专题3.34 圆的综合题-圆与四边形（专项练习）
◆中考动态
纵观近几年各省市中考题中，圆的综合题是必考题型,主要体现在圆与全等三角形、相
似三角形、三角函数的综合，有的设置两个小问,有的设置三个小问,类型比较多,难度比较
大。
◆知识点
圆的综合题涉及到的知识点比较多,主要有圆的基本性质、圆心角定理、圆周角定理及
其推论、垂径定理及其推论、圆内接三角形的性质、圆内接四边形的性质、三角形内切圆
及三角形内心的概念、全等三角形的判定定理及性质定理、相似三角形的判定定理及性质
定理、勾股定理及其逆定理、切线的判定定理及性质定理。
◆解题策略及方法
虽然圆的综合题难度比较大,但是,只要我们熟记圆的各个性质和判定定理,还有辅助线
的各种作法,这类题是可以突破的圆作为一个载体,常与三角形、四边形结合,考查切线的性
质及判定、相似三角形的性质及判定、解直角三角形、求线段长或图形面积等.解题需要先
分析题干中的条件,然后从图形中挖掘出隐含条件
常用方法:①利用垂径定理,通过在由半弦、半径、弦心距组成的直角三角形,运用勾股
定理或锐角三角函数进行计算:
②利用圆周角相等转移角的等量关系;
③利用直径构造直角三角形;
④发现并构造相似,利用全等和相似、锐角三角函数、勾股定理进行证明和计算;
⑤在计算面积时,可以利用面积的和差进行。
1．如图， 是半圆的直径，弦 ，过 点作圆 的切线 ，与 延长线相交
于点 ，连接 、 ， ．
（1）求证：四边形 是平行四边形；
（2）当 时，求围成阴影部分图形的周长．
2．已知：如图，四边形 内接于圆，延长 、 相交于点 ，点 是 的延长线上的点，且 平分 ．
（1）求证： ；
（2）若 ， ，求 的长．
3．已知四边形ABCD是菱形（如图），以点B为圆心，BD长为半径的圆分别与边AD、
CD、BC、AB，相交于点E、F、G、H，联结BE．
（1）求证： ；
（2）联结EG，如果 ，求证： ．
4．如图，四边形 中， ，以A为圆心，
为半径作圆，延长 交 于点F，延长 交 于点E，连结 ，交 于点G．
（1）求证： 为 的切线；
（2）求 的值；
（3）求线段 的长．
5．如图，四边形ABCD是平行四边形，点A，B，D均在圆上．请仅用无刻度的直尺分别下列要求画图．
（1）在图①中，若AB是直径，CD与圆相切，画出圆心 ；
（2）在图②中，若CB，CD均与圆相切，画出圆心 ．
6．若四边形的一组对角α，β，满足∠α ∠β＝180°，我们把这个四边形称为可衍生四边
形，∠β为二倍角．
（1）如图1，在四边形ABCD中，AD⊥CD，∠A＝130°，当四边形ABCD为可衍生四边形，
且∠C为二倍角时，求∠B的度数；
（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，点E是圆上一点，连结并延长CE，AD交于点
F，延长CD，BA交于点G，CD•DG＝AD•DF，求证：四边形ABCF是可衍生四边形；
（3）如图3，在（2）的条件下，连结AE，EG，若CD是⊙O的直径，AF⊥EG，AG＝
5AB，求sin∠FAG的值．
7．已知：如图，四边形 内接于圆， 交 延长线于 ．求证：
．8．已知：如图，四边形ABCD内接于圆，延长AD、BC相交于点E，点F是BD的延长线
上的点，且DE平分∠CDF．
（1）求证：AB＝AC；
（2）若AC＝5cm，AD＝3cm，求DE的长．
9．问题背景：如图1，在四边形ADBC中，∠ACB=∠ADB=90，AD=BD，探究线段BC、
CD之间的数量关系．
小亮同学探究此问题的思路是：将△BCD绕点D逆时针旋转90°到△AED处．点B、C分
别落在点A、E处（如图2），易证点C、A、E在同一条直线上，并且△CDE是等腰直角
三角形，所以CE= CD，从而得出结论：AC+BC= CD．
简单应用：
（1）在图1中，若AC=2 ，BC=4 ，则CD=______；
（2）如图3，AB是圆O的直径，点C、D在圆O上，弧AD等于弧BD，若AB=13，
BC=12，求弦CD的长；
拓展延伸：
（3）如图4，∠ACB=∠ADB=90°，AD=BD，若AC=m，BC=n（m＜n），求CD的长（用
含m，n的代数式表示）．
10．定义：有一个角是其对角一半的圆的内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫做美
角．
（1）如图1，若四边形 是圆美四边形，求美角 的度数．
（2）在（1）的条件下，若 的半径为 ．①求 的长．
②如图2，在四边形 中，若 平分 ，则 的最大值是________．
（4）在（1）的条件下，如图3，若 是 的直径，请用等式表示线段 ， ，
之间的数量关系，并说明理由．
11．如图， 是 的直径， 是圆上不与点 、 重合的动点，连接 并延长 到点
，使 ，连接 ， 是 的中点，连接 、 、 ．
（1）求证： ．
（2）填空：
①若 ，当 ___________时，四边形 是菱形；
②当 ___________ 时，四边形 是正方形．
12．阅读下列相关材料，并完成相应的任务．婆罗摩笈多是古印度著名的数学家、天文学
家，他编著了《婆罗摩修正体系》，他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，也称“布拉美古
塔定理”．定理的内容是：“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”．
任务：
（1）按图（1）写出了这个定理的已知和求证，并完成这个定理的证明过程；
已知：__________________
求证：_________________
证明：（2）如图（2），在 中，弦 于M，连接 分别是
上的点， 于 于H，当M是 中点时，直接写出四边形 是怎
样的特殊四边形：__________．
13．如图，已知扇形 的半径 ， ，点 、 分别在半径 、 上
（点 不与点 重合），联结 ．点 是弧 上一点， ．
（1）当 ，以 为半径的圆 与圆 相切时，求 的长；
（2）当点 与点 重合，点 为弧 的中点时，求 的度数；
（3）如果 ，且四边形 是梯形，求 的值．
14．如图，在四边形 中， ，过 三点的圆交 边于点
E．
（1）求证：E是 的中点；
（2）若 ，求证： ．15．定义：对角互补且有一组邻边相等的四边形叫做友好四边形．
（1）如图1，在友好四边形 中， // ，且 ，求 的度数．
（2）如图2，四边形 内接于圆O，连结 交 于点E（不与点O重合），若E
是 的中点，求证：四边形 是友好四边形．
（3）在（2）的条件下，
①如图3，连结 交 于点K，若 ， ， ，求友好四边
形 的面积．
②如图4，若延长 交 于点F，交圆O于点G，若 ， ，
，求 的长．
③如图5，延长 至Q，使得 ，若友好四边形 中有一组对边平行，且
，求 的正弦值．16．如图 ， ， ，点 从点 出发，以 的速
度向点 运动同时点 从点 出发，以 的速度向点 运动，当点 到达点 时， 、
两点停止运动．运动时间为 秒．
（1）如图1，用含 的式子表示 的面积求出 的最大面积；
（2）如图1， 的面积与四边形 的面积能否相等如果能，求 的值，如果不能
说明理由．
（3）如图2，点 为圆心，PQ为半径作圆，点 、 在运动过程中，当 为何值时，直线
与 相切直接写出 的值．17．如图，已知矩形 中， ，点E在边 上， 的垂直平分线分别
与边 、 相交于点F、G．
（1）若四边形 能够成为菱形，则a必须满足的条件是_________；
（2）若 ，求 的最小值；
（3）若经过点D、E、F的圆能够与直线 、 同时相切，求a的值．
18．问题提出
（1）已知，如图①在 ABC中，AB＝4，AC＝3，sinA＝ ，则 ．
（2）已知，如图②四边形ABCD中，两条对角线AC＝m，BD＝n．AC与BD的夹角为θ
（0＜θ≤90）．求四边形ABCD的面积（用含m、n、θ的式子表示S ）．
四边形ABCD
问题解决
（3）课外活动小组在研究圆内接四边形时提出以下问题：若线段AB、CD是半径为2的
⊙O的两条弦，且AB＝2 ，CD＝2 ，你认为在以点A、B、C、D为顶点的四边形中，
是否存在面积最大的四边形？请利用图③说明理由，若存在，请求出面积最大值．19．如图所示，四边形ABCD的顶点在同一个圆上，另一个圆的圆心在AB边上，且该圆
与四边形ABCD的其余三条边相切．求证： ．
20．在平面直角坐标系xOy中，作⊙O分别交x轴y轴于点A、B，点C在第三象限且在圆
上，D是弦AB的中点，OD的长为 ．
（1）如图1所示，求半径的长度；
（2）如图1所示，若圆心O到弦BC的距离OE= ，求C点的坐标；
（3）如图2所示，C点坐标同第（2）问，P是x轴下方的一个动点，使得∠BPC：
∠BOC=1：2，四边形OBPC的面积是否存在最大值？若存在请算出面积，并直接写出P
点坐标；若不存在，请说明理由．
21．（1）如图①，在△ABC中， ，AB=4，AC=3，若AD平分∠BAC交 于
点 ，那么点 到 的距离为 ．（2）如图②，四边形 内接于 ， 为直径，点B是半圆 的三等分点（弧
弧 ），连接 ，若 平分 ，且 ，求四边形 的面积．
（3）如图③，为把“十四运”办成一届精彩圆满的体育盛会很多公园都在进行花卉装扮，
其中一块圆形场地圆O，设计人员准备在内接四边形ABCD区域内进行花卉图案设计，其
余部分方便游客参观，按照设计要求，四边形ABCD满足∠ABC=60°，AB=AD，且
AD+DC=10（其中 ），为让游客有更好的观体验，四边形ABCD花卉的区域面
积越大越好，那么是否存在面积最大的四边形ABCD？若存在，求出这个最大值，不存在
请说明理由．
22．（1）（学习心得）小明同学在学习完“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．例如：如图1，在 中，
， ， 是 外一点，且 ，求 的度数．若以点 为
圆心， 为半径作辅助 ，则点 、 必在 上， 是 的圆心角，而
是圆周角，从而可容易得到 ______ ．
（2）（问题解决）如图2，在四边形 中， ， ，求
的度数．（3）（问题拓展）如图3，如图， ， 是正方形 的边 上两个动点，满足
．连接 交 于点 ，连接 交 于点 ．若正方形的边长为 ，则线段
长度的最小值是______．
23．（问题提出）
如图1， 为 的一条弦，点 在弦 所对的优弧上运动时，根据圆周角性质，我们
知道 的度数不变．爱动脑筋的小芳猜想，如果平面内线段 的长度已知， 的
大小确定，那么点 是不是在某个确定的圆上运动呢？
（问题探究）
为了解决这个问题，小芳先从一个特殊的例子开始研究．如图2，若 ，线段 上
方一点 满足 ，为了画出点 所在的圆，小芳以 为底边构造了一个
，再以点 为圆心， 为半径画圆，则点 在 上．后来小芳通过逆向思维
及合情推理，得出一个一般性的结论．即：若线段 的长度已知， 的大小确定，则
点 一定在某一个确定的圆上，即定弦定角必定圆，我们把这样的几何模型称之为“定弦
定角”模型．
（模型应用）
（1）若 ，平面内一点 满足 ，若点 所在圆的圆心为 ，则
________，半径 的长为________．
（2）如图3，已知正方形 以 为腰向正方形内部作等腰 ，其中 ，过点 作 于点 ，若点 是 的内心．
①求 的度数；
②连接 ，若正方形 的边长为 ，求 的最小值．
24．如图，已知 为半圆O的直径，P为半圆上的一个动点（不含端点），以 为
一组邻边作 ，连接 ，设 的中点分别为 ，连接 ．
（1）试判断四边形 的形状，并说明理由．
（2）若点P从点B出发，以每秒 的速度，绕点O在半圆上逆时针方向运动，设运动时
间为 ．
①是否存在这样的 ，使得点Q落在半圆O内？若存在，请求出 的取值范围；若不存在，
请说明理由．
②试求：当t为何值时，四边形 的面积取得最大值？并判断此时直线 与半圆O
的位置关系（需说明理由）．
25．如图， 为 的弦，弧 ＝弧 ，连接 的延长线交 于点 ．（1）如图1，求证： ；
（2）如图2， 于点 交 于点 ，连接 交 于点 ，求证：
；
（3）如图3，在（2）的条件下， 的延长线交 于点 ，求 的长．
26．在平面中，对于 以及它的弦 ，若存在正方形 ，使点 在弦 上，点
在 上，则称正方形 是 关于弦 的一个“联络正方形”
下图中的正方形 即为 关于弦 的一个“联络正方形”
在平面直角坐标系 中，已知点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，以 为圆
心， 为半径的圆与 轴的另一个交点为 ．
（1）当 时，判断 关于弦 的“联络正方形”是否存在（直接回答）；
（2）当 时， 关于弦 的“联络正方形”为 ，求点 的坐标；
（3）当 关于弦 的“联络正方形”为 存在，且点 在抛物线 上时，
直接写出此时点 的坐标．
27．如图，矩形ABCD是⊙O的内接矩形，⊙O半径为5，AB＝8，点E、F分别是弦CD、
BC上的动点，连结EF，∠EAF始终保持等于45°．
（1）求AD的长度．
（2）已知DE＝ ，求BF的长度．
（3）试探究△AEF的面积是否存在最小值，若存在，请求出它的最小值；若不存在，请说
明理由．28．已知AB、CD为 的两条弦， ．
（1）如图1，求证弧 弧BD；
（2）如图2，连接AC、BC、OA、BD，弦BC与半径OA相交于点G，延长AO交CD于点
E，连接BE，使 ，若 ，求证：四边形ABEC为菱形；
（3）在（2）的条件下，CH与 相切于点C，连接CO并延长交BE于点F，延长BE交
CH于点H， ， ，求CH长．
29．已知AB是⊙O的直径，AC是弦，∠BAC的角平分线交⊙O于点D，DE⊥AC于E．
（1）如图（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）如图（1）若AB＝10，AC＝6，求ED的长；
（3）如图（2）过点B作⊙O的切线，交AD延长线于F，若ED＝DF，求 的值．30．定义：若一个圆内接四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为圆美四边形．
（1）请你写出一个你学过的特殊四边形中是圆美四边形的图形的名称__________；
（2）如图1，在等腰 中， ，经过点A、B的⊙O交 边于点D，交
于点E，连结 ．若四边形 为圆美四边形，求 的值；
（3）如图2，在 中，经过A、B的⊙O交 边于点D，交 于点E，连结 ，
交于点F．若在四边形 的内部存在一点P．使得 ，连结 交
于点G，连结 ，若 ， ．
①求证：四边形 为圆美四边形；
②若 ， ， ，求 的最小值．参考答案
1．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接 ，根据切线的性质得到 ，根据等腰直角三角形的性质、平行四边形
的判定定理证明结论；
（2）根据弧长公式求出 的长，结合图形计算，得到答案．
解：（1）证明：连接 ，
是圆 的切线，
，
由圆周角定理得， ，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形 是平行四边形；
（2） ，
， ，
，
的长 ，
围成阴影部分图形的周长 ．【点拨】本题考查的是切线的性质、弧长的计算，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是
解题的关键．
2．（1）见解析；（2） cm．
【分析】
（1）由圆内接四边形的性质得出 ，由 平分 ，根据角平分线的定义
可得 ，再由圆周角定理及对顶角的性质可得 ， ，所以 ，
由此可得 ；
（2）首先证明 ，通过相似三角形的性质即可求解．
解：（1）证明： ，
，
∵ 平分 ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ；
（2）∵ ， ，
∴
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ．【点拨】本题综合考查了角平分线的判定，相似三角形的判定和性质，圆内接四边形的性
质等，灵活运用所学知识，学会正确寻找相似三角形解决问题是关键．
3．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）在菱形ABCD中，AD=AB，∠ADB=∠ABD，又在圆B中，BE=BD，则
∠ADB=∠ABD=∠BED，即△BDE∽△ADB；
（2）联结EG，EG∥AB，又AD∥BC，四边形ABGE是平行四边形，则AE=BG=BD，由
（1）得△BDE∽△ADB，得到 ，即BD2=AD•DE，则可得出结论．
解：（1）在菱形ABCD中，AD=AB，∠ADB=∠ABD，
又在圆B中，BE=BD，
∴∠BDE=∠BED，
∴∠ADB=∠ABD=∠BED，
∴△BDE∽△ADB；
（2）如图，
∵EG∥AB，又AD∥BC，
∴四边形ABGE是平行四边形，
∴AE=BG，
∵BG=BD，
∴AE=BD，
又由（1）得△BDE∽△ADB，
∴ ，∴BD2=AD•DE，
又在菱形ABCD中，AD=BC，
∴AE2=DE•CB．
【点拨】本题主要考查菱形的性质，平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定
等内容，熟知各种判定定理是解题基础．
4．（1）见解析；（2） ；（3）
【分析】
（1）根据平行线的性质，证明∠ABC=90°即可；
（2）根据平行线的性质，得∠EDF=∠BCD，过点D作DH⊥BC，垂足为H，在直角三角形
CDH中，根据三角函数的定义计算即可；
（3）过A作 于点J，证明 ，后利用勾股定理计算即可
解：（1）证明：∵ ，
∴
∵
∴ 是 的切线
（2）过D作 于H,
∵
∴
∴四边形 为平行四边形
∴在 中，
∴ ,
∴ ,
∴
（3）过A作 于点J,
∴
在 中，
∴
∴
∴
∵
∵
∴
∴ ，
∴中，
∴ .
【点拨】本题考查了切线的判定，垂径定理，三角形相似，勾股定理，熟练掌握切线的判
定，灵活运用勾股定理，垂径定理，三角形相似是解题的关键.
5．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）延长CB交圆于一点，把这点与点D连接，与AB交点即为圆心；
（2）连接AC、BD交于点G，AC交圆于点E，射线DE交BC于F，射线FG交DA于H，
连接BH交AC于O即可．
解：（1）如图1所示，延长CB交圆于点E，连接DE，与AB交点即为圆心 ； 由已知可
得∠A+∠DBA=90°，∠EBA=∠C=∠A,故∠EBA +∠DBA=90°，DE为直径；
（2）如图2所示，连接AC、BD交于点G，AC交圆于点E，射线DE交BC于F，射线FG
交DA于H，连接BH交AC于O．点 即为所求．说明：由已知可得，△ADB为等边三角
形，由作图可知，AE为直径，DF⊥BC，可得，F是BC中点，进而得出H是AD中点，
BH⊥AD，BH过圆心；【点拨】本题考查了无刻度直尺作图，解题关键是准确理解题意，根据圆的有关性质进行
作图．
6．（1） ；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）由定义以及四边形内角和定理可得∠B的度数；
（2）根据圆内接四边形的一个外角等于内对角，再证明 可得
，进而可得 ，结合定义即可得证；
（3）连接 ，设 交 于点 ，证明 ，进而证明
，求得 ，进而证明 ，再证明
，求得 ，根据正弦的定义即可求得
解：（1） 四边形 为可衍生四边形，∠C为二倍角，∠A＝130°，AD⊥CD，
, ，
，
，
（2） ，
即 ，
，
，
，四边形 是圆 的内接四边形，
，
，
，
，
，
四边形ABCF是可衍生四边形；
（3）连接 ，设 交 于点 ，如图，
CD是⊙O的直径，
，
由（2）可知 ，
，
，
又 , ，
，
，
，
四边形 是圆 的内接四边形，
，
，
，，
，
，
AF⊥EG，
，
又 ，
，
，
．
【点拨】本题考查了新定义四边形，圆内接四边形的性质，直径所对的圆周角是90°，全
等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，锐角三角函数的定义，综合运用以上
知识是解题的关键．
7．见解析
【分析】
连接 ，由同弧所对的圆周角相等可得 ，然后结合平行线的性质求得
，再根据圆内接四边形对角互补和邻补角的定义求得 ，从
而可证 ，最后根据相似三角形的性质进行证明．
解：证明：连接 ，则 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
即 ．【点拨】本题考查同弧所对的圆周角相等，圆内接四边形对角互补，相似三角形的判定和
性质，掌握相关性质定理正确推理论证是解题关键．
8．（1）见解析；（2） cm
【分析】
（1）由圆内接四边形的性质，可求得∠ABC＝∠2；由于∠1＝∠2＝∠3＝∠4，故∠ABC
＝∠4，由此得证．
（2）证△ABD∽△AEB，通过相似三角形的对应边成比例，即可求出AE及DE的值．
解：（1）证明：如图：
∵∠ABC＝∠2，∠2＝∠1＝∠3，∠4＝∠3，
∴∠ABC＝∠4，
∴AB＝AC；
（2）解：∵∠3＝∠4＝∠ABC，∠DAB＝∠BAE，
∴△ABD∽△AEB，
∴ ，
∵AB＝AC＝5cm，AD＝3cm，
∴AE＝ ，
∴DE＝ （cm）．【点拨】本题综合考查了角平分线，相似三角形，圆内接四边形的性质，是中学阶段的常
规题目．
9．（1）6；（2） ；（3）
【分析】
（1）由题意可知：AC+BC= CD，所以将AC与BC的长度代入即可得出CD的长度；
（2）连接AC、BD、AD即可将问题转化为第（1）问的问题，利用题目所给出的证明思路
即可求出CD的长度；
（3）以AB为直径作⊙O，连接OD并延长交⊙O于点D，由（2）问题可知：AC+BC=
1
CD；又因为CD=DD，所以利用勾股定理即可求出CD的长度.
1 1 1
解：(1)由题意知：AC+BC= CD，
∴2 +4 = CD，
∴CD=6；
故答案为： ；
(2)如图3，连接AC、BD、AD，
∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=∠ACB=90∘，
∵ = ，
∴AD=BD，
∵AB=13，BC=12，
∴由勾股定理得：AC=5，
由图1得：AC+BC= CD，5+12= CD，∴CD= .
(3)以AB为直径作⊙O,连接DO并延长交⊙O于点D，
1
连接DA、DB、DC、CD,如图4,
1 1 1
由(2)得：AC+BC= DC，
1
∴DC= ，
1
∵DD是⊙O的直径，
1
∴∠DCD=90∘，
1
∵AC=m，BC=n，
∴由勾股定理可求得：AB2=m2+n2，
∴DD2=AB2=m2+n2，
1
∵DC2+DC2=DD2，
1 1
∴CD2=m2+n2− = ,
∵m<n，
∴CD=
【点拨】本题是圆的综合题，主要考查了勾股定理、等腰直角三角形的判断和性质，圆周
角定理、旋转的性质等知识点，解题的关键就是要利用得出的结论来进行解决问题
10．（1） ；（2）① ；② ；（3）
【分析】（1）由题意得： ，而 即可求解；
（2）①如图1，连接 并延长交圆于 点，连接 ， ；②如下图：
连接 、 、 ，当 在 上， 最大即可求解；
（3）如图3，延长 和 交于点 ，先求解 ，证明 ，再利用
，从而可得结论．
解：（1）由题意得： ，而 ，
；
（2）①如图1，连接 并延长交圆于 点，连接 ，
则 ，
为直径， 则
；
②如图2：连接 ，由（1）得：
平分
， ，则 为等边三角形，延长 到 ，使得 ，
又 ， ，
， ，
，
为等边三角形，
则 ，则 ，
为定点，而 为弧 上的动点， 要最长，
则 为圆的直径，故 直径 ；
（3）如图3，延长 和 交于点 ，
是直径，则 ，而
则 ，
则 ，
，故： ．
【点拨】本题考查的是圆的内接四边形的性质，圆周角定理的应用，直径所对的圆周角是
直角，等边三角形的性质与判定，锐角三角函数的应用，灵活运用以上知识解题是解题的
关键.
11．（1）见解析；（2）①8；②45
【分析】
(1) 如图，连接PB，AB是 的直径推出BP⊥AD，推出BP是线段AD的垂直平分线，即
证出结论;
(2)①先证四边形AOCP是平行四边形，即可得出当AP=OA= AB=8时，平行四边形AOCP
是菱形;②由四边形OBCP是正方形推出∠OPA=∠A=45°= ∠POB．再由PC//AO，可得出
∠DPC=∠A=45°
解：（1）证明：如图，连接 ．
∵ 是 的直径，
∴ ．
∵ ，
∴ 是线段 的垂直平分线，
∴ ．
（2）①∵AP=PD，BC=DC，
∴PC∥AO， PC= AB，
∴AB是 的直径，
∴OA=OB= AB，∴OA=PC，
∴四边形AOCP是平行四边形，
∴当AP=OA= AB=8时，平行四边形AOCP是菱形，
故答案为:8．
②当四边形OBCP是正方形时，∠POB=90°
∵OA=OP
∴∠OPA=∠A=45°= ∠POB
PC//AO，
∴∠DPC=∠A=45°
故答案为: 45．
【点拨】本题考查圆周角定理、平行四边形的判定、菱形的判定、正方形的判定、灵活进
行角的等量转换是关键，熟练掌握特殊四边形的判定是重点．
12．（1）见解析；（2）菱形
【分析】
（1）先写出已知、求证，先证明 ，再证明 ， 即可证明
（2）先证明 ，再证明 ,由布拉美古塔定理证明 即可
证明
解：（1）已知：如图，在圆内接四边形 中，对角线 于点M，过点M作
的垂线分别交 于点 ．
求证：点E是 的中点
证明：
，
，
，
，
，
同理可证 ，
，
∴点E是 的中点故答案为：已知：如图，在圆内接四边形 中，对角线 于点M，过点M作
的垂线分别交 于点 ．
求证：点E是 的中点
（2）四边形 是菱形
理由：由布拉美古塔定理可知， 分别是 的中点，
是 中点
∴四边形 是菱形
故答案为：四边形 是菱形
【点拨】本题考查菱形的判定、根据题意写已知求证、灵活进行角的和差关系的转换是解
题的关键
13．（1） ；（2）67.5°；（3） 或
【分析】
（1）由题意∠COD＝90°，cot∠ODC＝ ，可以假设OD＝3k，OC＝4k，则CD＝
5k，证明AC＝OC＝4k＝2，推出k＝ ，继而可得结论．
（2）如图2中，连接OP，过点P作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．利用全等三角形的性质
证明△PCB是等腰直角三角形，可得结论．
（3）分两种情形：如图3−1中，当OC∥PD时，如图3−2中，当PC∥OD时，分别求解即
可．
解：（1）如图1中，∵∠COD＝90°，cot∠ODC＝ ，
∴设OD＝3k，OC＝4k，则CD＝5k，
∵以CD为半径的圆D与圆O相切，
∴CD＝DB＝5k，
∴OB＝OD＋DB＝3k＋5k＝4，
∴k＝ ，
∴CD＝ ；
（2）如图2中，连接OP，过点P作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．
∵ ，
∴∠AOP＝∠POB，
∵PE⊥OA，PF⊥OB，
∴PE＝PF，
∵∠PEC＝∠PFB＝90°，PD＝PC，
∴Rt△PEC≌Rt△PFB（HL），
∴∠EPC＝∠FPB，
∵∠PEO＝∠EOF＝∠OFP＝90°，
∴∠EPF＝90°，∴∠EPF＝∠CPB＝90°，
∴∠PCB＝∠PBC＝45°，
∵OP＝OB，∠POB＝45°，
∴∠OBP＝∠OPB＝67.5°，
∴∠CBO＝67.5°−45°＝22.5°，
∴∠OCD＝90°−22.5°＝67.5°；
（3）如图3−1中，当OC∥PD时，过点C作CE⊥PD，连接OP，
∵OC∥PD，
∴∠PDO＝∠AOD＝90°，
∵CE⊥PD，
∴∠CED＝90°，
∴四边形OCED是矩形，
∴OC＝DE＝2，CE＝OD，
设PC＝PD＝x，EC＝OD＝y，
则有x2＋y2＝16，x2＝y2＋(x−2)2，可得x＝2 −2，（不合题意的已经舍弃），
∴PD＝2 −2，
∴S△PCDS△OCD＝PDOC＝ ，
如图3−2中，当PC∥OD时，过点D作DE⊥CP，连接OP，∵PC∥OD，
∴∠COD＝∠OCE＝∠CED＝90°，
∴四边形OCED是矩形，
∴OC＝DE＝2，CE＝OD，
∵OP＝4，OC＝2，
∴PC＝ = ，
∴PD＝PC＝ ，
∴PE＝ = ，
∴EC＝OD＝ - ，
∴ ，
综上所述， 的值为： 或 ．
【点拨】本题属于圆综合题，考查了两圆的位置关系，解直角三角形，等腰三角形的性质，
梯形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题，属于
中考压轴题．
14．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
(1)利用圆周角定理得到∠AEB=90°，利用等腰三角形三线合一即可解答;
(2)利用已知条件求得CE=CD，然后利用圆周角定理即可解答
解：证明：（1）连接 ，
，为直径，
，
，
，
是 的中线，
是 的中点．
（2）连接 ．
是 的中点，
．
，
，
．
四边形 是圆的内接四边形，
．
，
．
，
，
．
【点拨】本题考查圆周角定理、等腰三角形的性质、圆内接四边性的性质，熟练进行等角的转换是解题的关键
15．（1） ；（2）见解析；（3）① ；② ；③ ．
【分析】
（1）如图1，作 的中点 ，连接 ，证明四边形 是平行四边形，可得
，由已知可得 ，进而可得 ，即可证明三角形
是等边三角形，从而求得 ；
（2）如图2，连接 ，记优角 ，由圆周角的性质可知 ，
由垂径定理可知 ，进而证明四边形 是友好四边形；
（3）①如图3，由 可得 ，结合 ，可得 ，
由 ，根据 即可求得；
四边形
②如图4，连接 ， ，过 作 于 ，由已知条件通过勾股定理及锐角三角
函数，可求得 的值，由 可得 ,在 和 中，根据
，设 则 ，求得 ，根据 ，
即可求得 ；
③分情况讨论，当 ，如图5，通过分析 与已知矛盾，故此情形不存
在，当 ，如图6，根据同弧所对的角相等，及等腰三角形的性质，三角形外角性质，
友好四边形的性质，证明 三点共线，通过角度的计算求得 ,进而求得
，设 ，则 ，分别计算 ，再根据正切的定义
即可求解．
解：（1）如图1，作 的中点 ，连接 ，，
，
，
四边形 是平行四边形，
，
， ，
四边形 是友好四边形，
，
，
， ， ，
，
，
，
三角形 是等边三角形，
，
（2）如图2，连接 ，记优角 ，
所对的圆周角分别为 ，， ，
，
，
， 是 的中点，
，
是 的垂直平分线，
，
四边形 是友好四边形，
（3）①如图3
四边形 是友好四边形，
， ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
是 的中点，
，
，
，
四边形
，
②如图4，连接 ， ，过 作 于 ，
，
，
，
，
，
， ，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
在 和 中，
，
设 则 ，
，
，
，
解得 ，
，
，
③由题意可知友好四边形 中有一组对边平行，
当 时，如图5，过点 作 ，
，
，
，
即 ，
，
不平行于 ，若 ,如图6，
，
，
设 ，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
即 ，
，
，
，
，
，
三点共线，
，
，
，
，
，
设 ，则 ，
，
为 的中点，
，，
，
．
【点拨】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的性质，锐角三角函数的定义，解直
角三角形，圆的性质，相似对角线的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
16．（1） ， 时 最大面积为 （2）不能，理由见
解析（3）
【分析】
（1）解 ，分别用含 的式子表示 的底，高，再二次函数的最值即可；
（2）用含 的式子表示四边形 的面积等于（1）中 的面积，解方程即可；
（3）当 ，直线 与 相切，即可求出 ，理由见解析．
解：（1）如图，过点 作 于 ，
由题意可知
， ，当 时， 最大值 ．（2）
四边形
当 的面积与四边形 的面积相等时，有
整理得：
即：
原方程没有实数解．
的面积与四边形 的面积不相等．
（3）如图：作 ,
直线 与 相切
．【点拨】本题考查了动点问题，解直角三角形，勾股定理，二次函数求最值问题，一元二
次方程根的与系数的关系，圆的切线的性质等知识点，熟知图形的判定或性质是解题的基
础，寻找未知量与已知量之间的等量关系是关键．
17．（1） ；（2） ；（3） ．
【分析】
（1）根据菱形的性质，找到E必在点D处，只要 ，那么形成的四边形 必
为菱形，就可求出a的取值范围；
（2）根据E点的运动过程，得到AF逐渐减小，即可得到当E在D时， 最小，此时四
边形 为菱形；
（3）添加辅助线，过 中点H作 ∥ 交AD于M，交BC于N，由题中所给已知条
件可知，HN、EH、FH都是该圆的直径，用含a的式子表示HN和EF，再利用
得出a的值
解：（1）
∵矩形 ，
∴BG∥DF
若四边形 为菱形，则BG∥EF，
∴E必在点D处．
又 ，只要 ，那么形成的四边形 必为菱形．
即 ．
（2）由运动规律可知，当E由C到D运动过程中，AF逐渐减小，所以当E在D时，
最小，此时四边形 为菱形．
设 ，则
∴，解得 ，
即 ．
（3）如图所示，过 中点H作 ∥ 交AD于M，交BC于N，
∵
∴H为过D、E、F的圆的圆心，EF为直径
∵经过点D、E、F的圆能够与直线 、 同时相切
∴ ，HN是半径
∵F在 中垂线上，则
∴ ， （同角的余角相等），
∴
∴ ，
∴
又∵ ∥
∴
∴
∴
又
∴又 ，则
∴
解得： ．
【点拨】本题考查了菱形的性质和判定、勾股定理、全等三角形、圆的切线和相似三角形
等相关知识，综合性较强．
18．（1） ；（2） •sinθ；（3） +2
【分析】
（1）如图1中，过点C作CH⊥AB于H．解直角三角形求出CH，可得结论．
（2）如图2中，分别过A，C作AM⊥BD于M，CN⊥BD于N．根据S ＝S +S
四边形ABCD △ABD △BCD
＝ •BD•AM+ •BD•CN，求解即可．
（3）如图③﹣1中，连接OA，OB，OC，OD，过点O作OM⊥AB于M，ON⊥CD于N．解
直角三角形求出∠AOB＝120°，∠COD＝90°，推出∠AOD+∠BOC＝150°，把△AOC和
△BOC拼在一起，如图③﹣2中，连接AB交OC于J，直线AB与直线OC的较小的夹角为
θ，当四边形OACB的面积最大时，图③﹣1中的四边形ABCD的面积最大，利用（2）中
结论，求出四边形OACB的面积的最大值，可得结论．
解：（1）如图1中，过点C作CH⊥AB于H．
在Rt△ACH中，sinA＝ ，AC＝3，
∴CH＝ ，
∴S ＝ •AB•CH＝ ×4× ＝ ．
△ABC故答案为： ．
（2）如图2中，分别过A，C作AM⊥BD于M，CN⊥BD于N．
∴sinθ＝ ，
∴AM＝AO•sinθ，CN＝OC•sinθ，
∴S ＝S +S
四边形ABCD △ABD △BCD
＝ •BD•AM+ •BD•CN
＝ •BD•AO•sinθ+ •BD•CO•sinθ
＝ •BD•（OA+OC）•sinθ
＝ •BD•AC•sinθ．
＝
（3）如图③﹣1中，连接OA，OB，OC，OD，过点O作OM⊥AB于M，ON⊥CD于N．
∵OM⊥AB，
∴AM＝BM＝ ，
∴sin∠AOM＝ ，
∴∠AOM＝∠BOM＝60°，
∴∠AOB＝120°，
∵ON⊥CD，
∴CN＝DN＝ ，∴sin∠CON＝ ，
∴∠CON＝∠DON＝45°，
∴∠DOC＝90°，
∴OM＝OA•cos60°＝1，
ON＝OC•cos45°＝ ，
∴S ＝ •AB•OM
△AOB
＝ ×2 ×1
＝ ，
S ＝ •CD•ON＝ ×2 × ＝2，
△COD
∴∠AOD+∠BOC＝360°﹣120°﹣90°＝150°，
把△AOC和△BOC拼在一起，如图③﹣2中，连接AB交OC于J，直线AB与直线OC的较
小的夹角为θ，当四边形OACB的面积最大时，图③﹣1中的四边形ABCD的面积最大，
过点A作AH⊥BO交BO的延长线于H．
在Rt△AOH中，∠H＝90°，OA＝2，∠AOH＝180°﹣∠AOB＝30°，
∴AH＝ OA＝1，OH＝ ，
∴AB＝ ，
∵S ＝ •AB•OC•sinθ，
四边形OABC
∴当sinθ＝1时，四边形OACB的面积最大，
最大值＝ ×（ + ）×2＝ + ，
∴图③﹣1中，四边形ABCD的面积的最大值＝ +2．【点拨】本题属于圆综合题，考查了四边形的面积，解直角三角形，等腰三角形的判定与
性质，解题关键是学会用数学模型解决问题，用转化的思想思考问题．
19．见解析
【分析】
证法一，在射线EA上截取 ，连接OD，OE，OF，OG，因为 ，所以
，所以 ， ，由圆的内接四边形性质
得 ，由AD，DC是半圆O的切线得 ， ，
，即 ，所以 ，
同理 ，即可得出结论．
证法二，在BO上截取 ，连接FM，OF．过点O作 ，交FM的延长线于
点N，连接OE，OD，易证 ， ， ，
所以 ．由圆的内接四边形性质得 ， ，所
以 ．因为 ，所以 ，得 ，
，所以 ，同理得 ，即可得出结论．
解：证法一 如图所示， 与AD相切于点E，与BC相切于点F，在射线EA上截取
，连接OD，OE，OF，OG，则易证 ．， ．
四边形ABCD内接于圆，
．
AD，DC是半圆O的切线，
，
，
，
，
，即 ，
同理 ，
．
证法二 如图所示， 与AD相切于点E，与BC相切于点F，在BO上截取 ，连
接FM，OF．过点O作 ，交FM的延长线于点N，连接OE，OD．
，
．
， ，
， ， ．
， ，．
AD，DC是半圆O的切线，
．
四边形ABCD内接于圆，
，
，
．
，
，
， ，
，
同理 ，
．
【点拨】本题主要考查了圆的内接四边形性质、切线的性质，解题的关键是理清题意，正
确作出辅助线．
20．（1）5；（2）C（-4，-3）；（3）存在，四边形OBPC面积最大值为 ；P（
， ）
【分析】
（1）利用直角三角形斜边上的中线的性质即可求解；
（2）设C为（x，y），由B（0，-5），求得E（ ， ），再利用两点之间的距离公
式列方程求解即可；
（3）分点P在⊙O上和点P在与⊙O等半径同BC弦的⊙M上，利用四边形的面积公式以
及相似三角形的判定和性质即可求解．
解：（1）∵OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠OAB = 45°，
∴OA= AB，
∵OD经过圆心O点，D是AB的中点，∴OD⊥AB，
AB=2OD，
∴OA= AB= OD=5；
（2）∵OE⊥BC，
∴E是BC的中点，
∴B（0，-5），设C为（x，y），则E为（ ， ），
∵OC=5，
∴x2+y2=25，
∵OE= ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
解得 ， ，
因为C在第三象限，∴C（-4，-3）；
（3）∵∠BPC：∠BOC=1：2，
①当P点在⊙O上，此时不构成四边形OBPC，不符合题意，
②P点在如图所示的⊙M上（⊙M与⊙O是等圆），当点P在OM的延长线上时，四边形OBPC面积最大，此时，OP垂直平分BC，
∵OE= ，
∴ME= OE= ，
∴ ，
∵C（-4，-3），
∴BC = ，
∴四边形OBPC面积最大值为 ，
综上所述四边形OBPC面积最大值为 ，
过点P作PG⊥ 轴于点G，
在Rt△OEB中，OE= ，BO=5，
∴EB= ，
∵∠BOE=∠POG=90°，∠OEB=∠OGP=90°，
∴△OEB∽△OGP，
∴ ，∴ ，
∴ ， ，
∴P（ ， ）．
【点拨】本题考查了坐标与图形的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，垂径定
理，解直角三角形，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，
21．（1） ；（2） 四边形ABCD的面积为32；（3）存在 ．
【分析】
（1）如图，作辅助线，证明AE=DE；证明△BDE∽△BCA ，得到 ，列出比例式
即可解决问题．
（2）（2）连接OB，根据题意得∠AOB=60°，作AE⊥BD，利用解直角三角形可求AB的长，
通过解直角三角形分别求出BC，AD，CD的长，再根据面积公式求解即可；
过点A作AN⊥BC于点N，AM⊥DC，交DC的延长线于点M，连接AC，可得
，根据面积法求出关于面积的二次函数关系式，根据二次函数的性质
求出最值即可．
解：如图，过点D作DE⊥AB于点E．
则DE//AC；
∵AD平分∠BAC，∠BAC=90°，
∴∠DAE=45°，∠ADE=90°−45°=45°，
∴AE=DE（设为λ），
则BE=4−λ；
∵DE//AC，
∴△BDE∽△BCA，
∴ ，即：解得：λ= ，
∴点D到AC的距离 ．
（2）连接OB，
∵点B是半圆AC的三等分点（弧AB＜弧BC），
∴
∴
∵AC是 的直径，
∴
∵BD平分∠ABC
∴
过点A作AE⊥BD于点E，则
∴AE=BE
设AE=BE=x，则
∵BD=BE+DE=
∴x=
∴∵
∴
∴BC=
∵BD平分∠ABC
∴
∴
∴AD=CD
∵AE⊥DE
∴
∵ ,
∴
∴
=
=
=32；
（3）过点A作AN⊥BC于点N，AM⊥DC，交DC的延长线于点M，连接AC，∵AB=AD
∴∠ACB=∠ACD
∴AM=AN
∵∠ADC+∠ABC=180°，∠ADC+∠ADM=180°,
∴∠ABC=∠ADM
又∠ANB=∠AMD=90°，
∴△ABN≌△ADM
∴
∵AN=AM，∠BCA=∠DCA，AC=AC
∴△ACN≌△ACM
∴
∵∠ABC=60°
∴∠ADC=120°
∴∠ADM=60°，∠MAD=30°
设DM=x，则AD=2x，
∴
∵
∴ ，即
∵抛物线对称轴为x=5
∴当x=4时，有最大值，为
【点拨】本题属于圆综合题，考查了三角形的面积，解直角三角形，角平分线的性质定理，圆周角定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
22．（1）45；（2）27°；（3） ．
【分析】
（1）利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解；
（2）由A、B、C、D共圆，得出∠BDC=∠BAC，即可解题；
（3）根据正方形的性质可得AB=AD=CD，∠BAD=∠CDA，∠ADG=∠CDG，然后利用
“SAS”证明△ABE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1=∠2，利用“SAS”
证明△ADG和△CDG全等，根据全等三角形对应角相等可得∠2=∠3，从而得到∠1=∠3，
然后求出∠AHB=90°，取AB的中点O，连接OH、OD，根据直角三角形斜边上的中线等于
斜边的一半可得OH= AB=1，利用勾股定理列式求出OD，然后根据三角形的三边关系可
知当O、D、H三点共线时，DH的长度最小．
解：（1）如图， ， ， 以点 为圆心，点 、 、 必在 上，
是 的圆心角，而 是圆周角， ，故答案是： ；
（2）如图，取 的中点 ，连接 、 ．
， 点 、 、 、 共圆， ，
， ，
（3）如图，在正方形 中， ， ， ，在 和 中， ， ， ，
在 和 中， ， ，
， ，
， ， ，
取 的中点 ，连接 、 ，则 ，
在 中，
根据三角形的三边关系， ，
当 、 、 三点共线时， 的长度最小，
最小值 ．
故答案为： ．
【点拨】本题主要考查了圆的综合题，需要掌握垂径定理、圆周角定理、等腰直角三角形
的性质以及勾股定理等知识，难度偏大，解题时，注意辅助线的作法．
23．（1） ；（2）① ；②
【分析】
（1）由“定弦定角”模型，作出图形，如图，过 作 ,求得 ，进而
求得 ，根据 即可求得 ；（2）①根据已知条件可得 ，证明
，即可求得 ；
②如图，作 的外接圆，圆 ，连接 ，过 作 交的 延长线于
点 ，由题意的由“定弦定角”模型，可知 , ,作出 的外接圆，圆
，设圆的半径为 ，则 的最小值即为 ，根据勾股定理即可求得 ， ，从而
求得最小值．
解：（1）由“定弦定角”模型，作出图形，如图，过 作 ,
， ，
，
，
， ，
，
故答案为： ；
（2）① ，
，
，
点 是 的内心，
平分 ，
，，
，
，
；
②如图，作 的外接圆，圆 ，连接 ，过 作 交的 延长线于
点 ，
由题意的由“定弦定角”模型，可知 , ,
作出 的外接圆，圆心为 ，设圆的半径为 ，则 的最小值即为 ，
，
设优弧 所对的圆心角优角为 ，
则 ，
，
，
，
，
，
，四边形 是正方形，
，
，，
，
，
，
，
．
的最小值为 ．
【点拨】本题考查了“定弦定角”模型，圆周角定理，解直角三角形，线段最短距离，勾
股定理正方形的性质，三角形全等的性质与判定，理解题意作出图形是解题的关键．
24．（1）四边形OMPN为矩形，理由见解析；（2）①当8＜t＜12时，点Q落在半圆O
内；②当t＝6s时，四边形OMPN的面积取得最大值，此时PQ与半圆O相切．
【分析】
（1）由平行四边形的性质可得PQ OB，PQ＝OB，可证四边形PQOA为平行四边形，可
得PA QO，PA＝QO．由中点的性质可得OM＝PN，可证四边形OMPN为平行四边形，
由等腰三角形的性质可得∠ONP＝90°，可得结论；
（2）①求出点Q落在半圆O上时，t的值，点P与点A重合时，t的取值，根据这两个特
殊位置，可求点Q落在半圆O内时，t的取值范围；
②由面积公式可得S ＝S ，由△AOP的底AO为定值，则当P旋转运动90°（运动
矩形OMPN △AOP
至最高点）时，高取得最大值，此时△AOP的面积取得最大值，即可求t的值，由平行线
的性质可得∠OPQ＝90°，可证PQ与半圆O相切．
解：（1）四边形OMPN为矩形，
理由如下：∵四边形POBQ为平行四边形，
∴PQ OB，PQ＝OB，
又∵OB＝OA，
∴PQ＝AO，
又∵PQ OA，
∴四边形PQOA为平行四边形，
∴PA QO，PA＝QO．又∵M、N分别为OQ、AP的中点，
∴OM＝ OQ，PN＝ AP，
∴OM＝PN，
∴四边形OMPN为平行四边形，
∵OP＝OA，N是AP的中点，
∴ON⊥AP，即∠ONP＝90°，
∴四边形OMPN为矩形；
（2）①如图，当点Q落在半圆O上时，
∵四边形POBQ是平行四边形，
∴PQ＝OB，PO＝BQ，
又∵OB＝OP＝OQ，
∴OP＝OQ＝PQ＝BO＝BQ，
∴△POQ是等边三角形，△BQO是等边三角形，
∴∠POQ＝∠BOQ＝60°，
∴∠BOP＝120°，
∴t＝ ＝8s，
∴当t＝8s时，点Q落在半圆O上，
∵当点P与点A重合时，t＝ ＝12s，
∴当8＜t＜12时，点Q落在半圆O内；
②∵四边形OMPN为矩形，
∴S ＝ON•NP＝ AP•ON，
矩形OMPN
∴S ＝S ，
矩形OMPN △AOP
∵△AOP的底AO为定值，
∴当P旋转运动90°（运动至最高点）时，高取得最大值，此时△AOP的面积取得最大值．∴t＝90÷15＝6秒．
∴当t＝6s时，四边形OMPN面积最大，
此时，PQ与半圆O相切．
理由如下：∵∠POB＝90°，PQ OB，
∴∠OPQ＝90°，
∴PQ与半圆O相切．
【点拨】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，平行四边形的判定和性质，矩形的判
定，等边三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
25．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）根据等弧所对的弦相等可得 ，根据半径相等可得 ，进而可得
；
（2）作 的中点 ，连接 ，根据中位线定理可得 ，根据直接三角形中
线的性质 ，根据半径相等可得 ，根据等角的余角相等，可
得 ，进而可得 ， ，证明四边形 是平行四边
形，可得 ，进而得出结论；
（3）先证明 及勾股定理求得 ，证明 求得 ，进而求得
解：（1）连接 ， ，如图，在 的垂直平分线上，
（2）作 的中点 ，连接
垂直平分
，
四边形 是平行四边形即
（3）如图，
连接
在 中
即
设
则
解得 （舍）即
．
【点拨】本题考查了圆的性质，垂直平分线的性质，平行四边形的性质，三角形中位线定
理，勾股定理，相似三角形的性质与判定，解一元二次方程，综合运用以上知识是解题的
关键．
26．（1） 关于弦 的“联络正方形”不存在；证明见详解；（2）点E的坐标为（1-
， ）或（1+ ，- ）；（3）点F的坐标为（1，3）或（1，6）．
【分析】
（1）连接OE，当 时，点P（2，0），点C（4，3）先求出3≤CD≤ ，根据四边形
CDEF为正方形，可求OE≥ 即可；
（2）过E、C分别作EH⊥x轴于H，CG⊥x轴于G，先证△HED≌△GDC（AAS），可得
EH=DG，HD=CG，由t=0，点P（0，0），点C（4，3），利用勾股定理求出OP=
，由点E在圆上，可得OE=OP=5， CD= ，利用勾股定理求出DG=，分当点E在第二象限或第四象限时即可求解；
（3）过点F作FM⊥GC交延长线于M，先证△EHD≌△FMC≌△CGD，可得EH=MC=DG，
HD=FM=CG=3，设点D（m,0）用m表示点E（m-3，4-m）可列方程4-m=（m-3）2-1，解
方程即可求解．
解：（1）连接OE，
当 时，点P（2，0），点C（4，3）
∴CP= ，
∵点D在PQ上，
∴3≤CD≤ ，
∵四边形CDEF为正方形，
∴OE= ，
∴OE≥ ，
∴点E在 外，
关于弦 的“联络正方形”是不存在；
（2）过E、C分别作EH⊥x轴于H，CG⊥x轴于G，
∴∠HED+∠HDE=90°，
∵四边形CDEF为正方形，∠EDC=90°，ED=CD,
∴∠HDE+∠GDC=90°，∴∠HED=∠GDC，
在△HED和△GDC中，
，
∴△HED≌△GDC（AAS），
∴EH=DG，HD=CG，
∵t=0，点P（0，0），点C（4，3），
∴OP= ，
∵点E在圆上，
∴OE=OP=5，
∵四边形CDEF为正方形，
∴OE= ，
∴CD= ，
在Rt△DCG中，DG= ，
当点E在第二象限，PG=4， HD=CG=3，EH=DG= ，
∴PH=HD-PD=HD-（PG-DG）=3-（4- ）= -1，∴点E（1- ， ），
当点E在第四象限时，PH=PG-HG=PG-（HD-DG）=4-（3- ）=1+ ，
∴点E（1+ ，- ），
∴综合点E的坐标为（1- ， ）或（1+ ，- ）；
（3）过点F作FM⊥GC交延长线于M，
由（2）△EHD≌△DGC
∴∠MFC+∠MCF=90°，
∵四边形CDEF为正方形，∠FCD=90°，FC=CD,
∴∠MCF+∠GCD=90°，
∴∠MFC=∠GCD，
在△FMC和△CGD中，
，
∴△FMC≌△CGD（AAS），
∴△EHD≌△FMC≌△CGD
∴EH=MC=DG， HD=FM=CG=3，
设点D（m，0），∴DG=4-m，
∴OH=HG-OG=CG+DG-OG=4-m+3-4=3-m，
∴点E（m-3，4-m），
∴4-m=（m-3）2-1，
解得m=4或m=1，
当m=1时，点E（-2，3）满足条件，此时DG=3=CM，
点F的横坐标x=OG-FM=4-3=1，纵坐标y=MG=MC +CG=3+3=6，
∴点F（1，6），
当m=4时，点E（1，0）满足条件，此时DG=0=CM，
点F的横坐标x=OG-FM=4-3=1，纵坐标y=MG=MC +0=3+0=3，
∴点F（1，3），
综合点F的坐标为（1，3）或（1，6）．
【点拨】本题考查新定义圆与正方形关系，考查圆的性质，正方形的性质，三角形全等判
定与性质，勾股定理，二次函数的性质，一元二次方程的解法，分类讨论思想，掌握抓住
新定义圆与正方形的实质，圆的性质，正方形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，
二次函数的性质，分类讨论思想是解题关键．
27．（1）AD＝6；（2）BF＝2；（3）△AEF的面积存在最小值，最小值48 ﹣48．
【分析】
（1）连接BD，根据矩形性质及圆周角定理可得答案；
（2）过点E作EG⊥AE交AF的延长线于点G，过点G作MN⊥AB，分别交直线DC、AB点
M、N，由矩形性质及余角性质得∠EGM＝∠AED，然后由全等三角形的性质及相似三角
形的判定与性质可得答案；
（3）过点E作EH⊥AB于H，交AF于点P，作△APE的外接圆⊙I，连接IA、IP、IE，过I
作IQ⊥CD于点Q，设⊙I的半径为r，根据直角三角形的性质及三角形面积公式可得答案．解：（1）如图，连接BD，
在矩形ABCD中，∠DAB＝90°，
∴BD是⊙O的直径，
∵⊙O半径为5，
∴BD＝10，
∴AD＝ ＝6；
（2）如图，过点E作EG⊥AE交AF的延长线于点G，过点G作MN⊥AB，分别交直线
DC、AB点M、N，
在矩形ABCD中，∠D＝∠DAB＝90°，
∴∠EMG＝∠D＝90°，
∴四边形ADMN是矩形，
∴∠EGM+∠MEG＝90°，
∴∠AED+∠MEG＝90°，
∴∠EGM＝∠AED，
在△AEG中，∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠EGF＝45°，
∴AE＝EG，
∴△AED≌△EGM（AAS），
∴MG＝DE＝ ，EM＝AD＝6，
∴AN＝DE+EM＝ ，NG＝MN﹣MG＝ ，∵MN AD BC，
∴△ABF∽△ANG，
∴ ，
解得BF＝2；
（3）△AEF的面积存在最小值，理由如下：
过点E作EH⊥AB于H，交AF于点P，作△APE的外接圆⊙I，连接IA、IP、IE，过I作
IQ⊥CD于点Q，设⊙I的半径为r，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EIP＝90°，∠IEP＝45°，∠IEQ＝45°，
∴EP＝ r，IQ＝ r，
∵IA+IQ≥AD，
∴r+ r≥6，
∴r≥12﹣6 ，
∴S ＝ AB•EP＝4 r，
△AEF
∴S ≥4 （12﹣6 ），
△AEF
∴S ﹣48，
△AEF
∴△AEF的面积存在最小值，最小值48 ﹣48．
【点拨】此题考查了矩形的性质、圆的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判
定与性质等知识，正确作出辅助线是解决此题关键．
28．（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】
（1）直接根据同圆中，相等的圆周角所对的弧相等可得结论；
（2）根据圆周角定理，以及等腰三角形的性质可得 ，即可得出四边形 为平
行四边形，根据对角线垂直的平行四边形为菱形可得结论；
（3）延长 交 于 ,连接 ，过 作 于点 ，设 ，根据勾
股定理相似三角形的性质求出 的值，即可得出 ，根据锐角三角
函数可得结果．
解：（1）连接 ,
∵ ，
∴ ,
∴ ；
（2）∵ ，
∴ ,即 ,
∴ ,
∵ ，
∴ ,
∴ ,
∴ ,
∵ ，
∴四边形 为平行四边形，∵ ，即 ,
∴四边形ABEC为菱形；
（3）延长 交 于 ,连接 ，过 作 于点 ，
∴ , ,
∵ ,
设 ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形ABEC为菱形，
∴ ，
∴ ，
∵ ,
∴ ,即 ，
解得： ，
∴ ,
∵ ,
∴ ,∴ ,
∵ ,
∴ ，
∴ ,
解得： ．
【点拨】本题考查了圆周角定理，菱形的判定与性质，平行线分线段成比例定理等知识点，
熟知性质定理是解本题的关键．
29．（1）见解析；（2）4；（3）
【分析】
（1）连接OD，则利用角平分线的定义和等腰三角形的性质可以推出∠ADO=∠EAD，从而
证明OD∥AE，则∠E+∠ODE=180°，再由DE⊥AC，得到∠E=90°，则∠ODE=90°，由此即
可证明；
（2）连接OD，BC交于F，先利用勾股定理求出 ，然后
整理四边形ECFD是矩形，得到DE=CF，∠CFD=90°，再由垂径定理求得
，由此即可得到答案；
（3）连接BD，先证明△AED≌△BDF，得到AD=BF，再由勾股定理得到
， ，从而可以推出
，即 ，则 ，
设 ，则 ，解方程即可．
解：（1）如图所示，连接OD，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA,∵DA平分∠BAC，
∴∠EAD=∠BAD，
∴∠ADO=∠EAD，
∴OD∥AE，
∴∠E+∠ODE=180°，
∵DE⊥AC，
∴∠E=90°，
∴∠ODE=90°，
又∵OD是圆O的半径，
∴DE是圆O的切线
（2）如图所示，连接OD，BC交于F，
∵AB是直径，
∴∠ACB=∠BCE=90°，
∴ ，
又∵∠E=∠FDE=90°，
∴四边形ECFD是矩形，
∴DE=CF，∠CFD=90°，
∴ ，
∴ ；（3）如图所示，连接BD，
∵AB是直径，
∴∠BDA=∠BDF=90°，
∴∠F+∠FBD=90°
∵DA平分∠BAC，
∴∠EAD=∠BAD，
∵BF是圆O的切线，
∴∠ABF=90°，
∴∠F+∠FAB=90°，
∴∠EAD=∠BAD=∠FBD，
∵∠E=∠BDF=90°，ED=FD，
∴△AED≌△BDF（AAS），
∴AD=BF，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，即
∴ ，
设 ，
∴ ，解得 或 （舍去），
∴ ．
【点拨】本题主要考查了切线的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理，全等三角形
的性质与判定，解一元二次方程，垂径定理，平行线的性质与判定等等，解题的关键在于
能够熟练掌握相关知识进行求解．
30．（1）正方形；（2） ；（3）①见解析，② 的最小值为
【分析】
（1）根据圆美四边形的定义直接得出结论；
（2）先判断出∠BED＝∠CED＝90°，再根据圆美四边形的定义和等腰直角三角形的性质
解答即可；
（3）①先判断出△APD∽△EPB，得出 ，进而判断出△APE∽△DPB，得出∠AEP
＝∠DBP，即可得出结论；
②先判断出AD2+BE2＝AB2+DE2，证 ，进而得出 ，设 ，
， ， ，列出函数关系式即可得出结论．
解：（1）正方形内接与圆，且对角线互相垂直；
故答案为：正方形
（2）连结 ， ，∵等腰 中， ，∴ 为⊙O的直径， ， ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形 为圆美四边形，∴ ，
∴弧 =弧 ，
∴ ，
∴ ，
∴
（3）①∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
即
∴ ，
∴ ，
又∵ ， ，
∴ 即 ，
∴ ，
又∵A，B，E，D在同一个圆上，∴四边形 为圆美四边形．
②∵ ，∴ ，
∴ ，
∵A，B，E，D在同一个圆上，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴
设 ， ， ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵
∴当 时，y2取到最小值32， 的最小值为 ．
【点拨】此题是圆的综合题，主要考查了新定义，圆美四边形的定义的理解和应用，相似
三角形的判定和性质，解直角三角形，二次函数的性质，熟练运用相似三角形的判定进行
推理证明是解本题的关键．
