第二十四章 圆（A卷·提升卷 单元重点综合测试）-2024-2025学年九年级数学上册单元速记·巧练（山西专用，人教版）

第二十四章 圆（A卷·提升卷） 考试时间：120分钟，满分：120分 一、选择题：共10题，每题3分，共30分。 1．如图，的半径为3，圆心O到的距离为2，则弦的长为（    ） A．2 B． C． D． 2．如图，点C，D是以线段为直径的上的两点，若，且，则的度数为（   ） A． B． C． D． 3．在一个圆中，一弦所对的圆心角为，那么该弦所对的圆周角为(    ) A． B． C．或 D．或 4．如图，等边三角形和正方形均内接于，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 5．如图，边长为4的正方形的顶点B在上，顶点A，C在内，的延长线交于点D，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 6．如图，是工人李大爷自制的一个三角形纸板（厚度不计），已知，，，李大爷将该三角形纸板放置在一个圆形工件上，使得顶点A，C都在圆形工件的圆周上，将直角边与圆形工件圆周的交点记为点D，恰好发现，则该圆形工件的半径长为（    ） A．10cm B．15cm C．20cm D．25cm 7．如图分别切于A、B、E，，则（　　）    A． B． C． D． 8．如图，半径的⊙M在轴上平移，且圆心M在x轴上，当⊙M与直线相切时，圆心M的坐标为（  ） A．(0，0) B．(2，0) C．（-6，0） D．(2，0) 或（-6，0） 9．如图，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，若扇形的半径是5，则该圆锥的体积是（    ） A． B． C． D． 10．如图，已知直线交于、两点，是的直径，点为上一点，且平分，过作，垂足为，且，的直径为，则的长等于（ ） A． B． C． D． 二、填空题：共5题，每题3分，共15分。 11．如图，已知四边形是的内接四边形，为延长线上一点，，则等于 ． 12．如图，一个底部呈球形的烧瓶，瓶内液体的最大深度，截面圆中弦长为，那么球的半径长为 ． 13．如图，和是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，把以A为中心顺时针旋转，点M为射线的交点．若，．在旋转过程中，当线段最短时，的面积为 ． 14．如图，在等腰中，，，以为直径的交于点D，连接、，则图中阴影部分的面积为 ． 15．如图，正方形的边长为，以边上的动点为圆心，为半径作圆，将沿翻折至，若过一边上的中点，则的半径为 ． 三、解答题：共8题，共75分。 16．（6分）已知：如图，四边形ABCD的顶点都在⊙O上，BD平分∠ADC，且BC=CD．求证: AB=CD． 17．（8分）如图，，连接 (1)求的度数； (2)若弧与弧相等，求证：四边形是菱形． 18．（8分）如图，是的切线，是 上一点，且． (1)求证：是 的切线； (2)交于点 ，若，，求的半径． 19．（9分）如图内接于，，是的直径，点是延长线上一点，且，．    (1)求证：是的切线； (2)求的直径； (3)当点B在下方运动时，直接写出内心的运动路线长是 　　． 20．（12分）【项目式学习】 项目主题：车轮的形状 项目背景：在学习完圆的相关知识后，九年级某班同学通过小组合作方式开展项目式学习，深入探究车轮制作成圆形的相关原理． 【合作探究】 （1）探究组：车轮做成圆形的优点是：车轮滚动过程中轴心到地面的距离始终保持不变．另外圆形车轮在滚动过程中，最高点到地面的距离也是不变的．如图1，圆形车轮半径为，其车轮最高点到地面的距离始终为______； （2）探究组：正方形车轮在滚动过程中轴心到地面的距离不断变化．如图2，正方形车轮的轴心为，若正方形的边长为，车轮轴心距离地面的最高点与最低点的高度差为______； （3）探究组：如图3，有一个正三角形车轮，边长为，车轮轴心为（三边垂直平分线的交点），车轮在地面上无滑动地滚动一周，求点经过的路径长． 探究发现：车辆的平稳关键看车轮轴心是否稳定，即车轮的轴心是否在一条水平线上运动． 【拓展延伸】 如图4，分别以正三角形的三个顶点，，为圆心，以正三角形的边长为半径作圆弧，这样形成的曲线图形叫做“莱洛三角形”．“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，但其车轴中心并不稳定． （4）探究组：使“莱洛三角形”以图4为初始位置沿水平方向向右滚动．在滚动过程中，其“最高点”和“车轮轴心”均在不断移动位置，那么在“莱洛三角形”滚动一周的过程中，其“最高点”和“车轮轴心”所形成的图形按上、下放置，应大致为______． 21．（8分）阅读理解：辅助线是几何解题中沟通条件与结论的桥梁，在众多类型的辅助线中，辅助圆作为一条曲线型辅助线，显得独特而隐蔽． 例如：在图(1)中，，求证：．(请写出证明过程) 证明： 方法运用：如图(1)已知，，，则∠CAD的度数为______． 方法拓展： 如图(2)在矩形ABCD中，，，E是AB边的中点，F是线段BC边上的动点，将沿EF所在直线折叠得到，连结，则的最小值是______． 22．（12分）综合与实践 【问题提出】 （1）如图，在足球比赛场上，甲、乙两名队员互相配合向对方球门进攻，当甲带球冲到点时，乙已跟随冲到点，仅从射门角度大小考虑，甲是自己射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好？假设球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进．请结合你所学知识，求证：． 【数学理解】 德国数学家米勒曾提出最大视角问题，对该问题的一般描述是：如图，已知点，是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当且仅当的外接圆与边相切于点时，最大，人们称这一命题为米勒定理． 【问题解决】 （2）如图，已知点，的坐标分别是，，是轴正半轴上的一动点，当的外接圆与轴相切于点时，最大，当最大时，求点的坐标． 23．（12分）综合探究 如1图、2图，已知，以为直径作半圆O，半径绕点O顺时针旋转得到，点A的对应点为C，当点C与点B重合时停止．连接并延长至点D，使得，过点D作于点E，连接． (1)如1图，当点E与点O重合时，求证：是等边三角形； (2)如2图，若点P是线段上一点，连接，当与半圆O相切时，求证：． (3)当时，求的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第二十四章 圆（A卷·提升卷） 考试时间：120分钟，满分：120分 一、选择题：共10题，每题3分，共30分。 1．如图，的半径为3，圆心O到的距离为2，则弦的长为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理，能熟记垂径定理是解此题的关键．连接半径，构造直角三角形，利用勾股定理求出的长，从而求出的长． 【详解】解：连接，过O点作于C，如图， 于C， ， 在中，，， ， ． 故选：B． 2．如图，点C，D是以线段为直径的上的两点，若，且，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了弧与圆周角之间的关系，根据同圆中等弧所对的圆周角相等即可得到． 【详解】解：∵， ∴， 故选：A． 3．在一个圆中，一弦所对的圆心角为，那么该弦所对的圆周角为(    ) A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】根据圆周角定理解答即可．本题考查圆周角定理，解题关键是掌握圆周角定理． 【详解】解：如图： 一弦所对的圆心角为，即， ∴ ∴ 该弦所对的圆周角为或， 故选：C 4．如图，等边三角形和正方形均内接于，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正多边形与圆，准确掌握正多边形及圆的相关性质并能准确计算是解题关键．连接、、、，过点作于点，利用求出圆的半径，再求出和，利用直角三角形性质和勾股定理求出，即可求出． 【详解】解：连接、、、，过点作于点，如图， ∵正方形内接于， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵等边三角形内接于， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 5．如图，边长为4的正方形的顶点B在上，顶点A，C在内，的延长线交于点D，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查求不规则图形的面积，掌握扇形的面积公式，是解题的关键．根据正方形的性质和勾股定理得的半径为，结合扇形与三角形的面积公式，即可得到答案． 【详解】解：连接，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴， ∵正方形的边长为4， ∴， ∴， 即：的半径为， ∴． 故选：B． 6．如图，是工人李大爷自制的一个三角形纸板（厚度不计），已知，，，李大爷将该三角形纸板放置在一个圆形工件上，使得顶点A，C都在圆形工件的圆周上，将直角边与圆形工件圆周的交点记为点D，恰好发现，则该圆形工件的半径长为（    ） A．10cm B．15cm C．20cm D．25cm 【答案】A 【分析】本题考查等腰三角形的性质，30°角的直角三角形的性质，90°的圆周角所对的弦是直径，先根据等边对等角的到，然后得到，进而求出，然后根据是圆O的直径即可解题． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是圆O的直径，即半径长为10cm， 故选A． 7．如图分别切于A、B、E，，则（　　）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了切线的性质，三角形全等的判定与性质，四边形的内角和，根据切线的性质证明，，得到，，进而得到，再根据四边形内角和即可求解． 【详解】解：如图，连接，    ∵分别切于A、B、E， ， 在与中， ， ， ∴， 同理， ， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：B． 8．如图，半径的⊙M在轴上平移，且圆心M在x轴上，当⊙M与直线相切时，圆心M的坐标为（  ） A．(0，0) B．(2，0) C．（-6，0） D．(2，0) 或（-6，0） 【答案】D 【分析】根据题意，进行分情况讨论，分别为圆位于直线右侧并与直线相切和位于直线左侧并于直线相切两种情况，进而根据相切的性质及等腰直角三角形的相关性质进行求解即可得解． 【详解】①当圆位于直线右侧并与直线相切时，连接MA，如下图所示： ∵ ∴，，是等腰直角三角形， ∴ ∵ ∴是等腰直角三角形， ∴⊙M与直线AB相切于点A ∵ ∴ ∴圆心M的坐标为； ②当圆位于直线左侧并与直线相切时，过点M作于点C，如下图所示： ∵⊙M与直线AB相切， ∴ 根据直线AB的解析式：可知 ∴是等腰直角三角形 ∴ ∵ ∴圆心M的坐标为， 综上所述：圆心M的坐标为或， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，等腰直角三角形的性质及动圆问题，熟练掌握相关几何求解方法并进行分类讨论是解决本题的关键． 9．如图，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，若扇形的半径是5，则该圆锥的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了弧长公式，圆锥的体积公式，勾股定理，理解圆锥的底面周长与侧面展开图扇形的弧长相等是解题关键，设圆锥的半径为，则圆锥的底面周长为，根据弧长公式得出侧面展开图的弧长，进而得出，再利用勾股定理，求出圆锥的高，再代入体积公式求解即可． 【详解】解：设圆锥的半径为，则圆锥的底面周长为， 圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，且扇形的半径是5， 扇形的弧长为， 圆锥的底面周长与侧面展开图扇形的弧长相等， ， ， 圆锥的高为， 圆锥的体积为， 故选：D． 10．如图，已知直线交于、两点，是的直径，点为上一点，且平分，过作，垂足为，且，的直径为，则的长等于（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了切线的判定和性质、勾股定理、矩形的判定和性质以及垂径定理，连接，根据题意可证得，再根据角平分线的性质，得，过作，则，得四边形为矩形，设，在中，由勾股定理得，从而求得的值，由勾股定理得出的长． 【详解】连接，过作，垂足为， ， ， 平分， ， ， ∴， ， ， 四边形为矩形， ，． ， 设，则， 的直径为， ， ， 在中，由勾股定理得． 即， 解得，． 大于，故舍去， ， ，， ，由垂径定理知，为的中点， ． 故选：B． 二、填空题：共5题，每题3分，共15分。 11．如图，已知四边形是的内接四边形，为延长线上一点，，则等于 ． 【答案】/度 【分析】本题主要考查圆周角定理、圆内接四边形的性质等，灵活运用以上知识点是解题的关键．根据圆周角定理先求出，再根据圆内接四边形的性质求出的度数，最后根据邻补角的定义即可求出答案． 【详解】解：， ， 四边形是的内接四边形， ， ． 故答案为：． 12．如图，一个底部呈球形的烧瓶，瓶内液体的最大深度，截面圆中弦长为，那么球的半径长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了垂径定理的应用和勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．由垂径定理可得，设球的半径为，则，再在中，由勾股定理得，然后代入求值，即可得出答案． 【详解】解：由题意可得，，，， ∵为半径，， ∴， 设球的半径为，即，则， 在中，由勾股定理可得 ， 即， 解得， ∴球的半径长为． 故答案为：． 13．如图，和是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，把以A为中心顺时针旋转，点M为射线的交点．若，．在旋转过程中，当线段最短时，的面积为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，切线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识．证明，则，推出，由题意知，在以为圆心，1为半径的圆上运动，如图，当在下方且与相切时，线段最短，证明四边形是正方形，则，由勾股定理得，，则，根据，计算即可求解． 【详解】解：∵和是以点A为直角顶点的等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴ ， 由题意知，在以为圆心，1为半径的圆上运动，如图， ∵， ∴当在下方且与相切时，线段最短， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， 由勾股定理得，， ∴， ∴， 故答案为：． 14．如图，在等腰中，，，以为直径的交于点D，连接、，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了圆的性质，等腰三角形的性质，扇形面积公式，熟练掌握圆的性质，扇形面积公式是解题的关键．根据圆周角定理可得，再根据三角形中位线定理可得，从而得到，即可求解． 【详解】解：∵，，为的直径． ∴， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积为． 故答案为： 15．如图，正方形的边长为，以边上的动点为圆心，为半径作圆，将沿翻折至，若过一边上的中点，则的半径为 ． 【答案】或或 【分析】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，勾股定理，圆的定义；分三种情况讨论，设的半径为，分别根据勾股定理，即可求解． 【详解】设的半径为，当经过的中点，即经过的中点， ∴， 当经过的中点，则， ∴，， 在中， ∴ 解得：（负值舍去） 当经过的中点，即经过的中点，设的中点为， ∴ ∴ 解得： 综上所述，半径为、、 故答案为：或或． 三、解答题：共8题，共75分。 16．（6分）已知：如图，四边形ABCD的顶点都在⊙O上，BD平分∠ADC，且BC=CD．求证: AB=CD． 【答案】见解析. 【分析】根据BD平分∠ADC可得，进而得到AB=BC，问题得证. 【详解】解：∵BD平分∠ADC， ∴∠ADB=∠CDB， ∴， ∴AB=BC， ∵BC=CD， ∴AB=CD. 【点睛】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系，在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等． 17．（8分）如图，，连接 (1)求的度数； (2)若弧与弧相等，求证：四边形是菱形． 【答案】(1) (2)见详解 【分析】（1）先由圆内接四边形得出再结合圆周角定理，即可作答． （2）因为弧与弧相等，所以，则，证明等边三角形，所以，即可证明四边形是菱形； 【详解】（1）∵四边形内接于， ∴ ∴ （2）解：如图：连接 ∵弧与弧相等 ∴ ∵， ∴ ∵ ∴等边三角形， ∴ 四边形是菱形； 【点睛】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理，菱形的判定，等边三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 18．（8分）如图，是的切线，是 上一点，且． (1)求证：是 的切线； (2)交于点 ，若，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查圆的切线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确作出所需的辅助线是解题的关键． （1）连接，由是的切线，得，再证明，则，即可证明是 的切线； （2）设的半径为，则，在中，根据勾股定理列方程求出的值即可． 【详解】（1）解：证明：连接， 是的切线， ， ， ， ， ， 是的半径，且， 是的切线． （2）设的半径为， ， ， ，                  ， 解得（不符合题意，舍去）， ∴的半径为2． 19．（9分）如图内接于，，是的直径，点是延长线上一点，且，．    (1)求证：是的切线； (2)求的直径； (3)当点B在下方运动时，直接写出内心的运动路线长是 　　． 【答案】(1)见解析 (2)6 (3) 【分析】（1）分别求出，，即可得，从而证明是的切线； （2）由（1）可知，，则，即可求圆的直径是6； （3）设的内切圆圆心为，连接，，，根据内心的性质可得，因此可知点在以为弦，弦所对的圆周角为的圆上，作的外接圆，连接、，再由，可知点在圆上，连接，可得是等边三角形，则，当点与点重合时，，所以内心的运动路线长． 【详解】（1）解：证明：连接，，    是圆的直径， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， 点在圆上， 是的切线； （2）由（1）可知，， ， ， ， ，， ， 圆的直径是6； （3）设的内切圆圆心为，连接，，，    ， ， 是的平分线，是的平分线， ， ， 由（2）可知，， 点在以为弦，弦所对的圆周角为的圆上， 作的外接圆，连接、， ， ， ， 点在圆上， 连接， ， ， 是等边三角形， ， 当点与点重合时，， 内心的运动路线长， 故答案为：． 【点睛】本题考查圆的综合应用，熟练掌握三角形外接圆的性质，切线的判定及性质，三角形内切圆的性质，四点共圆的判定，等边三角形的性质，直角三角形的性质，圆的弧长公式是解题的关键． 20．（12分）【项目式学习】 项目主题：车轮的形状 项目背景：在学习完圆的相关知识后，九年级某班同学通过小组合作方式开展项目式学习，深入探究车轮制作成圆形的相关原理． 【合作探究】 （1）探究组：车轮做成圆形的优点是：车轮滚动过程中轴心到地面的距离始终保持不变．另外圆形车轮在滚动过程中，最高点到地面的距离也是不变的．如图1，圆形车轮半径为，其车轮最高点到地面的距离始终为______； （2）探究组：正方形车轮在滚动过程中轴心到地面的距离不断变化．如图2，正方形车轮的轴心为，若正方形的边长为，车轮轴心距离地面的最高点与最低点的高度差为______； （3）探究组：如图3，有一个正三角形车轮，边长为，车轮轴心为（三边垂直平分线的交点），车轮在地面上无滑动地滚动一周，求点经过的路径长． 探究发现：车辆的平稳关键看车轮轴心是否稳定，即车轮的轴心是否在一条水平线上运动． 【拓展延伸】 如图4，分别以正三角形的三个顶点，，为圆心，以正三角形的边长为半径作圆弧，这样形成的曲线图形叫做“莱洛三角形”．“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，但其车轴中心并不稳定． （4）探究组：使“莱洛三角形”以图4为初始位置沿水平方向向右滚动．在滚动过程中，其“最高点”和“车轮轴心”均在不断移动位置，那么在“莱洛三角形”滚动一周的过程中，其“最高点”和“车轮轴心”所形成的图形按上、下放置，应大致为______． 【答案】；；； 【分析】本题主要考查圆的综合应用，主要考查了弧长公式，正方形的性质，等边三角形的性质，理解题意并画出图形是解题的关键． （1）利用正方形的性质解答即可； （2）画出图形，找到最高点和最低点即可得到答案； （3）分别求出三部分一定的距离，然后相加即可； （4）由题意知：最高点与水平面距离不变，即可得到结论． 【详解】解：（1）圆形车轮与地面始终相切， 车轮轴心到地面的距离始终等于圆的直径， 圆形车轮半径为， 故车轮最高点到地面的距离始终为， 故答案为：； （2）如图所示，为正方形车轮的轴心移动的部分轨迹， 点为车轮轴心的最高点，点为车轮轴心的最低点， 由题意得车轮轴心距离地面的最低高度为 车轮轴心距离地面的最高点与最低点的高度差为， 故答案为：； （3）点的运动轨迹为圆，以点为圆心，为半径， 运动距离为． 故答案为：； （4）由题意知，当“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡， 故“最高点”和“最低点所形成的图案大致是”， 故答案为：． 21．（8分）阅读理解：辅助线是几何解题中沟通条件与结论的桥梁，在众多类型的辅助线中，辅助圆作为一条曲线型辅助线，显得独特而隐蔽． 例如：在图(1)中，，求证：．(请写出证明过程) 证明： 方法运用：如图(1)已知，，，则∠CAD的度数为______． 方法拓展： 如图(2)在矩形ABCD中，，，E是AB边的中点，F是线段BC边上的动点，将沿EF所在直线折叠得到，连结，则的最小值是______． 【答案】88°；． 【分析】(1)同一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，故∠BAC=2∠BDC． (2)由AB=AC=AD，可得B，C，D在以A为圆心，AB为半径的圆上，然后由圆周角定理，证得∠CAD=2∠CBD，∠BAC=2∠BDC，继而可得∠CAD=2∠BAC． (3)当∠BFE=∠，点在DE上，此时的值最小，根据勾股定理求出DE，根据折叠的性质可知，DE-即为所求． 【详解】(1) 证明：以A点为圆心，AB为半径画圆， ∴AB=AC=AD， ∴B、C、D点都在圆A上， ∴∠DBC=∠DAC，∠BDC=∠BAC． (2)解：∵， ∴B，C，D三点在以A为圆心，AB为半径的圆上， ∴∠CAD=2∠CBD，， ∵∠CBD=2∠BDC，∠BAC=44°， ∴∠CAD=2∠BAC=88° ∠CAD的度数为88°． (3)如图，当∠BFE=∠，点在DE上时，此时的值最小， 根据折叠的性质△EBF≌△, ∴⊥， ∴=EB， ∵E是AB边的中点，AB=4， ∴AE==2， ∵AD=6， ∴DE=， ∴． 的最小值是． 【点睛】本题主要考查圆周角定理、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、两点之间线段最短的综合运用，确定点在何位置时，的值最小，注意得到B,C,D在以A为圆心，AB为半径的圆上是解决问题的关键． 22．（12分）综合与实践 【问题提出】 （1）如图，在足球比赛场上，甲、乙两名队员互相配合向对方球门进攻，当甲带球冲到点时，乙已跟随冲到点，仅从射门角度大小考虑，甲是自己射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好？假设球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进．请结合你所学知识，求证：． 【数学理解】 德国数学家米勒曾提出最大视角问题，对该问题的一般描述是：如图，已知点，是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当且仅当的外接圆与边相切于点时，最大，人们称这一命题为米勒定理． 【问题解决】 （2）如图，已知点，的坐标分别是，，是轴正半轴上的一动点，当的外接圆与轴相切于点时，最大，当最大时，求点的坐标． 【答案】（）证明见解析；（）． 【分析】（）利用圆周角定理可得，再利用三角形外角性质即可得； （）连接，，过点作交轴于点，连接，可得，证明四边形是矩形，进而求得的长，进一步得出结果． 【详解】（） ∴， ∵， ∴； （）如图， 连接，，过点作交轴于点，连接， ∴，， ∵与轴相切， ∴轴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，垂径定理，圆的切线的性质，三角形外角性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点的应用． 23．（12分）综合探究 如1图、2图，已知，以为直径作半圆O，半径绕点O顺时针旋转得到，点A的对应点为C，当点C与点B重合时停止．连接并延长至点D，使得，过点D作于点E，连接． (1)如1图，当点E与点O重合时，求证：是等边三角形； (2)如2图，若点P是线段上一点，连接，当与半圆O相切时，求证：． (3)当时，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 (3)BC的长为或 【分析】（1）证明，再证明，得到．即可得到结论； （2）先证明是的中位线，得到，由与半圆O相切，得到，即可得到结论； （3）分点E在上和点E在上两种情况，利用勾股定理分别进行求解即可． 【详解】（1）证明：是半圆O的直径， ． 又， 垂直平分， ． 点E与点O重合， ． ∵， ． ． ∴是等边三角形； （2）证明：点C是的中点，点O是的中点， 是的中位线， ∴ 又与半圆O相切， ． （3）解：， ． ①如图，当点E在上时，，． ，， ∴在和中，由勾股定理得， 即， 解得． ． ②如图，当点E在上时，同理可得， 解得． ． 综上所述，的长为或． 【点睛】此题考查了切线的性质、三角形中位线定理、等腰三角形的判定和性质、勾股定理、圆周角定理等知识，分类讨论是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$