文档内容
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专题 3-6 圆的综合（27 类题型）
圆的综合问题常用的规律方法
模块一 圆中常见辅助线
【题型1】遇到弦时
【题型2】遇到有直径时
【题型3】遇到有切线时
【题型4】遇到两相交切线时
【题型5】遇到三角形的内切圆时
【题型6】遇到三角形的外接圆时
模块二 切线证明
类型1 有公共点：连半径，证垂直
【题型7】 特殊角计算证垂直
【题型8】 勾股定理逆定理证垂直
【题型9】 通过平行线代换证垂直
【题型10】利用等角代换法证明垂直
【题型11】利用三角形全等证明垂直
类型2 无公共点：作垂直，证半径
【题型12】角平分线的性质证半径
【题型13】特殊角计算证垂直
模块三 圆中求线段长度
【题型14】结合勾股定理求线段长
【题型15】结合三角函数求线段长
【题型16】结合相似求线段长
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【题型17】利用旋转变换求线段长
模块四 以圆为背景的阴影部分面积问题
【题型18】和差法（割补）
【题型19】拼接法（等积变形）
模块五 其它类型
【题型20】与圆锥的相关计算
【题型21】圆内接四边形
【题型22】圆与相似综合1：等积式相关证明
【题型23】圆与相似综合2：线段积问题
【题型24】圆中线段间的数量关系（和差倍分）
【题型25】选填压轴以圆为背景的多结论判断问题
【题型26】求圆周角的三角函数值
【题型27】圆中的翻折
圆的综合问题常用的规律方法：
技法01：第一问常考考点——切线，对应规律
①切线的判定：常用方法
有切点，连半径，证垂直！
无切点，作垂直，证半径！
☆特别地：题目中所需证的垂直，一般是由已知垂直转化而来的，故有“想证⊥，先找⊥”
②切线的性质：常用方法→见切点，连半径，得垂直！
因切线所得结论必为⊥，故常以直角三角形来展开后续问题
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技法02：考题常见结合考点
角平分线
①知2得1：
平行线 知2得1常用于第1问关联“切线”
等腰△
Rt△相似
②三角形相似： 常因相似得对应边成比例
A字、8字相似结合的可能性最大
进而求长度
母子△相似
③三角函数：相似三角形与三角函数不分家，所以应用方法类似；
特殊之处是：给三角函数，必“找”Rt△
④特殊角及其转化：
15推30、75、75的等腰△
30推等边△（圆心角为60亦可得）
当圆周角为
45推等腰Rt△（圆心角为90亦可得）
60推1:1：3型等腰△（圆心角为120亦可得）
技法03：常见辅助线
①连半径——有关切线时，连接的是过切点的半径
②作弦心距——构造Rt△，进而用知2得3
——或做两条弦心距，构造矩形或正方形
③连接弦——使直径所对的圆周角=90°，进而在Rt△中展开问题
技法04：圆中等积式证明（三角形相似）
圆中的等积式证明主要有下面几种形式：
BE·EF＝DE·AE
（1）
CF2＝CG·CE
（2）
CE2＝k·DE·BO
（3）
MN·MC＝a
（4） （证a为定值）
其中第（1）（2）的形式属最简单的形式，只需要将线段乘积写成比例的形式（
BE AE CF CE
,
3 DE EF CG CF关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
BE AE CF CE
,
）然后找到对应的两个三角形相似即可，稍复杂的题目还会有将等积式中
DE EF CG CF
的线段替换为其他相等的线段情况；
第（3）种形式和第（2）种类似，建议先写成线段比例的形式，然后再考虑数字的归属问题，将系
数分配给某一线段；
MN （）
=
第(4)种情况难度最大，题目中只给两条线段，另外两条需要自己找，建议写成（） MC 的形式，
括号内的一般填入的是题中可求值的线段，再根据题中条件具体分析即可。
【圆中的相似模型】
(1)圆周角定理推论(直径所对圆周角为90°;同弧所对圆周角相等)
(2)圆的内接四边形对角互补(通常是圆内外两个三角形相似)
(3)已知线段比例关系,利用公共角及两边对应成比例证相似
技法05：求阴影部分面积
求阴影部分面积主要有2种形式：①割补法，②等级变形（拼接）
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模块一 圆中常见辅助线
【题型1】遇到弦时
处理方式：常添加弦心距
1．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心
的圆，如图1．唐代陈廷章在《水轮赋》中写道“水能利物，轮乃曲成”．如图2，已知圆心
O在水面上方，且⊙O被水面截得弦AB长为8米，若点C为运行轨道的最低点，点C到弦
AB所在直线的距离是2，则⊙O的半径长为 米．
【答案】5
【分析】本题考查垂径定理的应用，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．连接OC交AB于点E．利用垂径定理得AE=4，再利用勾股定理即可求出半径．
【详解】解：连接OC交AB于点E．设OA=OC=r，
由题意OC⊥AB，
1
∴AE=BE= AB=4（米），
2
∵CE=2，
∴OE=r−2，
在Rt△AEO中，r2=42+(r−2) 2，
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∴r=5米，
故答案为：5．
2．如图，⊙O的半径为10√2，弦AB的长为16√2，P是弦AB上一动点，则线段OP长的最小值
为（ ）
A．10 B．8√2 C．5 D．6√2
【答案】D
【分析】过O点作OH⊥AB于H，连接OB，如图，根据垂径定理得到AH=BH=8，再利用勾股
定理计算出OH，然后根据垂线段最短求解．
【详解】解：过O点作OH⊥AB于H，连接OB，如图，
1 1
∴AH=BH= AB= ×16√2=8√2，
2 2
在Rt△BOH中，OH=√OB2−BH2=√(10√2) 2 −(8√2) 2=6√2，
∴线段OP长的最小值为6√2．
3．（2022·安徽中考）已知⊙O的半径为7，AB是⊙O的弦，点P在弦AB上．若PA＝4，PB＝6，
则OP＝（ ）
14 23
A． B．4 C． D．5
【答案】D
【 分 析 】 连 接 OA， 过 点 O作 OCAB于 点 C， 如 图 所 示 ， 先 利 用 垂 径 定 理 求 得
1
AC BC AB5，然后在 中求得 ，再在 中，利用勾股定理即可求解．
2 RtAOC OC2 6 RtPOC
【详解】解：连接OA，过点O作OCAB于点C，如图所示，
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1
则AC BC AB， ，
2 OA7
∵PA＝4，PB＝6，
∴AB PAPB 4610，
1
∴AC BC AB5，
2
∴PC AC PA541，
在RtAOC中，OC OA2 AC2 72 52 2 6，
2
在 中，OP OC2 PC2 2 6 12 5，
RtPOC
故选：D
4．如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点P，∠APC=30°，点P是OA的中点，且AP=2，
则CD= ．
【答案】2√15
【分析】本题主要考查了圆的垂径定理，勾股定理和含30°角的直角三角形的性质．如图，作
OH⊥CD于H，连接OC，根据垂径定理得HC=HD，由题意得OP=2，OA=4，在Rt△OPH
中，根据含30°的直角三角形的性质计算出OH=OP=1，然后在Rt△OHC中，利用勾股定理计算
得到CH=√15，即CD=2CH=2√15．解此题的关键在于作辅助线得到直角三角形，再合理利用
各知识点进行计算．
【详解】解：如图，作OH⊥CD于H，连接OC，
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∵OH⊥CD，
∴HC=HD，则CD=2CH，
∵AP=2，点P是OA的中点，
∴AP=OP=2，则OA=OB=4，
∴AB=8，则OC=4，
∵OH⊥CD，∠APC=30°，则∠OPH=30°，
1
∴OH= OP=1，
2
在Rt△OHC中，
∵OC=4，OH=1，
∴CH=√OC2−OH2=√15，
∴CD=2CH=2√15
5．已知⊙O的半径是5cm，弦AB∥CD，AB=6cm，CD=8cm，则AB与CD的距离是（ ）
A．7cm B．7cm或1cm C．5cm或2cm D．1cm
【答案】B
【分析】有两种情况，需分类讨论，即AB，CD在圆心O的同侧或两侧两种情况．
【详解】解：如图①，过O作OF⊥AB于F交CD于E，连接OA，OC，
∵AB∥CD，
∴OE⊥CD；
1 1
由垂径定理得AF=FB= AB=3，CE=DE= CD=4，
2 2
∴OF=√OA2−AF2=4，OE=√OC2−CE2=3，
∴EF=OF−OE=1cm；
如图②，过O作OF⊥AB于F交CD于E，连接OA，OC，
∵AB∥CD，
∴OE⊥CD；
同理可得OF=4cm，OE=3cm，
当AB，CD在圆心O的两侧时，
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EF=OF+OE=7(cm)，
∴AB与CD的距离为7cm或1cm．
故选B．
6．如图，已知⊙O的直径为26，弦AB=24，动点P、Q在⊙O上，弦PQ=10，若点M、N分
别是弦AB、PQ的中点，则线段MN的取值范围是（ ）
A．7≤MN≤17 B．14≤MN≤34 C．70)，则BC=2x，
∵AC2+AB2=BC2，
∴x2+22=(2x) 2，
2√3
∴x= ，
3
2√3
即AC的长度为 ．
3
15．如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，∠OAB=30°．
(1)求∠APB的度数；
(2)当AP=3时，求⊙O的半径．
【答案】(1)∠APB=60°；
(2)⊙O的半径为√3．
【分析】本题考查了切线长定理，三角形内角和定理，等边三角形的判定与性质．
（1）根据等腰三角形等边对等角可得∠OAB=∠OBA=30°，根据圆切线的性质可得
∠PAO=∠PBO=90°，从而得到∠PAB=∠PBA=60°，求得△PAB是等边三角形，据此求解即
可；
（2）根据切线长定理得到∠APO=∠BPO=30°，根据含30度角的直角三角形的性质以及勾股
定理计算即可求解．
【详解】（1）解：∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=30°，
∵PA、PB是⊙O的切线，
∴∠PAO=∠PBO=90°，
∴∠PAB=∠PBA=60°，
∴△PAB是等边三角形，
∴∠APB=60°；
（2）解：连接OP，
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∵PA、PB是⊙O的切线，
∴OP平分∠APB，
∴∠APO=∠BPO=30°，
∴OP=2OA，
∵AP=3，OP2=OA2+AP2，
∴(2OA) 2=OA2+32，
∴OA=√3，
∴⊙O的半径为√3．
【题型5】遇到三角形的内切圆时
处理方式：连结内心到各三角形顶点，或过内心作三角形各边的垂线段
作用：利用内心的性质，可得①内心到三角形三个顶点的连线是三角形的角平分线；
②内心到三角形三条边的距离相等。
16．（2023·湖北天门中考）如图，在ABC中，ACB70，△ABC的内切圆O与AB，BC分别
相切于点D，E，连接DE，AO的延长线交DE于点F ，则AFD ．
【答案】35
【分析】如图所示，连接OE，OD，OB，设OB、DE交于H，由内切圆的定义结合三角形内角和定
理求出AOB125，再由切线长定理得到 BDBE，进而推出OB是DE的垂直平分线，即
OHF 90，则∠AFD∠AOH ∠OHF 35．
【详解】解：如图所示，连接OE，OD，OB，设OB、DE交于H，
∵O是ABC的内切圆，
∴OA、OB分别是∠CAB、∠CBA的角平分线，
1 1
∴∠OAB ∠CAB，∠OBA ∠CBA，
2 2
∵ACB70，
∴∠CAB∠CBA180∠ACB110，
1 1
∴∠OAB∠OBA ∠CBA ∠CAB55，
2 2
∴∠AOB180∠OAB∠OBA125，
∵O与AB，BC分别相切于点D，E，
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∴BDBE，
又∵ODOE，
∴OB是DE的垂直平分线，
∴OBDE，即OHF 90，
∴∠AFD∠AOH ∠OHF 35，
故答案为：35．
17．如图，在一张Rt△ABC纸片中，∠ACB=90°，BC=5，AC=12，⊙O是它的内切圆．小
明用剪刀沿着⊙O的切线DE剪下一块三角形ADE，则△ADE的周长为（ ）
A．19 B．17 C．22 D．20
【答案】D
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，勾股定理，切线的性质，解决本题的关键是掌握切线
的性质．设△ABC的内切圆切三边于点F，H，G，连接OF，OH，OG，得四边形OHCG是
正方形，由切线长定理可知AF=AG，根据DE是⊙O的切线，可得MD=MF，EM=EG，根据
1
勾股定理可得AB=13，再求出内切圆的半径 (AC+BC−AB)=2，进而可得△ADE的周长．
2
【详解】解：如图，设△ABC的内切圆切三边于点F、H、G，连接OF、OH、OG，
∴四边形OHCG是正方形，
由切线长定理可知AF=AG，
∵DE是⊙O的切线，
∴MD=DF，EM=EG，
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∵∠ACB=90°，BC=5，AC=12，
∴AB=√AC2+BC2=13，
∵⊙O是△ABC的内切圆，
1
∴内切圆的半径= (AC+BC−AB)=2，
2
∴CG=2，
∴AG=AC−CG=12−2=10，
∴AF=AG=10，
∴ΔADE的周长为：AD+DE+AE=AD+DF+EG+AE=AF+AG=10+10=20．
18．已知：如图，⊙O是Rt△ABC的内切圆，∠C=90°．若AC=12cm，BC=9cm，求⊙O的
半径r；若AC=b，BC=a，AB=c，求⊙O的半径r．
1
【答案】r=3；r= (a+b−c)
2
【分析】连接OD，OF，证明四边形OFCD是正方形，由切线长定理得：AD=AE，CD=CF，
1
BE=BF，求出r=CD=CF= (AC+BC−AB)，然后可得答案．
2
【详解】解：在Rt△ABC，∠C=90°，AC=12cm，BC=9cm，
根据勾股定理得：AB=√AC2+BC2=√122+92=15cm；
连接OD，OF，
∵⊙O是Rt△ABC的内切圆，
∴∠ODC=∠OFC=90°，
在四边形OFCD中，OD=OF，∠ODC=∠OFC=∠C=90°，
∴四边形OFCD是正方形；
∴OD=CD，
由切线长定理得：AD=AE，CD=CF，BE=BF，
1
则CD=CF= (AC+BC−AB)，
2
1
∴r= ×(12+9−15)=3，
2
若AC=b，BC=a，AB=c，
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1
由以上可得：r= (a+b−c)．
2
【题型6】遇到三角形的外接圆时
处理方式：连结外心和各顶点
作用：外心到三角形各顶点的距离相等（角平分线交点）
19．如图，△ABC内接于⊙O，AB=AC，连接AO．
(1)求证：AO⊥BC；
(2)若OA=5，BC=8，求AB的长．
【答案】(1)见解析
(2)4√5
【分析】（1）如图，连接OB、OC，由△ABC内接于⊙O，可知OA=OB=OC，进而可知AO
是线段BC的垂直平分线，进而结论得证；
（2）如图2，延长AO交BC于D，由（1）知，AD⊥BC，OB=OA=5，由垂径定理可得，
1
BD= BC=4， 由 勾 股 定 理 得 ， OD=√OB2−BD2=3， 则 AD=8， 由 勾 股 定 理 得 ，
2
AB=√AD2+BD2，计算求解即可．
【详解】（1）证明：如图1，连接OB、OC，
∵△ABC内接于⊙O，
∴OA=OB=OC，
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∵AB=AC，
∵到线段两端点距离相等的点在垂直平分线上，
∴AO是线段BC的垂直平分线，
∴AO⊥BC；
（2）解：如图2，延长AO交BC于D，
由（1）知，AD⊥BC，OB=OA=5，
1
由垂径定理可得，BD= BC=4，
2
由勾股定理得，OD=√OB2−BD2=3，
∴AD=8，
由勾股定理得，AB=√AD2+BD2=4√5，
∴AB的长为4√5．
20．如图，一块等腰三角形钢板的底边长为80cm，腰长为50cm．
(1)求能从这块钢板上截得的最大圆的半径：
(2)用一个圆完整覆盖这块钢板，这个圆的最小半径是多少cm？
(3)求这块等腰三角形钢板的内心与外心之间距离．
40
【答案】(1) cm
3
(2)40 cm
(3)25cm
【分析】(1)由于三角形ABC是等腰三角形，过A作AD⊥BC于D，根据勾股定理得到AD=30，
又从这块钢板上截得的最大圆就是三角形的内切圆，根据内切圆的圆心的性质知道其圆心在AD上，
分别连接AO、BO、CO，然后利用三角形的面积公式即可求解；
(2)由于一个圆完整覆盖这块钢板，那么这个圆是三个三角形的外接圆，设覆盖圆的半径为R，根据
垂径定理和勾股定理即可求解
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(3)根据(1)和(2)再利用线段之间的等量关系即可求得．
【详解】（1）解：如图，过A作AD⊥BC于D
∵AB=AC=50，BC=80
根据等腰三角形和圆的对称性可得：A、O、D三点共线
∴BD=CD=40，
∴AD=√AB2−BD2=30
设最大圆半径为r，
则S =S +S +S ，
△ABC △ABO △BOC △AOC
1 1
∴S = ×BC×AD= (AB+BC+CA)r
△ABC 2 2
1 1
×80×30= (50+80+50)r
2 2
40
解得：r= cm ；
3
（2）设覆盖圆的半径为R，圆心为O'，
∵△ABC是等腰三角形，过A作AD⊥BC于D，
∴BD=CD=40，AD= √502−402=30 ，
∴O'在AD直线上，连接O'C，
在Rt△O'DC中，
由R2=402+(R−30) 2，
125
∴R= ；
3
若以BD长为半径为40cm，也可以覆盖，
∴最小为40cm．
（3）如图，OO'即为内心与外心的距离．
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40 50
AO=AD−DO=30− = cm，
3 3
125 50
OO'=AO'−AO= − =25cm，
3 3
故这个等腰三角形的内心与外心的距离为25cm．
模块二 切线证明
解题模板：
类型1 有公共点：连半径，证垂直
【题型7】 特殊角计算证垂直
21．如图，AB为⊙O的直径，点C，D在⊙O上，^AC=C^D=^DB，DE⊥AC．
求证：DE是⊙O的切线．
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1
【 分 析 】 连 接 OD ， 根 据 已 知 条 件 得 到 ∠BOD= ×180°=60°， 求 得
3
1
∠EAD=∠DAB= ∠BOD=30°，根据等腰三角形的性质得到∠ADO＝∠DAB＝30°，求得
2
∠EDA＝60°，根据切线的判定定理即可得到结论．
【解答】证明：连接OD，
∵^AC=C^D=^DB，
1
∴∠BOD= ×180°=60°，
3
∵C^D=^DB，
1
∴∠EAD=∠DAB= ∠BOD=30°，
2
∵OA＝OD，
∴∠ADO＝∠DAB＝30°，
∵DE⊥AC，
∴∠E＝90°，
∴∠EAD+∠EDA＝90°，
∴∠EDA＝60°，
∴∠EDO＝∠EDA+∠ADO＝90°，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线．
22．如图，AC是⊙O的直径，B在⊙O上，BD平分∠ABC交⊙O于点D，过点D作DE∥AC交
BC的延长线于点E．
求证：DE是⊙O的切线．
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【分析】连接OD，根据圆周角定理的推论得到∠ABC＝90°，根据角平分线的性质求出∠DBE＝
45°，根据圆周角定理得到∠DOC，根据平行线的性质求出∠ODE＝90°，根据切线的判定定理证明
结论；
【解答】证明：连接OD，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBE＝45°，
∴∠DOC＝2∠DBE＝90°，
∵DE∥AC，
∴∠ODE＝∠DOC＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
23．如图，在⊙O中，AB为⊙O的直径，AC为弦，OC＝4，
∠OAC＝60°．
（1）求∠AOC的度数；
（2）在图（1）中，P为直径BA的延长线上一点，且S =4√3，求证：PC为⊙O的切线；
△PAC
【分析】（1）根据等腰三角形中有一角为60度时是等边三角形得到△ACO是等边三角形，则
∠AOC＝60°；
（2）由等边三角形的性质以及勾股定理得出CD的长，再利用三角形外角的性质以及等腰三角形
的性质得出∠PCA＝30°，进而得出答案；
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【解答】（1）解：在△OAC中，
∵OA＝OC＝4，∠OAC＝60°，
∴△OAC是等边三角形，
∴∠AOC＝60°；
（2）证明：过点C作CD⊥AO于点D，
∵△AOC是等边三角形，CD⊥AO，
1
∴AD＝DO= OA＝2，∠ACO＝60°，
2
∴CD=√OC2−OD2=√42−22=2√3，
∵S ＝4√3，
PAC
1
△
∴ PA•CD＝4√3，
2
∴PA＝4，
∴PA＝AC，
1
∴∠P＝∠PCA= ∠OAC＝30°，
2
∴∠PCO＝∠PCA+∠ACO＝30°+60°＝90°，
∴OC⊥PC，
∵OC是⊙O的半径，
∴PC为⊙O的切线．
24．已知：在⊙O中，AB是⊙O的直径，AC是弦，∠D=60°，点P是AB延长线上一点，且
CP=AC．
(1)求证：PC是⊙O的切线；
(2)若PB=√5，求⊙O的直径．
【答案】(1)见解析
(2)2√5
【分析】（1）连接OC，BC，根据圆周角定理得到∠ABC=60°，∠ACB=90°，从而得到
∠BAC=30°，再根据等边对等角得到∠P=∠BAC=30°，推出∠ACP=120°，利用半径相等
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证明∠OCA=30°，从而可得∠OCP=90°，即可证明结论；
（2）证明BP=BC，得到∠BCP，根据∠OCP的度数求出∠OCB，再证明△OCB是等边三角形，
得到OB的长，可得直径．
【详解】（1）解：连接OC，BC，
∵∠D=60°，
∴∠ABC=60°，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC=30°，
∵AC=CP，
∴∠P=∠BAC=30°，
∴∠ACP=120°，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=30°，
∴∠OCP=90°，即PC是⊙O的切线；
（2）∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC=60°，
∴∠BCP=30°=∠P，
∴BP=BC=√5，
∵OC=OB，∠OBC=60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=BC=BP=√5，
∴⊙O的直径为2√5．
【题型8】 勾股定理逆定理证垂直
25．如图，C是⊙O上一点，点P在直径AB的延长线上，⊙O的半径为6，PB=4，PC=8． 求证：PC
是⊙O的切线；
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【分析】可以证明OC2+PC2=OP2得△OCP是直角三角形，即OC⊥PC，PC是⊙O的切线；
【解答】解：如图，连接OC、BC，
∵⊙O的半径为6，PB=4，PC=8．
∴OC=OB=6，OP=OB+BP=6+4=10，
∴OC2+PC2=62+82=100，OP2=102=100，
∴OC2+PC2=OP2，
∴△OCP是直角三角形，
∴OC⊥PC，
∴PC是⊙O的切线
26．如图，C是⊙O上一点，点D在直径AB的延长线上，⊙O的半径为6，DB=4，DC=8．求
证：DC是⊙O的切线．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查了切线的判定定理，勾股定理的逆定理，连接OC，根据边长之间的关系，证明
出来△OCD为直角三角形，即OC⊥CD，掌握切线的判定定理是解题的关键．
【详解】证明：连接OC，如图所示：
，
∵⊙O的半径为6，
∴OC=OB=6，
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∵DB=4，
∴OD=OB+DB=6+4=10，
∵DC=8，
∴OC2+DC2=OD2，
∴△OCD为直角三角形，
∴OC⊥CD，
∴DC是⊙O的切线．
27． 如图，AD, BD是⊙O的弦，AD⊥BD，且BD=2AD=8 ,点C是BD的延长线上的一点，CD=2，
求证：AC是⊙O的切线.
【分析】先由勾股定理的逆定理证明垂直，再由切线的判断进行解答即可.
【解答】证明:连接AB，
∵AD⊥BD，且BD=2AD=8 ，
∴AB为直径，AB2 =82+42 =80，
∵CD=2，AD=4 ，
∴AC2 =22 ＋42=20，
∵ CD＝2，BD=8,
∴BC=102=100，
∴AC2+AB2=CB2，
∴∠BAC=90° ，
∴AC是⊙O的切线
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28． 如图，AD，BD是⊙O的弦，AD⊥BD，且BD＝2AD＝8，点C是BD的延长线上的一点，CD
＝2，求证：AC是⊙O的切线．
【分析】先根据圆周角定理得到AB为⊙O的直径，再利用勾股定理计算出AB、AC，接着利用勾
股定理的逆定理证明△ABC为直角三角形，∠BAC＝90°，所以AC⊥AB，然后根据切线的判定定理
得到结论．
【解答】证明：∵AD⊥BD，
∴∠ADB＝90°，
∴AB为⊙O的直径，
∵BD＝2AD＝8，
∴AD＝4，
在Rt ADB中，AB2＝AD2+BD2＝42+82＝80，
在Rt ADC中，AC2＝AD2+CD2＝42+22＝20，
△
∵BC2＝（2+8）2＝10，
△
∴AC2+AB2＝BC2，
∴△ABC为直角三角形，∠BAC＝90°，
∴AC⊥AB，
∵AB为直径，
∴AC是⊙O的切线．
【题型9】 通过平行线代换证垂直
29．已知：AB是⊙O的直径，BD是⊙O的弦，延长BD到点C，使AB＝AC，连结AC，过点D作
DE⊥AC，垂足为E．求证：DE为⊙O的切线．
【分析】连接OD，根据OA＝OB，CD＝BD，得出OD∥AC，∠ODE＝∠CED，再根据DE⊥AC，
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即可证出OD⊥DE，从而得出答案．
【解答】证明：如图，连接OD．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵AB＝AC，
∴CD＝BD，
∵OA＝OB，
∴OD∥AC．
∴∠ODE＝∠CED．
∵DE⊥AC，
∴∠CED＝90°．
∴∠ODE＝90°，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线．
30．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，过点C作CE⊥AD交AD的延长线于点
E，延长EC，AB交于点F，∠ECD＝∠BCF．
求证：CE为⊙O的切线；
【分析】连接OC，BD，可推出EF∥BD，进而可证C^D=^BC，进而得出CE为⊙O的切线；
【解答】证明：如图1，
连接OC，BD，
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∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵CE⊥AE，
∴∠E＝90°，
∴∠E＝∠ADB，
∴EF∥BD，
∴∠ECD＝∠CDB，∠BCF＝∠CBD，
∵∠ECD＝∠BCF，
∴∠CDB＝∠CBD，
∴C^D=^BC，
∴半径OC⊥EF，
∴CE为⊙O的切线
31．已知：如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作
DE⊥AC于点E．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若∠CAB＝120°，⊙O的半径等于5，求线段DE的长．
【答案】(1)见解析
5
(2)DE= √3
2
【分析】本题考查了切线的判定、等腰三角形三线合一、含 30度角的直角三角形的性质等知识点，
解题的关键是作出恰当的辅助线．
（1）连接OD、AD．由直径AB可知∠BDA＝∠CDA＝90°，再由AB＝AC可知BD＝CD，
再 结 合 OA＝OB可 知 OD是 △ABC的 中 位 线 ， 则 OD∥AC， 又 DE⊥AC， 因 此
∠ODE=∠CED=90°，故可证DE是切线．
（2）由已知条件可知AB=10，由等腰三角形△ABC三线合一可知∠CAD=∠BAD=60°，解
1 5
Rt△ADB可得BD=CD=5√3，最后解含30°的Rt△CDE可得DE= CD= √3．
2 2
【详解】（1）解：如下图所示，连接OD、AD．
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∵AB是直径，
∴∠BDA＝∠CDA＝90°，
又∵AB＝AC，
∴BD＝CD，
∵OA＝OB，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴∠ODE=∠CED=90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）∵⊙O半径是5，
∴AB=10，
∵△ABC是等腰三角形，且AD⊥BC，∠CAB=120°，
∴∠CAD=∠BAD=60°，∠C=∠ABD=30°，
1
∴在Rt△ADB中，AD= AB=5，CD=BD=√AB2−AD2=5√3，
2
∵在Rt△CDE中，∠C=30°，
1 5
∴DE= CD= √3．
2 2
【题型10】利用等角代换法证明垂直
32．如图，AB是⊙O的直径，点D在直径AB上（D与A，B不重合），CD⊥AB，且CD＝AB，
连接CB，与⊙O交于点F，在CD上取一点E，使得EF＝EC．
求证：EF是⊙O的切线；
【分析】连接OF，根据垂直定义可得∠CDB＝90°，从而可得∠B+∠C＝90°，然后利用等腰三角
形的性质可得∠B＝∠OFB，∠C＝∠EFC，从而可得∠OFB+∠EFC＝90°，最后利用平角定义可得
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∠OFE＝90°，即可解答；
【解答】证明：连接OF，
∵CD⊥AB，
∴∠CDB＝90°，
∴∠B+∠C＝90°，
∵OB＝OF，EF＝EC，
∴∠B＝∠OFB，∠C＝∠EFC，
∴∠OFB+∠EFC＝90°，
∴∠OFE＝180°﹣（∠OFB+∠EFC）＝90°，
∵OF是⊙O的半径，
∴EF是⊙O的切线
33．如图，AB是⊙O的弦，OD⊥OB，交AB于E，且AD=ED，求证：AD是⊙O的切线．
【答案】见解析
【分析】本题考查切线的判定，等腰三角形的性质，根据OD⊥OB可得∠OBE+∠OEB=90°，
根据等边对等角，可得∠OBE=∠OAE，∠AED=∠EAD，结合对顶角相等，通过等量代换可
得∠OAE+∠EAD=∠OAD=90°，即可证明AD是⊙O的切线．
【详解】证明：如图，连接OA，
∵ OA=OB，AD=ED，
∴ ∠OBE=∠OAE，∠AED=∠EAD，
∵ ∠OEB=∠AED，
∴ ∠OEB=∠EAD，
∵ OD⊥OB，
∴ ∠BOE=90°，
∴ ∠OBE+∠OEB=90°，
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∴ ∠OAE+∠EAD=90°，
∴ ∠OAD=90°，
又∵ OA是⊙O的半径，
∴ AD是⊙O的切线．
34．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D在AC边上，以AD为直径作⊙O交AB于点E，
连接CE，且CB=CE．求证：CE是⊙O的切线．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查了切线的判定、等腰三角形的判定和性质，连接OE、DE，根据等腰三角形的
性质和直径所对圆周角是直角得∠OEC=90°，即可得到结论，掌握切线的判定定理是解题的关键．
【详解】证明：如图，连接OE、DE，
∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠AED=∠DEB=90°，
∴∠DEC+∠CEB=90°，
∵CE=BC，
∴∠B=∠CEB，
∴∠DEC+∠B=90°，
∴∠A=∠DEC，
∵OE=OD，
∴∠OED=∠ODE，
∵∠A+∠ADE=90°，
∴∠DEC+∠OED=90°，
即∠OEC=90°，
∴OE⊥CE，
∵OE是⊙O的半径，
∴CE是⊙O的切线．
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35．如图，AB是⊙O的直径，点C是圆上一点，CD⊥AB于点D，点E是圆外一点，CA平分
∠ECD．求证：CE是⊙O的切线．
【分析】利用切线的判定定理证明∠OCE＝90°即可得出结论．
【解答】证明：∵CA平分∠ECD，
∴∠ECA＝∠DCA．
∵CD⊥AB，
∴∠CAD+∠DCA＝90°，
∴∠ECA+∠CAD＝90°．
∵OA＝OC，
∴∠CAD＝∠ACO，
∴∠ECA+∠ACO＝90°，
即∠OCE＝90°，
∴OC⊥EC，
∵OC是⊙O的半径，
∴CE是⊙O的切线．
36．如图，△ABC内接于半圆，AB是直径，过A作直线MN，∠MAC＝∠ABC，D是弧AC的中
点，连接BD交AC于G，过D作DE⊥AB于E，交AC于F．
（1）求证：MN是半圆的切线．
（2）求证：FD＝FG．
【分析】（1）欲证明MN是半圆的切线，只需证得∠MAB＝90°，即MA⊥AB即可；
（2）根据圆周角定理推论得到∠ACB＝90°，由DE⊥AB得到∠DEB＝90°，则∠1+∠5＝90°，
∠3+∠4＝90°，又D是弧AC的中点，即弧CD＝弧DA，得到∠3＝∠5，于是
∠1＝∠4，利用对顶角相等易得∠1＝∠2，则有FD＝FG．
【解答】证明：（1）如图，∵AB是直径，
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∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠ABC＝90°．
又∵∠MAC＝∠ABC，
∴∠MAC+∠CAB＝90°，即∠MAB＝90°，
∴MA⊥AB．
∴MN是半圆的切线．
（2）∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
而DE⊥AB，
∴∠DEB＝90°，
∴∠1+∠5＝90°，∠3+∠4＝90°，
∵D是弧AC的中点，即弧CD＝弧DA，
∴∠3＝∠5，
∴∠1＝∠4，
而∠2＝∠4，
∴∠1＝∠2，
∴FD＝FG．
【题型11】利用三角形全等证明垂直
37．如图，AC是⊙O的直径，PA相切于⊙O，点B是圆上一点，且PA=PB，连接AB，
∠BAC=30°，求证：PB是⊙O的切线．
【 分 析 】 如 图 ， 连 接 OB， OP， 由 题 意 可 证 得 △AOP≌△BOP(SSS)， 进 而 可 得
∠OAP=∠OBP=90°，即：OB⊥OP，即可证明结论；
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【详解】证明：如图，连接OB，OP，则OA=OB，
∵PA相切于⊙O，
∴∠OAP=90°，
∵PA=PB，OP=OP，
∴△AOP≌△BOP(SSS)，
∴∠OAP=∠OBP=90°，即：OB⊥OP，
又∵点B是圆上一点，∴PB是⊙O的切线
38．如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，连接OC，过B作BD∥OC交⊙O于点D，连
接CD并延长，交AB延长线于E，求证：CE是⊙O的切线．
【分析】连接OD，利用SAS求证△CDO≌△CAO即可求证OD⊥CE即得证；
【详解】解：证明：如图，连接OD
∵BD∥OC
∴∠AOC=∠OBD，∠COD=∠ODB
∵OB=OD
∴∠OBD=∠ODB
∴∠AOC=∠COD
在△AOC与△DOC中
¿
∴△AOC≌△DOC(SAS)
∴∠OAC=∠ODC
∵AC是⊙O切线．
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∴∠ODC=∠OAC=90°
∴CE⊥OD
∵点D在⊙O上，OD为⊙O半径，且CE⊥OD
∴CE是⊙O的切线
39．如图，AB为⊙O的直径，点C和点D是⊙O上的两点，连接BC，DC，BC＝CD，CE⊥DA
交DA的延长线于点E．
求证：CE是⊙O的切线；
【分析】连接 OD，OC，证得△COD≌△COB，可得∠OCD＝∠BCO，从而得到∠ADC＝
∠DCO，进而得到DA∥CO，利用切线的判定定理即可求证；
【解答】证明：连接OD，OC，如图，
在△COD和△COB中，
{OD=OB
OC=OC，
CD=CB
∴△COD≌△COB（SSS），
∴∠OCD＝∠BCO，
∵CO＝BO，
∴∠B＝∠BCO，
∵∠B＝∠ADC，
∴∠ADC＝∠DCO．
∴DA∥CO，
∴∠E+∠ECO＝180°．
∵CE⊥EA，
∴∠E＝90°．
∴∠ECO＝90°，
∴EC⊥CO，
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∵CO是⊙O的半径，
∴EC是⊙O的切线
40．如图，已知AB是⊙O的直径，BC⊥AB，连接OC，弦AD∥OC，直线CD交BA的延长线于点
E．
求证：CD是⊙O的切线；
【分析】连接OD，利用SAS得到三角形COD与三角形COB全等，利用全等三角形的对应角相等
得到∠ODC为直角，即可得证；
【解答】证明：如图，连接OD．
∵AD∥OC，
∴∠DAO＝∠COB，∠ADO＝∠COD，
又∵OA＝OD，
∴∠DAO＝∠ADO，
∴∠COD＝∠COB，
在△COD和△COB中，
{
OC=OC
∠COD=∠COB，
OD=OB
∴△COD≌△COB（SAS），
∴∠CDO＝∠CBO＝90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
41．如图，AB为⊙O的直径，四边形OBCD是矩形，连接AD，延长AD交⊙O于E，连接CE．
求证：CE为⊙O的切线．
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【分析】连接OC、BE，根据矩形性质和圆半径相等，推出∠CDE＝∠AEO，进而得到OP＝CP，
然后根据OB∥CD，可以推出∠COE＝∠BOC，最后通过证明△BOC≌△EOC即可求解．
【解答】证明：如图：连接OC、BE，OE，CD交于点P，
∵四边形OBCD是矩形，
∴OB∥CD，∠OBC＝90°，OB＝CD，
∵OB∥CD，
∴∠A＝∠CDE，
∵在⊙O中，OA＝OB＝OE，
∴OE＝CD，
∵OA＝OE，
∴∠A＝∠AEO，
∴∠CDE＝∠AEO，
∴DP＝PE，
∵OE＝CD，
∴OP＝CP，
∴∠COE＝∠DCO，
∵OB∥CD，
∴∠DCO＝∠BOC，
∴∠COE＝∠BOC，
在△BOC和△EOC中，
{
OB=OE
CO=CO ，
∠BOC=∠COE
∴△BOC≌△EOC（SAS），
∴∠CEO＝∠OBC＝90°，
∴CE⊥OE，
又∵OE为⊙O的半径，
∴CE为⊙O的切线．
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类型2 无公共点：作垂直，证半径
【题型12】角平分线的性质证半径
42．如图，O为正方形ABCD对角线AC上一点，以O为圆心，OA长为半径的⊙O与BC相切于点
M．求证：CD与⊙O相切．
【分析】利用正方形的性质得出AC平分角∠BCD，再利用角平分线的性质得出OM＝ON，即可得
出答案．
【解答】证明：如图所示，连接OM，过点O作ON⊥CD于点N，
∵⊙O与BC相切于点M，
∴OM⊥BC，
又∵ON⊥CD，O为正方形ABCD对角线AC上一点，
∴OM＝ON，
∴ON为⊙O的半径，
∴CD与⊙O相切．
43．如图，BD是∠ABC的角平分线，点O是BD上一点，⊙O与AB相切于点M，与BD交于点
E、F．求证：BC是⊙O的切线．
【分析】连接OM，过点O作ON⊥BC于N，先根据切线的性质得OM⊥AB，再由角平分线的性
质得ON=OM，进而根据切线的判定可得出结论；
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【详解】连接OM，过O作ON⊥BC于N．
∵AB与⊙O相切于M，
∴AB⊥OM．
∵BD是∠ABC的角平分线，ON⊥BC，AB⊥OM，
∴ON=OM=半径．
∴BC是⊙O的切线．
44．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AO是△ABC的角平分线，以O为圆心，OC为半径
作⊙O，求证：AB是⊙O的切线．
【答案】证明过程见解析；
【分析】题目并没有说明直线AB与⊙O有没有交点，所以过点O作OF⊥AB于点F，然后证明
OF=OC即可．
【详解】证明：如图：过点O作OF⊥AB于点F，
∵ AO是△ABC的角平分线，OF⊥AB，OC⊥AC，
∴ OF=OC，∴ AB是⊙O的切线．
45．如图，△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点，腰AB与⊙O相切于点D．求证：AC是
⊙O的切线．
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【分析】过点O作OE⊥AC于点E，连接OD，OA，根据切线的性质得出AB⊥OD，根据等腰三角
形三线合一的性质得出AO是∠BAC的平分线，根据角平分线的性质得出OE=OD，从而证得结论．
【解答】证明：过点O作OE⊥AC于点E，连接OD，OA，
∵AB与⊙O相切于点D，
∴AB⊥OD，
∵△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点，
∴AO是∠BAC的平分线，
∴OE=OD，即OE是⊙O的半径，
∵圆心到直线的距离等于半径，
∴AC是⊙O的切线．
46．如图，在ΔABC中，∠C=90°，∠BAC的角平分线交BC于点D，点O在AB上，以点O为
圆心，OA为半径的圆恰好经过点D，分别交AC、AB于点E，F．
(1)试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若BD=2√5，BF=2，求⊙O的半径．
【答案】(1)BC与⊙O相切，理由见详解
(2)4
【分析】（1）连接OD，根据角平分线与等腰三角形得到∠CAD=∠BAD=∠ODA，再根据直
角三角形两锐角互余即可得到证明；
（2）在RtΔOBD 中根据勾股定理即可得到答案．
【详解】（1）解：BC与⊙O相切，理由如下，
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证明：连接OD，
∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠CAD=∠BAD，
∵OA=OD ，
∴∠BAD=∠ODA，
∴∠CAD=∠BAD=∠ODA，
∵∠C=90°，
∴∠CAD+∠CDA=90°，
∴∠ODA+∠CDA=90°，
∴BC与⊙O相切；
（2）解：在RtΔOBD 中设半径为r，根据勾股定理可得，
r2+BD2=(r+BF) 2，
∵BD=2√5，BF=2，
∴r2+(2√5) 2=(r+2) 2 ，
解得r=4．
【题型13】特殊角计算证垂直
47．如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD+BC=CD，以AB为直径作⊙O，
求证：CD与⊙O相切．
【答案】见解析
【分析】延长CO,DA交于点H，过点O作OE⊥CD，证△AOH≌△BOC、△AHO≌△ECO即
可求证．
【详解】解：延长CO,DA交于点H，过点O作OE⊥CD
∵∠BAD=∠ABC=90°
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∴∠HAO=∠ABC=90°
又∠AOH=∠BOC,AO=BO
∴△AOH≌△BOC
∴AH=BC,HO=CO
∵AD+BC=CD,AH+AD=HD
∴CD=DH,∠H=∠DCH
∵∠OAH=∠OEC=90°,HO=CO
∴△AHO≌△ECO
∴AO=OE
即圆心O到CD的距离等于圆的半径
∴CD与⊙O相切．
模块三 圆中求线段长度
解题模板：
【题型14】结合勾股定理求线段长
48．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD是△ABC的角平分线，过点A、D的圆的圆心O在
边AB上，⊙O与边AB交于另一点E．
(1)证明：BC与⊙O相切；
(2)若AC=6，∠B=30°．则AD= ．
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【答案】(1)见解析
(2)4√3
【分析】（1）根据∠C=90°，AD是△ABC的角平分线，证明∠ODA+∠CDA=90°即可；
（2）根据已知条件可得OD=OE=BE，然后利用勾股定理即可求解
【详解】（1）证明：∵∠C=90°，
∴∠CAD+∠CDA=90°，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠OAD=∠CAD，
∴∠ODA+∠CDA=90°，
∴BC与⊙O相切；
（2）解：∵BC与⊙O相切，∠B=30°，
∴2OD=OB，
∵OD=OE，
∴OD=OE=BE，
∵∠C=90°，AC=6，∠B=30°，
∴AB=2AC=12，
2 1
∴OB= AB=8，OD= AB=4，
3 3
在Rt△ODB中，BD=√OB2−OD2=√82−42=4√3，
在Rt△ACB中，BC=√AB2−AC2=√122−62=6√3，
∴CD=BC−BD=2√3
∴在Rt△ACD中，AD=√CD2+AC2=√(2√3) 2+62=4√3
49．如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，D是A´B的中点，CD与AB交于点E．F是AB延长线上
的一点，且CF=EF．
(1)求证：CF为⊙O的切线；
(2)连接BD．若CF=4，BF=2，求BD的长．
【答案】(1)见解析
(2)3√2
【分析】（1）如图，连接OC，OD．证明∠OCF=90°即可；
（2）设OA=OD=OC=OB=r，则OF=r+2，在Rt△COF中，42+r2=(r+2) 2，可得r=3，再
根据勾股定理可解决问题．
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【详解】（1）证明：如图，连接OC，OD，
∵OC=OD，
∴∠OCD=∠ODC，
∵CF=EF，
∴∠FCE=∠FEC，
∵∠OED=∠FEC，
∴∠OED=∠FCE，
∵AB是直径，D是A´B的中点，
∴∠DOE=90°，
∴∠OED+∠ODC=90°，
∴∠FCE+∠OCD=90°，即∠OCF=90°，
∵OC是半径，
∴CF是⊙O的切线．
（2）设OA=OD=OC=OB=r，则OF=r+2，
在Rt△COF中，OC2+CF2=OF2
∴42+r2=(r+2) 2，解得r=3，
∴OB=OD=3，
∵∠DOB=90°，
∴BD2=OD2+OB2，
∴BD=√OD2+OB2=3√2．
50．如图，在Rt ABC中，∠C＝90°，BD是角平分线，点O在BA上，以点O为圆心，BO长为
半径的圆经过△点D，交BC于点E．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若OB=10,CD=8，求EB的长．
【答案】（1）见解析；（2）12．
【分析】（1）如图：连接OD，由BD为角平分线得到一组对角相等，再根据等腰三角形的性质得
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出一对内错角相等，进而确定出OD//BC平行，再利用两直线平行同位角相等可得∠ODA为直角即
可证明；
（2）作OG⊥BC于G可得四边形ODCG是矩形，由此可得OG＝CD＝8，再根据勾股定理和等腰
三角形的性质解答即可．
【详解】证明：（1）如图：连接OD
∵OD=OB，
∴∠1=∠3，
∵BD是角平分,线
∴∠1=∠2,
∴∠2=∠3
∴OD//BC,
∴∠AOD=∠C=90°
∴OD⊥AC.
∴AC是⊙O的切线；
（2）作OG⊥BC于G，得矩形ODCG.
∴OG=CD=10,
Rt BOG中，BG=√OB2−OG2=√102−82=6
∵OG⊥BC,OB=OE
△
∴BE=2BG=12．
51．如图，四边形ABCD是菱形，以AB为直径作⊙O，交CB于点F，点E在CD上，且CE＝
CF，连接AE．
（1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）连接AC交⊙O于点P，若AP=√3，BF＝1，求⊙O的半径．
【分析】（1）连接AF，根据菱形的性质得到∠ACF＝∠ACE，根据全等三角形的性质得到∠AFC
＝∠AEC，推出OA⊥AE，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）连接BP，根据圆周角定理得到∠APB＝90°，求得AC＝2AP＝2√3，根据勾股定理即可得到结
论．
【解答】（1）证明：连接AF，
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∵四边形ABCD为菱形，
∴∠ACF＝∠ACE，
在△ACF与△ACE中，
{
CF=CE
∠ACF=∠ACE，
AC=AC
∴△ACF≌△ACE（SAS），
∴∠AFC＝∠AEC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝∠AFC＝90°，
∴∠AEC＝90°，
∵AB∥DC，
∴∠BAE+∠AEC＝90°，
∴∠BAE＝90°，
∴OA⊥AE，
∵OA是⊙O的半径，
∴AE是⊙O的切线；
（2）解：连接BP，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠APB＝90°，
∵AB＝CB，AP=√3，
∴AC＝2AP＝2√3，
设⊙O的半径为R，
∵AC2﹣CF2＝AF2，AB2﹣BF2＝AF2，
∴(2√3) 2−(2R−1) 2=(2R) 2−12，
3
∴R= （负值舍去），
2
3
∴⊙O的半径为 ．
2
52．如图，在Rt ABC中，∠BAC＝90°，BD是角平分线，以点D为圆心，DA为半径的⊙D与
51
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AC相交于点E.
(1)求证：BC是⊙D的切线；
(2)若AB＝5，BC＝13，求CE的长．
16
【答案】（1）证明详见解析；（2） ．
3
【分析】（1）过点D作DF⊥BC于点F，根据角平分线的性质得到AD=DF．根据切线的判定定理
即可得到结论；
（2）根据切线的性质得到AB=FB．根据和勾股定理列方程即可得到结论．
【详解】（1）证明：过点D作DF⊥BC于点F，
∵∠BAD=90°，BD平分∠ABC，
∴AD=DF．
∵AD是⊙D的半径，DF⊥BC，
∴BC是⊙D的切线；
（2）解：∵∠BAC=90°．
∴AB与⊙D相切，
∵BC是⊙D的切线，
∴AB=FB．
∵AB=5，BC=13，
∴CF=13-5=8，AC=12．
在Rt DFC中，
设DF=DE=r，则r2+64=(12−r) 2，
△
10
解得：r= ．
3
16
∴CE= ．
3
53．如图，AB是⊙O的直径，AM，BN分别切⊙O于点A，B，CD交AM，BN于点D，C，DO平
分∠ADC．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若AD＝4，BC＝9，求⊙O的半径R．
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【分析】（1）过O点作OE⊥CD于点E，通过角平分线的性质得出OE＝OA即可证得结论．
（2）过点D作DF⊥BC于点F，根据切线的性质可得出DC的长度，继而在Rt DFC中利用勾股
定理可得出DF的长，继而可得出半径．
△
【解答】（1）证明：过O点作OE⊥CD于点E，
∵AM切⊙O于点A，
∴OA⊥AD，
又∵DO平分∠ADC，
∴OE＝OA，
∵OA为⊙O的半径，
∴OE是⊙O的半径，且OE⊥DC，
∴CD是⊙O的切线．
（2）解：过点D作DF⊥BC于点F，
∵AM，BN分别切⊙O于点A，B，
∴AB⊥AD，AB⊥BC，
∴四边形ABFD是矩形，
∴AD＝BF，AB＝DF，
又∵AD＝4，BC＝9，
∴FC＝9﹣4＝5，
∵AM，BN，DC分别切⊙O于点A，B，E，
∴DA＝DE，CB＝CE，
∴DC＝AD+BC＝4+9＝13，
在Rt DFC中，DC2＝DF2+FC2，
∴DF=√DC2−FC2=√132−52=12，
△
∴AB＝12，
∴⊙O的半径R是6．
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54．如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，与BA的延长线交于点D，DE⊥PO交PO延长
线于点E，连接OC，PB，已知PB＝6，DB＝8，∠EDB＝∠EPB．
（1）求证：PB是⊙O的切线；
（2）求⊙O的半径．
（3）连接BE，求BE的长．
【分析】（1）由已知角相等及直角三角形的性质得到∠OBP为直角，即可得证；
（2）在直角三角形PBD中，由PB与DB的长，利用勾股定理求出PD的长，由切线长定理得到
PC＝PB＝6，由PD﹣PC求出CD的长，在直角三角形OCD中，设OC＝r，则有OD＝8﹣r，利用
勾股定理列出关于r的方程，求出方程的解得到r的值，即为圆的半径．
（3）延长PB、DE相交于点F，证明△PED≌△PEF（ASA），由全等三角形的性质得出PD＝PF
＝10，DE＝EF，求出DF的长，则可得出答案．
【解答】（1）证明：∵DE⊥PE，
∴∠DEO＝90°，
∵∠EDB＝∠EPB，∠BOE＝∠EDB+∠DEO，∠BOE＝∠EPB+∠OBP，
∴∠OBP＝∠DEO＝90°，
∴OB⊥PB，
∴PB为⊙O的切线；
（2）解：在Rt PBD中，PB＝6，DB＝8，
根据勾股定理得：PD=√62+82=10，
△
∵PD与PB都为⊙O的切线，
∴PC＝PB＝6，
∴DC＝PD﹣PC＝10﹣6＝4；
在Rt CDO中，设OC＝r，则有OD＝8﹣r，
根据勾股定理得：（8﹣r）2＝r2+42，
△
解得：r＝3，
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则圆的半径为3．
（3）延长PB、DE相交于点F，
∵PD与PB都为⊙O的切线，
∴OP平分∠CPB，
∴∠DPE＝∠FPE，
∵PE⊥DF，
∴∠PED＝∠PEF＝90°，
又∵PE＝PE，
∴△PED≌△PEF（ASA），
∴PD＝PF＝10，DE＝EF，
∴BF＝PF﹣PB＝10﹣6＝4，
在Rt DBF中，DF=√DB2+BF2=√82+42=4√5，
1
∴BE△= DF=2√5．
2
55．（2023·辽宁大连中考）如图1，在O中，AB为O的直径，点C为O上一点，AD为
CAB的平分线交O于点D，连接OD交BC于点E．
(1)求BED的度数；
(2)如图2，过点A作O的切线交BC延长线于点F ，过点D作DG∥AF 交AB于点G．若
AD2 35 DE4 DG
， ，求 的长．
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【答案】(1)90
(2)2 10
【分析】（1）根据圆周角定理证得两直线平行，再根据平行线的性质即可得到结论；
（2）由勾股定理得到边的关系，求出线段的长，再利用等面积法求解即可．
【详解】（1）解： ∵ AB为O的直径，
ACB90，
∵ AD为CAB的平分线，
\ �BAC� 2 BAD，
∵OAOD，
BADODA，
BODBADODA2BAD，
BODBAC，
OD∥AC，
OEBACB90，
BED90；
（2）解：连接BD，
设OAOBODr，
则OEr4，AC 2OE 2r8，AB2r，
∵
AB为O的直径，
ADB90，
在RtADB中，BD2 AB2AD2，
由（1）得，BED90，
BEDBEO90，
BE2 OB2 OE2，BE2 BD2DE2，
BD2 AB2AD2 BE2 DE2 OB2 OE2 DE2，
2r2 2 35 2 r2r4242，
解得r 7或r 5（不合题意舍去），
AB2r14，
BD AB2AD2 142(2 35)2 2 14，
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∵ AF是O的切线，
AF AB，
∵ DG//AF ，
DG AB，
1 1
S ADBD ABDG，
ABD 2 2
ADBD 2 354 14
DG 2 10．
AB 14
【题型15】结合三角函数求线段长
56．（2023·四川成都中考）如图，以ABC的边AC为直径作O，交BC边于点D，过点C作
CE∥AB交O于点E，连接AD，DE，BADE．
(1)求证：ACBC；
(2)若tanB2，CD3，求AB和DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)AB2 5，DE2 5
【分析】（1）根据CE∥AB，得到ACE BAC，再根据同弧所对的圆周角相等，得到
ACEADEB，可证明ABC是等腰三角形，即可解答；
AD
（2）根据直径所对的圆周角为直角，得到tanB2 ，设 ，根据勾股定理列方程，解得
BD BDx
x 的值，即可求出 AB；解法一：过点 E作 DC的垂线段，交 DC的延长线于点 F，证明
BECF，求出EF,DF的长，根据勾股定理即可解出DE的长；解法二：连接AE,得到角相等，
进而证得△ABC∽△ADE，根据对应边成比例即可解出DE的长．
【详解】（1）证明：QCE∥AB，
BAC ACE，
BAC ACE ADE，
Q�B� ADE，
BBAC，
AC BC；
（2）解：设BDx，
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∵ AC是O的直径，
ADC ADB90，
∵ tanB2，
AD
2，即 ，
BD AD2x
根据（1）中的结论，可得AC BC BDDC x3，
根据勾股定理，可得AD2DC2
AC2，即2x232 x32
，
解得x 2，x 0（舍去），
1 2
BD2，AD4,
根据勾股定理，可得AB AD2BD2 2 5；
解法一：如图，过点E作DC的垂线段，交DC的延长线于点F，
∵CEAB，
ECF B，
∵ EF CF，
EF
，即 2，
tanECF tanB2 CF
∵BBAD90，ADEEDF 90，BADE，
BADEDF ，
DEF 90EDF 90BADB，
DF
2，
EF
设CF a，则DF DCCF a3，
EF 2a，
a3
可得方程 2，解得 ，
2a a1
EF 2，DF 4，
根据勾股定理，可得DE DF2EF2 2 5．
解法二：如图，连接AE,
∵ BADE，ACBAED，
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△ABC∽△ADE，
AB BC
，
AD DE
又∵ BC 5，AD4，AB2 5，
2 5 5
，
4 DE
DE2 5．
57．（2022·内蒙古鄂尔多斯中考）如图，以AB为直径的⊙O与△ABC的边BC相切于点B，且与
AC边交于点D，点E为BC中点，连接DE、BD．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
4
(2)若DE＝5，cos∠ABD＝ ，求OE的长．
5
【答案】(1)见解析
25
(2)
4
【分析】（1）连接OD，可推出∠BDC＝90°，进而得出DE＝BE，然后证明 DOE≌△BOE，求出
∠ODE＝∠ABC＝90°即可得出结论；
△
（2 ）可推出∠C＝∠ABD，解直角 ABC求得AC，进而根据三角形中位线定理求得OE．
【详解】（1）证明：如图，连接OD，
△
∵AB为⊙O的直径，BC为⊙O的切线，
∴∠BDC＝∠ADB＝90°，∠ABC＝90°，
∵E是BC的中点，
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1
∴DE＝BE＝EC＝ BC，
2
ODOB
在 DOE和 BOE中，DEBE，
OE OE
△ △
∴△DOE≌△BOE（SSS），
∴∠ODE＝∠ABC＝90°，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：∵∠ABC＝90°，
∴∠ABD+∠CBD＝90°，
由（1）知：∠BDC＝90°，BC＝2DE，
∴∠C+∠DBC＝90°，BC＝2DE＝10，
∴∠C＝∠ABD，
BC 10
在Rt ABC中，AC＝cosC 4 ＝25，
5 2
△
∵OA＝OB，BE＝CE，
1 25
∴OE＝ AC ．
2 4
58．（2023·四川乐山中考）如图，已知O是Rt△ABC的外接圆，ACB90，D是圆上一点，
E是DC延长线上一点，连结AD，AE，且AD AE，CACE．
(1)求证：直线AE是O是的切线；
2
(2)若sinE ， 的半径为3，求 的长．
3 O AD
【答案】(1)见解析
8 5
(2)
3
【分析】（1）由ACB90，可知 AB 是O的直径，由 AC AC，可得ABC ADC，由
AD AE， CACE， 可 得 EADC， CAEE， 则 CAEADC ABC， 由
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ABCCAB90，可得CAECAB90，即OAE90，进而结论得证；
1
（2）作 ，垂足为E，如图所示，由题意知， 是等腰三角形，则EF AE，由题
CF AE △ACE 2
2
意 知 ， ， ， 可 求 AC ABsinB6 4， ，
AB6 sinABCsinE 3 CE4
2 8 4 5
CF CEsinE4 ，由勾股定理得EF CE2CF2 ，根据 ，计算求
3 3 3 AD AE 2EF
解即可．
【详解】（1）证明：∵ACB90，
∴AB是O的直径，
∵ ，
AC AC
∴ABC ADC，
∵AD AE，CACE，
∴EADC，CAEE，
∴CAEADC ABC，
∵ABCCAB90，
∴CAECAB90，
∴OAE90，
又∵OA是半径，
∴直线AE是O是的切线；
（2）解：作CF AE，垂足为E，如图所示，
∵CACE，
∴△ACE是等腰三角形，
∵CF AE，
1
∴EF AE，
2
由题意知，AB6，sinABCsinE，
2
∴AC ABsinB6 4，
3
∴CE4，
2 8
∴CF CEsinE4 ，
3 3
4 5
由勾股定理得EF CE2CF2 ，
3
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8 5
∴AD AE2EF ，
3
8 5
∴ 的长为 ．
AD 3
59．（2023·内蒙古赤峰中考）如图，AB是O的直径，C是O上一点过点C作CD AB于点
E，交O于点D，点F 是AB延长线上一点，连接CF，AD，FCD2DAF ．
(1)求证：CF是O切线；
2
sinF
(2)若 ， ，求 的长．
AF=10 3 CD
【答案】(1)证明见解析
8 5
(2)
3
【分析】（1）根据垂径定理和圆周角定理可推出COB2DAF ，利用已知条件进行等量转换即
可求出COBFCD，最后利用CD AB可证明FCDOCE90，从而证明CF是O切线．
2 CE OE 2
（2）根据互余的两个角相等，利用sinF 可求出 ，设参数表示出 和 ，再根
3 CF OC 3 OE OC
据勾股定理用参数表示出CE和EF，最后利用AF=10即可求出参数的值，从而求出CE长度，即
可求CD的长．
【详解】（1）解：连接OC，OD，如图所示，
∵CD AB，AB为O的直径，
BC BD，
COBBOD，
∵BOD2DAF，
COB2DAF，
∵FCD2DAF，
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COBFCD，
∵CD AB，
COBOCE90，
FCDOCE90，
OCCF，
CF 是O切线．
（2）解：连接OC，如图所示，
由（1）得，OC CF，
∵CE AB，
OCF CEF 90，
F OCE．
2
∵sinF ，
3
CE OE 2
．
CF OC 3
设OE2x则OC OA3x，
在RtOCE中，CE OC2OE2 9x24x2 5x，
3 5x
CF ．
2
2
3 5x 5
在 中，EF CF2CE2 5x2 x．
2 2
Rt△CEF
∵ AF 10，
5
AF AOOEEF 3x2x x10，
2
4
x ．
3
4 5
CE 5x ．
3
∵CE AB，
1
CEED CD．
2
8 5
CD ．
3
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8 5
故答案为： ．
3
60．（2023·甘肃武威中考）如图，ABC内接于O，AB是O的直径，D是O上的一点，
CO平分BCD，CE AD，垂足为E，AB与CD相交于点F ．
(1)求证：CE是O的切线；
3
(2)当 的半径为 ，sinB 时，求 的长．
O 5 5 CE
【答案】(1)见解析
24
(2)
5
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，得出ADC B，根据OBOC得出BOCB，
角 平 分 线 的 定 义 得 出 OCBOCD， 等 量 代 换 得 出 ADC OCD， 进 而 得 出
OCDECD90，即CEOC，即可得证；
（2）连接 OD，得 ODOC，则 ODCOCD，进而证明 OCD≌OCB，得出 CDCB，解
Rt△ABC，得出CB8，则CD8，进而根据CE CDsinADC CDsinB即可求解．
【详解】（1）证明：∵AC AC，
∴ADC B．
∵OBOC，
∴BOCB．
∵CO平分BCD，
∴OCBOCD，
∴ADC OCD．
∵CE AD，
∴ADCECD90，
∴OCDECD90，即CEOC．
∵OC为O的半径，
∴CE是O的切线．
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（2）连接OD，得ODOC，
∴ODCOCD．
∵OCDOCBB，
∴ODC B，
∵COCO，
∴OCD≌OCB，
∴CDCB．
∵AB是O的直径，
∴ACB90，
3
∴AC ABsinB10 6，
5
∴CB AB2AC2 10262 8，
∴CD8，
3 24
∴CE CDsinADC CDsinB8 ．
5 5
AB O AC AC DEAB
61．（2023·湖南衡阳中考）如图， 是 的直径， 是一条弦，D是 的中点，
于点E，交AC于点F，交O于点H，DB交AC于点G．
(1)求证：AF DF．
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5 5
AF ,sinABD
(2)若 2 5 ，求O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）根据D是AC的中点，DEAB于点E，得到CDD A AH ,得到ADH DAC
即可得证．
5 AD
（ 2 ） 根 据 sinABD ， 设 ， 运 用 勾 股 定 理 ， 得 到
5 AB AD 5x,AB5x
5 DE
BD 5x2 5x 2 2 5x，结合sinABD ，得到 ，运用勾股定理，得到
5 BD DE2x
5
BE 2 5x 2 2x2 4x，从而得到 AEx,EF EDDF DEAF 2x ，在 中，
2 RtAEF
利用勾股定理计算x即可．
【详解】（1）∵D是AC的中点，
∴CDD A，
∵DEAB，AB是O的直径，
∴D A AH，
∴CDD A AH ，
∴ADH DAC，
∴AF DF．
（2）∵DEAB，AB是O的直径，
∴ADB90，
5 AD
∵sinABD ，
5 AB
设AD 5x,AB5x，
∴BD
5x2
5x
2
2 5x，
5 DE
∵sinABD ，
5 BD
∴DE2x，
∴BE
2 5x
2 2x2
4x，
5
∴AEx,EF EDDF DEAF 2x ，
2
在RtAEF中，AF2 AE2EF2，
5 2 5 2
∴ x22x ，
2 2
解得x2或x0（舍去），
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∴AB5x10，
∴O的半径为5．
62．如图，已知AB是⊙O的直径，PB是⊙O切线，C是⊙O上的点且AC∥OP．
(1)求证：PC是⊙O的切线；
(2)若∠A=60°，AB=4，求PC长．
【答案】(1)见详解
(2)CP＝2√3
【分析】（1）连接OC，由切线的性质得出∠OBP=90°，证△OCP≌△OBP（SAS），得出
∠OCP=∠OBP=90°，进而得出结论；
（2）由AB=4，可得OB=2，由∠A=60°，OP=4可得由勾股定理得CP=2√3，进而得出答案．
【详解】（1）证明：连接OC，如图所示：
∵BP是圆的切线，
∴BP⊥OB，
∴∠OBP=90°，
∵AC∥OP，
∴∠OAC=∠BOP，∠ACO=∠COP，
又∵OA=OC，
∴∠OAC=∠ACO，
∴∠COP=∠BOP，
在△OCP和△OBP中，¿，
∴△OCP≌△OBP（SAS），
∴∠OCP=∠OBP=90° ，
∴PC⊥OC，
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∴PC是圆的切线；
（2）由（1）得△OCP≌△OBP（SAS）
∴CP=BP
∵BP是圆的切线，
∴BP⊥OB，
∴∠OBP=90°
∵AC∥OP，
∴∠A=∠BOP=60°，
∴∠BPO=30°，
∵AB=4，
∴OB=2
∴OP=4
∴CP=√OP2−BP 2 ❑=√42−22=2√3
❑
63．（2023·宁夏中考）如图，已知AB是O的直径，直线DC是O的切线，切点为C，
AEDC，垂足为E．连接AC．
(1)求证：AC平分BAE；
3
tanACE
(2)若 ， ，求 的半径．
AC 5 4 O
【答案】(1)见解析
25
(2) 的半径为
O 6
【分析】（1）连接OC，根据切线的性质可得OC DE，证明OC∥ AE，根据平行线的性质和等
腰三角形的性质求出CAOCAE 即可；
（2）连接OC，过点O作OF AC于F，证明ACECOF，根据正切的定义列式求出OF ，再
根据勾股定理求出OC即可．
【详解】（1）证明：连接OC，
∵直线DC是O的切线，
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∴OC DE，
∵AEDC，
∴OC∥ AE，
∴OCACAE，
∵OAOC，
∴OCACAO，
∴CAOCAE ，即AC平分BAE；
1 5
（2）解：连接 ，过点O作 于F，则CF AC ，
OC OF AC 2 2
∵OCEOCFACE90，OCFCOF 90，
∴ACECOF，
3
∴tanCOF tanACE ，
4
5
∴CF 2 3，
OF OF 4
10
∴OF ，
3
25
∴OC CF2OF2 ，
6
25
即 的半径为 ．
O 6
64．（2023·辽宁沈阳中考）如图，AB是O的直径，点C是O上的一点（点C不与点A，B
重合），连接AC、BC，点D是AB上的一点，AC AD，BE交CD的延长线于点E，且
BEBC．
(1)求证：BE是O的切线；
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1
tanE
(2)若 的半径为 ， ，则 的长为______ ．
O 5 2 BE
【答案】(1)证明见解析
(2)8
【分析】(1)利用圆周角定理，等腰三角形的性质定理，对顶角相等，三角形的内角和定理和圆的切
线的判定定理解答即可得出结论；
DB 1
(2)利用直角三角形的边角关系定理得到 ,设 , 则 , 利用x的代数式表示出线
BE 2 DBx BE 2x
段AC，BC，再利用勾股定理列出关于x的方程，解方程即可得出结论.
【详解】（1）证明：∵ AB是O的直径，
ACB90，
ACDBCD90，
∵ AC AD，
ACDADC，
∵ADC BDE，
ACDBDE，
∵ BE BC ，
BCDE，
BDEE90，
DBE180BDEE90，
即OBBE．
∵ AB为O的直径，
BE是O的切线；
1 DB
（2）解：∵tanE ，tanE ，
2 BE
DB 1
，
BE 2
设DBx，则BE 2x，
BC BE 2x，AD ABBD10x，
∵ AC AD，
AC 10x，
∵
AB是O的直径，
ACB90，
AC2BC2 AB2，
(10x)2(2x)2 102，
解得：x0(不合题意，舍去)或x4．
BE2x8．
故答案为：8．
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65．（2023·浙江湖州中考）如图，在Rt△ABC 中，ACB90，点O在边AC上，以点O为圆
心，OC为半径的半圆与斜边AB相切于点D，交OA于点E，连结OB．
(1)求证：BDBC．
(2)已知OC 1，A30，求AB的长．
【答案】(1)见解析
(2)2 3
【分析】（1）连结OD，根据切线的性质得ODAB，再根据“HL”证明Rt△ODB≌Rt△OCB，
可得答案；
（2）先求出ABC 60，可得CBO，根据特殊角三角函数求出BC，进而求出答案.
【详解】（1）如图，连结OD，
∵半圆O与AB相切于点D，
∴ODAB．
∵ACB90，
∴ODBOCB90.
∵ODOC，OBOB，
∴RtODB≌RtOCBHL
．
∴BDBC．
（2）如图，∵A30，ACB90，
∴ABC 60.
∵Rt△ODB≌Rt△OCB，
1
∴CBODBO ABC 30.
2
∵OC 1，
CO
在 中，tan30 ，
Rt△BCO BC
OC
∴BC 3.
tan30
BC
在 中，sin30 ，
Rt△ABC AB
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BC
∴AB 2 3．
sin30
66．（2023·湖南湘西中考）如图，点D，E在以AC为直径的O上，ADC的平分线交O于
点B，连接BA，EC，EA，过点E作EH AC，垂足为H，交AD于点F．
(1)求证：AE2 AFAD；
2 5
sinABD ,AB5
(2)若 5 ，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)AD2 10
【分析】（1）先证明ADEAEH ，再利用两角分别相等的两个三角形相似证明EAF∽DAE，
利用相似三角形的性质即可求证；
（2）先利用勾股定理求出AC，再利用ABDACD和正弦值即可求出AD．
【详解】（1）连接ED，
∵EH AC，
∴EAHAEH 90，
∵AC是直径，
∴AEC90，
∴EAH ACE 90，
∴ACEAEH ，
∴ADEAEH ，
又∵EAF DAE，
∴EAF∽DAE，
AE AF
∴ ，
AD AE
∴AE2 AFAD；
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（2）如图，连接BC，
∵ADC的平分线交O于点B，
∴ADBBDC，
∴ABBC，
∴ABBC，
∵AC是直径，
∴ABCADC90，
2 5
∵sinABD ,AB5，
5 ABDACD
AD 2 5
∴ ， sinACDsinABD ，
AC 5252 5 2 AC 5
∴AD2 10．
67．如图，AB是⊙O的直径，点P是⊙O外一点，PA切⊙O于点A，连接OP，过点B作
BC∥OP交⊙O于点C，点E是A´B的中点，且AB=10，BC=6．
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(1)PC与⊙O有怎样的位置关系？为什么？
(2)求CE的长．
【答案】(1)PC为⊙O的切线，原因见解答过程
(2)7√2
【分析】（1）连接OC，证明△POC≌△POA，根据全等三角形的性质得到∠OCP=∠OAP，
根据切线的性质得到OA⊥AP，根据切线的判定定理证明结论；
（ 2 ） 连 接 AE、 BE、 AC， 过 点 B作 BM⊥EC于 M， 根 据 圆 周 角 定 理 得 到
∠ECB=∠ECA=45°，根据等腰直角三角形的性质计算，得到答案．
【详解】（1）解：PC为⊙O的切线．
理由如下：连接OC，如图所示：
∵BC∥OP，
∴∠POC=∠OCB，∠POA=∠OBC，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∴∠POC=∠POA，
在△POC和△POA中，
¿，
∴△POC≌△POA(SAS)，
∴∠OCP=∠OAP，
∵PA切⊙O于点A，
∴OA⊥AP，
∴OC⊥CP，
∵OC是⊙O的半径，
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∴PC为⊙O的切线；
（2）连接AE、BE、AC，过点B作BM⊥EC于M，如图所示：
∴∠BME=∠BMC=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=∠ACB=90°，
∵点E是A´B的中点，
√2
∴∠ECB=∠ECA=45°，EA=EB= AB=5√2，
2
√2
∴BM=CM= BC=3√2，
2
由勾股定理得：EM=√BE2−BM2=√ (5√2) 2 −(3√2) 2=4√2，
∴CE=EM+CM=4√2+3√2=7√2．
68．（2023·山东济南中考）如图，AB，CD为O的直径，C为O上一点，过点C的切线与
AB的延长线交于点P，ABC 2BCP，点E是BD的中点，弦CE，BD相交于点E．
(1)求OCB的度数；
(2)若EF 3，求O直径的长．
【答案】(1)60
(2)6 3
【分析】（1）根据切线的性质，得出 OC PC，再根据直角三角形两锐角互余，得出
OCBBCP90，再根据等边对等角，得出 OCBOBC，再根据等量代换，得出
OCB2BCP，再根据OCBBCP90，得出2BCPBCP90，即3BCP90，得
出BCP30，进而计算即可得出答案；
（2）连接DE，根据圆周角定理，得出DEC90，再根据中点的定义，得出D E EB，再根据
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1
同弧或同弦所对的圆周角相等，得出DCEECBFDE DCB30，再根据正切的定义，
2
得出DE3 3，再根据30角所对的直角边等于斜边的一半，得出CD2DE 6 3，进而即可得
出答案．
【详解】（1）解：∵PC与O相切于点C，
∴OC PC，
∴OCBBCP90，
∵OBOC，
∴OCBOBC，
∵ABC 2BCP，
∴OCB2BCP，
∴2BCPBCP90，即3BCP90，
∴BCP30，
∴OCB2BCP60；
（2）解：如图，连接DE，
∵CD是O直径，
∴DEC90，
∵点E是BD的中点，
∴D E EB，
1
∴DCEECBFDE DCB30，
2
在Rt△FDE中，
∵EF 3，FDE30，
EF
∴DE 3 3，
tan30
在Rt△DEC中，
∵DCE30，
∴CD2DE 6 3，
∴O的直径的长为6 3．
69．（2023·辽宁锦州中考）如图，AE为O的直径，点C在O上，AB与O相切于点A，与
OC延长线交于点B，过点B作BDOB，交AC的延长线于点D．
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(1)求证：ABBD；
3
(2)点F为 上一点，连接 ， ， 与 交于点G．若 ， ，tanABG ，
O EF BF BF AE E45 AB5 7
求O的半径及AD的长．
【答案】(1)见解析
15
(2) 的半径为 ；
O 4 AD4 5
【分析】（1）根据 AB与O相切于点 A 得到OACBAD90，再根据 BDOB得到
BCDD90，再根据OAOC得到OAC OCA即可根据角的关系解答；
（2）连接OF ，过点D作DM AB，交AB延长线于点M，在Rt△ABG等多个直角三角形中运用
15
三角函数的定义求出 半径r ，再根据勾股定理求出 ， 即可解答．
O 4 BM 3 DM 4
【详解】（1）证明：如图，
∵AE为O的直径，AB与O相切于点A，
∴OA AB，
∴OAB90，
∴OACBAD90，
∵BDOB，
∴OBD90，
∴BCDD90，
∵OAOC，
∴OAC OCA，
∵BCDOCA，
∴OACBCD，
∴BADD，
∴AB AD．
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（2）连接OF ，过点D作DM AB，交AB延长线于点M，如图，
在Rt△ABG中，GAB90，
AG 3
∴tanABG ，
AB 7
15
∴AG ABtanABG ，
7
∵E45，
∴AOF 2E90，
∴AOF OAB，
∴OF∥AB，
∴OFGABG，
3
∴tanOFGtanABG ，
7
设O的半径为r，
15
r
∴ 7 3，
r 7
15
∴r ，
4
OA 3
∴tanOBA ，
AB 4
∵DM AB，
∴M 90，
∴BDM DBM 90，
∵BDOB，
∴OBD90，
∴OBADBM 90，
∴BDM OBA，
3
即tanBDM tanOBA ，
4
∴设BM 3x，DM 4x，
在Rt△DBM 中，M 90，
∵BM2DM2 BD2，BD AB5，
∴3x24x2 52，解得x1，
∴BM 3，DM 4，
∴AM ABBM 8，
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∴AD AM2DM2 4 5．
70．（2023·辽宁丹东中考）如图，已知AB是O的直径，BD是O的弦，点P是O外的一点，
PC AB，垂足为点C，PC与BD相交于点E，连接PD，且PDPE，延长PD交BA的延长
线于点F．
(1)求证：PD是O的切线；
7 4
(2)若 ， PE ，cosPFC ，求 的长．
DF 4 2 5 BE
【答案】(1)见解析
(2) 5
【分析】（1）根据PDPE，得出PEDPDE，进而得出PDEBEC，易得BODB，
根据PC AB，得出BBEC 90，则ODBPDE90，即可求证PD是O的切线；
7 15 4
（2）易得PDPE ，则PF PDDF ，根据cosPFC ，求出 ，
2 2 5 CF PFcosPFC 6
DF 9
OF 5，则 ，根据勾股定理求出 ， PC ，进而求出
cosPFC OC CFOF 1 OD3 2
BC 2,CE1，最后根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵PDPE，
∴PEDPDE，
∵PEDBEC，
∴PDEBEC，
∵OBOD，
∴BODB，
∵PC AB，
∴BCP90，则BBEC 90，
∴ODBPDE90，即ODP90，
∴PD是O的切线；
7
（2）解：∵ ，PE ，
PDPE 2
7
∴PD ，
2
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∵DF 4，
15
∴PF PDDF ，
2
4
∵cosPFC ，
5
15 4
∴CF PFcosPFC 6，
2 5
∵PD是O的切线，
∴ODPD，则ODF 90，
DF 4
OF 5
∴ cosPFC 4 ，
5
∴OC CFOF 651，
9
根据勾股定理可得： ，PC PF2CF2 ，
OD OF2DF2 5242 3 2
∴OBOD3，
9 7
∴BC OBOC 312,CE PCPE 1，
2 2
∴根据勾股定理可得：BE CE2BC2 1222 5．
71．（2023·辽宁丹东中考）如图，已知AB是O的直径，BD是O的弦，点P是O外的一点，
PC AB，垂足为点C，PC与BD相交于点E，连接PD，且PDPE，延长PD交BA的延长
线于点F．
(1)求证：PD是O的切线；
7 4
(2)若 ， PE ， cosPFC ，求 的长．
DF 4 2 5 BE
【答案】(1)见解析
(2) 5
【分析】（1）根据PDPE，得出PEDPDE，进而得出PDEBEC，易得BODB，
根据PC AB，得出BBEC 90，则ODBPDE90，即可求证PD是O的切线；
7 15 4
（2）易得PDPE ，则PF PDDF ，根据cosPFC ，求出 ，
2 2 5 CF PFcosPFC 6
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DF 9
OF 5，则 ，根据勾股定理求出 ， PC ，进而求出
cosPFC OC CFOF 1 OD3 2
BC 2,CE1，最后根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵PDPE，
∴PEDPDE，
∵PEDBEC，
∴PDEBEC，
∵OBOD，
∴BODB，
∵PC AB，
∴BCP90，则BBEC 90，
∴ODBPDE90，即ODP90，
∴PD是O的切线；
7
（2）解：∵ ，PE ，
PDPE 2
7
∴PD ，
2
∵DF 4，
15
∴PF PDDF ，
2
4
∵cosPFC ，
5
15 4
∴CF PFcosPFC 6，
2 5
∵PD是O的切线，
∴ODPD，则ODF 90，
DF 4
OF 5
∴ cosPFC 4 ，
5
∴OC CFOF 651，
9
根据勾股定理可得： ，PC PF2CF2 ，
OD OF2DF2 5242 3 2
∴OBOD3，
9 7
∴BC OBOC 312,CE PCPE 1，
2 2
∴根据勾股定理可得：BE CE2BC2 1222 5．
72．（2023·辽宁鞍山中考）如图，四边形ABCD内接于O，AB为O的直径，过点D作
DF BC，交BC的延长线于点F，交BA的延长线于点E，连接BD．若
EADBDF 180．
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(1)求证：EF为O的切线．
2
(2)若 ，sinBDC ，求 的半径．
BE10 3 O
【答案】(1)见解析
(2)O的半径为4
【分析】（1）连接OD，根据同角的补角相等，得到BDF BAD，等角的余角相等，得到
DBF ABD， 等 边 对 等 角 ， 得 到 DBF ABDODB， 推 出 OD∥BF ， 得 到
ODEF 90，即可得证；
（2）连接AC，推出EBAC BDC，利用锐角三角函数求出BF的长，设O的半径为r，
证明ODE∽BFE，列出比例式进行求解即可．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵EADBDF 180，EADBAD180，
∴BDF BAD，
∵AB为O的直径，DF BC，
∴ADB90，BFD90，
∴BDFDBF BADABD90，
∴DBF ABD，
∵OBOD，
∴DBF ABDODB，
∴OD∥BF ，
∴ODEF 90，即：ODEF ，
又OD为O的半径，
∴EF为O的切线；
（2）连接AC，则：BAC BDC，
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∵AB为O的直径，
∴ACB90F ，
∴ACEF，
∴EBAC BDC，
2
在 中， ，sinE sinBDC ，
Rt△BFE BE10 3
2 20
∴BF BEsinE 10 ，
3 3
设O的半径为r，则：ODOBr,OEBEOB10r，
∵OD∥BF ，
∴ODE∽BFE，
r 10r
∴OD OE ，即： 20 10 ，
BF BE 3
∴r 4；
∴O的半径为4．
73．（2023·四川内江中考）如图，以线段AB为直径作O，交射线AC于点C，AD平分CAB
交O于点D，过点D作直线DEAC，交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F．连接
BD并延长交AC的延长线于点M．
(1)求证：直线DE是O的切线；
(2)当F 30时，判断ABM 的形状，并说明理由；
(3)在（2）的条件下，ME1，连接BC交AD于点P，求AP的长．
【答案】(1)见解析
(2)ABM 是等边三角形，理由见解析
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4
(3)AP 3．
3
【分析】（1）证明OD∥AC，可推出ODDE，即可证明直线DE是O的切线；
（2）证明1230，CBD130，得到ABC 30，据此计算即可证明结论成立；
（3）利用含30度的直角三角形的性质求得MD2，得到等边ABM 的边长，在RtACP中，利用
余弦函数即可求解．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵AD平分CAB，
∴12，
∵OAOD，
∴32，
∴31，
∴OD∥AC，
∵DEAC，
∴ODDE，
∵OD是O的半径，
∴直线DE是O的切线；
（2）解：ABM 是等边三角形，理由如下：
∵DEAC，F 30，
∴EAF 60，
∴1230，
∴CBD130，
∵AB为O的直径，
∴ACB90，
∴ABC 90EAF 30，
∴ABM ABCCBD60，
∴ABM 是等边三角形；
（3）解：∵ABM 是等边三角形，
∴M 60，则MDE 30，
∵ME1，
∴MD2ME 2，
∴ABMB4，
∵AB为O的直径，ABC 30，
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1
∴AC AB2，
2
AC 2
∵ ，cos1 ，即cos30 ，
130 AP AP
4
∴AP 3．
3
74．（2023·新疆中考）如图，AB是O的直径，点C，F 是O上的点，且CBF BAC，连
接AF ，过点C作AF 的垂线，交AF 的延长线于点D，交AB的延长线于点E，过点F 作
FGAB于点G，交AC于点H ．
(1)求证：CE是O的切线；
3
tanE
(2)若 ， ，求 的长．
4 BE 4 FH
【答案】(1)见解析
18
(2)
5
【分析】（1）连接OC，根据OC OA，得出OAC OCA，由FC FC，得出FAC FBC，
根据已知条件得出FAC ACO，证明OC∥AD，结合已知条件可得OC DE，即可得证；
OC 3 4
（2）连接 ，根据已知条件得出sinE ，cosE ，得出 ，证明 ，
OC OE 5 5 OC6 △BCE∽△CAE
BC 1 36 3 108
得 出 ， tanCAB ， 进 而 求 得 AF ， AG AF ， 根 据
CE8 AC 2 5 5 25
1 HG 1 54
tanCABtanHAG ，求得HG AG ，进而即可求解．
2 AG 2 25
【详解】（1）证明：如图所示，连接OC，
∵OC OA，
∴OAC OCA，
∵FC FC，
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∴FAC FBC
∵CBF BAC，
∴FAC CAB，
∴FAC ACO
∴OC∥AD
∵ADDE
∴OC DE
∵OC是半径，
∴CE是O的切线；
（2）解：如图所示，连接OC，
OC 3
∵tanE ， ，
CE 4 BE 4
设OC 3a，则CE 4a
∴OE5a，
OC 3 4
∴sinE ，cosE
OE 5 5
3 OC
即
5 OC4
解得：OC6，
∵OC DE，
∴BCEOCB90
∵OC OB
∴OCBOBC，
∴BCEOBC 90，
∵AB是直径，
∴ACB90，
∴CABABC 90，
∴BCE CAE，
又EE，
∴△BCE∽△CAE，
CE BE CB CE
∴ , ，
AE CE CA AE
∴CE2 BEAE，
∴CE2 441264，
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解得：CE8，
CB CE 8 1
∴
CA AE 124 2
BC 1
∴tanCAB ，
AC 2
∵AB是O的直径，
∴BF AF，
∵DEAD，
∴DC∥FB
∴�FBA� E，
∴tanFBAtanE，
AF OC 6 3
∴ ，
FB CE 8 4
设AF 3k，则FB4k ，
∴AB5k ，
∵AB12,
12
k ,
5
36
∴AF ，
5
∵FGAB，
∴AFG90GFBFBAE
4 4 36 144
∴FG AFcosE AF ，
5 5 5 25
3 108
∴AG AF ，
5 25
1 HG
∵tanCABtanHAG ，
2 AG
1 54
∴HG AG ，
2 25
144 54 90 18
∴FH FGHG ．
25 25 25 5
AB O BC DEAB
75．（2023·山东中考）如图， 为 的直径，C是圆上一点，D是 的中点，弦 ，
垂足为点F．
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(1)求证：BC DE；
� AE AC 6,BF 2 tanBPC
(2)P是 上一点， ，求 ；
(3)在（2）的条件下，当CP是ACB的平分线时，求CP的长．
【答案】(1)证明见解析；
4
(2)
3
(3)7 2
【分析】（1）由D是BC的中点得CDBD，由垂径定理得BEBD，得到B � C D � E，根据同圆中，
等弧对等弦即可证明；
（2）连接OD，证明ACB∽OFD，设O的半径为 r，利用相似三角形的性质得 r =5，
BC 8 4 4
，由勾股定理求得 ，得到tanCAB ，即可得到 ；
AB2r10 BC AC 6 3 tanBPC 3
（3）过点 B 作 BGCP交CP于点 G，证明CBG是等腰直角三角形，解直角三角形得到
4 BG 4
，由 得到 ，解得 ，即可求解．
CGBGBCcos454 2 tanBPC 3 GP 3 GP3 2
【详解】（1）解：∵D是BC的中点，
∴CDBD，
∵DEAB且AB为O的直径，
∴BEBD，
∴B � C D � E，
∴BC DE；
（2）解：连接OD，
∵CDBD，
∴CABDOB，
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∵AB为O的直径，
∴ACB90，
∵DEAB，
∴DFO90，
∴ACB∽OFD，
AC OF
∴ ，
AB OD
设O的半径为r，
6 r2
则 ，
2r r
解得r =5，经检验，r =5是方程的根，
∴AB2r10，
∴BC AB2AC2 8，
BC 8 4
∴tanCAB ，
AC 6 3
∵BPC CAB，
4
∴ ；
tanBPC 3
（3）解：如图，过点B作BGCP交CP于点G，
∴BGC BGP90
∵ACB90，CP是ACB的平分线，
∴ACPBCP45
∴CBG45
∴CGBGBCcos454 2，
4
∵
tanBPC 3
BG 4
∴ ，
GP 3
∴GP3 2，
∴CP4 23 2 7 2．
76．（2023·内蒙古呼和浩特中考）已知在Rt△ABC中，ACB90，BC 6，AC 8，以边
AC为直径作O，与AB边交于点D，点M 为边BC的中点，连接DM ．
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(1)求证：DM 是O的切线；
P BC AP O Q CQ
(2)点 为直线 上任意一动点，连接 交 于点 ，连接 ．
1
tanBAP
①当 时，求 的长；
3 BP
CQ
②求 的最大值．
AP
【答案】(1)见解析
10 50
(2)① 或 ；②1
3 9 2
【分析】（1）连接OD，CD，由AC是O的直径，可得ADC 90，再由直角三角形斜边上的
中线等于斜边的一半可得 MC MD，根据等腰三角形性质可得 MDC MCD，进而可得
MDCODC MCDOCD90，即ODM 90，再利用切线的判定定理即可证得结论；
（2）①分两种情况：当点P在线段BC上时，过点P作PT AB于点T ，利用勾股定理和解直角三
角形即可求得答案；当点P在CB的延长线上时，过点B作BK AP于点K，运用勾股定理和解直
角三角形即可；
② 设 CPn， 则 AP AC2CP2 64n2 ， 利 用 面 积 法 可 得 CQAP ACCP， 得 出
ACCP 8n
CQ CQ 8n
，即 ，再运用乘法公式和不等式性质可得 ，即
AP 64n2 AP 64n2 64n2 16n
可得出答案．
【详解】（1）证明：如图，连接OD，CD，
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∵ AC是O的直径，
ADC90，
BDC 180ADC 90，
∵点M 为边BC的中点，
MCMD，
MDC MCD，
∵OC OD，
ODC OCD，
∵ACB90，即MCDOCD90，
MDCODC MCDOCD90，
即ODM 90，
DM OD，
∵OD是O的半径，
DM 是O的切线；
（2）①当点P在线段BC上时，如图，过点P作PT AB于点T ，
在Rt△ABC 中，AB AC2BC2 8262 10，
设PT x，
1
∵tanBAP ，
3
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PT 1
，
AT 3
AT 3PT 3x，
BT ABAT 103x，
PT AC
∵ tanABC ，
BT BC
x 8
，
103x 6
8
解得：x ，
3
8
PT ，
3
8
PT AC，即 3 8 ，
∵sinABC
BP AB BP 10
10
BP ；
3
当点P在CB的延长线上时，如图，过点B作BK AP于点K，
1
∵tanBAP ，
3
BK 1
，
AK 3
设BK a，则AK 3a，
在Rt△ABK 中，AK2BK2 AB2，
即(3a)2a2 102，
解得：a 10，a 10（舍去），
1 2
AK 3 10，BK 10 ，
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1 1
∵ S APBK BPAC，
ABP 2 2
AP AC 8
，
BP BK 10
4 10
设 ，则AP m，
BPm 5
在RtACP中，AC2CP2 AP2，
4 10
即82(m6)2 ( m)2，
5
50 10
解得：m ，m （舍去），
1 9 2 3
50
BP ；
9
10 50
综上所述， 的长为 或 ；
BP 3 9
②设CPn，则AP AC2CP2 64n2 ，
如图，∵ AC是O的直径，
CQ AP，
∵CQAP ACCP，
ACCP 8n
CQ
，
AP 64n2
CQ 8n
，
AP 64n2
∵n0，
(n8)2 0，
64n2 16n，
CQ 8n 8n 1
，
AP 64n2 16n 2
CQ
的最大值为1 ．
AP 2
77．（2023·四川雅安中考）如图，在Rt△ABC 中，ABC 90，以AB为直径的O与AC交于
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点D，点E是BC的中点，连接BD，DE．
(1)求证：DE是O的切线；
1
tanBAC
(2)若 ， ，求 的长；
DE2 2 AD
(3)在（2）的条件下，点P是O上一动点，求PAPB的最大值．
【答案】(1)证明见解析；
16
(2)AD 5
5
(3)8 2
【分析】（1）连接OD，由圆周角定理得到ADBBDC＝90，由直角三角形斜边中线的性质
结合等腰三角形的性质证得EDB＝EBD，由等腰三角形的性质得到ODB＝OBD，根据
ABC＝90，得到ODB＋EDB＝90，由切线的判定即可证得DE与O相切；
（2）由直角三角形斜边中线的性质求出BC，根据三角函数的定义即可求出BD；，
（3）设Rt△ABD的AB边高为h，由AB2 AP2BP2可得(PAPB)2 642PAPB，即可得出当
1 1
取最大值时， 取最大值，根据S PAPB ABh进而求解即可．
PAPB S ABD ABP 2 2
【详解】（1）证明：连接OD，如图所示，
∵AB为O的直径，
∴ADB90，
∴BDC=90，
∵点E为BC的中点，
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1
∴DEBE BC，
2
∴EDBEBD，
∵OBOD，
∴ODBOBD，
∵ABC 90，
∴EBDOBD90，
∴ODBEDB90，
∵OD是O的半径，
∴DE与O相切；
（2）解：由（1）知，BDC=90，
∵E是BC的中点，
1
∴DE BC2，
2
∴BC 4，
BC BD 1
∵tanBAC ，
AB AD 2
∴AB8，AD2BD，
又∵在Rt△ABD中，AB2 AD2BD2，即：(2BD)2BD2 82，
8
∴BD 5（负值以舍去），
5
16
∴AD 5；
5
（3）设Rt△ABD的AB边高为h，
由（2）可知AB8，
又∵AB是直径，
∴APB90，
∴PA2PB2 82 64，
∴(PAPB)2 642PAPB，
∴当PAPB取最大值时，2PAPB也取最大值，
1 1
又∵S PAPB ABh，
ABP 2 2
∴当PAPB取最大值时，S
△ABP
取最大值，
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AB
此时 边高为 取最大值为 半径 4，
AB h O 2
1 1
∴S ABh 8416，
ABP 2 2
∴PAPB2S 32
ABP
∴(PAPB)2 64232128，
∴PAPB8 2，
综上所述：PAPB的最大值为8 2．
【题型16】结合相似求线段长
78．如图，ABC是O的内接三角形，AB AC，BAC 120，D是BC边上一点，连接AD
并延长交O于点E．若AD2，DE3，则O的半径为（ ）
3
10
A． B． C． D．
10 2 2 10 3 10
【答案】A
【分析】连接OA,OC,CE, 根据等腰三角形的性质得到BACB30, 根据等边三角形的性质
得到AC OA，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论.
【详解】连接OA,OC,CE,
∵AB AC,BAC 120,
∴BACB30
∴AOC 60,
∵OAOC,
∴AOC是等边三角形,
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∴ AC OA,
∵AEC ACB30，CADEAC ,
∴ACD∽AEC,
AC AE
，
AD AC
∴AC2 AD·AE,
∵AD2,DE3,
AC ADAE 223 10，
OA AC 10 ，
即O的半径为 10
AB O AB2 10 O CD AB E
79．（2023·四川泸州中考）如图， 是 的直径， ， 的弦 于点 ，
CD6．过点C作O的切线交AB的延长线于点F ，连接BC．
(1)求证：BC平分DCF ；
G AD CG AB H CH 3GH BH
(2) 为 上一点，连接 交 于点 ，若 ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)BH 2 10．
【分析】（1）利用切线的性质得到OCF 90，利用圆周角定理得到ACB90，利用垂径定
理推出BC BD，据此可证明A123，即可证明BC平分DCF ；
（2）连接OC，OG，作GM AB于点M，利用垂径定理求得OE1，证明△GMH∽△CEH ，求
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得GM 1，设MH x，则HE 3x，在Rt△OGM 中，利用勾股定理求得x1，据此求解即可．
【详解】（1）解：连接OC，
∵CF是O的切线，
∴OCF OCB390，
∵AB是O的直径，
∴ACB1OCB90，
∴13，
∵AB是O的直径，且CD AB，
∴BC BD，
∴A2，
∵OAOC，
∴A1，
∴A123，
∴BC平分DCF ；
（2）解：连接OC，OG，过点G作GM AB于点M，
∵AB是O的直径，且CD AB，
1 1
∴CE CD3，OC OG AB 10，
2 2
∴OE OC2CE2 1，
∵GM AB，CD AB，
∴CE∥GM ，
∴△GMH∽△CEH ，
GH GM MH
∴ ，
CH CE HE
∵CH 3GH ，
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1 GM MH
∴ ，
3 3 HE
∴GM 1，
设MH x，则HE 3x，
∴HO3x1，OM 4x1，
在 中， ，即4x1212 10 2 ，
Rt△OGM OM2GM2 OG2
解得x1(负值已舍去)，
∴BH HOOB311 10 2 10．
80．（2023·四川眉山中考）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；
1
(2)若sinP ,BP4，求 的长．
3 CD
【答案】(1)见解析
4
(2)
3
【分析】（1）连接OE，利用角平分线的性质和等边对等角，证明AD∥OE，即可解答；
1 OE AD 1
（2）根据sinP ，可得 ，求出 的长，再利用勾股定理得 的长，即
3 OP AP 3 OE,AD DP,EP
可得到DE的长，最后证明△CDE∽△EDA，即可解答．
【详解】（1）证明：如图，连接OE，
∵OEOA，
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OAEOEA，
∵ AE平分BAC，
DAEOAE，
OEADAE，
AD∥OE，
∵ ADDE,
OEPADE90,
PE是O的切线；
（2）解：设OEx，则OPOBBPOEBPx4，
1
∵sinP
3
OE x 1
，解得 ，
OP x4 3 x2
OP6,AP AOOP8，
1 8
AD AP ，
3 3
16 2
根据勾股定理可得 ，DP AP2AD2 ,
EP OP2OE2 4 2 3
4
DEDPEP 2，
3
∵ AB是直径，
AEB90，
CEDAED90，
∵CEDC90，
DEAC，
△CDE∽△EDA，
DE AD
，
DC DE
DE2 4
DC ．
AD 3
81．（2023·青海西宁中考）如图，AB是⊙O的弦，半径OCAB，垂足为D，弦CE与AB交于
点F，连接AE，AC，BC．
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(1)求证：BACE；
AB8 DC2 CE 3 10 CF
(2)若 ， ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
2 10
(2)
3
【分析】（1）由垂径定理，得ADBD AC BC，由圆周角定理，得BACE；
AC CF
（2）可证 得 ； 中，勾股定理求得 ，于
ACF∽ECA EC CA RtADC AC AD2DC2 2 5
2 10
是CF .
3
【详解】（1）证明：∵OCAB OC是O的半径
∴ADBD， AC BC（垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧）
∴BACE（同弧或等弧所对的圆周角相等）
（2）解：∵BACE 又∵ACF ECA
∴ACF∽ECA（两角分别相等的两个三角形相似）
AC CF
∴ （相似三角形对应边成比例）
EC CA
∵AB8
∴ADBD4
在RtADC中ADC 90 AD4 CD2
∴AC AD2DC2 4222 2 5（勾股定理）
2 5 CF
即
3 10 2 5
2 10
∴CF .
3
82．（2023·江苏苏州中考）如图，ABC是O的内接三角形，AB是O的直径，
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AC 5,BC 2 5 F AB CF O D BD BECD
，点 在 上，连接 并延长，交 于点 ，连接 ，作 ，
垂足为E．
(1)求证：△DBE∽△ABC；
(2)若AF 2，求ED的长．
【答案】(1)证明见解析
3 5
(2)
5
【分析】（1）分别证明ACB90BED，CABCDB，从而可得结论；
AC 1
（ 2 ） 求 解 ， tanABC ， 可 得 ， 证 明
AB AC2BC2 5 BC 2 BF 3
DE 1
tanABC tanDBE ，设 ，则 ， ，证明 ，可得
BE 2 DEx BE 2x BD 5x ACF∽DBF
AC AF CF
，可得 ， ， ，从而可得答案．
BD DF BF DF 2x EF xDE BDBF 3
【详解】（1）证明：∵AB是O的直径，BECD，
∴ACB90BED，
∵CABCDB，
∴△DBE∽△ABC．
（2）∵AC 5,BC 2 5，ACB90，
AC 1
∴ ，tanABC ，
AB AC2BC2 5 BC 2
∵AF 2，
∴BF 3，
∵△DBE∽△ABC，
∴ABC DBE，
DE 1
∴tanABC tanDBE ，
BE 2
设DEx，则BE 2x，BD 5x，
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∵AFC BFD，CABCDB，
∴ACF∽DBF ，
AC AF CF
∴ ，
BD DF BF
5 2
∴ ，则 ，
5x DF DF 2x
∴EF xDE，
∴BDBF 3，
3 5
∴DE ．
5
83．（2023·河南中考）如图，PA与O相切于点A，PO交O于点B，点C在PA上，且
CBCA．若OA5，PA12，则CA的长为 ．
10
【答案】
3
【分析】连接 OC，证明 OAC≌OBC，设 CBCAx，则 PC PACA12x，再证明
PAO∽PBC，列出比例式计算即可．
【详解】如图，连接OC，
∵PA与O相切于点A，
∴OAC 90；
OAOB
∵CACB ,
OC OC
∴OAC≌OBC，
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∴OAC OBC 90，
∴PAOPBC90，
∵PP，
∴PAO∽PBC，
PO AO
∴ ，
PC BC
∵OA5，PA12，
∴PO 52122 13，
设CBCAx，则PC PACA12x，
13 5 10 10 10
∴ ，解得x ，故 的长为 ，故答案为： ．
12x x 3 CA 3 3
ABCD O AB C BD
84．（2023·湖南常德中考）如图，四边形 是 的内接四边形， 是直径， 是 的中
点，过点C作CE AD交AD的延长线于点E．
(1)求证：CE是O的切线；
BC 6 AC 8 CE,DE
(2)若 ， ，求 的长．
【答案】(1)证明见解析；
24 18
(2)EC ，DE ．
5 5
【分析】（1）根据“连半径，证垂直”即可，
（2）先由“直径所对的圆周角是直角”，证ABC是直角三角形，用勾股定理求出AB长，再通过
三角形相似即可求解．
【详解】（1）连接OC
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∵C为BD的中点，
� �
∴CDBC，
∴12，
又∵OAOC，
∴23，
∴13，
∴AE∥OC，
又∵CE AE，
∴CEOC，OC为半径，
∴CE为O的切线，
（2）∵AB为O直径，
∴ACB90，
∵BC 6,AC 8，
∴AB10，
又∵12，AEC ACB90，
∴AEC∽ACB，
EC AC EC 8
∴ ，即 ，
CB AB 6 10
24
∴EC ，
5
∵CDCB，
∴CDBC 6，
在Rt△DEC中，由勾股定理得：
24 2 18
DE CD2CE2 62 ．
5 5
85．（2023·山东聊城中考）如图，在Rt△ABC中，ACB90，BAC的平分线AD交BC于
点D，ADC的平分线DE交AC于点E．以AD上的点O为圆心，OD为半径作O，恰好过
点E．
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(1)求证：AC是O的切线；
3
(2)若 ， tanABC ，求 的半径．
CD12 4 O
【答案】(1)见解析
(2)153 5
【分析】（1）连接OE，由题意可知ODOE，可知OEDODE，易证得OEDCDE，
可知OECD，由ACB90，易知OEAC，进而可证得结论；
DF
（2）由角平分线的性质可知 ，可得 BF 16，进而可求得 ，
CDDF tanABC BD20
BC CDBD32， AC BCtanABC 24， AD12 5，由OECD，可证得AEO∽ACD，
EO AO EO 12 5OD 12 5EO
可知 ，进而可得 ，求得 ，即为 的半径．
CD AD 12 12 5 12 5 EO153 5 O
【详解】（1）证明：连接OE，
由题意可知ODOE，
∴OEDODE，
∵DE平分ADC，
∴CDEODE，
∴OEDCDE，
∴OECD，
又∵ACB90，
∴AEO90，
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即OEAC，
∴AC是O的切线；
（2）解：过点D作DF AB，
∵AD平分BAC，DF AB，ACB90，
∴CDDF，
3
∵ ，tanABC ，
CD12 4
DF
∴BF 16，
tanABC
∴BD DF2BF2 20，则BC CDBD32，
∴AC BCtanABC 24，
∴AD AC2CD2 12 5，
∵OECD，
∴AEO∽ACD，
EO AO EO 12 5OD 12 5EO
∴ ，即： ，
CD AD 12 12 5 12 5
可得：EO153 5，
∴O的半径为153 5．
86．（2023·四川中考）如图，AB为O的直径，C为O上一点，连接AC，BC，过点C作O
的切线交AB延长线于点D，OF BC于点E，交CD于点F．
(1)求证：BCDBOE；
3
sinCAB
(2)若 ， ，求 的长．
5 AB10 BD
【答案】(1)见解析
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90
(2) 的长为 ．
BD 7
【分析】（1）连接OC，利用圆周角定理及半径相等求得OACOCB90，根据切线的性质
求得BCDOCBOCD90，推出BCDOAC，再证明OE∥AC，据此即可证明结论
成立；
（2）先求得BC 6， AC 8，设BDx，证明△BCD∽△CAD，利用相似三角形的性质得到
910x16x，解之即可．
【详解】（1）证明：连接OC，
∵AB为O的直径，
∴ACOOCBACB90，
∵OC OA，
∴OCAOAC，
∴OACOCB90，
∵CD是O的切线，
∴BCDOCBOCD90，
∴BCDOAC，
∵OF BC，
∴OFBACB90，
∴OE∥AC，
∴BOEOAC，
∴BCDBOE；
（2）解：∵AB为O的直径，
∴ACB90，
3
∵sinCAB ， ，
5 AB10
BC 3
∴sinCAB ，
AB 5
∴BC 6，AC 10262 8，
设BDx，则AD10x，
由（1）得BCDCAD，
又DD，
∴△BCD∽△CAD，
BC CD BD 6 CD x
∴ ，即 ，
AC AD CD 8 10x CD
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整理得910x16x，
90
解得x ，
7
90
∴ 的长为 ．
BD 7
87．（2022·新疆中考）如图，⊙O是ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，
ACCD，连接AD，延长DB交过点C的切线于点E．
(1)求证：ABC CAD；
(2)求证：BECE；
(3)若AC 4，BC 3，求DB的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
7
(3)
5
【分析】（1）由等边等角可得ADCCAD，由同弧所对的圆周角相等可得ADCABC，
等量代换即可得证；
（2）连接OC，根据等边对等角可得OCBOBCABC，由四边形ADBC是O的内接四边
形，可得CBECAD，进而可得OC∥BE，即可得证；
（3）根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB=90°，从而在Rt ABC中，利用勾股定理求出BA的
长，再根据同弧所对的圆周角相等可得∠CAB=∠CDB，进而可证△ACB∽△DEC，然后利用相似
△
三角形的性质可求出DE的长，最后再利用（2）的结论可证△ACB∽△CEB，利用相似三角形的性
质可求出BE的长，进行计算即可解答．
【详解】（1）∵ AC AC，
ADC ABC
∵ ACCD
ADC CAD
ABCCAD
（2）如图，连接OC
∵CE是O的切线，
OC CE
∵COOB
OCBOBC ABC
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∵四边形ADBC是O的内接四边形，
CBECAD
∵CADABC
OCBCBE
OC∥BE
∵ OC CE
BECE
（3）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵AC=4，BC=3，
∴AB= AC2BC2 =5，CD=AC=4
∵∠ACB=∠E=90°，∠CAB=∠CDB，
∴△ACB∽△DEC，
AC AB
∴ ，
DE CD
4 5
∴ ，
DE 4
16
∴DE= ，
5
∵∠CBE=∠ABC，∠ACB=∠E=90°，
∴△ACB∽△CEB，
CB AB
∴ ，
BE CB
3 5
∴ ，
BE 3
9
∴BE= ，
5
16 9 7
∴BD=DE-BE= ，
5 5 5
7
∴DB的长为 ．
5
88．（2022·湖北恩施中考）如图，P为⊙O外一点，PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，
直线PO交⊙O于点D、E，交AB于点C．
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(1)求证：∠ADE=∠PAE．
(2)若∠ADE=30°，求证：AE=PE．
(3)若PE=4，CD=6，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)CE的长为2．
【分析】（1）连接 OA，根据切线的性质得到∠OAE+∠PAE=90°，根据圆周角定理得到
∠OAE+∠DAO=90°，据此即可证明∠ADE=∠PAE；
（2）由（1）得∠ADE=∠PAE =30°，∠AED =60°，利用三角形外角的性质得到∠APE=∠AED-
∠PAE =30°，再根据等角对等边即可证明AE=PE；
（3）证明Rt EAC∽Rt ADC，Rt OAC∽Rt APC，推出DC×CE=OC×PC，设CE=x，据此列方
程求解即可．
△ △ △ △
【详解】（1）证明：连接OA，
∵PA为⊙O的切线，
∴OA⊥PA，即∠OAP=90°，
∴∠OAE+∠PAE=90°，
∵DE为⊙O的直径，
∴∠DAE=90°，即∠OAE+∠DAO=90°，
∴∠DAO=∠PAE，
∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ADE，
∴∠ADE=∠PAE；
（2）证明：∵∠ADE=30°，
由（1）得∠ADE=∠PAE =30°，∠AED=90°-∠ADE=60°，
∴∠APE=∠AED-∠PAE =30°，
∴∠APE=∠PAE =30°，
∴AE=PE；
（3）解：∵PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交AB于点C．
∴AB⊥PD，
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∵∠DAE=90°，∠OAP=90°，
∴∠DAC+∠CAE=90°，∠OAC+∠PAC=90°，
∵∠DAC+∠D=90°，∠OAC+∠AOC=90°，
∴∠CAE=∠D，∠PAC=∠AOC，
∴Rt EAC∽Rt ADC，Rt OAC∽Rt APC，
EC AC OC AC
∴ △ , △ △ △
AC DC AC PC
∴AC2=DC×CE，AC2=OC×PC，
即DC×CE=OC×PC，
x x x
设CE=x，则DE=6+x，OE=3+ ，OC=3+ -x=3- ，PC=4+x，
2 2 2
x
∴6x=(3- )( 4+x)，
2
整理得：x2+10x-24=0，
解得：x=2(负值已舍)．
∴CE的长为2．
89．（2022·四川遂宁中考）如图，O是ABC的外接圆，点O在BC上，BAC的角平分线交
O于点D，连接BD，CD，过点D作BC的平行线与AC的延长线相交于点P．
(1)求证：PD是O的切线；
(2)求证：△ABD∽DCP；
(3)若AB6，AC 8，求点O到AD的距离．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
2
(3)点O到AD的距离为
2
【分析】（1）连接OD，证明OD BC，则ODDP，即可得证；
（2）由BC∥DP，�ACB� ADB，可得PADB，根据四边形ABDC为圆内接四边形，又
DCPACD180，可得ABDDCP，即可证明△ABD∽DCP；
（3）过点O作OEAD于点E，由△ABD∽DCP，根据相似三角形的性质可求得CP，证明
BAD∽DAP，继而求得AD,ED，在RtVOED中，利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵AD平分BAC，
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∴BADDAC，
∴BDDC．
又∵BC为直径，
∴O为BC中点，
∴OD BC．
∵BC∥DP，
∴ODDP．
又∵OD为半径，
∴PD是O的切线；
（2）证明：∵BC∥DP，
∴ACBP．
∵�ACB� ADB，
∴PADB．
∵四边形ABDC为圆内接四边形，
∴ABDACD180．
又∵DCPACD180，
∴ABDDCP，
∴△ABD∽DCP．
（3）过点O作OEAD于点E，
∵BC为直径，
∴BAC 90．
∵AB6，AC 8，
∴BC AB2AC2 10．
又∵BDDC，
∴BD2DC2 2BD2 BC2，
∴BDDC 5 2．
由（2）知△ABD∽DCP，
AB BD
∴ ，
DC CP
BDDC 50 25
∴CP ，
AB 6 3
25 49
∴AP ACCP8 ．
3 3
又∵ADBACBP，BADDAP，
∴BAD∽DAP，
AB AD
∴ ，
AD AP
∴AD2 ABAP98，
∴AD7 2．
∵OEAD，
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1 7 2
∴ED AD ．
2 2
49 2
在 中，OE OD2ED2 25 ，
RtVOED 2 2
2
∴点O到AD的距离为 ．
2
AB O E F BEEF E
90．（2023·四川宜宾中考）如图，以 为直径的 上有两点 、 ， ，过点 作直
线CD AF 交AF 的延长线于点D，交AB的延长线于点C，过C作CM 平分ACD交AE于
点M ，交BE于点N ．
(1)求证：CD是O的切线；
(2)求证：EM EN；
N CM AB9 5 EN
(3)如果 是 的中点，且 ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)6
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等得出12，根据OAOE，得出13，则
23可得OE∥AF，根据已知CD AF ，得出OECD，即可得证；
1 1
（2）根据角平分线的定义得出56 DCA，又12 DAC，根据三角形内角和定理
2 2
得出∠EMC 45，由AB是O的直径，即可得证；
（3）取EC的中点P，连接PN ，证明BEC OAE，由N 是MC的中点，P是EC的中点，得出
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1 1 PN 1
PN∥EM,PN EM EN ，进而得出tanPEN ，设 ，则 ，勾股定理
2 2 EN 2 BEb AE 2b
AE CE
得出 ， ,证明 得出 2，根据角平分线的性质得出
AE 18 EB9 ECB∽ACE EB CB
EN EC
2，即可求解．
BN BC
【详解】（1）证明：如图所示，
∵BEEF ，
∴12，
∵OAOE
∴13，
∴23，
∴OE∥AF
∵CD AF ，
∴OECD，
∴CD是O的切线；
（2）证明：如图所示，
∵CM 平分ACD
1
∴56 DCA
2
1
又∵12 DAC，
2 ADCD
则ADC 90，
1 1
∴ 15 DACDCA 180ADC45，
∠EMC 2 2
∵AB是O的直径，
∴MEN AEB90，
∴ENM EMN 45，
∴EM EN；
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（3）解：如图所示，取EC的中点P，连接PN ，
∵CD是O的切线，
∴CEBOEB90，
∵AEBAEOOEB90，
∴AEOBEC，
又OAEOEA，
∴BEC OAE，
∵N 是MC的中点，P是EC的中点，
1 1
∴PN∥EM,PN EM EN ，
2 2
∵AEEB，
∴PN EB，
PN 1
在 中，tanPEN ，
Rt△PEN EN 2
∵BEC OAE，
EB 1
∴tanEAB tanPEN
AE 2
设BEb，则AE 2b，
∴AB 5b
∵AB9 5
∴b9
∴AE 18，EB9,
∵BEC EAC，ECBACE，
∴ECB∽ACE，
AE CE
∴ 2，
EB CB
∵CM 是ACD的角平分线，
∴N 到CD,AC的距离相等，设为d，在EBC，设点C到EB的距离为h，
1 1
ECd ENh
S 2 2
∴ ENC ，
S 1 1
BNC BCd BNh
2 2
EN EC
∴ 2，
BN BC
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2
∴EN EB6．
3
91．（2022·广西柳州中考）如图，已知AB是⊙O的直径，点E是⊙O上异于A，B的点，点F是
�
EB
的中点，连接AE，AF，BF，过点F作FC⊥AE交AE的延长线于点C，交AB的延长线于
点D，∠ADC的平分线DG交AF于点G，交FB于点H．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)求sin∠FHG的值；
4 2
(3)若GH＝ ，HB＝2，求⊙O的直径．
【答案】(1)见解析
2
(2)
2
(3)⊙O的直径为6 5
【分析】（1）连接OF，先证明OF∥AC，则∠OFD＝∠C＝90，根据切线的判定定理可得出结
论．
（2）先证∠DFB＝∠OAF，∠ADG＝∠FDG，根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角
之和得出∠FGH＝∠FHG＝45，从而可求出sin∠FHG的值．
DF FH
（3）先在△GFH中求出FH的值为4，根据等积法可得 2，再证△DFB∽△DAF，根据
DB HB
DA DF DA AG
对应边成比例可得 2，又由角平分线的性质可得 ，从而可求出AG、AF．在
DF DB DF GF
Rt AFＢ中根据勾股定理可求出AB的长，即⊙O的直径．
【详解】（1）证明：连接OF．
△
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∵OA＝OF，
∴∠OAF＝∠OFA，
∵EF FB,
∴∠CAF＝∠FAB，
∴∠CAF＝∠AFO，
∴OF∥AC，
∵AC⊥CD，
∴OF⊥CD，
∵OF是半径，
∴CD是⊙O的切线．
（2）∵AB是直径，
∴∠AFB＝90°，
∵OF⊥CD，
∴∠OFD＝∠AFB＝90°，
∴∠AFO＝∠DFB，
∵∠OAF＝∠OFA，
∴∠DFB＝∠OAF，
∵GD平分∠ADF，
∴∠ADG＝∠FDG，
∵∠FGH＝∠OAF+∠ADG，∠FHG＝∠DFB+∠FDG，
∴∠FGH＝∠FHG＝45°，
2
∴sin∠FHG=sin45°
2
（3）解：过点H作HM⊥DF于点M，HN⊥AD于点N．
∵HD平分∠ADF，
∴HM＝HN，
S DHF∶S DHB= FH∶HB=DF ∶DB
∵△ △FGH△是等腰直角三角形，GH＝4 2
∴FH＝FG＝4，
DF 4
∴ 2
DB 2
设DB＝k，DF＝2k，
∵∠FDB＝∠ADF，∠DFB＝∠DAF，
∴△DFB∽△DAF，
∴DF2＝DB•DA，
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∴AD＝4k，
∵GD平分∠ADF
FG DF 1
∴
AG AD 2
∴AG＝8，
∵∠AFB＝90°，AF＝12，FB＝6，
AB AF2BF2 122622 6 5
∴⊙O的直径为6 5
92．（2022·贵州安顺中考）如图，AB是O的直径，点E是劣弧BD上一点，PADAED，
DE 2 AE BAD AE BD F
且 ， 平分 ， 与 交于点 ．
(1)求证：PA是O的切线；
2
(2)若tanDAE ，求 的长；
2 EF
(3)延长DE，AB交于点C，若OBBC，求O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)1
(3)2
【分析】（1）根据AB是O的直径，可得ADB90，即DABDBA90，根据同弧所对的
圆周角相等，以及已知条件可得PADABD，等量代换后即可得PAB90，进而得证；
（2）连接OE,EB，根据角平分线的定义，以及等边对等角可得AD∥OE，根据同弧所对的圆周角
2
相等可得 ，由垂径定理可得 ，进而可得tanEBF ，即可求解．
DAE DBE DEEB 2 2
（3）过点B作BG∥AD，根据平行线分线段成比例，求得 DG2 2，设O的半径为x，则
1 1 3
GB OE x，证明 ，可得AD x，在 中， ，勾股定
2 2 CGB∽CDA 2 RtADB AD2DB2 AB2
理建立方程，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：∵AB是O的直径，
ADB90，
DABDBA90，
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∵
AD AD，
AEDABD，
∵ PADAED，
PADABD，
BADPADBADABD90，
即PAB90，
PA是O的切线，
（2）如图，连接OE,EB，
∵ AE平分BAD，
DAEBAE，
∴DE=BE= 2
∴OEBD
∵OAOE，
OEAOAE，
DAEAEO，
AD∥OE，
∵
AB是O的直径，
ADDB，AEEB，
即∠ADF=∠BEF=90°，
� �
∵ DEDE
DAEDBE，
2
tanEBF tanDAE ，
2
EF 2
，
EB 2
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2
EF EB1 ；
2
（3）如图，过点B作BG∥AD，
由（2）可知AD∥OE，
OE∥BG，
∵ AOOBBC，
DEEGGC，
1 1
设 的半径为 ，则GB OE x，
O x 2 2
∵ AD∥BG，
CGB∽CDA，
CG GB
，
CD AD
3
AD3GB x，
2
∵OEDB，
DBGB，
∵ DE 2，
DG2DE2 2，
1 2
在 中，DB2 DG2GB2 8 x ，
Rt△DBG 2
在RtADB中，AD2DB2 AB2，
即 3 x 2 8 1 x 2 2x2 ，
2 2
解得：x2（负值舍去），
O的半径为2．
93．（2023·湖北中考）如图，等腰ABC内接于O，AB AC，BD是边AC上的中线，过点C
作AB的平行线交BD的延长线于点E，BE交O于点F ，连接AE,FC．
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(1)求证：AE为O的切线；
(2)若O的半径为5，BC 6，求FC的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)FC 5 2
【分析】（1）证明△ABD≌△CEDAAS
，得出 ABCE，则四边形 ABCE是平行四边形，
AE∥BC，作AH BC于H ．得出AH为BC的垂直平分线．则OA AE．又点A在O上，即可
得证；
1
过点 作 于 ，连接 ．垂径定理得出BH HC BC3，勾股定理得 ，进
D DM BC M OB 2 OH 4
而可得AH，勾股定理求得AB，证明DM∥AH ，可得CMD∽CHA，根据相似三角形的性质得
出MH ，DM ，然后求得BM ，勾股定理求得BD，证明△FCD∽△ABD，根据相似三角形的性质
即可求解．
【详解】（1）证明，∵AB∥CE，
∴ABDCED,BADECD．
又ADCD，
∴△ABD≌△CEDAAS
．
∴ABCE．
∴四边形ABCE是平行四边形．
∴AE∥BC．
作AH BC于H．
又∵AB AC，
∴AH为BC的垂直平分线．
∴点O在AH上．
∴AH AE．
即OA AE．又点A在O上，
∴AE为O的切线；
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（2）解：过点D作DM BC于M ，连接OB．
∵AH为BC的垂直平分线，
1
∴BH HC BC3．
2
∴OH OB2BH2 5232 4．∴AH OAOH 549．
∴AB AC AH2CH2 9232 3 10．
1 3
∴CD AC 10．
2 2
∵AH BC,DM BC，
∴DM∥AH
∴CMD∽CHA，
又ADCD，
DM CM CD 1
∴ ．
AH CH CA 2
1 3 1 9
∴MH HC ，DM AH ．
2 2 2 2
3 9
∴BM BH MH 3 ．
2 2
9 2 9 2 9
∴BD BM2DM2 2 ．
2 2 2
∵CFDBAD,FDC ADB，
∴△FCD∽△ABD．
FC CD
∴ ．
AB BD
3
10
FC 2
∴ ．
3 10 9
2
2
∴FC 5 2．
94．（2023·内蒙古通辽中考）如图，AB为O的直径，D，E是O上的两点，延长AB至点C，
连接CD，BDC A．
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(1)求证：ACD∽DCB；
(2)求证：CD是O的切线；
3
(3)若tanE ,AC 10，求 的半径．
5 O
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)O的半径为3.2．
【分析】（1）利用两角对应相等两个三角形相似，得出结论；
（2）连接OD，由圆周角定理得出ADB90，证出ODCD，由切线的判定可得出结论；
CD BC BD 3
（3）由相似三角形的性质得出 ，由比例线段求出 和 的长，可求出 的
AC CD DA 5 CD BC AB
长，则可得出答案．
【详解】（1）证明：∵ACDDCB，BDC A，
∴ACD∽DCB；
（2）证明：连接OD，
∵AB为O的直径，
∴ADB90，
∴AABD90，
∵OBOD，
∴ABDODB，
∵BDC A，
∴BDCODB90，
∴ODC 90，
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∴ODCD，
∵OD是O的半径，
∴CD是O的切线；
3
（3）解：∵ ，tanE ， ，
ADB90 5 AE
BD 3
∴ ，
AD 5
∵ACD∽DCB，
CD BC BD 3
∴ ，
AC CD DA 5
∵AC 10，
18
∴ ，BC 3.6，
CD6 5
∴AB ACBC 103.66.4．
∴O的半径为3.2．
AB O E O C � AE
95．（2023·内蒙古中考）如图， 是⊙ 的直径， 为⊙ 上的一点，点 是 的中点，连
接BC，过点C的直线垂直于BE的延长线于点D，交BA的延长线于点P．
(1)求证：PC为⊙O的切线；
PC 2 2BO PB10 BE
(2)若 ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
5
(2)BE
3
【分析】（1）连接OC，根据点C是� AE的中点可得ABC CBD，进而证OC∥BD，从而得
证PCOD90即可；
5
（2）解法一：连接 交 于 ，根据 及勾股定理求出OC ，再证明 ，
AE OC M PC 2 2BO 2 AE∥PD
OM OA
从而得到 ，即可求出 的值；解法二：过点 作 于点 ，按照解法一步骤求出
OC OP BE O OH BD H
5 10
OC ，然后证明四边形 是矩形，再证明 ，求得BD ，进而求出 的值．
2 COHD PCO∽PDB 3 BE
【详解】（1）证明：连接OC，
∵ BDCD，
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D90，
∵点C是� AE的中点，
AC CE，
ABC CBD，
∵OBOC，
OBC OCB，
OCB＝CBD，
OC∥BD，
PCOD90，
OC PD，
∵OC是半径，
PC是O的切线；
（2）解法一：连接AE交OC于M ，
∵ PC 2 2BO，BOCO，
PC 2 2CO，
∵ PB10，
POPBOB10OC，
在Rt△PCO中PC2OC2 PO2，
2 2CO 2 OC2 10OC2 ，
5
OC= 或 （不符合题意，舍去），
2 OC 5
∵点C是� AE的中点，OC是半径，
OC垂直平分AE，
∵OAOB，
OM 是△ AEB的中位线，
BE 2OM ，
∵ AB是直径，
∴AEBD90，
AE∥PD，
5
OM OA 2 1
，
OC OP 5 3
10
2
1 1 5 5
OM OC ，
3 3 2 6
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5 5
BE2 ；
6 3
解法二：过点O作OH BD于点H ，
DHO90，BE 2BH ，
∵ PC 2 2BO，BOCO，
PC 2 2CO，
∵ PB10，
POPBOB10OC，
在Rt△PCO中，PC2OC2 PO2，
2 2CO 2 OC2 10OC2 ，
5
OC= 或 （不符合题意，舍去），
2 OC 5
∵PDBDHOOCD90，
四边形COHD是矩形，
5
DH CO ，
2
∵OC∥BD，
PCO∽PDB，
PO CO
，
PB BD
15 5
2 2 ，
10 BD
10
\ BD= ，
3
10 5 5
BH ，
3 2 6
5 5
BE 2BH 2 ．
6 3
96．（2023·陕西中考）如图，ABC内接于O，BAC45，过点B作BC的垂线，交O于
点D，并与CA的延长线交于点E，作BFAC，垂足为M ，交O于点F ．
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(1)求证：BDBC；
(2)若O的半径r 3，BE6，求线段BF的长．
【答案】(1)见解析
(2)2 3 6
【 分 析 】 （ 1 ） 如 图 ， 连 接 DC， 根 据 圆 周 角 定 理 得 到 BDC BAC 45， 求 得
BCD90BDC 45，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论；
（2）如图，根据圆周角定理得到CD为O的直径，求得CD2r 6．根据勾股定理得到
2
EC BE2BC2 62 3 2 3 6，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：如图，连接DC，
则BDC BAC 45，
∵ BDBC，
BCD90BDC 45，
BCDBDC．
BDBC；
（2）如图，∵DBC 90，
CD为O的直径，
CD2r6．
2
BCCDsinBDC 6 3 2，
2
2
EC BE2BC2 62 3 2 3 6，
∵ BF AC，
BMC EBC 90，
又BCM BCM ，
ΔBCM∽ΔECB．
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BC BM CM
，
EC EB CB
2
BCEB 3 26 BC2 3 2
BM 2 3，CM 6，
EC 3 6 EC 3 6
连接CF，则F BDC 45，MCF 45，
MF MC 6，
BF BM MF 2 3 6．
97．（2023·辽宁盘锦中考）如图，ABC内接于O，AB为O的直径，延长AC到点G，使得
CGCB，连接GB，过点C作CD∥GB，交AB于点F，交点O于点D，过点D作
DE∥AB．交GB的延长线于点E．
(1)求证：DE与O相切．
(2)若AC 4，BC 2，求BE的长．
【答案】(1)见详解
5
(2) 2
3
【分析】（1）连接OD，结合圆周角定理，根据CGCB，可得CGBCBG45，再根据平
行的性质ACDCGB45，即有AOD2ACD90，进而可得ODEAOD90，问题
随之得证；
（2）过 C 点作CK AB于点 K，先证明四边形 BEDF 是平行四边形，即有 BEDF，求出
1
， 即 有 OD AOOB AB 5， 利 用 三 角 形 函 数 有
AB AC2BC2 2 5 2
AC 2 4
1
sinABC ， 同 理 cosABC ， 即 可 得 KC BCsinABC ，
AB 5 5 5
2 3
KBBCcosABC ， 进 而 有 OK OBKB ， 再 证 明 ， 可 得
5 5 CKF∽DOF
OF OD 5 5
FK CK 4 4， 即 可 得 5 5 3 5 ， 在 中 ， 有
OF OK
5 9 9 5 3 Rt△ODF
5
DF OD2OF2 2，问题随之得解．
3
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【详解】（1）连接OD，如图，
∵AB为O的直径，
∴ACB90，
∴GCB90，
∵CGCB，
∴CGBCBG45，
∵CD∥GB，
∴ACDCGB45，
∴AOD2ACD90，即ODAB，
∵DE∥AB，
∴ODEAOD90，
∴半径ODDE，
∴DE与O相切；
（2）过C点作CK AB于点K，如图，
∵CD∥GB，DE∥AB，
∴四边形BEDF 是平行四边形，
∴BEDF，
∵AC 4，BC 2，
∴AB AC2BC2 2 5，
1
∴OD AOOB AB 5，
2
∵CK AB，
∴CKB90ACB，
AC 2
∴在 ，sinABC ，
Rt△ACB AB 5
1
同理cosABC ，
5
∵在RtKCB中，CB2，
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4 2
∴KC BCsinABC ，KBBCcosABC ，
5 5
3
∴OK OBKB ，
5
∵CK AB，ODAB，
∴OD∥CK，
∴CKF∽DOF，
OF OD 5 5
∴FK CK 4 4，
5
OF OF 5
∴ ，
FKOF OK 9
5 5 3 5
∴OF OK ，
9 9 5 3
5
∴在 中，DF OD2OF2 2，
Rt△ODF 3
5
∴BEDF 2．
3
【题型17】利用旋转变换求线段长
98．（2023·内蒙古呼和浩特中考）如图，ABC内接于O且ACB90，弦CD平分ACB，
连接AD，BD．若AB5，AC 4，则BD ，CD ．
5 7
【答案】 2 2
2 2
【分析】首先利用已知条件得到 AB为直径，然后可以证明ADB为等腰直角三角形，由此求出
BD，接着把ACD绕D逆时针旋转90得到DBE，证明△DCE为等腰直角三角形即可解决问题．
【详解】解：∵ABC内接于O且ACB90，
AB为O的直径，
ADB90，
\ �DAC��DBC 180 ，
∵弦CD平分ACB，
ACDBCD45，
ADBD，
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∵ AB5，AC 4，
5
，ADBD 2，
CB3 2
如图把ACD绕D逆时针旋转90得到DBE，
DBEDAC，BE AC，
DBCDBE180，
C、B、E三点共线，
DCE为等腰直角三角形，
CE ACBC 7，
7
CDDE 2．
2
5 7
故答案为： 2， 2．
2 2
模块四 以圆为背景的阴影部分面积问题
【题型18】和差法（割补）
99．如图，以边长为2的等边△ABC顶点A为圆心、一定的长为半径画弧，恰好与BC边相切，分
别交AB，AC于D，E，则图中阴影部分的面积是（ ）
π (6−π)√3 π
A．√3− B．2√3− C． D．√3−
4 3 2
π
【分析】：作AF⊥BC，由勾股定理求出AF，然后根据S阴影 ＝S△ABC ﹣S扇形ADE 得出答案．
解：由题意，以A为圆心、一定的长为半径画弧，恰好与BC边相切，
设切点为F，连接AF，则AF⊥BC．
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在等边△ABC中，AB＝AC＝BC＝2，∠BAC＝60°，
∴CF＝BF＝1．
在Rt△ACF中，AF=√AB2−AF2=√3，
1 60π×(√3) 2 π
∴S阴影 ＝S△ABC ﹣S扇形ADE =
2
×2×√3−
360
=√3−
2
如图，在扇形OAB中，已知∠AOB＝90°，OA＝2，过^AB的中点C作CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分
别为点D，E，则图中阴影部分的面积为（ ）
π
A． ﹣1 B． ﹣2 C． ﹣4 D． −1
2
π π π
【分析】：连接OC，求出∠AOC＝∠BOC＝45°，求出∠DCO＝∠AOC＝∠ECO＝∠COE＝45°，
求出CD＝OD，CE＝OE，根据勾股定理求出CD＝OD＝OE＝CE=√2，再求出阴影部分的面积即
可．
解：连接OC，
∵OA＝2，
∴OC＝0A＝2，
∵∠AOB＝90°，C为^AB的中点，
∴∠AOC＝∠BOC＝45°，
∵CD⊥OA，CE⊥OB，
∴∠CDO＝∠CEO＝90°，
∴∠DCO＝∠AOC＝∠ECO＝∠COE＝45°，
∴CD＝OD，CE＝OE，
∴2CD2＝22，2OE2＝22，
即CD＝OD＝OE＝CE=√2，
90π×22 1
∴阴影部分的面积S＝S扇形AOB ﹣S△CDO ﹣S△CEO =
360
−2×
2
×√2×√2= ﹣2，
故选：B． π
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100．（2022·山西·中考真题）如图，扇形纸片AOB的半径为3，沿AB折叠扇形纸片，点O恰好
AB
落在 上的点C处，图中阴影部分的面积为（ ）
9 3 9 3
3π 6π
A．3π3 3 B． 2 C．2π3 3 D． 2
【答案】B
【分析】根据折叠， △ACB≌△AOB，进一步得到四边形 OACB 是菱形；进一步由
OC OBBC 3得到△OBC是等边三角形；最后阴影部分面积=扇形AOB面积-菱形的面积，即
可
【详解】依题意：△ACB≌△AOB，AOBO3
∴AC BC AOBO3
∴四边形OACB是菱形
∴ABCO
连接OC
∵OC OB3
∴OC OBBC 3
∴△OBC是等边三角形
同理：OAC是等边三角形
故AOB120
由三线合一，在Rt△OBD中：
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1
OBD OBC 30
2
1 3
OD OB
2 2
3
BD 3OD 3
2
1 1 3 3 9
S 2BD2OD 2 32 3
菱形OACB 2 2 2 2 2
120
S 32 3
扇形AOB 360
9
S S S 3 3
阴影 菱形OACB 扇形AOB 2
故选：B
101．如图所示的曲边三角形可按下述方法作出：作等边△ABC，分别以点A，B，C为圆心，以
AB长为半径作^BC，^AC，^AB，三弧所围成的图形就是一个曲边三角形．如果一个曲边三角形
的周长为2 ，则此曲边三角形的面积为（ ）
π
A．2 ﹣2√3 B．2 −√3 C．2 D． −√3
π π π π 2π
【分析】：此三角形是由三段弧组成，如果周长为2 ，则其中的一段弧长为 ，所以根据弧长公
3
60πr 2π π
式可得 = ，解得r＝2，即正三角形的边长为2．那么曲边三角形的面积就＝三角形的面积
180 3
+三个弓形的面积．
解：设等边三角形ABC的边长为r，
60πr 2π
∴ = ，解得r＝2，即正三角形的边长为2，
180 3
1 60π×4
∴这个曲边三角形的面积＝2×√3× +（ −√3）×3＝2 ﹣2√3
2 360
102．（2023·湖北鄂州中考）如图，在ABC中，ABC 90，πACB30，AB4，点O为
BC的中点，以O为圆心，OB长为半径作半圆，交AC于点D，则图中阴影部分的面积是（
）
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3
5 3
A． 3 B．5 34 C．5 32 D．10 32
【答案】C
【分析】连接OD，BD，作OH CD交CD于点H ，首先根据勾股定理求出BC的长度，然后利用
解直角三角形求出BD、CD的长度，进而得到OBD是等边三角形，BOD60，然后根据30
角直角三角形的性质求出OH的长度，最后根据S S S S 进行计算即可．
阴影 ACB COD 扇形ODB
【详解】解：如图所示，连接OD，BD，作OH CD交CD于点H
∵在ABC中，ABC 90，ACB30，AB4，
AB AB 4
BC 4 3
∴ tanACB tan30 3 ，
3
∵点O为BC的中点，以O为圆心，OB长为半径作半圆，
∴BC是半圆的直径，
∴CDB90，
∵ACB30，
1 3
∴BD BC 2 3，CDBCcosBCD4 3 6，
2 2
1
又∵OBOC OD BC 2 3，
2
∴OBODBD，
∴OBD是等边三角形，
∴BOD60，
∵OH CD，OCH 30，
1
∴OH OC 3
2
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∴ ．
2
103．如图，在 ABCD中，AD= AB，∠BAD＝45°，以点A为圆心、AD为半径画弧交AB于点
3
▱
E，连接CE，若AB＝3√2，则图中阴影部分的面积是 ．
【分析】：过点D作DF⊥AB于点F，根据等腰直角三角形的性质求得DF，从而求得EB，最后由
S ＝S −S −S 结合扇形面积公式、平行四边形面积公式、三角形面积公式解题即
阴影 ABCD 扇形ADE △EBC
可．
▱
解：过点D作DF⊥AB于点F，
2
∵AD= AB，∠BAD＝45°，AB＝3√2，
3
2
∴AD= ×3√2=2√2，
3
√2
∴DF＝ADsin45°＝2√2× =2，
2
∵AE＝AD＝2√2，
∴EB＝AB−AE=√2，
∴S ＝S −S −S
阴影 ABCD 扇形ADE △EBC
▱45π×(2√2) 2 1
＝3√2×2− − ×√2×2
360 2
＝5√2− ，
故答案为：5√2− ．
π
π
104．如图，直径AB为6的半圆，绕A点逆时针旋转60°，此时点B到了点B′，则图中阴影部分
的面积是 ．
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【分析】：根据阴影部分的面积＝以AB′为直径的半圆的面积+扇形ABB′的面积﹣以AB为直径
的半圆的面积，即可求解．
解：阴影部分的面积＝以AB′为直径的半圆的面积+扇形ABB′的面积﹣以AB为直径的半圆的面
积＝扇形ABB′的面积，
60π×62
则阴影部分的面积是： =6 ，
360
故答案为：6 ． π
105．在△ABC中，已知∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1．如图所示，将△ABC绕点A按逆时
π
针方向旋转90°后得到△AB'C'．则图中阴影部分的面积为 ．
【分析】：解直角三角形得到AB=√3BC=√3，AC＝2BC＝2，然后根据扇形的面积公式即可得到
结论．
解：∵∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，
∴AB=√3BC=√3，AC＝2BC＝2，
90⋅π⋅22 60⋅π⋅(√3) 2 1
∴图中阴影部分面积＝S ﹣S ﹣S = − − ×1
扇形ACC′ 扇形ADB′ △AB′C′
360 360 2
π−√3
×√3= ，
2
π−√3
故答案为： ；
2
106．（2023·浙江衢州中考）如图，在Rt△ABC 中，ACB90，O为AC边上一点，连结OB，
以OC为半径的半圆与AB边相切于点D，交AC边于点E．
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(1)求证：BC BD；
(2)若OBOA，AE2，①求半圆O的半径；②求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)证明过程见解析
2
(2)①2；②2 3
3
【分析】（1）连接OD，由切线的性质得出ODB90，证明RtODB≌RtOCB，再由全等三角
形的判定即可得出结论；
（2）①证出OBD=OBC =A=30，再由直角三角形的性质即可求解；
②由勾股定理求出AD2 3，AOD60，由三角形面积公式和扇形的面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接OD，
∵BD是O的切线，点D为切点，
∴ODB90，
∵ACB90，OC OD，OBOB，
∴RtODB≌RtOCBHL
，
∴BC BD；
（2）解：①∵OBOA，
∴OBDA，
∵RtODB≌RtOCB，
∴OBDOBC，
∴OBD=OBC =A，
又∵OBDOBCA=90，
∴OBD=OBC =A=30，
OD
在 中，sinA= ，
RtODA OA
1
∴OD= OA，
2
∵ODOE，
1
∴OE OA，
2
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∴OE AE 2，
∴半圆O的半径为2；
②在RtODA中，OD2，OA4，
∴AD OA2 OD2 2 3，
1 1
∴S ODAD 22 32 3，
OAD 2 2
∵A30，
∴AOD60，
6022 2
∴S S S 2 3 2 3 ．
阴影 ODA 扇形ODE 360 3
ABCD O AB AE DE
107．（2023·山东潍坊中考）如图，正方形 内接于 ，在 上取一点E，连接 ， ．
过点A作AG AE，交O于点G，交DE于点F，连接CG，DG．
(1)求证：△AFD≌△CGD；
(2)若AB2，BAE30，求阴影部分的面积．
【答案】(1)证明见解析
33
(2)S
阴影 2
【分析】（1）如图，连接EG，证明EDGEAG90EDCCDG，再证明ADC 90，
ADCD，可得ADF CDG，结合DAF DCG，从而可得结论；
（2）如图，连接OA，OD，过F 作FK AD于K，设FK x，在AD上取Q，使QF QD，证
明OAE75，EAD3090120，FAD1209030，可得 AF 2x， AK 3x，
求解ADF 1803013515，而QF QD，可得KQF 30，FQ2xQD，QK 3x
可得2 3x2x2，再求解x，利用S S S 进行计算即可．
阴影 AFD 弓形AD
【详解】（1）解：如图，连接EG，
∵AE AG，则EAG90，
∴EDGEAG90EDCCDG，
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∵正方形ABCD，
∴ADC 90，ADCD，
∴ADFEDC 90，
∴ADF CDG，
∵DAF DCG，
∴△AFD≌△CGD．
（2）如图，连接OA，OD，过F 作FK AD于K，设FK x，在AD上取Q，使QF QD，
∵O为正方形中心，
∴OABOADODA45，AOD90，而BAE30，
∴OAE75，EAD3090120，
∵EAG90，
∴FAD1209030，
∴AF 2x，AK 3x，
1
∵AED AOD45，
2
∴AFDAEDEAF 4590135，
∴ADF 1803013515，而QF QD，
∴QFDQDF 15，
∴KQF 30，
∴FQ2xQD，QK 3x，
而正方形的边长AB2 AD，
∴2 3x2x2，
31
解得：x ，
2
1 1 31 31
∴S ADFK 2 ，
AFD 2 2 2 2
∵AD2，AOD90，OAOD，
2
∴OAOD AD 2，
2
1
∴S 2 2 1，
AOD 2
2
90 2
1
而S
，
扇形AOD 360 2
1 31 33
∴S 1 ．
阴影 2 2 2
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108．（2022·内蒙古通辽中考）如图，在RtAOB中，AOB90，以O为圆心，OB的长为半
径的圆交边AB于点D，点C在边OA上且CD AC，延长CD交OB的延长线于点E．
(1)求证：CD是圆的切线；
4
sinOCD
(2)已知 ， ，求 长度及阴影部分面积．
5 AB4 5 AC
【答案】(1)证明见详解；
50
(2)AC=3，阴影部分面积为 -4．
3
【分析】（1）连接OD，证明∠ODE=90°即可；
（2）在Rt OCD中，由勾股定理求出OC、OD、CD，在Rt OCE中，由勾股定理求出OE，用
△OCE的面积减扇形面积即可得出阴影部分面积．
△ △
【详解】（1）证明：连接OD
∵OD=OB
∴∠OBD=∠ODB
∵AC=CD
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∴∠A=∠ADC
∵∠ADC=∠BDE
∴∠A=∠EDB
∵∠AOB=90°
∴∠A+∠ABO=90°
∴∠ODB+∠BDE=90°
即OD⊥CE，
又D在o上
∴CD是圆的切线；
（2）解：由（1）可知，∠ODC=90°
4 OD
在Rt OCD中，sinOCD
5 OC
∴设△OD=OB=4x，则OC=5x，
∴CD OC2OD2 5x2 4x2 3x
∴AC=3x
∴OA=OC+AC=8x
在Rt OAB中：OB2OA2 AB2
即：△4x2 8x2 4 5 2
解得x1，（-1舍去）
∴AC=3，OC=5，OB=OD=4
4 OE
在Rt OCE中，sinOCD
5 CE
∴设△OE=4y，则CE=5y，
∵OE2OC2 CE2
4y252 5y2
5 5
解得y ，（ 舍去）
3 3
20
∴OE4y
3
1 90OB2 1 20 50
S OEOC- 5-4 -4
阴影 2 360 2 3 3
50
∴阴影部分面积为 -4．
3
109．（2023·湖南怀化中考）如图，AB是O的直径，点P是O外一点，PA与O相切于点A，
点C为O上的一点．连接PC、AC、OC，且PC PA．
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(1)求证：PC为O的切线；
(2)延长PC与AB的延长线交于点D，求证：PDOC PAOD；
(3)若CAB30，OD8，求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
8
(3)8 3 π
3
【分析】（1）连接PO，证明PAO≌PCO，即可得证；
OC PA
（2）根据sinD ，即可得证；
OD PD
（ 3 ） 根 据 圆 周 角 定 理 得 出 COD2CAB60， 进 而 勾 股 定 理 求 得 CD， 根 据
S S S ，即可求解．
阴影 OCD 扇形OBC
【详解】（1）证明：∵PA是O的切线，
∴PAO90
如图所示，连接PO
在PAO与△PCO中，
PAPC
OAOC
POPO
∴PAO≌PCO
SSS
PCOPAO90
∵C为O上的一点．
∴PC是O的切线；
（2）∵PC是O的切线；
∴OC PD，
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OC PA
∴sinD
OD PD
∴PDOC PAOD
（3）解：∵BC BC，CAB30，OD8
∴COD2CAB60，
∵OC PD
∴D30，
1
∴OC OD4
2
∴CD4 3，
1 60
∴S S S COCD πCO2
阴影 OCD 扇形OBC 2 360
1 1
44 3 42π
2 6
8
8 3 π
3
110．（2022·湖南益阳中考）如图，C是圆O被直径AB分成的半圆上一点，过点C的圆O的切线
交AB的延长线于点P，连接CA，CO，CB．
(1)求证：∠ACO＝∠BCP；
(2)若∠ABC＝2∠BCP，求∠P的度数；
(3)在（2）的条件下，若AB＝4，求图中阴影部分的面积（结果保留π和根号）．
【答案】(1)见解析
(2)30°
(3)2π﹣2 3
【分析】（1）由AB是半圆O的直径，CP是半圆O的切线，可得∠ACB＝∠OCP，即得∠ACO＝
∠BCP；
（2）由∠ABC＝2∠BCP，可得∠ABC＝2∠A，从而∠A＝30°，∠ABC＝60°，可得∠P的度数是
30°；
1
（3）∠A＝30°，可得BC＝ AB＝2，AC＝ BC，即得S ABC，再利用阴影部分的面积等于半圆
2 3
△
减去S ABC即可解题．
【详解△】（1）∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CP是半圆O的切线，
∴∠OCP＝90°，
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∴∠ACB＝∠OCP，
∴∠ACO＝∠BCP；
（2）由（1）知∠ACO＝∠BCP，
∵∠ABC＝2∠BCP，
∴∠ABC＝2∠ACO，
∵OA＝OC，
∴∠ACO＝∠A，
∴∠ABC＝2∠A，
∵∠ABC+∠A＝90°，
∴∠A＝30°，∠ABC＝60°，
∴∠ACO＝∠BCP＝30°，
∴∠P＝∠ABC﹣∠BCP＝60°﹣30°＝30°，
答：∠P的度数是30°；
（3）由（2）知∠A＝30°，
∵∠ACB＝90°，
1
∴BC＝ AB＝2，AC＝ BC＝2 ，
2 3 3
1 1
∴S ABC＝ BC•AC＝ ×2×2 ＝2 ，
2 2 3 3
△ 1 AB
∴阴影部分的面积是 ( )2 ﹣2 ＝2π﹣2 ，
2 2 3 3
答：阴影部分的面积是2π﹣2 3．
【题型19】拼接法（等积变形）
111．如图，菱形OABC的三个顶点A，B，C在 O上，对角线AC，OB交于点D，若 O的半径
是2√3，则图中阴影部分的面积是（ ） ⊙ ⊙
√3
A．2 B．6 C． D．√3
3
π π π π
【分析】：根据四边形OABC是菱形，得BC＝OC＝OB，即△COB是等边三角形，根据S ＝
△ADB
S ，所以图中阴影部分的面积＝S ．
△OCD 扇形COB
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解：∵四边形OABC是菱形，
∴BC＝OC＝OB，
∴△COB是等边三角形，
∴∠COB＝60°，
∵S ＝S ，
△ADB △OCD
60π×(2√3) 2
∴图中阴影部分的面积＝S = =2 ．
扇形COB
360
π
112．如图，在边长为6的正方形ABCD中，以BC为直径画半圆，则阴影部分的面积是（ ）
A．9 B．6 C．3 D．12
【分析】：设AC与半圆交于点E，半圆的圆心为O，连接BE，OE，证明BE＝CE，得到弓形BE
1 1
的面积＝弓形CE的面积，则S =S =S −S = ×6×6− ×6×3=9．
阴影 △ABE △ABC △BCE 2 2
解：设AC与半圆交于点E，半圆的圆心为O，连接BE，OE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠OCE＝45°，
∵OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE＝45°，
∴∠EOC＝90°，
∴OE垂直平分BC，
∴BE＝CE，
∴弓形BE的面积＝弓形CE的面积，
1 1
∴S =S =S −S = ×6×6− ×6×3=9
阴影 △ABE △ABC △BCE 2 2
113．如图，等边三角形ABC内接于 O，BC＝2√3，则图中阴影部分的面积是 ．
⊙
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【分析】：根据内接于圆O的等边三角形的性质可得S ＝S ，∠AOC＝120°，将阴影部分的
△AOB △AOC
面积转化为扇形AOC的面积，利用扇形面积的公式计算可求解．
解：∵△ABC为等边三角形，
∴S ＝S ，∠AOC＝120°，在△OBC中，OB＝OC，∠BOC＝120°，BC＝2√3，
△BOC △AOC
120π×22 4π
∴OB＝OC＝2，∴S ＝S = =
阴影 扇形AOC
360 3
114．如图，点A，B，C是 O上的点，连接AB，AC，BC，且∠ACB＝15°，过点O作OD∥AB
交 O于点D，连接AD，⊙BD，已知 O半径为2，则图中阴影面积为 ．
⊙ ⊙
【分析】：由圆周角定理可得∠AOB的度数，由OD∥AB可得S ＝S ，进而可得S ＝S
△ABD △ABO 阴影 扇
，然后根据扇形面积公式计算即可．
形AOB
解：∵∠ACB＝15°，
∴∠AOB＝30°，
∵OD∥AB，
∴S ＝S ，
△ABD △ABO
30π×22 π
∴S ＝S = = ．
阴影 扇形AOB
360 3
π
故答案为： ．
3
115．如图，正方形ABCD的边长为4，O为对角线的交点，点E，F分别为BC，AD的中点，以C
为圆心，4为半径作圆弧BD，再分别以E，F为圆心，2为半径作圆弧BO，OD，则图中阴影
部分的面积为 ．（结果保留 ）
148
π关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【分析】：连接BD，根据在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧，所对的弦分别相等，利用面
积割补法可得阴影部分的面积等于弓形面积，即等于扇形CBD减去直角三角形CBD的面积之差．
解：连接BD，EF，如图，
∵正方形ABCD的边长为4，O为对角线的交点，
由题意可得：EF，BD经过点O，且EF⊥AD，EF⊥CB．
∵点E，F分别为BC，AD的中点，
∴FD＝FO＝EO＝EB＝2，
∴O^B=O^D，OB＝OD．
∴弓形OB＝弓形OD．
∴阴影部分的面积等于弓形BD的面积．
90π×42 1
∴S阴影 ＝S扇形CBD ﹣S△CBD =
360
−
2
×4×4=4 ﹣8．
π
AB O AD BD
116．（2023·山东枣庄中考）如图， 为 的直径，点C是 的中点，过点C做射线 的
垂线，垂足为E．
(1)求证：CE是O切线；
(2)若BE3，AB4，求BC的长；
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(3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积（用含有π的式子表示）．
【答案】(1)见解析；
(2)BC 2 3；
2
(3)
3
【分析】（1）连接OC，证明OC∥BE，即可得到结论；
AB BC
（2）连接AC，证明 ，从而可得 ，再代入求值即可；
ACB∽CEB BC BE
（2）连接OD，CD，证明CD∥AB，从而可得S S ，，求出扇形COD的面积即可得到阴
COD CBD
影部分的面积．
【详解】（1）证明：连接OC，
∵点C是 AD的中点，，
∴AC DC，
∴ABC EBC，
∵OC OB，
∴ABC OCB，
∴EBCOCB，
∴OC∥BE，
∵BECE，
∴半径OC CE，
∴CE是O切线；
（2）连接AC，
∵AB是O的直径，
∴ACB90，
∴ACBCEB90，
∵ABC EBC，
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∴ACB∽CEB，
AB BC
∴ ，
BC BE
4 BC
∴ ，
BC 3
∴BC 2 3；
（3）连接OD，CD，
∵AB4，
∴OC OB2，
∵在Rt△BCE中，BC 2 3,BE 3，
BE 3 3
∴cosCBE ，
BC 2 3 2
∴CBE30，
∴COD60，
∴AOC 60，
∵OC OD，
∴△COD是等边三角形，
∴CDO60，
∴CDOAOC，
∴CD∥AB，
∴S S ，
COD CBD
6022 2
∴
S S
阴 扇形COD 360 3
BC
117．（2022·四川绵阳中考）如图，AB为⊙O的直径，C为圆上的一点，D为劣弧 的中点，过
点D作⊙O的切线与AC的延长线交于点P，与AB的延长线交于点F，AD与BC交于点E．
(1)求证：BC∥PF；
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5
(2)若⊙O的半径为 ，DE＝1，求AE的长度；
(3)在（2）的条件下，求DCP的面积．
【答案】(1)见解析
(2)3
4
(3)
5
【分析】（1）连接OD，利用垂径定理可得OD BC，由PF为⊙O的切线可得ODPF ，由平
行线的判定定理可得结论；
（ 2 ） 连 接 OD， BD， 设 AEx， 则 ADx1， 由 △DCE∽△DAC可 得 CD2 x1，
BD2 CD2 x1，在RtADB中，利用勾股定理可得x3，即AE3；
2 5
2 5
（3）连接 ， ，设 与 交于点 ，利用cosEDH cosDAB 可得DH ，在
OD BD OD BC H 5 5
4 5
4 5
中利用勾股定理可得BH ，所以CH BH ，又证明四边形 为矩形，所以
Rt△OHB 5 5 HDPC
DCP面积为矩形HDPC面积的一半，进而可得DCP的面积．
【详解】（1）解：证明：如图，连接OD，
∵D为劣弧BC的中点，
CDBD，
ODBC，
又∵ PF为⊙O的切线，
OD⊥PF ，
BC//PF ；
（2）解：如图，连接OD，BD，
设AEx，则ADx1，
∵D为劣弧BC的中点，
CDBD，
CDBD，DCE DAC，
又∵CDEADC，
△DCE∽△DAC，
DE CD
，
CD AD
CD2 DEAD1(x1)x1，
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BD2 CD2 x1，
∵ AB为⊙O的直径，
ADB90，
又∵⊙O的半径为 5，
AB2 5，
由AD2BD2 AB2得(x1)2(x1)(2 5)2，
解得x3或x6（舍），
AE3；
（3）解：如图，设OD与BC交于点H ，
由（2）知AE3，
AD314，BD 312，
在RtADB中，
AD 4 2 5
cosDAB ，
AB 2 5 5
∵OAOD，
EDH DAB，
2 5
cosEDH cosDAB ，
5
又∵DE1，
2 5 2 5
DH DE ，
5 5
2 5 3 5
OH ODDH 5 ，
5 5
∵OH BC，
4 5
CH BH OB2OH2 ，
5
∵ AB为⊙O的直径，
ACB90，
由（1）可知ODPD，OHBC，
四边形HDPC为矩形，
2 5 4 5
CPDH ，DPCH ，
5 5
1 1 2 5 4 5 4
S S ．
DCP 2 矩形HDPC 2 5 5 5
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模块五 其它类型
【题型20】与圆锥的相关计算
118．（2023·内蒙古赤峰中考）某班学生表演课本剧，要制作一顶圆锥形的小丑帽．如图，这个
圆锥的底面圆周长为20π cm，母线AB长为30cm，为了使帽子更美观，要粘贴彩带进行装饰，
其中需要粘贴一条从点A处开始，绕侧面一周又回到点A的彩带（彩带宽度忽略不计），这条
彩带的最短长度是（ ）
v
30cm 30 3 cm 60 cm 20π cm
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据圆锥的底面圆周长求得半径为10，根据母线长求得展开后的扇形的圆心角为120，
进而即可求解．
【详解】解：∵这个圆锥的底面圆周长为20π cm，
∴2πr=20π
解得：r10
nπ30
∵ 20π
180
解得：n120
∴侧面展开图的圆心角为120
如图所示，AC即为所求，过点B作BD AC，
∵ABC 120，BABC，则BAC 30
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∵AB30，则BD15
∴AD15 3，AC 2AD30 3，
119．一个圆锥的侧面积为36π，其底面圆的半径为4，则该圆锥的母线长为（ ）
A．3 B．4 C．9 D．12
【答案】C
【分析】本题考查圆锥的计算，熟练掌握圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的弧长等于圆锥底面的周
长，扇形的半径等圆锥的母线长是解题的关键，设该圆锥的母线长为l，利用圆锥的侧面积公式
S=πrl得到方程，然后解方程即可得到答案．
【详解】解：设该圆锥的母线长为l，
根据题意得S=πrl
π×4×l=36π，
解得l=9，
即该圆锥的母线长是9．
120．如图，在矩形ABCD中，以点A为圆心，以AD长为半径画弧交BC于点E，将扇形ADE剪
下来做成圆锥，若AB=BE=2√2，则该圆锥底面半径为（ ）
1 1
A． B． C．1 D．2
2 4
【答案】A
【分析】此题考查圆锥的计算，正方形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握扇形的弧长公式．
首先由正方形的性质得到△ABE是等腰直角三角形，进而得到∠DAE=45°，然后由勾股定理求
出AE=4，然后根据扇形的弧长等于围成的圆锥的底面圆的周长列方程求解即可．
【详解】解：∵在矩形ABCD中，
∴∠BAD=∠B=90°，
∵AB=BE=2√2，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴∠BAE=45°，AE=√AB2+BE2=4，
∴∠DAE=45°，
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∵扇形的弧长等于围成的圆锥的底面圆的周长，
∴圆锥的底面圆的半径为r，
45°×π×4
∴ =2πr，
180°
1
∴解得r= ．
2
121．如图，要用一个扇形纸片围成一个无底盖的圆锥（接缝处忽略不计），若该圆锥的底面圆周
长为30πcm，侧面积为360πcm2，则这个扇形的圆心角的度数是（ ）
A．150° B．165° C．135° D．225°
【答案】D
【分析】本题考查了扇形面积公式，根据题意得出圆锥的底面圆周长即为侧面展开图弧长，再根据
1 nπr2
S= lr，求出扇形半径，最后根据S= ，即可求出圆心角度数．
2 360
【详解】解：∵该圆锥的底面圆周长为30πcm，
∴侧面展开图弧长30πcm，
1
∵侧面积为360πcm2，S= lr，
2
1
∴360π= ×30πr，
2
解得：r=24，
nπr2
∵S= ，
360
nπ×242
∴360π= ，
360
解得：n=225，
∴这个扇形的圆心角的度数是225°
【题型21】圆内接四边形
122．（2023·山东泰安中考）如图，AB是O的直径，D，C是O上的点，ADC 115，则
BAC的度数是（ ）
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A．25 B．30 C．35 D．40
【答案】A
【分析】根据圆内接四边形对角互补和直径所对圆周角等于90度求解即可．
【详解】解：∵ADC 115，
∴B65，
∵AB是O的直径，
∴ACB90，
∴BAC 1809065=25
123．（2023·江苏中考）如图，四边形ABCD是O的内接四边形，BC是O的直径，
BC 2CD，则BAD的度数是 ．
【答案】120
【分析】解：如图，连接 BD，由 BC是O的直径，可得BDC=90，由 BC 2CD，可得
CBD30，C 60，根据BAD180C，计算求解即可．
【详解】解：如图，连接BD，
∵BC是O的直径，
∴BDC=90，
∵BC 2CD，
∴CBD30，
∴C 60，
∵四边形ABCD是O的内接四边形，
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∴BAD180C120，
故答案为：120．
124．（2023·山东青岛中考）如图，四边形ABCD是O的内接四边形，B58，ACD40．
O DC
若 的半径为5，则 的长为（ ）
13 10 1
A． B． C． D． π
3 9 2
【答案】C
【分析】连接OC,OD，根据圆内接四边形的性质得出ADC 180B122，再根据三角形的
内角和求出CAD18，进而得出COD2CAD36，最后根据弧长公式即可求解．
【详解】解：连接OC,OD，
∵四边形ABCD是O的内接四边形，B58，
∴ADC 180B122，
∵ACD40，
∴CAD180ADCACD18，
∴COD2CAD36，
365
∴l ，
D � C 180
故选：C．
125．（2023·北京中考）如图，圆内接四边形ABCD的对角线AC，BD交于点E，BD平分
ABC，BAC ADB．
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(1)求证DB平分ADC，并求BAD的大小；
(2)过点C作CF∥AD交AB的延长线于点F ．若AC AD，BF 2，求此圆半径的长．
【答案】(1)见解析，BAD90
(2)4
【分析】（1）根据已知得出ABBC，则ADBCDB，即可证明DB平分ADC，进而根据
BD平分ABC，得出ADCD，推出BADBCD，得出BD是直径，进而可得BAD90；
（2）根据（1）的结论结合已知条件得出， F 90，△ADC是等边三角形，进而得出
1 1
CDB ADC 30，由 是直径，根据含 度角的直角三角形的性质可得BC BD，在
2 BD 30 2
Rt△BFC中，根据含30度角的直角三角形的性质求得BC的长，进而即可求解．
【详解】（1）解：∵BAC ADB
∴ABBC，
∴ADBCDB，即DB平分ADC．
∵BD平分ABC，
∴ABDCBD，
∴ADCD，
∴ABADBCCD，即BADBCD，
∴BD是直径，
∴BAD90；
（2）解：∵BAD90，CF∥AD，
∴FBAD180，则F 90．
∵ADCD，
∴ADDC．
∵AC AD，
∴AC ADCD，
∴△ADC是等边三角形，则ADC 60．
∵BD平分ADC，
1
∴CDB ADC 30．
2
∵BD是直径，
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1
∴ ，则BC BD．
BCD90 2
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴ADCABC 180，则ABC 120，
∴FBC60，
∴FCB906030，
1
∴FB BC．
2
∵BF 2，
∴BC 4，
∴BD2BC 8．
∵BD是直径，
1
∴此圆半径的长为 BD4．
2
【题型22】圆与相似综合1：等积式相关证明
126．（2022·山东滨州中考）如图，已知AC为O的直径，直线PA与O相切于点A，直线PD
经过O上的点B且CBDCAB，连接OP交AB于点M．求证：
(1)PD是O的切线；
AM2 OMPM
(2)
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接OB，由等边对等角及直径所对的圆周角等于90°即可证明；
（2）根据直线PA与O相切于点A，得到OAP90，根据余角的性质得到OAM APM ，
继而证明OAM∽APM ，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）连接OB，
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∵OAOBOC，
OABOBA,OBC OCB，
∵ AC为O的直径，
ABC 90OBAOBC，
∵CBDCAB，
OBACBD，
CBDOBC 90OBD，
PD是O的切线；
（2）∵直线PA与O相切于点A，
OAP90，
∵PD是O的切线，
AMOAMPOAP90，
OAM PAM PAM APM 90，
OAM APM ，
OAM∽APM ，
AM OM
，
PM AM
AM2 OMPM ．
127．（2023·四川广安中考）如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径作O，交斜边AC于点D，
点E是BC的中点，连接OE、DE．
(1)求证：DE是O的切线．
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4
(2)若sinC ,DE 5，求 的长．
5 AD
2DE2 CDOE
(3)求证： ．
【答案】(1)见详解
32
(2)
3
(3)见详解
【 分 析 】 （ 1 ） 连 接 BD,OD， 先 根 据 直 角 三 角 形 的 性 质 ， 证 明 BEDE， 再 证 明
OBE≌ODE(SSS)即可；
（2）由（1）中结论，得BC 2DE10，先根据三角函数及勾股定理求出BD,CD的长，再证明
△ADB∽△BDC即可；
（3）证明OBE∽BDC即可得出结论．
【详解】（1）证明：连接BD,OD，
在Rt△ABC中，ABC 90，
∵
AB是O的直径，
ADB90,即BD AC，
在RtBDC中，点E是BC的中点，
1
BEDE BC，
2
又∵OBOD,OEOE，
OBE≌ODE(SSS)，
OBEODE90，
∵D在O上
DE是O的切线．
（2）解：由（1）中结论，得BC 2DE10，
BD BD 4
在 中，sinC ，
RtBDC BC 10 5
BD8,CD BC2BD2 6，
∵AC 90,AABD90，
C ABD，
∵ADBBDC 90，
△ADB∽△BDC，
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AD BD BD2 82 32
,AD ；
BD CD CD 6 3
（3）证明：∵OAOB,BE CE，
OE∥AC，
OEBC，
∵OBEBDC 90，
OBE∽BDC，
OE BE
，
BC CD
由（1）中结论VOBE≌VODE，得BEDE，
BC2DE，
OE DE
，
2DE CD
即2DE2 CDOE ．
128．（2023·湖北黄石中考）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CDDA，AC交BF于点P．
(1)求证：CD是O的切线；
ACPC BC2
(2)求证： ；
AF
(3)已知BC2 3FPDC，求AB的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
1
(3)
3
【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；
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（2）由圆周角定理得ACB90，DAC PBC，再证BACPBC，然后证ACB∽BCP，
AC BC
得 ，即可得出结论；
BC PC
（3）过P作PE AB于点E，证ACPC 3FPDC ，再证ACD∽BPC，得ACPC BPDC，
则BPDC 3FPDC，进而得BP3FP，然后由角平分线的性质和三角形面积即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图1，连接OC，
∵OAOC，
∴OAC OCA，
∵AC平分DAB，
∴DAC OAC，
∴DAC OCA，
∴DA∥OC，
∵CDDA，
∴OC CD，
∴CD是O的切线；
（2）证明：∵AB为O的直径，
∴ACB90，
∵AC平分DAB，
∴DAC BAC，
∵DAC PBC，
∴BACPBC，
又∵ACBBCP，
∴ACB∽BCP，
AC BC
∴ ，
BC PC
∴ACPC BC2；
（3）如图2，过P作PE AB于点E，
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由（2）可知，AC•PC BC2，
∵BC2 3FPDC，
∴ACPC 3FPDC ，
∵CDDA，
∴ADC 90，
∵AB为O的直径，
∴BCP90，
∴ADC BCP，
∵DAC CBP，
∴ACD∽BPC，
AC DC
∴ ，
BP PC
∴ACPC BPDC，
∴BPDC 3FPDC，
∴BP3FP，
∵AB为O的直径，
∴AFB90，
∴PF AD，
∵AC平分DAB，PE AB，
∴PF PE，
1 1
AFFP AFFP
S 2 2
∵ APF ，
S 1 1
APB ABPE BPAF
2 2
AF FP FP 1
∴ ．
AB BP 3FP 3
129．（2023·湖南永州中考）如图，以AB为直径的O是ABC的外接圆，延长BC到点D．使
得BACBDA，点E在DA的延长线上，点A在线段AC上，CE交BM 于N，CE交AB于
G．
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(1)求证：ED是O的切线；
AC 6,BD5,AC CD BC
(2)若 ，求 的长；
(3)若DEAM ACAD，求证：BM CE．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
(3)证明见解析
【分析】（1）由AB是O的直径得到ACB90，则BACABC 90，由BACBDA得
到BDAABC 90，则BAD90，结论得证；
BC AC AC BC 6
（2）证明 ，则 ，可得 ，解得 或 3，由
ACB∽DCA AC DC BDBC 6 5BC BC 2
AC CD即可得到BC的长；
AC AB
（3）先证明 ，则 ，得到 ，由 得到
△ABC∽△DAC DC AD ACADCDAB DEAM ACAD
AM AB
，则 ，由同角的余角相等得到 ，则 ，
DEAM CDAB DC DE BAM CDE AMB∽DCE
得EABM ，进一步得到EGAEABM BGN 90，则BNG90，即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵AB是O的直径，
∴ACB90，
∴BACABC 90，
∵BACBDA，
∴BDAABC 90，
∴BAD90，
∴ED是O的切线；
（2）∵BACBDA，ACBDCA90，
∴ACB∽DCA，
BC AC AC
∴ ，
AC DC BDBC
BC 6
∴ ，
6 5BC
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解得BC 2或3，
当BC 2时，CDBDBC 3，
当BC 3时，CDBDBC 2，
∵AC CD，即 6 CD，
∴BC 3；
（3）证明：∵AB是O的直径，
∴ACBDCA90，
∵BACBDA，
∴△ABC∽△DAC，
AC AB
∴ ，
DC AD
∴ACADCDAB，
∵DEAM ACAD，
∴DEAM CDAB，
AM AB
∴ ，
DC DE
∵BAM CDE，
∴AMB∽DCE，
∴EABM ，
∵EGABGN，
∴EGAEABM BGN 90，
∴BNG90，
∴BM CE．
130．（2023·四川遂宁中考）如图，四边形ABCD内接于O，AB为O的直径，ADCD，过
点D的直线l交BA的延长线于点M ，交BC的延长线于点N ，且ADM DAC．
(1)求证：MN是O的切线；
AD2 ABCN
(2)求证： ；
3
sinDCA
(3)当AB6， 3 时，求AM 的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)6
【分析】（1）连接OD，OC，根据圆心角，弦，弧的关系可得AODDOC，根据直径所对的
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圆周角是90度可得ACB90，半径相等可得OC OAOBOD，根据等腰的判定可得AOC
是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一的性质可得OD垂直平分AC，根据平行线的判定和性质
可得ODMN ，即可证明；
（2）连接 BD，根据同弧所对的圆周角相等可得 ABDACD，根据平行线的性质可得
ACBMNB90，CDN ACD，推得DCN BAD，根据相似三角形的判定和性质可
得ADCD ABCN，即可求证；
（3）令OD与AC交于点
H
，根据正弦的定义可求得CD AD2 3，
DH 2
，根据勾股定理可
求得AC 2AH 4 2，BC 2，根据矩形的判定和性质可得CN 2,BN 4，根据相似三角形的
判定和性质可求得BM 12,即可求得．
【详解】（1）连接OD，OC，如图：
∵ADCD，
∴AODDOC，
∵四边形ABCD内接于O，AB为O的直径，
∴ACB90，
∴OC OAOBOD，
∴AOC是等腰三角形，
又∵AODDOC，
∴OD垂直平分AC，
∵ADM DAC，
∴ACMN ，
∴ODMN ，
即MN是O的切线；
（2）连接BD，如图：
∵AD AD
∴ABDACD，
∵ACMN ，
∴ACBMNB90，CDN ACD，
∴CDN ABD，
∴DCN BAD，
∵CDN ABD，ADBDNC 90，DCN BAD，
∴ABD∽CDN ，
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CN CD
∴ ，
AD AB
即ADCD ABCN，
又∵ADCD，
∴AD2 ABCN ；
（3）令OD与AC交于点H ，如图：
∵DCADBA，
AD 3
∴sinDCAsinDBA ，
AB 3
∵AB6，
∴AD2 3，
∴CD AD2 3，
∵DAC DCA，
DH 3
∴sinDCAsinDAC ，
AD 3
∴DH 2，
2
在 中，AH AD2HD2 2 3 22 2 2，
Rt△AHD
∴AC 2AH 4 2，
2
在 中，BC AB2AC2 62 4 2 2，
Rt△ABC
∵ODMN ，BN MN ，ACBC，
∴四边形HCND为矩形，
∴CN DH 2,
∴BN BCCN 4
∵ACMN ，
∴VBAC∽VBMN，
BA BC
∴
BM BN
6 2
即 ，
BM 4
∴BM 12,
∴AM BM BA1266．
131．（2023·黑龙江大庆中考）如图，AB是O的直径，点C是圆上的一点，CD AD于点D，
AD交O于点F ，连接AC，若AC平分DAB，过点F 作FGAB于点G，交AC于点H ，
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延长AB，DC交于点E．
(1)求证：CD是O的切线；
(2)求证：AFAC AEAH ；
4 AH
sinDEA
(3)若 ，求 的值．
5 FH
【答案】(1)证明，见解析
(2)证明，见解析
AH 4 10
(3)
FH 5
【分析】（1）连接 OC，根据 AC平分 DAB，则 DAC CAB，根据 OAOC，得
CABOCA，根据平行线的判定和性质，即可；
（2）由（1）得，DAC CAB，根据AHFCAB90，ACE OCA90，相似三角形的
判定和性质，即可；
4 OC 4
（3）根据sinDEA ，则 ，设 的半径为 ，则 ，根据勾股定理求出 ；
5 OE 5 O 4x OE5x CE
4
根据 ，AD 9x，根据勾股定理求出 ，再根据 ，在根据勾股定
AE OAOE 5 DE DC DECE
AH AC
理求出 ，根据 ，即可．
AC FH CE
【详解】（1）连接OC
∵AC平分DAB，
∴DAC CAB，
∵OAOC，
∴CABOCA，
∴DAC OCA，
∴AD∥OC，
∵CD AD，
∴DOCE 90，
∴CD是O的切线．
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（2）证明，如下：
由（1）得，OCE90，
∵DAC CAB，
∵FGAB，
∴FGA90，
∴AHF CAB90，
∵ACE OCA90，
∴ACE∽AHF ，
AC AE
∴ ，
AH AF
∴ACAF AEAH ．
4
（3）∵sinDEA ，
5
OC 4
∴ ，
OE 5
设O的半径为4x，
∴OE5x，
∴CE OE2OC2 3x，
∵AE OAOE 9x，
4 36 27
∴AD 9x x，DE AE2AD2 x，
5 5 5
∵DE DCCE，
12
∴DC x，
5
36 2 12 2
∵AC2 AD2DC2 ，
5 5
12 10
∴AC x，
5
∵ACE∽AHF ，
12 10
x
∴ AH AC 5 4 10 ．
FH CE 3x 5
132．（2023·山东滨州中考）如图，点E是ABC的内心，AE的延长线与边BC相交于点F ，与
ABC的外接圆相交于点D．
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S :S AB:AC
△ABF △ACF
(1)求证： ；
(2)求证：AB:AC BF:CF ；
AF2 ABACBFCF
(3)求证： ；
(4)猜想：线段DF,DE,DA三者之间存在的等量关系．（直接写出，不需证明．）
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
(4)DE2 DFAD
【分析】（1）过点F作FH AC,FG AB，垂足分别为H,G，则FGFH ，进而表示出两个三
角形的面积，即可求解；
（2）过点A作AM BC于点M ，表示出两三角形的面积，即可求解；
（3）连接 DB,DC，证明BFD∽AFC得出 BFCF AFDF，证明△ABF∽△ADC，得出
ABAC ADAF，即可ABAC (AFDF)AF ，恒等式变形即可求解；
（4）连接BE，证明ABD∽BFD，得出DBDADF，证明BEDDBE，得出DBDE，
即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，过点F作FH AC,FG AB，垂足分别为H,G，
∵点E是ABC的内心，
∴AD是BAC的角平分线，
∵FH AC,FG AB，
∴FGFH ，
1 1
∵S ABFG，S ACFH ，
ABF 2 ACF 2
∴S :S AB:AC；
△ABF △ACF
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（2）证明：如图所示，过点A作AM BC于点M ，
1 1
∵S BFAM，S FCAM ，
ABF 2 ACF 2
∴S :S BF:FC，
△ABF △ACF
由（1）可得S :S AB:AC，
△ABF △ACF
∴AB:AC BF:CF ；
（3）证明：连接DB,DC，
∵AB AB,DC DC
∴ACF BDF,FAC FBD
∴BFD∽AFC
BF DF
∴ ，
AF CF
∴BFCF AFDF
∵ ，
AC AC
∴FBAADC，
又BADDAC，
∴△ABF∽△ADC，
AB AF
∴ ，
AD AC
∴ABAC ADAF；
∴ABAC AFDFAF AF2AF·DF ，
∴AF2 ABACBFCF ，
（4）解：如图所示，连接BE，
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∵点E是ABC的内心，
∴BE是BAC的角平分线，
∴ABE FBE，
∵CBDCADBAD，ADBBDF
∴ABD∽BFD，
DB DA
∴ ，
DF DB
∴DB2 DADF，
1 1
∵BEDBAEABE BAC ABC ，
2 2
1 1
DBEDBCFBE DACFBE BAC ABC，
2 2
∴BEDDBE，
∴DBDE，
∴DE2 DADF．
【题型23】圆与相似综合2：线段积问题
133．（2023·江苏无锡中考）如图，AB是O的直径，CD与AB相交于点E．过点D的圆O的
切线DF∥AB，交CA的延长线于点F ，CF CD．
(1)求F的度数；
(2)若DEDC 8，求O的半径．
【答案】(1)67.5
(2)2
【分析】（1）连接OD，根据FD为O的切线，则ODF 90，由DF∥AB，则AOD90，
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1
根据圆周角定理可得ACD AOD45，又 ，根据等边对等角以及三角形内角和定理
2 CF CD
即可求解；
（2）证明DAE∽DCA，根据相似三角形的性质，代入数据即可求解．
【详解】（1）如图，连接OD．
∵ FD为O的切线，
ODF 90．
∵ DF∥AB，
AOD90．
∵
AD AD，
1
ACD AOD45．
2
∵ CF CD，
1
F (180ACD)67.5．
2
（2）如图，连接AD，
∵ AOOD，AOD90，
EAD45．
∵ ACD45，
ACD EAD，且ADECDA，
DAE∽DCA，
DE DA
，即 ，
DA DC DA2 DEDC 8
DA2 2，
2
OAOD AD2，即半径为 ．
2 2
134．（2022·湖南株洲中考）如图所示，ABC的顶点A、B在⊙O上，顶点C在⊙O外，边AC
与⊙O相交于点D，BAC 45，连接OB、OD，已知OD∥BC．
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(1)求证：直线BC是⊙O的切线；
(2)若线段OD与线段AB相交于点E，连接BD．
①求证：ABD∽DBE；
②若ABBE 6，求⊙O的半径的长度．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；② 3
【分析】（1）根据圆周角定理可得∠BOD=2∠BAC=90°，再由OD∥BC，可得CB⊥OB，即可求证；
（2）①根据∠BOD=2∠BAC=90°，OB=OD，可得∠BAC=∠ODB，即可求证；②根据
ABD∽DBE，可得BD2 ABBE，即BD2 6，再由勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明∶∵∠BAC=45°，
∴∠BOD=2∠BAC=90°，
∴OD⊥OB，
∵OD∥BC，
∴CB⊥OB，
∵OB为半径，
∴直线BC是⊙O的切线；
（2）解：①∵∠BAC=45°，
∴∠BOD=2∠BAC=90°，OB=OD，
∴∠ODB=45°，
∴∠BAC=∠ODB，
∵∠ABD=∠DBE，
∴ABD∽DBE；
②∵ABD∽DBE，
AB BD
∴ ，
BD BE
∴BD2 ABBE，
∵ABBE 6，
∴BD2 6，
∵OD2OB2 2OB2 BD2，
∴OB2 3，
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∴OB 3或 3（舍去）．
即⊙O的半径的长为 3．
135．（2022·湖北黄石中考）如图CD是O直径，A是O上异于C，D的一点，点B是DC延长
线上一点，连接AB、AC、AD，且BAC ADB．
(1)求证：直线AB是O的切线；
(2)若BC 2OC，求tanADB的值；
CAD AP O CD PC PD AB2 6
(3)在（2）的条件下，作 的平分线 交 于P，交 于E，连接 、 ，若 ，
求AEAP的值．
【答案】(1)见解析
2
(2)
2
(3)4 2
【分析】（1）如图所示，连接OA，根据直径所对的圆周角是直角得到OACOAD90，再
证明OADBAC即可证明结论；
AC BC
（2）先证明 ，得到 ，令半径 ，则 ， ，利用
△BCA∽△BAD AD BA OC=OA=r BC 2r OB3r
勾股定理求出AB2 2r，解直角三角形即可答案；
AC 2
（3）先求出 ，在 中， ， ，解得 ， ，
CD2 3 Rt△CAD AD 2 AC2AD2 CD2 AC 2 AD2 2
AC AP
证明 ，得到 ，则 ．
△CAP∽△EAD AE AD AEAP ACAD4 2
【详解】（1）解：如图所示，连接OA，
∵CD是O直径，
∴CAD90，
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∴OACOAD90，
又∵OAOD，
∴OADODA，
∵BAC ADB，
∴OADBAC，
∴BACOAC 90°，即BAO90，
∴ABOA，
又∵OA为半径，
∴直线AB是O的切线；
（2）解：∵BAC ADB，BB，
∴△BCA∽△BAD，
AC BC
∴ ，
AD BA
由BC2OC知，令半径OC=OA=r，则BC 2r，OB3r，
在Rt△BAO中，AB OB2OA2 2 2r，
AC BC 2r 2
在 中，tanADC ，
Rt△CAD AD BA 2 2r 2
2
即tanADB ；
2
（3）解：在（2）的条件下，AB2 2r2 6，
∴r 3，
∴CD2 3，
AC 2
在 中， ， ，
Rt△CAD AD 2 AC2AD2 CD2
解得AC 2，AD2 2，
∵AP平分CAD，
∴CAPEAD，
又∵APC ADE，
∴△CAP∽△EAD，
AC AP
∴ ，
AE AD
∴AEAP ACAD22 2 4 2．
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【题型24】圆中线段间的数量关系（和差倍分）
136．（2022·贵州黔西中考）如图，在ABC中，AB AC，以AB为直径作⊙O，分别交BC于
点D，交AC于点E，DH AC，垂足为H，连接DE并延长交BA的延长线于点F．
(1)求证：DH是⊙O的切线；
EF
(2)若E为AH的中点，求 的值．
FD
【答案】(1)见解析
2
(2)
3
【分析】（1）连接OD，证明OD∥AC，由DH AC，可得DH OD，即可证明结论；
（2）连接 AD 和 BE，由圆周角定理可以得出 ADBAEB90，可以得出 DH∥BE，
OD∥AC，进而根据平行线分线段成比例推出 BD=CD，CH=HE，根据E为AH的中点，可得出
1 1
AE=EH=CH，AE AC，根据 且OD= AC，可以得出 ，根据相似三角
3 OD//AC 2 △FAE∽△FOD
FE AE
形的性质得到 ，将AE，OD代入即可求出答案．
FD OD
【详解】（1）连接OD，则ODOB．
∴ODBABC．
∵AB AC，
∴ABC C．
∴ODBC．
∴OD∥AC．
∴DHC HDO．
∵DH AC，
∴DHC HDO90．
∴DH OD．
∴DH是O的切线．
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（2）连接AD和BE．
∵AB是O的直径，
∴OAOB，ADBAEB90．
∵OD∥AC
OB BD
∴ 1
OA CD
∴CDBD．
1
∴ 且OD= AC．
OD//AC 2
∵OD∥AE，
∴AEF ODF．
∵F F，
∴△FAE∽△FOD．
FE AE
∴ ．
FD OD
∵DHABEA90
∴DH∥BE
CH CD
∴ 1
HE BD
∴CH HE．
∵E为AH的中点，
∴AEEH CH ．
1
∴AE AC
3
1
AC
FE AE 3 2
∴ ．
FD OD 1 3
AC
2
137．（2022·广西桂林中考）如图，AB是⊙O的直径，点C是圆上的一点，CD⊥AD于点D，AD
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交⊙O于点F，连接AC，若AC平分∠DAB，过点F作FG⊥AB于点G交AC于点H．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)延长AB和DC交于点E，若AE＝4BE，求cos∠DAB的值；
FH
(3)在（2）的条件下，求 的值．
AF
【答案】(1)见解析
3
(2)
5
1
(3)
2
【分析】（1）如图1，连接OC，根据等腰三角形的性质得到∠CAO＝∠ACO，由角平分线的定义
得到∠DAC＝∠OAC，等量代换得到∠DAC＝∠ACO，根据平行线的判定定理得到AD∥OC，由平
行线的性质即可得到结论；
（2）设BE＝x，则AB＝3x，根据平行线的性质得∠COE＝∠DAB，由三角函数定义可得结论；
（3）证明 AHF∽△ACE，列比例式可解答．
【详解】（1）如图1，连接OC，
△
∵OA＝OC，
∴∠CAO＝∠ACO，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠OAC，
∴∠DAC＝∠ACO，
∴AD∥OC，
∵CD⊥AD，
∴OC⊥CD，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
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（2）∵AE＝4BE，OA＝OB，
设BE＝x，则AB＝3x，
∴OC＝OB＝1.5x，
∵AD∥OC，
∴∠COE＝∠DAB，
OC 1.5x 3
∴cosDABcosCOE ；
OE 2.5x 5
（3）由（2）知：OE＝2.5x，OC＝1.5x，
∴.EC OE2OC2 (2.5x)2(1.5x)2 2x,，
∵FG⊥AB，
∴∠AGF＝90°，
∴∠AFG+∠FAG＝90°，
∵∠COE+∠E＝90°，∠COE＝∠DAB，
∴∠E＝∠AFH，
∵∠FAH＝∠CAE，
∴△AHF∽△ACE，
FH CE 2x 1
∴ ．
AF AE 4x 2
138．（2022·黑龙江绥化中考）如图所示，在O的内接AMN 中，MAN 90，AM 2AN ，
ABMN O � AM
作 于点P，交 于另一点B，C是 上的一个动点（不与A，M重合），射线
MC交线段BA的延长线于点D，分别连接AC和BC，BC交MN于点E．
(1)求证：△CMA∽△CBD．
MN 10 M C NC BC
(2)若 ， ，求 的长．
3 ME
(3)在点C运动过程中，当tanMDB 时，求 的值．
4 NE
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【答案】(1)证明见解析
(2)3 10
3
(3)
2
【分析】（1）利用圆周角定理得到∠CMA=∠ABC，再利用两角分别相等即可证明相似；
（2）连接OC，先证明MN是直径，再求出AP和NP的长，接着证明△COE∽△BPE，利用相似
三角形的性质求出OE和PE，再利用勾股定理求解即可；
（3）先过C点作CG⊥MN，垂足为G，连接CN，设出GM 3x，CG4x，再利用三角函数和勾股
定理分别表示出PB和PG，最后利用相似三角形的性质表示出EG，然后表示出ME和NE，算出比
值即可．
【详解】（1）解：∵AB⊥MN，
∴∠APM=90°，
∴∠D+∠DMP=90°，
又∵∠DMP+∠NAC=180°，∠MAN=90°，
∴∠DMP+∠CAM=90°，
∴∠CAM=∠D，
∵∠CMA=∠ABC，
∴△CMA∽△CBD．
（2）连接OC，
∵MAN 90，
∴MN是直径，
∵MN 10，
∴OM=ON=OC=5，
∵AM 2AN ，且AM2 AN2 MN2，
∴AN 2 5，AM 4 5，
1 1
∵S AM AN MNAP，
△AMN 2 2
∴AP4，
∴BP AP4，
∴NP AN2AP2 2，
∴OP523，
∵M C NC，
∴OC⊥MN，
∴∠COE=90°，
∵AB⊥MN，
∴∠BPE=90°，
∴∠BPE=∠COE，
又∵∠BEP=∠CEO，
∴△COE∽△BPE
CO OE CE
∴ ，
BP PE BE
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5 OE CE
即
4 PE BE
由OEPE OP3，
5 4
∴OE ，PE ，
3 3
5 2 5
∴CE OC2OE2 52 10，
3 3
4 2 4
BE BP2PE2 42 10，
3 3
5 4
∴BC 10 10 3 10．
3 3
（3）过C点作CG⊥MN，垂足为G，连接CN，则∠CGM=90°，
∴∠CMG+∠GCM=90°，
∵MN是直径，
∴∠MCN=90°，
∴∠CNM+∠DMP=90°，
∵∠D+∠DMP=90°，
∴∠D=∠CNM=∠GCM，
3
∵tanMDB ，
4
3
∴tanCNM tanGCM ，
4
GM
∵tanGCM
CG
∴设GM 3x，CG4x，
∴CM 5x，
20x 16x
∴CN ，NG ，
3 3
25x
∴NM ，
3
25x
∴OM ON ，
6
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∵AM 2AN ，且AM2 AN2 MN2，
5 5 10 5
∴AN x，AM x，
3 3
1 1
∵S AM AN MNAP，
△AMN 2 2
10
∴AP xPB，
3
5
∴NP x，
3
16 5 11
∴PG x x x，
3 3 3
∵∠CGE=∠BPE=90°，∠CEG =∠BEP，
∴△CGE∽△BPE，
CG GE CE
∴ ，
BP PE BE
4x GE CE
即10 PE BE
x
3
5
∴ ，PE= x
GE2x 3
10x
∴ ，NE ，
ME 5x 3
∴ME:NE 3:2，
ME 3
∴ 的值为 ．
NE 2
139．（2023·湖北宜昌中考）如图1，已知AB是O的直径，PB是O的切线，PA交O于点
C，AB4，PB3．
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(1)填空：PBA的度数是_________，PA的长为_________；
(2)求ABC的面积；
CD AB D E AC AE5EC AE DC BP
(3)如图2， ，垂足为 ． 是 上一点， ．延长 ，与 ， 的延长线
EF
分别交于点 ，求 的值．
F,G FG
【答案】(1)90，5；
96
(2)
25
7
(3)
18
【分析】（1）根据切线性质和勾股定理分别求解即可；
12
（2）由面积法求出BC ，再利用勾股定理求 ，则 的面积可求；
5 AC ABC
AC AE EC
（3）先证明 ，得到 ，利用 ，分别得到 ，
EAC∽PAG AG AP GP AE5EC GP1 ABBG
64 2
进而计算 ，AF ，在分别求出 则问题可解；
AG4 2 25 EF,FG
【详解】（1）解：∵AB是O的直径，PB是O的切线，
∴PBA的度数是90；
∵AB4，PB3，
∴PA AB2PB2 4232 5；
故答案为：90，5；
（2）如图，
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∵AB是O的直径，
∴ACBPCB90，
∵ AB4, PB3, PA5，
1 1
∴由面积法 ABPB APBC，
2 2
12
∴BC
5
12 2 16
AC AB2BC2 42 ，
5 5
1 16 12 96
S ；
△ABC 2 5 5 25
（3）方法一：如图，
由ACBABP90
∴APBABC
∵FEC ABC
∴FEC APB
∴AEC APG
∵EAC PAG
∴EAC∽PAG
AC AE EC
∴
AG AP GP
设EC x, AE5x
∵ AP5
\ GP=1
BGBPPG314
ABBG
ABG是等腰直角三角形，AG4 2
16
∵ AC ，
5
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2 2
x
5
AE5x2 2
∵GAB45
FAD是等腰直角三角形
AD AC
∵cosCAD ，
AC AB
16
AD 5
∴ ，
16 4
5
64
∴AD ，
25
64 2
AF ，
25
14 2
EF AFAE ，
25
36 2
FG AGAF ，
25
EF 14 36 7
2: 2 ．
FG 25 25 18
方法二：如图
由ACBADC 90
ACDABC
∵FEC ABC
FEC ACD
AEC ACF
∵EAC CAF
△EAC∽△CAF
AC AE EC
AF AC FC
设EC x,AE 5x
16
∵ AC
5
16
FC ，
25
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64 48
∵ AD , CD
25 25
16 48 64
FDFCCD
25 25 25
ADDF
64
是等腰直角三角形，AF 2
ADF 25
2 2
x
5
AE5x2 2
14 2
EF AFAE
25
∵FAD45
△GAB是等腰直角三角形，AG4 2，
36 2
GF AGAF
25
EF 14 36 7
2: 2 ．
FG 25 25 18
【题型25】选填压轴以圆为背景的多结论判断问题
140．如图，点E是ABC的内心，AE的延长线和ABC的外接圆相交于点D，与BC相交于点
G，则下列结论：①BADCAD；②若BAC60，则BEC 120；③若点G为BC的中
点，则BGD90；④BDDE．其中一定正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】根据点 E是 ABC的内心，可得BADCAD，故①正确；连接 BE，CE，可得
∠ABC+∠ACB =2（∠CBE+∠BCE），从而得到∠CBE+∠BCE=60°，进而得到∠BEC=120°，故②
正确； BADCAD，得出BDCD，再由点G为BC的中点，则BGD90成立，故③正确；
1
根据点 是 的内心和三角形的外角的性质，可得BED BACABC ，再由圆周角定
E ABC 2
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1
理可得DBE BACABC ，从而得到∠DBE=∠BED，故④正确；即可求解．
2
【详解】解：∵点E是ABC的内心，
∴BADCAD，故①正确；
如图，连接BE，CE，
∵点E是ABC的内心，
∴∠ABC=2∠CBE，∠ACB=2∠BCE，
∴∠ABC+∠ACB =2（∠CBE+∠BCE），
∵∠BAC=60°，
∴∠ABC+∠ACB=120°，
∴∠CBE+∠BCE=60°，
∴∠BEC=120°，故②正确；
∵点E是ABC的内心，
∴BADCAD，
∴BDCD,
∵点G为BC的中点，
∴线段AD经过圆心O，
∴BGD90成立，故③正确；
∵点E是ABC的内心，
1 1
∴BADCAD BAC,ABE CBE ABC ，
2 2
∵∠BED=∠BAD+∠ABE，
1
∴BED BACABC ，
2
∵∠CBD=∠CAD，
∴∠DBE=∠CBE+∠CBD=∠CBE+∠CAD，
1
∴DBE BACABC ，
2
∴∠DBE=∠BED，
∴BDDE，故④正确；
∴正确的有4个．
故选：D
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O AB APB
141．（2022·湖北武汉中考）如图，点P是 上一点， 是一条弦，点C是 上一点，与点
D关于AB对称，AD交O于点E，CE与AB交于点F，且BD∥CE．给出下面四个结论：①
CD平分BCE； ②BEBD； ③AE2 AFAB； ④BD为O的切线．其中所有正确结
论的序号是 ．
【答案】①②④
【分析】根据点 AB 为 CD 的垂直平分线，得出 BD=BC，AD=AC，根据等边对等角得出
∠BDC=∠BCD，利用平行线性质可判断①正确；利用 ADB≌△ACB（SSS）得出∠EAB=∠CAB，
利用圆周角弧与弦关系可判断②正确；根据等弧所对的圆周角相等可得∠AEF≠∠ABE，从而可得
△
AEF与 ABE不相似，即可判断③；连结OB，利用垂径定理得出OB⊥CE，利用平行线性质得出
OB⊥BD，即可判断④正确．
△ △
【详解】解：∵点C是APB上一点，与点D关于AB对称，
∴AB为CD的垂直平分线，
∴BD=BC，AD=AC，
∴∠BDC=∠BCD，
∵BD∥CE，
∴∠ECD=∠CDB，
∴∠ECD=∠BCD，
∴CD平分∠BCE，故①正确；
在△ADB和△ACB中，
∵AD=AC，BD=BC，AB=AB，
∴△ADB≌△ACB（SSS），
∴∠EAB=∠CAB，
∴BE BC，
∴BE=BC=BD，故②正确；
∵AC≠AE，
∴AC≠AE，
∴∠AEF≠∠ABE，
∴△AEF与△ABE不相似，故③错误；
连结OB，
∵BE BC，CE为弦，
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∴OB⊥CE，
∵BD∥CE，
∴OB⊥BD，
∴BD为O的切线．故④正确，
∴其中所有正确结论的序号是①②④．
故答案为①②④．
．
【题型26】求圆周角的三角函数值
142．（2023·山东中考）如图，在平面直角坐标系中，点P在第一象限内，P与x轴相切于点C，
y
A0,8 B0,2
AC BC
与 轴相交于点 ， ．连接 ， ．
(1)求点P的坐标；
(2)求cosACB的值．
【答案】(1)(4,5)
4
(2)cosACB
5
1
【分析】（1）如图，连接 ， ，过点P作 ，垂足为D，由垂径定理得BD AB，
PC PB PD AB 2
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由A0,8 ，B0,2
得BD3，OD5，由切线性质，得 PC PB，PCO90，进一步可证四
边形OCPD是矩形，得PC=OD=5， RtPDB中，PD= PB2- BD2 =4，于是
P
的坐标(4,5)；
1
（2）如图，由等腰三角三线合一，得�DPB APB，由圆周角定理，而ACB 1 APB，从而
2 2
PD 4 4
， 中，cos�DPB= ，于是cosACB ．
�ACB� DPB RtDPB PB 5 5
1
【详解】（1）如图，连接 ， ，过点P作 ，垂足为D，则BD AB
PC PB PD AB 2
∵点A0,8 ，B0,2
1 1
∴BD= AB= (OA- OB)=3，
2 2 OD=OB+BD=5
∵P与x轴相切于点C
∴PC PB，PCO90
∵�COD� �PDO 90
∴四边形OCPD是矩形
∴PC=OD=5
∴PB5
RtPDB中，PD= PB2- BD2 = 52- 32 =4
∴点P的坐标(4,5)
（2）如图，PAPB，PD AB
1
∴�DPB APB
2
1
而ACB APB
2
∴�ACB� DPB
PD 4
中，cos�DPB=
RtDPB PB 5
4
∴cosACB
5
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AB O C,D CDD B
143．（2023·江苏苏州中考）如图， 是半圆 的直径，点 在半圆上， ，连接
OC,CA,OD B EB AB OD E OAC S 1 ,△OBE
，过点 作 ，交 的延长线于点 ．设 的面积为 的面积
S 2
1
为S ，若S 3，则tanACO的值为（ ）
2 2
2 2 7 3
A． 2 B． 3 C．5 D．2
【答案】A
S 2
【 分 析 】 如 图 ， 过 作 于 ， 证 明 ， 由 1 ， 即
C CH AO H CODBOECAO S 3
2
1
OACH
2 2
，可得 ，证明 ，可得 ，设 ，则
1 3 CH 2 CH AH 2
OBBE
2 BE 3 tanAtanBOE BE OB 3 AH 2m
BO3m AOCO，可得OH 3m2mm，CH 9m2m2 2 2m，再利用正切的定义可得
答案．
【详解】解：如图，过C作CH AO于H ，
∵CDBD，
∴CODBOECAO，
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1
OACH
2 2
∵ S 1 2，即 1 OBBE 3 ，
S 3 2
2
CH 2
∴ ，
BE 3
∵ABOE，
∴tanAtanBOE，
CH BE CH AH 2
∴ ，即 ，
AH OB BE OB 3
设AH 2m，则BO3m AOCO，
∴OH 3m2mm，
∴CH 9m2m2 2 2m，
CH 2 2m
∴tanA 2，
AH 2m
∵OAOC，
∴AACO，
∴tanACO 2
144．如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠DAB=90°，AB是⊙O的直径，CO平分
∠BCD．
(1)求证：直线CD与⊙O相切；
(2)如图2，记（1）中的切点为E，P为优弧A´E上一点，AD=1，BC=2．求tan∠APE的值．
【答案】(1)见解析
√2
(2)
2
【分析】（1）作OE⊥CD于E，根据AAS证△OCE≌△OCB，得出OE=OB，即可得出结论；
（2）作DF⊥BC于F，连接BE，则四边形ABFD是矩形，得AB=DF，BF=AD=1，则CF=1，
证AD、BC是⊙O的切线，由切线长定理得ED=AD=1，EC=BC=2，则CD=ED+EC=3，
1
由勾股定理得DF=2√2，即AB=2√2，则OB= AB=√2，证∠ABE=∠BCH，由圆周角定理
2
得∠APE=∠ABE，则∠APE=∠BCH，由三角函数定义即可得出答案．
【详解】（1）证明：作OE⊥CD于E，如图所示：
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则∠OEC=90°，
∴AD∥BC，
∴∠DAB=90°，
∴∠OBC=180°−∠DAB=90°，
∴∠OEC=∠OBC，
∵CO平分∠BCD，
∴∠OCE=∠OCB，
∵在△OCE和△OCB中，
¿，
∴△OCE≌△OCB，
∴OE=OB，
又∵OE⊥CD，
∴直线CD与⊙O相切．
（2）解：作DF⊥BC于F，连接BE，交OC于H，做DF⊥BC于F，如图所示：
∵∠DAB=90°，AD∥BC，
∴∠ABC=180°−∠BAD=90°，
∴∠DAB=∠ABC=∠BFD=90°，
∴四边形ABFD是矩形，
∴AB=DF，BF=AD=1，
∴CF=BC−BF=2−1=1，
∵∠DAB=∠ABC=90°，
∴AD⊥AB，BC⊥AB，
∴AD，BC是⊙O的切线，
由（1）得CD是⊙O的切线，
∴ED=AD=1，EC=BC=2，
∴CD=DE+CE=3，
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∴ DF=√32−12=2√2，
∴ AB=DF=2√2，
1
∵ OB= AB=√2，CO平分∠BCD，BC=CE，
2
∴CO⊥BE，
∴∠BCH+∠CBH=∠CBH+∠ABH=90°，
∴∠ABE=∠BCH，
∵∠APE=∠ABE，
∴∠APE=∠BCH，
∵ OB=√2,BC=2，
OB √2
∴ tan∠APE=tan∠BCH= = ．
BC 2
145．（2022·广西梧州中考）如图，以AB为直径的半圆中，点O为圆心，点C在圆上，过点C
CD∥AB CDOB OC,BC O
作 ，且 ．连接AD，分别交 于点E，F，与 交于点G，若
ABC 45∘．
(1)求证：①ABF∽DCF ；
②CD是O的切线．
EF
(2)求 的值．
FG
【答案】(1)①证明过程见解析；②证明过程见解析
EF 5
(2) =
FG 4
【分析】（1）①由CD∥AB得到∠D=∠A，结合对顶角∠CFD=∠BFA相等即可证明；
② 由 OB=CO 得 到 ∠ OCB=∠ ABC=45° ， 进 而 得 到 ∠ COB=90° ， 再 根 据 CD∥AB得 到
∠OCD=∠COB=90°由此即可证明CD是O的切线．
（2）连接DB，连接BG交CD于M点，证明四边形COBD为正方形，由（1）中ABF∽DCF 相
1
似比为 结合△CEF∽△BDF 得到E为CO的中点，再证明△BDM≌△DCE（ASA）得到M为CD
2
的中点；设DM=x，在Rt DBG中由勾股定理求出BG，进而在Rt BFG中由勾股定理求出FG，
EF
最后EF=DE-DG-FG即可求△出 的比值． △
FG
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【详解】（1）证明：①∵CD∥AB，
∴∠D=∠A，
且对顶角∠CFD=∠BFA，
∴ABF∽DCF ；
②∵OB=CO，
∴∠OCB=∠ABC=45°，
∴∠COB=180°-∠OCB-∠ABC=90°，
∵CD∥AB，
∴∠OCD=180°-∠COB=90°，
∴CD是圆O的切线．
（2）解：连接DB，连接BG交CD于M点，如下图所示：
∵CD∥BO且CD=BO，
∴四边形COBD为平行四边形，
∵∠COB=90°，CO=BO，
∴四边形COBD为正方形，
由（1）知：ABF∽DCF ，
CF CD 1
∴ = = ，
BF AB 2
∵CE∥DB，
∴△CEF∽△BDF ，
CE CF 1
∴ = = ，即E为CO的中点，
BD BF 2
∵AB是半圆的直径，
∴∠AGB=∠BGD=90°，
∴∠GBD+∠BDG=90°=∠BDC=∠BDG+∠EDC，
∴∠GBD=∠EDC，
且BD=CD，∠BDM=∠DCE=90°，
∴△BDM≌△DCE（ASA），
∴DM=CE，即M为CD的中点，
设CM=x，则DB=CD=2x，BC=2 2x，
由勾股定理知：BM = DM2+DB2 = 5x，
1 1
在Rt MBD中由等面积法知： BM�DG� DM DB，
2 2
△
2 5
代入数据得到： ，解得DG x，
5x�DG�x 2x 5
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4 5x
在Rt DGB中由勾股定理可知：BG= DB2- DG2 = ，
5
△ CE CF 1
又 且其相似比为 = = ，
△CEF∽△BDF BD BF 2
2 4 2x
∴BF = BC = ，
3 3
4 5x
在Rt BFG中由勾股定理可知：FG= BF2- BG2 = ，
15
△
2 5x 4 5x 5x
∴EF =DE- DG- FG= 5x- - = ，
5 15 3
∴ ．
【题型27】圆中的翻折
146．如图，以圆O的一条弦BC为对称轴将弧BC折叠后与弦AB交于点D，则CD=CA
特别的，若将弧BC折叠后过圆心，则CD=CA，∠CAB=60°
147．如图， 为 的直径，点 为圆上一点， ，将劣弧 沿弦 所在的直线
翻折，交 于点 ，则 的度数等于( )．
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A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接 ，根据直径所对的圆周角是直角求出 ，根据直角三角形两锐角互余求出
， 再 根 据 优 弧 所 对 的 圆 周 角 为 ， 得 到 ， 然 后 根 据
，计算求得 的度数．
【详解】解：如图，连接 ，
是直径， ，
， ．
根据翻折的性质， 所对的圆周角为 ，优弧 所对的圆周角为 ，
， ，
，故选:B．
148．如图，将⊙O上的 沿弦BC翻折交半径OA于点D，再将 沿BD翻折交BC于点E，连
接DE． 若AD＝2OD，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
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【答案】D
【分析】如图，连接AC，CD，OC，过点C作CH⊥AB于H．设OA＝3a，则AB＝6a．首先证明
AC＝CD＝DE，求出AC（用a表示），即可解决问题．
【详解】解：如图，连接AC，CD，OC，过点C作CH⊥AB于H．设OA＝3a，则AB＝6a．
∵在同圆或等圆中，∠ABC所对的弧有 ， ， ，∴AC＝CD＝DE，
∵CH⊥AD，∴AH＝DH，∵AD＝2OD，∴AH＝DH＝OD＝a，
在Rt OCH中，CH＝ ，
△
在Rt ACH中，AC＝ ，
△
∴ ．故选：D．
149．如图，已知 内接于 ， ，将弧 沿弦 翻折后恰好经过弦 的中
点 ，则 的半径为( )
A． B． C．5 D．
【答案】B
【分析】连接 ，作 于 ，连接 并延长交 于 ，连接 ，可由
推出 ，进而求得 ， ， ， ， ，再在 中列方程求得．
【详解】解：如图，
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连接 ，作 于 ，连接 并延长交 于 ，连接 ，
， ， ， ，
在 中， ， ， ，
在 中， ， ， ，
根据对称性可得， ， ，
在 中， ， ， ，设 ，
在 中，由勾股定理得， ，故选：B．
150．如图， 为 的直径，将 沿 翻折，翻折后的弧交 于D．若 ，
，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C．8 D．10
【答案】C
【分析】连结AC，DC，过点C作CE⊥AB与E，点D关于BC的对称点D′，连结CD′，BD，设
AC=x，根据直径时圆周角性质得出∠ACB=90°，利用三角函数求出 ，然后利用勾股定理
构建方程 ，即 ，求出 ， ，利用面积桥求出斜
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边上高CE与AE，根据BC为折痕，点D与点D′对称，得出∠ABC=∠D′BC， ，可
得AC=CD，利用等腰三角形性质求出AE=DE=2，利用弓形AC=弓形DC进行面积转化求即即可．
【详解】解：连接AC，DC，过点C作CE⊥AB与E，点D关于BC的对称点D′，连接CD′，BD′
设AC=x，∵AB为直径，∴∠ACB=90°，
∵ ，∴ ，
∴ ，即 ，解得 ， ，
∴ ，∴ ，∴AE= ，
∵BC为折痕，点D与点D′对称，∴∠ABC=∠D′BC， ，
∴ ，∴AC=CD，∵CE⊥AD，∴AE=DE=2，AD=4，∴弓形AC=弓形DC，
∴S =S ACD= ．故选：C．
阴影
△
151．如图，在 中，点 在优弧 上，将弧 沿 折叠后刚好经过 的中点 ．若
的半径为5， ，则 的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接 AC、OB、OD、CD，作 于点 F，作 于点 E，由垂径定理可知
于点D，由勾股定理可知OD的值，再利用折叠性质判断AC=DC，利用等腰三角形性质得
出 ，再证明四边形ODFE为正方形，得到△CFB为等腰三角形，计算出弧
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AC所对圆周角度数，进而得弧AC所对圆周角度数，再代入弧长公式可得弧长．
【详解】解：连接AC、OB、OD、CD，作 于点F，作 于点E，
由垂径定理可知 于点D，
又
CA、CD所对的圆周角为 、 ，且
，△CAD为等腰三角形
又 四边形ODFE为矩形且OD=DF= 四边形ODFE为正方形
故△CFB为等腰三角形， 所对的圆心角为 故选A．
152．如图，在扇形 中， ，点C，D分别是 和 上的点，且 ，将扇
形沿 翻折，翻折后的 恰好经过点O．若 ，则图中阴影部分的面积是 ．
【答案】
【详解】过点O作 交 于点E，连接OC，CE，由折叠的性质结合所作辅助线可得出
为等边三角形，即 ．再根据平行线的性质可求出 ，从而可求出
， 进 而 可 求 出 ， 利 用 锐 角 三 角 函 数 可 求 出
，最后根据 ，结合扇形面积公式和三角形面积公式求
解即可．
【分析】解：过点O作 交 于点E，连接 ，如图，
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∴ ，∴ 为等边三角形，∴ ．
∵ ， ，∴ ．
∵ ，∴ ，∴ ，
∴ ，
∴ ．故答案为： ．
153．如图，AB是 的直径，点C是 上一点，将劣弧BC沿弦BC折叠交直径AB于点D，连
接CD，若 ，则下列式子正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连 ，由AB是 的直径，可知 ，由折叠， 和 所在的圆为等圆，可
推得 ，再利用正弦定义求解即可．
【详解】解：连 ，
∵ 是 的直径，∴ ，由折叠， 和 所在的圆为等圆，
又∵ ，∴ 和 所对的圆周角相等，∴ ，∴ ，
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在 中， ，故选：B．
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