初中数学圆课后测评

这是一份初中数学圆课后测评，共125页。
第 2 章
对称图形——圆
【类型覆盖】
类型一、圆的平移、折叠、旋转
【解惑】
1 ．如图，边长为 4 的正方形ABCD 中，半径为 1 的。 O 在正方形ABCD 内平移（。 O 可以 与该正方形ABCD 的边相切），设点B 到。 O 上的点的距离为x ，且x 是整数，则x 的值所有 情况有( )
A ．3 种 B ．4 种 C ．5 种 D ．6 种
【融会贯通】
2 ．如图，BC 是ΘO 的直径，点 A 在ΘO 上，将沿AB 翻折交BC 于点D ，连接AD ，若
上ABD = 20° ,则 Ð ADB 的度数是( )
A ．150° B ．120° C ．110° D ．100°
3．“苏州之眼”摩天轮是亚洲最大的水上摩天轮，共设有 28 个回转式太空舱全景轿厢，其示 意图如图所示．该摩天轮高128m （即最高点离水面平台 MN的距离），圆心 O 到MN的距 离为68m ，摩天轮匀速旋转一圈用时30min ．某轿厢从点 A 出发，10min 后到达点 B，此过 程中，该轿厢所经过的路径（即 ）长度为 m ．（结果保留 τ )
4 ．小颖在数学实践课上进行折纸操作，将圆形纸片连续对折两次后展开，将直径AB 四等 分，其四等分点分别记为M1 ，M2 ，M3 ，如图 1 所示．（虚线为折痕）
(1)如图2，若折叠后点A 恰好与点M1 重合，折痕为 CD ，顺次连接M1 ， C ，A ，D ，
得到四边形M1CAD ．请判断四边形M1CAD 的形状并证明；
(2)如图3，若折叠后点A 恰好与点M2 重合，折痕仍记为CD ，连接M3C ．请判断直线
一
M3C 与CM2D 所在圆的位置关系，并简述理由．
类型二、圆锥侧面最短路径
【解惑】
5．如图圆锥的横截面 △ABC ，BC = 4cm ，AB = AC = 6cm ，一只蚂蚁从 B 点沿圆锥表面到 母线AC 去，则蚂蚁行走的最短路线长为（ ）cm
A ． B ．2 C ．3 D ．3
【融会贯通】
6 ．今年 9 月 23 日是第五个中国农民丰收节，小明用 3D 打印机制作了一个底面周长为
12cm，高为 8cm 的圆柱粮仓模型．如图BC 是底面直径，AB 是高．现要在此模型的侧面贴 一圈彩色装饰带，使装饰带经过A ，C 两点（接头不计），则装饰带的长度最短为( )
A ．96π cm B ．48cm C ．4 cm D ．20cm
7 ．如图，圆锥底面圆直径BC 长是6cm ，母线 AC 长是6cm ，一只蚂蚁在圆锥表面从 B 点 爬到AC 的中点 D，最短路径长是 cm ．
8 ．如图，圆锥母线的长 l 等于底面半径 r 的 4 倍，
（1）求它的侧面展开图的圆心角．
（2）当圆锥的底面半径 r ＝4cm 时，求从 B 点出发沿圆锥侧面绕一圈回到 B 点的最短路径 的长
类型三、秦九韶与海伦公式
【解惑】
9 ．《数书九章》是我国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，书中提出了已知三角形三边 a， b ，c 求面积的公式 若三角形的三边 a ，b ，c 分别为 7 ，6， 3，则这个三角形内切圆的半径是( )
A ． B ． C ． D ．
【融会贯通】
10．我国南宋时期数学家秦九韶曾提出利用三角形的三边长求面积的公式，此公式与古希腊 几何学家海伦提出的公式如出一辙，即若三角形的三边长分别为 a ，b ，c，记 则其面积 这个公式也被称为海伦—秦九韶公式．若三角形的
面积 ，b = 4, c = 2 ，则 a 的值为( )
A ．2 或 3 B ．3 或2 C ．5 或 4 D ．4 或
11．我国南宋时期数学家秦九韶曾提出利用三角形的三边求面积的公式，此公式与古希腊几 何学家海伦提出的公式如出一辙，即三角形的三边长分别为a ，b ，c ，记 则 其面积 这个公式也被称为海伦—秦九韶公式．若p = 3 ，
c = 2 ，则此三角形面积的最大值是 ．
12 ．【知识技能】
（1）已知 x1 ，x2 是关于 x 的一元二次方程(m + 2)x2 + 2(m - 2)x + m +10 = 0 的两实数根， 求 m 的取值范围；
【数学理解】
（2）已知 x1 ，x2 是关于 x 的一元二次方程(m + 2)x2 + 2(m - 2)x + m +10 = 0 的两实数根，等 腰三角形ABC 的底边BC = 4 ，若 x1 ，x2 恰好是 △ABC 另外两边的边长，求这个三角形的周 长．
【拓展探索】
（3）如图，如果△ABC 三边的长分别为 a ，b ，c，那么根据秦九韶一海伦公式可得
S△ 其中 ，在（2）的条件下，若上BAC 和上ABC 的平分线交于点 I，求△BIC 的面积．
类型四、婆罗摩笈多定理
【解惑】
13 ．阅读与思考
下面是小宇同学的一篇数学日记，请认真阅读并完成相应任务．
×年×月×日 星期日 晴
“婆罗摩笈多定理”的拓展与思考
今天，我在一本数学杂志上看到一篇介绍印度数学家“婆罗摩笈多”的文章，文章转述了 婆罗摩笈多在算术、不定方程、几何等内容上的伟大成就，其中还记载了以他的名字命 名的一个定理，定理的内容与证明过程如下：
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．即在如图 1 所示的圆内接四边形ABCD 中，AC ^ BD ，垂足为 P ，过 点P 作PH丄 CD ，垂足为 H ．延长HP 与AB 交于点G ，则 AG = BG ．
任务：
(1)填空：材料中的依据 1 是指_______，依据 2 是指_______．
(2)小宇在拓展探究中得出的结论是否正确？请利用图 2 说明理由．
下面是该定理的证明过程．
证明：Q AC 丄 BD ，垂足为 P ．PH 丄 CD ，垂足为 H ．
:上DPC = 上PHC = 90° .
:上DPH + 上HPC = 90° , 上HCP + 上HPC = 90° .
:上DPH = 上HCP ．
Q上HCP 与上PBA都是所对的圆周角，
:上HCP = 上PBA ．（依据 1）
Q 上DPH = 上BPG ．
:上BPG = 上PBA ．
:PG = BG ．（依据 2） 同理，AG = PG ．
: AG = BG ．
看了上面定理的证明过程后，我作出了如下拓展探究：
如图 2，若弦AC 与BD 所在直线互相垂直，且相交于ΘO 外一点P ，过点P 作PH 丄 CD ， 垂足为H ，与 AB 相交于点G ，则 AG 与BG 仍然相等．
(3)如图3，在图 1 的基础上，过点P 作PM 丄 AB ，垂足为M ．延长MP 交CD 于点N ．连接 GN ．若AC = 18 ，BD = 16 ．请直接写出GN 的长．
【融会贯通】
14 ．【阅读】婆罗摩笈多是七世纪印度数学家，他曾提出一个定理：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平分对边．
证明：如图 1 所示内接于圆的四边形ABCD 的对角线AC, BD 互相垂直，垂足为点G ，过点 G 的直线垂直于AD ，垂足为点 E ，与边BC 交于点F ，由垂直关系得
上EGD + 上FGC = 90 ，上EGD + 上EDG = 90 ，所以 上EDG = 上FGC ，由同弧所对的圆周角 相等得上ADB = 上ACB ，所以 上FGC = 上FCG ，则 FG = FC ，同理，FG = FB ，故
BF = FC ；
【思考】命题“若圆内接四边形的对角线相互垂直，则平分对边且过对角线交点的直线垂直 于另一边”为 （填“真命题” ，“假命题”）；
【探究】（1）如图 2 ， ΔAGB 和 ΔDGC 为共顶点的等腰直角三角形， 上AGB = 上DGC = 90 ， 过点G 的直线垂直于AD ，垂足为点 E ，与边BC 交于点F ．证明：点F 是BC 的中点；
（2）如图 3，ΔAGB 和 ΔDGC 为共顶点的等腰直角三角形上AGB = 上DGC = 90 ，点F 是BC 的中点，连接FG 交AD 于点E ，若GF = 2 ，求 AD 的长．
15 ．阅读与思考；
（1）请你阅读婆罗摩笈多定理的证明过程，完成婆罗摩笈多逆定理的证明：
已知：如图 1，四边形ABCD 内接与圆 O，对角线AC ^ BD 于点 M，F 是AD 中点，连接FM 并延长交BC 于点E，求证：ME 丄 BC
（2）已知如图 2 ， △ABC 内接于圆 O ， 上B = 30° , 上ACB = 45° , AB = 2 ，点 D 在圆 O 上， 上BCD = 60° ,连接 AD 交BC 于点 P，作 ON 丄 CD 于点 N，延长 NP 交AB 于点 M，求证
PM 丄 BA 并求PN 的长．
16 ．阅读下列材料，完成相应的任务．
婆罗摩笈多是一位印度数学家与天文学家，书写了两部关于数学与天文的书籍，他的一些 数学成就在世界数学史上有较高的地位，他的负数及加减法运算仅晚于中国九章算术而他 的负数乘除法法则在全世界都是领先的，他还提出了著名的婆罗摩笈多定理，该定理的内 容及证明如下：
已知：如图，四边形ABCD 内接与圆 O 对角线AC ^ BD 于点 M，ME 丄 BC 于点 E，延长EM 交CD 于F，求证：MF = DF
证明：Q AC 丄 BD ，ME 丄 BC
:上CBD = 上CME
Q 上CBD = 上CAD ，上CME = 上AMF
:上CAD = 上AMF
: AF = MF
Q上AMD = 90° ,同时 上MAD + 上MDA = 90°
:上FMD = 上FDM
:MF = DF ，即 F 是AD 中点．
婆罗摩笈多定理：
如图，四边形ABCD 内接于ΘO ，对角线 AC ^ BD ，垂足为 M，如果直线 ME 丄 BC ，垂
任务：
(1)材料中①处缺少的条件为______ ，②处缺少的条件为______；
(2)根据材料，应用婆罗摩笈多定理解决下面试题：
如图，已知Rt△ABC 中，上BAC = 90° , AB = AC = 2 ，BC，AC 分别交ΘO 于点 D，E，连 接AD，BE 交于点 P．过点 P 作MN Ⅱ BC ，分别交DE，AB 于点 M，N．若AD 丄 BE ，求AN 的长．
类型五、阿基米德折弦定理
【解惑】
17 ．【了解概念】折线段是由两条不在同一直线上且有公共端点的线段组成的图形；如图 1， 线段PM 、MA 组成折线段PMA ，点 B 在折线段PMA 上，若PB = BM + MA ，则称点 B 是折 线段PMA 的中点．
足为 E，并且交边 AD 于点 F，那么 AF = FD ．
证明：∵ AC ^BD ，ME 丄 BC ， : 上CBD + 上BCM = 90° , 上CME + 上BCM = 90° .
: 上CBD = 上CME ．
又∵上CBD = 上 ① , （同弧所对的圆周角相等）
上CME = 上AMF ， : 上CAD = 上AMF ．
: AF = ② .
…
【理解应用】（1）如图 2 ， ΘM 的半径为2 ，PA 是的切线，A 为切点，点B 是折线段PMA 的中点，若上P = 30° ,则 PB 的长为______．
【认识定理】阿基米德折弦定理： 如图 3 ，AB 和BC 是ΘO 的两条弦( 即折线段ABC 是圆的 一条折弦) ，BC > AB ，点M是 的中点，从M 向BC 作垂线，垂足为D ，则CD = AB + BD. 这个定理有很多证明方法，下面方框是运用“截长法”证明CD = AB + BD 的部分证明过程．
【定理证明】
证明：如图 3，在 BC 上截取CG = AB ，连接MC 、MG 、MB 、MA ， Q 点 M 是 的中点，
一
:MA = MC ，
:MA = MC ．
（2）请按照上面方框中【定理证明】的证明思路，在图 3 中连接辅助线并写出该证明的剩 余部分；
【变式探究】
（3）如图 4，若点 M 是 的中点，【定理证明】中的其他条件不变， 则CD 、DB 、BA 之 间存在怎样的数量关系？请直接写出结论．
【融会贯通】
18 ．请阅读材料，并完成下列问题．
阿基米德折弦定理
阿基米德，伟大的数学家之一，其与牛顿、高斯并成为三大数学王子．在《阿基米德全集》 中记载了阿基米德折弦定理：如图 1 ，AB 和BC 是ΘO 的两条弦，其中BC > AB，D 是 的中点，过点D 向BC 作DM 丄 BC 交BC 于点M ，则 M就是折弦ABC 的中点，即
CM = AB + BM ．
(1)下面是用“截长法”证明CM = AB + BM 的部分过程．
证明：如图 2，在 BC 上截取CE = AB ，连接 AD，BD，CD，ED ． QD 是 的中点，
一 一
: AD = CD ．
: AD = CD ．
. . .
请根据上面的证明思路，写出证明的剩余部分．
(2)在图 1 中，若AB = 2，BC = 8，DM = 5 ，求ΘO 的半径．
19 ．【了解概念】折线段是由两条不在同一直线上且有公共端点的线段组成的图形．如图 1， 线段PM 、MA 组成折线段PMA ，点 B 在折线段PMA 上，若PB = BM + MA ，则称点 B 是折 线段PMA 的中点．
【概念应用】
（1）如图 2 ， ΘM 的半径为 2 ，PA 是ΘM 的切线，A 为切点，点B 是折线段PMA 的中 点．若上P = 30° ,则 PB 的长为________________；
【认识定理】
爱动脑筋的小亮发现将折线段PMA 放在圆中，且P 、M 、A 三点都在圆上时，就有数学中 著名的阿基米德折弦定理：如图 3 ，PM 和MA 是ΘO 的两条弦（即折线段PMA 是圆的一条 折弦）PM > AM ，C 是的中点， CB 丄 PM ，垂足为 B ，则 PB = BM + MA ．
这个定理有很多证明方法，下面是运用“截长法”证明PB = BM + MA 的部分证明过程， 【证明定理】
证明：如图 3，在 PB 上截取PQ = AM ，连接 CP ，CQ ，CA 和CM ． QC 是 的中点，

: CP = CA
: CP = CA
…
（2）请按照上面的证明思路，在图 3 中连接辅助线并写出该证明的剩余部分； 【灵活运用】
（3）如图 4，已知等边三角形ABC 内接于eO ，D 为弧AC 上一点，CE 丄 BD 于点E ，连接 AD ，若 上ABD = 15° , CE = 2 ，请直接写出 △DAB 的周长．
20．在《阿基米德全集》中的《引理集》中记录了古希腊数学家阿基米德提出的有关圆的一 个引理：如图 1 ，AB 是eO 的弦，点 P 在eO 上，PC 丄 AB 于点 C，点 D 在弦AB 上且
AC = CD ，在上取一点 Q ， = ，连接BQ，则BQ = BD ．
(1)如图2，小亮尝试说明BQ = BD ，于是他连接了PA ，PD ，PQ ，DQ ．请你帮助他完成 下列证明．
①求证：上PQB = 上PDB ；
②求证：BQ = BD ．
(2)如图3，将材料中的“弦AB”改为“直径AB”，作直线 l 与ΘO 相切于点 Q．过点 P 作PG 丄 直线 l 于点 G，其余条件不变，连接PA ，PQ ．若PG = 2 ，BQ = 6 ，求ΘO 的半径OA 的长 类型六、弦切角定理
【解惑】
21 ．阅读资料：我们把顶点在圆上，并且一边和圆相交、另一边和圆相切的角叫做弦切角， 如图 1 ，ÐABC 所示，同学们研究发现：P 为圆上任意一点，当弦AC 经过圆心O 时，且AB 切ΘO 于点A ，此时弦切角 ÐCAB = ÐP （图 2）．
I问题
拓展]若AC 不经过圆心O （如图 3 ），该结论：弦切角 ÐCAB = ÐP 还成立吗? 如果成立，请 写出证明过程；如果不成立，请说明理由．
I知识运用]请运用以上结论解决如下问题:
如图4 ，AD 是 △ABC 中 ÐBAC 的平分线，经过点A 的ΘO 与BC 切于点D ，与 AB 、AC 分 别相交于E 、F ．求证：EF Ⅱ BC ．
【融会贯通】
22．在学习圆的相关知识后，小帅同学进行了关于弦切角的相关探索（弦切角定义：顶点在 圆上，一边与圆相交，另一边与圆相切的角；如图，直线IJ 与ΘO 相切于点 I，HI 是ΘO 的 一条弦，则 ÐHIJ 就是弦切角），发现弦切角的大小与它所夹弧所对的圆周角度数相关．请根 据这个思路完成以下作图和填空．
(1)尺规作图：已知AB 是ΘO 的直径，延长AB ，过点 B 作ΘO 的切线MN；（M 在点 B 左 侧，N 在点 B 右侧．保留作图痕迹，不写作法）
(2)如图 C、D 是圆上两点，在（1）的条件下， ÐDBN 为弦切角，求证： ÐDBN = ÐBCD ．
证明：连接AD ．
Q AB 是ΘO 的直径，
: ∠ADB = ① .
Q MN 是过点 B 的切线， : ② .
即 ÐABN = 90° ,
: ÐDBN + ÐABD = 90°
Q ÐA + ÐABD = 90°
: ÐDBN = ÐA
又Q Ð A 和Ð C 是弧所对的圆周角
: ÐDBN = ÐC ．
由此，我们可以得到弦切角的结论：弦切角 ④ 它所夹弧所对的圆周角．（横线上填：“大 于”或“等于”或“小于”）
23．在学习圆的相关知识后，小帅同学进行了关于弦切角的相关探索（弦切角定义：顶点在 圆上，一边与圆相交，另一边与圆相切的角；如图，直线IJ 与ΘO 相切于点 I，HI 是ΘO 的 一条弦，则 ÐHIJ 就是弦切角），发现弦切角的大小与它所夹弧所对的圆周角度数相关．请根 据这个思路完成以下作图和填空．
(1)尺规作图：已知AB 是ΘO 的直径，延长AB ，过点 B 作ΘO 的切线MN （M 在点 B 左侧，
N 在点 B 右侧．保留作图痕迹，不写作法）
(2)如图 C、D 是圆上两点，在（1）的条件下，上DBN 为弦切角，求证：上DBN = 上C ．
证明：连接AD ．
∵ AB 是eO 的直径， : 上ADB = 90°
∵ MN 是过点 B 的切线， : ① .
即上ABN = 90° ,
: 上DBN + 上ABD = 90° , ∵ ② .
: 上DBN = 上A ，
又∵Ð A 和Ð C 是所对的圆周角 : ③ .
: ④ .
由此，我们可以得到弦切角的结论：弦切角等于 ⑤ .
24 ．【定义】我们把顶点在圆上，一边与圆相交，另一边与圆相切的角叫做弦切角．
【探索】弦切角的度数等于它所夹弧所对得圆周角度数．
已知：点 A 、B 、C 在eO 上，CD 是eO 的切线，延长AB 交CD 于点 D，连接CA 、CB ， 则上BCD 的弦切角．
（1）特殊化：如图 1，若 AB 是eO 的直径，求证：上BCD = 上A ；
（2）一般化：如图 2 ，AB 是eO 的弦，求证：上BCD = 上A ；
【应用】（3）如图 3，四边形ABCE 是eO 的内接四边形，CD 是eO 的切线，交AB 延长线 于点 D，弦 BC = CE ，若 上D = 45° ,求 Ð ACE 度数．
类型七、托勒密定理
【解惑】
25．古希腊数学家托勒密在《天文学大成》中提出托勒密定理： 圆的内接四边形中，两条对 角线的乘积等于两组对边乘积之和．以下是简单的证明过程．
证明：如图，在线段CA 上取一点M ，使得 上DBC = 上ABM ，连接 BM ．
Q = ，:上BDC = 上BAC (①).
:△DBC∽△
一 一
Q AB = AB ，:上ADB = 上ACB ．
Q 上DBC = 上ABM ，:上DBC + 上DBM = 上ABM + 上DBM ，
即上CBM = 上ABD ，:△ABD∽△MBC ．: : ② .
: AB . CD + AD . BC = (AM + MC ). BD = AC . BD ． 根据以上材料解决下列问题：
(1)①的依据是_____ ，②中所填的关系式为_____；
(2)如图，四边形ABCD 内接于eO, AD = 3, CD = 2,上BDA = 30°, B 为 的中点，依据托勒密
定理求BD 的长．
【融会贯通】
26 ．请阅读下列材料，完成相应的任务：
罗狄斯托勒密（ClaudiusPtlemaeus，约 90 年 168 年），“地心说”的集大成者，生于埃及， 著名的天文学家，地理学家、占星学家和光学家．
托勒密定理实出自依巴谷（Hipparchus）之手，托勒密从他的书中摘出并加以完善．
托勒密定理：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积． 如图 1，四边形 ABCD 内接于eO ，求证：AB . CD + BC . AD = AC . BD 下面是该结论的证明过程：
证明：如图 1，作上BAE = 上CAD ，交BD 于点 E ．: = ，: 上ABE = 上ACD （依据 1），
:△ABE ∽△ACD （依据 2），: ，: AB . CD = AC . BE ，: = ，
: 上ACB = 上ADE ，: 上BAE = 上CAD ，: 上BAE + 上EAC = 上CAD + 上EAC ，即
上BAC = 上EAD ， …
任务：
(1)托勒密定理的逆命题是______；上述证明过程中的“依据 1”为______；“依据 2”为______；
(2)请完成后续证明；
(3)如图 2，以 AB 为直径的eO 中，点 C 为eO 上一点，且上ABC = 30° , Ð ACB 的角平分 线交eO 于点 D，连接 AD，BD ，若 AB = 4 ，求CD 的长．
27 ．探究问题：
(1)阅读理解：
①如图 A，在△ABC 所在平面上存在一点 P，若它到△ABC 三个顶点的距离之和最小，则称 点 P 为△ABC 的费马点，此时PA + PB + PC 的值为 △ABC 的费马距离．
@如图 B，若四边形 ABCD 的四个顶点在同一个圆上，则有AB . CD + BC . DA = AC . BD ， 此为托勒密定理．
知识迁移：
①请你利用托勒密定理解决如下问题：
如图 C，已知点 P 为等边△ABC 外接圆的上任意一点．求证：PB + PC = PA ；
@根据（2）①的结论，我们有如下探寻△ABC （其中上BAC, 上ABC, 上ACB 均小于120° ) 的 费马点和费马距离的方法：
第一步：如图 D，在 △ABC 的外部以BC 为一边作等边△BCD 及其外接圆；
第二步：在 上任取一点P¢ ,连接P¢A, P¢B, P¢C, P¢D ．易知 P¢A + P¢B + P¢C = P¢A + (P¢B + P¢C) = P¢A + ________；
第三步：请你根据（1）①中定义，在图 D 中找出 △ABC 的费马点 P，则线段______ 的长度 即为 △ABC 的费马距离．
(2)知识应用：今年以来某市持续干旱，许多村庄出现了人、畜饮水困难的问题，为解决老 百姓的饮水问题，解放军某部来到该市某地打井取水．已知三村庄 A、B 、C 构成了如图 E 所示的 △ABC （其中 上A、上B、上C ，均小于120° ),现选取一点 P 打水井，使从水井 P 到 三村庄 A、B 、C 所铺设的输水管总长度最小，求输水管总长度的最小值．
28 ．【阅读材料】克罗狄斯•托勒密（约90 - 168 年）是希腊著名的数学家、天文学家和地理 学家，托勒密定理是欧几里得几何中的重要定理，定理内容如下：任意一个凸四边形，两组 对边乘积的和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四边形四个顶点共圆时，等号成立．即：
四边形ABCD 中，有AB . CD + BC . AD ≥ AC . BD ，当 A、B、C、D 四点共圆时，有 AB . CD + BC . AD = AC . BD ．
【尝试证明】
（1）请将证明过程补充完整：
如图 1，四边形 ABCD 内接于ΘO ，求证：AB . CD + BC . AD = AC . BD ．
证明：在AC 上取点 E，连接DE ，使 上CDE = 上BDA ．
【直接应用】
（2）如图 2 ，AB 为ΘO 的直径，AB = 5, AD = 4, BF = 1，求 DF 的长；
【灵活运用】
（3）如图 3，在等腰三角形 ABC 中，AB = AC = 6, BC = 10 ，点 D 在底边BC 上，且
上DAC = 上ACD ，将三角形 ACD 沿着AD 所在的直线翻折，使得点 C 落在点 E 处，连接 EB ，则 EB 的长为__________．
类型八、新定义圆——几何函数型
【解惑】
29．在平面直角坐标系xOy 中，对于图W 上或内部有一点N （不与原点 O 重合），及平面内 一点P ，给出如下定义：若点P 关于直线ON的对称点P¢ 在图W 上或内部，则称点P 是图W 的“映射点”．
(1)如图 1，已知图W1 ：线段AB ，A (-1, -1) ，B (1, -1)．在P1 (-1, 0) ，P2 (1, 2) 中，__________
是图W1 的“映射点”；
(2)如图 2，已知图W2 ：正方形 ABCD ，A (-1, -1) ，B (1, -1) ，C (1,1) ，D (-1,1) ．若直线： l : y = x + b 上存在点P 是图W2 的“映射点”，求b 的最大值；
(3)如图 3，已知图 W3 ：eT ，圆心为T(0, t) ，半径为1 ．若x 轴上存在点P 是图W3 的“映射
点”，请直接写出 t 的取值范围．
【融会贯通】
30 ．在平面直角坐标系xOy 中， ΘO 的半径为 1 ．对于ΘO 的弦AB 和ΘO 外一点 C 给出如 下定义：若直线CA ，CB 都是ΘO 的切线，则称点 C 是弦AB 的“关联点”．
如图，点 ．
① 在点C1 (-1,1) ，C2 (-1, ) ，C3 (0, ) 中，弦AB1 的“关联点”是 ； @ 若点 C 是弦AB2 的“关联点”，直接写出 AC ，OC 的长．
(2)已知直线与 x 轴，y 轴分别交于点 M，N，对于线段MN 上一点 T，存在ΘO 的弦PQ ，使得点 T 是弦PQ 的“关联点”，记四边形OPTQ 的面积为 S，当点 T 在线段MN 上 运动时，直接写出 S 的最小值和最大值，以及相应的PQ 长．
31．定义：同一个圆中，互相垂直且相等的两条弦叫做等垂弦，等垂弦所在直线的交点叫做 等垂点．
(1)如图 1 ，AB 、AC 是ΘO 的等垂弦，OD 丄 AB ，OE 丄 AC 垂足分别为 D ，E ．求证：四 边形ADOE 是正方形；
(2)如图 2 ，AB 是ΘO 的弦，作OD 丄 OA ，OC ^ OB 分别交ΘO 于 D ，C 两点，连接CD ．分 别交AB 、OA 与点M 、点 E ．求证：AB ，CD 是ΘO 的等垂弦；
(3)已知ΘO 的直径为 10 ，AB 、CD 是ΘO 的等垂弦，P 为等垂点．若AP = 3BP ．求AB 的 长．
32 ．【定义新知】定义：有一个角是其对角一半的圆内接四边形叫做圆美四边形，其中这个 角叫做美角．
【初步应用】（1）如图 1，四边形 ABCD 是圆美四边形， Ð A 是美角．
① Ð A 的度数为_________ ° ;
@连接BD ，若ΘO 的半径为 5，求线段 BD 的长； 【拓展提升】
（2）如图 2，已知四边形 ABCD 是圆美四边形， ÐBAD 是美角，连接CA ，若CA 平分
上BCD ，若ΘO 的半径为 6，求 BC + CD 的最大值是多少？
类型九、动圆相切求 t
【解惑】
33 ．在矩形ABCD 中，AB = 8 ，BC = 6 ，点M 是AB 边上一点，且上CMB = 45 ．点Q 是直 线AB 上一点且在点B 的右侧，BQ = 8 ，点 P 从点Q 出发，沿射线QA 方向以每秒 2 个单位 长度的速度运动，设运动时间为t 秒，以P 为圆心，PC 为半径作半圆P ；交直线AB 分别于 点G ，H （点G 在H 的左侧）．
(1)当t = 5 秒时，求PC 的长；
(2)当点P 与点B 重合时，求半圆P 被矩形ABCD 的对角线AC 所截得的弦长；
(3)直接写出当t 为何值时，半圆P 与四边形AMCD 的边相切．
【融会贯通】
34 ．如图，正方形ABCD 中，AB = 8cm ．动点P 从点A 出发，在AC 边上以每秒cm 的速 度向终点C 匀速运动，同时动点Q 从点C 出发，沿CB 以每秒1cm的速度向终点B 匀速运动， 当P 、Q 到达终点后停止运动，连接PQ ．设运动时间为t （秒）
(1)当t = 4 秒时，则 △CPQ 的面积S△CPQ = _______________ cm2 ．（直接写出答案）
(2)以PQ 为直径作ΘO ，在点P 、Q 的运动过程中，当ΘO 与AC 或BC 所在直线相切时，求 t 的值．
35．如图，在矩形ABCD 中，AB = 6cm ，BC = 12cm ，点 M 从 A 点出发沿AB 以1cm / s 的速 度向 B 点运动，同时点 N 从 B 点出发沿BC 以2cm / s 的速度向 C 点运动，当其中一点到达 终点时，另一点也停止运动．设点 M、N 的运动时间为 t 秒．
(1)当 t 为何值时，MN = cm ？
(2) △BMN 的面积能否为 10，若能请求出 t 值，若不能请说明理由．
(3)当BM = BN 时， △BMN 内有一个动点 P，连接MP、NP、BP ，若上BNP = 上PBM ，线段 PM 的最小值为 ．
36 ．探究与推理
如图 1，在矩形 ABCD 中，AB = 8 ，BC = 6 ，连接 AC ，点 P 为DC 上的一个动点，点P 从D 点出发，以每秒 4 个单位的速度沿DC 向终点C 运动．过点P 作AC 的平行线交AD 于点Q ， 将 △PDQ 沿PQ 对折，点D 落在点E 处，连接DE 交PQ 于点G ，设运动的时间为 t 秒；
(1)用含有 t 的式子表示DG ．
(2)当 t 为何值时，点 E 恰好落在线段AC 上；
(3)如图2，在点P 运动过程中， 以PE 为直径作ΘO ，当t 为何值时， ΘO 与矩形的边相切？ 请说明理由．
类型十、无刻度尺作图
【解惑】
37 ．请仅用无刻度的直尺完成下列题目（不写画法，保留画图痕迹．用虚线表示画图过程， 实线表示画图结果）．
(1)如图 ① , 点P 是YABCD 的边AD 上一点，过点P 画一条直线把这个四边形分成面积相等 的两部分．
(2)如图 ② ,在正五边形 ABCDE 中，画一条直线把这个五边形分成面积相等的两部分．
(3)如图 ③ , ΘO 是△ABC 的外接圆，点D 是弧BC 的中点，画出△ABC 的中线AE ． 【融会贯通】
38 ．已知A ，B ，C ，D 都是ΘO 上的点，请仅用无刻度的直尺完成画图．
(1)在图1中， AB 是eO 的直径，平行四边形AODE 的顶点E 在AC 上，画出弧 的中点
G ；
(2)在图2 中，AB 是eO 的直径，平行四边形AFDE 的顶点E ，F 分别在AC ，OB 上，画 出弧 的中点H ．
39．如图是由边长为 1 的小正方形构成的8 × 8 网格，每个小正方形的顶点叫做格点，圆上三 点 A 、B 、C 均为格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，完成下列各题：
(1)在图 1 中，画出圆心 O．
(2)在图 2 中，点 D 为圆上任意一点，在圆上找一点 E，使得DE 是圆上最长的弦．
(3)在图 3 中，点 M 是圆上任意一点（不与点 A 重合），作一条弦PQ，使得PQ = AM ．
40 ．图①、图②、图③均是5× 5 的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．只用无刻 度的直尺，在给定的网格中，按下列要求作图，保留作图痕迹．
(1)在图①中， △ABC 的顶点均为格点，在AB 边上找到一点 M，连接CM ，使
上MCB = 上A ；
(2)在图②中，点A 、B 、O 均为格点，过点 B 作eO 的切线；
(3)在图③中，点A 、B 、O 均为格点，在AC 上找到点 M 和点 N（点 M 和点 N 均不与点A 重合），作 7MBN ，使 7MBN = 7A ．
1 ．C
【分析】本题主要考查了切线的性质， 正方形的性质，直线和圆的位置关系，勾股定理，解 题的关键是利用分类讨论的思想进行求解；当eO 与 AB，BC 相切时，连接BO ，证明出OEBF 是正方形，利用性质求解；当eO 与AD ，CD 相切时，切点分别为 G ，H，连接OG ，OH ， 利用同样的方法进行求解即可．
【详解】解：如图 1，当eO 与AB ，BC 相切时，切点分别为 E，F，连接 BO ．
由题意易得四边形OEBF 是正方形，:上OBC = 45 ． QeO 的半径为 1 ，: OB = 、 ，
:点B 到eO 上的点的距离的最小值为 -1．
如图 2，当eO 与AD ，CD 相切时，切点分别为 G ，H，连接OG ，OH ， 由题意易得四边形OGDH 是正方形，:上ODC = 45 ．Q 上BDC = 45 ，
:点 B ，O ，D 三点共线．
QeO 的半径为 1，
:点B 到eO 上的点的距离的最大值为 , 5 < 3 +1 < 6 ，
:x 的取值可能是 1 ，2 ，3 ，4 ，5，共有 5 种， 故选：C．
2 ．C
【分析】本题考查圆周角定理，圆内接四边形， 设点D 的对称点为点E ，连接
AC, AE, BE ，进而得到 上ADB = 上AEB ，直径得到 上CAB = 90° ,进而求出 Ð ACB 的度数， 再根据圆内接四边形的内对角互补，求出上AEB 的度数即可．
【详解】解：设点 D 的对称点为点E ，连接 AC, AE, BE ，则：上ADB = 上AEB ，
∵ BC 是eO 的直径， : 上CAB = 90° ,
∵ 上ABD = 20° ,
: 上C = 90° - 20° = 70° ,
∵四边形ACBE 为圆内接四边形， : 上AEB = 180° - 上C = 110° ,
: 上ADB = 上AEB = 110° ;
故选 C．
3 ．40τ
【分析】本题主要考查了弧长计算，熟练掌握弧长公式是解题的关键．先求出摩天轮半径， 再求出上AOB = 120° ,最后根据弧长公式求出结果即可．
【详解】解：∵最高点离水面平台MN的距离为128m ，圆心 O 到MN的距离为68m ， :摩天轮的半径为128 - 68 = 60 (m)，
∵摩天轮匀速旋转一圈用时30min ，轿厢从点 A 出发，10min 后到达点 B，
:该轿厢所经过的路径长度为：
故答案为：40τ .
4 ．(1)四边形M1CAD 为菱形，理由见解析
一
(2)M3C 与CM2D 所在圆的位置关系是相交，理由见解 6790
【分析】本题考查了折叠的性质， 菱形的判定和性质，圆与直线的位置关系，熟练掌握菱形 的判定和性质，圆与直线的位置关系判定是解题的关键．
（1）由折叠得出CD 垂直平分AM1 ，则 AB 丄 CD ，AC = M1C ，AD = M1D ，根据垂径定理
得出 = ，根据弧、弦的关系得出 AC = AD ，根据菱形的判定定理即可判断四边形
M1CAD 的形状；
一
（2）由折叠可知，CM2D 所在圆的圆心为点A ，连接BC ，AC ，根据直径所对的圆周角是
直角得出上BCA = 90° , 根据切线的判定得出BC 与ΘA 相切，结合上M3 CA < 上BCA 可判断M3C
一
与CM2D 所在圆的位置关系是相交．
【详解】（1）解：四边形M1CAD 为菱形，证明如下：
∵折叠，
: CD 垂直平分AM1 ，
: AB 丄 CD ，AC = M1C ，AD = M1D ，
∵ AB 是直径， : = ， : AC = AD ，
: AC = CM1 = AD = DM1 ，
:四边形M1CAD 为菱形；
（2）解：M3C 与2D 所在圆的位置关系是相交．
理由如下：
一
由折叠可知，CM2D 所在圆的圆心为点A ，
连接BC ，AC ，
∵ AB 是直径，
: 上BCA = 90° ,
: BC 与ΘA 相切， : 上M3 CA < 上BCA ，
: M3C 与2D 所在圆的位置关系是相交．
5 ．D
【分析】本题主要考查圆锥的侧面展开图， 弧长公式和解直角三角形，掌握弧长公式和特殊 角的三角函数值是解题的关键．
先将圆锥的侧面展开图画出来，利用垂线段最短可判断的长为蚂蚁爬行的最短路线长，根据 弧长公式求出上BAB1 的度数，然后利用特殊角的三角函数在即可求出BD 的长度．
【详解】圆锥的侧面展开图如下图：
作BD 丄 AD
Q 圆锥的底面直径BC = 4cm ,
:底面周长为4πcm ， 设上BAB1 =n°
Q AB = AC = 6cm ， 则有
解得n = 120° ,
:上BAC=60° ,
在Rt△ABD 中
BD = AB × sin 60°
:蚂蚁从 B 点出发沿圆锥表面到处觅食，蚂蚁走过的最短路线长为3cm 故选：D.
6 ．D
【分析】由平面图形的折叠及立体图形的表面展开图的特点解题．
【详解】解：如图，圆柱的侧面展开图为长方形，AC = A¢C ，且点 C 为BB¢ 的中点，
:装饰带的长度= 2AC = 2 = 2 = 20(cm) ， 故选：D．
【点睛】本题主要考查了平面展开-最短路线问题，以及学生的立体思维能力．解题关键是 圆柱的侧面展开图是长方形．
7 ．3
【分析】本题考查圆锥的侧面展开图， 弧长公式，勾股定理，最短路径问题，正确求出圆锥 的侧展开图圆心角的大小是解题关键．由题意可求出圆锥的侧展开图的圆心角大小，再结合 勾股定理求解即可．
【详解】解：∵圆锥的侧展开图是一个扇形，设该扇形圆心角为 n， 根据题意有
解得：n = 180。，如图，
: AB ^ AC ，且 BD 为最短路径．
: BD = = 3 cm ， 故最短路径长是3cm ．
故答案为：3 ．
8 ．（1）它的侧面展开图的圆心角为 90°；（2）
【分析】（1）设它的侧面展开图的圆心角为 n°,利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇 形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到 ， 然后求出 n 的值即可；
（2）连接 BB′，如图，根据两点之间线段对短得到 BB′为从 B 点出发沿圆锥侧面绕一圈回 到 B 点的最短路径，然后利用△ABB′为等腰直角三角形得到 BB′的长．
【详解】解：（1）设它的侧面展开图的圆心角为 n° , 根据题意得 ，
而 l ＝2r，
所以 解得 n ＝90，
所以它的侧面展开图的圆心角为 90° ;
（2）连接 BB′，如图，
此时 BB′为从 B 点出发沿圆锥侧面绕一圈回到 B 点的最短路径， :r ＝4，
:l ＝2r ＝8，
:∠BAB′ ＝90° ,
:△ABB′为等腰直角三角形，
【点睛】
本题考查了求圆锥侧面展开图的圆心角和在圆锥侧面求最短路径问题，解答关键是根据公式 计算求出圆心角和将立体问题转化为平面问题加以解决．
9 ．B
【分析】把三角形的三边长代入面积公式， 得出三角形的面积为4 5 ，然后设这个三角形内
切圆的半径为r ，再根据三角形的内切圆的半径垂直于三角形的三边，结合三角形的面积公 式，得出 即 再把三角形的三边长代入面积 公式，计算即可得出答案．
【详解】解：∵三角形的三边 a ，b ，c 分别为 7 ，6 ，3，
= 、 = 4 ， 如图，
设这个三角形内切圆的半径为r ，
∵三角形的三边 a ，b ，c 分别为 7 ，6 ，3，
解得： ，
:这个三角形内切圆的半径为 ．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆、求代数式的值、二次根式的运算， 解本题的关键在正 确求出代数式的值．
10 ．D
【分析】本题考查解一元二次方程，根据公式，列出关于a 的方程，利用换元法解一元二次 方程即可．
解
: S = = = = ．
整理，得t2 -10t + 24 = 0，解得 t1 = 4, t2 = 6 ．
当t = 4 时， = 4 ，: a = 4 （负值舍去）；
当t = 6 时 负值舍去）．
故选 D．
11 ．
【分析】根据公式算出 a+b 的值，代入公式，根据完全平方公式的变形即可求出解． 解
:a+b=4，
:a=4-b，
:当 b=2 时，S 有最大值为 ．
【点睛】本题考查了二次根式与完全平方公式的应用， 解答本题的关键是明确题意，表示出 相应的三角形的面积．
12 ．（1）m ≤ -1 且m ≠ -2 ；（2）10；（3）
【分析】（1）根据一元二次方程根的情况代入 Δ 再结合一元二次方程的定义列出关于 m 的 一元一次不等式组求解即可．
（2）由题意知x1 = x2 ，再根据根的判别式 Δ 求出 m 的值，进而可求出x1 = =x2 3 ，再根据三 角形的周长公式计算即可．
（3）由（2）知， △ABC 的三边长分别为 3 ，3 ，4，结合题干得出 SABC ，过点 I 分别作
IF 丄 AB ，ID 丄 BC ，IE 丄 AC ，垂足分别为点 F，D ，E ．由角平分线的性质得出
IF = ID = IE ，再根据三角形面积公式得出 ，最后再根据三角形的面积公式计算即 可．
【详解】解：（1）由题意，得 且
m + 2 ≠ 0 ，化简得 64m ≤ -64 ， 解得: m ≤ -1 且m ≠ -2 ．
（2）由题意知 x1 ，x2 恰好是等腰三角形ABC 的腰长， ∴x1 = x2 ，
Qx1 = x2 是关于 x 的一元二次方程(m + 2)x2 + 2(m - 2)x + m +10 = 0 的两实数根，
: Δ = b2 - 4ac = 2 (m - 2)2 - 4(m + 2)(m +10) = 0 ， 解得：m = -1.
:x2 - 6x + 9 = 0.
解得：x1 = =x2 3
∵ BC = 4
:△ABC 的周长为3 + 3 + 4 = 10 ．
（3）由（2）知， △ABC 的三边长分别为 3 ，3 ，4，
如图，过点 I 分别作IF 丄 AB ，ID 丄 BC ，IE 丄 AC ，垂足分别为点 F，D ，E． :I 是△ABC 的角平分线的交点，
:IF = ID = IE
解得
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，一元二次方程根的判别式，等腰三角形的性质， 角平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
13 ．(1)同弧所对的圆周角相等，等角对等边
(2)正确，理由见解析 (3) 、
【分析】（1）根据同弧所对圆周角相等以及等腰三角形的性质即可得到答案；
（2）根据 DP 丄 CP ，PH 丄 CD ，可推出 上PDC = 上HPC ，再由圆内接四边形的性质可知
上BAC + 上BDC = 180° ,从而得到 上GPA + 上BAC = 180° ,结合 上BAC + 上GAP = 180° ,可得
上GPA = 上GAP ，则 AG = PG ，同理，BG = PG ，即可得到结论；
（3）取 BC 的中点E ，连接 GE ，NE ，利用三角形中位线的性质可推出
NE P BD ，结合AC ^ BD ，可知GE 丄 NE ，最后利用勾股定理即 可求得答案．
【详解】（1）解：Q上HCP 与上PBA都是所对的圆周角，
:上HCP = 上PBA ，（同弧所对的圆周角相等）
:依据 1 为同弧所对的圆周角相等；
Q 上BPG = 上PBA ，
:PG = BG ，（等角对等边）
:依据 2 为等角对等边；
故答案为：同弧所对的圆周角相等；等角对等边．
（2）解：正确，理由如下， QDP 丄 CP ，PH 丄 CD ，
:上DPC = 90° , 上PHC = 90° ,
: Ð PDC + Ð PCD = 90° , 上HPC + 上PCD = 90°
:上PDC = 上HPC ，
Q 四边形ABCD 是圆内接四边形，
:上BAC + 上BDC = 180° ,
:上GPA + 上BAC = 180° ,
又Q 上BAC + 上GAP = 180° ,
:上GPA = 上GAP ，
: AG = PG ，
同理，BG = PG ，
: AG = BG ．
（3）解：取 BC 的中点E ，连接 GE ，NE ，如图，
则BE = CE ，
根据题意可知，AG = BG ，
:GE 为△ABC 中位线，
Ⅱ AC ，
同理， Q AC = 18 ，BD = 16 ，
Q GE Ⅱ AC ，AC ^ BD ，
: GE 丄 BD ， Q NE∥BD ，
: GE 丄 NE ，
:上GEN = 90° ,
在Rt△GEN 中
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等， 等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质，三 角形中位线的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关 键．
14 ．【思考】真命题；【探究】（1）证明见解析；（2）4．
【思考】由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出上FBG = 上FGB ，再利用等量代换 计算上GAD + 上EGA = 90° . 结论可得；
（1）过点B 作BH / /GC ，交GF 的延长线于点H ，利用同角的余角相等得出上HGC = 上EDG 和上BGH= 上EAG ，进而得到 ΔAGD 三 ΔGBH ；再证明 ΔGCF 三 ΔHFB ，结论可得；
（2）过点C 作MH / /BG ，交GF 的延长线于点H ，易证 ΔGBF 三 ΔHCF ，得到
GH = 2GF = 4 ，AG = CH ．再进一步说明 ΔAGD 三 ΔHCG ，可得 AD = GH ，结论可得．
【详解】解：【思考】“若圆内接四边形的对角线相互垂直，则平分对边且过对角线交点的直 线垂直于另一边”为真命题．
理由如下：如下图，
∵ AC ^ BD ，F 为BC 的中点， : BF = GF = FC ．
: 上FBG = 上FGB ． ∵ 上FBG = 上GAD ，
: 上FGB = 上GAD ． : 上AGB = 90 ，
: 上FGB + 上EGA = 180° - 90° = 90° .
: 上GAD + 上EGA = 90° .
: 上AEG = 90° .
即：EG 丄 AD ．
:命题“若圆内接四边形的对角线相互垂直，则平分对边且过对角线交点的直线垂直于另一边” 为真命题．
故答案为：真命题．
【探究】（1）如下图，过点 B 作BH / /GC ，交GF 的延长线于点H ，
: BH / /GC ，
: 上H = 上HGC ．
: 上DGC = 90° ,
: 上HGC + 上EGD = 90° . : EG 丄 AD ，
: 上EGD + 上EDG = 90° . : 上HGC = 上EDG ．
: 上AGB = 90° ,
: 上BGH + 上AGE = 90° . : EG 丄 AD ，
: 上AGE + 上EAG = 90° .
: 上BGH = 上EAG ．
: ΔAGB 为等腰直角三角形，
: AG = BG ．
在 ΔAGD 和 ΔGBH 中，
ì上EAG = 上BGH
íï 上ADG = 上H
ïl AG = BG
: ΔAGD 三 ΔGBH(AAS ) ．
: GD = BH ．
: GD = GC ， : GC = BH ．
在 ΔGCF 和 ΔHFB 中，
:ΔGCF 三 ΔHFB(AAS ) ．
: CF = BF ．
即F 是BC 的中点．
（2）如下图，过点C 作MH / /BG ，交GF 的延长线于点H ，
: MH / /BG ，
:上BGC = 上GCM , 上BGF = 上H ． 在 ΔGBF 和 ΔHCF 中，
:ΔGBF 三 ΔHCF(AAS ) ．
: GB = CH, GF = FH = 2 ．
: GH = 2GF = 4 ． : GB = AG ，
: AG = CH ．
: 上AGD = 上AGB + 上CGD - 上BGC = 180° - 上BGC ，
°
上GCH = 180 - 上GCM
: 上AGD = 上GCH ．
在 ΔAGD 和 ΔHCG 中，
ï
í上AGD = 上HCG
ì AG = CH
ïl GD = GC
:ΔAGD 三 ΔHCG(SAS ) ．
: AD = GH = 4 ．
【点睛】本题主要考查了圆的综合运用， 全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质与判 定，利用中点添加平行线构造全等三角形是解题的关键．
15 ．（1）证明见解析;（2）证明见解析, PN = 1 ．
【分析】本题考查圆的综合问题，涉及垂径定理，勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质， 含30° 的直角三角形的性质等知识，综合程度较高，需要学生灵活运用知识.
（1）由于AC ^ BD ，所以上AMD = 90° , 上FAM + 上FDM = 90° , 由于 F 是AD 的中点，所 以AF = MF = DF ，从而可证明 上EMC + 上MCB = 90° .
（2）由圆周角定理得出上D = 上B = 30° , 由三角形内角和定理求出上DAC = 45° , 得出△APC 是等腰直角三角形，PA = PC ，上CPD = 90° , 由（1）的证明过程可知：PM 丄 BA ，再由含 30° 的直角三角形的性质即可求出AP = 1 ，CD = 2 ，最后利用直角三角形斜边上的中线等于 斜边的一半即可求出PN 的长度．
【详解】，
解：（1）Q AC 丄 BD ，
:上AMD = 90° ,
:F 是AD 的中点，
: AF = MF = DF ，
:上FAM = 上FMA ，
上FMD = 上FDM ，
Q 上FDM = 上MCB ，上FMA = 上EMC ，
上FAM + 上FDM = 90°
:上EMC + 上MCB = 90° , :ME 丄 BC ；
（2）Q 上ACB = 45° , 上BCD = 60° ,
:上ACD = 45° + 60° = 105° , 又Q 上D = 上B = 30° ,
:上DAC = 180° - 上ACD - 上D = 45° ,
:上APC = 180° - 45° - 45° = 90° , △APC 是等腰直角三角形，
:PA = PC ，上APC = 90° ,
: AD 丄 BC ，
Q ON 丄 CD ，
:由垂径定理可知：N 是CD 的中点， :由（1）的证明过程可知：PM 丄 BA ， Q AB = 2 ，上B = 30° ,
:AP = 1 ，
:PC = 1 ，
Q 上D = 30° ,
: CD = 2PC = 2 ，
∵N 是CD 的中点，上CPD = 90° ,
16 ．(1)①CAD ；② MF (2)1
【分析】本题考查了圆周角定理， 圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三 角形斜边的性质，关键是能熟练应用圆的有关性质，掌握相应角的定义和计算是关键．
（1）根据圆周角定理和等角对等边的性质可得结论；
（2）应用（1）的结论，圆内接四边形的性质，可求解．． 【详解】（1）证明：∵ AC ^ BD ，ME 丄 BC ，
: 上CBD + 上BCM = 90° , 上CME + 上BCM = 90° .
: 上CBD = 上CME ．
又∵上CBD = 上CAD ，（同弧所对的圆周角相等）
上CME = 上AMF ， : 上CAD = 上AMF ．
: AF = MF ．
…
故答案为：① CAD ；② MF ；
（2）解：Q 四边形ABDE 是eO 内接四边形， :上BAC + 上BDE = 180° ,
Q 上BAC = 90° ,
:上BDE = 90° ,即 DE 丄 CB ，
Q NM∥CB ，
:MN 丄 DE ，
Q AD 丄 BE ，
: AN = BN ，
17 ．（1）3；（2）见解析；（3）BD = AB + CD ，理由见解析
【分析】本题考查了圆周角定理， 切线的性质，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关 键是：
（1）根据切线的性质和含30° 角的直角三角形的性质求出PM = 4 ，然后折线段PMA 的中点 的定义求解即可；
（2）在 BC 上截取 CG=AB，连接 MC、MG 、MB 、MA，根据弧、弦的关系可得MA = MC ， 根据圆周角定理可得上A = 上C ，根据SAS 证明 △MAB≌△MCG ，得出 MB = MG ，根据三线 合一的性质得出BD = DG ，然后根据线段和差关系即可得证；
（3）在 BD 上截取BG = AB ，连接MC 、MA 、MB ，MG ，类似（2）探究即可得出结论。 【详解】（1）解：∵PA 是eM 的切线，A 为切点，
:PA 丄 AM ，
:上PAM = 90° ,
Q Ð APO = 30°, AM = 2 ，
:PM = 4 ，
:PM + AM = 6 ，
:B 是折线段PMA 的中点， :PB = 3 ，
故答案为：3；
（2）证明：如图 3，在 BC 上截取 CG=AB，连接 MC、MG 、MB 、MA，
Q 点 M 是 的中点，
灬 一
:MA = MC ，
:MA = MC ．
灬 灬
Q MB = MB ，
:上A = 上C ，
在△MAB 和△MCG 中，
ï
ìMA = MC
í 上A = 上C ， ïlAB = CG
:△MAB≌△MCG (SAS)， :MB = MG ，
Q MD 丄 BC ，
:BD = DG ，
: AB + BD = CG + DG = CD ，
: CD = AB + BD ；
（3）解： BD = AB + CD ，理由如下：
如图 4，在 BD 上截取BG = AB ，连接MC 、MA 、MB ，MG ，
Q 点 M 是 的中点，
一 一
: AM = CM ，
: AM = CM， Ð ABM = ÐMBG ， 在△MAB 和 △MGB 中，
:△MAB≌△MGB(SAS)，
:MA = MG ，
:MC = MG ，
QDM 丄 BC ，
: CD = DG ，
: AB + CD = BG + DG = BD ；
:BD = AB + CD .
18 ．(1)见解析 (2) 、
【分析】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握同弧所对弦相等，全等三角形的判定和性质， 勾股定理的运用，数形结合，合理作出辅助线是关键．
（1）根据题意可证 △ABD≌△CED (SAS)，可得 BD = ED ，由垂直平分线得到 BM = EM ， 由CM = CE + ME = AB + BM 即可求解；
（2）如图，过点 O 作 OF 丄 DM 于点F ， OG 丄 BC 于点 G ，连接DO ， CO ，MO ，由（1） 可知CM = AB + BC ) = 5 ，可证四边形OFMG 是矩形， △MOD≌△MOC (SSS)，则
OG = OF = 1，由 OC = = 、 即可求解．
【详解】（1）证明：QD 是 的中点，
一 一
: AD = CD ，
: AD = CD ，
在ΘO 中，上A = 上C ， 在△ABD 和△CED 中，
ï
í上A = 上C ，
ìAD = CD
ïlAB = CE
:△ABD≌△CED (SAS)，
:BD = ED ，
QDM 丄 BC ，
:BM = EM ，
: CM = CE + ME = AB + BM ．
（2）解：如图，过点 O 作OF 丄 DM 于点F ，OG 丄 BC 于点G ，连接DO ，CO ，MO ，
由（1）可知CM = AB + BC ) = 5 ， Q OG 过圆心O 且OG 丄 BC ，
: CG = BC = 4 ，
:MG = CM - CG = 1，
Q OF 丄 DM，OG 丄 BC，DM 丄 BC ， : 四边形OFMG 是矩形，
: OF = MG = 1，
QDM = CM = 5，OM = OM，OD = OC ， :△MOD≌△MOC (SSS)，
: OG = OF = 1，
: OC = = ·/17 ．
19 ．（1）3 ；（2）见解析；（3）4 + 2 ．
【分析】（1）根据30° 角所对的直角边等于斜边的一半，求出CM = 4，再由所给的定义求出PB 的长即可;
（2）在 PB 上截取PQ = AM ，连接 CP ，CQ ，CA 和CM ，可证明∴△CPQ≌△CAM 得到 CQ = CM，进一步则可证明PB = BM + MA ；
（3）先证明△BEC 为等腰直角三角形，得到BE = CE = 2 ，再求出BC = 2 ， 由（2）同理 得到BE = ED + AD ，即可求解．
【详解】（1）解：: PA 是ΘM 的切线，A 为切点， ∴PA 丄 AM，
:上PAM = 90°
∵上APM = 30°, AM = 2， : CM = 4，
∴PM + AM = 6，
: B 是折线段PMA 的中点，
（2）证明：如图 3，在 PB 上截取PQ = AM ，连接 CP ，CQ ，CA 和CM ．
QC 是 的中点，
灬 灬
: CP = CA
: CP = CA ，上A = 上P ，
在 △CPQ 和△CAM 中，
∵CP = CA，PQ = AM , 上P = 上A ， ∴△CPQ≌△CAM ，
∴CQ = CM， ∵CB 丄 QM， ∴QB = MB，
∴PB = PQ + QB = BM + MA ；
（3）解：∵ △ABC 为等边三角形， : 上ABC = 60° ,
∵ 上ABD = 15° ,
: 上CBE = 上ABC - 上ABD = 60° -15° = 45° , ∵ CE 丄 BD ，
: △BEC 为等腰直角三角形， : BE = CE = 2 ，
: BC = = = 2 ， : AB = BC = 2 ，
由（2）同理可得，BE = ED + AD ， :△ABD 的周长= BD + AD + AB
= BE + DE + AD + AB
= 2 + 2 + 2
= 4 + 2 ．
【点睛】本题考查圆的综合应用， 熟练掌握同弧或等弧所对的圆周角相等，垂径定理，三角 形全等的判定及性质，理解阿基米德折弦定理是解题的关键．
20 ．(1)①见解析；②见解析
(2) OA = 5
【分析】（1）根据题中条件，可知 PC 垂直平分线段AD ，得到 上PAD = 上PDA，根据圆内 接四边形的性质，可知上PAD+上PQB = 180° , 再结合角之间的替换，即可证出；根据等弧对等 弦，再结合PA = PD ，可得上PQD = 上PDQ ，再结合①中结论，即可证出．
（2）连接OP 、OQ ，根据题中条件证明△APO≌△QPO ，可得上PAD = 上PQO ，再根据 PC 丄 AB ，PG 丄 QG ，切线性质，可证△PGQ≌△ACP ，最后即可求出答案．
【详解】（1）证明：①∵ AC = CD ，PC 丄 AB ， : PC 垂直平分线段AD ，
: PA = PD ，
: 上PAD = 上PDA ，
:四边形ABQP 为eO 的内接四边形， : 上PAD + 上PQB = 180° ,
: 上PDA + 上PQB = 180° ,
: 上PDA + 上PDB = 180° , : 上PQB = 上PDB ．
一 一
②: PQ = PA ，
:PQ = PA ，
由①知PA = PD ， : PD = PQ ，
: 上PQD = 上PDQ ，
: 上PQB = 上PDB ，
: 上PQB - 上PQD = 上PDB - 上PDQ ， 即上BQD = 上BDQ ，
:BQ = BD ．
（2）如图，连接OP ，OQ ．
: OQ = OA ，
: PQ = PA ，
:PQ = PA ，
: OP = OP ，
:△APO ≥△QPO(SSS) ， : 上PAD = 上PQO ，
: PC 丄 AB ，PG 丄 QG ，
: 上PGQ = 上PCA = 90° ,
: 上PAD + 上APC = 90° ,
∵直线l 与ΘO 相切于点 O， : OQ 丄 QG ，
: 上OQG = 90° ,
: 上PQO + 上OQG = 90° , : 上PQG = 上APC ，
:△PGQ ≥△ACP (AAS) ，
: PG = AC = 2 ，CD = AC = 2 ，． 与（1）同理，可得BD = BQ = 6 ， : AB = AC + CD + BD = 10 ，
:ΘO 的半径 ．
【点睛】本题考查了关于圆的知识点， 涉及到圆内接四边形的性质、切线的性质、垂直平分 线的性质，灵活运用所学知识是解题关键．
21 ．[问题拓展]：成立, 理由见解析；[知识运用]：见解析
【分析】本题考查了切线的性质，直径对的圆周角是直角，圆周角定理；
[问题拓展]：首先连接 AO 并延长交ΘO 于点D ，连接CD ，由圆周角定理可得 上D = 上P ， 又由AD 是直径，AB 切圆于点A ，易证得 上CAB = 上D ，继而证得结论；
[知识运用]：连接DF ，AD 是 △ABC 中上BAC 的平分线， ΘO 与BC 切于点D ，可得
上FDC = 上EAD ，又由圆周角定理可得 上EAD = 上EFD ，继而证得结论． 【详解】解：[问题拓展]：成立．
证明如下：如图 3，连接 AO 并延长交ΘO 于点D ，连接CD ，
则上D = 上P ， Q AD 是直径，
:上D + 上CAD = 90° , 又Q AB 切圆于点A ，
:上CAB + 上CAD = 90° ,
:上CAB = 上D ， 而上D = 上P ，
:上CAB = 上P ；
证明：[知识运用]如图 4，连接DF ，
Q AD 是 △ABC 中上BAC 的平分线，
:上EAD = 上DAC ，
QeO 与BC 切于点D ，
:上FDC = 上DAC ，
:上FDC = 上EAD ，
Q在eO 中上EAD = 上EFD ，
:上FDC = 上EFD ，
: EF Ⅱ BC ．
22 ．(1)见解析
(2) 90° ；AB 丄 MN ； Ð C ；它所夹的弧所对的圆周角
【分析】（1）以 B 为圆心，任意长度为半径画弧，交AB 于点G、H ，以 G、H 为圆心，大
于 长度为半径画弧，两弧交于点M、N ，作直线 MN即可；
（2 ）连接 AD ，由 AB 是eO 的直径，得上ADB = 90° ；又MN 是过点B 的切线，则
AB 丄 MN ，即上ABN = 90° , 故有上DBN = 上A ，又上A = 上C ，则上DBN= 上C ，从而得出结 论；
【详解】（1）解：如图， ① 以B 为圆心，任意长度为半径画弧，交AB 于点G、H ；
② 以G、H 为圆心，大于 长度为半径画弧，两弧交于点M、N ；
③ 作直线MN；
: MN 即为所求；
（2）证明：连接 AD ，
∵ AB 是eO 的直径， : 上ADB = 90° ;
∵ MN 是过点B 的切线，
: AB 丄 MN ，即 上ABN = 90° , : 上DBN + 上ABD = 90° ,
∵ 上A + 上ABD = 90° ,
: 上DBN = 上A ，
又∵Ð A 和Ð C 是弧所对的圆周角， : 上A = 上C ，
: 上DBN = 上C ，
由此，我们可以得到弦切角的结论：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角． 故答案为：90° ；AB 丄 MN ； Ð C ；它所夹的弧所对的圆周角．
【点睛】本题考查了尺规作图——作垂线，圆周角定理，切线的判定与性质，同角的余角相 等，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
23 ．(1)见解析
(2)① AB 丄 MN ；② 上A + 上ABD = 90° ; ③ 上DBN = 上C ；④ 上A = 上C ；⑤它所夹弧所对 的圆周角
【分析】本题考查了尺规作图——作垂线，圆周角定理，同角的余角相等，熟练掌握知识点 的应用是解题的关键．
（1）以 B 为圆心，任意长度为半径画弧，交AB 于点G、H ，以 G、H 为圆心，大于 GH 长度为半径画弧，两弧交于点M、N ，连接MN即可；
（2 ）连接 AD ，由 AB 是eO 的直径，得上ADB = 90° ；又MN 是过点B 的切线，则
AB 丄 MN ，即上ABN = 90° , 故有上DBN = 上A ，又上A = 上C ，则上DBN= 上C ，从而得出结 论；
【详解】（1）解: 如图， ① 以B 为圆心，任意长度为半径画弧，交AB 于点G、H ；
② 以G、H 为圆心，大于 GH 长度为半径画弧，两弧交于点M、N ；
③ 连接MN；
: MN 即为所求；
（2）证明：连接 AD ．
∵ AB 是eO 的直径， : 上ADB = 90°
∵ MN 是过点 B 的切线， : AB 丄 MN ．
即上ABN = 90° ,
: 上DBN + 上ABD = 90° , ∵ 上A + 上ABD = 90° .
: 上DBN = 上A ，
又∵Ð A 和Ð C 是所对的圆周角 : 上DBN = 上C ．
: 上A = 上C ．
由此，我们可以得到弦切角的结论：弦切角等于它所夹弧所对的圆周角．
故答案为：① AB 丄 MN ；② 上A + 上ABD = 90° ; ③ 上DBN = 上C ；④ 上A = 上C ；⑤它所夹 弧所对的圆周角
24 ．（1）见解析；（2）见解析；（3）上ACE = 45° .
【分析】本题考查了切线的性质，垂径定理和圆周角定理．
（1）连接OC ，根据切线的性质和圆周角定理得到 上OCD = 上BCA = 90° ,再利用等角的余 角相等即可证明上BCD = 上A ；
（2）作直径CF ，连接 BF ，同（1）即可证明 上BCD = 上A ；
（3）连接OC ，BE ，利用垂径定理证明OC 丄 BE ，由切线的性质得到OC 丄 CD ，证明
BE ⅡCD ，据此求解即可． 【详解】解：（1）连接OC ，
∵ CD 是eO 的切线，
: OC 丄 CD ，即 上OCD = 90° , ∵ AB 是eO 的直径，
: 上BCA = 90° ,
: 上BCD = 90° - 上BCO = 上OCA ，
∵ OC = OA ，
: 上OCA = 上A ， : 上BCD = 上A ；
（2）作直径CF ，连接 BF ，
∵ BC = BC ， : 上F = 上A ，
∵ CD 是eO 的切线，
: FC 丄 CD ，即 上FCD = 90° , ∵ CF 是eO 的直径，
: ÐFBC = 90。，
: 上BCD = 90° - 上BCF = 上F ， : 上BCD = 上A ；
（3）连接OC ，BE ，
∵ BC = CE ，
: OC 丄 BE ，
∵ CD 是eO 的切线， : OC 丄 CD ，
: BE Ⅱ CD ，
: 上ABE = 上D = 45° ,
: 上ACE = 上ABE = 45° .
25 ．(1)同弧所对的圆周角相等，AD . BC = MC . BD
【分析】本题考查圆周角定理， 相似三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握托勒密 定理是解题的关键：
（1）根据圆周角定理和相似三角形的性质，进行作答即可；
（2）连接 AC ，作 BE 丄 AC 于点E ，根据圆周角定理，等弧对等弦，得到 BC = AB ，
上BCA = 上BDA = 30° , 进而求出 设BC = AB = x ，则 利用托勒 密定理列式计算即可．
【详解】（1）证明：如图，在线段CA 上取一点M ，使得 上DBC = 上ABM ，连接 BM ．
Q BC = BC ，
:上BDC = 上BAC （同弧所对的圆周角相等）．
:△DBC∽△ABM ．
:BD . AM = AB . CD ．
一 一
Q AB = AB ，
:上ADB = 上ACB ．
Q 上DBC = 上ABM ，
:上DBC + 上DBM = 上ABM + 上DBM ， 即上CBM = 上ABD ．
:△ABD∽△MBC ．
: AD . BC = MC . BD ．
: AB . CD + AD . BC = (AM + MC ). BD = AC . BD ．
故答案为：同弧所对的圆周角相等，AD . BC = MC . BD ；
（2）连接 AC ，作 BE 丄 AC 于点E ，
: B 为 的中点，
: BC = AB ， : BC = AB ， : AE = 2CE ，
∵ 上BCA = 上BDA = 30° ,
设BC = AB = x ，则：AC = x ，
由托勒密定理，得：AB . CD + AD . BC = AC . BD ， : 2x + 3x = x . BD ，
26 ．(1)如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的 内接四边形；同弧所对的圆周角相等；两个角分别对应相等的两个三角形相似
(2)证明见解析
(3) CD = +
【分析】（1）根据逆命题，同弧所对的圆周角相等，两个角分别对应相等的两个三角形相似， 进行作答即可．
（2）如图，作 上BAE = 上CAD ，交 BD 于点 E，证明△ABE ∽△ACD ，则 ，
AB . CD = AC . BE ， 由 = ，可得 上ACB = 上ADE ， 上BAE + 上EAC = 上CAD + 上EAC ，
即上BAC = 上EAD ．证明△ABC ∽△AED ，则 ，AD . BC = AC . ED ．则 AB . CD + AD . BC = AC . BE + AC . ED = AC .（BE + ED）．
（3）由 AB 为直径，可得上ADB = 上ACB = 90° ,四边形 ACBD 为圆的内接四边形，由
上ABC = 30°, AB = 4 ，可得 勾股定理求BC = 2 ．由 Ð ACB 的角平分线 交ΘO 于点 D，可得 上ACD = 上BCD ，AD = BD ， △ABD 为等腰直角三角形，则
由四边形ACBD 为圆的内接四边形，可得
AC . BD + AD . BC = AB . CD ，即 2 × 2 + 2 × 2 = 4CD ，计算求解即可．
【详解】（1）解：由题意知，托勒密定理的逆命题是：如果一个四边形两对对边乘积的和等 于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形．
证明过程中的“依据 1”为：同弧所对的圆周角相等；
“依据 2”为：两个角分别对应相等的两个三角形相似．
故答案为：如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆 的内接四边形；同弧所对的圆周角相等；两个角分别对应相等的两个三角形相似；
（2）证明：如图，作 上BAE = 上CAD ，交 BD 于点 E，
∵ AD = AD ，
: 上ABE = 上ACD ，
:△ABE ∽△ACD ，
: AB . CD = AC . BE ， ∵ = ，
: 上ACB = 上ADE ， ∵ 上BAE = 上CAD ，
: 上BAE + 上EAC = 上CAD + 上EAC ， 即上BAC = 上EAD ．
:△ABC ∽△AED ，
: AD . BC = AC . ED ．
: AB . CD + AD . BC = AC . BE + AC . ED = AC .（BE + ED）． : AB . CD + BC . AD = AC . BD ；
（3）解：∵ AB 为直径， : 上ADB = 上ACB = 90° ,
:四边形ACBD 为圆的内接四边形， ∵ 上ABC = 30°, AB = 4 ，
由勾股定理得 ∵ Ð ACB 的角平分线交eO 于点 D，
: 上ACD = 上BCD ， : = ，
: AD = BD ，
:△ABD 为等腰直角三角形，
∵四边形ACBD 为圆的内接四边形，
: AC . BD + AD . BC = AB . CD ，即 解得
【点睛】本题考查了逆命题， 等弧对等角，相似三角形的判定与性质，直径所对的圆周角为 直角，勾股定理，含30° 的直角三角形，等腰三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识 的熟练掌握与灵活运用．
27 ．(1)①见解析；② P¢D ，AD
(2)最小值为5km
【分析】（1）知识迁移①问，只需按照题意套用托勒密定理，再利用等边三角形三边相等， 将所得等式两边都除以等边三角形的边长，即可获证．②问，借用①问结论，及线段的性 质“两点之间线段最短”数学容易获解．
（2）知识应用，在（1）的基础上先画出图形，再求解．
【详解】（1）解：①证明：由托勒密定理可知PB . AC + PC . AB = PA. BC Q△ABC 是等边三角形
: AB = AC = BC ， :PB + PC = PA ；
②由题意可得：P¢A + P¢B + P¢C = P¢A + (P¢B + P¢C) = P¢A + P¢D 线段AD 的长度即为△ABC 的费马距离．
（2）如图，以BC 为边长在△ABC 的外部作等边△BCD ，连接AD ，则知线段AD 的长即为 最短距离．
Q△BCD 为等边三角形，BC = 4 ， :上CBD = 60° , BD = BC = 4 ，
Q 上ABC = 30° ,
:上ABD = 90° ,
在Rt△ABD 中，Q AB = 3 ，BD = 4 ，
:从水井P 到三村庄A 、B 、C 所铺设的输水管总长度的最小值为5km ．
【点睛】此题是一个综合性很强的题目，主要考查等边三角形的性质、勾股定理等知识．难 度很大，有利于培养同学们钻研问题和探索问题的精神．
28 ．（1）见解析
【分析】（1）在 AC 上取点 E，连接DE ，使 上CDE = 上BDA ，证明 △DCE∽△DBA 和
△ADE ∽△BDC ，利用相似三角形的性质列式计算即可证明结论成立；
（2）连接BD 、AF 、BF ，由圆周角定理结合勾股定理求得BD = 3 ，AF = 2 ，利用（1） 的结论求解即可；
（3）先证明 △DAC∽△ABC ，求得CD，BD ，再证明 A 、B 、E、D 四点共圆，由（1）中结 论即可解决问题．
【详解】（1）证明：在 AC 上取点 E，连接DE ，使 上CDE = 上BDA ．
∵ 上DCA = 上DBA ， : △DCE∽△DBA ，
: AB . CD = EC . BD ① , ∵ 上CDE = 上BDA ，
: 上CDE + 上BDE = 上BDA + 上BDE ，即 上ADE = 上BDC ，
又∵ 上DAE = 上DBC ， : △ADE ∽△BDC ，
: BC . AD = AE . BD ② ,
① + ② 得AB . CD + BC . AD = (EC + AE ). BD ， : AB . CD + BC . AD = AC . BD ；
（2）解：连接 BD 、AF ，
∵ AB 为ΘO 的直径，
: 上ADB = 上AFB = 90° ,
∵ AB = 5 ，AD = 4 ，BF = 1 ，
∵由（1）得 AD . BF + BD . AF = AB . DF ， 即4 × 1+ 3 × 2 = 5DF ，
;
（3）解：∵ AB = AC = 6 ， : 上ABC = 上ACD ，
∵ 上DAC = 上ACD ，
: 上DAC = 上ABC ，AD = CD ， ∵ 上ACD = 上BCA ，
: △DAC∽△ABC ，
由折叠性质得上AED = 上ACD ，AE = AC = 6 ， : 上ABD = 上ACD = 上AED ，
: A 、B 、E 、D 四点共圆，
由（1）得 AD . BE + AB . ED = AE . BD ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查翻折变换、圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、相似三角 形的判定和性质等知识，解题的关键是充分利用相似三角形的性质解决问题，本题需要多次 相似解决问题，题目比较难．
29 ．(1)P1 (-1, 0)
(2) 2
(3) -2 ≤ t ≤ 2
【分析】本题考查了新定义， 轴对称的性质，直线与圆的位置关系，切线长定理的应用，一 次函数与结合图形，熟练掌握轴对称的性质，找到临界值是解题的关键；
（1）根据定义，观察P1 (-1, 0) ，P2 (1, 2) ，经过ON 对称后，判断对称点是否在AB 上，即可 求解；
（2）根据正方形的顶点到O 的距离为 ，则对称之前的点到原点的距离为 进而求得 b 的最大值，将D(-1,1) 代入y = x + b 得，1 = -1 + b ，即可求解；
（3）根据新定义，找到临界值，即 OP¢ 为eT 的切线时的情形，求得t 的值，即可求解． 【详解】（1）解：如图，当 A, N 重合时，P1 关于ON 的对称点为(0, -1) ，在线段 AB 上
: P1 (-1, 0) 是图W1 的“映射点”；
而P2 (1, 2) 关于ON 的对称点不在AB 上，则P2 (1, 2) 不是图W1 的“映射点”； 故答案为：P1 (-1, 0)．
（2）解：依题意，正方形的顶点到 O 的距离为
:当l : y = x + b 上存在点P 是图W2 的“映射点”，则点 O 到y= x + b 的距离为 ·、 :当y= x + b 经过点D 时，b 的值最大，
将D(-1,1) 代入y = x + b 得，1 = -1 + b 解得：b = 2 ，
: b 的最大值2 ；
（3）解：如图，ON, OP¢ 分别为eT 的切线，
当P¢ 为W3 的“映射点”， : 上P¢ON = 上PON ，
又:上P¢ON = 上TON = 90° - 上PON ，
设上PON = a ，则 上TON = 90° - a
: 上P¢ON = 上PON = 2上TON = 180° - 2a : 180° - 2a = a
解得：a = 60°
: 上PON = 60° , 上TON = 30° : TN = 1 ，
: OT = 2 ,
当t 减小时，P 关于W3 的“映射点”，在W3 即eT 的内部，符合题意， : t ≤ 2
当t < 0 时，根据对称性可得t ≥ -2
综上所述，-2 ≤ t ≤ 2 ．
30 ．(1)① C2 ；② AC = ，
(2)S 的最小值为 ， 的最大值为 ，
【分析】（1）① 设M(-1, n) ，根据题意，得 OM 2 = OB12 + MB12 确定坐标，判断即可．
② 根据A(-1, 0) ，AC2 丄 OA ，点 C 是弦AB2 的“关联点”，得到点 C 一定在直线AC2 上， 设C(-1, m) ，根据题意，得 OC2 = OB22 + CB22 ，确定点 C 的坐标后，利用两点间的公式计算 AC ，OC 的长即可．
（2）根据题意，得 S = 2S△OPT =2S△OQT = 2 × × OQ × QT = = ，
当OT 最大时，S 取得最大值；当OT 最小时，S 取得最小值；利用切线长定理，勾股定理计 算即可．
【详解】（1）① :点C1 (-1,1) ，C2 (-1, ) ，C3 (0, ) ,点A(-1, 0) ，B1 , ， 上AOC3 = 90°
: 上C3AO