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专题 24.1 圆基本性质的综合
◆ 典例分析
【典例1】已知，△ABC内接于圆O，AB为圆O直径，在圆O上取点D，连接AD，AD=BC；
（1）如图1，求证：AC⊥AD；
（2）如图2，圆O的弦AE交BC于点F，延长AD至点G，分别连接BE、FG，若∠AFG=2∠FBE，
求证：FA=FG；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BG，若∠AFG=∠FAB+∠ABG，BG:AE=17:32，求EF:FA
．
【思路点拨】
（1）连接BD，证明Rt△ABC≌Rt△BAD，得出∠ABC=∠BAD，则BC∥AD，根据AC⊥BC，即
可得出AC⊥AD；
（2）设∠FBE=α，∠AFC=β，则∠AFG=2α，，得到α+β=90°，进而得出∠FAG=∠G，即可得证；
（3）过B作BT⊥FG，在AE上取一点J，连接BJ，使得∠JBA=∠JAB，证明△JBE≌△GBE(AAS)，
根据BG:AE=17:32设BG=17a，AE=32a，则BG=BJ=AJ=17a，勾股定理得出
17
EB=❑√BJ2−EJ2=8a，设FE=FT=b，得出b= a，即可求解．
2
【解题过程】
（1）证明：连接BD，如图所示：
∵ AB为圆O直径，
∴∠C=∠D=90°，即AC⊥BC
∵ AD=BC，AB=AB
∴Rt△ABC≌Rt△BAD
∴∠ABC=∠BAD
∴BC∥AD
∵AC⊥BC
∴ AC⊥AD；
（2）证明：∵ ∠AFG=2∠FBE，
设∠FBE=α，∠AFC=β，则∠AFG=2α，
∵C´E=C´E，
∴∠CBE=∠CAF=α，
∵∠C=90°，
∴∠CAF+∠CFA=90°，即α+β=90°，
∵AD∥CB，∴∠FAG=∠CFA=β，∠G=∠BFG=180°−β−2α=β，
∴∠FAG=∠G,
∴FA=FG；
（3）解：过B作BT⊥FG，在AE上取一点J，连接BJ，使得∠JBA=∠JAB，如图所示：
设∠JBA=∠JAB=θ，∠FBE=α，∠AFC=β，
∴∠FJB=∠JAB+∠JBA=2θ，
由（2）可得∠AFG=2α，∠BFG=β，
∵BT⊥FG，
∴∠FBT=90°−∠BFT=90°−β=α，
∴∠FBT=∠FBE，
∵AB是直径，
∴BE⊥AE，
∴BE=BT，
∵∠AFG=∠FAB+∠ABG=2α，
即∠ABG=∠AFG−∠FAB=2α−θ，
∴∠JBG=∠JBA+∠ABG=θ+2α−θ=2α，
∴∠AFG=∠JBG，
设BJ,FG交于点L，
∵∠FLB=∠EJB+∠AFG=∠BGT+∠JBG，
∴∠BGT=∠EJB，在△JBE,△GBE中
{
∠E=∠BTG
)
∠BGT=∠EJB ，
EB=TB
∴△JBE≌△GBE(AAS)，
∴BG=BJ,EJ=TG，
∵BG:AE=17:32
设BG=17a，AE=32a，则BG=BJ=AJ=17a，
∴EJ=TG=15a，
在Rt△EBJ中，EB=❑√BJ2−EJ2=8a，
在Rt△FEB,Rt△FTB中，
{EB=TB)
，
FB=FB
∴Rt△FEB≌Rt△FTB(HL)，
∴FE=FT，
设FE=FT=b，
∵FA=FG，
∴AE−EF=FT+TG，
∴32a−b=b+15a，
17 17
∴b= a，即EF= a，
2 2
17 47
∴AF=32a−b=32a− a= a，
2 2
17 47 17
∴EF:FA= a: a= ．
2 2 47
◆ 学霸必刷
1．（2024·山西临汾·一模）如图，线段AB，AC分别为⊙O的弦，AB=12，AC=20，AD平分∠BAC
，若∠BAC=60°，则弦AD的长为（ ）16❑√3 32❑√3
A．8❑√3 B． C．20❑√3 D．
3 3
【思路点拨】
本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，圆内接四边形性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定的应
用，过点D作CE垂直于AB的延长线，交于E，作DF⊥AC于F，连接BD，CD，根据圆内接四边形的
性质可得∠BCD=120°，由AD平分∠BAC，可得DE=DF，∠BAD=∠CAD=30°，AD=2DF，
BD=CD，再证明Rt△BDE≌Rt△CDF(HL)，Rt△ADF≌Rt△ADE(HL)，可得BE=CF，AE=AF，
则AB+BE=AC−CF，进而求得BE=CF=4，可知AF=AC−CF=16，再由勾股定理即可求解，能根
据角平分线正确作出辅助线是解此题的关键．
【解题过程】
解：过点D作CE垂直于AB的延长线，交于E，作DF⊥AC于F，连接BD，CD，
∵AD平分∠BAC，∠BAC=60°，
∴DE=DF，∠BAD=∠CAD=30°，∠BCD=120°，
则B´D=C´D，AD=2DF，
∴BD=CD，
∴Rt△BDE≌Rt△CDF(HL)，
∴BE=CF，
∵AD=AD，
∴Rt△ADF≌Rt△ADE(HL)，∴AE=AF，则AB+BE=AC−CF，
∴AC−AB=BE+CF=2BE=20−12=8，则BE=CF=4，
∴AF=AC−CF=16，
由勾股定理可得：AD2=AF2+DF2，即：AD2=162+ (1 AD ) 2 ，
2
32❑√3
∴AD= ，
3
故选：D．
2．（23-24九年级上·江苏无锡·阶段练习）如图，E是⊙O的直径AB上一点，AB=10，BE=2，过点E
作弦CD⊥AB，P是弧AB上一动点，连接DP，过点A作AQ⊥PD，垂足为Q，则OQ的最小值为
（ ）
3❑√5 3❑√5
A．❑√5 B．2❑√5 C． D．
2 4
【思路点拨】
本题主要考查了垂径定理、圆周角定理、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识点成为解题的关键．
先根据圆周角定理判断点Q在以AD为直径的圆上，连接MO并延长交⊙M于点Q′，当Q与Q′重合时，
OQ最小，最小值为OQ′，然后根据勾股定理求解相关线段长即可，确定Q的运动轨迹是解答的关键．
【解题过程】
解：如图：连接AD、OD，
∵AQ⊥PD，
∴∠AQD=90°，
∴点Q在以AD为直径的圆上，以AD为直径作⊙M，如图:连接MO并延长交⊙M于点Q′，当Q与Q′重合时，OQ′最小，最小值为OQ′，
∵CD⊥AB，
∴DE=CE，
1
在Rt△ODE中，OD=OB= AB=5，OE=OB−BE=3，
2
∴DE=❑√OD2−OE2=❑√52−32=4，
在Rt△ADE中，AE=AB−BE=8，
∴AD=❑√AE2+DE2=❑√82+42=4❑√5，
1
在Rt△OMD中，DM= AD=2❑√5，
2
∴OM=❑√OD2−M D2−❑√52−(2❑√5) 2=❑√5，
∴OQ′=MQ′−OM=2❑√5−❑√5=❑√5，即OQ′的最小值为❑√5．
故选：A．
3．（23-24九年级下·浙江杭州·阶段练习）如图，△ABC是等边三角形，⊙O为△ABC的外接圆，点D在
劣弧BC上，连结AD，BD，CD，并在AD上取点E，使得CD=DE，连结CE．若CD=1，BD=2，
则⊙O的半径为（ ）
3 ❑√21 ❑√5
A． B． C．❑√2 D．
2 3 2
【思路点拨】
根据△ABC是等边三角形，以及圆周角定理得出∠ADC=∠ABC=60°，从而证明△CDE是等边三角
形，求出CD=CE=DE=1，再证明△ACE≌△BCD(SAS)，证出AE=BD=2，过点C作CM⊥DE，
1 ❑√3 ❑√7
算出EM= ,CM= ，AB=AC=❑√7，连接AO，BO，过点O作OF⊥AB，得出AF= ，再用勾
2 2 2
股定理即可解答；【解题过程】
解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°,CA=CB
∴A´C=B´C，
∴∠ADC=∠ABC=60°，
∵CD=DE，
∴△CDE是等边三角形，
∴∠DCE=60°,CD=CE=DE=1，
∵∠ACE+∠BCE=60°,∠BCE+∠BCD=60°，
∴∠ACE=∠BCD，
∴△ACE≌△BCD(SAS)，
∴AE=BD=2，
过点C作CM⊥DE，
1 1 ❑√3
则EM=DM= DE= ,CM=❑√CE2−EM2= ，
2 2 2
∴AC=❑√AM2+CM2=❑ √ ( 2+ 1) 2 + (❑√3) 2 =❑√7，
2 2
∴AB=BC=AC=❑√7，
连接AO，BO，过点O作OF⊥AB，
1 ❑√7
则AO=BO,AF=BF= AB= ，
2 2
∵∠AOB=2∠ACB=120°,
∴∠OAB=30°，
∴OA2= (1 OA ) 2 +AF2 ，
2
❑√21
解得：OA= ．
3故选：B．
4．（2024九年级·全国·竞赛）如图，已知四边形ABCD为⊙O的内接四边形，点E为BC上一点，其中
⊙O的半径为10cm，AB=AD=AE=DE=8cm，则CD的长度为（ ）
A．8cm B．9cm C．10cm D．12cm
【思路点拨】
本题连接OA、OD，连接AC交ED于点F，作EM⊥AD于点M，连接OM，根据等腰三角形性质得到即
1
M、E、O三点共线，利用垂径定理得到∠DOM= ∠AOD，∠OMD=90°，利用圆内接四边形性质
2
和等腰三角形性质证明∠CDE=∠CED，推出CD=CE，AC垂直平分DE于点F，再结合圆周角定理证
明△CDF≌△ODM(AAS)，利用全等三角形性质，即可解题．
【解题过程】
解：连接OA、OD，连接AC交ED于点F，作EM⊥AD于点M，连接OM，
∵ AB=AD=AE=DE=8cm，
1
∴AM=MD= AD=4cm，
2
∵OA=OD，
∴ OM⊥AD，即M、E、O三点共线，
1
∴ ∠DOM=∠AOM= ∠AOD，
2
∵AB=AE，∴∠B=∠AEB，
∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，点E为BC上一点，
∴∠B+∠ADC=180°，∠AEB+∠AOC=180°，
∴∠ADC=∠AEC，
∵AD=AE，
∴∠AED=∠ADE，
∴∠ADC−∠ADE=∠AEC−∠AED，即∠CDE=∠CED，
∴CD=CE，
∴AC垂直平分DE于点F，
1
∴∠CFD=∠OMD=90°，DF= DE=4cm=DM，
2
1
∵∠DCF= ∠AOD=∠DOM，
2
∴△CDF≌△ODM(AAS)，
∴CD=OD，
∵ ⊙O的半径为10cm，
∴CD=OD=10cm．
故选：C．
5．（23-24九年级上·湖北武汉·期末）如图，△ABC内接于⊙O，AB=AC，连接AO并延长，交BC于
点D，BE⊥AC于点E，交AD于点F，连接OE．若OE=EF=1，则BF的长为（ ）
3 5
A．❑√2 B． C． D．❑√3
2 3
【思路点拨】
本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，依次断△ABO≌△ACO，△ABD≌△ACD，
△BFD≌△CFD，然后利用勾股定理解题即可．
【解题过程】
解：连接OB，OC，∵OA=OB=OC且AB=AC，
∴△ABO≌△ACO(SSS)，
∴∠BAD=∠CAD，
∵AD=AD，AB=AC，
∴△ABD≌△ACD(SAS)
∴∠ADB=∠ADC=90°，
而BE⊥AC交AD于F,
则F为△ABC的重心 连接CF，
∵△ABD≌△ACD，
∴BD=CD，
∵FD=FD，∠ADB=∠ADC=90°，
∴△BFD≌△CFD(SAS)，
∴∠BFD=∠CFD，
∵∠AFE=∠BFD=∠CFD
∵DF=EF
∴∠DOE=∠AFE=∠CFD ，
∴OE∥OF ，
∴AB=AC，
则∠ABC=∠ACB，∠BAD=90°−∠ABC，∠CBE=90°−∠ACB，
∴∠BAD=∠CBE，
∵AO=BO，
∴∠BAD=∠ABO=∠CBF=∠BCF，∠BOE=∠BOD+∠DOE=∠BAD+∠ABO=∠BOD，
∠AOE=∠AFE+∠BEO，
∵OE∥OF，
∴∠BEO=∠CFE，
∴∠CFE=∠CBE+∠BCF=∠BAD+∠ABO=∠BOD，∴∠CFE=∠BOD=∠BEO，
∵OE=EF，
∴∠DOE=∠BOD，
∴∠AOE=∠BOE，
∵OA=OB，OE=OE，
∴△BEO≌△AEO(SAS)
∴BE=AE，
∵∠BDC=∠AEB=90°，∠CBE=∠CAD，
∴△BCE≌△AFE(ASA)，
∴EF=CE，
∴CF=❑√CE2+EF2=❑√2，
∵BF=CF，
∴BF=❑√2，
故选A．
6．（2024·河北·模拟预测）如图，△ABC内接于⊙O,AC为⊙O的直径，点D，E分别为⊙O上的动点
（不与点A，点B，点C重合），且DE=BC,F为DE的中点，连接OF．若AB=6,BC=8，对于结论
I，Ⅱ，下列判断正确的是（ ）
结论I：连接BD,CD,CE,EB必得到等腰梯形；
结论Ⅱ：连接AF,AF的最大值为8．
A．I，Ⅱ都对 B．I，Ⅱ都不对 C．I对Ⅱ不对 D．I不对Ⅱ对
【思路点拨】
本题考查垂径定理，圆周角定理，根据DE，BC为对角线或为边长两种情况去证明结论I，根据
AF≤OA+OF=8可得当F在AC上时AF取得最大值判断结论Ⅱ．
【解题过程】
解：连接BD,CD,CE,EB，
当DE，BC为对角线时，∵DE=BC，
∴D´E=B´C，
∴∠BEC=∠DBE，
∵∠BEC+∠BDC=180°，
∴∠DBE+∠BDC=180°，
∴BE∥DC，
∴根据对角线相等的梯形是等腰梯形，四边形BECD为等腰梯形；
当DE，BC为边长时，
∵DE=BC，
∴D´E=B´C，
∴∠BEC=∠DBE，
∴BD∥EC，
∴根据不相邻的两条边相等的梯形是等腰梯形，可得四边形BDEC为等腰梯形；
综上所述，结论I：连接BD,CD,CE,EB必得到等腰梯形，正确；
连接OD，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠BAC=90°，∵AB=6,BC=8，
∴AC=10，
1
∴OD= AC=5，
2
∵F为DE的中点，DE=BC=8，
1
∴DF= DE=4，∠OFD=∠OFB=90°，
2
∴OF=❑√OD2−DF2=❑√52−42=3，OF≤OM，
∴AF≤OA+OF=8，
∴当F在AC上时AF取得最大值，最大值为8．故结论Ⅱ正确；
综上所述，两个结论都正确；
故选：A．
7．（23-24九年级下·重庆巴南·期中）如图，在⊙O中，C是A´B的中点，作点C关于弦AB的对称点D，
连接AD并延长交⊙O于点E，过点B作BF⊥AE于点F，若∠BAE=2∠EBF，则∠EBF等于
度．
【思路点拨】
本题考查圆知识点综合运用，难度较高，需要熟悉垂径定理辅助线做法以及角的等量互换方式即可．设
∠EBF=x，则∠BAE=2x,连接OC交AB于点G，连接OB,BC,OD，
∠E=∠COB=180°−2(90°−2x)，在△BEF中得到∠E=90°−∠EBF=90°−x，得到
180°−2×(90°−2x)=90°−x，解方程即可得到答案．
【解题过程】
解：设∠EBF=x，则∠BAE=2x,连接OC交AB于点G，连接OB,BC,OD，如下图所示，∵C是A´B的中点，点O为圆心，
∴OC⊥AB，
又∵点C与点D关于弦AB对称，
∴CD⊥AB，且C，D，O三点共线，GD=GC，
∴∠AGD=∠BGC=90°，GA=GB，
∴△AGD≌△BGC(SAS)，
∴∠ADG=∠BCG=90°−2x，
又∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=∠ADC=90°−2x，
又∵同弧A´B，
∠E=∠COB=180°−2∠OBC=180°−2(90°−2x) ，
∵BF⊥AE，
在△BEF中，∠E=90°−∠EBF=90°−x，
∴180°−2×(90°−2x)=90°−x，
解得x=18°
故答案为：18
8．（23-24九年级上·江苏泰州·期末）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB=AC，点D在弧AC上，
依次连接AD、BD、CD，若CD=2，AD=5，BD=8，则AC等于 ．
【思路点拨】
延长CD至点P，使得CP=BD，过点A作AH⊥CP，垂足为H，首先根据“同弧或等弧所对的圆周角相
等”可得∠ABD=∠ACD，然后证明△ABD≌△ACP(SAS)，由全等三角形的性质可得AP=AD=5，即△ADP为等腰三角形，结合AH⊥CP可得PH=DH=3，再在Rt△APH中和Rt△ACH中，利用勾股
定理求解即可．
【解题过程】
解：如下图，延长CD至点P，使得CP=BD，过点A作AH⊥CP，垂足为H，
∵A´D=A´D，
∴∠ABD=∠ACD，
在△ABD和△ACP中，
{
AB=AC
)
∠ABD=∠ACP ，
BD=CP
∴△ABD≌△ACP(SAS)，
∴AP=AD=5，CP=BD=8，
又∵AH⊥CP，CD=2，
1 1
∴PH=DH= PD= (CP−CD)=3，
2 2
∴在Rt△APH中，AH=❑√AP2−PH2=❑√52−32=4，
∴在Rt△ACH中，CH=CD+DH=2+3=5，
∴AC=❑√AH2+CH2=❑√42+52=❑√41．
9．（23-24九年级上·四川泸州·阶段练习）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中
AB=6，∠AOC=120°，P为⊙O上的动点，连接AP，取AP中点Q，连CQ，则线段CQ的最大值为
．【思路点拨】
本题主要考查了垂径定理的推论、半圆所对的圆周角是直角、勾股定理、含30°角的直角三角形等知识
点，正确寻找点Q的运动轨迹、构造辅助圆解决问题成为解题的关键．如图：连接OQ，作CH⊥AB于
H，先证明点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最
大，利用勾股定理求出CK即可解答．
【解题过程】
解：如图：连接OQ，作CH⊥AB于H，
∵Q是AP中点，
∴AQ=QP，
根据垂径定理的推论可得OQ⊥AP，
∴∠AQO=90°，
∴点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，
当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，
∵在直角△OCH中，∠AOC=120°，
1
∴∠COH=60°，OC= AB=3，
2
∴OH=
1
OC=
3
，CH=❑√OC2−OH2=❑
√
32−
(3) 2
=
3❑√3
，
2 2 2 21 1
又∵在直角△CKH中，KH=OK+OH= OA+OH= AB+OH=3，
2 4
∴CK=❑√CH2+K H2=❑
√ (3❑√3) 2
+32=
3❑√7
，
2 2
3❑√7 3 3❑√7+3 3❑√7+3
∴CQ=CK+KQ= + = ，即CQ的最大值为 ．
2 2 2 2
3❑√7+3
故答案为： ．
2
10．（23-24九年级上·山东威海·期末）将⊙A的劣弧BD沿弦BD折叠、刚好落在半径AD的中点C处，已
知CD=2，则BC= ．
【思路点拨】
设折叠后的B´C所在圆的圆心为O，⊙A的直径为DE，连接AB，BE，过点B作BF⊥DE于F，先求出
AC=CD=2，AB=AE=AD=2CD=4，则CE=AE+AC=6，再根据折叠，得出⊙A与⊙O是等圆，
1
根据圆周角定理，得出B´E=B´C，从而得出BE=BC，再根据等腰三角形的性质求出CF=EF= CE=3
2
，从而求得AF=1，然后利用勾股定理求出BE长，即可求解．
【解题过程】
解：如图，设折叠后的B´C所在圆的圆心为O，⊙A的直径为DE，连接AB，BE，过点B作BF⊥DE于
F，
∵C是半径AD的中点，CD=2，
∴AC=CD=2，AB=AE=AD=2CD=4，
∴CE=AE+AC=6∵将⊙A的劣弧BD沿弦BD折叠，
∴⊙A与⊙O是等圆，
∵∠BDE=∠BDC
∴B´E=B´C
∴BE=BC
∵BF⊥DE
1
∴CF=EF= CE=3，∠AFB=∠BFE=90°，
2
∴AF=CF−AC=3−2=1，
在Rt△AFB中，由勾股定理，得BF=❑√AB2−AF2=❑√42−12=❑√15，
在Rt△BEF中，由勾股定理，得BE=❑√BF2+EF2=❑√(❑√15) 2+32=2❑√6，
∴BC=BE=2❑√6，
故答案为：2❑√6．
11．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，点 D 在以 AB 为直径的 ⊙O 上，点 C 在 AB 延长线
上，OD⊥CD，AB=10，CD=8 ，点E为圆上动点，当△CDE是以CD为底边的等腰三角形时；则
CE= ．
【思路点拨】
作CD的垂直平分线MN，交CD于M点，交⊙O于E 点和E 点．此时△CDE 和△CDE 即为以 CD 为
1 2 1 2
底边的等腰三角形．延长DO交⊙O于F点，作E H⊥DF于H点，E G⊥DF于G点．构造矩形
1 2
E HDM和E GDM．连接E D、E C、E D、E C、OE 、OE ，根据勾股定理和矩形的小册子即可
1 2 1 1 2 2 1 2
求出E C、E C的长．
1 2
【解题过程】
解：如图，作CD的垂直平分线MN，交CD于M点，交⊙O于E 点和E 点．延长DO交⊙O于F点，作
1 2
E H⊥DF于H点，E G⊥DF于G点．连接E D、E C、E D、E C、OE 、OE ．
1 2 1 1 2 2 1 2∵MN垂直平分CD，
1 1
∴E D=E C，E D=E C，DM= CD= ×8=4，
1 2 2 2 2 2
∴△CDE 和△CDE 均是以CD为底边的等腰三角形．
1 2
∵OD⊥CD，E H⊥DF，E M⊥CD，
1 1
∴四边形E HDM是矩形，
1
同理可证四边形E GDM是矩形，
2
∴E M=DH，E M=GD，E G=E H=DM=4，
1 2 2 1
∵AB=10，
∴OE =OE =OD=5
1 2
在Rt△OH E 中，OH=❑√OE 2−E H2=❑√52−42=3，
1 1 1
∴DH=OD−OH=5−3=2，
∴E D=❑√E H2+DH2=❑√42+22=2❑√5，
1 1
∴E C=2❑√5．
1
同理，Rt△OGE 中，OE =5，GE =4
2 2 2
∴OG=3，
∴DG=OD+OG=5+3=8，
∴E D=❑√DG2+GE 2=❑√82+42=4❑√5，
2 2
∴E C=4❑√5．综上，CE=2❑√5或4❑√5．
2
故答案为：2❑√5或4❑√5．
12．（2024·浙江宁波·一模）如图，AB、CD是⊙O中的两条弦，相交于点E，且AB⊥CD，AE=DE
，点H为劣弧AD上一动点，G为HE中点，若CE=1，DE=7，连接AG，则AG最小值为 ．【思路点拨】
本题考查的重点是垂径定理，解直角三角形，中位线等知识，难点是找点G的运动轨迹，当找到点G的运
动轨迹以后再利用两点之间直线最短就可以计算出AG的最小值．
连接AO，DO，过点O作OK⊥AE，交AE于点K，OF⊥CD，交DE于点F，构造正方形，计算圆的
半径，然后作OE的中点M，连接MG，连接OH，推导出点G的运动轨迹是以M为圆心的圆，连接AM与
圆M的交点就是AG的最小值．
【解题过程】
解：如图所示，连接AO，DO，过点O作OK⊥AE，交AE于点K，OF⊥CD，交DE于点F，
∵CE=1，DE=7，
∴CD=CE+DE=1+7=8，
∵OF⊥CD，
1
∴CF=DF= CD=4，
2
∴EF=CF−CE=4−1=3，
∵AE=DE，OA=OD，OE=OE，
∴△AOE≌△DOE(SSS)，
1
∴∠AEO=∠DEO= ∠AED=45°，
2
∵OK⊥AE，OF⊥CD，
∴OK=OF，
∵∠AED=90°，∴四边形OKEF是正方形，
∴OK=KE=EF=OF=3，
∴OA=OD=❑√OF2+DF2=❑√32+42=5，OE=❑√OF2+EF2=3❑√2，
如图所示，作OE的中点M，连接MG，连接OH，
∵点M是OE的中点，G为HE中点，
1 5
∴MG= OH= ，
2 2
5
∴点G在以点M为圆心，以 为半径的圆上运动，
2
连接AM交⊙M于点G′，过点M作MN⊥AE，
∴当点A，G，M三点共线时，即点G和点G′重合时，AG的值最小，
1 3❑√2
∵点M是OE的中点，EM= OE= ，
2 2
∵MN⊥AE，∠NEM=45°，
∴∠NME=45°，
∴△NME是等腰直角三角形，
❑√2 3
∴MN=EN= ME= ，
2 2
3 11
∴AN=AE−NE=7− = ，
2 2
∴AM=❑√AN2+M N2=❑
√ (11) 2
+
(3) 2
=
❑√130
，
2 2 2
❑√130 5
∴AG=AM−GM= − ，
2 2
❑√130 5
∴AG的最小值为 − ，
2 2❑√130 5
故答案为： − ．
2 2
13．（23-24九年级上·江苏盐城·期末）如图，在等腰直角三角形ABC中，AC=BC=1，点Р在以斜边
AB为直径的半圆上，M为PC的中点，则点Р沿半圆由点A运动至点B的过程中，线段BM的最小值为
．
【思路点拨】
本题考查轨迹，等腰直角三角形的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是正确判断出点M的运动轨迹，
属于中考常考题型．
如图，设AB的中点为O，连接OP，OC，OM，判断出点M的运动轨迹，利用勾股定理求出BT进而求
解．
【解题过程】
解：如图，设AB的中点为O，连接OP，OC，OM，作TH⊥BC于H，
∵AC=BC,
1
∴OA=OC=OB= AB，
2
1
∵OP=OA=OB= AB,
2
∴OP=OC，∵M是PC的中点，
∴CM=PM，
∴OM⊥PC，
∴∠CMO=90°，
∴点M的运动轨迹是以OC为直径的⊙T，
设⊙T交AC于点E，交BC于点F，连接EF，则EF是直径，
∴点M的运动轨迹在以OC为直径的⊙T上（即EO´F上），∵AC=CB=1，∠ACB=90°，
∴AB=❑√AC2+BC2=❑√12+12=❑√2，
∵OA=OB，
1 ❑√2
∴OC= AB= ，
2 2
❑√2
∴CT= ，
4
1
∴CH=TH= ，
4
连接BT，与⊙T交于点M，
在Rt△BHT中，
BT=❑√BH2+T H2=❑ √ ( 1− 1) 2 + (1) 2 = ❑√10 ，
4 4 4
∵BM+TM≥BT，
当BM+TM=BT时，此时BM最小，
❑√10 ❑√2
BM=BT−MT= − ，
4 4
❑√10 ❑√2
故答案为： − ．
4 414．（23-24九年级上·山东滨州·期末）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BC=CD，将△ABC
绕点C旋转至△EDC，则下列结论：①AC平分∠BAD；②点A，D，E在同一条直线上；③若
∠BAD=60°，则AB+AD=❑√2AC；④若AD−AB=CD，则∠ABC=120°，其中一定正确的是
（填序号）．
【思路点拨】
根据圆周角、弦、弧之间的关系即可判断①；根据旋转的性质和圆内接四边形的性质即可判断②；先求出
1
∠BAC=∠CAD= ∠BAD=30°，由旋转可知，∠E=∠BAC=30°，进一步得到
2
AE=AD+DE=AB+AD，AC=CE，作CH⊥AE于点H，则∠AHC=∠CHE=90°，则
❑√3 ❑√3
AH= AC,EH= CE，进一步得到AE=❑√3AC，则AB+AD=❑√3AC，即可判断③；在AD截取
2 2
AM=AB，连接CM，证明△CMD是等边三角形，得到∠CDM=60°，由四边形ABCD是⊙O的内接四
边形即可得∠ABC=120°，即可判断④．
【解题过程】
解：∵BC=CD，
∴B´C=C´D，
∴∠BAC=∠CAD，
∴AC平分∠BAD，
故①正确；
∵将△ABC绕点C旋转至△EDC，
∴∠ABC=∠EDC，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠EDC+∠ADC=180°，
∴点A，D，E在同一条直线上；
故②正确；∵BC=CD，
∴B´C=C´D，
∴∠BAC=∠CAD，
∵∠BAD=60°，
1
∴∠BAC=∠CAD= ∠BAD=30°，
2
由旋转可知，∠E=∠BAC=30°，
∴∠CAE=∠E=30°，DE=AB，
∴AE=AD+DE=AB+AD，AC=CE，
作CH⊥AE于点H，则∠AHC=∠CHE=90°，
❑√3 ❑√3
∴AH= AC,EH= CE，
2 2
❑√3 ❑√3 ❑√3 ❑√3
∴AE=AH+EH= AC+ CE= AC+ AC=❑√3AC，
2 2 2 2
∴AB+AD=❑√3AC，
故③错误；
在AD截取AM=AB，连接CM，
∵BC=CD，
∴B´C=C´D，
∴∠BAC=∠CAD，
∵AC=AC，
∴△BAC≌△CAM(SAS)，
∴CM=BC，∴CM=CD，
∵AD−AB=CD，
∴AD−AM=CD，
∵AD−AM=MD，
∴MD=CD，
∴CM=CD=MD，
∴△CMD是等边三角形，
∴∠CDM=60°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC=180°−∠CDM=120°，
故④正确，
故答案为：①②④．
15．（2024·安徽合肥·一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BAD=90°，BC=CD，过点C作CE
，使得CD=CE，交AD的延长线于点E．
（1）求证：AB=AE．
（2）若AD=DE=2，求CD的长．
【思路点拨】
（1）连接AC，根据BC=CD，推出∠BAC=∠EAC，根据CD=CE，得到∠E=∠CDE，根据圆内接
四边形性质得到∠B=∠CDE，得到∠B=∠E，结合AC共用，推出△ABC≌△AEC(AAS)，得到
AB=AE；
（2）证明BD是⊙O的直径，得到∠BCD=90°，根据AD=DE=2，得到AE=AB=4．根据勾股定理
得到BD=2❑√5，根据等腰直角三角形性质即得CD=❑√10．
【解题过程】
（1）证明：如图，连接AC．∵BC=CD，
∴B´C=C´D，
∴∠BAC=∠EAC，
∵CD=CE，
∴∠E=∠CDE，
∵∠B+∠ADC=180°，∠CDE+∠ADC=180°，
∴∠B=∠CDE，
∴∠B=∠E，
在△ABC与△AEC中，
{
∠B=∠E
)
∠BAC=∠EAC ，
AC=AC
∴△ABC≌△AEC(AAS)，
∴AB=AE；
（2）解：如图，连接BD．
∵∠BAD=90°，
∴BD是⊙O的直径，
∴∠BCD=90°，
由（1）可得AB=AE．
∵AD=DE=2，
∴AE=AB=4
．在 Rt△ABD 中，BD=❑√AB2+AD2=2❑√5，
在Rt△BCD中，
❑√2
CD=BC= BD=❑√10．
2
16．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，直径AN⊥BC，垂足为点H，连接OB、AC，K为线段
AH上一点，连接CK，180°−∠CKO=2∠CAO．
（1）如图1，求证∶CK∥BO；
（2）如图2，D为弧AB上一点，DE⊥BC，垂足为点G，连接OD交BC于点Q，Q为HG中点，求证∶
DE=4OH．
【思路点拨】
（1）连接AB，由垂径定理得C´N=B´N，即得∠CAN=∠BAN，由圆周角定理得∠BON=2∠BAN，
进而得∠BON=2∠CAN，即可得到∠BON=∠CKA，得到∠BOK=∠CKO，即可求证；
1
（2）过点O作OM⊥DE于M，则DM=EM= DE，可得四边形OHGM为矩形，得到OH=GM，再
2
1
证明△OHQ≌△DGQ(ASA)，得到OH=DG，即得OH= DM，进而即可求证；
2
本题考查了垂径定理，圆周角定理，平行线的判定，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确
作出辅助线是解题的关键．
【解题过程】
（1）证明：连接AB，∵直径AN⊥BC，
∴C´N=B´N，
∴∠CAN=∠BAN，
∵∠BON=2∠BAN，
∴∠BON=2∠CAN，
∵180°−∠CKO=2∠CAO，
∴∠CKA=2∠CAO，
∴∠BON=∠CKA，
∴∠BOK=∠CKO，
∴CK∥BO；
1
（2）证明：过点O作OM⊥DE于M，则DM=EM= DE，∠OMG=90°，
2
∵DE⊥BC，AN⊥BC，
∴∠MGH=∠OHG=90°，
∴四边形OHGM为矩形，
∴OH=GM，
∵点Q为HG中点，
∴HQ=GQ，又∵∠OQH=∠DQG，∠OHQ=∠DGQ=90°，
∴△OHQ≌△DGQ(ASA)，
∴OH=DG，
1
∴OH= DM，
2
1
∵DM= DE，
2
1
∴OH= DE，
4
即DE=4OH．
17．（2024·福建福州·一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC是⊙O的直径，BD平分
∠ABC，BD交AC于点E，过点D作DF⊥DB,DF交BA的延长线于点F．
（1）求证：AF=BC；
（2）过点F作FG∥BD交CA延长线于点G，求证：AG=CE．
【思路点拨】
（1）根据AC是⊙O的直径，得到∠ABC=∠ADC=90°，结合BD平分∠ABC，得
∠ABD=∠CBD=45°，AD=CD，结合DF⊥DB，得到∠ABD=∠CBD=∠DFA=45°，根据四边
形ABCD是⊙O的内接四边形，得到∠DAF=∠DCB，证明△DAF≌△DCB(AAS)即可得证AF=BC．
（2）在DF上截取DP=DE，设DF与⊙O的交点为点N，连接PG,PA,AN，先证明
△DPA≌△DEC(SAS),利用四边形ANDB是⊙O的内接四边形，证明P，A，E,D四点共圆，再证明
△EPA≌△FGA(ASA)即可得证AG=CE．
本题考查了圆的内接四边形的性质，圆的性质，三角形全等，熟练掌握圆的性质是解题的关键．
【解题过程】
（1）∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=45°，AD=CD，∵DF⊥DB，
∴∠ABD=∠CBD=∠DFA=45°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠DAF=∠DCB，
∴△DAF≌△DCB(AAS)，
∴AF＝BC．
（2）在DF上截取DP=DE，设DF与⊙O的交点为点N，连接PG,PA,AN，
∵∠EDC+∠ADE=90°,∠PDA+∠ADE=90°
∴∠EDC=∠PDA，
∵DP=DE，∠EDC=∠PDA，DA=DC，
∴△DPA≌△DEC(SAS)，
∴AP=EC，∠PAD=∠ECD=∠DAC=45°，
∴∠PAG=∠PAC=90°，
∵四边形ANDB是⊙O的内接四边形，
∴∠PNA=∠DBA=45°，
∴∠AFN=∠PNA=∠DBA=45°，
∴AF=AN，
∵FG∥BD，
∴∠GFA=∠DBA=45°，∠FGA=∠BEA，
∴∠GFA=∠PNA，
∵∠PDB+∠PAC=180°
∴P，A，E,D四点共圆，
∴∠NPA=∠BEA，
∴∠NPA=∠FGA，
∴△NPA≌△FGA(ASA)，
∴AP=AG，∴AG=EC．
18．（24-25九年级上·江苏宿迁·阶段练习）如图，△ABC为⊙O的内接三角形，AB=AC，
∠BAC=50°，点P为弧AB上一点，连接CP．
（1）如图1，当CP⊥AB时，垂足为E，连接AO并延长分别交CP，BC于点F,G．
①∠BCP=______°；
②求证：EF=PE．
（2）如图，若CP与AB不垂直，过点A作AE⊥CP，垂足为E，连接PB，如果PB=3，PE=1求线段
CE的长．
【思路点拨】
（1）①由垂径定理可得AG⊥BC，由等腰三角形的性质可得∠BAG=25°，再由8字模型求解即可；
②连接PA，根据圆周角定理及等腰三角形的判定和性质证明即可；
（2）连接PA，延长BP，过A作AD⊥BP于D，根据圆周角定理可得PA平分∠DPE，再根据角平分线
的性质和全等三角形的判定和性质求解即可．
【解题过程】
（1）解：①∵AB=AC，
∴A´B=A´C
∴AG⊥BC，
∵AB=AC，
1
∴∠BAG= ∠BAC=25°，
2
∵CP⊥AB，
∴∠AEC=∠AGB=90°，
∵∠AFE=∠CFG，
∴∠BCP=∠BAG=25°，
故答案为：25°；
②证明：连接PA，∵∠BCP=25°，
∴∠AFP=∠CFG=90°−25°=65°，
∵∠P=∠ABG=90°−∠BCP=65°，
∴∠P=∠AFP，
∴AP=AF，
∵CP⊥AB，
∴EF=PE．
（2）解：连接PA，延长BP，过A作AD⊥BP于D，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵∠DPA+∠BPA=180°，∠BPA+∠ACB=180°，
∴∠DPA=∠ACB，
∴∠DPA=∠ABC，
∵∠APE=∠ABC，
∴∠DPA=∠APE，
∴PA平分∠DPE，
∵AD⊥BP，AE⊥CP，
∴AD=AE，∠ADP=∠AEP=∠AEC=90°，
∵AP=AP，
∴Rt△ADP≌Rt△AEP(HL)，
∴DP=PE=1，∴DB=DP+PB=4，
∵∠ADP=∠AEC，∠DBA=∠ACE，
∴△ADB≌△AEC(AAS)，
∴CE=BD=4．
19．（2023·黑龙江哈尔滨·一模）已知：△ABC内接于⊙O，弦CD平分∠ACB．
（1）如图1，求证：A´D=B´D；
（2）如图2，过点A作AE⊥BC，垂足为点E．过点D作DF⊥BC，交CB的延长线于点F，且
AE=CF．
①求证：AC=CE+DF；
②若CE=5，CD=4❑√13，求⊙O的半径．
【思路点拨】
（1）根据等弧所对的圆周角相等，进行证明即可；
（2）①如图1，延长DF到G，使FG=CE，证明△ACE≌△CGF(SAS)，则
AC=CG，∠CAE=∠GCF，进而可得∠ACG=90°，∠DCG=90°−∠ACD，
∠CDG=90°−∠DCF，由∠ACD=∠DCF，可得∠CDG=∠DCG，CG=DG，根据AC=CG，
DG=FG+DF=CE+DF，可得数量关系；②设DF=a，则CG=DG=a+5，在Rt△CDF和Rt△CGF
中，由勾股定理得CF2=CD2−DF2=CG2−FG2，即(4❑√13) 2 −a2=(a+5) 2−52，求得a=8，则
DF=8，AC=CG=DG=13，AE=CF=12，如图2，过D作DH⊥AC于H，连接AD，BD，由题意
可得DH=DF=8，CH=CF=12，AH=AC−CH=1，证明Rt△ADH≌Rt△BDF(HL)，则
BF=AH=1，BE=CF−CE−BF=6，在Rt△BDF和Rt△ABE中，根据勾股定理求BD，AB的值，如
1
图2，连接OD交AB于P，连接OB，由垂径定理可得OD⊥AB，BP= AB=3❑√5，在Rt△BDP中，由
2
勾股定理求DP的值，设半径为r，则OP=r−2❑√5，在Rt△BOP中，由勾股定理得BO2=OP2+BP2，即r2=(r−2❑√5) 2+(3❑√5) 2 ，求r值即可．
【解题过程】
（1）证明：∵弦CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD，
∴A´D=B´D；
（2）①证明：如图1，延长DF到G，使FG=CE，
在△ACE和△CGF中，
{
AE=CF
)
∵ ∠AEC=∠CFG=90° ，
CE=FG
∴△ACE≌△CGF(SAS)，
∴AC=CG，∠CAE=∠GCF，
∵∠ACG=∠ACE+∠GCF=∠ACE+∠CAE=90°，
∴∠DCG=∠ACG−∠ACD=90°−∠ACD，
∵∠CDG=180°−∠CFD−∠DCF=90°−∠DCF，∠ACD=∠DCF，
∴∠CDG=∠DCG，
∴CG=DG，
∵AC=CG，DG=FG+DF=CE+DF，
∴AC=CE+DF；
②解：设DF=a，则CG=DG=a+5，
在Rt△CDF中，由勾股定理得CF2=CD2−DF2，
在Rt△CGF中，由勾股定理得CF2=CG2−FG2，
∴CD2−DF2=CG2−FG2，即(4❑√13) 2 −a2=(a+5) 2−52，
解得a=8，a=−13（舍去），
∴DF=8，AC=CG=DG=13，AE=CF=12，如图2，过D作DH⊥AC于H，连接AD，BD，
∵A´D=B´D，
∴AD=BD
∵弦CD平分∠ACB，
∴DH=DF=8，CH=CF=12，AH=AC−CH=1，
在Rt△ADH和Rt△BDF中，
{AD=BD)
∵ ，
DH=DF
∴Rt△ADH≌Rt△BDF(HL)，
∴BF=AH=1，BE=CF−CE−BF=6，
在Rt△BDF中，由勾股定理得BD=❑√BF2+DF2=❑√65，
在Rt△ABE中，由勾股定理得AB=❑√AE2+BE2=6❑√5，
如图2，连接OD交AB于P，连接OB，
∵A´D=B´D，
∴OD⊥AB，
1
∴BP= AB=3❑√5，
2
在Rt△BDP中，由勾股定理得DP=❑√BD2−BP2=2❑√5，
设半径为r，则OP=r−2❑√5，
在Rt△BOP中，由勾股定理得BO2=OP2+BP2，即r2=(r−2❑√5) 2+(3❑√5) 2 ，
13❑√5
解得r= ，
4
13❑√5
∴半径为 ．
420．（2024·浙江嘉兴·一模）定义：三角形两个内角的平分线相交所成的钝角称为该三角形第三个内角的
好望角．
（1）如图1，∠D是△ABC中∠A的好望角，∠A=α，请用含α的代数式表示∠D．
（2）如图2，在△ABC中，∠BAC的平分线与经过B，C两点的圆交于点D,E，且
∠ACE+∠BDE=180°．求证：∠ADB是△ABC中∠ACB的好望角．
（3）如图3，在 （2）的条件下，
①取弧CE的中点F，连接CD，CF，若CD=4，CF=❑√6，求圆的半径r．
②若∠BAC=90°，BC=6，请直接写出线段AE的最大值．
【思路点拨】
（1）根据角平分线的性质和三角形的内角和定理即可得出结果；
（2）圆周角定理，得到∠BDE=∠BCE，根据∠ACE+∠BDE=180°，得到
∠ACB=180°−2∠BDE，结合三角形的外角和三角形的内角和推出∠ABC=2∠ABD，即可得证；
（3）①根据好望角的定义，∠DCE=90°，进而得到DE为圆的直径，推出取DE的中点O，连接
1
EF,OF，OF交CE于点H，根据垂径定理，推出OF⊥CE，EF=CF=❑√6，EH=CH，OH= CD=2
2
，设半径为r，利用勾股定理进行求解即可；
❑√2
②连接OB,OC，先证明△OBC为等腰直角三角形，求出OB=OC= BC=3❑√2，进而得到OE=3❑√2
2
，根据AE=OA+OE=OA+3❑√2，得到当OA最大时，AE最大，根据∠BAC+∠BOC=180°，推出
A,B,O,C在BC为直径的圆上，得到OA为直径时，最大，此时OA=BC=6，即可得出结果．
【解题过程】
（1）解：∵∠D是△ABC中∠A的好望角，
∴BD,CD是△ABC的角平分线，
1 1
∴∠DBC= ∠ABC,∠DCB= ∠ACB，
2 2∵∠A+∠ABC+∠BCA=180°，
∴∠ABC+∠BCA=180°−∠A=180°−α，
1 1 1 1
∴∠DBC+∠DCB= ∠ABC+ ∠ACB= (180°−α)=90°− α，
2 2 2 2
1 1
∴∠D=180°−(∠DBC+∠DCB)=180°−90°+ α=90°+ α；
2 2
（2）∵AD平分∠BAC，
1
∴∠BAD=∠CAD= ∠BAC，
2
∵∠BDE=∠BCE，∠ACE+∠BDE=180°，
∴∠ACB+∠BCE+∠BDE=∠ACB+2∠BDE=180°，
∴∠ACB=180°−2∠BDE，
∴∠ABC=180°−∠BAC−∠ACB=180°−2∠BAD−180°+2∠BDE=2∠BDE−2∠BAD，
∵∠BDE=∠BAD+∠ABD，
∴∠ABD=∠BDE−∠BAD，
∴∠ABC=2∠ABD，
∴BD平分∠ABC，
又∵AD平分∠BAC，
∴∠ADB是△ABC中∠ACB的好望角；
（3）①∵BD平分∠ABC，AD平分∠BAC，
∴CD平分∠ACB，
1
∴∠BCD= ∠ACB，
2
∵∠ADB是△ABC中∠ACB的好望角，
1
由（1）可知：∠ADB=90°+ ∠ACB，
2
1
∴∠BDE=180°−∠ADB=90°− ∠ACB，
2
1
∴∠BCE=∠BDE=90°− ∠ACB，
2
1 1
∴∠DCB+∠BCE= ∠ACB+90°− ∠ACB=90°，
2 2
即：∠DCE=90°，
∴DE为圆的直径，取DE的中点O，连接EF,OF，OF交CE于点H，
∵F是弧CE的中点，
∴C´F=E´F，
∴OF⊥CE，EF=CF=❑√6，EH=CH，
1
∴OH= CD=2，
2
设⊙O的半径为r，则：OF=OE=r，HF=r−2，
由勾股定理，得：H E2=OE2−OH2=EF2−FH2，
∴r2−22=(❑√6) 2 −(r−2) 2，
解得：r=3或r=−1（舍去）；
∴⊙O的半径为3；
②连接OB,OC，
∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，
∴∠BDC是△ABC的好望角，
1
∴∠BDC=90°+ ∠BAC=135°
2
∴∠BOC=360°−2∠BDC=90°，
∴△BOC为等腰直角三角形，
∵BC=6，❑√2
∴OB=OC= BC=3❑√2，
2
∴OE=3❑√2，
∵AE=OA+OE=OA+3❑√2，
∴当OA最大时，AE的值最大，
∵∠BAC=90°,∠BOC=90°，
∴∠BAC+∠BOC=180°，
∴A,B,O,C在BC为直径的圆上，
∴OA为直径时，最大，此时OA=BC=6，
∴AE的最大值为6+3❑√2．
