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重难点突破 15 与圆有关的压轴题
目 录
题型01 利用圆的相关知识解决多结论问题
题型02 圆与三角形综合问题
题型03 圆与四边形综合问题
题型04 圆与函数综合问题
题型05 正多边形与圆综合
题型06 求不规则图形面积
题型07 三角形内切圆与外切圆综合
题型08 阿氏圆模型
题型09 隐圆模型
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题型 01 利用圆的相关知识解决多结论问题
一、单选题
1．（2023·四川德阳·统考中考真题）如图，⊙O的直径AB=10，DE是弦，AB⊥DE，CE´B=EB´D，
3
sin∠BAC= ，AD的延长线与CB的延长线相交于点F，DB的延长线与OE的延长线相交于点G，连接
5
CG．下列结论中正确的个数是（ ）
①∠DBF=3∠DAB；
②CG是⊙O的切线；
③B，E两点间的距离是√10；
11√10
④DF= ．
9
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A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】连接OC、BE、AE，过点F作FG⊥AB交AB延长线于G，AB⊥DE于H．①根据已知、垂径
定理和圆内接四边形证∠CAE=∠BAE=∠DAB，∠DBF=∠CAD，即可得到∠DBF=3∠DAB；②
根据已知、垂径定理、中垂线定理证∠OCG=∠OBG，推出∠OCG≠90°，OC不垂直CG，即可判断
3
CG不是⊙O的切线；③证∠CAB=∠EOB，结合sin∠BAC= 、AB=10，计算出EH、OH、BH，
5
1
最后根据勾股定理计算BE=√BH2+EH2即可；④先计算出tan∠GAF= ，推理出
3
GF 4 GF 4
tan∠GBF=tan∠CBA= = ，设DF=a，用含a的代数式表示GF和BG，代入 = 求解即可．
BG 3 BG 3
【详解】如图，连接OC、BE、AE，过点F作FG⊥AB交AB延长线于G，AB⊥DE于H
3
∵⊙O的直径AB=10，sin∠BAC= ，
5
3
∴∠ACB=90°，BC=AB×sin∠BAC=10× =6，
5
8 4
AC=√AB2−BC2=√102−62=8，tan∠CBA= = ，
6 3
∵DE是弦，AB⊥DE，CE´B=EB´D，
∴E´B=B´D（垂直于弦的直径平分弦所对的弧），
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CE´B−E´B=EB´D−E´B，即C´E=B´D，
∴C´E=B´D=E´B，
∴∠CAE=∠BAE=∠DAB，
∴∠CAD=3∠DAB，
∵∠DBF=∠CAD（圆内接四边形的一个外角等于它的内对角），
∴∠DBF=3∠DAB，
故结论①正确
∵C´E=E´B，
1
∴∠EOB= ∠COB，
2
1
又∵∠CAB= ∠COB（同弧所对圆周角是圆心角的一半），
2
∴∠CAB=∠EOB，
3
∴sin∠EOB= ，
5
1
∵OE= AB=5，AB⊥DE于H，
2
3
∴EH=5× =3，
5
∴OH=√52−32=4，
1
∵OA=OB= AB=5，
2
∴BH=OB−OH=5−4=1，
BE=√BH2+EH2=√12+32=√10，
故结论③正确
∵∠CAB=∠EOB，∠ACB=90°，
∴AC∥OG，
OG⊥BC，
∴OG平分BC（垂直于弦的直径平分弦），
∴OG是BC的中垂线，
∴CG=BG，
∴∠GCB=∠GBC，
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∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC，
∴∠GCB+∠OCB=∠GBC+∠OBC，即∠OCG=∠OBG，
∵DE是弦，∠OBG=180°−∠ABD
∴∠ABD是锐角，
∠OBG是钝角，
∴∠OCG是钝角，∠OCG≠90°，
∴OC不垂直CG，CG不是⊙O的切线，
故结论②不正确
∵AB⊥DE，AH=OA+OH=5+4=9，
∴DH=EH=3，AD=√32+92=3√10，
DH 3 1
tan∠GAF= = = ，
AH 9 3
∴FG:AG=1:3，√12+32=√10，
∴FG:AG:AF=1:3:√10，
∴设DF=a，则AF=AD+DF=3√10+a，
1 √10 3√10
GF= AF= (3√10+a)，AG=3GF= (3√10+a)，
√10 10 10
∵∠GBF=∠CBA，
4
∴tan∠GBF=tan∠CBA= ，
3
GF 4
= ，
BG 3
3√10
BG=AG−AB= (3√10+a)−10，
10
√10
(3√10+a)
10 4
∴ = ，
3√10 3
(3√10+a)−10
10
12√10 3√10
(3√10+a)−40= (3√10+a)，
10 10
13√10
解得：a= ，
9
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13√10
∴DF= ，
9
故结论④不正确
综上，①和③这2个结论正确，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的性质综合，结合判断切线、勾股定理、三角函数解直角三角形知识点，熟练掌握、
综合运用知识点推理证明和计算是解题的关键．
2．（2020·四川遂宁·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC的中点，连接AE、DE，分
别交BD、AC于点P、Q，过点P作PF⊥AE交CB的延长线于F，下列结论：
①∠AED+∠EAC+∠EDB＝90°，
②AP＝FP，
√10
③AE＝ AO，
2
④若四边形OPEQ的面积为4，则该正方形ABCD的面积为36，
⑤CE•EF＝EQ•DE．
其中正确的结论有（ ）
A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【答案】B
【分析】①正确:证明∠EOB ∠EOC 45°，再利用三角形的外角的性质即可得出答案；
②正确：利用四点共圆证明∠=AFP ∠=ABP 45°即可；
③正确：设BE EC a，求出AE，=OA即可=解决问题；
④错误：通过计=算正=方形ABCD的面积为48；
⑤正确：利用相似三角形的性质证明即可.
【详解】①正确：如图，连接OE，
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∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA OC OB OD，
∴∠BOC 90°，= = =
∵BE EC=，
∴∠E=OB ∠EOC 45°，
∵∠EOB＝=∠EDB= ∠OED，∠EOC ∠EAC ∠AEO，
∴∠AED ∠EAC +∠EDO ∠EAC ∠=AEO ∠+OED ∠EDB 90°，故①正确；
②正确：+如图，连+接AF，= + + + =
∵PF⊥AE，
∴∠APF ∠ABF 90°，
∴A，P，=B，F四=点共圆，
∴∠AFP ∠ABP＝45°，
∴∠PAF=∠PFA＝45°，
∴PA PF=，故②正确；
③正=确：设BE EC a，则AE＝√5a，OA＝OC＝OB＝OD＝√2a，
AE √5a =√10= √10
∴ = = ，即AE＝ AO，故③正确；
AO √2a 2 2
④错误：根据对称性可知，△OPE≅△OQE，
1
∴ S S 2，
△OEQ 2 四边形OPEQ
= =
∵OB OD，BE EC，
= =
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∴CD 2OE，OE⊥CD，
E=Q OE 1
∴ = = ， △OEQ∼△CDQ，
DQ CD 2
∴S =4， S =8，
△ODQ △CDQ
∴S =12，
△CDO
∴S =48，故④错误；
正方形ABCD
⑤正确：∵∠EPF ∠DCE 90°，∠PEF ∠DEC，
∴△EPF∼△ECD，=
= =
EF PE
∴ = ，
ED EC
∴EQ PE，
∴CE•=EF EQ•DE，故⑤正确；
综上所诉=一共有4个正确，故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形外角性质、四点共圆问题、全等与相似三角形的综合运用，熟练掌握相关
概念与方法是解题关键.
3．（2021·四川广元·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线BD的中点，点P在线段
OD上，连接AP并延长交CD于点E，过点P作PF⊥AP交BC于点F，连接AF、EF，AF交BD于G，
现有以下结论：①AP=PF；②DE+BF=EF；③PB−PD=√2BF；④S 为定值；⑤
△AEF
S =S ．以上结论正确的有 （填入正确的序号即可）．
四 边 形PEF△GAPG
【答案】①②③⑤
【分析】由题意易得∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，对于①：易知点A、B、F、P
四点共圆，然后可得∠AFP=∠ABD=45°，则问题可判定；对于②：把△AED绕点A顺时针旋转90°得到
△ABH，则有DE=BH，∠DAE=∠BAH，然后易得△AEF≌△AHF，则有HF=EF，则可判定；对于③：连接
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AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，易得OB=OD，OP=OM，然后易证△AOP∽△ABF，进而问题可求解；
对于④：过点A作AN⊥EF于点N，则由题意可得AN=AB，若△AEF的面积为定值，则EF为定值，进而问
AP √2 AP √2
题可求解；对于⑤由③可得 = ，进而可得△APG∽△AFE，然后可得相似比为 = ，最后根据
AF 2 AF 2
相似三角形的面积比与相似比的关系可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，PF⊥AP，
∴∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，
①∵∠ABC+∠APF=180°，
∴由四边形内角和可得∠BAP+∠BFP=180°，
∴点A、B、F、P四点共圆，
∴∠AFP=∠ABD=45°，
∴△APF是等腰直角三角形，
∴AP=PF，故①正确；
②把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，如图所示：
∴DE=BH，∠DAE=∠BAH，∠HAE=90°，AH=AE，
∴∠HAF=∠EAF=45°，
∵AF=AF，
∴△AEF≌△AHF（SAS），
∴HF=EF，
∵HF=BH+BF，
∴DE+BF=EF，故②正确；
③连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，如图所示：
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∵点O是对角线BD的中点，
∴OB=OD，BD⊥AC，
∴OP=OM，△AOB是等腰直角三角形，
∴AB=√2AO，
由①可得点A、B、F、P四点共圆，
∴∠APO=∠AFB，
∵∠ABF=∠AOP=90°，
∴△AOP∽△ABF，
OP OA AP √2
∴ = = = ，
BF AB AF 2
√2
∴OP= BF，
2
∵BP−DP=BP−BM=PM=2OP，
∴PB−PD=√2BF，故③正确；
④过点A作AN⊥EF于点N，如图所示：
由②可得∠AFB=∠AFN，
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∵∠ABF=∠ANF=90°，AF=AF，
∴△ABF≌△ANF（AAS），
∴AN=AB，
若△AEF的面积为定值，则EF为定值，
∵点P在线段OD上，
∴EF的长不可能为定值，故④错误；
AP √2
⑤由③可得 = ，
AF 2
∵∠AFB=∠AFN=∠APG，∠FAE=∠PAG，
∴△APG∽△AFE，
GP AP √2
∴ = = ，
EF AF 2
S √2 2 1
∴ △AGP=( ) = ，
S 2 2
△AEF
1
∴S = S ，
△AGP 2 △AEF
∴S =S ，故⑤正确；
四 边 形PEF△GAPG
综上所述：以上结论正确的有①②③⑤；
故答案为①②③⑤．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握
正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
4．（2021·广东广州·统考中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是边BC上一点，且BE=3，
以点A为圆心，3为半径的圆分别交AB、AD于点F、G，DF与AE交于点H．并与⊙A交于点K，连结
HG、CH．给出下列四个结论．（1）H是FK的中点；（2）△HGD≌△HEC；（3）
7
S ：S =9∶16；（4）DK= ，其中正确的结论有 （填写所有正确结论的序号）．
△AHG △DHC 5
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【答案】（1）（3）（4）．
【分析】由正方形的性质可证明△DAF≌△ABE，则可推出∠AHF=90°，利用垂径定理即可证明结论
12
（1）正确；过点H作MN//AB交BC于N，交AD于M，由三角形面积计算公式求出AH= ，再利用
5
48 52
矩形的判定与性质证得MG=NE，并根据相似三角形的判定与性质分别求出MH= ，NH= ，则最
25 25
后利用锐角三角函数证明∠MGH≠∠HEN，即可证明结论（2）错误；根据（2）中结论并利用相似三角
36
形的性质求得AM= ，即可证明结论（3）正确；利用（1）所得结论DK=DF−2FH并由勾股定理求
25
出FH，再求得DK，即可证明结论（4）正确．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=4，∠DAF=∠ABE=90°．
又∵AF=BE=3，
∴△DAF≌△ABE．
∴∠AFD=∠BEA．
∵∠BEA+∠BAE=90°，
∴∠AFD+∠BAE=90°，
∴∠AHF=90°，
∴AH⊥FK，
∴FH=KH，
即H是FK的中点；故结论（1）正确；
（2）过点H作MN//AB交BC于N，交AD于M，
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1 1
由（1）得AH⊥FK，则 AD⋅AF= DF⋅AH．
2 2
∵DF=√AF2+AD2=5，
12
∴AH= ．
5
∵四边形ABCD是正方形，MN//AB，
∴∠DAB=∠ABC=∠AMN=90°．
∴四边形ABNM是矩形．
∴MN=AB=4，AM=BN．
∵AG=BE，
∴AG−AM=BE−BN．
即MG=NE．
∵AD//BC，
∴∠MAH=∠AEB．
∵∠ABE=∠AMN=90°，
∴△MAH∼△BEA．
AH MH
∴ = ．
AE AB
12
即 5 MH．
=
5 4
48
解得MH= ．
25
52
则NH=4−MH= ．
25
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MH NH
∵tan∠MGH= ，tan∠HEN= ．
MG NE
∵MG=NE，MH≠NH，
MG NE
∴ ≠ ．
MH NH
∴∠MGH≠∠HEN．
∴∠DGH≠∠CEH．
∴△HGD与△HEC不全等，故结论（2）错误；
（3）∵△MAH∼△BEA，
AH AM
∴ = ．
AE BE
12
即 5 AM．
=
5 3
36
解得AM= ．
25
1 1
由（2）得S = MH⋅AG，S = DC⋅(AD−AM)．
△AHG 2 △DHC 2
48
×3
S MH⋅AG 25 9
∴ △AHG = = = ；故结论（3）正确；
S DC⋅(AD−AM) 36 16
△DHC 4×(4− )
25
（4）由（1）得，H是FK的中点，
∴DK=DF−2FH．
√ 12 2 9
由勾股定理得FH=√AF2−AH2= 32−( ) = ．
5 5
9 7
∴DK=5−2× = ；故结论（4）正确．
5 5
故答案为：（1）（3）（4）．
【点睛】本题考查了正方形的综合问题，掌握特殊四边形、相似三角形的判定与性质及等腰三角形的性质
是解题的关键．
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题型 02 圆与三角形综合问题
5．（2023·吉林长春·统考中考真题）【感知】如图①，点A、B、P均在⊙O上，∠AOB=90°，则锐角
∠APB的大小为__________度．
【探究】小明遇到这样一个问题：如图②，⊙O是等边三角形ABC的外接圆，点P在A´C上（点P不与点
A、C重合），连结PA、PB、PC．求证：PB=PA+PC．小明发现，延长PA至点E，使AE=PC，连结
BE，通过证明△PBC≌△EBA，可推得PBE是等边三角形，进而得证．
下面是小明的部分证明过程：
证明：延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，
∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形，
∴∠BAP+∠BCP=180°．
∵∠BAP+∠BAE=180°，
∴∠BCP=∠BAE．
∵△ABC是等边三角形．
∴BA=BC，
∴△PBC≌△EBA(SAS)
请你补全余下的证明过程．
【应用】如图③，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC=90°，AB=BC，点P在⊙O上，且点P与点B在
PB
AC的两侧，连结PA、PB、PC．若PB=2√2PA，则 的值为__________．
PC
2√2
【答案】感知：45；探究：见解析；应用： ．
3
【分析】感知：由圆周角定理即可求解；
探究：延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，通过证明△PBC≌△EBA(SAS)，可推得PBE是等边三角
形，进而得证；
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应用：延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，通过证明△PBC≌△EBA(SAS)得，可推得PBE是等腰直
PB
角三角形，结合PE=PA+PC与PE=√2PB可得PC=3PA，代入 即可求解．
PC
【详解】感知：
1
由圆周角定理可得∠APB= ∠AOB=45°，
2
故答案为：45；
探究：
证明：延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，
∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形，
∴∠BAP+∠BCP=180°．
∵∠BAP+∠BAE=180°，
∴∠BCP=∠BAE．
∵△ABC是等边三角形．
∴BA=BC，
∴△PBC≌△EBA(SAS)，
∴PB=EB，∠PBC=∠EBA，
∴∠EBA+∠ABP=∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°，
∴△PBE是等边三角形，
∴PB=PE，
∴PB=PE=PA+AE=PA+PC，
即PB=PA+PC；
应用：
延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，
∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形，
∴∠BAP+∠BCP=180°．
∵∠BAP+∠BAE=180°，
∴∠BCP=∠BAE．
∵AB=CB，
∴△PBC≌△EBA(SAS)，
∴PB=EB，∠PBC=∠EBA，
∴∠EBA+∠ABP=∠PBC+∠ABP=∠ABC=90°，
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∴△PBE是等腰直角三角形，
∴PB2+BE2=PE2，
∴2PB2=PE2，
即PE=√2PB，
∵PE=PA+AE=PA+PC，
∴PA+PC=√2PB，
∵PB=2√2PA，
∴PA+PC=√2×2√2PA=4PA，
∴PC=3PA，
PB 2√2PA 2√2
∴ = = ，
PC 3PA 3
2√2
故答案为： ．
3
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，邻补角，全等三角形的判定和性质，等边三角
形、等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形；解题的关键是做辅助线构造△PBC≌△EBA，
进行转换求解．
6．（2023·浙江台州·统考中考真题）我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，
用直线上点的位置刻画圆上点的位置，如图，AB是⊙O的直径，直线l是⊙O的切线，B为切点．P，Q
是圆上两点（不与点A重合，且在直径AB的同侧），分别作射线AP，AQ交直线l于点C，点D．
⏜
(1)如图1，当AB=6，
BP
的长为π时，求BC的长．
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AQ 3 BC
(2)如图2，当 = ，B´P=P´Q时，求 的值．
AB 4 CD
√6 PQ
(3)如图3，当sin∠BAQ= ，BC=CD时，连接BP，PQ，直接写出 的值．
4 BP
【答案】(1)2√3
3
(2)
4
√10
(3)
4
【分析】（1）根据扇形的弧长公式即可求出∠BOP度数，利用切线的性质和解直角三角形即可求出BC
的长．
（2）根据等弧所对圆周角相等推出∠BAC=∠DAC，再根据角平分线的性质定理推出CF=CB，利用直
角三角形的性质即可求出∠FCD=∠BAQ，通过等量转化和余弦值可求出答案．
PQ AP BP AP
（3）根据三角形相似的性质证明△APQ∽△ADC和△APB∽△ABC，从而推出 = 和 = ，
CD AD BC AB
利用已知条件将两个比例线段相除，根据正弦值即可求出答案
【详解】（1）解：如图1，连接OP，设∠BOP的度数为n．
⏜
∵AB=6， 的长为π，
BP
n⋅π⋅3
∴ =π．
180
∴n=60，即∠BOP=60°．
1
∴∠BAP= ∠BOP=30°．
2
∵直线l是⊙O的切线，
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∴∠ABC=90°．
AB
∴BC= =2√3．
√3
（2）解：如图2，连接BQ，过点C作CF⊥AD于点F，
∵AB为直径，
∴∠BQA=90°．
AQ 3
∴cos∠BAQ= = ．
AB 4
∵B´P=P´Q，
∴∠BAC=∠DAC．
∵CF⊥AD，AB⊥BC，
∴CF=CB．
∵∠BAQ+∠ADB=90°，∠FCD+∠ADB=90°，
∴∠FCD=∠BAQ．
BC FC 3
∴ = =cos∠FCD=cos∠BAQ= ．
CD CD 4
√10
（3）解： ，理由如下：
4
如图3，连接BQ，
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∵AB⊥BC，BQ⊥AD，
∴∠ABQ+∠BAD=90°，∠ADB+∠BAD=90°，
∴∠ABQ=∠ADC，
∵∠ABQ=∠APQ，
∴ ∠APQ=∠ADC．
∵∠PAQ=∠CAD，
∴△APQ∽△ADC，
PQ AP
∴ = ．①
CD AD
∵∠BAP=∠BAC，∠ABC=∠APB=90°，
∴△APB∽△ABC，
BP AP
∴ = ．②
BC AB
∵BC=CD，
PQ AB
①÷②得， = =cos∠BAQ．
BP AD
√6
∵sin∠BAQ= ，
4
√10
∴cos∠BAQ= ．
4
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形以及三角函数、
切线的性质定理、扇形的弧长公式，角平分线性质定理等，解题的关键在于熟练掌握相关性质定理和相关
计算公式．
7．（2023·湖南永州·统考中考真题）如图，以AB为直径的⊙O是△ABC的外接圆，延长BC到点D．使
得∠BAC=∠BDA，点E在DA的延长线上，点A在线段AC上，CE交BM于N，CE交AB于G．
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(1)求证：ED是⊙O的切线；
(2)若AC=√6,BD=5,AC>CD，求BC的长；
(3)若DE⋅AM=AC⋅AD，求证：BM⊥CE．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
(3)证明见解析
【分析】（1）由AB是⊙O的直径得到∠ACB=90°，则∠BAC+∠ABC=90°，由∠BAC=∠BDA得
到∠BDA+∠ABC=90°，则∠BAD=90°，结论得证；
BC AC AC BC √6
（2）证明△ACB∽△DCA，则 = = ，可得 = ，解得BC=2或3，由
AC DC BD−BC √6 5−BC
AC>CD即可得到BC的长；
AC AB
（3）先证明△ABC∽△DAC，则 = ，得到AC⋅AD=CD⋅AB，由DE⋅AM=AC⋅AD得到
DC AD
AM AB
DE⋅AM=CD⋅AB，则 = ，由同角的余角相等得到∠BAM=∠CDE，则△AMB∽△DCE，
DC DE
得∠E=∠ABM，进一步得到∠EGA+∠E=∠ABM+∠BGN=90°，则∠BNG=90°，即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC+∠ABC=90°，
∵∠BAC=∠BDA，
∴∠BDA+∠ABC=90°，
∴∠BAD=90°，
∴ED是⊙O的切线；
（2）∵∠BAC=∠BDA，∠ACB=∠DCA=90°，
∴△ACB∽△DCA，
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BC AC AC
∴ = = ，
AC DC BD−BC
BC √6
∴ = ，
√6 5−BC
解得BC=2或3，
当BC=2时，CD=BD−BC=3，
当BC=3时，CD=BD−BC=2，
∵AC>CD，即√6>CD，
∴BC=3；
（3）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=∠DCA=90°，
∵∠BAC=∠BDA，
∴△ABC∽△DAC，
AC AB
∴ = ，
DC AD
∴AC⋅AD=CD⋅AB，
∵DE⋅AM=AC⋅AD，
∴DE⋅AM=CD⋅AB，
AM AB
∴ = ，
DC DE
∵∠BAM=∠CDE，
∴△AMB∽△DCE，
∴∠E=∠ABM，
∵∠EGA=∠BGN，
∴∠EGA+∠E=∠ABM+∠BGN=90°，
∴∠BNG=90°，
∴BM⊥CE．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的判定定理等知识，熟练掌握相似三角
形的判定和性质是解题的关键．
8．（2023·四川广安·统考中考真题）如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径作⊙O，交斜边AC于点D，
点E是BC的中点，连接OE、DE．
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(1)求证：DE是⊙O的切线．
4
(2)若sinC= ,DE=5，求AD的长．
5
(3)求证：2DE2=CD⋅OE．
【答案】(1)见详解
32
(2)
3
(3)见详解
【分析】（1）连接BD,OD，先根据直角三角形的性质，证明BE=DE，再证明△OBE≌△ODE(SSS)
即可；
（2）由（1）中结论，得BC=2DE=10，先根据三角函数及勾股定理求出BD,CD的长，再证明
△ADB∽△BDC即可；
（3）证明△OBE∽△BDC即可得出结论．
【详解】（1）证明：连接BD,OD，
在Rt△ABC中，∠ABC=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°,即BD⊥AC，
在Rt△BDC中，点E是BC的中点，
1
∴BE=DE= BC，
2
又∵OB=OD,OE=OE，
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∴△OBE≌△ODE(SSS)，
∴∠OBE=∠ODE=90°，
∵D在⊙O上
∴DE是⊙O的切线．
（2）解：由（1）中结论，得BC=2DE=10，
BD BD 4
在Rt△BDC中，sinC= = = ，
BC 10 5
∴BD=8,CD=√BC2−BD2=6，
∵∠A+∠C=90°,∠A+∠ABD=90°，
∴ ∴∠C=∠ABD，
∵∠ADB=∠BDC=90°，
△ADB∽△BDC，
AD BD BD2 82 32
∴ = ,AD= = = ；
BD CD CD 6 3
（3）证明：∵OA=OB,BE=CE，
∴OE∥AC，
∴∠OEB=∠C，
∵∠OBE=∠BDC=90°，
∴△OBE∽△BDC，
OE BE
∴ = ，
BC CD
由（1）中结论△OBE≌△ODE，得BE=DE，
BC=2DE，
OE DE
∴ = ，
2DE CD
即2DE2=CD⋅OE．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了切线的性质，直角三角形的性质，三角形的中位线定理，相似三
角形的判定和性质，锐角三角函数，判断出△ADB∽△BDC是解本题的关键．
9．（2023·辽宁锦州·统考中考真题）如图，AE为⊙O的直径，点C在⊙O上，AB与⊙O相切于点A，
与OC延长线交于点B，过点B作BD⊥OB，交AC的延长线于点D．
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(1)求证：AB=BD；
3
(2)点F为⊙O上一点，连接EF，BF，BF与AE交于点G．若∠E=45°，AB=5，tan∠ABG= ，求
7
⊙O的半径及AD的长．
【答案】(1)见解析
15
(2)⊙O的半径为 ；AD=4√5
4
【分析】（1）根据AB与⊙O相切于点A 得到∠OAC+∠BAD=90°，再根据BD⊥OB得到
∠BCD+∠D=90°，再根据OA=OC得到∠OAC=∠OCA即可根据角的关系解答；
（2）连接OF，过点D作DM⊥AB，交AB延长线于点M，在Rt△ABG等多个直角三角形中运用三角函
15
数的定义求出⊙O半径r= ，再根据勾股定理求出BM=3，DM=4即可解答．
4
【详解】（1）证明：如图，
∵AE为⊙O的直径，AB与⊙O相切于点A，
∴OA⊥AB，
∴∠OAB=90°，
∴∠OAC+∠BAD=90°，
∵BD⊥OB，
∴∠OBD=90°，
∴∠BCD+∠D=90°，
∵OA=OC，
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∴∠OAC=∠OCA，
∵∠BCD=∠OCA，
∴∠OAC=∠BCD，
∴∠BAD=∠D，
∴AB=AD．
（2）连接OF，过点D作DM⊥AB，交AB延长线于点M，如图，
在Rt△ABG中，∠GAB=90°，
AG 3
∴tan∠ABG= = ，
AB 7
15
∴AG=AB⋅tan∠ABG= ，
7
∵∠E=45°，
∴∠AOF=2∠E=90°，
∴∠AOF=∠OAB，
∴OF∥AB，
∴∠OFG=∠ABG，
3
∴tan∠OFG=tan∠ABG= ，
7
设⊙O的半径为r，
15
r−
∴ 7 3，
=
r 7
15
∴r= ，
4
OA 3
∴tan∠OBA= = ，
AB 4
∵DM⊥AB，
∴∠M=90°，
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∴∠BDM+∠DBM=90°，
∵BD⊥OB，
∴∠OBD=90°，
∴∠OBA+∠DBM=90°，
∴∠BDM=∠OBA，
3
即tan∠BDM=tan∠OBA= ，
4
∴设BM=3x，DM=4x，
在Rt△DBM中，∠M=90°，
∵BM2+DM2=BD2，BD=AB=5，
∴(3x) 2+(4x) 2=52，解得x=1，
∴BM=3，DM=4，
∴AM=AB+BM=8，
∴AD=√AM2+DM2=4√5．
【点睛】本题考查了圆与三角形的综合问题，解题的关键是熟练掌握圆、三角形的线段、角度关系并运用
数学结合思想．
10．（2023·四川雅安·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，以AB为直径的⊙O与AC
交于点D，点E是BC的中点，连接BD，DE．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
1
(2)若DE=2，tan∠BAC= ，求AD的长；
2
(3)在（2）的条件下，点P是⊙O上一动点，求PA+PB的最大值．
【答案】(1)证明见解析；
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16
(2)AD= √5
5
(3)8√2
【分析】（1）连接OD，由圆周角定理得到∠ADB=∠BDC＝90°，由直角三角形斜边中线的性质结合
等腰三角形的性质证得∠EDB＝∠EBD，由等腰三角形的性质得到∠ODB＝∠OBD，根据
∠ABC＝90°，得到∠ODB＋∠EDB＝90°，由切线的判定即可证得DE与⊙O相切；
（2）由直角三角形斜边中线的性质求出BC，根据三角函数的定义即可求出BD；，
（3）设Rt△ABD的AB边高为h，由AB2=AP2+BP2可得(PA+PB) 2=64+2PA⋅PB，即可得出当
1 1
PA+PB取最大值时，S 取最大值，根据S = PA⋅PB= AB⋅h进而求解即可．
△ABD △ABP 2 2
【详解】（1）证明：连接OD，如图所示，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠BDC=90°，
∵点E为BC的中点，
1
∴DE=BE= BC，
2
∴∠EDB=∠EBD，
∵OB=OD，
∴∠ODB=∠OBD，
∵∠ABC=90°，
∴∠EBD+∠OBD=90°，
∴∠ODB+∠EDB=90°，
∵OD是⊙O的半径，
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∴DE与⊙O相切；
（2）解：由（1）知，∠BDC=90°，
∵E是BC的中点，
1
∴DE= BC=2，
2
∴BC=4，
BC BD 1
∵tan∠BAC= = = ，
AB AD 2
∴AB=8，AD=2BD，
又∵在Rt△ABD中，AB2=AD2+BD2，即：(2BD) 2+BD2=82，
8
∴BD= √5（负值以舍去），
5
16
∴AD= √5；
5
（3）设Rt△ABD的AB边高为h，
由（2）可知AB=8，
又∵AB是直径，
∴∠APB=90°，
∴PA2+PB2=82=64，
∴(PA+PB) 2=64+2PA⋅PB，
∴当PA+PB取最大值时，2PA⋅PB也取最大值，
1 1
又∵S = PA⋅PB= AB⋅h，
△ABP 2 2
∴当PA+PB取最大值时，S 取最大值，
△ABP
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AB
此时AB边高为h取最大值为⊙O半径= =4，
2
1 1
∴S = AB⋅h= ×8×4=16，
△ABP 2 2
∴PA⋅PB=2S =32
△ABP
∴(PA+PB) 2=64+2×32=128，
∴PA+PB=8√2，
综上所述：PA+PB的最大值为8√2．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、切线的判定以及直角三角形的性质，解题的关键是：（1）熟练掌
1
握切线的判定方法；（2）通过解直角三角形斜边中线的性质证得DE= BC．（3）将PA+PB的最大值
2
转化为△ABP的面积最大值．
11．（2022·广东深圳·统考中考真题）一个玻璃球体近似半圆O,AB为直径，半圆O上点C处有个吊灯EF,
EF//AB, CO⊥AB,EF的中点为D,OA=4.
(1)如图①，CM为一条拉线，M在OB上，OM=1.6,DF=0.8,求CD的长度．
(2)如图②，一个玻璃镜与圆O相切，H为切点，M为OB上一点，MH为入射光线，NH为反射光线，
3
∠OHM=∠OHN=45°,tan∠COH= ,求ON的长度．
4
(3)如图③，M是线段OB上的动点，MH为入射光线，∠HOM=50°,HN为反射光线交圆O于点N,在M
从O运动到B的过程中，求N点的运动路径长．
【答案】(1)2
20
(2)ON=
7
16
(3)4+ π
9
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【分析】（1）由DF=0.8,OM=1.6,DF∥OB，可得出DF为△COM的中位线，可得出D为CO中点，
即可得出CD的长度；
3
（2）过N点作ND⊥OH，交OH于点D，可得出△NHD为等腰直角三角形，根据tan∠COH= ,可得
4
ND 3 4
出tan∠NOD= = ，设ND=3x=DH，则OD=4x，根据OD+DH=OH，即可求得x= ，再根
OD 4 7
据勾股定理即可得出答案；
（3）依题意得出点N路径长为：OB+ l ，推导得出∠BOT=80°，即可计算给出l ，即可得出答案．
B´T B´T
【详解】（1）∵DF=0.8,OM=1.6,DF∥OB
∴DF为△COM的中位线
∴D为CO的中点
∵CO=AO=4
∴CD=2
（2）过N点作ND⊥OH，交OH于点D，
∵∠OHN=45°，
∴△NHD为等腰直角三角形，即ND=DH，
3
又∵tan∠COH= ，
4
3
∴tan∠NOD= ，
4
ND 3
∴tan∠NOD= = ，
OD 4
∴ND:OD=3:4，
设ND=3x=DH，则OD=4x，
∵OD+DH=OH，
∴3x+4x=4，
4
解得x= ，
7
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12 16
∴ND= ，OD= ，
7 7
√ 12 2 16 2 20
∴在Rt△NOD中，ON=√N D2+OD2= ( ) +( ) = ；
7 7 7
（3）如图，当点M与点O重合时，点N也与点O重合． 当点M运动至点A时，点N运动至点T，故点
N路径长为：OB+ l ．
B´T
∵∠NHO=∠MHO,∠THO=∠MHO,∠HOM=50°．
∴∠OHA=∠OAH=65°．
∴∠THO=65°,∠TOH=50°．
∴∠BOT=80°，
80° 16
∴l =2π×4× = π，
B´T 360° 9
16
∴N点的运动路径长为：OB+ l =4+ π，
B´T 9
16
故答案为：4+ π．
9
【点睛】本题考查了圆的性质，弧长公式、勾股定理、中位线，利用锐角三角函数值解三角函数，掌握以
上知识，并能灵活运用是解题的关键．
题型 03 圆与四边形综合问题
12．（2021·江苏镇江·统考中考真题）如图1，正方形ABCD的边长为4，点P在边BC上，⊙O经过A，
B，P三点．
（1）若BP＝3，判断边CD所在直线与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，E是CD的中点，⊙O交射线AE于点Q，当AP平分∠EAB时，求tan∠EAP的值．
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√5−1
【答案】（1）相切，见解析；（2）
2
【分析】（1）如图1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．求出OE的长，与半径半径，可
得结论．
（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．利用面积法求出BP，可得结论．
【详解】解：（1）如图1﹣1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝4，∠ABP＝90°，
∴AP＝√AB2+BP2＝√42+32＝5，
∵OH⊥AB，
∴AH＝HB，
∵OA＝OP，AH＝HB，
1 3
∴OH＝ PB＝ ，
2 2
∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，
∴四边形AHED是矩形，
∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，
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3 5
∴OE＝EH＝OH＝4﹣ ＝ ，
2 2
∴OE＝OP，
∴直线CD与⊙O相切．
（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．
∵∠D＝∠ECT＝90°，DE＝EC，∠AED＝∠TEC，
∴△ADE≌△TCE（ASA），
∴AD＝CT＝4，
∴BT＝BC+CT＝4+4＝8，
∵∠ABT＝90°，
∴AT＝√AB2+BT2＝√42+82＝4√5，
∵AP是直径，
∴∠AQP＝90°，
∵PA平分∠EAB，PQ⊥AQ，PB⊥AB，
∴PB＝PQ，
设PB＝PQ＝x，
∵S ABT＝S ABP+S APT，
△ △ △
1 1 1
∴ ×4×8＝ ×4√5×x+ ×4×x，
2 2 2
∴x＝2√5﹣2，
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PB √5−1
∴tan∠EAP＝tan∠PAB＝ ＝ ．
AB 2
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，正方形的性质，解直角三角形、相似三角形判定和性质等知识，
解题的关键是掌握切线的证明方法：已知垂直证半径，已知半径证垂直，利用三角形面积不同的表示方法
构建方程解决问题是难点．
13．（2021·广东深圳·统考中考真题）如图，AB为⊙O的弦，D，C为AC´B的三等分点，AC//BE．
（1）求证：∠A=∠E；
（2）若BC=3，BE=5，求CE的长．
16
【答案】（1）见解析；（2）CE=
3
【分析】（1）根据题意，连接AD，通过证明AB//CE，再由AC//BE可证四边形ACEB为平行四边形，
进而即可得到∠A=∠E；
CD BD
（2）根据平行四边形ACEB的性质及D，C为AC´B的三等分点可证△CBD∽△BED，得到 = ，
BD DE
25
进而求得DE= 即可得到CE的长．
3
【详解】（1）如图连接AD，
∵A、D、C、B四点共圆
∴∠BAD+∠BCD=180°
又∠BCD+∠BCE=180°
∴∠BAD=∠BCE
∵D，C为AC´B的三等分点
∴B´D=A´C
∴∠BAD=∠ABC
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∴∠ABC=∠BCE
∴AB//CE，又AC//BE
∴四边形ACEB为平行四边形
∴∠BAC=∠E即原题中∠A=∠E；
（2）∵四边形ACEB为平行四边形，BE=5
∴BE=AC=5
∵D，C为AC´B的三等分点，BC=3
∴B´C=C´D=A´D， B´D=A´C
∴CD=BC=3，BD=AC=5，∠CDB=∠CBD=∠BAC
∵∠BAC=∠E
∴△CBD∽△BED
∴BC=AD=BE=5
CD BD 3 5
∴ = ，即 =
BD DE 5 DE
25
∴DE=
3
25 16
∴CE=DE−DC= −3= ．
3 3
【点睛】本题主要考查了圆中综合知识、平行四边形的性质及判定及三角形相似的判定及性质，熟练掌握
相关几何综合运用知识是解决本题的关键．
14．（2021·浙江宁波·统考中考真题）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，BD为直径，A´D上存在点E，
满足A´E=C´D，连接BE并延长交CD的延长线于点F，BE与AD交于点G．
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（1）若∠DBC=α，请用含α的代数式表列∠AGB．
（2）如图2，连接CE,CE=BG．求证；EF=DG．
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CG，AD=2．
√3
①若tan∠ADB= ，求△FGD的周长．
2
②求CG的最小值．
5+√7
【答案】（1）∠AGB=90°−α；（2）见解析；（3）① ；②√3
2
【分析】（1）利用圆周角定理求得∠BAD=90°，再根据A´E=C´D，求得∠ABG=∠DBC=α，即可得
到答案；
（2）由∠BEC=∠BDC=90°−α，得到∠BEC=∠AGB，从而推出∠CEF=∠BGD，证得
△CFE≌△BDG(ASA)，由此得到结论；
√3
（3）①连接DE．利用已知求出AB= AD=√3，证得D´A=C´E，得到BG=AD=2，利用Rt△ABG中，
2
1
根据正弦求出∠AGB=60°,AG= BG=1，求出EF的长，再利用Rt△DEG中，∠EGD=60°，求出
2
EG及DE，再利用勾股定理求出DF即可得到答案；
②过点C作CH⊥BF于H，证明△BAD≌△CHF(AAS)，得到FH=AD，证明△BHC∽△CHF，得到
BH CH
= ，设GH=x，得到CH2=2(2−x)，利用勾股定理得到CG2=GH2+CH2 ，求得
CH FH
CG2=x2+2(2−x)=(x−1) 2+3，利用函数的最值解答即可．
【详解】解：（1）∵BD为⊙O的直径，
∴∠BAD=90°，
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∵A´E=C´D，
∴∠ABG=∠DBC=α，
∴∠AGB=90°−α．
（2）∵BD为⊙O的直径，
∴∠BCD=90°，
∴∠BEC=∠BDC=90°−α，
∴∠BEC=∠AGB，
∵∠CEF=180°−∠BEC,∠BGD=180°−∠AGB，
∴∠CEF=∠BGD．
又∵CE=BG,∠ECF=∠GBD，
∴△CFE≌△BDG(ASA)，
∴EF=DG．
（3）①如图，连接DE．
∵BD为⊙O的直径，
∴∠A=∠BED=90°．
√3
在Rt△ABD中，tan∠ADB= ，AD=2，
2
√3
∴AB= AD=√3．
2
∵A´E=C´D，
∴A´E+D´E=C´D+D´E，
即D´A=C´E，
∴AD=CE．
∵CE=BG，
∴BG=AD=2．
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AB √3
∵在Rt△ABG中，sin∠AGB= = ，
BG 2
1
∴∠AGB=60°,AG= BG=1，
2
∴EF=DG=AD−AG=1．
∵在Rt△DEG中，∠EGD=60°，
1 1 √3 √3
∴EG= DG= ,DE= DG= ．
2 2 2 2
√7
在Rt△FED中，DF=√EF2+DE2=
，
2
5+√7
∴FG+DG+DF= ，
2
5+√7
∴△FGD的周长为 ．
2
②如图，过点C作CH⊥BF于H．
∵△BDG≌△CFE，
∴BD=CF,∠CFH=∠BDA．
∵∠BAD=∠CHF=90°，
∴△BAD≌△CHF(AAS)．
∴FH=AD，
∵AD=BG，
∴FH=BG．
∵∠BCF=90°，
∴∠BCH+∠HCF=90°．
∵∠BCH+∠HBC=90°，
∴∠HCF=∠HBC，
∵∠BHC=∠CHF=90°，
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∴△BHC∽△CHF，
BH CH
∴ = ．
CH FH
设GH=x，
∴BH=2−x，
∴CH2=2(2−x)．
在Rt△GHC中，CG2=GH2+CH2 ，
∴CG2=x2+2(2−x)=(x−1) 2+3，
当x=1时，CG2的最小值为3，
∴CG的最小值为√3．
【点睛】此题考查圆周角的定理，弧、弦和圆心角定理，全等三角形的判定及性质，勾股定理，三角函数，
相似三角形的判定，函数的最值问题，是一道综合的几何题型，综合掌握各知识点是解题的关键．
15．（2021·四川绵阳·统考中考真题）如图，四边形ABCD是⊙O的内接矩形，过点A的切线与CD的延长
线交于点M，连接OM与AD交于点E，AD>1，CD=1．
（1）求证：△DBC∼△AMD；
（2）设AD=x，求△COM的面积（用x的式子表示）；
（3）若∠AOE=∠COD，求OE的长．
x3+x 3√3
【答案】（1）见解析；（2） ；（3）
4 10
【分析】（1）由矩形性质可得∠ADM=∠DCB=90°,然后证明∠DMA=∠DBC即可得出结论；
（2）根据勾股定理得出 ，根据相似三角形性质得出 ，则
AC=√x2+1 MD=x2
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√x2+1
OA=ON=OD=OC=OB= ，根据勾股定理得出MA的值，运用三角形面积公式表示即可；
2
x2 ND
=
⏜
（3）记OM与圆弧
AD
交于点N，连接DN，证明△MND∼△MOC，即可得出x2+1 1
√x2+1
，求出
2
x
ND的值，过D作DG⊥AC于G，过O作OH⊥DN于H．运用等面积法得出HO=DG=
，根据
√x2+1
x2 √3
勾股定理得出DN=2DH=2√OD2−H D2，代入数据联立ND的值，解方程得出ND= = ，
2√x2+1 3
√3 √3
OA= ，设OE=t，则NE= −t，根据相似三角形性质即可得出结论．
2 2
【详解】解：（1）∵四边形ABCD为⊙O的内接矩形，
∴AC，BD过圆心O，且∠ADC=∠DCB=90°．
∵∠ADM=90°,
∴∠DAM+∠DMA=90°,
又∵AM是⊙O的切线，故∠DAM+∠DAO=90°，
由此可得∠DMA=∠DAC，
⏜
又∵∠DAC与∠DBC都是圆弧 所对的圆周角，
DC
∴∠DAC=∠DBC，
∴∠DMA=∠DBC，
又∵∠MDA=∠BCD=90°，
∴△DBC∼△AMD；
（2）解：由AD=x，CD=1，则AC=√x2+1，
√x2+1
由题意OA=ON=OD=OC=OB= ．
2
DC AD
由（1）知△DBC∼△AMD，则 = ，
BC MD
代入DC=1，BC=x，AD=x，
1 x
可得 = ，解得MD=x2．
x MD
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在直角△MAD中，MA=√DM2+DA2=√x2+x4，
1 1 1 x3+x
所以S = MA⋅OC= √x2+x4 ⋅ √x2+1= ；
△COM 2 2 2 4
⏜
（3）解：记OM与圆弧
AD
交于点N，连接DN．
1 1
∵∠AOE=∠COD，∠ADN= ∠AON，∠DBC= ∠DOC，
2 2
∴∠ADN=∠DBC．
又∠DAC=∠DBC，所以∠DAC=∠ADN，
∴ND//AC．
MD ND
∴△MND∼△MOC，故 = ．
MC OC
由（2）知，由AD=x，CD=1，则AC=√x2+1，
√x2+1
由题意可得OA=ON=OD=OC=OB= ，
2
1
代入数据MD=x2，MC=MD+DC=x2+1，OC= √x2+1，
2
x2 ND
= x2
得到x2+1 1
√x2+1
，解得ND=
2√x2+1
①．
2
过D作DG⊥AC于G，过O作OH⊥DN于H．
易知HO=DG．
1 1
由等面积法可得S = DA⋅DC= AC⋅DG，
△ADC 2 2
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DA⋅DC x x
代入数据得DG= = ，即HO=DG=
．
AC √x2+1 √x2+1
在直角三角形HOD中，DN=2DH=2√OD2−H D2
√1 x2 √ 4x2 x2−1
=2 (x2+1)− = (x2+1)− = ．②
4 x2+1 x2+1 √x2+1
x2 x2−1
由①②可得 = ，得x2=2x2−2，
2√x2+1 √x2+1
解得x =√2，x =−√2（舍去）．
1 2
x2 √3 √3
所以ND= = ，OA= ．
2√x2+1 3 2
ND NE
由ND//AC，故△NED∼△OEA，故 = ．
AO OE
√3 √3
−t
√3 3 2
设OE=t，则NE= −t，代入得 = ，
2 √3 t
2
3√3 3√3
解得t= ，即OE的长为 ．
10 10
【点睛】本题考查了圆的综合问题，相似三角形判定与性质，圆切线的性质，勾股定理，解一元二次方程
等知识点，熟练运用相似三角形性质列出方程是解题的关键．
16．（2020·四川遂宁·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB边上的一点，以AD为
直径的⊙O交BC于点E，交AC于点F，过点C作CG⊥AB交AB于点G，交AE于点H，过点E的弦EP交
AB于点Q（EP不是直径），点Q为弦EP的中点，连结BP，BP恰好为⊙O的切线．
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（1）求证：BC是⊙O的切线．
（2）求证：E´F＝E´D．
3
（3）若sin∠ABC═ ，AC＝15，求四边形CHQE的面积．
5
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）45
【分析】（1）连接OE，OP，根据线段垂直平分线的性质得到PB＝BE，根据全等三角形的性质得到
∠BEO＝∠BPO，根据切线的判定和性质定理即可得到结论．
（2）根据平行线和等腰三角形的性质即可得到结论．
（3）根据垂径定理得到EP⊥AB，根据平行线和等腰三角形的性质得到∠CAE＝∠EAO，根据全等三角形
的性质得到CE＝QE，推出四边形CHQE是菱形，解直角三角形得到CG＝√AC2−AG2＝12，根据勾股
定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OE，OP，
∵PE⊥AB，点Q为弦EP的中点，
∴AB垂直平分EP，
∴PB＝BE，
∵OE＝OP，OB＝OB，
∴△BEO≌△BPO（SSS），
∴∠BEO＝∠BPO，
∵BP为⊙O的切线，
∴∠BPO＝90°，
∴∠BEO＝90°，
∴OE⊥BC，
∴BC是⊙O的切线．
（2）解：∵∠BEO＝∠ACB＝90°，
∴AC∥OE，
∴∠CAE＝∠OEA，
∵OA＝OE，
∴∠EAO＝∠AEO，
∴∠CAE＝∠EAO，
∴E´F=E´D．
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（3）解：∵AD为的⊙O直径，点Q为弦EP的中点，
∴EP⊥AB，
∵CG⊥AB，
∴CG∥EP，
∵∠ACB＝∠BEO＝90°，
∴AC∥OE，
∴∠CAE＝∠AEO，
∵OA＝OE，
∴∠EAQ＝∠AEO，
∴∠CAE＝∠EAO，
∵∠ACE＝∠AQE＝90°，AE＝AE，
∴△ACE≌△AQE（AAS），
∴CE＝QE，
∵∠AEC+∠CAE＝∠EAQ+∠AHG＝90°，
∴∠CEH＝∠AHG，
∵∠AHG＝∠CHE，
∴∠CHE＝∠CEH，
∴CH＝CE，
∴CH＝EQ，
∴四边形CHQE是平行四边形，
∵CH＝CE，
∴四边形CHQE是菱形，
AG 3
∵sin∠ABC═sin∠ACG═ ＝ ，
AC 5
∵AC＝15，
∴AG＝9，
∴CG＝√AC2−AG2＝12，
∵△ACE≌△AQE，
∴AQ＝AC＝15，
∴QG＝6，
∵HQ2＝HG2+QG2，
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∴HQ2＝（12﹣HQ）2+62，
15
解得：HQ＝ ，
2
15
∴CH＝HQ＝ ，
2
15
∴四边形CHQE的面积＝CH•GQ＝ ×6＝45．
2
【点睛】此题考查了圆的综合问题，用到的知识点是全等三角形的判定与性质、菱形的判定和性质、勾股
定理以及解直角三角形等知识，此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想应用．
17．（2018·浙江台州·统考中考真题）如图， ABC是⊙O的内接三角形，点D在B´C上，点E在弦AB上
（E不与A重合），且四边形BDCE为菱形．△
（1）求证：AC=CE；
（2）求证：BC2﹣AC2=AB•AC；
（3）已知⊙O的半径为3．
AB 5
①若 = ，求BC的长；
AC 3
AB
②当 为何值时，AB•AC的值最大？
AC
3
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）①BC=4√2；②
2
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【详解】分析：（1）由菱形知∠D=∠BEC，由∠A+∠D=∠BEC+∠AEC=180°可得∠A=∠AEC，据此得证；
（2）以点C为圆心，CE长为半径作⊙C，与BC交于点F，于BC延长线交于点G，则
BE BG
CF=CG=AC=CE=CD，证 BEF∽△BGA得 = ，即BF•BG=BE•AB，将BF=BC-CF=BC-AC、
BF BA
△
BG=BC+CG=BC+AC代入可得；
（3）①设AB=5k、AC=3k，由BC2-AC2=AB•AC知BC=2√6k，连接ED交BC于点M，Rt DMC中由
△
1
DC=AC=3k、MC= BC=√6k求得DM=√CD2−CM2=√3k，可知OM=OD-DM=3-√3k，在Rt COM中，
2
△
由OM2+MC2=OC2可得答案．②设OM=d，则MD=3-d，MC2=OC2-OM2=9-d2，继而知BC2=（2MC）2=36-
4d2、AC2=DC2=DM2+CM2=（3-d）2+9-d2，由（2）得AB•AC=BC2-AC2，据此得出关于d的二次函数，利用
二次函数的性质可得答案．
详解：（1）∵四边形EBDC为菱形，
∴∠D=∠BEC，
∵四边形ABDC是圆的内接四边形，
∴∠A+∠D=180°，
又∠BEC+∠AEC=180°，
∴∠A=∠AEC，
∴AC=CE；
（2）以点C为圆心，CE长为半径作⊙C，与BC交于点F，于BC延长线交于点G，则CF=CG，
由（1）知AC=CE=CD，
∴CF=CG=AC，
∵四边形AEFG是⊙C的内接四边形，
∴∠G+∠AEF=180°，
又∵∠AEF+∠BEF=180°，
∴∠G=∠BEF，
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∵∠EBF=∠GBA，
∴△BEF∽△BGA，
BE BG
∴ = ，即BF•BG=BE•AB，
BF BA
∵BF=BC﹣CF=BC﹣AC、BG=BC+CG=BC+AC，BE=CE=AC，
∴（BC﹣AC）（BC+AC）=AB•AC，即BC2﹣AC2=AB•AC；
（3）设AB=5k、AC=3k，
∵BC2﹣AC2=AB•AC，
∴BC=2√6k，
连接ED交BC于点M，
∵四边形BDCE是菱形，
∴DE垂直平分BC，
则点E、O、M、D共线，
1
在Rt DMC中，DC=AC=3k，MC= BC=√6k，
2
△
∴DM=√CD2−CM2=√3k，
∴OM=OD﹣DM=3﹣√3k，
在Rt COM中，由OM2+MC2=OC2得（3﹣√3k）2+（√6k）2=32，
△ 2√3
解得：k= 或k=0（舍），
3
∴BC=2√6k=4√2；
②设OM=d，则MD=3﹣d，MC2=OC2﹣OM2=9﹣d2，
∴BC2=（2MC）2=36﹣4d2，
AC2=DC2=DM2+CM2=（3﹣d）2+9﹣d2，
由（2）得AB•AC=BC2﹣AC2
=﹣4d2+6d+18
3 81
=﹣4（d﹣ ）2+ ，
4 4
3 3 81
∴当d= ，即OM= 时，AB•AC最大，最大值为 ，
4 4 4
27
∴DC2= ，
2
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3√6
∴AC=DC= ，
2
9√6 AB 3
∴AB= ，此时 = ．
4 AC 2
点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆的有关性质、圆内接四边形的性质及菱形的性质、
相似三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识点．
题型 04 圆与函数综合问题
9
18．（2020·贵州遵义·统考中考真题）如图，抛物线y＝ax2+ x+c经过点A（﹣1，0）和点C （0，3）与
4
x轴的另一交点为点B，点M是直线BC上一动点，过点M作MP∥y轴，交抛物线于点P．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在一点Q，使得△QCO是等边三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请
说明理由；
（3）以M为圆心，MP为半径作⊙M，当⊙M与坐标轴相切时，求出⊙M的半径．
3 9 9 8 15 16
【答案】（1）y＝﹣ x2+ x+3；（2）不存在，理由见解析；（3）⊙M的半径为 ， ， ，
4 4 4 3 4 3
9
【分析】（1）已知抛物线y＝ax2+ x+c经过点A(﹣1,0)和点C(0,3)，利用待定系数法即可求得抛物线解析
4
式；
（2）在抛物线上找到一点Q，使得 QCO是等边三角形，过点Q作OM⊥OB于点M，过点Q作QN⊥OC
于点N，根据 QCO是等边三角形，△求得Q点坐标，再验证Q点是否在抛物线上；
△
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（3）分四种情况①当⊙M与y轴相切，如图所示，令M点横坐标为t，PM=t，将PM用t表示出来，列出
关于t的一元二次方程，求得t，进而求得半径；②⊙M与x轴相切，过点M作MN⊥OB于N，如图所示，
令M点横坐标为m，因为PN=2MN，列出关于m的一元二次方程，即可求出m，同理③④种情况，进而
求得⊙M的半径．
9
【详解】（1）∵抛物线y＝ax2+ x+c经过点A(﹣1,0)和点C(0,3)
4
∴¿
解得¿
3 9
∴该抛物线的解析式为：y＝﹣ x2+ x+3
4 4
3 9
故答案为：y＝﹣ x2+ x+3
4 4
（2）在抛物线上找到一点Q，使得 QCO是等边三角形，过点Q作QM⊥OB于点M，过点Q作QN⊥OC
于点N △
∵ QCO是等边三角形，OC=3
△ 3
∴CN=
2
√ 3 2 3√3
∴NQ=√CQ2−CN2= 32−( ) =
2 2
3√3 3
即Q( , )
2 2
3√3 3 3√3 9 3√3 27√3 33 3
当x= 时，y＝﹣ ×( )2+ × +3= − ≠
2 4 2 4 2 8 16 2
3√3 3
∴Q( , )不在抛物线上
2 2
3 9
y＝﹣ x2+ x+3
4 4
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故答案为：不存在，理由见解析
（3）①⊙M与y轴相切，如图所示
3 9
∵y＝﹣ x2+ x+3
4 4
3 9
当y=0时，﹣ x2+ x+3=0
4 4
解得x=-1，x=4
1 2
∴B(4,0)
令直线BC的解析式为y=kx+b
¿
解得¿
3
∴直线BC的解析式为y=− x+3
4
令M点横坐标为t
∵MP∥y轴，⊙M与y轴相切
3 9 3
∴t=﹣ t2+ t+3-(− t+3)
4 4 4
8
解得t=
3
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8
⊙M的半径为
3
②⊙M与x轴相切，过点M作MN⊥OB于N，如图所示
令M点横坐标为m
∵PN=2MN
3 9 3
∴− m2+ m+3=2(− m+3)
4 4 4
解得m=1或m=4（舍去）
∴⊙M的半径为：
3 3 9
− m+3=− +3=
4 4 4
③当⊙M与x轴相切时，如图3：
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点P与点A重合时
x=−1
15
半径r=
4
④当⊙M与y轴相切时如图4：
设P ( x,− 3 x2+ 9 x+3 ) ，M ( x,− 3 x+3 )
4 4 4
3 9 3
则PD= x2− x−3，MD= x−3因PD−MD=EM=x
4 4 4
(3 x2− 9 x−3 ) − (3 x−3 ) =x
4 4 4
16
解得x = ，x =0（舍去）
1 3 2
16
半径r=
3
9 8 15 16
综上所述：⊙M的半径为 ， ， ，
4 3 4 3
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，是二次函数的综合题，涉及了二次函数与几何问题，
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二次函数与圆的问题，其中考查了圆切线的性质．
2
19．（2023·广东广州·统考中考真题）已知点P(m,n)在函数y=− (x<0)的图象上．
x
(1)若m=−2，求n的值；
(2)抛物线y=(x−m)(x−n)与x轴交于两点M，N（M在N的左边），与y轴交于点G，记抛物线的顶点为
E．
①m为何值时，点E到达最高处；
②设△GMN的外接圆圆心为C，⊙C与y轴的另一个交点为F，当m+n≠0时，是否存在四边形FGEC为
平行四边形？若存在，求此时顶点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)n的值为1；
( √6 7) (√6 7)
(2)①m=−√2；②假设存在，顶点E的坐标为 − ，− ，或 ，− ．
2 2 2 2
2 2
【分析】（1）把m=−2代入y=− (x<0)得n=− =1，即可求解；
x −2
m+n 1 1
（2）①x= ，得y=(x−m)(x−n)=− (m−n) 2=−2− (m+n) 2≤−2，即可求解；
2 4 4
1 1 (m+n 1)
②求出直线TS的表达式为：y=− m(x− m)−1，得到点C的坐标为 ，− ；由垂径定理知，
2 2 2 2
1
点C在FG的中垂线上，则FG=2(y −y )=2×(− +2)=3；由四边形FGEC为平行四边形，则
C G 2
1 7
CE=FG=3= y −y =− −y ，求出y =− ，进而求解．
C E 2 E E 2
2 2
【详解】（1）解：把m=−2代入y=− (x<0)得n=− =1；
x −2
故n的值为1；
（2）解：①在y=(x−m)(x−n)中，令y=0，则(x−m)(x−n)=0，
解得x=m或x=n，
∴M(m,0)，N(n,0)，
2
∵点P(m,n)在函数y=− (x<0)的图象上，
x
∴mn=−2，
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m+n 1 1
令x= ，得y=(x−m)(x−n)=− (m−n) 2=−2− (m+n) 2≤−2，
2 4 4
即当m+n=0，且mn=−2，
则m2=2，解得：m=−√2（正值已舍去），
即m=−√2时，点E到达最高处；
②假设存在，理由：
对于y=(x−m)(x−n)，当x=0时，y=mn=−2，即点G(0,−2)，
m+n 1 m+n
由①得M(m,0)，N(n,0)，G(0,−2)，E( ，− (m−n) 2 )，对称轴为直线x= ，
2 4 2
OG 2
由点M(m,0)、G(0,−2)的坐标知，tan∠OMG= = ，
OM −m
(1 )
作MG的中垂线交MG于点T，交y轴于点S，交x轴于点K，则点T m，−1 ，
2
1
则tan∠MKT=− m，
2
1 1
则直线TS的表达式为：y=− m(x− m)−1．
2 2
m+n 1 1 1
当x= 时，y=− m(x− m)−1=− ，
2 2 2 2
(m+n 1)
则点C的坐标为 ，− ．
2 2
1
由垂径定理知，点C在FG的中垂线上，则FG=2(y −y )=2×(− +2)=3．
C G 2
∵四边形FGEC为平行四边形，
1
则CE=FG=3= y −y =− −y ，
C E 2 E
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7
解得：y =− ，
E 2
1 7
即− (m−n) 2=− ，且mn=−2，
4 2
则m+n=±√6，
( √6 7) (√6 7)
∴顶点E的坐标为 − ，− ，或 ，− ．
2 2 2 2
【点睛】本题为反比例函数和二次函数综合运用题，涉及到一次函数基本知识、解直角三角形、平行四边
形的性质、圆的基本知识，其中（3），数据处理是解题的难点．
20．（2023·湖南·统考中考真题）如图，点A，B，C在⊙O上运动，满足AB2=BC2+AC2，延长AC至
点D，使得∠DBC=∠CAB，点E是弦AC上一动点（不与点A，C重合），过点E作弦AB的垂线，交
AB于点F，交BC的延长线于点N，交⊙O于点M（点M在劣弧A´C上）．
(1)BD是⊙O的切线吗？请作出你的判断并给出证明；
(2)记△BDC，△ABC，△ADB的面积分别为S ，S ，S，若S ⋅S=(S ) 2 ，求(tanD) 2的值；
1 2 1 2
√ 1 1
(3)若⊙O的半径为1，设FM=x，FE⋅FN⋅ + = y，试求y关于x的函数解析式，
BC⋅BN AE⋅AC
并写出自变量x的取值范围．
【答案】(1)BD是⊙O的切线，证明见解析
1+√5
(2)
2
(3)y=x(00，
1+√5
∴m= ．
2
1+√5
∴(tanD) 2= ．
2
（3）设∠A=α，
∵∠A+∠ABC=∠ABC+∠DBC=∠ABC+∠N=90°，
∴∠A=∠DBC=∠N=α．
如图，连接OM．
∴在Rt△OFM中，OF=√OM2−FM2=√1−x2．
∴BF=BO+OF=1+√1−x2，AF=OA−OF=1−√1−x2．
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AF 1−√1−x2
∴在Rt△AFE中，EF=AF⋅tanα=(1−√1−x2)⋅tanα，AE= = ．
cosα cosα
在Rt△ABC中，BC=AB⋅sinα=2sinα．（∵r=1，∴AB=2）
AC=AB⋅cosα=2cosα．
BF 1+√1−x2 BF 1+√1−x2
在Rt△BFN中，BN= = ，FN= = ．
sinα sinα tanα tanα
√ 1 1
∴y=FE⋅FN⋅ +
BC⋅BN AE⋅AC
√ 1 1
=x2 ⋅ +
2+2√1−x2 2−2√1−x2
√2−2√1−x2+2+2√1−x2
=x2
⋅
4−4(1−x2)
√ 1
=x2
⋅
x2
1
=x2
⋅
x
=x．
即y=x．
∵FM⊥AB，
∴FM最大值为F与O重合时，即为1．
∴02
【分析】（1）令y=0求得点A,B的横坐标即可解答；
（2）由题意可得抛物线的对称轴为x=3，设P(m,m2−6m+8)，则M(3,m2−6m+8)；如图连接MT，
则MT⊥PT，进而可得切线长PT为边长的正方形的面积为(m−3) 2−r2；过点P作PH⊥x轴，垂足为
1
H，可得S = AB⋅PH=m2−6m+8；由题意可得(m−3) 2−r2=m2−6m+8，解得r=1；然后再分
△PAB 2
当点M在点N的上方和下方两种情况解答即可．
【详解】（1）解：令y=0，则有：x2−6x+8=0，解得：x=2或x=4，
∴A(2,0),B(4,0)．
（2）解：∵抛物线过A(2,0),B(4,0)
∴抛物线的对称轴为x=3，
设P(m,m2−6m+8)，
∵PM⊥l，
∴M(3,m2−6m+8),
如图：连接MT，则MT⊥PT，
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∴PT2=PM2−MT2=(m−3) 2−r2，
∴切线PT为边长的正方形的面积为(m−3) 2−r2，
1
过点P作PH⊥x轴，垂足为H，则：S = AB⋅PH=m2−6m+8，
△PAB 2
∴(m−3) 2−r2=m2−6m+8
∵r>0，
∴r=1，
假设⊙M过点N(3,2),则有以下两种情况：
①如图1：当点M在点N的上方，即M(3,3)
∴m2−6m+8=3，解得：m=5或m=1，
∵m>4
∴m=5；
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②如图2：当点M在点N的上方，即M(3,1)
∴m2−6m+8=1，解得：m=3±√2，
∵m>4
∴m=3+√2；
综上，PM=m−3=2或√2．
∴当⊙M不经过点(3,2)时，12．
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质、切线的性质、勾股定理等知识点，掌握分类讨论思想是解答本
题的关键．
22．（2023·浙江温州·统考中考真题）如图1，AB为半圆O的直径，C为BA延长线上一点，CD切半圆于
3
点D，BE⊥CD，交CD延长线于点E，交半圆于点F，已知OA= ，AC=1．如图2，连接AF，P为线
2
段AF上一点，过点P作BC的平行线分别交CE，BE于点M，N，过点P作PH⊥AB于点H．设PH=x，
MN= y．
(1)求CE的长和y关于x的函数表达式．
(2)当PH0，
∴d=√5，
故答案为√5.
【点睛】本题是圆综合题，主要考查了三角形外接圆、外心和内切圆、内心，圆周角性质，角平分线定义，
三角形外角性质等，综合性较强，熟练掌握相关知识是解题的关键.
38．（2019·湖北荆门·统考中考真题）已知锐角ΔABC的外接圆圆心为O，半径为R．
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AC
（1）求证： =2R；
sinB
（2）若ΔABC中∠A=45°，∠B=60°，AC=√3，求BC的长及sinC的值．
√6+√2
【答案】（1）见解析；（2）BC=√2 ,sinC= ；
4
【分析】（1）如图1，连接AO并延长交⊙O于D，连接CD，于是得到∠CD=90°，∠ABC=∠ADC，
根据三角函数的定义即可得到结论；
AC AC AB BC √3
（2）由 =2R，同理可得： • = =2R，于是得到2R= =2，即可得到
sinB sinB sinC sinA sin60°
BC=2R•sin A=2sin45°=√2，如图2，过C作CE⊥AB于E，解直角三角形即可得到结论．
【详解】（1）如图1，连接AO并延长交⊙O于D，连接CD，
则∠ACD=90°，∠ABC=∠ADC，
AC AC
∵sin∠ABC=sin∠ADC= = ，
AD 2R
AC
∴ =2R；
sinB
AC
（2）∵ =2R，
sinB
AC AB BC
同理可得： • = =2R，
sinB sinC sinA
√3
∴2R= =2，
sin60°
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∴BC=2R•sin A=2sin45°=√2，
如图2，过C作CE⊥AB于E，
√2 √6
∴BE=BC•cosB=√2cos60°= , AE=AC•cos45°= ，
2 2
√6+√2
∴AB=AE+BE= ，
2
∵AB=AR•sinC
AB √6+√2
∴sinC= =
2R 4
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
39．（2022·陕西西安·二模）【问题提出】（1）如图1，在四边形ABCD中，∠A=60°，
∠ABC=∠ADC=90°，点E为AB延长线上一点，连接EC并延长，交AD的延长线于点F，则
∠BCE+∠DCF的度数为______°；
【问题探究】（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D、E在直线BC上，连接AD、AE，若
∠DAE=60°，AB=6，求△ADE面积的最小值；
【问题解决】（3）近日，教育部印发了《义务教育课程方案和课程标准(2022年版)》，此次修订中增加的
跨学科主题学习活动，突破学科边界，鼓励教师开展跨学科教研，设计出主题鲜明、问题真实的跨学科学
习活动．为此，某校欲将校园内一片三角形空地ABC（如图3所示）进行扩建后作为跨学科主题学习活动
中心，在AB的延长线上取一点D，连接DC并延长到点E，连接AE，已知AE∥BC，AB=BC=40米，
∠ABC=90°，为节约修建成本，需使修建后△ADE的面积尽可能小，问△ADE的面积是否存在最小值？
若存在，求出其最小面积；若不存在，请说明理由．
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【答案】（1）60；（2）12√3，详见解析；（3）3200m2，详见解析．
【分析】（1）由四边形内角和360°得到答案；
（2）分析得出三角形ADE面积数值为3DE，只需求出CE最小值即可；作出三角形ADE外接圆，圆心为
O，过O作OH⊥DE，可得AO+OH≥AB，由∠ODH=30°知AO=2OH，求出OH最小值，借助三角函数得
DH最小值；最后由垂径定理得DE=2DH的最小值，代入求解；
（3）过C作CH⊥AE，证明出四边形ABCF为正方形，设BD=x，EF=y，利用三角函数得到xy=1600，利用
不等式得到x+y的最小值，代入三角形ADE面积1600+20（x+y），求值即可．
【详解】（1）解：在四边形ABCD中，∠A=60°，∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠BCD=360°－∠A－∠ABC－∠ADC=120°，
∴∠BCE+∠DCF=180°－∠BCD=60°，
故答案为：60．
1
（2）解：S ADE= DE·AB=3DE，
2
△
∴当DE取最小值时，△ADE面积取最小值．
作△ADE的外接圆，圆心为O，连接OD、OE、OA，过O作OH⊥DE于H，
则∠DOE=2∠DAE=120°，
由OD=OE知，∠ODH=30°，
∴OD=2OH，
∵OA+OH≥AB，
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1
∴OA+ OA≥6，
2
即OA≥4，OH≥2，
由垂径定理得：DE=2DH=2√3OH≥4√3，
此时，A、O、H共线，AD=AE，
∴△ADE面积的最小值为：3×4√3=12√3．
（3）解：过C作CH⊥AE于H，如图所示，
设BD=x，EF=y，
∵∠ABC=90°，AE∥BC，
∴四边形ABCF为矩形，
∵AB=BC=40
∴四边形ABCF为正方形，
CF BD
由tan∠E=tan∠BCD知， = ，
EF BC
40 x
即 = ，
y 40
1600
∴y= ，
x
即xy=1600，
∵(√x) 2 −2(√x)(√y)+(√y) 2=(√x−√y) 2 ≥0，
∴x+ y≥2√xy=80，
当x=y时取等号，即x+y的最小值为80，
又△ADE的面积=正方形ABCF面积+三角形BCD面积+三角形CEF面积，
即△ADE的面积=1600+20（x+y）≥1600+20×80=3200，
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综上所述，△ADE的面积的最小值为3200 m2．
【点睛】本题考查了四边形内角和、圆心角与圆周角关系、垂径定理、三角函数、正方形判定、不等式性
质等知识，综合性很强，对定高定角图形的问题转化为圆的问题及灵活利用不等式是解题关键．
40．（2021·陕西西安·校考模拟预测）问题提出：若一个三角形的三个顶点分别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）如图1，⊙O及弦AB，点C为圆上一点，则△ABC称为⊙O的内接三角形．若⊙O的半径等于5，
弦AB=8，画出⊙O的面积最大的内接三角形△ABC，且其内接三角形面积的最大值是___________；
问题探究：
（2）如图2，△ABC中，∠A=∠B=30°，AC=4，D是AC的中点，△≝¿是△ABC的内接等腰直角三
角形，且∠DFE=90°，求△≝¿的面积．
问题解决：
（3）高新区的小朋友为给十四运的选手们加油，在现有的一块三角形展板上，绘制一个三角形的图案，
如图3，展板△ABC为等腰直角三角形，∠C=90°，AC=BC=4，绘制的图案为△ABC的内按等腰直角
三角形，试探究：绘制的图案的面积是否存在最小值？若存在，请求出面积的最小值；若不存在，请说明
理由．
18
【答案】（1）图见详解，面积的最大值为32；（2）19−10√3；（3）存在，面积的最小值为 ．
5
【分析】（1）由题意，由于AB=8是定值，当三角形的高是最大值时，得到的三角形的面积最大，然后
画出图形，求出面积即可；
（2）由题意，由等腰三角形的性质和锐角三角函数，求出AB=4√3，DG=1，AG=√3，然后证明
ΔDGF≌ΔFHE，得到边之间的关系，设FG=EH=x，结合AB的长度列出方程，求出x，再求出面积即
可．
（3）利用分类讨论：①当内接等腰直角三角形的直角顶点在斜边AB上时，②当内接等腰直角三角形的直
角顶点在直角边上时，分别得出答案．
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【详解】解：（1）根据题意，
∵AB=8是定值，当三角形的高CD是最大值时，得到的三角形的面积为最大，
∴线段CD经过圆心，且垂直平分AB，此时三角形ABC是等腰三角形，如图：
∵AB=8，OA=OC=5，
1
∴AD= ×8=4，
2
∴OD=√52−42=3，
∴CD=5+3=8，
∴圆内接三角形△ABC的面积最大值为：
1 1
S= AB•CD= ×8×8=32；
2 2
故答案为：32．
（2）在等腰三角形ABC中，过点C作CM⊥AB于点M，如图：
∵∠A=∠B=30°，AC=4，
∴AM=2√3，
∴AB=2AM=4√3；
如图，过点D作DG⊥AB于G，过点E作EH⊥AB与H，
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∵D是AC的中点，AC=4
∴AD=2，
1
∴DG= AD=1，AG=√3，
2
∵△≝¿是等腰直角三角形，且∠DFE=90°，
∴DF=EF，
∴∠DFG+∠EFH=∠EFH+FEH=90°，
∴∠DFG=∠FEH，
∵∠DGF=∠FHE=90°，
∴ΔDGF≌ΔFHE，
∴DG=FH=1，FG=EH；
设FG=EH=x，则BH=√3x，
∵AB=AG+FG+FH+BH，
∴√3+x+1+√3x=4√3，
解得：x=5−2√3；
∴FG=EH=5−2√3，
∴DF2=12+(5−2√3) 2=38−20√3，
S
∴ △≝¿= 1 DF•EF= 1 DF2= 1 ×(38−20√3)=19−10√3¿ ；
2 2 2
（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，如图，
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∵∠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，
9
∴x=3，∴S = ；
最小 2
②当内接等腰直角三角形的直角顶点在直角边上时，如图，过点F作FG⊥BC于点G，设DG=y，GF=x，
∵∠EDF=90°，
∴∠EDC+∠FDG=90°，
∵∠CED+∠EDC=90°，
∴∠CED=∠FDG，
在 CDE和 GFD中
¿，
△ △
∴△CDE≌△GFD（AAS），
∴CD=FG=x，
∵∠B=45°，FG⊥BC，
∴GB=GF=x，
∴BC=CD+DG+GB=2x+y=6，即y=6-2x．
1 1
S DEF= DF2= （y2+x2）
2 2
△
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5
=
x2−12x+18
2
5 12 2 18
= (x− ) + ，
2 5 5
12 18
故当x= 时，S = ，
5 最小 5
9 18
∵ > ，
2 5
18
∴△DEF的面积存在最小值，其最小值为 ．
5
【点睛】此题主要考查了圆的综合以及全等三角形的判定与性质和二次函数最值求法、等腰直角三角形的
性质、锐角三角函数关系等知识，利用分类讨论、数形结合得出三角形的面积的最值是解题关键．
题型 08 阿氏圆模型
41．（2021·全国·九年级专题练习）如图，Rt△ABC，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，以C为顶点的正方形
CDEF（C、D、E、F四个顶点按逆时针方向排列）可以绕点C自由转动，且CD＝√2，连接AF，BD
（1）求证：△BDC≌△AFC
√2
（2）当正方形CDEF有顶点在线段AB上时，直接写出BD＋ AD的值；
2
√2
（3）直接写出正方形CDEF旋转过程中，BD＋ AD的最小值．
2
【答案】（1）见解析；（2）√2+1或√2+√5 ；（3）√5
【分析】（1）利用SAS，即可证明△FCA≌△DCB；
（2）分两种情况当点D，E在AB边上时和当点E，F在边AB上时，讨论即可求解；
√2
（3）取AC的中点M．连接DM，BM．则CM＝1，可证得△DCM∽△ACD，可得DM＝ AD，从而得到
2
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√2
当B，D，M共线时，BD+ AD的值最小，即可求解．
2
【详解】（1）证明： ∵四边形CDEF是正方形，
∴CF＝CD，∠DCF＝∠ACB＝90°，
∴∠ACF＝∠DCB，
∵AC＝CB，
∴△FCA≌△DCB（SAS）；
（2）解：①如图2中，当点D，E在AB边上时，
∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，
AC
∴AB= =2√2，
sin45°
∵CD⊥AB，
∴AD＝BD＝=AC×sin45°=√2，
√2 √2
∴BD+ AD＝=√2+ ×√2=√2+1；
2 2
②如图3中，当点E，F在边AB上时．
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√2
BD＝CF＝BC×sin45°=2× = √2，
2
AD＝√BD2+AB2＝√10，
√2 √2
∴BD+ AD＝√2+ ×√10=√2+√5，
2 2
√2
综上所述，BD＋ AD的值√2+1或√2+√5；
2
（3）如图4中．取AC的中点M．连接DM，BM．则CM＝1，
∵CD＝√2，CM＝1，CA＝2，
∴CD2＝CM•CA，
CD CM
∴ ＝ ，
CA CD
∵∠DCM＝∠ACD，
∴△DCM∽△ACD，
DM CD √2
∴ ＝ ＝ ，
AD AC 2
√2
∴DM＝ AD，
2
√2
∴BD+ AD＝BD+DM，
2
√2
∴当B，D，M共线时，BD+ AD的值最小，
2
最小值BM=√CB2+CM2=√5．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，锐角三角
函数，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
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42．（2023上·重庆九龙坡·九年级重庆市育才中学校考期末）已知△CDE与△ABC有公共顶点C，△CDE
为等边三角形，在△ABC中，∠BAC=120°．
(1)如图1，当点E与点B重合时，连接AD，已知四边形ABDC的面积为2√3，求AB+AC的值；
(2)如图2，AB=AC， A、E、D三点共线，连接AE、BE，取BE中点M，连接AM，求证：AD=2AM；
√3
(3)如图3，AB=AC=4，CE=2，将△CDE以C为旋转中心旋转，取DE中点F，当BF+ AF的值最
4
小时，求tan∠ABF的值．
【答案】(1)2√2
(2)见解析
13√3
(3)
45
【分析】（1）延长AC到T，使得CT=BA连接DT，过点D做DN⊥AT于N，证明
△ABD≌△TCD(SAS)，得出DA=DT，∠ADB=∠TDC，证明△DAT为等边三角形，设AN=TN=x，
1
得出S = AT⋅DN=√3x2=2√3，求出x的值即可得出答案；
△DAT 2
（2）延长BA到H使得AH=AB，连接EH、CH，证明△ACD≌△HCE(SAS)，得出AD=HE，证明
AM为△BHE的中位线，得出HE=2AM=AD，即可证明结论；
√3
（3）连接CF，过点A作AG⊥BC于点G，以点C为圆心，CF为半径作圆，在AC上截取CM= CF，
4
FM CM √3 √3 √3
连接MF，证明△CFM∽△CAF，得出 = = ，即FM= AF，得出BF+ AF=BF+FM，
AF CF 4 4 4
√3
连接BM与⊙C交于一点，当点F在此点时，BF+FM最小，即BF+ AF最小，过点M作MN⊥BC
4
于点N，过点A作AQ⊥BM于点Q，求出AQ，BQ即可得出答案．
【详解】（1）解：延长AC到T，使得CT=BA连接DT，过点D做DN⊥AT于N，如图所示：
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∵△CDE为等边三角形，∠BAC=120°，
∴DB=DC，∠BDC=60°，
四边形ABDC中，∠BDC+∠DCA+∠CAB+∠ABD=360°，
∴∠ABD+∠ACD=∠DCT+∠ACD=180°，
∴∠ABD=∠TCD，
在△ABD和△TCD中，
¿，
∴△ABD≌△TCD(SAS)，
∴DA=DT，∠ADB=∠TDC，
∴∠ADB+∠ADC=∠TDC+∠ADC=∠ADT=60°，
∴△DAT为等边三角形，
∵四边形ABDC的面积为2√3，
∴S =2√3，
△DAT
∵DN⊥AT，
∴∠ADN=30°，
设AN=TN=x，
∴DN=√3AN=√3x，
1
∴S = AT⋅DN=√3x2=2√3，
△DAT 2
∴x=√2，
∴AB+AC=CT+AC=AT=2x=2√2，
（2）证明：延长BA到H使得AH=AB，连接EH、CH，如图所示：
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∵∠BAC=120°，AB=AC，
∴∠HAC=60°，
∵AC=AH，
∴△AHC为等边三角形，
∴∠ACH=60°，AC=AH=CH=AB，
∵△CDE为等边三角形，
∴∠ECD=60°，DC=DE=CE，
∴∠ECD+∠ECA=∠ACH+∠ECA，
∴∠ACD=∠HCE，
在△ACD和△HCE中，
¿，
∴△ACD≌△HCE(SAS)，
∴AD=HE，
∵A为AH中点，M为BE中点，
∴AM为△BHE的中位线，
∴HE=2AM=AD，
∴AD=2AM；
（3）解：如图，连接CF，过点A作AG⊥BC于点G，以点C为圆心，CF为半径作圆，在AC上截取
√3
CM= CF，连接MF，
4
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∵AB=AC=4，∠BAC=120°，
1
∴∠ABC=∠ACB= ×(180°−120°)=30°，
2
1
∴AG= AB=2，BG=AB×cos30°=2√3，
2
∵AB=AC=4，AG⊥BC，
∴BC=2BG=4√3，
∵点F为等边三角形CDE的边DE中点，
1
∴EF=DF= DE=1，
2
∴CF=√22−12=√3，
CM CF √3
∵ = = ，∠FCM=∠ACF，
CF AC 4
∴△CFM∽△CAF，
FM CM √3
∴ = = ，
AF CF 4
√3
∴FM= AF，
4
√3
∴BF+ AF=BF+FM，
4
∵CF的长度为定值，
∴在△CDE旋转时，点F在以C为圆心，CF为半径的圆上运动，
√3
∴如图，连接BM与⊙C交于一点，当点F在此点时，BF+FM最小，即BF+ AF最小，过点M作
4
MN⊥BC于点N，过点A作AQ⊥BM于点Q，
1 1
S = BC×AG= ×4√3×2=4√3，
△ABC 2 2
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√3 √3 3
CM= CF= ×√3= ，
4 4 4
3 13
AM=AC−CM=4− = ，
4 4
13
∴ AM 4 13√3，
S = S = ×4√3=
△ABM AC △ABC 4 4
∵∠MNC=90°，∠MCN=30°，
1 3 3√3
∴MN= MC= ，CN=√CM2−M N2= ，
2 8 8
3√3 29√3
∴BN=BC−CN=4√3− = ，
8 8
√633
∴BM=√BN2+M N2=
，
4
13√3
2×
2S 4 26√3
∴AQ= ABM = = ，
BM √633 √633
4
∵∠AQB=90°，
∴BQ=√AB2−AQ2=
√
42−
(26√3) 2
=
90
，
√633 √633
26√3
AQ √633 13√3
∴tan∠ABF= = = ．
BQ 90 45
√633
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，
特殊角的三角函数，求正切值，勾股定理，直角三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，找出
√3
BF+ AF取最小值时，点F的位置．
4
43．（2019·山东·统考中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣5x+5与x轴，y轴分别交于
A，C两点，抛物线y＝x2+bx+c经过A，C两点，与x轴的另一交点为B
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（1）求抛物线解析式及B点坐标；
（2）若点M为x轴下方抛物线上一动点，连接MA、MB、BC，当点M运动到某一位置时，四边形
AMBC面积最大，求此时点M的坐标及四边形AMBC的面积；
1
（3）如图2，若P点是半径为2的⊙B上一动点，连接PC、PA，当点P运动到某一位置时，PC+ PA的
2
值最小，请求出这个最小值，并说明理由．
【答案】（1）y＝x2﹣6x+5， B（5，0）；（2）当M（3，﹣4）时，四边形AMBC面积最大，最大面积
1
等于18；（3）PC+ PA的最小值为√41，理由详见解析.
2
【分析】（1）由直线y＝﹣5x+5求点A、C坐标，用待定系数法求抛物线解析式，进而求得点B坐标．
（2）从x轴把四边形AMBC分成 ABC与 ABM；由点A、B、C坐标求 ABC面积；设点M横坐标为
m，过点M作x轴的垂线段MH，△则能用m△表示MH的长，进而求 ABM的△面积，得到 ABM面积与m
的二次函数关系式，且对应的a值小于0，配方即求得m为何值时取△得最大值，进而求点△M坐标和四边形
AMBC的面积最大值．
BD BP 1
（3）作点D坐标为（4，0），可得BD＝1，进而有 = = ，再加上公共角∠PBD＝∠ABP，根据
BP AB 2
PD 1 1
两边对应成比例且夹角相等可证 PBD∽△ABP，得 等于相似比 ，进而得PD＝ AP，所以当C、P、D
PA 2 2
△
1
在同一直线上时，PC+ PA＝PC+PD＝CD最小．用两点间距离公式即求得CD的长．
2
【详解】解：（1）直线y＝﹣5x+5，x＝0时，y＝5
∴C（0，5）
y＝﹣5x+5＝0时，解得：x＝1
∴A（1，0）
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∵抛物线y＝x2+bx+c经过A，C两点
∴¿ 解得：¿
∴抛物线解析式为y＝x2﹣6x+5
当y＝x2﹣6x+5＝0时，解得：x＝1，x＝5
1 2
∴B（5，0）
（2）如图1，过点M作MH⊥x轴于点H
∵A（1，0），B（5，0），C（0，5）
∴AB＝5﹣1＝4，OC＝5
1 1
∴S ＝ AB•OC＝ ×4×5＝10
ABC 2 2
△
∵点M为x轴下方抛物线上的点
∴设M（m，m2﹣6m+5）（1＜m＜5）
∴MH＝|m2﹣6m+5|＝﹣m2+6m﹣5
1 1
∴S ＝ AB•MH＝ ×4（﹣m2+6m﹣5）＝﹣2m2+12m﹣10＝﹣2（m﹣3）2+8
ABM 2 2
△
∴S ＝S +S ＝10+[﹣2（m﹣3）2+8]＝﹣2（m﹣3）2+18
四边形AMBC ABC ABM
△ △
∴当m＝3，即M（3，﹣4）时，四边形AMBC面积最大，最大面积等于18
（3）如图2，在x轴上取点D（4，0），连接PD、CD
∴BD＝5﹣4＝1
∵AB＝4，BP＝2
BD BP 1
∴ = =
BP AB 2
∵∠PBD＝∠ABP
∴△PBD∽△ABP
PD PD 1
∴ = =
AP BP 2
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1
∴PD＝ AP
2
1
∴PC+ PA＝PC+PD
2
1
∴当点C、P、D在同一直线上时，PC+ PA＝PC+PD＝CD最小
2
∵CD＝√OC2+OD2=√52+42=√41
1
∴PC+ PA的最小值为√41
2
【点睛】此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知二次函数的性质、圆的性质
及相似三角形的判断与性质.
44．（2021上·江苏宿迁·九年级校考期末）问题提出：如图①，在Rt△ABC中，∠C=90∘，CB=4，
1
CA=6，⊙C的半径为2，P为圆上一动点，连接AP、BP，求AP+ BP的最小值．
2
（1）尝试解决：为了解决这个问题，下面给出一种解题思路：如图①，连接CP，在CB上取一点D，使
CD CP 1 PD CD 1
CD=1，则 = = ．又∠PCD=∠BCP，所以△PCD∽△BCP．所以 = = ．
CP CB 2 BP CP 2
1 1
所以PD= PB，所以AP+ BP=AP+PD．
2 2
1
请你完成余下的思考，并直接写出答案：AP+ BP的最小值为________；
2
1
（2）自主探索：在“问题提出”的条件不变的前提下，求 AP+BP的最小值；
3
（3）拓展延伸：如图②，已知在扇形COD中，∠COD=90∘，OC=6，OA=3，OB=5，P是C´D上一
点，求2PA+PB的最小值．
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2
【答案】（1）√37；（2） √37；（3）13．
3
【分析】（1）根据题意可知最小值为AD长度，利用勾股定理即可求出AD长度．
2 1
（2）连接CP，在CA上取一点D，使CD= ，即可证明△PCD∽△ACP，得到PD= AP，即
3 3
1 1
AP+BP=PD+BP，所以 AP+BP的最小值为BD长度，利用勾股定理即可求出BD长度．
3 3
（3）延长OC到E，使CE=6，连接PE，OP，即可证明△OAP∽△OPE，得到EP=2PA，即
2PA+PB=EP+PB，所以2PA+PB的最小值为BE长度，利用勾股定理即可求出BE长度．
1
【详解】（1）根据题意可知，当A、P、D三点共线时，AP+ BP最小，最小值
2
=AD=√CD2+AC2=√12+62=√37．
故答案为：√37．
2
（2）连接CP，在CA上取一点D，使CD= ，
3
CD CP 1
则有 = = ，
CP CA 3
∵∠PCD=∠ACP，
PD CD 1
∴△PCD∽△ACP，得 = = ，
AP CP 3
1 1
∴PD= AP，故 AP+BP=PD+BP，
3 3
仅当B、P、D三点共线时，
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1
AP+BP的最小值=BD=√CD2+BC2=
√ (2) 2
+42=
2
√37．
3 3 3
（3）延长OC到E，使CE=6，连接PE，OP，
OA OP 1
则 = = ，∵∠AOP=∠POE，
OP OE 2
OA OP AP 1
∴△OAP∽△OPE，∴ = = = ，
OP OE EP 2
∴EP=2PA，∴2PA+PB=EP+PB，
仅当E、P、B三点共线时，
EP+PB=BE=√OE2+OB2=√52+122=13，
即2PA+PB的最小值为13．
【点睛】本题考查圆的综合，勾股定理，相似三角形的判定和性质．根据阅读材料的思路构造出△PCD∽
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△ACP和△OAP∽△OPE是解题的关键．本题较难．
45．（2018·广西柳州·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(√3，0)，B两点（点B在点A
的左侧），与y轴交于点C，且OB=3OA=√3OC，∠OAC的平分线AD交y轴于点D，过点A且垂直于
AD的直线l交y轴于点E，点P是x轴下方抛物线上的一个动点，过点P作PF⊥x轴，垂足为F，交直线
AD于点H．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点P的横坐标为m，当FH=HP时，求m的值；
1
（3）当直线PF为抛物线的对称轴时，以点H为圆心， HC为半径作⊙H，点Q为⊙H上的一个动点，
2
1
求 AQ+EQ的最小值．
4
1 2 √417
【答案】（1）y= x2+ √3x﹣3；（2）−√3；（3） ．
3 3 4
【分析】对于（1），结合已知先求出点B和点C的坐标，再利用待定系数法求解即可；
对于（2），在Rt△OAC中，利用三角函数的知识求出∠OAC的度数，再利用角平分线的定义求出
∠OAD的度数，进而得到点D的坐标；接下来求出直线AD的解析式，表示出点P，H，F的坐标，再利
用两点间的距离公式可完成解答；对于（3），首先求出⊙H的半径，在HA上取一点K，使得HK=14，此
7√3 15 1
时K（- ，- ）；然后由HQ2=HK·HA，得到△QHK∽△AHQ，再利用相似三角形的性质求出KQ=
8 8 4
1
AQ，进而可得当E、Q、K共线时， AQ+EQ的值最小，据此解答.
4
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【详解】（1）由题意A（√3，0），B（﹣3√3，0），C（0，﹣3），设抛物线的解析式为y＝a（x+3√3
1 1 2
）（x−√3），把C（0，﹣3）代入得到a= ，∴抛物线的解析式为y= x2+ √3x﹣3．
3 3 3
OC
（2）在Rt△AOC中，tan∠OAC= =√3，∴∠OAC＝60°．
OA
√3
∵AD平分∠OAC，∴∠OAD＝30°，∴OD＝OA•tan30°＝1，∴D（0，﹣1），∴直线AD的解析式为y= x
3
1 2√3 √3
﹣1，由题意P（m， m2+ m﹣3），H（m， m﹣1），F（m，0）．
3 3 3
√3 √3 1 2√3
∵FH＝PH，∴1− m= m﹣1﹣（ m2+ m﹣3）
3 3 3 3
解得m=−√3或√3（舍弃），∴当FH＝HP时，m的值为−√3．
（3）如图，∵PF是对称轴，∴F（−√3，0），H（−√3，﹣2）．
∵AH⊥AE，∴∠EAO＝60°，∴EO=√3OA＝3，∴E（0，3）．
1
∵C（0，﹣3），∴HC=√（√3）2+12=2，AH＝2FH＝4，∴QH= CH＝1，在HA上取一点K，使得HK
2
1 7 15
= ，此时K（− √3，− ）．
4 8 8
HQ KH
∵HQ2＝1，HK•HA＝1，∴HQ2＝HK•HA，∴ = ．
AH HQ
KQ HQ 1 1 1
∵∠QHK＝∠AHQ，∴△QHK∽△AHQ，∴ = = ，∴KQ= AQ，∴ AQ+QE＝KQ+EQ，∴当E、Q、
AQ AH 4 4 4
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1 √ 7√3 15 √417
K共线时， AQ+QE的值最小，最小值= （ ）2+（ +3）2= ．
4 8 8 4
【点睛】本题考查了相似三角形对应边成比例、两边成比例且夹角相等的两个三角形相似、待定系数法求
二次函数的表达式、二次函数的图象与性质、数轴上两点间的距离公式，熟练掌握该知识点是本题解题的
关键.
题型 09 隐圆模型
46．（2022·重庆万州·重庆市万州国本中学校校考一模）如图，在△ABC和△DEF中，
∠BAC=∠EDF=90∘，AB=AC，DE=DF，BC、EF交于点M，且点M为BC、EF的中点，将△DEF
绕点M旋转．
6√5
(1)如图1，当△DEF旋转至点A在FD延长线上时，若BC=3√2，AF= ，tan∠BAF=2，求线段
5
BF的长；
(2)如图2，当△DEF旋转至点A在FD延长线上，求证：√2AF=√2BE+EF；
(3)如图3，在△DEF旋转过程中，直线AD与直线CF交于点N，连接BN，P为BN的中点，连接AP，若
AB=6√2，请直接写出线段AP的最大值．
【答案】(1)3.
(2)见解析.
3√10 3√2
(3) + .
2 2
【分析】（1）根据tan∠BAF=2，过B作AF垂线，构造直角三角形，理由勾股定理求解；
（2）连接CF，根据易知条件得△ABD≌△ACF，△BEM≌△CFM，再利用等腰直角三角形边的关系得到证明；
（3）首先根据“手拉手”全等得到N点轨迹，根据“瓜豆原理”得到P点轨迹为圆弧，点与弧上一点最
大距离为通过圆心的一条线段，利用勾股定理求解即可.
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【详解】（1）解：如图，过B作BH⊥AF于H，
BH
在Rt△ABH中，tan∠BAH=2= ，
AH
设AH=x，则BH=2x，由勾股定理得：4x2+x2=AB2
又∵△ABC为等腰直角三角形，BC=3√2
√2
∴AB=AC= ·BC=3
2
∴4x2+x2=9
3√5 6√5
解得：AH=x= ，BH=
5 5
6√5
∵AF=
5
3√5
∴FH=
5
在Rt△BFH中，BF=√BH2+FH2=
√ (6√5) 2
+
(3√5) 2
=3.
5 5
（2）
如图，连接CF
∵M时BC中点，M是EM中点
∴EM=MF，BM=CM
∵∠BME=∠CMF
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∴△BEM≌△CFM
∴BE=CF，∠EBM=∠MCF
∴BE∥CF
∵B、E、D共线，A、D、F共线
∴BD∥CF
∴∠AFC=∠BDA=90°
∵AB=AC，∠CAF+∠BAD=∠BAD+∠ABD=90°
∴∠CAF=∠BAD
∴△ABD≌△CAF
∴CF=AD
∴CF=AD=BE
√2
∴AF=AD+DF=BE+ EF
2
∴√2AF=√2BE+EF.
（3）
连接DM，AM，延长AD交CF于N
∵M是等腰直角三角形DEF和ABC斜边的中点
∴△DMF，△AMC均为等腰直角三角形
∴DM=MF，AM=CM，∠AMD=∠CMF
∴△ADM≌△CFM
∴∠MAD=∠MCF
∴∠AMC=∠CND=90°
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故N点轨迹为以AC为直径圆（圆O，半径为3√2）的一部分，
∵P为BN中点，
3√2
故P的轨迹是以BO中点O'为圆心的圆的一部分，半径为圆O半径的一半，即为
2
如图所示，
则AP的最大值位置为：连接AO'交圆O'于P'，P'为所求，最大值为AP'的长度
∴AP'=AO'+O'P'= 1 BO+ 3√2 = 1 √(6√2) 2+(3√2) 2 + 3√2 = 3√10 + 3√2 .
2 2 2 2 2 2
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、手拉手全等、平行线性质来证明几何命题，并确定动点轨迹，
以及三角函数、勾股定理求解线段长度，综合性较强，难度较大,证明∠ANC=90度是关键.
47．（2022·江苏盐城·统考一模）在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图像过点C(0,−4)和点
D(2,−6)，与x轴交于点A、B（点A在点B的左边），且点D与点G关于坐标原点对称．
(1)求该二次函数解析式，并判断点G是否在此函数的图像上，并说明理由；
(2)若点P为此抛物线上一点，它关于x轴，y轴的对称点分别为M，N，问是否存在这样的P点使得M，N
恰好都在直线DG上？如存在，求出点P的坐标，如不存在，并说明理由；
(3)若第四象限有一动点E，满足BE=OB，过E作EF⊥x轴于点F，设F坐标为(t,0)，0
