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第 06 讲 圆的证明与计算
（限时90分钟，满分120分）
一、选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（2024·湖北·模拟预测）△ABC的三边AB，AC，BC的长度分别是3，4，5，以顶点A为圆心，2.4为
半径作圆，则该圆与直线BC的位置关系是（ ）
A．相交 B．相离 C．相切 D．以上都不是
【答案】C
【分析】本题考查了勾股定理逆定理、三角形面积公式、直线与圆的位置关系，先由勾股定理逆定理判断
出△ABC为直角三角形，且∠BAC=90°，设斜边BC上的高为h，根据等面积法求出h=2.4，即可得解．
【详解】解：∵AB2+AC2=32+42=25=BC2，
∴△ABC为直角三角形，且∠BAC=90°，
1 1
设斜边BC上的高为h，则S = AB⋅AC= BC⋅h，
△ABC 2 2
AB⋅AC 3×4
∴h= = =2.4，
BC 5
∴以顶点A为圆心，2.4为半径作圆，则该圆与直线BC的位置关系是相切，
故选：C．
2．（2024·河北石家庄·一模）对于题目“已知⊙O及圆外一点P，如何过点P作出⊙O的切线?”甲乙的作
法如图：
甲的作法连接OP，作OP的垂直平分线交
乙的作法连接PO并延长，交⊙O于B，C
OP于点G，以点G为圆心，OG长为半径
两点，分别，以P，O为圆心，PO，BC
画弧交⊙O于M，作直线PM．直线PM
长为半径作弧，两弧交于点D，连接OD，
即为所求．
交⊙O于点M，作直线PM．直线PM即
为所求．
下列说法正确的是（ ）
A．甲和乙的作法都正确 B．甲和乙的作法都错误．
C．甲的作法正确，乙的作法错误 D．乙的作法正确，甲的作法错误
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【答案】A
【分析】本题考查了作图-复杂作图、线段垂直平分线的性质和切线的判定方法，解决此类题目的关键是熟
悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．对于甲的作法，
连接OM，利用基本作图得到AB垂直平分OP，则OG=GP，再根据圆周角定理得到∠PMO=90°，然后
根据切线的判定方法得到PM为⊙O的切线，于是可判断甲的作法正确；对于乙的作法：利用基本作图得
1
到PD=PO，OD=BC，由于OM= BC，所以OM=DM，则根据等腰三角形的性质得到PM⊥OD，
2
然后根据切线的判定方法得到PM为⊙O的切线，于是可判断乙的作法正确．
【详解】解：对于甲的作法：
连接OM
由作法得AB垂直平分OP，
∴OG=GP，
∴点M为以OP为直径的圆与⊙O的交点，
∴∠PMO=90°，
∴OM⊥PM，
∴PM为⊙O的切线，所以甲的作法正确；
对于乙的作法：
由作法得PD=PO，OD=BC，
1
∵OM= BC，
2
∴OM=DM，
∴PM⊥OD，
∴PM为⊙O的切线，所以乙的作法正确；
故选：A．
3．（2025·湖北·一模）如图，已知等边三角形ABC内接于⊙O，D是B´C的中点，P是A´C上的动点（不
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与点A，C重合），连接PD交AC于点E，则∠DEC的度数可能是（ ）
A．20° B．25° C．55° D．95°
【答案】C
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质、圆周角定理、直角三角形中两个锐角互余等知识点，灵活运
用相关性质内容是解题的关键．
先根据圆和等边三角形的性质可得得出A、O、D三点共线，由圆周角定理得∠ACD=90°,AD⊥BC，
结合直角三角形中两个锐角互余可得∠DEC>30°以及三角形内角和180度，得∠DEC<90°，据此进行
判断即可．
【详解】解：连接AD，
∵等边三角形ABC内接于⊙O，D是
B
⌢
C
的中点
∴A、O、D三点共线，
∴∠ACD=90°,AD⊥BC，
∴∠DAC=30°，
∴∠DEC=∠DAC+∠ADE=30°+∠ADE>30°，
∴∠ADC=60°
∵P是A´C上的动点（不与点A，C重合），∠ACD=90°，
∴在Rt△ECD中，∠DEC<90°，
∴30°<∠DEC<90°，
观察A、B、C、D四个选项，则∠DEC的度数可能是55°．
故选：C．
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4．（2024·河北·模拟预测）如图，正六边形ABCDEF和正六边形GHIJKL均以点O为中心，连接
AG，BH，CI，DJ，EK，FL（A，G，H三点共线），若CI=2,IJ=3，则正六边形ABCDEF的
边长为（ ）
A．√3 B．5 C．√19 D．19
【答案】C
【分析】本题考查正多边形的性质，全等三角形的性质，30°直角三角形的性质，连接OA，OB，OG，
OH，根据正六边形的性质证明△AOG≌△BOH，得到∠AGO=∠BHO=120°，BH=AG，即可得到
B，I，H三点共线，同理可得C，I，J三点共线，D，K，J三点共线，且CI=DJ=2，然后在三角形CJD
中计算即可．
【详解】连接OA，OB，OG，OH，过D作CJ⊥DM于M，
∵正六边形ABCDEF和正六边形GHIJKL均以点O为中心，
∴OG=OH，OA=OB，∠LGH=∠GHI=∠IJK=120°，∠AOB=∠GOH=∠60°，
∴∠AOG=∠BOH=∠60°−∠BOG，∠OHI=∠HGO=∠60°，
∴△AOG≌△BOH，
∴∠AGO=∠BHO，BH=AG，
∵A，G，H三点共线，
∴∠AGO=180°−∠HGO=120°，
∴∠AGO=∠BHO=120°，
∴∠BHO+∠OHI=180°，
∴B，I，H三点共线，
同理可得C，I，J三点共线，D，K，J三点共线，且CI=DJ=2，
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∴∠CJD=60°，
∵CJ⊥DM，
∴∠JMD=∠CMD=90°，∠JDM=30°，
1
∴JM= DJ=1，DM=√J D2−J M2=√22−12=√3，
2
∵CI=2,IJ=3，
∴CM=CI+IJ−JM=4，
∴CD=√DM2+CM2=√42+(√3) 2=√19，
即正六边形ABCDEF的边长为√19，
故选：C．
5．（2025·湖南娄底·模拟预测）中国太极图中，黑色和白色均衡对称、稳定和谐地组成了一幅美丽的图画．
如图，太极图内切于正六边形ABCDEF中，则图中黑色部分的面积与正六边形ABCDEF的面积之比是
（ ）
√3π √3 √3π √3
A． B． C． D．
12 12 6 6
【答案】A
【分析】本题考查了正多边形和圆，内切圆的性质和面积，等边三角形的面积以及勾股定理求边长，正确
地计算能力是解决问题的关键．设圆的圆心为O，连接OC、OD，过点O作OM⊥CD于点M，证明
√3
△OCD为等边三角形，设OC=OD=CD=a，根据勾股定理得出OM=√OC2−CM2= a，求出
2
S =π×OM2=π× (√3 a ) = 3 πa2 ，则黑色部分的面积为1 × 3 a2= 3 πa2 ，求出
⊙O 2 4 2 4 8
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1 √3 3√3
S =6× CD×OM=3×a× a= a2，即可得出答案．
正六边形ABCDEF 2 2 2
【详解】解：设圆的圆心为O，连接OC、OD，过点O作OM⊥CD于点M，如图所示：
∵六边形ABCDEF为正六边形，
360°
∴∠COD= =60°，OC=OD，
6
∴△OCD为等边三角形，
设OC=OD=CD=a，
∵OM⊥CD，
1
∴CM=DM= a，
2
√3
∴OM=√OC2−CM2= a，
2
∴S =π×OM2=π× (√3 a ) = 3 πa2 ，
⊙O 2 4
1 3 3
∴黑色部分的面积为 × a2= πa2 ，
2 4 8
1 √3 3√3
∵S =6× CD×OM=3×a× a= a2 ，
正六边形ABCDEF 2 2 2
∴图中黑色部分的面积与正六边形ABCDEF的面积之比是：
3
πa2
8 3π 2 √3π
= × = ，
3√3 8 3√3 12
a2
2
故选：A．
6．（2025·河南周口·一模）如图，在正六边形ABCDEF中，连接AC，以点A为圆心，AC的长为半径作
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⏜ ，再以点 为圆心， 的长为半径作 ⏜ ，若 ，则图中阴影部分的面积是（ ）
D CD AB=1
CE CE
5π 5π π π
A． B．2√3− C．2√3− D．2√3+
6 6 6 6
【答案】B
【分析】如图，连接AD，CE交于点G，证明△ACE为等边三角形，AD⊥CE，求解AD=2CD=2，
1 √3
DG= ，CG= ，CE=2CG=√3=AC=AE，结合
2 2
S =S −(S +S −S )即可得到结论。
阴影 四边形ACDE 扇形ACE 扇形CDE 四边形ACDE
【详解】解：如图，连接AD，CE交于点G，
∵正六边形ABCDEF，
∴CD=DE=EF=AF=AB=BC=1，
∠B=∠BAE=∠F=∠CDE=∠BCD=120°，∠CAB=∠EAF=∠ACB=30°，
∴△ABC≌△AFE，∠ACD=90°，
∴AC=AE，∠CAE=60°，
∴△ACE为等边三角形，AD⊥CE，
∴CE=AC=AE，CG=EG，∠CAD=30°，
∴AD=2CD=2，
同理：∠DCG=30°，
1 √3
∴DG= ，CG= ，
2 2
∴CE=2CG=√3=AC=AE，
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∴S =S −(S +S −S )
阴影 四边形ACDE 扇形ACE 扇形CDE 四边形ACDE
=2S −S −S
四边形ACDE 扇形ACE 扇形CDE
1 60π×(√3) 2 120π×12
=2× ×√3×2− −
2 360 360
5π
=2√3− ；
6
故选B
【点睛】本题考查的是正多边形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理
的应用，扇形面积的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键。
7．（23-24九年级上·广东江门·阶段练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴负半轴上，点B在
y轴正半轴上，⊙D经过A，B，O，C四点，∠ACO=120°，AB=4，则圆心点D的坐标是（ ）
A．(√3，1) B．(−√3，1) C．(−1，√3) D．(−2，2√3)
【答案】B
【分析】本题考查了圆周角定理的推论，圆内接四边形的性质，勾股定理和含30度的直角三角形的性质，
熟练掌握这些性质和定理是解题的关键．利用圆内接四边形的性质得到∠ABO=60°，再根据圆周角定理
的推论得到AB为⊙D的直径，则D点为AB的中点，接着利用含30度的直角三角形三边的关系得到
OB=2，OA=2√3，所以A(−2√3，0)，B(0，2)，然后利用线段的中点坐标公式得到D点坐标．
【详解】解：∵四边形ABOC为圆的内接四边形，
∴∠ABO+∠ACO=180°，
∴∠ABO=180°−120°=60°，
∵∠AOB=90°，
∴AB为⊙D的直径，
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∴D点为AB的中点，
∵在Rt△ABO中，∠ABO=60°，
∴∠BAO=30°，
1
∴OB= AB=2，
2
在Rt△ABO中，由勾股定理得：OA=√AB2−OB2=√42−22=2√3，
∴A(−2√3，0)，B(0，2)，
(−2√3+0 0+2)
∴D点坐标为 ， ，
2 2
即D(−√3，1)，
故选：B．
8．（24-25九年级上·北京丰台·期末）勾股容圆记载于《九章算术》，是关于直角三角形的三边与其内切
圆的直径的数量关系的研究．刘徽用出入相补原理证明了勾股容圆公式，其方法是将4个如图1所示的全
等的直角三角形（直角边分别为a，b，斜边为c）沿其内内切圆心与顶点、切点的连线裁开，拼成如图2
所示的矩形（无缝隙、不重叠），再根据面积的关系可求出直角三角形的内切圆的直径d（用含a，b，c
的式子表示）为（ ）
2ab ab ab 2c
A．d= B．d= C．d= D．d=
a+b+c a+b+c 2(a+b+c) a+b+c
【答案】A
【分析】本题考查了三角形内切圆半径求法，根据矩形面积不同的表示表示方法得出等式即可求解．
1
【详解】解：设由图可知：如图1所示的直角三角形面积为 ab，
2
图2所示的矩形面积为：2d(a+b+c)，而图2所示的矩形面积为如图1所示的面积的4倍
1
∴2×d(a+b+c)=4× ab，
2
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2ab
∴d=
a+b+c
故选：A．
9．（2024·湖北·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，将劣弧CD沿弦CD折叠，折叠后的弧恰好与AB相
切于OB的中点M，若CD=√11，则⊙O的半径为（ ）
5
A．1 B．2 C． D．4
2
【答案】B
【分析】本题考查了对称的性质，圆的相关性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．设实线劣弧
CD所在圆的圆心为O'，连接OC，O'C，OO'，O'M，根据题意可得CD和OO'互相垂直平分，设圆的半
√11 √ 11
径为2a，即OC=O'C=O'M=2a，得到CN= ，由勾股定理可得ON=√OC2−CN2= 4a2− ，
2 4
√ 11 1
则OO'=2 4a2− ，由切线定理和M是OB的中点，可得∠OMO'=90°，OM= OB=a，在
4 2
√ 11
Rt△OMO'中，由勾股定理可得OO'=√5a2，进而得到2 4a2− =√5a2，求出a，即可求解．
4
【详解】解：如图，设实线劣弧CD所在圆的圆心为O'，连接OC，O'C，OO'，O'M，
∴O O' CD CD OO'
、 关于 对称， 垂直平分 ，
∴ ⊙O，⊙O'的半径相等，两圆为等圆，
设圆的半径为2a，即OC=O'C=O'M=2a，
∵ CD为⊙O和⊙O'的公共弦，
∴ OO'也垂直平分CD，
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1 √11
∴ CN=DN= CD= ，
2 2
∴在Rt△OCN中，ON=√OC2−CN2=
√
(2a) 2−
(√11) 2
=
√
4a2−
11
，
2 4
√ 11
∴ OO'=2 4a2− ，
4
∵ M为切点，M是OB的中点，
1
∴ ∠OMO'=90°，OM= OB=a，
2
∴在Rt△OMO'中，OO'=√OM2+O'M2=√a2+(2a) 2=√5a2，
√ 11
∴ 2 4a2− =√5a2，
4
∴ 4 ( 4a2− 11) =5a2 ，
4
解得：a=1，
∴ 2a=2，
∴ ⊙O的半径为2，
故选：B．
1
10．（2024·浙江宁波·二模）如图△ABC与△ADE均为等腰直角三角形，AD= AB=a，直线BD与直线
3
CE交于点P，在△ABC与△ADE绕点A任意旋转的过程中，P到直线BC的距离的最小值为（ ）
3 7 5
A．√2a B． √2a C． √2a D． √2a
2 6 4
【答案】C
【分析】根据题意，先证△ABD≌△ACE，进而易得出∠BPC=∠BAC=90°，则点P在以BC为直径的
圆上运动，当BP与以A为圆心，a为半径的圆相切时，点P到BC的距离最小，再解直角三角形求解即可得
到答案．
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【详解】解：设BP与AC交于点F，如图所示：
由题易知AB=AC,∠BAC=∠DAE=90°,AD=AE，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠AFB=∠CFP，
∴∠BPC=∠BAC=90°，
∴点A、B、C、P四点共圆，且BC为直径，设圆心为O，
当BP与以A为圆心，a为半径的圆相切时，点P到BC的距离最小，
过点F作FH⊥BC，过点P作PG⊥BC于点G，如图所示：
1
∵AD= AB=a
3
，
∴AB=3a，
∴BC=√2AB=3√2a，
∵BP与⊙A切于点D，
∴∠ADB=90°，
∴BD=√AB2−AD2=2√2a，
AD AF
∴tan∠ABD= = ，
BD AB
a AF
∴ = ，
2√2a 3a
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3√2
∴AF= a，
4
( 3√2)
∴CF=CA−CF=CA−AF= 3− a，
4
√2 (3√2 3)
∴FH=CH= CF= − a，
2 2 4
AD AF 1 9√2
由sin∠ABD= = = 得BF= a，
AB BF 3 4
FH 2 √2
∴sin∠FBH= = − ，
BF 3 6
2 √2
∴cos∠FBH=√1−sin2∠FBH= + ，
3 6
∵∠CPG=∠FBH=90°−∠BPG，
PG 2 √2
∴cos∠CPG= = + ，
PC 3 6
∴PG=PC⋅cos∠CPG，
∵PC=BC⋅sin∠FBH，
(2 √2)(2 √2) 7√2
∴PG=BC⋅sin∠FBH⋅cos∠CPG=3√2a× − + = a，
3 6 3 6 6
故选： C．
【点睛】本题主要考查动点最值-辅助圆问题，涉及旋转的性质、全等三角形得判定和性质、圆的性质、等
腰直角三角形的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，熟练掌握相关知识处理辅助圆问题是解题的关键．
二、填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（2024·云南怒江·一模）某校九年级学生参加社团活动，学习编织圆锥型工艺品．若这种圆锥的母线
长为9cm，底面圆的直径为8cm，则该圆锥的全面积为 cm2．
【答案】52π
【分析】本题考查了圆锥的全面积．熟练掌握圆锥的全面积为S=S +S =πrl+πr2 ，其中r为底面圆半
侧 底
径，l为母线长是解题的关键．
根据圆锥的全面积为S=S +S =πrl+πr2 S=S +S =πrl+πr2 ，其中r为底面圆半径，l为母线长，
侧 底 侧 底
代值求解即可．
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8
【详解】解：由题意知，r= =4，l=9，
2
∴S=π×4×9+π×42=52π (cm2)，
故答案为：52π．
12．（2024·江苏扬州·一模）如图，⊙O与正五边形ABCDE的边AB，AE分别相切于点F，G．点H是
优弧FmG上任意一点，则∠FHG= °．
【答案】36
【分析】本题考查了正多边形的内角和，切线的性质，圆周角定理等知识．熟练掌握正多边形的内角和，
切线的性质，圆周角定理是解题的关键．
(5−2)×180°
由题意知，∠A= ，如图，连接OF，OG，由切线的性质可得∠OFA=90°=∠OGA，则
5
1
∠FOG=360°−∠OFA−∠OGA−∠A，由圆周角定理可得∠FHG= ∠FOG，计算求解即可．
2
(5−2)×180°
【详解】解：由题意知，∠A= =108°，
5
如图，连接OF，OG，
∵⊙O与正五边形ABCDE的边AB，AE分别相切于点F，G，
∴∠OFA=90°=∠OGA，
∴∠FOG=360°−∠OFA−∠OGA−∠A=72°，
∵F´G=F´G，
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1
∴∠FHG= ∠FOG=36°，
2
故答案为：36．
13．（23-24九年级下·江苏南京·期中）如图，在△ABC中，∠ACB=58°，△ABC的内切圆⊙O与AB，
AC分别相切于点D，E，连接DE，BO的延长线交DE于点F，则∠BFD= ．
【答案】29°
【分析】本题重点考查三角形的内切圆的性质、切线长定理、三角形内角和定理、三角形外角与内角的关
系．首先连接AO、EO、DO，根据三角形内切圆的性质可知：OE⊥AC，OD⊥AB，AO平分∠CAB，
OB平分∠ABC，在△AOB中，∠AOB=180°−∠OAB−∠OBA，根据∠ACB=58°，可以求出
∠CAB+∠CBA=122°，从而可以求出∠AOB=119°，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内
角之和可得∠BFD=29°．
【详解】解：如下图所示，连接AO、EO、DO，
∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴OE⊥AC，OD⊥AB，AO平分∠CAB，OB平分∠ABC，
∴AO⊥ED，
∴∠OME=90°，
1 1
∴∠OAB= ∠CAB，∠OBA= ∠ABC，
2 2
在△AOB中，∠AOB=180°−∠OAB−∠OBA，
1 1
∴∠AOB=180°− ∠CAB− ∠CBA
2 2
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1
=180°− (∠CAB+∠CBA)，
2
又∵∠CAB+∠CBA=180°−∠C=180°−58°=122°，
1
∴∠AOB=180°− ×122°=119°，
2
∵∠AOB是△OMF的外角，
∴∠AOB=∠OMF+∠BFD，
∴∠BFD=∠AOB−∠OMF=119°−90°=29°．
故答案为：29°．
14．（2024·云南昆明·一模）如图，⊙O的直径为20，弦AB=16 ， P是弦AB上一动点，则OP长的取
值范围是 ．
【答案】6≤OP≤10
【分析】本题主要考查了圆中求半径，勾股定理，垂径定理，解决本题的关键是确定OP的最小值，所以
求OP的范围问题又被转化为求弦的弦心距问题，而解决与弦有关的问题时，往往需构造以半径、弦心距
和弦长的一半为三边的直角三角形，利用勾股定理求解．
先求出圆的半径，进而求出OP的最大值，OP的最小值就是弦AB的弦心距的长，过点O作弦AB的弦心距
OM，利用勾股定理求解．
【详解】解：如图：连接OA，作OM⊥AB与M．
∵⊙0的直径为20，
∴半径为10，
∴OP的最大值为10，
∵OM⊥AB与M，
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∴AM=BM．
∵AB=16，
∴AM=8．
在Rt△AOM中，
OM=√102−82=6，
OM的长即为OP的最小值，
∴6≤OP≤10．
故答案为：6≤OP≤10．
15．（2023·陕西西安·一模）如图，⊙M的半径为4，圆心M的坐标为(6，8)，点P是⊙M上的任意一
点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点．若点A、点B关于原点O对称，则当AB取最大值
时，点A的坐标为 ．
【答案】(−14,0)
【分析】本题主要考查点与圆的位置关系，勾股定理，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜
边的一半得出AB取得最小值时点P的位置．
由Rt△APB中AB=2OP知要使AB取得最大值，则PO需取得最大值，连接OM，并延长交⊙M于点P'，
当点P位于P'位置时，OP'取得最大值，据此求解可得．
【详解】解：连接PO，
∵PA⊥PB，
∴∠APB=90°，
∵点A、点B关于原点O对称，
∴AO=BO，
∴AB=2PO，
若要使AB取得最大值，则PO需取得最大值，
连接OM，并延长交⊙M于点P'，当点P位于P'位置时，OP'取得最大值，
过点M作MQ⊥x轴于点Q，
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则OQ=6、MQ=8，
∴OM=10，
又∵M P'=r=4，
∴OP'=MO+M P'=10+4=14，
∴AB=2OP'=2×14=28；
1
∴OA=OB= AB=14，
2
即点A的坐标为(−14,0)，
故答案为：(−14,0)．
16．（2024·全国·模拟预测）如图，在等边△ABC中，点D为AC边上一动点，点E为BC上一点，且满足
S
AD=CE，连接AE，BD，当线段CF的长度最小时， △ABF 的值为 ．
S
△ABC
1
【答案】
3
【分析】根据等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形的外角性质，直角三角形的特征，定
弦定角问题，解答即可．
【详解】解：∵ △ABC为等边三角形，
∴AB=CA,∠BAD=∠ACE=60°，
∵¿，
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∴△BAD≌△ACE(SAS)
∴∠ABD=∠CAE，
∵∠BFE=∠ABD+∠BAF，
∴∠BFE=∠BAE+∠CAE=∠BAC=60°，
∴∠AFB=120°，
作AB的垂直平分线，作∠ABO=30°，与垂直平分线交于点O，
则点F的运动轨迹是以O为圆心，以BO为半径的圆的三角形内部的一段弧，
连接CO与弧交于点H，
当F与点H重合时，CF最小，
∵OA=OB,CA=CB，
∴直线OC是线段AB的垂直平分线，设二线的交点为Q，
则∠HQB=90°,∠HBQ=30°，
设QH=x，则BH=2x,BQ=√BH2−QH2=√3x，
∴AB=2BQ=2√3x，
∴CQ=3x，
1
AB·QH
S 2 QH 1
∴ △ABF = = = ，
S 1 CQ 3
△ABC AB·CQ
2
1
故答案为： ．
3
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形的外角性质，直角三角形的特
征，定弦定角问题，熟练掌握三角形的全等的证明是解题的关键．
三、解答题（共9小题，满分72分，其中17、18、19题每题6分，20题、21题每题7分，22题8分，23
题9分，24题10分，25题13分）
17．（2025·安徽马鞍山·一模）如图，在⊙O中，AB、AC为弦，CD为直径，AB⊥CD于E，
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BF⊥AC于F，BF与CD相交于G．ED=EG，若AB=2√7，OG=2，求⊙O的半径．
8
【答案】⊙O的半径为 ．
3
【分析】本题考查了圆的基本性质，垂径定理，勾股定理等；连接OB，设OB=r，可得DG =r+2，由
1 1
线段和差得OE=EG−OG = r−1，由垂径定理得BE= AB=√7，由勾股定理得OE2+BE2=OB2，
2 2
即可求解．
【详解】解：如图，连接OB，
设OB=OD=r，
∴DG=OD+OG
=r+2，
∵ ED=EG，
1
∴EG= DG
2
1
= r+1，
2
∴OE=EG−OG
1
= r−1，
2
∵ CD为直径，AB⊥CD，
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1
∴BE= AB=√7，
2
在Rt△OEB中，
OE2+BE2=OB2，
∴ (1 r−1 ) 2 +(√7) 2=r2 ，
2
8
解得：r =−4（舍去），r = ，
1 2 3
8
故⊙O的半径为 ．
3
18．（2025·广东揭阳·一模）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，D为OA延长线上一点，E为OA
上一点，延长CE交⊙O于点F，已知CD=DE，CD为⊙O的切线．
(1)求∠BCF的度数；
(2)过点A作AG⊥CF，垂足为G，若BC=4OG=4，求CF．
【答案】(1)∠BCF=45°
(2)3√2
【分析】（1）连接AC,CO,OF,AF,BF，设∠ACD=α，∠ACE=β，则∠DCE=α+β，
∠OEF=∠DEC=α+β，根据切线的性质以及直径所对的圆周角是直角，以及三角形内角和定理推导出
∠EOF=90°，根据垂直平分线的性质可得FA=FB，进而可得△AFB是等腰直角三角形，根据同弧所对
的圆周角相等，即可求解；
（2）延长OG交AC于点H，根据（1）可得△ACG是等腰直角三角形，进而得出OH是△ABC的中位线，
得出OH，AC=2，延长CB至M使得BM=AC，连接FM，证明△ACF≌△BMF(SAS)，得出△FCM是
等腰直角三角形，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，连接AC,CO,OF,AF,BF，
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设∠ACD=α，∠ACE=β，则∠DCE=α+β，
∵CD=DE，
∴∠OEF=∠DEC=∠DCE=α+β，
∵DC是⊙O的切线，
∴∠DCO=90°，则∠ACO+∠ACD=90°，
又∵AB是直径，OC=OB，
∴∠ACB=90°，即∠ACO+∠OCB=90°，
∴∠ACD=∠OCB=α，
又∵OC=OF，
∴∠OCF=∠OFC=90°−α−β，
在△OFE中，∠EOF=180°−∠OFC−∠OEF=180°−(90°−α−β)−(α+β)=90°，
∴OF⊥AB，
又∵AB是直径，OA=OB，
∴OF垂直平分AB，
∴FA=FB，
∴△AFB是等腰直角三角形，
∴∠BCF=∠BAF=45°；
（2）解：如图所示，延长OG交AC于点H，
∵∠ACB=90°,∠BCF=45°，
∴∠ACG=45°，
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∵AG⊥CF，
∴△ACG是等腰直角三角形，
∴GC=GA，
又∵OA=OC，
∴OG垂直平分AC，则OH⊥AC，
∴H是AC的中点，
∴AH=HC，
1
∴OH∥BC，OH= BC=2，
2
1
∵OH=2，OG= BC=1，则HG=1，
4
∴AC=2HG=2，
如图所示，延长CB至M使得BM=AC，连接FM，
∵四边形CAFB是圆内接四边形，
∴∠FBC+∠CAF=180°，
∵∠FBC+∠FBM=180°，
∴∠FBM=∠CAF，
又∵FB=AF，AC=BM，
∴△ACF≌△BMF(SAS)，
∴∠M=∠ACF=45°，BM=AC=2，
又∵∠FCB=45°，
∴△FCM是等腰直角三角形，
√2 √2 √2
∴FC= CM= (CB+BM)= ×(4+2)=3√2．
2 2 2
【点睛】本题考查了切线的性质，等腰直角三角形的性质与判定圆周角定理及其推论，垂直平分线的性质，
三角形内角和定理的应用，全等三角形的性质与判定，中位线的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键
19．（2025·广东·模拟预测）如图，点D，E在以AC为直径的⊙O上，∠ADC的平分线交⊙O于点B，
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连接BA，EC，EA，过点E作EH⊥AC，垂足为H，交AD于点F．
(1)求证：AE2=AF⋅AD；
2√5
(2)若sin∠ABD= ，AB=5，求S ．
5 △BOG
【答案】(1)见解析
25
(2)
12
【分析】（1）连接ED，根据直角三角形中两锐角互余得出∠EAH+∠AEH=90°，根据直径所对的圆
周角是直角得出∠AEC=90°，根据直角三角形中两锐角互余得出∠EAH+∠ACE=90°，根据等角的
余角相等得出∠ACE=∠AEH，根据同弧所对的圆周角相等得出∠ADE=∠AEH，根据有两个角对应
相等的两个三角形是相似三角形得出△EAF∽△DAE，根据相似三角形的对应边之比相等即可证明
AE2=AF·AD；
（2）连接OB，过点G作GK⊥AD，垂足为K，过点G作GM⊥CD，垂足为M，根据直径所对的圆周
角是直角得出∠ADC=90°，根据角平分线的定义和同弧所对的圆周角是圆心角的一半得出
∠AOB=2∠ADB=90°，根据角平分线上的点到角两边的距离相等得出GK=GM，根据等腰直角三角
5√2
形的性质和特殊角的三角函数值求出OA=OB=OC= ，AC=5√2，根据锐角三角函数的定义和同弧
2
1 5√2 5√2
所对的圆周角相等求出AD=2√10，CD=√10，根据三角形的面积求出GC= AC= ，OG= ，
3 3 6
即可求出S ．
△BOG
【详解】（1）证明：连接ED，
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∵EH⊥AC
，
∴∠EAH+∠AEH=90°，
∵AC是直径，
∴∠AEC=90°，
∴∠EAH+∠ACE=90°，
∴∠ACE=∠AEH，
∴∠ADE=∠AEH，
又∵∠EAF=∠DAE，
∴△EAF∽△DAE，
AE AF
∴ = ，
AD AE
∴AE2=AF·AD；
（2）解：如图，连接OB，过点G作GK⊥AD，垂足为K，过点G作GM⊥CD，垂足为M，
∵AC
是直径，
∴∠ADC=90°，
又∵BD平分∠ADC，A´B=A´B，
∴∠AOB=2∠ADB=90°，GK=GM，
在等腰直角△AOB中，AB=5，
5√2
∴OA=OB=OC= ，
2
∴AC=2OA=5√2，
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2√5
∵sin∠ABD= ，∠ABD=∠ACD，
5
AD AD 2√5
∴sin∠ACD= = = ，
AC 5√2 5
∴AD=2√10，则CD=√10，
1 1
∵S = AG·CD·sin∠ACD，S = CG·CD·sin∠ACD
△AGD 2 △DCC 2
S AG
∴ △AGD= ，
S GC
△BCG
1
AD·GK
2 AG AD AG
∴ = ，即 = =2，
1 GC CD GC
CD·GM
2
1 5√2
∴GC= AC= ，
3 3
5√2 5√2 5√2
∴OG=OC−GC= − = ，
2 3 6
1 1 5√2 5√2 25
∴S = OG·OB= × × = ．
△BOG 2 2 6 2 12
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，直径所对的圆周角是
直角，同弧所对的圆周角，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，角平分线的性质等，正确做出辅助线，通
过三角形的面积求出CG是解题的关键．
20．（2024·山西·中考真题）阅读与思考
下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务．
关于“等边半正多边形”的研究报告
博学小组
研究对象：等边半正多边形
研究思路：类比三角形、四边形，按“概念﹣性质﹣判定”的路径，由一般到特殊进行
研究．
研究方法：观察（测量、实验）﹣猜想﹣推理证明
研究内容：
【一般概念】对于一个凸多边形（边数为偶数），若其各边都相等，且相间的角相等、
相邻的角不相等，我们称这个凸多边形为等边半正多边形．如图1，我们学习过的菱形
（正方形除外）就是等边半正四边形，类似地，还有等边半正六边形、等边半正八边
形…
【特例研究】根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形研究如下：
概念理解：如图2，如果六边形ABCDEF是等边半正六边形，那么
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AB=BC=CD=DE=EF=FA，∠A=∠C=∠E，∠B=∠D=∠F，且∠A≠∠B．
性质探索：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下结论：
内角：等边半正六边形相邻两个内角的和为▲°．
对角线：…
任务：
(1)直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容： ．
(2)如图3，六边形ABCDEF是等边半正六边形．连接对角线AD，猜想∠BAD与∠FAD的数量关系，并
说明理由；
(3)如图4，已知△ACE是正三角形，⊙O是它的外接圆．请在图4中作一个等边半正六边形ABCDEF
（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）．
【答案】(1)240
(2)∠BAD=∠FAD，理由见解析
(3)见解析
【分析】本题主要考查圆综合题，以等边半正六边形为背景，理解题意以及掌握圆和多边形的相关性质是
解题关键．
（1）六边形内角和为720°，由等边半正六边形的定义即可得出相邻两内角和为240°；
（2）连接BD，FD，通过已知条件可证△BCD≌△FED，得到BD=FD，，进一步证明证
△BAD≌△FAD出∠BAD=∠FAD；
（3）作AC、CE、AE的垂直平分线，在圆内线上取一点或者圆外取一点都行，切记不能取圆上，否则就
是正六边形了．
【详解】（1）解：∵六边形内角和为(6−2)×180°=720°，且∠A=∠C=∠E，∠B=∠D=∠F，
∴等边半正六边形相邻两个内角的和为720°÷3=240°，
故答案为：240；
（2）解：∠BAD=∠FAD．
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理由如下：连接BD，FD．
∵六边形ABCDEF是等边半正六边形．
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，∠C=∠E．
∴△BCD≌△FED．
∴BD=FD．
在△ABD与△AFD中，
¿，
∴△BAD≌△FAD．
∴∠BAD=∠FAD；
（3）解：如图，六边形ABCDEF即为所求（答案不唯一）．
作法一：
作法二： ．
21．（2024·云南昆明·一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC是⊙O的直径，AB=BC，连接BD，
过点D的直线与CA的延长线交于点E，且∠EDA=∠ECD．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)以下与线段AD，线段CD，线段BD有关的三个结论：①AD+CD=BD，②AD+CD=√2BD，③
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AD+CD=√3BD，你认为哪个正确？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)②正确，理由见解析
【分析】本题考查圆周角定理，切线的判定，全等三角形的判定与性质．
（1）先由圆的性质得∠ADC=90°，即∠ADO+∠ODC=90°，∠ODC=∠ECD，再由
∠EDA=∠ECD推出∠EDA=∠ODC，进而得∠ADO+∠EDA=90°，即∠EDO=90°，即可得出
结论；
（2）证明△ABD≌△CBG(ASA)，得到AD=CG，BD=BG，则DG=CG+CD=AD+CD，进而求解．
【详解】（1）证明：如图1，连接OD，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，即∠ADO+∠ODC=90°，
∵OC=OD，
∴∠ODC=∠ECD，
又∵∠EDA=∠ECD，
∴∠EDA=∠ODC，
∴∠ADO+∠EDA=90°，即∠EDO=90°，
∴OD⊥DE，
又∵OD是半径，
∴直线DE是⊙O的切线；
（2）解：②正确，理由如下：
过点B作BG⊥BD交DC延长线于点G，如图2，
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∴∠DBG=90°，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∴∠ABD+∠DBC=∠CBG+∠DBC=90°，
∴∠ABD=∠CBG，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD=∠BCG，
∵AB=CB，
∴△ABD≌△CBG(ASA)，
∴AD=CG，BD=BG，
∴DG=CG+CD=AD+CD，
∵∠DBG=90°，BD=BG，
∴∠G=45°，
则DG=√2BD，
∴AD+CD=√2BD．
22．（2025·江西·模拟预测）如图1，在⊙O中，直径AB=6，P是线段AB延长线上的一点，PC切⊙O
于点C，D是⊙O上一点，切PC=PD，连接AC，BD．
(1)求证：PD是⊙O的切线；
(2)当∠CPD=90°时（如图2），求BP的长；
(3)若四边形ACPD是菱形（如图2），求弧CD与线段PC，PD围成的阴影图形的面积．
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【答案】(1)见解析
(2)3√2−3
(3)9√3−3π
【分析】（1）如图1，连接OC、OD，则有OC=OD，再证明△OCP≌△ODP(SSS)可得
∠OCP=∠ODP，根据切线的性质可得∠OCP=90°，进而得到PD⊥OD，即可证明结论；
（2）如图2，连接 OC、OD，由（1）可知， ∠ODP=∠OCP=90°，再证明四边形OCPD为正方形，
再求出OD=OP=OC=3，由勾股定理可得OP=3√2，再根据线段的和差即可解答；
（3）如图3，连接OC、OD，设∠OAC=α，则∠POC=2α，根据菱形的性质、切线的性质可得
∠POC=2α=60°，进而得到PC=3√3，最后根据S =2(S −S )以及扇形的面积公式即可
阴影 △PCO 扇形BOC
解答．
【详解】（1）证明：如图1，连接OC、OD，则有OC=OD．
在△OCP和△ODP中，
¿
∴△OCP≌△ODP(SSS)，
∴∠OCP=∠ODP，
∵PC切⊙O于点C，
∴∠OCP=90°，
∴∠ODP=∠OCP=90°，即PD⊥OD，
∴PD是⊙O的切线．
（2）解：如图2，连接 OC、OD，由（1）可知， ∠ODP=∠OCP=90°．
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当∠CPD=90°时，四边形OCPD为矩形．
又∵OC=OD，
∴四边形OCPD为正方形．
∵AB=6，
∴OB=OC=3，即OD=OP=OC=3
∴OP=√OD2+OP2=√32+32=3√2，
∴BP=OP−OB=3√2−3．
（3）解：如图3，连接OC、OD，设∠OAC=α，则∠POC=2α，
∵四边形ACPD是菱形，
∴∠CPO=∠OAC=α．则∠OOP=2α，
∵PC是⊙O的切线，即∠OCP=90°．
∴∠COP+∠OPC=2a+a=90°，即α=30°．
∴∠POC=2α=60°，
∴∠CPO=30°
∵OC=3，
∴OP=2OC=6,PC=√OP2−OC2=3√3，
(1 1 )
∴S =2(S −S )=2× ×3×3√3− ×9π =9√3−3π．
阴影 △PCO 扇形BOC 2 6
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【点睛】本题主要考查了切线的性质、切线的判定、勾股定理、全等三角形的判定与性质、扇形的面积公
式等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
23．（2025·湖南娄底·模拟预测）圆能够帮助我们解决很多问题，例如角的转换、点的轨迹等等，我们常
常通过定角、定长来构造圆．在同一平面内，直线l 与直线l 交于点O，点A、B分别在直线l 、l 上运动，
1 2 1 2
点C是该平面上任意一点，且A、B、C三点为顺时针走向，已知S =4．
△ABC
(1)如图1，若OB=2，∠AOB=∠ABC=90°，①写出以AC为直径的圆与直线l 交点个数；②求OC的最
2
大值；
(2)如图2，若OA=2，∠AOB=∠BAC=120°，求OC的最大值．
【答案】(1)①当OA=2时，交点个数为1；当OA≠2时，交点个数为2；②2√2+2
(2)6
【分析】（1）①过点B作DB⊥OB且BD=4，连接OD、AD、CD，利用平行线的性质得出
S =S =S =4，得到AB∥CD，得到∠BCD=90°，则有点C在以BD为直径的圆上；设AC
△ABC △ABD △OBD
中点为M，以AC为直径的圆记为⊙M，由∠ABC=90°可知⊙M与直线l 至少有1个交点，再设⊙M
2
与直线l 相切，利用正方形的性质和判定求出此时OA的长，即可得出结论；②由①中的结论可得，点C在
2
以BD为直径的圆上，设BD的中点为N，则BN=CN=2，再利用勾股定理求出ON的长，根据
OC≤ON+CN即可求出OC的最大值；
（2）在平面上取点D使得DA∥OB且DC∥AB，作DH⊥l 于点H，连接BD、OD，先利用平行线的
1
8√3
性质得出S =4，利用三角形面积公式和三角函数的知识求出AD= ；作△DAC的外接圆，记圆心
△OAD 3
为M，作MN⊥AD于点N，连接OM、MD、MA、MC，利用外接圆的性质和三角函数的知识求出
⊙M的半径，再根据OC≤OM+MC即可求出OC的最大值．
【详解】（1）解：①如图，过点B作DB⊥OB且BD=4，连接OD、AD、CD，
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∵OB=2 BD=4 DB⊥OB ∠AOB=90°
， ， ， ，
1
∴S = OB⋅BD=4，∠DBO=90°，
△OBD 2
∵∠AOB=90°，
∴AO⊥OB，
∴BD∥OA，
∴S =S =4，
△ABD △OBD
∵S =4，
△ABC
∴S =S ，
△ABC △ABD
∴AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴∠BCD=180°−∠ABC=180°−90°=90°，
∴点C在以BD为直径的圆上；
设AC中点为M，以AC为直径的圆记为⊙M，
∵∠ABC=90°，
∴点B在⊙M上，
又∵点B在直线l 上，
2
∴ ⊙M与直线l 至少有1个交点，
2
设⊙M与直线l 只有1个交点，即⊙M与直线l 相切，则有MB⊥OB，
2 2
∵DB⊥OB，
∴点M在BD上，
∴点M为AC与BD的交点，
∵AB∥CD，
∴∠ABM=∠CDM，
又∵AM=CM，∠AMB=∠CMD，
∴△ABM≌△CDM，
∴BM=DM，
∴点M也是BD的中点，四边形ABCD是矩形，
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1
∴AC=BD=4，BM= BD=2，
2
2S 2×4
设△ABC中边AC的高为h，则h= △ABC = =2，
AC 4
∴BM=h=2，
∴BM是△ABC中边AC的高，即BD⊥AC，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠BMA=90°，
又∵∠AOB=∠OBM=90°，BM=OB=2，
∴四边形AOBM为边长为2正方形，
∴OA=2，
∴当OA=2时，⊙M与直线l 相切；当OA≠2时，⊙M与直线l 相交．
2 2
∴综上所述，当OA=2时，以AC为直径的圆与直线l 交点个数为1；当OA≠2时，以AC为直径的圆与直
2
线l 交点个数为2．
2
②由①中的结论可得，点C在以BD为直径的圆上，
1
设BD的中点为N，则BN=CN= BD=2，
2
∴ON=√BN2+OB2=√22+22=2√2，
∵OC≤ON+CN，
∴OC≤2√2+2，
∴OC的最大值为2√2+2．
（2）解：在平面上取点D使得DA∥OB且DC∥AB，作DH⊥l 于点H，连接BD、OD，
1
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∵DC∥AB
，
∴∠DCA=180°−∠BAC=60°，S =S =4，
△BAD △BAC
∵DA∥OB，
∴∠DAO=180°−∠AOB=60°，S =S =4，
△OAD △BAD
∵DH⊥l 于点H，
1
2S 2×4
∴DH= △OAD= =4，
OA 2
DH
在Rt△ADH中，sin∠DAH= ，
DA
DH 4 8√3
∴AD= = = ；
sin∠DAH sin60° 3
作△DAC的外接圆，记圆心为M，作MN⊥AD于点N，连接OM、MD、MA、MC，则
∠DMA=2∠DCA=120°，
∵MN⊥AD MD=MA
， ，
1 4√3 1 1
∴DN=AN= AD= ，∠NMA= ∠DMA=60°，∠DAM= ×(180°−∠DMA)=30°，
2 3 2 2
∴∠MAO=∠MAD+∠DAO=30°+60°=90°，
AN
在Rt△AMN中，sin∠NMA= ，
MA
AN AN 8
∴MA= = = ，
sin∠NMA sin60° 3
8
∴⊙M的半径为 ，
3
在Rt△OAM中，OM=√OA2+M A2=
√
22+
(8) 2
=
10
，
3 3
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∵OC≤OM+MC，
10 8
∴OC≤ + =6，
3 3
∴OC的最大值为6．
【点睛】本题主要考查了三角形的外接圆、直线与圆的位置关系、解直角三角形、正方形的性质与判定、
勾股定理，熟练掌握相关知识点，学会结合图形添加辅助线构造直角三角形利用三角函数，构造三角形外
接圆利用圆的性质求最值是解题的关键．本题属于几何压轴题，需要较强的几何知识储备和辅助线构造能
力，适合有能力解决几何难题的学生．
24．（2025·陕西西安·一模）（1）如图1，在Rt△ABC中，AC=3，BC=4，∠C=90°，D为BC上一
点，DE⊥AB于点 E，若BE=3，则DE= ．
（2）如图2，在锐角△ABC中（AB0，利用三角形的面积和勾股定理求得xy= ，16= y2+x2，然后利
2
用完全平方公式求得x+ y=5即可；
（3）连接CD，OA，OB，先根据弧、弦、圆周角的关系得到∠ADB=∠DAC=45°，根据圆周角定理
可等腰三角形的判定得到∠AOB=2∠ADH=90°，AH=HD，进而由勾股定理求得AB=√2OA=5√2
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仿照（2）中方法，求得BD=8；连接BE，则∠DBE=90°，DE=10，BE=6，
MN BE 6 3
证明△EDB∽△MDN得到∠DNM=∠DBE=90°， = = = ，设MN=3k，利用三角形的面
DN BD 8 4
( 5) 2 75
积公式得到S =−6 k− + ，然后利用二次函数的性质求解即可．
△EMN 4 8
【详解】解：（1）∵在Rt△ABC中，AC=3，BC=4，∠C=90°，
AC 3
∴tan∠B= = ，
BC 4
∵DE⊥AB于点E，BE=3，
DE 3
∴tan∠B= =
EB 4
3 3 9
即DE= EB= ×3= ；
4 4 4
（2）∵∠C=45°，AD为BC边上的高，
∴∠ADC=90°,∠DAC=∠C=45°，
∴AD=DC，
设AD=DC=x,DB= y，则BC=x+ y>0，
9
∵S = ，
△ABD 4
1 9
∴ AD×BD= ，
2 4
9
∴xy= ，
2
在Rt△ABD中，由AB2=BD2+AD2得16= y2+x2，
9
则(x+ y) 2=x2+ y2+2xy=16+2× =25，
2
∴x+ y=5（负值已舍去），
∴BC=5；
（3）连接OA，OB，
∵AC=BD，
∴A´C=B´D，
∴A´C−B´C=B´D−B´C，
∴A´B=C´D，
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∴∠ADB=∠DAC，
∵AC⊥BD，
∴∠AHD=90°，
∴∠ADH=∠DAH=45°，
∴∠AOB=2∠ADH=90°，AH=HD，
∵⊙O的半径为5，即OA=OB=5，
∴AB=√2OA=5√2，
仿照（2）中方法，设AH=HD=x,BH= y，则BD=x+ y>0，
7
∵S = ，
△ABH 2
1 7
∴ AH×BH= ，
2 2
∴xy=7，
在Rt△ABH中，AH2+BH2=AB2，
∴x2+ y2=(5√2) 2=50，
则(x+ y) 2=x2+ y2+2xy=50+2×7=64，
∴x+ y=8（负值已舍去），
∴BD=8；
连接BE，
∵DE为⊙O的一条直径，
∴∠DBE=90°，DE=10，
∴BE=√DE2−BD2=√102−82=6，
∵B´D=B´D
∴∠BED=∠BAD，
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∵∠DMN=∠BAD，
∴∠BED=∠DMN，
∵∠EDB=∠MDN，
∴△EDB∽△MDN，
BE BD
∴∠DNM=∠DBE=90°， = ，
MN DN
MN BE 6 3
∴ = = = ，
DN BD 8 4
设MN=3k，DN=4k，
∴EN=DE−DN=10−4k，
∴S = 1 EN⋅MN= 1 (10−4k)⋅3k=−6k2+15k=−6 ( k− 5) 2 + 75 ，
△EMN 2 2 4 8
∵−6<0，
5 75
∴当k= 时，S 最大，最大值为 ．
4 △EMN 8
【点睛】本题考查锐角三角函数，三角形的内角和定理，等腰三角形的判定，勾股定理，圆周角定理，圆
周角与弦、弧的关系、相似三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识，涉及知识点较多，是一道综合
性极强的压轴题，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
25．（2024·浙江嘉兴·一模）定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个
点到该边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“中项点”．如图1，△ABC中，点D是BC边
上一点，连接AD，若AD2=BD⋅CD，则称点D是△ABC中BC边上的“中项点”．
(1)如图2，△ABC的顶点是4×3网格图的格点，请仅用直尺画出AB边上的一个“中项点”．
4 2
(2)△ABC中，BC=9，tanB= ，tanC= ，点D是BC边上的“中项点”，求线段BD的长．
3 3
(3)如图3，△ABC是⊙O的内接三角形，点H在AB上，连接CH并延长交⊙O于点D．点H是△BCD中
CD边上的“中项点”．
①求证：OH⊥AB；
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5 DH
②若OH∥BD，⊙O的半径为r，且r= BD，求 的值．
4 CH
【答案】(1)作图见解析
(2)5
37
(3)①证明见解析；②
21
【分析】（1）如图，取格点K，连接CK交AB于M，点M即为所求；
4 2 AT 4 AT 2
（2）过A作AT⊥BC于T，由tanB= ，tanC= 可得 = ， = ，设AT=4m，则BT=3m，
3 3 BT 3 CT 3
CT=6m，可得BT+CT=3m+6m=9，即得m=1，得到BT=3，AT=4，CT=6，设DT=x，则
BD=3+x，CD=6−x，由DT2+AT2=AD2=BD·CD可得x=2，进而即可求解；
（3）①证明△ACH∽△DBH可得CH·DH=BH·AH，再根据点H是△BCD中CD边上的“中项点”得
BH2=CH·DH，即得BH2=BH·AH，得到BH=AH，由垂径定理的推论即可求证；②连接AD，由
OH∥BD可得BD⊥AB，即得AD为⊙O的直径，设BD=4n，则r=5n，AD=10n，得
1
AB=√AD2−BD2=2√21n，即得AH=BH= AB=√21n，得到DH=√BH2+BD2=√37n，进而根
2
BH2 21√37
据BH2=CH·DH可得CH= = n，最后代入代数式计算即可求解．
DH 37
【详解】（1）解：取格点K，连接CK交AB于M，如图：
则点M即为AB边上的一个“中项点” ，理由如下：
由图可知，∠ACK=∠CBA，
∴∠ACK+∠CAM=∠CBA+∠CAM=90°，
∴∠AMC=∠CMB=90°，
∴∠CBA+∠BCM=90°，
∵∠CBA+∠CAM=90°,
∴∠CAM=∠BCM，
∴△ACM∽△CBM，
CM AM
∴ = ，
BM CM
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即CM2=AM·BM，
∴M为AB边上的一个“中项点”；
（2）解：过A作AT⊥BC于T，如图：
4 2
∵tanB= ，tanC= ，
3 3
AT 4 AT 2
∴ = ， = ，
BT 3 CT 3
设AT=4m，则BT=3m，CT=6m，
∵BC=9，
∴BT+CT=3m+6m=9，
∴m=1，
∴BT=3，AT=4，CT=6，
设DT=x，则BD=3+x，CD=6−x，
∵DT2+AT2=AD2=BD·CD，
∴x2+42=(3+x)(6−x)，
解得x=2(负值已舍去)，
∴BD=3+x=3+2=5，
∴线段BD的长为5；
（3）①证明：由圆周角定理得，∠ACH=∠DBH，∠CAH=∠BDH，
∴△ACH∽△DBH，
CH AH
∴ = ，
BH DH
∴CH·DH=BH·AH，
∵点H是△BCD中CD边上的“中项点”，
∴BH2=CH·DH，
∴BH2=BH·AH，
∴BH=AH，
∴OH⊥AB；
②解：连接AD，如图：
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由①知，OH⊥AB，
∵OH∥BD，
∴BD⊥AB，
∴∠ABD=90°，
∴AD为⊙O的直径，
5
∵r= BD，设BD=4n，则r=5n，AD=10n，
4
∴AB=√AD2−BD2=√(10n) 2−(4n) 2=2√21n，
1
∴AH=BH= AB=√21n，
2
∴DH=√BH2+BD2=√(√21n) 2+(4n) 2=√37n，
∵ BH2=CH·DH，
BH2 (√21n) 2 21√37
∴CH= = = n，
DH √37n 37
DH √37n 37
= =
∴CH 21√37 21，
n
37
DH 37
∴ 的值为 ．
CH 21
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，圆周角定理，垂径定理的推论，正切的定义，勾股定理，
正确作出辅助线是解题的关键．
43
