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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(0<x≤1)
【分析】（1）依据题意，由勾股定理，首先求出∠ACB=90°，从而∠CAB+∠ABC=90°，然后根据
∠DBC=∠CAB，可以得解；
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BC AC
（2）由题意，据S ⋅S=(S ) 2 得CD(CD+AC)=AC2，再由tan∠D= =tan∠ABC= ，进而进
1 2 CD BC
行变形利用方程的思想可以得解；
（3）依据题意，连接OM，分别在Rt△OFM、Rt△AFE、Rt△BFN中，找出边之间的关系，进而由
√ 1 1
FE⋅FN⋅ + = y，可以得解．
BC⋅BN AE⋅AC
【详解】（1）解：BD是⊙O的切线．
证明：如图，在△ABC中，AB2=BC2+AC2，
∴∠ACB=90°．
又点A，B，C在⊙O上，
∴AB是⊙O的直径．
∵∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠ABC=90°．
又∠DBC=∠CAB，
∴∠DBC+∠ABC=90°．
∴∠ABD=90°．
∴BD是⊙O的切线．
1 1 1
（2）由题意得，S = BC⋅CD，S = BC⋅AC，S= AD⋅BC．
1 2 2 2 2
∵S ⋅S=(S ) 2 ，
1 2
1 1 (1 ) 2
∴ BC⋅CD⋅ AD⋅BC= BC⋅AC ．
2 2 2
∴CD•AD=AC2．
∴CD(CD+AC)=AC2．
又∵∠D+∠DBC=90°，∠ABC+∠A=90°，∠DBC=∠A，
∴∠D=∠ABC．
BC AC
∴tan∠D= =tan∠ABC= ．
CD BC
BC2
∴CD= ．
AC
又CD(CD+AC)=AC2，
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BC4
∴
+BC2=AC2
．
AC2
∴BC4+AC2 ⋅BC2=AC4．
(AC) 2 (AC) 4
∴1+ = ．
BC BC
由题意，设(tanD) 2=m，
(AC) 2
∴ =m．
BC
∴1+m=m2．
1±√5
∴m= ．
2
∵m>0，
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．
∴0<x≤1．
综上，y=x(0<x≤1)．
【点睛】本题主要考查了圆的相关性质，切线的判定定理，求角的正切值，解题时要熟练掌握并灵活运用．
21．（2023·江苏苏州·统考中考真题）如图，二次函数y=x2−6x+8的图像与x轴分别交于点A,B（点A
在点B的左侧），直线l是对称轴．点P在函数图像上，其横坐标大于4，连接PA,PB，过点P作PM⊥l，
垂足为M，以点M为圆心，作半径为r的圆，PT与⊙M相切，切点为T．
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(1)求点A,B的坐标；
(2)若以⊙M的切线长PT为边长的正方形的面积与△PAB的面积相等，且⊙M不经过点(3,2)，求PM长的
取值范围．
【答案】(1)A(2,0),B(4,0)
(2)1<PM<√2或√2<PM<2或PM>2
【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，1<PM<√2或√2<PM<2或PM>2．
【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PH<PN，且长度分别等于PH，PN，a的三条线段组成的三角形与△BCE相似时，求a的值．
15
(3)延长PN交半圆O于点Q，当NQ= x−3时，求MN的长．
4
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16 25
【答案】(1)CE= ，y=− x+4
5 12
16 27 60
(2) 或 或
15 40 41
17
(3)
8
CD CO
【分析】（1）如图1，连接OD，根据切线的性质得出OD⊥CE，证明OD∥BE，得出 = ，即
CE CB
16 MN ME 25
可得出CE= ；证明四边形APMC是平行四边形，得出 = ，代入数据可得y=− x+4；
5 BC CE 12
（2）根据△BCE三边之比为3:4:5，可分为三种情况．当PH:PN=3:5时，当PH:PN=4:5时，当
PH:PN=3:4时，分别列出比例式，进而即可求解．
x 1
（3）连接AQ，BQ，过点Q作QG⊥AB于点G，根据tan∠BQG=tan∠QAB= = ，得出
3x 3
1 1 10 9
BG= QG= x，由AB=AG+BG= x=3，可得x= ，代入（1）中解析式，即可求解．
3 3 3 10
【详解】（1）解：如图1，连接OD．
∵CD切半圆O于点D，
∴OD⊥CE．
3
∵OA= ，AC=1，
2
5
∴OC= ，
2
∴CD=2．
∵BE⊥CE，
∴OD∥BE，
CD CO
∴ = ，
CE CB
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5
即 2 2，
=
CE 4
16
∴CE= ．
5
如图2，∠AFB=∠E=90°，
∴AF∥CE．
∵MN∥CB，
∴四边形APMC是平行四边形，
PH PH x 5
CM=PA= = = = x
∴ sin∠1 sinC 3 3 ．
5
MN ME
∵ = ，
BC CE
16 5
− x
y 5 3
∴ = ，
4 16
5
25
∴y=− x+4．
12
25
（2）∵PN= y−1=− x+3，PH<PN，△BCE三边之比为3:4:5（如图2），
12
∴可分为三种情况．
i）当PH:PN=3:5时，
5 25 5
PN= PH，− x+3= x，
3 12 3
4
解得x= ，
5
4 16
∴a= x= ．
3 15
ii）当PH:PN=4:5时，
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5 25 5
PN= PH，− x+3= x，
4 12 4
9
解得x= ，
10
3 27
∴a= x= ．
4 40
iii）当PH:PN=3:4时，
4 25 4
PN= PH，− x+3= x，
3 12 3
36
解得x= ，
41
5 60
∴a= x= ．
3 41
（3）如图3，连接AQ，BQ，过点Q作QG⊥AB于点G，
则∠AQB=∠AGQ=90°，QG=PH=x，
∴∠QAB=∠BQG．
15 25
∵NQ= x−3，PN= y−1=− x+3，
4 12
5
∴HG=PQ=NQ+PN= x．
3
4
∵AH= x，
3
∴AG=AH+HG=3x，
x 1
∴tan∠BQG=tan∠QAB= = ，
3x 3
1 1
∴BG= QG= x，
3 3
10 9
∴AB=AG+BG= x=3，x= ，
3 10
25 17 17
∴y=− x+4= ，即MN的长为 ．
12 8 8
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【点睛】本题考查了切线的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，函数解析式，分类讨论，作
出辅助线是解题的关键．
23．（2023·湖南怀化·统考中考真题）如图一所示，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−8与x轴交
于A(−4,0)、B(2,0)两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的函数表达式及顶点坐标；
(2)点P为第三象限内抛物线上一点，作直线AC，连接PA、PC，求△PAC面积的最大值及此时点P的坐标；
35 37
(3)设直线l :y=kx+k− 交抛物线于点M、N，求证：无论k为何值，平行于x轴的直线l :y=− 上总
1 4 2 4
存在一点E，使得∠MEN为直角．
【答案】(1)y=x2+2x−8
(2)△PAC面积的最大值为8，此时点P的坐标为P(−2,−8)
(3)见解析
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）如图所示，过点P作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，得出直线AC的解析式为y=−2x−8，设
P(m,m2+2m−8)，则E(m,−2m−8)，得出PE=−(m+2) 2+4，当PE取得最大值时，△PAC面积取得
最大值，进而根据二次函数的性质即可求解；
(x +x y + y )
（3）设M(x ,y )、N(x ,y )，MN的中点坐标为Q 1 2, 1 2 ，联立¿，消去y，整理得：
1 1 2 2 2 2
x2+(2−k)x−k+
3
=0，得出x +x =k−2,x x =−k+
3
，则Q
(1
k−1,
1
k2−
35)
，设Q点到l 的距离
4 1 2 1 2 4 2 2 4 2
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为QE，则QE= 1 k2− 35 − ( − 37) = 1 k2+ 1 ，依题意，y + y =k2− 35 ，y −y =x2−x2+2(x −x )
2 4 4 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2
=(x −x )(x +x +2) =k(x −x )，得出M N2=(x −x ) 2+(y −y ) 2 =(k2+1) 2 ，则MN=k2+1，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1 37
MN=QE，E点总在⊙Q上，MN为直径，且⊙Q与l :y=− 相切，即可得证．
2 2 4
【详解】（1）解：将A(−4,0)、B(2,0)代入y=ax2+bx−8，得
¿，
解得：¿，
∴抛物线解析式为：y=x2+2x−8；
（2）解：如图所示，过点P作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，
由y=x2+2x−8，令x=0，
解得：y=−8，
∴C(0,−8)，
设直线AC的解析式为y=kx−8，将点A(−4,0)代入得，−4k−8=0，
解得：k=−2，
∴直线AC的解析式为y=−2x−8，
设P(m,m2+2m−8)，则E(m,−2m−8)，
∴PE=−2m−8−(m2+2m−8)
=−m2−4m
=−(m+2) 2+4，
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当m=−2时，PE的最大值为4
1 1
∵S = PE×OA= ×4×PE=2PE
△PAC 2 2
∴当PE取得最大值时，△PAC面积取得最大值
∴△PAC面积的最大值为2×4=8，
此时m=−2，m2+2m−8=4−4−8=−8
∴P(−2,−8)
(x +x y + y )
（3）解：设M(x ,y )、N(x ,y )，MN的中点坐标为Q 1 2, 1 2 ，
1 1 2 2 2 2
3
联立¿，消去y，整理得：x2+(2−k)x−k+ =0，
4
3
∴x +x =k−2,x x =−k+ ，
1 2 1 2 4
x +x k
∴ 1 2= −1，
2 2
y + y 1 35 1 35 1 35
∴ 1 2= k(x +x )+k− = k(k−2)+k− = k2− ，
2 2 1 2 4 2 4 2 4
∴Q
(1
k−1,
1
k2−
35)
，
2 2 4
设Q点到l 的距离为QE，则QE= 1 k2− 35 − ( − 37) = 1 k2+ 1 ，
2 2 4 4 2 2
∵M(x ,y )、N(x ,y )，
1 1 2 2
35
∴y + y =k2− ，y −y =x2−x2+2(x −x ) =(x −x )(x +x +2) =k(x −x )
1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
∴M N2=(x −x ) 2+(y −y ) 2
1 2 1 2
=(x −x ) 2+k2 (x −x ) 2
1 2 1 2
=(x −x ) 2(1+k2)
1 2
=[(x❑ +x ) 2−4x x ](1+k2)
1 2 1 2
=[(k−2) 2+4k−3](k2+1)
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=(k2+1)(k2+1)
=(k2+1) 2
∴MN=k2+1，
1
∴ MN=QE
2
∴QM=QN=QE，
37
∴E点总在⊙Q上，MN为直径，且⊙Q与l :y=− 相切，
2 4
∴∠MEN为直角．
37
∴无论k为何值，平行于x轴的直线l :y=− 上总存在一点E，使得∠MEN为直角．
2 4
【点睛】本题考查了二次函数的应用，一元二次方程根与系数的关系，切线的性质与判定，直角所对的弦
是直径，熟练掌握以上知识是解题的关键．
1
24．（2021·广东广州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l:y= x+4分别与x轴，y
2
轴相交于A、B两点，点P(x,y)为直线l在第二象限的点
（1）求A、B两点的坐标；
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（2）设△PAO的面积为S，求S关于x的函数解析式：并写出x的取值范围；
（3）作△PAO的外接圆⊙C，延长PC交⊙C于点Q，当△POQ的面积最小时，求⊙C的半径．
【答案】（1）A（-8，0），B（0，4）；（2）S=2x+16，-8＜x＜0；（3）4．
【分析】（1）根据一次函数的图像与性质即可求出A、B两点的坐标；
（2）利用三角形面积公式及点的坐标特点即可求出结果；
（3）根据圆周角性质可得∠PAO=∠PQO，∠POQ=90°．由等角的三角函数关系可推出
OB 1 OP
tan∠PAO= = =tan∠PQO= ，再根据三角形面积公式得
OA 2 OQ
1 1
S = OP⋅OQ= ⋅m⋅2m=m2 ，由此得结论当m最小时，△POQ的面积最小，最后利用圆的性质
△POQ 2 2
可得m有最小值，且OA为⊙C的直径，进而求得结果．
1
【详解】解：（1）当y=0时，0= x+4，解得x=−8，
2
∴A（-8，0）．
1
当x=0时，y= ×0+4=4，
2
∴B（0，4）．
（2）∵A（-8,0），
∴OA=8．
1
点P在直线l:y= x+4上，
2
1
∴y = x+4，
P 2
1 1 1
∴S = OA⋅y = ×8×( x+4)=2x+16．
△PAO 2 P 2 2
∵点P在第二象限，
1
∴ x+4＞0，且x＜0．
2
解得-8＜x＜0；
（3）∵B（0，4），
∴OB=4．
∵⊙C为△PAO的外接圆，
∴∠PAO=∠PQO，∠POQ=90°．
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OB 1 OP
∴tan∠PAO= = =tan∠PQO= ．
OA 2 OQ
设OP=m，则OQ=2m．
1 1
∴S = OP⋅OQ= ⋅m⋅2m=m2 ．
△POQ 2 2
∴当m最小时，△POQ的面积最小．
∴当OP⊥AB时，m有最小值，且OA为⊙C的直径．
1
∴r= OA=4．
2
即⊙C的半径为4．
【点睛】本题考查了一次函数的图像与性质、三角形面积计算及圆的相关性质等知识，熟练掌握一次函数
的图像与性质、三角形面积计算及圆的相关性质是解题的关键．
3
25．（2021·四川眉山·统考中考真题）如图，直线y= x+6与x轴交于点A，与y轴交于点B．直线
4
30
MN//AB，且与△AOB的外接圆⊙P相切，与双曲线y=− 在第二象限内的图象交于C、D两点．
x
（1）求点A，B的坐标和⊙P的半径；
（2）求直线MN所对应的函数表达式；
（3）求△BCN的面积．
3 49 75
【答案】（1）A（-8，0），B（0，6），5；（2）y= x+ ；（3）
4 4 8
3 3
【分析】（1）令y=0代入y= x+6，令x=0代入y= x+6，即可得到A、B的坐标，进而得到圆的半径；
4 4
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AG OB
（2）过点A作AG⊥MN于点G，得AG=5，由∠AMG=∠OAB，得 = ，进而即可求解；
AM AB
（3）联立¿，可得C的坐标，进而即可求解．
3 3
【详解】解：（1）令y=0代入y= x+6，得0= x+6，解得：x=-8，即：A（-8，0），
4 4
3
令x=0代入y= x+6，得y=6，即：B（0，6），
4
∴AB=√62+82=10,
∴⊙P的半径为：5；
（2）过点A作AG⊥MN于点G，
∵直线MN//AB，且与△AOB的外接圆⊙P相切，
∴AG=5，∠AMG=∠OAB，
AG OB
∴sin∠AMG=sin∠OAB，即： = ，
AM AB
5 6 25 25 49
∴ = ，解得：AM= ，即：OM= +8= ，
AM 10 3 3 3
49
∴M（- ，0），
3
25 25 49 49
同理：BN= ，ON=6+ = ，N（0， ），
4 4 4 4
设直线MN所对应的函数表达式为：y=kx+b，
则¿，解得：¿，
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3 49
∴直线MN所对应的函数表达式为：y= x+ ；
4 4
30 3 49 40
（3）联立¿，得：− = x+ ，解得：x =−3，x =− ，
x 4 4 1 2 3
∴C（-3，10），
1 1 25 1 25 75
∴△BCN的面积= BN×|x |= × ×|x |= × ×3= ．
2 c 2 4 c 2 4 8
【点睛】本题主要考查一次函数与反比例函数综合，熟练掌锐角三角函数的定义，圆的切线的性质定理，
是解题的关键．
题型 05 正多边形与圆综合
26．（2022·浙江金华·统考中考真题）如图1，正五边形ABCDE内接于⊙O，阅读以下作图过程，并回答
下列问题，作法：如图2，①作直径AF；②以F为圆心，FO为半径作圆弧，与⊙O交于点M，N；③连
接AM,MN,NA．
(1)求∠ABC的度数．
(2)△AMN是正三角形吗？请说明理由．
(3)从点A开始，以DN长为半径，在⊙O上依次截取点，再依次连接这些分点，得到正n边形，求n的值．
【答案】(1)108°
(2)是正三角形，理由见解析
(3)n=15
⏜ ⏜ ⏜ ⏜ ⏜
【分析】（1）根据正五边形的性质以及圆的性质可得 AB=BC=CD=DE=AE ，则∠AOC(优弧所对圆
心角)=3×72°=216°，然后根据圆周角定理即可得出结论；
（2）根据所作图形以及圆周角定理即可得出结论；
（3）运用圆周角定理并结合（1）（2）中结论得出∠NOD=144°−120°=24°，即可得出结论．
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【详解】（1）解：∵正五边形ABCDE．
⏜ ⏜ ⏜ ⏜ ⏜
∴ AB=BC=CD=DE=AE ，
360°
∴∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOE=∠EOA= =72°，
5
⏜ ⏜
∵ AEC=3AE ，
∴∠AOC(优弧所对圆心角)=3×72°=216°，
1 1
∴∠ABC= ∠AOC= ×216°=108°；
2 2
（2）解：△AMN是正三角形，理由如下：
连接ON,FN，
由作图知：FN=FO,
∵ON=OF，
∴ON=OF=FN，
∴△OFN是正三角形，
∴∠OFN=60°，
∴∠AMN=∠OFN=60°，
同理∠ANM=60°，
∴∠MAN=60°，即∠AMN=∠ANM=∠MAN，
∴△AMN是正三角形；
（3）∵△AMN是正三角形，
∴∠AON=2∠AMN=120°．
⏜ ⏜
∵ AD=2AE ，
∴∠AOD=2×72°=144°，
⏜ ⏜ ⏜
∵ DN=AD−AN ，
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∴∠NOD=144°−120°=24°，
360
∴n= =15．
24
【点睛】本题考查了圆周角定理，正多边形的性质，读懂题意，明确题目中的作图方式，熟练运用圆周角
定理是解本题的关键．
⏜
27．（2020·广东广州·统考中考真题）如图，⊙O为等边ΔABC的外接圆，半径为2，点D在劣弧
AB
上运
动（不与点A,B重合），连接DA，DB，DC．
（1）求证：DC是∠ADB的平分线；
（2）四边形ADBC的面积S是线段DC的长x的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理
由；
（3）若点M,N分别在线段CA，CB上运动（不含端点），经过探究发现，点D运动到每一个确定的位置，
ΔDMN的周长有最小值t，随着点D的运动，t的值会发生变化，求所有t值中的最大值．
√3
【答案】(1)详见解析；(2)是， S= x2 (2√3<x≤4)；(3)4√3
4
【分析】(1)根据等弧对等角的性质证明即可；
(2)延长DA到E,让AE=DB,证明△EAC≌△DBC,即可表示出S的面积；
(3)作点D关于直线BC、AC的对称点D、D，当D、M、N、D共线时△DMN取最小值，可得t=D D，
1 2 1 1 2
有对称性推出在等腰△DCD 中,t=√3x，D与O、C共线时t取最大值即可算出．
1 2
【详解】(1)∵△ABC为等边三角形,BC=AC，
1
⏜ ⏜
∴ AC=BC,都为 圆，
3
∴∠AOC=∠BOC=120°，
∴∠ADC=∠BDC=60°，
∴DC是∠ADB的角平分线．
(2)是．
如图，延长DA至点E，使得AE=DB．
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连接EC，则∠EAC=180°－∠DAC＝∠DBC．
∵AE＝DB，∠EAC＝∠DBC,AC＝BC，
∴△EAC≌△DBC(SAS)，
∴∠E=∠CDB=∠ADC=60°，
故△EDC是等边三角形，
√3
∵DC=x，∴根据等边三角形的特殊性可知DC边上的高为 x
2
1 √3 √3
∴S=S +S =S +S =S = ⋅x⋅ x= x2 (2√3<x≤4)．
△DBC △ADC △EAC △ADC △CDE 2 2 4
(3)依次作点D关于直线BC、AC的对称点D、D,根据对称性
1 2
C =DM+MN+ND=D M+MN+ND ．
DMN 1 2
△
∴D、M、N、D共线时△DMN取最小值t,此时t=D D,
1 1 2
由对称有DC=DC=D C=x，∠DCB=∠DCB，∠DCA=∠DCA,
1 2 1 2
∴∠D CD=∠D CB+∠BCA+∠D CA=∠DCB+60°+∠DCA=120°．
1 2 1 2
∴∠CD D=∠CD D=60°，
1 2 2 1
在等腰△DCD 中,作CH⊥D D，
1 2 1 2
√3 √3
则在Rt△D CH中，根据30°特殊直角三角形的比例可得DH= CD = x，
1 1 2 1 2
√3 √3
同理DH= CD = x
2 2 2 2
∴t=D D=√3DC=√3x．
1 2
∴x取最大值时,t取最大值．
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即D与O、C共线时t取最大值,x=4．
所有t值中的最大值为4√3．
【点睛】本题考查圆与正多边形的综合以及动点问题，关键在于结合题意作出合理的辅助线转移已知量．
28．（2020·内蒙古呼和浩特·中考真题）某同学在学习了正多边形和圆之后，对正五边形的边及相关线段
√5−1
进行研究，发现多处出现者名的黄金分割比 ≈0.618．如图，圆内接正五边形ABCDE，圆心为O，
2
OA与BE交于点H，AC、AD与BE分别交于点M、N．根据圆与正五边形的对称性，只对部分图形进行
研究．（其它可同理得出）
（1）求证：△ABM是等腰三角形且底角等于36°，并直接说出△BAN的形状；
BM BN √5−1
（2）求证： = ，且其比值k= ；
BN BE 2
MN
（3）由对称性知AO⊥BE，由（1）（2）可知 也是一个黄金分割数，据此求sin18°的值．
BM
√5−1
【答案】（1）见解析，△ABN为等腰三角形；（2）见解析；（3）
4
【分析】（1）连接圆心O与正五边形各顶点，利用圆周角定理得出∠ABE=∠BAC=36°，即AM=BM，再
求出∠BNA=72°=∠BAD，得出结论；
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BM BN
（2）证明△BAM∽△BEA，得到 = ，设BM=y，AB=x，则AM=AN=y，AB=AE=BN=x，证明
BN BE
AM MN y x−y y
= ，得到 = ，设 =t，求出t值即可；
AB AN x y x
1 MH y √5−1
（3）根据题意求出∠MAH=∠NAH= ∠MAN=18°，再根据sin∠MAH= ，将 = 代入，即可求
2 AM x 2
值.
【详解】解：（1）连接圆心O与正五边形各顶点，
在正五边形中，
∠AOE=360°÷5=72°，
1 1
∴∠ABE= ∠AOE=36°，同理∠BAC= ×72°=36°，
2 2
∴AM=BM，
∴△ABM是是等腰三角形且底角等于36°，
∵∠BOD=∠BOC+∠COD=72°+72°=144°，
1
∴∠BAD= ∠BOD=72°，
2
∴∠BNA=180°-∠BAD-∠ABE=72°，
∴AB=NB，即△ABN为等腰三角形；
1
（2）∵∠ABM=∠ABE，∠AEB= ∠AOB=36°=∠BAM，
2
∴△BAM∽△BEA，
BM AB
∴ = ，而AB=BN，
AB BE
BM BN
∴ = ，设BM=y，AB=x，则AM=AN=y，AB=AE=BN=x，
BN BE
∵∠AMN=∠MAB+∠MBA=72°=∠BAN，∠ANM=∠ANB，
∴△AMN∽△BAN，
AM MN y x−y
∴ = ，即 = ，则y2=x2−xy，
AB AN x y
( y) 2 y y
两边同时除以x2，得： =1− ，设 =t，
x x x
√5−1 −1−√5
则t2+t−1=0，解得：t= 或 （舍），
2 2
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BM BN y √5−1
∴ = = = ；
BN BE x 2
1
（3）∵∠MAN=36°，根据对称性可知：∠MAH=∠NAH= ∠MAN=18°，
2
而AO⊥BE，
1 1
MN (x−y)
∴sin 18°=sin∠MAH=MH 2 2
= =
AM AM y
x−y 1 x 1 1 2 1
= = × − = × −
2y 2 y 2 2 √5−1 2
√5−1
= .
4
【点睛】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，有一定难
度，解题的关键是算出相应角度，找到合适的相似三角形.
29．（2021·湖南湘潭·统考中考真题）德国著名的天文学家开普勒说过：“几何学里有两件宝，一个是勾
股定理，另一个是黄金分割．如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿”．
CB √5−1
如图①，点C把线段AB分成两部分，如果 = ≈0.618，那么称点C为线段AB的黄金分割点．
AC 2
（1）特例感知：在图①中，若AB=100，求AC的长；
（2）知识探究：如图②，作⊙O的内接正五边形：
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①作两条相互垂直的直径MN、AI；
②作ON的中点P，以P为圆心，PA为半径画弧交OM于点Q；
③以点A为圆心，AQ为半径，在⊙O上连续截取等弧，使弦AB=BC=CD=DE=AQ，连接AE；
则五边形ABCDE为正五边形．
在该正五边形作法中，点Q是否为线段OM的黄金分割点？请说明理由．
（3）拓展应用：国旗和国徽上的五角星是革命和光明的象征，是一个非常优美的几何图形，与黄金分割
有着密切的联系．
延长题（2）中的正五边形ABCDE的每条边，相交可得到五角星，摆正后如图③，点E是线段PD的黄金
分割点，请利用题中的条件，求cos72°的值．
√5−1
【答案】（1）61.8；（2）是，理由见解析；（3）
4
【分析】（1）根据黄金分割的定义求解即可；
（2）设⊙O的半径为a，则OA=ON=OM=a，利用勾股定理求出PA，继而求出OQ，MQ，即可作出判断；
（3）先求出正五边形的每个内角，即可得到∠PEA=∠PAE=180°−108°=72°，根据已知条件可知
1
AE
cos72°=2 ，再根据点E是线段PD的黄金分割点，即可求解．
PE
CB √5−1
【详解】解：（1）∵ = ≈0.618，
AC 2
AB−AC √5−1
∴ = ≈0.618，
AC 2
100−AC √5−1
即 = ≈0.618，
AC 2
解得：AC≈61.8；
（2）Q是线段OM的黄金分割点，理由如下：
设⊙O的半径为a，则OA=ON=OM=a，
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1 1
∴OP= ON= a，
2 2
√5
∴PA=√OP2+OA2= a=PQ，
2
√5−1
∴OQ=PQ-OP= a，
2
3−√5
∴MQ=OM-OQ= a，
2
MQ 3−√5 √5−1
= = ，
OQ √5−1 2
∴Q是线段OM的黄金分割点；
(5−2)×180°
（3）正五边形的每个内角为： =108°，
5
∴∠PEA=∠PAE=180°−108°=72°，
1
AE
∴cos72°=2 ，
PE
∵点E是线段PD的黄金分割点，
DE √5−1
∴ = ，
PE 2
又∵AE=ED，
AE √5−1
∴ = ，
PE 2
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1
AE
∴cos72°=2 √5−1．
=
PE 4
【点睛】本题考查黄金分割、勾股定理、锐角三角函数，解题的关键是读懂题意正确解题．
30．（2020·内蒙古通辽·中考真题）中心为O的正六边形ABCDEF的半径为6cm．点P,Q同时分别从
A,D两点出发，以1cm/s的速度沿AF,DC向终点F,C运动，连接PB,PE,QB,QE，设运动时间为t(s)．
（1）求证：四边形PBQE为平行四边形；
（2）求矩形PBQE的面积与正六边形ABCDEF的面积之比．
【答案】（1）见解析；（2）2：3
【分析】（1）只要证明△ABP≌△DEQ（SAS），可得BP=EQ，同理PE=BQ，由此即可证明；
（2）过点B，点E作BN⊥CD，EM⊥CD，连接OC，OD，过点O作OH⊥CD分别求出矩形PBQE的面积
和正六边形ABCDEF的面积，从而得到结果.
【详解】解：（1）证明：∵中心为O的正六边形ABCDEF的半径为6cm，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，∠A=∠ABC=∠C=∠D=∠DEF=∠F，
∵点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1cm/s速度沿AF，DC向终点F，C运动，
∴AP=DQ=t，PF=QC=6-t，
在△ABP和△DEQ中，
¿，
∴△ABP≌△DEQ（SAS），
∴BP=EQ，同理可证PE=QB，
∴四边形PEQB是平行四边形；
（2）由（1）可知四边形PEQB是平行四边形
∴当∠BQE=90°时，四边形PEQB是矩形
过点B，点E作BN⊥CD，EM⊥CD，连接OC，OD，过点O作OH⊥CD
∴∠BNQ=∠QME=90°，
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∴∠BQN+∠NBQ=90°，∠BQN+∠EQM=90°
∴∠NBQ=∠EQM
∴△NBQ∽△MQE
BN QM
∴ =
NQ EM
又∵正六边形ABCDEF的半径为6，
∴正六边形ABCDEF的各边为6，∠BCQ=∠EDQ=120°
∴在Rt△BNC和Rt△EDM中，∠NBC=∠DEM=30°
1
∴NC=DM= BC=3，BN=EM=3√3
2
3√3 3+x
∴ = ，解得：
9−x 3√3
x =6，x =0（舍去）
1 2
即当P与F重合，Q与C重合时，四边形PEQB是矩形
此时矩形PEQB的面积为BC·CE=6×6√3=36√3
∵在正六边形ABCDEF中，∠COD=60°，OC=OD
∴△OCD是等边三角形，OC=OD=CD=6，OH=3√3
1
S = ×CD×OH×6
六边形ABCDEF 2
1
= ×6×3√3×6
2
=54√3，
∴S ：S =36√3：54√3=2：3
矩形PBQE 六边形ABCDEF
【点睛】本题考查正多边形、平行四边形的判定和性质、矩形的性质与判定，解题的关键是灵活运用所学
知识解决问题，属于中考常考题型．
31．（2018·四川达州·统考中考真题）阅读下列材料：
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已知：如图1，等边 AAA 内接于⊙O，点P是⃗A A 上的任意一点，连接PA ，PA ，PA ，可证：
1 2 3 1 2 1 2 3
△
PA +PA 1
PA +PA =PA ，从而得到： 1 2 = 是定值．
1 2 3 PA +PA +PA 2
1 2 3
（1）以下是小红的一种证明方法，请在方框内将证明过程补充完整；
证明：如图1，作∠PA M=60°，AM交AP的延长线于点M．
1 1 2
∵△A AA 是等边三角形，
1 2 3
∴∠A AA=60°，
3 1 2
∴∠A AP=∠A AM
3 1 2 1
又AA=A A，∠AAP=∠A AP，
3 1 2 1 1 3 1 2
∴△AAP≌△AAM
1 3 1 2
∴PA =MA=PA +PM=PA +PA ．
3 2 2 2 1
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PA +PA 1
∴ 1 2 = ，是定值．
PA +PA +PA 2
1 2 3
（2）延伸：如图2，把（1）中条件“等边 AAA”改为“正方形AAAA”，其余条件不变，请问：
1 2 3 1 2 3 4
△
PA +PA
1 2
还是定值吗？为什么？
PA +PA +PA +PA
1 2 3 4
（3）拓展：如图3，把（1）中条件“等边 AAA”改为“正五边形AAAAA”，其余条件不变，则
1 2 3 1 2 3 4 5
△
PA +PA
1 2
= （只写出结果）．
PA +PA +PA +PA +PA
1 2 3 4 5
2
(√5−1)
【答案】（1）证明见解析；（2）是定值，理由见解析；（3）
8
【详解】解：（1）如图1，作∠PA M=60°，AM交AP的延长线于点M．
1 1 2
∵△A AA 是等边三角形，
1 2 3
∴∠A AA=60°，
3 1 2
∴∠A AP=∠A AM
3 1 2 1
又AA=A A，∠AAP=∠A AP，
3 1 2 1 1 3 1 2
∴△AAP≌△AAM
1 3 1 2
∴PA =MA，
3 2
∵PM=PA ，
1
∴PA =MA=PA +PM=PA +PA ．
3 2 2 2 1
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PA +PA 1
∴ 1 2 ＝ ，是定值．
PA +PA +PA 2
1 2 3
PA +PA
1 2
（2）结论： 是定值．
PA +PA +PA +PA
1 2 3 4
理由：在AP上截取AH=AP，连接HA ．
4 4 2 1
∵四边形AAAA 是正方形，
1 2 3 4
∴AA=A A，
4 1 2 1
∵∠AAH=∠A AP，AH=AP，
1 4 1 2 4 2
∴△AAH= AAP，
1 4 1 2
∴AH=PA ，△∠AAH=∠A AP，
1 1 4 1 2 1
∴∠HAP=∠A AA=90°
1 4 1 2
∴△HA P的等腰直角三角形，
1
∴PA =HA+PH=PA +√2PA ，
4 4 2 1
同法可证：PA =PA +√2PA ，
3 1 2
∴（√2+1）（PA +PA ）=PA +PA ，
1 2 3 4
∴PA +PA =（√2-1）（PA +PA ），
1 2 3 4
PA +PA 2−√2
∴ 1 2 = ．
PA +PA +PA +PA 2
1 2 3 4
PA +PA (√5−1) 2
（3）结论： 1 2 = ．
PA +PA +PA +PA +PA 8
1 2 3 4 5
理由：如图3-1中，延长PA 到H，使得AH=PA ，连接AH，AA，AA．
1 1 2 4 4 2 4 1
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∵正五边形AAAAA
1 2 3 4 5
∴AA=A A
1 4 2 4
∵四边形AAAP是圆的内接四边形，
1 4 2
∴∠HAA=∠PAA
1 4 2 4
∴ HA A≌△PA A，
4 1 4 2
∴△HA
4
=PA
4， HA4A1= PA4A2，
∠ ∠
HA4P= A1A4A2
∴∠ ∠
∴ AHP是顶角为36°的等腰三角形，
4
△ √5−1 √5−1
∴PH= PA ，即PA +PA = PA ，
2 4 1 2 2 4
如图3-2中，延长PA 到H，使得AH=PA ．
5 5 3
同法可证： AHP是顶角为108°的等腰三角形，
4
√5+1△ √5+1
∴PH= PA ，即PA +PA = PA ，
2 4 5 3 2 4
PA +PA (√5−1) 2
∴ 1 2 = ．
PA +PA +PA +PA +PA 8
1 2 3 4 5
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2
(√5−1)
故答案为： ．
8
题型 06 求不规则图形面积
32．（2023·山东潍坊·统考中考真题）如图，正方形ABCD内接于⊙O，在A´B上取一点E，连接AE，
DE．过点A作AG⊥AE，交⊙O于点G，交DE于点F，连接CG，DG．
(1)求证：△AFD≌△CGD；
(2)若AB=2，∠BAE=30°，求阴影部分的面积．
【答案】(1)证明见解析
π+√3−3
(2)S =
阴影 2
【分析】（1）如图，连接EG，证明∠EDG=∠EAG=90°=∠EDC+∠CDG，再证明∠ADC=90°，
AD=CD，可得∠ADF=∠CDG，结合∠DAF=∠DCG，从而可得结论；
（2）如图，连接OA，OD，过F作FK⊥AD于K，设FK=x，在AD上取Q，使QF=QD，证明
∠OAE=75°，∠EAD=30°+90°=120°，∠FAD=120°−90°=30°，可得AF=2x，AK=√3x，求
解∠ADF=180°−30°−135°=15°，而QF=QD，可得∠KQF=30°，FQ=2x=QD，QK=√3x，
可得2√3x+2x=2，再求解x，利用S =S +S 进行计算即可．
阴影 △AFD 弓形AD
【详解】（1）解：如图，连接EG，
∵AE⊥AG，则∠EAG=90°，
∴∠EDG=∠EAG=90°=∠EDC+∠CDG，
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∵正方形ABCD，
∴∠ADC=90°，AD=CD，
∴∠ADF+∠EDC=90°，
∴∠ADF=∠CDG，
∵∠DAF=∠DCG，
∴△AFD≌△CGD．
（2）如图，连接OA，OD，过F作FK⊥AD于K，设FK=x，在AD上取Q，使QF=QD，
∵O为正方形中心，
∴∠OAB=∠OAD=∠ODA=45°，∠AOD=90°，而∠BAE=30°，
∴∠OAE=75°，∠EAD=30°+90°=120°，
∵∠EAG=90°，
∴∠FAD=120°−90°=30°，
∴AF=2x，AK=√3x，
1
∵∠AED= ∠AOD=45°，
2
∴∠AFD=∠AED+∠EAF=45°+90°=135°，
∴∠ADF=180°−30°−135°=15°，而QF=QD，
∴∠QFD=∠QDF=15°，
∴∠KQF=30°，
∴FQ=2x=QD，QK=√3x，
而正方形的边长AB=2=AD，
∴2√3x+2x=2，
√3−1
解得：x= ，
2
1 1 √3−1 √3−1
∴S = AD·FK= ×2× = ，
△AFD 2 2 2 2
∵AD=2，∠AOD=90°，OA=OD，
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√2
∴OA=OD=AD× =√2，
2
1
∴S = ×√2×√2=1，
△AOD 2
2
90π×(√2) 1
而S = = π，
扇形AOD 360 2
1 √3−1 π+√3−3
∴S = π−1+ = ．
阴影 2 2 2
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，圆周角定理的应用，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，
含30°的直角三角形的性质，扇形面积的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键．
33．（2021·广西桂林·统考中考真题）如图，四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，点E为BC中点，AE⊥DE
于点E．点O是线段AE上的点，以点O为圆心，OE为半径的⊙O与AB相切于点G，交BC于点F，连接
OG．
（1）求证：△ECD∽△ABE；
（2）求证：⊙O与AD相切；
（3）若BC＝6，AB＝3√3，求⊙O的半径和阴影部分的面积．
3 2π
【答案】（1）见解析（2）见解析（3）半径为2，面积为 √3−
2 3
【分析】（1）根据垂直的性质及相似三角形的判定定理即可求解；
（2）延长DE、AB交于N点，先证明△DCE≌△NBE，再得到△AND是等腰三角形，得到∠DAE=∠NAE，
再通过角平分线的性质即可得到OG=OM=r，故可证明；
（3）求出∠FOG=60°，再根据梯形与扇形的面积公式即可求解．
【详解】（1）∵∠B＝∠C＝90°，AE⊥DE于点E．
∴∠EAB+∠AEB=90°，∠DEC+∠AEB=90°，
∴∠EAB=∠DEC
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由∠B＝∠C＝90°
∴△ECD∽△ABE；
（2）过点O作OM⊥AD，延长DE、AB交于N点
∴CD//BN
∴∠CDE=∠N
∵点E为BC中点
∴CE=BE，
又∠EBN＝∠C＝90°
∴△DCE≌△NBE
∴DE=NE
∵AE⊥DN
∴AD=AN，∠ADE=∠ANE
∵∠DAE=90°-∠ADE，∠NAE=90°-∠ANE
∴∠DAE=∠NAE
∵AG是⊙O的切线
∴OG⊥AB
∵∠AMO=∠AGO=90°
∴OG=OM=r
∴OM是⊙O的切线；
（3）∵BC＝6，
∴BE=3
∵AB＝3√3，
∴AE=√BE2+AB2=6=2BE
∴∠EAB=30°
∴AO=2OG，即AO=2r，
∵AE=AO+OE=3r=6
∴r=2
连接OF
∵∠OEF=60°，OE=OF
∴△OEF是等边三角形
∴∠EOF=60°，EF=OF=2,BF=3-2=1
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∴∠FOG=180°-∠AOG-∠EOF=60°
在Rt AOG中，AG=√AO2−OG2=2√3
∴BG=AB-AG=√3
1 60×π×22 3 2π
∴S =S OFBG-S FOG= ×(1+2)×√3− = √3− ．
阴 梯形 扇形 2 360 2 3
【点睛】此题主要考查切线的判定与性质综合，解题的关键是熟知切线的判定定理、全等三角形与相似三
角形的判定与性质及扇形面积公式．
34．（2023·四川乐山·统考中考真题）在学习完《图形的旋转》后，刘老师带领学生开展了一次数学探究
活动
【问题情境】
刘老师先引导学生回顾了华东师大版教材七年级下册第121页“探索”部分内容：
如图，将一个三角形纸板△ABC绕点A逆时针旋转θ到达△AB'C'的位置，那么可以得到：AB=AB'，
AC=AC'，BC=B'C'；∠BAC=∠B' AC'，∠ABC=∠AB'C'，∠ACB=∠AC'B'（ ）
刘老师进一步谈到：图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们
解决图形旋转的关键；故数学就是一门哲学．
【问题解决】
（1）上述问题情境中“（ ）”处应填理由：____________________；
（2）如图，小王将一个半径为4cm，圆心角为60°的扇形纸板ABC绕点O逆时针旋转90°到达扇形纸板
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A'B'C'的位置．
①请在图中作出点O；
②如果BB'=6cm，则在旋转过程中，点B经过的路径长为__________；
【问题拓展】
小李突发奇想，将与（2）中完全相同的两个扇形纸板重叠，一个固定在墙上，使得一边位于水平位置，
另一个在弧的中点处固定，然后放开纸板，使其摆动到竖直位置时静止，此时，两个纸板重叠部分的面积
是多少呢？如图所示，请你帮助小李解决这个问题．
3√2
【答案】问题解决（1）旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；（2）①见解析② πcm；问题
2
拓展： (8 π− 8 √3 ) cm2
3 3
【分析】问题解决（1）根据旋转性质得出旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；
（2）①分别作BB'和A A'的垂直平分线，两垂直平分线的交点即为所求点O；②根据弧长公式求解即可；
问题拓展，连接PA'，交AC于M，连接PA，PD，A A'，由旋转得∠PA'B'=30°，PA=PA'=4，在
Rt△PAM和Rt△A'DM中求出A'M和DM的长，可以求出S =S −S ，再证明
阴影部分B'DP 扇形B'A'P △A'DP
△ADP≌△A'DP，即可求出最后结果．
【详解】解：【问题解决】（1）旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等
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（2）①下图中，点O为所求
②连接OB，OB'，
∵扇形纸板ABC绕点O逆时针旋转90°到达扇形纸板A'B'C'的位置，
∴∠BOB'=90°，OB=OB',
∵BB'=6cm，
设OB=OB'=xcm，
∴x2+x2=62，
∴OB=OB'=3√2cm，
在旋转过程中，点B经过的路径长为以点O为圆心，圆心角为90°，OB为半径的所对应的弧长，
90×π×3√2 3√2
∴点B经过的路径长= = πcm；
180 2
【问题拓展】解：连接PA'，交AC于M，连接PA，PD，A A'如图所示
1
∴∠PAC= ∠BAC=30°．
2
由旋转得∠PA'B'=30°，PA=PA'=4．
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在Rt△PAM中，
A'M=PM=PA⋅sin∠PAM=4×sin30°=2．
在Rt△A'DM中，
1
∵∠DA'M= ∠B' A'C'=30°，
2
A'M 2 4
∴A'D= = = √3，
cos∠DA'M cos30° 3
1 1 4 2
DM= A'D= × √3= √3．
2 2 3 3
1 1 2 4
∴S = DM⋅A'P= × √3×4= √3．
△A'DP 2 2 3 3
30×π×42 4
S = = π．
扇形B'A'P 360 3
4 4
∴S =S −S = π− √3，
阴影部分B'DP 扇形B'A'P △A'DP 3 3
在△ADP和△A'DP中，
2 4
∵AD=AM−DM=2√3− √3= √3=A'D，
3 3
又∵∠PAD=∠PA'D=30°，PA=PA'，
∴△ADP≌△A'DP．
又∵S =S ，
扇形PAC 扇形B'A'P
∴S =S ，
阴影部分B'DP 阴影部分CDP
∴S =2S =2× (4 π− 4 √3 ) = (8 π− 8 √3 ) cm2 ．
阴影部分 阴影部分B'DP 3 3 3 3
【点睛】本题考查了旋转的性质，弧长公式，解直角三角形，三角形全等的性质与判定，解题的关键是抓
住图形旋转前后的对应边相等，对应角相等，正确作出辅助线构造出直角三角形．
35．（2020·山东临沂·中考真题）已知⊙O 的半径为r ，⊙O 的半径为r ，以O 为圆心，以r +r 的长为
1 1 2 2 1 1 2
1
半径画弧，再以线段O O 的中点P为圆心，以 O O 的长为半径画弧，两弧交于点A，连接Q A，O A，
1 2 2 1 2 1 2
O A交⊙O 于点B，过点B作O A的平行线BC交O O 于点C．
1 1 2 1 2
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（1）求证：BC是⊙O 的切线；
2
（2）若r =2，r =1，O O =6，求阴影部分的面积．
1 2 1 2
2π
【答案】（1）见解析；（2）2√3−
3
【分析】（1）过点O 作OD⊥BC，交BC于点D，根据作图过程可得AP=O P=OP，利用等腰三角形的性
2 2 1 2
质和三角形内角和证明AO ⊥AO，再根据BC∥AO，证明四边形ABDO 为矩形，得到OD=r ，点D在圆
2 1 2 2 2 2
O 上，可得结论；
2
（2）证明△AO O∽△BO C，求出OC，利用△BOC的面积减去扇形BOE的面积即可.
1 2 1 1 1 1
【详解】解：（1）由作图过程可得：
1
AP=O P=OP= OO，AO =AB+BO =r +r ，
1 2 2 1 2 1 1 1 2
∴∠PAO =POA，∠PAO=∠PO A，AB=r ，
1 1 2 2 2
而∠PAO+∠PO A+∠PAO +∠PO A=180°，
1 1 2 2
∴∠PAO +∠PAO =90°，即AO ⊥AO，
1 2 2 1
∵BC∥AO，
2
∴OB⊥BC，即BC与圆O 相切，
1 1
过点O 作OD⊥BC，交BC于点D，
2 2
可知四边形ABDO 为矩形，
2
∴AB=OD=r ，而圆O 的半径为r ，
2 2 2 2
∴点D在圆O 上，
2
即BC是⊙O 的切线；
2
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（2）∵AO ∥BC，
2
∴△AO O∽△BO C，
1 2 1
AO O O
∴
1= 1 2
，
BO O C
1 1
∵r =2，r =1，O O =6，
1 2 1 2
即AO =r +r =3，BO=2，
1 1 2 1
3 6
=
∴ ，
2 O C
1
∴OC=4，
1
∵BO ⊥BC，
1
BO 2 1
∴cos∠BO C= 1= = ，
1 CO 4 2
1
∴∠BO C=60°，
1
∴BC=√O C2−O B2=2√3，
1 1
∴S =S -S
阴影 △BO C 扇形BO E
1 1
1 60×π×22
= ×2√3×2−
2 360
2π
=2√3−
3
【点睛】本题考查了尺规作图的原理，切线的判定和性质，矩形的判定和性质，扇形面积，相似三角形的
判定和性质，等边对等角，知识点较多，解题的关键是根据作图过程得到相应的线段关系.
36．（2019·湖北武汉·统考中考真题）已知AB是⊙O的直径，AM和BN是⊙O的两条切线，DC与⊙O
相切于点E，分别交AM、BN于D、C两点
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（1）如图1，求证：AB2=4AD⋅BC
（2）如图2，连接OE并延长交AM于点F，连接CF．若∠ADE=2∠OFC，AD=1，求图中阴影部分
的面积
【答案】（1）证明见解析；（2）S =3√3−π
阴影
【详解】(1)如图1，过点D作DH⊥BC，H为垂足，
∵AD，BC，CD是⊙O的切线，
∴OA⊥AD，OB⊥BC，AD=ED，BC=EC，四边形ABHD是矩形，
在RtΔCDH中，DH2=CD2−CH2，
∴AB2=(AD+BC) 2−(BC−AD) 2，
∴AB2=4AD⋅BC；
(2)如图2，连接OD、OC，
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∵AD，BC，CD是⊙O的切线，
∴DO平分∠ADE，CO平分∠BCE，AD=DE，BC=CE，OA⊥AD，OB⊥BC，OE⊥CD，
∴∠AOD=∠DOE，∠BOE=2∠COE，∠BAD=∠OED=∠OEC=∠ABC=90°，
∴∠ADE+∠AOE=360°-90°-90°=180°，
∵∠AOE+∠BOE=180°，
∴∠ADE=∠BOE，
∵∠ADE=2∠OFC，∠BOE=∠2COF，
∴∠COF=∠OFC，
∴CO=CF，即ΔCOF等腰三角形，
∵OE⊥CD，∴CD垂直平分OF，
∴DO=DF，
∴∠DOE=∠OFD，
∵∠AOD+∠DOE+∠OFD=90°，
∴∠AOD=∠DOE=∠OFD=30°，
∴∠BOE=120°，
AD
∴r=OA= =√3，BC=OB⋅tan60°=3，
tan30°
2
1 120π·(√3)
∴S =2S −S =2× ×3×√3− =3√3−π.
阴影 ΔOBC 扇 形OBE 2 360
【点睛】本题考查了切线长定理，矩形的判定与性质，勾股定理，角平分线的判定，等腰三角形的判定与
性质，解直角三角形的应用，综合性较强，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
题型 07 三角形内切圆与外切圆综合
37．（2019·山西·统考中考真题）阅读以下材料，并按要求完成相应地任务：
莱昂哈德·欧拉(Leonhard Euler)是瑞士数学家，在数学上经常见到以他的名字命名的重要常数，公式和定理，
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下面是欧拉发现的一个定理：在△ABC中，R和r分别为外接圆和内切圆的半径，O和I分别为其外心和
内心，则OI2=R2−2Rr.
如图1，⊙O和⊙I分别是△ABC的外接圆和内切圆，⊙I与AB相切分于点F，设⊙O的半径为R，⊙I的
半径为r，外心O（三角形三边垂直平分线的交点）与内心I（三角形三条角平分线的交点）之间的距离OI
＝d，则有d2＝R2﹣2Rr．
下面是该定理的证明过程（部分）：
延长AI交⊙O于点D，过点I作⊙O的直径MN，连接DM，AN.
∵∠D=∠N，∠DMI=∠NAI(同弧所对的圆周角相等)，
∴△MDI∽△ANI，
IM ID
∴ = ，
IA IN
∴IA⋅ID=ℑ⋅∈¿①，
如图2，在图1(隐去MD，AN)的基础上作⊙O的直径DE，连接BE，BD，BI，IF，
∵DE是⊙O的直径，∴∠DBE=90°，
∵⊙I与AB相切于点F，∴∠AFI=90°，
∴∠DBE=∠IFA，
∵∠BAD=∠E(同弧所对圆周角相等)，
∴△AIF∽△EDB，
IA IF
∴ = ，∴IA⋅BD=DE⋅IF②，
DE BD
任务：(1)观察发现：ℑ=R+d，¿= (用含R，d的代数式表示)；
(2)请判断BD和ID的数量关系，并说明理由；
(3)请观察式子①和式子②，并利用任务(1)，(2)的结论，按照上面的证明思路，完成该定理证明的剩余部
分；
(4)应用：若△ABC的外接圆的半径为5cm，内切圆的半径为2cm，则△ABC的外心与内心之间的距离为
cm.
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【答案】(1)R-d；(2)BD=ID，理由见解析；(3)见解析；(4)√5.
【分析】(1)直接观察可得；
(2)由三角形内心的性质可得∠BAD=∠CAD，∠CBI=∠ABI，由圆周角定理可得∠DBC=∠CAD，再根据三
角形外角的性质即可求得∠BID=∠DBI，继而可证得BD=ID；
(3)应用(1)(2)结论即可；
(4)直接代入结论进行计算即可．
【详解】(1)∵O、I、N三点共线，
∴OI+IN＝ON，
∴IN＝ON﹣OI＝R﹣d，
故答案为R﹣d；
(2)BD=ID，理由如下：
∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAD=∠CAD，∠CBI=∠ABI，
∵∠DBC=∠CAD，∠BID=∠BAD+∠ABI，∠DBI=∠DBC+∠CBI，
∴∠BID=∠DBI，
∴BD=ID；
(3)由(2)知：BD=ID，
又IA⋅ID=ℑ⋅∈¿，IA⋅BD=DE⋅IF，
∴DE·IF=IM·IN，
∴2Rr=(R+d)(R−d)，
∴R2−d2=2Rr
∴d2=R2−2Rr；
(4)由(3)知：d2=R2−2Rr，
把R=5，r=2代入得：d2=52−2×5×2=5，
∵d>0，
∴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<t<4，△BEF
的内心为I，连接CI，直接写出CI的最小值．
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【答案】(1)y=x2-3x-4；点G在此函数图像上，理由见解析；
(2)P的坐标为(3+√13,9+3√13)或(3−√13,9−3√13)
(3)2√10−2√2
【分析】（1）将C(0，−4)和点D(2，−6)代入y=x2+bx+c，得到关于b，c的二元一次方程组，解方程组求
出b，c的值；根据关于原点对称的点的坐标特征求出G点坐标，再用代入法即可判断G点在此抛物线上；
（2）先利用待定系数法求出直线DG的解析式为y=－3x，再假设此抛物线上存在这样的点P（x，
x2−3x−4），使得它关于x轴，y轴的对称点M，N恰好都在直线DG上，根据函数图像上的点的坐标特
征得出方程x2−3x−4=3x，解方程即可求出点P的坐标；
（3）连接BI，OI，EI，作△OBI的外接圆⊙M，连接OM，BM，MI，CM，过M作MH⊥y轴于H，根据
△BEF的内心为I，可得∠BIE=135°．易证△BIO≌△BIE（SAS），可得∠BIO=∠BIE=135°，又⊙M
是△BIO的外接圆，可得MI=2√2，CM＝2√10，然后根据CI≥CM－MI，当且仅当C、M、I共线时，
CI取最小值，即可求得结果．
【详解】（1）解：∵二次函数y=x2+bx+c的图象过点C(0，−4)和点D(2，−6)，
∴¿ ，
解得¿，
∴y=x2−3x−4．
∵点G与点D关于坐标原点对称，
∴G(−2,6)，
把x=2代入y=x2−3x−4，
得y=(−2) 2−3×(−2)−4=6，
∴G(−2,6)在此抛物线上．
（2）设直线DG的解析式为y=mx+n，
∵D(2,−6)，G(−2,6)，
∴¿ ，
解得¿，
∴直线DG的解析式为y=−3x．
假设此抛物线上存在这样的点P(x,x2−3x−4)，
使得它关于x轴，y轴的对称点M，N恰好都在直线DG上，
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∵M(x,−x2+3x+4)，N(−x,x2−3x−4)，
∴x2−3x−4=3x，
解得x=3±√13，
故所求点P的坐标为(3+√13,9+3√13)或(3−√13,9−3√13)．
（3）如图，连接BI，OI，EI，作△OBI的外接圆⊙M，连接OM，BM，MI，CM，过M作MH⊥y轴于
H，
∵EF⊥x轴，
∴∠BFE=90°，
∴∠FBE+∠FEB=90°，
∵△BEF的内心为I，
∴BI，EI，分别平分∠FBE，∠FEB，
1 1
∴∠IBE= ∠FBE，∠IEB= ∠FEB，
2 2
1
∴∠IBE+∠IEB= (∠FBE+∠FEB)=45°，
2
∴∠BIE=135°，
易证△BIO≌△BIE（SAS）
∴∠BIO=∠BIE=135°，
∵⊙M是△BIO的外接圆，
∴∠OMB=2×（180°－∠BIO）=90°，
√2
∴OM=BM= OB=2√2，
2
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∴MI=OM=2√2，
∴∠MOB=∠MOH=45°，
∵MH⊥y轴，
∴∠HOM=∠HMO=45°，
√2
∴OH=HM= OM=2，
2
∴CH=OH+OC=2+4=6，
∴CM=√H M2+CH2=2√10，
∵CI≥CM－MI，当且仅当C、M、I共线时，CI取最小值，
∴CI的最小值为2√10−2√2．
【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法，三角形内心、外接圆，几何变换－对折，两点之间线段
最短，全等三角形判定和性质等知识点，充分利用三角形内心，合理作辅助线是解题关键．
48．（2021·陕西西安·西北工业大学附属中学校考模拟预测）在平面直角坐标系中， ▱OABC如图所示，
A(5,0)，B(9,6)．点P从点O出发在线段OA上以每秒1个单位的速度向点A运动，同时点Q从点B出
发在线段BC上以每秒2个单位的速度向点C运动．其中一个点到达终点时，停止运动,连接PQ．
（1）如图1，连接OB交PQ于点D，则点D的坐标为________；
（2）如图2，过A作AH⊥PQ于点H，求OH的最小值；
（3）如图3，在PQ上取一点M，使得∠AMP=45°，那么点M的纵坐标是否存在最大值，若存在，求出
此时OP的长；若不存在，说明理由．
【答案】（1）(3,2)；（2）√17−√2；（3）存在点M纵坐标的最大值，此时OP=1
【分析】（1）有P，Q的运动速度，设时间为t，表示出Q，P的坐标，再求出直线PQ的解析式，直线
OB的解析式，联立即可求出点D的坐标；
（2）连接OB与PQ交于点D，由（1）得，连接DA，取DA的中点M，以M为圆心，以DM的长为半径
作圆，连接OM，先说明点H在⊙M上运动，再由图形得出OH≥OM−HM，三点共线时，OH取得最
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小值，用勾股定理，即可得出答案；
（3）连接OB，交PQ于点D，以AD为斜边，作等腰直角△ADN，以点N为圆心，以2为半径作⊙N，
说明点M在⊙N上，连接MN，过点M作MT⊥OA 于点T，连接AN交于⊙N于点M'，可得出
M'T≤AM≤AN+MN=AN+M'N=2+2=4即M'T =4，再求出直线M'D的解析式，求出与x轴的
max
交点即为OP的长．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=BC,OA∥BC，
∵A(5,0)，
∴AO=BC=5，
∴点C的坐标为(4,6)，
∵点P从点O出发以每秒1个单位的速度向点A运动，点Q从点B出发以每秒2个单位的速度向点C运动，
∴设时间为m，则OP=m,BQ=2m，
∴Q(9−2m,6),P(m,0)，
设直线PQ的解析式为y=kx+b(k≠0)，
2x 2m
代入解得y= − ，
3−m 3−m
设直线OB的解析式为y=kx(k≠0)，
2
代入点B的坐标，求得y= x，
3
联立¿ ，
解得¿，
故点D的坐标为(3,2) ，
故答案为(3,2)；
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（2）连接OB与PQ交于点D，由（1）得，点D（3,2），
连接DA，取DA的中点M，以M为圆心，以DM的长为半径作圆，
∵点D（3,2），点A(5,0)，
∴点M的坐标为(4,1)，AD=√(5−3) 2+(2−0) 2=2√2，
∴OM=√42+12=√17，
∵∠AHD=90°，
∴点H在⊙M上运动，
1
∴HM= AD=√2
2
连接HM，
由图可知，
OH≥OM−HM，
当三点共线时，取得最小值，
即OH=OM−HM=√17−√2，
故OH的最小值为√17−√2；
（3）存在，理由如下，
连接OB，交PQ于点D，以AD为斜边，作等腰直角△ADN，以点N为圆心，以2为半径作⊙N，则D在
圆上，⊙N与x轴相切，
∵∠AMP=45°,∠∧=90°，
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∴点M在⊙N上，
∵⊙N与x轴相切，A在⊙N上，
∴AN⊥OA
连接MN，过点M作MT⊥OA 于点T，连接AN交于⊙N于点M'，
∴M'T≤AM≤AN+MN=AN+M'N=2+2=4
∴M'T =4
max
∴M' (5,4)，
连接M'D交x轴于点P',交于BC与点Q'，
设直线M'D的解析式为y=kx+b(k≠0),
代入点M' (5,4)，D(3,2)，
解得直线M'D的解析式为y=x−1，
∴当y=0时，x=1,
∴存在点M纵坐标的最大值，此时OP=1．
【点睛】本题考查菱形的性质，一次函数问题，构造三角形求线段最小值，圆的知识，三角形三边关系，
坐标与图形，解题关键是熟练掌握相关知识点，能够构造圆进行求解．
49．（2021上·湖北武汉·九年级武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）校考阶段练习）【问题背景】如
图1，P是等边△ABC内一点，∠APB＝150°，则PA2+PB2＝PC2．小刚为了证明这个结论，将△PAB绕点A
逆时针旋转60°，请帮助小刚完成辅助线的作图；
【迁移应用】如图2，D是等边△ABC外一点，E为CD上一点，AD∥BE，∠BEC＝120°，求证：△DBE是
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等边三角形；
【拓展创新】如图3，EF＝6，点C为EF的中点，边长为3的等边△ABC绕着点C在平面内旋转一周，直
线AE、BF交于点P，M为PG的中点，EF⊥FG于F，FG＝4√3，请直接写出MC的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）√21−√3
【分析】（1）根据△PAB绕点A逆时针旋转60°作图即可；
（2）由∠BEC＝120°得∠BED＝60°，由平行线的性质得∠ADE＝∠BED＝60°，由等边三角形的性质得
∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，故可知A、D、B、C共圆，由圆内接四边形对角互补得出∠ADB＝120°,故
可求出∠BDE＝60°，即可得证；
（3）由CA＝CE＝CB＝CF＝3得A、E、B、F共圆C得出∠PAB＝∠CBF＝∠CFB，进而得出∠APF＝
∠ABC＝60°，作△EPF的外接圆⊙Q，则∠EQF＝120°，求出EQ，连接QG取中点N，由三角形中位线得
MN，以点N为圆心MN为半径作⊙N，连接CN，与⊙N交于点M'，即CM最小为CM'=CN−MN，建
立平面直角坐标系求出即可．
【详解】（1）如图1所示，将△PAB绕点A逆时针旋转60°得△P' AC；
（2）∵∠BEC＝120°，
∴∠BED＝60°，
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∵AD∥DE，
∴∠ADE＝∠BED＝60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴A、D、B、C共圆，如图2所示：
∴∠ADB＝120°，
∵∠ADE＝∠BED＝60°，
∴∠BDE＝60°，
∴△DBE是等边三角形；
（3）
如图3，∵CA＝CE＝CB＝CF＝3，
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∴A、E、B、F共圆C，
∴∠PAB＝∠CBF＝∠CFB，∠ABF＝∠ABC+∠CBF＝∠PAB+∠APB，
∴∠APF＝∠ABC＝60°，
∵∠EPF＝60°，EF＝6，
作△EPF的外接圆⊙Q，则∠EQF＝120°，QC⊥EF，
∴∠EQC＝60°，
EC 3
PQ=FQ=EQ= = =2√3
∴ sin60° √3 ，
2
1
连接QG取中点N，则MN∥PQ且MN= PQ=√3，
2
以点N为圆心MN为半径作⊙N，连接CN，与⊙N交于点M'，
即CM最小为CM'=CN−M'N=CN−MN，
以点F为原点建立平面直角坐标系，
Q(−3,−√3)，C(−3,0)，G(0,−6√3)，
3 5√3
∴N(− ,− ),
2 2
√ 3 2 5√3 2
CN= ( ) +( ) =√21，
2 2
∴CM最小为CN−MN=√21−√3．
【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，解三角函数以及圆的性质，根据题意作出圆是解题的关键．
50．（2021·陕西西安·西安益新中学校考模拟预测）问题发现：
DG
（1）正方形ABCD和正方形AEFG如图①放置，AB＝4，AE＝2.5，则 ＝___________．
CF
问题探究：
（2）如图②，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点P在矩形的内部，∠BPC＝135°，求AP长的最小值．
问题拓展：
（3）如图③，在四边形ABCD中，连接对角线AC、BD，已知AB＝6，AC＝CD，∠ACD＝90°，∠ACB＝
45°，则对角线BD是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
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√2
【答案】（1） ；（2）AP的最小值为√29−2√2；（3）存在，BD的最大值为6√2+6
2
【分析】（1）连接AC、AF、DG、CF，证△ADG∽△ACF，根据线段比例关系可求；
（2）以BC为斜边作等腰直角三角形BOC，以O为圆心BO为半径画圆，则P的运动轨迹在矩形ABCD内
的劣弧BC上，连接AO交弧BC于点P，此时AP最小，根据给出数据求值即可；
（3）以AB为斜边向下做等腰直角三角形AEB，连接CE，根据△DAB∽△CAE，得出BD=√2CE，以AB为
斜边向上做等腰直角三角形AOB，以O为圆心OA为半径画圆，根据C点的轨迹求出CE最大值，即求出
BD最大值．
【详解】解：（1）如图①，连接AC、AF、DG、CF，
在正方形ABCD和正方形AEFG中，AB=4，AE=2.5，
∴AC=√2AB，AF=√2AE，AG=AE=2.5，AD=AB=4，
AD AC
∴ = ，
AG AF
又∵∠DAG=∠DAC-∠GAC=45°-∠GAC，∠CAF=∠GAF-∠GAC=45°-∠GAC，
∴∠DAG=∠CAF，
∴△DGA∽△CFA，
DG AD 4 √2
∴ = = = ，
CF AC 4√2 2
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√2
故答案为 ；
2
（2）如图②，以BC为斜边作等腰直角三角形BOC，
以O为圆心BO为半径画圆，则∠BPC作为圆周角刚好是135°，
∴P的运动轨迹在矩形ABCD内的劣弧BC上，
连接AO交弧BC于点P，此时AP最小，
作OE垂直AB延长线于点E，
∵△BOC为等腰直角三角形，BC=4，
√2 √2
∴OB=OC= BC= ×4=2√2，∠OBC=45°，
2 2
∴∠OBE=90°-∠OBC=90°-45°=45°，
又∵OE⊥AE，
∴△BEO为等腰直角三角形，
√2 √2
∴BE=OE= OB= ×2√2=2，
2 2
又∵AB=3，
∴AE=AB+BE=3+2=5，
∴AO=√AE2+OE2=√52+22=√29，
∵OP=OB=2√2，
∴AP=AO-OP=√29-2√2，
即AP的最小值为√29-2√2；
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（3）存在，如图3，以AB为斜边向下做等腰直角三角形AEB，连接CE，
AB
则∠EAB=45°， =√2，
AE
∵AC=AD，∠ACD=90°，
AD
∴DAC=45°， =√2，
AC
AB AD
∴ = ，∠DAB=∠CAE=45°，
AE AC
∴△DAB∽△CAE，
BD AD
∴ = =√2，
CE AC
∴BD=√2CE，
∴当CE最大时，BD取最大值，
以AB为斜边向上做等腰直角三角形AOB，以O为圆心OA为半径画圆，
∵∠AOB=90°，∠ACB=45°，
∴点C在优弧AB上，
由图知当C在OE延长线C'位置时C'E有最大值，
此时C'E=OE+OC'，
∵AB=6，△AOB和△AEB都是以AB为斜边的等腰直角三角形，
∴四边形AOBE为正方形，
√2
∴OE=AB=6，OC'=OA= AB=3√2，
2
∴CE的最大值为6+3√2，
∵BD=√2CE，
∴BD的最大值为√2×（6+3√2）=6√2+6．
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【点睛】本题主要考查了图形的变换，三角形相似，等腰直角三角形，正方形，圆周角，圆心角等知识点，
熟练掌握并灵活运用这些知识点是解题的关键．
141
