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第 24 章 圆能力提升测试卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，
只有一项是符合题目要求的。）
1．已知⊙O的半径为5，点A为线段OP的中点，当OP＝12时，点A与⊙O的位置关系是
（ ）
A．在圆内 B．在圆上 C．在圆外 D．不能确定
【答案】C
【分析】求得OA的长，判断OA与圆的半径大小关系，从而得出答案．
【详解】解：∵A为线段OP的中点，OP＝12，
∴OA＝6，
∵OA＞5，
∴点A在 O外，
故选：C．⊙
【点睛】此题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是熟知点与圆的位置判定方法.
2．图，△ABC内接于⊙O，连接OB，若∠OBC=54°，则∠BAC的度数为（ ）
A．40° B．36° C．30° D．28°
【答案】B
【分析】连接OC构造出等腰三角形，即可求得∠BOC=72°，再根据圆周角定理即可求
得答案．
【详解】解：连接OC，如图：∵OB=OC
∴∠OCB=∠OBC=54°
∴∠BOC=180°−∠OBC−∠OCB=72°
1
∴∠BAC= ∠BOC=36°．
2
故选：B
【点睛】本题考查了圆的基本概念辨析、等腰三角形的判定和性质、圆周角定理等，熟练
掌握相关知识点是解题的关键．
3．在⊙O中，弦AB的长为8，圆心O到AB的距离为3，则⊙O的半径为（ ）
A．5 B．8 C．3 D．6
【答案】A
【分析】根据垂径定理求出AE，再根据勾股定理求出OA即可．
【详解】解：如图所示：
∵OE⊥AB，
1
∴AE＝ AB＝4．
2
在Rt△AOE中，AE＝4，OE＝3，
根据勾股定理得到OA＝❑√32+42＝5，
则⊙O的半径是5．
故选：A．
【点睛】此题考查了垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理，由勾股定理求出OA是解决问题的关键．
4．一个扇形的圆心角为120°，扇形的弧长等于4π,则该扇形的面积等于（ ）
A．2π B．4π C．12π D．24π
【答案】C
nπr
【分析】根据弧长公式l= ，代入求出r的值，即可得到结论．
180
120πr
【详解】解：由题意得，4π＝ ，
180
解得：r＝6，
1
∴S＝ ×6×4π＝12π．
2
故选：C.
【点睛】本题考查了扇形的面积公式，弧长公式，熟记公式是解题的关键．
5．下列说法正确的个数有（ ）
①一元二次方程的一般形式为ax2+bx+c＝0
②平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．
③同弦或等弦所对的圆周角相等
④方程x2＝x的解是x＝1．
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【分析】根据有关性质与定理，分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答
案．
【详解】解：①一元二次方程的一般形式为ax2+bx+c＝0（a≠0），所以①错误；
②平分弦（非直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧，所以②错误；
③同弦或等弦所对的圆周角相等或互补，所以③错误；
④方程x2＝x的解是x＝1或x＝0，所以④错误；
故选：A．
【点睛】此题考查了圆周角定理、一元二次方程的一般形式和解法以及垂径定理，要能根
据有关性质对命题的真假进行判断，判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
6．下列命题中，正确的个数是（ ）
（1）三点确定一个圆；
（2）平分弦的直径垂直于弦；（3）相等的圆心角所对的弧相等；
（4）正五边形是轴对称图形．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【详解】试题分析：利用确定圆的条件、垂径定理、等弧的定义及正五边形的性质分别判
断后即可确定正确的选项．
解：（1）不在同一直线上的三点确定一个圆，错误；
（2）平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，错误；
（3）相等的圆心角所对的弧相等，错误；
（4）正五边形是轴对称图形，正确．
故选A．
点评：本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解确定圆的条件、垂径定理、等弧
的定义及正五边形的性质，难度不大．
7．如图，破残的轮子上，弓形的弦AB为4m，高CD为1m，则这个轮子的半径长为（
）
5
A．❑√17m B．❑√5m C．5m D． m
2
【答案】D
【分析】连接OB，由垂径定理得出BD的长；连接OB，再在Rt△OBD中，由勾股定理得
出方程，解方程即可．
【详解】解：连接OB，如图所示：
由题意得：OC⊥AB，1
∴AD＝BD＝ AB＝2（m），
2
在Rt△OBD中，根据勾股定理得：OD2+BD2＝OB2，
即（OB﹣1）2+22＝OB2，
5
解得：OB＝ （m），
2
5
即这个轮子的半径长为 m，
2
故选：D．
【点睛】本题主要考查垂径定理的应用以及勾股定理，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解
题的关键．
8．在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=6，AC=8，D、E分别是AC、BC上的一点，且DE=6，若以
DE为直径的圆与斜边AB相交于M、N，则MN的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】试题分析：如图：设DE的中点为O，连接CO并延长交AB于点F，连接ON,当CF
⊥AB时，弦心距OF最小，此时弦MN的值最大，因为在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=6，
BC⋅AC 6×8 24
AC=8，所以AB=10，所以CF= = = ,因为DE=6，所以OC=ON=3，所以OF=
AB 10 5
24 9 √ 9 2 12 24
-3= ,所以NF=❑32−( ) = ,所以MN=2NF= ,故选D．
5 5 5 5 5考点：1．圆的性质；2．直角三角形的性质．
9．如图为4×4的正方形网格，A，B，C，D，O均在格点上，点O是( )
A．△ACD的外心 B．△ABC的外心 C．△ACD的内心 D．△ABC的内心
【答案】B
【详解】解：由图可得：OA=OB=OC=❑√12+22=❑√5，
所以点O在△ABC的外心上，
故选B．
10．如图，在矩形ABCD中，AB=2❑√3，BC=4，以点D为圆心，DA为半径画弧，与矩
形的边BC交于点E，则图中阴影部分的面积为（ ）4π 4π 8π 8π
A．8❑√3− B．6❑√3− C．8❑√3− D．6❑√3−
3 3 3 3
【答案】D
【分析】连接DE，则阴影部分的面积=S ABCD-S DEC-S ADE，根据题意知
矩形 扇形
△
DE=AD=4，利用30°角的直角三角形的性质求得∠EDC、∠ADE的度数，利用勾股定理求
得CE的长，进而求出即可．
【详解】解：如图，连接DE，
∵四边形ABCD为矩形，
∴DA=BC=4，DC=AB=2❑√3，
又∵以点D为圆心，DA为半径画弧，
∴DE=DA=4，
在Rt△DCE中，∵DC=AB=2❑√3，DE=4，
∴CE=❑√DE2−CD2=❑√42−(2❑√3) 2=2，
1
∴CE= DE，
2
∴∠EDC=30°，
∴∠ADE=60°，
则阴影部分的面积=S ABCD-S DEC-S ADE
矩形 扇形
1 60⋅ △ π⋅42
=4×2❑√3− ×2×2❑√3−
2 3608
=6❑√3− π，
3
故选：D．
【点睛】本题主要考查了扇形面积的计算，本题中能够将不规则图形的面积进行转换成规
则图形的面积差是解题的关键．
11．如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心是(3,a)(a>3)，半径为3，函数y=x的图
象被⊙P的弦AB的长为4❑√2，则a的值是（ ）
A．2❑√3 B．2+❑√2 C．2❑√2 D．3+❑√2
【答案】D
【分析】作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连结PB，由于OC=3，PC=a，易得D
点坐标为（3，3），则 OCD为等腰直角三角形， PED也为等腰直角三角形．由PE⊥AB，
△ △
1
根据垂径定理得AE=BE= AB=2❑√2 ，在Rt PBE中，利用勾股定理可计算出PE=1，则
2
△
PD=❑√2PE=❑√2 ，所以a=3+❑√2 ．
【详解】
解：作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连结PB，如图，
∵⊙P的圆心坐标是（3，a），
∴OC=3，PC=a，
把x=3代入y=x得y=3，
∴D点坐标为（3，3），∴CD=3，
∴△OCD为等腰直角三角形，
∴△PED也为等腰直角三角形，
∵PE⊥AB，
1 1
∴AE=BE= AB= ×4❑√2=2❑√2，
2 2
在Rt PBE中，PB=3，
△
∴PE=❑√32−(2❑√2) 2=1 ，
∴PD=❑√2PE=❑√2，
∴a=PD+CD=3+❑√2 ．
故答案为D．
【点睛】本题主要考查了一次函数的综合应用，涉及圆的性质、垂径定理、等腰直角三角
形的性质、勾股定理等知识点．作出P到x轴的距离、求得D点的坐标是解题的关键，本
题所考查知识较基础，难度不大．
12．如图，等腰Rt ABC和等腰Rt ADE，∠BAC=∠DAE=90°，AB=2AD=6❑√2，直线BD、CE
交于点P，Rt ABC△固定不动，将 △ADE绕点A旋转一周，点P的运动路径长为（ ）
△ △
A．12π B．8π C．6π D．4π
【答案】B
【分析】如图，作 ABC的外接圆⊙O， ADE绕点A旋转一周，点P的运动路径是2P ´ P′
△ △
的长，求出圆心角∠POP′即可解决问题．
【详解】如图，作 ABC的外接圆⊙O， ADE绕点A旋转一周，点P的运动路径是2P ´ P′
△ △
的长．，
当AD⊥BD时，∵AB=2AD，
∴∠ABD=30°，
∵∠ABC=45°，
∴∠OBP=15°，
∵OP=OB，
∴∠OPB=∠OBP=15°
∴∠POC=∠OPB+∠OBP=30°，
当AE′⊥CE′时，同理可得∠BOP′=30°，
∴∠POP′=120°，
∵AC=AB=6❑√2，∠BAC=90°，
∴BC=❑√2AB=12，
∴OP=6，
120·π·6
∴P ´ P′= =4π，
180
∴点P的运动路径是8π．
故选B．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、旋转变换、圆，弧长公式等知识，解题的关键是正
确得出点P的运动轨迹，题目有点难度
二、填空题（本题共6小题，每小题2分，共12分．）
13．边长为10、10、12的三角形的外接圆半径为R，内切圆半径为r，则R+r＝ ．
37
【答案】 ．
4
【分析】根据等腰三角形的性质得出内心和外心都在底边的高AD上，根据勾股定理得出方程，即可求出外接圆的半径，根据三角形的面积公式即可求出内切圆的半径．
【详解】解：如图1，
∵在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，
∴过A作AD⊥BC于D，则外接圆的圆心O在AD上，连接OB、OC，
1
∴BD＝CD＝ BC＝6，
2
∴AD＝❑√AB2−AD2＝8，
∵OB2＝OD2+BD2，
∴R2＝（8﹣R）2+36
25
∴R＝
4
如图2
过A作AD⊥BC于D，
∵△ABC中，AB＝AC，
∴△ABC的内心I在AD上，过I作IE⊥AC于E，IF⊥AB于F，连接OA、OB、OC，
则IF＝IE＝ID＝r，
∵S ABC＝S BIC+S AIC+S ABI，
△ △ △ △
1 1 1 1
∴ ×12×8＝ ×12×r+ ×10×r+ ×10×r
2 2 2 2
∴r＝3
25 37
∴R+r＝ +3＝
4 437
故答案为： ．
4
【点睛】本题考查了三角形的外接圆和内切圆，三角形的内切圆和内心，勾股定理，三角
形的面积公式，能综合运用性质进行推理和计算是解此题的关键，有一定的难度．
14．如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，AC=2cm，BC=4cm，CM是中线，以C为圆
心、❑√5cm长为半径画圆，则A，B，M三点，在圆内的是点 ，在圆外的是点
，在圆上的是点 ．
【答案】 A B M
【分析】先求出AB的长，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，求得CM的长，
再由点与圆的位置关系，确定出点A，B，M与⊙C的位置关系．
【详解】解：∵∠ACB=90°，AC=2cm，BC=4cm，∴AB=❑√22+42=2❑√5．
1
∵CM是中线，∴CM= AB=❑√5，∴M在圆上．
2
∵AC=2＜❑√5，∴A在圆内．
∵BC=4＞❑√5，∴B在圆外．
故答案为A，B，M．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系：①点P在⊙O上；②点P在⊙O内；③点P在
⊙O外，及勾股定理的运用．
∧ ∧
15．在⊙O中，已知 AB=2AC， 那么线段AB与2AC的大小关系是 ．（从
“＜”或“=”或“＞”中选择）
【答案】<
【详解】试题分析：∵A´B=2A´C ∴A´C=B´C,∴AC=BC，在△ABC中，AC+BC>AB，∴
AB＜2AC
考点：1、弧、弦的关系 2、三角形两边之和大于第三边．
16．P是⊙O半径上一点，OP = 5, 经过点P的最短的弦长为24, 则⊙O的半径为
；
【答案】13；【分析】当弦与OP垂直时，弦最短，画出图形，根据垂径定理以及勾股定理进行求解即
可得.
【详解】如图，当弦与OP垂直时，弦最短，
1 1
AP= AB= ×24=12，
2 2
∴OA=❑√OP2+AP2=❑√52+122=13，
即⊙O的半径为13，
故答案为：13．
【点睛】本题考查了垂径定理，正确理解过P的最短的弦的位置是关键．
17．如图，将矩形ABCD绕其右下角的顶点按顺时针方向旋转90°至图①位置，继续绕右
下角的顶点按顺时针方向旋转90°至图②位置，以此类推，这样连续旋转2022次．若
AB=4，AD=3，则顶点A在整个旋转过程中所经过的路径总长为 ．
6069
【答案】 π
2
【分析】首先求得每一次转动的路线的长，发现每4次循环，找到规律然后计算即可．
【详解】解：∵AB=4,BC=3,
∴AC=BD=5,
90π×4
转动一次A的路线长是： =2π,
180
90π×5 5π
转动第二次的路线长是： = ,
180 2
90×3 3
转动第三次的路线长是： = π,
180 2
转动第四次的路线长是：0，以此类推，每四次循环，
5 3
故顶点A转动四次经过的路线长为：2π+ π+ π=6π
2 2
2
2022÷4=505 ,
4
5π 6069
顶点A转动四次经过的路线长为：6π×505+2π+ = π
2 2
6069
故答案为： π
2
【点睛】本题主要考查了探索规律问题和弧长公式的运用，掌握旋转变换的性质、灵活运
用弧长的计算公式、发现规律是解决问题的关键．
18．如图，在平面直角坐标系中，已知点 A(0，1)、B(0，1+t)、C(0，1-t)(其中t＞0)，点P
在以D(4，4)为圆心，1 为半径的⊙D上运动，且始终满足∠BPC=90°，则t的取值范围是
．
【答案】4≤t≤6
【分析】根据点A、B、C的坐标，可知点A是BC的中点，根据直角三角形斜边的中线等于
斜边的一半解得AP的长，再由勾股定理解得AD的长，最后由点与圆的位置关系解得t的
最大值与最小值，进而确定t的取值范围．
【详解】连接AP，由题意得，AB=(1+t)−1=t，AC=1−(1−t)=t
∴AB=AC
∵∠BPC=90°
1
∴AP= BC=AB=t
2
t要最大，就是点A到⊙D上的一点的距离最大
∴P在AD延长线上，
∵A(0，1)，D(4，4)
∴AD=❑√16+(4−1) 2=5
∴t的最大值是AP=AD+PD=5+1=6
∴t的最小值是AP=AD-PD=5-1=4
故t的取值范围为： 4≤t≤6
故答案为：4≤t≤6．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系，其中涉及坐标与图形的性质、勾股定理、直角三角
形中线的性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
三、解答题（本题共8小题，共72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）19．（8分）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，且CD⊥AB于点E．
(1)求证：∠BCO=∠D；
(2)若CD=4❑√2，AE=2，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）由等边对等角可得∠BCO=∠B，再根据同弧所对的圆周角相等可得
∠B=∠D，最后根据等量代换即可解答；
1
（2）根据垂径定理可得CE= CD=2❑√2，设⊙O的半径为r，则OC=r、OA=r结合
2
AE=2可得OE=OA−AE=r−2，最后在Rt△OCE中运用勾股定理列式计算即可．
【详解】（1）证明：∵OC=OB，
∴∠BCO=∠B，
∵∠B=∠D，
∴∠BCO=∠D．
（2）解：∵AB是⊙O的直径，且CD⊥AB于点E，CD=4❑√2，
1
∴CE= CD=2❑√2．
2
设⊙O的半径为r，则OC=r，OA=r．
∵AE=2，
∴OE=OA−AE=r−2．
在Rt△OCE中，OC2=CE2+OE2，
∴r2=(2❑√2) 2+(r−2) 2，解得r=3，
∴⊙O的半径为3．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、圆周角定理、垂径定理、勾股定理等知识点，灵活运用相关性质和定理成为解答本题的关键．
20．（8分）如图，已知AB、CD为⊙O的两条弦，A´D=B´C，求证：AB=CD．
【答案】见详解
【分析】本题考查了圆周角定理，同弧所对的弦是相等的，据此即可作答．
【详解】解：∵AB、CD为⊙O的两条弦，A´D=B´C
∴A´D+B´D=B´C+B´D
∴A´B=C´D
∴AB=CD
21．（8分）如图，在⊙O中，A´C=B´C，CD⊥OA于D，CE⊥OB于E，求证：
AD=BE．
【答案】见解析．
【分析】本题考查了弧与圆心角的关系，连接OC根据题意得出∠AOC=∠BOC进而证
明△COD≌△COE，得出OD=OE，进而即可得证．
【详解】解：连接OC
∵ A´C=B´C
∴∠AOC=∠BOC，
∵CD⊥OA于D，CE⊥OB于E∴∠ODC=∠OEC=90°，
又∵CO=CO
∴△COD≌△COE，
∴OD=OE，
又∵OA=OB
∴OA−OD=OB−OE，
∴AD=BE．
22．（8分）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，E是BC的中点，以AB为直径的⊙O交
AC于点D．判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由．
【答案】直线DE与⊙O相切，理由见详解
【分析】本题考查切线的判定和性质，直角三角形的边角关系，理解切线的判定方法以及
直角三角形的边角关系是正确计算的前提．连接OD,BD，利用圆周角定理和直角三角形
的性质，可得CE=DE，得到∠C=∠CDE，再根据OD=OA，得到∠ODA=∠A，再
证明∠ODE=90°即可．
【详解】解：直线DE与⊙O相切，理由如下：
如图，连接OD,BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=∠BDC=90°,
∵E是BC的中点，
∴CE=DE，
∴∠C=∠CDE，
∵OD=OA，∴∠ODA=∠A，
在Rt△ABC中，∠A+∠C=90°，
∴∠CDE+∠ODA=90°，即∠ODE=180°−∠CDE−∠ODA=90°，
∵点D在⊙O上，
直线DE与⊙O相切．
23．（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC，O是边AC上的点，以OC为半径的圆分别交
边BC、AC于点D、E，过点D作DF⊥AB于点F．
（1）求证：直线DF是⊙O的切线；
（2）若OC＝1，∠A＝45°，求劣弧DE的长．
3
【答案】（1）详见解析；（2） π．
4
【分析】（1）连结OD，根据等腰三角形的性质得到OD∥AB，根据平行线的性质得到
∠ODF＝90°，根据切线的判定定理证明；
（2）根据平行线的性质得到∠AOD＝180°﹣45°＝135°，根据弧长公式计算即可．
【详解】证明：如图，连结OD，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵OC＝OD，
∴∠ODC＝∠ACB，
∴∠B＝∠ODC，∴OD∥AB，
∵DF⊥AB，
∴∠ODF＝∠BFD＝90°，
∵OD为半径，
∴直线DF是⊙O的切线；
（2）解：∵∠A＝45°，OD∥AB，
∴∠AOD＝180°﹣45°＝135°，
135×π 3
∴劣弧DE的长为 = π．
180 4
【点睛】本题主要考查了切线的判定及弧长的计算，熟练掌握切线的判定定理及弧长的计
算公式是解题的关键.
24．（10分）已知：如图，AB是⊙O的直径，点D是AB延长线上一点，CD与⊙O相切
于点E，连接AC交⊙O于点F，AE平分∠DAC．
(1)求证：AC⊥CD；
(2)若∠D=30°，AD=6，求AF的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）连接OE，利用切线的性质得OE⊥CD，再由等腰三角形性质与角平分线定
义证∠OEA=∠EAC，得出OE∥AC，最后由平行线的性质得出结论；
（2）连接BF，利用圆周角定理的推论，得出∠BFA=90°，从而得证BF∥CD，
∠FBA=∠D=30°，由含30°的直角三角形的性质求出圆的半径r值，从而得直径AB值，在
Rt BFA中，由含30°的直角三角形的性质求AF长即可求解．
【△详解】（1）证明：如图，连接OE，∵CD与⊙O相切于点E，
∴OE⊥CD，
∵OE=OA，
∴∠OEA=∠OAE，
又AE平分∠DAC，
∴∠EAC=∠OAE，
∴∠OEA=∠EAC，
∴OE∥AC，
∴AC⊥CD．
（2）解：如图，连接BF，
由（1）得AC⊥CD，∠C=90°
又∵AB是⊙O的直径，
∴∠BFA=90°，
∴∠BFA=∠C，
∴BF∥CD，∠FBA=∠D=30°，
设⊙O的半径为r，
∵∠D=30°，由（1）得OE⊥CD，
∴DO=2OE=2r，
AD=DO+AO=3r，
∵AD=6，
∴r=2．则AB=2r=4，
在Rt BFA中，∠FBA=30° ，
△1
AF= AB=2．
2
【点睛】本题考查切线的性质，含30°的直角三角形的性质，平行线的性质与判定，圆周角
定理的推论，熟练掌握切线的性质和含30°的直角三角形的性质是解题的关键．
25．（10分）如图1，已知四边形ABCD内接于⊙O，AD=BC，延长AB到E，使
BE=AB，连接EC，F是EC的中点，连接BF.
（1）若⊙O的半径为3，∠DAB=120°，求劣弧BD的长；
1
（2）如图2，连接BD，求证：BF= BD；
2
（3）如图3，G是BD的中点，过B作AE的垂线交⊙O于点P，连接PG，PF，求证：
PG=PF.
【答案】（1）2π（2）（3）见解析
【分析】（1）如图1中，连接OD，OB．求出∠DOB即可解决问题．
（2）如图1中，连接AC．首先证明AC＝BD，再利用三角形的中位线定理即可解决问题．
（3）如图3中，连接AC．证明△PBG≌△PBF（SAS）即可解决问题．
【详解】（1）解：如图1中，连接OD，OB．
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠DAB＋∠DCB＝180°，
∵∠DAB＝120°，
∴∠DCB＝60°，
∴∠DOB＝2∠DCB＝120°，120⋅π⋅3
∴B´D的长＝ ＝2π．
180
（2）证明：如图1中，连接AC．
∵AD＝BC，
∴A´D＝B´C，
∴B´D＝A´C，
∴BD＝AC，
∵AB＝BE，CF＝EF，
1
∴BF＝ AC，
2
∵AC＝BD，
1
∴BF＝ BD．
2
（3）证明：如图3中，连接AC．
∵AB＝BE，CF＝FE，
∴BF∥AC，
∴∠EBF＝∠CAB，
∵AD＝BC，
∴A´D＝B´C，
∴∠DBA＝∠CAB，
∴∠DBA＝∠EBF，
∵PB⊥AE，
∴∠PBA＝∠PBE＝90°，
∴∠PBG＝∠PBF，
1
∵DG＝BG，BF＝ BD，
2
∴BG＝BF，∵BP＝BP，
∴△PBG≌△PBF（SAS），
∴PG＝PF．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，弧长公式，全等三角形的判定和性质三
角形的中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问
题．
26．（10分）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)如图1，当点D移动到使CD⊥BE时，
①连接DE，求证：BD=AE ．
②求BD:BC的值．
(2)如图2，当点D到移动到使C´G=30°时，求证：AE2+CF2=EF2．
【答案】(1)①见解析；②BD:BC=(❑√2−1):1
(2)见解析
【分析】（1）①由AB=BC，∠ABC=90°得∠A=∠BCA=45°，再由垂径定理得
BD=DE，再证明AE=DE， 从而即可证明结论成立；②先由勾股定理AD=❑√2BD ，
进而得BC=AB=(❑√2+1)BD，于是即可得解；
（2）连接DE，EM，先证明∠EMF=90°，进而由勾股定理得EM²+MF²=EF²，再
证明△DME是等边三角形得DE=EM，∠CDE=60°，再证明∠DCE=∠CMG=30°
得CF=MF ， 从而证明结论成立．
【详解】（1）解：①∵AB=BC，∠ABC=90° ，1
∴∠A=∠BCA= ×90°=45°，
2
∵CD⊥DE，CD是⊙M的直径，
∴B´D=D´E，
∴BD=DE，
∵CD是⊙M的直径，
∴∠CED=90°，
∴∠AED=180°−∠CED=90°，
∵∠A=45°，
∴∠ADE=∠A=45°，
∴AE=DE，
∴AE=BD；
②∵AE=BD，BD=DE，
∴AE=DE=DB，
∵∠AED=90°，
∴AD=❑√AE2+DE2=❑√2BD ，
∴AB=AD+BD=(❑√2+1)BD，
∴BC=AB=(❑√2+1)BD，
∴BD:BC=1:(❑√2+1)=(❑√2−1):1；
（2）证明：如图，连接DE，EM，
∵∠EMB=2∠ECB， ∠ECB=45°，
∴∠EMB=90°，
∴∠EMF=90°，
∴EM²+MF²=EF²，
∵C´G=30° ，∴∠CMG=30°，
∴∠DME=180°−90°−30°=60°，
∵DM=EM，
∴△DME是等边三角形．
∴DE=EM，∠CDE=60°，
∵由（1）知AE=DE ，
∴AE=ME，
∵∠DEC=90°，∠CDE=60° ，
∴∠DCE=30°，
∴∠DCE=∠CMG=30°，
∴CF=MF ，
∵EM²+MF²=EF²，
∴AE²+CF²=EF²．
【点睛】本题主要考查了勾股定理、垂径定理、直角三角形的两锐角互余以及等边三角形
的判定及性质，熟练掌握勾股定理及垂径定理是解题的关键．
