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2021学年第3章 对圆的进一步认识综合与测试单元测试复习练习题
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这是一份2021学年第3章 对圆的进一步认识综合与测试单元测试复习练习题，共42页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
青岛版初中数学九年级上册第三单元《对圆的进一步认识》单元测试卷
考试范围：第三章；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 如图，矩形ABCD是由边长为1的五个小正方形拼成，O是第2个小正方形的中心，将矩形ABCD绕O点逆时针旋转90°得矩形A′B′C′D′，现用一个最小的圆覆盖这个图形，则这个圆的半径是( )
A. 17. B. 34. C. 342. D. 172．
2. 如图，AB是⊙O的直径，AB=10，P是半径OA上的一动点，PC⊥AB交⊙O于点C，在半径OB上取点Q，使得OQ=CP，DQ⊥AB交⊙O于点D，点C，D位于AB两侧，连接CD交AB于点F，点P从点A出发沿AO向终点O运动，在整个运动过程中，△CFP与△DFQ的面积和的变化情况是( )
A. 一直减小 B. 一直不变 C. 先变大后变小 D. 先变小后变大
3. 如图，AB为⊙O的直径，P为BA延长线上的一点，D在⊙O上(不与点A，点B重合)，连结PD交⊙O于点C，且PC=OB.设∠P=α，∠B=β，下列说法正确的是( )
A. 若β=30°，则∠D=120° B. 若β=60°，则∠D=90°
C. 若α=10°，则AD⌢=150° D. 若α=15°，则AD⌢=90°
4. 已知直线y=−x+7a+1与直线y=2x−2a+4同时经过点P，点Q是以M(0,−1)为圆心，MO为半径的圆上的一个动点，则线段PQ的最小值为( )
A. 103 B. 163 C. 85 D. 185
5. 如图，在矩形ABCD中，AD=22AB.将矩形ABCD对折，得到折痕MN；沿着CM折叠，点D的对应点为E，ME与BC的交点为F；再沿着MP折叠，使得AM与EM重合，折痕为MP，此时点B的对应点为G.下列结论：①△CMP是直角三角形；②点C、E、G不在同一条直线上；③PC=62MP；④BP=22AB；⑤点F是△CMP外接圆的圆心，其中正确的个数为( )
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
6. 如图，AC是⊙O直径，∠BCD=50°，点E、F分别是BC、CD上的点，当△AEF周长最小时，∠EAF的度数为( )
A. 40°
B. 50°
C. 80°
D. 100°
7. 如图，在等腰△ABC和等腰△ABE中，∠ABC=120°，AB=BC=BE=2，D为AE的中点，则线段CD的最小值为( )
A. 2 B. 7−1 C. 23−1 D. 6−1
8. 已知：如图，AB为⊙O的直径，CD、CB为⊙O的切线，D、B为切点，OC交⊙O于点E，AE的延长线交BC于点F，连接AD、BD.以下结论：①AD//OC；②点E为△CDB的内心；③FC=FE；④CE⋅FB=AB⋅CF.其中正确的只有( )
A. ①②
B. ②③④
C. ①③④
D. ①②④
9. 如图，⊙O与△ABC的三边分别相切于点D，E，F，连接DE，EF.若AD=6，BE=7，CF=8，则tan∠DEF的值是( )
A. 32
B. 2
C. 74
D. 43
10. 如图所示，点O为△ABC的内心，∠B=50°，BC
乙：四边形OMBN的面积是逐渐变化的；
丙：当ON⊥BC时，△MON周长取得最小值．
其中正确的是( )
A. 只有甲正确 B. 只有甲、丙正确
C. 只有甲、乙正确 D. 甲、乙、丙都正确
11. 如图，AB是⊙O的直径，M、N是弧AB(异于A、B)上两点，C是弧MN上一动点，∠ACB的角平分线交⊙O于点D，∠BAC的平分线交CD于点E .当点C从点M运动到点N时，则C、E两点的运动路径长的比是( )
A. 2 B. π2 C. 32 D. 52
12. 据资料，我国古代数学家祖冲之和他的儿子发展了刘徽的“割圆术”(即圆的内接正多边形边数不断增加，它的周长就越接近圆周长)，他们从圆内接正六边形算起，一直算到内接正24576边形，将圆周率精确到小数点后七位，使中国对圆周率的计算在世界上领先了一千多年，依据“割圆术”，由圆内接正六边形算得的圆周率的近似值是( )
A. 2.9 B. 3 C. 3.1 D. 3.14
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，半径为3的⊙O分别与x轴，y轴交于A，D两点，⊙O上两个动点B，C，使∠BAC=60°恒成立，设△ABC的重心为G，则DG的最小值是______．
14. 如图，将两块三角板OAB(∠OAB=45°)和三角板OCD(∠OCD=30°)放置在矩形BCEF中，直角顶点O重合，点A，D在EF边上，AB=12．
(1)若点O到BC的距离为26，则点O到EF的距离为__________；
(2)若BC=3AD，则△OCD外接圆的半径为__________．
15. 我国古代数学家赵爽的“弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示).若直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积为49，则大正方形的面积为______．
16. 如图，⊙O与正五边形ABCDE的两边AE、CD分别相切于A、C两点，则∠AOC的度数为___________．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. 如图，圆柱形水管内原有积水的水平面宽CD=20cm，水深GF=2cm.若水面上升2cm(EG=2cm)，则此时水面宽AB为多少？
18. 如图，⊙O为等边△ABC的外接圆，半径为2，点D在劣弧AB上运动(不与点A，B重合)，连接DA，DB，DC．
(1)求证：DC是∠ADB的平分线；
(2)四边形ADBC的面积S是线段DC的长x的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由；
(3)若点M，N分别在线段CA，CB上运动(不含端点)，经过探究发现，点D运动到每一个确定的位置，△DMN的周长有最小值t，随着点D的运动，t的值会发生变化，求所有t值中的最大值．
19. 如图，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AB=5，过点A作AC⊥BD，垂足为C，且AC=4，E是线段CD上一点，过E作EF⊥AD，垂足为F．
(1)请直接写出AD的长为____；
(2)如图1，若点F在∠ABD的角平分线上，求DF的长；
(3)如图2，连接CF，点G为点A关于CF的对称点．
①连接DG，CG，当四边形CGDF中有两边互相平行时，求CE的长；
②连接AG交BD于点H，点H在点E的上方，若∠BAC−∠EAH=30°，则HGAH=____．
20. 如图，BD为△ABC外接圆⊙O的直径，且∠BAE=∠C．
(1)求证：AE与⊙O相切于点A；
(2)若AE//BC，BC=23，AC=2，求AD的长．
21. 如图，以线段AC为直径的⊙O交△ABC的边AB于点D，连接CD，作∠ADC平分线交AC于点F，交⊙O于点E，连接CE，作AM⊥DE于点M，连接MO，∠BCD=∠E．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)求证：MO⊥AD；
(3)若tanE=34，△OFM的面积为2，求△CDF的面积．
22. 如图，P是⊙O外一点，PA是⊙O的切线，A是切点，B是⊙O上一点，且PB=PA，射线PO交⊙O于C、D两点．
(1)求证：PB是⊙O的切线；
(2)求证：AC平分∠PAB；
(3)若⊙O的直径是6，AB=25，则点D与▵PAB的内切圆上各点之间距离的最大值为________．
23. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠BAO=30°，AC=8.过点O作OH⊥AB于点H，以点O为圆心，OH为半径的半圆交AC于点M．
(1)求图中阴影部分的面积；
(2)点P是BD上的一个动点(点P不与点B，D重合)，当PH+PM的值最小时，求PD的长度．
24. 如图，⊙O的直径AB=10，弦AC=6，∠ACB的平分线交⊙O于D.过点D作DE//AB交CA的延长线于点E．
(1)求证：DE是⊙O的切线．
(2)求图中阴影部分的面积．
25. 阅读与思考
请阅读下列材料，并完成相应的任务：
克罗狄斯⋅托勒密(约90年−168年)，是希腊数学家，天文学家，地理学家和占星家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理，托勒密定理的内容如下：圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．即：如图1，若四边形ABCD内接于⊙O，则有______ ．
任务：(1)材料中划横线部分应填写的内容为______．
(2)如图2，正五边形ABCDE内接于⊙O，AB=2，求对角线BD的长．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查的是垂径定理，根据题意画出图形，利用数形结合进行解答是解答此题的关键.线段A′D′、BC的垂直平分线的交点为最小覆盖圆的圆心，BM为半径，根据勾股定理求出BM的长度即可．
【解答】
解：如图，取A′D′的中点E，作ME⊥A′D′，取B′的中点F，作MF⊥BC′，
以M为圆心，MB长为半径作⊙M，
则⊙M经过点D′、B、A′、C，⊙M为整个图形最小覆盖圆，
∵矩形ABCD是由边长为1的五个小正方形拼成，
∴MF=32，BF=52，
在Rt△BMF中，
BM=(32)2+(52)2=342．
2.【答案】B
【解析】解：连接OC，OD，PD，CQ.设PC=x，OP=y，OF=a，
∵PC⊥AB，QD⊥AB，
∴∠CPO=∠OQD=90°，
∵PC=OQ，OC=OD，
∴Rt△OPC≌Rt△DQO，
∴OP=DQ=y，
∴S阴=S四边形PCQD−S△PFD−S△CFQ=12(x+y)2−12⋅(y−a)y−12(x+a)x=xy+12a(y−x)，
∵PC//DQ，
∴PCDQ=PFFQ，
∴xy=y−aa+x，
∴a=y−x，
∴S阴=xy+12(y−x)(y−x)=12(x2+y2)=252
故选：B．
连接OC，OD，PD，CQ.设PC=x，OP=y，OF=a，利用分割法求出阴影部分的面积，再求出a=y−x即可判断；
本题考查勾股定理、全等三角形的判定和性质、三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用分割法求面积，属于中考选择题中的压轴题．
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了圆心角、弧、弦的关系，等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，三角形内角和定理，作出恰当的辅助线是解答此题的关键.连接OC，OD，利用半径相等和等腰三角形的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理得到α和β的数量关系，然后根据选项中角的度数，分别代入求解，得出正确结论即可．
【解答】
解：如图所示：连接OC，OD，
∵PC=OB=OC=OD，
∴∠P=∠COP，∠OCD=∠ODC，∠B=∠ODB，
∴∠OCD=∠ODC=∠P+∠COP=2∠P=2α，
∴∠AOD=∠B+∠ODB=2∠B=2β，
∵∠P+∠B+∠PDB=180°，
∴∠P+∠B+∠ODC+∠ODB=180°，
即α+β+2α+β=180°，
∴α=60∘−23β，
A.若β=30°，则α=40°，∠D=2α+β=110°≠120°，故A错误．
B.若β=60°，则α=20°，∠D=2α+β=100°≠90°，故B错误．
C.若α=10°，则β=75°，∠AOD=2β=150°，所以AD=150∘，故C正确；
D.若α=15°，则β=67.5°，∠AOD=2β=135°，所以AD=135∘≠90°，故D错误．
故选C．
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．也考查了一次函数的性质和相似三角形的判定与性质．先解方程组y=−x+7a+1y=2x−2a+4得P点坐标为(3a−1,4a+2)，则可确定点P为直线y=43x+103上一动点，设直线y=43x+103与坐标的交点为A、B，如图，则A(−52,0)，B(0,103)，利用勾股定理计算出AB=256，过M点作MP⊥直线AB于P，交⊙M于Q，此时线段PQ的值最小，证Rt△MBP∽Rt△ABO，利用相似比计算出MP=135，则PQ=85，即线段PQ的最小值为85．
【解答】
解：解方程组y=−x+7a+1y=2x−2a+4,
得x=3a−1y=4a+2,
∴P点坐标为(3a−1,4a+2)，
设x=3a−1，y=4a+2，
∴y=43x+103，
即点P为直线y=43x+103上一动点，
设直线y=43x+103与坐标的交点为A、B，如图，
则A(−52,0)，B(0,103)，
∴AB=(52 )2+(103 )2=256，
过M点作MP⊥直线AB于P，交⊙M于Q，此时线段PQ的值最小，
∵∠MBP=∠ABO，
∴Rt△MBP∽Rt△ABO，
∴MP：OA=BM：AB，即MP：52=133：256，
∴MP=135，
∴PQ=135−1=85，
即线段PQ的最小值为85．
故选C．
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了三角形的外接圆与外心，折叠的性质，直角三角形的性质，矩形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
根据折叠的性质得到∠DMC=∠EMC，∠AMP=∠EMP，于是得到∠PME+∠CME=12×180°=90°，求得△CMP是直角三角形；故①正确；
根据平角的定义得到点C、E、G在同一条直线上，故②错误；
设AB=x，则AD=22x，得到DM=12AD=2x，根据勾股定理得到CM=DM2+CD2=3x，易得到CP=3x22x=322x，得到PC=3MP，故③错误；
求得PB=22AB，故④正确，根据平行线等分线段定理得到CF=PF，求得点F是△CMP外接圆的圆心，故⑤正确．
【解答】
解：∵沿着CM折叠，点D的对应点为E，
∴∠DMC=∠EMC，
∵再沿着MP折叠，使得AM与EM重合，折痕为MP，
∴∠AMP=∠EMP，
∵∠AMD=180°，
∴∠PME+∠CME=12×180°=90°，
∴△CMP是直角三角形；故①正确；
∵沿着CM折叠，点D的对应点为E，
∴∠D=∠MEC=90°，
∵再沿着MP折叠，使得AM与EM重合，折痕为MP，
∴∠MEG=∠A=90°，
∴∠GEC=180°，
∴点C、E、G在同一条直线上，故②错误；
∵AD=22AB，
∴设AB=x，则AD=22x，
∵将矩形ABCD对折，得到折痕MN；
∴DM=12AD=2x，
∴CM=DM2+CD2=3x，
∵∠PMC=90°，MN⊥PC，∠MCN=∠PCM，
∴△CMN∽△CPM，
∴CM2=CN⋅CP，
∴CP=3x22x=322x，
∴PN=CP−CN=22x，
∴PM=MN2+PN2=62x，
∴PCPM=322x62x=3，
∴PC=3MP，故③错误；
∵PC=322x，
∴PB=22x−322x=22x，
∴ABPB=x22x，
∴PB=22AB，故④正确，
∵CD=CE，EG=AB，AB=CD，
∴CE=EG，
∵∠CEM=∠G=90°，
∴FE//PG，
∴CF=PF，
∵∠PMC=90°，
∴CF=PF=MF，
∴点F是△CMP外接圆的圆心，故⑤正确；
故选：B．
6.【答案】C
【解析】解：延长AB到G，使BG=BA，延长AD到H，使DH=DA，连接CG，CH，GH，GE，FH，
∵AC是⊙O直径，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∴AG⊥CB，AH⊥CD，
∵BG=BA，DH=DA，
∴CG=CA=CH，AE=GE，AF=FH，
∴∠GCB=∠ACB，∠HCD=∠ACD，∠CGH=∠CHG，∠CAB=∠CGB，∠CAD=∠CHD，∠CAE=∠CGE，∠CAF=∠CHF，
∵△AEF周长=AE+AF+EF=GE+EF+FH≥GH，
当点G，E，F，H在一条直线上时，△AEF周长最小为GH的长，
此时∠GCH=∠CAB+∠CGB+∠CAD+∠CHD=2∠BCD，
∵∠BCD=50°，
∴∠GCH=100°，
∴∠CGH=∠CHG=40°，
∴∠EAF=∠EAC+∠FAC=∠CGH+∠CHG=80°，
故选：C．
延长AB到G，使BG=BA，延长AD到H，使DH=DA，连接CG，CH，GH，GE，FH，根据圆周角定理及等腰三角形的性质、线段垂直平分线的性质求解即可．
此题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理并得到“点G，E，F，H在一条直线上时，△AEF周长最小”是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形，根据题意得出D在以AB为直径的圆上运动是解题的关键．
连接BD，则∠ADB=90°，则D在以AB为直径的圆上运动，当点D运动到D1时，CD的值最小，根据勾股定理求出CO，由CD1=CO−OD1即可解答．
【解答】
解：如图：连接BD，过点C作CG⊥AB交AB延长线于点G，则∠ADB=90°，
∴D在以AB为直径的圆上运动，
∵∠ABC=120°，
∴∠CBG=60°，∠BCG=30°，
∴CG=3，BG=1，
∴OG=2，
∴当点D运动到D1时，CD的值最小，
此时CO=32+22=7，
CD1=CO−OD1=7−1．
故选B．
8.【答案】D
【解析】解：连接OD，DE，EB，
CD与BC是⊙O的切线，∠ODC=∠OBC=90°，OD=OB，
∵OC=OC
∴Rt△CDO≌Rt△CBO，
∴∠COD=∠COB，
∴∠COB=∠DAB=12∠DOB，
∴AD//OC，故①正确；
∵CD是⊙O的切线，
∴∠CDE=12∠DOE，而∠BDE=12∠BOE，
∴∠CDE=∠BDE，即DE是∠CDB的角平分线，同理可证得BE是∠CBD的平分线，
因此E为△CBD的内心，故②正确；
若FC=FE，则应有∠OCB=∠CEF，应有∠CEF=∠AEO=∠EAB=∠DBA=∠DEA，
∴弧AD=弧BE，而弧AD与弧BE不一定相等，故③不正确；
设AE、BD交于点G，由②可知∠EBG=∠EBF，
又∵BE⊥GF，
∴FB=GB，
由切线的性质可得，点E是弧BD的中点，∠DCE=∠BCE，
又∵∠MDA=∠DCE(平行线的性质)=∠DBA，
∴∠BCE=∠GBA，
而∠CFE=∠ABF+∠FAB，∠DGE=∠ADB+∠DAG，∠DAG=∠FAB(等弧所对的圆周角相等)，
∴∠AGB=∠CFE，
∴△ABG∽△CEF，
∴CE⋅GB=AB⋅CF，
又∵FB=GB，
∴CE⋅FB=AB⋅CF
故④正确．
因此正确的结论有：①②④．
故选：D．
根据切线长定理，证△COB≌△COD，可得∠COB=12∠BOD，根据圆周角定理即可得出∠DAB=∠COB，由此可证得AD//OC；
连接DE、BE；上面已证得弧DE=弧BE，根据弦切角定理以及圆周角定理相等，易求得DE、BE分别平分∠CDB和∠CBD；根据三角形内心的定义，即可得出结论②正确；
若FE=FC，则∠OCB=∠CEF=∠OEA=∠OAE，在Rt△OBC中，BD⊥OC，易得∠DBA=∠OCB，即∠DBA=∠EAB；因此弧BE=弧AD，而这个条件并不一定成立．故③不正确；
先证明FB=GB，然后证明△ABG∽△CEF，从而可得出④正确．
本题利用了切线长定理，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，弦切角定理，内心的概念，以及对相似三角形的性质求解．
9.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了切线的性质，切线长定理，勾股定理，圆周角定理，锐角三角函数的概念，解答本题的关键是掌握求三角形内切圆半径的思路与方法；连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，过点B作BG⊥AC于G，首先根据切线长定理得出AF=AD=6，BD=BE=7，CE=CF=8，以及△ABC的三边长，设AG=x，则CG=AC−AG=14−x，
在Rt△ABG中，∠AGB=90°，BG2=AB2−AG2，在Rt△CBG中，∠CGB=90°，BG2=BC2−CG2，进一步得出AB2−AG2=BC2−CG2，即132−x2=152−14−x2，解得x=5，得出AG的长，利用勾股定理求出BG的长，利用三角形的面积公式求出△ABC的面积，设OD=OE=OF=r，根据S△ABC=S△ABO+S△BCO+S△ACO，求出r=4，即OF=4，在Rt△OAF中，∠AFO=90°，AF=6，OF=4，求出tan∠AOF=AFOF=64=32，最后证明Rt△AOF≌Rt△AOD(HL)，得出∠AOF=∠AOD=12∠DOF，根据圆周角定理可得∠DEF=12∠DOF，得出∠DEF=∠AOF，即可解答．
【解答】
解：连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，过点B作BG⊥AC于G，如图：
则OD=OE=OF，
根据切线的性质可知：OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
∵AD=6，BE=7，CF=8，
∴根据切线长定理可知：AF=AD=6，BD=BE=7，CE=CF=8，
∴AB=AD+BD=6+7=13，BC=BE+CE=7+8=15，AC=AF+CF=6+8=14，
∵BG⊥AC于G，
∴∠AGB=∠CGB=90°，
设AG=x，则CG=AC−AG=14−x，
在Rt△ABG中，∠AGB=90°，BG2=AB2−AG2，
在Rt△CBG中，∠CGB=90°，BG2=BC2−CG2，
∴AB2−AG2=BC2−CG2，即132−x2=152−14−x2，解得x=5，
∴AG=5，
∴BG=AB2−AG2=132−52=12，
∴S△ABC=12AC·BG=12×14×12=84，
设OD=OE=OF=r，
∴S△ABC=S△ABO+S△BCO+S△ACO
=12AB·OD+12BC·OE+12AC·OF
=12×13r+12×15r+12×14r
=21r，
∴21r=84，
∴r=4，
∴OF=4，
在Rt△OAF中，∠AFO=90°，AF=6，OF=4，
∴tan∠AOF=AFOF=64=32，
在Rt△AOF和Rt△AOD中，
OF=ODOA=OA,
∴Rt△AOF≌Rt△AOD(HL)，
∴∠AOF=∠AOD=12∠DOF，
根据圆周角定理可得∠DEF=12∠DOF，
∴∠DEF=∠AOF，
∴tan∠DEF=tan∠AOF=32．
故选A．
10.【答案】B
【解析】解：如图，过点O作OD⊥BC，OE⊥AB于点D，E，连接OB，
∵点O为△ABC的内心，
∴OB是∠ABC的平分线，
∴OD=OE，
在Rt△DON和Rt△EOM中，
ON=OMOE=OD，
∴Rt△DON≌Rt△EOM(HL)，
∴∠DON=∠EOM，
∴∠DOE=∠MON，
∵∠B=50°，
∴∠DOE=∠MON=130°，所以甲的判断正确；
∵△DON≌△EOM，
∴四边形OMBN的面积=2S△BOD，
∵点D的位置固定，
∴四边形OMBN的面积是定值，
所以乙的判断错误；
如图，过点O作OF⊥MN于点F，
∵ON=OM，∠MON=130°，
∴∠ONM=25°，
∴MN=2NF=2ONcos∠ONM=2ONcos25°，
∴△MON的周长=MN+2ON=2ONcos25°+2ON=2ON(cos25°+1)，
∴当ON最小时，即当ON⊥BC时，△MON的周长取得最小值，
所以丙的判断正确．
综上所述：说法正确的是甲、丙．
故选：B．
过点O作OD⊥BC，OE⊥AB于点D，E，根据三角形内心可得OD=OE，然后证明△DON≌△EOM，可得ON=OM；连接OB，根据△DON≌△EOM，可得四边形OMBN的面积=2S△BOD，根据点D的位置固定，可得四边形OMBN的面积是定值；过点O作OF⊥MN于点F，根据ON=OM，∠MON=130°，可得∠ONM=25°，MN=2NF=2ONcos25°，所以△MON的周长=2ON(cos25°+1)，可得当ON最小时，即当ON⊥BC时，△MON的周长最小值，进而可得结论．
本题考查了三角形的内切圆与内心，等腰三角形的判定，圆周角定理，轴对称−最短路线问题，解决本题的关键是掌握三角形内心定义．
11.【答案】A
【解析】解：如图，连接EB.设OA=r．
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵E是△ACB的内心，
∴∠AEB=135°，
∵∠ACD=∠BCD，
∴AD=DB，
∴AD=DB=2r，
∴∠ADB=90°，
易知点E在以D为圆心、DA为半径的圆上，运动轨迹是GF，点C的运动轨迹是MN，
∵∠MON=2∠GDF，设∠GDF=α，则∠MON=2α，
∴MN的长GF的长=2α⋅π⋅r180α⋅π⋅2r180=2．
故选：A．
如图，连接EB.设OA=r.易知点E在以D为圆心DA为半径的圆上，运动轨迹是GF，点C的运动轨迹是MN，由题意∠MON=2∠GDF，设∠GDF=α，则∠MON=2α，利用弧长公式计算即可解决问题．
本题考查弧长公式，圆周角定理，三角形的内心等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找点的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了正多边形和圆以及解直角三角形的运用，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．设半径为r的圆内接正n边形的周长为L，圆的直径为d，则π≈Ld，代入数值计算即可．
【解答】
解：设半径为r的圆内接正n边形的周长为L，圆的直径为d，由题意可得：：由题意n=6时，π≈Ld=6r2r=3，
故选B．
13.【答案】10−1
【解析】解：如图，连接AG并延长，交BC于点F，连接BO，OF，
∵点G为△ABC的重心，
∴F为BC的中点，
∴OF⊥BC，
∵∠BAC=60°，
∴∠BOF=60°，
∴∠OBF=30°，
∴OF=12OB=12×3=32，
∵点G为△ABC的重心，
∴AG=2FG，
∴AG=23AF，
在OA上取点E，使得AE=23AO，连接EG，ED，则E(1,0)，
∵AGAF=AEOA=23，∠FAO=∠GAE，
∴△AFO∽△AGE，
∴EGOF=AEAO=23，
∴EG=1，
∴点G在以E为圆心，半径为1的圆上运动，
∴当点D，G，E三点共线时，DG的值最小，
∵DE=OD2+OE2=32+12=10，
∴DG的最小值为DE−GE=10−1，
故答案为：10−1．
连接AG并延长，交BC于点F，连接OB，OF，由△ABC的重心为G，可知F为BC的中点，再由垂径定理可知OF⊥BC，从而可求得OF的长；在AO上取点E，使AE=23AO，连接GE，ED，可判定△AGE∽△AFO，由相似三角形的性质列出比例式，求得GE的长，进而可得点E的坐标，利用勾股定理求出DE的长，根据G在以E为圆心，1为半径的圆上运动，可知DG的最小值为DE的长减去EG的长计算即可．
本题考查了三角形的重心，30°角所对的直角边等于斜边的一半，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，准确作出辅助线构造相似三角形得到点G的运动轨迹是解题的关键．
14.【答案】(1)43；(2)215
【解析】
【分析】
本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，三角形的外接圆，解答本题的关键是掌握利用全等三角形的性质证明线段相等的思路与方法．
(1)过点O作MN⊥FE于M，交BC于N，连接OF，取AB的中点为G，连接GF、GO，首先证明A、F、B、O在以O为圆心，以GF的长为半径的圆G上，然后根据圆周角定理得出∠OFB=∠OAB=45°，进一步得出∠OFM=45°，△OFM是等腰直角三角形，OM=MF，再证明△BON≌△OAM，得出ON=AM，再根据ON的长，OA的长利用勾股定理求出OM的长，即可求解；
(2)过点O作MN⊥FE于M，交BC于N，根据(1)的结论可知ON=AM，BN=OM，然后证明△CON∽△ODM，得出ONDM=CNOM=COOD=3，然后利用勾股定理求出ON的长，OC的长、CD的长，即可求解．
【解答】
解：(1)过点O作MN⊥FE于M，交BC于N，连接OF，取AB的中点为G，连接GF、GO，如图：
则四边形BFMN是矩形，
∴BN=FM，∠BNO=90°，
∵四边形BCEF是矩形，
∴∠AFB=90°，
∵点G是AB的中点，
∴FG是Rt△ABF的斜边AB上的中线，OG是Rt△ABO的斜边AB上的中线，
∴FG=12AB=AG=BG，OG=12AB=AG=BG，
∴GF=GA=GB=GO，
∴A、F、B、O在以O为圆心，以GF的长为半径的圆G上，
∴根据圆周角定理可得∠OFB=∠OAB=45°，
∴∠OFM=∠BFM−∠OFB=45°，
∴∠MOF=90°−∠OFM=90°−45°=45°，
∴△OFM是等腰直角三角形，OM=MF，
又∵BN=FM，
∴BN=OM，
∵∠AMO=∠AOB=90°，
∴∠MAO+∠MOA=∠MOA+∠NOB=90°，
∴∠MAO=∠NOB，
在△BON和△OAM中，
∠BNO=∠OMA=90°∠NOB=∠MAOBN=OM,
∴△BON≌△OAMAAS，
∴ON=AM，
∵点O到BC的距离为26，
∴ON=26，
∴AM=26，
在Rt△AOB中，∠AOB=90°，OA=OB，AB=12，
根据勾股定理可得OA2+OB2=AB2，即2OA2=122，
∴OA=62，OB=62，
在Rt△AOM中，∠AMO=90°，
∴OM=OA2−AM2=622−262=43，
∴点O到EF的距离为43．
故答案为：43；
(2)过点O作MN⊥FE于M，交BC于N，如图：
则四边形BFMN和四边形MNCE都是矩形，
∴∠BNO=90°，∠CNO=∠OMD=90°，
∵∠CNO=∠COD=90°，
∴∠NCO+∠NOC=∠NOC+∠MOD=90°，
∴∠NCO=∠MOD，
由(1)可知ON=AM，BN=OM，OB=62，
设ON=h，则AM=h，
在Rt△COD中，∠COD=90°，∠CDO=90°−∠OCD=90°−30°=60°，
∴OCOD=tan∠CDO=tan60°=3，OCCD=sin∠CDO=sin60°=32
∴OC=3OD，CD=233OC，
∵∠CNO=∠OMD=90°，∠NCO=∠MOD，
∴△CON∽△ODM，
∴ONDM=CNOM=COOD=3，
∴DM=33ON=33h，CN=3OM，
∴AD=AM+MD=h+33h=3+33h，CN=3OM=3BN，
∴BC=BN+CN=BN+3BN=3+1BN，
∵BC=3AD，
∴BC=3×3+33h=3+3h，
∴3+1BN=3+3h，
∴BN=3h，
∴CN=3BN=3×3h=3h，
在Rt△BON中，∠BNO=90°，BN=3h，ON=h，OB=62，
根据勾股定理可得BN2+ON2=OB2，即3h2+h2=622，
∴h=32，
∴ON=32，
∴CN=3×32=92，
在Rt△CON中，∠CNO=90°，ON=32，CN=92，
∴OC=ON2+CN2=322+922=65，
∴CD=233OC=233×65=415，
∵△OCD是直角三角形，∠COD=90°，
∴△OCD外接圆的直径是CD，
∴△OCD外接圆的半径为12CD=12×415=215．
故答案为215．
15.【答案】289
【解析】解：如图，设内切圆的圆心为O，连接OE、OD，
则四边形EODC为正方形，
∴OE=OD=3=AC+BC−BA2，
∴AC+BC−AB=6，
∴AC+BC=AB+6，
∴(AC+BC)2=(AB+6)2，
∴BC2+AC2+2BC×AC=AB2+12AB+36，
而BC2+AC2=AB2，
∴2BC×AC=12AB+36①，
∵小正方形的面积为49，
∴(BC−AC)2=49，
∴BC2+AC2−2BC×AC=49②，
把①代人②中得
AB2−12AB−85=0，
∴(AB−17)(AB+5)=0，
∴AB=17(负值舍去)，
∴大正方形的面积为289．
故答案为：289．
如图，设内切圆的圆心为O，连接OE、OD，则四边形EODC为正方形，然后利用内切圆和直角三角形的性质得到AC+BC=AB+6，(BC−AC)2=49，接着利用完全平方公式进行代数变形，最后解关于AB的一元二次方程解决问题．
本题主要考查了三角形的内切圆的性质，正方形的性质及勾股定理的应用，同时也利用了完全平方公式和一元二次方程，综合性强，能力要求高．
16.【答案】144°
【解析】
【分析】
本题主要考查的是多边形的内角和定理，切线的性质，正多边形和圆等有关知识．
先根据五边形的内角和求出∠E=∠D=108°，再由切线的性质得到∠OAE=∠OCD=90°，最后利用五边形的内角和相减即可求解．
【解答】
解：∵正五边形的内角为：5−2×180°÷5=108°，
∴∠E=∠D=108°，
∵AE，CD分别与⊙O相切于点A，C两点，
∴∠OAE=∠OCD=90°，
∴∠AOC=540°−90°−90°−108°−108°=144°．
故答案为144°．
17.【答案】解：连接OA、OC，
∵由题意知：AB//CD，OE⊥AB，OF⊥CD，CD=20cm，
∴CG=12CD=10cm，
在Rt△OGC中，由勾股定理得：OC2=CG2+OG2，
OC2=102+(OC−2)2，
解得：OC=26(cm)，
则OE=26cm−2cm−2cm=22cm，
∵在Rt△OEA中，由勾股定理得：OA2=OE2+AE2，
∴262=222+AE2，
∴AE=83，
∵OE⊥AB，OE过O，
∴AB=2AE=163cm．
【解析】连接OA、OC，根据垂径定理求出CG，根据勾股定理求出OC，根据勾股定理求出AE，根据垂径定理求出即可．
本题考查了勾股定理，垂径定理的应用，能构造直角三角形是解此题的关键，注意：垂直于弦的直径平分弦．
18.【答案】证明：(1)∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，
∵∠ADC=∠ABC=60°，∠BDC=∠BAC=60°，
∴∠ADC=∠BDC，
∴DC是∠ADB的平分线；
(2)四边形ADBC的面积S是线段DC的长x的函数，
理由如下：
如图1，将△ADC绕点逆时针旋转60°，得到△BHC，
∴CD=CH，∠DAC=∠HBC，
∵四边形ACBD是圆内接四边形，
∴∠DAC+∠DBC=180°，
∴∠DBC+∠HBC=180°，
∴点D，点B，点H三点共线，
∵DC=CH，∠CDH=60°，
∴△DCH是等边三角形，
∵四边形ADBC的面积S=S△ADC+S△BDC=S△CDH=34CD2，
∴S=34x2；(23<×⩽4)
(3)如图2，作点D关于直线AC的对称点E，作点D关于直线BC的对称点F，
∵点D，点E关于直线AC对称，
∴EM=DM，
同理DN=NF，
∵△DMN的周长=DM+DN+MN=FN+EM+MN，
∴当点E，点M，点N，点F四点共线时，△DMN的周长有最小值，
则连接EF，交AC于M，交BC于N，连接CE，CF，DE，DF，
∴△DMN的周长最小值为EF=t，
∵点D，点E关于直线AC对称，
∴CE=CD，∠ACE=∠ACD，
∵点D，点F关于直线BC对称，
∴CF=CD，∠DCB=∠FCB，
∴CD=CE=CF，∠ECF=∠ACE+∠ACD+∠DCB+∠FCB=2∠ACB=120°，
∵CP⊥EF，CE=CF，∠ECF=120°，
∴EP=PF，∠CEP=30°，
∴PC=12EC，PE=3PC=32EC，
∴EF=2PE=3EC=3CD=t，
∴当CD有最大值时，EF有最大值，即t有最大值，
∵CD为⊙O的弦，
∴CD为直径时，CD有最大值4，
∴t的最大值为43．
【解析】(1)由等边三角形的性质可得∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，圆周角定理可得∠ADC=∠BDC=60°，可得结论；
(2)将△ADC绕点逆时针旋转60°，得到△BHC，可证△DCH是等边三角形，可得四边形ADBC的面积S=S△ADC+S△BDC=S△CDH=34CD2，即可求解；
(3)作点D关于直线AC的对称点E，作点D关于直线BC的对称点F，由轴对称的性质可得EM=DM，DN=NF，可得△DMN的周长=DM+DN+MN=FN+EM+MN，则当点E，点M，点N，点F四点共线时，△DMN的周长有最小值，即最小值为EF=t，由轴对称的性质可求CD=CE=CF，∠ECF=120°，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可求EF=2PE=3EC=3CD=t，则当CD为直径时，t有最大值为43．
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
19.【答案】解：(1)203．
(2)如图1中，作FH⊥BD于H．
∵∠FAB=∠FHB=90∘，∠FBA=∠FBH，BF=BF，
∴△FBA≌△FBH(AAS)，
∴AF=FH，BA=BH=5，
由(1)得：BD=253，
∴DH=253−5=103，
设AF=FH=x，则DF=203−x，
在Rt△DFH中，∵DF2=DH2+FH2，
∴(203−x)2=(103)2+x2，
∴x=52，
∴DF=203−52=256．
(3)①如图2−1中，当DG // CF时，设CF交AG于P．
∵A，G关于CF对称，
∴CF垂直平分线段AG，
∴AP=PG，∠APF=90∘，
∵PF//DG，AP=PG，
∴AF=DF，
∵∠BAD=90°，EF⊥AD，
∴EF//AB，
∴DE=BE=256，
∴EC=BE−CB=256−3=76．
如图2−2中，当DF//CG时，
∵CG//AD，
∴∠AFC=∠FCG，
由对称的性质可知：∠FCG=∠FCA，
∴∠AFC=∠ACF，
∴AF=AC=4，
∵EF//AB，
∴BEBD=AFAD，
∴BE253=4203，
∴BE=5，
∴EC=BE−BC=5−3=2，
综上所述，满足条件的EC的值为2或76．
②12．
【解析】
【分析】
本题考查了相似三角形综合，涉及到相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，平行线分线段成比例定理，轴对称的性质，圆周角定理，直角三角形斜边上的中线的性质，含30°角的直角三角形性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
(1)在Rt△ACB中，利用勾股定理求出BC，再证明△BAC∽△BDA，利用相似三角形的性质求出AD即可．
(2)如图1中，作FH⊥BD于H.证明△FBA≌△FBH(AAS)，推出AF=FH，BA=BH=5，设AF=FH=x，则DF=203−x，在Rt△DFH中，根据DF2=DH2+FH2，构建方程求出x即可解决问题．
(3) ①分两种情形：当DG//CF时，设CF交AG于P.利用三角形的中位线定理证明AF=DF，进而得出DE=BE=256，即可解决问题.当DF//CG时，证明AF=AC，再利用平行线分线段成比例定理，构建方程解决问题．
②设CF交AG于P.先证明∠CAP=∠PCH=30∘，设PC=k，根据含30°角的直角三角形性质得出AP=PG=3k，PH=33k，分别求出GH，AH即可解决问题．
【解答】
解：(1)∵AC⊥BD，
∴∠ACB=90∘，
∵AB=5，AC=4，
∴BC=AB2−AC2=52−42=3，
∵∠ABC=∠ABD，∠ACB=∠BAD=90∘，
∴△BAC∽△BDA，
∴ABBD=ACAD=BCAB，
∴5BD=4AD=35，
∴BD=253，AD=203．
(2)见答案；
(3)①见答案；
②如图3中，设CF交AG于P．
∵∠ACH=∠APC=90∘，
∴∠PCH+∠ACP=90∘，∠ACP+∠PAC=90∘，
∴∠PCH=∠PAC，
设∠PAC=∠PCH=α，
∵∠AFE=90∘，∠ACE=90∘，
∴A，F，E，C四点到AE的中点的距离相等，
∴A，F，E，C四点在以AE为直径的圆上，
∴∠FAE=∠ECF=α，
设∠CAB=β，
∵∠DAB=90∘，
∴α−∠EAG+α+β=90∘，
∵β−∠EAG=30∘，
∴2α=60∘，
∴α=30∘，
∴∠CAP=∠PCH=30∘，
设PC=k，
则根据含30°角的直角三角形性质得：在Rt△APC中，AP=PG=3PC=3k，在Rt△HPC中，PH=PC3=33k，
∴GH=3k−33k=233k，AH=3k+33k=433k，
∴GHAH=233k433k=12．
20.【答案】解：(1)连接AO并延长交⊙O于点F，连接BF，
则AF为直径，∠ABF=90°，
∵AB=AB，
∴∠ACB=∠F，
∵∠BAE=∠ACB，
∴∠BAE=∠F，
∵∠FAB+∠F=90°，
∴∠FAB+∠BAE=90°，
∴OA⊥AE，
∴AE与⊙O相切于点A．
(2)连接OC，
∵AE//BC，
∴∠BAE=∠ABC，
∵∠BAE=∠ACB，
∴∠ACB=∠ABC，
∴AC=AB=2，
∴∠AOC=∠AOB，
∵OC=OB，
∴OA⊥BC，
∴CH=BH=12BC=3，
在Rt△ABH中，
AH=AB2−BH2=1，
在Rt△OBH中，设OB=r，
∵OH2+BH2=OB2，
∴(r−1)2+(3)2=r2，
解得：r=2，
∴DB=2r=4，
在Rt△ABD中，AD=BD2−AB2=42−22=23，
∴AD的长为23．
【解析】(1)连接半径OA并延长构造过切点的直径及与∠BAE相等的圆周角∠F，两角与分别与公共角∠FAB互余，即可证出相切；
(2)连接OC，利用圆心角定理及三线合一定理证出OA⊥BC，CH=BH，分别在△ABH，△OBH和△ABD中通过勾股定理即可求出结果．
本题考查了切线的判定定理，垂径定理，圆心角定理及勾股定理等；注意本题还有多种其它解答方法．
21.【答案】(1)证明：∵AC为⊙O的直径，D点在⊙O上，
∴∠CDA=90°
∴∠DAC+∠DCA=90°，
∵∠DAC=∠E，
∵∠BCD=∠E
∴∠BCD=∠DAC，
∴∠BCD+∠ACD=90°，
∴BC⊥AC，
∵AC是⊙O的直径，
∴BC是⊙O的切线；
(2)证明：连接DO，过点M作MG⊥AB交于G，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADM=∠CDE=12∠ADC=45°，
∵AM⊥DE，
∴∠DAM=45°，
∴DM=AM，
∴△ADM是等腰直角三角形，
∵MG⊥AD，
∴DG=AG，
∴M、O、G三点共线，
∴MO⊥AD；
(3)解：∵∠E=∠DAC，
∵tanE=34，
∴CDAD=34，
设CD=3x，则AD=4x，
∴AC=5x，
由(2)知，OA=OD=OC=52x，
∵AG=DG=MG=2x，
∴OG=32x，
∴OM=MG−OG=12x，
∵CD⊥AD，MG⊥AD，
∴CD//MG，
∴∠CDF=∠FMO，∠DCF=∠FOM，
∴△CDF∽△OMF，
∴S△CDFS△OMF=(CDOM)2=(3x12x)2=36，
∴S△CDF=36S△OFM=72．
【解析】(1)利用同弧所对的圆周角相等，可得∠BCD=∠DAC，可得∠BCD+∠ACD=90°，即可证明；
(2)连接DO，过点M作MG⊥AB交于G，证明△ADM是等腰直角三角形，再由等腰三角形三线合一可得M、O、G三点共线，即可证明；
(3)由题意可得CDAD=34，设CD=3x，则AD=4x，AC=5x，求出OM=MG−OG=12x，再由CD//MG，可证明△CDF∽△OMF，根据相似三角形的性质即可得到结论．
本题考查切线的判定和性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握圆周角定理，切线的判定和性质定理是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：如图，连接OA、OB．
∴PA是⊙O的切线，A是切点，
∴OA⊥AP，
∴∠PAO=90∘．
∵OA=OB，PA=PB，OP=OP，
∴△APO≌△BPO(SSS)，
∴∠PAO=∠PBO=90°，
∴OB⊥BP，
又PB经过半径OB的外端点B，
∴PB是⊙O的切线；
(2)如图，设OP与AB交于点E．
∵△AOP≌△BOP，
∴∠APO=∠BPO，
又PA=PB，
∴PO⊥AB，
∴∠AEO=90∘．
在△AEO中，∠AEO=90∘，
∴∠EAO+∠AOE=90∘．
在△AOP中，∠PAO=90∘．
∴∠APO+∠AOP=90∘．
∴∠EAO=∠APO，
∵∠ACO是△ACP的外角，
∴∠ACO=∠CAP+∠APC，
又∠ACO=∠OAC，∠EAO=∠APC，
∴∠CAE=∠CAP．
∴AC平分∠PAB；
(3)7．
【解析】
【分析】
本题为圆的综合题.主要考查了切线的判定与性质、垂径定理、全等三角形的判定与性质、角平分线的判定、内切圆知识等.也考查了勾股定理和三角形的外角性质.熟练掌握圆的知识是解答的关键．
(1)连接OA、OB，证明△APO≌△BPO得到OB⊥BP即可证明；
(2)设OP与AB交于点E，证得∠AEO=90∘.再证明∠EAO=∠APO，进而得到∠CAE=∠CAP即可证明；
(3)利用垂径定理和勾股定理求出CE的长，并明确▵PAB的内切圆圆心和半径，根据⊙C与线段PC的交点与点D的距离最大解答即可．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)如图，
∵CD=6，AB=25，
∴AO=CO=3，AE=5，
在Rt△AOE中，OE=AO2−AE2=2，
∴CE=CO−OE=1，
∵PA、PB是⊙O的切线，
∴PD平分∠APB，又AC平分∠PAB，
∴点C为▵PAB的内切圆的圆心，
∵CE=1，
∴此内切圆的半径为1，
由图可知：⊙C与线段PC的交点与点D的距离最大，最大值为CD+1=7．
故答案为7．
23.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC=4，
∵OH⊥AB，
∴∠AHO=90°，
∵∠OAH=30°，
∴∠AOH=60°，OH=12OA=2，AH=3OH=23，
∴S阴=S△AOH−S扇形OMH=12×2×23−60⋅π⋅22360=23−23π.
(2)作点M关于B的对称点M′，连接HM′交BD于P，连接PM，连接PM，此时PH+PM的值最小．
∵OH=OM′，
∴∠OHM′=∠OM′H，
∵∠AOH=∠OHM′+∠OM′H=60°，
∴OP=OM′⋅tan30°=233，
∵OD=OA⋅tan30°=433，
∴PD=OD+OP=433+233=23．
【解析】(1)解直角三角形求出AH，OH，根据S阴=S△AOH−S扇形OMH，求解即可．
(2)作点M关于B的对称点M′，连接HM′交BD于P，连接PM，连接PM，此时PH+PM的值最小，解直角三角形求出OP，OD即可．
本题考查扇形的面积公式，菱形的性质，圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
24.【答案】(1)证明：(1)如图，连接OD，
∵AB是直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ABD=∠ACD=12∠ACB=45°，
∴∠AOD=90°，即OD⊥AB，
∵DE//AB，
∴OD⊥DE，
∵OD是半径，
∴DE是⊙O的切线；
(2)解：∵AB=10，AC=6，
∴BC=8，
过点A作AF⊥DE于点F，则四边形AODF是正方形，
∴AF=OD=FD=OA=5，
∵DE//AB，
∴∠AEF=∠CAB，
又∵∠ACB=∠AFE=90∘
∴△ACB∽△EFA，
∴EFAC=AFBC，即EF6=58，
∴EF=154，
∴DE=DF+EF=354，
∴S梯形OAED=12(5+354)×5=2758，S扇形OAD=25π4，
∴S阴影=2758−25π4．
【解析】本题考查的是平行线的性质，圆周角定理，切线的判定，角平分线，正方形的判定与性质，扇形的面积，相似三角形的判定与性质有关知识．
(1)由∠AOD=90°，即OD⊥AB，根据DE//AB可得OD⊥DE，即可得证；
(2)先利用勾股定理求出BC，然后再证明△ACB∽△EFA得出EFAC=AFBC，求出EF，最后再利用扇形的面积，梯形的面积，最后求出阴影部分面积
25.【答案】解：(1)AB⋅CD+AD⋅BC=AC⋅BD ；
(2)如图，连接AD、AC．
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴△ABC≌△DCB≌△AED(SAS)，
∴设BD=AC=AD=x．
在圆内接四边形ABCD中，由托勒密定理可得：AB⋅CD+AD⋅BC=AC⋅BD，
即2×2+x⋅2=x2，
解得：x1=1+5，x2=1−5(舍去)．
∴对角线BD的长为1+5．
【解析】
解：(1)根据托勒密定理可得：AB⋅CD+AD⋅BC=AC⋅BD，
故答案为：AB⋅CD+AD⋅BC=AC⋅BD；
(2)见答案；
【分析】
(1)根据题意即可得到结论．
(2)连接AD、AC，根据正多边形的性质可得出△ABC≌△DCB≌△AED，根据全等三角形的性质可设BD=AC=AD=x，在圆内接四边形ABCD中，利用托勒密定理可得关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
本题考查了命题、正多边形的性质、全等三角形的性质以及解一元二次方程，利用托勒密定理找出关于x的一元二次方程是解决问题的关键．
青岛版初中数学九年级上册第三单元《对圆的进一步认识》单元测试卷
考试范围：第三章；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 如图，矩形ABCD是由边长为1的五个小正方形拼成，O是第2个小正方形的中心，将矩形ABCD绕O点逆时针旋转90°得矩形A′B′C′D′，现用一个最小的圆覆盖这个图形，则这个圆的半径是( )
A. 17. B. 34. C. 342. D. 172．
2. 如图，AB是⊙O的直径，AB=10，P是半径OA上的一动点，PC⊥AB交⊙O于点C，在半径OB上取点Q，使得OQ=CP，DQ⊥AB交⊙O于点D，点C，D位于AB两侧，连接CD交AB于点F，点P从点A出发沿AO向终点O运动，在整个运动过程中，△CFP与△DFQ的面积和的变化情况是( )
A. 一直减小 B. 一直不变 C. 先变大后变小 D. 先变小后变大
3. 如图，AB为⊙O的直径，P为BA延长线上的一点，D在⊙O上(不与点A，点B重合)，连结PD交⊙O于点C，且PC=OB.设∠P=α，∠B=β，下列说法正确的是( )
A. 若β=30°，则∠D=120° B. 若β=60°，则∠D=90°
C. 若α=10°，则AD⌢=150° D. 若α=15°，则AD⌢=90°
4. 已知直线y=−x+7a+1与直线y=2x−2a+4同时经过点P，点Q是以M(0,−1)为圆心，MO为半径的圆上的一个动点，则线段PQ的最小值为( )
A. 103 B. 163 C. 85 D. 185
5. 如图，在矩形ABCD中，AD=22AB.将矩形ABCD对折，得到折痕MN；沿着CM折叠，点D的对应点为E，ME与BC的交点为F；再沿着MP折叠，使得AM与EM重合，折痕为MP，此时点B的对应点为G.下列结论：①△CMP是直角三角形；②点C、E、G不在同一条直线上；③PC=62MP；④BP=22AB；⑤点F是△CMP外接圆的圆心，其中正确的个数为( )
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
6. 如图，AC是⊙O直径，∠BCD=50°，点E、F分别是BC、CD上的点，当△AEF周长最小时，∠EAF的度数为( )
A. 40°
B. 50°
C. 80°
D. 100°
7. 如图，在等腰△ABC和等腰△ABE中，∠ABC=120°，AB=BC=BE=2，D为AE的中点，则线段CD的最小值为( )
A. 2 B. 7−1 C. 23−1 D. 6−1
8. 已知：如图，AB为⊙O的直径，CD、CB为⊙O的切线，D、B为切点，OC交⊙O于点E，AE的延长线交BC于点F，连接AD、BD.以下结论：①AD//OC；②点E为△CDB的内心；③FC=FE；④CE⋅FB=AB⋅CF.其中正确的只有( )
A. ①②
B. ②③④
C. ①③④
D. ①②④
9. 如图，⊙O与△ABC的三边分别相切于点D，E，F，连接DE，EF.若AD=6，BE=7，CF=8，则tan∠DEF的值是( )
A. 32
B. 2
C. 74
D. 43
10. 如图所示，点O为△ABC的内心，∠B=50°，BC
乙：四边形OMBN的面积是逐渐变化的；
丙：当ON⊥BC时，△MON周长取得最小值．
其中正确的是( )
A. 只有甲正确 B. 只有甲、丙正确
C. 只有甲、乙正确 D. 甲、乙、丙都正确
11. 如图，AB是⊙O的直径，M、N是弧AB(异于A、B)上两点，C是弧MN上一动点，∠ACB的角平分线交⊙O于点D，∠BAC的平分线交CD于点E .当点C从点M运动到点N时，则C、E两点的运动路径长的比是( )
A. 2 B. π2 C. 32 D. 52
12. 据资料，我国古代数学家祖冲之和他的儿子发展了刘徽的“割圆术”(即圆的内接正多边形边数不断增加，它的周长就越接近圆周长)，他们从圆内接正六边形算起，一直算到内接正24576边形，将圆周率精确到小数点后七位，使中国对圆周率的计算在世界上领先了一千多年，依据“割圆术”，由圆内接正六边形算得的圆周率的近似值是( )
A. 2.9 B. 3 C. 3.1 D. 3.14
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，半径为3的⊙O分别与x轴，y轴交于A，D两点，⊙O上两个动点B，C，使∠BAC=60°恒成立，设△ABC的重心为G，则DG的最小值是______．
14. 如图，将两块三角板OAB(∠OAB=45°)和三角板OCD(∠OCD=30°)放置在矩形BCEF中，直角顶点O重合，点A，D在EF边上，AB=12．
(1)若点O到BC的距离为26，则点O到EF的距离为__________；
(2)若BC=3AD，则△OCD外接圆的半径为__________．
15. 我国古代数学家赵爽的“弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示).若直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积为49，则大正方形的面积为______．
16. 如图，⊙O与正五边形ABCDE的两边AE、CD分别相切于A、C两点，则∠AOC的度数为___________．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. 如图，圆柱形水管内原有积水的水平面宽CD=20cm，水深GF=2cm.若水面上升2cm(EG=2cm)，则此时水面宽AB为多少？
18. 如图，⊙O为等边△ABC的外接圆，半径为2，点D在劣弧AB上运动(不与点A，B重合)，连接DA，DB，DC．
(1)求证：DC是∠ADB的平分线；
(2)四边形ADBC的面积S是线段DC的长x的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由；
(3)若点M，N分别在线段CA，CB上运动(不含端点)，经过探究发现，点D运动到每一个确定的位置，△DMN的周长有最小值t，随着点D的运动，t的值会发生变化，求所有t值中的最大值．
19. 如图，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AB=5，过点A作AC⊥BD，垂足为C，且AC=4，E是线段CD上一点，过E作EF⊥AD，垂足为F．
(1)请直接写出AD的长为____；
(2)如图1，若点F在∠ABD的角平分线上，求DF的长；
(3)如图2，连接CF，点G为点A关于CF的对称点．
①连接DG，CG，当四边形CGDF中有两边互相平行时，求CE的长；
②连接AG交BD于点H，点H在点E的上方，若∠BAC−∠EAH=30°，则HGAH=____．
20. 如图，BD为△ABC外接圆⊙O的直径，且∠BAE=∠C．
(1)求证：AE与⊙O相切于点A；
(2)若AE//BC，BC=23，AC=2，求AD的长．
21. 如图，以线段AC为直径的⊙O交△ABC的边AB于点D，连接CD，作∠ADC平分线交AC于点F，交⊙O于点E，连接CE，作AM⊥DE于点M，连接MO，∠BCD=∠E．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)求证：MO⊥AD；
(3)若tanE=34，△OFM的面积为2，求△CDF的面积．
22. 如图，P是⊙O外一点，PA是⊙O的切线，A是切点，B是⊙O上一点，且PB=PA，射线PO交⊙O于C、D两点．
(1)求证：PB是⊙O的切线；
(2)求证：AC平分∠PAB；
(3)若⊙O的直径是6，AB=25，则点D与▵PAB的内切圆上各点之间距离的最大值为________．
23. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠BAO=30°，AC=8.过点O作OH⊥AB于点H，以点O为圆心，OH为半径的半圆交AC于点M．
(1)求图中阴影部分的面积；
(2)点P是BD上的一个动点(点P不与点B，D重合)，当PH+PM的值最小时，求PD的长度．
24. 如图，⊙O的直径AB=10，弦AC=6，∠ACB的平分线交⊙O于D.过点D作DE//AB交CA的延长线于点E．
(1)求证：DE是⊙O的切线．
(2)求图中阴影部分的面积．
25. 阅读与思考
请阅读下列材料，并完成相应的任务：
克罗狄斯⋅托勒密(约90年−168年)，是希腊数学家，天文学家，地理学家和占星家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理，托勒密定理的内容如下：圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．即：如图1，若四边形ABCD内接于⊙O，则有______ ．
任务：(1)材料中划横线部分应填写的内容为______．
(2)如图2，正五边形ABCDE内接于⊙O，AB=2，求对角线BD的长．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查的是垂径定理，根据题意画出图形，利用数形结合进行解答是解答此题的关键.线段A′D′、BC的垂直平分线的交点为最小覆盖圆的圆心，BM为半径，根据勾股定理求出BM的长度即可．
【解答】
解：如图，取A′D′的中点E，作ME⊥A′D′，取B′的中点F，作MF⊥BC′，
以M为圆心，MB长为半径作⊙M，
则⊙M经过点D′、B、A′、C，⊙M为整个图形最小覆盖圆，
∵矩形ABCD是由边长为1的五个小正方形拼成，
∴MF=32，BF=52，
在Rt△BMF中，
BM=(32)2+(52)2=342．
2.【答案】B
【解析】解：连接OC，OD，PD，CQ.设PC=x，OP=y，OF=a，
∵PC⊥AB，QD⊥AB，
∴∠CPO=∠OQD=90°，
∵PC=OQ，OC=OD，
∴Rt△OPC≌Rt△DQO，
∴OP=DQ=y，
∴S阴=S四边形PCQD−S△PFD−S△CFQ=12(x+y)2−12⋅(y−a)y−12(x+a)x=xy+12a(y−x)，
∵PC//DQ，
∴PCDQ=PFFQ，
∴xy=y−aa+x，
∴a=y−x，
∴S阴=xy+12(y−x)(y−x)=12(x2+y2)=252
故选：B．
连接OC，OD，PD，CQ.设PC=x，OP=y，OF=a，利用分割法求出阴影部分的面积，再求出a=y−x即可判断；
本题考查勾股定理、全等三角形的判定和性质、三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用分割法求面积，属于中考选择题中的压轴题．
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了圆心角、弧、弦的关系，等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，三角形内角和定理，作出恰当的辅助线是解答此题的关键.连接OC，OD，利用半径相等和等腰三角形的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理得到α和β的数量关系，然后根据选项中角的度数，分别代入求解，得出正确结论即可．
【解答】
解：如图所示：连接OC，OD，
∵PC=OB=OC=OD，
∴∠P=∠COP，∠OCD=∠ODC，∠B=∠ODB，
∴∠OCD=∠ODC=∠P+∠COP=2∠P=2α，
∴∠AOD=∠B+∠ODB=2∠B=2β，
∵∠P+∠B+∠PDB=180°，
∴∠P+∠B+∠ODC+∠ODB=180°，
即α+β+2α+β=180°，
∴α=60∘−23β，
A.若β=30°，则α=40°，∠D=2α+β=110°≠120°，故A错误．
B.若β=60°，则α=20°，∠D=2α+β=100°≠90°，故B错误．
C.若α=10°，则β=75°，∠AOD=2β=150°，所以AD=150∘，故C正确；
D.若α=15°，则β=67.5°，∠AOD=2β=135°，所以AD=135∘≠90°，故D错误．
故选C．
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．也考查了一次函数的性质和相似三角形的判定与性质．先解方程组y=−x+7a+1y=2x−2a+4得P点坐标为(3a−1,4a+2)，则可确定点P为直线y=43x+103上一动点，设直线y=43x+103与坐标的交点为A、B，如图，则A(−52,0)，B(0,103)，利用勾股定理计算出AB=256，过M点作MP⊥直线AB于P，交⊙M于Q，此时线段PQ的值最小，证Rt△MBP∽Rt△ABO，利用相似比计算出MP=135，则PQ=85，即线段PQ的最小值为85．
【解答】
解：解方程组y=−x+7a+1y=2x−2a+4,
得x=3a−1y=4a+2,
∴P点坐标为(3a−1,4a+2)，
设x=3a−1，y=4a+2，
∴y=43x+103，
即点P为直线y=43x+103上一动点，
设直线y=43x+103与坐标的交点为A、B，如图，
则A(−52,0)，B(0,103)，
∴AB=(52 )2+(103 )2=256，
过M点作MP⊥直线AB于P，交⊙M于Q，此时线段PQ的值最小，
∵∠MBP=∠ABO，
∴Rt△MBP∽Rt△ABO，
∴MP：OA=BM：AB，即MP：52=133：256，
∴MP=135，
∴PQ=135−1=85，
即线段PQ的最小值为85．
故选C．
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了三角形的外接圆与外心，折叠的性质，直角三角形的性质，矩形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
根据折叠的性质得到∠DMC=∠EMC，∠AMP=∠EMP，于是得到∠PME+∠CME=12×180°=90°，求得△CMP是直角三角形；故①正确；
根据平角的定义得到点C、E、G在同一条直线上，故②错误；
设AB=x，则AD=22x，得到DM=12AD=2x，根据勾股定理得到CM=DM2+CD2=3x，易得到CP=3x22x=322x，得到PC=3MP，故③错误；
求得PB=22AB，故④正确，根据平行线等分线段定理得到CF=PF，求得点F是△CMP外接圆的圆心，故⑤正确．
【解答】
解：∵沿着CM折叠，点D的对应点为E，
∴∠DMC=∠EMC，
∵再沿着MP折叠，使得AM与EM重合，折痕为MP，
∴∠AMP=∠EMP，
∵∠AMD=180°，
∴∠PME+∠CME=12×180°=90°，
∴△CMP是直角三角形；故①正确；
∵沿着CM折叠，点D的对应点为E，
∴∠D=∠MEC=90°，
∵再沿着MP折叠，使得AM与EM重合，折痕为MP，
∴∠MEG=∠A=90°，
∴∠GEC=180°，
∴点C、E、G在同一条直线上，故②错误；
∵AD=22AB，
∴设AB=x，则AD=22x，
∵将矩形ABCD对折，得到折痕MN；
∴DM=12AD=2x，
∴CM=DM2+CD2=3x，
∵∠PMC=90°，MN⊥PC，∠MCN=∠PCM，
∴△CMN∽△CPM，
∴CM2=CN⋅CP，
∴CP=3x22x=322x，
∴PN=CP−CN=22x，
∴PM=MN2+PN2=62x，
∴PCPM=322x62x=3，
∴PC=3MP，故③错误；
∵PC=322x，
∴PB=22x−322x=22x，
∴ABPB=x22x，
∴PB=22AB，故④正确，
∵CD=CE，EG=AB，AB=CD，
∴CE=EG，
∵∠CEM=∠G=90°，
∴FE//PG，
∴CF=PF，
∵∠PMC=90°，
∴CF=PF=MF，
∴点F是△CMP外接圆的圆心，故⑤正确；
故选：B．
6.【答案】C
【解析】解：延长AB到G，使BG=BA，延长AD到H，使DH=DA，连接CG，CH，GH，GE，FH，
∵AC是⊙O直径，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∴AG⊥CB，AH⊥CD，
∵BG=BA，DH=DA，
∴CG=CA=CH，AE=GE，AF=FH，
∴∠GCB=∠ACB，∠HCD=∠ACD，∠CGH=∠CHG，∠CAB=∠CGB，∠CAD=∠CHD，∠CAE=∠CGE，∠CAF=∠CHF，
∵△AEF周长=AE+AF+EF=GE+EF+FH≥GH，
当点G，E，F，H在一条直线上时，△AEF周长最小为GH的长，
此时∠GCH=∠CAB+∠CGB+∠CAD+∠CHD=2∠BCD，
∵∠BCD=50°，
∴∠GCH=100°，
∴∠CGH=∠CHG=40°，
∴∠EAF=∠EAC+∠FAC=∠CGH+∠CHG=80°，
故选：C．
延长AB到G，使BG=BA，延长AD到H，使DH=DA，连接CG，CH，GH，GE，FH，根据圆周角定理及等腰三角形的性质、线段垂直平分线的性质求解即可．
此题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理并得到“点G，E，F，H在一条直线上时，△AEF周长最小”是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形，根据题意得出D在以AB为直径的圆上运动是解题的关键．
连接BD，则∠ADB=90°，则D在以AB为直径的圆上运动，当点D运动到D1时，CD的值最小，根据勾股定理求出CO，由CD1=CO−OD1即可解答．
【解答】
解：如图：连接BD，过点C作CG⊥AB交AB延长线于点G，则∠ADB=90°，
∴D在以AB为直径的圆上运动，
∵∠ABC=120°，
∴∠CBG=60°，∠BCG=30°，
∴CG=3，BG=1，
∴OG=2，
∴当点D运动到D1时，CD的值最小，
此时CO=32+22=7，
CD1=CO−OD1=7−1．
故选B．
8.【答案】D
【解析】解：连接OD，DE，EB，
CD与BC是⊙O的切线，∠ODC=∠OBC=90°，OD=OB，
∵OC=OC
∴Rt△CDO≌Rt△CBO，
∴∠COD=∠COB，
∴∠COB=∠DAB=12∠DOB，
∴AD//OC，故①正确；
∵CD是⊙O的切线，
∴∠CDE=12∠DOE，而∠BDE=12∠BOE，
∴∠CDE=∠BDE，即DE是∠CDB的角平分线，同理可证得BE是∠CBD的平分线，
因此E为△CBD的内心，故②正确；
若FC=FE，则应有∠OCB=∠CEF，应有∠CEF=∠AEO=∠EAB=∠DBA=∠DEA，
∴弧AD=弧BE，而弧AD与弧BE不一定相等，故③不正确；
设AE、BD交于点G，由②可知∠EBG=∠EBF，
又∵BE⊥GF，
∴FB=GB，
由切线的性质可得，点E是弧BD的中点，∠DCE=∠BCE，
又∵∠MDA=∠DCE(平行线的性质)=∠DBA，
∴∠BCE=∠GBA，
而∠CFE=∠ABF+∠FAB，∠DGE=∠ADB+∠DAG，∠DAG=∠FAB(等弧所对的圆周角相等)，
∴∠AGB=∠CFE，
∴△ABG∽△CEF，
∴CE⋅GB=AB⋅CF，
又∵FB=GB，
∴CE⋅FB=AB⋅CF
故④正确．
因此正确的结论有：①②④．
故选：D．
根据切线长定理，证△COB≌△COD，可得∠COB=12∠BOD，根据圆周角定理即可得出∠DAB=∠COB，由此可证得AD//OC；
连接DE、BE；上面已证得弧DE=弧BE，根据弦切角定理以及圆周角定理相等，易求得DE、BE分别平分∠CDB和∠CBD；根据三角形内心的定义，即可得出结论②正确；
若FE=FC，则∠OCB=∠CEF=∠OEA=∠OAE，在Rt△OBC中，BD⊥OC，易得∠DBA=∠OCB，即∠DBA=∠EAB；因此弧BE=弧AD，而这个条件并不一定成立．故③不正确；
先证明FB=GB，然后证明△ABG∽△CEF，从而可得出④正确．
本题利用了切线长定理，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，弦切角定理，内心的概念，以及对相似三角形的性质求解．
9.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了切线的性质，切线长定理，勾股定理，圆周角定理，锐角三角函数的概念，解答本题的关键是掌握求三角形内切圆半径的思路与方法；连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，过点B作BG⊥AC于G，首先根据切线长定理得出AF=AD=6，BD=BE=7，CE=CF=8，以及△ABC的三边长，设AG=x，则CG=AC−AG=14−x，
在Rt△ABG中，∠AGB=90°，BG2=AB2−AG2，在Rt△CBG中，∠CGB=90°，BG2=BC2−CG2，进一步得出AB2−AG2=BC2−CG2，即132−x2=152−14−x2，解得x=5，得出AG的长，利用勾股定理求出BG的长，利用三角形的面积公式求出△ABC的面积，设OD=OE=OF=r，根据S△ABC=S△ABO+S△BCO+S△ACO，求出r=4，即OF=4，在Rt△OAF中，∠AFO=90°，AF=6，OF=4，求出tan∠AOF=AFOF=64=32，最后证明Rt△AOF≌Rt△AOD(HL)，得出∠AOF=∠AOD=12∠DOF，根据圆周角定理可得∠DEF=12∠DOF，得出∠DEF=∠AOF，即可解答．
【解答】
解：连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，过点B作BG⊥AC于G，如图：
则OD=OE=OF，
根据切线的性质可知：OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
∵AD=6，BE=7，CF=8，
∴根据切线长定理可知：AF=AD=6，BD=BE=7，CE=CF=8，
∴AB=AD+BD=6+7=13，BC=BE+CE=7+8=15，AC=AF+CF=6+8=14，
∵BG⊥AC于G，
∴∠AGB=∠CGB=90°，
设AG=x，则CG=AC−AG=14−x，
在Rt△ABG中，∠AGB=90°，BG2=AB2−AG2，
在Rt△CBG中，∠CGB=90°，BG2=BC2−CG2，
∴AB2−AG2=BC2−CG2，即132−x2=152−14−x2，解得x=5，
∴AG=5，
∴BG=AB2−AG2=132−52=12，
∴S△ABC=12AC·BG=12×14×12=84，
设OD=OE=OF=r，
∴S△ABC=S△ABO+S△BCO+S△ACO
=12AB·OD+12BC·OE+12AC·OF
=12×13r+12×15r+12×14r
=21r，
∴21r=84，
∴r=4，
∴OF=4，
在Rt△OAF中，∠AFO=90°，AF=6，OF=4，
∴tan∠AOF=AFOF=64=32，
在Rt△AOF和Rt△AOD中，
OF=ODOA=OA,
∴Rt△AOF≌Rt△AOD(HL)，
∴∠AOF=∠AOD=12∠DOF，
根据圆周角定理可得∠DEF=12∠DOF，
∴∠DEF=∠AOF，
∴tan∠DEF=tan∠AOF=32．
故选A．
10.【答案】B
【解析】解：如图，过点O作OD⊥BC，OE⊥AB于点D，E，连接OB，
∵点O为△ABC的内心，
∴OB是∠ABC的平分线，
∴OD=OE，
在Rt△DON和Rt△EOM中，
ON=OMOE=OD，
∴Rt△DON≌Rt△EOM(HL)，
∴∠DON=∠EOM，
∴∠DOE=∠MON，
∵∠B=50°，
∴∠DOE=∠MON=130°，所以甲的判断正确；
∵△DON≌△EOM，
∴四边形OMBN的面积=2S△BOD，
∵点D的位置固定，
∴四边形OMBN的面积是定值，
所以乙的判断错误；
如图，过点O作OF⊥MN于点F，
∵ON=OM，∠MON=130°，
∴∠ONM=25°，
∴MN=2NF=2ONcos∠ONM=2ONcos25°，
∴△MON的周长=MN+2ON=2ONcos25°+2ON=2ON(cos25°+1)，
∴当ON最小时，即当ON⊥BC时，△MON的周长取得最小值，
所以丙的判断正确．
综上所述：说法正确的是甲、丙．
故选：B．
过点O作OD⊥BC，OE⊥AB于点D，E，根据三角形内心可得OD=OE，然后证明△DON≌△EOM，可得ON=OM；连接OB，根据△DON≌△EOM，可得四边形OMBN的面积=2S△BOD，根据点D的位置固定，可得四边形OMBN的面积是定值；过点O作OF⊥MN于点F，根据ON=OM，∠MON=130°，可得∠ONM=25°，MN=2NF=2ONcos25°，所以△MON的周长=2ON(cos25°+1)，可得当ON最小时，即当ON⊥BC时，△MON的周长最小值，进而可得结论．
本题考查了三角形的内切圆与内心，等腰三角形的判定，圆周角定理，轴对称−最短路线问题，解决本题的关键是掌握三角形内心定义．
11.【答案】A
【解析】解：如图，连接EB.设OA=r．
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵E是△ACB的内心，
∴∠AEB=135°，
∵∠ACD=∠BCD，
∴AD=DB，
∴AD=DB=2r，
∴∠ADB=90°，
易知点E在以D为圆心、DA为半径的圆上，运动轨迹是GF，点C的运动轨迹是MN，
∵∠MON=2∠GDF，设∠GDF=α，则∠MON=2α，
∴MN的长GF的长=2α⋅π⋅r180α⋅π⋅2r180=2．
故选：A．
如图，连接EB.设OA=r.易知点E在以D为圆心DA为半径的圆上，运动轨迹是GF，点C的运动轨迹是MN，由题意∠MON=2∠GDF，设∠GDF=α，则∠MON=2α，利用弧长公式计算即可解决问题．
本题考查弧长公式，圆周角定理，三角形的内心等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找点的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了正多边形和圆以及解直角三角形的运用，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．设半径为r的圆内接正n边形的周长为L，圆的直径为d，则π≈Ld，代入数值计算即可．
【解答】
解：设半径为r的圆内接正n边形的周长为L，圆的直径为d，由题意可得：：由题意n=6时，π≈Ld=6r2r=3，
故选B．
13.【答案】10−1
【解析】解：如图，连接AG并延长，交BC于点F，连接BO，OF，
∵点G为△ABC的重心，
∴F为BC的中点，
∴OF⊥BC，
∵∠BAC=60°，
∴∠BOF=60°，
∴∠OBF=30°，
∴OF=12OB=12×3=32，
∵点G为△ABC的重心，
∴AG=2FG，
∴AG=23AF，
在OA上取点E，使得AE=23AO，连接EG，ED，则E(1,0)，
∵AGAF=AEOA=23，∠FAO=∠GAE，
∴△AFO∽△AGE，
∴EGOF=AEAO=23，
∴EG=1，
∴点G在以E为圆心，半径为1的圆上运动，
∴当点D，G，E三点共线时，DG的值最小，
∵DE=OD2+OE2=32+12=10，
∴DG的最小值为DE−GE=10−1，
故答案为：10−1．
连接AG并延长，交BC于点F，连接OB，OF，由△ABC的重心为G，可知F为BC的中点，再由垂径定理可知OF⊥BC，从而可求得OF的长；在AO上取点E，使AE=23AO，连接GE，ED，可判定△AGE∽△AFO，由相似三角形的性质列出比例式，求得GE的长，进而可得点E的坐标，利用勾股定理求出DE的长，根据G在以E为圆心，1为半径的圆上运动，可知DG的最小值为DE的长减去EG的长计算即可．
本题考查了三角形的重心，30°角所对的直角边等于斜边的一半，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，准确作出辅助线构造相似三角形得到点G的运动轨迹是解题的关键．
14.【答案】(1)43；(2)215
【解析】
【分析】
本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，三角形的外接圆，解答本题的关键是掌握利用全等三角形的性质证明线段相等的思路与方法．
(1)过点O作MN⊥FE于M，交BC于N，连接OF，取AB的中点为G，连接GF、GO，首先证明A、F、B、O在以O为圆心，以GF的长为半径的圆G上，然后根据圆周角定理得出∠OFB=∠OAB=45°，进一步得出∠OFM=45°，△OFM是等腰直角三角形，OM=MF，再证明△BON≌△OAM，得出ON=AM，再根据ON的长，OA的长利用勾股定理求出OM的长，即可求解；
(2)过点O作MN⊥FE于M，交BC于N，根据(1)的结论可知ON=AM，BN=OM，然后证明△CON∽△ODM，得出ONDM=CNOM=COOD=3，然后利用勾股定理求出ON的长，OC的长、CD的长，即可求解．
【解答】
解：(1)过点O作MN⊥FE于M，交BC于N，连接OF，取AB的中点为G，连接GF、GO，如图：
则四边形BFMN是矩形，
∴BN=FM，∠BNO=90°，
∵四边形BCEF是矩形，
∴∠AFB=90°，
∵点G是AB的中点，
∴FG是Rt△ABF的斜边AB上的中线，OG是Rt△ABO的斜边AB上的中线，
∴FG=12AB=AG=BG，OG=12AB=AG=BG，
∴GF=GA=GB=GO，
∴A、F、B、O在以O为圆心，以GF的长为半径的圆G上，
∴根据圆周角定理可得∠OFB=∠OAB=45°，
∴∠OFM=∠BFM−∠OFB=45°，
∴∠MOF=90°−∠OFM=90°−45°=45°，
∴△OFM是等腰直角三角形，OM=MF，
又∵BN=FM，
∴BN=OM，
∵∠AMO=∠AOB=90°，
∴∠MAO+∠MOA=∠MOA+∠NOB=90°，
∴∠MAO=∠NOB，
在△BON和△OAM中，
∠BNO=∠OMA=90°∠NOB=∠MAOBN=OM,
∴△BON≌△OAMAAS，
∴ON=AM，
∵点O到BC的距离为26，
∴ON=26，
∴AM=26，
在Rt△AOB中，∠AOB=90°，OA=OB，AB=12，
根据勾股定理可得OA2+OB2=AB2，即2OA2=122，
∴OA=62，OB=62，
在Rt△AOM中，∠AMO=90°，
∴OM=OA2−AM2=622−262=43，
∴点O到EF的距离为43．
故答案为：43；
(2)过点O作MN⊥FE于M，交BC于N，如图：
则四边形BFMN和四边形MNCE都是矩形，
∴∠BNO=90°，∠CNO=∠OMD=90°，
∵∠CNO=∠COD=90°，
∴∠NCO+∠NOC=∠NOC+∠MOD=90°，
∴∠NCO=∠MOD，
由(1)可知ON=AM，BN=OM，OB=62，
设ON=h，则AM=h，
在Rt△COD中，∠COD=90°，∠CDO=90°−∠OCD=90°−30°=60°，
∴OCOD=tan∠CDO=tan60°=3，OCCD=sin∠CDO=sin60°=32
∴OC=3OD，CD=233OC，
∵∠CNO=∠OMD=90°，∠NCO=∠MOD，
∴△CON∽△ODM，
∴ONDM=CNOM=COOD=3，
∴DM=33ON=33h，CN=3OM，
∴AD=AM+MD=h+33h=3+33h，CN=3OM=3BN，
∴BC=BN+CN=BN+3BN=3+1BN，
∵BC=3AD，
∴BC=3×3+33h=3+3h，
∴3+1BN=3+3h，
∴BN=3h，
∴CN=3BN=3×3h=3h，
在Rt△BON中，∠BNO=90°，BN=3h，ON=h，OB=62，
根据勾股定理可得BN2+ON2=OB2，即3h2+h2=622，
∴h=32，
∴ON=32，
∴CN=3×32=92，
在Rt△CON中，∠CNO=90°，ON=32，CN=92，
∴OC=ON2+CN2=322+922=65，
∴CD=233OC=233×65=415，
∵△OCD是直角三角形，∠COD=90°，
∴△OCD外接圆的直径是CD，
∴△OCD外接圆的半径为12CD=12×415=215．
故答案为215．
15.【答案】289
【解析】解：如图，设内切圆的圆心为O，连接OE、OD，
则四边形EODC为正方形，
∴OE=OD=3=AC+BC−BA2，
∴AC+BC−AB=6，
∴AC+BC=AB+6，
∴(AC+BC)2=(AB+6)2，
∴BC2+AC2+2BC×AC=AB2+12AB+36，
而BC2+AC2=AB2，
∴2BC×AC=12AB+36①，
∵小正方形的面积为49，
∴(BC−AC)2=49，
∴BC2+AC2−2BC×AC=49②，
把①代人②中得
AB2−12AB−85=0，
∴(AB−17)(AB+5)=0，
∴AB=17(负值舍去)，
∴大正方形的面积为289．
故答案为：289．
如图，设内切圆的圆心为O，连接OE、OD，则四边形EODC为正方形，然后利用内切圆和直角三角形的性质得到AC+BC=AB+6，(BC−AC)2=49，接着利用完全平方公式进行代数变形，最后解关于AB的一元二次方程解决问题．
本题主要考查了三角形的内切圆的性质，正方形的性质及勾股定理的应用，同时也利用了完全平方公式和一元二次方程，综合性强，能力要求高．
16.【答案】144°
【解析】
【分析】
本题主要考查的是多边形的内角和定理，切线的性质，正多边形和圆等有关知识．
先根据五边形的内角和求出∠E=∠D=108°，再由切线的性质得到∠OAE=∠OCD=90°，最后利用五边形的内角和相减即可求解．
【解答】
解：∵正五边形的内角为：5−2×180°÷5=108°，
∴∠E=∠D=108°，
∵AE，CD分别与⊙O相切于点A，C两点，
∴∠OAE=∠OCD=90°，
∴∠AOC=540°−90°−90°−108°−108°=144°．
故答案为144°．
17.【答案】解：连接OA、OC，
∵由题意知：AB//CD，OE⊥AB，OF⊥CD，CD=20cm，
∴CG=12CD=10cm，
在Rt△OGC中，由勾股定理得：OC2=CG2+OG2，
OC2=102+(OC−2)2，
解得：OC=26(cm)，
则OE=26cm−2cm−2cm=22cm，
∵在Rt△OEA中，由勾股定理得：OA2=OE2+AE2，
∴262=222+AE2，
∴AE=83，
∵OE⊥AB，OE过O，
∴AB=2AE=163cm．
【解析】连接OA、OC，根据垂径定理求出CG，根据勾股定理求出OC，根据勾股定理求出AE，根据垂径定理求出即可．
本题考查了勾股定理，垂径定理的应用，能构造直角三角形是解此题的关键，注意：垂直于弦的直径平分弦．
18.【答案】证明：(1)∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，
∵∠ADC=∠ABC=60°，∠BDC=∠BAC=60°，
∴∠ADC=∠BDC，
∴DC是∠ADB的平分线；
(2)四边形ADBC的面积S是线段DC的长x的函数，
理由如下：
如图1，将△ADC绕点逆时针旋转60°，得到△BHC，
∴CD=CH，∠DAC=∠HBC，
∵四边形ACBD是圆内接四边形，
∴∠DAC+∠DBC=180°，
∴∠DBC+∠HBC=180°，
∴点D，点B，点H三点共线，
∵DC=CH，∠CDH=60°，
∴△DCH是等边三角形，
∵四边形ADBC的面积S=S△ADC+S△BDC=S△CDH=34CD2，
∴S=34x2；(23<×⩽4)
(3)如图2，作点D关于直线AC的对称点E，作点D关于直线BC的对称点F，
∵点D，点E关于直线AC对称，
∴EM=DM，
同理DN=NF，
∵△DMN的周长=DM+DN+MN=FN+EM+MN，
∴当点E，点M，点N，点F四点共线时，△DMN的周长有最小值，
则连接EF，交AC于M，交BC于N，连接CE，CF，DE，DF，
∴△DMN的周长最小值为EF=t，
∵点D，点E关于直线AC对称，
∴CE=CD，∠ACE=∠ACD，
∵点D，点F关于直线BC对称，
∴CF=CD，∠DCB=∠FCB，
∴CD=CE=CF，∠ECF=∠ACE+∠ACD+∠DCB+∠FCB=2∠ACB=120°，
∵CP⊥EF，CE=CF，∠ECF=120°，
∴EP=PF，∠CEP=30°，
∴PC=12EC，PE=3PC=32EC，
∴EF=2PE=3EC=3CD=t，
∴当CD有最大值时，EF有最大值，即t有最大值，
∵CD为⊙O的弦，
∴CD为直径时，CD有最大值4，
∴t的最大值为43．
【解析】(1)由等边三角形的性质可得∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，圆周角定理可得∠ADC=∠BDC=60°，可得结论；
(2)将△ADC绕点逆时针旋转60°，得到△BHC，可证△DCH是等边三角形，可得四边形ADBC的面积S=S△ADC+S△BDC=S△CDH=34CD2，即可求解；
(3)作点D关于直线AC的对称点E，作点D关于直线BC的对称点F，由轴对称的性质可得EM=DM，DN=NF，可得△DMN的周长=DM+DN+MN=FN+EM+MN，则当点E，点M，点N，点F四点共线时，△DMN的周长有最小值，即最小值为EF=t，由轴对称的性质可求CD=CE=CF，∠ECF=120°，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可求EF=2PE=3EC=3CD=t，则当CD为直径时，t有最大值为43．
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
19.【答案】解：(1)203．
(2)如图1中，作FH⊥BD于H．
∵∠FAB=∠FHB=90∘，∠FBA=∠FBH，BF=BF，
∴△FBA≌△FBH(AAS)，
∴AF=FH，BA=BH=5，
由(1)得：BD=253，
∴DH=253−5=103，
设AF=FH=x，则DF=203−x，
在Rt△DFH中，∵DF2=DH2+FH2，
∴(203−x)2=(103)2+x2，
∴x=52，
∴DF=203−52=256．
(3)①如图2−1中，当DG // CF时，设CF交AG于P．
∵A，G关于CF对称，
∴CF垂直平分线段AG，
∴AP=PG，∠APF=90∘，
∵PF//DG，AP=PG，
∴AF=DF，
∵∠BAD=90°，EF⊥AD，
∴EF//AB，
∴DE=BE=256，
∴EC=BE−CB=256−3=76．
如图2−2中，当DF//CG时，
∵CG//AD，
∴∠AFC=∠FCG，
由对称的性质可知：∠FCG=∠FCA，
∴∠AFC=∠ACF，
∴AF=AC=4，
∵EF//AB，
∴BEBD=AFAD，
∴BE253=4203，
∴BE=5，
∴EC=BE−BC=5−3=2，
综上所述，满足条件的EC的值为2或76．
②12．
【解析】
【分析】
本题考查了相似三角形综合，涉及到相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，平行线分线段成比例定理，轴对称的性质，圆周角定理，直角三角形斜边上的中线的性质，含30°角的直角三角形性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
(1)在Rt△ACB中，利用勾股定理求出BC，再证明△BAC∽△BDA，利用相似三角形的性质求出AD即可．
(2)如图1中，作FH⊥BD于H.证明△FBA≌△FBH(AAS)，推出AF=FH，BA=BH=5，设AF=FH=x，则DF=203−x，在Rt△DFH中，根据DF2=DH2+FH2，构建方程求出x即可解决问题．
(3) ①分两种情形：当DG//CF时，设CF交AG于P.利用三角形的中位线定理证明AF=DF，进而得出DE=BE=256，即可解决问题.当DF//CG时，证明AF=AC，再利用平行线分线段成比例定理，构建方程解决问题．
②设CF交AG于P.先证明∠CAP=∠PCH=30∘，设PC=k，根据含30°角的直角三角形性质得出AP=PG=3k，PH=33k，分别求出GH，AH即可解决问题．
【解答】
解：(1)∵AC⊥BD，
∴∠ACB=90∘，
∵AB=5，AC=4，
∴BC=AB2−AC2=52−42=3，
∵∠ABC=∠ABD，∠ACB=∠BAD=90∘，
∴△BAC∽△BDA，
∴ABBD=ACAD=BCAB，
∴5BD=4AD=35，
∴BD=253，AD=203．
(2)见答案；
(3)①见答案；
②如图3中，设CF交AG于P．
∵∠ACH=∠APC=90∘，
∴∠PCH+∠ACP=90∘，∠ACP+∠PAC=90∘，
∴∠PCH=∠PAC，
设∠PAC=∠PCH=α，
∵∠AFE=90∘，∠ACE=90∘，
∴A，F，E，C四点到AE的中点的距离相等，
∴A，F，E，C四点在以AE为直径的圆上，
∴∠FAE=∠ECF=α，
设∠CAB=β，
∵∠DAB=90∘，
∴α−∠EAG+α+β=90∘，
∵β−∠EAG=30∘，
∴2α=60∘，
∴α=30∘，
∴∠CAP=∠PCH=30∘，
设PC=k，
则根据含30°角的直角三角形性质得：在Rt△APC中，AP=PG=3PC=3k，在Rt△HPC中，PH=PC3=33k，
∴GH=3k−33k=233k，AH=3k+33k=433k，
∴GHAH=233k433k=12．
20.【答案】解：(1)连接AO并延长交⊙O于点F，连接BF，
则AF为直径，∠ABF=90°，
∵AB=AB，
∴∠ACB=∠F，
∵∠BAE=∠ACB，
∴∠BAE=∠F，
∵∠FAB+∠F=90°，
∴∠FAB+∠BAE=90°，
∴OA⊥AE，
∴AE与⊙O相切于点A．
(2)连接OC，
∵AE//BC，
∴∠BAE=∠ABC，
∵∠BAE=∠ACB，
∴∠ACB=∠ABC，
∴AC=AB=2，
∴∠AOC=∠AOB，
∵OC=OB，
∴OA⊥BC，
∴CH=BH=12BC=3，
在Rt△ABH中，
AH=AB2−BH2=1，
在Rt△OBH中，设OB=r，
∵OH2+BH2=OB2，
∴(r−1)2+(3)2=r2，
解得：r=2，
∴DB=2r=4，
在Rt△ABD中，AD=BD2−AB2=42−22=23，
∴AD的长为23．
【解析】(1)连接半径OA并延长构造过切点的直径及与∠BAE相等的圆周角∠F，两角与分别与公共角∠FAB互余，即可证出相切；
(2)连接OC，利用圆心角定理及三线合一定理证出OA⊥BC，CH=BH，分别在△ABH，△OBH和△ABD中通过勾股定理即可求出结果．
本题考查了切线的判定定理，垂径定理，圆心角定理及勾股定理等；注意本题还有多种其它解答方法．
21.【答案】(1)证明：∵AC为⊙O的直径，D点在⊙O上，
∴∠CDA=90°
∴∠DAC+∠DCA=90°，
∵∠DAC=∠E，
∵∠BCD=∠E
∴∠BCD=∠DAC，
∴∠BCD+∠ACD=90°，
∴BC⊥AC，
∵AC是⊙O的直径，
∴BC是⊙O的切线；
(2)证明：连接DO，过点M作MG⊥AB交于G，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADM=∠CDE=12∠ADC=45°，
∵AM⊥DE，
∴∠DAM=45°，
∴DM=AM，
∴△ADM是等腰直角三角形，
∵MG⊥AD，
∴DG=AG，
∴M、O、G三点共线，
∴MO⊥AD；
(3)解：∵∠E=∠DAC，
∵tanE=34，
∴CDAD=34，
设CD=3x，则AD=4x，
∴AC=5x，
由(2)知，OA=OD=OC=52x，
∵AG=DG=MG=2x，
∴OG=32x，
∴OM=MG−OG=12x，
∵CD⊥AD，MG⊥AD，
∴CD//MG，
∴∠CDF=∠FMO，∠DCF=∠FOM，
∴△CDF∽△OMF，
∴S△CDFS△OMF=(CDOM)2=(3x12x)2=36，
∴S△CDF=36S△OFM=72．
【解析】(1)利用同弧所对的圆周角相等，可得∠BCD=∠DAC，可得∠BCD+∠ACD=90°，即可证明；
(2)连接DO，过点M作MG⊥AB交于G，证明△ADM是等腰直角三角形，再由等腰三角形三线合一可得M、O、G三点共线，即可证明；
(3)由题意可得CDAD=34，设CD=3x，则AD=4x，AC=5x，求出OM=MG−OG=12x，再由CD//MG，可证明△CDF∽△OMF，根据相似三角形的性质即可得到结论．
本题考查切线的判定和性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握圆周角定理，切线的判定和性质定理是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：如图，连接OA、OB．
∴PA是⊙O的切线，A是切点，
∴OA⊥AP，
∴∠PAO=90∘．
∵OA=OB，PA=PB，OP=OP，
∴△APO≌△BPO(SSS)，
∴∠PAO=∠PBO=90°，
∴OB⊥BP，
又PB经过半径OB的外端点B，
∴PB是⊙O的切线；
(2)如图，设OP与AB交于点E．
∵△AOP≌△BOP，
∴∠APO=∠BPO，
又PA=PB，
∴PO⊥AB，
∴∠AEO=90∘．
在△AEO中，∠AEO=90∘，
∴∠EAO+∠AOE=90∘．
在△AOP中，∠PAO=90∘．
∴∠APO+∠AOP=90∘．
∴∠EAO=∠APO，
∵∠ACO是△ACP的外角，
∴∠ACO=∠CAP+∠APC，
又∠ACO=∠OAC，∠EAO=∠APC，
∴∠CAE=∠CAP．
∴AC平分∠PAB；
(3)7．
【解析】
【分析】
本题为圆的综合题.主要考查了切线的判定与性质、垂径定理、全等三角形的判定与性质、角平分线的判定、内切圆知识等.也考查了勾股定理和三角形的外角性质.熟练掌握圆的知识是解答的关键．
(1)连接OA、OB，证明△APO≌△BPO得到OB⊥BP即可证明；
(2)设OP与AB交于点E，证得∠AEO=90∘.再证明∠EAO=∠APO，进而得到∠CAE=∠CAP即可证明；
(3)利用垂径定理和勾股定理求出CE的长，并明确▵PAB的内切圆圆心和半径，根据⊙C与线段PC的交点与点D的距离最大解答即可．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)如图，
∵CD=6，AB=25，
∴AO=CO=3，AE=5，
在Rt△AOE中，OE=AO2−AE2=2，
∴CE=CO−OE=1，
∵PA、PB是⊙O的切线，
∴PD平分∠APB，又AC平分∠PAB，
∴点C为▵PAB的内切圆的圆心，
∵CE=1，
∴此内切圆的半径为1，
由图可知：⊙C与线段PC的交点与点D的距离最大，最大值为CD+1=7．
故答案为7．
23.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC=4，
∵OH⊥AB，
∴∠AHO=90°，
∵∠OAH=30°，
∴∠AOH=60°，OH=12OA=2，AH=3OH=23，
∴S阴=S△AOH−S扇形OMH=12×2×23−60⋅π⋅22360=23−23π.
(2)作点M关于B的对称点M′，连接HM′交BD于P，连接PM，连接PM，此时PH+PM的值最小．
∵OH=OM′，
∴∠OHM′=∠OM′H，
∵∠AOH=∠OHM′+∠OM′H=60°，
∴OP=OM′⋅tan30°=233，
∵OD=OA⋅tan30°=433，
∴PD=OD+OP=433+233=23．
【解析】(1)解直角三角形求出AH，OH，根据S阴=S△AOH−S扇形OMH，求解即可．
(2)作点M关于B的对称点M′，连接HM′交BD于P，连接PM，连接PM，此时PH+PM的值最小，解直角三角形求出OP，OD即可．
本题考查扇形的面积公式，菱形的性质，圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
24.【答案】(1)证明：(1)如图，连接OD，
∵AB是直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ABD=∠ACD=12∠ACB=45°，
∴∠AOD=90°，即OD⊥AB，
∵DE//AB，
∴OD⊥DE，
∵OD是半径，
∴DE是⊙O的切线；
(2)解：∵AB=10，AC=6，
∴BC=8，
过点A作AF⊥DE于点F，则四边形AODF是正方形，
∴AF=OD=FD=OA=5，
∵DE//AB，
∴∠AEF=∠CAB，
又∵∠ACB=∠AFE=90∘
∴△ACB∽△EFA，
∴EFAC=AFBC，即EF6=58，
∴EF=154，
∴DE=DF+EF=354，
∴S梯形OAED=12(5+354)×5=2758，S扇形OAD=25π4，
∴S阴影=2758−25π4．
【解析】本题考查的是平行线的性质，圆周角定理，切线的判定，角平分线，正方形的判定与性质，扇形的面积，相似三角形的判定与性质有关知识．
(1)由∠AOD=90°，即OD⊥AB，根据DE//AB可得OD⊥DE，即可得证；
(2)先利用勾股定理求出BC，然后再证明△ACB∽△EFA得出EFAC=AFBC，求出EF，最后再利用扇形的面积，梯形的面积，最后求出阴影部分面积
25.【答案】解：(1)AB⋅CD+AD⋅BC=AC⋅BD ；
(2)如图，连接AD、AC．
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴△ABC≌△DCB≌△AED(SAS)，
∴设BD=AC=AD=x．
在圆内接四边形ABCD中，由托勒密定理可得：AB⋅CD+AD⋅BC=AC⋅BD，
即2×2+x⋅2=x2，
解得：x1=1+5，x2=1−5(舍去)．
∴对角线BD的长为1+5．
【解析】
解：(1)根据托勒密定理可得：AB⋅CD+AD⋅BC=AC⋅BD，
故答案为：AB⋅CD+AD⋅BC=AC⋅BD；
(2)见答案；
【分析】
(1)根据题意即可得到结论．
(2)连接AD、AC，根据正多边形的性质可得出△ABC≌△DCB≌△AED，根据全等三角形的性质可设BD=AC=AD=x，在圆内接四边形ABCD中，利用托勒密定理可得关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
本题考查了命题、正多边形的性质、全等三角形的性质以及解一元二次方程，利用托勒密定理找出关于x的一元二次方程是解决问题的关键．
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