專題24.2圓與四邊形的綜合【典例1】定義：有且僅有一組對角相等的凸四邊形叫做“準平行四邊形”．例如：凸四邊形ABCD中，若∠A=∠C，∠B≠∠D，則稱四邊形ABCD為準平行四邊形．（1）如（圖①），A、B、C、D是⊙O上的四個點，∠APC=∠CPB=60°，延長BP到Q，使AQ=AP．求證：四邊形AQBC是準平行四邊形；（2）如（圖②），準平行四邊形ABCD內接于⊙O，AB≠AD，BC=DC，若⊙O的半徑為5，AB=6，求AC的長；（3）如（圖③），在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=2，若四邊形ABCD是準平行四邊形，且∠BCD≠∠BAD，請直接寫出BD【思路點撥】（1）可證△APQ是等邊三角形，可得∠Q=60°=∠QAP，由圓的內接四邊形的性質可得∠QPA=∠ACB=60°=∠Q，由四邊形內角和定理可證∠QAC≠∠QBC，可得結論；（2）如圖②，連接BD，由準平行四邊形定義可求∠BAD=∠BCD=90°，可得BD是直徑，由勾股定理可求AD=8，將ΔABC繞點C順時針旋轉90°得到ΔCDH，可得AB=DH=6，AC=CH，∠ACH=90°，∠ABC=∠CDH，由勾股定理可求AC的長；（3）如圖③，作△ACD的外接圓⊙O，過點O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，由準平行四邊形定義可求∠ABC=∠ADC=60°，可得∠AOC=120°，由等腰三角形的性質和直角三角形的性質，可求OE=1，CO=2OE=2，由勾股定理可求OB，由當點D在BO的延長線時，BD的長有最大值，即可求解．【解題過程】解：證明：（1）∵∠APC=∠CPB=60°，∴∠APQ=60°，且AQ=AP，∴△APQ是等邊三角形，∴∠Q=60°=∠QAP，∵四邊形APBC是圓內接四邊形，∴∠QPA=∠ACB=60°，∵∠Q+∠ACB+∠QAC+∠QBC=360°，∴∠QAC+∠QBC=240°，且∠QAC=∠QAP+∠BAC+∠PAB=120°+∠PAB>120°，∴∠QBC<120°，∴∠QAC≠∠QBC，且∠QPA=∠ACB=60°=∠Q，∴四邊形AQBC是準平行四邊形．（2）如圖②，連接BD，∵AB≠AD，BC=DC，∴∠ABD≠∠ADB，∠CBD=∠CDB，∴∠ABC≠∠ADC，∵四邊形ABCD是準平行四邊形，∴∠BAD=∠BCD，∵四邊形ABCD是圓內接四邊形，∴∠BAD+∠BCD=180°，∠ABC+∠ADC=180°，∴∠BAD=∠BCD=90°，∴BD是直徑，∴BD=10，∴AD=B將△ABC繞點C順時針旋轉90°得到△CDH，∴AB=DH=6，AC=CH，∠ACH=90°，∠ABC=∠CDH，∵∠ABC+∠ADC=180°，∴∠ADC+∠CDH=180°，∴點A，點D，點H三點共線，∴AH=AD+DH=14，∵AC∴2AC∴AC=72（3）如圖③，作ΔACD的外接圓⊙O，過點O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，∵∠C=90°，∠A=30°，BC=2，∴∠ABC=60°，∠ABC=60°，AC=∵四邊形ABCD是準平行四邊形，且∠BCD≠∠BAD，∴∠ABC=∠ADC=60°，∴∠AOC=120°，且OE⊥AC，OA=OC，∴∠ACO=∠CAO=30°，CE=AE=3∴OE=1，CO=2OE=2，∵OE⊥AC，OF⊥BC，∠ECF=90°，∴四邊形CFOE是矩形，∴CE=OF=3，OE=CF=1∴BF=BC+CF=3，∴BO=B∵當點D在BO的延長線時，BD的長有最大值，∴BD長的最大值=BO+OD=231．（2022秋·全國·九年級專題練習）如圖，四邊形ABCD為菱形，以AD為直徑作⊙O交AB于點F，連接DB交⊙O于點H，過點D作⊙O的切線交BC于點E．（1）求證：AF=CE；（2）若BF=2，DH=5，求⊙O2．（2022秋·湖北武漢·九年級?？茧A段練習）如圖，在矩形ABCD中，G為AD的中點，△GBC的外接圓⊙O交CD于點F．（1）求證：AD與⊙O相切；（2）若DF=1，CF=3，求BC的長．3．（2023·江蘇蘇州·模擬預測）如圖，在平行四邊形ABCD中，AC是對角線，∠CAB=90°，以點A為圓心，以AB的長為半徑作⊙A，交BC邊于點E，交AC于點F，連接DE．（1）求證：DE與⊙A相切；（2）若∠ADE=30°，AB=6，求EF的長．4．（2023秋·江蘇泰州·九年級泰州市第二中學附屬初中?？计谀┤鐖D1，?ABCD中，O為BC上一點，AO平分∠BAD，以O為圓心，OC為半徑的圓，與AB相切于點E（1）求證：⊙O與AD相切（2）如圖2，若⊙O與AD相切于點F，DF=7，BO=5，且∠D>45°，求弧FC、線段DF和CD組成的圖形面積．5．（2022秋·江蘇鹽城·九年級景山中學?？茧A段練習）如圖，已知正方形ABCD的邊長為4，以點A為圓心，1為半徑作圓，點E是⊙A上的一動點，點E繞點D按逆時針方向轉轉90°，得到點F，接AF．（1）求CF長；（2）當A、E、F三點共線時，求EF長；（3）AF的最大值是__________．6．（2022秋·浙江衢州·九年級?？茧A段練習）新定義：在一個四邊形中，若有一組對角都等于90°，則稱這個四邊形為雙直角四邊形．如圖1，在四邊形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，那么四邊形ABCD就是雙直角四邊形．（1）若四邊形ABCD是雙直角四邊形，且AB＝3，BC＝4，CD＝2，求AD的長；（2）已知，在圖2中，四邊形ABCD內接與⊙O，BC＝CD且∠BAC＝45°；①求證：四邊形ABCD是雙直角四邊形；②若AB＝AC，AD＝1，求AB的長和四邊形ABCD的面積．7．（2022春·江蘇·九年級期末）如圖1，已知矩形ABCD中AB=23，AD=3，點E為射線BC上一點，連接DE，以DE為直徑作⊙（1）如圖2，當BE=1時，求證：AB是⊙O的切線（2）如圖3，當點E為BC的中點時，連接AE交⊙O于點F，連接CF，求證：CF=CD（3）當點E在射線BC上運動時，整個運動過程中CF長度是否存在最小值？若存在請直接寫出CF長度的最小值；若不存在，請說明理由．8．（2022秋·江蘇·九年級期中）如圖1，已知A?10,0，B?6,0，點C在y軸的正半軸上，∠CBO=45°，CD//AB，∠CDA=90°．點P從點A出發，沿x軸以每秒1個單位長度的速度向右運動，運動時間為（1）BC=__________；（2）當∠BCP=15°時，求t的值；（3）以線段PC為直徑的⊙Q隨點P的運動而變化，當⊙Q與四邊形ABCD的邊（或邊所在的直線）相切時，求t的值．9．（2022·全國·九年級專題練習）如圖，已知AB為半圓O的直徑，P為半圓上的一個動點（不含端點），以OP、OB為一組鄰邊作?POBQ，連接OQ、AP，設OQ、AP的中點分別為M、N，連接PM、ON．（1）試判斷四邊形OMPN的形狀，并說明理由．（2）若點P從點B出發，以每秒15°的速度，繞點O在半圓上逆時針方向運動，設運動時間為ts①是否存在這樣的t，使得點Q落在半圓O內？若存在，請求出t的取值范圍；若不存在，請說明理由．②試求：當t為何值時，四邊形OMPN的面積取得最大值？并判斷此時直線PQ與半圓O的位置關系（需說明理由）．10．（2022秋·江蘇揚州·九年級校聯考期中）如圖①，矩形ABCD與以EF為直徑的半圓O在直線l的上方，線段AB與點E、F都在直線l上，且AB=7，EF=10，BC＞5．點B以1個單位/秒的速度從點E處出發，沿射線EF方向運動，矩形ABCD隨之運動，運動時間為（1）如圖②，當t=2.5時，求半圓O在矩形ABCD內的弧的長度；（2）在點B運動的過程中，當AD、BC都與半圓O相交時，設這兩個交點為G、H．連接OG、OH，若∠GOH為直角，求此時t的值．（3）當矩形ABCD為正方形時，連接AC，在點B運動的過程中，若直線AC與半圓只有一個交點，則t的取值范圍是．11．（2023秋·浙江臺州·九年級統考期末）如圖1，⊙O的半徑為4cm，?ABCD的頂點A，B，C在⊙O上，AC=BC（1）求證：DC是⊙O的切線；（2）若AD也與⊙O相切，求證：四邊形ABCD是菱形；（3）如圖2，AD與⊙O相交于點E，連接于CE，當∠B=75°時，求?ABCD的對角線AC的長及陰影部分圖形的面積．12．（2023·全國·九年級專題練習）（1）【學習心得】于彤同學在學習完“圓”這一章內容后，感覺到一些幾何問題如果添加輔助圓，運用圓的知識解決，可以使問題變得非常容易．例如：如圖1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是△ABC外一點，且AD＝AC，求∠BDC的度數．若以點A為圓心，AB為半徑作輔助⊙A，則點C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圓心角，而∠BDC是圓周角，從而可容易得到∠BDC＝°．（2）【問題解決】如圖2，在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BDC＝25°，求∠BAC的度數．（3）【問題拓展】如圖3，如圖，E，F是正方形ABCD的邊AD上兩個動點，滿足AE＝DF．連接CF交BD于點G，連接BE交AG于點H．若正方形的邊長為2，則線段DH長度的最小值是．13．（2022·黑龍江哈爾濱·統考三模）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，AC為直徑，AC和BD交于點E，AB＝BC．（1）求∠ADB的度數；（2）過B作AD的平行線，交AC于F，試判斷線段EA，CF，EF之間滿足的等量關系，并說明理由；（3）在（2）條件下過E，F分別作AB，BC的垂線，垂足分別為G，H，連接GH，交BO于M，若AG＝3，S四邊形AGMO：S四邊形CHMO＝8：9，求⊙O的半徑．14．（2022秋·江蘇連云港·九年級?？茧A段練習）在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，點P從點A出發沿AB邊以1cm/s的速度向點B移動，同時，點Q從點B出發沿BC以2cm/s

（1）如圖1，幾秒后，△DPQ的面積等于21cm（2）在運動過程中，若以P為圓心的⊙P同時與直線AD、BD相切（如圖2），求t值；（3）若以Q為圓心，PQ為半徑作⊙Q．①在運動過程中，是否存在t值，使得點D落在⊙Q上？若存在，求出t值；若不存在，請說明理由；②若⊙Q與四邊形CDPQ有三個公共點，則t的取值范圍為．（直接寫出結果，不需說理）15．（2022·江西撫州·校考二模）如圖，在平行四邊形ABCD中，點A，B，D三個點都在⊙O上，CD與⊙O交于點F，連接BO并延長交邊AD于點E，點E恰好是AD的中點．（1）求證：BC是⊙O的切線；（2）若AE＝1，∠BAD＝75°；①求BE的長；②求陰影部分的面積．16．（2023秋·廣東東莞·九年級統考期末）如圖，AB是⊙O的直徑，C是半圓O上的一點，AC平分∠DAB，AD⊥CD，垂足為D，AD交⊙O于E，連接CE．（1）求證：CD是⊙O的切線；（2）若AB=10，DC=4，求AC的長；（3）若E是弧AC的中點，⊙O的半徑為5，求圖中陰影部分的面積．17．（2022秋·黑龍江哈爾濱·九年級期末）四邊形ABCD為矩形，點A，B在⊙O上，連接OC、OD．（1）如圖1，求證：OC＝OD；（2）如圖2，點E在⊙O上，DE∥OC，求證：DA平分∠EDO；（3）如圖3，在（2）的條件下，DE與⊙O相切，點G在弧BF上，弧FG＝弧AE，若BG＝32，DF＝2，求AB的長．18．（2023·河南開封·河南大學附屬中學校考二模）小賀同學在數學探究課上，用幾何畫板進行了如下操作：首先畫一個正方形ABCD，一條線段OPOP<AB，再以點A為圓心，OP的長為半徑，畫⊙A分別交AB于點E．交AD于點G．過點E，G分別作AB，AD的垂線交于點F，易得四邊形AEFG也是正方形，連接CF

（1）【探究發現】如圖1，BE與DG的大小和位置關系：_________．（2）【嘗試證明】如圖2，將正方形AEFG繞圓心A轉動，在旋轉過程中，上述（1）的關系還存在嗎？請說明理由．（3）【思維拓展】如圖3，若AB=2OP=4，則①在旋轉過程中，點B，A，G三點共線時，CF的值為__________；②在旋轉過程中，CF的最大值是.19．（2022秋·江蘇宿遷·九年級統考期中）如圖1，在矩形ABCD中，AB=3cm，BC=4cm，點P以1.5cm/s的速度從點A向點B運動，點Q以2cm/s的速度從點C向點B運動．點P、Q同時出發，運動時間為t秒（0<t<2），（1）當t=1時，⊙M的半徑是___________cm，⊙M與直線CD的位置關系是___________；（2）在點P從點A向點B運動過程中，①圓心M的運動路徑長是___________cm；②當⊙M與直線AD相切時，求t的值．（3）連接PD，交⊙M于點N，如圖2，當∠APD=∠NBQ時，求t的值．20．（2023·江蘇連云港·統考一模）問題提出：（1）“弦圖”是中國古代數學成就的一個重要標志．小明用邊長為5的正方形ABCD制作了一個“弦圖”：如圖①，在正方形ABCD內取一點E，使得∠BEC=90°，作DF⊥CE，AG⊥DF，垂足分別為F、G，延長BE交AG于點H．若EH=1，求BE的長；變式應用：（2）如圖②，分別以正方形ABCD的邊長AB和CD為斜邊向內作Rt△ABE和Rt△CDF，連接EF，若已知∠AEB=∠CFD=90°，AE=CF，Rt△ABE的面積為8，EF=32，則正方形拓展應用：（3）如圖③，公園中有一塊四邊形空地ABCD，AB=BC=60米，CD=120米，AD=602米，∠ABC=90°，空地中有一段半徑為60米的弧形道路（即AC），現準備在AC上找一點P將弧形道路改造為三條直路（即PA、PB、PC），并要求∠BPC=90°，三條直路將空地分割為△ABP、△BCP和四邊形APCD①則∠APC的度數為；②求四邊形APCD的面積．

專題24.2圓與四邊形的綜合【典例1】定義：有且僅有一組對角相等的凸四邊形叫做“準平行四邊形”．例如：凸四邊形ABCD中，若∠A=∠C，∠B≠∠D，則稱四邊形ABCD為準平行四邊形．（1）如（圖①），A、B、C、D是⊙O上的四個點，∠APC=∠CPB=60°，延長BP到Q，使AQ=AP．求證：四邊形AQBC是準平行四邊形；（2）如（圖②），準平行四邊形ABCD內接于⊙O，AB≠AD，BC=DC，若⊙O的半徑為5，AB=6，求AC的長；（3）如（圖③），在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=2，若四邊形ABCD是準平行四邊形，且∠BCD≠∠BAD，請直接寫出BD【思路點撥】（1）可證△APQ是等邊三角形，可得∠Q=60°=∠QAP，由圓的內接四邊形的性質可得∠QPA=∠ACB=60°=∠Q，由四邊形內角和定理可證∠QAC≠∠QBC，可得結論；（2）如圖②，連接BD，由準平行四邊形定義可求∠BAD=∠BCD=90°，可得BD是直徑，由勾股定理可求AD=8，將ΔABC繞點C順時針旋轉90°得到ΔCDH，可得AB=DH=6，AC=CH，∠ACH=90°，∠ABC=∠CDH，由勾股定理可求AC的長；（3）如圖③，作△ACD的外接圓⊙O，過點O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，由準平行四邊形定義可求∠ABC=∠ADC=60°，可得∠AOC=120°，由等腰三角形的性質和直角三角形的性質，可求OE=1，CO=2OE=2，由勾股定理可求OB，由當點D在BO的延長線時，BD的長有最大值，即可求解．【解題過程】解：證明：（1）∵∠APC=∠CPB=60°，∴∠APQ=60°，且AQ=AP，∴△APQ是等邊三角形，∴∠Q=60°=∠QAP，∵四邊形APBC是圓內接四邊形，∴∠QPA=∠ACB=60°，∵∠Q+∠ACB+∠QAC+∠QBC=360°，∴∠QAC+∠QBC=240°，且∠QAC=∠QAP+∠BAC+∠PAB=120°+∠PAB>120°，∴∠QBC<120°，∴∠QAC≠∠QBC，且∠QPA=∠ACB=60°=∠Q，∴四邊形AQBC是準平行四邊形．（2）如圖②，連接BD，∵AB≠AD，BC=DC，∴∠ABD≠∠ADB，∠CBD=∠CDB，∴∠ABC≠∠ADC，∵四邊形ABCD是準平行四邊形，∴∠BAD=∠BCD，∵四邊形ABCD是圓內接四邊形，∴∠BAD+∠BCD=180°，∠ABC+∠ADC=180°，∴∠BAD=∠BCD=90°，∴BD是直徑，∴BD=10，∴AD=B將△ABC繞點C順時針旋轉90°得到△CDH，∴AB=DH=6，AC=CH，∠ACH=90°，∠ABC=∠CDH，∵∠ABC+∠ADC=180°，∴∠ADC+∠CDH=180°，∴點A，點D，點H三點共線，∴AH=AD+DH=14，∵AC∴2AC∴AC=72（3）如圖③，作ΔACD的外接圓⊙O，過點O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，∵∠C=90°，∠A=30°，BC=2，∴∠ABC=60°，∠ABC=60°，AC=∵四邊形ABCD是準平行四邊形，且∠BCD≠∠BAD，∴∠ABC=∠ADC=60°，∴∠AOC=120°，且OE⊥AC，OA=OC，∴∠ACO=∠CAO=30°，CE=AE=3∴OE=1，CO=2OE=2，∵OE⊥AC，OF⊥BC，∠ECF=90°，∴四邊形CFOE是矩形，∴CE=OF=3，OE=CF=1∴BF=BC+CF=3，∴BO=B∵當點D在BO的延長線時，BD的長有最大值，∴BD長的最大值=BO+OD=231．（2022秋·全國·九年級專題練習）如圖，四邊形ABCD為菱形，以AD為直徑作⊙O交AB于點F，連接DB交⊙O于點H，過點D作⊙O的切線交BC于點E．（1）求證：AF=CE；（2）若BF=2，DH=5，求⊙O【思路點撥】（1）連接DF，根據菱形的性質可得AD=CD，AD∥BC，∠A=∠C．再由切線的性質，可得∠CED=∠ADE=90°．可證得△DAF≌△DCE．即可求證；（2）連接AH，DF，根據等腰三角形的性質可得BD=2DH=25．在Rt△ADF和Rt△BDF【解題過程】（1）證明：如圖，連接DF，∵四邊形ABCD為菱形，∴AD=CD，AD∥BC，∠A=∠C．∵DE是⊙O的切線，∴∠ADE=90°．∵AD∥BC，∴∠CED=∠ADE=90°．∵AD是⊙O的直徑，∴∠DFA=90°．∴∠AFD=∠CED=90°．在△DAF和△DCE中，∠AFD=∠CED∠A=∠C∴△DAF≌△DCE（AAS）．∴AF=CE．（2）解：如圖，連接AH，DF，∵AD是⊙O的直徑，∴∠AHD=∠DFA=90°．∵AD=AB，DH=5∴BD=2DH=25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∴AD=5．∴⊙O的半徑為522．（2022秋·湖北武漢·九年級校考階段練習）如圖，在矩形ABCD中，G為AD的中點，△GBC的外接圓⊙O交CD于點F．（1）求證：AD與⊙O相切；（2）若DF=1，CF=3，求BC的長．【思路點撥】（1）連接GO并延長交BC于點E，連接OB,OC，可證得△ABG≌△DCG，從而得到GB=GC，進而得到EG垂直平分BC，從而得到（2）過點O作OH⊥CD，垂足為H，連接OF，FH=12CF=32，先證明四邊形OGDH是矩形，可得OH=DG【解題過程】（1）證明：證明：連接GO并延長交BC于點E，連接OB,OC，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD,AD∥∵G為AD的中點，，∴AG=DG．∴△ABG≌∴GB=GC．∵OB=OC，∴EG垂直平分BC，即∠CEG=90°．∴∠DGE+∠GEC=180°，∴∠DGE=180°?∠GEC=180°?90°=90°，即GE⊥AD．∵點G在⊙O上，∴AD與⊙O相切；（2）解：過點O作OH⊥CD，垂足為H，連接OF，FH=1∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D=90°，AD=BC，∵AD與⊙O相切，∴∠OGD=90°．∵∠OHD=90°，∴四邊形OGDH是矩形．∴OH=DG，DH=OG=DF+FH=1+3∴DH=OG=OH=5∴OH=O∴DG=2，∵G是AD的中點，∴BC=AD=2DG=4．3．（2023·江蘇蘇州·模擬預測）如圖，在平行四邊形ABCD中，AC是對角線，∠CAB=90°，以點A為圓心，以AB的長為半徑作⊙A，交BC邊于點E，交AC于點F，連接DE．（1）求證：DE與⊙A相切；（2）若∠ADE=30°，AB=6，求EF的長．【思路點撥】（1）連接AE，根據平行四邊形的性質得到∠DAE=∠AEB，然后根據SAS證明△AED≌△BAC，根據全等三角形的性質即可證明；（2）連接EF，作EG⊥AC，由（1）可知△AED≌△BAC的性質得出∠ADE=∠ACB=30°后證明△ABE是等邊三角形，接著求出∠CAE=30°，利用直角三角形30°所對的直角邊等于斜邊的一半求出GE=3，AG=33【解題過程】（1）解：連接AE，∵平行四邊形ABCD，∴AD//∴∠EAD=∠AEB，∵AE=AB，∴∠AEB=∠ABE，∴∠EAD=∠ABE，在△AED和△BAC中，AB=EA∴△AED≌△BAC(SAS)，∴∠AED=∠BAC，∵∠CAB=90°，∴∠AED=∠BAC=90°，∵AE是⊙A的半徑，∴DE與⊙A相切；（2）連接EF，作EG⊥AC，由（1）可知△AED≌△BAC，∴∠ADE=∠ACB=30°，∵∠CAB=90°，AB=6，∴∠ABE=60°，又∵AE=AB，∴△ABE是等邊三角形，∴AC=63，∴BE=EC=6，∵EG⊥AC，∴∠EGA=90°，∴GE=3，∴GF=6?33，在Rt△EFG中，EF=G4．（2023秋·江蘇泰州·九年級泰州市第二中學附屬初中?？计谀┤鐖D1，?ABCD中，O為BC上一點，AO平分∠BAD，以O為圓心，OC為半徑的圓，與AB相切于點E（1）求證：⊙O與AD相切（2）如圖2，若⊙O與AD相切于點F，DF=7，BO=5，且∠D>45°，求弧FC、線段DF和CD組成的圖形面積．【思路點撥】（1）過點O作OF⊥AD于點F，根據切線的性質可得OE⊥AB，再由角平分線的性質可得OE=OF，即可；（2）設⊙O的半徑為r，則OC=OE=OF=r，根據平行四邊形的性質可得AD=BC，AD∥BC，∠B=∠D>45°，再由AO平分∠BAD，可得∠BAO=∠AOB，從而得到AB=OB=5，根據DF=7，BO=5，可得AE=r?2，再由切線長定理可得AE=AF=r?2，從而得到BE=AB?AE=7?r，再由勾股定理求出r的長，然后根據弧FC、線段DF和CD組成的圖形面積【解題過程】（1）證明∶過點O作OF⊥AD于點F，∵⊙O與AB相切，∴OE⊥AB，∵AO平分∠BAD，∴OE=OF，∵OE為半徑，∴⊙O與AD相切；（2）解∶設⊙O的半徑為r，則OC=OE=OF=r，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD=BC，AD∥BC，∴∠FAO=∠AOB，∵AO平分∠BAD，∴∠BAO=∠FAO，∴∠BAO=∠AOB，∴AB=OB=5，∵DF=7，BO=5，∴AF+7=5+r，∴AE=r?2，∵⊙O與AD相切，⊙O與AB相切，∴OE⊥AB，OF⊥AD，AE=AF=r?2，∴∠OEA=90°，BE=AB?AE=7?r，∴BE∴7?r2+r當r=4時，BE=3，當r=3時，BE=4，∵∠B>45°，∴∠BOE<45°=∠B，∴OE>BE，∴r=4，即OC=OE=OF=4，∵OF⊥AD,AD∥∴OF⊥BC，即∠COF=90°，∴弧FC、線段DF和CD組成的圖形面積====22?4π．5．（2022秋·江蘇鹽城·九年級景山中學?？茧A段練習）如圖，已知正方形ABCD的邊長為4，以點A為圓心，1為半徑作圓，點E是⊙A上的一動點，點E繞點D按逆時針方向轉轉90°，得到點F，接AF．（1）求CF長；（2）當A、E、F三點共線時，求EF長；（3）AF的最大值是__________．【思路點撥】（1）連接AE，根據同角的余角相等可得：∠EDA=∠FDC，利用全等三角形的判定定理可得：ΔEDA?ΔFDC，再由其性質即可得解；（2）分兩種情況討論：①當點E在正方形內部時，點A、E、F三點共線時，AF與圓C相切；②當點E在正方形外部時，點A、E1、F1三點共線時，AF（3）根據題意判斷出AF最大時，點C在AF上，根據正方形的性質求出AC，從而得出AF的最大值．【解題過程】解：（1）連接AE，如圖所示：∵∠EDF=∠ADC=90°，即：∠EDA+∠ADF=∠ADF+∠FDC=90°，∴∠EDA=∠FDC，在ΔEDA與ΔFDC中，ED=FD∠EDA=∠FDC∴ΔEDA?ΔFDC，∴CF=AE=1；（2）①如圖所示：當點A、E、F三點共線時，AF與圓C相切，則∠AFC=90°，AC=ADCF=1，∴AF=AC∴EF=AF?AE=31②如圖所示：當點A、E1、F1三點共線時，AF則∠AFAC=42CF∴AF∴EF=AF綜合可得：當點A、E、F三點共線時，EF長為31?1或31（3）如圖所示，點C在線段AF上，AF取得最大值，AF=AC+CF，∵AC=32∴AF=42即：AF的最大值是42故答案為：426．（2022秋·浙江衢州·九年級?？茧A段練習）新定義：在一個四邊形中，若有一組對角都等于90°，則稱這個四邊形為雙直角四邊形．如圖1，在四邊形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，那么四邊形ABCD就是雙直角四邊形．（1）若四邊形ABCD是雙直角四邊形，且AB＝3，BC＝4，CD＝2，求AD的長；（2）已知，在圖2中，四邊形ABCD內接與⊙O，BC＝CD且∠BAC＝45°；①求證：四邊形ABCD是雙直角四邊形；②若AB＝AC，AD＝1，求AB的長和四邊形ABCD的面積．【思路點撥】（1）連接BD，運用勾股定理求出BD和AD即可；（2）①連接OB，OC，OD，證明BD是⊙O的直徑即可；②過點D作DE⊥AC于點E，設圓的半徑為R，由勾股定理求出AB，AD，BC，CD的長，再根據SABCD【解題過程】解：（1）連接BD，如圖，在RtΔBCD中，BC＝4，∵B∴BD=在RtΔABD中，AB＝3，BD＝2∵B∴AD=（2）連接OB，OC，OD，如圖，∵∠BAC=45°∴∠BOC=90°

在ΔBOC和ΔOB=ODOC=OC∴ΔBOC≌∴∠DOC=∠BOC=90°∴O是線段BD的中點，∴BD為⊙O的直徑∴∠BCD=∠BAD=90°∴四邊形ABCD是雙直角四邊形；（3）過點D作DE⊥AC于點E，∵∠BAC=45°,∠BAD=90°∴∠EAD=45°∴ΔAED在RtΔAED中，AE=ED∵AD=1∴AE=ED=設圓的半徑為R，∵ΔBOC和Δ∴BC=CD=在RtΔADC在RtΔABD∵AB=AC，AC=AE+EC∴4解得，R∴S=====7．（2022春·江蘇·九年級期末）如圖1，已知矩形ABCD中AB=23，AD=3，點E為射線BC上一點，連接DE，以DE為直徑作⊙（1）如圖2，當BE=1時，求證：AB是⊙O的切線（2）如圖3，當點E為BC的中點時，連接AE交⊙O于點F，連接CF，求證：CF=CD（3）當點E在射線BC上運動時，整個運動過程中CF長度是否存在最小值？若存在請直接寫出CF長度的最小值；若不存在，請說明理由．【思路點撥】（1）過點O作OM⊥AB，且OM的反向延長線交CD于點N．根據題意結合圖形易證線段ON為△DEC中位線，即可求出CE長，從而求出ON與OM長，最后在Rt△DEC中利用勾股定理即可求出DE的長，即⊙O的直徑，即可判斷OD=DE=OM，從而證明AB為⊙O的切線．（2）設⊙O與AD交于點G，連接CG、EG、DF、FG，利用圓周角定理以及三角形中線的性質易證△CFG?△CDG(HL)，即證明CF=CD．（3）取AD中點H，連接CH、FH、FD．根據（2）中三角形中線的結論可知FH=12AD=32【解題過程】（1）如圖，過點O作OM⊥AB，且OM的反向延長線交CD于點N．由題意可知四邊形BCNM為矩形，∴MN=AD=3，∵O為圓心，即O為DE中點，∴N為DC中點，即線段ON為△DEC中位線，又∵CE=BC?BE=3?1=2，∴ON=1∴OM=MN-ON=3-1=2．在Rt△DEC中，DE=C∴OD=DE=OM=2．即AB為⊙O的切線．（2）設⊙O與AD交于點G，連接CG、EG、DF、FG，∵DE為直徑，∴∠EGD=∠EFD=90°．∴∠GEC=90°，∴CG為直徑．∴∠CFG=∠CDG=90°，∵E為BC中點，∴G為AD中點，在Rt△AFD中，FG為中線，∴AG=DG=FG，在Rt△CFG和Rt△CDG中，FG=DGCG=CG∴△CFG?△CDG(HL)．∴CF=CD．（3）如圖，取AD中點H，連接CH、FH、FD．由（2）可知FH=1在Rt△CDH中，CH=C∵CF≥CH?FH=57∴當F點在CH上時CF長有最小值，最小值為5728．（2022秋·江蘇·九年級期中）如圖1，已知A?10,0，B?6,0，點C在y軸的正半軸上，∠CBO=45°，CD//AB，∠CDA=90°．點P從點A出發，沿x軸以每秒1個單位長度的速度向右運動，運動時間為（1）BC=__________；（2）當∠BCP=15°時，求t的值；（3）以線段PC為直徑的⊙Q隨點P的運動而變化，當⊙Q與四邊形ABCD的邊（或邊所在的直線）相切時，求t的值．【思路點撥】（1）根據等腰三角形的判定和勾股定理即可得出答案；（2）分①當點P在點B右側時，②當點P'在點B左側時兩種情況進行求解即可；（3）分①當該圓與BC相切于點C，②當該圓與CD相切于點C，③當該圓與AD相切三種情況分別求出t的值即可；【解題過程】解：（1）∵∠BOC=∴∠BCO=∠CBO=∴B(?6,0)，∴OC=OB=6,∴C(0,6),∴BC=（2）如圖1中，①當點P在點B右側時，∵∠BOC=∴∠POC=∴OP=2∴②當點P'在點B左側時，∵∠BCO=∴∠∴O∴綜上所述：t的值為10?23或(3)如圖2中，由題意知，若該圓與四邊形ABCD的邊相切，有以下三種情況：①當該圓與BC相切于點C時，有∠BCP=則∠OCP=45°∴At=16秒，②當該圓與CD相切于點C時，有P2C⊥CD,即點P∴At=10秒，③當該圓與AD相切時，設P3的坐標為(-10+t，0)，∴C(0,6),∴M點的坐標為(?5+∴M過M作MH⊥AD于H，∴MH===5+∵M∴整理得10t=9，解得t=綜上所述，當⊙Q與四邊形ABCD的邊或邊所在的直線相切時，t的值為16秒或10秒或9109．（2022·全國·九年級專題練習）如圖，已知AB為半圓O的直徑，P為半圓上的一個動點（不含端點），以OP、OB為一組鄰邊作?POBQ，連接OQ、AP，設OQ、AP的中點分別為M、N，連接PM、ON．（1）試判斷四邊形OMPN的形狀，并說明理由．（2）若點P從點B出發，以每秒15°的速度，繞點O在半圓上逆時針方向運動，設運動時間為ts①是否存在這樣的t，使得點Q落在半圓O內？若存在，請求出t的取值范圍；若不存在，請說明理由．②試求：當t為何值時，四邊形OMPN的面積取得最大值？并判斷此時直線PQ與半圓O的位置關系（需說明理由）．【思路點撥】（1）由平行四邊形的性質可得PQ//OB，PQ＝OB，可證四邊形PQOA為平行四邊形，可得PA//QO，PA＝QO．由中點的性質可得OM＝PN，可證四邊形OMPN為平行四邊形，由等腰三角形的性質可得∠ONP＝90°，可得結論；（2）①求出點Q落在半圓O上時，t的值，點P與點A重合時，t的取值，根據這兩個特殊位置，可求點Q落在半圓O內時，t的取值范圍；②由面積公式可得S矩形OMPN＝S△AOP，由△AOP的底AO為定值，則當P旋轉運動90°（運動至最高點）時，高取得最大值，此時△AOP的面積取得最大值，即可求t的值，由平行線的性質可得∠OPQ＝90°，可證PQ與半圓O相切．【解題過程】解：（1）四邊形OMPN為矩形，理由如下：∵四邊形POBQ為平行四邊形，∴PQ//OB，PQ＝OB，又∵OB＝OA，∴PQ＝AO，又∵PQ//OA，∴四邊形PQOA為平行四邊形，∴PA//QO，PA＝QO．又∵M、N分別為OQ、AP的中點，∴OM＝12OQ，PN＝12∴OM＝PN，∴四邊形OMPN為平行四邊形，∵OP＝OA，N是AP的中點，∴ON⊥AP，即∠ONP＝90°，∴四邊形OMPN為矩形；（2）①如圖，當點Q落在半圓O上時，∵四邊形POBQ是平行四邊形，∴PQ＝OB，PO＝BQ，又∵OB＝OP＝OQ，∴OP＝OQ＝PQ＝BO＝BQ，∴△POQ是等邊三角形，△BQO是等邊三角形，∴∠POQ＝∠BOQ＝60°，∴∠BOP＝120°，∴t＝12015＝8s∴當t＝8s時，點Q落在半圓O上，∵當點P與點A重合時，t＝18015＝12s∴當8＜t＜12時，點Q落在半圓O內；②∵四邊形OMPN為矩形，∴S矩形OMPN＝ON?NP＝12AP?ON∴S矩形OMPN＝S△AOP，∵△AOP的底AO為定值，∴當P旋轉運動90°（運動至最高點）時，高取得最大值，此時△AOP的面積取得最大值．∴t＝90÷15＝6秒．∴當t＝6s時，四邊形OMPN面積最大，此時，PQ與半圓O相切．理由如下：∵∠POB＝90°，PQ//OB，∴∠OPQ＝90°，∴PQ與半圓O相切．10．（2022秋·江蘇揚州·九年級校聯考期中）如圖①，矩形ABCD與以EF為直徑的半圓O在直線l的上方，線段AB與點E、F都在直線l上，且AB=7，EF=10，BC＞5．點B以1個單位/秒的速度從點E處出發，沿射線EF方向運動，矩形ABCD隨之運動，運動時間為（1）如圖②，當t=2.5時，求半圓O在矩形ABCD內的弧的長度；（2）在點B運動的過程中，當AD、BC都與半圓O相交時，設這兩個交點為G、H．連接OG、OH，若∠GOH為直角，求此時t的值．（3）當矩形ABCD為正方形時，連接AC，在點B運動的過程中，若直線AC與半圓只有一個交點，則t的取值范圍是．【思路點撥】（1）通過判定△MEO為等邊三角形，然后根據弧長公式求解；（2）通過判定△GAO≌△HBO，然后利用全等三角形的性質分析求解；（3）當半圓O與直線AC相切時，可求得t=12?52，此時半圓O與直線AC只有一個交點；當點E與點A重合時，可求得t=7，此時半圓O與直線AC有兩個交點；當點F與點A重合時，可求得t=17，此時半圓O與直線AC只有一個交點，即可得到t【解題過程】（1）設BC與⊙O交于點M當t=2.5時，BE=2.5∵EF=10∴OE=∴OB=2.5∴EB=OB在矩形ABCD中，∠ABC=90°∴ME=MO又∵MO=EO∴ME=EO=MO∴△MOE是等邊三角形

∴∠EOM=90°∴l即半圓O在矩形ABCD內的弧的長度為5π3（2）連接GO，HO∵∠GOH=90°

∴∠AOG+∠BOH=90∵∠AGO+∠AOG=∴∠AGO=∠BOH，在△AGO和△OBH中，∠AGO=∠BOH∴△AGO≌△BOH∴OB=AG=t?5∵AB=7

∴AE=t?7∴AO=5?在Rt△AGO中，∴t?52解得：t即t的值為8或9．（3）t=12?52或理由：當半圓O與直線AC相切時，過圓心O作OP⊥AC于點P則OP=∵四邊形ABCD為正方形∴∠CAB=45°又∵OP⊥AC∴△AOP為等腰直角三角形則AO=∴BE=AB+OE?AO=7+5?5則t=12?52，此時半圓O與直線AC當點E與點A重合時，t=7，此時半圓O與直線AC有兩個交點；當點F與點A重合時，t=17，此時半圓O與直線AC只有一個交點，則t的取值范圍為t=12?52或7<t≤17故答案為：t=12?52或7<t≤1711．（2023秋·浙江臺州·九年級統考期末）如圖1，⊙O的半徑為4cm，?ABCD的頂點A，B，C在⊙O上，AC=BC（1）求證：DC是⊙O的切線；（2）若AD也與⊙O相切，求證：四邊形ABCD是菱形；（3）如圖2，AD與⊙O相交于點E，連接于CE，當∠B=75°時，求?ABCD的對角線AC的長及陰影部分圖形的面積．【思路點撥】（1）連接OA，OB，OC，延長CO交AB于F，根據垂直平分線的性質得出CO垂直平分AB，再根據平行四邊形的性質進行證明即可；（2）根據切線長定理和四邊形ABCD是平行四邊形進行證明即可；（3）連接OA，OE，過點E作EG⊥AC交AC于G，根據平行四邊形的性質和圓內接四邊形的性質得出∠CAE=30°，∠ACE=45°，再根據勾股定理、等腰三角形的性質和含30°角直角三角形的性質得到AG和CG的長，最后根據S陰影=弓形AE的面積【解題過程】（1）連接OA，OB，OC，延長CO交AB于F，∵AC=BC，∴點C在AB的垂直平分線上，又∵OA=OB，∴點O在AB的垂直平分線上，∴CO垂直平分AB，∴∠BFC=90°，又∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠BFC=∠DCF=90°，∴OC⊥CD，∴DC是⊙O的切線；（2）∵DC是⊙O的切線，AD也是⊙O的切線，∴DC=AD，又∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴四邊形ABCD是菱形；（3）連接OA，OE，過點E作EG⊥AC交AC于G，∵AC=BC，∴∠B=∠CAB=75°，∴∠ACB=30°，又∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠CAE=∠ACB=30°，∴∠AEG=60°，

又∵四邊形ABCE是圓內接四邊形，∴∠ABC+∠AEC=180°，∴∠AEC=105°，∴∠CEG=45°，∴∠ACE=45°，∴∠AOE=90°，又∵OA=OE=4cm∴弓形AE的面積=S∵AE=O∴EG=22∴AG=26∴CG=EG=22∴AC=26∴S△AEC∴S陰影=弓形AE的面積12．（2023·全國·九年級專題練習）（1）【學習心得】于彤同學在學習完“圓”這一章內容后，感覺到一些幾何問題如果添加輔助圓，運用圓的知識解決，可以使問題變得非常容易．例如：如圖1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是△ABC外一點，且AD＝AC，求∠BDC的度數．若以點A為圓心，AB為半徑作輔助⊙A，則點C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圓心角，而∠BDC是圓周角，從而可容易得到∠BDC＝°．（2）【問題解決】如圖2，在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BDC＝25°，求∠BAC的度數．（3）【問題拓展】如圖3，如圖，E，F是正方形ABCD的邊AD上兩個動點，滿足AE＝DF．連接CF交BD于點G，連接BE交AG于點H．若正方形的邊長為2，則線段DH長度的最小值是．【思路點撥】（1）利用同弦所對的圓周角是所對圓心角的一半求解．（2）由A、B、C、D共圓，得出∠BDC=∠BAC，（3）根據正方形的性質可得AB=AD=CD，∠BAD=∠CDA，∠ADG=∠CDG，然后利用“邊角邊”證明△ABE和△DCF全等，根據全等三角形對應角相等可得∠1=∠2，利用“SAS”證明△ADG和△CDG全等，根據全等三角形對應角相等可得∠2=∠3，從而得到∠1=∠3，然后求出∠AHB=90°，取AB的中點O，連接OH、OD，根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得OH=12【解題過程】解：（1）如圖1，∵AB＝AC，AD＝AC，∴以點A為圓心，點B、C、D必在⊙A上，∵∠BAC是⊙A的圓心角，而∠BDC是圓周角，∴∠BDC＝12故答案是：45；（2）如圖2，取BD的中點O，連接AO、CO．∵∠BAD＝∠BCD＝90°，∴點A、B、C、D共圓，∴∠BDC＝∠BAC，∵∠BDC＝25°，∴∠BAC＝25°，（3）如圖3，在正方形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，在△ABE和△DCF中，AB=CD∠BAD=∠CDA∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠1＝∠2，在△ADG和△CDG中，AD=CD∠ADG=∠CDG∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠2＝∠3，∴∠1＝∠3，∵∠BAH+∠3＝∠BAD＝90°，∴∠1+∠BAH＝90°，∴∠AHB＝180°﹣90°＝90°，取AB的中點O，連接OH、OD，則OH＝AO＝12在Rt△AOD中，OD＝AO根據三角形的三邊關系，OH+DH＞OD，∴當O、D、H三點共線時，DH的長度最小，最小值＝OD﹣OH＝5﹣1．故答案為：5﹣1．13．（2022·黑龍江哈爾濱·統考三模）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，AC為直徑，AC和BD交于點E，AB＝BC．（1）求∠ADB的度數；（2）過B作AD的平行線，交AC于F，試判斷線段EA，CF，EF之間滿足的等量關系，并說明理由；（3）在（2）條件下過E，F分別作AB，BC的垂線，垂足分別為G，H，連接GH，交BO于M，若AG＝3，S四邊形AGMO：S四邊形CHMO＝8：9，求⊙O的半徑．【思路點撥】（1）由直徑所對的圓周角為直角及等腰三角形的性質和互余關系可得答案；（2）線段EA，CF，EF之間滿足的等量關系為：EA2+CF2=EF2．如圖2，設∠ABE=α，∠CBF=β，先證明α+β=45°，再過B作BN⊥BE，使BN=BE，連接NC，判定△AEB≌△CNB（SAS）、△BFE≌△BFN（SAS），然后在Rt△NFC中，由勾股定理得：CF2+CN2=NF2，將相關線段代入即可得出結論；（3）如圖3，延長GE，HF交于K，由（2）知EA2+CF2=EF2，變形推得S△ABC=S矩形BGKH，S△BGM=S四邊形COMH，S△BMH=S四邊形AGMO，結合已知條件S四邊形AGMO：S四邊形CHMO=8：9，設BG=9k，BH=8k，則CH=3+k，求得AE的長，用含k的式子表示出CF和EF，將它們代入EA2+CF2=EF2，解得k的值，則可求得答案．【解題過程】解：（1）如圖1，∵AC為直徑，∴∠ABC＝90°，∴∠ACB+∠BAC＝90°，∵AB＝BC，∴∠ACB＝∠BAC＝45°，∴∠ADB＝∠ACB＝45°；（2）線段EA，CF，EF之間滿足的等量關系為：EA2+CF2＝EF2．理由如下：如圖2，設∠ABE＝α，∠CBF＝β，∵AD∥BF，∴∠EBF＝∠ADB＝45°，又∠ABC＝90°，∴α+β＝45°，過B作BN⊥BE，使BN＝BE，連接NC，∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBN，BE＝BN，∴△AEB≌△CNB（SAS），∴AE＝CN，∠BCN＝∠BAE＝45°，∴∠FCN＝90°．∵∠FBN＝α+β＝∠FBE，BE＝BN，BF＝BF，∴△BFE≌△BFN（SAS），∴EF＝FN，∵在Rt△NFC中，CF2+CN2＝NF2，∴EA2+CF2＝EF2；（3）如圖3，延長GE，HF交于K，由（2）知EA2+CF2＝EF2，∴12EA2+12CF2＝12∴S△AGE+S△CFH＝S△EFK，∴S△AGE+S△CFH+S五邊形BGEFH＝S△EFK+S五邊形BGEFH，即S△ABC＝S矩形BGKH，∴12S△ABC＝12S∴S△GBH＝S△ABO＝S△CBO，∴S△BGM＝S四邊形COMH，S△BMH＝S四邊形AGMO，∵S四邊形AGMO：S四邊形CHMO＝8：9，∴S△BMH：S△BGM＝8：9，∵BM平分∠GBH，∴BG：BH＝9：8，設BG＝9k，BH＝8k，∴CH＝3+k，∵AG＝3，∴AE＝32，∴CF＝2（k+3），EF＝2（8k﹣3），∵EA2+CF2＝EF2，∴(32整理得：7k2﹣6k﹣1＝0，解得：k1＝﹣17（舍去），k2∴AB＝12，∴AO＝22AB＝62∴⊙O的半徑為62．14．（2022秋·江蘇連云港·九年級?？茧A段練習）在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，點P從點A出發沿AB邊以1cm/s的速度向點B移動，同時，點Q從點B出發沿BC以2cm/s

（1）如圖1，幾秒后，△DPQ的面積等于21cm（2）在運動過程中，若以P為圓心的⊙P同時與直線AD、BD相切（如圖2），求t值；（3）若以Q為圓心，PQ為半徑作⊙Q．①在運動過程中，是否存在t值，使得點D落在⊙Q上？若存在，求出t值；若不存在，請說明理由；②若⊙Q與四邊形CDPQ有三個公共點，則t的取值范圍為．（直接寫出結果，不需說理）【思路點撥】（1）由題意可知PA=t，BQ=2t，從而得到PB=6?t，BQ=2t，QC=8?2t．再根據（2）連接PE，依據勾股定理可求得BD的長，然后依據切線長定理可知DE=AD=8，從而可求得BE的長，由圓的半徑相等可知PE=AP=t，然后在Rt△PEB（3）①先用含t的式子表示出BP、BQ、CQ的長，然后依據DC2+CQ2=PB2+QB2列出關于t的方程，從而可求得t的值；②當t=0時，⊙Q【解題過程】（1）解：∵當運動時間為t秒時，PA=t，∴PB=6?t，∵S△DPQ∴6×8?1整理，得：t2解得：t1=1，∴當t為1秒或3秒時，△DPQ的面積等于21cm（2）解：連接PE，如圖，

∵以P為圓心的⊙P同時與直線AD、BD相切，∴PE⊥BD，AD=DE=8．在Rt△ABD中，BD=∴BE=BD?BE=10?8=2．∵AP=PE，∴PE=t，PB=6?t．在Rt△PEB中，P∴6?t2解得：t=8（3）解：①如圖，

∵PA=t，∴PB=6?t，∵點D落在⊙Q上，∴QD=QP．∵在Rt△CDQ中，Q在Rt△PBQ中，P∴CD∴62整理，得：t2解得：t1=?10+241∴存在t值，使得點D落在⊙Q上，此時t值為t=?10+241②分類討論：當t=0時，如圖，

⊙Q與四邊形DPQC有兩個公共點；當⊙Q經過點D時，⊙Q與四邊形DPQC有兩個公共點，如圖，

由①可知此時t=?10+241∴當0<t<?10+241時，⊙Q與四邊形DPQC故答案為：0<t<?10+24115．（2022·江西撫州·?？级＃┤鐖D，在平行四邊形ABCD中，點A，B，D三個點都在⊙O上，CD與⊙O交于點F，連接BO并延長交邊AD于點E，點E恰好是AD的中點．（1）求證：BC是⊙O的切線；（2）若AE＝1，∠BAD＝75°；①求BE的長；②求陰影部分的面積．【思路點撥】（1）根據垂徑定理的推論可確定BE⊥AD，再結合平行四邊形的性質即可證明．（2）①連接AO．根據直角三角形兩個銳角互余求出∠ABO，再根據等邊對等角和三角形外角的性質求出∠AOE，根據30°所對的直角邊是斜邊的一半，勾股定理和等價代換思想求出OB和OE的長度，即可求出BE的長度．②連接OD，OF，BF．根據等價代換思想求出DE的長度，進而求出△ODE的面積；根據平行四邊形的性質，圓內接四邊形的性質求出∠ABF，進而求出∠OBF，根據等邊三角形的判定定理和性質求出∠BOF，進而求出扇形OBF的面積；根據圓周角定理求出∠BOD，進而求得DOF，再根據三角形面積公式求出△DOF的面積；根據線段的和差關系和平行四邊形的性質求出BC的長度，然后根據梯形面積公式求出梯形EBCD的面積，再減去扇形OBF，△DOF，△ODE這三部分的面積即可得到陰影部分的面積．【解題過程】（1）證明：∵點E是AD的中點，∴BE⊥AD．∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC．∴BE⊥BC．∵OB是⊙O的半徑，∴BC是⊙O的切線．（2）解：①如圖，連接AO．∵BE⊥AD，∠BAD＝75°，∴∠ABO＝15°．∵OA＝OB，∴∠BAO＝∠ABO＝15°．∴∠AOE=∠BAO+∠ABO＝30°．∵AE=1，∴OA＝2AE＝2．∴OB＝2，OE＝OA∴BE＝OB+OE＝2+3．②如圖，連接OD，OF，BF．∵AE=1，E是AD的中點，∴DE=1．∴S△ODE=12OE?DE=32∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠BAD＝75°，∴∠ADC＝180°-∠BAD=105°，∠BOD=2∠BAD=150°．∵四邊形ABFD內接于⊙O，∴∠ABF=180°-∠ADC=75°．∴∠OBF=∠ABF-∠ABO=60°．∵OF=OB=2，∴△OBF是等邊三角形．∴∠BOF=60°．∴∠DOF=∠BOD-∠BOF=90°，S扇形OBF=60π×∵OF=2，∴OD=OF=2．∴S△DOF∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BC=AD=2．∴S梯形EBCD=DE+BC?BE∴S陰=S梯形EBCD-S扇形OBF?S∴陰影部分的面積為1+316．（2023秋·廣東東莞·九年級統考期末）如圖，AB是⊙O的直徑，C是半圓O上的一點，AC平分∠DAB，AD⊥CD，垂足為D，AD交⊙O于E，連接CE．（1）求證：CD是⊙O的切線；（2）若AB=10，DC=4，求AC的長；（3）若E是弧AC的中點，⊙O的半徑為5，求圖中陰影部分的面積．【思路點撥】（1）由AC平分∠DAB得∠1=∠2，加上∠1=∠3，則∠2=∠3，于是可判斷OC∥AD，由于AD⊥CD，所以OC⊥CD，則可根據切線的判定定理得到CD是（2）如圖，過點O作OH⊥AD與H，根據垂徑定理得AH=HE，再證明四邊形OCDH為矩形，得到OH=DC=4，HD=OC=5，在Rt△AOH中利用勾股定理計算出AH=3，則AD=AH+HD=8，然后在Rt△ADC中根據勾股定理可計算出（3）如圖，連接OE，點E是弧AC的中點得到AE=CE，先證明四邊形OAEC為菱形，得到CE=AE=OC=OE=OA=5，S△OCE=S△OAE，△OCE和△AOE為等邊三角形，從而得到在Rt△DCE中，可計算出DE=52，CD=532【解題過程】（1）證明：如圖，∵AC平分∠DAB，OA=OC，∴∠1=∠2，∠1=∠3，∴∠2=∠3，∴OC∥∴∠ADC+∠OCD=180°，∵AD⊥CD，∴∠ADC=90°，∴∠OCD=180°?∠ADC=180°?90°=90°，∴OC⊥CD，∴CD為⊙O的切線．（2）解：如圖，過點O作OH⊥AD與H，∴AH=HE，∵OC⊥CD，HD⊥CD，OH⊥HD，∴∠OHD=∠ADC=∠OCD=90°∴四邊形OCDH為矩形，∵AB=10，DC=4，∴OH=DC=4，HD=OC=5，在Rt△AOH∵OA=5，OH=4，∴AH=O∴AD=AH+HD=3+5=8，在Rt△ADC∵CD=4，AD=8，∴AC=C∴AC的長為45（3）如圖，連接OE，∵E是弧AC的中點，⊙O的半徑為5，∴AE=∴∠2=∠ECA，∵∠2=∠1，∴∠1=∠ECA，∴EC∥又∵OC∥∴四邊形OAEC為平行四邊形，∵OA=OC，∴四邊形OAEC為菱形，∴CE=AE=OC=OE=OA=5，S△OCE∴△OCE和△AOE為等邊三角形，∴∠AOE=∠COE=∠OCE=60°，∴S扇形∴S弓形∵∠DCO=90°，∴∠DCE=30°，在Rt△DCE中，CE=5∴DE=12CE=∴S△CDE∴S陰影部分17．（2022秋·黑龍江哈爾濱·九年級期末）四邊形ABCD為矩形，點A，B在⊙O上，連接OC、OD．（1）如圖1，求證：OC＝OD；（2）如圖2，點E在⊙O上，DE∥OC，求證：DA平分∠EDO；（3）如圖3，在（2）的條件下，DE與⊙O相切，點G在弧BF上，弧FG＝弧AE，若BG＝32，DF＝2，求AB的長．【思路點撥】（1）連接OA、OB，則OA=OB，根據矩形的性質和等腰三角形的性質證得∠DAO=∠CBO，AD=BC，進而利用SAS證明△AOD≌△BOC即可證得結論；（2）過O作OM⊥CD于M，則OM∥AD，根據等腰三角形的三線合一性質證得∠DOM=∠COM=12∠COD，根據平行線的性質證得∠ODA=∠DOM=12∠COD=12（3）連接OB、OG、AG、OE、EF，設EF與AD相交于H，利用切線性質可得OE⊥DE，進而得到OC⊥OE，利用弦切角定理和角平分線定義得到∠AHE=45°，根據平行線的性質證得∠DAG=∠AHE=45°，再利用圓周角定理和勾股定理求得圓的半徑和DE長，過D作DN⊥OC于N，利用矩形的判定與性質可得DN=OE=3，ON=DE=4，再利用勾股定理求得CD即可求得AB長．【解題過程】（1）證明：如圖1，連接OA、OB，則OA=OB，∴∠OAB=∠OBA，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，AD=BC，AB=CD，∴∠DAO=∠CBO，在△AOD和△BOC中，OA=OB∠DAO=∠CBO∴△AOD≌△BOC（SAS），∴OC=OD；（2）證明：過O作OM⊥CD于M，則∠OMD=90°，∴∠ADC=∠OMC=90°，∴OM∥AD，∵OM⊥CD，OC=OD，∴∠DOM=∠COM=12∠COD∵OM∥AD，DE∥OC，∴∠COD=∠EDO，∠DOM=∠ODA，∴∠ODA=12∠EDO∴DA平分∠EDO；（3）解：連接OB、OG、AG、OE、EF，設EF與AD相交于H，∵DE與⊙O相切，∴OE⊥DE，又OC∥DE，∴OC⊥OE，∴∠EOD+∠ODE=90°，即12∠EOD+12∠由（2）結論知，∠EDA=12∠EDO∵∠DEF為弦切角，∴∠DEF=12∠EOD，∴∠AHE=∠DEF+∠EDA=45°，∵弧FG＝弧AE，∴EF∥AG，∴∠DAG=∠AHE=45°，又∠BAD=90°，∴∠BAG=90°－∠DAG=45°，∴∠BOG=2∠BAG=90°，在Rt△BOG中，OB=OG，BG＝32，由勾股定理得：OB2+O∴OB=3，

∴OE=OF=3，又DF＝2，∴OD=OF+DF=3+2=5，∴DE=OD2?O過D作DN⊥OC于N，則四邊形EOND為矩形，∴DN=OE=3，ON=DE=4，∵OC=OD=5，∴CN=OC－ON=5－4=1，在Rt△CDN中，CD=DN2+C∴AB=CD=10．18．（2023·河南開封·河南大學附屬中學?？级＃┬≠R同學在數學探究課上，用幾何畫板進行了如下操作：首先畫一個正方形ABCD，一條線段OPOP<AB，再以點A為圓心，OP的長為半徑，畫⊙A分別交AB于點E．交AD于點G．過點E，G分別作AB，AD的垂線交于點F，易得四邊形AEFG也是正方形，連接CF

（1）【探究發現】如圖1，BE與DG的大小和位置關系：_________．（2）【嘗試證明】如圖2，將正方形AEFG繞圓心A轉動，在旋轉過程中，上述（1）的關系還存在嗎？請說明理由．（3）【思維拓展】如圖3，若AB=2OP=4，則①在旋轉過程中，點B，A，G三點共線時，CF的值為__________；②在旋轉過程中，CF的最大值是.【思路點撥】（1）①延長GF交BC于H，連接AC，證得A、F、C三點共線，Rt△CHF是等腰三角形，由四邊形BEFH是矩形，四邊形HCDG是矩形，可得出BE=DG,BE⊥DG（2）通過延長BE交DG于點M，交AD于點N．證得△BAE≌△DAG，即可得出答案；（3）①延長GF、DC交于點Q，可得四邊形BCQD是矩形、四邊形AGQD是矩形，得出DQ=AG=2，QF=2，QC=6再利用勾股定理即可得出答案；②依題意可得出F的運動軌跡是以A為圓心，22為半徑的圓，當C、A、F三點共線，且CF=CA+AF時，CF【解題過程】（1）解：延長GF交BC于H，連接AC，

在正方形ABCD和正方形AEFG中：∠BAG=∠AGF=∠GFE=∠FEA=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，AF平分∠GAE，CA平分∠DAB，∴∠DGH=∠HFE=∠FEB=90°，∠DAF=∠DAC=45°，∴A、F、C三點共線，∴∠HCF=45°．∵∠HBE=∠BEF=∠EFH=90°，∠HCD=∠CDG=∠DGH=90°，∴四邊形BEFH是矩形，四邊形HCDG是矩形，∴BE=HF，∠CHF=90°，DG=CH，∵∠CHF=90°，∠HCF=45°，∴∠CFH=45°，∴CH=HF，∵BE=HF，，∵DG=CH，∴BE=DG,∵∠BAD=90°，∴BE⊥DG，故答案為∶BE=DG,BE⊥DG．（2）解：（1）中的關系存在．理由如下：

延長BE交DG于點M，交AD于點N，∵∠BAD=∠EAG=90°，∴∠BAD?∠EAD=∠EAG?∠EAD，∴∠BAE=∠DAG．在△BAE和△DAG中，AB=AD,∴△BAE≌△DAGSAS∴BE=DG,∠ABE=∠ADG．在△ABN和△MDN中，∵∠ABN=∠MDN,∠ANB=∠DNM，∴∠DMN=∠BAN=90°，∴BE⊥DG．∴BE=DG且BE⊥DG．（3）解：①延長GF、DC交于點Q，

∵∠QGF=∠GBC=∠BCQ=90°，∴四邊形BCQD是矩形，∴∠CQG=90°，QG=BC=4∵∠DAG=∠AGQ=∠GQD=90°，∴四邊形AGQD是矩形，∴DQ=AG=2，∵QF=QG?FG=4?2=2，QC=QD+CD=2+4=6，∴CF=C故答案為：210②在正方形ABCD和正方形AEFG中∶AC=4∴F的運動軌跡是以A為圓心，22∴當C、A、F三點共線，且CF=CA+AF時，CF取得最大值．此時CF=CA+AF=42故答案為：6219．（2022秋·江蘇宿遷·九年級統考期中）如圖1，在矩形ABCD中，AB=3cm，BC=4cm，點P以1.5cm/s的速度從點A向點B運動，點Q以2cm/s的速度從點C向點B運動．點P、Q同時出發，運動時間為t秒（0<t<2），（1）當t=1時，⊙M的半徑是___________cm，⊙M與直線CD的位置關系是___________；（2）在點P從點A向點B運動過程中，①圓心M的運動路徑長是___________cm；②當⊙M與直線AD相切時，求t的值．（3）連接PD，交⊙M于點N，如圖2，當∠APD=∠NBQ時，求t的值．【思路點撥】（1）過點M作KN⊥AB于N，交CD于K，根據矩形的性質，得出∠ABC=90°，AB∥CD，再根據圓周角定理和平行線的性質，得出⊙M的直徑是PQ，KN⊥CD，再根據題意，得出當t=1時，AP=3cm，CQ=4cm，再根據線段之間的數量關系，得出PB=3cm，BQ=4cm，再根據勾股定理，得出PQ=5cm，進而得出⊙M的半徑為52cm，再根據中位線的性質，得出MN=（2）①根據P、Q運動的速度與AB、BC的比相等，得出圓心M在對角線BD上，再根據圖形和題意，得出P和Q兩點在t=2時在點B重合，當t=0時，直徑為對角線AC，M是AC的中點，再根據中點的性質，得出OB=12BD，再根據勾股定理，得出BD=10cm，進而得出OB的長，即為圓心M的運動路徑長；②當⊙M與AD相切時，設切點為F，連接FM并延長交BC于E，根據切線的性質，得出EF⊥AD，EF⊥BC，再根據線段之間的數量關系和題意，得出BQ=4?2t，PB=3?1.5t，再根據勾股定理，得出PQ=5?52t（3）過D作DG⊥PQ，交PQ的延長線于點G，連接DQ，根據等量代換，得出∠APD=∠NPQ