第三章 圆【压轴题型专项训练】原卷版+解析版-2022-2023学年九年级数学下册单元复习（北师大版）

这是一份第三章 圆【压轴题型专项训练】原卷版+解析版-2022-2023学年九年级数学下册单元复习（北师大版），文件包含第三章圆压轴题型专项训练解析版docx、第三章圆压轴题型专项训练原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共69页， 欢迎下载使用。
第三章 圆
压轴题型专项训练
（时间：90分钟 分值：100分 ）
一、单选题
1．如图，四边形为的内接四边形，平分，于点，已知，，则的值为（ ）


A． B． C．4 D．
【答案】A
【分析】
延长BA到E，使AE＝BC，连接DE，如图，根据圆周角定理得到∠DAC＝∠DBC＝60°，∠DCA＝∠DBA＝60°，再判断△DAC为等边三角形得到DA＝DC，于是可证明△ADE≌△BCD，所以∠E＝∠DBC＝60°，接着判断△DBE为等边三角形，所以BH＝EH，然后计算出BH得到BE的长，从而得到AB+BC的长．
【详解】
解：延长BA到E，使AE＝BC，连接DE，如图，

∴∠DAE=∠DCB
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠ABC＝×120°＝60°，
∵∠DAC＝∠DBC＝60°，∠DCA＝∠DBA＝60°，
∴△DAC为等边三角形，
∴DA＝DC，
在△ADE和△BCD中，
，
∴△ADE≌△BCD（SAS），
∴∠E＝∠DBC＝60°，
而∠DBA＝60°，
∴△DBE为等边三角形，
∵DH⊥AB，
∴BH＝EH，
在Rt△BDH中，BH＝DH＝×＝，
∴BE＝2BH＝，
∴AB+BC＝．
故选：A．
【点睛】
此题主要考查圆内线段求解，解题的关键是熟知勾股定理、圆内接四边形的性质、圆周角定理、角平分线的性质、垂径定理的应用．
2．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝7，AC＝9，以C为圆心、3为半径作⊙C，P为⊙C上一动点，连接AP、BP，则AP＋BP的最小值为（ ）

A．7 B．5 C． D．
【答案】B
【详解】
思路引领：如图，在CA上截取CM，使得CM＝1，连接PM，PC，BM．利用相似三角形的性质证明MPPA，可得AP+BP＝PM+PB≥BM，利用勾股定理求出BM即可解决问题．
答案详解：如图，在CA上截取CM，使得CM＝1，连接PM，PC，BM．
∵PC＝3，CM＝1，CA＝9，
∴PC2＝CM•CA，
∴，
∵∠PCM＝∠ACP，
∴△PCM∽△ACP，
∴，
∴PMPA，
∴AP+BP＝PM+PB，
∵PM+PB≥BM，
在Rt△BCM中，∵∠BCM＝90°，CM＝1，BC＝7，
∴BM5，
∴AP+BP≥5，
∴AP+BP的最小值为5．
故选：B．
3．如图，在中，，cm，cm．是边上的一个动点，连接，过点作于，连接，在点变化的过程中，线段的最小值是（ ）

A．1 B． C．2 D．
【答案】A
【分析】
由∠AEC＝90°知，点E在以AC为直径的⊙M的上（不含点C、可含点N），从而得BE最短时，即为连接BM与⊙M的交点（图中点E′点），BE长度的最小值BE′＝BM−ME′．
【详解】
如图，

由题意知，，
在以为直径的的上（不含点、可含点，
最短时，即为连接与的交点（图中点点），
在中，，，则．
，
长度的最小值，
故选：．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理，圆周角定理，三角形的三边关系等知识点，难度偏大，解题时，注意辅助线的作法．
4．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4cm，CD是中线，点E、F同时从点D出发，以相同的速度分别沿DC、DB方向移动，当点E到达点C时，运动停止，直线AE分别与CF、BC相交于G、H，则在点E、F移动过程中，点G移动路线的长度为（ ）

A．2 B．π C．2π D．π
【答案】D
【详解】
解：如图，

∵CA＝CB，∠ACB＝90°，AD＝DB，
∴CD⊥AB，
∴∠ADE＝∠CDF＝90°，CD＝AD＝DB，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴∠DAE＝∠DCF，
∵∠AED＝∠CEG，
∴∠ADE＝∠CGE＝90°，
∴A、C、G、D四点共圆，
∴点G的运动轨迹为弧CD，
∵AB＝4，ABAC，
∴AC＝2，
∴OA＝OC，
∵DA＝DC，OA＝OC，
∴DO⊥AC，
∴∠DOC＝90°，
∴点G的运动轨迹的长为π．
故选：D．
5．如图，△ACB中，CA＝CB＝4，∠ACB＝90°，点P为CA上的动点，连BP，过点A作AM⊥BP于M．当点P从点C运动到点A时，线段BM的中点N运动的路径长为（ ）

A．π B．π C．π D．2π
【答案】A
【详解】
解：设AB的中点为Q，连接NQ，如图所示：
∵N为BM的中点，Q为AB的中点，
∴NQ为△BAM的中位线，
∵AM⊥BP，
∴QN⊥BN，
∴∠QNB＝90°，
∴点N的路径是以QB的中点O为圆心，AB长为半径的圆交CB于D的，
∵CA＝CB＝4，∠ACB＝90°，
∴ABCA＝4，∠QBD＝45°，
∴∠DOQ＝90°，
∴为⊙O的周长，
∴线段BM的中点N运动的路径长为：π，
故选：A．

6．如图，⊙M的半径为2，圆心M的坐标为（3，4），点P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的最小值为（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【详解】
思路引领：由Rt△APB中AB＝2OP知要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，连接OM，交⊙M于点P′，当点P位于P′位置时，OP′取得最小值，据此求解可得．
答案详解：连接OP，
∵PA⊥PB，
∴∠APB＝90°，
∵AO＝BO，
∴AB＝2PO，
若要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，
连接OM，交⊙M于点P′，当点P位于P′位置时，OP′取得最小值，
过点M作MQ⊥x轴于点Q，
则OQ＝3、MQ＝4，
∴OM＝5，
又∵MP′＝2，
∴OP′＝3，
∴AB＝2OP′＝6，
故选：D．
7．如图，中，，，，是内部的一个动点，且满足，则线段长的最小值为（ ）

A． B．2 C． D．
【答案】B
【分析】
法一：首先根据题意得出，然后根据圆直径所对的圆周角等于90°得出在以为直径的上，得到点O，P，C共线时PC最小，利用勾股定理求出OC的长度，减去OP的长度即可求出PC的长度．
法二：首先根据题意得出，取中点，连接，，根据三角形两边之差小于第三边得出点P，D，C共线时PC的长度最小，利用勾股定理求出DC的长度，然后再减去DP的长度即可求出PC的长度．
【详解】
解：法一：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点在以为直径的上，如图①，连接交于点，此时最小，

在中，∵，，，
∴，
∴．
∴的最小值为2．
故选：B．
法二：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，取中点，连接，，如图②．

∵，
∴．
∵，，
∴．
在中，（当且仅当在线段上时，取等号），
故最小值为．
故选：B．
【点睛】
此题考查了勾股定理的运用，动点线段最值问题，解题的关键是根据题意分析出AB的中点和点P，点C共线时PC的长度最小．
8．如图，在中，，经过点C且与边相切的动圆与分别相交于点E，F，则线段长度的最小值是（ ）

A． B．4.75 C．5 D．4.8
【答案】D
【分析】
设EF的中点为O，⊙O与AB的切点为D，连接OD，连接CO，CD，则有OD⊥AB，由勾股定理逆定理知，是直角三角形，OC+OD=EF，而 OC+OD≥CD，只有当点O在CD上时，OC+OD=EF有最小值为CD的长，即当点O在直角三角形ABC的斜边AB的高上CD时，EF=CD有最小值，由直角三角形的面积公式知求出CD的长即可．
【详解】
解：设EF的中点为O，⊙O与AB的切点为D，连接OD，连接CO，CD，

∵，
∴AC2+BC2=AB2，
∴是直角三角形，∠ACB=90°，
∴EF是⊙O的直径，
∴OC+OD=EF，
∵⊙O与边AB相切，
∴OD⊥AB，
∵OC+OD≥CD，
即当点O在直角三角形ABC的斜边AB的高上时，OC+OD=EF有最小值，
此时最小值为CD的长，
∵CD=，
∴EF的最小值为4.8．
故选D．
【点睛】
本题考查了切线的性质，勾股定理逆定理，直角三角形的面积公式，圆周角定理等知识．解题的关键是得到OC+OD≥CD．
9．如图，在四边形中，以为直径的恰好经过点，，交于点，已知平分，，，则的值为（ ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
如图所示，连接OC，先证明△ADC∽△ACB，得到，则，，，，然后证明AD∥OC，得到△OCE∽△DAE，则．
【详解】
解：如图所示，连接OC
∵AB是圆的直径，
∴∠ACB=∠ADC=90°，
∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC=∠CAB，∠DAB=2∠CAB，
∴△ADC∽△ACB，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵∠BOC=2∠CAB，
∴∠BOC=∠DAB，
∴AD∥OC，
∴△OCE∽△DAE，
∴，
故选D．

【点睛】
本题主要考查了圆周角定理，平行线的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
10．如图，在矩形中，为边的中点，将绕点顺时针旋转，点的对应点为点的对应点为，过点作交于点，连接交于点，现有下列结论∶；；．点为的外心．其中正确的个数为（ ）

A．个 B．个
C．个 D．个
【答案】B
【分析】
根据全等三角形的性质以及线段垂直平分线的性质，即可得出；根据，且，即可得出，再根据，即可得出不成立；根据，，运用相似三角形的判定和性质即可得出，据此可得成立；根据不是的中点，可得点不是的外心．
【详解】
解：为边的中点，
，
又，，
，
，，
又，
垂直平分，
，
，故①正确；
如图，延长至，使得，

由，，可得，
可设，，则，
由，，可得，
，
，
，
由，可得，
而，
，
，
即，
不成立，故②错误；
，，
易得△MCE∽△ECF，
∴EC:CM=CF:EC，
，
又，，
，故③正确；
，
是的外接圆的直径，
，
当时，，
不是的中点，
点不是的外心，故④错误．
综上所述，正确的结论有①③，
故选B．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质以及旋转的性质的综合应用，解决问题的关键是运用全等三角形的对应边相等以及相似三角形的对应边成比例进行推导，解题时注意：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心，故外心到三角形三个顶点的距离相等．
11．如图，⊙O为Rt△ABC的内切圆，∠C＝90°，延长AO交BC于D点，若AC＝4，CD＝1，则BD的长为（ ）

A． B．1 C． D．
【答案】C
【分析】
设⊙O与Rt△ABC的切点为E、F、G，连接OE，OF，OG，OC，OB，利用已知易证四边形OGCE为正方形，利用OE∥BC，得出进而比例式，求出圆的半径，在利用角平分线的性质得出，最后利用直角三角形的内切圆的半径的关系列出关于的方程即可求解．
【详解】
解：如图，设⊙O与Rt△ABC的切点为E，F，G，
连接OE，OF，OG，OC，OB．

∵⊙O为Rt△ABC内切圆，切点为E，F，G，
∴AE=AF，CE=CG，BF=BG．
∵AC切⊙O于E，BC切⊙O于G，
∴OE⊥AC，OG⊥BC．
∵∠ACB=90°，
∴四边形OGCE为矩形．
∵OE=OG，
∴矩形OGCE为正方形．
设圆的半径为x，则AE=4-x．
∵OE⊥AC，BC⊥AC，
∴OE∥CD，

∴．
∴．
∴．
则 ，
设，
则，
，
由AD平分∠BAC，
得，
即，
解得，
∴ ．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了三角形的内切圆和内心、相似三角形的性质和判定，连接经过切点的半径是解题的关键．
12．如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点（不与A、B重合），对角线AC、BD相交于点O，过点P分别作AC、BD的垂线，分别交AC、BD于点E、F，交AD、BC于点M、N．下列结论：①△APE≌△AME；②PM+PN＝AC；③PE2+PF2＝PO2；④△POF∽△BNF；⑤点O在M、N两点的连线上．其中正确的是（　　）

A．①②③④ B．①②③⑤ C．①②③④⑤ D．③④⑤
【答案】B
【分析】
依据正方形的性质以及勾股定理、矩形的判定方法即可判断和以及、都是等腰直角三角形，四边形PEOF是矩形，从而做出判断．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=∠DAC=，
∵在和中，
，
∴（SAS），故①正确；
∴，
同理可得：,
∵正方形ABCD中，
又∵，，
∴，且中，
∴四边形PEOF是矩形，
∴，
∴，
又∵，，，
∴，故②正确；
∵四边形PEOF是矩形，
∴，
在中，，
∴，故③正确；
∵是等腰直角三角形，而不一定是等腰直角三角形，故④错误；
如下图，连接OM，ON，

∵OA垂直平分线段PM，OB垂直平分线段PN，
∴，，
∴，
∴点O是的外接圆圆心，
∵，
∴MN是直径，
∴M，O，N共线，故⑤正确．
故答案选：B．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、矩形的判定、勾股定理等知识，认识和以及、都是等腰直角三角形，四边形PEOF是矩形是解决本题的关键．

第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明

二、填空题
13．如图，为的直径，，，为上两动点（，不与，重合），且为定长，于，是的中点，则的最大值为___________．

【答案】5
【分析】
当CD∥AB时，EM的值最大，连接OM、CE、OC，利用垂径定理及题意证明四边形OMCE是矩形，即可得到答案．
【详解】
解：如图，当CD∥AB时，EM的值最大，
连接OM、CE、OC，
∵DM=CM，
∴OM⊥CD，
∵CD∥AB，CE⊥AB，
∴∠OMC=∠MOB=∠OEC=90°,
∴四边形OMCE是矩形，
∴EM=OC=5，
∴EM的最大值为5，
故答案为：5．

【点睛】
此题考查圆的垂径定理，矩形的判定定理及性质定理，正确掌握垂径定理及应用是解题的关键．
14．如图，已知在扇形AOB中，∠AOB＝90°，半径，正方形FCDE的四个顶点分别在和半径OA、OB上，则CD的长为______．

【答案】
【分析】
过点O作OH⊥CF于点H，交DE于点K，连接OC，由垂径定理可知CH=HF，由正方形性质可得OH⊥DE，DK=EK，所以△OED是等腰直角三角形，OK=EK=DK，设CD=x，则HK=x，HC=OK=DK=，由勾股定理可得出x的值，进而得出结论．
【详解】
解：过点O作OH⊥CF于点H，交DE于点K，连接OC，

∵OH过圆心，OH⊥CF
∴CH=HF，
∵四边形FCDE是正方形，
∴OH⊥DE，DK=EK，
∴△OED是等腰直角三角形，OK=EK=DK，
设CD=x，则HK=x，HC=OK=DK=，
在Rt△OHC中，OC2=OH2+HC2，
∴5=（x+）2+
∴x=
∴CD的长为
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，圆的有关知识，勾股定理，添加恰当辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
15．如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上的两个动点（点C、D不与A、B重合），在运动过程中弦CD始终保持不变，F是弦CD的中点，过点C作CE⊥AB于点E．若CD＝5，AB＝6，则EF的最大值为_______，此时CE的长度为______．

【答案】3
【分析】
如图，延长CE交⊙O于H，连接DH．由三角形的中位线定理可知DH＝2EF，推出DH是直径时，EF的值最大．
【详解】
解：如图，延长CE交⊙O于H，连接DH．

∵AB⊥CH，
∴EC＝EH，
∵CF＝FD，
∴EF＝DH，
∴当DH在直径时，EF的值最大，此时∠DCH＝90°，
∴,
∴CH＝，
∴CE＝，
∴EF最大时，EC的长为，
故答案为：3；．
【点睛】
本题考查圆周角定理，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形的中位线解决问题，属于中考常考题型．
16．如图，的半径为2，圆心的坐标为，点是上的任意一点，，且、与轴分别交于、两点，若点、点关于原点对称，当线段最短时，点的坐标为______．

【答案】
【分析】
连接OP，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到OP=AB，当OP最短时，AB最短，连接OM交⊙M于点P，则此时OP最短，且OP=OM－PM，计算即可得到结论．
【详解】
解：如图所示，连接OP．
∵PA⊥PB，OA=OB，
∴OP=AB，当OP最短时，AB最短．
连接OM交⊙M于点P，则此时OP最短，且OP=OM－PM==3，
∴AB的最小值为2OP=6．
∵点、点关于原点对称，
∴OA=OB=3，
∴点A的坐标为，
故答案为：．

【点睛】
本题考查了直角三角形斜边上中线的性质以及两点间的距离公式．解题的关键是利用直角三角形斜边上中线等于斜边的一半把AB的长转化为2OP．
17．如图，已知，分别切⊙于、，切⊙于，若，，则△周长为_____．

【答案】24
【分析】
由切线长定理可得PA＝PB，DA＝DE，CE＝EB，由于△PCD的周长＝PC＋CE＋ED＋PD，所以△PCD的周长＝PC＋CB＋AD＋PD＝PA＋PB＝2PA，故可求得三角形的周长．
【详解】
解：连接OB．

∵PA是⊙O的切线，点A是切点，
∴PA⊥OA；
∴PA＝，
∵PA、PB为圆的两条相交切线，
∴PA＝PB；
同理可得：DA＝DE，CE＝CB．
∵△PCD的周长＝PC＋CE＋ED＋PD，
∴△PCD的周长＝PC＋CB＋AD＋PD＝PA＋PB＝2PA，
∴△PCD的周长＝24；
故答案是：24．
【点睛】
本题考查了切线的性质以及切线长定理的运用．切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长长度相等，圆心和这一点的连线，平分这两条切线的夹角．
18．如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接BD，，∠BDC＝40°，则∠ADC的度数是_____．

【答案】140°
【分析】
连接OA，OB，OC，根据圆周角定理得出∠BOC=100°，再由得到∠AOC，从而得到∠ABC，最后利用圆内接四边形的性质得到结果．
【详解】
解：连接OA，OB，OC，

∵∠BDC=40°，
∴∠BOC=2∠BDC=80°，
∵，
∴∠BOC=∠AOC=80°，
∴∠ABC=∠AOC=40°，
∴∠ADC=180°-∠ABC=140°．
故答案为：140°．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，圆内接四边形的性质，关键在于画出半径，构造圆心角．
19．△ABC中，AB＝4，AC＝2，以BC为边在△ABC外作正方形BCDE，BD、CE交于点O，则线段AO的最大值为______．

【答案】
【详解】
解：如图：以AO为边作等腰直角△AOF，且∠AOF＝90°
∵四边形BCDE是正方形
∴BO＝CO，∠BOC＝90°
∵△AOF是等腰直角三角形
∴AO＝FO，AFAO
∵∠BOC＝∠AOF＝90°
∴∠AOB＝∠COF，且BO＝CO，AO＝FO
∴△AOB≌△FOC（SAS）
∴AB＝CF＝4
若点A，点C，点F三点不共线时，AF＜AC+CF；
若点A，点C，点F三点共线时，AF＝AC+CF
∴AF≤AC+CF＝2+4＝6
∴AF的最大值为6
∵AFAO
∴AO的最大值为3．
故答案为：3
20．如图，正方形ABCD，边长为4，点P和点Q在正方形的边上运动，且PQ＝4，若点P从点B出发沿B→C→D→A的路线向点A运动，到点A停止运动；点Q从点A出发，沿A→B→C→D的路线向点D运动，到达点D停止运动．它们同时出发，且运动速度相同，则在运动过程中PQ的中点O所经过的路径长为_____．

【答案】
【详解】
解：画出点O运动的轨迹，如图虚线部分，

则点P从B到A的运动过程中，PQ的中点O所经过的路线长等于3π，
故答案为：3π．
21．如图，△ABC为等边三角形，AB＝2，若P为△ABC内一动点，且满足∠PAB＝∠ACP，则点P运动的路径长为_________．

【答案】
【详解】
解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝60°，AC＝AB＝2，
∵∠PAB＝∠ACP，
∴∠PAC+∠ACP＝60°，
∴∠APC＝120°，
∴点P的运动轨迹是，如图所示：
连接OA、OC，作OD⊥AC于D，
则AD＝CDAC＝1，
∵所对的圆心角＝2∠APC＝240°，
∴劣弧AC所对的圆心角∠AOC＝360°﹣240°＝120°，
∵OA＝OC，
∴∠OAD＝30°，
∵OD⊥AC，
∴ODAD，OA＝2OD，
∴的长为π；
故答案为：π．
22．如图，在边长为的菱形中，，点，分别是，上的动点，且，与交于点，当点从点运动到点时，则点的运动路径长为______．

【答案】
【分析】
根据题意证得，推出∠BPE =60，∠BPD =120，得到C、B、P、D四点共圆，知点的运动路径长为的长，利用弧长公式即可求解．
【详解】
连接BD，作OG⊥BD于G，如图，

∵菱形中，，
∴∠C=∠A=60，AB=BC=CD=AD，
∴△ABD和△CBD都为等边三角形，
∴BD=AD，∠BDF=∠DAE=60，
∵DF=AE，
∴，
∴∠DBF=∠ADE，
∵∠BPE=∠BDP+∠DBF =∠BDP+∠ADE=∠BDF =60，
∴∠BPD=180-∠BPE=120，
∵∠C=60，
∴∠C+∠BPD =180，
∴C、B、P、D四点共圆，即⊙O是的外接圆，
∴当点从点运动到点时，则点的运动路径长为的长，
∴∠BOD =2∠BCD =120，
根据垂径定理得：BG=GD=BD=，∠BOG =∠BOD =60，
∵，即，
∴，
从而点的路径长为．
故答案为：
【点睛】
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，弧长公式等知识，解题的关键是学会准确寻找点的运动轨迹．
23．如图，在矩形中，，，为边上的一动点，、为边上的两个动点，且满足，则线段长度的最小值为________________．

【答案】
【分析】
作△EMN的外接圆O，连接OE，OM，ON，过点O作OH⊥BC于点H，设⊙O的半径为r，判断出△OMN是等腰直角三角形，得到MN，结合垂径定理得到OE+OH=，可得OE+OH的最小值为1，即可求出r的最小值，从而得到MN的最小值．
【详解】
解：作△EMN的外接圆O，连接OE，OM，ON，过点O作OH⊥BC于点H，如图，
设⊙O的半径为r，则OE=OM=ON=r，

∵∠MEN=45°，
∴∠MON=2∠MEN=90°，
∴△OMN是等腰直角三角形，
∴∠OMN=45°，根据勾股定理得：MN=，
∵OH⊥BC，
∴OH=MN=，
∴OE+OH=，
∵在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴点E到直线BC的距离为AB的长，即为1，
又∵点H在BC上，OH⊥BC，
∴OE+OH的最小值为1，此时，
即r的最小值为r=，
∴MN取最小值为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查矩形的性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造辅助圆解决问题属于中考填空题中的压轴题．
24．如图，点在以为直径的半圆上，，，点在线段上运动，点与点关于对称，于点，并交的延长线于点．有下列结论：
①；②线段的最小值为；③当时，与半圆相切；④若点恰好落在弧上，则；⑤当点从点运动到点时，线段扫过的面积是，其中正确结论的序号是______．

【答案】①②④⑤
【分析】
①由点E与点D关于AC对称可得CE＝CD，再根据DF⊥DE即可证到CE＝CF．
②根据“点到直线之间，垂线段最短”可得CD⊥AB时CD最小，由于EF＝2CD，求出CD的最小值就可求出EF的最小值．
③连接OC，易证△AOC是等边三角形，AD＝OD，根据等腰三角形的“三线合一”可求出∠ACD，进而可求出∠ECO的度数，从而即可得到EF与半圆是否相切．
④利用相似三角形的判定与性质可证到△DBF是等边三角形，只需求出BF就可求出DB，进而求出AD长．
⑤首先根据对称性确定线段EF扫过的图形，然后探究出该图形与△ABC的关系，就可求出线段EF扫过的面积．
【详解】
解：①连接，如图1所示

∵点与点关于对称，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
∴结论①正确；
②当时，如图2所示；

∵是半圆的直径，
∴
∵，，
∴，，．
∵，，
∴．
根据“点到直线之间，垂线段最短”可得：
点在线段上运动时，的最小值为．
∵，
∴，
∴线段的最小值为，
∴结论②正确．
③当时，连接，如图3所示．

∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵点与点关于对称，
∴，
∴，
∴，
∴不垂直于，
∵经过半径的外端，且不垂直于，
∴与半圆不相切，
∴结论③错误．
④当点恰好落在上时，连接、，如图4所示．

∵点与点关于对称，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴
∵，
∴
∴．
∴．
∴
∵是半圆的直径，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴结论④正确．
⑤∵点与点关于对称，点与点关于对称，
∴当点从点运动到点时，
点的运动路径与关于对称，
点的运动路径与关于对称，
∴扫过的图形就是图5中阴影部分，

∴，
∴扫过的面积为，
∴结论⑤正确．
综上所述正确的有：①②④⑤．
【点睛】
本题考查了等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、切线的判定、轴对称的性质、含30°角的直角三角形、垂线段最短等知识，熟练掌握几何图形的性质是解题的关键．

三、解答题
25．如图，△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O，交BC于点D，交CA的延长线于点E，连接AD、DE．
（1）求证：D是BC的中点；
（2）若DE＝4， AD＝2，求⊙O的半径．

【答案】（1）证明见解析，（2）
【分析】
（1）根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，则AD⊥BC，然后根据等腰三角形的性质得到DB＝DC；
（2）利用等腰三角形的性质得∠B＝∠C，再根据圆周角定理得到∠B＝∠E，所以∠C＝∠E，于是有DE＝BD＝3，然后利用勾股定理计算出AB，从而得到⊙O 的半径．
【详解】
（1）证明：∵AB是⊙O直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴DB＝DC，即点D是BC的中点；
（2）解：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
又∵∠B＝∠E，
∴∠C＝∠E，
∴DE＝DC，
而DC＝BD，
∴DE＝BD＝4，
∵AD＝2，
在Rt△ADB中，AB＝＝，
∴⊙O 的半径为．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质与判定和勾股定理，解题关键是熟练运用圆周角定理和等腰三角形性质进行证明推理，运用勾股定理准确进行计算．
26．如图，矩形ABCD中，AB＝6，点E是边AB上一点．
（1）如图①，作△ADE的外接圆交DC于F．求证：四边形AEFD是矩形；
（2）将△ADE沿着DE翻折至△GDE，点A与点G重合，且点G落在边BC上．
① 如图②，若AD＝10，求AE的长；
② 如图③，当点G是BC的中点时，求AD的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）①；②
【分析】
（1）先证明再证明从而可得答案；
（2）①由矩形的性质与勾股定理先求解 设 则再利用勾股定理可得答案；② 设 由对折可得： 为的中点，则 证明 由 再建立方程，从而可得答案.
【详解】
解：（1） 矩形ABCD，

是的直径，

四边形是矩形；
（2）①由对折可得：
矩形ABCD，AB＝6，


设 则



② 矩形
，

设
由对折可得：


为的中点，

由

解得： 经检验：是原方程的解，且符合题意；



【点睛】
本题考查的圆周角定理及推论，矩形的性质与判定，轴对称的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，灵活应用以上知识解题是解题的关键.
27．如图，在中，以为直径作交于点，交于点，且是中点，，垂足为，交的延长线于点．

（1）求证：直线是的切线；
（2），，求的长．
【答案】（1）证明见详解；（2）．
【分析】
（1）连结OD，由点O为AC中点，点D为BC中点，可得OD∥AB，由，可证即可；
（2）由OD∥AB，OC=OD，可得∠FOD=∠A，由，可得，可求OD=，由OD为△CAB的中位线，AB=2OD=，再求AF= ，根据三角函数可求AE即可．
【详解】
（1）证明：连结OD，
∵点O为AC中点，点D为BC中点，
∴OD为△CAB的中位线，
∴OD∥AB，
∵，
∴
∴直线是的切线；

（2）解：∵OD∥AB，OC=OD，
∴∠FOD=∠A，
∵，
∴，
解得OD=，
∵OD为△CAB的中位线，
∴AB=2OD=，
∵AC=2OC=2OD=，
∴AF=FC+AC=5+，
∴AE=AF，
∴BE=AB-AE=．
【点睛】
本题考查圆的切线判定，三角形中位线判定与性质，平行线性质，锐角三角函数，线段和差，掌握上述知识是解题关键．
28．如图，在RtΔABC中，∠ACB=90°，D为AB边上的一点，以AD为直径的⊙O交BC于点E，过点C作CG⊥AB，垂足为G，交AE于点F，过点E作EP⊥AB，垂足为P，∠EAD=∠DEB．

（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）求证：CE=EP；
（3）若CG=12，AC=15，求四边形CFPE的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）四边形CFPE的面积为45．
【分析】
（1）由等腰三角形的性质和直径定理可得∠AED=90°，∠OED=∠ADE，由余角的性质可得∠DEB+∠OED=90°，进而可得∠BEO=90°，可得结论；
（2）由平行线的性质和等腰三角形的性质可证AE为∠CAB的角平分线，由角平分线的性质可得CE=EP；
（3）连接PF，先证四边形CFPE是菱形，可得CF=EP=CE=PF，由“AAS”可证△ACE≌△APE，可得AP=AC=15，由勾股定理可求CF的长，即可求解．
【详解】
证明：（1）连接OE，

∵OE=OD，
∴∠OED=∠ADE，
∵AD是直径，
∴∠AED=90°，
∴∠EAD+∠ADE=90°，
又∵∠DEB=∠EAD，
∴∠DEB+∠OED=90°，
∴∠BEO=90°，
∴OE⊥BC，
∴BC是⊙O的切线；
（2）∵∠BEO=∠ACB=90°，
∴AC∥OE，
∴∠CAE=∠OEA，
∵OA=OE，
∴∠EAO=∠AEO，
∴∠CAE=∠EAO，
∴AE为∠CAB的角平分线，
又∵EP⊥AB，∠ACB=90°，
∴CE=EP；
（3）连接PF，

∵CG=12，AC=15，
∴AG==9，
∵∠CAE=∠EAP，
∴∠AEC=∠AFG=∠CFE，
∴CF=CE，
∵CE=EP，
∴CF=PE，
∵CG⊥AB，EP⊥AB，
∴CF∥EP，
∴四边形CFPE是平行四边形，
又∵CF=PF，
∴四边形CFPE是菱形，
∴CF=EP=CE=PF，
∵∠CAE=∠EAP，∠EPA=∠ACE=90°，CE=EP，
∴△ACE≌△APE（AAS），
∴AP=AC=15，
∴PG=AP-AG=15-9=6，
∵PF2=FG2+GP2，
∴CF2=（12-CF）2+36，
∴CF=，
∴四边形CFPE的面积=CF×GP=×6=45．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，菱形的判定和性质，垂径定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
29．如图，为菱形对角线上一点，以点为圆心，长为半径的与相切于点．
（1）求证：与相切；
（2）若菱形的边长为1，，求的半径．

【答案】（1）见解析；（2）的半径
【分析】
（1）根据菱形的性质得到AC是角平分线，再根据角平分线的性质进行证明；
（2）根据菱形的边长可以求得其对角线的长，根据等腰直角三角形的性质和对角线的长列方程求解．
【详解】
解：（1）连接，过点作于，

与相切于点，
，
，
是菱形的对角线，
，
，
，
，
与相切；
（2）是菱形，
，
，
，，
设半径为．则，，
，，
，，

解得（负值已舍去）．
【点睛】
此题综合了菱形的性质和圆的切线的性质和判定．注意：运用数量关系证明圆的切线的方法．
30．已知关于x的一元二次方程kx2＋（k＋5）x＋5＝0（k≠0）．
（1）求证：方程一定有两个实数根；
（2）若方程的两根为x1、x2，且 x1、x2都为整数，x1＜1＜x2，求整数k的值；
（3）在（2）的条件下，如图，平面直角坐标系中，A（x1，0），B（x2，0），以AB为直径作⊙M，与y轴交于C、D．点P（a，1）在平面内运动．
①若点P在⊙M上，求a的值；
②若△PAB为锐角三角形，直接写出a的取值范围．

【答案】（1）证明见解析，（2）-1，（3）①或；②或或
【分析】
（1）根据根的判别式Δ＝（k+1）2≥0，即可证出方程有两个实数根；
（2）求出方程的两个根，再根据x1＜1＜x2，解不等式即可得出整数k的值；
（3）①由（2）求出A，B两点坐标，进而求出半径，作MN⊥直线y=1于N，连接PM，根据勾股定理求出a的值；②由①可以直接得出a的取值范围．
【详解】
（1）证明：∵在方程kx2＋（k＋5）x＋5＝0（k≠0）中，Δ＝（k+5）2﹣4×k×5＝（k-5）2≥0，
∴方程有一定两个实数根．
（2）关于x的一元二次方程kx2＋（k＋5）x＋5＝0（k≠0）的解为：，
∵x1＜1＜x2，
∴，，
，解得，，
∵x1、x2都为整数，
∴整数k的值为-1，
（3）①由（2）可得，，则A（-1，0），B（5，0），
∵以AB为直径作⊙M，
∴M点坐标为（2，0），圆的半径为3，
作MN⊥直线y=1于N，连接PM，
，
∴a的值为或；

②∵AB为⊙M直径，
∴∠APB=90°，
∴当时，△PAB为锐角三角形；
当或时，△PAB为直角三角形；
∴当时，△PAB为锐角三角形；
当时，△PAB为锐角三角形；
综上，△PAB为锐角三角形， a的取值范围为：或或．

【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，圆周角性质，勾股定理等知识，解题关键时熟练掌握相关知识，准确运用一元二次方程根的判别式和圆周角性质以及勾股定理进行推理计算，注意分类讨论思想的运用．
31．在中，，以为直径的交于点．


（1）如图①，以点为圆心，为半径作圆弧交于点，连结，若，求；
（2）如图②，过点作的切线交于点，求证：；
（3）如图③，在（1）（2）的条件下，若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）由三角形内角和角的计算问题；
（2）证明，则，得到，即可求解；
（3）设，，，则，由，得到，同理可得：，即可求解．
【详解】
解：（1）由题意知，，
，
，又，
；
（2）如图2，为圆的切线，连接，

则，，，
，
，
，，且．
．
，
；
（3）过作的垂线交于，过作的垂线交于，连接，

，，
，
设，，，则，
而，
，
则，
，
则，
，
，
同理可得：，
则，
所以．
【点睛】
本题为圆的综合题，主要考查圆的有关性质以及圆中切线性质的应用，题目难度不大．
32．定义：两个角对应互余，且这两个角的夹边对应相等的两个三角形叫做“青竹三角形”．如图1，在△和中，若，且，则△和是“青竹三角形”．


（1）以下四边形中，一定能被一条对角线分成两个“青竹三角形”的是 ；（填序号）
①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形．
（2）如图2，△， ，，点是上任意一点（不与点、重合），设AD、BD、CD的长分别为a、b、c，请写出图中的一对“青竹三角形”，并用含a、b的式子来表示；
（3）如图3，⊙O的半径为4，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，且△ABC和△ADC是“青竹三角形”．
①求的值；
②若，，求△ABC和△ADC的周长之差．
【答案】（1）②④；（2）△ACD和△BCD是“青竹三角形”；；（3）①AD2+BC2的值为64；②△ABC和△ADC的周长之差为．
【分析】
（1）根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的内角性质及“青竹三角形”的定义解题；
（2）由等腰直角三角形的性质得到，，从而得到，可判断△ACD和△BCD是“青竹三角形”再根据勾股定理解题；
（3）①连接DO并延长交⊙O于E，连接AE、CE，由直径所对的圆周角为90°，根据题意得△ABC和△ADC是“青竹三角形”，再证明△AEC≌△CBA（AAS），得到AE=BC，在Rt△EAD中，由勾股定理解得AD2+AE2=AD2+BC2=DE2=64；
②先推出，再推出，从而得，进而即可得到△ABC和△ADC的周长之差．
【详解】
解：（1）矩形与正方形的每个内角都为90°，它们的一条对角线可以将矩形、正方形分成两个角对应互余，且这两个角的夹边对应相等的两个三角形，
②④符合题意，①③不符合题意，
故答案为：②④；
（2）中，，
，
△ACD和△BCD是“青竹三角形”
过点D作


四边形是矩形，

与都是等腰直角三角形，

中，
；
（3）①连接DO并延长交⊙O于E，连接AE、CE，如图：

∵△ABC和△ADC是“青竹三角形”
∴∠ACD+∠BAC=90°，
∵DE是⊙O直径
∴∠ECD=90°
∴∠ACE+∠ACD=90°，
∴∠BAC=∠ACE，
又∵
∴∠AEC=∠ABC
在△AEC与△CBA中

∴△AEC≌△CBA（AAS）
∴AE=BC
∴在Rt△EAD中，AD2+AE2=AD2+BC2=DE2=82=64，
∴AD2+BC2的值为64；
②∵△ABC和△ADC是“青竹三角形”
∴∠ACD+∠BAC=90°，
，




，四边形ABCD是圆的内接四边形，



中，
∵△ABC和△ADC的周长之差=AB+BC-AD-CD
AE=BC,EC=BA
∴AB+BC-AD-CD=EC+AE-AD-CD=EC-DC=
∴△ABC和△ADC的周长之差为．
【点睛】
本条考查圆的性质及综合运用、新定义、全等三角形的判定与性质、勾股定理、直径所对的圆周角是90°、圆周角定理等知识，是重要考点，有难度，掌握相关知识是解题关键．