1、备战2022年苏科版中考数学分类精练24：圆的概念及性质一、选择题1、在平面直角坐标系中，O的半径为2，点A（1，）与O的位置关系是（ ）A在O上B在O内C在O外D不能确定2、2021浦东新区模拟）下列四个命题：同圆或等圆中，相等的弦所对的弧相等；同圆或等圆中，相等的弧所对的弦相等；同圆或等圆中，相等的弦的弦心距相等；同圆或等圆中，相等的弧所对的圆心角相等真命题的个数有（）A1个B2个C3个D4个3、学习圆的性质后，小铭与小熹就讨论起来，小铭说：“被直径平分的弦也与直径垂直”，小熹说：“用反例就能说明这是假命题” 下列判断正确的是（ ）A两人说的都对 B小铭说的对，小熹说的反例不存在C两人说的
2、都不对 D小铭说的不对，小熹说的反例存在4、（2021江苏九年级二模）P为O内一点，O半径为5，则经过P点的最短弦长为（ ）A5B6C8D105、如图，在半径为5的O中，、是互相垂直的两条弦，垂足为，且，则的长为（ ）A3B4CD6、（2021杭州模拟）如图，AB是O的直径，EF，EB是O的弦，连接OF，若AOF40，则E的度数是（）A40B50C55D707、（2021前郭县三模）如图，四边形ABDE是O的内接四边形，CE是O的直径，连接BC，DC若BDC20，则A的度数为（）A90B100C110D1208、如图，O的直径AB与弦CD的延长线交于点E，若DEOB，AOC84，则E等于（）A
3、42B28C21D209、如图，MN是O的直径，点A是半圆上一个三等分点，点B是的中点，点B 是点B关于MN的对称点，O的半径为1，则AB 的长等于（）A1BCD210、如图，矩形ABCD中，AB60，AD45，P，Q分别是AB，AD边上的动点，PQ52，以PQ为直径的O与BD交于点M，N，则MN的最大值为（）A48B45C42D40二、填空题11、的圆心是原点，半径为5，点在上，如果点在第一象限内，那么_12、的半径为5cm，AB、CD是的两条弦，则和之间的距离为_13、如图，O的半径是2，AB是O的弦，P是弦AB上的动点，且1OP2，则弦AB所对的圆心角的度数是_14、（2021盐城模拟）
4、如图，ABC中，A50，以AB为直径的O分别与BC，AC交于点D，E，且BDCD，连接BE，DE，则BED的大小为 15、如图，在圆O的内接四边形ABCD中，AB=AD，C=110，若点E在弧AD上，E的度数为_16、如图，两个正方形都在O的直径MN的同侧，顶点B、C、G都在MN上，正方形ABCD的顶点A和正方形CEFG的顶点F都在O上，点E在CD上若AB5，FG3，则OC的长为 17、如图，MN是O的直径，MN=4，AMN=40，点B为弧AN的中点，点P是直径MN上的一个动点，则PA+PB的最小值为_18、（2021广东）如图，在等腰中，点P在以斜边AB为直径的半圆上，M为PC的中点当点P沿
5、半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是_三、解答题19、（2021永嘉县模拟）如图，四边形ABCD内接于O，AB是直径，C为的中点，延长AD，BC交于P，连结AC（1）求证：ABAP；（2）当AB10，DP2时，求线段CP的长20、已知：ABC内接于O，D是上一点，ODBC，垂足为H（1）如图1，当圆心O在AB边上时，求证：AC=2OH；（2）如图2，当圆心O在ABC外部时，连接AD、CD，AD与BC交于点P，求证：ACD=APB；21、（2021杨浦区二模）已知：如图，AB是半圆O的直径，C是半圆上一点（不与点A、B重合），过点A作ADOC交半圆于点D，E是直径AB上一点，且AEAD，联
6、结CE、CD（1）求证：CECD；（2）如果，延长EC与弦AD的延长线交于点F，联结OD，求证：四边形OCFD是菱形22、（2021和平区一模）已知AB是O的直径，CD是O的弦，连接BD（）如图，连接OC，AD若ADC56，求CDB及COB的大小；（）如图，过点C作DB的垂线，交DB的延长线于点E，连接OD若ABD2CDB，ODC20，求DCE的大小23、在O中，直径AB6，BC是弦，ABC30，点P在BC上，点Q在O上，且OPPQ（1）如图1，当PQAB时，求PQ的长度；（2）如图2，当点P在BC上移动时，求PQ长的最大值24、已知：内接于，于点，连接（1）如图，求证：；（2）如图，延长交于
7、点，连接，若，求证：；（3）如图，在（2）的条件下，若，求线段的长 25、（2021贵州九年级三模）问题背景：如图在四边形中，探究线段、之间的数量关系小杨同学探究此问题的思路是：将绕点逆时针旋转到处点、分别落在点、处（如图），易证点，、在同一条直线上，并且是等腰直角三角形，所以，从而得出结论简单应用：（1）在图中，直接利用小杨得出的结论，若，则_（2）利用小杨同学探究图问题提供的思路，解决图中的问题如图，已知是的直径点、在上，求证：拓展延伸：（3）如图，是四边形的外接圆，若，求的长（用含,的代数式表示）26、（2021苏州模拟）如图，点A和动点P在直线l上，点P关于点A的对称点为Q，以AQ为边
8、作RtABQ，使BAQ90，AQ：AB3：4，作ABQ的外接圆O点C在点P右侧，PC4，过点C作直线ml，过点O作ODm于点D，交AB右侧的圆弧于点E在射线CD上取点F，使DF，以DE，DF为邻边作矩形DEGF设AQ3x（1）用关于x的代数式表示BQ ，DF （2）当点P在点A右侧时，若矩形DEGF的面积等于90，求AP的长（3）当点P在点A右侧时，作直线BG交O于点N，若BN的弦心距为1，求AP的长备战2022年苏科版中考数学分类精练24：圆的概念及性质一、选择题1、在平面直角坐标系中，O的半径为2，点A（1，）与O的位置关系是（ ）A在O上B在O内C在O外D不能确定【答案】A【分析】本题考
9、查了点和圆的位置关系，点和圆的位置关系是由点到圆心的距离和圆的半径间的大小关系确定的：（1）当时，点在圆外；（2）当时，点在圆上；（3）当时，点在圆内根据点A的坐标，求出OA=2，根据点与圆的位置关系即可做出判断【详解】解：点A的坐标为（1，），由勾股定理可得：OA=，又O的半径为2，点A在O上故选：A2、2021浦东新区模拟）下列四个命题：同圆或等圆中，相等的弦所对的弧相等；同圆或等圆中，相等的弧所对的弦相等；同圆或等圆中，相等的弦的弦心距相等；同圆或等圆中，相等的弧所对的圆心角相等真命题的个数有（）A1个B2个C3个D4个【分析】利用圆的有关性质分别判断后即可确定正确的选项【解析】同圆或等
10、圆中，相等的弦所对的弧相等，错误，是假命题，不符合题意；同圆或等圆中，相等的弧所对的弦相等，正确，是真命题，符合题意；同圆或等圆中，相等的弦的弦心距相等，正确，是真命题，符合题意；同圆或等圆中，相等的弧所对的圆心角相等，正确，是真命题，符合题意，真命题有3个，故选：C3、学习圆的性质后，小铭与小熹就讨论起来，小铭说：“被直径平分的弦也与直径垂直”，小熹说：“用反例就能说明这是假命题” 下列判断正确的是（ ）A两人说的都对 B小铭说的对，小熹说的反例不存在C两人说的都不对 D小铭说的不对，小熹说的反例存在【答案】D【分析】根据垂径定理可直接进行排除选项【详解】解：由垂径定理的推论“平分弦（不是直
11、径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧”可知：小铭忽略了垂径定理中的“弦不能是直径”这一条件，因为一个圆中的任意两条直径都互相平分，但不垂直，所以小铭说法错误，小熹所说的反例即为两条直径的情况下；故选D4、（2021江苏九年级二模）P为O内一点，O半径为5，则经过P点的最短弦长为（ ）A5B6C8D10【答案】C【分析】此题首先要能够正确分析出其最短的弦，然后综合运用垂径定理和勾股定理进行计算根据勾股定理和垂径定理即可求得【详解】解：在过点P的所有O的弦中，如图，当弦与OP垂直时，弦最短，此时，得其半弦长为4，则弦长是8，故选：C5、如图，在半径为5的O中，、是互相垂直的两条弦，垂足为，且，则
12、的长为（ ）A3B4CD【答案】C【分析】作于，于，连接，首先利用勾股定理求得的长，然后判定四边形是正方形，求得正方形的对角线的长即可求得的长【详解】解：作于，于，连接，于，同理可得：，弦、互相垂直，于，于，四边形是矩形，四边形是正方形，故选：C6、（2021杭州模拟）如图，AB是O的直径，EF，EB是O的弦，连接OF，若AOF40，则E的度数是（）A40B50C55D70【分析】连接FB，得到FOB140，利用同弧所对的圆周角是圆心角的一半求解【解析】AOF40，FOB18040140，E=FOB70故选：D7、（2021前郭县三模）如图，四边形ABDE是O的内接四边形，CE是O的直径，连接
13、BC，DC若BDC20，则A的度数为（）A90B100C110D120【分析】根据圆周角定理和圆内接四边形的性质即可得到结论【解析】CE是O的直径，CDE90，BDC20，BDECDEBDC70，四边形ABDE是O的内接四边形，A180BDE110，故选：C8、如图，O的直径AB与弦CD的延长线交于点E，若DEOB，AOC84，则E等于（）A42B28C21D20【分析】本题考查了圆的认识：掌握与圆有关的概念（ 弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）也考查了等腰三角形的性质利用OBDE，OBOD得到DODE，则EDOE，根据三角形外角性质得1DOE+E，所以12E，同理得到AOC
14、C+E3E，然后利用E=AOC进行计算即可【解答】解：连结OD，如图，OBDE，OBOD，DODE，EDOE，1DOE+E，12E，而OCOD，C1，C2E，AOCC+E3E，E=AOC=8428故选：B9、如图，MN是O的直径，点A是半圆上一个三等分点，点B是的中点，点B 是点B关于MN的对称点，O的半径为1，则AB 的长等于（）A1BCD2【分析】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系定理，掌握在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等是解题的关键连接OB、OB，根据圆心角、弧、弦的关系定理得到AOB90，根据勾股定理计算，得到答案【解析】
15、连接OB、OB，点A是半圆上一个三等分点，AON60，点B是的中点，BON30，点B是点B关于MN的对称点，BON30，AOB90，故选：B10、如图，矩形ABCD中，AB60，AD45，P，Q分别是AB，AD边上的动点，PQ52，以PQ为直径的O与BD交于点M，N，则MN的最大值为（）A48B45C42D40【答案】A【分析】本题考查了垂径定理：直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧也考查了矩形的性质和勾股定理过A点作AHBD于H，连接OM，如图，先利用勾股定理计算出BD=75，则利用面积法可计算出AH=36，再证明点O在AH上时，OH最短，此时HM有最大值，最大值为24，然后根据垂
16、径定理可判断MN的最大值【详解】解：过A点作AHBD于H，连接OM，如图，在RtABD中，BD75，AHBDADAB，AH36，O的半径为26，点O在AH上时，OH最短，HM，此时HM有最大值，最大值为24，OHMN，MN2MH，MN的最大值为22448故选：A二、填空题11、的圆心是原点，半径为5，点在上，如果点在第一象限内，那么_【答案】4【分析】如图,可得OA=5，OB=3，运用勾股定理可以求得AB的长，即为a的值.【解析】解：如图由题意得：OA=5，OB=3，由勾股定理可得：AB= 即a=412、的半径为5cm，AB、CD是的两条弦，则和之间的距离为_【答案】1cm或7cm【分析】本题
17、考查了勾股定理和垂径定理的应用，正确作出辅助线、灵活运用垂径定理以及分类讨论思想和数形结合思想是解答本题的关键分两种情况：弦AB和CD在圆心同侧；弦AB和CD在圆心异侧；分别作出半径和弦心距，利用勾股定理和垂径定理求解即可【详解】解：当弦AB和CD在圆心同侧时，如图1AB8cm，CD6cm，AE4cm，CF3cm，OAOC5cm，EO3cm，OF4cm，EF431cm；当弦AB和CD在圆心异侧时，如图2，AB8cm，CD6cm，AE4cm，CF3cm，OAOC5cm，EO3cm，OF4cm，EFOFOE7cmAB与CD之间的距离为1cm或7cm故填1cm或7cm13、如图，O的半径是2，AB是
18、O的弦，P是弦AB上的动点，且1OP2，则弦AB所对的圆心角的度数是_【答案】【分析】此题考查直角三角形直角边等于斜边一半的性质，圆的半径相等的性质，等腰三角形等边对等角的性质，三角形内角和定理，熟练掌握各知识点并综合应用解决问题是解题的关键作ODAB，由1OP2，证得，求出，根据三角形内角和定理求出答案即可【详解】解：作ODAB，P是弦AB上的动点，且1OP2，OD=1，O的半径是2，OA=OB，弦AB所对的圆心角，故答案为： 14、（2021盐城模拟）如图，ABC中，A50，以AB为直径的O分别与BC，AC交于点D，E，且BDCD，连接BE，DE，则BED的大小为 【分析】连接AD，证明A
19、BAC，利用三线合一的性质求出BAD即可解决问题【解析】连接ADAB是直径，ADB90，即ADBC，BDDC，ABAC，BAD=BAC25，BEDBAD25，故答案为：2515、如图，在圆O的内接四边形ABCD中，AB=AD，C=110，若点E在弧AD上，E的度数为_【答案】【分析】连接BD，先根据圆内接四边形的性质计算出BAD=180-C=70，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算出ABD=55，然后再根据圆内接四边形的性质可得E的度数【解析】连接BD，C+BAD=180，BAD=180110=70，AB=AD，ABD=ADB，ABD=（18070）=55，四边形ABDE为圆的内接四
20、边形，E+ABD=180，E=18055=125故答案为：.16、如图，两个正方形都在O的直径MN的同侧，顶点B、C、G都在MN上，正方形ABCD的顶点A和正方形CEFG的顶点F都在O上，点E在CD上若AB5，FG3，则OC的长为 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键由四边形ABCD，EFGC是正方形，得到ABCFGC90，根据勾股定理即可得到结论【解答】解：连接AO，OF，四边形ABCD，EFGC是正方形，ABCFGC90，AB2+BO2OG2+FG2，52+（5OC）2（3+OC）2+32OC2，故答案为：217、如图，MN是O的直径，MN=4，AMN=4
21、0，点B为弧AN的中点，点P是直径MN上的一个动点，则PA+PB的最小值为_【答案】2【分析】本题考查轴对称求最小值问题及解直角三角形，根据轴对称的性质准确作图是本题的解题关键.过A作关于直线MN的对称点A，连接AB，由轴对称的性质可知AB即为PA+PB的最小值，【解析】解：连接OB，OA，AA，AA关于直线MN对称， AMN=40，AON=80，BON=40，AOB=120，过O作OQAB于Q，在RtAOQ中，OA=2，AB=2AQ=，即PA+PB的最小值.18、（2021广东）如图，在等腰中，点P在以斜边AB为直径的半圆上，M为PC的中点当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是_
22、【答案】【分析】本题考查了轨迹、点按一定规律运动所形成的的圆形为点运动的轨迹、等腰直角三角形的性质、勾股定理、三角形中位线定理、圆的周长的计算等知识点，解答本题的关键是作出辅助线，正确寻找点的运动轨迹取AB中点O，连接OP，OC，取OC中点D，连接MD，由勾股定理可得的长度，由三角形中位线定理可知，可以推出点的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆【详解】取AB中点O，连接OP，OC，取OC中点D，连接MD，为等腰直角三角形，由题意可知，点M的运动路径是以点D为圆心，以为半径的半圆，点M的运动路径长，故答案为：三、解答题19、（2021永嘉县模拟）如图，四边形ABCD内接于O，AB是直径，C为的中点
23、，延长AD，BC交于P，连结AC（1）求证：ABAP；（2）当AB10，DP2时，求线段CP的长【分析】主要考查了圆周角定理，垂径定理，圆内接四边形的性质等知识点，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型（1）利用等角对等边证明即可（2）利用勾股定理分别求出BD，PB，再利用等腰三角形的性质即可解决问题【解答】（1）证明：C为的中点，BACCAP，AB是直径，ACBACP90，ABC+BAC90，P+CAP90，ABCP，ABAP（2）解：如图，连接BDAB是直径，ADBBDP90，ABAP10，DP2，AD1028，BD6，PB2，ABAP，ACBP，BCPC
24、PB，PC20、已知：ABC内接于O，D是上一点，ODBC，垂足为H（1）如图1，当圆心O在AB边上时，求证：AC=2OH；（2）如图2，当圆心O在ABC外部时，连接AD、CD，AD与BC交于点P，求证：ACD=APB；【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）24试题分析：（1）ODBC可知点H是BC的中点，又中位线的性质可得AC=2OH；（2）由垂径定理可知：BD=CD，所以BAD=CAD，由因为ABC=ADC，所以ACD=APB；试题解析：（1）ODBC，由垂径定理可知：点H是BC的中点，点O是AB的中点，OH是ABC的中位线，AC=2OH；（2）ODBC，由垂径定理可知：BD=
25、CD，BAD=CAD，AC=AC，ABC=ADC，180BADABC=180CADADC，ACD=APB，21、（2021杨浦区二模）已知：如图，AB是半圆O的直径，C是半圆上一点（不与点A、B重合），过点A作ADOC交半圆于点D，E是直径AB上一点，且AEAD，联结CE、CD（1）求证：CECD；（2）如果，延长EC与弦AD的延长线交于点F，联结OD，求证：四边形OCFD是菱形【分析】本题考查了菱形的判定，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键（1）由“SAS”可证DACEAC，可得CECD；（2）先求出AODAEC108，可证ODCE，由菱形的判定可得结论
26、【解答】证明：（1）如图，连接AC，OAOC，OACOCA，ADOC，DACOCA，DACOAC，在DAC和EAC中，DACEAC（SAS），CECD；（2）如图2，连接CA，AOD3COD，ADOC，ADODOC，OAOD，OADODA，AOD+OAD+ADO180，5ADO180，ADO36，AOD108，DOC36，ODOC，ODC72，ADC108，DACEAC，ADCAEC108，AODAEC，ODCE，又OCAD，四边形OCFD是平行四边形，又ODOC，平行四边形OCFD是菱形22、（2021和平区一模）已知AB是O的直径，CD是O的弦，连接BD（）如图，连接OC，AD若ADC56
27、，求CDB及COB的大小；（）如图，过点C作DB的垂线，交DB的延长线于点E，连接OD若ABD2CDB，ODC20，求DCE的大小【分析】本题考查圆的有关概念和性质，熟练掌握圆周角定理和推论是解题关键（1）由直径所对的圆周角是直角可得CDB的度数，再利用圆周角与圆心角的关系可得答案；（2）由半径的关系可得ODBOBD，再利用ABD2CDB，ODC20可得CDB20，最后根据直角三角形锐角互余可得答案【解析】（）AB是O的直径，ADB90，ADC56，CDB90ADC905634，在O中，COB2CDB23468 （II ）ODOB，ODBOBD，即ODC+CDBOBD，ABD2CDB，ODC2
28、0，20+CDB2CDB，CDB20，CEDE，CED90，在RtCDE中，DCE90CDE90207023、在O中，直径AB6，BC是弦，ABC30，点P在BC上，点Q在O上，且OPPQ（1）如图1，当PQAB时，求PQ的长度；（2）如图2，当点P在BC上移动时，求PQ长的最大值【答案】（1）；（2）【分析】（1）在RtOPB中，由OP=OBtanABC可求得OP=，连接OQ，在RtOPQ中，根据勾股定理可得PQ的长；（2）由勾股定理可知OQ为定值，所以当OP最小时，PQ最大根据垂线段最短可知，当OPBC时OP最小，所以在RtOPB中，由OP=OBsinABC求得OP的长；在RtOPQ中，根
29、据勾股定理求得PQ的长【解析】解：（1）OPPQ，PQAB，OPAB在RtOPB中，OP=OBtanABC=3tan30=连接OQ，在RtOPQ中，（2） 当OP最小时，PQ最大，此时OPBCOP=OBsinABC=3sin30=PQ长的最大值为24、已知：内接于，于点，连接（1）如图，求证：；（2）如图，延长交于点，连接，若，求证：；（3）如图，在（2）的条件下，若，求线段的长 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】本题考查圆周角定理、垂径定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质及勾股定理，正确作出辅助线，构建全等三角形并熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键（1）如图，连接
30、OC，根据等腰三角形的性质可得，根据可得，根据圆周角定理可得，根据等腰三角形的性质可得，根据三角形内角和可得，即可得结论；（2）如图，连接，过点作于点，根据垂径定理可得，根据圆周角定理可得，利用角的和差关系可得，根据等腰三角形的性质可得，根据圆周角定理可得，利用AAS可证明，根据全等三角形的性质可得，进而可得结论；（3）延长交于点，过点作于点，交于点，连接，设，根据圆周角定理及等腰三角形的性质可得，即可得出，利用SAS可证明，根据全等三角形的性质可得，进而可得，可得，根据三角形内角和可得，即可得出，根据等腰三角形的性质可得，设，则，利用ASA可证明，可得，根据直角三角形两锐角互余的关系可得，利
31、用ASA可证明，可得，利用勾股定理列方程求出m的值即可得答案【详解】（1）连接，BAC和BOC分别是所对的圆周角和圆心角， （2）连接，过点作于点，EBC和EAC是所对的圆周角，=，在BOK和OBH中，（3）延长CO交于点，过点作于点，交于点，连接设，OBC=OCB=，在BCM和ACM中，在中，EGB=90-OBC=90-，设，则，在和中，在GBD和MDN中，在中， 在中，解得：(舍去)，25、（2021贵州九年级三模）问题背景：如图在四边形中，探究线段、之间的数量关系小杨同学探究此问题的思路是：将绕点逆时针旋转到处点、分别落在点、处（如图），易证点，、在同一条直线上，并且是等腰直角三角形，所
32、以，从而得出结论简单应用：（1）在图中，直接利用小杨得出的结论，若，则_（2）利用小杨同学探究图问题提供的思路，解决图中的问题如图，已知是的直径点、在上，求证：拓展延伸：（3）如图，是四边形的外接圆，若，求的长（用含,的代数式表示）【答案】（1）；（2）见解析；（3）CD=【分析】本题主要考查了勾股定理、等腰直角三角形的判断和性质，圆周角定理，旋转的性质等知识点，解本题的关键是就利用得出的结论来进行解决问题（1）代入结论：AC+BC=CD，直接计算即可；（2）连接BD、AD即可将问题转化为小杨同学的问题，利用题目所给出的证明思路即可证明；（3）以AB为直径作O，连接OD并延长交O于点D1，由（
33、2）问题可知：AC+BC=CD1；又因为CD1=D1D，所以利用勾股定理即可求出CD的长度【详解】（1）解：ACB=90，AB=25，AC=24，BC=，由小杨得出的结论，得CD=；（2），AB是O的直径，AD=BD，ADB=90，将DAC绕点D，逆时针旋转90到DBE处，如图，DBE=DAC，DAC+DBC=180，DBE +DBC =180，E、B、C三点共线，CBE为平角，由旋转知，DE=DC，BE=AC，CDE=90，CDE是等腰直角三角形，CE=CD，CE=BE+BC=BC+AC，AC+BC=CD； （3）解：连接CO并延长交O于点C1，连接C1A，C1B，C1D，如图，由（2）的证
34、明过程可知：AD+BD=C1D，AD=a，BD=b，C1D=，又C1C是O的直径，CDC1=90，AD=a，BD=b，由勾股定理可求得：AB2=a2+b2，C1C2=AB2=a2+b2，C1D2+CD2=C1C2，CD2= a2+b2-=，ba，CD=26、（2021苏州模拟）如图，点A和动点P在直线l上，点P关于点A的对称点为Q，以AQ为边作RtABQ，使BAQ90，AQ：AB3：4，作ABQ的外接圆O点C在点P右侧，PC4，过点C作直线ml，过点O作ODm于点D，交AB右侧的圆弧于点E在射线CD上取点F，使DF，以DE，DF为邻边作矩形DEGF设AQ3x（1）用关于x的代数式表示BQ ，D
35、F （2）当点P在点A右侧时，若矩形DEGF的面积等于90，求AP的长（3）当点P在点A右侧时，作直线BG交O于点N，若BN的弦心距为1，求AP的长【分析】（1）由AQ：AB3：4，AQ3x，易得AB4x，由勾股定理得BQ，再由中位线的性质得AHBHAB，求得CD，FD；（2）利用（1）的结论，易得CQ的长，作OMAQ于点M，则OMAB，由垂径定理得QMAMx，由矩形性质得ODMC，利用矩形面积，求得x，得出结论；（3）连接NQ，由点O到BN的弦心距为1，得NQ2，过点B作BMEG于点M，GMx，BMx，易得GBM45，BMAQ，易得AIAB，求得IQ，由NQ得AP【详解】解：（1）在RtABQ中，AQ：AB3：4，AQ3x，AB4x，BQ5x，ODm，ml，ODl，OBOQ，AHBHAB2x，CD2x，FDCD3x，故答案为：5x，3x；（2）APAQ3x，PC4，CQ6x+4，作OMAQ于点M，如图1，OMAB，O是ABQ的外接圆，BAQ90，点O是BQ的中点，QMAMxODMCx+4，OEBQx，ED2x+4，S矩形DEGFDFDE3x（2x+4）90，解得：x15（舍去），x23，AP3x9；（3）连接NQ，由点O到BN的弦心距为1，得NQ2，如图2，过点B作BMEG于点M，GMx，BMxGBM45，BMAQ，AIAB4x，IQx，NQ2，x2，AP633
