中考数学大题高分秘籍【江苏专用】专题23以圆为载体的几何压轴问题(江苏最新模拟30题)(原卷版+解析)

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一、解答题
1．（2023·江苏苏州·苏州中学校考一模）定义：如果一个四边形的一组对角互余，那么我们称这个四边形为“对角互余四边形”．
(1)利用下面哪组图形可以得到一个对角互余四边形______（填写序号）
①两个等腰三角形；②两个等边三角形；③两个直角三角形；④两个全等三角形
(2)如图1，在对角互余四边形ABCD中，∠D=30°，且AC⊥BC，AC⊥AD．若BC=1，求四边形ABCD的面积和周长．
(3)如图2，在四边形ABCD中，连接AC，∠BAC=90°，点O是△ACD外接圆的圆心，连接OA，∠OAC=∠ABC．求证：四边形ABCD是“对角互余四边形”；
(4)在（3）的条件下，如图3，已知AD=a，DC=b，AB=3AC，连接BD，求BD2的值．（结果用带有a，b的代数式表示）
2．（2023·江苏苏州·苏州工业园区星湾学校校考模拟预测）如图，锐角△ABC中∠A的平分线交BC于点E，交△ABC的外接圆于点D、边BC的中点为M．
(1)求证：MD垂直BC；
(2)若AC=5，BC=6，AB=7，求BDAD的值；
(3)作∠ACB的平分线交AD于点P，若将线段MP绕点M旋转180°后，点P恰好与△ABC外接圆上的点P'重合，则tan∠BAC= ．
3．（2023·江苏泰州·统考二模）定义：若一个四边形能被其中的一条对角线分割成两个相似三角形，则称这个四边形为“师梅四边形”，这条对角线称为“师梅线”．我们熟知的平行四边形就是“师梅四边形”．
(1)如图1，BD平分∠ABC，BD=42，BC=10．四边形ABCD是被BD分割成的“师梅四边形”，求AB长；
(2)如图2，平面直角坐标系中，A、B分别是x轴和y轴上的点，且OA=3，OB=2，若点C是直线y=x在第一象限上的一点，且OC是四边形OACB的“师梅线”，求四边形OACB的面积．
(3)如图3，圆内接四边形ABCD中，∠ABC=60°点E是AC的中点，连接BE交CD于点F，连接AF，∠DAF=30°，①求证：四边形ABCF是“师梅四边形”；②若△ABC的面积为63，求线段BF的长．
4．（2023·江苏扬州·校考一模）【概念学习】
在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，若⊙O平移d个单位后，使某图形上所有点在⊙O内或⊙O上，则称d的最小值为⊙O对该图形的“最近覆盖距离”．例如，如图①，A3,0,B4,0，则⊙O对线段AB的“最近覆盖距离”为3．
【概念理解】
（1）⊙O对点3,4的“最近覆盖距离”为_ ．
（2）如图②，点Р是函数y=2x+4图像上一点，且⊙O对点Р的“最近覆盖距离”为3，则点Р的坐标为_ ．
【拓展应用】
（3）如图③，若一次函数y=kx+4的图像上存在点C，使⊙O对点C的“最近覆盖距离”为1，求k的取值范围．
（4）D(3,m)、E(4,m+1)，且−45．（2023春·江苏南京·九年级南京钟英中学校考阶段练习）（1）如图④，直线l与⊙O相切于点A，B是l上一点，连接OB，C是OB上一点．若⊙O的半径r是OB与OC的比例中项，请用直尺和圆规作出点 C．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）如图⑤，A是⊙O1外一点，以O1A为直径的⊙O2交⊙O1于点B、C，O1A与BC交于点D，E为直线BC上一点（点E不与点B、C、D重合），作直线O1E，与⊙O2交于点F，若⊙O1的半径是r，求证：r是O1E与O1F的比例中项．
6．（2023秋·江苏镇江·九年级统考期末）如图1，点P不在锐角△ABC的各边和顶点上，若满足∠APB+∠ACB=180°，则称点P为“点C的和谐点”，其中，当点P在△ABC的内部时，点P称为“点C的内和谐点”，当点P在△ABC的外部时，点P称为“点C的外和谐点”．△ABC每个顶点的“和谐点”，称为“△ABC的和谐点”．
(1)在图1中，点C的外和谐点有几个？并请在图1中用圆规和直尺作出来；（要求：不写作法，保留作图痕迹）
(2)如图2，有一个格点锐角△ABC，已知网格的边长为1．
①已知格点P是点C的一个和谐点，请找出点C的其他所有的和谐点（要求：是格点），并标上字母P1，P2，……；
②已知格点N是△ABC的“外和谐点”，求以A、B、C、N四点构成的四边形的面积的所有可能的取值．
7．（2023春·江苏泰州·九年级校联考阶段练习）我们给出以下定义：如图（1）若点P在不大于90°的∠MON的内部，作PQ⊥OM于点Q，PI⊥ON于点I，则PQ+PI称为点P与∠MON的“点角距离”记作dP,∠MON．如图（2）在平面直角坐标系xy中，x、y的正半轴组成的∠XOY，O为坐标原点．
(1)如图（2）点A4,1，则dA,∠XOY=______；
(2)若点B为∠XOY内一点，dB,∠XOY=6，以点B为圆心r为半径作圆，⊙B与x轴、y轴均相切，求点B的坐标；
(3)已知点C2,4．
①已知点D的坐标为1,3，求OC的解析式和dD,∠COY的值．
②已知点Es,t在∠COY的内部，dE,∠COY=255t−355s，当s为大于0的任意实数时，代数式mt−5s−ms+3m（m为常数）的值为定值，求m的值及该定值．
8．（2023春·江苏宿迁·九年级统考阶段练习）如图①，已知矩形ABCD，AB=6,AD=8．点E从点B出发，沿边BC运动至点C停止．以DE为直径作⊙O，⊙O与对角线AC交于点F，连接FD，FE．
(1)如图②，当E运动至终点C时，求FDFE的值；
(2)试探究：在点E运动的过程中，FDFE的值是否为定值？若是，请求出这个值；若不是，请说明理由；
(3)如图③，以FD，FE为边构造矩形DFEG，连接CG，求证：△ADF∽△CDG，并直接写出在这一运动过程中，点G所经过的路径长．
9．（2023春·江苏苏州·九年级苏州市振华中学校校考开学考试）如图，直角坐标系中，已知两点O0,0，A2,0，点B在第一象限且△OAB为正三角形．△OAB的外接圆交y轴的正半轴于点C．
(1)点B的坐标是______，点C的坐标是______；
(2)过点C的圆的切线交x轴于点D，则图中阴影部分的面积是______；
(3)若OH⊥AB于点H，点P在线段OH上．点Q在y轴的正半轴上，OQ=PH，PQ与OB交于点M．
①求△OPQ面积的最大值；
②当△OPM为等腰三角形时，求点Q的坐标．
10．（2023秋·江苏扬州·九年级校考期末）【学习心得】
小雯同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．
例如：如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D是ΔABC外一点，且AD=AC，求∠BDC的度数．若以点A为圆心，AB长为半径作辅助圆⊙A，则C，D两点必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，∠BDC是⊙A的圆周角，则∠BDC=45°．
(1)【初步运用】如图，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，∠BDC=24°，求∠BAC的度数；
(2)【方法迁移】如图，已知线段AB和直线l，用直尺和圆规在l上作出所有的点P，使得∠APB=30°（不写作法，保留作图痕迹）；
(3)【问题拓展】
①如图，已知矩形ABCD，AB=2，BC=m，M为CD上的点．若满足∠AMB=45°的点M恰好有两个，则m的取值范围为______．
②如图，在△ABC中，∠BAC=45°，AD是BC边上的高，且BD=6，CD=2，求AD的长．
11．（2023秋·江苏无锡·九年级统考期末）如图，点A(1，0)，点B(5，0)，点P是该直角坐标系内的一个动点．
(1)若∠APB=30°，则符合条件的点P有______个；
(2)若点P在y轴上；
①当∠APB=30°时，求满足条件的所有的点P的坐标；
②当∠APB为最大值时，请写出点P的坐标．
12．（2023秋·江苏南京·九年级统考期末）如图1，AB是⊙O的弦，AB=2,∠AOB=60°，P是优弧AB上的一个动点（不与点A和点B重合），PA,PB,AB组成了一个新图形（记为“图形P−AB”），设点P到直线AB的距离为x，图形P−AB的面积为y．
(1)求y与x之间的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；
(2)记扇形OAB的面积为S扇形OAB，当y=S扇形OAB时．
①在图2中，作出一个满足条件的点P；（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
②在第①题所作图中，连接PA,PB，再画一条线，将图形P−AB分成面积相等的两部分．（画图工具不限，写出必要的文字说明．）
13．（2023秋·江苏淮安·九年级统考期末）如图，已知⊙O的半径为1，A、P、B、C是⊙O上的四个点，∠APC=∠CPB=60°．
(1)△ABC的形状为______；
(2)试求线段PA、PB、PC之间的数量关系；
(3)若点M是PC的中点，直接写出点P在⊙O上移动时的BM最小值．
14．（2023秋·江苏淮安·九年级统考期末）阅读理解：
小明热爱数学，在课外数学资料上看到平行四边形一个性质定理：任意平行四边形对角线的平方和等于四条边的平方和．如图1，在平行四边形ABCD中，AC2+BD2=AB2+BC2+CD2+DA2．由此，他探究得到三角形的一个性质：三角形两边的平方和等于第三边的一半与第三边上的中线的平方和的两倍．
(1)说理证明：
如图2，在△ABC中，若点D为BC的中点，则有：AB2+AC2=2AD2+2BD2．请你证明小明得到的三角形性质的正确性．
(2)理解运用：
①在△ABC中，点D为BC的中点，AB=4，AC=3，BC=6，则AD= ；
②如图3，⊙O的半径为6，点A在圆内，且OA=4 2，点B和点C在⊙O上，且∠BAC=90°，点E、F分别为AO、BC的中点，则EF的长为 ；
(3)拓展延伸：如图4，已知⊙O的半径为25，以A(2,2)为直角顶点的△ABC的另两个顶点B，C都在⊙O上，D为BC的中点，则AD长的最大值为 ．
15．（2023秋·江苏淮安·九年级校考期末）如果三角形的两个内角α与β满α−β=90°，那么我们称这样的三角形为“准直角三角形”．
(1)若△ABC是“准直角三角形”．∠C>90°,∠A=70°，则∠B= °．
(2)如图1，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，AB=10，D是BC上的一点，tan∠B=34，若CD=92，请判断△ABD是否为准直角三角形，并说明理由．
(3)如图2，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，E是直径AB下方半圆上的一点，AB=13，tan∠ABC=512，若△ACE为”准直角三角形”，求CE的长．
16．（2023秋·江苏泰州·九年级统考期末）数学兴趣小组在探究圆中图形的性质时，用到了半径是6的若干圆形纸片．
(1)如图1，一张圆形纸片，圆心为O，圆上有一点A，折叠圆形纸片使得A点落在圆心O上，折痕交⊙O于B、C两点，求∠BAC的度数．
(2)把一张圆形纸片对折再对折后得到如图扇形，点M是弧PQ上一动点．
①如图2，当点M是弧PQ中点时，在线段OP、OQ上各找一点E、F，使得△EFM是等边三角形．试用尺规作出△EFM，不证明，但简要说明作法，保留作图痕迹．
②在①的条件下，取△EFM的内心N，则ON=___________．
③如图3，当M在弧PQ上三等分点S、T之间（包括S、T两点）运动时，经过兴趣小组探究都可以作出一个△EFM是等边三角形，取△EFM的内心N，请问ON的长度是否变化．如变化，请说明理由；如不变，请求出ON的长度．
17．（2023秋·江苏扬州·九年级校考期末）在平面直角坐标系xOy中，图形W上任意两点间的距离若有最大值，将这个最大值记为d．对于点P和图形W给出如下定义：点Q是图形W上任意一点，若P，Q两点间的距离有最小值，且最小值恰好为d，则称点P为图形W的“关联点”．
(1)如图1，图形W是矩形AOBC，其中点A的坐标为(0,3)，点C的坐标为（4，3），则d= ___．在点P1(−1,0) ，P2(2,8)，P3(3,1)，P4(−21,−2)中，矩形AOBC，的“关联点”是___；
(2)如图2，图形W是中心在原点的正方形DEFG，其中D点的坐标为（1，1）．若直线y=x+b上存在点P，使点P为正方形DEFG的“关联点”，求b的取值范围；
(3)已知点M（1，0），N（0,3）．图形W是以T（t,0）为圆心，1为半径的⨀T，若线段MN上存在点P，使点P为⨀T的“关联点”，直接写出t的取值范围．
18．（2023春·江苏苏州·九年级苏州中学校考开学考试）已知：⊙O是△ABC的外接圆，且AB=BC，∠ABC=60°，D为⊙O上一动点．
(1)如图1，若点D是AB的中点，∠DBA等于多少？
(2)过点B作直线AD的垂线，垂足为点E．
①如图2，若点D在AB上，求证：CD=DE+AE．
②若点D在AC上，当它从点A向点C运动且满足CD=DE+AE时，求∠ABD的最大值．
19．（2023秋·江苏泰州·九年级统考期末）小明在学习了《圆周角定理及其推论》后，有这样的学习体会：在Rt△ABC中，∠C=90°，当AB长度不变时．则点C在以AB为直径的圆上运动（不与A、B重合）．
【探索发现】
小明继续探究，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB长度不变．作∠A与∠B的角平分线交于点F，小明计算后发现∠AFB的度数为定值，小明猜想点F也在一个圆上运动．请你计算∠AFB的度数，并简要说明小明猜想的圆的特征．
【拓展应用】
在【探索发现】的条件下，若AB=23，求出△AFB面积的最大值．
【灵活运用】
在等边△ABC中，AB=23，点D、点E分别在BC和AC边上，且BD=CE，连接AD、BE交于点F，试求出△AFB周长的最大值．
20．（2023春·江苏南通·九年级专题练习）如图，等边△ABC的边长为6，点P、M分别是边AB、AC上一点，将射线PM绕点P顺时针旋转α，点M的对应点为N，射线PN交BC于点E．
(1)当α=60°，AM=2，AP=52时，BE= ；
(2)若α=90°，AM=2．
①当△AMP∽△BEP时，求线段AP的长；
②若点N刚好落在BC上，求BN的长；
(3)若AM=4，AP=2，当0°≤α≤360°时，直接写出点N到直线AC的距离d的取值范围 ．
21．（2023春·江苏南通·九年级专题练习）定义：在平面直角坐标系中，图形G上点Px，y的纵坐标y与其横坐标x的差y−x称为P点的“坐标差”，记作Zp，而图形G上所有点的“坐标差”中的最大值称为图形G的“共享值”．
(1)①点A5,−1的“坐标差”为 ；
②求抛物线y=−x2+7x的“共享值”；
(2)某二次函数y=−x2+bx+cc≠0的“共享值”为−1，点Bm，0与点C分别是此二次函数的图象与x轴和y轴的交点，且点B与点C的“坐标差”相等．
①直接写出m= ；（用含c的式子表示）
②求此二次函数的解析式．
(3)如图，在平面直角坐标系xOy中，O为原点，点D4，0，以OD为直径作⊙M，直线y=x+b与⊙M相交于点E，F．请直接写出⊙M的“共享值”为 ．
22．（2023春·江苏南通·九年级南通田家炳中学校考开学考试）在平面直角坐标系xOy中，对于点Mx1,y1，给出如下定义：当点Nx2,y2，满足x1⋅x2=y1⋅y2时，称点N是点M的等积点．已知点M1,2．
(1)在N16,3，N23,−1，N3−4,−2中，点M的等积点是 ；
(2)如果点M的等积点N在双曲线y=2x上，求点N的坐标；
(3)已知点P6,2，Q2,a，⊙Q的半径为1，连接MP，点A在线段MP上．如果在⊙Q上存在点A的等积点，直接写出a的取值范围．
23．（2023春·江苏南通·九年级专题练习）如图，平面直角坐标系中，A0,8,B6,0,C−1,0，点E为线段AB的中点，过点E作直线ED平行于x轴交线段AC于点D，动点Q从点B出发沿射线BC以每秒1个单位的速度运动，过点Q作QP⊥直线DE垂足为P，过E、P、Q三点作圆，交线段AB于点N，连接QN,PN，设点Q运动的时间为t秒．
(1)求经过A、B、C三点的抛物线表达式；
(2)当△PQN与△ABC相似时，求t的值；
(3)当△EPQ的外接圆与线段AO有公共点时，求t的取值范围．
24．（2023春·江苏·九年级专题练习）如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，点E在圆外，OE⊥AC于D，BE交⊙O于点F，连接BD，BC，CF，∠BFC=∠AED．
(1)求证：AE是⊙O的切线；
(2)求证：△BOD∽△EOB；
(3)设△BOD的面积为S1，△BCF的面积为S2，若tan∠ODB=63，则S1S2= .
25．（2023春·江苏·九年级专题练习）如图在△ABO中，以O为圆心，以OA为半径作⊙O，交OB于D，连接AD，∠O=2∠BAD．
(1)求证：AB与⊙O相切．
(2)取OA上一点E，连接DE，若∠ADE=45°，求证：AB=BD+AE．
(3)在（2）的条件下，若E是OA的中点，BD=2，延长DE交⊙O于F，求DF的长．
26．（2023春·江苏南通·九年级专题练习）已知矩形ABCD中，AB=23，BC=6，点O是BC上一动点，⊙O的半径为r（r为定值），当⊙O经过点C时，此时⊙O恰与对角线BD相切于点P，如图1所示．
(1)求⊙O的半径r；
(2)若⊙O从点B出发（圆心O与点B重合），沿BC方向向点C平移，速度为每秒1个单位长度，同时，动点E，F分别从点A，点C出发，其中点E沿着AD方向向点D运动，速度为每秒1个单位长度，点F沿着射线CB方向运动，速度为每秒2个单位长度，连接EF，如图2所示．当⊙O平移至点C（圆心O与点C重合）时停止运动，点E，F也随之停止运动．设运动时间为t秒．
①在整个运动过程中，是否存在某一时刻，EF与⊙O相切？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由；
②在运动过程中，当直线EF与⊙O相交时，直线EF被⊙O截得的线段长度记为d，且d满足2≤d≤4，则运动时间t的取值范围是______．
27．（2023春·江苏·九年级专题练习）如果一个四边形的对角线相等，我们称这个四边形为美好四边形．
【问题提出】
（1）如图①，点E是四边形ABCD内部一点，且满足EB=EC,EA=ED,∠BEC=∠AED，请说明四边形ABCD是美好四边形；
【问题探究】
（2）如图②，△ABC，请利用尺规作图，在平面内作出点D，使得四边形ABCD是美好四边形，且满足AD=BD．保留作图痕迹，不写画法；
（3）在（2）的条件下，若图②中△ABC满足：∠ABC=90°，AB=4，BC=3，求四边形ABCD的面积；
【问题解决】
（4）如图③，某公园内需要将4个信号塔分别建在A、B、C、D四处，现要求信号塔C建在公园内一个湖泊的边上，该湖泊可近似看成一个半径为200m的圆，记为⊙E已知点A到该湖泊的最近距离为500m，是否存在这样的点D，满足AC=BD．且使得四边形ABCD的面积最大？若存在，求出最大值，若不存在，请说明理由．
28．（2023秋·江苏南京·九年级统考期中）为了解决一些较为复杂的数学问题，我们常常采用从特殊到一般的思想，先从特殊的情形入手，从中找到解决问题的方法．已知四边形ABCD是⊙O的内接四边形，对角线AC与BD相交于点E．
【特殊情形】
(1)如图①，AC⊥BD，过圆心O作OF⊥AD，垂足为F．当BD是圆O的直径时，求证：OF=12BC．
【一般情形】
(2)如图②，AC⊥BD，过圆心O作OF⊥AD，垂足为F．当BD不是圆O的直径时，求证：OF=12BC．
【经验迁移】
(3)如图③，∠AED=60° ，AD=12 ， F为AB上的一点，AF=BC，若M为DF的中点，连接AM，则AM长的最小值为___________．
29．（2023春·江苏南京·九年级南师附中树人学校校考阶段练习）【阅读理解】三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到这边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“好点”．
如图1，△ABC中，点D是AB边上一点，连接CD，若CD2=AD⋅BD，则称点D是△ABC中AB边上的“好点”．
【探究应用】
(1)如图2，△ABC的顶点是4×4网格图的格点，请仅用直尺画出（或在图中直接描出）AB边上的“好点”；
(2)如图3，△ABC中，AB=14，csA=22，tanB=34，若点D是AB边上的“好点”，求线段AD的长；
(3)如图4，△ABC是⊙O的内接三角形，点H在AB上，连接CH并延长交⊙O于点D，若点H是△ACD中CD边上的“好点”．
①求证：AH=BH；
②若BC⊥CH，⊙O的半径为r，且r=32AD，求DHCH的值．
30．（2023春·江苏·九年级专题练习）如图1，AB为⊙O的直径，P为AB延长线上一点，点C在⊙O上，连接PC交⊙O于点D，OP＝CP．
(1)求证：∠ACP＝3∠PAC；
(2)如图2，过点C作弦CE⊥AD，垂足为F，CE交AB于点G，求证：EC＝AC；
(3)如图3，在（2）的条件下，过点G作GM⊥PC，垂足为M，若EG＝4，MG＝23，求⊙O的半径．
31．（2023春·江苏盐城·九年级校考阶段练习）定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到这边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“好点”．如图1，△ABC中，点D是BC边上一点，连接AD，若AD2=BD⋅CD，则称点D是△ABC中BC边上的“好点”．
(1)如图2，△ABC的顶点是4×3网格图的格点，请仅用直尺画出、（或在图中直接描出）AB边上的所有“好点”点D；
(2)△ABC中，BC=7，tanB=34，tanC=1，点D是BC边上的“好点”，求线段BD的长；
(3)如图3，△ABC是⊙O的内接三角形，点H在AB上，连结CH并延长交⊙O于点D．若点H是△BCD中CD边上的“好点”．
①求证：OH⊥AB；
②若OH∥BD，⊙O的半径为r，且r=3OH，求CHDH的值．
32．（2023春·江苏·九年级专题练习）如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC=15°，D是弧AC上一点，且AD⏜=2BC⏜=2CD⏜，点F在 BC的延长上．
(1)求∠ACF的度数．
(2)如图1，过点D作DE⊥AC于点E，求证：AE=BC+CE．
(3)如图2，若CF=2BC，连接AF．
①∠AFB=______°．
②试判断直线AF与⊙O的位置关系，并证明你的结论．
33．（2023春·江苏苏州·九年级专题练习）如图，点A和动点P在直线l上，点P关于点A的对称点为Q，以AQ为边作Rt△ABQ，使∠BAQ=90°，AQ:AB=3:4，作△ABQ的外接圆O．点C在点P右侧，PC=4，过点C作直线m⊥l，过点O作OD⊥m于点D，交AB右侧的圆弧于点E．在射线CD上取点F，使DF=32CD，以DE，DF为邻边作矩形DEGF．设AQ=3x．
（1）用关于x的代数式表示BQ= ，DF= ．
（2）当点P在点A右侧时，若矩形DEGF的面积等于90，求AP的长．
（3）当点P在点A右侧时，作直线BG交⊙O于点N，若BN的弦心距为1，求AP的长．
34．（2023秋·江苏镇江·九年级镇江市外国语学校校考期末）如图Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝2，点P在边AC上运动（点P与点A、C不重合）．以P为圆心，PA为半径作⊙P交边AB于点D、过点D作⊙P的切线交射线BC于点E（点E与点B不重合）．
（1）求证：BE＝DE；
（2）若PA＝1．求BE的长；
（3）在P点的运动过程中．（BE+PA）•PA的值是否有最大值？如果有，求出最大值；如果没有，请说明理由．
35．（2023春·江苏苏州·九年级昆山市第二中学校考开学考试）如图，AB是⊙O的弦，OP⊥OA交AB于点P，过点B的直线交OP的延长线于点C，且CP＝CB．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）若OA＝5，OP＝3，求CB的长；
（3）设△AOP的面积是S1，△BCP的面积是S2，且S1S2=109．若⊙O的半径为4，BP＝655，求tan∠CBP．
36．（2023春·江苏苏州·九年级昆山市第二中学校考开学考试）问题1如图①点A、B、C在⊙O上，且∠ABC=120°，⊙O的半径是3.求弧AC的长.
问题2如图②点A、B、C、D在⊙O上，且弧AD=弧BC，E是AB的延长线上的BE=12AB，EF=13CE.
(1)设BD=nBF，则n=
(2)如图③若G是线段BD上的一个点，且GBDG=12.试探究，在⊙O上是否存在点P (B除外)使PG=PF?为什么?
37．（2023春·江苏南京·九年级南京市第一中学校考阶段练习）如图，在▱ABCD中，AB=32，BC=5，∠B=45∘，点E为CD上一动点，经过A、C、E三点的⊙O交BC于点F．
【操作与发现】
(1)当E运动到AE⊥CD处，利用直尺与规作出点E与点F；(保留作图痕迹)
(2)在(1)的条件下，证明：AFAE=ABAD．
【探索与证明】
(3)点E运动到任何一个位置时，求证：AFAE=ABAD；
【延伸与应用】
(4)点E在运动的过程中求EF的最小值．
38．（2023春·江苏南京·九年级南京市第一中学校考阶段练习）已知⊙O的半径为5，弦AB的长度为m，点C是弦AB所对优弧上的一动点．
(1)如图①，若m=5，则∠C的度数为_______°；
(2)如图②，若m=6．
①求∠C的正切值；
②若△ABC为等腰三角形，求△ABC面积．
39．（2023秋·江苏·九年级统考期末）如图1，BC是⊙O的直径，点A在⊙O上，AD⊥BC，垂足为D，AC=AE，CE分别交AD、AB于点F、G．
(1)求证：FA=FG；
(2)如图2，若点E与点A在直径BC的两侧，AB、CE的延长线交于点G，AD的延长线交CG于点F．
①问（1）中的结论还成立吗?如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由；
②若tan∠BAD=23，求cs∠BCE．
40．（2023春·江苏泰州·九年级靖江市靖城中学校考阶段练习）阅读材料并完成相应任务：
婆罗摩笈多是一位印度数学家与天文学家，他的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位．其中就包括他提出的婆罗摩笈多定理（也称布拉美古塔定理）．
婆罗摩笈多定理：若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边．
下面对该定理进行证明．
已知：如图（1），四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD于点P，PM⊥BC于点M，延长MP交AD于点N．
求证：AN=ND．
证明：∵AC⊥BD，PM⊥BC，
∴∠BPM+∠PBM=90°，∠PCB+∠PBC=90°，
∴∠BPM=∠PCB．
……
任务：
(1)请完成该证明的剩余部分；
(2)请利用婆罗摩笈多定理完成如下问题：如图（2），已知Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=6，BC，AC分别交⊙O于点D，E，连接AD，BE交于点P．过点P作MN∥BC，分别交DE，AB于点M，N．若AD⊥BE，求NP的长．
2023年中考数学大题高分秘籍（江苏专用）
专题23以圆为载体的几何压轴问题（江苏最新模拟30题）
一、解答题
1．（2023·江苏苏州·苏州中学校考一模）定义：如果一个四边形的一组对角互余，那么我们称这个四边形为“对角互余四边形”．
(1)利用下面哪组图形可以得到一个对角互余四边形______（填写序号）
①两个等腰三角形；②两个等边三角形；③两个直角三角形；④两个全等三角形
(2)如图1，在对角互余四边形ABCD中，∠D=30°，且AC⊥BC，AC⊥AD．若BC=1，求四边形ABCD的面积和周长．
(3)如图2，在四边形ABCD中，连接AC，∠BAC=90°，点O是△ACD外接圆的圆心，连接OA，∠OAC=∠ABC．求证：四边形ABCD是“对角互余四边形”；
(4)在（3）的条件下，如图3，已知AD=a，DC=b，AB=3AC，连接BD，求BD2的值．（结果用带有a，b的代数式表示）
【答案】(1)①③
(2)周长为6+23；面积23
(3)见解析
(4)BD2=10a2+9b2
【分析】（1）结合定义来判断，重点是拼成的四边形一对对角互余．
（2）因为AC⊥BC，AC⊥AD，所以∠ACB=∠CAD=90°，所以在对角互余四边形ABCD中，只能∠B+∠D=90°．这样利用含30°直角三角形三边的特殊关系，就可以解决问题；
（3）连接OC，则OA=OC，得出∠AOC=2∠ADC，进而得出2∠ADC+2∠ABC=180°，即可得出∠ADC+∠ABC=90°；
（4）如图，作∠CDF=∠ABC，过点C作CE⊥DF于点E，连AE．得出AC:AB:BC=1:3:10，同理可得CE:DE:DC=1:3:10，进而证明△ACE∽△BCD，得出AE=BD10，在Rt△CDE中，DEDC=310，即可得出BD2=10a2+9b2．
【详解】（1）解：①两个等腰三角形底边相等，顶角互余，就可以，故①可以得到一个对角互余四边形；
②等边三角形不成，即使是全等的等边三角形拼成四边形对角和为120°或240°，故②得不到对角互余四边形；
③两个全等的直角三角形或有一条直角边相等的相似的两个直角三角都可以，故③可以得到一个对角互余四边形；
④若是两个全等的直角三角形，根据③可以得到一个对角互余四边形，两个一般全等三角形，不成立，
故答案为：①③．
（2）∵AC⊥BC，AC⊥AD，
∴∠ACB=∠CAD=90°，
∵对角互余四边形ABCD中，∠D=30°，
∴∠B=60°，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=1，
∴AB=2，AC=3，
在Rt△ACD中，∠CAD=90°，∠D=30°，
∴AD=3，CD=23，
∵S△ABC=12⋅AC⋅BC=12×3×1=32，S△ACD=12⋅AC⋅AD=12×3×3=332，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=23，
四边形ABCD的周长=AB+BC+CD+AD=2+1+23+3=6+23；
（3）连接OC，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=∠ABC，
∵AC=AC，
∴∠AOC=2∠ADC，
∴2∠ADC+2∠ABC=180°，
∴∠ADC+∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是“对角互余四边形”；
（4）如图，作∠CDF=∠ABC，过点C作CE⊥DF于点E，连AE．
∵∠ABC+∠ADC=90°，
∴∠ADC+∠CDF=90°．
∴AD2+DE2=AE2，即a2+DE2=AE2．
∵∠BAC=90°，AB=3AC，
∴AC:AB:BC=1:3:10．
同理可得CE:DE:DC=1:3:10．
∴ACBC=CECD．
∵∠CDF=∠ABC，
∴∠ACB=∠DCE．
∴∠BCD=∠ACE，
∴△ACE∽△BCD．
∴AEBD=ACBC=110，
∴AE=BD10．
在Rt△CDE中，DEDC=310，
∴DE=310b．
∴a2+310b2=BD102，即m2+910n2=BD210．
∴BD2=10a2+9b2．
【点睛】此题考查全等三角形的性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、圆周角定理、勾股定理、新定义问题的求解等知识与方法，此题难度较大，正确地作出辅助线是解题的关键．
2．（2023·江苏苏州·苏州工业园区星湾学校校考模拟预测）如图，锐角△ABC中∠A的平分线交BC于点E，交△ABC的外接圆于点D、边BC的中点为M．
(1)求证：MD垂直BC；
(2)若AC=5，BC=6，AB=7，求BDAD的值；
(3)作∠ACB的平分线交AD于点P，若将线段MP绕点M旋转180°后，点P恰好与△ABC外接圆上的点P'重合，则tan∠BAC= ．
【答案】(1)见解析
(2)12
(3)3
【分析】（1）先判断出BD=CD，即可得出结论；
（2）先判断出△DBE∽△DAB，得出BE=7BDAD，同理△DEC∽△DCA，得出CE=5BDAD，即可得出答案；
（3）如图，连接BP、BP'、CP'，先判断出∠BP'C+∠BAC=180°，进而判断出∠BAC=60°，再利用特殊角三角函数值即可．
【详解】（1）证明：∵AD平分∠BAC，
∴ BD=CD，
∴BD=CD，
又∵M是BC的中点，
∴MD⊥BC；
（2）解：∵∠DBC与∠CAD都是CD所对的圆周角，
∴∠DBC=∠CAD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∴∠BAD=∠DBC，
又∵∠D是公共角，
∴△DBE∽△DAB，
∴ DBBE=DAAB，即BEAB=BDAD，
∵AB=7，
∴BE=7BDAD，
同理，△DEC∽△DCA，
∴ CEAC=CDAD，
∵BD=CD，AC=5，
∴CE=5BDAD，
∵BE+CE=BC=6，
∴ 7BDAD+5BDAD=6，
∴ BDAD=12；
（3）解：如图，连接BP、BP'、CP'，
∵M是BC的中点，点P与点P'关于点M对称，
∴四边形BPCP'是平行四边形，
∴∠BP'C=∠BPC，
∵点P'在圆上，
∴∠BP'C+∠BAC=180°，
∵点P是△ABC两个内角∠BAC与∠ACB的角平分线交点，
∴BP平分∠ABC，
∴∠BPC=90°+12∠BAC，
∴∠BP'C=90°+12∠BAC，
∴90°+12∠BAC+∠BAC=180°，
∴∠BAC=60°，
∴tan∠BAC=tan60°=3．
故答案为：3．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了垂径定理，角平分线，圆周角定理，三角形内心，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，特殊角三角函数值，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解本题的关键．
3．（2023·江苏泰州·统考二模）定义：若一个四边形能被其中的一条对角线分割成两个相似三角形，则称这个四边形为“师梅四边形”，这条对角线称为“师梅线”．我们熟知的平行四边形就是“师梅四边形”．
(1)如图1，BD平分∠ABC，BD=42，BC=10．四边形ABCD是被BD分割成的“师梅四边形”，求AB长；
(2)如图2，平面直角坐标系中，A、B分别是x轴和y轴上的点，且OA=3，OB=2，若点C是直线y=x在第一象限上的一点，且OC是四边形OACB的“师梅线”，求四边形OACB的面积．
(3)如图3，圆内接四边形ABCD中，∠ABC=60°点E是AC的中点，连接BE交CD于点F，连接AF，∠DAF=30°，①求证：四边形ABCF是“师梅四边形”；②若△ABC的面积为63，求线段BF的长．
【答案】(1)AB=10或165
(2)532
(3)①见解析；②BF=26
【分析】（1）分△ABD∼△CBD，△ABD∼△DBC两种情况讨论，由相似三角形的性质可求AB的长度；
（2）得出△OBC∼△OCA，可知OBOC=OCOA，求出OC的长，由等腰直角三角形的性质及三角形面积公式可得出答案．
（3）①由题意可得∠ABE=∠EBC=30°，由三角形内角和定理和圆的内接四边形性质可得∠BAF=∠BFC，可证△ABF∼△FBC，即四边形ABCF是“师梅四边形”；②由相似三角形的性质可得BF2=AB⋅BC，由三角形面积公式可求34AB⋅BC=63，即可求BF的长．
【详解】（1）∵四边形ABCD为被BD分割的“师梅四边形”，
∴△ABD与△DBC相似，
若△ABD∼△CBD，
则ABBC=BDBD=1，
∴AB=BC=10，
若△ABD∼△DBC，
则ABBD=BDBC，
∴AB=BD2BC=(42)210=165，
综上所述：AB=10或165；
（2）解：∵点C是直线y=x在第一象限上的一点，
∴OC平分∠BOA，
即∠BOC=∠AOC=45°，
又∵OC是四边形OACB的“师梅线”，
∴△OBC∼△OCA，
∴OBOC=OCOA,
即OC2=OB⋅OA=6，
∴OC=6，
作CM⊥x轴于点M，CN⊥y轴于点N，
∴△ONC和△OMC都是等腰直角三角形，
∴CN=CM=3，
∴四边形OACB的面积=S△OAC+S△OBC
=12OA⋅CM+12OB⋅CN
=12×3×3+12×2×3
=532．
（3）①证明：∵E是AC的中点，
∴∠ABE=∠CBE=12∠ABC=30°，
∴∠C+∠BFC=150°,
∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠BAD+∠C=180°，
∵∠DAF=30°,
∴∠C+∠BAF=150°,
∵∠C+∠BFC=150°,
∴∠BAF=∠BFC,
∵∠ABE=∠CBE,
∴△ABF∼△FBC,
∴四边形ABCF为“师梅四边形”；
②解：如图，过点A作AG⊥BC交BC与G，连接AC，
∵△ABF∼△FBC，
∴ABBF=BFBC，
∴BF2=AB⋅BC，
∵SΔABC=12BC⋅AG=12BC⋅AB×sin60°=63，
∴34AB⋅BC=63，
∴AB⋅BC=24=BF2，
又∵BF>0，
∴BF=26．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，相似三角形的判定和性质，分类讨论思想，熟练运用相似三角形判定和性质是本题的关键．
4．（2023·江苏扬州·校考一模）【概念学习】
在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，若⊙O平移d个单位后，使某图形上所有点在⊙O内或⊙O上，则称d的最小值为⊙O对该图形的“最近覆盖距离”．例如，如图①，A3,0,B4,0，则⊙O对线段AB的“最近覆盖距离”为3．
【概念理解】
（1）⊙O对点3,4的“最近覆盖距离”为_ ．
（2）如图②，点Р是函数y=2x+4图像上一点，且⊙O对点Р的“最近覆盖距离”为3，则点Р的坐标为_ ．
【拓展应用】
（3）如图③，若一次函数y=kx+4的图像上存在点C，使⊙O对点C的“最近覆盖距离”为1，求k的取值范围．
（4）D(3,m)、E(4,m+1)，且−4【答案】（1）4；（2）0,4或−165,−125；（3）k≥3或k≤−3；（4）3≤d<32
【分析】（1）求出点(3,4)与原点的距离，这个距离与1的差即是所求结果；
（2）设点P的坐标为(x,2x+4)，根据P到圆心的距离为4及勾股定理，可得关于x的方程，解方程即可求得点P的坐标；
（3）考虑临界状态，当OC=2时，函数图象上存在点C，使⊙O对点C的“最近覆盖距离”为1，利用三角形相似求出k=3;同理，另一个临界状态为k=−3，即可求解；
（4）由题意可得DE是一条倾斜角度为45°,长度为2的线段，可在圆上找到两条与之平行且等长的弦AB、FG，如果D落在弧AF上，或者落在弧BG上，进而求解．
【详解】（1）点(3,4)与原点的距离为32+42=5，而5－1=4，则⊙O对点3,4的“最近覆盖距离”为4；
故答案为：4
（2）由题意可知，Р到圆的最小距离为3，
即Р到圆心的距离为4
由点P在直线y=2x+4上，故设P(x,2x+4)，
则OP2=x2+2x+42=16
解得x1=0,x2=−165
故点P的坐标为：0,4或−165,−125
故答案为：0,4或−165,−125
（3）如图，考虑临界状态，过O作OC⊥DE于C点，当OC=2时，函数图像上存在点C，使⊙O对点C的“最近覆盖距离”为1
∵∠OCD=∠EOD,∠ODC=∠EDO
∴ΔOCD∼ΔEOD
∴OCOE=ODDE
则OEDE=OCOD=12
设OE=x,则DE=2x
由勾股定理可得：x2+16=2x2
解得x1=433,x2=−433（舍）
∴E−433,0
此时k=3．
同理，另一个临界状态为k=−3
经分析可知，函数相比临界状态更靠近y轴，则存在点C
∴k≥3或k≤−3
43≤d<32
由题意可知，DE是一条倾斜角度为45∘，长度为2的线段
可在圆上找到两条与之平行且等长的弦AB,FG
如果D落在弧AF上，或者E落在弧BG上，则成立
当−1≤m<2时，E到弧BG的最小距离为EO−1
此时3≤d<4,
当−4此时3综上3≤d<32
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了一次函数的性质、圆的基本知识、三角形相似的判定与性质、新定义等，数形结合是本题解题的关键．
5．（2023春·江苏南京·九年级南京钟英中学校考阶段练习）（1）如图④，直线l与⊙O相切于点A，B是l上一点，连接OB，C是OB上一点．若⊙O的半径r是OB与OC的比例中项，请用直尺和圆规作出点 C．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）如图⑤，A是⊙O1外一点，以O1A为直径的⊙O2交⊙O1于点B、C，O1A与BC交于点D，E为直线BC上一点（点E不与点B、C、D重合），作直线O1E，与⊙O2交于点F，若⊙O1的半径是r，求证：r是O1E与O1F的比例中项．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）如图：以B为圆心，以AB为半径画圆交⊙O于E，连接AE交OB于C，点C即为所求；
（2）连接O2B、O2C、O1B、O1C、CF，先说明O1O2垂直平分BC可得O1B=O1C，即∠O1FC=∠O1CB，进而证明△O1CF∼△O1EC可得O1CO1E=O1FO1C，则r2=O1E·O1F，最后根据比例中项的定义即可解答．
【详解】解：（1）如图，点C即为所求．
（2）如图：连接O2B、O2C、O1B、O1C、CF，
∵O2B=O2C，
∴点O2在线段BC垂直平分线上，
∵O1B=O1C，
∴点O1在线段BC垂直平分线上，
∴O1O2垂直平分BC，
∴O1B=O1C
∴∠O1FC=∠O1CB，
又∵∠FO1C=∠CO1E，
∴△O1CF∼△O1EC，
∴O1CO1E=O1FO1C
∴O1C2=O1E·O1F，即r2=O1E·O1F，
∴r是O1E与O1F的比例中项．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、垂直平分线的判定和性质、相似三角形的判定与性质、比例中项等知识点，灵活运用相关性质和判定是解答本题的关键．
6．（2023秋·江苏镇江·九年级统考期末）如图1，点P不在锐角△ABC的各边和顶点上，若满足∠APB+∠ACB=180°，则称点P为“点C的和谐点”，其中，当点P在△ABC的内部时，点P称为“点C的内和谐点”，当点P在△ABC的外部时，点P称为“点C的外和谐点”．△ABC每个顶点的“和谐点”，称为“△ABC的和谐点”．
(1)在图1中，点C的外和谐点有几个？并请在图1中用圆规和直尺作出来；（要求：不写作法，保留作图痕迹）
(2)如图2，有一个格点锐角△ABC，已知网格的边长为1．
①已知格点P是点C的一个和谐点，请找出点C的其他所有的和谐点（要求：是格点），并标上字母P1，P2，……；
②已知格点N是△ABC的“外和谐点”，求以A、B、C、N四点构成的四边形的面积的所有可能的取值．
【答案】(1)无数个，绘图见解析
(2)①见解析；②7，8，9
【分析】（1）根据圆内接四边形的对角互补和轴对称的性质作图；
（2）根据（1）的方法在网格中作图即可求解；
（3）根据网格的特点找到N点，根据网格求得四边形的面积即可求解．
【详解】（1）无数个；如图，作AB,BC的垂直平分线交于点O，则四边形ACBP是⊙O的内接四边形，作⊙O关于AB的对称点⊙O'，交AC于点N，交BC于点M，
根据定义，APB上的点是外和谐点， 关于AB对称的AMB上的点满足∠APB+∠ACB=180°，除去△ABC内部MN及其端点，即BM,AN，APB，即为所求，不包括顶点A、B和BC、AC边上的M、N点；
即实线部分即为所求，不包括顶点A、B和BC、AC边上的M、N点；
（2）①如图所示，
理由如下，
根据网格的特点找到△ABC的外接圆的圆心，进而得出半径为5，以O1为圆心，5为半径作圆，找到格点P1，
找到O1关于AB的对称点O2，以O2为圆心，5为半径作⊙O2，即可找到格点P2；
②是△ABC的“外和谐点”的格点共有5个，如图，它们在△ABC的外接圆O上，
如图所示：
如图所示，分别计算这五种位置的四边形的面积：
S四边形AN2CB=S四边形AN3CB=S△ABC+S△AN2C=12×4×3+12×4×1=8，
S四边形ABN1C=12×3×4+12×2×1=7，
S四边形AN4BC=S四边形AN5BC=12×3×4+12×2×3=9，
共有3种结果：7，8，9．
【点睛】本题考查了作三角形的外接圆，圆内接四边形对角互补，作轴对称图形，格点作图，掌握圆内接四边形对角互补，轴对称的性质是解题的关键．
7．（2023春·江苏泰州·九年级校联考阶段练习）我们给出以下定义：如图（1）若点P在不大于90°的∠MON的内部，作PQ⊥OM于点Q，PI⊥ON于点I，则PQ+PI称为点P与∠MON的“点角距离”记作dP,∠MON．如图（2）在平面直角坐标系xy中，x、y的正半轴组成的∠XOY，O为坐标原点．
(1)如图（2）点A4,1，则dA,∠XOY=______；
(2)若点B为∠XOY内一点，dB,∠XOY=6，以点B为圆心r为半径作圆，⊙B与x轴、y轴均相切，求点B的坐标；
(3)已知点C2,4．
①已知点D的坐标为1,3，求OC的解析式和dD,∠COY的值．
②已知点Es,t在∠COY的内部，dE,∠COY=255t−355s，当s为大于0的任意实数时，代数式mt−5s−ms+3m（m为常数）的值为定值，求m的值及该定值．
【答案】(1)5
(2)3,3
(3)①y=2x，1+55； ②m=1，定值为3
【分析】（1）根据题目所给“点角距离”的定义，进行解答即可；
（2）过点B作BE⊥y轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F，根据题意可得BE+BF=6，BE=BF，即可求解；
（3）①，用待定系数法，即可求OC的解析式，过点D作DG⊥y轴于点G，过点D作DH⊥OC于点H，连接CD，根据勾股定理求出DH，根据“点角距离”的定义，即可求dD,∠COY的值；②过点E作EM⊥y轴于点M，过点E作EN⊥OC于点N，可得Pt2,t，根据勾股定理求出OP=OM2+MP2=52t，即可将EN表示出来，则dE,∠COY=ME+NE=55t−255s+s，结合dE,∠COY=255t−355s可得t=s+5s，根据当s为大于0的任意实数时，代数式mt−5s−ms+3m（m为常数）的值为定值，可得mt−5s−ms=0，即可求解．
【详解】（1）解：∵A4,1，
∴点A到x轴距离为1个单位长度，到y轴距离为4个单位长度，
∴dA,∠XOY=4+1=5，
故答案为：5；
（2）如图，过点B作BE⊥y轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F，
∵dB,∠XOY=6，
∴BE+BF=6，
∵⊙B与x轴、y轴均相切，
∴BE=BF，
∴BE=BF=3，
∴点B的坐标为3,3；
（3）设直线OC的解析式为y=kxk≠0，
把点C2,4代入得：4=2k，解得：k=2，
∴直线OC的解析式为y=2x；
过点D作DG⊥y轴于点G，过点D作DH⊥OC于点H，连接CD，
∵C2,4，D1,3，O0,0，
∴DG=1，OC=22+42=25，OD=12+32=10，CD=2−12+4−32=2，
设OH=x，则CH=25−x，
在Rt△CDH中，DH2=CD2−CH2=2−25−x2，
在Rt△ODH中，DH2=OD2−OH2=10−x2，
∴2−25−x2=10−x2，解得：x=755，
∴DH2=OD2−OH2=10−7552=15，则DH=55（负值舍去），
∴dD,∠COY=1+55；
②过点E作EM⊥y轴于点M，过点E作EN⊥OC于点N，
∵Es,t，
∴ME=s,
把y=t代入y=2x，得：t=2x，解得：x=t2，
∴Pt2,t，则OM=t,MP=t2，
∴PE=t2−s，
根据勾股定理可得：OP=OM2+MP2=52t，
∴sin∠MPO=OMOP=255，
∴EN=PE⋅sin∠MPO=255×t2−s=55t−255s，
∴dE,∠COY=ME+NE=55t−255s+s
∵dE,∠COY=255t−355s，
∴55t−255s+s=255t−355s，整理得：s+55s=55t，
即t=s+5s，
∵当s为大于0的任意实数时，代数式mt−5s−ms+3m（m为常数）的值为定值，
∴mt−5s−ms=0，则mt=5s+ms，
把t=s+5s代入得：m+5ms=5+ms，
∴m=1，
把m=1代入mt−5s−ms+3m得：t−5s−s+3=3，
综上：m=1，定值为3．
【点睛】本题主要考查了点到直线的距离，切线的性质，一次函数，以及解直角三角形，解题的关键是正确理解题目所给“点角距离”的定义，正确作出辅助线求解．
8．（2023春·江苏宿迁·九年级统考阶段练习）如图①，已知矩形ABCD，AB=6,AD=8．点E从点B出发，沿边BC运动至点C停止．以DE为直径作⊙O，⊙O与对角线AC交于点F，连接FD，FE．
(1)如图②，当E运动至终点C时，求FDFE的值；
(2)试探究：在点E运动的过程中，FDFE的值是否为定值？若是，请求出这个值；若不是，请说明理由；
(3)如图③，以FD，FE为边构造矩形DFEG，连接CG，求证：△ADF∽△CDG，并直接写出在这一运动过程中，点G所经过的路径长．
【答案】(1)43
(2)是定值，34
(3)证明见解析，点G所经过的路径长245
【分析】（1）直径所对的圆周角是90°，∠DFE=90°，找到两组对应角相等即得△DEF∽△AED，那么FDEF=ADCD=43；
（2）连接OC，半径相等即OC＝OD＝OE，即∠FED＝∠FCD，进行等量代换即可得到tan∠FED=tan∠ACD=FDEF=34；
（3）由（2）得，DFDG=DFEF=43，由于四边形DFEG是矩形，然后得到DFDG=ADDC，得到夹角相等即∠ADF＝∠CDG，从而得到点G所经过的路径长．
【详解】（1）解：如图②，∵DE为⊙O直径，
∴∠DFE=90°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADE=90°=∠DFE，
又∵∠DEF=∠AED，
∴△DEF∽△AED，
∴FDEF=ADCD=43．
（2）解：FDFE的值为定值．
如图①，连接OC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DCE=90°，
又∵OE=OD，
∴OC=OD=OE，
∴点C在⊙O上．
∵在⊙O中，FD=FD，
∴∠FED=∠FCD．
在Rt△ADC中，tan∠ACD=ADDC=43，
∵DE为直径，
∴∠DFE＝90°，
∴在Rt△DFE中，tan∠FED=tan∠ACD=FDEF=34．
（3）解：∵四边形DFEG是矩形，
∴由（2）得，DFDG=DFEF=43，
∴DFDG=ADDC，
∵∠ADC＝∠FDG＝90°，
∴∠ADC−∠FDC＝∠FDG−∠FDC，即∠ADF＝∠CDG，
∴△ADF∽△CDG．
点G所经过的路径长245．
【点睛】本题主要考查圆与相似三角形、特殊四边形等综合内容，熟练掌握三角形相似的判定与性质是解题的关键．
9．（2023春·江苏苏州·九年级苏州市振华中学校校考开学考试）如图，直角坐标系中，已知两点O0,0，A2,0，点B在第一象限且△OAB为正三角形．△OAB的外接圆交y轴的正半轴于点C．
(1)点B的坐标是______，点C的坐标是______；
(2)过点C的圆的切线交x轴于点D，则图中阴影部分的面积是______；
(3)若OH⊥AB于点H，点P在线段OH上．点Q在y轴的正半轴上，OQ=PH，PQ与OB交于点M．
①求△OPQ面积的最大值；
②当△OPM为等腰三角形时，求点Q的坐标．
【答案】(1)B1,3，C0,233
(2)S阴影=53−2π9
(3)①S△OPQ=3316，②点Q的坐标为0,1，0,33
【分析】（1）根据等边三角形的性质以及点A的坐标，过点B向OA边做垂线，即可求出B点的坐标；连接AC，根据圆的性质可得∠OCA=∠OBA=60°，利用三角函数即可求出点C的坐标．
（2）因为∠AOC=90°，所以AC是直径，CD为圆的切线，∠OCA=60°，所以∠DCO=30°，利用三角函数可求出OD的长，则S阴影=S△COD+S△CEO−S扇形CEO．
（3）①设OQ=PH=t，则OP=3−t，利用三角函数求出PN的长，所以S△OPQ=12×OQ×PN，最后用二次函数求出面积的最大值．②设点Q的坐标0,t，求出OH的长，分三种情况：OP=OF,OF=PF,OP=PF，分别求出点Q的坐标．
【详解】（1）过点B作OA的垂线，垂足为G，
∵O0,0，A2,0，
∴OA=2，
∵△OAB是正三角形，
∴OB=2，OG=1，
∴在Rt△BGO中，由勾股定理得：
BG=BO2−OG2=3，
∴点B的坐标为B1,3．
连接AC，
则∠OCA=∠OBA=60°，
∴OAOC=tan60°=3，
∴OC=OAtan60°=23=233，
∴点C的坐标为C0,233．
（2）∵∠AOC=90°，
∴AC是直径，
∵BG是△OAB的中线，
∴点E为△OAB外接圆的圆心，且在BG上，
由（1）得∠OCA=60°，OA=2，OC=233
∴∠OAC=30°，AC=2OC=433，
∴∠CEO=60°，CE=12AC=233，
∵直线CD是⊙E的切线，
∴∠ACD=90°，
∴∠OCD=30°，
∴ODOC=tan30°=32，
∴OD=33×OC=33×233=23，
∴S阴影=S△COD+S△COE−S扇形OEC
=12×23×233+12×233×1−60π×2332360
=53−2π9，
（3）①设OQ=PH=t，
∵OH=BG=3，
∴OP=OH−PH=3−t，
由（2）得∠CEO=60°，
∴∠COP=60°，
过点P向OQ作垂线，垂足为N，
∴PNOP=sin60°=32，
∴PN=32×OP=32×3−t=32−32t，
∴S△OPQ=12×OQ×PN=12×t×32−32t=34t−34t2，
即：S△OPQ==−34t−322+3163，
∴当t=32时，△OPQ的面积最大，最大值为3316．
②设点Q的坐标为0,t，
OH=OA×cs60°=3，∠BOH=∠AOH=30°，
（I）若OP=OM，∠OPM=OMP=75°，
∴∠OQP=180°−∠QOP−∠OPM=45°，
根据OQ⊥PN，可得：∠OQP=∠NPQ=45°，
即QN=PN，
过点P作PF⊥OA，垂足为F，则OF=3FP，
∵Q的坐标为0,t，OQ=PH=t，
∴OP=OH−PH=OH−OQ=3−t，即OF=32OP=323−t，
又∵OF=3FP，FP=12OP=123−t，
即：QN=NP=OQ−ON=t−PF=t−123−t，
根据OF=NP，有：t−123−t=323−t，
解得t=1，即点Q的坐标为0,1．
（II）若OM=PM，
则∠MOP=∠MPO=30°，
∴PQ∥OA，OQ=12OP，
∴t=123−t，
解得t=33时，点Q的坐标为0,33．
（III）若OP=PM，∠POM=∠PMO=∠COM，
此时PQ∥OC，不满足题意,
综上：点Q的坐标为0,1，0,33．
【点睛】本题主要考查了正三角形和圆，涉及到等边三角形的性质、圆的性质，阴影面积的求法，综合性较强，熟练掌握知识点以及灵活运用是解题的关键．
10．（2023秋·江苏扬州·九年级校考期末）【学习心得】
小雯同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．
例如：如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D是ΔABC外一点，且AD=AC，求∠BDC的度数．若以点A为圆心，AB长为半径作辅助圆⊙A，则C，D两点必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，∠BDC是⊙A的圆周角，则∠BDC=45°．
(1)【初步运用】如图，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，∠BDC=24°，求∠BAC的度数；
(2)【方法迁移】如图，已知线段AB和直线l，用直尺和圆规在l上作出所有的点P，使得∠APB=30°（不写作法，保留作图痕迹）；
(3)【问题拓展】
①如图，已知矩形ABCD，AB=2，BC=m，M为CD上的点．若满足∠AMB=45°的点M恰好有两个，则m的取值范围为______．
②如图，在△ABC中，∠BAC=45°，AD是BC边上的高，且BD=6，CD=2，求AD的长．
【答案】(1)∠BAC=24°
(2)见解析
(3)①2≤m<2+1；②AD=4+27
【分析】（1）如图所示，取BD中点E，连接AE，CE，则AE=BE=DE=CE=12BD，即可得到A、B、C、D在以E为圆心，12BD为半径的圆心，则∠BAC=∠BDC=24°；
（2）先作等边三角形OAB，再以O为圆心，AB的长为半径画弧与直线l的交点即为所求；
（3）①如图所示，在BC上截取一点F使得BF=BA，连接AF，以AF为直径作圆O，过点F作EF⊥AD交AD于E，过点O作OG⊥EF交EF于H交圆O于G，过点G作圆O的切线分别交AD，BC于K、Q，则当BF≤m【详解】（1）如图所示，取BD中点E，连接AE，CE，
∵∠BAD=∠BCD=90°，E为BD的中点，
∴AE=BE=DE=CE=12BD，
∴A、B、C、D在以E为圆心，12BD为半径的圆心，
∴∠BAC=∠BDC=24°；
（2）如图所示，P1、P2即为所求；
（3）①如图所示，在BC上截取一点F使得BF=BA，连接AF，以AF为直径作圆O，过点F作EF⊥AD交AD于E，过点O作OG⊥EF交EF于H交圆O于G，过点G作圆O的切线分别交AD，BC于K、Q，则四边形ABFE为正方形
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABE=90°，
∴B在圆O上，AF=AB2+BF2=22，
∴OG=OF=2，
∵OH⊥EF，
∴FH=12EF=12AB=1，
∴OH=OF2−OH2=1，
∴GH=OG−OH=2−1，
∴BF≤m∴2≤m<2+2−1，即2≤m<2+1．
②如图所示，作△ABC的外接圆，过圆心O作OE⊥BC于E，OF⊥AD于F，连接OB，OC，OA，则四边形OFDE是矩形
∵∠BAC=45°，
∴∠BOC=90°，
在直角△BOC中BC=BD+CD=8，
∴BO=CO=42，
∵OE⊥BC，
∴BE=12BC=4，
∴DE=OF=2，OE=DF=OB2−BE2=4，
∴AF=AO2−OF2=27，
∴AD=AF+DF=4+27．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，直角三角形斜边上的中线，矩形的性质与判定，勾股定理等等，熟练掌握圆的相关知识是解题的关键．
11．（2023秋·江苏无锡·九年级统考期末）如图，点A(1，0)，点B(5，0)，点P是该直角坐标系内的一个动点．
(1)若∠APB=30°，则符合条件的点P有______个；
(2)若点P在y轴上；
①当∠APB=30°时，求满足条件的所有的点P的坐标；
②当∠APB为最大值时，请写出点P的坐标．
【答案】(1)无数
(2)①P1(0,23+7)，P2(0,23−7)，P3(0,−23+7)，P4(0,−23−7)；②0,5，0,−5
【分析】（1）已知点A、点B是定点，要使∠APB=30°，只需点P在过点A、点B的圆上，且弧AB所对的圆心角为60°即可，显然符合条件的点P有无数个．
（2）①结合（1）中的分析可知：当点P在y轴的正半轴上时，点P是（1）中的圆与y轴的交点，借助于垂径定理、等边三角形的性质、勾股定理等知识即可求出符合条件的点P的坐标；当点P在y轴的负半轴上时，同理可求出符合条件的点P的坐标．②由三角形外角的性质可证得：在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角大于同弧所对的圆外角．要∠APB最大，只需构造过点A、点B且与y轴相切的圆，切点就是使得∠APB最大的点P，然后结合切线的性质、三角形外角的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识即可解决问题．
【详解】（1）以AB为边，在第一象限内作等边三角形ABC，
以点C为圆心，AC为半径作⊙C，交y轴于点P1、P2．
在优弧AP1B上任取一点P，如图1，
则∠APB=12∠ACB=12×60°=30°．
∴使∠APB=30°的点P有无数个．
故答案为：无数；
（2）①当点P在y轴的正半轴上时，
I）过点C作CG⊥AB，垂足为G，如图1．
∵点A(1，0)，点B(5，0)，
∴OA=1，OB=5．
∴AB=4．
∵点C为圆心，CG⊥AB，
∴AG=BG=12AB=2．
∴OG=OA+AG=3．
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=AB=4．
∴CG=AC2−AG2=42−22=23,，
∴点C的坐标为(3,23)，
过点C作CD⊥y轴，垂足为D，连接CP2，如图1，
∵点C的坐标为(3,23)，
∴CD=3，OD=23，
∵P1、P2是⊙C与y轴的交点，
∴∠AP1B=∠AP2B=30°，
∵CP2=CA=4，CD=3，
∴.DP2=42−32=7.．
∵点C为圆心，CD⊥P1P2，
∴P1D=P2D=7．
∴P2(0,23−7),P1(0,23+7)，
Ii）当点P在y轴的负半轴上时，
同理可得：P3(0,−23−7),P4(0,−23+7)．
综上所述：满足条件的点P的坐标为P2(0,23−7),P1(0,23+7)，P3(0,−23−7), P4(0,−23+7)．
②当过点A、B的⊙E与y轴相切于点P时，∠APB最大．
理由：可证：∠APB=∠AEH，当∠APB最大时，∠AEH最大．由sin∠AEH=2AE得：当AE最小即PE最小时，∠AEH最大．所以当圆与y轴相切时，∠APB最大．
i)当点P在y轴的正半轴上时，
连接EA，作EH⊥x轴，垂足为H，如图2．
∵⊙E与y轴相切于点P，
∴PE⊥OP．
∵EH⊥AB，OP⊥OH，
∴∠EPO=∠POH=∠EHO=90°．
∴四边形OPEH是矩形．
∴OP=EH，PE=OH=3．
∴EA=3．
∵∠EHA=90°，AH=2，EA=3，
∴EH=EA2−AH2=32−22=5，
∴OP=5，
∴P0,5，
ii）当点P在y轴的负半轴上时，
同理可得：P0,−5，
理由：i）若点P在y轴的正半轴上，
在y轴的正半轴上任取一点M（不与点P重合），
连接MA，MB，交⊙E于点N，连接NA，如图2所示．
∵∠ANB是△AMN的外角，
∴∠ANB＞∠AMB．
∵∠APB=∠ANB，
∴∠APB＞∠AMB．
ii）若点P在y轴的负半轴上，
同理可证得：∠APB＞∠AMB．
综上所述：当点P在y轴上移动时，∠APB有最大值，
此时点P的坐标为0,5，0,−5．
【点睛】本题考查了垂径定理、圆周角定理、勾股定理、等边三角形的性质、矩形的判定与性质，切线的性质、三角形外角性质等知识，综合性强．同时也考查了创造性思维，有一定的难度．构造辅助圆是解决本题关键．
12．（2023秋·江苏南京·九年级统考期末）如图1，AB是⊙O的弦，AB=2,∠AOB=60°，P是优弧AB上的一个动点（不与点A和点B重合），PA,PB,AB组成了一个新图形（记为“图形P−AB”），设点P到直线AB的距离为x，图形P−AB的面积为y．
(1)求y与x之间的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；
(2)记扇形OAB的面积为S扇形OAB，当y=S扇形OAB时．
①在图2中，作出一个满足条件的点P；（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
②在第①题所作图中，连接PA,PB，再画一条线，将图形P−AB分成面积相等的两部分．（画图工具不限，写出必要的文字说明．）
【答案】(1)y=x+23π−3．自变量x的取值范围是0(2)①图见详解②见详解．
【分析】（1）根据垂径定理做辅助线，分别求出S△OAB、S扇形OAB、S△PAB，然后由面积的和差关系建立等式即可；
（2）①扇形OAB的面积为S扇形OAB，当y=S扇形OAB时,那么根据同底等高即可；②扇形OAB的面积为S扇形OAB，当y=S扇形OAB时，也就是画一条线把y=S扇形OAB平分，利用同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可作图．
【详解】（1）解：∵在⊙O中，AB是⊙O的弦，
∴OA=OB．
∵∠AOB=60°,AB=2，
∴△OAB是等边三角形，OA=OB=AB=2．
如图1，过点O作OC⊥AB，垂足为C．
则AC=12AB=12×2=1．
在Rt△OAC中，∠OCA=90°,OA=2,AC=1．
根据勾股定理，得OC=OA2−AC2=22−12=3．
∴S△OAB=12AB⋅OC=12×2×3=3．
又∵∠AOB=60°，△OAB是等边三角形且边长是2，
∴S扇形OAB=60360×π×22=23π．
又∵点P到直线AB的距离为x，AB=2，
∴S△PAB=12AB⋅x=12×2⋅x=x．
∴图中的阴影部分的面积y=S△PAB+S扇形OAB−S△OAB=x+23π−3．
自变量x的取值范围是0（2）解：①如图2所示，点P1（或P2）即为所求（只要求作出一种情形即可）；
②以点P1的情况为例，
过点O作OC⊥AB，垂足为C，延长OC交⊙O于点D．
连接P1C、CD，则折线P1−C−D即为所求．
弧线的画法：
以点P1的情况为例，
以P1为圆心，P1A长为半径画弧，交P1B于点F．则AF即为所求．
【点睛】本题考查圆章节的垂直定理性质以及三角形扇形面积公式等知识内容，掌握面积等量代换是解题作图的关键．
13．（2023秋·江苏淮安·九年级统考期末）如图，已知⊙O的半径为1，A、P、B、C是⊙O上的四个点，∠APC=∠CPB=60°．
(1)△ABC的形状为______；
(2)试求线段PA、PB、PC之间的数量关系；
(3)若点M是PC的中点，直接写出点P在⊙O上移动时的BM最小值．
【答案】(1)等边三角形
(2)PA+PB=PC
(3)7−12
【分析】（1）如图1，连接AO，BO，CO，由∠APC=∠CPB=60°得 ∠AOC=∠BOC=120°，进而可得∠AOB=360°−∠AOC−∠BOC=120°，可证AB=BC=AC，进而可判断△ABC的形状；
（2）如图2，在线段PC上截取PD使PD=PA，可证△APD是等边三角形，证明∠PAB=∠DAC，△ADC≌△APBSAS，则PB=CD，根据PA+PB=PD+CD=PC，可得结论；
（3）如图3，连接CO、PO，记CO中点为N，连接MN，证明M的运动轨迹为绕N运动且半径为12的圆，连接BN，可知BN与⊙N的交点M1即为P在⊙O上移动时的BM的最小值时M的位置，过N作NQ⊥BC，垂足为Q，根据题意求出NC、BC的值，根据CQ=NC×cs30°，NQ=NC×sin30°，BQ=BC−CQ，分别求CQ、NQ、BQ的值，在Rt△BNQ中，由勾股定理得BN=BQ2+NQ2，求BN的值，根据BM1=BN−M1N，计算求解即可．
【详解】（1）解：△ABC是等边三角形，
如图1，连接AO，BO，CO，
∵∠APC=∠CPB=60°，
∴∠AOC=∠BOC=120°，
∴∠AOB=360°−∠AOC−∠BOC=120°，
∴AB=BC=AC，
∴△ABC是等边三角形，
故答案为：等边三角形．
（2）解：PA+PB=PC，
如图2，在线段PC上截取PD使PD=PA，
∵PD=PA，∠APC=60°，
∴△APD是等边三角形，
∴∠PAD=∠BAC=60°，
∵∠PAB=∠PAD−∠BAD，∠DAC=∠BAC−∠BAD，
∴∠PAB=∠DAC，
在△ADC和△APB中，
∵AD=AP∠DAC=∠PABAC=AD，
∴△ADC≌△APBSAS，
∴PB=CD，
∴PA+PB=PD+CD=PC，
∴PA、PB、PC的数量关系为PA+PB=PC．
（3）解：如图3，连接CO、PO，记CO中点为N，连接MN，
由题意知MN∥OP且MN=12OP=12，
即MN为定长，N为定点，
∴M的运动轨迹为绕点N运动且半径为12的圆，
如图3，连接BN，可知BN与⊙N的交点M1即为P在⊙O上移动时的BM的最小值时M的位置，过N作NQ⊥BC，垂足为Q，
由题意得∠NCQ=30°，NC=12OC=12，BC=2OC×cs30°=3，
∴CQ=NC×cs30°=34，NQ=NC×sin30°=14，
∴BQ=BC−CQ=334，
在Rt△BNQ中，由勾股定理得BN=BQ2+NQ2=72，
∴BM1=BN−M1N=7−12，
∴P在⊙O上移动时的BM的最小值为7−12．
【点睛】本题考查了圆周角定理、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、中位线定理、勾股定理、正弦、余弦等知识．解题的关键在于对知识的综合灵活运用．
14．（2023秋·江苏淮安·九年级统考期末）阅读理解：
小明热爱数学，在课外数学资料上看到平行四边形一个性质定理：任意平行四边形对角线的平方和等于四条边的平方和．如图1，在平行四边形ABCD中，AC2+BD2=AB2+BC2+CD2+DA2．由此，他探究得到三角形的一个性质：三角形两边的平方和等于第三边的一半与第三边上的中线的平方和的两倍．
(1)说理证明：
如图2，在△ABC中，若点D为BC的中点，则有：AB2+AC2=2AD2+2BD2．请你证明小明得到的三角形性质的正确性．
(2)理解运用：
①在△ABC中，点D为BC的中点，AB=4，AC=3，BC=6，则AD= ；
②如图3，⊙O的半径为6，点A在圆内，且OA=4 2，点B和点C在⊙O上，且∠BAC=90°，点E、F分别为AO、BC的中点，则EF的长为 ；
(3)拓展延伸：如图4，已知⊙O的半径为25，以A(2,2)为直角顶点的△ABC的另两个顶点B，C都在⊙O上，D为BC的中点，则AD长的最大值为 ．
【答案】(1)见解析
(2)①142；②10
(3)32
【分析】（1）过点A作AE⊥BC于点E，设BD=CD=x，DE=y，由AB2=AE2+BE2，AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2，可得，即得AB2+AC2=2AD2+2BD2；
（2）解：①由AB2+AC2=2AD2+2BD2可得42+32=2AD2+2×32，故AD = 142；②连接OC，OF，OB，AF，由AF是△ABC的中线，EF是△AFO的中线，可得BF2=12AB2+12AC2−AF2,OF2=2EF2+2AE2−AF2，而OF2=OB2−BF2，可推得4EF2=2OB2−4AE2，故EF= 10；
（3）连接OA，取OA的中点E，连接DE，AD，由(2)的②可知：DE2=12OB2−14OA2=12×(25)2−14×(22)2=8，有DE=22，当A，E，D共线时，AD长的最大值为32．
【详解】（1）证明：过点A作AE⊥BC于点E，如图，
设BD=CD=x，DE=y，
在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2，
同理可得：AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2，
∴AB2+AC2=2AE2+CE2+BE2=2AE2+(x−y)2+(x+y)2=2AE2+2x2+2y2，
∵BD2=x2，DE2=y2，
∴AB2+AC2=2AE2+2BD2+2DE2=2(AE2+DE2)+2BD2=2AD2+2BD2；
（2）解：①由(1)知AB2+AC2=2AD2+2BD2，
∵点D为BC的中点，BC=6，
∴BD=3，
∵AB=4，AC=3，
∴42+32=2AD2+2×32，
∴AD= 142 ；
故答案为：142；
②连接OC，OF，OB，AF，如图，
∵AF是△ABC的中线，EF是△AFO的中线，
∴2AF2+2BF2=AB2+AC2，2EF2+2AE2=AF2+OF2，
∴BF2=12AB2+12AC2−AF2,OF2=2EF2+2AE2−AF2，
∵OB=OC，OF是△BOC的中线，
∴OF⊥BC，
∴OF2=OB2−BF2，
∴2EF2+2AE2−AF2=OB2−(12AB2+12AC2−AF2)，
∴4EF2=2OB2−AB2−AC2+4AF2−4AE2，
∵∠BAC=90°，
∴AB2+AC2=BC2=(2AF)2=4AF2，
∴4EF2=2OB2−4AE2，
∵OA=2AE，
∴4AE2=OA2，
∴4EF2=2OB2−OA2，
∴EF2=12OB2−14OA2=12×62−14×(42)2=10，
∴EF= 10(负值已经舍弃)，
故答案为 10；
（3）解：连接OA，取OA的中点E，连接DE，AD，如图：
∵A(2,2)，
∴OA=22，
由(2)的②可知：DE2=12OB2−14OA2=12×(25)2−14×(22)2=8，
∴DE=22，
在△ADE中，AE=2,DE=22，
∴当A，E，D共线时，AD长的最大值为2+22=32，如图：
故答案为：32．
【点睛】本题考查圆的综合应用，涉及三角形的中线、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用勾股定理解决问题，学会用转化的思想思考问题，学会添加辅助线解决问题，属于中考压轴题．
15．（2023秋·江苏淮安·九年级校考期末）如果三角形的两个内角α与β满α−β=90°，那么我们称这样的三角形为“准直角三角形”．
(1)若△ABC是“准直角三角形”．∠C>90°,∠A=70°，则∠B= °．
(2)如图1，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，AB=10，D是BC上的一点，tan∠B=34，若CD=92，请判断△ABD是否为准直角三角形，并说明理由．
(3)如图2，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，E是直径AB下方半圆上的一点，AB=13，tan∠ABC=512，若△ACE为”准直角三角形”，求CE的长．
【答案】(1)10°
(2)△ABD是准直角三角形，理由见解析
(3)12或313
【分析】（1）根据“准直角三角形”的概念和三角形内角和是180°，分情况列方程组求解即可；
（2）根据三角函数设AC=3x,BC=4x，利用勾股定理列方程求出AC和BC的值，再根据tan∠CAD=tanB，得出∠CAD=∠B，再根据“准直角三角形”的概念得出结论即可；
（3）根据“准直角三角形”的概念分两种情况当∠CAE=90°+∠CEA或∠CAE=90°+∠ECA时，分别求出CE的值即可．
【详解】（1）解：∵△ABC是“准直角三角形”，∠C＞90°,∠A=70°，
∴①∠C−∠A=90°，
此时∠C=160°,∠A+∠C＞180°，
∴此情况不存在，舍去，
②∠C−∠B=90°，
∵∠C+∠B=180°−∠A=180°−70°=110°
解得∠C=100°,∠B=10°，
故答案为：10°；
（2）解：△ABD是准直角三角形，理由为：
∵AB=10,tanB=34，
设AC=3x,BC=4x，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠BAC=90°，
在Rt△ABC中，3x2+4x2=102
解得x=2或−2（舍去）
∴AC=6,BC=8，
∵CD=92，
∴tan∠CAD=CDAC=926=34，
∴∠CAD=∠B，
∴∠ADB−∠CAD=∠ADB−∠B=90°，
∴△ABD是准直角三角形；
（3）解：连接AE，
∵tan∠ABC=512，
∴可设AC=5x,BC=12x，
∵AB=13，
∴AC2+BC2=5x2+12x2=AB2=169，
解得∶x=1，
∴AC=5,BC=12，
∵△ACE为准直角三角形，E为直径AB下方圆上的一点，
∴∠CAE＞90°,∠CEA＜90°,∠ECA＜90°，且∠CEA=∠CBA，
①当∠CAE=90°+∠CEA时，
即∠CAE=90°+∠CBA=180°−90°+∠CBA=∠ACB+∠CBA=180°−∠CAB，
∵四边形ACBE的内角和是360°，∠ACB=90°=∠AEB，
∴∠CBE=180°−∠CAE=∠CAB，
又∵∠CAB=∠CEB，
∴∠CBE=∠CEB，
∴CE=BC=12；
②当∠CAE=90°+∠ECA时，
即∠CAE=90°+∠ABE=∠AEB+∠ABE=180°−∠BAE=180°−∠CBE，
∴∠BAE=∠CBE，
即∠CBE=∠ECB，
∴CE=BE，
∵tan∠ABC=512，
∴tan∠CAB=125，
∴tan∠CEB=125，
作CH⊥BE于H，作EM⊥BC于M，
设EH=5m，则CH=12m，
∴EC=BE=EH2+CH2=5m2+12m2=13m，
∵12BE⋅CH=12BC⋅EM，
∴EM=13m2，
∵EC2=CM2+EM2，且CM12BC=6，
∴13m2=62+13m22，
解得：m2=413（舍去）或m2=913，
∴CE=13×913=313，
综上，若△ACE为“准直角三角形”，CE的长为12或313．
【点睛】本题考查新定义“准直角三角形”，圆周角定理，等腰三角形判定与性质，锐角三角函数，勾股定理，解一元二次方程，圆内接四边形性质，利用新定义三角形的两个内角α与β满足α−β=90°是解题关键．
16．（2023秋·江苏泰州·九年级统考期末）数学兴趣小组在探究圆中图形的性质时，用到了半径是6的若干圆形纸片．
(1)如图1，一张圆形纸片，圆心为O，圆上有一点A，折叠圆形纸片使得A点落在圆心O上，折痕交⊙O于B、C两点，求∠BAC的度数．
(2)把一张圆形纸片对折再对折后得到如图扇形，点M是弧PQ上一动点．
①如图2，当点M是弧PQ中点时，在线段OP、OQ上各找一点E、F，使得△EFM是等边三角形．试用尺规作出△EFM，不证明，但简要说明作法，保留作图痕迹．
②在①的条件下，取△EFM的内心N，则ON=___________．
③如图3，当M在弧PQ上三等分点S、T之间（包括S、T两点）运动时，经过兴趣小组探究都可以作出一个△EFM是等边三角形，取△EFM的内心N，请问ON的长度是否变化．如变化，请说明理由；如不变，请求出ON的长度．
【答案】(1)120∘
(2)①图见解析，说明见解析；②ON=23；③不变，ON=23
【分析】（1）根据折叠得出AC=OC，证明△OAC是等边三角形，∠CAO=60∘，同理得出∠BAO=60∘，即可得出∠BAC的度数；
（2）①作等边△OMG，作OG垂直平分线交OQ于点F，以O为圆心OF为半径作圆交OP于点E，连接EF、ME、MF即可；
②设NH=x，则MN=2x，MH=3x，OH=6−3x，求出EH=MH×tan30°=3x，根据EH=OH=12EF，得出3x=6−3x，求出x，即可得出答案；
③取EF中点H，连接OH，HM，OM，作OL⊥MH交于点L，设HN=x，LH=y，则MN=2x，EH=3x，MH=3x，根据勾股定理得出2x2+xy=6，最后在Rt△ONL中，根据勾股定理求出ON2=12，即可得出答案．
【详解】（1）解：∵由折叠可得AC=OC，
∵OC=OA，
∴AC=OC=OA，
∴△OAC是等边三角形，
∴∠CAO=60∘，
同理：∠BAO=60∘，
∴∠CAB=∠CAO+∠BAO=120∘ ；
（2）解：①作等边△OMG，作OG垂直平分线交OQ于点F，以O为圆心OF为半径作圆交OP于点E，连接EF、ME、MF得△EFM；
根据作图可知，OE=OF，
根据折叠可知，∠POQ=90°，
∵点M为PQ的中点，
∴∠POM=∠QOM=12×∠POQ=45°，
∵OM=OM，
∴△OME≌△OMF，
∴∠EMO=∠FMO，EM=FM，
∵△OMG为等边三角形，
∴∠OMG=60°，
∵MF垂直平分OG，
∴∠OMF=∠GMF=30°，
∴∠EMO=∠FMO=30°，
∴∠EMF=60°，
∴△EFM为等边三角形；
②根据解析①可知，△EFM为等边三角形，∠EMO=∠FMO=30°，
∴内心△EFM的内心N在OM上，MH⊥EF，EH=HF，
设NH=x，则MN=2x，MH=3x，OH=6−3x，
∵∠EMH=30°，
∴EH=MH×tan30°=3x，
∵∠POQ=90°，OE=OF，EH=HF，
∴EH=OH=12EF，
∴3x=6−3x，
解得：x=3−3，
∴ON=6−2x=6−23−3=23；
故答案为：23．
③不变，理由如下：
如图，取EF中点H，连接OH，HM，OM，作OL⊥MH交于点L，
设HN=x，LH=y，则MN=2x，EH=3x，MH=3x，
在Rt△OEF中，∠EOF=90°，
∵H为FE的中点，
∴OH=12EF=EH=3x，
在Rt△OML中，OL2=OM2−LM2=62−(3x+y)2，
在Rt△OHL中，OL2=OH2−LH2=3x2−y2，
即有62−(3x+y)2=3x2−y2化简得2x2+xy=6，
在Rt△ONL中，
ON2=OL2+LN2
=3x2−y2+(x+y)2
=4x2+2xy
=22x2+xy
=12；
即ON=23，ON的值不变．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，解直角三角形，直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握等边三角形的判定和性质．
17．（2023秋·江苏扬州·九年级校考期末）在平面直角坐标系xOy中，图形W上任意两点间的距离若有最大值，将这个最大值记为d．对于点P和图形W给出如下定义：点Q是图形W上任意一点，若P，Q两点间的距离有最小值，且最小值恰好为d，则称点P为图形W的“关联点”．
(1)如图1，图形W是矩形AOBC，其中点A的坐标为(0,3)，点C的坐标为（4，3），则d= ___．在点P1(−1,0) ，P2(2,8)，P3(3,1)，P4(−21,−2)中，矩形AOBC，的“关联点”是___；
(2)如图2，图形W是中心在原点的正方形DEFG，其中D点的坐标为（1，1）．若直线y=x+b上存在点P，使点P为正方形DEFG的“关联点”，求b的取值范围；
(3)已知点M（1，0），N（0,3）．图形W是以T（t,0）为圆心，1为半径的⨀T，若线段MN上存在点P，使点P为⨀T的“关联点”，直接写出t的取值范围．
【答案】(1)d=5，P2、P4
(2)−6≤b≤6
(3)−23+1≤t≤4
【分析】（1）根据所给的定义，对每一个点进行判断即可；
（2）由题意可得d=DF=22，过O点作OM垂直直线y=x+b，交于点M，当ME=22时，ON=6，则−6≤b≤6时，直线y=x+b，上存在点P,使点P为正方形DEFG的“关联点”；
(3)由题意可得d=2，当T点在x轴负半轴上时，过点T作TL⊥MN交于点L，交圆于点K，当KL=2时，TM=23，此时T(−23,0)，当T点在x轴正半轴上时，当TM=3时，此时T4,0，则−23≤t≤4时，线段MN上存在点P,使点P为⊙T的“关联点”.
【详解】（1）解：d=5，P2、P4
（2）解：∵D（1,1），四边形DEFG是正方形，
∴d=DF=22，
过O点作OM垂直直线y=x+b，交于点M，
当ME=22时，OM=32，
∠MNO=45∘，
∵ON=6，
∴−6≤b≤6时直线y=x+b上存在点P使P为正方形DEFG的关联点．
（3）解： ∵⊙T的圆心为T（t,0）半径为1，
∴d=2
当T点在x轴负半轴上时，过点T作TL⊥MN交于L交于K，交y轴于H
当KL=2时，TL=3
∵M（1，0），N（0,3），
∴OM=1，ON=3，
在Rt△OMN中MN=2，
∵ON⊥OM，TL⊥MN，
∴∠ONM=∠OTH
有∵∠TLM=∠NOM=90∘
∴ΔTLM∼ΔNOM
∴TLON=TMMN
∴TM=23
∴TO=23−1此时T(23−1,0)
当T点在x轴正半轴上时，当TM=3，此时T（4,0），
∴−23+1≤t≤4时，线段MN上存在点P，使点P为OT的“关联点”．
【点睛】本题考查圆的综合应用，弄清定义，能够根据定义，结合矩形的性质，圆的性质，属性结合解题是关键．
18．（2023春·江苏苏州·九年级苏州中学校考开学考试）已知：⊙O是△ABC的外接圆，且AB=BC，∠ABC=60°，D为⊙O上一动点．
(1)如图1，若点D是AB的中点，∠DBA等于多少？
(2)过点B作直线AD的垂线，垂足为点E．
①如图2，若点D在AB上，求证：CD=DE+AE．
②若点D在AC上，当它从点A向点C运动且满足CD=DE+AE时，求∠ABD的最大值．
【答案】(1)30°
(2)①证明见解析；②30°
【分析】（1）连接BD，根据AB=BC可得∠BCA=∠BAC，再根据圆周角定理进行求解即可；
（2）①过B作BH⊥CD于点H，则∠BHC=∠BHD=90°，证明△BEA≌△BHC和△BED≌△BDH即可求解；
②连接BO并延长⊙O交于点I，则点D在AI上，证明△BEA≌△BHC和△BED≌△BDH即可求解；
【详解】（1）如图1中，连接BD．
∵AB=BC，
∴∠BCA=∠BAC，
∵∠ABC=60°，
∴∠BCA=60°，
∵D是AB的中点，
∴∠DCA=30°，
∵AD=AD，
∴∠DBA=∠DCA=30°．
（2）①过B作BH⊥CD于点H，则∠BHC=∠BHD=90°．
又∵BE⊥AD于点E，
∴∠BED=90°，
∴∠BED=∠BHC=∠BHD，
又∵BD=BD，
∴∠BAE=∠BCH，
∵AB=BC，
∴BA=BC，
在△BEA和△BHC中，
∠BEA=∠BHC∠BAE=∠BCHBA=BC
∴△BEA≌△BHCAAS，
∴EA=CH，
又∵四边形ACBD是⊙O的内接四边形，
∴∠BDE=∠BCA，
又∵AB=BC，
∴∠BCA=∠BDC，
∴∠BDE=∠BDC，
在△BED和△BDH中，
∠BED=∠BHD=90°∠BDE=∠BDCBD=BD，
∴△BED≌△BHDAAS，
∴DE=DH，
∴DC=DH+HC=DE+AE．
②连接BO并延长与⊙O交于点I，则点D在AI上．
如图：过B作BH⊥CD于点H，
则∠BHC=90°，∠BHD=90°，
又∵BE⊥AD于点E，
∴∠BED=90°，
∴∠BED=∠BHC=∠BHD，
又∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BAE=∠BCD，
又∵AB=BC，
∴BA=BC，
在△BEA和△BCH中，
∠BAE=∠BCD∠BED=∠BHCBA=BC，
∴△BEA≌△BCHAAS，
∴EA=CH，
∵AB=BC，
∴∠BDA=∠BDC，
又BD=BD，∠BED=∠BHD=90°，
在△BED和△BHD中，
∠BED=∠BHD=90°∠BDA=∠BDCBD=BD，
∴△BED≌△BHDAAS，
∴ED=HD，
∴CD=HD+HC=DE+AE，
∵BI是⊙O直径，AB=BC，
∴BI垂直平分AC，
∴AI=IC，
∴2∠ABI=∠ABC=60°，
∴当点D运动到点I时∠ABI取得最大值，此时∠ABD=30°．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、圆周角定理和圆内接四边形的性质，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
19．（2023秋·江苏泰州·九年级统考期末）小明在学习了《圆周角定理及其推论》后，有这样的学习体会：在Rt△ABC中，∠C=90°，当AB长度不变时．则点C在以AB为直径的圆上运动（不与A、B重合）．
【探索发现】
小明继续探究，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB长度不变．作∠A与∠B的角平分线交于点F，小明计算后发现∠AFB的度数为定值，小明猜想点F也在一个圆上运动．请你计算∠AFB的度数，并简要说明小明猜想的圆的特征．
【拓展应用】
在【探索发现】的条件下，若AB=23，求出△AFB面积的最大值．
【灵活运用】
在等边△ABC中，AB=23，点D、点E分别在BC和AC边上，且BD=CE，连接AD、BE交于点F，试求出△AFB周长的最大值．
【答案】探索发现：∠AFB=135°，以AB为斜边的Rt△ABD，点F在以D为圆心，DA为的圆D的劣弧AB上；拓展应用：△AFB面积取得最大值为32−3；灵活运用：△AFB的周长的最大值为4+23
【分析】探索发现，根据角平分线的定义以及三角形内角和定理即可求解，再根据圆内接四边形的性质可判断点F运动的特征；
拓展应用，先确定FD⊥AB时，△AFB面积取得最大值，再根据垂径定理求解即可；
灵活运用，先确定点F的运动轨迹，再以BF为边作等边△BFI，构造△ABD≌△BCESAS，当AF+BF=HF的值最大时，△AFB的周长取得最大值，即当弦HF为圆G直径，再根据垂径定理求解即可．
【详解】解：探索发现，∵∠A与∠B的角平分线交于点F，且∠C=90°，
∴∠FAB+∠FBA=12∠CAB+∠CBA
=12180°−∠C
=12180°−90°
=45°，
∴∠AFB=180°−∠FAB+∠FBA=135°，
如图，以AB为斜边的Rt△ABD，点F在以D为圆心，DA为的圆D的劣弧AB上；
；
拓展应用，∵AB=23，是定长，
∴当点F到AB的距离最长时，△AFB面积取得最大值，
此时FD⊥AB，如图，
FA=FB，BG=AG=12AB=3，
∴DG=BG=3，DF=BD=2BG=6，
∴GF=DF−DG=6−3，
∴△AFB面积取得最大值为12AB×GF=32−3；
灵活运用，
∵等边△ABC中，且BD=CE，
∴∠ABC=∠C=60°，AB=BC，
∴△ABD≌△BCESAS，
∴∠BAD=∠CBE，
∴∠BFD=∠BAF+∠ABF=∠CBF+∠ABF=60°，
∴∠AFB=120°，
作等边△ABH，作等边△ABH的外接圆G，点F在圆G的劣弧AB上；
以BF为边作等边△BFI，延长FI交圆G于点H，如图，连接BH，
∵∠BHI=∠BAF，∠HIB=180°−60°=120°=∠AFB，BI=BF，
∴△BHI≌△BAFAAS，
∴HI=AF，
∴AF+BF=HI+BI=HI+FI=HF，
∵AB=23，是定长，
∴当AF+BF=HF的值最大时，△AFB的周长取得最大值，
即当弦HF为圆G直径时，△AFB的周长取得最大值，
如图，BJ=AJ=3，∠JBF=30°，
∴BF=2JF，
∵BF2=JF2+BJ2，即BF2=12BF2+32，
∴BF=AF=2，
∴△AFB的周长的最大值为4+23．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，垂径定理的求值，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，利用圆内接四边形的性质求得点F的运动轨迹是解题的关键．
20．（2023春·江苏南通·九年级专题练习）如图，等边△ABC的边长为6，点P、M分别是边AB、AC上一点，将射线PM绕点P顺时针旋转α，点M的对应点为N，射线PN交BC于点E．
(1)当α=60°，AM=2，AP=52时，BE= ；
(2)若α=90°，AM=2．
①当△AMP∽△BEP时，求线段AP的长；
②若点N刚好落在BC上，求BN的长；
(3)若AM=4，AP=2，当0°≤α≤360°时，直接写出点N到直线AC的距离d的取值范围 ．
【答案】(1)358
(2)①AP=1+3；②BN=63−8
(3)0≤d≤33
【分析】（1）证明∠BPE=∠AMP，可得△AMP∽△BPE，再利用相似三角形的性质可得答案；
（2）①由△AMP∽△BEP，可得∠MPA=∠BPE=45°，PH=MH，再分别求解AH，PH即可；②如图，当点N落在BC上时，点N与点E重合，过点M作MH⊥AB于点H，过点N作NG⊥AB于点G，证明△MHP≌△PGN，再求解PH=NG=32BN，BG=12BN，结合1+32BN+3+12BN=6，可得答案；
（3）由AM=4，AP=2，即点M，P的位置固定，当0°≤d≤360°时，点N的运动路径即为以点P为圆心，PM为半径的圆，如图，过点P作PH⊥AC于点H，延长HP交⊙P于点N'，则HN'即为点N到直线AC距离d的最大值，再求解HN'=HP+PN'=33即可．
【详解】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=60°，
∵∠EPM=60°，
∴∠AMP+∠APM=120°=∠APM+∠BPE，
∴∠BPE=∠AMP，
∴△AMP∽△BPE，
∴ AMBP=APBE，
∴ 26−52=52BE，
∴BE=358，
（2）①如图，过点M作MH⊥AB于点H，
∵△AMP∽△BEP，
∴∠MPA=∠BPE=45°，
∴PH=MH，
在Rt△MAH中，MH=AM⋅sin60°=3，AH=AM⋅cs60°=1，
在Rt△MPH中，PH=MH=3，
∴AP=1+3；
②如图，当点N落在BC上时，点N与点E重合，过点M作MH⊥AB于点H，过点N作NG⊥AB于点G，
∴∠MHP=∠NGP=90°，
∵∠HMP+∠MPH=90°，∠GPN+∠MPH=90°，
∴∠HMP=∠GPN，
又∵PM=NP，
∴△MHP≌△PGN(AAS)，
由①得：AH=1，MH=3，
∴MH=PG=3，
∵PH=NG=BN⋅sin60°=32BN，BG=BN⋅cs60°=12BN，
∴1+32BN+3+12BN=6，
∴BN=63−8；
（3）若AM=4，AP=2，即点M，P的位置固定，当0°≤d≤360°时，点N的运动路径即为以点P为圆心，PM为半径的圆，如图，
过点P作PH⊥AC于点H，延长HP交⊙P于点N'，则HN'即为点N到直线AC距离d的最大值，
在Rt△HAP中，∵∠HAP=60°，AP=2，
∴AH=AP⋅cs60°=1，HP=AP⋅sin60°=3，
∴MH=AM−AH=3，
∴MP=MH2+PH2=23，
∴PN=PM=23，
∴HN'=HP+PN'=3+23=33，
∴0≤d≤33，
【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，圆的确定，熟练的运用旋转的性质解题是关键．
21．（2023春·江苏南通·九年级专题练习）定义：在平面直角坐标系中，图形G上点Px，y的纵坐标y与其横坐标x的差y−x称为P点的“坐标差”，记作Zp，而图形G上所有点的“坐标差”中的最大值称为图形G的“共享值”．
(1)①点A5,−1的“坐标差”为 ；
②求抛物线y=−x2+7x的“共享值”；
(2)某二次函数y=−x2+bx+cc≠0的“共享值”为−1，点Bm，0与点C分别是此二次函数的图象与x轴和y轴的交点，且点B与点C的“坐标差”相等．
①直接写出m= ；（用含c的式子表示）
②求此二次函数的解析式．
(3)如图，在平面直角坐标系xOy中，O为原点，点D4，0，以OD为直径作⊙M，直线y=x+b与⊙M相交于点E，F．请直接写出⊙M的“共享值”为 ．
【答案】(1)①−6；②9
(2)①−c；②二次函数的表达式为y=-x2+3x−2
(3)22−2
【分析】（1）①根据“坐标差”定义即可求；
②根据“共享值”定义，利用二次函数的性质求最值即可；
（2）①根据点B与点C的“坐标差”相等，推出B−c，0，②将B点坐标代入抛物线解析式可得−c2−bc+c=0，根据二次函数y=−x2+bx+c（c≠0）的“共享值”为﹣1，可求出b的值，进而确定函数解析式；
（3）利用一次函数图象上点的坐标特征可设点E的坐标为xE，xE+b，点F的坐标为xF，xF+b，结合“坐标差”的定义可得出ZE=ZF，作直线y=x+n（n>0）与⊙M相切，设切点为N，该直线与x轴交于点Q，利用等腰直角三角形的性质可求出点Q的坐标，再利用待定系数法可求出n值，结合“共享值”的定义即可找出⊙M的“共享值”．
【详解】（1）①点A5，−1的“坐标差”为−1−5=−6，
故答案为：−6；
②设Px，y是抛物线y=−x2+7x上一点，
坐标差=−x2+7x−x=−x2+6x=−x−32+9，最大值为9，
所以抛物线y=−x2+7x的“共享值”为9；
（2）①由题知C0，c，
∵点B与点C的“坐标差”相等，
∴B−c，0，即m=−c
故答案为：−c；
②将B点坐标代入抛物线解析式，
得−c2−bc+c=0，
∴c=1−b或0（舍去），
∵二次函数y=−x2+bx+c（c≠0）的“共享值”为−1，
∴y−x=−x2+（b−1）x+1−b的最大值为−1，
∴−4(1−b)−(b−1)24×(−1)=−1，
解得b=3，
∴c=−2，
∴二次函数的表达式为y=−x2+3x−2；
（3）∵点E，F在直线y=x+b上，
∴设点E的坐标为xE，xE+b，点F的坐标为xF，xF+b，
∴ZE=xE+b−xE=b，ZF=xF+b−xF=b，
∴ZE=ZF．
作直线y=x+n（n>0）与⊙M相切，设切点为N，该直线与x轴交于点Q，如图所示．
∵y−x=x+n−x=n，
∴当直线y=x+nn>0与⊙M相切时，y−x的值为⊙M的“共享值”．
∵∠NQM=45°，MN⊥NQ，MN=2，
∴△MNQ为等腰直角三角形，
∴MQ＝22，
∴点Q的坐标为（2−22，0）．
将Q（2−22，0）代入y＝x+n，得：0＝2−22+n，
解得：n＝22−2，
∴⊙M的“共享值”为22−2．
故答案为：22−2．
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式、待定系数法求一次函数解析式、二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征、一次函数图象上点的坐标特征以及等腰直角三角形，解题的关键是：（1）①利用“坐标差”的定义求出点A的“坐标差”；②利用二次函数的性质求出y−x的最值；（2）①利用“坐标差”的定义找出m，c的关系；②利用待定系数法结合“共享值”的定义，找出关于b的方程；（3）①利用一次函数图象上点的坐标特征设出点E，F的坐标；②利用切线的性质，找出⊙M上“坐标差”最大的点．
22．（2023春·江苏南通·九年级南通田家炳中学校考开学考试）在平面直角坐标系xOy中，对于点Mx1,y1，给出如下定义：当点Nx2,y2，满足x1⋅x2=y1⋅y2时，称点N是点M的等积点．已知点M1,2．
(1)在N16,3，N23,−1，N3−4,−2中，点M的等积点是 ；
(2)如果点M的等积点N在双曲线y=2x上，求点N的坐标；
(3)已知点P6,2，Q2,a，⊙Q的半径为1，连接MP，点A在线段MP上．如果在⊙Q上存在点A的等积点，直接写出a的取值范围．
【答案】(1)N1、N3
(2)2,1或−2,−1
(3)1−52≤a≤6+10
【分析】（1）根据等积点的定义进行判断即可；
（2）先求出点M的等积点一定在直线y=12x，再根据点M的等积点N在双曲线y=2x上，求出直线与双曲线的交点坐标即可；
（3）根据点M的等积点在直线y=12x上，点P的等积点在直线y=3x上，从而得出点A的等积点在直线y=12x和直线y=3x于第一象限交成的锐角的内部或边上，画出图形求出边界点的坐标，即可得出答案．
【详解】（1）解：∵6×1=6=2×3，
∴N16,3是M的等积点；
∵3×1=3≠2×−1=−2，
∴N23,−1不是M的等积点；
∵1×−4=−4=2×−2，
∴N3−4,−2是M的等积点；
故答案为：N1、N3；
（2）解：设点M的等积点为x,y，则x=2y，
即y=12x，
∴点M的等积点一定在直线y=12x，
又∵点M的等积点N在双曲线y=2x上，
∴联立y=12xy=2x，
解得：x1=2y1=1，x2=−2y2=−1，
点N的坐标为2,1或−2,−1．
（3）解：根据解析（2）可知，点M的等积点在直线y=12x上，
设点P的等积点为x,y，则6x=2y，即y=3x，
∴点P的等积点在直线y=3x上，
∵点A在线段MP上，
∴点A的等积点在直线y=12x和直线y=3x于第一象限交成的锐角的内部或边上，
点Q在直线x=2上，直线x=2与y=3x的交点为A2,6，与直线y=12x的交点C2,1，与x轴的交点B2,0，
∴OA=22+62=210，
OC=22+12=5，OB=2，
如图，当⊙Q正好与直线y=12x相切于点F时，⊙Q上一定存在点A的等积点，当⊙Q正好与直线y=3x相切于点E时，⊙Q上一定存在点A的等积点，且圆心Q在Q1与Q2之间时，⊙Q上一定存在点A的等积点，
连接Q1E，Q2F，则Q1E=Q2F=1，
∵直线y=3x与⊙Q1相切于点E，直线y=12x与⊙Q2相切于点F，
∴Q1E⊥OE，Q2F⊥OF，
∴∠AEQ1=90°，∠Q2FC=90°，
∵∠ABO=90°，
∴∠AEQ1=∠ABQ=90°，
∵∠EAQ1=∠OAB，
∴△AEQ1∽△ABO，
∴AQ1OA=Q1EOB，
即AQ1210=12，
解得：AQ1=10，
此时Q12,6+10，
∵∠Q2FC=∠OBC=90°，∠Q2CF=∠OCB，
∴△Q2CF∽△OCB，
∴Q2COC=Q2FOB，
即Q2C5=12，
解得：Q2C=52，
此时Q22,1−52，
∴a的取值范围为1−52≤a≤6+10．
【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定和性质，求直线与双曲线的交点坐标，切线的性质，勾股定理，坐标特点，解题的关键是理解题意，作出相应的图形，求出边界点的坐标．
23．（2023春·江苏南通·九年级专题练习）如图，平面直角坐标系中，A0,8,B6,0,C−1,0，点E为线段AB的中点，过点E作直线ED平行于x轴交线段AC于点D，动点Q从点B出发沿射线BC以每秒1个单位的速度运动，过点Q作QP⊥直线DE垂足为P，过E、P、Q三点作圆，交线段AB于点N，连接QN,PN，设点Q运动的时间为t秒．
(1)求经过A、B、C三点的抛物线表达式；
(2)当△PQN与△ABC相似时，求t的值；
(3)当△EPQ的外接圆与线段AO有公共点时，求t的取值范围．
【答案】(1)y=−43x2+203x+8
(2)3.5或507
(3)143≤t≤503
【分析】（1）由题意可设经过点A、B、C三点的抛物线解析式为y=ax+1x−6，然后把点A的坐标代入求解即可；
（2）如图，首先证明△QPN∽△BEQ，推出△PQN与△ABC相似时，△BEQ与△ABC相似，分两种情形：①当△BEQ∽△BAC时，BEBA=BQBC，②当△BEQ∽△BCA时，BEBC=BQBA，分别构建方程求解即可；
（3）取EQ的中点M，求出当⊙M与y轴相切时，当⊙M经过点A时，t的值，即可判断．
【详解】（1）解：设经过点A、B、C三点的抛物线解析式为y=ax+1x−6，把点A0,8代入得：
∴−6a=8，解得：a=−43，
∴抛物线解析式为y=−43x+1x−6=−43x2+203x+8；
（2）解：由题意得：BQ=t，
∵A0,8，B6,0，C−1,0，
∴OA=8，OB=6，OC=1，
∴AB=OA2+OB2=82+62=10，BC=7，
∵AE=EB，
∴AE=EB=5，
∵DE∥x轴，
∴∠PEN+∠EBQ=180°，
∵∠PQN+∠PEN=180°，
∴∠PQN=∠EBQ，
∵∠QPN=∠QEB，
∴△QPN∽△BEQ，
∴△PQN与△ABC相似时，△BEQ与△ABC相似，
①当△BEQ∽△BAC时，BEBA=BQBC，
∴ 510=t7，
∴t=3.5．
②当△BEQ∽△BCA时，BEBC=BQBA，
∴ 57=t10，
∴t=507，
综上所述，满足条件的t的值为3.5或507．
（3）解：取EQ的中点M，如图，
∵点E为线段AB的中点，
∴E3,4，
∵QP⊥直线DE，垂足为P，DE∥x轴，
∴PQ=4，OQ=6−t，
∴P6−t,4，Q6−t,0，
∴EP=3−6−t=t−3，由中点坐标公式得：M9−t2,2，
当⊙M与y轴相切时，则⊙M的半径为9−t2，
∴EQ=9−t2×2=9−t，
∴由勾股定理得，EQ2=EP2+PQ2，
(9−t)2=42+(t−3)2，
解得t=143．
当⊙M经过点A时，∠EAQ=90°，
∴△BAO∽△AQO，
∴ AOQO=BOOA，
∴ 8OQ=68，
∴OQ=323，
∴BQ=6+323=503，此时t=503，
∴满足条件的t的值为143≤t≤503．
【点睛】本题主要考查二次函数、圆的基本性质与切线定理及相似三角形的性质与判定，熟练掌握二次函数、圆的基本性质与切线定理及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
24．（2023春·江苏·九年级专题练习）如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，点E在圆外，OE⊥AC于D，BE交⊙O于点F，连接BD，BC，CF，∠BFC=∠AED．
(1)求证：AE是⊙O的切线；
(2)求证：△BOD∽△EOB；
(3)设△BOD的面积为S1，△BCF的面积为S2，若tan∠ODB=63，则S1S2= .
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)56
【分析】（1）根据圆的切线的定义求解即可；
（2）先证明△AOD∽△EOA得出OAOE=ODOA，得出OA2=OD⋅OE，再得出OB2=OD⋅OE，进而结论可证；
（3）先证明OE∥BC得出∠ODB=∠DBC，从而得出tan∠ODB=tan∠DBC=DCBC=63，设CD=6k，BC=3k，求出BD=BC2+CD2=15k，证明△ABD∽△FBC，
根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，求出S△ABDS2=BDBC2=15k3k2=159=53最后根据O是AB的中点求解即可．
【详解】（1）证明： ∵BC=BC，
∴∠BFC=∠BAC，
∵∠BFC=∠AED，
∴∠AED=∠BAC，
∵OE⊥AC于D，
∴∠ADE=90°，
∴∠AED+∠DAE=90°，
∴∠BAC+∠DAE=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴AE是⊙O的切线；
（2）证明：∵AD⊥OE，
∴∠OAE=∠ODA=90°，
∵∠AED=∠OAD，
∴△AOD∽△EOA，
∴OAOE=ODOA，
∴OA2=OD⋅OE，
∵OB=OA，
∴OB2=OD⋅OE，
∴OBOD=OEOB，
又∵∠BOD=∠EOB，
∴△BOD∽△EOB；
（3）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵OE⊥AC于D，
∴OE∥BC，
∴∠ODB=∠DBC，
∴Rt△BCD中，tan∠ODB=tan∠DBC=DCBC=63，
∴设CD=6k，BC=3k，
∴BD=BC2+CD2=15k，
∵△BOD∽△EOB，
∴∠OBD=∠OEB，
∵OE∥BC，
∴∠OEB=∠FBC，
∴∠OBD=∠FBC，
∵∠BAC=∠BFC，
∴△ABD∽△FBC，
∴S△ABDS2=BDBC2=15k3k2=159=53，
∵O是AB的中点，
∴S△ABD=2S1，
∴S1S2=56．
故答案为：56．
【点睛】本题考查了圆的切线，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于找出相似三角形，求出边之间的数量关系．
25．（2023春·江苏·九年级专题练习）如图在△ABO中，以O为圆心，以OA为半径作⊙O，交OB于D，连接AD，∠O=2∠BAD．
(1)求证：AB与⊙O相切．
(2)取OA上一点E，连接DE，若∠ADE=45°，求证：AB=BD+AE．
(3)在（2）的条件下，若E是OA的中点，BD=2，延长DE交⊙O于F，求DF的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)3255
【分析】（1）设∠BAD=α，则∠O=2a，则∠OAB=90°−α+α=90°，即可求解；
（2）证明△EOD≅△HOA(AAS)，得到BH=AB=BD+DH，进而求解；
（3）证明△OKE≅△AGE(AAS)，得到DK=2OK，在Rt△OAB中，由勾股定理得：(2x)2+(x+2)2=(2x+2)2，解得x=4，进而求解．
【详解】（1）设∠BAD=α，则∠O=2a，
∵OA=OD,
∴∠OAD=∠ODA=90°−a,
∴∠OAB=90°−α+a=90°,
∴AB⊥OA,
∵OA为圆O的半径，
∴AB与⊙O相切．
（2）在OD上取点H，使OE=OH，连接AH，
∵OD=OA,∠O=∠O,
∴△EOD≅△HOA(AAS)，
∴∠ODE=∠OAH,
∵∠ODA=∠OAD,
∴∠DAH=∠ADE=45°,
设∠BAD=a,∠B=90°−2α,
∴∠BAH=45°+a,
∴∠AHB=45°+a,
∴∠AHB=∠BAH,
∴BH=AB=BD+DH,
∵OD=OA,OH=OE,
∴DH=AE,
∴AB=BD+AE；
（3）过点O作OK⊥DF于点K，则FD=2DK，设AH交DE于点G，
由（2）知∠DAG=∠ADG=45°,，
∴AG=DG,∠AGD=∠OKD=90°,
∴OK∥GH,则∠KOE=∠EAG,
∵点E是OQ的中点，
∴△OKE≅△AGE(AAS)，
∵OK∥GH，
∴△GHD∼△KOD
∴DHDO=DGDK
∵点H是OD的中点，
∴DH=OH=12DO
∴DG=12DK
则DG=12DK=OK，则DK=2OK，
设OE=AE=x，则OD=2x，AB=x+2,OA=2x，
在Rt△OAB中，由勾股定理得：(2x)2+(x+2)2=(2x+2)2，
解得x=4，
故AE=4,OA=DO=8,
设OK=m，则DK=2m，则OD=5m=8，解得m=855，
则DF=2DK=3255．
【点睛】本题是圆综合题，主要考查了三角形全等和相似、三角形中位线的判定与性质、勾股定理的运用等．
26．（2023春·江苏南通·九年级专题练习）已知矩形ABCD中，AB=23，BC=6，点O是BC上一动点，⊙O的半径为r（r为定值），当⊙O经过点C时，此时⊙O恰与对角线BD相切于点P，如图1所示．
(1)求⊙O的半径r；
(2)若⊙O从点B出发（圆心O与点B重合），沿BC方向向点C平移，速度为每秒1个单位长度，同时，动点E，F分别从点A，点C出发，其中点E沿着AD方向向点D运动，速度为每秒1个单位长度，点F沿着射线CB方向运动，速度为每秒2个单位长度，连接EF，如图2所示．当⊙O平移至点C（圆心O与点C重合）时停止运动，点E，F也随之停止运动．设运动时间为t秒．
①在整个运动过程中，是否存在某一时刻，EF与⊙O相切？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由；
②在运动过程中，当直线EF与⊙O相交时，直线EF被⊙O截得的线段长度记为d，且d满足2≤d≤4，则运动时间t的取值范围是______．
【答案】(1)r=2
(2)①存在，t=6−63或6+63；②43≤t≤83
【分析】（1）连接OP，先求得∠CBD=30°，在Rt△BOP中列出方程求得结果；
（2）①分为点F在点O的左右两侧两种情形：当点点F在点O右侧时，四边形ABCD是矩形，可求得ET=22，根据tan∠OEF=OTET =OFOE，列出方程，进而求得结果，同样方法求得点F在点O左侧的结果；②求出当d=2的t的值，从而求得范围，和②的方法相同：作OR⊥GH于R，连接OG，依次GR=1，OR=3，ER=3，根据（2）①列出OFOE=ORER，求得t的值，进一步得出结果．
【详解】（1）解：如图1，

连接OP，则OP=OC=r，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，CD=AB=23，
∴tan∠CBD=CDBC=236=33，
∴∠CBD=30°，
∵BD是⊙O的切线，
∴OP⊥BD，
∴OB=2OP，
∴6−r=2r，
∴r=2；
（2）解：①如图2，

当点F在点O右侧时，
连接OE，连接OT，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AE∥OB，∠A=90°，
∵AE=OB，
∴四边形ABOE是平行四边形，
∴四边形ABOE是矩形，
∴∠EOF=∠BOE=90°，OE=AB=23，
∵AF是⊙O的切线，
∴OT⊥EF，
∴∠OTE=90°，
∴ET=OE2−OT2=(23)2−22=22，
∵tan∠OEF=OTET =OFOE，OF=BC−OB−CF=6−3t，
∴222=6−3t23，
∴t=6−63，
如图3，
当点F在O点的左侧时，
同理可得，
222=3t−623，
∴t=6+63；
综上所述：t=6−63或6+63；
②如图4，

当点F在O点右侧，GH=2时，
作OR⊥GH于R，连接OG，
∴GR=12GH=1，
∴OR=OG2−GR2=22−12=3，
∴ER=OE2−OR2=(23)2−(3)2=3，
由（2）①知，
OFOE=ORER，
∴6−3t23=33，
∴t=43，
当点F在O点左侧时，
同理可得，
3t−623=33，
∴t=83，
∴当43≤t≤83时，2≤d≤4．
故答案为：43≤t≤83．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，解直角三角形，矩形判定和性质等知识，解决问题的关键是画出图形，分类讨论．
27．（2023春·江苏·九年级专题练习）如果一个四边形的对角线相等，我们称这个四边形为美好四边形．
【问题提出】
（1）如图①，点E是四边形ABCD内部一点，且满足EB=EC,EA=ED,∠BEC=∠AED，请说明四边形ABCD是美好四边形；
【问题探究】
（2）如图②，△ABC，请利用尺规作图，在平面内作出点D，使得四边形ABCD是美好四边形，且满足AD=BD．保留作图痕迹，不写画法；
（3）在（2）的条件下，若图②中△ABC满足：∠ABC=90°，AB=4，BC=3，求四边形ABCD的面积；
【问题解决】
（4）如图③，某公园内需要将4个信号塔分别建在A、B、C、D四处，现要求信号塔C建在公园内一个湖泊的边上，该湖泊可近似看成一个半径为200m的圆，记为⊙E已知点A到该湖泊的最近距离为500m，是否存在这样的点D，满足AC=BD．且使得四边形ABCD的面积最大？若存在，求出最大值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）221+3；（4）存在，最大值为405000m2
【分析】（1）连接AC,BD，证明△ACE≌△DBE即可；
（2）分别以点A,B为圆心，大于12AB长度为半径画弧，两弧交于两点，连接两弧交点，即作AB的垂直平分线，以B为圆心，AC长度为半径画弧交AB的垂直平分线于点D，则点D即为所作；
（3）过点D作DE⊥AB于点E，根据等腰三角形的性质可得AE=BE=12AB，根据勾股定理求出AC，则BD已知，然后根据S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD进行计算即可；
（4）当美好四边形的对角线不垂直时，过点D作DE⊥AC于点E,过点B作BF⊥AC于点F，可得DE+BF【详解】解：（1）连接AC,BD，
∵∠BEC=∠AED，
∴∠BEC+∠CED=∠AED+∠CED，即∠BED=∠AEC，
在△AEC和△DEB中，
AE=DE∠AEC=∠DEBEC=EB，
∴△AEC≌△DEB(SAS)，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是美好四边形；
（2）如图即为所作；
（3）过点D作DE⊥AB于点E，
∵AD=BD，
∴AE=BE=12AB，
∵∠ABC=90°，AB=4,BC=3，
∴AC=5，BE=12×4=2，
∵四边形ABCD为美好四边形，
∴AC=BD=5，
∴DE=BD2−BE2=52−22=21，
∴S△ABD=12⋅AB⋅DE=12×4×21=221，S△BCD=12BC⋅BE=12×3×2=3，
∴S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD=221+3；
（4）存在，
当美好四边形的对角线不垂直时，
如图，过点D作DE⊥AC于点E,过点B作BF⊥AC于点F，
则S四边形ABCD=S△ACD+S△ACB=12AC⋅(DE+BF)，
∵DE∴DE+BF当美好四边形对角线互相垂直时，
S四边形ABCD=S△ACD+S△ACB=12AC⋅(OD+OB)=12AC⋅BD，
∵12AC⋅(DE+BF)<12AC⋅BD，
∴当美好四边形的对角线垂直时面积最大，
如图，当AC过圆心E，AC最长，四边形ABCD中，AC⊥BD时，其面积最大，
∵湖泊的半径是200m，点A到该湖泊的最近距离为500m，
∴AC=500+200×2=900m，
∴S四边形ABCD=S△ACD+S△ACB=12AC⋅(OD+OB)=12AC⋅BD=12×900×900=405000m2．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了特殊四边形的性质，勾股定理，三角形的面积等知识，明确等角线四边形对角线垂直时面积最大是解题的关键．
28．（2023秋·江苏南京·九年级统考期中）为了解决一些较为复杂的数学问题，我们常常采用从特殊到一般的思想，先从特殊的情形入手，从中找到解决问题的方法．已知四边形ABCD是⊙O的内接四边形，对角线AC与BD相交于点E．
【特殊情形】
(1)如图①，AC⊥BD，过圆心O作OF⊥AD，垂足为F．当BD是圆O的直径时，求证：OF=12BC．
【一般情形】
(2)如图②，AC⊥BD，过圆心O作OF⊥AD，垂足为F．当BD不是圆O的直径时，求证：OF=12BC．
【经验迁移】
(3)如图③，∠AED=60° ，AD=12 ， F为AB上的一点，AF=BC，若M为DF的中点，连接AM，则AM长的最小值为___________．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)33
【分析】（1）根据垂径定理可知F是AD中点，故OF是△DAB的中位线，即OF=12AB，再根据垂径定理说明AB=BC即可；
（2）作直径DG并连接AG，根据中位线定理证明OF=12AG，再根据圆周角定理证明∠ADG=∠BDC，从而证明AG=BC即可；
（3）根据条件分析出当AM⊥AF时，AM取最小值，利用含30°直角三角形的性质与勾股定理即可解出此时AM的长度．
【详解】（1）∵在⊙O中，OF⊥AD，
∴DF=AF
∵OD=OB
∴OF是△ADB的中位线，
∴OF=12AB
∵BD为⊙O的直径，BD⊥AC，
∴AB=BC
∴AB=BC
∴OF=12BC
（2）作直径DG，连接AG．
∵在⊙O中，OF⊥AD
∴DF=AF
∵DO=OG
∴OF是△ADG的中位线，
∴OF=12AG
∵AD=AD
∴∠G=∠ACD
∵DG是⊙O的直径，
∴∠DAG=90°
∵ AC⊥BD，∠DAG＋∠ADG＋∠AGD=∠DEC＋∠EDC＋∠ACD=180°
∴∠ADG=∠EDC
∴AG=BC
∴AG=BC
∴OF=12BC．
（3）∵ AF=BC
∴AF=BC
∴∠ADF=∠BDC
∵∠F=∠ACD
∴∠ADF+∠F=∠BDC+∠ACD=∠AED=60°
∴∠DAF=180°−∠ADF+∠F=120°
∴在△ADF中，∠DAF=120°，AD=12，M是DF的中点，
如图⑤所示，当AF的长度发生变化时：
∵点M是DF中点
∴点M始终保持在平行于AF的直线上
∴当AM的长度取最小值时，AM⊥AF
如图④，此时AM⊥AF，取AD中点H，连接MH，则AH=12AD=6
∵H、M分别是AD、DF中点
∴MH是△DAF的中位线，MH∥AF
∵AM⊥AF
∴∠HMA=∠MAF=90°
∵∠HAM=∠DAF−∠MAF=120°−90°=30°
∴在Rt△AMH中，MH=12AH=3，
∴AM=AH2−MH2=62−32=33
故答案为：33．
【点睛】本题属于圆的综合题型，主要考查垂径定理、圆周角定理与中位线定理的应用，根据三个小问的变化情况，构造含中位线的三角形，是本题的解题关键．
29．（2023春·江苏南京·九年级南师附中树人学校校考阶段练习）【阅读理解】三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到这边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“好点”．
如图1，△ABC中，点D是AB边上一点，连接CD，若CD2=AD⋅BD，则称点D是△ABC中AB边上的“好点”．
【探究应用】
(1)如图2，△ABC的顶点是4×4网格图的格点，请仅用直尺画出（或在图中直接描出）AB边上的“好点”；
(2)如图3，△ABC中，AB=14，csA=22，tanB=34，若点D是AB边上的“好点”，求线段AD的长；
(3)如图4，△ABC是⊙O的内接三角形，点H在AB上，连接CH并延长交⊙O于点D，若点H是△ACD中CD边上的“好点”．
①求证：AH=BH；
②若BC⊥CH，⊙O的半径为r，且r=32AD，求DHCH的值．
【答案】(1)图见解析
(2)4或9
(3)①见解析；②32
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和“好点”定义解答即可；
（2）过点A作AH⊥AB于H，可设CH=3k，BH=4k，解直角三角形可求得BH=8，AH=CH=6，设AD=x，则DH=6-x，BD=14-x，根据勾股定理和“好点”定义解方程求得x值即可；
（3）①根据圆周角定理可得∠ADH=∠CBH，证明△ADH∽△CBH得到DH·CH=AH·BH，再根据“好点”定义得到DH·CH=AH2即可得证；
②连接OH、BD，根据90°的圆心角所对的弦是直径知BD为直径，再根据垂径定理得到OH⊥AB，由三角形中位线性质和勾股定理可求得BH= 223r，进而可求得AD、DH、CH即可求解．
【详解】（1）解：如图，点D即为求作的AB边上的“好点”；
（2）解：过点A作AH⊥AB于H，
∵csA=22，tanB=34，
∴∠A=45°，CHBH=34，
设CH=3k，BH=4k，则AH=CH==3k，
∵AB=14，∴3k+4k=14，解得：k=2，
∴BH=8，AH=CH=6，
设AD=x，则DH=6-x，BD=14-x，
在Rt△CHD中，AD2=CH2+DH2=62+（6-x）2，
由点D为AB边上的“好点”得：AD2=AD·BD=x（14-x），
∴62+（6-x）2= x（14-x），即x2-14x+36=0，
解得：x=4或x=9，
故线段AD的长是4或9；
（3）解：①∵∠ADH=∠CBH，∠AHD=∠CHB，
∴△ADH∽△CBH，
∴DHBH=AHCH即DH·CH=AH·BH，
∵点H是△ACD中CD边上的“好点”，
∴DH·CH=AH2，
∴AH2=AH·BH，
∴AH=BH；
②连接OH、BD，
∵BC⊥CH，∴BD是直径，则∠DAB=90°，
∵AH=HB，r=32AD
∴OH⊥AB，OH= 12AD=13r，
在Rt△OHB中，BH=OB2−OH2=r2−(13r)2=223r，
∴AH=223r，
在Rt△DAH中，DH=AD2+AH2=233，
∵点H是△ACD中CD边上的“好点”，
∴DH·CH=AH2，
∴CH=AH2DH=439，
∴DHCH=233439=32.
【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定与性质、三角形的中位线、直角三角形的斜边上的中线性质、解直角三角形、解一元二次方程等知识，理解题意，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键.
30．（2023春·江苏·九年级专题练习）如图1，AB为⊙O的直径，P为AB延长线上一点，点C在⊙O上，连接PC交⊙O于点D，OP＝CP．
(1)求证：∠ACP＝3∠PAC；
(2)如图2，过点C作弦CE⊥AD，垂足为F，CE交AB于点G，求证：EC＝AC；
(3)如图3，在（2）的条件下，过点G作GM⊥PC，垂足为M，若EG＝4，MG＝23，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)562
【分析】（1）连接OC，设∠PAC＝α，则∠ACO＝α，∠COP＝2α＝∠OCP，可得∠ACP＝3α，即可证明∠ACP＝3∠PAC；（2）连接OC、OE、BC，先证明∠FCD＝∠CAB，设∠CAB＝α，则∠FCD＝α，可得∠OCE＝∠ACP﹣∠FCD﹣∠ACO＝α，∠ACO＝∠OCE，利用△AOC≌△EOC即得EC＝AC；（3）连接OC、OE、BC，证明△ACB∽△CMG，得ACCM=ABCG，设CG＝x，⊙O的半径为r，可列x+4x2−12=2rx，即r2=x2(x+4)24(x2−12)①，根据CO是△ACG的角平分线，可得x+4x=rOG，OG=xrx+4，再根据AG•BG＝CG•EG，可得r2=x⋅(x+4)22x+4②，由①②得：x2(x+4)24(x2−12)=x(x+4)22x+4，即可解得x＝6，从而r=562．
【详解】（1）（1）连接OC，如图：
∵OP＝CP，
∴∠OCP＝∠COP，
∵OA＝OC，
∴∠PAC＝∠ACO，
设∠PAC＝α，则∠ACO＝α，
∴∠COP＝∠PAC+∠ACO＝2α＝∠OCP，
∴∠ACP＝∠OCP+∠ACO＝3α，
∴∠ACP＝3∠PAC；
（2）连接OC、OE、BC，如图：
∵CE⊥AD，
∴∠CFD＝90°，
∴∠FCD＝90°﹣∠ADC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝90°﹣∠ABC，
∵∠ADC＝∠ABC，
∴∠FCD＝∠CAB，
由（1）知：设∠CAB＝α，则∠ACO＝α，∠ACP＝3α，
而∠FCD＝∠CAB，
∴∠FCD＝α，
∴∠OCE＝∠ACP﹣∠FCD﹣∠ACO＝α，
∴∠ACO＝∠OCE，
∵OA＝OC＝OE，
∴∠OAC＝∠ACO＝∠OCE＝∠E，
且OC＝OC，
∴△AOC≌△EOC（AAS），
∴EC＝AC；
（3）连接OC、OE、BC，过O作OR⊥AC于R，过O作OS⊥CE于S，如图：
由（2）知：∠BAC＝∠ACO＝∠ECO＝∠GCM＝α，AC＝EC，
∵∠ACB＝∠CMG＝90°，
∴△ACB∽△CMG，
∴ACCM=ABCG，
设CG＝x，⊙O的半径为r，则CE＝CG+EG＝x+4＝AC，CM=CG2−GM2=x2−12，AB＝2r，
∴x+4x2−12=2rx，
变形得：r2=x2(x+4)24(x2−12)①，
∵∠ACO＝∠ECO，
∴CO是△ACG的角平分线，
∵OR⊥AC，OS⊥CE，
∴OR＝OS，
∵SΔAOCS△GOC=OAOG=12AC⋅OR12CG⋅OS=ACCG，
∴ACCG=OAOG，即x+4x=rOG，
∴OG=xrx+4，
∴AG＝OA+OG=(2x+4)rx+4，BG＝OB﹣OG=4rx+4，
∵弦CE、AB交于G，
∴AG•BG＝CG•EG，即(2x+4)rx+44rx+4=4x，
变形得：r2=x⋅(x+4)22x+4②，
由①②得：x2(x+4)24(x2−12)=x(x+4)22x+4，
变形整理得x2﹣2x﹣24＝0，
解得x＝6或x＝﹣4（舍去），
∴r2=6×(6+4)22×6+4=6×10016，
∴r=562．
【点睛】本题考查了圆的性质及综合应用，涉及等腰三角形、全等三角形、相似三角形、勾股定理、线段及角的和差等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关的线段、角，再根据已知列方程．
31．（2023春·江苏盐城·九年级校考阶段练习）定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到这边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“好点”．如图1，△ABC中，点D是BC边上一点，连接AD，若AD2=BD⋅CD，则称点D是△ABC中BC边上的“好点”．
(1)如图2，△ABC的顶点是4×3网格图的格点，请仅用直尺画出、（或在图中直接描出）AB边上的所有“好点”点D；
(2)△ABC中，BC=7，tanB=34，tanC=1，点D是BC边上的“好点”，求线段BD的长；
(3)如图3，△ABC是⊙O的内接三角形，点H在AB上，连结CH并延长交⊙O于点D．若点H是△BCD中CD边上的“好点”．
①求证：OH⊥AB；
②若OH∥BD，⊙O的半径为r，且r=3OH，求CHDH的值．
【答案】(1)见解析
(2)BD=5或52；
(3)①见解析；②23
【分析】（1）直角三角形的“好点”是斜边的中点，作斜边上的高，垂足也为“好点”，即可得答案；
（2）过A作AH⊥BC于H，求出BH、CH、AH，再由“好点”定义列方程即可得答案；
（3）①由AH•BH=CH•DH，BH2=CH•DH可得AH=BH，由垂径定理得证；
②连接AD，由r=3OH可设OH=m，用m的代数式表示CH、DH即可得到答案．
【详解】（1）解：如图，当CD⊥AB或点D是AB的中点时，CD2=AD•BD；
（2）解：如图：
过A作AH⊥BC于H，
∵tanB=34，tanC=1，
∴AHBH=34，AHCH=1，
设AH=3k，则BH=4k，CH=3k，
∵BC=7，
∴3k+4k=7，解得k=1，
∴BH=4，AH=CH=3，
设BD=x，则CD=7-x，DH=4-x，
Rt△ADH中，AD2=AH2+DH2=32+（4-x）2，
而点D是BC边上的“好点”，有AD2=BD•CD=x•（7-x），
∴32+（4-x）2=x•（7-x），
解得x=5或x=52，
∴BD=5或BD=52；
（3）解：①∵∠CAH=∠HDB，∠AHC=∠BHD，
∴△ACH∽△DBH，
∴AHDH=CHBH，
∴AH•BH=CH•DH，
∵点H是△BCD中CD边上的“好点”，
∴BH2=CH•DH，
∴AH=BH，
∴OH⊥AB；
②如图：连接AD，
∵OH⊥AB，OH∥BD，
∴AB⊥BD，
∴AD是直径，
∵r=3OH，
设OH=m，则OA=3m，BD=2m，
Rt△AOH中，AH=OA2−OH2=22m，
∴BH=22m，
Rt△BHD中，HD=BH2+BD2=23m，
∵点H是△BCD中CD边上的“好点”，
∴BH2=CH•DH，
∴CH=BH2DH=433m，
∴CHDH=433m23m=23．
【点睛】本题考查圆、相似三角形及三角函数等知识，解题的关键是利用“好点”定义列方程、求线段的长．
32．（2023春·江苏·九年级专题练习）如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC=15°，D是弧AC上一点，且AD⏜=2BC⏜=2CD⏜，点F在 BC的延长上．
(1)求∠ACF的度数．
(2)如图1，过点D作DE⊥AC于点E，求证：AE=BC+CE．
(3)如图2，若CF=2BC，连接AF．
①∠AFB=______°．
②试判断直线AF与⊙O的位置关系，并证明你的结论．
【答案】(1)∠ACF=60°
(2)证明见解析
(3)①75°；②直线AF与⊙O相切，证明见解析
【分析】（1）如图1连接OB，OC，OA，圆周角定理知∠BOC=2∠BAC=30°，由弧长关系可知∠AOC=3∠BOC=90°，根据等腰三角形等边对等角求角度，得∠OBA，∠OBC的值，∠ABC=∠OBC−∠OBA求∠ABC的值，根据∠ACF=∠ABC+∠BAC进行求解即可；
（2）如图2，在AE上取一点M使EM=EC，连接DB，DC，DM，DA，由题意知，E为CM中点，△CDM是等腰三角形，CD=DM，AD=CD+BC=BD，可知BD=AD，由角度数量关系得∠BDC=∠ADM，证明△DBC≌△DAM，得AM=BC，进而可证AE=BC+CE；
（3）①如图3，连接OC交AB于点M，连接OA，OB，BD，AD，由题意知△OBD和△OAD均为等边三角形，有∠OBA=∠OAB=∠BOC=30°，设BM=2a，则有OB=2×BM×cs30°=23a，AB=2×OB×cs30°=6a，可得BMAB=BCBF，证明△BCM∽△BFA，根据三角形的内角和定理求出∠AFB的值即可；②如图3，由∠OAF=∠OAB+∠BAF求得∠OAF的值为90°，进而可说明直线AF与⊙O相切．
【详解】（1）解：如图1连接OB，OC，OA
由题意知AC=AD+CD=3BC，∠BOC=2∠BAC=30°
∴∠AOC=3∠BOC=90°
∴∠AOB=120°
∴∠OBA=∠OAB=30°
∴∠OBC=∠OCB=75°
∴∠ABC=∠OBC−∠OBA=45°
∴∠ACF=∠ABC+∠BAC=60°
∴∠ACF为60°．
（2）证明：如图2，在AE上取一点M使EM=EC，连接DB，DC，DM，DA
由题意知，E为CM中点，△CDM是等腰三角形
CD=DM
AD=CD+BC=BD
BD=AD
∵∠ACD=12×12×∠AOB=30°
∴∠CMD=∠CDM=30°
∴∠ADM=∠CMD−∠CAD=15°
∵∠BDC=15°
∴∠BDC=∠ADM
在△DBC和△DAM中
BD=AD∠BDC=∠ADMCD=DM
∴△DBC≌△DAMSAS
∴AM=BC
∴AE=BC+CE．
（3）①解：如图3，连接OC交AB于点M，连接OA，OB，BD，AD
由题意知△OBD和△OAD均为等边三角形
∴∠OBA=∠OAB=∠BOC=30°
设BM=2a
则有OB=2×BM×cs30°=23a，AB=2×OB×cs30°=6a
∴BMAB=13，BCBF=BCBC+2BC=13
∴BMAB=BCBF
∵BMAB=BCBF，∠MBC=∠ABF
∴△BCM∽△BFA
∴∠BCM=∠BFA
∴∠BFA=75°
故答案为：75°．
②解：直线AF与⊙O相切，证明如下：
证明：如图3，∵∠ABC=45°，∠AFB=75°
∴∠BAF=60°
∴∠OAF=∠OAB+∠BAF=90°
∴OA⊥AF
∵OA⊥AF，OA是半径
∴直线AF与⊙O相切．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，圆周角，三角形的外角的性质，余弦值，三角形相似，三角形全等，切线等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．
33．（2023春·江苏苏州·九年级专题练习）如图，点A和动点P在直线l上，点P关于点A的对称点为Q，以AQ为边作Rt△ABQ，使∠BAQ=90°，AQ:AB=3:4，作△ABQ的外接圆O．点C在点P右侧，PC=4，过点C作直线m⊥l，过点O作OD⊥m于点D，交AB右侧的圆弧于点E．在射线CD上取点F，使DF=32CD，以DE，DF为邻边作矩形DEGF．设AQ=3x．
（1）用关于x的代数式表示BQ= ，DF= ．
（2）当点P在点A右侧时，若矩形DEGF的面积等于90，求AP的长．
（3）当点P在点A右侧时，作直线BG交⊙O于点N，若BN的弦心距为1，求AP的长．
【答案】（1）5x，3x；（2）9；（3）62．
【分析】（1）由AQ:AB=3:4，AQ=3x，易得AB=4x，由勾股定理得BQ，再由中位线的性质得AH=BH=12AB，求得CD，FD；
（2）利用（1）的结论，易得CQ的长，作OM⊥AQ于点M，则OM//AB，由垂径定理得QM=AM=32x，由矩形性质得OD=MC，即可求出DE的长．最后利用矩形面积，求得x，即可得出结论；
（3）连接NQ，由点O到BN的弦心距为1，得NQ=2．过点B作BM⊥EG于点M，根据（1）和（2）可求出GM=BM=x，易得∠GBM=45°，BM//AQ，易得AI=AB，求得IQ，由NQ得AP．
【详解】解：（1）如图，设AB和OE交于点H．
在Rt△ABQ中，
∵AQ:AB=3:4，AQ=3x，
∴AB=4x，
∴BQ=5x，
∵OD⊥m，m⊥l，
∴OD//l，
∵OB=OQ，
∴AH=BH=12AB=2x，
∴CD=2x，
∴FD=32CD=3x，
故答案为：5x，3x；
（2）∵AP=AQ=3x，PC=4，
∴CQ=6x+4，
作OM⊥AQ于点M，如图，
∴OM//AB，
∵⊙O是△ABQ的外接圆，∠BAQ=90°，
∴点O是BQ的中点，
∴QM=AM=32x，
∴OD=MC=32x+3x+4=92x+4，
∴OE=12BQ=52x，
∴ED=92x+4−52=2x+4，
S矩形DEGF=DF⋅DE=3x2x+4=90，
解得：x1=−5（舍去），x2=3，
∴AP=3x=9；
（3）如图，连接NQ，过点B作BM⊥EG于点M，由点O到BN的弦心距为1，得NQ=2，
由（1）（2）可知OH=OB2−BH2=32x，OD=92x+4，ED=2x+4，
∴BM=HE=OD−OH−ED=92x+4x−32x−2x−4=x，
∵GM=EG−EM=3x−2x=x，
∴GM=BM=x，
∴∠GBM=45°，
∴BM//AQ，
∴AI=AB=4x，
∴IQ=x，
∴NQ=22IQ=22x=2，
∴x=22，
∴AP=3x=62．
【点睛】本题考查勾股定理，垂径定理，矩形的性质，中位线的性质，圆的基本性质以及利用三角函数解直角三角形等知识，本题为压轴题型，难易程度为困难．正确的连接辅助线是解答本题的关键．
34．（2023秋·江苏镇江·九年级镇江市外国语学校校考期末）如图Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝2，点P在边AC上运动（点P与点A、C不重合）．以P为圆心，PA为半径作⊙P交边AB于点D、过点D作⊙P的切线交射线BC于点E（点E与点B不重合）．
（1）求证：BE＝DE；
（2）若PA＝1．求BE的长；
（3）在P点的运动过程中．（BE+PA）•PA的值是否有最大值？如果有，求出最大值；如果没有，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）BE＝3；（3）（BE+PA）•PA有最大值，最大值为254．
【分析】（1）由半径相等可设∠PAD＝∠ADP＝α，根据切线的性质得到∠EDP＝90°，证明∠BDE=90°-α，由∠ACB＝90°，得到∠B＝90°﹣α，再根据“等角对等边”即可求解；
（2）过点E作EG⊥BD，则点G为BD的中点，根据等量代换得到∠GED＝∠BAC，从而求出tan∠BAC=12，则cs∠BAC =25，sin∠BAC =15，根据锐角三角函数的定义即可求出AD，DG以及BE；
（3）设PA＝x，根据（2）可得出（BE+PA）•PA＝﹣2x2+5x，根据二次函数的性质即可求解．
【详解】解：（1）连接PD，∵PA=PD，
∴设∠PAD＝∠ADP＝α，
∵DE是圆的切线，则∠EDP＝90°，
∴∠PDA+∠BDE＝90°，即α+∠BDE＝90°，
∴∠BDE=90°-α
∵∠ACB＝90°，
∴∠B＝90°﹣α，
∴∠BDE=∠B
∴BE＝DE；
（2）过点E作EG⊥BD，则点G为BD的中点，
∵∠GED+∠EDB＝90°，∠PDA+∠EDB＝90°，
∴∠GED＝∠PDA，
∴∠GED＝∠BAC，
tan∠BAC=12，则cs∠BAC =25，sin∠BAC =15，
∵PA=1，AC=4，BC=2，
∴AB=AC2+BC2=25，
∴AD＝2PAcs∠BAC =45=455，
DG＝BG=12BD＝（AB﹣AD）=12（25−455）=355，
BE＝DE=DGsin∠GED=3，
（3）设PA＝x，
由（2）知：BE＝DE＝5﹣2x，
则（BE+PA）•PA＝(5﹣2x+x)x=﹣x2+5x，
∵﹣1＜0，故（BE+PA）•PA有最大值，
∴当x=52时，有最大值为254．
【点睛】本题考查的是圆的基本知识的综合运用，涉及到解直角三角形、二次函数最值计算等知识点，综合性强，难度适中．
35．（2023春·江苏苏州·九年级昆山市第二中学校考开学考试）如图，AB是⊙O的弦，OP⊥OA交AB于点P，过点B的直线交OP的延长线于点C，且CP＝CB．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）若OA＝5，OP＝3，求CB的长；
（3）设△AOP的面积是S1，△BCP的面积是S2，且S1S2=109．若⊙O的半径为4，BP＝655，求tan∠CBP．
【答案】（1）见解析；（2）2
【分析】（1）连接OB，由OP⊥OA，得∠A+∠APO＝90°；由CP＝CB，得∠CBP＝∠CPB；再由OA＝OB，得∠A＝∠OBA，而∠CPB＝∠APO，整理变形可得∠OBC＝90°，即BC是⊙O的切线；
（2）设BC＝x，则PC＝x，在Rt△OBC中，由勾股定理可得关于x的方程
52+x2＝（x+3）2，解方程即可求出CB的长；
（3）作CD⊥BP于D，由PC＝PB，得PD＝BD＝12PB＝355，易证△AOP∽△PCD，则由S1S2=109，可得S△AOPS△PCD=209，即OA2CD2=209，由此可求CD的长，再在Rt△BCD中，按照正切定义求出tan∠CBP即可.
【详解】（1）证明：连接OB，如图，
∵OP⊥OA，
∴∠AOP＝90°，
∴∠A+∠APO＝90°，
∵CP＝CB，
∴∠CBP＝∠CPB，
而∠CPB＝∠APO，
∴∠APO＝∠CBP，
∵OA＝OB，
∴∠A＝∠OBA，
∴∠OBC＝∠CBP+∠OBA＝∠APO+∠A＝90°，
∴OB⊥BC，
∴BC是⊙O的切线；
（2）解：设BC＝x，则PC＝x，
在Rt△OBC中，OB＝OA＝5，OC＝CP+OP＝x+3，
∵OB2+BC2＝OC2，
∴52+x2＝（x+3）2，
解得x＝83，
即BC的长为83；
（3）解：如图，作CD⊥BP于D，
∵PC＝PB，
∴PD＝BD＝12PB＝355，
∵∠PDC＝∠AOP＝90°，∠APO＝∠CPD，
∴△AOP∽△PCD，
∵S1S2=109，
∴S△AOPS△PCD=209，
∴OA2CD2=209，
∵OA＝4，
∴CD＝655，
∴tan∠CBP＝CDBD＝2．
【点睛】本题考查了圆的切线的判定、勾股定理、锐角三角函数和圆中的计算问题，对于（1），连接OB，证明OB⊥BC是判定圆的切线的常用方法；对于（2），关键是根据勾股定理列出方程；而对于（3），解题的关键是作CD⊥BP于D，综合利用等腰三角形的性质、相似三角形的判定及性质、锐角三角函数的有关知识去分析求解.
36．（2023春·江苏苏州·九年级昆山市第二中学校考开学考试）问题1如图①点A、B、C在⊙O上，且∠ABC=120°，⊙O的半径是3.求弧AC的长.
问题2如图②点A、B、C、D在⊙O上，且弧AD=弧BC，E是AB的延长线上的BE=12AB，EF=13CE.
(1)设BD=nBF，则n=
(2)如图③若G是线段BD上的一个点，且GBDG=12.试探究，在⊙O上是否存在点P (B除外)使PG=PF?为什么?
【答案】问题1：2π；问题2：(1)n=3；(1)详见解析
【分析】问题一：根据弧长的计算公式，根据∠ABC=120°，找到∠AOC的度数，再由弧长公式计算出弧AC的长即可；
问题二：(1)连接AC，易证AC=3BF，然后再证明AC=BD，可得到n的值；
(2) 由（1）可证BG=BF，过点B作AE的垂线，与圆的交点即是点P.
【详解】问题一：解：如图，连接OA和OC
∵∠ABC=120°
∴∠AOC=360°-2∠ABC=120°
∴l弧AC=120180×3π=2π
问题2：解：(1)如图，连接AC
∵弧AD=弧BC
∴弧BD=弧AC
∴BD=AC
∵BE=12AB，EF=13CE
∴BEAE=EFCE=13，∠BEF=∠AEC
∴△BEF∽△AEC
∴BFAC=13
∴BFBD=13，即3BF=BD
∴n=3
(2) 如图，连接GF,过点B作AE的垂线，与GF交于点H，与圆的交点即是点P

由(1)得△BEF∽△AEC，BFBD=13
∵GBDG=12
∴BF=BG
∴△BGF为等腰三角形
∴∠FBE=∠CAE
∵弧AD=弧BC
∴∠ABD=∠CAB
∴∠DBA=∠FBE
∵∠ABH=∠EBH=90°
∴∠DBH=∠FBH
∴BH为GF的中垂线
∴PG=PF
故存在P.
【点睛】本题主要考查圆与相似三角形的综合应用，合理分析题意、准确构造辅助线是解题的关键.
37．（2023春·江苏南京·九年级南京市第一中学校考阶段练习）如图，在▱ABCD中，AB=32，BC=5，∠B=45∘，点E为CD上一动点，经过A、C、E三点的⊙O交BC于点F．
【操作与发现】
(1)当E运动到AE⊥CD处，利用直尺与规作出点E与点F；(保留作图痕迹)
(2)在(1)的条件下，证明：AFAE=ABAD．
【探索与证明】
(3)点E运动到任何一个位置时，求证：AFAE=ABAD；
【延伸与应用】
(4)点E在运动的过程中求EF的最小值．
【答案】(1)作图见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析；(4) EF最小值为262.
【分析】(1)当AE⊥CD，此时AC是⊙O的直径，作出AC的中点O后，以OA为半径作出⊙O即可作出点E、F；
(2)易知AC为直径，则AF⊥BC，S四边形ABCD=BC⋅AF=CD⋅AE，从而得证；
(3)如图，作AM⊥BC，AN⊥CD，若E在DN之间，由(2)可知，AMAN=ABAD，然后再证明△AMF∽△ANE，从而可知AMAN=AFAE=ABAD，若E在CN之间时，同理可证；
(4)由于A、F、C、E四点共圆，所以∠FAE+∠BCD=180∘，由于四边形ABCD为平行四边形，∠B=45∘，从而可证△FOE为等腰直角三角形，所以FE=2R，由于AN≤AC≤2R，所以E与N重合时，FE最小．
【详解】(1)如图1所示，
(2)如图，易知AC为直径，则AF⊥BC，
则S四边形ABCD=BC⋅AF=CD⋅AE，
∴AFAE=CDBC=ABAD，
(3)如图，作AM⊥BC，AN⊥CD，若E在DN之间
由(2)可知，AMAN=ABAD
∵A、F、C、E四点共圆，
∴∠AFC+∠AEC=180∘，
∵∠AFC+∠AFM=180∘，
∴∠AEN=∠AFM，
∵∠AMF=∠ANE，
∴△AMF∽△ANE
∴AMAN=AFAE=ABAD，
若E在CN之间时，同理可证
(4)∵A、F、C、E四点共圆，
∴∠FAE+∠BCD=180∘，
∵四边形ABCD为平行四边形，∠B=45∘，
∴∠BCD=135∘，
∴∠FAE=45∘，
∴∠FOE=90∘，
∴△FOE为等腰直角三角形，
∴FE=2R，
∵AN≤AC≤2R，
∴E与N重合时，FE最小，
此时FE=22AC，
在△ABC中，AM=BM=3，则CM=2
∴由勾股定理可知：AC=13
此时EF最小值为262.
【点睛】考查圆的综合问题，涉及相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，等腰三角形的性质，尺规作图等知识，综合程度较高，需要学生灵活运用所学知识．
38．（2023春·江苏南京·九年级南京市第一中学校考阶段练习）已知⊙O的半径为5，弦AB的长度为m，点C是弦AB所对优弧上的一动点．
(1)如图①，若m=5，则∠C的度数为_______°；
(2)如图②，若m=6．
①求∠C的正切值；
②若△ABC为等腰三角形，求△ABC面积．
【答案】(1)30
(2)①∠C的正切值为34；②当AC=BC时，S△ABC=27；当AB=AC和BA=BC时，S△ABC=43225
【分析】（1）连接OB，OA，可得OB=OC=5，进一步可证明△AOB是等边三角形，得出∠AOB=60°，即可求得∠ACB=12∠AOB=30°；
（2）①连接AO并延长交⊙O于D，连接BD，已知AD为⊙O的直径，可得AD=10，∠ABD=90°，在Rt△ABD中，根据勾股定理得，BD=8，即可求得tan∠ADB=ABBD=34，根据∠C=∠ADB，即可求得∠C的正切值为34；
②△ABC为等腰三角形，则需要分三种情况讨论：Ⅰ、当AC=BC时，如图3，连接CO并延长AB于E，已知AC=BC，AO=BO，得到CE为AB的垂直平分线，AE=BE=3，在Rt△AEO中，根据勾股定理得，OE=4，CE=OE+OC=9，即可求得△ABC面积；Ⅱ、当AC=AB=6时，如图4，连接OA交BC于F，已知AC=AB，OC=OB，得到AO是BC的垂直平分线，过点O作OG⊥AB于G，可以得出∠ACF=∠AOG，在Rt△AOG中，sin∠AOG=AGAO=35，即sin∠ACF=35，在Rt△ACF中，由sin∠ACF=35，可得AF=35AC=185，可得BC=2CF=485，即可求得△ABC面积；Ⅲ、当BA=BC=6时，如图5，由对称性知，S△ABC=43225．
【详解】（1）如图1，连接OB，OA，
∴OB=OC=5，
∵AB=m=5，
∴OB=OC=AB，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴∠ACB=12∠AOB=30°，
故答案为：30；
（2）①如图2，连接AO并延长交⊙O于D，连接BD，
∵AD为⊙O的直径，
∴AD=10，∠ABD=90°，
在Rt△ABD中，AB=m=6，
根据勾股定理得，BD=8，
∴tan∠ADB=ABBD=34，
∵∠C=∠ADB，
∴∠C的正切值为34；
②Ⅰ、当AC=BC时，如图3，连接CO并延长AB于E，
∵AC=BC，AO=BO，
∴CE为AB的垂直平分线，
∴AE=BE=3，
在Rt△AEO中，OA=5，
根据勾股定理得，OE=4，
∴CE=OE+OC=9，
∴S△ABC=12AB×CE=12×6×9=27；
Ⅱ、当AC=AB=6时，如图4，
连接OA交BC于F，
∵AC=AB，OC=OB，
∴AO是BC的垂直平分线，
过点O作OG⊥AB于G，
∴∠AOG=12∠AOB，AG=12AB=3，
∵∠AOB=2∠ACB，
∴∠ACF=∠AOG，
在Rt△AOG中，sin∠AOG=AGAO=35，
∴sin∠ACF=35，
在Rt△ACF中，sin∠ACF=35，
∴AF=35AC=185，
∴CF=245，
∴BC=2CF=485，
∴S△ABC=12AF×BC=12×185×485=43225；
Ⅲ、当BA=BC=6时，如图5，由对称性知，S△ABC=43225．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的存在性问题等知识点，运用分类讨论的思想，数形结合是解题的关键．
39．（2023秋·江苏·九年级统考期末）如图1，BC是⊙O的直径，点A在⊙O上，AD⊥BC，垂足为D，AC=AE，CE分别交AD、AB于点F、G．
(1)求证：FA=FG；
(2)如图2，若点E与点A在直径BC的两侧，AB、CE的延长线交于点G，AD的延长线交CG于点F．
①问（1）中的结论还成立吗?如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由；
②若tan∠BAD=23，求cs∠BCE．
【答案】(1)见解析
(2)①成立，见解析；②1213
【分析】（1）根据BC是⊙O的直径，得出∠2+∠3=90°，根据AD⊥BC，得出∠1+∠B=90°，由AC=AE，得出∠3=∠B,等量代换即可得证；
（2）①同（1）的方法证明即可求解；
②设BD=2k，则AD=3k，勾股定理求得AB，根据AB2=BC⋅BD，求得BD，证明FG=FC，在Rt△DFC中，DF2+DC2=FC2,求得DF，进而即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC=90°，
∴∠2+∠3=90°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴∠1+∠B=90°，
∵AC=AE，
∴∠3=∠B,
∴∠1=∠2；
∴FA=FG；
（2）①如图所示，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC=90°，
∴∠1+∠ACE=90°
∵AD⊥BC，
∴∠2+∠3=90°，
∵AC=AE，
∴∠3=∠ACE,
∴∠1=∠2,
∴FA=FG；
②如图所示，
∵tanBAD=23,AD⊥BC，
∴BDAD=23
设BD=2k，则AD=3k，
∴AB=2k2+3k2=13k，
∵∠1+∠3=∠2+∠3=90°
∴∠1=∠2
∴sin∠1=ABBC=sin∠2=BDAB
∴AB2=BC⋅BD
∴13k2=2k2k+DC，
解得DC=92k，
∵AF=FG，∠GAC=90°，
∴∠2+∠FAC=90°,∠ACF+∠G=90°，
又∵∠2=∠G，
∴∠FAC=∠FCA，
∴FG=FA=FC，
设DF=x,则AF=3k+x=FC
在Rt△DFC中，DF2+DC2=FC2,
∴x2+92k2=x+3k2
解：x=15k8，
∴csBCE=DCFC=92k3k+15k8=1213．
【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，解直角三角形，掌握圆的相关性质是解题的关键．
40．（2023春·江苏泰州·九年级靖江市靖城中学校考阶段练习）阅读材料并完成相应任务：
婆罗摩笈多是一位印度数学家与天文学家，他的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位．其中就包括他提出的婆罗摩笈多定理（也称布拉美古塔定理）．
婆罗摩笈多定理：若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边．
下面对该定理进行证明．
已知：如图（1），四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD于点P，PM⊥BC于点M，延长MP交AD于点N．
求证：AN=ND．
证明：∵AC⊥BD，PM⊥BC，
∴∠BPM+∠PBM=90°，∠PCB+∠PBC=90°，
∴∠BPM=∠PCB．
……
任务：
(1)请完成该证明的剩余部分；
(2)请利用婆罗摩笈多定理完成如下问题：如图（2），已知Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=6，BC，AC分别交⊙O于点D，E，连接AD，BE交于点P．过点P作MN∥BC，分别交DE，AB于点M，N．若AD⊥BE，求NP的长．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）先根据垂直的定义和三角形内角和定理证明∠BPM=∠PCB，再由对顶角相等和圆周角定理证明∠DPN=∠PDN，得到DN=PN，同理可证AN=PN，即可证明AN=DN；
（2）根据圆内接四边形对角互补得到∠BDE=90°，即BD⊥DE，再由平行线的性质得到MN⊥DE，即可利用题中定理得到AN=BN，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵AC⊥BD，PM⊥BC，
∴∠BPM+∠PBM=90°，∠PCB+∠PBC=90°，
∴∠BPM=∠PCB，
∵∠BPM=∠DPN，∠PCB=∠ADB，
∴∠DPN=∠PDN，
∴DN=PN，
同理可证AN=PN，
∴AN=DN；
（2）解：∵四边形 ABDE为圆内接四边形，
∴∠BAC=∠BDE=180°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BDE=90°，即BD⊥DE，
∵NM∥BD，
∴MN⊥DE，
∵AD⊥BE，
∴AN=BN，即点N为AB的中点，
∴PN=12AB=3．
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质与判定，平行线的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，证明题中所给定理是解题的关键．