3.6 正多边形 同步讲义 2026-2027学年浙教版九年级数学上册

本讲义聚焦正多边形与圆的关系及圆的综合应用，先梳理正多边形的中心、半径、中心角等概念，再通过9类题型（基本型、运动型等）构建从基础到综合的学习支架，衔接圆的性质与实际应用。 资料分层设计题型，从典例到变式训练，培养数学思维的推理能力和创新意识。结合纪念币、筒车等实例发展几何直观，课中辅助教师系统授课，课后通过过关验收帮助学生查漏补缺，提升应用意识。

3.6 正多边形 内 容 导 航 题型1 正多边形和圆 题型2 圆的综合_基本型 题型3 圆的综合_运动型 题型4 圆的综合_变换型 题型5 圆的综合_存在型 题型6 圆的综合_存在型_特殊三角形 题型7 圆的综合_存在型_特殊四边形 题型8 圆的综合_最值型 题型9 圆的综合_创新型 考 点 演 练 题型1 正多边形和圆 解｜题｜知｜识 （1）正多边形与圆的关系 把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆． （2）正多边形的有关概念 ①中心：正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心． ②正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径． ③中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角． ④边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距． 【典例1】如图，这是一枚2025年发行的正十二边形的纪念币，则该正十二边形的中心角为（　　） A．30° B．40° C．50° D．60° 【答案】A 【解答】解：该正十二边形的中心角为． 故选：A． 【变式1】将⊙O的圆周12等分，点A、B、C是等分点，如图，∠ADB的度数可能为（　　） A．30° B．45° C．60° D．65° 【答案】D 【解答】解：将⊙O的圆周12等分，则每一等分的度数为30°， ∵点A、B、C是等分点， ∴， 又∠ADB是△ADB的一个外角， ∴∠ADB＞∠ACB，即∠ADB＞60°， 所以，满足条件的是选项D， 故选：D． 【变式2】如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，已知⊙O的周长是12π，则该正六边形的边长是（　　） A．3 B． C．6 D． 【答案】C 【解答】解：如图所示：连接OB，OC， ∵正六边形ABCDEF内接于⊙O， ∴， ∵OB＝OC， ∴△OCB是等边三角形， ∴BC＝OB＝OC， ∵⊙O的周长是12π， ∴2πr＝12π， ∴， ∴OB＝OC＝6， ∴BC＝6， 故选：C． 【变式3】如图是圆形干果盘，四条隔板AB，CD，EF，GH长度相等．横纵隔板互相垂直交于隔板的三等分点，测得AB＝30cm，则该干果盘的半径为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：如图，连接OA，过点O作OP⊥AB于点P， 则AP＝PBAB＝15cm， 由题意可知：OP＝5cm， 由勾股定理得：OA5（cm）， 故选：C． 题型2 圆的综合_基本型 【典例1】如图，AB是⊙O的弦，过点B作直线EF，以O为顶点作∠AOC＝90°，分别交EF，AB于点C，D，若CB＝CD． （1）试判断直线EF与⊙O的位置关系，并说明理由． （2）若⊙O的半径为3，，求BC的长． 【答案】（1）直线EF与⊙O相切， ∵OA＝OB， ∴∠A＝∠OBA， ∵CB＝CD， ∴∠CBD＝∠CDB， ∵∠ADO＝∠CDB， ∴∠CBD＝∠ADO， ∵∠AOC＝90°， ∴∠A+∠ADO＝90°， ∴∠OBD+∠CBD＝90°， ∴∠CBO＝90°， ∴OB⊥EF， ∵OB是⊙O的直径， ∴直线EF与⊙O相切； （2）4． 【解答】解：（1）直线EF与⊙O相切， 理由：∵OA＝OB， ∴∠A＝∠OBA， ∵CB＝CD， ∴∠CBD＝∠CDB， ∵∠ADO＝∠CDB， ∴∠CBD＝∠ADO， ∵∠AOC＝90°， ∴∠A+∠ADO＝90°， ∴∠OBD+∠CBD＝90°， ∴∠CBO＝90°， ∴OB⊥EF， ∵OB是⊙O的直径， ∴直线EF与⊙O相切； （2）∵∠AOC＝90°，， ∴， ∵⊙O的半径为3， ∴OA＝3， ∴OD＝1， 设CB＝CD＝x， ∴OC＝x+1， ∵∠OBC＝90°， ∴CB2+OB2＝OC2， ∴x2+32＝（x+1）2， ∴x＝4， ∴BC＝4． 【变式1】如图1，AB是⊙O的直径，点D为AB下方⊙O上一点，点C为的中点，连结CD，CA，AD． （1）求证：OC平分∠ACD． （2）如图2，延长AC，DB相交于点E． ①求证：OC∥BE． ②若，BD＝6，求⊙O的半径． 【答案】见试题解答内容 【解答】（1）证明：∵点C为的中点， ∴， ∴AC＝DC，OC⊥AD， ∴OC平分∠ACD． （2）①证明： ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∴BE⊥AD， ∵OC⊥AD，BE⊥AD， ∴OC∥BE． ②解：如图2，连结BC，则∠ACB＝90°， ∵OC＝OA， ∴∠OAC＝∠OCA， ∵OC∥BE， ∴∠OCA＝∠E， ∴∠OAC＝∠E， ∴EB＝AB， ∵BC⊥AE， ∴CA＝CE＝4， ∴AE＝2CE＝8， 设⊙O的半径为r，则EB＝AB＝2r， ∵BD＝6， ∴DE＝BD+EB＝6+2r， ∵AB2﹣BD2＝AE2﹣DE2＝AD2， ∴（2r）2﹣62＝（8）2﹣（6+2r）2， 整理得r2+3r﹣40＝0， 解得r1＝5，r2＝﹣8（不符合题意，舍去）， ∴⊙O的半径长为5． 【变式2】如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作MN⊥AC垂足为M，交AB的延长线于点N，过点B作BG⊥MN，垂足为G． （1）求证：直线MN是⊙O的切线； （2）求证：BC2＝4AC•BG； （3）若BN＝OB，⊙O的半径为2，求sin∠ANC的值． 【答案】（1）证明：如图，连接AD，OD， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝∠ADC＝90°， 即AD⊥BC， ∵AB＝AC， ∴∠BAD＝∠CAD，BD＝CD， ∵OA＝OD， ∴∠ODA＝∠BAD， ∴∠ODA＝∠CAD， ∴OD∥AM， ∵MN⊥AM， ∴OD⊥MN， ∴直线MN是⊙O的切线； （2）证明：由（1）知，∠ADC＝90°，BD＝CD， ∴∠ADC＝∠DMC＝90°， ∵∠ACD＝∠DCM， ∴△CMD∽△CDA， ∴， ∴CD2＝AC•CM， ∴BD2＝AC•CM， 在△BGD和△MCD中， ， ∴△BGD≌△CDM（AAS）， ∴BG＝CM， ∴BD2＝AC•BG； （3）． 【解答】（1）证明：如图，连接AD，OD， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝∠ADC＝90°， 即AD⊥BC， ∵AB＝AC， ∴∠BAD＝∠CAD，BD＝CD， ∵OA＝OD， ∴∠ODA＝∠BAD， ∴∠ODA＝∠CAD， ∴OD∥AM， ∵MN⊥AM， ∴OD⊥MN， ∴直线MN是⊙O的切线； （2）证明：由（1）知，∠ADC＝90°，BD＝CD， ∴∠ADC＝∠DMC＝90°， ∵∠ACD＝∠DCM， ∴△CMD∽△CDA， ∴， ∴CD2＝AC•CM， ∴BD2＝AC•CM， 在△BGD和△MCD中， ， ∴△BGD≌△CDM（AAS）， ∴BG＝CM， ∴BD2＝AC•BG； （3）解：如图，连接OD，OC， 由（1）∠ODN＝90°， ∵OD＝OB＝BN＝2， ∴cos∠DON， ∴∠DON＝60°， ∵AB＝AC， ∴△ABC是等边三角形， ∵OA＝OB， ∴CO⊥AB，OC＝AC•sin60°＝2， ∴CN2， ∴sin∠ANC． 【变式3】如图1，四边形ABCD内接于⊙O，AC为直径，∠BDC＝45°，AC，BD交于点E，AB＝2，过点O作GH⊥CD，垂足为G，交BD于点H． （1）求∠DHG＝　 　 ；⊙O的半径为　 ． （2）当DE＝EH时． ①求S△EHO：S△ECB的值． ②如图2，延长GH交CB的延长线于点Q，求BQ的值． 【答案】（1）45°，； （2）①； ②BQ的值为1． 【解答】解：（1）∵GH⊥CD， ∴∠HGD＝90°， 又∠BDC＝45°， ∴∠DHG＝90°﹣45°＝45°； ∵AC为直径， ∴∠ABC＝90°，∠BAC＝∠BDC＝45°，∠ACB＝90°﹣∠BAC＝45°， ∴AB＝BC＝2， ∴， ⊙O的半径为． 故答案为：45°；． （2）①连接CH， ∵GH⊥CD，且GH经过圆心O， ∴DG＝CG，又DE＝EH， ∴点O为△CDH的重心， ∴， ∴， ∴S△EHO＝S△COH， 又∵S△COH＝2S△EHO， ∵∠DGH＝∠CGH＝90°，GH＝GH，DG＝CG， ∴△DGH≌△CGH（SAS），则∠GCH＝∠BDC＝45°， 又∠ACB＝45°，则∠OCG＝∠BCH＝45°﹣∠OCH， ∴∠BHC＝∠BDC+∠GCH＝45°+45°＝90°， ∴∠OGC＝∠BHC，则△OGC∽△BHC， ∴． ∴S△ECB＝S△BHC+S△COH+S△EHO＝2S△OGC+2S△EHO+S△EHO＝5S△EHO， ∴． ②∵点O为△CDH的重心， ∴OC＝2OE， 作OM⊥CH，垂足为M，连接BM， ∵OM⊥CH，∠CHD＝90°， ∴OM∥EH， ∴， 由①知，， ∴， 由OM∥EH得，△COM∽△CEH， ∴， ∴，得BH＝OM， 结合OM∥EH可知，四边形BMOH为平行四边形， ∴BM∥OH，即BM∥QH， ∴， ∵BC＝2， ∴BQ＝1． 题型3 圆的综合_运动型 【典例1】如图1，在⊙O中截掉一个圆心角为60°的扇形，优弧COD与直线AB相切于点C，且OC＝8． （1）求点D到直线AB的距离． （2）如图2，优弧COD上存在一动点M，OM从OC出发按顺时针方向转动，转动速度为每秒30°，转动时间为t秒．当点M运动至点D处时，停止转动．过点M作直线l∥OC，直线l与优弧COD交于另一点N． ①当直线l与优弧COD相切时，t的值为　 　 ． ②当t＝2时，求阴影部分面积． 【答案】（1）4；（2）①3秒或9秒；②当t＝2时，阴影部分面积为． 【解答】解：（1）过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥OC于点F，如图， ∵优弧COD与直线AB相切于点C， ∴OC⊥AB， ∵DE⊥AB，DF⊥OC， ∴四边形DECF为矩形， ∴DE＝FC． ∵∠DOF＝60°，OD＝OC＝8，DF⊥OC， ∴OF＝OD•cos60°＝84， ∴FC＝OC﹣OF＝4， ∴DE＝4， ∴点D到直线AB的距离为4； （2）①当直线l与优弧COD相切于点M时，点M在直线OC的左侧，连接OM，如图， ∴OM⊥l， 由（1）知：OC⊥AB， ∵l∥OC， ∴l⊥AB， ∴四边形OMEC为矩形， ∴∠COM＝90°， ∵OM从OC出发按顺时针方向转动，转动速度为每秒30°， ∴t＝3． 点M在直线OC的右侧，连接OM，如图， ∴OM⊥l， 由（1）知：OC⊥AB， ∵l∥OC， ∴l⊥AB， ∴四边形OMEC为矩形， ∴∠COM＝90°， ∴OM的旋转角度为270°． ∵OM从OC出发按顺时针方向转动，转动速度为每秒30°， ∴t＝9． 综上，当直线l与优弧COD相切时，t的值为3秒或9秒． 故答案为：3秒或9秒； ②当t＝2时，∠COM＝60°， 连接ON，过点O作OF⊥MN于点F，如图， 由题意得：OM＝OC＝8， 由（1）知：OC⊥AB， ∵l∥OC， ∴l⊥AB， ∵OF⊥MN， ∵四边形OFEC为矩形， ∴∠FOC＝90°， ∴∠FOM＝∠FOC﹣∠COM＝30°， ∴MFOM＝4，OFOM＝4． ∵OM＝ON，OF⊥MN， ∴MF＝NF＝4，∠NOF＝∠MOF＝30°， ∴∠MON＝60°，MN＝2MF＝8， ∴阴影部分面积＝扇形OMN的面积﹣△OMN的面积 ． 答：当t＝2时，阴影部分面积为． 【变式1】如图所示，在⊙O的内接△AMN中，∠MAN＝90°，AM＝2AN，作AB⊥MN于点P，交⊙O于另一点B，C是上的一个动点（不与A，M重合），射线MC交线段BA的延长线于点D，分别连接AC和BC，BC交MN于点E． （1）求证：△CMA∽△CBD． （2）若MN＝10，，求BC的长． （3）在点C运动过程中，当tan∠MDB时，求的值． 【答案】（1）证明见解答过程； （2）BC＝3； （3）． 【解答】（1）证明：连接BM，如图： ∵四边形ABMC是⊙O的内接四边形， ∴∠DCA＝∠ABM， ∵∠MAN＝90°， ∴MN为⊙O的直径， ∵AB⊥MN， ∴， ∴∠ABM＝∠BAM， ∴∠DCA＝∠BAM， ∵， ∴∠BAM＝∠BCM， ∴∠DCA＝∠BCM， ∴∠DCB＝∠ACM， ∵， ∴∠DBC＝∠AMC， ∴△CMA∽△CBD； （2）解：连接OC，如图： 由AM＝2AN，设AN＝x，则AM＝2x， ∵MN为直径， ∴∠NAM＝90°， ∴x2+（2x）2＝102， 解得x＝2， ∴AN＝2，AM＝4， ∵AB⊥MN， ∴2S△AMN＝AN•AM＝MN•AP， ∴AP＝BP4， ∴PM8， ∵， ∴OC⊥MN， ∵OC＝OM， ∴∠CMO＝45°， ∴△PDM是等腰直角三角形，CMOM＝5， ∴PD＝PM＝8， ∴BD＝PD+BP＝12， 由（1）知△CMA∽△CBD， ∴，即， ∴BC＝3； （3）解：连接CN交AM于K，连接KE，如图： ∵MN是⊙O直径， ∴∠MCN＝90°＝∠DPM， ∴∠CNM＝90°﹣∠CMP＝∠D， ∵tan∠MDB， ∴tan∠CNM， ∵AB⊥MN， ∴， ∴∠KCE＝∠KME， ∴C、K、E、M四点共圆， ∵∠NCM＝90°， ∴∠KEM＝90°＝∠KEN， 而tan∠CNM， ∴， 设KE＝3m，则NE＝4m， ∵tan∠KME， ∴EM＝6m， ∴． 方法2：过C作CH⊥MN于H，连接CN，如图： 由（1）知△CMA∽△CBD， ∴∠BDC＝∠MAC，即∠MDB＝∠MAC＝∠MNC， ∴tan∠MNC，即， 设CM＝3k，则CN＝4k，MN＝5k， 由CM•CN＝MN•CH可得CHk， 由勾股定理可得MHk，NHk， ∵AM＝2AN，MN＝5k， ∴ANk，AM＝2k， ∴AP2k＝BP， ∴NPk， ∴PH＝MN﹣NP﹣MHk， ∵PB∥CH， ∴，即， 解得PE＝k， ∴EHk﹣kk， ∴NE＝PE+NP＝2k，ME＝MH+EHkk＝3k， ∴． 【变式2】问题情境：如图1，筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，利用水的冲力旋转，当转过一定角度，原先浸在水里的竹筒将提升到一定高度，从而使水流入木槽．假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都按逆时针做匀速圆周运动，每旋转一周用时120s． 问题设置：如图2，把筒车抽象为一个半径为r的⊙O．筒车涉水宽度AB＝3.6m，筒车涉水深度（劣弧AB中点到水面的距离）是0.6m．筒车开始工作时，⊙O上C处的某盛水筒到水面AB的距离是0.9m，经过85s后，该盛水筒旋转到点D处． 问题解决：（1）求该筒车半径r． （2）当盛水筒旋转至D处时，求它到水面AB的距离． 【答案】（1）该筒车半径r为3m； （2）m． 【解答】解：（1）连接OA、OB，过点O作OE⊥AB，垂足为E，与劣弧AB交于点F，如图1， 设半径为rm， 即OA＝rm， 由题意得EF＝0.6m， ∴OE＝（r﹣0.6）m， 由根据垂径定理可得AEAB＝1.8m， 在Rt△OAE中，OA2＝AE2+OE2， 即r2＝（1.8）2+（r﹣0.6）2， 解得r＝3m， 答：该筒车半径r为3m． （2）过点D作DG⊥OE，过点C作CH⊥OE，如图2， ∵筒车上的每一个盛水筒都按逆时针做匀速圆周运动，每旋转一周用时120s， ∴每秒旋转360°÷120＝3°， 由于经过85s后该盛水筒旋转到点D处， ∴∠COD＝85×3°＝255°， ∵⊙O上C处的某盛水筒到水面AB的距离是0.9m， ∴HE＝0.9m， ∴OH＝r﹣EF﹣HE＝3﹣0.9﹣0.6＝1.5（m）， ∴sin∠OCH， ∴∠OCH＝30°， ∴∠COH＝90°﹣30°＝60°， ∴∠DOE＝360°﹣255°﹣60°＝45°， ∵∠DOE＝90°， ∴△OGD为等腰直角三角形， ∴OG＝DG， 在Rt△OGD中，OG2+DG2＝OD2， ∴OG＝DG， ∴GE＝OE﹣OG＝（3﹣0.6）（m）． 答：它到水面AB的距离为m． 【变式3】如图1，在△ABC中AB＝AC＝5，BC＝8，点P在射线BC上运动，⊙O是△ABP的外接圆． （1）如图2，当点O在BC上时，求CP的长． （2）如图3，连接BO并延长，分别交AC，AP于点D，E，交⊙O于点F． ①当BO⊥AP时，求⊙O的半径． ②连接CF，CP的长为多少时，CF最小，并求出CF的最小值． 【答案】（1）； （2）①；②CP的长为时，CF最小，CF最小值为． 【解答】解：（1）过点A作AG⊥BC于点G，则∠AGC＝90°， ∵AB＝AC＝5，BC＝8， ∴， ∴， 当点O在BC上时，∠BAP＝90°， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）①过点A作AG⊥BC于点G，连接OA，设半径为r，OE＝x， 则∠AGC＝90°， ∵BO⊥AP于 点E， ∴AE＝PE， ∴BP＝AB＝5， 由（1）知，AG＝3，BG＝4， ∴PG＝BP﹣BG＝1， ∴AP， ∴， ∵， ∴，， ∴r2﹣x2＝（）2，r+x， ∴r﹣x 解得r； ②如图4中，过点A作AG⊥BC于点G，连接PF， ∵BF是直径， ∴∠BPF＝90°， ∴CF≥CP， ∴当点 O在BC上时，BP为直径，BP最大，CP最小， 此时CF＝CP就最小， 由（1）知，， 故CF的最小值为． 题型4 圆的综合_变换型 【典例1】如图1，在直角坐标系中，点O为坐标原点，点A在x轴的正半轴上，点B在y轴正半轴上，OA＝6，∠OBA＝30°，以AB为直径作⊙E，AC平分∠BAO交⊙E于点C，点D在⊙E上且在第一象限，连接CD，BD． （1）求AB的长． （2）求证：AC＝BO． （3）当DC＝DB时，求△BCD的面积． （4）如图2，射线CD交OB于点G，交x轴正半轴于点F，连接AD，作点F关于AD的对称点F′，当点F′落在⊙E上时，求OG的长． 【答案】（1）12； （2）在直角三角形AOB中，∠AOB＝90°，∠OBA＝30°， ∴∠BAO＝60°， 又∵AC平分∠BAO， ∴∠BAC＝∠OAC＝30°＝∠OBA， 又∵AB是直径， ∴∠BCA＝∠AOB＝90°， 在△ABC和△BAO中， ， ∴△ABC≌△BAO（AAS）， ∴AC＝BO； （3）； （4）． 【解答】（1）解：在直角三角形AOB中，∠AOB＝90°，∠OBA＝30°，OA＝6， ∴AB＝2OA＝12； （2）证明：在直角三角形AOB中，∠AOB＝90°，∠OBA＝30°， ∴∠BAO＝60°， 又∵AC平分∠BAO， ∴∠BAC＝∠OAC＝30°＝∠OBA， 又∵AB是直径， ∴∠BCA＝∠AOB＝90°， 在△ABC和△BAO中， ， ∴△ABC≌△BAO（AAS）， ∴AC＝BO； （3）解：∵△ABC≌△BAO， ∴BC＝AO＝6，∠ABC＝∠BAO＝60° 如图1，连接EC，连接DE并延长交BC于点H， 则BE＝CE， ∴△BCE是等边三角形， ∴BC＝CE＝BE＝DE＝6， 又∵BE＝EC，BD＝DC， ∴点D、点E在BC的垂直平分线上， ∴DE垂直平分BC， ∴CH＝3，， ∴， ∴； （4）解：由折叠可得∠AF′D＝∠AFD， 又∵点F′落在⊙E上， ∴∠ACD＝∠AF′D， ∴∠ACD＝∠AFD， ∴， ∴， 如图2，过点C作CM⊥x轴于点M， 则，， ∴， 又∵OG∥CM， ∴△FGO∽△FCM， ∴，即， 解得：． 【变式1】如图，在△ABO中，以点O为圆心，OA为半径的⊙O与边OB相交于点D，将△ABD沿AD翻折，得△ACD，AC与OB交于点E． （1）证明：CD∥OA； （2）当AC⊥OB时， ①证明：AB为⊙O的切线； ②若OA＝5，tan∠EAD，则BD＝ 　 　 ． 【答案】（1）见解析； （2）①见解析； ②． 【解答】（1）证明：∵△ABD沿AD翻折，得△ACD， ∴∠CAD＝∠BAD，∠C＝∠B， ∵OA＝OD， ∴∠OAD＝∠ODA， ∵∠OAC＝∠OAD﹣∠CAD，∠B＝∠ODA﹣∠BAD， ∴∠OAC＝∠B， ∴∠OAC＝∠C， ∴CD∥OA； （2）①证明：∵AC⊥OB， ∴∠OEA＝90°， ∴∠O+∠OAC＝90°， ∵∠OAC＝∠B， ∴∠O+∠B＝90°， ∴∠OAB＝90°， ∴AB⊥OA， ∵OA为⊙O的半径， ∴AB为⊙O的切线； ②解：∵AC⊥OB， ∴∠AED+∠CED＝90°， ∵， ∴AE＝2DE， ∴设DE＝x，则AE＝2x， ∴， 解得：x＝2或x＝0（不合题意，舍去）， ∴DE＝2，OE＝3， ∵CD∥OA， ∴△CDE∽△AOE， ∴， ∴， ∵将△ABD沿AD翻折，得△ACD， ∴， 故答案为：． 【变式2】已知△ABC，AB＝AC＝10，BC＝16，点P是BC边上一点，连接AP． （1）如图（1）沿线段AP将△APC折叠，点C落在点D处，AD交边BC于点E， ①求证：△PED∽△AEB； ②若△ABE是等腰三角形，求PE的长． （2）如图（2）若∠APB＝60°，△ABP的外接圆交AC于点F，连接BF交AP于点Q，求AQ的长． 【答案】（1）①证明见解答； ②当AB＝BE时，；当AE＝BE时，． （2）6． 【解答】（1）①证明：∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， ∵△APO与△APC关于AP轴对称， ∴∠D＝∠C＝∠B， 又∵∠AEB＝∠DEP， ∴△PED∽△AEB； ②解：当AB＝BE时，设PE＝x，则DE＝DP＝PC＝6﹣x，AE＝4+x， 由①得， ∴10x＝（6﹣x）x， 即x2+8x﹣24＝0， 解得或（舍去）； 当AE＝BE时，PC＝PD＝6，AE＝10﹣x， 由①得， ∴10x＝6（10﹣x）， 解得， 综上，当AB＝BE时，；当AE＝BE时，． （2）解：如图，作∠BPG＝60°交圆于点G，过A作AH⊥BC于H，连接BG、PC、AG， ∵， ∴∠ABP＝∠AGP， ∵AB＝AC＝10， ∴∠ABP＝∠C， ∴∠AGP＝∠C， ∵∠APC＝180°﹣∠APB＝120°，∠APG＝∠APB+∠BPG＝120°， ∴∠APC＝∠APG， 又∵AP＝AP， ∴△AGP≌△ACP（AAS）， ∴∠PAC＝∠PAG，PG＝PC， ∵， ∴∠PBF＝∠PAC， ∴∠PBF＝∠PAG， ∵， ∴∠PBG＝∠PAG， ∴∠PBG＝∠PBF， 又∵∠APB＝∠BPG，且BP＝BP， ∴△BPG≌△BPQ（ASA）， ∴PQ＝PG＝PC， ∵AB＝AC＝10，BC＝16，AH⊥BC， ∴， ∴， ∵∠APH＝60°， ∴∠PAH＝30°， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式3】如图1，△ABC内接于⊙O，将△ABC绕着点C旋转得到△DEC，点D在边BC上，点E恰好落在⊙O上． （1）求证：△BDE∽△BEC； （2）试猜想∠ABC与∠ACB有何关系，并说明理由； （3）如图2，若∠ACB＝45°，AC＝2，则四边形ABEC的面积为　 　 ． 【答案】（1）见解析； （2）2∠ABC+3∠ACB＝180°，理由见解析； （3）． 【解答】（1）证明：∵四边形ABEC是⊙O的内接四边形， ∴∠BAC+∠BCE＝180°， 由旋转的性质可得：∠BAC＝∠EDC， ∵∠BDE+∠EDC＝180°， ∴∠BDE＝∠BEC， ∵∠DBE＝∠EBC， ∴△BDE∽△BEC； （2）解：2∠ABC+3∠ACB＝180°；理由如下： ∵将△ABC绕着点C旋转得到△DEC，点D在边BC上，点E恰好落在⊙O上， ∴∠DCE＝∠ACB，AB＝DE， ∴， ∴AB＝BE， ∴BE＝DE， ∴∠EBD＝∠EDB， 由（1）可得：△BDE∽△BEC， ∴∠BED＝∠BCE＝∠ACB， ∵∠EDB是△DCE的外角， ∴∠EDB＝∠DEC+∠DCE＝∠ABC+∠ACB， ∴∠EBD＝∠EDB＝∠ABC+∠ACB， ∵∠BED+∠EBD+∠EDB＝180°， ∴∠ACB+∠ABC+∠ACB+∠ABC+∠ACB＝180°， ∴2∠ABC+3∠ACB＝180°； （3）解：如图，过点A作AF⊥AC交BC于点F，连接AE， ∵将△ABC绕着点C旋转得到△DEC，点D在边BC上，点E恰好落在⊙O上， ∴∠ACB＝∠DCE＝45°，CD＝AC＝2，CE＝BC， ∴∠ACB+∠DCE＝∠ACE＝90°， ∴AE是⊙O的直径， ∴∠ABE＝90°， 由（2）可得：AB＝BE， ∴△ABE是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵AF⊥AC， ∴∠CAF＝90°， ∵∠ACB＝45°，AC＝2， ∴△CAF为等腰直角三角形， ∴AF＝AC＝2，，∠AFC＝45°， 由（2）可得：2∠ABC+3∠ACB＝180°， ∴∠ABC＝22.5°， ∵∠AFC是△ABF的外角， ∴∠BAF＝∠ABC＝22.5°， ∴BF＝AF＝2， ∴， ∴， ∴， ∵∠ACE＝90°， ∴， ∴， ∴， ∴四边形ABEC的面积为， 故答案为：． 题型5 圆的综合_存在型 【典例1】如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，E是BC边的中点，点P在线段AD上，过P作PF⊥AE于F，设PA＝x． （1）求证：△PFA∽△ABE； （2）当点P在线段AD上运动时，设PA＝x，是否存在实数x，使得以点P，F，E为顶点的三角形也与△ABE相似？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由； （3）探究：当以D为圆心，DP为半径的⊙D与线段AE只有一个公共点时，请直接写出x满足的条件：　 ． 【答案】见试题解答内容 【解答】（1）证明：∵矩形ABCD， ∴∠ABE＝90°，AD∥BC， ∴∠PAF＝∠AEB， 又∵PF⊥AE， ∴∠PFA＝90°＝∠ABE， ∴△PFA∽△ABE． …（4分） （2）解：分二种情况： ①若△EFP∽△ABE，如图1，则∠PEF＝∠EAB， ∴PE∥AB， ∴四边形ABEP为矩形， ∴PA＝EB＝3，即x＝3． …（6分） ②若△PFE∽△ABE，则∠PEF＝∠AEB， ∵AD∥BC ∴∠PAF＝∠AEB， ∴∠PEF＝∠PAF． ∴PE＝PA． ∵PF⊥AE， ∴点F为AE的中点， Rt△ABE中，AB＝4，BE＝3， ∴AE＝5， ∴EFAE， ∵△PFE∽△ABE， ∴， ∴， ∴PE，即x． ∴满足条件的x的值为3或． …（9分） （3）如图3，当⊙D与AE相切时，设切点为G，连接DG， ∵AP＝x， ∴PD＝DG＝6﹣x， ∵∠DAG＝∠AEB，∠AGD＝∠B＝90°， ∴△AGD∽△EBA， ∴， ∴， x， 当⊙D过点E时，如图4，⊙D与线段有两个公共点，连接DE，此时PD＝DE＝5， ∴AP＝x＝6﹣5＝1， ∴当以D为圆心，DP为半径的⊙D与线段AE只有一个公共点时，x满足的条件：x或0≤x＜1； 故答案为：x或0≤x＜1．…（12分） 【变式1】如图，一次函数y＝﹣x+1的图象分别交x轴，y轴于A，B两点，C是线段OB上的动点（与O，B不重合），点D在AB上，∠BCD＝∠ACO，过点D作DE⊥AC，交x轴于点E． （1）求证：． （2）当点E在线段OA上，以A为圆心，以AC为半径画圆，交y轴负半轴于点F，设OF＝m，OE＝n，求n关于m的函数表达式． （3）连接CE，是否存在∠ECO＝∠BAC？如果存在，请求出所有满足条件OC的长；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）见解答；（2）n＝1﹣2m；（3）存在，OC的长为1或． 【解答】解：（1）由题意知OA＝OB＝1， ∴∠ABO＝∠BAO＝45°． ∵DE⊥AC， ∴∠AED+∠EAC＝90°． ∵∠ACO+∠EAC＝90°， ∴∠AED＝∠ACO＝∠BCD， ∴△BCD∽△AED， ∴； （2）如图，连接AF，由题意可知AF＝AC， ∴∠AFC＝∠ACF＝∠BCD， ∴AF∥DC， ∴． ∵， ∴AE＝CF． 又∵AO⊥CF， ∴OF＝CO＝m， 即AE＝CF＝2m， ∴n+2m＝1， ∴n＝1﹣2m； （3）存在，理由： 如图，过点C作CH⊥AB于H， 则有CH＝BH＝BCcos45°（1﹣m）， 由（1）可知AB，即AH＝AB﹣BH（1+m）， ∴tan∠BAC． ∵∠ECO＝∠BAC， ∴tan∠ECO＝tan∠BAC， 即． 当点E在线段OA上时，n＝1﹣2m， ∴， ∴解得m＝﹣1（舍去负值）， ∴OC1． 当点E在x轴负半轴时， 同理可得n＝2m﹣1， ∴， 解得m（舍去负值）， ∴OC， 综上所述，OC的长为1或． 【变式2】如图，直角坐标系中，直线y＝kx+b分别交x，y轴于点A（﹣8，0），B（0，6），C（m，0）是射线AO上一动点，⊙P过B，O，C三点，交直线AB于点D（B，D不重合）． （1）求直线AB的函数表达式． （2）若点D在第一象限，且tan∠ODC，求点D的坐标． （3）当△ODC为等腰三角形时，求出所有符合条件的m的值． （4）点P，Q关于OD成轴对称，当点Q恰好落在直线AB上时，直接写出此时BQ的长． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）设直线AB的解析式为y＝kx+b，代入点A、B， 解得 ∴yx+6． （2）如图1所示，连接BC，作DE⊥OC于点E， ∵∠OBC＝∠ODC，tan∠ODC， ∴， ∴OC＝10，AC＝18， ∴AD＝AC•cos∠DAC＝18， DE＝AD•sin∠DAC， 令y，x+6， 解得x， ∴D（，）． （3）①如图2所示，当DC＝OC时， ∵BC＝BC，∠BDC＝∠BOC， ∴△BDC≌△BOC（HL） ∴BD＝BO＝6， 设点D的坐标为（n，n+6）， ∴BD6， 解得n， ∴D（，）， ∵C（m，0）， ∴DCm， 解得m＝﹣3． ②如图3所示，当OD＝DC时， 过点D作DE⊥OC于点E， 设点D的坐标为（a，a+6），则m＝2a， ∴DEa+6，EC＝a，AE＝8+a， ∵△ADE∽△DEC， ∴，即 解得a， ∴m． ③如图4所示，当DC＝OC时， ∵OC＝m， ∴CD＝m， ∴ADmm， ∴ACm， ∴8+mm， 解得m＝12． ④如图5所示，当OD＝OC时， OC＝OD＝m， ∴AC＝8+m， ∴AD＝AC×cos∠BAO（8+m）， 则AH＝AD×cos∠BAO（8+m）， ∴OH＝AH﹣8m， ∵DH＝AD×sin∠BAO（8+m）， ∴（m）2+（m）2＝m2 解得m＝8． 综上所述：m的值为﹣3或或12或8． （4）如图6所示，连接OQ， ∵PD＝DQ，PO＝OQ，PD＝OP， ∴DQ＝DP＝PO＝OQ， ∴四边形DQOP为菱形， ∴DQ∥PO， ∴∠BOP＝∠PBO＝∠ABO， ∵BPBO÷cos∠BOP＝5， ∴OQ＝5， 设点Q的坐标为（c，c+6）， 则OQ5， ∴c， ∴Q（，）， ∴BQ． 【变式3】如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点A作⊙O的直径AD，交BC于点H，点F是AH上的一个动点，连结BF并延长交AC于点G，交⊙O于点E，连结CE，CF，已知AD＝5，BC＝4． （1）AH＝　　 ，AC＝　 ；（直接写出结果） （2）求证：AC平分∠ECF； （3）当CF⊥BE时，求CE的长； （4）是否存在点F使△CEF是等腰三角形，若存在，求出所有符合条件的AF的长；若不存在，说明理由． 【答案】（1）4，2；（2）证明见解答过程；（3）；（4）存在，AF的长是2.5或3或． 【解答】（1）解：连接OB，当CE＝CF时， ∵AB＝AC，AD为⊙O的直径， ∴AD⊥BC，BH＝CHBC， ∵AD＝5，BC＝4， ∴OB，BH＝2， ∴OH， ∴AH＝OA+OH＝4， ∴AC， 故答案为：4，2； （2）证明：∵AD是△ABC的外接圆⊙O的直径，AB＝AC， ∴AD⊥BC， ∴AD是BC的中垂线， ∴BF＝CF， ∴∠FBC＝∠FCB， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∴∠ABF＝∠ACF， ∵∠ABF＝∠ACE， ∴∠ACF＝∠ACE， ∴AC平分∠ECF； （3）解：如图： ∵CF⊥BE，BF＝CF， ∴△BCF是等腰直角三角形， ∴∠CBE＝45°， ∴， ∴； （4）解：存在点F使△CEF是等腰三角形，AF的长是2.5或3或5﹣根号5．理由如下： 当EF＝CF时，如图： ∵CF＝BF， ∴CF＝EF＝BF， ∴△BCE是直角三角形， ∴点O与点F重合， ∴AF＝2.5； 当CE＝CF时，如图： ∵AC平分∠ECF，CE＝CF＝BF， ∴∠FEC＝∠EFC＝2∠FBH， ∵∠FEC＝∠BAC＝2∠CAH， ∴∠FBH＝∠CAH， 又∵∠BHF＝∠CHA＝90°， ∴△BFH∽△ACH， ∴FH：CH＝BH：AH， ∴FH：2＝2：4， ∴FH＝1， ∴AF＝AH﹣FH＝3； 当CE＝EF时，过点F作FP⊥AB于点P，如图： ∵∠EFC＝∠ECF，∠EFC＝2∠EBC，∠ECF＝2∠ACE＝2∠ABE， ∴∠EBC＝∠ABE， ∴BE平分∠ABC， ∴FP＝FH， ∵∠APF＝∠AHB＝90°，∠PAF＝∠HAB， ∴△AFP∽△ABH， ∴AF：FP＝AB：BH， ∴AF：FH＝AB：BH， ∴， ∴． 综上所述，存在，AF的长是2.5或3或． 题型6 圆的综合_存在型_特殊三角形 【典例1】如图，AB是⊙O的直径，AB＝8，点E为弧AC的中点，连结AC，BE交于点D，过点A作AF⊥AB交BE的延长线于点F，AF＝6． （1）求证：AD＝AF； （2）求BD的长； （3）若点P为⊙O上一点，当△AEP为等腰三角形时，直接写出AP的长． 【答案】（1）证明：连接OE，如图， ∵AB是⊙O的直径，点E为弧AC的中点， ∴OE⊥AC， ∴∠OEB+∠ADF＝90°． ∵AF⊥AB， ∴∠AFD+∠B＝90°， ∵OE＝OB， ∵∠OEB＝∠B， ∴∠AFD＝∠ADF， ∴AF＝AD； （2）2.8；（3）AP的长为4.8或7.68或或． 【解答】（1）证明：连接OE，如图， ∵AB是⊙O的直径，点E为弧AC的中点， ∴OE⊥AC， ∴∠OEB+∠ADF＝90°． ∵AF⊥AB， ∴∠AFD+∠B＝90°， ∵OE＝OB， ∵∠OEB＝∠B， ∴∠AFD＝∠ADF， ∴AF＝AD； （2）解：连接AE，如图， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠AEB＝90°， ∴AE⊥DF， 由（1）知：AF＝AD， ∴EF＝DEDF． ∵AF⊥AB，AB＝8，AF＝6， ∴BF10． ∵， ∴8×6＝10AE， ∴AE＝4.8， ∴EF3.6， ∴DF＝2EF＝7.2， ∴BD＝BF﹣DF＝2.8； （3）解：当AE＝AP时，如图， 由（2）知：AE＝4.8， ∴AP＝AE＝4.8； 当AE＝EP时，则， ∵， ∴点C与点P重合， 连接OE，OE与AP交于点G，如图， 则OG⊥AP， ∴AG＝GPAP， ∵AB＝8， ∴OA＝OE＝4， 设OG＝x，则EG＝4﹣x， ∵AG2＝AE2﹣EG2＝OA2﹣OG2， ∴4.82﹣（4﹣x）2＝42﹣x2， ∴x＝1.12， ∴OG＝1.12， ∴AG3.84， ∴AP＝2AG＝7.68； 当PA＝PE时，则，作出直径PH，连接EP，AH，设PH与AE交于点K，如图， 则PH垂直平分AE， ∴AKAE＝2.4， ∵PH为直径， ∴∠HAP＝90°， ∵AK⊥PH， ∴△AKH∽△PKA， ∴， 设HK＝a，则PK＝8﹣a， ∴， ∴a＝0.8或7.2， ∴HK＝0.8或7.2， ∴PK＝7.2或0.8． ∴AP或． 综上，当△AEP为等腰三角形时，AP的长为4.8或7.68或或． 【变式1】如图，矩形ABCD中，BC＝8，点F是AB边上一点（不与点B重合），△BCF的外接圆交对角线BD于点E，连结CF交BD于点G． （1）求证：∠ECG＝∠BDC． （2）当AB＝6时，在点F的整个运动过程中， ①连结EF，若BF时，求CE的长． ②当△CGE为等腰三角形时，求所有满足条件的CG的长． 直接写出答案CG为 　 ． 【答案】（1）证明见解析； （2）①． ②5或6或． 【解答】（1）证明：∵AB∥CD． ∴∠ABD＝∠BDC， ∵∠ABD＝∠ECG， ∴∠ECG＝∠BDC． （2）解：①∵AB＝CD＝6，AD＝BC＝8， ∴BD10， 如图1，连接EF，则∠CEF＝∠BCD＝90°， ∵∠EFC＝∠CBD． ∴sin∠EFC＝sin∠CBD， ∴， ∴CF6， ∴CE． ②分三种情况：Ⅰ、当EG＝CG时，∠GEC＝∠GCE＝∠ABD＝∠BDC． ∴E与D重合，CG＝DG， ∴G为BD的中点， ∴CGBD＝5． Ⅱ、当GE＝CE时， ∴∠EGC＝∠ECG＝∠ABD＝∠GDC， ∴CG＝CD＝6． Ⅲ、如图2，当CG＝CE时， ∴∠GEC＝∠EGC＝∠BFC＝∠GCD， ∴CD＝DG＝6， ∴BG＝BF＝4， ∴FC4， ∵BF∥CD， ∴△FBG∽△CDG， ∴， ∴， ∴CG， 综上所述，CG的长为5或6或． 故答案为：5或6或． 【变式2】以原点为圆心，1cm为半径的圆分别交x、y轴的正半轴于A、B两点，点P的坐标为（2，0）． （1）如图一，动点Q从点B处出发，沿圆周按顺时针方向匀速运动一周，设经过的时间为t秒，当t＝1时，直线PQ恰好与⊙O第一次相切，连接OQ．求此时点Q的运动速度（结果保留）． （2）若点Q按照（1）中的方向和速度继续运动， ①当t为何值时，以O、P、Q为顶点的三角形是直角三角形； ②在①的条件下，如果直线PQ与⊙O相交，请求出直线PQ被⊙O所截的弦长． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）如图1，连接OQ，则OQ⊥PQ． ∵OQ＝OA＝1，OP＝2， ∴∠QPO＝30°， ∵∠PQO＝90°， ∴∠QOP＝60°， ∴∠BOQ＝30°， ∴弧BQ的长是π， ∵运动时间t＝1， ∴点Q的运动速度为π； （2）①分为四种情况： a、由（1）可知，当t＝1时，△OPQ为直角三角形； b、如备用图2，当点Q1关于x轴对称时， △OPQ1为直角三角形，此时∠BOQ1＝150°， 弧BQ1π，则t＝5； c、当点Q2（0，﹣1）或Q3（0，1）时，∠POQ2＝∠POQ3＝90°， 此时t＝6或t＝12． 即当t＝1，t＝5，t＝6或t＝12时，△OPQ为直角三角形； ②如备用图3，当t＝6或t＝12时，直线PQ与⊙O相交，设交点为N， 作OM⊥PQ，根据等面积法可知：PQ•OM＝OQ•OP， PQ，OM， PM， 弦长PN＝2PM（cm）． 题型7 圆的综合_存在型_特殊四边形 【典例1】已知∠MPN的两边分别与⊙O相切于点A，B，⊙O的半径为r． （1）如图1，点C在点A，B之间的优弧上，∠MPN＝80°，求∠ACB的度数； （2）如图2，点C在圆上运动，当PC最大时，要使四边形APBC为菱形，∠APB的度数应为多少？请说明理由； （3）若PC交⊙O于点D，求第（2）问中对应的阴影部分的周长（用含r的式子表示）． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）如图1，连接OA，OB， ∵PA，PB为⊙O的切线， ∴∠PAO＝∠PBO＝90°， ∵∠APB+∠PAO+∠PBO+∠AOB＝360°， ∴∠APB+∠AOB＝180°， ∵∠APB＝80°， ∴∠AOB＝100°， ∴∠ACB＝50°； （2）如图2，当∠APB＝60°时，四边形APBC是菱形， 连接OA，OB， 由（1）可知，∠AOB+∠APB＝180°， ∵∠APB＝60°， ∴∠AOB＝120°， ∴∠ACB＝60°＝∠APB， ∵点C运动到PC距离最大， ∴PC经过圆心， ∵PA，PB为⊙O的切线， ∴PA＝PB，∠APC＝∠BPC＝30°， 又∵PC＝PC， ∴△APC≌△BPC（SAS）， ∴∠ACP＝∠BCP＝30°，AC＝BC， ∴∠APC＝∠ACP＝30°， ∴AP＝AC， ∴AP＝AC＝PB＝BC， ∴四边形APBC是菱形； （3）∵⊙O的半径为r， ∴OA＝r，OP＝2r， ∴APr，PD＝r， ∵∠AOP＝90°﹣∠APO＝60°， ∴的长度， ∴阴影部分的周长r+rr＝（1）r． 【变式1】已知：以O为圆心的扇形AOB中，∠AOB＝90°，点C为上一动点，射线AC交射线OB于点D，过点D作OD的垂线交射线OC于点E，连接AE． （1）如图1，当四边形AODE为矩形时，求∠ADO的度数； （2）当扇形的半径长为10，且AC＝12时，求线段DE的长； （3）连接BC，试问：在点C运动的过程中，∠BCD的大小是否确定？若是，请求出它的度数；若不是，请说明理由． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）如图1中， ∵四边形AODE是矩形， ∴AD＝EO，AC＝CD，OC＝CE，∠AOD＝90°， ∴AC＝OC， 又∵OA＝OC， ∴AC＝OC＝OA， ∴△AOC是等边三角形， ∴∠OAD＝60°， ∴∠ADO＝90°﹣∠OAD＝30°． （2）如图2中，作OH⊥AD于H． ∵OA＝OC，OH⊥AC， ∴AH＝HC＝6， ∵∠OAH＝∠OAD，∠AHO＝∠AOD， ∴△AOH∽△ADO， ∴，即， 解得AD， ∴CD＝AD﹣AC12， ∵DE⊥OD， ∴∠EDO＝90°， ∴∠AOD+∠EDO＝180°， ∴DE∥OA， ∴， ∴， ∴DE． （3）如图3中，结论：∠BCD的值是确定的．∠BCD＝45°． 理由：连接AB、BC． ∵∠BCD＝∠BAC+∠ABC， 又∵∠BAC∠BOC，∠ABC∠AOC， ∴∠BCD∠BOC∠AOC（∠BCO+∠AOC）90°＝45°． 【变式2】如图，AB为⊙O的直径，点C为AB延长线上一点，动点P从点A出发沿AC方向以lcm/s的速度运动，同时动点Q从点C出发以相同的速度沿CA方向运动，当两点相遇时停止运动，过点P作AB的垂线，分别交⊙O于点M和点N，已知⊙O的半径为lcm，设运动时间为ts． （1）当线段AC＝3cm，t＝1s时，四边形AMQN的形状为 　 　 ； （2）若线段AC＝5cm，①当t为何值时，四边形AMQN为菱形；②当t为何值时，NQ与⊙O相切． 【答案】（1）正方形； （2）①t； ②t． 【解答】解：（1）如图1， 当t＝1时，AP＝AO＝1，CQ＝1， ∴点P在点O处， ∴AQ＝MN＝2， ∵AO＝OQ，OM＝ON， ∴四边形AMQN是平行四边形， ∴四边形AMQN是矩形， ∵MN⊥AQ， ∴矩形ANQN是正方形， 故答案为：正方形； （2）①如图2， 当AP＝PQ＝CQ时，即3t＝5， ∴t时，四边形AMQN是菱形，理由如下： ∵OP⊥MN， ∴PM＝PN， ∵AP＝PQ， ∴四边形AMQN是平行四边形， ∵MN⊥AQ， ∴▱AMQN是菱形； ②如图3， 连接OQN， ∵NQ是⊙O的切线， ∴ON⊥QN， ∴∠ONQ＝90°， ∵NN⊥AC， ∴∠OPN＝90°， ∴∠AON＝∠ONQ， ∵∠NOP＝∠QON， ∴△PON∽△NOQ， ∴， ∵ON＝1，OP＝t﹣1，OQ＝5﹣2t， ∴， ∴t1＝2（舍去），t2， ∴t． 题型8 圆的综合_最值型 【典例1】如图1，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC平分∠BCD，连接BD交AC于点E． （1）求证：△ABC∽△AEB． （2）当AB＝6，AE＝4时，求BC•CD的值． （3）如图2，在（2）的条件下，若AC为直径，点G、F分别在BE、BC上，∠BAG＝∠CAF，且H为GF中点，判断△AHC的面积是否为定值．若不是，求出其最大值，若是，求出其定值． 【答案】（1）∵AC平分∠BCD， ∴∠ACD＝∠ACB， ∵∠ACD＝∠ABE， ∴∠ACB＝∠ABE， ∵∠CAB＝∠BAE， ∴△ABC∽△AEB； （2）45； （3）△AHC的面积为定值，定值为． 【解答】（1）证明：∵AC平分∠BCD， ∴∠ACD＝∠ACB， ∵∠ACD＝∠ABE， ∴∠ACB＝∠ABE， ∵∠CAB＝∠BAE， ∴△ABC∽△AEB； （2）解：由（1）知：△ABC∽△AEB，且AB＝6，AE＝4， ∴， ∴， 解得：AC＝9， ∴CE＝AC﹣AE＝9﹣4＝5， ∵∠DAC＝∠EBC，∠ACD＝∠BCE， ∴△ACD∽△BCE， ∴， ∴BC•CD＝AC•CE＝9×5＝45； （3）解：AHC的面积为定值；理由如下： 如图2，AC平分∠BCD，作FM⊥AC交AC于点M，作HN⊥AC交AC于点N，连接GM，BM， ∴∠ACD＝∠ACB， ∴， ∵AC为直径， ∴AC⊥BD，∠ABC＝90°， 在Rt△ABE中，由勾股定理得：， ∵FM⊥AC，HN⊥AC， ∴BD∥FM，BD∥HN， ∵∠BAG＝∠CAF，∠ABG＝∠ACD＝∠ACF， ∴△ABG∽△ACF， ∴， ∵∠FMC＝∠ABC＝90°，∠FCM＝∠ACB， ∴△FCM∽△ACB， ∴， ∴， ∴， ∴BG＝FM， ∴四边形BFMG是平行四边形， ∴BH＝HM， ∵BE∥HN， ∴△MHN∽△MBE， ∴， ∴， ∴， 故△AHC的面积为定值，定值为． 【变式1】如图，AB是⊙O的直径，，点M为弧AB的中点，正方形OCGD绕点O旋转与△AMB的两边分别交于点E，F（点E，F与点A，B，M均不重合），与⊙O分别交于P，Q两点． （1）求证：△AMB为等腰直角三角形； （2）求证：OE＝OF； （3）连接EF，试探究：在正方形OCGD绕点O旋转的过程中，△EMF的周长是否存在最小值？若存在，求出其最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明：∵AB是⊙O的直径， ∴∠AMB＝90°， ∵点M是弧AB的中点， ∴， ∴MA＝MB， ∴△AMB为等腰直角三角形； （2）证明：如图，连接OM． 由（1）得∠ABM＝∠BAM＝45°， ∠OMA＝∠OMB＝45°， ∴OM⊥AB，， ∴∠MOE+∠BOE＝90°． ∵∠COD＝90°， ∴∠MOE+∠MOF＝90°， ∴∠BOE＝∠MOF． 在△OBE和△OMF中， ， ∴△OBE≌△OMF（ASA）， ∴OE＝OF； （3）△EFM的周长的最小值为． 【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径， ∴∠AMB＝90°， ∵点M是弧AB的中点， ∴， ∴MA＝MB， ∴△AMB为等腰直角三角形； （2）证明：如图，连接OM． 由（1）得∠ABM＝∠BAM＝45°， ∠OMA＝∠OMB＝45°， ∴OM⊥AB，， ∴∠MOE+∠BOE＝90°． ∵∠COD＝90°， ∴∠MOE+∠MOF＝90°， ∴∠BOE＝∠MOF． 在△OBE和△OMF中， ， ∴△OBE≌△OMF（ASA）， ∴OE＝OF； （3）解：△EFM的周长存在最小值为48； ∵OE＝OF， ∴△OEF为等腰直角三角形， ∴， ∵△OBE≌△OMF， ∴BE＝MF， ∴△EFM的周长＝EF+MF+ME ＝EF+BE+ME ＝EF+MB OE+8， 当OE⊥BM时，OE最小， 此时OEBM＝4， ∴△EFM的周长的最小值为． 【变式2】如图，线段BC为⊙O内一条弦，点A为弦BC上方圆弧上一点，延长BC到D，连接AD交⊙O于点F，过点D作DE⊥AB，交直线AB于点E． （1）如图1，若∠ACF＝20°，AB为直径，求∠ADE的度数． （2）如图2，当DE经过圆心O，求证：CF∥AB． （3）如图3，若⊙O的半径等于2，，且点C为BD的中点，求DE﹣AC的最大值． 【答案】（1）20°； （2）∵DE⊥AB，且DE经过圆心O， ∴AE＝BE，即DE为AB的中垂线 ∴AD＝BD， ∴∠DAB＝∠DBA， ∵四边形ABCF内接于⊙O， ∴∠AFC+∠ABC＝180°， ∴∠AFC+∠DAB＝180°， ∴CF∥AB； （3）． 【解答】（1）解：∵∠ACF＝20°，AB为直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠BCF＝∠ACF+∠ACB＝20°+90°＝110°， ∵四边形ABCF内接于⊙O， ∴∠BAF＝180°﹣∠BCF＝180°﹣110°＝70°， ∵DE⊥AB， ∴∠AED＝90°， ∴∠ADE＝90°﹣70°＝20°； （2）证明：∵DE⊥AB，且DE经过圆心O， ∴AE＝BE，即DE为AB的中垂线 ∴AD＝BD， ∴∠DAB＝∠DBA， ∵四边形ABCF内接于⊙O， ∴∠AFC+∠ABC＝180°， ∴∠AFC+∠DAB＝180°， ∴CF∥AB； （3）解：∵点C为BD的中点，， ∴； 如图3，过点O作ON⊥BC交BCBC于点M，交⊙O于点N， ∴， ∵OC＝ON＝2， 在直角三角形COM中，由勾股定理得：， ∴MN＝ON﹣OM＝1， ∴CM垂直平分ON， ∴OC＝CN＝ON＝2， ∴△CON是等边三角形， 同理△BON是等边三角形， ∴∠CON＝∠BON＝60° ∴∠BOC＝120°， ∴； 如图4，点C为BD的中点，取BE的中点H，连接CH， ∴CH为△BDE的中位线， ∴CH∥DE，DE＝2CH． ∵DE⊥AB， ∴CH⊥AB， ∴∠AHC＝90°， ∵∠HAC＝60°， ∴∠ACH＝30°， ∴， 在直角三角形ACH中，由勾股定理得： ∴， ∴， ∴当AC为直径时，AC有最大值，即此时（DE﹣AC）的值最大， ∴（DE﹣AC）的最大值为． 题型9 圆的综合_创新型 【典例1】我们定义：有一组对角相等的四边形叫做“等对角四边形”． （1）如图1，“等对角四边形”ABCD内接于⊙O，∠A＝60°，则∠B＝ 　 　 ．∠C＝ 　 　 °； （2）如图2，“等对角四边形”ABCD内接于⊙O，且CB＝CD，∠ABC＜90°，点E在AD的延长线上，连接AC，BD，CE，∠ACE＝90°，请证明：四边形BCED是“等对角四边形”； （3）如图3，“等对角四边形”ABCD内接于⊙O，且其一个内角为60°，CB＝CD，BC＝2，若∠A+∠B＝150°，请直接写出AB的长． 【答案】（1）90，120； （2）证明过程详见解答； （3）AB＝2或． 【解答】（1）解：∵“等对角四边形”ABCD内接于⊙O，∠A＝60°， ∴∠C＝180°﹣∠A＝120°，∠B＝∠D，∠B+∠D＝180°， ∴∠B＝90°， 故答案为：90，120； （2）证明：∵“等对角四边形”ABCD内接于⊙O， ∴∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC＜90°，∠BAD+∠BCD＝180°， ∴∠ABC＞90°， ∴∠ABC≠∠ADC， ∴∠BCD＝∠ABAD＝90°， ∵BC＝CD， ∴∠CBD＝∠CDB＝45°， ∵， ∴∠CAD＝∠CBD＝45°， ∵∠ACE＝90°， ∴∠E＝90°﹣∠CAD＝45°， ∴∠E＝∠CBD＝45°， ∴四边形BCED是“等对角四边形”； （3）解：如图1， 连接AC， 当∠A＝60°时，则∠C＝120°， ∵∠A+∠B＝150°， ∴∠B＝90°， ∴∠D＝180°﹣∠B＝90°， ∴四边形ABCD是“等对角四边形”，AC是⊙O直径， ∵BC ＝CD， ∵， ∴∠CAB＝∠CAD， ∴ABBC＝2， 如图2， 当∠B＝60°时，此时∠D＝180°﹣∠B＝120°，∠A＝150°﹣∠B＝90°， ∴∠C＝180°﹣∠A＝90°， ∴∠A＝∠C＝90°， ∴四边形ABCD是“等对角四边形”， 作∠ADE＝60°，交AD于E， ∴∠AED＝30°， ∵∠C＝90°，BC＝CD， ∴∠CBD＝∠CDB＝45°， ∴∠ABD＝∠ABC﹣∠CBD＝15°，BD， ∴∠BDE＝∠AED﹣∠ABD＝30°﹣15°＝15°， ∴∠ABD＝∠BDE， ∴BE＝DE， 设AD＝x，则AEx，BE＝DE＝2x，（x＞0）， ∵AD2+AB2＝BD2， ∴， ∴x， ∴AB＝（2， 当∠C＝60°时，则∠A＝120°，∠B＝150°﹣∠A＝30°，∠D＝180°﹣∠B＝150°， ∴四边形ABCD是不是“等对角四边形”， 当∠D＝60°时，则∠B＝120°， ∴∠A＝150°﹣∠B＝30°， ∴∠C＝180°﹣∠A＝150°， ∴∠A±∠C，∠B≠∠D， ∴四边形ABCD是不是“等对角四边形”， 综上所述：AB＝2或． 【变式1】【阅读】平面上两点间距离公式是解析几何中重要的公式之一，若P1（x1，y1），P2（x2，y2），则P1P2． 【理解】 请用所学知识解决问题：已知⊙O的半径为3． （1）如图1，P（x，y）为圆上任意一点，请求出x，y之间的关系式； （2）如图2，已知Q（a，b），QA为⊙O切线，B（2，﹣1），且QA＝QB，求b与a的函数关系式； 【运用】如图3，点P在圆心为C（0，1），半径为1的圆上运动，点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（0，﹣4），请直接写出△PAB面积的最大值． 【答案】【理解】（1）x2+y2＝9； （2）b＝2a﹣7；【运用】△P′AB的面积最大值＝10． 【解答】解：【理解】（1）由题可得 3，即x2+y2＝9； （2）连OA、OQ， ∵QA是⊙O的切线， ∴∠OAQ＝90°， ∴QA2＝QO2﹣OA2＝a2+b2﹣9，QB2＝（a﹣2）2+（b+1）2， 又∵QA＝QB， ∴QA2＝QB2， ∴a2+b2﹣9＝（a﹣2）2+（b+1）2， 整理得：b＝2a﹣7； 【运用】如图，连接AC，过点C作CH⊥AB于点H． ∵A的坐标为（3，0），点B的坐标为（0，﹣4），C（0，1）， ∴OA＝3，OB＝4，OC＝1， ∴AB5，BC＝1+4＝5， ∵△ACB的面积•BC•OA•AB•CH， ∴CH3， 当点P运动到线段HC的延长线上时，△P′AB的面积最大，最大值•AB•P′H5×4＝10． 过 关 验 收 1．如图，正六边形ABCDEF的边长为1，将正六边形ABCDEF绕点A旋转得到正六边形AB1C1D1E1F1，连接CB1，DD1．若P，Q分别是CB1，DD1的中点，连接PQ，则旋转过程中PQ的最大值是（　　） A．1 B． C． D． 【答案】B 【解答】解：如图1，P，Q分别是CB1，DD1的中点，连接B1D1，B1D，取B1D的中点M，连接PM、QM， ∴，PM∥CD，，QM∥B1D1， ∵PM+MQ≥PQ，当P、M、Q三点共线时成立，等号成立， ∴当旋转过程中PQ的最大值时，CD∥PQ∥B1D1，， 过点C1作C1H⊥B1D1，垂足为H， 在正六边形AB1C1D1E1F1中，B1C1＝C1D1＝1，， ∴∠C1B1D1＝∠C1D1B1＝30°，， ∴，，， ∴PQ的最大值为， 如图2，当旋转过程中PQ的最大值时，CD∥PQ∥B1D1， 由正六边形性质可知：AF∥CD，∠ABC＝120°， ∴AF∥B1D1， ∴∠AB1D1+∠B1AF＝180°， ∵∠AB1D1＝∠AB1C1﹣∠C1B1D1＝120°﹣30°＝90°， ∴∠B1AF＝90°， ∴∠CAB＝∠CAF﹣∠B1AF＝30°， 即：将正六边形 ABCDEF绕点A逆时针旋转30°时，AF∥B1D1，PQ的最大值为， 故选：B． 2．正三角形的边心距、半径和高的比是（　　） A．1：2：3 B．1： C． D． 【答案】A 【解答】解：如图，O为△ABC的中心， AD为△ABC的边BC上的高， 则OD为边心距， ∴∠BAD＝30°， 又∵AO＝BO， ∴∠ABO＝∠BAD＝30°， ∴∠OBD＝60°﹣30°＝30°， 在Rt△OBD中， BO＝2DO， 即AO＝2DO， ∴OD：OA：AD＝1：2：3． 故选：A． 3．刘徽在《九章算术注》中首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率，开创了中国数学发展史上圆周率研究的新纪元．某同学在学习“割圆术”的过程中，作了一个如图所示的圆内接正八边形．若⊙O的半径为2，则这个圆内接正八边形的面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：如图，过A作AC⊥OB于点C， ∵圆心角为，OA＝2， ∴， ∴， ∴面积为， 故选：B． 4．如图，⊙O是正五边形ABCDE的外接圆，则∠ADE＝ 　 　 ． 【答案】36°． 【解答】解：如图：连接AO、EO， 在正五边形ABCDE中，， ∴； 故答案为：36°． 5．已知正多边形的一个外角为36°，则此正多边形的边数是　 　 ． 【答案】十． 【解答】解：正多边形的一个外角为36°，则： ； 故答案为：十． 6．已知：如图，四边形ABCD是正方形，O是其中心，以OC为边作一个正六边形，则α的度数是　 　 °． 【答案】105． 【解答】解：如图， ∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线， ∴∠D＝90°，∠ACD＝45°， ∵六边形OCHGFE是正六边形， ∴120°， ∴∠α＝360°﹣90°﹣45°﹣120°＝105°， 故答案为：105． 7．如图，以△ABC的BC边上一点O为圆心的圆，经过A，B两点，且与BC边交于点E，OD⊥BE，连接AD交BC于点F，若AC＝FC． （1）求证：AC是⊙O的切线； （2）若BF＝8，，求BD的长； （3）若半径为6，∠ADB＝60°，求阴影部分的面积． 【答案】（1）连接OA， ∵OA＝OD， ∴∠OAD＝∠ODA， ∵AC＝CF， ∴∠CAF＝∠CFA， ∵OD⊥BE， ∴∠DOB＝∠DOF＝90°， ∴∠OFD+∠ODA＝90°， ∵∠OFD＝∠CFA，∠OAD＝∠ODA，∠CAF＝∠CFA， ∴∠CAF+∠OAD＝90°， ∴OA⊥AC即AC是⊙O的切线； （2）； （3）． 【解答】（1）证明：连接OA， ∵OA＝OD， ∴∠OAD＝∠ODA， ∵AC＝CF， ∴∠CAF＝∠CFA， ∵OD⊥BE， ∴∠DOB＝∠DOF＝90°， ∴∠OFD+∠ODA＝90°， ∵∠CAF＝∠CFA，∠OAD＝∠ODA，∠OFD＝∠CFA， ∴∠CAF+∠OAD＝90°， ∴OA⊥AC即AC是⊙O的切线； （2）解：设⊙O的半径为r， ∴BO＝DO＝r， ∵BF＝8， ∴OF＝8﹣r， ∵∠DOF＝90°， 在Rt△OFD中，OF2+OD2＝DF2， ∵， ∴， 64+r2﹣16x+r2＝40， 解得：r＝6或r＝2（不合题意舍）， ∴； （3）解：∵∠ADB＝60°， ∴∠AOB＝2∠ADB＝120°， ∴∠AOC＝180°﹣∠AOB＝60°， ∵OA⊥AC， ∴∠OAC＝90°， 在Rt△OAC中，． ∵OA＝6， ∴， ∴，， ∴若半径为6，∠ADB＝60°，． 8．如图1，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是上一点，AG，DC的延长线交于点F，作AH⊥DG于点H． （1）求证：∠FGC＝∠AGD； （2）如图2，若GD＝GF，GC平分∠DGF，则的值为　　 ； （3）猜想线段DH，HG，CG之间的数量关系，并证明你的结论． 【答案】（1）连接AC，如图， ∵四边形ADCG为圆的内接四边形， ∴∠FGC＝∠ADC， ∵弦CD⊥AB于点E，AB是⊙O的直径， ∴， ∴AD＝AC， ∴∠ACD＝∠ADC， ∵∠AGD＝∠ACD， ∴∠FGC＝∠AGD； （2）4； （3）DH＝HG+CG， 在DG的延长线上截取GM＝GC，连接AD，AG，AM，如图， ∵∠FGC＝∠AGD，∠AGM＝∠DGF， ∴∠AGM＝∠DGC+∠FGC＝∠DGC+∠AGD＝∠AGC， 在△AGC和△AGM中， ， ∴△AGC≌△AGM（SAS）， ∴AC＝AM， ∵弦CD⊥AB，AB是⊙O的直径， ∴， ∴AD＝AC， ∴AD＝AM， ∵AH⊥DG， ∴DH＝HM， ∴DH＝HG+GM＝HG+GC． 即DH＝HG+CG． 【解答】（1）证明：连接AC，如图， ∵四边形ADCG为圆的内接四边形， ∴∠FGC＝∠ADC， ∵弦CD⊥AB于点E，AB是⊙O的直径， ∴， ∴AD＝AC， ∴∠ACD＝∠ADC， ∵∠AGD＝∠ACD， ∴∠FGC＝∠AGD； （2）解：由（2）可知∠FGC＝∠AGD， ∵GC平分∠DGF， ∴∠FGC＝∠DGC， ∴∠AGD＝∠DGC＝∠FGC＝180°÷3＝60°， ∵GC平分∠DGF，GD＝GF， ∴根据等腰三角形三线合一的性质可知GC⊥DF， ∴∠CDG＝∠CFG＝30°，∠DCG＝∠GCF＝90°， ∴DG是圆的直径， ∴∠DAG＝90°， 在△DAG和△DCG中， ， ∴△DAG≌△DCG（AAS）， ∴AG＝CG， 在△GCF和△GHA中， ∵∠GCF＝∠GHA＝90°，∠CGF＝HGA＝60°， ∴△GCF∽△GHA， ∴， 故答案为：4； （3）解：线段DH，HG，CG之间的数量关系为DH＝HG+CG．理由： 在DG的延长线上截取GM＝GC，连接AD，AG，AM，如图， ∵∠FGC＝∠AGD，∠AGM＝∠DGF， ∴∠AGM＝∠DGC+∠FGC＝∠DGC+∠AGD＝∠AGC， 在△AGC和△AGM中， ， ∴△AGC≌△AGM（SAS）， ∴AC＝AM， ∵弦CD⊥AB，AB是⊙O的直径， ∴， ∴AD＝AC， ∴AD＝AM， ∵AH⊥DG， ∴DH＝HM， ∴DH＝HG+GM＝HG+GC． 即DH＝HG+CG． 9．如图，AB是⊙O的直径，AB＝10，点C，D在⊙O上，连结CD，BD，取CD，BD的中点E，F，连结OE，OF． （1）若CD＝4，求OE的长． （2）若BD∥OC，BD＝6，求CD的长． （3）若∠AOC＝60°，CD＝2k，请用k的代数式表示OF的长． 【答案】（1）；（2）2；（3）． 【解答】解：（1）∵AB是⊙O的直径，AB＝10， ∴OA＝OB＝OC＝5， ∵点E为CD的中点， ∴OE⊥CD，CE＝DECD＝2， ∴OE； （2）过点D作DG⊥BD于点G，如图， ∵点F为BD的中点， ∴OF⊥BD，BF＝DFBD＝3， ∴OF4． ∵BD∥OC，DG⊥BD， ∴DG⊥BD， ∵OF⊥BD， ∴四边形OGDF为矩形， ∴OG＝DF＝3，GD＝OF＝4， ∵CG＝OC﹣OG＝5﹣3＝2， ∴CD2； （3）连接OD，延长CD交OF的延长线于点H，如图， ∵CD，BD的中点为E，F， ∴OE⊥CD，OF⊥BD，CE＝DECD＝k． ∴OE． ∵OC＝OD，OD＝OF， ∴OE平分∠COD，OF平分∠BOD， 即∠EODCOD，∠DOFBOD， ∴∠EOFBOC（180°﹣∠AOC）（180°﹣60°）＝60°， ∴∠H＝30°， ∴OH＝2OE＝2，EHOE， ∴DH＝EH﹣DEk， ∵OF⊥BD， ∴HFDH， ∴OF＝OH﹣HF＝2． 10．在扇形AOB中，半径OA＝6，点P在OA上，连结PB，将△OBP沿PB折叠得到△O′BP． （1）如图1，若∠O＝75°，且BO′与所在的圆相切于点B． ①求∠APO′的度数． ②求AP的长． （2）如图2，BO′与相交于点D，若点D为的中点，且PD∥OB，求的长． 【答案】（1）①60°． ②6﹣2． （2）． 【解答】解：（1）①如图1中，∵BO′是⊙O的切线， ∴∠OBO′＝90°， 由翻折的性质可知，∠OBP＝∠PBO′＝45°，∠OPB＝∠BPO′， ∵∠AOB＝75°， ∴∠OPB＝∠BPO′＝180°﹣75°﹣45°＝60°， ∴∠OPO′＝120°， ∴∠APO′＝180°﹣∠OPO′＝180°﹣120°＝60°． ②如图1中，过点B作BH⊥OA于H，在BH上取一点F，使得OF＝FB，连接OF． ∵∠BHO＝90°， ∴∠OBH＝90°﹣∠BOH＝15°， ∵FO＝FB， ∴∠FOB＝∠FBO＝15°， ∴∠OFH＝∠FOB+∠FBO＝30°， 设OH＝m，则HFm，OF＝FB＝2m， ∵OB2＝OH2+BH2， ∴62＝m2+（m+2m）2， ∴m或（舍弃）， ∴OH，BH， 在Rt△PBH中，PH， ∴PA＝OA﹣OH﹣PH＝66﹣2． 解法二：连接OO′交PB于T，则BP⊥′OO′， 在Rt△OBT中，OT＝OB×sin45°＝3． 在Rt△OTP中，OP2， ∴AP＝OA﹣OP＝6﹣2． （2）如图2中，连接AD，OD． ∵， ∴AD＝BD，∠AOD＝∠BOD， 由翻折的性质可知，∠OBP＝∠PBD， ∵PD∥OB， ∴∠DPB＝∠OBP， ∴∠DPB＝∠PBD， ∴DP＝DB＝AD， ∴∠DAP＝∠APD＝∠AOB， ∵AO＝OD＝OB，AD＝DB， ∴△AOD≌△BOD， ∴∠OBD＝∠OAD＝∠AOB＝2∠BOD， ∵OB＝OD， ∴∠OBD＝∠ODB＝2∠DOB， ∴∠DOB＝36°， ∴∠AOB＝72°， ∴的长． 11．如图，在△ABC中，∠A＝90°，∠B＝a°，点D，E分别在AB，BC上，线段DE绕点D顺时针旋转得到DF，其中旋转角∠EDF＝（180﹣2a）°，此时点F恰好落在AC上，过点D，E，F的圆交BC于点G，连结GF． （1）若a＝35，求∠BGF的度数． （2）求证：BE＝GF． （3）如图2，过点F作FH∥AB交BC于点H，写出CH与BE的数量关系并证明你的结论． 【答案】（1）70°； （2）证明见解析； （3）CH＝2BE；理由见解析． 【解答】（1）解：∵α＝35， ∴∠EDF＝（180﹣2×35）°＝110°， ∴∠BGF＝180°﹣∠EDF＝70°； （2）证明：连接DG，如图1， ∵∠EDF＝（180﹣2a）°， ∴∠EGF＝180°﹣∠EDF＝2a°， ∵DE＝DF， ∴， ∴， ∵∠B＝a°， ∴∠B＝∠FGD， ∵∠GED+∠GFD＝180°， 又∵∠GED+∠BED＝180°， ∴∠GFD＝∠BED， 在△BDE和△GDF中， ， ∴△BDE≌△GDF（AAS）， ∴BE＝GF； （3）解：CH＝2BE；理由如下： 取CH的中点Q，连接FQ，如图2， ∵FH∥AB， ∴∠CFH＝∠A＝90°，∠CHF＝∠B＝a°， ∵Q是CH的中点， ∴CH＝2FQ＝2HQ， ∴∠CHF＝∠QFH＝a°， ∴∠CQF＝2∠CHF＝2a°， ∴∠CQF＝∠EGF＝2a°， ∴FQ＝FG， ∴CH＝2FG， ∵BE＝GF， ∴CH＝2BE． 12．如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G为劣弧AD上一动点，AG与CD的延长线交于点F，连接AC、AD、CG、DG． （1）求证：∠AGC＝∠DGF； （2）若AB＝10，CD＝8． ①若DF＝5，求CG的长； ②若，求y与x之间的函数关系式； （3）在（2）的条件下即AB＝10，CD＝8，DF＝x，求AG•DG的最大值． 【答案】（1）见解析； （2）①； ②； （3）． 【解答】（1）证明：如图1：连接BG， ∵AB是直径， ∴∠AGB＝∠BGF＝90°， ∵弦CD⊥AB于点E， ∴，即∠CGB＝∠BGD， ∴∠AGB﹣∠CGB＝∠BGF﹣∠BGD，即∠AGC＝∠DGF； （2）解：①如图2：连接OD， ∵AB是直径，弦CD⊥AB于点E，AB＝10，CD＝8， ∴，， 在直角三角形ODE中，由勾股定理得：， ∴AE＝OA+OE＝8， 在直角三角形ACE中，由勾股定理得：， ∵DF＝5， ∴EF＝DE+DF＝4+5＝9，FC＝DC+DF＝8+5＝13， 在直角三角形AEF中，由勾股定理得：， ∵AB是直径，弦CD⊥AB于点E，CE＝DE， ∴AC＝AD， ∴∠ACD＝∠ADC， ∵， ∴∠ADC＝∠AGC， ∴∠ACD＝∠AGC， ∵∠CAF＝∠CAG， ∴△ACG∽△AFC， ∴，即， 解得：； ②∵四边形AGDC是圆的内接四边形， ∴∠CAG+∠CDG＝180°， ∵∠CDG+∠FDG＝180°， ∴∠CAG＝∠FDG， ∵△ACG∽△AFC， ∴∠ACG＝∠F， ∴△ACG∽△DFG， ∴相似比为， ∴，即， ∵△FDG和△CDG是等高三角形， ∴，即， ∴， ∴y与x之间的函数关系式； （3）解：在Rt△AEF中，由勾股定理得：， ∵△ACG∽△AFC， ∴，即：， 解得：， ∵四边形AGDC是圆的内接四边形， ∴∠CAG+∠CDG＝180°， ∵∠CDG+∠FDG＝180°， ∴∠CAG＝∠FDG， ∵∠F＝∠F， ∴△ACF∽△DGF， ∴，即：， 解得：， ∴， ∵，即最小值为 ∴， ∴AG•DG的最大值为． 13．如图1，△ABC内接于⊙O，∠BAC和∠ABC的平分线交于点E，射线AE交⊙O于点D，交BC于点F，连接BD． （1）若∠C＝80°，求∠DBE的度数． （2）若AE＝5，EF＝3，求BD的长． （3）如图2，连接OE，若⊙O的半径为6，弦BC＝6，设OE＝x，AE＝y，求DE的长，并直接写出y与x之间的函数关系式和y的最大值． 【答案】（1）50°； （2）7.5； （3）DE＝6，yx2+6，y有最大值是6． 【解答】解：（1）∵∠C＝80°， ∵∠BAC+∠ABC＝180°﹣80°＝100°， ∵∠BAC和∠ABC的平分线交于点E， ∴∠DAB＝∠CAD，∠ABE＝∠CBE， ∴∠BAE+∠ABE（∠ABC+∠BAC）＝50°， ∵∠DEB＝∠BAE+∠ABE， ∴∠DEB＝50°， ∵， ∴∠CAE＝∠CBD， ∴∠DBE＝∠EBF+∠CBD＝∠ABE+∠CAE＝∠ABE+∠BAE＝50°； （2）设DF＝a， 由（1）得：∠DBE＝∠DEB， ∴BD＝DE＝a+3，AD＝AE+EF+DF＝5+3+a＝8+a， ∵∠DBC＝∠BAD，∠D＝∠D， ∴△BDF∽△ADB， ∴， ∴BD2＝AD•DF， ∴（a+3）2＝a（8+a）， ∴a＝4.5， ∴BD＝a+3＝7.5； （3）如图2，连接OB，OA，OD，CD，OD交BC于点M， ∵∠BAD＝∠CAD， ∴， ∴OD垂直平分BC， ∴BM＝CMBC3， ∵OB＝6， 在Rt△OBM中，OM3， ∴DM＝6﹣3＝3， ∴BD6， 由（2）得，BD＝ED＝6， 过点O作OH⊥AD于点D，则AH＝DH， 在Rt△OHA中，OH2＝OA2﹣AH2， 在Rt△OHE中，OH2＝OE2﹣EH2， ∵OE＝x，AE＝y， ∴AD＝AE+DE＝6+y，AH，EH＝AH﹣AEy＝3y， ∴62﹣（）2＝x2﹣（3y）2， ∴yx2+6， 当x＝0时，y有最大值是6． 14．如图1，AB是圆O的直径，弦CD⊥AB于E，且E在OA上，连结BD，将BD绕B逆时针旋转90°，使得D至F，交圆O于G，连结DF，交AO于M，交圆O于N． （1）求证：； （2）如图2，连结CN． ①若G为的中点，求△CDN和△DEM的面积比． ②若AB＝2，设CN＝x，BG＝y，求x+y的最大值． 【答案】见试题解答内容 【解答】（1）证明：∵将BD绕B逆时针旋转90°得到BF， ∴BD＝BF，∠BDF＝90°， ∴∠BDF＝∠BFD＝45°， ∴∠BON＝90°，即ON⊥AB， ∵CD⊥AB， ∴ON∥CD， ∴∠OND＝∠CDN， ∵ON＝OD， ∴∠OND＝∠ODN， ∴∠CDN＝∠ODN， ∴； （2）解：①如图，连接CM， ∵弦CD⊥AB于E，且AN为直径， ∴AB垂直平分CD， ∴MC＝MD， ∵G是点， ∴， ∴∠CDN∠BDF＝22.5°， ∴∠BDE＝∠CDN+BDF＝67.5°， ∴∠ABD＝90°﹣∠BDE＝22.5°， ∵， ∴∠CNM＝2∠ABD＝45°， ∵MC＝MD， ∴∠CMN＝2∠CDN＝45°， ∴△CMN为等腰直角三角形， ∴MNMCMD， 设△DEM的面积为S，则△CEM的面积为S， ∴△CMD的面积为2S， ∴△CMN和△CMD是同高三角形， ∴△CMN的面积为2S， ∴△CDN的面积为2S+2S， ∴22； ②如图，连接BN、GN， 由（1）知， ∴GN＝CN＝x， 由（1）知∠BON＝90°， ∵OB＝ON， ∴BN， 延长BG到点Q，使GQ＝GN＝x， ∴x+y＝BG+GQ＝BQ， ∵∠CDF＝45°， ∴∠BGN＝180°﹣∠CDF＝135°， ∴∠GQN＝∠GNQ＝67.5°， 根据定弦对定角模型可知，点Q在以BN为弦的圆M上运动，如图， 要求x+y最大值，则求BQ最大值即可，当BQ为圆M直径时最大， ∵∠Q＝67.5°， ∴∠BMN＝2∠Q＝135°， 过N作NT⊥BQ于点T，则∠NMT＝45°， ∴△MNT为等腰直角三角形， 设MB＝MN＝r，则MT＝NTr， 在Rt△BNT中，BT2+NT2＝BN2， 即（rr）2+（r）2＝2， 解得r（负值舍去）， ∴BQmax＝2r＝2， 即x+y的最大值为2． 15．如图1，四边形ABCD内接于⊙O，BD为直径，上存在点E，满足，连结BE并延长交CD的延长线于点F，BE与AD交于点G． （1）若∠DBC＝α，请用含α的代数式表示∠AGB； （2）如图2，连结CE，CE＝BG．求证：EF＝DG； （3）如图3，在（2）的条件下，连结CG，AD＝2，求CG的最小值． 【答案】（1）90°﹣α； （2）证明见解析； （3）． 【解答】（1）解：∵BD为⊙O的直径， ∴∠BAD＝90°， ∵， ∴∠ABG＝∠DBC＝α， ∴∠AGB＝90°﹣α； （2）证明：∵BD为⊙O的直径， ∴∠BCD＝90°， ∴∠BEC＝∠BDC＝90°﹣α， ∴∠BEC＝∠AGB， ∵∠CEF＝180°﹣∠BEC，∠BGD＝180°﹣∠AGB， ∴∠CEF＝∠BGD， 又∵CE＝BG，∠ECF＝∠GBD， ∴△CFE≌△BDG（ASA）， ∴EF＝DG； （3）解：如图，过点C作CH⊥BF于H， ∵， ∴， ∴AE＝CD， ∵△BDG≌△CFE， ∴BD＝CF，∠CFH＝∠BDA， ∵∠BAD＝∠CHF＝90°， ∴△BAD≌△CHF（AAS）， ∴FH＝AD， ∵AD＝BG， ∴FH＝BG， ∵∠BCF＝90°， ∴∠BCH+∠HCF＝90°， ∵∠BCH+∠HBC＝90°， ∴∠HCF＝∠HBC， ∵∠BHC＝∠CHF＝90°， ∴△BHC∽△CHF， ∴， 设GH＝x， ∴BH＝2﹣x， ∴CH2＝2（2﹣x）， 在Rt△GHC中，CG2＝GH2+CH2， ∴CG2＝x2+2（2﹣x）＝（x﹣1）2+3， 当x＝1时，CG2的最小值为3， ∴CG的最小值为． 学科网（北京）股份有限公司 $ 3.6 正多边形 内 容 导 航 题型1 正多边形和圆 题型2 圆的综合_基本型 题型3 圆的综合_运动型 题型4 圆的综合_变换型 题型5 圆的综合_存在型 题型6 圆的综合_存在型_特殊三角形 题型7 圆的综合_存在型_特殊四边形 题型8 圆的综合_最值型 题型9 圆的综合_创新型 考 点 演 练 题型1 正多边形和圆 解｜题｜知｜识 （1）正多边形与圆的关系 把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆． （2）正多边形的有关概念 ①中心：正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心． ②正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径． ③中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角． ④边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距． 【典例1】如图，这是一枚2025年发行的正十二边形的纪念币，则该正十二边形的中心角为（　　） A．30° B．40° C．50° D．60° 【变式1】将⊙O的圆周12等分，点A、B、C是等分点，如图，∠ADB的度数可能为（　　） A．30° B．45° C．60° D．65° 【变式2】如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，已知⊙O的周长是12π，则该正六边形的边长是（　　） A．3 B． C．6 D． 【变式3】如图是圆形干果盘，四条隔板AB，CD，EF，GH长度相等．横纵隔板互相垂直交于隔板的三等分点，测得AB＝30cm，则该干果盘的半径为（　　） A． B． C． D． 题型2 圆的综合_基本型 【典例1】如图，AB是⊙O的弦，过点B作直线EF，以O为顶点作∠AOC＝90°，分别交EF，AB于点C，D，若CB＝CD． （1）试判断直线EF与⊙O的位置关系，并说明理由． （2）若⊙O的半径为3，，求BC的长． 【变式1】如图1，AB是⊙O的直径，点D为AB下方⊙O上一点，点C为的中点，连结CD，CA，AD． （1）求证：OC平分∠ACD． （2）如图2，延长AC，DB相交于点E． ①求证：OC∥BE． ②若，BD＝6，求⊙O的半径． 【变式2】如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作MN⊥AC垂足为M，交AB的延长线于点N，过点B作BG⊥MN，垂足为G． （1）求证：直线MN是⊙O的切线； （2）求证：BC2＝4AC•BG； （3）若BN＝OB，⊙O的半径为2，求sin∠ANC的值． 【变式3】如图1，四边形ABCD内接于⊙O，AC为直径，∠BDC＝45°，AC，BD交于点E，AB＝2，过点O作GH⊥CD，垂足为G，交BD于点H． （1）求∠DHG＝　 　 ；⊙O的半径为　 ． （2）当DE＝EH时． ①求S△EHO：S△ECB的值． ②如图2，延长GH交CB的延长线于点Q，求BQ的值． 题型3 圆的综合_运动型 【典例1】如图1，在⊙O中截掉一个圆心角为60°的扇形，优弧COD与直线AB相切于点C，且OC＝8． （1）求点D到直线AB的距离． （2）如图2，优弧COD上存在一动点M，OM从OC出发按顺时针方向转动，转动速度为每秒30°，转动时间为t秒．当点M运动至点D处时，停止转动．过点M作直线l∥OC，直线l与优弧COD交于另一点N． ①当直线l与优弧COD相切时，t的值为　 　 ． ②当t＝2时，求阴影部分面积． 【变式1】如图所示，在⊙O的内接△AMN中，∠MAN＝90°，AM＝2AN，作AB⊥MN于点P，交⊙O于另一点B，C是上的一个动点（不与A，M重合），射线MC交线段BA的延长线于点D，分别连接AC和BC，BC交MN于点E． （1）求证：△CMA∽△CBD． （2）若MN＝10，，求BC的长． （3）在点C运动过程中，当tan∠MDB时，求的值． 【变式2】问题情境：如图1，筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，利用水的冲力旋转，当转过一定角度，原先浸在水里的竹筒将提升到一定高度，从而使水流入木槽．假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都按逆时针做匀速圆周运动，每旋转一周用时120s． 问题设置：如图2，把筒车抽象为一个半径为r的⊙O．筒车涉水宽度AB＝3.6m，筒车涉水深度（劣弧AB中点到水面的距离）是0.6m．筒车开始工作时，⊙O上C处的某盛水筒到水面AB的距离是0.9m，经过85s后，该盛水筒旋转到点D处． 问题解决：（1）求该筒车半径r． （2）当盛水筒旋转至D处时，求它到水面AB的距离． 【变式3】如图1，在△ABC中AB＝AC＝5，BC＝8，点P在射线BC上运动，⊙O是△ABP的外接圆． （1）如图2，当点O在BC上时，求CP的长． （2）如图3，连接BO并延长，分别交AC，AP于点D，E，交⊙O于点F． ①当BO⊥AP时，求⊙O的半径． ②连接CF，CP的长为多少时，CF最小，并求出CF的最小值． 题型4 圆的综合_变换型 【典例1】如图1，在直角坐标系中，点O为坐标原点，点A在x轴的正半轴上，点B在y轴正半轴上，OA＝6，∠OBA＝30°，以AB为直径作⊙E，AC平分∠BAO交⊙E于点C，点D在⊙E上且在第一象限，连接CD，BD． （1）求AB的长． （2）求证：AC＝BO． （3）当DC＝DB时，求△BCD的面积． （4）如图2，射线CD交OB于点G，交x轴正半轴于点F，连接AD，作点F关于AD的对称点F′，当点F′落在⊙E上时，求OG的长． 【变式1】如图，在△ABO中，以点O为圆心，OA为半径的⊙O与边OB相交于点D，将△ABD沿AD翻折，得△ACD，AC与OB交于点E． （1）证明：CD∥OA； （2）当AC⊥OB时， ①证明：AB为⊙O的切线； ②若OA＝5，tan∠EAD，则BD＝ 　 　 ． 【变式2】已知△ABC，AB＝AC＝10，BC＝16，点P是BC边上一点，连接AP． （1）如图（1）沿线段AP将△APC折叠，点C落在点D处，AD交边BC于点E， ①求证：△PED∽△AEB； ②若△ABE是等腰三角形，求PE的长． （2）如图（2）若∠APB＝60°，△ABP的外接圆交AC于点F，连接BF交AP于点Q，求AQ的长． 【变式3】如图1，△ABC内接于⊙O，将△ABC绕着点C旋转得到△DEC，点D在边BC上，点E恰好落在⊙O上． （1）求证：△BDE∽△BEC； （2）试猜想∠ABC与∠ACB有何关系，并说明理由； （3）如图2，若∠ACB＝45°，AC＝2，则四边形ABEC的面积为　 　 ． 题型5 圆的综合_存在型 【典例1】如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，E是BC边的中点，点P在线段AD上，过P作PF⊥AE于F，设PA＝x． （1）求证：△PFA∽△ABE； （2）当点P在线段AD上运动时，设PA＝x，是否存在实数x，使得以点P，F，E为顶点的三角形也与△ABE相似？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由； （3）探究：当以D为圆心，DP为半径的⊙D与线段AE只有一个公共点时，请直接写出x满足的条件：　 ． 【变式1】如图，一次函数y＝﹣x+1的图象分别交x轴，y轴于A，B两点，C是线段OB上的动点（与O，B不重合），点D在AB上，∠BCD＝∠ACO，过点D作DE⊥AC，交x轴于点E． （1）求证：． （2）当点E在线段OA上，以A为圆心，以AC为半径画圆，交y轴负半轴于点F，设OF＝m，OE＝n，求n关于m的函数表达式． （3）连接CE，是否存在∠ECO＝∠BAC？如果存在，请求出所有满足条件OC的长；如果不存在，请说明理由． 【变式2】如图，直角坐标系中，直线y＝kx+b分别交x，y轴于点A（﹣8，0），B（0，6），C（m，0）是射线AO上一动点，⊙P过B，O，C三点，交直线AB于点D（B，D不重合）． （1）求直线AB的函数表达式． （2）若点D在第一象限，且tan∠ODC，求点D的坐标． （3）当△ODC为等腰三角形时，求出所有符合条件的m的值． （4）点P，Q关于OD成轴对称，当点Q恰好落在直线AB上时，直接写出此时BQ的长． 【变式3】如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点A作⊙O的直径AD，交BC于点H，点F是AH上的一个动点，连结BF并延长交AC于点G，交⊙O于点E，连结CE，CF，已知AD＝5，BC＝4． （1）AH＝　　 ，AC＝　 ；（直接写出结果） （2）求证：AC平分∠ECF； （3）当CF⊥BE时，求CE的长； （4）是否存在点F使△CEF是等腰三角形，若存在，求出所有符合条件的AF的长；若不存在，说明理由． 题型6 圆的综合_存在型_特殊三角形 【典例1】如图，AB是⊙O的直径，AB＝8，点E为弧AC的中点，连结AC，BE交于点D，过点A作AF⊥AB交BE的延长线于点F，AF＝6． （1）求证：AD＝AF； （2）求BD的长； （3）若点P为⊙O上一点，当△AEP为等腰三角形时，直接写出AP的长． 【变式1】如图，矩形ABCD中，BC＝8，点F是AB边上一点（不与点B重合），△BCF的外接圆交对角线BD于点E，连结CF交BD于点G． （1）求证：∠ECG＝∠BDC． （2）当AB＝6时，在点F的整个运动过程中， ①连结EF，若BF时，求CE的长． ②当△CGE为等腰三角形时，求所有满足条件的CG的长． 直接写出答案CG为 　 ． 【变式2】以原点为圆心，1cm为半径的圆分别交x、y轴的正半轴于A、B两点，点P的坐标为（2，0）． （1）如图一，动点Q从点B处出发，沿圆周按顺时针方向匀速运动一周，设经过的时间为t秒，当t＝1时，直线PQ恰好与⊙O第一次相切，连接OQ．求此时点Q的运动速度（结果保留）． （2）若点Q按照（1）中的方向和速度继续运动， ①当t为何值时，以O、P、Q为顶点的三角形是直角三角形； ②在①的条件下，如果直线PQ与⊙O相交，请求出直线PQ被⊙O所截的弦长． 题型7 圆的综合_存在型_特殊四边形 【典例1】已知∠MPN的两边分别与⊙O相切于点A，B，⊙O的半径为r． （1）如图1，点C在点A，B之间的优弧上，∠MPN＝80°，求∠ACB的度数； （2）如图2，点C在圆上运动，当PC最大时，要使四边形APBC为菱形，∠APB的度数应为多少？请说明理由； （3）若PC交⊙O于点D，求第（2）问中对应的阴影部分的周长（用含r的式子表示）． 【变式1】已知：以O为圆心的扇形AOB中，∠AOB＝90°，点C为上一动点，射线AC交射线OB于点D，过点D作OD的垂线交射线OC于点E，连接AE． （1）如图1，当四边形AODE为矩形时，求∠ADO的度数； （2）当扇形的半径长为10，且AC＝12时，求线段DE的长； （3）连接BC，试问：在点C运动的过程中，∠BCD的大小是否确定？若是，请求出它的度数；若不是，请说明理由． 【变式2】如图，AB为⊙O的直径，点C为AB延长线上一点，动点P从点A出发沿AC方向以lcm/s的速度运动，同时动点Q从点C出发以相同的速度沿CA方向运动，当两点相遇时停止运动，过点P作AB的垂线，分别交⊙O于点M和点N，已知⊙O的半径为lcm，设运动时间为ts． （1）当线段AC＝3cm，t＝1s时，四边形AMQN的形状为 　 　 ； （2）若线段AC＝5cm，①当t为何值时，四边形AMQN为菱形；②当t为何值时，NQ与⊙O相切． 题型8 圆的综合_最值型 【典例1】如图1，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC平分∠BCD，连接BD交AC于点E． （1）求证：△ABC∽△AEB． （2）当AB＝6，AE＝4时，求BC•CD的值． （3）如图2，在（2）的条件下，若AC为直径，点G、F分别在BE、BC上，∠BAG＝∠CAF，且H为GF中点，判断△AHC的面积是否为定值．若不是，求出其最大值，若是，求出其定值． 【变式1】如图，AB是⊙O的直径，，点M为弧AB的中点，正方形OCGD绕点O旋转与△AMB的两边分别交于点E，F（点E，F与点A，B，M均不重合），与⊙O分别交于P，Q两点． （1）求证：△AMB为等腰直角三角形； （2）求证：OE＝OF； （3）连接EF，试探究：在正方形OCGD绕点O旋转的过程中，△EMF的周长是否存在最小值？若存在，求出其最小值；若不存在，请说明理由． 【变式2】如图，线段BC为⊙O内一条弦，点A为弦BC上方圆弧上一点，延长BC到D，连接AD交⊙O于点F，过点D作DE⊥AB，交直线AB于点E． （1）如图1，若∠ACF＝20°，AB为直径，求∠ADE的度数． （2）如图2，当DE经过圆心O，求证：CF∥AB． （3）如图3，若⊙O的半径等于2，，且点C为BD的中点，求DE﹣AC的最大值． 题型9 圆的综合_创新型 【典例1】我们定义：有一组对角相等的四边形叫做“等对角四边形”． （1）如图1，“等对角四边形”ABCD内接于⊙O，∠A＝60°，则∠B＝ 　 　 ．∠C＝ 　 　 °； （2）如图2，“等对角四边形”ABCD内接于⊙O，且CB＝CD，∠ABC＜90°，点E在AD的延长线上，连接AC，BD，CE，∠ACE＝90°，请证明：四边形BCED是“等对角四边形”； （3）如图3，“等对角四边形”ABCD内接于⊙O，且其一个内角为60°，CB＝CD，BC＝2，若∠A+∠B＝150°，请直接写出AB的长． 【变式1】【阅读】平面上两点间距离公式是解析几何中重要的公式之一，若P1（x1，y1），P2（x2，y2），则P1P2． 【理解】 请用所学知识解决问题：已知⊙O的半径为3． （1）如图1，P（x，y）为圆上任意一点，请求出x，y之间的关系式； （2）如图2，已知Q（a，b），QA为⊙O切线，B（2，﹣1），且QA＝QB，求b与a的函数关系式； 【运用】如图3，点P在圆心为C（0，1），半径为1的圆上运动，点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（0，﹣4），请直接写出△PAB面积的最大值． 过 关 验 收 1．如图，正六边形ABCDEF的边长为1，将正六边形ABCDEF绕点A旋转得到正六边形AB1C1D1E1F1，连接CB1，DD1．若P，Q分别是CB1，DD1的中点，连接PQ，则旋转过程中PQ的最大值是（　　） A．1 B． C． D． 2．正三角形的边心距、半径和高的比是（　　） A．1：2：3 B．1： C． D． 3．刘徽在《九章算术注》中首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率，开创了中国数学发展史上圆周率研究的新纪元．某同学在学习“割圆术”的过程中，作了一个如图所示的圆内接正八边形．若⊙O的半径为2，则这个圆内接正八边形的面积为（　　） A． B． C． D． 4．如图，⊙O是正五边形ABCDE的外接圆，则∠ADE＝ 　 　 ． 5．已知正多边形的一个外角为36°，则此正多边形的边数是　 　 ． 6．已知：如图，四边形ABCD是正方形，O是其中心，以OC为边作一个正六边形，则α的度数是　 　 °． 7．如图，以△ABC的BC边上一点O为圆心的圆，经过A，B两点，且与BC边交于点E，OD⊥BE，连接AD交BC于点F，若AC＝FC． （1）求证：AC是⊙O的切线； （2）若BF＝8，，求BD的长； （3）若半径为6，∠ADB＝60°，求阴影部分的面积． 8．如图1，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是上一点，AG，DC的延长线交于点F，作AH⊥DG于点H． （1）求证：∠FGC＝∠AGD； （2）如图2，若GD＝GF，GC平分∠DGF，则的值为　　 ； （3）猜想线段DH，HG，CG之间的数量关系，并证明你的结论． 9．如图，AB是⊙O的直径，AB＝10，点C，D在⊙O上，连结CD，BD，取CD，BD的中点E，F，连结OE，OF． （1）若CD＝4，求OE的长． （2）若BD∥OC，BD＝6，求CD的长． （3）若∠AOC＝60°，CD＝2k，请用k的代数式表示OF的长． 10．在扇形AOB中，半径OA＝6，点P在OA上，连结PB，将△OBP沿PB折叠得到△O′BP． （1）如图1，若∠O＝75°，且BO′与所在的圆相切于点B． ①求∠APO′的度数． ②求AP的长． （2）如图2，BO′与相交于点D，若点D为的中点，且PD∥OB，求的长． 11．如图，在△ABC中，∠A＝90°，∠B＝a°，点D，E分别在AB，BC上，线段DE绕点D顺时针旋转得到DF，其中旋转角∠EDF＝（180﹣2a）°，此时点F恰好落在AC上，过点D，E，F的圆交BC于点G，连结GF． （1）若a＝35，求∠BGF的度数． （2）求证：BE＝GF． （3）如图2，过点F作FH∥AB交BC于点H，写出CH与BE的数量关系并证明你的结论． 12．如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G为劣弧AD上一动点，AG与CD的延长线交于点F，连接AC、AD、CG、DG． （1）求证：∠AGC＝∠DGF； （2）若AB＝10，CD＝8． ①若DF＝5，求CG的长； ②若，求y与x之间的函数关系式； （3）在（2）的条件下即AB＝10，CD＝8，DF＝x，求AG•DG的最大值． 13．如图1，△ABC内接于⊙O，∠BAC和∠ABC的平分线交于点E，射线AE交⊙O于点D，交BC于点F，连接BD． （1）若∠C＝80°，求∠DBE的度数． （2）若AE＝5，EF＝3，求BD的长． （3）如图2，连接OE，若⊙O的半径为6，弦BC＝6，设OE＝x，AE＝y，求DE的长，并直接写出y与x之间的函数关系式和y的最大值． 14．如图1，AB是圆O的直径，弦CD⊥AB于E，且E在OA上，连结BD，将BD绕B逆时针旋转90°，使得D至F，交圆O于G，连结DF，交AO于M，交圆O于N． 15．如图1，四边形ABCD内接于⊙O，BD为直径，上存在点E，满足，连结BE并延长交CD的延长线于点F，BE与AD交于点G． （1）若∠DBC＝α，请用含α的代数式表示∠AGB； （2）如图2，连结CE，CE＝BG．求证：EF＝DG； （3）如图3，在（2）的条件下，连结CG，AD＝2，求CG的最小值． 学科网（北京）股份有限公司 $