專題3.16圓周角（培優篇）（專項練習）一、單選題1．如圖，在平面直角坐標系中，點A，C，N的坐標分別為（2，0），（2，0），（4，3），以點C為圓心，2為半徑畫⊙C，點P在⊙C上運動，連接AP，交⊙C于點Q，點M為線段QP的中點，連接MN，則線段MN的最小值為（

）A． B．3 C． D．2．如圖，已知半圓的直徑，C是半圓上一點，沿折疊半圓得到弧，交直徑于點，若、的長均不小于2，則的長可能是（

）A．7 B．6 C．5 D．43．如圖，AB為⊙O直徑，且AB＝4．點C為半圓上一動點（不與A，B重合），D為弧CB上一點，點E在AD上，且CD＝BD＝DE．則CE的最大值為（）A．4﹣4 B．2﹣ C．8﹣4 D．4﹣24．如圖，的半徑是6，點A是圓上一個定點，點在上運動，且，，垂足為點，連接，則的最小值是（

）A． B． C． D．5．如圖，、為⊙O的兩條弦，若，，則⊙O的半徑為（

）A． B．5 C． D．6．如圖，已知正方形ABCD的邊長為20，點E在弧BD上，∠DEC＝135°，則△DEC的面積為（）A．20 B．40 C．20 D．207．如圖，AB為⊙O的一條弦，C為⊙O上一點，OC∥AB．將劣弧AB沿弦AB翻折，交翻折后的弧AB交AC于點D．若D為翻折后弧AB的中點，則∠ABC＝（）A．110° B．112.5° C．115° D．117.5°8．如圖，正方形ABCD中，P為CD邊上任意一點，DE⊥AP于點E，點F在AP延長線上，且EF＝AE，連結DF、CF，∠CDF的平分線DG交AF于G，連結BG．給出以下結論：①DF＝DC；②△DEG是等腰直角三角形；③∠AGB＝45°；④DG+BG＝AG．所有正確的結論是（）A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②③④9．如圖，是半⊙的直徑，點是弧的中點，D為弧BC的中點，連接，于點．則（

）A．3 B． C． D．10．如圖，點D在半圓O上，半徑OB＝，AD＝10，點C在弧BD上移動，連接AC，H是AC上一點，∠DHC＝90°，連接BH，點C在移動的過程中，BH的最小值是（）A．6 B．7 C．8 D．911．如圖，點，，均在坐標軸上，，過，，作，是上任意一點，連結，，則的最大值是（

）A．4 B．5 C．6 D．二、填空題12．在中，，D為平面內一點，連接，連接．則線段的最小值為_________．13．如圖，矩形ABCD，點M為射線CD上一點，AH⊥BM，垂足為H，將△ABH沿AB翻折得△ABH′，P、Q分別為AH′和BH′的中點，若AD=2，AB=6，則PQ+CQ的最大值為______________．14．在△ABC中，AB＝4，∠C＝45°，則AC+BC的最大值為_____．15．如圖，已知正方形ABCD中，AB＝6，點E是邊AD的中點，點P是邊CD上的動點，點Q是正方形內一動點，且滿足∠BQC＝90°，則PE＋PQ的最小值是_____．16．如圖，已知菱形ABCD中，AB＝4，∠C為鈍角，AM⊥BC于點M，N為AB的中點，連接DN，MN．若∠DNM＝90°，則過M、N、D三點的外接圓半徑為_____．17．如圖，在△ABC中，，過點A作BC的平行線l，P為直線l上一動點，⊙O為△APC的外接圓，直線BP交⊙O于E點，則AE的最小值為___．18．如圖，平面直角坐標系中，經過點A（8，0），O（0，0），B（0，6），點P關于x軸的對稱點是P1，點D是上的一點．（1）∠ADB=___°；（2）當點D到弦OB的距離最大時，直線DP1與x軸的交點坐標為___．19．如圖，弦CD在以AB為直徑的半圓上滑動，M是CD的中點，于點E，若弦CD始終保持與半徑相等，則______．20．正方形ABCD內接于⊙O，點E是⊙O上的點，則的∠BEC的度數為__________．21．如圖，AB，CD是的直徑，弦BE與CD交于點F，F為BE中點，．若，則BC的長為______．22．如圖為半圓的直徑，，點P為半圓的三等分點，點D為弧上一動點，作．連接交于點N，則的最小值為_________．三、解答題23．已知A、C、D為上三點，且．(1)如圖1，延長AD至點B，使，連接CB．①求證：△ABC為直角三角形；②若的半徑為4，，求BC的值；(2)如圖2，若，E為上的一點，且點D，E位于AC兩側，作△ADE關于AD對稱的圖形△ADQ，連接QC，求證：．24．已知，內接于，AO平分．(1)如圖1，求證：；(2)如圖2，點D是上一點，連接BD交AC于點G，連接CD，弦AE交BD于F、交CD于H，且，求證：；(3)如圖3，在（2）的條件下，BD經過圓心O，連接DE，，的面積為，求的半徑．25．如圖，內接于⊙O，于點E，于點D，延長BD交⊙O于點G，連接AG．(1)求證：；(2)連接DE，若，，求⊙O的半徑．26．如圖，以為直徑的經過的頂點，，分別平分和，的延長線交于點，連接．(1)判斷的形狀，并證明你的結論；(2)若，，求的長．27．已知是上一點，過點作不過圓心的弦，在劣弧和優弧上分別有動點(不與，重合)，連接、若．（1）如圖1，當，，時，求的半徑；（2）如圖2，選接，交于點，點在線段上(不與重合)，連接，若，探究直線與的位置關系，并證明．參考答案1．B【分析】以點O為圓心，2為半徑畫⊙O，連接ON交⊙O于點，連接CM，

由點M為線段QP的中點，得，從而得點M在⊙O上，由勾股定理得，進而求得MN的最小值．解：以點O為圓心，2為半徑畫⊙O，連接ON交⊙O于點，連接CM，點M為線段QP的中點，，點M在⊙O上運動，N（4，3），，即，，MN的最小值為3，故選B．【點撥】本題主要考查了垂徑定理、圓周角定理以及勾股定理，構造輔助線，找出點M的運動軌跡是解題的關鍵．2．A【分析】分如解圖①，當點在圓心的左側且時，如解圖②，當點在圓心的右側且時，兩種情況求出AC的長，從而確定AC的取值范圍即可得到答案．解：如解圖①，當點在圓心的左側且時，過作，垂足為，連接、、，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，∴；如解圖②，當點在圓心的右側且時，過作，垂足為，連接、、，∵，∴，∴，∴，∴，∴，，∴，∴若、的長均不小于2，則，∴的長可能是7，故選A．【點撥】本題主要考查了圓周角定理，等腰三角形的性質與判定，勾股定理，無理數的估算等等，利用分類討論的思想求解是解題的關鍵．3．A【分析】設，利用等弦對等弧，等弧所對的圓周角相等，等邊對等角，三角形的外角的性質，通過角度的變換求得，確定的位置，進而證明，得到的運動軌跡是以點為圓心，4為半徑的圓弧，進而根據直徑是最長的弦求解即可．解：延長，交于點，連接，OF設CD＝BD為直徑在以點為圓心，4為半徑的圓弧上運動，，當為的直徑時，取得最大值，最大值為故選A【點撥】本題考查了等弧所對的圓周角相等，弦與弧之間關系，找到點的運動軌跡，理解直徑是最長的弦是解題的關鍵．4．D【分析】設交于，連接、、，過作于，連接，由題意易證明是等邊三角形，即得出，，從而由勾股定理可求出．再根據直角三角形斜邊中線的性質可知，最后利用三角形三邊關系即可求解．解：設交于，連接、、，過作于，連接，，，，是等邊三角形，，，由勾股定理得：．，．，，在中，，，的最小值是，故選D．【點撥】本題考查等邊三角形的判定和性質，勾股定理，直角三角形斜邊中線的性質和三角形三邊關系的應用．正確的作出輔助線是解題關鍵．5．B【分析】連接AD，作OE、ON分別垂直與BC和AD，連接OD，OB，設⊙O的半徑為r．可得四邊形EONP為矩形，CE=BE，AN=ND，在Rt△APB和Rt△CPD中根據勾股定理可得，在Rt△EOB和Rt△NOD中根據勾股定理可得，由此可得結論．解：連接AD，作OE、ON分別垂直與BC和AD，連接OD，OB，設⊙O的半徑為r．∵OE、ON分別垂直與BC和AD，∴CE=BE，AN=ND，∠ANO=∠OEB=90°，∵∠ABC=∠ADC，，∴，∴∠CPD=90°，∴四邊形EONP為矩形，∴OE=PN,EP=ON，在Rt△APB和Rt△CPD中，根據勾股定理，∴，∴．故選：B．【點撥】本題考查垂徑定理，勾股定理，圓周角定理，矩形的性質和判定等，正確作出輔助線構造直角三角形是解題關鍵．6．B【分析】如圖，取BC的中點T，連接AT交BE于J，連接AE，ET，延長CE交AD于P，過點D作DH⊥CP于H．首先證明∠CEB=90°，四邊形ATCP是平行四邊形，想辦法求出DH，EC，可得結論．解：如圖，取BC的中點T，連接AT交BE于J，連接AE，ET，延長CE交AD于P，過點D作DH⊥CP于H．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BCD=∠ADC=∠BAD=90°，AB=BC=CD=AD=20，∵AB=AE=AD，∴∠ABE=∠AEB，∠AED=∠ADE，∴∠BED=∠AEB+∠AED=（180°-∠BAE）+180°-∠EAD）=135°，∵∠CED=135°，∴∠BEC=360°-135°-135°=90°，∵BT=CT，∴TE=TB=TC，∵AB=AE，∴AT垂直平分線段BE，∵CE⊥BE，∴AT∥CP，∵AP∥CT，∴四邊形ATCP是平行四邊形，∴AP=CT=10，∴PD=AP=10，∴，∵DH⊥PC，∴?CD?PD=×PC×DH，∴DH=，∵∠BCE+∠DCH=90°，∠DCH+∠CDH=90°，∴∠BCE=∠CDH，在△BEC和△CHD中，，∴△BEC≌△CHD（AAS），∴EC=DH=，∴S△DEC=?EC?DH=40．故選：B．【點撥】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，圓周角定理，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造特殊四邊形解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．7．B【分析】如圖，取中點，連接，連接，由題意知，且在一條直線上，，，知，根據圓周角定理，等邊對等角，三角形內角和定理等可求，，，，，的值，進而求解的值．解：如圖，取中點，連接，連接由題意知，且在一條直線上，，∴∴∵，∴∴∵∴∴∴∴故選B．【點撥】本題考查了垂徑定理，圓周角，等邊對等角，三角形內角和定理，折疊性質等知識．解題的關鍵在于對知識的靈活運用．8．D【分析】根據垂直平分線的性質得到AD＝DF，又根據正方形性質得AD＝DC，從而等量代換得DF＝DC，即可判斷①；設，則，由，推得，進一步得到，從而可判斷②；連接BD，根據∠ABD=∠AGD=45°，得到A、B、G、D四點共圓，從而得出③正確；作BH⊥AF，分別在和中，進行邊的轉換，再根據得到，由，代入化簡即可判斷④．解：∵四邊形ABCD是正方形，∴，，，，∴，∴，∴①正確；∵，∴，設，則，∴，∵DG平分∠CDF，∴，∴，∴△DEG是等腰直角三角形，∴②正確；連接BD，∵∠ABD=∠AGD=45°，∴點A、B、G、D共圓，∴∠AGB=∠ADB=45°，∴③正確；作BH⊥AF于H，∵∠AGB＝45°，∴，∵是等腰直角三角形，∴，∵四邊形ABCD是正方形∴，又∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴④正確；∴故選：D．【點撥】本題考查等腰三角形的性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理，圓周角定理，以及正方形的性質等相關知識，正確作出輔助線是解答本題的關鍵．9．C【分析】連接，，，在上取一點，使得，連接．證明，，可得結論．解：如圖，連接，BC、．∵是直徑，∴．∵，∴．∴．∵，∴．∵∴．∵，∴．∴．∴．在上取一點，使得，連接．設，則．∵，∴．∴．∴．∴．故選：C【點撥】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、勾股定理等知識點，熟知上述的定理或推論是解題的基礎，根據題目特征，在EA上取點T，構造出兩個特殊三角形和是解題的關鍵．10．C【分析】如圖，取AD的中點M，連接BD，HM，BM．由題意點H在以M為圓心，MD為半徑的⊙M上，推出當M、H、B共線時，BH的值最小，由此求解即可．解：如圖，取AD的中點M，連接BD，HM，BM．∵∠DHC=90°，∴∠AHD＝90°，∴點H在以M為圓心，MD為半徑的⊙M上，∴當M、H、B共線時，BH的值最小，∵AB是直徑，∴∠ADB＝90°，∴BD＝＝12，∴BM＝＝＝13，∴BH的最小值為BM﹣MH＝13﹣5＝8．故選：C．【點撥】本題考查點與圓的位置關系、勾股定理、圓周角定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，利用輔助圓解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．11．C【分析】連接，，如圖，利用圓周角定理可判定點在上，易得，，，，，設，則，由于表示點到原點的距離，則當為直徑時，點到原點的距離最大，由于為平分，則，利用點在圓上得到，則可計算出，從而得到的最大值．解：連接，，如圖，，為的直徑，點在上，，，，，，，設，，而表示點到原點的距離，當為直徑時，點到原點的距離最大，為平分，，，，即，此時，即的最大值是6．故選：．【點撥】本題考查了點與圓的位置關系、圓周角定理、勾股定理等，作出輔助線，得到是解題的關鍵．12．-4【分析】如圖，以AC為邊作等邊三角形OAC，再以O為圓心，OA為半徑作圓O，交BC于D2，由圓周角定理可得點D是圓O上一動點，AD2為直徑，利用勾股定理可求得CD2，連接OB交圓O于D1，當點D在D1位置時，BD最小，過O作OE⊥BC于E，根據垂徑定理和三角形的中位線性質求得OE、CE、BE，利用勾股定理求解OB即可解答．解：∵∠ADC=30°，D為平面內一點，AC=4，∴點以AC為邊作等邊三角形OAC，再以O為圓心，OA為半徑作圓O，交BC于D2，由∠AOC=60°=2∠ADC可知點D是圓O上一動點，∵∠ACB=90°，∴AD2為直徑，則AD2=2OA=2AC=8，∴CD2==，連接OB交圓于D1，當點D位于D1位置時，BD最小，過O作OE⊥BC于E，則CE=ED2=CD2=，∴BE=BC-CE=，∴OE為△ACD2的中位線，∴OE=AC=2，在Rt△OEB中，OB===，∴BD最小值為-4．【點撥】本題考查等邊三角形的性質、圓周角定理、垂徑定理、勾股定理、三角形的中位線，借助隱形圓解決最值問題是解題的關鍵．13．7【分析】如圖，AH⊥BM，垂足為H，將△ABH沿AB翻折得△ABH′，可得四點共圓，且直徑為，記的中點即圓心為，連接，再證明在以為直徑的圓上，記圓心為當三點共線時，最大，此時PQ+CQ最大，從而可得答案．解：如圖，AH⊥BM，垂足為H，將△ABH沿AB翻折得△ABH′，則都在以為直徑的圓上，四點共圓，記的中點即圓心為，連接，分別為和的中點，AB=6，在以為直徑的圓上，記圓心為當三點共線時，最大，此時PQ+CQ最大，矩形ABCD，即的最大值為：7．故答案為：7【點撥】本題考查的是矩形的性質，圓周角定理的應用，圓的基本性質，勾股定理的應用，熟練的構建輔助圓求解線段的最大值是解本題的關鍵．14．12【分析】根據題意，畫出的外接圓，當AC1為圓O的直徑時，有最大值，由等腰三角形的性質及勾股定理得到，求解即可．解：根據題意作圖：如圖，當AC1為圓O的直徑時，有最大值，故答案為：12．【點撥】本題考查三角形的外接圓、圓周角定理、等腰直角三角形的性質，熟練掌握知識點是解題的關鍵．15．##【分析】利用圓周角定理可判斷Q點在以BC為直徑的圓上，作E點關于CD的對稱點F，連接OF交⊙O于Q，交CD于P，如圖，利用兩點之間線段最短可判斷此時PE+PQ的值最小，連接OE，如圖，然后計算FQ的長得到PE+PQ的最小值．解：∵∠BQC＝90°，∴Q點在以BC為直徑的圓上，作E點關于CD的對稱點F，連接OF交⊙O于Q，交CD于P，如圖，∵PE+PQ＝PF+PQ＝FQ＝OF﹣OQ，∴此時PE+PQ的值最小，連接OE，如上圖，∵E點為AD的中點，∴OE⊥AD，在Rt△OEF中，∵OE＝AB＝6，EF＝2DE＝6，∴OF＝OE＝，∴FQ＝，即PE+PQ的最小值是．故答案為：．【點撥】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．也考查了正方形的性質和最短路徑問題．16．【分析】延長MN交DA延長線于點E，DF⊥BC，構造全等三角形，根據全等性質證出DE＝DM，再通過AE＝BM＝CF，在Rt△DMF和Rt△DCF中，利用勾股定理列方程求DM長，根據圓的性質即可求解．解：如圖，延長MN交DA延長線于點E，過D作DF⊥BC交BC延長線于F，連接MD，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝4，AD∥BC，∴∠E＝∠EMB，∠EAN＝∠NBM，∵N為AB中點，∴△EAN≌△MBN（AAS），∴AE＝BM，EN＝MN，∵∠DNM＝90°，∴DN⊥EM，∴DE＝DM，∵AM⊥BC，DF⊥BC，AB＝DC，AM＝DF∴Rt△ABM≌Rt△DCF（HL），∴BM＝CF，設BM＝x，則DE＝DM＝4+x，在Rt△DMF中，由勾股定理得，DF2＝DM2﹣MF2＝（4+x）2﹣42，在Rt△DCF中，由勾股定理得，DF2＝DC2﹣CF2＝42﹣x2，∴（4+x）2﹣42＝42﹣x2，解得，（不符合題意，舍去）∴DM＝2+2，∵∠DNM＝90°，∴過M、N、D三點的外接圓的直徑為線段DM，∴其外接圓的半徑長為．故答案為：．【點撥】本題考查了菱形的性質，全等的判定與性質，勾股定理及圓的性質等知識，根據已知條件結合圖形找到對應的知識點，正確作出輔助線是解答此題的關鍵．17．1【分析】如圖，連接CE．首先證明∠BEC＝120°，由此推出點E在以O'為圓心，O'B為半徑的上運動，連接O'A交于E′，此時AE′的值最?。猓喝鐖D，連接CE．∵APBC，∴∠PAC＝∠ACB＝60°，∴∠CEP＝∠CAP＝60°，∴∠BEC＝120°，∴點E在以O'為圓心，O'B為半徑的上運動，連接O'A交于E′，此時AE′的值最?。藭r⊙O與⊙O'交點為E'．∵∠BE'C＝120°∴所對圓周角為60°，∴∠BOC＝2×60°＝120°，∵△BO′C是等腰三角形，BC＝4，∴O′B＝O′C＝4，∵∠ACB＝60°，∠BCO'＝30°，∴∠ACO'＝90°∴O'A＝，∴AE′＝O'A?O'E′＝5?4＝1．故答案為：1．【點撥】本題考查三角形的外接圓與外心、平行線的性質、圓周角定理、勾股定理，點與圓的位置關系等知識，解題的關鍵是添加常用輔助線，構造輔助圓解決問題．18．

90°；

（，0）；【分析】（1）連接AB、AD、BD，利用圓周角定理：90度的圓周角所對的弦是直徑，即可得到答案；（2）由題意，先求出點D和點P1的坐標，然后利用待定系數法求出解析式，令，即可求出點C的坐標．解：（1）連接AB、AD、BD，如圖：∵經過點A（8，0），O（0，0），B（0，6），又∵∠AOB=90°，∴AB是直徑，AB=，∴∠ADB=90°；故答案為：90°．（2）由（1）可知，點P是AB的中點，∵A（8，0），B（0，6），∴點P的坐標為（4，3），∵點P關于x軸的對稱點是P1，∴P1的坐標為（4，），∵當點D到弦OB的距離最大時，即作DE⊥OB，點P在DE上，如圖：連接DP1，與x軸交點為C；∵，此時，點D的坐標為（9，3）；設直線DP1為，則把點（4，）和點（9，3）代入，得，解得，∴；令，則，解得：；∴直線DP1與x軸的交點坐標為（，0）；故答案為：（，0）；【點撥】本題考查了圓周角定理，軸對稱的性質，勾股定理求線段的長度，以及待定系數法求直線的解析式，解題的關鍵是熟練掌握所學的知識，正確的作出輔助線，從而進行解題．19．##30度【分析】利用垂徑定理先證明，，，四點共圓，且為圓的直徑，為圓上的一條弦，在中，，得到，利用同弧所對的圓周角相等即可求解．解：連接，，∵M是CD的中點，∴，又∵，∴，∴，，，四點共圓，且為圓的直徑，為圓上的一條弦，∴，∵M是CD的中點，，∴在中，，∴，∴，故答案為：【點撥】本題考查了圓的有關知識的運用，證得，，，四點共圓，且為圓的直徑，為圓上的一條弦是解題的關鍵．20．45°或135°【分析】首先連接OB，OC，由⊙O是正方形ABCD的外接圓，即可求得∠BOC的度數，又由在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角等于這條弧所對的圓心角的一半，即可求得∠BEC的度數；點E在BC的下方，∠BEC=（360°-90°）．解：點E在BC的上方，連接OB,OC∵⊙O是正方形ABCD的外接圓，∴∠BEC=∠BOC=45°點E在BC的下方，連接OB,OC∵⊙O是正方形ABCD的外接圓，∴∠BEC=（360°-90°）=135°故答案為：45°或135°．【點撥】本題考查了圓周角定理的知識，準確作出輔助線，注意分類討論思想的應用．21．【分析】連接AE．根據垂徑定理可知．根據直徑所對圓周角為直角可知，即得出．從而可判斷四邊形AEDF為平行四邊形，得出．再根據三角形中位線的性質得出．設，則，，，從而可利用勾股定理求出，進而得出．再根據勾股定理可列出關于x的等式，解出x,即可求出，，最后可求出的長．解：如圖，連接AE．∵F為BE中點，CD是的直徑，∴．∵AB是的直徑，∴，∴．∵，∴四邊形AEDF為平行四邊形，∴．∵F為BE中點，O為AB中點，∴OF為中位線，∴．設，則，∴，∴，∴，∴．∵，∴，解得：（舍），∴，，，∴，∴．故答案為：．【點撥】本題考查垂徑定理，圓周角定理，平行四邊形的判定和性質，勾股定理以及三角形中位線的性質．連接常用的輔助線是解題關鍵．22．##【分析】以AO為邊在上方作等邊△AOC，連接，計算角度∠ANO=30°，根據定角定弦，確定點N在以C為圓心OC為半徑的圓弧上運動，進而根據點到圓上的距離求最值問題即可．解：如圖，以AO為邊在上方作等邊△AOC，連接，點P為半圓的三等分點，是等邊三角形

又∵∠ANO=30°，點N在以C為圓心OC為半徑的圓弧上運動，是直徑，在中，BC=，BN的最小值為【點撥】本題考查了點到圓上的距離最值問題，確定點的軌跡是解題的關鍵．23．(1)①見分析；②(2)見分析【分析】（1）①根據已知條件結合等邊等角，三角形內角和定理可得，即可證明△ABC為直角三角形；；②連接OA，OD，利用垂徑定理得到OD⊥AC且AH＝CH，設DH＝x，則OH＝4?x，利用勾股定理列出方程求得DH的值，再利用三角形的中位線定理得到BC＝2DH；（2）延長QA交⊙O于點F，連接DF，FC，由已知可得∠DAC＝∠DCA＝45°；利用同弧所對的圓周角相等，得到∠DFA＝∠E＝∠DCA＝45°，∠DFC＝∠DAC＝45°，由于△ADQ△與ADE關于AD對稱，于是∠DQA＝∠E＝45°，則得△DQF為等腰直角三角形，△QFC為直角三角形；利用勾股定理可得：QC2＝QF2＋CF2，QF2＝2DQ2；利用△QDA≌△FDC得到QA＝FC，等量代換可得結論．(1)①解：∵AD＝CD，BD＝AD，∴DB＝DC．∴即∴△ABC為直角三角形；②證明：連接OA，OD，如圖，∵AD＝CD，∴，∴OD⊥AC且AH＝CH．∵⊙O的半徑為4，∴OA＝OD＝4．設DH＝x，則OH＝4?x，∵AH2＝OA2?OH2，AH2＝AD2?DH2，∴52?x2＝42?（4?x）2．解得：x＝．∴DH＝．由①知：BC⊥AC，∵OD⊥AC，∴OD∥BC．∵AH＝CH，∴BC＝2DH＝．(2)延長QA交⊙O于點F，連接DF，FC，如圖，∵∠ADC＝90°，AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA＝45°．∴∠DFA＝∠E＝∠DCA＝45°，∠DFC＝∠DAC＝45°．∴∠QFC＝∠AFD＋∠DFC＝90°．∴QC2＝QF2＋CF2．∵△ADQ與△ADE關于AD對稱，∴∠DQA＝∠E＝45°，∴∠DQA＝∠DFA＝45°，∴DQ＝DF．∴∠QDF＝180°?∠DQA?∠QFD＝90°．∴DQ2＋DF2＝QF2．即QF2＝2DQ2．∵∠QDF＝∠ADC＝90°，∴∠QDA＝∠CDF．在△QDA和△FDC中，，∴△QDA≌△FDC（AAS）．∴QA＝FC．∴QC2＝2QD2＋QA2．【點撥】本題是一道圓的綜合題，主要考查了圓的有關性質，垂徑定理，勾股定理，圓周角定理及其推論，等腰直角三角形的判定與性質，三角形全等的判定與性質，直角三角形的判定與性質，軸對稱的性質，方程的解法．根據圖形的特點恰當的添加輔助線是解題的關鍵．24．(1)見分析(2)見分析，(3)4+8【分析】（1）連接OB，OC，根據同圓半徑相等，利用等腰三角形兩底角相等和角平分線定義，證得∠OBA=∠OCA，∠OBC=∠OCB，所以∠OBA+∠OBC=∠OAC+∠OCB，即可得出結論；（2）連接AD，過點A作，交CD延長線于M，證△ADM≌△ADF（AAS），得AM=AF，DM=DF，再證Rt△AMC≌△AFB（HL），得CM=BF，即可得出結論；（3）連接AD，OE，設∠ABO=∠OAB=∠OAC=∠ACD=α，因為，所以∠CAE=∠ACD=α，∠AED=∠CDE，由于F，所以∠ABO+∠OAB+∠OAC+∠CAE=90°，即4α=90°，所2α=45°，從而可證得△DFH是等腰直角三角形，△OAF是等腰直角三角形，得到，EH=DH=DF，OA=OF，再由S△DEH=，求得DF=4，由OF+DF=OD=OA，即OF+4=OF，求得OF=4+4，最后由OD=OF+DF求得答案．(1)解：如圖1，連接OB，OC，∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∵AO平分，∴∠OAB=∠OAB，∴∠OBA=∠OCA，∵OB=OC，∴∠OBC=∠OCB，∴∠OBA+∠OBC=∠OAC+∠OCB即∠ABC=∠ACB；(2)證明：如圖2，連接AD，過點A作，交CD延長線于M，∵四邊形ABCD內接于⊙O，∴∠ADM=∠ABC，由（1）知，∠ACB=∠ABC，∴AB=AC，∴∠ADM=∠ACB，∵∠ACB=∠ADB，∴∠ADM=∠ADB，∵于M，于F，∴∠AMD=∠AFD=90°，在△ADM和△ADF中，∴△ADM≌△ADF（AAS），∴AM=AF，DM=DF，在Rt△AMC和Rt△AFB中，,∴Rt△AMC≌Rt△AFB（HL），∴CM=BF，∴CD+DM=BF，∴BD+CD=BF+DF+CD=BF+DM+CD=2BF；(3)解：如圖3，連接AD，OH，OE，設∠ABO=∠OAB=∠OAC=∠ACD=α，∵，∴∠CAE=∠ACD=α，∠AED=∠CDE，∴DH=EH，∵于F，∴∠ABO+∠OAB+∠OAC+∠CAE=90°，即4α=90°，∴2α=45°，∴∠BDC=∠BAC=2α=45°，∴∠FDH=∠DHF=2α=45°，∴△DFH是等腰直角三角形，∴EH=DH=DF，∵S△DEH=，∴，∴DF=4，∵∠OAF=∠OAC+∠CAF=2α=45°，∴△OAF是等腰直角三角形，∴OA=OF，∴OF+DF=OD=OA，∴OF+4=OF，∴OF=4+4，∴OD=OF+DF=4+4+4=4+8，答：⊙O的半徑為4+8.【點撥】本題屬圓的綜合題目，涉及知識有圓周角定理，三角形面積公式，等腰三角形的性質，等腰直角三角形的判定與