24.1 圆的有关性质(提升训练)(解析版)

24.1圆的有关性质【提升训练】一、单选题1．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理，如图1，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心为圆心的圆，如图2，已知圆心在水面上方，且被水面截得的弦长为6米，半径长为4米．若点为运行轨道的最低点，则点到弦所在直线的距离是（）

A．1米 B．米 C．2米 D．米【答案】B【分析】连接OC交AB于D，根据圆的性质和垂径定理可知OC⊥AB，AD=BD=3，根据勾股定理求得OD的长，由CD=OC﹣OD即可求解．【详解】解：根据题意和圆的性质知点C为的中点，连接OC交AB于D，则OC⊥AB，AD=BD=AB=3，在Rt△OAD中，OA=4，AD=3，∴OD===，∴CD=OC﹣OD=4﹣，即点到弦所在直线的距离是（4﹣）米，故选：B．

【点睛】本题考查圆的性质、垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理是解答的关键．2．如图，为圆O的直径，且AB=8，C为圆上任意一点，连接、，以为边作等边三角形，以为边作正方形，连接．若为a，为b，为c，则下列关系式成立的是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】延长DC，过E作DC延长线的垂线，垂足为M，在△ECM中，分别表示出EM和CM，得到DM，在△DEM中，利用勾股定理得到，结合直径AB=8即可得到结果．【详解】解：延长DC，过E作DC延长线的垂线，垂足为M，∵AB为圆O的直径，∴∠ACB=90°，∵四边形BCEF为正方形，∴∠BCE=90°，即A，C，E三点共线，∵△ACD为正三角形，∴∠ACD=60°，∴∠ECM=60°，在△ECM中，EM=EC·sin60°=b，CM=EC·sin30°=b，∴DM=DC+CM=a+b，在△DEM中，，∴，整理可得：，∵AB=8，∴，∴，故选D．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，正方形的性质，三角函数的定义，勾股定理，圆周角定理，解题的关键是作出辅助线，得到a，b，c的关系式．3．在《几何原本》中，记载了一种将长方形化为等面积正方形的方法：如图，延长长方形的边到E，使，以为直径作，延长交于点H，则，则以为边的正方形的面积等于长方形的面积．若，点E是中点，则的长为（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【分析】先根据正方形的性质可得，设，从而可得，，再代入可得一个关于的一元二次方程，解方程即可得．【详解】解：四边形是正方形，，点是中点，，设，则，，，由同圆半径相等得：，，，，解得或（不符题意，舍去），则，故选：A．【点睛】本题考查了同圆半径相等、正方形的性质、一元二次方程的应用等知识点，熟练掌握同圆半径相等是解题关键．4．如图，与是的两条互相垂直的弦，交点为点，，点在圆上，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用垂直的定义和圆周角定理解答即可．【详解】解：∵，

∴，

∵，

∴，

故选：B．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，解答此题的关键是掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．5．下列命题是真命题的是（）A．同弧所对的圆心角相等B．对角线互相垂直的四边形是菱形C．二次函数的图象与坐标轴有两个交点D．若，则【答案】C【分析】利用圆心角的知识、菱形的判定、二次函数的图像与性质及不等式的性质分别判断后即可确定正确的选项．【详解】解：A、在圆中，同一条弧对的圆心角只有一个，因此A选项说法有问题，是假命题；B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故B选项是假命题；C、∵二次函数中，∴图象与坐标轴有两个交点，故C选项是真命题，符合题意；D、当、b=-1时，满足，但，故D选项是假命题，故选：C．【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解圆心角，菱形的判定方法，二次函数的图象与性质以及不等式的性质.6．如图，在中，，，，以点为圆心，为半径的圆与相交于点，则的长为（）A．2 B． C．3 D．【答案】C【分析】过C点作CH⊥AB于H点，在△ABC、△CBH中由分别求出BC和BH，再由垂径定理求出BD，进而AD=AB-BD即可求解．【详解】解：过C点作CH⊥AB于H点，如下图所示：∵∠ACB=90°，∠A=30°，∴△ABC、△CBH均为30°、60°、90°直角三角形，其三边之比为，Rt△ABC中，，Rt△BCH中，，由垂径定理可知：，∴，故选：C．【点睛】本题考查了直角三角形30°角所对直角边等于斜边的一半，垂径定理等知识点，熟练掌握垂径定理是解决本题的关键．7．如图，是⊙的直径，点C为圆上一点，的平分线交于点D，，则⊙的直径为（）A． B． C．1 D．2【答案】B【分析】过D作DE⊥AB垂足为E，先利用圆周角的性质和角平分线的性质得到DE=DC=1，再说明Rt△DEB≌Rt△DCB得到BE=BC，然后再利用勾股定理求得AE，设BE=BC=x，AB=AE+BE=x+，最后根据勾股定理列式求出x，进而求得AB．【详解】解：如图：过D作DE⊥AB，垂足为E∵AB是直径∴∠ACB=90°∵∠ABC的角平分线BD∴DE=DC=1在Rt△DEB和Rt△DCB中DE=DC、BD=BD∴Rt△DEB≌Rt△DCB（HL）∴BE=BC在Rt△ADE中，AD=AC-DC=3-1=2AE=设BE=BC=x，AB=AE+BE=x+在Rt△ABC中，AB2=AC2+BC2则（x+）2=32+x2，解得x=∴AB=+=2故填：2．【点睛】本题主要考查了圆周角定理、角平分线的性质以及勾股定理等知识点，灵活应用相关知识成为解答本题的关键．8．如图，、是上的两点，，交于点，则等于（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意得是等边三角形，结合可得，再根据“同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半”即可得出．【详解】解：∵OA=OB，∠AOB=60°∴△AOB是等边三角形，∵∴∴故选：C【点睛】此题主要考查了等边三角形的判定与性质以及同弧或等弧所对的圆周角和圆心角的关系，掌握“同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半”是解题的关键．9．如图，点，，，都在⊙O上，且，AB=AD，S四边形ABCD=（）

A． B． C． D．6【答案】A【分析】连接，求出，求出是圆的直径，根据勾股定理求出、，分别求出和的面积即可．【详解】解：连接，

，，，，，即是圆的直径，，圆的半径为2，，，由勾股定理得：，，故选：A．【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系，勾股定理等知识点，能灵活运用知识点进行推理和计算是解此题的关键．10．如图，，是上直径两侧的两点．设，则（）A． B． C． D．【答案】D【分析】先利用直径所对的圆周角是直角得到∠ACB=90°，从而求出∠BAC，再利用同弧所对的圆周角相等即可求出∠BDC．【详解】解：∵C，D是⊙O上直径AB两侧的两点，∴∠ACB=90°，∵∠ABC=25°，∴∠BAC=90°-25°=65°，∴∠BDC=∠BAC=65°，故选：D．【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，即直径所对的圆周角是90°和同弧或等弧所对的圆周角相等，解决本题的关键是牢记相关概念与推论，本题蕴含了属性结合的思想方法．11．如图，等腰中，顶角，用尺规按①到④的步骤操作：①以为圆心，为半径画圆；②在上任取一点（不与点，重合），连接；③作的垂直平分线与交于，；④作的垂直平分线与交于，．结论Ⅰ：顺次连接，，，四点必能得到矩形；结论Ⅱ：上只有唯一的点，使得．对于结论Ⅰ和Ⅱ，下列判断正确的是（）A．Ⅰ和Ⅱ都对 B．Ⅰ和Ⅱ都不对C．Ⅰ不对Ⅱ对 D．Ⅰ对Ⅱ不对【答案】D【分析】Ⅰ、根据“弦的垂直平分线经过圆心”，可证四边形MENF的形状；Ⅱ、在确定点P的过程中，看∠MOF=40°是否唯一即可．【详解】解：Ⅰ、如图所示．∵MN是AB的垂直平分线，EF是AP的垂直平分线，∴MN和EF都经过圆心O，线段MN和EF是⊙O的直径．∴OM=ON，OE=OF．∴四边形MENF是平行四边形．∵线段MN是⊙O的直径，∴∠MEN=90°．∴平行四边形MENF是矩形．∴结论Ⅰ正确；Ⅱ、如图2，当点P在直线MN左侧且AP=AB时，∵AP=AB，∴．∵MN⊥AB，EF⊥AP，∴∴∴∴．∴．∵扇形OFM与扇形OAB的半径、圆心角度数都分别相等，∴．如图3，当点P在直线MN右侧且BP=AB时，同理可证：．∴结论Ⅱ错误．故选：D【点睛】本题考查了圆的有关性质、矩形的判定、扇形面积等知识点，熟知圆的有关性质、矩形的判定方法及扇形面积公式是解题的关键．12．如图，是的外接圆，交于点E，垂足为点D，，的延长线交于点F．若，，则的长是（）A．10 B．8 C．6 D．4【答案】A【分析】先根据垂径定理可得，再利用勾股定理可得，然后根据三角形中位线定理即可得．【详解】解：，，，，，，，，又，是的中位线，，故选：A．【点睛】本题考查了垂径定理、三角形中位线定理等知识点，熟练掌握垂径定理是解题关键．13．如图，为的直径，以为斜边作等腰，连接交于点．若．则的长为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接，过作于，根据等腰直角三角形的性质求出，根据勾股定理求出，根据勾股定理求出，设，，在和中运用勾股定理列出关于x、y的方程，再解方程即可求出答案．【详解】解：连接，过作于，∵，∴，∵是等腰直角三角形（），，∴，∴，由勾股定理得：，∵，∴，在中，由勾股定理得：，∵是的直径，∴，设，，在中，由勾股定理得：，即①，在中，由勾股定理得：，即②，②-①得：，解得：，即，故选：D．【点睛】本题主要考查直径所对的圆周角是直角、等腰直角三角形性质，勾股定理等知识点，能够利用勾股定理列出方程组是解题的关键．14．如图，是的直径，是的弦，先将沿翻折交于点．再将沿翻折交于点．若，设，则所在的范围是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】将⊙O沿BC翻折得到⊙O′，将⊙O′沿BD翻折得到⊙O″，则⊙O、⊙O′、⊙O″为等圆．依据在同圆或等圆中相等的圆周角所对的弧相等可证明，从而可得到弧AC的度数，由弧AC的度数可求得∠B的度数．【详解】解：将⊙O沿BC翻折得到⊙O′，将⊙O′沿BD翻折得到⊙O″，则⊙O、⊙O′、⊙O″为等圆．∵⊙O与⊙O′为等圆，劣弧AC与劣弧CD所对的角均为∠ABC，∴．同理：．又∵F是劣弧BD的中点，∴．∴．∴弧AC的度数=180°÷4=45°．∴∠B=×45°=22.5°．∴所在的范围是；故选：B．【点睛】本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了翻折的性质、弧、弦、圆周角之间的关系、圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定，找出图形中的等弧是解题的关键．15．如图，在中，是直径，是上的两个点，．若，则的度数为（）．A．40° B．50° C．60° D．65°【答案】B【分析】由，可得∠OCA=∠DAC=25°，由等腰三角形OA=OC，可得∠OAC=∠OCA=25°，由圆周角定理可求∠BOC=2∠OAC=50°．【详解】解：∵，∴∠OCA=∠DAC=25°，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=25°，∴∠BOC=2∠OAC=2×25°=50°．故选择B．【点睛】本题考查圆周角定理，平行线性质，等腰三角形性质，掌握圆周角定理，平行线性质，等腰三角形性质，三角形外角性质是解题关键．16．如图，是⊙的直径，是⊙上两点，若，则的度数是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】如图：连接AC、AD，由圆周角定理可得∠ADC=∠ABC=40°，∠ADB=90°，最后根据角的和差运算即可解答．【详解】解：连接AC、AD，∴∠ADC=∠ABC=40°∵是⊙的直径∴∠ADB=90°∴∠BDC=∠ADB-∠ADC=90°-40°=50°．故选C．【点睛】本题主要考查了圆周角，掌握同弧或同弦所对的圆周角相等、直径所对的圆周角为90°成为解答本题的关键．17．如图，在中，点是边和的垂直平分线、的交点，若，则的大小为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意可知点O为△ABC的外接圆圆心，由圆周角定理可求得∠A=∠BOC=50°，根据等角的余角相等得到∠EOF=∠A=50°．【详解】解：∵点是边和的垂直平分线、的交点，∴点O为△ABC的外接圆圆心，∠ADF=∠OEF=90°，∴∠BOC为∠A的所对的弧对应的圆心角，∵∠BOC=100°，∴∠A=∠BOC=50°，∵∠A+∠AFD=90°，∠EOF+∠EFO=90°，∴∠EOF=∠A=50°，故选：C．【点睛】本题考查垂直平分线的性质、三角形外心定义、圆周角定理、同角的余角相等，熟练掌握圆周角定理和垂直平分线的性质，熟知三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点是解答的关键．18．如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，点在线段上从点至点运动，连接，以为边作等边三角形，点和点分别位于两侧，下列结论：①；②；③；④点运动的路程是，其中正确结论的序号为（）A．①④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④【答案】B【分析】连接OE并延长交DC于点H，先证△ADO为等边三角形，得出∠2=∠DAF=60°，再根据△DEF为等边三角形，得出①正确；证出△DOE≌△COE，得到ED=EC，得出②正确；证出∠ADF=∠3，看得出③正确；根据△DOE≌△COE，得出点E在OH上运动，可得④正确．【详解】解：连接OE并延长交DC于点H，∵矩形ABCD，∴OA=OD=OC，∵∠DAC=60°，∴△ADO为等边三角形，∴∠2=∠DAF=60°，∵△DEF为等边三角形，∴∠1=60°=∠5，∴∠1=∠2，∴D、F、O、E四点共圆，∴∠3=∠4，①正确；∴∠5=∠6=60°，∴∠7=∠6=60°，∵OD=OC，OE=OE，∴△DOE≌△COE，∴∠3=∠8，∴∠CDE=∠DCE，∴ED=EC，②正确；∵∠ADO=∠FDE=60°，∴∠ADF=∠3，∴∠ADF=∠8，即∠ADF=∠ECF，③正确；∵△DOE≌△COE，∴点E在∠DOC的角平分线上与CD的交点为H，即点E在OH上运动，∴OH=BC，∴OH=，④错误．故选B．【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆的性质，解题的关键是灵活运用这些性质．19．如图，AB为的直径，点C为AB上一点，点D在上，AD=AC，，连接DC并延长交于点E，连接OE，若∠BAD=30°，则∠COE的度数为（）A．30° B．35° C．40° D．45°【答案】A【分析】如图，连接BD，根据等腰三角形的性质可求出∠DCA的度数，根据圆周角定理可得∠BDA=90°，可得∠DBA=60°，根据三角形外角性质可得∠BDE的度数，根据圆周角定理即可得答案．【详解】如图，连接BD，∵，，∴∠DCA=×（180°-30°）=75°，∵为的直径，∴∠BDA=90°，∴∠DBA=90°-30°=60°，∴∠BDE=∠DCA-∠DBA=15°，∵∠BOE和∠BDE是所对的圆心角和圆周角，∴∠COE=2∠BDE=30°，故选：A．【点睛】本题考查圆周角定理、等腰三角形的性质及三角形外角性质，在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半；直径所对的圆周角等于90°；熟练掌握圆周角定理是解题关键．20．已知是半径为1的的一条弦，且，以为一边在内作等边三角形，D为上不同于点A的一点，且，的延长线交于点E，则的长为（）

A． B．1 C． D．a【答案】B【分析】通过证，得，从而求出的长．【详解】解：连接OE，OA，OB，是等边三角形，，；，，；，；四边形内接于，，即；又，，即是等腰三角形；在等腰和等腰中，，，；．故选：B．【点睛】此题考查了圆心角、弧、弦的关系，等边三角形的性质，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，综合性强，难度较大；能够发现并证得是解答此题的关键．21．如图，点A、B、C、D均在上，是的直径，连接，若，则的度数是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】，根据等腰三角形的性质求出，再由直径所对的圆周角是直角得到即可求出．【详解】解：如图，连接BC，∵，，∴∵是的直径，，，故选：A．【点睛】本题考查的是圆周角定理，掌握同弧或等弧所对的圆周角相等、直径所对的圆周角是直角是解题的关键．22．如图，的直径为26，弦的长为24，且，垂足为，则的长为（）A．25 B．8 C．5 D．13【答案】B【分析】连接OA，由垂径定理得到M为AB中点，求出AM的长，在直角三角形AOM中，利用勾股定理求出OM的长，再由求出CM的长即可．【详解】解：连接OA．∵直径，，∴,在中，,,根据勾股定理得：．则故选：B．【点睛】此题考查了垂径定理，勾股定理，熟练掌握定理是解本题的关键．23．如图，四边形内接于，，为中点，，则等于（）A．42° B．46° C．50° D．54°【答案】A【分析】先根据已知条件推出，则，再根据圆内接四边形互补，得到，即求出的度数．【详解】解：为中点，，，，，，，，，．故选：．【点睛】本题考查了圆周角定理，能根据定理求出是解此题的关键．24．如图，是⊙的直径，，是⊙的弦，点E是的中点，与交于点C，连接，若，则的度数是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】先利用邻补角的定义计算出∠BOF=140°,再根据圆周角定理计算出∠BEF=70°得到∠EBF=∠EFB然后利用三角形内角和计算度数．再由°，再计算∠F的度数即可．【详解】解：连接BF∵∴°∵点E是的中点∴35°故选：B．【点睛】本题考查圆周角定理及推论、邻补角、三角形的内角和、灵活进行角的和差关系的转换是解题的关键．25．如图，已知，为上一点，以为半径的圆经过点，且与、交于点、，设，，则（）A．若，则弧的度数为B．若，则弧的度数为C．若，则弧的度数为D．若，则弧的度数为【答案】B【分析】连接BD，根据圆周角定理求出∠ABD=90°，求出∠ADB=90°-β，再根据三角形外角性质得出90°-β=α+x，求出的度数是180°-2(α+β)，再逐个判断即可．【详解】解：连接BD，设的度数是x，则∠DBC=x，∵AC过O，∴∠ABD=90°，∵∠A=β，∴∠ADB=90°-β，∵∠C=α，∠ADB=∠C+∠DBC，∴90°-β=α+x，解得：x=180°-2(α+β)，即的度数是180°-2（α+β），A．当α+β=80°时，的度数是180°-160°=20°，故本选项不符合题意；B．当α+β=80°时，的度数是180°-160°=20°，故本选项符合题意；C．当α-β=80°，即α=80°+β或β=α-80°，的度数是180°-2(80°+β+β)=20°-4β或180°-(α+α-80°)=260°-2α，故本选项不符合题意；D．当α-β=80°时，的度数是20°-4β或260°-2α，故本选项不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查了圆周角定理和三角形的外角性质，能灵活运用定理进行推理和计算是解此题的关键．26．内接于圆，延长到D，点E在上，连接，，如图所示．图中等于与之差的角是（）

A． B． C． D．【答案】D【分析】由三角形外角的性质及圆周角定理可得∠ACD=∠ABC+∠BAC，∠ABC=∠AEC，由此可得∠ACD=∠AEC+∠BAC，即可得∠ACD-∠BAC=∠AEC．【详解】∵∠ACD=∠ABC+∠BAC，∠ABC=∠AEC，∴∠ACD=∠AEC+∠BAC，∴∠ACD-∠BAC=∠AEC．故选D．【点睛】本题主要考查了三角形的外角定理，圆周角定理，熟练掌握三角形的外角定理和圆周角定理是解决问题的关键．27．如图，四边形ABCD是菱形，⊙O经过点A、C、D，与BC相交于点E，连接AC、AE．若∠D＝80°，则∠EAC的度数为（）A．20° B．25° C．30° D．35°【答案】C【分析】根据四边形ABCD是菱形，可求得∠DCB的度数，从而求得∠ACB的度数，再根据圆内接四边形性质，得∠AEB=∠D，由三角形内外角的关系，即可求得∠EAC的度数．【详解】∵四边形ABCD是菱形，∠D＝80°，∴∠ACB＝∠DCB＝（180°﹣∠D）＝50°，∵四边形AECD是圆内接四边形，∴∠AEB＝∠D＝80°，∴∠EAC＝∠AEB﹣∠ACE＝30°．故选：C．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，圆内接四边形的性质，关键是根据圆内接四边形的性质，得到∠AEB的度数.28．如图，为的直径，是的弦，，则的度数为（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】由圆周角定理，得到，则，即可求出答案．【详解】解：∵为的直径，∴，∵，∴，∴；故选：B．【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形的内角和定理，解题的关键是掌握圆周角定理，正确求出．29．如图，点，，在上，，，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接AB，则由∠AOB=100°、OA=OB，可求得∠OAB=∠OBA及其度数，进而可得∠ABC的度数，由圆周角定理可求得∠C的度数，在△ABC中可求得∠CAB的度数，从而可得∠OAC的度数．【详解】如图，连接AB则OA=OB∴∠OAB=∠OBA=∴∠ABC=∠OBA+∠OBC=60°∵∠C∴在△ABC中，∠CAB=180°−∠C−∠ABC=70°∴∠OAC=∠CAB−∠OAB=70°−40°=30°故选：C．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和，圆周角定理等知识，关键是连接AB，使得有关角度的计算可以在三角形中进行．30．如图，在⊙O中，AB是直径，CD是弦，AB⊥CD，下列结论错误的是（）A．AC＝OD B．BC＝BDC．∠AOD=∠CBD D．∠ABC=∠ODB【答案】A【分析】利用垂径定理，线段的垂直平分线的判定与性质，圆心角与圆周角的关系计算判断即可．【详解】∵AB是直径，CD是弦，AB⊥CD，∴直线AB是CD的垂直平分线，∴BC=BD，∠CBA=∠DBA，∴B选项正确；∵∠AOD=2∠DBA，∴∠AOD=∠DBA+∠CBA=∠CBD，∴C选项正确；∵OD=OB，∴∠ODB=∠DBA=∠CBA，∴D选项正确；无法证明AC=OD，∴A选项错误；故选A．【点睛】本题考查了圆的对称性，等腰三角形的性质，圆心角与圆周角关系定理，熟练掌握垂径定理，灵活运用圆心角与圆周角关系定理是解题的关键．二、填空题31．如图，的直径为6，，都是的半径，，点P在直径上移动，则的最小值为______．

【答案】【分析】作点A关于CD的对称点，连接就是最小值(P此时为与CD的交点)，根据垂径定理及圆周角定理可得，最后由勾股定理可得答案．【详解】解：作点A关于CD的对称点，连接就是最小值(P此时为与CD的交点)，，且，，关于CD的对称点，，，为等腰直角三角形，的最小值为：，故答案为：．【点睛】此题考查的是圆的性质，掌握圆周角定理、垂径定理是解决此题的关键．32．如图，在中，，则的度数是______°．

【答案】80【分析】首先连接OC，由OA＝OC＝OB，可得∠ACO＝∠CAO＝15°，∠BCO＝∠CBO＝55°，继而求得∠ACB的度数，然后由圆周角定理，求得∠AOB的度数．【详解】解：连接OC，∵OA＝OC＝OB，∴∠ACO＝∠CAO＝15°，∠BCO＝∠CBO＝55°，∴∠ACB＝∠BCO−∠ACO＝40°，∴∠AOB＝2∠ACB＝80°．故答案是：80．

【点睛】此题考查了圆周角定理以及等腰三角形的性质．此题难度不大，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．33．如图，已知是的直径，且，弦，点是弧上的点，连接、，若，则的长为______．

【答案】9【分析】连接OC和OE，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求出∠COB=60°，再在△COH中求出CH，最后由垂径定理求出CD．【详解】解：连接OC和OE，如下图所示：

由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可知，∠A=∠EOB，∠D=∠COE，∵∠A+∠D=30°，∴∠EOB+∠COE=∠COB=30°，∴∠COB=60°，∵CD⊥AB，∴△COH为30°，60°，90°的三角形，其三边之比为，∴CH=，∴CD=2CH=9，故答案为：9．【点睛】本题考查了圆周角定理及垂径定理等相关知识点，本题的关键是求出∠COB=60°．34．如图，是的弦，C是的中点，交于点D．若，则的半径为________．【答案】5【分析】连接OA，由垂径定理得AD=4cm，设圆的半径为R，根据勾股定理得到方程，求解即可【详解】解：连接OA，∵C是的中点，∴∴设的半径为R，∵∴在中，，即，解得，即的半径为5cm故答案为：5【点睛】本题考查的是垂径定理及勾股定理，根据垂径定理判断出OC是AB的垂直平分线是解答此题的关键．35．图1是传统的手工磨豆腐设备，根据它的原理设计了图2的机械设备，磨盘半径，把手，点O，M，Q成一直线，用长为的连杆将点Q与动力装置P相连（大小可变），点P在轨道上滑动并带动磨盘绕点O转动，．（1）点P与点O之间距离的取值范围是_______．（2）若磨盘转动500周，则点P在轨道上滑动的路径长为__________m．【答案】100cm≤OP≤170cm900m【分析】（1）连接OP，求出OQ和PQ，再根据两种情况求出OP的最值，可得取值范围；（2）求出AP的取值范围，可得磨盘转动1周，则点P在轨道AB上滑动的路径长，再乘以500即可．【详解】解：（1）连接OP．由题意得：OQ=OM+MQ=35cm，PQ=135cm，当Q、O、P三点共线且Q在线段OP左上方延长线上时，OP取得最小值，此时OP=PQ-MQ-OM=135-15-20=100cm；当Q、O、P三点共线且Q在右下方线段OP上时，OP取得最大值，此时OP=PQ+MQ+OM=135+15+20=170cm，∴100cm≤OP≤170cm；（2）当OP=170cm时，∵OA⊥AP，OA=80cm，∴AP==150cm，当OP=100cm时，AP==60cm，∴60cm≤AP≤150cm，∴若磨盘转动500周，则点P在轨道AB上滑动的路径长=500×2×（150-60）=90000cm=900m．【点睛】本题考查轨迹，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．三、解答题36．如图，四边形内接于，延长、相交于点，且．

（1）如图1，求证：；（2）如图2，点为弧上一点，连接、、，若，求证：；（3）如图3，在（2）的条件下，过点作，垂足为，若，，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）7【分析】方法一：（1）利用圆内接四边形的性质及三角形外角的性质推出，即可得到结论；（2）连接，由，得到，由推出，利用证明，由此得到，推出结论；（3）连接，设与交于点，设，，求出，过点作于，证得，证明，设，由求得，再由勾股定理求出即可得到答案；方法二：（1）设，根据邻补角定义及三角形外角的性质表示出∠EBC及∠E的度数，即可得到结论；（2）设，根据三角形的外角性质求出，依据圆内接四边形的性质得到，再求出，得到，由此得到结论；（3）作于、于，设，证明，得到CR=TD，由，，易得，利用得到，求出，再利用勾股定理求出答案．【详解】方法一：解：（1）∵四边形内接于，∴，∴，∵，∴，∴；（2）连接，由（1）知，

∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴；（3）连接，设于交于点，设，∵，

∴，，∴，∴，过点作于，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，∵，∴，设，则，，∴，∵，∴，解得，所以，，，由勾股定理得，∵，∴．方法二：（1）设．∴，∵，∴，∴，∴．

（2）设，∴，∴，∴，∴，∴．

（3）作于、于，设，∵，∴，∴，∴，∵，∴,∴CR=TD，∵，，∴，∵，∴∴，，∴，∴中，勾股．．【点睛】此题考查圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，三角形的外角定理，直角三角形30度角的性质，是一道较难的综合题，熟记各知识点并熟练应用解决问题是解题的关键．37．如图，已知AB是O的直径，CD⊥AB，垂足为点E，如果BE=OE，AB=10cm，求△ACD的周长．【答案】cm【分析】连接OC．根据垂径定理可得．由AB=10cm，可求cm，cm．根据勾股定理cm．可得cm．根据勾股定理cm．即可．【详解】解：连接OC．∵AB是O的直径，CD⊥AB，∴．∵AB=10cm，∴AO=BO=CO=5cm．∵BE=OE，∴cm，cm．在Rt△COE中，∵CD⊥AB，∴OE2+CE2=OC2．∴cm．∴DE=cm．∴cm．在Rt△ACE中∴∴cm．在Rt△ADE中∴∴∴△ACD的周长=AD+DC+AC=++=cm．【点睛】本题考查圆的垂径定理，勾股定理，掌握圆的垂径定理，勾股定理是解题关键．38．如图，已知在⊙O中，，OC与AD相交于点E．求证：（1）AD∥BC（2）四边形BCDE为菱形．

【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）连接BD，根据圆周角定理可得∠ADB=∠CBD，根据平行线的判定可得结论；（2）证明△DEF≌△BCF，得到DE=BC，证明四边形BCDE为平行四边形，再根据得到BC=CD，从而证明菱形．【详解】解：（1）连接BD，∵，∴∠ADB=∠CBD，∴AD∥BC；

（2）连接CD，∵AD∥BC，∴∠EDF=∠CBF，∵，∴BC=CD，∴BF=DF，又∠DFE=∠BFC，∴△DEF≌△BCF（ASA），∴DE=BC，∴四边形BCDE是平行四边形，又BC=CD，∴四边形BCDE是菱形．【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，解题的关键是合理运用垂径定理得到BF=DF．39．已知：在圆O内，弦与弦交于点分别是和的中点，联结．（1）求证：；（2）联结，当时，求证：四边形为矩形．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）连结，由M、N分别是和的中点，可得OM⊥BC，ON⊥AD，由，可得，可证，，根据等腰三角形三线合一性质;（2）设OG交MN于E，由，可得，可得，，可证可得，由CN∥OG，可得，由可得AM∥CN，可证是平行四边形，再由可证四边形ACNM是矩形．【详解】证明：（1）连结，∵M、N分别是和的中点，∴OM，ON为弦心距，∴OM⊥BC，ON⊥AD，，在中，，，在Rt△OMG和Rt△ONG中，，，∴，;（2）设OG交MN于E，，∴，∴，即，，在△CMN和△ANM中，，，∵CN∥OG，，，，∴AM∥CN，是平行四边形，，∴四边形ACNM是矩形．【点睛】本题考查垂径定理，三角形全等判定与性质，等腰三角形判定与性质，平行线判定与性质，矩形的判定，掌握垂径定理，三角形全等判定与性质，等腰三角形判定与性质，平行线判定与性质，矩形的判定是解题关键．40．如图，四边形是边长为4的正方形，点G是边上的任意一点，于点E，点与点B关于直线对称，交于点F．连接．（1）求证：；（2）若四边形是平行四边形，求四边形与正方形的面积之比；（3）直接写出的最小值．【答案】（1）证明见解析；（2）2：5；（3）【分析】（1）证明即可；（2）由四边形是平行四边形，可得=2BF=2AE,在中利用勾股定理可求出AF、BF，于是可得EF的长，即可求出四边形与正方形的面积之比；（3）由可知点F在以AB为直径的半圆上运动，连接圆心与点C交半圆于F，此时取最小值．【详解】（1）∵四边形是正方形，∴，∵，且B与关于对称，∴∴．∵，∴．∴∴．（2）∵四边形是平行四边形，∴又∵点与点B关于直线对称，∴．∵，∴，，∴．在中利用勾股定理可求，，∴，，∴四边形与正方形的面积之比2：5．（3）由可知点F在以AB为直径的半圆上运动，连接圆心与点C交半圆于F，如图，此时取最小值∵BC=4，OB=2，∴OC=，∴CF=，∴的最小值是．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积，圆周角定理的推论(隐圆问题)，难点在于（3）中探究出点F运动的轨迹．41．如图①，在⊙O中，弦CD垂直直径AB于点E．已知AC＝4，BD=.（1）求直径AB的长．（2）小慧说“若将题目条件中的‘直径AB’改为‘弦AB’，其余条件均不变（如图②），⊙O的直径仍不变”，你觉得小慧的说法正确吗？请说明理由．【答案】（1）；（2）（2）小慧的说法不正确，理由见解析【分析】（1）连接AD，根据圆周角定理,圆的对称性即可求出AB的长；（2）根据垂径定理的条件即可作出判断．【详解】解：（1）连接AD，如图所示：∵AB为直径，∴∠ADB＝90°，∵弦CD垂直直径AB于点E，∴由垂径定理可知：AD＝AC＝4，在Rt△ADB中，AB＝=；（2）小慧的说法不正确，理由如下：因为若将题目条件中的“直径AB“改为“弦AB”，无法求出⊙O直径．【点睛】本题考查了圆的对称性,垂径定理,直径所对的圆周角是直角,勾股定理,熟练掌握圆的对称性,垂径定理,勾股定理是解题的关键．42．如图，AB为圆O的直径，C为圆O上一点，D为弧BC的中点，过D作DF⊥AB于点E，交圆O于点F，交弦BC于点G，连接CD、BF（1）求证：△BFG≌△DCG；（2）若AC＝10，BE＝8，求BF的长【答案】（1）见解析；（2）4．【分析】（1）根据垂径定理解得＝，结合D为弧BC的中点，可证明BF＝CD，再由同弧所得的圆周角相等，得到∠BFG＝∠DCG，再结合对顶角∠BGF＝∠DGC，可证△BFG≌△DCG（AAS）；（2）证明OM是△ABC的中位线，进而在Rt△BEF中，利用勾股定理求解即可．【详解】解：（1）∵D是的中点，∴＝，∵AB为⊙O的直径，DF⊥AB，∴＝，∴＝，∴BF＝CD，又∵∠BFG＝∠DCG，∠BGF＝∠DGC，∴△BFG≌△DCG（AAS）；（2）如图，连接OD交BC于点M，∵D为的中点，∴OD⊥BC，∴BM＝CM，∵OA＝OB，∴OM是△ABC的中位线，∴OM＝AC＝5，∵＝，∴＝，∴OE＝OM＝5，∴OD＝OB＝OE+BE＝5+8＝13，∴EF＝DE＝＝12，∴BF＝＝＝4．【点睛】本题考查圆的知识，涉及垂径定理、同弧所得的圆周角相等，勾股定理等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．43．如图，圆O中两条互相垂直的弦AB，CD交于点E．（1）M是CD的中点，OM＝3，CD＝12，求圆O的半径长；（2）点F在CD上，且CE＝EF，求证：．【答案】（1）；（2）见解析．【分析】（1）根据M是CD的中点，OM与圆O直径共线可得，平分CD，则有，利用勾股定理可求得半径的长；（2）连接AC，延长AF交BD于G，根据，，可得，，利用圆周角定理可得，可得，利用直角三角形的两锐角互余，可证得，即有．【详解】（1）解：连接OC，∵M是CD的中点，OM与圆O直径共线∴，平分CD，．在中．∴圆O的半径为（2）证明：连接AC，延长AF交BD于G．，又在中【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，直角三角形的两锐角互余，勾股定理等知识点，熟练应用相关知识点是解题的关键．44．如图，是的直径，点，在上，且，连接，交于点，连接，，．（1）若，求的度数；（2）用尺规作图作出的角平分线交于点（保留作图痕迹），并求证：．【答案】（1）；（2）见解析【分析】（1）连接，求得，再根据得，求出即可得到答案；（2）根据角平分线的作法作出的角平分线，再证明即可得到结论．【详解】解：（1）连接∵是圆直径，∴又∵，∴∵，∴∴∴（2）如图，∵，∴∵平分，∴∴即∴【点睛】此题主要考查了圆有定理，角平分线的作法，等腰三角形的判定，作辅助线AD是解答此题的关键．45．如图，为的直径，是上的一点，连接，．是的中点，过作于点，交于点．（1）求证：；（2）若，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）的长度为【分析】（1）延长交于点．由垂径定理可得点是弧的中点，，由是的中点可得弧弧弧，所以弧弧，由此结论可证；（2）连接、．根据圆周角定理可得，根据等腰三角形的判定可得．在中，根据勾股定理求得，由此求得；由勾股定理易求，则；设，根据勾股定理可得，解方程即可求得的长度．【详解】（1）证明：延长交于点．∵是直径，，∴点是弧的中点，，∵是的中点，∴弧弧弧，∴弧弧，∴．（2）连接、．∵弧弧．∴∴．在中，，由（1）知，，则，∵，∴OD=5，在中，，∴，设，在中，∵，∴，解得，即的长度为．【点睛】本题考查了垂径定理、圆周角定理及勾股定理，熟练运用相关定理是解决问题的关键．46．如图，AB是的直径，弦于点E，连结BD，CO的延长线交于点F，AF，CD的延长线交于点G．（1）求证：．（2）若，求的半径．【答案】（1）见解析；（2）．【分析】（1）由直径所对的圆周角是90°得到，同弧所对的圆周角相等，继而根据同角的余角相等解题即可；（2）利用正切定义解得，设，解得，由求得的值，据此解题．【详解】解：（1）连接是的直径，；（2）由（1）知，设．【点睛】本题考查圆的综合题，涉及直径所对的圆周角是90°、同弧所对的圆周角相等、正切等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．47．已知：如图，是的直径，，过点D作，交延长线于点E．（1）求证：四边形是菱形．（2）连结，若半径为5，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）连接AD，BD，根据圆周角定理可证明，结合可证明四边形AODE是菱形；（2）连接BC，交OD于点F，利用垂径定理得到且，设，利用勾股定理求出OF，根据中位线定理得到AC，再根据菱形的性质求出CE．【详解】解：（1）连接AD，BD，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴四边形AODE为平行四边形，∵，∴平行四边形AODE是菱形．（2）连接BC，交OD于点F，∵，∴且，设，则，又，，∴，∴，∴，∵，，∴，∵四边形AODE是菱形，∴，∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，垂径定理，菱形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．48．如图，Rt△ABO中，∠ABO＝90°，AB＝4，BO＝2．以AB为边作正方形ABCD．点M是边BC上一动点，连接AM，过O作AM的垂线，垂足为N，连接CN．则线段CN的最小值是__．【答案】﹣【分析】先根据∠ANO＝90°确定CN最小时点N的位置，根据勾股定理计算AO，CQ的长，可得CN的值．【详解】解：如图，点N在以AO的中点Q为圆心，AO为直径的圆上，连接CQ与圆Q的交点即为点N，此时线段CN的值最小，∠ABO＝90°，AB＝4，BO＝2，∴AO＝＝＝2，∴QN＝AO＝，过Q作QH∥AB，交OB于H，∴QH＝AB＝2，BH＝OB＝1，∴CQ＝＝，∴CN＝CQ﹣QN＝﹣，则线段CN的最小值是﹣．故答案为：﹣．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，三角形的中位线定理，圆的性质，解题关键是能够熟练运用圆周角定理，确定点N的轨迹在以AO为直径的圆上．49．如图，AB，AC是的弦，过点C作于点D，交于点E，过点B作于点F，交CE于点G，连结BE．（1）求证：（2）过点B作交于点H，若BE的长等于半径，，求CE的长．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）根据圆周角定理得到∠BAC=∠BEC，根据直角三角形的性质、对顶角相等得到∠BEC=∠BGE，根据等腰三角形的判定定理证明结论；（2）连接OB、OE、AE、CH，根据平行四边形的判定和性质得到CG=BH=4，根据等边三角形的性质得到∠BOE=60°，根据直角三角形的性质、勾股定理计算，得到答案．【详解】解：（1）证明：由圆周角定理得，∠BAC=∠BEC，∵CE⊥AB，BF⊥AC，∴∠ADC=∠GFC=90°，∴∠CGF=∠BAC，∴∠BEC=∠CGF，∵∠BGE=∠CGF，∴∠BEC=∠BGE，∴BE=BG；（2）连接OB、OE、AE、CH，∵BH⊥AB，CE⊥AB∴BH∥CE，∵四边形ABHC是⊙O的内接四边形，∴∠ACH=∠ABH=90°，∴BF∥CH，∴四边形CGBH为平行四边形，∴CG=BH=4，∵OE=OB=BE，∴△BOE为等边三角形，∴∠BOE=60°，∴∠BAE=∠BOE=30°，∴DE=AE，设DE=x，则AE=2x，由勾股定理得，AD==x，∵BE=BG，AB⊥CD，∴DG=DE=x，∴CD=x+4，在Rt△ADC中，AD2+CD2=AC2，即（x）2+（x+4）2=272，解得，x1=，x2=（舍去）则DE=DG=，∴CE=CG+GD+DE=．【点睛】本题考查的是圆周角定理、勾股定理、等边三角形的判定和性质，灵活运用圆周角定理是解题的关键．50．如图，四边形内接于，是上一点，且，连接并延长交的延长于点，连接．（1）若，，求的度数；（2）若的半径为4，且，求的长．【答案】（1）50°；（2）【分析】（1）根据圆内接四边形的性质得到∠ADC，再根据圆周角的性质得到∠DCE，即可求出∠E；（2）根据圆内接四边形的性质和圆周角定理得到∠ADC=60°，连接AO，CO，过点O作OM⊥AC交AC于点M，再根据垂径定理和直角三角形的性质即可求出AC．【详解】解：（1）∵四边形ABCD内接于圆O，∠ABC=105°，∴∠ADC=180°-∠ABC=75°，∵，∠BAC=25°，∴∠DCE=∠BAC=25°，∴∠E=∠ADC-∠DCE=50°；（2）∵四边形ABCD内接于圆O，∴∠ABC+∠ADC=180°，∵∠B=2∠ADC，∴2∠ADC+∠ADC=180°，∴∠ADC=60°，连接AO，CO，过点O作OM⊥AC交AC于点M，∵∠ADC=60°，∴∠AOC=120°，∵OM⊥AC，∴∠AOM=∠COM=∠AOC=60°，∵半径为4，即AO=OC=4，∴在Rt△AOM中，AM==，∴AC=2AM=．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，垂径定理，熟练掌握圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．51．已知是的直径，是的弦，连接．（1）如图1，连接，．若，求及的大小；（2）如图2，过点C作的垂线，交的延长线于点E，连接．若，，求的大小．【答案】（1），＝；（2）【分析】（1）首先根据是的直径得到，然后求出，在根据同弦的圆心角是圆周角的2倍即可求解；（2）首先根据得到，再由可以得到，，，在中进行计算即可达到答案．【详解】解：（1）∵是的直径，∴．∵，∴．∴在中，．（2）∵，∴．即，∵，∴，∴，∵，∴，∴在中，．【点睛】本题主要考查了圆的相关知识点，解题的关键在于圆心角与圆周角的关系，直径所对的圆周角的度数等等．52．如图，⊙是的外接圆，且，四边形是平行四边形，边与⊙交于点，连接．0（1）求证：；（2）若，求证：点是的中点．【答案】（1）证明见解析，（2）证明见解析．【分析】(1)根据平行四边形性质可证，根据圆的内接四边形可证，利用等角对等边可证；(2)利用平行四边形的性质证出即可．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∵⊙是的外接圆，边与⊙交于点，∴，∵，∴，∴，∴；（2）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴∴，∴，∴，∴=即点是的中点．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质与判定，圆周角的性质，解题关键是准确运用等腰三角形和圆周角的性质进行推理证明．53．如图，在中，，，，点为边上的一个动点，以为直径的交于点，过点作，交于点，连接、．（1）当时，求的长；（2）求证：；（3）是否存在点，使得是以为底的等腰三角形，若存在，求出此时的长；若不存在，试说明理由．【答案】（1）6；（2）见解析；（3）存在，3【分析】（1）由同弧所对的圆周角相等可得，从而求得，然后利用等角对等边求解；（2）由平行线的性质得出∠B=∠FCB，由圆周角定理可得出答案；（3）由全等三角形的性质及勾股定理可得出答案．【详解】解：（1）∵，∴∴（2）∵，∴，∵，∴，①又②∵是圆的直径，，∴③由①②③可得（3）是为底的等腰三角形，则，则∠EFC=∠ECF．连接，并延长和相交于，∵四边形CEDF为圆内接四边形，∴∠ADG=∠ECF，又∵∠CDE=∠CFE，∴∠ADG=∠CDE，∵CD为⊙O的直径，∴∠DFC=90°，∵FC∥AB，∴∠FGA=90°，∴∠FGA=∠ACD，∵AD=AD，∴△AGD≌△ACD（AAS），∴DG=CD，在Rt△BDG中，设CD=x，BG2+DG2=BD2，∴42+x2=（8-x）2，解得x=3，即CD=3【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质，圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握等腰三角形的判定与性质是解题的关键．54．如图，在中，分别平分和．延长交的外接圆于点C，连接．（1）若，求的度数．（2）求证：．【答案】（1）80°；（2）见解析【分析】（1）根据角平分线的定义得到∠BAD=2∠CAD，于是得到结论；（2）根据角平分线的定义得到∠BAC=∠DAC，∠ABE=∠DBE，求得弧BC=弧CD，得到BC=CD，求得BC=EC=DC，于是得到结论．【详解】解：（1）∵AE平分∠BAD，∴∠BAD=2∠CAD，∵∠CAD=∠CBD=40°，∴∠BAD=80°；（2）∵AE、BE分别平分∠BAD和∠ABD，∴∠BAC=∠DAC，∠ABE=∠DBE，∴弧BC=弧CD，∴BC=CD，∵∠CBD=∠CAD，∴∠CBE=∠CBD+∠DBE，∠BEC=∠BAC+∠ABE，∴∠CBE=∠BEC，∴BC=EC，∴BC=EC=DC．【点睛】本题考查了三角形的外接圆和外心，圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质，正确的识别图形是解题的关键．55．已知：⊙O的两条弦AB，CD相交于点M，且AB＝CD．（1）如图1，连接AD．求证：AM＝DM．（2）如图2，若AB⊥CD，在弧BD上取一点E，使弧BE＝弧BC，AE交CD于点F，连接AD、DE．①判断∠E与∠DFE是否相等，并说明理由．②若DE＝7，AM＋MF＝17，求△ADF的面积．【答案】（1）见解析；（2）①相等，见解析；②42【分析】（1）如图1，利用AB＝CD得到，则，根据圆周角定理得到∠A＝∠D，然后根据等腰三角形的判定得到结论；（2）①连接AC，如图，由弧BE＝弧BC得到∠CAB＝∠EAB，再根据等腰三角形的判定方法得到AC＝AF，则∠ACF＝∠AFC，然后圆周角定理、对顶角和等量代换得到∠DFE＝∠E；②由∠DFE＝∠E得DF＝DE＝7，再利用AM＝DM得到AM＝MF＋7，加上AM＋MF＝17，于是可求出AM，然后根据三角形面积公式求解．【详解】（1）证明：如图1，∵AB＝CD，∴，即，∴，∴∠A＝∠D，∴AM＝DM；（2）①∠E与∠DFE相等．理由如下：连接AC，如图，∵，∴∠CAB＝∠EAB，∵AB⊥CD，∴AC＝AF，∴∠ACF＝∠AFC，∵∠ACF＝∠E，∠AFC＝∠DFE，∴∠DFE＝∠E；②∵∠DFE＝∠E，∴DF＝DE＝7，∵AM＝DM，∴AM＝MF＋7，∵AM＋MF＝17，∴MF＋7＋MF＝17，解得MF＝5，∴AM＝12，∴7×12＝42.【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，圆周角、弧、弦的关系．56．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以点A为圆心，AC长为半径作圆，交BC于点D，交AB于点E，连接DE．（1）若∠ABC＝20°，求∠DEA的度数；（2）若AC＝3，AB＝4，求CD的长．【答案】（1）；（2）【分析】（1）连接AD，求出∠DAE，再利用等腰三角形的性质解决问题即可．（2）如图，过点A作AF⊥CD，垂足为F．利用面积法求出AF，再利用勾股定理求出CF，可得结论．【详解】解：（1）如图，连接AD．∵∠BAC＝90°，∠ABC＝20°，∴∠ACD＝70°．∵AC＝AD，∴∠ACD＝∠ADC＝70°，∴∠CAD＝180°﹣70°﹣70°＝40°，∴∠DAE＝90°﹣40°＝50°．又∵AD＝AE，∴．（2）如图，过点A作AF⊥CD，垂足为F．∵∠BAC＝90°，AC＝3，AB＝4，∴BC＝5．又∵•AF•BC＝•AC•AB，∴，∴．∵AC＝AD，AF⊥CD，∴．【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．57．小亮在学习中遇到这样一个问题：如图，点是弧上一动点，线段点是线段的中点，过点作，交的延长线于点．当为等腰三角形时，求线段的长度．

小亮分析发现，此问题很难通过常规的推理计算彻底解决，于是尝试结合学习函数的经验研究此问题，请将下面的探究过程补充完整：（1）根据点在弧上的不同位置，画出相应的图形，测量线段的长度，得到下表的几组对应值．BD/cm01.02.03.04.05.06.07.08.0CD/cm8.07.77.26.65.9a3.92.10FD/cm8.07.46.96.56.16.06.26.78.0操作中发现：①当点为弧的中点时，．则上中的值是；②线段的长度无需测量即可得到．请简要说明理由；（2）将线段的长度作为自变量和的长度都是的函数，分别记为和，并在平面直角坐标系中画出了函数的图象，如图所示．请在同一坐标系中画出函数的图象；（3）继续在同一坐标系中画出所需的函数图象，并结合图象直接写出：当为等腰三角形时，线段长度的近似值．(结果保留一位小数)．

【答案】（1）①5.0；②见解析；（2）图象见解析；（3）图象见解析；3.5cm或5.0cm或6.3cm【分析】（1）①点为弧的中点时，△ABD≌△ACD，即可得到CD=BD；②由题意得△ACF≌△ABD，即可得到CF=BD；（2）根据表格数据运用描点法即可画出函数图象；（3）画出的图象，当为等腰三角形时，分情况讨论，任意两边分别相等时，即任意两个函数图象相交时的交点横坐标即为BD的近似值．【详解】解：（1）①点为弧的中点时，由圆的性质可得：，∴△ABD≌△ACD，∴CD=BD=5.0，∴；②∵，∴，∵，∴△ACF≌△ABD，∴CF=BD，∴线段CF的长度无需测量即可得到；（2）函数的图象如图所示：

（3）由（1）知CF=BD=画出的图象，如上图所示，当为等腰三角形时，①，BD为与函数图象的交点横坐标，即BD=5.0cm；②，BD为与函数图象的交点横坐标，即BD=6.3cm；③，BD为与函数图象的交点横坐标，即BD=3.5cm；综上：当为等腰三角形时，线段BD长度的近似值为3.5cm或5.0cm或6.3cm．【点睛】本题考查一次函数结合几何的应用，学会用描点法画出函数图象，熟练掌握一次函数的性质以及三角形全等的判定及性质是解题的关键．58．已知：内接于，，于点，连接．（1）如图，求证：；（2）如图，延长交于点，连接，若，求证：；（3）如图，在（2）的条件下，若，，求线段的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）．【分析】（1）如图，连接OC，根据等腰三角形的性质可得，根据可得，根据圆周角定理可得，根据等腰三角形的性质可得，根据三角形内角和可得，即可得结论；（2）如图，连接，过点作于点，根据垂径定理可得，根据圆周角定理可得，利用角的和差关系可得，根据等腰三角形的性质可得，根据圆周角定理可得，利用AAS可证明，根据全等三角形的性质可得，进而可得结论；（3）延长交于点，过点作于点，交于点，连接，设，根据圆周角定理及等腰三角形的性质可得，即可得出，利用SAS可证明，根据全等三角形的性质可得，，，进而可得，可得，根据三角形内角和可得，即可得出，根据等腰三角形的性质可得，设，则，，利用ASA可证明，可得，根据直角三角形两锐角互余的关系可得，利用ASA可证明，可得，利用勾股定理列方程求出m的值即可得答案．【详解】（1）连接，∵，∴，∵，∴，∴，∵∠BAC和∠BOC分别是所对的圆周角和圆心角，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．（2）连接，过点作于点，∵，∴，∵∠EBC和∠EAC是所对的圆周角，∴，∵，∴=，∴，∵，，∴，∵，∴，∵，，∴，在△BOK和△OBH中，，∴，∴，∴．（3）延长CO交于点，过点作于点，交于点，连接．设，∴，∴，∵∠OBC=∠OCB=，∴，在△BCM和△ACM中，，∴，∴，，，∴，∴，∵，∴，在中，，∠EGB=90°-∠OBC=90°-，∴，∴，∴，∵，∴，设，则，在和中，∴，∴，∵，∴，∴，∴，在△GBD和△MDN中，，∴，∴，在中，，在中，，∴，解得：舍去，，∴．【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质及勾股定理，正确作出辅助线，构建全等三角形并熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．59．问题提出（1）如图①，在中，，于点，若，求的最大值；问题探究（2）如图②，在四边形中，．连接，求面积的最大值．问题解决（3）如图③，某市效区点外有一棵古树，点外是某市古树名木保护研究中心，且，为加强对该古树的检测和保护，拟在距古树处设置三个观测点，以形成保护区域四边形．则是否存在一个满足以上要求的面积最大的四边形？若存在，求出满足条件的四边形的最大面积；若不存在，请说明理由．（研究中心及各观测点的占地面积忽略不计）【答案】问题提出：（1）AH的最大值为2．问题探究：（2）△BCD的面积的最大值＝×12×（6）＝36+54．问题解决：（3）存在．图形见详解，最大面积＝129（km2）．【分析】（1）根据如图1中，取BC的中点T，连接A