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专题 14 圆的综合性问题
【思维导图】
◎突破一：圆与三角形的综合问题
例．（2021·江苏南通·一模）
(1)如图1，CA＝CD，∠1＝∠2，BC＝EC．求证：∠A＝∠D．
(2)如图2，按以下步骤画图：
①以线段AB的中点O为圆心，以AO的长为半径画半圆；
②分别以点A，点B为圆心，以AO的长为半径画弧，分别交半圆于点C，点D；
③连接OC，OD，CD．若AB＝4，求△COD的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)①作图见解析，②作图见解析，③
【分析】（1）根据SAS证明△ACB≌△DEC即可．（2）证明△COD是等边三角形，即可解决问题．
(1)
证明：如图所示：
∵∠ACB＝∠1+∠ACE，∠DCE＝∠2+∠ACE，
∠1＝∠2，
∴∠ACB＝∠DCE，
在△ABC和△DEC中，
，
∴△ABC≌△DEC（SAS），
∴∠A＝∠D；
(2)
解：如图2中，连接AC，BD．
由作图可知，AC＝OA＝OC＝BD＝OD＝OB，
∴△AOC，△BOD都是等边三角形，
∴∠AOC＝∠BOD＝60°，
∴∠COD＝60°，
∴△COD是等边三角形，∴S COD＝ ×22＝ ．
△
【点睛】本题考查作图复杂作图，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握
全等三角形的判定方法是解题的关键．
专训1．（2022·内蒙古包头·中考真题）如图， 为 的切线，C为切点，D是 上一点，过点D作
，垂足为F， 交 于点E，连接 并延长交 于点G，连接 ，已知
．
(1)若 的半径为5，求 的长；
(2)试探究 与 之间的数量关系，写出并证明你的结论．（请用两种证法解答）
【答案】(1)
(2) ，证明见解析
【分析】（1）由题意得， ，根据 得 ，根据切线的性质
得 ，即 ，根据题意得 ，则 ，即可得 ，根据
角之间的关系和边之间的关系得 是等边三角形，即可得∴ ，则 ,根据题意得，
， ，在 中，根据锐角三角形函数即可得；
（2）方法一：根据题意和边、角之间得关系得， 为等边三角形，可得 ，在 中，
根据直角三角形的性质得 ，即 ；方法二：连接 ，过点O作 ，垂足为
H，根据题意得， ，即四边形 是矩形，所以 ， 根据等边三角形的
性质得 ，根据边之间的关系得CE=OD，根据HL得 ，即可得 ，所以，即可得 ．
(1)
解：如图所示，连接 ．
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 为 的切线，C为切点，
∴ ，
∴ ，
∵ ，垂足为F，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ．
∵ 的半径为5，
∴ ，
∵ 是 的直径，
∴ ，∴在 中， ．
(2)
，证明如下
证明：方法一：如图所示，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
∵ ，
∴ 为等边三角形，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴在 中， ，
∴ ，
即 ；
方法二：如图所示，连接 ，过点O作 ，垂足为H，
∴ ，∵ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
∵ 是等边三角形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴CE=OD，
∵ ，
在 和 中，
∴ （HL），
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查了圆的综合，平行线的判定与性质，锐角三角函数，等边三角形的判定与性质，矩形的
判定与性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点．
专训2．（2022·河北·廊坊市第四中学二模）如图，已知 为不完整 的直径， 为弦且 ，
，点M、N为 上的点，连接 ，点N从点A开始沿优弧 运动，当点M与点B重合
时停止．已知 ，以 为直径向 内作半圆P．(1)求 的半径；
(2)当点N与点A重合时，求半圆P与 所围成的弓形的面积；
(3)①点P的运动路径长是___________；
②当半圆P与 相切时，求 与 夹角的正切值．
【答案】(1)4
(2)
(3)① ；②
【分析】（1）根据 为 的直径，可得∠ABC=90°，再由锐角三角函数，即可求解；
（2）设圆P交AC于点Q，连接PO，OM，PQ，可证得△OAM是等边三角形，从而得到∠OAM=60°，
AP=2，进而得到△APQ为等边三角形，再由半圆P与 所围成的弓形的面积等于 ，即可求
解；
（3）①由BC=4， ，可得点P的运动轨迹为以O圆心，OP长为半径的半圆，求出OP，即可求解；
②设半圆P与 相切于点D，连接PD，OP，分两种情况讨论：当点D在线段OC上时，当点D在线段
OA上时，即可求解．
(1)
解：∵ 为 的直径，
∴∠ABC=90°，
∵ ， ，
∴ ，
∴BC=4，
∴ 的半径为4；(2)
解：如图，设圆P交AC于点Q，连接PO，OM，PQ，
由（1）得：OA=OM=4，
∵ ，
∴OA=AM=OM，
∴△OAM是等边三角形，
∴∠OAM=60°，AP=2，
∵AP=PQ，
∴△APQ为等边三角形，
∴ ，AQ=2，
∴半圆P与 所围成的弓形的面积等于 ；
(3)
解：①如图，连接OP，OM，ON，
∵BC=4， ，
∴当M与点B重合时，点N与点C重合，
∴点P的运动轨迹为以O圆心，OP长为半径的半圆，
由（1）得：OA=OM=ON=4，BC=4，
∵ ，
∴ON=AM=OM，
∴△ONM是等边三角形，
∴∠NOM=60°，∴ ，
∴点P的运动路径长是 ；
故答案为：
②如图，设半圆P与 相切于点D，连接PD，OP，
当点D在线段OC上时，PD⊥OC，
由（2）得：PD=2，由①得： ，
∴ ，
∴ ；
当点D在线段OA上时，PD⊥OA，
同理 ，
综上所述， 与 夹角的正切值为 ．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，求扇形面积等知识，熟
练掌握相关知识点是解题的关键．
专训3．（2021·安徽·一模）如图，△ABC为⊙O的内接三角形，且AB为⊙O的直径，DE与⊙O相切于点
D，交AB的延长线于点E，连接OD交BC于点F，连接AD、CD，∠E＝∠ADC．(1)求证：AD平分∠BAC；
(2)若CF＝2DF，AC＝6，求⊙O的半径r．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）根据圆周角定理得到 ，进而证明 ，得到 ，根据切线的
性质得到 ，根据垂径定理得到 ，根据圆周角定理证明结论；
（2）根据三角形中位线定理求出OF，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案．
(1)
证明：由圆周角定理得： ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵DE与⊙O相切于点D，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴AD平分 ．
(2)
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
在 中，
，即 ，
解得： ， （舍去），
∴⊙O的半径r为5．
【点睛】本题考查的是切线的性质、垂径定理、圆周角定理、勾股定理的应用，掌握圆的切线垂直于经过
切点的半径是解题的关键．
专训4．（2022·江苏江苏·九年级期末）如图，以AE为直径的 交直线 于A、B两点，点C在 上，
过点C作 于点D，连接 ， ， ，其中 与 交于点F，且 平分 ．
(1)求证： 是 的切线；
(2)若 ， ．
①求 的长；
②求 的值．
【答案】(1)见详解
(2)①3； ②
【分析】（1）连接OC，根据OA＝OC推出∠OCA＝∠OAC，根据角平分线得出∠OCA＝∠OAC＝
∠DCA，推出OC∥AB，得出OC⊥CD，根据切线的判定推出即可；
（2）①由（1）知，∠OCD＝90°，所以∠OCA+∠ACD＝90°，因为AE是 O的直径，所以∠ACE＝
90°，则∠OCA+∠OCE＝90°，所以∠ACD＝∠OCE，又OC＝OE，所以∠O⊙CE＝∠E＝∠B＝∠ACD，
可得△ADC∽△CDB，所以AD：CD＝CD：BD，则CD²＝AD•BD，又BD＝AD+AB＝9，所以CD2＝1×9
＝9，即CD＝3．
②过点C作CG⊥AE于点G，过点O作OH⊥BC于H，因为CD⊥AB，CD＝3，BD＝9，所以BC＝3，因为OH⊥BC，则CH＝ BC＝ ，易证△ADC∽△ACE，所以AD：AC＝AC：AE，因为CD⊥AB，
AD＝1，CD＝3，所以AC2＝10，则AE＝ ＝10，OA＝ AE＝5＝OC；易证△ACD≌△ACG（AAS），
所以AG＝AD＝1，CG＝CD＝3，OG＝OA﹣AG＝5﹣1＝4，因为OH⊥BC，OC＝5，CH＝ ，所以
OH＝ ，易证△CFG∽△OFH，所以CG：OH＝CF：OF＝GF：FH，即3： ＝CF：（4﹣GF）＝
GF：（ ﹣CF），整理得， CF＝12﹣3GF， GF＝ ﹣3CF，解之，求解的CG和GF的
值，因为CG⊥AE，CG＝3，GF＝ ，所以tan∠AFC＝ ＝ ．
(1)
证明：连接OC．
∵OC＝OA，
∴∠OAC＝∠OCA．
∵AC平分∠DAE，
∴∠DAC＝∠OAC，
∴∠DAC＝∠OCA，
∴AD∥OC．
∵CD⊥DA，
∴∠ADC＝∠OCD＝90°，
即 CD⊥OC，
∵点C在 O上，
∴CD是 ⊙O的切线．
⊙(2)
解：①由（1）知，∠OCD＝90°，
∴∠OCA+∠ACD＝90°，
∵AE是 O的直径，
∴∠ACE⊙＝90°，
∴∠OCA+∠OCE＝90°，
∴∠ACD＝∠OCE，
∵OC＝OE，
∴∠OCE＝∠E，
∵∠E＝∠B，
∴∠ACD＝∠B，
∵∠ADC＝∠CDB＝90°，
∴△ADC∽△CDB，
∴AD：CD＝CD：BD，
∴CD2＝AD•BD，
∵AD＝1，AB＝8，
∴BD＝AD+AB＝9，
∴CD2＝1×9＝9，
∴CD＝3．
②过点C作CG⊥AE于点G，过点O作OH⊥BC于H，∵CD⊥AB，CD＝3，BD＝9，
∴BC＝3 ，
∵OH⊥BC，
∴CH＝ BC＝ ，
∵∠ADC＝∠ACE＝90°，∠ACD＝∠AEC，
∴△ADC∽△ACE，
∴AD：AC＝AC：AE，
∴AE＝ ，
∵CD⊥AB，AD＝1，CD＝3，
∴AC2＝10，
∴AE＝ ＝10，
∴OA＝ AE＝5＝OC，
在△ACD和△ACG中，
∵∠ADC＝∠ABC＝90°，∠CAD＝∠CAG，AC＝AC，
∴△ACD≌△ACG（AAS），
∴AG＝AD＝1，CG＝CD＝3，
∴OG＝OA﹣AG＝5﹣1＝4，
∵OH⊥BC，OC＝5，CH＝ ，∴OH＝ ，
∵∠CFG＝∠OFH，∠CGF＝∠OHF＝90°，
∴△CFG∽△OFH，
∴CG：OH＝CF：OF＝GF：FH，
∴3： ＝CF：（4﹣GF）＝GF：（ ﹣CF），
整理得， CF＝12﹣3GF， GF＝ ﹣3CF
解得GF＝ ，
∵CG⊥AE，CG＝3，GF＝ ，
∴tan∠AFC＝ ＝ ，
∴tan∠AFC的值为 ．
【点睛】本题考查了切线的判定、平行线的性质和判定等知识点，解题的关键是综合运用定理进行推理的
能力，结合方程思想求解．
◎突破二：圆与四边形的综合问题
例．（2022·广东广州·一模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB = 6，BC = 8，∠ABC = 90°，
弧AD = 弧DC．
(1)求边CD的长；(2)已知△ABE与△ABD关于直线AB对称．
①尺规作图:作△ABE；（保留作图痕迹，不写作法）
②连接DE，求线段DE的长．
【答案】(1)
(2)①图见解析②14
【分析】（1）先求出直径AC，再得到△ADC是等腰直角三角形，利用勾股定理即可求解；
（2）①以B点为圆心，BD为半径，和以A点为圆心，AD为半径画弧，交点为E点，再顺次连接即可；
②过A点作AH⊥BD，先求出BD的长，再证明△BDE是等腰直角三角形，故可求出DE的长．
(1)
∵AB = 6，BC = 8，∠ABC = 90°，
∴AC= ，AC是⊙O的直径
∴∠ADC=90°
∵弧AD = 弧DC
∴AD=CD
∴△ADC是等腰直角三角形
∴AD2+CD2=AC2
解得CD= ；
(2)
①如图，△ABE为所求；
②过A点作AH⊥BD，
∵弧AD = 弧DC
∴∠ABD=∠CBD= ∠ABC=45°∴△ABH是等腰直角三角形
∵AB2=BH2+AH2，AH=BH
∴AH=BH=3
∵AD=CD=5
∴在Rt△ADH中，DH=
∴BD=BH+DH=
∵△ABE与△ABD关于直线AB对称
∴∠EBD=2∠ABD=90°，BE=BD=
∴△BDE是等腰直角三角形
∴DE= ．
【点睛】此题主要考查圆内的线段长度求解、尺规作图，解题的关键是熟知圆周角的性质、等腰直角三角
形的判定与性质及对称性的应用．
专训1．（2022·江苏无锡·一模）如图，在四边形ABCD中，∠C=∠D=90°，DC=4，AD=2，AB=BC，以
AB为直径的圆O交BC于点E．
(1)求圆⊙的半径；(2)用无刻度的直尺在DC边上作点M，使射线BM平分∠ABC，并求 的值．
【答案】(1)2.5
(2)
【分析】（1）连接AE，可得∠AEB=90°，从而得到四边形ADCE是矩形，进而得到AE=CD=4，
CE=AD=2，设AB=x，则BC=x，BE=x-2，然后根据勾股定理可得AB=5，即可求解；
（2）连接AM，可证得△ABM≌△CBM，从而得到AM=CM，∠BAM=∠BCM=90°，设AM= CM=m，则
DM=CD-CM=4-m，然后根据勾股定理可得 ，即可求解．
(1)
解：如图，连接AE，
∵AB圆O的直径，
∴∠AEB=90°，
∵∠C=∠D=90°，
∴∠C=∠D=∠AEB=90°，
∴四边形ADCE是矩形，
∴AE=CD=4，CE=AD=2，
设AB=x，则BC=x，
∴BE=x-2，
∵ ，
∴ ，解得：x=5，
即AB=5，
∴圆⊙的半径为2.5；(2)
解：如图，连接AM，
∵BM平分∠ABC，
∴∠ABM=∠CBM，
∵AB=BC，BM=BM，
∴△ABM≌△CBM，
∴AM=CM，∠BAM=∠BCM=90°，
设AM= CM=m，则DM=CD-CM=4-m，
∵ ，
∴ ，解得：
即 ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌
握圆周角定理，勾股定理，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
专训2．（2016·江苏无锡·九年级阶段练习）如图，矩形AOBC，A（0，3）、B（5，0），点E在OB上，
∠AEO=45°，点P从点Q（﹣3，0）出发，沿x轴向右以每秒1个单位长的速度运动，运动时间为t
（t≥0）秒．
（1）求点E的坐标；
（2）当∠PAE=15°时，求t的值；（3）以点P为圆心，PA为半径的⊙P随点P的运动而变化，当⊙P与四边形AEBC的边（或边所在的直
线）相切时，求t的值．
【答案】（1）点E的坐标为（3，0）；
（2）t=（3+ ）s或（3+3 ）s；
（3）t=0或4或4.6秒时，⊙P与四边形AEBC的边（或边所在的直线）相切．
【详解】试题分析：（1）在Rt△AOE中求出OE，即可得出点E的坐标；
（2）如图1所示，当∠PAE=15°时，可得∠APO=60°，从而可求出PO= ，求出QP，即可得出t的值；
（3）以点P为圆心，PA为半径的⊙P与四边形AEBC的边（或边所在的直线）相切时，只有一种情况，
也就是⊙P与AE边相切，且切点为点A，如图2所示，求出PE，得出QP，继而可得t的值．
试题解析：（1）在Rt△AOE中，OA=3，∠AEO=45°，
∴OE=AO=3，
∴点E的坐标为（3，0）；
（2）如图1所示：
∵∠PAE=15°，∠AEO=45°，
∴∠APO=∠PAE+∠AEO=60°，
∴OP=AOtan30°= ，
∴QP=3+ ，∴t=3+ （秒）；
如图2，∵∠AEO=45°，∠PAE=15°，
∴∠APE=30°，
∵AO=3，
∴OP=3÷ =3 ，
∴t=QP=OQ+OP=（3 +3）s；
∴t=（3+ ）s或（3+3 ）s．
（3）∵PA是⊙P的半径，且⊙P与AE相切，
∴点A为切点，如图3所示：
∵AO=3，∠AEO=45°，
∴AE=3
∴PE=
∴QP=QE﹣PE=6﹣6=0，∴当⊙P与四边形AEBC的边AE相切时，Q，P重合，t的值为0．
∵PA是⊙P的半径，且⊙P与AE相切，
∴点A为切点，如图4所示：
当点P与O重合时，⊙P与AC相切，
∴t=3秒；
当PA=PB时，⊙P与BC相切，
设OP=x，则PB=PA=5﹣x，
在Rt△OAP中，x2+32=（5﹣x）2，
解得：x=1.6，
∴t=3+1.6=4.6（秒）；
∴t=0或4或4.6秒时，⊙P与四边形AEBC的边（或边所在的直线）相切．
考点：圆的综合题．
专训3．（2022·浙江·瑞安市安阳镇滨江中学三模）如图，在 中，以 为直径的半 经过点 ，
交 于点 ，过点 作 ，交 的延长线于点 ，连接 ．(1)求证： ；
(2)连接 ， ，若 ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据BC为直径可得 ，从而得到 ，再由平行四边形的性质可得AB∥CD，
AD=BC，可得四边形ACDE是平行四边形，即可求证；
（2）过点 作 ，过点F作 ，四边形ABCF是圆内接四边形，可得 ，从
而得到DG=FG，再由 ，可得 ， ，从而得到DF=2，在矩形
ACDE中，可得∠DAE=∠ADC=∠DFH，从而得到 ， ，从而得到
，再由勾股定理，即可求解．
(1)
证明∶ 为直径，
，
，
，
在平行四边形 中，AB∥CD，AD=BC，
∴四边形ACDE是平行四边形，
∵AC⊥AB，四边形 是矩形，
，
，
；
(2)
解：过点 作 ，过点F作 ，
在平行四边形 中， ，
∵四边形ABCF是圆内接四边形，
∴∠B+∠AFC=180°，
∵∠DFC+∠AFC=180°，
∴ ，
，
，
∴DG=FG，
∵ ，
∴CG=2DG， ，
，
∴ ，
， ，
，
在矩形ACDE中，AE∥CD，AE⊥DE，
∴∠DAE=∠ADC=∠DFH，
∴tan∠DFH=2，即DH=2FH，∴ ，
， ，
，
．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质等知
识，熟练掌握矩形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质等知识是解题的
关键．
专训4．（2022·浙江湖州·八年级期末）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．
(1)如图1，点D是CA延长线上的一点，点E在线段AB上，且AD＝AE，连接BD和CE，延长CE交BD
于点F．求证：BD＝CE；
(2)在（1）的条件下，若点F为BD的中点，求∠AFD的度数；
(3)如图2，点P是△ABC外一点，∠APB＝45°，猜想PA，PB，PC三条线段长度之间存在的数量关系，并
证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)45°
(3)PB﹣PC PA，理由见解析
【分析】（1）由两个等腰直角三角形得到两个三角形全等的条件，即可；
（2）利用（1）得到的结论，判断出点A，E，F，D四点共圆，即可；（3）利用三角形相似的判定和性质，再利用勾股定理，即可．
【详解】（1）证明：∵∠BAC＝90°，
∴∠BAC＝∠DAB＝90°，
在Rt△EAC和Rt△DAB中，
，
∴Rt△EAC≌Rt△DAB（SAS），
∴CE＝BD；
（2）解：如图1，
由（1）有，Rt△EAC≌Rt△DAB，
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠ACE+∠AEC＝90°，
∴∠ABD+∠AEC＝∠ABD+∠BEF＝90°，
∵∠DAE＝90°，
∴点A，E，F，D四点共圆，
∴∠AFE＝∠ADE＝45°，
∴∠AFD＝45°；
（3）解：结论：PB﹣PC PA．
理由：如图2，在PB上截取PM＝PC，由（2）有，∠BPC＝90°，
∴CM PC，∠PMC＝45°，
∴∠BMC＝135°，
∵∠APB＝45°，
∴∠APC＝135°，
∴∠APC＝∠BMC，
∵∠ACP+∠ACM＝∠BCM+∠ACM＝45°，
∴∠ACP＝∠BCM，
∴△APC∽△BMC，
∴ ，
∴BM PA，
∴PB＝PM+BM＝PC PA，
∴PB﹣PC PA．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、四点共圆的判定、同弧所对圆周角相等、三角形相似的判定
与性质，掌握这些才能正确解题．
◎突破三：圆与函数的综合问题
例．（2021·湖北荆门·模拟预测）我们把方程 称为圆心为 、半径长为 的圆的标准
方程．例如，圆心为 、半径长为3的圆的标准方程是 ．如图，在平面直角坐标系中， 与 轴交于 ， 两点，且点 的坐标为 ，与 轴相切于点 ，过点 ， ， 的抛物
线的顶点为 ．
(1)求 的标准方程；
(2)试判断直线 与 的位置关系，并说明理由；
(3)连接 ，求 的值．
【答案】(1)
(2)直线 与 相切，理由见解析
(3)
【分析】（1）连接 、 ，过点 作 于点 ，设 的半径为 ，根据 与 轴相切于点
，可得四边形 是矩形，从而得到 ， ，进而得到 ，再
由勾股定理可得 ，即可求解；
（2）先根据垂径定理可得到 ，从而得到抛物线解析式为 ，进而得到
，然后分别求出AC、AE、CE的长，再利用勾股定理的逆定理，即可求解；
（3）在 中 ，利用锐角三角函数，即可求解．
(1)
解：如图1，连接 、 ，过点 作 于点 ，设 的半径为 ，
与 轴相切于点 ，
轴， ，
，
四边形 是矩形，
， ，
∵点 的坐标为 ，
∴OB=8，
，
，
，即 ，
解得： ，
，
，
的标准方程为 ；
(2)
解：直线 与 相切，理由如下：
由（1）知： ， ，
， ，
∴OF=5，
∵OB=8，
∴AF=BF=3，
∴OA=2，
，
∴可设经过点 、 、 的抛物线解析式为 ，
∵点 ，
则 ，
解得： ，，
，
如图2，连接 ， ，
， ， ，
， ， ，
， ，
，
，即 ，
为 的半径，
与 相切于点 ；
(3)
解：如图2，由（2）知： ， ， ，
．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，垂径定理，求正弦值，熟练掌握相关知识点，理解圆的
标准方程是解题的关键．
专训1．（2022·湖南长沙·九年级期中）如图1，抛物线 与x轴交于O、A两点，点B为抛物线
的顶点，连接OB．(1)求∠AOB的度数；
(2)如图2，以点A为圆心，4为半径作⊙A，点M在⊙A上．连接OM、BM，
①当△OBM是以OB为底的等腰三角形时，求点M的坐标；
②如图3，取OM的中点N，连接BN，当点M在⊙A上运动时，求线段BN长度的取值范围．
【答案】(1)45°
(2)①（4，0）或（8，4）；②
【分析】（1）将函数解析式化为顶点式，得到点B的坐标，作BH⊥OA于H，则OH＝BH＝4，即可得到
∠AOB的度数；
（2）①先求出A点坐标．作OB的垂直平分线交⊙A于 、 两点，由AH＝4=OH＝BH，得到 坐标
为（4，0）．连接 ，由 ， ，得到 坐标为（8，4）；
②延长OB至点D，使BD＝OB，则点D坐标为（8，－8），连接MD，根据三角形中位线的性质得到
，当MD过点A时，MD长度达到最大值，当点M在点E处时，MD有最小值，由此解决问题．
(1)
∵ ，点B为抛物线顶点，
∴点B的坐标为（4，－4）．
作BH⊥OA于H，则OH＝BH＝4，
∴∠AOB＝45°．(2)
① ，解得 ， ，
∴ A点坐标为（8，0）．
作OB的垂直平分线交⊙A于 、 两点，
∵⊙A半径为4，AH＝4，
∴点H在⊙A上，此时OH＝BH，
∴点H与点 重合，
∴ 坐标为（4，0）．
连接 ，
∵ ， ，
∴ ，则 坐标为（8，4），
综上，点M的坐标为（4，0）或（8，4）．②延长OB至点D，使BD＝OB，则点D坐标为（8，－8），
连接MD，
∵点N为OM中点，
∴ ．
如图，当MD过点A时，MD长度达到最大值，
当点M在点E处时，MD有最小值，
∵点A、D横坐标相同，
∴此时MD⊥x轴，
∴MD＝8＋4＝12，DE＝8－4＝4，
∴ ，
∴ ．
【点睛】此题考查了抛物线与圆的综合知识，抛物线解析式化为顶点式，求抛物线与坐标轴的交点，圆的
半径相等的性质，直径是圆中最长的弦，以及等腰三角形三线合一的性质，综合掌握各知识点是解题的关
键．
专训2．（2022·辽宁·沈阳市外国语学校一模）如图1，已知抛物线顶点A在x轴上，直线l：y= x- 交抛物线于A，B两点，且AB=2
(1)求抛物线的解析式；
(2)抛物线与y轴交于C点，点P在抛物线上，且在第一象限，∠APC=45°，求P点坐标；
(3)如图2，过点M（1，-1）作直线交抛物线与E、F，点N在抛物线上且NE∥x轴，连FN，试证明：直线
FN过定点，并求定点的坐标．
【答案】(1)y=（x-1）2
(2)（2，1）
(3)直线FN为y=kx+1-k=k（x-1）+1经过点（1，1），证明见解析
【分析】（1）y= x- 交x轴于A，则点A（1，0），设点B（m， m- ），AB＝2 ，求出点B（1
＋ ，3），即可求解；
（2）∠APC＝45°，则点P在（1，1）为圆心半径为1的圆上，即可求解；
（3）设直线FN为y＝kx＋b，直线FM为y＝mx−1−m，分别联立，再根据根与系数的关系得到FN的解析
式，故可求解．
(1)
y= x- 交x轴于A，
令y=0， x- =0，解得x=1，
则点A（1，0），
设点B（m， m- ），
AB=2 ，则（m-1）2+（ m- ）2=（2 ）2，解得：m=1+ （负值已舍去），
故点B（1+ ，3），
则抛物线的表达式为：y=a（x-1）2，
将点B的坐标代入上式并解得：a=1，
故抛物线的表达式为：y=（x-1）2；
(2)
∵∠APC=45°，则点P在（1，1）为圆心半径为1的圆上，
设P（m，n），则（m-1）2+（n-1）2=1，
又∵n=（m-1）2，
∴（n-1）2+n-1=0，
解得：n=1，∴m=2，
∴P点的坐标为（2，1）；
(3)
∵M（1，-1），
∴设直线FN为y=kx+b，直线FM为y=mx-1-m，且M（x，y），M（x，y），
1 1 2 2
联立 ，
∴x2-（k+2）x+1-b=0，
则x+x=k+2，xx=1-b，
1 2 1 2
又∵EN∥x轴，∴E（2-x，y），
1 1
联立 ，
∴x2-（m+2）x+m+2=0，
则2-x+x=m+2，（2-x）x=m+2，
1 2 1 2
∴x+x=2+xx，
1 2 1 2
∴k+2=2+1-b，b=1-k，
∴直线FN为y=kx+1-k=k（x-1）+1经过点（1，1）．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、圆的基本知识、根与系数的关系的运用等，
其中（2），确定点P是圆上的点，是本题解题的难点．专训3．（2022·江苏无锡·一模）如图，抛物线 经过 ， 且与y轴交于点
．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)若点P是x轴的正半轴上一点， ，求点P的坐标；
(3)当点P是抛物线上第一象限上的点， ，直接写出点P的坐标为______．
【答案】(1)
(2)点P的坐标为
(3)点P的坐标为
【分析】（1）把抛物线解析式设成交点式求解即可；
（2）根据 得到 即可得到答案；
（3）如图所示，取点M（9，0），由（2）可知 ，推出A、C、M、P四点共圆，
再证明∠ACM=90°，得到AM是点A、C、M、P所在圆的直径，则A、C、M、P所在圆的圆心坐标为
（4，0），半径为5，由此求解即可．
(1)解：设抛物线解析式为 ，代入点C的坐标得：
，
∴ ，
∴抛物线解析式为
(2)
解：∵ ，点C的坐标为（0，-3），
∴ ，
∴点P的坐标为（9，0）；
(3)
解：如图所示，取点M（9，0），
由（2）可知 ，
∴∠APC=∠AMC，
∴A、C、M、P四点共圆，
∵点A（-1，0），C（0，-3），M（9，0），
∴AM=10， ， ，
∴ ，
∴∠ACM=90°，
∴AM是点A、C、M、P所在圆的直径，∴A、C、M、P所在圆的圆心坐标为（4，0），半径为5，
当 时， ，而点（4，5）到（4，0）的距离为5，即点（4，5）在点A、C、M、P所
在的圆上，
∴点P的坐标为（4，5）；
【点睛】本题主要考查了圆与函数综合，勾股定理的逆定理，两点距离公式，待定系数法求二次函数解析
式等等，熟知圆与二次函数的相关知识是解题的关键．
专训4．（2022·全国·九年级专题练习）我们把方程（x﹣m）2＋（y﹣n）2＝r2称为圆心为（m，n）、半径
长为r的圆的标准方程．例如，圆心为（1，﹣2）、半径长为3的圆的标准方程是（x﹣1）2＋（y＋2）2＝
9．如图，在平面直角坐标系中，⊙C与x轴交于A，B两点，且点B的坐标为（8，0），与y轴相切于点
D（0，4），过点A，B，D的抛物线的顶点为E．
(1)求⊙C的标准方程；
(2)试判断直线AE与⊙C的位置关系，并说明理由；
(3)连接CE，求sin∠AEC的值．
【答案】(1)（x﹣5）2＋（y﹣4）2＝25
(2)相切，理由见解析(3)
【分析】（1）如图1，连接CD、CB，过点C作CF⊥AB于点F，设⊙C的半径为r，根据切线的性质可得：
CD⊥y轴，CD=CB=r，再运用勾股定理建立方程求解即可求得答案；
（2）先利用待定系数法求得抛物线解析式并化为顶点式，得出E（5，- ），再运用勾股定理逆定理即可
证得结论；
（3）运用三角函数定义即可求得答案．
(1)
如图1，连接CD、CB，过点C作CF⊥AB于点F，
设⊙C的半径为r，
∵⊙C与y轴相切于点D（0，4），
∴CD⊥y轴，CD＝CB＝r，
∵∠CDO＝∠CFO＝∠DOF＝90°，
∴四边形CDOF是矩形，
∴OF＝CD＝r，CF＝OD＝4，
∴BF＝OB﹣OF＝8﹣r，
∵∠BFC＝90°，
∴BF2＋CF2＝BC2，即（8﹣r）2＋42＝r2，
解得：r＝5，
∴C（5，4），
∴（x﹣5）2＋（y﹣4）2＝52，
∴⊙C的标准方程为（x﹣5）2＋（y﹣4）2＝25；(2)
直线AE与⊙C相切，理由如下：
由（1）知：C（5，4），CF⊥AB，
∴AF＝BF，F（5，0），
∵B（8，0），
∴A（2，0），
设经过点A、B、D的抛物线解析式为y＝a（x﹣2）（x﹣8），
则a×（0﹣2）×（0﹣8）＝4，
解得：a ，
∴y （x﹣2）（x﹣8） （x﹣5）2 ，
∴E（5， ），
如图2，连接CE，CA，
∵A（2，0），C（5，4），E（5， ），
∴AC＝5，CE＝4﹣（ ） ，
AE ，
∵AE2＋AC2＝（ ）2＋52 ，CE2＝（ ）2 ，
∴AE2＋AC2＝CE2，
∴∠CAE＝90°，即CA⊥AE，∵CA为⊙C的半径，
∴AE与⊙C相切于点A；
(3)
如图2，由（2）知：∠CAE＝90°，AC＝5，CE ，
∴sin∠AEC ．
【点睛】本题考查了待定系数法，圆的性质，垂径定理，切线的性质和判定，勾股定理及逆定理，三角函
数定义等知识，第（2）小题要注意运用勾股定理逆定理．
