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专题24.4 圆与四边形的综合（压轴题专项讲练）-2022-2023学年九年级数学上册从重点到压轴（人教版）（解析+原卷）
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这是一份专题24.4 圆与四边形的综合（压轴题专项讲练）-2022-2023学年九年级数学上册从重点到压轴（人教版）（解析+原卷），文件包含九年级数学上册专题244圆与四边形的综合压轴题专项讲练人教版原卷版docx、九年级数学上册专题244圆与四边形的综合压轴题专项讲练人教版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共58页， 欢迎下载使用。
专题24.4 圆与四边形的综合
【典例1】如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为直径，AC和BD交于点E，AB＝BC．
（1）求∠ADB的度数；
（2）过B作AD的平行线，交AC于F，试判断线段EA，CF，EF之间满足的等量关系，并说明理由；
（3）在（2）条件下过E，F分别作AB，BC的垂线，垂足分别为G，H，连接GH，交BO于M，若AG＝3，S四边形AGMO：S四边形CHMO＝8：9，求⊙O的半径．
【思路点拨】
（1）由直径所对的圆周角为直角及等腰三角形的性质和互余关系可得答案；
（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2=EF2．如图2，设∠ABE=α，∠CBF=β，先证明α+β=45°，再过B作BN⊥BE，使BN=BE，连接NC，判定△AEB≌△CNB（SAS）、△BFE≌△BFN（SAS），然后在Rt△NFC中，由勾股定理得：CF2+CN2=NF2，将相关线段代入即可得出结论；
（3）如图3，延长GE，HF交于K，由（2）知EA2+CF2=EF2，变形推得S△ABC=S矩形BGKH，S△BGM=S四边形COMH，S△BMH=S四边形AGMO，结合已知条件S四边形AGMO：S四边形CHMO=8：9，设BG=9k，BH=8k，则CH=3+k，求得AE的长，用含k的式子表示出CF和EF，将它们代入EA2+CF2=EF2，解得k的值，则可求得答案．
【解题过程】
解：（1）如图1，
∵AC为直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠ACB+∠BAC＝90°，
∵AB＝BC，
∴∠ACB＝∠BAC＝45°，
∴∠ADB＝∠ACB＝45°；
（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2＝EF2．
理由如下：
如图2，设∠ABE＝α，∠CBF＝β，
∵AD∥BF，
∴∠EBF＝∠ADB＝45°，
又∠ABC＝90°，
∴α+β＝45°，
过B作BN⊥BE，使BN＝BE，连接NC，
∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBN，BE＝BN，
∴△AEB≌△CNB（SAS），
∴AE＝CN，∠BCN＝∠BAE＝45°，
∴∠FCN＝90°．
∵∠FBN＝α+β＝∠FBE，BE＝BN，BF＝BF，
∴△BFE≌△BFN（SAS），
∴EF＝FN，
∵在Rt△NFC中，CF2+CN2＝NF2，
∴EA2+CF2＝EF2；
（3）如图3，延长GE，HF交于K，
由（2）知EA2+CF2＝EF2，
∴12EA2+12CF2＝12EF2，
∴S△AGE+S△CFH＝S△EFK，
∴S△AGE+S△CFH+S五边形BGEFH＝S△EFK+S五边形BGEFH，
即S△ABC＝S矩形BGKH，
∴12S△ABC＝12S矩形BGKH，
∴S△GBH＝S△ABO＝S△CBO，
∴S△BGM＝S四边形COMH，S△BMH＝S四边形AGMO，
∵S四边形AGMO：S四边形CHMO＝8：9，
∴S△BMH：S△BGM＝8：9，
∵BM平分∠GBH，
∴BG：BH＝9：8，
设BG＝9k，BH＝8k，
∴CH＝3+k，
∵AG＝3，
∴AE＝32，
∴CF＝2（k+3），EF＝2（8k﹣3），
∵EA2+CF2＝EF2，
∴(32)2+[2(k+3)]2=[2(8k−3)]2，
整理得：7k2﹣6k﹣1＝0，
解得：k1＝﹣17（舍去），k2＝1．
∴AB＝12，
∴AO＝22AB＝62， ∴⊙O的半径为62．
1．（2022·广东深圳·三模）如图，正方形ABCD内接于⊙O，线段MN在对角线BD上运动，若⊙O的面积为8π，MN=2，则ΔAMN周长的最小值是（ ）
A．6 B．8 C．9 D．10
【思路点拨】
由正方形的性质，知点C是点A关于BD的对称点，过点C作CA'//BD，使得CA'=2，连接AA'交BD于N，取NM=2，连接AM、CM，则点M，N为所求点，则点M，N为所求点，进而即可求解．
【解题过程】
解：∵⊙O的面积为πr2=8π，
∴圆的半径为22，
∴BD=AC=42，
由正方形的性质，可知点C是点A关于BD的对称点，
过点C作CA'//BD，使得CA'=2，
连接AA'交BD于N，取NM=2，连接AM、CM，则点M，N为所求点，如图所示，
理由：∵A'C//MN，且A'C=MN，则四边形MCA'N为平行四边形，
则A'N=CM=AM，
则AA'=(42)2+22=6，
故△AMN的周长最小值为AM+AN+MN=AA'+2=6+2=8，
故选B．
2．（2022·浙江·宁波市鄞州蓝青学校九年级期末）在△ABC中，若O为BC边的中点，则必有：AB2+AC2＝2AO2+2BO2成立．依据以上结论，解决如下问题：如图，在矩形DEFG中，已知DE＝6，EF＝4，点M在以半径为2的⊙D上运动，则MF2+MG2的最大值为（ ）
A．104 B．116 C．120 D．100
【思路点拨】
设GF的中点为N，连接MN、DM，根据题意可得，MF2+MG2=2MN2+2GN2，由此可以判定MF2+MG2的最大值，即是MN的最大值，即可求解．
【解题过程】
解：设GF的中点为N，连接MN、DM，如下图：
则DM=2，GN=12GF=12DE=3
根据题意可得，MF2+MG2=2MN2+2GN2=2MN2+18，
MF2+MG2的最大值，即是MN的最大值
又∵点M在以半径为2的⊙D上运动
∴MN的最大值=DN+2
由勾股定理可得：DN=GN2+GD2=32+42=5
∴MN的最大值为7
∴MF2+MG2的最大值为=2MN2+18=2×72+18=116
故选：B
3．（2022·全国·九年级课时练习）如图，在⊙O中，点C在优弧AB上，将弧BC沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．若⊙O的半径为5，AB＝4，则BC的长是（ ）
A．23 B．32 C．42 D．33
【思路点拨】
连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，利用垂径定理得到OD⊥AB，则AD＝BD＝2，于是根据勾股定理可计算出OD＝1，再利用折叠的性质可判断AC和CD所在的圆为等圆，则根据圆周角定理得到AC=CD，所以AC＝DC，利用等腰三角形的性质得AE＝DE＝1，接着证明四边形ODEF为正方形得到OF＝EF＝1，然后计算出CF后得到CE＝BE＝3，于是可得到BC的长．
【解题过程】
解：如图，连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，
∵D为AB的中点，
∴OD⊥AB，
∴AD＝BD＝12AB＝2，
在Rt△OBD中，OD＝OB2−BD2=5−4=1，
∵将BC沿BC折叠，
∴AC和CD所在的圆为等圆，
∴AC=CD，
∴AC＝DC，
∴AE＝DE＝1，
∵∠ODE＝∠OFE＝∠DEF＝90°，
∴四边形ODEF是矩形，
∵DE＝OD＝1，
∴四边形ODEF是正方形，
∴OF＝EF＝1，
在Rt△OCF中，CF＝OC2−OF2=5−1=2，
∴CE＝CF＋EF＝2＋1＝3，
而BE＝BD＋DE＝2＋1＝3，
∴BC＝32+32=32．
故选：B．
4．（2022·全国·九年级课时练习）如图，AB是⊙O的直径，C,D分别是OA,OB的中点，MC⊥AB,ND⊥AB,M,N在⊙O上．下列结论：①MC=ND；②AM=MN=NB；③四边形MCDN是正方形；④MN=12AB．其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【思路点拨】
根据题意连结OM、ON，易得OC=12OM,OD=12ON，利用含30度的直角三角形三边关系得∠OMC=30°，∠OND=30°，所以MC=3OC,ND=3OD,MC=ND，则可对①进行判断；再计算出∠MOC=∠NOD=60°，则∠MON=60°，于是根据圆心角、弧、弦的关系对②进行判断；先证明四边形MCDN为平行四边形，加上∠MCO=90°，则可判断四边形MCDN为矩形，由于MC=3OC,则MC=32CD，于是可对③进行判断；由四边形MCDN为矩形得到MN=CD，则MN=12AB，则可对④进行判断．
【解题过程】
解：如图，连接OM,ON．
∵C,D分别是OA,OB的中点，
∴OC=OD,OC=12OM,OD=12ON．
∴MC⊥AB,ND⊥AB，
∴∠OMC=30°,∠OND=30°,
∴MC=3OC,ND=3OD,MC=ND，故①正确．
∵∠MOC=∠NOD=60°,
∴∠MON=60°,
∴AM⏜=MN⏜=NB⏜，故②正确．
∵CM//ND,MC=ND，
∴四边形MCDN为平行四边形．
∵∠MCO=90°，
∴四边形MCDN为矩形．
∵MC=3OC,
∴MC=32CD，
∴四边形MCDN不是正方形，故③错误．
∵四边形MCDN为矩形，
∴MN=CD,
∴MN=12AB，故④正确．
综上，①②④正确．
故选：C．
5．（2022·江苏·九年级期中）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是正方形外一动点，且点E在CD的右侧，∠AED=45°，P为AB的中点，当E运动时，线段PE的最大值为______．
【思路点拨】
连接AC，BD交于点O，连接PO，EO，根据A，C，E，D四点共圆，可得OE=OD=12BD=22，再根据PE≤OP+OE=2+22，可得当点O在线段PE上时，PE=OP+OE=2+22，即线段PE的最大值为2+22．
【解题过程】
解：如图，连接AC，BD交于点O，连接PO，EO，
∵∠AED=45°，∠ACD=45°，
∴A，C，E，D四点共圆，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴OE=OD=12BD=22，
∵P为AB的中点，O是BD的中点，
∴OP=12AD=2，
∵PE≤OP+OE=2+22，
∴当点O在线段PE上时，PE=OP+OE=2+22，
即线段PE的最大值为2+22，
故答案为：2+22．
6．（2022·四川·九年级专题练习）如图，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，AB=AC=4，点D为△ABC所在平面内一点，∠BDC=90°，以AC、CD为边作平行四边形ACDE，则CE的最小值为_____．
【思路点拨】
延长AE交BD 于点F，连接BE，根据平行四边形的性质可得AE∥CD，可得∠AFB=∠CDB=∠DFE=90°，可以证明ΔAFB≅ΔDFE(AAS)，可得∠AEB = 135°，点E的运动轨迹为圆的运动轨迹，假设点E所在圆的圆心为M，连接MB、MA、MC，MC与圆M交于点E' ，则根据圆外的点到圆上的点的距离最值可得：CE' 即为CE的最小值，利用勾股定理可得CM的值，进而可得CE的最小值．
【解题过程】
解：如图，延长AE交BD 于点F，连接BE，
∵ 四边形ACDE是平行四边形，
∴AE∥CD,AC=ED,∠EAC=∠CDE，
∵∠BAC=90°=∠BDC,AB=AC=4，
∴ED=AB=AC=4,∠BAF+∠CAE=90°,∠CDE+∠EDF=90°，
∠AFB=∠CDB=∠DFE=90°，
∴BC=2AB=42，
∴∠BAF=∠EDF，
在ΔAFB 和ΔDFE 中，
∵{∠BAF=∠EDF∠AFB=∠DFEAB=DE，
∴ΔAFB≅ΔDFE(AAS)，
∴BF=EF，
∴∠BEF=45°，
∴∠AEB=135°，
∴ 点E的运动轨迹为圆的运动轨迹，假设点E所在圆的圆心为M，
连接MB、MA、MC，MC与圆M交于点E'，
则根据圆外的点到圆上的点的距离最值可得：CE' 即为CE的最小值，
∴∠AMB=90°，
∵AM=BM,AB=4，
∴∠MBA=45°,BM=22AB=22，
∴∠MBC=90°，
在RtΔMBC 中，MC=MB2+BC2=210，
∴CE'=CM−ME'=210−22，
即CE 的最小值为210−22，
故答案为：210−22．
7．（2022·广东广州·九年级期末）如图，正方形ABCD的边长为1，⊙O经过点C，CM为⊙O的直径，且CM＝1．过点M作⊙O的切线分别交边AB，AD于点G，H．BD与CG，CH分别交于点E，F，⊙O绕点C在平面内旋转（始终保持圆心O在正方形ABCD内部）．给出下列四个结论：
①HD＝2BG；②∠GCH＝45°；③H，F，E，G四点在同一个圆上；④四边形CGAH面积的最大值为2−2．其中正确的结论有 _____（填写所有正确结论的序号）．
【思路点拨】
根据切线的性质，正方形的性质，通过三角形全等，证明HD=HM，∠HCM=∠HCD，GM=GB，∠GCB=∠GCM，可判断前两个结论；运用对角互补的四边形内接于圆，证明∠GHF+∠GEF=180°，取GH的中点P，连接PA，则PA+PC≥AC，当PC最大时，PA最小，根据直径是圆中最大的弦，故PC=1时，PA最小，计算即可．
【解题过程】
解：∵GH是⊙O的切线，M为切点，且CM是⊙O的直径，
∴∠CMH=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CMH=∠CDH=90°，
∵CM=CD，CH=CH，
∴△CMH≌△CDH，
∴HD=HM，∠HCM=∠HCD，
同理可证，∴GM=GB，∠GCB=∠GCM，
∴GB+DH=GH，无法确定HD＝2BG，
故①错误；
∵∠HCM+∠HCD+∠GCB+∠GCM=90°，
∴2∠HCM+2∠GCM=90°，
∴∠HCM+∠GCM=45°，
即∠GCH＝45°，
故②正确；
∵△CMH≌△CDH，BD是正方形的对角线，
∴∠GHF=∠DHF，∠GCH=∠HDF=45°，
∴∠GHF+∠GEF=∠DHF +∠GCH+∠EFC
=∠DHF +∠HDF+∠HFD
=180°，
根据对角互补的四边形内接于圆，
∴H，F，E，G四点在同一个圆上，
故③正确；
∵正方形ABCD的边长为1，
∴S四边形GCHA=S四边形ABCD−S△BCG−S△CDH
=1−12(BG+DH)
=1−12GH，∠GAH=90°，AC=2
取GH的中点P，连接PA，
∴GH=2PA，
∴S四边形GCHA=1−PA，
∴当PA取最小值时，S四边形GCHA有最大值，
连接PC，AC，
则PA+PC≥AC，
∴PA≥AC- PC，
∴当PC最大时，PA最小，
∵直径是圆中最大的弦，
∴PC=1时，PA最小，
∴当A，P，C三点共线时，且PC最大时，PA最小，
∴PA=2-1，
∴S四边形GCHA最大值为：1-（2-1）=2-2，
∴四边形CGAH面积的最大值为2−2，
∴④正确；
故答案为: ②③④．
8．（2022·江苏淮安·一模）如图，四边形ABCO是菱形，点D在边AB上，以O为圆心、OD为半径的圆切AB于点D．
(1)试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若AB=2，且点D是AB的中点，求图中阴影部分的面积．
【思路点拨】
（1）过点O作OE⊥BC，垂足为点E．由已知可以得到△OAD≌△OCE，从而得出OD=OE，即可得出直线BC与⊙O相切；
（2）分别计算四边形ABCO和扇形A'OC'的面积，求出其差即得解．
【解题过程】
（1）解：直线BC与⊙O相切．
理由是：如图，过点O作OE⊥BC，垂足为点E．
∵⊙O与边AB相切于点D，
∴OD⊥AB．
∴∠ODA=∠OEC=90°，
∵四边形ABCO是菱形，
∴∠A=∠C，OA=OC，
∴△OAD≌△OCE（AAS），
∴OD=OE，
∴OE是⊙O的半径．
∴直线BC与⊙O相切．
（2）解：如图：标出四边形与圆的交点A',C'，由已知可得，
在Rt△OAD中，OA=AB=2，AD=12AB=1，
∴由勾股定理可得OD=22−12=3，
∴S四边形ABCO=AB×OD=23，
∵AD=12AB=12OA，
∴∠AOD=30°，
∴∠A=60°，∠AOC=120°，
∴S扇形A'OC'=120π×(3)2360=π，
∴阴影部分的面积=S四边形ABCO−S扇形A'OC'=23−π．
9．（2022·浙江·兰溪市聚仁学校一模）如图，在平行四边形ABCD中，点O为AD边上一点，以O为圆心，OA为半径作⊙O恰好经过点B，与AD边交于点E，CD边所在直线与⊙O相切，切点为H，连接AH，EH，若2∠HAB+∠C=180°：
（1）求证：CB为⊙O切线；
（2）若DE=1，求⊙O半径．
【思路点拨】
（1）连接OB、OH，由圆周角定理可知∠HOB=2∠HAB，即易得出∠HOB+∠C=180°，再由切线的性质可知∠CHO=90°，最后根据四边形内角和为360°，即可求出∠OBC=90°，即证明CB为⊙O切线；
（2）根据题意易推出AD//BC，AB//CH．即可证明∠BOA=90°，从而证明△AOB为等腰直角三角形，可推出∠BAD=∠ABO=∠ODH=45°，即易证明△DHO是等腰直角三角形，从而得出OH=DH=OE．设OH=x，则OE=DH=x，OD=x+1．根据勾股定理，列出方程，求出x即可．
【解题过程】
（1）如图，连接OB、OH，
由图可知∠HOB=2∠HAB，
∴∠HOB+∠C=180°．
∵CD边所在直线与⊙O相切，切点为H，
∴OH⊥CH，即∠CHO=90°．
∵在四边形BCHO中，∠HOB+∠OBC+∠BCH+∠CHO=360°，
∴180°+∠OBC+90°=360°，
∴∠OBC=90°，即OB⊥BC，
∴CB为⊙O切线；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AB//CH．
∵∠OBC=90°
∴∠BOA=90°，
∴△AOB为等腰直角三角形，
∴∠BAD=∠ABO=45°，
∴∠ODH=∠BAD=45°．
∵∠CHO=90°，即∠DHO=90°，
∴△DHO是等腰直角三角形，
∴OH=DH=OE．
设OH=x，则OE=DH=x， OD=OE+DE=x+1．
∵在△DHO中，OH2+DH2=OD2，即x2+x2=(x+1)2
解得：x1=1+2，x2=1−2（舍）
∴⊙O半径为1+2．
10．（2022·全国·九年级课时练习）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB = 6，BC = 8，∠ABC = 90°，弧AD = 弧DC．
(1)求边CD的长；
(2)已知△ABE与△ABD关于直线AB对称．
①尺规作图:作△ABE；（保留作图痕迹，不写作法）
②连接DE，求线段DE的长．
【思路点拨】
（1）先求出直径AC，再得到△ADC是等腰直角三角形，利用勾股定理即可求解；
（2）①以B点为圆心，BD为半径，和以A点为圆心，AD为半径画弧，交点为E点，再顺次连接即可；
②过A点作AH⊥BD，先求出BD的长，再证明△BDE是等腰直角三角形，故可求出DE的长．
【解题过程】
解：（1）∵AB = 6，BC = 8，∠ABC = 90°，
∴AC=62+82=10，AC是⊙O的直径
∴∠ADC=90°
∵弧AD = 弧DC
∴AD=CD
∴△ADC是等腰直角三角形
∴AD2+CD2=AC2
解得CD=52；
（2）①如图，△ABE为所求；
②过A点作AH⊥BD，
∵弧AD = 弧DC
∴∠ABD=∠CBD=12∠ABC=45°
∴△ABH是等腰直角三角形
∵AB2=BH2+AH2，AH=BH
∴AH=BH=32
∵AD=CD=52
∴在Rt△ADH中，DH=AD2−AH2=42
∴BD=BH+DH=72
∵△ABE与△ABD关于直线AB对称
∴∠EBD=2∠ABD=90°，BE=BD=72
∴△BDE是等腰直角三角形
∴DE=BE2+BD2=14．
11．（2022·湖南·长沙县湘郡未来实验学校九年级开学考试）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，且对角线BD为直径，过点A作⊙O的切线AE，与CD的延长线交于点E，已知DA平分∠BDE．
(1)求证：AE⊥DE；
(2)若⊙O的半径为5，CD=6，求AD的长．
【思路点拨】
（1）连接OA，先证明OA//DE，结合OA⊥AE，即可证AE⊥DE；
（2）作OF⊥CD，则四边形OAEF是矩形，且DF=12CD=3，由此可求得DE的长，在Rt△ODF中，勾股定理求出OF，即AE的长，在Rt△ADE中，利用勾股定理求AD．
【解题过程】
（1）证明：如图，连接OA，
∵AE是⊙O切线，
∴OA⊥AE．
∵DA平分∠BDE，
∴∠ADE=∠ADO．
又∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ADO，
∴∠OAD=∠ADE，
∴OA∥DE，
又∵ OA⊥AE，
∴AE⊥DE．
（2）解：过点O作OF⊥CD于F．
∵∠OAE=∠AEF=∠OFE=90°，
∴四边形OAEF是矩形，
∴ EF=OA=5，AE=OF．
∵ OF⊥CD，
∴ DF=FC=12CD=3，
∴DE=EF−DF=5−3=2，
在Rt△OFD中，OF=OD2−DF2=52−32=4，
∴AE=OF=4，
在Rt△AED中，AD=AE2+DE2=42+22=25，
∴AD的长是25．
12．（2022·江苏·九年级）如图，正方形ABCD内接于⊙O，E是BC的中点，连接AE，DE，CE．
（1）求证：AE=DE；
（2）若CE=1，求四边形AECD的面积．
【思路点拨】
（1）欲证明AE=DE，只要证明AE=DE．
（2）连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F．证明△ADE≌△CDF（AAS），推出AE=CF，推出S△ADE=S△CDF，推出S四边形AECD=S△DEF，再利用等腰三角形的性质构建方程求出DE，即可解决问题．
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD，
∴AB=CD．
∵E是BC的中点，
∴BE=EC，
∴AE=DE，
∴AE=DE．
（2）解：连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC=∠DEC=45°，DA=DC．
∵∠EDF=90°，
∴∠F=90°﹣45°=45°，
∴DE=DF．
∵∠ADC=∠EDF=90°，
∴∠ADE=∠CDF．
在△ADE和△CDF中，
∠ADE=∠CDF∠AED=∠FDA=DC，
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴AE=CF，
∴S△ADE=S△CDF，
∴S四边形AECD=S△DEF．
∵EF=2DE=EC+DE，EC=1，
∴1+DE=2DE，
∴DE=2+1，
∴S△DEF=12DE2=2+32．
13．（2022·河南·淅川县基础教育教学研究室一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点E在边AD的延长线上，连接AC，BD，已知CD=CE，∠E=∠BAC．
(1)求证：DC平分∠BDE．
(2)若CE与⊙O相切于点C，求证：AC=BD．
【思路点拨】
（1）根据等腰三角形的性质和同弧所对的圆周角相等即可求证；
（2）连接OC、OD，根据内接四边形的性质推出AC=BC，设∠E=∠CDE=m，利用相切得到∠OCE=90°，用含m的式子表示出∠DCE、∠OCD、∠DOC、∠CBD，从而推出∠BCD，得到BD=BC，即可求证AC=BD．
【解题过程】
(1)证明：∵CD=CE
∴∠CDE=∠E
∵∠E=∠BAC，∠BAC=∠BDC
∴∠E=∠BDC
∴∠BDC=∠CDE
∴DC平分∠BDE；
(2)证明：连接OC、OD，如图所示
∵四边形ABCD内接于⊙O
∴∠ABC=∠CDE
由（1）可知∠CDE=∠BAC
∴∠ABC=∠BAC
∴AC=BC
设∠E=∠CDE=m，则∠DCE=180°－2m
∵CE与⊙O相切
∴∠OCE=90°
∴∠OCD=∠ODC=2m－90°
∴∠DOC=360°－4m
∴∠CBD=180°－2m
又∵∠BDC=m
∴∠BCD=180°－∠BDC－∠CBD=m
∴∠BDC=∠BCD
∴BD=BC
∴AC=BD
14．（2022·福建南平·九年级期末）如图，四边形ABCD为菱形，以AD为直径作⊙O交AB于点F，连接DB交⊙O于点H，过点D作⊙O的切线交BC于点E．
(1)求证：AF=CE；
(2)若BF=2，DH=5，求⊙O的半径．
【思路点拨】
（1）连接DF，根据菱形的性质可得AD=CD，AD∥BC，∠A=∠C．再由切线的性质，可得∠CED=∠ADE=90°．可证得△DAF≌△DCE．即可求证；
（2）连接AH，DF，根据等腰三角形的性质可得BD=2DH=25．在Rt△ADF和Rt△BDF中，根据勾股定理，即可求解．
【解题过程】
（1）证明：如图，连接DF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=CD，AD∥BC，∠A=∠C．
∵DE是⊙O的切线，
∴∠ADE=90°．
∵AD∥BC，
∴∠CED=∠ADE=90°．
∵AD是⊙O的直径，
∴∠DFA=90°．
∴∠AFD=∠CED=90°．
在△DAF和△DCE中，∠AFD=∠CED∠A=∠CAD=CD，
∴△DAF≌△DCE（AAS）．
∴AF=CE．
（2）解：如图，连接AH，DF，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠AHD=∠DFA=90°．
∵AD=AB，DH=5，
∴BD=2DH=25．
在Rt△ADF和Rt△BDF中，
由勾股定理，得DF2=AD2－AF2，DF2=BD2－BF2，
∴AD2－AF2=BD2－BF2．
∴AD2－（AD－BF）2=BD2－BF2．
∴AD2−(AD−2)2=(25)2−22．
∴AD=5．
∴⊙O的半径为52．
15．（2022·江西·崇仁县第二中学二模）如图，在平行四边形ABCD中，点A，B，D三个点都在⊙O上，CD与⊙O交于点F，连接BO并延长交边AD于点E，点E恰好是AD的中点．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)若AE＝1，∠BAD＝75°；
①求BE的长；
②求阴影部分的面积．
【思路点拨】
（1）根据垂径定理的推论可确定BE⊥AD，再结合平行四边形的性质即可证明．
（2）①连接AO．根据直角三角形两个锐角互余求出∠ABO，再根据等边对等角和三角形外角的性质求出∠AOE，根据30°所对的直角边是斜边的一半，勾股定理和等价代换思想求出OB和OE的长度，即可求出BE的长度．
②连接OD，OF，BF．根据等价代换思想求出DE的长度，进而求出△ODE的面积；根据平行四边形的性质，圆内接四边形的性质求出∠ABF，进而求出∠OBF，根据等边三角形的判定定理和性质求出∠BOF，进而求出扇形OBF的面积；根据圆周角定理求出∠BOD，进而求得DOF，再根据三角形面积公式求出△DOF的面积；根据线段的和差关系和平行四边形的性质求出BC的长度，然后根据梯形面积公式求出梯形EBCD的面积，再减去扇形OBF，△DOF，△ODE这三部分的面积即可得到阴影部分的面积．
【解题过程】
(1)证明：∵点E是AD的中点，
∴BE⊥AD．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC．
∴BE⊥BC．
∵OB是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线．
(2)解：①如图，连接AO．
∵BE⊥AD，∠BAD＝75°，
∴∠ABO＝15°．
∵OA＝OB，
∴∠BAO＝∠ABO＝15°．
∴∠AOE=∠BAO+∠ABO＝30°．
∵AE=1，
∴OA＝2AE＝2．
∴OB＝2，OE＝OA2−AE2=3．
∴BE＝OB+OE＝2+3．
②如图，连接OD，OF，BF．
∵AE=1，E是AD的中点，
∴DE=1．
∴S△ODE=12OE⋅DE=32，AD=AE+DE=2．
∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD＝75°，
∴∠ADC＝180°-∠BAD=105°，∠BOD=2∠BAD=150°．
∵四边形ABFD内接于⊙O，
∴∠ABF=180°-∠ADC=75°．
∴∠OBF=∠ABF-∠ABO=60°．
∵OF=OB=2，
∴△OBF是等边三角形．
∴∠BOF=60°．
∴∠DOF=∠BOD-∠BOF=90°，S扇形OBF=60π×22360=2π3．
∵OF=2，
∴OD=OF=2．
∴S△DOF=12OD⋅OF=2．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=2．
∴S梯形EBCD=DE+BC⋅BE2=6+332．
∴S阴=S梯形EBCD-S扇形OBF−S△DOF−S△ODE=1+3−2π3．
∴阴影部分的面积为1+3−2π3．
16．（2022·全国·九年级专题练习）如图，已知AB为半圆O的直径，P为半圆上的一个动点（不含端点），以OP、OB为一组邻边作▱POBQ，连接OQ、AP，设OQ、AP的中点分别为M、N，连接PM、ON．
（1）试判断四边形OMPN的形状，并说明理由．
（2）若点P从点B出发，以每秒15°的速度，绕点O在半圆上逆时针方向运动，设运动时间为ts．
①是否存在这样的t，使得点Q落在半圆O内？若存在，请求出t的取值范围；若不存在，请说明理由．
②试求：当t为何值时，四边形OMPN的面积取得最大值？并判断此时直线PQ与半圆O的位置关系（需说明理由）．
【思路点拨】
（1）由平行四边形的性质可得PQ//OB，PQ＝OB，可证四边形PQOA为平行四边形，可得PA//QO，PA＝QO．由中点的性质可得OM＝PN，可证四边形OMPN为平行四边形，由等腰三角形的性质可得∠ONP＝90°，可得结论；
（2）①求出点Q落在半圆O上时，t的值，点P与点A重合时，t的取值，根据这两个特殊位置，可求点Q落在半圆O内时，t的取值范围；
②由面积公式可得S矩形OMPN＝S△AOP，由△AOP的底AO为定值，则当P旋转运动90°（运动至最高点）时，高取得最大值，此时△AOP的面积取得最大值，即可求t的值，由平行线的性质可得∠OPQ＝90°，可证PQ与半圆O相切．
【解题过程】
解：（1）四边形OMPN为矩形，
理由如下：∵四边形POBQ为平行四边形，
∴PQ//OB，PQ＝OB，
又∵OB＝OA，
∴PQ＝AO，
又∵PQ//OA，
∴四边形PQOA为平行四边形，
∴PA//QO，PA＝QO．
又∵M、N分别为OQ、AP的中点，
∴OM＝12OQ，PN＝12AP，
∴OM＝PN，
∴四边形OMPN为平行四边形，
∵OP＝OA，N是AP的中点，
∴ON⊥AP，即∠ONP＝90°，
∴四边形OMPN为矩形；
（2）①如图，当点Q落在半圆O上时，
∵四边形POBQ是平行四边形，
∴PQ＝OB，PO＝BQ，
又∵OB＝OP＝OQ，
∴OP＝OQ＝PQ＝BO＝BQ，
∴△POQ是等边三角形，△BQO是等边三角形，
∴∠POQ＝∠BOQ＝60°，
∴∠BOP＝120°，
∴t＝12015＝8s，
∴当t＝8s时，点Q落在半圆O上，
∵当点P与点A重合时，t＝18015＝12s，
∴当8＜t＜12时，点Q落在半圆O内；
②∵四边形OMPN为矩形，
∴S矩形OMPN＝ON•NP＝12AP•ON，
∴S矩形OMPN＝S△AOP，
∵△AOP的底AO为定值，
∴当P旋转运动90°（运动至最高点）时，高取得最大值，此时△AOP的面积取得最大值．
∴t＝90÷15＝6秒．
∴当t＝6s时，四边形OMPN面积最大，
此时，PQ与半圆O相切．
理由如下：∵∠POB＝90°，PQ//OB，
∴∠OPQ＝90°，
∴PQ与半圆O相切．
17．（2022·陕西渭南·三模）问题提出
(1)如图1，点P是∠AOB的平分线OC上一点，PD⊥OA，垂足为D，若PD=2，则点P到边OB的距离是______；
问题探究
(2)如图2，已知矩形ABCD的一边AB长为6，点P为边AD上一动点，连接BP、CP，且满足∠BPC=60°，求BC的最小值；（结果保留根号）
问题解决
(3)如图3，正方形ABCD是某植物园的花卉展示区的部分平面示意图，其中AB=400米，三条观光小路BM、BN和MN（小路宽度不计，M在AD边上，N在CD边上）拟将这个展示区分成四个区域，用来展示不同的花卉，根据实际需要，MB平分∠AMN，并且要求△BMN的面积尽可能小，那么是否存在满足条件的面积最小的△BMN？若存在，请求出△BMN的面积的最小值．若不存在，请说明理由．（结果保留根号）
【思路点拨】
（1）根据角平分线上的点到角两边的距离相等性质即可求得答案．
（2）过点P作PG⊥BC，可得四边形ABGP是矩形，作△BPC的外接圆⊙O，过O作OF⊥BC于F，根据题意可得到∠BOF=60°，即Rt△OBF和Rt△OCF都是30°的直角三角形，利用30°所对的直角边等于斜边的一半即可求得OF=12R，BF=CF=32R，根据则根据PG≤OP+OF三边的关系即可求得R的取值范围，即可求得答案．
（3）过点B作BG⊥MN于点G，根据正方形ABCD 的性质结合HL判定定理求证Rt△ABM≌Rt△GBM，Rt△GBN≌Rt△CBN，从而可得∠ABM=∠GBM，∠GBN=∠CBN，即可得∠MBN=45°，作△BMN的外接圆⊙O，过O作OF⊥MN于F，连接OM、ON、OB，根据结论可得MN=2R，OF=22R，从而得到BG≤BO+OF三边的关系，即可求得R的取值范围，当MN取最小时即可求得△BMN的面积的最小值．
【解题过程】
(1)解：∵点P是∠AOB的平分线OC上一点，PD⊥OA，且PD=2，
∴点P到边OB的距离为2，
故答案为：2．
(2)如图2，过点P作PG⊥BC于点G，则四边形ABGP是矩形，
∴PG=AB=6，
作△BPC的外接圆⊙O，过O作OF⊥BC于F，连接OB、OC、OP，
∵∠BPC=60°，
∴∠BOC=120°，
∴∠BOF=60°，
设⊙O的半径为R，则OF=12R，BF=CF=32R，
∵PG≤OP+OF，
∴6≤R+12R，解得R≥4，
∴BC=2×32R≥43，即BC的最小值为43．
(3)存在．理由如下：
如图3，过点B作BG⊥MN于点G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=AB=400米，∠A=∠ABC=∠C=90°，
∴AB⊥AM，BC⊥CN，
∵MB平分∠AMN，AB⊥AM，BG⊥MN，
∴GB=AB=BC=400米，
在Rt△ABM和Rt△GBM中，
BM=BMBG=AB，
∴Rt△ABM≌Rt△GBMHL，
∴∠ABM=∠GBM，
同理可证Rt△GBN≌Rt△CBNHL，
∴∠GBN=∠CBN，
∴∠MBN=∠GBM+∠GBN=12∠ABC=45°，
作△BMN的外接圆⊙O，过O作OF⊥MN于F，连接OM、ON、OB，则∠MON=90°，∠MOF=45°，设OB=OM=ON=R，则MN=2R，OF=22R，
∵BG≤BO+OF，
∴400≤R+22R，解得R≥4002−2（米），
∴MN=2R≥8002−1（米），
∴MN的最小值为8002−1（米），
∴S△BMN最小=12MN最小⋅BG=12×8002−1×400=1600002−1（平方米）．
综上，存在满足条件的面积最小的△BMN，△BMN的面积的最小值为1600002−1平方米．
18．（2022·黑龙江哈尔滨·一模）四边形ABCD为⊙O的内接四边形，AB=CD．
(1)如图1，求证：∠B=∠C；
(2)如图2，AE为⊙O的直径，连接BE，过点O作CD的垂线，点F为垂足，求证：BE=2OF；
(3)如图3，在（2）的条件下，过点O作AD的垂线，点G为垂足，若BA=BC，BE=2，OG=53，求AD的长．
【思路点拨】
（1）根据圆心角、弧、弦的关系定理及圆周角定理，可先证BD=AC，即可得到结论；
（2）连接OD，过点O作OH⊥BE于H，可证OH=DF，由HL可证Rt△OFD≌Rt△EHO即可求证；
（3）连接OC、OD，延长GO交BC于M，过点A作AN⊥BC于N，由四边形ABCD是⊙O的内接四边形，可证得AD∥BC，由CM=12BC，CF=12CD，BC=BA=CD可得CM=CF，可证Rt△OCM≌Rt△OCF，可求得GM=OG+OM=83，设AD=x(x>0)，AB=y(y>0)，则BM=CM=CF=DF=12y，由四边形ANMG是矩形，可求MN=AG=12x，AN=GM=83 BN=BM-MN=12y-12x，在Rt△ABN中，根据勾股定理得，y2-(12y-12x)2=(83)2=649，在Rt△ODG和Rt△ODF中，根据勾股定理得，
OC²+DG²= OF²+DF²=OD²，得(53)2+(12x)2=12+(12y)2 进而得y=3x，再代回等式，可求AD的值．
【解题过程】
（1）解：∵AB=CD
∴AB=CD
∴AB+AD=CD+AD
即BD=AC
∴∠B=∠C．
（2）解：如图连接OD，过点O作OH⊥BE于H，则BH=EH=12BE
∵AO=EO，BH=EH
∴OH=12AB
∵AB=CD
∴OH=12CD
∵OF⊥CD，OH⊥BE
∴DF=CF=12CD，∠OFD=∠EHO=90°
∴OH=DF
在Rt△OFD和Rt△EHO中
OD=OEDF=OH
∴Rt△OFD≌Rt△EHO（HL）
∴OF=EH
∴OF=12BE
即BE=2OF．
（3）解：如图连接OC、OD，延长GO交BC于M，过点A作AN⊥BC于N
由（2）得OF=12BE=12×2=1，
由（1）得∠ABC=∠BCD，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，∠BCD+∠BAD=180°，
∴∠ADC=∠BAD(等角的补角相等)，
∴∠ABC+∠BAD=180°
∴AD∥BC
∵OG⊥AD，
∴GM⊥BC，
∴CM=12BC，
又∵CF=12CD，BC=BA=CD
∴CM=CF
在Rt△OCM和Rt△OCF中，
CM=CFOC=OC
∴Rt△OCM≌Rt△OCF(HL)
∴OM=OF=1，
∴GM=OG+OM=53+1=83
设AD=x(x>0)，AB=y(y>0)，则BM=CM=CF=DF=12y．
∵OG⊥AD，GM⊥BC，
∴四边形ANMG是矩形，
∴MN=AG=12x，AN=GM=83
∴BN=BM-MN=12y-12x
在Rt△ABN中，根据勾股定理得，
y2-(12y-12x)2=(83)2=649
在Rt△ODG和Rt△ODF中，根据勾股定理得，
OC²+DG²=OD²，OF²+DF²=OD²，
∴(53)2+(12x)2=12+(12y)2
即y2-x2=649
∴y2-(12y-12x)2=y2-x2
整理得y=3x或y=-x（不符合题意舍去）
把y=3x代入y2-x2=649得，
(3x)2-x2=649
解得x1=223,x2=-223（舍去）
∴AD=223．
19．（2022·黑龙江哈尔滨·九年级期末）四边形ABCD为矩形，点A，B在⊙O上，连接OC、OD．
(1)如图1，求证：OC＝OD；
(2)如图2，点E在⊙O上，DE∥OC，求证：DA平分∠EDO；
(3)如图3，在（2）的条件下，DE与⊙O相切，点G在弧BF上，弧FG＝弧AE，若BG＝32，DF＝2，求AB的长．
【思路点拨】
（1）连接OA、OB，则OA=OB，根据矩形的性质和等腰三角形的性质证得∠DAO=∠CBO，AD=BC，进而利用SAS证明△AOD≌△BOC即可证得结论；
（2）过O作OM⊥CD于M，则OM∥AD，根据等腰三角形的三线合一性质证得∠DOM=∠COM=12∠COD，根据平行线的性质证得∠ODA=∠DOM=12∠COD=12∠EDO，进而证得结论；
（3）连接OB、OG、AG、OE、EF，设EF与AD相交于H，利用切线性质可得OE⊥DE，进而得到OC⊥OE，利用弦切角定理和角平分线定义得到∠AHE=45°，根据平行线的性质证得∠DAG=∠AHE=45°，再利用圆周角定理和勾股定理求得圆的半径和DE长，过D作DN⊥OC于N，利用矩形的判定与性质可得DN=OE=3，ON=DE=4，再利用勾股定理求得CD即可求得AB长．
【解题过程】
（1）证明：如图1，连接OA、OB，则OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，AD=BC，AB=CD，
∴∠DAO=∠CBO，
在△AOD和△BOC中，
OA=OB∠DAO=∠CBOAD=BC，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴OC=OD；
（2）证明：过O作OM⊥CD于M，则∠OMD=90°，
∴∠ADC=∠OMC=90°，
∴OM∥AD，
∵OM⊥CD，OC=OD，
∴∠DOM=∠COM=12∠COD，
∵OM∥AD，DE∥OC，
∴∠COD=∠EDO，∠DOM=∠ODA，
∴∠ODA=12∠EDO，
∴DA平分∠EDO；
（3）解：连接OB、OG、AG、OE、EF，设EF与AD相交于H，
∵DE与⊙O相切，
∴OE⊥DE，又OC∥DE，
∴OC⊥OE，
∴∠EOD+∠ODE=90°，即12∠EOD+12∠EDO=45°，
由（2）结论知，∠EDA=12∠EDO，
∵∠DEF为弦切角，
∴∠DEF= 12∠EOD，
∴∠AHE=∠DEF+∠EDA=45°，
∵弧FG＝弧AE，
∴EF∥AG，
∴∠DAG=∠AHE=45°，又∠BAD=90°，
∴∠BAG=90°－∠DAG=45°，
∴∠BOG=2∠BAG=90°，
在Rt△BOG中，OB=OG，BG＝32，
由勾股定理得：OB2+OG2=（32）2，即2OB2=18，
∴OB=3，
∴OE=OF=3，又DF＝2，
∴OD=OF+DF=3+2=5，
∴DE= OD2−OE2= 52−32=4，
过D作DN⊥OC于N，则四边形EOND为矩形，
∴DN=OE=3，ON=DE=4，
∵OC=OD=5，
∴CN=OC－ON=5－4=1，
在Rt△CDN中，CD= DN2+CN2=32+12= 10，
∴AB=CD= 10．
20．（2022·全国·九年级课时练习）定义：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，那么我们把这称为四点共圆．
(1)下列几何图形的四个顶点构成四点共圆的有 ．（填序号）①平行四边形；②菱形；③矩形；④正方形；⑤等腰梯形．
(2)已知△ABC中，∠A＝40°，如图1，平面上一点D，使得A、B、C、D四点共圆，试求∠BDC的度数．
(3)若△ABC的外接圆为⊙O，半径为r，平面上有两点E、F，分别与△ABC的三个顶点构成四点共圆（E在AB的左侧，F点在AC的右侧），如图2．①试判断∠E+∠F﹣∠BAC的值是否为定值？如果是，请求出这个值；如果不是，请说明理由；②若BC弦的长度与⊙O的半径r之比为2：1，并且边AB经过圆心O，如图3，试求五边形AEBCF的最大面积（用含r的式子表示）．
【思路点拨】
（1）由“对角互补的四边形是圆的内接四边形”，即可得出答案；
（2）分点D在BC 上和点D在AB、AC上两种情况讨论，即可求出∠BDC的度数；
（3）①由圆内接四边形的性质可得∠E+∠AFB＝180°，由∠BAC＝∠BFC，可得∠E+∠AFC＝∠E+∠AFB+∠BFC＝∠E+∠AFB+∠BAC＝180°+∠BAC，进而可得∠E+∠AFC﹣∠BAC＝180°；
②由AB经过圆心O，BC弦的长度与⊙O的半径r之比为2：1，可得△ABC为等腰直角三角形，S五边形AEBCF＝S△ABE+S△ABC+S△ACF，当△ABE及△ACF面积最大时，五边形AEBCF的最大面积，E为AB中点时，△ABE面积最大，F为AC中点时，△ACF面积最大，求出△ABE及△ACF面积最大值，最后把三个三角形的面积相加，即可求出五边形AEBCF的最大面积．
【解题过程】
（1）解：∵矩形、正方形、等腰梯形的对角互补，
∴矩形、正方形、等腰梯形的四个顶点构成四点共圆，
故答案为：③④⑤；
（2）解：如图4，当点D在BC上时，
∵A、B、D、C四点共圆，
∴∠A+∠D＝180°，
∵∠BAC＝40°，
∴∠BDC＝180°﹣40°＝140°，
如图5和图6，当点D在AB或AC上时，
∵∠BAC＝40°，
∴∠BDC＝∠BAC＝40°，
综上所述，∠BDC的度数为140°或 40°；
（3）解：①如图7，连接BF，
∵四边形AEBF是圆内接四边形，
∴∠E+∠AFB＝180°，
又∵∠BAC＝∠BFC，
∴∠E+∠AFC
＝∠E+∠AFB+∠BFC
＝∠E+∠AFB+∠BAC
＝180°+∠BAC，
∴∠E+∠AFC﹣∠BAC＝180°，
即∠E+∠F﹣∠BAC＝180°；
②∵AB经过圆心，
∴AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵BC：OB＝2：1，OB＝r，
∴BC＝2r，
∵AB＝2r，
∴AC＝AB2−BC2 ＝2r，
∴BC＝AC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵S五边形AEBCF＝S△ABE+S△ABC+S△ACF，
∴当△ABE及△ACF面积最大时，五边形AEBCF的最大面积，
此时，E为AB中点时，△ABE面积最大，F为AC中点时，△ACF面积最大，
如图8，连接OE，连接OF交AC于H，
∴OE⊥AB，OF⊥AC，
∴AH＝CH，
∴OH＝12BC＝22r，
∴S△ABE的最大值为：12•AB•OE＝12×2r×r＝r2，
S△ACF的最大值为：12•AC•FH＝12×2r×（r﹣22r）＝22r2﹣12×r2，
∴S五边形AEBCF的最大值为：r2+r2+22r2﹣12×r2＝3+22r2．
专题24.4 圆与四边形的综合
【典例1】如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为直径，AC和BD交于点E，AB＝BC．
（1）求∠ADB的度数；
（2）过B作AD的平行线，交AC于F，试判断线段EA，CF，EF之间满足的等量关系，并说明理由；
（3）在（2）条件下过E，F分别作AB，BC的垂线，垂足分别为G，H，连接GH，交BO于M，若AG＝3，S四边形AGMO：S四边形CHMO＝8：9，求⊙O的半径．
【思路点拨】
（1）由直径所对的圆周角为直角及等腰三角形的性质和互余关系可得答案；
（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2=EF2．如图2，设∠ABE=α，∠CBF=β，先证明α+β=45°，再过B作BN⊥BE，使BN=BE，连接NC，判定△AEB≌△CNB（SAS）、△BFE≌△BFN（SAS），然后在Rt△NFC中，由勾股定理得：CF2+CN2=NF2，将相关线段代入即可得出结论；
（3）如图3，延长GE，HF交于K，由（2）知EA2+CF2=EF2，变形推得S△ABC=S矩形BGKH，S△BGM=S四边形COMH，S△BMH=S四边形AGMO，结合已知条件S四边形AGMO：S四边形CHMO=8：9，设BG=9k，BH=8k，则CH=3+k，求得AE的长，用含k的式子表示出CF和EF，将它们代入EA2+CF2=EF2，解得k的值，则可求得答案．
【解题过程】
解：（1）如图1，
∵AC为直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠ACB+∠BAC＝90°，
∵AB＝BC，
∴∠ACB＝∠BAC＝45°，
∴∠ADB＝∠ACB＝45°；
（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2＝EF2．
理由如下：
如图2，设∠ABE＝α，∠CBF＝β，
∵AD∥BF，
∴∠EBF＝∠ADB＝45°，
又∠ABC＝90°，
∴α+β＝45°，
过B作BN⊥BE，使BN＝BE，连接NC，
∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBN，BE＝BN，
∴△AEB≌△CNB（SAS），
∴AE＝CN，∠BCN＝∠BAE＝45°，
∴∠FCN＝90°．
∵∠FBN＝α+β＝∠FBE，BE＝BN，BF＝BF，
∴△BFE≌△BFN（SAS），
∴EF＝FN，
∵在Rt△NFC中，CF2+CN2＝NF2，
∴EA2+CF2＝EF2；
（3）如图3，延长GE，HF交于K，
由（2）知EA2+CF2＝EF2，
∴12EA2+12CF2＝12EF2，
∴S△AGE+S△CFH＝S△EFK，
∴S△AGE+S△CFH+S五边形BGEFH＝S△EFK+S五边形BGEFH，
即S△ABC＝S矩形BGKH，
∴12S△ABC＝12S矩形BGKH，
∴S△GBH＝S△ABO＝S△CBO，
∴S△BGM＝S四边形COMH，S△BMH＝S四边形AGMO，
∵S四边形AGMO：S四边形CHMO＝8：9，
∴S△BMH：S△BGM＝8：9，
∵BM平分∠GBH，
∴BG：BH＝9：8，
设BG＝9k，BH＝8k，
∴CH＝3+k，
∵AG＝3，
∴AE＝32，
∴CF＝2（k+3），EF＝2（8k﹣3），
∵EA2+CF2＝EF2，
∴(32)2+[2(k+3)]2=[2(8k−3)]2，
整理得：7k2﹣6k﹣1＝0，
解得：k1＝﹣17（舍去），k2＝1．
∴AB＝12，
∴AO＝22AB＝62， ∴⊙O的半径为62．
1．（2022·广东深圳·三模）如图，正方形ABCD内接于⊙O，线段MN在对角线BD上运动，若⊙O的面积为8π，MN=2，则ΔAMN周长的最小值是（ ）
A．6 B．8 C．9 D．10
【思路点拨】
由正方形的性质，知点C是点A关于BD的对称点，过点C作CA'//BD，使得CA'=2，连接AA'交BD于N，取NM=2，连接AM、CM，则点M，N为所求点，则点M，N为所求点，进而即可求解．
【解题过程】
解：∵⊙O的面积为πr2=8π，
∴圆的半径为22，
∴BD=AC=42，
由正方形的性质，可知点C是点A关于BD的对称点，
过点C作CA'//BD，使得CA'=2，
连接AA'交BD于N，取NM=2，连接AM、CM，则点M，N为所求点，如图所示，
理由：∵A'C//MN，且A'C=MN，则四边形MCA'N为平行四边形，
则A'N=CM=AM，
则AA'=(42)2+22=6，
故△AMN的周长最小值为AM+AN+MN=AA'+2=6+2=8，
故选B．
2．（2022·浙江·宁波市鄞州蓝青学校九年级期末）在△ABC中，若O为BC边的中点，则必有：AB2+AC2＝2AO2+2BO2成立．依据以上结论，解决如下问题：如图，在矩形DEFG中，已知DE＝6，EF＝4，点M在以半径为2的⊙D上运动，则MF2+MG2的最大值为（ ）
A．104 B．116 C．120 D．100
【思路点拨】
设GF的中点为N，连接MN、DM，根据题意可得，MF2+MG2=2MN2+2GN2，由此可以判定MF2+MG2的最大值，即是MN的最大值，即可求解．
【解题过程】
解：设GF的中点为N，连接MN、DM，如下图：
则DM=2，GN=12GF=12DE=3
根据题意可得，MF2+MG2=2MN2+2GN2=2MN2+18，
MF2+MG2的最大值，即是MN的最大值
又∵点M在以半径为2的⊙D上运动
∴MN的最大值=DN+2
由勾股定理可得：DN=GN2+GD2=32+42=5
∴MN的最大值为7
∴MF2+MG2的最大值为=2MN2+18=2×72+18=116
故选：B
3．（2022·全国·九年级课时练习）如图，在⊙O中，点C在优弧AB上，将弧BC沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．若⊙O的半径为5，AB＝4，则BC的长是（ ）
A．23 B．32 C．42 D．33
【思路点拨】
连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，利用垂径定理得到OD⊥AB，则AD＝BD＝2，于是根据勾股定理可计算出OD＝1，再利用折叠的性质可判断AC和CD所在的圆为等圆，则根据圆周角定理得到AC=CD，所以AC＝DC，利用等腰三角形的性质得AE＝DE＝1，接着证明四边形ODEF为正方形得到OF＝EF＝1，然后计算出CF后得到CE＝BE＝3，于是可得到BC的长．
【解题过程】
解：如图，连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，
∵D为AB的中点，
∴OD⊥AB，
∴AD＝BD＝12AB＝2，
在Rt△OBD中，OD＝OB2−BD2=5−4=1，
∵将BC沿BC折叠，
∴AC和CD所在的圆为等圆，
∴AC=CD，
∴AC＝DC，
∴AE＝DE＝1，
∵∠ODE＝∠OFE＝∠DEF＝90°，
∴四边形ODEF是矩形，
∵DE＝OD＝1，
∴四边形ODEF是正方形，
∴OF＝EF＝1，
在Rt△OCF中，CF＝OC2−OF2=5−1=2，
∴CE＝CF＋EF＝2＋1＝3，
而BE＝BD＋DE＝2＋1＝3，
∴BC＝32+32=32．
故选：B．
4．（2022·全国·九年级课时练习）如图，AB是⊙O的直径，C,D分别是OA,OB的中点，MC⊥AB,ND⊥AB,M,N在⊙O上．下列结论：①MC=ND；②AM=MN=NB；③四边形MCDN是正方形；④MN=12AB．其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【思路点拨】
根据题意连结OM、ON，易得OC=12OM,OD=12ON，利用含30度的直角三角形三边关系得∠OMC=30°，∠OND=30°，所以MC=3OC,ND=3OD,MC=ND，则可对①进行判断；再计算出∠MOC=∠NOD=60°，则∠MON=60°，于是根据圆心角、弧、弦的关系对②进行判断；先证明四边形MCDN为平行四边形，加上∠MCO=90°，则可判断四边形MCDN为矩形，由于MC=3OC,则MC=32CD，于是可对③进行判断；由四边形MCDN为矩形得到MN=CD，则MN=12AB，则可对④进行判断．
【解题过程】
解：如图，连接OM,ON．
∵C,D分别是OA,OB的中点，
∴OC=OD,OC=12OM,OD=12ON．
∴MC⊥AB,ND⊥AB，
∴∠OMC=30°,∠OND=30°,
∴MC=3OC,ND=3OD,MC=ND，故①正确．
∵∠MOC=∠NOD=60°,
∴∠MON=60°,
∴AM⏜=MN⏜=NB⏜，故②正确．
∵CM//ND,MC=ND，
∴四边形MCDN为平行四边形．
∵∠MCO=90°，
∴四边形MCDN为矩形．
∵MC=3OC,
∴MC=32CD，
∴四边形MCDN不是正方形，故③错误．
∵四边形MCDN为矩形，
∴MN=CD,
∴MN=12AB，故④正确．
综上，①②④正确．
故选：C．
5．（2022·江苏·九年级期中）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是正方形外一动点，且点E在CD的右侧，∠AED=45°，P为AB的中点，当E运动时，线段PE的最大值为______．
【思路点拨】
连接AC，BD交于点O，连接PO，EO，根据A，C，E，D四点共圆，可得OE=OD=12BD=22，再根据PE≤OP+OE=2+22，可得当点O在线段PE上时，PE=OP+OE=2+22，即线段PE的最大值为2+22．
【解题过程】
解：如图，连接AC，BD交于点O，连接PO，EO，
∵∠AED=45°，∠ACD=45°，
∴A，C，E，D四点共圆，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴OE=OD=12BD=22，
∵P为AB的中点，O是BD的中点，
∴OP=12AD=2，
∵PE≤OP+OE=2+22，
∴当点O在线段PE上时，PE=OP+OE=2+22，
即线段PE的最大值为2+22，
故答案为：2+22．
6．（2022·四川·九年级专题练习）如图，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，AB=AC=4，点D为△ABC所在平面内一点，∠BDC=90°，以AC、CD为边作平行四边形ACDE，则CE的最小值为_____．
【思路点拨】
延长AE交BD 于点F，连接BE，根据平行四边形的性质可得AE∥CD，可得∠AFB=∠CDB=∠DFE=90°，可以证明ΔAFB≅ΔDFE(AAS)，可得∠AEB = 135°，点E的运动轨迹为圆的运动轨迹，假设点E所在圆的圆心为M，连接MB、MA、MC，MC与圆M交于点E' ，则根据圆外的点到圆上的点的距离最值可得：CE' 即为CE的最小值，利用勾股定理可得CM的值，进而可得CE的最小值．
【解题过程】
解：如图，延长AE交BD 于点F，连接BE，
∵ 四边形ACDE是平行四边形，
∴AE∥CD,AC=ED,∠EAC=∠CDE，
∵∠BAC=90°=∠BDC,AB=AC=4，
∴ED=AB=AC=4,∠BAF+∠CAE=90°,∠CDE+∠EDF=90°，
∠AFB=∠CDB=∠DFE=90°，
∴BC=2AB=42，
∴∠BAF=∠EDF，
在ΔAFB 和ΔDFE 中，
∵{∠BAF=∠EDF∠AFB=∠DFEAB=DE，
∴ΔAFB≅ΔDFE(AAS)，
∴BF=EF，
∴∠BEF=45°，
∴∠AEB=135°，
∴ 点E的运动轨迹为圆的运动轨迹，假设点E所在圆的圆心为M，
连接MB、MA、MC，MC与圆M交于点E'，
则根据圆外的点到圆上的点的距离最值可得：CE' 即为CE的最小值，
∴∠AMB=90°，
∵AM=BM,AB=4，
∴∠MBA=45°,BM=22AB=22，
∴∠MBC=90°，
在RtΔMBC 中，MC=MB2+BC2=210，
∴CE'=CM−ME'=210−22，
即CE 的最小值为210−22，
故答案为：210−22．
7．（2022·广东广州·九年级期末）如图，正方形ABCD的边长为1，⊙O经过点C，CM为⊙O的直径，且CM＝1．过点M作⊙O的切线分别交边AB，AD于点G，H．BD与CG，CH分别交于点E，F，⊙O绕点C在平面内旋转（始终保持圆心O在正方形ABCD内部）．给出下列四个结论：
①HD＝2BG；②∠GCH＝45°；③H，F，E，G四点在同一个圆上；④四边形CGAH面积的最大值为2−2．其中正确的结论有 _____（填写所有正确结论的序号）．
【思路点拨】
根据切线的性质，正方形的性质，通过三角形全等，证明HD=HM，∠HCM=∠HCD，GM=GB，∠GCB=∠GCM，可判断前两个结论；运用对角互补的四边形内接于圆，证明∠GHF+∠GEF=180°，取GH的中点P，连接PA，则PA+PC≥AC，当PC最大时，PA最小，根据直径是圆中最大的弦，故PC=1时，PA最小，计算即可．
【解题过程】
解：∵GH是⊙O的切线，M为切点，且CM是⊙O的直径，
∴∠CMH=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CMH=∠CDH=90°，
∵CM=CD，CH=CH，
∴△CMH≌△CDH，
∴HD=HM，∠HCM=∠HCD，
同理可证，∴GM=GB，∠GCB=∠GCM，
∴GB+DH=GH，无法确定HD＝2BG，
故①错误；
∵∠HCM+∠HCD+∠GCB+∠GCM=90°，
∴2∠HCM+2∠GCM=90°，
∴∠HCM+∠GCM=45°，
即∠GCH＝45°，
故②正确；
∵△CMH≌△CDH，BD是正方形的对角线，
∴∠GHF=∠DHF，∠GCH=∠HDF=45°，
∴∠GHF+∠GEF=∠DHF +∠GCH+∠EFC
=∠DHF +∠HDF+∠HFD
=180°，
根据对角互补的四边形内接于圆，
∴H，F，E，G四点在同一个圆上，
故③正确；
∵正方形ABCD的边长为1，
∴S四边形GCHA=S四边形ABCD−S△BCG−S△CDH
=1−12(BG+DH)
=1−12GH，∠GAH=90°，AC=2
取GH的中点P，连接PA，
∴GH=2PA，
∴S四边形GCHA=1−PA，
∴当PA取最小值时，S四边形GCHA有最大值，
连接PC，AC，
则PA+PC≥AC，
∴PA≥AC- PC，
∴当PC最大时，PA最小，
∵直径是圆中最大的弦，
∴PC=1时，PA最小，
∴当A，P，C三点共线时，且PC最大时，PA最小，
∴PA=2-1，
∴S四边形GCHA最大值为：1-（2-1）=2-2，
∴四边形CGAH面积的最大值为2−2，
∴④正确；
故答案为: ②③④．
8．（2022·江苏淮安·一模）如图，四边形ABCO是菱形，点D在边AB上，以O为圆心、OD为半径的圆切AB于点D．
(1)试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若AB=2，且点D是AB的中点，求图中阴影部分的面积．
【思路点拨】
（1）过点O作OE⊥BC，垂足为点E．由已知可以得到△OAD≌△OCE，从而得出OD=OE，即可得出直线BC与⊙O相切；
（2）分别计算四边形ABCO和扇形A'OC'的面积，求出其差即得解．
【解题过程】
（1）解：直线BC与⊙O相切．
理由是：如图，过点O作OE⊥BC，垂足为点E．
∵⊙O与边AB相切于点D，
∴OD⊥AB．
∴∠ODA=∠OEC=90°，
∵四边形ABCO是菱形，
∴∠A=∠C，OA=OC，
∴△OAD≌△OCE（AAS），
∴OD=OE，
∴OE是⊙O的半径．
∴直线BC与⊙O相切．
（2）解：如图：标出四边形与圆的交点A',C'，由已知可得，
在Rt△OAD中，OA=AB=2，AD=12AB=1，
∴由勾股定理可得OD=22−12=3，
∴S四边形ABCO=AB×OD=23，
∵AD=12AB=12OA，
∴∠AOD=30°，
∴∠A=60°，∠AOC=120°，
∴S扇形A'OC'=120π×(3)2360=π，
∴阴影部分的面积=S四边形ABCO−S扇形A'OC'=23−π．
9．（2022·浙江·兰溪市聚仁学校一模）如图，在平行四边形ABCD中，点O为AD边上一点，以O为圆心，OA为半径作⊙O恰好经过点B，与AD边交于点E，CD边所在直线与⊙O相切，切点为H，连接AH，EH，若2∠HAB+∠C=180°：
（1）求证：CB为⊙O切线；
（2）若DE=1，求⊙O半径．
【思路点拨】
（1）连接OB、OH，由圆周角定理可知∠HOB=2∠HAB，即易得出∠HOB+∠C=180°，再由切线的性质可知∠CHO=90°，最后根据四边形内角和为360°，即可求出∠OBC=90°，即证明CB为⊙O切线；
（2）根据题意易推出AD//BC，AB//CH．即可证明∠BOA=90°，从而证明△AOB为等腰直角三角形，可推出∠BAD=∠ABO=∠ODH=45°，即易证明△DHO是等腰直角三角形，从而得出OH=DH=OE．设OH=x，则OE=DH=x，OD=x+1．根据勾股定理，列出方程，求出x即可．
【解题过程】
（1）如图，连接OB、OH，
由图可知∠HOB=2∠HAB，
∴∠HOB+∠C=180°．
∵CD边所在直线与⊙O相切，切点为H，
∴OH⊥CH，即∠CHO=90°．
∵在四边形BCHO中，∠HOB+∠OBC+∠BCH+∠CHO=360°，
∴180°+∠OBC+90°=360°，
∴∠OBC=90°，即OB⊥BC，
∴CB为⊙O切线；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AB//CH．
∵∠OBC=90°
∴∠BOA=90°，
∴△AOB为等腰直角三角形，
∴∠BAD=∠ABO=45°，
∴∠ODH=∠BAD=45°．
∵∠CHO=90°，即∠DHO=90°，
∴△DHO是等腰直角三角形，
∴OH=DH=OE．
设OH=x，则OE=DH=x， OD=OE+DE=x+1．
∵在△DHO中，OH2+DH2=OD2，即x2+x2=(x+1)2
解得：x1=1+2，x2=1−2（舍）
∴⊙O半径为1+2．
10．（2022·全国·九年级课时练习）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB = 6，BC = 8，∠ABC = 90°，弧AD = 弧DC．
(1)求边CD的长；
(2)已知△ABE与△ABD关于直线AB对称．
①尺规作图:作△ABE；（保留作图痕迹，不写作法）
②连接DE，求线段DE的长．
【思路点拨】
（1）先求出直径AC，再得到△ADC是等腰直角三角形，利用勾股定理即可求解；
（2）①以B点为圆心，BD为半径，和以A点为圆心，AD为半径画弧，交点为E点，再顺次连接即可；
②过A点作AH⊥BD，先求出BD的长，再证明△BDE是等腰直角三角形，故可求出DE的长．
【解题过程】
解：（1）∵AB = 6，BC = 8，∠ABC = 90°，
∴AC=62+82=10，AC是⊙O的直径
∴∠ADC=90°
∵弧AD = 弧DC
∴AD=CD
∴△ADC是等腰直角三角形
∴AD2+CD2=AC2
解得CD=52；
（2）①如图，△ABE为所求；
②过A点作AH⊥BD，
∵弧AD = 弧DC
∴∠ABD=∠CBD=12∠ABC=45°
∴△ABH是等腰直角三角形
∵AB2=BH2+AH2，AH=BH
∴AH=BH=32
∵AD=CD=52
∴在Rt△ADH中，DH=AD2−AH2=42
∴BD=BH+DH=72
∵△ABE与△ABD关于直线AB对称
∴∠EBD=2∠ABD=90°，BE=BD=72
∴△BDE是等腰直角三角形
∴DE=BE2+BD2=14．
11．（2022·湖南·长沙县湘郡未来实验学校九年级开学考试）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，且对角线BD为直径，过点A作⊙O的切线AE，与CD的延长线交于点E，已知DA平分∠BDE．
(1)求证：AE⊥DE；
(2)若⊙O的半径为5，CD=6，求AD的长．
【思路点拨】
（1）连接OA，先证明OA//DE，结合OA⊥AE，即可证AE⊥DE；
（2）作OF⊥CD，则四边形OAEF是矩形，且DF=12CD=3，由此可求得DE的长，在Rt△ODF中，勾股定理求出OF，即AE的长，在Rt△ADE中，利用勾股定理求AD．
【解题过程】
（1）证明：如图，连接OA，
∵AE是⊙O切线，
∴OA⊥AE．
∵DA平分∠BDE，
∴∠ADE=∠ADO．
又∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ADO，
∴∠OAD=∠ADE，
∴OA∥DE，
又∵ OA⊥AE，
∴AE⊥DE．
（2）解：过点O作OF⊥CD于F．
∵∠OAE=∠AEF=∠OFE=90°，
∴四边形OAEF是矩形，
∴ EF=OA=5，AE=OF．
∵ OF⊥CD，
∴ DF=FC=12CD=3，
∴DE=EF−DF=5−3=2，
在Rt△OFD中，OF=OD2−DF2=52−32=4，
∴AE=OF=4，
在Rt△AED中，AD=AE2+DE2=42+22=25，
∴AD的长是25．
12．（2022·江苏·九年级）如图，正方形ABCD内接于⊙O，E是BC的中点，连接AE，DE，CE．
（1）求证：AE=DE；
（2）若CE=1，求四边形AECD的面积．
【思路点拨】
（1）欲证明AE=DE，只要证明AE=DE．
（2）连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F．证明△ADE≌△CDF（AAS），推出AE=CF，推出S△ADE=S△CDF，推出S四边形AECD=S△DEF，再利用等腰三角形的性质构建方程求出DE，即可解决问题．
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD，
∴AB=CD．
∵E是BC的中点，
∴BE=EC，
∴AE=DE，
∴AE=DE．
（2）解：连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC=∠DEC=45°，DA=DC．
∵∠EDF=90°，
∴∠F=90°﹣45°=45°，
∴DE=DF．
∵∠ADC=∠EDF=90°，
∴∠ADE=∠CDF．
在△ADE和△CDF中，
∠ADE=∠CDF∠AED=∠FDA=DC，
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴AE=CF，
∴S△ADE=S△CDF，
∴S四边形AECD=S△DEF．
∵EF=2DE=EC+DE，EC=1，
∴1+DE=2DE，
∴DE=2+1，
∴S△DEF=12DE2=2+32．
13．（2022·河南·淅川县基础教育教学研究室一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点E在边AD的延长线上，连接AC，BD，已知CD=CE，∠E=∠BAC．
(1)求证：DC平分∠BDE．
(2)若CE与⊙O相切于点C，求证：AC=BD．
【思路点拨】
（1）根据等腰三角形的性质和同弧所对的圆周角相等即可求证；
（2）连接OC、OD，根据内接四边形的性质推出AC=BC，设∠E=∠CDE=m，利用相切得到∠OCE=90°，用含m的式子表示出∠DCE、∠OCD、∠DOC、∠CBD，从而推出∠BCD，得到BD=BC，即可求证AC=BD．
【解题过程】
(1)证明：∵CD=CE
∴∠CDE=∠E
∵∠E=∠BAC，∠BAC=∠BDC
∴∠E=∠BDC
∴∠BDC=∠CDE
∴DC平分∠BDE；
(2)证明：连接OC、OD，如图所示
∵四边形ABCD内接于⊙O
∴∠ABC=∠CDE
由（1）可知∠CDE=∠BAC
∴∠ABC=∠BAC
∴AC=BC
设∠E=∠CDE=m，则∠DCE=180°－2m
∵CE与⊙O相切
∴∠OCE=90°
∴∠OCD=∠ODC=2m－90°
∴∠DOC=360°－4m
∴∠CBD=180°－2m
又∵∠BDC=m
∴∠BCD=180°－∠BDC－∠CBD=m
∴∠BDC=∠BCD
∴BD=BC
∴AC=BD
14．（2022·福建南平·九年级期末）如图，四边形ABCD为菱形，以AD为直径作⊙O交AB于点F，连接DB交⊙O于点H，过点D作⊙O的切线交BC于点E．
(1)求证：AF=CE；
(2)若BF=2，DH=5，求⊙O的半径．
【思路点拨】
（1）连接DF，根据菱形的性质可得AD=CD，AD∥BC，∠A=∠C．再由切线的性质，可得∠CED=∠ADE=90°．可证得△DAF≌△DCE．即可求证；
（2）连接AH，DF，根据等腰三角形的性质可得BD=2DH=25．在Rt△ADF和Rt△BDF中，根据勾股定理，即可求解．
【解题过程】
（1）证明：如图，连接DF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=CD，AD∥BC，∠A=∠C．
∵DE是⊙O的切线，
∴∠ADE=90°．
∵AD∥BC，
∴∠CED=∠ADE=90°．
∵AD是⊙O的直径，
∴∠DFA=90°．
∴∠AFD=∠CED=90°．
在△DAF和△DCE中，∠AFD=∠CED∠A=∠CAD=CD，
∴△DAF≌△DCE（AAS）．
∴AF=CE．
（2）解：如图，连接AH，DF，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠AHD=∠DFA=90°．
∵AD=AB，DH=5，
∴BD=2DH=25．
在Rt△ADF和Rt△BDF中，
由勾股定理，得DF2=AD2－AF2，DF2=BD2－BF2，
∴AD2－AF2=BD2－BF2．
∴AD2－（AD－BF）2=BD2－BF2．
∴AD2−(AD−2)2=(25)2−22．
∴AD=5．
∴⊙O的半径为52．
15．（2022·江西·崇仁县第二中学二模）如图，在平行四边形ABCD中，点A，B，D三个点都在⊙O上，CD与⊙O交于点F，连接BO并延长交边AD于点E，点E恰好是AD的中点．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)若AE＝1，∠BAD＝75°；
①求BE的长；
②求阴影部分的面积．
【思路点拨】
（1）根据垂径定理的推论可确定BE⊥AD，再结合平行四边形的性质即可证明．
（2）①连接AO．根据直角三角形两个锐角互余求出∠ABO，再根据等边对等角和三角形外角的性质求出∠AOE，根据30°所对的直角边是斜边的一半，勾股定理和等价代换思想求出OB和OE的长度，即可求出BE的长度．
②连接OD，OF，BF．根据等价代换思想求出DE的长度，进而求出△ODE的面积；根据平行四边形的性质，圆内接四边形的性质求出∠ABF，进而求出∠OBF，根据等边三角形的判定定理和性质求出∠BOF，进而求出扇形OBF的面积；根据圆周角定理求出∠BOD，进而求得DOF，再根据三角形面积公式求出△DOF的面积；根据线段的和差关系和平行四边形的性质求出BC的长度，然后根据梯形面积公式求出梯形EBCD的面积，再减去扇形OBF，△DOF，△ODE这三部分的面积即可得到阴影部分的面积．
【解题过程】
(1)证明：∵点E是AD的中点，
∴BE⊥AD．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC．
∴BE⊥BC．
∵OB是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线．
(2)解：①如图，连接AO．
∵BE⊥AD，∠BAD＝75°，
∴∠ABO＝15°．
∵OA＝OB，
∴∠BAO＝∠ABO＝15°．
∴∠AOE=∠BAO+∠ABO＝30°．
∵AE=1，
∴OA＝2AE＝2．
∴OB＝2，OE＝OA2−AE2=3．
∴BE＝OB+OE＝2+3．
②如图，连接OD，OF，BF．
∵AE=1，E是AD的中点，
∴DE=1．
∴S△ODE=12OE⋅DE=32，AD=AE+DE=2．
∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD＝75°，
∴∠ADC＝180°-∠BAD=105°，∠BOD=2∠BAD=150°．
∵四边形ABFD内接于⊙O，
∴∠ABF=180°-∠ADC=75°．
∴∠OBF=∠ABF-∠ABO=60°．
∵OF=OB=2，
∴△OBF是等边三角形．
∴∠BOF=60°．
∴∠DOF=∠BOD-∠BOF=90°，S扇形OBF=60π×22360=2π3．
∵OF=2，
∴OD=OF=2．
∴S△DOF=12OD⋅OF=2．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=2．
∴S梯形EBCD=DE+BC⋅BE2=6+332．
∴S阴=S梯形EBCD-S扇形OBF−S△DOF−S△ODE=1+3−2π3．
∴阴影部分的面积为1+3−2π3．
16．（2022·全国·九年级专题练习）如图，已知AB为半圆O的直径，P为半圆上的一个动点（不含端点），以OP、OB为一组邻边作▱POBQ，连接OQ、AP，设OQ、AP的中点分别为M、N，连接PM、ON．
（1）试判断四边形OMPN的形状，并说明理由．
（2）若点P从点B出发，以每秒15°的速度，绕点O在半圆上逆时针方向运动，设运动时间为ts．
①是否存在这样的t，使得点Q落在半圆O内？若存在，请求出t的取值范围；若不存在，请说明理由．
②试求：当t为何值时，四边形OMPN的面积取得最大值？并判断此时直线PQ与半圆O的位置关系（需说明理由）．
【思路点拨】
（1）由平行四边形的性质可得PQ//OB，PQ＝OB，可证四边形PQOA为平行四边形，可得PA//QO，PA＝QO．由中点的性质可得OM＝PN，可证四边形OMPN为平行四边形，由等腰三角形的性质可得∠ONP＝90°，可得结论；
（2）①求出点Q落在半圆O上时，t的值，点P与点A重合时，t的取值，根据这两个特殊位置，可求点Q落在半圆O内时，t的取值范围；
②由面积公式可得S矩形OMPN＝S△AOP，由△AOP的底AO为定值，则当P旋转运动90°（运动至最高点）时，高取得最大值，此时△AOP的面积取得最大值，即可求t的值，由平行线的性质可得∠OPQ＝90°，可证PQ与半圆O相切．
【解题过程】
解：（1）四边形OMPN为矩形，
理由如下：∵四边形POBQ为平行四边形，
∴PQ//OB，PQ＝OB，
又∵OB＝OA，
∴PQ＝AO，
又∵PQ//OA，
∴四边形PQOA为平行四边形，
∴PA//QO，PA＝QO．
又∵M、N分别为OQ、AP的中点，
∴OM＝12OQ，PN＝12AP，
∴OM＝PN，
∴四边形OMPN为平行四边形，
∵OP＝OA，N是AP的中点，
∴ON⊥AP，即∠ONP＝90°，
∴四边形OMPN为矩形；
（2）①如图，当点Q落在半圆O上时，
∵四边形POBQ是平行四边形，
∴PQ＝OB，PO＝BQ，
又∵OB＝OP＝OQ，
∴OP＝OQ＝PQ＝BO＝BQ，
∴△POQ是等边三角形，△BQO是等边三角形，
∴∠POQ＝∠BOQ＝60°，
∴∠BOP＝120°，
∴t＝12015＝8s，
∴当t＝8s时，点Q落在半圆O上，
∵当点P与点A重合时，t＝18015＝12s，
∴当8＜t＜12时，点Q落在半圆O内；
②∵四边形OMPN为矩形，
∴S矩形OMPN＝ON•NP＝12AP•ON，
∴S矩形OMPN＝S△AOP，
∵△AOP的底AO为定值，
∴当P旋转运动90°（运动至最高点）时，高取得最大值，此时△AOP的面积取得最大值．
∴t＝90÷15＝6秒．
∴当t＝6s时，四边形OMPN面积最大，
此时，PQ与半圆O相切．
理由如下：∵∠POB＝90°，PQ//OB，
∴∠OPQ＝90°，
∴PQ与半圆O相切．
17．（2022·陕西渭南·三模）问题提出
(1)如图1，点P是∠AOB的平分线OC上一点，PD⊥OA，垂足为D，若PD=2，则点P到边OB的距离是______；
问题探究
(2)如图2，已知矩形ABCD的一边AB长为6，点P为边AD上一动点，连接BP、CP，且满足∠BPC=60°，求BC的最小值；（结果保留根号）
问题解决
(3)如图3，正方形ABCD是某植物园的花卉展示区的部分平面示意图，其中AB=400米，三条观光小路BM、BN和MN（小路宽度不计，M在AD边上，N在CD边上）拟将这个展示区分成四个区域，用来展示不同的花卉，根据实际需要，MB平分∠AMN，并且要求△BMN的面积尽可能小，那么是否存在满足条件的面积最小的△BMN？若存在，请求出△BMN的面积的最小值．若不存在，请说明理由．（结果保留根号）
【思路点拨】
（1）根据角平分线上的点到角两边的距离相等性质即可求得答案．
（2）过点P作PG⊥BC，可得四边形ABGP是矩形，作△BPC的外接圆⊙O，过O作OF⊥BC于F，根据题意可得到∠BOF=60°，即Rt△OBF和Rt△OCF都是30°的直角三角形，利用30°所对的直角边等于斜边的一半即可求得OF=12R，BF=CF=32R，根据则根据PG≤OP+OF三边的关系即可求得R的取值范围，即可求得答案．
（3）过点B作BG⊥MN于点G，根据正方形ABCD 的性质结合HL判定定理求证Rt△ABM≌Rt△GBM，Rt△GBN≌Rt△CBN，从而可得∠ABM=∠GBM，∠GBN=∠CBN，即可得∠MBN=45°，作△BMN的外接圆⊙O，过O作OF⊥MN于F，连接OM、ON、OB，根据结论可得MN=2R，OF=22R，从而得到BG≤BO+OF三边的关系，即可求得R的取值范围，当MN取最小时即可求得△BMN的面积的最小值．
【解题过程】
(1)解：∵点P是∠AOB的平分线OC上一点，PD⊥OA，且PD=2，
∴点P到边OB的距离为2，
故答案为：2．
(2)如图2，过点P作PG⊥BC于点G，则四边形ABGP是矩形，
∴PG=AB=6，
作△BPC的外接圆⊙O，过O作OF⊥BC于F，连接OB、OC、OP，
∵∠BPC=60°，
∴∠BOC=120°，
∴∠BOF=60°，
设⊙O的半径为R，则OF=12R，BF=CF=32R，
∵PG≤OP+OF，
∴6≤R+12R，解得R≥4，
∴BC=2×32R≥43，即BC的最小值为43．
(3)存在．理由如下：
如图3，过点B作BG⊥MN于点G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=AB=400米，∠A=∠ABC=∠C=90°，
∴AB⊥AM，BC⊥CN，
∵MB平分∠AMN，AB⊥AM，BG⊥MN，
∴GB=AB=BC=400米，
在Rt△ABM和Rt△GBM中，
BM=BMBG=AB，
∴Rt△ABM≌Rt△GBMHL，
∴∠ABM=∠GBM，
同理可证Rt△GBN≌Rt△CBNHL，
∴∠GBN=∠CBN，
∴∠MBN=∠GBM+∠GBN=12∠ABC=45°，
作△BMN的外接圆⊙O，过O作OF⊥MN于F，连接OM、ON、OB，则∠MON=90°，∠MOF=45°，设OB=OM=ON=R，则MN=2R，OF=22R，
∵BG≤BO+OF，
∴400≤R+22R，解得R≥4002−2（米），
∴MN=2R≥8002−1（米），
∴MN的最小值为8002−1（米），
∴S△BMN最小=12MN最小⋅BG=12×8002−1×400=1600002−1（平方米）．
综上，存在满足条件的面积最小的△BMN，△BMN的面积的最小值为1600002−1平方米．
18．（2022·黑龙江哈尔滨·一模）四边形ABCD为⊙O的内接四边形，AB=CD．
(1)如图1，求证：∠B=∠C；
(2)如图2，AE为⊙O的直径，连接BE，过点O作CD的垂线，点F为垂足，求证：BE=2OF；
(3)如图3，在（2）的条件下，过点O作AD的垂线，点G为垂足，若BA=BC，BE=2，OG=53，求AD的长．
【思路点拨】
（1）根据圆心角、弧、弦的关系定理及圆周角定理，可先证BD=AC，即可得到结论；
（2）连接OD，过点O作OH⊥BE于H，可证OH=DF，由HL可证Rt△OFD≌Rt△EHO即可求证；
（3）连接OC、OD，延长GO交BC于M，过点A作AN⊥BC于N，由四边形ABCD是⊙O的内接四边形，可证得AD∥BC，由CM=12BC，CF=12CD，BC=BA=CD可得CM=CF，可证Rt△OCM≌Rt△OCF，可求得GM=OG+OM=83，设AD=x(x>0)，AB=y(y>0)，则BM=CM=CF=DF=12y，由四边形ANMG是矩形，可求MN=AG=12x，AN=GM=83 BN=BM-MN=12y-12x，在Rt△ABN中，根据勾股定理得，y2-(12y-12x)2=(83)2=649，在Rt△ODG和Rt△ODF中，根据勾股定理得，
OC²+DG²= OF²+DF²=OD²，得(53)2+(12x)2=12+(12y)2 进而得y=3x，再代回等式，可求AD的值．
【解题过程】
（1）解：∵AB=CD
∴AB=CD
∴AB+AD=CD+AD
即BD=AC
∴∠B=∠C．
（2）解：如图连接OD，过点O作OH⊥BE于H，则BH=EH=12BE
∵AO=EO，BH=EH
∴OH=12AB
∵AB=CD
∴OH=12CD
∵OF⊥CD，OH⊥BE
∴DF=CF=12CD，∠OFD=∠EHO=90°
∴OH=DF
在Rt△OFD和Rt△EHO中
OD=OEDF=OH
∴Rt△OFD≌Rt△EHO（HL）
∴OF=EH
∴OF=12BE
即BE=2OF．
（3）解：如图连接OC、OD，延长GO交BC于M，过点A作AN⊥BC于N
由（2）得OF=12BE=12×2=1，
由（1）得∠ABC=∠BCD，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，∠BCD+∠BAD=180°，
∴∠ADC=∠BAD(等角的补角相等)，
∴∠ABC+∠BAD=180°
∴AD∥BC
∵OG⊥AD，
∴GM⊥BC，
∴CM=12BC，
又∵CF=12CD，BC=BA=CD
∴CM=CF
在Rt△OCM和Rt△OCF中，
CM=CFOC=OC
∴Rt△OCM≌Rt△OCF(HL)
∴OM=OF=1，
∴GM=OG+OM=53+1=83
设AD=x(x>0)，AB=y(y>0)，则BM=CM=CF=DF=12y．
∵OG⊥AD，GM⊥BC，
∴四边形ANMG是矩形，
∴MN=AG=12x，AN=GM=83
∴BN=BM-MN=12y-12x
在Rt△ABN中，根据勾股定理得，
y2-(12y-12x)2=(83)2=649
在Rt△ODG和Rt△ODF中，根据勾股定理得，
OC²+DG²=OD²，OF²+DF²=OD²，
∴(53)2+(12x)2=12+(12y)2
即y2-x2=649
∴y2-(12y-12x)2=y2-x2
整理得y=3x或y=-x（不符合题意舍去）
把y=3x代入y2-x2=649得，
(3x)2-x2=649
解得x1=223,x2=-223（舍去）
∴AD=223．
19．（2022·黑龙江哈尔滨·九年级期末）四边形ABCD为矩形，点A，B在⊙O上，连接OC、OD．
(1)如图1，求证：OC＝OD；
(2)如图2，点E在⊙O上，DE∥OC，求证：DA平分∠EDO；
(3)如图3，在（2）的条件下，DE与⊙O相切，点G在弧BF上，弧FG＝弧AE，若BG＝32，DF＝2，求AB的长．
【思路点拨】
（1）连接OA、OB，则OA=OB，根据矩形的性质和等腰三角形的性质证得∠DAO=∠CBO，AD=BC，进而利用SAS证明△AOD≌△BOC即可证得结论；
（2）过O作OM⊥CD于M，则OM∥AD，根据等腰三角形的三线合一性质证得∠DOM=∠COM=12∠COD，根据平行线的性质证得∠ODA=∠DOM=12∠COD=12∠EDO，进而证得结论；
（3）连接OB、OG、AG、OE、EF，设EF与AD相交于H，利用切线性质可得OE⊥DE，进而得到OC⊥OE，利用弦切角定理和角平分线定义得到∠AHE=45°，根据平行线的性质证得∠DAG=∠AHE=45°，再利用圆周角定理和勾股定理求得圆的半径和DE长，过D作DN⊥OC于N，利用矩形的判定与性质可得DN=OE=3，ON=DE=4，再利用勾股定理求得CD即可求得AB长．
【解题过程】
（1）证明：如图1，连接OA、OB，则OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，AD=BC，AB=CD，
∴∠DAO=∠CBO，
在△AOD和△BOC中，
OA=OB∠DAO=∠CBOAD=BC，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴OC=OD；
（2）证明：过O作OM⊥CD于M，则∠OMD=90°，
∴∠ADC=∠OMC=90°，
∴OM∥AD，
∵OM⊥CD，OC=OD，
∴∠DOM=∠COM=12∠COD，
∵OM∥AD，DE∥OC，
∴∠COD=∠EDO，∠DOM=∠ODA，
∴∠ODA=12∠EDO，
∴DA平分∠EDO；
（3）解：连接OB、OG、AG、OE、EF，设EF与AD相交于H，
∵DE与⊙O相切，
∴OE⊥DE，又OC∥DE，
∴OC⊥OE，
∴∠EOD+∠ODE=90°，即12∠EOD+12∠EDO=45°，
由（2）结论知，∠EDA=12∠EDO，
∵∠DEF为弦切角，
∴∠DEF= 12∠EOD，
∴∠AHE=∠DEF+∠EDA=45°，
∵弧FG＝弧AE，
∴EF∥AG，
∴∠DAG=∠AHE=45°，又∠BAD=90°，
∴∠BAG=90°－∠DAG=45°，
∴∠BOG=2∠BAG=90°，
在Rt△BOG中，OB=OG，BG＝32，
由勾股定理得：OB2+OG2=（32）2，即2OB2=18，
∴OB=3，
∴OE=OF=3，又DF＝2，
∴OD=OF+DF=3+2=5，
∴DE= OD2−OE2= 52−32=4，
过D作DN⊥OC于N，则四边形EOND为矩形，
∴DN=OE=3，ON=DE=4，
∵OC=OD=5，
∴CN=OC－ON=5－4=1，
在Rt△CDN中，CD= DN2+CN2=32+12= 10，
∴AB=CD= 10．
20．（2022·全国·九年级课时练习）定义：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，那么我们把这称为四点共圆．
(1)下列几何图形的四个顶点构成四点共圆的有 ．（填序号）①平行四边形；②菱形；③矩形；④正方形；⑤等腰梯形．
(2)已知△ABC中，∠A＝40°，如图1，平面上一点D，使得A、B、C、D四点共圆，试求∠BDC的度数．
(3)若△ABC的外接圆为⊙O，半径为r，平面上有两点E、F，分别与△ABC的三个顶点构成四点共圆（E在AB的左侧，F点在AC的右侧），如图2．①试判断∠E+∠F﹣∠BAC的值是否为定值？如果是，请求出这个值；如果不是，请说明理由；②若BC弦的长度与⊙O的半径r之比为2：1，并且边AB经过圆心O，如图3，试求五边形AEBCF的最大面积（用含r的式子表示）．
【思路点拨】
（1）由“对角互补的四边形是圆的内接四边形”，即可得出答案；
（2）分点D在BC 上和点D在AB、AC上两种情况讨论，即可求出∠BDC的度数；
（3）①由圆内接四边形的性质可得∠E+∠AFB＝180°，由∠BAC＝∠BFC，可得∠E+∠AFC＝∠E+∠AFB+∠BFC＝∠E+∠AFB+∠BAC＝180°+∠BAC，进而可得∠E+∠AFC﹣∠BAC＝180°；
②由AB经过圆心O，BC弦的长度与⊙O的半径r之比为2：1，可得△ABC为等腰直角三角形，S五边形AEBCF＝S△ABE+S△ABC+S△ACF，当△ABE及△ACF面积最大时，五边形AEBCF的最大面积，E为AB中点时，△ABE面积最大，F为AC中点时，△ACF面积最大，求出△ABE及△ACF面积最大值，最后把三个三角形的面积相加，即可求出五边形AEBCF的最大面积．
【解题过程】
（1）解：∵矩形、正方形、等腰梯形的对角互补，
∴矩形、正方形、等腰梯形的四个顶点构成四点共圆，
故答案为：③④⑤；
（2）解：如图4，当点D在BC上时，
∵A、B、D、C四点共圆，
∴∠A+∠D＝180°，
∵∠BAC＝40°，
∴∠BDC＝180°﹣40°＝140°，
如图5和图6，当点D在AB或AC上时，
∵∠BAC＝40°，
∴∠BDC＝∠BAC＝40°，
综上所述，∠BDC的度数为140°或 40°；
（3）解：①如图7，连接BF，
∵四边形AEBF是圆内接四边形，
∴∠E+∠AFB＝180°，
又∵∠BAC＝∠BFC，
∴∠E+∠AFC
＝∠E+∠AFB+∠BFC
＝∠E+∠AFB+∠BAC
＝180°+∠BAC，
∴∠E+∠AFC﹣∠BAC＝180°，
即∠E+∠F﹣∠BAC＝180°；
②∵AB经过圆心，
∴AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵BC：OB＝2：1，OB＝r，
∴BC＝2r，
∵AB＝2r，
∴AC＝AB2−BC2 ＝2r，
∴BC＝AC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵S五边形AEBCF＝S△ABE+S△ABC+S△ACF，
∴当△ABE及△ACF面积最大时，五边形AEBCF的最大面积，
此时，E为AB中点时，△ABE面积最大，F为AC中点时，△ACF面积最大，
如图8，连接OE，连接OF交AC于H，
∴OE⊥AB，OF⊥AC，
∴AH＝CH，
∴OH＝12BC＝22r，
∴S△ABE的最大值为：12•AB•OE＝12×2r×r＝r2，
S△ACF的最大值为：12•AC•FH＝12×2r×（r﹣22r）＝22r2﹣12×r2，
∴S五边形AEBCF的最大值为：r2+r2+22r2﹣12×r2＝3+22r2．
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