专题29 圆与四边形综合-【微专题】2022-2023学年九年级数学上册常考点微专题提分精练（人教版）

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1．若一个四边形的两条对角线互相垂直且相等，则称这个四边形为“奇妙四边形”，如图1，四边形ABCD中，若，AC⊥BD，则称四边形ABCD为奇妙四边形，根据“奇妙四边形”对角线互相垂直的特征可得“奇妙四边形”的一个重要性质：“奇妙四边形”的面积等于两条对角线乘积的一半，根据以上信息回答：
(1)写出一种你所知道的特殊四边形中是“奇妙四边形”的图形名称______．
(2)如图2，已知四边形ABCD是“奇妙四边形”，且A，B，C，D在⊙O上，若⊙O的半径为6，，求“奇妙四边形”ABCD的面积，
(3)如图3，已知四边形ABCD是“奇妙四边形”，且A，B，C，D在⊙O上，作OM⊥BC于M，请猜测OM与AD的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)正方形
(2)54
(3)，证明见解析
【分析】（1）根据正方形的性质即可证明判断．
（2）如图2中，连接OB、OD，作OH⊥BD于H，则BH＝DH．解直角三角形求出BD，再根据奇妙四边形的面积等于两条对角线乘积的一半计算即可．
（3）结论：．如图3中，连接OB、OC、OA、OD，作OE⊥AD于E．证明△BOM≌△OAE（AAS）即可解决问题．
（1）
∵正方形的两条对角线互相垂直且相等，
∴正方形是“奇妙四边形”，
故答案为：正方形
（2）
如图2中，连接OB、OD，作OH⊥BD于H，则BH＝DH．
∵∠BOD＝2∠BCD＝2×60°＝120°，
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝30°，
在Rt△OBH中，
∵∠OBH＝30°，
∴OHOB＝3，
∴BHOH＝3，
∵BD＝2BH＝6，
∴AC＝BD＝6
∴“奇妙四边形”ABCD的面积•AC•BD＝54．
（3）
结论：．
理由如下：如图3中，连接OB、OC、OA、OD，作OE⊥AD于E．
∵OE⊥AD，
∴AE＝DE，
∵∠BOC＝2∠BAC，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等腰三角形，
∴∠BOC＝2∠BOM，
∴∠BOM＝∠BAC，
同理可得∠AOE＝∠ABD，
∵BD⊥AC，
∴∠BAC+∠ABD＝90°，
∴∠BOM+∠AOE＝90°，
∵∠BOM+∠OBM＝90°，
∴∠OBM＝∠AOE，
在△BOM和△OAE中

∴△BOM≌△OAE（AAS），
∴OM＝AE，
∴AD＝2OM．
∴．
【点睛】本题主要考查了垂径定理、30°角直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、“奇妙四边形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找全等三角形解决问题．
2．如图，四边形ABCD为菱形，以AD为直径作⊙O交AB于点F，连接DB交⊙O于点H，过点D作⊙O的切线交BC于点E．
(1)求证：AF=CE；
(2)若BF=2，，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接DF，根据菱形的性质可得AD=CD，AD∥BC，∠A=∠C．再由切线的性质，可得∠CED=∠ADE=90°．可证得△DAF≌△DCE．即可求证；
（2）连接AH，DF，根据等腰三角形的性质可得．在Rt△ADF和Rt△BDF中，根据勾股定理，即可求解．
（1）
证明：如图，连接DF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=CD，AD∥BC，∠A=∠C．
∵DE是⊙O的切线，
∴∠ADE=90°．
∵AD∥BC，
∴∠CED=∠ADE=90°．
∵AD是⊙O的直径，
∴∠DFA=90°．
∴∠AFD=∠CED=90°．
在△DAF和△DCE中，，
∴△DAF≌△DCE（AAS）．
∴AF=CE．
（2）
解：如图，连接AH，DF，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠AHD=∠DFA=90°．
∵AD=AB，，
∴．
在Rt△ADF和Rt△BDF中，
由勾股定理，得DF2=AD2－AF2，DF2=BD2－BF2，
∴AD2－AF2=BD2－BF2．
∴AD2－（AD－BF）2=BD2－BF2．
∴．
∴AD=5．
∴⊙O的半径为．
【点睛】本题考查了圆的综合，涉及了圆周角定理，菱形的性质，切线的性质，三角形全等的性质和判定，勾股定理等知识，解答本题的关键是根据勾股定理列方程解决问题．
3．如图，四边形ABCD是的内接四边形，且对角线BD为直径，过点A作的切线AE，与CD的延长线交于点E，已知DA平分．
(1)求证：；
(2)若的半径为5，，求AD的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接OA，先证明，结合，即可证；
（2）作，则四边形是矩形，且，由此可求得的长，在中，勾股定理求出，即的长，在中，利用勾股定理求．
(1)
证明：如图，连接OA，
∵AE是切线，
∴．
∵DA平分，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴，
又，
∴．
(2)
解：过点作于．
，
四边形是矩形，
，．
，
，
∴，
在Rt△OFD中，，
∴，
在Rt△AED中，，
∴AD的长是．
【点睛】本题考查了圆的内接四边形，圆的切线的性质，垂径定理，勾股定理，解决本题的关键是灵活运用相关性质定理．
4．四边形ABCD内接于，AC为其中一条对角线．
(1)如图①，若，，求的度数；
(2)如图②，若AD经过圆心O，CE为的切线，B为的中点，，求的大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据圆心角、弧、弦之间的关系即可解答；
（2）连接OC，由切线的性质可得，即可求出．再根据等边对等角即可求出，从而由圆内接四边形对角互补可求出．根据B为的中点，可得出，从而可求出．最后由求解即可．
(1)
解：∵四边形ABCD内接于，，∠BAD=70°
∴，
∴；
(2)
如图，连接OC．
∵CE为的切线，
∴．
∵，
∴．
∵AD经过圆心O，
∴，，
∴．
∵，
∴．
∵B为的中点，
∴，
∴，
∴．
∴．
【点睛】本题为圆的综合题．考查圆心角、弧、弦之间的关系，切线的性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理以及等腰三角形的性质．熟练掌握圆的相关知识点，会连接常用的辅助线是解题关键．
5．数学课上老师提出问题：“在矩形中，，，是的中点，是边上一点，以为圆心，为半径作，当等于多少时，与矩形的边相切？”．
小明的思路是：解题应分类讨论，显然不可能与边及所在直线相切，只需讨论与边及相切两种情形．请你根据小明所画的图形解决下列问题：
(1)如图1，当与相切于点时，求的长；
(2)如图2，当与相切时，
①求的长；
②若点从点出发沿射线移动，连接，是的中点，则在点的移动过程中，直接写出点在内的路径长为______．
【答案】(1)BP=2
(2)①4.8；②9.6
【分析】（1）连接PT，由⊙P与AD相切于点T，可得四边形ABPT是矩形，即得PT=AB=4=PE，在Rt△BPE中，用勾股定理即得BP=2；
（2）①由⊙P与CD相切，有PC=PE，设BP=x，则PC=PE=10-x，在Rt△BPE中，由勾股定理得x2+22=（10-x）2，即可解得BP=4.8；②点M在⊙P内的路径为EM，过P作PN⊥EM于N，由EM是△ABQ的中位线，可得四边形BPNE是矩形，即知EN=BP=4.8，故EM=2EN=9.6．
(1)
连接PT，如图：
∵⊙P与AD相切于点T，
∴∠ATP=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=90°，
∴四边形ABPT是矩形，
∴PT=AB=4=PE，
∵E是AB的中点，
∴BE=AB=2，
在Rt△BPE中，；
(2)
①∵⊙P与CD相切，
∴PC=PE，
设BP=x，则PC=PE=10-x，
在Rt△BPE中，BP2+BE2=PE2，
∴x2+22=（10-x）2，
解得x=4.8，
∴BP=4.8；
②点Q从点B出发沿射线BC移动，M是AQ的中点，点M在⊙P内的路径为EM，过P作PN⊥EM于N，如图：
由题可知，EM是△ABQ的中位线，
∴EM∥BQ，
∴∠BEM=90°=∠B，
∵PN⊥EM，
∴∠PNE=90°，EM=2EN，
∴四边形BPNE是矩形，
∴EN=BP=4.8，
∴EM=2EN=9.6．
故答案为：9.6．
【点睛】本题考查矩形与圆的综合应用，涉及直线和圆相切、勾股定理、动点轨迹等，解题的关键是理解M的轨迹是△ABQ的中位线．
6．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD⊥CD，AC=AB，⊙O为△ABC的外接圆．
（1）如图1，求证：AD是⊙O的切线；
（2）如图2，CD交⊙O于点E，过点A作AG⊥BE，垂足为F，交BC于点G．
①求证：AG=BG；②若AD=4，CD=5，求GF的长．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②
【分析】（1）连接OA，OB，OC，由AC＝AB，OA＝OA，OC＝OB可证出△OAC≌△OAB（SSS），利用全等三角形的性质可得出∠OAC＝∠OAB，即AO平分∠BAC，利用垂径定理可得出AO⊥BC，结合AD∥BC可得出AD⊥AO，由此即可证出AD是⊙O的切线；
（2）①连接AE，由圆内接四边形对角互补结合∠BCE＝90°可得出∠BAE＝90°，由同角的余角相等可得出∠BAG＝∠AEB，结合∠ABC＝∠ACB＝∠AEB可得出∠BAG＝∠ABC，再利用等角对等腰可证出AG＝BG；
②由∠ADC＝∠AFB＝90°，∠ACD＝∠ABF，AC＝AB可证出△ADC≌△AFB（AAS），利用全等三角形的性质可求出AF，BF的长，设FG＝x，在Rt△BFG中，利用勾股定理可求出x的值，此题得解．
【详解】证明：（1）连接OA、OB、OC，如图1，
∵AC=AB，OA=OA，OC=OB，
∴△OAC≌△OAB，
∴∠OAC＝∠OAB，
∴AO⊥BC，
∵AD∥BC，
∴AD⊥AO，
∴AD是⊙O的切线；
（2）①连接AE，如图2，
∵AD∥BC，AD⊥CD，
∴BC⊥CD，
∴∠BCE＝90°，
∴BE是直径，
∴∠BAE＝90°，
∴∠BAG+∠EAF＝90°，
又∵AF⊥BE，
∴∠AEB+∠EAF＝90°，
∴∠BAG=∠AEB，
∵∠ABC=∠ACB=∠AEB，
∴∠BAG=∠ABC，
∴AG=BG；
②∵AC=AB，∠ACD＝∠ABF，∠ADC=∠AFB＝90°，
∴△ADC≌△AFB，
∴AF=AD=4，BF=CD=5，
设FG=x，则AG=GB=x+4，
在Rt△BFG中，由勾股定理可得：
，
解得：，
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判定，全等三角形的判定与性质，垂径定理，圆周角定义，平行线的性质，圆内接四边形，等腰三角形的判定以及勾股定理，解题的关键是：（1）利用全等三角形的性质及垂径定理，找出AO⊥BC；（2）①利用等角的余角相等及圆周角定理，找出∠BAG＝∠ABC；②在Rt△BFG中，利用勾股定理求出FG的长．
7．如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，P为AB延长线上一点，∠BCP＝∠BAC，∠ACB的平分线交⊙O于点D，交AB于点E，
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）求证：△PEC是等腰三角形；
（3）若AC＋BC＝2时，求CD的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理可得∠ACB=90°，根据等腰三角形等边对等角以及已知条件证明∠BCP +∠OCB=90°即可；
（2）根据题意以及角平分线定义求得∠PEC=∠PCE即可得出结论；
（3）连接BD，作,,垂足为M，N，先证明，然后证明四边形为正方形，结合已知可得出结论．
【详解】解：连接OC,
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACO+∠OCB=90°，
∵OA=OC，
∴∠BAC=∠ACO，
∵∠BCP＝∠BAC，
∴∠BCP=∠ACO
∴∠BCP +∠OCB=90°，即∠OCP=90°，
∴PC是⊙O的切线；
（2）∵∠BCP＝∠BAC，
∵ ∠ACB的平分线交⊙O于点D，
∴∠ACD＝∠BCD，
∵∠PCE＝∠PCB+ ∠BCD，
∠PEC＝∠BAC+∠ACD，
∴∠PEC=∠PCE，
∴△PEC是等腰三角形；
（3）连接BD，作,,垂足为M，N，
∵CD平分，，，
∴,,
∴,
∵,
∴，
∵,
∴四边形为矩形，
∵,
∴矩形为正方形，
∴,
∵,
∴,
∵，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，角平分线的性质，等腰三角形等边对等角，正方形的判定与性质，解直角三角形等知识点，熟练运用以上知识点性质及定理是解题的关键．
8．如图，，是的弦，平分．过点作的切线交的延长线于点，连接，．延长交于点，交于点，连接，．
（1）求证：是的切线；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）欲证明CD是⊙O的切线，只要证明∠CDO=∠CBO=90°，由△COB≌△COD即可解决问题．
（2）先证明∠BAO=∠OAD=∠DAE=∠ABO=30，在Rt△AEF中利用30度性质以及勾股定理即可解决问题．
【详解】解：（1）如图，连接．
为的切线，
．
平分，
．
，
，
，
在△BOC和△DOC中
，
，
为的切线．
（2），
，
，
，
．
为的直径．
，
，
．
在中，，，
，
．
【点睛】本题考查切线的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，发现特殊角30°，属于中考常考题型．
9．如图，已知内接于，AB是的直径，于点D，延长DO交于点F，连接．
（1）求证：；
（2）填空：
①当_________时，四边形是菱形；
②当_________时，．
【答案】（1）见解析；（2）①；②
【分析】（1）由垂径定理易证，进而可证明OD是的中位线，问题得证；
（2）①要四边形是菱形，需，即为等腰三角形，，那么；②由等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：（1）证明：
于点D，
，
，
是的中位线，
；
（2）解：当时，四边形是菱形．
理由如下：
，AB是直径，
，
，而，
是等边三角形，
，
又分别是的中点，
，
而．
是等边三角形，
，
，
∴四边形是菱形；
②当时，，
，
于点D，
是等腰直角三角形，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定､等边三角形的判定与性质､菱形的判定､圆周角定理､三角形中位线定理；熟练掌握全等三角形的判定和菱形的判定，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键．
10．如图，五边形ABCDE内接于⊙O，CF与⊙O相切于点C，交AB延长线于点F．
（1）若AE＝DC，∠E＝∠BCD，求证：DE＝BC；
（2）若OB＝4，AB＝BD＝DA，∠F＝45°，求CF的长．
【答案】（1）见解析；（2）CF＝4+2．
【分析】（1）由圆心角、弧、弦之间的关系得出，由圆周角定理得出∠ADE＝∠DBC，证明△ADE≌△DBC，即可得出结论；
（2）连接CO并延长交AB于G，作OH⊥AB于H，则∠OHG＝∠OHB＝90°，由切线的性质得出∠FCG＝90°，得出△CFG、△OGH是等腰直角三角形，得出CF＝CG，OG＝OH，由等边三角形的性质得出∠OBH＝30°，由直角三角形的性质得出OH＝OB＝1，OG＝，即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵AE＝DC，
∴
∴∠ADE＝∠DBC．
在△ADE和△DBC中，
．
∴△ADE≌△DBC （AAS）．
∴DE＝BC；
（2）解：连接CO并延长交AB于G，作OH⊥AB于H，如图所示：则∠OHG＝∠OHB＝90°，
∵CF与⊙O相切于点C，
∴∠FCG＝90°．
∵∠F＝45°，
∴△CFG、△OGH是等腰直角三角形，
∴CF＝CG，OG＝OH．
∵AB＝BD＝DA，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ADB＝60°．
∴∠AOB＝2∠ADB＝120°
∴∠BOH＝∠BOA＝60°，
∴∠OBH＝30°
∴OH＝OB＝2．
∴OG＝2．
∴CF＝CG＝OC+OG＝4+2．
【点睛】本题主要考查了圆的综合应用，准确计算是解题的关键．
11．如图，△ABC为⊙O的内接三角形，BC为⊙O的直径，在线段OC上取点D（不与端点重合），作DG⊥BC，分别交AC、圆周于E、F，连接AG，已知AG＝EG．
（1）求证：AG为⊙O的切线；
（2）已知AG＝2，填空：
①当四边形ABOF是菱形时，∠AEG＝ °；
②若OC＝2DC，△AGE为等腰直角三角形，则AB＝ ．
【答案】（1）证明见解析；（2）①60，②4．
【分析】（1）连接OA，证明∠OAG=90°，即可证得AG为⊙O的切线；
（2）①连接OA，AF，OF，当四边形ABOF为菱形，则△AOB为等边三角形，从而求出∠ACB，∠DEC的度数，根据对顶角相等即可得到∠AEG的度数；
②若△AGE为等腰直角三角形，则可以得出△DEC, △ABC均为等腰三角形，通过证明四边形AODG是矩形，得到DC=AG，从而得到BC的长度，根据等腰直角三角形的性质，即可求出AB的长．
【详解】（1）证明：连接OA．
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵GA＝GE，
∴∠GAE＝∠GEA，
∵DG⊥BC，
∴∠EDC＝90°，
∴∠OCA+∠DEC＝90°，
∵∠CED＝∠GEA＝∠GAE，
∴∠OAC+∠GAE＝90°，
∴∠OAG＝90°，
∴OA⊥AG，
∴AG是⊙O的切线．
（2）①如图2中，连接OA，AF，OF．
∵四边形ABOF是菱形，
∴AB＝BO＝OF＝AF＝OA，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠B＝60°，
∵BC是直径，
∴∠BAC＝90°
∴∠ACB＝90°﹣60°＝30°，
∵ED⊥BC，
∴∠DEC＝90°﹣∠ACB＝60°，
∴∠AEG＝∠DEC＝60°．
故答案为60．
②如图3中，连接OA．
∵△AGE是等腰直角三角形，
∴∠AEG＝∠DEC＝∠DCE＝45°，
∴△EDC，△ABC都是等腰直角三角形，
∵OB＝OC，
∴AO⊥OC，
∴∠AOD＝∠ODG＝∠G＝90°，
∴四边形AODG是矩形，
∴AG＝OD＝2，
∴OC＝2OD＝4，
∴BC＝2OC＝8，
∴AB＝AC＝4，
故答案为4．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，等腰直角三角形的性质，圆的有关知识，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．
12．如图，在中，，是的外接圆，过点作的切线，交的延长线于点，交于点．
（1）求证：；
（2）填空：
①若，________；
②连接，当的度数为________时，四边形是菱形．
【答案】（1）见解析；（2）①，②．
【分析】（1）连接OA，根据圆周角定理求出∠AOC=120°，得到∠OCA的度数，根据切线的性质求出∠M的度数，根据等腰三角形的性质得到答案；
（2）①作AG⊥CM于G，根据直角三角形的性质求出AG的长，根据勾股定理求出CG，得到答案．
②证明△ABM和△ABC是等边三角形，得出AM=AC=BC=BM，即可得出结论．
【详解】解：（1）证明：连接，如图1：
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）①作AG⊥CM于G，如图2：
∵∠OCA=30°，AC=6，
∴AG=AC=3，
∴CG=AG=3，
则MC=2CG=6；
故答案为：6．
②当∠AMB的度数为60°时，四边形AMBC是菱形；理由如下：
如图3：
由（1）得：AM=AC，∠MAC=180°-∠AMC-∠OCA=120°，
∵∠AMB=60°，
∴∠MAC+∠AMB=180°，
∴AC∥BM，
∴∠ABM=∠BAC，
∴△ABM是等边三角形，∠BAC=∠MAC-∠MAB=60°=∠ABC，
∴AM=BM，△ABC是等边三角形，
∴BC=AC，
∴AM=AC=BC=BM，
∴四边形AMBC是菱形；
故答案为：60°．
【点睛】本题是圆的综合题目，考查的是切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质、勾股定理、平行线的判定与性质、等边三角形的判定与性质、菱形的判定等知识；熟练掌握圆的切线性质和圆周角定理是解题的关键．
13．如图，在中，以为直径的经过点过点作的切线点是上不与点重合的一个动点，连接．
求证:；
填空:
当_ 时，为等腰直角三角形:
当 时，四边形为菱形．
【答案】见解析；①45°②120°
【分析】（1）连接OC．根据等腰三角形的性质得到∠OCB＝∠OBC，根据平行线的性质得到∠ACB＝90°．再根据切线的性质定理及圆周角定理即可得到结论；
（2）①根据圆的对称性由BD＝AD可得弧BD＝弧AD，再由圆周角定理得∠DCB＝∠DCA，进而得解；
②由菱形可得OD＝AD，结合OD＝OA，证得△OAD为等边三角形，则∠OAD＝60°，最后根据圆周角定理即可得解．
【详解】解：如图，连接
为的直径，
，
是的切线，
（2）①∵为等腰直角三角形，
∴AD＝DB，
∴弧AD＝弧DB，
∴∠ACD＝∠DCB＝∠ACB，
∵∠ACB＝90°，
∴∠DCB＝45°，
②∵四边形为菱形，
∴OD＝AD，
又∵OD＝OA，
∴OD＝OA＝AD，
∴△AOD为等边三角形，
∴∠OAD＝60°，
∵∠OAD＝∠DOB，
∴∠DOB＝120°．
【点睛】本题考查了圆的对称性、圆周角定理、直径的性质和切线的性质定理，熟练掌握性质定理是解题的关键．
14．如图，已知是的直径，切于点，过作直线交于另一点，连接、．
（1）求证：平分；
（2）若是直径上方半圆弧上一动点，的半径为2，则
①当弦的长是 时，以，，，为顶点的四边形是正方形；
②当的长度是 时，以，，，为顶点的四边形是菱形．
【答案】（1）见解析；（2）①；②或．
【分析】（1）首先根据切线的性质得出，进而判定，利用平行的性质进行等角转换，即可得出平分；
（2）①根据题意由圆的性质和正方形的性质，求解即可；
②当，，，为顶点的四边形是菱形时，分两种情况求解：当时和当时，根据弧长公式求解即可.
【详解】（1）∵切于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分；
（2）①当，四边形为矩形，而，此时矩形为正方形，；
②当时，四边形为菱形，和为等边三角形，则，的长度．
当时，四边形为菱形，和为等边三角形，则，的长度．
故答案为，或．
【点睛】此题主要考查圆的切线性质以及动点几何问题的综合应用，熟练掌握，即可解题.
15．如图，AB是⊙O的一条弦，C、D是⊙O上的两个动点，且在AB弦的异侧，连接CD．
（1）若AC=BC，AB平分∠CBD，求证：AB=CD；
（2）若∠ADB=60°，⊙O的半径为1，求四边形ACBD的面积最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）证=＝即可得=，继而求证结论；
（2）如图,连接OA、OB、OC，OC交AB于H，由∠ADB=60°和AC=BC 求得∠ADC=∠BDC= =30°，OC⊥AB，AH=BH ，继而求出AB的长，由S四边形ABCD＝S△ABD+ S△ABC可知，当D点为优弧AB的中点时，即CD为⊙O的直径时，四边形ACBD的面积最大，进而求解．
【详解】（1）∵AC=BC，
∴=
∵AB平分∠CBD，
∴∠ABC=∠ABD，
∴=，
∴=，
∴AB=CD；
（2）连接OA、OB、OC，OC交AB于H，如图，
∵=，
∴∠ADC=∠BDC=∠ADB=30°，OC⊥AB，AH=BH，
∴∠BOC=60°，
∴OH= OB=，BH= OH=，
∴AB=2BH=．
∵四边形ACBD的面积=S△ABC+S△ABD，
∴当D点到AB的距离最大时，S△ABD的面积最大，四边形ACBD的面积最大，此时D点为优弧AB的中点，
即CD为⊙O的直径时，四边形ACBD的面积最大，
∴四边形ACBD的面积最大值为 •×2=．
【点睛】本题主要考查角平分线的性质和圆周角定理及其推论，解题的关键是灵活运用圆周角定理（在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半）及其推论（同弧或等弧所对的圆周角相等；半圆或直径所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．）．