6. (2026·淮安期末)如图,AB 是半圆 O 的直径,C 是半圆上一点,连接 AC 并延长到 D,使$DC=CA$,连接 BD,BC,BD 交半圆 O 于点 E,已知$AB=4$.
(1)如图①,过点 C 作$CM ⊥ BD$于点 M,求证:$CM $是半圆 O 的切线;
(2)如图②,当$AD=BD$时,$△ ABD$与半圆 O 重合的面积为;
(3)如图③,若点 P 是$△ BCD$的内心,则当点P 在半圆 O 上时,求$∠ DPC$的度数.

(1) 连接 $OC$,$\because DC=CA$,$AO=BO$,$\therefore$ 点 $O$,点 $C$ 分别为 $AB$,$AD$ 的中点,$\therefore OC// BD$.$\because CM⊥ BD$,$\therefore OC⊥ CM$.
$\because OC$ 是半圆 $O$ 的半径,$\therefore CM$ 是半圆 $O$ 的切线.
(2) 解析:如图②所示,连接 $OC,OD,OE$,过点 $C$ 作 $CF⊥ AB$ 于点 $F$,$\because AB$ 是半圆 $O$ 的直径,$\therefore ∠ ACB=90°$.
$\because DC=CA$,$\therefore BA=BD$.$\because AD=BD$,$\therefore AD=BD=BA$,$\therefore △ ABD$ 是等边三角形,$\therefore ∠ CAB=∠ ABD=60°$.$\because OA=OC$,$OB=OE$,$\therefore △ AOC$ 和 $△ BOE$ 是等边三角形,$\therefore ∠ AOC=∠ EOB=60°$,$\therefore ∠ COE=180°-60°-60°=60°$.$\because AB=4$,$\therefore AC=AO=\frac{1}{2}AB=2$,$AF=1$,$\therefore CF=\sqrt{AC^2-AF^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$,
$\therefore △ ABD$ 与半圆 $O$ 重合的面积$=S_{△ AOC}+S_{△ BOE}+S_{\mathrm{扇形}COE}=\frac{1}{2}×\sqrt{3}×2+\frac{1}{2}×\sqrt{3}×2+\frac{60π×2^2}{360}=2\sqrt{3}+\frac{2π}{3}$.
(3) 当点 $P$ 在半圆 $O$ 上时,$\because$ 点 $P$ 是 $△ BCD$ 的内心,$AB$ 是半圆 $O$ 的直径,$\therefore ∠ ACB=∠ DCB=90°$,$∠ BCP=∠ DCP=45°$,$∠ CBP=∠ DBP$,$\therefore ∠ ACP=90°+45°=135°$,$∠ ABP=180°-∠ ACP=45°$.$\because DC=CA$,$∠ ACB=90°$,$\therefore BA=BD$,$\therefore ∠ ADB=∠ DAB$. 设 $∠ CBP=∠ DBP=x$,则 $∠ DAB=\frac{1}{2}(180°-∠ ABP-∠ DBP)=\frac{1}{2}(180°-45°-x)$,$∠ CPB=180°-∠ BCP-∠ CBP=180°-45°-x$,$\because$ 四边形 $ABPC$ 的内角和为 $360°$,$\therefore ∠ ACP+∠ CPB+∠ ABP+∠ DAB=135°+180°-45°-x+45°+\frac{1}{2}(180°-45°-x)=360°$,解得 $x=15°$,$\therefore ∠ ABD=∠ ABP+∠ DBP=60°$,$\therefore △ ABD$ 为等边三角形,$∠ ADB=60°$,$\therefore ∠ CDP=\frac{1}{2}∠ ADB=30°$,$\therefore ∠ DPC=180°-30°-45°=105°$,$\therefore$ 当点 $P$ 在半圆 $O$ 上时,$∠ DPC$ 的度数为 $105°$.

【分析】
本题为圆与三角形的综合题，分三小问逐步突破：
(1) 要证CM是半圆O的切线，需依据切线判定定理，连接半径OC，通过中点性质（DC=CA，O为AB中点）得OC是△ABD的中位线，推出OC//BD，结合CM⊥BD，得OC⊥CM，完成切线证明；
(2) 当AD=BD时，先由AB是直径得∠ACB=90°，结合DC=CA推出BC垂直平分AD，得BA=BD，结合AD=BD证△ABD为等边三角形，再计算半圆与△ABD重合部分的面积，即△AOC、△BOE与扇形COE的面积和；
(3) 点P是△BCD的内心，故P为角平分线交点，得∠BCP=∠DCP=45°，结合点P在半圆O上，利用圆内接四边形内角和、三角形内角和设未知角求解，最终得到∠DPC的度数。
【解析】
(1) 证明：连接OC，
∵ DC=CA，AO=BO，
∴ O、C分别为AB、AD的中点，
∴ OC是△ABD的中位线，
∴ OC//BD，
∵ CM⊥BD，
∴ OC⊥CM，
又
∵ OC是半圆O的半径，
∴ CM是半圆O的切线。
(2) 解：连接OC、OD、OE，过点C作CF⊥AB于F，
∵ AB是半圆O的直径，
∴ ∠ACB=90°，
∵ DC=CA，
∴ BC垂直平分AD，
∴ BA=BD，
又
∵ AD=BD，
∴ AD=BD=BA，即△ABD是等边三角形，
∴ ∠CAB=∠ABD=60°，
∵ OA=OC，OB=OE，
∴ △AOC、△BOE都是等边三角形，
∴ ∠AOC=∠EOB=60°，
∴ ∠COE=180°-60°-60°=60°，
∵ AB=4，
∴ OA=OB=OC=OE=2，
在Rt△ACF中，AC=OA=2，∠CAF=60°，
∴ AF=1，CF=√(AC²-AF²)=√(2²-1²)=√3，
∴ S△AOC=1/2×OA×CF=1/2×2×√3=√3，
同理S△BOE=√3，
S扇形COE=60π×2²/360=2π/3，
∴ 重合面积=S△AOC + S△BOE + S扇形COE=√3 + √3 + 2π/3=2√3 + 2π/3。
(3) 解：
∵ AB是半圆O的直径，
∴ ∠ACB=∠DCB=90°，
∵ P是△BCD的内心，
∴ CP平分∠BCD，BP平分∠CBD，
∴ ∠BCP=∠DCP=45°，∠CBP=∠DBP，
设∠CBP=∠DBP=x，
∵ DC=CA，∠ACB=90°，
∴ BA=BD，
∴ ∠BAD=∠ADB，
∵ 点P在半圆O上，结合四边形ABPC内角和、三角形内角和计算得x=15°，
∴ ∠CDP=1/2∠ADB=30°，
∴ ∠DPC=180°-∠CDP-∠DCP=180°-30°-45°=105°。
【答案】
(1) 证明见上述解析；(2) $2\sqrt{3}+\frac{2π}{3}$；(3) $105°$
【知识点】
切线的判定、等边三角形的性质、三角形内心的性质
【点评】
本题是圆与三角形的综合题，融合了切线判定、等边三角形性质、内心性质等核心知识点，需要熟练运用几何定理，辅助线的构造（如连半径、作高）是解题关键，对学生的几何综合分析能力要求较高。
【难度系数】
0.5

7. (2026·盐城期末)借助运动的视角看图形变化是非常重要的数学眼光……
已知$∠ A=45°$,点$D,E$在$AC$上,$DE=8$,点$P$在$AB$上,连接$PD,PE$,作$△ PDE$的外接圆$\odot O$.
(1)当$AD=6$时,
①如图①,若$PE$是$\odot O$的直径,则$\odot O$的半径为;
②如图②,若$AP=12\sqrt{2}$,求$\odot O$的半径.
(2)当$AD=8$时,如图③,若$\odot O$与$AB$相切于点$P$,用直尺和圆规作出点$P$的位置.(要求:不写作法,保留作图痕迹,写出必要的文字说明)
(3)设$AD=m$,对于每一个$m$的值,$\odot O$的半径随着点$P$的位置的变化而变化,直接写出$\odot O$的半径的最小值及对应的$m$的取值范围(可用含$m$的式子表示).

(1) ① 解析:$\because PE$ 是 $\odot O$ 的直径,$\therefore ∠ PDE=90°$,$\therefore ∠ ADP=90°$.$\because ∠ A=45°$,$\therefore △ ADP$ 是等腰直角三角形,
$\therefore AD=PD=6$.$\because DE=8$,$\therefore PE=\sqrt{PD^2+DE^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$.
$\because PE$ 是 $\odot O$ 的直径,$\therefore \odot O$ 的半径为 5.
② 如图①,过点 $O,P$ 作 $AC$ 的垂线,垂足分别为 $G,F$,过点 $O$ 作 $OH⊥ PF$,垂足为 $H$,连接 $OP,OD$.$\because PF⊥ AF$,$AP=12\sqrt{2}$,$∠ BAC=45°$,$\therefore PF=AF=12$,$\therefore DF=AF-AD=12-6=6$,$\therefore EF=DE-DF=8-6=2$.$\because OG⊥ DE$,$\therefore DG=EG=4$.
$\because ∠ OGF=∠ GFH=∠ OHF=90°$,$\therefore$ 四边形 $OGFH$ 为矩形,$\therefore OH=GF=DF-DG=6-4=2$,$HF=OG$,设 $HF=OG=x$,则 $PH=12-x$,在 $\mathrm{Rt}△ ODG$ 和 $\mathrm{Rt}△ OHP$ 中,由勾股定理得 $OD^2=OG^2+DG^2$,$OP^2=OH^2+PH^2$.$\because OD=OP$,$\therefore OG^2+DG^2=OH^2+PH^2$,即 $x^2+4^2=2^2+(12-x)^2$,解得 $x=\frac{11}{2}$,$\therefore OD=\sqrt{OG^2+DG^2}=\sqrt{(\frac{11}{2})^2+4^2}=\frac{\sqrt{185}}{2}$,$\therefore \odot O$ 的半径为 $\frac{\sqrt{185}}{2}$.
(2) 如图②所示,点 $P$ 即为所求.
理由如下:$\because$ 过点 $D$ 作 $AE$ 的垂线交 $AB$ 于点 $P$,$\because AD=DE=8$,$\therefore$ 直线 $DP$ 为线段 $AE$ 的垂直平分线,$\therefore AP=PE$,$∠ ADP=∠ EDP=90°$,$\therefore PE$ 为 $△ PDE$ 的外接圆的直径.$\because ∠ A=45°$,$\therefore △ APE$ 是等腰直角三角形,$∠ APE=90°$,$\therefore \odot O$ 与 $AB$ 相切于点 $P$.
(3) 当 $0＜m≤4\sqrt{2}-4$ 时,最小值 $r=4$;当 $m＞4\sqrt{2}-4$ 时,最小值 $r=\sqrt{2}(m+4)-\sqrt{m^2+8m}$. 解析:如图③,以 $DE$ 为直径的圆与 $AB$ 相切时,$OP=OD=\frac{1}{2}DE=4$,$OP⊥ AP$,即 $∠ APO=90°$.
$\because ∠ BAC=45°$,$\therefore OA=\sqrt{2}OP=4\sqrt{2}$,$\therefore AD=OA-OD=4\sqrt{2}-4$,即 $m=4\sqrt{2}-4$,当 $0＜m≤4\sqrt{2}-4$ 时,$r=4$;
当 $m＞4\sqrt{2}-4$ 时,可知当 $\odot O$ 与 $AB$ 相切时,半径最小,如图④,过点 $O$ 作 $OG⊥ DE$ 于点 $G$,$GO$ 的延长线交 $AB$ 于点 $F$,连接 $OP,OD$,则 $OP⊥ AB$,$\therefore ∠ OGD=∠ OPF=90°$,$DG=EG=\frac{1}{2}DE=4$.$\because ∠ BAC=45°$,$\therefore ∠ PFO=45°$,$\therefore △ OPF$ 是等腰直角三角形,$FG=AG=m+4$,设 $OP=OD=r$,则 $OF=\sqrt{2}OP=\sqrt{2}r$,$\therefore OG=m+4-\sqrt{2}r$,在 $\mathrm{Rt}△ OGD$ 中,$OG^2+DG^2=OD^2$,$\therefore (m+4-\sqrt{2}r)^2+4^2=r^2$,解得 $r=\sqrt{2}(m+4)-\sqrt{m^2+8m}$.
综上,当 $0＜m≤4\sqrt{2}-4$ 时,最小值 $r=4$;当 $m＞4\sqrt{2}-4$ 时,最小值 $r=\sqrt{2}(m+4)-\sqrt{m^2+8m}$.

【分析】
本题为圆的综合题，需结合圆周角定理、勾股定理、等腰直角三角形性质、圆的切线性质等知识解题。(1)①利用直径所对圆周角为直角，结合等腰直角三角形性质求边长，再用勾股定理得直径，进而得半径；②通过作辅助线构造矩形与直角三角形，利用垂径定理和勾股定理，结合半径相等列方程求解；(2)根据圆的切线性质，结合垂直平分线与等腰直角三角形的性质确定点P；(3)分情况讨论⊙O半径的最小值，结合等腰直角三角形和勾股定理分情况计算。
【解析】
(1)①
∵PE是⊙O的直径，
∴∠PDE=90°，则∠ADP=90°。又∠A=45°，
∴△ADP是等腰直角三角形，故PD=AD=6。已知DE=8，在Rt△PDE中，PE=√(PD²+DE²)=√(6²+8²)=10，因此⊙O的半径为10÷2=5。
②过点O、P作AC的垂线，垂足分别为G、F，过O作OH⊥PF于H，连接OP、OD。
∵PF⊥AC，∠A=45°，AP=12√2，
∴PF=AF=AP·sin45°=12√2×(√2/2)=12。由AD=6得DF=AF-AD=6，根据垂径定理，DG=EG=DE/2=4，故OH=GF=DF-DG=2。设OG=x，则HF=x，PH=12-x。在Rt△ODG中，OD²=x²+4²；在Rt△OPH中，OP²=2²+(12-x)²。
∵OD=OP，
∴x²+16=4+(12-x)²，解得x=11/2，因此OD=√((11/2)²+4²)=√185/2，即⊙O半径为√185/2。
(2)作图：如图②，过点D作AE的垂线，交AB于点P，点P即为所求。理由：
∵AD=DE=8，DP⊥AC，
∴DP是AE的垂直平分线，故PA=PE，∠ADP=90°。又∠A=45°，
∴∠APE=90°，即PE⊥AB，故⊙O与AB相切于点P。
(3)分情况：①当0＜m≤4√2-4时，⊙O半径最小值为4；②当m＞4√2-4时，过O作OG⊥DE于G，延长GO交AB于F，连接OP、OD。
∵⊙O与AB相切于P，
∴OP⊥AB，∠OPF=90°，结合∠A=45°得△OPF为等腰直角三角形，FG=AG=m+4。设半径为r，则OF=√2 r，OG=m+4-√2 r。在Rt△ODG中，(m+4-√2 r)² + 4² = r²，解得r=√2(m+4)-√(m²+8m)。
【答案】
(1)①5；②$\frac{\sqrt{185}}{2}$；(2)作图见解析；(3)当$0＜m≤4\sqrt{2}-4$时，最小值为4；当$m＞4\sqrt{2}-4$时，最小值为$\sqrt{2}(m+4)-\sqrt{m^2+8m}$
【知识点】
圆周角定理、勾股定理、圆的切线性质
【点评】
本题是几何综合题，融合了几何作图、分类讨论与方程思想，需熟练运用圆的性质构造直角三角形解题，考查学生的综合分析能力。
【难度系数】
0.5

8. (2025·扬州期末)如图①,$E$为$x$轴正半轴上一点,$\odot E$交$x$轴于$A$,$B$两点,$P$为劣弧$\overset{\frown}{BC}$上一个动点,且$A(-1,0)$,$E(1,0)$.
(1)$\overset{\frown}{BC}$的度数为$°$;
(2)如图②,连接$PC$,取$PC$中点$G$,则$OG$的最大值为;
(3)如图③,连接$AC$,$AP$,$CP$,$CB$.若$CQ$平分$∠ PCD$交$PA$于$Q$,求$AQ$的长;
(4)如图④,连接$PA$,$PD$,当$P$点运动时(不与$B$,$C$两点重合),求证:$\dfrac{PC+PD}{PA}$为定值,并求出这个定值.

(1) 解析:如图①,连接 $AC,CE$,$\because A(-1,0)$,$E(1,0)$,$\therefore OA=OE=1$.$\because OC⊥ AE$,$\therefore AC=CE$.$\because AE=CE$,$\therefore AC=CE=AE$,$\therefore ∠ CAE=60°$,$\therefore ∠ BEC=2∠ CAB=120°$,$\therefore \overset{\frown}{BC}$ 的度数为 $120°$.
(2) 解析:由题可得,$AB$ 为 $\odot E$ 直径,且 $AB⊥ CD$,由垂径定理可得,$CO=OD$,连接 $PD$,如图②,$\because G$ 为 $PC$ 的中点,$\therefore OG// PD$,且 $OG=\frac{1}{2}PD$,当 $D,E,P$ 三点共线时,此时 $DP$ 取得最大值,且 $DP=AB=2AE=4$,$\therefore OG$ 的最大值为 2.
(3) 如图③,$\because$ 直径 $AB⊥ CD$,$\therefore \overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AD}$,$\therefore ∠ ACD=∠ CPA$.
$\because CQ$ 平分 $∠ DCP$,$\therefore ∠ DCQ=∠ PCQ$,$\therefore ∠ ACD+∠ DCQ=∠ CPA+∠ PCQ$,$\therefore ∠ ACQ=∠ AQC$,$\therefore AQ=AC$.$\because ∠ CAO=60°$,$AO=1$,$\therefore AC=2$,$\therefore AQ=2$.
(4) 由题可得,直径 $AB⊥ CD$,$\therefore AB$ 垂直平分 $CD$,如图④,连接 $AC,AD$,则 $AC=AD$,由(1)得 $∠ DAC=120°$,将 $△ ACP$ 绕 $A$ 点顺时针旋转 $120°$ 至 $△ ADM$,$\therefore △ ACP ≌ △ ADM$,$\therefore ∠ ACP=∠ ADM$,$PC=DM$,$PA=AM$.$\because$ 四边形 $ACPD$ 为圆内接四边形,$\therefore ∠ ACP+∠ ADP=180°$,$\therefore ∠ ADM+∠ ADP=180°$,$\therefore M,D,P$ 三点共线,$\therefore PD+PC=PD+DM=PM$,过点 $A$ 作 $AG⊥ PM$ 于点 $G$,则 $PM=2PG$,$∠ APM=∠ ACD=30°$,在 $\mathrm{Rt}△ APG$ 中,$∠ APM=30°$,设 $AG=x$,则 $PA=2x$,$\therefore PG=\sqrt{AP^2-AG^2}=\sqrt{3}x$,$\therefore PM=2PG=2\sqrt{3}x$,$\therefore PM=\sqrt{3}PA$,$\therefore PC+PD=\sqrt{3}PA$,$\therefore \frac{PC+PD}{PA}=\sqrt{3}$ 为定值.

【分析】
本题是圆的综合题，涉及垂径定理、圆周角定理、等边三角形性质、三角形中位线、旋转的性质等知识。解题思路：
(1) 先确定圆的半径，证明△ACE为等边三角形，得到圆心角，从而求出弧BC的度数；
(2) 利用三角形中位线定理，将OG的最大值转化为PD的最大值，结合直径长度求解；
(3) 通过垂径定理和角平分线性质，证明AQ=AC，计算AC长度得到AQ；
(4) 用旋转构造全等三角形，证明三点共线，结合直角三角形性质求出比值。
【解析】
(1) 连接AC、CE，
∵A(-1,0)，E(1,0)，
∴OA=OE=1，AE=2，⊙E的半径为2。
∵OC⊥AE，
∴AC=CE，又CE=AE=2，故AC=CE=AE，△ACE是等边三角形，∠CAE=60°。根据圆周角定理，圆心角∠BEC=2∠CAE=120°，因此$\overset{\frown}{BC}$的度数为120°。
(2)
∵AB是⊙E直径，AB⊥CD，由垂径定理得O是CD中点。又G是PC中点，
∴OG是△PCD的中位线，故$OG=\frac{1}{2}PD$。当D、E、P三点共线时，PD最大，此时PD为直径AB=4，因此OG的最大值为$\frac{1}{2}×4=2$。
(3)
∵AB⊥CD，由垂径定理得$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AD}$，
∴∠ACD=∠CPA。
∵CQ平分∠PCD，
∴∠DCQ=∠PCQ，
∴∠ACD+∠DCQ=∠CPA+∠PCQ，即∠ACQ=∠AQC，故AQ=AC。在Rt△AOC中，OA=1，AC=2，因此AQ=2。
(4) 连接AC、AD，由AB⊥CD得AC=AD，由(1)知∠CAD=120°。将△ACP绕A顺时针旋转120°至△ADM，得△ACP≌△ADM，故PC=DM，PA=AM，∠ACP=∠ADM。
∵四边形ACPD是圆内接四边形，
∴∠ACP+∠ADP=180°，故∠ADM+∠ADP=180°，即M、D、P共线，因此$PD+PC=PM$。过A作AG⊥PM于G，
∵PA=AM，
∴PG=GM，∠APM=∠ACD=30°。在Rt△APG中，设AG=x，则PA=2x，PG=$\sqrt{3}x$，故PM=2PG=2$\sqrt{3}x$，即PM=$\sqrt{3}PA$，因此$\frac{PC+PD}{PA}=\sqrt{3}$，为定值。
【答案】
(1) 120；(2) 2；(3) 2；(4) $\sqrt{3}$
【知识点】
圆的性质、垂径定理、圆周角定理、旋转的性质
【点评】
本题综合考查圆的核心定理与几何变换，需灵活构造辅助线，难度适中，适合期末综合复习，能有效检验学生对圆相关知识的掌握程度。
【难度系数】
0.3