專題2413圓的常用輔助線及作法四大題型（滬科版）

專題24.13圓的常用輔助線及作法四大題型【滬科版】考卷信息：本套訓(xùn)練卷共30題，題型針對(duì)性較高，覆蓋面廣，選題有深度，可加強(qiáng)學(xué)生圓的常用輔助線及作法四大題型的理解！【題型1有弦，作弦心距】1．（2023·湖南岳陽(yáng)·統(tǒng)考一模）如圖，在⊙O中，已知AB是直徑，P為AB上一點(diǎn)(P不與A、B兩點(diǎn)重合），弦MN過P點(diǎn)，（1）若AP=2，BP=6，則MN的長(zhǎng)為（2）當(dāng)P點(diǎn)在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)（保持∠NPB=45°不變），則P

【答案】214【分析】（1）作OH⊥MN于H，連接ON，如圖所示，得到HN=MH，由AP=2，BP=6，得到圓的半徑長(zhǎng)，由ΔPOH（2）由PM=MH-PH=NH-OH，【詳解】解：（1）作OH⊥MN于H，連接

∴HN∵AP=2，∴AB∴ON=4，∵∠NPB∴△POH∴OH∴NH∴MN故答案為：214（2）由（1）知MH=NH，∴PM=MH∴P∵O∴P∵B∴PM故答案為：12【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理，勾股定理，完全平方公式，關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造直角三角形，應(yīng)用垂徑定理，勾股定理來解決問題．2．（2023·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖，已知△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，⊙O的半徑為2，將劣弧AC（虛線）沿弦AC折疊后交弦BC于點(diǎn)D，連接AD．若∠ACB=60°，則線段AD

【答案】2【分析】取折疊后的弧所在圓圓心為O'，則⊙O與⊙O'設(shè)等圓，∠ACD是公共的圓周角，所以可以證得AB=AD，設(shè)⊙O的半徑為R，過O作OG⊥AB于G，可得∠【詳解】設(shè)折疊后的AC所在圓的圓心為O'，連接O'∴∠連接OA，OB

同理，∠∴∠∵⊙O與⊙O'∴AB設(shè)⊙O的半徑為R過O作OG⊥AB∵OA=OB∴∠OAB=∠∴OG∴AG∴AB故答案為：23【點(diǎn)睛】本題考查了圓中的折疊變換，垂徑定理等，注意等圓中的公共角，公共弦，公共弧，這些都是相等的，利用這些等量關(guān)系，是解決此類題的突破口．3．（2023春·北京海淀·九年級(jí)校考開學(xué)考試）如圖，DE為半圓的直徑，O為圓心，DE=62，延長(zhǎng)DE到A，使得EA=2，直線AC與半圓交于B，

(1)求弦BC的長(zhǎng)；(2)求△AOC【答案】(1)2(2)8+2【分析】（1）過點(diǎn)O作OM⊥BC于M，根據(jù)垂徑定理得BM=CM，由∠DAC=45°得到OM=（2）由（1）可知：CM=2，OM=【詳解】（1）解：過點(diǎn)O作OM⊥BC于M，如圖，則

∵直徑DE=62，∴OC=OD=∵∠DAC=45°∴OM=AM，則∴OM=4在Rt△COM中，∴CM=∴BC=2（2）由（1）可知：CM=2，∴AC=∴S△【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理：平分弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對(duì)的兩條?。部疾榱斯垂啥ɡ怼⒌妊苯侨切蔚男再|(zhì)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．4．（2023春·天津和平·九年級(jí)天津市雙菱中學(xué)?？奸_學(xué)考試）如圖，射線PG平分∠EPF，O為射線PG上一點(diǎn)，以O(shè)為圓心，5為半徑作⊙O分別與∠EPF的兩邊相交于A、B和C、D，連接OA

(1)求AP的長(zhǎng)：(2)若弦AB=8，求OP【答案】(1)AP=5(2)3【分析】（1）根據(jù)PG平分∠EPF得到∠EPG=∠FPG，根據(jù)OA∥（2）過O作OH⊥AB，根據(jù)垂徑定理得到AH，結(jié)合勾股定理即可得到【詳解】（1）解：∵PG平分∠EPF∴∠EPG∵OA∥∴∠POA∴∠POA∴PA=∵⊙O的半徑為5∴AP=5（2）解：過O作OH⊥∵OH⊥AB，∴AH=BH=4在Rt△AOH中：在Rt△POH中：

【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理，角平分線的性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是作出輔助線根據(jù)垂徑定理得到線段關(guān)系及直角三角形．5．（2023秋·湖北武漢·九年級(jí)統(tǒng)考期中）以CD為直徑的⊙O中，AB為弦，分別過C、D點(diǎn)作AB的垂線，垂足分別為F、E(1)如圖1，若AB為⊙O的直徑，求證：AF(2)如圖2，AB為⊙O的非直徑弦，試探究線段AF與BE【答案】(1)見解析(2)AF=【分析】（1）只需要證明△COF≌△DOE，得到OF=OE（2）如圖2，過O作MN∥AB交CF于M，交DE延長(zhǎng)線于N，過作OH⊥AB于H，證明四邊形OMFH，ONEH都是矩形，得到OM=FH，【詳解】（1）證明：∵CF⊥∴CF∥∴∠CFO在△COF和△∠CFO∴△COF∴OF=又∵OA=∴AF=（2）解：AF=如圖2，過O作MN∥AB交CF于M，交DE延長(zhǎng)線于N，過作OH⊥∴∠CMO∵CF⊥∴四邊形OMFH，∴OM=在△CMO和△∠CMO∴△CMO∴OM=∴FH又∵AH=∴AF=【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓的基本性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，垂徑定理，矩形的性質(zhì)與判定等等，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．6．（2023春·安徽·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，A6,0，B0,8，點(diǎn)C在x軸正半軸上，點(diǎn)D在y軸正半軸上，且CD=6，以CD為直徑的第一象限作半圓，交線段AB于點(diǎn)E、F，則線段EF

A．3.6 B．4.8 C．32 D．【答案】B【分析】過CD的中點(diǎn)G作EF的垂線與AB交于點(diǎn)M，過點(diǎn)O作OH⊥AB于H，連接OG、FG，先求出OA=6，OB=8，進(jìn)而求出AB=10，再根據(jù)等面積法求出OH=4.8，由直角三角形斜邊中線的性質(zhì)得到OG=FG=3，由垂徑定理得到EF=2FM，由FM【詳解】解：過CD的中點(diǎn)G作EF的垂線與AB交于點(diǎn)M，過點(diǎn)O作OH⊥AB于H，連接∵A6,0，∴OA=6∴AB=∵S△∴OH=∵CD=6，∠COD=90°∴OG=∵GM⊥∴∠GMF∴FM=∴當(dāng)GM最小時(shí)，F(xiàn)M最大，即EF最大，∵OG+∴3+GM∴GM≥1.8，即G∴FM∴EF故選B．

【點(diǎn)睛】本題主要考查了垂徑定理，勾股定理，坐標(biāo)與圖形，直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．7．（2023秋·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖，AC=BD，AC⊥BD于點(diǎn)E，若⊙O

A．2 B．22 C．32 D．4【答案】B【詳解】根據(jù)垂徑定理可以得到OM=ON，再根據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)，可以得到∠OAM=∠ODN【解答】解：連接OA，OD，作ON⊥BD于點(diǎn)∵AC=∴OM=在Rt△OAM和OA=∴Rt△∴∠OAM∵AC⊥∴∠AED∴∠ODN∴∠OAM即∠OAD∴∠AOD∵OA=∴AD=故選：B．

【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、垂徑定理，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．8．（2023秋·江蘇鎮(zhèn)江·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，⊙P的圓心坐標(biāo)是(3,a)(a>3)，半徑為3，函數(shù)y=x的圖像被⊙A．4 B．3+2 C．32 D【答案】B【分析】作PC⊥x軸于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，連接PB，求出D點(diǎn)坐標(biāo)為(3,3)，可得△OCD為等腰直角三角形，從而△PED也為等腰直角三角形．根據(jù)垂徑定理得AE=【詳解】解：作PC⊥x軸于C，交AB于D，作PE⊥AB于∵⊙P的圓心坐標(biāo)是(3,∴OC=3,把x=3代入y=x∴D點(diǎn)坐標(biāo)為(3,3)，∴CD=3∴△OCD∴∠PDE∵PE⊥∴△PED為等腰直角三角形，AE在Rt△PBE中，∴PE=∴PD=∴a=3+故選B．【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，以及垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對(duì)的兩條?。_作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．【題型2有直徑，可作直徑所對(duì)的圓周角】1．（2023春·北京海淀·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖，AB是半⊙O的直徑，點(diǎn)C是弧AB的中點(diǎn)，D為弧BC的中點(diǎn)，連接AD，CE⊥AD于點(diǎn)E．則AEEDA．3 B．22 C．2+1 D【答案】C【分析】連接AC，BC，CD，在EA上取一點(diǎn)T，使得ET=EC，連接CT．證明TA=【詳解】解：如圖，連接AC，BC、CD．∵AB是直徑，∴∠ACB∵AC=∴AC=∴∠CAB∵CD=∴∠CAD∵AC∴∠ADC∵CE⊥∴∠CED∴∠ECD∴EC=在EA上取一點(diǎn)T，使得ET=EC，連接設(shè)EC=DE=∵∠ETC∴∠TAC∴AT=∴AE=∴AEED故選：C【點(diǎn)睛】本題考查圓圓周角定理及推論、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，熟知上述的定理或推論是解題的基礎(chǔ)，根據(jù)題目特征，在EA上取點(diǎn)T，構(gòu)造出兩個(gè)特殊三角形△CTE和△2.（2023春·江蘇無錫·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，在△ABC中，∠

(1)請(qǐng)?jiān)趫D1中BC上方作射線BP，使得∠PBA=∠CAB；在射線BP上作一點(diǎn)D，作以DB為直徑的圓，使其恰好過點(diǎn)C；（作圖使用沒有刻度的直尺和圓規(guī)，不寫作法，保留作圖痕跡，并在圖中標(biāo)注字母P(2)在（1）中所作的圖形中，設(shè)圓交AB于點(diǎn)E，若AC=2，AE=3，則DB的長(zhǎng)為______．（如需畫草圖，請(qǐng)使用圖【答案】(1)見詳解(2)9【分析】（1）以A為圓心，任意長(zhǎng)度為半徑作弧，分別交AC、AB于點(diǎn)M、N，再以點(diǎn)B為圓心，AM為半徑作弧，以點(diǎn)J為圓心，MN為半徑作弧，兩弧交于點(diǎn)P，作射線BP；再分別以B、C為圓心，以大于12BC的長(zhǎng)度為半徑作弧，交于點(diǎn)H、I，作直線（2）連接DE、CD，首先證明點(diǎn)A、C、D在同一直線上，△DAB為等腰三角形，易得AD=BD，AE=BE=12AB，結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)可得AB【詳解】（1）解：根據(jù)題意，作圖如下：

（2）連接DE、CD，如下圖，

∵BD為⊙O∴∠BED又∵∠ACB∴∠BCD∴點(diǎn)A、∵∠PBA∴AD=BD，∵AC=2，AE∴AB=2AE∴在Rt△ABC中，設(shè)BD=x，則∴在Rt△BCD中，可有即32+(x-∴BD=9故答案為：9．【點(diǎn)睛】本題主要考查了作圖復(fù)雜作圖、直徑所對(duì)的圓周角為直角、等腰三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，綜合運(yùn)用所學(xué)知識(shí)是解題關(guān)鍵．3．（2023春·黑龍江哈爾濱·九年級(jí)哈爾濱市第六十九中學(xué)校校考學(xué)業(yè)考試）如圖，AB、CD為⊙O的弦，AB與CD相交于點(diǎn)E，AD(1)如圖1，求證：BE=(2)如圖2，點(diǎn)F在BC上，連接DF、AD，若DF為直徑，AB⊥CD，求證：(3)如圖3，在（2）的條件下，連接CF、BF，BF>CF，若DE=8，△BCF的面積為【答案】(1)證明過程見解析(2)證明過程見解析(3)10【分析】(1)連接BD，由AD=BC得到∠B=∠D即可證明(2)連接AF，由AB⊥CD得到∠BED=90°，由(1)中結(jié)論得到∠EBD=∠EDB=45°，由同弧所對(duì)的圓周角相等得到∠EBD=∠AFD=45°，最后根據(jù)DF是直徑得到∠DAF=90°即可證明；(3)連接EF，過F點(diǎn)作FH⊥AB于H點(diǎn)，證明CF∥BE，設(shè)CF=a，CE=b，得到SΔBCF=SΔECF=12ab=6，進(jìn)而得到ab=12；再證明四邊形CEHF為矩形得到a+b=8，進(jìn)而求出a、b的值，最后在Rt△【詳解】（1）證明：連接DB，如下圖所示：∵AD=∴∠B=∠D，∴△EDB為等腰三角形，∴ED=EB．（2）證明：連接AF，如下圖所示：∵AB⊥CD，∴∠BED=90°，由(1)中結(jié)論得到∠EBD=∠EDB=45°，∵同弧所對(duì)的圓周角相等，∴∠EBD=∠AFD=45°，∵DF是直徑，∴∠DAF=90°，在Rt△ADF中，∠ADF=90°∠AFD=90°45°=45°．（3）解：連接EF，過F點(diǎn)作FH⊥AB于H點(diǎn)，如下圖所示：∵DF為直徑，∴∠DCF=90°=∠DEB，∴CF∥BE，設(shè)CF=a，CE=b，∴SΔBCF∴ab=12∵∠DCF=∠CEH=∠EHF=90°，∴四邊形CEHF為矩形，∴EH=CF=a，HF=CE=b，由(2)知，∠ABF=∠ADF=45°，∴△BFH為等腰直角三角形，∴HB=HF=b，又ED=EB=8，∴EB=EH+HB=a+b=8，聯(lián)立：ab=12解得：a=2b=6又已知BF>CF，即∴a=6∴CF=2，CE=6，∴在Rt△CDF中，由勾股定理可知：DF=在等腰Rt△ADF中，AD=【點(diǎn)睛】本題是圓的綜合題，主要考查了圓周角定理、勾股定理運(yùn)用、等腰三角形的性質(zhì)等，綜合性強(qiáng)，難度較大．4．（2023·廣東廣州·?？家荒＃┤鐖D，在平面直角坐標(biāo)系中，y軸的正半軸（坐標(biāo)原點(diǎn)除外）上兩點(diǎn)A(0,3)、B(0,7)，C為x軸的正半軸（坐標(biāo)原點(diǎn)除外）上一動(dòng)點(diǎn)．當(dāng)∠ACB取最大值時(shí)，點(diǎn)C

A．5 B．2 C．21 D．21【答案】D【分析】當(dāng)以AB為弦的圓與x軸正半軸相切時(shí)，∠AMB最大，根據(jù)圓周角定理得出對(duì)應(yīng)的∠【詳解】解：如圖所示，當(dāng)以AB為弦的圓M與x軸正半軸相切時(shí)，∠AMB∵∠∴此時(shí)的∠ACB作MD⊥y軸于D，連接MC、

∵A(0,3)、B∴AD=∵⊙C與x軸相切于點(diǎn)C，CM∴在直角△BMD中，MD∴OC=∴點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為21，故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了圓的切線性質(zhì)、圓周角定理、垂徑定理以及勾股定理，正確理解當(dāng)以AB為弦的圓與x軸相切時(shí)，對(duì)應(yīng)的∠AEB5．（2023秋·福建廈門·九年級(jí)福建省廈門集美中學(xué)?？计谥校┤鐖D，在⊙O中，AD⊥BC，連接AB、CD，當(dāng)AB=2，CD=6【答案】10【分析】作直徑DE，連接AE、CE．根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角，得∠EAD=∠ECD=90°，則AE∥CB，得CE=AB，則CE=【詳解】解：如圖，作直徑DE，連接AE、CE．∵DE是直徑，∴∠EAD=∠ECD=90°，∴AE⊥BC，又∵AD⊥∴AE∥CB，∴CE=∴CE=AB．∵AB=2，CD∴EC=2∴在Rt△ECD中，∴⊙O半徑長(zhǎng)為10故答案為：10．【點(diǎn)睛】此題綜合運(yùn)用了圓周角定理的推論、垂徑定理的推論、等弧對(duì)等弦以及勾股定理，將AB轉(zhuǎn)化為EC是解題的關(guān)鍵．6．（2023·天津·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為1的網(wǎng)格中，△ABC的頂點(diǎn)A，B均在格點(diǎn)上，頂點(diǎn)C在網(wǎng)格線上，∠BAC（Ⅰ）線段AB的長(zhǎng)等于；（Ⅱ）P是如圖所示的△ABC的外接圓上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)∠PCB=65°時(shí)，請(qǐng)用無刻度的直尺，在如圖所示的網(wǎng)格中畫出點(diǎn)P，并簡(jiǎn)要說明點(diǎn)P的位置是如何找到的（不要求證明）【答案】13；如圖，取格點(diǎn)D，連接AD并延長(zhǎng)，與△ABC的外接圓相交于點(diǎn)E，連接BE；取△ABC的外接圓與網(wǎng)格線的交點(diǎn)F，G，連接FG與BE相交于點(diǎn)O；連接CO并延長(zhǎng)，與△ABC的外接圓交于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為所求【分析】（Ⅰ）利用勾股定理可得答案；（Ⅱ）利用勾股逆定理確定格點(diǎn)D，使得∠DAB=90°，故∠EAC=90°-∠BAC=90°-25°=65°，取△ABC的外接圓與網(wǎng)格線的交點(diǎn)F，G，使得∠FAG=90°,則FG與BE相交于點(diǎn)O，【詳解】（Ⅰ）AB=故答案為：13（Ⅱ）利用勾股逆定理確定格點(diǎn)D，∵AD又∵13∴AD∴∠DAB∴∠EAC=90°-∠BAC=90°-25°=65°，由方格知∠FAG=90°,則FG與BE相交于點(diǎn)O∴FG是⊙O∴O為圓心，∵AC∴∠EAC∵OB=∴∠OBC故答案為：如圖，取格點(diǎn)D，連接AD并延長(zhǎng)，與△ABC的外接圓相交于點(diǎn)E，連接BE；取△ABC的外接圓與網(wǎng)格線的交點(diǎn)F，G，連接FG與BE相交于點(diǎn)O；連接CO并延長(zhǎng)，與△ABC的外接圓交于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為所求．【點(diǎn)睛】此題考查的是勾股定理逆定理的應(yīng)用，圓的基本性質(zhì)，復(fù)雜的作圖，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．7．（2023春·山東煙臺(tái)·九年級(jí)校聯(lián)考期中）如圖，AB，CD是⊙O的直徑，弦BE與CD交于點(diǎn)F，F(xiàn)為BE中點(diǎn)，AF∥ED．若AF=23【答案】2【分析】連接AE．根據(jù)垂徑定理可知CD⊥BE．根據(jù)直徑所對(duì)圓周角為直角可知AE⊥BE，即得出AE∥DF．從而可判斷四邊形AEDF為平行四邊形，得出AE=DF．再根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)得出AE=2OF．設(shè)OF=x，則AE=DF=2x，OD=OF【詳解】如圖，連接AE．∵F為BE中點(diǎn)，CD是⊙O∴CD⊥∵AB是⊙O∴AE⊥∴AE∥∵AF∥∴四邊形AEDF為平行四邊形，∴AE=∵F為BE中點(diǎn)，O為AB中點(diǎn)，∴OF為△ABE∴AE=2設(shè)OF=x，則∴OD=∴AB=2∴BE=∴EF=∵AF∴(23解得：x1∴OF=1，BF=22∴CF=∴BC=故答案為：26【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理，圓周角定理，平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理以及三角形中位線的性質(zhì)．連接常用的輔助線是解題關(guān)鍵．【題型3利用四邊形的對(duì)角互補(bǔ)，作輔助圓】1．（2023秋·浙江溫州·九年級(jí)期末）如圖，點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別在△ABC的三邊上，AB=AC，∠A=∠EDF=90°A．BD可求，BE不可求 B．BD不可求，BE可求C．BD，BE均可求 D．BD，BE均不可求【答案】A【分析】連接AD，根據(jù)如果一個(gè)四邊形的對(duì)角互補(bǔ)，那么這個(gè)四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)共圓，得出AEDF四點(diǎn)共圓，再根據(jù)在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，得出∠BAD=∠EFD=30°，進(jìn)而得出點(diǎn)D固定，即BD可求；當(dāng)△DEF繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)時(shí)，保持∠EDF=90°不變，根據(jù)如果一個(gè)四邊形的對(duì)角互補(bǔ)，那么這個(gè)四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)共圓，得出AEDF四點(diǎn)共圓，再根據(jù)在同圓或等圓中，同弧或【詳解】解：連接AD，∵∠A∴∠A∴AEDF四點(diǎn)共圓，∴∠BAD∴點(diǎn)D固定，即BD可求；當(dāng)△DEF繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)時(shí)，保持∠EDF=90°∴∠BAD=∠EFD=30°依舊不變，即點(diǎn)∴BE不可求，綜上可得：BD可求，BE不可求．故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了內(nèi)接四邊形的判定定理、圓周角定理、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵在得出AEDF四點(diǎn)共圓．2．（2023春·廣東梅州·九年級(jí)?？奸_學(xué)考試）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A-1,0和直線m的函數(shù)表達(dá)式為y=x，動(dòng)點(diǎn)Bx,0在A點(diǎn)的右邊，過點(diǎn)B作x軸的垂線交直線m于點(diǎn)C，過點(diǎn)B作直線m的平行線交y軸于點(diǎn)D，當(dāng)

【答案】12或【分析】先根據(jù)題意畫出圖形，分兩種情況：①當(dāng)點(diǎn)B在原點(diǎn)右邊時(shí)，證明A、C、B、D四點(diǎn)共圓，再根據(jù)同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等從而得到△ACD是直角三角形，分別在Rt△ABC和Rt△ACD中用x表示出AC，構(gòu)造方程求解x值；②如圖2，當(dāng)B點(diǎn)在A點(diǎn)右邊，O點(diǎn)左邊時(shí)，可得A、C、O、D四點(diǎn)共圓，根據(jù)同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等從而得到∠ACD=90°，分別在Rt△AOD【詳解】解：分兩種情況：①如圖，當(dāng)點(diǎn)B在原點(diǎn)右邊時(shí)，Bx,0中

∴BC=OB=∴∠CBA=90°，∴在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理得∵∠CAD=45°，∴∠CAD∴A、C、B、D四點(diǎn)共圓．連接CD，則∠ADC=∠ABC∴AD=在Rt△ADO中，利用勾股定理可得∴在Rt△ACD中，∴x2解得x=如圖，當(dāng)B點(diǎn)在A點(diǎn)右邊，O點(diǎn)左邊時(shí)，此時(shí)OB=

同理可得A、C、O、D四點(diǎn)共圓，∠ACD在Rt△AOD中，在Rt△ABC∴在Rt△ACD中，∴1+x2=4故答案為：12或-【點(diǎn)睛】本題主要考查了一次函數(shù)圖象和性質(zhì)、勾股定理，同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，已知圓內(nèi)接四邊形求角度，