2018中考數(shù)學(xué)試題匯編-圓帶答案解析

.[分析]連接OC,根據(jù)垂徑定理得出CE=ED=CD=3,然后在Rt△OEC中由勾股定理求出OE的長度,最后由BE=OB﹣OE,即可求出BE的長度．[解答]解：如圖,連接OC．∵弦CD⊥AB于點(diǎn)E,CD=6,∴CE=ED=CD=3．∵在Rt△OEC中,∠OEC=90°,CE=3,OC=4,∴OE==∴BE=OB﹣OE=4﹣．故答案為4﹣．[點(diǎn)評]本題主要考查了垂徑定理,勾股定理等知識,關(guān)鍵在于熟練的運(yùn)用垂徑定理得出CE、ED的長度．4．〔2016XX4分如圖,AB是⊙O的直徑,AC、BC是⊙O的弦,直徑DE⊥AC于點(diǎn)P．若點(diǎn)D在優(yōu)弧上,AB=8,BC=3,則DP=5.5．[考點(diǎn)]圓周角定理；垂徑定理．[分析]解：由AB和DE是⊙O的直徑,可推出OA=OB=OD=4,∠C=90°,又有DE⊥AC,得到OP∥BC,于是有△AOP∽△ABC,根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．[解答]解：∵AB和DE是⊙O的直徑,∴OA=OB=OD=4,∠C=90°,又∵DE⊥AC,∴OP∥BC,∴△AOP∽△ABC,∴,即,∴OP=1.5．∴DP=OP+OP=5.5,故答案為：5.5．[點(diǎn)評]本題主要考查了圓周角定理,平行線的判定,相似三角形的判定和性質(zhì),熟練掌握圓周角定理是解決問題的關(guān)鍵．5.〔2016·XXXX·2分⊙O的半徑為1,弦AB=,弦AC=,則∠BAC度數(shù)為75°或15°．[考點(diǎn)]垂徑定理；圓周角定理；解直角三角形．[分析]連接OA,過O作OE⊥AB于E,OF⊥AC于F,根據(jù)垂徑定理求出AE、FA值,根據(jù)解直角三角形的知識求出∠OAB和∠OAC,然后分兩種情況求出∠BAC即可．[解答]解：有兩種情況：①如圖1所示：連接OA,過O作OE⊥AB于E,OF⊥AC于F,∴∠OEA=∠OFA=90°,由垂徑定理得：AE=BE=,AF=CF=,cos∠OAE==,cos∠OAF==,∴∠OAE=30°,∠OAF=45°,∴∠BAC=30°+45°=75°；②如圖2所示：連接OA,過O作OE⊥AB于E,OF⊥AC于F,∴∠OEA=∠OFA=90°,由垂徑定理得：AE=BE=,AF=CF=,cos∠OAE═=,cos∠OAF==,∴∠OAE=30°,∠OAF=45°,∴∠BAC=45°﹣30°=15°；故答案為：75°或15°．6.〔2016·XX·3分如圖,四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O,∠DAB=130°,連接OC,點(diǎn)P是半徑OC上任意一點(diǎn),連接DP,BP,則∠BPD可能為80度〔寫出一個(gè)即可．[考點(diǎn)]圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)；圓周角定理．[分析]連接OB、OD,根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求出∠DCB的度數(shù),根據(jù)圓周角定理求出∠DOB的度數(shù),得到∠DCB＜∠BPD＜∠DOB．[解答]解：連接OB、OD,∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O,∠DAB=130°,∴∠DCB=180°﹣130°=50°,由圓周角定理得,∠DOB=2∠DCB=100°,∴∠DCB＜∠BPD＜∠DOB,即50°＜∠BPD＜100°,∴∠BPD可能為80°,故答案為：80．7.〔2016·XXXX如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,已知點(diǎn)A〔1,0,B〔1﹣a,0,C〔1+a,0〔a＞0,點(diǎn)P在以D〔4,4為圓心,1為半徑的圓上運(yùn)動,且始終滿足∠BPC=90°,則a的最大值是6．[考點(diǎn)]三角形的外接圓與外心．[分析]首先證明AB=AC=a,根據(jù)條件可知PA=AB=AC=a,求出⊙D上到點(diǎn)A的最大距離即可解決問題．[解答]解：∵A〔1,0,B〔1﹣a,0,C〔1+a,0〔a＞0,∴AB=1﹣〔1﹣a=a,CA=a+1﹣1=a,∴AB=AC,∵∠BPC=90°,∴PA=AB=AC=a,如圖延長AD交⊙D于P′,此時(shí)AP′最大,∵A〔1,0,D〔4,4,∴AD=5,∴AP′=5+1=6,∴a的最大值為6．故答案為6．8.〔2016·XX龍東·3分如圖,MN是⊙O的直徑,MN=4,∠AMN=40°,點(diǎn)B為弧AN的中點(diǎn),點(diǎn)P是直徑MN上的一個(gè)動點(diǎn),則PA+PB的最小值為2．[考點(diǎn)]軸對稱-最短路線問題；圓周角定理．[分析]過A作關(guān)于直線MN的對稱點(diǎn)A′,連接A′B,由軸對稱的性質(zhì)可知A′B即為PA+PB的最小值,由對稱的性質(zhì)可知=,再由圓周角定理可求出∠A′ON的度數(shù),再由勾股定理即可求解．[解答]解：過A作關(guān)于直線MN的對稱點(diǎn)A′,連接A′B,由軸對稱的性質(zhì)可知A′B即為PA+PB的最小值,連接OB,OA′,AA′,∵AA′關(guān)于直線MN對稱,∴=,∵∠AMN=40°,∴∠A′ON=80°,∠BON=40°,∴∠A′OB=120°,過O作OQ⊥A′B于Q,在Rt△A′OQ中,OA′=2,∴A′B=2A′Q=2,即PA+PB的最小值2．故答案為：2．解答題1.〔2016·XXXX如圖,△ABC內(nèi)接于⊙O,BD為⊙O的直徑,BD與AC相交于點(diǎn)H,AC的延長線與過點(diǎn)B的直線相交于點(diǎn)E,且∠A=∠EBC．〔1求證：BE是⊙O的切線；〔2已知CG∥EB,且CG與BD、BA分別相交于點(diǎn)F、G,若BG?BA=48,FG=,DF=2BF,求AH的值．[考點(diǎn)]圓的綜合題；三角形的外接圓與外心；切線的判定．[分析]〔1欲證明BE是⊙O的切線,只要證明∠EBD=90°．〔2由△ABC∽△CBG,得=求出BC,再由△BFC∽△BCD,得BC2=BF?BD求出BF,CF,CG,GB,再通過計(jì)算發(fā)現(xiàn)CG=AG,進(jìn)而可以證明CH=CB,求出AC即可解決問題．[解答]〔1證明：連接CD,∵BD是直徑,∴∠BCD=90°,即∠D+∠CBD=90°,∵∠A=∠D,∠A=∠EBC,∴∠CBD+∠EBC=90°,∴BE⊥BD,∴BE是⊙O切線．〔2解：∵CG∥EB,∴∠BCG=∠EBC,∴∠A=∠BCG,∵∠CBG=∠ABC∴△ABC∽△CBG,∴=,即BC2=BG?BA=48,∴BC=4,∵CG∥EB,∴CF⊥BD,∴△BFC∽△BCD,∴BC2=BF?BD,∵DF=2BF,∴BF=4,在RT△BCF中,CF==4,∴CG=CF+FG=5,在RT△BFG中,BG==3,∵BG?BA=48,∴即AG=5,∴CG=AG,∴∠A=∠ACG=∠BCG,∠CFH=∠CFB=90°,∴∠CHF=∠CBF,∴CH=CB=4,∵△ABC∽△CBG,∴=,∴AC==,∴AH=AC﹣CH=．2．〔2016·XXXX如圖,在△AOB中,∠AOB為直角,OA=6,OB=8,半徑為2的動圓圓心Q從點(diǎn)O出發(fā),沿著OA方向以1個(gè)單位長度/秒的速度勻速運(yùn)動,同時(shí)動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā),沿著AB方向也以1個(gè)單位長度/秒的速度勻速運(yùn)動,設(shè)運(yùn)動時(shí)間為t秒〔0＜t≤5以P為圓心,PA長為半徑的⊙P與AB、OA的另一個(gè)交點(diǎn)分別為C、D,連結(jié)CD、QC．〔1當(dāng)t為何值時(shí),點(diǎn)Q與點(diǎn)D重合？〔2當(dāng)⊙Q經(jīng)過點(diǎn)A時(shí),求⊙P被OB截得的弦長．〔3若⊙P與線段QC只有一個(gè)公共點(diǎn),求t的取值范圍．[考點(diǎn)]圓的綜合題．[分析]〔1由題意知CD⊥OA,所以△ACD∽△ABO,利用對應(yīng)邊的比求出AD的長度,若Q與D重合時(shí),則,AD+OQ=OA,列出方程即可求出t的值；〔2由于0＜t≤5,當(dāng)Q經(jīng)過A點(diǎn)時(shí),OQ=4,此時(shí)用時(shí)為4s,過點(diǎn)P作PE⊥OB于點(diǎn)E,利用垂徑定理即可求出⊙P被OB截得的弦長；〔3若⊙P與線段QC只有一個(gè)公共點(diǎn),分以下兩種情況,①當(dāng)QC與⊙P相切時(shí),計(jì)算出此時(shí)的時(shí)間；②當(dāng)Q與D重合時(shí),計(jì)算出此時(shí)的時(shí)間；由以上兩種情況即可得出t的取值范圍．[解答]解：〔1∵OA=6,OB=8,∴由勾股定理可求得：AB=10,由題意知：OQ=AP=t,∴AC=2t,∵AC是⊙P的直徑,∴∠CDA=90°,∴CD∥OB,∴△ACD∽△ABO,∴,∴AD=,當(dāng)Q與D重合時(shí),AD+OQ=OA,∴+t=6,∴t=；〔2當(dāng)⊙Q經(jīng)過A點(diǎn)時(shí),如圖1,OQ=OA﹣QA=4,∴t==4s,∴PA=4,∴BP=AB﹣PA=6,過點(diǎn)P作PE⊥OB于點(diǎn)E,⊙P與OB相交于點(diǎn)F、G,連接PF,∴PE∥OA,∴△PEB∽△AOB,∴,∴PE=,∴由勾股定理可求得：EF=,由垂徑定理可求知：FG=2EF=；〔3當(dāng)QC與⊙P相切時(shí),如圖2,此時(shí)∠QCA=90°,∵OQ=AP=t,∴AQ=6﹣t,AC=2t,∵∠A=∠A,∠QCA=∠ABO,∴△AQC∽△ABO,∴,∴,∴t=,∴當(dāng)0＜t≤時(shí),⊙P與QC只有一個(gè)交點(diǎn),當(dāng)QC⊥OA時(shí),此時(shí)Q與D重合,由〔1可知：t=,∴當(dāng)＜t≤5時(shí),⊙P與QC只有一個(gè)交點(diǎn),綜上所述,當(dāng),⊙P與QC只有一個(gè)交點(diǎn),t的取值范圍為：0＜t≤或＜t≤5．[點(diǎn)評]本題考查圓的綜合問題,涉及圓的切線判定,圓周角定理,相似三角形的判定與性質(zhì),學(xué)生需要根據(jù)題意畫出相應(yīng)的圖形來分析,并且能綜合運(yùn)用所學(xué)知識進(jìn)行解答．3.〔2016·XX濰坊正方形ABCD內(nèi)接于⊙O,如圖所示,在劣弧上取一點(diǎn)E,連接DE、BE,過點(diǎn)D作DF∥BE交⊙O于點(diǎn)F,連接BF、AF,且AF與DE相交于點(diǎn)G,求證：〔1四邊形EBFD是矩形；〔2DG=BE．[考點(diǎn)]正方形的性質(zhì)；矩形的判定；圓周角定理．[分析]〔1直接利用正方形的性質(zhì)、圓周角定理結(jié)合平行線的性質(zhì)得出∠BED=∠BAD=90°,∠BFD=∠BCD=90°,∠EDF=90°,進(jìn)而得出答案；〔2直接利用正方形的性質(zhì)的度數(shù)是90°,進(jìn)而得出BE=DF,則BE=DG．[解答]證明：〔1∵正方形ABCD內(nèi)接于⊙O,∴∠BED=∠BAD=90°,∠BFD=∠BCD=90°,又∵DF∥BE,∴∠EDF+∠BED=180°,∴∠EDF=90°,∴四邊形EBFD是矩形；〔2∵正方形ABCD內(nèi)接于⊙O,∴的度數(shù)是90°,∴∠AFD=45°,又∵∠GDF=90°,∴∠DGF=∠DFC=45°,∴DG=DF,又∵在矩形EBFD中,BE=DF,∴BE=DG．4.〔2016·廣西XX·8分已知任意三角形的三邊長,如何求三角形面積？古希臘的幾何學(xué)家海倫解決了這個(gè)問題,在他的著作《度量論》一書中給出了計(jì)算公式﹣﹣海倫公式〔其中a,b,c是三角形的三邊長,,S為三角形的面積,并給出了證明例如：在△ABC中,a=3,b=4,c=5,那么它的面積可以這樣計(jì)算：∵a=3,b=4,c=5∴p==6∴S===6事實(shí)上,對于已知三角形的三邊長求三角形面積的問題,還可用我國南宋時(shí)期數(shù)學(xué)家秦九韶提出的秦九韶公式等方法解決．如圖,在△ABC中,BC=5,AC=6,AB=9〔1用海倫公式求△ABC的面積；〔2求△ABC的內(nèi)切圓半徑r．[考點(diǎn)]三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心；二次根式的應(yīng)用．[分析]〔1先根據(jù)BC、AC、AB的長求出P,再代入到公式S=即可求得S的值；〔2根據(jù)公式S=r〔AC+BC+AB,代入可得關(guān)于r的方程,解方程得r的值．[解答]解：〔1∵BC=5,AC=6,AB=9,∴p===10,∴S===10；故△ABC的面積10；〔2∵S=r〔AC+BC+AB,∴10=r〔5+6+9,解得：r=,故△ABC的內(nèi)切圓半徑r=．5.〔2016·廣西XX·10分如圖,在四邊形ABCD中,AB=6,BC=8,CD=24,AD=26,∠B=90°,以AD為直徑作圓O,過點(diǎn)D作DE∥AB交圓O于點(diǎn)E〔1證明點(diǎn)C在圓O上；〔2求tan∠CDE的值；〔3求圓心O到弦ED的距離．[考點(diǎn)]實(shí)數(shù)的運(yùn)算．[分析]〔1如圖1,連結(jié)CO．先由勾股定理求出AC=10,再利用勾股定理的逆定理證明△ACD是直角三角形,∠C=90°,那么OC為Rt△ACD斜邊上的中線,根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得出OC=AD=r,即點(diǎn)C在圓O上；〔2如圖2,延長BC、DE交于點(diǎn)F,∠BFD=90°．根據(jù)同角的余角相等得出∠CDE=∠ACB．在Rt△ABC中,利用正切函數(shù)定義求出tan∠ACB==,則tan∠CDE=tan∠ACB=；〔3如圖3,連結(jié)AE,作OG⊥ED于點(diǎn)G,則OG∥AE,且OG=AE．易證△ABC∽△CFD,根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例求出CF=,那么BF=BC+CF=．再證明四邊形ABFE是矩形,得出AE=BF=,所以O(shè)G=AE=．[解答]〔1證明：如圖1,連結(jié)CO．∵AB=6,BC=8,∠B=90°,∴AC=10．又∵CD=24,AD=26,102+242=262,∴△ACD是直角三角形,∠C=90°．∵AD為⊙O的直徑,∴AO=OD,OC為Rt△ACD斜邊上的中線,∴OC=AD=r,∴點(diǎn)C在圓O上；〔2解：如圖2,延長BC、DE交于點(diǎn)F,∠BFD=90°．∵∠BFD=90°,∴∠CDE+∠FCD=90°,又∵∠ACD=90°,∴∠ACB+∠FCD=90°,∴∠CDE=∠ACB．在Rt△ABC中,tan∠ACB==,∴tan∠CDE=tan∠ACB=；〔3解：如圖3,連結(jié)AE,作OG⊥ED于點(diǎn)G,則OG∥AE,且OG=AE．易證△ABC∽△CFD,∴=,即=,∴CF=,∴BF=BC+CF=8+=．∵∠B=∠F=∠AED=90°,∴四邊形ABFE是矩形,∴AE=BF=,∴OG=AE=,即圓心O到弦ED的距離為．6.〔2016·XXXX·12分如圖,在矩形ABCD中,點(diǎn)O在對角線AC上,以O(shè)A的長為半徑的圓O與AD、AC分別交于點(diǎn)E、F,且∠ACB=∠DCE．〔1判斷直線CE與⊙O的位置關(guān)系,并證明你的結(jié)論；〔2若tan∠ACB=,BC=2,求⊙O的半徑．[分析]〔1連接OE．欲證直線CE與⊙O相切,只需證明∠CEO=90°,即OE⊥CE即可；〔2在直角三角形ABC中,根據(jù)三角函數(shù)的定義可以求得AB=,然后根據(jù)勾股定理求得AC=,同理知DE=1；方法一、在Rt△COE中,利用勾股定理可以求得CO2=OE2+CE2,即=r2+3,從而易得r的值；方法二、過點(diǎn)O作OM⊥AE于點(diǎn)M,在Rt△AMO中,根據(jù)三角函數(shù)的定義可以求得r的值．[解答]解：〔1直線CE與⊙O相切．…〔1分理由如下：∵四邊形ABCD是矩形,∴BC∥AD,∠ACB=∠DAC；又∵∠ACB=∠DCE,∴∠DAC=∠DCE；連接OE,則∠DAC=∠AEO=∠DCE；∵∠DCE+∠DEC=90°∴∠AE0+∠DEC=90°∴∠OEC=90°,即OE⊥CE．又OE是⊙O的半徑,∴直線CE與⊙O相切．…〔5分〔2∵tan∠ACB==,BC=2,∴AB=BC?tan∠ACB=,∴AC=；又∵∠ACB=∠DCE,∴tan∠DCE=tan∠ACB=,∴DE=DC?tan∠DCE=1；方法一：在Rt△CDE中,CE==,連接OE,設(shè)⊙O的半徑為r,則在Rt△COE中,CO2=OE2+CE2,即=r2+3解得：r=方法二：AE=AD﹣DE=1,過點(diǎn)O作OM⊥AE于點(diǎn)M,則AM=AE=在Rt△AMO中,OA==÷=…〔9分[點(diǎn)評]本題考查了圓的綜合題：圓的切線垂直于過切點(diǎn)的半徑；利用勾股定理計(jì)算線段的長．7.〔2016·XXXX·10分已知：△ABC內(nèi)接于⊙O,D是上一點(diǎn),OD⊥BC,垂足為H．〔1如圖1,當(dāng)圓心O在AB邊上時(shí),求證：AC=2OH；〔2如圖2,當(dāng)圓心O在△ABC外部時(shí),連接AD、CD,AD與BC交于點(diǎn)P,求證：∠ACD=∠APB；〔3在〔2的條件下,如圖3,連接BD,E為⊙O上一點(diǎn),連接DE交BC于點(diǎn)Q、交AB于點(diǎn)N,連接OE,BF為⊙O的弦,BF⊥OE于點(diǎn)R交DE于點(diǎn)G,若∠ACD﹣∠ABD=2∠BDN,AC=5,BN=3,tan∠ABC=,求BF的長．[考點(diǎn)]圓的綜合題．[分析]〔1OD⊥BC可知點(diǎn)H是BC的中點(diǎn),又中位線的性質(zhì)可得AC=2OH；〔2由垂徑定理可知：,所以∠BAD=∠CAD,由因?yàn)椤螦BC=∠ADC,所以∠ACD=∠APB；〔3由∠ACD﹣∠ABD=2∠BDN可知∠AND=90°,由tan∠ABC=可知NQ和BQ的長度,再由BF⊥OE和OD⊥BC可知∠GBN=∠ABC,所以BG=BQ,連接AO并延長交⊙O于點(diǎn)I,連接IC后利用圓周角定理可求得IC和AI的長度,設(shè)QH=x,利用勾股定理可求出QH和HD的長度,利用垂徑定理可求得ED的長度,最后利用tan∠OED=即可求得RG的長度,最后由垂徑定理可求得BF的長度．[解答]解：〔1∵OD⊥BC,∴由垂徑定理可知：點(diǎn)H是BC的中點(diǎn),∵點(diǎn)O是AB的中點(diǎn),∴OH是△ABC的中位線,∴AC=2OH；〔2∵OD⊥BC,∴由垂徑定理可知：,∴∠BAD=∠CAD,∵,∴∠ABC=∠ADC,∴180°﹣∠BAD﹣∠ABC=180°﹣∠CAD﹣∠ADC,∴∠ACD=∠APB,〔3連接AO延長交于⊙O于點(diǎn)I,連接IC,AB與OD相交于點(diǎn)M,∵∠ACD﹣∠ABD=2∠BDN,∴∠ACD﹣∠BDN=∠ABD+∠BDN,∵∠ABD+∠BDN=∠AND,∴∠ACD﹣∠BDN=∠AND,∵∠ACD+∠ABD=180°,∴∠ABD+∠BDN=180°﹣∠AND,∴∠AND=180°﹣∠AND,∴∠AND=90°,∵tan∠ABC=,BN=3,∴NQ=,∴由勾股定理可求得：BQ=,∵∠BNQ=∠QHD=90°,∴∠ABC=∠QDH,∵OE=OD,∴∠OED=∠QDH,∵∠ERG=90°,∴∠OED=∠GBN,∴∠GBN=∠ABC,∵AB⊥ED,∴BG=BQ=,GN=NQ=,∵AI是⊙O直徑,∴∠ACI=90°,∵tan∠AIC=tan∠ABC=,∴=,∴IC=10,∴由勾股定理可求得：AI=25,連接OB,設(shè)QH=x,∵tan∠ABC=tan∠ODE=,∴,∴HD=2x,∴OH=OD﹣HD=﹣2x,BH=BQ+QH=+x,由勾股定理可得：OB2=BH2+OH2,∴〔2=〔+x2+〔﹣2x2,解得：x=或x=,當(dāng)QH=時(shí),∴QD=QH=,∴ND=QD+NQ=6,∴MN=3,MD=15∵M(jìn)D,∴QH=不符合題意,舍去,當(dāng)QH=時(shí),∴QD=QH=∴ND=NQ+QD=4,由垂徑定理可求得：ED=10,∴GD=GN+ND=∴EG=ED﹣GD=,∵tan∠OED=,∴,∴EG=RG,∴RG=,∴BR=RG+BG=12∴由垂徑定理可知：BF=2BR=24．8.<2016XX〔本小題滿分10分如圖,半圓O的直徑AB=4,以長為2的弦PQ為直徑,向點(diǎn)O方向作半圓M,其中P點(diǎn)在AQ〔弧上且不與A點(diǎn)重合,但Q點(diǎn)可與B點(diǎn)重合.發(fā)現(xiàn)AP〔弧的長與QB〔弧的長之和為定值l,求l；思考點(diǎn)M與AB的最大距離為_______,此時(shí)點(diǎn)P,A間的距離為_______；點(diǎn)M與AB的最小距離為________,此時(shí)半圓M的弧與AB所圍成的封閉圖形面積為________.探究當(dāng)半圓M與AB相切時(shí),求AP〔弧的長.〔注：結(jié)果保留π,cos35°=,cos55°=第25題圖備用圖解析：圖畫好,就好求。最大距離就是OM,當(dāng)OM⊥AB時(shí),利用角和邊的關(guān)系,△AOP是等邊三角形,點(diǎn)M與AB的最小距離,Q與B重合,面積,扇形減三角形。相切,兩種情況,左邊和右邊,對稱的,畫好圖,根據(jù)cos35°=,cos55°=,以及已知角,求所需要的角。知識點(diǎn)：圓9．〔2016XX如圖,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,點(diǎn)M是AC的中點(diǎn),以AB為直徑作⊙O分別交AC,BM于點(diǎn)D,E．〔1求證：MD=ME；〔2填空：①若AB=6,當(dāng)AD=2DM時(shí),DE=2；②連接OD,OE,當(dāng)∠A的度數(shù)為60°時(shí),四邊形ODME是菱形．[考點(diǎn)]菱形的判定．[分析]〔1先證明∠A=∠ABM,再證明∠MDE=∠MBA,∠MED=∠A即可解決問題．〔2①由DE∥AB,得=即可解決問題．②當(dāng)∠A=60°時(shí),四邊形ODME是菱形,只要證明△ODE,△DEM都是等邊三角形即可．[解答]〔1證明：∵∠ABC=90°,AM=MC,∴BM=AM=MC,∴∠A=∠ABM,∵四邊形ABED是圓內(nèi)接四邊形,∴∠ADE+∠ABE=180°,又∠ADE+∠MDE=180°,∴∠MDE=∠MBA,同理證明：∠MED=∠A,∴∠MDE=∠MED,∴MD=ME．〔2①由〔1可知,∠A=∠MDE,∴DE∥AB,∴=,∵AD=2DM,∴DM：MA=1：3,∴DE=AB=×6=2．故答案為2