第二十四章圆（压轴题专练）（教师版）-（人教版）_初中数学_九年级数学上册（人教版）_知识点汇总-U105_2024版

第二十三章 旋转（压轴题专练） 一、填空题 1．（2023·全国·九年级专题练习）如图，点A是O上一定点，点B是O上一动点、连接OA、OB、 AB AO AB 60 AA AB OA BB AB OB ，分别将线段 、 绕点A顺时针旋转 到 、 ，连接 、 、 、 ，下列结论： 1 ①点 在 上；② ；③BBA BOA ；④当 时， 与 相切．正确的 A O △OAB≌△AAB 2 OB=2OA AB O 有（ ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】A 【分析】由旋转的性质，易证△AOA和BAB是等边三角形，得到OAOA，即可判断①结论；逆用等 OAB≌AABSAS 边三角形性质，即可证明 ，判断②结论；利用等腰三角形的性质和全等三角形的性质， 得到ABAOAB，再利用等边三角形的性质，得到BBAAAB，然后根据圆周角定理，即可判断 ③结论；利用全等三角形的性质和等腰三角形的性质，得到AABABA，再利用等边三角形的性质和 三角形外角的定义，得到ABA30，进而得到OAB90，然后利用切线的判定定理可判断④结论． 【详解】解：由旋转的性质可知，OA AA，OAA60，AB AB，BAB60， AOA和BAB是等边三角形， OAOA， 点A在O上，①结论正确； OAABAB60 OABAAB，在OAB和△ AAB中， OA AA  OABAAB ，  AB AB OAB≌AABSAS ，②结论正确； OAOB， OABOBA， OAB≌AAB， OBAABA，OABAAB， OBAOABABAAAB， AOA和BAB是等边三角形， ABBOAA60， AABOAAOAB60OAB，BBAABBABA60ABA ABAOAB， BBAAAB， 1 AAB BOA ， 2 1 BBA BOA ，③结论正确； 2 OAB≌AAB， OB AB， OBOA，OA AA， ABAA， AABABA， 当OB=2OA时， ∵OBOAAB，OA AB， ∴OB2OA， ∴A在OB上， OAAAOA60， AABABA60， ABA30， OAB180AOAABA90，AB与O相切，④结论正确， 综上所述，正确的结论有①②③④，共4个， 故选：A． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判 定和性质，圆周角定理，圆的切线的判定定理等知识，灵活运用相关知识解决问题是解题关键． 2．（2023春·重庆开州·八年级统考期末）如图，以直角三角形ABC的斜边AB为边在三角形ABC的同侧 ABDE AD BE O CO AC 1 CO2 2 作正方形 ，正方形的对角线 ， 相交于点 ，连接 ，如果 ， ，则正方形 ABDE的面积为（ ） A．20 B．22 C．24 D．26 【答案】D 【分析】将△ACO绕点A逆时针旋转90得到ACO，连接CC，过点A作AF CC于点F，证明 △ACC CC 2AC  2 ACC 45 是等腰直角三角形，求出 ， ，证明点A、C、O、B四点共圆，得出 BCOBAO45，证明ACCACO45135180，得出点C、C、O三点共线，根据勾股 2 2  2 5 2 定理求出AO AO          13，根据等腰直角三角形的性质得出正方形的边长为 2 2     2AO 2 13 262AO 2 13 26 ，最后求出正方形的面积即可． 【详解】解：将△ACO绕点A逆时针旋转90得到ACO，连接CC，过点A作AF CC于点F，如图 所示： AC AC 1 CAC90 COCO2 2 ∴ ， ， ， ∴△ACC是等腰直角三角形， CC 2AC  2 ACC 45 ∴ ， ， ∵正方形的对角线AD，BE相交于点O， ∴AOB90， ∵ACB90， ∴点A、C、O、B四点共圆， ∴BCOBAO45， ∴ACOACO9045135， ∵ACCACO45135180， ∴点C、C、O三点共线， ∵AF CC，△ACC是等腰直角三角形， 1 2 AF FC CC ∴ 2 2 ， 2 5 2 FO2 2  ∴ 2 2 ， 2 2  2 5 2 ∴AO AO          13， 2 2    ABDE 2AO 2 13 26 ∴正方形 的边长为 ，  2 26 26 ∴正方形ABDE的面积为 ，故D正确． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，四点共圆，圆周角定理，解 题的关键是作出辅助线，熟练掌握正方形的性质． 3．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考二模）如图，O的半径是5，点A是圆周上一定点，点B 在O上运动，且ABM 30，AC BM ，垂足为点C，连接OC，则OC的最小值是（ ） 3 3 3 3 5 3 5  A． 2 B． 2 C． 3 D． 2 2 【答案】D 【分析】设BM 交O于T，连接OT、OA、AT ，过O作OH AT于H ，连接CH ，由题意易证明OTA TH AH  5 OH  52   5  2  5 3 是等边三角形，即得出 AT OT OA5 ， 2 ，从而由勾股定理可求出 2 2 ．再根 1 5 CH  AT  据直角三角形斜边中线的性质可知 ，最后利用三角形三边关系即可求解． 2 2 【详解】设BM 交O于T，连接OT、OA、AT ，过O作OH AT于H ，连接CH ， B30， TOA60，OT OA， OTA是等边三角形， 5 TH AH  ， ， AT OT OA5 2 5 2 5 3 OH  52   由勾股定理得： 2 2 ．  AC BM ， ACM 90．  AH TH， 1 5 CH  AT  ， 2 2 在OCH 中，OCOHCH ， 5 3 5 OC  ， 2 2 5 3 5 的最小值是  ， OC 2 2 故选：D． 【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质和三角形三边关系的 应用．正确的作出辅助线是解题关键． 4．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，正方形ABCD中，AB12，点P为边DA上一个动点，连接 CP E CD DE4 AB Q EQCP CP M BM BM ，点 为 上一点，且 ，在 上截取点 使 ，交 于点 ，连接 ，则 的 最小值为（ ） 4 104 A．8 B．12 C． D． 835 【答案】C 【分析】如图所示，过点E作EF  AB于F ，当点P运动时，点M 在以CE为直径的半圆上，即点M 在圆心为O的半圆上运动，当点M 运动到OB连线上时，BM 的值最小，根据题意可证 Rt△EFQ≌Rt△CDP(HL) CEM M CE ，由此可证 是直角三角形，可得点 在以 为直径的半圆上运动，可求 出半圆的半径，在Rt△BCO中，可求出OB的长，由此即可求解． 【详解】解：如图所示，过点E作EF  AB于F ，连接BO，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形， AABC BCDDEFQ90 AB=BC=CD=AD=12 ∴ ， ， ∵EF  AB， ∴四边形AFED是矩形，则ADEF CD， Rt△ EFQ Rt△CDP 在 和 中， EQCP  EF CD， Rt△EFQ≌Rt△CDP(HL) ∴ ， FEQDCP ∴ ， FEQ+CEM CEF 90 ∵ ， ∴DCP+CEM 90， ∴EMC 90，即CEM 是直角三角形， ∴当点P运动时，点M 在以CE为直径的半圆上运动，设圆心为O，当点M运动到OB连线上时，BM 的 值最小， ∵CD12,DE 4， 1 1 ∴ ，则半圆的半径OEOC  CE 84， CECDDE1248 2 2Rt△BCO OB OC2BC2  42122 4 10 在 中， ， 当点M 运动到OB连线上时，BM 的值最小， BM 4 104 ∴ 的最小值为 ，故C正确． 故选：C． 【点睛】本题主要考查正方形与圆的结合求最值，理解动点的运动规律，正方形的性质，全等三角形的判 定和性质，勾股定理等知识是解题的关键． A6,0 B0,8 5．（2023·安徽合肥·统考三模）如图，在平面直角坐标系中， ， ，点C在x轴正半轴上， 点D在y轴正半轴上，且CD6，以CD为直径的第一象限作半圆，交线段AB于点E、F，则线段EF的最 大值为（ ） 3.6 4.8 3 2 3 3 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过CD的中点G作EF的垂线与AB交于点M，过点O作OH  AB于H，连接OG、FG，先求出 OA6，OB8，进而求出AB10，再根据等面积法求出OH 4.8，由直角三角形斜边中线的性质得到 OGFG3 EF 2FM FM  9GM2 GM FM EF ，由垂径定理得到 ，由 ，可知当 最小时， 最大，即 GM 1.8 FM  91.82 2.4 EF 4.8 最大，再由OGGM OH ，得到 最小值 ，则 最大值 ，即可得到 最大值 ． 【详解】解：过CD的中点G作EF的垂线与AB交于点M，过点O作OH  AB于H，连接OG、FG A6,0 B0,8 ∵ ， ∴OA6，OB8， AB OA2OB2 10 ∴ ，1 1 ∵S  OAOB ABOH ， △ABC 2 2 OAOB ∴OH  4.8； AB ∵CD6，COD90，G为CD的中点， 1 ∴OGFG CD3， 2 ∵GM EF ， ∴∠GMF 90，EF 2FM ， FM  GF2GM2  9GM2 ∴ ， ∴当GM 最小时，FM 最大，即EF最大， ∵OGGM OH ， ∴3GM 4.8， GM 1.8 ∴ GM 1.8 ，即 最小值 ， FM  91.82 2.4 ∴ 最大值 ， EF 4.8 ∴ 最大值 ， 故选B． 【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，坐标与图形，直角三角形斜边上的中线的性质，正确作出 辅助线是解题的关键． 6．（2023·湖北武汉·统考二模）如图，O内切于正方形ABCD，边AD、CD分别与O切于点E、F ， M N DE DF MN O △MBN O 点 、 分别在线段 、 上，且 与 相切．若 的面积为6，则 的半径为（ ）2 3 10 2 2 6 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设MN与O相切与点K，设正方形的边长为2a．因为AD、CD、MN 是切线，可得 AE DE DF CF a，MK ME，NK  NF，设MK ME  x，NK  NF  y，在Rt△DMN 中，以为 MN  x y，DN a y，DM ax x y2 ax2a y2 axayxya2 ，则 ，推出 ，根据 S S S S S 6 BMN 正方形ABCD ABM DMN BCN ，构建方程求出a即可解决问题； 【详解】解：如图所示，设MN与O相切与点K， 由题意得，AE DE DF CF 由切线长定理可知ME MK，NK  NF， 设正方形边长为2a，ME MK  x，NK  NF  y，则AE DE DF CF a ∴MN  x y，DM ax，DN a y， 由勾股定理得MN2 DM2DN2， x y2 ax2a y2 ∴ ， x22xy y2 a22axx2a22ay y2 ∴ ， axayxya2 ∴ ， S S S S S 6 ∵ BMN 正方形ABCD ABM DMN BCN ， 1 1 1 ∴ 2a2 2aax axa y 2aa y6， 2 2 2 3 1 ∴ a2 axayxy6， 2 23 1 ∴ a2 a2 6， 2 2 a 6 ∴ （负值舍去）， AB2a2 6 ∴ ， O 6 ∴ 的半径为 ， 故选D． 【点睛】本题考查正方形内切圆的性质，正方形的性质、勾股定理切线长定理等知识，解题的关键是学会 利用参数解决问题． 二、填空题 7．（2023·浙江温州·校考三模）杭州奥体网球中心以极度对称的“莲花”造型惊艳众人．该建筑底部是由 24片全等“花瓣”组成的“固定花环”，上方穹顶由8片全等“旋转花瓣”均匀连接，可根据天气变化合 拢或旋转展开．小明借助圆的内接正多边形的知识，模拟“小莲花”变化状态．穹顶合拢时，如图①，正 A B A A M M 二十四边形顶点 1，正八边形顶点 1与圆心O共线，正二十四边形顶点 1， 10与正八边形顶点 1， 3 AA 1 10 共线，则M M 的值为 ；穹顶开启时，如图②，所有“旋转花瓣”同时绕着固定点 M ， M ，…， 1 3 1 2 M M O O M M OA 67.5 8逆时针同速旋转．圆心O绕 1旋转后的对应点为 1，以此类推，当 1落在 1 2上时，若 1 OO 米，则 1 5的值为 米．21 1 2 135 2135 【答案】 / OC AA OA ,OA,OM ,OM CM OC 【分析】如图：过O作 1 10,连接 10 1 3 1，运用正多边形的性质说明 3 , AA   1 10 OM 3  2OC,进而得到M 1 M 3 2OC、 A 1 A 10 2CA 10 2OC2 2OC 1 2 2OC ，然后代入M 1 M 3 计算 A O OO  2OO OO  A A OA OA 67.5 即可；如图：由题意可得 10 1 1 1, 1 10 1， 10 1 ，运用勾股定理可求得 135 2135 OO  1 2 OO 2OO 1 5 1135 2135 OO  1 2 ，再运用OO 2OO 计算即可． 1 5 1 OC AA OA ,OA,OM ,OM 【详解】解：如图：过O作 1 10,连接 10 1 3 1， 360 360 ∴M OM  290，AOA  9135, 1 3 8 1 10 24 OA OA,OM OM ∵ 10 1 3 1， 90 135 ∴ COM  45,COA  67.5, 3 2 10 2 COM OM C45 ∴ 3 3 ， CM OC OM  2OC ∴ 3 , 3 , M M 2OC ∴ 1 3 ， A OM 67.54522.5,M A O9067.522.5, ∵ 10 3 3 10 A OM M A O ∴ 10 3 3 10 ， A M OM  2OC ∴ 10 3 3 ， A COC 2OC ∴ 10 ，   AA 2CA 2OC2 2OC 1 2 2OC ∴ 1 10 10 ,   AA 1 2 2OC 1 10  1 2 ∴ ． M M 2OC 1 3A O OO  2OO OO  A A OA OA 67.5 由题意可知： 10 1 1 1, 1 10 1， 10 1 ， 135 2135 ∴OA 10 2 OO 1 2A 10 O 1 2 ，即 67.52 OO 1 2  OO 1  2OO 1 2 ，解得： OO 1  2 ， OO 2OO 135 2135 ∴ 1 5 1 ． 1 2 135 2135 故答案为 ， ． 【点睛】本题主要考查了正多边形的性质、勾股定理、垂径定理等知识点，理解题意、正确计算是解答本 题的关键． xOy 8，6 8．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系 中，点B的坐标为 ，过点B分别y2x6 AB 作x轴、y轴的垂线，垂足分别为点C、点A，直线 与 交于点D．与y轴交于点E．动点M BC y2x6 AMN 在线段 上，动点N在直线 上，若 是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，则点M的 坐标为  2 【答案】 M8,6 或 M  8, 3   【分析】如图，由AMN 是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，可得N 在以AM 为直径的圆H 上， MN  AN ，可得 N 是圆H 与直线 y2x6 的交点，当 M,B 重合时，符合题意，可得 M8,6 ，当N在 AM N NJ  y J MB BJ K NJAMKN 90 JK  AB8 的上方时，如图，过 作 轴于 ，延长 交 于 ，则 ， ， MNK≌NAJ Nx,2x6 MK NJ x KN  AJ 2x662x12 证明 ，设 ，可得 ， ，而 KJ  AB8，则2x12x8，再解方程可得答案． 【详解】解：如图，∵AMN 是以点N为直角顶点的等腰直角三角形， ∴N 在以AM 为直径的圆H 上，MN  AN ， ∴N 是圆H 与直线y2x6的交点，当M,B重合时， B8,6 H4,3 ∵ ，则 ， ∴MH  AH NH 4，符合题意， M8,6 ∴ ， AM N NJ  y J MB BJ K NJAMKN 90 当N在 的上方时，如图，过 作 轴于 ，延长 交 于 ，则 ， JK  AB8， ∴NAJ ANJ 90，∵AN MN ，ANM 90， ∴MNKANJ 90， ∴MNK NAJ， MNK≌NAJ Nx,2x6 ∴ ，设 ， ∴MK NJ x，KN  AJ 2x662x12， 而KJ  AB8， ∴2x12x8， 20 22 解得：x ，则2x6 ， 3 3 22 20 2 ∴CM CKMK    ， 3 3 3  2 M8,  ∴  3；  2 综上： M8,6 或 M  8, 3  ．  2 故答案为： M8,6 或 M  8, 3  ． 【点睛】本题考查的是坐标与图形，一次函数的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，本题属于填空题里面的压轴题，难度较大，清晰的分类讨论是解本题的关键． ABC AB7,BC 3,C 90 AC CA 9．（2023·上海·统考中考真题）在 中 ，点D在边 上，点E在 延长线 上，且CDDE，如果B过点A，E过点D，若B与E有公共点，那么E半径r的取值范围是 ． 10 r2 10 【答案】 【分析】先画出图形，连接BE，利用勾股定理可得 BE 94r2 ， AC 2 10 ，从而可得 10 r2 10 ， 再根据B与E有公共点可得一个关于r的不等式组，然后利用二次函数的性质求解即可得． 【详解】解：由题意画出图形如下：连接BE， B过点A，且AB7， eB的半径为7， E过点D，它的半径为r，且CDDE， CECDDE2r，  BC 3,C 90， BE BC2CE2  94r2 AC  AB2BC2 2 10 ， ， D在边AC上，点E在CA延长线上， CD AC  r2 10  ，即  ， CE AC 2r2 10  10 r2 10 ， B与E有公共点，  94r2 7r① ，即 ， ABDEBE ABDE 7r 94r2② 不等式①可化为3r214r400， 20 解方程 得： 或r ， 3r214r400 r 2 3 y3r214r40 画出函数 的大致图象如下： 20 由函数图象可知，当 时，2r ， y0 3 20 即不等式①的解集为2r ， 3 20 同理可得：不等式②的解集为 或r ， r2 3 20 则不等式组的解集为2r ， 3  10 r2 10 又 ， 10 r2 10 半径r的取值范围是 ， 10 r2 10 故答案为： ． 【点睛】本题考查了勾股定理、圆与圆的位置关系、二次函数与不等式，根据圆与圆的位置关系正确建立 不等式组是解题关键． 10．（2023秋·广东梅州·八年级校考阶段练习）如图，AB为O的直径，且AB8，点C在半圆上， OM、PM OCAB BC PEOC OPEOCAB BC PEOC OPE ，垂足为点O，P是 上任意一点，过P点作 于点E，M是 的内心，连接 OM、PM ，当点P在弧BC上从点B运动到点C时，求内心M所经过的路径长 ． 2 【答案】 【分析】首先证明CMOPMO135，推出当点P在弧BC上从点B运动到点C时，点M在以OC为弦， 135 OMC 并且所对的圆周角为 的劣弧上（ ），利用弧长公式计算即可解决问题． 【详解】∵OPE的内心为M， ∴MOPMOC，MPOMPE， 1 PMO180MPOMOP180 EOPOPE ∴ ， 2 ∵PEOC，即PEO90， 1 1 PMO180－ EOPOPE＝180－ 180－90＝135 ∴ ． 2 2 ∵OPOC，OM OM ，而MOPMOC， ∴OPM≌OCM ， ∴CMOPMO135， 所以当点P在弧BC上从点B运动到点C时，点M在以OC为弦， 135 OMC BOC 并且所对的圆周角为 的劣弧上（ ），点M在扇形 内时， O OC，OO CO DC，DO 过C、M、O三点作 ，连 ，在优弧 取点D，连 ， ∵CMO135，∴CDO18013545， 1 ∴COO90，而OAOC  2 AB4， 2 ∴OO 2 OC2 2 ， 902 2 ＝ ∴弧OMC的长 180 = 2 ， 2 故答案为： ． 【点睛】本题考查了弧长的计算公式、三角形内心的性质、三角形全等的判定与性质、圆周角定理和圆的 内接四边形的性质，解题的关键是正确寻找点M的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题． 11．（2023·浙江绍兴·校联考三模）如图，矩形ABCD中，AB6，AD10．动点E在AB边上，以点E 为圆心，以BE为半径作弧，点G是弧上一动点． （1）如图①，若点E与点A重合，且点F在BC上，当DF与弧相切于点G时，则BF的值是 ； （2）如图②，若AE1连结CG，DG，分别取DG、CG的中点P、Q，连接PQ，M为PQ的中点，则 CM的最小值为 ． 2 412.5 【答案】 【分析】（1）如图，连接AG,则AGDF,AG6，勾股定理得DG8，由切线长定理得FBFG，设 FBFGx (8x)2 (10x)262 x2 BF 2 ，由勾股定理得 解得 ，即 ； 1 （2）如图，连接 、 ，取 的中点H，连接 ，由中位线性质得 ，PH  BE2.5， DE GE DE PH PH∥BE 2 1 连接 CE ，取 CE 的中点I，连接 IQ ，同理 IQ∥BE ，IQ 2 BE2.5；易证四边形 PHIQ 是平行四边形，1 得 ，由中位线性质得PQ CD3，求得 ；取 的中点J，可证四边形 是平 HI PQ 2 HI PQ3 HI HJPM 行四边形，得JM PH 2.5，确定点M在以J 为圆心，2.5为半径的圆弧上，由两点之间线段最短得， CM CM CJ JM CJ 2.5 JH,JI AD,BC C，M，J三点共线时， 最短，即最小值 ；延长 ，交 于点K， JLKLKJ 4 RtCJL CJ  JL2CL2  4252  41 L，求得 ，由勾股定理得 中， ，得解最小值 CM CJ JM  412.5 ． 【详解】（1）如图，连接AG,则AGDF,AG6， DG AD2AG2  102 62 8 ∴ ， ∵ABC 90， ∴FB与弧相切于点B， ∴FBFG， 设FBFGx，则CF BCFB10x Rt△CDF中，DF2 CF2CD2 (8x)2 (10x)262 x2 BF 2 即 解得 ，即 ， 1 1 （2）如图，连接 、 ，取 的中点H，连接 ，则 ，PH  BE (ABAE)2.5， DE GE DE PH PH∥BE 2 2 1 连接 CE ，取 CE 的中点I，连接 IQ ，同理 IQ∥BE ，IQ 2 BE2.5， ∴PH∥IQ,PH IQ， ∴四边形PHIQ是平行四边形， ∴HI PQ，HI∥PQ∥CD， P、Q是DG、CG的中点，1 ∴PQ CD3， 2 ∴HI PQ3， 1 1 取 的中点J，由HJ  HI  PQPM 1.5， HI 2 2 ∴四边形HJPM 是平行四边形， ∴JM PH 2.5，即点M在以J 为圆心，2.5为半径的圆弧上， ∴当C，M，J三点共线时，CM 最短，即最小值CM CJ JM CJ 2.5， JH,JI AD,BC KL∥AB 延长 ，交 于点K，L，则 ， AD,BC ∴点K，点L分别是 的中点， 1 1 ∴CL BC5，HK  AE0.5， ， 2 2 KLCD6 ∴KJ HKHJ 0.51.52，JLKLKJ 624， RtCJL CJ  JL2CL2  4252  41 中， ， CM CJ JM  412.5 ∴最小值 ． 412.5 故答案为：2， ． 【点睛】本题考查三角形中位线的性质，圆的定义，圆外一点与圆上点距离的最值问题，勾股定理解直角 三角形、平行四边形的判定和性质、矩形的性质等，结合题设条件确定动点的轨迹是解题的关键． 12．（2023·江苏苏州·苏州市胥江实验中学校校考二模）如图，矩形ABCD，AB2，BC 4，E为AB中 1 点， F为直线 上动点，点B、G关于 对称，连接 ，点P为平面上的动点，APB AGB， BC EF AG 2 则DP的最小值是 ．10 2  2 10 【答案】 / 【分析】由翻折的性质可得，EGEB，由题意得EAEB，EGEA，则EBGEGB， EAGEGA，由EBGEGBEAGEGA180，可得EGBEGA90AGB，由 1 APB AGB，可知 ，如图，在 上截取 使 ，连接 ，则 ，过 2 APB45 AD AM AM AB BM AMB45 1 作 于 ，则 ，APB45AMB AOB， A AOBM O AOB90 2 1 1 OM  BM  AB2AM2  2 ，可得 在以 为圆心，半径为 的圆上运动，如图，连接 ，与 2 2 P O 2 OD O的交点即为DP最小时的点P，过O作OH  AD于H ，则OHM 是等腰直角三角形，则 1 OH HM  AM 1， ，由勾股定理得 ，根据 ， 2 DH ADAH 3 OD OH2DH2  10 DPODOP 计算求解即可． 【详解】解：由翻折的性质可得，EGEB， E为AB中点， ∴EAEB， ∴EGEA， ∴EBGEGB，EAGEGA， ∵EBGEGBEAGEGA180， ∴EGBEGA90AGB， 1 ∵APB AGB， 2 ∴APB45， 如图，在AD上截取AM 使AM AB，连接BM ，则AMB45，过A作AOBM 于O，则AOB90，1 ∵APB45AMB AOB， 2 1 1 ∴OM  BM  AB2AM2  2 ， 2 2 P O 2 ∴ 在以 为圆心，半径为 的圆上运动， 如图，连接OD，与O的交点即为DP最小时的点P，过O作OH  AD于H ，则OHM 是等腰直角三角 形， 1 ∴OH HM  AM 1， 2 ∴DH ADAH 3， OD OH2DH2  10 ∴ ， DPODOP 10 2 ∴ ， 10 2 故答案为： ． 【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，勾股定理， 圆等知识．解题的关键在于确定P点的运动轨迹． 三、解答题 13．（2023秋·山西阳泉·九年级统考期末）综合与探究 问题情境：如图，已知AB为O的直径，点C为O上异于A，B的一点，过点C作O的切线CE，过 点A作ADCE于点D，连接OC．(1)探究发现：证明：无论点C在何处，将△ADC沿AC折叠，点D一定落在直径AB上； (2)探究引申：如图2，勤奋小组继续探究发现，若AOC是等腰三角形且对称轴经过点D，此时，CD与 AB存在数量关系，请写出结论并证明； (3)探究规律：如图3，智慧小组在勤奋小组的启发下发现当AOC为正三角形时，CD与AB存在的数量关 系是：CD______AB． 【答案】(1)见解析 1 (2)CD AB，证明见解析 2 3 (3) 4 【分析】（1）先根据切线的性质得到OC DE，再证明AD∥OC得到DAC OCA，加上 OAC OCA，所以DAC OAC，然后根据折叠的性质可判断将△ADC沿AC折叠，点D一定落在 直径AB上； （2）由于AOC是等腰三角形且对称轴经过点D，则根据折叠的性质得到DADC，再证明DCA45， 接着根据切线的性质得到OCD90，则可计算出OCA45，然后证明四边形AOCD为矩形，则 1 ，从而得到CD AB； CD AO 2 （3）先根据正三角形的性质得到OA AC，OCA60，再计算ACD30，则利用含30度角的直角三 1 3 3 1 3 AD AC AD CD CD AC CD AB 角形三边的关系得到 2 ， 3 ，则 3 2 ，从而得到 4 ． 【详解】（1）证明：DE为O的切线， OC DE，  ADDE，AD∥OC， DACOCA， OAOC， OAC OCA， \ �DAC � OAC， 无论点C在何处，将△ADC沿AC折叠，点D一定落在直径AB上； 1 （2）解：CD AB． 2 理由如下：AOC是等腰三角形且对称轴经过点D， DADC， QADCE， DCA45 DE为O的切线， OC DE， OCD90， OCA45， COA90， ADCAOCOCD90， 四边形AOCD为矩形， CD AO， 1 CD AB； 2 （3）解：AOC为正三角形， OA AC，OCA60， OCD90， ACD30， 1 3 AD AC AD CD 2 ， 3 ， 3 1 CD AC，  3 2 3 CD AC， 21 而AC OA AB， 2 3 CD AB 4 ． 3 故答案为： ． 4 【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了等腰三角形的判定与性质、 等边三角形的判定与性质和折叠的性质． 14．（2023·江苏·九年级假期作业）【问题情境】如图①，在四边形ABCD中，BD90，求证：A、 B、C、D四点共圆． 小吉同学的作法如下：连结AC，取AC的中点O，连结OB、OD，请你帮助小吉补全余下的证明过程； 【问题解决】如图②，在正方形ABCD中，AB2，点E是边CD的中点，点F 是边BC上的一个动点， 连结AE，AF ，作EP AF于点P． （1）如图②，当点P恰好落在正方形ABCD对角线BD上时，线段AP的长度为 ； （2）如图③，过点P分别作PM AB于点M ，PN BC于点N ，连结MN，则MN的最小值为 ． 10 13 5  【答案】问题情境：见解析；问题解决：（1） 2 ；（2） 2 2 【分析】[问题情境]连结AC，取AC的中点O，连结OB、OD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边 的一半，可得ODOAOCOB，以此即可证明； [问题解决]（1）根据题意可得 AE AD2DE2  5 ，由[问题情境]结论可知A、 D 、 E 、P四点共圆， 根据圆周角定理以及正方形的性质可得PDEPAE45，则△PAE为等腰直角三角形，设AP长为a，则 PE长为a，根据勾股定理列出方程，求解即可； （2）由[问题情境]结论可知A、D、E、P四点共圆，过点O作OG AD于点G，作OH  AB于点H ， 连接OB交O于点P，连接PB，根据题意可得四边形MBNP为矩形，则要求MN的最小值，即求PB的1 OG 最小值，根据平行线的性质和中点的定义可得OG为 VADE 的中位线，得AG1， 2 ，同理可证四边 3 13 形 为矩形，以此得到 ，BH  ，根据勾股定理得OB OH2BH2  ，根据两点之 AHOG OH  AG1 2 2 间线段最短得PBOPOB，以此即可求出PB的最小值，从而求得MN的最小值． 【详解】[问题情境]证明：如图，连结AC，取AC的中点O，连结OB、OD， ADCABC90，O为AC的中点， 1 OAOBOC OD AC， 2 A、B、C、D四点共圆； [问题解决] （1）四边形ABCD为正方形，点E是边CD的中点，AB2， AD2，DE1， AE AD2DE2  5 ， 由[问题情境]结论可知，A、D、E、P四点共圆，如图， PAEPDE， QBD为正方形ABCD的对角线， PDEPAE45， EPAF， PAE为等腰直角三角形， 设AP长为a，则PE长为a，AP2PE2 AE2， a2a2 ( 5)2 即 ， 10 10 解得：a  ，a  （不合题意，舍去）， 1 2 2 2 10 线段AP的长度为 2 ； 10 故答案为： 2 ； （2）由[问题情境]结论可知，A、D、E、P四点共圆， 如图，过点O作OG AD于点G，作OH  AB于点H ，连接OB交O于点P，连接PB，  PM  AB，PN BC， PMBMBN PNB90， 四边形MBNP为矩形， MN PB， 要求MN的最小值，即求PB的最小值， AE 5 由（1）知， ， 5 OA ，  2 OGAD，且点O为AE的中点， OG∥DE， OG为VADE的中位线， 1 OG AG1， 2 ， OGAD，OH  AB， 四边形AHOG为矩形，1 AH OG 2 ，OH  AG1， 3 BH  ， 2 13 在 中，OB OH2BH2  ， Rt△BHO 2 根据两点之间线段最短得，PBOPOB， 13 5 PBOBOP  ， 2 2 13 5  PB的最小值为 2 2 ， 13 5  MN 的最小值为 2 2 ． 13 5  故答案为： 2 2 ． 【点睛】本题主要考查四点共圆、正方形的性质，等腰直角三角形的性质、勾股定理、中位线的判定与性 质、平行线的判定与性质，属于圆的综合题，熟练掌握相关知识是解题关键． O O O O 15．（2023春·湖北恩施·九年级统考期中）如图1，等圆 1与 2相交于C，M两点， 1经过 2的 O OO O O AC，BC 圆心 2，直线 1 2交 1于点A，交 2于点B，连接 ． BC O AC O (1)求证： 为 1的切线； 为 2的切线； (2)连接BM，AM ，判断四边形ACBM 的形状，并说明理由； BC AC OH O OE O (3)如图2，当点H为线段 上的点，点E为 延长线上的点，直线 1 交 2于点D，直线 1 交 21 于点F．若DF  AB2，探求 是否为定值； 3 BH·AE (4)如图3，当H为BC延长线上的点，E为线段AC上的点，其它条件不变，则（3）中的结论是否仍然成 立？请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形ACBM 是菱形，理由见解析 (3)定值8 (4)成立，理由见解析 ACO 90,BCO 90 【分析】（1）根据圆周角定理可得 2 1 ，根据切线的判定即可证得结论； CO MO （2）作辅助线如解析图，先证明四边形 2 1为菱形，然后根据菱形的性质和判定即可证明四边形 ACBM 是菱形； BH BO  1 （3）连接O D,O F,CO,CO ，证明BHO∽AOE，得出 AO AE ，进而可得结论； 2 2 1 2 1 1 1 DO ,FO ,DB,FB （4）连接 2 2 ，同（3）的方法证明即可． OC,OC 【详解】（1）证明：连接 1 2 如图， AO O BO O ∵ 2是 1的直径， 1是 2的直径， ACO 90,BCO 90 ∴ 2 1 ， BC O AC O ∴ 为 1的切线； 为 2的切线； （2）四边形ACBM 是菱形. OC,OM,OC,O M,CM. 证明：如图，连接 1 1 2 2O O 已知等圆 1与 2相交于C,M两点， OC OM OC O M CO MO ∴ 1 1 2 2 ，即四边形 2 1为菱形， CMOO OO OO，COMO ∴ 1 2， 1 2 ， O BOA 又 2 1 ， ∴OAOB， ∴四边形ACBM 是平行四边形， CMOO ∵ 1 2， ∴平行四边形ACBM 是菱形； （3）解：BH·AE8 O D,O F,CO,CO 连接 2 2 1 2， 1 已知等圆 O 与 O 相交于C,M两点，DF  3 AB2， 1 2 1 ∴O DO F DF  AB2， 2 2 3 O DF ∴ 2 为等边三角形， DO F 60 ∴ 2 ， 1 ∴DOE DO F 30， 1 2 2 COO 同理， 2 1为等边三角形， COO COO 60 ∴ 1 2 2 1 ，∴∠A∠B30①， EOADOBBHO DOB150 ∴ 1 1 1 1 EOABHO ∴ 1 1②， BHO∽AOE 由①②可得， 1 1 ， BH BO ∴  1 ， AO AE 1 BO 4,AO 2 又 1 1 ， ∴BH·AE8； （4）仍然成立； DO ,FO ,DB,FB 证明：连接 2 2 ，如图， 1 已知等圆 O 与 O ，DF  3 AB2， 1 2 1 ∴O DO F DF  AB2， 2 2 3 O DF ∴ 2 为等边三角形， DO F 60 ∴ 2 ， ∴DBF 30， D,B,F,O O ∵ 1四点在 2上， DOEDOF DBFDOF 180 ∴ 1 1 1 ， DOEDBF 30 ∴ 1 ，AOH AOEDOE AOE30 AOH ABCBHO 30BHO ∵ 1 1 1 1 ， 1 1 1， AOEBHO ∴ 1 1， BHO∽AOE ∴ 1 1 ， BH BO ∴  1 ， AO AE 1 BO 4,AO 2 又 1 1 ， ∴BH·AE8． 【点睛】本题是圆和圆的综合题，主要考查了切线的判定、等边三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、 相似三角形的判定和性质等知识，综合性强，熟练掌握圆的相关知识、正确添加辅助线是解题的关键． 16．（2023·江苏·九年级假期作业）小明学习了垂径定理，做了下面的探究，请根据题目要求帮小明完成 探究． (1)更换定理的题设和结论可以得到许多真命题．如图1，在O中，C是劣弧AB的中点，直线CD AB 于点E，则AEBE．请证明此结论； (2)从圆上任意一点出发的两条弦所组成的折线，成为该圆的一条折弦．如图2，PA，PB组成O的一条折弦．C是劣弧AB的中点，直线CDPA于点E，则AEPEPB．可以通过延长DB、AP相交于点 F，再连接AD证明结论成立．请写出证明过程； (3)如图3，PA，PB组成O的一条折弦．C是优弧ACB的中点，直线CDPA于点E，则AE，PE与 PB之间存在怎样的数量关系？写出结论，不必证明． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)AEPEPB，证明见解析 【分析】（1）连接AD，BD，易证ADB为等腰三角形，根据等腰三角形三线合一这一性质，可以证得 AEBE． （2）根据圆内接四边形的性质，先证CDACDF，再证△AFD为等腰三角形，进一步证得PBPF， 从而证得结论． （3）根据ADEFDE，从而证明DAE≌DFE，得出AEEF，然后判断出PBPF，进而求得 AEPEPB． 【详解】（1）如图1，连接AD，BD， ∵C是劣弧AB的中点， ∴CDACDB， ∵DEAB， ∴AEDDEB90， ∴AADE90，BCDB90， ∴AB， ∴ADB是等腰三角形，∵CD AB， ∴AEBE； （2）如图2，延长DB、AP相交于点F，再连接AD， ∵四边形ADBP是圆内接四边形， ∴PBF PAD， ∵C是劣弧AB的中点， ∴CDACDF， ∵CDPA， ∴AEDFED90 ∵DEDE ADE≌FDEASA ∴ ∴ADFD ∴F A，AEEF， ∴PBF F ， ∴PBPF， ∴AEPEPB （3）AEPEPB．理由如下： 连接AD，BD，AB，DB与AP相交于点F，AC BC ∵ ， ∴ADC BDC， ∵CD AP， ∴DEADEF，ADEFDE， ∵DEDE， ∴DAE≌DFE， ∴ADDF ，AEEF， ∴DAF DFA， ∴DFAPFB，PBDDAP， ∴PFBPBF， ∴PF PB， ∴AEPEPB． 【点睛】此题主要考查了垂径定理及其推论，全能三角形的判定和性质，圆周角定理，掌握并熟练运用垂 径定理是解题的关键． 17．（2023·河北廊坊·校考三模）在矩形ABCD中，AB3cm，BC 4cm，点P从点A出发沿AB边以 1cm/s的速度向点B移动（点P可以与点B重合），同时，点Q从点B出发沿BC以2cm/s的速度向点C移 动（点Q可以与点C重合），其中一点到达终点时，另一点随之停止运动．设运动时间为t秒．(1)如图1，几秒后，PQ的长度等于3cm? 1 (2)如图1，几秒后， 的面积等于四边形 面积的 ? VBPQ ABCD 6 Q PQ Q Q CDPQ t (3)若以 为圆心， 为半径作 ．如图2，若 与四边形 的边有三个公共点，则 的取值范围 为_____．（直接写出结果，不需说明理由） 6 【答案】(1) s后 的长度等于 5 PQ 3cm 1 (2)1秒或2秒后， 的面积等于四边形 面积的 VBPQ ABCD 6 0t5 41 (3) APtcm，BQ2tcm，B90 BP3tcm 【分析】（1）根据题意可得 ，则 ，由勾股定理可得 PQ PB2BQ2  3t22t2 3cm ，进行计算即可得到答案； 1 （2）表示出S BPQ t23t，计算出S 四边形ABCD 12cm2，由 VBPQ 的面积等于四边形 ABCD 面积的 6 ，可 1 得t23t 12，进行计算即可得到答案； 6 t0 Q DPQC Q D Q （3）当 时，如图， 与四边形 有两个公共点，如图，当 经过点 时， 与四边形 DPQC有两个公共点，则QDPQ，由勾股定理可得 3242t2  3t22t2 ，解方程即可得到答 案． APtcm，BQ2tcm，B90 【详解】（1）解：根据题意可得： ，  AB3cm，BP3tcm ， PQ PB2BQ2  3t22t2 3cm ， 6 解得：t  或 （舍去）， 5 t0 6 s后 的长度等于 ； 5 PQ 3cm APtcm，BQ2tcm，B90 （2）解：根据题意可得： ，  AB3cm，BC 4cm， BP3tcm S 3412cm2 ， 四边形ABCD ， 1 1 S  BPBQ 3t2tt23t， BPQ 2 2 1 的面积等于四边形 面积的 ，  VBPQ ABCD 6 1 t23t  12， 6 解得：t 1或t2， 1 1秒或2秒后， 的面积等于四边形 面积的 ；  VBPQ ABCD 6 t0 Q DPQC （3）解：当 时，如图， 与四边形 有两个公共点， ， 如图，当Q经过点D时，Q与四边形DPQC有两个公共点，则QDPQ， ，根据题意可得：APtcm，BQ2tcm，B90，  AB3cm，BC 4cm， BP3tcm CQBCBQ42tcm ， ，  DQ CD2CQ2  3242t2cm PQ BQ2BP2  3t22t2cm ， ，  3242t2  3t22t2 ， t5 41 t 5 41 解得： （舍）或 ，  0t5 41 Q CDPQ 当 时， 与四边形 的边有三个公共点， 0t5 41 故答案为： ． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、三角形的面积公式、一元二次方程的应用、圆的基本性 质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 18．（2023·广东深圳·校考二模）【定义】在平面内的三个点A，B，P，满足PA3PB．若P90， 则将点P称为[A，B]的三倍直角点：若P90，则将点P称为[A，B]的三倍锐角点． (1)如图1，已知ABC中，C 90，BC1，若点C是[A，B]的三倍直角点，则AB的长度为 B [A C] AC ___________；若点 是点 ， 的三倍锐角点，则 的长度为___________； yx2 x A P yx2 B (2)如图2，在平面直角坐标系中，直线 交 轴于点 ，点 是直线 上的一点，点 的坐标 为(6，0)，点C的坐标为(4，0)，以B为圆心BC长为半径作B，点D在B上． ①若点A是[P，O]的三倍锐角点，求点P的坐标 ②若点C是[P，D]的三倍直角点，直接写出点P的坐标． 10 2 2 【答案】(1) ，      23 2,3 2 6 14,4 14 6 14,4 14 (2)① ，② 或 【分析】（1）根据定义可得CA3CB3，ACB90，勾股定理求得AB，AC即可求解； （2）①根据题意求得 A2,0 ，根据新定义得出 AP3AO6 ，设 P(x ，x- 2)则 x22x22 62 ，解   P 23 2,3 2 方程即可求解，当 )时，A135，应舍去； PC B E DE PQ AB Q Px,x2 PQx2，CQ4x ②延长 交 于 ，连接 ，作 于 ．设 ， ，证明 1 ，得出 ，即  2x212x20  4x2 ，解方程即可求解． DCEPQC CDPC PQDE 3 【详解】（1）解：∵点C是[A，B]的三倍直角点， ∴CA3CB3，ACB90， 由勾股定理得， AB AC2BC2  10 ， 10 故答案是 ， ∵点B是点[A，C]的三倍锐角点， ∴AB3BC 3，且B90， 由勾股定理得， AC  AB2BC2 2 2 2 2 故答案是 ： （2）①当y0时，x20 ∴x2 A2,0 OA2 ∴ ， ， ∵点A是[P，O]的三倍锐角点， ∴AP3AO6， 设P(x，x2)x22x22 62 ∴ x 23 2，x 23 2 ∴ 1 2 ， x23 2时，x23 2 当 ，   P 23 2,3 2 ∴ x23 2时，x23 2 当 ，   P 23 2,3 2 ∴   P 23 2,3 2 当 时，A135，应舍去．   P 23 2,3 2 综上所述： ②如图4， 延长PC交B于E，连接DE， P，D C ∵点 是 的三倍直角点， ∴DCE PCD90，PC 3CD， ∴DE是B的直径， ∴DE4， 作PQ AB于Q． Px,x2 设 ， ∴PQx2，CQ4x， PC  PQ2CQ2 ∴x22 4x2 = = 2x2- 12x+20 ∵CBBE ∴EBCE ∵BCEPCQ， ∴DCEPQC， CD DE ∴  PQ PC ∴CDPC PQDE 1 ∵  2x212x20  4x2 ， 3 x 6 14，x 6 14 ∴ 1 2 ， x6 14时，x24 14 当 ， x6 14时，x24 14 当 ，     6 14,4 14 6 14,4 14 ∴点P的坐标是 或 ． 【点睛】本题考查了新定义，勾股定理，直角所对的圆周角是直角，相似三角形的性质与判定，熟练掌握 新定义是解题的关键． 19．（2023·河北张家口·统考三模）如图，在ABE中，BE AE，延长BE到点D，使DEBE，延长 AE到点C，使CE AE．以点E为圆心，分别以BE、AE为半径作大小两个半圆，连接CD． (1)求证：ABCD； (2)设小半圆与BD相交于点M,BE 2AE 2．S ①当 ABE取得最大值时，求其最大值以及 CD 的长； ②当AB恰好与小半圆相切时，直接写出弧AM 的长． 【答案】(1)证明见解析 π 2π (2)①S 1， ；② 或 ABE最大值 CD 5 3 3 ABE≌CDESAS 【分析】（1）根据题中条件，利用两个三角形全等的判定定理即可得到 ，再由全等 三角形性质即可得证； 1 （2）①根据三角形面积公式知S  BEAE， 是个定值， 在以 为圆心、 为半径的圆上 ABE 2 BE 2 A E AE S 运动，从而得到当 AEBE 时， ABE取得最大值，代入面积公式求解即可得到答案；②当 AB 恰好与小半 圆相切时，AEBA，根据BE2AE2，得到AEB，根据点M 的位置分两种情况，利用弧长公式代值 求解即可得到答案． 【详解】（1）证明：在ABE和CDE中， BEDE  AEBCED ，  AECE ABE≌CDESAS ∴ ， ∴ABCD； 1 （2）解：①根据三角形面积公式知S  BEAE， 2 ABE  BE2，A在以E为圆心、AE为半径的圆上运动， 1 1  当 AEBE 时，S ABE 取得最大值，S ABE最大值  2 BEAE  2 211； ABCD Rt△ABE AB BE2CE2  5 由（1）知 ，则在 中， ， CD AB 5 ∴ ； ②如图所示：当AB恰好与小半圆相切时，AEBA， EAB90， 1 在 中， ，即AE  BE，则 ， Rt△ABE BE2AE2 2 ABE30 分两种情况讨论如下： 120 120 2 ①当 在 右侧时， ，则 ，此时弧 的长为 2πAE 2π1 π； M E AEB60 AEM 120 AM 360 360 3 60 60 1 ②当 在 左侧时， ，此时弧 的长为 2πAE 2π1 π； M E AEB60 AM 360 360 3 π 2π 综上所述，弧 的长为 或 ． AM 3 3 【点睛】本题考查圆综合问题，涉及全等三角形的判定与性质、圆中动点最值问题、切线性质、含30直 角三角形及弧长公式等知识，熟练掌握相关几何性质及圆综合问题的求法是解决问题的关键． 20．（2023·河北唐山·统考二模）如图，菱形ABCD中，DAB60，AB4．点P为射线AB上一动点， 在射线DA上取一点E，连接DP，EP，使DPE60．作VAPE的外接圆，设圆心为O． (1)当圆心O在AB上时，AE______； (2)当点E在边AD上时，①判断O与DP的位置关系，并证明： ②当AP为何值时，AE有最大值？并求出最大值； (3)如图，连接AC，若PE∥AC，直接写出AP值；将优弧PE沿PE翻折交射线AC于点Q，直接写出弧 PQ的长． 【答案】(1)1 (2)①O与DP的位置关系是相切，见解析；②当AP2时，AE有最大值，为1 4 (3) ，l   AP8 PQ 3 【分析】（1）可证得APD90，进而解直角三角形ADP和直角三角形APE ，从而求得结果； （2）①连接OE，OP，利用圆周角定理推出EOP2DAB120，继而推出OPE30，再根据 DPE60，推出OPDP，从而得到O与DP的位置关系是相切； BD BP 4 4x ②连接 ，可证得 ，从而得到  ，设 得方程  ，故 BD APE∽BDP AP AE APx x AE 1 1 AE x2x (x2)21，利用二次函数得最值，得到当 ，即 时， 有最大值，最大值 4 4 x2 AP2 AE 为1； （3）可推出CAPAPE CADAEP30，进而得出PAAE，ADP90，AP2AD8，故 PA AE OPOE，四边形AEOP是菱形，可推出点A是对称后的优弧的圆心，根据弧长公式得出结果． 【详解】（1）解：菱形ABCD中，AB AD4， ∵AP是O的直径， ∴AEP90， ∴ADPAEPDPE 906030，APE 180AEPBAD180906030， ∴ADPDAB90， ∴APD90， ∵ADP30，APD90，AB AD4， 1 1 ∴AP AD 42， 2 2 ∵APE30，AEP90，AP2， 1 1 ∴AE AP 21， 2 2 故答案为：1； （2）①O与DP的位置关系是相切，理由如下：证明：如图1，连接OE，OP， ∵DAB60， ∴EOP2DAB120， ∵OEOP， ∴OPEOEP30， ∵DPE60， ∴OPDOPEDPE 90， ∴OPDP， 即O与DP的位置关系是相切； ②如图2，连接BD． ∵DPEDAB60，AEP1DPE，DPB1DAP， ∴AEPDPB， 在菱形ABCD中，AB AD，BAD60， ∴△ABD是等边三角形， ∴BADABD60， ∴APE∽BDP，得到BD BP ∴  ， AP AE 设APx， 4 4x ∴ ，则  ， PB4x x AE 1 1 ∴AE x2x x22 1， 4 4 1 ∵ 0， 4 ∴当x2，即AP2时，AE有最大值，最大值为1． （3）∵四边形ABCD是菱形， 1 1 ∴CAP DAB 6030， 2 2 ∵PE∥AC， ∴CAPAPE CADAEP30， ∴2DPEAPE603030，PAAE， ∴ADP180DAP290，AP2AD8， 又∵将优弧PE沿PE翻折交射线AC于点Q， ∴PA AE OPOE， ∴四边形AEOP是菱形， ∴点A，O关于PE对称，∴弧PQ在以A为圆心，AP长为半径的圆上． ∵PAQ30， 308 4 ∴l   ． PQ 180 3 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，圆周角定理，切线的判定，等边三角形的判定与性质，二次函数 的最值，相似三角形的判定和性质，弧长公式等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识． 21．（2023·全国·九年级专题练习）如图，ABC内接于O，连接AO，BAOCAO． (1)如图1，求证：AB AC； (2)如图2，点D在O上，连接CD，点E是AO上一点，连接DE，若ADEACD，求证：DEOA； BO O F AF CDE45 AE 2 BC 3 2 (3)如图3，在（2）的条件下，延长 交 于点 ，连接 ，若 ， ， ， 求AF 的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 5 (3) 1 1 【分析】（1）过点 作 ，如图所示，由垂径定理可知：AD AB,AE  AC，再由 O OD AB,OE AC 2 2 △AOD≌△AOEAAS AD AE 得到 ，即可得证； （2）延长AO交BC于M ，如图所示，由（1）知AB AC，从而由等腰三角形“三线合一”得到 AM BC，且�ACB� ABC，从而得到ADC ACB，即可有 CDE DCB，由内错角相等两直线平行得到DE∥BC，进而DE AM ，即DEOA； OD,OC,DB AO BC M △DEO≌△OMBAAS （3）连接 ，延长 交 于点 ，证明 ，利用勾股定理即可解答．O OD AB,OE AC 【详解】（1）证明：过点 作 ，如图所示： 1 1 由垂径定理可知，AD AB,AE  AC， 2 2 在△AOD和△AOE中， BAOCAO  ADO90AEO ，  AO AO △AOD≌△AOEAAS ， AD AE， AB AC； （2）证明：延长AO交BC于M ，如图所示： 由（1）知AB AC， 根据BAOCAO，从而由等腰三角形“三线合一”得到AM BC，且�ACB� ABC，  AC AC ， ADCABC， ADC ACB， ADEACD， CDE DCB， DE∥BC，  AM BC， DEAM ，即DEOA； OD,OC,DB AO BC M （3）解：如图，连接 ，延长 交 于点 ， 1 3 2 BM CM  BC  根据（2）中可得 2 2 ， DEAO， DE∥BC， EDC DCB45， DOB90， EODBOM 90， EODODE90， BOM ODE， 在DEO与△OMB中， DEOOMB  EODMBO ，   ODBO △DEO≌△OMBAAS ，3 2 EOBM  2 ，  AE 2， 5 2 OA AEEO 2 ， OM  BO2BM2 2 2 ， 9 2 AM  AOOM  2 ， AB AM2BM2 3 5 ，  BF 2AO5 2 BF ，且 为直径， BAF 90， AF  BF2AB2  5 ． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，正确作出辅 助线是解题的关键． 22．（2023·陕西宝鸡·统考一模）问题提出： （1）如图1所示，已知A为O上一点，P为O外一点，若PO6，O的半径为2，则PA的最小值为 _________； 问题探究： （2）如图2所示，P为等边三角形ABC内一点，若AB4，求PAPBPC的最小值； 问题解决： （3）由于网购的方便与快捷，极大地促进了物流行业的发展，如图3所示，一条半圆形公路连接着A，B AB20km 两座城市 ．物流公司沿半圆形公路在A，B两地之间进行物流运送．点D为一辆等在半圆形 公路上的物流车，随时接收从外地运来的货物以便及时送到A，B两地．为了节约资金，提高物流中转的 效率，现需在这个区域内建一个物流中转站P，要求物流中转站P到A，B两城市及半圆形公路上点D的 距离之和最小，请帮物流公司求出这个距离和的最小值．  10 31 km 【答案】（1）4；（2）4 3；（3） 【分析】（1）如图所示，连接OA，AP，OP，根据APOPOA进行求解即可； （2）如图所示，将△BPC绕点B顺时针旋转60至△BPC，连接PP，CC，则BCC是等边三角形， 可得BC CC，则PAPBPC PAPPPC，连接AC，则PAPPPC的最小值就是AC的长， 证明四边形ABCC为菱形且ABC120，AB4，求出AC的长即可； （3）如图所示，连接AB，将△APB绕点A顺时针旋转60至△APB位置，连接PP、BB，则 △PAP，△BAB都是等边三角形，则PAPBPDPPPBPD此时B为定点，D为半圆AB上一动 点；取AB的中点O，连接BO并延长交半圆于点D�，此时BD的长即为PAPBPD的最小值，据此求 解即可． 【详解】解：（1）如图所示，连接OA，AP，OP， ∵OA2，OP6， ∴APOPOA624， ∴PA的最小值为4， 故答案为：4； （2）如图所示，将△BPC绕点B顺时针旋转60至△BPC，连接PP，CC， ∴PBPB，PCPC，BCBC，∠CBC∠PBP60， ∴BCC是等边三角形， ∴BC CC，∴PAPBPC PAPPPC， 连接AC， A，C为定点， ∴PAPPPC的最小值就是AC的长， ∵ABC为等边形三角形， ∴ABBC  AC BCCC ∴四边形ABCC为菱形且ABC120，AB4， 1 1 设 交于T，则AC2AT，BT  BC  AB2， AC、BC 2 2 AT  3BT 2 3 ∴ ， AC4 3 PAPBPC 4 3 ∴ ，即 的最小值为 ； （3）如图所示，连接AB，将△APB绕点A顺时针旋转60至△APB位置，连接PP、BB， ∴PAPA，PBPB，BABA，∠BAB60， ∴△PAP，△BAB都是等边三角形， ∴PAPBPDPPPBPD 此时B为定点，D为半圆AB上一动点，取AB的中点O，连接BO并延长交半圆于点D�， 此时BD的长即为PAPBPD的最小值．∵ABB为等边三角形，AB20km， 1 ∴BO 3OB 3 AB10 3km， 2   BD10 31010 31 km ∴ ，   10 31 km ∴PAPBPD的最小值为 ． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理，含30度 角的直角三角形的性质，点到圆上一点的距离的最值问题等等，正确作出辅助线是解题的关键． 23．（2023·云南昆明·统考二模）矩形ABCD中，AB6，BC 8，点O是边BC上的一个动点（不与点B 重合），连接OA，将ABO沿AO折叠，得到△AEO，再以O为圆心，OB长为半径作半圆，交射线BC 于G，连接BE并处长交射线CD于F，连接EC，设OBx． (1)求证：AE是半圆O的切线； (2)当点E落在AC上时，求x的值； (3)当半圆O与ACD的边有两个交点时，求x的取值范围． 【答案】(1)见解析 (2)x的值为3 25 (3)综上所述，当 或 x8时，半圆O与 的边有两个交点 3x6 4 ACD 【分析】（1）通过翻折的性质，证明AEO90即可解答； （2）画出图形，在Rt△ABC中根据勾股定理构建方程，即可解答； （3）将临界情况，即当半圆O与AC相切时；当半圆O与AD相切时；当半圆O经过点D时；当半圆O 的圆心与点C重合时；求出此时OB的长度，即可解答． 【详解】（1）证明： ABCD是矩形， ABO90，∵ABO沿AO折叠，得到△AEO， AEOABO90， OE AE， OE是半圆O的半径， AE是半圆O的切线． （2）解：当点E落在AC上时，如图2所示： ∵ABO沿AO折叠，得到△AEO， AE AB6，OEOBx， ∴OC BCOB8x， ∵在Rt△ABC中，ABC 90， AC  AB2BC2  6282 10 ∴ ∴EC  ACAE1064 ∵由（1）知AE是半圆O的切线， OEC 90， ∴在Rt△OEC中，OE3EC2 OC2 x242 8x2 x3 ∴ ，解得： ， 答：x的值为3． （3）分情况进行讨论： ①如图2，当半圆O与AC相切时，根据（2）中解答，可得OB3；如图3，当半圆O与AD相切时，OB AB6． ∴当3x6时，半圆O与ACD的边AC和CD各有一个交点； ②如图4，当半圆O经过点D时，连接OD，设圆的半径为a， 在Rt△OCD中，可得OC2 CD2 OD2 ，即 8a262 a2 25 解得：x 4 如图5，当半圆O的圆心与点C重合时，此时，OBBC 8，25 ∴当 x8时，半圆O与 的边 和 各有一个交点， 4 ACD AC AD 25 ∴综上所述，当 或 x8时，半圆O与 的边有两个交点． 3x6 4 ACD 【点睛】本题考查了切线的证明，翻折的性质，圆与直线的位置关系，勾股定理，画出正确的图形是解题 的关键． 24．（2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测）定义：如图1，AB是O的直径，若弦CD∥AB，则称 弦CD为O的纬线． CD O AC BD (1)如图1，弦 是 的纬线，求证： ； CD EF O CD∥EF CD6 EF 8 (2)弦 和弦 都是半径为5的 的纬线， ， ， ，求这两条纬线之间的距离； MN PQ AB OM ON OP OQ PM QN O (3)如图2，弦 和弦 是直径 两侧的纬线，连接 、 、 、 、 、 ， 的半径为 r ，记四边形 MPQN ， OMN ， △OPQ 的面积依次为 S ， S 1， S 2，若同时满足下列两个条件时，求 S 的最 大值（用含r的式子表示）． 1 ①S S  S ；②其中的一条纬线长不超过半径 ． 1 2 2 r 【答案】(1)见解析 (2)1或73r2 (3) 【分析】（1）连接BC，根据平行线的性质和圆周角定理即可证明； （2）作OH CD交EF于I ，则OI^EF，连接OD，OF ；根据勾股定理可得OH 4，OI 3，分类讨论： 当弦CD和弦EF在圆心的同一侧时；HI OH OI ，即可求得； 当弦CD和弦EF在圆心的两侧时；HI OH OI，即可求得； O OEMN E OF PQ F MN a PQb OEm OF n （3）过点 作 于点 ， 于点 ，设 ， ， ， ，分别求出 1 1 1 1 S  am，S  bn，S  abmn ，根据S S  S ，可得 ， ，故 ，根据 1 2 2 2 2 1 2 2 ab mn S2 4a2m2 a2 勾股定理可得 m2 r2，令 ，故 4 t a2  t  S2 4t  r2 4   t24r2t ，分析该二次函数可得当t r2时，S2 3r4 ，即可求得． max 【详解】（1）如图，连接BC ∵CD∥AB DCBABC \ �DCB和ABC所对的弧相等 AC BD （2）弦CD和弦EF都是O的纬线 CD∥AB，EF∥AB 作OH CD交EF于I ，则OI^EF，连接OD，OFCD6，EF 8，ODOF 5 根据勾股定理可得OH 4，OI 3， 分类讨论： 当弦CD和弦EF在圆心的同一侧时；HI OH OI 431 当弦CD和弦EF在圆心的两侧时；HI OH OI 437 ∴CD和EF的距离是1或7 O OEMN E OF PQ F （3）过点 作 于点 ， 于点 设MN a，PQb，OEm，OF n 1 1 1 则S  am，S  bn，S  abmn 1 2 2 2 2 1 QS S  S 1 2 2 1 1 1 1  am bn  abmn 2 2 2 2 abmn0 即 ab或mn 若mn，则ab 若ab，则mn S 2am 则S2 4a2m2 OEMN 1 a ME MN  2 2Rt△OEM OE2EM2 OM2 在 中， a2  m2 r2 4 a2 则m2 r2 4 令t a2  t  S2 4tr2 t24r2t 则  4 对称轴为t 2r2 Q0ar 0tr2 当t r2时 S2 3r4 max S  3r2 max 【点睛】本题考查平行线的性质，圆周角定理，勾股定理，二次函数的性质等，运用分类讨论思想和借助 二次函数求最值是解题的关键． 25．（2023秋·广东广州·九年级广东实验中学校考期末）在正方形ABCD中，边长为2.点E是线段BC上 的动点，以AE为直角边在直线BC的上方作等腰直角三角形AEF ，AEF 90，其中EF交CD于点P， AF 交CD于点Q，连接CF． 1 (1)如图 ，①若BE 时，求线段 的长； 1 2 CF ②当点E在线段BC上运动时，求证：QEF FEC． 2 B BG AE EQ G D DH CF H HG (2)如图 ，过点 作 交 于点 ，过点 作 所在的直线于点 ，求 的最小值．2 【答案】(1)① 2 ；②见解析 102 (2) 1 【分析】（1）①由 可证 ≌ ，可得BEFN  ， ，即可求解； AAS ABE △ENF 2 ABEN ② SAS ABK △ADQ BAK DAQ AK  AQ SAS AEK △AEQ 由 可证 ≌ ，可得 ， ，由 可证 ≌ ，可得 AEK AEQ，由余角的性质可求解； （2）先求AH 的长，由SAS可证ABE≌AGE，可得AB AG，则点G在以点A为圆心，AB长为半径 的圆上，当点G在线段AH 上时，GH 有最小值，即可求解． 【详解】（1）解：①过点F 作FN 直线BC于N ， AEF是等腰直角三角形， AEEF ，EAF 45，AEF ABE FNE 90， AEBBAE90AEBFEN ， BAE FEN， ∴ABE≌ENF(AAS)， 1 BEFN  ， ， 2 ABEN BC EN  AB， 1 CN BE ， 2 又N 90， CFN 是等腰直角三角形，2 CF  2CN  ； 2 ②证明：如图，延长CB至K，使BK DQ，连接AK，  BK DQ，ABK D90，AB AD， ∴ABK≌ADQ(SAS)， BAK DAQ，AK  AQ， EAF 45， BAEDAQ45， BAEBAK 45EAK EAD， 又 AEAE， ∴AEK≌AEQ(SAS)， AEK AEQ， AEF 90， FEQFEC； （2）解：如图，连接AG，GH ，AH ，AC，由（1）可知DCH 45，AEBAEG， 四边形ABCD是正方形， AB ADCD2 AC  2AD2 2 ACD45 ， ， ， ACH 90， DH CH ，DCH 45， △DCH 是等腰直角三角形， DC  2CH 2 ， CH  2 ， AH  AC2CH2  82  10 ， BGAE，AEBAEG， EBGEGB， BEEG， 又 AEAE， ∴ABE≌AGE(SAS)， AB AG， 点G在以点A为圆心，AB长为半径的圆上， 点G在线段AH 上时，GH 有最小值， 102 GH 的最小值为 ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质， 勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． xOy O BC 26．（2023·北京·统考二模）在平面直角坐标系 中， 的半径为2．对于直线l和线段 ，给出如 BC O B'C' B' C' 下定义：若将线段 关于直线l对称，可以得到 的弦 ( ， 分别是B，C的对应点)，则称线段 BC是以直线l为轴的O的“关联线段”．例如，图1中线段BC是以直线l为轴的O的“关联线段”．B C B C B C (1)如图2，点 1， 1， 2， 2， 3， 3的横、纵坐标都是整数． BC BC BC l yx4 O ① 在线段 1 1， 2 2， 3 3中，以直线 1： 为轴的 的“关联线段”是 ； BC BC BC l yxb O ② 在线段 1 1， 2 2， 3 3中，存在以直线 2： 为轴的 的“关联线段”，求b的值； (2)已知直线 l 3： y 3xmm>0 交x轴于点A．在ABC 中， AB6 ， BC 2 ，若线段 BC 是以直线 l 3 为轴的O的“关联线段”，直接写出m的最大值与最小值，以及相应的AC的长． BC 1 1 【答案】(1)① ；② 1或3 8 3 AC 2 13 4 3 AC 2 7 (2)m的最大值为 ， ；m的最小值为 ， ． BC  l O 【分析】（1）①根据题中定义即可画图得出；②通过判断 1 1 直线 2， 的最长的弦即直径为4，可 BC BC BC O 排除 1 1， 2 2，所以 3 3成为 的弦，根据圆的对称性，分两种情况讨论； O eT l y 3xmm>0 A A eT （2）画 与 关于直线 3： 对称，以点A为圆心，6为半径画 ，则 与 至 少有一个交点，才能满足题目条件，画出图形即可求出m的最大值和最小值，通过勾股定理即可求出AC． 【详解】（1）解：①如图所示：l yx4 O BC ∴以直线 1： 为轴的 的“关联线段”是 1 1； l yxb 45 ② ∵直线 2： 与x轴夹角为 ， BC  l ∴线段 1 1 直线 2， BC l BC O ∴线段 1 1关于直线 2的对称线段还在直线 1 1上，不可能是 的弦， ∵O的最长的弦即直径为4， BC  20>4 2 2 ， BC O ∴线段 2 2的对称线段不可能是 的弦； BC  l BC  2 2 ∵线段 3 3 直线 2，且 3 3 ， BC O ∴线段 3 3的对称线段可以是 的弦． 线段 B 3 C 3的对称线段 B 3 C 3 B 3 'C 3 ' ， B'C'  2 2 且 3 3 ． BC O 如图，平移线段 3 3使之成为 的弦，有两种情况：B' C' 0,2 2,0 b3 (ⅰ) 3， 3的坐标分别为 ， ，此时 ； B'' C'' 2,0 0,2 b1 (ⅱ) 3， 3的坐标分别为 ， ，此时 ． 综上所述，b1或3． O eT l y 3xmm>0 （2）解：画 与 关于直线 3： 对称， ∵AB6， 以点A为圆心，6为半径画A，则A与eT 至少有一个交点，才能满足题目条件， O eT l ∵ 与 关于直线 3对称， 则A与O至少有一个交点，如图所示， 此时m取得最小值；此时m取得最大值； 3 把 y0 代入直线 l ： y 3xmm>0得：x 3 m， 3  3  A m,0 ∴点A的坐标为  3 ，   ∵A与O至少有一个交点， 3 2+6 m2+6 ∴ 3 ， 3 4 3 m8 3 解得： 3 ， 8 3 4 3 ∴m的最大值为 ，m的最小值为 ； 连接AC、BC、OC，过点C作CEOA，如图所示，∵BC 2，O的半径为2， ∴△OBC是等边三角形， ∴OC 2，OEBE1， CE= OC2OE2 = 2211= 3 ∴ ， ∵AB6， ∴AE ABBE 7，  2 ∴AC  CE2AE2 = 3 72 2 13； 连接AC、BC、OC，过点C作CFAB如图所示， ∵BC 2，O的半径为2， ∴△OBC是等边三角形，∴OC 2，OF BF 1， CF= OC2OF2 = 2211= 3 ∴ ， ∵AB6， ∴AF  ABBF 5，  2 ∴AC  CF2AF2 = 3 52 2 7； 【点睛】本题考查了圆的几何问题，难度较大，正确理解新定义和考虑到以点A为圆心，6为半径画A， 则A与eT 至少有一个交点，才能满足题目条件，是关键． xOy 27．（2023·北京朝阳·统考二模）在平面直角坐标系 中，对于图形M给出如下定义；将M上的一点 a,b ab,ab 变换为点 ，M上所有的点按上述变换后得到的点组成的图形记为N，称N为M的变换图 形． 3,0 (1)①点 的变换点的坐标为______； ②直线yx1的变换图形上任意一点的横坐标为______； y2x1 (2)求直线 的变换图形与y轴公共点的坐标； O ykx2kk 0 (3)已知⊙O的半径为1，若 的变换图形与直线 有公共点，直接写出k的取值范围． 3,3 【答案】(1)① ；②1 ； 0,2 (2) ； (3)1k 1且k 0． 【分析】（1）①按定义操作即可得出答案； yx1 x,x1 ②设直线 的图像上任意一点坐标为 ，然后按定义操作即可得出答案； y2x1 a,2a1 （2）设直线 的图像上任意一点坐标为 ，求出该点的变换点坐标，根据横纵坐标之间的 关系求出直线y2x1的变换图形的解析式即可得出答案； x,y x2y2 1 2 O （3）设⊙O上点的坐标为 ，可得 ，然后求出其变换点到原点的距离为 ，可得 的变2 ykx2k 2,0 ykx2k 换图形是以原点为圆心，半径为 的圆，再根据直线 恒过点 ，求出直线 与 O的变换图形相切时的k值即可． 【详解】（1）解：①按定义操作：303，303， 3,0 3,3 ∴点 的变换点的坐标为 ， 3,3 故答案为： ； yx1 x,x1 ②设直线 的图像上任意一点坐标为 ， xx11 按定义操作： ， ∴直线yx1的变换图形上任意一点的横坐标为1， 故答案为：1； y2x1 a,2a1 （2）解：设直线 的图像上任意一点坐标为 ， a1,3a1 则该点的变换点坐标为 ， xa1①  令 y3a1②， ①3②得：3xy2， ∴y3x2， 当x0时，y3x22， y2x1 0,2 ∴直线 的变换图形与y轴公共点的坐标为 ； x,y （3）解：设⊙O上点的坐标为 ， ⊙O的半径为1， x,y ∴点 到原点的距离为1， x2y2 1 ∴ ， x,y xy,xy ⊙O上的点 的变换点坐标为 ，xy2xy2  x22xyy2x22xyy2  2  x2y2  2 ∴其变换点到原点的距离为： ， O 2 ∴ 的变换图形是以原点为圆心，半径为 的圆， ykx2k kx2 又∵直线 ， ykx2k 2,0 ∴直线 恒过点 ， A2,0 ykx2k 如图，点 ，直线 与y轴交于点C， ykx2k O ABO90 当直线 与 的变换图形相切于点B时，可得 ， AB OA2OB2  42  2 ∴ ， ∴ABOB， ∴ABO是等腰直角三角形， ∴BAO45， ∴AOC是等腰直角三角形， ∴OAOC 2， ykx2k 0,2 ∴此时直线 过点 ， ∴22k， 解得：k 1， ykx2k O k 1 同理，当直线 与 的变换图形相切于x轴的下方时，可得 ， O ykx2kk 0 1k 1 k 0 ∴若 的变换图形与直线 有公共点，k的取值范围为 且 ．【点睛】本题考查了新定义，一次函数的应用，圆的基本概念，切线的性质，两点间的距离公式，勾股定 理等知识，正确理解变换图形的定义，能够准确表示出变换点的坐标是解题的关键． xOy Pm,n ymxn 28．（2023·江苏盐城·校考三模）在平面直角坐标系 中，对于点 ，我们称直线 为点 P3,2 y3x2 P的友好直线．例如，点 的友好直线为 ． 4  A ,4 (1)已知点 3 ， ①则点A的友好直线为______； ②若O与点A的友好直线相切，求O的半径； C0,1 D x M CD (2)已知点 ，点 是 轴上任意一点（原点除外），点 为直线 上的动点． 1,0 D O M ①当点 坐标是 时，求点 到点 的友好直线的距离的最大值； Q1,0 Q D M Q E、F ②以 为圆心，3为半径作 ．在点 运动过程中，当点 的友好直线与 交于 两点时， EF的最小值为4，请直接写出点D的坐标． 4 12 【答案】(1)①点A的友好直线为y x4；② 的半径为 3 O 5  1  (2)①点 O 到点 M 的友好直线的距离最大值为 2 ；②点D的坐标为 D1,0或D   3 ,0  【分析】（1）根据题意求出点A的友好直线，描点法画出函数图像，用面积相等法即可求出O的半径； （2）先求出直线CD的解析式，再设出点M 的友好直线，当点H与点N重合时，点O到点M 的友好直线 1   ,1 的距离最大，即可求解；当N与d 重合时，QN最大，即可求解． 4 【详解】（1）解：①由题意可得：点A的友好直线为y x4； 3 x0 y4 y0 x3 ②当 时， ，当 时， ，切点为E，如图所示，∴AO4，CO3， AC  AO2CO2 5 ∴ 1 1 S  AOCO= ACOE， AOB 2 2 1 1 即 43= 5OE 2 2 12 解得：OE  ， 5 12 即 的半径为 ； O 5 （2）①解：由题意可得：设直线CD的解析式为ykxb，  b1  把C0,1 、D1,0 代入得：k+b0，  b1  解得：k 1， CD yx1 ∴直线 的解析式为 ， Mm,m1 设 ， ymx1m=mx1+1 M 则点 的友好直线为 ， N1,1 M ∴点 的友好直线经过定点 ， ymx1m ON 如图，过点O作直线 的垂线，垂足为H，连接 ，∴ON OH ， ∴当点H与点N重合时，OH 最大，即点O到点M 的友好直线的距离最大， O M 12+12 = 2 ∴点 到点 的友好直线的距离最大值为 ； C0,1 D x ②∵点 ，点 是 轴上任意一点（原点除外）， Dd,0 ∴设 ， 设直线CD的解析式为ykxb，  b1  把C0,1 、Dd,0 代入得：kd+b0，  b1   1 解得： k  ，  d 1 ∴直线 的解析式为y x1， CD d  n  Mn, 1 设  d ， n  1 ynx1 nx +1 ∴点M 的友好直线为 d  d  ， 1  N ,1 ∴点M 的友好直线经过定点 d ， QN EF QF EF 2FN 过点Q作 于点N，连接 ，则 ，如图所示，要想使EF最小， QF 3 QN= 3222 = 5 ∵ 是定值，则最大 ， 1   ,1 由①可得：当N与d 重合时，QN最大， Q1,0 ∵ ，  1 1  2 +012 =  5 2 则 d  ， 1 d  解得：d 1或 3 ；  1  ∴点D的坐标为 D1,0或D   3 ,0  ； 【点睛】本题考查了一次函数的综合题，考查一次函数的图像和性质，两点的距离公式，新定义，熟练掌 握一次函数的图像和性质，理解定义，数形结合是解题的关键． 29．（2023春·江西赣州·八年级瑞金第一中学校联考期末）如图1，在矩形ABCD中，AD12，AB8， 点E在射线AB上运动，将△AED沿ED翻折，使得点A与点G重合，连接AG交DE于点F． (1)【初步探究】当点G落在BC边上时，求BG的长； (2)【深入探究】在点E的运动过程中，BG是否存在最小值，如果存在，请求出最小值；如果不存在，请说明理由； (3)【拓展延伸】如图3，点P为BG的中点，连接AP，点E在射线AB上运动过程中，求AP长的最大值． 124 5 【答案】(1) E BG BG 4 1312 (2)在点 的运动过程中， 存在最小值， 的最小值为 E AB AP 2 136 (3)点 在射线 上运动过程中， 长的最大值为 DG AD12 CG DG2CD2  12282 4 5 【分析】（1）由翻折得： ，根据勾股定理可得 ，再由 BGBCCG，即可求得答案； D AD D G D G BD BG （2）以 为圆心， 长为半径作 ，可得点 在 上运动，当点 在线段 上时， 最小，此 BGBDDG BD4 13 BG 4 1312 时， ，由勾股定理可得 ，即可求得 的最小值为 ； D AD D BA H AH BA8 GH （3）以 为圆心， 长为半径作 ，延长 至 ，使 ，连接 ，根据三角形中位线定 1 理可得AP GH ，则 最大时， 最大，由于点 在 上运动，当 经过点 时， 最大，即 2 AP GH G D HG D GH 可求得答案． 【详解】（1）当点G落在BC边上时，如图1， 四边形ABCD是矩形， BC  AD12，CD AB8，BC90， 由翻折得：DG AD12， RtCDG CG DG2CD2  12282 4 5 在 中， ，BGBCCG124 5 ； D AD D （2）如图2，以 为圆心， 长为半径作 ， 由翻折得：DG AD12， 点G在D上运动， 当点G在线段BD上时，BG最小，此时，BGBDDG， RtABD BD AB2AD2  82122 4 13 在 中， ， BGBDDG4 1312 ， E BG BG 4 1312 故在点 的运动过程中， 存在最小值， 的最小值为 ； D AD D BA H AH BA8 GH （3）如图3，以 为圆心， 长为半径作 ，延长 至 ，使 ，连接 ， AH BA， 点A是BH 的中点， 点P为BG的中点， AP是BGH 的中位线， 1 AP GH， 2 则AP最大时，GH 最大， 由翻折得：DG AD12， 点G在D上运动， 当HG经过点D时，GH最大，如图4，RtADH HD AH2AD2  82122 4 13 在 中， ， GH HDDG4 1312 ， 1 AP GH 2 136， 2 E AB AP 2 136 故点 在射线 上运动过程中， 长的最大值为 ． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，翻折的性质，勾股定理，三角形的中位线定理， 圆的有关性质，点到圆上各点距离的最大值和最小值的应用，解决问题的关键是运用三角形中位线定理和 圆中的最值． 30．（2023·山东临沂·统考一模）如图1，在ABC中，A60，AB AC 3，点D，E分别在边AB， 0360 AC 上，且 AD AE1 ，连接 DE ．现将VADE 绕点A顺时针方向旋转，旋转角为 ，如图 2，连接CE，BD，CD．(1)当0180时，求证：CEBD； (2)如图3，当60时，延长CE交BD于点F，求BFC的度数； (3)在旋转过程中，探究BCE的面积的是否存在最小值，若存在写出此时旋转角α的度数和面积最小值， 若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)BFC 60 9 3 3  (3)存在；30；BCE面积的最小值为 4 2 【分析】（1）利用“SAS”证得ACE≌ABD即可得到结论； （2）先证明ABC为等边三角形，得出ACBABC 60，由ACE≌ABD，得出ACEABD， 求出∠ABD∠BCF 60，求出∠CBF ∠BCF 120，根据三角形内角和定理求出结果即可； （3）根据BCE中，边BC的长是定值，得出BC边上的高取最小值时BCE的面积有最小值，根据点E 在以点A为圆心，以AE为半径的圆上，根据垂线段最短，过点A作AGBC于点G，交A于点H，当 点E在点H时，点E到BC的距离最小，根据等边三角形的性质和勾股定理，利用三角形的面积公式求出 结果即可． 【详解】（1）证明：∵CABEAD60， CAEBAEBADBAE60， CAEBAD， 在△ACE和△ABD中， AC  AB  CAEBAD ，  AE AD ACE≌ABDSAS ， CEBD； （2）解：∵AB AC，BAC60， ∴ABC为等边三角形， ∴ACBABC 60， 根据解析（1）可知，ACE≌ABD， ∴ACEABD，∴∠ABD∠BCF ∠ACE∠BCF ∠ACB  60， ∴∠CBF ∠BCF ∠ACD∠BCF ∠ABC  6060120， ∠BFC 180∠CBF ∠BCF 60 ∴ ． 9 3 3  （3）解：存在；30；BCE面积的最小值为 8 4 ； BCE中，边BC的长是定值，则BC边上的高取最小值时BCE的面积有最小值， ∵AE1， ∴点E在以点A为圆心，以AE为半径的圆上， ∵垂线段最短， ∴过点A作AGBC于点G，交A于点H，当点E在点H时，点E到BC的距离最小， 根据解析（2）可知，ABC为等边三角形， ∴AC  ABBC 3，BAC60， ∵AB AC，AGBC， 1 3 1 ∴CG  BC  ，∠CAG  ∠BAC 30， 2 2 2 ∴此时旋转角30， 2 3 3 3 AG  AC2 CG2  32   ∴   ， 2 2 3 3 GH  1 ∴ 2 ， 1 3 3  9 3 3 3 1  ∴ 的最小值为2  2  4 2． BCE   【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三 角形内角和定理，垂线段最短，勾股定理，三角形面积的计算，解题的关键是作出辅助线，正确寻找全等 三角形，利用性质求解．31．（2023·全国·九年级专题练习）【教材呈现】以下是浙教版八年级下册数学教材第85页的部分内容． 先观察下图，直线l ∥l，点A，B在直线l 上，点C ，C ，C ，C 在直线l 上．△ABC，△ABC， 1 2 2 1 2 3 4 1 1 2 △ABC，△ABC 这些三角形的面积有怎样的关系？请说明理由。 3 4 【基础巩固】如图1，正方形ABCD内接于O，直径MN∥AD，求阴影面积与圆面积的比值； 【尝试应用】如图2，在半径为5的O中，BD＝CD，ACO＝2BDO，cosBOC＝x，用含x的代数式 S 表示 ABC； 【拓展提高】如图3，AB是O的直径，点P是OB上一点，过点P作弦CD AB于点P，点F是O上 的点，且满足 CF＝CB ，连接BF交 CD 于点E，若 BF＝8EP ， S CEF 10 2 ，求 O 的半径．1 【答案】[教材呈现]：面积相等，理由见解析；[基础巩固]： 4 ；[尝试应用]： S 25x 1x2 ；[拓展提 △ABC 高]：6 【分析】[教材呈现]根据平行线与三角形的面积公式解答即可； [基础巩固]连接OC、OD，设O的半径为r，利用正方形的性质得MN∥BC，根据三角形面积公式得 1 S S  S S △AON S △DON ，同理，S △BON S △CON ，可得 阴影 扇形CNDO 4 圆即可求出阴影面积与圆面积的比； [尝试应用]连接AO，过点O作OH  AB于点H，由BDCD，BOCO，DODO可得△BDO≌△CDO， 得出BDOCDO，即可得BDC BAC 2BDO，由ACO2BDO可得BAC ACO，再由 COAB得出∠ABO∠BOC，从而可得BH OBcosABO5cosBOC 5x，利用勾股定理求出 OH 5 1x2 ，最后求得结果； DF，BD，OD BC BD CPPD FC BC BD [拓展提高]连接 ，先由垂径定理得出 ， ，从而可得 ，设 EP=a，则CD8a，PC PD4a，CE3a，由勾股定理求出PB的长，最后求得结果． ABC △ABC △ABC △ ABC 【详解】∵ 1， 2， 3， 4同底等高 S S S S ∴ △ABC1 △ABC2 △ABC3 △ABC4 [基础巩固] 连接OC、OD∵AD∥MN S S ∴ △AON △DON S S 同理， △BON △CON 1 S S  S ∴ 阴影 扇形CNDO 4 圆 1 ∴阴影面积与圆面积的比为 ； 4 [尝试应用] 连接AO，过点O作OH  AB于点H ∵BDCD，BOCO，DODO ∴△BDO≌△CDO ∴BDOCDO ∴BDC BAC 2BDO ∵ACO2BDO ∴BAC ACO ∴CO∥AB ∠ABO∠BOC S S ∴ ， ABC ABO ∴BH OBcosABO5cosBOC 5x，AB2AH 10x OH 5 1x2 ， ， 1 S S  ABOH 25x 1x2 ∴ △ABC △ABO 2 [拓展提高] 连接DF，BD，OD ∵AB为直径，CD AB于点P BC BD CPPD ∴ ， 又∵CF CB FC BC BD ∴ BFDCBF FCBCBD ∴ ， ∴BC∥DF，BF CD 设EP=a，则CD8a，PC PD4a，CE3a FC BD ∵ ∴DCBCBF PB BE2EP2  3a2a2 2 2a ∴BECE 3a， ∵BC∥DF S S ∴ △CBF △CBD S S S S S S ∴ △EBD △CBD △CBE △CBF △CBE △CEF 1 1 EDPB 5a2 2a10 2 ∴2 2a 2 ∴ PB4 PD4 2 ∴ ， 在RtODP中，OP2PD2 OD2， 设O半径为r， r42  4 2 2 r2 则 解得r6 ∴O的半径为6 【点睛】此题考查的是平行线的性质及三角形的面积公式，垂径定理、弧、弦、圆心角的关系及勾股定理 等知识点，解决本题的关键是熟练掌握两条平行线之间的距离处处相等． 32．（2023·河南开封·一模）刘老师在“矩形的折叠”活动课上引导学生对矩形纸片进行折叠． 如图，将矩形纸片ABCD折叠，点A与点D重合，点C与点B重合，将纸片展开，折痕为EF，在AD边 P CP PCD △PCQ D Q 上找一点 ，沿 将 折叠，得到 ，点 的对应点为点 ． Q EF CD1 BQ (1)问题提出：若点 落在 上， ，连接 ． △CQB ① 是______三角形； △CQB AD ②若 是等边三角形，则 的长为______． AD 2 △CQB (2)深入探究：在（1）的条件下，当 时，判断 的形状并证明； AB5 AD6 Q ABFE ( ) AQ (3)拓展延伸：若 ， ，其他条件不变，当点 落在矩形 内部 包括边 时，连接 ， 直接写出AQ的取值范围． 【答案】(1)①等腰；②1△CQB (2) 是等腰直角三角形，证明见解析 AQ 615 AQ 26 (3) 的取值范围是 EF BC △CQB 【分析】（1）①根据折叠的性质得出 垂直平分 ，根据垂直平分线的性质即可得出 是等腰三 角形； CQCD1 △CQB BC CQ1 ADBC 1 ②由折叠得 ，若 是等边三角形，则 ，根据矩形的性质得出 ， 1 CQBQCD1 CQ2BQ2 BC2 △CQB （2）由 得 ，根据勾股定理的逆定理得出 ，证明 是直角三角 形，进而即可得出结论； AC C CD EF G BC H CQCD5 （3）连接 ，以点 为圆心， 长为半径作圆交 于点 ，交 于点 ，得出 ，即点 Q在C上运动，连接AG、CG、CH ，则CGCH 5，当点Q落在矩形ABFE内部(包括边)时，则 AC5 AQ AH ． 【详解】（1）如图1，①将矩形纸片ABCD沿EF折叠，点C与点B重合， EF 垂直平分BC， CQBQ， CQB是等腰三角形， 故答案为：等腰． ②由折叠得CQCD1， △CQB BC CQ1 若 是等边三角形，则 ， 四边形ABCD是矩形， ADBC1， 故答案为：1． △CQB （2） 是等腰直角三角形， 1 1 CQBQCD1 证明：如图 ，由 得 ，CQ2BQ2 1212 2 ∴ ， ADBC  2 ∵ ， BC2 ( 2)2 2 ∴ CQ2BQ2 BC2 ∴ ， CQB是直角三角形， CQBQ， CQB是等腰直角三角形． （3）如图2，连接AC，以点C为圆心，CD长为半径作圆交EF于点G，交BC于点H ，  ABCD5，ADBC 6，�B�90 ， AC  AB2BC2  5262  61 ， CQCD5， 点Q在C上运动， 连接AG、CG、CH ，则CGCH 5， BH BCCH 651， AH  AB2BH2  5212  26 四边形ABFE是矩形， CFGAEG90，EF  AB5， 1 1  AEBF CF  BC  63， 2 2 FG CG2CF2  5232 4 EGEFFG541，AG AE2EG2  3212  10 当点Q落在矩形ABFE内部(包括边)时，则AC5 AQ AH ， 615 AQ 26 即 ， AQ 615 AQ 26 ∴ 的取值范围是 ． 【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，等腰三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，勾股定理， 圆外一点到圆的最值问题，轴对称的性质，综合运用以上知识是解题的关键． 33．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨德强学校校考模拟预测）AB为O的直径，C为圆上一点，CD AB， 垂足为D，点E为圆上一点，连接AC，BC，且EC  AC． (1)如图，求证：ACE2BCD； (2)如图，连接AE，求证：AE2CD；(3)如图，在（2）的条件下，连接CO并延长CO交AE于点F ，连接DF交CE于点G，若DG1， CD2 5 FG ，求 的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)5 【分析】（1）连接AE，设BCD，则B90，根据圆周角定理和等腰三角形性质可得 CAEEB90，再根据三角形内角和定理可得出结论； （2）延长CD交圆于点F ，连接AF ，结合题意可证得ACF≌CAE，可得CF  AE，进而再证得结论； （3）在EG上截取一点K，使GK GD，作FH KE，先证出ACD≌CAF ，再证得ODOF ， OFDODF FCG，GFE90E，再证GKF≌GDC，设HK HEx，因此 GC GF GE12x，HG1x，再利用勾股定理得出FG2HG2 FE2HE2，进而算出结论． 【详解】（1）连接AE，设BCD， CD AB B90    AC  AC BE90  CECA CAEE90  ACECAEE180 �ACE 2a ACE2BCD （2）延长CD交圆于点F ，连接AF ，  CD AB，AB是O的直径， CDFD BC BF ， ， CABFABBCF ， ACF 90CAE  AC CA F EACF≌CAE CF  AE 2CD AE （3） OAOC OB OCBOBC 90 BOC2，而AC CE， OACOCAECF  AC EC CFA90CDA  ACCA，AF CD， ACD≌CAF  ADCF ODOF OFDODF FCG， CDF 90，CGFG，FGE2，  E90 GFE90E GF GE 在EG上截取一点K，使GK GD，作FH KE， GKF≌GDC 1 CDFK  AE，  2 FK FE  DG1设HK HEx，因此GC GF GE12x，HG1x，  FH CE FH2HG2 FG2 FH2HE2 FE2 ， FG2HG2 FE2HE2  CD2 5 12x21x2   2 5 2 x2  x2，（负根舍去） FG5． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形性质与判定，勾股定理等知 识点，添加适当的辅助线，构造合适的三角形全等是解本题的关键． ABCD AQ 34．（2023·江苏·模拟预测）【问题思考】如图1，点E是正方形 内的一点，过点E的直线 ，以 DE DEFG GC GC AQ AE GC 为边向右侧作正方形 ，连接 ，直线 与直线 交于点P，则线段 与 之间的关系为 ______． 【问题类比】 如图2，当点E是正方形ABCD外的一点时，【问题思考】中的结论还成立吗？若成立，请证明你的结论； 若不成立，请说明理由； 【拓展延伸】 如图3，点E是边长为6的正方形ABCD所在平面内一动点，【问题思考】中其他条件不变，则动点P到 边AD的最大距离为______（直接写出结果）．【答案】【问题思考】AEGC，AEGC；【问题类比】：【问题思考】中的结论成立，理由见解析； 33 2 【拓展应用】 【问题思考】根据“SAS”证明△DAE≌△DCG，然后根据全等三角形的性质即可得出答案； 【问题类比】同理证明△DAE≌△DCG，然后根据全等三角形的性质即可得出答案； 【拓展应用】根据CPA90可得点P的运用轨迹即为以AC为直径的O上，所以当点P位于AD右侧， PH  AD且经过圆心O时，动点P到边AD的距离最大，据此解答即可． 【详解】解：问题思考： 设AQ和BC交于点H ， ∵四边形ABCD和四边形DEFG都为正方形， ∴ADCEDG90，DADC,DEDG， ∴ADCEDC EDGEDC， 即ADE CDG， ∴DAE≌DCG(SAS)， ∴AE CG，DAEDCG， ∵DABDCB90， ∴DAEHABDCGPCH ， 即BAH PCH ， ∵AHBCHP， ∴BCPA90， 即AECG， 故答案为：AEGC，AEGC； 问题类比： 问题思考中的结论仍然成立，理由如下： 设AQ和BC交于点H ，∵四边形ABCD和四边形DEFG都为正方形， ∴ADCEDG90，DADC,DEDG， ∴ADCEDC EDGEDC， 即ADE CDG， ∴DAE≌DCG(SAS)， ∴AE CG，DAEDCG， ∵DABDCB90， ∴DAEHABDCGPCH ， 即BAH PCH ， ∵AHBCHP， ∴BCPA90， 即AECG， 故答案为：AEGC，AEGC； 拓展应用： ∵CPA90， ∴点P的运用轨迹即为以AC为直径的O上， 如图：当点P位于AD右侧，PH  AD且经过圆心O时，动点P到边AD的距离最大， ∵正方形的边长为6， AC 6 2 OH 3 ∴ ， ， 1 ∴OPOC  AC 3 2， 2 PH OH OP33 2 ∴ ， AD 33 2 即动点P到边 的最大距离为 ， 33 2 故答案为： ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理等知识点，熟练 掌握全等三角形的判定与性质以及确定出点P的运动轨迹是解本题的关键． 35．（2023·陕西铜川·统考三模）（1）如图1，A的半径为1，AB2.5，点P为A上任意一点，则 BP的最小值为 ； ABCD AB AE,BE EF  AB △BEF （2）如图2，已知矩形 ，点E为 上方一点，连接 ，作 于点F，点P是 的 内心，求BPE的度数； AP,CP AB6 BC 4 BEBA CP （3）如图3，在（2）的条件下，连接 ，若矩形的边长 ， ， ，求此时 的 最小值．1.5 135 583 2 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【分析】（1）根据一点到圆上的距离可得当A、B、P三点共线，且点Р在线段AB上时，BP有最小值， 即可求解； 1 1 （2）根据点 是 的内心，得出PEB FEB，PBE FBE，根据三角形内角和定理即可求 P △BEF 2 2 解； △PBE≌△PBA BPEBPA135 AB （3）证明 ，结合（2）的结论，则 ，可得点P的运动轨迹是在 上 AB 135 △APB Q AQ BQ CQ Q QM CB 运动，且 所含的圆周角为 ，作 的外接圆 ，连接 ， ， ，过 作 ，设 Q的半径为r，交CB的延长线于M ，根据圆周角定理得出AQB90，得出QAB是等腰直角三角形， 勾股定理求得CQ，进而即可求解． Р A B P AB BP 【详解】解：（1）当 、 、 三点共线，且点 在线段 上时， 有最小值， BP的最小值为：BP ABPA2.511.5； 故答案为：1.5． （2）∵EF  AB， ∴EFB90， ∴FEBFBE90， ∵点P是△BEF的内心， 1 1 ∴PEB FEB，PBE FBE， 2 2 1 1 1 1 ∴PEBPBE FEB FBE FEBFBE 9045， 2 2 2 2 BPE180PEBPBE18045135 ∴ ； （3）点P是△BEF的内心，PBEPBA，  BEBA，BPBP， △PBE≌△PBA， 由（2）可得BPE135， BPEBPA135， AB AB 135 △APB Q AQ ∴点P的运动轨迹是在 上运动，且 所含的圆周角为 ，如图，作 的外接圆 ，连接 ， BQ CQ Q QM CB CB M ， ，过 作 ，交 的延长线于 ， 设Q的半径为r，则CP的最小值为：CQr， AB 135 ∵ 所含的圆周角为 ， AB 270 所对的圆心角为 ， AQB90， 又QAQB，AB6， QAB是等腰直角三角形， ∴QBA45， QA2QB2  AB2 36 ， r QA3 2 ∴ ， ∵M 90，QBA45，∴QM BM 3， CQ QM2CM2  32342  58 ， CP CQr 583 2 故 的最小值为： ． 【点睛】本题考查了圆周角定理，求一点到圆上的距离，三角形内心的性质，三角形外接圆，勾股定理， 全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，矩形的性质，三角形内角和定理，综合运用以上知识是解 题的关键． 36．（2023·全国·九年级专题练习）【结论理解】“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出 结论：对角互补的四边形的四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究． (1)【问题探究】如图1，在矩形ABCD中，点E为CD上一点，将BCE沿BE翻折，点C的对应点F恰好 落在边AD上，做经过F、E、C三点的圆，请根据以上结论判断点B点______（填“在”或“不在”）该 圆上； ABCD O ABC ADC ABBC 5 2 CD6 (2)如图2，四边形 是 的内接四边形， ， ， ，求四边形 ABCD的面积． (3)【问题解决】如图3，四边形ABCD是某公园的一块空地，现计划在空地中修建AC与BD两条小路， （小路宽度不计），将这块空地分成四部分，记两条小路的交点为P，其中△ ADP与BCP空地中种植草 坪，ABP与△CDP空地中分别种植郁金香和牡丹花．已知 ABCD，BD150m，AC 100m，BACBDC 180，且点C到BD的距离是40m，求种植牡丹花的 地块△CDP的面积比种植郁金香的地块ABP的面积多多少m2？ 【答案】(1)在 (2)49 1000m2 (3) 【分析】（1）矩形的性质及折叠的性质得：CBFE180，则四点B、C、E、F共圆，从而可得答案； （2）由圆内接四边形的性质、勾股定理即可求得四边形的面积； （3）过点C作CEBD于E，过点B作BFAC，交CA的延长线于点F，易证CED≌BFA，则 BF CE40m，从而可分别求得BDC、ABC的面积，两个面积之差即可所求的结果． 【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴C 90， 由折叠的性质得：BFEC90， ∴CBFE180， ∴四点B、C、E、F共圆， ∴点B在点C、E、F确定的圆上， 故答案为：在； （2）解：∵四边形ABCD是圆内接四边形， ∴ABCADC180， ∵ABC ADC， ∴ABC ADC 90， AC  AB2BC2 10 AD AC2CD2 8 由勾股定理 ， ， 1 1 S S S  (5 2)2 6849； 四边形ABCD ABC ACD 2 2 （3）解：如图，过点C作CEBD于E，过点B作BFAC，交CA的延长线于点F， 则CE40m，CEDBFA90， ∵BACBDC180，BACBAF 180， ∴BDC BAF ， ∵ABCD， ∴CED≌BFA， ∴BF CE40m； 1 1 ∵S S S  BDCE 150403000(m2)， BDC CDP PBC 2 2 1 1 S S S  ACBF  100402000(m2)， ABC ABP PBC 2 2 S S S S 300020001000(m2) ∴ CDP ABP BDC ABC ．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质等知识，有 一定的综合性，熟练掌握这些知识并正确运用是关键． 37．（2023·广西柳州·校考一模）如图1，在Rt△ABC中，ABC 90，以线段BC为直径作O交AC于 点D，E为AB中点，连接ED，过点C作CF∥AB交ED的延长线于点F． (1)求证：直线ED是O的切线； (2)判断CDF的形状，并说明理由； OF O BP AC AQ AB6 PQ (3)如图2，连接 交 于点P，连接 交 于点Q，若D为 中点， ，求 的长． 【答案】(1)见解析 (2)等腰三角形，见解析 (3)3 【分析】（1）连接OD，BD，利用等边对等角可得ODEABO90，从而证明结论； （2）由AEDE，AB∥CF，可说明CF DF ； BD OM BP ABBQ6 FDFC FO CD （3）连接 ，作 于M，由垂直平分线的性质可得 ，由 ，可 是 的 ABDQBDQBOBPO30 垂直平分线，从而得出 ，从而解决问题． 【详解】（1）连接OD，BD，∵BC为O的直径， ∴BDC ADB90， ∵点E是AB的中点， ∴EDBE， ∴∠EDB=∠EBD， ∵ODOB， ∴∠ODB=∠OBD， ∴ODEABO90， ∴ODDE， ∵OD是半径， ∴直线ED是O的切线； （2）△CDF是等腰三角形，理由如下： 由（1）知，AEDE， ∴AADE， ∵AB∥CF， ∴ADCF， ∵CDF  ADE， ∴CDF DCF ， ∴DF CF ， ∴CDF是等腰三角形； （3）连接BD，作OM BP于M，AQ BDC ADB90 ∵点D为 的中点， ∴BD垂直平分AQ ∴ABBQ6 ∴ABDQBD ∵DF CF ，ODOC ∴FO是CD的垂直平分线， ∴OF CD， 又∵BDCD， ∴BD∥OF ， QBDBPO ∴ ， 又∵OBOP， QBOBPO ∴ ， ABDQBDQBOBPO ∴ ， ABDQBDQBO90 ∵ ， ABDQBDQBOBPO30 ∴ ， Rt△ABC AC 2AB12 BC 6 3 在 中， ， ， 1 ∴OB BC 3 3 2 1 3 3 9 OM  OB BM  OB2OM2  在Rt△BOM 中， 2 2 ， 2， ∵OM BP ∴BP2BM 9， PQBPBQ3 ∴ ． 【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的切线的判定定理，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质， 直角三角形斜边上中线的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，证明ABD30是解题的关键． 38．（2022秋·广东广州·九年级统考期末）如图，ABCD是正方形，BC是O的直径，点E是O上的一动点（点E不与点B，C重合），连接DE，BE，CE． (1)若EBC 60，求ECB的度数； (2)若DE为O的切线，连接DO，DO交CE于点F，求证：DF CE； (3)若AB2，过点A作DE的垂线交射线CE于点M，求AM 的最小值． 【答案】(1)30 (2)见解析 51 (3) 【分析】（1）先根据圆周角定理可得BEC90，然后根据直角三角形的性质即可解答； DO，DO CE OCDOED CDF EDF,CDDE （2）如图：连接 交 于点F，先证明 可得 ，根 据等腰三角形三线合一的性质可得DFE90，然后再证明DFECEB，最后根据全等三角形的 性质即可解答； （3）如图2：连接AC、BD相交于点T，设AM DE于点N,设DE交AC于点Q，先证明ABEBCE ，进一步证明DBEACM ，再根据BD AC和DE AM 证明BDECAM ，并证明 VBDEVCAM 得到BECM ，最后根据SAS证明VDCM VCBE得到CMDBEC 90， 说明点M在以CD为直径的圆上，如图3：设圆心为H，连接MH、AH ，则 1 1 MH DH  CD 21，根据勾股定理求出 ，再说明 (当且仅当 2 2 AH  5 AM  AH MH 点M在线段AH 上时等号成立)，求出AM的最小值即可． 【详解】（1）解：∵BC是O的直径， ∴BEC90， ∵EBC 60， ∴ECB90EBC30． （2）解：如图：连接DO，DO交CE于点F，∵DE为O的切线， ∴OED90， 由正方形和圆的性质可得：OC OE,OCD90． ∴OEDOCD90， ∵ODOD， OCDOEDHL ∴ ， ∴CDF EDF,CDDE， ∴DF EC，即DFE90， ∴DFECEB90， ∵OEOB， ∴OEBOBE， ∵OED90，BEC90， ∴OEDOECBECOEC，即OEBDEF ， ∴OBEDEF， DFECEBAAS ∴ ， ∴DF CE． （3）解：如图2，连接AC、BD相交于点T，设AM DE于点N，设DE交AC于点Q， ∵正方形ABCD， ∴AC BD,AC BD,CT BT ，ABCBCDADC 90，ACBABD45， CDBC  AD AB2CDBC  AD AB2， ∴点T在O上， ∵BCD90，BEC 90， ∴ABECBE90，BCECBE90， ∴ABE BCE， ∴ABDABEACBBCE ，即DBEACM ； ∵BD AC,DE  AM ， ∴BDEDQT 90，CAM AQN 90， 又∵AQN DQT ， ∴BDECAM ， 在△BDE和VCAM 中， BDECAM   BD AC ，  DBEACM BDECAMASA ∴ ， ∴BECM ， ∵ABC BCD90，ABE BCE， ∴DCM CBE， 在△DCM 和△CBE中，  CDBC  DCM CBE ，   CM BE SAS VDCM VCBE ∴ ， ∴CMDBEC 90； 点M在以CD为直径的圆上，设圆心为H， 如图3：连接MH、AH ，1 1 则: MH DH  CD 21， 2 2 ∵ADC 90， AH  AD2DH2  2212  5 ∴ ， ∵AM  AH -MH ， ∴当且仅当点M在线段AH 上时等号成立， AM  51 ∴ ， AM 51 ∴ 的最小值为 ． 【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与 性质、勾 股定理、正方形的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键． 39．（2023秋·浙江台州·九年级统考期末）如图1，O的半径为4cm，Y ABCD的顶点A，B，C在O 上，AC BC． (1)求证：DC是O的切线； (2)若AD也与O相切，求证：四边形ABCD是菱形； (3)如图2，AD与O相交于点E，连接于CE，当B75时，求Y ABCD的对角线AC的长及阴影部分 图形的面积．【答案】(1)见解析 (2)见解析 AC 2 62 2cm S 4π4 34  cm2 (3) ， 阴影 【分析】（1）连接OA，OB，OC，延长CO交AB于F ，根据垂直平分线的性质得出CO垂直平分AB， 再根据平行四边形的性质进行证明即可； （2）根据切线长定理和四边形ABCD是平行四边形进行证明即可； （3）连接OA，OE，过点E作EG AC交AC于G，根据平行四边形的性质和圆内接四边形的性质得出 CAE30，ACE45，再根据勾股定理、等腰三角形的性质和含30角直角三角形的性质得到AG和 S  S CG 的长，最后根据 阴影 弓形 AE 的面积 AEC进行求解即可． 【详解】（1）连接OA，OB，OC，延长CO交AB于F ， ∵AC BC， ∴点C在AB的垂直平分线上， 又∵OAOB， ∴点O在AB的垂直平分线上， ∴CO垂直平分AB， ∴BFC 90， 又∵四边形ABCD是平行四边形， ∴ABCD， ∴BFCDCF 90， ∴OCCD， ∴DC是O的切线； （2）∵DC是O的切线，AD也是O的切线， ∴DC  AD， 又∵四边形ABCD是平行四边形， ∴四边形ABCD是菱形；（3）连接OA，OE，过点E作EG AC交AC于G， ∵AC BC， ∴BCAB75， ∴ACB30， 又∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴CAEACB30， ∴AEG60， 又∵四边形ABCE是圆内接四边形， ∴ABCAEC180， ∴AEC 105， ∴CEG45， ∴ACE45， ∴AOE90， 又∵OAOE4cm， 90 1 ∴弓形 的面积S S  R2 42 48  cm2 ， AE 扇形AOE OAE 360 2 AE OA2OE2 4 2cm ∵ ， EG2 2cm ∴ ， AG2 6cm ∴ ， CGEG2 2cm ∴ ， AC 2 62 2cm ∴ ，∴S  1 2 2  2 62 2  4 34  cm2 ， AEC 2 S  S 484 3444 34  cm2 ∴ 阴影 弓形AE的面积 AEC ． 【点睛】本题考查了圆的综合，熟练掌握垂直平分线的性质、切线长定理、勾股定理、等腰三角形的性质 和含30角直角三角形的性质并正确画出辅助线是解题的关键． 40．（2023·河北邢台·统考一模）在等边三角形ABC中，ADBC于点D，半圆O的直径EF开始在边 090 BC EF 4 60 上，且点E与点C重合， ．将半圆O绕点C顺时针旋转 ，当 时，半圆O 与AD相切于点P．如图1所示． (1)求AC的长度； (2)如图2．当AC，BC分别与半圆O交于点M，N时，连接MN，OM ，ON． ①求MON 的度数； ②求MN的长度； 90 BC E  F ABC (3)当 时，将半圆O沿边 向左平移，设平移距离为x．当 与 的边一共有两个交点时，直 接写出x的取值范围． 【答案】(1)6； 120 MN 2 3 (2) ， ； 4 3 4 3 0x 6 x<6 (3) 3 或x62 3或 3 ． 【分析】（1）如图，连接OP，等边三角形ABC中，ADBC于点D，CAD30半圆O与AD相切于 点P，根据30角所对的直角边等于斜边的一半可求解；（2）①根据圆周角可求解,②过O作OPMN于P，结合①，可求得ONM 30， 根据30角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理可得PN ，进而求解； E  F ABC BC E  F AB,AC （3）由题意可知， 始终与 的 交于一点，即求出 与 再有E以外的一个交点即可； 如图，当F在AC上时，结合已知，根据30角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理可得CE；如图， AB OP,OB 30 当半圆O与 相切于点P时，连接 ，结合已知，根据 角所对的直角边等于斜边的一半和勾股 定理可得BE，从而求解；如图，当F在AB上时，结合已知，根据30角所对的直角边等于斜边的一半和 勾股定理可得BE，从而求解． 【详解】（1）解：如图，连接OP， 等边三角形ABC中，ADBC于点D， CAD30， 半圆O与AD相切于点P， 1 ，OPOC  EF 2， APO90 2 AO2OP4， AC  AOOC 6， （2）①如图，由题意可知， 点M，N时，与半圆O上， MON 2MCN 260120； ②过O作OPMN于P，1 ，OM ON  FE2， MON 120 2 MN 2PN ONM 30 1 OP ON 1 2 PN  ON2OP2  3 MN 2 3 （3）由题意可知， E  F ABC BC 始终与 的 交于一点， 如图，当F在AC上时， 在Rt△BEC中， FEC90，FCE60°，EF 4， EFC 30， CF 2CE， CF2 CE2EF2， 2CE2 CE2EF2 即 4 3 CE 解得 3 ， 4 3 x ， 3AB OP,OB 如图，当半圆O与 相切于点P时，连接 ， 1 ，OPOE EF 2， OP AB,OE BC 2 OBC 30， BO2OE4， OB2 OE2BE2， 即42 22BE2， BE2 3 解得： ， xBCBE62 3 ， 如图，当F在AB上时， 在Rt△BEF中， FEB90，FBE60，EF 4， EFB30， BF 2BE，  BF2 BE2EF2， 4 3 解得BE ， 3 4 3 xBCBE6 ， 3E  F ABC 综上所述，当 与 的边一共有两个交点时， 4 3 4 3 0x 或 或6 x<6 3 x62 3 3 【点睛】本题考查了圆的基本性质，切线的性质，圆周角定理，垂径定理，等边三角形性质，30角所对 的直角边等于斜边的一半，勾股定理；解题的关键是解含30角的直角三角形． 41．（2022秋·浙江杭州·九年级校联考期中）已知等边ABC内接于O点P为弧AB上的一个动点，连结 PA、PB、PC． (1)如图1，当线段PC经过点O时，写出线段PA，PB，PC满足的等量关系，并说明理由． (2)如图2，点P为弧AB的任意一点（点P不与点A、点B重合），试探究线段PA，PB，PC之间满足的 等量关系，并证明你的结论． (3)如图3，在ABC中，AB=6，AC 11，BAC的外角平分线交ABC的外接圆于点P，PE AC于 E，求AE的长． 【答案】(1)PAPBPC，理由见解析 (2)PAPBPC，证明见解析 5 (3) 2 【分析】（1）由圆周角定理得出PACPBC90，由等边三角形的性质得出ABCBAC 60，1 1 求出 ，由直角三角形的性质得出PA PC，PB PC，即可得出结论； ACPBCP30 2 2 （2）在PC上截取PDPA，连接AD，证明△APD是等边三角形，得出AD APPD， PAD60BAC，证出DACPAB，证明△ACD≌△ABP(SAS)，得出DCPB，即可得出结论； （3）在AC上截取EDAE．连接PD并延长交圆O于G．连接CG，由线段垂直平分线的性质得出 PAPD，由等腰三角形的性质和圆周角定理得出PADPDACDG．PADG．得出CDGG， CGCD BAC1802PAD180(PADPDA)APG BGC  ABG ABCG 证出 ，证出 ．得出 ，得出 ， 证出ABCG．即可得出答案． 【详解】（1）解：PAPBPC，理由如下： 线段PC经过点O， PC是O的直径， PACPBC90， ABC是等边三角形， ABC BAC 60， ACPBCP30， 1 1 PA PC PB PC ， ， 2 2 PAPBPC； （2）PAPBPC，理由如下： 在PC上截取PDPA，连接AD，如图2所示： ABC是等边三角形， AB AC，ABCBAC 60， APDABC60， PDPA，APD是等边三角形， ADAPPD，PAD60BAC， DACPAB， 在ACD和ABP中， AC  AB  DAC PAB ，  AD AP △ACD≌△ABP(SAS)， DCPB， PAPBPDDCPC； （3）在AC上截取EDAE．连接PD并延长交圆O于G．连接CG，如图3所示： PEAC，DE AE， PAPD， PADPDACDG． PADG． CDGG， CGCD， 又PA平分FAC， BAC1802PAD180(PADPDA)APG． BGC  ABG  ABCG ， ABCG．ACABACCDAD2AE，即2AEACAB1165， 5 AE ． 2 【点睛】本题是圆的综合题目，考查了圆周角定理，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质， 等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，含30角的直角三角形的性质，圆心角、弧、弦之间的关系 等知识；熟练掌握圆周角定理和等边三角形的性质是解题的关键． 42．（2022秋·浙江杭州·九年级校考期中）已知O为ABC的外接圆，ABBC． (1)如图1，连接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； ACB,DAC   ②设 ，请用含 的代数式表示 ； ABC 90 F O B,F AC △ABF AB (2)如图2，若 ， 为 上的一点，且点 位于 两侧，作 关于 对称的图形 ABG，连接GC，试猜想AG,CG,BG三者之间的数量关系并给予证明． 2 【答案】(1)①见解析；② GC2 2GB2GA2 (2) ，证明见解析 △OAB≌△OCBSSS OBAOBC ACD90 【分析】（1）①证明 ，可得 ，即可得证；②首先求出 ， 得到OCB90，根据等边对等角得到OCBOBCOBA90，BACBCA，在四 边形ABCD中，利用内角和列出关系式，化简即可； GA GB GC GC2 2GB2GA2 GA O E DE EC （2）猜想 ， ， 三者之间的数量关系为： ， 交 于点 ，连接 ， ， 由已知可得BAC BCA45；利用同弧所对的圆周角相等，得到BEAFBCA45， BECBAC45 ABG ABE AB BGAF 45 GBEBECBAC45，由于ABG与ABE关于AB对称，于是BGAF 45，则得GBE为等腰直角三角 形，GEC为直角三角形；利用勾股定理可得：BG2BE2 GE2，GE2 2BG2；利用△GBA≌△EBC(AAS) 得到GAEC，等量代换可得结论． 【详解】（1）解：①连接OA， 则OAOBOC， 在OAB和OCB中， OAOC  OBOB ，  ABBC △OAB≌△OCBSSS ∴ ， ∴OBAOBC，即BO平分ABC； �D�90 DAC  ②∵ ， ， ∴ACD90， ∴OCB90， ∵OC OBOA， ∴OCBOBCOBA90， ∵ABBC， ∴BACBCA， 在四边形ABCD中，ABCBADBCDD360， 39090360 即 ， 化简得：2；GA GB GC GC2 2GB2GA2 （2） ， ， 三者之间的数量关系为： ．理由： 延长GA交O于点E，连接BE，EC，如图， ABC 90，ABCB， BAC BCA45． BEAF BCA45，BECBAC45． GECAEBBEC90． GC2 GE2CE2． △ABG与△ABF 关于AB对称， BGAF 45， BGABEA45， BGBE． GBE180BGAGEB90． BG2BE2 GE2． 即GE2 2BG2． GBEABC90， GBAABECBEABE，即GBACBE． 在GBA和EBC中， GABCBE  BGABEC 45 ，  BABC △GBA≌△EBC(AAS)． GAEC． GC2 2GB2GA2．【点睛】本题是一道圆的综合题，主要考查了圆的有关性质，勾股定理，圆周角定理及其推论，等腰直角 三角形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，直角三角形的判定与性质，轴对称的性质．根据图形的 特点恰当的添加辅助线是解题的关键． O ABC ABBC ABC60 43．（2022秋·广东广州·九年级校考阶段练习）已知： 是 的外接圆，且 ， ， D为O上一动点． AB DBA (1)如图1，若点D是 的中点， 等于多少？ (2)过点B作直线AD的垂线，垂足为点E． AB CDDEAE ①如图2，若点D在 上，求证： ． AC CDDEAE ABD ②若点D在 上，当它从点A向点C运动且满足 时，求 的最大值． 【答案】(1)30 (2)①证明见解析；②30 BD ABBC BCABAC 【分析】（1）连接 ，根据 可得 ，再根据圆周角定理进行求解即可； （2）①过B作BH CD于点H，则BHC BHD90，证明BEA≌BHC和△BED≌△BDH即可求 解； BO O AI BEA≌BHC △BED≌△BDH ②连接 并延长 交于点I，则点D在 上，证明 和 即可求解； 【详解】（1）如图1中，连接BD．ABBC ∵ ， ∴BCABAC， ∵ABC60， ∴BCA60， AB D是 的中点， ∴DCA30， AD AD ∵ ， ∴DBADCA30． （2）①过B作BH CD于点H，则BHC BHD90． 又∵BE AD于点E， ∴BED90， ∴BEDBHC BHD， BDBD 又∵ ， ∴BAEBCH ， ABBC ∵ ， ∴BABC，在△BEA和△BHC中， BEABHC  BAE BCH   BABC BEA≌BHCAAS ∴ ， ∴EACH ， 又∵四边形ACBD是O的内接四边形， ∴BDEBCA， ABBC 又∵ ， ∴BCABDC， ∴BDE BDC， 在BED和△BDH中， BEDBHD90   BDEBDC ，   BDBD BED≌BHDAAS ∴ ， ∴DEDH ， ∴DC DH HC DEAE． BO O AI ②连接 并延长与 交于点I，则点D在 上． 如图：过B作BH CD于点H， 则BHC 90，BHD90， 又∵BE AD于点E，∴BED90， ∴BEDBHC BHD， 又∵四边形ABCD是O的内接四边形， ∴BAEBCD， ABBC 又∵ ， ∴BABC， 在△BEA和VBCH中， BAE BCD  BEDBHC ，   BABC BEA≌BCHAAS ∴ ， ∴EACH ， ABBC ∵ ， ∴BDABDC， 又BDBD，BEDBHD90， 在BED和BHD中， BEDBHD90   BDABDC ，   BDBD BED≌BHDAAS ∴ ， ∴EDHD， ∴CDHDHC DEAE， BI O ABBC ∵ 是 直径， ， ∴BI 垂直平分AC， AI IC ∴ ， ∴2ABI ABC 60， ∴当点D运动到点I时ABI取得最大值，此时ABD30． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、圆周角定理和圆内接四边形的性质，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键． 44．（2023·江苏·九年级假期作业）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 Rt△ABC中，C 90，当AB长度不变时．则点C在以AB为直径的圆上运动（不与A、B重合）． 【探索发现】 小明继续探究，在Rt△ABC中，C 90，AB长度不变．作A与B的角平分线交于点F，小明计算 后发现AFB的度数为定值，小明猜想点F也在一个圆上运动．请你计算AFB的度数，并简要说明小明 猜想的圆的特征． 【拓展应用】 在【探索发现】的条件下，若AB2 3，求出△AFB面积的最大值． 【灵活运用】 ABC AB2 3 BC AC BDCE AD、BE 在等边 中， ，点D、点E分别在 和 边上，且 ，连接 交于点F，试 求出△AFB周长的最大值． 【答案】探索发现：AFB135，以AB为斜边的Rt△ABD，点F在以D为圆心，DA为的圆D的劣弧AB △AFB 3 23 △AFB 42 3 上；拓展应用： 面积取得最大值为 ；灵活运用： 的周长的最大值为 【分析】探索发现，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； 拓展应用，先确定FD AB时，△AFB面积取得最大值，再根据垂径定理求解即可； △ABD≌△BCESAS 灵活运用，先确定点F的运动轨迹，再以BF为边作等边 △BFI ，构造 ，当 AFBF HF的值最大时，△AFB的周长取得最大值，即当弦HF为圆G直径，再根据垂径定理求解即 可． 【详解】解：探索发现，∵A与B的角平分线交于点F，且C 90， 1 ∴FABFBA CABCBA 2 1  180C 21  18090 2 45， AFB180FABFBA135 ∴ ， 如图，以AB为斜边的Rt△ABD，点F在以D为圆心，DA为的圆D的劣弧AB上； ； 拓展应用，∵AB2 3，是定长， ∴当点F到AB的距离最长时，△AFB面积取得最大值， 此时FD AB，如图， 1 ，BG AG AB 3， FAFB 2 DGBG 3 DF BD 2BG 6 ∴ ， ， GF DFDG 6 3 ∴ ， 1 ∴ 面积取得最大值为 ABGF 3 23； △AFB 2 灵活运用， ∵等边ABC中，且BDCE，∴ABC C 60，ABBC， △ABD≌△BCESAS ∴ ， ∴BADCBE， ∴BFDBAFABF CBFABF 60， ∴AFB120， 作等边ABH ，作等边ABH 的外接圆G，点F在圆G的劣弧AB上； 以BF为边作等边△BFI ，延长FI 交圆G于点H，如图，连接BH ， ∵BHI BAF，HIB18060120AFB，BI BF， △BHI≌△BAFAAS ∴ ， ∴HI  AF， ∴AFBF HIBI HIFI HF ， ∵AB2 3，是定长， ∴当AFBF HF的值最大时，△AFB的周长取得最大值， 即当弦HF为圆G直径时，△AFB的周长取得最大值， BJ  AJ  3 JBF 30 如图， ， ，∴BF 2JF ， 1  2  2 BF2  BF  3 ∵BF2 JF2BJ2，即 2  ， ∴BF  AF 2， △AFB 42 3 ∴ 的周长的最大值为 ． 【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． 45．（2023秋·浙江台州·九年级统考期末）如图O半径为r，锐角ABC内接于O，连AO并延长交BC 于D，过点D作DEAC于E． (1)如图1，求证：DABCDE； CDOA,AB6 DE (2)如图1，若 ，求 的长； DAC 2DAB BD5,DC 6 (3)如图2，当 时， ，求r的值； (4)如图3，若AE ABBD1，直接写出ADDE的值（用含r的代数式表示） 【答案】(1)见解析 (2)3 5 5 (3) 2 4r21 (4) 【分析】（（1）延长AD交O于F，连接BF，由圆周角定理可得，再由等角的余角相等可得结论； 1 （2）作 ，可得AN  AB3，再由 证明 即可得到结论； ON  AB 2 AAS ANODEC （3）作AGBC于点G，DH  AB于点H，可证明ADH ADGACG，得到DH DGGC 3，由勾股定理得BH 4，AB10，延长AD交O于F ，连接BF，可得BF BD5，再由勾股定理可得结 论； （4）延长AD交O于点F，连接BF，过点C作CG AF 于点G，连接EG交BC于点H，由AAS证明 CEDCGD得DEDG，从而ADDE ADDG AG，再根据ASA证明AEGBDF 得AGBF， 最后由勾股定理可得结论． 【详解】（1）延长AD交O于F，连接BF， ∴C F. ∵AF 为直径，DEAC， ABF DEC 90 ∴ ， ∴DABCDE； （2）作ON  AB于N， ANODEC90 ∴ ， ∵AB6， ∴AN 3， 又∵AOCD，DABCDE， ∴ANODEC， ∴DE AN 3； （3）作AGBC于点G，DH  AB于点H，AGC DEC 90,C C ∴ ， ∴GAC CDEDAB， 又∵DAC 2DAB， ∴DABDAGGAC， ∴可得ADH ADGACG， 又∵DC 6， ∴DH DGGC 3， Rt△ BDH BH  5232 4 在 中， ， 设AH  AGx， RtABG 82x2 (x4)2 在 中， ， 解得x6， ∴AB10， 延长AD交O于F ，连接BF， ∵F C ADC BDF， ∴BF BD5， RtABF AF  52102 5 5 在 中， ． 1 5 5 r AF  ∴ 2 2 ； （4）延长AD交O于点F，连接BF，过点C作CG AF 于点G，连接EG交BC于点H，如图，  ABBD，DABBDA， BDAFDC， DABFDC， 由（1）得，DABCDE， CDEFDC，  DE AC， CED90， CG AF， CGD90 ， CEDCGD， 在△CED和△CGD中， CEDCGD,CDEGDC,CDCD ， CEDCGD(AAS) ， DEDG， ADDE ADDG AG，  DEDG,CDEGDC ， DH EG， DCECEH 90 ， ECDCDE90 ， CEH CDE， CEGGDC， AEG180CEG,BDF 180GDC ， AEGBDF ， 在△AEG和VBDF中， DAEDBF,AEBD,AEGBDF ， AEGBDF(ASA) ，AGBF.  AF为O的直径， ABF 90 ， BF  AF2AB2  (2r)212  4r21 ， AG 4r21 ， ADDE 4r21 ． 【点睛】本题考查垂径定理、直径的性质、勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学 会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．