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中考大题 06 圆中的证明与计算问题
中考数学中，圆的基本性质、与圆有关的位置关系一直都是必考的考点，难度从基础到综合都有通常
选择填空题会出圆的基本性质，如弧长、弦长、半径、圆周角等的关系,基本都是基础应用，难度不大,个
别会出选择题的压轴题，难度稍大.简答题部分，一般会把切线的问题和相似三角形、锐角三角函数等结
合考察，这是一般都是中等难度的问题.还有一些城市会把圆的基本性质等与其他动点问题综合考察,此时
一般都是压轴题，难度很大，这时候就需要考生综合思考的点比较多.
题型一： 圆中的角度和线段计算问题
1．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，在⊙O中，直径AB垂直弦CD于点E，连接AC,AD,BC，作
CF⊥AD于点F，交线段OB于点G（不与点O,B重合），连接OF．
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(1)若BE=1，求GE的长．
(2)求证：BC2=BG⋅BO．
(3)若FO=FG，猜想∠CAD的度数，并证明你的结论．
【答案】(1)1
(2)见解析
(3)∠CAD=45°，证明见解析
【分析】（1）由垂径定理可得∠AED=90°，结合CF⊥AD可得∠DAE=∠FCD，根据圆周角定理可
得∠DAE=∠BCD，进而可得∠BCD=∠FCD，通过证明△BCE ≌△GCE可得¿=BE=1；
1
（2）证明△ACB ∽△CEB，根据对应边成比例可得BC2=BA⋅BE，再根据AB=2BO，BE= BG，
2
可证BC2=BG⋅BO；
（3）设∠DAE=∠CAE=α，∠FOG=∠FGO=β，可证α=90°−β，∠OCF=90°−3α，通过SAS
证明△COF≌△AOF，进而可得∠OCF=∠OAF，即90°−3α=α，则∠CAD=2α=45°．
【详解】（1）解：∵直径AB垂直弦CD，
∴ ∠AED=90°，
∴ ∠DAE+∠D=90°，
∵ CF⊥AD，
∴ ∠FCD+∠D=90°，
∴ ∠DAE=∠FCD，
由圆周角定理得∠DAE=∠BCD，
∴ ∠BCD=∠FCD，
在△BCE和△GCE中，
¿，
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∴ △BCE ≌△GCE (ASA)，
∴ ¿=BE=1；
（2）证明：∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ACB=90°，
在△ACB和△CEB中，
¿，
∴ △ACB ∽△CEB，
BC BA
∴ = ，
BE BC
∴ BC2=BA⋅BE，
由（1）知¿=BE，
1
∴ BE= BG，
2
又∵ AB=2BO，
1
∴ BC2=BA⋅BE=2BO⋅ BG=BG⋅BO；
2
（3）解：∠CAD=45°，证明如下：
如图，连接OC，
∵ FO=FG
，
∴ ∠FOG=∠FGO，
∵直径AB垂直弦CD，
∴ CE=DE，∠AED=∠AEC=90°，
又∵ AE=AE，
∴ △ACE ≌△ADE (SAS)，
∴ ∠DAE=∠CAE，
设∠DAE=∠CAE=α，∠FOG=∠FGO=β，
则∠FCD=∠BCD=∠DAE=α，
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∵ OA=OC，
∴ ∠OCA=∠OAC=α，
又∵ ∠ACB=90°，
∴ ∠OCF=∠ACB−∠OCA−∠FCD−∠BCD=90°−3α，
∵ ∠CGE=∠OGF=β，∠GCE=α，∠CGE+∠GCE=90°
∴ β+α=90°，
∴ α=90°−β，
∵ ∠COG=∠OAC+∠OCA=α+α=2α，
∴ ∠COF=∠COG+∠GOF=2α+β=2(90°−β)+β=180°−β，
∴ ∠COF=∠AOF，
在△COF和△AOF中，
¿
∴ △COF≌△AOF(SAS)，
∴ ∠OCF=∠OAF，
即90°−3α=α，
∴ α=22.5°，
∴ ∠CAD=2α=45°．
【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三
角形的性质等，难度较大，解题的关键是综合应用上述知识点，特别是第3问，需要大胆猜想，再逐步论
证．
2．（2023·山东·中考真题）如图，已知AB是⊙O的直径，CD=CB，BE切⊙O于点B，过点C作
CF⊥OE交BE于点F，若EF=2BF．
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(1)如图1，连接BD，求证：△ADB≌△OBE；
(2)如图2，N是AD上一点，在AB上取一点M，使∠MCN=60°，连接MN．请问：三条线段
MN，BM，DN有怎样的数量关系？并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)MN=BM+DN，证明见解析
【分析】
（1）根据CF⊥OE，OC是半径，可得CF是⊙O的切线，根据BE是⊙O的切线，由切线长定理可得
CF 1
BF=CF，进而根据sinE= = ，得出∠E=30°，∠EOB=60°，根据CD=CB得出C´D=C´B，根据
EF 2
垂径定理的推论得出OC⊥BD，进而得出∠ADB=90°=∠EBO，根据含30度角的直角三角形的性质，
1
得出AD=BO= AB，即可证明△ABD≌△OEB(AAS)；
2
（2）延长ND至H使得DH=BM，连接CH，BD，根据圆内接四边形对角互补得出∠HDC=∠MBC，
证明△HDC≌△MBC (SAS)，结合已知条件证明NC=NC，进而证明△CNH≌△CNM (SAS)，得出
NH=MN，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵CF⊥OE，OC是半径，
∴CF是⊙O的切线，
∵BE是⊙O的切线，
∴BF=CF，
∵EF=2BF
∴EF=2CF，
CF 1
∴sinE= =
EF 2
∴∠E=30°，∠EOB=60°，
∵CD=CB
∴C´D=C´B，
∴OC⊥BD，
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°=∠EBO，
∵∠E+∠EBD=90°，∠ABD+∠EBD=90°
∴∠E=∠ABD=30°，
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1
∴AD=BO= AB，
2
∴△ABD≌△OEB(AAS)；
（2）MN=BM+DN，理由如下，
延长ND至H使得DH=BM，连接CH，BD，如图所示
∵∠CBM+∠NDC=180°,∠HDC+∠NDC=180°
∴∠HDC=∠MBC，
∵CD=CB，DH=BM
∴△HDC≌△MBC (SAS)，
∴∠BCM=∠DCH，CM=CH
由（1）可得∠ABD=30°，
又AB是直径，则∠ADB=90°，
∴∠A=60°，
∴∠DCB=180°−∠A=120°，
∵∠MCN=60°，
∴∠BCM+∠NCD=120°−∠NCM=120°−60°=60°，
∴∠DCH+NCD=∠NCH=60°,
∴∠NCH=∠NCM，
∵NC=NC，
∴△CNH≌△CNM (SAS)，
∴NH=MN，
∴MN=DN+DH=DN+BM．
即MN=BM+DN．
【点睛】本题考查了切线的判定，切线长定理，垂径定理的推论，全等三角形的性质与判定，根据特殊角
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的三角函数值求角度，圆周角定理，圆内接四边形对角互补，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的
关键．
圆的基础定理: 垂径定理、圆周角定理、切线长定理的内容和常考题型要熟悉，也要结合几何图形各自的
特征，综合应用起来解决相关问题.
垂径定理模型（知二得三）
⏜ ⏜ ⏜ ⏜
如图，可得①AB过圆心 ②AB⊥CD ③CE=DE ④ AC=AD ⑤ BC=BD
C
A O E B
D
【总结】垂径定理及其推论实质是指一条直线满足：（1）过圆心（2）垂直于弦（3）平分弦（被平分的
弦不是直径）（4）平分弦所对的优弧（5）平分弦所对的劣弧，若已知五个条件中的两个，那么可推出
其中三个，简称“知二得三”，解题过程中应灵活运用该定理.
常见辅助线做法（考点）：1）过圆心，作垂线，连半径，造Rt△，用勾股，求长度；
2）有弦中点，连中点和圆心，得垂直平分.
【利用圆周角定理解题思路】
1）在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半，在同圆中可以
利用圆周角定理进行角的转化.
2）在证明圆周角相等或弧相等时，通常“由等角找等弧”或“由等弧找等角”.
3）当已知圆的直径时，常构造直径所对的圆周角．
4）在圆中求角度时，通常需要通过一些圆的性质进行转化．比如圆心角与圆周角间的转化；同弧或等弧
的圆周角间的转化；连直径，得到直角三角形，通过两锐角互余进行转化等．
1．（2023·河南商丘·模拟预测）如图，过⊙O外一点P作⊙O的两条切线，切点分别为A，B，过点B作
BC∥PA交⊙O于点C，连接AB，AC．
(1)求证：AB=AC；
(2)若AP=6，AB=4，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
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3
(2) √2
2
【分析】（1）连接OA，并反向延长交BC于点E．根据切线的性质得到∠EAP=90°，由BC∥PA，易
得∠CEA=∠EAP=90°，即AE⊥BC，根据垂径定理得到BE=EC，即可得出结论；
（2）连接PO，与AB交于点F．根据切线的性质得到PA=PB，∠BPO=∠APO，由垂径定理得到
1
PO⊥AB，AF= AB=2，利用勾股定理求出PF，证明△FPA∽△APO，根据相似三角形的性质即可
2
求解．
【详解】（1）证明：连接OA，并反向延长交BC于点E．
∵ PA与⊙O相切，切点为A，
∴ ∠EAP=90°．
∵ BC∥PA，
∴ ∠CEA=∠EAP=90°，即AE⊥BC，
∴ BE=EC，
∴ AB=AC；
（2）解：连接PO，与AB交于点F．
∵ PA、PB分别与⊙O相切，切点分别为A、B，
∴ PA=PB，∠BPO=∠APO．
1
∴ PO⊥AB，AF= AB=2．
2
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∴在Rt△PFA中，PF=√AP2−AF2=4√2．
∵ ∠FPA=∠APO，∠PFA=∠PAO=90°，
∴ △FPA∽△APO．
AF AO 2 AO
∴ = ，即 = ，
PF AP 4√2 6
3 3
∴ AO= √2，即⊙O的半径是 √2．
2 2
【点睛】本题考查了切线定理，垂径定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解题的关键在于对知识
的熟练掌握与灵活运用．
2．（2023·广东深圳·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，以AB为直径的半圆交BC于D，过D
作圆的切线交AC于E．
求证：
(1)AE=CE；
(2)CD•CB=4DE2．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由∠CAB=90°、AB为直径可以得出AC为圆的切线，再根据切线长定理得出AE=DE，
然后在Rt△ACD中可推得CD=DE，即可证明．
（2）根据（1）的结论并结合相似三角形即可证明．
【详解】（1）证明：连接AD；
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∵AB是圆的直径，
∴∠ADC=∠ADB=90°，
∵∠CAB=90°，
∴AC是圆的切线；
又∵DE是圆的切线，
∴DE=AE，
∴∠ADE=∠EAD，
∴∠C=∠CDE（等角的余角相等），
∴CE=DE，
∴AE=CE．
（2）在Rt△CAD与Rt△CBA中,¿
∴△CAD∽△CBA
CA CB
∴ =
CD CA
即C A2=CD·CB；
∵由（1）得CA=CE+AE=2DE，
∴CD·CB=4DE2．
【点睛】本题考查了切线的判定定理、切线长定理、圆周角定理、三角形内角和定理、相似三角形等知识
点，解题的关键是熟练运用相关的定理和推论．
题型二： 求弓形面积或不规则图形面积
1．（2023·江苏南通·中考真题）如图，等腰三角形OAB的顶角∠AOB=120°，⊙O和底边AB相切于点
C，并与两腰OA，OB分别相交于D，E两点，连接CD，CE．
(1)求证：四边形ODCE是菱形；
(2)若⊙O的半径为2，求图中阴影部分的面积．
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【答案】(1)见解析
4π
(2)S = −2√3
阴影 3
【分析】
（1）连接OC，根据切线的性质可得OC⊥AB，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得
∠AOC=∠BOC=60°，从而可得△ODC和△OCE都是等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得
OD=CD=CE=OE，即可解答；
（2）连接DE交OC于点F，利用菱形的性质可得OF=1，DE=2DF，∠OFD=90°，然后在Rt△ODF
中，利用勾股定理求出DF的长，从而求出DE的长，最后根据图中阴影部分的面积=扇形ODE的面积−菱
形ODCE的面积，进行计算即可解答．
【详解】（1）
证明：连接OC，
∵⊙O和底边AB相切于点C，
∴OC⊥AB，
∵OA=OB，∠AOB=120°，
1
∴∠AOC=∠BOC= ∠AOB=60°，
2
∵OD=OC，OC=OE，
∴△ODC和△OCE都是等边三角形，
∴OD=OC=DC，OC=OE=CE，
∴OD=CD=CE=OE，
∴四边形ODCE是菱形；
（2）
解：连接DE交OC于点F，
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∵四边形ODCE是菱形，
1
∴OF= OC=1，DE=2DF，∠OFD=90°，
2
在Rt△ODF中，OD=2，
∴DF=√OD2−OF2=√22−12=√3，
∴DE=2DF=2√3，
∴图中阴影部分的面积=扇形ODE的面积−菱形ODCE的面积
120π×22 1
= − OC⋅DE
360 2
4π 1
= − ×2×2√3
3 2
4π
= −2√3，
3
4π
∴图中阴影部分的面积为 −2√3．
3
【点睛】
本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，等腰三角形的性质，菱形的判定与性质，根据题目的已知条件
并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
2．（2023·江苏宿迁·中考真题）（1）如图，AB是⊙O的直径，AC与⊙O交于点F，弦AD平分∠BAC，
点E在AC上，连接DE、DB，________．求证：________．
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从①DE与⊙O相切；②DE⊥AC中选择一个作为已知条件，余下的一个作为结论，将题目补充完整
（填写序号），并完成证明过程．
（2）在（1）的前提下，若AB=6，∠BAD=30°，求阴影部分的面积．
27 3π
【答案】（1）②①，证明见解析（或①②，证明见解析）（2） √3−
8 2
【分析】（1）一：已知条件为②DE⊥AC，结论为①DE与⊙O相切；连接OD，先证出OD∥AC，再
根据平行线的性质可得DE⊥OD，然后根据圆的切线的判定即可得证；二：已知条件为①DE与⊙O相
切，结论为②DE⊥AC；连接OD，先证出OD∥AC，再根据圆的切线的性质可得DE⊥OD，然后根
据平行线的性质即可得证；
（2）连接OD,OF，先解直角三角形求出OD,AE,DE的长，再根据等边三角形的判定与性质可得AF的
长，从而可得EF的长，然后根据圆周角定理可得∠DOF=2∠CAD=60°，最后根据阴影部分的面积等
于直角梯形ODEF的面积减去扇形ODF的面积即可得．
【详解】解：（1）一：已知条件为②DE⊥AC，结论为①DE与⊙O相切，证明如下：
如图，连接OD，
∵OA=OD
，
∴∠OAD=∠ODA，
∵弦AD平分∠BAC，
∴∠OAD=∠CAD，
∴∠CAD=∠ODA，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
又∵OD是⊙O的半径，
∴DE与⊙O相切；
二：已知条件为①DE与⊙O相切，结论为②DE⊥AC，证明如下：
如图，连接OD，
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∵OA=OD
，
∴∠OAD=∠ODA，
∵弦AD平分∠BAC，
∴∠OAD=∠CAD，
∴∠CAD=∠ODA，
∴OD∥AC，
∵DE与⊙O相切，
∴DE⊥OD，
∴DE⊥AC；
（2）如图，连接OD,OF，
∵AB=6 ∠BAD=30°
， ，
∴OA=OD=OF=3,AD=AB⋅cos30°=3√3，∠CAD=30°，
1 3 9
∴DE= AD= √3,AE=AD⋅cos30°= ，
2 2 2
又∵∠BAD=∠CAD=30°，
∴∠BAC=60°，
∴△OAF是等边三角形，
∴AF=OA=3，
3
∴EF=AE−AF= ，
2
由圆周角定理得：∠DOF=2∠CAD=60°，
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DE⋅(EF+OD) 60π×32
则阴影部分的面积为S −S = −
直角梯形ODEF 扇形ODF 2 360
3 (3 )
√3× +3
2 2 3π
= −
2 2
27 3π
= √3− ．
8 2
【点睛】本题考查了圆的切线的判定与性质、解直角三角形、扇形的面积、圆周角定理等知识点，熟练掌
握圆的切线的判定与性质是解题关键．
设⊙O 的半径为R，n°圆心角所对弧长为l，n为弧所对的圆心角的度数，则
扇形弧长公式 nπR O
l= （弧长的长度和圆心角大小和半径的取值有关，且n
180 R
n°
表示1°的圆心角的倍数，n和180都不要带单位．）
l
扇形面积公式 nπR2 1
l
S扇形=
360
=
2
R
圆锥侧面积公式 S =πrl （其中l是圆锥的母线长，r是圆锥的底面半径） n°
圆锥侧
l
圆锥全面积公式 S =πrl+πr2 （圆锥的表面积=扇形面积+底面圆面积） h
圆锥全
r
圆锥的高h，圆 r2+h2=l2
锥的底面半径r
【阴影部分面积求解问题解题思路】求阴影部分面积时，最基本的思想就是转化思想，即把所求的不规则
的图形的面积转化为规则图形的面积．常用的方法有：
1．（22-23九年级上·江苏扬州·期末）如图，CD是⊙O的直径，点B在⊙O上，点A为DC延长线上一点，
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过点O作OE∥BC交AB的延长线于点E，且∠D=∠E
(1)求证：AE是⊙O的切线；
(2)若线段OE与⊙O的交点F是OE的中点，⊙O的半径为3，求阴影部分的面积．
【答案】(1)证明见解析
3π 9√3
(2) −
2 8
【分析】（1）连接OB，根据圆周角定理得到BC⊥BD，根据平行线的性质和等腰三角形的性质得到
∠OBE=90°，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）连接BF，根据直角三角形的性质得到BF=OF，推出△OBF是等边三角形，得到∠BOF=60°，根
据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OB，
∵CD是⊙O的直径，
∴BC⊥BD，即∠CBD=90°，
∵OE∥BC，
∴∠DGO=∠CBD=90°，
∴∠BGE=∠DGO=90°，∠D+∠DOG=90°，
∵∠D=∠E，
∴∠DOE=∠DBE，
∵OD=OB，
∴∠D=∠OBD，
∴∠OBD+∠DBE=∠D+∠DOG=90°，
∴∠OBE=90°，
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∵OB是⊙O的半径，
∴AE是⊙O的切线；
（2）解：连接BF，
∵∠OBE=90°，F是OE的中点，
∴BF=OF，
∵⊙O的半径为3，∠DGO=90°，
∴BF=OF=OB=3，∠BGO=180°−∠DGO=90°，
∴△OBF是等边三角形，
∴∠BOF=60°，
∴∠OBG=90°−∠BOF=30°，
∴OG=
1
OB=
3
，BG=√OB2−OG2=
√
32−
(3) 2
=
3√3
，
2 2 2 2
∴阴影部分的面积为：
60×π×32 1 3√3 3 3π 9√3
S −S = − × × = − ，
扇形OBF △OBG 360 2 2 2 2 8
3π 9√3
∴阴影部分的面积为 − ．
2 8
【点睛】本题考查切线的判定，直径所对的圆周角是直角，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，
扇形的面积的计算等知识点．正确地作出辅助线是解题的关键．
2．（2023·江苏常州·一模）如图1，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'．（___________）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．
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(1)上述问题情境中“（________）”处应填理由：________________；
(2)如图2，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______________cm；
(3)如果将与（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(如
图3)？
【答案】(1)旋转前后对应边相等，对应角相等
3√2
(2)①作图见详解；② π
2
8π−8√3
(3)
3
【分析】（1）根据旋转的性质即可求解；
（2）①根据旋转中心在对应点连线的垂直平分线的交点处即可求解；②根据弧长公式的计算方法即可求
解；
（3）如图所示，连接PA'交AC于点M，连接PA交A'B'于点N，连接PD，A A'，PB'，PC，根据旋
转的性质可得PA=PA'=4，∠PAC=∠PA'B'=30°，可求出PM，A'M，S =S ，再根据
△A'DP △ADP
S =S −S ，S =S −S ，阴影部分的面积为S +S ，由此
阴影B'DP 扇形PA'B' △A'DP 阴影CDP 扇形PAC △ADP 阴影B'DP 阴影CDP
即可求解．
【详解】（1）解：根据旋转的性质可得，旋转前后对应边相等，对应角相等，
∴应填理由为：旋转前后对应边相等，对应角相等，
故答案为：旋转前后对应边相等，对应角相等；
（2）解：①根据旋转中心为对应点连线的垂直平分线的交点，作图如下：
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②如图所示，点B绕点0逆时针旋转90°得到B'，
∴∠BOB'=90°，OB=OB'，且BB'=6cm，
√2 √2
∴在Rt△BOB'中，OB=OB'= BB'= ×6=3√2，
2 2
∴B ´ B'= 90° ×2π·OB= 1 ×2π×3√2= 3√2 π，
360° 4 2
3√2
故答案为： π；
2
（3）解：如图所示，连接PA'交AC于点M，连接PA交A'B'于点N，连接PD，A A'，PB'，PC，
∵点P为B´C中点，
1
∴∠PAC=∠PAB= ∠BAC=30°，
2
根据旋转的性质得，∠PA'B'=∠PA'C'=∠PAB=∠PAC=30°，PA=PA'=4cm，PA'⊥AC，
在Rt△PAM中，∠PAM=30°，PA=4cm，
PM 1
∴sin∠PAM=sin30°= ，则PM=PA·sin30°= PA=2cm，则A'M=PA'−PM=4−2=2，
PA 2
在Rt△A'DM中，∠PA'B'=30°，A'M=2，
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A'M 2 4√3
A'M A'D= = =
∴cos∠PA'D=cos30°=
，则 cos30° √3 3 ，
A'D
2
1 1 4√3 2√3
∴DM= A'D= × = ，
2 2 3 3
∴S = 1 PA'·DM= 1 ×4× 2√3 = 4√3 ，S = 30° ×π·(PA') 2 = 1 ×π×42= 4 π，
△A'DP 2 2 3 3 扇形PA'B' 360° 12 3
4 4√3 4π−4√3
∴阴影部分S =S −S = π− = ，
阴影PB'D 扇形PA'B' △A'DP 3 3 3
4√3 4
根据旋转的性质，同理，S =S = ，S =S = π，
△ADP △A'DP 3 扇形APC 扇形PA'B' 3
4 4√3 4π−4√3
∴阴影部分S =S −S = π− = ，
阴影PCD 扇形APC △ADP 3 3 3
4π−4√3 4π−4√3 8π−8√3
∴阴影部分的面积为S +S = + = ．
阴影PB'D 阴影PCD 3 3 3
【点睛】本题主要考查旋转的性质，旋转中心的确定，弧长公式的计算，全等三角形的判定和性质，含
30°的直角三角形的性质，特殊角的三角函数的计算方法，掌握旋转的性质，弧长的计算方法，不规则图
形面积的计算方法是解题的关键．
题型三： 正多边形与圆
（2021·湖北随州·中考真题）等面积法是一种常用的、重要的数学解题方法．它是利用“同一个图形的面
积相等”、“分割图形后各部分的面积之和等于原图形的面积”、“同底等高或等底同高的两个三角形面
积相等”等性质解决有关数学问题，在解题中，灵活运用等面积法解决相关问题，可以使解题思路清晰，
解题过程简便快捷．
（1）在直角三角形中，两直角边长分别为3和4，则该直角三角形斜边上的高的长为_____，其内切圆的
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半径长为______；
（2）①如图1，P是边长为a的正△ABC内任意一点，点O为△ABC的中心，设点P到△ABC各边距离分
1
别为h ，h ，h ，连接AP，BP，CP，由等面积法，易知 a(h +h +h )=S =3S ，可得
1 2 3 2 1 2 3 △ABC △OAB
h +h +h = _____；（结果用含a的式子表示）
1 2 3
②如图2，P是边长为a的正五边形ABCDE内任意一点，设点P到五边形ABCDE各边距离分别为h ，h ，
1 2
8
h ，h ，h ，参照①的探索过程，试用含a的式子表示h +h +h +h +h 的值．（参考数据：tan36°≈ ，
3 4 5 1 2 3 4 5 11
11
tan54°≈ ）
8
（3）①如图3，已知⊙O的半径为2，点A为⊙O外一点，OA=4，AB切⊙O于点B，弦BC//OA，连
接AC，则图中阴影部分的面积为______；（结果保留π）
②如图4，现有六边形花坛ABCDEF，由于修路等原因需将花坛进行改造．若要将花坛形状改造成五边形
ABCDG，其中点G在AF的延长线上，且要保证改造前后花坛的面积不变，试确定点G的位置，并说明理
由．
12 √3 55 2
【答案】（1） ，1；（2）① a；② a；（3）① π；②见解析．
5 2 16 3
【分析】（1）根据等积法解得直角三角形斜边上的高的长，及利用内切圆的性质解题即可；
1
（2）①先求得边长为a的正△ABC的面积，再根据 a(h +h +h )=S =3S 解题即可；②设点O
2 1 2 3 △ABC △OAB
为正五边形ABCDE的中心，连接OA，OB，过O作OQ⊥AB于Q，先由正切定义，解得OQ的长，由①
1 1 1
中结论知，S =5S ，继而得到 a(h +h +h +h +h )=5× a× atan54°，据此解题；
五 边 形ABCDE△OAB 2 1 2 3 4 5 2 2
（3）①由切线性质解得∠OAB=30°，再由平行线性质及等腰三角形性质解得∠COB=60°，根据平行
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线间的距离相等，及同底等高或等底同高的两个三角形面积相等的性质，可知图中阴影部分的面积等于扇
形OBC的面积，最后根据扇形面积公式解题；②连接DF，过点E作EG//DF交AF的延长线于G点，根
据S =S +S =S ，据此解题．
六 边 形ABCD五EF 边 形ABCD△FDGF 五 边 形ABCDG
1
【详解】解：（1）直角三角形的面积为： ×3×4=6，
2
直角三角形斜边为：√32+42=5，
1
设直角三角形斜边上的高为h，则 ×5⋅h=6
2
12
∴h=
5
1 1
设直角三角形内切圆的半径为r，则 (3+4+5)= ×3×4
2 2
∴r=1，
12
故答案为： ，1；
5
√3 1 √3 √3
（2）①边长为a的正△ABC底边的高为 a，面积为：S = ⋅a⋅ a= a2
2 △OAB 2 2 4
1 √3
∵ a(h +h +h )=S =3S = a2
2 1 2 3 △ABC △OAB 4
√3
∴h +h +h = a，
1 2 3 2
√3
故答案为： a；
2
1
②类比①中方法可知 a(h +h +h +h +h )=S ，
2 1 2 3 4 5 五 边 形ABCDE
设点O为正五边形ABCDE的中心，连接OA，OB，
由①得S =5S ，
五 边 形ABCDE△OAB
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1
过O作OQ⊥AB于Q，∠EAB= ×180°×(5−2)=108°，
5
1
故∠OAQ=54°，OQ=AQ×tan54°= atan54°，
2
1 1 1
故 a(h +h +h +h +h )=5× a× atan54°，从而得到：
2 1 2 3 4 5 2 2
5 55
h +h +h +h +h = atan54°≈ a．
1 2 3 4 5 2 16
（3）①∵AB是⊙O的切线，
∴OB⊥AB
∴∠OBA=90°
∵OB=2,OA=4
∴∠OAB=30°
∴∠AOB=60°
∵BC//OA
∴∠AOB=∠OBC=60°
∵OC=OB
∴∠OBC=∠OCB=60°
∴∠COB=60°
过点O作OQ⊥BC
∵BC//OA，
∴OQ是△COB、△ABC的高，
∴S =S
△ABC △OCB
60×πr2 60×4π 2
∴S =S = = = π
阴影部分 扇 形OBC 360 360 3
2
故答案为： π；
3
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②如图，连接DF，过点E作EG//DF交AF的延长线于G点，则点G即为所求，
连接DG，∵S =S +S ，
六 边 形ABCD五EF 边 形ABCD△≝F¿¿
∵EG//DF，
∴S ，
△≝¿=S ¿
△DGF
∴S =S +S =S ．
六 边 形ABCD五EF 边 形ABCD△FDGF 五 边 形ABCDG
【点睛】本题考查正多边形和圆的知识，涉及含30°角的直角三角形、正切、切线的性质、扇形面积公式、
平行线的性质等知识，是重要考点，有难度，掌握相关知识是解题关键．
正多边形的常用公式
边长 1800
a =2R ⋅sin （R n为正多边形外接圆的半径）
n n n
周长 Pn=n⋅an 外角/中心角度数 360°
n
面积 1 对角线条数 n(n−3)
Sn= an⋅rn⋅n
2 2
边心距 1800 内角和 （ n-2 ）×180°.
rn=Rn⋅cos
n
（内角和÷180°）＋2
内角度数 （n−2）×180° n边形的边数
n
a 、Rn、rn的关系
a2
n R2=r2+ n （an 、Rn、rn为构成直角三角形的三边长，已知其中两个值，第三个
n n 4
值可以借助勾股定理求解.）
【解题思路】正多边形与圆的计算问题：正n边形的外接圆半径和边心距把正n边形分成
2n个全等的直角三角形，而每个直角三角形都集中地反映了这个正 n边形各元素间的关
系，故可以把正n边形的计算转化为解直角三角形，再利用勾股定理即可完成计算．
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1．（2024·辽宁鞍山·三模）【发现问题】
蜂巢的结构非常精美，每个巢室都是由多个正六边形组成（如图1），某数学兴趣小组的同学用若干个形
状，大小均相同的正六边形模具，模仿蜂巢结构拼成如图2所示的若干个图案，同学们发现：在每个拼接
成的图案中，所需正六边形模具的总个数随着第一层（最下面一层）正六边形模具个数的变化而变化．
【提出问题】
在拼接成的图案中，所需正六边形模具的总个数y与第一层正六边形模具的个数x之间有怎样的函数关系?
【分析问题】
同学们结合实际操作和计算得到如下表所示的数据
第一层正六边形模具的个数x 1 2 3 4 …
拼接图案中所需正六边形模具的总个数y 1 7 19 37 …
然后在平面直角坐标系中描出上面表格中各对数值所对应的点得到图3，同学们根据图3中点的分布情况，
猜想其图象是二次函数图象的一部分．
为了验证猜想，同学们从“形”的角度出发，借助“割补”的方法，把某一拼接图案中上半部分的正六边
形模具（虚线部分）移到下面（如图4），并把第一层缺少的正六边形模具（阴影部分）补全，再拼接到
一起（如图5），使每一层正六边形模具的数量相同，借此图求出正六边形模具的总个数，再减去用于补
全图形的正六边形模具的个数，即可求出y与x之间的关系式．
【解决问题】
(1)直接写出y与x的关系式；
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(2)若同学按图2的方式拼接图案，共用了169个正六边形模具，求拼接成的图案中第一层正六边形模具的
个数；
(3)如图6，作正六边形模具的外接圆，圆心为O，A，B为正六边形模具相邻的两个顶点，A´B的长为
2
πcm，现有一张长100cm，宽80cm的长方形桌子，若按图2的拼接方式拼接图案（模具间的接缝忽略
3
不计），最多可以放下多少个正六边形模具?（√3≈1.732）
【答案】(1)y=3x2−3x+1
(2)8个
(3)469个
【分析】
本题主要考查求二次函数式，二次函数的应用以及正多边形和圆：
（1）运用待定系数法求解即可；
（2）将y=169代入y=3x2−3x+1求解即可；
（3）设正六边形其它顶点分别为C,D,E,F，连接AD，BD，求出AB=2cm，BD=2√3cm，设第一层
有x个正六边形模具，求出拼接图案的最大宽度为2√3(2x−1)cm，最大高度为(6x−2)cm，分拼接图案
的高与长方形桌子的长平行和拼接图案的高与长方形桌子的宽平行两种情况求出 x的值，代入函数关系式
求出y的值即可求解
【详解】（1）
解：设y与x之间的函数关系式为y=ax2+bx+c(a≠0)，
将点(1,1),(2,7),(3,19)代入关系式，得：
¿
解得，¿
∴y与x之间的函数关系式为y=3x2−3x+1；
（2）解：由（2）知，y=3x2−3x+1，
将y=169代入，得169=3x2−3x+1，
解得，x =8，x =−7（不合题意，舍去）
1 2
所以，他拼接成的图案中第一层有8个六边形模具；
（3）
解：如图，设正六边形其它顶点分别为C,D,E,F，连接AD，BD，
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由正六边形及其外接圆的性质得，AD为⊙O的直径，∠BAD=60°，线段BD的长即为边AB，DE间的距
离，
∴∠ABD=90°，
∴∠ADB=30°
2
∵A´B的长为 πcm，
3
2
∵⊙O的周长为6× π=4π(cm)，
3
4π
∴⊙O的直径= ，即AD=4cm，
π
1 1 √3 √3
∴AB= AD= ×4=2(cm)，BD= AD= ×4=2√3(cm)
2 2 2 2
设第一层有x个正六边形模具，
∴第x层的正六边形模具个数最多，有(2x−1)个，拼接成的图案共有(2x−1)层，其中有x层的高度按
⊙O的直径计算，(x−1)层的高度按正六边形的边长计算，
所以，拼接图案的最大宽度为2√3(2x−1)cm，最大高度为4x+2(x−1)=(6x−2)cm，
①当拼接图案的高与长方形桌子的长平行时，有，
¿
40√3+3
解得，x≤ ，
6
∵x为整数，
∴x最大取12；
②当拼接图案的高与长方形桌子的宽平行时，有，
¿
41
解得，x≤ ，
3
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∵x为整数，
∴x最大取13；
将x=12代入y=3x2−3x+1，得，y=397；
将x=13代入y=3x2−3x+1得，y=469，
∵469>397，
∴最多可以放下469个正六边形模具
2．（2023·河北邯郸·二模）摩天轮（如图1）是游乐场中受欢迎的游乐设施之一，它可以看作一个大圆和
六个全等的小圆组成（如图2），大圆绕着圆心O匀速旋转，小圆通过顶部挂点（如点P，N）均匀分布在
大圆圆周上，由于重力作用，挂点和小圆圆心连线（如PQ）始终垂直于水平线l．
(1)∠NOP=________°
(2)若OA=16，⊙O的半径为10，小圆的半径都为1：
①在旋转一周的过程中，圆心M与l的最大距离为________；
②当圆心H到l的距离等于OA时，求OH的长；
③求证：在旋转过程中，MQ的长为定值，并求出这个定值．
【答案】(1)60
(2)①25；②OH=3√11；③MQ的长为定值，定值为10．
【分析】（1）将360°平均分6份即可；
（2）①当圆心M在AO的延长线上时，圆心M与l有最大距离，据此即可求解；
②设⊙H的挂点为K，过点H作HT⊥l于点T，先证四边形HTAO是矩形，再用勾股定理解Rt△OHK即
可；
③先证△NOP是等边三角形，再证MNPQ是平行四边形，可得MQ=NP=10．
360°
【详解】（1）解：∠NOP= =60°，
6
故答案为：60；
（2）解：①当圆心M在AO的延长线上时，圆心M与l有最大距离，
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最大距离为AM=OM+OA=10−1+16=25，
故答案为：25；
②如图，设⊙H的挂点为K，过点H作HT⊥l于点T，
∵挂点和小圆圆心连线始终垂直于水平线l，
∴K，H，T在同一直线上，
∵圆心H到l的距离等于OA，
∴HT=OA，
∵HT⊥l，OA⊥l，
∴HT∥OA，
∴四边形HTAO是平行四边形，
又∵∠OAT=90°，
∴四边形HTAO是矩形，
∴∠OHT=90°，
∴∠OHK=90°，
∴OH=√OK2−H K2=√102−12=3√11；
③证明：如图所示，连接NP，MQ，
由（1）知∠NOP=60°，
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又∵ON=OP=10，
∴△NOP是等边三角形，
∴NP=ON=OP=10，
∵小圆的半径都为1，挂点和小圆圆心连线始终垂直于水平线l，
∴MN=PQ=1，MN∥PQ，
∴四边形MNPQ是平行四边形，
∴MQ=NP=10，
∴MQ的长为定值．
【点睛】本题考查圆的基本知识，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性
质，勾股定理等，解题的关键是根据题意抽象出数学模型．
题型四： 切线的性质与判定
1．（2023·黑龙江大庆·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C是圆上的一点，CD⊥AD于点D，AD
交⊙O于点F，连接AC，若AC平分∠DAB，过点F作FG⊥AB于点G，交AC于点H，延长AB，DC
交于点E．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)求证：AF⋅AC=AE⋅AH；
4 AH
(3)若sin∠DEA= ，求 的值．
5 FH
【答案】(1)证明，见解析
(2)证明，见解析
AH 4√10
(3) =
FH 5
【分析】（1）连接OC，根据AC平分∠DAB，则∠DAC=∠CAB，根据OA=OC，得
∠CAB=∠OCA，根据平行线的判定和性质，即可；
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（2）由（1）得，∠DAC=∠CAB，根据∠AHF∠CAB+90°，∠ACE=∠OCA+90°，相似三角形
的判定和性质，即可；
4 OC 4
（3）根据sin∠DEA= ，则 = ，设⊙O的半径为4x，则OE=5x，根据勾股定理求出CE；根据
5 OE 5
4
AE=OA+OE，AD= ×9x，根据勾股定理求出DE，再根据DC=DE−CE，在根据勾股定理求出AC，
5
AH AC
根据 = ，即可．
FH CE
【详解】（1）连接OC
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠CAB，
∵OA=OC，
∴∠CAB=∠OCA，
∴∠DAC=∠OCA，
∴AD∥OC，
∵CD⊥AD，
∴∠D=∠OCE=90°，
∴CD是⊙O的切线．
（2）证明，如下：
由（1）得，∠OCE=90°，
∵∠DAC=∠CAB，
∵FG⊥AB，
∴∠FGA=90°，
∴∠AHF=∠CAB+90°，
∵∠ACE=∠OCA+90°，
∴△ACE∽△AHF，
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AC AE
∴ = ，
AH AF
∴AC⋅AF=AE⋅AH．
4
（3）∵sin∠DEA= ，
5
OC 4
∴ = ，
OE 5
设⊙O的半径为4x，
∴OE=5x，
∴CE=√OE2−OC2=3x，
∵AE=OA+OE=9x，
4 36 27
∴AD= ×9x= x，DE=√AE2−AD2= x，
5 5 5
∵DE=DC+CE，
12
∴DC= x，
5
∵AC2=AD2+DC2=
(36) 2
+
(12) 2
，
5 5
12√10
∴AC= x，
5
∵△ACE∽△AHF，
12√10
x
∴AH AC 5 4√10．
= = =
FH CE 3x 5
【点睛】本题考查圆，相似三角形，锐角三角形函数的知识，解题的关键圆的切线定理的运用，相似三角
形的判定和性质，锐角三角形函数的运用．
2．（2023·湖北恩施·中考真题）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，点O为AB的中点，连
接CO交⊙O于点E， ⊙O与AC相切于点D．
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(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)延长CO交⊙O于点G，连接AG交⊙O于点F，若AC=4√2，求FG的长．
【答案】(1)见解析
4√6
(2)
3
【分析】
（1）连接OD，过点O作OP⊥BC于点P，根据等腰三角形的性质得到∠OCD=∠OCP=45°，推出
OD=OP，即可得到结论；
（2）根据等腰直角三角形的性质求出OA，OD的长，勾股定理求出AG，连接OF，过O作OH⊥AG于
点H，利用面积法求出OH，勾股定理求出HG，即可根据等腰三角形的性质求出FG的长．
【详解】（1）证明：连接OD，过点O作OP⊥BC于点P，
∵⊙O与AC相切于点D．
∴OD⊥AC，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，点O为AB的中点，
∴∠OCD=∠OCP=45°，
∴OD=OP，即OP是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线；
（2）解：∵AC=4√2，AB=AC，∠ACB=90°，
∴AB=√2AC=8，OC⊥AB，
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∵点O为AB的中点，
1
∴OC=OA= AB=4，
2
∵OD⊥AC
1
∴OD= AC=2√2，
2
在Rt△AOG中，AG=√OA2+OG2=√42+(2√2) 2=2√6
连接OF，过O作OH⊥AG于点H，
OA⋅OG 4×2√2 4√3
∴OH= = = ，
AG 2√6 3
∴HG=√OG2−OH2=
√
(2√2) 2 −
(4√3) 2
=
2√6
3 3
∵OF=OG，
4√6
∴FG=2HG= ．
3
【点睛】此题考查了判定直线是圆的切线，切线的性质定理，等腰直角三角形的性质，勾股定理，正确掌
握各知识点是解题的关键．
圆的切线垂直于过切点的半径．（实际上过切点的半径也可理解为过切点的直径或经过切点与圆
心的直线．）
性质
解题方法：当题目已知一条直线切圆于某一点时，通常作的辅助线是连接切点与圆心（这是圆中
作辅助线的一种方法）．根据切线的性质可得半径与切线垂直，从而利用垂直关系进行有关的计
算或证明．
1）定义法：直线和圆只有一个公共点时，我们说这条直线是圆的切线.
2）数量关系法：圆心到这条直线的距离等于半径时，直线与圆相切.
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3) 判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线.
判定
常见辅助线作法：判定一条直线是圆的切线时，
1）若已知直线与圆的公共点时，把圆心和这个公共点连接起来，然后证明直线垂直于这条半
径，简称“连半径，证垂直”；
3）若直线与圆的公共点没有明确，可过圆心作直线的垂线段，再证明圆心到直线的距离等于半
径，简称“作垂直，证半径”．
1．（2023·广西梧州·二模）如图，在△ABC中，O为AC上一点，以点O为圆心，OC为半径作圆，与BC
相切于点C，过点A作AD⊥BO交BO的延长线于点D，且∠AOD=∠BAD．
(1)求证：AB为⊙O的切线；
4
(2)若AB=10，sin∠ABC= ，求AD的长．
5
【答案】(1)见解析
(2)AD的长为2√5
【分析】（1）作OE⊥AB于点E，由∠AOD=∠BAD得到∠CBD=∠ABD，根据角平分线定理，即
可得到OC=OE，即可得证，
（2）先根据锐角三角函数，求出AC、BC的长，由S +S =S ，可求OC、OA、OB的长，根
△AOB △COB △ABC
AB BC
据 =cos∠OAD=cos∠CBD= ，即可求解，
OA OB
本题考查了切线的性质与判定，角平分线定理，锐角三角函数，勾股定理，解题的关键是：熟练掌握相关
性质定理．
【详解】（1）证明：作OE⊥AB于点E，则∠OEA=∠OEB=90°，
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∵⊙O与BC相切于点C，
∴BC⊥OC，
∵AD⊥BO交BO的延长线于点D，
∴∠C=∠D=90°，
∵∠CBD+∠BOC=90°，∠OAD+∠AOD=90°，∠BOC=∠AOD，
∴∠CBD=∠OAD，
∵∠AOD=∠BAD，
∴∠ODA=180°−∠AOD−∠D=180°−∠BAD−∠D=∠ABD，
∴∠CBD=∠ABD，
∴OC=OE，
∴点E在⊙O上，
∵OE是⊙O的半径，且AB⊥OE，
∴AB是⊙O的切线，
AC 4
（2）解：∵ =sin∠ABC= ，AB=10，
AB 5
4 4
∴AC= AB= ×10=8，
5 5
∴BC=√AB2−AC2=√102−82=6，
∵S +S =S ，
△AOB △COB △ABC
1 1 1
∴ AB⋅OE+ BC⋅OC= AC⋅BC，
2 2 2
1 1 1
∴ ×10×OE+ ×6×OC= ×8×6，
2 2 2
∴OC=3，
∴OA=AC−OC=8−3=5，OB=√BC2+OC2=√62+32=3√5，
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AB BC
∵ =cos∠OAD=cos∠CBD= ，
OA OB
OA⋅BC 5×6
∴AD= = =2√5．
OB 3√5
2．（22-23九年级上·河北保定·期中）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC，交BC于点D，
O是边AB上的点，经过点A，D的⊙O交AB于点E．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)若∠B=30°，BD=√3．
①求OE的长；
②求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
π √3
(2)①OE=1；②S = +
阴影部分 6 4
【分析】本题考查了等边对等角、平行线的判定与性质、切线的判定定理、勾股定理、垂径定理、含30度
角的直角三角形、直角三角形两锐角互余、圆周角定理、扇形的面积公式，解本题的关键在熟练掌握相关
的性质定理，并正确作出辅助线．
（1）连接OD，根据等边对等角，得出∠ODA=∠OAD，再根据角平分线的定义，得出
∠OAD=∠CAD，再根据等量代换，得出∠CAD=∠ODA，再根据平行线的判定，得出OD∥AC，再
根据平行线的性质，得出∠BDO=∠C，进而得出∠BDO=90°，再根据垂线的性质，得出OD⊥BC，
再根据切线的判定定理，即可得出结论；
（2）①根据勾股定理和直角三角形30°角的性质，得出OD2+BD2=OB2，OB=2OD，进而得出
OD2+3=4OD2，解出即可得出OD的长，再根据圆的性质，即可得出OE的长；②过点O作OF⊥AD于
点F，根据垂径定理，得出DF=AF，再根据直角三角形两锐角互余，得出∠DOE=60°，再根据圆周角
1
定理，得出∠DAE=30°，再根据直角三角形30°所对的直角边等于斜边的一半，得出OF= ，再根据勾
2
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√3
股定理，得出DF= ，进而得出AD=√3，再根据扇形的面积公式和三角形的面积公式，即可得出阴影
2
部分的面积．
【详解】（1）证明：如图，连接OD，
∵OD=OA，
∴∠ODA=∠OAD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠OAD=∠CAD，
∴∠CAD=∠ODA，
∴OD∥AC，
∴∠BDO=∠C，
∵∠C=90°，
∴∠BDO=90°，
∴OD⊥BC，
∵OD是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线；
（2）解：①如图，在Rt△BOD中，∠B=30°，
∴OD2+BD2=OB2，OB=2OD，
∴OD2+3=4OD2，
∴OD=1，OD=−1（舍去），
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∴OE=OD=1；
②如图，过点O作OF⊥AD于点F，
∴DF=AF，
在Rt△BOD中，∠B=30°，
∴∠DOE=60°，
∴∠DAE=30°，
∵OD=OA=1，
1
∴ OF= ，
2
√ 1 √3
∴ DF=√OD2−OF2= 1− = ，
4 2
∴ AD=√3，
60π π 1 1 √3
∵ S = = ，S = ×√3× = ，
扇形DOE 360 6 ΔOAD 2 2 4
π √3
∴ S =S +S = + ．
阴影部分 扇形DOE ΔOAD 6 4
题型五： 四点共圆
1．（2023·山东日照·中考真题）在探究“四点共圆的条件”的数学活动课上，小霞小组通过探究得出：在
平面内，一组对角互补的四边形的四个顶点共圆．请应用此结论．解决以下问题：
如图1，△ABC中，AB=AC，∠BAC=α（60°<α<180°）．点D是BC边上的一动点（点D不与B，
C重合），将线段AD绕点A顺时针旋转α到线段AE，连接BE．
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(1)求证：A，E，B，D四点共圆；
(2)如图2，当AD=CD时，⊙O是四边形AEBD的外接圆，求证：AC是⊙O的切线；
(3)已知α=120°，BC=6，点M是边BC的中点，此时⊙P是四边形AEBD的外接圆，直接写出圆心P与
点M距离的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
√3
(3)
2
【分析】（1）根据旋转的性质得到AE=AD，∠DAE=α，证明∠BAE=∠CAD，进而证明
△ABE≌△ACD，可以得到∠AEB=∠ADC，由∠ADC+∠ADB=180°，可得
∠AEB+∠ADB=180°，即可证明A、B、D、E四点共圆；
（2）如图所示，连接OA，OD，根据等边对等角得到∠ABC=∠ACB=∠DAC，由圆周角定理得到
∠AOD=2∠ABC=2∠DAC，再由OA=OD，得到∠OAD=∠ODA，利用三角形内角和定理证明
∠DAC+∠OAD=90°，即∠OAC=90°，由此即可证明AC是⊙O的切线；
（3）如图所示，作线段AB的垂直平分线，分别交AB、BC于G、F，连接AM，先求出∠B=∠C=30°，
1
再由三线合一定理得到BM=CM= BC=3，AM⊥BC，解直角三角形求出AB=2√3，则
2
1
BG= AB=√3，再解Rt△BGF得到BF=2，则FM=1；由⊙P是四边形AEBD的外接圆，可得点P一
2
定在AB的垂直平分线上，故当MP⊥GF时，PM有最小值，据此求解即可．
【详解】（1）证明：由旋转的性质可得AE=AD，∠DAE=α，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠BAD=∠DAE−∠BAD，即∠BAE=∠CAD，
又∵AB=AC，
∴△ABE≌△ACD(SAS)，
∴∠AEB=∠ADC，
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∵∠ADC+∠ADB=180°，
∴∠AEB+∠ADB=180°，
∴A、B、D、E四点共圆；
（2）证明：如图所示，连接OA，OD，
∵AB=AC，AD=CD，
∴∠ABC=∠ACB=∠DAC，
∵⊙O是四边形AEBD的外接圆，
∴∠AOD=2∠ABC，
∴∠AOD=2∠ABC=2∠DAC，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵∠OAD+∠ODA+∠AOD=180°，
∴2∠DAC+2∠OAD=180°，
∴∠DAC+∠OAD=90°，即∠OAC=90°，
∴OA⊥AC，
又∵OA是⊙O的半径，
∴AC是⊙O的切线；
（3）解：如图所示，作线段AB的垂直平分线，分别交AB、BC于G、F，连接AM，
∵AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠B=∠C=30°，
∵点M是边BC的中点，
1
∴BM=CM= BC=3，AM⊥BC，
2
BM
∴AB= =2√3，
cosB
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1
∴BG= AB=√3，
2
BG
在Rt△BGF中，BF= =2，
cosB
∴FM=1，
∵⊙P是四边形AEBD的外接圆，
∴点P一定在AB的垂直平分线上，
∴点P在直线GF上，
∴当MP⊥GF时，PM有最小值，
∵∠PFM=∠BFG=90°−∠B=60°，
√3
∴在Rt△MPF中，PM=MF⋅sin∠PFM= ，
2
√3
∴圆心P与点M距离的最小值为 ．
2
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，解直角三角形，圆周角定理，切线的判定，三角形外
接圆的性质，垂线段最短等等，正确作出辅助线是解题的关键．
2．（2023·广东·中考真题）综合运用
如图1，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，如图2，将正方形OABC绕点O
逆时针旋转，旋转角为α(0°<α<45°)，AB交直线y=x于点E，BC交y轴于点F．
(1)当旋转角∠COF为多少度时，OE=OF；（直接写出结果，不要求写解答过程）
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(2)若点A(4,3)，求FC的长；
(3)如图3，对角线AC交y轴于点M，交直线y=x于点N，连接FN，将△OFN与△OCF的面积分别记为
S 与S ，设S=S −S ，AN=n，求S关于n的函数表达式．
1 2 1 2
【答案】(1)22.5°
15
(2)FC=
4
1
(3)S= n2
2
【分析】（1）根据正方形的性质及直角三角形全等的判定及性质得出∠AOG=∠AOE，再由题意得出
∠EOG=45°，即可求解；
（2）过点A作AP⊥x轴，根据勾股定理及点的坐标得出OA=5，再由相似三角形的判定和性质求解即可；
（3）根据正方形的性质及四点共圆条件得出O、C、F、N四点共圆，再由圆周角定理及等腰直角三角形
的判定和性质得出FN=ON，∠FNO=90°，过点N作GQ⊥BC于点G，交OA于点Q，利用全等三角
形及矩形的判定和性质得出CG=OQ,CO=QG，结合图形分别表示出S ，S ，得出S=S −S =NQ2 ，再
1 2 1 2
由等腰直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：∵正方形OABC，
∴OA=OC，∠A=∠C=90°，
∵OE=OF，
∴Rt△OCF≌Rt△OAE(HL)，
∴∠COF=∠AOE，
∵∠COF=∠AOG，
∴∠AOG=∠AOE，
∵AB交直线y=x于点E，
∴∠EOG=45°，
∴∠AOG=∠AOE=22.5°，
即∠COF=22.5°；
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（2）过点A作AP⊥x轴，如图所示：
∵A(4,3)，
∴AP=3,OP=4，
∴OA=5，
∵正方形OABC，
∴OC=OA=5，∠C=90°，
∴∠C=∠APO=90°，
∵∠AOP=∠COF，
∴△OCF∽△OPA，
OC FC 5 FC
∴ = 即 = ，
OP AP 4 3
15
∴FC= ；
4
（3）∵正方形OABC，
∴∠BCA=∠OCA=45°，
∵直线y=x，
∴∠FON=45°，
∴∠BCA=∠FON=45°，
∴O、C、F、N四点共圆，
∴∠OCN=∠FON=45°，
∴∠OFN=∠FON=45°，
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∴ΔFON为等腰直角三角形，
∴FN=ON，∠FNO=90°，
过点N作GQ⊥BC于点G，交OA于点Q，
∵BC∥OA，
∴GQ⊥OA，
∵∠FNO=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∵∠1+∠3=90°，
∴∠2=∠3，
∴△FGN≌△NQO(AAS)
∴GN=OQ,FG=QN，
∵GQ⊥BC，∠FCO=∠COQ=90°，
∴四边形COQG为矩形，
∴CG=OQ,CO=QG，
1 1 1 1 1
∴S =S = ON2= (OQ2+NQ2)= (GN2+NQ2)= GN2+ NQ2 ，
1 ΔOFN 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
S =S = CF⋅CO= (GC−FG)(GN+NQ)= (GN2−NQ2)= GN2− NQ2 ，
2 ΔCOF 2 2 2 2 2
∴S=S −S =NQ2 ，
1 2
∵∠OAC=45°，
∴△AQN为等腰直角三角形，
√2 √2
∴NQ= AN= n，
2 2
2
√2 1
∴S=NQ2=( n) = n2
2 2
【点睛】题目主要考查全等三角形、相似三角形及特殊四边形的判定和性质，四点共圆的性质，理解题意，
作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
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判定方法 图形 证明过程
若四个点到一个定点的距离相 到定点的距离等于定长的点都在同一个圆上
等，则这四个点共圆（圆的定 D （圆的定义）
A
义）.
适用范围：题目出现共端点，等 O C
线段时，可利用圆的定义构造辅 B
助圆.
若一个四边形的一组对角互补， D 反证法
A
则这个四边形的四个点共圆.
O
B
C
若一个四边形的外角等于它的内 D 反证法
A
对角，则这个四边形的四个点共
圆.
O
B
C E
同侧共边三角形且公共边所对角 A D 反证法
相等的四个顶点共圆.
O
B
C
连接AO、OD
共斜边的两个直角三角形的四个 A D
A
顶点共圆. 根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半
可得AO=BO=CO=DO
B
适用范围：双直角三角形共斜边 O C B O C
∴点A、B、C、D四点共圆
模型.
D
在△APB和△CPD中
在⊙O中，若弦AB、CD相交于点
C
P,且 AP•DP=BP•CP，则 A,B,C,D A AP•DP=BP•CP
四点共圆（相交弦定理的逆定 2
13 4 ∠3=∠4
理） P
B
O D ∴△APB∽△CPD ∴∠1=∠2
则A、B、C、D四点共圆
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在△APC和△DPB中
在⊙O中，若AB、CD两线段延长 P
A
后相交于点P,且AP•BP=DP•CP， 3 AP•BP=CP•DP
则 A,B,C,D 四点共圆（割线定 2 C
理） B 1 O ∠P=∠P ∴△APC∽△DPB
∴∠1=∠3 而∠2+∠3=180°
∴∠1+∠2=180°
D
则A、B、C、D四点共圆
若四边形两组对边乘积的和等于 C
对角线的乘积，则四边形的四个
D
顶点共圆(托勒密定理的逆定
理).
O
B
A
1．（2023·河南南阳·三模）综合实践课上，刘老师介绍了四点共圆的判定定理：若平面上四点连成四边形
的对角互补或一个外角等于其内对角，那么这四点共圆．在实际应用中，如果运用这个定理，往往可以让
复杂的问题简单化，以下是小明同学对一道四边形问题的分析，请帮助他补充完整．
特殊情况分析
(1)如图1，正方形ABCD中，点P为对角线AC上一个动点，连接PD，将射线PD绕点P顺时针旋转
∠ADC的度数，交直线BC于点Q．
小明的思考如下：
连接DQ，
∵AD∥CQ，∠ADC=∠DCQ=90°，
∴∠ACQ=∠DAC，（依据1）
∵∠DPQ=90°，
∴∠DPQ+∠DCQ=180°，
∴点D、P、Q、C共圆，
∴∠PDQ=∠PCQ，∠DQP=∠PCD，
（依据2）
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∴∠PDQ=∠DQP，
∴DP=QP．（依据3）
填空：①依据1应为___________，
②依据2应为___________，
③依据3应为___________；
一般结论探究
(2)将图1中的正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，（1）中的结论是否成立，若成立，请仅以
图2的形式证明，若不成立，请说明理由；
结论拓展延伸
(3)如图2，若∠ADC=120°，AD=3，当△PQC为直角三角形时，请直接写出线段PQ的长．
【答案】(1)两直线平行，内错角相等；同弧所对的圆周角相等；等角对等边
(2)成立，理由见解析
(3)PQ=√3或3
【分析】（1）根据材料中的证明过程，即可得到答案；
（2）连接DQ，如图1所示，由菱形的性质得到BC∥AD，从而确定点D、P、C、Q共圆，再由圆周
角定理得到∠DQP=∠ACD，∠ACB=∠PDQ，进而结合菱形性质及等腰三角形的性质即可得证；
（3）如图2所示，当∠ADC=120°时，∠DCB=60°，从而由△PQC为直角三角形可分两种情况讨论
求解即可得到答案．
【详解】（1）解：由题意可知：
①两直线平行，内错角相等，
②同弧所对的圆周角相等，
③等角对等边，
故答案为：两直线平行，内错角相等；同弧所对的圆周角相等；等角对等边；
（2）解：（1）中结论仍然成立，
理由如下：连接DQ，如图1所示：
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∵在菱形ABCD中BC∥AD，
∴∠ADC+∠DCQ=180°，∠DPQ=∠ADC，
∵∠DPQ+∠DCQ=180°，
∴点D、P、C、Q共圆，
∴∠DQP=∠ACD，∠ACB=∠PDQ，
∵AC为菱形ABCD的对角线，
∴∠ACB=∠ACD，
∴∠PDQ=∠DQP，
∴DP=PQ；
（3）解：PQ=√3或3．
由于点P为对角线AC上一个动点，分两类情况讨论如下：
①当∠PQC=90°时，如图2所示：
∵在菱形ABCD中，AD=CD=3，∠ADC=120°，
180°−∠ADC
∴∠DAC=∠ACD= =30°，
2
∵BC∥AD，
∴∠ACQ=∠DAC=30°，
∴∠CPQ=90°−∠ACQ=60°，
由（2）中知点D、P、C、Q共圆，知∠DPQ+∠DCQ=180°，
∴∠DPQ=120°，
∴∠DPC=∠DPQ−∠CPQ=120°−60°=60°，
∴∠ACD+∠DPC=90°，即∠CDP=90°，
CD
∴在Rt△CDP中，∠DCP=30°，则DP= =√3，
√3
∴由（2）知PQ=DP=√3；
②当∠CAQ=90°时，如图3所示：
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在菱形ABCD中，∠ADC=120°，则∠ABC=120°,∠DAB=60°，
∴∠ACB=∠CAB=30°,∠BAQ=∠ABQ=60°，
∴点P与点A重合，
由（2）可知，DP=PQ，
∴ PQ=AD=3，
综上所述：PQ=√3或3．
【点睛】本题考查特殊平行四边形综合，涉及正方形性质、菱形性质、含30°的直角三角形三边关系、等
腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、四点共圆、圆周角定理等知识，熟练掌握相关几何知
识并灵活运用是解决问题的关键．
2．（2023·云南昆明·模拟预测）【问题引入】
如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，过点B作直线MN，过点A作AE⊥MN于点E，判断：点E一定
Rt△ABC外接圆⊙O上（填“在”或“不在”）．
【问题探索】
如图2，以线段AB上一点O为圆心，OB为半径画圆，交AB于点C，点D是异于点B，C的⊙O上一点，
f
E为BD的延长线上一点.当AE有最小值f时，此时DE= ，且∠DAE=∠B．
2
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若f =8；以A为圆心，AD为半径画弧交射线BD于点F（与D不重合），G为BD的中点，判断点A，
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O，G，F是否在一个圆上？如果在，请求出这个圆的面积；如果不在，请说明理由．
205
【答案】问题引入：在；（1）见解析；（2）在，面积= π
4
【分析】[问题引入]根据题意推出∠C+∠AEB=180°，则点A、C、B、E四点共圆，据此即可得解；
[问题探索]（1）当AE⊥BD时，AE有最小值，连接OD，根据等腰三角形的性质推出∠ODB=∠B，等
量代换得到∠ODB=∠DAE，根据平角的定义及直角三角形的性质、三角形内角和定理推出
∠ODA=90°，根据切线的判定定理即可得解；
（2）如图3，连接OG，OD，OF，根据等腰三角形的性质及圆的性质推出∠AFG+∠AOG=180°，即
可判定点A、O、G、F在同一个圆上，根据圆周角定理及解直角三角形得出AF=AD=4√5，
EF=DE=4，BE=16，AB=8√5，BD=12，OF为圆的直径，根据勾股定理求出OF=√205，根据圆
的面积公式求解即可．
【详解】[问题引入]：
解：如图1，过点A作AE⊥MN于点E，
∴∠AEB=90°，
∵∠C=90°，
∴∠C+∠AEB=180°，
∴点A、C、B、E四点共圆，
即点E一定在Rt△ABC外接圆⊙O上，
故答案为：在；
[问题探索]
（1）证明：如图2，当AE⊥BD时，AE有最小值，连接OD，
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∵AE⊥BD，
∴∠AED=90°，
∵OB=OD，
∴∠ODB=∠B，
∵∠DAE=∠B，
∴∠ODB=∠DAE，
∴∠ODA=180°−∠ODB−∠ADE=180°−∠DAE−∠ADE=∠AED=90°，
∴OD⊥AD，
∵OD是⊙O的半径，
∴AD是⊙O的切线；
（2）解：如图3，连接OG，OD，OF，
由题意得，AE=f =8，AF=AD，∠AED=90°，
∴∠AFD=∠ADF=180°−∠AED−∠DAE=90°−∠DAE，
∵G为BD的中点，
∴OG⊥BD，
∴∠OGB=∠OGD=90°，
∴∠AOG=∠OGB+∠B=90°+∠B，
∵∠DAE=∠B，
∴∠AFG+∠AOG=90°−∠DAE+90°+∠B=180°，
∴点A、O、G、F在同一个圆上，
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f
∵AE=f =8，DE= ，
2
∴DF=4，
在Rt△ADE中，∠AED=90°，
DE 4 1
∴AD=√AE2+DE2=√82+42=4√5，tan∠DAE= = = ，
AE 8 2
1
∴AF=AD=4√5，EF=DE=4，tanB=tan∠DAE= ，
2
AE
在Rt△AEB中，∠AEB=90°，tanB= ，
BE
∴BE=16，AB=√AE2+BE2=√82+162=8√5，
∴BD=BE−DE=16−4=12，
∵BC为⊙O的直径，
∴∠CDB=90°，
CD 1
∵tanB= = ，
BD 2
∴CD=6，
∴BC=√CD2+BD2=√62+122=6√5，
1
∴OB= BC=3√5，
2
∴OA=AB−OB=5√5，
∵点A、O、G、F在同一个圆上，
∴∠FAB=180°−∠OGB=90°，
∴OF为此圆的直径，
∴∠FAO=90°，
在Rt△AOF中，OF=√AF2+AO2=√(4√5) 2+(5√5) 2=√205，
√205 205
则圆的面积=π( ) 2= π.
2 4
【点睛】此题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质、解直角三角形、垂径定理等知识，熟练掌握切线
的判定与性质、解直角三角形、垂径定理并作出合理的辅助线是解题的关键．
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题型六： 圆幂定理
1．（2022·湖南长沙·中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC，BD相交于点E，点F在边
AD上，连接EF．
(1)求证：△ABE∽△DCE；
AE DE AF FE
(2)当D´C=C´B，∠DFE=2∠CDB时，则 − = ___________； + = ___________；
BE CE AB AD
1 1 1
+ − = ___________．（直接将结果填写在相应的横线上）
AB AD AF
(3)①记四边形ABCD，△ABE，△CDE的面积依次为S,S ,S ，若满足√S=√S +√S ，试判断，
1 2 1 2
△ABE，△CDE的形状，并说明理由．
②当D´C=C´B，AB=m，AD=n，CD=p时，试用含m，n，p的式子表示AE⋅CE．
【答案】(1)见解析
(2)0，1，0
p2mn
(3)①等腰三角形，理由见解析，②
p2+mn
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，对顶角相等，即可得证；
AE DE
（2）由（1）的结论，根据相似三角形的性质可得AE⋅CE=BE⋅DE，即可得出 − = 0，根据已
BE CE
EF DF
知条件可得EF∥AB，FA=FE，即可得出△DFE∽△DAB根据相似三角形的性质可得 = ，根据
AB AD
恒等式变形，进而即可求解．
（3）①记△ADE,△EBC的面积为S ,S ，则S=S +S +S +S ，S S =S S ，根据已知条件可得S =S ，
3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 3 4
进而可得S =S ，得出CD∥AB，结合同弧所对的圆周角相等即可证明△ABE,△DCE是等腰三
△ABD △ADC
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角形；
②证明△DAC∽△EAB，△DCE∽△ACD，根据相似三角形的性质，得出
CD2 p2
EA⋅AC+CE⋅AC=AC2=mn+p2，则AC=√mn+p2,EC= = ，
AC √mn+p2
mn
AE=AC−CE=
，计算AE⋅CE即可求解．
√mn+p2
【详解】（1）证明：∵A´D=A´D，
∴∠ACD=∠ABD，
即∠ABE=∠DCE，
又∠DEC=∠AEB，
∴ △ABE∽△DCE；
（2）∵ △ABE∽△DCE，
AB BE AE
∴ = = ，
DC CE DE
∴AE⋅CE=BE⋅DE，
AE DE AE⋅CE−BE⋅DE
∴ − = =0，
BE CE BE⋅CE
∵D´C=C´B，
∴∠BAC=∠DAC=∠CBD=∠CDB，
∴∠CDB+∠CBD=180°−∠BCD=∠DAB=2∠CDB，
∵∠DFE=2∠CDB
∴∠DFE=∠DAB，
∴EF∥AB，
∴∠FEA=∠EAB，
∵ D´C=C´B，
∴∠DAC=∠BAC
∴∠FAE=∠FEA，
∴FA=FE，
∵EF∥AB，
∴△DFE∽△DAB，
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EF DF
∴ = ，
AB AD
AF FE EF AF DF AF AD
∴ + = + = + = =1，
AB AD AB AD AD AD AD
AF AF AF EF
∵ + = + =1，
AB AD AB AD
AF AF
∴ + =1，
AB AD
1 1 1
∴ + − =0，
AB AD AF
故答案为：0，1，0
（3）①记△ADE,△EBC的面积为S ,S ，
3 4
则S=S +S +S +S ，
1 2 3 4
S S BE
∵ 1= 4= ，
S S DE
3 2
∴S S =S S ①
1 2 3 4
∵ √S=√S +√S ，
1 2
即S=S +S +2√S S ，
1 2 1 2
∴S +S =2√S S ②
3 4 1 2
由①②可得S +S =2√S √S ，
3 4 3 4
即(√S −√S )
2=0，
3 4
∴S =S ，
3 4
∴ S +S =S +S ，
△ABE △ADE △ABE △EBC
即S =S ，
△ABD △ABC
∴点D和点C到AB的距离相等，
∴CD∥AB，
∴∠ACD=∠BAC,∠CDB=∠DBA，
∵∠ACD=∠ABD，∠CDB=∠CAB，
∴∠EDC=∠ECD=∠EBA=∠EAB，
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∴△ABE,△DCE都为等腰三角形；
②∵D´C=B´C，
∴∠DAC=∠EAB，
∵∠DCA=∠EBA，
∴△DAC∽△EAB，
AD AC
∴ = ，
EA AB
∵ AB=m，AD=n，CD=p，
∴EA⋅AC=DA×AB=mn，
∵∠BDC=∠BAC=∠DAC，
∴∠CDE=∠CAD，
又∠ECD=∠DCA，
∴ △DCE∽△ACD，
CD CE
∴ = ，
AC CD
∴CE⋅CA=CD2=p2，
∴EA⋅AC+CE⋅AC=AC2=mn+p2，
CD2 p2
则AC=√mn+p2,EC= =
，
AC √mn+p2
mn
∴AE=AC−CE=
，
√mn+p2
mnp2
∴AE⋅EC= ．
mn+p2
【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的判定，相似三角形的性质与判定，对于相似恒
等式的推导是解题的关键．
2．（2022·湖南·中考真题）如图，四边形ABCD内接于圆O，AB是直径，点C是^BD的中点，延长AD交
BC的延长线于点E．
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(1)求证：CE=CD；
(2)若AB=3，BC=√3，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)1
【分析】（1）连接AC，根据圆周角推论得∠ACB=∠ACE=90°，根据点C是^BD的中点得
∠CAE=∠CAB，CD=CB，用ASA证明△ACE≌△ACB，即可得；
（2）根据题意和全等三角形的性质得AE=AB=3，根据四边形ABCD内接于圆O和角之间的关系得
DE CD
∠CDE=∠ABE，即可得ΔEDC∽ΔEBA，根据相似三角形的性质得 = ，即可得
BE AB
【详解】（1）证明：如图所示，连接AC，
∵AB为直径，
∴∠ACB=∠ACE=90°，
又∵点C是^BD的中点
∴∠CAE=∠CAB，CD=CB，
在△ACE和△ACB中，
¿
∴ΔACE≅ΔACB(ASA)，
∴CE=CB，
∴CE=CD；
（2）解：∵ΔACE≅ΔACB，AB=3，
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∴AE=AB=3，
又∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
又∵∠ADC+∠CDE=180°，
∴∠CDE=∠ABE，
又∵∠E=∠E，
∴ΔEDC∽ΔEBA，
DE CD
∴ = ，
BE AB
DE √3
即： = ，
2√3 3
解得：DE=2，
∴AD=AE−DE=1．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，理解相关性质定理，
正确添加辅助线是解题关键．
相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等.
已知 图形 结论 证明过程
C 在△APB和△CPD中
【基础】在⊙O A AP•DP=BP•CP
2 ∠1=∠2（同弧所对圆周角相
中，弦AB、CD相
13 4
交于点P P 等）
B
O D
∠3=∠4 ∴△APB∽△CPD
AP BP
∴ = 则AP•DP=BP•CP
CP DP
【进阶】在⊙O M C BP•CP=MP•NP 同上
中，OP 所在直线
=(r-OP)( r+OP)
与⊙O 交于 M、N
两点，r为⊙O的 B P O = r2−OP2
半径
N
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切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项.
割线定理：从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆交点的距离的积相等.
1．（2024·福建龙岩·二模）如图，已知AB是⊙O的直径，点D是圆上一点，过点D作⊙O的切线交BA
延长线于点C，连接AD，DC．
(1)求证：CD2=CA⋅CB．
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3
(2)已知AD=3，sin∠B= ，求AC的长．
5
【答案】(1)详见解析
45
(2)
7
【分析】本题考查了圆的有关知识，切线的性质，相似三角形的性质和判定，注意连接OD是圆中常用的
辅助线．
（1）要证CD2=CA⋅CB，联想到证△CDA∽△CBD；
3
（2）由条件AD=3，sin∠B= 可求得AB、BD的长，要求AC的长，结合已求得的边长，联想到利用
5
（1）中得到的△CDA∽△CBD，得到对应边成比例，进一步列方程求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接OD，
∵CD是⊙O的切线，
∴OD⊥CD，
∴∠ODA+∠ADC=90°．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ABD+∠BAD=90°．
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠ABD=∠ADC．
又∵∠C=∠C，
∴△CDA∽△CBD，
CD CA
∴ = ，
CB CD
∴CD2=CA⋅CB．
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3
（2）∵∠BDA=90°，AD=3，sin∠B= ，
5
∴AB=5，
∴BD=√AB2−AD2=4．
由（1）知△CDA∽△CBD，
CD CA AD 3
∴ = = = ，
CB CD BD 4
4 16
设AC=x，则CD= x，CB= x，
3 9
∵BC−AB=AC，
16
∴ x−5=x，
9
45
解得x= ，
7
45
∴AC的长为 ．
7
2．（2023·河南商丘·一模）阅读下列材料，完成相应任务：
弗朗索瓦•韦达，法国杰出数学家．第一个有意识地和系统地使用字母来表示已知数、未知数及其乘幂，
带来了代数学理论研究的重大进步，在欧洲被尊称为“代数学之父”．他还发现从圆外一点引圆的切线和
割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项（切割线定理）．
如图1，P是⊙O外一点，PC是⊙O的切线，PA是⊙O的一条割线，与⊙O的另一个交点为B，则
PC2=PA⋅PB．
证明：如图2，连接AC、BC，过点C作⊙O的直径CD，连接AD．
∵PC是⊙O的切线，∴PC⊥CD，
∴∠PCD=90°，即∠PCB+∠BCD=90°．
……
任务：
(1)请按照上面证明思路写出该证明的剩余部分．
(2)如图3，PA与⊙O相切于点A，连接PO并延长与⊙O交于点B、C，∠P=∠BAD，BC=8，
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AP=3BP，连接CD．
①CD与AP的位置关系是 ．
②求BD的长．
【答案】(1)见解析
32
(2)①平行；②BD=
5
【分析】（1）先根据切线的性质和圆周角定理证得∠PCB=∠BAC，进而证明△PCB∽△PAC，利用
相似三角形的性质求解即可；
（2）根据圆周角定理证得∠P=∠DCB，根据平行线的判定即可得出结论；
（3）连接AC，根据已知和（1）中结论和△PAB∽△PCA求得AP=3，AC=3AB，再利用勾股定理求
4
得AB= √10，然后证明△PAB∽△ADB，利用相似三角形的性质即可求解．
5
【详解】（1）证明：如图2，连接AC、BC，过点C作⊙O的直径CD，连接AD．
∵PC是⊙O的切线，∴PC⊥CD，
∴∠PCD=90°，即∠PCB+∠BCD=90°．
∵CD是直径，
∴∠CAD=90°，即∠DAB+∠BAC=90°，
∵∠DAB=∠BCD，
∴∠PCB=∠BAC，
∵∠P=∠P，
∴△PCB∽△PAC，
∴PC:PA=PB:PC，
∴PC2=PA⋅PB；
（2）解：①∵∠DCB=∠DAB，∠P=∠DAB，
∴∠P=∠DCB，
∴CD∥AP，
故答案为：平行；
②如图3，连接AC，
∵PA与⊙O相切，PC为割线，
∴PA2=PB⋅PC，
∵AP=3BP，
∴PC=9BP，
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∴BC=8BP=8，即BP=1，
∴AP=3，
由（1）可知，△PAB∽△PCA，
∴PA:PC=AB:AC=3:9，
∴AC=3AB，
在Rt△ABC中，∠BAC=90°，
由勾股定理可知，AB2+AC2=BC2，
∴AB2+(3AB) 2=BC2，即10AB2=82，
4
∴AB= √10，
5
由（1）中证明过程可知∠PAB=∠ADB，又∠P=∠BAD，
∴△PAB∽△ADB，
4 4
∴AB:DB=PB:AB，即 √10:BD=1: √10
5 5
32
∴BD= ．
5
【点睛】本题考查圆的切线和割线性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、平行线的判定、勾股定
理等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用相似三角形的性质探究线段间的数量关系是解答的关键．
3．（2023·河南周口·三模）阅读与思考
学习了圆的相关知识后，某数学兴趣小组的同学们进行了如下探究活动，请仔细阅读，并完成相应任务．
割线定理
如图，A是⊙O外一点，过点A作直线AC，AE分别交⊙O于点B，C，D，E，则有
AB⋅AC=AD⋅AE．
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证明：如图，连接BE，DC．
∵∠BCD=∠BED（依据：①________________），∠CAD=∠EAB，
∴△ACD∼△AEB．
AD
∴ =②_________________．
AB
∴AB⋅AC=AD⋅AE．
任务：
(1)上述阅读材料中①处应填的内容是________，②处应填的内容是_______．
(2)兴趣小组的同学们继续思考，当直线AE与圆相切时，是否仍有类似的结论．请将下列已知、求证补充
完整，并给出证明．
已知：如图，A是⊙O外一点，过点A的直线交⊙O于点B，C，__________．
求证：AE2＝ ___________．
AC
【答案】(1)同弧所对的圆周角相等； ；
AE
(2)AE与⊙O相切于点E．AB⋅AC；证明见解析
【分析】（1）根据题意得到结论即可；
（2）如图，连接BE,CE，证明△ABE∼△ACE即可得到结论．
【详解】（1）如图，连接BE，DC．
∵∠BCD=∠BED（依据：①__同弧所对的圆周角相等__），∠CAD=∠EAB，
∴△ACD∼△AEB．
AD AC
∴ =②__ _____．
AB AE
∴AB⋅AC=AD⋅AE．
AC
故答案为：同弧所对的圆周角相等； ；
AE
（2）已知：如图，A是⊙O外一点，过点A的直线交⊙O于点B，C，AE与⊙O 相切于点 E．
求证：AE2＝ AB⋅AC．
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证明：如图，连接BE,CE，连接EO并延长交⊙O于点D，连接BD．
∵AE为⊙O的切线，
∴∠DEA=90°，
∴∠DEB+∠AEB=90°，
∵DE为⊙O的直径，
∴∠DBE=90°，
∴∠DEB+∠BDE=90°，
∴∠BDE=∠AEB,
∵∠BDE=∠BCE，
∴∠AEB=∠BCE．
∵∠A=∠A，
∴△ABE∼△AEC，
AB AE
∴ = ，
AE AC
∴AE2=AB⋅AC．
故答案为：AE与⊙O相切于点E．AB⋅AC
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，勾股定理，割线定理，熟练掌握割线定理是解题的关键．
题型七： 圆与全等/相似三角形的综合
1．（2023·浙江台州·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．
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⏜
(1)如图1，当AB=6，
BP
的长为π时，求BC的长．
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．
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⏜
∵AB=6 π
BP
， 的长为 ，
n⋅π⋅3
∴ =π．
180
∴n=60，即∠BOP=60°．
1
∴∠BAP= ∠BOP=30°．
2
∵直线l是⊙O的切线，
∴∠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．
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∵∠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，
∵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
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【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．
2．（2022·河北·中考真题）如图，四边形ABCD中， AD∥BC，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AD＝3，
AB=2√3，DH⊥BC于点H．将△PQM与该四边形按如图方式放在同一平面内，使点P与A重合，点B
在PM上，其中∠Q＝90°，∠QPM＝30°，PM=4√3．
(1)求证：△PQM≌△CHD；
(2)△PQM从图1的位置出发，先沿着BC方向向右平移（图2），当点P到达点D后立刻绕点D逆时针旋
转（图3），当边PM旋转50°时停止．
①边PQ从平移开始，到绕点D旋转结束，求边PQ扫过的面积；
②如图2，点K在BH上，且BK=9−4√3．若△PQM右移的速度为每秒1个单位长，绕点D旋转的速度
为每秒5°，求点K在△PQM区域（含边界）内的时长；
③如图3．在△PQM旋转过程中，设PQ，PM分别交BC于点E，F，若BE＝d，直接写出CF的长（用含
d的式子表示）．
【答案】(1)见详解
(2)①9√3+5π；
②(4√3−3)s；
60−12d
③CF=
9−d
【分析】（1）先证明四边形ABHD是矩形，再根据Rt△DHC算出CD长度，即可证明；
（2）①平移扫过部分是平行四边形，旋转扫过部分是扇形，分别算出两块面积相加即可；
KH
②运动分两个阶段：平移阶段：t= ；旋转阶段：取刚开始旋转状态，以PM为直径作圆，H为圆心，
v
延长DK与圆相交于点G，连接GH，GM，过点G作¿⊥DM于T；设∠KDH=θ，利用Rt△DKH算出
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tanθ，sinθ，cosθ，利用Rt△DGM算出DG，利用Rt△DGT算出GT，最后利用Rt△HGT算出
1
sin∠GHT，发现sin∠GHT= ，从而得到2θ，θ度数，求出旋转角，最后用旋转角角度计算所用时间
2
即可；
③分两种情况：当旋转角＜30°时，DE在DH的左侧，当旋转角≥30°时，DE在DH上或右侧，证明
△≝∼△CED，结合勾股定理，可得DE2=(2√3) 2+(3−d) 2=(9−d) 2−m(9−d)，即可得CF与d的关系．
【详解】（1）∵AD∥BC，DH⊥BC
∴DH⊥AD
则在四边形ABHD中
∠ABH=∠BHD=∠HDA=90°
故四边形ABHD为矩形
DH=AB=2√3，BH=AD=3
在Rt△DHC中，∠C=30°
∴CD=2DH=4√3，CH=√3DH=6
∵¿
∴△CHD≌△PQM(AAS)；
（2）①过点Q作QS⊥AM于S
由（1）得：AQ=CH=6
在Rt△AQS中，∠QAS=30°
√3
∴AS= AQ=3√3
2
平移扫过面积：S =AD⋅AS=3×3√3=9√3
1
50° 50°
旋转扫过面积：S = ⋅π⋅PQ2= ⋅π⋅62=5π
2 360° 360°
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故边PQ扫过的面积：S=S +S =9√3+5π
1 2
②运动分两个阶段：平移和旋转
平移阶段：
KH=BH−BK=3−(9−4√3)=4√3−6
KH
t = =(4√3−6)s
1 v
旋转阶段：
由线段长度得：PM=2DM
取刚开始旋转状态，以PM为直径作圆，则H为圆心，延长DK与圆相交于点G，连接GH，GM，过点G
作¿⊥DM于T
设∠KDH=θ，则∠GHM=2θ
在Rt△DKH中：
KH=BH−BK=3−(9−4√3)=4√3−6=2√3×(2−√3)
DK=√DH2+K H2=√ (2√3) 2+(4√3−6) 2=4√3×√2−√3
设t=√2−√3，则KH=2√3t2，DK=4√3t，DH=2√3
KH KH t DH 1
tanθ= =t2 ，sinθ= = ，cosθ= =
DH DK 2 DK 2t
∵DM为直径
∴∠DGM=90°
1 2√3
在Rt△DGM中 ：DG=DM⋅cosθ=4√3× =
2t t
2√3 t
在Rt△DGT中：¿=DG⋅sinθ= × =√3
t 2
GT √3 1
在Rt△HGT中：sin2θ= = =
GH 2√3 2
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∴2θ=30°，θ=15°
PQ转过的角度：30°−15°=15°
15°
t = =3s
2 5°
总时间：t=t +t =4√3−6+3=(4√3−3)s
1 2
③设CF=m，则EF=BC-BE-CF=9-d-m，CE=9-d，
当旋转角＜30°时，DE在DH的左侧，如图：
∵∠EDF=30°，∠C=30°，
∴∠EDF=∠C，
又∵∠DEF=∠CED，
∴△≝∼△CED，
DE EF DE 9−d−m
∴ = ，即 = ，
CE DE 9−d DE
∴DE2=(9−d) 2−m(9−d)，
∵在△DHE中，DE2=DH2+EH2=(2√3) 2+(3−d) 2，
∴(9−d) 2−m(9−d)=(2√3) 2+(3−d) 2，
60−12d
∴CF=m=
9−d
当旋转角≥30°时，DE在DH上或右侧，如图：CF=m，则EF=BC-BE-CF=9-d-m，CE=9-d，
60−12d
同理：可得CF=m=
9−d
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60−12d
综上所述：CF= ．
9−d
【点睛】本题考查动点问题，涉及到平移，旋转，矩形，解直角三角形，圆的性质，相似三角形的判定和
性质；注意第（2）问第②小题以PM为直径作圆算出sin2θ是难点，第（2）问第③小题用到相似三角形
的判定和性质．
全等三角形的判定：
1.边边边定理：有三边对应相等的两个三角形全等（可简写成“边边边”或“SSS”）；
2.边角边定理：有两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等（可简写成“边角边”或“SAS”）；
3.角边角定理：有两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等（可简写成“角边角”或“ASA”）；
4.角角边定理：有两角和它们所对的任意一边对应相等的两个三角形全等（可简写成“角角边”或
“AAS”）；
5.对于特殊的直角三角形：有斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等（可简写成“斜边、直角
边”或“HL”）．
判定两个三角形全等的思路：
相似三角形的判定方法：
1）平行于三角形一边的直线和其他两边（或其延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似．
2）两个三角形相似的判定定理：
①三边成比例的两个三角形相似；
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②两边成比例且夹角相等的两个三角形相似；
③两角分别相等的两个三角形相似．
④斜边和直角边成比例的两个直角三角形相似.
判定两个三角形相似需要根据条件选择方法．有时条件不具备，需从以下几个方面探求：
1）条件中若有平行线，可考虑用平行线直接推出相似三角形；
2）两个三角形中若有一组等角，可再找一组等角，或再找夹这组等角的两边成比例；
3）两个三角形中若有两边成比例，可找这两边的夹角相等，或再找第三边成比例；
4）条件中若有一组直角，可再找一组等角或两边成比例．
1．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图①，OA是⊙O的半径，点P是OA上一动点，过P作弦BD⊥弦AC，
垂足为E，连结AB，BC，CD，DA．
(1)求证：∠BAO=∠CAD．
(2)当OA∥CD时，求证：AC=BC．
(3)如图②，在（2）的条件下，连结OC．
4
①若△ABC的面积为12，cos∠ADB= ，求△APD的面积．
5
BD
②当P是OA的中点时，求 的值．
AC
【答案】(1)见详解
(2)见详解
4 5√7
(3)① ，②
3 14
【分析】（1）延长AO交圆⊙O与F，连接BF，利用同弧所对的圆周角相等得出∠AOE=∠AFB，进而
可证△ABF∽△AED，进而可得∠BAO=∠CAD．
（2）连接CF，由直径所对的圆周角为直角可得∠ACF=90°，∠AFC+∠FAC=90°，由平行的性质可
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得∠FAC=∠ACD，根据等角得余角相等可得∠AFC=∠CDE，由同弧所对的圆周角相等可得
∠AFC=∠CBA，∠CDE=∠CAB，进而可得∠CBA=∠CAB，即可证AC=BC．
DE 4 3 CE 4
（3）①由余弦的定义可得： = ，由勾股定理可得AE= AD，由同角的余弦相等可得 = ，设
AD 5 5 BC 5
OE AE 1
CE=4a，则BC=AC，由勾股定理可得BE=3a，进而AE=a，由平行的性质可得 = = ，进而
DE CE 4
1 5 1
可求出PE= a，PD= a，由S = ×5a×3a=12，求出a2，进而根据三角形面积公式可求出
3 3 △ABC 2
△APD的面积． ②过点O作OH⊥AC于H，根据垂径定理得AC=2AH=2CH，结合中位线得E是
AH的中点，设AE=k，可求得BC=AC，由勾股定理得BE=√7k，进一步证得△AED∽△BEC，有
AE DE BD
= 解得DE，则有BD，即可求得 ．
BE CE AC
【详解】（1）解：延长AO交圆⊙O与F，连接BF．
∴∠ABF=90°，
∵BD⊥AC与E，
∴∠AED=∠ABF=90°，
又∠AOE=∠AFB，
∴△ABF∽△AED，
∴∠BAF=∠EAD，
即∠BAO=∠CAD．
（2）连接CF，
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∵AF是⊙O的直径，
∴∠ACF=90°，
∴∠AFC+∠FAC=90°，
∵OA∥CD，
∴∠FAC=∠ACD，
∵BD⊥AC与E，
∴∠AED=90°
∵∠CDE+∠ACD=90°
∴∠AFC=∠CDE，
又∵∠AFC=∠CBA，∠CDE=∠CAB
∴∠CBA=∠CAB
∴AC=BC．
4
（3）①∵cos∠ADB= ，
5
DE 4
∴ = ，
AD 5
4
∴DE= AD，
5
3
∴AE=√AD2−DE2= AD，
5
∵∠ACB=∠ADB，
CE 4
∴ = ，
BC 5
设CE=4a，则BC=5a=AC，
∴BE=√BC2−CE2=3a，
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∵BC=AC=5a，
∴AE=AC−EC=a，
5 4
∴AD= a，DE= a，
3 3
∵OP∥CD，
OE AE 1
∴ = = ，
DE CE 4
1 5
∴PE= a，PD= a，
3 3
1 1 5 5
∴S = PD⋅AE= × a×a= a2 ，
△APD 2 2 3 6
1 1
∵S = AC⋅BE= ×5a×3a=12
△ABC 2 2
24
解得：a2=
，
15
5 5 24 4
∴S = a2= × = ．
△APD 6 6 15 3
②过点O作OH⊥AC于H，
∴AC=2AH=2CH，
∵PE⊥AC，
∴PE∥OH，
∵P是OA的中点，
∴E是AH的中点，
设AE=k，则AH=2k，AC=4k，CE=3k，BC=AC=4k，
∴BE=√BC2−CE2=√7k，
∵∠ADB=∠ACB，∠AED=∠BEC，
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∴△AED∽△BEC，
AE DE
∴ = ，
BE CE
AE⋅CE k×3k 3√7
∴DE= = = k，
BE √7k 7
10
∴BD= √7k，
7
10
√7k
∴BD 7 5√7，
= =
AC 4k 14
BD 5√7
故 的值为 ．
AC 14
【点睛】本题主要考查同弧所对的圆周角相等、直径所对的圆周角为直角、解直角三角形、勾股定理、垂
径定理、三角形的中位线定理以及相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟悉圆的相关知识和相似三角
形的性质．
2．（2023·浙江温州·模拟预测）如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，AF为∠BAC的外角平分线，
过点A，C及线段AB上一点E作圆O，交射线AF于点D．
(1)求证：DE=DC．
AD
(2)试判断 是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由．
BE
(3)作点A关于CD的对称点A'，当点A'落在△ADE任一边所在直线上时，求所有满足条件的BE长．
【答案】(1)见解析
AD AD 5
(2) 是定值， =
BE BE 6
18 11
(3)BE的长为 或
5 5
【分析】（1）由四边形的外接圆可得∠ECD+∠EAD=180°，从而∠ECD=∠GAF，又
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∠DEC=∠DAC，再结合角平分线的定义可得∠ECD=∠DEC，得证DE=DC；
（2）证明△BEC∽△ADC，根据相似三角形的性质即可解答；
（3）分情况讨论：①当点A'在边AD所在直线上；②点A'在边DE所在直线上，分别求解即可．
【详解】（1）证明：如图，
∵⊙O是四边形AECD的外接圆，
∴∠ECD+∠EAD=180°，
∵∠GAF+∠EAD=180°，
∴∠ECD=∠GAF．
∵C´D=C´D，
∴∠DEC=∠DAC．
∵AF平分△ABC的外角∠GAC，
∴∠GAF=∠CAF，
∴∠ECD=∠DEC，
∴DE=DC；
（2）
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
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∴∠GAC=∠B+∠ACB=2∠B，
∵AF平分∠GAC，
1
∴∠GAF=∠CAF= ∠GAC=∠B，
2
∵∠BEC+∠AEC=180°，∠ADC+∠AEC=180°，
∴∠BEC=∠ADC，
∴△BEC∽△ADC，
AD AC 5
∴ = = ，
BE BC 6
AD AD 5
即 是定值，为 = ．
BE BE 6
（3）①如图，当点A'在边AD所在直线上时，
∵点A'与点A关于CD对称，
∴CD⊥A A'，
∴∠ADC=90°，
∴AC是⊙O的直径，
设⊙O与BC交于点H，连接AH，
∴∠AHC=90°，即AH⊥BC，
∵AB=AC，
1 1 1
∴CH= BC= ×6=3，∠HAC= ∠BAC，
2 2 2
1
∵∠DAC= ∠GAC，
2
1 1
∴∠DAH=∠DAC+∠HAC= (∠GAC+∠BAC)= ×180°=90°，
2 2
∵∠ADC=∠AHC=90°，
∴四边形ADCH是矩形，
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∴AD=CH=3，
AD 5
∵ = ，
BE 6
6 6 18
∴BE= AD= ×3= ；
5 5 5
②如图，当点A'在边DE所在直线上时，
∵点A'与点A关于CD对称，
∴CD是A A'的垂直平分线，
∴AC=A'C=5，AD=A'D，
∵CD=CD，
∴△ACD≌△A'CD(SSS)，
∴∠DAC=∠DA'C，
∵∠DEC=∠DAC，
∴∠DEC=∠DA'C，
∴CE=C A'=5．
过点A作AN⊥BC于点N，过点C作CM⊥AB于点M，
∵AB=AC，AN⊥BC，
1 1
∴CN= BC= ×6=3，
2 2
AN=√AC2−CN2=√52−32=4，
1 1
∵S = BC⋅AN= AB⋅CM，
△ABC 2 2
BC⋅AN 6×4 24
∴CM= = = ，
AB 5 5
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∴在Rt△BCM中，BM=√BC2−CM2=
√
62−
(24) 2
=
18
，
5 5
在Rt△ECM中，EM=√CE2−CM2=
√
52−
(24) 2
=
7
，
5 5
18 7 11
∴BE=BM−EM= − = ．
5 5 5
③当点A'在边AE所在直线上时，点A'与点A重合，点E与点B重合，不合题意．
18 11
综上所述，符合条件的BE的长为 或 ．
5 5
【点睛】本题考查圆的有关知识，相似三角形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，轴对
称的性质．正确作出辅助线，综合运用相关知识，采用分类讨论思想是解题的关键．
题型八： 圆与四边形综合
1．（2023·广东·中考真题）综合探究
如图1，在矩形ABCD中(AB>AD)，对角线AC，BD相交于点O，点A关于BD的对称点为A'，连接
AA'交BD于点E，连接CA'．
(1)求证：AA'⊥CA'；
(2)以点O为圆心，OE为半径作圆．
①如图2，⊙O与CD相切，求证：AA'=√3CA'；
②如图3，⊙O与CA'相切，AD=1，求⊙O的面积．
【答案】(1)见解析
2+√2
(2)①见解析；② π
4
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【分析】（1）由点A关于BD的对称点为A'可知点E是AA'的中点，∠AEO=90°，从而得到OE是
△AC A'的中位线，继而得到OE∥A'C，从而证明AA'⊥CA'；
（2）①过点O作OF⊥AB于点F，延长FO交CD于点G，先证明△OCG≌△OAF(AAS)得到OG=OF，
由⊙O与CD相切，得到OG=OE，继而得到OE=OF，从而证明AO是∠EAF的角平分线，即
∠OAE=∠OAF，∠OAE=∠OAF=x，求得∠AOE=2x，利用直角三角形两锐角互余得到
∠AOE+∠OAE=90°，从而得到∠OAE=30°，即∠A' AC=30°，最后利用含30度角的直角三角形的
性质得出AA'=√3CA'；
②先证明四边形A'EOH是正方形，得到OE=OH=A'H，再利用OE是△AC A'的中位线得到
1
OE= A'C，从而得到OH=CH，∠OCH=45°，再利用平行线的性质得到∠AOE=45°，从而证明
2
△AEO是等腰直角三角形，AE=OE，设AE=OE=r，求得DE=(√2−1)r，在Rt△ADE中，
2+√2 2+√2
AE2+DE2=AD2即r2+(√2−1) 2 r2=12，解得r2= ，从而得到⊙O的面积为S=πr2= π．
4 4
【详解】（1）∵点A关于BD的对称点为A'，
∴点E是AA'的中点，∠AEO=90°，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴O是AC的中点，
∴OE是△AC A'的中位线，
∴OE∥A'C
∴∠AA'C=∠AEO=90°，
∴AA'⊥CA'
（2）①过点O作OF⊥AB于点F，延长FO交CD于点G，则∠OFA=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AO=BO=CO=DO，
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∴∠OCG=∠OAF，∠OGC=∠OFA=90°．
∵∠OCG=∠OAF，∠OGC=∠OFA=90°，AO=CO，
∴△OCG≌△OAF(AAS)，
∴OG=OF．
∵⊙O与CD相切，OE为半径，∠OGC=90°，
∴OG=OE，
∴OE=OF
又∵∠AEO=90°即OE⊥AE，OF⊥AB，
∴AO是∠EAF的角平分线，即∠OAE=∠OAF，
设∠OAE=∠OAF=x，则∠OCG=∠OAF=x，
又∵CO=DO
∴∠OCG=∠ODG=x
∴∠AOE=∠OCG+∠ODG=2x
又∵∠AEO=90°，即△AEO是直角三角形，
∴∠AOE+∠OAE=90°，即2x+x=90°
解得：x=30°，
∴∠OAE=30°，即∠A' AC=30°，
在Rt△A' AC中，∠A' AC=30°，∠A A'C=90°，
∴AC=2C A'，
∴AA'=√AC2−C A'2=√(2C A') 2 −C A'2=√3CA'；
②过点O作OH⊥A'C于点H，
∵⊙O与CA'相切，
∴OE=OH，∠A'HO=90°
∵∠AA'C=∠AEO=∠A'EO=∠A'HO=90°
∴四边形A'EOH是矩形，
又∵OE=OH，
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∴四边形A'EOH是正方形，
∴OE=OH=A'H，
又∵OE是△AC A'的中位线，
1
∴OE= A'C
2
1
∴A'H=CH= A'C
2
∴OH=CH
又∵∠A'HO=90°，
∴∠OCH=45°
又∵OE∥A'C，
∴∠AOE=45°
又∵∠AEO=90°，
∴△AEO是等腰直角三角形，AE=OE，
设AE=OE=r，则AO=DO=√AE2+OE2=√2r
∴DE=DO−OE=√2r−r=(√2−1)r
在Rt△ADE中，AE2+DE2=AD2，AD=1
即r2+(√2−1) 2 r2=12
1 1 2+√2
∴r2= = =
1+(√2−1) 2 4−2√2 4
2+√2
∴⊙O的面积为：S=πr2= π
4
【点睛】本题考查矩形的性质，圆的切线的性质，含30度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质
与判定，中位线的性质定理，角平分线的判定定理等知识，掌握相关知识并正确作出辅助线是解题的关键．
2．（2022·上海·中考真题）平行四边形ABCD，若P为BC中点，AP交BD于点E，连接CE．
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(1)若AE=CE，
①证明ABCD为菱形；
②若AB=5，AE=3，求BD的长．
(2)以A为圆心，AE为半径，B为圆心，BE为半径作圆，两圆另一交点记为点F，且CE=√2AE．若F在
AB
直线CE上，求 的值．
BC
【答案】(1)①见解析；②6√2
√10
(2)
5
【分析】（1）①连接AC交BD于O，证 AOE≌ COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，从而得∠COE=90°，则
AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出结论△； △
②先证点E是 ABC的重心，由重心性质得BE=2OE，然后设OE=x，则BE=2x，在Rt AOE中，由勾股定
理，得OA2=AE△2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=2△5-9x2,从而得9-x2=25-
9x2，解得：x=√2,即可得OB=3x=3√2△，再由平行四边形性质即可得出BD长；
（2）由⊙A与⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，点E是 ABC的重心，又F在直线CE上，则CG是 ABC的
△ △
1 1 √2 3√2
中线，则AG=BG= AB，根据重心性质得GE= CE＝ AE，CG=CE+GE= AE，在Rt AGE中，由勾
2 2 2 2
△
√2 1 √2
股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-( AE)2= AE2,则AG= AE,所以AB=2AG=√2AE，在Rt BGC中，由勾股定
2 2 2
△
1 3√2 AB
理，得BC2=BG2+CG2= AE2+（ AE）2=5AE2，则BC=√5AE，代入即可求得 的值．
2 2 BC
【详解】（1）①证明：如图，连接AC交BD于O，
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∵平行四边形ABCD，
∴OA=OC，
∵AE=CE，OE=OE，
∴△AOE≌ COE(SSS)，
∴∠AOE=∠△COE，
∵∠AOE+∠COE=180°，
∴∠COE=90°，
∴AC⊥BD，
∵平行四边形ABCD，
∴四边形ABCD是菱形；
②∵OA=OC，
∴OB是 ABC的中线，
∵P为B△C中点，
∴AP是 ABC的中线，
∴点E是△ ABC的重心，
∴BE=2OE△，
设OE=x，则BE=2x，
在Rt AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,
在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,
∴9-x△2=25-9x2，
解得：x=√2,
∴OB=3x=3√2，
∵平行四边形ABCD，
∴BD=2OB=6√2；
（2）解：如图，
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∵⊙A与⊙B相交于E、F，
∴AB⊥EF，
由（1）②知点E是 ABC的重心，
又F在直线CE上，△
∴CG是 ABC的中线，
△ 1 1
∴AG=BG= AB，GE= CE，
2 2
∵CE=√2AE，
√2 3√2
∴GE= AE，CG=CE+GE= AE，
2 2
在Rt AGE中，由勾股定理，得
△ √2 1
AG2=AE2-GEE=AE2-( AE)2= AE2,
2 2
√2
∴AG= AE,
2
∴AB=2AG=√2AE，
在Rt BGC中，由勾股定理，得
△ 1 3√2
BC2=BG2+CG2= AE2+（ AE）2=5AE2，
2 2
∴BC=√5AE，
AB √2AE √10
∴ = = ．
BC √5AE 5
【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，重心的性质，勾股定理，相交两圆的公共弦的性质，
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本题属圆与四边形综合题目，掌握相关性质是解题的关键，属是考常考题目．
1．（23-24九年级上·江苏淮安·期中）在矩形ABCD中，已知BC=6，连接BD，∠CBD=30°，点O是
边BC上的一动点，⊙O的半径为定值r．
(1)如下图，当⊙O经过点C时，恰好与BD相切，求⊙O的半径r；
(2)如下图，点M是⊙O上的一动点，求三角形ADM面积的最大值：
(3)若⊙O从B出发，沿BC方向以每秒一个单位长度向C点运动，同时，动点E，F分别从点A，点C出
发，其中点E沿着AD方向向点D运动，速度为每秒1个单位长度，点F沿着射线CB方向运动，速度为每
秒2个单位长度，连接EF，如下图所示，当⊙O平移至点C（圆心O与点C重合）时停止运动，点E，F
也随之停止运动．设运动时间为t（秒）．在运动过程中，是否存在某一时间t，使⊙O与EF相切，若存
在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)r=2
(2)6√3+6
6−√6 6+√6
(3) 或
3 3
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【分析】（1）连接OP，OD，根据矩形的性质及HL得Rt△DPO≌Rt△DCO，进而可得
∠ODP=∠ODC=30°，再利用解直角三角形即可求解．
（2）过点O作OH⊥BC并延长，交AD于H，交⊙O于N，当点M运动到点N位置时，此时三角形
ADM面积有最大值，利用矩形的性质及三角形的面积公式即可求解．
（3）分类讨论：①EF在⊙O的左侧时，②EF在⊙O的右侧侧时，利用相似三角形的判定及性质和勾股
定理即可求解．
【详解】（1）解：连接OP，OD，如图：
∵ ABCD
四边形 是矩形，
∴∠DCB=90°，
在Rt△BCD中，BC=6，∠CBD=30°，
∴CD=BCtan30°=2√3，∠BDC=90°−∠CBD=60°，
∵⊙O与对角线BD相切于点P，
∴OP⊥BD，
在Rt△DPO和Rt△DCO中，
¿，
∴Rt△DPO≌Rt△DCO(HL)，
1
∴∠ODP=∠ODC= ∠BDC=30°，
2
√3
∴OC=DC⋅tan∠ODC=2√3⋅ =2，
3
∴ ⊙O的半径r=OC=2．
（2）过点O作OH⊥BC并延长，交AD于H，交⊙O于N，如图：
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由（1）得：r=2，CD=2√3，
∴NH=2+2√3，
∵四边形ABCD是矩形，且BC=6，
∴AD=BC=6，
当点M运动到点N位置时，此时三角形ADM面积有最大值，
1 1
S = AD⋅HN= ×6×(2+2√3)=6√3+6．
最大 2 2
6−√6 6+√6
（3）在整个运动过程中，存在某一时刻，EF与⊙O相切，此时t的值为 或 ，理由：
3 3
由（1）得AB=CD=2√3，
①EF在⊙O的左侧时，设EF与⊙O相切于点G，
连接OG，OE，如图：
由题意得：AE=OB=t，CF=2t，
∴OF=BC−OB−CF=6−3t，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠B=90°，AE∥BO，
∵AE=OB=t，
∴四边形ABOE为矩形，
∴OE=AB=2√3，∠EOF=90°，
∵EF与⊙O相切于点G，
∴OG⊥EF，
∴∠EGO=90°，
∴∠EGO=∠EOF，
∵∠E=∠E，
∴△EGO∽△EOF，
OG OF
∴ = ，
OE EF
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∵EF=√OE2+OF2=√(2√3) 2+(6−3t) 2，
2 6−3t
∴ = ，
2√3 √12+(6−3t) 2
∴(6−3t) 2=6，
6−√6 6+√6
∴t= 或t= （不合题意舍去），
3 3
②EF在⊙O的右侧侧时，
设EF与⊙O相切于点G，连接OG，OE，如图：
由题意得： AE=OB=t， CF=2t，
∴OF=CF−OC=CF−(BC−OB)=3t−6，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠B=90°，AE∥BO，
∵AE=OB=t，
∴四边形ABOE为矩形，
∴OE=AB=2√3，∠EOF=90°，
∵EF与⊙O相切于点G，
∴OG⊥EF，
∴∠EGO=90°，
∴∠EGO=∠EOF，
∵∠E=∠E，
∴△EGO∽△EOF，
OG OF
∴ = ，
OE EF
∵EF=√OF2+OE2=√(2√3) 2+(3t−6) 2，
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2 3t−6
∴ = ，
2√3 √12+(3t−6) 2
∴(3t−6) 2=6，
6+√6 6−√6
∴t= 或t= （不合题意舍去），
3 3
6−√6 6+√6
综上所述，t的值为 或 ．
3 3
【点睛】本题考查了相似三角形的判定及性质、矩形的性质、解直角三角形、切线的性质、勾股定理，熟
练掌握相关判定及性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
2．（2023·重庆大渡口·三模）如图，在正方形ABCD中，点P为CB延长线上一点，连接AP．
(1)如图1，连接PD，若∠PDC=60°，AD=4，求tan∠APB的值；
(2)如图2，点F在DC上，连接AF．作∠APB的平分线PE交AF于点E，连接DE、CE，若
∠APB=60°，且DE平分∠ADF．求证： PA+PC=√3PE；
(3)如图3，在（2）的条件下，点Q为AP的中点，点M为平面内一动点，且AQ=MQ，连接PM，以PM
为边长作等边△PM M'，若BP=2，直接写出BM'的最小值．
√3+1
【答案】(1)tan∠APB=
2
(2)见详解
(3)BM'的最小值为2√3－2
【分析】
PC AB
(1) 设PB=x，则PC=4+x，根据tan∠PDC=tan60∘= ，求得x，再利用tan∠APB= 计算即可．
DC PB
(2) 如图2，过点E作EN⊥BC于点N，EH⊥PA，交PA的延长线于点H，先利用角平分线的性质和直
角三角形的性质得出PN+PH=√3PE，证明△ADE≌△CDE(SAS)，利用HL证明△AHE≌△CNE，得
出AH=CN，最后利用等量代换得出PA+PC=√3PE．
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(3) 如图3，以BP边作等边三角形PBN，连接NM，NQ，NQ交BP于点O，确定点M在以点Q为圆心，
以AQ=2为半径的圆上，确定点N、M、Q在一线时，MN最短计算即可．
【详解】（1）
解：如图1，设PB=x，则PC=4+x，
∵四边形ABCD正方形，AD=4，
∴∠ABP=∠DCB=90°，AB=BC=CD=4，
∵ ∠PDC=60°
PC
∴tan∠PDC=tan60°= ，
DC
x+4
∴ =√3
4
解得x=4√3−4，
AB 4 √3+1
∴tan∠APB= = = ．
PB 4√3−4 2
（2）
如图2，过点E作EN⊥BC于点N，EH⊥PA，交PA的延长线于点H，
∵PE平分∠APB，∠APB=60°，EN⊥BC，EH⊥PA，
∴∠HPE=∠CPE=30°，EN=EH，
∴PE=2EN，PN=√3EN，PE=2EH，PH=√3EH，
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√3
∴PE=2EN， PN=PH= PE，
2
∴PN+PH=√3PE，
∵DE平分∠ADF，
∴∠ADE=∠CDE，
∵四边形ABCD是正方形
∴AD=CD，且DE=DE
∴△ADE≌△CDE(SAS)，
∴AE=CE，
∵∠AHE=∠CNE=90°，EH=EN，AE=CE
∴△AHE≌△CNE(HL)，
∴AH=CN，
∴PN+PH=PA+AH+PN=PA+PN+NC=PA+PC=√3PE．
∴PA+PC=PN+PH，
故PA+PC=√3PE．
（3）
如图3，以BP边作等边三角形PBN，连接NM，NQ，NQ交BP于点O，
∵∠APB=60°，∠ABP=90°，PB=2，
∴∠PAB=30°，AP=4，
∵Q是AP的中点
∴PQ=QA=QB=PB=2，
∵△PBN是等边三角形，
∴PN=BN=PB，
∴PQ=PN=NB=BQ，
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∴四边形PNBQ是菱形，
∴QN⊥PB，PO=OB=1，QO=ON，
∴QO=√PQ2−QO2=√22−12=√3，
∴QN=2QO=2√3，
∵∠BPN=∠MPM'=60°，
∴∠MPN=∠BPM'，
∵MP=M'P, BP=PN，
∴△PNM≌△PBM' (SAS)，
∴MN=BM'，
∵AQ=QM=QB=QP，
∴点M在以点Q为圆心，以AQ=2为半径的圆上，
∴点N、M、Q在一线时，MN最短，此时MN=QN−QM=2√3−2，
故BM'的最小值为2√3−2
【点睛】本题考查了正方形的性质，圆与三角形的综合问题，三角形的全等和性质，直角三角形的性质，
等边三角形的性质，菱形的判定以及勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
1．（2023·浙江宁波·一模）【教材呈现】以下是浙教版八年级下册数学教材第85页的部分内容．先观察下
图，直线l∥l，点A，B在直线l 上，点C ，C ，C ，C 在直线l 上．△ABC，△ABC，△ABC，
1 2 2 1 2 3 4 1 1 2 3
△ABC 这些三角形的面积有怎样的关系？请说明理由。
4
【基础巩固】如图1，正方形ABCD内接于⊙O，直径MN∥AD，求阴影面积与圆面积的比值；
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【尝试应用】如图2，在半径为5的⊙O中，BD＝CD，∠ACO＝2∠BDO，cos∠BOC＝x，用含x
的代数式表示S ；
△ABC
【拓展提高】如图3，AB是⊙O的直径，点P是OB上一点，过点P作弦CD⊥AB于点P，点F是⊙O
上的点，且满足CF＝CB，连接BF交CD于点E，若BF＝8EP，S =10√2，求⊙O的半径．
△CEF
1
【答案】[教材呈现]：面积相等，理由见解析；[基础巩固]： ；[尝试应用]：S =25x√1−x2；[拓展
4 △ABC
提高]：6
【分析】
[教材呈现]根据平行线与三角形的面积公式解答即可；
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[基础巩固]连接OC、OD，设⊙O的半径为r，利用正方形的性质得MN∥BC，根据三角形面积公式得
1
S =S ，同理，S =S ，可得S =S = S 即可求出阴影面积与圆面积的比；
△AON △DON △BON △CON 阴影 扇形CNDO 4 圆
[尝试应用]连接AO，过点O作OH⊥AB于点H，由BD=CD，BO=CO，DO=DO可得
△BDO≌△CDO，得出∠BDO=∠CDO，即可得∠BDC=∠BAC=2∠BDO，由∠ACO=2∠BDO
可得∠BAC=∠ACO，再由CO∥AB得出∠ABO=∠BOC，从而可得
BH=OB×cos∠ABO=5×cos∠BOC=5x，利用勾股定理求出OH=5√1−x2，最后求得结果；
[拓展提高]连接DF，BD，OD，先由垂径定理得出B´C=B´D，CP=PD，从而可得F´C=B´C=B´D，设
EP=a，则CD=8a，PC=PD=4a，CE=3a，由勾股定理求出PB的长，最后求得结果．
【详解】∵△ABC ，△ABC ，△ABC ，△ABC 同底等高
1 2 3 4
∴S =S =S =S
△ABC △ABC △ABC △ABC
1 2 3 4
[基础巩固]
连接OC、OD
∵AD∥MN
∴S =S
△AON △DON
同理，S =S
△BON △CON
1
∴S =S = S
阴影 扇形CNDO 4 圆
1
∴阴影面积与圆面积的比为 ；
4
[尝试应用]
连接AO，过点O作OH⊥AB于点H
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∵BD=CD，BO=CO，DO=DO
∴△BDO≌△CDO
∴∠BDO=∠CDO
∴∠BDC=∠BAC=2∠BDO
∵∠ACO=2∠BDO
∴∠BAC=∠ACO
∴CO∥AB
∴∠ABO=∠BOC，S =S
△ABC △ABO
∴BH=OB×cos∠ABO=5×cos∠BOC=5x，
AB=2AH=10x，OH=5√1−x2，
1
∴S =S = AB⋅OH=25x√1−x2
△ABC △ABO 2
[拓展提高]
连接DF，BD，OD
∵AB为直径，CD⊥AB于点P
∴B´C=B´D，CP=PD
又∵CF=CB
∴F´C=B´C=B´D
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∴∠BFD=∠CBF，FC´B=CB´D
∴BC∥DF，BF=CD
设EP=a，则CD=8a，PC=PD=4a，CE=3a
∵F´C=B´D
∴∠DCB=∠CBF
∴BE=CE=3a，PB=√BE2−EP2=√(3a) 2−a2=2√2a
∵BC∥DF
∴S =S
△CBF △CBD
∴S =S =S =S −S =S
△EBD △CBD △CBE △CBF △CBE △CEF
1 1
∴ ED⋅PB= 5a⋅2√2a=10√2
2 2
∴a=√2
∴PB=4，PD=4√2
在Rt△ODP中，OP2+PD2=OD2，
设⊙O半径为r，
则(r−4) 2+(4√2) 2=r2
解得r=6
∴⊙O的半径为6
【点睛】
此题考查的是平行线的性质及三角形的面积公式，垂径定理、弧、弦、圆心角的关系及勾股定理等知识点，
解决本题的关键是熟练掌握两条平行线之间的距离处处相等．
2．（2023·陕西西安·模拟预测）在 ▱ABCD中，AB⊥AC，点E在边AD上，连接BE．
(1)如图1，AC交BE于点G，GH⊥AE，若BE平分∠ABC，且∠DAC=30°，CG=4，请求出四边形
EGCD的面积；
(2)如图2，点F在对角线AC上，且AF=AB，连接BF，过点F作FH⊥BE于点H，连接AH，求证：
HF+√2AH=BH；
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(3)如图3，线段PQ在线段BE上运动，点R在BC上，连接CQ，PR．若BE平分
∠ABC，∠DAC=30°，AB=√3，AC=BE=2PQ=3，BC=4BR．求线段CQ+PQ+PR的和的最
小值．
【答案】(1)5√3
(2)见解析
√21+3
(3)
2
【分析】（1）由 ▱ABCD得到∠ABC=60°，根据角平分线求出∠ABE=∠CBE=30°，且
∠ACB=∠DAC=30°，得到CG=BG=4，利用30度角的性质得到AG=EG=2．再求出CD,AH,GH，
即可根据S =S −S 求出答案；
ΔEGCD ΔACD ΔAGE
（2）过点A作AJ⊥AH于点A，交FH的延长线于点J．得
∠BAF=∠BHF=∠BHJ=90°，∠AFB=∠ABF=45°，推出点A，B，F，H四点共圆，证得△AHJ
是等腰直角三角形，得到AH=AJ，进而证得△ABH≌△AFJ(SAS)，推出BH=FJ，由此得到结论
FJ=HF+JH=HF+√2AH即可．
1 3
（3）取AB的中点M，AE的中点N，连接PM，NQ，MN，则MN∥BE，MN= BE= ．证得四边
2 2
形PMNQ是平行四边形，得PM=NQ．在Rt△ABC中，BC=2AB，得BC=4BM推出BM=BR．证明
3
△PBM≌△PBR(SAS)，得到PR=PM，由此得到CQ+PQ+PR的最小值为CN+ ．过点C作
2
CS⊥AD于点S．利用勾股定理求出CN即可．
【详解】（1）解：在 ▱ABCD中，∠BAC=90°，∠DAC=30°，
∴∠ABC=60°．
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE=30°，且∠ACB=∠DAC=30°，
∴CG=BG=4
∵∠ABE=∠AEB=30°，
∴AG=EG=2．
∵∠DAC=30°，
√3 √3 1
∴CD=(2+4)× =2√3，AH=2× =√3，GH=2× =1．
3 2 2
1 1
∴S =S −S = ×(2+4)×2√3− ×1×√3×2=6√3−√3=5√3；
ΔEGCD ΔACD ΔAGE 2 2
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（2）证明：如图1，过点A作AJ⊥AH于点A，交FH的延长线于点J．
∵FH⊥BE，AB⊥AC，AB=AF，
∴∠BAF=∠BHF=∠BHJ=90°，∠AFB=∠ABF=45°，
∴点A，B，F，H四点共圆，
∴∠BHA=∠AFB=45°，
∴∠AHJ=45°，
∴△AHJ是等腰直角三角形，
∴AH=AJ，
∴JH=√2AH．
∵AB=AF，∠BAH=∠FAJ=90°+∠OAH，AH=AJ，
∴△ABH≌△AFJ(SAS)，
∴BH=FJ．
∵FJ=HF+JH=HF+√2AH．
∴BH=FJ=HF+√2AH；
（3）解：如图2，取AB的中点M，AE的中点N，连接PM，NQ，MN，则MN∥BE，
1 3
MN= BE= ．
2 2
1 3
由题意，得PQ= BE= ，
2 2
∴PQ∥MN，PQ=MN，
∴四边形PMNQ是平行四边形，
∴PM=NQ．
在 ▱ABCD中，∠DAC=30°，
∴∠ACB=30°．
在Rt△ABC中，BC=2AB．
∵点M为AB的中点，
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∴BC=4BM．
∵BC=4BR，
∴BM=BR．
∵BE平分∠ABC，
∴∠PBM=∠PBR．
∵BP=BP，
∴△PBM≌△PBR(SAS)，
∴PR=PM，
∴NQ=PR，
3
∴CQ+PQ+PR=CQ+NQ+ ．
2
∵CQ+NQ≥CN，
3
∴CQ+PQ+PR的最小值为CN+ ．
2
如图2，过点C作CS⊥AD于点S．
由（1），得∠ABE=∠AEB=30°，
∴AE=AB=√3，
1 √3
∴AM=AN= AE= ．
2 2
∵∠DAC=30°，
1 3
∴AD=2CD=2√3，CS= AC= ，
2 2
√3
∴SD=√CD2−CS2=
，
2
∴NS=AD−AN−SD=√3，
√21
∴CN=√CS2+NS2=
，
2
√21 3 √21+3
∴CQ+PQ+PR的最小值为 + = ．
2 2 2
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【点睛】此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质，勾股定理，
综合掌握各图形的判定和性质是解题的关键．
3．（2024·福建龙岩·二模）已知△ABC，∠BAC=90°，AB=AC=6√2．
探究一：如图（1），点D在BC上（点D不与点B，C重合），且BD=x．
①连接AD，当x=4时，AD= ______．
②在①的条件下，若以点A为旋转中心把线段AB逆时针旋转α(0°<α<360°)，旋转后点B的对应点为点
B'，连接DB'，设DB'为最大值为a，DB'的最小值为b，则a⋅b=______．
③如图（2），若把线段AD绕点A逆时针旋转90°得线段AE，连接DE交AC于点F，求CF的最大值．
探究二：建立如图（3）所示的平面直角坐标系，把线段AB绕点A逆时针旋转45°得线段AM，再把线段
AM逆时针旋转90°得线段AN，MN交BC于点P，NC与BM的延长线交于点Q，请判断射线AP是否经
过点Q．
【答案】探究一：①2√10；②32；③当x=6时，CF取得最大值，为3√2；探究二：射线AP经过点Q，
理由见解析
【分析】探究一：①过点D作DG⊥AB于点G，可证明△BDG是等腰直角三角形．则
√2
DG=BG= BD=2√2，进而得到AG=4√2，则AD=√AG2+DG2=2√10．②由旋转的性质可得
2
AB'=AB=6√2，则点B'在以A为圆心，6√2为半径的圆上运动，故当点B'在AD延长线上时，DB'取得
最小值，当点B'在DA延长线上时，DB'取得最大值，据此求出a、b的值即可得到答案；③由旋转的性质
√2
得AE=AD，∠ADE=45°，则证明△ABD∽△DCF，推出CF=− (x−6) 2+3√2，则当x=6时，
12
CF取得最大值，为3√2；
探究二：由旋转的性质可得∠MAB=45°，AM=AB=6√2，则M(6，6)；再证明M,N关于y轴对称，
得到N(−6,6)．利用待定系数法求出直线BC的解析式为y=−x+6√2，则可得P(6√2−6,6)；同理可得
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直线AP的解析式为y=(√2+1)x．直线BM的解析式为y=−(√2+1)x+6√2+12，直线NC的解析式为
y=(√2−1)x+6√2，据此求出点Q的坐标，再在y=(√2+1)x中，求出当x=3√2时，y的值即可得到结
论．
【详解】解：探究一：①如图1，过点D作DG⊥AB于点G，
∵∠BAC=90°，AB=AC=6√2，
∴∠B=45°，
∴△BDG是等腰直角三角形．
∵BD=x=4，
√2
∴DG=BG= BD=2√2，
2
∴AG=AB−BG=4√2，
∴AD=√AG2+DG2=2√10．
②由旋转的性质可得AB'=AB=6√2，
∴点B'在以A为圆心，6√2为半径的圆上运动，
∴当点B'在AD延长线上时，DB'取得最小值，当点B'在DA延长线上时，DB'取得最大值，
∵AD=2√10，
∴DB'的最大值a=6√2+2√10，DB'的最小值b=6√2−2√10，
∴a⋅b=(6√2+2√10)(6√2−2√10)=32．
③由旋转的性质得AE=AD，∠ADE=45°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴∠ADE=45°，
∴∠CDE+∠ADB=135°．
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∵∠BAD+∠ADB=135°，
∴∠CDE=∠BAD．
∵∠B=∠C，
∴△ABD∽△DCF，
AB BD
∴ = ．
CD CF
∵AB=AC=6√2，
∴BC=√2AB=12．
∵BD=x，
6√2 x
∴ = ，
12−x CF
√2 √2
∴CF=− x2+√2x=− (x−6) 2+3√2，
12 12
∴当x=6时，CF取得最大值，为3√2．
探究二：射线AP经过点Q，理由如下：
∵线段AB绕点A逆时针旋转45°得线段AM，
∴∠MAB=45°，AM=AB=6√2，
如图所示，过点M作MH⊥x轴于H，则△AHM是等腰直角三角形，
√2
∴AH=MH= AM=6，
2
∴M(6，6)；
∵线段AM绕点A逆时针旋转90°得线段AN，
∴∠NAM=90°．
∵∠MAC=∠BAC−∠MAB=45°，
∴∠NAC=45°，
∴M,N关于y轴对称，
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∴N(−6,6)．
∵AB=AC=6√2，
∴C(0，6√2)，B(6√2，0)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴¿，
∴¿，
∴直线BC的解析式为y=−x+6√2，
在当y=−x+6√2=6时，x=6√2−6，
∴P(6√2−6,6)，
同理可得直线AP的解析式为y=(√2+1)x．
直线BM的解析式为y=−(√2+1)x+6√2+12，
直线NC的解析式为y=(√2−1)x+6√2
联立¿解得¿
∴Q(3√2，6+3√2)．
在y=(√2+1)x中，当x=3√2时，y=(√2+1)x=(√2+1)×3√2=6+3√2，
∴射线AP经过点Q．
【点睛】本题主要考查了二次函数的最值问题，相似三角形的性质与判定，一点到圆上一点的最值问题，
勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，一次函数与几何综合，旋转的性质等等，解题的关键在于熟练
掌握相关知识。
4．（2024·湖南邵阳·一模）如图，以边△ABC的边AB为直径作圆O，交BC于D，E在弧BD上，连接AE、
ED、DA，若∠DAC=∠AED．
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(1)求证：AC为⊙O切线；
(2)求证：AC2=CD⋅BC；
(3)若点E是弧BD的中点，AE与BC交于点F，当BD=5，CD=4时，求DF的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)DF=2
【分析】（1）由AB为直径得出∠ADB为90°，利用∠DAC=∠AED，及同弧所对圆周角相等得出
∠ABD=∠DAC，即可得出结论；
AC CD
（2）证出△ADC与△BAC相似， 由相似得出成比例线段， = ，即可得出结论；
BC AC
（3）利用第二问的结论求出AC=6，故AC=CF，再利用等弧所对圆周角相等得出等角，即可求解．
【详解】（1）证明：∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ABD+∠BAD=90°，
∵∠DAC=∠AED，∠ABD=∠AED，
∴∠ABD=∠DAC，
∴∠DAC+∠BAD=90°，即BA⊥AC，
∵AB是直径，
∴AC为⊙O切线．
（2）证明：∵BA⊥AC，∠ADB=90°，
∴∠ADC=∠BAC=90°，
∵∠C=∠C，
∴△ADC∽△BAC，
AC CD
∴ = ，
BC AC
∴AC2=CD⋅BC
（3）解：∵BD=5，CD=4，
∴BC=BD+CD=5+4=9，
∴AC2=CD⋅BC=4×9=36，
∴AC=6，
在Rt△ACD中，AD=√AC2−CD2=√62−42=2√5，
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在Rt△ABD中，AB=√BD2+AD2=√52+(2√5) 2=3√5，
过点F作FG⊥AB，垂足为点G，如图，
∵ BD
点E是弧 的中点，
∴B´E=D´E，
∴∠BAE=∠DAE，
∵∠ADB=90°，FG⊥AB，
∴DF=FG，
1 1
∵S = BD⋅AD= ×5×2√5=5√5，
△ABD 2 2
1 1 1 1
又∵S =S +S = AB⋅FG+ DF⋅AD= ×3√5DF+ ×2√5DF=5√5，
△ABD △ABF △ADF 2 2 2 2
∴DF=2．
【点睛】本题考查了圆周角定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及三角形的面积．
证明三角形相似，熟练掌握圆周角定理的运用是解题的关键．
5．（2024·陕西西安·二模）图形旋转是解决几何问题的一种重要方法．如图1，正方形ABCD中，E、F
分别在边AB、BC上，且∠EDF=45°，连接EF，试探究AE、CF、EF之间的数量关系．解决这个
问题可将△ADE绕点D逆时针旋转90°到△CDH的位置（易得出点H在BC的延长线上），进一步证明
△≝¿与△DHF全等，即可解决问题．
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(1)如图1，正方形ABCD中，∠EDF=45°,AE=3,CF=2，则EF=______；
(2)如图2，正方形ABCD中，若∠EDF=30°，过点E作EM∥BC交DF于M点，请计算AE+CF与EM
的比值，写出解答过程；
(3)如图3，若∠EDF=60°，正方形ABCD的边长AB=8，试探究△≝¿面积的最小值．
【答案】(1)5
(2)√3；过程见解析
(3)128√3−192
【分析】（1）将△ADE绕点D逆时针旋转90°到△CDH的位置（易得出点H在BC的延长线上），进一
步证明△≝¿与△DHF全等，即可解决问题；
（2）将△ADE，△DEM绕点D逆时针旋转90°，得△DCH,△DHG，证明∠DFC+∠DGH=180°，
AE+CF CH+CF FH 1
得出D,F,H,G四点共圆；进而可得∠FHG=30，根据 = = = =√3，即
EM GH GH tan30°
可求解；
（3）过点E作EK⊥CD于K，交DF于M，作FT⊥EK于T，得出 S ，进而根据（2）的方法
△≝¿=4EM¿
得出EM=GH=√3FH，根据FC=AE=CH时，面积最小，得出OF=32−16√3，即可求解．
【详解】（1）解：∵将△ADE绕点D逆时针旋转90°，
∴∠DCH=∠A=90°=∠DCB，DH=DE，∠HDC=∠EDA
∴点H在BC的延长线上，
∵四边形ABCD是正方形
∴∠ADC=90°，
∵∠EDF=45°，
∴∠HDF=∠CDH+∠FDC=∠ADE+∠FDC=45°=∠EDF
又∵DF=DF，
∴△≝¿ ≌△DHF(SAS)，
∴EF=FH=FC+CH=FC+AE=2+3=5，
故答案为：5．
（2）解：将△ADE，△DEM绕点D逆时针旋转90°，得△DCH,△DHG
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∴∠AED=∠CHD,∠DEM=∠DHG，
∵EM∥BC，则EM⊥AB，
∴∠AEM=90°，
∴∠CHG=∠CHD+∠DHG=∠AED+∠DEM=∠AEM=90°，
∵∠EDF=30°，EM∥BC则EM∥AD，
∴∠ADE=∠CDH，∠GDH=∠MDE=30°，
∵EM∥BC，
∴∠EMF=∠DFC，
∴∠EMD+∠EMF=∠EMD+∠DFC=180°，
即∠DFC+∠DGH=180°，
∴D,F,H,G四点共圆；
∴∠GFH=∠GDH=30°，
又∠FHG=30°
AE+CF CH+CF FH 1
∴ = = = =√3
EM GH GH tan30°
（3）如图，过点E作EK⊥CD于K，交DF于M，作FT⊥EK于T，
∵∠FTK=∠TKC=∠BCD=90°
∴四边形CFTK是矩形，
∴FT=CK
∴DK+CK=DK+FT=8
∴S
1 1 1
同（2）将
△ADE
，
△DEM
绕点
D
逆时针旋转
90°
，得
△≝¿=S +S = EM⋅DK+ EM⋅FT= EM(DK+FH)=4EM¿
△EMD △EMF 2 2 2
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△DCH,△DHG，
可得∠GFH=∠EDM=60°，EM=GH
∴EM=GH=√3FH
∴FH取得最小值时，△≝¿的面积最小，
设AE=x，FC= y，
∵(√x) 2 −2√xy+(√y) 2=(√x−√y) 2 ≥0，
∴FH=x+ y≥2√xy，
当且仅当x= y时取得等于号，
此时FC=AE=CH，
设D,F,H,G的圆心为O，
∵DC⊥FH，FC=CH，
∴DC经过点O，
√3
∴OF=OD，OC=OFsin60°= OF
2
∵OD+OC=8
√3
即 OF+OF=8
2
解得：OF=32−16√3
∴FH=2FC=OF=32−16√3
∴GH=√3FH=32√3−48，
∴S ，
△≝¿=4EM=4GH=4(32√3−48)=128√3−192¿
即△≝¿面积的最小为128√3−192．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质、全等三角形的判定与性质、四点共圆等知识，解直角三
角形，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
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1．（2023·山东潍坊·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，
∵正方形ABCD，
∴∠ADC=90°，AD=CD，
∴∠ADF+∠EDC=90°，
∴∠ADF=∠CDG，
∵∠DAF=∠DCG，
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∴△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，
√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
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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．
2．（2021·湖南湘潭·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：
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
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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，
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；
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(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
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．
3．（2023·四川雅安·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；
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
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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，
∴DE与⊙O相切；
（2）解：由（1）知，∠BDC=90°，
∵E是BC的中点，
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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
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
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∴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．
4．（2023·吉林长春·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
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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；
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，
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∴∠BAP+∠BCP=180°．
∵∠BAP+∠BAE=180°，
∴∠BCP=∠BAE．
∵AB=CB，
∴△PBC≌△EBA(SAS)，
∴PB=EB，∠PBC=∠EBA，
∴∠EBA+∠ABP=∠PBC+∠ABP=∠ABC=90°，
∴△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．
5．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，N为A´C的中点，连接
ON交AC于点H．
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(1)如图①，求证BC=2OH；
(2)如图②，点D在⊙O上，连接DB，DO，DC，DC交OH于点E，若DB=DC，求证OD∥AC；
(3)如图③，在（2）的条件下，点F在BD上，过点F作FG⊥DO，交DO于点G．DG=CH，过点F作
FR⊥DE，垂足为R，连接EF，EA，EF:DF=3:2，点T在BC的延长线上，连接AT，过点T作
TM⊥DC，交DC的延长线于点M，若FR=CM，AT=4√2，求AB的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2√13
【分析】（1）连接OC，根据N为A´C的中点，易证AH=HC，再根据中位线定理得出结论；
（2）连接OC，先证△DOB≌△DOC得∠BDO=∠CDO，再根据OB=OD得∠DBO=∠BDO，根据
∠ACD=∠ABD即可得出结论；
（3）连接AD，先证△DOB≌△DOC，再证四边形ADFE是矩形，过A作AS⊥DE垂足为S，先证出
FR=AS，再能够证出△CAS≌△TCM从而CT=AC，得到等腰直角△ACT，利用三角函数求出AC，再
根据∠EDF=∠BAC求出BC，最后用勾股定理求出答案即可．
【详解】（1）证明：如图，连接OC，
∵N为A´C的中点，
∴A´N=C´N，
∴∠AON=∠CON，
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∵OA=OC，
∴AH=HC，
∵OA=OB，
∴OH是△ABC的中位线，
∴BC=2OH；
（2）证明：如图，连接OC，
设∠BDC=2α，
∵BD=DC，DO=DO，OB=OC，
∴△DOB≌△DOC，
1
∴∠BDO=∠CDO= ∠BDC=α，
2
∵OB=OD，
∴∠DBO=∠BDO=α，
∵∠ACD=∠ABD=α，
∴∠CDO=∠ACD，
∴DO∥AC；
（3）解：连接AD，
∵FG⊥OD，
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∴∠DGF=90°，
∵∠CHE=90°，
∴∠DGF=∠CHE，
∵∠FDG=∠ECH，DG=CH，
∴△DGF≌△CHE，
∴DF=CE，
∵AH=CH，
∴OH⊥AC，
∴CE=AE=DF，
∵∠EAC=∠ECA=α，
∠AED=∠EAC+∠ECA=2α，
∴∠BDC=∠AED，
∴DF∥AE，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴四边形ADFE是矩形，
∴∠EFD=90°，
EF 3
∴tan∠EDF= = ，
FD 2
过点A作AS⊥DE垂足为S，
AS
∴sin∠AES= ，
AE
∵FR⊥DC，
FR
∴sin∠FDR= ，
FD
∵FD∥AE，
∴∠FDR=∠AES，
∴sin∠FDR=sin∠AES，
∴FR=AS，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BCE+∠ACS=90°，
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∵∠ASC=90°，
∴∠CAS+∠ACS=90°，
∴∠BCE=∠CAS，
∵∠BCE=∠TCM，
∴∠CAS=∠TCM，
∵TM⊥DC，
∴∠TMC=90°，
∴∠TMC=∠ASC，
∵FR=CM，
∴AS=CM，
∴△CAS≌△TCM，
∴CT=AC，
∵∠ACT=180°−90°=90°，
∴∠CAT=∠CTA=45°，
∴AC=AT⋅sin∠CTA=4√2×sin45°=4，
∵∠EDF=∠BAC，
3
∴tan∠EDF=tan∠BAC= ，
2
BC 3
∴ = ，
AC 2
∴BC=6，
∴AB=√AC2+BC2=2√13．
【点睛】本题是圆的综合题，考查圆的有关知识、全等三角形的判定与性质、垂径定理、三角函数、勾股
定理、圆周角定理等知识，构造辅助线解决问题是解题关键．
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