中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)中考數(shù)學(xué)專項提升第27講 圓的基本性質(zhì)(練習(xí))(解析版)

第六章圓第27講圓的基本性質(zhì)TOC\o"1-1"\n\p""\h\z\u??題型01圓的周長與面積問題??題型02圓中的角度、線段長度的計算??題型03利用垂徑定理結(jié)合全等，相似綜合求解??題型04在坐標系中利用垂徑定理求值或坐標??題型05垂徑定理在格點中的應(yīng)用??題型06垂徑定理的實際應(yīng)用??題型07利用垂徑定理求取值范圍??題型08利用弧，弦，圓心角的關(guān)系求解??題型09利用弧，弦，圓心角的關(guān)系求最值??題型10利用弧，弦，圓心角的關(guān)系證明??題型11利用圓周角定理求解??題型12利用圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)求角??題型13利用圓的有關(guān)性質(zhì)解決多結(jié)論問題??題型14利用圓的有關(guān)性質(zhì)解決翻折問題??題型15利用圓的有關(guān)性質(zhì)解決最值問題??題型16與圓有關(guān)的常見輔助線-遇到弦時，常添加弦心距??題型17與圓有關(guān)的常見輔助線-遇到直徑時，常添加直徑所對的圓周角??題型01圓的周長與面積問題1．（2024·四川成都·三模）魏晉時期數(shù)學(xué)家劉徽首創(chuàng)割圓術(shù)，為計算圓周率建立了嚴密的理論和完善的算法．所謂割圓術(shù)，即通過圓內(nèi)接正多邊形細割圓，并使正多邊形的周長無限接近圓的周長，進而求得較為精確的圓周率．劉徽形容“割圓術(shù)”為：“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓合體，而無所失矣．”已知⊙O的半徑為1，運用“割圓術(shù)”，以圓內(nèi)接正十二邊形近似估計⊙O的面積，可得π的近似值為．【答案】3【分析】本題考查了正多邊形與圓，三角形的面積的計算，圓的面積，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．過A作AM⊥OB于M，求得∠AOB=360°÷12=30°，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到AM=12OA=12【詳解】解：如圖，AB是正十二邊形的一條邊，點O是正十二邊形的中心，

過A作AM⊥OB于M，在正十二邊形中，∠AOB=360°÷12=30°，∴AM=1∴S∴正十二邊形的面積為12×1∴3=1∴π=3，∴π的近似值為3，故答案為：3．2．（2023·江蘇鎮(zhèn)江·模擬預(yù)測）如圖，半徑為r的⊙O沿著邊長為a的正方形ABCD的邊作無滑動地滾動一周回到原來的位置，⊙O自身轉(zhuǎn)動的圈數(shù)是．（用含a，【答案】2aπr【分析】本題主要考查圓的基礎(chǔ)知識，根據(jù)正方形的邊長可得正方形的周長，結(jié)合圓的周長計算，即可求解，掌握圓的基礎(chǔ)知識是解題的關(guān)鍵．【詳解】解：⊙O的周長為：2πr，正方形的周長為：4a，∴⊙O自身轉(zhuǎn)動的圈數(shù)是4a2πr故答案為：2aπ3．（2024·河北秦皇島·一模）某校社團實踐活動中，有若干個同學(xué)參加．先到的n個同學(xué)均勻圍成一個以O(shè)點為圓心，1m（1）若n=6，則相鄰兩人間的圓弧長是m．（結(jié)果保留π）（2）又來了兩個同學(xué)，先到的同學(xué)都沿各自所在半徑往后移a米，再左右調(diào)整位置，使這n+2個同學(xué)之間的圓弧長與原來n個同學(xué)之間的圓弧長相等．這n+2個同學(xué)排成圓圈后，又有一個同學(xué)要加入隊伍，重復(fù)前面的操作，則每人須再往后移b米，才能使得這n+3個同學(xué)之間的圓弧長與原來n個同學(xué)之間的圓弧長相同，則ba=【答案】π3【分析】本題考查圓的周長和弧長，（1）先計算出圓的周長，再計算出圓的弧長即可；（2）先計算出半徑往后移a米的圓的周長，求出弧長，根據(jù)弧長相等建立等式即可求出a，再計算出b，即可得到答案．【詳解】解：（1）當n=6時，圓的周長為：2π，∴相鄰兩人間的圓弧長是2π6故答案為：π3（2）又來了兩個同學(xué)后圓的周長為：2π1+a∴2π1+a∴a=1當又有一個同學(xué)要加入隊伍后，圓的周長為：2π1+a+b∴2π1+a+b∴b=1∴ba故答案為：12??題型02圓中的角度、線段長度的計算4．（2024·四川成都·二模）如圖，AB是⊙O的弦，若⊙O的半徑OA=10，圓心O到弦AB的距離OC=6，則弦AB的長為()A．8 B．12 C．16 D．20【答案】C【分析】根據(jù)垂徑定理，得AC=BC=12AB本題考查了勾股定理，垂徑定理，熟練掌握兩個定理是解題的關(guān)鍵．【詳解】解：根據(jù)垂徑定理，得AC=BC=1根據(jù)勾股定理，得AC=O故AB=2AC=16．故選：C．5．（2024·安徽蚌埠·模擬預(yù)測）如圖，CD是以O(shè)為圓心的半圓的直徑，A是DC延長線上一點，過A點的直線交半圓于B，E兩點，B在A，E之間，若AB=OD，∠EOD=45°，則∠BAO的大小為（

）

A．10° B．15° C．20° D．25°【答案】B【分析】本題考查了等邊對等角、三角形的外角的性質(zhì)等知識點，連接OB，可推出∠BAO=∠BOA，∠OBE=∠BAO+∠BOA=2∠BAO，根據(jù)OB=OE，得∠OEB=∠OBE=2∠BAO，進而得∠EOD=∠BAO+∠OEB=3∠BAO=45°，即可求解；【詳解】解：連接OB，如圖所示：

∵AB=OD，OD=OB，∴AB=OB，∴∠BAO=∠BOA，∴∠OBE=∠BAO+∠BOA=2∠BAO，∵OB=OE，∴∠OEB=∠OBE=2∠BAO，∴∠EOD=∠BAO+∠OEB=3∠BAO=45°，∴∠BAO=15°，故選：B6．（2024·甘肅·模擬預(yù)測）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB是⊙O的直徑，D是⊙O上一點，若C是BD的中點，連接OC，∠OBC=50°，則∠ACD=．【答案】10°/10度【分析】此題考查了圓周角定理，等弧所對的圓心角相等，直角三角形兩銳角互余等知識．如圖所示，連接OD，首先由直徑得到∠ACB=90°，然后求出∠A=90°?∠B=40°，根據(jù)圓周角定理得到∠BOC=2∠A=80°，進而求出∠COD=∠BOC=80°，然后求出∠AOD=180°?∠COD?∠BOC=20°，最后利用圓周角定理求解即可．【詳解】如圖所示，連接OD∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°∵∠OBC=50°∴∠A=90°?∠B=40°∴∠BOC=2∠A=80°∵C是BD的中點∴BC∴∠COD=∠BOC=80°∴∠AOD=180°?∠COD?∠BOC=20°∴∠ACD=1故答案為：10°．??題型03利用垂徑定理結(jié)合全等，相似綜合求解7．（2024·浙江寧波·二模）如圖，AB為⊙O的直徑，弦CD⊥AB，連結(jié)BC，AD，E為AB上一點，BE=BC，連結(jié)CE并延長交AD于點F，交⊙O于點(1)求證：∠G=2∠DCG．(2)若EF=2，F(xiàn)G=3，求(3)若EF=a，判斷1EC+1【答案】(1)詳見解析(2)10(3)不會改變，1【分析】（1）如圖1，連接ED，根據(jù)EB=BC，得出∠BCE=∠BEC，由同弧所對的圓周角相等得∠BCE=∠BAG，根據(jù)垂徑定理得出AB是CD的垂直平分線，得到CE=ED，證出∠BEC=∠BED=∠AEG=∠BCE=∠BAG，再結(jié)合三角形內(nèi)角和定理證出∠DEG=∠G，根據(jù)三角形外角的性質(zhì)即可證明∠G=2∠DCG；（2）根據(jù)EF=2,FG=3，求出EG=5，由（1）知：∠AEG=∠EAG，得出AG=EG=5，證明△AGF∽△DEF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解．（3）設(shè)FG=b，則EG=AG=a+b，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可解答．【詳解】（1）證明：如圖1，連接ED，∵EB=BC，∴∠BCE=∠BEC，由同弧所對的圓周角相等得∠BCE=∠BAG，∵AB是⊙O的直徑，且CD⊥AB，∴CH=DH，∴AB是CD的垂直平分線，∴CE=ED，∴∠CEB=∠DEB,∠ECD=∠EDC，∵∠AEG=∠BEC,∠BCE=∠EAG，∴∠BEC=∠BED=∠AEG=∠BCE=∠BAG，∵∠EAG+∠AEG+∠G=180°,∠AEG+∠BED+∠DEG=180°，∴∠DEG=∠G，∵∠DEG=∠ECD+∠EDC=2∠DCG，∴∠G=2∠DCG；（2）解：∵EF=2,FG=3，∴EG=EF+FG=2+3=5，由（1）知：∠AEG=∠EAG，∴AG=EG=5，∵∠DEG=∠G，∴AG∥DE，∴△AGF∽△DEF，∴DE∴DE5∴DE=10∵DE=CE，∴CE=10（3）解：1EC設(shè)FG=b，則EG=AG=a+b，∵AG∥DE，∴△AGF∽△DEF，∴DE∴DEa+b∴DE=a(a+b)∴1∴1【點睛】本題考查了圓周角定理，平行線的判定，垂徑定理，等腰三角形的性質(zhì)和判定，相似三角形的性質(zhì)和判定等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用相似三角形的性質(zhì)列比例式解決問題，屬于中考?？碱}型．8．（2024·湖南長沙·模擬預(yù)測）如圖，等腰三角形ABC和ACD無重疊地拼接在一起，且AB=AC=CD，△ABC的外接圓⊙O與邊CD交于點E（點E不與點C，D重合），過點E作線段CD的垂線，交BC的延長線于點F，交線段AB于點H，連接AE．(1)求證△ABC∽△AED；(2)若⊙O的半徑為5，①若tan∠BAC=43②連接BE，若BE平分∠ABC，求BC(3)若EDCE=m，對于CE任意長度，都有4E【答案】(1)見解析(2)①1655

(3)1【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得∠B=∠D，再由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得∠B=∠AED，再由AB=AC，可得∠B=∠ACB=∠AED=∠D，即可求證；（2）①連接AO，并延長AO交BC于點M，連接BO，可得OA⊥BC，從而得到BC=2CM,∠BAM=12∠BAC，進而得到∠BOM=∠BAC，繼而得到tan∠BOM=BMOM=43，設(shè)BM=4x，OM=3x，可求出x的值，從而得到BM=4，OM=3，再由勾股定理求出AC=AB=45，再由△ABC∽△AED，即可求解；②由BE平分∠ABC，得到AE=EC，由△ABC∽△AED，得到BCAB=EDAE，根據(jù)等量代換得到，BCAB=ABBC?1（3）過點A作AG⊥DE于點G，可得DE=2DG，再由平行四邊形的性質(zhì)可得AG=EH，根據(jù)題意可得DE=mCE，從而得到DG=12mCE，AC=AB=CD=CE+DE=(m+1)CE，再由ΔABC∽ΔAED，可得AD2=(本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，垂徑定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是：根據(jù)題意列出等量關(guān)系式．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠B=∠D，∵四邊形ABCE是圓內(nèi)接四邊形，∴∠B+∠AEC=180°，∵∠AEC+∠AED=180°，∴∠B=∠AED，∵AB=AC，∴∠B=∠ACB=∠AED=∠D，∴△ABC∽△AED；（2）解：①如圖，連接AO，并延長AO交BC于點M，連接BO，∵AB=AC，∴AB=AC，∴OA⊥BC，∴BC=2CM，∠BAM=1∵∠BOM=2∠BAM，∴∠BOM=∠BAC，∵tan∠BAC=∴tan∠BOM=設(shè)BM=4x，OM=3x，∴OB=5x，∵⊙O的半徑為5，∴5x=5，即x=1，∴BM=4，OM=3，∴BC=2BM=8，AM=OA+OM=8，∴AC=AB=B∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD=BC=8，∵△ABC∽△AED，∴ACAD=BCDE，即②∵BE平分∠ABC，∴AE=EC，∵△ABC∽△AED，∴BCAB又∵CD=AB，EC=AE=AD=BC，∴BCAB=設(shè)ABBC=t，則：1t=t?1，即：t2?t?1=0，解得：設(shè)BM=12BC=a在Rt△ABM中，AM=在Rt△OBM中，OM2+BM∴BC（3）如圖，過點A作AG⊥DE于點G，∵∠AED=∠D，∴AD=AE，∴DE=2DG，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD=BC，AB∥CD，∴AG⊥AB，∵EH⊥AB，∴AG=EH，∵EDCE∴DE=mCE，∴DG=1∴AC=AB=CD=CE+DE=(m+1)CE，∵△ABC∽△AED，∴ACAD=BC∴AD∴AG∴HE∴4E=4=∵對于CE的任意長度，都有4EH∴3m解得：m=1∴當m=13時，EH9．（2024·廣東汕尾·模擬預(yù)測）如圖，半圓O的直徑AB=6．點C在半圓O上，連接AC，BC，過點O作OD∥AC分別交BC，AB于點E，D，連接AD交BC于點F．(1)求證：點D是BC的中點；(2)將點O繞點F順時針旋轉(zhuǎn)90°到點G．①當點G在線段AD上，求AC的長；②當點G在線段AC上，求sin∠ABC【答案】(1)見解析(2)①AC=2；②sin【分析】（1）先得到∠C=90°，由平行線的性質(zhì)得到OD⊥BC，則由垂徑定理即可證明結(jié)論；（2）①連接OF，在AF上取一點使得FG=OF，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠OFG=90°，證明△ACF≌△DEFAAS得到AC=DE，再證明△BOE∽△BAC，得到AC=2OE，再根據(jù)線段之間的關(guān)系求解即可②如圖，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得FG=FO，∠OFG=90°，證明△CFG≌△EOFAAS得到OE=CF，證明△ACF∽△DEF，設(shè)OE=CF=x，則AC=2x，DE=3?x可得EF=3?x2，則CE=BE=3+x【詳解】（1）證明：∵AB是半圓O直徑，∴∠C=90°∵OD∥∴∠OEB=∠C=90°，即OD⊥BC∴BD=CD，即點D（2）解：①連接OF，在AF上取一點使得FG=OF，∵點O繞點F順時針旋轉(zhuǎn)90°到點G，∴∠OFG=90°，∴AF=DF，又∵OD∥∴∠D=∠CAD，∠C=∠DEC，∴△ACF≌△DEF∴AC=DE，∵O是AB中點，OD∥AC，∴△BOE∽△BAC，∴OEAC∴AC=2OE，∵直徑AB=6，∴OE+DE=OD=3，∴AC+1∴AC=2；②如圖，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得FG=FO，∵∠FCG=∠OEF=90°，∴∠CFG+∠EFO=90°=∠CGF+∠CFG，∴∠EFO=∠CGF，∴△CFG≌△EOF∴OE=CF，由①得，AC=2OE，∵AC∥∴△ACF∽△DEF，設(shè)OE=CF=x，則AC=2x，DE=3?x∴CF:AC=EF:DE=1:2∴EF=3?x∴CE=BE=CF+EF=∴在Rt△BOE中，由勾股定理得3+x解得：x1=1.8，∴sin【點睛】本題主要考查了垂徑定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，直徑所對的圓周角是直角，掌握相應(yīng)的知識點是解本題的關(guān)鍵．10．（2024·上海普陀·三模）已知△ABC內(nèi)接于⊙O，為的⊙O直徑，N為AC的中點，連接ON交AC于點H．(1)如圖①，求BCOH(2)如圖②，點D在⊙O上，連接DB，DO，DC，DC交OH于點E，若DB=DC，求證OD∥AC；(3)如圖③，在（2）的條件下，點F在BD上，過點F作FG⊥DO，交DO于點G．DG=CH，過點F作FR⊥DE，垂足為R，連接EF，EA，EF:DF=3:2，點T在BC的延長線上，連接AT，過點T作TM⊥DC，交DC的延長線于點M，若FR=CM,AT=42，請直接寫出圓O【答案】(1)BCOH(2)證明見解析；(3)13．【分析】（1）連接OC，根據(jù)N為AC的中點，可得AH=HC，再根據(jù)中位線定理得出結(jié)論；（2）連接OC，先證△DOB≌△DOC得∠BDO=∠CDO，再根據(jù)OB=OD得∠DBO=∠BDO，根據(jù)（3）連接AD，先證△DOB≌△DOC，再證四邊形ADFE是矩形，過A作AS⊥DE垂足為S，先證出FR=AS，再能夠證出△CAS≌△TCM從而CT=AC，得到等腰直角△ACT，利用三角函數(shù)求出AC，再根據(jù)【詳解】（1）證明：如圖，連接OC，∵N為AC的中點，∴AN=∴∠AON=∠CON，∵OA=OC，∴AH=HC，∵OA=OB，∴OH是△ABC的中位線，∴BCOH（2）證明：如圖，連接OC，設(shè)∠BDC=2α，∵BD=DC，DO=DO，OB=OC，∴△DOB≌∴∠BDO=∠CDO=1∵OB=OD，∴∠DBO=∠BDO=α，∵∠ACD=∠ABD=α，∴∠CDO=∠ACD，∴OD∥（3）解：連接AD，∵FG⊥OD，∴∠DGF=90°，∵∠CHE=90°，∴∠DGF=∠CHE，∵∠FDG=∠ECH，DG=CH，∴△DGF≌∴DF=CE，∵AH=CH，∴OH⊥AC，∴CE=AE=DF，∵∠EAC=∠ECA=α，∠AED=∠EAC+∠ECA=2α，∴∠BDC=∠AED，∴DF∥∴四邊形ADFE是平行四邊形，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∴四邊形ADFE是矩形，∴∠EFD=90°，∴tan∠EDF=過點A作AS⊥DE垂足為S，∴sin∠AES=∵FR⊥DC，∴sin∠FDR=∵FD∥∴∠FDR=∠AES，∴sin∠FDR=∴FR=AS，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴∠BCE+∠ACS=90°，∵∠ASC=90°，∴∠CAS+∠ACS=90°，∴∠BCE=∠CAS，∵∠BCE=∠TCM，∴∠CAS=∠TCM，∵TM⊥DC，∴∠TMC=90°，∴∠TMC=∠ASC，∵FR=CM，∴AS=CM，∴△CAS≌∴CT=AC，∵∠ACT=180°?90°=90°，∴∠CAT=∠CTA=45°，∴AC=AT?sin∵∠EDF=∠BAC，∴tan∠EDF=∴BCAC∴BC=6，∴AB=A∴圓O半徑的長13．【點睛】本題是圓的綜合題，考查圓的有關(guān)知識、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形中位線定理、垂徑定理、三角函數(shù)、勾股定理、圓周角定理等知識，構(gòu)造輔助線解決問題是解題關(guān)鍵．??題型04在坐標系中利用垂徑定理求值或坐標11．（2024·江蘇南京·一模）如圖，在平面直角坐標系中，正方形OABC的頂點A，C分別在x軸、y軸上，以AB為弦的⊙D與y軸相切．若點A的坐標為4,0，則點D的坐標為．【答案】5【分析】本題考查了勾股定理、切線的性質(zhì)、正方形性質(zhì)，垂徑定理等知識點，過點D作DF⊥AB，交OC與點E，連接AD，設(shè)⊙D得半徑為r，由正方形的性質(zhì)及垂徑定理可得EF=4，DF=EF?ED=4?r，BF=AF=2，在根據(jù)勾股定理即可求解．熟練掌握相關(guān)圖形的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．【詳解】解：過點D作DF⊥AB，交OC與點E，連接AD，設(shè)⊙D得半徑為r，∵A4,0∴在正方形OABC中，AB∥OC，OA=AB=BC=OC=4，∵以AB為弦的⊙D與y軸相切，AB∥OC，∴DE⊥CO，則EF是⊙D直徑的一部分則EF=4，DF=EF?ED=4?r，由垂徑定理可得BF=AF=2，在Rt△ADF中，AD2解得：r=5∴點D的坐標為52故答案為：5212．（2023·黑龍江齊齊哈爾·模擬預(yù)測）如圖，在平面直角坐標系中，以點C1,1為圓心，2為半徑作圓，交x軸于A，B兩點，點P在⊙C

(1)求出A，B兩點的坐標；(2)試確定經(jīng)過A、B兩點且以點P為頂點的拋物線解析式；(3)在該拋物線上是否存在一點D，使線段OP與CD互相平分？若存在，求出點D的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)A(2)y=?x2(3)D【分析】（1）作CE⊥AB于點E，連接OA,OB，根據(jù)C1,1，半徑AC=BC=2，得到CE=1,利用勾股定理求出AE=BE=3，即可得到A，（2）由圓與拋物線的對稱性可知拋物線的頂點P的坐標為1,3或1,?1，分別設(shè)出解析式代入點B的坐標求出解析式；（3）假設(shè)存在點D使線段OP與CD互相平分，則四邊形OCPD是平行四邊形，得到PC∥OD且PC=OD，由PC∥y軸，確定點D在y軸上，根據(jù)【詳解】（1）作CE⊥AB于點E，連接OA,OB，∵C1,1，半徑AC=BC=2∴CE=1，∴AE=BE=A∴A1?

（2）由圓與拋物線的對稱性可知拋物線的頂點P的坐標為1,3或1,?1，當拋物線的頂點P的坐標為1,3時，設(shè)拋物線的解析式為y=ax?1將點B1+3,0∴y=?x?1當拋物線的頂點P的坐標為1,?1時，設(shè)拋物線的解析式為y=ax?1將點B1+3,0∴y=1（3）假設(shè)存在點D使線段OP與CD互相平分，則四邊形OCPD是平行四邊形，∴PC∥OD且∵PC∥∴點D在y軸上，當拋物線為y=?x∵PC=2，∴OD=2，即D0,2又D0,2滿足y=?∴點D在拋物線上，存在D0,2使線段OP與CD當拋物線為y=1∵PC=3，∴OD=3，即D0,?3∵D0,?3不滿足y=∴不存在D0,?3使線段OP與CD綜上，存在D0,2使線段OP與CD【點睛】此題考查了圓的垂徑定理，勾股定理，求二次函數(shù)的解析式，平行四邊形的性質(zhì)及判定，綜合掌握各知識點是解題的關(guān)鍵．13．（2022·上海黃浦·二模）已知點P是直線y=2上一點，⊙P與y軸相切，且與x軸負半軸交于A、B兩點，如果AB=2，那么點P的坐標是．【答案】?【分析】根據(jù)題意作出圖形，過點P作x軸的垂線，垂足為M，然后由垂徑定理及勾股定理可得圓的半徑，由此可得答案．【詳解】解：根據(jù)題意，畫出圖形如下：∴ON=2，AB=2，過點P作x軸的垂線，垂足為M，∴PM=2，AM=BM=1，在Rt△PBM中，PB=∵⊙P與y軸相切，∴PN⊥y軸，PN=PB=5∵⊙P與x軸負半軸交于A、B兩點，∴點P的坐標是?5故答案為：?5【點睛】此題考查的是切線的性質(zhì)、垂徑定理及坐標與圖形的性質(zhì)，正確作出圖形是解決此題的關(guān)鍵．??題型05垂徑定理在格點中的應(yīng)用14．（2024·山東淄博·二模）如圖，在平面直角坐標系中，點A，B，C都在格點上，過A，B，C三點作一圓弧，則該圓弧的半徑=．【答案】5【分析】本題考查垂徑定理的應(yīng)用，解答此題的關(guān)鍵是熟知垂徑定理，即“垂直于弦的直徑平分弦”．根據(jù)垂徑定理的推論：弦的垂直平分線必過圓心，可以作弦AB和BC的垂直平分線，交點即為圓心．再利用網(wǎng)格與勾股定理求解即可．【詳解】解：根據(jù)垂徑定理的推論：弦的垂直平分線必過圓心，可以作弦AB和BC的垂直平分線，交點即為圓心．如圖所示，連接OA，∴OA=22故答案為：5．15．（2024·山東濰坊·模擬預(yù)測）在每個小正方形的邊長為1的網(wǎng)格圖形中，每個小正方形的頂點稱為格點．如圖，在6×6的正方形網(wǎng)格圖形ABCD中，M，N分別是AB，BC上的格點BM=4，BN=2．若點P是這個網(wǎng)格圖形中的格點，連結(jié)PM，PN，則所有滿足【答案】2【分析】本題考查了圓周角定理，垂徑定理，勾股定理，得出邊PM的長的最大值等于圓O的直徑是解題的關(guān)鍵．作線段MN中點Q，作MN的垂直平分線OQ，并使OQ=12MN，以O(shè)為圓心，OM為半徑作圓，通過圖形可知，當點P在P'位置時，恰好過格點且P'M經(jīng)過圓心O，此時P'M最大，等于圓O的直徑，得出【詳解】解：作線段MN中點Q，作MN的垂直平分線OQ，并使OQ=12MN，以O(shè)為圓心，OM∵OQ為MN垂直平分線且OQ=12MN∴OQ=MQ=NQ，∴∠OMQ=∠ONQ=45°，∴∠MON=90°，∴弦MN所對的圓O的圓周角為45°，∴點P在圓O上，PM為圓O的弦，通過圖形可知，當點P在P'位置時，恰好過格點且P'M∴此時P'M最大，等于圓∵BM＝4，BN＝2，∴MN=2∴MQ=OQ=5，∴OM=2MQ=∴P'即邊PM的長的最大值為21016．（2024·江西景德鎮(zhèn)·二模）如圖是一個由小正方形構(gòu)成的8×8的網(wǎng)格，每個小正方形的頂點叫作格點，⊙O經(jīng)過A，B，C三個格點，請你使用無刻度的直尺在給定網(wǎng)格中按要求作圖，并保留作圖痕跡：(1)在圖1中，在圓上找一點D，使得BD=AC；(2)在圖2中，在圓上找一點P，使得A點為弧BP的中點．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】此題通過作圖考查了圓周角定理和垂徑定理，勾股定理，全等三角形的判定及性質(zhì)，熟練掌握圓周角定理和垂徑定理是正確作圖的關(guān)鍵．（1）連接BO交⊙O于D，可知BD為直徑，則BD=AC，點D即為所求；（2）取格點E，F(xiàn)，連接BF交AC于G，交⊙O于P，點P即為所求．【詳解】（1）解：由圖可知，AB=3，BC=6，AC=3∴AC∴∠ABC=90°，又∵⊙O經(jīng)過A，B，C三個格點，∴AC為⊙O的直徑，連接BO交⊙O于D，可知BD為直徑，則BD=AC，如圖所示，點D即為所求；（2）取格點E，F(xiàn)，連接BF交AC于G，交⊙O于P，由圖可知，AB=EF=3，BC=EB=6，AC=FB=3∴△ABC≌△FEBSSS∴∠ABG=∠ACB，∵∠ABG+∠CBG=90°，∴∠ACB+∠CBG=90°，則∠BGC=90°，∴直徑AC⊥BP，∴AB=即：點P即為所求．??題型06垂徑定理的實際應(yīng)用17．（2025·廣西柳州·一模）某項目化研究小組只用一張矩形紙條和刻度尺，來測量一次性紙杯杯底的直徑．小敏同學(xué)想到了如下方法：如圖，將紙條拉直并緊貼杯底，紙條的上下邊沿分別與杯底相交于A、B、C、D四點，然后利用刻度尺量得該紙條的寬為3.5cm，AB=3cm，CD=4cmA．4.8cm B．5cm C．5.2cm【答案】B【分析】本題考查垂徑定理的應(yīng)用，勾股定理．由垂徑定理求出BN，CM的長，設(shè)ON=x，由勾股定理得到3.5?x2+22=x2【詳解】解：如圖，MN⊥AB，MN過圓心O，連接OC，OB，∴MN=3.5cm，∵AB∥∴MN⊥CD，∴CM=12CD=設(shè)ON=xcm∴OM=MN?ON=3.5?x∵OM2+M∴OM∴3.5?x∴x=2，∴ON=2cm∴OB=O∴紙杯的直徑為2.5×2=5cm故選：B．18．（2024·廣西貴港·模擬預(yù)測）筒車是我國古代發(fā)明的一種水利灌溉工具，筒車盛水桶的運行軌道是以軸心O為圓心的圓，已知圓心O在水面上方，且⊙O被水面截得弦AB長為4米，⊙O直徑長為6米．若點C為運行軌道的最低點，則點C到弦AB所在直線的距離是（

）A．1米 B．2米 C．3?5米 D．3+【答案】C【分析】本題考查了垂徑定理的應(yīng)用和勾股定理的應(yīng)用，熟練掌握垂徑定理和勾股定理是解題的關(guān)鍵．連接OC，OC交AB于D，由垂徑定理得AD=BD=12AB=2（米），再由勾股定理得OD=【詳解】解：連接OC，OC交AB于D，由題意得：OA=OC=3米，OC⊥AB，AB=4米，∴AD=BD=12AB=2∴OD=O∴CD=OC?OD=3?即點C到弦AB所在直線的距離是3?5故選：C．19．（2024·河北邯鄲·模擬預(yù)測）粒子加速器是當今高能物理學(xué)中研究有關(guān)宇宙的基本問題的重要工具．圖1，圖2是某環(huán)形粒子加速器的實景圖和構(gòu)造原理圖，圖3是粒子加速器的俯視示意圖，⊙O是粒子真空室，C、D是兩個加速電極，高速飛行的粒子J在A點注入，在粒子真空室內(nèi)做環(huán)形運動，每次經(jīng)過CD時被加速，達到一定的速度在B點引出，粒子注入和引出路徑都與⊙O相切．已知：AB=16km，粒子注入路徑與AB夾角α=53°，CD所對的圓心角是60°(1)求∠ABE的度數(shù)；(2)通過計算，比較CD與AB的長度哪個更長；(3)直接寫出粒子J在環(huán)形運動過程中，粒子J到AB的最遠距離．（相關(guān)數(shù)據(jù)：tan37°≈【答案】(1)∠ABE=53°(2)AB的長度更長，見解析(3)粒子J到AB的最遠距離是16【分析】（1）如圖，延長AF，BE交于（2）根據(jù)弧長公式求出CD的長，再進行比較即可；（3）如圖，當粒子J運動到P點時，離AB的距離最遠，根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠FAO=90°，再根據(jù)垂徑定理和三角函數(shù)得出AO的長，進而解答即可【詳解】（1）解：如圖，延長AF，BE交于由題意得，AF，BE是∴AG=BG，∴∠ABE=∠FAB=α=53°；（2）解：AB的長度更長，∵CD所對的圓心角為60°，OC=OA=10km∴CD的長度約為60π∵10.5<16，∴AB的長度更長；（3）解：如圖，過點O作OE⊥AB于點E，延長EO交⊙O于點P，連接AO，∵AF是⊙O的切線，∴∠FAO=90°，∵α=53°，∴∠EAO=90°?53°=37°，∵AB是⊙O的弦，OE是弦心距，OE⊥AB，∴AE=BE=12AB=8∴tan∠EAO=∴OE≈3∴AO=A如圖，當粒子J運動到P點時，離AB的距離最遠，∴EP=OE+OP=6+10=16km即粒子J到AB的最遠距離是16km【點睛】本題是圓的綜合題，涉及圓周角定理，圓切線的性質(zhì)，垂徑定理，解直角三角形，弧長公式，正確作出輔助線是解題關(guān)鍵．??題型07利用垂徑定理求取值范圍20．（20-21九年級下·河南鄭州·階段練習(xí)）如圖，在平面直角坐標系xOy中，半徑為4的⊙O與x軸的正半軸交于點A，點B是⊙O上一動點，點C為弦AB的中點，直線y=34x?6與x軸、y軸分別交于點D、E，若△CDE面積為S，則S的范圍是【答案】8≤S≤28【分析】連接OC，如圖，根據(jù)垂徑定理得到OC⊥AB，則利用圓周角定理可判斷點C在以O(shè)A為直徑的圓上（點O、A除外），以O(shè)A為直角作⊙P，過P點作直線PH⊥DE于H，交⊙P于M、N，如圖，先利用一次函數(shù)解析式確定E（0，-6），D（8，0），則DE=10，接著證明△DPH∽△DEO，利用相似比求出PH=185，則MP=285，NH=85，由于當C點與M點重合時，S最大；C點與N點重合時，S最小，然后計算出SΔNED【詳解】解：連接OC，如圖，∵點C為弦AB的中點，∴OC⊥AB，∴∠ACO=90°，∴點C在以O(shè)A為直徑的圓上（點O、A除外），以O(shè)A為直角作⊙P，過P點作直線PH⊥DE于H，交⊙P于M、N，如圖，當x=0時，y=34x-6=-6，則E當y=0時，34x-6=0，解得x=8，則D∴DE=62∵A（4，0），∴P（2，0），∴PD=6，∵∠PDH=∠EDO，∠PHD=∠EOD，∴△DPH∽△DEO，∴PH：OE=DP：DE，即PH：6=6：10，解得PH=185∴MP=PH+2=285，NH=PH-2=8∴SΔNED=當C點與M點重合時，S最大；C點與N點重合時，S最小，∴S的范圍為8≤S≤28．故答案為：8≤S≤28．【點睛】本題考查了垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧．也考查了圓周角定理、相似三角形的判定與性質(zhì)和一次函數(shù)的性質(zhì)．21．（2024·浙江杭州·一模）在直角坐標系xOy中，對于直線l:y=kx+b，給出如下定義：若直線l與某個圓相交，則兩個交點之間的距離稱為直線l關(guān)于該圓的“圓截距”．如圖，點M的坐標為?1,0，若⊙M的半徑為2，當k的取值在實數(shù)范圍內(nèi)變化時，直線l關(guān)于⊙M的“圓截距”的最小值為22，則b的值為【答案】±1【分析】本題主要考查了垂徑定理，勾股定理，一次函數(shù)與幾何綜合，如圖所示，設(shè)直線l與⊙M交于B、C，與y軸交于D，過點M作MD⊥BC于E，連接MB，先證明當點E與點D重合時，ME最大，即此時BC最小，再由BC最小=22，求出MD=2【詳解】如圖所示，設(shè)直線l與⊙M交于B、C，與y軸交于D，過點M作ME⊥BC于E，連接MB，∴BC=2BE，在Rt△MBE中，由勾股定理得BE=∴當ME最大時，BE最小，即此時BC最小，∵ME≤MD，∴當點E與點D重合時，ME最大，即此時BC最小，∵直線l關(guān)于⊙M的“圓截距”的最小值為22，即B∴BD=1∴MD=M∵D0∴1+b解得b=±1，故答案為：±1．22．（22-23九年級下·北京西城·階段練習(xí)）在平面直角坐標系xOy中，對于直線l:y=kx+b，給出如下定義：若直線l與某個圓相交，則兩個交點之間的距離稱為直線l關(guān)于該圓的“圓截距”．(1)如圖1，⊙O的半徑為1，當k=1，b=1時，直接寫出直線l關(guān)于(2)點M的坐標為(?1,0)，①如圖2，若⊙M的半徑為1，當b=1時，直線l關(guān)于⊙M的“圓截距”小于455，求②如圖3，若⊙M的半徑為2，當k的取值在實數(shù)范圍內(nèi)變化時，直線l關(guān)于⊙M的“圓截距”的最小值為22，直接寫出b【答案】(1)2(2)①0<k<12或k>2；【分析】（1）先求出⊙O與一次函數(shù)的交點坐標即為1，（2）①求出當直線l經(jīng)過點A0，1，B?2，0時，k=12，解直角三角形求出此時BC=455；求出當直線l經(jīng)過點0，1，?1，?1時，k=?2，由對稱性可知此時直線l關(guān)于⊙M的“圓截距”為455，兩種情況結(jié)合函數(shù)圖象求解即可．②如圖所示，設(shè)直線l與⊙M交于B、C，與y軸交于D，過點M作MD⊥BC【詳解】（1）解：當k=1，b=1時，則一次函數(shù)解析式為∴此時一次函數(shù)與坐標軸的交點坐標為1，∵1，∴1，0，0，1都在∴“圓截距”=1（2）解：①如圖2-1所示，當直線l經(jīng)過點A0∴?2k+b=0b=1∴k=1∵OA=1，∴AB=O∴cos∠ABO=設(shè)AB與⊙M的另一個交點為C，連接OC，可知∠OCB=90°．∴BC=OB?cos∠ABO=455．即此時直線l結(jié)合圖形可知0<k<1如圖2-2所示，當直線l經(jīng)過點0，1，由對稱性可知此時直線l關(guān)于⊙M的“圓截距”為45結(jié)合圖形可知k>2．綜上，當0<k<12或k>2時直線l關(guān)于⊙M的“圓截距”小于②如圖所示，設(shè)直線l與⊙M交于B、C，與y軸交于D，過點M作ME⊥BC于E，連接MB，∴BC=2BE，在Rt△MBE中，由勾股定理得BE=∴當ME最大時，BE最小，即此時BC最小，∵ME≤MD，∴當點E與點D重合時，ME最大，即此時BC最小，∵直線l關(guān)于⊙M的“圓截距”的最小值為22，即B∴BD=1∴MD=M∵D0∴1+b解得b=±1．【點睛】本題主要考查了垂徑定理，圓周角定理，一次函數(shù)與幾何綜合，解直角三角形，勾股定理等等，正確理解題意利用數(shù)形結(jié)合的思想求解是解題的關(guān)鍵．??題型08利用弧，弦，圓心角的關(guān)系求解23．（2025·湖北十堰·一模）“老碗面”是陜西地方特色美食之一．圖②是從正面看到的一個“老碗”（圖①）的形狀示意圖AB是⊙O的一部分，D是AB的中點，連接OD，與弦AB交于點C，連接OA，OB．已知AB=24cm，碗深CD=8cm，則⊙O的半徑OA為（A．13cm B．16cm C．17cm【答案】A【分析】本題主要考查了垂徑定理、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用等知識點，設(shè)⊙O的半徑OA為Rcm，并根據(jù)勾股定理列出關(guān)于R先利用垂徑定理的推論得出OD⊥AB，AC=BC=12AB=12cm，再設(shè)⊙O的半徑OA為Rcm【詳解】解：∵D是AB的中點，∴AD=∴∠AOD=∠BOD,∵OA=OB,AB=24cm∴OD⊥AB，設(shè)⊙O的半徑OA為Rcm，則OC=OD?CD=在Rt△OAC中，∠OCA=90°∴OA∴R2=122+R?82，解得：R=13故選：A．24．（2024·云南昆明·一模）如圖，AB是⊙O的直徑，BC=CD=DE．若∠BOC=34°，則A．68° B．78° C．88° D．112°【答案】B【分析】本題主要考查了弧與圓心角之間的關(guān)系，根據(jù)同圓中，等弧所對的圓心角相等得到∠DOE=∠COD=∠BOC=34°，再根據(jù)平角的定義可得答案．【詳解】解：∵BC=CD=∴∠DOE=∠COD=∠BOC=34°，∴∠AOE=180°?∠DOE?∠COD?∠BOC=78°，故選：B．25．（2024·上海長寧·二模）如圖，已知點A、B、C、D都在⊙O上，OB⊥AC，BC=CD，下列說法錯誤的是()A．弧AB=弧BC B．∠AOD=3∠BOC C．AC=2CD D．OC⊥BD【答案】C【分析】本題考查了圓周角定理、垂徑定理、圓心角、弧、弦的關(guān)系；根據(jù)題意和垂徑定理，可以得到AC=BD，AB=BC，【詳解】解：∵OB⊥AC，∴，AB=BC，故A正確；∴AD=3BC，∴∠AOD=3∠BOC，故B正確；AC=∴AC=BD<BC+CD=2CD，故C錯誤；∵CD=∴OC⊥BD，故D正確；故選：C．??題型09利用弧，弦，圓心角的關(guān)系求最值26．（2023·山西陽泉·二模）如圖，AB是⊙O的直徑，AB＝12，點M在⊙O上，∠MAB=20°，N是MB的中點，連接MN，P是直徑AB上的動點，若弦MN=2，則△PMN周長的最小值為．

【答案】8【分析】如圖所示，作點N關(guān)于AB的對稱點N'，連接MN'交AB于P，△PMN周長為PM+PN+MN=2+PM+PN，由對稱性知△PMN周長為=2+PM+PN=2+PM+PN'【詳解】解：作點N關(guān)于AB的對稱點N'，則點N'在⊙O上，連接MN'交

由對稱性知PN=PN∴△PMN周長為PM+PN+MN=2+PM+PN=2+PM+PN根據(jù)兩點之間線段最短可知△PMN周長的最小為2+MN∵點N是MB的中點，∠MAB=20°，∴MN=∴∠BAN'=10°，∴∠MAN'=20°+10°=30°，∴∠MON'=60°，∴△MON'是正三角形，∴OM=ON'=MN'=1∵MN=2，∴△PMN周長的最小值為2+6=8，故答案為：8．【點睛】本題考查動點最值問題，涉及圓周角定理，圓心角、弧、弦的關(guān)系以及軸對稱性質(zhì)，掌握圓周角定理，圓心角、弧、弦的關(guān)系以及軸對稱的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．27．（2022·河南洛陽·一模）如圖，D是以AB為直徑的半圓O的中點，CD=2CB，E是直徑AB上一個動點，已知AB=2cm，則圖中陰影部分周長的最小值是【答案】3【分析】取點C連關(guān)于AB對稱的點C'，連接DC'交AB于點E，當D、E、C【詳解】解：作圖如下：∵CD∴∠COD=2∠BOC=60°∴取點C連關(guān)于AB對稱的點C'，連接DC'交AB∴DE+CE=DE+C即為DE+CE的最小值，過點D作DH⊥CC'∴CP=OC·sinOP=OC·cos∴CH=OD?CP=1?1HC∵DH=OP=3∴DC∴圖中陰影部分周長的最小值是3+故答案為：3+【點睛】本題考查的核心原理在于兩點之間的線段最短和垂線段最短，通常在求最值的時候我們會借助于幾何三大變化，軸對稱、平移、旋轉(zhuǎn)變換進行線段的轉(zhuǎn)移，從而轉(zhuǎn)換成兩大核心原理進行求解．28．（2022·福建泉州·模擬預(yù)測）如圖，在半徑為2cm，圓心角為90°的扇形OAB中，BC=2AC，點D是半徑OB的中點，點E從點D出發(fā)，沿D→O→A的方向運動到A的過程中，線段BE、CE與BC所圍成的區(qū)域（圖中陰影部分）面積的最小值為【答案】2【分析】分兩種情況討論求解，①當點E在線段OB上時，易得當點E與點D重合時，陰影部分面積最小，連接OC、BC，如圖1，②當點E在線段OA上時，易得當點E與點A重合時，陰影部分面積最小，連接OC、BC，過點C作CF⊥OA于點F，如圖2，分別求出最小陰影部分面積比較即可得到陰影部分最小面積．【詳解】解：①當點E在線段OB上時，易得當點E與點D重合時，陰影部分面積最小，連接OC、BC，如圖1，∵扇形OAB是圓心角為90°的扇形，BC=2∴∠BOC=23×90°∵OB=OC，∴△OBC是等邊三角形，∴OB=OC=BC=2，∠EBC=60°，∵點D是半徑OB的中點，∴CE⊥OB，OE=BE=1，∴CE=O∴S陰=S扇形BOC-S△COD②當點E在線段OA上時，易得當點E與點A重合時，陰影部分面積最小，連接OC、BC，過點C作CF⊥OA于點F，如圖2，∵∠AOC=1∴CF=1∴S陰=S扇形BOC+S△AOC∵23∴線段BE、CE與BC所圍成的區(qū)域（圖中陰影部分）面積的最小值為23故答案為23【點睛】本題主要考查了勾股定理，圓心角定理以及三角形及扇形的面積求法，分類討論動點的位置作輔助線把不規(guī)則圖形轉(zhuǎn)化為規(guī)則圖形求面積是解題的關(guān)鍵．??題型10利用弧，弦，圓心角的關(guān)系證明29．（2025·湖北十堰·模擬預(yù)測）如圖，⊙O的直徑AB垂直弦CD于點E，F(xiàn)是圓上一點，D是BF的中點，連接CF交OB于點G，連接BC．(1)求證：GE=BE；(2)若AG=6，BG=4，求CD的長．【答案】(1)證明見解析(2)8【分析】（1）利用ASA證明△CEG≌△CEB，即可得到GE=BE；（2）連接OC，求出直徑AB的長，即得半徑OC=OB=5，求出OG，由（1）知GE=BE=12BG=2，再求出OE，利用勾股定理求出CE【詳解】（1）證明：∵D是BF的中點，∴∠FCD=∠BCD，即∠GCE=∠BCE，∵CD⊥AB，∴∠CEG=∠CEB=90°，又∵CE=CE，∴△CEG≌△CEBASA∴GE=BE；（2）解：如圖，連接OC，∵AG=6，BG=4，∴AB=6+4=10，∴OC=OB=1∴OG=OB?BG=5?4=1，由（1）知GE=BE=1∴OE=OG+GE=1+2=3，∴CE=O∵直徑AB⊥CD，∴CD=2CE=2×4=8．【點睛】本題考查了圓周角定理，三角形全等的判定與性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理．熟練掌握圓的基本性質(zhì)、三角形全等的判定定理是解題的關(guān)鍵．30．（2024·湖北·模擬預(yù)測）如圖，在⊙O中，弦AB，CD相交于點M，且AB=CD．(1)求證：AD=(2)連接OM，BD，若BD是⊙O的直徑，AB=2AD=8，求OM的長．【答案】(1)證明見解析(2)OM=【分析】本題考查了圓周角定理，等腰三角形的三線合一，勾股定理，（1）由AB=CD，推出AB=CD，推出（2）根據(jù)圓周角定理得出∠BAD=90°，因為AB=2AD=8，所以得出AD=4，BD=45，再得出∠ABD=∠BDC，運用勾股定理列式得出DM=5，運用等腰三角形的三線合一得出OM⊥BD【詳解】（1）證明：∵AB=CD，∴AB=∴AB?∴AD=（2）解：如圖，BD是⊙O的直徑，∴∠BAD=90°，∵AB=2AD=8，∴AD=4，∴在Rt△ABD中，由勾股定理得BD=∴OD=OB=25設(shè)AM=x，則BM=8?x，∵AD=∴∠ABD=∠BDC，∴DM=BM=8?x，在Rt△ADM中，由勾股定理得4解得x=3，∴DM=5，∵DM=BM，OD=OB，∴OM⊥BD，∴在Rt△ODM中由勾股定理得OM=31．（2024·廣東·模擬預(yù)測）綜合運用如圖所示，圓內(nèi)接四邊形ABCD中，點B平分CAD，CA平分∠BCD．(1)求證：∠CDE=2∠ECD．(2)若cos∠CBA=12(3)求證：BC【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析【分析】（1）由點B平分CAD，可知∠BCD=∠CDE，由CA平分∠BCD，可知∠ECD=∠BCE=1（2）結(jié)合題意可知∠CBA=60°，∠BDC=∠BCD，∠BDC=∠BCD=2∠BCA，設(shè)∠CBD=x，∠BCA=y，則∠ABD=∠ACD=y，∠BAC=∠BDC=2y，結(jié)合∠BCA+∠BAC=3y=180°?∠CBA=120°，求得y=40°，再求得∠CBD=∠CBA?∠DBA=20°，即可證明結(jié)論；（3）如圖，過點B作BH⊥AC，在HC上取點F，使FH=AH，連接BF，則BF=BA，可知∠BCD=∠BDC=∠BAF=∠BFA，得∠FBA=∠CBD，可證△CBF≌△DBASAS，得CF=AD，可知BH2【詳解】（1）證明：∵點B平分CAD，∴BC=BD，則∴∠BCD=∠CDE，∵CA平分∠BCD，∴∠ECD=∠BCE=1∴∠CDE=∠BCD=2∠ECD；（2）證明：∵cos∠CBA=∴∠CBA=60°，∵點B平分CAD，∴BC=BD，則∴∠BDC=∠BCD．∵CA平分∠BCD，∴∠BCA=∠ACD=12∠BCD設(shè)∠CBD=x，∠BCA=y，則∠ABD=∠ACD=y，∠BAC=∠BDC=2y，∴∠CBA=60°∴∠BCA+∠BAC=3y=180°?∠CBA=120°，則y=40°，∴∠CBD=∠CBA?∠DBA=20°．∵∠BCD=∠BDC=2y=80°，∴∠BDC=4∠CBD．（3）如圖，過點B作BH⊥AC，在HC上取點F，使FH=AH，連接BF，則BF=BA．∴∠BAF=∠BFA．∵點B平分CAD，∴BC=BD，則∴∠BCD=∠BDC=∠BAF=∠BFA．∴∠FBA=∠CBD，在△CBF和△DBA中，BC=BD∴△CBF≌△DBASAS∴CF=AD．∴BH∴BC【點睛】本題考查圓周角定理，銳角三角函數(shù)，弦與弧之間的關(guān)系，等腰三角形的判定及性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)等知識點，添加輔助線構(gòu)造全等三角形是解決問題的關(guān)鍵．??題型11利用圓周角定理求解32．（2023·遼寧錦州·二模）如圖，在△ABC中，AB=AC，以AC為直徑的⊙O與AB，BC分別交于點D，E，連接AE，DE，若∠BED=45°，AB=2，則陰影部分的面積為（

）A．π4 B．π3 C．2π【答案】A【分析】本題考查的是等腰三角形的性質(zhì)，圓周角定理的應(yīng)用，扇形面積的計算．連接OE，OD，證明S△AOD=S△AED，可得【詳解】解：連接OE，OD，∵AC為⊙O的直徑，∴∠AEC=90°，∵AB=AC，∴BE=CE，即點E是BC的中點，∵點O是AC的中點，∴OE是△ABC的中位線，∴OE∥∴S△AOD∴S陰影∵∠AEC=90°，∴∠AEB=90°，∵∠BED=45°，∴∠AED=45°，∴∠AOD=90°，∴S扇形∴S陰影故選：A．33．（2025·安徽·模擬預(yù)測）如圖，AB是⊙O的弦，半徑OC⊥AB，垂足為D，弦CE與AB交于點F，連接AE，AC，BC．

(1)求證：∠BAC=∠E；(2)若AB=8，DC=2，CE=310，求CF【答案】(1)見解析(2)CF=【分析】本題考查垂徑定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理．（1）由垂徑定理，得AD=BD，AC=BC，由圓周角定理，得（2）可證△ACF∽△ECA得ACEC=CFCA；Rt△ADC【詳解】（1）證明：∵OC⊥AB，OC是⊙O的半徑，∴AD=BD，AC=∴∠BAC=∠E（同弧或等弧所對的圓周角相等）；（2）解：∵∠BAC=∠E，又∵∠ACF=∠ECA，∴△ACF∽△ECA，∴ACEC∵AB=8，∴AD=BD=4，在Rt△ADC中∠ADC=90°，AD=4，CD=2∴AC=A即25∴CF=234．（2025·山東臨沂·一模）如圖，⊙O為△ABC的外接圓，直徑AD⊥BC于E，過點A作⊙O的切線AF與∠ABC的平分線交于點F，BF交AC于點G，交AD于點H，交⊙O于點M，連接AM．(1)求證：∠ACB=2∠ABF；(2)若tan∠AMB=2，BC=2，求CG【答案】(1)見解析(2)CG=10?4【分析】（1）證明BE=CE，∠AEB=∠AEC=90°，可得△AEB≌△AECSAS，可得∠ABC=∠ACB，結(jié)合BF（2）求解BE=CE=1，結(jié)合tan∠AMB=tan∠ACB=AECE=2，可得AB=AC=5，證明AF【詳解】（1）證明：∵AD為⊙O的直徑，AD⊥BC，∴BE=CE，∠AEB=∠AEC=90°，又∵AE=AE，∴△AEB≌∴∠ABC=∠ACB，又∵BF平分∠ABC，∴2∠ABF=∠ABC=∠ACB．（2）解：∵BC=2，由（1）得BE=CE，∴BE=CE=1，又∵∠AMB=∠ACB，∴在Rt△ACE中，∴AE=2，∴AC=A∴AB=AC=5又∵AF是⊙O的切線，∴DA⊥AF即∠DAF=90°，又∵∠AEC=90°，∴AF∥∴∠F=∠FBC=∠ABF，∴AB=AC=AF=5∵AF∥∴△AGF∽∴AGCG∴5?CG解得：CG=10?45【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，垂徑定理的應(yīng)用，切線的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，相似三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，掌握以上基礎(chǔ)知識是解本題的關(guān)鍵．??題型12利用圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)求角35．（2024·浙江寧波·二模）如圖，在以AB為直徑的半圓O中，弦AC∥OD，若∠CAB=70°，則∠ACD的度數(shù)為（A．110° B．115° C．120° D．125°【答案】D【分析】本題考查了平行線的性質(zhì)以及圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，連接BD，根據(jù)平行線的性質(zhì)求出∠BOD，利用三角形內(nèi)角和求出∠B，再利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)即可求解．【詳解】解：連接BD，∵AC∥OD，∴∠BOD=∠CAB=70°，∵OB=OD，∴∠B=∠ODB=55°，∵∠ACD+∠B=180°，∴∠ACD=180°?∠B=125°．故選：D．36．（2024·內(nèi)蒙古包頭·模擬預(yù)測）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，BD是⊙O的直徑，點F是CD延長線上的一點，且AD平分∠BDF，AE⊥CD于點E．(1)求證：AB=AC；(2)若BD=12，DE=2，求BC的長．【答案】(1)見解析(2)BC=6【分析】（1）證明∠ADF=∠ADB，可得∠ADF=∠ABC，結(jié)合∠ACB=∠ADB，從而可得結(jié)論；（2）過點A作AG⊥BD，垂足為點G．證明Rt△AED≌Rt△AGDHL．可得GD=ED=2．再證明Rt△AEC≌Rt△AGB【詳解】（1）證明：∵AD平分∠BDF，∴∠ADF=∠ADB．∵∠ABC+∠ADC=∠ADC+∠ADF=180∴∠ADF=∠ABC．∵∠ACB=∠ADB，∴∠ABC=∠ACB．∴AB=AC；（2）解：過點A作AG⊥BD，垂足為點G．∵AD平分∠BDF，AE⊥CF，AG⊥BD，∴AG=AE，∠AGB=∠AEC=90°．在Rt△AED和RtAD=AD∴Rt△AED≌∴GD=ED=2．在Rt△AEC和RtAC=ABAE=AG，∴Rt△AEC≌∴BG=CE．∵BD=12，∴BG=BD?GD=12?2=10．∴CE=BG=10．∴CD=CE?DE=10?2=8．∵BD是⊙O的直徑，∴∠BCD=90°．∴在Rt△BCD中，BC=【點睛】本題考查的是等腰三角形的判定，角平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理的應(yīng)用，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．37．（2024·湖南·模擬預(yù)測）如圖，AB為☉O的直徑，C為☉O上一點，連接CB，過C作CD⊥AB于點D，過C作∠DCE，使∠DCE=2∠BCD，其中CE交AB的延長線于點(1)求證：CE是☉O(2)如圖2，點F是☉O上一點，且滿足∠FCE=2∠ABC，連接AF并延長交EC的延長線于點G①試探究線段CF與CD之間滿足的數(shù)量關(guān)系；②若CD=4，tan∠BCE=12【答案】(1)見解析(2)①CF=2CD，理由見解析；②4【分析】（1）如圖1，連接OC，根據(jù)等邊對等角得∠OBC=∠OCB，由垂直定義得∠OBC+∠BCD=90°，根據(jù)等量代換可得∠OCB+∠BCE=90°，即OC⊥CE，可得結(jié)論；（2）①如圖2，過O作OH⊥CF于點H，證明△COH≌△COD，則CH=CD，得CF=2CD；②過點C作CP⊥FG，連接BF，過點C作CH⊥BF，先根據(jù)勾股定理求BC=CD2+BD2=25，則CF=2CD=8，設(shè)OC=OB=x，則【詳解】（1）證明：連接OC，∵OB=OC，∴∠OBC=∠OCB，∵CD⊥AB，∴∠OBC+∠BCD=90°，∵∠DCE=2∠BCD，∴∠BCE=∠BCD，∴∠OCB+∠BCE=90°，即OC⊥CE，∵OC為☉O∴CE是☉O（2）解：①線段CF與CD之間滿足的數(shù)量關(guān)系是CF=2CD，理由如下：過O作OH⊥CF于點H，連接CO，∴CF=2CH，∵∠FCE=2∠ABC=2∠OCB，且∠BCD=∠BCE，∴∠OCH=∠OCD，∵OC為公共邊，∴△COH≌△CODAAS∴CH=CD，∴CF=2CD；②過點C作CP⊥FG，連接BF，過點C作CK⊥BF，∵AB是☉O∴∠AFB=90°，∵∠BCD=∠BCE，tan∠BCE=∴tan∠BCD=∵CD=4，∴BD=CD·tan∴BC=C由①得：CF=2CD=8，設(shè)OC=OB=x，則OD=x?2，在Rt△ODC中，O∴x2解得：x=5，即OB=5，∵OC⊥GE，∴∠OCF+∠FCG=90°，∵∠OCD+∠COD=90°，∴∠GCF=∠COB，∵四邊形ABCF為☉O∴∠GFC=∠ABC，∴△GFC∽△CBO，∴FGCB∴FG2∴FG=1655∵CP⊥FG，∴PF=1∴PC=C∵∠CPF=∠PFB=∠CKF=90°，∴四邊形PFKC是矩形，∴FK=PC=1655∴BK=C∴BF=FK+BK=16∴AF=A【點睛】本題主要考查了勾股定理，全等和相似三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，圓的切線的判定，第2問的最后一問有難度，證明△GFC∽△CBO是關(guān)鍵．??題型13利用圓的有關(guān)性質(zhì)解決多結(jié)論問題38．（2024·山東濱州·模擬預(yù)測）閱讀材料：在平面直角坐標系中，點Px0,y0和直線Ax+By+C=0（其中A、B不全為0），則點P到直線Ax+By+C=0的距離d可用公式d=Ax0+By0+CA2+B2根據(jù)以上材料，有下列結(jié)論：①點M0,3到直線y=②若以點M0,3為圓心，以4為半徑的圓與直線y=3x+9③直線y=3x與直線y=3④若點P是拋物線y=?x2+23x?3上的點，則點P正確結(jié)論的個數(shù)是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】利用點到直線的距離公式，判斷①，垂徑定理，勾股定理求出弦長，判斷②，求出原點到直線y=3x+9的距離判斷③，設(shè)Pm,?【詳解】解：∵y=3x+9可變形為3x?y+9=0由公式可得d=3∴點M0,3到直線y=3x+9由①可知：圓心到直線的距離d=3，圓的半徑r=4，∵d<r∴直線與圓相交，設(shè)弦長為n由圖可知：n=2×42?∵直線y=3x與直線y=3x+9平行，且點∴點0,0到直線y=3x+9的距離，即為直線y=3∵y=3x+9可變形為3x?y+9=0∴點0,0到直線y=3x+9的距離為d=3設(shè)Pm,?m2+23則點P到直線y=3x∵m?3∴m?3∴d的最小值為：94÷2=9故選B．【點睛】本題考查一次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，直線與圓的位置關(guān)系，垂徑定理，勾股定理等知識點，理解并掌握點到直線的距離公式，是解題的關(guān)鍵．39．（2024·湖南益陽·模擬預(yù)測）如圖，在⊙O中，AB是直徑，AC是弦，D是AC的中點，DG⊥AB于點G，交AC于點E，BD交AC于點F，下列結(jié)論一定正確的是（把所有正確結(jié)論的序號都填上）．①∠DAE=∠GAE，②AE=DE，③AC=2DG，④若tan∠BAC=34【答案】②③【分析】①假設(shè)∠DAE=∠GAE，則CD=BC，再根據(jù)點D是弧AC的中點得AD=CD，則AD=CD=BC，即點D，C將半圓三等分，但是根據(jù)已知條件無法證明點D，C將半圓三等分，由此可對結(jié)論①進行判斷；②延長DG交⊙O于H，連接AH，根據(jù)垂徑定理得AD=AH=CD，則∠ADH=∠DAC，即∠ADE=∠DAE，據(jù)此可對結(jié)論②進行判斷；③由AD=AH=CD得DH=AC，則DH=AC，再根據(jù)垂徑定理得DH=2DG，據(jù)此可對結(jié)論③進行判斷；④連接BC，在Rt△AEG中由tan∠BAC=EG【詳解】解：①假設(shè)∠DAE=∠GAE，則CD=∵點D是AC的中點，∴AD=∴AD=∴點D，C將半圓三等分，根據(jù)已知條件無法證明點D，C將半圓三等分，∴假設(shè)∠DAE=∠GAE是錯誤的，故結(jié)論①不正確；②延長DG交⊙O于H，連接AH，如圖1所示：∵AB為⊙O直徑，DH⊥AB，∴AD=又∵AD=∴AD=∴∠ADH=∠DAC，即∠ADE=∠DAE，∴AE=DE，故結(jié)論②正確；③∵AD=∴DH=∴DH=AC，∵AB為⊙O直徑，DH⊥AB，∴DH=2DG，∴AC=2DG，故結(jié)論③正確；④連接BC，如圖2所示：在Rt△AEG中，tan∴可設(shè)EG=3a，AG=4a，由勾股定理得：AE=A由結(jié)論②正確得：AE=DE=5a，∴DG=DE+EG=5a+3a=8a，在Rt△ADG中，由勾股定理得：AD=∵AD=∴∠ADG=∠CBD，∵DG⊥AB，AB是⊙O直徑，∴∠AGD=∠FCB=90°，∴△AGD∽△FCB，∴AGCF∴BFCF=AD綜上所述：正確的結(jié)論是②③，故答案為：②③．【點睛】此題主要考查了垂徑定理，圓周角定理，圓心角、弧、弦之間的關(guān)系，相似三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)和勾股定理，熟練掌握垂徑定理，圓周角定理，圓心角、弧、弦之間的關(guān)系，相似三角形的判定和性質(zhì)，靈活運用銳角三角函數(shù)的定義和勾股定理進行計算是解決問題的關(guān)鍵．40．（2024·安徽安慶·三模）如圖，在正方形ABCD中，點O是對角線BD的中點，點P在線段OD上，連接AP并延長交CD于點E，過點P作PF⊥AP交BC于點F，連接AF、EF，AF交BD于G，現(xiàn)有以下結(jié)論：①AP=PF；②DE+BF=EF；③PB?PD=2BF；④S△AEF為定值；⑤SA．①③④ B．①②③④ C．①②③⑤ D．②③④【答案】C【分析】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，四點共圓，圓周角定理，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形或相似三角形解決問題；證明A、B、F、P四點共圓，推出∠PAG=∠PBF=45°，可得結(jié)論，故①正確；將△ADE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABM，利用全等三角形的性質(zhì)證明即可，②正確；連接PC，過點P作PQ⊥CF于Q，過點P作PM⊥CD于W，則四邊形PQCW是矩形，證明FQ=QC，由PB=2BQ，PD=2PW=2CQ=2FQ，推出PB?PD=2BQ?FQ=2BF，【詳解】解：如圖，取AF的中點T，則AT=TF，連接PT，BT，∵AP⊥PF，四邊形ABCD是正方形，∴∠ABF=∠APF=90°，∠ABD=∠CBD=45°，∴BT=AT=TF=PT，∴A、B、F、P四點共圓，∴∠PAF=∠PBF=45°，∠PBA=∠PFA=45°，∴∠PAF=∠PFA，∴PA=PF，故①正確；將△ADE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABM，∵∠ADE=∠ABM=90°，∠ABC=90°，∴∠ABC+∠ABM=180°，∴C、B、M共線，∵∠EAF=45°，∴∠MAF=∠FAB+∠BAM=∠FAB+∠DAE=45°，∴∠FAE=∠FAM，在△FAM和△FAE中，F(xiàn)A=FA∠FAM=∠FAE∴△FAM≌△FAESAS∴FM=EF，∵FM=BF+BM=BF+DE，∴EF=DE+BF，故②正確；連接PC，過點P作PQ⊥CF于Q，過點P作PW⊥CD于W，則四邊形PQCW是矩形，在△PBA和△PCB中，F(xiàn)B=FB∠PBA=∠PBC∴△PBA≌△PBCSAS∴PA=PC，∵PF=PA，∴PF=PC，∵PQ⊥CF，∴FQ=QC，∵PB=2BQ，∴PB?PD=2故③正確；∵△FAM≌△FAE，∴S∵FM的長度是變化的，∴△AEF的面積不是定值，故④錯誤，∵A、B、F、P四點共圓，∴∠APG=∠AFB，∵△FAM≌△FAE，∴∠AFE=∠AFB，∴∠APG=∠AFE，∵∠PAG=∠EAF，∴△PAG∽△FAE，∴S∴S四邊形故⑤正確．故選：C．??題型14利用圓的有關(guān)性質(zhì)解決翻折問題41．（2023·海南?？凇つM預(yù)測）如圖，⊙O的半徑為4．將⊙O的一部分沿著弦AB翻折，劣弧恰好經(jīng)過圓心O．則這條劣弧的弧長為（

）．A．43π B．π C．83【答案】C【分析】本題考查弧長公式，垂徑定理，翻折變換等知識，連接OB，OA，過點O作OD⊥AB于點C，交⊙O于點D．證明△OBD是等邊三角形，求出【詳解】解：如圖，連接OB，OA，過點O作OD⊥AB于點C，交⊙O于點由題意，AB垂直平分線段OD，∴BO=BD∵OB=OD，∴OB=BD=OD，∴△OBD是等邊三角形，∴∠BOD=60°，同法可證∠AOD=60°，∴∠AOB=120°，∴AB的長=120π×4180故選：C．42．（2023·浙江金華·三模）在綜合實踐課上，小慧將圖①中圓形紙片沿直徑AB向上對折得到圖②，再沿弦BC向下翻折得到圖③，最后沿弦BD向上翻折得到圖④．（1）若點E是弧BD的中點，則∠ABC=（2）若CE:EB＝1:n，則sin∠ABC=．（用關(guān)于n【答案】22.5°/45°n+1【分析】本題考查弧、弦、圓心角之間的關(guān)系，平行線分線段成比例，相似三角形的判定和性質(zhì)，掌握相似三角形的判定定理是解題的關(guān)鍵．（1）利用弧、弦、圓心角之間的關(guān)系得到∠AOC=∠COD=（2）連接AC，CD，DE，OC，作DF⊥CE，交于點F，根據(jù)平行線分線段成比例得到CFCB=ADAB=【詳解】解：（1）如圖：連接AC，CD，DE，EB，OC，OD，OE，可得：AC=∴AC=CD=DE=EB，∴∠AOC=∵∠AOB=180°，∴∠AOC=180°∴∠ABC=1故答案為：22.5°．（2）如圖：連接AC，CD，DE，OC，作DF⊥CE，交于點F，由題意，AC=CD=DE，∴CF=EF，∵∠DFE=∴AC∥DF，∴CFCB=AD∵∠A=∴△ACD∽△AOC，∴ACAD=OA∴sin∠ABC=故答案為：n+12n+243．（2024·浙江臺州·三模）如圖，AB是⊙O的直徑，CB是弦，把CB沿著弦CB翻折交AB于點D，再把CDB沿著AB翻折交BC于點E．當E是DB的中點時，tan∠ABC的值是（

A．2?1 B．33 C．5?1【答案】A【分析】連接DE、CD、AC，過點D作DH⊥BC于點H，設(shè)∠ABC=α，首先根據(jù)E是DB的中點，易得DE=BE，進而可得∠EDB=∠EBD=α，∠DEC=2α，再結(jié)合DE=CD=AC，易得DE=CD=AC，進而可得∠DCE=∠DEC=2α，∠CAD=∠CDA=3α，根據(jù)“直徑（半圓）所對的圓周角為直角”可得∠ACB=90°，即可解得α=22.5°，設(shè)DH=x，證明△DEH為等腰直角三角形，易得【詳解】解：如下圖，連接DE、CD、AC，過點D作DH⊥BC于點H，設(shè)∠ABC=α，∵E是DB的中點，∴DE=∴∠EDB=∠EBD=α，∴∠DEC=∠EBD+∠EDB=2α，∵在同圓或等圓中，∠ABC所對的弧有DE，CD，AC，∴DE=∴DE=CD=AC，∴∠DCE=∠DEC=2α，∴∠CAD=∠CDA=∠ABC+∠DCE=3α，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴∠ABC+∠CAD=3α+α=4α=90°，解得α=22.5°，∴∠DCE=∠DEC=45°，設(shè)DH=x，∵DH⊥BC，∠DEC=45°，∴∠EDH=90°?∠DEC=45°=∠DEC，∴EH=DH=x，∴DE=D∴BE=DE=2∴在Rt△BDH中，tan故選：A．【點睛】本題主要考查了圓周角、三角形外角的定義和性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、三角函數(shù)等知識，綜合性強，正確作出輔助線，熟練掌握相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．??題型15利用圓的有關(guān)性質(zhì)解決最值問題44．（2024·浙江寧波·一模）如圖，AB、CD是⊙O中的兩條弦，相交于點E，且AB⊥CD，AE=DE，點H為劣弧AD上一動點，G為HE中點，若CE=1，DE=7，連接AG，則

【答案】130【分析】本題考查的重點是垂徑定理，解直角三角形，中位線等知識，難點是找點G的運動軌跡，當找到點G的運動軌跡以后再利用兩點之間直線最短就可以計算出AG的最小值．連接AO，DO，過點O作OK⊥AE，交AE于點K，OF⊥CD，交DE于點F，構(gòu)造正方形，計算圓的半徑，然后作OE的中點M，連接MG，連接OH，推導(dǎo)出點G的運動軌跡是以M為圓心的圓，連接AM與圓M的交點就是【詳解】解：如圖所示，連接AO，DO，過點O作OK⊥AE，交AE于點K，OF⊥CD，交DE于點

∵CE=1，∴CD=CE+DE=1+7=8，∵OF⊥CD，∴CF=DF=1∴EF=CF?CE=4?1=3，∵AE=DE，∴△AOE≌△DOESSS∴∠AEO=∠DEO=1∵OK⊥AE，∴OK=OF，∵∠AED=90°，∴四邊形OKEF是正方形，∴OK=KE=EF=OF=3，∴OA=OD=O如圖所示，作OE的中點M，連接MG，連接OH，

∵點M是OE的中點，G為HE中點，∴MG=1∴點G在以點M為圓心，以52連接AM交⊙M于點G'，過點M作MN⊥AE∴當點A，G，M三點共線時，即點G和點∵點M是OE的中點，EM=1∵MN⊥AE，∴∠NME=45°，∴△NME是等腰直角三角形，∴MN=EN=2∴AN=AE?NE=7?3∴AM=A∴AG=AM?GM=130∴AG的最小值為1302故答案為：130245．（2024·陜西咸陽·模擬預(yù)測）【問題探究】（1）如圖1，在菱形ABCD中，∠B=60°，AB=4，點E是菱形ABCD的對稱中心，點F、M、N分別是邊AB、AD、CD的中點，連接MN，點P是線段MN上的動點，連接PE、PF，求PE+PF的最小值；【問題解決】（2）如圖2，某市有一塊未開發(fā)的四邊形綠地ABCD，經(jīng)測量，AD=3km，CD=33km，∠BAD=120°，AD∥BC，AD⊥CD，點D處有一個水塘，綠地中有兩條弧形小路劣弧AC和劣弧GH，點G、H分別在邊AB、CB上，GH所對的圓心角為60°，BH=BG=4?km．現(xiàn)計劃沿MP、PD修建景觀水渠，并沿△EFM的三邊喬木類的樹木方便市民納涼，點E、F、M、P分別是BG、BH、GH、AC上的動點．為節(jié)約成本要求PD+PM值最小，同時要求【答案】（1）27；（2）PD+PM的最小值為37?4km，此時【分析】（1）連接AC,ED,PD,FD,DE交MN于點G，如圖1．根據(jù)點E是菱形ABCD的對稱中心，得出點E為AC的中點，AD∥BC,AD=CD=AB=4，DE⊥AC，證明MN為△ACD的中位線，得出MN∥AC，根據(jù)平行線分線段成比例得出DGEG=DMAM，即可得DG=EG，MN垂直平分DE，PE=PD，得出PE+PF的最小值為DF的長．過點F作FH⊥AD交DA的延長線于點H，如圖1．在Rt△AFH中，算出AF（2）過點B作BQ⊥AD交DA的延長線于點Q，連接BM，如圖2．證明四邊形BCDQ是矩形，得出BQ=CD=33?km．根據(jù)∠B