專題15圓的有關(guān)概念、性質(zhì)及計算(原卷版+解析)

專題15圓的有關(guān)概念、性質(zhì)及計算弧長的計算1．（2023?溫州）若扇形的圓心角為40°，半徑為18，則它的弧長為．2．（2021?溫州）若扇形的圓心角為30°，半徑為17，則扇形的弧長為．3．（2022?溫州）若扇形的圓心角為120°，半徑為，則它的弧長為．4．（2022?麗水）某仿古墻上原有一個矩形的門洞，現(xiàn)要將它改為一個圓弧形的門洞，圓弧所在的圓外接于矩形，如圖．已知矩形的寬為2m，高為2m，則改建后門洞的圓弧長是（）A．m B．m C．m D．（+2）m5．（2023?金華）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝6cm，∠BAC＝50°，以AB為直徑作半圓，交BC于點D，交AC于點E，則弧DE的長為cm．6．（2021?臺州）如圖，將線段AB繞點A順時針旋轉(zhuǎn)30°，得到線段AC．若AB＝12，則點B經(jīng)過的路徑長度為．（結(jié)果保留π）扇形面積的計算7．（2021?衢州）已知扇形的半徑為6，圓心角為150°，則它的面積是（）A．π B．3π C．5π D．15π8．（2022?衢州）如圖，C，D是以AB為直徑的半圓上的兩點，∠CAB＝∠DBA，連結(jié)BC，CD．（1）求證：CD∥AB．（2）若AB＝4，∠ACD＝30°，求陰影部分的面積．9．（2022?臺州）一個垃圾填埋場，它在地面上的形狀為長80m，寬60m的矩形，有污水從該矩形的四周邊界向外滲透了3m，則該垃圾填埋場外圍受污染土地的面積為（）A．（840+6π）m2 B．（840+9π）m2 C．840m2 D．876m210．（2023?溫州）圖1是4×4方格繪成的七巧板圖案，每個小方格的邊長為，現(xiàn)將它剪拼成一個“房子”造型（如圖2），過左側(cè)的三個端點作圓，并在圓內(nèi)右側(cè)部分留出矩形CDEF作為題字區(qū)域（點A，E，D，B在圓上，點C，F(xiàn)在AB上），形成一幅裝飾畫，則圓的半徑為．若點A，N，M在同一直線上，AB∥PN，DE＝EF，則題字區(qū)域的面積為．11．（2023?浙江）一副三角板ABC和DEF中，∠C＝∠D＝90°，∠B＝30°，∠E＝45°，BC＝EF＝12．將它們疊合在一起，邊BC與EF重合，CD與AB相交于點G（如圖1），此時線段CG的長是．現(xiàn)將△DEF繞點C（F）按順時針方向旋轉(zhuǎn)（如圖2），邊EF與AB相交于點H，連結(jié)DH，在旋轉(zhuǎn)0°到60°的過程中，線段DH掃過的面積是．12．（2022?寧波）已知圓錐的底面半徑為4cm，母線長為6cm，則圓錐的側(cè)面積為（）A．36πcm2 B．24πcm2 C．16πcm2 D．12πcm213．（2023?寧波）如圖，圓錐形煙囪帽的底面半徑為30cm，母線長為50cm，則煙囪帽的側(cè)面積為cm2．（結(jié)果保留π）14．（2021?金華）如圖，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以該三角形的三條邊為邊向外作正方形，正方形的頂點E，F(xiàn)，G，H，M，N都在同一個圓上．記該圓面積為S1，△ABC面積為S2，則的值是（）A． B．3π C．5π D．圓周角定理15．（2022?嘉興）如圖，在⊙O中，∠BOC＝130°，點A在上，則∠BAC的度數(shù)為（）A．55° B．65° C．75° D．130°16．（2022?湖州）如圖，已知AB是⊙O的弦，∠AOB＝120°，OC⊥AB，垂足為C，OC的延長線交⊙O于點D．若∠APD是所對的圓周角，則∠APD的度數(shù)是．17．（2023?杭州）如圖，在⊙O中，半徑OA，OB互相垂直，點C在劣弧AB上．若∠ABC＝19°，則∠BAC＝（）A．23° B．24° C．25° D．26°18．（2022?溫州）如圖，AB，AC是⊙O的兩條弦，OD⊥AB于點D，OE⊥AC于點E，連結(jié)OB，OC．若∠DOE＝130°，則∠BOC的度數(shù)為（）A．95° B．100° C．105° D．130°19．（2023?紹興）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，若∠D＝100°，則∠B的度數(shù)是．20．（2023?溫州）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，AD＝，則∠CAO的度數(shù)與BC的長分別為（）A．10°，1 B．10°， C．15°，1 D．15°，切線的性質(zhì)21．（2023?金華）如圖，點A在第一象限內(nèi)，⊙A與x軸相切于點B，與y軸相交于點C，D，連結(jié)AB，過點A作AH⊥CD于點H．（1）求證：四邊形ABOH為矩形．（2）已知⊙A的半徑為4，OB＝，求弦CD的長．22．（2023?浙江）如圖，點A是⊙O外一點，AB，AC分別與⊙O相切于點B，C，點D在上．已知∠A＝50°，則∠D的度數(shù)是．23．（2022?衢州）如圖，AB切⊙O于點B，AO的延長線交⊙O于點C，連結(jié)BC．若∠A＝40°，則∠C的度數(shù)為．24．（2022?紹興）如圖，半徑為6的⊙O與Rt△ABC的邊AB相切于點A，交邊BC于點C，D，∠B＝90°，連結(jié)OD，AD．（1）若∠ACB＝20°，求的長（結(jié)果保留π）．（2）求證：AD平分∠BDO．25．（2021?寧波）抖空竹在我國有著悠久的歷史，是國家級的非物質(zhì)文化遺產(chǎn)之一．如圖，AC，BD分別與⊙O相切于點C，D，延長AC，BD交于點P．若∠P＝120°，⊙O的半徑為6cm，則圖中的長為cm．（結(jié)果保留π）26．（2021?溫州）如圖，⊙O與△OAB的邊AB相切，切點為B．將△OAB繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)得到△O′A′B，使點O′落在⊙O上，邊A′B交線段AO于點C．若∠A′＝25°，則∠OCB＝度．27．（2023?紹興）如圖，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點，過點C作⊙O的切線CD，交AB的延長線于點D，過點A作AE⊥CD于點E．（1）若∠EAC＝25°，求∠ACD的度數(shù)；（2）若OB＝2，BD＝1，求CE的長．28．（2021?衢州）如圖，在△ABC中，CA＝CB，BC與⊙A相切于點D，過點A作AC的垂線交CB的延長線于點E，交⊙A于點F，連結(jié)BF．（1）求證：BF是⊙A的切線．（2）若BE＝5，AC＝20，求EF的長．圓的綜合運用29．（2023?杭州）如圖，六邊形ABCDEF是⊙O的內(nèi)接正六邊形，設(shè)正六邊形ABCDEF的面積為S1，△ACE的面積為S2，則＝．30．（2022?金華）如圖1，正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，閱讀以下作圖過程，并回答下列問題：作法如圖2．1．作直徑AF．2．以F為圓心，F(xiàn)O為半徑作圓弧，與⊙O交于點M，N．3．連接AM，MN，NA．（1）求∠ABC的度數(shù)．（2）△AMN是正三角形嗎？請說明理由．（3）從點A開始，以DN長為邊長，在⊙O上依次截取點，再依次連接這些分點，得到正n邊形，求n的值．31．（2022?臺州）如圖，在△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑的⊙O與BC交于點D，連接AD．（1）求證：BD＝CD．（2）若⊙O與AC相切，求∠B的度數(shù)．（3）用無刻度的直尺和圓規(guī)作出劣弧的中點E．（不寫作法，保留作圖痕跡）32．（2023?浙江）已知，AB是半徑為1的⊙O的弦，⊙O的另一條弦CD滿足CD＝AB，且CD⊥AB于點H（其中點H在圓內(nèi)，且AH＞BH，CH＞DH）．（1）在圖1中用尺規(guī)作出弦CD與點H（不寫作法，保留作圖痕跡）；（2）連結(jié)AD，猜想：當弦AB的長度發(fā)生變化時，線段AD的長度是否變化？若發(fā)生變化，說明理由；若不變，求出AD的長度；（3）如圖2，延長AH至點F，使得HF＝AH，連結(jié)CF，∠HCF的平分線CP交AD的延長線于點P，點M為AP的中點，連結(jié)HM．若PD＝AD，求證：MH⊥CP．33．（2022?杭州）如圖是以點O為圓心，AB為直徑的圓形紙片，點C在⊙O上，將該圓形紙片沿直線CO對折，點B落在⊙O上的點D處（不與點A重合），連接CB，CD，AD．設(shè)CD與直徑AB交于點E．若AD＝ED，則∠B＝度；的值等于．34．（2022?寧波）如圖1，⊙O為銳角三角形ABC的外接圓，點D在上，AD交BC于點E，點F在AE上，滿足∠AFB﹣∠BFD＝∠ACB，F(xiàn)G∥AC交BC于點G，BE＝FG，連結(jié)BD，DG．設(shè)∠ACB＝α．（1）用含α的代數(shù)式表示∠BFD．（2）求證：△BDE≌△FDG．（3）如圖2，AD為⊙O的直徑．①當?shù)拈L為2時，求的長．②當OF：OE＝4：11時，求cosα的值．35．（2022?溫州）如圖1，AB為半圓O的直徑，C為BA延長線上一點，CD切半圓于點D，BE⊥CD，交CD延長線于點E，交半圓于點F，已知BC＝5，BE＝3，點P，Q分別在線段AB，BE上（不與端點重合），且滿足＝．設(shè)BQ＝x，CP＝y(tǒng)．（1）求半圓O的半徑．（2）求y關(guān)于x的函數(shù)表達式．（3）如圖2，過點P作PR⊥CE于點R，連結(jié)PQ，RQ．①當△PQR為直角三角形時，求x的值．②作點F關(guān)于QR的對稱點F′，當點F′落在BC上時，求的值．36．（2021?衢州）如圖1，點C是半圓O的直徑AB上一動點（不包括端點），AB＝6cm，過點C作CD⊥AB交半圓于點D，連結(jié)AD，過點C作CE∥AD交半圓于點E，連結(jié)EB．牛牛想探究在點C運動過程中EC與EB的大小關(guān)系．他根據(jù)學(xué)習(xí)函數(shù)的經(jīng)驗，記AC＝xcm，EC＝y(tǒng)1cm，EB＝y(tǒng)2cm．請你一起參與探究函數(shù)y1、y2隨自變量x變化的規(guī)律．通過幾何畫板取點、畫圖、測量，得出如下幾組對應(yīng)值，并在圖2中描出了以各對對應(yīng)值為坐標的點，畫出了不完整圖象．x…0.300.801.602.403.204.004.805.60…y1…2.012.983.463.332.832.111.270.38…y2…5.604.953.952.962.061.240.570.10…（1）當x＝3時，y1＝．（2）在圖2中畫出函數(shù)y2的圖象，并結(jié)合圖象判斷函數(shù)值y1與y2的大小關(guān)系．（3）由（2）知“AC取某值時，有EC＝EB”．如圖3，牛牛連結(jié)了OE，嘗試通過計算EC，EB的長來驗證這一結(jié)論，請你完成計算過程．37．（2021?溫州）如圖，在平面直角坐標系中，⊙M經(jīng)過原點O，分別交x軸、y軸于點A（2，0），B（0，8），連結(jié)AB．直線CM分別交⊙M于點D，E（點D在左側(cè)），交x軸于點C（17，0），連結(jié)AE．（1）求⊙M的半徑和直線CM的函數(shù)表達式；（2）求點D，E的坐標；（3）點P在線段AC上，連結(jié)PE．當∠AEP與△OBD的一個內(nèi)角相等時，求所有滿足條件的OP的長．38．（2023?麗水）如圖，在⊙O中，AB是一條不過圓心O的弦，點C，D是的三等分點，直徑CE交AB于點F，連結(jié)AD交CF于點G，連結(jié)AC，過點C的切線交BA的延長線于點H．（1）求證：AD∥HC；（2）若＝2，求tan∠FAG的值；（3）連結(jié)BC交AD于點N，若⊙O的半徑為5．下面三個問題，依次按照易、中、難排列．請根據(jù)自己的認知水平，選擇其中一道問題進行解答．①若OF＝，求BC的長；②若AH＝，求△ANB的周長；③若HF?AB＝88，求△BHC的面積．39．（2022?舟山）如圖1，在正方形ABCD中，點F，H分別在邊AD，AB上，連結(jié)AC，F(xiàn)H交于點E，已知CF＝CH．（1）線段AC與FH垂直嗎？請說明理由．（2）如圖2，過點A，H，F(xiàn)的圓交CF于點P，連結(jié)PH交AC于點K．求證：＝．（3）如圖3，在（2）的條件下，當點K是線段AC的中點時，求的值．40．（2021?寧波）如圖1，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BD為直徑，上存在點E，滿足＝，連結(jié)BE并延長交CD的延長線于點F，BE與AD交于點G．（1）若∠DBC＝α，請用含α的代數(shù)式表示∠AGB．（2）如圖2，連結(jié)CE，CE＝BG．求證：EF＝DG．（3）如圖3，在（2）的條件下，連結(jié)CG，AD＝2．①若tan∠ADB＝，求△FGD的周長．②求CG的最小值．41．（2023?杭州）如圖，在⊙O中，直徑AB垂直弦CD于點E，連接AC，AD，BC，作CF⊥AD于點F，交線段OB于點G（不與點O，B重合），連接OF．（1）若BE＝1，求GE的長．（2）求證：BC2＝BG?BO．（3）若FO＝FG，猜想∠CAD的度數(shù)，并證明你的結(jié)論．42．（2023?臺州）我們可以通過中心投影的方法建立圓上的點與直線上點的對應(yīng)關(guān)系，用直線上點的位置刻畫圓上點的位置．如圖，AB是⊙O的直徑，直線l是⊙O的切線，B為切點．P，Q是圓上兩點（不與點A重合，且在直徑AB的同側(cè)），分別作射線AP，AQ交直線l于點C，點D．（1）如圖1，當AB＝6，BP長為π時，求BC的長；（2）如圖2，當，時，求的值；（3）如圖3，當，BC＝CD時，連接BP，PQ，直接寫出的值．43．（2023?寧波）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，E為AB邊上一點，以AE為直徑的半圓O與BC相切于點D，連結(jié)AD，BE＝3，BD＝3．P是AB邊上的動點，當△ADP為等腰三角形時，AP的長為．44．（2023?寧波）如圖1，銳角△ABC內(nèi)接于⊙O，D為BC的中點，連結(jié)AD并延長交⊙O于點E，連結(jié)BE，CE，過C作AC的垂線交AE于點F，點G在AD上，連結(jié)BG，CG，若BC平分∠EBG且∠BCG＝∠AFC．（1）求∠BGC的度數(shù)．（2）①求證：AF＝BC．②若AG＝DF，求tan∠GBC的值．（3）如圖2，當點O恰好在BG上且OG＝1時，求AC的長．45．（2022?麗水）如圖，以AB為直徑的⊙O與AH相切于點A，點C在AB左側(cè)圓弧上，弦CD⊥AB交⊙O于點D，連結(jié)AC，AD．點A關(guān)于CD的對稱點為E，直線CE交⊙O于點F，交AH于點G．（1）求證：∠CAG＝∠AGC；（2）當點E在AB上，連結(jié)AF交CD于點P，若＝，求的值；（3）當點E在射線AB上，AB＝2，以點A，C，O，F(xiàn)為頂點的四邊形中有一組對邊平行時，求AE的長．46．（2021?臺州）如圖，BD是半徑為3的⊙O的一條弦，BD＝4，點A是⊙O上的一個動點（不與點B，D重合），以A，B，D為頂點作?ABCD．（1）如圖2，若點A是劣弧BD的中點．①求證：?ABCD是菱形；②求?ABCD的面積．（2）若點A運動到優(yōu)弧BD上，且?ABCD有一邊與⊙O相切．①求AB的長；②直接寫出?ABCD對角線所夾銳角的正切值．47．（2021?金華）在扇形AOB中，半徑OA＝6，點P在OA上，連結(jié)PB，將△OBP沿PB折疊得到△O′BP．（1）如圖1，若∠O＝75°，且BO′與所在的圓相切于點B．①求∠APO′的度數(shù)．②求AP的長．（2）如圖2，BO′與相交于點D，若點D為的中點，且PD∥OB，求的長．48．（2021?杭州）如圖，銳角三角形ABC內(nèi)接于⊙O，∠BAC的平分線AG交⊙O于點G，交BC邊于點F，連接BG．（1）求證：△ABG∽△AFC．（2）已知AB＝a，AC＝AF＝b，求線段FG的長（用含a，b的代數(shù)式表示）．（3）已知點E在線段AF上（不與點A，點F重合），點D在線段AE上（不與點A，點E重合），∠ABD＝∠CBE，求證：BG2＝GE?GD．

專題15圓的有關(guān)概念、性質(zhì)及計算弧長的計算1．（2023?溫州）若扇形的圓心角為40°，半徑為18，則它的弧長為4π．【分析】根據(jù)弧長公式計算即可．【解答】解：由弧長公式得，故答案為：4π．2．（2021?溫州）若扇形的圓心角為30°，半徑為17，則扇形的弧長為π．【分析】根據(jù)弧長公式代入即可．【解答】解：根據(jù)弧長公式可得：l＝＝＝π．故答案為：π．3．（2022?溫州）若扇形的圓心角為120°，半徑為，則它的弧長為π．【分析】根據(jù)題目中的數(shù)據(jù)和弧長公式，可以計算出該扇形的弧長．【解答】解：∵扇形的圓心角為120°，半徑為，∴它的弧長為：＝π，故答案為：π．4．（2022?麗水）某仿古墻上原有一個矩形的門洞，現(xiàn)要將它改為一個圓弧形的門洞，圓弧所在的圓外接于矩形，如圖．已知矩形的寬為2m，高為2m，則改建后門洞的圓弧長是（）A．m B．m C．m D．（+2）m【分析】先作出合適的輔助線，然后根據(jù)題意和圖形，可以求得優(yōu)弧所對的圓心角的度數(shù)和所在圓的半徑，然后根據(jù)弧長公式計算即可．【解答】解：連接AC，BD，AC和BD相交于點O，則O為圓心，如圖所示，由題意可得，CD＝2m，AD＝2m，∠ADC＝90°，∴tan∠DCA＝＝＝，AC＝＝4（m），∴∠ACD＝60°，OA＝OC＝2m，∴∠ACB＝30°，∴∠AOB＝60°，∴優(yōu)弧ADCB所對的圓心角為300°，∴改建后門洞的圓弧長是：＝（m），故選：C．5．（2023?金華）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝6cm，∠BAC＝50°，以AB為直徑作半圓，交BC于點D，交AC于點E，則弧DE的長為πcm．【分析】連接OE，OD，由等腰三角形的性質(zhì)推出∠C＝∠ODB，得到OD∥AC，推出∠EOD＝∠AEO，由OE＝OA，∠OEA＝∠BAC＝50°，因此∠∠EOD＝∠BAC＝50°，由弧長公式即可求出的長．【解答】解：連接OE，OD，∵OD＝OB，∴∠B＝∠ODB，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∴∠C＝∠ODB，∴OD∥AC，∴∠EOD＝∠AEO，∵OE＝OA，∴∠OEA＝∠BAC＝50°，∴∠EOD＝∠BAC＝50°，∵OD＝AB＝×6＝3（cm），∴的長＝＝π（cm）．故答案為：π．6．（2021?臺州）如圖，將線段AB繞點A順時針旋轉(zhuǎn)30°，得到線段AC．若AB＝12，則點B經(jīng)過的路徑長度為2π．（結(jié)果保留π）【分析】利用弧長公式計算即可．【解答】解：長度＝＝2π，故答案為：2π．扇形面積的計算7．（2021?衢州）已知扇形的半徑為6，圓心角為150°，則它的面積是（）A．π B．3π C．5π D．15π【分析】把已知數(shù)據(jù)代入扇形面積公式計算，即可得到答案．【解答】解：扇形面積＝，故選：D．8．（2022?衢州）如圖，C，D是以AB為直徑的半圓上的兩點，∠CAB＝∠DBA，連結(jié)BC，CD．（1）求證：CD∥AB．（2）若AB＝4，∠ACD＝30°，求陰影部分的面積．【分析】（1）根據(jù)圓周角定理可得，∠ACD＝∠DBA，由已知條件可得∠CAB＝∠ACD，再根據(jù)平行線的判定方法即可得出答案；（2）連結(jié)OD，過點D作DE⊥AB，垂足為E．由∠ACD＝30°，可得∠ACD＝∠CAB＝30°，根據(jù)圓周角定理可得∠AOD＝∠COB＝60°，即可得出∠COD＝180°﹣∠AOD﹣∠COB＝60°，∠BOD＝180°﹣∠AOD＝120°，即可算出S扇形BOD＝的面積，在Rt△ODE中，根據(jù)三角函數(shù)可算出DE＝cos30°OD的長度，即可算出S△BOD＝的面積，根據(jù)S陰影＝S扇形BOD﹣S△BOD代入計算即可得出答案．【解答】（1）證明：∵＝，∴∠ACD＝∠DBA，又∵∠CAB＝∠DBA，∴∠CAB＝∠ACD，∴CD∥AB．（2）如圖，連結(jié)OD，過點D作DE⊥AB，垂足為E．∵∠ACD＝30°，∴∠AOD＝60°，∴∠BOD＝180°﹣∠AOD＝120°，∴S扇形BOD＝．在Rt△ODE中，∵DE＝sin60°?OD＝＝，∴S△BOD＝＝＝，∴S陰影＝S扇形BOD﹣S△BOD＝．∴S陰影＝．9．（2022?臺州）一個垃圾填埋場，它在地面上的形狀為長80m，寬60m的矩形，有污水從該矩形的四周邊界向外滲透了3m，則該垃圾填埋場外圍受污染土地的面積為（）A．（840+6π）m2 B．（840+9π）m2 C．840m2 D．876m2【分析】直接根據(jù)圖形中外圍面積和可得結(jié)論．【解答】解：如圖，該垃圾填埋場外圍受污染土地的面積＝80×3×2+60×3×2+32π＝（840+9π）m2．故選：B．10．（2023?溫州）圖1是4×4方格繪成的七巧板圖案，每個小方格的邊長為，現(xiàn)將它剪拼成一個“房子”造型（如圖2），過左側(cè)的三個端點作圓，并在圓內(nèi)右側(cè)部分留出矩形CDEF作為題字區(qū)域（點A，E，D，B在圓上，點C，F(xiàn)在AB上），形成一幅裝飾畫，則圓的半徑為5．若點A，N，M在同一直線上，AB∥PN，DE＝EF，則題字區(qū)域的面積為．【分析】根據(jù)不共線三點確定一個圓，根據(jù)對稱性得出圓心的位置，進而垂徑定理、勾股定理求得r，連接OE，取ED的中點T，連接OT，在Rt△OET中，根據(jù)勾股定理即可求解．【解答】解：如圖所示，依題意，GH＝2＝GQ，∵過左側(cè)的三個端點Q，K，L作圓，QH＝HL＝4，又NK⊥QL，∴O在KN上，連接OQ，則OQ為半徑，∵OH＝r﹣KH＝r﹣2，在Rt△OHQ中，OH2+QH2＝QO2，∴（r﹣2）2+42＝r2，解得：r＝5；連接OE，取ED的中點T，連接OT，交AB于點S，連接PB，AM，∵AB∥PN，∴AB⊥OT，∴AS＝SB，∵點A，N，M在同一直線上，∴，∴MN＝AN，又NB＝NA，∴∠ABM＝90°，∵MN＝NB，NP⊥MP，∴MP＝PB＝2，∴NS＝MB＝2，∵KH+HN＝2+4＝6，∴ON＝6﹣5＝1，∴OS＝3，∵，設(shè)EF＝ST＝a，則，在Rt△OET中，OE2＝OT2+TE2，即，整理得5a2+12a﹣32＝0，即（a+4）（5a﹣8）＝0，解得：或a＝﹣4，∴題字區(qū)域的面積為．故答案為：．11．（2023?浙江）一副三角板ABC和DEF中，∠C＝∠D＝90°，∠B＝30°，∠E＝45°，BC＝EF＝12．將它們疊合在一起，邊BC與EF重合，CD與AB相交于點G（如圖1），此時線段CG的長是6﹣6．現(xiàn)將△DEF繞點C（F）按順時針方向旋轉(zhuǎn)（如圖2），邊EF與AB相交于點H，連結(jié)DH，在旋轉(zhuǎn)0°到60°的過程中，線段DH掃過的面積是18+12π﹣18．【分析】如圖1，過點G作GK⊥BC于K，則∠CKG＝∠BKG＝90°，由等腰直角三角形性質(zhì)可得CK＝GK＝CG，進而得出BK＝BC﹣CK＝12﹣CG，利用解直角三角形可得BK＝GK，建立方程求解即可得出答案；如圖2，以C為圓心，CD為半徑作圓，當△CDE繞點C旋轉(zhuǎn)60°時，CE′交AB于H′，連接DD′，過點D作DM⊥AB于M，過點C作CN⊥DD′于N，則∠BCE′＝∠DCD′＝60°，點D的運動軌跡為，點H的運動軌跡為線段BH′，因此在旋轉(zhuǎn)0°到60°的過程中，線段DH掃過的面積為S△BDD′+S扇形CDD′﹣S△CDD′，再利用等腰直角三角形性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、扇形面積公式即可求得答案．【解答】解：如圖1，過點G作GK⊥BC于K，則∠CKG＝∠BKG＝90°，∵∠BCD＝45°，∴△CGK是等腰直角三角形，∴CK＝GK＝CG，∵BC＝12，∴BK＝BC﹣CK＝12﹣CG，在Rt△BGK中，∠GBK＝30°，∴＝tan∠GBK＝tan30°＝，∴BK＝GK，即12﹣CG＝×CG，∴CG＝6﹣6；如圖2，以C為圓心，CD為半徑作圓，當△CDE繞點C旋轉(zhuǎn)60°時，CE′交AB于H′，連接DD′，過點D作DM⊥AB于M，過點C作CN⊥DD′于N，則∠BCE′＝∠DCD′＝60°，點D的運動軌跡為，點H的運動軌跡為線段BH′，∴在旋轉(zhuǎn)0°到60°的過程中，線段DH掃過的面積為S△BDD′+S扇形CDD′﹣S△CDD′，∵CD＝BC?cosCBD＝12cos45°＝6，∴DG＝CD﹣CG＝6﹣（6﹣6）＝12﹣6，∵∠BCD+∠ABC＝60°+30°＝90°，∴∠BH′C＝90°，在Rt△BCH′中，CH′＝BC?sin30°＝12×＝6，BH′＝BC?cos30°＝12×＝6，∵△CD′E′是等腰直角三角形，∠CD′E′＝90°，D′H′⊥CE′，∴D′H′＝CE′＝6，∴BD′＝6+6，∵DM⊥AB，∴∠DMG＝90°，∴∠DMG＝∠CH′G，∵∠DGM＝∠CGH′，∴△DGM∽△CGH′，∴＝，即＝，∴DM＝3﹣3，∵CD′＝CD＝6，∠DCD′＝60°，∴△CDD′是等邊三角形，∴∠CDD′＝60°，∵CN⊥DD′，∴CN＝CD?sin∠CDD′＝6sin60°＝3，∴S△BDD′+S扇形CDD′﹣S△CDD′＝×（6+6）×（3﹣3）+﹣×6×3＝18+12π﹣18；故答案為：6﹣6；18+12π﹣18．12．（2022?寧波）已知圓錐的底面半徑為4cm，母線長為6cm，則圓錐的側(cè)面積為（）A．36πcm2 B．24πcm2 C．16πcm2 D．12πcm2【分析】根據(jù)圓錐的側(cè)面展開圖為一扇形，這個扇形的弧長等于圓錐底面的周長，扇形的半徑等于圓錐的母線長和扇形的面積公式求解．【解答】解：圓錐的側(cè)面積＝×2π×4×6＝24π（cm2）．故選：B．13．（2023?寧波）如圖，圓錐形煙囪帽的底面半徑為30cm，母線長為50cm，則煙囪帽的側(cè)面積為1500πcm2．（結(jié)果保留π）【分析】根據(jù)扇形面積公式計算即可．【解答】解：煙囪帽的側(cè)面積為：×2π×30×50＝1500π（cm2），故答案為：1500π．14．（2021?金華）如圖，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以該三角形的三條邊為邊向外作正方形，正方形的頂點E，F(xiàn)，G，H，M，N都在同一個圓上．記該圓面積為S1，△ABC面積為S2，則的值是（）A． B．3π C．5π D．【分析】先設(shè)Rt△ABC的三邊長為a，b，c，其中c為斜邊，設(shè)⊙O的半徑為r，根據(jù)圖形找出a，b，c，r的關(guān)系，用含c的式子表示S1和S2，即可求出比值．【解答】解：如圖，取AB的中點為O，AC的中點為D，連接OE，OG，OD，OC，設(shè)AB＝c，AC＝b，BC＝a，則a2+b2＝c2，①取AB的中點為O，∵△ABC是直角三角形，∴OA＝OB＝OC，∵圓心在MN和HG的垂直平分線上，∴O為圓心，由勾股定理得：，②由①②得a＝b，∴，∴，，∴，故選：C．圓周角定理15．（2022?嘉興）如圖，在⊙O中，∠BOC＝130°，點A在上，則∠BAC的度數(shù)為（）A．55° B．65° C．75° D．130°【分析】根據(jù)同弧所對的圓周角等于圓心角的一半即可得出∠BAC的度數(shù)．【解答】解：∵∠BOC＝130°，點A在上，∴∠BAC＝∠BOC＝＝65°，故選：B．16．（2022?湖州）如圖，已知AB是⊙O的弦，∠AOB＝120°，OC⊥AB，垂足為C，OC的延長線交⊙O于點D．若∠APD是所對的圓周角，則∠APD的度數(shù)是30°．【分析】由垂徑定理得出，由圓心角、弧、弦的關(guān)系定理得出∠AOD＝∠BOD，進而得出∠AOD＝60°，由圓周角定理得出∠APD＝∠AOD＝30°，得出答案．【解答】解：∵OC⊥AB，∴，∴∠AOD＝∠BOD，∵∠AOB＝120°，∴∠AOD＝∠BOD＝∠AOB＝60°，∴∠APD＝∠AOD＝×60°＝30°，故答案為：30°．17．（2023?杭州）如圖，在⊙O中，半徑OA，OB互相垂直，點C在劣弧AB上．若∠ABC＝19°，則∠BAC＝（）A．23° B．24° C．25° D．26°【分析】連接OC，根據(jù)圓周角定理可求解∠AOC的度數(shù)，結(jié)合垂直的定義可求解∠BOC的度數(shù)，再利用圓周角定理可求解．【解答】解：連接OC，∵∠ABC＝19°，∴∠AOC＝2∠ABC＝38°，∵半徑OA，OB互相垂直，∴∠AOB＝90°，∴∠BOC＝90°﹣38°＝52°，∴∠BAC＝∠BOC＝26°，故選：D．18．（2022?溫州）如圖，AB，AC是⊙O的兩條弦，OD⊥AB于點D，OE⊥AC于點E，連結(jié)OB，OC．若∠DOE＝130°，則∠BOC的度數(shù)為（）A．95° B．100° C．105° D．130°【分析】根據(jù)四邊形的內(nèi)角和等于360°計算可得∠BAC＝50°，再根據(jù)圓周角定理得到∠BOC＝2∠BAC，進而可以得到答案．【解答】解：∵OD⊥AB，OE⊥AC，∴∠ADO＝90°，∠AEO＝90°，∵∠DOE＝130°，∴∠BAC＝360°﹣90°﹣90°﹣130°＝50°，∴∠BOC＝2∠BAC＝100°，故選：B．19．（2023?紹興）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，若∠D＝100°，則∠B的度數(shù)是80°．【分析】由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)：圓內(nèi)接四邊形的對角互補，即可得到答案．【解答】解：∵四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，∴∠B+∠D＝180°，∵∠D＝100°，∴∠B＝80°．故答案為：80°．20．（2023?溫州）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，AD＝，則∠CAO的度數(shù)與BC的長分別為（）A．10°，1 B．10°， C．15°，1 D．15°，【分析】由平行線的性質(zhì)，圓周角定理，垂直的定義，推出∠AOB＝∠COD＝90°，∠CAD＝∠BDA＝45°，求出∠BOC＝60°，得到△BOC是等邊三角形，得到BC＝OB，由等腰三角形的性質(zhì)求出圓的半徑長，求出∠OAD的度數(shù)，即可得到BC的長，∠CAO的度數(shù)．【解答】解：∵BC∥AD，∴∠DBC＝∠ADB，∴＝，∴∠AOB＝∠COD，∠CAD＝∠BDA，∵DB⊥AC，∴∠AED＝90°，∴∠CAD＝∠BDA＝45°，∴∠AOB＝2∠ADB＝90°，∠COD＝2∠CAD＝90°，∵∠AOD＝120°，∴∠BOC＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°，∵OB＝OC，∴△OBC是等邊三角形，∴BC＝OB，∵OA＝OD，∠AOD＝120°，∴∠OAD＝∠ODA＝30°，∴AD＝OA＝，∴OA＝1，∴BC＝1，∴∠CAO＝∠CAD﹣∠OAD＝45°﹣30°＝15°．故選：C．切線的性質(zhì)21．（2023?金華）如圖，點A在第一象限內(nèi)，⊙A與x軸相切于點B，與y軸相交于點C，D，連結(jié)AB，過點A作AH⊥CD于點H．（1）求證：四邊形ABOH為矩形．（2）已知⊙A的半徑為4，OB＝，求弦CD的長．【分析】（1）根據(jù)切線的性質(zhì)得到AB⊥x軸根據(jù)垂直的定義得到∠AHO＝∠HOB＝∠OBA＝90°，根據(jù)矩形的判定定理得到四邊形AHOB是矩形；（2）連接AD，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到AH＝OB＝，根據(jù)勾股定理得到DH＝＝＝3，根據(jù)垂徑定理即可得到結(jié)論．【解答】（1）證明：∵⊙A與x軸相切于點B，∴AB⊥x軸又∵AH⊥CD，HO⊥OB，∴∠AHO＝∠HOB＝∠OBA＝90°，∴四邊形AHOB是矩形；（2）解：連接AD，∵四邊形AHOB是矩形，∴AH＝OB＝，∵AD＝AB＝4，∴DH＝＝＝3，∵AH⊥CD，∴CD＝2DH＝6．22．（2023?浙江）如圖，點A是⊙O外一點，AB，AC分別與⊙O相切于點B，C，點D在上．已知∠A＝50°，則∠D的度數(shù)是65°．【分析】連接OC，OB，根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠ACO＝∠ABO＝90°，求得∠COB＝360°﹣∠A﹣∠ACO﹣∠ABO＝130°，根據(jù)圓周角定理即可得到結(jié)論．【解答】解：連接OC，OB，∵AB，AC分別與⊙O相切于點B，C，∴∠ACO＝∠ABO＝90°，∵∠A＝50°，∴∠COB＝360°﹣∠A﹣∠ACO﹣∠ABO＝130°，∴∠D＝，故答案為：65°．23．（2022?衢州）如圖，AB切⊙O于點B，AO的延長線交⊙O于點C，連結(jié)BC．若∠A＝40°，則∠C的度數(shù)為25°．【分析】連接OB，先根據(jù)切線的性質(zhì)求出∠AOB，再根據(jù)OB＝OC，∠AOB＝∠C+∠OBC即可解決問題．【解答】解：如圖，連接OB．∵AB是⊙O切線，∴OB⊥AB，∴∠ABO＝90°，∵∠A＝40°，∴∠AOB＝90°﹣∠A＝50°，∵OC＝OB，∴∠C＝∠OBC，∵∠AOB＝∠C+∠OBC，∴∠C＝25°．故答案為：25°．24．（2022?紹興）如圖，半徑為6的⊙O與Rt△ABC的邊AB相切于點A，交邊BC于點C，D，∠B＝90°，連結(jié)OD，AD．（1）若∠ACB＝20°，求的長（結(jié)果保留π）．（2）求證：AD平分∠BDO．【分析】（1）連結(jié)OA，由∠ACB＝20°，得∠AOD＝40°，由弧長公式即得的長為；（2）根據(jù)AB切⊙O于點A，∠B＝90°，可得OA∥BC，有∠OAD＝∠ADB，而OA＝OD，即可得∠ADB＝∠ODA，從而AD平分∠BDO．【解答】（1）解：連結(jié)OA，如圖：∵∠ACB＝20°，∴∠AOD＝40°，∴＝＝；（2）證明：∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∵AB切⊙O于點A，∴OA⊥AB，∵∠B＝90°，∴OA∥BC，∴∠OAD＝∠ADB，∴∠ADB＝∠ODA，∴AD平分∠BDO．25．（2021?寧波）抖空竹在我國有著悠久的歷史，是國家級的非物質(zhì)文化遺產(chǎn)之一．如圖，AC，BD分別與⊙O相切于點C，D，延長AC，BD交于點P．若∠P＝120°，⊙O的半徑為6cm，則圖中的長為2πcm．（結(jié)果保留π）【分析】連接OC，OD，先求出∠COD的度數(shù)，最后利用弧長公式求解答案即可．【解答】解：如圖所示，連接OC，OD，∵AC，BD分別與⊙O相切于點C，D，∴∠OCP＝∠ODP＝90°，由四邊形內(nèi)角和為360°可得，∠COD＝360°﹣∠OCP﹣∠ODP﹣∠CPD＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°．∴的長＝＝2π．故答案為：2π．26．（2021?溫州）如圖，⊙O與△OAB的邊AB相切，切點為B．將△OAB繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)得到△O′A′B，使點O′落在⊙O上，邊A′B交線段AO于點C．若∠A′＝25°，則∠OCB＝85度．【分析】根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠OBA＝90°，連接OO′，如圖，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠A＝∠A′＝25°，∠ABA′＝∠OBO′，BO＝BO′，則判斷△OO′B為等邊三角形得到∠OBO′＝60°，所以∠ABA′＝60°，然后利用三角形外角性質(zhì)計算∠OCB．【解答】解：∵⊙O與△OAB的邊AB相切，∴OB⊥AB，∴∠OBA＝90°，連接OO′，如圖，∵△OAB繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)得到△O′A′B，∴∠A＝∠A′＝25°，∠ABA′＝∠OBO′，BO＝BO′，∵OB＝OO′，∴△OO′B為等邊三角形，∴∠OBO′＝60°，∴∠ABA′＝60°，∴∠OCB＝∠A+∠ABC＝25°+60°＝85°．故答案為85．27．（2023?紹興）如圖，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點，過點C作⊙O的切線CD，交AB的延長線于點D，過點A作AE⊥CD于點E．（1）若∠EAC＝25°，求∠ACD的度數(shù)；（2）若OB＝2，BD＝1，求CE的長．【分析】（1）由垂直的定義得到∠AEC＝90°，由三角形外角的性質(zhì)即可求出∠ACD的度數(shù)；（2）由勾股定理求出CD的長，由平行線分線段成比例定理得到，代入有關(guān)數(shù)據(jù)，即可求出CE的長．【解答】解：（1）∵AE⊥CD于點E，∴∠AEC＝90°∴∠ACD＝∠AEC+∠EAC＝90°+25°＝115°；（2）∵CD是⊙O的切線，∴半徑OC⊥DE，∴∠OCD＝90°，∵OC＝OB＝2，BD＝1，∴OD＝OB+BD＝3，∴CD＝＝．∵∠OCD＝∠AEC＝90°，∴OC∥AE，∴，∴，∴CE＝．28．（2021?衢州）如圖，在△ABC中，CA＝CB，BC與⊙A相切于點D，過點A作AC的垂線交CB的延長線于點E，交⊙A于點F，連結(jié)BF．（1）求證：BF是⊙A的切線．（2）若BE＝5，AC＝20，求EF的長．【分析】（1）連接AD，利用BC與⊙A相切于點D，可得∠ADB＝90°；通過說明△ABF≌△ABD得到∠AFB＝∠ADB＝90°，結(jié)論得證；（2）利用BF⊥AE，AC⊥AE可得BF∥AC，于是△EFB∽△EAC，得到，將已知條件代入可得BF，利用勾股定理在Rt△BEF中可求EF．【解答】解：（1）證明：連接AD，如圖，∵CA＝CB，∴∠CAB＝∠ABC．∵AE⊥AC，∴∠CAB+∠EAB＝90°．∵BC與⊙A相切于點D，∴∠ADB＝90°．∴∠ABD+∠BAD＝90°．∴∠BAE＝∠BAD．在△ABF和△ABD中，，∴△ABF≌△ABD（SAS）．∴∠AFB＝∠ADB＝90°．∴BF是⊙A的切線．（2）由（1）得：BF⊥AE，∵AC⊥AE，∴BF∥AC．∴△EFB∽△EAC．∴，∵BE＝5，CB＝AC＝20，∴CE＝EB+CB＝20+5＝25，∴．∴BF＝4．在Rt△BEF中，EF＝．圓的綜合運用29．（2023?杭州）如圖，六邊形ABCDEF是⊙O的內(nèi)接正六邊形，設(shè)正六邊形ABCDEF的面積為S1，△ACE的面積為S2，則＝2．【分析】連接OA，OC，OE，首先證明出△ACE是⊙O的內(nèi)接正三角形，然后證明出△BAC≌△OAC（ASA），得到S△ABC＝S△AEE＝S△CDES△AOC＝S△OAE＝S△OCE，進而求解即可．【解答】解：如圖所示，連接OA，OC，OE．∵六邊形ABCDEF是⊙O的內(nèi)接正六邊形，∴AC＝AE＝CE，∴△ACE是⊙O的內(nèi)接正三角形，∵∠B＝120°，AB＝BC，∴∠BAC＝∠BCA＝（180°﹣∠B）＝30°，∵∠CAE＝60°，∴∠OAC＝∠OAE＝30°，∴∠BAC＝∠OAC＝30°，同理可得，∠BCA＝∠OCA＝30°，又∵AC＝AC，∴△BAC≌△OAC（ASA），∴S△BAC＝S△AOC，圓和正六邊形的性質(zhì)可得，S△BAC＝S△AFE＝S△CDE，由圓和正三角形的性質(zhì)可得，S△OAC＝S△OAE＝S△OCE，∵S1＝S△BAC+S△AEF+S△CDE+S△OAC+S△OAE+S△OCE＝2（S△OAC+S△OAE+S△OCE）＝2S2，∴，故答案為：230．（2022?金華）如圖1，正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，閱讀以下作圖過程，并回答下列問題：作法如圖2．1．作直徑AF．2．以F為圓心，F(xiàn)O為半徑作圓弧，與⊙O交于點M，N．3．連接AM，MN，NA．（1）求∠ABC的度數(shù)．（2）△AMN是正三角形嗎？請說明理由．（3）從點A開始，以DN長為邊長，在⊙O上依次截取點，再依次連接這些分點，得到正n邊形，求n的值．【分析】（1）根據(jù)正五邊形內(nèi)角和，可以計算出∠ABC的度數(shù)；（2）先判斷，然后根據(jù)題意和圖形說明理由即可；（3）根據(jù)題意和（2）中的結(jié)果，計算出∠NOD的度數(shù)，然后即可計算出n的值．【解答】解：（1）∵五邊形ABCDE是正五邊形，∴∠ABC＝＝108°，即∠ABC＝108°；（2）△AMN是正三角形，理由：連接ON，NF，如圖，由題意可得：FN＝ON＝OF，∴△FON是等邊三角形，∴∠NFA＝60°，∴∠NMA＝60°，同理可得：∠ANM＝60°，∴∠MAN＝60°，∴△MAN是正三角形；（3）連接OD，如圖，∵∠AMN＝60°，∴∠AON＝120°，∵∠AOD＝＝144°，∴∠NOD＝∠AOD﹣∠AON＝144°﹣120°＝24°，∵360°÷24°＝15，∴n的值是15．31．（2022?臺州）如圖，在△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑的⊙O與BC交于點D，連接AD．（1）求證：BD＝CD．（2）若⊙O與AC相切，求∠B的度數(shù)．（3）用無刻度的直尺和圓規(guī)作出劣弧的中點E．（不寫作法，保留作圖痕跡）【分析】（1）由圓周角定理得出AD⊥BC，再由等腰三角形的性質(zhì)即可證明BD＝CD；（2）由切線的性質(zhì)得出BA⊥AC，由AB＝AC，得出△BAC是等腰直角三角形，即可求出∠B＝45°；（3）利用尺規(guī)作圖，作∠ABC的平分線交于點E，則點E即是劣弧的中點．【解答】（1）證明：∵AB是直徑，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BC，∵AB＝AC，∴BD＝CD；（2）解：∵⊙O與AC相切，AB為直徑，∴BA⊥AC，∵AB＝AC，∴△BAC是等腰直角三角形，∴∠B＝45°；（3）解：如圖，作∠ABC的角平分線交于點E，則點E即是劣弧的中點．32．（2023?浙江）已知，AB是半徑為1的⊙O的弦，⊙O的另一條弦CD滿足CD＝AB，且CD⊥AB于點H（其中點H在圓內(nèi)，且AH＞BH，CH＞DH）．（1）在圖1中用尺規(guī)作出弦CD與點H（不寫作法，保留作圖痕跡）；（2）連結(jié)AD，猜想：當弦AB的長度發(fā)生變化時，線段AD的長度是否變化？若發(fā)生變化，說明理由；若不變，求出AD的長度；（3）如圖2，延長AH至點F，使得HF＝AH，連結(jié)CF，∠HCF的平分線CP交AD的延長線于點P，點M為AP的中點，連結(jié)HM．若PD＝AD，求證：MH⊥CP．【分析】（1）以A，B為圓心，大于AB長為半徑畫弧，交點為G，連接OG，與⊙O交點為E，F(xiàn)，與AB交點為M，則OG⊥AB，分別以E，F(xiàn)為圓心，大于EF長為半徑畫弧，交點為N，連接ON，則ON∥AB，以O(shè)為圓心，OM長為半徑畫弧與ON交點為P，則OP＝OM，以P為圓心，OP長為半徑，交直線ON于Q，以O(shè)，Q為圓心，大于OQ長為半徑畫弧，交點為R，連接PR，則PR⊥AB，PR與⊙O交點為C，D，與AB交點為H，即CD、點H即為所求；（2）如圖2，連結(jié)AD，連接DO并延長交⊙O于E，連結(jié)AE，AC，過O作OF⊥AB于F，ON⊥CD于N，證明四邊形OFHN是正方形，則可證△ACH是等腰直角三角形，則∠C＝45°，由，可知∠E＝∠C＝45°，由DE是⊙O的直徑，可得∠EAD＝90°，則△ADE是等腰直角三角形，AD＝DE?sin∠E＝；（3）如圖3，延長CD、FP，交點為G，由題意知MH是△APF的中位線，則MH∥PF，MH＝PF，由PD＝AD，可得MD＝PD，證明△MDH∽△PDG，則＝，即GP＝2MH＝PF，如圖3，作△CFG的外接圓，延長CP交外接圓于點N，連結(jié)GN、FN，由CP是∠HCF的平分線，可得∠GCP＝∠FCP，則GN＝NF，證明△GPN≌△FPN（SSS），則∠GPN＝∠FPN＝90°，即PF⊥CP，由MH∥PF，可得MH⊥CP，進而結(jié)論得證．【解答】（1）解：如圖1，CD、點H即為所求；（2）：當弦AB的長度發(fā)生變化時，線段AD的長度不變；如圖，連結(jié)AD，連接DO并延長交⊙O于E，連結(jié)AE，AC，過O作OF⊥AB于F，ON⊥CD于N，則四邊形OFHN是矩形，∵AB＝CD，AB⊥CD，∴OF＝ON，∴四邊形OFHN是正方形，∴FH＝NH，∴AF+FH＝CN+NH，即AH＝CH，∴△ACH是等腰直角三角形，∴∠C＝45°，∵，∴∠E＝∠C＝45°，∵DE是⊙O的直徑，∴∠EAD＝90°，∴∠ADE＝45°，∴△ADE是等腰直角三角形，∴AE＝AD，∴AD＝DE?sin∠E＝，∴線段AD是定長，長度不發(fā)生變化，值為；（3）證明：如圖3，延長CD、FP，交點為G，∵HF＝AH，∴點H為AF的中點，又∵點M為AP的中點，∴MH是△APF的中位線，∴MH∥PF，MH＝PF，又∵PD＝AD，PM＝AM，∴MD＝PD，∵MH∥GP，∴∠MHD＝∠PGD，又∵∠MDH＝∠PDG，∴△MDH∽△PDG，∴，即GP＝2MH＝PF，如圖3，作△CFG的外接圓，延長CP交外接圓于點N，連結(jié)GN、FN，∵CP是∠HCF的平分線，∴∠GCP＝∠FCP，∴GN＝NF，∵GP＝PF，GN＝NF，PN＝PN，∴△GPN≌△FPN（SSS），∴∠GPN＝∠FPN＝90°，∴PF⊥CP，∵MH∥PF，∴MH⊥CP．證法二：過點P作PG⊥HF于G點，由PG∥DH，∴HG：AH＝PD：AD＝1：2，∵AH＝HF，∴HG：HF＝1：2，即G是HF中點，∴PH＝PF，∵CP平分∠DCF，過點P作PK⊥CH于點K，PE⊥CF于點E，∴∠KPE＝135°，PK＝PE，∴△PHK≌△PFE（HL），∴∠HPF＝135°，∠PFG＝22.5，在△CPF中，由內(nèi)角和推得∠CPF＝90°，∴MN⊥CP33．（2022?杭州）如圖是以點O為圓心，AB為直徑的圓形紙片，點C在⊙O上，將該圓形紙片沿直線CO對折，點B落在⊙O上的點D處（不與點A重合），連接CB，CD，AD．設(shè)CD與直徑AB交于點E．若AD＝ED，則∠B＝36度；的值等于．【分析】由等腰三角形的性質(zhì)得出∠DAE＝∠DEA，證出∠BEC＝∠BCE，由折疊的性質(zhì)得出∠ECO＝∠BCO，設(shè)∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，證出∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，∠CEB＝2x，由三角形內(nèi)角和定理可得出答案；證明△CEO∽△BEC，由相似三角形的性質(zhì)得出，設(shè)EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，得出a2＝x（x+a），求出OE＝a，證明△BCE∽△DAE，由相似三角形的性質(zhì)得出，則可得出答案．【解答】解：∵AD＝DE，∴∠DAE＝∠DEA，∵∠DEA＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE，∴∠BEC＝∠BCE，∵將該圓形紙片沿直線CO對折，∴∠ECO＝∠BCO，又∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠B，設(shè)∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，∴∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，∴∠CEB＝2x，∵∠BEC+∠BCE+∠B＝180°，∴x+2x+2x＝180°，∴x＝36°，∴∠B＝36°；∵∠ECO＝∠B，∠CEO＝∠CEB，∴△CEO∽△BEC，∴，∴CE2＝EO?BE，設(shè)EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，∴a2＝x（x+a），解得，x＝a（負值舍去），∴OE＝a，∴AE＝OA﹣OE＝a﹣a＝a，∵∠AED＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE，∴△BCE∽△DAE，∴，∴＝．故答案為：36，．34．（2022?寧波）如圖1，⊙O為銳角三角形ABC的外接圓，點D在上，AD交BC于點E，點F在AE上，滿足∠AFB﹣∠BFD＝∠ACB，F(xiàn)G∥AC交BC于點G，BE＝FG，連結(jié)BD，DG．設(shè)∠ACB＝α．（1）用含α的代數(shù)式表示∠BFD．（2）求證：△BDE≌△FDG．（3）如圖2，AD為⊙O的直徑．①當?shù)拈L為2時，求的長．②當OF：OE＝4：11時，求cosα的值．【分析】（1）聯(lián)立∠AFB﹣∠BFD＝∠ACB＝α，∠AFB+∠BFD＝180°，即可得出∠BFD的度數(shù)；（2）根據(jù)角的關(guān)系得出DB＝DF，推出∠DFG＝∠DBE，又BE＝FG，即可根據(jù)SAS證兩三角形全等；（3）①用α表示出∠ABC的度數(shù)，根據(jù)度數(shù)比等于弧長比計算弧長即可；②證△BDG∽△BOF，設(shè)相似比為k，OF＝4x，則可得出OE，DE，GE的長度，根據(jù)比例關(guān)系得出方程求出k的值，在用x的代數(shù)式分別表示出BD和AD，即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）∵∠AFB﹣∠BFD＝∠ACB＝α，①又∵∠AFB+∠BFD＝180°，②②﹣①，得2∠BFD＝180°﹣α，∴∠BFD＝90°﹣；（2）由（1）得∠BFD＝90°﹣，∵∠ADB＝∠ACB＝α，∴∠FBD＝180°﹣∠ADB﹣∠BFD＝90°﹣，∴DB＝DF，∵FG∥AC，∴∠CAD＝∠DFG，∵∠CAD＝∠DBE，∴∠DFG＝∠DBE，在△BDE和△FDG中，，∴△BDE≌△FDG（SAS）；（3）①∵△BDE≌△FDG，∴∠FDG＝∠BDE＝α，∴∠BDG＝∠BDF+∠EDG＝2α，∵DE＝DG，∴∠DGE＝（180°﹣∠FDG）＝90°﹣，∴∠DBG＝180°﹣∠BDG﹣∠DGE＝90°﹣，∵AD是⊙O的直徑，∴∠ABD＝90°，∴∠ABC＝∠ABD﹣∠DBG＝，∴與所對的圓心角度數(shù)之比為3：2，∴與的長度之比為3：2，∵＝2，∴＝3；②如圖，連接BO，∵OB＝OD，∴∠OBD＝∠ODB＝α，∴∠BOF＝∠OBD+∠ODB＝2α，∵∠BDG＝2α，∴∠BOF＝∠BDG，∵∠BGD＝∠BFO＝90°﹣，∴△BDG∽△BOF，設(shè)△BDG與△BOF的相似比為k，∴，∵，∴設(shè)OF＝4x，則OE＝11x，DE＝DG＝4kx，∴OB＝OD＝OE+DE＝11x+4kx，BD＝DF＝OF+OD＝15x+4kx，∴＝＝，由＝k，得4k2+7k﹣15＝0，解得k＝或﹣3（舍去），∴OD＝11x+4kx＝16x，BD＝15x+4kx＝20x，∴AD＝2OD＝32x，在Rt△ABD中，cos∠ADB＝＝，∴cosα＝．方法二：連接OB，作BM⊥AD于M，由題意知，△BDF和△BEF都是等腰三角形，∴EM＝MF，設(shè)OE＝11，OF＝4，設(shè)DE＝m，則OB＝m+11，OM＝3.5，BD＝m+15，DM＝m+7.5，∴OB2﹣OM2＝BD2﹣DM2，即（m+11）2﹣3.52＝（m+15）2﹣（m+7.5）2，解得m＝5或m＝﹣12（舍去），∴cosα＝．35．（2022?溫州）如圖1，AB為半圓O的直徑，C為BA延長線上一點，CD切半圓于點D，BE⊥CD，交CD延長線于點E，交半圓于點F，已知BC＝5，BE＝3，點P，Q分別在線段AB，BE上（不與端點重合），且滿足＝．設(shè)BQ＝x，CP＝y(tǒng)．（1）求半圓O的半徑．（2）求y關(guān)于x的函數(shù)表達式．（3）如圖2，過點P作PR⊥CE于點R，連結(jié)PQ，RQ．①當△PQR為直角三角形時，求x的值．②作點F關(guān)于QR的對稱點F′，當點F′落在BC上時，求的值．【分析】（1）連接OD，設(shè)半徑為r，利用△COD∽△CBE，得，代入計算即可；（2）根據(jù)CP＝AP+AC，用含x的代數(shù)式表示AP的長，再由（1）計算求AC的長即可；（3）①顯然∠PRQ＜90°，所以分兩種情形，當∠RPQ＝90°時，則四邊形RPQE是矩形，當∠PQR＝90°時，過點P作PH⊥BE于點H，則四邊形PHER是矩形，分別根據(jù)圖形可得答案；②連接AF，QF'，由對稱可知QF＝QF'，∠F'QR＝∠EQR＝45°，利用三角函數(shù)表示出BF'和BF的長度，從而解決問題．【解答】解：（1）如圖1，連接OD，設(shè)半徑為r，∵CD切半圓于點D，∴OD⊥CD，∵BE⊥CD，∴OD∥BE，∴△COD∽△CBE，∴，∴，解得r＝，∴半圓O的半徑為；（2）由（1）得，CA＝CB﹣AB＝5﹣2×＝，∵＝，BQ＝x，∴AP＝，∴CP＝AP+AC，∴y＝；（3）①顯然∠PRQ＜90°，所以分兩種情形，當∠RPQ＝90°時，則四邊形RPQE是矩形，∴PR＝QE，∵PR＝PC×sinC＝，∴，∴x＝，當∠PQR＝90°時，過點P作PH⊥BE于點H，如圖，則四邊形PHER是矩形，∴PH＝RE，EH＝PR，∵CR＝CP?cosC＝，∴PH＝RE＝3﹣x＝EQ，∴∠EQR＝∠ERQ＝45°，∴∠PQH＝45°＝∠QPH，∴HQ＝HP＝3﹣x，由EH＝PR得：（3﹣x）+（3﹣x）＝，∴x＝，綜上，x的值為或；②如圖，連接AF，QF'，由對稱可知QF＝QF'，∵CP＝，∴CR＝x+1，∴ER＝3﹣x，∵BQ＝x，∴EQ＝3﹣x，∴ER＝EQ，∴∠F'QR＝∠EQR＝45°，∴∠BQF'＝90°，∴QF＝QF'＝BQ?tanB＝，∵AB是半圓O的直徑，∴∠AFB＝90°，∴BF＝AB?cosB＝，∴，∴x＝，∴．36．（2021?衢州）如圖1，點C是半圓O的直徑AB上一動點（不包括端點），AB＝6cm，過點C作CD⊥AB交半圓于點D，連結(jié)AD，過點C作CE∥AD交半圓于點E，連結(jié)EB．牛牛想探究在點C運動過程中EC與EB的大小關(guān)系．他根據(jù)學(xué)習(xí)函數(shù)的經(jīng)驗，記AC＝xcm，EC＝y(tǒng)1cm，EB＝y(tǒng)2cm．請你一起參與探究函數(shù)y1、y2隨自變量x變化的規(guī)律．通過幾何畫板取點、畫圖、測量，得出如下幾組對應(yīng)值，并在圖2中描出了以各對對應(yīng)值為坐標的點，畫出了不完整圖象．x…0.300.801.602.403.204.004.805.60…y1…2.012.983.463.332.832.111.270.38…y2…5.604.953.952.962.061.240.570.10…（1）當x＝3時，y1＝3．（2）在圖2中畫出函數(shù)y2的圖象，并結(jié)合圖象判斷函數(shù)值y1與y2的大小關(guān)系．（3）由（2）知“AC取某值時，有EC＝EB”．如圖3，牛牛連結(jié)了OE，嘗試通過計算EC，EB的長來驗證這一結(jié)論，請你完成計算過程．【分析】（1）當x＝3時，點C和圓心O重合，此時CE為半圓O的半徑，即可得y1的值；（2）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，先描點，再用光滑的曲線連接起來，即可畫出函數(shù)圖象，結(jié)合圖象可得出函數(shù)值y1與y2的大小關(guān)系；（3）連接OD，作EH⊥AB于H，由（2）知AC＝2時，有EC＝EB，根據(jù)勾股定理求出CD，設(shè)OH＝m，則CH＝1+m，EH＝＝，證明△DAC∽△ECH，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出m＝1，可得HB、EH的值，然后根據(jù)勾股定理求出EC，EB的長即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）當x＝3時，點C和圓心O重合，此時CE為半圓O的半徑，∵AB＝6cm，∴EC＝y(tǒng)1cm＝3cm，∴y1＝3，故答案為：3；（2）函數(shù)y2的圖象如圖：由圖象得：當0＜x＜2時，y1＜y2，當x＝2時，y1＝y(tǒng)2，當2＜x＜6時，y1＞y2；（3）連接OD，作EH⊥AB于H，由（2）知AC＝2時，有EC＝EB，∵AC＝2cm，AB＝6cm，∴OA＝OD＝OE＝OB＝3cm，OC＝1cm，∵CD⊥AB，∴CD＝＝2cm，設(shè)OH＝mcm，則CH＝（1+m）cm，∵EH⊥AB，∴EH＝＝，∵CE∥AD，∴∠DAC＝∠ECH，∵∠DCA＝∠EHC＝90°，∴△DAC∽△ECH，∴，即，∴m1＝1，m2＝﹣（不合題意，舍去），∴HB＝3﹣1＝2cm，EH＝＝2cm，∴EC＝＝2cm，EB＝＝2cm，∴EC＝EB．37．（2021?溫州）如圖，在平面直角坐標系中，⊙M經(jīng)過原點O，分別交x軸、y軸于點A（2，0），B（0，8），連結(jié)AB．直線CM分別交⊙M于點D，E（點D在左側(cè)），交x軸于點C（17，0），連結(jié)AE．（1）求⊙M的半徑和直線CM的函數(shù)表達式；（2）求點D，E的坐標；（3）點P在線段AC上，連結(jié)PE．當∠AEP與△OBD的一個內(nèi)角相等時，求所有滿足條件的OP的長．【分析】（1）點M是AB的中點，則點M（1，4），則圓的半徑AM＝＝，再用待定系數(shù)法即可求解；（2）由AM＝得：（x﹣1）2+（﹣x+﹣4）2＝（）2，即可求解；（3）①當∠AEP＝∠DBO＝45°時，則△AEP為等腰直角三角形，即可求解；②∠AEP＝∠BDO時，則△EAP∽△DBO，進而求解；③∠AEP＝∠BOD時，同理可解．【解答】解：（1）∵∠AOB＝90°，∴AB為⊙M的直徑，∵點M是AB的中點，則點M（1，4），則圓的半徑為AM＝＝，設(shè)直線CM的表達式為y＝kx+b，則，解得，故直線CM的表達式為y＝﹣x+；（2）設(shè)點D的坐標為（x，﹣x+），由AM＝得：（x﹣1）2+（﹣x+﹣4）2＝（）2，解得x＝5或﹣3，故點D、E的坐標分別為（﹣3，5）、（5，3）；（3）過點D作DH⊥OB于點H，則DH＝3，BH＝8﹣5＝3＝DH，故∠DBO＝45°，由點A、E的坐標，同理可得∠EAP＝45°；由點A、E、B、D的坐標得，AE＝＝3，同理可得：BD＝3，OB＝8，①當∠AEP＝∠DBO＝45°時，則△AEP為等腰直角三角形，EP⊥AC，故點P的坐標為（5，0），故OP＝5；②∠AEP＝∠BDO時，∵∠EAP＝∠DBO，∴△EAP∽△DBO，∴，即＝＝，解得AP＝8，故PO＝10；③∠AEP＝∠BOD時，∵∠EAP＝∠DBO，∴△EAP∽△OBD，∴，即，解得AP＝，則PO＝2+＝，綜上所述，OP為5或10或．38．（2023?麗水）如圖，在⊙O中，AB是一條不過圓心O的弦，點C，D是的三等分點，直徑CE交AB于點F，連結(jié)AD交CF于點G，連結(jié)AC，過點C的切線交BA的延長線于點H．（1）求證：AD∥HC；（2）若＝2，求tan∠FAG的值；（3）連結(jié)BC交AD于點N，若⊙O的半徑為5．下面三個問題，依次按照易、中、難排列．請根據(jù)自己的認知水平，選擇其中一道問題進行解答．①若OF＝，求BC的長；②若AH＝，求△ANB的周長；③若HF?AB＝88，求△BHC的面積．【分析】（1）根據(jù)題意可得，再由HC是⊙O的切線，即可求證．（2）先證明△CAG≌△FAG（ASA），設(shè)出CG，根據(jù)勾股定理即可求解．（3）①根據(jù)題意，求出AG的長，再由即可求解．②根據(jù)題意可求得，再由勾股定理及相似三角形的性質(zhì)即可求解．③作出輔助線，設(shè)出CG，利用勾股定理及相似三角形的性質(zhì)可得方程10x+x（5﹣2x）＝22，進而可求得S△CHA＝8，再證明△CHA∽△BHC，即可解答．【解答】（1）證明：∵點C，D是的三等分點，∴．由CE是⊙O的直徑可得CE⊥AD，∵HC是⊙O的切線，∴HC⊥CE，∴AD∥HC．（2）解：如圖1，連接AO，∵，∴∠BAD＝∠CAD，∵CE⊥AD，∴∠AGC＝∠AGF＝90°，∴△CAG≌△FAG（ASA），∴CG＝FG，設(shè)CG＝a，則FG＝a，∵，∴OG＝2a，AO＝CO＝3a．在Rt△AOG中，AO2＝AG2+OG2，∴（3a）2＝AG2+（2a）2，∴，∴．答：tan∠FAG的值為．（3）解：①如圖1，∵，∴，∴，∴，∴，∵CE⊥AD，∴AD＝2AG＝，∵，∴，∴．答：BC的長為．②如圖2，連接CD，∵AD∥HC，F(xiàn)G＝CG，∴AH＝AF，∵∠HCF＝90°，∴，設(shè)CG＝x，則FG＝x，OG＝5﹣x，由勾股定理得AG2＝AO2﹣OG2＝AC2﹣CG2，即25﹣（5﹣x）2＝10﹣x2，解得x＝1，∴AG＝3，AD＝6，∵，∴∠DAC＝∠BCD，∵∠CDN＝∠ADC，∴△CDN∽△ADC，∴，∴，∵∠BAD＝∠DAC，∠ABN＝∠ADC，∴△ANB∽△ACD，∴＝．答：△ANB的周長為．③如圖3，過點O作OM⊥AB于點M，則，設(shè)CG＝x，則FG＝x，OG＝5﹣x，OF＝5﹣2x，由勾股定理得AG2＝AO2﹣OG2＝25﹣（5﹣x）2，AF2＝AG2+FG2＝10x﹣x2+x2＝10x，∵AD∥HC，F(xiàn)G＝CG，∴，∴，∴，∵∠AGF＝∠OMF＝90°，∠AFG＝∠OFM，∴△AFG∽△OFM，∴，∴AF?FM＝OF?GF，∴AF?AM＝AF?（AF+FM）＝AF2+AF?FM＝AF2+OF?GF＝22，可得方程10x+x（5﹣2x）＝22，解得x1＝2，x2＝5.5（舍去），∴CG＝FG＝2，∴OG＝3，∴AG＝4，∴，∴S△CHA＝8，∵AD∥HC，∴∠CAD＝∠ACH，∵，∴∠B＝∠CAD，∴∠B＝∠ACH，∵∠H＝∠H，∴△CHA∽△BHC，∴．答：△BHC的面積為．39．（2022?舟山）如圖1，在正方形ABCD中，點F，H分別在邊AD，AB上，連結(jié)AC，F(xiàn)H交于點E，已知CF＝CH．（1）線段AC與FH垂直嗎？請說明理由．（2）如圖2，過點A，H，F(xiàn)的圓交CF于點P，連結(jié)PH交AC于點K．求證：＝．（3）如圖3，在（2）的條件下，當點K是線段AC的中點時，求的值．【分析】（1）通過證明Rt△DCF≌Rt△BCH，結(jié)合正方形和等腰三角形的性質(zhì)進行推理證明；（2）過點K作KM⊥AH，交AH于點M，通過證明△KMH∽△CBH，KM∥BC，從而利用相似三角形的性質(zhì)分析推理；（3）設(shè)圓的半徑為r，∠FHP＝α，在（2）的條件下，根據(jù)線段中點的概念結(jié)合解直角三角形求得CP＝CK?cosα，PF＝2r?sinα，從而進行分析計算．【解答】（1）解：線段AC與FH垂直，理由如下：在正方形ABCD中，CD＝CB，∠D＝∠B＝90°，∠DCA＝∠BCA＝45°，在Rt△DCF和Rt△BCH中，∴Rt△DCF≌Rt△BCH（HL），∴∠DCF＝∠BCH，∴∠FCA＝∠HCA，又∵CF＝CH，∴AC⊥FH；（2）證明：∵∠DAB＝90°，∴FH為圓的直徑，∴∠FPH＝90°，又∵CF＝CH，AC⊥FH，∴點E為FH的中點，∴∠CFD＝∠KHA，又∵Rt△DCF≌Rt△BCH，∴∠CFD＝∠CHB，∴∠KHA＝∠CHB，過點K作KM⊥AH，交AH于點M，∴∠KMH＝∠B＝90°，∴△KMH∽△CBH，KM∥BC，∴，，∴．（3）∵K為AC中點，∴，設(shè)MH＝a，則BH＝2a，KM＝AM＝3a，∴AB＝CB＝6a，AH＝4a，在Rt△BCH中，CH＝CF＝，在Rt△AFH中，F(xiàn)H＝，∴EH＝2a，∵∠FPH+∠FAH＝180°，∴∠FPH＝∠CEH＝90°，又∵∠CHE＝∠PFH，∴△FPH∽△HEC，∴，∴PF＝，∴CP＝CF﹣PF＝，∴＝．40．（2021?寧波）如圖1，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BD為直徑，上存在點E，滿足＝，連結(jié)BE并延長交CD的延長線于點F，BE與AD交于點G．（1）若∠DBC＝α，請用含α的代數(shù)式表示∠AGB．（2）如圖2，連結(jié)CE，CE＝BG．求證：EF＝DG．（3）如圖3，在（2）的條件下，連結(jié)CG，AD＝2．①若tan∠ADB＝，求△FGD的周長．②求CG的最小值．【分析】（1）利用直徑所對的圓周角為90°和在同一圓中，等弧所對的圓周角相等，即可得結(jié)果．（2）證線段相等只需證線段所在的兩個三角形全等即可．利用全等三角形的判定可得△CFE≌△BDG（ASA）可得結(jié)論，（3）①連接DE，＝，由弧相等得出弧所對的弦相等，在Rt△ABG中，sin∠AGB＝＝，得EF＝1，在Rt△DEG中，∠EGD＝60°，可得EG＝，DE＝，在Rt△FED中，由勾股定理得DF＝，即可求得周長的值．②如圖，過點C作CH⊥BF于H，可得△BAD≌△CHF（AAS），得FH＝AD，由相似三角形的判定可得△BHC∽△CHF，設(shè)GH＝x，由相似的性質(zhì)得CH2＝2（2﹣x），在Rt△GHC中，由勾股定理知CG2＝GH2+CH2）＝（x﹣1）2+3，即可得最小值．【解答】解：（1）∵BD為⊙O的直徑，∴∠BAD＝90°，∵＝，∴∠ABG＝∠DBC＝α，∴∠AGB＝90°﹣α；（2）∵BD為⊙O的直徑，∴∠BCD＝90°，∴∠BEC＝∠BDC＝90°﹣α，∴∠BEC＝∠AGB，∵∠CEF＝180°﹣∠BEC，∠BGD＝180°﹣∠AGB，∴∠CEF＝∠BGD，又∵CE＝BG，∠ECF＝∠GBD，∴△CFE≌△BDG（ASA），∴EF＝DG；（3）①如圖，連接DE，∵BD為⊙O的直徑，∴∠A＝∠BED＝90°，在Rt△ABD中，tan∠ADB＝，AD＝2，∴AB＝×AD＝，∵＝，∴+＝+，即＝，∴AD＝CE，∵CE＝BG，∴BG＝AD＝2，∵在Rt△ABG中，sin∠AGB＝＝，∴∠AGB＝60°，AG＝BG＝1，∴EF＝DG＝AD﹣AG＝1，∵在Rt△DEG中，∠EGD＝60°，∴EG＝DG＝，DE＝DG＝，在Rt△FED中，DF＝＝，∴FG+DG+DF＝，∴△FGD的周長為；②如圖，過點C作CH⊥BF于H，∵△BDG≌△CFE，∴BD＝CF，∠CFH＝∠BDA，∵∠BAD＝∠CHF＝90°，∴△BAD≌△CHF（AAS），∴FH＝AD，∵AD＝BG，∴FH＝BG，∵∠BCF＝90°，∴∠BCH+∠HCF＝90°，∵∠BCH+∠HBC＝90°，∴∠HCF＝∠HBC，∵∠BHC＝∠CHF＝90°，∴△BHC∽△CHF，∴＝，設(shè)GH＝x，∴BH＝2﹣x，∴CH2＝2（2﹣x），在Rt△GHC中，CG2＝GH2+CH2，∴CG2＝x2+2（2﹣x）＝（x﹣1）2+3，當x＝1時，CG2的最小值為3，∴CG的最小值為．41．（2023?杭州）如圖，在⊙O中，直徑AB垂直弦CD于點E，連接AC，AD，BC，作CF⊥AD于點F，交線段OB于點G（不與點O，B重合），連接OF．（1）若BE＝1，求GE的長．（2）求證：BC2＝BG?BO．（3）若FO＝FG，猜想∠CAD的度數(shù)，并證明你的結(jié)論．【分析】（1）由垂徑定理可得∠AED＝90°，結(jié)合CF⊥AD可得∠DAE＝∠FCD，根據(jù)圓周角定理可得∠DAE＝∠BCD，進而可得∠BCD＝∠FCD，通過證明△BCE≌△GCE，可得GE＝BE＝1；（2）證明△ACB∽△CEB，根據(jù)對應(yīng)邊成比例可得BC2＝BA?BE，再根據(jù)AB＝2BO，BE＝BG，可證BC2＝BG?BO；（3）設(shè)∠DAE＝∠CAE＝α，∠FOG＝∠FGO＝β，可證a＝90°﹣β，∠OCF＝90﹣3α，通過SAS證明△COF≌△AOF，進而可得∠OCF＝∠OAF，即90°﹣3a＝a，則∠CAD＝2a＝45°．【解答】（1）解：直徑AB垂直弦CD，∴∠AED＝90°，∴∠DAE+∠D＝90°，∵CF⊥AD，∴∠FCD+∠D＝90°，∴∠DAE＝∠FCD，由圓周角定理得∠DAE＝∠BCD，∴∠BCD＝∠FCD，在△BCE和△GCE中，，∴△BCE≌△GCE（ASA），∴GE＝BE＝1；（2）證明：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠CEB＝90°，∵∠ABC＝∠CBE，∴△ACB∽△CEB，∴＝，∴BC2＝BA?BE，由（1）知GE＝BE，∴BE＝BG，∵AB＝2BO，∴BC2＝BA?BE＝2BO?BG＝BG?BO；（3）解：∠CAD＝45°，證明如下：如圖，連接OC，∵FO＝FG，∴∠FOG＝∠FGO，∵直徑AB垂直弦CD，∴CE＝DE，∠AED＝∠AEC＝90°，∵AE＝AE，∴△ACE≌△ADE（SAS），∴∠DAE＝∠CAE，設(shè)∠DAE＝∠CAE＝α，∠FOG＝∠FGO＝β，則∠FCD＝∠BCD＝∠DAE＝α，∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠OAC＝α，∵∠ACB＝90°，∴∠OCF＝∠ACB﹣∠OCA﹣∠FCD﹣∠BCD＝90°﹣3α，∵∠CGE＝∠OGF＝β，∠GCE＝α，∠CGE+∠GCE＝90°，∴β+α＝90°，∴α＝90°﹣β，∵∠COG＝∠OAC+∠OCA＝α+α＝2α，∴∠COF＝∠COG+∠GOF＝2α+β＝2（90°﹣β）+β＝180°﹣β，∴∠