20 如图，AB是$\odot O$的弦，$OC ⊥ AB$，垂足为C，$OD // AB$，交$\odot O$于点D，$OD=2OC$，则$∠ ABD$的度数为。

20. 105° 【解析】连接 OB,取 OB 的中点 E,连接 CE.$\because OD=2OC$,$OB=OD$,$\therefore OC=\frac{1}{2}OB$.$\because OC ⊥ AB$,$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ OCB$ 中,$CE=\frac{1}{2}OB$,$\therefore CE=OC=OE$,$\therefore △ OCE$ 为等边三角形,$\therefore ∠ COB=60°$,$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ OCB$ 中,$∠ CBO=30°$.$\because OD // AB$,$\therefore ∠ BOD=∠ CBO=30°$.$\because OB=OD$,$\therefore ∠ OBD=∠ ODB=75°$,$\therefore ∠ ABD=∠ CBO+∠ OBD=105°$.

【分析】
要求∠ABD的度数，可将其拆分为∠CBO与∠OBD的和分别求解。首先结合圆的半径相等，把已知OD=2OC转化为OC与半径OB的数量关系；由于OC⊥AB得到Rt△OCB，可借助直角三角形的性质推导∠CBO的度数；再利用OD//AB的平行关系得到∠BOD的度数，最后在等腰△OBD中求出∠OBD的度数，相加即可得到结果，解题时需要先连接辅助线OB构造特殊三角形。
【解析】
连接OB，取OB的中点E，连接CE。
∵ 圆的半径相等，
∴ $OB=OD$，
又
∵ $OD=2OC$，
∴ $OC=\frac{1}{2}OB$。
∵ $OC⊥AB$，
∴ $△ OCB$是直角三角形，
∵ CE是Rt$△ OCB$斜边OB的中线，
∴ $CE=\frac{1}{2}OB$，
∴ $CE=OC=OE$，即$△ OCE$为等边三角形，
∴ $∠COB=60°$，
∴ 在Rt$△ OCB$中，$∠CBO=90°-∠COB=30°$。
∵ $OD//AB$，
∴ $∠BOD=∠CBO=30°$，
∵ $OB=OD$，
∴ $△ OBD$是等腰三角形，
∴ $∠OBD=∠ODB=\frac{180°-∠BOD}{2}=\frac{180°-30°}{2}=75°$，
∴ $∠ABD=∠CBO+∠OBD=30°+75°=105°$。
【答案】
$105°$
【知识点】
直角三角形性质，等边三角形判定与性质，等腰三角形性质
【点评】
本题是圆中角度计算的典型题型，综合考查了圆的基本性质、特殊三角形的性质和平行线的性质，解题核心是合理添加辅助线，将边的数量关系转化为角的度数关系，能有效锻炼几何逻辑推导和辅助线构造能力。
【难度系数】
0.6

21 如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$∠ A=60°$，$AB=2$，将$\mathrm{Rt}△ ABC$绕点$C$顺时针旋转$90°$后得到$\mathrm{Rt}△ DEC$，此时点$B$经过的路径为$\overset{\frown}{BE}$，将线段$AB$绕点$A$顺时针旋转$60°$后，点$B$恰好落在$CE$上的点$F$处，此时点$B$经过的路径为$\overset{\frown}{BF}$，则图中涂色部分的面积是________。

21. $\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{π}{12}$ 【解析】$\because ∠ ACB=90°$,$∠ A=60°$,$AB=2$,$\therefore ∠ ABC=180°-90°-60°=30°$,$\therefore AC=\frac{1}{2}AB=1$.在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$.$\therefore$ 涂色部分的面积$=△ ABC$的面积+扇形 CBE 的面积-扇形 ABF 的面积$=\frac{1}{2} × 1 × \sqrt{3} + \frac{90π × (\sqrt{3})^2}{360} - \frac{60π × 2^2}{360} =\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3π}{4}-\frac{2π}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{π}{12}$.

【分析】
求解本题阴影部分面积可采用割补法转化面积：首先根据直角三角形的角度和边长条件，先算出Rt△ABC的各边长；再结合旋转的性质可知，旋转后得到的Rt△DEC与原Rt△ABC面积相等，因此阴影部分面积可转化为“Rt△ABC的面积 + 扇形CBE的面积 - 扇形ABF的面积”，最后分别计算各部分面积代入求解即可。
【解析】
∵∠ACB=90°，∠A=60°，AB=2，
∴∠ABC=180°-90°-60°=30°，
∴直角三角形中30°角所对直角边为斜边一半，即$AC=\frac{1}{2}AB=1$，
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
由旋转性质可知$\mathrm{Rt}△ ABC≌\mathrm{Rt}△ DEC$，故$S_{△ABC}=S_{△DEC}$，
则涂色部分面积为：
$S_{涂色}=S_{△ABC}+S_{扇形CBE}-S_{△DEC}-S_{扇形ABF}=S_{△ABC}+S_{扇形CBE}-S_{扇形ABF}$
分别计算各部分面积：
$S_{△ABC}=\frac{1}{2}×AC×BC=\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
扇形CBE圆心角为90°，半径为BC=$\sqrt{3}$，故$S_{扇形CBE}=\frac{90π×(\sqrt{3})^2}{360}=\frac{3π}{4}$，
扇形ABF圆心角为60°，半径为AB=2，故$S_{扇形ABF}=\frac{60π×2^2}{360}=\frac{2π}{3}$，
代入得：
$S_{涂色}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3π}{4}-\frac{2π}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{π}{12}$
【答案】
$\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{π}{12}$
【知识点】
扇形面积计算，旋转的性质，直角三角形的性质
【点评】
本题为不规则图形面积计算的典型题型，解题核心是利用旋转的性质对阴影面积进行等价转化，将不规则面积转化为规则的三角形、扇形面积的和差计算，降低解题难度。
【难度系数】
0.6

22 [2025泸州]如图,在梯形ABCD中,AD//BC,AB=CD=10,⊙O与梯形ABCD的各边都相切,且⊙O的面积为16π,则点B到CD的距离为.

22. $\frac{64}{5}$ 【解析】如图,过点 A 作$AE ⊥ BC$ 于点 E,过点 D 作 $DF ⊥ BC$ 于点 F,连接 BD,过点 B 作 $BH ⊥ DC$ 于点 H,则易得四边形 AEFD 为矩形,$\therefore AD=EF$.$\because \odot O$ 的面积为 $16π$,$\therefore \odot O$ 的半径为4,$\therefore AE=8$.在$\mathrm{Rt}△ AEB$ 中,$BE=\sqrt{AB^2-AE^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$,同理可求 $CF=6$.$\because \odot O$ 与梯形 ABCD 的各边都相切,$AB=CD=10$,$\therefore AD+BC=AB+CD=20$,$\therefore AD=EF=\frac{1}{2} × (20-6 × 2)=4$,$\therefore BC=6+4+6=16$.$\because S_{△ BDC}=\frac{1}{2}BC · AE=\frac{1}{2}CD · BH$,$\therefore BH=\frac{BC · AE}{CD}=\frac{16 × 8}{10}=\frac{64}{5}$.

【分析】
解题时首先明确图形是含内切圆的等腰梯形，要求点B到CD的距离，可通过等面积法求解，思路如下：1. 先根据圆的面积求出半径，进而得到梯形的高；2. 用勾股定理求出等腰梯形下底两端超出上底的长度；3. 利用圆外切四边形对边和相等的性质，计算出梯形上下底的长度；4. 通过△BDC的两种面积表达式建立等式，即可求出点B到CD的距离。
【解析】
过点A作$AE ⊥ BC$ 于点E，过点D作 $DF ⊥ BC$ 于点F，连接BD，过点B作 $BH ⊥ DC$ 于点H。
∵ $AD//BC$，$AB=CD$，四边形ABCD为等腰梯形，
∴ 四边形AEFD为矩形，得$AD=EF$，$BE=CF$。
∵ ⊙O的面积为$16π$，设半径为r，则$πr^2=16π$，解得$r=4$，
∴ 梯形的高$AE=2r=8$。
在$\mathrm{Rt}△AEB$中，$AB=10$，$AE=8$，由勾股定理得$BE=\sqrt{AB^2-AE^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$，同理得$CF=6$。
∵ ⊙O是梯形ABCD的内切圆，圆外切四边形对边和相等，
∴ $AD+BC=AB+CD=10+10=20$。
又$BC=BE+EF+CF=6+AD+6=AD+12$，代入$AD+BC=20$得$2AD+12=20$，解得$AD=4$，则$BC=16$。
∵ $S_{△BDC}=\frac{1}{2}BC·AE=\frac{1}{2}CD·BH$，
∴ $BH=\frac{BC·AE}{CD}=\frac{16×8}{10}=\frac{64}{5}$。
【答案】
$\frac{64}{5}$
【知识点】
圆外切四边形性质，勾股定理，等面积法求线段长
【点评】
本题综合考查圆的切线相关性质、等腰梯形的特征以及面积法的应用，解题关键是利用圆外切四边形对边和相等求出梯形上下底长度，再通过等面积法将所求距离与已知条件关联，属于中等难度的综合题。
【难度系数】
0.6

23 分类讨论思想 [2024江西]如图，AB是$\odot O$的直径，$AB=2$，点C在线段AB上运动，过点C的弦$DE⊥ AB$，将$\overset{\frown}{DBE}$沿DE翻折交直线AB于点F。当DE的长为正整数时，线段FB的长为。

23. $2-\sqrt{3}$或$2+\sqrt{3}$或2 【解析】$\because \odot O$ 的直径$AB=2$,弦 DE 的长为正整数,$\therefore DE=1$ 或 2.① 当$DE=1$,且 DE 在点O 的右侧时,如图①,连接 OD,则 $OD=OB=\frac{1}{2}AB=1$.$\because AB$ 是$\odot O$ 的直径,$DE ⊥ AB$,$\therefore DC=\frac{1}{2}DE=\frac{1}{2}$,$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ DCO$ 中,$OC=\sqrt{1^2-(\frac{1}{2})^2}=\frac{1}{2}\sqrt{3}$.$\because DE$ 是折痕,$\therefore FB=2BC=2 × (1-\frac{1}{2}\sqrt{3})=2-\sqrt{3}$.② 当$DE=1$,且 DE 在点O 的左侧时,如图②,同理可求得 $OC=\frac{1}{2}\sqrt{3}$.$\because DE$ 是折痕,$\therefore FB=2BC=2 × (1+\frac{1}{2}\sqrt{3})=2+\sqrt{3}$.③ 当$DE=2$时,如图③,DE 是$\odot O$ 的直径,此时点 A 与点 F 重合,$FB=AB=2$.综上所述,线段 FB 的长为 $2-\sqrt{3}$ 或 $2+\sqrt{3}$ 或 2。

【分析】
解题首先从已知条件入手：⊙O直径AB=2，可得半径为1，圆内弦长最长为直径，因此正整数长度的弦DE只能取1或2，再结合翻折的性质分类讨论：1. 当DE=1时，需考虑点C在圆心O的右侧、左侧两种情况，先利用垂径定理得到DC的长度，再用勾股定理计算OC的长度，最后根据翻折的对称性，点F与点B关于DE对称，得FB=2BC，代入计算即可；2. 当DE=2时，DE为直径，此时翻折后点F与点A重合，直接得到FB的长度。
【解析】
∵⊙O的直径AB=2，弦DE的长为正整数，且圆内最长弦为直径，
∴DE=1或2。
① 当DE=1，且DE在点O的右侧时，连接OD，则$OD=OB=\frac{1}{2}AB=1$。
∵AB是⊙O的直径，$DE ⊥ AB$，由垂径定理得$DC=\frac{1}{2}DE=\frac{1}{2}$，
∴在$\mathrm{Rt}△ DCO$中，$OC=\sqrt{OD^2-DC^2}=\sqrt{1^2-(\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
∵DE是折痕，点F和点B关于DE对称，
∴$FB=2BC=2 × (OB-OC)=2 × (1-\frac{\sqrt{3}}{2})=2-\sqrt{3}$。
② 当DE=1，且DE在点O的左侧时，同理可求得$OC=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
∵DE是折痕，点F和点B关于DE对称，
∴$FB=2BC=2 × (OB+OC)=2 × (1+\frac{\sqrt{3}}{2})=2+\sqrt{3}$。
③ 当DE=2时，DE是⊙O的直径，此时点A与点F重合，$FB=AB=2$。
综上所述，线段FB的长为$2-\sqrt{3}$或$2+\sqrt{3}$或2。
【答案】
$2-\sqrt{3}$或$2+\sqrt{3}$或2

【知识点】
垂径定理；翻折的性质；勾股定理
【点评】
本题侧重考查分类讨论思想的应用，解题时需结合圆的弦长性质确定DE的可能取值，再结合翻折的对称性求解，注意不要遗漏DE的不同位置情况，避免漏解。
【难度系数】
0.6

24 如图，$\odot O$的半径为3 cm，B为$\odot O$外一点，OB交$\odot O$于点A，$AB=OA$，动点P从点A出发，以$π$ cm/s的速度在$\odot O$上按逆时针方向运动一周回到点A后停止。当点P运动的时间为s时，直线BP与$\odot O$相切。

24. 1 或 5 【解析】连接 OP,则 $OP=3\ \mathrm{cm}$.$\because AB=OA=3\ \mathrm{cm}$,$\therefore OB=6\ \mathrm{cm}$,$\therefore OP=\frac{1}{2}OB$.当直线 BP 与$\odot O$ 相切时,$OP ⊥ BP$.$\therefore$ 易得$∠ BOP=60°$.分两种情况讨论:当点 P 在 OB 的上方时,运动的时间为$\frac{60π × 3}{180} ÷ π=1(\mathrm{s})$;当点 P 在 OB 的下方时,运动的时间为$\frac{(360-60)π × 3}{180} ÷ π=5(\mathrm{s})$.综上所述,点 P 运动的时间为 1 s 或 5 s。

【分析】
首先我们要明确直线与圆相切的核心性质：圆心到切线的连线垂直于切线，因此先连接半径OP，相切时OP⊥BP。先根据已知条件算出OB的长度，在直角三角形OPB中通过边的关系求出圆心角∠BOP的度数。由于点P是逆时针运动，存在两种位置能让BP与⊙O相切，分别是P在OB上方、P在OB下方，对应两种不同的弧长，再结合弧长公式和运动速度即可算出对应时间，注意不要漏解。
【解析】
连接OP，已知⊙O半径为3cm，因此$OP=OA=3\ \mathrm{cm}$。
∵$AB=OA=3\ \mathrm{cm}$，
∴$OB=OA+AB=6\ \mathrm{cm}$，即$OP=\frac{1}{2}OB$。
当直线BP与⊙O相切时，$OP⊥ BP$，$△ OPB$为直角三角形，易得$∠ BOP=60°$，分两种情况讨论：
1. 当点P在OB上方时，劣弧$\overset{\frown}{AP}$对应的圆心角为$60°$，弧长为$\frac{60π×3}{180}=π\ \mathrm{cm}$，运动时间为$π÷π=1(\mathrm{s})$；
2. 当点P在OB下方时，优弧$\overset{\frown}{AP}$对应的圆心角为$360°-60°=300°$，弧长为$\frac{300π×3}{180}=5π\ \mathrm{cm}$，运动时间为$5π÷π=5(\mathrm{s})$。
【答案】
1或5
【知识点】
切线的性质；弧长计算；含30°角的直角三角形性质
【点评】
本题属于圆的动点综合题，核心考查切线性质与弧长公式的结合应用，解题关键是分类讨论点P的两种相切位置，避免遗漏其中一种情况。
【难度系数】
0.6

25 如图，$\odot O$的半径为1，$A$，$P$，$B$，$C$是$\odot O$上的四个点，$∠ APC=∠ CPB=60°$。
（1）$△ ABC$的形状是。
（2）试探究线段$PA$，$PB$，$PC$之间的数量关系，并证明你的结论。
（3）当点$P$位于$\overset{\frown}{AB}$的什么位置时，四边形$APBC$的面积最大？请求出最大面积。

25. (1) 等边三角形 (2) $PC=PA+PB$ 如图①,在 PC 上截取$PD=PA$,连接 AD.$\because ∠ APC=60°$,$\therefore △ APD$ 是等边三角形,$\therefore AD=AP=PD$,$∠ ADP=60°$,$\therefore ∠ ADC=120°$.$\because ∠ APC=∠ CPB=60°$,$\therefore ∠ APB=∠ APC+∠ CPB=120°$,$\therefore ∠ APB=∠ ADC$.在$△ APB$ 和$△ ADC$ 中,$\begin{cases} ∠ ABP=∠ ACD, \\ ∠ APB=∠ ADC, \\ AP=AD, \end{cases}$ $\therefore △ APB ≌ △ ADC$,$\therefore PB=DC$.又$\because PD=PA$,$\therefore PC=PD+DC=PA+PB$ (3) 当 P 为$\overset{\frown}{AB}$ 的中点时,四边形 APBC 的面积最大 如图②,过点P 作 $PE ⊥ AB$,垂足为 E,过点 C 作 $CF ⊥ AB$,垂足为 F.$\because S_{△ APB}=\frac{1}{2}AB · PE$,$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB · CF$,$\therefore S_{\mathrm{四边形}APBC}=\frac{1}{2}AB · (PE+CF)$.当 P 为$\overset{\frown}{AB}$ 的中点时,$AP=BP$,$\therefore E$ 为 AB 的中点.$\because △ ABC$是$\odot O$ 的内接正三角形,$\therefore CA=CB$,$\therefore F$ 为 AB 的中点.又$\because ∠ AEP+∠ AFC=180°$,$\therefore$ 点 E 与点 F 重合,点 P,E,C 共线,$\therefore PE+CF=PC$,且 PC 为$\odot O$ 的直径,$\therefore$ 此时四边形 APBC 的面积最大.又$\because \odot O$ 的半径为 1,$\therefore$ 易得其内接正三角形的边长 $AB=\sqrt{3}$,$\therefore$ 四边形 APBC 的最大面积为$\frac{1}{2} × \sqrt{3} × 2=\sqrt{3}$。

【分析】
（1）利用圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，可得$∠ ABC=∠ APC=60°$，$∠ BAC=∠ CPB=60°$，即可判断$△ ABC$的形状。
（2）证明线段和差关系通常用截长补短法：在$PC$上截取$PD=PA$，结合$∠ APC=60°$构造等边$△ APD$，再证明$△ APB≌△ ADC$得到$PB=DC$，即可推导出三条线段的数量关系。
（3）将四边形$APBC$的面积拆分为$△ APB$和$△ ABC$的面积和，$AB$为定值，因此面积由$P$、$C$到$AB$的距离之和决定；当$P$为$\overset{\frown}{AB}$中点时，两点到$AB$的高共线且和为圆的直径，此时距离和最大，面积最大，再结合圆半径计算即可。
【解析】
(1) 由圆周角定理得：$∠ ABC=∠ APC=60°$，$∠ BAC=∠ CPB=60°$，因此$△ ABC$三个内角均为$60°$，是等边三角形。
(2) 线段数量关系为$\boldsymbol{PC=PA+PB}$，证明如下：
如图①，在$PC$上截取$PD=PA$，连接$AD$。
$\because ∠ APC=60°$，$\therefore △ APD$是等边三角形，
$\therefore AD=AP=PD$，$∠ ADP=60°$，即$∠ ADC=120°$。
$\because ∠ APC=∠ CPB=60°$，$\therefore ∠ APB=∠ APC+∠ CPB=120°$，
$\therefore ∠ APB=∠ ADC$。
又$\because$同弧$AP$所对圆周角$∠ ABP=∠ ACD$，
在$△ APB$和$△ ADC$中：
$\begin{cases} ∠ ABP=∠ ACD \\ ∠ APB=∠ ADC \\ AP=AD \end{cases}$
$\therefore △ APB ≌ △ ADC(AAS)$，$\therefore PB=DC$。
$\because PC=PD+DC$，且$PD=PA$，
$\therefore PC=PA+PB$。
(3) 当$P$为$\overset{\frown}{AB}$的中点时，四边形$APBC$面积最大，求解如下：
如图②，过点$P$作$PE⊥ AB$，垂足为$E$，过点$C$作$CF⊥ AB$，垂足为$F$。
则$S_{△ APB}=\frac{1}{2}AB· PE$，$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· CF$，
$\therefore S_{\mathrm{四边形}APBC}=\frac{1}{2}AB·(PE+CF)$。
$AB$为定值，因此要使面积最大，需$PE+CF$最大。
当$P$为$\overset{\frown}{AB}$中点时，$AP=BP$，$E$为$AB$中点；又$△ ABC$是等边三角形，$F$也为$AB$中点，即$E$、$F$重合，$P$、$E$、$C$三点共线，此时$PE+CF=PC$，当$PC$为$\odot O$直径时长度最大为$2$。
已知$\odot O$半径为$1$，其内接正三角形边长$AB=\sqrt{3}$，
$\therefore$ 四边形最大面积为$\frac{1}{2}×\sqrt{3}×2=\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 等边三角形
(2) $PC=PA+PB$，证明见解析
(3) 当$P$为$\overset{\frown}{AB}$的中点时，四边形$APBC$的面积最大，最大面积为$\sqrt{3}$

【知识点】
1. 圆周角定理
2. 全等三角形的判定与性质
3. 等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆与三角形的综合题，既考查了基础的几何性质判定，也考查了截长补短法证明线段关系、拆分面积求最值的解题方法，是几何综合类的典型题型，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.3