2025中考数学复习 圆 压轴题练习（学生版+解析版）

2025中考数学二轮复习之圆压轴考点解答题专项训练考情分析.中考数学圆的解答题压轴题，常综合考查圆的性质、直线与圆的位置关系等知识，对考生分析和解决复杂问题的能力要求较高。以下为你详细概述考点：1.圆的基本性质(1)垂径定理及其推论：①垂径定理是指垂直于弦的直径平分弦且平分这条弦所对的两条弧。常考点为已知圆的半径、弦长及圆心到弦的距离中的两个量，利用垂径定理构造直角三角形，通过勾股定理求出第三②其推论如平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧等，也常应用于证明线段相等、弧相等或垂直关系。例如在证明两条弦相等时，可通过证明圆心到两弦的距离相等，结合垂径定理推论得出结论。(2)圆周角定理及其推论：①圆周角定理表明同弧或等弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半。这一考点常出现在求角度问题中，已知圆心角求圆周角，或反之。②推论“直径所对的圆周角是直角”以及“90°的圆周角所对的弦是直径”应用广泛。比如在圆中构造直角三角形，利用三角函数或勾股定理求解线段长度。在证明某条弦是直径时，可通过证明其所对圆周角为90°来实现。③圆内接四边形的性质：圆内接四边形对角互补，且外角等于它的内对角。常结合其他图形性质，如三角形内角和定理，用于角度的推导与计算。例如在一个包含圆内接四边形的复杂图形中，通过已知角的度数，利用圆内接四边形性质求出其他角的度数，进而解决相关问题。2.直线与圆的位置关系(1)切线的判定与性质：①判定：证明一条直线是圆的切线，主要有两种方法。一是若直线与圆有公共点，连接圆心与公共点，证明这条半径与直线垂直；二是若直线与圆的公共点不确定，过圆心作直线的垂线段，证明垂线段长度等于圆的半径。此考点常出现在证明题中，要求学生熟练掌握证明思路与方法。②性质：圆的切线垂直于经过切点的半径。在涉及切线的计算问题中，常利用这一性质构造直角三角形，结合勾股定理、三角函数等知识求解线段长度或角度。例如已知圆的半径和切线与圆外某条线段的夹角，求切线长。(2)切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角。常考点为利用切线长定理进行线段长度的计算，以及证明线段相等、角相等。例如在一个有两条切线的图形中，通过已知的线段长度，利用切线长定理求出其他相关线段长度，或证明两个角相等。(3)三角形的内切圆：(1)圆与相似三角形：①在圆中，常出现相似三角形。例如相交弦定理段长的积相等)的证明就利用了相似三角形。当圆中有两条相交弦时，通过同弧所对圆周角(2)圆与锐角三角函数：是VABC的外接圆，过点O作AC的垂线，垂足为D,分别交直线BC,⊙0于点E,F,射线AF交直线BC于点(2)若点E在CB的延长线上，且EB=CG,求∠BAC的度数.(3)当BC=6时，随着CG的长度的增大，EB的长度如何变化?请描述变化过程，并说明理的点A,B,C,O均落在格点上.请按下列要求完成作图：要求一：仅用无刻度的直尺，且不能用直尺中的直角；要求二：保留作图痕迹.(1)在图中作出弧BC的中点D.(3)在AB上作出点P,使得AP=AC.任一点，连接AC,BC,过点A作射线AD⊥AC,D为射线AD上一点，连接CD.BA-【特例感知】(2)若点C,D在直线AB同侧，且∠ADC=∠B,求证：四边形ABCD是平行四边形；【深入探究】若在点C运动过程中，始终有tan∠ADC=√3,连接OD.(3)如图2,当CD与⊙0相切时，求OD的长度；【操作发现】小明作出了⊙0的内接等腰三角形ABC,AB=AC.并在BC边上任取一点D(不与点B,C重合),连接AD,然后将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACE.如图①小明发现：CE与⊙0的位置关系是,请说明理由：【实践探究】连接DE,与AC相交于点F.如图②,小明又发现：当VABC确定时，线段CF的长存在最大值.【问题解决】在图②中，小明进一步发现：点D分线段BC所成的比CD:DB与点F分线段DE所成的比DF:FE始终相等.请予以证明.长为半径的⊙0与AD相切于点E,与AC相交于点F.(1)求证：AB与⊙0相切.(2)若正方形ABCD的边长为√2+1,求⊙0的半径.(3)如图2,在(2)的条件下，若点M是半径OC上的一个动点，过点M作MN⊥OC交CE于点N.当CM:FM=1:4时，求CN的上)与内切圆(四条边都与同一个圆相切),(2)如图1,已知四边形ABCD内接于⊙0,四条边长满足：AB+CD≠BC+AD.②若∠BAD的平分线AE交⊙0于点E,∠BCD的平分线CF交⊙0于点F,连接EF.求证：EF是⊙0的直径.切于点E,F,G,H.①如图2.连接EG,FH交于点P.求证：EG⊥FH.②如图3,连接OA,OB,OC,OD,若OA=2,OB=6,OC=3,求内切圆OO的半径r及OD的长.已知点A是半径为r的⊙0上的定点，连接OA,将线段OA绕点O按逆时针方向旋转α(0°<α<90°)得到OE,连接AE,过点A作⊙0的切线1,在直线l上取点C,使得∠CAE为锐角.【初步感知】(1)如图1,当α=60°时，∠CAE=_°;【问题探究】(2)以线段AC为对角线作矩形ABCD,使得边AD过点E,连接CE,对角线AC,BD相交于点F.①如图2,当AC=2r时，求证：无论α在给定的范围内如何变化，BC=CD+ED总成立：②如图3,当时，请补全图形，并求tanα及的值.以先研究特殊情况，猜想结论，然后再研究一般情况，证明结论.如图，已知VABC,CA=CB,⊙0是VABC的外接圆，点D在⊙0上(AD>BD),连备用图1备用图2【一般化探究】(2)如图2,若∠ACB=60°,点C、D在AB同侧，判断AD-BD与CD的数量关系并说明【拓展性延伸】(3)若∠ACB=α,直接写出AD、BD、CD满足的数量关系.(用含α的式子表示)思考：如图1,⊙O的直径CD垂直弦AB于点E,且CE=8,DE=2.(2)探究拓展：如图2,连接AC,点G是BC上一动点，连接AG,延长CG交AB的延长线于点F.①当点G是BC的中点时，求证：∠GAF=∠F;②设CG=x,CF=y,请写出y关于x的函数关系式，并说明理由；③如图3,连接DF,BG,当VCDF为等腰三角形时，请计算BG的长.⊙0的半径为4,点P在⊙0上，点M在AB上，连接PM,求线段PM的最小值；(2)如图②所示，五边形ABCDE是某市工业新区的外环路，新区管委会在点B处，点E处BC=DE=6000m.根据新区的自然环境及实际需求，现要在矩形AFDE区域内(含边界)修一个半径为30m的圆型环道⊙0;过圆心0,作OM⊥AB,垂足为M,与⊙0交于点N.连接BN,点P在⊙0上，连接EP.其中，线段BN、EP及MN是要修的三条道路，要在所的距离OM的长.对的圆周角.知识回顾(1)如图①,◎0中，B、C位于直线AO异侧，∠AOB+∠C=135°.②若◎0的半径为5,AC=8,求BC的长；(2)如图②,P为圆内一点，且∠APB<120°,PA=PB,∠APB=2∠C.求证：P为该圆的(3)如图③,在(2)的条件下，若∠APB=90°,点C在OP位于直线AP上方部分的圆弧上运动.点D在OP上，满足CD=√2CB-CA的所有点D中，必有一个点的位置始终不变.请证明.究得出：在平面内，一组对角互补的四边形的四个顶点共圆.请应用此结论.解决以下问题：D不与B,C重合),将线段AD绕点A顺时针旋转α到线段AE,连接BE.备用图(2)如图2,当AD=CD时，⊙0是四边形AEBD的外接圆，求证：AC是⊙0的切线；(3)已知α=120°,BC=6,点M是边BC的中点，此时OP是四边形AEBD的外接圆，直接写出圆心P与点M距离的最小值.13.(2023·北京·中考真题)在平面直角坐标系xOy中，◎0的半径为1.对于O0的弦AB和◎0外一点C给出如下定义：若直线CA,CB中一条经过点0,另一条是⊙0的切线，则称点C是弦AB的“关联点”.②若点C是弦AB₂的“关联点”,直接写出OC的长；(2)已知点M(0,3),对于线段MN上一点S,存在◎O的弦PQ,使得点S是弦PQ的“关联点”,记PQ的长为t,当点S在线段MN上运动时，直接写出t的取值范围.14.(2023·吉林长春·中考真题)【感知】如图①,点A、B、P均在⊙0上则锐角∠APB的大小为度.图③图③【探究】小明遇到这样一个问题：如图②,⊙0是等边三角形ABC的外接圆，点P在AC上(点P不与点A、C重合),连结PA、PB、PC.求证：PB=PA+PC.小明发现，延长PA至点E,使AE=PC,连结BE,通过证明△PBC≌△EBA,可推得PBE是等边三角形，进而得证.下面是小明的部分证明过程：证明：延长PA至点E,使AE=PC,连结BE,∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形，请你补全余下的证明过程.【应用】如图③,⊙0是VABC的外接圆，∠ABC=90°,AB=BC,点P在O0上，且点P应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置，如图，AB是◎0的直径，直线l是⊙0的切线，B为切点.P,Q是圆上两点(不与点A重合，且在直径AB的同侧),分别作射线AP,AQ交直线I于点C,点D.(1)如图1,当AB=6,的长为π时，求BC的长.(2)如图2,当,BP=PQ时，求的值.(3)如图3,当,BC=CD时，连接BP,PQ,直接写出的值.CD=AB,且CD⊥AB于点H(其中点H在圆内，且AH>BH,CH>DH).(1)在图1中用尺规作出弦CD与点H(不写作法，保留作图痕迹).(2)连结AD,猜想，当弦AB的长度发生变化时，线段AD的长度是否变化?若发生变化，(3)如图2,延长AH至点F,使得HF=AH,连结CF,∠HCF的平分线CP交AD的延长线于点P,点M为AP的中点，连结HM,若.求证：MH⊥CP.图①的中点为D,OA=4.图③反射光线，∠OHM=∠OHN=45°,,求ON的长度.(3)如图③,M是线段OB上的动点，MH为入射光线，∠HOM=50°,HN为反射光线交圆0于点N,在M从0运动到B的过程中，求N点的运动路径长.为半径的⊙0与AC相交于点E,且CE=1.(2)如图2,设⊙0与BC的切点为D,连接AD.当时，求⊙0的半径；(3)若F是线段AB的中点，连CF与AD交于G,在(2)的条件下，求的值.图1图3(3)如图3,VABC是◎0的内接三角形，点H在AB上，连接CH并延长交◎0于点D.点H①求证：OH⊥AB;②若OH//BD,⊙0的半径为r,且,求的值.作⊙0交y轴于B,点C为第三象限的圆上一点，如图1所示，已知圆心到弦AB的距离(2)如图1所示，若圆心O到弦BC的距离OE=2√5,求C点的坐标；请说明理由.【分析】(1)连接AO并延长交BC于点H,连接OB、OC(2)连接AE,设∠G=α,得∠CAG【详解】(1)连接AO并延长交BC于点H,连接OB、OC,(2)连接AE,设∠G=α,由(1)知，∠CAG=∠G=α,BE随CG增大而减小，从4.5附近开始逐渐减小到0;BE随CG增大而增大，从0附近开始逐渐增大.【点睛】本题主要考查了圆与三角形结合.熟练掌握等腰三角形的判定和性质，垂径定理，【分析】(1)连BC与网格线交于一格点G,以O为端点，作射线OG与圆弧交于点D,(2)作射线AD,则AD即是∠BAC的角平分线，(3)连结BD并延长，交AC的延长线于点E,AD与BC交于点F,连结EF并延长交AB于【详解】(1)解：由格点可知G为BC中点，根据垂径定理可得，点D为弧BC的中点，点(2)解：∵点D为弧BC的中点，(3)解：∵AB为⊙0直径，3.(1)6√3(2)证明见解析(3)2√21(4)2√3≤0D≤6√3【分析】(1)根据直径性质得到，∠ACB=90°,根据AB=12,BC=6,运用勾股定理可得(2)根据∠ACB=90°.AD⊥AC,得到∠BAD+∠ADC=180°,得到AB//CD,得到四边形ABCD是平行四边形；(3)连接OC.根据tan∠ADC=√3,得到∠ADC=60°,∠ACD=30°,根据切线性质得到，(4)过点A作射线AF⊥AB,使∠AOF=60°,连接OC,CF.得到∠OFA=30°,OF=12,得,得到.根据OF-OC≤CF≤OF+OC,得到6≤CF≤18,【详解】(1)解：∵AB为⊙0的直径，(2)证明：∵AB为⊙0的直径，∴AD//BC.(3)解：如图，连接OC.∵CD是⊙0的切线，(4)解：如图，过点A作AF⊥AB,使∠AOF=60°,连接OC,CF.【点睛】本题主要考查了圆与三角形综合.熟练掌握圆周角定理推论，圆切线性质，平行四边形的判定，含30°的直角三角形判定和性质，勾股定理解直角三角形，锐角三角函数解直角三角形，相似三角形的判定和性质，是解决问题的关键.4.操作发现：CE与⊙0相切；实践探究：问题解决：见解析【分析】操作发现：连接CO并延长交⊙0于点M,连接AM,根据直径所对圆周角为直角得到∠MAC=90°,根据旋转的性质得到∠B=∠ACE,由圆周角定理推出∠B等量代换得到∠ACE=∠AMC,利用直角三角形的性质即可证明∠OCE=90°,即可得出结论；实践探究：证明△ABC∽△ADE,得到∠B=∠ADE=∠ACB,结合三角形外角的性质得到利用二次函是的性质即可求解；问题解决：过点E作EN//BC交AC于点N,由旋转的性质知：∠B=∠ACE,证明∠ENC=∠ACE,推出EN=CE,由旋转的性质得：△ABD≌△ACE,即可证明结论.解：连接CO并延长交◎0于点M,连接AM,∵MC是⊙0直径，∵OC是⊙0的半径，证明：过点E作EN//BC交AC于点N,函数最值的应用，正确作出辅助线，构造三角形相似是解题的关键.【分析】(1)方法一：连接OE,过点O作OG⊥AB于点G,四边形ABCD是正方形，AC是正方形的对角线，得出OE=OG,进而可得OG为⊙0的半径，又OG⊥AB,即可得证；方法二：连接OE,过点0作OG⊥方法三：过点O作OG⊥AB于点G,连接OE.得出四边形AE(2)根据⊙0与AD相切于点E,得出∠AEO=90°,由(1)可理求得AC,进而根据OA+OC=AC建立方程，解方程，即可求解.(3)方法一：连接ON,设CM=k,在Rt△OMN中，由勾股定理得：MN=2k,在Rt△CMN方法二：连接FN,证明△CNM∽△CFN得出CN²=CM·CF,进而可得方法三：连接FN,证明△CNM∽△CFN得出NC²=MC·FC,设CM=k,则FC=5k,进而可得NC=√5k,进而同方法一，即可求解.【详解】(1)方法一：证明：连接OE,过点O作OG⊥AB于点G,∵⊙0与AD相切于点E,∴OG为⊙0的半径，∴AB与⊙0相切.证明：连接OE,过点O作OG⊥AB于点G,∵⊙0与AD相切于点E,∴OE⊥AD,∴AB与⊙0相切.证明：过点O作OG⊥AB于点G,连接OE.∵AD与⊙0相切，OE为⊙0半径，∴OG为⊙0的半径，(2)解：∵AC为正方形ABCD的对角线，∴由(1)可知AE=OE,设AE=OE=OC=OF=R,,(3)方法一：在Rt△OMN中，由勾股定理得：MN=2k,在Rt△CMN中，由勾股定理得：CN=√5k,又∵FC=5k=2R=2×√2=2√2,方法二：解：连接FN,∵CF为⊙0的直径，方法三：解：连接FN,∵CF为⊙0的直径，又∵FC=5k=2R=2×√2=2√2,【点睛】本题考查了切线的性质与判定，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，相似三角形的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键.(2)①外接型单圆；②见解析③③【分析】(1)根据圆内接四边形和切线长定理可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，结合题中定义，根据对角不互补，对边之和也不相等的平行四边形无外接圆，也无内切圆，进而可判断①;根据菱形的性质可判断②;根据正方形的性质可判断③;(2)①根据已知结合题中定义可得结论；②根据角平分线的定义和圆周角定理证明EBF=EDF即可证得结论；四边形的内角和定理可推导出∠A+∠EOH=180°,∠FOG+∠C=180°,∠A+∠C=180°,进而可得∠EOH=∠C,∠FOG+∠EOH=180°,然后利用圆周角定理可推导出∠HPG=90°,即可证得结论；②连接OE、OF、OG、OH,根据已知条件证明∠OAH=∠COG,进而证明△AOH∽△OCG得到,再利用勾股定理求得,同理可证△BEO△OHD求解OD即可.【详解】(1)解：由题干条件可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，所以①当平行四边形的对角不互补，对边之和也不相等时，该平行四边形无外接圆，也无内切圆，∴该平行四边形是“平凡型无圆”四边形，故①错误；②∵内角不等于90°的菱形的对角不互补，(2)解：①若四边形ABCD中有内切圆，则AB+CD=BC+AD,这与AB+CD≠BC+AD∴四边形ABCD无内切圆，②∵∠BAD的平分线AE交⊙0于点E,∠BCD的平分线CF交⊙0于点F,∴EF是⊙0的直径.在四边形AEOH中，∠A+∠EOH=36定是解题的关键.另外还要求学生具备扎实的数学基础和逻辑思维能力，备考时形知识的学习，提高解题技巧和速度，以应对中考挑战.7.(1)30°;①证明见解析；②补全图形见解析，【分析】(1)可证△OEA是等边三角形，则∠OAE=60°,由直线l是⊙0的切线，得到(2)①根据矩形的性质与切线的性质证明△OAE≌△FCD,则AE=CD,而BC=AD,由②过点O作OG⊥AE于点G,AH⊥OE于点H,在Rt△AOC中，先证明点E在线段OC上，,可求,解△OAE,求得,可证明故在Rt△ABC中，【详解】解：(1)由题意得∠AOE=α=60°,(2)①如图：∵四边形ABCD是矩形，②补全图形如图：∴由勾股定理得而的性质，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键.当D在AB上时，【分析】(1)根据题意得出VABC是等边三角形，则∠CAB=60°,进而由四边形ACDB是圆内接四边形，设AD,BC交于点E,则BE=CE,设BD=1,则CD=BD=1,分别求得(3)分两种情况讨论，①当D在BC上时，在AD上截取DE=BD,证明△CAB∽△DEB,VABEOVCBD,得出作CF⊥AB于点F,得出,进而即△CAD∽△BAG,同①可得,即可求解.∵◎0是VABC的外接圆，设AD,BC交于点E,则BE=CE,∵AD是直径，则?ABD90?,(2)如图所示，在AD上截取DF=BD,(3)解：①如图所示，当D在BC上时，即在Rt△BCF中，②当D在AB上时，如图所示，延长BD至G,使得DG=DA,连接AG, 即角形的性质，熟练掌握截长补短的辅助线方法是解题的关键.【分析】(1)先求得⊙0的直径为10,再利用垂径定理求得AE=BE,在Rt△OAE中，利∵⊙0的直径CD垂直弦AB于点E,且CE=8,DE=2,∵⊙0的直径CD垂直弦AB于点E,∵⊙0的直径CD垂直弦AB于点E,即(1)连接OP,OM,过点O作OM'⊥AB,垂足为M',则PM≥OM-4≥OM'-4,由直(2)分别在BC,AE上作BB'=AA'=r=30(m),连接AB',B'O、OP、OE、B'E.证BN+PE取得最小值.作○0',使圆心O'在BE上，半径r=30(m),作OM'⊥AB,垂足求出OH的长可得出答案.【详解】解：(1)如图①,连接OP,OM,过点O作OM'⊥AB,垂足为M',则OP+PM≥0M.∵⊙0半径为4,∴PM≥OM-4≥OM'-4,(2)如图②,分别在BC,AE上作BB'=AA'=r=30(m),图②∴四边形BB'ON是平行四边形.∵B'O+OP+PE≥B'O+OE≥B'E,∴BN+PE≥B'E-r,∴当点0在BE上时，BN+PE取得最小值.作○0,使圆心O'在BE上，半径r=30(m),∵⊙O'在矩形AFDE区域内(含边界),∴当◎0与FD相切时，B'H最短，即B'H=10000-6000+30=4030(m).此时，OH也最短.∵MN'=OH,∴MN'也最短.【点睛】似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键.【分析】(1)①根据∠AOB+∠C=135°,结合圆周角定理求∠C的度数；②构造直角三角(2)只要说明点P到圆上A、B和另一点的距离相等即可；(3)根据CD=√2CB-CA,构造一条线段等于√2CB-CA,利用三角形全等来说明此线段和CD相等.【详解】(1)解：①∵∠AOB+∠C=135°,∠AOB=2∠C,(2)证明：延长AP交圆于点N,则∠C=∠N,(3)证明：过B作BC的垂线交CA的延长线于点E,连接AB,延长AP交圆于点F,连接FF∴必有一个点D的位置始终不变，点F即为所求.【点睛】本题考查了圆周角定理，还考查了勾股定理和三角形全等的知识，对于(3)构造【分析】(1)根据旋转的性质得到AE=AD,∠DAE=α,证明∠BAE=∠CAD,进而证明(2)如图所示，连接OA,OD,根据等边对等角得到∠ABC=∠ACB=∠DAC,由圆周角内角和定理证明∠DAC+∠OAD=90°,即∠OAC=90°,由此即可证明AC是⊙0的切线；(3)如图所示，作线段AB的垂直平分线，分别交AB、BC于G、F,连接AM,先求出∠B=∠C=30°,再由三线合一定理得到,AM⊥BC,出AB=2√3,则,再解Rt△BGF得到BF=2,则FM=1;AEBD的外接圆，可得点P一定在AB的垂直平分线上，故当MP⊥GF时，PM有最小值，据此求解即可.【详解】(1)证明：由旋转的性质可得AE=AD,∠DAE=α,(2)证明：如图所示，连接OA,OD,又∵OA是⊙0的半径，∴AC是⊙0的切线；(3)解：如图所示，作线段AB的垂直平分线，分别交AB、BC于G、F,连接AM,∴点P一定在AB的垂直平分线上，∴当MP⊥GF时，PM有最小值，∴圆心P与点M距离的最小值为定，三角形外接圆的性质，垂线段最短等等，正确作出辅助线是解题的关键.【分析】(1)根据题目中关联点的定义并分情况讨论计算即可；两点来求最值情况，S共有2种情况，分别位于点M和经过点O的MN的垂线上，运用相似三角形计算即可.【详解】(1)解：①由关联点的定义可知，若直线CA,CB中一经过点0,另一条是⊙0的∴直线B₁C₂经过点0,且AC₂与◎0相切，又∵C₁(-1,1)和A(-1,0)横坐标相等，与都位于直线y=-x上，∴AC₁与⊙0相切，B₁C₁经过点0,设C(a,b),如下图所示，共有两种情况，a、若C₁B₂与⊙0相切，AC经过点0,则C₁B₂、AC₁所在直线为：b、若AC₂与⊙0相切，C₂B₂经过点O,(2)解：∵线段MN上一点S,存在⊙0的弦PQ,使得点S是弦PQ的“关联点”,又∵弦PQ随着S的变动在一定范围内变动，且M(0,3),,OM>ON,∴S共有2种情况，分别位于点M和经过点O的MN的垂线上，如图所示，①当S位于点M(0,3)时，MP为○0的切线，作PJ⊥OM,∵M(0,3),◎0的半径为1,且MP为○0的切线，,即根据勾股定理，,同理，②当S位于经过点O的MN的垂直平分线上即点K时，又∵⊙0的半径为1,∴∠OKZ=30°,题的关键.14.感知：45;探究：见解析；应用：探究：延长PA至点E,使AE=PC,连结BE,通过证明△PBC≌△EBA(SAS),可推得PBE应用：延长PA至点E,使AE=PC,连结BE,通过证明△PBC≌△EBA(SAS)得，可推得PBE是等腰直角三角形，结合PE=PA+PC与PE=√2PB可得PC=3PA,代入即可求解.故答案为：45;证明：延长PA至点E,使AE=PC,连结BE,∵四边形ABCP是⊙0的内接四边形，∵△ABC是等边三角形.延长PA至点E,使AE=PC,连结BE,,,,,,,,,故答案为：②②【分析】(1)根据扇形的弧长公式即可求出∠BOP度数，利用切线的性质和解直角三角形即可求出BC的长.(2)根据等弧所对圆周角相等推出∠BAC=∠DAC,再根据角平分线的性质定理推出CF=CB,利用直角三角形的性质即可求出∠FCD=∠BAQ,通过等量转化和余弦值可求出答案.(3)根据三角形相似的性质证明△APQ∽△ADC和△APB∽△ABC,从而推出【详解】(1)解：如图1,连接OP,设∠BOP的度数为n.的长为π,(2)解：如图2,连接BQ,过点C作CF⊥AD于点F,如图3,连接BQ,①÷②得，熟练掌握相关性质定理和相关计算公式.【分析】(1)以A,B为圆心，大于长为半径画弧，交点为G,连接OG,与⊙0交点为E,F,与AB交点为M,则OG⊥AB,分别以E,F为圆心，大于长为半径画弧，交点为N,连接ON,则ON||AB,以0为圆心，OM长为半径画弧与ON交点为P,则OP=OM,以P为圆心，OP长长为半径画弧，交点为R,连接PR,则PR⊥AB,PR与⊙0交点为C,D,与AB交点为H,腰直角三角形，AD=DE·sin∠E=√2;(3)如图3,延长CD、FP,交点为G,由题意知MH是△APF的中位线，则MH//PF,即GP=2MH=PF,如图3,作△CFG的外接圆，延长CP交外接圆于点N,连结GN、FN,【详解】(1)解：如图1,CD、点H即为所求；图1(2)当弦AB的长度发生变化时，线段AD的长度不变；如图2,连结AD,连接DO并延长交⊙0于E,连结AE,AC,过O作OF⊥AB于F,∴FH=NH,∵DE是⊙0的直径，(3)证明：如图3,延长CD、FP,交点为G,又∵,PM=AM,,即GP=2MH=PF,如图3,作△CFG的外接圆，延长CP交外接圆于点N,连结GN、FN,【点睛】本题考查了作垂线，同弧或等弧所对的圆周角相等，正②②【分析】(1)由DF=0.8,OM=1.6,DF//OB,可得出DF为△COM的中位线，可得出D为(2)过N点作ND⊥OH,交OH于点D,可得出△NHD为等腰直角三角形，根据OD+DH=OH,即可求得.(3)依题意得出点N路径长为：OB+B,推导得出∠BOT=80°,即可计算给出l,即可得出答案.【详解】(1)∵DF=0.8,OM=1.6,DF//OB∴D为CO的中点(2)过N点作ND⊥OH,交OH于点D,又∵∴在Rt△NOD中，(3)如图，当点M与点O重合时，点N也与点O重合.当点M运动至点A时，点N运动至点T,故点N路径长为：OB+BTHHBTH【分析】(1)过点0作OHIBC于H,根据角平分线的性质得出OH=OA,根据“经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线”,即可证得BC是⊙0切线；(2)连接OD,根据切线得出OD⊥BC,根据“直径所对的圆周角是直角”,得出?ADE90??ODC,推出∠ADO=∠CDE,根据等边对等角，由OA=OD,由tan?CAD,得,计算求出CD、AC,计算AE=AC-CE