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专题 12 圆压轴
目 录
题型01 与圆有关的多结论问题（选/填）
题型02 与圆有关的平移问题
题型03 与圆有关的翻折问题
题型04 与圆有关的旋转问题
题型05 与圆有关的最值问题
题型06 与圆有关的动点问题
题型07 与圆有关的新定义问题
题型08 阿氏圆
题型09 圆、几何图形、锐角三角函数综合
题型10 与圆有关的阅读理解问题
题型11 与圆有关的存在性问题
题型12 与圆有关的定值问题.
（时间：60分钟）
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题型 01 与圆有关的多结论问题（选/填）
1．（2023·河北保定·模拟预测）如图，在△ABC中，BC=10，点O为AB上一点，以5为半径作⊙O分别
与BC，AC相切于D，E两点，OB与⊙O交于点M，连接OC交⊙O于点F，连接ME，FE，若点D为
BC的中点，给出下列结论：①CO平分∠ACB；②点E为AC的中点；③∠AME=22.5°；④M´F的长度
5
为 π．其中正确结论的个数是（ ）
2
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】连接OD，OE，⊙O分别与AC和BC相切，证明CO平分∠ACB，根据平行线分线段成比例定
理证明E为AC的中点，再利用弧长公式求出弧长．
【详解】如图，连接OD，OE．
∵⊙O分别与AC和BC相切，
∴OE=OD=5，且OE⊥AC，OD⊥BC，
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∴CO平分∠ACB，故①正确；
∵点D为BC的中点，BC=10，
∴DC=OD=5，
∵∠ODC=90°，
∴∠OCD=45°，
∴∠ACB=90°，
∴OD∥AC，
∴点O为AB的中点，
∵OE⊥AC，
∴OE∥BC，
故点E为AC的中点，故②正确；
由①知，∠OCE=∠COE=45°，
∴∠AOE=45°，
1
∴∠AME= ∠AOE=22.5°，
2
故③正确；
由③可知：OD垂直平分BC，
∴OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB=45°
∴∠BOC=90°，
90×π×5 5π
∴M´F的长度为 = ，
180 2
故④正确，
故选D．
【点睛】此题考查了圆周角定理、切线的基本性质，平行线分线段成比例，解题的关键是熟悉圆的性质并
构造辅助线．
2．（2024·山东济宁·一模）如图，在扇形OAB中，∠AOB=90°，半径OA=2．将扇形OAB沿过点B的
直线折叠，点O恰好落在A´B上点D处，折痕交OA于点C，点E为OB的中点，点P为线段CB上一个动点，
连接OP，PE，DP，过点D作DF⊥BC于点F，下列说法：①当点P运动到CB的中点时，四边形
S 1 4√3
COPD为菱形，② △CDF = ，③ OP+PE的最小值为√3，④阴影部分面积为π− ，正确的是
S 3 3
△OCB
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（填序号）．
【答案】①③④
【分析】本题考查了折叠的性质，等边三角形的判定与性质，30°角所对直角边是斜边的一半，三角形中
线性质，扇形面积和勾股定理，连接OD，由折叠性质可知，OB=BD，OC=CD，由30°角所对直角边
是斜边的一半，三角形中线性质可判断① ②，当D、P、E三点共线时，OP+PE有最小值，即DE的
值，可判断③，再用求面积的方法可判断④，熟练掌握以上知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：连接OD，
由折叠性质可知，OB=BD，OC=CD，
∴OB=BD=OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴∠OBD=60°，
∴∠OBC=∠DBC=30°，
1
∴OC=CD= BC，
2
∵当点P运动到CB的中点时，
1
∴OC=CD=DP=OP= BC，
2
∴四边形COPD为菱形，故①正确；
∵DF⊥BC，
∴∠CFD=90°，
由∠OBC=∠DBC=30°，∠AOB=∠CDB=90°，
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∴∠CDF=30°，
1
∴CF= CD，
2
1 1
∴CF= CD= BC，
2 4
1
CF×DF
S S 2 CF 1
∴ △CDF = △CDF = = = ，故②错误，
S S 1 BC 4
△OCB △CDB BC×DF
2
∵O与D是关于BC对称，
∴当D、P、E三点共线时，OP+PE有最小值，即DE的值，
∴DE⊥OB，
∴∠DEB=90°，
∵∠OBD=60°，
∴∠BDE=30°，
1
∴BE= BD=1，
2
在RtDEB中，由勾股定理得DE=√BD2−BE2=√22−12=√3，故③正确；
2√3
同理：OC= ，
3
90×π×22 1 2√3 4√3
∴阴影部分面积为 −2× ×2× =π− ，故④正确；
360 2 3 3
故答案为：①③④．
3．（2023·广东广州·二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，
∠ACD+∠BCD=180°，连接OD，过点D作DE⊥AC，DF⊥BC，垂足分别为点E、点F，则下列
结论正确的是 ．①∠AOD=2∠BAD；②∠DAC=∠BAC；③DF与⊙O相切；④若AE=4，
EC=1，则BC=3．
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【答案】①③④
【分析】本题考查了圆周角定理，全等三角形的性质与判定，切线的判定，根据已知条件得出
∠ACD=∠FCD，根据圆内接四边形得出∠FCD=∠DAB，进而得出∠ACD=∠DAB，根据圆周角
定理即可判断①，不能确定D´C=B´C，即可判断②，证明△AOB≌△BOD得出∠ADO=∠BDO，根据
三线合一得出DO⊥AB，进而根据AC是直径，得出AB⊥BC，结合已知条件即可判断③，证明
△DEC≌△DFC，Rt△ADE≌Rt△BDF，得出DE=DF，BF=AE，进而即可求解．
【详解】如图，连接DB，
∵∠ACD+∠BCD=180°，∠ACD+∠ACB+∠DCF=180°，
∴∠BCD=∠ACB+∠DCF，
∵∠BCD=∠ACB+∠ACD，
∴∠ACD=∠FCD，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠FCD=∠DAB，
∴∠ACD=∠DAB，
∴ A´D=D´B，
∴∠ABD=∠BAD，∠AOD=2∠ABD，
∴∠AOD=2∠BAD，故①正确，
∵不能确定D´C=B´C，
∴∠DAC=∠BAC不一定成立，故②错误，
如图，连接BO，
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∵ ^AD=^DB，
∴AD=DB，
在△AOD和△BOD中，
¿，
∴△AOD≌△BOD(SSS)，
∴∠ADO=∠BDO，
∴DO⊥AB，
∵AC是直径，
∴∠ABC=90°，
即AB⊥BC，
∵DF⊥BC，
∴DF∥AB，
∴DF⊥OD，
∴DF与⊙O相切，故③正确，
∵∠DCE=∠DCF，∠DEC=∠DFC，DC=DC，
∴△DEC≌△DFC(SAS)，
∴DE=DF，CF=CE，
∵AD=DB，DE=DF，
∴Rt△ADE≌Rt△BDF，
∴BF=AE，
∵AE=4，EC=1，
∴BC=BF−CF=4−1=3，故④正确．
故答案为：①③④．
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题型 02 与圆有关的平移问题
4．（2023·广东深圳·一模）如图1，平行四边形ABCD中，AD=2√3，DC=4√3，∠D=60°，点M在
BC延长线上且CM=CD，EF为半圆O的直径且FE⊥BM，FE=6，如图2，点E从点M处沿MB方向
运动，带动半圆O向左平移，每秒√3个单位长度，当点F与点D重合时停止平移，如图3，停止平移后半
圆O立即绕点E逆时针旋转，每秒转动5°，点F落在直线BC上时，停止运动，运动时间为t秒．
(1)如图1，BF= ；
(2)如图2，当半圆O与DC边相切于点P，求EM的长；
(3)如图3，当半圆O过点C，EF与DC边交于点Q，
①求EF平移和旋转过程中扫过的面积；
②求CQ的长；
√3 √2
(4)直接写出半圆O与平行四边形ABCD的边相切时t的值．（参考数据：sin35°= ，tan35°= ）
3 2
【答案】(1)12
(2)6−3√3
7π
(3)①EF平移过程中扫过的面积为12√3，旋转过程中扫过的面积为 ；②12√2−8√3
2
(4)2√3−3或2或12
【分析】（1）连接BF，在Rt△BMF中，利用勾股定理求出BF即可；
（2）连接OC，OP，由半圆O与DC边相切于点P，FE⊥BM得到∠OPC=∠OEC=90°，OP=OE，
1
则OC是∠DCM的角平分线，AD∥BM得到∠D=∠DCM=60°，则∠OCM= ∠DCM=30°，则
2
1
OE= EF=3，则CO=6，在Rt△CEO中，由勾股定理得到CE=3√3，即可得到EM的长；
2
（3）①在平移中： ， ．连接 ，过点O作
ME=MC−CE=2√3 S =ME×EF=12√3 OC，DE
❑平移
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1
ON⊥CE于点N，由题意可知，DE⊥BM，∠DCM=60°，CD=4√3，CE= CD=2√3，在
2
1
Rt△CED中，DE=√CD2−CE2=6，由等腰三角形的性质得到NE= CE=√3，则
2
NE √3 35π 7
sin∠NOE= = ，得到∠NOE=35°，则∠≝=∠NOE=35°，即可得到S = ×EF2= π．
OE 3 ❑旋转 360 2
②过点Q作QK⊥CE于点K，由①可得∠≝=35°，∠DCE=60°，则∠KQE=35°，∠CQK=30°，
KE CK
得到QK= =√2KE，QK= =√3CK，由CK+KE=CE=2√3，CK=6√2−4√3，
tan35° tan30°
CQ=2CK=12√2−8√3．即可得到答案；
（4）分三种情况讨论求解即可．
【详解】（1）如图，连接BF，
在Rt△BMF中，BF=√BM2+EF2=√(BC+CM) 2+EF2，
∵AD=BC=2√3，CM=CD=4√3，EF=6，
∴BF=√(2√3+4√3) 2+62=12，
故答案为：12．
（2）如图，连接OC，OP，
∵半圆O与DC边相切于点P，FE⊥BM，
∴∠OPC=∠OEC=90°，OP=OE，
∴OC是∠DCM的角平分线，
∵AD∥BM，
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∴∠D=∠DCM=60°，
1
∴∠OCM= ∠DCM=30°，
2
1
∵OE= EF=3，
2
∴CO=2OE=6，
在Rt△CEO中，CE=√CO2−OE2=√62−33=3√3，
∴EM=MC−CE=6−3√3．
∴EM的长为6−3√3．
（3）①平移中：ME=MC−CE=4√3−2√3=2√3，
S =ME×EF=2√3×6=12√3．
❑平移
如图，连接OC,DE，过点O作ON⊥CE于点N，
由题意可知，DE⊥BM，∠DCM=60°，CD=4√3，
1
∴CE= CD=2√3，
2
在Rt△CED中，DE=√CD2−CE2=√(4√3) 2 −(2√3) 2=6，
1
∵OC=OE= DE=3，
2
∴∠OCN=∠OEN，△OCE是等腰三角形，
∵ON⊥CE，
1
∴NE= CE=√3，DE∥ON，
2
NE √3
∴sin∠NOE= = ，
OE 3
∴∠NOE=35°，
∴∠≝=∠NOE=35°，
在旋转中：∠≝=35°，EF
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35π 7
S = ×EF2= π．
❑旋转 360 2
7π
∴EF平移过程中扫过的面积为12√3，旋转过程中扫过的面积为 ．EF平移和旋转过程中扫过的面积为
2
7π
12√3+ ；
2
②如图，过点Q作QK⊥CE于点K，
由①可得∠≝=35°，∠DCE=60°，
∴∠KQE=35°，∠CQK=30°，
KE CK
∴QK= =√2KE，QK= =√3CK，
tan35° tan30°
∵CK+KE=CE=2√3，
即√2KE=√3×(2√3−KE)，
解得KE=6√3−6√2，
∴CK=6√2−4√3，
∴CQ=2CK=12√2−8√3．
答：CQ的长为12√2−8√3．
ME 6−3√3
（4）当半圆O与DC边相切于点P时，t= = =2√3−3；
√3 √3
当半圆O与AD边相切时，即点F与点D重合，
此时ME=MC−CE=4√3−2√3=2√3，
2√3
∴t= =2；
√3
当半圆O与AB边相切于点G时，如图，
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∵∠B=60°，BE=BC+CE=6√3，
√3
∴点E到直线AB的距离为sin60°×BE= ×6√3=9，
2
即此时点F与点G重合，EF⊥AB，
∴∠BEF=30°，
∴∠≝=60°，
60
∴t= =12，
5
综上，t的值为2√3−3或2或12．
【点睛】此题考查了旋转的性质、勾股定理、解直角三角形、等腰三角形的判定和性质等知识，读懂题意，
数形结合和分类讨论是解题的关键．
5．（2023·江苏南京·二模）在平面内，将小棒AB经过适当的运动，使它调转方向(调转前后的小棒不一定
在同一条直线上)，那么小棒扫过区域的面积如何尽可能地小呢？
已知小棒长度为4，宽度不计．
方案1：将小棒绕AB中点O旋转180°到B' A'，设小棒扫过区域的面积为S (即图中灰色区域的面积，下同)；
1
方案2：将小棒先绕A逆时针旋转60°到AC，再绕C逆时针旋转60°到CB，最后绕B逆时针旋转60°到
B' A'，设小棒扫过区域的面积为S ．
2
(1)①S =______，S =______；(结果保留π)
1 2
②比较S 与S 的大小．(参考数据：π≈3.14，√3≈1.73．)
1 2
(2)方案2可优化为方案3：首次旋转后，将小棒先沿着小棒所在的直线平移再分别进行第2、3次旋转，三
次旋转扫过的面积会重叠更多，最终小棒扫过的区域是一个等边三角形．
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①补全方案3的示意图；
②设方案3中小棒扫过区域的面积为S ，求S ．
3 3
(3)设计方案4，使小棒扫过区域的面积S 小于S ，画出示意图并说明理由．
4 3
【答案】(1)①4π，8π−8√3；②S >S
1 2
16√3
(2)①见解析；②S =
3 3
(3)见解析
【分析】（1）①利用圆的面积公式计算S ，利用方案2扫过区域为三个圆心角为60°且半径为4的扇形面
1
积减去两倍△ABC的面积计算S ；
2
②利用参考数据计算近似值再比较即可；
（2）①依题意补全方案3的示意图即可；
②利用等边三角形的高是4，计算出底边，再利用面积公式计算即可；
（3）作等边△ABC，首先让点B在BC上运动，点A在CB的延长线上，运动，使得AB的长度保持不变，
当点B运动到点C时，由此AB边调转到AC(A'B')边，接着两次同样的方式旋转到BC(A'B')边和
AB(B' A')边，从而得到最终小棒扫过的区域，由于所得区域非常不规则，因此可以利用放缩法证明
S 11.28，
1 2
∴S >S ；
1 2
（2）①依题意补全方案3的示意图如下：
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②连接EM，M为切点，则A A'的中点，EM=4
设AM=x，则AE=2x，
由勾股定理得：AM2+EM2=AE2，即x2+42=4x2，
4√3
解得：x= ，
3
8√3
∴A A'=AE=2x= ，
3
1 1 8√3 16√3
∴S = A A'·EM= × ×4= ．
3 2 2 3 3
（3）设计方案4：如下图，△ABC是等边三角形，首先让点B在BC上运动，点A在CB的延长线上运动，
使得AB的长度保持不变，当点B运动到点C时，由此AB边调转到AC(A'B')边，接着两次同样的方式旋
转到BC(A'B')边和AB(B'A')边，最终小棒扫过的区域是如下图所示．
对于第一次旋转，当旋转AB旋转到DH时，此时DH⊥BC，
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又作DE平行AB，则S =S =S +S
△CDE 3 △ABC 梯形ABEB
依题意得：阴影部分比等边三角形ABC多三块全等的图形，记每块面积为a，
则有a0)为半径作⊙O，
交直线BC于点D，E．
(1)当⊙O与∠ABC只有两个交点时，r的取值范围是________．
(2)当r=2√2时，将射线BA绕点B按顺时针方向旋转α(0°<α<180°)．
①若BA与⊙O相切，求α的度数为多少；
②如图2，射线BA与⊙O交于M，N两点，若MN=OB，求阴影部分的面积．
【答案】(1)04
(2)①15°或105°；②2π−4
【分析】（1）根据题意，需要分两种情况：①在点D未到达点B前，⊙O与射线BC有两个交点；②当半
径大于OB时，，圆O分别与射线BA，BC有一个交点，求出临界状态的r即可得出结论；
（2）①需要分成两种情况：当射线BA在射线BC的上方与⊙O相切时，当射线BA在射线BC的下方与
⊙O相切时，分别求出对应的α即可；
1
②连接OM，ON，过点O作OQ⊥MN于点Q，由垂径定理可知，MQ=NQ= MN=2，进而根据三角
2
形的三边关系可得出∠MON=90°，再利用弓形的面积公式可得出结论．
【详解】（1）解：（1）根据题意，需要分两种情况：①在点D未到达点B前，⊙O与射线BC有两个交
点．
如图1，当⊙O与AB相切于点G，连接OG，则OG⊥AB， 比相切之前
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∵∠ABC=60°，
∴∠BOG=30°，
1
∴BG= OB=2，OG=√3BG=2√3,
2
即此时r=2√3,
只要半径00，且k为整数），则称N是点A是关于点M的“k倍点”．
（2）如图2，点A是半径为1的⊙O上一点，且M(3,1)，N是点A关于点M的“二倍点”，P为直线
y=√3x上一点，是否存在点P，使得线段PN最小；若存在，请求出PN的最小值，并直接写出此时N点
的坐标；若不存在，请说明理由．
9√3−7
【答案】（1）线段PM的最小值为2√3−2，理由见解析；（2）NP最小值为 ，此时
2
N(9−√3，4)
【分析】（1）过点O作OH⊥AB交于H点，根据OH≤OM≤OP+PM，可知当O、P、M三点共线且
点M与点H重合时，PM的长有最小值，求出PM的长即可；
（2）延长OM至O'使MO'=2OM，连接O'N，N点在以O'为圆心，2为半径的圆上，可求O'(9,3)，如图，
取直线y=√3x上一点C(1，√3)，过点C作CD⊥x轴于D，解直角三角形得到∠COD=60°；过点O'作
O'G垂直于直线y=√3x于G，O'E∥x轴交直线y=√3x于E，过点N作NF垂直于直线y=√3x于F，连
接NP，NF，O'F，则∠O'EG=∠COD=60°；求出E(√3，3)，得到O'E=9−√3，进而解直角三
9√3−3
角形得到O'G= ；由NP≥NF≥O'F−O'N≥O'G−O'N，可知当O'、N、P三点共线，且点N
2
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9√3−7
在线段O'P上，且点P与点G重合时NP最小值，最小值为 ．延长GO'交x轴于T，过点O'作
2
O'Q
O'Q⊥x轴于Q，过点N'作N'H⊥x轴于H，求出Q'T=2O'Q=6，QT= =√3得到N'T=8，
tan∠O'TQ
则N'H=4，TH=N'T⋅cos∠N'TH=4√3，求出OH=9−√3，则N'(9−√3，4)，即NP最小值为
9√3−7
，此时N(9−√3，4)．
2
【详解】解：（1）线段PM的最小值为2√3−2，理由如下：
过点O作OH⊥AB交于H点，连接OP，OM，
∵OH≤OM≤OP+PM，
∴当O、P、M三点共线且点M与点H重合时，PM的长有最小值，
∵∠AOB=120°，AO=BO，
180°−∠AOB
∴∠OAB=∠OBA= =30°，
2
∵AB=12，
1
∴AH= AB=6，
2
∴OH=6×tan30°=2√3，
∵OM=OP+PM，
∴PM=OM−OP，
∵OP=2，
∴PM=OM−2=2√3−2，
∴线段PM的最小值为2√3−2；
（2）∵N是点A关于点M的“二倍点”，
∴MN=2MA，
延长OM至O'使MO'=2OM，连接O'N，
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MN O'M
∵ = =2，∠AMO=∠NMO'，
AM OM
∴△AOM∽△NO'M，
O'N MN
∴ = =2，
OA AM
∵AO=1，
∴O'N=2，
∴N点在以O'为圆心，2为半径的圆上，
∵M(3,1)，
∴O'(9,3)，
如图，取直线y=√3x上一点C(1，√3)，过点C作CD⊥x轴于D，
∴OD=1，CD=√3，
CD
∴ tan∠COD= =√3，
OD
∴∠COD=60°，
过点O'作O'G垂直于直线y=√3x于G，O'E∥x轴交直线y=√3x于E，过点N作NF垂直于直线y=√3x
于F，连接NP，NF，O'F，
∴∠O'EG=∠COD=60°；
在y=√3x中，当y=√3x=3时，x=√3，
∴E(√3，3)，
∴O'E=9−√3，
9√3−3
∴O'G=O'E⋅sin∠O'EG=
；
2
∵NP≥NF≥O'F−O'N≥O'G−O'N，
∴当O'、N、P三点共线，且点N在线段O'P上，且点P与点G重合时NP最小值，最小值为
9√3−3 9√3−7
−2= ．
2 2
延长GO'交x轴于T，过点O'作O'Q⊥x轴于Q，过点N'作N'H⊥x轴于H，
∴O'Q=3，OQ=9，∠O'TQ=30°，N'H∥O'Q
O'Q
∴Q'T=2O'Q=6，QT= =√3
tan∠O'TQ
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∴N'T=8，
∴N'H=4，TH=N'T⋅cos∠N'TH=4√3，
∴OH=OQ+TQ−TH=9+3√3−4√3=9−√3，
∴N'(9−√3，4)，
9√3−7
∴NP最小值为 ，此时N(9−√3，4)．
2
【点睛】本题考查一次函数的图象及性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，圆的相关性质，勾股定理，
相似三角形的性质与判定等等，熟练掌握一次函数的图象及性质，根据题意能够确定N点的轨迹是解题的
关键．
题型 06 与圆有关的动点问题
17．（2024·辽宁大连·一模）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点D为BC边中点，点E为线段DC
上一动点，过点A，D，E作⊙O分别交AB，AC于点F，G，连接FG，DG．
(1)求证：∠B=∠DGF；
(2)已知：BC=24，∠B=30°，当四边形BDGF为平行四边形时，请补全图2，并求出DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)图见解析，6
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【分析】（1）连接AD，利用直角三角形性质得到AD=BD，根据等腰三角形性质得到∠BAD=∠B，
利用同弧所对圆周角相等得到∠FAD=∠DGF，最后进行等量代换即可解题；
（2）根据题意补全图形即可，连接AD，AE，利用平行四边形性质得到AB∥DG，推出∠AGD=90°，
AD为⊙O的直径，∠AED=90°，利用外角的性质得到∠ADE=60°，再利用锐角三角函数得到
DE=AD⋅cos∠ADE即可解题．
【详解】（1）证明：如图，连接AD，
∵∠BAC=90° D BC
，点 为 边中点，
1
∴AD= BC=BD，
2
∴∠BAD=∠B，
∵D´F=D´F，
∴∠FAD=∠DGF，
∴∠B=∠DGF；
（2）解：补全图形如图，
连接AD，AE，
∵四边形BDGF为平行四边形，
∴AB∥DG，
∴∠AGD+∠BAC=180°，
∵∠BAC=90°，
∴∠AGD=90°，
∴AD为⊙O的直径，
∴∠AED=90°，
∵∠BAD=∠B=30°，
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∴∠ADE=∠BAD+∠B=60°，
∵BC=24，
1
∴AD= BC=12，
2
在Rt△ADE中，
DE
∵cos∠ADE= ，
AD
1
∴DE=AD⋅cos∠ADE=12× =6．
2
【点睛】本题考查了直角三角形性质，等腰三角形性质，同弧所对圆周角相等，平行四边形性质，90度的
圆周角所对的弦为直径，三角形外角的性质，解直角三角形，熟练掌握相关性质并灵活运用，即可解题．
18．（2024·云南昭通·模拟预测）如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，点M是直径AB上的一个动点，过
点M的弦CD⊥AB，交⊙O于点C、D，连接BC，点F为BC的中点，连接DF并延长，交AB于点E，
交⊙O于点G．
图1 图2 备用图
(1)如图1，连接CG，过点G的直线交DC的延长线于点P．当点M与圆心O重合时，若
∠PGC=∠MDE，求证：PG是⊙O的切线；
(2)在点M运动的过程中，DE=kDF（k为常数），求k的值；
(3)如图2，连接BG、OF、MF，当△MOF是等腰三角形时，求∠BGD的正切值．
【答案】(1)见解析
2
(2)k=
3
√3
(3)∠BGD的正切值为√3或
3
【分析】（1）连接OG，根据圆周角定理，结合等角的余角，求得∠CGO+∠PGC=90°，进而得到
OG⊥PG，即可得证；
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DM 2
（2）过点F作FH⊥CD，垂足为H，易得FH是△BCM的中位线，进而推出 = ，证明
DH 3
2
△DME∽△DHF，得到DE= DF，即可得出结果；
3
（3）分点M在圆心O的左侧和点M在圆心O的右侧，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）证明：如图1，连接OG，则OD=OG，
∴∠MDE=∠OGE，
当点M与圆心O重合时，CD是⊙O的直径，
∴∠CGD=90°，即∠CGO+∠OGE=90°，
∵∠PGC=∠MDE，
∴∠PGC=∠OGE，
∴∠CGO+∠PGC=90°，
即OG⊥PG，
∵OG是⊙O的半径，
∴PG是⊙O的切线．
（2）解：如图1，过点F作FH⊥CD，垂足为H，则FH∥AB，
图1
∵点F为BC的中点，
CH CF
∴ = =1，
HM BF
∴H为CM的中点，
∴FH是△BCM的中位线，
1
∴CH=MH= CM，
2
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
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1
∴CM=DM= CD，
2
DM 2
∴ = ，
DH 3
∵∠DME=∠DHF=90°，∠MDE=∠HDF，
∴△DME∽△DHF，
DE DM 2
∵ = = ，
DF DH 3
2
∴DE= DF，
3
2
∴k= ．
3
（3）解：如图2，当点M在圆心O的左侧时，OF=OM，连接CO，
图2
∵点F为BC的中点，
∴OF⊥BC，
在Rt△OFC和Rt△OMC中，¿，
∴Rt△OFC≌Rt△OMC(HL)，
∴CF=CM．
在Rt△CMB中，点F为BC的中点，
∴MF=CF=BF，
∴MF=CF=CM，
∴△CMF是等边三角形，
∴∠DCB=60°，
∴∠BGD=60°，
∴tan∠BGD=tan60°=√3；
如图3，当点M在圆心O的右侧时，OF=OM，∠FOM=∠OFM，
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图3
∵点F为BC的中点，
∴OF⊥BC，
∴∠OFB=90°，
∴∠OFM+∠MFB=90°，∠FOM+∠MBF=90°，
∴∠MFB=∠MBF，
∴MF=MB，
在Rt△CMB中，点F为BC的中点，
∴MF=BF=CF，
∴MF=MB=BF，
∴△MBF是等边三角形，
∴∠MBF=60°，
∴∠MCF=30°，
∴∠BGD=∠BCD=30°，
√3
∴tan∠BGD=tan30°= ．
3
√3
综上所述，∠BGD的正切值为√3或 ．
3
【点睛】本题考查圆与三角形的综合应用，涉及切线的判定，垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定
和性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，综合性强，难度
大，属于压轴题，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
19．（2023·山东烟台·模拟预测）直角三角板ABC的斜边AB的两个端点在⊙O上，已知∠BAC=30°，
直角边AC与⊙O相交于点D，且点D是劣弧AB的中点．
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(1)如图1，判断直角边BC所在直线与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)如图2，点P是斜边AB上的一个动点（与A、B不重合），DP的延长线交⊙O于点Q，连接QA、QB．
①AD=3,PD=1，则AB=______；PQ=______；
②当点P在斜边AB上运动时，求证：QA+QB=√3QD．
【答案】(1)相切，见解析
(2)①3√3,8；②见解析
【分析】（1）连接OB、BD、OD、OA，证明△BOD是等边三角形，由等边三角形的性质得出
∠BDO=∠DBO=60°，进而证明CB⊥OB，则可得出结论；
（2）①设AB与OD相交于点E，证明四边形AOBD是菱形，结合含30度角的直角三角形的性质及勾股定
3 3√3
理可得DE= ，AE= ，然后由AB=2AE即可确定AB的值；证明△QDA∽△ADP，由相似三角形
2 2
DA DP
的性质得出 = ，则可求出PQ的长；②过点D作DN⊥BQ交BQ于点N,DM⊥AQ交AQ的延长
DQ DA
线于点M，证明Rt△DBN≌Rt△DAM，由全等三角形的性质得出BN=AM，利用三角函数解得
√3 √3
QN= QD，QM= QD，即可得出结论．
2 2
【详解】（1）解：BC所在的直线与⊙O相切．
理由如下：连接OB、BD、OD、OA，如下图，
∵∠BAC=30°，
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∴∠BOD=60°，
∵OB=OD，
∴△BOD是等边三角形，
∴∠DBO=60°，
∵点D是劣弧AB的中点，
∴B´D=A´D，
∴∠ABD=∠BAD=30°，
∴∠ABO=∠DBO−∠ABD=30°，
∴∠OBC=∠ABC+∠ABO=90°，即CB⊥OB，
∵OB是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线，即BC所在的直线与⊙O相切；
（2）①设AB与OD相交于点E，如下图，
由（1）可知，△BOD为等边三角形，且OA，OD，OB是⊙O的半径，
∴OB=OA=BD，
∵B´D=A´D，
AD=BD=OB=OA，
∴四边形AOBD是菱形，
∴AB与OD垂直平分，
∵AD=3，∠BAC=30°，
1 3 3√3
∴DE= AD= ，AE=√AD2−DE2= ，
2 2 2
∴AB=2AE=3√3，
∵∠BAC=30°，点D是劣弧AB的中点，
∴∠DQA=∠BQD，
∴∠DQA=∠BAC=30°，
∵∠QDA=∠ADP，
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∴△QDA∽△ADP，
DA DP
∴ = ，
DQ DA
DA2 32
∴DQ= = =9，
DP 1
∴PQ=DQ−PD=9−1=8．
故答案为：3√3,8；
②过点D作DN⊥BQ交BQ于点N,DM⊥AQ交AQ的延长线于点M，
∵点D是劣弧AB的中点，∠BAC=30°，
∴DB=DA，∠DQA=∠BQD=∠BAD=30°，
∴QD是∠BQA的角平分线，
∴DN=DM，
∵DQ=DQ，
∴Rt△DMQ≌Rtt△DNQ(HL)，
∴QN=QM，
又∵DB=DA，
∴Rt△DBN≌Rt△DAM(HL)，
∴BN=AM，
QN √3
在Rt△DNQ中，cos∠DQN=cos30°= = ，
QD 2
√3
∴QN= QD，
2
√3
同理可得QM= QD，
2
√3 √3
∴QA+QB=QM−AM+QN+BN=QM+QN= QD+ QD=√3QD，
2 2
∴QA+QB=√3QD．
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【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了切线的判定、锐角三角函数、等边三角形的判定与性质、相似三
角形的判定与性质、全等三角形的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
题型 07 与圆有关的新定义问题
20．（2024·上海杨浦·一模）定义：我们把平面内经过已知直线外一点并且与这条直线相切的圆叫做这个
点与已知直线的点切圆．如图1，已知直线l外有一点H，圆Q经过点H且与直线l相切，则称圆Q是点H
与直线l的点切圆．阅读以上材料，解决问题：
已知直线OA外有一点P，PA⊥OA，OA=4，AP=2，圆M是点P与直线OA的点切圆．
(1)如果圆心M在线段OP上，那么圆M的半径长是_____（直接写出答案）．
(2)如图2，以O为坐标原点、OA为x轴的正半轴建立平面直角坐标系xOy，点P在第一象限，设圆心M
的坐标是(x,y)．
①求y关于x的函数解析式；
②点B是①中所求函数图象上的一点，连接BP 并延长交此函数图象于另一点C．如果CP:BP=1:4，求
点B的坐标．
5−√5
【答案】(1)
2
1
(2)①y= x2−2x+5；②(8,5)或(0,5)
4
【分析】本题考查了二次函数与相似三角形的综合题，以新定义的形式出现，理解题意是解决本题的关键．
（1）过点M作MN⊥OA，设圆M的半径为R，根据点切圆的定义，先通过勾股定理求OP，再利用同角
R 1
三角函数值相等得：sinO= = ，求解即可；
2√5−R √5
（2）①过点M作MN⊥OA,MC⊥AP，则MC=AN=|4−x|，MN=CA= y，则PC=|2−y|，对
Rt△PCM运用勾股定理即可建立y关于x的函数关系式；
②设点C(x,y)，过点C、B作AP的垂线交于点D、E，构造相似三角形，用x，y的代数式表示出B点坐
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标，再代入抛物线解析式，联立即可求解．
【详解】（1）解：过点M作MN⊥OA，设圆M的半径为R，
∵PA⊥OA，OA=4，AP=2
∴OP=√OA2+AP2=2√5，
∵圆M是点P与直线OA的点切圆，
∴MN=R，
R 1
∴sinO= = ，
2√5−R √5
5−√5
解得：R= ．
2
5−√5
故答案为： ．
2
（2）解：①过点M作MN⊥OA,MC⊥AP，
由（1）得MN=PM= y，则MC=AN=|4−x|，MN=CA= y，则PC=|2−y|，
1
在Rt△PCM中，PM2=PC2+CM2得：y2=|2−y| 2+|4−x| 2 ，化简得：y= x2−2x+5．
4
②设点C(x,y)，过点C、B作AP的垂线交于点D、E，
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∵BE∥CD，
∴△BEP∽△CDP，
BE EP BP
∴ = = =4，则CD=4−x,BE=16−4x,DP=2−y，PE=8−4 y，
CD DP CP
1
∴点B(20−4x,10−4 y)代入y= x2−2x+5得：¿
4
解得：x=3或x=5，
∴点B(8,5)或B(0,5)．
21．（2024·湖南长沙·一模）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 ▱ABCD是圆的“奇妙四边形”，则 ▱ABCD是_________（填序号）：
①矩形；②菱形；③正方形
(2)如图1，已知⊙O的半径为R，四边形ABCD是⊙O的“奇妙四边形”．求证：AB2+CD2=4R2；
(3)如图2，四边形ABCD是“奇妙四边形”，P为圆内一点，∠APD=∠BPC=90°，∠ADP=∠PBC，
AP
BD=4，且AB=√3DC．当DC的长度最小时，求 的值．
DP
【答案】(1)③
(2)见解析
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√3
(3)
2
【分析】（1）利用平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，“奇妙四边形”的定义和正方形的判定定
理解得即可；
（2）过点B作直径BE，分别连接OA，OD，OC，AE，证明∠ABE+∠E=90°，
∠BCD+∠ACB=90°．可得∠ABE=∠CBD，可得AE=DC，再利用勾股定理可得答案；
（3）设DC的长度为a，CE=x，在Rt△DEC中，利用勾股定理列出方程，利用Δ>0即可求得DC的最小
值，求得必值，再利用相似三角形是性质即可求得结论．
【详解】（1）解：若平行四边形ABCD是“奇妙四边形”，则四边形ABCD是正方形．
理由∶
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC=∠ADC，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，
∵四边形ABCD是“奇妙四边形”，
∴AC⊥BD，
∴矩形ABCD是正方形，
故答案为∶③；
（2）证明∶过点B作直径BE，分别连接OA，OD，OC，AE，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠EAB=90°，
∴∠ABE+∠E=90°，
∵四边形ABCD是“奇妙四边形”，
∴AC⊥BD，
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∴∠BCD+∠ACB=90°，
又∠E=∠ACB，
∴∠ABE=∠CBD，
∵∠AOE=2∠ABE，∠DOC=2∠DCB，
∴∠AOE=∠DOC，
∴AE=DC，
∵∠EAB=90°，
∴AE2+AB2=BE2=(2R) 2
∴AB2+CD2=4R2；
（3）解：连接AC交BD于E，设DC的长度为a，CE=x，
∵∠AEB=∠DEC=90°，∠BAC=∠BDC，
∴△ABE∽△DCE，
BE AB AE
∴ = = ，
CE CD DE
∵AB=√3DC
∴BE=√3CE=√3x，AE=√3DE，
∵BD=4，
∴DE=4−√3x，
∵CE2+DE2=CD2
∴x2+(4−√3x) 2=a2，
整理得4x2−8√3x+16−a2=0，
∴Δ=(−8√3) 2 −4×4(16−a2)≥0
∴a≥4，
又a>0，
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∴a≥2，
∴a有最小值2，
即DC的长度最小值为2，
∴x2+(4−√3x) 2=4，
解得∶x =x =√3，
1 2
∴CE=√3，
∴BE=3，
∴DE=BD−BE=1，
∴AE=√3DE=√3，
∴AC=AE+CE=2√3，
∵∠APD=∠BPC=90°，∠ADP=∠PBC，
∴△ADP∽△CBP，∠APC=∠DPB=90°+∠DPC，
AP PC
∴ = ，
DP PB
∴△APC∽△DPB，
AP AC 2√3 √3
∴ = = = ．
PD DB 4 2
【点睛】本题是圆的综合题，考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，一元二次方程的解法，熟练
的建立数学模型并灵活应用是解本题的关键．
22．（2024·江苏淮安·一模）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．对于⊙O的弦AB和点C给出如
下定义：若直线CA，CB都是⊙O的切线，则称点C是弦AB的“关联点”．
(1)如图，点A(−1,0)，B 、B 分别为过A、O点的线段与⊙O的交点．
1 2
①在点C (−1，1)，C (−1，2)，C (0，2)中，弦AB 的“关联点”是 ；
1 2 3 1
②若点C是弦AB 的“关联点”，则AC的长为 ；
2
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(2)已知点M在y正半轴上，N在x正半轴上，若对于线段MN上任一点S，都存在⊙O的弦PQ，使得点S
4√2
是弦PQ的“关联点”．记PQ的长为t，当点S在线段MN上运动时，t的取值范围为 √3≤t≤ ，求出
3
此时MN所在直线表达式．
【答案】(1)①C ；②√2−1
2
√5 2√5 6√5
(2)y=− x+3，y=− x+
2 5 5
【分析】
（1）①根据关联点的概念及切线的判定定理逐一判定即可得解；②连接CB ，
2
由 点 C是 弦 AB 的 “ 关 联 点 ” ， 得 CB =AC， CB ⊥OP， 进 而 利 用 勾 股 定 理 构 造 方 程
2 2 2
(1−AC) 2=(√2−1) 2+AC2，解方程即可得解；
√ ( 1 ) 2
（2）过O作OD⊥MN于点D，OS交PQ于点E，先求得PQ=2 1− ，从而得当S与D重合时，
OS
4√2
PQ=t=√3，当S与M重合或者与N重合时，PQ=t= ，进而求得点D在以O为圆心，2为半径的圆上，
3
且MN是该圆的切线，M(0,3)或者N(3,0)，然后分M(0,3)和N(3,0)两种情况，利用勾股定理及正切定义
以及待定系数法求解即可．
【详解】（1）
：①∵A(−1,0)，C (−1，1)，C (−1，2)，C (0，2)，由图可知点B 横坐标大于0小于1，纵坐标也
1 2 3 1
是大于0小于1，
∴点A，C ，C 的横坐标相同，点A与C 的横纵坐标都不同，C 的横纵坐标与B 的横纵坐标都不相同，
1 2 3 1 1
∴C A⊥OA,C A⊥OA，C A与OA不垂直，C B 与OB 不垂直，
2 1 3 1 1 1
∴C A是⊙O的切线，C A不是⊙O的切线，C B 不是⊙O的切线，
2 3 1 1
∴C (0，2)不是弦AB 的“关联点”，C (−1，1)不是弦AB 的“关联点”，
3 1 1 1
连接C B ，OB ，C O，
2 1 1 2
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∵△OAC 和△MNA中，
2
¿
∴△OAC ≌△MNA，
2
∴∠OC A=∠MAN，
2
∵∠MAC +∠MAN=90°，
2
∴∠MAC +∠OC A==90°，
2 2
∴AM⊥OC ，
2
∵OB =OA，
1
∴∠C OA=∠C OB
2 2 1
∵C O=C O，
2 2
∴△C AO≌△C B O，
2 2 1
∴∠C AO=∠C B O=90°，
2 2 1
∴C B 是⊙O的切线，，
2 1
∴C (−1，2)是弦AB 的“关联点”，
2 1
故答案为：C (−1，2)；
2
②连接CB ，
2
∵点C是弦AB 的“关联点”，
2
∴AC与CB 是⊙O的切线，，
2
∴CB =AC，CB ⊥OP，
2 2
∵AP=1，OP=√12+12=√2，
∴PC=1−AC，B P=√2−1，
2
∵CB ⊥OP，
2
∴PC2=PB2+CB2 即(1−AC) 2=(√2−1) 2+AC2，
2 2
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解得AC= √2−1，
故答案为：√2−1；
（2）
解∶如图，过O作OD⊥MN于点D，OS交PQ于点E，
∵点S是弦PQ的“关联点”．
∴PS于SQ都是⊙O的切线，，
∴SP⊥PO，SQ=SP，
PO 1
∴cos∠POS= = ，
OS OS
∴点S在线段PQ的垂直平分线上，
∵OP=OQ，
∴点O在线段PQ的垂直平分线上，
∴OS垂直平分PQ，
PE PE
∴PQ=2PE， sin∠POS= = =PE，
OP 1
∴PQ=2PE=2sin∠POS=2√1−cos2∠POS=2 √ 1− ( 1 ) 2 ，
OS
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∴当PS的值越大，则t=PQ的值越大，当PS的值越小，则t=PQ的值越小，
4√2
∴当S与D重合时，PQ=t=√3，当S与M重合或者与N重合时，PQ=t= ，
3
当S与D重合，PQ=t=√3时，√3=2 √ 1− ( 1 ) 2 ，解得OS=2，
OS
∴点D在以O为圆心，2为半径的圆上，且MN是该圆的切线，
当S与M重合或者与N重合，PQ=t= 4√2 时， 4√2 =2 √ 1− ( 1 ) 2 ，解得OS=3，
3 3 OS
∴OM=3或者ON=3，
∴M(0,3)或者N(3,0)，
①当M(0,3)时，
∵OD=2，OD⊥MN，
∴MD=√OM2−OD2=√32−22=√5，
OD ON 2 ON
∴ =tan∠OMD=tan∠NMO= 即 = ，
DM OM √5 3
6√5
∴ON= ，
5
(6√5 )
∴N ,0 ，
5
设直线MN：y=kx+b，
(6√5 )
把N ,0 ，M(0,3)代入直线MN：y=kx+b，得
5
¿
解得¿，
√5
∴直线MN：y=− x+3，
2
2√5 6√5
②当N(3,0)时，同理可得直线MN：y=− x+ ，
5 5
√5 2√5 6√5
综上直线MN解析式为y=− x+3或y=− x+ ．
2 5 5
【点睛】本题主要考查了正切定义，勾股定理，待定系数法求一次函数的解析式，切线长定理以及切线的
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性质及判定，熟练掌握切线长定理，勾股定理以及切线的性质是解题的关键．
23．（2024·北京·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，对于直线l和线段AB，给出如
下定义：若将线段AB关于直线l对称，可以得到⊙O的弦A'B'（A'，B'分别为A，B的对应点），则称线
段AB是⊙O的关于直线l对称的“关联线段”．例如：在图1中，线段AB是⊙O的关于直线l对称的
“关联线段”．
(1)如图2，点A ，B ，A ，B ，A ，B 的横、纵坐标都是整数．
1 1 2 2 3 3
①在线段A B ，A B ，A B 中，⊙O的关于直线y=x+2对称的“关联线段”是______；
1 1 2 2 3 3
②若线段A B ，A B ，A B 中，存在⊙O的关于直线y=−x+m对称的“关联线段”，则m=______；
1 1 2 2 3 3
(2)已知y=−√3x+b(b>0)交x轴于点C，在△ABC中，AC=3，AB=√2．若线段AB是⊙O的关于直线
y=−√3x+b(b>0)对称的“关联线段”，直接写出b的最大值和最小值，以及相应的BC长．
【答案】(1)①A B ；②3或2；
2 2
(2)b的最大值为4√3，BC=√17；最小值为2√3，BC=√5．
【分析】
（1）①分别画出线段A B ，A B ，A B 关于直线y=x+2对称线段，运用数形结合思想，即可求解；
1 1 2 2 3 3
②从图象性质可知，直线y=−x+m与x轴的夹角为45°，而线段A B ⊥直线y=−x+m，线段A B 关于
1 1 1 1
直线y=−x+m对称线段还在直线A B 上，显然不可能是⊙O的弦；线段A B =√5，⊙O的最长的弦为
1 1 3 3
2，得线段A B 的对称线段不可能是⊙O的弦，而线段A B ∥直线y=−x+m，线段A B =√2，所以线
3 3 2 2 2 2
段A B 的对称线段A 'B ' ，且线段A 'B '=√2，平移这条线段，使其在⊙O上，有两种可能，画出对应
2 2 2 2 2 2
图形即可求解；
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√3
（2）先表示出OC= b，b最大时就是CO最大，b最小时就是CO长最小，根据线段AB关于直线
3
y=−√3x+b(b>0)对 称 线 段 A'B'在 ⊙O上 ， 得 A'C'=AC=3， 再 由 三 角 形 三 边 关 系 得
A'C−OA'≤OC≤A'C+OA'，得当A'为(1，0)时，如图3，OC最小，此时C点坐标为(2，0)；当A'
为(1，0)时，如图3，OC最大，此时C点坐标为(4，0)，分两种情形分别求解．
【详解】（1）解：①分别画出线段A B ，A B ，A B 关于直线y=x+2对称线段，如图，
1 1 2 2 3 3
发现线段A B 的对称线段是⊙O的弦，
1 1
∴线段A B ，A B ，A B 中，⊙O的关于直线y=x+2对称的“关联线段”是A B ，
1 1 2 2 3 3 1 1
故答案为：A B ；
1 1
②从图象性质可知，直线y=−x+m与x轴的夹角为45°，
∴线段A B ⊥直线y=−x+m，
1 1
∴线段A B 关于直线y=−x+m对称线段还在直线A B 上，显然不可能是⊙O的弦；
1 1 1 1
∵线段A B =√22+12=√5，⊙O的最长的弦为2，
3 3
∴线段A B 的对称线段不可能是⊙O的弦，
3 3
线段A B 是⊙O的关于直线y=−x+m对称的“关联线段”，
2 2
而线段A B ∥直线y=−x+m，线段A B =√2，
2 2 2 2
∴线段A B 的对称线段A 'B ' ，且线段A 'B '=√2，平移这条线段，使其在⊙O上，有两种可能，
2 2 2 2 2 2
第一种情况A '、B ' 的坐标分别为(0，1)，(1，0)，
2 2
此时m=3；
第二种情况A '、B ' 的坐标分别为(−1，0)、(0，−1)
2 2
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此时m=2，
故答案为：3或2；
（2）已知y=−√3x+b(b>0)交x轴于点C，在△ABC中，AC=3，AB=√2．若线段AB是⊙O的关于
直线y=−√3x+b(b>0)对称的“关联线段”，直接写出b的最大值和最小值，以及相应的BC长．
解：∵直线y=−√3x+b(b>0)交x轴于点C，
当y=0时，0=−√3x+b(b>0)，
√3
解得：x= b
3
√3
∴OC= b
3
即b最大时就是OC最大，b最小时就是OC最小，
∵线段AB是⊙O的关于直线y=−√3x+b(b>0)对称的“关联线段”，
∴线段AB关于直线y=−√3x+b(b>0)对称线段A'B'在⊙O上，
∴A'C'=AC=3
在△A'CO中，A'C−OA'≤OC≤A'C+OA'
∴当A'为(−1，0)时，如图，OC最小，此时C点坐标为(2，0)，
将点C代入直线y=−√3x+b中，得0=−√3×2+b
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解得：b=2√3，
∵点B，B'关于y=−√3x+2√3对称
∴BC=B'C=√12+22=√5，
∴当A'为(1，0)时，如图，OC最大，此时C点坐标为(4，0)，
将点C代入直线y=−√3x+b中，得0=−√3×4+b
解得：b=4√3，
∵点B，B'关于y=−√3x+2√3对称
∴BC=B'C=√12+42=√17，
综上b的最大值为4√3，BC=√17；最小值为2√3，BC=√5．
【点睛】本题考查了以圆为背景的阅读理解题，对称轴的性质、一次函数与坐标轴的交点问题，勾股定理，
三角形三边关系，解决问题的关键是找出不同情境下的“关联线段”和阅读理解能力．
题型 08 阿氏圆
1
24．（2023·山东济南·一模）抛物线y=− x2+(a−1)x+2a与x轴交于A(b,0)，B(4,0)两点，与y轴交
2
于点C(0,c)，点P是抛物线在第一象限内的一个动点，且在对称轴右侧．
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(1)求a，b，c的值；
S 1
(2)如图1，连接BC、AP，交点为M，连接PB，若 △PMB = ，求点P的坐标；
S 4
△AMB
(3)如图2，在（2）的条件下，过点P作x轴的垂线交x轴于点E，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE'，
3
旋转角为α(0°<α<90°)，连接E'B，E'C，求E'B+ E'C的最小值．
4
【答案】(1)a=2，b=−2，c=4
( 5)
(2)P 3,
2
√337
(3)
4
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点P作PD⊥x轴，交BC于点D，过点A作y轴的平行线交BC的延长线于H，求得l 的解析式，
BC
设P ( m,− 1 m2+m+4 ) ，则D(m,−m+4)，利用相似三角形的判定与性质可得答案；
2
9 3
（3）在y轴上取一点F，使得OF= ，连接BF，由相似三角形的判定与性质可得FE'= CE' ，可得
4 4
3
E'B+ E'C=BE'+E'F，即可解答．
4
1
【详解】（1）解：将B(4,0)代入y=− x2+(a−1)x+2a，
2
得−8+4(a−1)+2a=0，
∴a=2，
1
∴抛物线的解析式为y=− x2+x+4，
2
令x=0，则y=4，
∴c=4，
1
令y=0，则0=− x2+x+4，
2
∴x =4，x =−2，
1 2
∴A(−2,0)，即b=−2；
∴a=2，b=−2，c=4
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（2）过点P作PD⊥x轴，交BC于点D，过点A作y轴的平行线交BC的延长线于H，
设l ：y=kx+b，将(0,4)，(4,0)代入得¿解得：b=4，k=−1，
BC
∴l ：y=−x+4，
BC
设P ( m,− 1 m2+m+4 ) ，则D(m,−m+4)，
2
1 1
PD= y −y =− m2+m+4−(−m+4)=− m2+2m，
P D 2 2
∵PD∥HA，
∴△AMH∽△PMD，
PM PD
∴ = ，
MA HA
将x=−2代入y=−x+4，
∴HA=6，
1
PM⋅h
S 2 PM 1
∵ △PMB = = = ，
S 1 AM 4
△AMB AM⋅h
2
PD PD 1
∴ = = ，
HA 6 4
3
∴PD= ，
2
3 1
∴ =− m2+2m，
2 2
∴m =1(舍)，m =3，
1 2
( 5)
∴P 3, ；
2
9
（3）在y轴上取一点F，使得OF= ，连接BF，
4
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根据旋转得性质得出：OE'=OE=3，
9
∵OF⋅OC= ×4=9，
4
∴OE'2=OF⋅OC，
OE' OC
∴ = ，
OF OE'
∵ ∠COE'=∠FOE'，
∴ △FOE'∽△E'OC，
FE' OE' 3
∴ = = ，
CE' OC 4
3
∴
FE'= CE'
，
4
3 3
∴
E'B+ E'C=BE'+E'F，当B、E'、F三点共线时，此时E'B+ E'C最小=BF，
4 4
最小值为：BF=
√
42+
(9) 2
=
√337
．
4 4
【点睛】此题考查的是二次函数的综合题意，涉及到相似三角形的判定与性质、二次函数与面积的问题、
待定系数法求解析式，旋转的性质等知识．正确的作出辅助线是解此题的关键．
1 3
25．（2024·浙江·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y= x2− x−4与x轴交于A、B两点，
4 2
与y轴交于点C．
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(1)求点A、B、C的坐标；
1
(2)如图2，若点P在以点O为圆心，OA长为半径作的圆上，连接BP、CP，请你直接写出 CP+BP的
2
最小值．
【答案】(1)A(−2,0),B(8,0)，C(0,−4)
1
(2) CP+BP的最小值为√65
2
1 3
【分析】（1）通过解方程 x2− x−4=0可得A点和B点坐标，再计算自变量为0时的函数值可得到C
4 2
点坐标；
1 1
（2）证明△MOP∽△POC得MP= PC， PC+BP=MP+BP，根据M、P、B三点共线即可得到结
2 2
论．
1 3 1 3
【详解】（1）将y=0代入y= x2− x−4得， x2− x−4=0，
4 2 4 2
解得x =−2，x =8，
1 2
∴点A的坐标为(−2,0)，点B的坐标为(8,0)；
1 3
将x=0代入y= x2− x−4得y=−4，
4 2
∴点C的坐标为(0,−4)；
1
（2）在OC上截取OM，使OM= OP=1，
2
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OM OP 1
∵∠MOP=∠POC， = = ，
OP CO 2
∴△MOP∽△POC，
1
∴MP= PC，
2
1
∴ PC+BP=MP+BP，
2
1
当M、P、B三点共线时， PC+BP=MP+BP=MB最短，
2
根据勾股定理，最小值为√OB2+OM2=√82+12=√65．
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数的性质，勾股定理的应用，三角形相似的判断和性质
等，第（3）问，构造相似三角形求解是关键．
√5 √5
26．（2024·广东珠海·一模）如图， 抛物线 y= x2− x−2√5分别交x轴于点A，B（点A在点B
4 2
的左侧）， 交y轴于点C．
(1)求点A和点B的坐标；
(2)以B为圆心， 3 为半径作圆．
①如图1，连接AC，P是线段AC上的动点， 过点P作⊙B的一条切线PM（点M为切点）， 求线段
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PM的最小值；
1
②如图2，点D为抛物线的顶点， 点Q在圆B上，连接CQ，DQ， 求DQ− CQ的最大值．
2
【答案】(1)A(−2,0)、B(4,0)
√309
(2)①√21；②
4
【分析】
√5 √5
（1）由题意，令y=0，则0= x2− x−2√5，解一元二次方程，再根据点A在点B的左侧即可得到
4 2
点A和点B的坐标；
（2）①根据切线性质，在Rt△PBM中，由勾股定理表示出PM=√PB2−9，从而得到当PB最小时，线
段PM有最小值，再由动点最值问题-点线模型确定当PB⊥AC时，线段PB最小，利用等面积法求出PB
1
即可得到答案；②分析DQ− CQ可知，线段端点为C、D、Q，其中C、D为固定点；Q为动点，且
2
( 9√5) 3
动点轨迹是⊙B，这是动点最值问题-阿氏圆模型，求出D 1, ，得到BC=6，BD= √61，构造
4 4
1 1
△BQM∽△BCQ，使QM= CQ，则DQ− CQ=DQ−QM，由三角形三边关系可得DQ−QMAB．M是
ABC的中点，则从点M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD=AB+BD．
这个定理有很多证明方法，下面是运用“垂线法”证明CD=AB+BD的部分证明过程．
证明：如图2，过点M作MH⊥射线AB，垂足为点H，连接MA，MB，MC．
∵M是ABC的中点，
∴MA=MC．
任务：
(1)请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；
(2)如图3，已知等边三角形ABC内接于⊙O，D为AC上一点，∠ABD=15°．CE⊥BD于点E，CE=3
，连接AD，求△DAB的周长．
【答案】(1)见解析
(2)6+3√2
【分析】（1）先证△AHM≌△CDM(AAS)，推出MH=DM，AH=CD．再证
Rt△BMH≌Rt△BMD(HL)，推出BH=BD，等量代换可得CD=AH=AB+BH=AB+BD；
（2）先利用等边三角形的性质证明∠CBE=∠ABC−∠ABD=45°，进而证明∠ECB=∠CBE=45°，
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CE=BE=3，求出AB=BC=3√2，再利用（1）中结论可得BE=DE+AD=3，通过等量代换可得
AD+BD+AB=AD+DE+BE+AB=2BE+AB．
【详解】（1）证明：如图，MA=MC，
∵MH⊥AH，MD⊥BC，
∴∠H=∠CDM=90°．
又∵∠A=∠C，
∴△AHM≌△CDM(AAS)，
∴MH=DM，AH=CD．
∵∠H=∠BDM=90°，BM=BM，
∴Rt△BMH≌Rt△BMD(HL)．
∴BH=BD．
∴CD=AH=AB+BH=AB+BD．
（2）解：如图，
∵△ABC是等边三角形，
∴BC=AB=AC，∠ABC=60°．
∵∠ABD=15°．
∴∠CBE=∠ABC−∠ABD=45°．
∵CE⊥BD，
∴∠ECB=∠CBE=45°，
∴CE=BE=3，
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∴AB=BC=3√2，
∵BC=AC，
∴B´C=A´C，
∴点C是AC´B的中点．
∴由（1）的结论得，BE=DE+AD=3，
∴△DAB的周长是AD+BD+AB=AD+DE+BE+AB=6+3√2．
【点睛】本题考查圆的基本性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质等，解题的关键是熟练运
用等量代换思想．
34．（2023·河南新乡·三模）阅读下列材料，并完成相应学习任务：
我们知道，圆内接四边形的对角互补，那么过对角互补的四边形的四个顶点能作一个圆吗？学习小组经过
探究发现：过对角互补的四边形的四个顶点能作一个圆．下面是学习小组的证明过程：
已知：在四边形ABCD中，∠A+∠C=180°
求证：过点A、B、C、D可作一个圆．
证明：假设过点A、B、C、D四点不能作一个圆，设过点A、B、D三点作出的圆为⊙O．分两种情况讨
论．
①如图（1），若点C在⊙O内．延长DC交⊙O于点E，连接BE．
∵ ∠BCD是△BCE的外角，
∴ ∠BCD>∠E．
∵ ∠A+∠E=180°，∠A+∠BCD=180°，
∴ ∠E=∠BCD，与∠BCD>∠E矛盾，
②如图（2），若点C在⊙O外．设CD交⊙O于点E，连接BE．
∵ ∠BED是△BCE的外角，
∴ ∠BED>∠C．
∵ ∠A+∠C=180°，∠A+∠BED=180°，
∴ ∠BED=∠C，与∠BED>∠C矛盾．
综上可知，假设不成立，故过点A、B、C、D可作一个圆．
学习任务：
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(1)在以上应用反证法的证明过程中主要体现的数学思想是______．
(2)应用上述结论，解决以下问题：
如图（3），在四边形ABCD中，∠ADC+∠ABC=180°，对角线AC，BD交于点E．
①若∠ACB=25°，求∠ADB的度数；
②若BE=5，AD=CD=6，求DE的长．
【答案】(1)分类讨论思想
(2)①25°；②4
【分析】（1）根据题意，分点C在圆内与圆外两种情况讨论；
（2）①根据∠ADC+∠ABC=180°，可得过点A，B，C，D可作一个圆，根据等弧所对的圆周角相等
即可求解；
②证明△DCE∽△DBC，设DE=x，则BD=x+5，根据相似三角形的性质，即可求解．
【详解】（1）根据题意，分点C在圆内与圆外两种情况讨论
∴应用反证法的证明过程中主要体现的数学思想是分类讨论思想；
故答案为：分类讨论思想．
（2）①∵∠ADC+∠ABC=180°；
∴过点A，B，C，D可作一个圆，如图所示．
∴ ∠ADB=∠ACB=25°
②∵ AD=CD，
∴ ∠ACD=∠CAD．
∵ ∠CBD=∠CAD，
∴ ∠CBD=∠ACD，
又∵ ∠EDC=∠CDB，
∴ △DCE∽△DBC，
CD DE
∴ = ，
BD CD
∴ CD2=BD⋅DE．
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设DE=x，则BD=x+5，
∴ x(x+5)=62，
解得x =4，x =−9（不合题意，舍去），
1 2
∴ DE=4．
【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角相等，相似三角形的性质与判定，熟练掌
握以上知识是解题的关键．
题型 11 与圆有关的存在性问题
35．（2024·山东淄博·一模）如图1，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点O在边BC上，以O为圆心
BO为半径作⊙O，⊙O与射线BD的另一个交点为E，直线CE与射线AD交于点F．
(1)设BO=x，BE= y，求y与x之间的函数关系式，并直接写出x的取值范围；
(2)如图2，连接AO，当AO∥CE时，请求出⊙O的半径；
(3)如果射线EC与⊙O的另一个交点为Q，连接OQ，问是否存在△COQ为直角三角形，若存在，请直接
写出Rt△COQ的面积；若不存在，请说明理由．
8 (25 )
【答案】(1)y= x ≤x≤8
5 8
(2)−4+√66
21 7
(3)△OCQ的面积为 或
4 2
1 1
【分析】（1）过点O作OM⊥BD于点M，根据垂径定理得出BM= BE= y，根据勾股定理求出
2 2
1
BM BO y
BD=√BC2+CD2=10，证明△BOM∽△BDC，得出 = ，即2 x ，求出函数的解析式，最
BC BD =
8 10
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后求出x的取值范围即可；
（2）过点E作EH⊥BC于点H，设EH=3k，则BH=4k，根据勾股定理求出BE=√(4k) 2+(3k) 2=5k，
8 24 32 32
求出k= x，得出EH=3k= x，BH=4k= x，求出CH=BC−BH=8− x，证明
25 25 25 25
24
x
AB EH 6 25
△ABO∽△EHC，得出 = ，即 = ，求出结果即可；
BO HC x 32
8− x
25
（3）根据哪个角是直角分类讨论，画出图形，利用勾股定理或相似三角形的性质列方程，求出直角边长
即可得出答案．
【详解】（1）解：过点O作OM⊥BD于点M，如图所示：
∵OM⊥BD，
1 1
∴BM= BE= y，
2 2
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD=6，AD=BC=8，∠ACD=∠ADC=∠BAD=90°，
∴由勾股定理，BD=√BC2+CD2=10，
∵∠OBM=∠CBD，∠OMB=∠BCD=90°，
∴△BOM∽△BDC，
BM BO
∴ = ，
BC BD
1
y
即2 x ，
=
8 10
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8
解得：y= x，
5
1
当直线CE恰好经过A点时，BE= BD=5，
2
8
∴y=5= x，
5
25
解得：x= ，
8
25
∴ ≤x≤8．
8
（2）解：过点E作EH⊥BC于点H，如图所示：
则∠EHB=90°，
EH CD 6 3
tan∠EBH= = = = ，
BH BC 8 4
设EH=3k，则BH=4k，
∴BE=√(4k) 2+(3k) 2=5k，
8
∴y=5k= x，
5
8
解得：k= x，
25
24 32
∴EH=3k= x，BH=4k= x，
25 25
32
∴CH=BC−BH=8− x，
25
∵CE∥AO，
∴∠ECH=∠AOB，
∵∠ABO=∠EHC=90°，
∴△ABO∽△EHC，
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AB EH
∴ = ，
BO HC
24
x
6 25
即 = ，
x 32
8− x
25
解得：x=−4+√66或x=−4−√66（舍去），
即此时⊙O的半径为−4+√66．
（3）解：①若∠OQC=90°时，过点O作OM⊥BD于点M，ON⊥BD于点N，如图所示：
∵OQ⊥CE，点Q在⊙O上，
∴此时CE与⊙O相切，
∴E、Q重合，
1 1
∵S = BC×CD= BD×CN，
△BCD 2 2
BC×CD 24
∴CN= = ，
BD 5
BN=
√
82+
(24) 2
=
32
，
5 5
8
∵BQ=BE= x，
5
32 8
∴NQ= − x，
5 5
∵OM⊥BQ，
1 4
∴MQ= BQ= x，
2 5
OM CD 6 3
∵sin∠CBD= = = = ，
BO BD 10 5
3
∴OM= x，
5
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∵∠OMQ=∠CQO=∠CNQ=90°，
∴∠OQM+∠MOQ=∠OQM+∠CQN=90°，
∴∠MOQ=∠CQN，
∴△OMQ∽△QNC，
OM MQ
∴ = ，
NQ CN
3 4
x x
5 5
即 = ，
32 8 24
− x
5 5 5
3 32 8
x − x
5 5 5
∴ = ，
4 24
x
5 5
7
解得：x= ，
4
7 25
∵ < ，
4 8
∴此时不符合题意；
②∠OCQ=90°时，此时E与D重合，如图所示：
根据勾股定理得：x2=62+(8−x) 2，
25
解得：x= ，
4
25 7
则CO=8−x=8− = ，
4 4
∵OC⊥DQ，
∴CQ=CD=6，
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1 7 21
∴S = × ×6= ；
△COQ 2 4 4
③∠COQ=90°时，过点E作EF⊥BC，交BC延长线于点F，
则OB=OE=OF=x，
8
BE= y= x，
5
EF CD 3
∵sin∠DBC= = = ，
BE BD 5
EF 3
=
∴8 5，
x
5
24
解得：EF= x，
25
BF BC 4
∵cos∠DBC= = = ，
BE BD 5
BF 4
=
∴8 5，
x
5
32
解得：BF= x，
25
32 7
∴OF= x−x= x，OC=8−x，
25 25
∵∠EFC=∠COQ=90°，∠ECF=∠OCQ，
∴△ECF∽△QCO，
CO OQ x 25
= = =
∴CF EF 24 24，
x
25
25
∴CO= OF，
49
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25 7
代入数据，8−x= × x，
49 25
解得x=7，
1 1 7
∴S = OC×OQ= ×(8−7)×7= ．
△OCQ 2 2 2
21 7
综上，△OCQ的面积为 或 ．
4 2
【点睛】本题主要考查了解直角三角形、相似三角形、圆的有关性质，勾股定理，求函数解析式，解题关
键是熟练综合运用所学知识，进行推理计算，注意：分类讨论思想的运用．
36．（2023·四川达州·模拟预测）如图，抛物线y=(x+1)(x−a)（其中a>1）与x轴交于A，B两点，交y
轴于点C．
(1)直接写出线段AB的长（用a表示）；
(2)若⊙D为△ABC的外接圆，且△BCD与△ACO的面积之比为5:8，求此抛物线的解析式，并求出点D
的坐标；
(3)在（2）的前提下，试探究抛物线y=(x+1)(x−a)上是否存在一点P，使得∠CAP=∠DBA？若存在，
求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)AB=a+1
(1 1)
(2)D ,−
2 2
( 1 5)
(3)抛物线y=(x+1)(x−a)上存在一点P，使得∠CAP=∠DBA，点P的坐标(1,−2)或 − ,−
2 4
【分析】（1）利用抛物线的解析式求得点A，B的坐标，依据坐标求得OA，OB，即可求解；
（2）利用等腰直角三角形的判定与性质，圆周角定理得到△BCD与△ACO为等腰直角三角形，利用已知
条件及勾股定理解答即可求得a值，则抛物线的解析式可求；过点D作DE⊥OA于点E，利用点的坐标和
勾股定理求得线段OE，DE，即可求解；
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（3）利用分类讨论的方法分两种情形解答：①当点P在AC的下方时，过点P作PF⊥OA于点F，利用相
似三角形的判定与性质求得线段AF，PF的关系，设AF=m，m>0，则PF=2m，
OF=OA−AF=2−m，则P(2−m,−2m)，利用待定系数法解答即可得出结论；②当点P在AC的上方时，
利用①的结论和对称性找出点P的位置，再利用待定系数法求得直线AG的解析式，最后与抛物线的解析
式联立即可求得结论．
【详解】（1）解：令y=0，则(x+1)(x−a)=0，
∴ x=−1或x=a，
∵ a>1，
∴ B(−1,0)，A(a,0)，
∴ OB=1，OA=a，
∴ AB=a+1；
（2）令x=0，则y=−a，
∴ C(0,−a)，
∴ OC=a，
∴ OA=OC=a，
∴ △ACO为等腰直角三角形，
∴ ∠OAC=∠OCA=45°，
∵ ⊙D为△ABC的外接圆，
∴ ∠D=2∠OAC=90°，
∵ DB=DC，
1 1
∴ S = DB·DC= DB2 ，
△BCD 2 2
1 1
∵ S = OA·OC= a2 ，△BCD与△ACO的面积之比为5:8，
△OAC 2 2
DB2 5
∴ = ，
a2 8
√5 √10
∴ DB= a= a，
2√2 4
∵ BC=√OB2+OC2=√1+a2，BC=√2DB，
√10
∴ √1+a2=√2× a，
4
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∴ a2=4，
∵ a>1，
∴ a=2．
∴此抛物线的解析式为y=x2−x−2．
√10 √10
∴ DB= a= ，AB=a+1=3．
4 2
过点D作DE⊥OA于点E，如图，
1 3
则BE=AE= AB= ，
2 2
∴ OE=EB−OB=
1
，DE=√DB2−BE2=
√ (√10) 2
−
(3) 2
=
1
，
2 2 2 2
(1 1)
∴ D ,− ；
2 2
( 1 5)
（3）抛物线y=(x+1)(x−a)上存在一点P，使得∠CAP=∠DBA，点P的坐标(1,−2)或 − ,− ．
2 4
理由：
①当点P在AC的下方时，过点P作PF⊥OA于点F，如图，
∵ ∠CBD=∠CAO=45°，∠DBO=∠CAP，
∴ ∠CBO=∠PAO．
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∵ ∠BOC=∠AFP=90°，
∴ △OBC∽△FAP，
OB AF 1
∴ = = ，
OC PF 2
设AF=m，m>0，则PF=2m，OF=OA−AF=2−m，
∴ P(2−m,−2m)，
∵点P在抛物线y=x2−x−2上，
∴ (2−m) 2−(2−m)−2=−2m
解得：m=1或m=0（不合题意，舍去）．
∴ m=1，
∴ P(1,−2)；
②当点P在AC的上方时，如图，
∵ y=x2−x−2= ( x− 1) 2 − 9 ，
2 4
1
∴抛物线y=x2−x−2的对称轴为直线x= ，
2
∴点D在抛物线的对称轴上．
1 1
设抛物线的对称轴x= 交AC于点F，交x轴于点H，则OH= ，
2 2
3
∴ AH=OA−OH= ，
2
∵ ∠CAO=45°，
3
∴ OF=AH= ，
2
设点(1,−2)为点E，
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∵ C(0,−2)，
1
∴点C，E关于直线x= 对称，
2
1
设抛物线的对称轴x= 交CE于点M，连接EF，则HM=2，
2
1
∴ FM=HM−FH= ，
2
1 1
∴ CM=EM=FM= = CE，
2 2
∴ △CFE为等腰直角三角形，
∴ ∠FEC=∠FCE=45°．
延长EF交y轴于点G，连接AG并延长交抛物线于点P，
∵ ∠ECG=90°，
∴ △GCE为等腰直角三角形，
1
∵ ∠FCE= ∠ECG=45°，
2
∴ CF⊥EG，FG=FE，
∴ AC为EG的垂直平分线，
∴ AE，AG关于直线AC对称，
∴ ∠CAP=∠CAE．
由（3）①知：∠EAC=∠DBA，
∴ ∠CAP=∠DBA，
∴此时的点P满足条件．
∵ CG=CE=1，
∴ OG=1，
∴ G(0,−1)．
设直线AG的解析式为y=kx+b，
∴ ¿，
∴ ¿．
1
∴直线AG的解析式为y= x−1．
2
∴ ¿，
解得：¿或¿（不合题意，舍去）．
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( 1 5)
∴ P − ,− ．
2 4
( 1 5)
综上，抛物线y=(x+1)(x−a)上存在一点P，使得∠CAP=∠DBA，点P的坐标(1,−2)或 − ,− ．
2 4
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，圆的有关性质，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，
相似三角形的判定与性质，勾股定理，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
PA
37．（2023·浙江绍兴·模拟预测）已知平面上有两个定点A、B，则平面上满足 =k（k是不为1的常
PB
PA 1
数）的动点P形成一个圆，我们把这样的圆叫做定比圆，如图点A(−2,0)、B(6,0)，且满足 = ，设
PB 3
动点P形成的定比圆为圆M．
(1)求圆M的圆心坐标和半径；
(2)圆M上是否存在P，使△PAB为直角三角形，若存在求出点P坐标；
(3)若点Q的坐标为(2,3)，求3PQ+PB的最小值．
【答案】(1)⊙M的圆心坐标为(−3,0)，半径为3
( 6 12) ( 6 12)
(2)存在，点P的坐标为(−2,2√2)或(−2,−2√2)或 − , 或 − ,− ；
5 5 5 5
(3)15
【分析】
本题考查了圆的综合题，考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，一元二次方程的应用，利用分类讨
论的思想解决问题是解题关键．
（1）设OM与x轴的交点为C、D，根据题意得出CA=2，即点C与原点O重合，再利用定比，求出
DA=4，得到点D的坐标，即可得到答案；
（2）分三种情况讨论：当∠PBA=90°时；当∠PAB=90°时；当∠APB=90°时，设PA=m，则
PB=3m，利用勾股定理去，求出m的值，即可得到点P的坐标；
（3）根据定比可知，PB=3PA，进而得到3PQ+PB≥3QA，当A、P、Q三点在一直线上时取到最小值，
利用坐标两点的距离公式求出QA的长，即可得到答案．
【详解】（1）
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解：如图，设OM与x轴的交点为C、D，且CD为直径，
∵A(−2,0)、B(6,0)，
∴AB=OA+OB=8，
CA 1
由题意得 = ，
CB 3
∴CA=2．
∴C(0,0)，即点C与原点O重合，
DA 1 DA 1
由题意 = ，即 = ．
DB 3 DA+8 3
解得DA=4，
∴D(−6,0)，
∴⊙M的圆心坐标为(−3,0)，半径为3；
（2）解：存在，理由如下：
当∠PBA=90°时，不符合题意；
当∠PAB=90°时，如图．
PA 1
∵ = ，设PA=m，则PB=3m，
PB 3
由勾股定理AP2+AB2=PB2，即m2+82=(3m) 2，
解得：m=±2√2，
∴P(−2,2√2)或P(−2,−2√2)；
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当∠APB=90°时，如图，过P作PH⊥x轴于H．
PA 1
∵ = ，设PA=m，则PB=3m，
PB 3
由勾股定理AP2+PB2=AB2，即m2+(3m) 2=82，
4 4
解得：m= √10，即AP= √10，
5 5
∵∠PAH=∠BAP，∠AHP=∠APB=90°，
∴△AHP∽△APB，
AP AH
∴ = ，
AB AP
(4 ) 2
√10
AP2 5 4 ，
∴AH= = =
AB 8 5
∴OH=OA−AH=2−
4
=
6
，PH=√PA2−AH2=
√ (4√10) 2
−
(4) 2
=
12
，
5 5 5 5 5
( 6 12) ( 6 12)
∴P − , 或P − ,− ．
5 5 5 5
( 6 12) ( 6 12)
综上可知，点P的坐标为(−2,2√2)或(−2,−2√2)或 − , 或 − ,− ；
5 5 5 5
PA 1
（3）解：∵ = ，点Q的坐标为(2,3)，
PB 3
∴PB=3PA，
∴3PQ+PB=3PQ+3PA=3(PQ+PA)≥3QA，
当A、P、Q三点在一直线上时取到最小值，
∵QA=√(2+2) 2+(3−0) 2=5，
∴3PQ+PB的最小值为15．
38．（2024·陕西西安·二模）（1）如图1，在△AOB中，OA=OB，∠AOB=120°，AB=12，若⊙O
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的半径为2，点P在⊙O上，M是线段AB上一动点，连接PM，求线段PM的最小值，并说明理由．
新定义：在平面直角坐标系中，已知点M为定点，对点A给出如下定义，在射线AM上，若MN=k⋅MA
（k>0，且k为整数），则称N是点A的“k倍点”．
（2）如图2，点A是半径为1的⊙O上一点，且M(3,1)，N是点A的“二倍点”，点P为直线y=√3x上
一点，是否存在点P，使得线段PN最小；若存在，请求出PN的最小值，并直接写出此时N点的坐标；若
不存在，请说明理由．
9√3−7
【答案】（1）线段PM的最小值为2√3−2；（2）存在，PN的最小值为 ，此时N点坐标为
2
(9−√3，4)
【分析】
（1）过点O作OM⊥AB交于M点，此时PM的长有最小值，求出PM的长即可；
（2）延长OM至O'使MO'=2OM，连接O'N，N点在以O'为圆心，2为半径的圆上，可求O' (9,3)，过
O'作O'P'垂直直线y=√3x交于P'点，交圆O'于点N'，当P、O、N三点共线时，PN的值最小，延长
9√3−7
P'O'交x轴于点F，交y轴于点E，求出P'N'=P'O−2= ，即为PN的最小值；求出OB=9−√3，
2
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BN'=4，即可求N(9−√3，4)．
【详解】
解：（1）过点O作OM⊥AB交于M点，此时PM的长有最小值，
∵∠AOB=120°，AO=BO，
∴∠OAB=30°，
∵AB=12，
∴AM=6，
∴OM=6×tan30°=2√3，
∵OM=OP+PM，
∴PM=OM−OP，
∵OP=2，
∴PM=OM−2=2√3−2，
∴线段PM的最小值为2√3−2；
（2）存在，理由如下：
∵N是点A的“二倍点”，
∴MN=2MA，
延长OM至O'使MO'=2OM，连接O'N，
∴△AOM∽△NO'M，
∵AO=1，
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∴O'N=2，
∵A点在以原点为圆心，1为半径的圆上，
∴N点在以O'为圆心，2为半径的圆上，
∵M(3,1)，
∴O' (9,3)，
∵直线y=√3x与x轴的夹角为60°，
∴∠O'OD=60°，
过O'作O'P'垂直直线y=√3x交于P'点，交圆O'于点N'，
∴P'O'+O'N≥PN，
∴当P、O、N三点共线时，PN的值最小，
延长P'O'交x轴于点F，交y轴于点E，
∵∠EFO=30°，
∵O'D=3，
∴DF=3√3，
∴OF=9+3√3，
∴OE=3√3+3，
∵∠EOP'=30°，
3+3√3
∴EP'=
，
2
√3 9+3√3
∴OP'=(3+3√3)× = ，OO'=3√10，
2 2
9√3−3
∴P'O=√O'O2−P'O2=
，
2
9√3−7
∴P'N'=P'O−2=
，
2
9√3−7
∴PN的最小值为 ，
2
∵∠EFO=30°，
∴OF=OEtan60°=(3+3√3)×√3=3√3+9，
∴DF=3√3+9−9=3√3，
∵N'O'=2，
∴BD=2cos30°=√3，
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∴OB=3√3+9−√3−3√3=9−√3，
∵BF=√3+3√3，
√3
∴BN'=(√3+3√3)× =4，
3
∴N' (9−√3，4)，
9√3−7
∴PN的最小值为 ，此时N点坐标为(9−√3，4)．
2
【点睛】
本题考查一次函数的图象及性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，圆的相关性质，勾股定理，熟练掌
握一次函数的图象及性质，根据题意能够确定N点的轨迹是解题的关键．
题型 12 与圆有关的定值问题.
39．（2023·浙江杭州·二模）如图，AB，CD是⊙O的两条直径，AB⊥CD，点E是B´D上一动点（点E不
与B，D重合），CE，分别交OD，G，连接AC．设⊙O的半径为r，∠OAF=α．
(1)∠OCG= （用含α的代数式表示）；
(2)当α=30°时，求证：AF=2FE；
(3)判断AG⋅CF是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)45°−α；
(2)见解析；
(3)AG⋅CF是定值，AG⋅CF=2r2
【分析】（1）由题意得出∠AEC=45°，再由三角形的内角和即可解答；
（2）连接OE，由（1）可得∠OCG=15°，∠DOE=30°，再说明OF=EF，由∠OAF=30°，可得
AF=2OF=2FE；
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AC CF
（3）AG⋅CF是定值，AG⋅CF=AC2=2r2，由△ACF∽△GAC，得出 = 即可求解．
AG AC
【详解】（1）解：∵AB⊥CD，
∴∠AOC=90°，∠ACO+∠CAO=90°，
∵OC=OA，
∴∠ACO=∠CAO=45°，
1
∴∠AEC= ∠AOC=45°，
2
∴∠OAF+∠OCG=180°−45°−90°=45°，
∴∠OCG=45°−∠OAF=45°−α,
故答案为：45°−α．
（2）解：证明：连接OE，
∵∠OAF=α=30°．
∴∠OCG=45°−30°=15°，∠AFO=60°，
∴∠DOE=30°，
∵∠AFO=60°=∠DOE+∠OEF=30°+∠OEF，
∴∠OEF=30°，
∴OF=EF，
∵∠OAF=30°，
∴AF=2OF=2FE；
（3）解：AG⋅CF是定值，AG⋅CF=AC2=2r2，
由题意知，∠ACG=∠ACD+∠DCE=45°+∠DCE，
∵∠DCE=∠DAE，
∴∠ACG=∠AFC，
又∵∠ACF=∠CAG=45°，
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∴△ACF∽△GAC，
AC CF
∴ = ，
AG AC
∴AG⋅CF=AC2，
∵OA=OC=r，
∴AC=√2r，
∴AC2=2r2，
即AG⋅CF=AC2=2r2，
【点睛】本题主要考查圆周角定理和相似三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，等腰三角形的判
定和性质，熟练掌握以上性质是解题关键．
40．（2023·四川达州·模拟预测）在平面直角坐标系，抛物线y=ax2+bx+c与x轴分别交于A，B两点（A
在B左侧），与y轴交于点C（0，3），已知顶点M的坐标为（1，4）．
(1)求抛物线的解析式并求出点A，B的坐标；
(2)如图1，P，Q是抛物线对称轴上两点（点P在点Q上方），且PQ=1，当AQ+QP+PC取最小值时，
求点P的坐标；
(3)如图2，点D是第四象限内抛物线上一动点，过点D作DF⊥x轴于F，△ABD的外接圆与DF相交于
点E．问：线段EF的长是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，说明理由．
【答案】(1)该抛物线解析式为y=−x2+2x+3，A(−1,0),B(3,0)．
( 7)
(2)P 1,
3
(3)是，EF的长为定值1．
【分析】（1）运用待定系数法即可求出抛物线解析式，再求出其与x轴的交点坐标；
（2）如图1，将点沿 轴向下平移1个单位得 ，连接 交抛物线对称轴 于点 ，过点 作
y C' (0,2) BC' x=1 Q' C
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CP'∥BC'，交对称轴于点P'，连接AQ'，此时，C'、Q'、B三点共线，BQ'+C'Q'的值最小，据此求解
即可；
（3）如图2，连接BE，设D(t,−t2+2t+3)，且t>3，可得DF=t2−2t−3，BF=t−3，AF=t+1，运
AF EF
用圆内接四边形的性质可得∠DAF=∠BEF，进而证明△AFD∽△EFB，利用 = ，即可求得答
DF BF
案．
【详解】（1）∵抛物线与y轴交于点C（0，3），已知顶点M的坐标为（1，4）．
∴设抛物线解析式为y=a(x−1) 2+4，
将C(0,3)代入，得：3=a(0−1) 2+4，
解得：a=−1，
∴y=−(x−1) 2+4=−x2+2x+3，
令y=0，得−x2+2x+3=0，解得：x =−1,x =3，
1 2
∴A(−1,0),B(3,0)，
∴该抛物线解析式为y=−x2+2x+3，A(−1,0),B(3,0)．
（2）如图1，将点C沿y轴向下平移1个单位得C' (0,2)，连接BC'交抛物线对称轴x=1于点Q'，
过点C作CP'∥BC'，交对称轴于点P'，连接AQ'，
∵A、B关于直线x=1对称，
∴AQ'=BQ'，
∵CP'∥BC'，P'Q'∥CC'，
∴四边形CC'Q'P'是平行四边形，
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∴CP'=C'Q'，Q'P'=CC'=1，
∴C'(0,2)，
此时，C'、Q'、B三点共线，BQ'+C'Q'的值最小，
由于PQ=1，即此时BQ'+C'Q'+P'Q'的值最小，
设直线BC'的函数关系式为y=mx+n，将B、C两点坐标代入得：
¿，解得：¿，
2
∴直线BC'的函数关系式为y=− x+2，
3
−1+3
∵二次函数对称轴为x= =1，点Q'在对称轴上，
2
2 4
∴y=− ×1+2= ，
3 3
∴Q'(
1,
4)
，
3
∴P'(
1,
7)
；
3
（3）线段EF的长为定值1．
如图2，连接BE，
设D(t,−t2+2t+3)，且t>3，
∵EF⊥x轴，
∴DF=−(−t2+2t+3)=t2−2t−3，
∵F(t,0)，
∴BF=OF−OB=t−3，AF=t−(−1)=t+1，
∵四边形ABED是圆内接四边形，
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∴∠DAF+∠BED=180°，
∵∠BEF+∠BED=180°，
∴∠DAF=∠BEF，
∵∠AFD=∠EFB=90°，
∴△AFD∽△EFB，
EF AF
∴ = ，
BF DF
EF t+1
=
∴ ，
t−3 t2−2t−3
(t+1)(t−3) t2−2t−3
∴EF= = =1，
t2−2t−3 t2−2t−3
∴线段EF的长为定值1．
【点睛】本题是二次函数与圆的综合题，主要考查了待定系数法求抛物线解析式，配方法，轴对称的应用，
平行四边形的判定与性质，勾股定理，圆内接四边形性质，相似三角形的判定和性质等，属于中考数学压
轴题，综合性强，难度大；第（2）小题难度不小，解决该问时，利用轴对称加平移找出AQ+QP+PC最
小时点P、Q的位置是解题关键；第（3）小题运用圆内接四边形性质得出ΔAFD∽ΔEFB是解题关键．
41．（2023·江苏盐城·三模）已知⊙C的圆心C(0,3)，半径为2，一次函数y=kx+b经过点A(−1,0)且与
1
⊙C交于P、Q两点，M是PQ的中点，且直线PQ与直线m:y=− x−2相交于点N．
3
(1)当直线PQ经过点C时，求点N的坐标；
(2)当PQ=2√3时，求一次函数的表达式；
(3)AM⋅AN是定值吗，若为定值，求出该值；若不为定值，请说明理由．
3 3
【答案】(1)(− ，− )
2 2
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4 4
(2)y= x+
3 3
(3)是定值，5
1
【分析】（1）把C(0,3)，A(−1,0)代入y=kx+b求出一次函数y=kx+b，再与直线m:y=− x−2联
3
立求出点N的坐标；
4
（2）设一次函数y=kx+b与y轴交于点D，先求出点D的坐标，再把D(0, )，A(−1,0)代入直线
3
y=kx+b求一次函数的表达式；
1
（3）连接CM，连接CA并延长交直线m:y=− x−2于点E，证明△NAE∽△CAM，则
3
AM⋅AN=AE⋅AC，再算出AE、AC即可．
【详解】（1）把C(0,3)，A(−1,0)代入直线y=kx+b得¿，
∴ ¿，
∴y=3x+3，
1
把y=3x+3与直线m:y=一 x一2联立得¿，
3
∴ ¿，
3 3
∴点N的坐标为(− ，− )；
2 2
（2）设一次函数y=kx+b与y轴交于点D，连接CM、CP，
∵M是PQ的中点，
1 1
∴CM⊥PQ，PM= PQ= ×2√3=√3，
2 2
∴CM=√CP2−PM2=√22−(√3) 2=1，
∵点A(−1,0)，
∴OA=1，
∴OA=CM，
∵∠AOD=∠CMD=90°，∠ADO=∠CDM，
∴△ADO≌△CDM(AAS)，
∴OD=DM，
∴CD=OC−OD=3−OD，
∵CD2=CM2+DM2，
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∴(3−OD) 2=12+OD2，
4
∴OD= ，
3
4
∴D(0, )，
3
4
把D(0, )，A(−1,0)代入直线y=kx+b得¿，
3
∴ ¿，
4 4
∴一次函数的表达式为y= x+ ；
3 3
（3）AM⋅AN是定值，定值为5，理由如下：
1 1
连接CM，连接CA并延长交直线m:y=− x−2于点E，设直线m:y=− x−2与x轴交于点F，与y轴交
3 3
于点G，
1
当x=0时，m:y=− x−2=−2，所以OG=2，
3
1
令m:y=− x−2=0，则x=−6，OF=6，
3
∵OA=1，OC=3，
OA OC
∴ = ，
OG OF
∵∠AOC=∠GOF，
∴△AOC∽△GOF，
∴∠OCA=∠OFG，
∵∠OCA+∠OAC=90°，∠OAC=∠EAF，
∴∠OFG+∠EAF=90°，
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∴∠AEF=90°，
∴∠AEN=∠AMC，
∵∠NAE=∠CAM，
∴△NAE∽△CAM，
AE AN
∴ = ，
AM AC
∴AM⋅AN=AE⋅AC，
OG 2 1
∵tan∠OFG= = = ，
OF 6 3
1 √10
∴sin∠OFG= = ，
√10 10
∵AF=OF−OA=6−1=5，
√10 √10
∴AE=AF⋅sin∠OFG=5× = ，
10 2
∵AC=√OA2+OC2=√12+32=√10，
√10
∴AM⋅AN=AE⋅AC= ×√10=5．
2
【点睛】本题考查了一次函数的图象与性质，圆的性质，并结合了三角形全等和相似，对于第（3）问定
1
值问题，从形式上看，要构造三角形相似，所以连接CM，连接CA并延长交直线m:y=− x−2于点E是
3
关键．
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（时间：60分钟）
一、单选题
1．（2023·江苏镇江·模拟预测）如图，⊙O的半径为1，AB是⊙O的直径，CD是弦，E是劣弧CD上一
点，将⊙O沿CD折叠，使得点E的对应点是点E'，且弧CE'D与AB相切于点E'，设线段BE'的长度为x，
弦CD的长度为y，则（ ）
A．(x−1) 2+ y2=3 B．(x−1) 2+(y−2√2) 2=3
2 2
C．(x−1) 2+ ( y− √3) = 4 D．x2+ ( y− 2√3) = 4
3 3 3 3
【答案】A
【分析】
此题主要考查了翻折变换的性质以及垂径定理和勾股定理，切线的性质．设CE
´'D的圆心为O'，连接OO'
交CD于F，连接O'E'，OD，由CE ´'D与AB相切于点E'，得到O'E'⊥AB，由翻折得OF=O'F，根据
垂径定理以及勾股定理即可求解．
【详解】
解：如图，设CE ´'D的圆心为O'，连接OO'交CD于F，连接O'E'，OD
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由折叠得OO'⊥CD，OF=O'F，⊙O'的半径为1，
y
∴CF=DF=CD= ，
2
∴OF=√OD2−DF2= √ 12− ( y) 2 = √ 1− y2 ，
2 4
√ y2
∴OO'=2 1− ，
4
∵ CE ´'D与AB相切于点E'，
∴O'E'⊥AB，
∴OO'2=OE'2+O'E'2，
∵OE'=OB−BE'=1−x，
2
( √ y2)
∴ 2 1− =(1−x) 2+12，
4
∴(x−1) 2+ y2=3，
故选：A．
1
2．（2023·广东深圳·二模）如图，直线l：y=− x+4分别与x轴、y轴交于点A、B．点P为直线l在第
2
一象限的点．作△POB的外接圆⊙C，延长OC交⊙C于点D，当△POD的面积最小时，则⊙C的半径
长为（ ）
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A．√5 B．2 C．√3 D．3
【答案】B
OA
【分析】先求出点A(8,0),B(0,4)，可得tan∠OBP= =2，AB=√OA2+OB2=4√5，再由圆周角定
OB
OP 1 1 1
理可得tanD= =2，从而得到DP= OP，再由三角形的面积公式可得S = DP×OP= OP2 ，
DP 2 △ODP 2 4
1 1
从而得到当OP最小时，S 最小，此时OP⊥AB，然后根据S = OB×OA= OP×AB，可得
△ODP △OAB 2 2
8√5
OP= ，即可求解．
5
【详解】解：当x=0时，y=4，
1
当y=0时，− x+4=0，
2
解得：x=8，
∴点A(8,0),B(0,4)，
∴OB=4,OA=8，
∵∠AOB=90°，
OA
∴tan∠OBP= =2，AB=√OA2+OB2=4√5，
OB
∵∠D=∠OBP，
∴tanD=2，
∵OD是直径，
∴∠OPD=90°，
OP
∴tanD= =2，
DP
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1
∴DP= OP，
2
1 1 1 1
∴S = DP×OP= × OP×OP= OP2 ，
△ODP 2 2 2 4
∴当OP最小时，S 最小，此时OP⊥AB，
△ODP
1 1
∴S = OB×OA= OP×AB，
△OAB 2 2
1 1
即 ×4×8= OP×4√5，
2 2
8√5
解得：OP= ，
5
1 4√5
∴DP= OP= ，
2 5
∴OD=√DP2+OP2=4，
1
∴OC= OD=2．
2
故选：B
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，一次函数的几何应用，解直角三角形，勾股定理等知识，熟练掌握
圆周角定理，一次函数的图象和性质，锐角三家函数是解题的关键．
3．（2023·河北保定·二模）嘉嘉与淇淇在讨论下面的问题：
如图，Rt△ABC中，AB=60，AC=45，∠BAC=90°．D，E分别是AC，AB边上的动点，DE=52，
以DE为直径的⊙O交BC于点P，Q两点，求线段PQ的最大值．
嘉嘉：当点D，E分别在AC，AB上移动时，点О到点A的距离为定值；
淇淇：当PQ为圆О的直径时，线段PQ的长最大．
关于上述问题及两人的讨论，下列说法正确的是（ ）
A．两人的说法都正确，线段PQ的最大值为52
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B．嘉嘉的说法正确，淇淇的说法有问题，线段PQ长度的最大值为48
C．淇淇的说法有问题，当DE∥BC时，线段PQ的长度最大
D．这道题目有问题，PQ的长度只有最小值，没有最大值
【答案】B
【分析】根据直角三角形的特征可得OA的值，故点A在圆上，当点О距离边BC最近时，PQ最大，连接
OQ，过点A作AF⊥BC交DF于点O，通过勾股定理求得AF和QF的值，即可求得．
1
【详解】如图，由于DE为定长，∠BAC=90°，所以AO= DE=26
2
故点О在以A为圆心，半径等于26的圆弧上
当点О距离边BC最近时，PQ最大
连接OQ，过点A作AF⊥BC交DF于点O
此时点О距离边BC最近
1 1
由勾股定理可得BC=75， AC⋅AB= BC⋅AF，
2 2
AB⋅AC
∴AF= =36
BC
故OF=AF−AO=10
在Rt△OFQ中，QF=√OQ2−OF2=√262−102=24
所以PQ=2QF=48
即PQ的最大值为48
故选B．
【点睛】本题考查了直角三角形的特征，勾股定理等知识，在本题中，求证点A在圆上是解题的关键．
4．（2023·河北衡水·二模）如图1，某校学生礼堂的平面示意图为矩形ABCD，其宽AB=20米，长
BC=24米，为了能够监控到礼堂内部情况，现需要在礼堂最尾端墙面CD上安装一台摄像头M进行观测，
并且要求能观测到礼堂前端墙面AB区域，同时为了观测效果达到最佳，还需要从点M出发的观测角
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∠AMB=45°．甲、乙二人给出了找点M的思路，以及MC的值，下面判断正确的是( )
甲：如图2，在矩形ABCD中取一点O，使得OA=OB=OM，M即为所求，此时CM=10米；
乙：如图3，在矩形ABCD中取一点O，使得OA=OB，且∠AOB=90°，以O为圆心，OA长为半径画弧，
交CD于点M ，M ，则M ，M 均满足题意，此时MC=8或12．
1 2 1 2
A．甲的思路不对，但是MC的值对 B．乙的思路对，MC的值都对且完整
C．甲、乙求出的MC的值合在一起才完整 D．甲的思路对，但是MC的值不对
【答案】B
【分析】以AB为边，在矩形ABCD的内部作一个等腰直角三角形AOB，且∠AOB=90°，过O作
HG⊥AB于H，交CD于G，利用等腰直角三角形的性质求出OA，OG的长，则以O为圆心，OA为半径
的圆与CD相交，从而⊙O上存在点M，满足∠AMB=45°，此时满足条件的有两个点M，即M ，M ，
1 2
过M 作M F⊥AB于F，作EO⊥M F于E，连接OF，利用勾股定理求出OE的长，从而解决问题．
1 1 1
【详解】解：以AB为边，在矩形ABCD的内部作一个等腰直角三角形AOB，且∠AOB=90°，过O作
HG⊥AB于H，交CD于G，
∴四边形HBCG和四边形AHGD是矩形，
∵AB=20，BC=24，
∴HG=BC=24，HG⊥CD，
∴BH=AH=OH=10，
∴OA=√AH2+OH2=√102+102=10√2，
∴OG=HG−OH=24−10=14，
∵10√2>14，
∴以O为圆心，OA为半径的圆与CD相交，
∴⊙O上存在点M，满足∠AMB=45°，此时满足条件的有两个点M，即M ，M ，
1 2
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∴GM =GM ，
1 2
过M 作M F⊥AB于F，作EO⊥M F于E，连接OF，
1 1 1
∴四边形HFEO，四边形EOGM 和四边形FBCM 是矩形，
1 1
∴EF=OH=10，OM =OA =10√2，
1 1
∴EM =OG=14，
1
∴OE=√OM 2−EM 2=√(10√2) 2 −142=2，
1 1
∴GM =GM =FH=OE=2
2 1
∴CM =CG−GM =BH−GM =10−2=8（米），
1 1 1
CM =CG−GM =BH+GM =10+2=12（米），
2 2 2
∴MC的长度为8米或12米，
∴乙的思路对，MC的值都对且完整．
故选：B．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查矩形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，垂径定理
等知识，将四边形的综合题转化为圆的综合题是解题的关键．
二、填空题
5．（2023·浙江温州·三模）杭州奥体网球中心以极度对称的“莲花”造型惊艳众人．该建筑底部是由24
片全等“花瓣”组成的“固定花环”，上方穹顶由8片全等“旋转花瓣”均匀连接，可根据天气变化合拢
或旋转展开．小明借助圆的内接正多边形的知识，模拟“小莲花”变化状态．穹顶合拢时，如图①，正二
十四边形顶点A ，正八边形顶点B 与圆心O共线，正二十四边形顶点A ，A 与正八边形顶点M ，M 共
1 1 1 10 1 3
A A
线，则 1 10 的值为 ；穹顶开启时，如图②，所有“旋转花瓣”同时绕着固定点M ，M ，…，
M M 1 2
1 3
M 逆时针同速旋转．圆心O绕M 旋转后的对应点为O ，以此类推，当O 落在M M 上时，若
8 1 1 1 1 2
OA =67.5米，则O O 的值为 米．
1 1 5
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【答案】 √2+1/1+√2 135√2−135
【分析】如图：过O作OC⊥A A ,连接OA ,OA ,OM ,OM ，运用正多边形的性质说明
1 10 10 1 3 1
, ,进而得到 、 ，
CM =OC OM =√2OC M M =2OC A A =2C A =2OC+2√2OC=(1+√2)2OC
3 3 1 3 1 10 10
然后代入 A A 计算即可；如图：由题意可得 , ，
1 10 A O =OO +√2OO OO ⊥A A
M M 10 1 1 1 1 10 1
1 3
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135√2−135
OA =OA =67.5，运用勾股定理可求得OO = ，再运用O O =2OO 计算即可．
10 1 1 2 1 5 1
【详解】解：如图：过O作OC⊥A A ,连接OA ,OA ,OM ,OM ，
1 10 10 1 3 1
360° 360°
∴∠M OM = ×2=90°，∠A OA = ×9=135°,
1 3 8 1 10 24
∵OA =OA ,OM =OM ，
10 1 3 1
90° 135°
∴∠COM = =45°,∠COA = =67.5°,
3 2 10 2
∴∠COM =∠OM C=45°，
3 3
∴CM =OC,OM =√2OC,
3 3
∴M M =2OC，
1 3
∵∠A OM =67.5°−45°=22.5°, ∠M A O=90°−67.5°=22.5°,
10 3 3 10
∴∠A OM =∠M A O，
10 3 3 10
∴A M =OM =√2OC，
10 3 3
∴A C=OC+√2OC，
10
∴A A =2C A =2OC+2√2OC=(1+√2)2OC,
1 10 10
A A (1+√2)2OC
∴ 1 10 = =1+√2．
M M 2OC
1 3
由题意可知：A O =OO +√2OO ,OO ⊥A A ，OA =OA =67.5，
10 1 1 1 1 10 1 10 1
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135√2−135
∴OA 2=OO 2+A O 2 ，即67.52=OO 2+(OO +√2OO ) 2 ，解得：OO = ，
10 1 10 1 1 1 1 1 2
∴O O =2OO =135√2−135．
1 5 1
故答案为1+√2，135√2−135．
【点睛】本题主要考查了正多边形的性质、勾股定理、垂径定理等知识点，理解题意、正确计算是解答本
题的关键．
6．（2023·河北保定·二模）定义：P,Q分别为两个图形G ,G 上任意一点，当线段PQ的长度存在最小值
1 2
时，就称该最小值为图形G 和G 的“近距离”；当线段PQ的长度存在最大值时，就称该最大值为图形G
1 2 1
和G 的“远距离”．请你在理解上述定义的基础上，解决下面问题：
2
如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(−2,3),B(−2,−4),C(2,−4),D(2,3)．
（1）线段AB与线段CD的“近距离”为 ．
（2）⊙M的圆心在x轴正半轴上，半径为1，若⊙M与CD相切于点E，则⊙M与线段AB的“近距离”
为 ，此时⊙M与四边形ABCD的“远距离”为 ．
【答案】 4 2或4 6或√41+1
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【分析】（1）由点的坐标画出图形，由“近距离”和“远距离”的定义可求解；
（2）画出图形，分⊙M在CD两侧相切的情况，根据“近距离”，“远距离”的定义即可解决问题．
【详解】解：（1）如图，
线段AB与线段CD的“近距离”为NE=2−(−2)=4，
故答案为：4；
（2）由图可知，⊙M在CD左侧与CD相切时，它与线段AB的“近距离”是NO=2,
⊙M与四边形ABCD的“远距离”是BF=BM+MF=√32+42+1=6；
⊙M在CD右侧与CD相切时，它与线段AB的“近距离”是NE=2−(−2)=4，⊙M与四边形ABCD的
“远距离”是BF=BM+MF=√52+42+1=√41+1．
故答案为：2或4，6或√41+1．
【点睛】本题主要考查了圆的有关知识，“近距离”和远距离”的定义等知识，解题的关键是理解题意，
学会利用图象法解决问题．
7．（2023·福建厦门·模拟预测）早在10世纪，阿拉伯著名数学家阿尔·库希（al－Kuhi）设计出一种方案，
通过两个观测者异地同时观测同一颗流星来测定其发射点的高度．如图，假设有两名观测者在A，B两地
观察同一颗流星S（流星与地球中心O，A，B在同一个平面内），AC，BC均为当地地平线（与圆O相
π AS
切），两人观测的仰角分别为15°，30°．若地球半径为R，l = R，则 = ．
A´B 3 BS
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√6
【答案】
2
【分析】连接OC，过点S作SD⊥AB，由切线长定理即切线定理可知AC=BC，∠OAC=∠OBC=90°，
π ∠AOB
由l = R= πR可知∠AOB=60°，进而可知∠ACB=120°，∠ACB=∠CBA=30°，根据题
A´B 3 180°
SD SD AS
意可得∠SAD=45°，∠SBD=60°，可得AS= ，BS= ，即可求得 的值．
sin45° sin60° BS
【详解】解：连接OC，过点S作SD⊥AB，
∵AC，BC均为当地地平线（与圆O相切），
∴AC=BC，∠OAC=∠OBC=90°，
π ∠AOB
∵l = R= πR，
A´B 3 180°
∴∠AOB=60°，
则由四边形AOBC的内角和为360°，可得∠ACB=120°，
∴∠CAB=∠CBA=30°，
∵两人观测的仰角分别为15°，30°，
∴∠SAD=45°，∠SBD=60°，
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SD SD
∴AS= ，BS= ，
sin45° sin60°
SD
AS sin45° sin60° √3 √6
∴ = = = = ，
BS SD sin45° √2 2
sin60°
√6
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查切线定理，切线长定理，弧长公式及解直角三角形，熟练掌握相关性质定理是解决问题
的关键．
8．（2023·江苏无锡·三模）如图，在直角坐标系中，A(−4,0)，D是OA上一点，B是y正半轴上一点，且
OB=AD，DE⊥AB，垂足为E，
（1）当D是OA的中点时，DE= ；
（2）求OE的最小值 ；
2√5 2
【答案】 / √5 2√5−2/−2+2√5
5 5
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，圆周角定理，直角三角形的性质等知识．
DE AD
（1）先求出OB=2，AB=2√5，在利用△ADE∽△ABO得出 = 即可求出答案；
OB AB
（2）过点A作AC⊥AO，延长DE交AC于点C，点E在以AC为直径的⊙G的一段弧上，当
O、E、G在同一直线上时，OE的值最小，据此求解即可．
【详解】解：（1）∵A(−4,0)，
∴OA=4．
∵D是OA的中点，
1
∴OB=AD= OA=2．
2
∴AB=√OB2+OA2=2√5．
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∵DE⊥AB，
∴∠AED=∠AOB=90°．
又∵∠EAD=∠OAB，
∴△ADE∽△ABO．
DE AD DE 2
∴ = ，即 = ．
OB AB 2 2√5
2√5
∴DE= ．
5
2√5
故答案是 ；
5
（2）过点A作AC⊥AO，延长DE交AC于点C，
∵DE⊥AB，AC⊥AO，
∴∠CAD=∠CEA=90°，
∴∠OAB=90°−∠CAE=∠ACD，
∵OB=AD，
∴△OAB≌△ACD(AAS)，
∴AC=AO=4，
∵∠CEA=90°，
∴点E在以AC为直径的⊙G的一段弧上，
当O、E、G在同一直线上时，OE的值最小．
1
此时¿=AG= AC=2，
2
∴OE=OG−≥=√AG2+AO2−≥=√22+42−2=2√5−2，
故答案为：2√5−2．
9．（2023·福建三明·二模）如图，AB为⊙O的直径，点M为⊙O内一个定点，∠MAB=30°，
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1
OM= OA，经过点M的弦PQ交AB于点C，连接PA，PB，QA，QB．在下列结论中：
2
①△AOM为直角三角形；
②△MOC与△BPC相似；
③若AM平分∠PAB，则四边形APBQ为矩形；
④若∠BPQ=2∠APQ，则AQ=2OM．
其中正确的是 （填写所有正确结论的序号）．
【答案】①③④
【分析】①延长AM交⊙O于点D，连接DB，取AD的中点M'，连接OM'，过点O作OM'∥BD交AD
于点M'，证明点M'与点M重合，即可证明△AOM为直角三角形；②要使△MOC与△BPC相似，则
∠QPB=60°或∠PBQ=60°，由于∠QPB或∠PBQ都是变化的，可判断②不正确；③证明OP与OM重
合，得到PQ与AB为⊙O的直径，利用圆周角定理即可判断；④连接OQ，证明△OAQ是等边三角形，据
此即可判断．
【详解】解：①延长AM交⊙O于点D，连接DB，取AD的中点M'，连接OM'，过点O作OM'∥BD交
AD于点M'，
∵AB为⊙O的直径，∠MAB=30°，
1
∴∠D=90°，BD= AB=OA，
2
∵点O是AB的中点，
∴OM'是△ABD的中位线，
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∴OM'∥BD，
1 1 1
∴∠OM' A=∠D=90°，OM'= BD= OA，又OM= OA，
2 2 2
∴点M'与点M重合，
∴△AOM为直角三角形，故①正确；
②∵∠MAB=30°，
∴∠AOM=60°，
要使△MOC与△BPC相似，则∠QPB=60°或∠PBQ=60°，
但是，PQ是经过点M的弦，∠QPB或∠PBQ都是变化的，不能等于60°，
故△MOC与△BPC不可能相似，故②错误；
③若AM平分∠PAB，则∠PAB=2×30°=60°，∵OP=OA，
∴△OAP是等边三角形，
∴∠AOP=60°，又∠AOM=60°，
∴OP与OM重合，即弦PQ经过圆心O，
∴PQ与AB为⊙O的直径，
∴∠APB=∠AQB=∠PAQ=∠PBQ=90°，
∴四边形APBQ为矩形，故③正确；
④∵∠BPQ=2∠APQ，∠APB=90°，
∴∠BPQ=60°，∠APQ=30°，
∴∠OAB=∠BPQ=60°，
连接OQ，
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同理得△OAQ是等边三角形，
∴AQ=OA，
1
∵OM= OA，
2
∴AQ=2OM，故④正确；
综上，①③④正确，
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定，矩形的判定，解题的关键是灵活运用所学知识解决
问题．
三、解答题
10．（2023·云南昆明·模拟预测）【问题引入】
如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，过点B作直线MN，过点A作AE⊥MN于点E，判断：点E一定
Rt△ABC外接圆⊙O上（填“在”或“不在”）．
【问题探索】
如图2，以线段AB上一点O为圆心，OB为半径画圆，交AB于点C，点D是异于点B，C的⊙O上一点，
f
E为BD的延长线上一点.当AE有最小值f时，此时DE= ，且∠DAE=∠B．
2
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若f =8；以A为圆心，AD为半径画弧交射线BD于点F（与D不重合），G为BD的中点，判断点A，
O，G，F是否在一个圆上？如果在，请求出这个圆的面积；如果不在，请说明理由．
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205
【答案】问题引入：在；（1）见解析；（2）在，面积= π
4
【分析】[问题引入]根据题意推出∠C+∠AEB=180°，则点A、C、B、E四点共圆，据此即可得解；
[问题探索]（1）当AE⊥BD时，AE有最小值，连接OD，根据等腰三角形的性质推出∠ODB=∠B，等
量代换得到∠ODB=∠DAE，根据平角的定义及直角三角形的性质、三角形内角和定理推出
∠ODA=90°，根据切线的判定定理即可得解；
（2）如图3，连接OG，OD，OF，根据等腰三角形的性质及圆的性质推出∠AFG+∠AOG=180°，即
可判定点A、O、G、F在同一个圆上，根据圆周角定理及解直角三角形得出AF=AD=4√5，
EF=DE=4，BE=16，AB=8√5，BD=12，OF为圆的直径，根据勾股定理求出OF=√205，根据圆
的面积公式求解即可．
【详解】[问题引入]：
解：如图1，过点A作AE⊥MN于点E，
∴∠AEB=90°，
∵∠C=90°，
∴∠C+∠AEB=180°，
∴点A、C、B、E四点共圆，
即点E一定在Rt△ABC外接圆⊙O上，
故答案为：在；
[问题探索]
（1）证明：如图2，当AE⊥BD时，AE有最小值，连接OD，
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∵AE⊥BD，
∴∠AED=90°，
∵OB=OD，
∴∠ODB=∠B，
∵∠DAE=∠B，
∴∠ODB=∠DAE，
∴∠ODA=180°−∠ODB−∠ADE=180°−∠DAE−∠ADE=∠AED=90°，
∴OD⊥AD，
∵OD是⊙O的半径，
∴AD是⊙O的切线；
（2）解：如图3，连接OG，OD，OF，
由题意得，AE=f =8，AF=AD，∠AED=90°，
∴∠AFD=∠ADF=180°−∠AED−∠DAE=90°−∠DAE，
∵G为BD的中点，
∴OG⊥BD，
∴∠OGB=∠OGD=90°，
∴∠AOG=∠OGB+∠B=90°+∠B，
∵∠DAE=∠B，
∴∠AFG+∠AOG=90°−∠DAE+90°+∠B=180°，
∴点A、O、G、F在同一个圆上，
f
∵AE=f =8，DE= ，
2
∴DF=4，
在Rt△ADE中，∠AED=90°，
DE 4 1
∴AD=√AE2+DE2=√82+42=4√5，tan∠DAE= = = ，
AE 8 2
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1
∴AF=AD=4√5，EF=DE=4，tanB=tan∠DAE= ，
2
AE
在Rt△AEB中，∠AEB=90°，tanB= ，
BE
∴BE=16，AB=√AE2+BE2=√82+162=8√5，
∴BD=BE−DE=16−4=12，
∵BC为⊙O的直径，
∴∠CDB=90°，
CD 1
∵tanB= = ，
BD 2
∴CD=6，
∴BC=√CD2+BD2=√62+122=6√5，
1
∴OB= BC=3√5，
2
∴OA=AB−OB=5√5，
∵点A、O、G、F在同一个圆上，
∴∠FAB=180°−∠OGB=90°，
∴OF为此圆的直径，
∴∠FAO=90°，
在Rt△AOF中，OF=√AF2+AO2=√(4√5) 2+(5√5) 2=√205，
√205 205
则圆的面积=π( ) 2= π.
2 4
【点睛】此题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质、解直角三角形、垂径定理等知识，熟练掌握切线
的判定与性质、解直角三角形、垂径定理并作出合理的辅助线是解题的关键．
11．（2023·江苏淮安·二模）某数学兴趣小组同学遇到这样一个问题：如图1，点A是一只探照灯，距离地
面高度AB=m，照射角度∠MAN=α，在地平线l上的照射范围是线段MN，此灯的光照区域△AMN的面
积最小值是多少？
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(1)小明同学利用特殊化方法进行分析，请你完成填空：如图2，设α=90°，m=4，构造△AMN的外接圆
⊙O，可得OA≥AB，即OA的最小值为4，又MN=2OA，故得MN的最小值为__________，通过计算可
得△AMN的面积最小值为__________．
(2)当α=45°，m=4时，小慧同学采用小明的思路进行如下构造，请你在图1中画出图形，并把解题过程
续写完整：
解：作△AMN的外接圆⊙O，作OH⊥MN于H，设MN=2x
(3)请你写出原题中的结论：光照区域△AMN的面积最小值是__________________________．（用含
m，α的式子表示）
(4)如图3，探照灯A到地平线1距离AB=4米，到垂直于地面的墙壁n的距离AD=6米，探照灯的照射角
4
度∠MAN，且sin∠MAN= ，光照区域为四边形AMCN，点M、N分别在射线CD、CB上，设
5
△ACM的面积为S ，△ACN的面积为S ，求4S +9S 的最大值．
1 2 1 2
【答案】(1)8，16
(2)S =16√2−16
△AMN最小
m2 ⋅sinα
(3)
1+cosα
(4)300−144√2
【分析】
（1）当B和点O重合时，OA=AB=4，此时OA最小为4，从而得出M N =2OA=8；
最小
（2）作△AMN的外接圆⊙O，作OH⊥MN于H，设MN=2x，依次表示出MH，NH，OA，OH，根
据OA+OH≥AB列出√2x+x≥4，从而得出x的最小值，进一步得出结果；
（3）同（2）步骤相同：作△AMN的外接圆⊙O，作OH⊥MN于H，设圆的半径为r，依次表示出MH，
NH，OH，根据OA+OH≥AB列出方程，从而得出r的最小值，进一步得出结果；
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（4）作∠BAQ=∠DAM，AQ交l于Q，可证得△ADM∽△ABQ，从而得出
S
△ADM =
(AD) 2
=
9
，可证
S AQ 4
△ABQ
9
得∠NAQ=45°，从而得出由（3）结论知：△ANQ的最小值，进而变形得出 S +S 的最小值，
4 △ABN △ADM
可得出4S +9S =156−4S −9S ，进一步得出结果．
1 2 △ADM △ABN
【详解】（1）
解：∵∠ABO=90°，
∴OA≥AB，
当B和点O重合时，OA=AB=4，此时OA最小为4，
∴M N =2OA=8，
最小
1
∴S 最小= ×8×4=16，
△ANM 2
故答案为：8，16；
（2）
解：如图1，
作△AMN的外接圆⊙O，作OH⊥MN于H，设MN=2x，
∴MH=NH=x，
∵∠MON=2∠MAN=90°，
√2 1
∴OA=OM= MN=√2x，OH= MN=x，
2 2
∵OA+OH≥AB，
∴ √2x+x≥4，
∴x≥4√2−4，
当点O在AB上时，x =4√2−4，此时MN最小，
最小
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1
∴S = ×4×(8√2−8)=16√2−16；
△AMN最小 2
（3）
解：如图2，
作△AMN的外接圆⊙O，作OH⊥MN于H，设OA=OM=r，
∴MN=2MH，
∵∠MON=2∠MAN=2α，OM=ON=r，
1
∴∠MOH= ∠MON=α，
2
∴OH=r⋅cosα，MH=r⋅sinα，
∵OA+OH≥AB，
∴r+r⋅cosα≥m，
m
∴r≥ ，
1+cosα
m
当点O在AB上时，r = ，此时_MN最小，
最小 1+cosα
m2 ⋅sinα
∴S = ，
ΔAMN最小 1+cosα
m2 ⋅sinα
故答案为： ；
1+cosα
（4）
解：如图3，
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作∠BAQ=∠DAM，AQ交l于Q，
∵∠ADM=∠ABQ=90°，
∴△ADM∽△ABQ，
∴
S
△ADM =
(AD) 2
=
9
，
S AQ 4
△ABQ
∵∠DAB=90°，∠MAN=45°，
∴∠DAM+∠BAN=45°，
∴∠BAQ+∠BAN=45°，
∴∠NAQ=45°，
由（2）知：S =16√2−16，
△ANQ最小
∴(S +S ) =16√2−16，
△ABN △ABQ 最小
( 4 )
∴ S + S =16√2−16，
△ABN 9 △ADM
最小
4(9 )
∴ S +S =16√2−16，
9 4 △ABN △ADM
最小
(9 )
∴ S +S =36√2−36，
4 △ABN △ADM
最小
∵S =S −S =12−S ，
1 △ACD △ADM △ADM
∴4S =48−4S ，
1 △ADM
同理9S =108−9S ，
2 △ABN
9
∴4S +9S =156−4S −9S =156−4⋅(S + S )，
1 2 △ADM △ABN △ADM 4 △ABN
∴(4S +9S ) =156−4×(36√2−36)=300−144√2．
1 2 最大
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【点睛】
本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等有关知识，解决问题的关键是作辅助
线，构造相似三角形．
12．（2023·河南平顶山·二模）提出问题：古希腊数学家欧几里得（约公元前325——公元前265），被称
为“几何学之父”．在其所著的《几何原本》中，包含了5条公理、5条公设、23个定义和467个命题，
即先提出公理、公设和定义，再由简到繁予以证明，并在此基础上形成了欧式几何学体系．《几何原本》
第3卷给出其中一个命题：如果圆外的一点向圆引两条直线，一条与圆相切，一条穿过圆，那么被圆截得
的线段与该点到凸圆之间的线段为边构成的矩形的面积等于以该点向圆引的切线所构成的正方形的面积．
如图1，上述结论可表示为AB2=AC⋅AD，你能说明其中的道理吗？
探索问题：小明在探究的过程中发现，线段AD的位置有两种情况，即AD过圆心O和AD不过圆心O．
如图2，当AD经过圆心O时，小明同学进行了如下推理：连接OB，易得∠ABC=∠ADB，又
∠A=∠A，所以△ABC∽△ADB，可得对应边成比例，进而可知，当AD经过圆心O时，得
AB2=AC⋅AD．当AD不经过圆心O时，请补全下列推理过程．
(1)已知：如图3，AB为⊙O的切线，B为切点，AD与⊙O相交于C，D两点，连接BC，BD．求证：
AB2=AC⋅AD．
证明： ．
(2)解决问题：如图4，已知AB为⊙O的直径，C为BA延长线上一点，CD切⊙O于点D，连接AD，若
CD=3√2，CA=3，请直接写出AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)√3
【分析】
（1）连接BO并延长，交⊙O于点E，连接CE，由圆周角定理可得∠BCE=90°，根据三角形内角和定
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理得∠E+∠CBE=90°，由切线的性质得∠ABE=90°，即∠ABC+∠CBE=90°，进而可得
∠E=∠ABC， 再 根 据 圆 周 角 定 理 可 得∠E=∠D， 于 是 得 到∠D=∠ABC， 以 此 可 证 明
△ABC∽△ADB，利用相似三角形的性质即可得到证明；
3 3√2 AD
（2）连接BD、OD，易证明△CAD∽△CDB，利用相似三角形的性质可得 = = ，进而得
3√2 CB BD
AD √2
到CB=6， = ，于是得AB=3，设AD=√2a，则AB=2a，在Rt△ABD中，利用勾股定理建立方
BD 2
程求出a的值，进而求出AD的长．
【详解】（1）证明：如图，连接BO并延长，交⊙O于点E，连接CE，
∵BE为⊙O的直径，
∴∠BCE=90°，
∴∠E+∠CBE=90°，
∵AB为⊙O的切线，B为切点，
∴∠ABE=90°，即∠ABC+∠CBE=90°，
∴∠E=∠ABC，
∵ B´C=B´C，
∴∠E=∠D，
∴∠D=∠ABC，
又∵∠A=∠A，
∴△ABC∽△ADB，
AC AB
∴ = ，
AB AD
∴AB2=AC⋅AD；
（2）解：如图，连接BD、OD，
∵AB为⊙O的直径，
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∴∠ADB=90°，即∠ADO+∠ODB=90°，
∵CD为⊙O的切线，
∴∠CDO=90°，即∠CDA+∠ADO=90°，
∴∠CDA=∠ODB，
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠B=∠CDA，
又∵∠C=∠C，
∴△CAD∽△CDB，
CA CD AD 3 3√2 AD
∴ = = ，即 = = ，
CD CB BD 3√2 CB BD
AD √2
∴CB=6， = ，
BD 2
∴AB=CB−CA=6−3=3，
设AD=√2a，则AB=2a，
在Rt△ABD中，AD2+BD2=AB2，
∴ (√2a) 2+(2a) 2=32，
√6 √6
解得：a = ，a =− （不合题意，舍去），
1 2 2 2
√6
∴AD=√2a=√2× =√3．
2
【点睛】本题主要考查切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定
理，解题关键是根据题干所给条件，证明三角形相似，利用相似三角形的性质解决问题．
13．（2023·广东深圳·模拟预测）【模型由来】“阿氏圆”又称“阿波罗尼斯圆”，已知平面上两点A、
PA
B，则所有满足 =k（k>0且k≠1）的点的轨迹是一个圆，这个轨迹最早由古希腊数学家阿波罗尼斯发
PB
现，故称“阿氏圆”．
【模型建立】如图1所示，圆O的半径为r，点A、B都在圆O外，P为圆O上一动点，已知r=kOB，连
接PA、PB，则当“PA+kPB”的值最小时，P点的位置如何确定？
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第1步：一般将含有k的线段PB两端点分别与圆心O相连，即连接OB、OP；
OC OP
第2步：在OB上取点C，使得OP2=OC⋅OB，即 = ，构造母子型相似△OCP∽△OPB（图
OP OB
2）；
第3步：连接AC，与圆O的交点即为点P（图3）．
【问题解决】如图，⊙O与y轴、x轴的正半轴分别相交于点M、点N，⊙O半径为3，点A(0,2)，点
(3 )
B ,0 ，点P在弧MN上移动，连接PA，PB．
2
(1)PA+2PB的最小值是多少？
(2)请求出（1）条件下，点P的坐标．
【答案】(1)2√10
6+9√6 18−3√6
(2)P( , )
10 10
BP OP 1
【分析】（1）在x轴上取点H(6,0)，连接AH，根据相似三角形的判定和性质得出 = = ，结合
HP OH 2
图形得出当点P在AH上时，PA+2PB=PA+HP=AH取得最小值，再由勾股定理求解即可；
1
（2）设直线AH的解析式为y=kx+b，利用待定系数法确定函数解析式，设P(x,− x+2)，然后利用勾
3
股定理求解即可．
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【详解】（1）解：如图，在x轴上取点H(6,0)，连接AH，
(3 )
∵点A(0,2)，点B ,0 ，
2
3
∴AO=2,OB= ,OH=6，
2
3
∵OB 2 1 OP 3，
= = = =
OP 3 2 OH 6
∠BOP=∠POH，
∴△BOP∽△POH，
BP OP 1
∴ = = ，
HP OH 2
∴HP=2BP，
∴PA+2PB=PA+HP，
当点P在AH上时，PA+2PB=PA+HP=AH取得最小值，
∴AH=√22+62=2√10，
故最小值为2√10；
（2）∵A(0,2)，H(6,0)，
∴设直线AH的解析式为y=kx+b，将点代入得：
¿，解得¿，
1
∴y=− x+2，
3
1
设P(x,− x+2)，
3
∵⊙O半径为3，
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1 2
∴x2+(− x+2) =9，
3
6+9√6
解得：x= （负值舍去），
10
18−3√6
∴y= ，
10
6+9√6 18−3√6
∴P( , ) ．
10 10
【点睛】题目主要考查相似三角形的判定和性质，最短路径问题及一次函数解析式的确定，理解题意，作
出相应辅助线是解题关键．
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