圆压轴八大模型题切割线互垂.docx

4. 5.6.二.基本训练：1.如图，。

是^ABC 的外接圆，BC 是。

O 的直径，D 是劣弧AC 的中点，BD 交AC 于点E.压轴题思路分析姓名一・指点迷津：1. 计算：勾股定理、相似、三角形函数(特殊角的三角形函数值顺、逆向运用)、方程思想、字母化。

2. 圆知识：垂径定理、切线判定性质、圆周角与圆心角关系、圆内接四边形、同圆半径相等的转化、 五量定理。

3. 圆的角的转移：圆外角、圆内角向圆上角转移；转移工具：平行线性质、相似(特别注意射影定理模型图 转移)、圆内接四边形性质、关注公弧借圆周角定理转移、关注同弧所对的圆心角与圆周角 注重相关知识的运用：等腰三角形性质、角平分线、垂直平分线、全等三角形 热点考查预测：相似的“SAS”定理(S 量的计算思路)、含两个特殊角的三角函数计算模型思路、从数据中寻找隐含关系…•…特殊角和假射影定理相似模型技巧：善于从图中寻找几何基本模型图⑴ 求证：AD 2 = DE• DB(2)若：BC = -, CD = —,求：DE 的长2 22.如图，在RtAABC 中，ZC=90° ,以BC 边为直径的。

O 交AB 于D,连接OD 并延长交CA 的延长 线于点E,过点D 作DF±OE 交EC 于点F.•3(1) 求证：AF=CF ； (2)若 ED=2, sinZE=-,求：AD 的长.3.如图,AB 是△ABC 的外接圆。

的直径,D 是。

O 上一点,DE±AB 于点E,且DE 的延长线分别交AC 。

。

和BC 的延长线于点F、M 、G. ⑴求证:AE • BE=EF • EG(2)遂接 BD,若 BDJLBC,若 EF=MF=2,求：AE 和 MG 的长.CF~EFAE DE4.如图，PAB、PDC为。

的割线，PE±AD于E, PF±BC于F. 求证:——=——CF BF巩固变式练习：已知:如图，在RtAABC中，ZBCA=90°，以BC为直径的。

圆的对称性压轴题六种模型全攻略【考点导航】目录【典型例题】1【考点一利用弧、弦、圆心角的关系求解】【考点二利用弧、弦、圆心角的关系求证】【考点三利用垂径定理求值】【考点四利用垂径定理求平行弦问题】【考点五垂径定理的推论】【考点六垂径定理的实际应用】【过关检测】15【典型例题】【考点一利用弧、弦、圆心角的关系求解】1(2023·陕西西安·西安市庆安初级中学校联考模拟预测)如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，AC=AD，∠AOD=70°，则∠BCO的度数是()A.30°B.35°C.40°D.55°【变式训练】1(2023·全国·九年级专题练习)如图，点A，B，C在⊙O上，∠BAC=40°，则∠BOC的度数为()A.20°B.80°C.50°D.100°2(2023春·安徽合肥·九年级校考阶段练习)下列说法：①相等的圆心角所对的弧相等；②平分弦的直径垂直于弦；③过直线上两点和直线外一点，可以确定一个圆；④圆是轴对称图形，直径是它的对称轴．其中正确的个数是()A.0B.1C.2D.3【考点二利用弧、弦、圆心角的关系求证】1(2023·全国·九年级专题练习)如图，已知⊙O 的半径OA ，OB ，C 在AB �上，CD ⊥OA 于点D ，CE ⊥OB 于点E ，且CD =CE ，求证：AC=BC．【变式训练】1(2023春·广东惠州·九年级校考开学考试)已知：如图，在⊙O 中，∠ABD =∠CDB ．求证：AB =CD ．2(2023秋·河北秦皇岛·九年级统考期末)如图，A 、B 是⊙O 上的两点，C 是弧AB 中点．求证：∠A =∠B ．【考点三利用垂径定理求值】1(2023秋·辽宁葫芦岛·九年级统考期末)如图，AB 是⊙O 的直径，弦CD ⊥AB ，垂足为E ，连接AD ，若AB =10，CD =6，则弦AD 的长为．【变式训练】1(2023秋·广东惠州·九年级校考阶段练习)已知⊙O的半径为13cm，弦AB的长为10cm，则圆心O 到AB的距离为cm．2(2023·浙江·九年级假期作业)“圆材埋壁”是我国古代数学名著《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问：径几何？”转化为现在的数学语言就是：如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，AE=1寸，CD=10寸．则直径AB的长为寸．【考点四利用垂径定理求平行弦问题】1(2023秋·天津和平·九年级校考期末)⊙O半径为5，弦AB∥CD，AB=6，CD=8，则AB与CD间的距离为()A.1B.7C.1或7D.3或4【变式训练】1(2023·全国·九年级专题练习)在半径为10的⊙O中，弦AB=12，弦CD=16，且AB∥CD，则AB 与CD之间的距离是．2(2023春·甘肃武威·九年级校联考阶段练习)⊙O的半径为13cm，AB、CD是⊙O的两条弦，AB⎳CD，AB=24cm，CD=10cm，求AB和CD之间的距离．【考点五垂径定理的推论】1(2023·新疆喀什·统考二模)某公路隧道的截面为圆弧形，设圆弧所在圆的圆心为O，测得其同一水平线上A、B两点之间的距离为12米，拱高CD为4米，则⊙O的半径为米．【变式训练】1(2023·浙江·九年级假期作业)如图是一位同学从照片上前切下来的海上日出时的画面，“图上”太阳与海平线交于A ，B 两点，他测得“图上”圆的半径为10厘米，AB =16厘米．则“图上”太阳从目前所处位置到完全跳出海平面，升起厘米．2(2023春·江苏无锡·九年级校联考期末)《九章算术》中卷九勾股篇记载：今有圆材埋于壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何？转化为数学语言：如图，OD 为⊙O 的半径，弦AB ⊥OD ，垂足为C ，CD =1寸，AB =1尺(1尺=10寸)，则此圆材的直径长是寸．【考点六垂径定理的实际应用】1(2023春·安徽亳州·九年级专题练习)如图，⊙O 的直径AB 与弦CD 交于点E ，CE =DE ，则下列说法错误的是()A.CB =BDB.OE =BEC.CA =DAD.AB ⊥CD【变式训练】1(2023春·九年级单元测试)下列说法正确的是()①平分弧的直径垂直平分弧所对的弦②平分弦的直径平分弦所对的弧③垂直于弦的直线必过圆心④垂直于弦的直径平分弦所对的弧A.②③B.①③C.②④D.①④2(2023·四川攀枝花·校联考二模)下列说法中正确的说法有( )个①对角线相等的四边形是矩形②在同圆或等圆中，同一条弦所对的圆周角相等③相等的圆心角所对的弧相等④平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧⑤到三角形三边距离相等的点是三角形三个内角平分线的交点A.1B.2C.3D.4【过关检测】一、单选题1(2023·上海普陀·统考二模)下列关于圆的说法中，正确的是()A.过三点可以作一个圆B.相等的圆心角所对的弧相等C.平分弦的直径垂直于弦D.圆的直径所在的直线是它的对称轴2(2023·浙江·模拟预测)已知弦AB把圆周分成1:3两部分，则弦AB所对圆心角的度数为()A.90°B.270°C.90°或270°D.45°或135°3(2023·全国·九年级专题练习)如图，线段CD是⊙O的直径，CD⊥AB于点E，若AB长为16，OE 长为6，则⊙O半径是()A.5B.6C.8D.104(2023秋·浙江台州·九年级统考期末)如图，CD是⊙O的直径，弦AB垂直CD于点E，连接AC，BC，AD，BD，则下列结论不一定成立的是()A.AE=BEB.CE=OEC.AC=BCD.AD=BD5(2023·浙江衢州·统考二模)一次综合实践的主题为：只用一张矩形纸条和刻度尺，如何测量一次性纸杯杯口的直径？小聪同学所在的学习小组想到了如下方法：如图，将纸条拉直紧贴杯口上，纸条的上下边沿分别与杯口相交于A，B，C，D四点，利用刻度尺量得该纸条宽为3.5cm，AB=3cm，CD=4cm．请你帮忙计算纸杯的直径为()A.4cmB.5cmC.6cmD.7cm6(2023春·九年级单元测试)AB 为⊙O 的直径，弦CD ⊥AB 于E ，且CD =6cm ，OE =4cm ，则AB =．7(2023春·北京海淀·九年级101中学校考阶段练习)如图，AB 是⊙O 的直径，BC=CD=DE，∠AOE =78°，则∠COB 的度数是．-8(2023春·九年级单元测试)半径为5的⊙O 内有一点P ，且OP =4，则过点P 的最短的弦长是，最长的弦长是．9(2023·河南南阳·校联考二模)已知半径为5的圆O 中有一条长度为8的弦AB ，分别以A ，B 为圆心，长度大于4为半径作圆弧交于点M ，N ，连接MN ，点C 为直线MN 与圆O 的交点，点D 为直线MN 与弦AB 的交点，则CD 的长度为．10(2023·浙江·九年级专题练习)图1是小文家的木马玩具，图2是木马玩具底座水平放置的示意图，点O 是AB所在圆的圆心，OA =OB ，点A ，点B 离地高度均为15cm ，水平距离AB =90cm ．则OA =cm ．当半径OA 转到竖直位置时，木马就有翻倒的风险，为安全起见，点B 离地高度应小于cm ．三、解答题11(2023秋·河北邢台·九年级校联考期末)如图，AB 是⊙O 的直径，BC=CD，∠COD =50°，求∠AOD 的度数．12(2023·江苏·九年级假期作业)如图，OA=OB，AB交⊙O于点C，D，OE是半径，且OE⊥AB于点F．(1)求证：AC=BD．(2)若CD=8，EF=2，求⊙O的半径．13(2023春·全国·九年级专题练习)如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD，垂足为E，AE=2，CD=8．(1)求⊙O的半径长；(2)连接BC，作OF⊥BC于点F，求OF的长．14(2023·河北衡水·校考模拟预测)图1是某种型号圆形车载手机支架，由圆形钢轨、滑动杆、支撑杆组成．图2是它的正面示意图，滑动杆AB的两端都在圆O上，A、B两端可沿圆形钢轨滑动，支撑杆CD的底端C固定在圆O上，另一端D是滑动杆AB的中点，(即当支架水平放置时直线AB平行于水平线，支撑杆CD垂直于水平线)，通过滑动A、B可以调节CD的高度．当AB经过圆心O时，它的宽度达到最大值10cm，在支架水平放置的状态下：(1)当滑动杆AB的宽度从10厘米向上升高调整到6厘米时，求此时支撑杆CD的高度．(2)如图3，当某手机被支架锁住时，锁住高度与手机宽度恰好相等(AE=AB)，求该手机的宽度．15(2023春·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨市第十七中学校校考阶段练习)如图1，AB 是⊙O 的弦，点C 在⊙O 外，连接AC 、BC 分别交⊙O 于D 、E ，AC =BC(1)求证：CD =CE ．(2)如图2，过圆心O 作PQ ∥AB ，交⊙O 于P 、Q 两点，交AC 、BC 于M 、N 两点，求证：PM =QN ．(3)如图3，在(2)的条件下，连接EO 、AO ，∠EON +∠CAO =120°，若CD =112，NQ =32，求弦BE 的长．圆的对称性压轴题六种模型全攻略【考点导航】目录【典型例题】1【考点一利用弧、弦、圆心角的关系求解】【考点二利用弧、弦、圆心角的关系求证】【考点三利用垂径定理求值】【考点四利用垂径定理求平行弦问题】【考点五垂径定理的推论】【考点六垂径定理的实际应用】【过关检测】15【典型例题】【考点一利用弧、弦、圆心角的关系求解】1(2023·陕西西安·西安市庆安初级中学校联考模拟预测)如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，AC=AD，∠AOD=70°，则∠BCO的度数是()A.30°B.35°C.40°D.55°【答案】B【分析】首先由AC=AD，∠AOD=70°可得∠AOC=∠AOD=70°，再由OB=OC可得出∠OBC=∠AOC=35°．∠OCB=12【详解】解：∵在⊙O中，AC=AD，∠AOD=70°∴∠AOC=∠AOD=70°，∵OB=OC，∠AOC=35°，∴∠OBC=∠OCB=12故选：B．【点睛】此题考查了弧与圆心角的关系、等腰三角形的性质及三角形外角的性质，掌握数形结合思想的应用是解题的关键．【变式训练】1(2023·全国·九年级专题练习)如图，点A，B，C在⊙O上，∠BAC=40°，则∠BOC的度数为()A.20°B.80°C.50°D.100°【答案】B【分析】根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可得出答案．【详解】解：∵∠BAC =40°，∴∠BOC =2∠BAC =2×40°=80°，故选：B ．【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角与圆心角的关系，熟知同弧所对的圆周角等于圆心角的一半是解本题的关键．2(2023春·安徽合肥·九年级校考阶段练习)下列说法：①相等的圆心角所对的弧相等；②平分弦的直径垂直于弦；③过直线上两点和直线外一点，可以确定一个圆；④圆是轴对称图形，直径是它的对称轴．其中正确的个数是()A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【分析】根据圆心角、弧、弦的关系定理判断①，根据垂径定理的推论判断②；根据不共线的三点共圆可判断③；根据轴对称图形的定义判断④．【详解】解：①同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故错误；②平分弦不是直径的直径垂直于弦，故错误；③过直线上两点和直线外一点，可以确定一个圆，正确；④圆是轴对称图形，直径所在的直线是它的对称轴，故错误，正确的只有1个，故选：B ．【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，垂径定理的推论，轴对称图形的对称轴，圆的性质，熟练掌握定义与性质是解题的关键．【考点二利用弧、弦、圆心角的关系求证】1(2023·全国·九年级专题练习)如图，已知⊙O 的半径OA ，OB ，C 在AB �上，CD ⊥OA 于点D ，CE ⊥OB 于点E ，且CD =CE ，求证：AC=BC．【答案】见解析【分析】根据角平分线的判定定理可得∠AOC =∠BOC ，然后根据弧、弦和圆心角的关系证明即可．【详解】证明：∵CD =CE ，CD ⊥OA ，CE ⊥OB ，∴∠AOC =∠BOC ，∴AC=BC．【点睛】本题主要考查了角平分线的判定定理以及弧、弦和圆心角的关系等知识，准确证明∠AOC =∠BOC 是解题关键．【变式训练】1(2023春·广东惠州·九年级校考开学考试)已知：如图，在⊙O 中，∠ABD =∠CDB ．求证：AB =CD ．【答案】见解析【分析】根据∠ABD =∠CDB ，可知AD =BC ，则有AD +AC =BC +AC ，由此可得AB =CD，进而可证AB =CD ．【详解】证明：∵∠ABD =∠CDB ，∴AD=BC，∴AD +AC=BC +AC，∴AB=CD，∴AB =CD ．【点睛】本题考查圆心角、弧、弦之间的关系，即在同圆或等圆中，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，能够熟练掌握圆心角、弧、弦之间的关系是解决本题的关键．2(2023秋·河北秦皇岛·九年级统考期末)如图，A 、B 是⊙O 上的两点，C 是弧AB 中点．求证：∠A =∠B ．【答案】见解析【分析】连接OC ，通过证明△AOC ≌△BOC (SAS )即可得结论．【详解】证明：如图，连接OC ，∵C 是AB的中点，∴AC=BC ，∴∠AOC =∠BOC ，在△AOC 和△BOC 中，OA =OB∠AOC =∠BOC OC =OC，∴△AOC ≌△BOC (SAS )，∴∠A =∠B ．【点睛】本题考查弧、弦、圆心角的关系，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是利用全等三角形的判定和性质解决问题，属于中考常考题型．【考点三利用垂径定理求值】1(2023秋·辽宁葫芦岛·九年级统考期末)如图，AB 是⊙O 的直径，弦CD ⊥AB ，垂足为E ，连接AD ，若AB =10，CD =6，则弦AD 的长为．【答案】310【分析】由题意易得DE =12CD =3,OD =5，根据勾股定理可求OE 的长，然后问题可求解．【详解】解：连接OD ，∵AB 是⊙O 的直径，AB =10，∴OD =OB =12AB =5，∵CD ⊥AB ，CD =6，∴DE =12CD =3,∠DEO =90°，∴OE=OD2-DE2=4，∴AE=OA+OE=5+4=9，∴AD=DE2+AE2=92+32=310,故答案为310．【点睛】本题主要考查垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．【变式训练】1(2023秋·广东惠州·九年级校考阶段练习)已知⊙O的半径为13cm，弦AB的长为10cm，则圆心O 到AB的距离为cm．【答案】12【分析】过点O作OH⊥AB于点H，由垂径定理得到BH=12AB=5cm，在Rt△BOH中，利用勾股定理即可得到圆心O到AB的距离．【详解】解：如图，⊙O的半径为13cm，弦AB的长为10cm，过点O作OH⊥AB于点H，则BH=12AB=5cm，∠BHO=90°，∴OH=OB2-BH2=132-52=12cm，即圆心O到AB的距离为12cm，故答案为：12【点睛】此题考查了垂径定理、勾股定理等知识，熟练掌握垂径定理的内容是解题的关键．2(2023·浙江·九年级假期作业)“圆材埋壁”是我国古代数学名著《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问：径几何？”转化为现在的数学语言就是：如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，AE=1寸，CD=10寸．则直径AB的长为寸．【答案】26【分析】连接OC构成直角三角形，先根据垂径定理，由CD⊥AB得到点E为CD的中点，由CD=10可求出CE的长，再设出圆的半径OC为x，表示出OE，根据勾股定理建立关于x的方程，求解方程可得2x的值，即为圆的直径．【详解】解：连接OC，∵AB⊥CD，且CD=10寸，∴CE=DE=5寸，设圆O的半径OC的长为x，则OC=OA=x，∵AE=1，∴OE=x-1，在Rt△COE中，根据勾股定理得：x2-(x-1)2=52，化简得：x2-x2+2x-1=25，即2x=26，∴AB=26(寸)．故答案为：26．【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，解题的关键是正确作出辅助线构造直角三角形．【考点四利用垂径定理求平行弦问题】1(2023秋·天津和平·九年级校考期末)⊙O半径为5，弦AB∥CD，AB=6，CD=8，则AB与CD间的距离为()A.1B.7C.1或7D.3或4【答案】C【分析】过O点作OE⊥AB，E为垂足，交CD与F，连OA，OC，由AB∥CD，得到OF⊥CD，根据垂径定理得AE=3，CF=4，再在Rt△OAE中和在Rt△OCF中分别利用勾股定理求出OE，OF，然后讨论：当圆O点在AB、CD之间，AB与CD之间的距离=OE+OF；当圆O点不在AB、CD之间，AB与CD 之间的距离=OE-OF．【详解】解：过O点作OE⊥AB，E为垂足，交CD与F，连OA，OC，如图，∵AB∥CD，∴OF⊥CD，∴AE=BE，CF=DF，而AB=6，CD=8，∴AE=3，CF=4，在Rt△OAE中，OA=5，OE=OA2-AE2=52-32=4；在Rt△OCF中，OC=5，OF=OC2-CF2=52-42=3；当圆O点在AB、CD之间，AB与CD之间的距离=OE+OF=7；当圆O点不在AB、CD之间，AB与CD之间的距离=OE-OF=1；所以AB与CD之间的距离为7或1．故选：C．【点睛】本题考查了垂径定理，即垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的弧．也考查了勾股定理以及分类讨论的思想的运用．【变式训练】1(2023·全国·九年级专题练习)在半径为10的⊙O中，弦AB=12，弦CD=16，且AB∥CD，则AB 与CD之间的距离是．【答案】2或14【分析】由于弦AB与CD的具体位置不能确定，故应分两种情况进行讨论：①弦AB与CD在圆心同侧；②弦AB与CD在圆心异侧；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：①当弦AB与CD在圆心同侧时，如图①，过点O作OF⊥AB，垂足为F，交CD于点E，连接OA，OC，∵AB∥CD，∴OE⊥CD，∵AB=12，CD=16，∴CE=8，AF=6，∵OA=OC=10，∴由勾股定理得：EO=102-82=6，OF=102-62=8，∴EF=OF-OE=2；②当弦AB与CD在圆心异侧时，如图，过点O作OE⊥CD于点E，反向延长OE交AB于点F，连接OA，OC，同理EO=102-82=6，OF=102-62=8，EF=OF+OE=14，所以AB与CD之间的距离是2或14．故答案为：2或14．【点睛】本题考查了勾股定理和垂径定理，解答此题时要注意进行分类讨论，不要漏解．2(2023春·甘肃武威·九年级校联考阶段练习)⊙O的半径为13cm，AB、CD是⊙O的两条弦，AB⎳CD，AB=24cm，CD=10cm，求AB和CD之间的距离．【答案】7cm或17cm．【分析】分两种情况进行讨论：①弦AB和CD在圆心同侧；②弦AB和CD在圆心异侧；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：①当弦AB和CD在圆心同侧时，如图1∵AB=24cm，CD=10cm，∴AE=12cm，CF=5cm，∵OA=OC=13cm，∴EO=5cm，OF=12cm，∴EF=12-5=7cm；②当弦AB和CD在圆心异侧时，如图2，∵AB=24cm，CD=10cm，∴AE=12cm，CF=5cm，∵OA=OC=13cm，∴EO=5cm，OF=12cm，∴EF=OF+OE=17cm．∴AB与CD之间的距离为7cm或17cm．【点睛】本题考查了勾股定理和垂径定理的应用，正确作出辅助线、灵活运用定理是解题的关键，注意掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用．【考点五垂径定理的推论】1(2023·新疆喀什·统考二模)某公路隧道的截面为圆弧形，设圆弧所在圆的圆心为O，测得其同一水平线上A、B两点之间的距离为12米，拱高CD为4米，则⊙O的半径为米．【答案】6.5【分析】连接OA，设⊙O的半径为R，利用垂径定理以及勾股定理求解即可．【详解】解：连接OA，设⊙O的半径为R，则OC=R-4，由题意得，OD⊥AB，AB=6，∴AC=BC=12在Rt△AOC中，由勾股定理得R2=62+R-42，解得R=6.5，则⊙O的半径为6.5米．故答案为：6.5．【点睛】本题考查了垂径定理的应用，根据题意作出辅助线，由勾股定理得出方程是解题的关键．【变式训练】1(2023·浙江·九年级假期作业)如图是一位同学从照片上前切下来的海上日出时的画面，“图上”太阳与海平线交于A，B两点，他测得“图上”圆的半径为10厘米，AB=16厘米．则“图上”太阳从目前所处位置到完全跳出海平面，升起厘米．【答案】16【分析】连接OB，作OD⊥AB于点D，交优弧于点C，利用垂径定理求得AD=BD=8厘米．在Rt△OBD中，利用勾股定理求得OD的长，据此求解即可．【详解】解：连接OB，作OD⊥AB于点D，交优弧于点C，则AD=BD=8厘米．由题意得OB=OC=10厘米，在Rt△OBD中，OD=OB2-BD2=6厘米，∴CD=OD+OC=16厘米，则“图上”太阳从目前所处位置到完全跳出海平面，升起16厘米．故答案为：16．【点睛】本题考查了垂径定理的应用，利用垂径定理构造直角三角形是解题的关键．2(2023春·江苏无锡·九年级校联考期末)《九章算术》中卷九勾股篇记载：今有圆材埋于壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何？转化为数学语言：如图，OD为⊙O的半径，弦AB⊥OD，垂足为C，CD=1寸，AB=1尺(1尺=10寸)，则此圆材的直径长是寸．【答案】26【分析】连接AO，依题意，得出AC=5，设半径为r，则AO=r，在Rt△AOC中，AO2=AC2+CO2，解方程即可求解．【详解】解：如图所示，连接AO，∵CD=1，AB=10，AB⊥OD，OD为⊙O的半径，∴AC=5，设半径为r ，则AO =r ，在Rt △AOC 中，AO 2=AC 2+CO 2，∴r 2=52+r -1 2，解得：r =13，∴直径为26，故答案为：26．【点睛】本题考查了垂径定理的应用，勾股定理，掌握垂径定理是解题的关键．【考点六垂径定理的实际应用】1(2023春·安徽亳州·九年级专题练习)如图，⊙O 的直径AB 与弦CD 交于点E ，CE =DE ，则下列说法错误的是()A.CB =BDB.OE =BEC.CA =DAD.AB ⊥CD【答案】B【分析】根据垂径定理及其推论判断即可．【详解】解：∵AB 是⊙O 的直径与弦CD 交于点E ，CE =DE ，∴根据垂径定理及其推论可得，点B 为劣弧CD的中点，点A 为优弧CD的中点，AB ⊥CD ∴CB=BD，AC=AD，∴CA =DA但不能证明OE =BE ，故B 选项说法错误，符合题意；故选：B ．【点睛】本题考查的是垂径定理及其推论，解决本题的关键是熟练掌握垂径定理及其推论：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧，平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧．【变式训练】1(2023春·九年级单元测试)下列说法正确的是()①平分弧的直径垂直平分弧所对的弦②平分弦的直径平分弦所对的弧③垂直于弦的直线必过圆心④垂直于弦的直径平分弦所对的弧A.②③ B.①③C.②④D.①④【答案】D【详解】根据垂径定理及其推论进行判断．【解答】解：根据垂径定理，①正确；②错误．平分弦(不是直径)的直径平分弦所对的弧；③错误．垂直于弦且平分弦的直线必过圆心；④正确．故选：D．【点评】注意概念性质的语言叙述，有时是专门来混淆是非的，只是一字之差，所以学生一定要养成认真仔细的习惯．2(2023·四川攀枝花·校联考二模)下列说法中正确的说法有( )个①对角线相等的四边形是矩形②在同圆或等圆中，同一条弦所对的圆周角相等③相等的圆心角所对的弧相等④平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧⑤到三角形三边距离相等的点是三角形三个内角平分线的交点A.1B.2C.3D.4【答案】A【分析】根据矩形的判定方法、圆的性质、垂径定理、三角形的有关性质求解即可．【详解】解：①对角线相等的平行四边形是矩形，故错误；②在同圆或等圆中，同一条弦所对的圆周角不一定相等，∵同一条弦所对的圆周角有两种情况，故不正确；③在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故错误；④平分非直径的弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧，故错误；⑤到三角形三边距离相等的点是三角形的内心，而内心是角平分线的交点，故正确；故选：A．【点睛】本题是对基础概念的考查，熟记概念是解题关键．【过关检测】一、单选题1(2023·上海普陀·统考二模)下列关于圆的说法中，正确的是()A.过三点可以作一个圆B.相等的圆心角所对的弧相等C.平分弦的直径垂直于弦D.圆的直径所在的直线是它的对称轴【答案】D【分析】利用圆的有关定义及性质分别判断后即可确定正确的选项．【详解】解：A、过不在同一直线上的三个点一定能作一个圆，故错误，不符合题意；B、同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故错误，不符合题意；C、平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，故错误，不符合题意；D、圆的直径所在的直线是它的对称轴，正确，符合题意．故选：D．【点睛】本题考查了确定圆的条件及圆的有关性质，解题的关键是了解有关性质及定义，难度不大．2(2023·浙江·模拟预测)已知弦AB把圆周分成1:3两部分，则弦AB所对圆心角的度数为()A.90°B.270°C.90°或270°D.45°或135°【答案】C【分析】分优弧，劣弧两种情况，求解即可．【详解】解：∵弦AB 把圆周分成1:3两部分，∴劣弧AB 的度数为：360°×14=90°，即：劣弧所对的圆心角的度数为90°，优弧AB 的度数为：360°×34=270°，即：优弧所对的圆心角的度数为270°，∴弦AB 所对圆心角的度数为90°或270°；故选C ．【点睛】本题考查弦，弧，角之间的关系．注意弦分弧为优弧和劣弧两种情况．3(2023·全国·九年级专题练习)如图，线段CD 是⊙O 的直径，CD ⊥AB 于点E ，若AB 长为16，OE 长为6，则⊙O 半径是()A.5B.6C.8D.10【答案】D【分析】连接OB ，由垂径定理可得BE =AE =8，由勾股定理计算即可获得答案．【详解】解：如图，连接OB ，∵线段CD 是⊙O 的直径，CD ⊥AB 于点E ，AB =16，∴BE =AE =12AB =12×16=8，∴在Rt △OBE 中，可有OB =OE 2+BE 2=62+82=10，∴⊙O 半径是10．故选：D ．【点睛】本题主要考查了垂径定理及勾股定理等知识，理解并掌握垂径定理是解题关键．4(2023秋·浙江台州·九年级统考期末)如图，CD 是⊙O 的直径，弦AB 垂直CD 于点E ，连接AC ，BC ，AD ，BD ，则下列结论不一定成立的是()A.AE =BEB.CE =OEC.AC =BCD.AD =BD【答案】B【分析】根据垂径定理对各选项进行逐一分析即可．【详解】解：∵CD 是⊙O 的直径，弦AB 垂直CD 于点E ，∴AE =BE ，AC=BC，AD=BD，∴AC =BC ，AD =BD ，而CE =OE 不一定成立，故选：B ．【点睛】本题考查的是垂径定理，垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解答此题的关键．5(2023·浙江衢州·统考二模)一次综合实践的主题为：只用一张矩形纸条和刻度尺，如何测量一次性纸杯杯口的直径？小聪同学所在的学习小组想到了如下方法：如图，将纸条拉直紧贴杯口上，纸条的上下边沿分别与杯口相交于A ，B ，C ，D 四点，利用刻度尺量得该纸条宽为3.5cm ，AB =3cm ，CD =4cm ．请你帮忙计算纸杯的直径为()A.4cmB.5cmC.6cmD.7cm【答案】B【分析】设圆心为O ，根据垂径定理可以得到CE =2，AF =1.5，再根据勾股定理构建方程解题即可．【详解】设圆心为O ，EF 为纸条宽，连接OC ，OA ，则EF ⊥CD ，EF ⊥AB ，∴CE =12CD =12×4=2，AF =12AB =12×3=1.5，设OE =x ，则OF =3.5-x ，又∵OC =OA ，∴CE 2+OE 2=AF 2+OF 2，即22+x 2=1.52+3.5-x 2，解得：x =1.5，∴半径OC =22+x 2=2.5，即直径为5cm ，故选B ．【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，构建直角三角形利用勾股定理计算是解题的关键．二、填空题6(2023春·九年级单元测试)AB 为⊙O 的直径，弦CD ⊥AB 于E ，且CD =6cm ，OE =4cm ，则AB =．【答案】10cm【分析】由垂径定理可知CE =12CD =3cm ，在Rt △CEO 中由勾股定理可求得OC 即AB 的值．【详解】解：如图：依题意可知OA =OC =12AB ，∵AB 为⊙O 的直径，弦CD ⊥AB 于E ，∴CE =12CD =3cm ，在Rt △CEO 中，OC =OE 2+CE 2=42+32=5cm ，∴AB =2OC =10cm ，故答案为：10cm ．【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理解直角三角形；解题的关键是熟练掌握相关知识．7(2023春·北京海淀·九年级101中学校考阶段练习)如图，AB 是⊙O 的直径，BC=CD=DE，∠AOE =78°，则∠COB 的度数是．-【答案】34°/34度【分析】先由平角的定义求出∠BOE 的度数，由BC=CD=DE，根据相等的弧所对的圆心角相等可得∠BOC =∠EOD =∠COD =13∠BOE ，即可求解．【详解】∵∠AOE =78°，∴∠BOE =180°-∠AOE =180°-78°=102°，∵BC=CD=DE，∴∠BOC =∠EOD =∠COD =13∠BOE =34°，故答案为：34°．【点睛】此题考查了弧与圆心角的关系．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．8(2023春·九年级单元测试)半径为5的⊙O 内有一点P ，且OP =4，则过点P 的最短的弦长是，最长的弦长是．【答案】 610【分析】过点P 的最短的弦是垂直于OP 的弦，过点P 的最长的弦是直径，利用勾股定理和垂径定理进行求解即可得到答案．【详解】解：如图，OP 在直径AB 上，AB ⊥CD 于点P ，过点P 的最短的弦是垂直于OP 的弦，即CD 的长∵OC =5，OP =4，由勾股定理得：PC =OC 2-OP 2=3，∴CD =2PC =6，∴过点P 的最短的弦长是6；过点P 的最长的弦是直径，即AB 的长，∵AB =5×2=10，．∴过点P 的最长的弦长是10，故答案为：6；10．【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，解题关键是熟练掌握垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．9(2023·河南南阳·校联考二模)已知半径为5的圆O 中有一条长度为8的弦AB ，分别以A ，B 为圆心，长度大于4为半径作圆弧交于点M ，N ，连接MN ，点C 为直线MN 与圆O 的交点，点D 为直线MN 与弦AB 的交点，则CD 的长度为．【答案】2或8【分析】根据作图可知，MN 为AB 的中垂线，则MN 必过圆心O ，连接OA ，利用垂径定理求出OD 的长，分点C 在劣弧AB 上和点C 在优弧AB 上两种情况进行求解即可．【详解】解：由题意，得：MN 是弦AB 的中垂线，D 为AB 的中点，如图，连接OA ,OD ,OB ，则：OA =OB =5,AD =12AB =4，∴OD ⊥AB ，∵CD ⊥AB ，∴O ,C ,D 三点共线，∴OC =5，∴OD =OA 2-AD 2=3；①当点C 在劣弧AB 上时：CD =OC -OD =2；②当点C 在优弧AB 上时：CD =OC +OD =8；故答案为：2或8【点睛】本题考查中垂线的作图，垂径定理．根据作图方法得到MN 是AB 的中垂线，是解题的关键．注意分类讨论．10(2023·浙江·九年级专题练习)图1是小文家的木马玩具，图2是木马玩具底座水平放置的示意图，点O 是AB所在圆的圆心，OA =OB ，点A ，点B 离地高度均为15cm ，水平距离AB =90cm ．则OA =cm ．当半径OA 转到竖直位置时，木马就有翻倒的风险，为安全起见，点B 离地高度应小于cm ．。

圆的综合压轴题命题趋势中考数学中《圆的综合压轴题》部分主要考向分为六类：一、圆中弧长和面积的综合题二、圆与全等三角形的综合题三、圆的综合证明问题四、圆与等腰三角形的综合题五、圆的阅读理解与新定义问题六、圆与特殊四边形的综合题圆的综合问题是中考数学中的压轴题中的一类，也是难度较大的一类，所以，对应的训练很有必要。

热考题型解读考向一：圆中弧长与面积的综合题考向二：圆与全等三角形综合题考向三：圆的综合证明问题考向四：圆与等腰三角形的综合考向五：圆的阅读理解与新定义问题考向六：圆与特殊四边形综合考向一：圆中弧长与面积的综合题1(2023•河北)装有水的水槽放置在水平台面上，其横截面是以AB 为直径的半圆O ，AB =50cm ，如图1和图2所示，MN 为水面截线，GH 为台面截线，MN ∥GH ．计算：在图1中，已知MN =48cm ，作OC ⊥MN 于点C .(1)求OC 的长．操作：将图1中的水槽沿GH 向右作无滑动的滚动，使水流出一部分，当∠ANM =30°时停止滚动．如图2．其中，半圆的中点为Q ，GH 与半圆的切点为E ，连接OE 交MN 于点D ．探究：在图2中．(2)操作后水面高度下降了多少？(3)连接OQ 并延长交GH 于点F ，求线段EF 与EQ的长度，并比较大小．【分析】(1)连接OM ，利用垂径定理得出MC =12MN =24cm ，由勾股定理计算即可得出答案；(2)由切线的性质证明OE ⊥GH ，进而得到OE ⊥MN ，利用锐角三角函数的定义求出OD ，再与(1)中OC 相减即可得出答案；(3)由半圆的中点为Q 得到∠QOB =90°，得到∠QOE =30°，分别求出线段EF 与EQ的长度，再相减比较即可．【解答】解：(1)连接OM ，∵O 为圆心，OC ⊥MN 于点C ，MN =48cm ，∴MC =圆的综合压轴题（解析版）MN =24cm ，∵AB =50cm ，∴OM =圆的综合压轴题（解析版）AB =25cm ，在Rt △OMC 中，OC =OM 2-MC 2=252-242=7(cm )；(2)∵GH 与半圆的切点为E ，∴OE ⊥GH ，∵MN ∥GH ，∴OE ⊥MN 于点D ，∵∠ANM =30°，ON =25cm ，∴OD =12ON =252cπ，∴操作后水面高度下降高度为：252-7=112cπ；(3)∵OE ⊥MN 于点D ，∠ANM =30°，∴∠DOB =60°，∵半圆的中点为Q ，∴AQ =QB，∴∠QOB =90°，∴∠QOE =30°，∴EF =tan ∠QOE •OE =2533(cm )，EQ 的长为30×π×25180=25π6(cm )，∵2533-256π=503-25π6=2523-π 6>0，∴EF >EQ ．2(2023•乐山)在学习完《图形的旋转》后，刘老师带领学生开展了一次数学探究活动．【问题情境】刘老师先引导学生回顾了华东师大版教材七年级下册第121页“探索”部分内容：如图1，将一个三角形纸板△ABC 绕点A 逆时针旋转θ到达的位置△AB ′C ′的位置，那么可以得到：AB =AB ′，AC =AC ′，BC =B ′C ′；∠BAC =∠B ′AC ′，∠ABC =∠AB ′C ′，∠ACB =∠AC ′B ′．()刘老师进一步谈到：图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图形旋转的关键．故数学就是一门哲学．【问题解决】(1)上述问题情境中“()”处应填理由：　旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等　；(2)如图2，小王将一个半径为4cm ，圆心角为60°的扇形纸板ABC 绕点O 逆时针旋转90°到达扇形纸板A ′B ′C ′的位置．①请在图中作出点O ；②如果BB ′=6cm ，则在旋转过程中，点B 经过的路径长为　32π2cm ；【问题拓展】小李突发奇想，将与(2)中完全相同的两个扇形纸板重叠，一个固定在墙上，使得一边位于水平位置．另一个在弧的中点处固定，然后放开纸板，使其摆动到竖直位置时静止．此时，两个纸板重叠部分的面积是多少呢？如图3所示，请你帮助小李解决这个问题．【分析】【问题解决】(1)由旋转的性质即可知答案为旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；(2)①作线段BB '，AA '的垂直平分线，两垂直平分线交于O ，点O 为所求；②由∠BOB '=90°，OB =OB '，可得OB =62=32，再用弧长公式可得答案；【问题拓展】连接PA '，交AC 于M ，连接PA ，PD ，AA '，PB '，PC ，求出A 'D =A M ∠PA B cos =230o cos =433，DM =12A 'D =233，可得S △A 'DP =12×233×4=433；S 扇形PA 'B '=30π×42360=4π3，证明△PB ′D ≌△PCD (SSS )可知阴影部分关于PD 对称，故重叠部分面积为2(4π3-433)=8π-833(cm 2)．【解答】解：【问题解决】(1)根据题意，AB =AB ′，AC =AC ′，BC =B ′C ′；∠BAC =∠B ′AC ′，∠ABC =∠AB ′C ′，∠ACB =∠AC ′B ′的理由是：旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等，故答案为：旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；(2)①如图：作线段BB '，AA '的垂直平分线，两垂直平分线交于O ，点O 为所求；②∵∠BOB '=90°，OB =OB '，∴△BOB '是等腰直角三角形，∵BB '=6，∴OB =62=32，∵90π×32180=32π2(cm )，∴点B 经过的路径长为32π2cm ，故答案为：32π2cm ；【问题拓展】连接PA '，交AC 于M ，连接PA ，PD ，AA '，PB '，PC ，如图：∵点P 为BC中点，∴∠PAB =∠PAC =12∠BAC =30o ，由旋转得∠PA 'B '=30°，PA =PA ′=4，在Rt △PAM 中，PM =PA •sin ∠PAM =4×sin30°=2，∴A 'M =PA '-PM =4-2=2，在Rt △A ′DM 中，A 'D =A M ∠PAB cos =230ocos =433，DM =12A 'D =233，∴S △A 'DP =12×233×4=433；S 扇形PA 'B '=30π×42360=4π3，下面证明阴影部分关于PD 对称：∵∠PAC =∠PA 'B '=30°，∠ADN =∠A 'DM ，∴∠AND =∠A 'MD =90°，∴∠PNA '=90°，∴PN =12PA '=2，∴AN =PA -PN =2，∴AN =A ′M ，∴△AND ≌△A 'MD (AAS )，∴AD =A ′D ，∴CD =B 'D ，∵PD =PD ，PB '=PC ，∴△PB ′D ≌△PCD (SSS )，∴阴影部分面积被PD 等分，∴S 阴影=2(S 扇形PA 'B '-S △A 'DP )=2(4π3-433)=8π-833(cm 2)．∴两个纸板重叠部分的面积是8π-833cm 2．考向二：圆与全等三角形综合题3(2023•济宁)如图，已知AB 是⊙O 的直径，CD =CB ，BE 切⊙O 于点B ，过点C 作CF ⊥OE 交BE 于点F ，EF =2BF ．(1)如图1，连接BD ，求证：△ADB ≌△OBE ；(2)如图2，N 是AD 上一点，在AB 上取一点M ，使∠MCN =60°，连接MN ．请问：三条线段MN ，BM ，DN 有怎样的数量关系？并证明你的结论．【分析】(1)根据CF ⊥OE ，OC 是半径，可得CF 是圆O 的切线，根据BE 是圆O 的切线，由切线长定理可得BF =CF ，进而根据sin E =CF EF =12，得出∠E =30°，∠EOB =60°，根据CD =CB 得出CD =CB ，根据垂径定理的推论得出OC ⊥BD ，进而得出∠ADB =90°=∠EBO ，根据含30度角的直角三角形的性质，得出AD =BO =12AB ，即可证明△ABD ≌△OEB (AAS )；(2)延长ND 至H 使得DH =BM ，连接CH ，BD ，根据圆内接四边形对角互补得出∠HDC =∠MBC ，证明△HDC ≌△MBC (SAS )，结合已知条件证明△CNH ≌△CNM (SAS )，得出NH =MN ，即可得出结论．【解答】(1)证明：∵CF ⊥OE ，OC 是半径，∴CF 是圆O 的切线，∵BE 是圆O 的切线，∴BF =CF ，∵EF =2BF ，∴EF =2CF ，sin E =CF EF =12，∴∠E =30°，∠EOB =60°，∵CD =CB ，∴CD =CB，∴OC ⊥BD ，∵AB 是直径，∴∠ADB =90°=∠EBO ，∵∠E +∠EBD =90°，∠ABD +∠EBD =90°，∴∠E =∠ABD =30°，∴AD =BO =12AB ，∴△ABD ≌△OEB (AAS )；(2)解：MN =BM +DN ，理由如下：延长ND 至H 使得DH =BM ，连接CH ，BD ，如图2所示，∵∠CBM +∠NDC =180°，∠HDC +∠NDC =180°，∴∠HDC =∠MBC ，∵CD =CB ，DH =BM ，∴△HDC ≌△MBC (SAS )，∴∠BCM =∠DCH ，CM =CH ，由(1)可得∠ABD =30°，∵AB 是直径，∴∠ADB =90°，∴∠A =60°，∴∠DCB =180°-∠A =120°，∵∠MCN =60°，∴∠BCM +∠NCD =120°-∠NCM =120°-60°=60°，∴∠DCH +∠NCD =∠NCH =60°，∴∠NCH =∠NCM ，∵NC =NC ，∴△CNH ≌△CNM (SAS )，∴NH =MN ，∴MN =DN +DH =DN +BM ，∴MN =BM +DN ．4(2023•哈尔滨)已知△ABC 内接于⊙O ，AB 为⊙O 的直径，N 为AC的中点，连接ON 交AC 于点H ．(1)如图①，求证：BC =2OH ；(2)如图②，点D 在⊙O 上，连接DB ，DO ，DC ，DC 交OH 于点E ，若DB =DC ，求证OD ∥AC ；(3)如图③，在(2)的条件下，点F 在BD 上，过点F 作FG ⊥DO ，交DO 于点G ，DG =CH ，过点F 作FR ⊥DE ，垂足为R ，连接EF ，EA ，EF ：DF =3：2，点T 在BC 的延长线上，连接AT ，过点T 作TM ⊥DC ，交DC 的延长线于点M ，若FR =CM ，AT =42，求AB 的长．【分析】(1)连接OC ，证明OH 是△ABC 的中位线，即可得到BC =2OH ；(2)设∠BDC =2α，证明△DOB ≌△DOC (SSS )，可得∠BDO =∠CDO =12∠BDC =α，再推导出∠CDO =∠ACD ，即可证明DO ∥AC ；(3)连接AD ，延长AE 与BC 交于W 点，延长AC 、TM 交于L 点，先证明△DGF ≌△CHE (AAS )，得到DF =CE ，再证明△DFG ≌△AFH (ASA )，得到AE =DF ，从而判断出四边形ADFE 是矩形，得到EF ⊥BD ，求出tan ∠EDF =32，通过证明△FRK ≌△CML (AAS )，推导出CL =FK =2FG =CW ，再证明△AWC ≌△TLC (AAS )，则AC =TC ，在Rt △ACT 中，由AT =42，求出AC =CT =4，在Rt △ABC中，tan ∠BAC =32=BC AC，求出BC =6，在Rt △ABC 中，利用勾股定理求出AB =AC 2+BC 2=213．【解答】(1)证明：如图①，连接OC ，∵N 是AC 的中点，∴AN =CN ，∴∠AON =∠CON ，∵OA=OC，∴AH=HC，∵OA=OB，∴OH是△ABC的中位线，∴BC=2OH；(2)证明：如图②，设∠BDC=2α，∵BD=CD，DO=DO，BO=OC，∴△DOB≌△DOC(SSS)，∠BDC=α，∴∠BDO=∠CDO=12∵OB=OD，∴∠DBO=∠BDO=α，∵∠ACD=∠ABD=α，∴∠CDO=∠ACD，∴DO∥AC；(3)解：如图③，连接AD，延长AE与BC交于W点，延长AC、TM交于L点，∵FG⊥OD，∴∠DGF=90°，∵∠CHE=90°，∴∠DGF=∠CHE，∵∠FDG=∠ECH，DG=CH，∴△DGF≌△CHE(AAS)，∴DF=CE，∵AH=CH，∴OH⊥AC，∴∠EHC=∠DGF，∵AH=HC，∴△AEC是等腰三角形，∴AE=EC，∠EAC=∠ECA，∵∠BDO=∠ODE=∠ECA，∴∠EAH=∠FDG，∵DG=CH，∴DG=AH，∴△DFG≌△AFH(ASA)，∴AE=DF，∵∠DEA=2∠ECA，∠FDE=2∠ODE，∴∠FDE=∠DEA，∴DF∥AE，∴四边形AEFD是平行四边形，∵AB是圆O的直径，∴∠ADB=90°，∴四边形ADFE是矩形，∴EF⊥BD，∵EF：DF=3：2，∴tan∠EDF=32，∵FR⊥CD，FG⊥DO，∴∠ODE=∠RFK=90°，∵∠ECA=∠MCL，∴∠RFK=∠LCM，∵CM⊥MT，∴∠CML=90°，∵FR=CM，∴△FRK≌△CML(AAS)，∴CL=FK=2FG，∵BC=2OH，EH=OH，∴EH是△AWC的中位线，∴CW=2EH，∵EH=FG，∴CL=FK=2FG=CW，∵∠TCL=∠CMT=90°，∴∠MCL=∠CTM，∵∠ACE=∠ECA=∠LCM，∴∠CTM=∠WAC，∴△AWC≌△TLC(AAS)，∴AC=TC，在Rt△ACT中，AT=42，∴AC=CT=4，∵AW∥BD，∴∠BAW=∠DBC，∵∠DBO=∠BDO，∠EAC=∠BDO=∠ODE，∴∠BAC=∠BDE，在Rt△ABC中，tan∠BAC=32=BCAC，∴BC=6，在Rt△ABC中，AB=AC2+BC2=213．5(2023•长春)【感知】如图①，点A、B、P均在⊙O上，∠AOB=90°，则锐角∠APB的大小为45度．【探究】小明遇到这样一个问题：如图②，⊙O是等边三角形ABC的外接圆，点P在弧AC上(点P不与点A、C重合)，连接PA、PB、PC．求证：PB=PA+PC．小明发现，延长PA至点E，使AE=PC，连接BE，通过证明△PBC≌△EBA．可推得△PBE是等边三角形，进而得证．下面是小明的部分证明过程：证明：延长PA至点E，使AE=PC，连接BE．∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形，∴∠BAP+∠BCP=180°，∵∠BAP+∠BAE=180°，∴∠BCP=∠BAE，∵△ABC是等边三角形，∴BA=BC，∴△PBC≌△EBA(SAS)．请你补全余下的证明过程．【应用】如图③，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC=90°，AB=BC，点P在⊙O上，且点P与点B在AC的两侧，连接PA、PB、PC，若PB=22PA，则PBPC的值为　223　．【分析】【感知】根据圆周角定理即可得出答案；【探究】先构造出△PBC≌△EBA(SAS)，得出PB=EB，进而得出△PBE是等边三角形，即可得出结论；【应用】先构造出△PBC≌△GBA(SAS)，进而判断出∠PBG=90°，进而得出△PBG是等腰直角三角形，即可得出结论；【解答】【感知】解：∵∠AOB=90°，∴∠APB=12∠AOB=45°(在同圆中，同弧所对的圆周角是圆心角的一半)，故答案为：45；【探究】证明：延长PA至点E，使AE=PC，连接BE．∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形，∴∠BAP+∠BCP=180°，∵∠BAP+∠BAE=180°，∴∠BCP=∠BAE，∵△ABC是等边三角形，∴BA=BC，∴△PBC≌△EBA(SAS)，∴PB=EB，∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，∴∠APB=60°，∴△PBE为等边三角形，∴PB=PE=AE+AP=PC+AP；【应用】解：如图③，延长PA至点G，使AG=PC，连接BE．∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形，∴∠BAP+∠BCP=180°，∵∠BAP+∠BAG=180°，∴∠BCP =∠BAG ，∵BA =BC ，∴△PBC ≌△GBA (SAS )，∴PB =GB ，∠PBC =∠GBA ，∵∠ABC =90°，∴∠PBG =∠GBA +∠ABP =∠PBC +∠ABP =∠ABC =90°，∴PG =2BP ，∵PG =PA +AG =PA +PC ，∴PC =PG -PA =2×22PA -PA =3PA ，∴PB PC =22PA 3PA=223，故答案为：223考向三：圆的综合证明问题6(2023•黄石)如图，AB 为⊙O 的直径，DA 和⊙O 相交于点F ，AC 平分∠DAB ，点C 在⊙O 上，且CD ⊥DA ，AC 交BF 于点P ．(1)求证：CD 是⊙O 的切线；(2)求证：AC •PC =BC 2；(3)已知BC 2=3FP •DC ，求AF AB的值．【分析】(1)连接OC ，由等腰三角形的性质得∠OAC =∠OCA ，再证∠DAC =∠OCA ，则DA ∥OC ，然后证OC ⊥CD ，即可得出结论；(2)由圆周角定理得∠ACB =90°，∠DAC =∠PBC ，再证∠BAC =∠PBC ，然后证△ACB ∽△BCP ，得AC BC =BC PC，即可得出结论；(3)过P 作PE ⊥AB 于点E ，证AC •PC =3FP •DC ，再证△ACD ∽△BPC ，得AC •PC =BP •DC ，则BP •DC =3FP •DC ，进而得BP =3FP ，然后由角平分线的性质和三角形面积即可得出结论．【解答】(1)证明：如图1，连接OC ，∵OA =OC ，∴∠OAC =∠OCA ，∵AC 平分∠DAB ，∴∠DAC =∠OAC ，∴∠DAC =∠OCA ，∴DA ∥OC ，∵CD ⊥DA ，∴OC ⊥CD ，∴CD 是⊙O 的切线；(2)证明：∵AB 为⊙O 的直径，∴∠ACB =90°，∵AC 平分∠DAB ，∴∠DAC =∠BAC ，∵∠DAC =∠PBC ，∴∠BAC =∠PBC ，又∵∠ACB =∠BCP ，∴△ACB ∽△BCP ，∴AC BC =BC PC，∴AC •PC =BC 2；(3)解：如图2，过P 作PE ⊥AB 于点E ，由(2)可知，AC •PC =BC 2，∵BC 2=3FP •DC ，∴AC •PC =3FP •DC ，∵CD ⊥DA ，∴∠ADC =90°，∵AB 为⊙O 的直径，∴∠BCP =90°，∴∠ADC =∠BCP ，∵∠DAC =∠CBP ，∴△ACD ∽△BPC ，∴AC BP =DC PC，∴AC •PC =BP •DC ，∴BP •DC =3FP •DC ，∴BP =3FP ，∵AB 为⊙O 的直径，∴∠AFB =90°，∴PF ⊥AD ，∵AC 平分∠DAB ，PE ⊥AB ，∴PF =PE ，∵==，∴===．7如图，在⊙O 中，直径AB 垂直弦CD 于点E ，连接AC ，AD ，BC ，作CF ⊥AD 于点F ，交线段OB 于点G (不与点O ，B 重合)，连接OF ．(1)若BE=1，求GE的长．(2)求证：BC2=BG•BO．(3)若FO=FG，猜想∠CAD的度数，并证明你的结论．【分析】(1)由垂径定理可得∠AED=90°，结合CF⊥AD可得∠DAE=∠FCD，根据圆周角定理可得∠DAE=∠BCD，进而可得∠BCD=∠FCD，通过证明△BCE≌△GCE，可得GE=BE=1；(2)证明△ACB∽△CEB，根据对应边成比例可得BC2=BA•BE，再根据AB=2BO，BE=12BG，可证BC2=BG•BO；(3)方法一：设∠DAE=∠CAE=α，∠FOG=∠FGO=β，可证a=90°-β，∠OCF=90-3α，通过SAS 证明△COF≌△AOF，进而可得∠OCF=∠OAF，即90°-3a=a，则∠CAD=2a=45°．方法二：延长FO交AC于点H，连接OC，证明△AFC是等腰直角三角形，即可解决问题．【解答】(1)解：直径AB垂直弦CD，∴∠AED=90°，∴∠DAE+∠D=90°，∵CF⊥AD，∴∠FCD+∠D=90°，∴∠DAE=∠FCD，由圆周角定理得∠DAE=∠BCD，∴∠BCD=∠FCD，在△BCE和△GCE中，，∴△BCE≌△GCE(ASA)，∴GE=BE=1；(2)证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ACB=∠CEB=90°，∵∠ABC=∠CBE，∴△ACB∽△CEB，∴BC BE =BA BC，∴BC2=BA•BE，由(1)知GE=BE，∴BE=12BG，∴BC2=BA•BE=2BO•1BG=BG•BO；2(3)解：∠CAD=45°，证明如下：解法一：如图，连接OC，∵FO=FG，∴∠FOG=∠FGO，∵直径AB垂直弦CD，∴CE=DE，∠AED=∠AEC=90°，∵AE=AE，∴△ACE≌△ADE(SAS)，∴∠DAE=∠CAE，设∠DAE=∠CAE=α，∠FOG=∠FGO=β，则∠FCD=∠BCD=∠DAE=α，∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC=α，∵∠ACB=90°，∴∠OCF=∠ACB-∠OCA-∠FCD-∠BCD=90°-3α，∵∠CGE=∠OGF=β，∠GCE=α，∠CGE+∠GCE=90°，∴β+α=90°，∴α=90°-β，∵∠COG=∠OAC+∠OCA=α+α=2α，∴∠COF=∠COG+∠GOF=2α+β=2(90°-β)+β=180°-β，∴∠COF=∠AOF，在△COF和△AOF中，，∴△COF≌△AOF(SAS)，∴∠OCF=∠OAF，即90°-3α=α，∴α=22.5°，∴∠CAD=2a=45°．解法二：如图，延长FO交AC于点H，连接OC，∵FO=FG，∴∠FOG=∠FGO，∴∠FOG=∠FGO=∠CGB=∠B，∴BC∥FH，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ACB=∠AHO=90°，∵OA=OC，∴AF =CF ，∵CF ⊥AD ，∴△AFC 是等腰直角三角形，∴∠CAD =45°．8(2023•永州)如图，以AB 为直径的⊙O 是△ABC 的外接圆，延长BC 到点D ．使得∠BAC =∠BDA ，点E 在DA 的延长线上，点M 在线段AC 上，CE 交BM 于N ，CE 交AB 于G ．(1)求证：ED 是⊙O 的切线；(2)若AC =6，BD =5，AC >CD ，求BC 的长；(3)若DE •AM =AC •AD ，求证：BM ⊥CE ．【分析】(1)由AB 是⊙O 的直径得∠ACB =90°，故∠BAC +∠ABC =90°，由∠BAC =∠BDA 得∠BDA +∠ABC =90°，有∠BAD =90°，即可得证；(2)证明△ACB ∽△DCA ，则BC AC =AC DC =AC BD -BC ，可得BC 6=65-BC ，解得BC =2或BC =3，由AC >CD 即可得到BC 的长；(3)先证明△ABC ∽△DAC ，则AC DC =AB AD ，得到AC •AD =CD •AB ，由DE •AM =AC •AD 得到DE •AM =CD •AB ，故AM DC=AB DE ，由同角的余角相等得∠BAM =∠CDE ，有△AMBB ∽△DCE ，得∠E =∠ABM ，进一步得到∠EGA +∠E =∠ABM +∠BGN =90°，则∠BNG =90°，即可得到结论．【解答】(1)证明：∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB =90°，∴∠BAC +∠ABC =90°，∵∠BAC =∠BDA ，∴∠BDA +∠ABC =90°，∴∠BAD =90°，∴ED 是⊙O 的切线；(2)解：∵∠BAC =∠BDA ，∠ACB =∠DCA =90°，∴△ACB ∽△DCA ，∴BC AC=AC DC =AC BD -BC ，∴BC 6=65-BC ，解得BC =2或BC =3，当BC =2时，CD =BD -BC =3，当BC =3时，CD =BD -BC =2，∵AC >CD ，即6>CD ，∴BC =3；(3)证明：∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB =∠DCA =90°，∵∠BAC =∠BDA ，∴△ABC ∽△DAC ，∴AC DC =AB AD，∴AC •AD =CD •AB ，∵DE •AM =AC •AD ，∴DE ．AM =CD •AB ，∴AM DC=AB DE ，∵∠BAM +∠CAD =∠CDE +∠CAD =90°，∴∠BAM =∠CDE ，∴△AMB ∽△DCE ，∴∠E =∠ABM ，∵∠EGA =∠BGN ，∴∠EGA +∠E =∠ABM +∠BGN =90°，∴∠BNG =90°，∴BM ⊥CE ．9(2023•广东)综合探究如图1，在矩形ABCD 中(AB >AD )，对角线AC ，BD 相交于点O ，点A 关于BD 的对称点为A ′．连接AA ′交BD 于点E ，连接CA ′．(1)求证：AA '⊥CA '；(2)以点O 为圆心，OE 为半径作圆．①如图2，⊙O 与CD 相切，求证：AA =3CA ；②如图3，⊙O 与CA ′相切，AD =1，求⊙O 的面积．【分析】(1)根据轴对称的性质可得AE =A ′E ，AA ′⊥BD ，根据四边形ABCD 是矩形，得出OA =OC ，从而OE ∥A ′C ，从而得出AA ′⊥CA ′；(2)①设CD ⊙O 与CD 切于点F ，连接OF ，并延长交AB 于点G ，可证得OG =OF =OE ，从而得出∠EAO =∠GAO =∠GBO ，进而得出∠EAO =30°，从而AA =3CA ；②设⊙O 切CA ′于点H ，连接OH ，可推出AA ′=2OH ，CA ′=2OE ，从而AA ′=CA ′，进而得出∠A ′AC =∠A ′CA =45°，∠AOE =∠ACA ′=45°，从而得出AE =OE ，OD =OA =2AE ，设OA =OE =x ，则OD =OA =2x ，在Rt △ADE 中，由勾股定理得出x 2+2-1 x 2=1，从而求得x 2=2+24，进而得出⊙O的面积．【解答】(1)证明：∵点A关于BD的对称点为A′，∴AE=A′E，AA′⊥BD，∵四边形ABCD是矩形，∴OA=OC，∴OE∥A′C，∴AA′⊥CA′；(2)①证明：如图2，设CD⊙O与CD切于点F，连接OF，并延长交AB于点G，∴OF⊥CD，OF=OE，∵四边形ABCD是矩形，∴OB=OD=12BD，AB∥CD，AC=BD，OA=12AC，∴OG⊥AB，∠FDO=∠GBO，OA=OB，∴∠GAO=∠GBO，∵∠DOF=∠BOG，∴△DOF≌△BOG(ASA)，∴OG=OF，∴OG=OE，由(1)知：AA′⊥BD，∴∠EAO=∠GAO，∵∠EAB+∠GBO=90°，∴∠EAO+∠GAO+∠GBO=90°，∴3∠EAO=90°，∴∠EAO=30°，由(1)知：AA′⊥CA′，∴tan∠EAO=CAAA，∴tan30°=CAAA，∴AA =3CA ；②解：如图3，设⊙O切CA′于点H，连接OH，∴OH⊥CA′，由(1)知：AA′⊥CA′，AA′⊥BD，OA=OC，∴OH∥AA′，OE∥CA′，∴△COH∽△CAA′，△AOE∽△ACA′，∴OH AA =OCAC=12，OECA=OAAC=12，∴AA′=2OH，CA′=2OE，∴AA′=CA′，∴∠A′AC=∠A′CA=45°，∴∠AOE=∠ACA′=45°，∴AE=OE，OD=OA=2AE，设AE=OE=x，则OD=OA=2x，∴DE=OD-OE=(2-1)x，在Rt△ADE中，由勾股定理得，x2+2-1x2=1，∴x2=2+24，⋅π．∴S⊙O=π•OE2=2+24考向四：圆与等腰三角形的综合10(2023•宁波)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，E为AB边上一点，以AE为直径的半圆O与BC 相切于点D，连结AD，BE=3，BD=35．P是AB边上的动点，当△ADP为等腰三角形时，AP的长为　6或230　．【分析】连接OD，DE，根据切线的性质和勾股定理求出OD=6，然后分三种情况讨论：①当AP=PD时，此时P与O重合，②如图2，当AP′=AD时，③如图3，当DP′′=AD时，分别进行求解即可．【解答】解：如图1，连接OD，DE，∵半圆O与BC相切于点D，∴OD⊥BC，在Rt△OBD中，OB=OE+BE=OD+3，BD=35．∴OB2=BD2+OD2，∴(OD+3)2=(35)2+OD2，解得OD=6，∴AO=EO=OD=6，①当AP=PD时，此时P与O重合，∴AP=AO=6；②如图2，当AP′=AD时，在Rt△ABC中，∵∠C=90°，∴AC⊥BC，∴OD∥AC，∴△BOD∽△BAC，∴==，∴==，∴AC=10，CD=25，∴AD===230，∴AP′=AD=230；③如图3，当DP′′=AD时，∵AD=230，∴DP′′=AD=230，∵OD=OA，∴∠ODA=∠BAD，∴OD∥AC，∴∠ODA=∠CAD，∴∠BAD=∠CAD，∴AD平分∠BAC，过点D作DH⊥AE于点H，∴AH=P″H，DH=DC=25，∵AD=AD，∴Rt△ADH≌Rt△ADC(HL)，∴AH=AC=10，∴AH=AC=P″H=10，∴AP″=2AH=20(P为AB边上一点，不符合题意，舍去)，综上所述：当△ADP为等腰三角形时，AP的长为6或230．故答案为：6或230．11(2023•上海)如图(1)所示，已知在△ABC中，AB=AC，O在边AB上，点F是边OB中点，以O 为圆心，BO为半径的圆分别交CB，AC于点D，E，连接EF交OD于点G．(1)如果OG=DG，求证：四边形CEGD为平行四边形；(2)如图(2)所示，连接OE，如果∠BAC=90°，∠OFE=∠DOE，AO=4，求边OB的长；(3)连接BG，如果△OBG是以OB为腰的等腰三角形，且AO=OF，求的值．【分析】(1)由∠ABC=∠C，∠ODB=∠ABC，即得∠C=∠ODB，OD∥AC，根据F是OB的中点，OG =DG，知FG是△OBD的中位线，故FG∥BC，即可得证；(2)设∠OFE=∠DOE=α，OF=FB=a，有OE=OB=2a，由(1)可得OD∥AC，故∠AEO=∠DOE =α，得出∠OFE=∠AEO=α，进而证明△AEO∽△AFE，AE2=AO-AF，由AE2=EO2-AO2，有EO2 -AO2=AO×AF，解方程即可答案；(3)△OBG是以OB为腰的等腰三角形，①当OG=OB时，②当BG=OB时，证明△BGO∽△BPA，得出，设OG=2k，AP=3k，根据OG∥AE，得出△FOG∽△FAE，即得AE=2OG=4k，PE=AE-AP=k，连接OE交PG于点Q，证明△QPE∽△QGO，在△PQE与△BQO中，，，得出==，可得△PQE∽△OQB，根据相似三角形的性质得出a=2k，进而即可求得答案．【解答】(1)证明：如图：∵AC=AB，∴∠ABC=∠C，∵OD=OB，∴∠ODB=∠ABC，∴∠C=∠ODB，∴OD∥AC，∵F是OB的中点，OG=DG，∴FG是△OBD的中位线，∴FG∥BC，即GE∥CD，∴四边形CEGD是平行四边形；(2)解：如图：由∠OFE=∠DOE，AO=4，点F边OB中点，设∠OFE=∠DOE=α，OF=FB=a，则OE=OB=2a，由(1)可得OD∥AC，∴∠AEO=∠DOE=α，∴∠OFE=∠AEO=α，∵∠A=∠A，∴△AEO∽△AFE，∴，即AE2=AO•AF，在Rt△AEO中，AE2=EO2-AO2，∴EO2-AO2=AO×AF，∴(2a)2-42=4×(4+a)，解得：或(舍去)，∴OB=2a=1+33；(3)解：①当OG=OB时，点G与点D重合，不符合题意，舍去；②当BG=OB时，延长BG交AC于点P，如图所示，∵点F是OB的中点，AO=OF，∴AO=OF=FB，设AO=OF=FB=a，∵OG∥AC，∴△BGO∽△BPA，∴，设OG=2k，AP=3k，∵OG∥AE，∴△FOG∽△FAE，∴，∴AE=2OG=4k，∴PE=AE-AP=k，设OE交PG于点Q，∵OG∥PE，∴△QPE∽△QGO，∴，∴PQ=a，QG=a，，在△PQE与△BQO中，，，∴，又∠PQE=∠BQO，∴△PQE∽△OQB，∴，∴，∴a=2k，∵OD=OB=2a，OG=2k，∴，∴的值为12．12(2023•泰州)已知：A、B为圆上两定点，点C在该圆上，∠C为所对的圆周角．知识回顾(1)如图①，⊙O中，B、C位于直线AO异侧，∠AOB+∠C=135°．①求∠C的度数；②若⊙O的半径为5，AC=8，求BC的长；逆向思考(2)如图②，若P为圆内一点，且∠APB<120°，PA=PB，∠APB=2∠C．求证：P为该圆的圆心；拓展应用(3)如图③，在(2)的条件下，若∠APB=90°，点C在⊙P位于直线AP上方部分的圆弧上运动．点D在⊙P上，满足CD=2CB-CA的所有点D中，必有一个点的位置始终不变．请证明．【分析】(1)①根据∠AOB+∠C=135°，结合圆周角定理求∠C的度数；②构造直角三角形；(2)只要说明点P到圆上A、B和另一点的距离相等即可；(3)根据CD=2CB-CA，构造一条线段等于2CB-CA，利用三角形全等来说明此线段和CD相等．【解答】(1)解：①∵∠AOB+∠C=135°，∠AOB=2∠C，∴3∠C=135°，∴∠C=45°．②连接AB，过A作AD⊥BC，垂足为M，∵∠C=45°，AC=8，∴△ACM是等腰直角三角形，且AM=CM=42，∵∠AOB=2∠C=90°，OA=OB，∴△AOB是等腰直角三角形，∴AB=2OA=52，在直角三角形ABM中，BM==32，∴BC=CM+BM=42+32=72．(2)延长AP交圆于点N，则∠C=∠N，∵∠APB=2∠C，∴∠APB=2∠N，∵∠APB=∠N+∠PBN，∴∠N=∠PBN，∴PN=PB，∵PA=PB，∴PA=PB=PN，∴P为该圆的圆心．(3)过B作BC的垂线交CA的延长线于点E，连接AB，延长AP交圆于点F，连接CF，FB，∵∠APB=90°，∴∠C=45°，∴△BCE是等腰直角三角形，∴BE=BC，∵BP⊥AF，PA=PF，∴BA=BF，∵AF是直径，∴∠ABF=90°，∴∠EBC=∠ABF=90°，∴∠EBA=∠CBF，∴△EBA≌△CBF(SAS)，∴AE=CF，∵CD=2CB-CA=CE-CA=AE，∴CD=CF，∴必有一个点D的位置始终不变，点F即为所求．考向五：圆的阅读理解与新定义问题13(2023•青海)综合与实践车轮设计成圆形的数学道理小青发现路上行驶的各种车辆，车轮都是圆形的．为什么车轮要做成圆形的呢？这里面有什么数学道理吗？带着这样的疑问，小青做了如下的探究活动：将车轮设计成不同的正多边形，在水平地面上模拟行驶．(1)探究一：将车轮设计成等边三角形，转动过程如图1，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一次(以一个顶点为支点旋转)为例，中心的轨迹是，BA=CA=DA=2，圆心角∠BAD=120°．此时中心轨迹最高点是C(即的中点)，转动一次前后中心的连线是BD(水平线)，请在图2中计算C到BD的距离d1．(2)探究二：将车轮设计成正方形，转动过程如图3，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一次(以一个顶点为支点旋转)为例，中心的轨迹是，BA=CA=DA=2，圆心角∠BAD=90°．此时中心轨迹最高点是C(即的中点)，转动一次前后中心的连线是BD(水平线)，请在图4中计算C到BD的距离d2(结果保留根号)．(3)探究三：将车轮设计成正六边形，转动过程如图5，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一次(以一个顶点为支点旋转)为例，中心的轨迹是，圆心角∠BAD=60°．此时中心轨迹最高点是C(即的中点)，转动一次前后中心的连线是BD(水平线)，在图6中计算C 到BD的距离d3=　2-3　(结果保留根号)．(4)归纳推理：比较d1，d2，d3大小：d1>d2>d3　，按此规律推理，车轮设计成的正多边形边数越多，其中心轨迹最高点与转动一次前后中心连线(水平线)的距离越小(填“越大”或“越小”)．(5)得出结论：将车轮设计成圆形，转动过程如图7，其中心(即圆心)的轨迹与水平地面平行，此时中心轨迹最高点与转动前后中心连线(水平线)的距离d=0.这样车辆行驶平稳、没有颠簸感．所以，将车轮设计成圆形．【分析】(1)△ABC是等边三角形，进而求得AE，进一步得出结果；(2)△ABE是等腰直角三角形，进而求得AE，进一步得出结果；(3)△ABD是等边三角形，进而求得AE，进一步得出结果；(4)比较大小得出结果；(5)圆的半径相等，从而得出结果．解：(1)图1，【解答】Array 3∵AB=AD=2，AC⊥BD，∴∠BAC=∠CAD=1∠BAD=60°，2∵AB=AC，∴△ABC是等边三角形，∴AC=AB=2，∴d1=CE=1AC=1；2(2)如图2，∴∠ABD=∠ADB=45°，=2，∴AE=AB•sin∠ABD=2×22∴d2=CE=AC-AE=2-2；(3)如图3，∴AB=BD，∠ABD=60°，∴△ABD是等边三角形，∴∠BAD =60°，在Rt △ABE 中，AE =AB •sin ∠ABD =2•sin 60°=3，∴d 3=AC -AE =2-3，故答案为：60°，2-3；(4)∵1>2-2>2-3，∴d 1>d 2>d 3，越小；故答案为：d 1>d 2>d ，越小；(5)∵圆的半径相等，∴d =0，故答案为：0．14(2023•陕西)(1)如图①，∠AOB =120°，点P 在∠AOB 的平分线上，OP =4．点E ，F 分别在边OA ，OB 上，且∠EPF =60°，连接EF ．求线段EF 的最小值；(2)如图②，是一个圆弧型拱桥的截面示意图．点P 是拱桥AB的中点，桥下水面的宽度AB =24m ，点P 到水面AB 的距离PH =8m ．点P 1，P 2均在AB上，PP 1=PP 2，且P 1P 2=10m ，在点P 1，P 2处各装有一个照明灯，图中△P 1CD 和△P 2EF 分别是这两个灯的光照范围．两灯可以分别绕点P 1，P 2左右转动，且光束始终照在水面AB 上．即∠CP 1D ，∠EP 2F 可分别绕点P 1，P 2按顺(逆)时针方向旋转(照明灯的大小忽略不计)，线段CD ，EF 在AB 上，此时，线段ED 是这两灯照在水面AB 上的重叠部分的水面宽度．已知∠CP 1D =∠EP 2F =90°，在这两个灯的照射下，当整个水面AB 都被灯光照到时，求这两个灯照在水面AB 上的重叠部分的水面宽度．(可利用备用图解答)【分析】(1)过P 作PC ⊥OB 于C ，作PD ⊥OA 于D ，证明△PCF ≌△PDE (AAS )，可得CF =DE ，即可得OE +OF =(OD -DE )+(OC +CF )=OD +OC ，而∠POD =∠POC =60°，知OD =OC =12OP =2，故OE +OF =4，设OF =x ，则OE =4-x ，过F 作FG ⊥AO 于G ，有OG =12x ，GF =32x ，由勾股定理得EF ====，即知线段EF 的最小值是23；(2)当整个水面AB 都被灯光照到时，①C 与A 重合，F 与B 重合，设PH 交P 1P 2于K ，圆心为O ，连接HO ，AO ，P 1O ，过P 1作P 1T ⊥AB 于T ，由点P 是拱桥AB的中点，PH ⊥AB ，设⊙O 半径为r m ，则OH =OP -PH =(r -8)m ，可得122+(r -8)2=r 2，r =13，求出P 1K =P 2K =5m ，OK ===12(m )，PK =OP -OK =13-12=1(m )，KH =PH -PK =8-1=7(m )，可得P 1T =KH =7m ，故AT =P 1T ，∠P 1AT =45°，可得△AP 1D 是等腰直角三角形，即得AD =2AT =14(m )，即CD =14m ，同理可得BE =14m ，即FE =14m ，故DE =EF -DB =14-10=4(m )，这两个灯照在水面AB 上的重叠部分的水面宽度为4m ；②当E 与A 重合，D 与B 重合时，可得AP 2==(m )，而cos ∠P 2AM ==，可得AF =，同理BC =，故CF =AF +BC -AB =(m )．【解答】解：(1)过P 作PC ⊥OB 于C ，作PD ⊥OA 于D ，如图：∵∠AOB =120°，∠EPF =60°，∴∠OEP +∠OFP =180°，∵∠OEP +∠PED =180°，∴∠OFP =∠PED ，即∠PFC =∠PED ，∵OP 平分∠AOB ，PC ⊥OB ，PD ⊥OA ，∴PC =PD ，∵∠PCF =∠PDE =90°，∴△PCF ≌△PDE (AAS )，∴CF =DE ，∴OE +OF =(OD -DE )+(OC +CF )=OD +OC ，∵∠POD =∠POC =60°，∴∠OPD =∠OPC =30°，∴OD =OC =12OP =2，∴OE +OF =4，设OF =x ，则OE =4-x ，过F 作FG ⊥AO 于G ，如图：∵∠OFG =∠AOB -∠G =120°-90°=30°，∴OG =12x ，GF =32x ，∴EG =OE +OG =4-12x ，∴EF ====，∴当x =2时，EF 取最小值12=23，∴线段EF 的最小值是23；(2)当整个水面AB 都被灯光照到时，①C 与A 重合，F 与B 重合，设PH 交P 1P 2于K ，圆心为O ，连接HO ，AO ，P 1O ，过P 1作P 1T ⊥AB 于T ，如图：∵点P 是拱桥AB的中点，PH ⊥AB ，∴O ，P ，H 共线，AH =BH =12AB =12m ，设⊙O 半径为r m ，则OH =OP -PH =(r -8)m ，在Rt △AHO 中，AH 2+OH 2=OA 2，∴122+(r -8)2=r 2，解得r =13，∴OP 1=13m ，∵PP 1=PP 2，且P 1P 2=10m ，∴P 1K =P 2K =5m ，∴OK ===12(m )，∴PK =OP -OK =13-12=1(m )，∴KH =PH -PK =8-1=7(m )，∴P 1T =KH =7m ，∵AT =AH -TH =12-5=7(m )，∴AT =P 1T ，∴∠P 1AT =45°，∵∠CP 1D =90°，即∠AP 1D =90°，∴△AP 1D 是等腰直角三角形，∴AD =2AT =14(m )，即CD =14m ，∴DB =AB -AD =24-14=10(m )，同理可得BE =14m ，即FE =14m ，∴DE =EF -DB =14-10=4(m )，∴这两个灯照在水面AB 上的重叠部分的水面宽度为4m ；②当E 与A 重合，D 与B 重合时，如图：∵AT =P 1T =7m =P 2M ，P 1P 2=10m ，∴AM =AT +TF =17m ，∴AP 2===(m )，∵cos ∠P 2AM ==，∴=，∴AF =，同理BC =，∴CF =AF +BC -AB =+-24=(m )；∴这两个灯照在水面AB 上的重叠部分的水面宽度为m ；综上所述，这两个灯照在水面AB 上的重叠部分的水面宽度为4m 或m ．15(2023•北京)在平面直角坐标系xOy 中，⊙O 的半径为1．对于⊙O 的弦AB 和⊙O 外一点C 给出如下定义：若直线CA ，CB 中一条经过点O ，另一条是⊙O 的切线，则称点C 是弦AB 的“关联点”．(1)如图，点A (-1，0)，B 1(-22，22)，B 2(22，-22)．①在点C 1(-1，1)，C 2(-2，0)，C 3(0，2)中，弦AB 1的“关联点”是C 1，C 2　；②若点C 是弦AB 2的“关联点”，直接写出OC 的长；(2)已知点M (0，3)，N (655，0)，对于线段MN 上一点S ，存在⊙O 的弦PQ ，使得点S 是弦PQ 的“关联点”．记PQ 的长为t ，当点S 在线段MN 上运动时，直接写出t 的取值范围．【分析】(1)根据题目中关联点的定义分情况讨论即可；(2)根据M (0，3)，N (655，0)两点来求最值情况，共有两种情况，分别位于点M 和经过点O 的MN 的垂直平分线上，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论．【解答】解：(1)①由关联定义可知，若直线CA 、CB 中一条经过点O ，另一条是⊙O 的切线，则称点C 是弦AB 的“关联点”，∵点A (-1，0)，B 1(-22，22)，点C 1(-1，1)，C 2(-2，0)，C 3(0，2)，∴直线AC 2经过点O ，且B 1C 2与⊙O 相切，∴C 2是弦AB 1的“关联点”，∵C 1(-1，1)，A (-1，0)的横坐标相同，与B 1(-22，22)在直线y =-x 上，∴AC 1与⊙O 相切，B 1C 1经过点O ，∴C 1是弦AB 1的“关联点”；故答案为：C 1，C 2；②∵A (-1，0)，B 2(22，-22)，设C (a ，b )，如图所示，共有两种情况，a、若C1B2与⊙O相切，AC经过点O，则C1B2，AC1所在直线为，解得，∴C1(2，0)，∴OC1=2，b、若AC2与⊙O相切，C2B2经过点O，则直线C2B2，AC2所在直线为，解得，∴C2(-1，1)，∴OC2=2，综上所述，OC=2；(2)∵线段MN上一点S，存在⊙O的弦PQ，使得点S是弦PQ的“关联点”，∵弦PQ随着S的变动在一定范围内变动，且M(0，3)，N(655，0)，OM>ON，∴S共有2种情况，分别位于点M和经过点O的MN的垂线上，如图所示，①当S位于点M(0，3)时，MP为⊙O的切线，作PJ⊥OM，∵M(0，3)，⊙O的半径为1，且MP是⊙O的切线，∴OP⊥MP，∵PJ⊥OM，∴△MPO∽△POJ，∴，即，解得OJ=，∴PJ==，Q1J=，∴PQ1==233，同理PQ2==26 3，∴当S位于M(0，3)时，PQ1的临界值为233和26 3；②当S位于经过点O的MN的垂线上的点K时，，∵M(0，3)，N(655，0)，∴MN=，∴=2，∵⊙O的半径为1，∴∠OKZ=30°，∴△OPQ为等边三角形，∴PQ=1或3，∴当S位于经过点O且垂直于MN的直线上即点K时，PQ1的临界点为1和3，∴在两种情况下，PQ的最小值在1≤t≤233内，最大值在263≤t≤3，综上所述，t的取值范围为1≤t≤233，263≤t≤3．16在探究“四点共圆的条件”的数学活动课上，小霞小组通过探究得出：在平面内，一组对角互补的四边形的四个顶点共圆．请应用此结论，解决以下问题：如图1，△ABC中，AB=AC，∠BAC=α(60°<α<180°)．点D是BC边上的一动点(点D不与B，C重合)，将线段AD绕点A顺时针旋转α到线段AE，连接BE．(1)求证：A，E，B，D四点共圆；(2)如图2，当AD=CD时，⊙O是四边形AEBD的外接圆，求证：AC是⊙O的切线；(3)已知α=120°，BC=6，点M是边BC的中点，此时⊙P是四边形AEBD的外接圆，直接写出圆心P与点M距离的最小值．【分析】(1)根据旋转的性质得到AE =AD ，∠DAE =α，证明∠BAE =∠CAD ，进而证明△ABE ≌△ACD ，可以得到∠AEB =∠ADC ，由∠ADC +∠ADB =180°，可得∠AEB +∠ADB =180°，即可证明A 、B 、D 、E 四点共圆；(2)连接OA ，OD ，根据等边对等角得到∠ABC =∠ACB =∠DAC ，由圆周角定理得到∠AOD =2∠ABC =2∠DAC ，再由OA =OD ，得到∠OAD =∠ODA ，利用三角形内角和定理证明∠DAC +∠OAD =90°，即∠OAC =90°，可证明AC 是⊙O 的切线；(3)作线段AB 的垂直平分线，分别交AB 、BC 于G 、F ，连接AM ，先求出∠B =∠C =30°，再由三线合一定理得到BM =CM =12BC =3，AM ⊥BC ，解直角三角形求出AB =23，则BG =12AB =3，再解Rt △BGF 得到BF =2，则FM =1；由⊙P 是四边形AEBD 的外接圆，可得点P 一定在AB 的垂直平分线上，故当MP ⊥GF 时，PM 有最小值，据此求解即可．【解答】(1)证明：由旋转的性质可得AE =AD ，∠DAE =α，∴∠BAC =∠DAE ，∴∠BAC -∠BAD =∠DAE -∠BAD ，即∠BAE =∠CAD ，又∵AB =AC ，∴△ABE ≌△ACD (SAS )，∴∠AEB =∠ADC ，∵∠ADC +∠ADB =180°，∴∠AEB +∠ADB =180°，∴A 、B 、D 、E 四点共圆；(2)证明：如图所示，连接OA ，OD ，∵AB =AC ，AD =CD ，∴∠ABC =∠ACB =∠DAC ，∵⊙O 是四边形AEBD 的外接圆，∴∠AOD =2∠ABC ，∴∠AOD =2∠ABC =2∠DAC ，∵OA =OD ，∴∠OAD =∠ODA ，∵∠OAD +∠ODA +∠AOD =180°，∴2∠DAC +2∠OAD =180°，∴∠DAC +∠OAD =90°，即∠OAC =90°，∴OA ⊥AC ，又∵OA 是⊙O 的半径，∴AC 是⊙O 的切线；(3)解：如图所示，作线段AB 的垂直平分线，分别交AB 、BC 于G 、F ，连接AM ，PM ，如图：∵AB =AC ，∠BAC =120°，。

圆压轴题八大模型题（一）引言：与圆有关的证明与计算的综合解答题，往往位于许多省市中考题中的倒数第二题的位置上，是试卷中综合性与难度都比较大的习题。

一般都会在固定习题模型的基础上变化与括展，本文结合近年来各省市中考题，整理了这些习题的常见的结论，破题的要点，常用技巧。

把握了这些方法与技巧，就能台阶性地帮助考生解决问题。

类型1弧中点的运用CD⌒F E.⊥是AD的中点，CEAB于点在⊙O中，点C PABEO中，你会发现这些结论吗？1）在图1（；CP＝FP①AP＝H＝AD；②CH2. AB·CB＝AE②AC·＝AP·AD＝CF ABC相似的三角形吗？2）在图2中，你能找出所有与△（1）（图【典例】，AB，CD，E在⊙O⊥上，＝的直径，点（2018·湖南永州）如图，线段AB为⊙OC．CD与线段相交于点F垂足为点D，连接BE，弦BE＝BF；CF（1）求证：．求证：的半径为6＝4，⊙OABEcos∠BM＝，在AB的延长线上取一点M，使2（）若O的切线．直线CM是⊙【变式运用】是半圆的直径，AB如图，·四川宜宾）1.（2018EAB于点AC的中点，DE⊥是一条弦，ACD是，＝，于点交，于点交且DEACFDBACG若）1-2（图则＝．如图，在平行四边形ABCD中，E为BC边上的一点，且AE与DE分别·泸州）（.20182平分∠BAD和∠ADC。

(1)求证：AE⊥DE；(2)设以AD为直径的半圆交AB于F，连接FG值。

＝8，求，已知CD＝5，AEDF交AE于G AFAD G F CBE9图）（图1-3AD的中点，弦CE⊥ABO的直径，C是（2017·泸州）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙3.于点H，连结AD，分别交CE、BC于点P、Q，连结BD。

(1)求证：P是线段AQ的中点；的长。

＝CEO的半径为5，AQ，求弦若⊙(2)，相交于点EBDOABCD内接于⊙，AB是⊙O的直径，AC和?4．（2016泸州）如图，四边形2?且DC＝CECA．1）求证：CD；BC＝（作APAB（2）分别延长，DC交于点，过点，OBPB的延长线于点F，若＝CDCDAF⊥交的长．CD＝DF，求5．（2015?泸州）如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，BD为⊙O的弦，且AB∥CD，过点A作⊙O的切线AE与DC的延长线交于点E，AD与BC交于点F．（1）求证：四边形ABCE是平行四边形；的长．，求OF6，CD＝5（2）若AE＝ACABABPABOC5. ＝是⊙＝的直径，、13是弧，6.如图，上的两点，PAPAB是弧的长；的中点，求(1)如图①，若PAPBC. 是弧的长(2)如图②，若的中点，求ODDABABCOOACBO作⊙内接于⊙的平分线交⊙，且为⊙7.如图，△，过点的直径．∠于点FCDEBBFCDCAPDPAAE，过点于点于点的切线作交的延长线于点．，过点作⊥⊥ABDP；（1）求证：∥PDBCAC 8，求线段的长．（2）若＝6，＝圆压轴题八大模型题（二）往往位于许多省市中考题中的倒数第二题与圆有关的证明与计算的综合解答题，引言：一般都会在固定习题模型的基础上变化是试卷中综合性与难度都比较大的习题。

圆压轴题八大模型题（一）引言：与圆有关的证明与计算的综合解答题，往往位于许多省市中考题中的倒数第二题的位置上，是试卷中综合性与难度都比较大的习题。

一般都会在固定习题模型的基础上变化与括展，本文结合近年来各省市中考题，整理了这些习题的常见的结论，破题的要点，常用技巧。

把握了这些方法与技巧，就能台阶性地帮助考生解决问题。

类型1 弧中点的运用 在⊙O 中，点C 是⌒AD 的中点，CE ⊥AB 于点E .（1）在图1中，你会发现这些结论吗？ ①AP ＝CP ＝FP ； ②CH ＝AD ；②AC 2＝AP ·AD ＝CF ·CB ＝AE ·A B .（2）在图2中，你能找出所有与△ABC 相似的三角形吗？【典例】（2018·湖南永州）如图，线段AB 为⊙O 的直径，点C ，E 在⊙O 上，＝，CD ⊥AB ，垂足为点D ，连接BE ，弦BE 与线段CD 相交于点F ． （1）求证：CF ＝BF ；（2）若cos ∠ABE ＝，在AB 的延长线上取一点M ，使BM ＝4，⊙O 的半径为6．求证：直线CM 是⊙O 的切线．【变式运用】1.（2018·四川宜宾）如图，AB 是半圆的直径，AC 是一条弦，D 是AC 的中点，DE ⊥AB 于点E 且DE 交AC 于点F ，DB 交AC 于点G ，若＝，OHP F EDCBA（图1）（图1-2）则＝ ．2.（2018·泸州）如图，在平行四边形ABCD 中，E 为BC 边上的一点，且AE 与DE 分别平分∠BAD 和∠ADC 。

(1)求证：AE ⊥DE ；(2)设以AD 为直径的半圆交AB 于F ，连接DF 交AE 于G ，已知CD ＝5，AE ＝8，求FGAF值。

3. （2017·泸州）如图，△ABC 内接于⊙O ，AB 是⊙O 的直径，C 是AD 的中点，弦CE ⊥AB 于点H ，连结AD ，分别交CE 、BC 于点P 、Q ，连结BD 。

精选圆相关压轴题参考答案与试题解析1．如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，AD与过点C的切线垂直，垂足为点D，直线DC与AB的延长线相交于点P，弦CE平分∠ACB，交AB点F，连接BE．（1）求证：AC平分∠DAB；（2）求证：PC=PF；（3）若tan∠ABC=，AB=14，求线段PC的长．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）由PD切⊙O于点C，AD与过点C的切线垂直，易证得OC∥AD，继而证得AC平分∠DAB；（2）由条件可得∠BCP=∠CAB，∠BCF=∠ACF，结合外角性质可得∠PCF=∠PFC，即可证得PC=PF；（3）易证△PAC∽△PCB，由相似三角形的性质可得到，又因为tan∠ABC=，所以可得，进而可得到，设PC=4k，PB=3k，则在Rt△POC 中，利用勾股定理可得PC2+OC2=OP2，进而可建立关于k的方程，解方程求出k 的值即可求出PC的长．【解答】（1）证明：∵PD切⊙O于点C，∴OC⊥PD，又∵AD⊥PD，∴OC∥AD，∴∠ACO=∠DAC．∵OC=OA，∴∠ACO=∠CAO，∴∠DAC=∠CAO，即AC平分∠DAB；（2）证明：∵AD⊥PD，∴∠DAC+∠ACD=90°．又∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°．∴∠PCB+∠ACD=90°，∴∠DAC=∠PCB．又∵∠DAC=∠CAO，∴∠CAO=∠PCB．∵CE平分∠ACB，∴∠ACF=∠BCF，∴∠CAO+∠ACF=∠PCB+∠BCF，∴∠PFC=∠PCF，∴PC=PF；（3）解：∵∠PAC=∠PCB，∠P=∠P，∴△PAC∽△PCB，∴．又∵tan∠ABC=，∴，∴，设PC=4k，PB=3k，则在Rt△POC中，PO=3k+7，OC=7，∵PC2+OC2=OP2，∴（4k）2+72=（3k+7）2，∴k=6 （k=0不合题意，舍去）．∴PC=4k=4×6=24．【点评】此题考查了和圆有关的综合性题目，用到的知识点有：切线的性质、相似三角形的判定与性质、垂径定理、圆周角定理、勾股定理以及等腰三角形的判定与性质．此题难度适中，是一道不错的中考题题目．2．已知△ABC中，BC=5，以BC为直径的⊙O交AB边于点D．（1）如图1，连接CD，则∠BDC的度数为90°；（2）如图2，若AC与⊙O相切，且AC=BC，求BD的长；（3）如图3，若∠A=45°，且AB=7，求BD的长．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）如图1，只需依据直径所对的圆周角是直角就可解决问题；（2）如图2，连接CD，根据条件可得△ACB是等腰直角三角形，从而得到∠B=45°，再根据直径所对的圆周角是直角可得△BDC是等腰直角三角形，然后运用勾股定理就可解决问题；（3）如图3，连接CD，根据条件可得△ADC是等腰直角三角形，从而得到DA=DC，设BD=x，然后在Rt△BDC运用勾股定理就可解决问题．【解答】解：（1）如图1，∵BC是⊙O的直径，∴∠BDC=90°故答案为90°；（2）连接CD，如图2，∵AC与⊙O相切，BC是⊙O的直径，∴∠BDC=90°，∠ACB=90°．∵AC=BC，∴∠A=∠B=45°，∴∠DCB=∠B=45°，∴DC=DB．∵BC=5，∴BD2+DC2=2BD2=52，∴BD=；（3）连接CD，如图3，∵BC是⊙O的直径，∴∠BDC=90°，∵∠A=45°，∴∠ACD=45°=∠A，∴DA=DC．设BD=x，则CD=AD=7﹣x．在Rt△BDC中，x2+（7﹣x）2=52，解得x1=3，x2=4，∴BD的长为3或4．【点评】本题主要考查了圆周角定理、切线的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，运用勾股定理求线段的长度是常用的一种方法，应熟练掌握．3．如图，已知在△ABC中，AB=AC=5，cosB=，P是边AB上一点，以P为圆心，PB为半径的⊙P与边BC的另一个交点为D，联结PD、AD．（1）求△ABC的面积；（2）设PB=x，△APD的面积为y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域；（3）如果△APD是直角三角形，求PB的长．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）如图，作AH⊥BC于H，利用等腰三角形的性质得BH=CH，再利用余弦的定义计算出BH=4，接着利用勾股定理计算出AH=3，然后根据三角形面积公式求解；（2）如图，作PG⊥BD于G，利用垂径定理得BG=DG，再利用余弦的定义计算出BG=x，接着利用勾股定理计算出PG=x，根据三角形面积公式得到S△PBD=x2，然后利用=可表示出y与x的关系式；（3）作CE⊥AB于E，如图，利用面积法求得CE=，则可计算出cos∠EAC=，再证明∠APD=∠EAC得到cos∠APD=，讨论：当∠ADP=90°时，利用cos∠APD=得到=；当∠PAD=90°时，利用cos∠APD=得到=，而∠APD=2∠B≠90°，然后分别解关于x的方程即可得到对应AP的长．【解答】解：（1）如图，作AH⊥BC于H，∵AB=AC=5，∴BH=CH，在Rt△ABH中，∵cosB==，∴BH=4，∴BC=2BH=8，AH==3，∴S=×8×3=12；△ABC（2）如图，作PG⊥BD于G，则BG=DG，在Rt△PBG中，∵cosB==，∴BG=x，∴BD=x，PG==x，=•x•x=x2，∴S△PBD∵=，即∴y=•x2=﹣x2+x（0＜x＜5）；（3）作CE⊥AB于E，如图，=CE•AB，∵S△ABC∴CE=，∴AE==，∴cos∠EAC==，∵PB=PD，AB=AC，∴∠ACB=∠PDB=∠B，∴PD∥AC，∴∠APD=∠EAC，∴cos∠APD=，当∠ADP=90°时，∵cos∠APD=，∴=，解得x=；当∠PAD=90°时，∵cos∠APD=，∴=，解得x=，而∠APD=2∠B≠90°，∴PB的长为或．【点评】本题考查了圆的综合题：熟练掌握垂径定理和等腰三角形的性质；会利用勾股定理和锐角三角函数的定义进行几何计算；会利用分类讨论的方法解决数学问题．4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以点A为圆心，AC为半径，作⊙A，交AB于点D，交CA的延长线于点E，过点E作AB的平行线交⊙A于点F，连接AF，BF，DF．（1）求证：△ABC≌△ABF；（2）填空：①当∠CAB=60°时，四边形ADFE为菱形；②在①的条件下，BC=6cm时，四边形ADFE的面积是6cm2．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）首先利用平行线的性质得到∠FAB=∠CAB，然后利用SAS证得两三角形全等即可；（2）当∠CAB=60°时，四边形ADFE为菱形，根据∠CAB=60°，得到∠FAB=∠CAB=∠CAB=60°，从而得到EF=AD=AE，利用邻边相等的平行四边形是菱形进行判断四边形ADFE是菱形．（3）设菱形AEFD的边长为a，易知△AEF、△AFD都是等边三角形，列出方程求出a，再在RT△ACB中，利用勾股定理即可解决问题．【解答】（1）证明：∵EF∥AB，∴∠E=∠CAB，∠EFA=∠FAB，∵∠E=∠EFA，∴∠FAB=∠CAB，在△ABC和△ABF中，，∴△ABC≌△ABF；（2）当∠CAB=60°时，四边形ADFE为菱形．证明：∵∠CAB=60°，∴∠FAB=∠CAB=∠CAB=60°，∴EF=AD=AE，∴四边形ADFE是菱形．故答案为60．（3）解：∵四边形AEFD是菱形，设边长为a，∠AEF=∠CAB=60°，∴△AEF、△AFD都是等边三角形，由题意：2×a2=6，∴a2=12，∵a＞0，∴a=2，∴AC=AE=2，在RT△ACB中，∠ACB=90°，AC=2，∠CAB=60°，∴∠ABC=30°，∴AB=2AC=4，BC==6．故答案为6．【点评】本题考查了菱形的判定、全等三角形的判定与性质及圆周角定理的知识，解题的关键是了解菱形的判定方法及全等三角形的判定方法，难度不大，记住等边三角形面积公式=a2（a是边长）．5．已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，过CD延长线上一点E作⊙O的切线交AB的延长线于F，切点为G，连接AG交CD于K．（1）如图1，求证：KE=GE；（2）如图2，连接CABG，若∠FGB=∠ACH，求证：CA∥FE；（3）如图3，在（2）的条件下，连接CG交AB于点N，若sinE=，AK=，求CN的长．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）欲证明KE=GE，只要证明∠EGK=∠EKG即可；（2）欲证明CA∥FE，只要证明∠ACH=∠E即可；（3）作NP⊥AC于P．首先证明AC=CK=5a，HK=CK﹣CH=4a，tan∠AKH==3，AK==a由AK=，推出a=，可得a=1．AC=5，在Rt△APN 中，tan∠CAH==，设PN=12b，则AP=9b，在Rt△CPN中，tan∠ACN==3，推出CP=4b，推出AC=AP+CP=13b，由AC=5，推出13b=5，推出b=，可得CN==4b解决问题；【解答】（1）证明：连接OG．∵EF切⊙O于G，∴OG⊥EF，∴∠AGO+∠AGE=90°，∵CD⊥AB于H，∴∠AHD=90°，∴∠OAG=∠AKH=90°，∵OA=OG，∴∠AGO=∠OAG，∴∠AGE=∠AKH，∵∠EKG=∠AKH，∴∠EKG=∠AGE，∴KE=GE．（2）设∠FGB=α，∵AB是直径，∴∠AGB=90°，∴∠AGE=∠EKG=90°﹣α，∴∠E=180°﹣∠AGE﹣∠EKG=2α，∵∠FGB=∠ACH，∴∠ACH=2α，∴∠ACH=∠E，∴CA∥FE．（3）作NP⊥AC于P．∵∠ACH=∠E，∴sin∠E=sin∠ACH==，设AH=3a，AC=5a，则CH==4a，tan∠CAH==，∵CA∥FE，∴∠CAK=∠AGE，∵∠AGE=∠AKH，∴∠CAK=∠AKH，∴AC=CK=5a，HK=CK﹣CH=4a，tan∠AKH==3，AK==a，∵AK=，∴a=，∴a=1．AC=5，∵∠BHD=∠AGB=90°，∴∠BHD+∠AGB=180°，在四边形BGKH中，∠BHD+∠HKG+∠AGB+∠ABG=360°，∴∠ABG+∠HKG=180°，∵∠AKH+∠HKG=180°，∴∠AKH=∠ABG，∵∠ACN=∠ABG，∴∠AKH=∠ACN，∴tan∠AKH=tan∠ACN=3，∵NP⊥AC于P，∴∠APN=∠CPN=90°，在Rt△APN中，tan∠CAH==，设PN=12b，则AP=9b，在Rt△CPN中，tan∠ACN==3，∴CP=4b，∴AC=AP+CP=13b，∵AC=5，∴13b=5，∴b=，∴CN==4b=．【点评】本题考查圆综合题、锐角三角函数、平行线的判定和性质、勾股定理、直径的性质、圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．6．如图，⊙O为等腰△ABC的外接圆，直径AB=12，P为弧上任意一点（不与B，C重合），直线CP交AB延长线于点Q，⊙O在点P处切线PD交BQ于点D，（1）若PD∥BC，求证：AP平分∠CAB；（2）若PB=BD，求PD的长度；（3）证明：无论点P在弧上的位置如何变化，CP•CQ为定值．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）连接OP，根据切线的性质得到OP⊥PD，根据垂径定理得到CP=BP，证明结论；（2）证明△BOP是等边三角形，根据勾股定理计算；（3）证明△ACP∽△QCA，根据相似三角形的性质计算即可．【解答】证明：（1）如图，连接OP，∵PD是⊙O的切线，∴OP⊥PD，∵PD∥BC，∴OP⊥BC，∴CP=BP，∴∠PAC=∠PAB，∴AP平分∠CAB；（2）∵PB=BD，∴∠BPD=∠BDP，∵OP⊥PD，∴∠BPD+∠BPO=∠BDP+∠BOP，∴∠BOP=∠BPO，∴BP=BO=PO=6，即△BOP是等边三角形，∴在Rt△OPD中，PD==6；（3）∵AC=BC，∴∠BAC=∠ABC，∵∠ABC=∠APC，∴∠APC=∠BAC，又∵∠ACP=∠QCA，∴△ACP∽△QCA，∴=，即CP•CQ=CA2=72，即CP•CQ为定值．【点评】本题考查的是圆的知识的综合运用，掌握圆周角定理、相似三角形的判定定理和性质定理、切线的性质定理是解题的关键．7．如图1，等腰△ABC中，AC=BC，点O在AB边上，以O为圆心的圆经过点C，交AB边于点D，EF为⊙O的直径，EF⊥BC于点G，且D是的中点．（1）求证：AC是⊙O的切线；（2）如图2，延长CB交⊙O于点H，连接HD交OE于点P，连接CF，求证：CF=DO+OP；（3）在（2）的条件下，连接CD，若tan∠HDC=，CG=4，求OP的长．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）如图1中，先判断出∠A+∠BOF=90°，再判断出∠COD=∠EOD=∠BOF，即可得出∠A+∠COD=90°；（2）如图2中，连接OC，首先证明FC=FH，再证明点K在以F为圆心FC为半径的圆上即可解决问题；（3）先求出CH=2CG=8，进而用tan∠CMH==tan∠HDC=，得出，求出MH=，进而CM=，即可得出OD=OF=，再求出OG=MH=，进而得出FG=OF﹣OG=3，再根据勾股定理得，CF=5，借助（2）的结论即可得出结论．【解答】（1）证明：如图1中，连接OC．∵OF⊥BC，∴∠B+∠BOF=90°，∵AC=BC，∴∠A+∠B=90°，∴∠A+∠BOF=90°，∵点D是的中点，∴，∴∠COD=∠EOD=∠BOF，∴∠A+∠COD=90°，∴∠ACO=9°，∴OC⊥AC，∴AC是⊙O的切线，（2）证明：如图2中，连接OC，∵EF⊥HC，∴CG=GH，∴EF垂直平分HC，∴FC=FH，∵∠CFP=∠COE，∵∠COD=∠DOE，∴∠CFP=∠COD，∵∠CHP=∠COD，∴∠CHP=∠CFP，∴点P在以F为圆心FC为半径的圆上，∴FC=FP=FH，∵DO=OF，∴DO+OP=OF+OP=FP=CF，即CF=OP+DO；（3）解：如图3，连接CO并延长交⊙O于M，连接MH，∴∠∠CMH=∠CDH，∠CHM=90°，∵OF⊥CH于G，∴CH=2CG=8，在Rt△CHN中，tan∠CMH==tan∠HDC=，∴，∴MH=，∴CM==，∴OD=OF=∵∠CGO=∠CHM=90°，∴OG∥MH，∵OC=OM，∴OG=MH=，∴FG=OF﹣OG=3，在Rt△CGF中，根据勾股定理得，CF==5，由（2）知，OP=CF﹣OD=5﹣=．【点评】本题考查了圆的综合知识及勾股定理的应用、相似三角形的判定和性质的应用等知识，综合性强，难度较大，能够正确的作出辅助线是解答本题的关键．8．已知：如图，AB为⊙O的直径，C是BA延长线上一点，CP切⊙O于P，弦PD⊥AB于E，过点B作BQ⊥CP于Q，交⊙O于H，（1）如图1，求证：PQ=PE；（2）如图2，G是圆上一点，∠GAB=30°，连接AG交PD于F，连接BF，若tan ∠BFE=3，求∠C的度数；（3）如图3，在（2）的条件下，PD=6，连接QC交BC于点M，求QM的长．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）连接OP，过点O作OR⊥QB于R，证明△POE≌△OBR，根据全等三角形的性质证明；（2）连接OP，根据切线的性质得到、结合题意得到∠C=∠EPO，设EF=x，根据正切的定义求出BE，根据正弦的定义解答；（3）连接BG，过点O作OK⊥HB于K，得到四边形POKQ为矩形，得到QK=PO，根据垂直定理得到PE=PD=3，根据圆周角定理、解直角三角形的知识计算即可．【解答】（1）解：连接OP，过点O作OR⊥QB于R，则四边形PORQ是矩形，∴OR=PQ，∵∠POR=90°，∠OEP=90°，∴∠OPE=∠BOR，在△POE和△OBR中，，∴△POE≌△OBR，∴OR=PE，∴PQ=PE；（2）连接OP，∵CP切⊙O于P，∴∠OPC=∠OPQ=90°，∴∠C+∠COP=90°，∵PD⊥AB，∴∠PEO=∠AEF=∠BEF=90°，∴∠EPO+∠COP=90°，∴∠C=∠EPO，在Rt△FEA中，∠GAB=30°，∴设EF=x，则AE=EF÷tan30°=x，在Rt△FEB中，tan∠BFE=3，∴BE=EF×tan∠BFE=3x，∴AB+AE+BE=4x，∴AO=PO=2x，∴EO=AO﹣AE=x，∴在Rt△PEO中，sin∠EPO==，∴∠C=∠EPO=30°；（3）连接BG，过点O作OK⊥HB于K，又BQ⊥CP，∴∠OPQ=∠Q=∠OKQ=90°，∴四边形POKQ为矩形，∴QK=PO，OK∥CQ，∴∠C=∠KOB=30°，∵⊙O中，PD⊥AB于E，PD=6，AB为⊙O的直径，∴PE=PD=3，根据（2）得，∠EPO=30°，在Rt△EPO中，cos∠EPO=，∴PO==6，∴OB=QK=PO=6，∴在Rt△KOB中，sin∠KOB=，∴KB=OB•sin30°=3，∴QB=9，在△ABG中，AB为⊙O的直径，∴∠AGB=90°，∵∠BAG=30°，∴BG=6，∠ABG=60°解△QBG得，QG=3，∵∠ABG=∠CBQ=60°，∴==，∴QM=．【点评】本题考查的是圆周角定理、锐角三角函数的定义、全等三角形的判定和性质，正确作出辅助性、掌握相关的判定和性质是解题的关键．9．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，作CD⊥AB，垂足为D，E为弧BC 的中点，连接AE、BE，AE交CD于点F．（1）求证：∠AEC=90°﹣2∠BAE；（2）过点E作⊙O的切线，交DC的延长线于G，求证：EG=FG；（3）在（2）的条件下，若BE=4，CF=6，求⊙O的半径．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）连接AC、BC，先根据等弧得：∠AEC=∠BAE，则∠CAB=2∠BAE，再由直径所对的圆周角为直角得：∠ACB=90°，直角三角形的两锐角互余得：∠CAB+∠CBA=90°，等量代换可得结论；（2）如图2，连接EO设∠OEA=∠OAE=α，证明∠GFE=∠GEF=90°﹣α，则GE=GF；（3）如图3，作辅助线，构建直角三角形，证明∠COM=∠BOM则OM⊥BC，由（2）得∠GEM=90°，则CM∥EG，CF=CN=6，设MN=x，则CM=BM=6+x，根据三角函数得：cos∠EBM=，列式求得x的值，在△OBM中，设OM=m，则OE=OB=m+4，根据勾股定理列方程可得结论．【解答】证明：（1）连接AC、BC，∴∠CEA=∠CBA，∵E为的中点，∴=，∴∠CAE=∠BAE，∴∠CAB=2∠BAE，∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∴∠CAB+∠CBA=90°，∴2∠BAE+∠AEC=90°，∴∠AEC=90°﹣2∠BAE；（2）连接EO，∵OA=OE，∴∠OEA=∠OAE，设∠OEA=∠OAE=α，∵EG为切线，∴OE⊥EG，∴∠OEG=90°，∴∠GEA=90°﹣∠AEO=90°﹣α，∵DG⊥AB，∴∠FDA=90°，∴∠FAD+∠AFD=90°，∴∠AFD=90°﹣α=∠GFE，∴∠GFE=∠GEF=90°﹣α，∴GE=GF；（3）如图3，连接CE、CB、OE、OC，CB与AE交于点N，CB与OE交于点M，∵E为的中点，∴∠COM=∠BOM，∵OC=OB，∴OM⊥BC，∴∠OMB=90°，由（2）得∠GEM=90°，∴CM∥EG，∴∠GEF=∠CNF，∵∠GFE=∠GEF，∴∠CFE=∠CNF，∴CF=CN=6，设MN=x，则CM=BM=6+x，cos∠EBM=，∴=，解得：x1=2，x2=﹣11（舍），MB=6+x=6+2=8，由勾股定理得：ME===4，在△OBM中，设OM=m，则OE=OB=m+4，OM2+MB2=OB2，即m2+82=（m+4）2，∴OM=m=6，∴OE=OB=6+4=10．则⊙O的半径为10．【点评】本题是圆的综合题，考查了圆的切线的性质、勾股定理、三角函数、圆周角定理、垂径定理等知识，在圆中求线段的长常利用三角函数或勾股定理列等式求解，本题也是如此，第三问设未知数列方程是关键．10．如图，在⊙O中，弦AC、BD相交于点E，AF⊥BD于点F，AE=AB，连接AB、CD．（1）如图1，求证：CD+BD=2DF；（2）如图2，当BD经过圆心O时，连接AO并延长，交⊙O于点G，连BC，求证：∠D=∠DOG；（3）如图3，在（2）的条件下，连接EG、CG，当OF=1，EG=4时，求CG的长．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）只要证明DC=DE，EF=FB，再根据线段的和差定义即可解决问题；（2）只要证明∠D=∠AOB，即可解决问题；（3）如图3中，设OA=OB=r，EC=y，AE=EB=x．想办法构建方程组求出y2=1，即可解决问题；【解答】（1）证明：如图1中，∵AE=AB，AF⊥EB，∴EF=FB，∠AEB=∠B，∵∠AEB=∠DEC，∠B=∠C，∴∠DEC=∠C，∴DC=DE，∴CD+BD=DE+DE+BE=2（DE+EF）=2DF．（2）证明：如图2中，∵∠C=∠DEC=∠AEB=∠B，∴∠D+2∠C=180°，∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA，∴∠AOB+2∠ABO=180°，∵∠C=∠ABO，∴∠D=∠AOB，∵∠DOG=∠AOB，∴∠D=∠DOG．（3）解：如图3中，设OA=OB=r，EC=y，AE=EB=x．则FB=EF=r﹣1，OE=R﹣2，∴DE=DC=2，由△DCE∽△AEB，可得：=，即=①，由△DCE∽△OAB，可得=，即=②，∵AF2=OA2﹣OF2=AE2﹣EF2，可得：r2﹣12=x2﹣（r﹣1）2③由①②③解得y2=1，∵AG是直径，∴∠ECG=90°，∴CG===．【点评】本题考查圆综合题、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题．11．如图，在⊙O中，AB为直径，OC⊥AB，弦CD与OB交于点F，在AB的延长线上有点E，且EF=ED．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若tanA=，探究线段AB和BE之间的数量关系，并证明；（3）在（2）的条件下，若OF=1，求圆O的半径．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）先判断出∠OCF+∠CFO=90°，再判断出∠OCF=∠ODF，即可得出结论；（2）先判断出∠BDE=∠A，进而得出△EBD∽△EDA，得出AE=2DE，DE=2BE，即可得出结论；（3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OD=x，进而得出OE=1+2x，最后用勾股定理即可得出结论．【解答】（1）证明：连结OD，如图，∵EF=ED，∴∠EFD=∠EDF，∵∠EFD=∠CFO，∴∠CFO=∠EDF，∵OC⊥OF，∴∠OCF+∠CFO=90°，∵OC=OD，∴∠OCF=∠ODF，∴∠ODC+∠EDF=90°，即∠ODE=90°，∴OD⊥DE，∵点D在⊙O上，∴DE是⊙O的切线；（2）线段AB、BE之间的数量关系为：AB=3BE．证明：∵AB为⊙O直径，∴∠ADB=90°，∴∠ADO=∠BDE，∵OA=OD∴∠ADO=∠A，∴∠BDE=∠A，而∠BED=∠DEA，∴△EBD∽△EDA，∴，∵Rt△ABD中，tanA==∴=∴AE=2DE，DE=2BE∴AE=4BE∴AB=3BE；（3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OD=x∵OF=1，∴OE=1+2x在Rt△ODE中，由勾股定理可得：（x）2+（2x）2=（1+2x）2，∴x=﹣（舍）或x=2，∴圆O的半径为3．【点评】此题是圆的综合题，主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出△EBD∽△EDA是解本题的关键．12．如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，∠ABC的平分线与AC相交于点D，与⊙O过点A的切线相交于点E．（1）∠ACB=90°，理由是：直径所对的圆周角是直角；（2）猜想△EAD的形状，并证明你的猜想；（3）若AB=8，AD=6，求BD．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）根据AB是⊙O的直径，点C在⊙O上利用直径所对的圆周角是直角即可得到结论；（2）根据∠ABC的平分线与AC相交于点D，得到∠CBD=∠ABE，再根据AE是⊙O的切线得到∠EAB=90°，从而得到∠CDB+∠CBD=90°，等量代换得到∠AED=∠EDA，从而判定△EAD是等腰三角形．（3）证得△CDB∽△AEB后设BD=5x，则CB=4x，CD=3x，从而得到CA=CD+DA=3x+6，然后在直角三角形ACB中，利用AC2+BC2=AB2得到（3x+6）2+（4x）2=82解得x 后即可求得BD的长．【解答】解：（1）∵AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，∴∠ACB=90°（直径所对的圆周角是直角）（2）△EAD是等腰三角形．证明：∵∠ABC的平分线与AC相交于点D，∴∠CBD=∠ABE∵AE是⊙O的切线，∴∠EAB=90°∴∠AEB+∠EBA=90°，∵∠EDA=∠CDB，∠CDB+∠CBD=90°，∵∠CBE=∠ABE，∴∠AED=∠EDA，∴AE=AD∴△EAD是等腰三角形．（3）解：∵AE=AD，AD=6，∴AE=AD=6，∵AB=8，∴在直角三角形AEB中，EB=10∵∠CDB=∠E，∠CBD=∠ABE∴△CDB∽△AEB，∴===∴设CB=4x，CD=3x则BD=5x，∴CA=CD+DA=3x+6，在直角三角形ACB中，AC2+BC2=AB2即：（3x+6）2+（4x）2=82，解得：x=﹣2（舍去）或x=∴BD=5x=【点评】本题考查了圆的综合知识，题目中涉及到了圆周角定理、等腰三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，难度中等偏上．13．如图所示，在△ABC中，AB=AC=2，∠A=90°，O为BC的中点，动点E在BA 边上移动，动点F在AC边上移动．（1）当点E，F分别为边BA，AC的中点时，求线段EF的长；（2）当∠EOF=45°时，①设BE=x，CF=y，求y与x之间的函数解析式；②若以O为圆心的圆与AB相切（如图），试探究直线EF与⊙O的位置关系，并证明你的结论．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）当E、F分别为BA、AC中点时，EF为三角形ABC中位线，在直角三角形ABC中，利用勾股定理求出BC的长，即可确定出EF的长；（2）①根据题意利用等式的性质得到一对角相等，再由一对角为45°，利用两对角相等的三角形相似得到三角形BOE与三角形OCF相似，由相似得比例列出y 与x间的函数解析式，并求出x的范围即可；②EF与圆O相切，理由为：由①得出的三角形BOE与三角形COF相似，得比例，把CO换为BO，变形后利用两边对应成比例且夹角相等的三角形相似得到三角形BEO与三角形OEF相似，利用相似三角形对应角相等得到∠BEO=∠FEO，利用角平分线定理得到O到EB、EF的距离相等，而AB与圆O相切，可得出∠OFE=90°，即OF与AC垂直，且OF为半径，即可确定出EF与圆O相切．【解答】解：（1）在△ABC中，AB=AC=2，∠A=90°，根据勾股定理得，BC==2，∵点E，F分别为边BA，AC的中点，∴EF是△ABC的中位线．∴EF=；（2）①在△OEB和△FOC中，∵AB=AC，∠A=90°，∴∠B=45°．∵∠EOB+∠FOC=135°，∠EOB+∠OEB=135°，∴∠FOC=∠OEB．又∵∠B=∠C，∴△OEB∽△FOC．∴=．∵BE=x，CF=y，OB=OC=，∴=，即y=，（1≤x≤2）；②解：直线EF与⊙O相切，理由：如图，记直线AB与⊙O相切的切点为G，过点O作OH⊥AC于H，∵△OEB∽△FOC，∴=．∴=，即=．又∵∠B=∠EOF=45°，∴△BEO∽△OEF．∴∠BEO=∠OEF．∵AB切⊙O于G，∴OG⊥AB，∵OH⊥AC∴OG=OH，∴直线EF与⊙O相切（到直线的距离等于半径）．【点评】此题属于圆综合题，涉及的知识有：相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形中位线定理，以及直线与圆相切的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键．14．如图，点A、B、C、D是直径为AB的⊙O上的四个点，CD=BC，AC与BD 交于点E．（1）求证：DC2=CE•AC；（2）若AE=2EC，求之值；=9，（3）在（2）的条件下，过点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点H，若S△ACH求EC之长．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）先判断出∠BDC=∠DAC，进而判断出△CDE∽△CAD，即可得出结论；（2）设出CE=x，进而表示出AC，AE，借助（1）的结论得出CD，进而求出BC，再判断出△BOC是等边三角形，利用三角形的中位线表示出AD，即可得出结论；（3）先判断出∠CHB=30°，进而判断出△ACH的面积是△BOC面积的3倍，即可得出结论．【解答】解：（1）如图1，∵CD=BC，∴，∴∠BDC=∠DAC，∵∠DCE=∠ACD，∴△CDE∽△CAD，∴，∴CD2=CE•AC；（2）设CE=x，∵AE=2CE，∴AE=2x，∴AC=AE+CE=3x，由（1）知，CD2=CE•AC，∴CD2=x×3x=3x2，∴CD=x，∴BC=CD=x，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，根据勾股定理得，AB==2x，∴OA=OB=AB=x，∴OB=OC=BC，∴△BOC是等边三角形，∵，∴OC⊥BE，∴OE=OB=x，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°=∠OEB，∴OE∥AD，∵OA=OB，∴AD=2OE=x，∴==1；（3）由（2）知，△BOC是等边三角形，∴∠BOC=60°，∵CH是⊙O的切线，∴∠OCH=90°，∴∠CHO=30°，∴OH=2OC，∵OH=OB+BH=OC+BH，∴OB=BH，∴OA=OB=BH，∴S△ACH =3S△BOC=9，∴S△BOC=3，∵S△BOC=OB2=×（x）2=3，∴x=﹣2（舍）或x=2，∴EC=2．【点评】此题是圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，垂径定理，等边三角形的面积公式，三角形的中位线定理，表示出CD是解本题的关键．15．在直角三角形ABC中，∠ABC=90°，∠C=30°，AB=4，以B为圆心，BA为半径作⊙B交BC于点D，旋转∠ABD交⊙B于点E、F，连接EF交AC、BC边于点G、H．（1）若BE⊥AC，求tan∠CGH的值；（2）若AG=4，求△BEF与△ABC重叠部分的面积；（3）△BHE是等腰三角形时，∠ABD逆时针旋转的度数是22.5°或45°．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）先判断出AC∥BF，进而得出∠CGH=F=45°，即可得出结论；（2）易知当AG=4时，点G为AC中点，与点E重合，如图2，过点H作HN⊥BE于N，△BEF与△ABC重叠部分的面积就是△EBH的面积，只需运用三角函数求出HN，即可解决问题；（3）只需将△BHE的三个内角分别作为等腰三角形的顶角进行分类讨论，就可解决问题．【解答】解：（1）如图1，∵BE⊥AC，BE⊥BF，∴AC∥BF，∴∠CGH=∠F=45°，∴tan∠CGH=tan45°=1，（2）∵∠ABC=90°，∠C=30°，AB=4，∴AC=8．∵AG=4，∴点G是AC的中点，此时E与G重合，△ABE是等边三角形，如图2．过点H作于HN⊥BE于N，∠BEF=45°，BE=BF，∴∠EHN=90°﹣45°=45°=∠BEF，∴EN=HN设HN=x，则EN=x，NB=4﹣x，在Rt△HNB中，由tan∠NBH=得，，解得．=∴S△EBH即△BEF与△ABC重叠部分的面积为，（3）（3）①若∠HEB是等腰△BHE的顶角，如图3，则有∠EBH=∠EHB==67.5°，∴∠ABE=90°﹣67.5°=22.5°．②若∠EHB是等腰△BHE的顶角，如图4，则有∠EBH=∠HEB=45°，∴∠ABE=90°﹣45°=45°．③若∠EBH是等腰△BHE的顶角，则∠EBH=180°﹣45°﹣45°=90°，此时点E与点A重合，没有旋转，故舍去．综上所述：△BHE是等腰三角形时的旋转角的度数为22.5°或45°，故答案为：22.5°或45°．【点评】此题是圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角函数的定义、30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识，利用三角函数求出HN是解决第（2）小题的关键，运用分类讨论的思想是第（3）小题的关键，当等腰三角形的顶角不确定时，常常需要分类讨论．16．如图，在△ABC中，∠ABC=∠ACB，以AC为直径的⊙O分别交AB、BC于点M、N，点P在AB的延长线上，且∠CAB=2∠BCP．（1）求证：直线CP是⊙O的切线；（2）若BC=2，sin∠BCP=，求直径AC的长及点B到AC的距离；（3）在第（2）的条件下，求△ACP的周长．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）利用直径所对的圆周角为直角，2∠CAN=∠CAB，∠CAB=2∠BCP判断出∠ACP=90°即可；（2）利用锐角三角函数，即勾股定理即可．（3）在直角△BCD中，利用勾股定理可以求得CD=2，所以利用平行线分线段成比例分别求得线段PC、PB的长度．则△ACP的周长迎刃可解了【解答】（1）证明：∵∠ABC=∠ACB，∴AB=AC，∵AC为⊙O的直径，∴∠ANC=90°，∴∠CAN+∠ACN=90°，2∠BAN=2∠CAN=∠CAB，∵∠CAB=2∠BCP，∴∠BCP=∠CAN，∴∠ACP=∠ACN+∠BCP=∠ACN+∠CAN=90°，∵点D在⊙O上，∴直线CP是⊙O的切线；（2）如图，作BF⊥AC∵AB=AC，∠ANC=90°，∴CN=CB=，∵∠BCP=∠CAN，sin∠BCP=，∴sin∠CAN=，∴，∴AC=5，∴AB=AC=5，设AF=x，则CF=5﹣x，在Rt△ABF中，BF2=AB2﹣AF2=25﹣x2，在Rt△CBF中，BF2=BC2﹣CF2=2O﹣（5﹣x）2，∴25﹣x2=2O﹣（5﹣x）2，∴x=3，∴BF2=25﹣32=16，∴BF=4，即点B到AC的距离为4．（3）在Rt△BCF中，CF==2，∴AF=AC﹣CF=5﹣2=3，∵BF∥CP，∴，，∴CP=，BP=∴△APC的周长是AC+PC+AP=20．【点评】此题是圆的综合题，主要考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，构造出直角三角形Rt△ABF和Rt△CBF是解本题的关键．17．如图，已知⊙O是以AB为直径的圆，C为⊙O上一点，D为OC延长线上一点，BC的延长线交AD于E，∠DAC=∠DCE．（1）求证：AD为⊙O的切线；（2）求证：DC2=ED•DA；（3）若AB=2，sinD=，求AE的长．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）由圆周角定理和已知条件求出AD⊥AB即可证明DA是⊙O切线；（2）由∠DAC=∠DCE，∠D=∠D可知△DEC∽△DCA；（3）由题意可知AO=1，OD=3，DC=2，由勾股定理可知AD=2，故此可得到DC2=DE•AD，故此可求得DE的长，于是可求得AE的长．【解答】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠CAB+∠B=90°，∵∠DAC=∠DCE，∠DCE=∠BCO∴∠DAC=∠BCO，∵OB=OC，∴∠B=∠BCO∴∠DAC=∠B，∴∠CAB+∠DAC=90°．∴AD⊥AB．∵OA是⊙O半径，∴DA为⊙O的切线；（2）解：∠DAC=∠DCE．∵∠D=∠D，∴△CED∽△ACD，∴，∴CD2=DE•AD；（3）解：在Rt△AOD中，OA=AB=1，sinD=，∴OD==3，∴CD=OD﹣OC=2．∵AD==2，∵CD2=DE•AD，∴DE==，∴AE=AD﹣DE=2﹣=．【点评】此题是圆的综合题，主要考查的是切线的性质、圆周角定理、勾股定理的应用、相似三角形的性质和判定，证得△DEC∽△DCA是解题的关键．18．如图，△ABC内接于⊙O，弦AD⊥BC，垂足为H，连接OB．（1）如图1，求证：∠DAC=∠ABO；（2）如图2，在弧AC上取点F，使∠CAF=∠BAD，在弧AB取点G，使AG∥OB，若∠BAC=60°，求证：GF=GD；（3）如图3，在（2）的条件下，AF、BC的延长线相交于点E，若AF：FE=1：9，求sin∠ADG的值．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）根据等角的余角相等即可证明；（2）想办法证明∠GDF=∠GFD=60°即可；（3）如图3，延长GA，作FQ⊥AG，垂足为Q，作ON⊥AD，垂足为N，作OM ⊥BC，垂足为M，延长AO交⊙O于点R，连接GR．作DP⊥AG，DK⊥AE，垂足为P、K．由AF：FE=1：9，设AF=k，则FE=9k，AE=10k，在△AHE中，∠E=60°，推出AH=5k．设NH=x，则AN=5k﹣x与，由ON⊥AD，推出AD=2AN=10k﹣2x，想办法构建方程，求出x与k的关系，再根据sin∠ADG=sin∠R=，求出AG、AR（用k表示）即可解决问题；【解答】（1）证明：如图1，延长BO交⊙O于点Q，连接AQ．∵BQ是⊙O直径，∴∠QAB=90°．∵AD⊥BC，∴∠AHC=90°．∵弧AB=弧AB，∴∠AQB=∠ACB，∵∠AQB+∠ABO=90°，∠ACB+∠CAD=90°∴∠ABO=∠CAD．（2）证明：如图2，∵AG∥OB，∴∠ABO=∠BAG，∵∠ABO=∠CAD，∴∠CAD=∠BAG，∵∠BAC=60°，∴∠BAD+∠CAD=∠BAD+∠BAG=60°，∵∠BAD=∠CAF，∴∠CAF+∠CAD=60°，∴∠GAD=∠DAF=60°，∠GAF=120°，∵四边形AGDF内接于⊙O，∴∠GDF=60°，∵弧GD=弧GD，∴∠GAD=∠GFD=60°，∴∠GDF=∠GFD=60°，∴GD=GF．（3）解：如图3，延长GA，作FQ⊥AG，垂足为Q，作ON⊥AD，垂足为N，作OM⊥BC，垂足为M，延长AO交⊙O于点R，连接GR．作DP⊥AG，DK⊥AE，垂足为P、K．∵AF：FE=1：9，∴设AF=k，则FE=9k，AE=10k，在△AHE中，∠E=60°，∴AH=5k．设NH=x，则AN=5k﹣x，∵ON⊥AD，∴AD=2AN=10k﹣2x又在△AQF中，∵∠GAF=120°，∴∠QAF=60°，AF=k，∴AQ=，FQ=k，由（2）知：∠GDF=∠DAF=60°，∴△GDF是等边三角形，∴GD=GF=DF，∵∠GAD=∠DAF=60°，∴DP=DK，∴△GPD≌△FKD，△APD≌△AKD∴FK=GP，AP=AK，∠ADK=30°，∴AD=2AK=AP+AK=AF+AG∴AG=10k﹣2x﹣k=9k﹣2x，∵作OM⊥BC，ON⊥AD，∴OM=NH=x，∵∠BOD=∠BOC=∠BAC=60°∴BC=2BM=2x，∵∠BOC=∠GOF，∴GF=BC=2x在△GQF中，GQ=AG+AQ=k﹣2x，QF=k，GF=2x，∵GQ2+FQ2=GF2，∴（k﹣2x）2+（k）2=（2x）2，∴x1=k，x2=﹣k（舍弃），∴AG=9k﹣2x=k，AR=2OB=4OM=4x=7k，在△GAR中，∠RGA=90°，∴sin∠ADG=sin∠R==．【点评】本题考查圆综合题、圆周角定理、垂径定理、全等三角形的判定和性质、锐角三角函数、勾股定理、等边三角形的性质和判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．19．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的斜边AB在y轴上，边AC与x轴交于点D，AE平分∠BAC交边BC于点E，经过点A、D、E的圆的圆心F，⊙F与y 轴相交于另一点G．（1）求证：BC是⊙F的切线；（2）若点A、D的坐标分别为A（0，﹣1），D（﹣2，0），求⊙F的半径；（3）在（2）的条件下求线段CE的长度．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）连接EF．欲证明BC是⊙F的切线，只要证明BC⊥EF即可；（2）连结FD．在Rt△DFO中，根据DF2=FO2+DO2，构建方程即可解决问题；（3）过点F作FH⊥AD于H．四边形CEFH是矩形，只要求出FH的长即可解决问题；【解答】（1）证明：连结EF∵在⊙F中，EF=FA，∴∠FEA=∠FAE，∵AE平分∠BAC，∴∠FAE=∠EAC，∴∠FEA=∠EAC，∴EF‖AC，∴∠BEF=∠C=90°，∴EF⊥BC于E，∴BC是⊙F的切线．（2）连结FD．∵A（0，﹣1），D（﹣2，0），∴OA=1，OD=2，设⊙F的半径为R，则OF=R﹣1∵AG⊥OD于O，∴∠FOD=90°，∵在Rt△DFO中，DF2=FO2+DO2，∴R2=（R﹣1）2+22 解得R=2.5，∴⊙F的半径为2.5．（3）过点F作FH⊥AD于H．由（2）得AO=1，OD=2，∴在Rt△AOD中，AD===，∵在⊙F中，FH⊥AD于H∴AH=AD=，∠FHC=∠FHA=90°，∴在Rt△AHF中，FH===，由（1）得∠BEF=90°∴∠CEF=90°∵∠FHC=∠C=∠BEF=90°∴四边形CEFH是矩形∴CE=FH=．【点评】本题考查圆综合题、切线的判定、垂径定理、矩形的判定和性质、勾股定理等知识，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．20．定义：如果一个四边形的两条对角线相等且相互垂直，则称这个四边形为“等垂四边形”．如图1，四边形ABCD中，若AC=BD，AC⊥BD，则称四边形ABCD为“等垂四边形．根据等垂四边形对角线互相垂直的特征可得等垂四边形的一个重要性质：等垂四边形的面积等于两条对角线乘积的一半．根据以上信息解答下列问题：（1）矩形不是“等垂四边形”（填“是”或“不是”）；（2）如图2，已知⊙O的内接四边形ABCD是等垂四边形，若⊙O的半径为6，∠ADC=60°，求四边形ABCD的面积；（3）如图3，已知⊙O的内接四边形ABCD是等垂四边形，作OM⊥AD于M．请猜想OM与BC的数量关系，并证明你的结论．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）矩形的对角线相等，不一定垂直，所以矩形不一定是等垂四边形．（2）连接OA，OC，过O作OH⊥AC于H，利用垂径定理求出AC的长即可解决问题；（3）连接OA，OB，OC，OD，过O作OE⊥BC于E，只要证明△OAM≌△BOE 即可解决问题；【解答】解：（1）矩形的对角线相等，不一定垂直，所以矩形不一定是等垂四边形．故答案为：不是；（2）连接OA，OC，过O作OH⊥AC于H．在△AOH中，∠AOH=∠ADC=60°，OA=6∴AH=3∴AC=2AH=6∵四边形ABCD是等垂四边形∴AC=BD=6=•AC•BD=××6=54．∴S四边形ABCD（3）连接OA，OB，OC，OD，过O作OE⊥BC于E，显然∠BOE=∠BAC，∠AOM=∠ABD∵BD⊥AC∴∠ABD﹢∠BAC=90°．∵∠AOM﹢∠OAM=90°∴∠OAM=∠BOE在△OAM中与△BOE中，∴△OAM≌△BOE∴OM=BE∵BE=BC，∴OM═BC．【点评】本题考查圆综合题，全等三角形的判定和性质、垂径定理、直角三角形30度角性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形以及全等三角形解决问题，属于中考常考题型．21．如图，⊙O的直径AB=2，AM、BN是它的两条切线，CD与⊙O相切于点E，与BN、AM交于点C、D，设AD=x，BC=y．（1）求证：AM∥BN．（2）求y关于x的函数关系式．（3）若x、y是关于t的方程2t2﹣5t+m=0的两根，且xy=，求x、y的值．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）根据切线的性质可知AM⊥AB，BN⊥AB，由此即可判断；（2）作DF⊥BC于F，在Rt△DFC中，利用勾股定理即可解决问题；（3）利用根与系数的关系即可解决问题；【解答】解：（1）∵AB是直径，AM、BN是切线，∴AM⊥B，BN⊥AB，∴AM∥BN；（2）作DF⊥BC于F，在Rt△DFC中，DF=AB=2，DC=DE+CE=x+y，CF=BC﹣BF=y ﹣x，所以，（x+y）2=22+（y﹣x）2，化简的y=（x＞0）．。

2022年高考复习专项有关圆幂定理型压轴题【方法点拨】1.相交弦定理：如下左图，圆O 的两条弦AB 、PC 相交于圆内一点P ，则PA PB PC PD ⋅=⋅.2.切割线定理:如下右图，PT 为圆O 的切线，P AB 、PCD 为割线，则2PT PA PB =⋅（）;3.割线定理：如下右图，P AB 、PCD 为圆O 的割线，则PA PB PC PD ⋅=⋅.说明：上述三个定理可以统一为22PA PB PO R ⋅=-(其中R 是半径)，统称为圆幂定理.【典型题示例】 例1如图，在平面直角坐标系x O y 中，已知点，点P 是圆O ：上的任意一点，过点作直线BT 垂直于AP ，垂足为T ，则2P A +3PT 的最小值是__________．【答案】【分析】从题中已知寻求P A 、PT 间的关系是突破口，也是难点，思路一是从中线长定理入手，二是直接使用圆幂定理. 【解法一】由中线长公式可得，则 ，则(1,0)A -224x y +=(1,0)B 93221862PT PA PA+=+≥=22212()2PO PA PB AB =+-22=10PA PB +222cos 2PA PB AB P PA PB +-=⋅3cos P PA PB=⋅CA ODPBPOACD在中，，即 所以（当且仅当时取等）【解法二】∵BT ⊥ AP ，∴点T 的轨迹是圆，其方程是：x 2+y 2=1，过点P 作该圆的切线PC ，C 为切点，则PC，由切割线定理得：所以（当且仅当时取等）.点评：解法二中，先运用定直线张直角，得到隐圆，然后运用切割线定理得出定值，最后再使用基本不等式予以解决，思路简洁、解法明快.在有关解析几何的题目中，首先考虑相关的几何性质是解决这类问题的首选方向.在△AOM 中，由正弦定理得：OMsinA =√5，而OA ＝OM =2， 所以sinA =√5，所以tan A =2.故直线AB 的斜率为2．Rt PBT ∆cos PT PB P =3PT PA=9232PA PT PA PA+=+≥=2PA =23PC PA PT =⋅=9232PA PT PA PA+=+≥=2PA =例3 在平面直角坐标系xOy 中，过点(1,0)M 的直线l 与圆225x y +=交于,A B 两点，其中A 点在第一象限，且2BM MA =，则直线l 的方程为 ． 【答案】y ＝x －1【分析】本题思路有下列几种：①利用向量坐标设点转化，点参法；②设直线方程的在x轴上的截距式，联立方程组；③垂径定理后二次解三角形；④相交弦定理；⑤利用”爪”型结构,得2133OM OA OB =+,两边平方求得AOB ∠的余弦值. 【解法一】：易知直线l 的斜率必存在，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)．由BM →＝2MA →，设BM ＝2t ，MA ＝t .如图，过原点O 作OH ⊥l 于点H ，则BH ＝3t2.设OH ＝d ，在Rt △OBH 中，d 2＋⎝⎛⎭⎫3t 22＝r 2＝5. 在Rt △OMH 中，d 2＋⎝⎛⎭⎫t 22＝OM 2＝1，解得d 2＝12， 则d 2＝k 2k 2＋1＝12，解得k ＝1或k ＝－1. 因为点A 在第一象限， BM →＝2MA →，由图知k ＝1， 所以所求的直线l 的方程为y ＝x －1.2BM MA =，设BM ＝2t ，MA ＝t【解法二】由 又过点M 的直径被M 分成两段长为51-、51+由相交弦定理得()()225151t =-+，解之得2t =过原点O 作OH ⊥l 于点H ，在Rt △OBH 中，d 2＋⎝⎛⎭⎫3t 22＝r 2＝5，解得d 2＝12，（下同解法一，略）. 【解法三】设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则BM →＝(1－x 2，－y 2)，MA →＝(x 1－1，y 1)．因为BM →＝2MA →，所以⎩⎪⎨⎪⎧1－x 2＝2(x 1－1)，－y 2＝2y 1.当直线AB 的斜率不存在时，BM →＝MA →，不符合题意．当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 2＋y 2＝5，得(1＋k 2)y 2＋2ky －4k 2＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2k 1＋k 2，y 1·y 2＝－4k21＋k 2，－y 2＝2y 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝2k 1＋k 2，y 2＝－4k1＋k 2，所以y 1·y 2＝－8k 2(1＋k 2)2＝－4k 21＋k2，即k 2＝1.又点A 在第一象限， 所以k ＝1，即直线AB 的方程为y ＝x －1.【解法四】设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则BM →＝(1－x 2，－y 2)，MA →＝(x 1－1，y 1)．因为BM →＝2MA →，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 1－x 2＝2(x 1－1)，－y 2＝2y 1，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＝2x 1－3，－y 2＝2y 1.又⎩⎪⎨⎪⎧ x 21＋y 21＝5，x 22＋y 22＝5，代入可得⎩⎪⎨⎪⎧x 21＋y 21＝5，(2x 1－3)2＋4y 21＝5，解得x 1＝2，代入可得y 1＝±1.又点A 在第一象限，故A (2,1)，由点A 和点M 的坐标可得直线AB 的方程为y ＝x －1. 点评：上述各种解法中，以解法一、解法二最简、最优.【巩固训练】1. 在平面直角坐标系xoy 中，M 是直线3x =上的动点，以M 为圆心的圆M ，若圆M 截x 轴所得的弦长恒为4，过点O 作圆M 的一条切线，切点为P ，则点P 到直线2100x y +-=距离的最大值为 .2.在平面直角坐标系xOy 中，圆C ：(m ＞0)．已知过原点O 且相互垂直的两条直线l 1和l 2，其中l 1与圆C 相交于A ，B 两点，l 2与圆C 相切于点D ．若AB ＝OD ，则直线l 1的斜率为 ．3. 在平面直角坐标系xOy 中，设直线2y x =-+与圆222x y r +=(0)r >交于A B 、两点，O 为坐标原点，若圆上一点C 满足5344OC OA OB =+，则r = ．4.在平面直角坐标系xOy 中，已知点()0,1P 在圆C ：22222410++-+-+=x y mx y m m 内，若存在过点P 的直线交圆C 于A 、B 两点，且△PBC 的面积是△PAC 的面积的2倍，则实数m 的取值范围为 ．5.在平面直角坐标系xOy 中，圆22:(2)()3C x y m ++-=．若圆C 存在以G 为中点的弦AB ，且2AB GO =，则实数m 的取值范围是 ．6.已知直线3y ax =+与圆22280x y x ++-=相交于,A B 两点，点()00,P x y 在直线2y x =上且PA PB =，则0x 的取值范围为 .222()x m y r -+=【答案与提示】1.【答案】 2.【答案】 【解析一】作CE ⊥AB 于点E ，则 ，由OECD 是矩形，知CE 2＝OD 2，∴，化简得，即cos ∠OCD ＝＝，tan ∠COB ＝tan ∠OCD ＝，∴直线l 1的斜率为．设OD ＝t (又∴直线l 13.244164416OC ⎪⎝⎭即222225159cos 16816r r r AOB r =+∠+，整理化简得3cos 5AOB ∠=-. 5±22222221144CE BC BE BC AB BC OD =-=-=-2222215()44r m r m r -=--=222254r mm r -=-r m =CD OC 3rm=55±2m t =Rt COE ∆过点O 作AB 的垂线交AB 于D ， 则23cos 2cos 15AOB AOD ∠=∠-=-，得21cos 5AOD ∠=.又圆心到直线的距离OD ==222212cos 5OD AOD r r ∠===，r =.【解法二】注意到线性表示时的系数和为2，联想“三点共线”. 由5344OC OA OB =+，即153288OC OA OB =+得A B D 、、三点共线（其中D 是AB 的中点），且:3:5AD BD =，设，5BD x =思路一：垂径定理后二次解三角形，()222224r x r x ⎧⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭⎨⎪=⎩，解之得r =思路二：相交弦定理，()22335224r r x x r x ⎧⋅=⋅⎪⎨⎪=+⎩，解之得r =. 4.【答案】4,49⎡⎫⎪⎢⎣⎭5.【答案】[【提示】易知OA OB ⊥，考察临界状态，只需过原点作圆的切线，切点弦的张角大于等于直角即可. 6.【答案3AD x =。

18道圆相关的压轴题，2021中考冲刺必看！圆的基本性质一. 性质圆既是轴对称图形，又是中心对称图形，任何一条直径所在的直线都是它的对称轴，圆心是它的对称中心二. 垂径定理及其推论 1. 定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧2. 推论：•平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧•弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧•平分弦所对的一条弧的直径垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧•在同圆或者等圆中，圆的两条平行弦所夹的弧相等3. 垂径定理与推论的延伸：三. 弦、弧、圆心角的关系 1. 定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等2. 推论：•在同圆或等圆中，两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，它们所对应的其余各组量都分别相等•弧的度数等于它所对圆心角的度数四. 圆周角定理及其推论 1. 定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半2. 推论•同弧或等弧所对的圆周角相等•半圆（或直径）所对的圆周角是直角，９０°的圆周角所对的弦是直径五. 圆与多边形 1. 圆内接多边形2. 正多边形和圆六. 三角形的外接圆与圆有关的位置关系一. 点与圆的位置关系（设圆的半径为ｒ，平面内任一点到圆心的距离为ｄ）点在圆外ｄ＞ｒ，如右图中点Ａ点在圆上ｄ＝ｒ，如右图中点Ｂ点在圆内ｄ＜ｒ，如右图中点Ｃ二. 直线与圆的位置关系（设圆的半径为ｒ，圆心到直线的距离为ｄ）三. 切线的性质数量关系：圆心到切线的距离等于半径位置关系：切线垂直于过切点的半径四. 切线的判定直线与圆有公共点，连半径，证垂直直线与圆无公共点，作垂线，证半径五. 切线长定理从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角如图，过⊙Ｏ外一点Ｐ可引两条切线ＰＡ、ＰＢ，则ＰＡ＝ＰＢ，ＰＯ平分∠ＡＰＢ六. 三角形的内切圆18道与圆相关的压轴题来源：本相关素材来源于网络，如有侵权，请联系后台删除。

圆压轴题八大模型题（五）泸州市七中佳德学校易建洪前言：与圆相关的证明与计算的综合解答题，常常位于很多省市中考题中的倒数第二题的地点上，是试卷中综合性与难度都比较大的习题。

一般都会在固定习题模型的基础上变化与括展，本文联合最近几年来各省市中考题，整理了这些习题的常有的结论，破题的重点，常用技巧。

掌握了这些方法与技巧，就能台阶性地帮助考生解决问题。

种类 5三切线组合直角梯形ABCD中， AD∥BC，∠ B＝ 90°，以 AB 为直径的半圆⊙O 与 CD 相切于点 E.C CE E CD D EDB O A B O AF GB AO图(1) 图(2) 图(3)(1)AD＝ 4， BC＝ 9，求 AB；(3)求证： CO2＝ CB· CD；(4) 求证： CO∥ AE, DO∥BE.(2)求证： 4AD· BC＝ AB2 .【剖析】 (1)法一：如图 (a)过点 D 作 DF⊥ BC,AB＝DF＝(9 4)2 (9 4)2＝12.法二：如图 (b)由△ OBC∽△ DAO, CC或△ COE∽△ ODE得： EEF Dr2＝ 4× 9＝ 36,r ＝ 6,AB＝ 12. DABB AOO(2) 由△ OBC∽△ DAO,或(a) (b)2 AB 2＝ ADBC,△COE∽△ ODE得： r ＝ ADBC,( )2∴4AD· BC＝AB2(3)由 Rt△CBO∽ Rt△ COD 得： CO2＝ CBCD.(4)∠ CFE＝∠ COG＝∠ EGD＝ 90°,CO∥AE,DO∥ BE.CCD ADE EEDG O P PB OF A BO F A B C F图(4) 图 (5) 图 (6)(5) 求证： EP=FP. (6)求证： DG=AG. (8) 若 AB=2 5， AD=2，求(7)求证： EP=FP.BC和 EF的长 .【剖析】 (5)由 CB∥EF∥ DA,CB＝ CE,DA＝DE 得EPCP BP FP,∴ EP＝FP.DA CA BD DA(6)由 CB＝ CE,∠ CBE＝∠ CEB＝∠ DEG;CB∥ DA 得∠ CBE＝∠ D,∴∠ DEG＝∠ D.∴DG＝ EG,又 EG＝G A,∴ DG＝AG.(7)EF∥ DA,得EPBPFP, 又 DG＝ GA,得 EP＝ FP. DG BG GA(8)由 AB2＝4ADBC得：（ 2 5 ）2＝4× 2BC,∴ BC＝ ,CF＝BC＝ ,BF ＝5.在 Rt△ ABF 中， AF＝(2 5) 2 52＝3 5 .由 AD∥BF得AEAD 4 , EF CF 5∴EF＝5AF＝5×3 5＝55 9 9 3【典例】（2018 ·湖南娄底）如图，已知半圆O 与四边形 ABCD的边 AD、AB、 BC都相切，切点分别为 D、 E、 C，半径 OC＝ 1，则 AE· BE___________. A DE∠ AOE＝1 O【剖析】连结OE，由切线长定理可得∠ DOE，2∠BOE ＝12∠ EOC，再依据∠ DOE＋∠EOC＝180°可得，B C图 5-1∠AOB＝ 90 °，既而可证△AEO∽ △ OEB，依据相像三角形对应边成比率即可得.解：如图，连结OE，∵ AD、 AB 与半圆O 相切，∴OE⊥ AB， OA 均分∠ DOE，1 1∴∠ AOE＝∠DOE，同理∠ BOE＝∠ EOC，2 2∵∠ DOE＋∠EOC＝ 180 ，°∴∠AOE＋∠ BOE＝ 90 °，A DEOB C图 a即∠ AOB＝90°，∴ ∠ ABO＋∠ BAO＝ 90°，∵∠ BAO＋∠ AOE＝90 °，∴ ∠ ABO＝∠ AOE，∵∠ OEA＝∠ BEO＝ 90 °，∴△ AEO∽ △OEB，∴AE： OE＝ OE：BE，∴ AEBE＝ OE2＝ 1，答案： 1.【点拨】由切线长定理引出的四个母子相像三角形中，含直角三角形、等腰三角形、全等三角形及相像三角形。

专题07解答压轴题（圆的综合）通用的解题思路：一、切割线定理当出现圆中一条弦和一条切线（或另一条弦）所在直线交于圆外一点时，可利用相似三角形解决线段相关问题。

二、解决三角形外接圆的问题做这类题时可通过连接圆心（外心）和三角形的顶点，或过圆心（外心）作边的垂线，进而应用圆周角定理、垂径定理及勾股定理解决问题。

三、证切线的方法1、已知半径证垂直；2、已知垂直证半径。

1.（2023-安徽•中考真题）已知四边形班CD内接于。

，对角线如是。

的直径.⑴如图1,连接OA,C4,若求证；04平分乙BCD；（2）如图2,E为。

内一点，满足AE±BC,CE±AB,若BD=30AE=3,求弦BC的长.2.（2022.安徽.中考真题）已知AB^jQO的直径，。

为。

上一点，D为BA的延长线上一点，连接CQ.c c图1上AB图2⑴如图1,若COLAB,20=30。

，0A=L求AQ的长;(2)如图2,若OC与。

0相切，E为OA上一点，且ZACD=ZACE,求证：CE±AB.3.(2021.安徽.中考真题)如图，圆0中两条互相垂直的弦AB,CQ交于点E.(1)M是CD的中点，(W=3,CD=12,求圆。

的半径长；(2)点尸在CQ上，＞CE=EF,求证：AF1BD.1.(2024-安徽六安•一模)如图，4ABC内接于O。

，是。

的直径，0D1AB交O。

于点E,交AC于点KDF=DC.D\R(1)求证：CD是。

的切线；(2)若。

F=而,BC=6,求DE的长.2.(2024.安徽•一模)如图，已知点尸为。

外一点，点A为。

上一点，直线P4与。

的另一个交点为点B,AC是。

的直径，APAC的平分线刀。

交。

于点Q,连接CD并延长交直线霹于点M,连接OQ.(1)求证：OD||BM；(2)若tan ZACD-,。

的直径为4,求刀B的长度.3.(2024-安徽合肥•二模)如图，AB为。

的直径，的和吨是。

的弦，连接AD f CD.P(1)若点C为AP的中点，且PC=PD,求ZB的度数；⑵若点。

圆的切线证明和圆中计算附详解(2024年中考数学真题汇编)1.(24年江西中考)如图,AB 是半圆O 的直径,点D 是弦AC 延长线上一点,连接BD BC ，,60D ABC ∠=∠=︒．（1)求证:BD 是半圆O 的切线.（2)当3BC =时,求 AC 的长．2.(24年山东枣庄中考)如图,在四边形ABCD中,AD BC ∥,60DAB ∠=︒,22AB BC AD ===．以点A 为圆心,以AD 为半径作 DE交AB 于点E ,以点B 为圆心,以BE 为半径作 EF所交BC 于点F ,连接FD 交 EF 于另一点G ,连接CG ．（1)求证：CG 为 EF所在圆的切线（2)求图中阴影部分面积．（结果保留π)3.(24年安徽中考)如图,O 是ABC ∆的外接圆,D 是直径AB 上一点,ACD ∠的平分线交AB 于点E ,交O 于另一点,.F FA FE =(1)求证:;CD AB ⊥(2)设FM AB ⊥,垂足为M ,若1OM OE ==,求AC 的长.4.(24年扬州中考)在综合实践活动中,“特殊到一般”是一种常用方法,我们可以先研究特殊情况,猜想结论,然后再研究一般情况,证明结论．如图,已知ABC ,CA CB =,O 是ABC 的外接圆,点D 在 O 上（AD BD >),连接AD ,BD ,CD ．【特殊化感知】（1)如图1,若60ACB ∠=︒,点D 在AO 延长线上,则AD BD -与CD 的数量关系为________【一般化探究】（2)如图2,若60ACB ∠=︒,点C ,D 在AB 同侧,判断AD BD -与CD 的数量关系并说明理由【拓展性延伸】（3)若ACB α∠=,直接写出AD ,BD ,CD 满足的数量关系．（用含α的式子表示)5.(24年苏州中考)如图,ABC 中,AB =,D 为AB 中点,BAC BCD ∠=∠cos4ADC ∠=.O 是ACD 的外接圆．（1)求BC 的长（2)求O 的半径．6.(24年湖北中考)Rt ABC 中,90ACB ︒∠=,点O 在AC 上,以OC 为半径的圆交AB 于点D ,交AC 于点E .(1)求证:AB 是O 的切线。

圆中常用辅助线的作法【八大题型】【题型1遇弦连半径构造三角形】 1【题型2遇弦作弦心距解决有关弦长的问题】 5【题型3遇直径作直径所对的圆周角】 8【题型4遇切线作过切点的半径】 11【题型5遇90°的圆周角连直径】 16【题型6转移线段】 19【题型7构造相似三角形】 23【题型8四点共圆】 30【题型1遇弦连半径构造三角形】1.(2024·陕西渭南·三模)如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，点D在⊙O上，连接CD、BD，BD =BC，延长DB到点E，使得BE=BD，连接CE．(1)求证：∠A+∠E=90°；(2)若⊙O的半径为256，BC=5，求CE的长．【答案】(1)见解析(2)6【分析】本题考查了圆综合，其中涉及到了等腰三角形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理解三角形，圆周角定理及推论等知识点，熟练掌握这些知识点是解题的关键．(1)利于等边对等角的性质得到∠BCE=∠E，∠BCD=∠D，利用三角形的内角和得到∠BCE+∠E+∠BCD+∠D=180°，即可得到∠E+∠D=90°，再由圆周角的性质等量代换即可；(2)连接OC，由垂径定理推出OB⊥CD，CF=DF，利用勾股定理建立式子运算出BF的长，再利用中位线定理即可推出CE的长．【详解】(1)证明：∵BD=BC，BE=BD，∴BC=BE，∴∠BCE=∠E，∠BCD=∠D，∵∠BCE+∠E+∠BCD+∠D=180°，∴∠E +∠D =12×180°=90°，∵∠A =∠D ，∴∠A +∠E =90°；(2)解：连接OC ，则OC =OB =256，如图所示：∵BC =BD ，∴BC =BD ，∴OB ⊥CD ，CF =DF ，在Rt △OCF 中，CF 2=OC 2-OF 2=2562-256-BF 2，在Rt △BCF 中，CF 2=BC 2-BF 2=52-BF 2，∴256 2-256-BF 2=52-BF 2，解得BF =3，∵BD =BE ，DF =CF ，∴BF 为△DCE 的中位线，∴CE =2BF =6．2.(23-24九年级上·重庆大足·期末)如图，AB 是⊙O 的直径，弦CD ⊥AB ，垂足为点P ，若CD =8，OP =3，则⊙O 的直径为()A.10B.8C.5D.3【答案】A 【分析】连接OC ，由垂径定理可得CP =PD =4，然后再根据勾股定理可得OC ，进而问题可求解．【详解】解：连接OC ，如图所示：∵CD ⊥AB ，CD =8，∴CP =PD =4，∵OP =3，∴在Rt △CPO 中，OC =CP 2+OP 2=5，∴⊙O 的直径为10；故选A ．【点睛】本题主要考查垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．3.(2024·贵州黔东南·二模)如图，⊙O 是△ABC 的外接圆，且AC =BC ，过点B 作BE ⊥AC ，垂足为点E ，延长BE 交⊙O 于点D ，连接AD ，CD ，CO ，并延长CO 交BD 于点F ．(1)写出图中一个与∠ACD相等的角∶；(2)求证∶CD=CF；(3)若BC=10，BE=6，求⊙O的半径．【答案】(1)∠ACD=∠ABD(答案不唯一)(2)见解析(3)⊙O的半径为5103【分析】本题考查圆周角定理，垂径定理及其推论，相似三角形的判定与性质；(1)根据圆周角可得∠ACD=∠ABD；(2)延长CF交AB于M，根据垂径定理的推论可得∠ACF=∠BCF，CM⊥AB，即可由BE⊥AC得到∠ACF=∠ABD，进而得到∠ACD=∠ABD=∠ACF=∠BCF，由三线合一即可得到CD=CF；(3)连OA，由勾股定理求得CE=8，进而依次得到AE=2，AB=210，AM=1AB=10，再求出CM，最2后在Rt△AOM中利用勾股定理求半径即可．【详解】(1)由圆周角可得：∠ACD=∠ABD，故答案为：∠ABD(答案不唯一)；(2)延长CF交AB于M，∵AC=BC，延长CO交BD于点FAB∴∠ACF=∠BCF，CM⊥AB，AM=12∵BE⊥AC，∴∠BEC=∠AMC=90°，∴∠ACF=∠ABD=90°-∠CAB，∴∠ACD=∠ABD=∠ACF=∠BCF，∵BE⊥AC，∴∠CED=∠CEF=90°，∴△CED≌△CEF，∴CD=CF；(3)连OA，∵BC=10，BE=6，∴CE=BC2-CE2=8，AC=BC=10∴AE=AC-CE=2，∴AB=AE2+BE2=210，AB=10∴AM=12∴CM=AC2-AM2=310，∴OM=CM-OA=310-OA222∴310-OA2+102=OA2解得OA=510 3，∴⊙O的半径为5103．4.(2024·陕西咸阳·模拟预测)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC是⊙O的直径，⊙O与边AB交于点D，E为BD的中点，连接CE，与AB交于点F．(1)求证：AC=AF．(2)当F为AB的中点时，求证：FC=2EF．【答案】(1)见详解(2)见详解【分析】(1)连接EO，交BD于点N，根据E为BD的中点，可得OE⊥BD，即有∠NEF+∠EFN=90°，再根据EO=OC，可得∠OEC=∠OCE，进而可得∠ACF=∠AFC，即可证明；(2)连接EB，在Rt△ABC中，有BF=AF=FC=12AB，即∠ABC=∠FCB，再由E为BD的中点，可得∠EBD=∠FCB，进而可得∠EBD=∠ABC，即可证明△EBF∽△CBA，问题随之得证．【详解】(1)连接EO，交BD于点N，如图，∵E为BD的中点，∴OE⊥BD，∴∠ENF=90°，∴∠NEF+∠EFN=90°，∴∠NEF+∠AFC=90°，∵EO=OC，∴∠OEC=∠OCE，∵∠ACB=90°，∴∠ACF+∠OCE=90°，∴∠ACF+∠OEC=90°，∵∠NEF+∠AFC=90°，∴∠ACF=∠AFC，∴AC=AF；(2)连接EB，如图，∵在Rt△ABC中，F为AB的中点，∴BF=AF=FC=12AB，∵E 为BD 的中点，∴DE =BE ，∴∠EBD =∠FCB ，∴∠EBD =∠ABC ，∵BC 是⊙O 的直径，∴∠BEC =90°，∴∠BEC =∠ACB ，又∵∠EBD =∠ABC ，∴△EBF ∽△CBA ，∴EF AC =BF AB ，即EF AC =BF AB=12，∴2EF =AC ，∵AF =FC ，且在(1)已证明AC =AF ，即FC =2EF ．【点睛】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，等角对等边等知识，作出合理的辅助线，掌握垂径定理是解答本题的关键．【题型2遇弦作弦心距解决有关弦长的问题】5.(23-24九年级上·云南昆明·期末)如图，半径为5的⊙O 中，有两条互相垂直的弦AB 、CD ，垂足为点E ，且AB =CD =8，则OE 的长为()A.3B.3C.23D.32【答案】D 【分析】作OM ⊥AB 于M ，ON ⊥CB 于N ，连接OA ，OC ，根据垂径定理得出BM =AM =4，DN =CN =4，根据勾股定理求出OM 和ON 证明四边形OMEN 是正方形，即可解决问题．【详解】解：如图，作OM ⊥AB 于M ，ON ⊥CB 于N ，连接OA ，OC ．∴AM =BM =4，CN =DN =4，∵OA =OC =5，∴OM =OA 2-AM 2=52-42=3，ON =OC 2-CN 2=52-42=3∴OM =ON ，∵AB ⊥CD ，∴∠OME =∠ONE =∠MEN =90°，∴四边形OMEN 是矩形，∵OM =ON ，∴四边形OMEN 是正方形，故选：D．【点睛】本题主要考查圆的垂径定理和正方形的判定，关键在于作出辅助线，利用垂径定理得到证明．6.(23-24九年级上·山东潍坊·期末)如图，⊙O的半径是4，点P是弦AB延长线上的一点，连接OP，若OP=6，∠APO=30°，则弦AB的长为()A.27B.7C.5D.52【答案】A【分析】本题主要考查垂径定理，勾股定理，含30°的直角三角形，连接OA，则OA=4，过点O作OD⊥AB交AB于点D，则可计算出OD，利用勾股定理求出AD，进一步利用垂径定理即可求出弦AB的长．【详解】解：连接OA，则OA=4，过点O作OD⊥AB交AB于点D，∵若OP=6，∠APO=30°∴OD=OP÷2=6÷2=3，则AD=OA2-OD2=42-32=7=7∴AB=2AD=27．故选：A．7.(23-24九年级下·上海·阶段练习)如图，⊙O1和⊙O2相交于A和B，过点A作O1O2的平行线交两圆于C、D，已知O1O2=20cm，则CD=cm．【答案】40【分析】本题考查了矩形的性质和判定，垂径定理的应用，作O1E⊥CD于点E，O2F⊥CD于点F，利用垂径定理得到AE=CE，AF=DF，且易得四边形O1O2FE为矩形，进而得到EF=O1O2=20cm，再利用等量代换即可得到CD．E⊥CD于点E，O2F⊥CD于点F，【详解】解：作O∴O1E∥O2F，AE=CE，AF=DF，∵O1O2∥CD，易得四边形O1O2FE为矩形，∵O1O2=20cm，∴EF=O1O2=20cm，∴CD=CE+AE+AF+DF=2AE+AF=2EF=40cm，故答案为：40．8.(23-24九年级上·福建厦门·期末)关于x的一元二次方程2ax2+2cx+2b=0，如果a、b、c满足a2 +b2=c2且c≠0，那么我们把这样的方程称为“勾系方程”，请解决下列问题：(1)求证：关于x的“勾系方程”2ax2+2cx+2b=0必有实数根.(2)如图，已知AB、CD是半径为5的⊙O的两条平行弦，AB=2a，CD=2b，且关于x的方程2ax2+ 10x+2b=0是“勾系方程”.①求∠BDC的度数，②直接写出BD的长：(用含a、b的式子表示).【答案】(1)见解析(2)①∠BDC=45°；②2a+b【分析】(1)根据一元二次方程根的判别式即可判断；(2)①由勾股定理，圆周角定理，垂径定理即可求解．②过点D作AB的垂线，垂足为G，则四边形DGEF是矩形，根据AB∥CD，得出∠GBD=∠BDC=45°，进而勾股定理，即可求解．【详解】(1)证明：∵关于x的一元二次方程2ax2+2cx+2b=0是“勾系方程”，∴a2+b2=c2且c≠0，a≠0，Δ=2c2-4⋅2a⋅2b=4c2-8ab=4a2+b2-8ab=4a2+b2-2ab=4a-b2，∵a-b2≥0，∴Δ≥0，∴方程必有实数根；(2)解：①∠BDC=45°，理由如下：作OE⊥AB于E，延长EO交CD于F，连接OB，OC，∵DC∥AB，∴EF⊥CD，∴AE=BE=a，CF=DF=b，∵BE2+OE2=OB2，∴a2+OE2=52，∵2ax2+10x+2b=0是“勾系方程”，∴a2+b2=52，∴OE=b=CF；∵OB=OC，∴Rt△BOE≌Rt△OCF HL；∴∠FOC=∠OBE，∵∠OBE+∠EOB=90°，∴∠FOC+∠EOB=90°，∴∠COB=90°，∠BOC=45°．∴∠BDC=12②如图所示，过点D作AB的垂线，垂足为G，则四边形DGEF是矩形，∴DG=EF=a+b，∵AB∥CD，则∠GBD=∠BDC=45°∴DB=2DG=2a+b故答案为：2a+b．【点睛】本题考查了“勾系方程”的概念，一元二次方程根的判别式，勾股定理，圆周角定理，垂径定理，三角形全等，解题的关键是明白“勾系方程”的定义．【题型3遇直径作直径所对的圆周角】9.(2024·安徽合肥·一模)如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，AB⊥CD于点M，连接OD．(1)若∠ODB=54°，求∠BAC的度数；(2)AC，DB的延长线相交于点F，CE是⊙O的切线，交BF于点E，若CE⊥DF，求证：AC=CD．【答案】(1)36°(2)见详解【分析】(1)根据等腰三角形的性质得到∠ODB=∠OBD=54°，求得∠DOB=180°-∠OBD-∠ODB=72°，根据垂径定理得到BC=BD，于是得到结论；(2)连接OC，BC，根据切线的性质得到OC⊥CE，根据平行线的性质得到∠ACO=∠F，根据等腰三角形的性质得到∠A=∠ACO，求得AB=BF，根据等腰三角形的性质得到AC=CF，等量代换得到结论．本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键．【详解】(1)解：∵OD=OB，∴∠ODB=∠OBD=54°，∴∠DOB=180°-∠OBD-∠ODB=72°，∵AB是⊙O的直径，AB⊥CD，∴BC=BD，∠BOD=36°，∴∠BAC=12故∠BAC的度数为36°；(2)证明：连接OC，BC，∵CE是⊙O的切线，∵CE⊥DF，∴OC∥DF，∴∠ACO=∠F，∵OA=OC，∴∠A=∠ACO，∴∠A=∠F，∴AB=BF，∵AB是⊙O的直径，∴BC⊥AF，∴AC=CF，∵∠A=∠CDB，∴∠CDB=∠F，∴CD=CF，∴AC=CD．10.(2024九年级上·湖北武汉·期中)如图，AB为⊙O的直径，点C为BE的中点，CD⊥AE交直线AE于D点．(1)求证：OC∥AD；(2)若DE=1,CD=2，求⊙O的直径．【答案】(1)见解析(2)5【分析】(1)证明OC⊥EB，AD⊥BE即可得出结论；(2)设BE交OC于点T，证明四边形DETC是矩形，设OB=OC=r，利用勾股定理即可求解．【详解】(1)证明：连接BE，如图，∵AB为⊙O的直径，∴∠AEB=90°，即AD⊥BE，∵点C为BE的中点，∴EC=CB，∴OC⊥EB，∴OC∥AD；(2)解：设BE交OC于点T，如图，∵CD⊥AD，∴∠D=∠DET=∠CTE=90°，∴四边形DETC是矩形，∴CD=ET=2,DE=CT=1，∴BT =TE =2，设OB =OC =r ，则r 2=r -1 2+22，∴r =52，∴AB =2r =5，即⊙O 的直径为5；【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，矩形的判定和性质,勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题．11.(2024·浙江温州·三模)如图，已知△ABC 中，∠ACB =90°，AB =4，AC =3，点E 是AC 边上的动点，以CE 为直径作⊙F ，连接BE 交⊙F 于点D ，则AD 的最小值为．【答案】43-72【分析】连接DC ，由以CE 为直径作⊙F ，得∠CDE =90°，∠CDB =90°，即可得动点D 在以BC 为直径的圆上运动，当A ，D ，O 在一直线上时，根据AD ≥AO -OD ，即可求解．【详解】解：△ABC 中，∠ACB =90°，AB =4，AC =3，∴BC =AB 2-AC 2=42-32=7连接DC ，由以CE 为直径作⊙F ，BC =4，AC =5，∴∠CDE =90°，∠CDB =90°，∴动点D 在以BC 为直径的圆上运动，O 为圆心，当A ，D ，O 在一直线上时，AO =32+72 2=432∴AD ≥AO -OD =432-72=43-72即AD 的最小值为43-72故答案为：43-72．12.(23-24九年级上·福建莆田·期中)如图，AB 是半圆O 的直径，AB =10，点D 在半圆O 上，AD =6，C是弧BD 上的一个动点，连接AC ，过D 点作DH ⊥AC 于H ，连接BH ，在点C 移动的过程中，BH 的最小值是．【答案】73-3/-3+73【分析】连接BD，取AD的中点E，连接BE，由题意先判断出点H在以点E为圆心，AE为半径的圆上，当B、H、E三点共线时，BH取得最小值，然后利用勾股定理，求出BD的长，再利用勾股定理，求出BE的长，再利用直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，求出EH的长，再由BH=BE-EH，即可算出BH的长．【详解】解：如图，连接BD，取AD的中点E，连接BE，∵DH⊥AC，∴点H在以点E为圆心，AE为半径的圆上，当B、H、E三点共线时，BH取得最小值，∵AB是直径，∴∠BDA=90°，在Rt△BDA中，∵AB=10，AD=6，∴由勾股定理得：BD=AB2-AD2=100-36=8，∵E为AD的中点，AD=3，∴DE=12在Rt△BDE中，∵BD=8，DE=3，∴由勾股定理得：BE=DE2+BD2=9+64=73，又∵DH⊥AC，且点E为AD的中点，AD=3，∴EH=12∴BH=BE-EH=73-3．故答案为：73-3．【点睛】本题考查了勾股定理解三角形，直径所对的圆周角为直角，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，能够判断出动点的运动轨迹是解本题的关键．【题型4遇切线作过切点的半径】13.(2024·贵州·模拟预测)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点P为边BC上一点，连接AP，分别以点A，P为圆心，大于是1AP的长为半径画弧，两弧交于点E，F，EF交AB于点D，再以点D为圆心，DA长2为半径作圆，交AB于点M，BC恰好是⊙D的切线．若∠B=30°，AC=3，则BM的长为()A.233B.33C.34D.3【答案】A【分析】本题考查的是切线的性质、含30°角的直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．连接DP ，由线段垂直平分线的性质可得AD =DP ，再由直角三角形性质求得AB =23，根据切线的性质得到∠DPB =90°，再证明△BPD ∽△BCE ，再列出方程求解即可．【详解】解：连接DP ，由题意可得，EF 是AP 的垂直平分线，∴AD =DP ，设AD =DP =r ，∵∠B =30°，AC =3，∴AB =23，∵BC 是⊙O 的切线，∴∠DPB =90°，∵∠ACB =90°，∴∠DPB =∠ACB =90°，∴DP ∥AC ，∴△BPD ∽△BCE ，∴BD AB =DP AC ，∴23-r 23=r 3，∴r =233，∴AD =233，∴AM =433，∴BM =AB -AM =23-433=233，故选：A 14.(2024·辽宁大连·一模)如图，△ABC 内接于⊙O ，AD 是⊙O 的直径与BC 交于点F ，∠CAD =45°，过B 点的切线交AD 的延长线于点E ．(1)若∠C=64°，求∠E的度数；(2)⊙O的半径是3，OF=1，求BE的长．【答案】(1)38°(2)BE的长为4【分析】此题考查了切线的性质、勾股定理、圆周角定理等知识．(1)连接OB，由切线的性质得到∠OBE=90°，由圆周角定理得到∠AOB=2∠C，又由∠C=64°得到∠AOB =128°，则∠BOE=180°-128°=52°，利用直角三角形性质即可得到答案；(2)连接OC，OB，由圆周角定理得到∠COD=2∠CAD=2×45°=90°，再证明EF=BE，在Rt△OBE中，根据勾股定理得，OE2=OB2+BE2，设BE=EF=x，得到x+12=32+x2，解方程即可得到答案．【详解】(1)解：连接OB，∵BE是⊙O的切线∴OB⊥BE∴∠OBE=90°∵AB=AB∴∠AOB=2∠C∵∠C=64°∴∠AOB=128°∴∠BOE=180°-128°=52°∴∠E=90°-52°=38°(2)解：连接OC，OB，∵CD=CD∴∠COD=2∠CAD=2×45°=90°∴∠1+∠3=90°∵OC=OB∴∠1=∠2∵∠OBE=90°∴∠2+∠4=90°∴∠3=∠4∵∠3=∠5∴∠4=∠5∴EF=BE在Rt△OBE中，∠OBE=90°，根据勾股定理得，OE2=OB2+BE2设BE=EF=x，由OB=3，OF=1得，x+12=32+x2∴BE 的长为4．15.(2024·福建泉州·模拟预测)已知AB 与⊙O 相切于点B ，直线AO 与⊙O 相交于C ，D 两点(AO >AC )，E 为BD 的中点，连接OE 并延长，交AB 的延长线于点F ．(1)如图①，若E 为OF 的中点，求∠A 的大小；(2)如图②，连接BD 与OF 相交于点G ，求证：∠D =∠F ．【答案】(1)30°(2)见解答【分析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了垂径定理和圆周角定理．(1)连接OB ，如图①，先根据切线的性质得到∠OBF =90°，再利用余弦的定义求出∠BOF =60°，接着根据圆心角、弧、弦的关系得到∠DOE =∠BOE =60°，所以∠AOB =60°，然后利用互余得到∠A 的度数；(2)连接OB ，如图②，根据垂径定理得到OE ⊥BD ，再利用等角的余角相等得到∠OBD =∠F ，加上∠OBD =∠D ，从而得到∠D =∠F ．【详解】(1)解：连接OB ，如图①，∵AB 与⊙O 相切于点B ，∴OB ⊥AF ，∴∠OBF =90°，∵E 为OF 的中点，∴OE =EF ，∴OF =2OB ，在Rt △OBF 中，∵cos ∠BOF =OB OF =12，∴∠BOF =60°，∵点E 为BD 的中点，∴∠DOE =∠BOE =60°，∴∠AOB =60°，∴∠A =90°-60°=30°；(2)证明：连接OB ，如图②，∵点E 为BD 的中点，∴OE ⊥BD ，∴∠OGB =90°，∵∠OBD +∠BOF =90°，∠BOF +∠F =90°，∴∠OBD =∠F ，∵OB =OD ，∴∠OBD =∠D ，∴∠D =∠F ．16.(23-24九年级上·北京西城·期中)如图，AB 为⊙O 的直径，CB ，CD 分别切⊙O 于点B ，D ，CD 交BA的延长线于点E，CO的延长线交⊙O于点G，EF⊥OG于点F．若BC=6，DE=4．(1)求证：∠FEB=∠ECF；(2)求⊙O的半径长．(3)求线段EF的长．【答案】(1)证明见解析(2)3(3)25【分析】(1)根据切线的性质及SAS证得△COD≌△COB，可证∠OCD=∠OCB，再利用角的等量代换即可求证结论；(2)设OD=x，则OB=x，OE=8-x，在Rt△BCE和Rt△OED中，分别利用勾股定理即可求解；(3)在Rt△OED和Rt△OCD中，利用勾股定理得OE=5，OC=35，再利用相似三角形的判定及性质即可求解；【详解】(1)证明：连接OD，∵CB，CD是⊙O的切线，∴CB=CD，∠ODC=∠OBC=90°，在△COD和△COB中，OD=OB∠CDO=∠CBO CD=CB，∴△COD≌△COB(SAS)，∴∠OCD=∠OCB，∵EF⊥OG，∴∠OEF+∠EOF=90°，∵∠BOC+∠BCO=90°，∠EOF=∠BOC，∴∠FEB=∠OCB，∴∠FEB=∠ECF．(2)解：由(1)得：CD=CB=6，∵DE=4，∴CE=CD+DE=10，在Rt△BCE中，根据勾股定理得：∴BE=EC2-BC2=102-62=8，在Rt△OED中，设OD=x，则OB=x，OE=8-x，由勾股定理得：DE2+OD2=OE2，即：42+x2=8-x2，解得：x=3，∴OD=3，即⊙O的半径为3．(3)解：在Rt△OED和Rt△OCD中，根据勾股定理得：OE=OD2+DE2=32+42=5，OC=OD2+CD2=32+62=35，∵∠FEO=∠DCO，∠EFO=∠CDO=90°，∴△EOF∽△COD，∴EF CD =OEOC，即：EF6=535，∴EF=25．【点睛】本题考查了切线的性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理及相似三角形的判定及性质：作出合适的辅助线是解本题的关键．【题型5遇90°的圆周角连直径】17.(2024·安徽合肥·一模)如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BAD=90°，BC=CD，过点C作CE，使得CD=CE，交AD的延长线于点E．(1)求证：AB=AE．(2)若AD=DE=2，求CD的长．【答案】(1)见解析(2)10【分析】(1)如图，连接AC，根据BC=CD推出∠BAC=∠EAC，再证明BC=CE，∠B=∠E，进而证明△ABC≌△AEC AAS，即可证明AB=AE．(2)先证明BD是⊙O的直径，得到∠BCD=90°．由(1)可得AB=4．在Rt△ABD中求出BD=25；在Rt△BCD中，CD=BC=22BD=10．【详解】(1)证明：如图，连接AC．∵BC=CD，∴BC=CD，∴∠BAC=∠EAC．∵CD=CE，∴∠E=∠CDE，BC=CE．∵∠B+∠ADC=180°，∠CDE+∠ADC=180°，∴∠B=∠CDE，∴∠B=∠E．在△ABC 与△AEC 中，∠BAC =∠EAC ，∠B =∠E ，BC =CE ，∴△ABC ≌△AEC AAS ，∴AB =AE ．(2)解：如图，连接BD ．∵∠BAD =90°，∴BD 是⊙O 的直径，∴∠BCD =90°．由(1)可得AB =AE ．∵AD =DE =2，∴AB =4．在Rt △ABD 中，BD =AB 2+AD 2=25；在Rt △BCD 中，CD =BC =22BD =10．【点睛】本题主要考查了弧，弦，圆周角之间的关系，圆内接四边形的性质，等边对等角，勾股定理，90度圆周角所对的弦是直径，直径所对的圆周角是直角，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形和直角三角形是解题的关键．18.(2024·浙江嘉兴·模拟预测)如图，矩形ABCD 内接于⊙O ,AB =2,BC =23，则AB ⏜的长为()A.13πB.23πC.33πD.233π【答案】B【分析】本题考查了圆的基础知识，如图，连接AC ，BD ，根据内接矩形的性质可得AB ，CD 是直径，根据直角三角形斜边中线等于斜边上的高，可得OA =OB =2，可得△AOB 是等边三角形，再根据弧长的计算方法即可求解，掌握矩形的性质，圆的基础值，弧长计算公式是解题的关键．【详解】解：如图所示，连接AC ，BD ，∵四边形ABCD 是矩形，∴∠BAD =∠ABC =90°，∴AC ，BD 是直径，点O 是线段AC 的中点，∴在Rt △ABC 中，AC =AB 2+BC 2=22+23 2=4，∴OB =12AC =2=OA ，∴OA =OB =AB =2，∴△AOB 是等边三角形，∴∠AOB =60°，∴l AB ⏜=n πr 180=60π×2180=23π故选：B．19.(23-24九年级下·四川成都·开学考试)《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，正方形ABCD的边长为2．以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形A B C D ，若A B :AB=2:1，则四边形A B C D 的外接圆半径为．【答案】22【分析】本题考查位似图形的性质，根据正方形ABCD的边长为2和位似比求出A B =4，进而即可求解．解题关键求出正方形的边长．【详解】解：如图，连接A C ，∵正方形ABCD与四边形A B C D 是位似图形，∴四边形A B C D 是正方形，∴∠A B C =90°∴A C 是四边形A B C D 的外接圆直径，∵正方形ABCD的边长为2，A B :AB=2:1∴A B =4∴AC =42+42=42∴四边形A B C D 的外接圆半径为22，故答案为：22．20.(2024·江西景德镇·三模)如图，在平面直角坐标系xOy中，⊙P经过点O，与y轴交于点A0,6，与x轴交于点B8,0，则OP的长为．【答案】5【分析】本题考查了90度圆周角所对的弦为直径，勾股定理，连接AB，通过题意判断出AB为直径，圆心P在AB上，根据勾股定理计算出AB的长，从而得出结果．【详解】解：如图，连接AB，∵∠AOB为直角，且点A，B，O都在圆上，∴AB为直径，圆心P在AB上，∵A 0,6 ，B 8,0 ，∴OA =6，OB =8，∴AB =OA 2+OB 2=10，∴OP =12AB =5，故答案为：5．【题型6转移线段】21.(23-24九年级上·四川泸州·阶段练习)如图，⊙O 的直径AB =8，弦CD =3，且弦CD 在圆上滑动(CD 的长度不变，点C 、D 与点A 、B 不重合)，过点C 作CP ⊥AB 于点P ，若M 是CD 的中点，则PM 的最大值是．【答案】4【分析】本题考查垂径定理、三角形中位线定理，延长CP 交⊙O 于点K ，连接DK ，根据垂径定理可得CP =PK ，再根据三角形中位线定理可得PM =12KD ，进而可得当KD 最大时，PM 的值最大，即即当KD 为直径时，KD 的值最大，即可求解．【详解】解：延长CP 交⊙O 于点K ，连接DK ，∵AB ⊥CK ，∴CP =PK ，∵M 是CD 的中点，∴PM 是△CKD 的中位线，∴PM =12KD ，∴当KD 最大时，PM 的值最大，即当KD 为直径时，KD 的值最大，∵⊙O 的直径AB =8，∴PM =12KD =12AB =4，故答案为：4．22.(2024九年级上·浙江台州·期中)如图，在△ABC 中，AB =5，AC =4，BC =3，经过点C 且与边AB 相切的动圆与CA 、CB 分别相交于点P 、Q ，则线段PQ 长度的最小值是．【答案】125/2.4/225【分析】设圆心为点F ，圆F 与AB 的切点为D ，连接FD 、CF 、CD ，则有FD ⊥AB ，由勾股定理的逆定理可得△∠ACB =90°，再由直角三角形的性质可得FC +FD =QP ，又由FC +FD ≥CD ，PQ 为圆F 的直径，可得点F 在直角三角形ABC 的斜边AB 的高CD 上时，PQ =CD 有最小值，即CD 为圆F 的直径，再利用△ABC 的面积即可求解．【详解】解：如图，设圆心为点F ，圆F 与AB 的切点为D ，连接FD 、CF 、CD ，∵圆F 与AB 相切，∴FD ⊥AB ，∵在△ABC 中，32+42=52，即BC 2+AC 2=AB 2，∴△∠ACB =90°，∴CF =12QP ，又∵CF =FD ，∴FC +FD =QP ，∵FC +FD ≥CD ，PQ 为圆F 的直径，∴当点F 在直角三角形ABC 的斜边AB 的高CD 上时，PQ =CD 有最小值，即CD 为圆F 的直径，∵S △ABC =12BC ⋅AC =12AB ⋅CD ，∴12×4×3=12×5×CD ，∴CD =125，故答案为：125．【点睛】本题考查切线的性质、直角三角形的性质、勾股定理的定理、三角形的三边关系及三角形的面积公式，根据题意可知当点F 在直角三角形ABC 的斜边AB 的高CD 上时，PQ =CD 有最小值是解题的关键．23.(2024·江苏徐州·三模)【问题情境】如图1，P 是⊙O 外的一点，直线PO 分别交⊙O 于点A 、B ．小明认为线段P A 是点P 到⊙O 上各点的距离中最短的线段，他是这样考虑的：在⊙O 上任意取一个不同于点A 的点C ，连接OC 、CP ，则有OP <OC +PC ，即OP -OC <PC ，由OA =OC 得OP -OA <PC ，即P A <PC ，从而得出线段P A 是点P 到⊙O 上各点的距离中最短的线段．小红认为在图1中，线段PB 是点P 到⊙O 上各点的距离中最长的线段，你认为小红的说法正确吗？请说明理由．【直接运用】如图3，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，以BC为直径的半圆交AB于D，P是CD上的一个动点，连接AP，则AP的最小值是；【构造运用】如图4，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中点，N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A MN，连接A C，请求出A C长度的最小值．【深度运用】如图5，已知点C在以AB为直径，O为圆心的半圆上，AB=4，以BC为边作等边△BCD，则AD的最大值是．【答案】问题情境：正确，理由见解析；直接运用：5-1；构造运用：7-1；深度运用：23+2【分析】问题情境∶根据三角形的任意两边之和大于第三边即可得解；直接运用∶取半圆的圆心O，连接OA交半圆于点M，则当P与点M重合时，P A最小，由勾股定理得OA= 22+12=5，从而即得解；构造运用：由折叠知A M=AM，进而得点A ，A，D都在以AD为直径的圆上．如图3，以点M为圆心，MA 为半径画⊙M，连接MC．当A C长度取最小值时，点A 在MC上，过点M作MH⊥DC于点F，根据菱形的性质及勾股定理即可得解；深度运用：如图，在AB的上方作等边△ABH，连接DH，取BH的中点G连接DG，证明△ABC≌△HBD，得∠BDH=∠ACB=90°，点D在以BH为直径的半圆上，进而利用勾股定理及三角形的两边之和大于第三边即可得解．【详解】解：问题情境∶小红的说法正确，在圆О上任意取一个不同于点B的点C，连接OC、OP，∵在△POC 中，OP +OC >PC ．OB =OC ，∴OP +OB >PC ，即PB >PC ．∴线段PB 是点Р到圆О上各点的距离中最长的线段．∴小红的说法正确；直接运用∶取半圆的圆心O ，连接OA 交半圆于点M ，则当P 与点M 重合时，P A 最小，∵∠ACB =90°，AC =BC =2，∴OC =1，OC 2+AC 2=OA 2，∴OA =22+12=5，∴P A 的最小值为OA -AM =5-1故答案为：5-1．构造运用：由折叠知A M =AM ，∵M 是AD 的中点，∴MA =MA =MD ，∴点A ，A ，D 都在以AD 为直径的圆上．如图3，以点M 为圆心，MA 为半径画⊙M ，连接MC ．当A C 长度取最小值时，点A 在MC 上，过点M 作MH ⊥DC 于点F ，∵在边长为6的菱形ABCD 中，∠A =60°，M 为AD 中点，∴2MD =AD =CD =2，∠HDM =60°，∴∠HMD =30°，∴HD =12MD =12．∴HM =DM ×cos30°=32,HC =52，∴MC =HM 2+HC 2=7，∴A C =MC -MA =7-1；深度运用：如图，在AB 的上方作等边△ABH ，连接DH ，取BH 的中点G 连接DG ，∵AB 是半圆的直径，∴∠ACB =90°，∵△ABH 和△BCD 都是等边三角形，∴AB =BH =AH =4，BD =BC =DC ，∠ABH =∠CBD =60°即∠ABC +∠CBH =∠CBH +∠HBD ，∴∠ABC =∠HBD ，∴△ABC ≌△HBD ，∴∠BDH =∠ACB =90°，∴点D 在以BH 为直径的半圆上，∵G 是BH 的中点，AB =AH =BH =4，∴AG ⊥BH ，BG =DG =HG =2，∴AG =AB 2-BG 2=42-22=23，∴根据三角形的两边之和大于第三边可得AD 的最大值为AG +DG =23+2，故答案为：23+2．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，勾股定理，等边三角形的性质，圆周角定理的推论以及三角形的三24.(23-24九年级上·河南开封·阶段练习)如图，以G(0,3)为圆心，半径为6的圆与x轴交于A，B两点，与y轴交于C，D两点，点E为⊙G上一动点，CF⊥AE于F，点E在G的运动过程中，线段FG的长度的最小值为．【答案】33-3/-3+33【分析】本题主要考查垂径定理，圆周角定理，直角三角形30度角的判定和性质，熟练掌握性质定理，构造直角三角形是解题的关键．过点G作GM⊥AC于点F，连接AG．得到点F在MG的延长线上时，FG的长度的最小，最小值=FM-GM，即可得到答案．【详解】解：过点G作GM⊥AC于点F，连接AG，∵GO⊥AB，∴OA=OB，∵G(0,3)，∴OG=3，在Rt△AGO中，AG=6,OG=3，∴OA=AG2-GO2=33，∴∠GAO=30°,AB=2AO=63，∴∠AGO=60°，∵GC=GA=6，∴∠GCA=∠GAC，∵∠AGO=∠GCA+∠GAC，∴∠AGO=∠GAC=30°，∴AC=2OA=63,MG=1CG=3，2∵∠AFC=90°，∴点F在以AC为直径的⊙M上，∴MF=AC=33，2点F在MG的延长线上时，FG的长度的最小，最小值=FM-GM=33-3，故答案为：33-3．【题型7构造相似三角形】25.(2024·贵州六盘水·二模)如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD为直径，DB平分∠ADC，CA=CD，DB与CA交于点E，延长AB,DC交于点F．(1)直接写出线段AB 与线段BC 的数量关系；(2)求证：△AFC ≌△DEC ；(3)设△ABD 的面积为S 1，△BCD 的面积为S 2，求S 1S 2的值．【答案】(1)AB =BC(2)见解析(3)2【分析】(1)根据等角，等弧，等弦，即可得出结论；(2)根据同弧所对的圆周角相等，利用ASA 证明△AFC ≌△DEC 即可；(3)过点C 作CH ⊥DE ，圆周角定理得到∠ACD =∠ABD =90°，勾股定理得到AD =CA 2+CD 2=2CD ，证明△ABD ∽△CHD ，得到AB CH =AD CD=2，根据同底三角形的面积比等于高线比，即可得出结果．【详解】(1)解：连接OB ,OC ，则：∠AOB =2∠ADB ,∠BOC =2∠CDB ，∵DB 平分∠ADC ，∴∠ADB =∠CDB ，∴∠AOB =∠BOC ，∴AB =BC ，∴AB =BC ；(2)∵AD 为直径，∴∠ACD =90°，∴∠ACF =90°=∠ACD ，又∵∠BAC =∠CDB ，CA =CD ，∴△AFC ≌△DEC ；(3)过点C 作CH ⊥DE ，则∠CHD =90°∵AD 为直径，∴∠ACD =∠ABD =90°，∵CA =CD ，∴AD =CA 2+CD 2=2CD ，∵∠ABD =∠CHD =90°,∠ADB =∠CDB ，∴△ABD ∽△CHD ，∴AB CH =AD CD =2，∴S 1S 2=12AB ⋅BD 12CH ⋅BD =AB CH =2．【点睛】本题考查圆周角定理，弧，弦，角之间的关系，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．线上．且AD =2．过点A 另一条直线交⊙O 于B 、C ．(1)如图1，当AC =5时，研究发现：连接CE 、BD 可以得到△ABD ∽△AEC ，继而可以求AB 长．请写出完整的解答过程．(2)如图2，当B 、C 重合于一点时，AC =．(3)如图3，当OB 平分∠AOC 时，AC =．【答案】(1)AB =165；过程见解析(2)4(3)8105【分析】(1)连接BD 、CE ，证明△ABD ∽△AEC ，得出AD AC =AB AE，求出AB =165．(2)连接OC ，根据当B 、C 重合于一点时，AC 与⊙O 相切于点C ，得出∠ACO =90°，求出AC =AO 2-OC 2=52-32=4．(3)连接BD ，根据角平分线定义得出∠AOB =∠COB =12∠AOC ，证明DB =BC ，△ABD ∽△AOB ，得出AB AO =AD AB =BD OB ，即AB 5=2AB=BD 3，求出AB =10，BD =3105，即可求出结果．【详解】(1)解：连接BD 、CE ，如图所示：∵DE =6，AD =2，∴AE =AD +DE =2+6=8，∵∠ABD +∠CBD =180°，∠CBD +∠E =180°，∴∠ABD =∠E ，∵∠BAD =∠EAC ，∴△ABD ∽△AEC ，∴AD AC =AB AE ，∴25=AB 8，解得：AB =165．(2)解：连接OC ，如图所示：∵当B 、C 重合于一点时，AC 与⊙O 相切于点C ，∴∠ACO =90°，∵DE =6，∴OC =OD =OE =3，∴AO =AD +DO =2+3=5，∴AC =AO 2-OC 2=52-32=4．∵OB 平分∠AOC ，∴∠AOB =∠COB =12∠AOC ，∴DB =BC ，∵OC =OE ，∴∠OCE =∠OEC ，∵∠AOC =∠OCE +∠OEC ，∴∠OCE =∠OEC =12∠AOC ，∴∠DOB =∠OEC ，根据解析(1)可知：∠ABD =∠AEC ，∴∠ABD =∠AOB ，∵∠DAB =∠OAB ，∴△ABD ∽△AOB ，∴AB AO =AD AB =BD OB ，即AB 5=2AB=BD 3，解得：AB =10，BD =3105，∴AC =AB +BC =AB +BD =10+3105=8105．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，切线的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．27.(23-24九年级下·福建厦门·阶段练习)如图，以AB 为直径的⊙O 与AH 相切于点A ，点C 在AB 左侧圆弧上，弦CD ⊥AB 交⊙O 于点D ，连接AC ，AD ，点A 关于CD 的对称点为E ，直线CE 交⊙O 于点F ，交AH 于点G ．(1)求证：∠CAG =∠AGC ；(2)当点E 在AB 上，连接AF 交CD 于点P ，若EF CE =25，求DP CP的值；(3)当点E 在射线AB 上，AB =2，四边形ACOF 中有一组对边平行时，求AE 的长．【答案】(1)见解析(2)57(3)2-2或3-52【分析】(1)设AB 与CD 相交于点M ，由⊙O 与AH 相切于点A ，得到∠BAG =90°，由CD ⊥AB ，得到∠AMC =90°，进而得到AG ∥CD ，由平行线的性质推导得，∠CAG =∠ACD ，∠AGC =∠FCD ，最后由点A关于CD 的对称点为E 得到∠FCD =∠ACD 即可证明．(2)过F 点作FK ⊥AB 于点K ，设AB 与CD 交于点N ，连接DF ，证明∠FAD =∠ADC 得到DP =AP ，再证明△CP A ≌△FPD 得到PF =PC ；最后根据△KEF ∽△NEC 及△APN ∽△AFK 得到KE EN =EF CE =25和P A AF =AN AK=512，最后根据平行线分线段成比例求解．(3)分两种情形：当OC ∥AF 时，当AC ∥OF 时，分别求解即可．【详解】(1)证明：如图，设AB 与CD 相交于点M ，∵⊙O 与AH 相切于点A ，∴∠BAG =90°，∵CD ⊥AB ，∴∠AMC =90°，∴AG ∥CD ，∴∠CAG =∠ACD ，∠AGC =∠FCD ，∵点A 关于CD 的对称点为E ，∴∠FCD =∠ACD ，∴∠CAG =∠AGC ．(2)解：过F 点作FK ⊥AB 于点K ，设AB 与CD 交于点N ，连接DF ，如下图所示：由同弧所对的圆周角相等可知：∠FCD =∠FAD ，∵AB 为⊙O 的直径，且CD ⊥AB ，由垂径定理得：AC =AD ，∴∠ACD =∠ADC ，∵点A 关于CD 的对称点为E ，∴∠FCD =∠ACD ，∴∠FAD =∠FCD =∠ACD =∠ADC ，即∠FAD =∠ADC ，∴DP =AP ，由同弧所对的圆周角相等得：∠ACP =∠DFP ，且∠CP A =∠FPD ，∴△CP A ≌△FPD ，∴PC =PF ，∵FK ⊥AB ，AB 与CD 交于点N ，∴∠FKE =∠CNE =90°．∵∠KEF =∠NEC ，∠FKE =∠CNE =90°，∴△KEF ∽△NEC ，∴KE EN =EF CE=25，设KE =2x ,EN =5x ，∵点A 关于CD 的对称点为E ，∴AN =EN =5x ，AE =AN +NE =10x ，AK =AE +KE =12x ，又FK ∥PN ，∴△APN ∽△AFK ，∴P A AF =AN AK=5x 12x =512．∵∠FCD =∠CDA ，∴CF ∥AD ，∴DP =AP =AP =5；。

圆压轴题八大模型题(七)泸州市七中佳德学校易建洪引言：与圆有关的证明与计算的综合解答题， 往往位于许多省市中考题中的倒数第二题 的位置上，是试卷中综合性与难度都比较大的习题。

一般都会在固定习题模型的基础上变化与括展，本文结合近年来各省市中考题，整理了这些习题的常见的结论，破题的要点，常用技巧。

把握了这些方法与技巧，就能台阶性地帮助考生解决问题。

类型7直径在腰上 如图，已知在厶 ABC 中，AB = AC ,以AB 为直径的O O 交BC 于点D ，过点 D 作DE 丄AC 于点E.(1) 求证：BD = DC ;(2) 求证：DE 为O O 的切线；⑶求证：CE = EF.⑷若 AF = 7, BC = 6,求 DE.【分析】(1)连结AD,由腰三角形三线合一证之;(2)连结0D,点D 为BC 中点， 由中位线定理得 0D // AC, A / ODE =Z AED = 90°得 证；(3) 如图 a ,连结 DF ，有/ DFC = / B =Z C,A DF = DC,又 DE 丄 FC,得 CE = EF.(4)由/ C =/ B =Z DFC 得厶 DFC ABC ,• CD _CFACA 一 CB ，又 BD = CD = 3,设 CF = m ,贝V CA = m + 7,A CE = I m = 1,2Rt A DEC 中，DE =、. 32 -1 = 2、、2【典例】(2018 •湖北孝感)如图，△ ABC 中，AB = AC ,以AB 为直径的O O 交BC 于点D ，交AC 于 点E ,过点D解得m 1= 2,m 2 = — 9 (舍去)CA图a作DF丄AC于点F，交AB的延长线于点G.(1)求证：DF 是O O 的切线;（2）已知 BD = 2 ,5 , CF = 2,求 AE 和 BG 的长.(1 )由AD 是等腰△ ABC 的三线合一，点 D 是BC 中点，点 0是AB 中点，0D 是厶ABC 的中位线，••• 0D // AC ,得/ ODG = Z AFG = 90°证得；（2）由 BD = CD = 2 . 5 , CF = 2 得 DF = 4，连结 BE ,由中位线定理得 BE = 8, CE = 4，由△ DFC ABD 得 AB = 10,二 AE =6，由 BE / GF 得 BG =—3解：（1）连接OD , AD ，: AB 为O O 的直径， •••/ ADB = 90°,即卩 AD 丄 BC ,•/ AB = AC , • BD = CD ，又T OA = OB , • OD // AC , •/ DG 丄 AC ,「. OD 丄 FG , •直线FG 与O O 相切；（2）连接 BE .： BD = 2、、5 ,••• CD = BD = 2 ,5 ,：CF = 2 ,• DF =（2、.5）2-22 = 4,「. BE = 2DF = 8,： cos / C = cos / ABC ,CL =BD , •=2/5... AB = 10••• AE = J 102 -82 = 6CD AB2 ”5 AB•/ BE 丄AC , DF 丄 AC ,• BE / GF , •△ AEBAFGAB AE 10 6___ — _ • ____________ ______AG AF , 10 BG 2 6• BG = 103【点拨】构造等腰三角形的三线合一， 同时也构造了直径所对的圆周角是直角， 借三线合一、中位线的知识证明切线， 联系锐角三角函数，勾股定理，并运用圆内接四边形的外角等于内对 角，三线合一找边等角等是关键。

压轴题八大模型题（四）泸州市七中佳德学校易建洪引言：与圆有关的证明与计算的综合解答题，往往位于许多省市中考题中的倒数第二题的位置上，是试卷中综合性与难度都比较大的习题。

一般都是在固定习题模型的基础上变化与括展，本文结合近年来各省市中考题，整理了这些习题的常见的结论，破题的要点，常用技巧。

把握了这些方法与技巧，就能台阶性帮助考生解决问题。

类型4圆内接等边三角形如图，点P为等边△48C外接圆劣孤BC上一点.⑴求证：PA = PB + PCi⑵设以、BC交于点%1若BP=4, PC=2,求CM的R度.%1若AB=4f PC=2,求CM的长度.【分析】（1）证明：连结CD.在PA上截取PD=PC,证得△ACD^ABCP, AAD=PB,又DP=PC, 因此PA=PB+PC.⑵①。

0中左ABM^ACPM, - .•.竺=烂' AB MA 2 AB MA设MC=x,则AM=2x, MN=2-x,又AN=2 占，—2 + 2在RtAAMN中，由勾股定理得CM二x二------ - ---(2)②过点C 作CE±AP 于E,过点A 作AN±BC 于点N.由(1)可得AP=BP+CP=4+2=6, RtAPCE 中PE=l,CE=>/3 ,则AE=5,AC=2>/7/H此AB=AC=2>/7,由(2)②可得C M=^-.【典例】（2018 -湖南常德）如图，己知。

O是等边三角形A8C的外接圆，点。

在圆上，在CD的延图长线上有一点F,使。

F=DA, AE//BC 交CF 于E.(1)求证：EA 是。

的切线； （2）求证：BD=CF.【分析】（1）连结0A 后，由ZO/AC= 30°, BC//AE 得ZCAE=ZBCA = 60°f 因此ZOAE=90°证得 AE 是。

的切线.（2） ZADF=ZABC=60°,且 DF=DA 得等边/XADF,且△48C 也是等边三角形，可得△ ADB#^AFC,因此BD=CF.【解答】证明：（1）连接OD,•.・O0是等边三角形ABC 的外接圆，:.ZOAC= 30° , ZBCA = 60° ,a：AE//BC f :.ZEAC=ZBCA=60<> ,A ZOAE= ZOAC+ ZEAC=30° +60° =90° , .・.4E 是。