人教版2024-2025學(xué)年九年級(jí)數(shù)學(xué)上冊(cè)24.1圓基本性質(zhì)的綜合(壓軸題專項(xiàng)講練)(學(xué)生版+解析)

專題24.1圓基本性質(zhì)的綜合典例分析典例分析【典例1】已知，△ABC內(nèi)接于圓O，AB為圓O直徑，在圓O上取點(diǎn)D，連接（1）如圖1，求證：AC⊥AD；（2）如圖2，圓O的弦AE交BC于點(diǎn)F，延長AD至點(diǎn)G，分別連接BE、FG，若∠AFG=2∠FBE，求證：FA=FG；（3）如圖3，在（2）的條件下，連接BG，若∠AFG=∠FAB+∠ABG，BG:AE=17:32，求【思路點(diǎn)撥】（1）連接BD，證明Rt△ABC≌Rt△BAD，得出∠ABC=∠BAD，則BC∥AD（2）設(shè)∠FBE=α，∠AFC=β，則∠AFG=2α，，得到α+β=90°，進(jìn)而得出∠FAG=∠G，即可得證；（3）過B作BT⊥FG，在AE上取一點(diǎn)J，連接BJ，使得∠JBA=∠JAB，證明△JBE≌△GBEAAS，根據(jù)BG:AE=17:32設(shè)BG=17a，AE=32a，則BG=BJ=AJ=17a，勾股定理得出EB=BJ2?E【解題過程】（1）證明：連接BD，如圖所示：∵AB為圓O直徑，∴∠C=∠D=90°，即AC⊥BC∵AD=BC，AB=AB∴Rt∴∠ABC=∠BAD∴BC∵AC⊥BC∴AC⊥AD；（2）證明：∵∠AFG=2∠FBE，設(shè)∠FBE=α，∠AFC=β，則∠AFG=2α，∵CE=∴∠CBE=∠CAF=α，∵∠C=90°，∴∠CAF+∠CFA=90°，即α+β=90°，∵AD∥CB，∴∠FAG=∠CFA=β，∠G=∠BFG=180°?β?2α=β，∴∠FAG=∠G,∴FA=FG；（3）解：過B作BT⊥FG，在AE上取一點(diǎn)J，連接BJ，使得∠JBA=∠JAB，如圖所示：設(shè)∠JBA=∠JAB=θ，∠FBE=α，∠AFC=β，∴∠FJB=∠JAB+∠JBA=2θ，由（2）可得∠AFG=2α，∠BFG=β，∵BT⊥FG，∴∠FBT=90°?∠BFT=90°?β=α，∴∠FBT=∠FBE，∵AB是直徑，∴BE⊥AE，∴BE=BT，∵∠AFG=∠FAB+∠ABG=2α，即∠ABG=∠AFG?∠FAB=2α?θ，∴∠JBG=∠JBA+∠ABG=θ+2α?θ=2α，∴∠AFG=∠JBG，設(shè)BJ,FG交于點(diǎn)L，∵∠FLB=∠EJB+∠AFG=∠BGT+∠JBG，∴∠BGT=∠EJB，在△JBE,△GBE中∠E=∠BTG∠BGT=∠EJB∴△JBE≌△GBEAAS∴BG=BJ,EJ=TG，∵BG:AE=17:32設(shè)BG=17a，AE=32a，則BG=BJ=AJ=17a，∴EJ=TG=15a，在Rt△EBJ中，EB=在Rt△FEB,EB=TBFB=FB∴Rt△FEB≌∴FE=FT，設(shè)FE=FT=b，∵FA=FG，∴AE?EF=FT+TG，∴32a?b=b+15a，∴b=172a∴AF=32a?b=32a?17∴EF:FA=17學(xué)霸必刷學(xué)霸必刷1．（2024·山西臨汾·一模）如圖，線段AB，AC分別為⊙O的弦，AB=12，AC=20，AD平分∠BAC，若∠BAC=60°，則弦AD的長為（

）A．83 B．1633 C．202．（23-24九年級(jí)上·江蘇無錫·階段練習(xí)）如圖，E是⊙O的直徑AB上一點(diǎn)，AB=10，BE=2，過點(diǎn)E作弦CD⊥AB，P是弧AB上一動(dòng)點(diǎn)，連接DP，過點(diǎn)A作AQ⊥PD，垂足為Q，則OQ的最小值為（

）A．5 B．25 C．3523．（23-24九年級(jí)下·浙江杭州·階段練習(xí)）如圖，△ABC是等邊三角形，⊙O為△ABC的外接圓，點(diǎn)D在劣弧BC上，連結(jié)AD，BD，CD，并在AD上取點(diǎn)E，使得CD=DE，連結(jié)CE．若CD=1，BD=2A．32 B．213 C．2 4．（2024九年級(jí)·全國·競賽）如圖，已知四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四邊形，點(diǎn)E為BC上一點(diǎn)，其中⊙O的半徑為10cm，AB=AD=AE=DE=8cm，則CD的長度為（A．8cm B．9cm C．10cm5．（23-24九年級(jí)上·湖北武漢·期末）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB=AC，連接AO并延長，交BC于點(diǎn)D，BE⊥AC于點(diǎn)E，交AD于點(diǎn)F，連接OE．若OE=EF=1，則BFA．2 B．32 C．53 6．（2024·河北·模擬預(yù)測）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O,AC為⊙O的直徑，點(diǎn)D，E分別為⊙O上的動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A，點(diǎn)B，點(diǎn)C重合），且DE=BC,F為DE的中點(diǎn)，連接OF．若AB=6,BC=8，對(duì)于結(jié)論I，Ⅱ，下列判斷正確的是（

）結(jié)論I：連接BD,CD,CE,EB必得到等腰梯形；結(jié)論Ⅱ：連接AF,AF的最大值為8．A．I，Ⅱ都對(duì) B．I，Ⅱ都不對(duì) C．I對(duì)Ⅱ不對(duì) D．I不對(duì)Ⅱ?qū)?．（23-24九年級(jí)下·重慶巴南·期中）如圖，在⊙O中，C是AB的中點(diǎn)，作點(diǎn)C關(guān)于弦AB的對(duì)稱點(diǎn)D，連接AD并延長交⊙O于點(diǎn)E，過點(diǎn)B作BF⊥AE于點(diǎn)F，若∠BAE=2∠EBF，則∠EBF等于度．8．（23-24九年級(jí)上·江蘇泰州·期末）如圖，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，AB=AC，點(diǎn)D在弧AC上，依次連接AD、BD、CD，若CD=2，AD=5，BD=8，則AC等于．9．（23-24九年級(jí)上·四川瀘州·階段練習(xí)）如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點(diǎn)，其中AB=6，∠AOC=120°，P為⊙O上的動(dòng)點(diǎn)，連接AP，取AP中點(diǎn)Q，連CQ，則線段CQ的最大值為10．（23-24九年級(jí)上·山東威海·期末）將⊙A的劣弧BD沿弦BD折疊、剛好落在半徑AD的中點(diǎn)C處，已知CD=2，則BC=．11．（23-24八年級(jí)下·浙江寧波·期末）如圖，點(diǎn)D在以AB為直徑的⊙O上，點(diǎn)C在AB延長線上，OD⊥CD，AB=10，CD=8

，點(diǎn)E為圓上動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)△CDE是以CD為底邊的等腰三角形時(shí)；則CE=．12．（2024·浙江寧波·一模）如圖，AB、CD是⊙O中的兩條弦，相交于點(diǎn)E，且AB⊥CD，AE=DE，點(diǎn)H為劣弧AD上一動(dòng)點(diǎn)，G為HE中點(diǎn)，若CE=1，DE=7，連接AG，則

13．（23-24九年級(jí)上·江蘇鹽城·期末）如圖，在等腰直角三角形ABC中，AC=BC=1，點(diǎn)Р在以斜邊AB為直徑的半圓上，M為PC的中點(diǎn)，則點(diǎn)Р沿半圓由點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)B的過程中，線段BM的最小值為．

14．（23-24九年級(jí)上·山東濱州·期末）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，BC=CD，將△ABC繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)至△EDC，則下列結(jié)論：①AC平分∠BAD；②點(diǎn)A，D，E在同一條直線上；③若∠BAD=60°，則AB+AD=2AC；④若AD?AB=CD，則∠ABC=120°，其中一定正確的是15．（2024·安徽合肥·一模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠BAD=90°，BC=CD，過點(diǎn)C作CE，使得CD=CE，交AD的延長線于點(diǎn)（1）求證：AB=AE．（2）若AD=DE=2，求CD的長．16．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測）如圖，直徑AN⊥BC，垂足為點(diǎn)H，連接OB、AC，K為線段AH上一點(diǎn)，連接CK，180°?∠CKO=2∠CAO．（1）如圖1，求證∶CK∥（2）如圖2，D為弧AB上一點(diǎn)，DE⊥BC，垂足為點(diǎn)G，連接OD交BC于點(diǎn)Q，Q為HG中點(diǎn)，求證∶DE=4OH．17．（2024·福建福州·一模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，對(duì)角線AC是⊙O的直徑，BD平分∠ABC，BD交AC于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作DF⊥DB,DF交BA的延長線于點(diǎn)F．（1）求證：AF=（2）過點(diǎn)F作FG∥BD交CA延長線于點(diǎn)G，求證：AG=CE．18．（24-25九年級(jí)上·江蘇宿遷·階段練習(xí)）如圖，△ABC為⊙O的內(nèi)接三角形，AB=AC，∠BAC=50°，點(diǎn)P為弧AB上一點(diǎn)，連接CP．（1）如圖1，當(dāng)CP⊥AB時(shí)，垂足為E，連接AO并延長分別交CP，BC于點(diǎn)F,G．①∠BCP=______°；②求證：EF=PE．（2）如圖，若CP與AB不垂直，過點(diǎn)A作AE⊥CP，垂足為E，連接PB，如果PB=3，PE=1求線段CE的長．19．（2023·黑龍江哈爾濱·一模）已知：△ABC內(nèi)接于⊙O，弦CD平分∠ACB．（1）如圖1，求證：AD=（2）如圖2，過點(diǎn)A作AE⊥BC，垂足為點(diǎn)E．過點(diǎn)D作DF⊥BC，交CB的延長線于點(diǎn)F，且AE=CF．①求證：AC=CE+DF；②若CE=5，CD=413，求⊙O20．（2024·浙江嘉興·一模）定義：三角形兩個(gè)內(nèi)角的平分線相交所成的鈍角稱為該三角形第三個(gè)內(nèi)角的好望角．（1）如圖1，∠D是△ABC中∠A的好望角，∠A=α，請(qǐng)用含α的代數(shù)式表示∠D．（2）如圖2，在△ABC中，∠BAC的平分線與經(jīng)過B，C兩點(diǎn)的圓交于點(diǎn)D,E，且∠ACE+∠BDE=180°．求證：∠ADB是△ABC中（3）如圖3，在（2）的條件下，①取弧CE的中點(diǎn)F，連接CD，CF，若CD=4，CF=6，求圓的半徑r②若∠BAC=90°，BC=6，請(qǐng)直接寫出線段AE的最大值．專題24.1圓基本性質(zhì)的綜合典例分析典例分析【典例1】已知，△ABC內(nèi)接于圓O，AB為圓O直徑，在圓O上取點(diǎn)D，連接（1）如圖1，求證：AC⊥AD；（2）如圖2，圓O的弦AE交BC于點(diǎn)F，延長AD至點(diǎn)G，分別連接BE、FG，若∠AFG=2∠FBE，求證：FA=FG；（3）如圖3，在（2）的條件下，連接BG，若∠AFG=∠FAB+∠ABG，BG:AE=17:32，求【思路點(diǎn)撥】（1）連接BD，證明Rt△ABC≌Rt△BAD，得出∠ABC=∠BAD，則BC∥AD（2）設(shè)∠FBE=α，∠AFC=β，則∠AFG=2α，，得到α+β=90°，進(jìn)而得出∠FAG=∠G，即可得證；（3）過B作BT⊥FG，在AE上取一點(diǎn)J，連接BJ，使得∠JBA=∠JAB，證明△JBE≌△GBEAAS，根據(jù)BG:AE=17:32設(shè)BG=17a，AE=32a，則BG=BJ=AJ=17a，勾股定理得出EB=BJ2?E【解題過程】（1）證明：連接BD，如圖所示：∵AB為圓O直徑，∴∠C=∠D=90°，即AC⊥BC∵AD=BC，AB=AB∴Rt∴∠ABC=∠BAD∴BC∵AC⊥BC∴AC⊥AD；（2）證明：∵∠AFG=2∠FBE，設(shè)∠FBE=α，∠AFC=β，則∠AFG=2α，∵CE=∴∠CBE=∠CAF=α，∵∠C=90°，∴∠CAF+∠CFA=90°，即α+β=90°，∵AD∥CB，∴∠FAG=∠CFA=β，∠G=∠BFG=180°?β?2α=β，∴∠FAG=∠G,∴FA=FG；（3）解：過B作BT⊥FG，在AE上取一點(diǎn)J，連接BJ，使得∠JBA=∠JAB，如圖所示：設(shè)∠JBA=∠JAB=θ，∠FBE=α，∠AFC=β，∴∠FJB=∠JAB+∠JBA=2θ，由（2）可得∠AFG=2α，∠BFG=β，∵BT⊥FG，∴∠FBT=90°?∠BFT=90°?β=α，∴∠FBT=∠FBE，∵AB是直徑，∴BE⊥AE，∴BE=BT，∵∠AFG=∠FAB+∠ABG=2α，即∠ABG=∠AFG?∠FAB=2α?θ，∴∠JBG=∠JBA+∠ABG=θ+2α?θ=2α，∴∠AFG=∠JBG，設(shè)BJ,FG交于點(diǎn)L，∵∠FLB=∠EJB+∠AFG=∠BGT+∠JBG，∴∠BGT=∠EJB，在△JBE,△GBE中∠E=∠BTG∠BGT=∠EJB∴△JBE≌△GBEAAS∴BG=BJ,EJ=TG，∵BG:AE=17:32設(shè)BG=17a，AE=32a，則BG=BJ=AJ=17a，∴EJ=TG=15a，在Rt△EBJ中，EB=在Rt△FEB,EB=TBFB=FB∴Rt△FEB≌∴FE=FT，設(shè)FE=FT=b，∵FA=FG，∴AE?EF=FT+TG，∴32a?b=b+15a，∴b=172a∴AF=32a?b=32a?17∴EF:FA=17學(xué)霸必刷學(xué)霸必刷1．（2024·山西臨汾·一模）如圖，線段AB，AC分別為⊙O的弦，AB=12，AC=20，AD平分∠BAC，若∠BAC=60°，則弦AD的長為（

）A．83 B．1633 C．20【思路點(diǎn)撥】本題考查了圓心角、弧、弦之間的關(guān)系，圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，過點(diǎn)D作CE垂直于AB的延長線，交于E，作DF⊥AC于F，連接BD，CD，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得∠BCD=120°，由AD平分∠BAC，可得DE=DF，∠BAD=∠CAD=30°，AD=2DF，BD=CD，再證明Rt△BDE≌Rt△CDFHL，Rt△ADF≌Rt△ADEHL，可得BE=CF，【解題過程】解：過點(diǎn)D作CE垂直于AB的延長線，交于E，作DF⊥AC于F，連接BD，CD，∵AD平分∠BAC，∠BAC=60°，∴DE=DF，∠BAD=∠CAD=30°，∠BCD=120°，則BD=CD，∴BD=CD，∴Rt△BDE≌∴BE=CF，∵AD=AD，∴Rt△ADF≌∴AE=AF，則AB+BE=AC?CF，∴AC?AB=BE+CF=2BE=20?12=8，則BE=CF=4，∴AF=AC?CF=16，由勾股定理可得：AD2=A∴AD=32故選：D．2．（23-24九年級(jí)上·江蘇無錫·階段練習(xí)）如圖，E是⊙O的直徑AB上一點(diǎn)，AB=10，BE=2，過點(diǎn)E作弦CD⊥AB，P是弧AB上一動(dòng)點(diǎn)，連接DP，過點(diǎn)A作AQ⊥PD，垂足為Q，則OQ的最小值為（

）A．5 B．25 C．352【思路點(diǎn)撥】本題主要考查了垂徑定理、圓周角定理、勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)點(diǎn)成為解題的關(guān)鍵．先根據(jù)圓周角定理判斷點(diǎn)Q在以AD為直徑的圓上，連接MO并延長交⊙M于點(diǎn)Q'，當(dāng)Q與Q'重合時(shí)，OQ最小，最小值為OQ【解題過程】解：如圖：連接AD、OD，∵AQ⊥PD，∴∠AQD=90°，∴點(diǎn)Q在以AD為直徑的圓上，以AD為直徑作⊙M，如圖:連接MO并延長交⊙M于點(diǎn)Q'，當(dāng)Q與Q'重合時(shí)，OQ∵CD⊥AB，∴DE=CE，在Rt△ODE中，OD=OB=12∴DE=O在Rt△ADE中，AE=AB?BE=8∴AD=A在Rt△OMD中，DM=∴OM=O∴OQ'=MQ'故選：C．3．（23-24九年級(jí)下·浙江杭州·階段練習(xí)）如圖，△ABC是等邊三角形，⊙O為△ABC的外接圓，點(diǎn)D在劣弧BC上，連結(jié)AD，BD，CD，并在AD上取點(diǎn)E，使得CD=DE，連結(jié)CE．若CD=1，BD=2A．32 B．213 C．2 【思路點(diǎn)撥】根據(jù)△ABC是等邊三角形，以及圓周角定理得出∠ADC=∠ABC=60°，從而證明△CDE是等邊三角形，求出CD=CE=DE=1，再證明△ACE≌△BCD(SAS)，證出AE=BD=2，過點(diǎn)C作CM⊥DE，算出EM=12,CM=32，AB=AC=7，連接【解題過程】解：∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°,CA=CB∴AC∴∠ADC=∠ABC=60°，∵CD=DE，∴△CDE是等邊三角形，∴∠DCE=60°,CD=CE=DE=1，∵∠ACE+∠BCE=60°,∠BCE+∠BCD=60°，∴∠ACE=∠BCD，∴△ACE≌△BCD(SAS∴AE=BD=2，過點(diǎn)C作CM⊥DE，則EM=DM=1∴AC=A∴AB=BC=AC=7連接AO，BO，過點(diǎn)O作則AO=BO,AF=BF=1∵∠AOB=2∠ACB=120°,∴∠OAB=30°，∴OA解得：OA=21故選：B．4．（2024九年級(jí)·全國·競賽）如圖，已知四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四邊形，點(diǎn)E為BC上一點(diǎn)，其中⊙O的半徑為10cm，AB=AD=AE=DE=8cm，則CD的長度為（A．8cm B．9cm C．10cm【思路點(diǎn)撥】本題連接OA、OD，連接AC交ED于點(diǎn)F，作EM⊥AD于點(diǎn)M，連接OM，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)得到即M、E、O三點(diǎn)共線，利用垂徑定理得到∠DOM=12∠AOD，∠OMD=90°，利用圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)和等腰三角形性質(zhì)證明∠CDE=∠CED，推出CD=CE，AC垂直平分DE于點(diǎn)F【解題過程】解：連接OA、OD，連接AC交ED于點(diǎn)F，作EM⊥AD于點(diǎn)M，連接OM，∵AB=AD=AE=DE=8cm∴AM=MD=1∵OA=OD，∴OM⊥AD，即M、E、O三點(diǎn)共線，∴∠DOM=∠AOM=1∵AB=AE，∴∠B=∠AEB，∵四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四邊形，點(diǎn)E為BC上一點(diǎn)，∴∠B+∠ADC=180°，∠AEB+∠AOC=180°，∴∠ADC=∠AEC，∵AD=AE，∴∠AED=∠ADE，∴∠ADC?∠ADE=∠AEC?∠AED，即∠CDE=∠CED，∴CD=CE，∴AC垂直平分DE于點(diǎn)F，∴∠CFD=∠OMD=90°，DF=1∵∠DCF=1∴△CDF≌△ODMAAS∴CD=OD，∵⊙O的半徑為10cm∴CD=OD=10cm故選：C．5．（23-24九年級(jí)上·湖北武漢·期末）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB=AC，連接AO并延長，交BC于點(diǎn)D，BE⊥AC于點(diǎn)E，交AD于點(diǎn)F，連接OE．若OE=EF=1，則BFA．2 B．32 C．53 【思路點(diǎn)撥】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，依次斷△ABO≌△ACO，△ABD≌△ACD，△BFD≌△CFD，然后利用勾股定理解題即可．【解題過程】解：連接OB，OC，∵OA=OB=OC且AB=AC，∴△ABO≌△ACO(SSS∴∠BAD=∠CAD，∵AD=AD，AB=AC，∴△ABD≌△ACD(∴∠ADB=∠ADC=90°，而BE⊥AC交AD于F,則F為△ABC的重心連接CF，∵△ABD≌△ACD，∴BD=CD，∵FD=FD，∠ADB=∠ADC=90°，

∴△BFD≌△CFD(SAS∴∠BFD=∠CFD，∵∠AFE=∠BFD=∠CFD∵DF=EF∴∠DOE=∠AFE=∠CFD，∴OE∥OF，∴AB=AC，則∠ABC=∠ACB，∠BAD=90°?∠ABC，∠CBE=90°?∠ACB，∴∠BAD=∠CBE，

∵AO=BO，∴∠BAD=∠ABO=∠CBF=∠BCF，∠BOE=∠BOD+∠DOE=∠BAD+∠ABO=∠BOD，∠AOE=∠AFE+∠BEO，

∵OE∥OF，∴∠BEO=∠CFE，∴∠CFE=∠CBE+∠BCF=∠BAD+∠ABO=∠BOD，∴∠CFE=∠BOD=∠BEO，∵OE=EF，∴∠DOE=∠BOD，∴∠AOE=∠BOE，∵OA=OB，OE=OE，∴△BEO≌△AEO(SAS∴BE=AE，∵∠BDC=∠AEB=90°，∠CBE=∠CAD，∴△BCE≌△AFE(ASA∴EF=CE，∴CF=CE∵BF=CF，∴BF=2故選A．6．（2024·河北·模擬預(yù)測）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O,AC為⊙O的直徑，點(diǎn)D，E分別為⊙O上的動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A，點(diǎn)B，點(diǎn)C重合），且DE=BC,F為DE的中點(diǎn)，連接OF．若AB=6,BC=8，對(duì)于結(jié)論I，Ⅱ，下列判斷正確的是（

）結(jié)論I：連接BD,CD,CE,EB必得到等腰梯形；結(jié)論Ⅱ：連接AF,AF的最大值為8．A．I，Ⅱ都對(duì) B．I，Ⅱ都不對(duì) C．I對(duì)Ⅱ不對(duì) D．I不對(duì)Ⅱ?qū)Α舅悸伏c(diǎn)撥】本題考查垂徑定理，圓周角定理，根據(jù)DE，BC為對(duì)角線或?yàn)檫呴L兩種情況去證明結(jié)論I，根據(jù)AF≤OA+OF=8可得當(dāng)F在AC上時(shí)AF取得最大值判斷結(jié)論Ⅱ．【解題過程】解：連接BD,CD,CE,EB，當(dāng)DE，BC為對(duì)角線時(shí)，∵DE=BC，∴DE=∴∠BEC=∠DBE，∵∠BEC+∠BDC=180°，∴∠DBE+∠BDC=180°，∴BE∥∴根據(jù)對(duì)角線相等的梯形是等腰梯形，四邊形BECD為等腰梯形；當(dāng)DE，BC為邊長時(shí)，∵DE=BC，∴DE=∴∠BEC=∠DBE，∴BD∥EC，∴根據(jù)不相鄰的兩條邊相等的梯形是等腰梯形，可得四邊形BDEC為等腰梯形；綜上所述，結(jié)論I：連接BD,CD,CE,EB必得到等腰梯形，正確；連接OD，∵AC為⊙O的直徑，∴∠BAC=90°，∵AB=6,BC=8，∴AC=10，∴OD=1∵F為DE的中點(diǎn)，DE=BC=8，∴DF=12DE=4∴OF=OD2∴AF≤OA+OF=8，∴當(dāng)F在AC上時(shí)AF取得最大值，最大值為8．故結(jié)論Ⅱ正確；綜上所述，兩個(gè)結(jié)論都正確；故選：C．7．（23-24九年級(jí)下·重慶巴南·期中）如圖，在⊙O中，C是AB的中點(diǎn)，作點(diǎn)C關(guān)于弦AB的對(duì)稱點(diǎn)D，連接AD并延長交⊙O于點(diǎn)E，過點(diǎn)B作BF⊥AE于點(diǎn)F，若∠BAE=2∠EBF，則∠EBF等于度．【思路點(diǎn)撥】本題考查圓知識(shí)點(diǎn)綜合運(yùn)用，難度較高，需要熟悉垂徑定理輔助線做法以及角的等量互換方式即可．設(shè)∠EBF=x，則∠BAE=2x,連接OC交AB于點(diǎn)G，連接OB,BC,OD，∠E=∠COB=180°?290°?2x，在△BEF中得到∠E=90°?∠EBF=90°?x，得到180°?2×【解題過程】解：設(shè)∠EBF=x，則∠BAE=2x,連接OC交AB于點(diǎn)G，連接OB,BC,OD，如下圖所示，∵C是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)O為圓心，∴OC⊥AB，又∵點(diǎn)C與點(diǎn)D關(guān)于弦AB對(duì)稱，∴CD⊥AB，且C，D，O三點(diǎn)共線，GD=GC，∴∠AGD=∠BGC=90°，GA=GB，∴△AGD≌△BGCSAS∴∠ADG=∠BCG=90°?2x，又∵OB=OC，∴∠OBC=∠OCB=∠ADC=90°?2x，又∵同弧AB，∠E=∠COB=180°?2∠OBC=180°?290°?2x

∵BF⊥AE，在△BEF中，∠E=90°?∠EBF=90°?x，∴180°?2×90°?2x解得x=18°故答案為：188．（23-24九年級(jí)上·江蘇泰州·期末）如圖，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，AB=AC，點(diǎn)D在弧AC上，依次連接AD、BD、CD，若CD=2，AD=5，BD=8，則AC等于．【思路點(diǎn)撥】延長CD至點(diǎn)P，使得CP=BD，過點(diǎn)A作AH⊥CP，垂足為H，首先根據(jù)“同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等”可得∠ABD=∠ACD，然后證明△ABD≌△ACP(SAS)，由全等三角形的性質(zhì)可得AP=AD=5，即△ADP為等腰三角形，結(jié)合AH⊥CP可得PH=DH=3，再在Rt△APH【解題過程】解：如下圖，延長CD至點(diǎn)P，使得CP=BD，過點(diǎn)A作AH⊥CP，垂足為H，∵AD=∴∠ABD=∠ACD，在△ABD和△ACP中，AB=AC∠ABD=∠ACP∴△ABD≌△ACP(SAS∴AP=AD=5，CP=BD=8，又∵AH⊥CP，CD=2，∴PH=DH=1∴在Rt△APH中，AH=∴在Rt△ACH中，CH=CD+DH=2+3=5∴AC=A9．（23-24九年級(jí)上·四川瀘州·階段練習(xí)）如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點(diǎn)，其中AB=6，∠AOC=120°，P為⊙O上的動(dòng)點(diǎn)，連接AP，取AP中點(diǎn)Q，連CQ，則線段CQ的最大值為【思路點(diǎn)撥】本題主要考查了垂徑定理的推論、半圓所對(duì)的圓周角是直角、勾股定理、含30°角的直角三角形等知識(shí)點(diǎn)，正確尋找點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)軌跡、構(gòu)造輔助圓解決問題成為解題的關(guān)鍵．如圖：連接OQ，作CH⊥AB于H，先證明點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)軌跡為以AO為直徑的⊙K，連接CK，當(dāng)點(diǎn)Q在CK的延長線上時(shí)，CQ的值最大，利用勾股定理求出CK即可解答．【解題過程】解：如圖：連接OQ，作CH⊥AB于H，∵Q是AP中點(diǎn)，∴AQ=QP，根據(jù)垂徑定理的推論可得OQ⊥AP，∴∠AQO=90°，∴點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)軌跡為以AO為直徑的⊙K，連接CK，當(dāng)點(diǎn)Q在CK的延長線上時(shí)，CQ的值最大，∵在直角△OCH中，∠AOC=120°，∴∠COH=60°，OC=1∴OH=12OC=又∵在直角△CKH中，KH=OK+OH=1∴CK=C∴CQ=CK+KQ=372+3故答案為：3710．（23-24九年級(jí)上·山東威海·期末）將⊙A的劣弧BD沿弦BD折疊、剛好落在半徑AD的中點(diǎn)C處，已知CD=2，則BC=．【思路點(diǎn)撥】設(shè)折疊后的BC所在圓的圓心為O，⊙A的直徑為DE，連接AB，BE，過點(diǎn)B作BF⊥DE于F，先求出AC=CD=2，AB=AE=AD=2CD=4，則CE=AE+AC=6，再根據(jù)折疊，得出⊙A與⊙O是等圓，根據(jù)圓周角定理，得出BE=BC，從而得出BE=BC，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出CF=EF=12CE=3【解題過程】解：如圖，設(shè)折疊后的BC所在圓的圓心為O，⊙A的直徑為DE，連接AB，BE，過點(diǎn)B作BF⊥DE于F，∵C是半徑AD的中點(diǎn)，CD=2，∴AC=CD=2，AB=AE=AD=2CD=4，∴CE=AE+AC=6∵將⊙A的劣弧BD沿弦BD折疊，∴⊙A與⊙O是等圓，∵∠BDE=∠BDC∴BE∴BE=BC∵BF⊥DE∴CF=EF=12CE=3∴AF=CF?AC=3?2=1，在Rt△AFB中，由勾股定理，得BF=在Rt△BEF中，由勾股定理，得BE=∴BC=BE=26故答案為：26（23-24八年級(jí)下·浙江寧波·期末）如圖，點(diǎn)D在以AB為直徑的⊙O上，點(diǎn)C在AB延長線上，OD⊥CD，AB=10，CD=8

，點(diǎn)E為圓上動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)△CDE是以CD為底邊的等腰三角形時(shí)；則CE=．【思路點(diǎn)撥】作CD的垂直平分線MN，交CD于M點(diǎn)，交⊙O于E1點(diǎn)和E2點(diǎn)．此時(shí)△CDE1和△CDE2即為以CD為底邊的等腰三角形．延長DO交⊙O于F點(diǎn)，作E1H⊥DF于H點(diǎn)，E2G⊥DF于G點(diǎn)．構(gòu)造矩形E1HDM和E2GDM．連接E1【解題過程】解：如圖，作CD的垂直平分線MN，交CD于M點(diǎn)，交⊙O于E1點(diǎn)和E2點(diǎn)．延長DO交⊙O于F點(diǎn)，作E1H⊥DF于H點(diǎn)，E2G⊥DF于G點(diǎn)．連接E1D、E1∵M(jìn)N垂直平分CD，∴E1D=E2C∴△CDE1和△CDE∵OD⊥CD，E1H⊥DF，∴四邊形E1同理可證四邊形E2∴E1M=DH，E2∵AB=10，∴O在Rt△OHE1∴DH=OD?OH=5?3=2，∴E1∴E1同理，Rt△OGE2中，∴OG=3，∴DG=OD+OG=5+3=8，∴E2∴E2C=45．綜上，CE=2故答案為：25或412．（2024·浙江寧波·一模）如圖，AB、CD是⊙O中的兩條弦，相交于點(diǎn)E，且AB⊥CD，AE=DE，點(diǎn)H為劣弧AD上一動(dòng)點(diǎn)，G為HE中點(diǎn)，若CE=1，DE=7，連接AG，則

【思路點(diǎn)撥】本題考查的重點(diǎn)是垂徑定理，解直角三角形，中位線等知識(shí)，難點(diǎn)是找點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)軌跡，當(dāng)找到點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)軌跡以后再利用兩點(diǎn)之間直線最短就可以計(jì)算出AG的最小值．連接AO，DO，過點(diǎn)O作OK⊥AE，交AE于點(diǎn)K，OF⊥CD，交DE于點(diǎn)F，構(gòu)造正方形，計(jì)算圓的半徑，然后作OE的中點(diǎn)M，連接MG，連接OH，推導(dǎo)出點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)軌跡是以M為圓心的圓，連接AM與圓M的交點(diǎn)就是【解題過程】解：如圖所示，連接AO，DO，過點(diǎn)O作OK⊥AE，交AE于點(diǎn)K，OF⊥CD，交DE于點(diǎn)

∵CE=1，∴CD=CE+DE=1+7=8，∵OF⊥CD，∴CF=DF=1∴EF=CF?CE=4?1=3，∵AE=DE，∴△AOE≌△DOESSS∴∠AEO=∠DEO=1∵OK⊥AE，∴OK=OF，∵∠AED=90°，∴四邊形OKEF是正方形，∴OK=KE=EF=OF=3，∴OA=OD=O如圖所示，作OE的中點(diǎn)M，連接MG，連接OH，

∵點(diǎn)M是OE的中點(diǎn)，G為HE中點(diǎn)，∴MG=1∴點(diǎn)G在以點(diǎn)M為圓心，以52連接AM交⊙M于點(diǎn)G'，過點(diǎn)M作MN⊥AE∴當(dāng)點(diǎn)A，G，M三點(diǎn)共線時(shí)，即點(diǎn)G和點(diǎn)∵點(diǎn)M是OE的中點(diǎn)，EM=1∵M(jìn)N⊥AE，∴∠NME=45°，∴△NME是等腰直角三角形，∴MN=EN=2∴AN=AE?NE=7?3∴AM=A∴AG=AM?GM=130∴AG的最小值為1302故答案為：130213．（23-24九年級(jí)上·江蘇鹽城·期末）如圖，在等腰直角三角形ABC中，AC=BC=1，點(diǎn)Р在以斜邊AB為直徑的半圓上，M為PC的中點(diǎn)，則點(diǎn)Р沿半圓由點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)B的過程中，線段BM的最小值為．

【思路點(diǎn)撥】本題考查軌跡，等腰直角三角形的性質(zhì)，圓周角定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確判斷出點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡，屬于中考?？碱}型．如圖，設(shè)AB的中點(diǎn)為O，連接OP，OC，OM，判斷出點(diǎn)【解題過程】解：如圖，設(shè)AB的中點(diǎn)為O，連接OP，OC，OM，作

∵AC=BC,∴OA=OC=OB=∵OP=OA=OB=∴OP=OC，∵M(jìn)是PC的中點(diǎn)，∴CM=PM，∴OM⊥PC，∴∠CMO=90°，∴點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡是以O(shè)C為直徑的⊙T，設(shè)⊙T交AC于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F，連接EF，則EF是直徑，∴點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡在以O(shè)C為直徑的⊙T上（即EOF上），∵AC=CB=1，∴AB=∵OA=OB∴OC=∴CT=2∴CH=TH=1連接BT，與⊙T交于點(diǎn)M，

在Rt△BHTBT=B∵BM+TM≥BT，當(dāng)BM+TM=BT時(shí)，此時(shí)BM最小，BM=BT?MT=10故答案為：10414．（23-24九年級(jí)上·山東濱州·期末）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，BC=CD，將△ABC繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)至△EDC，則下列結(jié)論：①AC平分∠BAD；②點(diǎn)A，D，E在同一條直線上；③若∠BAD=60°，則AB+AD=2AC；④若AD?AB=CD，則∠ABC=120°，其中一定正確的是【思路點(diǎn)撥】根據(jù)圓周角、弦、弧之間的關(guān)系即可判斷①；根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)即可判斷②；先求出∠BAC=∠CAD=12∠BAD=30°，由旋轉(zhuǎn)可知，∠E=∠BAC=30°，進(jìn)一步得到AE=AD+DE=AB+AD，AC=CE，作CH⊥AE于點(diǎn)H，則∠AHC=∠CHE=90°，則AH=32AC,EH=32CE，進(jìn)一步得到AE=3AC，則AB+AD=3AC，即可判斷③；在AD截取AM=AB【解題過程】解：∵BC=CD，∴BC=∴∠BAC=∠CAD，∴AC平分∠BAD，故①正確；∵將△ABC繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)至△EDC，∴∠ABC=∠EDC，∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠ABC+∠ADC=180°，∴∠EDC+∠ADC=180°，∴點(diǎn)A，D，E在同一條直線上；故②正確；∵BC=CD，∴BC=∴∠BAC=∠CAD，∵∠BAD=60°，∴∠BAC=∠CAD=1由旋轉(zhuǎn)可知，∠E=∠BAC=30°，∴∠CAE=∠E=30°，DE=AB，∴AE=AD+DE=AB+AD，AC=CE，作CH⊥AE于點(diǎn)H，則∠AHC=∠CHE=90°，

∴AH=3∴AE=AH+EH=3∴AB+AD=3故③錯(cuò)誤；在AD截取AM=AB，連接CM，

∵BC=CD，∴BC=∴∠BAC=∠CAD，∵AC=AC，∴△BAC≌△CAMSAS∴CM=BC，∴CM=CD，∵AD?AB=CD，∴AD?AM=CD，∵AD?AM=MD，∴MD=CD，∴CM=CD=MD，∴△CMD是等邊三角形，∴∠CDM=60°，∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠ABC=180°?∠CDM=120°，故④正確，故答案為：①②④．15．（2024·安徽合肥·一模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠BAD=90°，BC=CD，過點(diǎn)C作CE，使得CD=CE，交AD的延長線于點(diǎn)（1）求證：AB=AE．（2）若AD=DE=2，求CD的長．【思路點(diǎn)撥】（1）連接AC，根據(jù)BC=CD，推出∠BAC=∠EAC，根據(jù)CD=CE，得到∠E=∠CDE，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)得到∠B=∠CDE，得到∠B=∠E，結(jié)合AC共用，推出△ABC≌△AECAAS，得到AB=AE（2）證明BD是⊙O的直徑，得到∠BCD=90°，根據(jù)AD=DE=2，得到AE=AB=4．根據(jù)勾股定理得到BD=25，根據(jù)等腰直角三角形性質(zhì)即得CD=【解題過程】（1）證明：如圖，連接AC．∵BC=CD，∴BC=∴∠BAC=∠EAC，∵CD=CE，∴∠E=∠CDE，∵∠B+∠ADC=180°，∴∠B=∠CDE，∴∠B=∠E，在△ABC與△AEC中，∠B=∠E∠BAC=∠EAC∴△ABC≌△AECAAS∴AB=AE；（2）解：如圖，連接BD．∵∠BAD=90°，∴BD是⊙O的直徑，∴∠BCD=90°，由（1）可得AB=AE．∵AD=DE=2，∴AE=AB=4．在Rt△ABDBD=A在Rt△BCDCD=BC=216．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測）如圖，直徑AN⊥BC，垂足為點(diǎn)H，連接OB、AC，K為線段AH上一點(diǎn)，連接CK，180°?∠CKO=2∠CAO．（1）如圖1，求證∶CK∥（2）如圖2，D為弧AB上一點(diǎn)，DE⊥BC，垂足為點(diǎn)G，連接OD交BC于點(diǎn)Q，Q為HG中點(diǎn)，求證∶DE=4OH．【思路點(diǎn)撥】（1）連接AB，由垂徑定理得CN=BN，即得∠CAN=∠BAN，由圓周角定理得∠BON=2∠BAN，進(jìn)而得∠BON=2∠CAN，即可得到∠BON=∠CKA，得到（2）過點(diǎn)O作OM⊥DE于M，則DM=EM=12DE，可得四邊形OHGM為矩形，得到OH=GM，再證明△OHQ≌△DGQASA，得到本題考查了垂徑定理，圓周角定理，平行線的判定，矩形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．【解題過程】（1）證明：連接AB，∵直徑AN⊥BC，∴CN=∴∠CAN=∠BAN，∵∠BON=2∠BAN，∴∠BON=2∠CAN，∵180°?∠CKO=2∠CAO，∴∠CKA=2∠CAO，∴∠BON=∠CKA，∴∠BOK=∠CKO，∴CK∥（2）證明：過點(diǎn)O作OM⊥DE于M，則DM=EM=12DE∵DE⊥BC，AN⊥BC，∴∠MGH=∠OHG=90°，∴四邊形OHGM為矩形，∴OH=GM，∵點(diǎn)Q為HG中點(diǎn)，∴HQ=GQ，又∵∠OQH=∠DQG，∠OHQ=∠DGQ=90°，∴△OHQ≌△DGQASA∴OH=DG，∴OH=1∵DM=1∴OH=1即DE=4OH．17．（2024·福建福州·一模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，對(duì)角線AC是⊙O的直徑，BD平分∠ABC，BD交AC于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作DF⊥DB,DF交BA的延長線于點(diǎn)F．（1）求證：AF=（2）過點(diǎn)F作FG∥BD交CA延長線于點(diǎn)G，求證：AG=CE．【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)AC是⊙O的直徑，得到∠ABC=∠ADC=90°，結(jié)合BD平分∠ABC，得∠ABD=∠CBD=45°，AD=CD，結(jié)合DF⊥DB，得到∠ABD=∠CBD=∠DFA=45°，根據(jù)四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，得到∠DAF=∠DCB，證明△DAF≌△DCBAAS即可得證AF（2）在DF上截取DP=DE，設(shè)DF與⊙O的交點(diǎn)為點(diǎn)N，連接PG,PA,AN，先證明△DPA≌△DECSAS,利用四邊形ANDB是⊙O的內(nèi)接四邊形，證明P，A，E,D四點(diǎn)共圓，再證明△EPA≌△FGAASA即可得證本題考查了圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓的性質(zhì)，三角形全等，熟練掌握?qǐng)A的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【解題過程】（1）∵AC是⊙O的直徑，∴∠ABC=∠ADC=90°，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD=45°，AD=CD，∵DF⊥DB，∴∠ABD=∠CBD=∠DFA=45°，∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠DAF=∠DCB，∴△DAF≌△DCBAAS∴AF＝（2）在DF上截取DP=DE，設(shè)DF與⊙O的交點(diǎn)為點(diǎn)N，連接PG,PA,AN，∵∠EDC+∠ADE=90°,∠PDA+∠ADE=90°∴∠EDC=∠PDA，∵DP=DE，∠EDC=∠PDA，DA=DC，∴△DPA≌△DECSAS∴AP=EC，∠PAD=∠ECD=∠DAC=45°，∴∠PAG=∠PAC=90°，∵四邊形ANDB是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠PNA=∠DBA=45°，∴∠AFN=∠PNA=∠DBA=45°，∴AF=AN，∵FG∥BD，∴∠GFA=∠DBA=45°，∠FGA=∠BEA，∴∠GFA=∠PNA，∵∠PDB+∠PAC=180°∴P，A，E,D四點(diǎn)共圓，∴∠NPA=∠BEA，∴∠NPA=∠FGA，∴△NPA≌△FGAASA∴AP=AG，∴AG=EC．18．（24-25九年級(jí)上·江蘇宿遷·階段練習(xí)）如圖，△ABC為⊙O的內(nèi)接三角形，AB=AC，∠BAC=50°，點(diǎn)P為弧AB上一點(diǎn)，連接CP．（1）如圖1，當(dāng)CP⊥AB時(shí)，垂足為E，連接AO并延長分別交CP，BC于點(diǎn)F,G．①∠BCP=______°；②求證：EF=PE．（2）如圖，若CP與AB不垂直，過點(diǎn)A作AE⊥CP，垂足為E，連接PB，如果PB=3，PE=1求線段CE的長．【思路點(diǎn)撥】（1）①由垂徑定理可得AG⊥BC，由等腰三角形的性質(zhì)可得∠BAG=25°，再由8字模型求解即可；②連接PA，根據(jù)圓周角定理及等腰三角形的判定和性質(zhì)證明即可；（2）連接PA，延長BP，過A作AD⊥BP于D，根據(jù)圓周角定理可得PA平分∠DPE，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)求解即可．【解題過程】（1）解：①∵AB=AC，∴∴AG⊥BC，∵AB=AC，∴∠BAG=1∵CP⊥AB，∴∠AEC=∠AGB=90°，∵∠AFE=∠CFG，∴∠BCP=∠BAG=25°，故答案為：25°；②證明：連接PA，∵∠BCP=25°，∴∠AFP=∠CFG=90°?25°=65°，∵∠P=∠ABG=90°?∠BCP=65°，∴∠P=∠AFP，∴AP=AF，∵CP⊥AB，∴EF=PE．（2）解：連接PA，延長BP，過A作AD⊥BP于D，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∵∠DPA+∠BPA=180°，∠BPA+∠ACB=180°，∴∠DPA=∠ACB，∴∠DPA=∠ABC，∵∠APE=∠ABC，∴∠DPA=∠APE，∴PA平分∠DPE，∵AD⊥BP，AE⊥CP，∴AD=AE，∠ADP=∠AEP=∠AEC=90°，∵AP=AP，∴Rt∴DP=PE=1，∴DB=DP+PB=4，∵∠ADP=∠AEC，∠DBA=∠ACE，∴△ADB≌△AEC(AAS∴CE=BD=4．19．（2023·黑龍江哈爾濱·一模）已知：△ABC內(nèi)接于⊙O，弦CD平分∠ACB．（1）如圖1，求證：AD=（2）如圖2，過點(diǎn)A作AE⊥BC，垂足為點(diǎn)E．過點(diǎn)D作DF⊥BC，交CB的延長線于點(diǎn)F，且AE=CF．①求證：AC=CE+DF；②若CE=5，CD=413，求⊙O【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)等弧所對(duì)的圓周角相等，進(jìn)行證明即可；（2）①如圖1，延長DF到G，使FG=CE，證明△ACE≌△CGFSAS，則AC=CG，∠CAE=∠GCF，進(jìn)而可得∠ACG=90°，∠DCG=90°?∠ACD，∠CDG=90°?∠DCF，由∠ACD=∠DCF，可得∠CDG=∠DCG，CG=DG，根據(jù)AC=CG，DG=FG+DF=CE+DF，可得數(shù)量關(guān)系；②設(shè)DF=a，則CG=DG=a+5，在Rt△CDF和Rt△CGF中，由勾股定理得CF2=CD2?DF2=CG2?FG2，即4132?a2=a+52?52，求得a=8，則DF=8，AC=CG=DG=13，AE=CF=12，如圖2，過D作DH⊥AC于H，連接AD，BD，由題意可得DH=DF=8，CH=CF=12，AH=AC?CH=1，證明Rt△ADH≌Rt△BDFHL，則BF=AH=1，BE=CF?CE?BF=6，在Rt△BDF【解題過程】（1）證明：∵弦CD平分∠ACB，∴∠ACD=∠BCD，∴AD=（2）①證明：如圖1，延長DF到G，使FG=CE，在△ACE和△CGF中，∵AE=CF∠AEC=∠CFG=90°∴△ACE≌△CGFSAS∴AC=CG，∵∠ACG=∠ACE+∠GCF=∠ACE+∠CAE=90°，∴∠DCG=∠ACG?∠ACD=90°?∠ACD，∵∠CDG=180°?∠CFD?∠DCF=90°?∠DCF，∠ACD=∠DCF，∴∠CDG=∠DCG，∴CG=DG，∵AC=CG，DG=FG+DF=C