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重难点 05 圆的综合压轴题综合训练
中考数学中《圆的综合压轴题》部分主要考向分为六类：
一、圆中弧长和面积的综合题
二、圆与全等三角形的综合题
三、圆的综合证明问题
四、圆与等腰三角形的综合题
五、圆的阅读理解与新定义问题
六、圆与特殊四边形的综合题
中考数学中,“圆”是一个不可或缺的重要考点。圆与其他数学知识点联系紧密，经常出现在综合题中，
尤其是大题，有时甚至会作为压轴题出现。因此，在复习时，一定要注重圆与其他知识点的结合，掌握综
合题的解题技巧，非常有必要进行综合训练。
考向一：圆中弧长与面积的综合题
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nπr nπr2 1
L = ；S = = Lr；
弧长 180 扇形 360 2
公式可以直接应用，也可以由弧长（或面积）的数值求解对应的圆心角或者半径
1．（2024·山东日照·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=2,∠B=120°，点O是对角线AC的中点，
以点O为圆心，OA长为半径作圆心角为60°的扇形OEF，点D在扇形OEF内，则图中阴影部分的面
积为（ ）
π √3 √3 π 1
A． − B．π− C． − D．无法确定
2 4 4 2 4
【答案】A
【分析】连接OD，将OD绕点O顺时针旋转60°得到OD′．证明△MDO≌△N D′O(ASA)，推出
S =S ，利用S =S −S 即可求解．
四边形MDNO △DD′O 阴影 扇形EOF △DOD′
【详解】解：如图，连接OD，将OD绕点O顺时针旋转60°得到OD′．
∵∠MOD+∠DON=∠NOD′+∠DON=60°
，
∴ ∠MOD=∠NOD′，
∵在菱形ABCD中，点O是对角线AC的中点，∠B=120°，
∴∠ADC=∠B=120°，OD⊥AC，
1
∴∠MDO=∠COD= ∠ADC=60°，
2
∵∠DOD′=60°，
∴∠DD′O=60°，
∴∠DD′O=∠MDO=60°，
∵OD=OD，
∴ △MDO≌△N D′O(ASA)，
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∴S =S ．
四边形MDNO △DD′O
∵∠CDO=60°，
1 1 √3 √3
∴DO=CD⋅cos∠CDO= CD= AB=1,AO=CO=CD⋅sin∠CDO= CD= AB=√3，
2 2 2 2
60π×(√3) 2 √3 π √3
∴S =S −S =S −S = −= ×12= − ．
阴影 扇形EOF 四边形MDNO 扇形EOF △DOD′ 360 4 2 4
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形全等的判定与性质，解直角三角形，扇形的面积，作出辅助
线，构造三角形全等，利用S =S −S 是解题的关键．
阴影 扇形EOF △DOD′
2．（2024·山东东营·中考真题）习近平总书记强调，中华优秀传统文化是中华民族的根和魂．东营市某学
校组织开展中华优秀传统文化成果展示活动，小慧同学制作了一把扇形纸扇．如图，OA=20cm，
OB=5cm，纸扇完全打开后，外侧两竹条（竹条宽度忽略不计）的夹角∠AOC=120°．现需在扇面
一侧绘制山水画，则山水画所在纸面的面积为（ ）cm2．
25
A． π B．75π C．125π D．150π
3
【答案】C
【分析】将山水画所在纸面的面积转化为大小两个扇形的面积之差即可解决问题．本题主要考查了扇
形面积的计算，熟知扇形面积的计算公式是解题的关键．
【详解】解：由题知，
120⋅π⋅202 400
S = = π(cm2)，
扇形OAC 360 3
120⋅π⋅52 25
S = = π(cm2)，
扇形OBD 360 3
400 25
所以山水画所在纸面的面积为： π− π=125π(cm2 )．
3 3
故选：C．
3．（2024·河南·中考真题）如图，⊙O是边长为4√3的等边三角形ABC的外接圆，点D是B´C的中点，连
接BD，CD．以点D为圆心，BD的长为半径在⊙O内画弧，则阴影部分的面积为（ ）
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8π 16π
A． B．4π C． D．16π
3 3
【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°，
1
利用弧、弦的关系证明BD=CD，利用三线合一性质求出BE= BC=2√3，
2
1
∠BDE= ∠BDC=60°，在Rt△BDE中，利用正弦定义求出BD，最后利用扇形面积公式求解即可．
2
【详解】解∶过D作DE⊥BC于E，
∵⊙O是边长为4√3的等边三角形ABC的外接圆，
∴BC=4√3，∠A=60°，∠BDC+∠A=180°，
∴∠BDC=120°，
∵点D是B´C的中点，
∴B´D=C´D，
∴BD=CD，
1 1
∴BE= BC=2√3，∠BDE= ∠BDC=60°，
2 2
BE 2√3
∴BD= = =4，
sin∠BDE sin60°
120π⋅42 16π
∴S = = ，
阴影 360 3
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．
4．（2023·山东滨州·中考真题）如图，某玩具品牌的标志由半径为1cm的三个等圆构成，且三个等圆
⊙O ,⊙O ,⊙O 相互经过彼此的圆心，则图中三个阴影部分的面积之和为（ ）
1 2 3
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1 1 1
A． πcm2 B． πcm2 C． πcm2 D．πcm2
4 3 2
【答案】C
【分析】根据圆的对称性可知：图中三个阴影部分的面积相等，只要计算出一个阴影部分的面积即可，
如图，连接AO ,AO ,O O ，阴影AO O 的面积＝扇形AO O 的面积，据此即可解答.
1 2 1 2 1 2 1 2
【详解】解：根据圆的对称性可知：图中三个阴影部分的面积相等；
如图，连接AO ,AO ,O O ，则AO =AO =O O ，△AO O 是等边三角形，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
∴∠AO O =60°，弓形AO ,AO ,O O 的面积相等，
1 2 1 2 1 2
60π×12 1
∴阴影AO O 的面积＝扇形AO O 的面积= = πcm2，
1 2 1 2 360 6
1 1
∴图中三个阴影部分的面积之和=3× π= πcm2 ；
6 2
故选：C.
【点睛】本题考查了不规则图形面积的计算，正确添加辅助线、掌握求解的方法是解题关键.
5．（2022·四川资阳·中考真题）如图．将扇形AOB翻折，使点A与圆心O重合，展开后折痕所在直线l与
A´B交于点C，连接AC．若OA=2，则图中阴影部分的面积是(
)
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2π √3 2π π √3 π
A． − B． −√3 C． − D．
3 2 3 3 2 3
【答案】B
【分析】连接CO，且直线l与AO交于点D，解直角三角形求出∠COD=60°，即可求出扇形AOC的
面积，再算出△AOC的面积，即可求出阴影部分面积．
【详解】连接CO，且直线l与AO交于点D，如图所示，
∵扇形AOB中，OA=2，
∴OC=OA=2，
∵点A与圆心O重合，
∴AD=OD=1，CD⊥AO，
OD 1
∴cos∠COD= = ，
OC 2
∴∠COD=60°，
由勾股定理得：CD=√OC2−OD2=√3，
60° 2 1 1
∵S = ×π×22= π，S = AO⋅CD= ×2×√3=√3，
扇形AOC 360° 3 △AOC 2 2
2
∴S =S −S = π−√3，
阴影 扇形AOC △AOC 3
故选：B．
【点睛】此题考查求不规则图形的面积，扇形面积公式，添加辅助线是本题的关键．
6．（2023·内蒙古·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为2，对角线AC,BD相交于点O，以点B为圆心，
对角线BD的长为半径画弧，交BC的延长线于点E，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】π
【分析】根据正方形的性质得出阴影部分的面积为扇形BED的面积，然后由勾股定理得出BD=2√2，
再由扇形的面积公式求解即可．
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【详解】解：正方形ABCD，
∴AO=CO,BO=DO,AD=CD，∠DBE=45°，
∴△AOD≌△COB(SSS)，
∵正方形ABCD的边长为2，
∴BD=√22+22=2√2
2
45×π×(2√2)
∴阴影部分的面积为扇形BED的面积，即 =π，
360
故答案为：π．
【点睛】题目主要考查正方形的性质及扇形的面积公式，理解题意，将阴影部分面积进行转化是解题
关键．
7.（2023·湖南·中考真题）如图，某数学兴趣小组用一张半径为30cm的扇形纸板做成一个圆锥形帽子（接
缝忽略不计），如果做成的圆锥形帽子的底面半径为8cm，那么这张扇形纸板的面积为 cm2．
（结果保留π）
【答案】240π
【分析】根据圆锥底面半径，可以求出圆锥底面周长，底面圆周长即是扇形的弧长，根据扇形面积公
1
式S= lr可求出扇形面积．
2
【详解】解：帽子底面圆周长为：2×8π=16π，
1 1
则扇形弧长为16π， 扇形面积= lr= ×16π×30=240π(cm2 )
2 2
故答案为：240π
【点睛】本题考查了扇形面积的计算，掌握圆锥的性质和扇形的面积公式是求解的关键．
考向二：圆与全等三角形综合题
圆与全等三角形综合常见的有以下3种题型：
题型1:圆中弦与全等三角形
做题步骤:①观察弦是否相等或垂直平分；②应用垂径定理找直角或中点；③结合半径相等(隐含边等)
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判定全等。
题型2:切线与全等三角形。
做题步骤：①连接切点与圆心，得到垂直关系。2.利用切线长定理得边等。3.寻找对称性或公共边/角
构造全等,
题型3:圆周角与全等三角形。
做题步骤:①由等弧得等圆周角；②结合已知边等(如半径、弦长)判定全等；③必要时构造辅助线(如直
径、弦心距)
1．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点
D，将△CDB沿BC所在的直线翻折，得到△CEB，点D的对应点为E，延长EC交BA的延长线于点
F．
(1)求证：CF是⊙O的切线；
√2
(2)若sin∠CFB= ，AB=8，求图中阴影部分的面积．
2
【答案】(1)见解析
(2)2π−4
【分析】（1）连接OC，由折叠的性质得∠DBC=∠EBC，∠BEC=∠CDB=90°，再证明
OC∥BE，推出FC⊥OC，据此即可证明CF是⊙O的切线；
（2）先求得∠CFB=45°，在Rt△COD中，求得CD=OD=2√2，再利用扇形面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：连接OC，
∵CD⊥AB，
∴∠CDB=90°，
∵△CDB沿直线BC翻折得到△CEB，
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∴∠DBC=∠EBC，∠BEC=∠CDB=90°，
∵OB，OC是⊙O的半径，
∴OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC，
∴∠EBC=∠OCB，
∴OC∥BE，
∴∠FCO=∠BEC=90°，
∴FC⊥OC于点C，
又∵OC为⊙O的半径，
∴CF是⊙O的切线；
√2
（2）解：∵sin∠CFB= ，
2
∴∠CFB=45°，
由（1）得∠FCO=90°，
∴∠FOC=90°−∠CFB=45°，
∵CD⊥AB，
∴∠CDO=90°，
∵AB=8，
1 1
∴OC= AB= ×8=4，
2 2
在Rt△COD中，∠AOC=45°，
√2
∴CD=OD=OCsin∠AOC=4× =2√2，
2
1 1
∴S = OD⋅CD= ×2√2×2√2=4，
△COD 2 2
45
∴S = ×π×42=2π，
扇形AOC 360
∴S =S −S =2π−4．
阴影 扇形AOC △COD
【点睛】本题考查了切线的判定与扇形面积公式，折叠的性质，解直角三角形．充分运用圆的性质，
综合三角函数相关概念，求得线段长度是解题的关键．
2．（2024·安徽合肥·一模）如图，在四边形ABCD中，AO平分∠BAD．点 O在AC上，以点O为圆心，
OA为半径，作⊙O与BC相切于点B，BO延长线交⊙O于点 E，交AD于点 F，连接AE，DE．
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(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若AE=DE=8，求AF的长．
【答案】(1)详见解析
(2)AF的长为4√3
【分析】（1）连接OD，证明△BOC≌△DOC（SAS），得到∠OBC=∠ODC=90°，即可求证；
（2）由OA=OD，AE=DE=8，可得OE垂直平分AD，∠DAE=∠ADE，进而可得
∠BAO=∠DAO=∠DAE=30°，即可求出EF，再利用勾股定理得到AF的长即可．
【详解】（1）如图，连接OD，
∵AO平分∠BAD，
∴∠BAO=∠DAO，
∵OA=OB，OA=OD，
∴∠BAO=∠ABO，∠ADO=∠DAO，
∴∠BOC=2∠BAO，∠DOC=2∠DAO，
∴∠BOC=∠DOC，
∵OB=OD，OC=OC，
∴△BOC≌△DOC（SAS），
∴∠OBC=∠ODC，
∵⊙O与BC相切于点B，
∴OB⊥BC，
∴∠OBC=90°，
∴∠ODC=90°，即OD⊥CD，
∴CD是⊙O的切线；
（2）∵OA=OD，AE=DE=8，
∴OE垂直平分AD，∠DAE=∠ADE，
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∴∠AFE=90°，
∵∠ADE=∠ABE，
∴∠DAE=∠ABE，
∵∠BAO=∠DAO=∠ABO，
∴∠BAO=∠DAO=∠DAE，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BAE=90°，
∴∠BAO=∠DAO=∠DAE=30°，
1 1
∴EF= AE= ×8=4，
2 2
∴AF=√AE2−EF2=√82−42=4√3．
【点晴】本题主要考查了角平分线的定义，切线的性质和判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角
形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握圆的有
关性质是解决此题的关键．
3．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，连接AC,BD交于点E，且AC平
分∠BCD．
(1)如图1，求证：AB=AD；
(2)如图2，若∠BAC+∠CED=120°，求证，△ABD是等边三角形；
(3)如图3，在（2）的条件下，将AB沿AC翻折得到的射线交线段CD于点M，交⊙O于点N，若
NC=3,DM=4，求线段AC的长．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)10．
【分析】题目主要考查圆与三角形综合问题，包括圆周角定理，等边三角形的判定和性质，全等三角
形的判定和性质等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
（1）根据题意得∠ACB=∠ACD，再由圆周角定理及等量代换得出∠ADB=∠ABD，利用等角对
等边即可证明；
（2）根据圆周角定理得出∠BAC=∠BDC，再由等量代换确定
∠ACD=180°−(∠BDC+∠CED)=60°，根据等边三角形的判定即可证明；
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（3）设∠BAC=∠CAN=α，根据等边三角形的性质及圆周角定理，利用全等三角形的判定得出
△ABC≌△AMC，结合图形，根据其性质求解即可．
【详解】（1）证明：∵AC平分∠BCD，
∴∠ACB=∠ACD，
∵弧AB=弧AB，
∴∠ACB=∠ADB，
∵弧AD=弧AD，
∴∠ACD=∠ABD，
∴∠ADB=∠ABD，
∴AB=AD；
（2）证明：如图：∵弧BC=弧BC，
∴∠BAC=∠BDC，且∠BAC+∠CED=120°，
∴∠BDC+∠CED=120°，
∴∠ACD=180°−(∠BDC+∠CED)=60°，
∴∠ABD=∠ACD=60°且AB=AD，
∴△ABD为等边三角形；
（3）解：如图：设∠BAC=∠CAN=α，
∵△ABD为等边三角形，
∴∠ABD=∠ADB=∠BAD=60°
，
∴∠DAN=60°−2α，
∵弧BC=弧BC，
∴∠BDC=∠BAC=α，
∴∠ADC=60°+α，
∵弧AC=弧AC，
∴∠ANC=∠ADC=60°+α，
∵弧DN=弧DN，
∴∠DCN=∠DAN=60°−2α，
∴∠CMN=180°−∠ANC−∠DCN=60°+α=∠ANC，
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∴CM=CN=3，
∴CD=CM+DM=7，
∵∠ACD=60°=∠ACB,∠BAC=∠CAN,AC=AC，
∴△ABC≌△AMC，
∴BC=CM=3
在CA上截取CF=BC=3，且∠ACB=60°，
∴△BCF是等边二角形，
∴BC=BF,∠CBF=60°=∠ABD，
∴∠CBF−∠EBF=∠ABD−∠EBF
∴∠ABF=∠CBD，且AB=BD，
∴△ABF≌△DBC，
∴AF=CD=7，
∴AC=AF+CF=10．
4．（2024·福建厦门·二模）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD=CD，以AB为直径的⊙O经过点C，
连接AC、OD交于点E．
(1)证明：AE=CE；
(2)若AC=2BC；
①证明：DA是⊙O的切线
②如图2连接BD交⊙O于点F，连接EF，求∠≝¿的度数
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；② ∠≝=45°
【分析】（1）连接OC，证明△ADO≌△CDO(SSS)，得出∠AOD=∠COD，根据等腰三角形的
性质求出AE=CE即可；
（2）①根据AB是⊙O的直径，得出∠ACB=90°，证明Rt△ACB≌Rt△DEA(HL)，得出
∠ABC=∠DAE，求出∠BAC=∠DAE=∠OAD=90°，即可证明结论；
②连接AF，证明A、E、F、D四点共圆，得出∠≝=∠DAF，求出∠DAF=90°−45°=45°，即可
得出答案．
【详解】（1）证明：如图1，连接OC，
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∵AO=CO，AD=CD，OD=OD，
∴△ADO≌△CDO(SSS)，
∴∠AOD=∠COD，
∵OA=OC,∠AOE=∠COE，
∴AE=CE；
（2）①证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵OA=OC，AE=CE，
∴OE⊥AC，
∴∠AED=∠CED=90°，
∴∠ACB=∠AED=90°
∵AE=CE，
∴AC=2AE，
∵AC=2BC，
∴BC=AE，
∴Rt△ACB≌Rt△DEA(HL)，
∴∠ABC=∠DAE，
∵∠ABC+∠BAC=90°
∴∠BAC+∠DAE=∠OAD=90°，
∴OA⊥AD
∵OA是半径，
∴DA是⊙O的切线；
②如图，连接AF，
∵AB为直径，
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∴∠AFB=90°，
∵∠AED=90°，
∴E，F都在以AD为直径的圆上，
∴A、E、F、D四点共圆，
∵DF=DF，
∴∠≝=∠DAF，
∵AB=AD，∠BAD=90°，
1
∴∠ADB=∠ABD= ×90°=45°，
2
∵∠AFD=180°−90°=90°，
∴∠DAF=90°−45°=45°，
∴∠≝=45°．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，切线的判定和性质，四点共圆，三角形全
等的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
5．（2024·黑龙江大庆·二模）如图，AB是⊙O的直径，C、D为⊙O上的点，且BC∥OD，过点D作
DE⊥AB于点E．
(1)求证：BD平分∠ABC；
(2)求证：BC=2EO
(3)若BC=6，DE=4，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)⊙O的半径为5
【分析】（1）首先由平行线的性质可得∠ODB=∠CBD，再利用等腰三角形的性质可得
∠ODB=∠OBD，进而可证明结论；
（2）过O点作OF⊥BC于点F，由垂径定理可得BC=2BF，再根据垂直的定义可得
∠DEO=∠OFB=90°，然后利用平行线的性质得到∠DOE=∠OBF，证明
△DOE≌△OBF(AAS)，根据全等三角形的性质即可证明；
（3）由（2）知，BC=2EO，可得EO=3，在Rt△DOE中，利用勾股定理即可求解
【详解】（1）证明：∵ OB=OD，
∴ ∠ODB=∠OBD，
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∵ BC∥OD，
∴ ∠ODB=∠CBD，
∴ ∠OBD=∠CBD，
∴ BD平分∠ABC；
（2）如图，过O点作OF⊥BC于点F，
∴∠OFB=90° BC=2BF
， ，
∵ DE⊥AB，
∴ ∠DEO=90°，
∴ ∠DEO=∠OFB=90°，
∵ BC∥OD，
∴ ∠DOE=∠OBF；
在△DOE和△OBF中，
¿，
∴ △DOE≌△OBF(AAS)，
∴ EO=BF，
又BC=2BF，
∴ BC=2EO；
（3）由（2）知，BC=2EO，
∵ BC=6，
∴ EO=3，
∵ DE=4，
∴ OD=√DE2+OE2=√42+32=5，，
∴ ⊙O的半径为5．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的性质，角平分线
的定义等知识的综合运用，作出辅助线是解决本题的关键．
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考向三：圆的综合证明问题
1.标注已知条件:明确弦、弧、切线、角度等信息，标在图上。
2.联想相关定理:根据条件匹配圆的性质(如遇切线→切线长定理:遇弦→垂径定理)
3.构造辅助线:连接圆心、弦中点、切点等关键点，或添加辅助圆。
4.转化几何关系:将弧、角、弦的关系转化为三角形全等/相似或勾股定理
5.逆向验证:若直接证明困难，可假设结论成立，反向推导条件是否矛盾。
1．（2024·广东东莞·一模）综合探究：
如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AE⊥BD，BD>BC，点A是CA´D的中点，且
AF∥CD．
(1)若∠BAE=∠ADE，求证：BD是⊙O的直径；
(2)求证：直线AF是⊙O的切线；
(3)若BC=4，BE=2，求ED的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)DE=6
【分析】（1）利用垂直的定义，等量代换的性质和90°的圆周角所对的弦为直径的性质解答即可；
（2）连接AO并延长交CD于点G，利用垂径定理得到AG⊥CD，利用平行线的性质得到OA⊥AF，
利用圆的切线的判定定理解答即可；
（3）连接AC，过点A作AH⊥BC，交CB的延长线于点H，利用全等三角形的判定与性质得到
CH=DE，HB=EB，则DE=CH=6．
【详解】（1）证明：∵AE⊥BD，
∴∠BAE+∠ABD=90°，
∵∠BAE=∠ADE，∠ADE+∠ABD=90°，
∴∠BAD=90°，
∴BD是⊙O的直径；
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（2）证明：连接AO并延长交CD于点G，如图，
∵点A是CA´D的中点，且AG过圆心，
∴AG⊥CD，
∵AF∥CD，
∴OA⊥AF，
∵OA是⊙O的半径，
∴直线AF是⊙O的切线；
（3）解：连接AC，过点A作AH⊥BC，交CB的延长线于点H，如图，
∵点A是CA´D的中点，
∴A´C=A´D，
∴AC=AD．
在△AHC和△AED中，
¿，
∴△AHC≌△AED(AAS)，
∴AH=AE，CH=DE．
在Rt△AHB和Rt△AEB中，¿，
∴Rt△AHB≌Rt△AEB(HL)，
∴HB=EB，
∴CH=HB+BC=BE+BC=2+4=6，
∴DE=CH=6．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理垂径定理，圆的切线的判定定理，平行线的性质，
全等三角形的判定与性质，连接经过切点的半径是解决此类问题的关键．
2．（2024·安徽合肥·二模）已知，四边形 ABCD内接于⊙O，AB为⊙O直径 ，AD与BC的延长线相
交于点E，AC平分∠BAD，AC与BD相交于点 F．
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(1)如图1，若AD=BD ，求证：AF=BE；
(2)如图2，若DE=4，CE=6，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)9
【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质、圆与三角形的综合、勾股定理：
（1）利用ASA证得△ADF≌△BDE，进而可求证结论；
（2）利用ASA先证得△ACE≌△ACB，进而可得BC=CE=6，BE=2BC=12，设AD=a，AB=b，
利用勾股定理得C A2=(a+4) 2−62，DB2=122−42，再结合¿，即可求解；
熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键。
【详解】（1）证明：∵AB为⊙O直径，
∴∠ADB=∠BDE=∠ACB=90°，
∴∠DAF+∠DFA=∠CFB+∠CBF=90°，
∵∠DFA=∠CFB，
∴∠DAF=∠EBD，
在△DAC和△EBD中，
¿，
∴△ADF≌△BDE(ASA)
∴AF=BE。
（2）∵ AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠EAC，
由（1）得：∠ACE=∠ACB=90°，
在△ACE和△ACB中，
¿，
∴△ACE≌△ACB(ASA)，
∵CE=6，
∴BC=CE=6，BE=2BC=12，
设AD=a，AB=b，
由勾股定理得：EA2−CE2=C A2，BE2−DE2=DB2，
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∴C A2=(a+4) 2−62，DB2=122−42，
∵¿，即：¿，
解得：b=18，
∵ AB为⊙O直径，
b
∴ ⊙O的半径为 =9。
2
3．（2024·山东济南·中考真题）如图，AB,CD为⊙O的直径，点E在B´D上，连接AE,DE，点G在BD
的延长线上，AB=AG,∠EAD+∠EDB=45°．
(1)求证：AG与⊙O相切；
1
(2)若BG=4√5,sin∠DAE= ，求DE的长．
3
【答案】(1)证明见解析；
2√10
(2) ．
3
【分析】（1）证明∠GAB=90°，即可证明AG是⊙O的切线；
1 DE √2
（2）连接CE，先计算sin∠DCE=sin∠DAE= = ，再计算AB= BG=2√10=DC，后
3 DC 2
1
得到DE=DCsin∠DAE=2√10× 解答即可．
3
本题考查了切线的证明，圆周角定理，三角形函数的应用，熟练掌握切线的判定定理，三角函数的应
用是解题的关键．
【详解】（1）解：∵∠EDB,∠EAB所对的弧是同弧
∴∠EDB=∠EAB，
∵∠EAD+∠EDB=45°，
∴∠EAD+∠EAB=45°，
即∠BAD=45°，
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠B=180°−∠ADB−∠DAB=45°，
∵AB=AG，
∴∠B=∠G=45°，
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∴∠GAB=90°，
∴AG与⊙O相切．
（2）解： 连接CE
∵∠DAE,∠DCE
所对的弧是同弧，
∴∠DAE=∠DCE，
∵DC为直径，
∴∠DEC=90°，
1 DE
在Rt△DEC中，sin∠DCE=sin∠DAE= = ，
3 DC
∵BG=4√5,∠B=45°,∠BAG=90°，
√2
∴AB= BG=2√10=DC，
2
1 2√10
∴DE=DCsin∠DAE=2√10× = ．
3 3
4．（2024·四川巴中·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，点D为B´C的中点，连接AD、BD，BE平分
∠ABC交AD于点E，过点D作DF∥BC交AC的延长线于点F．
(1)求证：DF是⊙O的切线．
(2)求证：BD=ED．
(3)若DE=5，CF=4，求AB的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
25
(3)AB=
4
【分析】（1）如图，连接OD，证明OD⊥BC，结合DF∥BC，可得DF⊥OD，从而可得结论；
（2）证明∠CBD=∠BAD，∠ABE=∠CBE，结合∠DEB=∠BAD+∠ABE，
∠DBE=∠CBD+∠CBE，再进一步可得结论；
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FC CD
（3）如图，连接CD，证明CD=BD=5，再证明△FDC∽△DAB，可得 = ，结合CF=4，
DB AB
从而可得答案；
【详解】（1）证明：如图，连接OD，
∵点D为B´C的中点，
∴OD⊥BC，
∵DF∥BC，
∴DF⊥OD，且OD是⊙O的半径，
∴DF是⊙O的切线；
（2）证明：∵点D为B´C的中点，
∴B´D=C´D，
∴∠CBD=∠BAD，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∵∠DEB=∠BAD+∠ABE，∠DBE=∠CBD+∠CBE，
∴∠DBE=∠DEB，
∴DB=DE；
（3）解：如图，连接CD，
∵DE=5，BD=DE，
∴BD=5，
∵B´D=C´D，
∴CD=BD=5，
∵BC∥DF，
∴∠ACB=∠F，而∠ACB=∠ADB，
∴∠ADB=∠F，
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∵四边形ABDC为⊙O的内接四边形，
∴∠ABD+∠ACD=180°=∠ACD+∠DCF，
∴∠DCF=∠ABD，
∴△FDC∽△DAB，
FC CD
∴ = ，而CF=4，
DB AB
4 5
∴ = ，
5 AB
25
∴AB= ，经检验，符合题意；
4
【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，切线的判定，相似三角形的判定与性质，圆的内接四边形
的性质，等腰三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键.
5．（2024·四川雅安·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，点P是BA延长线上的
一点，连接AC，∠PCA=∠B．
(1)求证：PC是⊙O的切线；
1
(2)若sin∠B= ，求证：AC=AP；
2
(3)若CD⊥AB于D，PA=4，BD=6，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)AD=2
【分析】（1）首先由直径得到∠ACB=90°，然后利用等边对等角得到∠B=∠BCO，等量代换得
到OC⊥PC，进而证明即可；
1
（2）利用sin∠B= 得到∠B=30°，求出∠PCA=∠B=30°，然后利用直角三角形两锐角互余得
2
到∠P=∠CAB−∠PCA=30°，进而求解即可；
PA PC
（3）设AD=x，证明出△PAC∽△PCB，得到 = ，然后表示出PC2=PA⋅PB=4(10+x)，
PC PB
然后利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）如图所示，连接OC，
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∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BCO+∠OCA=90°，
∵OB=OC，
∴∠B=∠BCO，
∵∠PCA=∠B，
∴∠PCA=∠BCO，
∴∠PCA=∠OCA=90°，
∴OC⊥PC，
∴PC是⊙O的切线；
1
（2）证明：∵sin∠B= ，
2
∴∠B=30°，
∴∠PCA=∠B=30°，
由（1）知∠ACB=90°，
∴∠CAB=60°，
∴∠P=∠CAB−∠PCA=30°，
∴∠PCA=∠P，
∴AC=AP；
（3）设AD=x，
在Rt△ACB中，CD⊥AB，
∴∠B+∠BCD=∠ACD+∠BCD=90°
∴∠B=∠ACD
∵∠BDC=∠ADC=90°
∴△BDC∽△CDA
BD CD
∴ =
CD AD
∴CD2=AD×BD=6x，
∵∠P=∠P，∠PCA=∠B，
∴△PAC∽△PCB，
PA PC
∴ = ，
PC PB
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∴PC2=PA⋅PB=4(6+4+x)=4(10+x)，
在Rt△PCD中，由勾股定理得PD2+CD2=PC2，
即(4+x) 2+6x=4(10+x)，整理得x2+10x−24=0，
解得x =2，x =−12（舍去），
1 2
故AD=2．
【点睛】此题考查了直径的性质，切线的判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理，解题的关键是
掌握以上知识点．
6．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，△ABC为⊙O的内接三角形，AB为⊙O的直径，将△ABC沿直
线AB翻折到△ABD，点D在⊙O上．连接CD，交AB于点E，延长BD，CA，两线相交于点P，过
点A作⊙O的切线交BP于点G．
(1)求证：AG∥CD；
(2)求证：PA2=PG⋅PB；
1
(3)若sin∠APD= ，PG=6．求tan∠AGB的值．
3
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)√2
【分析】（1）根据折叠可得AB⊥CD，根据切线的定义可得AG⊥AB，即可得证；
（2）根据题意证明∠PAG=∠ABD，进而证明△APG∽△BPA，根据相似三角形的性质，即可得证；
AD 1 √2
（3）根据sin∠APD= = ，设AD=a，则AP=3a，得出tan∠APD= ，根据折叠的性质可
AP 3 4
得出AC=AD=a，则PC=PA+AC=3a+a=4a，进而求得BD=√2a，根据
∠AGB=90°−∠GAD=∠DAB，进而根据正切的定义，即可求解．
【详解】（1）证明：∵将△ABC沿直线AB翻折到△ABD，
∴AB⊥CD，
∵AB为⊙O的直径，AG是切线，
∴AG⊥AB，
∴AG∥CD；
（2）解：∵AG是切线，
∴AG⊥AB，
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∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ABD=90°−∠DAB=∠GAD，
∵由折叠可得∠ABD=∠ABC，
∴∠CBD=2∠ABD，
∵四边形ADBC是⊙O的内接四边形，
∴∠PAD=180°−∠CAD=∠DBC=2∠ABD，
∴∠PAG=∠PAD−∠GAD=2∠ABD−∠ABD=∠ABD，
又∵∠APG=∠BPA，
∴△APG∽△BPA，
AP PG
∴ = ，即PA2=PG⋅PB；
BP PA
AD 1
（3）解：∵sin∠APD= = ，设AD=a，则AP=3a，
AP 3
∴PD=√AP2−AD2=2√2a，
AD a √2
∴tan∠APD= = = ，
PD 2√2a 4
∵由折叠可得AC=AD=a，
∴PC=PA+AC=3a+a=4a，
CB √2
∵在Rt△PCB中，tan∠CPB= = ，
PC 4
√2
∴BD=CB= PC=√2a，
4
∵AD⊥BD，GA⊥AB，
∴∠AGB=90°−∠GAD=∠DAB，
BD √2a
∴tan∠AGB=tan∠DAB= = =√2．
AD a
【点睛】本题考查了切线的性质，折叠问题，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，熟练掌握以
上知识是解题的关键．
7．（2024·福建·中考真题）如图，在△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC于点
D，AE⊥OC，垂足为E,BE的延长线交A´D于点F．
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OE
(1)求 的值；
AE
(2)求证：△AEB∽△BEC；
(3)求证：AD与EF互相平分．
1
【答案】(1)
2
(2)证明见解析
(3)证明见解析
AC
【分析】（1）先证得AC=2AO，再在Rt△AOC中，tan∠AOC= =2．在Rt△AOE中，
AO
AE AE
tan∠AOC= ，可得 =2，再证得结果；
OE OE
（2）过点B作BM∥AE，交EO延长线于点M，先证明△AOE≌△BOM，可得
AE=BM,OE=OM，再证得∠BAE=∠CBE，再由相似三角形的判定可得结论；
（3）如图，连接DE,DF，由（2）△AEB∽△BEC，可得
AE AB 2AO AO
= = = ,∠EAO=∠EBD，从而得出△AOE∽△BDE，得出
BE BC 2BD BD
∠BED=∠AEO=90°， 得出∠AFB=∠≝¿，再由平行线判定得出AF∥DE，AE∥FD，从而得
出四边形AEDF是平行四边形，最后由平行四边形的性质可得结果．
【详解】（1）∵AB=AC，且AB是⊙O的直径，
∴AC=2AO．
∵∠BAC=90°，
AC
∴在Rt△AOC中，tan∠AOC= =2．
AO
∵AE⊥OC，
AE
∴在Rt△AOE中，tan∠AOC= ．
OE
AE
∴ =2，
OE
OE 1
∴ = ；
AE 2
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（2）过点B作BM∥AE，交EO延长线于点M．
∴∠BAE=∠ABM,∠AEO=∠BMO=90°
．
∵AO=BO，
∴△AOE≌△BOM，
∴AE=BM,OE=OM．
OE 1
∵ = ，
AE 2
∴BM=2OE=EM，
∴∠MEB=∠MBE=45°，
∴∠AEB=∠AEO+∠MEB=135°，∠BEC=180°−∠MEB=135°，
∴∠AEB=∠BEC．
∵AB=AC,∠BAC=90°，
∴∠ABC=45°，
∴∠ABM=∠CBE，
∴∠BAE=∠CBE，
∴△AEB∽△BEC．
（3）如图，连接DE,DF．
∵AB ⊙O
是 的直径，
∴∠ADB=∠AFB=90°,AB=2AO．
∵AB=AC,∠BAC=90°，
∴BC=2BD,∠DAB=45°．
由（2）知，△AEB∽△BEC，
AE AB 2AO AO
∴ = = = ,∠EAO=∠EBD，
BE BC 2BD BD
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∴△AOE∽△BDE，
∴∠BED=∠AEO=90°．
∴∠≝=90°．
∴∠AFB=∠≝¿，
∴AF∥DE．
由（2）知，∠AEB=135°，
∴∠AEF=180°−∠AEB=45°．
∵∠DFB=∠DAB=45°，
∴∠DFB=∠AEF，
∴AE∥FD，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∴AD与EF互相平分．
【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性
质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基
础知识，考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，熟练掌握相关图形的性质定理是关键．
考向四：圆与等腰三角形的综合
1.画图标注条件:明确圆、等腰三角形、切线、弦等位置关系。
2.添加辅助线:①连接圆心与顶点、切点、弦中点；②构造垂直、角平分线或对称轴。
3.应用定理转化:垂径定理→垂直平分弦；圆周角定理→角度的倍数关系；切线性质→垂直与切线长相等
4.推导几何关系:①利用全等三角形(SSS、SAS、HL)或相似三角形；②结合勾股定理、三角函数计算长度
或角度。
1．（2024·山东淄博·中考真题）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习．
【操作发现】
小明作出了⊙O的内接等腰三角形ABC，AB=AC．并在BC边上任取一点D（不与点B，C重合），
连接AD，然后将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACE．如图①
小明发现：CE与⊙O的位置关系是__________，请说明理由：
【实践探究】
连接DE，与AC相交于点F．如图②，小明又发现：当△ABC确定时，线段CF的长存在最大值．
请求出当AB=3√10．BC=6时，CF长的最大值；
【问题解决】
在图②中，小明进一步发现：点D分线段BC所成的比CD:DB与点F分线段DE所成的比DF:FE始
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终相等．请予以证明．
3√10
【答案】操作发现：CE与⊙O相切；实践探究： ；问题解决：见解析
10
【分析】操作发现：连接CO并延长交⊙O于点M，连接AM，根据直径所对圆周角为直角得到
∠MAC=90°，根据旋转的性质得到∠B=∠ACE，由圆周角定理推出∠B=∠AMC，等量代换得
到∠ACE=∠AMC，利用直角三角形的性质即可证明∠OCE=90°，即可得出结论；
实践探究：证明△ABC∽△ADE，得到∠B=∠ADE=∠ACB，结合三角形外角的性质得到
AB BD
∠CDF=∠BAD，易证△ABD∽△DCF，得到 = ，设BD=x，则CD=6−x，得到
CD CF
√10 √10 3√10
CF= x(6−x)=− (x−3) 2+ ，利用二次函是的性质即可求解；
30 30 10
问题解决：过点E作EN∥BC交AC于点N，由旋转的性质知：∠B=∠ACE，证明
∠ENC=∠ACE，推出EN=CE，由旋转的性质得：△ABD≌△ACE，
CD DF
得到BD=EN，根据EN∥BC，易证△CDF∽△NEF，得到 = ，即可证明结论．
EN EF
【详解】操作发现：
解：连接CO并延长交⊙O于点M，连接AM，
∵MC ⊙O
是 直径，
∴ ∠MAC=90°，
∴∠AMC+∠ACM=90°，
由旋转的性质得∠B=∠ACE，
∵ ∠B=∠AMC，
∴ ∠ACE=∠AMC，
∴ ∠OCE=∠ACM+∠ACE=∠ACM+∠AMC=90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴ CE与⊙O相切；
实践探究：
解： 由旋转的性质得：∠BAD=∠CAE,AD=AE，
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∴ ∠BAD+∠CAD=∠CAE+∠CAD即∠BAC=∠DAE，
∵AB=AC，
AB AC
∴ = ，
AD AE
∴△ABC∽△ADE，
∴∠B=∠ADE=∠ACB，
∵∠ADC=∠ADE+∠CDF=∠B+∠BAD，
∴∠CDF=∠BAD，
∴△ABD∽△DCF，
AB BD
∴ = ，
CD CF
设BD=x，则CD=6−x，
3√10 x
∴ = ，
6−x CF
√10 √10 3√10
∴ CF= x(6−x)=− (x−3) 2+ ，
30 30 10
√10
∵− <0，
30
3√10
∴当x=3时，CF有最大值为 ；
10
问题解决：
证明：过点E作EN∥BC交AC于点N，
∴∠ENC=∠ACB
由旋转的性质知：∠B=∠ACE，
∵∠B=∠ACB，
∴∠ACB=∠ACE，
∴∠ENC=∠ACE，
∴EN=CE，
由旋转的性质得：△ABD≌△ACE，
∴BD=CE，
∴BD=EN，
∵EN∥BC，
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∴△CDF∽△NEF，
CD DF
∴ = ，
EN EF
∵BD=EN，
CD DF
∴ = ．
BD EF
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的证明，旋转的性质，三角形相似的判定与性质，二次函数最值
的应用，正确作出辅助线，构造三角形相似是解题的关键．
2．（2024·湖北武汉·中考真题）如图，△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点，腰AC与半圆O相切于
点D，底边BC与半圆O交于E，F两点．
(1)求证：AB与半圆O相切；
(2)连接OA．若CD=4，CF=2，求sin∠OAC的值．
【答案】(1)见解析
4
(2)
5
【分析】本题考查了等腰三角形三线合一，角平分线的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知
识点是解题的关键．
（1）连接OA、OD，作ON⊥AB交AB于N，根据等腰三角形三线合一可知，AO⊥BC，AO平分
∠BAC，结合AC与半圆O相切于点D，可推出ON=OD，得证；
（2）由题意可得出∠OAC=∠COD，根据OF=OD，在Rt△ODC中利用勾股定理可求得OD的长
CD
度，从而得到OC的长度，最后根据sin∠OAC=sin∠COD= 即可求得答案．
OC
【详解】（1）证明：连接OA、OD，作ON⊥AB交AB于N，如图
∵△ABC O BC
为等腰三角形， 是底边 的中点
∴AO⊥BC，AO平分∠BAC
∵AC与半圆O相切于点D
∴OD⊥AC
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由∵ON⊥AB
∴ON=OD
∴AC是半圆O的切线
（2）解：由（1）可知AO⊥BC，OD⊥AC
∴∠AOC=90°，∠ODC=90°
∴∠OAC+∠OCA=180°−∠AOC=90°，∠COD+∠OCA=180°−∠ODC=90°
∴∠OAC=∠COD
CD
∴sin∠OAC=sin∠COD=
OC
又∵ OF=OD，CF=2
∴在Rt△ODC中，CD=4，OC=OF+FC=OD+2
∵ OC2=CD2+OD2，
∴ (OD+2) 2=42+OD2
解得：OD=3
CD CD 4 4
∴sin∠OAC=sin∠COD= = = =
OC OD+2 3+2 5
3．（2024·湖南·模拟预测）如图，⊙O为等腰三角形ABC的外接圆，AB=AC，延长AO交BC于点D，
过点C作AB的垂线，交AD于点E，交AB于点F，交⊙O于点G，交过点A且与BC平行的直线于点
H，连结AG．
(1)判断AH与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若∠BAC=56°，求∠H和∠BAG的大小；
(3)若GF=1，tan∠ABC=2，求OD的长．
【答案】(1)AH是⊙O的切线，见解析
(2)∠H=28°，∠BAG=28°
√5
(3)
2
【分析】（1）由题意得，AD⊥BC，BD=CD，则AH⊥AD，进而可证AH是⊙O的切线；
1
（2）由AB=AC，AD⊥BC，∠BAC=56°，可得∠BAD=∠CAD= ∠BAC=28°，则
2
∠B=90°−∠BAD=62°，∠BCF=180°−∠B−∠BFC=28°，由AH∥BC，可得
∠H=∠BCF=28°，由B´C=B´C，可得∠BAG=∠BCF=28°；
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AD
（3）设BD=CD=a，则BC=2a，由tan∠ABC= =2，可求AD=2a，由A´C=A´C，可得
BD
∠AGC=∠ABC，则tan∠AGC=tan∠ABC，可求AF=2，由勾股定理得，
AB=√AD2+BD2=√5a，则AC=AB=√5a，BF=√5a−2，由勾股定理得，
CF2=BC2−BF2=(2a) 2−(√5a−2) 2=−a2+4√5a−4，
CF2=AC2−AF2=(√5a) 2 −22=5a2−4，即−a2+4√5a−4=5a2−4，可求满足要求的解为
2√5 4√5 4√5
a= ，则AD= ，如图，连接OB，设OD=x，则OA=OB=AD−OD= −x，由勾股定
3 3 3
2 2
理得，OB2=OD2+BD2，即 (4√5 −x ) =x2+ (2√5) ，计算求解即可．
3 3
【详解】（1）解：AH是⊙O的切线，理由如下；
∵⊙O为等腰三角形ABC的外接圆，AB=AC，延长AO交BC于点D，
∴AD⊥BC，BD=CD，
∵AH∥BC，
∴AH⊥AD，
又∵OA是⊙O的半径，
∴AH是⊙O的切线；
（2）解：∵AB=AC，AD⊥BC，∠BAC=56°，
1
∴∠BAD=∠CAD= ∠BAC=28°，
2
∴∠B=90°−∠BAD=62°，
∵CF⊥AB，
∴∠BFC=90°，
∴∠BCF=180°−∠B−∠BFC=28°，
∵AH∥BC，
∴∠H=∠BCF=28°，
∵B´C=B´C，
∴∠BAG=∠BCF=28°，
∴∠H=28°，∠BAG=28°；
（3）解：设BD=CD=a，则BC=2a，
AD AD
∴tan∠ABC= =2，即 =2，
BD a
解得，AD=2a，
∵A´C=A´C，
∴∠AGC=∠ABC，
∴tan∠AGC=tan∠ABC，
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AF
∴ =2，即AF=2，
GF
由勾股定理得，AB=√AD2+BD2=√5a，
∴AC=AB=√5a，BF=√5a−2，
由勾股定理得，CF2=BC2−BF2=(2a) 2−(√5a−2) 2=−a2+4√5a−4，
CF2=AC2−AF2=(√5a) 2 −22=5a2−4，
∴−a2+4√5a−4=5a2−4，
2√5
解得，a= 或a=0（舍去），
3
4√5
∴AD= ，
3
4√5
如图，连接OB，设OD=x，则OA=OB=AD−OD= −x，
3
2 2
由勾股定理得，OB2=OD2+BD2，即 (4√5 −x ) =x2+ (2√5) ，
3 3
√5
解得，x= ，
2
√5
∴OD的长为 ．
2
【点睛】本题考查了外接圆，等腰三角形的性质，切线的判定，同弧所对的圆周角相等，三角形内角
和定理，勾股定理，正切等知识．熟练掌握外接圆，等腰三角形的性质，切线的判定，同弧所对的圆
周角相等，三角形内角和定理，勾股定理，正切是解题的关键．
4．（2024·山东聊城·三模）如图，⊙O是以等腰三角形ABC的一腰AC为直径的圆，且与其底边BC交于
点D，点E是直径AC延长线上一点，连接ED并延长交AB于点F，且EF⊥AB．
(1)求证：EF是⊙O的切线；
(2)若BF=1，tan∠ACB=2，求⊙O的半径．
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【答案】(1)见解析
5
(2)
2
【分析】（1）连接OD，利用等腰三角形性质证明OD∥AB，利用平行线性质证明EF⊥OD，即
可证明EF是⊙O的切线；
（2）连接AD，利用平行线分线段成比例得到CD=BD，利用等腰三角形性质得到AD⊥BC，利用
锐角三角函数得到AD=2CD，又tan∠B=tan∠ACB=2，进而得到DF=2BF=2，利用勾股定理
得到BD，同理得到AC，即可解题．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵△ABC
为等腰三角形，
∴∠B=∠ACB，
∵OD=OC，
∴∠ODC=∠ACB，
∴∠B=∠ODC，
∴OD∥AB，
∵EF⊥AB，
∴EF⊥OD，
∵OD为半径，
∴ EF是⊙O的切线；
（2）解：连接AD，
∵ OD∥AB
，
CD CO
∴ = =1，即CD=BD，
BD AO
∴AD⊥BC，
∵ tan∠ACB=2，
∴AD=2CD，
∵ tan∠B=tan∠ACB=2，BF=1，
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∴DF=2BF=2，
∴BD=√DF2+BF2=√5，
∴CD=√5，
∴AD=2√5，
∴AC=√AD2+CD2=5，
1 5
∴AO=CO= AC= ．
2 2
5
即⊙O的半径为 ．
2
【点睛】本题考查了等腰三角形性质，平行线性质和判定，切线的判定，平行线分线段成比例，锐角
三角函数，勾股定理，熟练掌握相关性质定理是解题的关键．
5．（2024·广东广州·一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点P是斜边AC上一个动点，以BP为
直径作⊙O，交BC于点D，与AC的另一个交点为E，连接DE，BE．
(1)当D´P=E´P时，求证：AB=AP；
(2)当AB=3，BC=4时．
①是否存在点P，使得△BDE是等腰三角形，若存在，求出所有符合条件的CP的长；若不存在，请
说明理由；
②连接DP，点H在DP的延长线上，若点O关于DE的对称点Q恰好落在∠CPH内，求CP的取值范
围．
【答案】(1)见解析
5 7 7 5
(2)①存在，CP=2或CP= 或CP= ；② <CP<
2 5 5 2
【分析】（1）根据D´P=E´P得出∠DBP=∠EBP，连接BE，可得∠ABC=∠BEP=90°则
∠ABP=∠BPE，即可得证；
BC 4 3 12
（2）①勾股定理可得AC=5，进而可得sinA= = ，cosA= ，BE=sinA⋅AB= ，
AC 5 5 5
9 9 16
AE=cosA⋅AB= ，CE=5− = ，分三种情况讨论，分别解直角三角，即可求解；
5 5 5
②根据题意得出四边形ODQE是菱形，分当Q在PH上时，当Q在CP上时，求得临界值，进而结合图
形，即可求解．
【详解】（1）证明：∵D´P=E´P
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∴∠DBP=∠EBP，
连接BE，如图，
∵BP是直径，
∴∠ABC=∠BEP=90°，
∴∠ABC−∠DBP=∠BEP−∠PBE，
即∠ABP=∠BPE，
∴AB=AP；
（2）∵Rt△ABC中，AB=3，BC=4
∴AC=5，
BC 4 3
∴sin A= = ，cosA=
AC 5 5
∵∠BEP=90°
12 9 9 16
∴BE=sin A⋅AB= ，AE=cosA⋅AB= ，CE=5− =
5 5 5 5
若存在△BDE是等腰三角形；
12 8
①当BD=BE时，BD=BE= ，则CD=4−BD=
5 5
连接DP，
∵PB是直径，
∴∠PDB=90°
CD CE
∵cosC= =
CP CB
8 16
∴ 5 5
=
CP 4
解得：CP=2
当DB=DE时，过点D作DF⊥BE于点F，
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∵DB=DE,DF⊥BE
∴BF=FE（等腰三角形三线合一）
∴DE平行AC，
BD BF
∴ = =1
DC FE
∴DF是△BCE的中位线，
∴CD=DB=2，
CD CE
∵cosC= =
CP CB
16
∴ 2 5 ，
=
CP 4
5
解得：CP= ，
2
当ED=EB时，如图所示，过点E作EG⊥CB于点G，
∴∠BEG=90°−∠CEG=∠C
BG BE 3
∴sinC= = =
BE BC 5
3 12 36
∴BG= × = ，
5 5 25
72
∴BD=2BG=
25
72 28
∴CD=5− =
25 25
CD CE
∵∵cosC= =
CP CB
28 16
∴ 25 5 ，
=
CO 4
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7
解得：CP= ，
5
5 7
综上所述，CP=2或CP= 或CP= ；
2 5
②连接OD,OE,QE,DQ，依题意，OD=OE=QD=QE
∴四边形ODQE是菱形，
当Q在PH上时，
∵四边形ODQE是菱形，
∴OD∥QE，DQ∥OE
∴∠CDP=∠CBA=90°
∴DQ∥OE∥AB
BO AE
∴ = =1
OP PE
∴EO为△ABP的中位线，
9 18
∴AP=2PE=2AE=2× =
5 5
18 7
∴CP=AB−AP=5− = ，
5 5
②当Q在CP上时，∵四边形ODQE是菱形，
∴OD∥AC，
∴∠C=∠BDO=∠CBP，
5
∴BP=CP =AP= ，
2
7 5
综上所述，CP的取值范围为 <CP< ．
5 2
【点睛】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，菱形的性质与判定，轴对称的性质，等腰三角形的
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性质，勾股定理，分类讨论是解题的关键．
6．（2024·浙江温州·二模）如图，△ABC内接于⊙O，直径BD交边AC于点E，过点C作CH⊥AB于点
H，交BD于点F，连接CD．
(1)求证：∠ACH=∠DBC．
(2)若AB=AC．
①当△BCE是等腰三角形时，求∠A的度数．
√5
②若sin∠ACD= ，求DE:EF的值．
5
【答案】(1)见解析
(2)①45°和36°；②5:6
【分析】本题主要考查了圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，
灵活运用相关知识成为解题的关键．
（1）根据圆周角定理可得∠BCD=90°，再结合已知条件可得∠CDB+∠CBD=90°、
∠BAC+∠ACH=90°，然后根据圆周角定理可得∠BAC=∠BDC，最后等量代换即可；
180°−x
（2）设∠A=x，则∠D=x，根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可得∠ACB= ，
2
再根据余角互补可得∠DBC=90°−x，然后分BE=BC、CE=BC、BE=CE三种情况，分别根据
等腰三角形的性质列方程求解即可．
【详解】（1）解： BD是⊙O直径，
∴∠BCD=90°,
∴∠CDB+∠CBD=90°,
∵CH⊥AB，
∴∠BAC+∠ACH=90°,
∵∠BAC=∠BDC，
∴∠ACH=∠DBC．
（2）解：设∠A=x，则∠D=x，
∵AB=AC，
180°−x
∴∠ACB= ，
2
∵∠BCD=90°，
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∴∠DBC=90°−x，
∵△BCE是等腰三角形，
180°−(90°−x) 90°+x
∴a.当BE=BC时，∠ACB= = ，
2 2
180°−x 90°+x
∴ = ，解得：x=45°,
2 2
∴∠A=45°；
b：当CE=BC时，∠BEC=∠CBE=90°−x，
∴∠ACB=180°−2(90°−x)=2x，
180°−x
∴ =2x，解得：x=36°，
2
∴∠A=36°；
c. 当BE=CE时，∠ACB=∠BDC=90°−x，
180°−x
∴ =90°−x，解得：x=0，即B、C、E三点共线，不符合题意；
2
综上，∠A的度数为45°和36°．
②如图：连接AO并延长交BC于G，连接AD,则AG⊥BC，BC=2BG,
∵∠ABD=∠ACD,
√5
∴sin∠ABD=sin∠ACD= ，
5
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BAD=90°,
设圆的直径为d，
√5
∴AD=sin∠ABD⋅BD= d，
5
2√5
∴AB=√BD2−AD2= d，
5
∵OB=OA,
∴∠ABD=∠BAG
2
∴BG=sin∠BAG⋅AB= d，
5
4
∴BC=2BG= d，
5
∵∠ABC+∠BAG=90°,∠ABC+∠BCH=90°,
√5
∴∠BCH=∠BAG，即sin∠BCH=sin∠BAG= ，
5
4 √5 4√5
∴BH=BC⋅sin∠BCH= d⋅ = d，
5 5 25
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8√5
∴HC=√BC2−BH2= d
25
√5
∵HF=sin∠ABD⋅BF= BF，BF2=H F2+HB2，
5
∴ (4√5 d ) 2 + (√5 BF ) 2 =BF2 ，解得：BF= 2 d，
25 5 5
√5 2 2√5
∴HF= × d= d，
5 5 25
6√5
∴FC=HC−HF= d，
25
∵∠BAD=90°，CH⊥AB，
∴CH∥AD，
∴△AED∽△CEF,
√5
d
ED AD 5 5
∴ = = = ，即DE:EF=5:6．
EF FC 6√5 6
d
25
7．（2024·江苏连云港·二模）如图，△ABC内接于⊙O，AB=6，AC=4，D是AB边上一点，P是优弧
BAC的中点，连结PA，PB，PC，PD．
(1)当BD的长度为多少时，△PAD是以AD为底边的等腰三角形？并证明；
√5
(2)当△PAD是以AD为底边的等腰三角形时，若cos∠PCB= ，求PA的长．
5
【答案】(1)BD=AC=4时，△PAD是以AD为底边的等腰三角形，证明见解析
(2)√5
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，等弧所对的圆周角相等，解直角三角形；
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（1）根据同弧所对的圆周角相等可得∠PBD=∠PCA，则BD=AC=4进而可得△PBD≌△PCA，
即可得证；
（2）由（1）可知，当BD=4时，PD=PA，AD=AB−BD=6−4=2，过点P作PE⊥AD于E，
1 AE √5
则AE= AD=1，进而根据cos∠PAD=cos∠PCB= = ，即可求解．
2 PA 5
【详解】（1）解：当BD=AC=4时，△PAD是以AD为底边的等腰三角形，
∵P是优弧BAC的中点，
∴ P´B=P´C，
∴PB=PC，
∵∠PBD=∠PCA，
∴当BD=AC=4 ， △PBD≌△PCA
∴PA=PD ，即△PAD是以AD为底边的等腰三角形；
（2）由（1）可知，当BD=4时，PD=PA，AD=AB−BD=6−4=2，
1
过点P作PE⊥AD于E，则AE= AD=1，
2
∵∠PCB=∠PAD
，
AE √5
∴cos∠PAD=cos∠PCB= = ，
PA 5
∴PA= √5
考向五：圆的阅读理解与新定义问题
1.逐句拆解，提取关键信息
①标注关键词:圈出定义中的核心条件；
②数学转化:将文字描述转化为符号或图形；
2.关联已知性质，类比经典模型
①联想经典模型:将新定义与已知圆模型对比，寻找共性；
②结合圆的基本定理:将新问题嵌入垂径定理、切线长定理等框架中分析。
3.分步验证，排除干扰条件
①分情况讨论:若新定义有条件限制(如“k>0”或“点P在圆外”)，需分别讨论不同情
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形；
②逆向检验:假设结论成立，反推条件是否自洽，避免隐含矛盾。
1．（2023·北京·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．对于⊙O的弦AB和⊙O外一点
C给出如下定义：
若直线CA，CB中一条经过点O，另一条是⊙O的切线，则称点C是弦AB的“关联点”．
( √2 √2) (√2 √2)
(1)如图，点A(−1,0)，B − , ，B ,−
1 2 2 2 2 2
①在点C (−1,1)，C (−√2,0)，C (0,√2)中，弦AB 的“关联点”是______．
1 2 3 1
②若点C是弦AB 的“关联点”，直接写出OC的长；
2
(6√5 )
(2)已知点M(0,3)，N ,0 ．对于线段MN上一点S，存在⊙O的弦PQ，使得点S是弦PQ的
5
“关联点”，记PQ的长为t，当点S在线段MN上运动时，直接写出t的取值范围．
【答案】(1)C ，C ；OC=√2
1 2
2√3 2√6
(2)1≤t≤ 或 ≤t≤√3．
3 3
【分析】（1）根据题目中关联点的定义并分情况讨论计算即可；
(6√5 )
（2）根据M(0,3)，N ,0 两点来求最值情况，S共有2种情况，分别位于点M和经过点O的
5
MN的垂线上，运用相似三角形计算即可．
【详解】（1）解：①由关联点的定义可知，若直线CA，CB中一经过点O，另一条是⊙O的切线，
则称点C是弦AB的“关联点”，
( √2 √2)
∵点A(−1,0)，B − , ，C (−1,1)，C (−√2,0)，C (0,√2)，
1 2 2 1 2 3
∴直线B C 经过点O，且AC 与⊙O相切，
1 2 2
∴C 是弦AB 的“关联点”，
2 1
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( √2 √2)
又∵C (−1,1)和A(−1,0)横坐标相等，与B − , 都位于直线y=−x上，
1 1 2 2
∴AC 与⊙O相切，B C 经过点O，
1 1 1
∴C 是弦AB 的“关联点”．
1 1
(√2 √2)
②∵A(−1,0)，B ,− ，
2 2 2
设C(a，b)，如下图所示，共有两种情况，
C B ⊙O AC
1 2
a、若 与 相切， 经过点O，
则C B 、AC 所在直线为： ¿，
1 2 1
解得：C (√2，0)，
1
∴OC =√2，
1
b、若AC 与⊙O相切，C B 经过点O，
2 2 2
则C B 、AC 所在直线为：¿，
2 2 2
解得：C (−1，1)，
2
∴OC =√2，
2
综上，OC =√2．
❑
（2）解：∵线段MN上一点S，存在⊙O的弦PQ，使得点S是弦PQ的“关联点”，
(6√5 )
又∵弦PQ随着S的变动在一定范围内变动，且M(0,3)，N ,0 ，OM>ON，
5
∴S共有2种情况，分别位于点M和经过点O的MN的垂线上，如图所示，
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①当S位于点M(0,3)时，MP为⊙O的切线，作PJ⊥OM，
∵M(0,3)，⊙O的半径为1，且MP为⊙O的切线，
∴OP⊥MP，
∵PJ⊥OM，
∴△MPO∽△POJ，
OP OM 1
∴ = ，即 =3，
OJ OP OJ
1
解得OJ= ，
3
2√2 2
∴根据勾股定理得，PJ=√PO2−OJ2= ，Q J=
3 1 3
2√3 2√6
根据勾股定理，PQ =√Q P2+Q J2= ，同理，PQ =√Q P2+Q J2= ，
1 1 1 3 2 2 2 3
2√3 2√6
∴当S位于点M(0,3)时，PQ 的临界值为 和 ．
1 3 3
②当S位于经过点O的MN的垂直平分线上即点K时，
(6√5 )
∵点M(0,3)，N ,0 ，
5
9√5
∴MN=√OM2+ON2=
，
5
∴OK=OM×ON÷MN=2，
又∵⊙O的半径为1，∴∠OKZ=30°，
∴三角形OPQ为等边三角形，
∴在此情况下，PQ=1，PQ=√3，
∴当S位于经过点O的MN的垂直平分线上即点K时，PQ 的临界值为1和√3，
1
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2√3 2√6
∴在两种情况下，PQ 的最小值在1≤t≤ 内，最大值在 ≤t≤√3，
❑ 3 3
2√3 2√6
综上所述，t的取值范围为1≤t≤ 或 ≤t≤√3，
3 3
【点睛】本题主要考查最值问题，题目较为新颖，要灵活运用知识点，明确新概念时解答此题的关键．
2．（2024·北京·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，对于⊙O的弦AB和不在直线AB
上的点C，给出如下定义：若点C关于直线AB的对称点C′在⊙O上或其内部，且∠ACB=α，则称点
C是弦AB的“α可及点”．
(1)如图，点A(0,1)，B(1,0)．
(1 )
①在点C (2,0)，C (1,2)，C ,0 中，点___________是弦AB的“α可及点”，其中α=
1 2 3 2
____________°；
②若点D是弦AB的“90°可及点”，则点D的横坐标的最大值为__________；
(2)已知P是直线y=√3x−√3上一点，且存在⊙O的弦MN，使得点P是弦MN的“60°可及点”．记
点P的横坐标为t，直接写出t的取值范围．
1+√2
【答案】(1)①C ，45；②
2 2
3−√13 1 3+√13
(2) ≤t< 或1<t≤
4 2 4
【分析】（1）由相对运动理解，作出⊙O关于AB的对称圆⊙O′，若点C关于直线AB的对称点C′在
⊙O上或其内部，且∠ACB=α，则称点C是弦AB的“α可及点”，则点C应在⊙O′的圆内或圆上，
先求得O′(1,1)，根据点与圆的位置关系的判断方法分别判断即可得出C 在⊙O′上，故符合题意，根
2
1
据圆周角定理即可求解α= ∠AO′B=45°；
2
②取AB中点为H，连接DH，可确定点D在以H为圆心，HA为半径的AB上方半圆上运动（不包括
1+√2
端点A、B），当DH∥x轴时，点D横坐标最大，可求x =x +DH= ，故点D的横坐标的最
D H 2
1+√2
大值为 ；
2
（2）反过来思考，由相对运动理解，作出⊙O关于AB的对称圆⊙O′，故点P需要在⊙O′的圆内或
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圆上，作出△MPN的外接圆⊙O″，连接O″M,O″N，则点P在以O″为圆心，MO″为半径的M´N上
运动（不包括端点M、N），可求MN=2MQ=√3MO″，随着MN的增大，⊙O′会越来越靠近⊙O，
当点O′与点O″重合时，点P在⊙O′上，即为临界状态，此时MN最大，MN=√3MO″=√3，由
OP≤OO″+O″P，故当MN最大，MN=√3时，此时△MNP为等边三角形，此时
√3
MO″=O″P= =1，故当r=1，OP的最大值为2，设P(t,√3t−√3)，则
√3
OP2=(t−0) 2+(√3t−√3) 2=22，解得：t=
3±√13
，可求直线与⊙O交于点T(1,0)，S
(1
,−
√3)
，
4 2 2
3−√13 1 3+√13
故t的取值范围是 ≤t< 或1<t≤ ．
4 2 4
【详解】（1）解：①：反过来思考，由相对运动理解，作出⊙O关于AB的对称圆⊙O′，
∵若点C关于直线AB的对称点C′在⊙O上或其内部，且∠ACB=α，则称点C是弦AB的“α可及
点”，
∴点C应在⊙O′的圆内或圆上，
∵点A(0,1)，B(1,0)，
∴OA=OB=1，
而∠AOB=90°，
∴∠ABO=∠OAB=45°,
由对称得：∠O′BA=O′ AB=45°，
∴△O′BA为等腰直角三角形，
∴O′(1,1),
设⊙O半径为R，
则C O′=√12+12=√2>R=1,故C 在⊙O′外，不符合题意；
1 1
C O′=2−1=1=R，故C 在⊙O′上，符合题意；
2 2
C O′=
√ (1) 2
+12=
√5
>R=1，故C 在⊙O′外，不符合题意，
3 2 2 3
∴点C 是弦AB的“α可及点”，
2
可知B,O′,C
三点共线，
2
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∵A´B=A´B，
1
∴α=∠AC B= ∠AO′B=45°，
2 2
故答案为：C ，45；
2
②取AB中点为H，连接DH，
∵∠ADB=90°，
∴HD=HA=HB，
∴点D在以H为圆心，HA为半径的AB上方半圆上运动（不包括端点A、B），
∴当点DH∥x轴时，点D横坐标最大，
∵OA=OB=1，∠AOB=90°，
∴AB=√2，
1 √2
∴HD= AB= ，
2 2
∵点A(0,1)，B(1,0)，
(1 1)
∴H , ，
2 2
1+√2
∴此时x =x +DH= ，
D H 2
1+√2
∴点D的横坐标的最大值为 ，
2
1+√2
故答案为： ；
2
（2）解：反过来思考，由相对运动理解，作出⊙O关于AB的对称圆⊙O′，
∵若点C关于直线AB的对称点C′在⊙O上或其内部，且∠ACB=α，则称点C是弦AB的“α可及
点”，
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∴点C应在⊙O′的圆内或圆上，
故点P需要在⊙O′的圆内或圆上，
作出△MPN的外接圆⊙O″，连接O″M,O″N，
∴点P在以O″为圆心，MO″为半径的M´N上运动（不包括端点M、N），
∴∠MO″N=2∠MPN=120°，
∴∠O″MN=30°，
由对称得点O,O′在MN的垂直平分线上，
∵△MPN的外接圆为⊙O″，
∴点O″也在MN的垂直平分线上，记OO′与NM交于点Q，
√3
∴MQ=MO″ ⋅cos30°= MO″ ，
2
∴MN=2MQ=√3MO″，
随着MN的增大，⊙O′会越来越靠近⊙O，当点O′与点O″重合时，点P在⊙O′上，即为临界状态，
此时MN最大，MN=√3MO″=√3，
连接O″P,OP，
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∵OP≤OO″+O″P，
∴当MN最大,MN=√3时，此时△MNP为等边三角形，
由上述过程知MN=2MQ=√3MO″
√3
∴MO″=O″P= =1，
√3
∴当r=1，OP的最大值为2，
设P(t,√3t−√3)，则OP2=(t−0) 2+(√3t−√3) 2=4t2−6t+3=4，
3±√13
解得：t= ，
4
而记直线y=√3x−√3与⊙O交于T,S，与y轴交于点K，过点S作SL⊥x轴，
当x=0,y=−√3，当y=0时，√3x−√3=0，
解得x=1，
∴与x轴交于点T(1,0)，
OK
∴tan∠OTK= =√3，而OT=OS
OT
∴△OTS为等边三角形，
∴∠TOS=60°，
1 √3
∴OL= ,LS= ，
2 2
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(1 √3)
∴S ,− ，
2 2
3−√13 1 3+√13
∴t的取值范围是 ≤t< 或1<t≤ ．
4 2 4
【点睛】本题考查了新定义，轴对称变换，点与圆的位置关系，圆周角定理，解直角三角形，一次函
数与坐标轴的交点问题，已知两点求距离等知识点，正确添加辅助线，找到临界状态情况是解题的关
键．
3．（2023·河南商丘·模拟预测）请阅读下列材料，完成相应的任务：
克罗狄斯・托勒密（Claudius Ptolemaeus，约90年-168年），“地心说”的集大成者，生于埃及，
著名的天文学家，地理学家，占星学家和光学家．
托勒密定理实出自依巴谷（Hipparchus）之手，托勒密从他的书中摘出并加以完善．
托勒密定理：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．
已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O，求证：AB⋅CD+BC⋅AD=AC⋅BD下面是该结论的证
明过程：
证明：如图1，作∠BAE=∠CAD，交BD于点E.∵A´D=A´D，
AB BE
∴ ∠ABE=∠ACD（依据1），∴△ABE∽△ACD（依据2），∴ =
AC CD
∴ AB⋅CD=AC⋅BE，∵A´B=A´B，∴∠ACB=∠ADE.
∵ ∠BAE=∠CAD，∴∠BAE+∠EAC=∠CAD+∠EAC，即∠BAC=∠EAD，
∴ △ABC∽△AED，∵AD⋅BC=AC⋅ED，
∴ AB⋅DC+AD⋅BC=AC⋅BE+AC⋅ED=AC(BE+ED)=AC⋅BD．
任务：
(1)托勒密定理的逆命题是______；
上述证明过程中的“依据1”为______；
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“依据2”为______．
(2)当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：______．
(3)如图2，以AB为直径的⊙O中，点C为⊙O上一点，且∠ABC=30°，∠ACB的角平分线交⊙O
于点D，连接AD，BD，若AB=4，求CD的长．
【答案】(1)如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四
边形；同弧所对的圆周角相等；两个角分别对应相等的两个三角形相似
(2)勾股定理
(3)CD=√2+√6
【分析】（1）利用逆命题的意义，矩形的性质，勾股定理，圆的有关性质和相似三角形的判定定理
解答即可；
（2）利用相似三角形的判定定理和性质定理，矩形的性质及勾股定理解答即可；
（3）利用圆的有关性质，等腰直角三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质分别求得四边形
ACBD的边长，再利用（2）的结论解答即可得出结论．
【详解】（1）解：托勒密定理的逆命题是如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，
那么这个四边形是圆的内接四边形．
证明过程中的“依据1”为：同弧所对的圆周角相等；
依据2”为：两个角分别对应相等的两个三角形相似．
故答案为：如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四
边形；同弧所对的圆周角相等；两个角分别对应相等的两个三角形相似；
（2）解：如图，作∠BAE=∠CAD，交BD于点E，
∵ A´D=A´D
，
∴∠ABE=∠ACD，
∴△ABE∽△ACD，
AB BE
∴ = ，
AC CD
∴AB⋅CD=AC⋅BE，
∵ A´B=A´B，
∴∠ACB=∠ADE，
∵∠BAE=∠CAD，
∴∠BAE+∠EAC=∠CAD+∠EAC，
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即∠BAC=∠EAD．
∴△ABC∽△AED，
BC ED
∴ = ，
AC AD
∴AD⋅BC=AC⋅ED．
∴AB⋅CD+AD⋅BC=AC⋅BE+AC⋅ED=AC⋅(BE+ED)．
∴AB⋅CD+BC⋅AD=AC⋅BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD,AD=BC,AC=BD,∠ABC=90°，
∴AB2+BC2=AC2，
故答案为：勾股定理；
（3）解：∵AB为直径，
∴∠ADB=∠ACB=90°，
∵∠ABC=30°，AB=4，
1
∴AC= AB=2，BC=AB⋅cos30°=2√3．
2
∵∠ACB的角平分线交⊙O于点D，
∴ A´D=B´D，
∴AD=BD，
∴△ABD为等腰直角三角形，
√2
∴AD=BD= AB=2√2．
2
∵四边形ABCD为圆的内接四边形，
∴AC⋅BD+AD⋅BC=AB⋅CD．
∴4CD=2×2√2+2√3×2 √2，
∴CD=√2+√6．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直
角三角形的判定与性质，含30°交的直角三角形的性质，逆命题的意义，本题是阅读型题目，理解并
熟练应用新结论是解题的关键．
4．（2024·甘肃兰州·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，给出如下定义：点P是图形W外一点，点Q在
PO 1
PO的延长线上，使得 = ，如果点Q在图形W上，则称点P是图形W的“延长2分点”，例如：
QO 2
( 3) PO 1
如图1，A(2,4),B(2,2),P −1,− 是线段AB外一点，Q(2,3)在PO的延长线上，且 = ，因
2 QO 2
为点Q在线段AB上，所以点P是线段AB的“延长2分点”．
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( 5 )
(1)如图1，已知图形W ：线段AB，A(2,4)，B(2,2)，在P − ,−1 ,P (−1,−1),P (−1,−2)
1 1 2 2 3
中，______是图形W 的“延长2分点”；
1
(2)如图2，已知图形W ：线段BC，B(2,2)，C(5,2)，若直线MN:y=−x+b上存在点P是图形W 的
2 2
“延长2分点”，求b的最小值：
(3)如图3，已知图形W ：以T(t,1)为圆心，半径为1的⊙T，若以D(−1,−2)，E(−1,1)，F(2,1)
3
为顶点的等腰直角三角形DEF上存在点P，使得点P是图形W 的“延长2分点”．请直接写出t的取
3
值范围．
【答案】(1)P ,P
2 3
7
(2)−
2
(3)1≤t≤3或−1−√2≤t≤√2−1
【分析】（1）根据题意，画出图象，进行判断即可；
（2）作BC以原点为位似中心，位似比为2:1的位似图形B′C′，根据直线MN:y=−x+b上存在点P
是图形W 的“延长2分点”，得到直线MN:y=−x+b与B′C′有交点，进而得到当MN:y=−x+b
2
过点C′时，b值最小，进行求解即可；
（3）作△≝¿以原点为位似中心，位似比为1:2的位似△D′E′F′，得到W 与△D′E′F′有交点，求出
3
⊙T与D′E′相切以及⊙T与D′F′相切，两种情况求出t的临近值，即可得出结果．
【详解】（1）解：作线段AB以原点为位似中心，位似比为2:1的位似图形A′B′，
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∵A(2,4)，B(2,2)，
∴A′(−1,−2)，B′(−1,−1)，
∵点P是图形W 的“延长2分点”，
1
∴点P在线段A′B′上，
∵P (−1,−1),P (−1,−2)在线段A′B′上，
2 3
∴P ,P 是图形W 的“延长2分点”；
2 3 1
故答案为：P ,P ；
2 3
（2）作BC以原点为位似中心，位似比为2:1的位似图形B′C′，如图，
∵B(2,2)，C(5,2)，
( 5 )
∴B′(−1,−1)，C − ,−1 ，
2
∵直线MN:y=−x+b上存在点P是图形W 的“延长2分点”，
2
∴直线MN:y=−x+b与B′C′有交点，
∴当MN:y=−x+b过点C′时，b值最小，
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( 5 ) 7
把C − ,−1 ，代入y=−x+b，得：b=− ，
2 2
7
∴b的最小值为− ；
2
（3）作△≝¿以原点为位似中心，位似比为1:2的位似△D′E′F′，
∵D(−1,−2)，E(−1,1)，F(2,1)，
∴D′(2,4)，E′(2,−2)，F′(−4,−2)，
∵等腰直角三角形DEF上存在点P，使得点P是图形W 的“延长2分点”，
3
∴当W 与△D′E′F′有交点时，满足题意，
3
当⊙T与D′E′相切时，如图，则：t=1或t=3，
∴1≤t≤3时，满足题意；
当⊙T与D′F′相切时，且切点为G，连接TG，则：∠TGE=90°，
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∵△≝¿为等腰直角三角形，
∴△D′E′F′为等腰直角三角形，
∵E(−1,1),F(2,1)，E′(2,−2)，F′(−4,−2)，
∴EF∥E′F′∥x轴，
∴∠D′F′E′=45°，
∵以T(t,1)为圆心，半径为1的⊙T，
∴T点在直线EF上，TG=1，
∴∠TEG=∠D′E′F′=45°，
∴ET=√2TG=√2，
∴t=−1−√2或t=√2−1，
∴−1−√2≤t≤√2−1；
综上：1≤t≤3或−1−√2≤t≤√2−1．
【点睛】本题考查坐标与图形变换—位似，等腰三角形的性质，勾股定理，切线的性质等知识点，综
合性强，难度大，属于压轴题，理解并掌握新定义，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解
题的关键．
5．（2024·浙江·一模）定义，若四边形的一条对角线平分这个四边形的面积，则称这个四边形为倍分四边
形，这条对角线称为这个四边形的倍分线．如图1，在四边形ABCD中，若S =S ，则四边形
△ABC △ADC
ABCD为倍分四边形，AC为四边形ABCD的倍分线．
(1)判断：若是真命题请在括号内打√，若是假命题请在括号内打×．
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①平行四边形是倍分四边形（______）
②梯形是倍分四边形（______）
(2)如图1，倍分四边形ABCD中，AC是倍分线，若AC⊥AB，AB=3，AD=DC=5，求BC的长；
(3)如图2，在△ABC，AB=BC，以BC为直径的⊙O分别交AB、AC于点N、M，已知四边形
BCMN是倍分四边形．
①求sin∠ACB的值；
②如图3，连结BM，CN交于点D，取OC中点F，连结MF交NC于E，若OF=3，求DE的长．
【答案】(1)（1）①√；②×
(2)BC=√73
√6 18
(3)①sin∠ACB= ；②DE= √2
3 5
【分析】（1）①平行四边形的对角线平分平行四边形的面积，可判断①是真命题；
②梯形的对角线不平分梯形的面积，可判断②是假命题；
（2）过D作DE⊥AC于E，根据AC是四边形ABCD的倍分线，AC⊥AB，可得DE=AB=3，故
AE=√AD2−DE2=4，AC=2AE=8，故BC=√AB2+AC2=√73；
（3）①连接BM，CN，OM，设CN交OM于H，由BA=BC，得AM=CM，故
S =S >S ，可知倍分四边形BCMN中，CN是倍分线，即S =S ，而
△BCM △BAM △BNM △BCN △MCN
1
∠ANC=90°，AM=CM，有MN=AM=CM= AC，从而M´N=M´C，知OM⊥CN，NH=CH，
2
设OH=m，由S =S ，有MH=BN=2m，可得OC=OM=3m，BC=2OC=6m，根据勾
△BCN △MCN
BM √6
股定理可得BM=2√6m，即得sin∠ACB= = ；
BC 3
②连接OM交CN于H，作MF中点P，连接DP，由F为OC的中点，得OC=2OF=6，
BC=2OC=12，BF=9，则BM=BC⋅sin∠ACB=4√6，CM=√BC2−BM2=4√3，证明
1
△BDN≌△MDH(AAS)，得DM=BD= BM=2√6，故CD=√DM2+CM2=6√2，而DP是
2
1 9
△MBF的中位线，可得DP= BF= ，DP∥BC，故△DPE∽△CFE，即得
2 2
3 3 18√2
DE= CD= ×6√2= ．
5 5 5
【详解】（1）①平行四边形的对角线平分平行四边形的面积，故平行四边形是倍分四边形，①是真
命题；
故答案为：√；
②梯形的对角线不平分梯形的面积，故梯形不是倍分四边形，②是假命题；
故答案为：×；
（2）过D作DE⊥AC于E，如图：
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∵AC ABCD AC⊥AB
是四边形 的倍分线， ，
1 1
∴ AB⋅AC= DE⋅AC，
2 2
∴DE=AB=3，
在Rt△ADE中，
AE=√AD2−DE2=√52−32=4，
∵AD=DC，DE⊥AC，
∴AC=2AE=8，
在Rt△ABC中，
BC=√AB2+AC2=√32+82=√73，
∴BC的长为√73；
（3）①连接BM，CN，OM，设CN交OM于H，如图：
∵BC ⊙O
为 的直径，
∴∠BNC=∠BMC=90°，
∵BA=BC，
∴AM=CM，
∴S =S >S ，
△BCM △BAM △BNM
∴倍分四边形BCMN中，CN是倍分线，即S =S ，
△BCN △MCN
∵∠ANC=180°−∠BNC=90°，AM=CM，
1
∴MN=AM=CM= AC，
2
∴ M´N=M´C，
∴OM⊥CN，NH=CH，
设OH=m，则BN=2m，
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∵S =S ，
△BCN △MCN
1 1
∴ BN⋅CN= MH⋅CN，
2 2
∴MH=BN=2m，
∴OM=OH+MH=3m，
∴OC=OM=3m，BC=2OC=6m，
在Rt△OCH中，CH2=OC2−OH2=8m2，
在Rt△CMH中，CM=√M H2+CH2=√(2m) 2+8m2=2√3m，
在Rt△BMC中，BM=√BC2−CM2=√ (6m) 2−(2√3m) 2=2√6m，
BM 2√6m √6
∴sin∠ACB= = = ；
BC 6m 3
②连接OM交CN于H，作MF中点P，连接DP，如图：
∵F OC
为 的中点，
∴OC=2OF=6，BC=2OC=12，BF=9，
√6
在Rt△BCM中，BM=BC⋅sin∠ACB=12× =4√6，
3
∴CM=√BC2−BM2=√122−(4√6) 2=4√3，
由①知，BN=MH，
∵∠BND=∠MHD=90°，∠BND=∠MDH，
∴△BDN≌△MDH(AAS)，
1
∴DM=BD= BM=2√6，
2
∴CD=√DM2+CM2=√ (2√6) 2+(4√3) 2=6√2，
∵P为MF的中点，
∴DP是△MBF的中位线，
1 9
∴DP= BF= ，DP∥BC，
2 2
∴△DPE∽△CFE，
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9
∴ DE PD 2 3，
= = =
CE CF 3 2
3 3 18√2
∴DE= CD= ×6√2= ．
5 5 5
【点睛】本题考圆的综合应用，涉及新定义，全等三角形的判定与性质，相似三角形判定与性质，锐
角三角函数，勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形解决问题．
6．（2022·江苏南京·二模）点P是平面直角坐标系中的一点且不在坐标轴上，过点P向x轴，y轴作垂线段，
若垂线段的长度的和为4，则点P叫做“垂距点”．例如：下图中的P(1，3)是“垂距点”．
(3 5)
(1)在点A(2，2)，B ，− ，C(−1，5)中，是“垂距点”的点为 ；
2 2
(2)求函数y=2x+3的图象上的“垂距点”的坐标；
(3)⊙T的圆心T的坐标为(1，0)，半径为r．若⊙T上存在“垂距点”，则r的取值范围是 ．
【答案】(1)A，B
(1 11) ( 7 5)
(2) , 或 − ,−
3 3 3 3
3√2
(3) ≤r<5
2
(3 5)
【分析】（1）由题意利用“垂距点”的定义垂线段的长度的和为4，对点A(2,2)，B ,− ，
2 2
C(−1,5)进行分析判断；
（2）由题意可知点横纵坐标的绝对值的和为4，依次列式求出“垂距点”的坐标；
（3）设“垂距点”的坐标为(x,y)，则|x|+|y|=4(x⋅y≠0)，画出函数图像，分情况讨论即可解得．
【详解】（1）解：由题意得 ，垂线段的长度的和为4．
3 | 5|
A:2+2=4，B: + − =4，C:|−1|+5=6
2 2
故答案为：A，B．
（2）解：设函数y=2x+3的图像上的“垂距点”的坐标(a,2a+3)．
由题意得 |a|+|2a+3|=4．
①当a≥0时，a+(2a+3)=4．
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1
∴a= ．
3
3
②当− ≤a＜0时，−a+(2a+3)=4．
2
∴a=1（不合题意，舍）．
3
③当a<− 时，−a−(2a＋3)=4．
2
7
∴a=− ．
3
(1 11) ( 7 5)
∴ 综上所述，函数y＝2x＋3的图像上的“垂距点”的坐标是 , ， − ,− ．
3 3 3 3
（3）解：设“垂距点”的坐标为(x,y)，则|x|+|y|=4(x⋅y≠0)
当x>0,y>0时，x+ y=4，即y=−x+4(0<x<4)；
当x<0,y>0时，−x+ y=4，即y=x+4(−4<x<0)；
当x<0,y<0时，−x−y=4，即y=−x−4(−4<x<0)；
当x>0,y<0时，x−y=4，即y=x−4(0<x<4)；
当⊙T与DE相切时，过点T作TN⊥直线DE于点N，则△DNT为等腰直角三角形，
√2 √2 3√2
∴TN= TD= ×|4−1|=
2 2 2
当⊙T过点F(−4,0)时，⊙T上不存在“垂距点”，
此时r=FT=|1−(−4)|=5
3√2
∴若存在“垂距点”，则r的取值范围是 ≤r<5．
2
3√2
故答案为： ≤r<5．
2
【点睛】本题考查平面直角坐标系相关，结合题干定义以及书本所学点到轴的距离即为横纵坐标的绝
对值进行分析计算．
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考向六：圆与特殊四边形综合
1．（2024·湖南长沙·中考真题）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆
（四条边都与同一个圆相切），
可分为四种类型，我们不妨约定：
既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形；
只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形；
只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形；
既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形．
请你根据该约定，解答下列问题：
(1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”，
①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形； （ ）
②内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形； （ ）
③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有
R=√2r．（ ）
(2)如图1，已知四边形ABCD内接于⊙O，四条边长满足：AB+CD≠BC+AD．
①该四边形ABCD是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）；
②若∠BAD的平分线AE交⊙O于点E，∠BCD的平分线CF交⊙O于点F，连接EF．求证：EF是
⊙O的直径．
(3)已知四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，它的内切圆⊙O与AB，BC，CD，AD分别相切
于点E，F，G，H．
①如图2．连接EG，FH交于点P．求证：EG⊥FH．
②如图3，连接OA，OB，OC，OD，若OA=2，OB=6，OC=3，求内切圆⊙O的半径r及OD
的长．
【答案】(1)①×；②√；③√
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(2)①外接型单圆；②见解析
6
(3)r= √13，OD=√3，
13
【分析】（1）根据圆内接四边形和切线长定理可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四
边形的对边之和相等，结合题中定义，根据对角不互补，对边之和也不相等的平行四边形无外接圆，
也无内切圆，进而可判断①；根据菱形的性质可判断②；根据正方形的性质可判断③；
（2）①根据已知结合题中定义可得结论；
②根据角平分线的定义和圆周角定理证明EB´F=ED´F即可证得结论；
（3）①连接OE、OF、OG、OH、HG，根据四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，结合四边形
的内角和定理可推导出∠A+∠EOH=180°，∠FOG+∠C=180°，∠A+∠C=180°，进而可得
∠EOH=∠C，∠FOG+∠EOH=180°，然后利用圆周角定理可推导出∠HPG=90°，即可证得
结论；
②连接OE、OF、OG、OH，根据已知条件证明∠OAH=∠COG，进而证明△AOH∽△OCG得
3 6 12
到CG= r，再利用勾股定理求得r= √13，BE= √39，同理可证△BEO∽△OHD求解OD即
2 13 13
可．
【详解】（1）解：由题干条件可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和
相等，所以
①当平行四边形的对角不互补，对边之和也不相等时，该平行四边形无外接圆，也无内切圆，
∴该平行四边形是 “平凡型无圆”四边形，故①错误；
②∵内角不等于90°的菱形的对角不互补，
∴该菱形无外接圆，
∵菱形的四条边都相等，
∴该菱形的对边之和相等，
∴该菱形有内切圆，
∴内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形，故②正确；
③由题意，外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，如图，
则OM=r，ON=R，OM⊥MN，∠ONM=45°，
∴Rt△OMN为等腰直角三角形，
∴ON=√2OM，即R=√2r；
故③正确，
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故答案为：①×；②√；③√；
（2）解：①若四边形ABCD中有内切圆，则AB+CD=BC+AD，这与AB+CD≠BC+AD矛盾，
∴四边形ABCD无内切圆，
又∵该四边形有外接圆，
∴该四边形ABCD是“外接型单圆”四边形，
故答案为：外接型单圆；
②∵∠BAD的平分线AE交⊙O于点E，∠BCD的平分线CF交⊙O于点F，
∴∠BAE=∠DAE，∠BCF=∠DCF，
∴B´E=D´E，B´F=D´F，
∴B´E+B´F=D´E+D´F，
∴EB´F=ED´F，即EB´F和ED´F均为半圆，
∴EF是⊙O的直径．
（3）①证明：如图，连接OE、OF、OG、OH、HG，
∵⊙O是四边形ABCD的内切圆，
∴OE⊥AB，OF⊥BC，OG⊥CD，OH⊥AD，
∴∠OEA=∠OHA=90°，
在四边形AEOH中，∠A+∠EOH=360°−90°−90°=180°，
同理可证，∠FOG+∠C=180°，
∵四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，
∴该四边形有外接圆，则∠A+∠C=180°，
∴∠EOH=∠C，则∠FOG+∠EOH=180°，
1 1
∵∠FHG= ∠FOG，∠EGH= ∠EOH，
2 2
1
∴∠FHG+∠EGH= (∠FOG+∠EOH)=90°，
2
∴∠HPG=180°−(∠FHG+∠EGH)=90°，
∴EG⊥FH；
②如图，连接OE、OF、OG、OH，
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∵四边形ABCD 是“完美型双圆”四边形，它的内切圆⊙O与AB，BC，CD，AD分别相切于点
E，F，G，H，
∴∴OE⊥AB，OF⊥BC，OG⊥CD，OH⊥AD，OE=OF=OG=OH，
∴∠EAH+∠FCG=180°，∠OAH=∠OAE，∠OCG=∠OCF，
∴∠OAH+∠OCG=90°，
∵∠COG+∠OCG=90°，
∴∠OAH=∠COG，又∠AHO=∠OGC=90°，
∴△AOH∽△OCG，
OA OH
∴ = ，
OC CG
∵OA=2，OC=3，
2 r 3
∴ = ，则CG= r，
3 CG 2
在Rt△OGC中，由OG2+CG2=OC2得r2+ (3 r ) 2 =32 ，
2
6
解得r= √13；
13
在Rt△OBE中，OB=6，
∴BE=√OB2−OE2= √ 62− ( 6 √13 ) 2 = 12 √39，
13 13
同理可证△BEO∽△OHD，
BE OB
∴ = ，
OH OD
12
√39
13 6
∴ = ，
6 OD
√13
13
∴OD=√3．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、正方形的性质、菱形的性质、圆周角定理、内切圆的定义
与性质、外接圆的定义与性质、相似三角形的判定与性质、四边形的内角和定理、勾股定理、角平分
线的判定等知识，理解题中定义，熟练掌握这些知识和灵活运用性质和判定是解题的关键．另外还要
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求学生具备扎实的数学基础和逻辑思维能力，备考时，重视四边形知识的学习，提高解题技巧和速度，
以应对中考挑战．
2．（2024·广东·三模）如图，在菱形ABCD中，AE是边BC上的高，以AE为直径的⊙O分别交AB，AC
于点F，G，连接FG．
(1)求证：AD是⊙O的切线；
(2)求证：AG=FG；
(3)若AB=5，AC=6，求sin∠AGF．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
24
(3)
25
【分析】（1）首先根据菱形的性质得到AD∥BC，求出AD⊥AE，然后由直径得到AD是⊙O的
切线；
（2）连接GE，首先得出∠AEG=∠ACB，然后由A´G=A´G得到∠AFG=∠AEG=∠ACB，然后
结合菱形的性质证明即可；
1
（3）连接BD交AC于点H，首先根据菱形的性质得到AC⊥BD，BH=DH，AH=CH= AC=3，
2
1 24
然后利用勾股定理求出BH=4，然后利用S = AC⋅BD=BC⋅AE代数求出AE= ，得到
菱形ABCD 2 5
24
AE 5 24，进而等量代换求解即可．
sin∠ABE= = =
AB 5 25
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC．
∵AE⊥BC，
∴AD⊥AE．
又∵AE为⊙O的直径，
∴AD是⊙O的切线；
（2）证明：如图1，连接GE，
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∵AE⊥BC，AE是⊙O的直径，
∴∠AEC=90°，∠AGE=∠CGE=90°，
∴∠AEG+∠CEG=∠ACB+∠CEG=90°，即∠AEG=∠ACB．
又∵A´G=A´G，
∴∠AFG=∠AEG=∠ACB．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，则∠BAC=∠ACB，
∴∠BAC=∠AFG，AG=FG；
（3）解：如图2，连接BD交AC于点H，
∵四边形ABCD是菱形，AC=6，
1
∴AC⊥BD，BH=DH，AH=CH= AC=3，
2
在Rt△ABH中，
∵AB2=BH2+AH2，
∴52=BH2+32，解得BH=4，
∴BD=2BH=8．
1
∵S = AC⋅BD=BC⋅AE，
菱形ABCD 2
1 24
∴ ×6×8=5AE，解得AE= ．
2 5
24
在Rt△ABE中， AE 5 24．
sin∠ABE= = =
AB 5 25
由（2）知，AG=FG，
∴∠GAF=∠GFA=∠ACB，
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∵∠ABC+∠BAC+∠ACB=∠GAF+∠GFA+∠AGF=180°，
∴∠ABC=∠AGF，
24
∴sin∠AGF=sin∠ABE= ．
25
【点睛】此题考查了圆与四边形综合题，圆周角定理，菱形的性质，解直角三角形，勾股定理等知识，
解题的关键是掌握以上知识点．
3．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图①，⊙O是△ABC的外接圆，∠ACB=90°，以AC为边作菱形
ADEC，点B，E在直线AC的同侧，CE与⊙O交于点M，连结BD交CE于N，交⊙O于T．
(1)如图②，若点E在⊙O上，AD与⊙O交于点F，连结CF，求证∠ECF=∠B．
(2)在（1）的条件下，若CF=12，AC=10，求⊙O的半径．
4 MN
(3)如图①，连结AM，若∠BAM=∠CNB，tan∠ACE= ，求 的值．
3 NC
【答案】(1)证明见解析
25
(2)
4
MN 5
=
(3)
NC 8
【分析】（1）根据菱形的性质即可得证；
（2）连接EF，OC，连接EO并延长交CF于H，根据∠ACB=90°，得到AB为=的直径，根据圆周
角定理求出EF=EC=AC=10，设⊙O的半径为r，利用勾股定理即可解答；
（3）连接AT，MT，过B作BK⊥CN于K，设AC=5，证明△BCN∽△MNT，列出比例式，求出
AT=3，TD=4，设BC=BN=5x，则CN=8x，设MN=MT=5 y，则NT=8 y，根据
AB2=BC2+AC2=AT2+BT2，代入数值，得到(5x) 2+52=(5x+8 y) 2+32①，延长CB交DE的延
长线于点G，(5x+8 y+4) 2=(4−5x) 2+82②，由①得y(5x+4 y)=1③，由②得(y+1)(5x+4 y)=4
④，求解即可．
【详解】（1）证明：∵菱形ADEC，
∴AD∥EC，AC=EC，
∴∠ECF=∠AFC．
∵∠B=∠AFC，
∴∠ECF=∠B．
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（2）解：如图①，连结EF，OC，连结EO并延长交CF于H，
∵∠ACB=90°
，
∴AB为⊙O的直径．
∵AC=EC，∠ECF=∠B，
∴A´C=E´C=E´F，
∴EF=EC=AC=10，EH⊥CF，
1
∴CH= CF=6，
2
∴EH=8．
设⊙O的半径为r，则(8−r) 2+62=r2，
25
解得：r= ．
4
（3）解：如图②，连结AT，MT，过B作BK⊥CN于K，设AC=5，
∵∠BAM=∠BCN ∠BAM=∠CNB
， ．
∴∠BCN=∠CNB，
∴BC=BN．
同理可得：MN=MT，
∴△BCN∽△MNT．
∵∠ACB=90°，
∴∠ACE=∠CBK．
4
∵tan∠ACE= ，
3
∴BC:CK=5:4，
∴BC:CN=5:8．
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同理MN:NT=5:8．
∵AB为直径，
∴∠ATD=90°，
而∠ADT=∠CNB=∠BCN．
∴AT:TD:AD=3:4:5，
∴AT=3，TD=4．
设BC=BN=5x，则CN=8x，设MN=MT=5 y，则NT=8 y．
∵AB2=BC2+AC2=AT2+BT2，
∴(5x) 2+52=(5x+8 y) 2+32，①
延长CB交DE的延长线于点G，则BD2=BG2+DG2，
在△GCE中，CE=5，CG=4，¿=3，则GD=8，
即(5x+8 y+4) 2=(4−5x) 2+82，②
由①得：y(5x+4 y)=1，③
由②得：(y+1)(5x+4 y)=4，④
1 1
④÷③得：y= ，代入③得：x= ，
3 3
MN 5
∴ = ．
NC 8
【点睛】本题考查圆的综合应用，主要考查勾股定理，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，菱形
的性质，掌握这些性质定理是解题的关键．
4．（2024·浙江宁波·一模）如图，矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过O，C两点的⊙P切线
段AD于点T，分别交线段OD,CD,BC于点F，E，M，连结FM，已知AB=5．
(1)求证：BM=FM；
(2)若M为BC的中点，求⊙P的半径；
(3)若⊙P的半径为3，求tan∠OCE的值．
【答案】(1)见解析
15
(2)
4
√35+2√5
(3)
5
【分析】（1）根据矩形的性质可得OA=OB=OC=OD，从而得到∠OBC=∠OCB，进而得到
∠OBC=∠OFM，即可；
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1
（2）连结OM、OE，连结TP交BC于点H，作PG⊥CD于点G．则CG=EG= CE，证明四边形
2
PGDT是矩形，即可求解；
（3）连结EF,EM，根据题意可得CM=2CH=2√5，再由矩形的性质可得DE=1，根据圆内接四边
形的性质可得∠DFE=∠OCD，从而得到∠ODC=∠DFE，进而得到EF=DE=1，然后根据勾股
定理可得FM=√35，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形
∴OA=OB=OC=OD，
∴∠OBC=∠OCB
又∵∠OFM=∠OCB
∴∠OBC=∠OFM
∴BM=FM
1
（2）解：连结OM、OE，连结TP交BC于点H，作PG⊥CD于点G．则CG=EG= CE，
2
∵OB=OC,M为BC的中点，
∴OM⊥BC
∴OC为⊙P的直径，
∴∠OEC=90°
1 5
∴CE=DE= CD= ，四边形PGDT是矩形，
2 2
1 5
∴EG= CE= ，
2 4
5 5 15
∴PT=DG= + =
2 4 4
（3）解：连结EF,EM．
∵⊙P的半径为3
∴TP=CP=3, ME=6
∴PH=2
∴CH=√5
∴CM=2CH=2√5
∵四边形PGCH是矩形
∴CG=PH=2
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∴CE=2CG=4
∴DE=1
∵OC=OD
∴∠OCD=∠ODC
∵四边形OFEC内接于⊙P，
∴∠EFO+∠OCD=180°，
∵∠EFO+∠DFE=180°，
∴∠DFE=∠OCD
∴∠ODC=∠DFE
∴EF=DE=1
∵∠MCE=90°
∴∠MFE=90°
∴FM2+EF2=EM2=36
∴FM=√35
∴BC=√35+2√5
√35+2√5
∴tan∠OCE=tan∠BAC=
5
【点睛】本题主要考查了圆的综合题，涉及了矩形的判定和性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理
等知识，熟练掌握矩形的判定和性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理是解题的关键．
5．（2024·浙江杭州·一模）如图，AB是⊙O的直径，D,E为⊙O上位于AB异侧的两点，使得CD=BD，
连接AC交⊙O于点F．
(1)证明：AB=AC；
(2)若∠E=54°，求∠BDF的度数；
2
(3)设DE交AB于点G，若DF=4，cosB= ，E是A´B的中点，求EG·ED的值．
3
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【答案】(1)见解析；
(2)108°；
(3)18．
【分析】（1）直接利用圆周角定理得出AD⊥BC，再利用线段垂直平分线的性质得出AB=AC；
（2）利用圆内接四边形的性质得出∠AFD=180°−∠E，进而得出∠BDF=∠C+∠CFD，即可
得出答案；
2
（3）根据cosB= 得出AB的长，即可求出AE的长，再判断△AEG∽△DEA，求出EG·ED的值．
3
【详解】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，
∵CD=BD，
∴AD垂直平分BC，
∴AB=AC；
（2）解：∵四边形AEDF是⊙O的内接四边形，
∴∠AFD=180°−∠E，
又∵∠CFD=180°−∠AFD，
∴∠CFD=∠E=54°，
又∵∠E=∠C=54°，
∴∠BDF=∠C+∠CFD=108°；
（3）解：连接OE，
∵∠CFD=∠E=∠C，
∴FD=CD=BD=4，
2
在Rt△ABD中，cosB=
3
∴AB=6，
∵E是A´B的中点，
∴∠AOE=90°，
∵AO=OE=3，
∴AE=3√2
∵E是A´B的中点，
∴∠ADE=∠EAB，
∴△AEG∽△DEA，
AE DE
∴ =
EG AE
即EG·ED=AE2=18．
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【点睛】此题主要考查了圆的综合题、圆周角定理以及相似三角形的判定与性质以及圆内接四边形的
性质等知识，根据题意得出AE，AB的长是解题关键．
（建议用时：35分钟）
1．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在边长为6的正六边形ABCDEF中，以点F为圆心，以FB的长为
半径作B´D，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为 ．
【答案】√3
【分析】本题考查正多边形的性质，求圆锥的底面半径，先求出正六边形的一个内角的度数，进而求
出扇形的圆心角的度数，过点A作AG⊥BF，求出BF的长，再利用圆锥底面圆的周长等于扇形的弧
长，进行求解即可．
【详解】解：∵正六边形ABCDEF，
(6−2)⋅180°
∴∠BAF=∠AFE=∠E= =120°，AB=AF=EF=DE=6，
6
1 1
∴∠AFB=∠ABF= (180°−120°)=30°，∠EFD=∠EDF= (180°−120°)=30°，
2 2
∴∠BFD=120°−2×30°=60°，
√3
过点A作AG⊥BF于点G，则：BF=2FG=2AF⋅cos30°=2×6× =6√3，
2
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60π
设圆锥的底面圆的半径为r，则：2πr= ×6√3，
180
∴r=√3；
故答案为：√3．
2．（2022九年级·浙江·专题练习）如图1的一汤碗，其截面为轴对称图形，碗体ECDF呈半圆形状（碗体
厚度不计），直径EF=26cm，碗底AB＝10cm，∠A＝∠B＝90°，AC＝BD＝3cm．
（1）如图1，当汤碗平放在桌面MN上时，碗的高度是 cm．
（2）如图2，将碗放在桌面MN上，绕点B缓缓倾斜倒出部分汤，当碗内汤的深度最小时，tan
∠ABM的值是 ．
4
【答案】 15
3
【分析】（1）由垂径定理和勾股定理可求PO的长，即可求解；
（2）由旋转的性质可得OB＝O'B＝5√10cm，∠ABM＝∠OBO'，由勾股定理可求RB的长，由
面积关系可求OK的长，由锐角三角函数可求解．
【详解】（1）解：如图，设半圆的圆心为O，连接OC,OB，过点O作直线OP⊥CD于P，交AB于
Q，
∴四边形ACPQ是矩形，四边形BDPQ是矩形，
∴AC＝PQ＝3cm，PD＝QB，
∵OP⊥CD，
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∴CP＝DP＝QB＝5cm，
∵OP＝√OC2−CP2＝√169−25＝12（cm），
∴OQ＝OP＋PQ＝15cm．
∴碗的高度为15cm；
故答案为：15；
（2）解：如图1， OB＝√OQ2+QB2＝√225+25＝5√10cm，
∵将碗放在桌面MN上，绕点B缓缓倾斜倒出部分汤，
∴当半圆O与直线MN相切时，碗内汤的深度最小，
如图2，设半圆O与直线MN相切于点R，连接O'R，连接OO'，O'B，过点O作OK⊥O'B于K，
∵旋转，
∴OB＝O'B＝5 √10cm，∠ABM＝∠OBO'，
∵半圆O与直线MN相切于点R，
∴O'R⊥MN，
∴O'R＝13cm，
∴BR＝√O′B2−O′R2＝√250−169＝9cm，
∵S ＝S ﹣S ﹣S ，
△OO'B 梯形OQO'R △OBQ △BRO'
1 1 1
∴S ＝ ×（5＋9）×（15＋13）﹣ ×15×5﹣ ×13×9＝100（cm2），
△OO'B 2 2 2
1
∴ ×O'B×OK＝100，
2
1
∴ ×5√10×OK＝100，
2
∴OK＝4 √10cm，
∴BK＝ √OB2−OK2＝√250−160＝3√10cm，
OK 4√10 4
∴tan∠OBO'＝ ＝ ＝ ，
BK 3√10 3
4
∴tan∠MBA＝ ，
3
4
故答案为： ．
3
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【点睛】本题考查了圆的有关知识，锐角三角函数，勾股定理，旋转的等知识，添加恰当辅助线构造
直角三角形是解题的关键．
3．（2024·陕西·中考真题）如图，直线l与⊙O相切于点A，AB是⊙O的直径，点C，D在l上，且位于
点A两侧，连接BC，BD，分别与⊙O交于点E，F，连接EF，AF．
(1)求证：∠BAF=∠CDB；
(2)若⊙O的半径r=6，AD=9，AC=12，求EF的长．
【答案】(1)见解析
42√2
(2)EF= ．
5
【分析】（1）利用切线和直径的性质求得∠BAD=∠BFA=90°，再利用等角的余角相等即可证明
∠BAF=∠CDB；
（2）先求得AB=12=AC，BD=15，证明△ABC和△ABE是等腰直角三角形，求得AE的长，再证
明△BEF∽△BDC，据此求解即可．
【详解】（1）证明：∵直线l与⊙O相切于点A，
∴∠BAD=90°，
∴∠BDA+∠ABD=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠BFA=90°，
∴∠BAF+∠ABD=90°，
∴∠BAF=∠CDB；
（2）解：∵r=6，
∴AB=2r=12=AC，BD=√AB2+AD2=√122+92=15，
∵直线l与⊙O相切于点A，
∴∠BAC=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠BEA=90°，
∴△ABE也是等腰直角三角形，
∴AE=BE=AB⋅cos45°=6√2，
∵B´F=B´F，
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∴∠BEF=∠BAF，
∵∠BAF=∠CDB，
∴∠BEF=∠BDC，
∴△BEF∽△BDC，
BE EF 6√2 EF
∴ = ，即 = ，
BD CD 15 12+9
42√2
∴EF= ．
5
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，切线的性质，勾股定理
等知识点的应用，掌握切线的性质定理、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
4．（2024·四川内江·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，C是B´D的中点，过点C作AD的垂线，垂足为
点E．
(1)求证：△ACE∽△ABC；
(2)求证：CE是⊙O的切线；
(3)若AD=2CE，OA=√2，求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
1
(3)
π−1
2
【分析】+（1）分别证明∠ACB=∠AEC，∠BAC=∠EAC，从而可得结论；
（2）连接OC，证明∠EAC=∠ACO，可得OC∥AE，再进一步可得结论；
（3）连接DB、OD，证明四边形DECF是矩形，可得DF=EC，再证明AD=DB，可得
∠DAB=∠DBA=45°，可得∠DOA=2∠DBA=90°，利用S =S −S 可得答案.
阴影部分 扇形AOD △AOD
【详解】（1）证明：∵AB是⊙O的直径
∴∠ACB=90°，
又∵CE⊥AD，
∴∠AEC=90°，
∴∠ACB=∠AEC，
∵C是B´D的中点，
∴B´C=D´C，
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∴∠BAC=∠EAC，
∴△ACE∽△ABC；
（2）证明：连接OC
∵OA=OC，
∴∠CAO=∠ACO，
∵∠BAC=∠EAC，
∴∠EAC=∠ACO，
∴OC∥AE，
∵CE⊥AD，
∴CE⊥OC，
∵OC是⊙O的半径，
∴CE是⊙O的切线；
（3）解：连接DB、OD
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠AEC=∠ECO=90°，
∴四边形DECF是矩形，
∴DF=EC，
∵OC是半径，C是B´D的中点，
∴DF=FB，OC⊥DB，
即DB=2DF=2EC，
∵AD=2CE，
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∴AD=DB，
∴∠DAB=∠DBA=45°，
∴∠DOA=2∠DBA=90°，
90°π×(√2) 2 1 1
∴S =S −S = − ×√2×√2= π−1
阴影部分 扇形AOD △AOD 360 2 2
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、切线的判定及扇形的面积公式，熟练地掌握相似三角形的判定
和切线的判定是解决本题的关键。
5．（2021·广西·中考真题）如图，已知AD，EF是⊙O的直径，AD=6√2，⊙O与▱OABC的边AB，
OC分别交于点E，M，连接CD并延长，与AF的延长线交于点G，∠AFE=∠OCD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若GF=1，求cos∠AEF的值；
AB
（3）在（2）的条件下，若∠ABC的平分线BH交CO于点H，连接AH交⊙O于点N，求 的值．
NH
1 √57
【答案】（1）见解析；（2） ；（3） ．
3 3
【分析】（1）连接DF，由圆周角性质可得∠AFE=∠OCD，则利用平行线的判定与性质可得
∠FDA=∠DOC，再根据等腰三角形性质及直角三角形性质可推出∠DOC+∠OCD=90°，即可
证得结论；
FD FG
（2）由相似三角形的判定可得△FDG∽△FAD，则推出 = ，由GF=1得出FD2=FA，可利
FA FD
用勾股定理求得FD=2√2，即可求出cos∠AEF的值；
（3）连接MN，并延长CO与AF，⊙O分别相交于点P，点Q，连接AQ，利用（2）所得结论及已知
分别求得CH=BC=3√2，OC=AB=9√2，MH=3√2，HQ=9√2，PH=7√2，AH=√114，再
QH AH AB
由相似三角形的判定及性质可推出 = ，代入求值后即可求得 的值．
NH MH NH
【详解】（1）证明：如图，连接DF，
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∵EF是⊙O的直径，
∴∠AFE=∠OCD．
∴DF∥AE．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AE∥OC．
∴DF∥OC．
∴∠FDA=∠DOC．
∵OF=OA，
∴∠FAD=∠AFE．
∵∠AFE=∠OCD，
∴∠FAD=∠OCD．
∵∠FDA+∠FAD=90°，
∴∠DOC+∠OCD=90°．
∴∠ODC=90°．
∴OD⊥CD．
∴CD是⊙O的切线．
（2）解：∵∠ADG=∠GFD=90°，
∴∠G+∠FDG=∠G+∠FAD=90°．
∴∠FDG=∠FAD．
∴△FDG∽△FAD．
FD FG
∴ = ．
FA FD
∵GF=1，
∴FD2=FG⋅FA．
设FD=x，则AF=x2．
由勾股定理得AF2+DF2=AD2，
即x4+x2=(6√2) 2 ，
解得x 2=8，x 2=−9（不合题意，舍去）．
1 2
∴x=2√2=FD．
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∵∠AEF=∠ADF，
FD 2√2 1
∴cos∠AEF=cos∠ADF= = = ．
AD 6√2 3
（3）解：连接MN，并延长CO与AF，⊙O分别相交于点P，点Q，连接AQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=BC=3√2，OC=AB，AB∥OC．
∴∠CHB=∠ABH，
∵BH平分∠ABC，
∴∠CBH=∠ABH．
∴∠CHB=∠CBH．
∴CH=BC=3√2．
∵∠FAD=∠DOC
DF 1 OD
∴sin∠DOC= = =sin∠FAD= ．
AD 3 OC
∵OD=OM=3√2，
∴OC=AB=9√2．
∴MH=OC−OM−CH=3√2．
∴HQ=MH+MQ=9√2．
∴HQ=AB．
∵AB∥OC，
∴∠OPE=∠FAE=90°．
∴OP⊥AF．
∵OE=OA，
1
∴AP= AF=4．
2
在Rt△APO中，由勾股定理得OP=√OA2−AP2=√(3√2) 2 −42=√2．
∴PH=7√2．
在Rt△APH中，由勾股定理得AH=√PH2+AP2=√(7√2) 2+42=√114．
∵∠NMH+∠QMN=∠QAH+∠QMN=180°，
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∴∠NMH=∠QAH．
∵∠MHN=∠MHN，
∴△MHN∽△AHQ．
QH AH
∴ = ．
NH MH
AB AH √114 √57
∴ = = = ．
NH MH 3√2 3
【点睛】本题属于圆的综合问题，考查了圆周角定理、切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质
及求角的三角函数值等知识，熟练掌握圆的相关知识及相似三角形的判定与性质等知识是解题的关键．
86
