文档内容
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模块四 几何压轴
第 11 讲 圆中的计算（压轴题）
（思维导图+1考点+1命题点9种题型（含18种考向）+命题预测）
01考情透视·目标导航
02知识导图·思维引航
03核心精讲·题型突破
考点 圆中的计算
►题型01 与圆有关的覆盖问题
►题型02 与圆有关的截取问题
►题型03 与圆有关的折叠问题
►题型04 与圆有关的旋转问题
►题型05 面积法
考向一 三角形与圆
考向二 四边形与圆
►题型06 与圆有关的阅读理解问题
考向一 理解公式
考向二 理解方法
考向三 理解定理
►题型07 圆与全等
考向一 全等转边
考向二 全等转角
考向三 全等证线段的关系
►题型08 圆与相似
考向一 作垂线构相似
考向二 由隐含直角构相似
考向三 作平行线构“A，X”型相似
考向四 构母子型相似
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►题型09 圆与三角函数
考向一 用已知直角
考向二 作垂线构直角
考向三 作垂径构直角
考向四 用直径构直角
考向五 用切线构直角
考向六 等角转换
01考情透视·目标导航
中考考点 命题预测
圆中的计算问题是中考数学压轴题中的常见题型，其综合性强、难度较高，常涉及
几何证明、线段长度计算、弧长计算及阴影部分面积计算等。
【考点分析】
1. 圆的切线性质：切线与圆心的连线垂直是常见的考点，考生需熟练掌握并能灵活运
用。
2. 圆周角定理及其推论：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，以及直径所对的圆周
角是直角等，是求解角度和证明三角形相似的重要依据。
3. 相似三角形的判定与性质：利用相似三角形的比例关系求解线段长度是圆中计算问
题的常见方法。
【命题趋势】
1. 综合性强：圆中的计算问题往往与其他几何知识（如三角形、四边形等）相结合，
圆中的计算（压 考查考生的综合应用能力。
轴题） 2. 注重思维方法：题目注重考查考生的逻辑推理能力、数形结合思想、方程思想等。
例如，通过设未知数建立方程求解未知量。
3. 创新性与灵活性：命题者常设计新颖的图形和问题情境，要求考生具备灵活的思维
能力和较强的应变能力。
【备考建议】
1. 夯实基础：熟练掌握圆的基本性质、切线性质、圆周角定理、相似三角形等基础知
识。
2. **强化训练**：多做圆中计算的压轴题，熟悉各种题型和解题方法，提高解题速度
和准确率。
3. 注重思维训练：培养逻辑推理能力、数形结合思想和方程思想，学会从不同角度分
析问题、解决问题。
4. 总结归纳：及时总结解题经验和技巧，形成自己的解题思路和方法体系
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02知识导图·思维引航
03 核心精讲 · 题型突破
考点一 圆中的计算
►题型01 与圆有关的覆盖问题
1．（2024·湖北武汉·模拟预测）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄
傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角
形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若(a−b) 2=4，大正方形的面积为20，现用一个半径为r的圆形
纸片将阴影部分完全覆盖，则r的最小值是（ ）
3 5 5 5
A． √5 B． C． √2 D． √5
2 2 2 2
【答案】B
【分析】延长EF交BC于点M，连接DM，求出b=2，a=b+2=4，得出BF=2，EF=FG=4−2=2，
证明C、D、E、M四点共圆，且此圆正好将阴影部分完全覆盖，半径r最小，根据EM∥CH，得出
BM BF 1
= =1，求出BM=CM= BC=√5，根据勾股定理得出DM=√(√5) 2+±2√5 2=5，即可求出结果．
CM FG 2
【详解】解：延长EF交BC于点M，连接DM，如图所示：
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∵大正方形的面积为20，
∴正方形的边长为√20=2√5，
∵直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，(a−b) 2=4，
∴a−b=2，
即a=b+2，
根据勾股定理得：a2+b2=20，
即(b+2) 2+b2=20，
解得：b=2，负值舍去，
∴a=b+2=4，
∴BF=2，EF=FG=4−2=2，
∵∠DEM=∠DCM=90°，
∴C、D、E、M四点共圆，且此圆正好将阴影部分完全覆盖，半径r最小，
∵四边形EFGH为正方形，
∴EM∥CH，
BM BF
∴ = =1，
CM FG
1
∴BM=CM= BC=√5，
2
∴DM=√(√5) 2+±2√5 2=5，
∵∠MCD=90°，
∴DM为直径，
5
∴r= ，
2
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，平行线的性质，四点共圆，圆周角定理，解题的关键
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是作出辅助线，熟练掌握相关的性质和判定．
2．（2023·安徽淮北·模拟预测）综合与实践
定义：能完全覆盖某平面图形的最小圆称为该平面图形的最小覆盖圆．
探索发现：用大小不同的圆形纸片去覆盖一张三角形纸片，经过多次操作发现：
（1）锐角三角形（和直角三角形）的最小覆盖圆是其外接圆，
（2）钝角三角形的最小覆盖圆是以其最长边为直径的圆．
如图1，以斜边AB为直径作圆，刚好是可以把Rt△ABC覆盖的面积最小的圆，称之为该直角三角形的最
小覆盖圆．
(1)实践与操作：如图2．在△ABC中，∠A=105°，试用直尺和圆规作出这个三角形的最小覆盖圆（不写
作法，保留作图痕迹）．
(2)应用与计算：如图3，在△ABC中，∠A=80°，∠B=40°，AB=2√3，请求出△ABC的最小覆盖圆
的半径．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】本题考查的是作三角形的外接圆，垂径定理，勾股定理的应用，熟练的作三角形的外接圆是解本
题的关键．
（1）由题意，这个三角形的最小覆盖圆就是以BC为直径的圆．先作出BC的垂直平分线，得出BC的中点
O，再以OB为半径作圆即可；
（2）连接OA、OB，过O作OH⊥AB，求解∠C=60°，可得∠AOB=2∠C=120°，证明
1 1
AH=BH= AB=√3,∠AOH= ∠AOB=60°，再利用勾股定理可得答案．
2 2
【详解】（1）解：如图，⊙O是这个三角形的最小覆盖圆．
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（2）解：如图，△ABC的最小覆盖圆为△ABC的外接圆
连接OA、OB，过O作OH⊥AB于点H
∵∠BAC=80°,∠ABC=40°，
∴∠C=180°−∠A−∠B=60°
∴∠AOB=2∠C=120°
∵OA=OB，
1 1
∴AH=BH= AB=√3,∠AOH= ∠AOB=60°
2 2
∴∠OAH=90°−∠AOH=30°，
1
∴OH= OA，
2
∵在Rt△AOH中，OA2=OH2+AH2，
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∴OA2= (1 OA ) 2 +3，
2
解得：OA=2，
故△ABC的最小覆盖圆的半径为2．
►题型02 与圆有关的截取问题
3．（2022·湖北武汉·中考真题）如图，在四边形材料ABCD中， AD∥BC ，∠A=90°，AD=9cm，
AB=20cm，BC=24cm．现用此材料截出一个面积最大的圆形模板，则此圆的半径是（ ）
110
A． cm B．8cm C．6√2cm D．10cm
13
【答案】B
【分析】如图所示，延长BA交CD延长线于E，当这个圆为△BCE的内切圆时，此圆的面积最大，据此求
解即可．
【详解】解：如图所示，延长BA交CD延长线于E，当这个圆为△BCE的内切圆时，此圆的面积最大，
∵AD∥BC，∠BAD=90°，
EAD EBC，∠B=90°，
∴△EA ∽A△D EA 9
∴ = ，即 = ，
EB BC EA+20 24
∴EA=12cm，
EB=32cm，
∴
∴EC=√EB2+BC2=40cm，
设这个圆的圆心为O，与EB，BC，EC分别相切于F，G，H，
OF=OG=OH，
∴∵S
△EBC
=S
△EOB
+S
△COB
+S
△EOC
，
1 1 1 1
∴ EB⋅BC= EB⋅OF+ BC⋅OG+ EC⋅OH，
2 2 2 2
∴24×32=(24+32+40)⋅OF，
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∴OF=8cm，
∴此圆的半径为8cm，
故选B．
【点睛】
本题主要考查了三角形内切圆半径与三角形三边的关系，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
4．（2023·湖北武汉·模拟预测）如图，在四边形材料ABCD中，AD⊥CD，AB=26cm，BC=30cm，
12
tanB=tanC= ，现用此材料截出一个面积最大的圆形模板，则此圆的半径为（ ）
5
A．10cm B．12cm C．10√2cm D．13cm
【答案】A
【分析】当AB，BC，CD相切于⊙O于点E，F，G时，⊙O的面积最大．连接OA，OB，OC，OE，
OF，过点A作AN⊥BC于点N，过点O作OM⊥AN于点M．利用勾股定理法构建方程求解即可．
【详解】解：如图，当AB，BC，CD相切于⊙O于点E，F，G时，⊙O的面积最大．连接OA，OB，
OC，OE，OF，过点A作AN⊥BC于点N，过点O作OM⊥AN于点M．
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12
∵tan∠ABC=tan∠DCB= ，AB=26cm，BC=30cm，
5
∴NB=10cm，AN=24cm，∠ABC=∠DCB，
∵AB，BC，CD相切于⊙O于点E，F，G，
1
∴∠OBC=∠OCB= ∠ABC，OF⊥BC，OE⊥AB，
2
∴OB=OC，
∴BF=CF=15cm，
∴BF=BE=15cm，AE=11cm，NF=5cm，
∵OF⊥BC，ON⊥BC，OM⊥AN，
∴四边形OMNF是矩形，
∴MN=OF，
设OE=OF=r cm，
则有OE2+AE2=OM2+AM2，即r2+112=52+(24−r) 2，
∴r=10，
故选：A．
【点睛】本题考查切线的性质，直角梯形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会利用面
积法构建方程解决问题．
►题型03 与圆有关的折叠问题
5．（2022·湖北十堰·中考真题）如图，扇形AOB中，∠AOB=90°，OA=2，点C为OB上一点，将扇形
AOB沿AC折叠，使点B的对应点B'落在射线AO上，则图中阴影部分的面积为 ．
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【答案】π+4–4√2
【分析】连接AB，在Rt AOB中，由勾股定理，求得AB=2√2，由折叠可得：AB'=AB=2√2，
CB'=CB，则OB'=2√2△−2，设OC=x，则CB'=CB=2-x，在Rt COB'中，由勾股定理，得
△
(2√2−2) 2+x2=(2−x) 2，解得：x=2√2−2，最后由S =S -2S AOC求解即可．
阴影 扇形
△
【详解】解：连接AB，
在Rt AOB中，由勾股定理，得
△
AB=√OA2+OC2=√22+22=2√2，
由折叠可得：AB'=AB=2√2，CB'=CB，
∴OB'=2√2−2，
设OC=x，则CB'=CB=2-x，
在Rt COB'中，由勾股定理，得
(2√2 △ −2) 2+x2=(2−x) 2，
解得：x=2√2−2，
S =S -2S AOC
阴影 扇形
90π×22 △ 1
= −2× OA⋅OC
360 2
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90π×22 1
= −2× ×2×(2√2−2)
360 2
=π+4–4√2，
故答案为：π+4–4√2．
【点睛】本题考查折叠的性质，勾股定理，扇形的面积，利用折叠的性质和勾股定理求出OC长是解题的
关键．
6．（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，
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∵ CD为⊙O和⊙O'的公共弦，
∴ OO'也垂直平分CD，
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．
►题型04 与圆有关的旋转问题
7．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在正方形ABCD中，AB=6，点E在边BC上运动，连接AE，将
线段AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接AF，DF，当DF的长最小时CE的长是 ．
【答案】3
【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质．通
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过证明点A，点F，点C，点E四点共圆，可得∠AEF=∠ACF=90°，可求∠DCF的度数，由全等三角
形的性质可求BE，CE的长即可求解．
【详解】解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=∠ACB=45°，
∵将AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠AFE=45°，
∴∠AFE=∠ACE，
∴点A，点F，点C，点E四点共圆，
∴∠AEF=∠ACF=90°，
∴∠DCF=45°，
∴当DF⊥CF时，DF有最小值，
过点F作NH∥CD，交AD的延长线于N，BC的延长线于H，
∵DF⊥CF，∠DCF=45°，
∴∠FDC=∠FCD=45°，
∴FD=FC，
∵AB=CD=AD=BC=6，
∴DF=FC=3√2，
∵NH∥CD，
∴∠NFD=∠FDC=45°， ∠HFC=∠FCD=45°， ∠N=∠ADC=90°=∠BCD=∠H，
∴NF=DN=3，FH=CH=3，
∵∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEH=90°=∠AEB+∠BAE，
∴∠BAE=∠FEH，
在△ABE和△EHF中，
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¿，
∴△ABE≌△EHF(AAS)，
∴BE=FH=3，
∴CE=BC−BE=6−3=3，
故答案为：3
8．（2024·山东济宁·三模）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴的正半轴上，OA=1，将OA绕点O
顺时针旋转45°到OA ，扫过的面积记为S ，A A ⊥OA 交x轴于点A ；将OA 绕点O顺时针旋转
1 1 1 2 1 2 2
45°到OA ，扫过的面积记为S ，A A ⊥OA 交y轴于点A ；将OA 绕点O顺时针旋转45°到OA ，
3 2 3 4 3 4 4 5
扫过的面积记为S ，A A ⊥OA 交x轴于点A ；……；按此规律，则S 的值为 ．
3 5 6 5 6 2024
【答案】22020π
【分析】本题考查坐标与旋转，等腰三角形的判定和性质，扇形的面积．根据旋转的性质，得到△A OA 、
1 2
△A OA 、△A OA 、⋯、都是等腰直角三角形，分别求出 OA =√2，OA =2，OA =2√2，利用
3 4 5 6 2 4 6
扇形面积求出S ,S ,S ,S ，抽象概括出相应的数字规律，进而得出结论即可．
1 2 3 4
【详解】解：将OA绕点O顺时针旋转45°到OA ，A A ⊥OA 交x轴于点A
1 1 2 1 2
∴∠AOA =45°，OA=OA =1，∠OA A =90°，
1 1 1 2
∴∠A OA =90°−∠AOA =45°，
1 2 1
∴∠OA A =90°−∠A OA =45°，
2 1 1 2
∴△A OA 是等腰直角三角形，
1 2
∴A A =OA =1，
1 2 1
∴OA =√2；
2
同理可得：△A OA 、△A OA 、⋯、都是等腰直角三角形，OA =2，OA =2√2…，
3 4 5 6 4 6
45π×12 1 45π×(√2) 2 1 45π×22 1 45π×(2√2) 2
∴ S = = π，S = = π，S = = π，S = =π，⋯；
1 360 8 2 360 4 3 360 2 4 360
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∴S =2n−4π，
n
∴S =22020π，
2024
故答案为：22020π ．
9．（2023·辽宁本溪·模拟预测）如图，已知△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°,AC=2，以点C为
圆心，1为半径作圆，点P为⊙C上一动点，连接AP，并绕点A顺时针旋转90°得到AP'，连接CP'，
CP'的最小值是 ．
【答案】2√2−1
【分析】连接CP、BP'，根据同角的余角相等求出∠CAP=∠BAP'，然后利用“边角边”证明△APC
和△AP'B全等，根据全等三角形对应边相等可得PC=P'B，再利用勾股定理列式求出BC，然后根据三
角形的任意两边之和大于第三边，两边之差小于第三边求解即可．
【详解】解：如图，连接CP、BP'，
∵∠BAC=90° 90°
，旋转角为 ，
∴∠CAP+∠CAP'=∠BAP'+∠CAP'=90°，
∴∠CAP=∠BAP'，
在△APC和△AP'B中，
¿，
∴△APC≌△AP'B(SAS)，
∴PC=P'B=1，
在等腰Rt△ABC中，
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∵AC=2，
∴BC=√22+22=2√2，
在△BCP'中，有2√2−1x> 时，y=− + < ；当3−x=2+x时，即x=
2 2 2 4 2
1
3− 1 x 5
时， 2 5；当3−x>2+x时，即0x> 时，y=− + < ；
2 2 2 4
1
1 3−
当3−x=2+x时，即x= 时， 2 5；
2 y= =
2 4
1 x 5
当3−x>2+x时，即0AB，M是弧ABC的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即
CD=AB+BD．请应用阿基米德折弦定理解决问题：如图2，已知等边△ABC内接于⊙O，AB=10，D
为⊙O上一点，∠ABD=45°，AE⊥BD于点E，则△BDC的周长是 ．
【答案】10+10√2/10√2+10
【分析】根据等边三角形的性质可得点M是弧BDC的中点，则可用阿基米德折弦定理得，BE=DE+DC，
根据△ABE中，∠ABD=45°，AE⊥BD于点E，可得△ABE是等腰直角三角形，可求出BE的长，即
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DE+CD的长，根据△BDC的周长的计算方法即可求解．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=10，∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
∴△ABC外接圆⊙O中，B´A=C´A，即点M是弧BDC的中点，且AE⊥BD于点E，
∴根据阿基米德折弦定理得，BE=DE+DC，
∵△ABE中，∠ABD=45°，AE⊥BD于点E，且AB=10，
∴∠AEB=90°，∠BAE=45°，即△ABE是等腰直角三角形，则AB=√2BE，
√2
∴BE= ×10=5√2，
2
∴DE+CD=BE=5√2，
∵△BDC的周长为BE+DE+CD+BC，
∴5√2+5√2+10=10+10√2，
故答案为：10+10√2．
【点睛】本题主要考查定义新运算，等边三角形的性质，圆的基础知识，等腰直角三角形的性质，几何图
形的周长的计算方法等知识，掌握以上知识是解题的关键．
20．（2024·山东日照·二模）三角形的角平分线长可用斯库顿定理计算，其内容为：如图（1），在△ABC
中，AD为∠BAC的平分线，则AD2=AB⋅AC−BD⋅DC．如图（2），四边形EFGH是⊙O的内接
四边形，对角线EG，FH相交于点M．若EH=HG，EF=4，FG=5，EM=2，GM=2.5，则FH的长
为 ．
4√15
【答案】
3
【分析】本题考查的是根据阅读部分的提示灵活运用新的知识点，相似三角形的判定与性质，圆周角定理
5 √15
的应用，先求解FM=√15，再证明△EMF∽△HMG，利用相似三角形的性质可得HM= = ，从
√15 3
而可得答案．
【详解】解：∵EH=HG，
∴E´H=H´G，
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∴∠EFH=∠GFH，
∴FM平分∠EFG，
∴由斯库顿定理可得：FM2=FE⋅FG−EM⋅MG，
∵EF=4，FG=5，EM=2，GM=2.5，
∴FM2=4×5−2×2.5=15，
∴FM=√15，
∵∠EFM=∠HGM，∠EMF=∠HMG，
∴△EMF∽△HMG，
EM FM
∴ = ，
HM MG
2 √15
∴ = ，
HM 2.5
5 √15
∴HM= = ，
√15 3
√15 4√15
∴FH=√15+ = ，
3 3
4√15
故答案为：
3
►题型07 圆与全等
考向一 全等转边
21．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，△ABC中，∠ACB=90°，点O为AC边上一点，以点O为圆心，
OC为半径作圆与AB相切于点D，连接CD．
(1)求证：∠ABC=2∠ACD；
(2)若AC=8，BC=6，求⊙O的半径．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
【分析】（1）连接OD，根据题意可得∠ODA=90°，根据余角的性质可得∠AOD=∠ABC，根据圆周
角定理可得∠AOD=2∠ACD，等量代换即可得证；
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（2）在Rt△ABC中，勾股定理求得AB=10,证明Rt△ODB≌Rt△OCB(HL)，设⊙O的半径为r，则
OD=OC=r，OA=8−r，在Rt△AOD中，r2+42=(8−r) 2，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接OD，
∵AB为切线，
∴OD⊥AB，
∴∠ODA=90°，
∴∠A+∠AOD=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ABC+∠A=90°
∴∠AOD=∠ABC，
∵∠AOD=2∠ACD，
∴∠ABC=2∠ACD．
（2）解：在Rt△ABC中，AB=√BC2+AC2=√62+82=10，
∵∠OCB=90°=∠ODB，
在Rt△ODB和Rt△OCB中，OD=OC，OB=OB，
∴Rt△ODB≌Rt△OCB(HL)，
∴BD=BC=6，
∴AD=AB−BD=4，
设⊙O的半径为r，则OD=OC=r，OA=8−r，
在Rt△AOD中，r2+42=(8−r) 2，
解得r=3，
∴⊙O半径的长为3
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知
识是解题的关键．
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考向二 全等转角
22．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，在⊙O中，直径AB垂直弦CD于点E，连接AC,AD,BC，作
CF⊥AD于点F，交线段OB于点G（不与点O,B重合），连接OF．
(1)若BE=1，求GE的长．
(2)求证：BC2=BG⋅BO．
(3)若FO=FG，猜想∠CAD的度数，并证明你的结论．
【答案】(1)1
(2)见解析
(3)∠CAD=45°，证明见解析
【分析】（1）由垂径定理可得∠AED=90°，结合CF⊥AD可得∠DAE=∠FCD，根据圆周角定理可
得∠DAE=∠BCD，进而可得∠BCD=∠FCD，通过证明△BCE ≌△GCE可得¿=BE=1；
1
（2）证明△ACB ∽△CEB，根据对应边成比例可得BC2=BA⋅BE，再根据AB=2BO，BE= BG，
2
可证BC2=BG⋅BO；
（3）设∠DAE=∠CAE=α，∠FOG=∠FGO=β，可证α=90°−β，∠OCF=90°−3α，通过SAS
证明△COF≌△AOF，进而可得∠OCF=∠OAF，即90°−3α=α，则∠CAD=2α=45°．
【详解】（1）解：∵直径AB垂直弦CD，
∴ ∠AED=90°，
∴ ∠DAE+∠D=90°，
∵ CF⊥AD，
∴ ∠FCD+∠D=90°，
∴ ∠DAE=∠FCD，
由圆周角定理得∠DAE=∠BCD，
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∴ ∠BCD=∠FCD，
在△BCE和△GCE中，
¿，
∴ △BCE ≌△GCE (ASA)，
∴ ¿=BE=1；
（2）证明：∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ACB=90°，
在△ACB和△CEB中，
¿，
∴ △ACB ∽△CEB，
BC BA
∴ = ，
BE BC
∴ BC2=BA⋅BE，
由（1）知¿=BE，
1
∴ BE= BG，
2
又∵ AB=2BO，
1
∴ BC2=BA⋅BE=2BO⋅ BG=BG⋅BO；
2
（3）解：∠CAD=45°，证明如下：
如图，连接OC，
∵ FO=FG
，
∴ ∠FOG=∠FGO，
∵直径AB垂直弦CD，
∴ CE=DE，∠AED=∠AEC=90°，
又∵ AE=AE，
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∴ △ACE ≌△ADE (SAS)，
∴ ∠DAE=∠CAE，
设∠DAE=∠CAE=α，∠FOG=∠FGO=β，
则∠FCD=∠BCD=∠DAE=α，
∵ OA=OC，
∴ ∠OCA=∠OAC=α，
又∵ ∠ACB=90°，
∴ ∠OCF=∠ACB−∠OCA−∠FCD−∠BCD=90°−3α，
∵ ∠CGE=∠OGF=β，∠GCE=α，∠CGE+∠GCE=90°
∴ β+α=90°，
∴ α=90°−β，
∵ ∠COG=∠OAC+∠OCA=α+α=2α，
∴ ∠COF=∠COG+∠GOF=2α+β=2(90°−β)+β=180°−β，
∴ ∠COF=∠AOF，
在△COF和△AOF中，
¿
∴ △COF≌△AOF(SAS)，
∴ ∠OCF=∠OAF，
即90°−3α=α，
∴ α=22.5°，
∴ ∠CAD=2α=45°．
【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三
角形的性质等，难度较大，解题的关键是综合应用上述知识点，特别是第3问，需要大胆猜想，再逐步论
证．
考向三 全等证线段的关系
23．（2024·广东·模拟预测）综合运用
如图所示，圆内接四边形ABCD中，点B平分CA´D，CA平分∠BCD．
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(1)求证：∠CDE=2∠ECD．
1
(2)若cos∠CBA= ，求证：∠BDC=4∠CBD．
2
(3)求证：BC2−AB2=CA⋅AD．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）由点B平分CA´D，可知∠BCD=∠CDE，由CA平分∠BCD，可知
1
∠ECD=∠BCE= ∠BCD，即可证明结论；
2
（2）结合题意可知∠CBA=60°，∠BDC=∠BCD，∠BDC=∠BCD=2∠BCA，设∠CBD=x，
∠BCA= y，则∠ABD=∠ACD= y，∠BAC=∠BDC=2y，结合
∠BCA+∠BAC=3 y=180°−∠CBA=120°，求得y=40°，再求得∠CBD=∠CBA−∠DBA=20°，
即可证明结论；
（3）如图， 过点B作BH⊥AC， 在HC上取点F，使FH=AH，连接BF， 则BF=BA，可知
∠BCD=∠BDC=∠BAF=∠BFA，得∠FBA=∠CBD，可证△CBF≌△DBA(SAS)，得CF=AD，
可知BH2=BC2−CH2=AB2−AH2，根据BC2−AB2=CH2−AH2=(CH+AH)(CH−AH)即可证
明结论．
【详解】（1）证明：∵点B平分CA´D，
∴B´C=B´D，则BC=BD，
∴∠BCD=∠CDE，
∵CA平分∠BCD，
1
∴∠ECD=∠BCE= ∠BCD，
2
∴∠CDE=∠BCD=2∠ECD；
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1
（2）证明：∵cos∠CBA= ，
2
∴∠CBA=60°，
∵点B平分CA´D，
∴B´C=B´D，则BC=BD，
∴∠BDC=∠BCD．
∵CA平分∠BCD，
1
∴∠BCA=∠ACD= ∠BCD，则∠BDC=∠BCD=2∠BCA，
2
设∠CBD=x，∠BCA= y，则∠ABD=∠ACD= y，∠BAC=∠BDC=2y，
∴∠CBA=60°
∴∠BCA+∠BAC=3 y=180°−∠CBA=120°，则y=40°，
∴∠CBD=∠CBA−∠DBA=20°．
∵∠BCD=∠BDC=2y=80° ，
∴∠BDC=4∠CBD．
（3）如图， 过点B作BH⊥AC， 在HC上取点F，使FH=AH，连接BF， 则BF=BA．
∴∠BAF=∠BFA．
∵点B平分CA´D，
∴B´C=B´D，则BC=BD，
∴∠BCD=∠BDC=∠BAF=∠BFA．
∴∠FBA=∠CBD，
在△CBF和△DBA中，¿
∴△CBF≌△DBA(SAS)．
∴CF=AD．
∴BH2=BC2−CH2=AB2−AH2，
∴BC2−AB2=CH2−AH2=(CH+AH)(CH−AH)=CA⋅(CH−FH)=CA⋅CF=CA⋅AD．
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【点睛】本题考查圆周角定理，锐角三角函数，弦与弧之间的关系，等腰三角形的判定及性质，全等三角
形的判定及性质等知识点，添加辅助线构造全等三角形是解决问题的关键．
24．（2024·四川广元·二模）如图，在 Rt△ABC中， ∠C=90°， AD平分 ∠BAC，交 BC于点D，
点O是边 AB上的点，以点O为圆心，OD长为半径的圆恰好经过点A，交AC于点E，弦 EF⊥AB于点
G．
(1)求证：BC是⊙O的切线．
(2)若 AG=1，EG=2，求⊙O的半径．
(3)设⊙O与AB 的另一个交点为 H，猜想AH，AE，CE之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
5
(2)
2
(3)AH=AE+2CE，理由见解析
【分析】（1）先证明∠CAD=∠BAD，∠ODA=∠OAD，可得∠ODA=∠CAD，可得OD∥AC，
结合∠C=90°，从而可得结论；
（2）如图，连接OE，由OE2=OG2+EG2，结合AG=1，EG=2， OE=OA，再建立方程求解即可；
（3）如图，过D作DN⊥AB于N，连接DE，DH，先证明DC=DN，再证明
AC=√AD2−CD2=√AD2−DN2=AN，△DCE≌△DCH，可得CE=NH，从而可得结论．
【详解】（1）证明：如图，连接OD，
∵AD平分 ∠BAC，
∴∠CAD=∠BAD，
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∵OD=OA，
∴∠ODA=∠OAD，
∴∠ODA=∠CAD，
∴OD∥AC，
∵∠C=90°，
∴∠ODB=∠C=90°，即OD⊥BC，
∴BC是⊙O的切线；
（2）如图，连接OE，
∵EF⊥AB，
∴OE2=OG2+EG2，
∵AG=1，EG=2， OE=OA，
∴OE2=(OE−1) 2+22，
5 5
解得：OE= ，即⊙O的半径为 ．
2 2
（3）如图，过D作DN⊥AB于N，连接DE，DH，
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∵AD平分∠CAB，∠C=90°，
∴DC=DN，
∴AC=√AD2−CD2=√AD2−DN2=AN，
∵四边形AEDH为⊙O的内接四边形，
∴∠AED+∠AHD=180°=∠AED+∠DEC，
∴∠DHN=∠DEC，
∵∠C=∠DNH=90°，
∴△DCE≌△DNH，
∴CE=NH，
∴AH=AN+NH=AC+CE=AE+2CE．
【点睛】本题考查的是角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，圆的内接四边形的
性质，切线的判定，作出合适的辅助线是解本题的关键．
►题型08 圆与相似
考向一 作垂线构相似
25．（2024·广东·模拟预测）综合运用
如图所示，圆内接四边形ABCD中，点B平分CA´D，CA平分∠BCD．
(1)求证：∠CDE=2∠ECD．
1
(2)若cos∠CBA= ，求证：∠BDC=4∠CBD．
2
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(3)求证：BC2−AB2=CA⋅AD．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）由点B平分CA´D，可知∠BCD=∠CDE，由CA平分∠BCD，可知
1
∠ECD=∠BCE= ∠BCD，即可证明结论；
2
（2）结合题意可知∠CBA=60°，∠BDC=∠BCD，∠BDC=∠BCD=2∠BCA，设∠CBD=x，
∠BCA= y，则∠ABD=∠ACD= y，∠BAC=∠BDC=2y，结合
∠BCA+∠BAC=3 y=180°−∠CBA=120°，求得y=40°，再求得∠CBD=∠CBA−∠DBA=20°，
即可证明结论；
（3）如图， 过点B作BH⊥AC， 在HC上取点F，使FH=AH，连接BF， 则BF=BA，可知
∠BCD=∠BDC=∠BAF=∠BFA，得∠FBA=∠CBD，可证△CBF≌△DBA(SAS)，得CF=AD，
可知BH2=BC2−CH2=AB2−AH2，根据BC2−AB2=CH2−AH2=(CH+AH)(CH−AH)即可证
明结论．
【详解】（1）证明：∵点B平分CA´D，
∴B´C=B´D，则BC=BD，
∴∠BCD=∠CDE，
∵CA平分∠BCD，
1
∴∠ECD=∠BCE= ∠BCD，
2
∴∠CDE=∠BCD=2∠ECD；
1
（2）证明：∵cos∠CBA= ，
2
∴∠CBA=60°，
∵点B平分CA´D，
∴B´C=B´D，则BC=BD，
∴∠BDC=∠BCD．
∵CA平分∠BCD，
1
∴∠BCA=∠ACD= ∠BCD，则∠BDC=∠BCD=2∠BCA，
2
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设∠CBD=x，∠BCA= y，则∠ABD=∠ACD= y，∠BAC=∠BDC=2y，
∴∠CBA=60°
∴∠BCA+∠BAC=3 y=180°−∠CBA=120°，则y=40°，
∴∠CBD=∠CBA−∠DBA=20°．
∵∠BCD=∠BDC=2y=80° ，
∴∠BDC=4∠CBD．
（3）如图， 过点B作BH⊥AC， 在HC上取点F，使FH=AH，连接BF， 则BF=BA．
∴∠BAF=∠BFA．
∵点B平分CA´D，
∴B´C=B´D，则BC=BD，
∴∠BCD=∠BDC=∠BAF=∠BFA．
∴∠FBA=∠CBD，
在△CBF和△DBA中，¿
∴△CBF≌△DBA(SAS)．
∴CF=AD．
∴BH2=BC2−CH2=AB2−AH2，
∴BC2−AB2=CH2−AH2=(CH+AH)(CH−AH)=CA⋅(CH−FH)=CA⋅CF=CA⋅AD．
【点睛】本题考查圆周角定理，锐角三角函数，弦与弧之间的关系，等腰三角形的判定及性质，全等三角
形的判定及性质等知识点，添加辅助线构造全等三角形是解决问题的关键．
23．（2024·四川广元·二模）如图，在 Rt△ABC中， ∠C=90°， AD平分 ∠BAC，交 BC于点D，
点O是边 AB上的点，以点O为圆心，OD长为半径的圆恰好经过点A，交AC于点E，弦 EF⊥AB于点
G．
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(1)求证：BC是⊙O的切线．
(2)若 AG=1，EG=2，求⊙O的半径．
(3)设⊙O与AB 的另一个交点为 H，猜想AH，AE，CE之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
5
(2)
2
(3)AH=AE+2CE，理由见解析
【分析】（1）先证明∠CAD=∠BAD，∠ODA=∠OAD，可得∠ODA=∠CAD，可得OD∥AC，
结合∠C=90°，从而可得结论；
（2）如图，连接OE，由OE2=OG2+EG2，结合AG=1，EG=2， OE=OA，再建立方程求解即可；
（3）如图，过D作DN⊥AB于N，连接DE，DH，先证明DC=DN，再证明
AC=√AD2−CD2=√AD2−DN2=AN，△DCE≌△DCH，可得CE=NH，从而可得结论．
【详解】（1）证明：如图，连接OD，
∵AD平分 ∠BAC，
∴∠CAD=∠BAD，
∵OD=OA，
∴∠ODA=∠OAD，
∴∠ODA=∠CAD，
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∴OD∥AC，
∵∠C=90°，
∴∠ODB=∠C=90°，即OD⊥BC，
∴BC是⊙O的切线；
（2）如图，连接OE，
∵EF⊥AB，
∴OE2=OG2+EG2，
∵AG=1，EG=2， OE=OA，
∴OE2=(OE−1) 2+22，
5 5
解得：OE= ，即⊙O的半径为 ．
2 2
（3）如图，过D作DN⊥AB于N，连接DE，DH，
∵AD平分∠CAB，∠C=90°，
∴DC=DN，
∴AC=√AD2−CD2=√AD2−DN2=AN，
∵四边形AEDH为⊙O的内接四边形，
∴∠AED+∠AHD=180°=∠AED+∠DEC，
∴∠DHN=∠DEC，
∵∠C=∠DNH=90°，
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∴△DCE≌△DNH，
∴CE=NH，
∴AH=AN+NH=AC+CE=AE+2CE．
【点睛】本题考查的是角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，圆的内接四边形的
性质，切线的判定，作出合适的辅助线是解本题的关键．
26．（2023·湖北·中考真题）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．
(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≌△CED(AAS)，得出AB=CE，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D作DM⊥BC于M，连接OB．垂径定理得出BH=HC= BC=3，勾股定理得OH=4，进而可得
2
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，
∴∠ABD=∠CED,∠BAD=∠ECD．
又AD=CD，
∴△ABD≌△CED(AAS)．
∴AB=CE．
∴四边形ABCE是平行四边形．
∴AE∥BC．
作AH⊥BC于H．
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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；
（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= BC=3．
2
∴OH=√OB2−BH2=√52−32=4．∴AH=OA+OH=5+4=9．
∴AB=AC=√AH2+CH2=√92+32=3√10．
1 3
∴CD= AC= √10．
2 2
∵AH⊥BC,DM⊥BC，
∴DM∥AH
∴△CMD∽△CHA，
又AD=CD，
DM CM CD 1
∴ = = = ．
AH CH CA 2
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1 3 1 9
∴MH= HC= ，DM= AH= ．
2 2 2 2
3 9
∴BM=BH+MH=3+ = ．
2 2
∴BD=√BM2+DM2=
√ (9) 2
+
(9) 2
=
9
√2．
2 2 2
∵∠CFD=∠BAD,∠FDC=∠ADB，
∴△FCD∽△ABD．
FC CD
∴ = ．
AB BD
3
√10
FC 2
∴ = ．
3√10 9
√2
2
∴FC=5√2．
【点睛】本题考查了切线的判定，垂径定理，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判
定是解题的关键．
考向二 由隐含直角构相似
27．（2022·湖北武汉·模拟预测）如图，已知⊙O经过菱形ABCD的顶点A,C,且与CD相切，直径CF交AB
于点E．
(1)求证：AD与⊙O相切；
DC 3 AE
(2)若 = ,求 的值．
CF 4 CE
【答案】(1)见解析
2
(2)
3
【分析】（1）连接OA，OD，根据⊙O与CD相切，OC为半径，得出∠DCO=90°，通过“SSS”证明
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ΔOAD≅ΔOCD(SSS)，得出∠OAD=∠OCD=90°，即可证明AD与⊙O相切；
1 DC 3 DC 3 CO 2
（2）连接OA，OD，AC，由CO= CF， = ，得出 = ，进而得出tan∠CDO= = ，由
2 CF 4 CO 2 CD 3
DC=DA，OA=OC，得出OD垂直平分AC，得出∠CDO+∠ACE=90°，由∠OCD=90°，得出
2
∠DCA+∠ACE=90°，得出∠CDO=∠ACE，进而得出tan∠CDO=tan∠ACE= ，即可得出
3
AE 2
= ．
CE 3
【详解】（1）证明：如图1，连接OA，OD，
∵⊙O与CD相切，OC为半径，
∴∠DCO=90°，
∵⊙O经过菱形ABCD的顶点A，C，
∴OA=OC，AD=CD，
∵OD=OD，
∴ΔOAD≅ΔOCD(SSS)，
∴∠OAD=∠OCD=90°，
∵OA为半径，
∴AD与⊙O相切；
（2）解：如图2，连接OA，OD，AC，
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1 DC 3
∵CO= CF， = ，
2 CF 4
DC 3
∴ = ，
CO 2
CO 2
∴tan∠CDO= = ，
CD 3
∵DC=DA，OA=OC，
∴OD垂直平分AC，
∴∠CDO+∠ACE=90°，
∵∠OCD=90°，
∴∠DCA+∠ACE=90°，
∴∠CDO=∠ACE，
2
∴tan∠CDO=tan∠ACE= ，
3
AE 2
在Rt△CAE中，tan∠ACE= = ．
CE 3
【点睛】本题考查了菱形的性质，切线的判定与性质，全等三角形的判定及性质，熟练掌握菱形的性质，
切线的判定与性质，正切的定义是解决问题的关键．
28．（2024·山东济南·一模）如图，AB为⊙O的直径，BE与⊙O相交于点C，过点C的切线CD⊥AE，
垂足为点D．
(1)求证：AE=AB；
(2)若AB=6，CB=4，求CD的长．
【答案】(1)见解析；
4√5
(2)CD= ．
3
【分析】（1）连接OC，由切线的性质，等腰三角形的性质即可求证；
CD AC
（2）连接AC，由勾股定理求出AC的长，证明△ADC∽△ACB，得出 = ，即可求解；
BC AB
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本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定与性质，和勾股定理，熟练掌握以上知识
的应用是解题的关键．
【详解】（1）证明：连接OC，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
又∵CD⊥AE，
∴AE∥OC，
∴∠E=∠OCB，
∵OC=OB，
∴∠B=∠OCB，
∴∠E=∠B，
∴AE=AB；
（2）连接AC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，即AC⊥BE，
∴在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=√AB2−BC2=√62−42=2√5，
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∵AB=AE，AC⊥BE，
∴∠EAC=∠BAC，
又∵∠ADC=∠ACB=90°，
∴△ADC∽△ACB，
CD AC CD 2√5
∴ = ，即 = ，
BC AB 4 6
4√5
∴CD= ．
3
29．（2025·陕西西安·二模）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC、BC，过点C的直线
与⊙O相切，与BA延长线交于点D，点F为C´B上一点，且C´F=C´A，连接BF并延长交射线DC于点E．
(1)求证：DE⊥BE；
5
(2)若DC= EC，DA=4，求BE的长．
3
【答案】(1)证明见解析
48
(2)
5
【分析】（1）连接OC，可证OC∥BE，根据ED为⊙O的切线，得OC⊥DE，根据平行线的性质即可
求证；
（2）设DC=5a，EC=3a，可得DE=8a，设⊙O的半径为r，则AB=2r，OD=DA+OA=4+r，
DC DO
DB=4+2r，根据（1）中OC∥BE，可得△DCO∽△DEB，即得 = ，可得r=6，再根据相似
DE DB
OC DC 5
三角形的性质 = = 即可求解．
BE DE 8
【详解】（1）证明：如图，连接OC，
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∵C´F=C´A，
∴∠ABC=∠EBC，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠ABC，
∴∠OCB=∠EBC，
∴OC∥BE，
∵ED为⊙O的切线，点C为切点，
∴OC⊥DE，
∴DE⊥BE；
5
（2）解：∵DC= EC，
3
∴可设DC=5a，EC=3a，
∴DE=8a，
设⊙O的半径为r，则AB=2r，OD=DA+OA=4+r，DB=4+2r，
由（1）可知，OC∥BE，
∴△DCO∽△DEB，
DC DO
∴ = ，
DE DB
5a 4+r
即 = ，
8a 4+2r
解得r=6，
∴⊙O的半径为6，
∵△DCO∽△DEB，
OC DC 5
∴ = = ，
BE DE 8
8 8 48
∴BE= OC= ×6= ．
5 5 5
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定和性质，相似三角形的
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判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
考向三 作平行线构“A，X”型相似
29．（2024·山东威海·中考真题）如图，已知AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，且BC=CD．点E是
线段AB延长线上一点，连接EC并延长交射线AD于点F．∠FEG的平分线EH交射线AC于点H，
∠H=45°．
(1)求证：EF是⊙O的切线；
(2)若BE=2，CE=4，求AF的长．
【答案】(1)见解析
24
(2)AF=
5
【分析】本题考查切线的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，根据角平分线的定义
得到∠F=90°是解题的关键．
1
（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠DAC=∠CAB= ∠DAB，即可得到OC∥AD，然后根据角平
2
分线的定义得到∠F=∠FEG−∠FAE2∠H=2×45°=90°，然后得到∠OCE=∠F=90°即可证明切
线；
（2）设⊙O的半径为r，根据OC2+CE2=OE2，可以求出r，然后根据△ECO∽△EFA，即可得到结果．
【详解】（1）证明：连接OC，
则∠OAC=∠OCA，
又∵BC=CD，
∴B´C=C´D，
1
∴∠DAC=∠CAB= ∠DAB，
2
∴∠DAC=∠OCA，
∴OC∥AD，
∴∠OCE=∠F，
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∵EH平分∠FEG，
∴∠FEG=2∠HEG，
∴∠F=∠FEG−∠FAE=2∠HEG−2∠CAB=2(∠HEG−∠CAB)=2∠H=2×45°=90°，
∴∠OCE=∠F=90°，
又∵OC是半径，
∴EF是⊙O的切线；
（2）解：设⊙O的半径为r，则OE=OB+BE=r+2，
∵OC2+CE2=OE2，即r2+42=(r+2) 2，
解得r=3，
∴EA=AB+BE=2r+2=8，OE=5，
又∵OC∥AD，
∴△ECO∽△EFA，
EA AF 8 AF 24
∴ = ，即 = ，解得AF= ．
OE OC 5 3 5
30.（2022·四川泸州·中考真题）如图，点C在以AB为直径的⊙O上，CD平分∠ACB交⊙O于点D，交
AB于点E，过点D作⊙O的切线交CO的延长线于点F．
(1)求证：FD∥AB；
(2)若AC=2√5，BC=√5，求FD的长．
【答案】(1)见解析
15
(2)
8
【分析】（1）连接OD，由CD平分∠ACB，可知A´D=B´D，得∠AOD=∠BOD=90°，由DF是切线可知
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∠ODF=90°=∠AOD，可证结论；
CM OM
（2）过C作CM⊥AB于M，已求出CM、BM、OM的值，再证明△DOF∽△MCO，得 = ，代入可
OD FD
求．
【详解】（1）证明：连接OD，如图，
∵CD平分∠ACB，
∴A´D=B´D，
∴∠AOD=∠BOD=90°，
∵DF是⊙O的切线，
∴∠ODF=90°
∴∠ODF=∠BOD，
∴DF∥AB．
（2）解：过C作CM⊥AB于M，如图，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴AB=√AC2+BC2=√ (2√5) 2+(√5) 2=5．
1 1
∴ AB·CM= AC·BC，
2 2
1 1
即 ×5·CM= ×2√5×√5，
2 2
∴CM=2，
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∴BM=√BC2−CM2=√ (√5) 2 −22=1，
1 3
∴OM=OB-BM= ×5−1= ，
2 2
∵DF∥AB，
∴∠OFD=∠COM，
又∵∠ODF=∠CMO=90°，
∴△DOF∽△MCO，
CM OM
∴ = ，
OD FD
3
2 2
即 = ，
5 FD
2
15
∴FD= ．
8
【点睛】本题考查了圆的圆心角、弦、弧关系定理、圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定与性质，
勾股定理，解题的关键是熟练掌握这些定理，灵活运用相似三角形的性质求解．
31．（2023·湖北武汉·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，点C是弧AB的中点，连接AC并延长至点D，
OE 2
使CD=AC，点E是OB上一点，且 = ，CE的延长线交DB的延长线于点F，AF交⊙O于点H，连
BE 3
接BH．
(1)求证：BD是⊙O的切线；
(2)当AB=8时，求BH的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)4.8
【分析】（1）先判断出∠AOC=90°，再判断出OC∥BD，即可得出结论；
（2）先利用相似三角形求出BF，进而利用勾股定理求出AF，最后利用面积即可得出结论．
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【详解】（1）证明：如图，连接OC，
∵AB是⊙O的直径，点C是A´B的中点，
∴∠AOC=90°，
∵OA=OB，CD=AC，
∴OC是△ABD是中位线，
∴OC∥BD，
∴∠ABD=∠AOC=90°，
∴AB⊥BD，
∵OB是半径，
∴BD是⊙O的切线；
（2）解：由（1）知，OC∥BD，
∴△OCE∽△BFE，
OC OE
∴ = ，
BF EB
∵AB=8，
∴OC=OB=4，
OE 2
∵ = ，
EB 3
4 2
∴ = ，
BF 3
∴BF=6，
∵∠ABD=90°，
∴∠ABF=180°−∠ABD=180°−90°=90°，
∴在Rt△ABF中， AF=√AB2+BF2=10，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AHB=90°，
1 1
∴S = AF⋅BH= AB⋅BF，
△ABF 2 2
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∴AF⋅BH=AB⋅BF，
∴10BH=8×6，
∴BH=4.8．
【点睛】本题考查切线的判定和性质，三角形中位线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定
理．利用相似三角形的性质确定BF的长是解题的关键．
考向四 构母子型相似
32．（23-24九年级上·江苏扬州·期中）如图，△ABC中，以AB为直径的⊙O交BC于点D，DE是⊙O的
切线，且DE⊥AC，垂足为E，延长CA交⊙O于点F．
(1)求证：AB=AC；
(2)求证：D´F=D´B；
(3)若AE=3，DE=6，求AF的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)9
【分析】（1）如图1，连接OD，则∠B=∠ODB，由切线的性质可知OD⊥DE，则OD∥AC，
∠C=∠ODB=∠B，进而结论得证；
（2）如图2，连接AD、FD、BF，由AB为⊙O的直径，可得∠AFB=90°=∠ADB，证明D为BC的
1
中点，根据DF= BC=BD，证明即可；
2
1 AE DE
（3）由（2）可知，DF= BC=CD，AD⊥BC，则CE=EF，证明△DAE∽△CDE，则 = ，
2 DE CE
求CE的值，则可得EF的值，根据AF=EF−AE，计算求解即可．
【详解】（1）证明：如图1，连接OD，
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∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB，
∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，
∵DE⊥AC，
∴OD∥AC，
∴∠C=∠ODB=∠B，
∴AB=AC；
（2）证明：如图2，连接AD、FD、BF，
由（1）可知，AB=AC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AFB=90°=∠ADB，
∴AD⊥BC，即D为BC的中点，
1
∴DF= BC=BD，
2
∴D´F=D´B；
1
（3）解：由（2）可知，DF= BC=CD，AD⊥BC，
2
∵DE⊥AC，
∴CE=EF，
∵∠C+∠DAE=90°，∠C+∠CDE=90°，
∴∠DAE=∠CDE，
又∵∠DEA=90°=∠CED，
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∴△DAE∽△CDE，
AE DE 3 6
∴ = ，即 = ，解得CE=12，
DE CE 6 CE
∴EF=12，
∴AF=EF−AE=9，
∴AF的长为9．
【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直径所对的圆周角为
直角，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，弦与弧的关系，相似三角形的判定与性质．熟练掌握切线
的性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
33．（2023·湖北黄冈·中考真题）如图，△ABC中，以AB为直径的⊙O交BC于点D，DE是⊙O的切线，
且DE⊥AC，垂足为E，延长CA交⊙O于点F．
(1)求证：AB=AC；
(2)若AE=3,DE=6，求AF的长．
【答案】(1)见解析
(2)AF=9
【分析】（1）连接AD，根据已知可得OD∥AC，则∠C=∠ODB，又∠B=∠ODB，等量代换得出
∠C=∠B，即可证明AB=AC；
AE 1 DE
（2）连接BF，证明∠ADE=∠C，在Rt△ADE中，tan∠ADE= = =tan∠C= ，求得
ED 2 EC
1
EC=2DE=12，根据DE∥BF得出EF=EC=12，进而可得BF= FC=12，根据AF=EF−AE，即
2
可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，连接AD，
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∵以AB为直径的⊙O交BC于点D，DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，
∵DE⊥AC，
∴OD∥AC，
∴∠C=∠ODB，
又OB=OD，
∴∠B=∠ODB，
∴∠C=∠B，
∴AB=AC；
（2）解：连接BF，AD，如图，
则AD⊥BC，BD=CD，
∴∠ADC=∠ADB=∠AED=90°，
∴∠DAE+∠ADE=∠DAC+∠C，
∴∠ADE=∠C，
在Rt△ADE中，AE=3,DE=6，
AE 1 DE
∴tan∠ADE= = =tan∠C= ，
ED 2 EC
∴EC=2DE=12，
又∵AB是直径，
∴BF⊥CF，
∴DE∥BF，
EC CD
∴ = ，
EF DB
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∴EF=EC=12，
BF 1
∴tanC= = ，
FC 2
1
∴BF= FC=12，
2
∴AF=EF−AE=12−3=9．
【点睛】本题考查了切线的性质，直径所对的圆周角是直角，平行线分线段成比例，正切的定义，熟练掌
握以上知识是解题的关键．
34．（23-24九年级上·河南新乡·阶段练习）如图，AB是⊙O的直径，AM是⊙O的切线，AC、CD是
⊙O的弦，且CD⊥AB，垂足为E，连接BD并延长，交AM于点P．
(1)求证：∠CAB=∠APB；
(2)若⊙O的半径r=5，AC=8，求线段CD的长．
【答案】(1)见解析
32
(2)
3
【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的性质与判定；
（1）根据切线的性质以及平行线的性质得出∠CDB=∠APB，根据∠CAB=∠CDB，即可得证；
（2）连接AD，证明△ADB∽△PAB，根据相似三角形的性质，即可求解．
【详解】（1）证明：∵AM是⊙O的切线，
∴∠BAM=90∘，
∵∠CEA=90∘，
∴AM∥CD，
∴∠CDB=∠APB，
∵∠CAB=∠CDB，
∴∠CAB=∠APB.
（2）解：如图，连接AD，
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∵AB是直径，
∴∠CDB+∠ADC=90∘，
∵∠CAB+∠C=90∘，∠CDB=∠CAB，
∴∠ADC=∠C，
∴AD=AC=8，
∵AB=10，
∴BD=6，
∵∠BAD+∠DAP=90∘，∠PAD+∠APD=90∘，
∴∠APB=∠DAB，
∵∠BDA=∠BAP
∴△ADB∽△PAB，
AB BD
∴ = ，
PB AB
AB2 100 50
∴PB= = = ，
BD 6 3
50 32
∴DP= −6= .
3 3
35．（2023·四川达州·中考真题）如图，△ABC、△ABD内接于⊙O，AB=BC，P是OB延长线上的
一点，∠PAB=∠ACB，AC、BD相交于点E．
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(1)求证：AP是⊙O的切线；
(2)若BE=2，DE=4，∠P=30°，求AP的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)6
【分析】（1）由AB=BC，OB为半径，可知OB⊥AC，∠CAB=∠ACB，则∠CAB+∠ABO=90°，
∠ACB+∠ABO=90°，∠PAB+∠ABO=90°，如图1，连接OA，由OA=OB，可得
∠OAB=∠ABO，则∠PAB+∠OAB=90°，即∠OAP=90°，进而结论得证；
（2）如图2，记OB与AC交点为M，连接OD，过O作ON⊥DB于N，证明△ABO是等边三角形，则
1
AB=OB=OA，∠ABM=60°，设⊙O半径为r，则BM=AB⋅cos∠ABM= r，由OB=OD，
2
1
1 BM BE r
ON⊥DB，可得BN= BD=3，证明△BME∽△BNO，则 = ，即2 2，解得r=2√3或
2 BN BO =
3 r
OA
r=−2√3（舍去）， 根据AP= ，计算求解即可．
tan∠P
【详解】（1）解：如图，连接OA,OC，
∵AB=BC，
⏜ ⏜
∴ AB=BC ，
∴∠AOB=∠COB，
∴OB⊥AC，由等边对等角可得∠CAB=∠ACB，
∴∠CAB+∠ABO=90°，
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∴∠ACB+∠ABO=90°，
∵∠PAB=∠ACB，
∴∠PAB+∠ABO=90°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠ABO，
∴∠PAB+∠OAB=90°，即∠OAP=90°，
又∵OA是半径，
∴AP是⊙O的切线；
（2）解：如图2，记OB与AC交点为M，连接OD，过O作ON⊥DB于N，
∵∠P=30°，
∴∠AOP=60°，
∴△ABO是等边三角形，
∴AB=OB=OA，∠ABM=60°，
设⊙O半径为r，
∵AM⊥BM，
1
∴BM=AB⋅cos∠ABM= r，
2
∵OB=OD，
∴△BOD是等腰三角形，
又∵ON⊥DB，
1 BE+DE
∴BN= BD= =3，
2 2
∵∠BME=∠BNO=90°，∠EBM=∠OBN，
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∴△BME∽△BNO，
1
BM BE r
∴ = ，即2 2，解得r=2√3或r=−2√3（舍去），
BN BO =
3 r
OA r
AP= = =6
∴ tan∠P √3 ，
3
∴ AP的长为6．
【点睛】本题考查了垂径定理，等腰三角形的判定与性质，切线的判定，等边三角形的判定与性质，相似
三角形的判定与性质，余弦、正切等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．36
►题型09 圆与三角函数
考向一 用已知直角
36．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°， 点D在AC边上，以AD为直径
作⊙O交BD的延长线于点E，且CE=BC．
(1)求证：CE是⊙O的切线；
1
(2)若⊙O的半径为3，tan∠DBC= ，求AB的长．
2
【答案】(1)见解析
(2)4√5
【分析】本题考查切线的判定、等腰三角形的性质、圆周角定理、解直角三角形等知识，熟练掌握切线的
判定和勾股定理是解答的关键．
（1）连接OE，根据等腰三角形的性质得到∠OED=∠ODE=∠BDC，∠CEB=∠CBE，进而得到
∠OEC=90°，根据切线的判定可证得结论；
（2）连接AE，先推导出∠DAE=∠DBC，进而由正切定义得到AE=2DE，BC=2CD，根据勾股定理
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6√5
求得DE= ，进而求得AC=8，BC=4，然后再利用勾股定理求解即可．
5
【详解】（1）证明：连接OE，则OE=OD，
∴∠OED=∠ODE=∠BDC，
∵CE=BC，
∴∠CEB=∠CBE，
∵∠ACB=90°，
∴∠CBE+∠BDC=90°，
∴∠CEB+∠OED=90°，即∠OEC=90°，
∵OE是⊙O的半径，
∴CE是⊙O的切线；
（2）解：连接AE，
∵AD为⊙O直径，
∴∠AED=90°，
∴∠DAE=90°−∠ADE=90°−∠BDC=∠DBC，
1 DE CD 1
∴tan∠DAE=tan∠DBC= ，则 = = ，
2 AE BC 2
∴AE=2DE，BC=2CD，
∵OA=OD=3，
∴由DE2+AE2=AD2得DE2+(2DE) 2=62，
6√5
解得DE= （负值已舍去），
5
∵CE=BC=2CD，OC=3+CD,
∴由OE2+CE2=OC2得32+(2CD) 2=(3+CD) 2，
解得CD=2或CD=0（舍去），
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∴AC=AD+CD=8，BC=2CD=4，
在Rt△ABC中，AB=√AC2+BC2=√82+42=4√5．
37．（2023·内蒙古通辽·中考真题）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．
(1)求证：△ACD∽△DCB；
(2)求证：CD是⊙O的切线；
3
(3)若tanE= ,AC=10，求⊙O的半径．
5
【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∠ADB=90°，证出OD⊥CD，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CD和BC的长，可求出AB的长，则
AC CD DA 5
可得出答案．
【详解】（1）证明：∵∠ACD=∠DCB，∠BDC=∠A，
∴△ACD∽△DCB；
（2）证明：连接OD，
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∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠A+∠ABD=90°，
∵OB=OD，
∴∠ABD=∠ODB，
∵∠BDC=∠A，
∴∠BDC+∠ODB=90°，
∴∠ODC=90°，
∴OD⊥CD，
∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
3
（3）解：∵∠ADB=90°，tanE= ，∠A=∠E，
5
BD 3
∴ = ，
AD 5
∵△ACD∽△DCB，
CD BC BD 3
∴ = = = ，
AC CD DA 5
∵AC=10，
18
∴CD=6，BC= =3.6，
5
∴AB=AC−BC=10−3.6=6.4．
∴⊙O的半径为3.2．
【点睛】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，圆周角定理，根据题
目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
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考向二 作垂线构直角
38．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）如图1，锐角△ABC内接于⊙O，D为BC的中点，连接AD并延长交
⊙O于点E，连接BE，CE，过C作AC的垂线交AE于点F，点G在AD上，连接BG，CG，若BC平分
∠EBG且∠BCG=∠AFC．
(1)求∠BGC的度数．
(2)若AG=DF，求tan∠GBC的值．
(3)如图2，当点O恰好在BG上且OG=1时，求AC的长．
【答案】(1)90°
√15
(2)
5
√17+3
(3)
2
【分析】（1）先证明∠CBG=∠EAC，结合∠AFC+∠EAC=90°，∠BCG=∠AFC，可得
∠BCG+∠CBG=90°，从而可得答案；
（2）证明△ACF≌△BGC，可得AF=BC=2DG，设AG=DF=2x，CD=DG=AG+DF=4x，可得
CH √15
DH=x，AH=5x，根据勾股定理求出CH=√15x，可得tan∠GBC=tan∠CAF= = ，从而可
AH 5
得答案；
（3）设⊙O的半径为r，过点O作OM⊥BE于点M，连接OC交AE于点N，证明OC∥BE，
△EBD≌△NCD(ASA)，可得BE=CN，证明△COG≌△OBM(AAS)，可得BM=OG=1，
GO ON 1 r−2
CN=BE=2BM=2，证明△GON∽△GBE， = ，即 = ，再解方程可得答案．
GB BE r+1 2
【详解】（1）解：如图1，过点C作CH⊥EG于点H．
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∵BC平分∠EBG，
∴∠EBC=∠CBG，
∵∠EBC=∠EAC，
∴∠CBG=∠EAC，
∵AC⊥FC，
∴∠AFC+∠EAC=90°，
∵∠BCG=∠AFC，
∴∠BCG+∠CBG=90°，
∴∠BGC=90°；
（2）∵∠BGC=90°，D为BC中点，
∴GD=CD，
∴∠DGC=∠DCG，
∵∠BCG=∠AFC，
∴∠DGC=∠AFC，
∴CF=CG，
∵∠ACF=∠BGC=90°，
∴△ACF≌△BGC，
∴AF=BC=2DG．
设AG=DF=2x，
∴CD=DG=AG+DF=4x，
∵CF=CG，
∴HG=HF=3x，
∴DH=x，AH=5x，
∴CH=√CD2−DH2=√(4x) 2−x2=√15x
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CH √15
∴tan∠GBC=tan∠CAF= = ；
AH 5
（3）解：如图2，过点O作OM⊥BE于点M，连接OC交AE于点N．
∵OB=OC，
∴∠CBE=∠OBC=∠OCB，
∴OC∥BE，
∵BD=CD，∠BDE=∠CDN，
∴△EBD≌△NCD(ASA)，
∴BE=CN，
∵OC∥BE，
∴∠GOC=∠MBO，
∵∠CGO=∠OMB=90°，OC=OB，
∴△COG≌△OBM(AAS)，
∴BM=OG=1，
∵OM⊥BE，
∴CN=BE=2BM=2，
设OB=OC=r，
∵OC∥BE，
∴△GON∽△GBE，
GO ON
∴ =
GB BE
1 r−2
∴ = ，
r+1 2
1+√17 1−√17
解得r= 或r= （舍去），
2 2
由（2）知：△ACF≌△BGC，
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3+√17
∴AC=BG=OB+OG=r+1= ．
2
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆的基本性质，圆周角定理
的应用，垂径定理的应用，求解锐角的正切，本题的难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键．
39．（2023·四川乐山·中考真题）如图，已知⊙O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB=90°，D是圆上一点，
E是DC延长线上一点，连结AD，AE，且AD=AE，CA=CE．
(1)求证：直线AE是⊙O是的切线；
2
(2)若sinE= ，⊙O的半径为3，求AD的长．
3
【答案】(1)见解析
8√5
(2)
3
【分析】（1）由∠ACB=90°，可知AB是⊙O的直径，由A´C=A´C，可得∠ABC=∠ADC，由
AD=AE，CA=CE，可得∠E=∠ADC，∠CAE=∠E，则∠CAE=∠ADC=∠ABC，由
∠ABC+∠CAB=90°，可得∠CAE+∠CAB=90°，即∠OAE=90°，进而结论得证；
1
（2）作CF⊥AE，垂足为E，如图所示，由题意知，△ACE是等腰三角形，则EF= AE，由题意知，
2
2 2 8
AB=6，sin∠ABC=sin∠E，可求AC=AB⋅sinB=6× =4，CE=4，CF=CE⋅sinE=4× = ，
3 3 3
4√5
由勾股定理得EF=√CE2−CF2= ，根据AD=AE=2EF，计算求解即可．
3
【详解】（1）证明：∵∠ACB=90°，
∴AB是⊙O的直径，
∵A´C=A´C，
∴∠ABC=∠ADC，
∵AD=AE，CA=CE，
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∴∠E=∠ADC，∠CAE=∠E，
∴∠CAE=∠ADC=∠ABC，
∵∠ABC+∠CAB=90°，
∴∠CAE+∠CAB=90°，
∴∠OAE=90°，
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，
∵CA=CE，
∴△ACE是等腰三角形，
∵CF⊥AE，
1
∴EF= AE，
2
由题意知，AB=6，sin∠ABC=sin∠E，
2
∴AC=AB⋅sinB=6× =4，
3
∴CE=4，
2 8
∴CF=CE⋅sinE=4× = ，
3 3
4√5
由勾股定理得EF=√CE2−CF2=
，
3
8√5
∴AD=AE=2EF= ，
3
8√5
∴AD的长为 ．
3
【点睛】本题考查了切线的判定，90°的圆周角所对的弦为直径，同弧所对的圆周角相等，等腰三角形的
判定与性质，正弦，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
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考向三 作垂径构直角
40．（2023·湖北武汉·二模）如图，在⊙O中，AB为直径，EF为弦，连接AF，BE交于点P，且F为B´E
的中点．
(1)求证：△FBP∽△FAB；
3
(2)若tan∠BEF= ，求sin∠ABE的值．
4
【答案】(1)见解析
7
(2)sin∠ABE= ．
25
【分析】（1）由F是B´E的中点推出∠FBE=∠A，再加上公共角推出△FBP∽△FAB；
BF 3
（2）连接OF，交EB于点M，利用tan∠A= = 设BF=3a，则AF=4a，求出AB，OF，OB，证
AF 4
OM
明∠FBM=∠A从而求出FM，OM，最后sin∠ABE= 计算即可．
OB
【详解】（1）证明：∵F是B´E的中点，
∵E´F=B´F，
∴∠FBE=∠A，
∵∠PFB=∠BFA，∠FBE=∠A，
∴△FBP∽△FAB．
（2）解：连接OF，交EB于点M．
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∵E´F=B´F，
∴EF=BF，∠FBM=∠A，OF垂直平分BE，
∴OF⊥BE．
∵AB是直径，
BF 3
∴∠AFB=90°．tan∠A=tan∠BEF= = ．
AF 4
设BF=3a，则AF=4a，
由勾股定理得：AB=√BF2+AF2=√(3a) 2+(4a) 2=5a，
1 5
∴OF=OB= AB= a．
2 2
在Rt△BFM中，∠FBM=∠A，
FM 3
∴sin∠FBM= =sin∠A= ．
BF 5
3 9
∴FM= BF= a，
5 5
7
∴OM=OF−FM= a．
10
7 5
在Rt△BMO中，OM= a，OB= a，
10 2
OM 7
∴sin∠ABE= = ．
OB 25
【点睛】本题考查相似三角形的判定，同圆中同弧所对的圆周角相等，弦、弧、圆心角的关系，三角函数
有关的计算，直径所对的圆周角是90°，勾股定理，垂直平分线的判定等知识，连接OF构造直角三角形求
三角函数值是解题的关键．
41．（2024·浙江·模拟预测）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC的平分线AD交BC于点D，点O在
AB上，以OA为半径的⊙O经过点D，与AB交于点E．
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(1)求证：BC是⊙O的切线；
2√2
(2)若cos∠ABC= ，AE=4，求CD的长．
3
【答案】(1)见解析
4√2
(2)CD=
3
【分析】（1）连接OD，如图，利用角平分线的定义及等边对等角的性质证明∠CAD=∠ODA，则根据
平行线的性质得到∠ODB=∠C=90°，进而证明即可；
BD 2√2
（2）先在Rt△BOD中利用余弦的定义得到cosB= = ，设BD=2√2x，则BO=3x，利用勾股定
BO 3
理计算出OD=x，所以x=2，则BD=4√2，BO=6，然后根据平行线分线段成比例定理计算CD的长．
【详解】（1）连接OD，如图，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD=∠BAD，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠CAD=∠ODA，
∴AC∥OD，
∴∠ODB=∠C=90°，
∵以OA为半径的⊙O经过点D，
∴BC是⊙O的切线；
（2）∵AE=4，
∴OD=2，
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BD 2√2
在Rt△BOD中，cosB= = ，
BO 3
设BD=2√2x，则BO=3x，
∴OD=√ (3x) 2−(2√2x) 2=x，
∴x=2，
∴BD=4√2,BO=6，
∵OD∥AC，
BD BO 4√2 6
∴ = ，即 = ，
CD OA CD 2
4√2
∴CD= ．
3
【点睛】本题考查了切线的判定，等边对等角，平行线分线段成比例，平行线的性质和判定，勾股定理，
解直角三角形等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
考向四 用直径构直角
42．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC交BC于点D，O为
AB上一点，经过点A，D的⊙O分别交AB,AC于点E，F．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
5
(2)若BE=8，sinB= ，求AD的长．
13
【答案】(1)见解析
30√13
(2)AD=
13
【分析】（1）连接OD，等边对等角得到∠ODA=∠OAD，角平分线得到∠OAD=∠CAD，得到
∠ODA=∠CAD，进而得到OD∥AC，得到∠ODB=∠C=90°，即可；
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（2）连接EF，三角函数求出OD的长，圆周角定理，得到∠AFE=90°=∠ACB，证明△DAB∽△FAD，
得到AD2=AB⋅AF，进行求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接OD，则OA=OD．
∴∠ODA=∠OAD
．
∵ AD是∠BAC的平分线，
∴∠OAD=∠CAD．
∴∠ODA=∠CAD．
∴OD∥AC．
∴∠ODB=∠C=90°．
∵点D在⊙O上，
∴ BC是⊙O的切线．
（2）解：如图，连接EF．
∵∠BDO=90°，OD=OE，
OD OD 5
∴sinB= = = ，解得OD=5．
BO BE+OD 13
∵ AE是直径，
∴∠AFE=90°=∠ACB．
∴EF∥BC．
∴∠AEF=∠B．
又∵∠AEF=∠ADF，
∴∠B=∠ADF．
又∵∠OAD=∠CAD，
∴△DAB∽△FAD，
AD AF
∴ = ，即AD2=AB⋅AF．
AB AD
∵BE=8，OE=OA=OD=5，
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∴AB=18，AE=10．
AF 5
∵sinB=sin∠AEF= = ，
AE 13
50
∴AF= ．
13
50 900
∴AD2=18× = ．
13 13
30√13
∴AD= ．
13
【点睛】本题考查切线的判定，圆周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知
识点，并灵活运用，是解题的关键．
43．（2021·湖北武汉·一模）如图，⊙O过 ▱ABCD的顶点A，D，C，边AB与⊙O相切于点A，边BC与
⊙O相交于点H．
(1)求证：AB=AH；
8
(2)若AD =√17，sin∠BAH = ．求⊙O的半径．
17
【答案】(1)详见解析
17
(2)⊙O的半径为 ．
8
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到∠B=∠D，根据圆内接四边形的性质得到∠AHB=∠D，等量代换
得到∠AHB=∠B，根据等腰三角形的判定定理证明结论；
（2）连接AO延长分别交CD和⊙O于点P、F，连DF、OD，过A作AQ⊥BC于点Q，根据切线的性质得
到AF⊥AB，进而证明根据等腰三角形的性质∠BAQ=∠FAD，进而证明∠BAH=∠DOP，根据正弦的定义以
及勾股定理列式计算，得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵四边形AHCD内接于⊙O，
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∴∠AHC+∠D=180°，
∵∠AHC+∠AHB=180°，
∴∠AHB=∠D，
∴∠AHB=∠B，
∴AB=AH；
（2）解：连接AO延长分别交CD和⊙O于点P、F，连DF、OD，过A作AQ⊥BC于点Q，
∵AD∥BC，
∴AQ⊥AD，
∵AB与⊙O相切于点A，
∴AF⊥AB，
∴∠QAD=∠BAF，
∴∠BAQ=∠FAD，
∵AB=AH，
∴∠BAH=2∠BAQ，
∵OA=OD，
∴∠DOP=2∠FAD，
∴∠BAH=∠DOP，
8
∵sin∠BAH = ，
17
DP 8
∴sin∠DOP= = ，
OD 17
设DP=8a，DO=17a，
∴OP=√OD2−DP2=15a，
∴AP=17a+15a=32a，
在Rt ADP中，AD2=AP2+DP2，即(√17)2=(32a)2+(8a)2，
△
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1
解得：a= ，
8
1 17
∴⊙O的半径为DO=17× = ．
8 8
【点睛】本题考查的是切线的性质、平行四边形的性质、解直角三角形，掌握圆的切线垂直于经过切点的
半径是解题的关键．
考向五 用切线构直角
44．（2024·福建漳州·二模）如图， AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，OP∥AC交BC于点D，CP为
⊙O的切线．
(1)求证：∠P=∠B；
(2)若DP=4，OD=2，求cosA的值．
【答案】(1)见解析
√3
(2)cosA=
3
【分析】（1）连接OC，由切线的性质和圆周角定理可得∠OCP=90°，∠ACB=90°．由平行线的性质
可得∠PDC=∠ACB=90°，由此可得∠P=∠OCB，又由∠OCB=∠B可得∠P=∠B．
OD OC
（2）先证∠A=∠POC，再证△DCO∽△CPO，则可得 = ，求出OC的长，则可得
OC OP
OC
cosA=cos∠POC= ，即可求解．
OP
本题考查了圆与三角形的综合，切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定和性质．遇切线连半径，这
是常用的解题思路．熟练掌握以上知识是解题的关键．
【详解】（1）证明： 如图， 连接OC，
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∵PC ⊙O
是 的切线，
∴∠OCP=90°．
∵AB是 ⊙O的直径，
∴∠ACB=90°．
∵OP∥AC，
∴∠PDC=∠ACB=90°，
∴∠PCD+∠P=90°，∠PCD+∠OCB=90°，
∴∠P=∠OCB．
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠B，
∴∠P=∠B．
（2）由（1） 知∠ACB=∠OCP=90°， ∠P=∠B，
∴∠A=∠POC．
∵∠ODC=∠OCP=90°，∠DOC=∠DOC，
∴△DCO∽△CPO，
OD OC
∴ =
OC OP
∵PD=4， OD=2，
2 OC
∴ = ，
OC 6
∴OC=2√3 ，
OC 2√3 √3
∴cosA=cos∠POC= = = ．
OP 6 3
45．（2024·陕西西安·一模）如图，AB与⊙O相切于点A，半径OC∥AB，BC与⊙O相交于点D，连接
AD．
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(1)求证：∠OCA＝∠ADC；
1
(2)若⊙O的半径为6，tanB= ，求AD的长．
3
【答案】(1)见解析
12√5
(2)
5
【分析】本题考查圆周角定理，解直角三角形及正方形与相似三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解
决此题的关键，
（1）连接OA，根据切线的性质得出∠OAB=90°，再由平行线的性质得出∠AOC=90°，利用圆周角定
理及等腰直角三角形的性质即可证明；
OE OE 1
（2）设OA与BC交于点E，根据平行线的性质得出∠B=∠OCE，根据tan∠OCE= = = ，求
OC 6 3
得OE=2，进而勾股定理求得BE，过点A作AF⊥ BC于点．F．，等面积法求得AF，进而根据△ADF
为等腰直角三角形，即可求解．
【详解】（1）证明：连接OA，如图所示：
∵AB与⊙O相切于点A，
∴∠OAB=90°，
∵OC∥AB，
∴∠AOC=90°，
∴∠ADC=45°，
∵OC=OA，
∴∠OCA=45°，
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∴∠OCA=∠ADC；
（2）解：如图，设OA与BC交于点E，
∵OC∥AB，
∴∠B=∠OCE，
1
∵tanB= ，
3
1
∴tan∠OCE= ，
3
∵⊙O的半径为6，
∴OC=OA=6，
OE OE 1
∴tan∠OCE= = = ，
OC 6 3
∴OE=2，
∴AE=OA−OE=6−2=4，
AE 1
在Rt△ABE中，tanB= = ，
AB 3
∴AB=12，
∴BE=√42+122=4√10，
过点A作AF⊥BC于点F，
AE⋅AB 4×12 6√10
∴AF= = = ，
BE 4√10 5
由（1）得∠OCA=∠ADC=45°，
∴△ADF为等腰直角三角形，
12√5
故AD=√2AF= ．
5
46．（20-21九年级下·湖北武汉·阶段练习）如图，在等腰Rt ABC中，∠ABC=90°，点D是以AB为直
径的⊙O上一点，连接BD，CD，BD交AC于点P，且CD=△BC．
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（1）求证：CD为⊙O的切线；
（2）求cos BPC的值．
∠ √10
【答案】（1）见解析；（2）cos∠BPC=
10
【分析】（1）连OD，根据CD=BC可得∠CDB=∠CBD，在⊙O中OB=OD，可得到
∠CDB+∠ODB=∠CBD+∠OBD，进而得到∠CDO=∠CBO=90°，结论得证；
OB 1
（2）连OD，OC交BD于H，先证得∠ABD= BOC，则可得tan∠ABD=tan∠BOC= = ，设
BC 2
∠
1
OH=x，则BH=2x=DH，CH=2BH=4x，AD= BD=2x，根据∠ADB=90°及AD CH，可得到
2
∥
DP AD 1 2 4
= = ，继而可求得PH= DH= x，Rt PHC中，根据勾股定理可求得PC，继而可求出
PH CH 2 3 3
△
PH
cos∠BPC= ．
PC
【详解】（1）证明：连OD，
∵CD=BC，
∴∠CDB=∠CBD ，
在⊙O中OB=OD，
∴∠ODB=∠OBD，
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∴∠CDB+∠ODB=∠CBD+∠OBD，
即∠CDO=∠CBO=90°，
又∵点D在⊙O上，
CD为⊙O的切线 ；
∴（2）连OD，OC交BD于H，
BC=CD，OB=OD，
∵OC垂直平分BD，
∴ ABD+ BOH= BCO+ BOH=90°，
∴∠ABD=∠BCO，∠ ∠
∴∠Rt ABC∠为等腰直角三角形，
∵AB△=BC，
∴ 1
又∵OB= AB，
2
1
∴OB= BC，
2
OB 1
∴tan∠ABD=tan∠BCO= = ，
BC 2
1
设OH=x，则BH=2x=DH，CH=2BH=4x，AD= BD=2x，
2
AB是直径，
∵ ADB=90°，
∴∠AD CH，
∴ D∥P AD 1
∴ = = ，
PH CH 2
2 4
∴PH= DH= x，
3 3
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在Rt PHC中，由勾股定理得：PC= √ (4x) 2+ (4 x ) 2 = 4√10 x ，
3 3
△
PH √10
∴cos∠BPC= = ．
PC 10
【点睛】本题考查切线的判定、直角三角形的性质、勾股定理的应用，解题的关键是综合运用相关知识解
题．
考向六 等角转换
47．（2024·广东广州·一模）如图，△ABC内接于⊙O，AB=AC，CO的延长线交AB于点D．
(1)求证：AO平分∠BAC；
3
(2)若BC=12，sin∠BAC= ，求AC和CD的长．
5
【答案】(1)证明见详解；
180
(2)AC=6√10；CD= ．
13
【分析】（1）延长AO交BC于H，连接BO，证明A，O在线段BC的垂直平分线上，得出AH⊥BC，再
由等腰三角形的性质即可得出结论；
（2）延长CD交⊙O于E，连接BE，则CE是⊙O的直径，可得∠EBC=90°，由圆周角定理得出
∠E=∠BAC，可得sinE=sin∠BAC，求出CE的长，由勾股定理求出BE，利用平行线判定出
△EDB∽△ODA，由相似三角形的比值关系求出OD，即可得到CD；由三角形的中位线定理求出OH的
长，再通过勾股定理求AC即可．
【详解】（1）延长AO交BC于H，连接BO，如图所示：
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∵AB=AC，OB=OC，
∴A，O在线段BC的垂直平分线上，
∴AH⊥BC，
又∵AB=AC，
∴AO平分∠BAC；
（2）延长CD交⊙O于E，连接BE，如图所示：
∴CE是⊙O的直径，
∴∠EBC=90°，BC⊥BE，
∵B´C=B´C
∴∠E=∠BAC，
∴sinE=sin∠BAC，
BC 3
∴ = ，
CE 5
5 5
∴CE= BC= ×12=20，
3 3
1 1
∴BE=√CE2−BC2=√202−122=16，OA=OE=OC= CE= ×20=10，
2 2
∵AH⊥BC，
∴BE∥OA，
∴△EDB∽△ODA，
OA OD OD 10 OD
∴ = = ，即： = ，
BE DE OE−OD 16 10−OD
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50
解得：OD= ，
13
50 180
∴CD=OD+OC= +10= ，
13 13
∵AH⊥BC，AB=AC，
∴H是BC的中点，
1 1
∴CH= BC= ×12=6，
2 2
∵O是EC的中点，
∴OH是△CEB的中位线，
1 1
∴OH= BE= ×16=8，
2 2
∴AH=AO+OH=10+8=18 ，
∴在Rt△ACH中：AC=√AH2+CH2=√182+62=6√10．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质及判定，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的性质及判定，三角
函数等知识点，合理作出辅助线是解题的关键．
48．（2024·福建莆田·模拟预测）如图，△ABC中，AB=AC，以BC为直径的⊙O交边AC于点D，过点
D作⊙O的切线交AB于点E．
(1)若∠A=54°，求∠ADE的度数；
(2)若CD=2，AD=3，求tan∠ADE的值．
【答案】(1)27°
1
(2)
2
【分析】（1）先根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算出∠B=∠C=63°，则∠ODC=63°，
再根据切线的性质得到∠ODE=90°，所以∠ADE=90°−∠ODC=27°；
（2）连接BD．根据BC为⊙O的直径，得出∠BDC=∠BDA=90°，证出∠ADE=∠ODB．再根据
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OB=OD，得出∠OBD=∠ODB=∠ADE．在Rt△ABD中，算出BD，利用正切的定义得到
CD
tan∠ADE=tan∠CBD= 即可求解．
BD
【详解】（1）解：连接OD．
∵∠A=54°，AB=AC，
180°−∠A
∴∠C= =63°．
2
∵OC=OD，
∴∠ODC=∠C=63°．
∵DE是⊙O的切线，
∴∠ODE=90°，
∴∠ADE=90°−∠ODC=27°．
（2）解：连接BD．
∵BC为⊙O的直径，
∴∠BDC=∠BDA=90°，
∴∠ADE+∠BDE=90°．
∵∠ODE=90°，
∴∠ODB+∠BDE=90°．
∴∠ADE=∠ODB．
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB=∠ADE．
在Rt△ABD中，AD=3，AB=AC=3+2=5，
∴BD=√AB2−AD2=4．
CD 1
∴tan∠ADE=tan∠CBD= = ．
BD 2
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了等腰三角形的性质、解直角
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三角形、勾股定理、三角形内角和定理，解题的关键是掌握以上知识点，正确作出辅助线．
49．（2024·四川巴中·一模）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点
1
D、E，点F在AC的延长线上，且∠CBF= ∠CAB．
2
(1)求证：直线BF是⊙O的切线；
√5
(2)若AB=10，sin∠CBF= ，求BC和BF的长．
5
【答案】(1)见解析
40
(2)BC=4√5,BF=
3
【分析】本题属于圆的综合题，主要考查了切线的判定与性质、直角所对的圆周角是直角、解直角三角形
等知识点，解答本题的关键是熟练掌握圆周角定理及勾股定理．
（1）连接AE．欲证BF是⊙O的切线，只需证明AB⊥BF即可；
√5
（2）根据AB=10，sin∠CBF= ，求得BE=2√5，进而求得BC=2BE=4√5，过点C作CG⊥BF
5
FG CG BF−8 4
于点G，则CG∥AB．解直角三角形求得CG，然后由三角形相似知 = = = ，从而求得
AF AB BF 10
BF的值．
【详解】（1）证明：连接AE．
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB=90°（直径所对的圆周角是直角），
∴∠BAE+∠ABE=90°（直角三角形的两个锐角互余）；
∵AB=AC，AE⊥BC，
∴AE平分∠BAC，即∠BAE=∠CAE；
∵∠CAB=2∠CBF，
∴∠BAE=∠CBF，
∴∠BAE+∠ABE=∠ABE+∠CBF=90°，即AB⊥BF，
∵OB是半径，
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∴BF为⊙O的切线；
（2）解：由（1）知：BE=CE，∠CBF=∠BAE，∠BEA=90°，
√5
∵sin∠CBF= ，
5
√5
∴sin∠BAE= ，
5
BE √5
∴ = ，
AB 5
过点C作CG⊥BF于点G．
∵AB=10，
∴BE=2√5，
∴BC=4√5，
BE 1
∵sin∠CBG=sin∠BAE= = ，
AB √5
1
∴CG=BC× =4，
√5
∴BG=√BC2−CG2=√ (4√5) 2 −42=8，
∵CG⊥BF，AB⊥BF，
∴CG∥AB，
∴△FCG∽△FAB，
FG CG
∴ = ，
BF AB
BF−8 4
即 = ，
BF 10
40
∴BF= ．
3
圆中的计算问题常常作为考试中的压轴题出现，其综合性强、涉及知识点多，对学生的逻辑思维和解
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题技巧提出了较高要求。以下是针对圆中计算的压轴题的一些解题思路，希望能为考生提供有效的解题策
略。
一、明确已知条件，画出准确图形
首先，仔细阅读题目，明确给出的所有已知条件，包括圆的半径、弦长、圆心角、切线等。根据这些
条件，画出准确的图形，有助于直观理解问题。在画图过程中，注意标注已知的长度、角度等关键信息。
二、运用圆的基本性质
1. 切线的性质：切线垂直于过切点的半径。
2. 圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半。
3. 垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧。
4. 相似三角形的判定与性质：利用相似三角形求解线段长度或角度。
三、选择合适的解题方法
根据题目类型和已知条件，选择合适的解题方法至关重要。以下是几种常用的解题方法：
1. 勾股定理：在直角三角形中，利用勾股定理求解边长。
2. 三角函数：已知角的三角函数值，利用三角函数关系求解相关边长。
3. 相似三角形：通过证明三角形相似，利用比例关系求解未知线段长度。
4. 构造辅助线：通过作辅助线（如半径、切线、中位线等），将复杂图形分解为简单图形，便于利用已知
定理进行求解。
四、分类讨论与综合应用
对于复杂的圆中计算问题，常常需要进行分类讨论。例如，当题目中存在动点或不确定的位置关系时，
需要根据不同情况分别进行分析。此外，综合运用代数和几何方法，将几何问题转化为代数问题（如建立
坐标系、使用参数方程等），有助于解决一些复杂的计算问题。
五、实战演练与总结反思
通过大量的实战演练，熟悉各种题型和解题技巧。在解题过程中，注意总结常见错误和解题思路，形
成自己的解题策略。同时，定期回顾错题，加深对知识点的理解和记忆。
总之，圆中的计算（压轴题）虽然难度较大，但只要掌握了基本性质和解题方法，通过大量的练习和
总结反思，就能够有效提高解题能力，取得理想的成绩。
1．（2025·浙江宁波·一模）如图，已知△ABC内接于⊙O，点M为BC的中点，连接AM交⊙O于点E，
1
且C为弧AE的中点，连接 CE，在BC上存在点 H，使得 ∠HEM= ∠BCA, 若 BH=2， 则AC的
2
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长（ ）
A．4 B．4√2 C．2+2√2 D．4+√2
【答案】C
【分析】如图，连接EM，证明△CAM∽△CBA，可得AC2=CB⋅CM=2CM2，即AC=√2CM，设
√2 CE CM EM √2
AC=CE=x，则CM= x=BM，证明△CEM∽△CBE，可得 = = = ，过H作
2 CB CE BE 2
EM HM √2
HK⊥AE于K，作HL⊥BE于L，结合面积法可得： = = ，再进一步建立方程求解即可．
BE BH 2
【详解】解：如图，连接EM，
∵点M为BC的中点，
1
∴CM=BM= BC，
2
∵C为弧AE的中点，
∴A´C=B´C，
∴∠CAE=∠CEA，
∵∠ABC=∠AEC，
∴∠CAE=∠ABC，
∵∠ACM=∠ACB，
∴△CAM∽△CBA，
AC CM
∴ = ，
CB CA
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∴AC2=CB⋅CM=2CM2，
∴AC=√2CM，
√2
设AC=CE=x，则CM= x=BM，
2
同理可得：△CEM∽△CBE，
CE CM EM √2
∴ = = = ，
CB CE BE 2
1
∵∠HEM= ∠BCA，∠BCA=∠BEA，
2
1
∴∠HEM=∠HEB= ∠BEA，
2
过H作HK⊥AE于K，作HL⊥BE于L，
∴HK=HL，
EM HM √2
由面积法可得： = = ，
BE BH 2
√2
x−2
∴ 2 √2，
=
2 2
解得：x=2+2√2，
∴AC=2+2√2；
故选：C
【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，相似三角形的判定与性质，角平分线的性质，本题难度较大，
作出合适的辅助线是解本题的关键．
2．（24-25九年级上·浙江温州·阶段练习）如图，⊙O是等边三角形ABC的外接圆，点D是B´C的中点，
16π
连结BD，CD．以点D为圆心，BD的长为半径在⊙O内画弧，阴影部分的面积为 ，则等边三角形
3
ABC的边长为（ ）
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9
A．4 B．4√2 C．4√3 D． √3
2
【答案】C
【分析】过D作DE⊥BC于E，利用圆内接四边形的性质，等边三角形的性质求出∠BDC=120°，利用
1 1
弧、弦的关系证明BD=CD，利用三线合一性质求出BE= BC=2√3, ∠BDE= ∠BDC=60°，在
2 2
Rt△BDE中，求出BD，最后利用扇形面积公式求解即可．
【详解】解：如图，过D作DE⊥BC于E，
∵⊙O是等边三角形ABC的外接圆，
∴∠A=60°，∠BDC+∠A=180°，
∴∠BDC=120°，
∵点D是B´C的中点，
∴B´D=C´D，
∴BD=CD，
1
∴BC=2BE，∠BDE= ∠BDC=60°，
2
∴∠DBE=30°，
16π
∵阴影部分的面积为 ，
3
120π×BD2 16π
∴ = ，
360 3
∴BD=4，
1
∴DE= BD=2，
2
∴BE=√3DE=2√3，
∴BC=4√3，
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故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，扇形面积公式，解直
角三角形等知识，灵活应用以上知识是解题的关键．
3．（22-23九年级上·江苏扬州·期中）如图，在锐角三角形△ABC中，分别以三边AB，BC，CA为直径
作圆，记三角形外的阴影面积为S ，三角形内的阴影面积为S ，在以下四个选项的条件中，不一定能求出
1 2
S −S 的是（ ）
1 2
A．已知△ABC的三条中位线的长度
B．已知△ABC的面积
C．已知AB，AC的长度及∠ACB=30°
D．已知BC的长度，以及AB，AC的长度和
【答案】D
【分析】由题意S =S −S =S −(S −2S −S )，推出S −S =2S ．再
1 3个外半圆 6个弓形 3个外半圆 3个内半圆 △ABC 2 1 2 △ABC
一一判断即可．
【详解】解：∵S =S −S =S −(S −2S −S )，
1 3个外半圆 6个弓形 3个外半圆 3个内半圆 △ABC 2
∴S =2S +S ，
1 △ABC 2
∴S −S =2S ．
1 2 △ABC
A、若已知△ABC的三条中位线的长度，即可得到△ABC三边的长度，利用海伦公式
a+b+c
S=√p(p−a)(p−b)(p−c)(a，b，c是三角形的三边，p= )，可求得三角形的面积，即可得
2
到S −S 的值，故本选项不符合题意；
1 2
B、已知△ABC的面积，即可求得S −S 的值，故本选项不符合题意；
1 2
C、如解图，过点A作AD⊥BC于点D．
1
∵AD=AC⋅sin∠ACB= AC，
2
在△ADC和△ADB中，
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√3 √ 1 2
∴CD= AC，BD=√AB2−AD2= AB2−( AC) ，
2 2
1
∴S = ⋅AD⋅(BD+CD)，据此即可求得S −S 的值，故本选项不符合题意；
△ABC 2 1 2
D、∵已知AB，AC两边长度和，
∴AB，AC的长度不确定，
∴△ABC的面积也不确定，
∴不一定能求出S −S 的值，故本选项符合题意；
1 2
故选：D．
【点睛】本题三角形综合题，考查了三角形的面积，圆等知识，解题的关键是学会用割补法求阴影部分的
面积，本题的突破点是证明S −S =2S ．
1 2 △ABC
4．（2025·湖北·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，AB=2√3，∠A=60°，点E、F分别在AB、AD上，
且AE=DF，连接DE、BF交于点G，则∠BGD的度数为 ，四边形BCDG面积的最大值为 ．
【答案】 120°/120度 4√3
【分析】如图，连接BD，证明△ADE≌△DBF,∠ADE=∠DBF．可得∠DGB=120°．
∠DGB+∠BCD=180°，证明点B，C，D，G四点共圆．如图，连接BD交CG于Q，过D作DH⊥CG
于H，过B作BT⊥CG于T，可得当CG经过圆心O时，CG取得最大值，DH+BT取得最大值，四边形
BCDG面积取得最大值，再进一步求解即可．
【详解】解：如图，连接BD．
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∵四边形ABCD是菱形，∠A=60°，
∴△ABD为等边三角形，∠A=∠BCD=60°，
∴AD=BD，∠A=∠BDF=60°．
∵AE=DF，
∴△ADE≌△DBF，
∴∠ADE=∠DBF．
∵∠ADB=60°，∠ADE+∠GDB=∠ADB，
∴∠DBF+∠GDB=60°．
∵∠DBF+∠GDB+∠DGB=180°，
∴∠DGB=120°．
∴∠DGB+∠BCD=180°，
∴点B，C，D，G四点共圆．
如图，连接BD交CG于Q，过D作DH⊥CG于H，过B作BT⊥CG于T，
1 1 1
∴四边形BCDG面积= CG⋅DH+ CG⋅BT= CG(DH+BT)，
2 2 2
∵DH≤DQ，BT≤BQ，
∴当CG经过圆心O时，CG取得最大值，DH+BT取得最大值，
∴四边形BCDG面积取得最大值，
此时∠GCD=∠GCB=30°，
∵CG为直径，
∴∠GDC=90°，
∵BD=AB=CD=2√3，
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CD
∴CG= =4，
cos30°
∴CG的最大值为4．
1 1
∴四边形BCDG面积取得最大值为 BD⋅CG= ×2√3×4=4√3；
2 2
故答案为：120°，4√3．
【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，圆周角定理的
应用，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．
5．（2025·陕西·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠A=60°，点E,F分别在边AB和AD上，
且EF=4．当△AEF的面积最大时，△CEF的面积为 ．
【答案】8√3
【分析】本题考查菱形的性质、垂径定理、锐角三角函数、隐形圆求最值问题等知识，利用圆的相关知识
得到△AEF的面积最大是解答的关键．作△AEF的外接圆，设圆心为O，过O作OH⊥EF于H，过A作
AP⊥EF于P，由AP≤OA+OH，当A、O、H共线时取等号，此时AP最大，点P、H重合，AE=AF，
则△AEF的面积最大；设BD、AC相交于O'，由菱形的性质和锐角三角函数分别求得CO'=AO'=3√3，
再由垂径定理和等腰三角形的性质证得点A、O、P、O'、C共线，进而求得AP=2√3，则CP=4√3，然
后利用三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵EF=4，∠EAF=60°，
∴作△AEF的外接圆，设圆心为O，过O作OH⊥EF于H，过A作AP⊥EF于P，如图，则EH=HF，
∴AP≤OA+OH，当A、O、H共线时取等号，此时AP最大，点P、H重合，AE=AF，
1
∵S = EF⋅AP=AP，
△AEF 2
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∴AP最大时，△AEF的面积最大；
如图1，设BD、AC相交于O'，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，
1
∴AO'=CO'，BD⊥AO'，∠BAC=∠DAC= ∠BAD=30°，
2
√3
∴CO'=AO'=AB·cos30°= ×6=3√3，
2
又∵AE=AF，AP⊥EF，
1 1
∴∠EAP=∠FAP= ∠EAF=30°，EP= EF=2，
2 2
∴点A、O、P、O'、C共线，
∴∠APE=∠AO'B=90°，
EP
∴AP= =√3EP=2√3，
tan30°
∴CP=AC−AP=4√3，
1 1
∴S = EF⋅CP= ×4×4√3=8√3，
△CEF 2 2
故答案为：8√3．
6．（2025·上海徐汇·一模）如图，四边形ABCD中，AC⊥AB,BD⊥CD,BD=CD，如果
AB=m,AC=n，且m
