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。
（第20题）

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,$∠ CBO=30°. \because OD// AB, \therefore ∠ BOD=∠ CBO=30°. \because OB=OD, \therefore ∠ OBD=∠ ODB=75°, \therefore ∠ ABD=∠ CBO+∠ OBD=105°$.

21 [2025 沭阳二模]如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$∠ A=60°$,$AB=2$,将$Rt△ ABC$绕点$C$顺时针旋转$90°$后得到$Rt△ DEC$,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,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】$\because ∠ ACB=90°,∠ A=60°, \therefore ∠ ABC=30°$.
$\because AB=2, \therefore AC=1, \therefore BC=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}, \therefore$ 涂色部分的面积$=△ ABC$的面积$+$扇形$CBE$的面积$-$扇形$ABF$的面积$=\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}+\frac{90π×(\sqrt{3})^2}{360}-\frac{60π×2^2}{360}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3π}{4}-\frac{2π}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{π}{12}$.

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,$AB=CD=10, \therefore AD+BC=AB+CD=20, \therefore AD=EF=\frac{1}{2}×(20-6×2)=4$,$\therefore BC=6+4+6=16. \because S_{△ BDC}=\frac{1}{2}BC· AE=\frac{1}{2}CD· BH$,$\therefore BH=\frac{BC· AE}{CD}=\frac{16×8}{10}=\frac{64}{5}$.

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$DE=2$,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.

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.

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$\frac{1}{2}×\sqrt{3}×2=\sqrt{3}$.