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《圆的基本性质》精选期中压轴题—浙教版数学九上复习
一、单选题
1．如图，点A，B的坐标分别是A（4，0），B（0，4），点C为坐标平面内一动点，BC＝2，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；圆的相关概念；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，
∵点C为坐标平面内一点，BC＝2，
∴C在⊙B上，且半径为2，
取OD＝OA＝4，连接CD，
∵AM＝CM，OD＝OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM＝CD，
当OM最大时，即CD最大，而D，B，C三点共线时，当C在DB的延长线上时，OM最大，
∵OB＝OD＝4，∠BOD＝90°，
∴BD＝4，
∴CD＝4+2，
∴OM＝CD＝2+1，即OM的最大值为2+1；
故选：C．
【分析】
由同圆的半径相等可以得到，点C在以B为圆心、半径为2的圆上，通过作图能够发现：当点C落在BD与⊙B的交点位置时，OM的长度取得最小值；当点C落在DB的延长线与⊙B的交点位置时，OM的长度取得最大值，最后结合三角形中位线定理即可得到对应结论.
2．如图，已知A，B，C，D是上依逆时针顺序排列的四个点，且满足，设弦，若的半径为10，则在x，y值的变化过程中，下列代数式的值不变的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；圆周角定理；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：过点作直径，过点作的直径，连接，，如图所示：
∵，
∴，
∴，
∵是的直径，的半径是10，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在中，，
由勾股定理得：，
即，
∴在x，y值的变化过程中，代数式的值不变．
故选：C．
【分析】
分别过点、作直径、，连接，，由题意结合圆周角定理可得，则，由于直径AE＝BF，则可依据“”判定全等，则，然后在中应用勾股定理即可．
3．如图，在给定的中，弦的弦心距，，点在弦上，且，当面积的为最大时，的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】垂径定理；三角形全等的判定-AAS；圆-动点问题
【解析】【解答】解：∵OE=5，
∴点E在以O为圆心，以5为半径的圆上运动，过点E作EN⊥AB于点N， 过点O作OD⊥CD于G，连接OA， OC， 如图1所示：
∵OH⊥AB， OH =6， EN≤OH+OE，
∴EN≤11，
∴当点E，O，H三点在同一条直线上时，△EAB的面积为最大，此时EN =11，
∵OG⊥CD， CD=16，
∵OE=ED=5，
∴GE = DG-DE =8-5 =3，在Rt△OGE中， 由勾股定理得： OG =
在Rt△COG中，由勾股定理得：OC=
∵OH⊥AB，
∴AH =BH， 即AB=2AH，
在Rt△OAH中，由勾股定理得：AH=
∴△EAB面积的最大值为
∵当△EAB面积的最大时，点E，O，H三点在同一条直线上时，
∴过点D作DM⊥EH交HE的延长线于点M，如图2所示：
则.
在 和 中，
在 中，由勾股定理得：DH=
故答案为： B.
【分析】根据OE =5得点E在以O为圆心，以5为半径的圆上运动， 过点E作EN⊥AB于点N， 过点O作OD⊥CD于G， 连接OA， OC， 则EN≤OH+OE，即EN≤11，因此当点E，O，H三点在同一条直线上时， △EAB的面积为最大， 此时EN = 11，根据垂径定理得DG=CG=8， 则GE=3， 进而由勾股定理分别求出(OG = 4， OC = 4 ， AH 则 由此可求出△EAB面积的最大值；根据当△EAB面积的最大时，点E，O，H三点在同一条直线上，过点D作DM⊥EH交HE的延长线于点M， 证明△OGE和△DME全等得EG= EM =3， OG= DM =4，则MH=14，然后再由勾股定理即可求出DH的长.
二、填空题
4．已知圆O的半径为5，B是圆上一点，A是圆外一点，，，若将线段沿着过点B的一条弦翻折，使得点A恰好落在圆上，求这条弦长为　 　
【答案】或
【知识点】等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；圆的相关概念；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，以点B为圆心，长为半径画圆，交于点，，
此时，即为翻折后的线段，
①当时，
作的角平分线，交上一点为，连接，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，则，
过点B作交于点N，
∵，
在中，，
由勾股定理得，，
∴，
在中，由勾股定理得，，
∴弦的长度为；
②当时，
作的角平分线，交上一点为，连接，，
同理可得为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
过点作交的延长线于点M，
∵，
∴，则，
在中，，
由勾股定理得，，
∴，
在中，，
∴弦的长度为，
综上所述，这条弦长为或．
故答案为：或．
【分析】
以点B为圆心，的长度为半径画圆，该圆和会相交得到两个交点和，这里的和，就是线段沿过点B的直线翻折后得到的对应线段，接下来分两种情况进行讨论：分别是翻折后对应点为（即），以及翻折后对应点为（即）的情况。翻折的折痕就是和的角平分线，折痕和的交点就是要求的点C，两种情况分别对应交点和。之后添加合适的辅助线，结合圆的相关性质、勾股定理、等腰三角形的性质以及解直角三角形的相关知识，就可以计算得到AC的长度.
5．如图是以点为圆心，为直径的圆形纸片．点在上，将该圆形纸片沿直线对折，点落在上的点处（不与点重合）．连结，，分别延长和，并相交于点．若，，用含的代数式表示的面积是　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；垂径定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】解：为直径，
∴，
∵折叠，
∴，
如图所示，设交于点，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
解得，，
∴的面积是
故答案为： ．
【分析】
根据“直径所对的圆周角为直角”这一性质，结合图形折叠的特点可知：，，且。先可证明，根据相似三角形的性质可得；再证明，由此可得，结合同圆半径相等，可转化得到；最后在中，由勾股定理整理可得，将其代入圆的面积公式即可求出最终结果.
6．如图，四边形在圆内，点B，C在圆上，，，，过中点作交圆于点，若，则该圆的半径为　 　．
【答案】5.2
【知识点】勾股定理；矩形的性质；垂径定理；圆周角定理；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】解：延长交于，过作于，交于，
∵，，，
∴，
∴四边形是矩形．
∴，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是矩形，
∴，，，
∵，
∵，（点是的中点），
∴，
∴，，
∴过圆心，，
如图，令圆心为，连接，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴是等腰直角三角形，
∴
∴，
设该圆的半径为，则，，
在中，即
解得圆的半径为，
故答案为：．
【分析】
通过延长线段、作垂线的方式构造出矩形与平行四边形，借助矩形的性质可以推导出对应的线段相等关系；再结合题目给出的中点条件，以及平行线分线段成比例的性质，就能推得对应线段的中点，进而确定该直线经过圆心；之后结合等腰直角三角形的性质算出相关线段的长度，最后在直角三角形中利用勾股定理列出方程，即可求解出该圆的半径.
7．图1是圆形置物架，示意图如图2所示，已知置物板，且点E是的中点，测得，，，，则该圆形置物架的半径为　 　cm．
【答案】14
【知识点】矩形的判定与性质；垂径定理
【解析】【解答】解：过点B作于点M，取的中点Q，连接并延长交AC于点P，
∵Q是BM的中点，点E是的中点，
∴，，
∴点P、Q、E、F共线，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴四边形，也是矩形，
∴，，，
∴，
∴是的垂直平分线，即直线是直径所在的直线，
在上取圆心为O，连接，
设，则，
在Rt△APO中，
∴，
解得：，
故答案为：14．
【分析】根据三角形的中位线定理，可以证得，，再证明四边形是矩形，利用矩形的性质，可求得CM，再利用线段的差求得DM，然后利用30度的直角三角形的性质求得BD，再利用勾股定理求得BM，接着可证明四边形，也是矩形，利用矩形的性质，可求得AP、BP，再利用线段的和求得EP与FP，进而利用勾股定理得到关于半径的方程求解．
8．如图，是的直径，C为上一点，，P为圆上一动点，M为的中点，连接，若的半径为4，则长的最大值是　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；圆的相关概念；圆周角定理
【解析】【解答】解：如图，取中点，连接，，，
∵M为的中点，
∴，
∴，
∴当点P在上移动时，的中点M的轨迹是以为直径的，
∴交于点M，此时的值最大，
由题意得，，，
在中，，，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】取中点，连接，，，根据圆周角定理可得，根据直角三角形性质可得，当点P在上移动时，的中点M的轨迹是以为直径的，则交于点M，此时的值最大，根据勾股定理可得O'C，再根据边之间的关系即可求出答案.
9． 如图， 矩形ABCD中， AB=3， BC=2， P是CD边上一动点， 以DP 为直径作⊙O于点Q，连接BQ，点P 从点D 出发，沿DC方向运动，当点P 到达点C时，点P 停止运动.在整个运动过程中，线段 BQ 的最小值为　 　
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线；圆-动点问题；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：如图所示，连接，取的中点，连接，
∵是的直径，
∴，
由此可知，在以点为圆心，为半径的圆上运动，如图所示，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
在中，
，
∵，
∴当点，，三点共线时，最小，且，
故答案为：．
【分析】连接，取的中点，连接，根据圆周角定理可知，则点在以点为圆心，为半径的圆上，然后根据勾股定理和三角形三边关系解答即可．
10．如图，四边形是的内接四边形，已知，垂足为E，于F．
（1）若，则的度数为　 　；
（2）若的半径为5，，则的长为 　 　．
【答案】；6
【知识点】垂径定理；圆周角定理；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：（1）如图，连接，记，的交点为，
∵，
和都是等腰直角三角形，
∵，
，
故答案为：；
（2）如图，延长交于点，连接，
由，得是的中位线，
，
在中，，
由勾股定理得
，
，
∵是的直径，
∴，
，
∵
∴，
，
故答案为：6．
【分析】（1）连接，由F是AB的中点，OA=OB，可得OF⊥AB，因此∠AFO=90°，又OA=OB，∠AOB=90°，F为AB中点，可得OF=AF=BF，因此△AOF和△BOF都是等腰直角三角形，由此可推得对应结论；
（2）延长交于点，连接，因为O是AG的中点，F是AB的中点，因此是的中位线，结合OF的长度可以推出；接下来根据直径所对圆周角为直角可得∠ABG=90°，结合CD⊥AB，可推得∠GAB=∠DAC，再根据同圆中相等的圆周角所对的弦相等，即可得到．
三、证明题
11．如图，在中，直径弦于点E，连结，，连结并延长交于点F，交于点G．
（1）求证：；
（2）若是等腰三角形，求的度数；
（3）若，，求的长．
【答案】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为圆的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
（2）解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴若是等腰三角形，则或，
①当时，
∵为圆的直径，
∴，
∴，
∴，即，
②当时，则，
∵为圆的直径，
∴，
∴，
∴，即，
综上所述，若是等腰三角形，的度数为或．
（3）解：如图，连接，
∵，
∴，，
∴，，
设的半径为r，则，，
∵，
∴，解得，
∴，，，
∵为圆的直径，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
【知识点】垂径定理；圆周角定理；相似三角形的判定-AA；分类讨论；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【分析】（1）利用直角三角形两锐角互余得到，由同弧所对的圆周角相等得到，则，由直径所对圆周角为直角得出∠CAF=90°，再由直角三角形两锐角互余得到，由同角的余角相等得，从而利用有两组角相等的两个三角形相似得到△GAO∽△GCA；
（2）由垂径定理得，由等弧所对圆周角相等及（1）中结论可得，设，由三角形外角性质得出，由等边对等角及角的构成推出，从而分与时两种情况，利用圆周角定理和三角形的内角和定理列方程解答即可；
（3）连接FD，用垂径定理得到，，进而由勾股定理算出AE的长，由等弧所对的弦相等得出AC=AD；设的半径为r，在Rt△COE中，利用勾股定理建立方程求得圆的半径，由直径所对圆周角为直角得出∠CDF=90°，在Rt△CDF中，利用勾股定理算出DF；由同一平面内垂直同一直线的两条直线互相平行得出AB∥DF，由平行于三角形一边的直线截其它两边的延长线，所截三角形与原三角形相似得出△GAO∽△GDF，由相似三角形对应边成比例建立方程，求解即可得出AG的长.
（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为圆的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
（2）解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴若是等腰三角形，则或，
①当时，
∵为圆的直径，
∴，
∴，
∴，即，
②当时，则，
∵为圆的直径，
∴，
∴，
∴，即，
综上所述，若是等腰三角形，的度数为或．
（3）解：如图，连接，
∵，
∴，，
∴，，
设的半径为r，则，，
∵，
∴，解得，
∴，，，
∵为圆的直径，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
12．如图所示，在中，，点是外接圆上的一点，连接AP，BP，CP，且．点为弧上一点（不与，重合），过作垂足为．
（1）判断的形状，并说明理由；
（2）已知
①求四边形面积的最大值；
②求的长．
【答案】（1）解：∵，∴为直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的形状为等腰直角三角形．
（2）解：①∵，∴为外接圆的直径，
∵点是外接圆上的一点，
∴，
∵为弧上一点，
∴当点为弧的中点时，此时点到的距离最大，则的面积取得最大值，此时，为等腰直角三角形，
，
，
当点C在中点时，四边形面积达到最大．
；
②证明：作，交的延长线于，如图，
∵
∴为直径
∴
∵
∴四边形为矩形
在和中，
∴
∴，
∴四边形为正方形，
∴
∵，，
∴，
∵，
即，
解得（负值舍去）．
【知识点】正方形的判定与性质；等腰直角三角形；圆周角定理的推论
【解析】【分析】
（1）借助圆周角定理，结合等腰直角三角形的定义完成证明；
（2）①首先利用圆周角定理和勾股定理计算出线段的长度，由此可求出的面积；当点运动到弧的中点位置时，的面积达到最大，此时是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质计算出的面积，而四边形的最大面积等于，据此即可得出结果；②过点作，交的延长线于点，先证明，可推出四边形是正方形，再结合勾股定理得到，依此建立方程求解，即可得到最终答案.
（1）∵，
∴为直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的形状为等腰直角三角形．
（2）①∵，
∴为外接圆的直径，
∵点是外接圆上的一点，
∴，
∵为弧上一点，
∴当点为弧的中点时，此时点到的距离最大，则的面积取得最大值，此时，为等腰直角三角形，
，
，
当点C在中点时，四边形面积达到最大．
；
②证明：作，交的延长线于，如图，
∵
∴为直径
∴
∵
∴四边形为矩形
在和中，
∴
∴，
∴四边形为正方形，
∴
∵，，
∴，
∵，
即，
解得（负值舍去）．
13．如图1，在中，，以为直径作分别交于点D，
（1）求证：
（2）若，，求半径．
（3）如图2，点F在上，，连接、．求证：．
【答案】（1）证明：如图，连接，
为的直径，
，
，
（2）解：如图，连接，
由（1）得，
，
，
为的直径，
，
∵，
，
设半径为，则，
，
，
，
解得：，
半径为
（3）证明：如图，连接，
为的直径，
，
，
，，
，
∵，
，
，
，
，
四边形为圆的内接四边形，
，
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质；圆与三角形的综合；圆周角定理的推论
【解析】【分析】（1）连接，根据直径所对的圆周角是直角得到，然后根据等腰三角形“三线合一”的性质即可证明结论；
（2）连接，先求出，根据直径所对的圆周角是直角得到，从而利用勾股定理求得，然后设半径为，则，，再利用勾股定理列出方程求解即可；
（3）连接，根据直径所对的圆周角是直角得到，然后根据等腰三角形的性质得到，，从而得到，进而得到，则，根据平行线判定与性质证明，，接下来结合圆的内接四边形的性质得证结论.
（1）略
（2）解：如图：连接，
由（1）知：，
，
，
为的直径，
，
，
设半径为r，则，
，
，
，解得：，
半径为5．
（3）略
14．如图1，已知点M在x轴上，与x轴交于A、D两点，与y轴正半轴交于B点，C是上一点，且，，．
（1）求圆心M的坐标；
（2）求四边形的面积；
（3）如图2，过点C作弦交于点E，当时，请直接写出的长．
【答案】（1）解：如图，连接，设半径为r，
∵，，
∴，
∴
∵在中，，
∴，
，
∴圆心M的坐标为；
（2）解：连接交于点N，
∵，
∴垂直平分，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∵M、N分别是和中点，
∴，
∵为的直径
∴，
∴，
∴，
答：四边形的面积为32．
（3）
【知识点】圆周角定理；几何图形的面积计算-割补法；三角形的中位线定理；相似三角形的判定-AA；垂径定理的推论
【解析】【解答】解：
（3）连接AF、DF，再过点D作CF的垂线段DT.
∵
∴
又， ，且
∴
∴，
是直径
，
∴．
【分析】
（1）连接，设半径为r，则由题意知，再在中应用勾股定理求出r即可；
（2）如图，分别连接AC交BM于点N，则由垂径定理的推论可得BM垂直平分AC，再由等面积法可得AN＝OB＝4，再利用勾股可得MN＝3、BN＝2，再由三角形中位线定理可得CD等于MN的2倍即6，再由圆周角定理可得，即可求得，，最后再利用割补法即等于与的和即可；
（3）连接AF、DF，再过点D作CF的垂线段DT，先利用等边对等角、圆周角定理并结合三角形外角的性质可得，即DF＝AF、且是等腰直角三角形，再利用AA可证明，由相似比可得AD，则解直角三角形可依次得DF、CT、DT的长，再利用勾股可得FT的长，最后再利用线段和差关系即可．
（1）连接，设半径为r，
∵，，
∴，
∴
∵在中，，
∴，
，
∴圆心M的坐标为；
（2）连接交于点N，
∵，
∴垂直平分，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∵M、N分别是和中点，
∴，
∵为的直径
∴，
∴，
∴，
答：四边形的面积为32．
（3）连接，
∵，
∴，
又， ，且，
∴，
∴，则是等腰直角三角形，，
作于点T，则，，
∴．
15．小明同学在学习完《圆的基本性质》这一章内容后，感觉到一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．
【学习心得】（1）如图1，在中，，若以点为圆心，为半径作辅助圆，则点必在上，可得___________．
【问题解决】（2）如图2，在四边形中，，若平分，请写出与的数量关系，并说明理由．
【问题拓展】（3）在平面直角坐标系中，为轴上一点，若点，当最大时，求点的坐标．
【答案】（1）；
（2）解：，理由如下：
由（1）可得点必在上，
∴，
∵，
∴=90°-∠1，
∴；
（3）解：作的外接圆，过点作于H，轴交于点M，则，
当点A与点M重合时，即与y轴相切时，的半径最小，此时最大，
∵，
∴是矩形，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
当点A在y轴正半轴上时，，
当点A在y轴负半轴上时，，
∴点A的坐标为或．
【知识点】等腰三角形的性质；矩形的判定与性质；圆周角定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（1）解：以点为圆心，为半径作辅助圆，
∵，
∴点必在上，
∵，
∴，
故答案为：；
【分析】（1）以点为圆心，为半径作辅助圆，由圆周角定理即可求解；
（2）由圆周角定理得，再由等腰三角形的性质及三角形内角和得，进而得出答案；
（3）作的外接圆，连接，过点作于H，轴交于点M，则，当点A与点M重合时，即与y轴相切时，的半径最小，此时最大，易得是矩形，，，由勾股定理得，从而求得点A的坐标．

16．如图，在矩形中，，点E在上，，以为直径的交于点F，交的延长线于点G，交于点M，连接．
（1）求的半径和的长．
（2）求证：．
（3）线段上一点P，使得和的一个内角相等，求的长．
【答案】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
又∵，
∴，
∴的半径为．
如图：作于点H，
∴
又点O是CE的中点，
∴，，；
∴．
∴．
（2）证明：如图，过O作于点I，
∴∠OIB=∠ABC=∠OHB=90°，
∴四边形OIBH是矩形，
∴，，
∴ ∠MOI=∠A，
又∠MIO=∠AHO=90°，
∴
∴，即，
解得，
∴，
∴．
（3）解：如图：过点G作于点N．
∴∠GNM=∠OIM=90°，
又∠GMN=∠OMI，OM=MG，
∴△GMN≌△OMI，
∴，
在Rt△OMI中，，
∴MN=MI=
∴，即是等腰直角三角形，
∵是直径，
∴，
∴．
点P由以下两种可能：
①当时，是等腰直角三角形．
∴EP＝FP＝1．
②当时，
又∠FGB+∠FEB=∠FEB+∠FEP=180°，
∴∠FEP=∠FGB=∠BCG=45°，
∴
∴，即，解得．
综上，PE的长为1或.
【知识点】圆与四边形的综合
【解析】【分析】（1）有矩形性质得∠ABC=90°，在Rt△BCE中，利用勾股定理算出CE，即可得到该圆的半径；如图：作于点H，由垂径定理得，根据三角形中位线定理得，进而根据线段和差算出AH，在根据勾股定理算出AO，最后由AF=AO-FO，列式计算即可；
（2）如图，过O作于点I，由有三个内角为直角的四边形是矩形得四边形OIBH是矩形，由矩形对边相等且平行得OI∥AB，OI=1，由二直线平行，同位角相等得∠MOI=∠A，从而由有两组角对应相等的两个三角形相似得△OMI∽△AOH，由相似三角形对应边成比例建立方程可得，然后运用线段的和差即可证明结论；
（3）如图：过点G作于点N，首先由AAS判断出△GMN≌△OMI，得GN=OI=1，MN=MI，由勾股定理算出MI=，则可得△CNG是等腰直角三角形，由圆心角、弧、弦的关系判断出∠FEP=∠FGB=∠NCG=45°，然后分①∠PFE=∠NCG=45°时，②∠PFE=∠GBC时，两种情况，求解即可.
（1）解：∵，
∴，
∴的半径为．
如图：作于点H，
∴，，，
∴．
∴．
（2）解：如图，过O作于点I，
∴，，
由可得，即，解得，
∴，即．
（3）解：如图：过点G作于点N．
由（2）可得，
∴，即是等腰直角三角形，
∵是直径，
∴，
∴．
点P由以下两种可能：
①当时，是等腰直角三角形．
∴EP＝FP＝1．
②当时，
∵
∴，即，解得．
17．已知：为的直径，弦垂直平分于，连接、．
（1）如图1，求证，为等边三角形．
（2）如图2，为弧上一点，连接、、，求证：．
（3）如图3，在（2）的条件下，点为、的交点，为延长线上一点，连接交于，连接，若平分，，，求弦的长．
【答案】解：（1）证明：如图1中，连接，
在中，，
，，
，
，
又弦垂直平分于，
，
，
，
，
，
等腰为等边三角形．
（2）证明：如图2中，在上取一点使得，
又，
为等边三角形，
，，
为等边三角形，
，，
，
，即，
，
，
．
（3）如图3中，在上取一点，使得，连接，
设，则，
又平分，
，
，
四边形为圆内接四边形，
，
，
，
，，，
，
，
，，
，
，
设，则，，
作交延长线于点，则，，，
由勾股定理得：，
，
，，
，
，
，
，，过作交的延长线于点，
设，，，
则在中，，
，，
由勾股定理可得，
解得，
【知识点】圆周角定理；三角形全等的判定-SAS；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；圆与三角形的综合
【解析】【分析】（1）证明得到，且，就可以解决这个问题。
（2）如图2所示，在边上取一点，使得，接下来证明，结合这个全等结论可以推出，最终得到要证明的结论。
（3）在图3的BC边上取一点Q，令BQ = AP，之后连接AQ。首先可以通过SAS判定定理证明 ，由此可以得到对应角相等，，接下来结合已知角度关系，可以得到，， 因此推出 ，根据等角对等边，可以得到AG = QG。设CQ = a，那么就可以得到QG = AG = a + 6，同时AC = BC = a + 2，之后利用勾股定理建立方程就可以解出a的值。接下来证明 ，根据相似三角形的性质，对应边成比例，可得 ，结合已知线段关系可以推得 ，由此进一步得到AB = BC = 10，BP = 8。接下来过点B作BKAE，交AE的延长线于点K，设AE = x，那么BE = 4x，最后再次利用勾股定理建立方程，就可以求出对应未知量的值。
18．如图，直径弦于点．
（1），．
①求半径长；
②如图，点在弧上运动（点不与点和点重合），连接．当线段过圆心时，求的面积；
（2）点在弧上运动（点不与点和点重合），连接．当，，时，求的面积．
【答案】（1）解：①如图，连接，
∵直径弦于点，
∴，，
设的半径长为，则，
在中，，
∴，
解得，
∴的半径长为；
②当线段过圆心时，如图，则为的直径，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，连接，在上取，过点作于，则，
∵，
∴，
∵直径弦于点，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【知识点】线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；勾股定理；垂径定理；圆周角定理
【解析】【分析】（1）先连接，根据垂径定理可以得到。接下来设的半径为，那么，最后结合勾股定理就能计算出半径的长度；②当线段经过圆心时，对应图中情况，此时就是的直径，因此可得，且根据直径所对圆周角为直角可得，先利用勾股定理算出的长度，再进一步求出，即可得到最终结果；
（2）连接AB，在CF上截取CG，使CG的长度等于BF，即，再过点A作AH垂直于FC，垂足为H。首先计算FG的长度：。根据垂径定理可以得到AB=AC，结合截取的CG=BF，可证明，由全等三角形的性质可得AF=AG。又因为AH⊥FG，根据等腰三角形三线合一，可得H是FG的中点，因此，进一步计算CH可得：，最后利用勾股定理计算出AH的长度，即可完成求解.
（1）解：①如图，连接，
∵直径弦于点，
∴，，
设的半径长为，则，
在中，，
∴，
解得，
∴的半径长为；
②当线段过圆心时，如图，则为的直径，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，连接，在上取，过点作于，则，
∵，
∴，
∵直径弦于点，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
19．如图，已知是的直径，弦于点E，G是上一点，，的延长线交于点，连接，
（1）如图1，若E为半径的中点．求的度数；
（2）连接求证：；
（3）若，，的半径为求弦的长．
【答案】（1）如图，连接，
为半径的中点，
，
又，
∴，
，
，
，
的度数为
（2）如图，连接，
，
，
，
又四边形内接于，
，
；
（3）如图，过点C作交于点K，连接，
再过点K作于点，
，
，
为等边三角形．
，，
，
又的半径为6，
，
在中，，
，
在中，，
；
弦的长为
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】
结合题意可以得到，据此即可完成求解；
根据垂径定理可知，因此可得，再结合圆内接四边形的性质可得，即可完成证明；
过点C作，交于点K，连接，再过点K作于点H，可证得是等边三角形，由此得到，最后对三角形AKD求解即可得到最终结果.
（1）如图，连接，
为半径的中点，
，
又，
∴，
，
，
，
的度数为
（2）如图，连接，
，
，
，
又四边形内接于，
，
；
（3）如图，过点C作交于点K，连接，
再过点K作于点，
，
，
为等边三角形．
，，
，
又的半径为6，
，
在中，，
，
在中，，
；
弦的长为
20．如图1，已知AB是半圆O的直径，点C，D在半圆上，连接AC，BD 相交于点E.
（1） 求证： AE×CE=BE×DE
（2） 如图2， 点F是弧CD上一点， 若∠FCA=∠CBE，
①求证： DF∥AC；
②若BD∥CF， CE=4， tan∠CAB= ， 求半径OB 的长.
③如图3， 连接EF， 若 若△DEF是直角三角形， 且∠DEF=90°， 请求出tan∠FCA 的值.
【答案】（1）证明： 如图， 连接AD.
在 和 中，
（2）解：①证明： 如图， 连接DC.
②如①图所示， 当BD//CF时， 同理可得∠DCF=∠BDC， 则BC=DF，
结合①结论可知DF//AC，故四边形CEDF为平行四边形， 则DF=CE.
∴BC=CE =4.
由 可得AC=2BC，
∴AC=2CE=8.
由于直径AB所对的圆周角∠ACB=90°，故在Rt△ABC中，
③如图， 连接AD、AF、BF， DE交AF于点G.
根据题意可知∠ADB =∠AFB=90°.
∵∠DEF =∠ADE = 90°，
∴AD∥EF，
结合DF//AC可得四边形ADFE为平行四边形，G为其对称中心，则
设DE=m， AD=EF =n， 由若tan∠DBA = 可得， BD=3n，
则BE=3n﹣m，
在△FEG和△BEF中， ∠FEG=∠BEF =90°
， ∠EFG =90°-∠BFE =∠EBF，
∴△FEG∽△BEF，
即
整理得：
解得： m =2n或m =n，
∵∠FCA=∠CBD =∠DAE，
或2
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】(1)通过两角对应相等证明 然后由对应边成比例整理可得结论.
(2)①根据 推出 进而得到 ，即可证明结论；
②先根据 推出BC=DF，然后证明四边形CEDF为平行四边形，得到BC=CE，进而求出AC和BC的长度，再由勾股定理求出AB，即可得到OB的长度；
③先证明四边形ADFE为平行四边形，再通过构造 然后根据对应边成比例求出AD和DE长度的数量关系，最后由 求出答案.
21．
（1）【学习心得】小悦同学在学习完《圆》这一章内容后，感觉到一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易.
如图1，在△ABC中， D是△ABC外一点， 且AD=AC， 求∠BDC的度数.
解：若以点A(定点)为圆心，AB(定长)为半径作辅助圆⊙A，则点C，D必在⊙A上， 是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，从而可容易得到. 　 　；
（2）【初步应用】如图2，已知 ，求 的度数；
（3）【问题解决】如图3，在正方形ABCD中，已知.AB=12，点E是AB边上一点，且，AE=3，点P是BC边上一动点(点P不与B，C重合)，连接EP，作点B关于直线EP的对称点M，求线段MC的最小值；
（4）【问题拓展】如图4，在平行四边形ABCD中，. ，M是AD边的中点，N是AB边上的一动点(N不与A，B重合)，将△AMN沿MN所在直线翻折得到 连接A'C，设A'C的长为m，求m的取值范围
【答案】（1）40°
（2）解：以点A为圆心，AB为半径作辅助圆A，如图，
∵AB=AC=AD
∴点C，D在⊙A上，
∴
∴∠CBD=2∠BDC=42°
∴∠CAD=2∠CBD=84°
（3）解：∵AB=12，AE=3
∴BE=AB-AE=9
∵点B关于直线EP的对称点M
∴EB=EM=9
以点E为圆心，EB为半径作辅助圆⊙E，如图，
则点M在⊙E上，
∴当点E、M、C在一条直线上时，线段MC取得最小值，
∵，
∴线段MC的最小值=EC-EM=15-9=6
（4）解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，AD//BC，
∵M是AD边的中点，
∴
∵将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A'MN，
∴
以点M为圆心，为半径作辅助圆⊙M，如图，
∵MA=MA'=MD
∴点A'，D在⊙M上
∴当点A'、M、C在一条直线上时，线段A'C取得最小值，
过点M作ME⊥CD，交CD的延长线于点E.
∵AD//BC.
∴∠MDE=∠BCD=45°
∴△MDE为等腰直角三角形
∴
∴CE=CD+DE=5，
∴
∴线段A'C的最小值
过点A作AF⊥CD，交CD的延长线于点F，如图，
则△ADF为等腰直角三角形
∴
∴CF=CD+DF=6，
∴，
∴m的取值范围为
【知识点】平行四边形的性质；圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；等腰直角三角形；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：(1)以点A为圆心，AB为半径作辅助圆⊙A，如图，
∵AB=AD=AC
∴点C，D在⊙A上，
∴∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，
∴
故答案为：40°.
【分析】(1)以点A为圆心，AB为半径作辅助圆⊙A，利用圆周角定理解答即可；
(2)以点A为圆心，AB为半径作辅助圆⊙A，利用圆周角定理解答即可；
(3)以点E为圆心，EB为半径作辅助圆⊙E，利用线段的公理可得当点E、M、C在一条直线上时，线段MC取得最小值，利用勾股定理解答即可得出结论；
(4)利用平行四边形的性质和等腰直角三角形的性质求得，以点M为圆心，为半径作辅助圆⊙M，利用(3)中的方法得到当点A'、M、C在一条直线上时，线段A'C取得最小值：过点M作ME⊥CD，交CD的延长线于点E，利用勾股定理求得m的最小值；过点A作AF⊥CD，交CD的延长线于点F，利用勾股定理求得AC，依据题意即可得出结论.
22．【背景知识】对角线互相垂直的圆内接四边形，称为婆氏四边形.
注：婆氏（婆罗摩笈多 Brahmagupta，598-668年，印度数学家和天文学家）
【性质探究】
（1）婆氏定理：若圆内接四边形的对角线互相垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线平分对边.即如图，四边形ABCD是⊙O的婆氏四边形，过点M作ME⊥BC于E，延长EM交AD于F，求证：F为AD中点；
（2）如图，在直径为d的⊙O中，弦AC、BD互相垂直，垂足为M.
求证：AB2+CD2=AD2+BC2=d2
（3）【性质运用】
如图，AC、BD是圆中两条互相垂直的弦，交点为M，分别以AM、BM、CM、DM为弦作直角扇形（即扇形的圆心角为90°），若此圆的面积为S，这四个直角扇形的面积之和为S1，是否为定值？若是，求出这个值；若否，请说明理由.
【答案】（1）证明：∵AB⊥CD
∴∠BCM+∠MBC=90°
∵ME⊥BC
∴∠MBC+∠BME=90°
∴∠BME=∠BCM
∵∠DMF=∠BME，BCM=∠ADM
∴∠FMD=∠FDM
∴FM=FD
同理得∠DAM=∠AMF
∴FM=FA
∴FA=FD
∴F为AD的中点
（2）证明：作直径DG，连接CG
∴DC⊥GC
∵∠G=∠DAC
∵AC⊥BD
∴∠ADB=∠GDC
∴
∴AB=CG
∴AB2+CD2=DG2=d2
∴AD2+CB2=AM2+MD2+BM2+MC2= AM2+BM2+MD2+MC2=AB2+CD2
∴AB2+CD2=AD2+CB2=d2
（3）解：由（2）得AM2+MD2+BM2+MC2 =AD2+CB2=d2
S1=++
==
S==
为定值
【知识点】勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；弧长的计算；直角三角形的两锐角互余
【解析】【分析】(1)根据垂直互余关系可得∠BME=∠BCM，结合对顶角和圆周角定理得∠FMD=∠FDM，同理得∠DAM=∠AMF，由此可得FA=FD，即F为AD的中点；
(2)作直径DG，连接CG，知∠G=∠DAC由互余关系得∠ADB=∠GDC，即得AB=CG，由此可得结论；
(3)由(2)的结论可得S1的表达式，求出S的表达式，即可知为定值.
23．
（1）【学习心得】
小雯同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加轴助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易.
例如： 如图1，在ΔABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D是ΔABC外一点， 且AD=AC，求∠BDC的度数.若以点A为圆心，AB长为半径作辅助圆⊙A，则C、D两点必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角， ∠BDC是⊙A的圆周角. 则∠BDC=　 　.
（2） 【初步运用】
如图2， 在四边形ABCD中， ∠BAD=∠BCD=90°， ∠BDC=25°， 则∠BAC=　 　°；
（3）【方法迁移】
如图3，已知线段AB和直线l，用直尺和圆规在l上作出所有的点P，使得∠APB=30°(不写作法保留作图痕迹)；
（4） 【问题拓展】
①如图4①， 已知矩形ABCD， AB=4， BC=m， M为边CD上的点， 若满足∠AMB=45°的点M恰好有两个，则m的取值范围为 .
②如图4②，在△ABC中， ∠BAC=45°， AD是BC边上的高， 且BD=3， CD=1.求AD的长.
【答案】（1）
（2）25
（3）解：作图如下：
由图知，；同理．
（4）解：①
②如图，作的外接圆，过圆心作于点，作于点，连接、、，
则四边形是矩形，
∴．，
．
在中，，．，为圆心，
，
．
在中，，，．
在中，，，，
．
【知识点】勾股定理；圆周角定理；四点共圆模型；尺规作图-等腰（等边）三角形；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：（1）是的圆心角，是的圆周角，，
；
故答案为：；
（2）如图2，取的中点，连接、．
，
，，
，
点、、、共圆，
，
，
．
故答案为：25；
（4）①．理由如下：
在上截取，连接，以为直径作，交于，交于，连接，过圆心作于且交圆于，过作的切线交于交于，如图所示：
，
，
的半径为，即，
∵，
，
，
，
，
，即，
故答案为：；
【分析】（1）根据圆周角定理解答即可；
（2）取的中点，连接、．证明点、、、共圆，根据圆周角定理的推论解答即可；
（3）作等边三角形，再以O为圆心，为半径画圆，由圆周角定理可得圆与直线的交点即为点P；
（4）①在上截取，连接，以为直径，即可得到，然后根据勾股定理求出和的长，则可得出答案；
②作的外接圆，过圆心作于点，作于点，连接、、．由圆周角定理得到∠BOC=90°，然后根据勾股定理解答即可．
1 / 1《圆的基本性质》精选期中压轴题—浙教版数学九上复习
一、单选题
1．如图，点A，B的坐标分别是A（4，0），B（0，4），点C为坐标平面内一动点，BC＝2，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为（　　）
A． B． C． D．
2．如图，已知A，B，C，D是上依逆时针顺序排列的四个点，且满足，设弦，若的半径为10，则在x，y值的变化过程中，下列代数式的值不变的是（　　）
A． B． C． D．
3．如图，在给定的中，弦的弦心距，，点在弦上，且，当面积的为最大时，的长为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题
4．已知圆O的半径为5，B是圆上一点，A是圆外一点，，，若将线段沿着过点B的一条弦翻折，使得点A恰好落在圆上，求这条弦长为　 　
5．如图是以点为圆心，为直径的圆形纸片．点在上，将该圆形纸片沿直线对折，点落在上的点处（不与点重合）．连结，，分别延长和，并相交于点．若，，用含的代数式表示的面积是　 　．
6．如图，四边形在圆内，点B，C在圆上，，，，过中点作交圆于点，若，则该圆的半径为　 　．
7．图1是圆形置物架，示意图如图2所示，已知置物板，且点E是的中点，测得，，，，则该圆形置物架的半径为　 　cm．
8．如图，是的直径，C为上一点，，P为圆上一动点，M为的中点，连接，若的半径为4，则长的最大值是　 　．
9． 如图， 矩形ABCD中， AB=3， BC=2， P是CD边上一动点， 以DP 为直径作⊙O于点Q，连接BQ，点P 从点D 出发，沿DC方向运动，当点P 到达点C时，点P 停止运动.在整个运动过程中，线段 BQ 的最小值为　 　
10．如图，四边形是的内接四边形，已知，垂足为E，于F．
（1）若，则的度数为　 　；
（2）若的半径为5，，则的长为 　 　．
三、证明题
11．如图，在中，直径弦于点E，连结，，连结并延长交于点F，交于点G．
（1）求证：；
（2）若是等腰三角形，求的度数；
（3）若，，求的长．
12．如图所示，在中，，点是外接圆上的一点，连接AP，BP，CP，且．点为弧上一点（不与，重合），过作垂足为．
（1）判断的形状，并说明理由；
（2）已知
①求四边形面积的最大值；
②求的长．
13．如图1，在中，，以为直径作分别交于点D，
（1）求证：
（2）若，，求半径．
（3）如图2，点F在上，，连接、．求证：．
14．如图1，已知点M在x轴上，与x轴交于A、D两点，与y轴正半轴交于B点，C是上一点，且，，．
（1）求圆心M的坐标；
（2）求四边形的面积；
（3）如图2，过点C作弦交于点E，当时，请直接写出的长．
15．小明同学在学习完《圆的基本性质》这一章内容后，感觉到一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．
【学习心得】（1）如图1，在中，，若以点为圆心，为半径作辅助圆，则点必在上，可得___________．
【问题解决】（2）如图2，在四边形中，，若平分，请写出与的数量关系，并说明理由．
【问题拓展】（3）在平面直角坐标系中，为轴上一点，若点，当最大时，求点的坐标．
16．如图，在矩形中，，点E在上，，以为直径的交于点F，交的延长线于点G，交于点M，连接．
（1）求的半径和的长．
（2）求证：．
（3）线段上一点P，使得和的一个内角相等，求的长．
17．已知：为的直径，弦垂直平分于，连接、．
（1）如图1，求证，为等边三角形．
（2）如图2，为弧上一点，连接、、，求证：．
（3）如图3，在（2）的条件下，点为、的交点，为延长线上一点，连接交于，连接，若平分，，，求弦的长．
18．如图，直径弦于点．
（1），．
①求半径长；
②如图，点在弧上运动（点不与点和点重合），连接．当线段过圆心时，求的面积；
（2）点在弧上运动（点不与点和点重合），连接．当，，时，求的面积．
19．如图，已知是的直径，弦于点E，G是上一点，，的延长线交于点，连接，
（1）如图1，若E为半径的中点．求的度数；
（2）连接求证：；
（3）若，，的半径为求弦的长．
20．如图1，已知AB是半圆O的直径，点C，D在半圆上，连接AC，BD 相交于点E.
（1） 求证： AE×CE=BE×DE
（2） 如图2， 点F是弧CD上一点， 若∠FCA=∠CBE，
①求证： DF∥AC；
②若BD∥CF， CE=4， tan∠CAB= ， 求半径OB 的长.
③如图3， 连接EF， 若 若△DEF是直角三角形， 且∠DEF=90°， 请求出tan∠FCA 的值.
21．
（1）【学习心得】小悦同学在学习完《圆》这一章内容后，感觉到一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易.
如图1，在△ABC中， D是△ABC外一点， 且AD=AC， 求∠BDC的度数.
解：若以点A(定点)为圆心，AB(定长)为半径作辅助圆⊙A，则点C，D必在⊙A上， 是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，从而可容易得到. 　 　；
（2）【初步应用】如图2，已知 ，求 的度数；
（3）【问题解决】如图3，在正方形ABCD中，已知.AB=12，点E是AB边上一点，且，AE=3，点P是BC边上一动点(点P不与B，C重合)，连接EP，作点B关于直线EP的对称点M，求线段MC的最小值；
（4）【问题拓展】如图4，在平行四边形ABCD中，. ，M是AD边的中点，N是AB边上的一动点(N不与A，B重合)，将△AMN沿MN所在直线翻折得到 连接A'C，设A'C的长为m，求m的取值范围
22．【背景知识】对角线互相垂直的圆内接四边形，称为婆氏四边形.
注：婆氏（婆罗摩笈多 Brahmagupta，598-668年，印度数学家和天文学家）
【性质探究】
（1）婆氏定理：若圆内接四边形的对角线互相垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线平分对边.即如图，四边形ABCD是⊙O的婆氏四边形，过点M作ME⊥BC于E，延长EM交AD于F，求证：F为AD中点；
（2）如图，在直径为d的⊙O中，弦AC、BD互相垂直，垂足为M.
求证：AB2+CD2=AD2+BC2=d2
（3）【性质运用】
如图，AC、BD是圆中两条互相垂直的弦，交点为M，分别以AM、BM、CM、DM为弦作直角扇形（即扇形的圆心角为90°），若此圆的面积为S，这四个直角扇形的面积之和为S1，是否为定值？若是，求出这个值；若否，请说明理由.
23．
（1）【学习心得】
小雯同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加轴助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易.
例如： 如图1，在ΔABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D是ΔABC外一点， 且AD=AC，求∠BDC的度数.若以点A为圆心，AB长为半径作辅助圆⊙A，则C、D两点必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角， ∠BDC是⊙A的圆周角. 则∠BDC=　 　.
（2） 【初步运用】
如图2， 在四边形ABCD中， ∠BAD=∠BCD=90°， ∠BDC=25°， 则∠BAC=　 　°；
（3）【方法迁移】
如图3，已知线段AB和直线l，用直尺和圆规在l上作出所有的点P，使得∠APB=30°(不写作法保留作图痕迹)；
（4） 【问题拓展】
①如图4①， 已知矩形ABCD， AB=4， BC=m， M为边CD上的点， 若满足∠AMB=45°的点M恰好有两个，则m的取值范围为 .
②如图4②，在△ABC中， ∠BAC=45°， AD是BC边上的高， 且BD=3， CD=1.求AD的长.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；圆的相关概念；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，
∵点C为坐标平面内一点，BC＝2，
∴C在⊙B上，且半径为2，
取OD＝OA＝4，连接CD，
∵AM＝CM，OD＝OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM＝CD，
当OM最大时，即CD最大，而D，B，C三点共线时，当C在DB的延长线上时，OM最大，
∵OB＝OD＝4，∠BOD＝90°，
∴BD＝4，
∴CD＝4+2，
∴OM＝CD＝2+1，即OM的最大值为2+1；
故选：C．
【分析】
由同圆的半径相等可以得到，点C在以B为圆心、半径为2的圆上，通过作图能够发现：当点C落在BD与⊙B的交点位置时，OM的长度取得最小值；当点C落在DB的延长线与⊙B的交点位置时，OM的长度取得最大值，最后结合三角形中位线定理即可得到对应结论.
2．【答案】C
【知识点】勾股定理；圆周角定理；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：过点作直径，过点作的直径，连接，，如图所示：
∵，
∴，
∴，
∵是的直径，的半径是10，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在中，，
由勾股定理得：，
即，
∴在x，y值的变化过程中，代数式的值不变．
故选：C．
【分析】
分别过点、作直径、，连接，，由题意结合圆周角定理可得，则，由于直径AE＝BF，则可依据“”判定全等，则，然后在中应用勾股定理即可．
3．【答案】B
【知识点】垂径定理；三角形全等的判定-AAS；圆-动点问题
【解析】【解答】解：∵OE=5，
∴点E在以O为圆心，以5为半径的圆上运动，过点E作EN⊥AB于点N， 过点O作OD⊥CD于G，连接OA， OC， 如图1所示：
∵OH⊥AB， OH =6， EN≤OH+OE，
∴EN≤11，
∴当点E，O，H三点在同一条直线上时，△EAB的面积为最大，此时EN =11，
∵OG⊥CD， CD=16，
∵OE=ED=5，
∴GE = DG-DE =8-5 =3，在Rt△OGE中， 由勾股定理得： OG =
在Rt△COG中，由勾股定理得：OC=
∵OH⊥AB，
∴AH =BH， 即AB=2AH，
在Rt△OAH中，由勾股定理得：AH=
∴△EAB面积的最大值为
∵当△EAB面积的最大时，点E，O，H三点在同一条直线上时，
∴过点D作DM⊥EH交HE的延长线于点M，如图2所示：
则.
在 和 中，
在 中，由勾股定理得：DH=
故答案为： B.
【分析】根据OE =5得点E在以O为圆心，以5为半径的圆上运动， 过点E作EN⊥AB于点N， 过点O作OD⊥CD于G， 连接OA， OC， 则EN≤OH+OE，即EN≤11，因此当点E，O，H三点在同一条直线上时， △EAB的面积为最大， 此时EN = 11，根据垂径定理得DG=CG=8， 则GE=3， 进而由勾股定理分别求出(OG = 4， OC = 4 ， AH 则 由此可求出△EAB面积的最大值；根据当△EAB面积的最大时，点E，O，H三点在同一条直线上，过点D作DM⊥EH交HE的延长线于点M， 证明△OGE和△DME全等得EG= EM =3， OG= DM =4，则MH=14，然后再由勾股定理即可求出DH的长.
4．【答案】或
【知识点】等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；圆的相关概念；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，以点B为圆心，长为半径画圆，交于点，，
此时，即为翻折后的线段，
①当时，
作的角平分线，交上一点为，连接，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，则，
过点B作交于点N，
∵，
在中，，
由勾股定理得，，
∴，
在中，由勾股定理得，，
∴弦的长度为；
②当时，
作的角平分线，交上一点为，连接，，
同理可得为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
过点作交的延长线于点M，
∵，
∴，则，
在中，，
由勾股定理得，，
∴，
在中，，
∴弦的长度为，
综上所述，这条弦长为或．
故答案为：或．
【分析】
以点B为圆心，的长度为半径画圆，该圆和会相交得到两个交点和，这里的和，就是线段沿过点B的直线翻折后得到的对应线段，接下来分两种情况进行讨论：分别是翻折后对应点为（即），以及翻折后对应点为（即）的情况。翻折的折痕就是和的角平分线，折痕和的交点就是要求的点C，两种情况分别对应交点和。之后添加合适的辅助线，结合圆的相关性质、勾股定理、等腰三角形的性质以及解直角三角形的相关知识，就可以计算得到AC的长度.
5．【答案】
【知识点】勾股定理；垂径定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】解：为直径，
∴，
∵折叠，
∴，
如图所示，设交于点，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
解得，，
∴的面积是
故答案为： ．
【分析】
根据“直径所对的圆周角为直角”这一性质，结合图形折叠的特点可知：，，且。先可证明，根据相似三角形的性质可得；再证明，由此可得，结合同圆半径相等，可转化得到；最后在中，由勾股定理整理可得，将其代入圆的面积公式即可求出最终结果.
6．【答案】5.2
【知识点】勾股定理；矩形的性质；垂径定理；圆周角定理；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】解：延长交于，过作于，交于，
∵，，，
∴，
∴四边形是矩形．
∴，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是矩形，
∴，，，
∵，
∵，（点是的中点），
∴，
∴，，
∴过圆心，，
如图，令圆心为，连接，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴是等腰直角三角形，
∴
∴，
设该圆的半径为，则，，
在中，即
解得圆的半径为，
故答案为：．
【分析】
通过延长线段、作垂线的方式构造出矩形与平行四边形，借助矩形的性质可以推导出对应的线段相等关系；再结合题目给出的中点条件，以及平行线分线段成比例的性质，就能推得对应线段的中点，进而确定该直线经过圆心；之后结合等腰直角三角形的性质算出相关线段的长度，最后在直角三角形中利用勾股定理列出方程，即可求解出该圆的半径.
7．【答案】14
【知识点】矩形的判定与性质；垂径定理
【解析】【解答】解：过点B作于点M，取的中点Q，连接并延长交AC于点P，
∵Q是BM的中点，点E是的中点，
∴，，
∴点P、Q、E、F共线，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴四边形，也是矩形，
∴，，，
∴，
∴是的垂直平分线，即直线是直径所在的直线，
在上取圆心为O，连接，
设，则，
在Rt△APO中，
∴，
解得：，
故答案为：14．
【分析】根据三角形的中位线定理，可以证得，，再证明四边形是矩形，利用矩形的性质，可求得CM，再利用线段的差求得DM，然后利用30度的直角三角形的性质求得BD，再利用勾股定理求得BM，接着可证明四边形，也是矩形，利用矩形的性质，可求得AP、BP，再利用线段的和求得EP与FP，进而利用勾股定理得到关于半径的方程求解．
8．【答案】
【知识点】勾股定理；圆的相关概念；圆周角定理
【解析】【解答】解：如图，取中点，连接，，，
∵M为的中点，
∴，
∴，
∴当点P在上移动时，的中点M的轨迹是以为直径的，
∴交于点M，此时的值最大，
由题意得，，，
在中，，，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】取中点，连接，，，根据圆周角定理可得，根据直角三角形性质可得，当点P在上移动时，的中点M的轨迹是以为直径的，则交于点M，此时的值最大，根据勾股定理可得O'C，再根据边之间的关系即可求出答案.
9．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线；圆-动点问题；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：如图所示，连接，取的中点，连接，
∵是的直径，
∴，
由此可知，在以点为圆心，为半径的圆上运动，如图所示，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
在中，
，
∵，
∴当点，，三点共线时，最小，且，
故答案为：．
【分析】连接，取的中点，连接，根据圆周角定理可知，则点在以点为圆心，为半径的圆上，然后根据勾股定理和三角形三边关系解答即可．
10．【答案】；6
【知识点】垂径定理；圆周角定理；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：（1）如图，连接，记，的交点为，
∵，
和都是等腰直角三角形，
∵，
，
故答案为：；
（2）如图，延长交于点，连接，
由，得是的中位线，
，
在中，，
由勾股定理得
，
，
∵是的直径，
∴，
，
∵
∴，
，
故答案为：6．
【分析】（1）连接，由F是AB的中点，OA=OB，可得OF⊥AB，因此∠AFO=90°，又OA=OB，∠AOB=90°，F为AB中点，可得OF=AF=BF，因此△AOF和△BOF都是等腰直角三角形，由此可推得对应结论；
（2）延长交于点，连接，因为O是AG的中点，F是AB的中点，因此是的中位线，结合OF的长度可以推出；接下来根据直径所对圆周角为直角可得∠ABG=90°，结合CD⊥AB，可推得∠GAB=∠DAC，再根据同圆中相等的圆周角所对的弦相等，即可得到．
11．【答案】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为圆的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
（2）解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴若是等腰三角形，则或，
①当时，
∵为圆的直径，
∴，
∴，
∴，即，
②当时，则，
∵为圆的直径，
∴，
∴，
∴，即，
综上所述，若是等腰三角形，的度数为或．
（3）解：如图，连接，
∵，
∴，，
∴，，
设的半径为r，则，，
∵，
∴，解得，
∴，，，
∵为圆的直径，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
【知识点】垂径定理；圆周角定理；相似三角形的判定-AA；分类讨论；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【分析】（1）利用直角三角形两锐角互余得到，由同弧所对的圆周角相等得到，则，由直径所对圆周角为直角得出∠CAF=90°，再由直角三角形两锐角互余得到，由同角的余角相等得，从而利用有两组角相等的两个三角形相似得到△GAO∽△GCA；
（2）由垂径定理得，由等弧所对圆周角相等及（1）中结论可得，设，由三角形外角性质得出，由等边对等角及角的构成推出，从而分与时两种情况，利用圆周角定理和三角形的内角和定理列方程解答即可；
（3）连接FD，用垂径定理得到，，进而由勾股定理算出AE的长，由等弧所对的弦相等得出AC=AD；设的半径为r，在Rt△COE中，利用勾股定理建立方程求得圆的半径，由直径所对圆周角为直角得出∠CDF=90°，在Rt△CDF中，利用勾股定理算出DF；由同一平面内垂直同一直线的两条直线互相平行得出AB∥DF，由平行于三角形一边的直线截其它两边的延长线，所截三角形与原三角形相似得出△GAO∽△GDF，由相似三角形对应边成比例建立方程，求解即可得出AG的长.
（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为圆的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
（2）解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴若是等腰三角形，则或，
①当时，
∵为圆的直径，
∴，
∴，
∴，即，
②当时，则，
∵为圆的直径，
∴，
∴，
∴，即，
综上所述，若是等腰三角形，的度数为或．
（3）解：如图，连接，
∵，
∴，，
∴，，
设的半径为r，则，，
∵，
∴，解得，
∴，，，
∵为圆的直径，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
12．【答案】（1）解：∵，∴为直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的形状为等腰直角三角形．
（2）解：①∵，∴为外接圆的直径，
∵点是外接圆上的一点，
∴，
∵为弧上一点，
∴当点为弧的中点时，此时点到的距离最大，则的面积取得最大值，此时，为等腰直角三角形，
，
，
当点C在中点时，四边形面积达到最大．
；
②证明：作，交的延长线于，如图，
∵
∴为直径
∴
∵
∴四边形为矩形
在和中，
∴
∴，
∴四边形为正方形，
∴
∵，，
∴，
∵，
即，
解得（负值舍去）．
【知识点】正方形的判定与性质；等腰直角三角形；圆周角定理的推论
【解析】【分析】
（1）借助圆周角定理，结合等腰直角三角形的定义完成证明；
（2）①首先利用圆周角定理和勾股定理计算出线段的长度，由此可求出的面积；当点运动到弧的中点位置时，的面积达到最大，此时是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质计算出的面积，而四边形的最大面积等于，据此即可得出结果；②过点作，交的延长线于点，先证明，可推出四边形是正方形，再结合勾股定理得到，依此建立方程求解，即可得到最终答案.
（1）∵，
∴为直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的形状为等腰直角三角形．
（2）①∵，
∴为外接圆的直径，
∵点是外接圆上的一点，
∴，
∵为弧上一点，
∴当点为弧的中点时，此时点到的距离最大，则的面积取得最大值，此时，为等腰直角三角形，
，
，
当点C在中点时，四边形面积达到最大．
；
②证明：作，交的延长线于，如图，
∵
∴为直径
∴
∵
∴四边形为矩形
在和中，
∴
∴，
∴四边形为正方形，
∴
∵，，
∴，
∵，
即，
解得（负值舍去）．
13．【答案】（1）证明：如图，连接，
为的直径，
，
，
（2）解：如图，连接，
由（1）得，
，
，
为的直径，
，
∵，
，
设半径为，则，
，
，
，
解得：，
半径为
（3）证明：如图，连接，
为的直径，
，
，
，，
，
∵，
，
，
，
，
四边形为圆的内接四边形，
，
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质；圆与三角形的综合；圆周角定理的推论
【解析】【分析】（1）连接，根据直径所对的圆周角是直角得到，然后根据等腰三角形“三线合一”的性质即可证明结论；
（2）连接，先求出，根据直径所对的圆周角是直角得到，从而利用勾股定理求得，然后设半径为，则，，再利用勾股定理列出方程求解即可；
（3）连接，根据直径所对的圆周角是直角得到，然后根据等腰三角形的性质得到，，从而得到，进而得到，则，根据平行线判定与性质证明，，接下来结合圆的内接四边形的性质得证结论.
（1）略
（2）解：如图：连接，
由（1）知：，
，
，
为的直径，
，
，
设半径为r，则，
，
，
，解得：，
半径为5．
（3）略
14．【答案】（1）解：如图，连接，设半径为r，
∵，，
∴，
∴
∵在中，，
∴，
，
∴圆心M的坐标为；
（2）解：连接交于点N，
∵，
∴垂直平分，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∵M、N分别是和中点，
∴，
∵为的直径
∴，
∴，
∴，
答：四边形的面积为32．
（3）
【知识点】圆周角定理；几何图形的面积计算-割补法；三角形的中位线定理；相似三角形的判定-AA；垂径定理的推论
【解析】【解答】解：
（3）连接AF、DF，再过点D作CF的垂线段DT.
∵
∴
又， ，且
∴
∴，
是直径
，
∴．
【分析】
（1）连接，设半径为r，则由题意知，再在中应用勾股定理求出r即可；
（2）如图，分别连接AC交BM于点N，则由垂径定理的推论可得BM垂直平分AC，再由等面积法可得AN＝OB＝4，再利用勾股可得MN＝3、BN＝2，再由三角形中位线定理可得CD等于MN的2倍即6，再由圆周角定理可得，即可求得，，最后再利用割补法即等于与的和即可；
（3）连接AF、DF，再过点D作CF的垂线段DT，先利用等边对等角、圆周角定理并结合三角形外角的性质可得，即DF＝AF、且是等腰直角三角形，再利用AA可证明，由相似比可得AD，则解直角三角形可依次得DF、CT、DT的长，再利用勾股可得FT的长，最后再利用线段和差关系即可．
（1）连接，设半径为r，
∵，，
∴，
∴
∵在中，，
∴，
，
∴圆心M的坐标为；
（2）连接交于点N，
∵，
∴垂直平分，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∵M、N分别是和中点，
∴，
∵为的直径
∴，
∴，
∴，
答：四边形的面积为32．
（3）连接，
∵，
∴，
又， ，且，
∴，
∴，则是等腰直角三角形，，
作于点T，则，，
∴．
15．【答案】（1）；
（2）解：，理由如下：
由（1）可得点必在上，
∴，
∵，
∴=90°-∠1，
∴；
（3）解：作的外接圆，过点作于H，轴交于点M，则，
当点A与点M重合时，即与y轴相切时，的半径最小，此时最大，
∵，
∴是矩形，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
当点A在y轴正半轴上时，，
当点A在y轴负半轴上时，，
∴点A的坐标为或．
【知识点】等腰三角形的性质；矩形的判定与性质；圆周角定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（1）解：以点为圆心，为半径作辅助圆，
∵，
∴点必在上，
∵，
∴，
故答案为：；
【分析】（1）以点为圆心，为半径作辅助圆，由圆周角定理即可求解；
（2）由圆周角定理得，再由等腰三角形的性质及三角形内角和得，进而得出答案；
（3）作的外接圆，连接，过点作于H，轴交于点M，则，当点A与点M重合时，即与y轴相切时，的半径最小，此时最大，易得是矩形，，，由勾股定理得，从而求得点A的坐标．

16．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
又∵，
∴，
∴的半径为．
如图：作于点H，
∴
又点O是CE的中点，
∴，，；
∴．
∴．
（2）证明：如图，过O作于点I，
∴∠OIB=∠ABC=∠OHB=90°，
∴四边形OIBH是矩形，
∴，，
∴ ∠MOI=∠A，
又∠MIO=∠AHO=90°，
∴
∴，即，
解得，
∴，
∴．
（3）解：如图：过点G作于点N．
∴∠GNM=∠OIM=90°，
又∠GMN=∠OMI，OM=MG，
∴△GMN≌△OMI，
∴，
在Rt△OMI中，，
∴MN=MI=
∴，即是等腰直角三角形，
∵是直径，
∴，
∴．
点P由以下两种可能：
①当时，是等腰直角三角形．
∴EP＝FP＝1．
②当时，
又∠FGB+∠FEB=∠FEB+∠FEP=180°，
∴∠FEP=∠FGB=∠BCG=45°，
∴
∴，即，解得．
综上，PE的长为1或.
【知识点】圆与四边形的综合
【解析】【分析】（1）有矩形性质得∠ABC=90°，在Rt△BCE中，利用勾股定理算出CE，即可得到该圆的半径；如图：作于点H，由垂径定理得，根据三角形中位线定理得，进而根据线段和差算出AH，在根据勾股定理算出AO，最后由AF=AO-FO，列式计算即可；
（2）如图，过O作于点I，由有三个内角为直角的四边形是矩形得四边形OIBH是矩形，由矩形对边相等且平行得OI∥AB，OI=1，由二直线平行，同位角相等得∠MOI=∠A，从而由有两组角对应相等的两个三角形相似得△OMI∽△AOH，由相似三角形对应边成比例建立方程可得，然后运用线段的和差即可证明结论；
（3）如图：过点G作于点N，首先由AAS判断出△GMN≌△OMI，得GN=OI=1，MN=MI，由勾股定理算出MI=，则可得△CNG是等腰直角三角形，由圆心角、弧、弦的关系判断出∠FEP=∠FGB=∠NCG=45°，然后分①∠PFE=∠NCG=45°时，②∠PFE=∠GBC时，两种情况，求解即可.
（1）解：∵，
∴，
∴的半径为．
如图：作于点H，
∴，，，
∴．
∴．
（2）解：如图，过O作于点I，
∴，，
由可得，即，解得，
∴，即．
（3）解：如图：过点G作于点N．
由（2）可得，
∴，即是等腰直角三角形，
∵是直径，
∴，
∴．
点P由以下两种可能：
①当时，是等腰直角三角形．
∴EP＝FP＝1．
②当时，
∵
∴，即，解得．
17．【答案】解：（1）证明：如图1中，连接，
在中，，
，，
，
，
又弦垂直平分于，
，
，
，
，
，
等腰为等边三角形．
（2）证明：如图2中，在上取一点使得，
又，
为等边三角形，
，，
为等边三角形，
，，
，
，即，
，
，
．
（3）如图3中，在上取一点，使得，连接，
设，则，
又平分，
，
，
四边形为圆内接四边形，
，
，
，
，，，
，
，
，，
，
，
设，则，，
作交延长线于点，则，，，
由勾股定理得：，
，
，，
，
，
，
，，过作交的延长线于点，
设，，，
则在中，，
，，
由勾股定理可得，
解得，
【知识点】圆周角定理；三角形全等的判定-SAS；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；圆与三角形的综合
【解析】【分析】（1）证明得到，且，就可以解决这个问题。
（2）如图2所示，在边上取一点，使得，接下来证明，结合这个全等结论可以推出，最终得到要证明的结论。
（3）在图3的BC边上取一点Q，令BQ = AP，之后连接AQ。首先可以通过SAS判定定理证明 ，由此可以得到对应角相等，，接下来结合已知角度关系，可以得到，， 因此推出 ，根据等角对等边，可以得到AG = QG。设CQ = a，那么就可以得到QG = AG = a + 6，同时AC = BC = a + 2，之后利用勾股定理建立方程就可以解出a的值。接下来证明 ，根据相似三角形的性质，对应边成比例，可得 ，结合已知线段关系可以推得 ，由此进一步得到AB = BC = 10，BP = 8。接下来过点B作BKAE，交AE的延长线于点K，设AE = x，那么BE = 4x，最后再次利用勾股定理建立方程，就可以求出对应未知量的值。
18．【答案】（1）解：①如图，连接，
∵直径弦于点，
∴，，
设的半径长为，则，
在中，，
∴，
解得，
∴的半径长为；
②当线段过圆心时，如图，则为的直径，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，连接，在上取，过点作于，则，
∵，
∴，
∵直径弦于点，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【知识点】线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；勾股定理；垂径定理；圆周角定理
【解析】【分析】（1）先连接，根据垂径定理可以得到。接下来设的半径为，那么，最后结合勾股定理就能计算出半径的长度；②当线段经过圆心时，对应图中情况，此时就是的直径，因此可得，且根据直径所对圆周角为直角可得，先利用勾股定理算出的长度，再进一步求出，即可得到最终结果；
（2）连接AB，在CF上截取CG，使CG的长度等于BF，即，再过点A作AH垂直于FC，垂足为H。首先计算FG的长度：。根据垂径定理可以得到AB=AC，结合截取的CG=BF，可证明，由全等三角形的性质可得AF=AG。又因为AH⊥FG，根据等腰三角形三线合一，可得H是FG的中点，因此，进一步计算CH可得：，最后利用勾股定理计算出AH的长度，即可完成求解.
（1）解：①如图，连接，
∵直径弦于点，
∴，，
设的半径长为，则，
在中，，
∴，
解得，
∴的半径长为；
②当线段过圆心时，如图，则为的直径，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，连接，在上取，过点作于，则，
∵，
∴，
∵直径弦于点，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
19．【答案】（1）如图，连接，
为半径的中点，
，
又，
∴，
，
，
，
的度数为
（2）如图，连接，
，
，
，
又四边形内接于，
，
；
（3）如图，过点C作交于点K，连接，
再过点K作于点，
，
，
为等边三角形．
，，
，
又的半径为6，
，
在中，，
，
在中，，
；
弦的长为
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】
结合题意可以得到，据此即可完成求解；
根据垂径定理可知，因此可得，再结合圆内接四边形的性质可得，即可完成证明；
过点C作，交于点K，连接，再过点K作于点H，可证得是等边三角形，由此得到，最后对三角形AKD求解即可得到最终结果.
（1）如图，连接，
为半径的中点，
，
又，
∴，
，
，
，
的度数为
（2）如图，连接，
，
，
，
又四边形内接于，
，
；
（3）如图，过点C作交于点K，连接，
再过点K作于点，
，
，
为等边三角形．
，，
，
又的半径为6，
，
在中，，
，
在中，，
；
弦的长为
20．【答案】（1）证明： 如图， 连接AD.
在 和 中，
（2）解：①证明： 如图， 连接DC.
②如①图所示， 当BD//CF时， 同理可得∠DCF=∠BDC， 则BC=DF，
结合①结论可知DF//AC，故四边形CEDF为平行四边形， 则DF=CE.
∴BC=CE =4.
由 可得AC=2BC，
∴AC=2CE=8.
由于直径AB所对的圆周角∠ACB=90°，故在Rt△ABC中，
③如图， 连接AD、AF、BF， DE交AF于点G.
根据题意可知∠ADB =∠AFB=90°.
∵∠DEF =∠ADE = 90°，
∴AD∥EF，
结合DF//AC可得四边形ADFE为平行四边形，G为其对称中心，则
设DE=m， AD=EF =n， 由若tan∠DBA = 可得， BD=3n，
则BE=3n﹣m，
在△FEG和△BEF中， ∠FEG=∠BEF =90°
， ∠EFG =90°-∠BFE =∠EBF，
∴△FEG∽△BEF，
即
整理得：
解得： m =2n或m =n，
∵∠FCA=∠CBD =∠DAE，
或2
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】(1)通过两角对应相等证明 然后由对应边成比例整理可得结论.
(2)①根据 推出 进而得到 ，即可证明结论；
②先根据 推出BC=DF，然后证明四边形CEDF为平行四边形，得到BC=CE，进而求出AC和BC的长度，再由勾股定理求出AB，即可得到OB的长度；
③先证明四边形ADFE为平行四边形，再通过构造 然后根据对应边成比例求出AD和DE长度的数量关系，最后由 求出答案.
21．【答案】（1）40°
（2）解：以点A为圆心，AB为半径作辅助圆A，如图，
∵AB=AC=AD
∴点C，D在⊙A上，
∴
∴∠CBD=2∠BDC=42°
∴∠CAD=2∠CBD=84°
（3）解：∵AB=12，AE=3
∴BE=AB-AE=9
∵点B关于直线EP的对称点M
∴EB=EM=9
以点E为圆心，EB为半径作辅助圆⊙E，如图，
则点M在⊙E上，
∴当点E、M、C在一条直线上时，线段MC取得最小值，
∵，
∴线段MC的最小值=EC-EM=15-9=6
（4）解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，AD//BC，
∵M是AD边的中点，
∴
∵将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A'MN，
∴
以点M为圆心，为半径作辅助圆⊙M，如图，
∵MA=MA'=MD
∴点A'，D在⊙M上
∴当点A'、M、C在一条直线上时，线段A'C取得最小值，
过点M作ME⊥CD，交CD的延长线于点E.
∵AD//BC.
∴∠MDE=∠BCD=45°
∴△MDE为等腰直角三角形
∴
∴CE=CD+DE=5，
∴
∴线段A'C的最小值
过点A作AF⊥CD，交CD的延长线于点F，如图，
则△ADF为等腰直角三角形
∴
∴CF=CD+DF=6，
∴，
∴m的取值范围为
【知识点】平行四边形的性质；圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；等腰直角三角形；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：(1)以点A为圆心，AB为半径作辅助圆⊙A，如图，
∵AB=AD=AC
∴点C，D在⊙A上，
∴∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，
∴
故答案为：40°.
【分析】(1)以点A为圆心，AB为半径作辅助圆⊙A，利用圆周角定理解答即可；
(2)以点A为圆心，AB为半径作辅助圆⊙A，利用圆周角定理解答即可；
(3)以点E为圆心，EB为半径作辅助圆⊙E，利用线段的公理可得当点E、M、C在一条直线上时，线段MC取得最小值，利用勾股定理解答即可得出结论；
(4)利用平行四边形的性质和等腰直角三角形的性质求得，以点M为圆心，为半径作辅助圆⊙M，利用(3)中的方法得到当点A'、M、C在一条直线上时，线段A'C取得最小值：过点M作ME⊥CD，交CD的延长线于点E，利用勾股定理求得m的最小值；过点A作AF⊥CD，交CD的延长线于点F，利用勾股定理求得AC，依据题意即可得出结论.
22．【答案】（1）证明：∵AB⊥CD
∴∠BCM+∠MBC=90°
∵ME⊥BC
∴∠MBC+∠BME=90°
∴∠BME=∠BCM
∵∠DMF=∠BME，BCM=∠ADM
∴∠FMD=∠FDM
∴FM=FD
同理得∠DAM=∠AMF
∴FM=FA
∴FA=FD
∴F为AD的中点
（2）证明：作直径DG，连接CG
∴DC⊥GC
∵∠G=∠DAC
∵AC⊥BD
∴∠ADB=∠GDC
∴
∴AB=CG
∴AB2+CD2=DG2=d2
∴AD2+CB2=AM2+MD2+BM2+MC2= AM2+BM2+MD2+MC2=AB2+CD2
∴AB2+CD2=AD2+CB2=d2
（3）解：由（2）得AM2+MD2+BM2+MC2 =AD2+CB2=d2
S1=++
==
S==
为定值
【知识点】勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；弧长的计算；直角三角形的两锐角互余
【解析】【分析】(1)根据垂直互余关系可得∠BME=∠BCM，结合对顶角和圆周角定理得∠FMD=∠FDM，同理得∠DAM=∠AMF，由此可得FA=FD，即F为AD的中点；
(2)作直径DG，连接CG，知∠G=∠DAC由互余关系得∠ADB=∠GDC，即得AB=CG，由此可得结论；
(3)由(2)的结论可得S1的表达式，求出S的表达式，即可知为定值.
23．【答案】（1）
（2）25
（3）解：作图如下：
由图知，；同理．
（4）解：①
②如图，作的外接圆，过圆心作于点，作于点，连接、、，
则四边形是矩形，
∴．，
．
在中，，．，为圆心，
，
．
在中，，，．
在中，，，，
．
【知识点】勾股定理；圆周角定理；四点共圆模型；尺规作图-等腰（等边）三角形；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：（1）是的圆心角，是的圆周角，，
；
故答案为：；
（2）如图2，取的中点，连接、．
，
，，
，
点、、、共圆，
，
，
．
故答案为：25；
（4）①．理由如下：
在上截取，连接，以为直径作，交于，交于，连接，过圆心作于且交圆于，过作的切线交于交于，如图所示：
，
，
的半径为，即，
∵，
，
，
，
，
，即，
故答案为：；
【分析】（1）根据圆周角定理解答即可；
（2）取的中点，连接、．证明点、、、共圆，根据圆周角定理的推论解答即可；
（3）作等边三角形，再以O为圆心，为半径画圆，由圆周角定理可得圆与直线的交点即为点P；
（4）①在上截取，连接，以为直径，即可得到，然后根据勾股定理求出和的长，则可得出答案；
②作的外接圆，过圆心作于点，作于点，连接、、．由圆周角定理得到∠BOC=90°，然后根据勾股定理解答即可．
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