專題2414圓章末拔尖卷（滬科版）

第24章圓章末拔尖卷【滬科版】參考答案與試題解析選擇題（共10小題，滿分30分，每小題3分）1．（3分）（2023春·九年級課時(shí)練習(xí)）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，點(diǎn)O在AB上，OB=2，以O(shè)B為半徑的⊙O與AC相切于點(diǎn)D，交BCA．12 B．23 C．22【答案】B【分析】連接OD，EF，可得OD∥BC，EF∥AC，從而得ODBC=OA【詳解】解：連接OD，EF，∵⊙O與AC相切于點(diǎn)D，BF是⊙∴OD⊥AC，F(xiàn)E⊥BC，∵∠C∴OD∥BC，EF∥AC，∴ODBC=OA∵AB=5，OB∴OD=OB=2，AO=52=3，BF=2×2=4，∴2BC=3∴BC=103，BE=8∴CE=10383=故選：B．【點(diǎn)睛】本題主要考查圓的基本性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，掌握圓周角定理的推論，添加輔助線，是解題的關(guān)鍵．2．（3分）（2023春·九年級課時(shí)練習(xí)）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，過B,C兩點(diǎn)的⊙O交AC于點(diǎn)D，交AB于點(diǎn)E，連接EO并延長交⊙O于點(diǎn)F.連接BF,CF.若∠EDC=135°,CF=22,則AE2+BE2的值為

（

A．8 B．12 C．16 D．20【答案】C【分析】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)及鄰補(bǔ)角的定義可得∠ADE=∠ABC=45°，再證得∠ADE=∠A=45°即可得AE=AD；根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得∠FCE=90°，在Rt△EFC中求得EF=4；連接BD，可證得BD為為⊙O的直徑，在Rt△BDE中根據(jù)勾股定理可得BE2+【詳解】∵∠EDC=135°，∴∠ADE=45°，∠ABC=180°∠EDC=180°135°=45°；∵∠ACB=90°，∴∠A=45°，∴∠ADE=∠A=45°，∴AE=AD，∠AED=90°；∵EF為⊙O的直徑，∴∠FCE=90°，∵∠ABC=∠EFC=45°，CF=22∴EF=4；連接BD，∵∠AED=90°，∴∠BED=90°，∴BD為⊙O的直徑，∴BD=4；在Rt△BDE中，BE∴AE2+BE2=16.故選C.【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理及其推論、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)及勾股定理等知識點(diǎn)，會綜合運(yùn)用所學(xué)的知識點(diǎn)解決問題是解題的關(guān)鍵.3．（3分）（2023春·九年級課時(shí)練習(xí)）如圖，在菱形ABCD中，以AB為直徑畫弧分別交BC于點(diǎn)F，交對角線AC于點(diǎn)E，若AB=4，F(xiàn)為BC的中點(diǎn)，則圖中陰影部分的面積為（）A．23-2π3 B．23【答案】D【分析】取AB的中點(diǎn)O，連接AF，OF，先證明△ABC是等邊三角形，再把問題轉(zhuǎn)化為S陰=S扇形OBF，由此即可解決問題．【詳解】解：如圖，取AB的中點(diǎn)O，連接AF，OF．∵AB是直徑，∴∠AFB=90°，∴AF⊥BF，∵CF=BF，∴AC=AB，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC=AC，∴△ABC是等邊三角形，∴AE=EC，易證△CEF≌△BOF，∴S陰=S扇形OBF=60?π?2故選D．【點(diǎn)睛】考查扇形的面積，菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題.4．（3分）（2023春·九年級課時(shí)練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，正方形ABCO的頂點(diǎn)A、C分別在y軸、x軸上，以AB為弦的⊙M與x軸相切．若點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，8），則圓心M的坐標(biāo)為（）A．（﹣4，5） B．（﹣5，4）C．（5，﹣4） D．（4，﹣5）【答案】A【詳解】解：過點(diǎn)M作MD⊥AB于D，交OC于點(diǎn)E．連接AM，設(shè)⊙M的半徑為R．∵以邊AB為弦的⊙M與x軸相切，AB∥OC，∴DE⊥CO，∴DE是⊙M直徑的一部分；∵四邊形OABC為正方形，頂點(diǎn)A，C在坐標(biāo)軸上，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，8），∴OA=AB=CB=OC=8，DM=8R；∴AD=BD=4（垂徑定理）；在Rt△ADM中，根據(jù)勾股定理可得AM2=DM2+AD2，∴R2=（8R）2+42，∴R=5．∴M（4，5）．故選A．5．（3分）（2023秋·浙江寧波·九年級寧波市海曙外國語學(xué)校?？计谥校┤鐖D，已知直線y=34x-3與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，P是以C（0，1）為圓心，1為半徑的圓上一動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)PA、PBA．8 B．12 C．212 D．【答案】C【分析】求出A、B的坐標(biāo)，根據(jù)勾股定理求出AB，求出點(diǎn)C到AB的距離，即可求出圓C上點(diǎn)到AB的最大距離，根據(jù)面積公式求出即可．【詳解】解：∵直線y=34x-3與x軸、∴A點(diǎn)的坐標(biāo)為（4，0），B點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，﹣3），3x-4y-由勾股定理得：AB=5，過C作CM⊥AB于M，連接AC，則由三角形面積公式得：12×AB×CM=12×OA×OC+1∴5×CM=4×1+3×4，∴CM=165∴圓C上點(diǎn)到直線y=34x-∴△PAB面積的最大值是12×5×21故選C．【點(diǎn)睛】本題考查了三角形的面積，點(diǎn)到直線的距離公式的應(yīng)用，解此題的關(guān)鍵是求出圓上的點(diǎn)到直線AB的最大距離，屬于中檔題目．6．（3分）（2023·九年級課時(shí)練習(xí)）已知點(diǎn)P(3，4)，以點(diǎn)P為圓心，r為半徑的圓P與坐標(biāo)軸有四個(gè)交點(diǎn)，則r的取值范圍是(

)A．r＞4 B．r＞4且r≠5 C．r＞3 D．r＞3且r≠5【答案】B【分析】作PA⊥x軸，垂足為A，連結(jié)OP，根據(jù)勾股定理計(jì)算出OP=5，然后根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系進(jìn)行判斷即可得出答案．【詳解】如圖所示，作PA⊥x軸，垂足為A，連結(jié)OP，∵點(diǎn)P的坐標(biāo)為（3∴OA=3，PA∴OP∴當(dāng)以點(diǎn)P為圓心，r為半徑的圓P與坐標(biāo)軸有四個(gè)交點(diǎn)時(shí)，r的取值范圍為r>4且r故透B.【點(diǎn)睛】本題考查了直線與圓的位置關(guān)系.計(jì)算出點(diǎn)PO的長且判斷出r≠PO是解題的關(guān)鍵.7．（3分）（2023秋·四川瀘州·九年級?？计谀┤鐖D，⊙O的直徑AB的長為10，弦AC長為6，∠ACB的平分線交⊙O于D，則CDA．7 B．72 C．82 D．9【答案】B【分析】作DF⊥CA，交CA的延長線于點(diǎn)F，作DG⊥CB于點(diǎn)G，連接DA，DB．由CD平分∠ACB，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得出DF=DG，由HL證明△AFD≌△BGD，△CDF≌△CDG，得出CF=7，又△CDF是等腰直角三角形，從而求出CD=72.【詳解】作DF⊥CA，垂足F在CA的延長線上，作DG⊥CB于點(diǎn)G，連接DA，DB，∵CD平分∠ACB，∴∠ACD=∠BCD∴DF=DG，AD=∴DA=DB，∵∠AFD=∠BGD=90°，∴△AFD≌△BGD，∴AF=BG．易證△CDF≌△CDG，∴CF=CG，∵AC=6，BC=8，∴AF=1，∴CF=7，∵△CDF是等腰直角三角形，∴CD=72，故選B．【點(diǎn)睛】本題綜合考查了圓周角的性質(zhì)，圓心角、弧、弦的對等關(guān)系，全等三角形的判定，角平分線的性質(zhì)等，綜合性較強(qiáng)，有一定的難度，正確添加輔助線、熟練應(yīng)用相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵.8．（3分）（2023春·廣東深圳·九年級深圳市福田區(qū)上步中學(xué)?？计谥校┤鐖D，在平面直角坐標(biāo)系中，將△ABO繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到△AB1C1的位置，點(diǎn)B、O分別落在點(diǎn)B1、C1處，點(diǎn)B1在x軸上，再將△AB1C1繞點(diǎn)B1順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到△A1B1C2的位置，點(diǎn)C2在

A．(6058,0) B．(6060,2) C．(6064,0) D．(6066,2)【答案】C【分析】首先根據(jù)已知求出三角形三邊長度，然后通過旋轉(zhuǎn)發(fā)現(xiàn)，B1、B3、B5、…，由圖象可知點(diǎn)B2021在x軸上，【詳解】解：由題意可得OA=32，OB∴AB=由旋轉(zhuǎn)可知：OB1=4，從B1到B3則B1B由圖象可知點(diǎn)B1、B3、B5，…，B∵2021÷2=1010?1，∴1010×6=6060，6060+4=6064，∴B2021故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查坐標(biāo)與圖形的變化旋轉(zhuǎn)、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是從特殊到一般探究規(guī)律，發(fā)現(xiàn)規(guī)律，利用規(guī)律解決問題，屬于中考常考題型．9．（3分）（2023春·九年級課時(shí)練習(xí)）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°,∠A=30°，在AC邊上取點(diǎn)O為圓心畫圓，使⊙O經(jīng)過A,B兩點(diǎn)，下列結(jié)論：①AO=2CO；②AO=BC；③以O(shè)圓心，OC為半徑的圓與AB相切；④A．①②③④ B．①②③ C．②③④ D．①③④【答案】D【分析】①連接OB，△OAB是等腰三角形，則兩底角相等為30°，在Rt△ABC中可求得∠ABC的度數(shù)，做差得∠OBC，再利用30°的三角函數(shù)值得到線段間的關(guān)系；②在Rt△OBC中，OB是斜邊＞直角邊BC的長度，而OA＝OB，可判斷；③過點(diǎn)O作OE⊥AB于點(diǎn)E，利用角平分線的性質(zhì)定理，得到OC＝OE來判斷；④延長BC，交⊙O于點(diǎn)D，連接AD，可得到DC＝BC，加上∠C為90°，可推斷△ABD為等腰三角形，而∠ABC＝60°，可判斷△ABD是等邊△，即可得出【詳解】①如圖，連接OB，則OA=∵∠C∴∠ABO∴∠CBO∴AO=2CO②在Rt△OCB中，∴AO>BC③如圖，過點(diǎn)O作OE⊥AB于點(diǎn)∵∠ACB∴OC∴以O(shè)圓心，OC為半徑的圓與AB相切，故③正確；④如圖，延長BC，交⊙O于點(diǎn)D，連接AD∵∠ACB∴AD∵∠ABC∴△ADB∴AD∴A,B,D故正確的有①③④．【點(diǎn)睛】本題綜合性較強(qiáng)，考查了特殊角的三角函數(shù)值、角平分線的性質(zhì)定理、等腰三角形、等邊三角形的判定和性質(zhì)，需要熟練掌握靈活應(yīng)用性質(zhì)及判定.10．（3分）（2023秋·九年級課時(shí)練習(xí)）如圖，在網(wǎng)格（每個(gè)小正方形的邊長均為1個(gè)單位長度）中選取9個(gè)格點(diǎn)（格線的交點(diǎn)稱為格點(diǎn)）．若以點(diǎn)A為圓心，r為半徑畫圓，選取的格點(diǎn)中除點(diǎn)A外恰好有3個(gè)在圓內(nèi)，則r的取值范圍為（）

A．22<r<17B．17<r≤32【答案】B【分析】利用勾股定理求出各格點(diǎn)到點(diǎn)A的距離，結(jié)合點(diǎn)與圓的位置關(guān)系，即可得出結(jié)論．【詳解】解：給各點(diǎn)標(biāo)上字母，如圖所示．

AB=22+22=22，∴17<r≤32時(shí)，以A為圓心，r為半徑畫圓，選取的格點(diǎn)中除點(diǎn)故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了點(diǎn)與圓的位置關(guān)系以及勾股定理，利用勾股定理求出各格點(diǎn)到點(diǎn)A的距離是解題的關(guān)鍵．二．填空題（共6小題，滿分18分，每小題3分）11．（3分）（2023秋·九年級課時(shí)練習(xí)）已知等腰△ABC內(nèi)接于半徑為5的⊙O，如果底邊BC的長為8，那么BC邊上的高為【答案】2或8【分析】分點(diǎn)O在△ABC內(nèi)部和點(diǎn)O在△ABC外部兩種情況求BC邊上的高即可.【詳解】分為兩種情況：①當(dāng)O在△ABC內(nèi)部時(shí)，如圖，連接OB、OA，延長AO交BC于D，∵⊙O是等腰三角形ABC的外接圓，BC=8，∴AD⊥BC，BD=DC=12AB=4在Rt△OBD中，由勾股定理得：OD=52-∴BC邊上的高AD=AO+OD=5+3=8；②當(dāng)O在△ABC外部時(shí)，如圖，連接OB、OA，AO交BC于D，此時(shí)AD=AOOD=53=2；故答案為8或2．【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形性質(zhì)、三角形的外接圓、垂徑定理及勾股定理的應(yīng)用，關(guān)鍵是能進(jìn)行分類討論求出符合條件的所有情況．12．（3分）（2023春·九年級課時(shí)練習(xí)）如圖，在五邊形AECDE中，∠A=∠B=∠C=90°，AE=2，CD=1，以DE為直徑的半圓分別與AB、BC相切于點(diǎn)F、G，則DE的長為．【答案】10【分析】作出如圖的輔助線，推出四邊形OFBG是正方形，設(shè)⊙O的半徑為r，則OE=OD=OE=OG=BG=AM=r，ME=r2，ON=r1，證明Rt△OME≌Rt△OND，得到OM=ON=r1，在Rt△OME中，利用勾股定理求解即可．【詳解】解：取DE的中點(diǎn)O，連接OF、OG，延長GO與AE的延長線相交于點(diǎn)M，過點(diǎn)D作DN⊥MG于點(diǎn)N，∵BC切⊙O于點(diǎn)G，∴CG⊥BG，∵∠A=∠B=∠C=90°，∴四邊形ABGM、四邊形GCDN和四邊形OFBG都是矩形，∵OF=OG，∴四邊形OFBG是正方形，設(shè)⊙O的半徑為r，則OE=OD=OE=OG=BG=AM=r，∵AE=2，CD=1，∴ME=r2，ON=r1，在Rt△OME和Rt△OND中，∠M∴Rt△OME≌Rt△OND，∴OM=ON=r1，在Rt△OME中，OE2=ME2+OM2，∴r2=(r2)2+(r1)2，解得：r=1(舍去)或5，故答案為：10．【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股中位線定理，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．13．（3分）（2023春·九年級課時(shí)練習(xí)）已知⊙O的半徑是2，直線l與⊙O相交于A、B兩點(diǎn)．M是⊙O上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若∠AMB=【答案】2【分析】過點(diǎn)O作OC⊥AB于C，交⊙O于D點(diǎn)，連結(jié)OA、OB、DA、DB根據(jù)圓周角定理推出△OAB為等腰直角三角形，求得AB=2OA=22，當(dāng)M點(diǎn)到AB的距離最大，△MAB的面積最大，即M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，問題得解．【詳解】過點(diǎn)O作OC⊥AB于C，交⊙O于D點(diǎn)，連結(jié)OA、OB、DA、DB如圖，∵∠AMB=45°，∴∠AOB=2∠AMB=90°，∴△OAB為等腰直角三角形，∴AB=2OA=22，∴當(dāng)M點(diǎn)到AB的距離最大，△MAB的面積最大；即M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，∴△AMB面積的最大值=12×AB?DC=12×22×（2+2）=22故答案為22+2．【點(diǎn)睛】本題考查了直線與圓的位置關(guān)系以及垂徑定理和圓周角定理的運(yùn)用，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．14．（3分）（2023秋·北京西城·九年級校考期中）如圖，直線y=x﹣4與x軸、y軸分別交于M、N兩點(diǎn)，⊙O的半徑為2，將⊙O以每秒1個(gè)單位的速度向右作平移運(yùn)動(dòng)，當(dāng)移動(dòng)時(shí)間秒時(shí)，直線MN恰好與圓相切．【答案】4﹣22或4+22．【詳解】作EF∥MN，且與⊙O切，交x軸于點(diǎn)M，交y軸于點(diǎn)N，如圖所示．設(shè)直線MN的解析式為y=x+b，即x﹣y+b=0，因MN與⊙O相切，且⊙O的半徑為2，可得b12+(-1)2=22b=2，解得b=22或b=﹣22，即直線MN的解析式為y=x+22或y=x﹣22，所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為（22，0）或（﹣22，0）．令y=x﹣4中y=0，解得x=4，即可得點(diǎn)M（4，0）．根據(jù)運(yùn)動(dòng)的相對性，且⊙O以每秒點(diǎn)睛：本題考查了直線與圓的位置關(guān)系、一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征以及平移的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是求出點(diǎn)E、M的坐標(biāo)．在解決本題時(shí)，利用運(yùn)動(dòng)的相對性變移圓為移直線，從而降低了解題的難度．15．（3分）（2023春·陜西西安·九年級校考期中）如圖，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=3，AC=4，BC=5，D為AC中點(diǎn)，M為線段BC上一動(dòng)點(diǎn)，P為線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，將線段DP繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到DP'，連C

【答案】125【分析】由M為線段BC上一動(dòng)點(diǎn)，可知當(dāng)AM⊥BC時(shí)，線段AM取最小值，然后根據(jù)三角形的面積公式求出此時(shí)AM的值即可；過P'作P'E⊥AC于點(diǎn)E，證明△DAP≌△P'【詳解】解：∵M(jìn)為線段BC上一動(dòng)點(diǎn)，∴當(dāng)AM⊥BC時(shí)，線段∵∠A∴此時(shí)S△ABC=∴AM=如圖，過P'作P'E⊥AC

由旋轉(zhuǎn)可得，DP=P'∵∠PDA+∠P∴∠ADP在△DAP和△∠ADP∴△DAP∵D是AC的中點(diǎn)，∴P'∴當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)C重合時(shí)，CP'故答案為：125，2【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，判斷出何時(shí)AM取最小值以及CP16．（3分）（2023·山東煙臺·九年級統(tǒng)考期末）如圖，左圖是一組光圈閉合過程的示意圖，其中每個(gè)葉片形狀和大小相同，光圈內(nèi)是一個(gè)正六邊形．小明同學(xué)根據(jù)示意圖繪制了右圖，若AM的延長線恰好過點(diǎn)C，圓的半徑為3cm，則葉片所占區(qū)域（陰影部分）的面積是．【答案】9【分析】如圖（見解析），連接OA、OD，作OH⊥AM于H，則H是AC的中點(diǎn)，因正六邊形的每個(gè)角等于120°，因此可知ΔCMN是等邊三角形，因此AD=DM=MC，設(shè)AD=x，則AC=3x【詳解】如圖，連接OA、OD，作OH⊥AM于H，則H是因正六邊形的每個(gè)角等于120°則∠∴ΔCMN∴設(shè)AD=x∴在RtΔODH中，OH在RtΔAOH中利用勾股定理得：A即32=則DM故S故答案為：9π【點(diǎn)睛】本題考查了正六邊形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、勾股定理、圓的面積公式，理解題意，從正六邊形著手是解題關(guān)鍵.三．解答題（共7小題，滿分52分）17．（6分）（2023秋·湖北武漢·九年級?？计谥校┤鐖D，在每個(gè)小正方形的邊長為1的網(wǎng)格中，△ABC的頂點(diǎn)A，B均在格點(diǎn)上，頂點(diǎn)C在網(wǎng)格線上，∠

(1)圖1中，在優(yōu)弧AC上找一點(diǎn)D，使BD⊥AB，在圖中畫出點(diǎn)(2)圖1中，作出△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)A、B、C所在圓的圓心O(3)圖2中，P是圓O上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)∠PCB=66°時(shí)，在圖中畫出點(diǎn)【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析【分析】（1）取格點(diǎn)A'，B'，連接AA'，BB'，A'B'，可得∠（2）在（1）的基礎(chǔ)上，延長AA'交優(yōu)弧AC與點(diǎn)E，連接BE，AD，根據(jù)四邊形ABDE是圓的內(nèi)接四邊形，則BE與AC交點(diǎn)O，點(diǎn)（3）在（2）的基礎(chǔ)上，連接OC，并延長CO，交圓O與點(diǎn)P，根據(jù)同弧所對圓周角相等得到∠BAC=∠BPC=24°，直徑所對圓心角等于90°，即可得到【詳解】（1）解：如圖1，取格點(diǎn)A'，B'，連接AA'，BB'，A'B'，可得∠

（2）解：如圖2中，在（1）的基礎(chǔ)上，延長AA'交優(yōu)弧AC與點(diǎn)E，連接BE，AD，根據(jù)四邊形ABDE是圓的內(nèi)接四邊形，則BE與AC交點(diǎn)O，點(diǎn)

（3）解：如圖3，在（2）的基礎(chǔ)上，連接OC，并延長CO，交圓O與點(diǎn)P，

∵∠BAC=∠BPC∴∠PCB∴點(diǎn)P為所作．【點(diǎn)睛】本題考查了作圖復(fù)雜作圖，四邊形外接圓和圓周角定理，解決此類題目的關(guān)鍵是熟悉基本幾何圖形的性質(zhì)，結(jié)合幾何圖形的基本性質(zhì)把復(fù)雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．18．（6分）（2023秋·福建福州·九年級統(tǒng)考期中）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C為BD的中點(diǎn)，弦CE⊥AB于點(diǎn)F，與

(1)求證：BG=(2)若OF=1，求AD【答案】(1)見解析(2)2【分析】（1）根據(jù)垂徑定理以及圓周角定理可得BC?=BE?=（2）利用圓心角、弦、弧之間的關(guān)系以及垂徑定理證得Rt△BOM=【詳解】（1）證明：∵點(diǎn)C為BD的中點(diǎn)，∴BC=又∵弦CE⊥AB，∴BC=∴BC?∴∠CBD∴BG=（2）解：如圖，過點(diǎn)O作OM⊥BD，垂足為M，連接OD，

∵BC?∴BC+即BD=∴BD=又∵OM⊥BD，∴DM=BM=則BM=又∵OB=∴Rt△∴OM=∵OA=∴OM是△ABD∴OM=∴AD=2【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理、圓周角定理以及圓心角、弦、弧、圓心距之間的關(guān)系定理，掌握垂徑定理、圓周角定理，圓心角、弦、弧之間的關(guān)系定理以及等腰三角形的判定方法、全等三角形的判定及性質(zhì)、三角形中位線定理是正確解答的前提．19．（8分）（2023春·九年級課時(shí)練習(xí)）如圖，⊙O的半徑為4cm，其內(nèi)接正六邊形ABCDEF，點(diǎn)P,Q同時(shí)分別從A,D兩點(diǎn)出發(fā)，以1cm/s的速度沿（1）求證：四邊形PBQE為平行四邊形；（2）填空：①當(dāng)t=________s時(shí)，四邊形PBQE②當(dāng)t=_________s時(shí)，四邊形PBQE【答案】（1）見解析；（2）①2；②0或4【分析】（1）根據(jù)題意可得AB=BC=CD=DE=EF=（2）①根據(jù)菱形的性質(zhì)，PA=PF，QC=QD時(shí)，四邊形②根據(jù)矩形的性質(zhì)，當(dāng)有三個(gè)角是直角時(shí)，四邊形PBQE是矩形，由此可知t=4或0．【詳解】（1）∵正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O,⊙O∴AB=∵點(diǎn)P,Q同時(shí)分別從A,D兩點(diǎn)出發(fā)，以1cm/s在△ABP和△∵∴△ABP∴BP同理可證PE=∴四邊形PBQE是平行四邊形．（2）①2；②0或4，①由對稱性可知，當(dāng)PA=PF，QC=QD時(shí)，四邊形②當(dāng)t=0時(shí)，點(diǎn)P在點(diǎn)A處，∵∠EPF=∠PEF=30°當(dāng)t=4時(shí)，點(diǎn)P在點(diǎn)F處，同理可得∠BPE=90°，此時(shí)四邊形PBQE是矩形．綜上所述，當(dāng)t【點(diǎn)睛】本題主要考查平行四邊形、菱形、矩形的性質(zhì)與判定，涉及動(dòng)點(diǎn)問題，掌握各圖形的性質(zhì)及判定方法是解題關(guān)鍵．20．（8分）（2023秋·陜西渭南·九年級?？计谥校┤鐖D，以△ABC的邊AC為直徑作⊙O，交AB于點(diǎn)D，E是AC上一點(diǎn)，連接DE并延長交⊙O于點(diǎn)F，連接AF

(1)求證：BC是⊙O(2)當(dāng)AE=AD時(shí)，若∠FAC【答案】(1)見解析(2)∠【分析】（1）圓周角定理得到∠ADC=90°，∠AFD=∠ACD（2）圓周角定理，得到∠FDC=25°，進(jìn)而求出∠ADE的度數(shù)，等邊對等角得到∠AED的度數(shù)，三角形內(nèi)角和定理，求出【詳解】（1）證明：如圖，連接CD．

∵AC是⊙∴∠ADC∴∠CAD又∵∠AFD=∠ACD∴∠B∴∠CAD∴AC∴BC是⊙（2）解：∵∠FAC∴∠FDC∴∠ADE∵AE∴∠AED∴∠CAD又∵∠CAD∴∠B【點(diǎn)睛】本題考查圓周角定理，切線的判斷，等邊對等角．熟練掌握直徑所對的圓周角是直角，同弧所對的圓周角相等，是解題的關(guān)鍵．21．（8分）（2023秋·九年級課時(shí)練習(xí)）如圖，已知⊙O的直徑AB=12cm，AC是⊙O的弦，過點(diǎn)C作⊙O

(1)求證：∠PCA(2)已知∠P=40°，點(diǎn)Q在ABC上從點(diǎn)A開始按逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C停止（點(diǎn)Q不與點(diǎn)C重合），當(dāng)△ABQ與△【答案】(1)見解析(2)當(dāng)△ABQ與△ABC的面積相等時(shí)，點(diǎn)Q所經(jīng)過的弧長是53π【分析】（1）連接OC，由PC是⊙O的切線，得到∠PCA+∠1=90°，由AB是⊙（2）當(dāng)∠AOQ=∠AOC=50°時(shí)，△ABQ與△ABC的面積相等，分三種情況討論，【詳解】（1）證明：如圖，連接OC．

∵PC是⊙O的切線，OC為∴∠PCO∴∠PCA∵AB是⊙∴∠ACB∴∠OCB∴∠OCB∵OC∴∠OCB∴∠PCA（2）解：如圖，

∵∠P∴∠COP∵△ABQ與△∴∠AO∴點(diǎn)Q所經(jīng)過的弧長=50×或者∠AO∴點(diǎn)Q所經(jīng)過的弧長=130×或者∠BO∴點(diǎn)Q所經(jīng)過的弧長=230×綜上可知，當(dāng)△ABQ與△ABC的面積相等時(shí)，點(diǎn)Q所經(jīng)過的弧長是53πcm【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，弧長的求法，熟練掌握定理和計(jì)算公式是解題的關(guān)鍵．22．（8分）（2023秋·浙江湖州·九年級統(tǒng)考期末）如圖1，C，D是半圓ACB上的兩點(diǎn)，若直徑AB上存在一點(diǎn)P，滿