中考数学一轮复习专题3.12 圆章末拔尖卷（北师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习专题3.12 圆章末拔尖卷（北师大版）（解析版），共30页。

参考答案与试题解析
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Rt△ABC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（ ）

A．12B．23C．22D．1
【答案】B
【分析】连接OD，EF，可得OD∥BC，EF∥AC，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，
∴OD⊥AC，FE⊥BC，
∵∠C=90°，
∴OD∥BC，EF∥AC，
∴ODBC=OABA，BFBA=BEBC，
∵AB=5，OB=2，
∴OD=OB=2，AO=5-2=3，BF=2×2=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 （ ）
A．8B．12C．16D．20
【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角可得∠FCE=90°，在Rt△EFC中求得EF=4；连接BD，可证得BD为为⊙O的直径，在Rt△BDE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Rt△BDE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（ ）
A．23−2π3B．23C．4π3−33D．2π3
【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，OF．
∵AB是直径，
∴∠AFB=90°，
∴AF⊥BF，∵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△CEF≌△BOF，
∴S阴=S扇形OBF=60⋅π⋅22360=2π3，
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MD⊥AB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，AB∥OC，
∴DE⊥CO，∴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=AB=CB=OC=8，DM=8-R；∴AD=BD=4（垂径定理）；
在Rt△ADM中，
根据勾股定理可得AM2=DM2+AD2，
∴R2=（8-R）2+42，∴R=5．∴M（-4，5）．
故选A．
5．（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（ ）
A．8B．12C．212D．172
【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、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CM⊥AB于M，连接AC，
则由三角形面积公式得：12×AB×CM=12×OA×OC+12×OA×OB，
∴5×CM=4×1+3×4，
∴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12×5×215=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( )
A．r＞4B．r＞4且r≠5C．r＞3D．r＞3且r≠5
【答案】B
【分析】作PA⊥x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PA⊥x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r>4且r≠5．
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r≠PO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（ ）
A．7B．72C．82D．9
【答案】B
【分析】作DF⊥CA，交CA的延长线于点F，作DG⊥CB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△AFD≌△BGD，△CDF≌△CDG，得出CF=7，又△CDF是等腰直角三角形，从而求出CD=72.
【详解】作DF⊥CA，垂足F在CA的延长线上，作DG⊥CB于点G，连接DA，DB，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD
∴DF=DG，AD=BD，
∴DA=DB，
∵∠AFD=∠BGD=90°，
∴△AFD≌△BGD，
∴AF=BG．
易证△CDF≌△CDG，
∴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秋·福建福州·九年级校考期中）“割圆术”是我国魏晋时期的数学家刘徽首创的计算圆周率的方法：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”，即随着边数增加，圆内接正多边形逐步逼近圆，进而可以用圆内接正多边形的面积近似表示圆的面积．设圆的半径为R，则由圆内接正十二边形算得的圆周率约为（ ）
A．3.14B．3C．3.1D．3.141
【答案】B
【分析】过点A作AD⊥BC，求出△ABC的面积，再表示出正十二边形的面积，最后根据可以用圆内接正多边形的面积近似表示圆的面积即可求解．
【详解】解：如图，AB是正十二边形的一条边，点C是正十二边形的中心，
过点A作AD⊥BC，
则∠ACB=360°12=30°，AC=BC=R，
∴AD=12AC=12R，
∴S△ABC=12AD⋅BC=12×12R×R=R24，
∴正十二边形的面积为12S△ABC=12×R24=3R2，
∵圆的面积为πR2，
∴3R2=πR2，
∴π=3，
故选：B．

【点睛】本题考查了正多边形与圆，三角形的面积的计算，正确地作出辅助线是解题的关键．
9．（3分）（2023春·九年级课时练习）如图，在Rt△ABC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：①AO=2CO；②AO=BC；③以O圆心，OC为半径的圆与AB相切；④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（ ）
A．①②③④B．①②③C．②③④D．①③④
【答案】D
【分析】①连接OB，△OAB是等腰三角形，则两底角相等为30°，在Rt△ABC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；
②在Rt△OBC中，OB是斜边＞直角边BC的长度，而OA＝OB，可判断；
③过点O作OE⊥AB于点E，利用角平分线的性质定理，得到OC＝OE来判断；
④延长BC，交⊙O于点D，连接AD，可得到DC＝BC，加上∠C为90°，可推断△ABD为等腰三角形，而∠ABC＝60°，可判断△ABD是等边△，即可得出.
【详解】①如图，连接OB，则OA=OB．
∵∠C=90°, ∠OAB=30°，
∴∠ABO=∠OAB=30°,∠ABC=60°，
∴∠CBO=30°,∴OB=2OC．
∴AO=2CO，故①正确；
②在Rt△OCB中，∠C=90°,OB>BC,∵AO=OB，
∴AO>BC，故②错误；
③如图，过点O作OE⊥AB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③正确；
④如图，延长BC，交⊙O于点D，连接AD．
∵∠ACB=90°,∴DC=BC．
∴AD=AB，
∵∠ABC=60°，
∴△ADB是等边三角形．
∴AD=AB=BD,∴AD=AB=BD，
∴A,B,D是⊙O的三等分点，故④正确；
故正确的有①③④．
【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（ ）

A．22【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+22=22，AC=AD=42+12=17，AE=32+32=32，AF=52+22=29，AG=AM=AN=42+32=5，
∴ 17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：
①当O在△ABC内部时，如图，连接OB、OA，延长AO交BC于D，
∵⊙O是等腰三角形ABC的外接圆，BC=8，
∴AD⊥BC，BD=DC=12AB=4，
在Rt△OBD中，由勾股定理得：OD=52−42=3，
∴BC边上的高AD=AO+OD=5+3=8；
②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Rt△OME≌Rt△OND，得到OM= ON=r-1，在Rt△OME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DN⊥MG于点N，
∵BC切⊙O于点G，∴CG⊥BG，
∵∠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Rt△OME和Rt△OND中，∠M=∠OND=90°∠EOM=∠DONOE=OD，
∴Rt△OME≌Rt△OND，
∴OM= ON=r-1，
在Rt△OME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OC⊥AB于C，交⊙O于D点，连结OA、OB、DA、DB根据圆周角定理推出△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OC⊥AB于C，交⊙O于D点，连结OA、OB、DA、DB如图，
∵∠AMB=45°，
∴∠AOB=2∠AMB=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=12×AB•DC=12×22×（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=x﹣4与x轴、y轴分别交于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】4﹣22 或4+22．
【详解】作EF∥MN，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x﹣y+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=x﹣22，所以点M的坐标为（22，0）或（﹣22，0）．令y=x﹣4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4﹣22秒或4+22秒．
点睛：本题考查了直线与圆的位置关系、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秋·九年级课时练习）如图,AB是⊙O的弦，OP⊥OA交AB于点P，过点B的切线交OP的延长线于点C．若⊙O的半径为5,OP=1，则BC的长为 ．

【答案】2
【分析】根据切线的性质可得∠OBC=90°，从而可得∠OBA+∠ABC=90°，再根据垂直定义可得∠POA=90°，从而可得∠A+∠APO=90°，然后利用等腰三角形的性质，以及等角的余角相等，对顶角相等可得∠ABC=∠BPC，从而可得BC=CP，最后在Rt△OBC中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【详解】解：∵BC与⊙O相切于点B，
∴∠OBC=90°，
∴∠OBA+∠ABC=90°，
∵PO⊥OA，
∴∠POA=90°，
∴∠A+∠APO=90°，
∵OA=OB，
∴∠A=∠OBA，
∴∠ABC=∠APO，
∵∠APO=∠BPC，
∴∠ABC=∠BPC，
∴BC=CP，
设BC=CP=x，
在Rt△OBC中，OB2+BC2=OC2，
∴(5)2+x2=(x+1)2，
∴x=2，
∴BC=2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，熟练掌握切线的性质，以及等腰三角形的判定是解题的关键．
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】9π−932
【分析】如图（见解析），连接OA、OD，作OH⊥AM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ΔCMN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RtΔODH中，OH=OD2−DH2=32x，在RtΔAOH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OH⊥AM于H，则H是AC的中点
因正六边形的每个角等于120°
则∠CMN=∠CNM=60°
∴ΔCMN是等边三角形
∴AD=DM=MC=MN
设AD=x，则AC=3x,AH=12AC=32x,DH=AH−AD=12x
∴在RtΔODH中，OH=OD2−DH2=32x
在RtΔAOH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=9π−6×12×3×32=9π−932
故答案为：9π−932.
【点睛】本题考查了正六边形的性质、等边三角形的性质、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BD⊥AB，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′，A′B′，可得∠ABB′=90°，延长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′，A′B′，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CE⊥AB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⏜，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Rt△BOM=Rt△EOFHL，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CE⊥AB，AB是直径，
∴BC=BE，
∴BC⏜=BE⏜=CD⏜，
∴∠CBD=∠CDB=∠BCE，
∴BG=CG；
（2）解：如图，过点O作OM⊥BD，垂足为M，连接OD，OE，

∵BC⏜=BE⏜=CD⏜，
∴BC+CD=BC+BE，
即BD=CE，
∴BD=CE，
又∵OM⊥BD，OF⊥CE，
∴DM=BM=12BD，EF=CF=12CE，
则BM=EF，
又∵OB=OE，
∴Rt△BOM=Rt△EOFHL，
∴OM=OF=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：
①当t=________s时，四边形PBQE为菱形；
②当t=_________s时，四边形PBQE为矩形．
【答案】（1）见解析；（2）①2；②0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△ABP≅△DEQ，由此可得BP=EQ、PE=QB，进而可证结论．
（2）①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；
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,
∴△ABP≅△DEQ
∴BP=EQ
同理可证PE=QB．
∴四边形PBQE是平行四边形．
（2）①2；②0或4 ，
①由对称性可知，当PA=PF，QC=QD时，四边形PBQE是菱形，此时t=2s．
②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AC⊥BC，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CD．

∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∴∠CAD+∠ACD=90°．
又∵∠AFD=∠ACD，∠AFD=∠B，
∴∠B=∠ACD，
∴∠CAD+∠B=90°，
∴AC⊥BC，
∴BC是⊙O的切线．
（2）解：∵∠FAC=25°，
∴∠FDC=25°，
∴∠ADE=∠ADC−∠FDC=90°−25°=65°．
∵AE=AD，
∴∠AED=∠ADE=65°，
∴∠CAD=180°−2×65°=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53πcm或133πcm或233πcm
【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OC．

∵PC是⊙O的切线，OC为⊙O的半径，
∴∠PCO=90°，
∴∠PCA+∠1=90°．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠OCB+∠1=90°，
∴∠OCB=∠PCA．
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠B，
∴∠PCA=∠B；
（2）解：如图，

∵∠P=40°，∠PCO=90°，
∴∠COP=50°．
∵△ABQ与△ABC的面积相等，
∴∠AOQ1=50°，
∴点Q所经过的弧长=50×π×6180=53πcm；
或者∠AOQ2=130°，
∴点Q所经过的弧长=130×π×6180=133πcm；
或者∠BOQ3=50°，
∴点Q所经过的弧长=230×π×6180=233πcm．
综上可知，当△ABQ与△ABC的面积相等时，点Q所经过的弧长是53πcm或133πcm或233πcm．
【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CE⊥AB，D是弧BC上的一点，连接DE交AB于点P，连接CP．
①∠CPD是弧CD的“幸运角”吗？请说明理由；
②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)①∠CPD是弧CD的“幸运角”，理由见解析；②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）①根据AB是⊙O的直径，弦CE⊥AB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；②根据圆周角定理可得，∠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：①∵AB是⊙O的直径，弦CE⊥AB，
∴CF=EF，
∴CP=EP，
∵CE⊥AB，
∴∠CPA=∠EPA，
∵∠DPB=∠EPA，
∴∠DPB=∠CPA，
∴∠CPD是弧CD的“幸运角”；
②∵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=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Rt△BCD，∠BCD=90°，B、D在⊙O上，延长BC交⊙O于点F，过B点作BE⊥BC，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DJ⊥EB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Rt△DCF≌Rt△DJE(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，

∵BE⊥BF，
∴∠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IF．

∵I是△BEF的内心，
∴∠IBF=∠IBE，∠IFB=∠IFE，
∵∠AIF=∠IBF+∠IFB，∠AFI=∠AFE+∠IFE，∠AFE=∠IBE，
∴∠AIF=∠AFI，
∴AI=AF；
（3）解：如图3中，过点D作DJ⊥EB交EB的延长线于点J，作△BEF的内切圆⊙I，切点分别为P，Q，M．

∵∠CBJ=∠J=∠DCB=90°，
∴四边形BJDC是矩形，
∵CB=CD，
∴四边形BJDC是正方形，
∴CD=DJ=BJ=BC，
∵∠DEF=∠DFE=45°，
∴DE=DF，
∴Rt△DCF≌Rt△DJE(HL)，
∴FC=EJ，
∵⊙I与△BEF内切于点P，Q，M，
∴EM=EP，BP=BQ，FQ=FM，
∴FM−EM=FQ−PE=BF−BE=BC+CF−(EJ−BJ)=2BC=2CD=4．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，三角形的内切圆，全等三角形的判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．