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2025年中考数学一轮复习学案（全国版）
第五章 圆
5.4 圆的证明和计算类重难点综合问题
考点分布 考查频率 命题趋势
考点1 不含三角函数的问题 ☆☆☆ 数学中考中，有关圆的证明与计算的部分，是每
年中考试卷解答题里必考的综合题，每年考查1
考点2 含三角函数的问题 ☆☆ 道题,分值为8~12分，一般略简单一些的会设置
2小问，综合一些的会设置3小问。一般会出现
证明某线段是切线，或者证明两个角相等，或者
两条线段相等。然后其他小问让计算某线段长
考点3 创新型的问题 ☆☆ 度，或者求某角的大小等。用到的知识比较综
合，圆周角定律、相似三角形性质、勾股定理、
三角函数以及数学思想方法。
☆☆☆ 代表必考点，☆☆代表常考点，☆星表示选考点。
夯实基础
1.判定切线的方法
（1）若切点明确，则“连半径，证垂直”。常见手法有全等转化；平行转化；直径转化；中线转化
等；有时可通过计算结合相似、勾股定理证垂直；
（2）若切点不明确，则“作垂直，证半径”。常见手法有角平分线定理；等腰三角形三线合一，隐
藏角平分线；总而言之，要完成两个层次的证明：
①直线所垂直的是圆的半径（过圆上一点）；
②直线与半径的关系是互相垂直。在证明中的关键是要处理好弧、弦、角之间的相互转化,要善于进行由此及彼的联想、要总结常添加的辅助线.
2.与圆有关的计算
计算圆中的线段长或线段比，通常与勾股定理、垂径定理与三角形的全等、相似等知识的结
合，形式复杂，无规律性。分析时要重点注意观察已知线段间的关系，选择定理进行线段或者角度
的转化。特别是要借助圆的相关定理进行弧、弦、角之间的相互转化，找出所求线段与已知线段的
关系，从而化未知为已知，解决问题。其中重要而常见的数学思想方法有：
（1）构造思想：①构建矩形转化线段；②构建“射影定理”基本图研究线段（已知任意两条线段可
求其它所有线段长）；③构造垂径定理模型：弦长一半、弦心距、半径；④构造勾股定理模型；⑤
构造三角函数.
（2）方程思想：设出未知数表示关键线段，通过线段之间的关系，特别是发现其中的相等关系建立
方程，解决问题。
（3）建模思想：借助基本图形的结论发现问题中的线段关系，把问题分解为若干基本图形的问题，
通过基本图形的解题模型快速发现图形中的基本结论，进而找出隐藏的线段之间的数量关系。
3. 圆中常用辅助线的添法顺口溜
半径与弦长计算，弦心距来中间站。
圆上若有一切线，切点圆心半径连。
切线长度的计算，勾股定理最方便。
要想证明是切线，半径垂线仔细辨。
是直径，成半圆，想成直角径连弦。
弧有中点圆心连，垂径定理要记全。
圆周角边两条弦，直径和弦端点连。
弦切角边切线弦，同弧对角等找完。
要想作个外接圆，各边作出中垂线。
还要作个内接圆，内角平分线梦圆
如果遇到相交圆，不要忘作公共弦。
内外相切的两圆，经过切点公切线。
若是添上连心线，切点肯定在上面。
要作等角添个圆，证明题目少困难。
辅助线，是虚线，画图注意勿改变。
假如图形较分散，对称旋转去实验。
基本作图很关键，平时掌握要熟练。
解题还要多心眼，经常总结方法显。
切勿盲目乱添线，方法灵活应多变。
分析综合方法选，困难再多也会减。
虚心勤学加苦练，成绩上升成直线。
考点1. 不含三角函数的问题【例题1】 （2024甘肃临夏）如图，直线 与 相切于点 ， 为 的直径，过点 作
于点 ，延长 交直线 于点 ．
（1）求证： 平分 ；
（2）如果 ， ，求 的半径．
【答案】（1）见解析 （2）4
【解析】【分析】（1）连接 ，根据切线的性质可得出 ，结合题意可证 ，即得
出 ，再根据等边对等角可得出 ，即得出 ，即
平分 ；
（2）设 的半径为r，则 ， ．再根据勾股定理可列出关于r的等
式，求解即可．
【小问1详解】
证明：如图，连接 ．
∵直线 与 相切于点 ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ，即 平分 ；
【小问2详解】
解：设 的半径为r，则 ， ．
在 中， ，
∴ ，
解得： ，
∴ 的半径为4．
【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，同圆半径相等，平行线的判定和性质，角平分
线的判定，勾股定理等知识．连接常用的辅助线是解题关键．
在
【变式练1】（2024山东济南一模）如图， ⊙ 中，直径 与弦 相交于点 ，连接 、
．
（1）求证： ；
（2）连接 ，若 ， ，求⊙ 的半径．
【答案】（1）证明见解析 （2）⊙ 的半径为3
【解析】（1）证明：在⊙ 中，∵ ，
∴ ，
又∵ ,
∴ ．
（2）解：∵ ，
由（1）可知， ，
∵直径 ，
∴ ，
∴在 中， ， ，
∴ ，
∴ ，
即⊙ 的半径为3．
【点睛】本题考查圆的基本知识，相似三角形的判定，以及含 角的直角三角形．主要涉及的知
识点有同弧所对的圆周角相等；两个角对应相等的两个三角形相似；直径所对的圆周角是直角；直
角三角形中 角所对的直角边等于斜边的一半．
【变式练2】（2024湖北一模）如图，AB为 O的直径，E为 O上一点，点C为 的中点，过点
⊙ ⊙
C作CD⊥AE，交AE的延长线于点D，延长DC交AB的延长线于点F．
（1）求证：CD是 O的切线；
（2）若DE＝1，D⊙C＝2，求 O的半径长．
⊙【答案】（1）证明见解析；（2）2.5．
【解析】（1）证明：连接OC，
∵点C为 的中点，
∴ ，
∴∠EAC＝∠BAC，
∵OA＝OC，
∴∠BAC＝∠OCA，
∴∠EAC＝∠OCA，
∴AE∥OC，
∴∠ADC＝∠OCF，
∵CD⊥AE，
∴∠ADC＝90°，
∴∠OCF＝90°，
即OC⊥DF，
又OC为 O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：⊙连接CE，BC，
由（1）知CD是 O的切线，
∴CD2＝DE•AD，⊙∵DE＝1，DC＝2，
∴AD＝4，
在Rt△ADC中，由勾股定理得 ，
在Rt△DCE中，由勾股定理得 ，
∵点C是 的中点，
∴ ，
∴EC＝BC＝ ，
∵AB为 O的直径，
∴∠ACB⊙＝90°，
由勾股定理得 ，
∴ O的半径长是2.5．
考⊙点2. 含三角函数的问题
【例题2】（2024山东泰安）如图， 是 的直径， 是 的切线，点 为 上任意一
点，点 为 的中点，连接 交 于点 ，延长 与 相交于点 ，若 ，
，则 的长为__________．
【答案】
【解析】【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质、切线的性质、圆周角定理等知识，熟练
掌 握 相 关 知 识 是 解 题 关 键 ． 先 证 可 得 从 而 得 到，求得 ，再运用勾股定理可得 ，再根据圆周角定理以及
角 和的差可得 ，最后根据等角对等边即可解答．
【详解】∵ 是 的直径，
∴ ，
∵ 是 的切线，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵点 为 的中点，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，即 ，
∴ ．
故答案为： ．
【变式练1】（2024湖南一模）如图，AB为 O的直径，点P在AB的延长线上，PC，PD与 O相
切，切点分别为C，D．若AB＝10，PC＝12，⊙则sin∠CAD等于（ ） ⊙A． B． C． D．
【答案】D
【解析】连接OC、OD、CD，CD交PA于E，如图，
∵PC，PD与 O相切，切点分别为C，D，
∴OC⊥CP，P⊙C＝PD，OP平分∠CPD，
∴OP⊥CD，
∴ ＝ ，
∴∠COB＝∠DOB，
∵ ，
∴∠COB＝∠CAD，
∵AB＝10，
∴AO＝OC＝OB＝5，
∵OC＝5，PC＝12，
在Rt△OCP中，
，
∴ ，
∴ ．
故选：D．
【变式练2】（2024江苏徐州一模）如图，△ABC中，AB＝AC，点D为BC上一点，且AD＝DC，
过A，B，D三点作 O，AE是 O的直径，连接DE．
（1）求证：AC是 ⊙O的切线；⊙
⊙（2）若sinC＝ ，AC＝6，求 O的直径．
⊙
【答案】见试题解答内容
【解析】（1）证明：∵AB＝AC，AD＝DC，
∴∠C＝∠B，∠1＝∠C，
∴∠1＝∠B，
又∵∠E＝∠B，
∴∠1＝∠E，
∵AE是 O的直径，
∴∠ADE⊙＝90°，
∴∠E+∠EAD＝90°，
∴∠1+∠EAD＝90°，即∠EAC＝90°，
∴AE⊥AC，
∴AC是 O的切线；
（2）解⊙：过点D作DF⊥AC于点F，如图，
∵DA＝DC，
∴CF＝ AC＝3，
在Rt△CDF中，∵sinC＝ ＝ ，
设DF＝4x，DC＝5x，
∴CF＝ ＝3x，
∴3x＝3，解得x＝1，
∴DC＝5，
∴AD＝5，
∵∠ADE＝∠DFC＝90°，∠E＝∠C，
∴△ADE∽△DFC，
∴ ＝ ，即 ＝ ，解得AE＝ ，即 O的直径为 ．
⊙
考点3. 创新型的问题
【例题3】（2024云南省）如图， 是 的直径，点 、 是 上异于 、 的点．点 在
外 ， ， 延 长 与 的 延 长 线 交 于 点 ， 点 在 的 延 长 线 上 ，
， ．点 在直径 上， ，点 是线段 的
中点．
（1）求 的度数；
（2）求证：直线 与 相切：
（3）看一看，想一想，证一证：
以下与线段 、线段 、线段 有关的三个结论： ， ，
，你认为哪个正确？请说明理由．
【答案】（1） （2）见解析 （3） ，理由见解析
【解析】【分析】（1）直接利用直径所对的圆周角是直角，即可得出结果；
（ 2 ） 证 明 ， 得 到 ， 根 据 平 角 的 定 义 ， 得 到
，即可得证；（ 3 ） 连 接 ， 连 接 交 于 点 ， 易 得 ， 圆 周 角 定 理 得 到
， 推 出 ， 进 而 得 到 ， 根 据 三 角 函 数 推 出
，得到 三点共线，即可得出结果．
【小问1详解】
解：∵ 是 的直径，点 是 上异于 、 的点，
∴ ；
【小问2详解】
证明：∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是半径，
∴直线 与 相切；
【小问3详解】
我认为： 正确，理由如下：
连接 ，连接 交 于点 ，如图，则： ，∴点 在线段 的中垂线上，
∵ ，
∴点 在线段 的中垂线上，
∴ ，
∴ ，
∵ 是 的直径，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ 为 的中点，
∴ ，
∵ ，且 ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 三点共线，
∴ ．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握
相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
【变式练1】（2024广州一模）发动机的曲柄连杆将直线运动转化为圆周运动，图①是发动机的实
物剖面图，图②是其示意图．图②中，点A在直线l上往复运动，推动点B做圆周运动形成 ，
与 表示曲柄连杆的两直杆，点C、D是直线l与 的交点；当点A运动到E时，点B到达
C；当点A运动到F时，点B到达D．若 ， ，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 当 与 相切时， D. 当 时，
【答案】AC
【解析】【分析】如图，由题意可得： ， ， ，
， 从 而 可 判 断 A ， B ， 如 图 ， 当 与 相 切 时 ， 求 解
，可得 ，可判断C；当 时，如图，
可 得 ， ，，可判断D；从而可得答案．
【详解】如图，由题意可得：
， ， ， ，
∴ ，故A符合题意；
，故B不符合题意；
如图，当 与 相切时，
∴ ，
∴ ，
∴ ，故C符合题意；
当 时，如图，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，故D不符合题意；故选AC
【点睛】本题考查的是线段的和差运算，圆的切线的性质，勾股定理的应用，理解题意熟练的利用
数形结合的方法解题是关键．
【变式练2】（2024福建一模）中国最迟在四千多年前的夏禹时代已有了马车，而目前考古发现最早的双轮马车始见年代为商代晚期(河南安阳殷城)．小明在殷墟游玩时，见到了如图1的马车车厢
模型，他绘制了如图2的车轮侧面图．如图2，当过圆心O的车架 的一端A落在地面上时，
与 的另一个交点为点D，水平地面 切 于点B．
(1)求证： ；
(2)若 ，求 的直径．
【答案】(1)见解析 (2)5/4m
【解析】（1）证明：如图所示，连接 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵水平地面 切 于点B，
∴ ，即 ，
∴ ，即 ；
（2）解：设 的半径为 ，则 ，
∴ ，
在 中，由勾股定理得 ，
∴ ，
解得r=5/4m，
∴ 的半径为5/4m．
考点1. 不含三角函数的问题
1.（2024辽宁） 如图， 是 的外接圆， 是 的直径，点 在 上， ，
在 的延长线上， ．（1）如图1，求证： 是 的切线；
（2）如图2，若 ， ，求 的长．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】【分析】（1）连接 ，则 ，故 ，由 ，得到
， 而 ， 则 ， 由 ， 得
，因此 ，故 ，则 是 的切线；
（2）连接 ，可得 ，则 ，故
，由 ，得 ，那么 长为 ．
【小问1详解】
证明：连接 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
∵ 为直径，
∴ ，
∴ ，即 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是 的切线；
【
小问2详解】
解：连接 ，
由（1）得 ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
∴ 长为： ．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的判定，直角三角形的性质，三角形的外角性质，弧长公式
等，正确添加辅助线是解决本题的关键．
2. （2024深圳）如图，在 中， ， 为 的外接圆， 为 的切线，
为 的直径，连接 并延长交 于点E．
（1）求证： ；
（2）若 ， ，求 的半径．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【小问1详解】
证明：连接 并延长，交 于点 ，连接 ，∵ ， ，
∴ 垂直平分 ，
∴ ， ，
∵ 为 的切线，
∴ ，
∵ 为 的直径，
∴ ，
∴四边形 为矩形，
∴ ；
【
小问2详解】
由（1）知四边形 为矩形， ， ，
∴ ，
∴ ，
设 的半径为 ，则： ，
在 中，由勾股定理，得： ，
解得： ；
即： 的半径为 ．
考点2. 含三角函数的问题
1. （2024福建省）如图，在 中， ，以 为直径的 交 于点
， ，垂足为 的延长线交 于点 ．（1）求 的值；
（2）求证： ；
（3）求证： 与 互相平分．
【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】（1）先证得 ，再在 中， ．在 中，
，可得 ，再证得结果；
（2）过点 作 ，交 延长线于点 ，先证明 ，可得
，再证得 ，再由相似三角形的判定可得结论；
（ 3 ） 如 图 ， 连 接 ， 由 （ 2 ） ， 可 得
， 从 而 得 出 ， 从 而 得 出
， 得出 ，再上平行线判定得出 ，再证得
，从而得出四边形 是平行四边形，最后由平行四边形的性质可得结果．
【小问1详解】
，且 是 的直径，
．，
在 中， ．
，
中， ．
在
，
；
【小问2详解】
过点 作 ，交 延长线于点 ．
．
，
，
．
，
，，
， ，
．
，
，
，
，
．
【小问3详解】
如图，连接 ．
是 的直径，
．
，
．
由（2）知， ，
，，
．
．
，
．
由（2）知， ，
．
，
，
，
四边形 是平行四边形，
与 互相平分．
【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与
性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质
等基础知识，考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，考查化归与转化思想等．
2. （2024 甘肃威武）如图， 是 的直径， ，点 E 在 的延长线上，且
．
（1）求证： 是 的切线；
（2）当 的半径为2， 时，求 的值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】【分析】（1）连接 ， ，证明 垂直平分 ，得出 ，证明，得出 ，说明 ，即可证明结论；
（ 2 ） 根 据 是 的 直 径 ， 得 出 ， 根 据 勾 股 定 理 求 出
，根据三角函数定义求出 ，证明
，得出 即可．
【小问1详解】
证明：连接 ， ，如图所示：
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴点O、B在 的垂直平分线上，
∴ 垂直平分 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是 的直径，∴ 是 的切线；
【小问2详解】
解：∵ 的半径为2，
∴ ，
∵ 是 的直径，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，勾股定理，求一个角的正切值，圆周角定理，垂直平分线的
判定，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
3. （2024广西）如图，已知 是 的外接圆， ．点D，E分别是 ， 的中
点，连接 并延长至点F，使 ，连接 ．（1）求证：四边形 是平行四边形；
（2）求证： 与 相切；
（3）若 ， ，求 的半径．
【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）
【解析】【分析】（1）先证明 ， ，再证明 ，可得
， ，再进一步解答即可；
（2）如图，连接 ，证明 ，可得 过圆心，结合 ，证明 ，从
而可得结论；
（3）如图，过 作 于 ，连接 ，设 ，则 ，可得
，求解 ，可得 ，求解
为
，设 半径 ，可得 ，再利用勾股定理求解即可．
【小问1详解】
证明：∵点D，E分别是 ， 的中点，
∴ ， ，
又∵ ， ，
∴ ，∴ ， ，
∴ ， ，
∴四边形 是平行四边形；
【小问2详解】
证明：如图，连接 ，
∵ ， 为 中点，
∴ ，
∴ 过圆心，
∵ ，
∴ ，
而 为半径，
∴ 为 的切线；
【小问3详解】
解：如图，过 作 于 ，连接 ，
∵ ，
∴ ，设 ，则 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
设 半径为 ，
∴ ，
∴ ，
解得： ，
∴ 的半径为 ．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理的应用，平行四边
形的判定与性质，切线的判定，垂径定理的应用，做出合适的辅助线是解本题的关键．
考点3. 创新型的问题
1. （2024广州）如图，在菱形 中， ．点 在射线 上运动（不与点 ，点
重合）， 关于 的轴对称图形为 ．（1）当 时，试判断线段 和线段 的数量和位置关系，并说明理由；
（2）若 ， 为 的外接圆，设 的半径为 ．
①求 的取值范围；
②连接 ，直线 能否与 相切？如果能，求 的长度；如果不能，请说明理由．
【答案】（1） ，
（2）① 且 ；②能，
【解析】【分析】（1）由菱形的性质可得 ， ，再结合轴对称的性
质可得结论；
（2）①如图，设 的外接圆为 ，连接 交 于 ．连接 ， ， ， ，
证明 为等边三角形， 共圆， ， 在 上，
，过 作 于 ，当 时， 最小，则 最小，再进一
步可得答案；②如图，以 为圆心， 为半径画圆，可得 在 上，延长 与
交于 ，连接 ，证明 ，可得 ， 为等边三角形，
证明 ，可得： ， ，过 作
于 ，再进一步可得答案．
【小问1详解】解： ， ；理由如下：
∵在菱形 中， ，
∴ ， ，
∵ ，∴ ，
∴ ，
由对折可得： ，
∴ ；
【小问2详解】解：①如图，设 的外接圆为 ，连接 交 于 ．连接 ， ，
， ，
∵四边形 为菱形， ，
∴ ， ， ，
∴ 为等边三角形，
∴ ，
在
∴ 共圆， ， 上，
∵ ，
∴ ，
过 作 于 ，
∴ ， ，
∴ ，
当 时， 最小，则 最小，
∵ ， ，
∴ ，∴ ；
点E不与B、C重合，
，且 ，
∴ 的取值范围为 且 ；
② 能为 的切线，理由如下：
如图，以 为圆心， 为半径画圆，
∵ ，
∴ 在 上，
延长 与 交于 ，连接 ，
同理可得 为等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 为 的切线，∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ 为等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
由对折可得： ， ，
过 作 于 ，
∴设 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
解得： ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查的是轴对称的性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，
锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，切线的性质，本题难度很大，作出合适的辅助线是解本题
的关键．
考点1. 不含三角函数的问题
1．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AB为直径的 O交AC于点E，点D是BC边上的中点，
⊙连接DE．
（1）求证：DE与 O相切；
⊙
（2）连接OC交DE于点F，若 O的半径为3，DE＝4，求 的值．
⊙
【答案】见解析
【解析】（1）连接OE、BE，如图所示：
∵∠ABC＝90°，
∴∠A+∠ACB＝90°，
∵AB是直径，
∴∠AEB＝90°，
∴∠BEC＝90°，
∵D是BC的中点，
∴DE＝ BC＝CD，
∴∠DEC＝∠ACB，
∵OA＝OE，
∴∠A＝∠AEO，
∴∠AEO+∠DEC＝90°，
∴∠OED＝90°，∴OE⊥DE，
∵OE为 O的半径，
∴DE与⊙O相切；
（2）连接⊙OD，如图所示：
∵DE＝ BC＝4，∴BC＝8，
∵AB＝2×3＝6，
∴AC＝ ，
∵∠ABC＝90°，∴BC与 O相切，根据切割线定理得：BC2＝CE•AC，
⊙
∴CE＝ ，
∵O是AB的中点，D是BC的中点，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，OD＝ AC＝5，
∴△ODF∽△CEF，
∴ ．
2. 如图，在 中， ，以 为直径的⊙ 交 于点 ，交线段 的延长线于点
，连接 ．
（1）求证： ；
（2）若 ， ，求 ．
【答案】（1）证明见详解 （2）【解析】【分析】（1）连接AD，由AB为直径可得AD⊥BC，再根据等腰三角形的三线合一性质即
可证明结论．
（2）由（1）可得CD=4，BC=8，根据 即可求得 ，进而利用勾股定理即可求得
AC，由 为⊙ 的直径，得∠BEC=∠ADC=90°，∠C为公共角，可得 ，根据三
角形相似的性质即可求得CE，进而可求解．
【详解】(1)证明：连接AD，如图所示：
∵ 为⊙ 的直径，
∴AD⊥BC，
又∵ ，
∴三角形ABC为等腰三角形，
∴AD为BC的垂直平分线，
∴BD=CD．
(2)由（1）可得BD=CD=4，
，BC=2BD=8，
，
在Rt△ACD中，
，
又∵ 为⊙ 的直径，
∴∠BEC=∠ADC=90°，且∠C=∠C，∴ ，
，即 ，
，
．
【点睛】本题考查了三角形与圆的综合问题，考查了等腰三角形的判定及性质、圆周角定理、相似
三角形的判定及性质、锐角三角函数及勾股定理的应用，熟练掌握等腰三角形三线合一的性质及三
角形相似对应边成比例的性质是解题的关键．
3. 如图，在 中， ，以 为直径作⊙ ，交 边于点 ，在 上取一
点 ，使 ，连接 ，作射线 交 边于点 ．
（1）求证： ；
（2）若 ， ，求 及 的长．
【答案】（1）见解析 （2）BF=5，
【解析】【分析】（1）根据 中， ，得到∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，根
据 ，得到∠B=∠BCF，推出∠A=∠ACF；
（2）根据∠B=∠BCF，∠A=∠ACF，得到AF=CF，BF=CF，推出AF=BF= AB，根据，AC=8，得到AB=10，得到BF=5，根据 ，
得到 ，连接CD，根据BC是⊙O的直径，得到∠BDC=90°，推出
∠B+∠BCD=90°，推出∠A=∠BCD，得到 ，推出 ，得到
，根据∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，得到∠FDE=∠B，推出DE∥BC，得到
FDE∽ FBC，推出 ，得到 ．
△ △
【详解】(1)解：∵ 中， ，
∴∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，
∵ ，
∴∠B=∠BCF，
∴∠A=∠ACF；
(2)∵∠B=∠BCF，∠A=∠ACF
∴AF=CF，BF=CF，
∴AF=BF= AB，
∵ ，AC=8，
∴AB=10，
∴BF=5，
∵ ，
∴ ，连接CD，∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠B+∠BCD=90°，∴∠A=∠BCD，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，
∴∠FDE=∠B，∴DE∥BC，
∴ FDE∽ FBC，
△ △
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查了圆周角，解直角三角形，勾股定理，相似三角形，解决问题的关键是熟练
掌握圆周角定理及推论，运用勾股定理和正弦余弦解直角三角形，相似三角形的判定和性质．
考点2. 含三角函数的问题
1．如图，△ABC中，以AB为直径的 O交BC于点E，AE平分∠BAC，过点E作ED⊥AC于点
D，延长DE交AB的延长线于点P． ⊙
（1）求证：PE是 O的切线；
⊙
（2）若 ，BP＝4，求CD的长．【答案】（1）证明过程见解答；（2）CD的长为 ．
【解析】（1）证明：如图，连接OE，
∵AE平分∠BAC，
∴∠OAE＝∠DAE，
∵OE＝OA，
∴∠OEA＝∠OAE，
∴∠DAE＝∠OEA，
∴OE∥AD，
∵ED⊥AC，
∴OE⊥PD，
∵OE是 O的半径，
∴PE是⊙O的切线；
⊙
（2）解：∵ ＝ ，BP＝4，OB＝OE，
∴ ＝ ，
∴OE＝2，
∴AB＝2OE＝4，
∴AP＝AB+BP＝8，
在Rt△APD中，sin∠P＝ ＝ ，
∴AD＝ AP＝ ，
∵AB为 O的直径，
∴∠AEB⊙＝90°＝∠AEC，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠CAE，∵AE＝AE，
∴△AEB≌△AEC（ASA），
∴AB＝AC＝4，
∴CD＝AC﹣AD＝4﹣ ＝ ，
∴CD的长为 ．
考点3. 创新型的问题
1. 为弘扬民族传统体育文化，某校将传统游戏“滚铁环”列入了校运动会的比赛项目．滚铁环器材
由铁环和推杆组成．小明对滚铁环的启动阶段进行了研究，如图，滚铁环时，铁环 与水平地面
相切于点C，推杆 与铅垂线 的夹角为 点O，A，B，C，D在同一平面内．当推杆 与
铁环 相切于点B时，手上的力量通过切点B传递到铁环上，会有较好的启动效果．
(1)求证： ．
(2)实践中发现，切点B只有在铁环上一定区域内时，才能保证铁环平稳启动．图中点B是该区域内
最低位置，此时点A距地面的距离 最小，测得 ．已知铁环 的半径为 ，推杆
的长为 ，求此时 的长．
【答案】(1)证明见详解；
(2) ；
【分析】本题考查解直角三角形，直角三角形两锐角互余，切线的性质：
（ 1 ） 过 B 作 ， 根 据 切 线 得 到 ， 结 合 得 到
，再根据直角三角形两锐角互余求解即可得到答案；
（2）根据（1）及 得到 ，结合三角函数求出 ， 即可得到答案；【详解】（1）解：过B作 ，
由题意可得，
，
∵铁环 与水平地面相切于点C，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵推杆 与铁环 相切于点B，
，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ；
（2）解：∵ ， ，
∴ ，
∵ 的半径为 ，推杆 的长为 ，
∴ ，
，
∴ ，
∴ ．
2. 定义：对角线互相垂直的圆内接四边形叫做圆的“奇妙四边形”．(1)若 是圆的“奇妙四边形”，则 是_________（填序号）：
①矩形；②菱形；③正方形
(2)如图1，已知 的半径为R，四边形 是 的“奇妙四边形”．求证： ；
(3)如图2，四边形 是“奇妙四边形”，P为圆内一点， ， ，
，且 ．当 的长度最小时，求 的值．
【答案】(1)③ (2)见解析 (3)
【详解】（1）解：若平行四边形 是“奇妙四边形”，则四边形 是正方形．
理由∶
∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∵四边形 是圆内接四边形，
∴ ，
∴ ，
∴平行四边形 是矩形，
∵四边形 是“奇妙四边形”，∴ ，∴矩形 是正方形，
故答案为∶③；
（2）证明∶过点B作直径 ，分别连接 ， ， ， ，
∵ 是 的直径，
∴ ，
∴ ，
∵四边形 是“奇妙四边形”，
∴ ，∴ ，
又 ，∴ ，
∵ ， ，
∴ ，∴ ，
∵ ，∴
∴ ；
（3）解：连接 交 于E，设 的长度为a， ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∵
∴ ，
整理得 ，
∴ ∴ ，
又 ，∴ ，∴a有最小值2，
即 的长度最小值为2，
∴ ，
解得∶ ，
∴ ，∴ ，∴ ，∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ， ，
∴ ，∴ ，
∴ ．
