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2025年中考数学三轮专题训练
圆的拓展探究常考热点题型专题提升训练
1．【新知引入】定义：如图（1），点M，N把线段分割成和，若以为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段的勾股分割点．
（1）已知点M，N是线段的勾股分割点，若，则___________．
【探究证明】
（2）如图（2），在中，，M，N在线段上，且．求证：点M，N是线段的勾股分割点．
【拓展应用】
（3）如图（3），在中，圆心角，P是上一动点，连接，分别作的垂直平分线，分别交直线于点C，D，已知，当是以为底边的等腰三角形时，请直接写出线段的长．

2．综合与实践
我们已经学过，在中，若，则三角形三边满足勾股定理：．
【知识应用】
（）如图，在中，于点D，若，则，请说明理由．
【拓展探究】
（）如图，在中，于点，点是的中点，连接．
求证：．
【拓展应用】
（）如图，在中，点在边上（不与点重合），点在边上（不与点重合），连接，，点为的外心，连接，求证：．
3．综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“等边三角形”为主题开展数学活动．
(1)问题发现
如图1，点P，Q分别是等边边，上的中点，连接，交于点M．
请直接写出的度数为______；
(2)类比探究
如图2，小琦将点P，Q移动到，其他位置时，继续探究：
点P，Q分别是边，上的任意一点，且保持，那么的大小变化吗？
若变化，请说明理由，若不变，请求出它的度数；
(3)拓展应用
如图3，点P，Q分别是在射线，上运动，且保持，直线，交于点M，连接．已知等边三角形的边长为a，请直接写出长的最小值和最大值．
4．问题情境：“综合实践”课上，小聪发现并证明了关于三角形角平分线的一个结论．如图1，已知是的角平分线，可证．小聪证明思路是：如图2，过点作，交的延长线于点，构造相似三角形来证明．
(1)数学思考：请参照小聪提供的思路，利用图2证明．
(2)深入探究：如图3，已知是的一个外角的平分线，与的延长线交于点，其中．求证：．
(3)应用拓展：如图4，直角坐标系中，直线（）与轴、轴分别相交于点、，以为半径的为与线段相交于点，与轴的正半轴相交于点，与轴的负半轴相交于点．交于点，求的值．
5．【问题发现】船在航行过程中，船长常常通过测定角度来确定是否会遇到暗礁．如图1，表示灯塔，灯塔B在灯塔A的正东方向，且与A相距海里，暗礁分布在经过两点的一个圆形区域内，优弧上任一点C都是有触礁危险的临界点，就是“危险角”．当船P位于安全区域时，它与两个灯塔的夹角与“危险角”有怎样的大小关系？

【解决问题】
（1）如图2，请你用已学知识判断与“危险角”的大小关系；
【问题探究】
（2）如图3，在优弧上还有一个灯塔E，经测量，灯塔之间的距离为海里，，求“危险角”的大小；
【问题拓展】
（3）如图4，已知港口K位于灯塔A正北方向且与灯塔A相距海里远，有一货轮Q沿直线l方向航行，若货轮Q恰能安全避开暗礁区，当货轮Q与灯塔的夹角最大时，求此时货轮Q与港口K的距离
6．综合与实践
问题情境：小华发现这么一类四边形，有一组对角之和为直角的四边形，小华将这类四边形命名为对余四边形．
猜想证明：
(1)若四边形是对余四边形，则与的度数之和为__________．
(2)如图1，在上有A，B，C三点，是的直径，，相交于点D．四边形是对余四边形吗？若是，请给出证明；若不是，请说明理由，拓展探究：
(3)如图2，在对余四边形中，，，，则线段和之间有怎样的数量关系？请给出你的猜想，并说明理由．
7．小明在学习了《圆周角定理及其推论》后，有这样的学习体会：在中，，当长度不变时．则点C在以为直径的圆上运动（不与A、B重合）．

【探索发现】
（1）小明继续探究，在中，，长度不变．作与的角平分线交于点F，小明计算后发现的度数为定值，小明猜想点F也在一个圆上运动．请你计算的度数，并简要说明小明猜想的圆的特征．
【拓展应用】
（2）在【探索发现】的条件下，若，求出面积的最大值．
8．如图，是的直径，点是上的一动点（不写点，点重合），点是延长线上的一点，连接，，，且有，作的平分线交于点，交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)【问题探究】若，，则的值为________；
(3)【拓展延伸】若，，求的值．（用含和的代数式表示）
9．【问题探究】
已知：如图①所示，∠MPN的顶点为P，⊙O的圆心O从顶点P出发，沿着PN方向平移．
（1）如图②所示，当⊙O分别与射线PM，PN相交于A、B、C、D四个点，连接AC、BD，可以证得△PAC∽△　 　，从而可以得到：PA PB＝PC PD．
（2）如图③所示，当⊙O与射线PM相切于点A，与射线PN相交于C、D两个点．求证：PA2＝PC PD．
【简单应用】
（3）如图④所示，（2）中条件不变，经过点P的另一条射线与⊙O相交于E、F两点．利用上述（1），（2）两问的结论，直接写出线段PA与PE、PF之间的数量关系　 　；当PA＝4，EF＝2，则PE＝　 　．
【拓展延伸】
（4）如图⑤所示，在以O为圆心的两个同心圆中，A、B是大⊙O上的任意两点，经过A、B两点作线段，分别交小⊙O于C、E、D、F四个点．求证：AC AE＝BD BF．（友情提醒：可直接运用本题上面所得到的相关结论）
10．如图，内接于，是的切线，点在直径的延长线上．
（1）特例探究：
若，则______；
若，则______；
（2）数学结论：
猜想与的大小关系，请说明理由；
（3）拓展应用：
若，，求的长．
11．问题背景：如图①，在四边形中，，，探究线段、、之间的数量关系．初探：
（1）小吴同学探究此问题的思路是：将绕点D逆时针旋转到处，点B、C分别落在点A、E处（如图②），从面得到结论：．请你证明这个结论．
简单应用：
（2）在图①中，若，，则____．
（3）如图③，是的直径，点C、D在上，弧弧，若，求的长．
拓展延伸：
（4）如图④，，，若，，求的长（用含m，n的代数式表示）．
12．问题背景：
如图①，在四边形ADBC中，∠ACB=∠ADB=90°，AD=BD，探究线段AC，BC，CD之间的数量关系．
小吴同学探究此问题的思路是：将△BCD绕点D，逆时针旋转90°到△AED处，点B，C分别落在点A，E处（如图②），易证点C，A，E在同一条直线上，并且△CDE是等腰直角三角形，所以CE=CD，从而得出结论：AC+BC=CD．
简单应用：
（1）在图①中，若AC=2，BC=4，则CD= ．
（2）如图③，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙上，弧AD＝弧BD，若AB=13，BC=12，求CD的长．
拓展规律：
（3）如图4,△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点P为AB的中点，若点E满足AE=AC，CE=CA，且点E在直线AC的左侧时，点Q为AE的中点，则线段PQ与AC的数量关系是 ．
13．【 问题背景】
如图（1），点在外，点，，在上 ．
【解决问题】
（1）请判断和的大小关系，并加以证明；
【实践应用】
（2）在足球比赛场上，仅从射门的角度考虑，球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进．如图()，为对方球门，当甲带球冲到点时，同伴乙已经冲到点(点在外)，直接判断：甲是自己射门好，还是将球传给乙，让乙射门好
【拓展延伸】
（3）一位足球运动员在某场赛事中有一精彩进球，如图（3），他在点处接到球后，沿方向带球跑动，并在对球门的视角最大的点处射门(视角最大时，经过点，，的 圆 与切于点)．已知，，视角，(点在的延长线上)．求的长．(结果保留根号)
14．如图，已知的半径为2，为直径，为弦．与交于点M，将沿翻折后，点A与圆心O重合，延长至P，使，连接
（1）求的长；
（2）求证：是的切线；
（3）点G为的中点，在延长线上有一动点Q，连接交于点E．交于点F（F与B、C不重合）．问是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由．
【拓展】（4）在（3）的条件下，当时，求的值
15．综合与实践
问题情境：如图1，将一个圆心角为、半径为R 的扇形，可制作成圆锥（如图2），圆锥的底面半径为r，点A与点重合，工人在制作圆锥形物品时，通常要先确定扇形圆心角度数，再度量裁剪材料．
(1)探索尝试：图1中，圆锥侧面扇形的弧长与圆锥底面周长_____（填“相等”或“不相等”）．
(2)解决问题：为操作简便，工人希望能简洁求 n的值，请用含 r， R的式子表示 n；
(3)拓展延伸： 图 3是一种纸质圆锥形生日帽，，C是中点，现要从点A到点 C再到点A之间拉一装饰彩带（如图4），求彩带长度的最小值．
《2025年中考数学三轮专题训练圆的拓展探究常考热点题型专题提升训练》参考答案
1．（1）或；（2）见解析；（3）或
【分析】（1）分是直角三角形的斜边和直角边两种情况，分运用由勾股分割点的求解即可；
（2）将绕点逆时针旋转得到，连接，证明，得到，在中，，即，即可得到点，是线段的勾股分割点；
（3）分点P在上方和下方两种情况讨论，连接，当点P在上方，根据题意易得都是等腰三角形，同理（2）可证点C，D是线段的勾股分割点，得到，证明，推出，设，则，利用勾股定理即可建立一元二次方程求解即可，点P在下方，同理求解即可．
【详解】（1）解：∵点，是线段的勾股分割点，
∴分两种情况：
当为斜边时，．
当为斜边时，．
∴或；
故答案为：或；
（2）证明：，
，
将绕点逆时针旋转得到，连接，则，，，．

∵，，
∴，即，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵，
∴在中，，即，
∴点，是线段的勾股分割点．
（3）解：如图，当点P在上方时，连接，

∵点在上，
∴是的内接三角形，
∴分别在的垂直平分线上，
∵，
∴都是等腰三角形，
∴，
∵是以为底边的等腰三角形，
∴，
∴，，
∴，
∵圆心角，
∴，
由（2）同理可证点C，D是线段的勾股分割点，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，则．
∴，即，
解得：或（舍去），
∴，
∴；
当点P在下方时，如图，

∵，
∴，
同理得点A，B是线段的勾股分割点，
∴，
同理上一种情况得，
设，则，
∴，
解得：（负值舍去），
∴；
综上，的长为或．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了新定义“勾股分割点”、勾股定理、等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解一元二次方程等知识点，正确添加辅助线、构造全等三角形解决问题是解题的关键．
2．（）证明见解析；（）证明见解析；（）证明见解析
【分析】（）利用勾股定理可得，，进而相减即可求证；
（）过点作于点，由勾股定理得，，又由点是的中点得，进而相减可得，再根据平行线等分线段定理可得，进而即可求证；
（）连接，延长交于点，由三角形外心可得，即可得，得到，利用补角性质可得，即得，即得到，再利用勾股定理解答即可求证．
【详解】（）证明：∵，
∴，
∴，，
∴
；
（）证明：如图，过点作于点，则，
∴，，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴
，
∵，，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
又∵，
∴；
（）证明：如图，连接，延长交于点，
∵点为的外心，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
即，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴
，
∵，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了勾股定理，三角形的外心，补角性质，平行线等分线段定理，等腰三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
3．(1)
(2)不变， 理由见详解
(3)长的最小值为，最大值为
【分析】（1）根据是等边三角形，是的中点，根据等边三角形的性质得出，，再根据即可求解；
（2）在等边中，，证明，得出，即可得出；
（3）根据第（1）和（2）问的探究可知， 当点继续在射线上运动时，的大小始终不变， 即的大小始终不变， 因此点的运动轨迹是过点三点的圆， 得出当圆心和点在一条直线上时， 且当点在圆心和点之间时， 即时，有最小值，当圆心点和点之间时， 即时，有最大值，分别画图计算即可；
【详解】（1）解：∵是等边三角形，
∴，
∵是的中点，
∴，，
∴，
故答案为：；
（2）解：不变， 理由如下：
∵在等边中，，
又由条件得．
，
，
；
（3）解：根据第（1）和（2）问的探究可知， 当点继续在射线上运动时，的大小始终不变，
即的大小始终不变，
因此点的运动轨迹是过点三点的圆，
连接，连接并延长交于 ，交于，连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
故当圆心和点在一条直线上时， 且当点在圆心和点之间时， 即时，有最小值，
此时；
当圆心点和点之间时， 即时，有最大值，
此时．
【点睛】该题主要考查了圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质等知识点．解题的关键是掌握以上知识点．
4．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）证明，由相似三角形的性质得出，进而证明，即可得证；
（2）过点作交于点，根据角平分线，平行线的性质得出则，根据平行线分线段成比例得出，进而即可得证；
（3）连接，得出是的角平分线，进而得出，则，根据一次函数的解析式得出，得出，即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图所示，过点作交于点，
∵平分
∴，
∵
∴
∴
∴
∵
∴
又∵
∴；
（3）解：连接，如图所示，
∵是直径，
∴，
又∵，
∴是的角平分线，
由（1）可得，
又∵，则，
∵，则，
∴，
∴，
∵（）与轴、轴分别相交于点、，
当时，，当时，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行线分线段成比例，直径所对的圆周角是直角，圆周角定理，正切的定义，一次函数与坐标轴的交点问题，熟练掌握以上知识是解题的关键．
5．（1）；（2）；（3）海里
【分析】（1）与相交于点，连接，根据同弧或等弧所对的圆周角相等结合三角形的一个外角大于任意一个与它不相邻的内角，进行作答即可；
（2）过点B作，连接，解直角三角形，求出，利用勾股定理求出，进而得到，根据等腰直角三角形的性质即可得出结果；
（3）当直线与过两点的圆相切时，最大，此时，设该圆的圆心为O，过点O作于点N，连接，根据题意得，解直角三角形求出，，进而得到，利用勾股定理求出，解可解答．
【详解】（1）解：如图2，与相交于点，连接，

由同弧或等弧所对的圆周角相等，可知，
是的外角，
，
，即；
（2）解：如图3，过点B作，连接，

∵在中，，
，
，
，
，
，
；
（3）解：当直线与过两点的圆相切时，最大，
此时，设该圆的圆心为O，过点O作于点N，连接，

由（2）知，危险角，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
此时货轮Q与港口K的距离是海里．
【点睛】本题考查圆周角定理，三角形的外角，切线的性质，最大张角问题，解直角三角形，垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
6．(1)或；
(2)是，证明见详解；
(3)，理由见详解．
【分析】（1）对余四边形的定义即可得出结果；
（2）根据对余四边形的定义，由圆周角定理得出，说明即可；
（3）将绕着点B逆时针旋转得到，连接，利用已知条件得出，利用勾股定理可得结论．
【详解】（1）解：∵四边形是对余四边形，
或
时，．
∴或．
故答案为或．
（2）
证明：是的直径，点A，B，C在上，
．
即．
∴四边形是对余四边形．
（3）猜想：线段和之间的数量关系为：．理由如下：
，
∴将绕着点B逆时针旋转得到，连接，如图，

则，．
．
为等边三角形．
．
，
．
∴∠BFA+∠ADB=30°．
，
．
．
．
．
．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了对余四边形的定义、圆周角定理、旋转的性质、等边三角形的判定与性质、三角形内角和定理、勾股定理等知识；熟练掌握对余四边形的定义和旋转的性质是解题的关键．
7．（1）；点F在以为斜边构造等腰直角三角形，以点D为圆心，为半径所画圆劣弧上；（2）面积的最大值为
【分析】（1）根据角平分线的定义以及三角形内角和定理即可求解，再根据圆内接四边形的性质可判断点F运动的特征；
（2）先确定当取最大值时，面积的最大，当点F在垂直平分线上时，取最大值，再根据垂径定理求解即可．
【详解】解：（1）∵，
∴，
∵与的角平分线交于点F，
∴，
∴，
以为斜边构造等腰直角三角形，以点D为圆心，为半径画圆，点E为上优弧上一点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴点F在上劣弧上．
综上：；点F在以为斜边构造等腰直角三角形，以点D为圆心，为半径所画圆劣弧上．

（2）过点F作于点H，
由图可知，，
∵，
∴当取最大值时，面积的最大，
当点F在垂直平分线上时，取最大值，
∵为等腰直角三角形，点H为中点，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴面积的最大值为．

【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，垂径定理的求值，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，利用圆内接四边形的性质求得点F的运动轨迹是解题的关键．
8．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，由圆周角定理得出，由等腰三角形的性质得出，证得，则可得出结论；
（2）过点作于点，在中，根据得到，进而得到，在中，根据得到，由等面积法可得：，
于是得到，根据平分，得到，进而得到，于是可得到答案；
（3）过点作于点，在中，根据得到，进而得到，在中，根据得到，由等面积法可得：，于是得到，根据平分，得到，进而得到，于是可得到答案；
【详解】（1）证明：如图1，连接，
∵是的直径，
∴，
即．
∵，
∴，
又∵，
∴，
,
,
，
又∵，
∴，
∴，
即，
∴．
又∵为的半径，
∴直线是的切线；
（2）解：如图2，过点作于点．
∵，，
在中，由可得：．
∴．
在中，由可得：．
在中，由等面积法可得：，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图2，过点作于点．
∵，，
在中，由可得：．
∴．
在中，由可得：．
在中，由等面积法可得：，
∴．
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查切线的判定，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，掌握相关定理与性质是解题的关键．
9．（1）△PDB；（2）证明见解析；（3）PA2＝PE PF，6；（4）证明见解析
【分析】（1）由圆内接四边形的性质得出∠PAC＝∠PDB，再由∠P＝∠P，得出△PAC∽△PDB，得出对应边成比例，即可得出PA P B＝P C P D；
（2）连接AC、AD，根据切线和直径所对圆周角的性质，∠PAC＝∠PDA，再由∠P＝∠P，证出△PAC∽△PDA，得出对应边成比例，即可得出结论；
（3）由（2）得出PA2＝PE PF．代入已知数据得出PE（PE+2）＝48，解方程即可得到答案；
（4）过A作⊙O的切线AM，M为切点，过B作⊙O的切线BN，N为切点，连接OA、OM、OB、ON，由切线的性质得出AM⊥OM，BN⊥ON，由（3）得：AM2＝AC AE，BN2＝BD BF．在Rt△AOM中，由勾股定理得出AM2＝OA2﹣OM2，在Rt△BON中，由勾股定理得出BN2＝OB2﹣ON2，再由同圆的半径相等，即可得出结论．
【详解】（1）由圆内接四边形的性质得：∠PAC＝∠PDB，
又∵∠P＝∠P，
∴△PAC∽△PDB，
∴PA：PD＝PC：PB，
∴PA PB＝PC P D．
故答案为：△PDB；
（2）证明：连接AC、AD、AO，如图③所示：
∵⊙O与射线PM相切于点A，与射线PN相交于C、D两个点，
∴
∵为⊙O直径
∴
∴
∵
∴，
∴，即∠PAC＝∠PDA，
又∵∠P＝∠P，
∴△PAC∽△PDA，
∴PA：PD＝PC：PA，
∴PA2＝PC PD；
（3）由（2）得：PA2＝PE PF
∵PA＝，EF＝2，
∴PE PF＝（）2＝48，即：PE（PE+2）＝48，
解得：PE＝6，或PE＝﹣8（舍去），
∴PE＝6，
故答案为：PA2＝PE PF，6；
（4）证明：过A作⊙O的切线AM，M为切点，过B作⊙O的切线BN，N为切点，连接OA、OM、OB、ON，则AM⊥OM，BN⊥ON，如图⑤所示：
由（3）得：AM2＝AC AE，BN2＝BD BF．
在Rt△AOM中，AM2＝OA2﹣OM2，
在Rt△BON中，BN2＝OB2﹣ON2，
又∵OM＝ON，OA＝OB，
∴AM2＝BN2，
∴AC AE＝BD BF．
【点睛】本题考查了圆、圆内接四边形、切线、相似三角形、一元二次方程、勾股定理的知识；解题的关键是熟练掌握圆、圆内接四边形、切线、相似三角形、勾股定理的性质，从而完成求解．
10．（1）30，50；（2）．理由见解析；（3）
【分析】（1）根据三角形外角的性质得出的度数，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出的度数，最后由切线的性质得出的度数；
（2）连接，由切线的性质得出，由是直径可得出可得，从而可进一步得出结论；
（3）证明∽即可得出结论．
【详解】解：（1）连接，如图1
∵OA=OC，∠A=30°
∴∠BOC=60°
∵OC=OB
∴△BOC是等边三角形，
∴∠OCB=60°
∵是的切线，
∴，即∠OCP=90°
∴∠PCB=∠OCP-∠OCB=90°-60°=30°
同理，当∠A=50°时，∠PCB=50°
故答案为：30，50；
（2）．理由如下：
如图1，∵是的切线，
∴，即，
∵是直径，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）由（2）可知，，
∵，
∴∽，
∴．
∵，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】此题主要考查了切线的性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，灵活运用切线的性质和相似三角形的判定是解答此题的关键．
11．（1）见解析；（2）3；（3）；（4）
【分析】（1）根据小吴同学探究此问题的思路，易证点C，A，E在同一条直线上，并且△CDE是等腰直角三角形，即可证明
（2）由（1）可知：，所以将AC与BC的长度代入即可得出CD的长度；
（3）连接AC、BD、AD即可将问题转化为第（1）问的问题，利用题目所给出的证明思路即可求出CD的长度；
（4）以AB为直径作⊙O，连接OD并延长交⊙O于点D1，由（3）问题可知：AC+BC=CD1；又因为CD1=D1D，所以利用勾股定理即可求出CD的长度；
【详解】解：（1）将绕点D逆时针旋转到处，点B、C分别落在点A、E处（如图②），则
∴∠EAD=∠DBC，BC=AE，CD=DE，∠CDB=∠EDA，
∵在四边形中，，
∴∠DBC+∠DAC=180°，
∴∠EAD+∠DAC=180°，
∴E、A、C三点共线，
∵
∴
∴
∵
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴CE=
∴AC+BC= AC+AE=
（2）由（1）可知：，
∵，，
∴CD=3；
（3）连接AC、BD、AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=∠ACB=90°，
∵弧弧，
∴AD=BD，
将△BCD绕点D顺时针旋转90°到△AED处，如图③，
∴∠EAD=∠DBC，
∵∠DBC+∠DAC=180°，
∴∠EAD+∠DAC=180°，
∴E、A、C三点共线，
∵AB=13，BC=12，
∴由勾股定理可求得：AC=5，
∵BC=AE，
∴CE=AE+AC=17，
∵∠EDA=∠CDB，
∴∠EDA+∠ADC=∠CDB+∠ADC，
即∠EDC=∠ADB=90°，
∵CD=ED，
∴△EDC是等腰直角三角形，
∴CE==17
∴CD=
（4）以AB为直径作⊙O，连接OD并延长交⊙O于点D1，
连接D1A，D1B，D1C，如图④
由（2）的证明过程可知：AC+BC=CD1；
∴D1C=
又∵D1D是⊙O的直径，
∴∠DCD1=90°，
∵AC=m，BC=n，
∴由勾股定理可求得：AB2=m2+n2，
∴D1D2=AB2=m2+n2，
∵D1C2+CD2=D1D2，
∴CD2=m2+n2-
∵m＜n，
∴
【点睛】本题考查圆的综合问题，每一问都紧扣着前一问的结论，涉及勾股定理、圆周角定理，旋转的性质等知识，解题的关键是就利用好已证明的结论来进行解答，考查学生综合运用知识的能力．
12．（1）；（2）；（3）或.
【分析】（1）由题意可知：AC+BC= CD，所以将AC与BC的长度代入即可得出CD的长度；（2）连接AC、BD、AD即可将问题转化为第（1）问的问题，利用题目所给出的证明思路即可求出CD的长度；（3）当点E在直线AC的左侧时，连接CQ、CP后，利用（2）的结论进行求解即可．
【详解】（1）由题意知：AC+BC= CD，
∴2+4 = CD，
∴CD=3；
（2）解：连接AC、BD、AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=∠ACB=90°，
∵ ，
∴AD=BD，
将△BCD绕点D，逆时针旋转90°到△AED处，如图③，
∴∠EAD=∠DBC，
∵∠DBC+∠DAC=180°，
∴∠EAD+∠DAC=180°，
∴E、A、C三点共线，
∵AB=13，BC=12，
∴由勾股定理可求得：AC=5，
∵BC=AE，
∴CE=AE+AC=17，
∵∠EDA=∠CDB，
∴∠EDA+∠ADC=∠CDB+∠ADC，
即∠EDC=∠ADB=90°，
∵CD=ED，
∴△EDC是等腰直角三角形，
∴CE=CD，
∴CD= ；
（3）当点E在直线AC的左侧时，如图④，
连接CQ，PC，
∵AC=BC，∠ACB=90°，点P是AB的中点，
∴AP=CP，∠APC=90°，
又∵CA=CE，点Q是AE的中点，
∴∠CQA=90°，
设AC=a，
∵AE= AC，
∴AE= a，
∴AQ= AE= ，
由勾股定理可求得：CQ= a，
由（2）的证明过程可知：AQ+CQ= PQ，
∴ PQ= a+ a，
∴ PQ= AC或；
∴当点E在直线AC的左侧时，线段PQ与AC的数量关系是 PQ= AC或．
【点睛】本题是旋转与圆的综合题，根据题目所给的思路正确作出辅助线是解决问题的关键.
13．（）见解析；（）见解析；（）．
【分析】本题考查了圆周角定理，三角形的外角性质，切线的性质，等边三角形的性质与判定等知识，掌握相关知识的应用是解题的关键．
（）根据圆周角定理和三角形的外角性质即可求解；
（）根据圆周角定理和三角形的外角性质即可求解；
（）设经过，，三点的圆的圆心为，过点作的垂线，分别交，于点，连接，证明是等边三角形，则，由，，则，所以，，过点作于点，则，再由勾股定理和线段和差即可求解；
【详解】解：（），
证明：如图()，设与交于点，连接，则，
∵，
∴，
∴；
（）将球传给乙，让乙射门好，
如图，连接，，
同（）理得：，
∵球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进，
∴将球传给乙，让乙射门好；
（）设经过，，三点的圆的圆心为，
如图()，过点作的垂线，分别交，于点，连接，
则，，
又，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵与相切，
∴，
∴，
∴，
过点作于点，则，
∴，
∴．
14．（1）；（2）证明见解析；（3），理由见解析．（4）
【分析】（1 ）连接，根据翻折的性质求出，，再利用勾股定理列式求解即可；
（2 ）利用勾股定理列式求出，然后利用勾股定理逆定理求出，再根据圆的切线的定义证明即可；
（3 ）连接、、，根据等弧所对的圆周角相等可得，然后根据两组角对应相等两三角相似求出和相似，根据相似三角形对应边成比例可得，从而得到，再根据等腰直角三角形的性质求解即可．
（4）连接，，，，，证明，得出，再求出，的长即可得解．
【详解】（）连接，
∵沿翻折后，与重合，
∴，，
∵，
∴．
（）∵，，，
∵，，
∴，
∵，，
∵，
∴，
又∵是半径，
∴是的切线．
（）为定值，
连接，，，
∵点为的中点，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵为直径，，
∴，
∴，
∴．
（4 ）如图，连接，，，，，
，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定鱼性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、圆周角定理、勾股定理逆定理、折叠的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
15．(1)相等；
(2)；
(3)
【分析】本题主要考查了圆锥侧面展开图的圆心角的度数、勾股定理求最值等知识点，掌握圆锥的相关计算是解题的关键．
（1）根据圆锥底面周长与其侧面展开图的弧长相等即可求解；
（2）根据求解即可；
（3）根据条件得出圆锥的侧面展开后可得到的扇形圆心角为，进而根据勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：由于圆锥的侧面的扇形的弧和底面圆的圆周重合，即圆锥侧面扇形的弧长与圆锥底面周长相等．
故答案为：相等．
（2）解：由圆锥的底面周长等于侧面扇形的弧长，可得：
则：，即：．
（3）解：如图：
∵，
∴，
∴，
∴圆锥的侧面展开后可得到的扇形圆心角为，
∴，
∵，C是中点，
∴，
∴在中，，
∴彩带长度的最小值为．

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