专题24.14 圆章末拔尖卷（沪科版）（解析版）.docx

1、第24章 圆章末拔尖卷【沪科版】参考答案与试题解析一 选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1（3分）（2023春九年级课时练习）如图，在RtABC中，C=90，AB=5，点O在AB上，OB=2，以OB为半径的O与AC相切于点D，交BC于点E，则CE的长为（） A12B23C22D1【答案】B【分析】连接OD，EF，可得ODBC，EFAC，从而得ODBC=OABA，BFBA=BEBC，进而即可求解【详解】解：连接OD，EF，O与AC相切于点D，BF是O的直径，ODAC，FEBC，C=90，ODBC，EFAC，ODBC=OABA，BFBA=BEBC，AB=5，OB=2，OD=OB=2，AO

2、=5-2=3，BF=22=4，2BC=35，45=BEBC，BC=103，BE=83，CE=103-83=23故选：B【点睛】本题主要考查圆的基本性质，平行线分线段成比例定理，掌握圆周角定理的推论，添加辅助线，是解题的关键2（3分）（2023春九年级课时练习）如图，在ABC中，ACB=90，过B,C两点的O交AC于点D，交AB于点E，连接EO并延长交O于点F.连接BF,CF.若EDC=135,CF=22,则AE2+BE2的值为（）A8B12C16D20【答案】C【分析】根据圆内接四边形的性质及邻补角的定义可得ADE=ABC=45，再证得ADE=A=45即可得AE=AD；根据直径所对的圆周角是直

3、角可得FCE=90，在RtEFC中求得EF=4；连接BD，可证得BD为为O的直径，在RtBDE中根据勾股定理可得BE2+DE2=BD2=42=16,由此即可得结论.【详解】EDC=135，ADE=45，ABC=180-EDC =180-135=45；ACB=90，A=45，ADE=A=45，AE=AD，AED=90；EF 为O的直径，FCE=90，ABC=EFC=45，CF=22，EF=4；连接BD，AED=90，BED=90，BD 为O的直径，BD=4；在RtBDE中，BE2+DE2=BD2=42=16,AE2+BE2=16.故选C.【点睛】本题考查了圆周角定理及其推论、圆内接四边形的性质及

4、勾股定理等知识点，会综合运用所学的知识点解决问题是解题的关键.3（3分）（2023春九年级课时练习）如图，在菱形ABCD中，以AB为直径画弧分别交BC于点F，交对角线AC于点E，若AB=4，F为BC的中点，则图中阴影部分的面积为（）A23-23B23C43-33D23【答案】D【分析】取AB的中点O，连接AF，OF，先证明ABC是等边三角形，再把问题转化为S阴=S扇形OBF，由此即可解决问题【详解】解：如图，取AB的中点O，连接AF，OFAB是直径，AFB=90，AFBF，CF=BF，AC=AB，四边形ABCD是菱形，AB=BC=AC，ABC是等边三角形，AE=EC，易证CEFBOF，S阴=S

5、扇形OBF=6022360=23，故选D【点睛】考查扇形的面积，菱形的性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题.4（3分）（2023春九年级课时练习）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCO的顶点A、C分别在y轴、x轴上，以AB为弦的M与x轴相切若点A的坐标为（0，8），则圆心M的坐标为（）A（4，5）B（5，4）C（5，4）D（4，5）【答案】A【详解】解：过点M作MDAB于D，交OC于点E连接AM，设M的半径为R以边AB为弦的M与x轴相切，ABOC，DECO，DE是M直径的一部分；四边形OABC为正方形，顶点A，C在坐标轴上，点A的坐标为（0，8），OA=A

6、B=CB=OC=8，DM=8-R；AD=BD=4（垂径定理）；在RtADM中，根据勾股定理可得AM2=DM2+AD2，R2=（8-R）2+42，R=5M（-4，5）故选A5（3分）（2023秋浙江宁波九年级宁波市海曙外国语学校校考期中）如图，已知直线y=34x-3与x轴、y轴分别交于A、B两点，P是以C（0，1）为圆心，1为半径的圆上一动点，连结PA、PB则PAB面积的最大值是（ ）A8B12C212D172【答案】C【分析】求出A、B的坐标，根据勾股定理求出AB，求出点C到AB的距离，即可求出圆C上点到AB的最大距离，根据面积公式求出即可【详解】解：直线y=34x-3与x轴、y轴分别交于A、

7、B两点，A点的坐标为（4，0），B点的坐标为（0，3），3x-4y-12=0，即OA=4，OB=3，由勾股定理得：AB=5，过C作CMAB于M，连接AC，则由三角形面积公式得：12ABCM=12OAOC+12OAOB，5CM=41+34，CM=165，圆C上点到直线y=34x-3的最大距离是1+165=215，PAB面积的最大值是125215=212，故选C【点睛】本题考查了三角形的面积，点到直线的距离公式的应用，解此题的关键是求出圆上的点到直线AB的最大距离，属于中档题目6（3分）（2023九年级课时练习）已知点P(3，4)，以点P为圆心，r为半径的圆P与坐标轴有四个交点，则r的取值范围是(

8、)Ar4Br4且r5Cr3Dr3且r5【答案】B【分析】作PAx轴，垂足为A，连结OP，根据勾股定理计算出OP=5，然后根据直线与圆的位置关系进行判断即可得出答案【详解】如图所示，作PAx轴，垂足为A，连结OP，点P的坐标为（3，4），OA=3，PA=4，OP=OA2+PA2=5当以点P为圆心，r为半径的圆P与坐标轴有四个交点时，r的取值范围为r4且r5故透B.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系.计算出点PO的长且判断出rPO是解题的关键.7（3分）（2023秋四川泸州九年级校考期末）如图，O的直径AB的长为10，弦AC长为6，ACB的平分线交O于D，则CD长为（ ）A7B72C82D9【答

9、案】B【分析】作DFCA，交CA的延长线于点F，作DGCB于点G，连接DA，DB由CD平分ACB，根据角平分线的性质得出DF=DG，由HL证明AFDBGD，CDFCDG，得出CF=7，又CDF是等腰直角三角形，从而求出CD=72.【详解】作DFCA，垂足F在CA的延长线上，作DGCB于点G，连接DA，DB，CD平分ACB，ACD=BCDDF=DG，AD=BD，DA=DB，AFD=BGD=90，AFDBGD，AF=BG易证CDFCDG，CF=CG，AC=6，BC=8，AF=1， CF=7，CDF是等腰直角三角形，CD=72，故选B【点睛】本题综合考查了圆周角的性质，圆心角、弧、弦的对等关系，全等

10、三角形的判定，角平分线的性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练应用相关知识是解题的关键.8（3分）（2023春广东深圳九年级深圳市福田区上步中学校考期中）如图，在平面直角坐标系中，将ABO绕点A顺时针旋转到AB1C1的位置，点B、O分别落在点B1、C1处，点B1在x轴上，再将AB1C1绕点B1顺时针旋转到A1B1C2的位置，点C2在x轴上，将A1B1C2绕点C2顺时针旋转到A2B2C2的位置，点A2在x轴上，依次进行下去，若点A32,0，B(0,2)，则点B2021的坐标是（）A(6058,0)B(6060,2)C(6064,0)D(6066,2)【答案】C【分析】首先根据已知

11、求出三角形三边长度，然后通过旋转发现，B1、B3、B5、，由图象可知点B2021在x轴上，B1B3=6，根据这个规律可以求得B2021的坐标【详解】解：由题意可得OA=32，OB=2，AOB=90，AB=OA2+OB2=322+22=52，由旋转可知：OB1=4，从B1到B3，B3到B5，三角形刚好旋转一圈，则B1B3=OB+OA+AB=6，B1(4,0)由图象可知点B1、B3、B5，B2021在x轴上，20212=10101，10106=6060，6060+4=6064，B2021(6064,0)故选：C【点睛】本题考查坐标与图形的变化-旋转、勾股定理等知识，解题的关键是从特殊到一般探究规律

12、，发现规律，利用规律解决问题，属于中考常考题型9（3分）（2023春九年级课时练习）如图，在RtABC中，C=90,A=30，在AC边上取点O为圆心画圆，使O经过A,B两点，下列结论：AO=2CO；AO=BC；以O圆心，OC为半径的圆与AB相切；延长BC交O于点D，则A,B,D是O的三等分点其中正确结论的序号是（）ABCD【答案】D【分析】连接OB，OAB是等腰三角形，则两底角相等为30，在RtABC中可求得ABC的度数，做差得OBC，再利用30的三角函数值得到线段间的关系；在RtOBC中，OB是斜边直角边BC的长度，而OAOB，可判断；过点O作OEAB于点E，利用角平分线的性质定理，得到OC

13、OE来判断；延长BC，交O于点D，连接AD，可得到DCBC，加上C为90，可推断ABD为等腰三角形，而ABC60，可判断ABD是等边，即可得出.【详解】如图，连接OB，则OA=OBC=90,OAB=30，ABO=OAB=30,ABC=60，CBO=30,OB=2OCAO=2CO，故正确；在RtOCB中，C=90,OBBC,AO=OB，AOBC，故错误；如图，过点O作OEAB于点E，ACB=90,ABO=CBO=30，OC=OE，以O圆心，OC为半径的圆与AB相切，故正确；如图，延长BC，交O于点D，连接ADACB=90,DC=BCAD=AB，ABC=60，ADB是等边三角形AD=AB=BD,A

14、D=AB=BD，A,B,D是O的三等分点，故正确；故正确的有【点睛】本题综合性较强，考查了特殊角的三角函数值、角平分线的性质定理、等腰三角形、等边三角形的判定和性质，需要熟练掌握灵活应用性质及判定.10（3分）（2023秋九年级课时练习）如图，在网格（每个小正方形的边长均为1个单位长度）中选取9个格点（格线的交点称为格点）若以点A为圆心，r为半径画圆，选取的格点中除点A外恰好有3个在圆内，则r的取值范围为（）A22r17 B17r32 C17r5 D5r29【答案】B【分析】利用勾股定理求出各格点到点A的距离，结合点与圆的位置关系，即可得出结论【详解】解：给各点标上字母，如图所示AB=22+2

15、2=22，AC=AD=42+12=17，AE=32+32=32，AF=52+22=29，AG=AM=AN=42+32=5， 17r32时，以A为圆心，r为半径画圆，选取的格点中除点A外恰好有3个在圆内故选：B【点睛】本题考查了点与圆的位置关系以及勾股定理，利用勾股定理求出各格点到点A的距离是解题的关键二填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11（3分）（2023秋九年级课时练习）已知等腰ABC内接于半径为5的O，如果底边BC的长为8，那么BC边上的高为 【答案】2或8【分析】分点O在ABC内部和点O在ABC外部两种情况求BC边上的高即可.【详解】分为两种情况：当O在ABC内部时，如图，连接

16、OB、OA，延长AO交BC于D，O是等腰三角形ABC的外接圆，BC=8，ADBC，BD=DC=12AB=4，在RtOBD中，由勾股定理得：OD=52-42=3，BC边上的高AD=AO+OD=5+3=8；当O在ABC外部时，如图，连接OB、OA，AO交BC于D，此时AD=AO-OD=5-3=2；故答案为8或2【点睛】本题考查了等腰三角形性质、三角形的外接圆、垂径定理及勾股定理的应用，关键是能进行分类讨论求出符合条件的所有情况12（3分）（2023春九年级课时练习）如图，在五边形AECDE中，A=B=C=90，AE=2，CD=1，以DE为直径的半圆分别与AB、BC相切于点F、G，则DE的长为 【答

17、案】10【分析】作出如图的辅助线，推出四边形OFBG是正方形，设O的半径为r，则OE=OD=OE=OG=BG=AM= r，ME=r -2，ON=r-1，证明RtOMERtOND，得到OM= ON=r-1，在RtOME中，利用勾股定理求解即可【详解】解：取DE的中点O，连接OF、OG，延长GO与AE的延长线相交于点M，过点D作DNMG于点N，BC切O于点G，CGBG，A=B=C=90，四边形ABGM、四边形GCDN和四边形OFBG都是矩形，OF=OG，四边形OFBG是正方形，设O的半径为r，则OE=OD=OE=OG=BG=AM= r，AE=2，CD=1，ME=r -2，ON=r-1，在RtOME

18、和RtOND中，M=OND=90EOM=DONOE=OD，RtOMERtOND，OM= ON=r-1，在RtOME中，OE2=ME2+OM2，r2=( r -2)2+( r-1)2，解得：r=1(舍去)或5，故答案为：10【点睛】本题考查了切线的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股中位线定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件13（3分）（2023春九年级课时练习）已知O的半径是2，直线l与O相交于A、B两点M是O上的一个动点，若AMB=45，则AMB面积的最大值是 【答案】22+2【分析】过点O作OCAB于C，交O于D点，连结OA、OB、DA、DB根据圆周角定

19、理推出OAB为等腰直角三角形，求得AB=2OA=22，当M点到AB的距离最大，MAB的面积最大，即M点运动到D点，问题得解【详解】过点O作OCAB于C，交O于D点，连结OA、OB、DA、DB如图，AMB=45，AOB=2AMB=90，OAB为等腰直角三角形，AB=2OA=22，当M点到AB的距离最大，MAB的面积最大；即M点运动到D点，AMB面积的最大值=12ABDC=1222（2+2）=22+2，故答案为22+2【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系以及垂径定理和圆周角定理的运用，正确的作出辅助线是解题的关键14（3分）（2023秋北京西城九年级校考期中）如图，直线y=x4与x轴、y轴分别交于

20、M、N两点，O的半径为2，将O以每秒1个单位的速度向右作平移运动，当移动时间 秒时，直线MN恰好与圆相切【答案】422 或4+22【详解】作EFMN，且与O切，交x轴于点M，交y轴于点N，如图所示设直线MN的解析式为y=x+b，即xy+b=0，因MN与O相切，且O的半径为2，可得b12+(-1)2=22b=2 ，解得b=22或b=22，即直线MN的解析式为y=x+22或y=x22，所以点M的坐标为（22，0）或（22，0）令y=x4中y=0，解得x=4，即可得点M（4，0）根据运动的相对性，且O以每秒1个单位的速度向右作平移运动，移动的时间为422秒或4+22秒点睛：本题考查了直线与圆的位置关

21、系、一次函数图象上点的坐标特征以及平移的性质，解题的关键是求出点E、M的坐标在解决本题时，利用运动的相对性变移圆为移直线，从而降低了解题的难度15（3分）（2023春陕西西安九年级校考期中）如图，在RtABC中，A=90，AB=3，AC=4，BC=5，D为AC中点，M为线段BC上一动点，P为线段AB上的动点，将线段DP绕点D逆时针旋转90得到DP，连CP，则线段AM的最小值为 ，线段CP的最小值为 .【答案】 125 2【分析】由M为线段BC上一动点，可知当AMBC时，线段AM取最小值，然后根据三角形的面积公式求出此时AM的值即可；过P作PEAC于点E，证明DAPPEDAAS，求出PE=AD=

22、2，然后根据点E与点C重合时，CP取最小值，可得最小值为2【详解】解：M为线段BC上一动点，当AMBC时，线段AM取最小值，A=90，此时SABC=12ABAC=12BCAM，即SABC=1234=125AM，AM=125；如图，过P作PEAC于点E，则A=PED=90，由旋转可得，DP=PD，PDP=90，PDA+PDE=90，PDE+DPE=90，ADP=EPD，在DAP和PED中，ADP=EPDA=PEDDP=PD，DAPPEDAAS，D是AC的中点，PE=AD=2，当点E与点C重合时，CP取最小值，最小值为PE=2故答案为：125，2【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质

23、，判断出何时AM取最小值以及CP取最小值是解题的关键16（3分）（2023山东烟台九年级统考期末）如图，左图是一组光圈闭合过程的示意图，其中每个叶片形状和大小相同，光圈内是一个正六边形小明同学根据示意图绘制了右图，若AM的延长线恰好过点C，圆的半径为3cm，则叶片所占区域（阴影部分）的面积是 【答案】9-932【分析】如图（见解析），连接OA、OD，作OHAM于H，则H是AC的中点，因正六边形的每个角等于120，因此可知CMN是等边三角形，因此AD=DM=MC，设AD=x，则AC=3x,AH=12AC=32x,DH=AH-AD=12x，在RtODH中，OH=OD2-DH2=32x，在RtAOH

24、中利用勾股定理可求出x的值，最后根据所求面积等于圆的面积减去正六边形的面积即可得.【详解】如图，连接OA、OD，作OHAM于H，则H是AC的中点因正六边形的每个角等于120则CMN=CNM=60CMN是等边三角形AD=DM=MC=MN设AD=x，则AC=3x,AH=12AC=32x,DH=AH-AD=12x在RtODH中，OH=OD2-DH2=32x在RtAOH中利用勾股定理得：AO2=OH2+AH2即32=(32x)2+(32x)2，解得：x=3则DM=x=3,OH=32x=32故S阴影=S圆-S正六边形=9-612332=9-932故答案为：9-932.【点睛】本题考查了正六边形的性质、等

25、边三角形的性质、勾股定理、圆的面积公式，理解题意，从正六边形着手是解题关键.三解答题（共7小题，满分52分）17（6分）（2023秋湖北武汉九年级校考期中）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，ABC的顶点A，B均在格点上，顶点C在网格线上，BAC=24仅用无刻度的直尺完成画图，保留作图痕迹(1)图1中，在优弧AC上找一点D，使BDAB，在图中画出点D；(2)图1中，作出ABC的三个顶点A、B、C所在圆的圆心O点；(3)图2中，P是圆O上的动点，当PCB=66时，在图中画出点P【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】（1）取格点A，B，连接AA，BB，AB，可得ABB=90，延长

26、BB交优弧AC与点D，点D即为所求；（2）在（1）的基础上，延长AA交优弧AC与点E，连接BE，AD，根据四边形ABDE是圆的内接四边形，则BE与AC交点O，点O即为所求；（3）在（2）的基础上，连接OC，并延长CO，交圆O与点P，根据同弧所对圆周角相等得到BAC=BPC=24，直径所对圆心角等于90，即可得到PCB=66，点P即为所求【详解】（1）解：如图1，取格点A，B，连接AA，BB，AB，可得ABB=90，延长BB交优弧AC与点D，点D即为所求；（2）解：如图2中，在（1）的基础上，延长AA交优弧AC与点E，连接BE，AD，根据四边形ABDE是圆的内接四边形，则BE与AC交点O，点O即

27、为所求；（3）解：如图3，在（2）的基础上，连接OC，并延长CO，交圆O与点P， BAC=BPC=24，PBC=90， PCB=90-24=66，点P为所作【点睛】本题考查了作图-复杂作图，四边形外接圆和圆周角定理，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作18（6分）（2023秋福建福州九年级统考期中）如图，四边形ABCD内接于O，AB是O的直径，点C为BD的中点，弦CEAB于点F，与BD交于点G(1)求证：BG=CG；(2)若OF=1，求AD的长【答案】(1)见解析(2)2【分析】（1）根据垂径定理以及圆周角定理可得BC=BE=CD

28、，进而得到CBD=CDB=BCE，再根据等腰三角形的判定可得BG=CG；（2）利用圆心角、弦、弧之间的关系以及垂径定理证得RtBOM=RtEOFHL，可得OM=OF=1，再结合三角形中位线定理可得答案【详解】（1）证明：点C为BD的中点，BC=CD，又弦CEAB，AB是直径，BC=BE，BC=BE=CD，CBD=CDB=BCE，BG=CG；（2）解：如图，过点O作OMBD，垂足为M，连接OD，OE，BC=BE=CD，BC+CD=BC+BE，即BD=CE，BD=CE，又OMBD，OFCE，DM=BM=12BD，EF=CF=12CE，则BM=EF，又OB=OE，RtBOM=RtEOFHL，OM=O

29、F=1，OA=OB，OM是ABD的中位线，OM=12AD，AD=2OM=2【点睛】本题考查垂径定理、圆周角定理以及圆心角、弦、弧、圆心距之间的关系定理，掌握垂径定理、圆周角定理，圆心角、弦、弧之间的关系定理以及等腰三角形的判定方法、全等三角形的判定及性质、三角形中位线定理是正确解答的前提19（8分）（2023春九年级课时练习）如图，O的半径为4cm，其内接正六边形ABCDEF，点P,Q同时分别从A,D两点出发，以1cm/s的速度沿AF,DC向终点F,C运动，连接PB,QE,PE,BQ设运动时间为ts（1）求证：四边形PBQE为平行四边形；（2）填空：当t=_s时，四边形PBQE为菱形；当t=_

30、s时，四边形PBQE为矩形【答案】（1）见解析；（2）2；0或4【分析】（1）根据题意可得AB=BC=CD=DE=EF=FA=4，FAB=ABC=BCD=CDE=DEF=EFA，然后证明ABPDEQ，由此可得BP=EQ、PE=QB，进而可证结论（2）根据菱形的性质，PA=PF，QC=QD时，四边形PBQE是菱形，由此可知t=2；根据矩形的性质，当有三个角是直角时，四边形PBQE是矩形，由此可知t=4或0【详解】（1）正六边形ABCDEF内接于O,O的半径为4，AB=BC=CD=DE=EF=FA=4，FAB=ABC=BCD=CDE=DEF=EFA点P,Q同时分别从A,D两点出发，以1cm/s的速

31、度沿AF,DC向终点F,C运动，AP=DQ=t,PF=QC=4-t在ABP和DEQ中，AB=DE,PAB=QDEAP=DQ,ABPDEQ BP=EQ 同理可证PE=QB四边形PBQE是平行四边形（2）2；0或4 ，由对称性可知，当PA=PF，QC=QD时，四边形PBQE是菱形，此时t=2s当t=0时，点P在点A处，EPF=PEF=30 ，BPE=120-30=90，此时四边形PBQE是矩形当t=4时，点P在点F处，同理可得BPE=90，此时四边形PBQE是矩形综上所述，当t=0或4s时，四边形PBQE是矩形【点睛】本题主要考查平行四边形、菱形、矩形的性质与判定，涉及动点问题，掌握各图形的性质及

32、判定方法是解题关键20（8分）（2023秋陕西渭南九年级校考期中）如图，以ABC的边AC为直径作O，交AB于点D，E是AC上一点，连接DE并延长交O于点F，连接AF，且AFD=B(1)求证：BC是O的切线；(2)当AE=AD时，若FAC=25，求B的大小【答案】(1)见解析(2)B=40【分析】（1）圆周角定理得到ADC=90，AFD=ACD，推出CAD+B=90，得到ACBC，即可得证；（2）圆周角定理，得到FDC=25，进而求出ADE的度数，等边对等角得到AED的度数，三角形内角和定理，求出CAD，根据CAD+B=90，即可得解【详解】（1）证明：如图，连接CDAC是O的直径，ADC=90

33、，CAD+ACD=90又AFD=ACD，AFD=B，B=ACD，CAD+B=90，ACBC，BC是O的切线（2）解：FAC=25，FDC=25，ADE=ADC-FDC=90-25=65AE=AD，AED=ADE=65，CAD=180-265=50又CAD+B=90，B=40【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判断，等边对等角熟练掌握直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，是解题的关键21（8分）（2023秋九年级课时练习）如图，已知O的直径AB=12cm，AC是O的弦，过点C作O的切线交BA的延长线于点P，连接BC(1)求证：PCA=B；(2)已知P=40，点Q在ABC上从点A开始按逆时针

34、方向运动到点C停止（点Q不与点C重合），当ABQ与ABC的面积相等时，求点Q所经过的弧长【答案】(1)见解析(2)当ABQ与ABC的面积相等时，点Q所经过的弧长是53cm或133cm或233cm【分析】（1）连接OC，由PC是O的切线，得到PCA+1=90，由AB是O的直径，得到OCB+1=90，于是得到结论；（2）当AOQ=AOC=50时，ABQ与ABC的面积相等，分三种情况讨论，AOQ1=50或AOQ2=130或BOQ3=50，利用弧长公式求解即可【详解】（1）证明：如图，连接OCPC是O的切线，OC为O的半径，PCO=90，PCA+1=90AB是O的直径，ACB=90，OCB+1=90，

35、OCB=PCAOC=OB，OCB=B，PCA=B；（2）解：如图，P=40，PCO=90，COP=50ABQ与ABC的面积相等，AOQ1=50，点Q所经过的弧长=506180=53cm；或者AOQ2=130，点Q所经过的弧长=1306180=133cm；或者BOQ3=50，点Q所经过的弧长=2306180=233cm综上可知，当ABQ与ABC的面积相等时，点Q所经过的弧长是53cm或133cm或233cm【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，弧长的求法，熟练掌握定理和计算公式是解题的关键22（8分）（2023秋浙江湖州九年级统考期末）如图1，C，D是半圆ACB上的两点，若直径AB上存在一点

36、P，满足APC=BPD，则称CPD是弧CD的“幸运角”(1)如图2，AB是O的直径，弦CEAB，D是弧BC上的一点，连接DE交AB于点P，连接CPCPD是弧CD的“幸运角”吗？请说明理由；设弧CD的度数为n，请用含n的式子表示弧CD的“幸运角”度数；(2)如图3，在（1）的条件下，若直径AB=10，弧CD的“幸运角”为90，DE=8，求CE的长【答案】(1)CPD是弧CD的“幸运角”，理由见解析；用含n的式子表示弧CD的“幸运角”度数为n；(2)CE=2或72【分析】（1）根据AB是O的直径，弦CEAB可得CF=EF，从而得到CP=EP，结合等腰三角形底边上三线合一即可得到答案；根据圆周角定理

37、可得，CED=n2，结合CP=EP可得CED=ECP=n2，结合内外交关系即可得到答案；（2）连接CO，DO，由（1）可得COD=90，CED=45，CPD=90即可得到CD，EP=CP，设PE=x，则有PD=8-x，根据“幸运角”为90结合勾股定理即可得到答案；【详解】（1）解：AB是O的直径，弦CEAB，CF=EF，CP=EP，CEAB，CPA=EPA，DPB=EPA，DPB=CPA，CPD是弧CD的“幸运角”；弧CD的度数为n，CED=n2，CP=EP，CED=ECP=n2，CPD=CED+ECP=n，弧CD的“幸运角”度数为n；（2）解：连接CO，DO，弧CD的“幸运角”为90，COD

38、=90，CED=45，CPD=90，CED=ECP=45，EP=CP，AB=10，OC=OD=5，CD=52+52=52，设PE=x，则有PD=8-x，x2+(8-x)2=50，解得：x1=1，x2=7，CE=12+12=2或CE=72+72=72；【点睛】本题考查圆周角定理，勾股定理，垂径定理，等腰直角三角形性质，解题的关键是作辅助线23（8分）（2023秋湖南长沙九年级校联考期中）如图：已知等腰RtBCD，BCD=90，B、D在O上，延长BC交O于点F，过B点作BEBC，交O于点E，连接DE，连接EF，I是FBE的内心(1)如图1，求证：DEF=DFE；(2)如图2，连接BI，延长交O于点

39、A，求证：AI=AF；(3)如图3，过I点作EF的垂线，垂足为M，当时CD=2时，求FM-EM的长度【答案】(1)见解析(2)见解析(3)4【分析】（1）证明EF是直径，再证明DEF=DBC=45，可得结论；（2）连接FI，证明AIF=AFI，可得结论；（3）如图3中，过点D作DJEB交EB的延长线于点J，作BEF的内切圆I，切点分别为P，Q，M证明四边形BJDC是正方形，再证明RtDCFRtDJE(HL)，推出FC=EJ，因为I与BEF内切于点P，Q，M，推出EM=EP，BP=BQ，FQ=FM，可得FM-EM=BC+CF-(EJ-BJ)=2BC=2CD=4【详解】（1）证明：如图1中，BEBF，EBF=90，EF是直径，EDF=90，BCD是等腰直角三角形，CBD=CDB=45，DEF=DBC=45，DEF=DFE=45；（2）证明：如图2中，连接IFI是BEF的内心，IBF=IBE，IFB=IFE，AIF=IBF+IFB，AFI=AFE+IFE，AFE=IBE，AIF=AFI，AI=AF；