2026学年苏科版数学初三中考复习几何专题30 圆与动点相关的问题（讲义）（解析版）

这是一份2026学年苏科版数学初三中考复习几何专题30 圆与动点相关的问题（讲义）（解析版），共42页。学案主要包含了典例讲解，提出问题，特殊位置探究，一般规律探究，解决问题等内容，欢迎下载使用。
一、解答题
1．如图：已知线段，射线AS垂直于AM，点N在射线AS上，设，点P在经过点N且平行于AM的直线上运动，的平分线交直线NP于点Q，过点Q作，交线段AM于点B，连接PB交AQ于点C，以Q为圆心，QC为半径作圆．
(1)求证：PB与相切；
(2)已知的半径为3，当AM所求直线与相切时，求n的值及PA的长；
(3)当时，若与线段AM只有一个公共点，则的半径的取值范围是______．
【答案】(1)见解析
(2)，
(3)或
【解析】
【分析】
（1）由角平分线和平行可证，从而得出四边形为菱形；则，垂足为，即可证明与相切；
（2）由，，，可得，设，则，在Rt△BDQ中，，解方程即可；
（3）当与相切时，，此时与只有一个公共点，当过点时，连接，作于，设，则，由得，，解方程即可，当第二次经过点时，同理可得．
(1)证明：的角平分线交直线于点，
，
，
，
，
，
又，
四边形为平行四边形，
四边形为菱形；
，垂足为，
与相切；
(2)
如图，当与相切于点时，，，，
在Rt△ADQ中，，
设，则，
在Rt△BDQ中，，
解得，即，
，；
(3)
当与相切时，，此时与只有一个公共点，
当过点时，如图，连接，作于，
设，则，
由得，
，
设，
则方程转化为，
解得，（舍，
，
当第二次经过点时，作于，
设，则，
由得，
，设，
则方程转化为，
解得，，
，（舍，
与线段只有一个公共点，则的半径的取值范围是或．
故答案为：2或．
【点睛】
本题是圆的综合题，主要考查了直线与圆的位置关系，菱形的判定与性质，勾股定理，一元二次方程等知识，求出过点时半径的长是解题的关键，属于中考压轴题．
2．如图1，正方形OABC边长是2，以OA为半径作圆，P为弧AC上的一点(不与A、C重合)，过点P作PM⊥AB交AB于点M，连结PO、PA，设PM＝m，PA＝n．
(1)求证：∠POA＝2∠PAM；
(2)探求m、n的数量关系，并求n-m最大值；
(3)如图2：连结PB，设PB＝h，求h＋2m的最小值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)m、n的数量关系为：n²=4m；n-m的最大值为1
(3)2
【解析】
【分析】
(1)过O点作OE⊥PA于点E，证明∠PAM=∠EOA，再由等腰△POA中OE是PA上的高线得到∠POA=2∠EOA=2∠PAM；
(2)过A点作AH⊥PO于H点，证明PM=PH=m，OH=OP-PH=2-m，然后分别在Rt△PHA中和Rt△OHA中使用勾股定理得到HA²= n²-m²，HA²= 4m-m²，进而求得m、n的数量关系，最后利用二次函数求出最大值；
(3)连接OB，取OB的中点I，连接IP，证明，进而得到，再对所求式子变形，当三点共线时取得最小值．
(1)
证明：过O点作OE⊥PA于点E，如下图所示：
∵ABCO为正方形，
∴∠PAM+∠PAO=∠OAB=90°，
∵OE⊥PA，
∴∠EOA+∠PAO=90°，
∴∠PAM=∠EOA，
∵OP=OA，且OE⊥PA，由等腰三角形的“三线合一”可知：
OE为∠POA的角平分线，
∴∠POA=2∠EOA=2∠PAM．
(2)
解：过A点作AH⊥PO于H点，如下图所示：
∵PM⊥AB，
∴∠PMA=90°，
∴∠PMA+∠OAM=90°+90°=180°，
∴PM∥OA，
∴∠MPA=∠PAO，
∵OP=OA，
∴∠OPA=∠PAO，
∴∠MPA=∠OPA，
∴PA为∠MPO的角平分线，且PM⊥AB，PH⊥HA，
∴AM=AH，
∴△PHA≌△PMA(AAS),
∴PM=PH=m，OH=OP-PH=2-m，
在Rt△PHA中，由勾股定理得：HA²=PA²-PH²=n²-m²，
在Rt△OHA中，由勾股定理得：HA²=OA²-OH²=4-(2-m)²=4m-m²，
∴n²-m²=4m-m²，
整理得到m、n的数量关系为：n²=4m，
∵P为弧AC上的一点(不与A、C重合)，
∴，此时，
设，其中，
∴关于的二次函数，当时，即，有最大值为1，
综上所述，m、n的数量关系为：n²=4m；n-m的最大值为1．
(3)
解：连接OB，取OB的中点I，连接IP，如下图所示：
∴，，
∵，，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
故当三点共线时，，由点到直线的距离垂线段最短可知，
此时有最小值为，
∵是中点，，
∴是中位线，
∴，
∴的最小值为．
【点睛】
本题考查了垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定和性质、线段最值问题、二次函数求最值问题等，本题难度较大，综合性较强，熟练掌握各定理及图形的性质是解题的关键．
3．如图，已知线段AB＝2，MN⊥AB于点M，且AM＝BM，P是射线MN上一动点，E，D分别是PA，PB的中点，过点A，M，D的圆与BP的另一交点C（点C在线段BD上），连结AC，DE．
(1)当时，求∠B和的度数；
(2)求证：；
(3)在点P的运动过程中，当时，取四边形ACDE一边的两端点和线段MP上一点Q，若以这三点为顶点的三角形是直角三角形，且Q为锐角顶点，求所有满足条件的MQ的值．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)或或
【解析】
【分析】
(1)根据△ABP是等腰三角形，可得∠B的度数，再连接MD，根据MD为△PAB的中位线，可得∠MDB=∠APB=28°，进而得到的度数；
(2)根据∠BAP=∠ACB，∠BAP=∠B，即可得到∠ACB=∠B，进而得出AC=AB；
(3)记MP与圆的另一个交点为R，根据AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，即可得到PR=，MR=，再根据Q为直角三角形锐角顶点，分四种情况进行讨论：当∠ACQ=90°时，当∠QCD=90°时，当∠QDC=90°时，当∠AEQ=90°时，即可求得MQ的值为或或．
(1)
解：∵MN⊥AB，AM=BM，
∴PA=PB，
∴∠PAB=∠B，∵∠APB=28°，
∴∠B=76°，
如图1，连接MD，
∵MD为△PAB的中位线，
∴MD∥AP，
∴∠MDB=∠APB=28°，
∴；
(2)
解：∵∠BAC=∠MDC=∠APB，
又∵∠BAP=180°-∠APB-∠B，∠ACB=180°-∠BAC-∠B，
∴∠BAP=∠ACB，
∵∠BAP=∠B，
∴∠ACB=∠B，
∴AC=AB；
(3)
解：如图2，记MP与圆的另一个交点为R，
∵MD是Rt△MBP的中线，
∴DM=DP，
∴∠DPM=∠DMP=∠RCD，
∴RC=RP，
∵∠ACR=∠AMR=90°，
∴AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，
∴12+MR2=22+CR2，
∴12+(4-PR)2=22+CR2，
∴PR=，MR=，
接下来分情况讨论：
情况一：当∠ACQ=90°时，AQ为圆的直径，
∴Q与R重合，
∴MQ=MR=；
情况二：当∠QCD=90°时，如下图3所示：
在Rt△QCP中，PQ=2PR=，∴MQ=；
情况三：当∠QDC=90°时，如下图4所示：
∵BM=1，MP=4，
∴BP=，
∴，
∵，
∴，
∴；
情况四：当∠AEQ=90°时，如下图5所示：
由圆的对称性可得∠AEQ=∠BDQ=90°，
∴；
综上所述，MQ的值为或或．
【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形中位线定理，勾股定理，圆周角定理以及解直角三角形的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，注意分类思想的运用．
4．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为直径，弦AD平分∠BAC，过点D作射线AC的垂线，垂足为M，点E为线段AB上的动点．
(1)求证：MD是⊙O的切线；
(2)若∠B＝30°，AB＝8，在点E运动过程中，EC+EM是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，说明理由；
(3)若点E恰好运动到∠ACB的角平分线上，连接CE并延长，交⊙O于点F，交AD于点P，连接AF，CP＝3，EF＝4，求AF的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，EC+EM的最小值为，理由见解析
(3)6
【解析】
【分析】
（1）连接OD，交BC于点N，通过证明四边形CNDM为矩形得出，利用切线的判定定理即可得出结论．
（2）过点C作，并延长交⊙O于点F，连接MF，交AB于点E，连接EC，利用将军饮马模型可知此时EC+EM的值最小，由题意可得FD为圆的直径，在中，利用勾股定理即可求得结论．
（3）利用角平分线的定义和三角形的外角的性质可以判定为等腰三角形，证明，利用相似三角形的性质得出比例式，解关于AF的方程即可得出结论．
(1)
解：如图，连接OD，交BC于点N，AB为直径
弦AD平分∠BAC，
四边形CNDM为矩形
OD为圆的半径
MD是⊙O的切线
(2)
解：在点E运动过程中，EC+EM存在最小值，理由如下：
过点C作，并延长交⊙O于点F，连接MF，交AB于点E，连接EC，则此时EC+EM的值最小
弦AD平分∠BAC，
与的度数为
AB是直径
，AB是直径
为半圆
FD为圆的直径
由（1）知：MD是⊙O的切线
由题意得：AB垂直平分FC
由（1）知：四边形CNDM为矩形
在中
在中
EC+EM的最小值为．
(3)解：如图
FC平分，
AD平分，
解得或（不合题意，舍去）
【点睛】
本题是一道圆的综合题，此题考查了圆的切线的判定与性质，圆周角定理及其推论，轴对称的性质，角平分线的定义，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，特殊角的三角函数值，连接半径OD和利用轴对称中的将军饮马模型找出EC+EM存在最小值是解题的关键．
5．如图①，的半径为5，点A、B在上运动，以AB为边向圆心方向作正方形ABCD．
(1)当时，判断并证明点D与的位置关系；
(2)如图②，当直线CD与相切时，求AB的长；(3)请直接写出O、D两点距离的最小值．

【答案】(1)D在上，证明见解析
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）先求解正方形的对角线的长，再证明在以对角线的交点为圆心，半径为5的圆上，从而可得答案；
（2）如图，连接 交点为 记直线CD与相切的切点为 由正方形的对称性与圆的对称性可得：三点共线，延长交于 交于 设正方形的边长 则 求解 再利用勾股定理解方程即可.
（3）设四边形AGEF是圆O的内接正方形，作点O关于AF的对称点Q，连接AQ，以点Q为圆心，AQ为半径画圆，延长AQ交圆Q于点H，连接DH，BE，可得点D在以Q为圆心，以AQ=AO=5为半径的圆上，运用点圆最短原理，确定最值即可．
(1)
解：如图，，正方形



在以对角线的交点为圆心，半径为5的圆上，
在上，则在上.
(2)
解：如图，连接 交点为 记直线CD与相切的切点为
由正方形的对称性与圆的对称性可得：三点共线，延长交于 交于
是的切线，则
正方形
设正方形的边长 则
正方形
四边形为矩形，
而



解得：（不合题意舍去）
所以
(3)如图， 设四边形AGEF是圆O的内接正方形，作点O关于AF的对称点Q，连接AQ，以点Q为圆心，AQ为半径画圆，延长AQ交圆Q于点H，连接DH，BE，

∴∠ABE=∠DAB=∠HAE=90°，AH=AE，
∴∠HAE-∠DAE=∠DAB-∠DAE，即∠HAD=∠EAB，
∵AD=AB，
∴，
∴∠HDA=∠EBA=90°,
∴点D在以Q为圆心，以AQ=AO=5为半径的圆上，
连接QO交圆Q于点M，则是等腰直角三角形，DQ=，
根据点圆最短原理，当点D位于OQ与圆Q的交点M处时，OD最短，最小距离为线段OM的长度
∵QM是圆Q的半径
∴
∴
∴O、D两点距离的最小值为．
【点睛】
本题考查了圆的基本性质，切线的性质，垂径定理，勾股定理，点圆最短原理，熟练掌握圆的性质，准确确定点的运动轨迹是解题的关键．
6．如图，矩形中，，，是边上一点，且，是射线上一动点，过，，三点的交直线于点，连结，，，设．
（1）当时，求的长．
（2）在点的整个运动过程中．
①的值是否改变？若不变，求出它的值；若改变，求出它的变化范围；
②当矩形恰好有个顶点落在上时，求的值．
（3）若点，关于点成中心对称，连结，．当是等腰三角形时，求出所有符合条件的的值．（直接写出答案即可）
【答案】（1）15；（2）①的值不变，理由见解析；②或或时，矩形恰好有个顶点落在上；（3）满足条件的的值为或或或
【解析】
【分析】
（1）如图1中，连接，利用勾股定理，在中求出PE，在中，求出AE，可证，求出PF，在中，由勾股定理求出即可；
（2）①由圆周角定理可知，，推出即可；
②分三种情况画出图形分别求解即可；
（3）分四种情形画出图形分别求解即可.
【详解】
解：（1）如图1中，连接．
在中，
，，
，
在中，，
，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
在中，；
（2）①的值不变．
理由：如图1中，
，
；
②如图2中，当经过、时，点与重合，
此时．
如图3中，当经过、时，
在中，
，
，
．
如图4中当经过时，作交的延长线于．
根据对称性可知，，
在中，，
，
，
，
综上所述，或或时，矩形恰好有个顶点落在上
（3）如图5中，当时，作交的延长线于．
，
，
，
，
在中，，
解得或（舍弃）．
如图6中当时，
在中，
易知，
，
．
在中，，
：
如图7中当时，延长交于，
则，
，
，
，，
如图8中，当时，连接，，延长交于．
，
，
，
，
在中，
解得：或（舍弃），
综上所述，满足条件的的值为或或或．
【点睛】
本题考查了圆的综合题、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题.
7．已知矩形ABCD中，AB＝4，AD＝10，点E是AD边上一动点，连接BE、CE，以BE为直径作⊙O，交BC于点F，过点F作FH⊥CE于H．（1）当F为BC中点时，求证EB＝EC；
（2）当FH∥BE时，求AE的长；
（3）若线段FH交⊙O于点G，在点E运动过程中，如果∠FOG＝90°，请求出此时AE的长．
【答案】（1）见解析；（2）2或8；（3）
【解析】
【分析】
（1）连接EF，用∠BFE＝∠EFC＝90，BF＝CF，EF＝EF证明△BEF≌△CEF（SAS）即可求出EB＝EC.
（2）根据平行线的性质得到BE⊥CE，由余角的性质得到∠ABE＝∠DEC，证得△ABE∽△DEC，根据相似三角形的性质即可得到结论；
（3）连接EF，由圆周角定理得出∠BFE＝90°，设AE=x，则EF=AB=4，BF=AE=x，CF=DE=，由已知条件得出点G在点F上方，连接BG、EG，设BG、EF交于点K，得出△BFK和△EGK都是等腰直角三角形，得出BF=KF=x，BK= ，EK=，，，证明△BEG∽△CEF，得出，得出方程，解方程即可．
【详解】
（1）证明：连接EF，如图所示
∵BE为⊙O的直径，
∴∠BFE＝∠EFC＝90°，
又∵F为BC的中点
∴BF＝CF
又∵EF＝EF∴△BEF≌△CEF（SAS）
∴EB＝EC
（2）解：∵FHBE，FH⊥CE，
∴BE⊥CE，
∴∠AEB＋∠DEC＝90°，
∵∠ABE＋∠AEB＝90°，
∴∠ABE＝∠DEC，
∵∠A＝∠D＝90°，
∴△ABE∽△DEC，
∴，
∵AB＝4，AD＝10，
∴CD＝AB＝4，
∴
∴AE＝2或AE＝8.
（3）
解：连接EF，OF，OG，如图所示，则∠BFE=90°，
设AE=x，则EF=AB=4，BF=AE=x，CF=DE= ，
如果∠FOG＝90，连接BG，EG，设BG，EF交于点K，
∴△BFK和△EGK都是等腰直角三角形，
∴BF=KF=x，BK= ，EK= ，
在等腰直角△EGK中，根据勾股定理，得 ， ，
又∵∠EBG=∠EFG=∠FCH，∴△BEG∽△CEF，
∴ ，即 ，
解得： 或 （舍去），
∴AE的长度为.
【点睛】
本题是圆的综合题目，考查了圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质、矩形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、切线的判定等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（2）、（3）中，需要证明三角形相似才能得出结果．
8．如图，在四边形ABCD中，ABDC，∠B＝90°，∠BAD＝60°，BC＝4cm，对角线AC平分∠BAD．点P是BA边上一动点，它从点B出发，向点A移动，移动速度为1cm/s；点Q是AC上一动点，它从点A出发，向点C移动，移动速度为1cm/s．设点P，Q同时出发，移动时间为ts（0≤t≤6）．连接PQ，以PQ为直径作⊙O．
（1）求DC的长．
（2）当t为何值时，⊙O与AC相切？
（3）当t为何值时，线段AC被⊙O截得的线段长恰好等于⊙O的半径？
（4）当t为 时，圆心O到直线DC的距离最短，最短距离为 ．（直接写出结果）
【答案】（1）；（2）；（3）t＝6﹣2或t＝16﹣24；（4）6s，
【解析】
【分析】
（1）过点作于点，根据矩形的判定和性质，含角的直角三角形的性质以及勾股定理即可求解；
（2）当与相切时，，求出、，用含的式子表示出，即可求解；（3）分两种情况画出图形，根据直角三角形的性质用含的式子表示出，即可求解；
（4）过圆心作于点，则的长为到的距离，延长交于点，过点作于点，根据矩形的判定和性质，三角形的中位线定理，得出用表示的式子，根据的取值范围以及一次函数的性质即可求解．
【详解】
解：（1）过点作于点，如图1，
，，
，
四边形是矩形，
，
，，
，
，解得（负值舍去），
平分，，
，
；
（2）当与相切时，，如图2，
由题意得：，在中，，，
，，
，
，
，
解得：，
时，与相切；
（3）第一种情况：如图3，当时满足条件，
在中，，
又，
，
即，解得；
第二种情况：如图4，当时满足条件，
在中，，
又，
，即，解得；
综上，或；
（4）如图5，过圆心作于点，则的长为到的距离，延长交于点，过点作于点，
则四边形是矩形，，
，
点是的中点，，，
线段是的中位线，
，
，
，，
当时，有最小值，最小值为．
故答案为：，．
【点睛】
本题以动点问题为背景，主要考查了圆的综合题，解决问题时需要运用矩形的判定与性质、勾股定理的逆定理、切线的判定以及直角三角形的性质等，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，解题时注意分类思想的运用．
9．如图1，已知是的直径，点是线段延长线上的一个动点，直线垂直于射线于点，当直线绕点逆时针旋转时，与交于点，且运动过程中，保持．
（1）当直线与相切于点时，求旋转角的度数；（2）当直线与半圆相交于点时（如图2），设另一交点为，连接，，若．
①与的大小有什么关系？说明理由；
②求此时旋转角的度数．
【答案】（1）45°或135°；（2）①，理由见解析；②54°
【解析】
【分析】
（1）连接OC，因为CD是⊙O的切线，得出，由OC=CD，得出即可解决问题．
（2）连接OE，①证明，即可得到；
②利用等腰三角形即平行线的性质，根据三角形内角和定理构建方程可求得的度数，即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图1，连接．
∵，，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
根据对称性可知，当旋转角为135°时，也符合题意．综上所述，满足条件的旋转角为45°或135°；
（2）如图2，连接．
∵，
∴，
∴，．
∵，
∴．
设，则．
∴．
①结论：．理由如下：
在和中，
∴，
∴；
②∵，，
∴．
∵，
∴，即，
∴．
∴，
∴旋转角．
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了切线性质，全等三角形，等腰三角形的性质以及平行线的性质等，解题关键是学会添加常用的辅助线，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．10．如图①，已知∠MAN＝60°，点B在AM上，AB＝6，P是AN上一动点（点P不与点A重合），以AB、AP为相邻两边作平行四边形APCB，再以BP为直径作⊙O．
（1）当的某一边所在直线与⊙O相切时，AP的长为 ．
（2）当的四条边所在直线与⊙O都相交时，设⊙O分别与AN、AM交于点E、G，与直线CP、BC交于点H、F．
①如图②，在六边形BGEPHF中，易得BF//PE，BG //PH，∠GBF＝∠HPE＝120°，请再写出关于这个六边形的三个结论，并选择其中一个结论给出证明；
（要求：写出的三个结论类型不相同）
②设AP＝x，直接写出以B、G、E、P、H、F为顶点的六边形的面积（用含x的代数式表示）．
【答案】（1）3或12，（2）①见解析， ②当0＜x＜3时，S六边形FGPEHB＝－x＋9；当3＜x＜12时，S六边形BGEPHF＝x；当x＞12时，S六边形FGBEHP＝x2－x．
【解析】
【分析】
（1）分当AN是的切线时，与当AM是的切线时，两种情况，再根据切线性质，30度角的性质，即可解决问题．
（2）①答案不唯一，可以从边的大小关系、位置关系和面积关系求解即可得；②分0＜x＜3时，当3＜x＜12，当x＞12时，三种情况依次分析，即可得到答案．
【详解】
解：（1）情况一：如图，当AN是的切线时，切点是点P
∵AN是的切线时，切点是点P
∴
∵
∴
∵，
∴
情况二：如图，当AM是的切线时，切点是点B

∵AM是的切线时，切点是点B
∴
∵
∴
∵，
∴
故答案为3或12．
（2）①答案不唯一，例如：
结论1：在六边形中，；
结论2：在六边形中，；结论3：在六边形中，∠BFH＝∠PEG；
证明结论1：
∵四边形APCB是平行四边形
∴
又∵∠MAN＝60°
∴
又∵四边形GBFH是 的内接四边形
∴
同理
∴
∴；
（2）②情况一：当0＜x＜3时，连接BE．
∵,
∴
∵
∴,
∵, ∴
∵
∴
∴
∵四边形APCB是平行四边形
∴，,，
∵
∴
∵，
∴
∴，
∴，
∴四边形GPHB是平行四边形
又∵
∴四边形GPHB是矩形，
∴，，
∴，与所对弧相等
∴
∴，
情况二：当3＜x＜12时，连接BS
∵,
∴
∵
∴,
∴
∵，
∴,
∵,
∴
∵
∴
∴
情况三：如图当x＞12时，
可得：，
又∵则，，
∴
综上所述：当0＜x＜3时，S六边形FGPEHB＝－x＋9．当3＜x＜12时，S六边形BGEPHF＝x．
当x＞12时，S六边形FGBEHP＝x2－x．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、30°角的直角三角形性质、切线的性质、矩形的判定等；熟练掌握全等判定与性质是解题的关键．
11．在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝3，CD＝5，csC＝（如图）．M是边BC上一个动点（不与点B、C重合），以点M为圆心，CM为半径作圆，⊙M与射线CD、射线MA分别相交于点E、F．
（1）设CE＝，求证：四边形AMCD是平行四边形；
（2）联结EM，设∠FMB＝∠EMC，求CE的长；
（3）以点D为圆心，DA为半径作圆，⊙D与⊙M的公共弦恰好经过梯形的一个顶点，求此时⊙M的半径长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）⊙M的半径为或
【解析】
【分析】
（1）如图1中，连接EM，过点M作MG⊥CD于G，则EG＝CG＝，通过计算证明AD＝CM，可得结论．
（2）如图2中，过点E作EH⊥BC于H，过点M作MT⊥EC于T．由csC，设EC＝6k，则CT＝ET＝3k，MC＝ME＝5k，在Rt△CEH中，EH＝CE＝k，CH=EC=k，想办法构建方程，求解即可．（3）分两种情形：如图3﹣1中，当公共弦经过点A时，过点D作DP⊥BC于P，则四边形ABPD是矩形．如图3﹣2中，当公共弦经过点D时，连接MD，MP，过点M作MN⊥AD于N．分别利用勾股定理求解即可．
【详解】
（1）证明：如图1中，连接EM，过点M作MG⊥CD于G，则EG＝CG＝，
在Rt△CGM中，，
∴AD＝CM，
∵AD∥CM，
∴四边形AMCD是平行四边形．
（2）解：如图2中，过点E作EH⊥BC于H，过点M作MT⊥EC于T．
∵ME＝MC，MT⊥EC，∴CT＝ET，
∴csC，
设EC＝6k，则CT＝ET＝3k，MC＝ME＝5k，
在Rt△CEH中，EH＝CE＝k，CH=EC=k，
∴MH＝CM﹣CH＝k，
∴tan∠EMH＝，
∵∠FMB＝∠EMC，
∴tan∠FMB，
∴BM＝，
∴CM＝BC﹣BM＝＝5k，（BC=6的求解过程见（3）小题）
∴CE＝6k＝．
（3）如图3﹣1中，当公共弦经过点A时，过点D作DP⊥BC于P，则四边形ABPD是矩形．
∴AD＝BP＝3，
在Rt△CDP中，csC，
∵CD＝5，
∴PC＝3，AB＝PD＝4，∴BC＝3+3＝6，
设CM＝AM＝x，
在Rt△ABM中，则有x2＝42+（6﹣x）2，
解得x＝，
∴⊙M的半径为．
如图3﹣2中，当公共弦经过点D时，连接MD，MP，过点M作MN⊥AD于N．
设CM＝ME＝MP＝x，则DN＝x﹣3，
∵DM2＝MN2+DN2＝MP2﹣DP2，
∴42+（x﹣3）2＝x2﹣32，
∴x＝，
综上所述，满足条件的⊙M的半径为或．
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了直线与圆的位置关系，直角梯形的性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
12．【提出问题】
如图1，直径垂直弦于点，，，点是延长线上异于点的一个动点，连结交于点，连结交于点，则点的位置随着点位置的改变而改变．
【特殊位置探究】
（1）当时，求和线段的长；
【一般规律探究】
（2）如图2，连结，．在点运动过程中，设，．
①求证：；
②求与之间的函数关系式：
【解决问题】
（3）当时，求和的面积之比．（直接写出答案）
【答案】（1），；（2）①证明见解析；②；（3）当时，和的面积之比为或．
【解析】
【分析】
（1）连结，利用垂径定理先求解 再求解 从而可得的值，连结，则利用三角函数求解即可．
（2）①连结，证明，再利用为直径，可得结论；②连结，过点作的垂线交的延长线于点，证明可得．再求解 结合，，可得结论．
（3）当时，或4．再分两种情况讨论，当时，则 可得，再求解．如图，连接 证明，从而可得答案，当时，，解得．同理可得．【详解】
解：（1）连结，
∵直径．
，
．
，
连结，则
在中，
．
（2）①连结，
，
为直径，
．
②连结，过点作的垂线交的延长线于点，
为直径，


．



，．
．
（3）当时，在的右边时，；当在的左边时，；
当时，则
，
解得．
经检验：是原方程的根且符合题意，
如图，连接
四边形为的内接四边形，

．
当时，，解得．同理可得．
∴当时，和的面积之比为或．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，掌握构建适当的辅助线构建相似三角形是解题的关键．