∠DGP，易得∠POM=∠DGP，根据平行线的性质可得∠POM=∠DFH，证明△DFH≌△POM，得到DH=PM=4，连接OD，易知OD=5，由勾股定理得：OH=3，据此不难得到点D的坐标.
21．【答案】（1）证明：∵CD为⊙M的直径，
∴CM＝DM＝CD
∵∠ABC＝90°，
∴BM＝CM＝DM＝CD，
∴点B在⊙M上．
（2）解：连接DE．
∵CD为⊙M的直径，CD⊥BE
∴∠DEC＝90°，＝，
∴∠DEA＝90°，BD＝DE，
∵AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠A＝∠ACB＝45°，
∴∠ADE＝180°﹣∠A﹣∠AED＝45°，
∴∠ADE＝∠A＝45°，
∴AE＝DE，
∴AE＝DE＝DB，
∴AD＝＝BD，
∴AB＝AD+BD＝（+1）BD，
∴BC＝AB＝（+1）BD，
∴BC：BD＝+1．
（3）证明：作BF'⊥BF，作AF'⊥AC，相交于点F'，连接EF'，如图，
∵BF'⊥BF，
∴∠F'BF=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠F'BA=∠FBC，
∵AF'⊥AC，
∴∠F'AE=90°，
∵∠BAC=∠BCF=45°，
∴∠BAF'=45°，
即∠BAF'=∠BCF，
∵BA=BC，
∴△BAF'≌△∠BCF（ASA），
∴AF'=CF，BF=BF'，
∵BM=MC，
∴∠MBC=∠MCB，
∵∠DBE=∠DCE，
∴∠MBC+∠DBE=∠MCB+∠DCE，
∵∠MCB+∠DCE=45°，
∴∴∠MBC+∠DBE=45°，
∵∠ABC=90°，
∴∠EBF=45°，
∴∠EBF'=90°-∠EBF=45°，
∵BE=BE，
∴△BEF'≌△∠BEF（SAS），
∴EF'=EF，
在Rt△AEF'中， AE2+AF'2＝EF'2， 即 AE2+CF2＝EF2．
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆周角定理；圆的综合题；等腰直角三角形；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）根据直角三角形的斜边中线定理可得BM=即可求得；
（2）根据垂径定理得BD=DE，根据等腰直角三角形的性质和判定和圆周角定理得AE=DE推出AD=BD即可求得；
（3）依据ASA判定△BAF'≌△∠BCF得AF'=CF，依据SAS判定△BEF'≌△∠BEF得EF'=EF，再根据勾股定理即可求得.
22．【答案】（1）证明：∵将△ABC绕点A逆时针转至△AED
∴BC=DE，∠BAC=∠EAD
∴
所以BC=CD
∴DE=CD
（2）解：∵∠F=∠ACB
∠AMF=∠BMC
∴△AMF∽△BMC
∴
由题间可知
BC=DE
AC=AD
∵BF∥CD
∴
∴AM=AN
∴
即AN·DE=AF·BM
（3）解：设AB为a，则AC为3a
由△CDE∽△CAD可得，
即CD2=3a·2a=6a2
∵CD>0
∴CD=a
∵AC=AD
∴
∵BF∥CD
∴
∴
∴AB=AF
∴∠ABF=∠AFB=∠ACB
∴△ABM∽△ACB
∴
即
∴AM=a
BM=a
根据据对称轴可知FN=a
由△AMN∽△ACD可得
∴
即
∴MN=
∴BF=BM+MN+FN=a
∴
【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）由旋转的性质，得到BC=DE，∠BAC=∠EAD，根据弧，弦，角的关系，得到BC=CD，即可得证；
（2）证明△AMF∽△BMC，得，旋转得到BC=DE，AC=AD，BF∥CD得AM=AN ，所以，即得 AN·DE=AF·BM；
（3）设AB为a，则AC为3a，由△CDE∽△CAD，可得CD2=3a·2a=6a2，即CD=a，证明△ABM∽△ACB，即，得AM=a，BM=a，根据据对称轴可知FN=a，由△AMN∽△ACD可得，MN=，所以BF=BM+MN+FN=a，计算求解即可.
23．【答案】（1）①证明：连接OA，如图，则OA=OB=OC
在△OAB和△OCB中
∵OA=OC，OB=OB，AB=BC
∴△OAB≌△OCB
∴∠OBA=∠OBC，即BO平分∠ABC
②β＝2α
（2）)猜想：AG，CG，BG三者之间的数量关系：AG2+2BG2=CG2
证明：延长GA交⊙O于点H，连接BH，CH，如图
∵∠ABC=90°，AB=CB
∴∠BAC=∠BCA=45°∴∠BHA=∠F=∠BCA=45°，∠BHC=∠BAC=45°.
∴∠GHC=∠AHB+∠BHC=90°
∴CG2=GH2+CH2
∵△ABF和△ABG关于AB对称
∴∠BGA=∠F=45°
∴∠BGA=∠BHA=45°
∴BG=BH
∴∠GBH=∠180°-∠BGA-∠GHB=90°
∴BG2+BH2=HG2即GH2=2BG2
∵∠GBH=∠ABC=90°
∴∠GBA+∠ABH=∠CBH+∠ABE，即∠GBA=∠CBH
∵∠BGA=∠BHC=45°，BA=BC
∴△GBA≌△HBC
∴AG=CH
∴AG2+2BG2=CG2
【知识点】圆的综合题
【解析】【分析】（1）①连接OA， OA=OB=OC ，已知AB＝BC，可轻松得出△OAB≌△OCB（SSS），可得∠OBA=∠OBC，从而得出 BO平分∠ABC ；
②AB＝BC ，根据圆周角定理可知∠BAC＝ ∠ACB＝α ，因为CD过圆心，所以∠ACD＋ ∠ACB＋∠BAC＝90°（半圆的圆周角为90°），所以90°- β +2α=90°，从而知道β＝2α ；
（2）由图2可知∠BAC=∠BCA=45°，利用同弧所对的圆周角相等以及△ABG与△ABF关于AB对称，得到∠BGA=∠F=∠BCA=∠BHA=45°，∠BHC=∠BAC=45°，所以△GBH为等腰直角三角形，△GHC为直角三角形；
可得：BG2+BH2=HG2即GH2=2BG2，CG2=GH2+CH2；因为 ∠GBA+∠ABH=∠CBH+∠ABE，即∠GBA=∠CBH ，可知△GBA≌△HBC（AAS），从而得到AG=CH，等量代换可得 AG2+2BG2=CG2 ．
24．【答案】（1）证明：∵OH⊥BC，
∴，
∴∠BAD＝∠CAD
（2）解：①连接BO，
∵OH＝DH，OH⊥BC，
∴BD＝BO．
∵OB＝OD，
∴△OBD是正三角形，
∴∠BOD＝60°，
∴，
∴∠BAC＝2∠BAD＝60°．
②∵⊙O的半径为6，△OBD是正三角形，
∴BD＝OB＝6．
∵，
∴∠DBE＝∠DAB．
∵∠BDE＝∠ADB，
∴△BDE∽△ADB，
∴，
∴，
∴DE＝4．
（3）解：由（2）得△BDE∽△ADB，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵∠ACB＝∠ADB，∠BAE＝∠DAC，
∴△ABD∽△AEC，
∴，
∴，
∴．
【知识点】等边三角形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由垂径定理可得，利用同弧或等弧所对的圆周角相等即得结论；
（2）①连接BO，易证△OBD是正三角形，可得∠BOD＝60°，根据圆周角定理可得∠BAD=30°，根据∠BAC＝2∠BAD即可求解；
②证明△BDE∽△ADB，利用相似三角形的对应边成比例即可求解；
（3）由（2）得△BDE∽△ADB，可得，据此可求，
，再证△ABD∽△AEC，可得，据此即可求解.
25．【答案】（1）证明：∵AB＝AE，
∴＝，∠ABE＝∠AEB，
∴∠ACB＝∠AEB，
∴∠ABE＝∠ACB；
（2）解：∵AC⊥BD，
∴∠BFC＝90°，
∵设∠CBF为x度，
∴∠BCF＝90°-x，
根据解析（1）可知，∠ABE＝∠AEB＝∠ACB＝90°-x，
∴∠BAE＝180°-∠ABE-∠AEB
＝180°-2（90°-x）
＝2x，
即y＝6x；
（3）解：①连接OB、OE，如图2.1所示：
∵∠BAE＝120°，＝，AH是直径，
∴＝，
∴，
∵AO＝BO，
∴△ABO为等边三角形，
∴AB＝OA＝OB，
根据解析（2）可知，∠BAE＝2∠CBF，
∴，
∵AC⊥BD，
∴∠BFC＝∠AFB＝∠CFD＝90°，
∴∠BCF＝90°-∠CBF＝30°，
∴，
设FG＝x，则，
∵OG⊥AC，
∴，
根据勾股定理得：，
，
∵OA2＝AB2，
∴
解得：（舍去），
∴，
∵＝，
∴∠BAC＝∠BDC，
∵∠AFB＝∠CFD＝90°，
∴△ABF∽△DCF，
∴，
即，
解得：DF＝11，
∴BD＝BF+DF＝3+11＝14；
②连接AD，CD，如图7.2，
∵AG＝CG，AO＝OH，
∴OG∥CH，CH＝2OG，
∴∠ACH＝∠AGO＝90°，
∴∠ACH＝∠AFD＝90°，
∴BD∥CH，
∴∠BDC＝∠DCH，
∵＝，＝，
∴∠DCH＝∠DAH，∠BDC＝∠BAC，
∴∠BAC＝∠DAH，
∵＝，
∴∠BAO＝∠EAO，
∴∠CAH＝∠EAD，
∴CH＝DE＝12，
∴．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理；相似三角形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）由AB＝AE可得＝，∠ABE＝∠AEB，由同弧所对的圆周角相等得∠ACB＝∠AEB，利用等量代换即得结论；
（2）由AC⊥BD可得∠BFC＝90°，则∠BCF＝90°- ∠CBF=90°-x，由（1）可知∠ABE＝∠AEB＝∠ACB＝90°-x，根据三角形内角和即可求解；
（3）①连接OB、OE，证出△ABO为等边三角形，可得AB＝OA＝OB，设FG＝x，则，由勾股定理可得，求出x值，即得AF的长，再证△ABF∽△DCF，利用相似三角形的对应边成比例求出DF，根据BD＝BF+DF即可求解；
②连接AD，CD，由AG＝CG，AO＝OH，可得OG∥CH，CH＝2OG，再证∠CAH＝∠EAD，
可得CH＝DE＝12，继而得解.
26．【答案】（1）解：如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝30°，BC＝12，
∴AC＝2AB，
∵AB2+BC2＝AC2，
∴AB2+122＝（2AB）2，
∴AB＝4，
∴AC＝2AB＝8，
∵D是BC的中点，
∴CD＝BC＝6，
∵四边形ABDE是⊙O的内接四边形，
∴∠AED+∠ABC＝180°，
∵∠AED+∠CED＝180°，
∴∠CED＝∠ABC＝90°，
∵∠C＝30°，
∴DE＝CD＝3，
在Rt△CDE中，CE＝＝＝3，
∴AE＝AC﹣CE＝8﹣3＝5；
（2）解：①∵当点P从点A匀速运动到点E时，点Q恰好从点C匀速运动点B，
∴＝，
∵AP＝x，BQ＝y，AE＝5，BC＝12，
∴CQ＝BC﹣BQ＝12﹣y，
即＝，
∴12x＝5（12﹣y），
即y＝﹣x+12，
∴y关于x的表达式为y＝﹣x+12．
②如图1，过点P作PH⊥BC于H，
则PH＝PC＝（8﹣x），CQ＝BC﹣BQ＝12﹣（﹣x+12）＝x，
∴S△PQC＝CQ PH＝×x×（8﹣x）＝﹣（x﹣4）2+，
∵＜0，
∴当x＝4时，S△PQC有最大值；
（3）解：当EF＝BD时，如图2，
由（1）知：∠DEC＝90°，DE＝3，
∵EF＝BD＝6，
∴＝，
∴∠EBF＝∠BED，
∴BF∥DE，
∴∠BPC＝∠DEC＝90°，
∵∠C＝30°，
∴BP＝BC＝×12＝6，
∴CP＝＝＝6，
∴EP＝CP﹣CE＝6﹣3＝3，
在Rt△EFP中，∠F＝∠A＝60°，
∴∠FEP＝30°，
∴PF＝EF＝×6＝3，
∴BF＝BP+PF＝6+3＝9，
∴S四边形BDEF＝×（DE+BF） EP＝×（3+9）×3＝18；
当EF＝BE时，如图3，过点E作EG⊥BC于G，连接EO交BF于H，连接OB，OF，
在Rt△CEG中，EG＝CE＝×3＝，
在Rt△DEG中，∠DEG＝90°﹣60°＝30°，
∴DG＝DE＝，
∴BG＝BD+DG＝6+＝，
在Rt△BEG中，BE＝＝＝3，
∵∠F＝∠A＝60°，EF＝BE，
∴△BEF是等边三角形，
∵OB＝OF，BE＝EF，
∴EH垂直平分BF，
∴EH＝＝＝，
∴S四边形BDEF＝S△BEF+S△BDE＝×3×+×6×＝；
当EF＝DE时，如图4，过点E作EG⊥BC于G，EK⊥BF于K，
∵EF＝DE＝3，
∴＝，
∴∠EBG＝∠EBF，
∵EG⊥BC，EK⊥BF，
∴EK＝EG＝，BK＝BG＝，
∵∠F＝∠A＝60°，∠EKF＝90°，
∴∠FEK＝30°，
∴FK＝EF＝×3＝，
∴BF＝BK+FK＝+＝9，
∴S四边形BDEF＝S△BEF+S△BDE＝×9×+×6×＝；
综上所述，四边形BDEF的面积为18或或．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；圆内接四边形的性质；圆的综合题；直角三角形的性质
【解析】【分析】（1）由直角三角形的性质可得AC＝2AB，再利用勾股定理求解即可；
（2）①由题意得＝，即＝，整理即可；
②如图1，过点P作PH⊥BC于H，可得PH＝PC＝（8﹣x），CQ＝BC﹣BQ＝x，由三角形面积公式可得S△PQC关于x的函数关系式，再利用二次函数的性质求解即可；
（3）分三种情况：当EF＝BD时、当EF＝BE时和当EF＝DE时，据此分别解答即可.
27．【答案】（1）证明：∵AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠BCA＝∠A＝45°，
∴∠BGE＝∠BCA＝45°，
∵BG是⊙O的直径，
∴∠BEG＝90°，
∴∠GBE＝∠BGE＝45°，
∴BE＝EG；
（2）证明：∵∠BCA＝∠A＝45°，CD平分∠BCA，
∴∠ACD＝∠BCD∠BCA＝22.5°，
∴∠ABE＝∠ACD＝22.5°，
∴∠BEF＝∠A+∠ABE＝45°+22.5°＝67.5°，
∵∠GBE＝45°，
∴∠BFE＝180°-∠GBE-∠BEF＝180°-45°-67.5°＝67.5°，
∴∠BEF＝∠BFE，
∴BF＝BE，
∴△BEF是等腰三角形；
（3）
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：（3）连接CG，
，，
，
，，
又BD=CF，
，
是等腰三角形，
，
而，
，
，
，
设AB＝BC=x，
∠ABC＝90°，
，
，
，
，，
.
故答案为：.
【分析】（1）根据等腰直角三角形性质得∠BCA＝∠A＝45°，由同弧所对的圆周角相等得∠BGE＝∠BCA＝45°，再由直径所对的圆周角是直角得到∠BEG＝90°，则∠GBE＝∠BGE＝45°，进而得到 BE＝EG；
（2）根据三角形外角性质和圆周角定理得∠BEF＝∠A+∠ABE＝∠A+∠ABE=∠A+∠BCA=67.5°，再根据三角形内角和定理求得∠BFE＝67.5°，所以∠BEF＝∠BFE，即△BEF是等腰三角形；
（3）连接CG，通过证明，得到，进而得到，所以，，设AB＝BC=x，所以，所以，进而得到，，.
28．【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.
1 / 1《圆》精选压轴题—2024年浙教版数学九（上）期中复习
一、选择題
1．（2023九上·玉环期中）如图，⊙O是△ABC的外接圆，弦BD交AC于点E，AE=DE，BC=CE，过点O作OF⊥AC于点F，延长FO交BE于点G，若DE=6，EG=4，则AB的长为（ ）
A． B． C．13 D．14
【答案】D
【知识点】垂径定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：连接CD，
在△ABC和△DCB中
∴△ABC≌△DCB（ASA）
∴EB=EC
∵BC=CE，
∴BE=CE=BC，
∴△BCE是等边三角形，
∴∠ACB=∠EBC=∠BEC=60°，
∵OF⊥AC，
∴AF=CF，∠EGF=30°，
∵EG=4，
∴EF=EG=2，
∵AE=6，
∴AF=AE+EF=6+2=8，
∴BC=CE=CF+EF=AF+EF=8+2=10，
过B作BH⊥AC于H，
∴∠EBH=∠EBC=30°，
∴CH=CE=5，
∴BH=，
而AH=AE+EH=6+5=11，
在Rt△ABH中，
AB=
故答案为：D.
【分析】连接CD，过B作BH⊥AC于H，由题意用角边角可证△ABC≌△DCB，则EB=EC，结合已知可得三角形EBC是等边三角形，则∠ACB=∠EBC=∠BEC=60°，在直角三角形EFG中，根据30度角所对的直角边等于斜边的一半可得EF=EG，由线段的构成AF=AE+EF、BC=CE=CF+EF=AF+EF求出AF、BC的值，在直角三角形CBH中，同理可求得BH的值，由线段的构成AH=AE+EH求出AH的值，然后在直角三角形ABH中，用勾股定理可求解.
2．（2023九上·杭州期中）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，⊙P是△ABC的外接圆，连接PA．若AD＝3，BD＝1，BC＝5，则PA的长（ ）
A．2.5 B． C． D．2.8
【答案】B
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆周角定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接，过点P作于F，如图所示：
∵，
∴，
∵
∴由勾股定理，，，
∵，
∴由垂径定理，
又∵
∴，
∴
∴，
∴，即.
故答案为：B.
【分析】连接，过点P作于F，先由勾股定理可求得和，再由垂径定理得到以及，最后由相似三角形即可求得．
3．（2023九上·乐清期中）已知点A，B，C在⊙O上，∠ABC＝30°，把劣弧沿着直线CB折叠交弦AB于点D．若BD＝9，AD＝6，则的长为（ ）
A． B．3π C． D．
【答案】C
【知识点】圆周角定理；弧长的计算；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图所示：取点D在⊙O上的对应点E，连接OA、OC、CE、BE、CD、AC，过C点作 CFAD于点F.
∵四边形ABEC内接于
∴∠A+ ∠E = 180°
∵点D在⊙O上的对应点为点E
由折叠的性质得出：∠BEC = ∠BDC
∵∠BDC+∠CDA =180°
∴∠E+∠CDA=180°
又∵∠A+ ∠E =180°
∴∠A= ∠ADC，
∴△ACD是等腰三角形
∵CFAD，AD = 6
∴AF=FD=AD=3
又∵BD=9
∴BF= BD+DF = 12
∵CFAD
∴△CFB是直角三角形
∵∠ABC=30°
∴在Rt△CFB中，CF= =
在Rt△AFC中，AC =
∵∠ABC=30°
∴∠AOC =60°
∵OA=OC，
∴△AOC是等边三角形
∴OA=OC=AC=
∴的长=
故答案为：.
【分析】首先取点D在⊙O上的对应点E，连接OA、OC、CE、BE、CD、AC，过C点作 CFAD于点F，其次四边形ABEC内接于得出∠A+ ∠E =180°，由折叠的性质得出：∠BEC = ∠BDC，由此可得到∠A=∠ADC，证明出：△ACD是等腰三角形，由此可得出：AF=FD=AD=3，进而得出：BF= BD+DF = 12，然后通过解直角三角形CFB可求出CF的长，最后利用勾股定理求出AC的长，再证明出是直角三角形即可得出：OA=OC=AC=，利用弧长公式即可求出的长.
4．（2023九上·温州期中）阿基米德折弦定理：如图1，AB与BC是的两条弦(即折线ABC是圆的一条折弦)，AB>BC，点是的中点，于点，则点是折弦ABC的中点，即.如图2，半径为4的圆中有一个内接矩形，点是的中点，于点，若矩形ABCD的面积为20，则线段BN的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；阿基米德折弦定理模型
【解析】【解答】解：连接，，，如图所示：
四边形为矩形，，为的直径，，
的半径为4，，点为的中点，，，
，，
，，
设，，其中，
则，解得：或 舍去，
即，，
，，
，
，
，
，
，
解得：或，
∴或，
当时，，
当时，，
∵，
∴，
∴．
故答案为：A.
【分析】连接，，，如图所示：根据圆周角定理，结合已知条件易证为的直径，，则，再根据弧、弦、圆心角的关系及等腰直角三角形的性质可求得，然后根据同弧所对的圆周角相等及勾股定理可得，，设，，其中，利用勾股定理及矩形面积公式列得方程，解方程求得，的长度，再结合可证得，则，最后利用勾股定理列方程，解方程求出或，再进一步分析即可求解．
5．（2023九上·乐清期中）已知点A，B，C在⊙O上，∠ABC=30°，把劣弧沿着直线CB折叠交弦AB于点D．若BD=9，AD=6，则的长为（ ）
A．π B．3π C．π D．π
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；圆周角定理；弧长的计算
【解析】【解答】解：如图，作，连接、、、，
，
，，
，，
，，
，
，
，
，
，，
，
.
故答案为：C.
【分析】由圆周角定理可得AC=CD，，证得是等边三角形，作，通过等腰三角形的性质求得AE、DE的长度，再利用直角三角形的性质计算出CE的长度，进而通过勾股定理求得AC长，得到半径长度，然后利用弧长计算公式求得的长.
6．（2023·宁波模拟）如图，在边长为8的正方形中，点O为正方形的中心，点E为边上的动点，连结，作交于点F，连接，P为的中点，G为边上一点，且，连接，则的最小值为（ ）
A．10 B． C． D．
【答案】D
【知识点】正方形的性质；圆周角定理；确定圆的条件；轴对称的应用-最短距离问题；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：过点O作OH⊥CD于点H，作OI⊥AD于点I，连接HI，OP，
∵点O为正方形ABCD的中心，
∴，，
∴四边形OHDI为正方形，HI为正方形OHDI的对角线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴与都是等腰直角三角形，
∴，
，
∴E、I、O、P四点共圆，
∴，
∵，
∴点P运动的轨迹是线段HI，
作点A关于直线HI的对称点A'，
当点A'、点P、点G在同一直线上时，PA+PG取得最小值，最小值为A'G的长，
过点A'作A'Q⊥CD交CD延长线于点Q，
同理得四边形A'QDI为正方形，且边长为4，
∴，，
∴.
故答案为：D.
【分析】过点O作OH⊥CD于点H，作OI⊥AD于点I，连接HI，OP，根据正方形的性质得OH=OI=4，∠IDH=90°，则四边形OHDI为正方形，HI为正方形OHDI的对角线，进而用ASA判断出△IOE≌△HOF，得OE=OF，得△EOF与△IOH都是等腰直角三角形，再推出E、I、O、P四点共圆，由圆周角定理得∠OIP=∠OEP=45°，得点P运动的轨迹是线段HI，作点A关于直线HI的对称点A'，当点A'、点P、点G在同一直线上时，PA+PG取得最小值，最小值为A'G的长，过点A'作A'Q⊥CD交CD延长线于点Q，同理得四边形A'QDI为正方形，且边长为4，然后根据勾股定理算出A'G即可.
7．（2023九上·浙江期中）量角器和三角板是我们平常数学学习中常用的工具．有一天，爱思考的小聪拿着两块工具拼成了如图1的样子，计划让三角板的直角顶点始终在量角器的半圆弧上运动，紧接着小聪根据自己的想法画出了示意图(如图2)。已知点C是量角器半圆弧的中点，点P为三角板的直角顶点，两直角边PE、PF分别过点A、B．连结CP，过点O作OM⊥CP交CP于点M，交AP于点N若AB=8，则NB的最小值为 ；若点Q为的中点，则点P从点Q运动到点B时，N点的运动路径长为 .
【答案】；
【知识点】垂径定理；圆周角定理；点与圆的位置关系；弧长的计算；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：当点P在弧上BC时，点N在线段OC的右侧，如图，连接AC、OC，
∵C是半圆弧的中点，
∴，即，
∵，
∴是等腰直角三角形，
作的外接圆，连接，则有圆心T为AC中点，
∵，
∴
∴NC=NP，
∴∠NPC=∠NCP=45°，
∴∠CNP=180°-∠PCN-∠CPN=90°，
∴，
∴点N在上，运动轨迹是弧OC，
过点T作TH⊥AB于H，
∵AB=8 ，
∴，
∵AO=OC，∠AOC=90°，
∴∠OAC=∠OCA=45°，，
∴，
在中，，
∴，
∴，即，
在中，，
∵BN≥BT-TN，
∴，
∴BN的最小值为；
当点P在弧AC上时，如图，
可知点N在线段OC的左侧，此时的BN明显大于，
综上可知：BN的最小值为；
如图，连接，
∵，
∴，
∵点P从点Q运动到点B，点Q为弧BC的中点，
∴终点时，，
∴
∴，
∵，
∴点N在上，运动轨迹长为：.
故答案为：，．
【分析】如图，连接，证明点N在上，且运动轨迹是弧OC，过点T作于．求出BT，TN，可得结论；连接，结合图形可得，点P从点Q运动到点B，点Q为弧BC的中点，运动的终点时，，即，根据弧公式解答即可．
8．（2023九上·杭州期中）如图，点O在线段AB上，OA＝2，OB＝6，以O为圆心，OA为半径作⊙O，点M在⊙O上运动，连结MB，以MB为一边作等边△MBC，连结AC，则AC长度的最小值为（ ）
A．22 B．22 C．42 D．42
【答案】B
【知识点】圆的综合题；圆-动点问题
【解析】【解答】解：以OB为边，在OB的上面作等边△OBP，则OB＝BP＝OP＝6，∠OBP＝60°，连接OP，PC，OM，如图：
，
∵∠MBC＝∠OBP＝60°，
∴∠OBM＝∠PBC，
在△OBM和△PBC中，
，
∴△OBM≌△PBC（SAS），
∴OM＝PC＝2，
∴如上图所示，点C的运动轨迹为以点P为圆心，2为半径的圆，
连接AP并延长，交⊙P于点C′，则AC的最大值为AC′．
过P作PH⊥AB于H，
∴PH＝PB＝3，BH＝，
∵AH＝AB-BH＝5，
∴AP＝，
∴AC′＝AP-PC′＝2-2，
故AC长度的最大值为2-2，
故选：A．
【分析】作辅助线：以OB为边，在OB的上面作等边△OBP，则OB＝BP＝OP＝6，∠OBP＝60°，连接OP，PC，OM，连接AP并延长，交⊙P于点C′，过P作PH⊥AB于H，如图，根据全等三角形的判定SAS证得△OBM≌△PBC，根据全等三角形的性质得到OM＝PC＝2，从而确定点C的运动轨迹为以点P为圆心，2为半径的圆，由圆外的点到圆上的点的最小距离得AC的最小值为AC′，根据勾股定理求得AP，又PC’为圆P的半径等于2，根据AC′＝AP-PC′即可求得AC长度的最小值．
9．（2023九上·仙居期中）如图，正方形的顶点、在上，顶点、在内，将正方形绕点顺时针旋转，使点落在上．若正方形的边长和的半径相等，则旋转角度等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如下图所示：设 点C落在上 的点G处，连结OA、OB、OG，
因为正方形ABCD的边长和的半径相等，
结合旋转的性质可得：
所以均为等边三角形，
所以
又因为
所以
所以
即.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查了旋转的性质、正方形的性质、等边三角形的判定及性质，设点C落在上 的点G处，连结OA、OB、OG，因为正方形ABCD的边长和的半径相等且结合旋转的性质可得：∠ABC=90°，则△OAB与△OBG均为等边三角形，则∠ABO=∠OBG=60°根据角度计算即可求解.
10．（2023九上·绍兴期中）如图，在半圆O中，直径AB＝2，C是半圆上一点，将弧AC沿弦AC折叠交AB于D，点E是弧AD的中点．连接OE，则OE的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形三边关系；圆心角、弧、弦的关系；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：连接CO，如图，
由三角形两边之差小于第三边，
当C、O、E共线时，OE最小，
设的弧度为x，则的弧度为180°-x，
∵ ∠CAB=∠CAD，
∴的弧度为180°-x，
由折叠知：==x，
=x-(180°-x）=2x-180°，
∵ 点E为弧AD的中点，
∴==x-90°，
∴=-=90°，
∴所对圆心角为90°，
∵ 直径AB=2，
∴ CE=，
∴OE= CE-OC=.
故答案为：A.
【分析】由三角形的两边之差小于第三边得点O、C、E共线时OE最小，设的弧度为x，得、、，进而得到所对圆心角为90°，OE= CE-OC即可求得.
二、填空题
11．（2023九上·乐清期中）如图，点P是线段AB上一动点（不包括端点），过点P作PQ⊥AB交以AB为直径的半圆O于点Q，连接AQ，过点P作PC∥AQ交该半圆于点C，连接CB．当△PCB是以PC为腰的等腰三角形时，为 ．
【答案】
【知识点】平行线的性质；等腰三角形的性质
【解析】【解答】解：当①PC= BC时，过点C作CDAB于点D
∵PQ⊥AB
∴CD∥ PQ
∴∠QPC=∠DCP
∵PCAQ
∴∠QPC=∠AQP，∠A=∠CPB
∵PC=BC，CDAB.
∴DT平分∠PCB，PD =BD， ∠PCD = ∠BCD.
∴∠AQP=∠QPC= ∠PCD= ∠BCD
∴∠A= ∠CPB =∠B
∵∠A=∠B
∴
∴
∴AQ=BC，
在△APQ和△BDC中
∠A=∠B
∠AQP = ∠BCD
AQ=BC
∴△APQ△BDC (AAS)
∴AP = BD
∵PD=BD
∴AP =PD= BD
∴
②当PC=PB时，如图所示，连接AC
∵AB为直径，
∴∠ACB= ∠PCA+ ∠PCB = 90°
∴∠CAB+ ∠B = 90°
∵PC=PB
∴∠B=∠PCB
∴∠CAB= ∠PCA
∴PA=PC
∴PC=PA=PB
∴
故答案为：.
【分析】根据题意，分两种情况来讨论，①当PC=BC时，过点C作过点C作CDAB于点D，再结合已知条件求出 的值为.②当PC=PB时，连接AC，结合已知条件求出此时 的值为
12．（2023九上·上城期中）如图，在以AB为直径的半圆O上，AB＝2，点C事半圆弧上的任务点，点F是的中点，连接BF交AC于点E，AD平分∠CAB交BF于点D，则∠ADB＝ 度；当DB＝DF时，BC的长为 ．
【答案】135；
【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
【解析】【解答】解：连接OF、AF，
∵点F是的中点，
∴，OF⊥AC，
∴∠ABD=∠CBD=∠ABC，
∵ AD平分∠CAB ，
∴∠CAD=∠BAD=∠CAB，
∵AB为直径，
∴∠C=90°，∠AFD=90°，
∴∠CAB+∠CBA=90°，
∴∠BAD+∠ABD=(∠CAB+∠ABC)=45°，
∴∠ADB=180°-（∠BAD+∠ABD）=135°，
∴∠FDA=45°，
∵∠AFD=90°，
∴∠FAD=∠FDA=45°，
∴AF=FD=DB，
在Rt△ABF中，AF2+BF2=AF2+（2AF）2=AB2=（ 2 ）2，
解得AF=2，
∵AM2=AF2+FM2=OM2+OA2，
∴22+（-OM）2=OM2+（）2，
解得OM=，
∵AM=CM，OA=OB，
∴BC=2OM=.
故答案为：135，.
【分析】连接OF、AF，由点F是的中点可得，OF⊥AC，从而得出∠ABD=∠CBD=∠ABC，由角平分线的定义可得∠CAD=∠BAD=∠CAB，从而得出∠BAD+∠ABD=(∠CAB+∠ABC)=45°，根据三角形内角和及邻补角的定义可求∠ADB=135°，∠FDA=45°，从而得出AF=FD=DB，在Rt△ABF中，由AF2+BF2=AF2+（2AF）2=AB2，可求出AF，由AM2=AF2+FM2=OM2+OA2可得22+（-OM）2=OM2+（）2，据此求出OM，利用三角形中位线定理求出BC即可.
13．（2023九上·温岭期中）如图，在平面直角坐标系中，点P是以C（-1.5，2）为圆心，1为半径的⊙C上的一个动点，已知A（﹣1，0），B（1，0），连接PA，PB，则PA2+PB2的最小值是 ．
【答案】6.5
【知识点】点与圆的位置关系；坐标系中的两点距离公式
【解析】【解答】解：设P（x，y），则PA2=(x+1)2+y2，PB2=(x-1)2+y2，
∴PA2+PB2=2x2+2y2+2=2(x2+y2)+2.
∵OP2=x2+y2，
∴PA2+PB2=2OP2+2，
∴当OP取得最小值时，PA2+PB2取得最小值.
∵当P位于OC与圆的交点处时，OP取得最小值，
∴OP的最小值为OC-PC=-1=1.5，
∴PA2+PB2的最小值为2×1.52+2=6.5.
故答案为：6.5.
【分析】设P（x，y），根据两点间距离公式可得PA2+PB2=2OP2+2，故当P位于OC与圆的交点处时，OP取得最小值，PA2+PB2取得最小值，据此求解.
14．（2023九上·乐清期中）如图，点P是线段AB上一动点(不包括端点)，过点P作PQ⊥AB交以AB为直径的半圆O于点Q，连结AQ，过点P作PC∥AQ交该半圆于点C，连结CB．当△PCB是以PC为腰的等腰三角形时，为
【答案】或
【知识点】等腰三角形的判定与性质；圆周角定理；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图1，当时，作，连接、，
，，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
；
如图2，当时，连接，
是直径，
，
，
，
，
，
，
，
.
故答案为：或.
【分析】利用等腰三角形的性质进行分类讨论：当CP=BC时，作，利用平行线和等腰三角形的性质证得，进而得到，接着通过AAS判定得到PQ=CD，再通过AAS判定，证得，故可得；当PC=PB时，连接AC，利用圆周角定理得到，进而可证得，再通过等腰三角形的性质与判定证得AP=PC=PB，故.
15．（2023九上·仙居期中）如图，正方形中，，以为圆心，长为半径画，点在上移动，连接，并将绕点逆时针旋转至，连接在点移动的过程中，长度的最小值为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；点与圆的位置关系；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如下图所示：当在对角线BD上时，最小，连结，
由旋转的性质可得：
所以
又因为四边形ABCD为正方形，
所以
所以
所以
在和中
所以，
所以
在中有勾股定理可得：
所以
故答案为：.
【分析】本题主要考查全等三角形的判定及性质、勾股定理、正方形的性质，通过画图发现，点的运动轨迹为D圆心，以1为半径的圆，在当在对角线BD上时，最小，通过旋转的性质、正方形的性质、同角的余角相等可证得：，得到在运用勾股定理可求得：再根据即可求解.
16．（2023九上·洞头期中） 图1是某游乐园的摩天轮，A，B两位同学坐在摩天轮上的示意图如图2，摩天轮半径OA为9米，两同学的直线距离AB为6米，当两位同学旋转到同一高度时（A在B的右侧），A同学距离地面的高度为 米，当A同学旋转到最高位置，此时两位同学的高度差为 米．
【答案】；2
【知识点】勾股定理；垂径定理的实际应用
【解析】【解答】解：当两位同学旋转到同一高度时（A在B的右侧），
A同学距离地面的高度为米；
过点B作交OA于点C，
则AB=6，OC=9-CA，OB=9，
，
即，
两式相减求得CA=2，
当A同学旋转到最高位置，此时两位同学的高度差为2米．
故答案为：；2.
【分析】当两位同学旋转到同一高度时（A在B的右侧），直接利用勾股定理求解；当A同学旋转到最高位置，过点B作交OA于点C，求出CA的长，即为此时两位同学的高度差为2米.
17．（2023九上·绍兴期中） 如图，已知在⊙O中，AB是⊙O的直径，AC＝4，BC＝3．若D为⊙O上一点，且△ABD为等腰三角形，则弦CD的长为 ．
【答案】或
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；垂径定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：过点B作BE⊥CD，如图，
当 △ABD 为等腰三角形 ，则∠BAD=∠ ABD=45°，
∴∠DCB=45°，
∴ △CEB为等腰直角三角形，
∴ CE=BE=，
∵ △ABD为等腰直角三角形，
∴ AD=BD=，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB=5，
在Rt△BDE中，由勾股定理得：DE=，
∴ CD=CE+DE=，
∵ DD'=AB=5，
在在Rt△DD'C中，由勾股定理得：CD'=.
故答案为：或.
【分析】根据题意找到D和D'两点，根据垂径定理得∠DCB=45°推出△CEB为等腰直角三角形求得CE，根据圆周角定理、等腰三角形的性质和勾股定理得BD，再根据勾股定理即可求得DE，CD即可求出；再利用勾股定理即可求得CD'.
三、解答题
18．（2023九上·杭州期中）已知：如图1，四边形ABCD内接于O，AC⊥BD于点P，F为BC延长线上一点．
（1）求证：∠DCF=∠DAB
（2）过O作OE⊥AB于点E(如图2)，试猜想线段OE与DC的数量关系，并证明你的猜想.
（3）当图2中点P运动到圆外时，即AC、BD的延长线交于点P，且∠P=90°时如图所示，（2）中的猜想是否成立？如果成立请给出你的证明，如果不成立请说明理由．
【答案】（1）证明：是的外角，
，
，，
；
（2），
证明：连接并延长交于点，连接，
过点，为圆直径，．
于点，为中点．．
，．．
且，．．
（3）解：（2）的结论成立．
证明：连接并延长交于点，连接，
．于点，为中点．．
由（2）证明可知，，．
【知识点】圆的综合题；圆-动点问题
【解析】【分析】（1）由三角形外角的性质得，由圆周角定理得和，又∠DAB=∠DAC+∠CAB，等量代换由等式的性质原命题得证.（2）作辅助线：连接并延长交于点，连接，如图，由圆周角定理得，由中位线定理得，由直角三角形的性质得，，由圆周角定理得，等量代换由等式的性质得，由圆周角定理得CD=BG，等量代换由等式的性质原命题得证.
（3）作辅助线：连接并延长交于点，连接，如图，由圆周角定理得，由中位线定理得，由圆的内接四边形的性质证明可知，，由直角三角形的性质得，由圆周角定理得CD=BG，等量代换由等式的性质原命题得证.
19．（2023九上·杭州期中）如图1，AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点E，，BF与CD交于点G．
（1）求证：CD＝BF．
（2）若BE＝1，BF＝4，求GE的长．
（3）连结GO，OF，如图2，求证：．
【答案】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点E，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴BF＝CD；
（2）解：如图所示：连接BC，
由（1）得：，CD＝BF＝4，
∴∠FBC＝∠BCD，
∴BG＝CG，
∵AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点E，
∴，
设EG＝x，则BG＝CG＝2﹣x，
在△BEG中，EG2+BE2＝BG2，即x2+12＝（2﹣x）2，
解得：，
∴GE的长为；
（3）解：如图所示：连接OC交BF于I，
∵，
∴，
在△OCG和△OBG中，
，
∴△OCG≌△OBG（SSS），
∴∠COG＝∠BOG，
∴∠IOB＝2∠EOG，
∵OF＝OB，OC为半径，
∴OC⊥BF，
∴∠OIB＝90°，
∵∠IOB+∠IBO＝90°，
∴．
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆周角定理；三角形全等的判定-SSS
【解析】【分析】（1）由为的直径，于点，，得到，即可得证；
（2）连接，由（1）可知且，设，利用在中，即可求解；
（3）连接交于，则，先证明，得到，再由等腰三角形和三角形外角的性质，得到，最后由，即可得证．
20．（2022·嵊州模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知点P（4，3），⊙O经过点P，过点P作x轴的平行线交⊙O于点E.
（1）如图1，求线段OP的长；
（2）点A为y轴正半轴上的一动点，点B和点A关于直线PE对称，连接PA，PB.直线PA，PB分别交⊙O于点C，D.直线CD交x轴于点F，交直线PE于点G.
①点A运动到如图2位置，连接CE，DE.求证：∠DGP=ECP.
②在点A运动过程中，当DF=OP时，求点D的坐标.
【答案】（1）解：过P作PH⊥x轴于H，连接OP，如图所示，
由P（4，3）知，OH=4，PH=3，
在Rt△POH中，由勾股定理得：OP=.
（2）解：①证明：∵∠DGP是△PCG的外角，
∴∠DGP=∠DCP+∠CPG，
∵B和A关于直线PE对称，
∴∠DPE=∠CPE，
∵∠DPE=∠DCE（同圆中，同弧所对的圆周角相等），
∴∠CPE=∠DCE，
而∠ECP=∠DCE+∠PCD，
∴∠ECP =∠CPE+∠PCD=∠DGP.
②解：连接OE、OP，过D作DH⊥x轴于H，如图所示，
则∠POE=2∠ECP（同圆中，同弧所对的圆心角的度数是圆周角度数的2倍），
由①知，∠ECP=∠DGP，
∴∠POE=2∠DGP，
∵PE∥x轴，即PE⊥y轴，y轴过圆心O，
∴OM⊥PE，∠POE=2∠POM，
∴∠POM=∠DGP，
而∠DGP=∠DFH（两直线平行，同位角相等），
∴∠POM=∠DFH，
又DF=OP=5，
∴△DFH≌△POM，
∴DH=PM=4，
即D点纵坐标的绝对值为4，
连接OD，易知OD=5，则由勾股定理得：OH=3，
即D点横坐标的绝对值为3，
∵A在y轴正半轴上运动，
∴D不会在第一象限，
∴D（－3，4）或（－3，－4）或（3，－4）.
【知识点】勾股定理；圆周角定理；轴对称的性质；点的坐标与象限的关系；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）过点P作PH⊥x轴于点H，连接OP，根据点P的坐标可得OH=4，PH=3，利用勾股定理可得OP；
（2）①根据外角的性质可得∠DGP=∠DCP+∠CPG，根据轴对称的性质可得∠DPE=∠CPE，根据圆周角定理可得∠DPE=∠DCE，则∠CPE=∠DCE，根据角的和差关系可得∠ECP=∠DCE+∠PCD，据此证明；
②连接OE、OP，过D作DH⊥x轴于H，根据圆周角定理可得 ∠POE=2∠ECP，由①知∠ECP=∠DGP，则∠POE=2∠DGP，易得∠POM=∠DGP，根据平行线的性质可得∠POM=∠DFH，证明△DFH≌△POM，得到DH=PM=4，连接OD，易知OD=5，由勾股定理得：OH=3，据此不难得到点D的坐标.
21．（2023九上·绍兴期中）如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，D是AB上一动点，连接CD，以CD为直径的⊙M交AC于点E，连接BM并延长交AC于点F，交⊙M于点G，连接BE．
（1）求证：点B在⊙M上．
（2）当点D移动到使CD⊥BE时，求BC：BD的值．
（3）求证：AE2+CF2＝EF2．
【答案】（1）证明：∵CD为⊙M的直径，
∴CM＝DM＝CD
∵∠ABC＝90°，
∴BM＝CM＝DM＝CD，
∴点B在⊙M上．
（2）解：连接DE．
∵CD为⊙M的直径，CD⊥BE
∴∠DEC＝90°，＝，
∴∠DEA＝90°，BD＝DE，
∵AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠A＝∠ACB＝45°，
∴∠ADE＝180°﹣∠A﹣∠AED＝45°，
∴∠ADE＝∠A＝45°，
∴AE＝DE，
∴AE＝DE＝DB，
∴AD＝＝BD，
∴AB＝AD+BD＝（+1）BD，
∴BC＝AB＝（+1）BD，
∴BC：BD＝+1．
（3）证明：作BF'⊥BF，作AF'⊥AC，相交于点F'，连接EF'，如图，
∵BF'⊥BF，
∴∠F'BF=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠F'BA=∠FBC，
∵AF'⊥AC，
∴∠F'AE=90°，
∵∠BAC=∠BCF=45°，
∴∠BAF'=45°，
即∠BAF'=∠BCF，
∵BA=BC，
∴△BAF'≌△∠BCF（ASA），
∴AF'=CF，BF=BF'，
∵BM=MC，
∴∠MBC=∠MCB，
∵∠DBE=∠DCE，
∴∠MBC+∠DBE=∠MCB+∠DCE，
∵∠MCB+∠DCE=45°，
∴∴∠MBC+∠DBE=45°，
∵∠ABC=90°，
∴∠EBF=45°，
∴∠EBF'=90°-∠EBF=45°，
∵BE=BE，
∴△BEF'≌△∠BEF（SAS），
∴EF'=EF，
在Rt△AEF'中， AE2+AF'2＝EF'2， 即 AE2+CF2＝EF2．
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆周角定理；圆的综合题；等腰直角三角形；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）根据直角三角形的斜边中线定理可得BM=即可求得；
（2）根据垂径定理得BD=DE，根据等腰直角三角形的性质和判定和圆周角定理得AE=DE推出AD=BD即可求得；
（3）依据ASA判定△BAF'≌△∠BCF得AF'=CF，依据SAS判定△BEF'≌△∠BEF得EF'=EF，再根据勾股定理即可求得.
22．（2023九上·浙江期中）如图1，△ABC是⊙O内接三角形将△ABC绕点A逆时针旋转至△AED，其中点D在圆上，点E在线段AC上．
（1）求证：DE=DC；
（2）如图2，过点B作BF∥CD分别交AC、AD于点M、N，交⊙O于点F，连结AF．求证：AN·DE=AF·BM：
（3）在(2)的条件下，若时，求的值．
【答案】（1）证明：∵将△ABC绕点A逆时针转至△AED
∴BC=DE，∠BAC=∠EAD
∴
所以BC=CD
∴DE=CD
（2）解：∵∠F=∠ACB
∠AMF=∠BMC
∴△AMF∽△BMC
∴
由题间可知
BC=DE
AC=AD
∵BF∥CD
∴
∴AM=AN
∴
即AN·DE=AF·BM
（3）解：设AB为a，则AC为3a
由△CDE∽△CAD可得，
即CD2=3a·2a=6a2
∵CD>0
∴CD=a
∵AC=AD
∴
∵BF∥CD
∴
∴
∴AB=AF
∴∠ABF=∠AFB=∠ACB
∴△ABM∽△ACB
∴
即
∴AM=a
BM=a
根据据对称轴可知FN=a
由△AMN∽△ACD可得
∴
即
∴MN=
∴BF=BM+MN+FN=a
∴
【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）由旋转的性质，得到BC=DE，∠BAC=∠EAD，根据弧，弦，角的关系，得到BC=CD，即可得证；
（2）证明△AMF∽△BMC，得，旋转得到BC=DE，AC=AD，BF∥CD得AM=AN ，所以，即得 AN·DE=AF·BM；
（3）设AB为a，则AC为3a，由△CDE∽△CAD，可得CD2=3a·2a=6a2，即CD=a，证明△ABM∽△ACB，即，得AM=a，BM=a，根据据对称轴可知FN=a，由△AMN∽△ACD可得，MN=，所以BF=BM+MN+FN=a，计算求解即可.
23．（2023九上·安吉期中）已知⊙O为△ABC的外接圆，AB＝BC．
（1）如图1，连结OB交AC于点E，过A作CO的垂线交CO延长线于点D．
①求证：BO平分∠ABC；
②设∠ACB＝α，∠DAC＝β，请用含α的代数式表示β；（直接写出答案）
（2）如图2，若∠ABC＝90°，F为⊙O上的一点，且点B，F位于AC两侧，作△ABF关于AB对称的图形△ABG，连结GC，试猜想AG，CG，BG三者之间的数量关系并给予证明．
【答案】（1）①证明：连接OA，如图，则OA=OB=OC
在△OAB和△OCB中
∵OA=OC，OB=OB，AB=BC
∴△OAB≌△OCB
∴∠OBA=∠OBC，即BO平分∠ABC
②β＝2α
（2）)猜想：AG，CG，BG三者之间的数量关系：AG2+2BG2=CG2
证明：延长GA交⊙O于点H，连接BH，CH，如图
∵∠ABC=90°，AB=CB
∴∠BAC=∠BCA=45°∴∠BHA=∠F=∠BCA=45°，∠BHC=∠BAC=45°.
∴∠GHC=∠AHB+∠BHC=90°
∴CG2=GH2+CH2
∵△ABF和△ABG关于AB对称
∴∠BGA=∠F=45°
∴∠BGA=∠BHA=45°
∴BG=BH
∴∠GBH=∠180°-∠BGA-∠GHB=90°
∴BG2+BH2=HG2即GH2=2BG2
∵∠GBH=∠ABC=90°
∴∠GBA+∠ABH=∠CBH+∠ABE，即∠GBA=∠CBH
∵∠BGA=∠BHC=45°，BA=BC
∴△GBA≌△HBC
∴AG=CH
∴AG2+2BG2=CG2
【知识点】圆的综合题
【解析】【分析】（1）①连接OA， OA=OB=OC ，已知AB＝BC，可轻松得出△OAB≌△OCB（SSS），可得∠OBA=∠OBC，从而得出 BO平分∠ABC ；
②AB＝BC ，根据圆周角定理可知∠BAC＝ ∠ACB＝α ，因为CD过圆心，所以∠ACD＋ ∠ACB＋∠BAC＝90°（半圆的圆周角为90°），所以90°- β +2α=90°，从而知道β＝2α ；
（2）由图2可知∠BAC=∠BCA=45°，利用同弧所对的圆周角相等以及△ABG与△ABF关于AB对称，得到∠BGA=∠F=∠BCA=∠BHA=45°，∠BHC=∠BAC=45°，所以△GBH为等腰直角三角形，△GHC为直角三角形；
可得：BG2+BH2=HG2即GH2=2BG2，CG2=GH2+CH2；因为 ∠GBA+∠ABH=∠CBH+∠ABE，即∠GBA=∠CBH ，可知△GBA≌△HBC（AAS），从而得到AG=CH，等量代换可得 AG2+2BG2=CG2 ．
24．（2023九上·余杭期中）如图，△ABC内接于⊙O，过点O作OH⊥BC于点H，延长OH交⊙O于点D，连接AD、BD，AD与BC交于点E，AD＝9．
（1）求证：∠BAD＝∠CAD．
（2）若OH＝DH．
①求∠BAC的度数．
②若⊙O的半径为6，求DE的长．
（3）设BD＝x，AB CE＝y，求y关于x的函数表达式．
【答案】（1）证明：∵OH⊥BC，
∴，
∴∠BAD＝∠CAD
（2）解：①连接BO，
∵OH＝DH，OH⊥BC，
∴BD＝BO．
∵OB＝OD，
∴△OBD是正三角形，
∴∠BOD＝60°，
∴，
∴∠BAC＝2∠BAD＝60°．
②∵⊙O的半径为6，△OBD是正三角形，
∴BD＝OB＝6．
∵，
∴∠DBE＝∠DAB．
∵∠BDE＝∠ADB，
∴△BDE∽△ADB，
∴，
∴，
∴DE＝4．
（3）解：由（2）得△BDE∽△ADB，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵∠ACB＝∠ADB，∠BAE＝∠DAC，
∴△ABD∽△AEC，
∴，
∴，
∴．
【知识点】等边三角形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由垂径定理可得，利用同弧或等弧所对的圆周角相等即得结论；
（2）①连接BO，易证△OBD是正三角形，可得∠BOD＝60°，根据圆周角定理可得∠BAD=30°，根据∠BAC＝2∠BAD即可求解；
②证明△BDE∽△ADB，利用相似三角形的对应边成比例即可求解；
（3）由（2）得△BDE∽△ADB，可得，据此可求，
，再证△ABD∽△AEC，可得，据此即可求解.
25．（2023九上·上城期中）如图1，四边形ABDE内接于⊙O，AB＝AE，AC⊥BD于点F．点C在⊙O上，AC⊥BD于点F.
（1）连接BE，求证：∠ABE＝∠ACB．
（2）设∠CBF为x度，∠BAE为y度，写出y关于x的函数表达式．
（3）如图2，作OG⊥AC于点G，连接AO并延长交⊙O于点H．
①∠BAE＝120°，OG＝4，，求BD的长．
②若DE＝12，求OG的长．
【答案】（1）证明：∵AB＝AE，
∴＝，∠ABE＝∠AEB，
∴∠ACB＝∠AEB，
∴∠ABE＝∠ACB；
（2）解：∵AC⊥BD，
∴∠BFC＝90°，
∵设∠CBF为x度，
∴∠BCF＝90°-x，
根据解析（1）可知，∠ABE＝∠AEB＝∠ACB＝90°-x，
∴∠BAE＝180°-∠ABE-∠AEB
＝180°-2（90°-x）
＝2x，
即y＝6x；
（3）解：①连接OB、OE，如图2.1所示：
∵∠BAE＝120°，＝，AH是直径，
∴＝，
∴，
∵AO＝BO，
∴△ABO为等边三角形，
∴AB＝OA＝OB，
根据解析（2）可知，∠BAE＝2∠CBF，
∴，
∵AC⊥BD，
∴∠BFC＝∠AFB＝∠CFD＝90°，
∴∠BCF＝90°-∠CBF＝30°，
∴，
设FG＝x，则，
∵OG⊥AC，
∴，
根据勾股定理得：，
，
∵OA2＝AB2，
∴
解得：（舍去），
∴，
∵＝，
∴∠BAC＝∠BDC，
∵∠AFB＝∠CFD＝90°，
∴△ABF∽△DCF，
∴，
即，
解得：DF＝11，
∴BD＝BF+DF＝3+11＝14；
②连接AD，CD，如图7.2，
∵AG＝CG，AO＝OH，
∴OG∥CH，CH＝2OG，
∴∠ACH＝∠AGO＝90°，
∴∠ACH＝∠AFD＝90°，
∴BD∥CH，
∴∠BDC＝∠DCH，
∵＝，＝，
∴∠DCH＝∠DAH，∠BDC＝∠BAC，
∴∠BAC＝∠DAH，
∵＝，
∴∠BAO＝∠EAO，
∴∠CAH＝∠EAD，
∴CH＝DE＝12，
∴．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理；相似三角形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）由AB＝AE可得＝，∠ABE＝∠AEB，由同弧所对的圆周角相等得∠ACB＝∠AEB，利用等量代换即得结论；
（2）由AC⊥BD可得∠BFC＝90°，则∠BCF＝90°- ∠CBF=90°-x，由（1）可知∠ABE＝∠AEB＝∠ACB＝90°-x，根据三角形内角和即可求解；
（3）①连接OB、OE，证出△ABO为等边三角形，可得AB＝OA＝OB，设FG＝x，则，由勾股定理可得，求出x值，即得AF的长，再证△ABF∽△DCF，利用相似三角形的对应边成比例求出DF，根据BD＝BF+DF即可求解；
②连接AD，CD，由AG＝CG，AO＝OH，可得OG∥CH，CH＝2OG，再证∠CAH＝∠EAD，
可得CH＝DE＝12，继而得解.
26．（2023九上·义乌期中）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝30°，BC＝12，D是BC的中点．经过A，B，D的⊙O交AC于E点．
（1）求AE的长．
（2）当点P从点A匀速运动到点E时，点Q恰好从点C匀速运动点B．记AP＝x，BQ＝y．
①求y关于x的表达式．
②连结PQ，当△PQC的面积最大时，求x的值．
（3）如图2，连结BE，BP，延长BP交⊙O于点F，连结FE．当EF与△BDE中的某一边相等时，求四边形BDEF的面积．
【答案】（1）解：如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝30°，BC＝12，
∴AC＝2AB，
∵AB2+BC2＝AC2，
∴AB2+122＝（2AB）2，
∴AB＝4，
∴AC＝2AB＝8，
∵D是BC的中点，
∴CD＝BC＝6，
∵四边形ABDE是⊙O的内接四边形，
∴∠AED+∠ABC＝180°，
∵∠AED+∠CED＝180°，
∴∠CED＝∠ABC＝90°，
∵∠C＝30°，
∴DE＝CD＝3，
在Rt△CDE中，CE＝＝＝3，
∴AE＝AC﹣CE＝8﹣3＝5；
（2）解：①∵当点P从点A匀速运动到点E时，点Q恰好从点C匀速运动点B，
∴＝，
∵AP＝x，BQ＝y，AE＝5，BC＝12，
∴CQ＝BC﹣BQ＝12﹣y，
即＝，
∴12x＝5（12﹣y），
即y＝﹣x+12，
∴y关于x的表达式为y＝﹣x+12．
②如图1，过点P作PH⊥BC于H，
则PH＝PC＝（8﹣x），CQ＝BC﹣BQ＝12﹣（﹣x+12）＝x，
∴S△PQC＝CQ PH＝×x×（8﹣x）＝﹣（x﹣4）2+，
∵＜0，
∴当x＝4时，S△PQC有最大值；
（3）解：当EF＝BD时，如图2，
由（1）知：∠DEC＝90°，DE＝3，
∵EF＝BD＝6，
∴＝，
∴∠EBF＝∠BED，
∴BF∥DE，
∴∠BPC＝∠DEC＝90°，
∵∠C＝30°，
∴BP＝BC＝×12＝6，
∴CP＝＝＝6，
∴EP＝CP﹣CE＝6﹣3＝3，
在Rt△EFP中，∠F＝∠A＝60°，
∴∠FEP＝30°，
∴PF＝EF＝×6＝3，
∴BF＝BP+PF＝6+3＝9，
∴S四边形BDEF＝×（DE+BF） EP＝×（3+9）×3＝18；
当EF＝BE时，如图3，过点E作EG⊥BC于G，连接EO交BF于H，连接OB，OF，
在Rt△CEG中，EG＝CE＝×3＝，
在Rt△DEG中，∠DEG＝90°﹣60°＝30°，
∴DG＝DE＝，
∴BG＝BD+DG＝6+＝，
在Rt△BEG中，BE＝＝＝3，
∵∠F＝∠A＝60°，EF＝BE，
∴△BEF是等边三角形，
∵OB＝OF，BE＝EF，
∴EH垂直平分BF，
∴EH＝＝＝，
∴S四边形BDEF＝S△BEF+S△BDE＝×3×+×6×＝；
当EF＝DE时，如图4，过点E作EG⊥BC于G，EK⊥BF于K，
∵EF＝DE＝3，
∴＝，
∴∠EBG＝∠EBF，
∵EG⊥BC，EK⊥BF，
∴EK＝EG＝，BK＝BG＝，
∵∠F＝∠A＝60°，∠EKF＝90°，
∴∠FEK＝30°，
∴FK＝EF＝×3＝，
∴BF＝BK+FK＝+＝9，
∴S四边形BDEF＝S△BEF+S△BDE＝×9×+×6×＝；
综上所述，四边形BDEF的面积为18或或．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；圆内接四边形的性质；圆的综合题；直角三角形的性质
【解析】【分析】（1）由直角三角形的性质可得AC＝2AB，再利用勾股定理求解即可；
（2）①由题意得＝，即＝，整理即可；
②如图1，过点P作PH⊥BC于H，可得PH＝PC＝（8﹣x），CQ＝BC﹣BQ＝x，由三角形面积公式可得S△PQC关于x的函数关系式，再利用二次函数的性质求解即可；
（3）分三种情况：当EF＝BD时、当EF＝BE时和当EF＝DE时，据此分别解答即可.
27．（2023九上·洞头期中）如图，
在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，D是AB上一动点，连接CD，以CD为直径的⊙O交AC于点E，连接BO并延长交AC于点F，交⊙O于点G，连接BE，EG．
（1）求证：BE＝EG．
（2）当CD平分∠BCA时，求证：△BEF为等腰三角形．
（3）当BD＝CF，请直接写出△COF和△BOD的面积之比为 ．
【答案】（1）证明：∵AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠BCA＝∠A＝45°，
∴∠BGE＝∠BCA＝45°，
∵BG是⊙O的直径，
∴∠BEG＝90°，
∴∠GBE＝∠BGE＝45°，
∴BE＝EG；
（2）证明：∵∠BCA＝∠A＝45°，CD平分∠BCA，
∴∠ACD＝∠BCD∠BCA＝22.5°，
∴∠ABE＝∠ACD＝22.5°，
∴∠BEF＝∠A+∠ABE＝45°+22.5°＝67.5°，
∵∠GBE＝45°，
∴∠BFE＝180°-∠GBE-∠BEF＝180°-45°-67.5°＝67.5°，
∴∠BEF＝∠BFE，
∴BF＝BE，
∴△BEF是等腰三角形；
（3）
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：（3）连接CG，
，，
，
，，
又BD=CF，
，
是等腰三角形，
，
而，
，
，
，
设AB＝BC=x，
∠ABC＝90°，
，
，
，
，，
.
故答案为：.
【分析】（1）根据等腰直角三角形性质得∠BCA＝∠A＝45°，由同弧所对的圆周角相等得∠BGE＝∠BCA＝45°，再由直径所对的圆周角是直角得到∠BEG＝90°，则∠GBE＝∠BGE＝45°，进而得到 BE＝EG；
（2）根据三角形外角性质和圆周角定理得∠BEF＝∠A+∠ABE＝∠A+∠ABE=∠A+∠BCA=67.5°，再根据三角形内角和定理求得∠BFE＝67.5°，所以∠BEF＝∠BFE，即△BEF是等腰三角形；
（3）连接CG，通过证明，得到，进而得到，所以，，设AB＝BC=x，所以，所以，进而得到，，.
28．（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.
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