10 教材变式题 如图，BD，CE是$△ ABC$的高，M为BC的中点.求证:点B，C，D，E在以点M为圆心的同一个圆上.

10. 连接ME,MD. $\because BD,CE$ 是$△ ABC$ 的高, $\therefore ∠ BEC=∠ BDC=90°$. 又$\because M$ 为BC 的中点, $\therefore$ 易得$ME=MD=MC=MB=\frac{1}{2}BC$. $\therefore$ 点$B,C,D,E$ 在以点$M$ 为圆心的同一个圆上

【分析】
要证明点B、C、D、E在以M为圆心的同一个圆上，根据圆的定义，只需证明这四个点到点M的距离相等即可。已知M是BC的中点，可得$MB=MC=\frac{1}{2}BC$；又BD、CE是三角形的高，因此$△ BEC$和$△ BDC$都是直角三角形，可利用直角三角形斜边中线的性质，证明MD、ME的长度也等于$\frac{1}{2}BC$，即可完成证明。
【解析】
证明：连接ME，MD。
$\because$ BD，CE是$△ ABC$的高，
$\therefore ∠ BEC=∠ BDC=90°$，即$△ BEC$、$△ BDC$均为直角三角形。
又$\because$ M为BC的中点，
$\therefore$ 根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得：
$ME=\frac{1}{2}BC$，$MD=\frac{1}{2}BC$，且$MB=MC=\frac{1}{2}BC$，
$\therefore ME=MD=MB=MC$。
根据圆的定义：到定点的距离等于定长的点在同一个圆上，
$\therefore$ 点B，C，D，E在以点M为圆心的同一个圆上。
【答案】
连接ME,MD. $\because BD,CE$ 是$△ ABC$ 的高, $\therefore ∠ BEC=∠ BDC=90°$. 又$\because M$ 为BC 的中点, $\therefore$ 易得$ME=MD=MC=MB=\frac{1}{2}BC$. $\therefore$ 点$B,C,D,E$ 在以点$M$ 为圆心的同一个圆上
【知识点】
1. 直角三角形斜边中线性质
2. 圆的定义
【点评】
本题属于基础类证明题，解题的关键是明确四点共圆的判定依据（即圆的定义），结合直角三角形的性质推导四个点到定点M的距离相等，熟练掌握相关性质即可快速求解。
【难度系数】
0.8

11 在平面直角坐标系中，$\odot P$，$\odot Q$ 的位置如图所示. 下列四个点中, 在$\odot P$ 外部且在$\odot Q$ 内部的是 ()

A.(1,2)
B.(2,1)
C.(2,-1)
D.(3,1)

11. C

【分析】
要解决这道题，首先需要明确点和圆的位置关系判定规则：点到圆心的距离大于半径时，点在圆外；等于半径时在圆上；小于半径时在圆内。第一步先从网格图中确定⊙P、⊙Q的圆心坐标和各自半径，第二步分别计算四个选项中的点到两个圆心的距离，再对照判定规则筛选出符合“在⊙P外部且在⊙Q内部”的点即可。
【解析】
第一步：确定两圆的圆心与半径：
由平面直角坐标系的网格可得，⊙P的圆心为$P(2,1)$，半径$r_P=1$；⊙Q的圆心为$Q(1,-1)$，半径$r_Q=3$。
第二步：明确判定要求：
符合条件的点需要满足：到P的距离$d_P＞r_P=1$（在⊙P外），且到Q的距离$d_Q＜r_Q=3$（在⊙Q内）。
两点间距离公式为：若两点坐标为$(x_1,y_1)$、$(x_2,y_2)$，则两点距离$d=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}$，据此逐个判断选项：
选项A：点$(1,2)$
$d_P=\sqrt{(2-1)^2+(1-2)^2}=\sqrt{2}＞1$，在⊙P外；$d_Q=\sqrt{(1-1)^2+(-1-2)^2}=3=r_Q$，在⊙Q上，不符合要求。
选项B：点$(2,1)$
该点是⊙P的圆心，$d_P=0＜1$，在⊙P内，不符合要求。
选项C：点$(2,-1)$
$d_P=\sqrt{(2-2)^2+(1+1)^2}=2＞1$，在⊙P外；$d_Q=\sqrt{(1-2)^2+(-1+1)^2}=1＜3$，在⊙Q内，符合要求。
选项D：点$(3,1)$
$d_P=\sqrt{(2-3)^2+(1-1)^2}=1=r_P$，在⊙P上，不符合要求。
综上，只有选项C符合条件。
【答案】
C
【知识点】
点与圆的位置关系；两点间距离公式；平面直角坐标系
【点评】
本题属于基础题型，核心考查点与圆位置关系的判定，解题的关键是准确从图中获取两个圆的圆心坐标和半径，再结合两点间距离公式计算判断即可，需要注意区分圆内、圆上、圆外三种情况的判定标准。
【难度系数】
0.7

12 转化与化归思想 如图，AB为$\odot O$的直径，$CD⊥ AB$于点C，四边形CDEF是正方形，连接BD.若$OC=3,OF=1$,则BD的长为（）

A.$3\sqrt{5}$
B.$4\sqrt{5}$
C.$13$
D.$2\sqrt{10}$

12. B

【分析】
要求BD的长度，可利用CD⊥AB的条件，将BD放在Rt△BCD中用勾股定理求解，因此只需先求出CD和BC的长度即可。解题思路如下：1. 由正方形的性质可得CD=CF，结合已知OC、OF的长度算出CD；2. 连接半径OD，在Rt△OCD中用勾股定理求出圆的半径，得到OB的长度；3. 计算BC的长度，最后在Rt△BCD中计算BD的长。
【解析】
连接OD，
∵四边形CDEF是正方形，
∴CD=CF，
∵OC=3，OF=1，
∴CF=OC+OF=3+1=4，即CD=4，
又
∵CD⊥AB，
∴∠OCD=90°，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：
$OD=\sqrt{OC^2+CD^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
∴⊙O的半径为5，即OB=OD=5，
∴BC=OC+OB=3+5=8，
在Rt△BCD中，由勾股定理得：
$BD=\sqrt{CD^2+BC^2}=\sqrt{4^2+8^2}=\sqrt{80}=4\sqrt{5}$。
【答案】
B
【知识点】
勾股定理，正方形的性质，圆的基本性质
【点评】
本题是几何基础综合题，解题核心是将所求线段转化到直角三角形中计算，需要熟练掌握正方形、圆的相关性质，考查了转化与化归的数学思想。
【难度系数】
0.7

13 如图,半圆O的直径$AB=8$,半径$OC⊥AB$,D为$\overset{\frown}{AC}$上一点,$DE⊥OC$,$DF⊥OA$,垂足分别为E,F,连接EF,则EF的长为. (第13题)

13. 4

【分析】首先观察图形中的垂直条件：OC⊥AB，DE⊥OC，DF⊥OA，可先判断四边形OEDF的形状；再根据特殊四边形的性质找到EF与圆的半径的等量关系，最后结合直径长度求出半径即可得到EF的长。具体思考步骤：第一步，由三个直角可证四边形OEDF是矩形；第二步，矩形对角线相等，因此EF等于矩形的另一条对角线OD；第三步，OD是半圆的半径，结合直径AB=8求出半径，即得EF的长度。
【解析】解：
∵OC⊥AB，DE⊥OC，DF⊥OA，
∴∠EOF=∠OED=∠OFD=90°，
∴四边形OEDF是矩形，
∴EF=OD。
∵AB是半圆O的直径，AB=8，
∴OD=½AB=4，
∴EF=4。
【答案】4
【知识点】矩形的判定与性质；圆的半径的性质
【点评】本题解题的核心是利用矩形的性质将所求线段EF转化为圆的半径OD，通过转化思想把未知线段转化为已知可求的线段，是几何中常见的解题思路。
【难度系数】0.7

14 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AC=BC=2$.以$BC$为直径的半圆$O$交$AB$于点$D$,$P$是$\overset{\frown}{CD}$上的一个动点,连接$AP$,则$AP$长的最小值为。

14. $\sqrt{5}-1$

【分析】
本题是求圆上动点到定点的最短距离问题，解题思路如下：①首先明确圆外一点到圆上所有点的最短距离为该点到圆心的距离减去圆的半径，因此我们需要先找到半圆的圆心O，计算点A到O的距离；②再结合半圆的半径，即可求出AP的最小值。
【解析】
连接AO，交半圆O于点$P'$，此时$AP'$即为AP的最小值（根据三角形三边关系，对半圆上任意点P，均有$AP + OP ≥ AO$，当且仅当A、P、O三点共线时等号成立）。
已知BC是半圆O的直径，$BC=2$，因此半圆的半径$OC=OP'=\frac{1}{2}BC=1$。
在$Rt△ ACO$中，$∠ ACO=90°$，$AC=2$，$OC=1$，由勾股定理得：
$AO=\sqrt{AC^2 + OC^2}=\sqrt{2^2 + 1^2}=\sqrt{5}$
因此$AP$的最小值为$AO - OP'=\sqrt{5}-1$。
【答案】
$\sqrt{5}-1$
【知识点】
圆上动点最值、勾股定理、三角形三边关系
【点评】
本题属于常见的几何动点最值题型，解题的核心是掌握圆外一点到圆上点的最短距离的计算规律，结合勾股定理即可快速求解，注意验证三点共线时取最小值的合理性。
【难度系数】
0.6

15 如图，AB为$\odot O$的直径，弦ED与AB的延长线交于$\odot O$外一点C，且$AB=2CD$，$∠ C=25°$，求$∠ AOE$的度数。

15. 连接OD. $\because AB=2CD,\therefore$ 易得$OD=CD$. $\therefore ∠ DOC=∠ C=25°$. $\therefore ∠ EDO=∠ DOC+∠ C=50°$. $\because OD=OE$, $\therefore ∠ E=∠ EDO=50°$. $\therefore ∠ AOE=∠ E+∠ C=75°$

【分析】
解题时首先考虑构造辅助线：连接半径OD。已知AB是⊙O的直径，可得AB=2OD，结合已知条件AB=2CD，可推出OD=CD，得到等腰△ODC，利用等腰三角形性质可求出∠DOC的度数；再利用三角形外角的性质求出∠EDO的度数；又因为OE、OD都是圆的半径，二者相等，可得△OED为等腰三角形，求出∠OED的度数；最后再次利用三角形外角的性质，即可求出∠AOE的度数。
【解析】
连接OD.
∵AB为⊙O的直径，
∴AB=2OD，
又
∵AB=2CD，
∴OD=CD，
∴∠DOC=∠C=25°，
根据三角形外角的性质，∠EDO=∠DOC+∠C=25°+25°=50°，
∵OD=OE（均为⊙O的半径），
∴∠E=∠EDO=50°，
再根据三角形外角的性质，∠AOE是△EOC的外角，
∴∠AOE=∠E+∠C=50°+25°=75°。
【答案】
$\boldsymbol{75°}$
【知识点】
圆的半径相等；等腰三角形的性质；三角形外角的性质
【点评】
本题是基础的圆与三角形结合的几何题，解题的核心是通过连接半径构造等腰三角形，将圆的性质和三角形的性质结合起来逐步推导角度，熟练掌握常见辅助线的构造方法能快速找到解题思路。
【难度系数】
0.7

16 在$\odot O$中，直径$AB=6$，$BC$是弦，$∠ ABC=30°$，点$P$在$BC$上，点$Q$在$\odot O$上，且$OP ⊥ PQ$。
（1）如图①，当$PQ // AB$时，求$PQ$的长；
（2）如图②，当点$P$在$BC$上移动时，求$PQ$长的最大值。

16. （1）连接OQ,则易得 $OQ=3$. $\because PQ// AB,PQ⊥ OP$, $\therefore OP⊥ AB$. $\because AB=6,\therefore OB=3$. $\because ∠ ABC=30°,\therefore PB=2OP$. 设$OP=x$,则$PB=2x$. $\because$ 在$\mathrm{Rt}△ PBO$ 中,$PB^2=OP^2+OB^2,\therefore (2x)^2=x^2+3^2$,解得 $x_1=\sqrt{3},x_2=-\sqrt{3}$(不合题意,舍去). $\therefore OP=\sqrt{3}$. $\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ POQ$ 中,由勾股定理,得 $PQ=\sqrt{OQ^2-OP^2}=\sqrt{6}$
（2）连接OQ. 由勾股定理,得 $PQ=\sqrt{OQ^2-OP^2}=\sqrt{9-OP^2}$. 要使 $PQ$ 的长取最大值,则 $OP$ 的长取最小值,此时 $OP⊥ BC$. $\because ∠ ABC=30°,\therefore OP=\frac{1}{2}OB=\frac{3}{2}$. $\therefore PQ$ 长的最大值为$\sqrt{9-(\frac{3}{2})^2}=\frac{3}{2}\sqrt{3}$

【分析】
（1）求解第一问时，首先连接半径OQ，可得OQ等于圆的半径3。已知PQ⊥OP且PQ//AB，可推出OP⊥AB，得到Rt△POB。结合∠ABC=30°，利用直角三角形中30°角的性质和勾股定理求出OP的长度，再在Rt△POQ中用勾股定理即可求出PQ的长。
（2）求解第二问时，先由勾股定理得到PQ关于OP的表达式，由于OQ是定值，可知PQ的最大值对应OP的最小值。根据“垂线段最短”，当OP⊥BC时OP最短，结合30°角的性质求出最小的OP长度，代入表达式即可得到PQ的最大值。
【解析】
（1）连接OQ，
∵AB是直径且AB=6，
∴OQ=OB=3。
∵PQ//AB，OP⊥PQ，
∴OP⊥AB，即∠POB=90°。
在Rt△POB中，∠ABC=30°，
∴PB=2OP。
设OP=x，则PB=2x，由勾股定理得：$PB^2=OP^2+OB^2$，即$(2x)^2=x^2+3^2$，
解得$x=\sqrt{3}$（负值舍去），
∴OP=$\sqrt{3}$。
在Rt△POQ中，由勾股定理得：$PQ=\sqrt{OQ^2-OP^2}=\sqrt{3^2-(\sqrt{3})^2}=\sqrt{6}$。
（2）连接OQ，在Rt△POQ中，由勾股定理得$PQ=\sqrt{OQ^2-OP^2}=\sqrt{9-OP^2}$。
要使PQ的长最大，需使OP的长最小，根据垂线段最短，当OP⊥BC时，OP的长度最小。
此时在Rt△POB中，∠ABC=30°，
∴OP=$\frac{1}{2}OB=\frac{3}{2}$。
代入PQ的表达式得：$PQ_{max}=\sqrt{9-(\frac{3}{2})^2}=\sqrt{\frac{27}{4}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
【答案】
（1）$\sqrt{6}$；（2）$\frac{3\sqrt{3}}{2}$
【知识点】
圆的基本性质，勾股定理，垂线段最短
【点评】
本题综合考查了圆的性质、直角三角形性质的应用，解题的关键是正确添加辅助线构造直角三角形，第二问需要将PQ的最值问题转化为OP的最值问题，体现了转化思想的应用，能较好地考查学生分析问题、解决问题的能力。
【难度系数】
0.6