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重难点 12 与圆有关的 6 种模型
（四点共圆、圆幂定理、垂径定理、定弦定角、定角定高、
阿基米德折弦定理）
目 录
题型01 四点共圆
题型02 圆幂定理
题型03 垂径定理
题型04 定弦定角
题型05 定角定高模型（探照灯模型）
题型06 阿基米德折弦定理
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题型 01 四点共圆
1. 四点共圆的判定
判定方法 图形 证明过程
若四个点到一个定点的距离相 到定点的距离等于定长的点都在同一个圆上
等，则这四个点共圆（圆的定 D （圆的定义）
A
义）.
O
适用范围：题目出现共端点，等 C
线段时，可利用圆的定义构造辅 B
助圆.
若一个四边形的一组对角互补， D 反证法
A
则这个四边形的四个点共圆.
O
B
C
若一个四边形的外角等于它的内 D 反证法
A
对角，则这个四边形的四个点共
圆.
O
B
C E
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同侧共边三角形且公共边所对角 A D 反证法
相等的四个顶点共圆.
O
B
C
连接AO、OD
共斜边的两个直角三角形的四个 A D
A
顶点共圆. 根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半
B 可得AO=BO=CO=DO
适用范围：双直角三角形共斜边 O C B O C
模型. ∴点A、B、C、D四点共圆
D
在△APB和△CPD中
在⊙O中，若弦AB、CD相交于点
C
P,且AP•DP=BP•CP，则A,B,C,D A AP•DP=BP•CP
2
四点共圆（相交弦定理的逆定
13 4
理） P ∠3=∠4
B
O D ∴△APB∽△CPD ∴∠1=∠2
则A、B、C、D四点共圆
在△APC和△DPB中
在⊙O中，若AB、CD两线段延长 P
A
后 相 交 于 点 P, 且 3 AP•BP=CP•DP
AP•BP=DP•CP，则A,B,C,D四点 2 C
共圆（割线定理） B 1 O ∠P=∠P ∴△APC∽△DPB
∴∠1=∠3 而∠2+∠3=180°
D ∴∠1+∠2=180°
则A、B、C、D四点共圆
若四边形两组对边乘积的和等于 C
对角线的乘积，则四边形的四个
D
顶点共圆(托勒密定理的逆定
理).
O
B
A
【扩展】
托勒密定理：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.
证明:过点C作CP交BD于P，使∠1=∠2，又∠3=∠4，
AC AD
∴△ACD∽△BCP.∴ = ，则AC·BP=AD·BC ①.
BC BP
∵∠1=∠2 ∴∠1+∠ACP=∠2+∠ACP 则∠ACB=∠DCP 而∠5=∠6
AC AB
∴△ACB∽△DCP.∴ = ，则AC·DP=AB·CD ②.
CD DP
①+②得 AC(BP+DP)=AB·CD+AD·BC.即AC·BD=AB·CD+AD·BC
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C
C
2
2 1
1 D
D 6
6
P
P 3
3
4 B
4 B 5
5
A
A
2. 四点共圆的性质
1）共圆的四个点所连成同侧共底的两个三角形的顶角相等（如下图1，∠BAC=∠BDC）；
2）圆内接四边形的对角互补（如下图2，∠1=∠2）；
3) 圆内接四边形的外角等于内对角（如下图3，∠1=∠3）.
1．（2020·山东东营·东营市实验中学校考三模）如图放置的两个正方形，大正方形ABCD边长为a，小正
方形CEFG边长为b（a＞b），M在BC边上，且BM＝b，连接AM，MF，MF交CG于点P，将△ABM
绕点A旋转至△ADN，将△MEF绕点F旋转至△NGF．给出以下五个结论：①∠AND＝∠MPC；②
b2
CP=b− ；③△ABM≌△NGF；④S =a2+b2 ；⑤A，M，P，D四点共圆．其中正确的个数是
a 四 边 形AMFN
（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【分析】①根据正方形的性质得到∠BAD=∠ADC=∠B=90°，根据旋转的性质得到∠NAD=∠BAM，
∠AND=∠AMB，根据余角的性质得到∠DAM+∠NAD=∠NAD+∠AND=∠AND+∠NAD=90°，等量代换得
到∠DAM=∠AND，故①正确；
b2
②根据正方形的性质得到PC∥EF，根据相似三角形的性质得到CP=b− ；故②正确；
a
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③根据旋转的性质得到GN=ME，等量代换得到AB=ME=NG，根据全等三角形的判定定理得到
△ABM≌△NGF；故③正确；
④由旋转的性质得到AM=AN，NF=MF，根据全等三角形的性质得到AM=NF，推出四边形AMFN是矩形，
根据余角的想知道的∠NAM=90°，推出四边形AMFN是正方形，于是得到S =AM2=a2+b2；故④正
四边形AMFN
确；
⑤根据正方形的性质得到∠AMP=90°，∠ADP=90°，得到∠ABP+∠ADP=180°，于是推出A，M，P，D四
点共圆，故⑤正确．
【详解】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ADC=∠B=90°，
∴∠BAM+∠DAM=90°，
∵将△ABM绕点A旋转至△ADN，
∴∠NAD=∠BAM，∠AND=∠AMB，
∴∠DAM+∠NAD=∠NAD+∠AND=∠AND+∠NAD=90°，
∴∠DAM=∠AND，故①正确；
②∵四边形CEFG是正方形，
∴PC∥EF，
∴△MPC∽△EMF，
PC CM
∴ = ，
EF ME
∵大正方形ABCD边长为a，小正方形CEFG边长为b（a＞b），BM=b，
∴EF=b，CM=a-b，ME=（a-b）+b=a，
PC a−b
∴ = ，
b a
b2
∴CP=b− ；故②正确；
a
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③∵将△MEF绕点F旋转至△NGF，
∴GN=ME，
∵AB=a，ME=a，
∴AB=ME=NG，
在△ABM与△NGF中，
¿，
∴△ABM≌△NGF；故③正确；
④∵将△ABM绕点A旋转至△ADN，
∴AM=AN，
∵将△MEF绕点F旋转至△NGF，
∴NF=MF，
∵△ABM≌△NGF，
∴AM=NF，
∴四边形AMFN是矩形，
∵∠BAM=∠NAD，
∴∠BAM+DAM=∠NAD+∠DAN=90°，
∴∠NAM=90°，
∴四边形AMFN是正方形，
∵在Rt△ABM中，a2+b2=AM2，
∴S =AM2=a2+b2；故④正确；
四边形AMFN
⑤∵四边形AMFN是正方形，
∴∠AMP=90°，
∵∠ADP=90°，
∴∠AMP+∠ADP=180°，
∴A，M，P，D四点共圆，故⑤正确．
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故选：D．
【点睛】本题考查了四点共圆，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正方形的性质旋转
的性质，勾股定理，正确的理解题意是解题的关键．
2．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，Rt△ABC中，AB=AC=12√2，Rt△ADE中，AD=AE=6√2，
直线BD与CE交于P，当∠EAD绕点A任意旋转的过程中，P到直线AB距离的最大值是 ．
【答案】3√6+3√2/3√2+3√6
【分析】数形结合，根据动点的运动情况判断点P的运动轨迹，再根据角度以及勾股定理求解最大值．
【详解】解：如图旋转，连接DE，BC
以BC为直径作⊙O，以AE为半径作⊙A
过点B作⊙A的切线交⊙O于点M，N
在△ABD和△ACE中
¿
∴△ABD≌△ACE
∴∠PBC+∠PBA+∠ACB=∠PBC+∠PCA+∠ACB=90°
∴BD⊥CE
∵∠BAC=∠BPC=90°，∠EAD=∠EPD=90°
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∴点A,B,C,P共圆，点A,E,D,P共圆，
∴点P在MA´N上运动
∵AB=12√2，⊙A的半径为6√2
∴∠ABN=30°
∴∠MBN=60°
∴∠MON=120°
又∵∠BAC=∠EAD=90°，∠CAD=∠CAD
∴当点P运动到点N时，到直线AB距离的最大，
∴∠NCA=∠ABN=30°
过点O作OH⊥BN，过点N作NQ⊥AC，NR⊥AB，
∴四边形NQAR是矩形，
1
∴NR= BN
2
∵O是圆心，
1
∴BH= BN
2
∴BH=NR=AQ
设NQ=x
∴CQ=√3x,CN=2x
AQ=12√2−√3x
∵BH=AQ
∴BO2−OH2=BH2=AQ2
∵AB=12√2
∴BC=√2AB=√2×12√2=24
1
∴BO=12，OH= CN=x
2
∴122−x2=(12√2−√3x) 2
解得：x =−3√2+3√6，x =3√2+3√6（舍去）
1 2
∴AQ=12√2−√3⋅(3√6−3√2)=3√2+3√6
故答案为：3√6+3√2．
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【点睛】本题主要考查圆动点的最值问题。熟练运用四点共圆性质以及勾股定理解直角三角形是解决本题
的关键．
3．（2019·浙江嘉兴·统考二模）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝1，AE⊥AD，交BC
于点E，EA平分∠BED．
（1）CD的长是 ；
（2）当点F是AC中点时，四边形ABCD的周长是 ．
【答案】 2 5+√3
【分析】（1）延长DA，CB交于点H，由“ASA”可证△ADE △AHE，可得AH=AD，由平行得相似，
依据相似的性质即可求解； ≌
（2）先证明A，D，C，E四点共圆，因为F是AC中点，依据垂径定理，得到DF是AC的中垂线，依据
线段的垂直平分线的性质可求得AD的长度，作AH⊥CD于H，可证四边形ABCH是矩形，依据矩形的性
质，结合线段长度，可得AH是CD的中垂线，由此可得AC的长度，在三角形ABC中，依据勾股定理可求
得BC的长度，只需把各边相加即可得到四边形ABCD的周长.
【详解】解：（1）如图1中，延长DA，CB交于点H，
∵EA平分∠BED，
∴∠AEH＝∠AED，且AE＝AE，∠EAH＝∠EAD＝90°，
∴△ADE≌△AHE（ASA）
∴AH＝AD，
∵∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴AB∥CD，
∴△ABH∽△DCH,
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AB AH 1
∴ = ，且AB＝1，AH＝AD＝ HD，
CD DH 2
∴CD＝2，
（2）如图2中，作AH⊥CD于H，
∵∠DAE＝∠DCE＝90°，
∴A，D，C，E四点共圆，设圆心为O，则点O是线段DE的中点，
又∵AF＝CF，
∴DE⊥AC，
∴DA＝DC，
∵∠ABC＝∠BCH＝∠AHC＝90°，
∴四边形ABCH是矩形，
∴CH＝AB＝1，
∵CD＝2，
∴CH＝HD＝1，
又∵AH⊥CD，
∴AD＝AC，
∴AD＝CD＝AC＝2，
∴BC=√AC2−AB2=√22−12=√3，
∴四边形ABCD的周长为2+2+1+√3=5+√3．
故答案为：（1）2；（2）5+√3．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，垂径定理，线段的垂直平分线的性质，矩形的判定和性质等
知识，解题的关键是作辅助线，构造中垂线、相似三角形、直角三角形，建立未知线段与已知线段之间等
量的关系．
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4．（2021上·山东烟台·九年级统考期中）如图，平面直角坐标系中，点A、B坐标分别为（3，0）、
（0，4），点C是x轴正半轴上一点，连接BC．过点A垂直于AB的直线与过点C垂直于BC的直线交于
点D，连接BD，则sin∠BDC的值是 ．
4
【答案】
5
【分析】根据图形的特点证明∠BDC=∠BAO，故可出sin∠BDC的值．
【详解】∵BA⊥AD，BC⊥CD
∴∠BAD=∠BCD=90°
∴A、B、C、D四点共圆
∴∠BDA=∠BCA
∵∠BDA+∠DBA=∠BCA +∠CBO=90°
∴∠DBA=∠CBO
∴∠DBA-∠CBA=∠CBO-∠CBA
即∠DBC=∠ABO
又∠DBC+∠BDC=∠ABO+∠BAO=90°
∴∠BDC=∠BAO
∵点A、B坐标分别为（3，0）、（0，4），
∴BO=4，OA=3，AB=√42+32=5
BO 4
∴sin∠BAO= =
AB 5
4
∴sin∠BDC=
5
4
故答案为： ．
5
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【点睛】此题主要考查三角函数的求解，解题的关键是熟知四点共圆的性质、勾股定理及三角函数的求解
方法．
5．（2023下·湖北武汉·九年级校考阶段练习）问题提出 如图1，点E为等腰△ABC内一点，AB=AC，
∠BAC=α，将AE绕着点A逆时针旋转α得到AD，求证：△ABE≌△ACD．
尝试应用 如图2，点D为等腰Rt△ABC外一点，AB=AC，BD⊥CD，过点A的直线分别交DB的延长
1
线和CD的延长线于点N，M，求证：S +S = AN⋅AM．
△ABN △ACM 2
问题拓展 如图3，△ABC中，AB=AC，点D，E分别在边AC，BC上，∠BDA=∠BEA=60°，AE，
BD交于点H．若CE=a，AH=b，直接写出BE的长度（用含a，b的式子）．
【答案】见解析
【分析】问题提出：由旋转的性质可证得AE=AD，∠BAC=∠EAD=α，进而得证∠BAE=∠CAD，
即可利用SAS证明△ABE≌△ACD．
尝试应用：延长MC，使CE=BN，连接AE，由题意可知A、B、C、D四点共圆，可得
∠ABD=∠ACD，进而可得∠ABN=∠ACE，利用SAS可证得△ABN≌△ACE，根据其性质得
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AN=AE，∠BAN=∠CAE，S =S ，进而可证得EA⊥MN，
△ABN △ACE
1 1 1
S = AE⋅AM= AN⋅AM=S +S ，即可得证S +S = AN⋅AM．
△AME 2 2 △AMC △ACE △ABN △ACM 2
问题拓展：将AB绕点A逆时针旋转60°至F，则△ABF为等边三角形，由∠BDA=∠BEA=60°，可知A、
D、E、B、F五点共圆，可得∠1=∠3，∠2=∠4，∠BEF=∠AEB=60°，根据
∠AEB=60°=∠C+∠2，∠ABF=60°=∠ABC+∠3，可得∠2=∠3=∠1=∠4，进而得证
△AEF≌△AEC，△BEH≌△BFE可得EH=CE=a，则AE=AH+EH=a+b，作AM⊥BC交BC于
1 1 3 1
M，则BM=CM，可求得ME=AE⋅cos60°= (a+b)，CM=ME+CE= (a+b)+a= a+ b=BM，
2 2 2 2
即可求得BE的长度．
【详解】解：问题提出：
证明：∵AB=AC，∠BAC=α，将AE绕着点A逆时针旋转α得到AD，
∴AE=AD，∠BAC=∠EAD=α，
∴∠BAC−∠AEC=∠EAD−∠AEC，即：∠BAE=∠CAD，
在△ABE与△ACD中，¿，
∴△ABE≌△ACD(SAS)．
尝试应用：延长MC，使CE=BN，连接AE，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB=AC，∠BAC=90°，
又∵BD⊥CD，即：∠BDC=90°，
∴A、B、C、D四点共圆，
∴∠ABD=∠ACD，
∴∠ABN=∠ACE，
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在△ABN与△ACE中，¿，
∴△ABN≌△ACE(SAS)．
∴AN=AE，∠BAN=∠CAE，
∴∠BAN+∠BAE=∠CAE+∠BAE=∠BAC=90°，即：EA⊥MN，
1 1
∴S = AE⋅AM= AN⋅AM=S +S
△AME 2 2 △AMC △ACE
∵△ABN≌△ACE
∴S =S ，
△ABN △ACE
1
∴ AN⋅AM=S +S =S +S
2 △AMC △ACE △AMC △ABN
1
即：S +S = AN⋅AM．
△ABN △ACM 2
问题拓展：将AB绕点A逆时针旋转60°至F，则△ABF为等边三角形，
∴∠AFB=∠BAF=∠ABF=60°，AB=AF=AC，
∵∠BDA=∠BEA=60°，
∴A、D、E、B、F五点共圆，
则：∠1=∠3，∠2=∠4，∠BEF=∠AEB=60°，
∠AEB=60°=∠C+∠2，∠ABF=60°=∠ABC+∠3，
又∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∴∠2=∠3=∠1=∠4，
∵AE=AE，∠1=∠2，AF=AC，
∴△AEF≌△AEC(SAS)
∴CE=EF，
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∵∠3=∠4，BE=BE，∠BEF=∠AEB=60°，
∴△BEH≌△BFE(ASA)
∴EF=EH，
∴EH=CE=a，则AE=AH+EH=a+b，
作AM⊥BC交BC于M，则BM=CM，
∵∠AEB=60°，
1
∴ME=AE⋅cos60°= (a+b)，
2
1 3 1
∴CM=ME+CE= (a+b)+a= a+ b=BM，
2 2 2
3 1 1
则：BE=BM+ME= a+ b+ (a+b)=2a+b．
2 2 2
【点睛】本题属于几何综合，考查全等三角的判定及性质，等腰三角形的性质，四点共圆，圆周角定理，
解直角三角形，添加辅助线构造全等三角形和利用圆周角定理转化角是解决问题的关键，属于中考压轴题．
6．（2022上·江苏盐城·九年级校考期中）如图，以点P(−1,0)为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C
的左侧），交y轴于A、D两点（A在D的下方），AD=2，将△ABC绕点P旋转180°，得到△MCB．
(1)求B、C两点的坐标；
(2)请在图中画出线段MB、MC，并判断四边形ACMB的形状（不必证明），求出点M的坐标；
(3)动直线l从与BM重合的位置开始绕点B顺时针旋转，到与BC重合时停止，设直线l与CM交点为E，
点Q为BE的中点，过点E作EG⊥BC于G，连接MQ、QG．请问在旋转过程中∠MQG的大小是否变
化？若不变，求出∠MQG的度数；若变化，请说明理由．
【答案】(1)B(−1−√2,0)，C(−1+√2,0)
(2)图见解析，四边形ACMB是矩形，点M的坐标为(−2,1)
(3)在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于135°
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1
【分析】（1）连接AP，结合题意，根据圆的对称性，得AO=DO= AD=1；再根据勾股定理计算得
2
AP，再根据圆的性质，得BP=CP=AP，从而得到B、C两点的坐标；
（2）结合题意，根据圆周角的性质，得∠BAC=90∘；再根据旋转的性质得∠BMC=∠BAC=90∘，
BM=AC，CM=AB，从而推导得出四边形ACMB是矩形；过点M作MN⊥BC交BC于点N，证明
△AOP ≌△MNP(AAS)，可得点M的坐标；
（3）结合题意，得∠BMC=∠BGE=90°；再结合点Q是BE的中点，根据直角三角形斜边中线性质，
得QM=QE=QB=QG，从而推导得点E、M、B、G在以点Q为圆心、QB为半径的圆上，故得
1
∠MQG=2∠MBG；再根据∠MBG=∠PCA，∠PCA= (180°−∠OAP)，即可求解．
2
【详解】（1）解：如图，连接AP．
由题意知，BC是以点P(−1,0)为圆心的圆的直径，AD=2，BC⊥AD，
1
∴ AO=DO= AD=1，OP=1，
2
∴ AP=√OP2+OA2=√1+12=√2，
∴ BP=CP=AP=√2，
又∵ P(−1,0)，B在C的左侧，
∴ B(−1−√2,0)，C(−1+√2,0)；
（2）解：如图，四边形ACMB是矩形，
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∵以点P(−1,0)为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧），
∴ BC是圆的直径，
∴ ∠BAC=90∘，
∵将△ABC绕点P旋转180°得到△MCB，
∴ ∠BMC=∠BAC=90∘，BM=AC，CM=AB，
∴四边形ACMB是矩形．
过点M作MN⊥BC交BC于点N．
在△AOP和△MNP中，
¿，
∴ △AOP ≌△MNP(AAS)，
∴ MN=OA=1，NP=OP=1，
又∵ P(−1,0)，
∴点M的坐标为(−2,1)；
（3）解：如图，
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结合（2）的结论，四边形ACMB是矩形，∠BMC=90°，
∵ EG⊥BO，
∴ ∠BGE=90°，
∴ ∠BMC=∠BGE=90°，
∵点Q是BE的中点，
∴ QM=QE=QB=QG，
∴点E、M、B、G在以点Q为圆心、QB为半径的圆上，
∴ ∠MQG=2∠MBG．
∵ OP=OA，∠AOP=90°，
∴ ∠OPA=∠OAP=45°，
又∵ PA=PC，
1
∴ ∠PCA= (180°−∠OAP)=67.5°，
2
∵四边形ACMB是矩形，
∴ AC∥MB，
∴ ∠MBG=∠PCA=67.5°，
∴ ∠MQG=2∠MBG=135°．
∴在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于135°．
【点睛】本题属于圆内综合题，考查圆的基本知识，垂径定理，圆周角定理，旋转的性质，直角三角形斜
边中线的性质，平面直角坐标系，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理
等，综合性较强，有一定难度，解题的关键是综合运用上述知识，逐步推导论证．
7．（2022·辽宁葫芦岛·统考一模）射线AB与直线CD交于点E，∠AED＝60°，点F在直线CD上运动，
连接AF，线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，连接FG，EG，过点G作GH⊥AB于点H．
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(1)如图1，点F和点G都在射线AB的同侧时，EG与GH的数量关系是______；
(2)如图2，点F和点G在射线AB的两侧时，线段EF，AE，GH之间有怎么样的数量关系？并证明你的结
论；
(3)若点F和点G都在射线AB的同侧，AE=1，EF=2，请直接写出HG的长．
√3
【答案】(1)HG= EG；
2
√3
(2)GH= (AE−EF)，证明见解析；
2
√3 3√3
(3) 或
2 2
【分析】（1）先证明△GAF是等边三角形得∠AGF=60°，再证明点A、E、G、F四点共圆，得
∠GEF=∠GAF=60°，从而计算得到∠GEH=180°−∠AED−∠GEF=60°，最后在直角三角形
HG √3
GEH中，求出 =tan∠GEH=tan60°= 即可得到答案；
EG 2
（2）在射线ED上截取EN=AE，连接AN，如图3，先证△AEN是等边三角形，得AE=AN，
GH √3
∠EAN=60°，再证∠GAE=∠FAN，从而得到△GAE≌△FAN，进而得sin60°= = ，从而求得
GE 2
结论；
（3）分两种情况讨论求解GH的长，①当点F和点G都在射线AB的右侧时，在射线ED上取一点M，使
得EM=EG，连接MG，如图4；②当点F和点G都在射线AB的左侧时，在线段GE上取一点N，使得
NE=EF，如图5，通过构造三角形全等，利用三角函数求解即可．
【详解】（1）解：∵ 线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，
∴ ∠GAF=60°，AG=AF，
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∴ △GAF是等边三角形，
∴ ∠AGF=∠AFG=60°，AG=AF=GF，
∵∠AED＝60°，
∴ ∠AGF=∠AED，
∴点A、E、G、F四点共圆，
∴ ∠GEF=∠GAF=60°，
∴ ∠GEH=180°−∠AED−∠GEF=60°，
∵ GH⊥AB，
HG √3
∴ =tan∠GEH=tan60°= ，
EG 2
√3
∴ HG= EG，
2
√3
故答案为：HG= EG；
2
（2）解：在射线ED上截取EN=AE，连接AN，如图3，
∵∠AED=60°，
∴△AEN是等边三角形，
∴AE=AN，∠EAN=60°
∵AF=AG，∠FAG=60°，
∴∠GAE=∠FAN
∴△GAE≌△FAN，
∴∠GEA=∠FNA=60°，¿=FN
AE−EF=FN=≥¿，
∵GH⊥AB
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GH √3
∴sin60°= = ，
GE 2
√3
∴GH= GE，
2
√3
∴GH= (AE−EF)；
2
（3）①当点F和点G都在射线AB的右侧时，在射线ED上取一点M，使得EM=EG，连接MG，如图4，
∵ 线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，
∴ ∠GAF=60°，AG=AF，
∴ △GAF是等边三角形，
∴ ∠AGF=∠AFG=∠FAG=60°，AG=AF=GF，
∵∠AED＝60°，
∴ ∠AGF=∠AED，
∴点A、E、G、F四点共圆，
∴ ∠GEH=∠GFA=60°，∠GEF=∠GAF=60°，
∵ EM=EG，
∴ △GEM是等边三角形，
∴ EM=GM=EG,∠EGM=60° ，
∴ ∠EGM=∠EGA+∠MGA=60°=∠EGM=∠MGF+∠MGA，
∴ ∠EGA=∠MGF，
∴ △EGA≌△MGF，
∴ MF=AE=1，
∴ ¿=EM=EF−MF=2−1=1 ，
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∵ GH⊥AB，
√3
∴ HG=sin∠GEH·EG=sin60°·EG= ，
2
②当点F和点G都在射线AB的左侧时，在线段GE上取一点N，使得NE=EF，如图5，
∵ ∠AGF=∠AED=60°，
∴点A、E、G、F四点共圆，∠AEF=180°−∠AED=120°
∴ ∠NGF=∠EAD，∠GEF=∠GAF=60°，∠AEG=∠AFG=60°，
∵NE=EF，
∴ △NEF是等边三角形，
∴ NE=EF=NF=1，∠ENF=60°，
∴ ∠GNF=180°−∠ENF=120° ，
∴ ∠GNF=∠AEF，
∴ △GNF≌△AEF，
∴ GN=AE=2，
∴ ¿=GN+NE=2+1=3，
∵ GH⊥AB，∠AEG=60°，
3
∴ GH=GE·sin60°= √3，
2
√3 3√3
综上所述，GH的长为 或 ．
2 2
【点睛】本题主要考查了特殊角的三角函数、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定及性质以及旋
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转图形的性质，熟练掌握这些性质和判定是解题的关键.
8．（2021·福建·校联考二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为E，CF⊥AB
于点F，直线CF与直线BD于点G．
（1）若点G在⊙O内，如图1，求证：G和D关于直线AC对称；
（2）连接AG，若AG=BC，且AG与⊙O相切，如图2，求∠ABC的度数．
【答案】（1）见解析；（2）∠ABC=112.5°
【分析】（1）根据垂直及同弧所对圆周角相等性质，可得∠ACG=∠ACD，可证ΔCEG与ΔCED全等，
得到DE=≥¿，进一步即可证点G和D关于直线AC成轴对称；
（2）作出相应辅助线如解析图，可得ΔAGF与ΔCGF全等，利用全等三角形的性质及切线的性质，可得
BC//OA，根据平行线的性质及三角形内角和即可得出答案．
【详解】解：（1）证明：∵CF⊥AB，BE⊥AC，
∴∠CEG=∠AFC=90°，
∵∠EGC=∠FGB，
∴∠ABD=∠ACF，
又∵同弧所对圆周角相等，
∴∠ABD=∠ACD，
∴∠ACG=∠ACD，
在ΔCEG与ΔCED中，
¿
∴△CEG≅△CED，
∴DE=≥¿，
又CE⊥GD，
∴点G和D关于直线AC成轴对称；
（2）如图，延长CB交AG于点H，连接OA，OB，OC，EF，
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∵BE⊥AC，AF⊥CG，
∴A、G、F、E四点共圆，B、F、C、E四点共圆，
∴∠GAF=∠GEF=∠BCF，∠AHB=∠BFC=90°，
在ΔAGF与ΔCBF中，
¿，
∴△AGF≅△CBF，
∴AF=CF，
∴△AFC为等腰直角三角形，
∴∠BAC=45°，
∴∠BOC=90°，
又OB=OC，
∴∠OBC=45°，
∵AG与⊙O相切，
∴OA⊥AG，
∴BC//OA，
∴∠AOB=∠OBC=45°，
1
∴∠ACB= ∠AOB=22.5°，
2
∴∠ABC=180°−∠BAC−∠ACB=112.5°，
∴∠ABC=112.5°．
【点睛】题目主要考查圆的有关性质、三角形全等、成轴对称、平行线性质等，作出相应辅助线及对各知
识点的熟练运用是解题的关键．
9．（2021上·上海徐汇·九年级统考期中）如图，已知Rt△ABC和Rt△CDE，∠ACB=∠CDE=90°，
∠CAB=∠CED，AC=8，BC=6，点D在边AB上，射线CE交射线BA于点F．
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（1）如图，当点F在边AB上时，联结AE．
①求证：AE∥BC；
1
②若EF= CF，求BD的长；
2
（2）设直线AE与直线CD交于点P，若△PCE为等腰三角形，求BF的长．
9 180
【答案】（1）①见解析；② ；（2）BF的长为 或30
5 11
【分析】（1）①先证明△ABC∽△ECD，再证明△CAF∽△≝¿，△AFE∽△CFD，推导出
∠FAE=∠B，得AE∥BC；
AE AF EF 1
②由△AFE∽△BFC，得 = = = ，依次求出AB、AE、AF、BF的长，再根据勾股定理求出
BC BF CF 2
CE的长，再求出BD的长；
（2）分三种情况讨论，一是PE=CE，可证明△PAD≌△CBD，求出AP的长，在Rt△EAC中根据勾股
定理求出AE的长，再根据相似三角形的性质求出BF的长；二是PC=EC，可证明BD=BC=6，则
AE=AP=AD=4，根据相似三角形的性质可求出BF的长；三是PE=PC，可证明CE∥AB，此时射线CE
与射线BA没有交点．
【详解】（1）①证明：如图1，∵∠ACB=∠CDE=90°，∠CAB=∠CED，
∴△ABC∽△ECD（AA），
∴∠B=∠ECD，
∵∠CAF=∠≝¿，∠AFC=∠EFD，
∴△CAF∽△≝¿（AA），
AF CF
∴ = ，
EF DF
AF EF
∴AF⋅DF=EF⋅CF， = ，
CF DF
∵∠AFE=∠EFD，
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∴△AFE∽△CFD（SAS），
∴∠FAE=∠ECD，
∴∠FAE=∠B，∴AE∥BC．
1
②如图1，∵EF= CF，
2
EF 1
∴ = ，
CF 2
∵AE∥BC
∴∠BAE=∠CBA
又∵∠AFE=∠BFC
∴△AFE∽△BFC（AA），
AE AF EF 1
∴ = = = ，
BC BF CF 2
∵AC=8，BC=6，
∴AB=√82+62=10，
1 1 1 1 10 2 2 20
∴AE= BC= ×6=3，AF= AB= ×10= ，BF= AB= ×10=
2 2 3 3 3 3 3 3
∵AE∥BC
∴∠EAC=180°−∠ACB=90°，
∴CE=√82+32=√73，
1 √73 2 2√73
∴EF= CE= ，CF= CE= ，
3 3 3 3
∵∠ EAC =∠ CDE=90°
∴C、A、E、D四点共圆，
∴∠CEA=∠CDA
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∴△AEF∽△DCF（AA）
AF CF
∴ = ，
EF DF
10 √73 2√73
∴AF⋅DF=CF⋅EF，即 DF= × ，
3 3 3
73
解得DF= ，
15
20 73 9
∴BD=BF−DF= − = ．
3 15 5
（2）如图2，PE=CE，
∵DE⊥PC，
∴PD=CD，
∵AP∥BC，
∴∠P=∠BCD，∠PAD=∠B，
∴△PAD≌△CBD(AAS)，
∴AP=BC=6，
∴CE=PE=AE+6，
∵∠CAB=∠CED
∴ C、E、A、D四点共圆
又∵∠ CDE=90°
∴ ∠ CAE=90°
∴AE2+AC2=CE2，
∴AE2+82=(AE+6) 2，
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7
∴AE= ，
3
∵AE∥BC，
∴ △AFE ∽ △ BFC
7
AF AE 3 7
∴ = = =
BF BC 6 18
BF−10 7
∴ = ，
BF 18
180
∴BF=
11
如图3，PC=EC，
∵AC⊥PE，
∴AP=AE，∠ACE=∠ACP，
设DE交AC于点G，
∵∠CEG=∠DAG，∠CGE=∠DGA，
∴△CEG∽△DAG，
∴∠ACE=∠ADE=∠ACP，
∵∠BDC+∠ADE=90°，∠BCD+∠ACP=90°，
∴∠BDC=∠BCD，
∴BD=BC=6，
∵∠ADP=∠BDC，∠P=∠BCD，
∴∠ADP=∠P，
∴AE=AP=AD=10−6=4，
∵△FAE∽△FBC，
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AF AE 4 2
∴ = = =
BF BC 6 3
BF−10 2
∴ = ，
BF 3
∴BF=30；
如图4，PE=PC，则∠AEC=∠DCE，
∵∠CAE=∠EDC=90°，CE=EC，
∴△ACE≌△DEC，
∴∠ACE=∠DEC=∠BAC，
∴CE∥AB，
∴射线CE与射线BA没有交点，
180
综上所述，BF的长为 或30．
11
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理的应用，分类讨论等腰三角形PCE边的关系式解
决本题的关键．
10．（2022·河南安阳·统考一模）阅读下列材料，并完成相应的任务．
西姆松定理是一个平面几何定理，其表述为：过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边或其延
长线的垂线，则三垂足共线（此线常称为西姆松线）．
某数学兴趣小组的同学们尝试证明该定理．
如图（1），已知△ABC内接于⊙O，点P在⊙O上（不与点A，B，C重合），过点P分别作AB，BC
，AC的垂线，垂足分别为．点D，E，F求证：点D，E，F在同一条直线上．
如下是他们的证明过程（不完整）：
【29淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
1
如图（1），连接PB，PC，DE，EF，取PC的中点Q，连接QE，QF，则EQ=FQ= PC=PQ=CQ
2
，（依据1）
∴点E，F，P，C四点共圆，∴∠FCP+∠FEP=180°．（依据2）
又∵∠ACP+∠ABP=180°，
∴∠FEP=∠ABP．
同上可得点B，D，P，E四点共圆，
……
任务：
(1)填空：
①依据1指的是中点的定义及________；
②依据2指的是________．
(2)请将证明过程补充完整．
(3)善于思考的小虎发现当点P是B´C的中点时，BD=CF，请你利用图（2）证明该结论的正确性．
【答案】(1)①直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；②圆内接四边形对角互补
(2)见解析
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(3)见解析
【分析】（1）利用直角直角三角形斜边上的中线的性质和圆内接四边形对角互补即可；
（2）利用直角三角形斜边上中线的性质证明点E，F，P，C和点B，D，P，E四点分别共圆，再说明
∠FEP+∠DEP=180°，可证明结论；
（3）连接PA，PB，PC，利用HL证明Rt PBD≌Rt PCF，从而得出结论．
【详解】（1）①依据1指的是中点的定义△及直角三△角形斜边上的中线等于斜边的一半，
②依据2指的是圆内接四边形对角互补，
故答案为：①直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；②圆内接四边形对角互补；
（2）如图（1），连接PB，PC，DE，EF，取PC的中点Q，连接QE、QF，
1
则EQ=FQ= PC=PQ=CQ，
2
∴点E，F，P，C四点共圆，
∴∠FCP+∠FEP=180°，
又∵∠ACP+∠ABP=180°，
∴∠FEP=∠ABP，
同上可得点B，D，P，E四点共圆，
∴∠DBP=∠DEP，
∵∠ABP+∠DBP=180°，
∴∠FEP+∠DEP=180°，
∴点D，E，F在同一直线上；
（3）如图，连接PA,PB,PC．
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∵点P是B´C的中点，
∴B´P=P´C，
∴BP=PC,∠PAD=∠PAC．
又∵PD⊥AD,PF⊥AC，
∴PD=PF，
∴△PBD≌△PCF，
∴BD=CF．
【点睛】本题主要考查了四点共圆，以及圆内接四边形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性
质等知识，证明Rt PBD≌Rt PCF是解题的关键．
11．（2023·山东日△照·统考中△考真题）在探究“四点共圆的条件”的数学活动课上，小霞小组通过探究得
出：在平面内，一组对角互补的四边形的四个顶点共圆．请应用此结论．解决以下问题：
如图1，△ABC中，AB=AC，∠BAC=α（60°<α<180°）．点D是BC边上的一动点（点D不与B，
C重合），将线段AD绕点A顺时针旋转α到线段AE，连接BE．
(1)求证：A，E，B，D四点共圆；
(2)如图2，当AD=CD时，⊙O是四边形AEBD的外接圆，求证：AC是⊙O的切线；
(3)已知α=120°，BC=6，点M是边BC的中点，此时⊙P是四边形AEBD的外接圆，直接写出圆心P
与点M距离的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
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√3
(3)
2
【分析】（1）根据旋转的性质得到AE=AD，∠DAE=α，证明∠BAE=∠CAD，进而证明
△ABE≌△ACD，可以得到∠AEB=∠ADC，由∠ADC+∠ADB=180°，可得
∠AEB+∠ADB=180°，即可证明A、B、D、E四点共圆；
（2）如图所示，连接OA，OD，根据等边对等角得到∠ABC=∠ACB=∠DAC，由圆周角定理得到
∠AOD=2∠ABC=2∠DAC，再由OA=OD，得到∠OAD=∠ODA，利用三角形内角和定理证明
∠DAC+∠OAD=90°，即∠OAC=90°，由此即可证明AC是⊙O的切线；
（3）如图所示，作线段AB的垂直平分线，分别交AB、BC于G、F，连接AM，先求出∠B=∠C=30°，
1
再由三线合一定理得到BM=CM= BC=3，AM⊥BC，解直角三角形求出AB=2√3，则
2
1
BG= AB=√3，再解Rt△BGF得到BF=2，则FM=1；由⊙P是四边形AEBD的外接圆，可得点P一
2
定在AB的垂直平分线上，故当MP⊥GF时，PM有最小值，据此求解即可．
【详解】（1）证明：由旋转的性质可得AE=AD，∠DAE=α，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠BAD=∠DAE−∠BAD，即∠BAE=∠CAD，
又∵AB=AC，
∴△ABE≌△ACD(SAS)，
∴∠AEB=∠ADC，
∵∠ADC+∠ADB=180°，
∴∠AEB+∠ADB=180°，
∴A、B、D、E四点共圆；
（2）证明：如图所示，连接OA，OD，
∵AB=AC，AD=CD，
∴∠ABC=∠ACB=∠DAC，
∵⊙O是四边形AEBD的外接圆，
∴∠AOD=2∠ABC，
∴∠AOD=2∠ABC=2∠DAC，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
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∵∠OAD+∠ODA+∠AOD=180°，
∴2∠DAC+2∠OAD=180°，
∴∠DAC+∠OAD=90°，即∠OAC=90°，
∴OA⊥AC，
又∵OA是⊙O的半径，
∴AC是⊙O的切线；
（3）解：如图所示，作线段AB的垂直平分线，分别交AB、BC于G、F，连接AM，
∵AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠B=∠C=30°，
∵点M是边BC的中点，
1
∴BM=CM= BC=3，AM⊥BC，
2
BM
∴AB= =2√3，
cosB
1
∴BG= AB=√3，
2
BG
在Rt△BGF中，BF= =2，
cosB
∴FM=1，
∵⊙P是四边形AEBD的外接圆，
∴点P一定在AB的垂直平分线上，
∴点P在直线GF上，
∴当MP⊥GF时，PM有最小值，
∵∠PFM=∠BFG=90°−∠B=60°，
√3
∴在Rt△MPF中，PM=MF⋅sin∠PFM= ，
2
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√3
∴圆心P与点M距离的最小值为 ．
2
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，解直角三角形，圆周角定理，切线的判定，三角形外
接圆的性质，垂线段最短等等，正确作出辅助线是解题的关键．
12．（2022·贵州遵义·统考中考真题）探究与实践
“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继
续利用上述结论进行探究．
提出问题：
如图1，在线段AC同侧有两点B，D，连接AD，AB，BC，CD，如果∠B=∠D，那么A，B，C，D
四点在同一个圆上．
探究展示：
如图2，作经过点A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE，CE则
∠AEC+∠D=180°（依据1）
∵∠B=∠D
∴∠AEC+∠B=180°
∴点A，B，C，E四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）
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∴点B，D在点A，C，E所确定的⊙O上（依据2）
∴点A，B，C，E四点在同一个圆上
(1)反思归纳：上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？
依据1：__________；依据2：__________．
(2)图3，在四边形ABCD中，∠1=∠2，∠3=45°，则∠4的度数为__________．
(3)拓展探究：如图4，已知△ABC是等腰三角形，AB=AC，点D在BC上（不与BC的中点重合），连接
AD．作点C关于AD的对称点E，连接EB并延长交AD的延长线于F，连接AE，DE．
①求证：A，D，B，E四点共圆；
②若AB=2√2，AD⋅AF的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．
【答案】(1)圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等
(2)45°
(3)①见解析；②不发生变化，值为8
【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等作答即可；
（2）根据同弧所对的圆周角相等即可求解；
（3）①根据（1）中的结论证明∠AED=∠ABD即可得证；②证明△BAD∽△FAB，根据相似三角形的
性质即可求解．
【详解】（1）如图2，作经过点A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE，
CE则∠AEC+∠D=180°（圆内接四边形对角互补）
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∵∠B=∠D
∴∠AEC+∠B=180°
∴点A，B，C，E四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）
∴点B，D在点A，C，E所确定的⊙O上（同圆中，同弧所对的圆周角相等）
∴点A，B，C，E四点在同一个圆上
故答案为：圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等
（2）∵在线段CD同侧有两点A，B， ∠1=∠2
∴ A,B,C,D四点共圆，
∵A´D=A´D
∴∠4=∠3=45°
故答案为：45°
（3）①∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵E点与C点关于AD对称，
∴∠ACD=∠AED，
∴∠AED=∠ABD，
∴ A,D,B,E四点共圆；
②AD⋅AF=8，理由如下，
如图，∵ A,D,B,E四点共圆，
∴∠FBD=∠DAE，
∵ AE,AC关于AD对称，
∴∠DAE=∠DAC，
∴∠DAC=∠DBF，
∵∠ADC=∠BDF，
∴∠F=∠ACD，
∵AB=AC，
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∴∠ABD=∠ACD，
∴∠F=∠ABD，
又∠BAD=∠FAB，
∴△BAD∽△FAB，
AB AD
∴ = ，
AF AB
∴AD⋅AF=AB2，
∵AB=2√2，
∴AD⋅AF=8．
【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角相等，轴对称的性质，相似三角形的性质
与判定，掌握以上知识是解题的关键．
13．（2023·河南周口·校联考一模）请阅读以下材料，完成相应任务．
我们知道，过任意一个三角形的三个顶点能作一个圆，那么过任意一个四边形的四个顶点能作一个圆吗？
李雷经过实践探究发现了如下结论：
如果线段同侧两点（与线段在同一平面内）分别与线段两端点的连线所组成的夹角相等，那么这两点和线
段两端点四点共圆．下面是李雷证明上述命题的过程（不完整）．
已知：如图1，点C，D是线段AB同侧两点，且∠ACB=∠ADB．
求证：点A，B，C，D四点共圆．
证明：作ΔABC的外接圆⊙O，假设点D在⊙O外或在⊙O内．
如图2，若点D在⊙O外．设AD与⊙O交于点E，连接BE，
则∠ACB=∠AEB（依据一），
又∵∠AEB=∠ADB+∠DBE（依据二），
∴∠ACB=∠ADB+∠DBE．
∴∠ACB>∠ADB．这与已知条件“∠ACB=∠ADB”矛盾，故点D在⊙O外不成立；
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如图3，若点D在⊙O内，……
（请同学们补充完整省略的部分证明过程）
综上所述，作△ABC的外接圆⊙O，点D在⊙O上，即点A，B，C，D四点共圆．
(1)填空：将材料中依据一、依据二补充完整；
依据一： ；
依据二： ．
(2)请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；
(3)填空：如图4，在四边形ABCD中，∠ABD=∠ACD，对角线AC，BD交于点E，E为AC中点，若
BD=6，BE=4，则AC= ．
【答案】(1)同弧所对的圆周角相等；三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和
(2)见解析
(3)4√2
【分析】（1）由圆周角定理和三角形的外角性质即可得出结论；
（2）作△ABC的外接圆⊙O，假设点D在⊙O外或在⊙O内．由反证法、圆周角定理以及三角形的外角
性质即可得出结论；
（3）证点A，B，C，D四点共圆，再由相似三角形得AE⋅CE=BE⋅DE，然后由E为AC中点，得
1
AE=CE= AC，即可解决问题．
2
【详解】（1）解：依据一：同弧所对的圆周角相等；
依据二：三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和；
故答案为：同弧所对的圆周角相等；三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和；
（2）如图3，若点D在⊙O内，延长AD与⊙O交于点E，连接BE，
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则∠ACB=∠AEB，
又∵∠ADB=∠ADB+∠DBE，
∴∠ACB=∠AEB+∠DBE．
∴∠ACB<∠ADB．
这与已知条件“∠ACB=∠ADB”矛盾，故点D在⊙O内不成立；
（3）∵∠ABD=∠ACD，
∴点A，B，C，D四点共圆，
∵∠AEB=∠CED，
∴△AEB∽△DEC，
AE BE
∴ = ，
DE CE
∴AE⋅CE=BE⋅DE，
∵E为AC中点，
1
∴AE=CE= AC，
2
∵BD=6，BE=4，
∴DE=BD−BE=2，
1 1
∴ AC⋅ AC=4×2，
2 2
解得：AC=4√2（负值已舍去），
故答案为：4√2．
【点睛】本题是四点共圆综合题目，考查了四点共圆、反证法、圆周角定理、相似三角形的判定和性质以
及三角形的外角性质等知识，本题综合性强，熟练掌握圆周角定理，证明四点共圆是解题的关键，属于中
考常考题型．
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题型 02 圆幂定理
【模型介绍】相交弦定理、切割线定理和割线定理统称为圆幂定理.
1. 相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等.
已知 图形 结论 证明过程
C 在△APB和△CPD中
【基础】在⊙O A
2 AP•DP=BP•CP ∠1=∠2（同弧所对圆周角相
中，弦AB、CD相
13 4
交于点P P 等）
B
O D ∠3=∠4 ∴△APB∽△CPD
AP BP
∴ = 则AP•DP=BP•CP
CP DP
【进阶】在⊙O M C BP•CP=MP•NP 同上
中，OP 所在直线
=(r-OP)( r+OP)
与⊙O 交于 M、N
两点，r为⊙O的 B P O = r2−OP2
半径
N
2. 割线定理：从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆交点的距离的积相等.
已知 图形 结论 证明过程
【基础】在⊙O AP•BP 连接AC、BD
中，弦AB、CD相 =CP•DP
通过已知条件证明
交于点P，且点P
△APC∽△DPB
在圆外
AP CP
∴ = 则AP•BP=CP•DP
DP BP
（请尝试连接 AD，BC 自行证
明）
【进阶】若从圆外 P AP•BP 同上
一点P引圆的两条 A
M =MP•NP
割线PAB和PMN，
且割线PMN经过圆 B =(OP-r)( OP+r)
心，r 为⊙O 的半
O = OP2-r2
径
N
3. 弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆心角度数的一半，等于它所夹的弧所对的圆周角
度数.
已知 图形 结论 证明过程
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线段AB切⊙O于 B 1 连接OB、OD，则∠4=∠5
∠1=∠2= ∠3
点B，线段BC、CD 2
1 ∵线段AB切⊙O于点B
为⊙O的弦
∴∠1+∠4=90°
O
2
C D A ∵∠3+∠4+∠5=180°
∴∠3+2∠4=180°又∵∠3=2∠2
B
∴∠2+∠4=90°
4 1
1
3 ∴∠1=∠2 则∠1=∠2= ∠3
O 5 2
2
C D A
4. 切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项.
已知 图形 结论 证明过程
如图，线段 ADC是 B AB2=AD•AC ∵∠1=∠2（弦切角定理模型），
⊙O 的一条割线，
1 ∠A=∠A
AB是⊙O的一条切
线， 2 O ∴△ABD∽△ACB
切点为点B C D A
AB AD
∴ = 则AB2=AD•AC
AC AB
1）切割线定理
14．（2023上·山西吕梁·九年级校考期末）阅读与思考：阅读下列材料，并完成相应的任务．
米勒定理
米勒（1436−1476）是德国的数学家，是欧洲最有影响的数学家之一，米勒发表的《三角全书》，是使
得三角学在欧洲取得独立地位的第一部系统性著作．下面是米勒定理（又称切割线定理）的证明过程
已知：如图1，PA与⊙O相切于点A，PB与⊙O相交于点B，C．
求证：PA2=PB⋅PC．
证明：如图2，连接AC，OA，OC．
∵PA为⊙O的切线，
∴OA⊥PA，
∴∠1+∠2=90°．
∵OA=OC，
∴∠2=∠3．
∵∠O+∠2+∠3=180°，
∴∠O+2∠2=180°．
∵A´C=A´C，
∴∠O=2∠B，
∴2∠B+2∠2=180°，
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∴∠B+∠2=90°，
∴∠1=∠B，
……
任务：
(1)请完成剩余的证明过程
(2)应用：如图3，PA是⊙O的切线，PC经过⊙O的圆心O，且PB=OB=2，割线PDE交⊙O于点D，
E，PE=5，求PD的长．
【答案】(1)见解析
12
(2)
5
PA PC
【分析】（1）根据提供的过程，继而证明△ACP∽△BAP，可得 = ，再转化为PA2=PB⋅PC；
PB PA
（2）连接OA，根据切割线定理得到PA2=PD⋅PE，PA2=PB⋅PC，将已知线段代入求出PA2=12，
再代入PA2=PD⋅PE中，即可求出结果．
【详解】（1）解：证明：如图2，连接AC，OA，OC．
∵PA为⊙O的切线，
∴OA⊥PA，
∴∠1+∠2=90°．
∵OA=OC，
∴∠2=∠3．
∵∠O+∠2+∠3=180°，
∴∠O+2∠2=180°．
∵A´C=A´C，
∴∠O=2∠B，
∴2∠B+2∠2=180°，
∴∠B+∠2=90°，
∴∠1=∠B，
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∵∠P=∠P，
∴△ACP∽△BAP，
PA PC
∴ = ，
PB PA
∴PA2=PB⋅PC；
（2）解：由（1）可知：PA2=PD⋅PE，PA2=PB⋅PC，
∵PB=OB=2，PE=5，
∴PC=6，
∴PA2=2×6=12，
∵PA2=PD⋅PE，
∴12=PD×5，
12
∴PD= ．
5
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，圆的性质，根据题干中的材料，熟练掌握割线定理是解题的关键．
15．（2022·广东深圳·深圳市宝安中学（集团）校考三模）弗朗索瓦·韦达是十六世纪法国最杰出的数学家
之一，最早提出“切割线定理”（圆幂定理之一），指的是从圆外一点引圆的切线和割线，则切线长是这
点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项，下面紧跟着圆的切线作图的思路尝试证明与运用．
(1)作图（保留作图痕迹）：
已知AB是圆O的直径，点P是BA延长线上的一点，
①作线段OP的中垂线MN交OP于点Q；
②以Q为圆心，PQ为半径作圆，交圆O于点E、F；
③连接PE和PF；
试说明PE是圆O切线的理由．
(2)计算：
若圆O半径OB=4，PB=14，尝试证明“切割线定理”并计算出PE的长度．
【答案】(1)见解析
(2)证明见解析，EP=2√21
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【分析】（1）按要求作图，根据MN是OP的中垂线，得到OQ=OP，点O在圆Q上，OQ=EQ=PQ，根据
三角形内角和定理和等腰三角形的性质可得∠OEP=90°，即可证明；
AP EP
（2）根据切线的性质和圆周角定理的推论可得∠EBO=∠AEP，证得△AEP∽△EBP，所以 = ，
EP BP
EP2=AP·BP，根据OB=4，PB=14，求出AP的长度，代入计算即可．
【详解】（1）作图如下：
连接OE，EQ，
∵以Q为圆心，PQ为半径作圆，交圆O于点E、F；
∴QE=QP，
∵MN是OP的中垂线，
∴OQ=OP，点O在圆Q上，
∴OQ=EQ=PQ，
∴∠EOQ=∠OEQ，∠PEQ=∠EPQ，
∵∠EOP+∠OEQ+∠QEP+∠EPQ=180°，
∴2（∠OEQ+∠QEP）=180°，
∴∠OEQ+∠QEP=90°，即∠OEP=90°，OE垂直EP，
∴PE是圆O的切线．
（2）证明：连接BE，OA，
∵EP是圆O的切线， AB为圆O的直径，
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∴∠OEP=90°，∠BEA=90°，
∴∠BEO=∠AEP
∵OE和OB为圆O的半径，
∴∠BEO=∠EBO，
∴∠EBO=∠AEP，
∵∠EPB=∠EPA，
∴△AEP∽△EBP，
AP EP
∴ = ，
EP BP
∴EP2=AP·BP．
∵OB=4，PB=14，
∴AB=2OB=8，AP=BP－AB=14－8=6，
∴EP2=6×14=84，
∴EP=2√21．
【点睛】本题考查圆的切线证明以及相似三角形的性质与判定，根据题意证明△AEP∽△EBP是解题的关
键．
16．（2022·河南驻马店·校联考三模）复习巩固
切线：直线和圆只有一个公共点，这时这条直线和圆相切，我们把这条直线叫做圆的切线，这个点叫做切
点.如图1，直线l 为⊙O的切线
1
割线：直线和圆有两个公共点，这时这条直线和圆相交，我们把这条直线叫做圆的割线.如图1，直线l 为
2
⊙O的割线
切线长：过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间线段的长，叫做这点到圆的切线长.
阅读材料
《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所普的一部数学著作.它是欧洲数学的基础，总结了平面几何五大公
设，被广泛地认为是历史上学习数学几何部分最成功的教科书其中第三卷命题36一2圆幂定理（切割线定
理）内容如下：
切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项.为了
说明材料中定理的正确性，需要对其进行证明，下面已经写了不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，
并写出证明过程
已知：如图2，A是⊙O外一点， ．
求证：
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[提示]辅助线可先考虑作⊙O的直径DE．
【答案】AD是⊙O的切线，直线ABC为⊙O的割线；AD2=AB·AC；证明见解析．
【分析】按照题设要求，写出“已知”和“求证”，然后证明△ABD∽△ADC，即可求解．
【详解】解：（已知：如图，A是⊙O外一点，）AD是⊙O的切线，直线ABC为⊙O的割线．
求证：AD2=AB·AC．
故答案为：AB是⊙O的切线，直线ACD为⊙O的割线，AD2=AB·AC．
证明：连接BD，连接DO并延长交⊙O于点E，连接BE，
∵AD是⊙O的切线，
∴∠ADB+∠BDE=90°，
∵DE是圆的直径，
∴∠DBE=90°=∠E+∠BDE，
∴∠ADB=∠E，
又∵∠E=∠C，
∴∠ADB=∠C，
∵∠BAD=∠DAC，
∴△ABD∽△ADC，
AB AD
∴ = ，
AD AC
∴AD2=AB·AC．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、同弧或等弧所对的圆周角相等以及相似三角形的判定和性质等知识，
正确作出辅助线是解决本题的关键．
17．（2021·河南新乡·河南师大附中校考三模）圆幂定理是平面几何中最重要的定理之一，它包含了相交
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弦定理、切割线定理、割线定理以及它们推论，其中切割线定理的内容是：从圆外一点引圆的切线和割线，
切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．
喜欢思考的天天在了解这个定理之后尝试给出证明，下面是他的部分证明过程：
已知；如图①，点P为⊙O外一点，切线PA与圆相切于点A，割线PBC与圆相交于点B、C．
求证：PA2=PB⋅PC
证明：如图③，连接AB、AC、BO、AO，
∵PA切⊙O于点A，
∴PA⊥AO，即∠PAB+∠BAO=90°，
……
阅读以上材料，完成下列问题：
（1）请帮助天天补充完成以上证明过程；
（2）如图②，割线PDE与圆交于点D、E，且PB=BC=4，PE=7，求DE的长．
17
【答案】（1）见解析；（2）
7
【分析】（1）利用切线的性质得到∠PAB+∠BAO=90°，利用三角形内角和定理及圆周角定理推出
∠PAB=∠C，从而证明△PAB∽△PCA，即可证明结论；
（2）利用（1）的结论，得到PB⋅PC=PD⋅PE，代入数值即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接AB、AC、BO、AO，
∵PA切⊙O于点A，
∴PA⊥AO，即∠PAB+∠BAO=90°，
∵OA=OB，
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∴∠OAB=∠OBA，
∵∠OAB+∠OBA+∠O=180°，
1
∴2∠OAB+∠O=180°，即∠OAB+ ∠O=90°，
2
1
∴∠PAB= ∠O，
2
1
∵∠C= ∠O，
2
∴∠PAB=∠C，又∠P=∠P，
∴△PAB∽△PCA，
PA PB
∴ = ，即PA2=PB⋅PC；
PC PA
（2）∵PA2=PB⋅PC，同理有，PA2=PD⋅PE，
∴PB⋅PC=PD⋅PE，
PB⋅PC 4×(4+4) 32
∴PD= = = ，
PE 7 7
32 17
∴DE=PE−PD=7− = ，
7 7
17
即DE的长为 ．
7
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
18．（2023上·黑龙江绥化·九年级统考期末）如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD，过点C的切线与直径
AB的延长线相交于点P，连接PD．
(1)求证：PD是⊙O的切线；
(2)求证：PD2=PB·PA．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析．
【分析】（1）连接OD、OC，根据SAS证明△PDO≌△PCO，得出∠PDO=∠PCO=90°，根据切线
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的判定推出即可；
（2）求出∠A=∠ADO=∠PDB，根据相似三角形的判定推出△PDB∽△PAD，根据相似三角形的性
质得出比例式，即可得出答案．
【详解】（1）连接OD、OC，
∵PC是⊙O的切线，
∴∠PCO=90°，
∵AB⊥CD，AB是直径，
∴B´D=B´C ，
∴∠DOP=∠COP，
在△DOP和△COP中，
¿，
∴△DOP≌△COP(SAS)，
∴∠PDO=∠PCO=90°，
∵D在⊙O上，
∴PD是⊙O的切线；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠PDO=90°，
∴∠ADO=∠PDB=90°−∠BDO，
∵OA=OD，
∴∠A=∠ADO，
∴∠A=∠PDB，
∵∠BPD=∠BPD，
∴△PDB∽△PAD，
PD PA
∴ = ，
PB PD
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∴PD2=PA⋅PB．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，全等三角形的性质和判定，圆周角定理，相似三角形的性质和判
定，熟练掌握切线的判定和性质是解答本题的关键．
2)相交弦定理
19．（2023上·浙江·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD与AB相交于点E，若AE=2，BE=8，
CE=2DE，则O到CD的距离为 ．
【答案】√7
【分析】本题考查圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理，连接AD、BC、OC，
过O作OH⊥CD交CD于H，先根据圆周角定理和相似三角形的判定证明△ADE∽△CBE，再利用相似
三角形的性质求得进而求得DE=2√2，进而求得CD=6√2，然后利用垂径定理和勾股定理求得OH即可
求解．
【详解】解：如图，连接AD、BC，
则∠ADE=∠CBE，∠DAE=∠BCE，
△ADE∽△CBE，
AE DE
∴ = ，
CE BE
∵AE=2，BE=8，CE=2DE，
∴2DE2=AE⋅BE=2×8=16，AB=10，
∴ DE=2√2，CE=4√2，
∴ CD=DE+CE=6√2，
过O作OH⊥CD交CD于H，连接OC，
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1
则CH= CD=3√2，
2
1
在Rt△OHC中，OC= AB=5，
2
∴ OH=√OC2−CH2=√52−(3√2) 2=√7，
即O到CD的距离为√7，
故答案为：√7．
20．（2022·江苏无锡·统考中考真题）如图，边长为6的等边三角形ABC内接于⊙O，点D为AC上的动点
（点A、C除外），BD的延长线交⊙O于点E，连接CE．
(1)求证△CED∽△BAD；
(2)当DC=2AD时，求CE的长．
【答案】(1)见解析
12
(2)CE= √7
7
【分析】（1）根据同弧所对圆周角相等可得∠A=∠E，再由对顶角相等得∠BDA=∠CDE，故可证明
绪论；
（2）根据DC=2AD可得AD=2,CD=4，由△CED∽△BAD可得出BD·DE=8,连接AE，可证明
△ABD∽△EBA，得出AB2=BD·BE=BD2+BD·BE, 代入相关数据可求出BD=2√7，从而可求出绪论．
【详解】（1）∵B´C所对的圆周角是∠A,∠E，
∴∠A=∠E，
又∠BDA=∠CDE，
∴△CED∽△BAD；
（2）∵△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=BC=6
∵DC=2AD，
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∴AC=3AD,
∴AD=2,DC=4,
∵ΔCED~ΔBAD,
AD BD AB
∴ = = ，
DE CD CE
2 BD
∴ = ,
DE 4
∴BD⋅DE=8;
连接AE,如图，
∵AB=BC,
∴A´B=B´C
∴∠BAC=∠BEA,
又∠ABD=∠EBA，
∴△ABD~ΔEBA,
AB BD
∴ = ，
BE AB
∴AB2=BD⋅BE=BD⋅(BD+DE) =BD2+BD⋅DE,
∴62=BD2+8，
∴BD=2√7（负值舍去）
6 2√7
∴ = ，
CE 4
12
解得，CE= √7
7
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形和判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
21．（2023·河南信阳·校考三模）相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．
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(1)为了说明相交弦定理正确性，需要对其进行证明，如下给出了不完整的“已知”“求证”，请补充完整，
并写出证明过程．已知：如图①，弦AB，CD交于点P，求证：______________．
(2)如图②，已知AB是⊙O的直径，AB与弦CD交于点P，且AB⊥CD于点P，过D作⊙O的切线，交
BA的延长线于E，D为切点，若AP=2，⊙O的半径为5，求AE的长．
【答案】(1)PA⋅PB=PC⋅PD，证明见解析
10
(2)
3
【分析】（1）先证明△ACP∽△DBP，再利用相似的性质即可；
（2）利用（1）可知PA⋅PB=PC⋅PD，求出PD，再证明△OPD∼△DPE，利用相似的性质求出PE，
求差即可得到AE的长．
【详解】（1）求证：PA⋅PB=PC⋅PD．
证明：连接AC、BD．如图①．
∵∠A=∠D，∠C=∠B．
∴△ACP∽△DBP．
AP PC
∴ = ．
PD BP
∴PA⋅PB=PC⋅PD．
（2）解：∵AP=2，OA=5，PB=10−2=8．由（1）可知PA⋅PB=PC⋅PD．
∴PC⋅PD=16．
∵AB⊥CD，AB是⊙O的直径，PC=PD，PD=4．
连接OD．如图②．
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∵DE为切线．
∴∠EDO=90°．
∵∠1+∠2=90°．∠E+∠2=90°．
∴∠1=∠E．
∴△OPD∼△DPE．
OP PD
∵ = ，
PD PE
∴OP⋅PE=PD⋅PD．
16
∴16=3PE，PE= ．
3
又∵AP=2．
16 10
∴AE= −2= ．
3 3
【点睛】本题考查了圆的相关性质，三角形相似的判定与性质，严格的逻辑思维和严密的书写过程是解题
的关键．
22．（2023·江西宜春·统考模拟预测）阅读与思考
九年级学生小刚喜欢看书，他在学习了圆后，在家里突然看到某本数学书上居然还有一个相交弦定理（圆
内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等），下面是书上的证明过程，请仔细阅读，并完成相
应的任务．
圆的两条弦相交，这两条弦被交点分成的两条线段的积相等．
已知：如图1，⊙O的两弦AB，CD相交于点P．
求证：AP⋅BP=CP⋅DP．
证明：
如图1，连接AC，BD．
∵∠C=∠B，∠A=∠D．
∴△APC∽△DPB，（根据）
AP
∴ =@，
DP
∴AP⋅BP=CP⋅DP，
∴两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等．
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任务：
(1)请将上述证明过程补充完整．
根据：____________；@：____________．
(2)小刚又看到一道课后习题，如图2，AB是⊙O的弦，P是AB上一点，AB=10cm，PA=4cm，
OP=5cm，求⊙O的半径．
CP
【答案】(1)有两个角对应相等的两个三角形相似； ；
BP
(2)7cm
【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质求解即可；
（2）延长OP交圆O于点D，延长PO交圆O于点F，设圆O的半径为rcm，则PF=(5+r)cm，
PD=(r−5)cm，根据（1）中结论代入求解即可．
【详解】（1）连接AC，BD．
∵∠C=∠B，∠A=∠D．
∴△APC∽△DPB，（有两个角对应相等的两个三角形相似）
AP CP
∴ = ，
DP BP
∴AP⋅BP=CP⋅DP，
∴两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等．
CP
故答案为：有两个角对应相等的两个三角形相似； ；
BP
（2）延长OP交圆O于点D，延长PO交圆O于点F，
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设圆O的半径为rcm，则PF=(5+r)cm，PD=(r−5)cm，
根据（1）中结论得AP·BP=DP·FP，即为4×(10−4)=(r+5)(r−5)，
解得：r=7或r=−7（不符合题意，舍去），
⊙O的半径为7cm．
【点睛】题目主要考查相似三角形的判定和性质，圆的相交弦定理等，理解题意，熟练掌握运用圆的相交
弦定理是解题关键．
23．（2023·山西吕梁·校考模拟预测）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务
切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到与圆交点的两条线段长的比例中项．
证明过程如下：
如图1：已知：点P是⊙O外一点，PF是切线，F是切点，PBA是割线，点A，B是它与⊙O的交点，求
证：PF2=PA·PB
证明：连接FO并延长交⊙O于C，连接AF，BF，BC，
∵PF是⊙O的切线，∴ ∠PFC=90°（依据________________________________)
∵CF是⊙O的直径，∴ ∠CBF=90°（依据_______________________________)
∴ ∠C+∠CFB=90° ∴ ∠C=∠PFB
又∵∠C=∠A（依据_____________________________________)
∴ ∠A=∠PFB
. . . . . .
任务：
(1)完成材料证明部分中的“依据”，填入空格．
(2)把证明过程补充完整．
(3)定理应用：
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已知PT为⊙O的切线，T是切点，PBA是⊙O的割线，交OC于D，CT为⊙O的直径，
OC=BD=4cm，AD=3cm，求PB的长．
【答案】(1)切线的性质定理；直径所对的圆周角是直角；同弧所对的圆周角相等
(2)见解析
(3)20cm
【分析】（1）利用圆周角定理推论、切线性质找等角即可解答；
（2）先构造相似三角形，再根据相似三角形对应边成比例解答即可；
（3）设TD=x,BP= y，如图：连接AC，BT，先证△ADC∼△TDB，再根据相似三角形的性质列式求
得x，然后再利用切割线定理求y长度即可．
【详解】（1）证明：连接FO并延长交⊙O与C，连接AF，BF，BC，
∵PF是⊙O的切线，
∴ ∠PFC=90°（依据：切线的性质定理)
∵CF是⊙O的直径，
∴ ∠CBF=90°（依据：直径所对的圆周角是直角)
∴ ∠C+∠CFB=90° ∴ ∠C=∠PFB
又∵∠C=∠A（依据：同弧所对的圆周角相等)
∴ ∠A=∠PFB
…………
故答案为：切线的性质定理；直径所对的圆周角是直角；同弧所对的圆周角相等．
（2）证明：连接FO并延长交⊙O与C，连接AF，BF，BC，
∵PF是⊙O的切线，
∴ ∠PFC=90°（依据：切线的性质定理)
∵CF是⊙O的直径，
∴ ∠CBF=90°（依据：直径所对的圆周角是直角)
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∴ ∠C+∠CFB=90°
∴ ∠C=∠PFB
又∵∠C=∠A（依据：同弧所对的圆周角相等)
∴ ∠A=∠PFB
又∵∠P=∠P
∴ △PFB∼△PAF
PB PF
∴ =
PF PA
∴ PF2=PA·PB．
（3）解：设TD=x,BP= y，如图：连接AC，BT，
∵∠A=∠CTB,∠CDA=∠BDT
∴ △ADC∼△TDB
∴AD:CD=TD:BD，
∴AD·DB=CD·TD，即3×4=(8−x)x，解得：x=6或x=2（舍去）
由切割线定理PT2=PA·PB，由勾股定理PD2=PT2+T D2可得：PD2=PA·PB+T D2
∴ （y+4) 2= y(y+7)+62，解得y=20cm，
∴PB=20cm.
【点睛】本题综合考查了阅读理解能力、圆周角定理、切线的性质定理、切线长定理、相似三角形的判定
与性质等知识点，从阅读材料中提取有用信息是解答本题的关键．
3)割线定理
24．（2021上·九年级单元测试）如图，割线PAB、PCD分别交⊙O于AB和CD，若PC=2，CD=16，
PA:AB=1:2，则AB= ．
【答案】4√3
【分析】设PA=x，则PB=3x，由切割线定理得，2×（16+2）=x•3x，求解即可．
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【详解】设PA=x，
∵PA：AB=1：2，
∴AB=2x，
∴PB=3x，
由切割线定理得，2×（16+2）=x•3x，
解得x=2√3，
∴AB=4√3．
故答案为4√3．
【点睛】本题考查了切割线定理和勾股定理，是基础知识要熟练掌握．
25．（2020下·四川成都·九年级成都七中校考阶段练习）如图，PAB为⊙O的割线，且PA=AB=3，PO
交⊙O于点C，若PC=2，则⊙O的半径的长为 ．
7
【答案】
2
【分析】延长PO交圆于点D，连接AC、BD，由圆内接四边形内对角互补性质可得∠B+∠ACD=180°，
结合邻补角互补可得∠ACP=∠B，继而证明△PAC∽△PDB，由相似三角形对应边成比例解得
PA PC
= ，由此计算PD=9，最后根据线段的和差解题即可．
PD PB
【详解】如图，延长PO交圆于点D，连接AC、BD，
四边形ABDC为圆内接四边形，
∴∠B+∠ACD=180°．
∵∠ACD+∠ACP=180°，
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∴∠ACP=∠B，
∵∠P=∠P，
∴△PAC∽△PDB，
PA PC
∴ = ，
PD PB
∴PD×2=3×6，PD=9，
∵CD+PC=PD，
∴CD=9−2=7，
7
∴半径为 ，
2
7
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查圆的内接四边形、相似三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关
知识是解题关键．
26．（2023·全国·九年级假期作业）如图：PAB、PCD为⊙O的两条割线，若PA·PB=30，PC=3，则
CD的长为（ ）
A．10 B．7 C．5√10 D．3
【答案】B
【分析】如图，连接AC，BD，可证△PAC∼△PDB，可得PA·PB=PC·PD，从而可求得PD的长，进
而可得到CD的长．
【详解】解：如图，连接AC，BD，
∵∠PAC+∠BAC=180°，∠BAC+∠D=180°
∴∠PAC=∠D
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又∠P=∠P
∴△PAC∼△PDB
PA PC
∴ =
PD PB
∵PA·PB=PC·PD，PA·PB=30，PC=3，
PA·PB
∴PD= =10，
PC
∴CD=10−3=7．
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的内接四边形性质，相似三角形的判定和性质，由相似三角形得到线段间数量关系
是解题的关键．
27．（2019·浙江杭州·模拟预测）如图，过点P引圆的两条割线PAB和PCD，分别交圆于点A,B和C,D，
PA PC PA PC PA PD
连结AC,BD，则在下列各比例式中，① = ；② = ；③ = ，成立的有
PB PD PD PB AC BD
（把你认为成立的比例式的序号都填上）．
【答案】②③
【分析】根据已知及相似三角形的判定方法得到，△PAD∽△PCB，根据相似三角形的对应边的比相等从而
可得到答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠PAD=∠PCB，∠PDA=∠PBC，
∴△PAD∽△PCB，
PA PD AD
∴ = = ，
PC PB BC
PA PC
∴① = 错误；
PB PD
PA PC
② = 正确；
PD PB
③连接AC，BD，∵∠P=∠P，∠PBD=∠PCA，
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∴△PAC∽△PDB，
PA AC
∴ = ，
PD BD
PA PD
∴ = ，正确；
AC BD
故答案为：②③．
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，注意到题目中的相似三角形是
解决本题的关键．
28．（2023·河南周口·校考三模）阅读与思考
学习了圆的相关知识后，某数学兴趣小组的同学们进行了如下探究活动，请仔细阅读，并完成相应任务．
割线定理
如图，A是⊙O外一点，过点A作直线AC，AE分别交⊙O于点B，C，D，E，则有
AB⋅AC=AD⋅AE．
证明：如图，连接BE，DC．
∵∠BCD=∠BED（依据：①________________），∠CAD=∠EAB，
∴△ACD∼△AEB．
AD
∴ = ②_________________．
AB
∴AB⋅AC=AD⋅AE．
任务：
(1)上述阅读材料中①处应填的内容是________，②处应填的内容是_______．
(2)兴趣小组的同学们继续思考，当直线AE与圆相切时，是否仍有类似的结论．请将下列已知、求证补充
完整，并给出证明．
已知：如图，A是⊙O外一点，过点A的直线交⊙O于点B，C，__________．
求证：AE2＝ ___________．
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AC
【答案】(1)同弧所对的圆周角相等； ；
AE
(2)AE与⊙O相切于点E．AB⋅AC；证明见解析
【分析】（1）根据题意得到结论即可；
（2）如图，连接BE,CE，证明△ABE∼△ACE即可得到结论．
【详解】（1）如图，连接BE，DC．
∵∠BCD=∠BED（依据：①__同弧所对的圆周角相等__），∠CAD=∠EAB，
∴△ACD∼△AEB．
AD AC
∴ = ②__ _____．
AB AE
∴AB⋅AC=AD⋅AE．
AC
故答案为：同弧所对的圆周角相等； ；
AE
（2）已知：如图，A是⊙O外一点，过点A的直线交⊙O于点B，C，AE与⊙O 相切于点 E ．
求证：AE2＝ AB⋅AC．
证明：如图，连接BE,CE，连接EO并延长交⊙O于点D，连接BD．
∵AE为⊙O的切线，
∴∠DEA=90°，
∴∠DEB+∠AEB=90°，
∵DE为⊙O的直径，
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∴∠DBE=90°，
∴∠DEB+∠BDE=90°，
∴∠BDE=∠AEB,
∵∠BDE=∠BCE，
∴∠AEB=∠BCE．
∵∠A=∠A，
∴△ABE∼△AEC，
AB AE
∴ = ，
AE AC
∴AE2=AB⋅AC．
故答案为：AE与⊙O相切于点E．AB⋅AC
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，勾股定理，割线定理，熟练掌握割线定理是解题的关键．
29．（2021·河南洛阳·统考二模）我们知道，直线与圆有三种位置关系：相交、相切、相离．当直线与圆
有两个公共点（即直线与圆相交）时，这条直线就叫做圆的割线．割线也有一些相关的定理．比如，割线
定理：从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆交点的距离的积相等．下面给出了不完整的定
理“证明一”，请补充完整．
已知：如图①，过⊙O外一点P作⊙O的两条割线，一条交⊙O于A、B点，另一条交⊙O于C、D点．
求证：PA⋅PB=PC⋅PD．
证明一：连接AD、BC，
∵∠A和∠C为B´D所对的圆周角，∴______．
又∵∠P=∠P，∴______，∴______．
即PA⋅PB=PC⋅PD．
研究后发现，如图②，如果连接AC、BD，即可得到学习过的圆内接四边形ABDC．那么或许割线定理
也可以用圆内接四边形的性质来证明．请根据提示，独立完成证明二．
证明二：连接AC、BD，
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AP DP
【答案】证明一：∠A=∠C，△ADP∽△CBP， = ；证明二见解析
CP BP
【分析】（1）证明△ADP∽△CBP即可得到结论；
（2）根据圆内接四边形的性质可得∠PBD=∠ACD，进一步证明△ACP∽△DBP
【详解】解：证明一：连接AD、BC，
∵∠A和∠C为B´D所对的圆周角，
∴∠A=∠C．
又∵∠P=∠P，
∴△ADP∽△CBP，
AP DP
∴ = ．
CP BP
即PA⋅PB=PC⋅PD．
AP DP
故答案为：∠A=∠C，△ADP∽△CBP， = ，
CP BP
证明二：连接AC、BD，
∵四边形ABDC为圆内接四边形，
∴∠ABD+∠ACD=180°，
又∵∠ABD+∠PBD=180°，
∴∠PBD=∠ACD，
又∵∠P=∠P，
∴△ACP∽△DBP，
AP CP
∴ = ，即PA⋅PB=PC⋅PD．
DP BP
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题关键．
30．（2022下·河南洛阳·九年级统考期中）圆幂定理是平面几何中最重要的定理之一，它包含了相交弦定
理、切割线定理、割线定理以及它们的推论，其中切割线定理的内容是：从圆外一点引圆的切线和割线，
切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．你能给出证明吗？
下面是证明的开头：
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已知：如图①，点P为⊙O外一点，切线PA与圆相切于A，割线PBC与圆相交于点B、C．
求证：PA2＝PB•PC
证明：如图②，连接AB、AC、B0、AO，
因为PA切⊙0于点A，
∴．PA⊥AO，∠PAB＋∠BAO＝90°．
阅读以上材料，完成下列问题：
(1)补充完成上面的证明过程；
(2)如图③，割线PDE与⊙O交于D、E，且PB＝BC＝4，PE＝7，求DE的长．
【答案】(1)见解析
17
(2)DE的长为
7
PA PB
【分析】（1）先证△PAB∽△PCA，得 = ，即可得答案；
PC PA
（2）结合（1）同理可得PA2=PD⋅PE，所以 PB⋅PC=PD⋅PE，然后代入值即可求出 PD 的长，
进而可得 DE 的长．
【详解】（1）证明：如图②，连接AB、AC、BO、AO，
∵PA切⊙O于点A，
∴PA⊥AO，即∠PAB+∠BAO=90°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵∠OAB+∠OBA+∠O=180°，
∴2∠OAB+∠O=180°，
1
∴∠OAB+ ∠O=90°，
2
1
∴∠PAB= ∠O，
2
1
∵∠C= ∠O ，
2
∴∠PAB=∠C，
又∵∠P=∠P，
∴△PAB∽△PCA，
PA PB
∴ = ，
PC PA
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∴PA2=PB⋅PC；
（2）由（1）PA2=PB⋅PC， 同理PA2=PD⋅PE，
∴PB⋅PC=PD⋅PE，
PB⋅PC 4×(4+4) 32
∴PD= = = ，
PE 7 7
32 17
∴DE=PE−PD=7− = ，
7 7
17
∴DE的长为 ．
7
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的性质，等腰三角形的性质，解题的关
键是证明△PAB∽△PCA ．
题型 03 垂径定理
⏜ ⏜ ⏜ ⏜
如图，可得①AB过圆心 ②AB⊥CD ③CE=DE ④ AC=AD ⑤ BC=BD
C
A O E B
D
【总结】垂径定理及其推论实质是指一条直线满足：（1）过圆心（2）垂直于弦（3）平分弦（被平分的
弦不是直径）（4）平分弦所对的优弧（5）平分弦所对的劣弧，若已知五个条件中的两个，那么可推出其
中三个，简称“知二得三”，解题过程中应灵活运用该定理.
常见辅助线做法（考点）：1）过圆心，作垂线，连半径，造Rt△，用勾股，求长度；
2）有弦中点，连中点和圆心，得垂直平分.
31．（2022·河南许昌·统考一模）如图，CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD于点E，则下列结论不一定成立的
是（ ）
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A．AE＝BE B．OE＝DE C．A´C=B´C D．A´D=B´D
【答案】B
【分析】根据垂径定理即可判断．
【详解】解：∵CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD于点E，
∴AE=EB，A´C=B´C， A´D=B´D．
故选：B．
【点睛】本题主要考查垂径定理，掌握垂径定理是解题的关键．
32．（2023·浙江·模拟预测）如图，CD是⊙O是直径，AB是弦且不是直径，CD⊥AB，则下列结论不
一定正确的是（ ）
A．AE=BE B．OE=DE C．AO=CO D．A´D=B´D
【答案】B
【分析】由于CD⊥AB, 根据垂径定理有AE=BE, A´D=B´D, 不能得出OE=DE, 圆的半径都相等.
【详解】解：如图所示，
∵CD⊥AB,
∴AE=BE, A´D=B´D,
⊙O的半径都相等，那么
AO=CO,
不能得出OE=DE.
故选:B.
【点睛】本题考查了垂径定理.解题的关键是熟练掌握垂径定理的内容.
33．（2022·广东佛山·统考一模）如图， O中，半径OC＝2，弦AB垂直平分OC，则AB的长是
（ ） ⊙
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A．3 B．4 C．2√3 D．4√3
【答案】C
1
【分析】根据AB垂直平分OC可知OE= OC，由勾股定理即可得到AE，从而得到AB的长；
2
【详解】如图；连接OA
由圆的性质可知，OA=OC=2
∵AB垂直平分OC
1 1
∴OE= OC= ×2=1
2 2
根据勾股定理，
AE=√OA2−OE2=√22−12=√3
由垂径定理可知AE=BE
∴AB=2AE=2√3
【点睛】本题主要考查垂径定理、勾股定理，掌握垂径定理、勾股定理等相关知识是解题的关键．
34．（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨风华中学校考模拟预测）如图，在⊙O中，OD⊥AB于点D，AD的长
为3cm，则弦AB的长为（ ）
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A．4cm B．6cm C．8cm D．10cm
【答案】B
【分析】根据垂径定理求出AD=BD=3cm即可．
【详解】解：∵AB为非直径的弦，OD⊥AB，
∴AD=BD=3cm，
∴AB=AD+BD=6cm．
故选B．
【点睛】本题考查垂径定理，掌握垂径定理是解题关键．
35．（2019·新疆乌鲁木齐·校联考一模）如图，⊙O中，半径OC⊥弦AB于点D，点E在⊙O上，
∠E=22.5°，AB=4，则半径OB等于（ ）
A．√2 B．2 C．2√2 D．3
【答案】C
【分析】直接利用垂径定理进而结合圆周角定理得出 ODB是等腰直角三角形，进而得出答案．
【详解】解：∵半径OC⊥弦AB于点D， △
∴A´C=B´C，
1
∴∠E= ∠BOC=22.5°，
2
∴∠BOD=45°，
∴△ODB是等腰直角三角形，
∵AB=4，
∴DB=OD=2，
则半径OB等于：√22+22=2√2．
故选C．
【点睛】此题主要考查了垂径定理和圆周角定理，正确得出 ODB是等腰直角三角形是解题关键．
△
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36．（2022·河南南阳·统考一模）如图，⊙O的半径为4．将⊙O的一部分沿着弦AB翻折，劣弧恰好经过
圆心O．则这条劣弧的弧长为 ．
8π
【答案】
3
【分析】过O作垂直于AB的半径OC，设交点为D，连接OA,OB,根据折叠的性质可求出OD的长；根据
勾股定理可求出AD的长，由垂径定理知AB=2AD，解Rt△OAD，求得∠OAD=30°,即可求得
∠AOB=120°，进而求得劣弧A´B的长．
【详解】解：过O作OC⊥AB于D，交⊙O于C，连接OA，
1
Rt△OAD中，OD=CD= OC=2，OA=4，
2
根据勾股定理，得：AD=√OA2−OD2 =2√3 ，
AD √3
∴cos ∠OAD= =
AO 2
∴ ∠OAD= 30°
∴ ∠AOB=120°
120π×4 8π
∴l = =
A´B 180 3
8π
故答案 ：
3
【点睛】本题考查的是翻转变换的性质、解直角三角形，求弧长，掌握翻转变换是一种对称变换，折叠前
后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．
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题型 04 定弦定角
【模型介绍】因为同圆或等圆中等弦所对的圆周角相等，所以当弦的长度保持不变和弦所对应的角度大小
固定时，动点的轨迹就是圆或者圆弧.
【模型解析】两定(A，B)一动(P)，AB长固定，∠APB固定
P（动点）
P（动点）
α
α
O
2α
A（定点）
B（定点）A（定点） B（定点）
如图，已知AB为定线段，P为动点，且∠APB=α，则A、B、P三点必共圆，或称为点P一定在以AB为
弦的某一个圆上，且这个圆是固定的，圆心在线段AB的垂直平分线上，动点P的运动轨迹为关于线段AB
对称的圆弧上（①∠APB<90°，在线段AB对称的优弧上运动 ②∠APB>90°，在线段AB对称的劣弧上运
动），但不包括A、B两点.
定弦定角问题常应用于求线段的“最值”，问题的关键就在于找到运动过程中必存在的定线段，及这条线
段关于某一动点的张角为定值，由张角的变化，去寻找这三点所构成的定圆.
【解题技巧】
1）找到不变的张角(∠APB)所对的-定弦(AB);
2）定角定弦定圆心和半径;
3）作出外接圆;
4）计算半径并分析.
5）当△ABP是以AB为底的等腰三角形时, △ABP的面积和周长最大.
[口诀] 见定长→找所对定角→知定圆→找圆心→现“圆”形(一找、二定、三画、四析).
【证明】在△ABP中, ∠P=α,AB=2x. P
1）求△ABP中AB边所对的高的最值. α
2）求△ABP面积的最值.
【提示】这个模型就是我们所谓的定角定弦模型,也就是在一个三角 形中一个角
2x
A B
和它的对边保持不变,在AB边固定的同时,虽然∠P的大小不变,但顶 点P的位置
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可以发生变化P,由于同弧所对的圆周角不变,故顶点P可以在△ABP的外接圆的AB这段弦所对的圆弧上运
动（不包括A,B点）.当高线PC过圆心时有最大的高,即h≤P D=OP +OD.(此时P,O,D三点共线)
1 1
【证明过程】
P P
P 1 P 1
O
O O
α
A C D B A C D B A D B
作△ABP的外接圆圆O，连接AO，BO，PO,过点O作AB⊥OD于点D
∵∠APB=α ∴∠AOB=2α 而△AOD≌△BOD ∴∠AOD=∠BOD=α AD=BD=x
AD x xcosα
在Rt△AOD中，AO= = DO=AOcosα= 又∵AO=OP
sinα sinα sinα 1
x xcosα x
PC≤PD=OP+OD= + = (1+cosα) （当P与P1重合时等号成立）
1 1 sinα sinα sinα
1 1 1 x x2
S △ABP = 2 •PC•AB≤ 2 •P 1 D•AB= 2 • sinα (1+cosα) •2x= sinα (1+cosα)
37．（2023·浙江杭州·统考二模）如图，已知△ABC内接于⊙O，∠BAC=θ(0<θ<60°)，BC=6，点P
为△ABC的重心，当点A到BC的距离最大时，线段PO的长为（ ）
1 2 2 1
A． − B． −
tanθ sinθ tanθ sinθ
C． tanθ−2sinθ D．2tanθ−sinθ
【答案】B
1
【分析】根据题意作出对应的图形，连接OC，BO，得AH⊥BC，由垂径定理得BH= BC=3，再由
2
BH 3 BH 3 3
tanθ= ，OH= ，sinθ= ，BO= ，半径相等，AO= ，再由点P为△ABC的重心，
OH tanθ OB sinθ sinθ
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2 2 2
可知AP= AH，得AP= + ，最后列式OP=AP−AO即可．
3 tanθ sinθ
【详解】解：如图所示，连接AO，过点O作OH⊥BC于H，连接OC，BO，如图所示，设点A到BC的
距离为h：
∵h≤OA+OH，
∴当点A到BC的距离最大时，A，O，H三点共线，
1
∴AH⊥BC，BH= BC=3，
2
∵∠BAC=θ(0<θ<60°)，
1
∴∠BOC=2θ，∠BOH=θ，BH= BC=3，
2
BH BH
∵在Rt△BOH，tanθ= ，sinθ= ，
OH OB
3 3
∴OH= ，BO= ，
tanθ sinθ
∵AO=BO，
3 3 3
∴AO= ，AH=AO+OH= + ，
sinθ tanθ sinθ
∵点P为△ABC的重心，
2 2 2 ( 3 3 ) 2 2
∴AP= AH= (AO+OH)= × + = + ，
3 3 3 tanθ sinθ tanθ sinθ
2 2 3 2 1
∴OP=AP−AO= + − = − ，
tanθ sinθ sinθ tanθ sinθ
故选：B．
【点睛】本题主要考查的是解直角三角形以及三角形的重心，正确掌握三角形的重心是三条中线的交点是
解题的关键．
38．（2023·安徽亳州·统考模拟预测）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，BC=8，AC=4√2．
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（1）当AB=AC时，∠CAD= °；
（2）当△ACD面积最大时，则AD= ．
【答案】 45 4√3
【分析】当AB=AC时，根据三线合一和勾股定理AD，得出等腰直角三角形，从而可得∠CAD=45°；
再根据面积公式分析得出当CD边上的高最大时，△ACD面积最大，判断出点A的位置，利用勾股定理求
解即可．
【详解】解：（1）当AB=AC时，
∵AD是BC边上的中线，
∴AD⊥BC，BD=CD=4，
∴AD=√AC2−CD2=4，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴∠CAD=45°；
1
（2）在△ACD中，以CD为底，CD= BC=4，
2
则当CD边上的高最大时，△ACD面积最大，
如图，点A在以点C为圆心，AC为半径的圆上，
故当AC⊥BC时，高最大，即为AC，
此时AD=√AC2+CD2=4√3，
故答案为：45，4√3．
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【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，圆的性质，解题的关键是
根据面积最大分析出AC的位置．
3
39．（2020·四川德阳·统考一模）如图，已知直线y= x−3与x轴、y轴分别交于A、B两点，P是以
4
C(0,1)为圆心，1为半径的圆上一动点，连接PA、PB，当ΔPAB的面积最大时，点P的坐标为 ．
3 9
【答案】(− , )
5 5
【分析】过C作CM⊥AB于M，交x轴于E，连接AC，MC的延长线交⊙C于D，作DN⊥x轴于N，则由
1 1 3
三角形面积公式得， ×AB×CM= ×OA×BC，可知圆C上点到直线y= x-3的最长距离是DM，当P点在
2 2 4
D这个位置时， PAB的面积最大，先证得 COE∽△CMB，求得OE、CE，再通过证得 COE∽△DNE，求
得DN和NE，由△此求得答案． △ △
【详解】过C作CM⊥AB于M，交x轴于E，连接AC，MC的延长线交⊙C于D，作DN⊥x轴于N，
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3
∵直线y= x−3与x轴、y轴分别交于A，B两点，
4
令x=0，得y=-3，
令y=9，得x=4
∴A(4,0)，B(0,−3)，
∴OA=4，OB=3，
∴AB=√OA2+OB2=√42+32=5
1 1
则由三角形面积公式得， ×AB×CM= ×OA×BC，
2 2
1 1
∴ ×5×CM= ×4×(1+3)，
2 2
16
∴CM=
5
√ 16 2 12
∴BM=√BC2−CM2= 42−( ) =
5 5
3 16 21
∴圆C上点到直线y= x−3的最大距离是DM=1+ =
4 5 5
当P点在D这个位置时， PAB的面积最大，
∵∠CMB=∠COE=90°，∠O△CE=∠MCB，
∴△COE∽△CMB，
OE OC CE
∴ = =
BM CM CB
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OE CE 1
= =
∴ 12 4 16
5 5
3 5
∴OE= ，CE= ，
4 4
5 9
∴ED=1+ =
4 4
∵DN⊥x轴，
∴DN∥OC，
∴△COE∽△DNE，
9
DN NE DE DN NE 4
∴ = = ，即 = =
CO OE CE 1 3 5
4 4
9 27
∴DN= ，NE=
5 20
27 3 3
∴ON=NE−OE= − =
20 4 5
3 9
∴D(− , )
5 5
3 9
∴当 PAB的面积最大时，点P的坐标为(− , )
5 5
△
3 9
故答案为：(− , )
5 5
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，根据两个三角形相似可得出对应边成比例，是求线段长度
的方法之一，已知一次函数的解析式，可求得函数与x轴，y轴的截距．
40．（2023·河南安阳·统考二模）如图，⊙O的半径为2cm，弦AB=2√3cm，C是弦AB所对的优弧AD´ B
上一个动点，则图中阴影部分的面积之和的最小值是 cm2．
【答案】4π−3√3/−3√3+4π
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1
【分析】过点C作CE⊥AB于E，由S =S −S =2π×2− AB⋅CE=4π−√3CE，得当CE
阴影 圆 △ABC 2
最大时，S 最小，此时，CE经过圆心O，即OC垂直平分AB，点C为优弧AD´ B的中点，连接OA，由
阴影
垂径与勾股定理求出CE的长，即可求解．
【详解】解：过点C作CE⊥AB于E，
1
∵S =S −S =2π×2− AB⋅CE=(4π−√3CE)cm2 ，
阴影 圆 △ABC 2
∴当CE最大时，S 最小，此时，CE经过圆心O，即OC垂直平分AB，点C为优弧AD´ B的中点，连接
阴影
OA，
∵OE⊥AB，
1 1
∴AE= AB= ×2√3=√3(cm)，
2 2
由勾股定理，得OE=√OA2−AE2=√22−(√3) 2=1(cm)，
∴CE=OC+OE=2+1=3(cm)，
∴S 最小值=(4π−3√3)cm2 ，
阴影
故答案为：4π−3√3．
【点睛】本题考查垂径定理，不规则图形面积，三角形面积，勾股定理，根据图形面积关系，得出点C为
优弧AD´ B的中点时，阴影面积最小是解题的关键．
41．（2023上·江苏扬州·九年级校考期末）【学习心得】
小雯同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以
使问题变得非常容易．
例如：如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D是ΔABC外一点，且AD=AC，求∠BDC的度
数．若以点A为圆心，AB长为半径作辅助圆⊙A，则C，D两点必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，
∠BDC是⊙A的圆周角，则∠BDC=45°．
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(1)【初步运用】如图，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，∠BDC=24°，求∠BAC的度数；
(2)【方法迁移】如图，已知线段AB和直线l，用直尺和圆规在l上作出所有的点P，使得∠APB=30°（不
写作法，保留作图痕迹）；
(3)【问题拓展】
①如图，已知矩形ABCD，AB=2，BC=m，M为CD上的点．若满足∠AMB=45°的点M恰好有两个，
则m的取值范围为______．
②如图，在△ABC中，∠BAC=45°，AD是BC边上的高，且BD=6，CD=2，求AD的长．
【答案】(1)∠BAC=24°
(2)见解析
(3)①2≤m<√2+1；②AD=4+2√7
1
【分析】（1）如图所示，取BD中点E，连接AE，CE，则AE=BE=DE=CE= BD，即可得到A、
2
1
B、C、D在以E为圆心， BD为半径的圆心，则∠BAC=∠BDC=24°；
2
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（2）先作等边三角形OAB，再以O为圆心，AB的长为半径画弧与直线l的交点即为所求；
（3）①如图所示，在BC上截取一点F使得BF=BA，连接AF，以AF为直径作圆O，过点F作
EF⊥AD交AD于E，过点O作OG⊥EF交EF于H交圆O于G，过点G作圆O的切线分别交AD，BC
于K、Q，则当BF≤mPE，证明P D＞PC即可；
1 1
（3）根据题意，只需求出△AMN的最大值即可．根据圆周角定理可得∠BAC=45°，作△AMN的外接
圆，设圆心为O，则∠MON=90°，过O作OH⊥MN于H，求解OM、OH，由（2）中结论可求解
△AMN面积的最大值，再利用旋转性质求解四边形ABCD的面积即可求解．
【详解】（1）解：如图，过P作PD⊥AB，当点P运动到弧AB的中点P 时，P O⊥AB，此时AB边上
1 1
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1
的高PD最大，即△PAB的面积最大，最大值为 ×6×3=9，
2
故答案为：9；
（2）证明：如图，当PC经过圆心O时，把此时的PC记作P D，过点O作OE⊥PC于点E，连接OP，
1
∵PC⊥AB，P D⊥AB，OE⊥PC，
1
∴四边形ODCE为矩形．
∴OD=EC．
∵在Rt△OPE中，OP>PE，且OP=OP ，
1
∴OP >PE，
1
∴OP +OD>PE+EC，即P D>PC，
1 1
故当且仅当PC经过圆心O时，PC最大；
（3）解：存在，且最小值为(2975−225√2)平方米．
根据题意，要使阴影面积最小，只需△AMN的面积最大即可，连接BD，
∵四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，CB=CD，
∴点A、B、C、D四点共圆，∠CBD=∠CDB=45°，∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠BAC=∠BDC=45°，
作△AMN的外接圆，设圆心为O，则∠MON=90°，
∴△OMN为等腰直角三角形，
过O作OH⊥MN于H，
∵MN=30米，
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1
∴ OH=MH= MN=15米，OM=15√2米，
2
1
由（2）模型归纳可得△AMN的最大面积为 ×30×(15+15√2)=225+225√2（平方米），
2
将△ADC绕着点C逆时针旋转90°得到△PBC，
则AC=PC=80米，∠ACP=90°，∠ADC=∠PBC，
∵∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠ABC+∠PBC=180°，即A、B、P共线，
1
∴四边形ABCD的面积=△ACP的面积= ×80×80=3200（平方米），
2
∴阴影部分面积的最小值为3200−(225+225√2)=2975−225√2（平方米）．
【点睛】此题考查了与圆有关的知识、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的
判定与性质、解直角三角形、线段垂直平分线的性质、旋转的性质、三角形的面积公式等知识，涉及知识
点较多，解答的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用辅助圆解决最值问题．
43．（2022·陕西西安·校考模拟预测）【学习新知】
（1）如图1，已知半径为3的⊙O外，有一点P，满足PO=4，则点P与⊙O上任意一点Q的连线PQ最小
值为______，PQ最大值为______．
（2）如图2，在△ABC中，AB=4，∠C=30°，求△ABC的最大面积．
【应用新知】
（3）如图3，在等边△ABC中，AB=BC=AC=4，点E为AB中点，点D、F分别在BC、AC上，且
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BD=3，连接DE、DF，∠EDF=60°，请问在△ABC内部是否存在一个P点，使得∠EPF=120°，且
满足到点A的距离最小，若存在，求出AP的最小值；若不存在，说明理由．
3√3−√7
【答案】（1）学习新知：1；7；（2）8+4√3；（3）存在，AP的最小值为
2
【分析】（1）观察图形可得答案；
（2）以AB为边作等边△AOB，使O、C在AB的同侧，以O为圆心，OA为半径作⊙O，则C在⊙O上，
连接CO交AB于H，根据△AOB等边三角形，得∠AOB=60°，OA=OB=AB=4，即有
1
∠ACB= ∠AOB=30°，C是满足条件的点，要使△ABC面积最大，只要AB边上的高取最大值，此时
2
动点C运动到优弧ACB的中点位置，可得AH=BH=2，CH⊥AB，在Rt△AOH中，
1
OH=√OA2−AH2=2√3，故CH=OC+OH=4+2√3，从而S = AB⋅CH=8+4√3，即△ABC
△ABC 2
的最大面积为8+4√3；
（3）以B为原点，BC所在直线为x轴，建立直角坐标系，过E作EM⊥BC于M，过A作AH⊥BC于H，
取ED中点G，以G为圆心，GE为半径作⊙G，连接AG交⊙G于P，证明△BED∽△CDF，可得
DE=2DF，又∠EDF=60°，△GDF是等边三角形，即得E、D、F、P四点共圆，有∠EPF=120°，
( √3)
P是满足条件的点，当A、P、G共线时，AP最小，根据已知可得E(1,√3)，G 2, ，A(2,2√3)，即
2
√7 √3 3√3 3√3−√7
可得EG= =GP，AG=2√3− = ，故AP=AG−GP= ，即AP的最小值为
2 2 2 2
3√3−√7
．
2
【详解】解：学习新知：
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（1）点P与⊙O上任意一点Q的连线PQ最小值为4−3=1，最大值为4+3=7，
故答案为：1；7．
（2）以AB为边作等边△AOB，使O、C在AB的同侧，以O为圆心，OA为半径作⊙O，则C在⊙O上，
连接CO交AB于H，如图：
∵△AOB等边三角形，
∴∠AOB=60°，OA=OB=AB=4，
1
∴∠ACB= ∠AOB=30°，即C是满足条件的点，
2
要使△ABC面积最大，只要AB边上的高取最大值，此时动点C运动到优弧ACB的中点位置，
∴A´C=B´C，
∵CH过圆心O，
∴AH=BH=2，CH⊥AB，
在Rt△AOH中，OH=√OA2−AH2=√42−22=2√3，
∴CH=OC+OH=4+2√3，
1 1
∴S = AB⋅CH= ×4×(4+2√3)=8+4√3，
△ABC 2 2
即△ABC的最大面积为8+4√3；
应用新知：
（3）在△ABC内部存在一个P点，使得∠EPF=120°，且满足到点A的距离最小，理由如下：
以B为原点，BC所在直线为x轴，建立直角坐标系，过E作EM⊥BC于M，过A作AH⊥BC于H，取
ED中点G，以G为圆心，GE为半径作⊙G，连接AG交⊙G于P，如图所示：
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∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°=∠ACB，
∴∠BED+∠BDE=120°，
∵∠EDF=60°，
∴∠FDC+∠BDE=120°，
∴∠FDC=∠BED，
∴△BED∽△CDF，
BE DE
∴ = ，
CD DF
∵AB=BC=AC=4，点E为AB中点，BD=3，
∴BE=2，CD=1，
2 DE
∴ = ，即DE=2DF，
1 DF
∵G为DE中点，
∴≥=GD=DF，
∵∠EDF=60°，
∴△GDF是等边三角形，
∴GF=DF，
∴≥=GD=GF，
∴E、D、F、P四点共圆，
∵∠EDF=60°，
∴∠EPF=120°，即P是满足条件的点，
当A、P、G共线时，AP最小，
1 √3
在Rt△BEM中，BM=BE⋅cos60°=2× =1，EM=BE⋅sin60°=2× =√3，
2 2
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∴E(1,√3)，
∵D(3,0)，G是DE中点，
( √3)
∴G 2, ，
2
√ √3 2 √7
∴EG= (1−2) 2+(√3− ) = =GP，
2 2
1 √3
在Rt△ABH中，BH=AB⋅cos60°=4× =2，AH=AB⋅sin60°=4× =2√3，
2 2
∴A(2,2√3)，
√3 3√3
∴AG=2√3− = ，
2 2
3√3−√7
∴AP=AG−GP= ，
2
3√3−√7
即AP的最小值为 ．
2
【点睛】本题考查圆的综合应用，涉及三角形面积，锐角三角函数，相似三角形判定与性质等知识，解题
的关键是作辅助线，构造满足条件的圆，本题难度较大．
44．（2023·陕西西安·西安市第六中学校考模拟预测）问题提出
（1）如图1，△ABC内接于⊙O，BC=6，∠BAC=60°，则⊙O的半径为 ．
问题探究
（2）如图2，已知矩形ABCD，AB=4√3，BC=6，P是矩形ABCD内一点，且∠BPC=60°，连接AP，
求AP的最小值．
解决问题
（3）如图3，小乐家有一个四边形菜地ABCD，他打算种植油菜花，为了提高产量，他计划改造四边形菜
地，在改造的过程中始终要满足BC=8米，∠BAD=135°，AD⊥DC，且AD=DC，求改造后四边形
菜地面积的最大值．
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【答案】（1）2√3；（2）6−2√6；（3）改造后四边形菜地面积的最大值为24平方米
【分析】（1）作⊙O的直径BD，连接DC，利用圆周角定理，直角三角形的边角关系定理求得直径BD
的长，则结论可求；
（2）利用（1）的条件可得：点P在以BC为弦，BC所对的圆周角为60°的圆上运动，设该圆的圆心为O，
作出⊙O，连接OB，OC，OA，OA与⊙O交于点E，则当点P于点E重合时，AP取得最小值；过点O
1
作OF⊥BC于点F，则BF=CF= BC=3，过点O作OH⊥AB于点H，则四边形OHBF为矩形，利用
2
垂径定理和矩形的性质得到OH，AH的长，再利用勾股定理解答即可得出结论；
（3）连接AC，利用等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质可得：点A在以BC为直径的圆上运动，
√2
设AC=x，则AB=√BC2−AC2=√64−x2，DA=DC= x，利用三角形的面积公式求得四边形
2
ABCD的面积，再利用非负数的性质解答即可得出结论．
【详解】解：（1）作⊙O的直径BD，连接DC，如图，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BCD=90°，
∵∠A=∠D，∠BAC=60°，
∴∠D=60°．
在Rt△BCD中，
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BC
∵sinD= ，
BD
6
∴BD= =4√3
√3 ，
2
1
∴⊙O的半径为 BD=2√3．
2
故答案为：2√3；
（2）∵∠BPC=60°，
∴点P在以BC为弦，BC所对的圆周角为60°的圆上运动，设该圆的圆心为O，作出⊙O，连接OB，OC，
OA，OA与⊙O交于点E，如图，
则当点P于点E重合时，AP取得最小值．
由（1）知：⊙O的半径为2√3，
∴OE=OB=OC=2√3．
∵∠BOC=2∠BPC，∠BPC=60°，
∴∠BOC=120°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=30°．
1
过点O作OF⊥BC于点F，则BF=CF= BC=3，过点O作OH⊥AB于点H，则四边形OHBF为矩形，
2
∴BH=OF，OH=BF=3．
1
∵OF= OB=√3，
2
∴BH=√3，
∴AH=AB−BH=3√3，
∴AO=√AH2+OH2=√ (3√3) 2+32=6，
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∴AP的最小值=AO−OE=6−2√3；
（3）连接AC，如图，
∵AD⊥DC，且AD=DC，
∴∠DAC=∠DCA=45°，
∵∠BAD=135°，
∴∠BAC=90°，
∴点A在以BC为直径的圆上运动．
√2
设AC=x，则AB=√BC2−AC2=√64−x2，DA=DC= x，
2
1 x√64−x2 1 1
∵ S = AC⋅AB= ，S = DA⋅DC= x2 ，
ΔABC 2 2 ΔDAC 2 4
x√64−x2 1 2x√64−x2+x2
∴S =S +S = + x2= ．
四边形ABCD ΔABC ΔADC 2 4 4
2
∵(x−√64−x2) ≥0，
∴x2−2x√64−x2+64−x2≥0，
∴2x√64−x2≤64，
∴2x√64−x2的最大值为64，当且仅当x=√64−x2时，
∴当x=4√2时，2x√64−x2取得最大值为64，
64+(4√2) 2 64+32
∴改造后四边形菜地面积的最大值= = =24．
4 4
答：改造后四边形菜地面积的最大值为24平方米．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，直角三角形的边角关系定理，矩形的性
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质，函数的极值，等腰直角三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握圆的有关性质
是解题的关键．
题型 05 定角定高模型（探照灯模型）
【模型介绍】如图，直线BC外一点A，A到直线BC距离为定值(定高)，∠BAC为定角，则BC有最小值，
即△ABC的面积有最小值.因为其形像探照灯，所以也叫探照灯模型.
在△ABC 中，∠BAC=α(定角)，AD 是 BC 边上的高，且 AD=h (定高)，则当△ABC 是等腰三角形
(AB=AC)时，BC的长最小，△ABC的面积最小，△ABC的周长最小.
A A
h h O
B D C B D E C
证明思路：如图，△ABC作BC的外接圆⊙0，连接OA，OB，OC，
过点O作 OE⊥BC于点E, 设⊙0的半径为r，则∠BOE=∠BAC=α∴BC=2BE=2OBsinα=2r•sinα
h
∵OA+OE≥AD(当且仅当点A，O，E三点共线时,等号成立)，∴r+r•cosα≥h，即r≥ ，
1+cosα
2hsinα
当取等号时r有最小值，此时BC的长最小，所以BC=2BM=2r•sinα≥
1+cosα
【解题思路】
1. 作定角定高三角形外接圆，并设外接圆半径为r，用r表示圆心到底边距离及底边长;
2. 根据“半径+弦心距≥定高”，求r的取值范围;
3. 计算底边范围从而求得面积最小值.
45．（2020·陕西西安·西北工业大学附属中学校考一模）如图，已知在四边形ABCD中，∠ABC＝60°，连
接AC、BD交于点E，EC＝2AE＝4，若BE＝2ED，则BD的最大值为 ．
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【答案】3+3√3
【分析】如图，作 ABC的外接圆⊙O，连接OB，OA，OC，OE，过点O作OH⊥AC于H．解直角三角形
求出OE，OB，求出△BE的最大值即可解决问题．
【详解】解：如图，作 ABC的外接圆⊙O，连接OB，OA，OC，OE，过点O作OH⊥AC于H．
△
∵∠AOC＝2∠ABC，∠ABC＝60°，
∴∠AOC＝120°，
∵EC＝2AE＝4，
∴AE＝2，
∴AC＝AE+EC＝6，
∵OA＝OC，OH⊥AC，
∴AH＝HC＝3，EH＝AH﹣AE＝1，
∵∠OAC＝∠OCA＝30°，
∴OH＝AH•tan30°＝√3，
∴OE＝√OH2+EH2＝√(√3) 2+12＝2，OA＝2OH＝2√3，
∴OB＝OA＝2√3，
∵BE≤OB+OE，
∴BE≤2+2√3，
∴BE的最大值为2+2√3，
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∵BE＝2DE，
∴DE的最大值为1+√3，
∴BD的最大值为3+3√3．
故答案为3+3√3．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆、圆周角定理、等腰三角形的性质、解直角三角形，综合性比较强，
能够转化为圆的问题是解题的关键．
46．（2023·陕西咸阳·校考二模）【问题提出】（1）如图①，AB为⊙O的一条弦，圆心O到弦AB的距
离为4，若⊙O的半径为7，则⊙O上的点到弦AB的距离最大值为_______；
【问题探究】（2）如图②，在△ABC中，∠BAC=60°,AD为BC边上的高，若AD=6，求△ABC面积
的最小值；
【问题解决】（3）“双减”是党中央、国务院作出的重大决策部署，实施一年多来，工作进展平稳，取
得了阶段性成效，为了进一步落实双减政策，丰富学生的课余生活，某校拟建立一块综合实践基地，如图
③，△ABC为基地的大致规划示意图，其中∠ABC=90°，BD平分∠ABC交AC于点D，点P为BC上一
点，学校计划将四边形ABPD部分修建为农业实践基地，并沿BD铺设一条人行走道，△CDP部分修建为
兴趣活动基地．根据规划要求，BD=80√2米，∠CDP=45°．且农业实践基地部分（四边形ABPD）的
面积应尽可能小，问四边形ABPD的面积是否存在最小值？若存在，求出其最小值；若不存在，请说明理
由．
【答案】（1）11；（2）12√3；（3）四边形ABPD的面积存在最小值，最小值为6400√2平方米
【分析】（1）根据圆的性质直接可得答案；
（2）作△ABC的外接圆⊙O，连接OA、OB、OC，过点O作OE⊥BC于点E，设OA=OB=OC=R，
1
则OE= R，根据垂线段最短可得R的最小值，从而得出BC的最小值，进而得出答案；
2
（3）过点D作DE⊥AB于点E,DF⊥BC于点F，则DE=DF，在BF上截取FG=AE，连接DG，利用
SAS证明△DFG≌△DEA，则∴S =S +S +S =6400+S ，要使四边形
四边形ABPD 四边形BEDF △DPF △DEA △DPG
ABPD的面积最小，只需△DPG的面积最小，由（2）同理求出△DPG面积的最小值即可．
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【详解】解：（1）∵圆心O到弦AB的距离为4，若⊙O的半径为7，
∴⊙O上的点到弦AB的距离最大值为4+7=11，
故答案为：11；
（2）作△ABC的外接圆⊙O，连接OA、OB、OC，过点O作OE⊥BC于点E，如图．
∵∠BAC=60°,∴∠BOC=120°,∴∠OBC=∠OCB=30°．
1
设OA=OB=OC=R，则OE= R，
2
1
由OA+OE≥AD，得R+ R≥6，即R≥4，
2
√3
∴BE=√OB2−OE2= R，
2
∴BC=2BE=√3R≥4√3，
1 1
∴S = BC⋅AD≥ ×4√3×6=12√3．
ABC 2 2
即△ABC面积的最小值为12√3
（3）过点D作DE⊥AB于点E,DF⊥BC于点F，
∵BD平分∠ABC，
∴DE=DF．
又∵BD=BD,∠ABD=∠CBD，
∴△BDE≌△BDF．
1
∵BD=80√2米，∠DBE=∠DBF ∠ABC=45°，∠BED=∠BFD=90°，
2
∴△BDE、△BDF为等腰直角三角形，
∴DE=DF=BE=BF=80米，
1
∴S = BE⋅DE=3200（平方米），
BDE 2
S =2S =6400平方米．
四边形BEDF △BDE
在BF上截取FG=AE，连接DG，如图．
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∵FG=AE,∠DFG=∠DEA=90°,DF=DE，
∴△DFG≌△DEA(SAS)，
∴S =S +S +S =6400+S ，
四边形ABPD 四边形BEDF △DPF △DEA △DPG
∴要使四边形ABPD的面积最小，只需△DPG的面积最小．
∵∠CDP=45°,∴∠ADP=180°−45°=135°，
∴∠ADE+∠PDF=∠PDG=45°，
作△DPG的外接圆⊙O，如图，连接OP、OD、OG，作OH⊥PG于点H，
则∠POG=2∠PDG=90°，
∴∠POH=∠GOH=45°．
设OH=m，则OP=OD=OG=√2m,PG=2m．
80
由OD+OH≥DF，得m+√2m≥80，解得m≥ ，
1+√2
160
∴PG≥ 米，
1+√2
1 1 160
∴S = PG⋅DF≥ × ×80=6400√2−6400（平方米），
PDG 2 2 1+√2
∴S ≥6400+6400√2−6400=6400√2（平方米）．
四边形ABPD
即四边形ABPD的面积存在最小值，最小值为6400√2平方米．
【点睛】本题考查了圆的性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，垂径定理，全等三角形的判定与
性质，交平分线的性质，勾股定理，垂线段最短等知识，将四边形面积最小问题转化为三角形面积最小是
解题的关键．
47．（2020·陕西·统考二模）问题探究
（1）如图1．在△ABC中，BC=8，D为BC上一点，AD=6．则△ABC面积的最大值是_______．
（2）如图2，在△ABC中，∠BAC=60°，AG为BC边上的高，⊙O为△ABC的外接圆，若AG=3，试
判断BC是否存在最小值？若存在，请求出最小值：若不存在，请说明理由．
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问题解决：
如图3，王老先生有一块矩形地ABCD，AB=6√2+12，BC=6√2+6，现在他想利用这块地建一个四边
形鱼塘AMFN，且满足点E在CD上，AD=DE，点F在BC上，且CF=6，点M在AE上，点N在AB上，
∠MFN=90°，这个四边形AMFN的面积是否存在最大值？若存在，求出面积的最大值；若不存在，请
说明理由．
【答案】问题探究：（1）24；（2）存在，BC的最小值为2√3；问题解决：存在，144
【分析】（1）根据三角形的面积公式即可得到结论；
（2）如图2中，连接OA，OB，OC，作OE⊥BC于E．设OB=OC=2x．求出x的最小值即可解决问题；
（3）如图3中，连接AF，延长BC交AE的延长线于G，将△EFM顺时针旋转得到△FBH，作△FNH的
外接圆⊙O．由（2）可知，当△FNH的外接圆的圆心O在线段BF上时，△FNH的面积最小，此时四边
形ANFM的面积最大．
【详解】解：（1）当AD⊥BC时，△ABC面积的最大，
1 1
则△ABC面积的最大值是 BC⋅AD= ×8×6=24，
2 2
故答案为：24；
（2）如图中，连接OA，OB，OC，作OE⊥BC于E．设OA=OC=2x，
∵∠COB=2∠CAB=120°，OC=OB，OE⊥CB，
∴CE=EB，∠COE=∠BOE=60°，
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1
∴OE= OB=x，BE=√3x．
2
∵OC+OE⩾AG，
∴3x⩾3，
∴x⩾1，
∴x的最小值为1，
∵BC=2√3x，
∴BC的最小值为2√3；
（3）如图中，连接AF，EF，延长BC交AE的延长线于G，
∵∠D=90°，AD=DE=6√2+6，
∴∠DAE=∠AED=45°，
∵CD=AB=6√2+12，
∴CE=CF=6，
∴∠CEF=∠CFE=45°，
∴∠AEF=90°，
∴EF=6√2=BF，
将△EFM顺时针旋转得到△FBH，作△FHB的外接⊙O交BC于N，
连接ON，
∵∠AEF=∠ABF=90°，AF=AF，EF=BF，
∴Rt△AEF≌Rt△ABF(HL)，
∴S =S ，
△AEF △ABF
∵∠EFG=45°，
∵∠FEG=90°，∠EFG=45°，
∴EF=EG=6√2，
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∴FG=√2EF=12，
由（2）可知，当△FHN的外接圆的圆心O在线段BF上时，△FNH的面积最小，此时四边形ANFE的面
积最大，
√2
设OF=ON=r，则OB=BN= r，
2
√2
∴r+ r=6√2，
2
∴⋅r=6√2(2−√2)，
∴NH=√2r=12(2−√2)，
1 1
∴四边形ANFM的面积的最大值=2× ×(12+6√2)×6√2− ×12(2−√2)×6√2
2 2
=144．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了三角形的外接圆，解直角三角形，最值问题等知识，解题的关键是学
会用转化的思想思考问题．
48．（2023·重庆·模拟预测）在直角△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=60°，点D是△ABC外一点，连
接AD，以AD为边作等边△ADF．
(1)如图1，当点F在线段BC上，DF交AC于点M，且AF平分∠BAC，若AF=√6+√2，求△ADM的面
积；
(2)如图2，连接FB并延长至点E，使得FB=BE，连接CE、DE、CD，证明：DE=√3CD；
(3)如图3，旋转△ADF使得DF落在∠ABC的角平分线上，M、N分别是射线BA、BC上的动点，且始终
满足∠MDN=60°，连接MN，若BC=√2，请直接写出△MDN的面积最小值．
【答案】(1)3+√3；
(2)见解析；
(3)√3
【分析】（1）过点M作MN⊥AD交AD于点N，设DN=a，则MN=AN=√3a，
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1
AD=AN+ND=√3a+a=√6+√2，解得a=√2，从而求得S = ×AD×NM=3+√3；
△AMD 2
（2）延长CB至M，使得BC=BM，连接MA，MF，证△ECB≌△FMB，△MAF≌△CAD，则
∠ECD=120°，CE=CD，从而证得DE=√3CD；
（3）过点D作DH⊥AB于点H，过点D作DG⊥BC于点G，过点D作DK⊥DM交BC延长线于点
K，证△HDM≌△GDK，运用定角定高模型进行分析．
【详解】（1）解：如图1，过点M作MN⊥AD交AD于点N，
∴△ADF是等边三角形，AF=√6+√2，
∴AD=AF=√6+√2．
∵在直角△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=60°，
∴∠BAC=30°，
∵AF平分∠BAC，
1
∴∠FAC= ∠BAC=15°，
2
∵△ADF是等边三角形，
∴∠FAD=∠ADF=60°，
∴∠MAD=∠FAD−∠FAC=60°−15°=45°．
设DN=a，
∵MN⊥AD，∠ADF=60°，
∴MN=√3a，
∵MN⊥AD，∠MAD=45°，
∴MN=AN=√3a，
∴AD=AN+ND=√3a+a=√6+√2，
∴a=√2．
1 1 √6(√6+√2)
故S = ×AD×NM= ×(√6+√2)×√3a= =3+√3．
△AMD 2 2 2
（2）证明：如图2，延长CB至M，使得BC=BM，连接MA，MF，
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在△ECB与△FMB中，
∵¿，
∴△ECB≌△FMB(SAS)，
∴MF=EC．
∵AB⊥BC，BC=BM，
∴AM=AC，
∵∠ACB=60°，
∴△AMC是等边三角形，
∴AM=AC，∠MAC=60°．
∵△AFD是等边三角形，
∴AF=AD，∠FAD=60°，
∴∠MAC−∠FAC=∠FAD−∠FAC，
即∠MAF=∠CAD．
在△AMF与△ACD中，
∵¿，
∴△MAF≌△CAD(SAS)，
∴MF=CD．
∵MF=EC，
∴CD=EC．
设∠ECM=α，则∠ACE=60°−α，
∴∠CMF=∠ECM=α，∠ACD=∠AMF=60°+α，
∴∠ECD=∠ECA+∠ACD=60°−α+60°+α=120°，
∵CE=CD，
∴DE=√3CD．
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（3）解：如图3，过点D作DH⊥AB于点H，过点D作DG⊥BC于点G，过点D作DK⊥DM交BC
延长线于点K，
∵∠ABC=90°，BD平分∠ABC，DH⊥AB，DG⊥BC，
∴四边形DHBG是正方形，
∴∠HDG=90°，
∵∠MDN=60°，
∴∠HDM+∠NDG=30°，
∵DK⊥DM，∠MDN=60°，
∴∠GDK+∠NDG=30°，
∴∠HDM=∠GDK，
在△HDM与△GDK中，
∵¿，
∴△HDM≌△GDK(ASA)，
∴DM=DK．
在Rt△ABC中，
∵∠ABC=90°，∠ACB=60°，BC=√2，
∴AB=√6，
∵∠ABD=45°，∠ADB=60°，AB=√6，
过点A作AQ⊥BD于点Q，
∴BQ=√3=AQ，DQ=1，
√2 √2(√3+1)
∴BD=√3+1，DG= BD= ．
2 2
√2(√3+1)
对于△DNK，DG= ，
2
∵∠MDN=60°，
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1 √3
∵S = DM·sin∠MDN·DN= DN·DM，
△MDN 2 4
√3
∴当S = DN·DM有最小值时，即DN⋅DM最小，
△MDN 4
∵DM=DK，
∴DN⋅DM最小，也即DN⋅DK最小．
√2(√3+1)
∵DG= ，∠NDK=30°，
2
∴当DG过△DNK外接圆圆心时，NK有最小值，即S 有最小值，也即DN⋅DK有最小值，此时
△DNK
DN=DK，
∵DM=DK，DN=DK，
∴DN=DM，
√3
即当△MDN是等边三角形时，△MDN的面积最小，为 ×DN2 ．
4
此时，由图形对称性可得，DN=AD=2，
故△MDN的面积最小值为√3．
【点睛】本题是图形综合题，考查了锐角的三角函数值，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定与
性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，定角定高模型，综合运用以上几何性质是解题关键．
49．（2016上·江苏无锡·九年级阶段练习）若一个三角形的三个顶点均在一个图形的不同的边上，则称此
三角形为该图形的内接三角形．
（1）在图①中画出△ABC的一个内接直角三角形；
（2）如图②，已知△ABC中，∠BAC＝60°，∠B＝45°，AB＝8，AD为BC边上的高，探究以D为一个
顶点作△ABC的内接三角形，其周长是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由；
（3）如图③，△ABC为等腰直角三角形，∠C＝90°，AC＝６，试探究：△ABC的内接等腰直角三角形
的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
18
【答案】（1）见解析（2）存在，（3）
5
【详解】试题分析：（1）根据要求画图即可，体现内接的特点；
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（2）如解图②，分别作点D关于AB、AC的轴对称点D'、D″，连接D'D″，交AB、AC于点E、F，
连接DE、DF，则△DEF即为周长最小的内接三角形，然后过点A作AH⊥EF于点H，根据对称性求解即
可；
（3）分两种情况讨论：①当内接等腰直角三角形的直角顶点在斜边AB上时；②当内接等腰直角三角形的
直角顶点在直角边上时．
试题解析：（1）如解图①，△DEF为所求作的三角形（答案不唯一）；
（2）存在．
如解图②，分别作点D关于AB、AC的轴对称点 、 ，连接 ，交AB、AC于点E、F，
连接DE、DF，则△DEF即为周长最小的内接三角形，
的长即为最小周长．
∵AB＝８，∠Ｂ＝45°，AD⊥BC，∴AD＝AB·si45°＝ ．
∵点D关于AB、AC的轴对称点分别为 、 ，
∴AD′＝ ＝AD＝ ，∠ ＝2∠BAC＝120°,
过点A作AH⊥EF于点H，
在Rt△ 中，∠ ＝30°,
∴ ＝ ·cos30°＝ ,
∴△DEF周长的最小值为 ；
（3）分类讨论：
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①当内接等腰直角三角形的直角顶点在斜边AB上时，
如解图③，∵∠ACB＝∠EDF＝90°，
以EF为直径画圆，则点Ｃ、Ｄ在圆上，
连接CD，∵DE＝DF，
∴∠ACD＝∠BCD，又∵AC＝BC，
∴CD是AB边上的中线，点D是AB边的中点，
过点D作DE′⊥AC，DF′⊥BC，此时，DE′、DF′最短．
当点E与E′重合，点F与F′重合时，△DEF的面积最小，
此时四边形CEDF为矩形．
设DE＝x，则BC＝2DE＝2x＝6，
∴x＝3，∴S ＝ ；
最小
②当内接等腰直角三角形的直角顶点在直角边上时，如解图④，
过点F作FG⊥BC于点G，设DG＝y，GF＝x，易证△CDE≌△GFD，
∴CD＝FG＝x，
∵∠B＝45°，FG⊥BC，
∴GB＝GF＝x，
∴BC＝CD＋DG＋GB＝2x＋y＝6，即y＝6－2x．
故当x= 时，
∵ ,
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∴△DEF的面积存在最小值，其最小值为 ．
考点：1．三角形的内接三角形，2．二次函数及最值问题
50．（2022·陕西西安·统考二模）【问题研究】
（1）若等边△ABC边长为4，则△ABC的面积为______；
（2）如图1，在△ABC中，∠ACB=60°，CD为AB边上的高，若CD=4，试判断△ABC的面积是否存
在最小值．若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
【问题解决】
（3）如图2，四边形ABCD中，AB=AD=4√2，∠B=45°，∠C=60°，∠D=135°，点E、F分别为
边BC、CD上的动点，且∠EAF=∠C，求四边形AECF面积的最大值．
16√3 32√3
【答案】（1）4√3（2）存在最小值，最小值是 （3）
3 3
【分析】（1）过点C作CD⊥AB于D，等边△ABC边长为4，可得AD=BD=2，在Rt△ACD中，由勾
股定理AC2=AD2+CD2，求出CD=2√3，利用面积公式计算即可；
（2）由CD为AB边上的高，CD=4，设AB=c，AC=b，BC=a，过A作AE⊥BC于D，利用面积可得
√3 √3 1 1
4c= ab，由三角函数求AE= b，CE= b，BE=a− b，在Rt△ABE中由勾股定理得
2 2 2 2
c2=a2+b2−ab≥2ab−ab=ab，仅当a=b时取等号，即△ABC为等边三角形时即可；
（3）延长CB至M，使得BM=DF，连接AM，过点作AH⊥BC于点H，证明△ABM≌△ADF(SAS)，
得S =S ，∠BAM=∠DAF，AM=AF，由角的和差得∠HAB=∠HBA=45°，则
△ABM △ADF
√2
HA=HB= AB=4，延长BA、CD交于点G，过点G作GK⊥AD于K，根据
2
，由 ，当
S =S −S =16√3 S =S −S −S =S −S
四边形ABCD △GCB △GAD 四边形AECF 四边形ABCD △ABE △ADF 四边形ABCD △AEM
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S 最小时，S 最大，作△AME的外接圆⊙O，连接OA、OM、OE，过点O作¿⊥ME于
△AEM 四边形AECF
R，求出△AME面积的最小值，即可得四边形AECF面积的最大值．
【详解】解：（1）过点C作CD⊥AB于D，
∵等边△ABC边长为4，
1 1
∴AD=BD= AB= ×4=2，
2 2
在Rt△ACD中，由勾股定理得AC2=AD2+CD2，即42=22+CD2，
解得：CD=2√3，
1 1
∴S = AB−CD= ×4×2√3=4√3，
△ABC 2 2
故答案为：4√3；
（2）∵CD为AB边上的高，若CD=4，
设AB=c，AC=b，BC=a，过A作AE⊥BC于E，
1 1 1
∴S = AB×CD= AE×BC= BC⋅AC⋅sin60°，
△ABC 2 2 2
√3
∴4c= ab，
2
√3 1
又∵AE=AC⋅sin60°= b，CE=AC⋅cos60°= b，
2 2
1
BE=BC−EC=a− b，
2
在Rt△ABE中，
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由勾股定理得AB2=AE2+BE2，即c2= (√3 b ) 2 + ( a− 1 b ) 2 ，
2 2
∴c2=a2+b2−ab≥2ab−ab=ab，
仅当a=b时取等号，即△ABC为等边三角形时，
8c
∴c2≥
，
√3
8√3
∴c≥ ，
3
1 1 8√3 16√3
∴S = AB⋅CD= × ×4= ；
△ABC最小 2 2 3 3
（3）延长CB至M，使得BM=DF，连接AM，过点作AH⊥BC于点H，
∵∠ABC=45°，
∴∠ABM=180°−∠ABC=135°，
∵∠ADC=135°，
∴∠ABM=∠ADF，
∵AB=AD，
∴△ABM≌△ADF(SAS)，
∴S =S ，∠BAM=∠DAF，AM=AF，
△ABM △ADF
∴∠BAM+∠BAF=∠DAF+∠BAF，即∠MAF=∠BAD，
∵AH⊥BC，
∴∠AHB=90°，
∴∠HAB=∠HBA=45°，
1
∴HA=HB= AB=4，
2
延长BA、CD交于点G，过点G作GK⊥AD于K，
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∵∠ABC=45°，∠C=60°，∠ADC=135°，
∴∠BAD=360°−∠B−∠C−∠D=360°−45°−60°−135°=120°，
∴∠MAF=120°，
∵∠EAF=∠C=60°
∴∠MAE=60°，
∴∠GAD=180°−∠BAD=60°，∠GDA=180°−∠ADC=45°，
∵GK⊥AD，
∴∠GKA=∠GKD=90°，
在Rt△AKG中，∠AGK=30°，
∴GK=√3AK，
在Rt△DKG中，∠KGD=∠KDG=45°，
∴GK=DK，
∴AD=AK+DK=(√3+1)AK=4√2，
4√2
∴AK= =2√2(√3−1)=2√6−2√2，
√3+1
∴GK=DK=6√2−2√6，
∴DG=√2GK=12−4√3，AG=2AK=4√6−4√2，
∵∠GAD=∠C，∠AGD=∠CGB，
∴△GAD∽△GCB，
∴
S
△GAD=
(GD) 2
，
S GB
△GCB
∵GB=AB+AG=4√6，
1 1
S = AD⋅GK= ×4√2×(6√2−2√6)=24−8√3，
△GAD 2 2
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2
24−8√3 (12−4√3)
∴ = =2−√3，
S 4√6
△GCB
∴S =24+8√3，
△GCB
∴S =S −S =16√3，
四边形ABCD △GCB △GAD
∴S =S −S −S
四边形AECF 四边形ABCD △ABE △ADF
=S −S −S
四边形ABCD △ABE △ABM
=S −S ，
四边形ABCD △AEM
∴当S 最小时，S 最大，作△AME的外接圆⊙O，连接OA、OM、OE，过点O作
△AEM 四边形AECF
¿⊥ME于R，
∵∠MAE=60°，
∴∠MOE=2∠MAE=120°，
∵∨⊥ME，OM=OE，
∴MR=ℜ，∠OMR=30°，
1 √3
∴∨= OM，MR= OM，
2 2
∴ME=√3OM，
∵OA+∨≥AH，
1
∴OM+ OM≥4，
2
3
∴ OM≥4，
2
8
∴OM≥ ，
3
1 1 8√3 16√3
∴S = ME⋅AH= × ×4= ，
△AME 2 2 3 3
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16√3
∴△AME面积的最小值为 ，
3
16√3 32√3
∴四边形AECF面积的最大值为16√3− = .
3 3
【点睛】本题属于四边形综合题，考查等边三角形的面积，三角形面积最小值，四边形面积最大值，涉及
的知识多，等边三角形性质，三角函数综合，三角形全等判定与性质，图形旋转变换，不等式性质，直角
三角形性质，勾股定理，三点共线，难度相当大，利用辅助线准确作出图形是解题关键．
题型 06 阿基米德折弦定理
阿基米德折弦定理：一个圆中一条折弦所对的两段弧的中点在较长弦上的射影， 就
M
是折弦的中点。 A B
D
如图，AB和BC是⊙O的两条弦(即ABC是圆的一条折弦)，AB>BC，点M是弧
O
C
ABC的中点，过点M作MD⊥AB于点D,则AD=DB+BC，AB-BC=2DB。
常见证明方法：
1）截长法：如图，在AD上取一点E，使AE=BC
2）补短法：延长AB至点E，使BE=BC
3）垂线法：过点M作BC垂线交BC延长线于点E
4）作辅助圆法：连接AM、CM，以点M为圆心，MA为半径作⊙M,延长AB交⊙M于点E，连接CE
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M M
A B A B E
E D D
O O
C C
作法一 M E 作法二 M E M
B
E
A
A B A B D
D D
O
O O C
C C
作法四
作法三
45．（2020·陕西西安·西北工业大学附属中学校考一模）如图，已知在四边形ABCD中，∠ABC＝60°，连
接AC、BD交于点E，EC＝2AE＝4，若BE＝2ED，则BD的最大值为 ．
【答案】3+3√3
【分析】如图，作 ABC的外接圆⊙O，连接OB，OA，OC，OE，过点O作OH⊥AC于H．解直角三角形
求出OE，OB，求出△BE的最大值即可解决问题．
【详解】解：如图，作 ABC的外接圆⊙O，连接OB，OA，OC，OE，过点O作OH⊥AC于H．
△
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∵∠AOC＝2∠ABC，∠ABC＝60°，
∴∠AOC＝120°，
∵EC＝2AE＝4，
∴AE＝2，
∴AC＝AE+EC＝6，
∵OA＝OC，OH⊥AC，
∴AH＝HC＝3，EH＝AH﹣AE＝1，
∵∠OAC＝∠OCA＝30°，
∴OH＝AH•tan30°＝√3，
∴OE＝√OH2+EH2＝√(√3) 2+12＝2，OA＝2OH＝2√3，
∴OB＝OA＝2√3，
∵BE≤OB+OE，
∴BE≤2+2√3，
∴BE的最大值为2+2√3，
∵BE＝2DE，
∴DE的最大值为1+√3，
∴BD的最大值为3+3√3．
故答案为3+3√3．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆、圆周角定理、等腰三角形的性质、解直角三角形，综合性比较强，
能够转化为圆的问题是解题的关键．
46．（2023·陕西咸阳·校考二模）【问题提出】（1）如图①，AB为⊙O的一条弦，圆心O到弦AB的距
离为4，若⊙O的半径为7，则⊙O上的点到弦AB的距离最大值为_______；
【问题探究】（2）如图②，在△ABC中，∠BAC=60°,AD为BC边上的高，若AD=6，求△ABC面积
的最小值；
【问题解决】（3）“双减”是党中央、国务院作出的重大决策部署，实施一年多来，工作进展平稳，取
得了阶段性成效，为了进一步落实双减政策，丰富学生的课余生活，某校拟建立一块综合实践基地，如图
③，△ABC为基地的大致规划示意图，其中∠ABC=90°，BD平分∠ABC交AC于点D，点P为BC上一
点，学校计划将四边形ABPD部分修建为农业实践基地，并沿BD铺设一条人行走道，△CDP部分修建为
兴趣活动基地．根据规划要求，BD=80√2米，∠CDP=45°．且农业实践基地部分（四边形ABPD）的
面积应尽可能小，问四边形ABPD的面积是否存在最小值？若存在，求出其最小值；若不存在，请说明理
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由．
【答案】（1）11；（2）12√3；（3）四边形ABPD的面积存在最小值，最小值为6400√2平方米
【分析】（1）根据圆的性质直接可得答案；
（2）作△ABC的外接圆⊙O，连接OA、OB、OC，过点O作OE⊥BC于点E，设OA=OB=OC=R，
1
则OE= R，根据垂线段最短可得R的最小值，从而得出BC的最小值，进而得出答案；
2
（3）过点D作DE⊥AB于点E,DF⊥BC于点F，则DE=DF，在BF上截取FG=AE，连接DG，利用
SAS证明△DFG≌△DEA，则∴S =S +S +S =6400+S ，要使四边形
四边形ABPD 四边形BEDF △DPF △DEA △DPG
ABPD的面积最小，只需△DPG的面积最小，由（2）同理求出△DPG面积的最小值即可．
【详解】解：（1）∵圆心O到弦AB的距离为4，若⊙O的半径为7，
∴⊙O上的点到弦AB的距离最大值为4+7=11，
故答案为：11；
（2）作△ABC的外接圆⊙O，连接OA、OB、OC，过点O作OE⊥BC于点E，如图．
∵∠BAC=60°,∴∠BOC=120°,∴∠OBC=∠OCB=30°．
1
设OA=OB=OC=R，则OE= R，
2
1
由OA+OE≥AD，得R+ R≥6，即R≥4，
2
√3
∴BE=√OB2−OE2= R，
2
∴BC=2BE=√3R≥4√3，
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1 1
∴S = BC⋅AD≥ ×4√3×6=12√3．
ABC 2 2
即△ABC面积的最小值为12√3
（3）过点D作DE⊥AB于点E,DF⊥BC于点F，
∵BD平分∠ABC，
∴DE=DF．
又∵BD=BD,∠ABD=∠CBD，
∴△BDE≌△BDF．
1
∵BD=80√2米，∠DBE=∠DBF ∠ABC=45°，∠BED=∠BFD=90°，
2
∴△BDE、△BDF为等腰直角三角形，
∴DE=DF=BE=BF=80米，
1
∴S = BE⋅DE=3200（平方米），
BDE 2
S =2S =6400平方米．
四边形BEDF △BDE
在BF上截取FG=AE，连接DG，如图．
∵FG=AE,∠DFG=∠DEA=90°,DF=DE，
∴△DFG≌△DEA(SAS)，
∴S =S +S +S =6400+S ，
四边形ABPD 四边形BEDF △DPF △DEA △DPG
∴要使四边形ABPD的面积最小，只需△DPG的面积最小．
∵∠CDP=45°,∴∠ADP=180°−45°=135°，
∴∠ADE+∠PDF=∠PDG=45°，
作△DPG的外接圆⊙O，如图，连接OP、OD、OG，作OH⊥PG于点H，
则∠POG=2∠PDG=90°，
∴∠POH=∠GOH=45°．
设OH=m，则OP=OD=OG=√2m,PG=2m．
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80
由OD+OH≥DF，得m+√2m≥80，解得m≥ ，
1+√2
160
∴PG≥ 米，
1+√2
1 1 160
∴S = PG⋅DF≥ × ×80=6400√2−6400（平方米），
PDG 2 2 1+√2
∴S ≥6400+6400√2−6400=6400√2（平方米）．
四边形ABPD
即四边形ABPD的面积存在最小值，最小值为6400√2平方米．
【点睛】本题考查了圆的性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，垂径定理，全等三角形的判定与
性质，交平分线的性质，勾股定理，垂线段最短等知识，将四边形面积最小问题转化为三角形面积最小是
解题的关键．
47．（2020·陕西·统考二模）问题探究
（1）如图1．在△ABC中，BC=8，D为BC上一点，AD=6．则△ABC面积的最大值是_______．
（2）如图2，在△ABC中，∠BAC=60°，AG为BC边上的高，⊙O为△ABC的外接圆，若AG=3，试
判断BC是否存在最小值？若存在，请求出最小值：若不存在，请说明理由．
问题解决：
如图3，王老先生有一块矩形地ABCD，AB=6√2+12，BC=6√2+6，现在他想利用这块地建一个四边
形鱼塘AMFN，且满足点E在CD上，AD=DE，点F在BC上，且CF=6，点M在AE上，点N在AB上，
∠MFN=90°，这个四边形AMFN的面积是否存在最大值？若存在，求出面积的最大值；若不存在，请
说明理由．
【答案】问题探究：（1）24；（2）存在，BC的最小值为2√3；问题解决：存在，144
【分析】（1）根据三角形的面积公式即可得到结论；
（2）如图2中，连接OA，OB，OC，作OE⊥BC于E．设OB=OC=2x．求出x的最小值即可解决问题；
（3）如图3中，连接AF，延长BC交AE的延长线于G，将△EFM顺时针旋转得到△FBH，作△FNH的
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外接圆⊙O．由（2）可知，当△FNH的外接圆的圆心O在线段BF上时，△FNH的面积最小，此时四边
形ANFM的面积最大．
【详解】解：（1）当AD⊥BC时，△ABC面积的最大，
1 1
则△ABC面积的最大值是 BC⋅AD= ×8×6=24，
2 2
故答案为：24；
（2）如图中，连接OA，OB，OC，作OE⊥BC于E．设OA=OC=2x，
∵∠COB=2∠CAB=120°，OC=OB，OE⊥CB，
∴CE=EB，∠COE=∠BOE=60°，
1
∴OE= OB=x，BE=√3x．
2
∵OC+OE⩾AG，
∴3x⩾3，
∴x⩾1，
∴x的最小值为1，
∵BC=2√3x，
∴BC的最小值为2√3；
（3）如图中，连接AF，EF，延长BC交AE的延长线于G，
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∵∠D=90°，AD=DE=6√2+6，
∴∠DAE=∠AED=45°，
∵CD=AB=6√2+12，
∴CE=CF=6，
∴∠CEF=∠CFE=45°，
∴∠AEF=90°，
∴EF=6√2=BF，
将△EFM顺时针旋转得到△FBH，作△FHB的外接⊙O交BC于N，
连接ON，
∵∠AEF=∠ABF=90°，AF=AF，EF=BF，
∴Rt△AEF≌Rt△ABF(HL)，
∴S =S ，
△AEF △ABF
∵∠EFG=45°，
∵∠FEG=90°，∠EFG=45°，
∴EF=EG=6√2，
∴FG=√2EF=12，
由（2）可知，当△FHN的外接圆的圆心O在线段BF上时，△FNH的面积最小，此时四边形ANFE的面
积最大，
√2
设OF=ON=r，则OB=BN= r，
2
√2
∴r+ r=6√2，
2
∴⋅r=6√2(2−√2)，
∴NH=√2r=12(2−√2)，
1 1
∴四边形ANFM的面积的最大值=2× ×(12+6√2)×6√2− ×12(2−√2)×6√2
2 2
=144．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了三角形的外接圆，解直角三角形，最值问题等知识，解题的关键是学
会用转化的思想思考问题．
48．（2023·重庆·模拟预测）在直角△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=60°，点D是△ABC外一点，连
接AD，以AD为边作等边△ADF．
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(1)如图1，当点F在线段BC上，DF交AC于点M，且AF平分∠BAC，若AF=√6+√2，求△ADM的面
积；
(2)如图2，连接FB并延长至点E，使得FB=BE，连接CE、DE、CD，证明：DE=√3CD；
(3)如图3，旋转△ADF使得DF落在∠ABC的角平分线上，M、N分别是射线BA、BC上的动点，且始终
满足∠MDN=60°，连接MN，若BC=√2，请直接写出△MDN的面积最小值．
【答案】(1)3+√3；
(2)见解析；
(3)√3
【分析】（1）过点M作MN⊥AD交AD于点N，设DN=a，则MN=AN=√3a，
1
AD=AN+ND=√3a+a=√6+√2，解得a=√2，从而求得S = ×AD×NM=3+√3；
△AMD 2
（2）延长CB至M，使得BC=BM，连接MA，MF，证△ECB≌△FMB，△MAF≌△CAD，则
∠ECD=120°，CE=CD，从而证得DE=√3CD；
（3）过点D作DH⊥AB于点H，过点D作DG⊥BC于点G，过点D作DK⊥DM交BC延长线于点
K，证△HDM≌△GDK，运用定角定高模型进行分析．
【详解】（1）解：如图1，过点M作MN⊥AD交AD于点N，
∴△ADF是等边三角形，AF=√6+√2，
∴AD=AF=√6+√2．
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∵在直角△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=60°，
∴∠BAC=30°，
∵AF平分∠BAC，
1
∴∠FAC= ∠BAC=15°，
2
∵△ADF是等边三角形，
∴∠FAD=∠ADF=60°，
∴∠MAD=∠FAD−∠FAC=60°−15°=45°．
设DN=a，
∵MN⊥AD，∠ADF=60°，
∴MN=√3a，
∵MN⊥AD，∠MAD=45°，
∴MN=AN=√3a，
∴AD=AN+ND=√3a+a=√6+√2，
∴a=√2．
1 1 √6(√6+√2)
故S = ×AD×NM= ×(√6+√2)×√3a= =3+√3．
△AMD 2 2 2
（2）证明：如图2，延长CB至M，使得BC=BM，连接MA，MF，
在△ECB与△FMB中，
∵¿，
∴△ECB≌△FMB(SAS)，
∴MF=EC．
∵AB⊥BC，BC=BM，
∴AM=AC，
∵∠ACB=60°，
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∴△AMC是等边三角形，
∴AM=AC，∠MAC=60°．
∵△AFD是等边三角形，
∴AF=AD，∠FAD=60°，
∴∠MAC−∠FAC=∠FAD−∠FAC，
即∠MAF=∠CAD．
在△AMF与△ACD中，
∵¿，
∴△MAF≌△CAD(SAS)，
∴MF=CD．
∵MF=EC，
∴CD=EC．
设∠ECM=α，则∠ACE=60°−α，
∴∠CMF=∠ECM=α，∠ACD=∠AMF=60°+α，
∴∠ECD=∠ECA+∠ACD=60°−α+60°+α=120°，
∵CE=CD，
∴DE=√3CD．
（3）解：如图3，过点D作DH⊥AB于点H，过点D作DG⊥BC于点G，过点D作DK⊥DM交BC
延长线于点K，
∵∠ABC=90°，BD平分∠ABC，DH⊥AB，DG⊥BC，
∴四边形DHBG是正方形，
∴∠HDG=90°，
∵∠MDN=60°，
∴∠HDM+∠NDG=30°，
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∵DK⊥DM，∠MDN=60°，
∴∠GDK+∠NDG=30°，
∴∠HDM=∠GDK，
在△HDM与△GDK中，
∵¿，
∴△HDM≌△GDK(ASA)，
∴DM=DK．
在Rt△ABC中，
∵∠ABC=90°，∠ACB=60°，BC=√2，
∴AB=√6，
∵∠ABD=45°，∠ADB=60°，AB=√6，
过点A作AQ⊥BD于点Q，
∴BQ=√3=AQ，DQ=1，
√2 √2(√3+1)
∴BD=√3+1，DG= BD= ．
2 2
√2(√3+1)
对于△DNK，DG= ，
2
∵∠MDN=60°，
1 √3
∵S = DM·sin∠MDN·DN= DN·DM，
△MDN 2 4
√3
∴当S = DN·DM有最小值时，即DN⋅DM最小，
△MDN 4
∵DM=DK，
∴DN⋅DM最小，也即DN⋅DK最小．
√2(√3+1)
∵DG= ，∠NDK=30°，
2
∴当DG过△DNK外接圆圆心时，NK有最小值，即S 有最小值，也即DN⋅DK有最小值，此时
△DNK
DN=DK，
∵DM=DK，DN=DK，
∴DN=DM，
√3
即当△MDN是等边三角形时，△MDN的面积最小，为 ×DN2 ．
4
此时，由图形对称性可得，DN=AD=2，
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故△MDN的面积最小值为√3．
【点睛】本题是图形综合题，考查了锐角的三角函数值，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定与
性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，定角定高模型，综合运用以上几何性质是解题关键．
49．（2016上·江苏无锡·九年级阶段练习）若一个三角形的三个顶点均在一个图形的不同的边上，则称此
三角形为该图形的内接三角形．
（1）在图①中画出△ABC的一个内接直角三角形；
（2）如图②，已知△ABC中，∠BAC＝60°，∠B＝45°，AB＝8，AD为BC边上的高，探究以D为一个
顶点作△ABC的内接三角形，其周长是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由；
（3）如图③，△ABC为等腰直角三角形，∠C＝90°，AC＝６，试探究：△ABC的内接等腰直角三角形
的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
18
【答案】（1）见解析（2）存在，（3）
5
【详解】试题分析：（1）根据要求画图即可，体现内接的特点；
（2）如解图②，分别作点D关于AB、AC的轴对称点D'、D″，连接D'D″，交AB、AC于点E、F，
连接DE、DF，则△DEF即为周长最小的内接三角形，然后过点A作AH⊥EF于点H，根据对称性求解即
可；
（3）分两种情况讨论：①当内接等腰直角三角形的直角顶点在斜边AB上时；②当内接等腰直角三角形的
直角顶点在直角边上时．
试题解析：（1）如解图①，△DEF为所求作的三角形（答案不唯一）；
（2）存在．
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如解图②，分别作点D关于AB、AC的轴对称点 、 ，连接 ，交AB、AC于点E、F，
连接DE、DF，则△DEF即为周长最小的内接三角形，
的长即为最小周长．
∵AB＝８，∠Ｂ＝45°，AD⊥BC，∴AD＝AB·si45°＝ ．
∵点D关于AB、AC的轴对称点分别为 、 ，
∴AD′＝ ＝AD＝ ，∠ ＝2∠BAC＝120°,
过点A作AH⊥EF于点H，
在Rt△ 中，∠ ＝30°,
∴ ＝ ·cos30°＝ ,
∴△DEF周长的最小值为 ；
（3）分类讨论：
①当内接等腰直角三角形的直角顶点在斜边AB上时，
如解图③，∵∠ACB＝∠EDF＝90°，
以EF为直径画圆，则点Ｃ、Ｄ在圆上，
连接CD，∵DE＝DF，
∴∠ACD＝∠BCD，又∵AC＝BC，
∴CD是AB边上的中线，点D是AB边的中点，
过点D作DE′⊥AC，DF′⊥BC，此时，DE′、DF′最短．
当点E与E′重合，点F与F′重合时，△DEF的面积最小，
此时四边形CEDF为矩形．
设DE＝x，则BC＝2DE＝2x＝6，
∴x＝3，∴S ＝ ；
最小
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②当内接等腰直角三角形的直角顶点在直角边上时，如解图④，
过点F作FG⊥BC于点G，设DG＝y，GF＝x，易证△CDE≌△GFD，
∴CD＝FG＝x，
∵∠B＝45°，FG⊥BC，
∴GB＝GF＝x，
∴BC＝CD＋DG＋GB＝2x＋y＝6，即y＝6－2x．
故当x= 时，
∵ ,
∴△DEF的面积存在最小值，其最小值为 ．
考点：1．三角形的内接三角形，2．二次函数及最值问题
50．（2022·陕西西安·统考二模）【问题研究】
（1）若等边△ABC边长为4，则△ABC的面积为______；
（2）如图1，在△ABC中，∠ACB=60°，CD为AB边上的高，若CD=4，试判断△ABC的面积是否存
在最小值．若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
【问题解决】
（3）如图2，四边形ABCD中，AB=AD=4√2，∠B=45°，∠C=60°，∠D=135°，点E、F分别为
边BC、CD上的动点，且∠EAF=∠C，求四边形AECF面积的最大值．
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16√3 32√3
【答案】（1）4√3（2）存在最小值，最小值是 （3）
3 3
【分析】（1）过点C作CD⊥AB于D，等边△ABC边长为4，可得AD=BD=2，在Rt△ACD中，由勾
股定理AC2=AD2+CD2，求出CD=2√3，利用面积公式计算即可；
（2）由CD为AB边上的高，CD=4，设AB=c，AC=b，BC=a，过A作AE⊥BC于D，利用面积可得
√3 √3 1 1
4c= ab，由三角函数求AE= b，CE= b，BE=a− b，在Rt△ABE中由勾股定理得
2 2 2 2
c2=a2+b2−ab≥2ab−ab=ab，仅当a=b时取等号，即△ABC为等边三角形时即可；
（3）延长CB至M，使得BM=DF，连接AM，过点作AH⊥BC于点H，证明△ABM≌△ADF(SAS)，
得S =S ，∠BAM=∠DAF，AM=AF，由角的和差得∠HAB=∠HBA=45°，则
△ABM △ADF
√2
HA=HB= AB=4，延长BA、CD交于点G，过点G作GK⊥AD于K，根据
2
S =S −S =16√3，由S =S −S −S =S −S ，当
四边形ABCD △GCB △GAD 四边形AECF 四边形ABCD △ABE △ADF 四边形ABCD △AEM
S 最小时，S 最大，作△AME的外接圆⊙O，连接OA、OM、OE，过点O作¿⊥ME于
△AEM 四边形AECF
R，求出△AME面积的最小值，即可得四边形AECF面积的最大值．
【详解】解：（1）过点C作CD⊥AB于D，
∵等边△ABC边长为4，
1 1
∴AD=BD= AB= ×4=2，
2 2
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在Rt△ACD中，由勾股定理得AC2=AD2+CD2，即42=22+CD2，
解得：CD=2√3，
1 1
∴S = AB−CD= ×4×2√3=4√3，
△ABC 2 2
故答案为：4√3；
（2）∵CD为AB边上的高，若CD=4，
设AB=c，AC=b，BC=a，过A作AE⊥BC于E，
1 1 1
∴S = AB×CD= AE×BC= BC⋅AC⋅sin60°，
△ABC 2 2 2
√3
∴4c= ab，
2
√3 1
又∵AE=AC⋅sin60°= b，CE=AC⋅cos60°= b，
2 2
1
BE=BC−EC=a− b，
2
在Rt△ABE中，
由勾股定理得AB2=AE2+BE2，即c2= (√3 b ) 2 + ( a− 1 b ) 2 ，
2 2
∴c2=a2+b2−ab≥2ab−ab=ab，
仅当a=b时取等号，即△ABC为等边三角形时，
8c
∴c2≥
，
√3
8√3
∴c≥ ，
3
1 1 8√3 16√3
∴S = AB⋅CD= × ×4= ；
△ABC最小 2 2 3 3
（3）延长CB至M，使得BM=DF，连接AM，过点作AH⊥BC于点H，
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∵∠ABC=45°，
∴∠ABM=180°−∠ABC=135°，
∵∠ADC=135°，
∴∠ABM=∠ADF，
∵AB=AD，
∴△ABM≌△ADF(SAS)，
∴S =S ，∠BAM=∠DAF，AM=AF，
△ABM △ADF
∴∠BAM+∠BAF=∠DAF+∠BAF，即∠MAF=∠BAD，
∵AH⊥BC，
∴∠AHB=90°，
∴∠HAB=∠HBA=45°，
1
∴HA=HB= AB=4，
2
延长BA、CD交于点G，过点G作GK⊥AD于K，
∵∠ABC=45°，∠C=60°，∠ADC=135°，
∴∠BAD=360°−∠B−∠C−∠D=360°−45°−60°−135°=120°，
∴∠MAF=120°，
∵∠EAF=∠C=60°
∴∠MAE=60°，
∴∠GAD=180°−∠BAD=60°，∠GDA=180°−∠ADC=45°，
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∵GK⊥AD，
∴∠GKA=∠GKD=90°，
在Rt△AKG中，∠AGK=30°，
∴GK=√3AK，
在Rt△DKG中，∠KGD=∠KDG=45°，
∴GK=DK，
∴AD=AK+DK=(√3+1)AK=4√2，
4√2
∴AK= =2√2(√3−1)=2√6−2√2，
√3+1
∴GK=DK=6√2−2√6，
∴DG=√2GK=12−4√3，AG=2AK=4√6−4√2，
∵∠GAD=∠C，∠AGD=∠CGB，
∴△GAD∽△GCB，
∴
S
△GAD=
(GD) 2
，
S GB
△GCB
∵GB=AB+AG=4√6，
1 1
S = AD⋅GK= ×4√2×(6√2−2√6)=24−8√3，
△GAD 2 2
2
24−8√3 (12−4√3)
∴ = =2−√3，
S 4√6
△GCB
∴S =24+8√3，
△GCB
∴S =S −S =16√3，
四边形ABCD △GCB △GAD
∴S =S −S −S
四边形AECF 四边形ABCD △ABE △ADF
=S −S −S
四边形ABCD △ABE △ABM
=S −S ，
四边形ABCD △AEM
∴当S 最小时，S 最大，作△AME的外接圆⊙O，连接OA、OM、OE，过点O作
△AEM 四边形AECF
¿⊥ME于R，
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∵∠MAE=60°，
∴∠MOE=2∠MAE=120°，
∵∨⊥ME，OM=OE，
∴MR=ℜ，∠OMR=30°，
1 √3
∴∨= OM，MR= OM，
2 2
∴ME=√3OM，
∵OA+∨≥AH，
1
∴OM+ OM≥4，
2
3
∴ OM≥4，
2
8
∴OM≥ ，
3
1 1 8√3 16√3
∴S = ME⋅AH= × ×4= ，
△AME 2 2 3 3
16√3
∴△AME面积的最小值为 ，
3
16√3 32√3
∴四边形AECF面积的最大值为16√3− = .
3 3
【点睛】本题属于四边形综合题，考查等边三角形的面积，三角形面积最小值，四边形面积最大值，涉及
的知识多，等边三角形性质，三角函数综合，三角形全等判定与性质，图形旋转变换，不等式性质，直角
三角形性质，勾股定理，三点共线，难度相当大，利用辅助线准确作出图形是解题关键．
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