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重难点 05 圆的综合压轴题
中考数学中《圆的综合压轴题》部分主要考向分为六类：
一、圆中弧长和面积的综合题
二、圆与全等三角形的综合题
三、圆的综合证明问题
四、圆与等腰三角形的综合题
五、圆的阅读理解与新定义问题
六、圆与特殊四边形的综合题
圆的综合问题是中考数学中的压轴题中的一类，也是难度较大的一类，所以，对应的训练很有必要。
考向一：圆中弧长与面积的综合题
1．（2023•河北）装有水的水槽放置在水平台面上，其横截面是以AB为直径的半圆O，AB＝50cm，如图
1和图2所示，MN为水面截线，GH为台面截线，MN∥GH．
计算：在图1中，已知MN＝48cm，作OC⊥MN于点C.
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（1）求OC的长．
操作：将图1中的水槽沿GH向右作无滑动的滚动，使水流出一部分，当∠ANM＝30°时停止滚动．如
图2．其中，半圆的中点为Q，GH与半圆的切点为E，连接OE交MN于点D．
探究：在图2中．
（2）操作后水面高度下降了多少？
（3）连接OQ并延长交GH于点F，求线段EF与 的长度，并比较大小．
【分析】（1）连接OM，利用垂径定理得出MC＝ MN＝24cm，由勾股定理计算即可得出答案；
（2）由切线的性质证明OE⊥GH，进而得到OE⊥MN，利用锐角三角函数的定义求出OD，再与（1）
中OC相减即可得出答案；
（3）由半圆的中点为Q得到∠QOB＝90°，得到∠QOE＝30°，分别求出线段EF与 的长度，再相减
比较即可．
【解答】解：（1）连接OM，
∵O为圆心，OC⊥MN于点C，MN＝48cm，
∴MC＝ MN＝24cm，
∵AB＝50cm，
∴OM＝ AB＝25cm，
在Rt△OMC 中，OC＝ ＝ ＝7（cm）；
（2）∵GH与半圆的切点为E，
∴OE⊥GH，
∵MN∥GH，
∴OE⊥MN于点D，
∵∠ANM＝30°，ON＝25cm，
∴ ，
∴操作后水面高度下降高度为： ；
（3）∵OE⊥MN于点D，∠ANM＝30°，
∴∠DOB＝60°，
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∵半圆的中点为Q，
∴ ，
∴∠QOB＝90°，
∴∠QOE＝30°，
∴EF＝tan∠QOE•OE＝ （cm），
的长为 （cm），
∵ ＝ ＞0，
∴EF＞ ．
2．（2023•乐山）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1，将一个三角形纸板△ABC绕点A逆时针旋转 到达的位置△AB′C′的位置，那么可以得到：
AB＝AB′，AC＝AC′，BC＝B′C′；
θ
∠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： 旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等 ；
（2）如图2，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 ；
【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3所示，请你帮助小李解决这个问题．
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【分析】【问题解决】
（1）由旋转的性质即可知答案为旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；
（2）①作线段BB'，AA'的垂直平分线，两垂直平分线交于O，点O为所求；
②由∠BOB'＝90°，OB＝OB'，可得OB＝ ＝3 ，再用弧长公式可得答案；
【问题拓展】
连接PA'，交AC于M，连接PA，PD，AA'，PB'，PC，求出A'D＝ ＝ ＝
，DM＝ A'D＝ ，可得 S ＝ × ×4＝ ；S '＝ ＝ ，证明
△A'DP 扇形PA'B
△PB′D≌△PCD（SSS）可知阴影部分关于 PD 对称，故重叠部分面积为 2（ ﹣ ）＝
（cm2）．
【解答】解：【问题解决】
（1）根据题意，AB＝AB′，AC＝AC′，BC＝B′C′；∠BAC＝∠B′AC′，∠ABC＝∠AB′C′，
∠ACB＝∠AC′B′的理由是：旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等，
故答案为：旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；
（2）①如图：
作线段BB'，AA'的垂直平分线，两垂直平分线交于O，点O为所求；
②∵∠BOB'＝90°，OB＝OB'，
∴△BOB'是等腰直角三角形，
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∵BB'＝6，
∴OB＝ ＝3 ，
∵ ＝ （cm），
∴点B经过的路径长为 cm，
故答案为： cm；
【问题拓展】
连接PA'，交AC于M，连接PA，PD，AA'，PB'，PC，如图：
∵点P为 中点，
∴∠PAB＝ ，
由旋转得∠PA'B'＝30°，PA＝PA′＝4，
在Rt△PAM中，PM＝PA•sin∠PAM＝4×sin30°＝2，
∴A'M＝PA'﹣PM＝4﹣2＝2，
在Rt△A′DM中，
A'D＝ ＝ ＝ ，DM＝ A'D＝ ，
∴S ＝ × ×4＝ ；
△A'DP
S '＝ ＝ ，
扇形PA'B
下面证明阴影部分关于PD对称：
∵∠PAC＝∠PA'B'＝30°，∠ADN＝∠A'DM，
∴∠AND＝∠A'MD＝90°，
∴∠PNA'＝90°，
∴PN＝ PA'＝2，
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∴AN＝PA﹣PN＝2，
∴AN＝A′M，
∴△AND≌△A'MD（AAS），
∴AD＝A′D，
∴CD＝B'D，
∵PD＝PD，PB'＝PC，
∴△PB′D≌△PCD（SSS），
∴阴影部分面积被PD等分，
∴S ＝2（S '﹣S ）＝2（ ﹣ ）＝ （cm2）．
阴影 扇形PA'B △A'DP
∴两个纸板重叠部分的面积是 cm2．
考向二：圆与全等三角形综合题
1．（2023•济宁）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，EF＝2BF．
⊙ ⊙
（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．
【分析】（1）根据CF⊥OE，OC是半径，可得CF是圆O的切线，根据BE是圆O的切线，由切线长
定理可得BF＝CF，进而根据 sinE＝ ＝ ，得出∠E＝30°，∠EOB＝60°，根据CD＝CB得出 ＝
，根据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，得出AD＝BO＝ AB，即可证明△ABD≌△OEB（AAS）；
（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△CNH≌△CNM（SAS），得出NH＝MN，即可得出
结论．
【解答】（1）证明：∵CF⊥OE，OC是半径，
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∴CF是圆O的切线，
∵BE是圆O的切线，
∴BF＝CF，
∵EF＝2BF，
∴EF＝2CF，
sinE＝ ＝ ，
∴∠E＝30°，∠EOB＝60°，
∵CD＝CB，
∴ ＝ ，
∴OC⊥BD，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°＝∠EBO，
∵∠E+∠EBD＝90°，∠ABD+∠EBD＝90°，
∴∠E＝∠ABD＝30°，
∴AD＝BO＝ AB，
∴△ABD≌△OEB（AAS）；
（2）解：MN＝BM+DN，理由如下：
延长ND至H使得DH＝BM，连接CH，BD，如图2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°，
∵AB是直径，
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∴∠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，
∴MN＝BM+DN．
2．（2023•哈尔滨）已知△ABC内接于 O，AB为 O的直径，N为 的中点，连接ON交AC于点H．
⊙ ⊙
（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 ，求AB的长．
【分析】（1）连接OC，证明OH是△ABC的中位线，即可得到BC＝2OH；
（2）设∠BDC＝2 ，证明△DOB≌△DOC（SSS），可得∠BDO＝∠CDO＝ ∠BDC＝ ，再推导出
α α
∠CDO＝∠ACD，即可证明DO∥AC；
（3）连接AD，延长AE与BC交于W点，延长AC、TM交于L点，先证明△DGF≌△CHE（AAS），
得到DF＝CE，再证明△DFG≌△AFH（ASA），得到AE＝DF，从而判断出四边形ADFE是矩形，得
到EF⊥BD，求出tan∠EDF＝ ，通过证明△FRK≌△CML（AAS），推导出CL＝FK＝2FG＝CW，再
证明△AWC≌△TLC（AAS），则 AC＝TC，在 Rt△ACT 中，由 AT＝4 ，求出 AC＝CT＝4，在
Rt△ABC中，tan∠BAC＝ ＝ ，求出BC＝6，在Rt△ABC中，利用勾股定理求出AB＝
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＝2 ．
【解答】（1）证明：如图①，连接OC，
∵N是 的中点，
∴ ＝ ，
∴∠AON＝∠CON，
∵OA＝OC，
∴AH＝HC，
∵OA＝OB，
∴OH是△ABC的中位线，
∴BC＝2OH；
（2）证明：如图②，设∠BDC＝2 ，
∵BD＝CD，DO＝DO，BO＝OC，
α
∴△DOB≌△DOC（SSS），
∴∠BDO＝∠CDO＝ ∠BDC＝ ，
α
∵OB＝OD，
∴∠DBO＝∠BDO＝ ，
∵∠ACD＝∠ABD＝ ，
α
∴∠CDO＝∠ACD，
α
∴DO∥AC；
（3）解：如图③，连接AD，延长AE与BC交于W点，延长AC、TM交于L点，
∵FG⊥OD，
∴∠DGF＝90°，
∵∠CHE＝90°，
∴∠DGF＝∠CHE，
∵∠FDG＝∠ECH，DG＝CH，
∴△DGF≌△CHE（AAS），
∴DF＝CE，
∵AH＝CH，
∴OH⊥AC，
∴∠EHC＝∠DGF，
∵AH＝HC，
∴△AEC是等腰三角形，
∴AE＝EC，∠EAC＝∠ECA，
∵∠BDO＝∠ODE＝∠ECA，
∴∠EAH＝∠FDG，
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∵DG＝CH，
∴DG＝AH，
∴△DFG≌△AFH（ASA），
∴AE＝DF，
∵∠DEA＝2∠ECA，∠FDE＝2∠ODE，
∴∠FDE＝∠DEA，
∴DF∥AE，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AB是圆O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴四边形ADFE是矩形，
∴EF⊥BD，
∵EF：DF＝3：2，
∴tan∠EDF＝ ，
∵FR⊥CD，FG⊥DO，
∴∠ODE＝∠RFK＝90°，
∵∠ECA＝∠MCL，
∴∠RFK＝∠LCM，
∵CM⊥MT，
∴∠CML＝90°，
∵FR＝CM，
∴△FRK≌△CML（AAS），
∴CL＝FK＝2FG，
∵BC＝2OH，EH＝OH，
∴EH是△AWC的中位线，
∴CW＝2EH，
∵EH＝FG，
∴CL＝FK＝2FG＝CW，
∵∠TCL＝∠CMT＝90°，
∴∠MCL＝∠CTM，
∵∠ACE＝∠ECA＝∠LCM，
∴∠CTM＝∠WAC，
∴△AWC≌△TLC（AAS），
∴AC＝TC，
在Rt△ACT中，AT＝4 ，
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∴AC＝CT＝4，
∵AW∥BD，
∴∠BAW＝∠DBC，
∵∠DBO＝∠BDO，∠EAC＝∠BDO＝∠ODE，
∴∠BAC＝∠BDE，
在Rt△ABC中，tan∠BAC＝ ＝ ，
∴BC＝6，
在Rt△ABC中，AB＝ ＝2 ．
3．（2023•长春）【感知】如图①，点A、B、P均在 O上，∠AOB＝90°，则锐角∠APB的大小为 4 5
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在弧AC上（点P
不与点A、C重合），连接PA、PB、PC．求证：PB＝PA+PC．小明发现，延长PA至点E，使AE＝
⊙
PC，连接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：
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证明：延长PA至点E，使AE＝PC，连接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
⊙ ⊙
AC的两侧，连接PA、PB、PC，若 ，则 的值为 ．
【分析】【感知】根据圆周角定理即可得出答案；
【探究】先构造出△PBC≌△EBA（SAS），得出PB＝EB，进而得出△PBE是等边三角形，即可得出结
论；
【应用】先构造出△PBC≌△GBA（SAS），进而判断出∠PBG＝90°，进而得出△PBG是等腰直角三角
形，即可得出结论；
【解答】【感知】解：∵∠AOB＝90°，
∴∠APB＝ ∠AOB＝45°（在同圆中，同弧所对的圆周角是圆心角的一半），
故答案为：45；
【探究】证明：延长PA至点E，使AE＝PC，连接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，
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∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，
∴∠APB＝60°，
∴△PBE为等边三角形，
∴PB＝PE＝AE+AP＝PC+AP；
【应用】解：如图③，
延长PA至点G，使AG＝PC，连接BE．
∵四边形ABCP是 O的内接四边形，
∴∠BAP+∠BCP＝180°，
⊙
∵∠BAP+∠BAG＝180°，
∴∠BCP＝∠BAG，
∵BA＝BC，
∴△PBC≌△GBA（SAS），
∴PB＝GB，∠PBC＝∠GBA，
∵∠ABC＝90°，
∴∠PBG＝∠GBA+∠ABP＝∠PBC+∠ABP＝∠ABC＝90°，
∴PG＝ BP，
∵PG＝PA+AG＝PA+PC，
∴PC＝PG﹣PA＝ ×2 PA﹣PA＝3PA，
∴ ＝ ＝ ，
故答案为：
考向三：圆的综合证明问题
1．（2023•黄石）如图，AB为 O的直径，DA和 O相交于点F，AC平分∠DAB，点C在 O上，且
CD⊥DA，AC交BF于点P．
⊙ ⊙ ⊙
（1）求证：CD是 O的切线；
（2）求证：AC•PC＝BC2；
⊙
（3）已知BC2＝3FP•DC，求 的值．
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【分析】（1）连接OC，由等腰三角形的性质得∠OAC＝∠OCA，再证∠DAC＝∠OCA，则DA∥OC，
然后证OC⊥CD，即可得出结论；
（2）由圆周角定理得∠ACB＝90°，∠DAC＝∠PBC，再证∠BAC＝∠PBC，然后证△ACB∽△BCP，
得 ＝ ，即可得出结论；
（3）过P作PE⊥AB于点E，证AC•PC＝3FP•DC，再证△ACD∽△BPC，得AC•PC＝BP•DC，则
BP•DC＝3FP•DC，进而得BP＝3FP，然后由角平分线的性质和三角形面积即可得出结论．
【解答】（1）证明：如图1，连接OC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠OAC，
∴∠DAC＝∠OCA，
∴DA∥OC，
∵CD⊥DA，
∴OC⊥CD，
∴CD是 O的切线；
（2）证明：∵AB为 O的直径，
⊙
∴∠ACB＝90°，
⊙
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠BAC，
∵∠DAC＝∠PBC，
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∴∠BAC＝∠PBC，
又∵∠ACB＝∠BCP，
∴△ACB∽△BCP，
∴ ＝ ，
∴AC•PC＝BC2；
（3）解：如图2，过P作PE⊥AB于点E，
由（2）可知，AC•PC＝BC2，
∵BC2＝3FP•DC，
∴AC•PC＝3FP•DC，
∵CD⊥DA，
∴∠ADC＝90°，
∵AB为 O的直径，
∴∠BCP＝90°，
⊙
∴∠ADC＝∠BCP，
∵∠DAC＝∠CBP，
∴△ACD∽△BPC，
∴ ＝ ，
∴AC•PC＝BP•DC，
∴BP•DC＝3FP•DC，
∴BP＝3FP，
∵AB为 O的直径，
∴∠AFB＝90°，
⊙
∴PF⊥AD，
∵AC平分∠DAB，PE⊥AB，
∴PF＝PE，
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∵ ＝ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ＝ ．
2．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．
⊙
（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．
【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GE＝BE＝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，可证
BC2＝BG•BO；
（3）方法一：设∠DAE＝∠CAE＝ ，∠FOG＝∠FGO＝ ，可证a＝90°﹣ ，∠OCF＝90﹣3 ，通过
SAS证明△COF≌△AOF，进而可得∠OCF＝∠OAF，即90°﹣3a＝a，则∠CAD＝2a＝45°．方法二：
α β β α
延长FO交AC于点H，连接OC，证明△AFC是等腰直角三角形，即可解决问题．
【解答】（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），
∴GE＝BE＝1；
（2）证明：∵AB是 O的直径，
∴∠ACB＝90°，
⊙
∴∠ACB＝∠CEB＝90°，
∵∠ABC＝∠CBE，
∴△ACB∽△CEB，
∴ ＝ ，
∴BC2＝BA•BE，
由（1）知GE＝BE，
∴BE＝ BG，
∵AB＝2BO，
∴BC2＝BA•BE＝2BO• BG＝BG•BO；
（3）解：∠CAD＝45°，证明如下：
解法一：如图，连接OC，
∵FO＝FG，
∴∠FOG＝∠FGO，
∵直径AB垂直弦CD，
∴CE＝DE，∠AED＝∠AEC＝90°，
∵AE＝AE，
∴△ACE≌△ADE（SAS），
∴∠DAE＝∠CAE，
设∠DAE＝∠CAE＝ ，∠FOG＝∠FGO＝ ，
则∠FCD＝∠BCD＝∠DAE＝ ，
α β
∵OA＝OC，
α
∴∠OCA＝∠OAC＝ ，
∵∠ACB＝90°，
α
∴∠OCF＝∠ACB﹣∠OCA﹣∠FCD﹣∠BCD＝90°﹣3 ，
∵∠CGE＝∠OGF＝ ，∠GCE＝ ，∠CGE+∠GCE＝90°，
α
∴ + ＝90°，
β α
∴ ＝90°﹣ ，
β α
∵∠COG＝∠OAC+∠OCA＝ + ＝2 ，
α β
∴∠COF＝∠COG+∠GOF＝2 + ＝2（90°﹣ ）+ ＝180°﹣ ，
α α α
∴∠COF＝∠AOF，
α β β β β
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在△COF和△AOF中，
，
∴△COF≌△AOF（SAS），
∴∠OCF＝∠OAF，
即90°﹣3 ＝ ，
∴ ＝22.5°，
α α
∴∠CAD＝2a＝45°．
α
解法二：
如图，延长FO交AC于点H，连接OC，
∵FO＝FG，
∴∠FOG＝∠FGO，
∴∠FOG＝∠FGO＝∠CGB＝∠B，
∴BC∥FH，
∵AB是 O的直径，
∴∠ACB＝90°，
⊙
∴∠ACB＝∠AHO＝90°，
∵OA＝OC，
∴AH＝CH，
∴AF＝CF，
∵CF⊥AD，
∴△AFC是等腰直角三角形，
∴∠CAD＝45°．
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3．（2023•永州）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M在线段AC上，CE交BM于N，CE交AB于G．
⊙
（1）求证：ED是 O的切线；
（2）若 ，B⊙D＝5，AC＞CD，求BC的长；
（3）若DE•AM＝AC•AD，求证：BM⊥CE．
【分析】（1）由 AB是 O的直径得∠ACB＝90°，故∠BAC+∠ABC＝90°，由∠BAC＝∠BDA 得
∠BDA+∠ABC＝90°，有∠BAD＝90°，即可得证；
⊙
（2）证明△ACB∽△DCA，则 ，可得 ，解得BC＝2 或BC＝3，由AC＞
CD即可得到BC的长；
（3）先证明△ABC∽△DAC，则 ，得到AC•AD＝CD•AB，由 DE•AM＝AC•AD得到DE•AM
＝CD•AB，故 ，由同角的余角相等得∠BAM＝∠CDE，有△AMBB∽△DCE，得∠E＝
∠ABM，进一步得到∠EGA+∠E＝∠ABM+∠BGN＝90°，则∠BNG＝90°，即可得到结论．
【解答】（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；
⊙
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（2）解：∵∠BAC＝∠BDA，∠ACB＝∠DCA＝90°，
∴△ACB∽△DCA，
∴ ，
∴ ，
解得BC＝2或BC＝3，
当BC＝2时，CD＝BD﹣BC＝3，
当BC＝3时，CD＝BD﹣BC＝2，
∵AC＞CD，即 ＞CD，
∴BC＝3；
（3）证明：∵AB是 O的直径，
∴∠ACB＝∠DCA＝90°，
⊙
∵∠BAC＝∠BDA，
∴△ABC∽△DAC，
∴ ，
∴AC•AD＝CD•AB，
∵DE•AM＝AC•AD，
∴DE．AM＝CD•AB，
∴ ，
∵∠BAM+∠CAD＝∠CDE+∠CAD＝90°，
∴∠BAM＝∠CDE，
∴△AMB∽△DCE，
∴∠E＝∠ABM，
∵∠EGA＝∠BGN，
∴∠EGA+∠E＝∠ABM+∠BGN＝90°，
∴∠BNG＝90°，
∴BM⊥CE．
4．（2023•广东）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： ；
②如图3，⊙O与CA′相切，AD＝1，求 O的面积．
⊙ ⊙
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【分析】（1）根据轴对称的性质可得AE＝A′E，AA′⊥BD，根据四边形ABCD是矩形，得出OA＝
OC，从而OE∥A′C，从而得出AA′⊥CA′；
（2）①设CD O与CD切于点F，连接OF，并延长交AB于点G，可证得OG＝OF＝OE，从而得出
∠EAO＝∠GAO＝∠GBO，进而得出∠EAO＝30°，从而 ；
⊙
②设 O切CA′于点H，连接OH，可推出AA′＝2OH，CA′＝2OE，从而AA′＝CA′，进而得出
∠A′AC＝∠A′CA＝45°，∠AOE＝∠ACA′＝45°，从而得出AE＝OE，OD＝OA＝ AE，设OA＝
⊙
OE＝x，则OD＝OA＝ ，在Rt△ADE中，由勾股定理得出 ＝1，从而求得x2＝
，进而得出 O的面积．
⊙
【解答】（1）证明：∵点A关于BD的对称点为A′，
∴AE＝A′E，AA′⊥BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC，
∴OE∥A′C，
∴AA′⊥CA′；
（2）①证明：如图2，
设CD O与CD切于点F，连接OF，并延长交AB于点G，
∴OF⊥CD，OF＝OE，
⊙
∵四边形ABCD是矩形，
∴OB＝OD＝ BD，AB∥CD，AC＝BD，OA＝ AC，
∴OG⊥AB，∠FDO＝∠GBO，OA＝OB，
∴∠GAO＝∠GBO，
∵∠DOF＝∠BOG，
∴△DOF≌△BOG（ASA），
∴OG＝OF，
∴OG＝OE，
由（1）知：AA′⊥BD，
∴∠EAO＝∠GAO，
∵∠EAB+∠GBO＝90°，
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∴∠EAO+∠GAO+∠GBO＝90°，
∴3∠EAO＝90°，
∴∠EAO＝30°，
由（1）知：AA′⊥CA′，
∴tan∠EAO＝ ，
∴tan30°＝ ，
∴ ；
②解：如图3，
设 O切CA′于点H，连接OH，
∴OH⊥CA′，
⊙
由（1）知：AA′⊥CA′，AA′⊥BD，OA＝OC，
∴OH∥AA′，OE∥CA′，
∴△COH∽△CAA′，△AOE∽△ACA′，
∴ ，
∴AA′＝2OH，CA′＝2OE，
∴AA′＝CA′，
∴∠A′AC＝∠A′CA＝45°，
∴∠AOE＝∠ACA′＝45°，
∴AE＝OE，OD＝OA＝ AE，
设AE＝OE＝x，则OD＝OA＝ ，
∴DE＝OD﹣OE＝（ ）x，
在Rt△ADE中，由勾股定理得，
＝1，
∴x2＝ ，
∴S ＝ •OE2＝ ．
O
⊙
π
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考向四：圆与等腰三角形的综合
1．（2023•宁波）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，E为AB边上一点，以AE为直径的半圆O与BC相切
于点D，连结AD，BE＝3，BD＝3 ．P是AB边上的动点，当△ADP为等腰三角形时，AP的长为
6 或 2 ．
【分析】连接OD，DE，根据切线的性质和勾股定理求出OD＝6，然后分三种情况讨论：①当AP＝
PD时，此时P与O重合，②如图2，当AP′＝AD时，③如图3，当DP′′＝AD时，分别进行求解
即可．
【解答】解：如图1，连接OD，DE，
∵半圆O与BC相切于点D，
∴OD⊥BC，
在Rt△OBD中，OB＝OE+BE＝OD+3，BD＝3 ．
∴OB2＝BD2+OD2，
∴（OD+3）2＝（3 ）2+OD2，
解得OD＝6，
∴AO＝EO＝OD＝6，
①当AP＝PD时，此时P与O重合，
∴AP＝AO＝6；
②如图2，当AP′＝AD时，
在Rt△ABC中，
∵∠C＝90°，
∴AC⊥BC，
∴OD∥AC，
∴△BOD∽△BAC，
∴ ＝ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ，
∴AC＝10，CD＝2 ，
∴AD＝ ＝ ＝2 ，
∴AP′＝AD＝2 ；
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③如图3，当DP′′＝AD时，
∵AD＝2 ，
∴DP′′＝AD＝2 ，
∵OD＝OA，
∴∠ODA＝∠BAD，
∴OD∥AC，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴AD平分∠BAC，
过点D作DH⊥AE于点H，
∴AH＝P″H，DH＝DC＝2 ，
∵AD＝AD，
∴Rt△ADH≌Rt△ADC（HL），
∴AH＝AC＝10，
∴AH＝AC＝P″H＝10，
∴AP″＝2AH＝20（P为AB边上一点，不符合题意，舍去），
综上所述：当△ADP为等腰三角形时，AP的长为6或2 ．
故答案为：6或2 ．
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2．（2023•上海）如图（1）所示，已知在△ABC中，AB＝AC，O在边AB上，点F是边OB中点，以O
为圆心，BO为半径的圆分别交CB，AC于点D，E，连接EF交OD于点G．
（1）如果OG＝DG，求证：四边形CEGD为平行四边形；
（2）如图（2）所示，连接OE，如果∠BAC＝90°，∠OFE＝∠DOE，AO＝4，求边OB的长；
（3）连接BG，如果△OBG是以OB为腰的等腰三角形，且AO＝OF，求 的值．
【分析】（1）由∠ABC＝∠C，∠ODB＝∠ABC，即得∠C＝∠ODB，OD∥AC，根据F是OB的中点，
OG＝DG，知FG是△OBD的中位线，故FG∥BC，即可得证；
（2）设∠OFE＝∠DOE＝ ，OF＝FB＝a，有OE＝OB＝2a，由（1）可得OD∥AC，故∠AEO＝
∠DOE＝ ，得出∠OFE＝∠AEO＝ ，进而证明△AEO∽△AFE，AE2＝AO﹣AF，由AE2＝EO2﹣AO2，
α
有EO2﹣AαO2＝AO×AF，解方程即可α答案；
（3）△OBG 是以 OB 为腰的等腰三角形，①当 OG＝OB 时，②当 BG＝OB 时，证明
△BGO∽△BPA，得出 ，设 OG＝2k，AP＝3k，根据OG∥AE，得出△FOG∽△FAE，即得AE
＝2OG＝4k，PE＝AE﹣AP＝k，连接OE交PG于点Q，证明△QPE∽△QGO，在△PQE与△BQO 中，
， ，得出 ＝ ＝ ，可得△PQE∽△OQB，根据相似三角形的性
质得出a＝2k，进而即可求得答案．
【解答】（1）证明：如图：
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∵AC＝AB，
∴∠ABC＝∠C，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠ABC，
∴∠C＝∠ODB，
∴OD∥AC，
∵F是OB的中点，OG＝DG，
∴FG是△OBD的中位线，
∴FG∥BC，即GE∥CD，
∴四边形CEGD是平行四边形；
（2）解：如图：
由∠OFE＝∠DOE，AO＝4，点F边OB中点，设∠OFE＝∠DOE＝ ，OF＝FB＝a，则OE＝OB＝2a，
由（1）可得OD∥AC，
α
∴∠AEO＝∠DOE＝ ，
∴∠OFE＝∠AEO＝ ，
α
∵∠A＝∠A，
α
∴△AEO∽△AFE，
∴ ，即 AE2＝AO•AF，
在Rt△AEO 中，AE2＝EO2﹣AO2，
∴EO2﹣AO2＝AO×AF，
∴（2a）2﹣42＝4×（4+a），
解得： 或 （舍去），
∴OB＝2a＝1+ ；
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（3）解：①当OG＝OB时，点G与点D重合，不符合题意，舍去；
②当BG＝OB 时，延长BG交AC于点P，如图所示，
∵点F是OB的中点，AO＝OF，
∴AO＝OF＝FB，
设AO＝OF＝FB＝a，
∵OG∥AC，
∴△BGO∽△BPA，
∴ ，
设OG＝2k，AP＝3k，
∵OG∥AE，
∴△FOG∽△FAE，
∴ ，
∴AE＝2OG＝4k，
∴PE＝AE﹣AP＝k，
设OE交PG于点Q，
∵OG∥PE，
∴△QPE∽△QGO，
∴ ，
∴PQ＝ a，QG＝ a， ，
在△PQE 与△BQO 中，
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， ，
∴ ，
又∠PQE＝∠BQO，
∴△PQE∽△OQB，
∴ ，
∴ ，
∴a＝2k，
∵OD＝OB＝2a，OG＝2k，
∴ ，
∴ 的值为 ．
3．（2023•泰州）已知：A、B为圆上两定点，点C在该圆上，∠C为 所对的圆周角．
知识回顾
（1）如图①， O中，B、C位于直线AO异侧，∠AOB+∠C＝135°．
①求∠C的度数；
⊙
②若 O的半径为5，AC＝8，求BC的长；
逆向思考
⊙
（2）如图②，若P为圆内一点，且∠APB＜120°，PA＝PB，∠APB＝2∠C．求证：P为该圆的圆心；
拓展应用
（3）如图③，在（2）的条件下，若∠APB＝90°，点C在 P位于直线AP上方部分的圆弧上运动．点
D在 P上，满足CD＝ CB﹣CA的所有点D中，必有一⊙个点的位置始终不变．请证明．
【分⊙析】（1）①根据∠AOB+∠C＝135°，结合圆周角定理求∠C的度数；
②构造直角三角形；
（2）只要说明点P到圆上A、B和另一点的距离相等即可；
（3）根据CD＝ CB﹣CA，构造一条线段等于 CB﹣CA，利用三角形全等来说明此线段和CD相
等．
【解答】（1）解：①∵∠AOB+∠C＝135°，∠AOB＝2∠C，
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∴3∠C＝135°，
∴∠C＝45°．
②连接AB，过A作AD⊥BC，垂足为M，
∵∠C＝45°，AC＝8，
∴△ACM是等腰直角三角形，且AM＝CM＝4 ，
∵∠AOB＝2∠C＝90°，OA＝OB，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴AB＝ OA＝5 ，
在直角三角形ABM中，BM＝ ＝3 ，
∴BC＝CM+BM＝4 +3 ＝7 ．
（2）延长AP交圆于点N，则∠C＝∠N，
∵∠APB＝2∠C，
∴∠APB＝2∠N，
∵∠APB＝∠N+∠PBN，
∴∠N＝∠PBN，
∴PN＝PB，
∵PA＝PB，
∴PA＝PB＝PN，
∴P为该圆的圆心．
（3）过B作BC的垂线交CA的延长线于点E，连接AB，延长AP交圆于点F，连接CF，FB，
∵∠APB＝90°，
∴∠C＝45°，
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∴△BCE是等腰直角三角形，
∴BE＝BC，
∵BP⊥AF，PA＝PF，
∴BA＝BF，
∵AF是直径，
∴∠ABF＝90°，
∴∠EBC＝∠ABF＝90°，
∴∠EBA＝∠CBF，
∴△EBA≌△CBF（SAS），
∴AE＝CF，
∵CD＝ CB﹣CA＝CE﹣CA＝AE，
∴CD＝CF，
∴必有一个点D的位置始终不变，点F即为所求．
考向五：圆的阅读理解与新定义问题
1．（2023•青海）综合与实践
车轮设计成圆形的数学道理
小青发现路上行驶的各种车辆，车轮都是圆形的．为什么车轮要做成圆形的呢？这里面有什么数学道理
吗？带着这样的疑问，小青做了如下的探究活动：
将车轮设计成不同的正多边形，在水平地面上模拟行驶．
（1）探究一：将车轮设计成等边三角形，转动过程如图1，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一
次（以一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是 ，BA＝CA＝DA＝2，圆心角∠BAD＝120°．此时
中心轨迹最高点是C（即 的中点），转动一次前后中心的连线是BD（水平线），请在图2中计算C
到BD的距离d ．
1
（2）探究二：将车轮设计成正方形，转动过程如图 3，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一次
（以一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是 ，BA＝CA＝DA＝2，圆心角∠BAD＝90°．此时中心
轨迹最高点是C（即 的中点），转动一次前后中心的连线是 BD（水平线），请在图4中计算C到
BD的距离d （结果保留根号）．
2
（3）探究三：将车轮设计成正六边形，转动过程如图5，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一次
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（以一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是 ，圆心角∠BAD＝ 60 ° ．
此时中心轨迹最高点是C（即 的中点），转动一次前后中心的连线是BD（水平线），在图6中计算
C到BD的距离d ＝ 2 ﹣ （结果保留根号）．
3
（4）归纳推理：比较d ，d ，d 大小： d ＞ d ＞ d ，按此规律推理，车轮设计成的正多边形边数越
1 2 3 1 2 3
多，其中心轨迹最高点与转动一次前后中心连线（水平线）的距离 越小 （填“越大”或“越
小”）．
（5）得出结论：将车轮设计成圆形，转动过程如图7，其中心（即圆心）的轨迹与水平地面平行，此
时中心轨迹最高点与转动前后中心连线（水平线）的距离d＝ 0 .这样车辆行驶平稳、没有颠簸感．
所以，将车轮设计成圆形．
【分析】（1）△ABC是等边三角形，进而求得AE，进一步得出结果；
（2）△ABE是等腰直角三角形，进而求得AE，进一步得出结果；
（3）△ABD是等边三角形，进而求得AE，进一步得出结果；
（4）比较大小得出结果；
（5）圆的半径相等，从而得出结果．
【解答】 解：（1）图1，
3
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∵AB＝AD＝2，AC⊥BD，
∴∠BAC＝∠CAD＝ ，
∵AB＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝2，
∴d ＝CE＝ AC＝1；
1
（2）如图2，
∵AB＝AD，AC⊥BD，∠BAD＝90°，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，
∴AE＝AB•sin∠ABD＝2× ＝ ，
∴d ＝CE＝AC﹣AE＝2 ；
2
（3）如图3，
∴AB＝BD，∠ABD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠BAD＝60°，
在Rt△ABE中，
AE＝AB•sin∠ABD＝2•sin60°＝ ，
∴d ＝AC﹣AE＝2﹣ ，
3
故答案为：60°，2﹣ ；
（4）∵1＞2﹣ ＞2﹣ ，
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∴d ＞d ＞d ，越小；
1 2 3
故答案为：d ＞d ＞d，越小；
1 2
（5）∵圆的半径相等，
∴d＝0，
故答案为：0．
2．（2023•陕西）（1）如图①，∠AOB＝120°，点P在∠AOB的平分线上，OP＝4．点E，F分别在边
OA，OB上，且∠EPF＝60°，连接EF．求线段EF的最小值；
（2）如图②，是一个圆弧型拱桥的截面示意图．点P是拱桥 的中点，桥下水面的宽度AB＝24m，
点P到水面AB的距离PH＝8m．点P ，P 均在 上， ＝ ，且P P ＝10m，在点P ，P 处各装
1 2 1 2 1 2
有一个照明灯，图中△P CD和△P EF分别是这两个灯的光照范围．两灯可以分别绕点P ，P 左右转动，
1 2 1 2
且光束始终照在水面AB上．即∠CP D，∠EP F可分别绕点P ，P 按顺（逆）时针方向旋转（照明灯
1 2 1 2
的大小忽略不计），线段CD，EF在AB上，此时，线段ED是这两灯照在水面AB上的重叠部分的水面
宽度．已知∠CP D＝∠EP F＝90°，在这两个灯的照射下，当整个水面AB都被灯光照到时，求这两个
1 2
灯照在水面AB上的重叠部分的水面宽度．（可利用备用图解答）
【分析】（1）过P作PC⊥OB于C，作PD⊥OA于D，证明△PCF≌△PDE（AAS），可得CF＝DE，
即可得OE+OF＝（OD﹣DE）+（OC+CF）＝OD+OC，而∠POD＝∠POC＝60°，知OD＝OC＝ OP＝
2，故OE+OF＝4，设OF＝x，则OE＝4﹣x，过F作FG⊥AO于G，有OG＝ x，GF＝ x，由勾股
定理得EF＝ ＝ ＝ ＝ ，即知线段EF的
最小值是2 ；
（2）当整个水面AB都被灯光照到时，①C与A重合，F与B重合，设PH交P P 于K，圆心为O，连
1 2
接HO，AO，P O，过P1作P T⊥AB于T，由点P是拱桥 的中点，PH⊥AB，设 O半径为r m，则
1 1
OH＝OP﹣PH＝（r﹣8）m，可得 122+（r﹣8）2＝r2，r＝13，求出 P K＝⊙P K＝5m，OK＝
1 2
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＝ ＝12（m），PK＝OP﹣OK＝13﹣12＝1（m），KH＝PH﹣PK＝8﹣1＝7
（m），可得P T＝KH＝7m，故AT＝P T，∠P AT＝45°，可得△AP D是等腰直角三角形，即得AD＝
1 1 1 1
2AT＝14（m），即 CD＝14m，同理可得 BE＝14m，即 FE＝14m，故 DE＝EF﹣DB＝14﹣10＝4
（m），这两个灯照在水面AB上的重叠部分的水面宽度为4m；②当E与A重合，D与B重合时，可得
AP ＝ ＝ （m），而cos∠P AM＝ ＝ ，可得AF＝ ，同理BC＝ ，
2 2
故CF＝AF+BC﹣AB＝ （m）．
【解答】解：（1）过P作PC⊥OB于C，作PD⊥OA于D，如图：
∵∠AOB＝120°，∠EPF＝60°，
∴∠OEP+∠OFP＝180°，
∵∠OEP+∠PED＝180°，
∴∠OFP＝∠PED，即∠PFC＝∠PED，
∵OP平分∠AOB，PC⊥OB，PD⊥OA，
∴PC＝PD，
∵∠PCF＝∠PDE＝90°，
∴△PCF≌△PDE（AAS），
∴CF＝DE，
∴OE+OF＝（OD﹣DE）+（OC+CF）＝OD+OC，
∵∠POD＝∠POC＝60°，
∴∠OPD＝∠OPC＝30°，
∴OD＝OC＝ OP＝2，
∴OE+OF＝4，
设OF＝x，则OE＝4﹣x，
过F作FG⊥AO于G，如图：
∵∠OFG＝∠AOB﹣∠G＝120°﹣90°＝30°，
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∴OG＝ x，GF＝ x，
∴EG＝OE+OG＝4﹣ x，
∴EF＝ ＝ ＝ ＝ ，
∴当x＝2时，EF取最小值 ＝2 ，
∴线段EF的最小值是2 ；
（2）当整个水面AB都被灯光照到时，
①C与A重合，F与B重合，设PH交P P 于K，圆心为O，连接HO，AO，P O，过P1作P T⊥AB
1 2 1 1
于T，如图：
∵点P是拱桥 的中点，PH⊥AB，
∴O，P，H共线，AH＝BH＝ AB＝12m，
设 O半径为r m，则OH＝OP﹣PH＝（r﹣8）m，
在Rt△AHO中，AH2+OH2＝OA2，
⊙
∴122+（r﹣8）2＝r2，
解得r＝13，
∴OP ＝13m，
1
∵ ＝ ，且P P ＝10m，
1 2
∴P K＝P K＝5m，
1 2
∴OK＝ ＝ ＝12（m），
∴PK＝OP﹣OK＝13﹣12＝1（m），
∴KH＝PH﹣PK＝8﹣1＝7（m），
∴P T＝KH＝7m，
1
∵AT＝AH﹣TH＝12﹣5＝7（m），
∴AT＝P T，
1
∴∠P AT＝45°，
1
∵∠CP D＝90°，即∠AP D＝90°，
1 1
∴△AP D是等腰直角三角形，
1
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∴AD＝2AT＝14（m），即CD＝14m，
∴DB＝AB﹣AD＝24﹣14＝10（m），
同理可得BE＝14m，即FE＝14m，
∴DE＝EF﹣DB＝14﹣10＝4（m），
∴这两个灯照在水面AB上的重叠部分的水面宽度为4m；
②当E与A重合，D与B重合时，如图：
∵AT＝P T＝7m＝P M，P P ＝10m，
1 2 1 2
∴AM＝AT+TF＝17m，
∴AP ＝ ＝ ＝ （m），
2
∵cos∠P AM＝ ＝ ，
2
∴ ＝ ，
∴AF＝ ，
同理BC＝ ，
∴CF＝AF+BC﹣AB＝ + ﹣24＝ （m）；
∴这两个灯照在水面AB上的重叠部分的水面宽度为 m；
综上所述，这两个灯照在水面AB上的重叠部分的水面宽度为4m或 m．
3．（2023•北京）在平面直角坐标系xOy中， O的半径为1．对于 O的弦AB和 O外一点C给出如下
定义：若直线CA，CB中一条经过点O，另一条是 O的切线，则称点C是弦AB的“关联点”．
⊙ ⊙ ⊙
⊙
（1）如图，点A（﹣1，0），B （ ， ），B （ ， ）．
1 2
①在点C （﹣1，1），C （ ，0），C （0， ）中，弦AB 的“关联点”是 C ， C ；
1 2 3 1 1 2
②若点C是弦AB 的“关联点”，直接写出OC的长；
2
（2）已知点M（0，3），N（ ，0），对于线段MN上一点S，存在 O的弦PQ，使得点S是弦
⊙
PQ的“关联点”．记PQ的长为t，当点S在线段MN上运动时，直接写出t的取值范围．
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【分析】（1）根据题目中关联点的定义分情况讨论即可；
（2）根据M（0，3），N（ ，0）两点来求最值情况，共有两种情况，分别位于点 M和经过点O
的MN的垂直平分线上，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论．
【解答】解：（1）①由关联定义可知，若直线CA、CB中一条经过点O，另一条是 O的切线，则称
点C是弦AB的“关联点”，
⊙
∵点A（﹣1，0），B （ ， ），点C （﹣1，1），C （ ，0），C （0， ），
1 1 2 3
∴直线AC 经过点O，且B C 与 O相切，
2 1 2
∴C 2 是弦AB 1 的“关联点”， ⊙
∵C （﹣1，1），A（﹣1，0）的横坐标相同，与B （ ， ）在直线y＝﹣x上，
1 1
∴AC 与 O相切，B C 经过点O，
1 1 1
∴C
1
是弦⊙AB
1的
“关联点”；
故答案为：C ，C ；
1 2
②∵A（﹣1，0），B （ ， ），
2
设C（a，b），如图所示，共有两种情况，
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a、若C B 与 O相切，AC经过点O，
1 2
⊙
则C B ，AC 所在直线为 ，
1 2 1
解得 ，
∴C （ ，0），
1
∴OC ＝ ，
1
b、若AC 与 O相切，C B 经过点O，
2 2 2
⊙
则直线C B ，AC 所在直线为 ，
2 2 2
解得 ，
∴C （﹣1，1），
2
∴OC ＝ ，
2
综上所述，OC＝ ；
（2）∵线段MN上一点S，存在 O的弦PQ，使得点S是弦PQ的“关联点”，
⊙
∵弦PQ随着S的变动在一定范围内变动，且M（0，3），N（ ，0），OM＞ON，
∴S共有2种情况，分别位于点M和经过点O的MN的垂线上，如图所示，
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①当S位于点M（0，3）时，MP为 O的切线，作PJ⊥OM，
∵M（0，3）， O的半径为1，且MP是 O的切线，
⊙
∴OP⊥MP，
⊙ ⊙
∵PJ⊥OM，
∴△MPO∽△POJ，
∴ ，即 ，
解得OJ＝ ，
∴PJ＝ ＝ ，Q J＝ ，
1
∴PQ ＝ ＝ ，
1
同理PQ ＝ ＝ ，
2
∴当S位于M（0，3）时，PQ 的临界值为 和 ；
1
②当S位于经过点O的MN的垂线上的点K时，，
∵M（0，3），N（ ，0），
∴MN＝ ，
∴ ＝2，
∵ O的半径为1，
∴∠OKZ＝30°，
⊙
∴△OPQ为等边三角形，
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∴PQ＝1或 ，
∴当S位于经过点O且垂直于MN的直线上即点K时，PQ 的临界点为1和 ，
1
∴在两种情况下，PQ的最小值在1≤t≤ 内，最大值在 ，
综上所述，t的取值范围为1≤t≤ ， ．
4．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＝ （60°＜ ＜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 到线段AE，连接BE．
α α
（1）求证：A，E，B，D四点共圆；
α
（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 ＝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．
α ⊙
【分析】（1）根据旋转的性质得到 AE＝AD，∠DAE＝ ，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
α
可证明A、B、D、E四点共圆；
（2）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°，可证明AC是 O的切线；
（3）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°，再由三线
⊙
合一定理得到 ，AM⊥BC，解直角三角形求出 ，则 ，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．
⊙
【解答】（1）证明：由旋转的性质可得 AE＝AD，∠DAE＝ ，
∴∠BAC＝∠DAE，
α
∴∠BAC﹣∠BAD＝∠DAE﹣∠BAD，即∠BAE＝∠CAD，
又∵AB＝AC，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴∠AEB＝∠ADC，
∵∠ADC+∠ADB＝180°，
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∴∠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，PM，如图：
⊙
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠ABC＝∠ACB＝30°，
∵点M是边BC的中点，
∴ ，AM⊥BC，
∴ ， ，
在Rt△BGF中， ，
∴FM＝BM﹣BF＝3﹣2＝1，
∵ P是四边形AEBD的外接圆，
∴点P一定在AB的垂直平分线上，
⊙
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∴点P在直线GF上，
∴当MP⊥GF时，PM有最小值，
∴∠PFM＝∠BFG＝90°﹣∠ABC＝60°，
在Rt△MPF中，PM＝MF•sin∠PFM＝1×sin60°＝ ，
∴圆心P与点M距离的最小值为 ．
考向六：圆与特殊四边形综合
1．（2023•威海）已知：射线OP平分∠MON，A为OP上一点， A交射线OM于点B，C，交射线ON
于点D，E，连接AB，AC，AD．
⊙
（1）如图1，若AD∥OM，试判断四边形OBAD的形状，并说明理由；
（2）如图2，过点C作CF⊥OM，交OP于点F；过点D作DG⊥ON，交OP于点G．求证：AG＝
AF．
【分析】（1）如图，作AS⊥DE于点S，作AT⊥BC于点T，利用角平分线定义及性质易得AS＝AT，
∠AOD＝∠AOB，然后利用HL可证得Rt△ASD≌Rt△ATB，Rt△ASO≌Rt△ATO，再根据全等三角形性
质及线段的和差可证得OD＝OB，利用平行线性质及等角对等边可证得AD＝OB，最后利用有一组邻边
相等的平行四边形即可证得结论；
（2）连接FE，结合（1）中所求及垂径定理，利用SAS易证得△OEF≌△OCF，再根据全等三角形性
质及已知条件可证得DG∥SA∥EF，最后利用平行线分线段成比例即可证得结论．
【解答】（1）解：四边形OBAD是菱形，理由如下：
如图，作AS⊥DE于点S，作AT⊥BC于点T，
∵OP平分∠MON，
∴AS＝AT，∠AOD＝∠AOB，
在Rt△ASD与Rt△ATB中，
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，
∴Rt△ASD≌Rt△ATB（HL），
∴SD＝TB，
在Rt△ASO与Rt△ATO中，
，
∴Rt△ASO≌Rt△ATO（HL），
∴SO＝TO，
∴SO﹣SD＝TO﹣TB，
即OD＝OB，
∵AD∥OM，
∴∠AOB＝∠OAD，
∵∠AOD＝∠AOB，
∴∠AOD＝∠OAD，
∴AD＝OB，
∴四边形OBAD是平行四边形，
∵AD＝AB，
∴四边形OBAD是菱形；
（2）证明：如图，连接FE，
∵AS⊥DE，AT⊥BC，
∴SD＝SE＝ DE，TB＝TC＝ BC，
∵SD＝TB，
∴DE＝BC，
∵OD＝OB，
∴OD+DE＝OB+BC，
即OE＝OC，
在△OEF与△OCF中，
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，
∴△OEF≌△OCF（SAS），
∴∠OEF＝∠OCF，
∵CF⊥OM，
∴∠OEF＝∠OCF＝90°，
∵AS⊥DE，DG⊥ON，
∴∠ODG＝∠OSA＝∠OEF＝90°，
∴DG∥SA∥EF，
∴ ＝ ＝1，
∴AG＝AF．
2．（2023•益阳）如图，线段AB与 O相切于点B，AO交 O于点M，其延长线交 O于点C，连接
BC，∠ABC＝120°，D为 O上一点⊙且 的中点为M，连接⊙AD，CD． ⊙
（1）求∠ACB的度数； ⊙
（2）四边形ABCD是否是菱形？如果是，请证明；如果不是，请说明理由；
（3）若AC＝6，求 的长．
【分析】（1）根据切线的性质及角的和差求出∠OBC＝30°，再根据等腰三角形的性质求解即可；
（2）根据圆的有关性质得出∠DCM＝∠BCM＝30°，DM＝BM，根据三角形内角和定理求出∠CAB＝
30°＝∠ACB＝∠DCM，进而推出AB＝BC，AB∥CD，根据圆周角定理得出∠CDM＝∠CBM＝90°，利
用HL证明Rt△CDM≌Rt△CBM，根据全等三角形的性质推出CD＝AB，结合AB∥CD，推出四边形
ABCD是平行四边形，再结合AB＝BC，进而判定四边形ABCD是菱形；
（3）根据菱形的性质及等腰三角形的性质推出∠DAC＝30°，∠ODC＝30°，根据三角形内角和定理及
角的和差推出∠ADC＝120°，∠ADO＝90°，∠COD＝120°，根据含30°角的直角三角形的性质求出OC
＝2，再根据弧长计算公式求解即可．
【解答】解：（1）如图，连接OB，
∵线段AB与 O相切于点B，
⊙
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∴OB⊥AB，
∴∠ABO＝90°，
∵∠ABC＝120°，
∴∠OBC＝∠ABC﹣∠ABO＝30°，
∵OB＝OC，
∴∠ACB＝∠OBC＝30°；
（2）四边形ABCD是菱形，理由如下；
连接BM，DM，
∵ 的中点为M，
∴∠DCM＝∠BCM＝30°，DM＝BM，
∵∠CAB+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠CAB＝30°＝∠ACB＝∠DCM，
∴AB＝BC，AB∥CD，
∵MC为 O的直径，
∴∠CDM＝∠CBM＝90°，
⊙
在Rt△CDM和Rt△CBM中，
，
∴Rt△CDM≌Rt△CBM（HL），
∴CD＝CB，
∴CD＝AB，
又AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形；
（3）如图，连接OD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD，
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∴∠DAC＝∠DCA＝30°，
∴∠ADC＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA＝120°，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD＝30°，
∴∠ADO＝∠ADC﹣∠ODC＝90°，∠COD＝180°﹣∠OCD﹣∠ODC＝120°，
∴OA＝2OD＝2OC，
∵AC＝OA+OC＝6，
∴OC＝2，
∴ 的长＝ ＝ ．
π
（建议用时：80分钟）
1．（2023•宜昌）如图1，已知AB是 O的直径，PB是 O的切线，PA交 O于点C，AB＝4，PB＝3．
⊙ ⊙ ⊙
（1）填空：∠PBA的度数是 90 ° ，PA的长为 5 ；
（2）求△ABC的面积；
（3）如图2，CD⊥AB，垂足为D．E是 上一点，AE＝5EC．延长AE，与DC，BP的延长线分别交
于点F，G，求 的值．
【分析】（1）由切线的性质可求∠PBA的度数，由勾股定理可求PA的长；
（2）由面积法可求BC的长，由勾股定理可求AC的长，即可求解；
（3）通过证明△EAC∽△CAF，由相似三角形的性质可求 AC＝ ，CF＝ ，通过证明
△ADC∽△ACB，可求AD的长，通过等腰直角三角形的性质可求EF的长，即可求解．
【解答】解：（1）∵AB是 O的直径，PB是 O的切线，
∴∠PBA的度数为90°，
⊙ ⊙
∵AB＝4，PB＝3，
∴PA＝ ＝ ＝5，
故答案为：90°，5；
（2）∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
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∵S ＝ ×AP•BC＝ AB•BP，
△ABP
∴BC＝ ，
∴AC＝ ＝ ＝ ，
∴S ＝ ×AC•BC＝ × × ＝ ；
△ABC
（3）∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝90°＝∠ACB，
∴∠ACD+∠BCD＝90°＝∠ABC+∠BCD，
∴∠ACD＝∠ABC，
∵四边形ABCE是圆的内接四边形，
∴∠ABC+∠AEC＝180°，
∵∠ACD+∠ACF＝180°，
∴∠AEC＝∠ACF，
又∵∠EAC＝∠FAC，
∴△EAC∽△CAF，
∴ ，
∵AE＝5EC，AC＝ ，
∴CF＝ ，
∵∠ADC＝90°＝∠ACB，∠BAC＝∠DAC，
∴△ADC∽△ACB，
∴ ＝ ，
∴AD＝ ＝ ，
∴CD＝ ，DB＝ ，
∴DF＝CD+CF＝ ＝AD，
∴△ADF是等腰直角三角形，
∴AF＝ ，
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∴ ＝ ，
∴AE＝2 ，
∴EF＝AF﹣AE＝ ，
∵DF∥BG，
∴ ，
∴ ＝ ，
∴FG＝ ，
∴ ＝ ＝ ．
2．（2023•台州）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，弧BP长为 时，求BC的长；
π
（2）如图2，当 ， 时，求 的值；
（3）如图3，当 ，BC＝CD时，连接BP，PQ，直接写出 的值．
【分析】（1）连接OP，设∠BOP的度数为n，可得 ＝ ，n＝60，即∠BOP＝60°，故∠BAP＝
π
30°，而直线l是 O的切线，有∠ABC＝90°，从而BC＝ ＝2 ；
⊙
（2）连接 BQ，过点 C 作 CF⊥AD 于点 F，求出 cos∠BAQ＝ ＝ ，由 ＝ ，得∠BAC＝
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∠DAC，有CF＝BC，证明∠FCD＝∠BAQ，即得 ＝ ，故 ＝ ；
（3）连接BQ，证明△APQ∽△ADC，得 ＝ ①，证明△APB∽△ABC，得 ②，由BC＝
CD，将①②两式相除得： ＝ ，故 ＝ ．
【解答】解：（1）如图，连接OP，
设∠BOP的度数为n°，
∵AB＝6， 长为 ，
π
∴ ＝ ，
π
∴n＝60，即∠BOP＝60°，
∴∠BAP＝30°，
∵直线l是 O的切线，
∴∠ABC＝90°，
⊙
∴BC＝tan30°•AB＝2 ；
（2）如图，连接BQ，过点C作CF⊥AD于点F，
∵AB为 O直径，
∴∠BQA＝90°，
⊙
∴cos∠BAQ＝ ＝ ，
∵ ＝ ，
∴∠BAC＝∠DAC，
∵CF⊥AD，AB⊥BC，
∴CF＝BC，
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∵∠BAQ+∠ADB＝90°，∠FCD+∠ADB＝90°，
∴∠FCD＝∠BAQ，
∴cos∠FCD＝cos∠BAQ＝ ，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ；
（3）如图，连接BQ，
∵AB⊥BC，BQ⊥AD，
∴∠ABQ＝90°﹣∠QBD＝∠ADC，
∵∠ABQ＝∠APQ，
∴∠APQ＝∠ADC，
∵∠PAQ＝∠DAC，
∴△APQ∽△ADC，
∴ ＝ ①，
∵∠ABC＝90°＝∠APB，∠BAC＝∠PAB，
∴△APB∽△ABC，
∴ ②，
由BC＝CD，将①②两式相除得：
＝ ，
∵cos∠BAQ＝ ＝ ，
∴ ＝ ．
3．（2023•遂宁）如图，四边形ABCD内接于 O，AB为 O的直径，AD＝CD，过点D的直线l交BA的
延长线于点M．交BC的延长线于点N且∠ADM＝∠DAC．
⊙ ⊙
（1）求证：MN是 O的切线；
（2）求证：AD2＝AB•CN；
⊙
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（3）当AB＝6，sin∠DCA＝ 时，求AM的长．
【分析】（1）连接OD交AC于点H，根据垂径定理的推论可得半径OD⊥AC，利用平行线的判定定理
由∠ADM＝∠DAC可得AC∥MN，得出半径OD⊥MN，再运用切线的判定定理即可证得结论；
（2）连接BD，可证得△CDN∽△ABD，得出 ＝ ，再由AD＝CD，即可证得结论；
（3）连接OD交AC于点H，连接BD，利用解直角三角形可得AD＝AB•sin∠ABD＝6× ＝2 ＝
CD，CN＝CD•sin∠CDN＝2 × ＝2，利用勾股定理可得DN＝ ＝ ＝2
，再证明四边形CNDH是矩形，得出CH＝DN＝2 ，由垂径定理可得AC＝2CH＝4 ，再根据
勾股定理求得BC＝2，运用平行线分线段成比例定理即可求得答案．
【解答】（1）证明：连接OD交AC于点H，如图，
∵AD＝CD，
∴ ＝ ，
∴半径OD⊥AC，
∴∠AHO＝90°，
∵∠ADM＝∠DAC，
∴AC∥MN，
∴∠MDO＝∠AHO＝90°，
∴半径OD⊥MN，
∴MN是 O的切线；
（2）证明：连接BD，如图，
⊙
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∵AB为 O的直径，
∴∠ADB＝∠ACB＝90°，
⊙
∵∠ADM＝∠DAC，
∴AC∥MN，
∴∠ACD＝∠CDN，∠DNC＝∠ACB＝90°＝∠ADB，
∵ ＝ ，
∴∠ABD＝∠ACD，
∴∠ABD＝∠CDN，
∴△CDN∽△ABD，
∴ ＝ ，
∵AD＝CD，
∴ ＝ ，
∴AD2＝AB•CN；
（3）解：连接OD交AC于点H，连接BD，如图，
由（1）（2）得：∠ABD＝∠CDN＝∠ACD，∠ADB＝∠BNM＝∠AHO＝∠MDO＝90°，
∴sin∠ABD＝sin∠CDN＝sin∠ACD＝ ，
∵AB＝6，
∴AD＝AB•sin∠ABD＝6× ＝2 ，
∵AD＝CD，
∴CD＝2 ，
∴CN＝CD•sin∠CDN＝2 × ＝2，
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∴DN＝ ＝ ＝2 ，
∵∠CND＝∠CHD＝∠NDH＝90°，
∴四边形CNDH是矩形，
∴CH＝DN＝2 ，
∵OD⊥AC，
∴AC＝2CH＝4 ，
在Rt△ABC中，BC＝ ＝ ＝2，
∵AC∥MN，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴AM＝6．
4．（2023•丽水）如图，在 O中，AB是一条不过圆心O的弦，点C，D是 的三等分点，直径CE交
AB于点F，连结AD交CF⊙于点G，连结AC，过点C的切线交BA的延长线于点H．
（1）求证：AD∥HC；
（2）若 ＝2，求tan∠FAG的值；
（3）连结BC交AD于点N，若 O的半径为5．
下面三个问题，依次按照易、中、难排列．请根据自己的认知水平，选择其中一道问题进行解答．
⊙
①若OF＝ ，求BC的长；
②若AH＝ ，求△ANB的周长；
③若HF•AB＝88，求△BHC的面积．
【分析】（1）根据题意可得 ，再由HC是 O的切线，即可求证．
（2）先证明△CAG≌△FAG（ASA），设出CG，根据⊙勾股定理即可求解．
（3）①根据题意，求出AG的长，再由 即可求解．
②根据题意可求得 ，再由勾股定理及相似三角形的性质即可求解．
③作出辅助线，设出CG，利用勾股定理及相似三角形的性质可得方程10x+x（5﹣2x）＝22，进而可求
得S ＝8，再证明△CHA∽△BHC，即可解答．
△CHA
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【解答】（1）证明：∵点C，D是 的三等分点，
∴ ．
由CE是 O的直径可得CE⊥AD，
∵HC是 O的切线，
⊙
∴HC⊥CE，
⊙
∴AD∥HC．
（2）解：如图1，连接AO，
∵ ，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵CE⊥AD，
∴∠AGC＝∠AGF＝90°，
∴△CAG≌△FAG（ASA），
∴CG＝FG，
设CG＝a，则FG＝a，
∵ ，
∴OG＝2a，AO＝CO＝3a．
在Rt△AOG中，AO2＝AG2+OG2，
∴（3a）2＝AG2+（2a）2，
∴ ，
∴ ．
答：tan∠FAG的值为 ．
（3）解：①如图1，∵ ，
∴ ，
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∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵CE⊥AD，
∴AD＝2AG＝ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
答：BC的长为 ．
②如图2，连接CD，
∵AD∥HC，FG＝CG，
∴AH＝AF，
∵∠HCF＝90°，
∴ ，
设CG＝x，则FG＝x，OG＝5﹣x，
由勾股定理得AG2＝AO2﹣OG2＝AC2﹣CG2，
即25﹣（5﹣x）2＝10﹣x2，
解得x＝1，
∴AG＝3，AD＝6，
∵ ，
∴∠DAC＝∠BCD，
∵∠CDN＝∠ADC，
∴△CDN∽△ADC，
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∴ ，
∴ ，
∵∠BAD＝∠DAC，∠ABN＝∠ADC，
∴△ANB∽△ACD，
∴ ＝ ．
答：△ANB的周长为 ．
③如图3，过点O作OM⊥AB于点M，则 ，
设CG＝x，则FG＝x，OG＝5﹣x，OF＝5﹣2x，
由勾股定理得AG2＝AO2﹣OG2＝25﹣（5﹣x）2，
AF2＝AG2+FG2＝10x﹣x2+x2＝10x，
∵AD∥HC，FG＝CG，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵∠AGF＝∠OMF＝90°，∠AFG＝∠OFM，
∴△AFG∽△OFM，
∴ ，
∴AF•FM＝OF•GF，
∴AF•AM＝AF•（AF+FM）＝AF2+AF•FM＝AF2+OF•GF＝22，
可得方程10x+x（5﹣2x）＝22，
解得x ＝2，x ＝5.5（舍去），
1 2
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∴CG＝FG＝2，
∴OG＝3，
∴AG＝4，
∴ ，
∴S ＝8，
△CHA
∵AD∥HC，
∴∠CAD＝∠ACH，
∵ ，
∴∠B＝∠CAD，
∴∠B＝∠ACH，
∵∠H＝∠H，
∴△CHA∽△BHC，
∴ ．
答：△BHC的面积为 ．
5．（2023•长沙）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 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
（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，并写
⊙
出自变量x的取值范围．
【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；
（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
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
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FE•FN• ＝y，可以得解．
【解答】解：（1）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．
⊙
（2）由题意得，S ＝ BC•CD，S ＝ BC•AC，S＝ AD•BC．
1 2
∵S •S＝（S ）2，
1 2
∴ BC•CD• AD•BC＝（ BC•AC）2．
∴CD•AD＝AC2．
∴CD（CD+AC）＝AC2．
又∵∠D+∠DBC＝90°，∠ABC+∠A＝90°，∠DBC＝∠A，
∴∠D＝∠ABC．
∴tan∠D＝ ＝tan∠ABC＝ ．
∴CD＝ ．
又CD（CD+AC）＝AC2，
∴ +BC2＝AC2．
∴BC4+AC2•BC2＝AC4．
∴1+（ ）2＝（ ）4．
由题意，设（tan∠D）2＝m，
∴（ ）2＝m．
∴1+m＝m2．
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∴m＝ ．
∵m＞0，
∴m＝ ．
∴（tan∠D）2＝ ．
（3）设∠A＝ ，
∵∠A+∠ABC＝∠ABC+∠DBC＝∠ABC+∠N＝90°，
α
∴∠A＝∠DBC＝∠N＝ ．
α
如图，连接OM．
∴在Rt△OFM中，OF＝ ＝ ．
∴BF＝BO+OF＝1+ ，AF＝OA﹣OF＝1﹣ ．
∴在Rt△AFE中，EF＝AF•tan ＝（1﹣ ）•tan ，
α α
AE＝ ＝ ．
在Rt△ABC中，BC＝AB•sin ＝2sin ．（∵r＝1，∴AB＝2．）
AC＝AB•cos ＝2cos ．
α α
α α
在Rt△BFN中，BN＝ ＝ ，FN＝ ＝ ．
∴y＝FE•FN•
＝x2•
＝x2•
＝x2•
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＝x2•
＝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．
6．（2023•宁波）如图1，锐角△ABC内接于 O，D为BC的中点，连结AD并延长交 O于点E，连结
BE，CE，过C作AC的垂线交AE于点F，点G在AD上，连结BG，CG，若BC平分∠EBG且∠BCG
⊙ ⊙
＝∠AFC．
（1）求∠BGC的度数．
（2）①求证：AF＝BC．
②若AG＝DF，求tan∠GBC的值．
（3）如图2，当点O恰好在BG上且OG＝1时，求AC的长．
【分析】（1）根据同弧圆周角相等得∠EBC＝∠EAC，然后利用直角三角形两个锐角互余即可解决问
题；
（2）①证明△ACF≌△BGC（ASA），即可解决问题；
②过点C作CH⊥EG于点H，设AG＝DF＝2x，根据勾股定理和锐角三角函数即可解决问题；
（3）过点 O 作 OM⊥BE 于点 M，连结 OC 交 AE 于点 N，分别证明△EBD≌△NCD（ASA），
△COG≌△OBM（AAS），得BM＝OG＝1，设OB＝OC＝r，然后由△GON∽△GBE，对应边成比例，
求出r的值，进而可求AC的长．
【解答】（1）解：∵BC平分∠EBG，
∴∠EBC＝∠CBG，
∵∠EBC＝∠EAC，
∴∠CBG＝∠EAC，
∵AC⊥FC，
∴∠AFC+∠EAC＝90°，
∵∠BCG＝∠AFC，
∴∠BCG+∠CBG＝90°，
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∴∠BGC＝90°；
（2）①证明：∵∠BGC＝90°，D为BC中点，
∴GD＝CD，
∴∠DGC＝∠DCG，
∵∠BCG＝∠AFC，
∴∠DGC＝∠AFC，
∴CF＝CG，
∵∠ACF＝∠BGC＝90°，
∴△ACF≌△BGC（ASA），
∴AF＝BC；
②解：如图1，过点C作CH⊥EG于点H，
设AG＝DF＝2x，
∵△ACF≌△BGC，
∴AF＝BC＝2DG，
∴CD＝DG＝AG+DF＝4x，
∵CF＝CG，
∴HG＝HF＝3x，
∴DH＝x，AH＝5x，
∴CH＝ ＝ ＝ x，
∴tan∠GBC＝tan∠CAF＝ ＝ ，
∴tan∠GBC的值为 ；
（3）解：如图2，过点O作OM⊥BE于点M，连结OC交AE于点N，
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∵OB＝OC，
∴∠CBE＝∠OBC＝∠OCB，
∴OC∥BE，
∵BD＝CD，∠BDE＝∠CDN，
∴△EBD≌△NCD（ASA），
∴BE＝CN，
∵OC∥BE，
∴∠GOC＝∠MBO，
∵∠CGO＝∠OMB＝90°，OC＝OB，
∴△COG≌△OBM（AAS），
∴BM＝OG＝1，
∵OM⊥BE，
∴CN＝BE＝2BM＝2，
设OB＝OC＝r，
∵OC∥BE，
∴△GON∽△GBE，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
解得r＝ 或r＝ （舍去），
由（2）知：△ACF≌△BGC，
∴AC＝BG＝BO+OG＝r+1＝ ．
∴AC的长为 ．
（建议用时：80分钟）
1．（2023•东营区校级一模）如图，PA、PB是 O的切线，切点分别为A、B，BC是 O的直径，PO交
⊙ ⊙
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O于E点，连接AB交PO于F，连接CE交AB于D点．下列结论：①PA＝PB；②OP⊥AB；
⊙
③CE平分∠ACB；④ ；⑤E是△PAB的内心；⑥△CDA≌△EDF．其中一定成立的有（
）个．
A．5 B．4 C．3 D．2
【分析】连接OA，BE，①根据PA、PB是 O的切线，即可判断；②根据PA＝PB，OA＝OB，可得
OP是AB的垂直平分线，进而可以判断；③⊙根据OP是AB的垂直平分线，可得 ，进而可以判断；
④根据OB＝OC，AF＝BF，即可判断；⑤证明∠PBE＝∠EBA，∠APE＝∠BPE，即可判断；⑥根据
AC∥OE，可得△CDA∽△EDF，进而可以判断．
【解答】解：如图，连接OA，BE，
①∵PA、PB是 O的切线，
∴PA＝PB，故①正确；
⊙
②∵PA＝PB，OA＝OB，
∴OP是AB的垂直平分线，∴OP⊥AB，故②正确；
③∵OP是AB的垂直平分线，
∴ ，
∴∠ACE＝∠BCE，
∴CE平分∠ACB，故③正确；
④∵BC是 O的直径，
∴∠BAC＝90°，
⊙
∵∠BFO＝90°，
∴OF∥AC，
∵OB＝OC，AF＝BF，
∴ ，故④正确；
⑤∵PB是 O的切线，
∴∠PBE+∠EBC＝90°，
⊙
∵BC是 O的直径，
∴∠EBC+∠ECB＝90°，
⊙
∴∠PBE＝∠ECB，
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∵∠ECB＝∠EBA，
∴∠PBE＝∠EBA，
∵∠APE＝∠BPE，
∴E是△PAB的内心，故⑤正确；
⑥∵AC∥OE，
∴△CDA∽△EDF，故⑥错误；
∴其中一定成立的是①②③④⑤，共5个．
故选：A．
2．（2023•鹿城区校级三模）如图 1，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝2AC＝2，过BC上一点D作
DE⊥BC，交AB于点E，以点D为圆心，DE的长为半径作半圆，交AC，AB于点F，G，交直线BC于
点H，I（点I在H左侧）．当点D与点C重合时（如图2），GH＝ ；当EF＝GH时，CD＝
．
【分析】过点G作GM⊥CB交BC于点M，连接CG，利用相似可以得到△GMB中MG＝ MB，可设
GM＝x，则可表示出BM、CM，根据圆的性质可得AC＝CG，即在Rt△CGM中可利用勾股定理列方程
求解，再求出MH，最后利用勾股定理即可求出GH；过点G作GN⊥CB交BC于点N，连接DG、DF，
根据EF＝GH可证△FED≌△DGH，再可证Rt△FCD≌Rt△DGN，同理可得DE＝ DB，GN＝ NB，
可设GN＝y，则CD＝y，可表示出NB、CN、DN、DB，即可求出 D的半径DE，在Rt△DGN中可利
用勾股定理列方程求解即可求出CD．
⊙
【解答】解：过点G作GM⊥CB交BC于点M，连接CG，
∵∠ACB＝90°，GM⊥CB，且∠B为△ABC与△AGMB的公共角，
△ACB∽△GMB，
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∴BC＝2AC＝2，
∴MG＝ MB．
设GM＝x，则BM＝2x，CM＝2﹣2x，
由题意得CA、CG、CH都为 C的半径，
∴CA＝CG＝CH＝1，
⊙
在Rt△CGM中可利用勾股定理列方程：x2+（2﹣2x）2＝12，
解得：x＝ 或1（舍去）．
∴GM＝ ，CM＝ ．
∴MH＝CH﹣CM＝ ，
在Rt△MHG中，由勾股定理可求得：GH＝ ＝ ，
过点G作GN⊥CB交BC于点N，连接DG、DF，
由题意得DF、DG、DE、DH为 D的半径，
∴DF＝DE＝DG＝DH，
⊙
∵EF＝GH，
在Rt△DEF与Rt△DGH中：
，
∴△FED≌△DGH（SSS），
∴∠FDE＝∠GDH，
∵DE⊥BC，GN⊥CB，
∴∠CDF+∠FDE＝90°，∠DGN+∠GDH＝90°，
∴∠CDF＝∠DGN，
在Rt△CDF与Rt△DGN中：
，
∴Rt△FCD≌Rt△DGN（AAS），
∴CD＝NG，
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同理：△GNB∽△ACB，
∴GN＝ NB．
设GN＝y，则CD＝y，NB＝2y，CN＝CB﹣NB＝2﹣2y，DN＝CN﹣CD＝2﹣3y，DB＝DN+NB＝2﹣y，
同理：△EDB∽△ACB，
∴DE＝ DB＝1﹣ y．
∴DG＝DE＝1﹣ y．
在Rt△DGN中可利用勾股定理得：DN2+GN2＝DG2，
列方程得：（2﹣3y）2+y2＝（1﹣ y）2，
解得：y＝ 或 （舍去）．
∴CD＝ ．
故答案为： ； ．
3．（2023•湖北模拟）如图，AB是 O的直径，点C是 O上一点，AD与过点C的切线垂直，垂足为
D，直线DC与AB的延长线交于点P，弦CE平分∠ACB，交AB于点F，连接BE，BE＝7 ，下列四
⊙ ⊙
个结论：
①AC平分∠DAB；
②PF2＝PB•PA；
③若BC＝ OP，则阴影部分的面积为 ；
④若PC＝24，则tan∠PCB＝ ；
其中，所有正确结论的序号是 ①②④ ．
【分析】①根据切线的性质可得OC⊥CD，则AD∥OC，根据等边对等角，以及平行线的性质即可证
得；
②根据圆周角定理以及三角形的外角的性质定理证明∠PFC＝∠PCF，根据等角对等边即可证得PC＝
PF，又由∠PCB＝∠PAC，∠P＝∠P，可证得△PCB∽△PAC，由相似三角形的性质可得结论；
③由圆周角定理与弦CE平分∠ACB，可得△ABE是等腰直角三角形，继而求得直径AB的长，由BC＝
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OP，可得BC是中线，△OBC是等边三角形，继而求得阴影部分的面积；
④在直角△POC中利用勾股定理即可列方程求得PB的长，由△PCB∽△PAC，根据相似三角形的性质
求得PB与PC的比值，即可求得tan∠PCB．
【解答】解：①连接OC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA．
∵PC是 O的切线，AD⊥CD，
∴∠OCP＝∠D＝90°，
⊙
∴OC∥AD．
∴∠CAD＝∠OCA＝∠OAC．
即AC平分∠DAB．故①正确；
②∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠PCB+∠ACD＝90°，
又∵∠CAD+∠ACD＝90°，
∴∠CAB＝∠CAD＝∠PCB，
又∵∠ACE＝∠BCE，∠PFC＝∠CAB+∠ACE，∠PCF＝∠PCB+∠BCE，
∴∠PFC＝∠PCF，
∴PC＝PF，
∵∠P＝∠P，
∴△PCB∽△PAC，
∴PC：PA＝PB：PC，
∴PC2＝PB•PA，
即PF2＝PB•PA；故②正确；
③连接AE，
∵∠ACE＝∠BCE，
∴ ＝ ，
∴AE＝BE．
又∵AB是直径，
∴∠AEB＝90°．
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∴AB＝ BE＝ ×7 ＝14，
∴OB＝OC＝7，
∵PD是切线，
∴∠OCP＝90°，
∵BC＝ OP，
∴BC是Rt△OCP的中线，
∴BC＝OB＝OC，
即△OBC是等边三角形，
∴∠BOC＝60°，
∴S ＝ ，S ＝ × ×72＝ ，
△BOC 扇形BOC
π π
∴阴影部分的面积为 ﹣ ；故③错误；
π
④∵△PCB∽△PAC，
∴ ，
∴tan∠PCB＝tan∠PAC＝ ，
设PB＝x，则PA＝x+14，
∵PC2＝PB•PA，
∴242＝x（x+14），
解得：x ＝18，x ＝﹣32，
1 2
∴PB＝18，
∴tan∠PCB＝ ＝ ；故正确．
故答案为：①②④．
4．（2024•鄞州区校级一模）如图1，AB，CD是 O的两条互相垂直的弦，垂足为E，连结BC，BD，
OC．
⊙
（1）求证：∠BCO＝∠ABD．
（2）如图2，过点A作AF⊥BD，交CD于G，求证：CE＝EG．
（3）如图3，在（2）的条件上，连结BG，若BG恰好经过圆心O，若 O的半径为5， ，求
⊙
AB的长．
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【分析】（1）延长CO交 O于点L，连结BL，则∠CBL＝90°，所以∠BCO+∠L＝90°，因为∠BED＝
90°，所以∠ABD+∠D＝90°，而∠L＝∠D，则∠BCO＝∠ABD；
⊙
（2）连结AC，因为∠GAE＝∠D＝90°﹣∠ABD，∠CAE＝∠D，所以∠CAE＝∠GAE，而∠AEC＝
∠AEG，AE＝AE，可证明△AEC≌△AEG，得CE＝EG；
（3）延长CO交 O于点K，连结BK，设AG＝5m，则∠BCO＝∠CBG＝∠ABD，CK＝10，可证明
∠ABC＝∠DBG，BC＝BG，所以∠ABC＝∠ABG，则∠ABG＝∠DBG，而∠A＝∠D，BG＝BG，可证
⊙
明△ABG≌△DBG，得AG＝DG＝5m，由 ＝sinA＝sinD＝ ＝ ，求得CE＝EG＝4m，BD＝
BE，则DE＝9m，AE＝ ＝3m，由DE＝ ＝ BE＝9m，求得BE＝12m，则AB＝
15m，BC＝ ＝4 m，由 ＝sinK＝sinD＝ ，求得BC＝8，则4 m＝8，所以m＝
，则AB＝15m＝3 ．
【解答】（1）证明：如图1，延长CO交 O于点L，连结BL，
∵CL是 O的直径，
⊙
∴∠CBL＝90°，
⊙
∴∠BCO+∠L＝90°，
∵AB⊥CD于点E，
∴∠BED＝90°，
∴∠ABD+∠D＝90°，
∵∠L＝∠D，
∴∠BCO＝∠ABD．
（2）证明：如图2，连结AC，
∵AB⊥CD于点E，AF⊥BD于点F，
∴∠AEC＝∠AEG＝∠BED＝∠AFB＝90°，
∴∠GAE＝∠D＝90°﹣∠ABD，
∵∠CAE＝∠D，
∴∠CAE＝∠GAE，
∵∠AEC＝∠AEG，AE＝AE，∠CAE＝∠GAE，
∴△AEC≌△AEG（ASA），
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∴CE＝EG．
（3）解：如图3，延长CO交 O于点K，连结BK，设AG＝5m，
∵OK＝OC＝OB＝5，
⊙
∴∠BCO＝∠CBG＝∠ABD，CK＝10，
∴∠CBG﹣∠ABG＝∠ABD﹣∠ABG，
∴∠ABC＝∠DBG，
∵AB垂直平分CG，
∴BC＝BG，
∴∠ABC＝∠ABG，
∴∠ABG＝∠DBG，
∵∠A＝∠D，∠ABG＝∠DBG，BG＝BG，
∴△ABG≌△DBG（AAS），
∴AG＝DG＝5m，
∵ ＝sinA＝sinD＝ ＝ ，
∴CE＝EG＝ AG＝ ×5m＝4m，BD＝ BE，
∴DE＝EG+DG＝4m+5m＝9m，AE＝ ＝ ＝3m，
∵DE＝ ＝ ＝ BE＝9m，
∴BE＝12m，
∴AB＝AE+BE＝3m+12m＝15m，BC＝ ＝ ＝4 m，
∵∠CGK＝90°，∠K＝∠D，
∴ ＝sinK＝sinD＝ ，
∴BC＝ CK＝ ×10＝8，
∴4 m＝8，
∴m＝ ，
∴AB＝15× ＝3 ，
∴AB的长是3 ．
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5．（2024•常州模拟）对于 C和 C上的一点A，若平面内的点P满足：射线AP与 C交于点Q（点Q
⊙ ⊙ ⊙
可以与点P重合，且 ，则点P称为点A关于 C的“阳光点”．已知点O为坐标原点， O
⊙ ⊙
的半径为1，点A（﹣1，0）．
（1）若点P是点A关于 O的“阳光点”，且点P在x轴上，请写出一个符合条件的点P的坐标
（ 2 ， 0 ） ；
⊙
（2）若点B是点A关于 O的“阳光点”，且 ，求点B的横坐标t的取值范围；
（3）直线 与⊙x轴交于点M，且与y轴交于点N，若线段MN上存在点A关于 O的“阳光
点”，请直接写出b的取值范围是 或 ． ⊙
【分析】（1）根据“阳光点”的定义即可解决问题（答案不唯一）；
（2）如图，在 x 轴上方作射线 AM，与 O 交于 M，并在射线 AM 上取点 N，使 ，则
，由对称性，将AN关于x轴对称⊙，得AN．则由题意，NNg上的点是满足条件的点B，分别确
定点N与点D的横坐标即可；
（3）Q是 O上异于点A的任意一点，延长AQ到P，使得PA＝2AQ，易知点P的运动轨迹是以K
（1，0）为圆心2为半径的圆，求出直线MN与 K相切时b的值，再求出直线MN经过G（0，﹣1）
⊙
时b的值，即可判断，再根据对称性可得b＞0时的取值范围．
⊙
【解答】解：（1）如图，设AP与 O交于点Q，
⊙
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当点P的坐标为（2，0）时，则Q（1，0），
∴PA＝2﹣（﹣1）＝3，QA＝1﹣（﹣1）＝2，
∴ ，
∴ ，
根据“阳光点”定义可知，点P的坐标为（2，0）时符合题意，
故答案为：（2，0）（答案不唯一）；
（2）2＜t＜2 ﹣1，理由：
如图，在x轴上方作射线AM与 O交于M，并在射线AM上取点N，使 ，则 ，
⊙
由对称性，将AN关于轴对称得AN′，
则由题意， 上的点是满足条件的点B，
设 交x轴于点D，
∴ ，
∵ O的半径为1，点A（﹣1，0）．
∴ ，
⊙
∴ ，
作NH⊥x轴于H，连接MC，
∵∠NHA＝90°，
∵AC是圆O的直径，圆O的半径为1，
∴∠AMC＝90°，AC＝2，
则cos∠MAC＝ ＝ ，
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∴DMAC＝30°，即∠NAH＝30°，
∴AH＝AN•cos30°＝2 ＝3，
∴OH＝AH﹣OA＝3﹣1＝2，
∵ 上的点是满足条件的点B，
即点B的横坐标在H、D的横坐标之间，
故点B的横坐标范围t为：2＜t＜2 ﹣1；
（3）如图，Q是 O上异于点A的任意一点，延长AQ到P，使得PA＝2AQ，
∵直线 ⊙与轴交于点M，且与y轴交于点N，
当x＝0时，y＝b，
当y＝0时， ，
则ON＝|b|， ．
∴tan∠AMN＝ ＝ ，
∴∠AMN＝60°，即直线 与x轴的夹角为60°，
∵Q的轨迹是以O为圆心，1为半径的圆，
∴点P的运动轨迹是以K（1，0）为圆心，2为半径的圆，
当直线MN与 K相切于点R时，连接KR，
在Rt△KMR中，∠KRM＝90°，
⊙
∵直线 与x轴夹角为60°，
∴∠KMR＝60°，KR＝2，
∴KM＝ ＝ ＝ ，
∴ ，
则ON＝ OM＝4+ ，
∴ ．
当直线MN经过G（0，﹣1）时，满足条件，此时b＝﹣1，
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观察图象可知：当 时，线段MN上存在点A关于 O的“阴光点”，
根据对称性，同法可得当 时，也满足条件， ⊙
故答案为： 或 ．
6．（2024•广东一模）如图1，在 O中，AB为 O的直径，点C为 O上一点，点D在劣弧BC上，
CE⊥CD交AD于E，连接BD．
⊙ ⊙ ⊙
（1）求证：△ACE～△BCD；
（2）若cos∠ABC＝m，求 ；（用含m的代数式表示）
（3）如图2，DE的中点为G，连接GO，若BD＝a，cos∠ABC＝ ，求OG的长．
【分析】（1）∠ACE＝90°﹣∠ECB＝∠BCD，∠CAE＝∠CBD，根据“两角对应相等的两个三角形相
似”即可证明；
（2）根据锐角三角函数定义求出BC＝mAB，根据勾股定理求出AC＝ AB，则 ＝ ，
最后根据相似三角形的性质即可得解；
（3）延长AD至点H，使DH＝AE，连接BH，同理（2）求出AE＝ a＝DH，根据圆周角定理求出
∠BDH＝90°，根据勾股定理求出BH＝ a，再根据三角形中位线的判定与性质求解即可．
【解答】（1）证明：∵AB为 O直径，
∴∠ACB＝90°，
⊙
∵CE⊥CD，
∴∠ECD＝90°，
∴∠ACE＝90°﹣∠ECB＝∠BCD，
又∵∠CAD＝∠CBD，
∴△ACE～△BCD；
（2）解：在Rt△ABC中，cos∠ABC＝ ＝m，
∴BC＝mAB，
在Rt△ABC中，AC＝ ＝ AB，
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∴ ＝ ＝ ，
∵△ACE～△BCD，
∴ ＝ ＝ ；
（3）解：延长AD至点H，使DH＝AE，连接BH，如图2，
在Rt△ABC中，cos∠ABC＝ ＝ ，
∴BC＝ AB，
在Rt△ABC中，AC＝ ＝ AB，
∴ ＝ ＝ ，
∵△ACE～△BCD，
∴ ＝ ＝ ，
∵BD＝a，
∴AE＝ a，
∴DH＝ a，
∵AB为 O的直径，
∴∠ADB＝90°，
⊙
∴∠BDH＝180°﹣90°＝90°，
∴BH＝ ＝ a，
∵DE的中点为G，
∴EG＝DG，
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∴EG+AE＝DG+DH，
即AG＝GH，
∵O为AB中点，
∴OG是△ABH的中位线，
∴OG＝ BH＝ a．
7．（2024•镇海区校级模拟）在矩形ABCD中，M、N分别在边BC、CD上，且AM⊥MN，以MN为直径
作 O，连结AN交 O于点H，连结CH交MN于点P，AB＝8，AD＝12．
（1）求证：∠MAD＝∠MHC；
⊙ ⊙
（2）若AM平分∠BAN，求MP的长；
（3）若△CMH为等腰三角形，直接写出BM的长．
【分析】（1）利用矩形的性质求得∠MAD＝∠AMB，利用等角的余角相等求得∠AMB＝∠MNC，再利
用圆周角定理即可证明∠MAD＝∠MHC；
（2先证明△MCP≌△MHP，得出MH＝MC，然后求出AM，BM，再证明△ABM∽△MPC，利用相似
比即可求解；
（3）分三种情况讨论，当MH＝MC时，先证明△MNH≌△MNC，△ABM≌△AHM即可得出BM＝CM
＝6；当HM＝HC时，推出△AND≌△ANM，得到AM＝AD＝12，在Rt△ABM中，利用勾股定理求解
即可；当CH＝CM时，得到∠AMB＝∠MNC＝∠AND，设BM＝a，CN＝b，利用正切函数的定义列式
计算即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝∠BCD＝90°，
∴∠BAM+∠MAD＝∠BAM+∠AMB＝∠CMN+∠MNC＝90°，
∵AM⊥MN，
∴∠AMB+∠CMN＝90°，
∴∠MAD＝∠MNC，
∵ ＝ ，
∴∠MHC＝∠MNC，
∴∠MAD＝∠MHC；
（2）解：∵AM平分∠BAN，
∴∠MAH＝∠MAB，
∵MN是 O的直径，
∴∠MHN＝∠MCN＝90°，
⊙
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∴∠MHC+∠CHN＝∠MCH+∠HCN＝90°，
∵ ＝ ， ＝ ，
∴∠MNH＝∠MCH，∠MHC＝∠MNC，
∵∠MNC＝∠MNH，
∴∠MCH＝∠MHC，
∵∠CMN+∠MCH＝90°，
∴∠CPM＝∠HPM＝90°，
∵MP＝MP，
∴△MCP≌△MHP（AAS），
∴MH＝MC，
∵AM平分∠BAN，MB⊥AB，MH⊥AH，
∴BM＝MH，
∴BM＝MC＝ BC＝6，
∴AM＝ ＝ ＝10，
∵∠B＝∠CPM＝90°，∠BAM＝∠PMC，
∴△ABM∽△MPC，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴MP＝ ；
（3）当CM＝MH时，则∠MCH＝∠MHC＝∠MNC＝∠MNH，
∵AM⊥MN，
∴∠MAH+∠MNH＝90°，∠AMB+∠CMN＝90°，
∵∠BAM+∠AMB＝∠CMN+∠MNC＝90°，
∴∠BAM＝∠CMN，∠MNH＝∠MNC，
∵∠MHN＝∠MCN＝90°，MN＝MN，
∴△MNH≌△MNC（AAS），
∴∠NMH＝∠NMC，
∵∠NMH+∠MNH＝∠MAH+∠MNH＝90°，
∴∠NMH＝∠MAH＝∠BAM，
∵∠B＝∠AHM＝90°，AM＝AM，
∴△ABM≌△AHM（AAS），
∴BM＝HM，
∴BM＝MC＝6；
当HM＝HC时，如图：
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∴∠HMC＝∠HCM，
∵∠HMC＝180°﹣∠HNC＝∠AND，∠HNM＝∠HCM，
∴∠AND＝∠ANM，
同理△AND≌△ANM，
∴AM＝AD＝12，
在Rt△ABM中，BM＝ ＝4 ：
如图，当CH＝CM时，
∵∠HMC＝∠MHC，
同理，∠HMC＝180°﹣∠HNC＝∠AND，∠MHC＝∠MNC．
∴∠AMB＝∠MNC＝∠AND，
∴tan∠AMB＝tan∠MNC＝tan∠AND，
∴ ，
设BM＝a，CN＝b，则CM＝12﹣a，DN＝8﹣b，
∴ ，
∴b＝8﹣ ，
∴a2﹣24a+64＝0，
解得a＝12﹣4 或a＝12+4 （舍去），
综上，BM的长为6或4 或12﹣4 ．
8．（2024•浙江一模）如图，在 O中，AB是一条不过圆心O的弦，C，D是 的三等分点，直径CE交
AB于点F，连结BD交CF于点⊙G，连结AC，DC，过点C的切线交AB的延长线于点H．
（1）求证：FG＝CG．
（2）求证：四边形BDCH是平行四边形．
（3）若 O的半径为5，OF＝3，求△ACH的周长．
⊙
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【分析】（1）C，D是 的三等分点，∠ADC＝∠DBC＝∠DBC＝∠CAH＝∠ABD＝ ，得到△BCF为
等腰三角形，而BD⊥CF，即可求解． α
（2）由BD∥CH，BD＝CH，即可求解．
（3）由tan∠FBG＝ ＝tan ，而BD＝2BG＝6＝CH＝AC，在Rt△CHN中，HN＝CH•cos ＝6×
α α
＝ ＝ AH，即可求解．
【解答】（1）证明：连接OB、BC，
∵C，D是 的三等分点，
则 ，
∴∠ADC＝∠DBC＝∠DBC＝∠CAH＝∠ABD＝ ，
∴D是 的中点， α
∴BD⊥EC，
∵∠DBC＝∠ABD＝ ，
∴△BCF为等腰三角形，
α
而BD⊥CF，
则FG＝CG．
（2）证明：由（1）知，BD⊥CE，
∵CH是圆O的切线，则EC⊥CH，
则BD∥CH，
由（1）知，G是CF的中点，
则BG＝ CH＝DG，
则BD＝CH，
∴四边形BDCH是平行四边形．
（3）解：∵四边形BDCH是平行四边形，
则∠H＝∠BDC＝ ，
故△ACH为等腰三角形，
α
在Rt△OBG中，FO＝3，则FC＝5﹣3＝2，
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则FG＝CG＝ FC＝1，
则OG＝4，
而OB＝5，则BG＝3，
则tan∠FBG＝ ＝tan ，
α
则cos ＝ ，
α
而BD＝2BG＝6＝CH＝AC，
过点C作CN⊥AH于点N，
在Rt△CHN中，HN＝CH•cos ＝6× ＝ ＝ AH，
α
则AH＝ ＝ ，
则△ACH的周长＝AH+2CH＝12+ ．
9．（2024•五华区校级模拟）如图，AB，CD是 O的两条直径，且AB⊥CD，点E是 上一动点（不与
点B，D重合），连接DE并延长交AB的延长⊙线于点F，点P在AF上，且∠PEF＝∠DCE，连接AE，
CE分别交OD，OB于点M，N，连接AC，设 O的半径为r．
（1）求证：PE是 O的切线；
⊙
（2）当∠DCE＝15°时，求证：AM＝2ME；
⊙
（3）在点E的移动过程中，判断AN•CM是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【分析】（1）连接OE，利用圆周角定理，同圆的半径相等，等腰三角形的性质和直角三角形的性质得
到∠PEF+∠OED＝90°，利用平角的定义计算得到OE⊥PE，再利用圆的切线的判定定理解答即可；
（2）利用圆周角定理，垂直的定义和等腰三角形的性质求得∠OAE＝∠OEA＝30°，利用含30°角的直
角三角形的性质得到OM＝ AM，则AM＝2OM，再利用三角形的内角和定理和等腰三角形的判定定理
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得到OM＝ME，则结论可得；
（3）利用垂直的定义，同圆的半径相等，圆周角定理得到∠OAC＝∠OCA＝45°，再利用相似三角形的
判定与性质得到AC2＝CM•AN，利用勾股定理解答即可得出结论．
【解答】（1）证明：连接OE，如图，
∵CD为 O的直径，
∴∠CED＝90°，
⊙
∴∠OED+∠OEC＝90°．
∵OC＝OE，
∴∠OEC＝∠OCE，
∴∠OCE+∠OED＝90°．
∵∠PEF＝∠DCE，
∴∠PEF+∠OED＝90°，
∴∠OEP＝180°﹣∠OED﹣∠PEF＝180°﹣90°＝90°，
∴OE⊥PE．
∵OE为 O的半径，
∴PE是 O的切线；
⊙
（2）证明：∵∠DCE＝15°，
⊙
∴∠DOE＝2∠DCE＝30°，
∵AB⊥CD，
∴∠AOD＝90°，
∴∠AOE＝120°．
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠OEA＝ ＝30°，
∴OM＝ AM，∠AMO＝90°﹣∠OAE＝60°．
∵∠OMA＝∠DOE+∠OEM，
∴∠OEM＝30°，
∴∠OEM＝∠DOE＝30°，
∴OM＝ME，
∴AM＝2ME；
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（3）解：在点E的移动过程中，AN•CM为定值，该定值为2r2．理由：
∵AB⊥CD，
∴∠AOD＝90°，
∴∠AEC＝45°，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝45°，
∵∠AMC＝∠AEC+∠DCE＝45°+∠DCE，∠ACN＝∠ACO+∠DCE＝45°+∠DCE，
∴∠AMC＝∠ACN，
∴△CAM∽△ACN，
∴ ，
∴AC2＝CM•AN．
∵ O的半径为r，
∴OA＝OC＝r，
⊙
∴AC2＝OA2+OC2＝r2+r2＝2r2．
∴CM•AN＝2r2．
∴AN•CM为定值，该定值为2r2．
10．（2024•福建模拟）已知：如图， O内两条弦AB、CD，且AB⊥CD于E，OA为 O半径，连接
AC、BD．
⊙ ⊙
（1）求证：∠OAC＝∠BCD；
（2）作EN⊥BD于N，延长NE交AC于点H．求证：AH＝CH；
（3）在（2）的条件下，作∠EHF＝60°交AB于点F，点P在FE上，连接PC交HN于点L，当EL＝
HF＝ ，CL＝8，BE＝2PF时，求 O的半径．
⊙
【分析】（1）连接CO，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求 2∠OAC+∠AOC＝180°，由直
角三角形的性质可得结论；
（2）由余角的性质可得∠AEH＝∠CDN＝∠CAE，可得 AH＝HE，由余角的性质可求∠ACE＝
∠CEH，可得CH＝HE，即可得结论；
（3）延长HF至Q，使HQ＝HE，连接EQ，在AF上取点T，使QT＝QF，过点L作LR⊥CD于R，由
“SAS”可证△ETQ≌△CLH，可得CL＝ET＝8，∠HCL＝∠TEQ＝ ，由直角三角形的性质可求CE，
PE的长，由相似三角形的性质可求EF的长，进而可求BE的长，由三角函数可求解．
α
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【解答】证明：（1）如图1，连接CO，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵∠OAC+∠OCA+∠AOC＝180°，
∴2∠OAC+∠AOC＝180°，
∵∠AOC＝2∠ABC，
∴∠OAC+∠ABC＝90°，
∵AB⊥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝90°，
∴∠OAC＝∠BCD；
（2）∵EN⊥BD，AB⊥CD，
∴∠DEN+∠CDN＝90°，∠AEH+∠DEN＝90°，
∴∠AEH＝∠CDN，
又∵∠CDB＝∠CAB，
∴∠CAB＝∠AEH，
∴AH＝HE，
∵∠CAB+∠ACE＝∠AEH+∠CEH＝90°，
∴∠ACE＝∠CEH，
∴CH＝HE，
∴AH＝CH；
（3）如图3，延长HF至Q，使HQ＝HE，连接EQ，在AF上取点T，使QT＝QF，过点L作LR⊥CD
于R，
∵AH＝CH＝HE＝HQ，∠FHE＝60°，
∴△HEQ是等边三角形，
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∴HQ＝HE＝QE，∠HQE＝∠HEQ＝∠QHE＝60°，
∵EL＝HF＝ ，
∴FQ＝HL，
设∠AHQ＝2 ，则∠CHE＝180°﹣2 ﹣60°＝120°﹣2 ，
∴∠AEH＝∠HAE＝60﹣ ，
α α α
∴∠AEQ＝60°﹣∠AEH＝ ，
α
∴∠AFQ＝60°+ ，
α
∵TQ＝FQ，
α
∴∠ETQ＝∠AFQ＝60°+ ，
∴∠TQE＝180°﹣ ﹣（60°+ ）＝120°﹣ ；
α
∴∠TQE＝∠CHL，
α α α
又∵QE＝CH，QF＝HL，
∴△ETQ≌△CLH（SAS），
∴CL＝ET＝8，∠HCL＝∠TEQ＝ ，
∵HC＝HE，∠CHE＝120°﹣2 ，
α
∴∠HCE＝∠HEC＝30°+ ，
α
∴∠PCE＝30°，
α
∵LR⊥CD，
∴LR＝ CL＝4，CR＝ LR＝4 ，
∴RE＝ ＝ ＝2 ，
∴CE＝6 ，
∵∠PCE＝30°，CE⊥AB，
∴EC＝ PE，CP＝2PE，
∴PE＝6，CP＝12，
∴PL＝CP﹣CL＝4，
∵CH＝HE，HG⊥CE，
∴CG＝GE＝3 ，
∵HG∥LR，
∴ ，
∴ ＝ ，
∴HE＝3 ＝AH＝HC，
∵∠CPE＝∠EHF＝60°，∠PEL＝∠HEF，
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∴△PEL∽△HEF，
∴ ，
∴ ，
∴EF＝7，
∴PF＝1，
∵BE＝2PF，
∴BE＝2，
∴BC＝ ＝ ＝4
∵AH＝CH，
∴OH⊥AC，
∴tan∠CAO＝tan∠BCE＝ ，
∴ ＝ ，
∴AO＝ ．
11．（2024•鹿城区校级一模）如图1，锐角△ABC内接于 O，点E是AB的中点，连结EO并延长交BC
于D，点F在AC上，连结AD，DF，∠BAD＝∠CDF．
⊙
（1）求证：DF∥AB．
（2）当AB＝9，AF＝FD＝4时，
①求tan∠CDF的值；
②求BC的长．
（3）如图2，延长AD交 O于点G，若 ，求 的值．
⊙
【分析】（1）利用垂径定理，线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质得到∠B＝∠BAD，则∠B＝
∠CDF，利用平行线的判定定理解答即可；
（2）①利用平行线的性质和等腰三角形的性质得到∠B＝∠BAD＝∠ADF＝∠DAF，利用相似三角形
的判定与性质求得AD，再利用垂径定理和勾股定理求得DE，则利用直角三角形的边角关系定理解答即
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可得出结论；
②利用相似三角形的判定与性质求得CD，则BC＝CD+BD；
（3）利用圆周角定理的推论得到∠GAC：∠B：∠ACB＝：4：3，设∠GAC＝k，则∠ABC＝4k，
∠ACB＝3k，利用三角形的内角和定理的推论和等边三角形的判定与性质得到△ABD为等边三角形，求
得k值则∠ACB＝3k＝45°；过点A作AH⊥BC于点H，过点F作FK⊥BC于点K，设BD＝2a，则BH＝
HD＝a，AD＝AD＝2a，利用直角三角形的边角关系定理和特殊角的三角函数值求得线段BE，CD，FK
的值，再利用三角形的面积公式解答即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵点E是AB的中点，
∴DE⊥AB，
即DE为AB的垂直平分线，
∴AD＝BD，
∴∠B＝∠BAD，
∵∠BAD＝∠CDF，
∴∠B＝∠CDF，
∴DF∥AB；
（2）解：①∵DF∥AB，
∴∠BAD＝∠ADF，
∵AF＝FD，
∴∠FAD＝∠FDA，
∴∠B＝∠BAD＝∠ADF＝∠DAF，
∴△ABD∽△ADF，
∴ ，
∴AD2＝AB•AF，
∵AB＝9，AF＝FD＝4，
∴AD＝6，
∴BD＝AD＝6，
∵BE＝ ＝ ，
∴DE＝ ＝ ，
∴tan∠CDF＝tanB＝ ＝ ；
②∵DF∥AB，
∴△CDF∽△CBA．
∴ ，
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即： ，
∴CD＝ ，
∴BC＝BD+CD＝ ；
（3）解：∵ ，
∴∠GAC：∠B：∠ACB＝：4：3，
设∠GAC＝k，则∠ABC＝4k，∠ACB＝3k．
∵∠ADB＝∠GAC+∠ACB＝4k，
∴∠ABC＝∠ADB，
∴AB＝AD，
∵DB＝DA，
∴AB＝BD＝DA，
∴∠ABC＝∠ADB＝4k＝60°，
∴k＝15°，
∴∠ACB＝3k＝45°．
过点A作AH⊥BC于点H，过点F作FK⊥BC于点K，如图，
设BD＝2a，则BH＝HD＝a，AD＝AD＝2a，
∴BE＝AE＝a，AH＝ DH＝ a．
∴DE＝ a．
∵∠ACB＝45°，
∴△ACH和△FCK为等腰直角三角形，
∴CH＝AH＝ a，FK＝CK．
设CK＝FK＝x，
∵DF∥AB，
∴∠FDC＝∠ABC＝60°，
∴DK＝ FK＝ x，
∵CD＝DK+CK，
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∴ x+x＝CH﹣DH＝CD＝ a﹣a，
∴x＝（2 ﹣3）a，
∴FK＝（2 ﹣3）a．
∴S ＝ DC•FK＝ （ ﹣1）a•（2 ﹣3）a，
△DFC
∵S ＝ BE•DE＝ ×a a，
△BED
∴ ＝ ＝ ．
12．（2024•正阳县一模）【材料】自从《义务教育数学课程标准（2022年版）》实施以来，九年级的晏
老师通过查阅新课标获悉：切线长定理由“选学”改为“必学”，并新增“会过圆外的一个点作圆的切
线”，在学习完《切线的性质与判定》后，她布置一题：“已知：如图所示， O及 O外一点P．求
作：直线PQ，使PQ与 O相切于点Q．李蕾同学经过探索，给出了如下的一种作图方法：
⊙ ⊙
⊙
（1）连接OP，分别以O、P为圆心，以大于 的长为半径作弧，两弧分别交于 A、B两点（A、B
分别位于直线OP的上下两侧）；
（2）作直线AB，AB交OP于点C；
（3）以点C为圆心，CO为半径作 C， C交 O于点Q（点Q位于直线OP的上侧）；
（4）连接PQ，PQ交AB于点D，则直线PQ即为所求．
⊙ ⊙ ⊙
【问题】
（1）请按照步骤完成作图，并准确标注字母（尺规作图，保留作图痕迹）；
（2）结合图形，说明PQ是 O切线的理由；
（3）若 O半径为2，OP＝6．依据作图痕迹求QD的长．
⊙
⊙
【分析】（1）根据几何语言画出对应的几何图形；
（2）连接OA，先根据圆周角定理的推论得到∠OQP＝90°，OQ⊥QP，然后根据切线的判定定理得到
直线PQ为切线；
（3）由勾股定理求出PQ＝4 ，设QD＝x，则 OD＝PD＝4 ﹣x，由勾股定理可得出答案．
【解答】解：（1）按照步骤完成作图如下．
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（2）由题意得：OP为 C的直径，
∴∠OQP＝90° （直径所对的圆周角为 90° ），
⊙
∴OQ⊥PQ，
∵OQ为 O的半径，
∴直线PQ为 O的切线．
⊙
（3）连接OD．
⊙
∵OQ＝2，OP＝6，
在Rt△OPQ中，PQ＝ ，
由图知AB为OP的垂直平分线，
∴OD＝PD，
设QD＝x，则 OD＝PD＝4 ﹣x，
在Rt△OQD中，OD2＝OQ2+QD2，
∴ ，
解得x＝ ，
故QD的长为 ．
13．（2024•泌阳县一模）小贺同学在数学探究课上，用几何画板进行了如下操作：首先画一个正方形
ABCD，一条线段OP（OP＜AB），再以点A为圆心，OP的长为半径，画 A分别交AB于点E．交AD
于点G．过点E，G分别作AB，AD的垂线交于点F，易得四边形AEFG也是正方形，连接CF．
⊙
（1）【探究发现】如图1，BE与DG的大小和位置关系： BE ＝ DG ， BE ⊥ DG ．
（2）【尝试证明】如图2，将正方形AEFG绕圆心A转动，在旋转过程中，上述（1）的关系还存在吗？
请说明理由．
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（3）【思维拓展】如图3，若AB＝2OP＝4，则：
①在旋转过程中，点B，A，G三点共线时，CF的值为 2 ；
②在旋转过程中，CF的最大值是 6 ．
【分析】（1）由正方形的性质得出AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝90°，则可得出结论；
（2）延长BE交DG于点M，交AD于点N，证明△BAE≌△DAG（SAS），由全等三角形的性质得出
BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，则可得出结论；
（3）①延长GF，DC交于点Q，证明四边形BCQD是矩形，得出∠CQG＝90°，QG＝BC＝4，证出四
边形AGQD是矩形，由矩形的性质得出DQ＝AG＝2，由勾股定理可求出答案；
②求出AC和AF的长，证出F的运动轨迹是以A为圆心，2 为半径的圆，当C，A，F三点共线时，
CF＝CA+AF，CF有最大值，则可得出答案．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝90°，
∴AB﹣AE＝AD﹣AG，BE⊥DG，
∴BE＝DG，
故答案为：BE＝DG，BE⊥DG；
（2）（1）中的关系存在．
如图2，延长BE交DG于点M，交AD于点N．
∵∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAD﹣∠EAD＝∠EAG﹣∠EAD，
∴∠BAE＝∠DAG．
在△BAE和△DAG中，
∴△BAE≌△DAG（SAS），
∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADG．
在△ABN和△MDN中，
∵∠ABN＝∠MDN，∠ANB＝∠DNM，
∴∠DMN＝∠BAN＝90°，
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∴BE⊥DG．
即BE＝DG且BE⊥DG；
（3）①延长GF，DC交于点Q，
∵∠QGF＝∠GBC＝∠BCQ＝90°，
∴四边形BCQD是矩形，
∴∠CQG＝90°，QG＝BC＝4，
∵∠DAG＝∠AGQ＝∠GQD＝90°，
∴四边形AGQD是矩形，
∴DQ＝AG＝2，
∵QF＝QG﹣FG＝4﹣2＝2，QC＝QD+CD＝2+4＝6，
∴CF＝ ＝ ＝2 ．
故答案为： ；
②在正方形ABCD和正方形AEFG中，AB＝4，AE＝2，
∴AC＝ ＝4 ，AF＝ ＝2 ，
∵F的运动轨迹是以A为圆心，2 为半径的圆，
∴当C，A，F三点共线时，CF＝CA+AF，CF有最大值，
此时CF＝AC+AF＝4 +2 ＝6 ．
故答案为： ．
14．（2024•秦都区校级一模）问题提出：（1）如图①， O的半径为4，弦AB＝4 ，则点O到AB的
距离是 2 ．
⊙
问题探究：（2）如图②， O的半径为5，点A、B、C都在 O上，AB＝6，求△ABC面积的最大值．
问题解决：（3）如图③，是一圆形景观区示意图， O的直径为60m，等边△ABP的边AB是 O的
⊙ ⊙
弦，顶点P在 O内，延长AP交 O于点C，延长BP交 O于点D，连接CD．现准备在△PAB和
⊙ ⊙
△PCD区域内种植花卉，圆内其余区域为草坪．按照预算，草坪的面积尽可能大，求草坪的最大面积．
⊙ ⊙ ⊙
（提示：花卉种植面积尽可能小，即花卉种植面积S +S 的最小值）
△PAB △PCD
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【分析】（1）由等腰三角形的性质可求AH＝BH，由勾股定理可求解；
（2）由题意可得：当点C到AB的距离最大时，△ABC的面积有最大值，则当C'在AB的中垂线上时，
点C'到AB的距离最大，即可求解；
（3）通过等边三角形的面积公式可求 S +S ＝ x2+ （AC﹣x）2＝ （2x2﹣
△PAB △PCD
2CA•x+CA2），由二次函数的性质可得当x＝ 时，S +S 有最小值，即可求解．
△PAB △PCD
【解答】解：（1）如图①，连接AO，BO，过点O作OH⊥AB于H，
∵OA＝OB＝4，AB＝4 ，OH⊥BA，
∴AH＝2 ，
∴OH＝ ＝ ＝2，
∴点O到AB的距离是2，
故答案为：2；
（2）∵S ＝ ×AB×（点C到AB的距离），且AB的长是定值，
△ABC
∴当点C到AB的距离最大时，△ABC的面积有最大值，
如图②，当C'在AB的中垂线上时，点C'到AB的距离最大，
∴AE＝BE＝3，
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∴OE＝ ＝4，
∴EC'＝5+4＝9，
∴△ABC的面积最大值＝ ×6×9＝27；
（3）设AB的长为x，则CP＝AC﹣x，
∵△APB是等边三角形，
∴AB＝PB＝AP，∠A＝∠B＝60°，
∴∠C＝∠B＝60°，∠D＝∠A＝60°，
∴△PCD是等边三角形，
∴S +S ＝ x2+ （AC﹣x）2＝ （2x2﹣2CA•x+CA2），
△PAB △PCD
∴当x＝ 时，S +S 有最小值，
△PAB △PCD
∴AB＝AP＝PC，
∴DP＝BP，
∴此时点P与点O重合，则AC是直径，
∵ O的直径为60m，
∴PA＝PB＝AB＝30（m），
⊙
∴S +S 最小值＝2× ＝450 （m2）．
△PAB △PCD
15．（2024•碑林区校级一模）问题探究
（1）寒假期间，乐乐同学参观爸爸的工厂，看到半径分别为2和3的两个圆形零件 A、 B按如图1
所示的方式放置，点A到直线m的距离AC＝4，点B到直线m的距离BD＝6，CD＝5，M是 A上一点，
⊙ ⊙
N是 B上一点，在直线m上找一点P，使得PM+PN最小．请你在直线m上画出点P的位置，并直接
⊙
写出PM+PN的最小值．
⊙
问题解决
（2）如图2，乐乐爸爸的工厂欲规划一块花园，如图所示的矩形ABCD，其中 米，BC＝30米，
点E、F为花园的两个入口， 米，DF＝10米．若在△BCD区域内设计一个亭子G（亭子大小
忽略不计），满足∠BDG＝∠GBC，从入口到亭子铺设两条景观路．已知铺设小路EG所用的景观石材
每米的造价是400元，铺设小路FG所用的景观石材每米的造价是200元，你能否帮乐乐同学分析一下，
是否存在点G，使铺设小路EG和FG的总造价最低？若存在，求出最低总造价，并求出此时亭子G到
边AB的距离；若不存在，请说明理由．
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【分析】（1）①作点A关于m的对称点E，连接BE，交m于点P，交 B于N，②连接AP，交 A
于点M，则PM+PN最小，作EF⊥BD，根据勾股定理得出BE，进一步得出结果；
⊙ ⊙
（2）变形总费用 400EG+200FG＝200（2EG+FG），可求得∠BGD＝120°，取AE的中点 O，连接
DO，可得出点 C 在以 O 为圆心，20 为半径的圆上，延长 OB 至 H，使 BH＝20 ，可证得
△GOE∽△HOG，从而 ，从而得出2EG+FG＝GH+EG≤DH，当E、G、H共线时，GH+EG
最小，即2EG+FG最小，最小值为：DH的长，此时点G点在DH与 O的交点G′处，进一步求得结
果．
⊙
【解答】解：（1）如图1，
①作点A关于m的对称点E，连接BE，交m于点P，交 B于N，
②连接AP，交 A于点M，
⊙
则PM+PN最小，
⊙
作EF⊥BD，交BD的延长线于点F，
可得：四边形CEFD是矩形，
∴EF＝CD＝5，DF＝CE＝AC＝4，
∴BF＝BD+DF＝6+4＝10，
∴BE＝ ，
∴EP+BP＝5 ，
∵AP＝EP，
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∴AP+BP＝5 ，
∴AM+PM+PN+BN＝5 ，
∵AM＝2，BN＝3，
∴PM+PN＝5 ；
（2）如图2，
总费用为：400EG+200FG＝200（2EG+FG），
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ABC＝∠ADC＝∠C＝90°，CD＝AB＝30 ，
∴tan∠CBD＝ ，
∴∠CBD＝60°，
∴∠CGB+∠DBG＝60°，
∵∠BDG＝∠GBC，
∴∠BDG+∠DBG＝60°，
∴∠BGD＝120°，
取AE的中点O，连接DO，
∵BE＝10 ，AB＝30 ，
∴AE＝20 ，
∴OA＝OE＝10 ，
∴tan∠ADO＝ ，
∴∠ADO＝30°，
∴∠AOD＝60°，OD＝2OA＝20 ，
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∴∠BOD＝120°，OB＝OD，
∴点C在以O为圆心，20 为半径的圆上，
∴OC＝OD＝20 ，
∴ ，
延长OB至H，使BH＝20 ，
∴ ，
∴ ，
∵∠GOE＝∠GOH，
∴△GOE∽△HOG，
∴ ，
∴2EG+FG＝GH+FG≤FH，
当F、G、H共线时，GH+FG最小，即2EG+FG最小，最小值为：FH的长，此时点G点在FH与 O
的交点G′处，
⊙
在Rt△AFH中，AF＝20，AH＝AB+BH＝30 ，
∴FH＝ ＝ ＝10
∴（DG+FG） ＝10 ，
最小
∴（400EG+200DG） ＝2000 元，
最小
作G′′K⊥AB于K，设G′K＝a，
∵tan∠AHF＝ ，
∴ ，
∴HK＝ a，
∴OK＝OH﹣HK＝40 a，
在Rt△OKG′中，由勾股定理得，
OK2+G′K2＝OG′2，
∴（40 ）2+a2＝（20 ）2，
∴a ＝ ，a ＝ （舍去），
1 2
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∴G′H＝ ，
答：总费用最少是元，此时亭子G到边AB的距离为： 米．
16．（2024•雁塔区校级一模）问题发现
（1）在△ABC中，AB＝2，∠C＝60°，则△ABC面积的最大值为 ；
（2）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD＝6，∠BCD＝∠BAD＝90°，AC＝8，求BC+CD的值．
问题解决
（3）有一个直径为 60cm的圆形配件 O，如图 2所示．现需在该配件上切割出一个四边形孔洞
OABC，要求∠O＝∠B＝60°，OA＝OC，并使切割出的四边形孔洞OABC的面积尽可能小．试问，是否
⊙
存在符合要求的面积最小的四边形OABC？若存在，请求出四边形OABC面积的最小值及此时OA的长；
若不存在，请说明理由．
【分析】（1）作△ABC的外接圆，当C处于点C'时，△ABC面积最大；
（2）将△ABC绕A点逆时针旋转90°得△ADE，证明C、D、E在同一条直线上，由△ACE是等腰直角
三角形得出结果；
（3）类比（1）的方法，将△AOB绕A点顺时针旋转60°至△COE，连接BE，分析得：S ＝
四边形OABC
S +S ＝S +S ＝S ﹣S ＝225 ﹣S ，故使△BCE的面积最大，因BE＝30，
△AOB △BCO △COE △BCO △BOE △BCE △BCE
∠BCE＝120°，故作正△BEF，作它的外接圆 I，进而求得其最大值．
【解答】解：（1）作△ABC的外接圆，
⊙
∵AB＝2，∠C＝60°，
∴当C处于点C'时，△ABC面积最大，
∵C'A＝C'B，∠C'＝60°，
∴△ABC'为等边三角形，边长为2，
过点C'作C'D⊥AB于D，
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则AD＝1，
∴C'D＝ ＝ ，
∴S△ABC＝ AB•C′D＝ ×2× ＝ ，
故答案为： ；
（2）如图1，
∵∠BCD＝∠BAD＝90°，AD＝AB，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∴可以将△ABC绕A点逆时针旋转90°得△ADE，
∴∠ADE＝∠B，AE＝AC，∠CAE＝90°，
∴∠ADE+∠ADC＝180°，
∴C、D、E在同一条直线上，
∴CD+DE＝CE＝ ＝8 ；
（3）存在符合要求的面积最小的四边形OABC；
如图2，
连接OB，
∵∠AOC＝60°，OA＝OC，
∴将△AOB绕O点顺时针旋转60°至△COE，连接BE，
∴∠BOE＝60°，OE＝OB，
∴△BOE是等边三角形，
∴BE＝OB＝30，∠BEO＝60°，∠CBE＝∠ABO＝∠CEO，
∴∠CBE+∠CEB＝60°，
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∴∠BCE＝120°，
∴∠CBE＝30°，
∴△BOE的高为：30×sin60°＝15 ，
∵S ＝S +S ＝S +S
四边形OABC △AOB △BCO △COE △BCO
＝S ﹣S
△BOE △BCE
＝ ×30×15 ﹣S
△BCE
＝225 ﹣S ，
△BCE
∴要使四边形OABC的面积最小，就要使△BCE的面积最大，
作正△BEF，作它的外接圆 I，作直径FC′，
当C与C′重合时，S 最大，
△BCE ⊙
S ＝ ×30×（15× ）＝75 ，
△BCE最大
∴S ＝225 ﹣75 ＝150 （cm2），
四边形OABC最小
此时OA＝OC＝ ＝ ＝10 （cm）．
17．（2024•东莞市校级一模）如图①，点C，D在线段AB上，点C在点D的左侧，若线段AC，CD，
DB满足AC2+BD2＝CD2，称C，D是线段AB的勾股点．
（1）如图②，C，D是线段AB的勾股点，分别以线段AC，CD，DB为边向AB的同侧作正△ACE，正
△CDF，正△DBG，已知正△ACE、正△CDF的面积分别是3，5，则正△DBG的面积是 2 ；
（2）如图①，AB＝12，C，D是线段AB的勾股点，当AC＝ AB时，求CD的长；
（3）如图③，C，D是线段AB的勾股点，以CD为直径画 O，P在 O上，AC＝CP，连接PA，
PB，若∠A＝2∠B，求∠B的度数．
⊙ ⊙
【分析】（1）由等边三角形面积公式知S ＝ AC2＝3，S ＝ CD2＝5，据此求得AC2＝4
△ACE △CDF
，CD2＝ ，再根据勾股点的定义知BD2＝CD2﹣AC2＝ ，从而利用等边三角形的面积公式
可得答案；
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（2）根据已知条件知AC＝3，BD＝9﹣CD，根据勾股点定义列出关于CD的方程，解之可得；
（3）连接PD，由AC＝PC及AC2+BD2＝CD2知PC2+BD2＝CD2，再由CD是圆的直径知PC2+PD2＝
CD2，从而得PD＝BD，结合AC＝PC知∠PCD＝2∠A及∠PDC＝∠A，在Rt△PCD求得∠A度数，从
而得出答案．
【解答】解：（1）∵S ＝ AC2＝3，S ＝ CD2＝5，
△ACE △CDF
∴AC2＝4 ，CD2＝ ，
∵AC2+BD2＝CD2，
∴BD2＝CD2﹣AC2＝ ﹣4 ＝ ，
∴正△DBG的面积是 × ＝2，
故答案为：2．
（2）∵AB＝12，AC＝ AB，
∴AC＝3，
∴BD＝9﹣CD，
∵C，D是线段AB的勾股点，
∴AC2+BD2＝CD2，
则32+（9﹣CD）2＝CD2，
解得：CD＝5；
（3）如图所示，连接PD，
∵AC＝PC，
∴∠A＝∠APC，
∴∠PCD＝2∠A，
∵C，D是线段AB的勾股点，
∴AC2+BD2＝CD2，
∴PC2+BD2＝CD2，
∵CD是 O的直径，
∴∠CPD＝90°，
⊙
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∴PC2+PD2＝CD2，
∴PD＝BD，
∴∠PDC＝2∠B，
∵∠A＝2∠B，
∴∠PDC＝∠A，
在Rt△PCD中，∵∠PCD+∠PDC＝90°，
∴2∠A+∠A＝90°，
解得∠A＝30°，
则∠B＝ ∠A＝15°．
18．（2023•西湖区模拟）如图，已知CE是圆O的直径，点B在圆O上，且BD＝BC，过点B作弦CD的
平行线与CE的延长线交于点A．
（1）若圆O的半径为2，且点D为弧EC的中点时，求线段CD的长度；
（2）在（1）的条件下，当DF＝a时，求线段BD的长度；（答案用含a的代数式表示）
（3）若AB＝3AE，且CD＝12，求△BCD的面积．
【分析】（1）过O作OH⊥CD于H，根据点D为弧EC的中点，可得∠OCH＝45°，进而得出OH＝
CH，再根据圆O的半径为2，即可得到OH＝ ；
（2）先判定△CDF∽△BDC，可得∠DCF＝∠DBC，再根据∠DCF＝45°，即可得出∠DBC＝45°；
（3）连接 BE，BO，DO，并延长 BO 至 H 点，依据∠ABE＝∠OBC＝∠OCB，∠A＝∠A，判定
△ABE∽△ACB，即可得到AC＝ ，设AE＝x，再根据△AOB∽△COH，可得 ，由此
构建方程求出x，再利用勾股定理求出OH，可得结论．
【解答】解：（1）如图，过O作OH⊥CD于H，
∵点D为弧EC的中点，
∴弧ED＝弧CD，
∴∠OCH＝45°，
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∴OH＝CH，
∵圆O的半径为2，即OC＝2，
∴OH＝CH＝ ，
∴CD＝2CH＝2 ；
（2）∵∠FCD＝45°，∠DBC＝45°，
∴∠FCD＝∠DBC，
∴△CDF∽△BDC，
∴ ，
由（1）可知CD＝2 ，
∴BD＝ ＝ ；
（3）如图，连接BE，BO，DO，并延长BO至H点，
∵BD＝BC，OD＝OC，
∴BH垂直平分CD，
又∵AB∥CD，
∴∠ABO＝90°＝∠EBC，
∴∠ABE＝∠OBC＝∠OCB，
又∵∠A＝∠A，
∴△ABE∽△ACB，
∴ ，即AB2＝AE×AC，
∴AC＝ ，
设AE＝x，则AB＝3x，
∴AC＝9x，EC＝8x，
∴OE＝OB＝OC＝4x，
∵CD＝12，
∴CH＝6，
∵AB∥CH，
∴△AOB∽△COH，
∴ ，即 ＝ ，
解得x＝ ，OH＝8，OB＝10，
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∴BH＝BO+OH＝18，
∴△BCD的面积＝ ×18×12＝108．
19．古希腊数学家毕达哥拉斯认为：“一切平面图形中最美的是圆”．小明决定研究一下圆，如图，AB
是 O的直径，点C是 O上的一点，延长AB至点D，连接AC、BC、CD，且∠CAB＝∠BCD，过点
C作CE⊥AD于点E．
⊙ ⊙
（1）求证：CD是 O的切线；
（2）若OB＝BD，求证：点E是OB的中点；
⊙
（3）在（2）的条件下，若点F是 O上一点（不与A、B、C重合），求 的值．
⊙
【分析】（1）要证明CD是 O的切线，只需证明∠OCD＝90°，即OC⊥CD即可；
（2）利用直角三角形斜边中线的性质证明△OCB是等边三角形，利用等边三角形的性质即可得到结论；
⊙
（3）连接OF，由 ，∠EOF＝∠FOD，证明△EOF∽△FOD，即可得到答案．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵AB是 O的直径，
∴∠ACB＝90°，
⊙
∵OA＝OC，
∴∠CAB＝∠ACO，
∵∠CAB＝∠BCD，
∴∠BCD＝∠ACO，
∴∠BCD+∠OCB＝∠ACO+∠OCB＝∠ACB＝90°，即∠OCD＝90°，
∴OC⊥CD，
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∵OC是 O的半径，
∴CD是 O的切线；
⊙
（2）证明：∵OB＝BD，∠OCD＝90°，
⊙
∴ ，
∵OB＝OC，
∴BC＝OB＝OC，
∴△OCB是等边三角形，
∵CE⊥AD，
∴ ，
∴点E是OB的中点；
（3）解：连接OF，
则OF＝OB，而 ，OB＝BD，
∴ ， ，
∴ ，
∵∠EOF＝∠FOD，
∴△EOF∽△FOD，
∴ ，
即 的值为 ．
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