重難點04與圓相關的位置關系（11種模型）能力拓展能力拓展題型一：四點共圓一．填空題（共1小題）1．（2021秋?自貢期末）如圖，BD為邊長為a的菱形ABCD的對角線，∠BAD＝60°，點M，N分別從點A，B同時出發(fā)，以相同的速度沿AB，BD向終點B和D運動，連接DM和AN，DM和AN相交于點P，連接BP，則BP的最小值為．二．解答題（共5小題）2．（2022?松北區(qū)三模）如圖，已知四邊形ABCD內接于⊙O，連接AC、BD，∠ADC+2∠ACD＝180°．（1）求證：BD平分∠ABC；（2）如圖2，若∠ADB+∠BAC＝90°，求證：AB＝AC．（3）在（2）的條件下，連接DO并延長交⊙O于點E，交AB、AC于點H、K，連接EB，當AC＝30，BE＝11時，求tan∠ABC的值．3．（2022?遵義）綜合與實踐“善思”小組開展“探究四點共圓的條件”活動，得出結論：對角互補的四邊形四個頂點共圓．該小組繼續(xù)利用上述結論進行探究．提出問題：如圖1，在線段AC同側有兩點B，D，連接AD，AB，BC，CD，如果∠B＝∠D，那么A，B，C，D四點在同一個圓上．探究展示：如圖2，作經過點A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一點E（不與A，C重合），連接AE，CE，則∠AEC+∠D＝180°（依據(jù)1）∵∠B＝∠D∴∠AEC+∠B＝180°∴點A，B，C，E四點在同一個圓上（對角互補的四邊形四個頂點共圓）∴點B，D在點A，C，E所確定的⊙O上（依據(jù)2）∴點A，B，C，D四點在同一個圓上反思歸納：（1）上述探究過程中的“依據(jù)1”、“依據(jù)2”分別是指什么？依據(jù)1：；依據(jù)2：．（2）如圖3，在四邊形ABCD中，∠1＝∠2，∠3＝45°，則∠4的度數(shù)為．拓展探究：（3）如圖4，已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，點D在BC上（不與BC的中點重合），連接AD．作點C關于AD的對稱點E，連接EB并延長交AD的延長線于F，連接AE，DE．①求證：A，D，B，E四點共圓；②若AB＝2，AD?AF的值是否會發(fā)生變化，若不變化，求出其值；若變化，請說明理由．4．（2022春?金山區(qū)校級月考）如圖，AB為半圓O的直徑，AB＝8，過B作AB的垂線BQ，點C為直線BQ上一點，連接AC交半圓O于點E，以B為圓心，BC為半徑作圓弧交AE于點D（D不與A重合）．（1）如圖1，連接OE、DB交于點G，若G為△ABE重心時，求cos∠DBA的值；（2）如圖2，設tan∠CAB＝x，＝y(tǒng)，求y關于x的函數(shù)關系式，并寫出定義域；（3）延長BD交于點F，延長FO交射線CB于點P，①設⊙B與線段AB交于點H，連接DH，∠ADH的度數(shù)是否發(fā)生變化，若不變，請求出度數(shù)；若變化，請至少給出兩種不同情況下所對應的度數(shù)；②若△POB∽△ABC，求AC的長．5．（2022春?長沙月考）已知點M、N分別在△ABC的邊AB、AC上，且不同于所在邊的端點，滿足MC＝AC，NB＝AB，P關于直線BC的對稱點為A，求證：PA是∠MPN的角平分線．6．（2022春?鼓樓區(qū)校級月考）如圖，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點G．求證：（1）∠CFD＝∠CAD；（2）EG＜EF．題型二：圓周角定理一．解答題（共6小題）1．（2022?鹿城區(qū)校級三模）如圖1，菱形ABCD中，點E為CD邊上的動點，作△BCE的外接圓，交對角線AC于點F，連結FD，F(xiàn)E，F(xiàn)B，已知AB＝5，AC＝8．（1）求證：FE＝FD．（2）如圖2，記EB，AC交于點P，若FP：PC＝2：3，求DE的長．（3）當△FBP的其中一個內角等于∠DCB，求DE的長．2．（2022?鎮(zhèn)海區(qū)二模）如圖1，在平面直角坐標系中，直線AB：y＝kx+（k＜0）與x軸交于點B，與y軸交于點A，點C是x軸負半軸上一點，過A、B、C三點的⊙M（圓心M落在第四象限）交y軸負半軸于點D，連結CD，已知∠ACB＝2∠ADC＝2α．（1）∠DAB＝（請用α的代數(shù)式表示），并求證：DA＝DB；（2）若k＝﹣，求點D的坐標；（3）如圖2，連結AM并延長，交BC于點F，交⊙M于點E，①若AF＝，求BF的長；②若3BF＝2OD，請直接寫出四邊形ABDC的面積．3．（2022?南崗區(qū)校級二模）已知：△ABC內接于⊙O，連接OA，點D在⊙O上，連接AD，交BC于點E，∠CAD＝∠BAO．（1）如圖1，求證：AD⊥BC；（2）如圖2，過點D作DF⊥AB于點F，交BC于點G，求證：CD＝DG；（3）如圖3，在（2）的條件下，若2∠BAD﹣∠ADB＝3∠CAD，2AE＝3DE，AC＝1，求線段OA的長．4．（2022?南崗區(qū)校級開學）四邊形ABCD內接于⊙O，連接AC、BD，∠DAC+2∠BDC＝180°．（1）如圖1，求證：∠BAC＝∠BCD；（2）如圖2，點H在BC上，HF∥AB，交AC于點G，交CD于點F，CF＝AG，求證：AB＝HG+CH；（3）如圖3，在（2）條件下，弦AC為⊙O直徑，點M在線段BH上，連AM、OM，∠MAC＝45°，若BM＝2，OM：AB＝5：6，求線段FG的長．5．（2022?鎮(zhèn)海區(qū)校級二模）如圖，⊙O為等腰三角形ABC的外接圓，AB＝AC，延長AO交BC于點D，過點C作CF垂直AB交AD于點E，交AB于點F，交⊙O于點C，連結AG，若GF＝1．（1）求證：∠GAF＝∠BAD＝∠CAD．（2）如圖1，若tan∠GAB＝，求△ABC的面積．（3）如圖2，若BD＝，求OD的長．6．（2022春?南崗區(qū)校級月考）如圖1，AB是⊙O的直徑，點C在⊙O上，D是弧CB的中點，連接OD、AC（1）求證：OD∥AC；（2）如圖2，過點D作DE⊥AB于H，交⊙O于點E，連接CE交AB于點F，求證：AC＝AF；（3）如圖3，在（2）的條件下，延長DO交⊙O于點N，交CE于點G，連接BN交CE于點M，連接OM、CD，若FG＝2ME，△OMB的面積是2，求弦CD的長．

題型三：垂徑定理一．解答題（共2小題）1．（2022?平房區(qū)三模）如圖，已知：四邊形ABCD內接于⊙O，AB為⊙O的直徑，BC＝CD，連接AC．（1）求證：AC平分∠BAD；（2）如圖（2）弦CG交AB于點E，∠ADC﹣∠BCG＝90°，求證：∠DCB＝2∠ABC；（3）如圖（3）在（2）的條件下，點R為弧AG上一點，連接DR、BR，分別交AC、CG于點H、F，連接HF，交AB于點T，若∠CDR＝∠BAC+∠ABR，EF：CE＝3：5，OT＝1，求線段FR的長．2．（2022?石家莊三模）如圖：在矩形ABCD中，AB＝22，AD＝16，點O在線段DE上，其中DE＝26，EO＝6；以OE為半徑作圓O交線段AB于點P，并將線段OP繞點O逆時針旋轉90°得線段OQ．（備注：若圓O與AB有兩個交點，規(guī)定位于點O上方的交點為點P）特例探究：（1）如圖1，當點E在射線DA上時，AP＝，點Q到直線DE的距離是；變式研究：當點E在AD上方時，（2）如圖2，當點O落在線段AB上時，求點P、Q到直線DE的距離之比；（3）當圓O與BC邊相切時，求線段AP的長；（4）若點O到AB的距離為3，直接寫出點Q到AD的距離．

題型四：切割線定理一．解答題（共2小題）1．（2021秋?崆峒區(qū)期末）如圖，AB是⊙O的直徑，點C是BA延長線上一點，CD切⊙O于D點，弦DE∥CB，Q是AB上一動點，CA＝1，CD是⊙O半徑的倍．（1）求⊙O的半徑R；（2）當Q從A向B運動的過程中，圖中陰影部分的面積是否發(fā)生變化？若發(fā)生變化，請你說明理由；若不發(fā)生變化，請你求出陰影部分的面積．2．（2021秋?鹿城區(qū)校級月考）已知Rt△ABC中，∠C＝90°，點E在邊AB上，以AE為直徑的⊙O與BC相交于點D，且AD平分∠BAC．（1）求證：BC是⊙O的切線；（2）若AC＝4，AD＝2．①求⊙O的半徑；②請直接寫出BE的長．

題型五：切線長定理一．填空題（共1小題）1．（2022?鎮(zhèn)海區(qū)二模）如圖，矩形ABCD中，AB＝11，AD＝4，⊙O分別與邊AD，AB，CD相切，點M，N分別在AB，CD上，CN＝1，將四邊形BCNM沿著MN翻折，使點B、C分別落在B'、C'處，若射線MB'恰好與⊙O相切，切點為G，則線段MB的長為．二．解答題（共5小題）2．（2022?長沙模擬）如圖1，在△ABC中，點O是AB的中點，以點O為圓心，r為半徑的半圓與AC，BC相切于點P，點Q．點D是線段PC上的動點且不與點P、點C重合，過點D作圓O的切線交BC于點E，點F是切點．OP，OA的長度是關于t的一元二次方程2t2﹣7rt+5r2＝0的兩根．（1）求cos∠A的值；（2）如圖2，連接線段DO，EO，在D點的運動過程中，求的值；（3）設CD＝x，CE＝y(tǒng)，求y關于x的函數(shù)解析式，并指明自變量x的取值范圍（解析式中可以含有字母r）．3．（2022?游仙區(qū)模擬）△ABP是等邊三角形，過A、B兩點作⊙O，AP與⊙O相切，C是弦AB上一點，射線OC⊥PH于點H．（1）求證：BP是⊙O的切線；（2）若AB＝4BC，求tan∠BCH；（3）求當AP＝2時，OC?OH的值．4．（2022?石家莊模擬）如圖，半圓O的直徑AB＝10cm，射線AM和BN是半圓O的兩條切線，點D在射線AM上運動，點E在上，且DE＝AD，延長DE交射線BN于點C．（1）求證：EC＝BC．（2）設AD＝xcm，BC＝y(tǒng)cm．①求出y與x之間的函數(shù)關系式；②當CD＝10cm時，求陰影部分的面積．5．（2022?青羊區(qū)校級模擬）如圖，已知：C是以AB為直徑的半圓O上一點，直線AC與過B點的切線相交于點D，點F是BD的中點，直線CF交直線AB于點G．（1）求證：CG是⊙O的切線；（2）已知，BG＝2，F(xiàn)B＝1，求AC．6．（2022?海珠區(qū)一模）在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，以AC長為半徑作⊙A．（1）尺規(guī)作圖：將△ACB繞點A順時針旋轉得△AC′B′，使得點C的對應點C′落在線段AB上（保留作圖痕跡，不用寫畫法）；（2）在（1）的條件下，若線段B′A與⊙A交于點P，連接BP．①求證：BP與⊙A相切；②如果CA＝5，CB＝12，BP與B′C′交于點O，連接OA，求OA的長．

題型六：弦切角定理一．選擇題（共1小題）1．（2022?青山區(qū)二模）已知：如圖，AB為⊙O的直徑，CD、CB為⊙O的切線，D、B為切點，OC交⊙O于點E，AE的延長線交BC于點F，連接AD、BD．以下結論：①AD∥OC；②點E為△CDB的內心；③FC＝FE；④CE?FB＝AB?CF．其中正確的只有（）A．①② B．②③④ C．①③④ D．①②④二．填空題（共1小題）2．（2022?兩江新區(qū)模擬）如圖，BP是⊙O的切線，弦DC與過切點的直徑AB交于點E，DC的延長線和切線交于點P，連接AD，BC．若DE＝DA＝，BC＝2，則線段CP的長為．三．解答題（共3小題）3．（2022?玄武區(qū)二模）如圖，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圓，CD是⊙O的切線，C為切點，且CD＝CB，連接AD，與⊙O交于點E．（1）求證AD＝AB；（2）若AE＝5，BC＝6，求⊙O的半徑．4．（2022?姑蘇區(qū)模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，點D在⊙O上，且DM是⊙O的切線，過點B作DM的平行線交⊙O于點C，交AD于點E，連接AC并延長與DM相交于點F．（1）求證：CD＝BD；（2）若CD＝6，AD＝8，求cos∠ABC的值．5．（2022?河北區(qū)一模）已知AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，過點C作⊙O的切線DC交BA的延長線于點D，連接BC．（Ⅰ）如圖①，連接AC，若∠B＝25°，求∠ACD的大??；（Ⅱ）如圖②，E為上一點，連接OE，CE，若四邊形ODCE為平行四邊形，求∠B的大?。?/p>

題型七：相交弦定理一．填空題（共2小題）1．（2022?鄞州區(qū)校級自主招生）如圖，在⊙O的內接四邊形ABCD中，AC⊥BD，CA＝CB，過點A作AC的垂線交CD的延長線于點E，連結BE．若cos∠ACB＝，則的值為．2．（2022?寧海縣校級模擬）如圖，圓O的半徑為4，點P是直徑AB上定點，AP＝1，過P的直線與圓O交于C，D兩點，則△COD面積的最大值為；作弦DE∥AB，CH⊥DE于H，則CH的最大值為．二．解答題（共1小題）3．（2020?浙江自主招生）如圖，在直角三角形ABC中，∠C＝90°，D為AB上一點，AD＞BD．∠BDC＝2∠BCD，若CD＝3．AB＝8，求AD的長．

題型八：阿基米德折弦定理一．解答題（共4小題）1．（2020?青羊區(qū)校級三模）如圖所示，在⊙O中，BC＝2，AB＝AC，點D為劣弧AC上的動點，且cos∠ABC＝．（1）求AB的長度；（2）求AD?AE的值；（3）過A點作AH⊥BD，求證：BH＝CD+DH．2．（2021?方城縣模擬）阿基米德折弦定理：如圖1，AB和BC是⊙O的兩條弦（即折線ABC是圓的一條折弦），BC＞AB，M是的中點，則從M向BC所作垂線的垂足D是折弦ABC的中點，即CD＝AB+BD．下面是運用“截長法”證明CD＝AB+BD的部分證明過程．證明：如圖2，在CB上截取CG＝AB，連接MA，MB，MC和MG．∵M是的中點，∴MA＝MC任務：（1）請按照上面的證明思路，寫出該證明的剩余部分；（2）填空：如圖（3），已知等邊△ABC內接于⊙O，AB＝2，D為上一點，∠ABD＝45°，AE⊥BD于點E，則△BDC的周長是．3．（2020秋?崇川區(qū)月考）【問題呈現(xiàn)】阿基米德折弦定理：阿基米德（archimedes，公元前287﹣公元前212年，古希臘）是有史以來最偉大的數(shù)學家之一，他與牛頓、高斯并稱為三大數(shù)學王子．如圖1，AB和BC是⊙O的兩條弦（即折線ABC是圓的一條折弦），BC＞AB，點M是的中點，則從M向BC所作垂線的垂足D是折弦ABC的中點，即CD＝DB+BA．下面是運用“截長法”證明CD＝DB+BA的部分證明過程．證明：如圖2，在CD上截取CG＝AB，連接MA、MB、MC和MG．∵M是的中點，∴MA＝MC，又∵∠A＝∠C，BA＝GC，∴△MAB≌△MCG，∴MB＝MG，又∵MD⊥BC，∴BD＝DG，∴AB+BD＝CG+DG即CD＝DB+BA．【理解運用】如圖1，AB、BC是⊙O的兩條弦，AB＝4，BC＝6，點M是的中點，MD⊥BC于點D，則BD＝；【變式探究】如圖3，若點M是的中點，【問題呈現(xiàn)】中的其他條件不變，判斷CD、DB、BA之間存在怎樣的數(shù)量關系？并加以證明．【實踐應用】如圖4，BC是⊙O的直徑，點A圓上一定點，點D圓上一動點，且滿足∠DAC＝45°，若AB＝6，⊙O的半徑為5，則AD＝．4．（2021?金堂縣模擬）在⊙O中＝，順次連接A、B、C．（1）如圖1，若點M是的中點，且MN∥AC交BC延長線于點N，求證：MN為⊙O的切線；（2）如圖2，在（1）的條件下，連接MC，過點A作AP⊥BM于點P，若BP＝a，MP＝b，CM＝c，則a、b、c有何數(shù)量關系？（3）如圖3，當∠BAC＝60°時，E是BC延長線上一點，D是線段AB上一點，且BD＝CE，若BE＝5，△AEF的周長為9，請求出S△AEF的值？

題型九：相交圓問題一．填空題（共3小題）1．如圖，等圓⊙O1和⊙O2相交于A，B兩點，⊙O1經過⊙O2的圓心O2，則∠ABO2的度數(shù)為°．2．如圖所示，一個半徑為的圓過一個半徑為2的圓的圓心，則圖中陰影部分的面積為．3．如圖，⊙O1與⊙O2相交于點AB，且O1A是⊙O2的切線，O2A是⊙O1的切線，A是切點，若⊙O1與⊙O2的半徑分別為3cm和4cm，則公共弦AB的長為cm．二．解答題（共1小題）4．設點O（0，0）、點A（2，0），分別以O、A為圓心，半徑為2r、r作圓，兩圓在第一象限的交點為P．（1）當r＝1時，求點P的坐標；（2）當時，能否找到一定點Q，使PQ為定值？若能找到，請求出Q點的坐標及定值；若不能找到，請說明理由．

題型十：圓中的定值問題一．填空題（共1小題）1．（2022?余杭區(qū)一模）在△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑作⊙O，交BC于點D，交直線AC于點E，連結DE，設＝k（k＞1）．當k＝2時，＝；當k＜時，＝.（用含k的代數(shù)式表示）二．解答題（共3小題）2．（2022?嵊州市模擬）在平面直角坐標系xOy中，已知點P（4，3），⊙O經過點P，過點P作x軸的平行線交⊙O于點E．（1）如圖1，求線段OP的長．（2）點A為y軸正半軸上的一動點，點B和點A關于直線PE對稱，連結PA，PB．直線PA，PB分別交⊙O于點C，D．直線CD交x軸于點F，交直線PE于點G．①當點A運動到如圖2位置，連結CE，DE．求證：∠DGP＝∠ECP．②在點A運動過程中，當DF＝OP時，求點D的坐標．3．（2022?寧波模擬）如圖，△ABC內接于⊙O，AB＝AC，點D為劣弧AC上動點，延長AD，BC交于點E，作DF∥AB交⊙O于F，連結CF．（1）如圖①，當點D為的中點時，求證：DF＝BC；（2）如圖②，若CF＝CA，∠ABC＝α，請用含有α的代數(shù)式表示∠E；（3）在（2）的條件下，若BC＝CE，①求證：AC+AD＝DE；②求tan∠E的值．4．（2022春?崇川區(qū)校級月考）在平面直角坐標系xOy中，對于平面中的點M，N和圖形G，若圖形G上存在一點C，使∠MNC＝90°，則稱點N為點M關于圖形G的“起落點”，稱△MCN為點M關于圖形G的“起落三角形”．（1）已知點A（4，0），B（2，0），①在點P1（2，2），P2（1，﹣），P3（4，﹣1）中，原點O關于點A的“起落點”是；②點D（m，n）在直線y＝﹣2x上，若點D是原點O關于線段AB的“起落點”，求點D的橫坐標m的取值范圍；（2）若⊙Q的圓心為（q，0），半徑為3，直線l：y＝x+與x，y軸分別交于E，F(xiàn)兩點，點P為⊙Q上一點，若線段EF上存在點P關于⊙Q的“起落點”，且對應的“起落三角形”是底邊長為2的等腰三角形，請直接寫出q的取值范圍．題型十一：圓中的最值問題一．解答題（共6小題）1．（2022?舟山二模）如圖，已知AC＝6cm，∠GAC＝90°，AD是∠GAC的平分線．動點N從點C出發(fā)，以1cm/s的速度沿CA水平向左做勻速運動，與此同時，動點M從點A出發(fā)，也以1cm/s的速度沿AG豎直向上做勻速運動．連接MN，交OD于點E．經過A，M，N三點作圓，交AD于點F，連接FM、FN．設運動時間為t（s），其中0＜t＜6．（1）用含t的代數(shù)式表示線段MN的長，并求MN的最小值．（2）求四邊形AMFN的面積．（3）是否存在實數(shù)t，使得線段AE的長度最大？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由．2．（2022?常州模擬）如圖，半圓O的直徑AB＝4，以長為2的弦PQ為直徑，向點O方向作半圓M，其中P點在AQ上且不與A點重合，但Q點可與B點重合．（1）計算：劣弧PQ的長；（2）思考：點M與AB的最大距離為，此時點P，A間的距離為；點M與AB的最小距離為．（3）探究：當半圓M與AB相切時，求的長．（注：結果保留π，cos35°＝，cos55°＝）3．（2022?海淀區(qū)校級開學）在平面直角坐標系xOy中，對于線段MN及點P、Q，若∠MPN＝60°且線段MN關于點P的中心對稱線段M'N'恰好經過點Q，則稱點Q是點P的線段MN﹣60°對經點．（1）設點A（0，2）．①Q1（2，1），Q2（4，0），Q3（，﹣），其中為某點P的線段OA﹣60°對經點的是．②已知B（0，1），設⊙B的半徑為r，若⊙B上存在某點P的線段OA﹣60°對經點，求r的取值范圍；（2）若點Q（4，0）同時是相異兩點P1、P2的線段OD﹣60°對經點，直接寫出線段OD長的取值范圍．4．（2022?城關區(qū)校級模擬）如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A與點B的坐標分別是（1，0），（7，0）．（1）對于坐標平面內的一點P，給出如下定義：如果∠APB＝45°，那么稱點P為線段AB的“完美點”．①設A、B、P三點所在圓的圓心為C，則點C的坐標是，⊙C的半徑是；②y軸正半軸上是否有線段AB的“完美點”？如果有，求出“完美點”的坐標；如果沒有，請說明理由；（2）若點P在y軸負半軸上運動，則當∠APB的度數(shù)最大時，點P的坐標為．5．（2022?房山區(qū)模擬）對于平面直角坐標系xOy中的圖形W1和圖形W2，給出如下定義：在圖形W1上存在兩點A，B（點A，B可以重合），在圖形W2上存在兩點M，N（點M，N可以重合）使得AM＝2BN，則稱圖形W1和圖形W2滿足限距關系．（1）如圖1，點C（，0），D（0，﹣1），E（0，1），點P在線段CE上運動（點P可以與點C，E重合），連接OP，DP．①線段OP的最小值為，最大值為；線段DP的取值范圍是；②在點O，點D中，點與線段DE滿足限距關系；（2）在（1）的條件下，如圖2，⊙O的半徑為1，線段FG與x軸、y軸正半軸分別交于點F，G，且FG∥EC，若線段FG與⊙O滿足限距關系，求點F橫坐標的取值范圍；（3）⊙O的半徑為r（r＞0），點H，K是⊙O上的兩個點，分別以H，K為圓心，2為半徑作圓得到⊙H和⊙K，若對于任意點H，K，⊙H和⊙K都滿足限距關系，直接寫出r的取值范圍．6．（2022?慈溪市一模）如圖1，在⊙O中，M為弦AB的中點，過點M作直徑CD，E為線段OM上一點，連結AE并延長交⊙O于點F，連結BF，AE＝BF．（1）證明：AC＝BF．（2）當EM：OE＝2時，求tan∠EAB．（3）如圖2，連結CF交AB于點G，當CD＝2時，設EM＝x，AG?AB＝y(tǒng)，求y關于x的函數(shù)解析式，并確定y的最大值．重難點04與圓相關的位置關系（11種模型）能力拓展能力拓展題型一：四點共圓一．填空題（共1小題）1．（2021秋?自貢期末）如圖，BD為邊長為a的菱形ABCD的對角線，∠BAD＝60°，點M，N分別從點A，B同時出發(fā)，以相同的速度沿AB，BD向終點B和D運動，連接DM和AN，DM和AN相交于點P，連接BP，則BP的最小值為．【分析】由菱形ABCD中∠BAD＝60°得到△ABD為等邊三角形、AB＝AD，得到∠DAM＝∠ABN＝60°，由點M和點N的時間和速度相同得到AM＝BN，得證△DAM≌△ABN，得到∠ADM＝∠BAN，再結合∠DAP+∠BAN＝60°得到∠PDA+∠PAD＝60°，從而得到∠APD＝120°，延長CD至點E，使得ED＝CD，連接AE，則△AED是等邊三角形，得到AE＝ED＝AD＝a、∠EAD＝∠EDA＝∠AED＝60°，得到∠DEA+∠APD＝180°、∠EAD+∠DAP+∠EDA+∠ADP＝180°，即得點A、P、D、E四點共圓，記為⊙O，連接BO交⊙O于點P，此時BP最小，過點O作OH⊥ED于點H，連接OD，OE，則∠EOD＝2∠EAD＝120°，∠OHD＝90°，從而得到⊙O的半徑OD的長，∠HDO＝30°，進而得到∠ODB＝90°，結合BD＝a求得OB的長，最后得到BP的最小值．【解答】解：∵菱形ABCD中∠BAD＝60°，∴△ABD為等邊三角形，AB＝AD，∴AB＝AD＝BD＝a，∠DAM＝∠ABN＝60°，∵點M和點N的時間和速度相同，∴AM＝BN，∴△DAM≌△ABN（SAS），∴∠ADM＝∠BAN，∵∠DAP+∠BAN＝∠DAM＝60°，∴∠PDA+∠PAD＝60°，∴∠APD＝120°，延長CD至點E，使得ED＝CD，連接AE，則△AED是等邊三角形，∴AE＝ED＝AD＝a，∠EAD＝∠EDA＝∠AED＝60°，∴∠DEA+∠APD＝180°，∠EAD+∠DAP+∠EDA+∠ADP＝180°，∴點A、P、D、E四點共圓，記為⊙O，連接BO交⊙O于點P，此時BP最小，過點O作OH⊥ED于點H，連接OD，則∠EOD＝2∠EAD＝120°，∠OHD＝90°，DH＝ED＝a，∴∠HDO＝30°，∴r＝OD＝＝，∠ODB＝∠EDA+∠ADB﹣∠ODE＝60°+60°﹣30°＝90°，∴OB＝＝＝，∴BP最小值＝OB﹣r＝﹣＝，故答案為：．【點評】本題考查了菱形的性質、等邊三角形的判定與性質、垂徑定理、全等三角形的判定與性質、四點共圓等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線、構造等邊三角形解決問題，熟知圓外一點到圓上點的距離的最小值判斷．二．解答題（共5小題）2．（2022?松北區(qū)三模）如圖，已知四邊形ABCD內接于⊙O，連接AC、BD，∠ADC+2∠ACD＝180°．（1）求證：BD平分∠ABC；（2）如圖2，若∠ADB+∠BAC＝90°，求證：AB＝AC．（3）在（2）的條件下，連接DO并延長交⊙O于點E，交AB、AC于點H、K，連接EB，當AC＝30，BE＝11時，求tan∠ABC的值．【分析】（1）利用圓內接四邊形的性質，等式的性質和角平分線的定義解答即可；（2）設∠BAC＝2α，利用圓周角定理，三角形的內角和定理和等腰三角形的判定定理解答即可；（3）連接CE并延長至點M，使EM＝EB，連接AE，AM，過點A作AN⊥CM于點N，連接OA，OC，利用圓周角定理和線段垂直平分線的判定與性質得到EA＝EC，通過證明△AEN≌△AEB，得到AM＝AB，設EN＝m，則MN＝EN+EM＝m+11，則CN＝m+11，EA＝EC＝EN+NC＝2m+11，利用勾股定理列出關于m的方程，解方程求得m值，則EN＝7，EA＝2×7+11＝25，利用勾股定理求得AN，利用直角三角形的邊角關系定理求得tan∠AEN，利用圓周角定理和等量代換的性質即可得出結論．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD內接于⊙O，∴∠ADC+∠ABC＝180°．∵∠ADC+2∠ACD＝180°，∴∠ABC＝2∠ACD．∵∠ABD＝∠ACD，∴∠ABC＝2∠ABD，∴BD平分∠ABC；（2）證明：設∠BAC＝2α，∵∠ADB+∠BAC＝90°，∴∠ADB＝90°﹣α．∵∠ADB＝∠ACB，∴∠ACB＝90°﹣α．∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，∴∠ABC＝180°﹣2α﹣（90°﹣α）＝90°﹣α，∴∠ABC＝∠ACB，∴AB＝AC；（3）解：連接CE并延長至點M，使EM＝EB，連接AE，AM，過點A作AN⊥CM于點N，連接OA，OC，如圖，由（1）知：BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，∴，∴AD＝CD．∴點D在線段AC的垂直平分線上，∵OA＝OC，∴點O在線段AC的垂直平分線上，∴OD是線段AC的垂直平分線，∵點E在OD上，∴EA＝EC．∵∠AEM+∠AEC＝180°，∠AEC＝∠ABC，∴∠AEM+∠ABC＝180°．∵四邊形AEBC為圓的內接四邊形，∴∠AEB+∠ACB＝180°．∵∠ABC＝∠ACB，∴∠AEM＝∠AEB．在△AEN和△AEB中，，∴△AEN≌△AEB（SAS），∴AM＝AB，由（2）知：AB＝AC，∴AM＝AC＝30．∵AN⊥CM，∴MN＝CN，設EN＝m，則MN＝EN+EM＝m+11，∴CN＝m+11，∴EA＝EC＝EN+NC＝2m+11．∵AN2＝AE2﹣EN2，AN2＝AC2﹣CN2，∴AE2﹣EN2＝AC2﹣CN2，∴（2m+11）2﹣m2＝302﹣（m+11）2，解得：m＝7或m＝﹣23，5（不合題意，舍去），∴m＝7．∴EN＝7，EA＝2×7+11＝25，∴AN＝＝24．∴tan∠AEN＝．∵∠ABC＝∠AEN，∴tan∠ABC＝tan∠AEN＝．【點評】本題主要考查了圓的有關性質，圓內接四邊形的性質，圓周角定理，角平分線的性質，等腰三角形的判定與性質，勾股定理，直角三角形的邊角關系定理，全等三角形的判定與性質，依據(jù)題意構造恰當?shù)妮o助線是解題的關鍵．3．（2022?遵義）綜合與實踐“善思”小組開展“探究四點共圓的條件”活動，得出結論：對角互補的四邊形四個頂點共圓．該小組繼續(xù)利用上述結論進行探究．提出問題：如圖1，在線段AC同側有兩點B，D，連接AD，AB，BC，CD，如果∠B＝∠D，那么A，B，C，D四點在同一個圓上．探究展示：如圖2，作經過點A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一點E（不與A，C重合），連接AE，CE，則∠AEC+∠D＝180°（依據(jù)1）∵∠B＝∠D∴∠AEC+∠B＝180°∴點A，B，C，E四點在同一個圓上（對角互補的四邊形四個頂點共圓）∴點B，D在點A，C，E所確定的⊙O上（依據(jù)2）∴點A，B，C，D四點在同一個圓上反思歸納：（1）上述探究過程中的“依據(jù)1”、“依據(jù)2”分別是指什么？依據(jù)1：圓內接四邊形對角互補；依據(jù)2：過不在同一直線上的三個點有且只有一個圓．（2）如圖3，在四邊形ABCD中，∠1＝∠2，∠3＝45°，則∠4的度數(shù)為45°．拓展探究：（3）如圖4，已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，點D在BC上（不與BC的中點重合），連接AD．作點C關于AD的對稱點E，連接EB并延長交AD的延長線于F，連接AE，DE．①求證：A，D，B，E四點共圓；②若AB＝2，AD?AF的值是否會發(fā)生變化，若不變化，求出其值；若變化，請說明理由．【分析】（1）根據(jù)圓內接四邊形的性質、過三點的圓解答即可；（2）根據(jù)四點共圓、圓周角定理解答；（3）①根據(jù)軸對稱的性質得到AE＝AC，DE＝DC，∠AEC＝∠ACE，∠DEC＝∠DCE，進而得到∠AED＝∠ABC，證明結論；②連接CF，證明△ABD∽△AFB，根據(jù)相似三角形的性質列出比例式，計算即可．【解答】（1）解：依據(jù)1：圓內接四邊形對角互補；依據(jù)2：過不在同一直線上的三個點有且只有一個圓，故答案為：圓內接四邊形對角互補；過不在同一直線上的三個點有且只有一個圓；（2）解：∵∠1＝∠2，∴點A，B，C，D四點在同一個圓上，∴∠3＝∠4，∵∠3＝45°，∴∠4＝45°，故答案為：45°；（3）①證明：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵點E與點C關于AD的對稱，∴AE＝AC，DE＝DC，∴∠AEC＝∠ACE，∠DEC＝∠DCE，∴∠AED＝∠ACB，∴∠AED＝∠ABC，∴A，D，B，E四點共圓；②解：AD?AF的值不會發(fā)生變化，理由如下：如圖4，連接CF，∵點E與點C關于AD的對稱，∴FE＝FC，∴∠FEC＝∠FCE，∴∠FED＝∠FCD，∵A，D，B，E四點共圓，∴∠FED＝∠BAF，∴∠BAF＝∠FCD，∴A，B，F(xiàn)，C四點共圓，∴∠AFB＝∠ACB＝∠ABC，∵∠BAD＝∠FAB，∴△ABD∽△AFB，∴＝，∴AD?AF＝AB2＝8．【點評】本題考查的是四點共圓、相似三角形的判定和性質、軸對稱的性質，正確理解四點共圓的條件是解題的關鍵．4．（2022春?金山區(qū)校級月考）如圖，AB為半圓O的直徑，AB＝8，過B作AB的垂線BQ，點C為直線BQ上一點，連接AC交半圓O于點E，以B為圓心，BC為半徑作圓弧交AE于點D（D不與A重合）．（1）如圖1，連接OE、DB交于點G，若G為△ABE重心時，求cos∠DBA的值；（2）如圖2，設tan∠CAB＝x，＝y(tǒng)，求y關于x的函數(shù)關系式，并寫出定義域；（3）延長BD交于點F，延長FO交射線CB于點P，①設⊙B與線段AB交于點H，連接DH，∠ADH的度數(shù)是否發(fā)生變化，若不變，請求出度數(shù)；若變化，請至少給出兩種不同情況下所對應的度數(shù)；②若△POB∽△ABC，求AC的長．【分析】（1）連接BE，過點D作DK⊥AB于點K，由直徑所對的圓周角是直角可得∠AEB＝∠BEC＝90°，根據(jù)等腰三角形性質可得CE＝DE，由G為△ABE重心，可得點D是AE的中點，再運用勾股定理和三角函數(shù)定義即可得出答案；（2）連接BE，過點E作EM∥AB，交BD的延長線于點M，由EM∥AB，可得△BOG∽△MOE，△BAD∽△MED，再結合已知可得：y＝，BC＝8x，運用勾股定理AC＝＝＝8，利用三角函數(shù)定義即可得出答案；（3）①如圖3，延長AB交⊙B于點M，連接CM，由∠CBM＝90°，BM＝BC，可得∠M＝45°，再根據(jù)四邊形CDHM是圓內接四邊形，即可得出答案；②分兩種情況：當＝＝時，設∠ABF＝∠F＝α，則∠BAC＝∠AOF＝2α，∠BDC＝∠ACB＝3α，利用直角三角形性質可得2α+3α＝90°，解得：α＝18°，故∠BAC＝36°，如圖5，作等腰△RTK，RT＝RK，∠TRK＝36°，則∠RTK＝∠RKT＝72°，作∠RTK的平分線交RK于點G，作RH⊥TK于點H，GM⊥TK于點M，推出TG＝TK＝RG，設TG＝TK＝RG＝1，GK＝m（m＞0），根據(jù)△TGK∽△RTK，可求得m＝，進而求得cos36°＝，即可求出AC；當＝時，如圖6，設OF交AC于點H，連接BE，則∠POB＝∠ACB，可證得∠CBE＝∠EBF＝∠ABF＝30°，得出∠C＝60°，即可求得AC．【解答】解：（1）如圖1，連接BE，過點D作DK⊥AB于點K，∵AB為半圓O的直徑，∴∠AEB＝∠BEC＝90°，∵以B為圓心，BC為半徑作圓弧交AE于點D，∴BD＝BC，∴CE＝DE，∵G為△ABE重心，O為AB的中點，∴點D是AE的中點，∴AD＝DE，∴AD＝DE＝CE＝AC，∵cosC＝＝，∴BC2＝AC2，在Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2，∴82+AC2＝AC2，解得：AC＝4，∴BC＝4，AD＝，∴BD＝BC＝4，∵DK⊥AB，BC⊥AB，∴DK∥BC，∴＝＝，∴BK＝AB＝，在Rt△BDK中，cos∠DBA＝＝＝；（2）如圖2，連接BE，過點E作EM∥AB，交BD的延長線于點M，∵EM∥AB，∴△BOG∽△MOE，△BAD∽△MED，∴y＝＝，＝，∵O為AB的中點，∴AB＝2OB，∴y＝＝＝×＝×＝，∵tan∠CAB＝x，AB＝8，∴＝x，即BC＝8x，∴AC＝＝＝8，∵cosC＝＝，∴CE＝＝＝，∴CD＝2CE＝，∴AD＝AC﹣CD＝8﹣＝，∴y＝＝＝，∵AD＞0，∴8﹣8x2＞0，∴0＜x＜1，∴y＝，定義域為0＜x＜1；（3）①∠ADH的度數(shù)不變，理由如下：如圖3，延長AB交⊙B于點M，連接CM，∵BC⊥AB，∴∠CBM＝90°，∵BM＝BC，∴∠M＝45°，∵四邊形CDHM是圓內接四邊形，∴∠CDH+∠M＝180°，∵∠CDH+∠ADH＝180°，∴∠ADH＝∠M＝45°，∴∠ADH＝45°，度數(shù)不變．②∵△POB∽△ABC，∠PBO＝∠ABC＝90°，∴＝＝或＝，當＝＝時，AB＝8，OB＝4，∠POB＝∠CAB，∵OB＝OF，∴∠ABF＝∠F，設∠ABF＝∠F＝α，則∠BAC＝∠AOF＝2α，∴∠BDC＝∠ACB＝3α，∵∠BAC+∠ACB＝90°，∴2α+3α＝90°，解得：α＝18°，∴∠BAC＝36°，如圖5，作等腰△RTK，RT＝RK，∠TRK＝36°，則∠RTK＝∠RKT＝72°，作∠RTK的平分線交RK于點G，作RH⊥TK于點H，GM⊥TK于點M，則∠RTG＝∠GTK＝36°，∴∠RTG＝TRK＝36°，∴RG＝TG，∵∠TGK＝∠K＝72°，∴TG＝TK＝RG，設TG＝TK＝RG＝1，GK＝m（m＞0），∵∠GTK＝∠TRK，∠K＝∠K，∴△TGK∽△RTK，∴＝，即＝，∴m2+m﹣1＝0，∵m＞0，∴m＝，∴RK＝，∵RH⊥TK，∴TH＝HK＝，∴RH＝＝，∵GM∥RH，∴△KGM∽△KRH，∴＝，即＝，∴KM＝，∴TM＝1﹣＝，∴cos∠GTM＝＝，即cos36°＝，在圖4，Rt△ABC中，＝cos∠BAC＝cos36°＝，∴AC＝AB÷＝8×＝8﹣8，當＝時，如圖6，設OF交AC于點H，連接BE，則∠POB＝∠ACB，∵∠CAB+∠ACB＝90°，∠POB＝∠AOF，∴∠CAB+∠AOF＝90°，∴∠OHA＝90°，即OF⊥AE，∵∠AEB＝90°，∴∠AHO＝∠AEB，∴OF∥BE，∴∠F＝∠EBF，∵OB＝OF，∴∠F＝∠ABF，∵BC＝BD，BE⊥CD，∴∠CBE＝∠EBF，∴∠CBE＝∠EBF＝∠ABF，∵∠ABC＝90°，∴∠CBE＝∠EBF＝∠ABF＝30°，∴∠C＝90°﹣∠CBE＝60°，∴AC＝＝＝，綜上所述，AC的長為8﹣8或．【點評】本題屬于圓綜合題，考查了垂徑定理，勾股定理，圓周角定理，圓內接四邊形的性質，等腰三角形性質，相似三角形的判定和性質，銳角三角函數(shù)，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題，屬于中考壓軸題．5．（2022春?長沙月考）已知點M、N分別在△ABC的邊AB、AC上，且不同于所在邊的端點，滿足MC＝AC，NB＝AB，P關于直線BC的對稱點為A，求證：PA是∠MPN的角平分線．【分析】首先說明∠BMC+∠BPC＝180°，得B、M、C、P四點共圓．則∠MPA＝∠MPC?∠APC＝∠MBC?∠CAP＝∠ABC+∠ACB?90°，同理，∠NPA＝∠ABC+∠ACB?90°，從而證明結論．【解答】證明：如圖，由題意知∠AMC＝∠BAC＝∠BPC，∴∠BMC+∠BPC＝180°，∴B、M、C、P四點共圓．∴∠MPA＝∠MPC?∠APC＝∠MBC?∠CAP＝∠ABC+∠ACB?90°，同理，∠NPA＝∠ABC+∠ACB?90°，∴∠MPA＝∠NPA，∴PA是∠MPN的角平分線．【點評】本題主要考查了等腰三角形和軸對稱的性質，四點共圓等知識，利用四點共圓進行角度的轉化是解題的關鍵．6．（2022春?鼓樓區(qū)校級月考）如圖，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點G．求證：（1）∠CFD＝∠CAD；（2）EG＜EF．【分析】（1）連接AF，并延長交BC于N，根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF，推出，＝，再證△CDF∽△AEF，推出∠CFD＝∠AFE，證出A、F、D、C四點共圓即可；（2）根據(jù)已知推出∠EFG＝∠ABD，證F、N、D、G四點共圓，推出∠EGF＝∠AND，根據(jù)三角形的外角性質推出∠EGF＞∠EFG即可．【解答】（1）證明：連接AF，并延長交BC于N，∵AD⊥BC，DF⊥BE，∴∠DFE＝∠ADB，∴∠BDF＝∠DEF，∵BD＝DC，DE＝AE，∵∠BDF＝∠DEF，∠EFD＝∠BFD＝90°，∴△BDF∽△DEF，∴＝，則＝，∵∠AEF＝∠CDF，∴△CDF∽△AEF，∴∠CFD＝∠AFE，∴∠CFD+∠AEF＝90°，∴∠AFE+∠CFE＝90°，∴∠ADC＝∠AFC＝90°，∴A、F、D、C四點共圓，∴∠CFD＝∠CAD．（2）證明：∵∠BAD+∠ABD＝90°，∠CFD+∠EFG＝∠EFD＝90°，∠CFD＝∠CAD＝∠BAD，∴∠EFG＝∠ABD，∵CF⊥AD，AD⊥BC，∴F、N、D、G四點共圓，∴∠EGF＝∠AND，∵∠AND＞∠ABD，∠EFG＝∠ABD，∴∠EGF＞∠EFG，∴DG＜EF．【點評】本題綜合考查了相似三角形的性質和判定，四點共圓等知識點，此題難度較大，對學生提出了較高的要求，但題型較好．題型二：圓周角定理一．解答題（共6小題）1．（2022?鹿城區(qū)校級三模）如圖1，菱形ABCD中，點E為CD邊上的動點，作△BCE的外接圓，交對角線AC于點F，連結FD，F(xiàn)E，F(xiàn)B，已知AB＝5，AC＝8．（1）求證：FE＝FD．（2）如圖2，記EB，AC交于點P，若FP：PC＝2：3，求DE的長．（3）當△FBP的其中一個內角等于∠DCB，求DE的長．【分析】（1）根據(jù)菱形性質可得：BC＝DC，∠BCA＝∠DCA，進而證明△BCF≌△DCF（SAS），再利用圓內接四邊形性質，即可證得結論；（2）如圖2，連接BD交AC于點O，設OF＝x，則CF＝x+4，由勾股定理得BF2＝OF2+OB2＝x2+9，再由FP：PC＝2：3，可得FP＝CF＝（x+4），再證明△BFP∽△CFB，可得＝，BF2＝FP?CF，即x2+9＝（x+4）?（x+4），得出x＝1，OF＝1，CF＝5＝CD，DF2＝BF2＝10，再利用△DFE∽△DCF，即可得出答案；（3）由于∠PBF＝∠ECF＝∠DCB，∠PBF≠∠DCB，所以分兩種情況：當∠BPF＝∠DCB時，當∠BFP＝∠DCB時，分別求出DE即可．【解答】（1）證明：如圖1，∵四邊形ABCD是菱形，∴BC＝DC，∠BCA＝∠DCA，在△BCF和△DCF中，，∴△BCF≌△DCF（SAS），∴∠CBF＝∠CDF，∵四邊形BCEF是圓內接四邊形，∴∠CBF+∠CEF＝180°，∵∠DEF+∠CEF＝180°，∴∠CBF＝∠DEF，∴CDF＝∠DEF，∴FE＝FD．（2）解：如圖2，連接BD交AC于點O，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝×8＝4，在Rt△BCO中，OB＝＝＝3，設OF＝x，則CF＝x+4，在Rt△BFO中，BF2＝OF2+OB2＝x2+32＝x2+9，∵FP：PC＝2：3，∴FP＝CF＝（x+4），∵＝，∴∠EBF＝∠DCA，∵∠BCA＝∠DCA，∴∠EBF＝∠BCA，∵∠BFP＝∠CFB，∴△BFP∽△CFB，∴＝，∴BF2＝FP?CF，即x2+9＝（x+4）?（x+4），解得：x＝1或x＝（不符合題意，舍去），∴OF＝1，CF＝5＝CD，DF2＝BF2＝10，∴∠CFD＝∠CDF＝∠DEF，∴∠DFE＝∠DCF，∵∠DEF＝∠FDC，∴△DFE∽△DCF，∴＝，∴DE＝＝＝2．（3）當∠BPF＝∠DCB時，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠DCB＝2∠BCA，∴∠BPF＝2∠BCA，∵∠BPF＝∠BCA+∠CBE，∴∠BCA＝∠CBE，∴CE＝BF，∵BF＝DF＝EF，∴CE＝DF＝EF，連接BD交AC于點O，過點E作EH⊥AC于點H，如圖3，設OF＝x，則CF＝x+4，F(xiàn)H＝CH＝CF＝（x+4），由（2）得：OC＝4，CD＝5，DF2＝EF2＝CE2＝x2+9，∵cos∠DCO＝＝，即＝，∴CE＝（x+4），∴x2+9＝[（x+4）]2，解得：x＝4（舍去）或x＝，∴CE＝（x+4）＝×（+4）＝，∴DE＝CD﹣CE＝5﹣＝；當∠BFP＝∠DCB時，如圖4，連接BD交AC于點O，過點B作BT⊥CD于點T，∵∠BFP＝∠DCB，∴＝，∴BC＝BE＝5，∵BT⊥CD，∴CT＝ET＝CE，∵BD⊥AC，∴BD?OC＝CD?BT，即6×4＝5BT，∴BT＝，在Rt△BCT中，CT＝＝＝，∴DE＝CD﹣2CT＝5﹣2×＝；∵∠PBF＝∠ECF＝∠DCB，∴∠PBF≠∠DCB，綜上所述，DE的長為或．【點評】本題屬于圓的綜合題，考查了菱形的性質，圓的性質，圓周角定理，圓內接四邊形性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，三角形面積，解直角三角形等知識，解題的關鍵是熟練掌握圓的性質、相似三角形的判定和性質，運用分類討論思想解決問題，屬于中考壓軸題．2．（2022?鎮(zhèn)海區(qū)二模）如圖1，在平面直角坐標系中，直線AB：y＝kx+（k＜0）與x軸交于點B，與y軸交于點A，點C是x軸負半軸上一點，過A、B、C三點的⊙M（圓心M落在第四象限）交y軸負半軸于點D，連結CD，已知∠ACB＝2∠ADC＝2α．（1）∠DAB＝90°﹣α（請用α的代數(shù)式表示），并求證：DA＝DB；（2）若k＝﹣，求點D的坐標；（3）如圖2，連結AM并延長，交BC于點F，交⊙M于點E，①若AF＝，求BF的長；②若3BF＝2OD，請直接寫出四邊形ABDC的面積．【分析】（1）利用圓周角定理和直角三角形性質及三角形內角和定理即可證得結論；（2）根據(jù)題意先確定A、B的坐標，再運用勾股定理求得OD，即可得出點D的坐標；（3）①如圖2，連接BE，DE，可證得△DAC≌△BDE（AAS），得出AC＝DE，再得出∠ABC＝∠DAE，再證明△OAF∽△OBA，利用相似三角形性質和勾股定理即可求得答案；②設BF＝2a，OD＝3a，OF＝b，則OB＝2a+b，又OA＝，由＝，可求得b＝﹣a，即OF＝﹣a，再得出OB＝OF+BF＝+a，運用勾股定理建立方程求解即可得出a＝，即可得出OB、OD的值，再利用△COD∽△AOB，求出OC，利用S四邊形ABDC＝S△ABC+S△DBC，即可求得答案．【解答】解：（1）∵∠ABO＝∠ADC＝α，∠ADB＝∠ACB＝2α，∠AOB＝∠BOD＝90°，∴∠DAB＝90°﹣∠ABO＝90°﹣α，∴∠DBC＝90°﹣∠ADB＝90°﹣2α，∴∠ABD＝∠CBD+∠ABC＝90°﹣2α+α＝90°﹣α，∴∠DAB＝∠ABD，∴DA＝DB；故答案為：90°﹣α；（2）如圖1，若k＝﹣，直線AB的解析式為y＝﹣x+，當x＝0時，y＝，∴點A的坐標是（0，），當y＝0時，即0＝﹣x+，∴x＝2，∴點B的坐標是（2，0），∴OA＝，OB＝2，∴DB＝DA＝AO+OD＝+OD，在Rt△BDO中，DB2＝OD2+OB2，∴（+OD）2＝OD2+（2）2，∴OD＝，∴點D的坐標是（0，﹣）；（3）①如圖2，連接BE，DE，∵DA＝DB，∴∠DEB＝∠DCA，∵AE是⊙M的直徑，∴∠ADE＝90°，∵∠ACB＝∠ADB＝2α，∴∠BDE＝∠ADE﹣∠ADB＝90°﹣2α，∵∠DAC＝90°﹣∠ACB＝90°﹣2α，∴∠DAC＝∠BDE，在△DAC和△BDE中，，∴△DAC≌△BDE（AAS），∴AC＝DE，∴∠ABC＝∠DAE，∵∠AOB＝∠AOF＝90°，∴△OAF∽△OBA，∴＝，∵OA＝，AF＝，∴OF＝＝＝1，∴OB＝＝5，∴BF＝OB﹣OF＝5﹣1＝4；②∵3BF＝2OD，∴＝，設BF＝2a，OD＝3a，其中a＞0，由①知：△OAF∽△OBA，∴＝，設OF＝b（b＞0），則OB＝2a+b，又OA＝，∴＝，∴b2+2ab﹣5＝0，∴b＝＝﹣a，∵b＞0，∴b＝，∴OF＝，∴OB＝OF+BF＝+2a＝，由（1）知：DB＝DA，∴DB＝DA＝OA+OD＝+3a，在Rt△BOD中，OD2+OB2＝BD2，∴（3a）2+（+a）2＝（+3a）2，解得：a＝，∴OD＝3a＝4，BF＝2a＝，OF＝﹣a＝﹣＝，OB＝3，∵∠ADC＝∠ABC，∠AOB＝∠COD＝90°，∴△COD∽△AOB，∴＝，∴OA?OD＝OB?OC，即×4＝3OC，∴OC＝，∵AD⊥BC，∴S四邊形ABDC＝S△ABC+S△DBC＝（OB+OC）×OA+（OB+OC）×OD＝×（3+）×+×（3+）×4＝．【點評】本題是圓的綜合題，考查了圓的性質，圓周角定理，直角三角形性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，一次函數(shù)的圖象和性質，三角形面積，解一元二次方程等，綜合性強，難度較大．3．（2022?南崗區(qū)校級二模）已知：△ABC內接于⊙O，連接OA，點D在⊙O上，連接AD，交BC于點E，∠CAD＝∠BAO．（1）如圖1，求證：AD⊥BC；（2）如圖2，過點D作DF⊥AB于點F，交BC于點G，求證：CD＝DG；（3）如圖3，在（2）的條件下，若2∠BAD﹣∠ADB＝3∠CAD，2AE＝3DE，AC＝1，求線段OA的長．【分析】（1）延長AO，交⊙O于點M，連接CM，推導出∠BAD+∠B＝90°，即可證明；（2）利用同弧所對的圓周角相等，推導出∠BCD＝∠BAD，∠DGE＝∠GCD，即可證明；（3）連接OD、OB、DC，由同弧所對的圓周角相等可得∠BOD＝2∠BAD，∠ABO＝∠BAO＝∠CAD，∠CAD＝∠DBC，在△BDO中，∠BOD＝180°﹣2（∠OBA+∠OBC），則∠BOD＝∠ADB+3∠CAD＝180°﹣2（∠OBA+∠OBC），點O作OH⊥AB交于H，可得∠ADB＝∠HOB，由∠HOB+3∠CAD＝180°﹣2（∠OBA+∠OBC），90°﹣∠ABO+3∠ABO＝180°﹣2（∠OBA+∠OBC），可得∠AOD＝90°，連接AG，∠GAF＝45°，可得△AFG是等腰直角三角形，能求出AF＝GF＝，設AE＝3x，ED＝2x，在Rt△ADF中，25x2＝+（+）2，解得x2＝或x2＝，當x2＝時，AO＝；當x2＝時，AO＝，此情況不成立．【解答】（1）證明：延長AO交⊙O于點M，連接CM，∵AM為⊙O的直徑，∠ACM＝90°，∴∠CAM+∠M＝90°，∵∠CAM＝∠BAD，∠M＝∠B，∴∠BAD+∠B＝90°，∴∠AEB＝90°，∴AD⊥BC；（2）證明：∵DF⊥AB，∴∠ABG+∠FGB＝90°，∵AD⊥BC，∴∠ABE+∠EAB＝90°，∴∠BAE＝∠BGF，∵＝，∴∠BCD＝∠BAD，∴∠DGE＝∠GCD，∴CD＝GD；（3）解：連接OD、OB、DC，∵＝，∴∠BOD＝2∠BAD，∵∠CAD＝∠BAO，∴∠ABO＝∠BAO＝∠CAD，∵＝，∴∠CAD＝∠DBC，在△BDO中，∠BOD＝180°﹣2（∠OBA+∠OBC），∵2∠BAD﹣∠ADB＝3∠CAD，∴∠BOD＝∠ADB+3∠CAD＝180°﹣2（∠OBA+∠OBC），過點O作OH⊥AB交于H，∴∠ADB＝∠HOB，∴∠HOB+3∠CAD＝180°﹣2（∠OBA+∠OBC），∴90°﹣∠ABO+3∠ABO＝180°﹣2（∠OBA+∠OBC），∴45°＝2∠OBA+∠OBC＝∠ABD，∴∠AOD＝90°，連接AG，∵CD＝DG，AD⊥CG，∴AD⊥平分CG，∴AC＝AG，∴∠DAC＝∠DAG，∵∠OAB＝∠ABO＝∠CAD，∴∠DAG＝∠OAB，∵∠DAO＝45°，∴∠GAF＝45°，∵AC＝1，∴AG＝1，∵GF⊥AF，∴△AFG是等腰直角三角形，∴AF＝GF＝，∵2AE＝3DE，設AE＝3x，ED＝2x，∴DC＝，∴DF＝+，在Rt△ADF中，25x2＝+（+）2，解得x2＝或x2＝，∵AD＝5x，∴AO＝x，當x2＝時，AO＝，DF＝BF＝，∴AB＝，∵＜，∴AO＝；當x2＝時，AO＝，DF＝BF＝，∴AB＝，∵＞，∴此情況不成立；綜上所述：AO＝．【點評】本題考查圓的綜合應用，熟練掌握圓的性質，圓周角與圓心角的關系，直角三角形的性質，同弧所對的圓周角相等是解題的關鍵．4．（2022?南崗區(qū)校級開學）四邊形ABCD內接于⊙O，連接AC、BD，∠DAC+2∠BDC＝180°．（1）如圖1，求證：∠BAC＝∠BCD；（2）如圖2，點H在BC上，HF∥AB，交AC于點G，交CD于點F，CF＝AG，求證：AB＝HG+CH；（3）如圖3，在（2）條件下，弦AC為⊙O直徑，點M在線段BH上，連AM、OM，∠MAC＝45°，若BM＝2，OM：AB＝5：6，求線段FG的長．【分析】（1）利用三角形內角和定理，同弧作對的圓周角相等，推導出∠BDC＝∠BCD，∠BAC＝∠BDC，即可證明；（2）過G作GQ∥BH交AB于點Q，證明△AQG≌△CHF（AAS），四邊形BHGQ是平行四邊形，即可證明；（3）過點M作MK⊥AC交于點K，過點O作ON⊥BC交于點N，設AB＝6x，AB＝5x，由△AMK是等腰直角三角形，分別求出AM＝，AK＝MK＝，在Rt△MOK中，KO＝，在Rt△MON中，MN＝4x，NC＝2+4x，在Rt△CON中，CO＝，建立方程+＝，解得x＝1，再由GH+CH＝6，GH∥ON，＝，解得GH＝2，CH＝4，NH＝2，由（2）知，F(xiàn)H＝BH，則GF＝8﹣2＝6．【解答】（1）證明：∵＝，∴∠DAC＝∠DBC，在△BCD中，∠CBD+∠BDC+∠DCB＝180°，∵∠DAC+2∠BDC＝180°，∴∠CBD+∠BDC+∠BDC＝180°，∴∠BDC＝∠BCD，∵＝，∴∠BAC＝∠BDC，∴∠BAC＝∠BCD；（2）證明：過G作GQ∥BH交AB于點Q，∵HF∥AB，∴∠BAC＝∠HGC，∵＝，∴∠BAC＝∠BDC，∵∠BDC＝∠BCD，∴∠BAC＝∠HCF，∵GQ∥BC，∴∠AQG＝∠ABC，∵∠ABC＝∠GHC，∴∠AQC＝∠FHC，∵AG＝CF，∴△AQG≌△CHF（AAS），∴HC＝AQ，∵QG∥BH，BQ∥GH，∴四邊形BHGQ是平行四邊形，∴BQ＝HG，∴AB＝AQ+BQ＝HC+HG；（3）解：過點M作MK⊥AC交于點K，過點O作ON⊥BC交于點N，∵OM：AB＝5：6，設AB＝6x，AB＝5x，∵∠MAC＝45°，∴△AMK是等腰直角三角形，∵BM＝2，∴AM＝，∴AK＝MK＝，在Rt△MOK中，KO＝，∵O是AC的中點，ON∥AB，∴ON＝3x，CN＝BN，在Rt△MON中，MN＝4x，∴NC＝2+4x，在Rt△CON中，CO＝，∵AO＝CO，∴+＝，解得x＝1，∴MN＝4，BN＝6＝AB，ON＝3，∵GH+CH＝6，GH∥ON，∴＝，即＝∴GH＝2，∴CH＝4，NH＝2，由（2）知，F(xiàn)H＝BH，∴GF＝8﹣2＝6．【點評】本題考查圓的綜合應用，熟練掌握圓周角與圓心角的性質，內接四邊形的性質，直角三角形的性質，三角形全等的判定及性質，等腰直角三角形的性質是解題的關鍵．5．（2022?鎮(zhèn)海區(qū)校級二模）如圖，⊙O為等腰三角形ABC的外接圓，AB＝AC，延長AO交BC于點D，過點C作CF垂直AB交AD于點E，交AB于點F，交⊙O于點C，連結AG，若GF＝1．（1）求證：∠GAF＝∠BAD＝∠CAD．（2）如圖1，若tan∠GAB＝，求△ABC的面積．（3）如圖2，若BD＝，求OD的長．【分析】（1）由垂徑定理得AD⊥BC，再根據(jù)等腰三角形的性質得∠BAD＝∠CAD，再根據(jù)CF⊥AB，AD⊥BC，可得∠BCF＝∠BAD，再根據(jù)圓周角定理得∠GAF＝∠BCF，從而得到∠GAF＝∠BAD＝∠CAD．（2）設BF＝x，可依次表示出CF，BC，BD，及AD，進而在△ABD中，根據(jù)勾股定理列出方程求得x的值，進一步求得結果；（3）連接OB，設AE＝a，根據(jù)△AEF∽△ABD可表示出AD，進而表示出DE，根據(jù)△ABD∽△CED列出方程，從而求得a的值，進一步求得結果．【解答】（1）證明：如圖1，作OM⊥AB于M，作ON⊥AC于N，∴AM＝，∠AMO＝∠ANO＝90°，∵AB＝AC，∴AM＝AN，∴∠AOM＝∠AON，∴∠MAO＝∠NAO，∴AD⊥BC，∴∠BAD＝∠CAD，∠B+∠BAD＝90°．∵CF⊥AB，∴∠B+∠BCF＝90°．∵∠BAD＝∠BCF，∴∠GAF＝∠BCF，∴∠GAF＝∠BAD＝∠CAD；（2）解：∵tan∠GAB＝，GF＝1，∴AF＝3，∴AG＝，設BF＝x，∴AB＝BF+AF＝3+x，∵∠GAF＝∠BCF，∴tan∠BCF＝，∴CF＝3x，∴BC＝x，∴BD＝x，∴AD＝x，在△ABD中，AB2＝BD2+AD2，∴（3+x）2＝x2+，∴（2x+1）（12x﹣9）＝0，∴x1＝﹣（負值舍去），x2＝，∴AB＝x+3＝，∴BC＝2BD＝2××＝，AD＝，∴S△ABC＝×AD×BC＝；（3）解：如圖2，連接OB，設AE＝a，∵∠EAF＝∠BAD，∠AFE＝∠ABD＝90°，∴△AEF∽△ABD，∴＝，∴AB＝AE＝a，∴AD＝＝，∴DE＝AD﹣AE＝﹣a，∵∠AFE＝∠EDC＝90°，∠AEF＝∠DEC，∴∠DCE＝∠FAE，∵∠EDC＝∠ADC＝90°，∴△CDE∽△ADC，∴，∴，∴5a4﹣23a2+24＝0，∴a2＝3或a2＝，當a2＝時，AD＝＝＜，∴a2＝舍去，∴a2＝3，∴AD＝＝2，設OD＝x，則OB＝OA＝2﹣x，∴（2﹣x）2﹣x2＝（）2，∴x＝，∴OD＝．【點評】本題考查了圓周角定理，等腰三角形性質，勾股定理，相似三角形的判定和性質等知識，解決問題的關鍵是設合適的未知數(shù)，列出方程．6．（2022春?南崗區(qū)校級月考）如圖1，AB是⊙O的直徑，點C在⊙O上，D是弧CB的中點，連接OD、AC（1）求證：OD∥AC；（2）如圖2，過點D作DE⊥AB于H，交⊙O于點E，連接CE交AB于點F，求證：AC＝AF；（3）如圖3，在（2）的條件下，延長DO交⊙O于點N，交CE于點G，連接BN交CE于點M，連接OM、CD，若FG＝2ME，△OMB的面積是2，求弦CD的長．【分析】（1）連接BC，利用直徑所對圓周角為直角和垂徑定理解答即可；（2）連接BC，BE，利用圓周角定理和等角的余角相等解答即可；（3）連接BC，NE，BE，過點O作OT⊥CG于點T，OR⊥BN于點R，利用已知條件證明△NGM≌△NEM，得到點M為CE的中點，利用等腰三角形的判定與性質，得到點T為FG的中點，設ME＝a，則MG＝TG＝FT＝a，進而得到FM＝3a，MT＝2a，EF＝4a；利用勾股定理求得BM，利用矩形的判定與性質得到OR，利用△OMB的面積是2，列出關于a的方程，解方程求得a值，則BE可求，再利用等弧對等弦即可求CD＝BE．【解答】（1）證明：連接BC，如圖，∵AB是⊙O的直徑，∴AC⊥BC，∵D是弧CB的中點，∴，∵OD是圓的半徑，∴OD⊥CB，∴AC∥OD；（2）證明：連接BC，BE，如圖，∵AB是⊙O的直徑，DE⊥AB，∴．∵，∴．∴∠BCE＝∠CED，∵AB是⊙O的直徑，∴AC⊥BC，∴∠ACF+∠ECB＝90°．∵DE⊥AB，∴∠CED+∠HFE＝90°，∴∠HFE＝∠ACF．∵∠HFE＝∠AFC，∴∠AFC＝∠ACF．∴AC＝AF；（3）解：連接BC，NE，BE，過點O作OT⊥CG于點T，OR⊥BN于點R，如圖，∵AC∥OD，∴．∵，∴．∴∠ADN＝∠DNB，∴AD∥BN．由（1）知：AC＝AF，∵，∴∠CAD＝∠BAD，∴AP⊥CF，∴BN⊥GE．∵，∴∠DNB＝∠ENB．在△NGM和△NEM中，，∴△NGM≌△NEM（ASA）．∴GM＝EM，NG＝NE．∴EG＝2ME．∵FG＝2ME，∴FG＝EG＝2ME．∵DN是圓的直徑，∴NE⊥DE．∵AB⊥DE，∴AB∥NE．∴∠OFG＝∠GEN．∵NG＝NE，∴∠NGE＝∠NEG．∴∠OFG＝∠NGE．∵∠NGE＝∠OGF．∴∠OFG＝∠OGF．∴OF＝GO．∵OT⊥FG，∴FT＝GT＝FG．設ME＝a，則MG＝TG＝FT＝a，∴FM＝3a，MT＝2a，EF＝4a．∵∠ACF＝∠AFC＝∠EFB，∠ABE＝∠ACF，∴∠EFB＝∠ABE，∴BE＝EF＝4a，∴BM＝＝a．∵OT⊥CG，OR⊥BN，TM⊥BN，∴四邊形OTMR為矩形，∴OR＝MT＝2a，∵△OMB的面積是2，∴×BM?OR＝2．即：×a×2a＝2，∵a＞0，∴a＝．∴BE＝4．∵，∴CD＝BE＝4．【點評】本題主要考查了圓周角定理，垂徑定理，平行線的判定與性質，等腰三角形的判定與性質，勾股定理，全等三角形的判定與性質，垂直的意義，直角三角形的性質，本題綜合性較強，添加適當?shù)妮o助線是解題的關鍵．題型三：垂徑定理一．解答題（共2小題）1．（2022?平房區(qū)三模）如圖，已知：四邊形ABCD內接于⊙O，AB為⊙O的直徑，BC＝CD，連接AC．（1）求證：AC平分∠BAD；（2）如圖（2）弦CG交AB于點E，∠ADC﹣∠BCG＝90°，求證：∠DCB＝2∠ABC；（3）如圖（3）在（2）的條件下，點R為弧AG上一點，連接DR、BR，分別交AC、CG于點H、F，連接HF，交AB于點T，若∠CDR＝∠BAC+∠ABR，EF：CE＝3：5，OT＝1，求線段FR的長．【分析】（1）根據(jù)等弧所對圓周角相等可得出∠CAD＝∠CAB，即可證出結論；（2）連接BD、BG，根據(jù)條件證出∠ABC＝∠ABG，再證明△CDB≌△BCG，即可得到∠DCB＝2∠ABC；（3）根據(jù)∠CDR＝∠BAC+∠ABR可得R為的中點，所以△ABR為等腰直角三角形，再根據(jù)邊長之間的關系，求出來半徑，再利用相似可求得RF的長．【解答】（1）證明：如圖1，∵BC＝CD，∴，∴∠CAD＝∠CAB，∴AC平分∠BAD；（2）證明：連接BD、BG，如圖2，∵AB為圓的直徑，∴∠ADB＝90°，∵∠ADC﹣∠BCG＝90°，∠ADC﹣∠CDB＝90°，∴∠CDB＝∠BCG，∴∴BG＝BC，∵BC＝CD，∴∠CBD＝∠BGC，在△CDB和△BCG中，，∴△CDB≌△BCG（AAS），∴∠DCB＝∠CBG，∵∠ABC＝∠ABG，∴∠DCB＝2∠ABC；（3）連接BD、AR、RO交HF于一點N，過點H作HM⊥AB于點M，如圖3，由（2）可知點C、點B為的三等分點，且BE⊥CG，∵EF：CE＝3：5，∴設EF＝3a，CE＝5a，∵∠CDR＝∠BAC+∠ABR，∴∠CDB+∠BDR＝∠BAC+∠ABR，∵∠CDB＝∠BAC，∴∠BDR＝∠ABR，∴＝，∴BR＝AR，∵AB為圓的直徑，∴∠ARB＝90°，∴△ABR為等腰直角三角形，∴∠ABR＝∠BAR＝45°，OR⊥AB，又∵BE⊥CG，∴∠EFB＝45°，故EF＝EB＝3a，∴在Rt△BCE中，，在△BEF中，∵∠ACB＝∠CEB＝90°，∠CBA＝∠EBC，∴△ACB∽△CEB，故，得，∵AB2＝AC2+BC2，∴直徑，半徑，在△ORB中，，∵，∴，∵OE＝OB﹣EB，∴，∴TE＝OT+OE＝1+，∵∠RAC＝∠BAR+∠BAC＝∠ADR+∠CAD＝∠RHA，∴RH＝AR＝BR＝a，∵∠CHD＝∠RHA，∠CDH＝∠RAC，∴∠CDH＝∠CHD，∴CH＝CD＝BC＝a，∴AH＝AC﹣CH＝a﹣a＝a，∵∠CHD＝∠RHA，∠CDH＝∠RAC，∴△CDH∽△RAH，∴＝，即＝，∴DH＝2a，∵HM⊥AB，∴∠AMH＝∠ACB＝90°，∵∠HAM＝∠BAC，∴△AHM∽△ABC，∴＝＝，即＝＝，∴HM＝2a，AM＝a，∴MT＝OA﹣AM﹣OT＝a﹣a﹣1＝a﹣1，∵OR⊥AB，HM⊥AB，∴OR∥HM，∴△THM∽△TNO，∴＝，即＝，∴ON＝，∵OR⊥AB，CG⊥AB，∴OR∥CG，∴∠TON＝∠TEF，∠TNO＝∠TFE，∴△TNO∽△TFE，∴＝，即＝，解得a＝3，∴．【點評】本題考查了等弧所對的圓周角相等、直徑所對的圓周角為直角，解題的關鍵在于找到角之間的關系還有邊長之間的關系，數(shù)形結合解答此題．2．（2022?石家莊三模）如圖：在矩形ABCD中，AB＝22，AD＝16，點O在線段DE上，其中DE＝26，EO＝6；以OE為半徑作圓O交線段AB于點P，并將線段OP繞點O逆時針旋轉90°得線段OQ．（備注：若圓O與AB有兩個交點，規(guī)定位于點O上方的交點為點P）特例探究：（1）如圖1，當點E在射線DA上時，AP＝2，點Q到直線DE的距離是4；變式研究：當點E在AD上方時，（2）如圖2，當點O落在線段AB上時，求點P、Q到直線DE的距離之比；（3）當圓O與BC邊相切時，求線段AP的長；（4）若點O到AB的距離為3，直接寫出點Q到AD的距離．【分析】（1）在Rt△POA中，用勾股定理求AP的長；過Q點作QG⊥AE交于G，證明△OPA≌△QOG（AAS），則可求OG＝OA＝4；（2）過點P作PH⊥ED交于H，過點Q作QK⊥ED交于K，可證明△POH∽△DOA，從而求出PH＝，再證明△OAD∽△QKO，可求QK＝，則PH：QK＝：＝4：3；（3）設切點為M，延長MO交DA延長線于點R，過點O作OS⊥AB交于S，再求AP的長即可；（4）分兩種情況討論：當O在AB左側時，過O作ON⊥AB交于N，OH⊥AD交于H，GQ⊥AC交于G，交ON于點M，則四邊形ONAH是矩形，四邊形MGHO是矩形，證明△OPN≌△QOM（AAS），再求QG＝QM+MG＝3+；當O點在AB右邊時，過O作ON⊥AB交于N，OH⊥AD交于H，過Q點作QG⊥AD交于G，QM⊥OH交于M，則四邊形ONAH是矩形，四邊形QGHM是矩形，證明△OPN≌△OQM（AAS），可求Q點到直線AD的距離為﹣3．【解答】解：（1）∵DE＝26，AD＝16，∴AE＝10，∵EO＝6，∴OA＝4，∵OP＝OE＝6，∴AP＝＝2，如圖1，過Q點作QG⊥AE交于G，∵∠POQ＝90°，∴∠QOG+∠POA＝90°，∠POA+∠OPA＝90°，∴∠QOG＝∠OPA，∵OP＝OQ，∴△OPA≌△QOG（AAS），∴OG＝OA＝4，故答案為：2，4；（2）∵DE＝26，EO＝6，∴OD＝20，在Rt△OAD中，AD＝16，∴OA＝＝12，如圖2，過點P作PH⊥ED交于H，過點Q作QK⊥ED交于K，∵∠POH＝∠AOD，∴△POH∽△DOA，∴＝，∵OP＝OE＝6，∴＝，∴PH＝，∵∠POQ＝90°，∴∠KOQ＝∠ODA，∴△OAD∽△QKO，∴＝，即＝，∴QK＝，∴PH：QK＝：＝4：3；（3）∵圓O與BC邊相切，設切點為M，則OM＝OE＝6，如圖3，延長MO交DA延長線于點R，過點O作OS⊥AB交于S，∵ED＝26，∴OD＝20，∵AB＝22，∴OR＝16，∴RD＝＝12，∴AR＝4，∴SP＝＝2，∴AP＝16+2；（4）如圖4，當O在AB左側時，過O作ON⊥AB交于N，OH⊥AD交于H，GQ⊥AC交于G，交ON于點M，∴四邊形ONAH是矩形，四邊形MGHO是矩形，∴MG＝OH，ON＝AH＝3，∴HD＝16+