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专题 24.11 圆中常用辅助线的作法【八大题型】
【人教版】
【题型1 遇弦连半径构造三角形】..........................................................................................................................1
【题型2 遇弦作弦心距解决有关弦长的问题】.....................................................................................................8
【题型3 遇直径作直径所对的圆周角】................................................................................................................12
【题型4 遇切线作过切点的半径】........................................................................................................................18
【题型5 遇90°的圆周角连直径】.........................................................................................................................25
【题型6 转移线段】................................................................................................................................................29
【题型7 构造相似三角形】....................................................................................................................................37
【题型8 四点共圆】................................................................................................................................................48
【题型1 遇弦连半径构造三角形】
【例1】（2024·陕西渭南·三模）如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，点D在⊙O上，连接CD
、BD，BD=BC，延长DB到点E，使得BE=BD，连接CE．
(1)求证：∠A+∠E=90°；
25
(2)若⊙O的半径为 ，BC=5，求CE的长．
6
【答案】(1)见解析
(2)6
【分析】本题考查了圆综合，其中涉及到了等腰三角形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理解三角
形，圆周角定理及推论等知识点，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
（1）利于等边对等角的性质得到∠BCE=∠E，∠BCD=∠D，利用三角形的内角和得到∠BCE+∠E+∠BCD+∠D=180°，即可得到∠E+∠D=90°，再由圆周角的性质等量代换即可；
（2）连接OC，由垂径定理推出OB⊥CD，CF=DF，利用勾股定理建立式子运算出BF的长，再利用中
位线定理即可推出CE的长．
【详解】（1）证明：∵BD=BC，BE=BD，
∴BC=BE，
∴∠BCE=∠E，∠BCD=∠D，
∵∠BCE+∠E+∠BCD+∠D=180°，
1
∴∠E+∠D= ×180°=90°，
2
∵∠A=∠D，
∴∠A+∠E=90°；
25
（2）解：连接OC，则OC=OB= ，如图所示：
6
∵BC=BD，
∴B´C=B´D，
∴OB⊥CD，CF=DF，
在Rt△OCF中，CF2=OC2−OF2= (25) 2 − (25 −BF ) 2 ，在Rt△BCF中，
6 6
CF2=BC2−BF2=52−BF2，
∴ (25) 2 − (25 −BF ) 2 =52−BF2 ，
6 6
解得BF=3，
∵BD=BE，DF=CF，
∴BF为△DCE的中位线，
∴CE=2BF=6．
【变式1-1】（23-24九年级上·重庆大足·期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为点P，若
CD=8，OP=3，则⊙O的直径为（ ）A．10 B．8 C．5 D．3
【答案】A
【分析】连接OC，由垂径定理可得CP=PD=4，然后再根据勾股定理可得OC，进而问题可求解．
【详解】解：连接OC，如图所示：
∵CD⊥AB，CD=8，
∴CP=PD=4，
∵OP=3，
∴在Rt△CPO中，
OC=❑√CP2+OP2=5，
∴⊙O的直径为10；
故选A．
【点睛】本题主要考查垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．
【变式1-2】（2024·贵州黔东南·二模）如图，⊙O是 △ABC的外接圆，且 AC=BC， 过点 B作
BE⊥AC，垂足为点E， 延长BE交⊙O于点D， 连接AD，CD，CO， 并延长CO交BD于点F．(1)写出图中一个与∠ACD相等的角∶ ；
(2)求证∶ CD=CF；
(3)若 BC=10，BE=6， 求⊙O的半径．
【答案】(1)∠ACD=∠ABD（答案不唯一）
(2)见解析
5❑√10
(3)⊙O的半径为
3
【分析】本题考查圆周角定理，垂径定理及其推论，相似三角形的判定与性质；
（1）根据圆周角可得∠ACD=∠ABD；
（2）延长CF交AB于M，根据垂径定理的推论可得∠ACF=∠BCF，CM⊥AB，即可由BE⊥AC得
到∠ACF=∠ABD，进而得到∠ACD=∠ABD=∠ACF=∠BCF，由三线合一即可得到CD=CF；
1
（3）连OA，由勾股定理求得CE=8，进而依次得到AE=2，AB=2❑√10，AM= AB=❑√10，再求出
2
CM，最后在Rt△AOM中利用勾股定理求半径即可．
【详解】（1）由圆周角可得：∠ACD=∠ABD，
故答案为：∠ABD（答案不唯一）；
（2）延长CF交AB于M，
∵AC=BC，延长CO交BD于点F
1
∴∠ACF=∠BCF，CM⊥AB，AM= AB
2∵BE⊥AC，
∴∠BEC=∠AMC=90°，
∴∠ACF=∠ABD=90°−∠CAB，
∴∠ACD=∠ABD=∠ACF=∠BCF，
∵BE⊥AC，
∴∠CED=∠CEF=90°，
∴△CED≌△CEF，
∴CD=CF；
（3）连OA，
∵BC=10，BE=6，
∴CE=❑√BC2−CE2=8，AC=BC=10
∴AE=AC−CE=2，
∴AB=❑√AE2+BE2=2❑√10，
1
∴AM= AB=❑√10
2
∴CM=❑√AC2−AM2=3❑√10，
∴OM=CM−OA=3❑√10−OA
Rt△AOM中，OM2+AM2=OA2，
∴(3❑√10−OA) 2+(❑√10) 2=OA2
5❑√10
解得OA= ，
3
5❑√10
∴⊙O的半径为 ．
3
【变式1-3】（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC是⊙O的直径，⊙O与边AB交于点D，E为B´D的中点，连接CE，与AB交于点F．
(1)求证：AC=AF．
(2)当F为AB的中点时，求证：FC=2EF．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】（1）连接EO，交BD于点N，根据E为B´D的中点，可得OE⊥BD，即有
∠NEF+∠EFN=90°，再根据EO=OC，可得∠OEC=∠OCE，进而可得∠ACF=∠AFC，即可证
明；
1
（2）连接EB，在Rt△ABC中，有BF=AF=FC= AB，即∠ABC=∠FCB，再由E为B´D的中点，
2
可得∠EBD=∠FCB，进而可得∠EBD=∠ABC，即可证明△EBF∽△CBA，问题随之得证．
【详解】（1）连接EO，交BD于点N，如图，
∵E为B´D的中点，
∴OE⊥BD，
∴∠ENF=90°，
∴∠NEF+∠EFN=90°，
∴∠NEF+∠AFC=90°，∵EO=OC，
∴∠OEC=∠OCE，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACF+∠OCE=90°，
∴∠ACF+∠OEC=90°，
∵∠NEF+∠AFC=90°，
∴∠ACF=∠AFC，
∴AC=AF；
（2）连接EB，如图，
∵在Rt△ABC中，F为AB的中点，
1
∴BF=AF=FC= AB，
2
∴∠ABC=∠FCB，
∵E为B´D的中点，
∴D´E=B´E，
∴∠EBD=∠FCB，
∴∠EBD=∠ABC，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BEC=90°，
∴∠BEC=∠ACB，
又∵∠EBD=∠ABC，
∴△EBF∽△CBA，
EF BF
∴ = ，
AC AB
EF BF 1
即 = = ，
AC AB 2∴2EF=AC，
∵AF=FC，且在（1）已证明AC=AF，
即FC=2EF．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，等角对等边等知识，作出合
理的辅助线，掌握垂径定理是解答本题的关键．
【题型2 遇弦作弦心距解决有关弦长的问题】
【例2】（23-24九年级上·云南昆明·期末）如图，半径为5的⊙O中，有两条互相垂直的弦AB、CD，垂
足为点E，且AB=CD=8，则OE的长为（ ）
A．3 B．❑√3 C．2❑√3 D．3❑√2
【答案】D
【分析】作OM⊥AB于M，ON⊥CB于N，连接OA，OC，根据垂径定理得出BM=AM=4，
DN=CN=4，根据勾股定理求出OM和ON证明四边形OMEN是正方形，即可解决问题．
【详解】解：如图，作OM⊥AB于M，ON⊥CB于N，连接OA，OC．
∴AM=BM=4，CN=DN=4，
∵OA=OC=5，
∴OM=❑√OA2−AM2=❑√52−42=3，ON=❑√OC2−CN2=❑√52−42=3
∴OM=ON，
∵AB⊥CD，
∴∠OME=∠ONE=∠MEN=90°，
∴四边形OMEN是矩形，∵OM=ON，
∴四边形OMEN是正方形，
∴OE=❑√2OM=3❑√2，
故选：D．
【点睛】本题主要考查圆的垂径定理和正方形的判定，关键在于作出辅助线，利用垂径定理得到证明．
【变式2-1】（23-24九年级上·山东潍坊·期末）如图，⊙O的半径是4，点P是弦AB延长线上的一点，连
接OP，若OP=6，∠APO=30°，则弦AB的长为（ ）
5
A．2❑√7 B．❑√7 C．5 D．
2
【答案】A
【分析】本题主要考查垂径定理，勾股定理，含30°的直角三角形，连接OA，则OA=4，过点O作
OD⊥AB交AB于点D，则可计算出OD，利用勾股定理求出AD，进一步利用垂径定理即可求出弦AB的
长．
【详解】解：连接OA，则OA=4，过点O作OD⊥AB交AB于点D，
∵若OP=6，∠APO=30°
∴OD=OP÷2=6÷2=3，
则AD=❑√OA2−OD2=❑√42−32=❑√7=❑√7
∴AB=2AD=2❑√7．
故选：A．
【变式2-2】（23-24九年级下·上海·阶段练习）如图，⊙O 和⊙O 相交于A和B，过点A作O O 的平行
1 2 1 2
线交两圆于C、D，已知O O =20cm，则CD= cm．
1 2【答案】40
【分析】本题考查了矩形的性质和判定，垂径定理的应用，作O E⊥CD于点E，O F⊥CD于点F，利
1 2
用垂径定理得到AE=CE，AF=DF，且易得四边形O O FE为矩形，进而得到EF=O O =20cm，再
1 2 1 2
利用等量代换即可得到CD．
【详解】解：作O E⊥CD于点E，O F⊥CD于点F，
1 2
∴O E∥O F AE=CE AF=DF
1 2
， ， ，
∵ O O ∥ CD，
1 2
易得四边形O O FE为矩形，
1 2
∵ O O =20cm，
1 2
∴ EF=O O =20cm，
1 2
∴CD=CE+AE+AF+DF=2(AE+AF)=2EF=40cm，
故答案为：40．
【变式2-3】（23-24九年级上·福建厦门·期末）关于x的一元二次方程❑√2ax2+2cx+❑√2b=0，如果a、
b、c满足a2+b2=c2且c≠0，那么我们把这样的方程称为“勾系方程”，请解决下列问题：
(1)求证：关于x的“勾系方程”❑√2ax2+2cx+❑√2b=0必有实数根.
(2)如图，已知AB、CD是半径为5的⊙O的两条平行弦，AB=2a，CD=2b，且关于x的方程❑√2ax2+
10x+❑√2b=0是“勾系方程”.
①求∠BDC的度数，
②直接写出BD的长：_____________（用含a、b的式子表示）.【答案】(1)见解析
(2)①∠BDC=45°；②❑√2(a+b)
【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式即可判断；
（2）①由勾股定理，圆周角定理，垂径定理即可求解．
②过点D作AB的垂线，垂足为G，则四边形DGEF是矩形，根据AB∥CD，得出
∠GBD=∠BDC=45°，进而勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：∵关于x的一元二次方程❑√2ax2+2cx+❑√2b=0是“勾系方程”，
∴ a2+b2=c2且c≠0，a≠0，
Δ=(2c) 2−4⋅❑√2a⋅❑√2b
=4c2−8ab
=4(a2+b2)−8ab
=4(a2+b2−2ab)
=4(a−b) 2，
∵(a−b) 2≥0，
∴ Δ≥0，
∴方程必有实数根；
（2）解：①∠BDC=45°，理由如下：
作OE⊥AB于E，延长EO交CD于F，连接OB，OC，
∵ DC∥AB，
∴ EF⊥CD，
∴ AE=BE=a，CF=DF=b，
∵ BE2+OE2=OB2，∴ a2+OE2=52，
∵ ❑√2ax2+10x+❑√2b=0是“勾系方程”，
∴ a2+b2=52，
∴ OE=b=CF；
∵ OB=OC，
∴ Rt△BOE≌Rt△OCF(HL)；
∴ ∠FOC=∠OBE，
∵ ∠OBE+∠EOB=90°，
∴ ∠FOC+∠EOB=90°，
∴ ∠COB=90°，
1
∴ ∠BDC= ∠BOC=45°．
2
②如图所示，过点D作AB的垂线，垂足为G，则四边形DGEF是矩形，
∴DG=EF=a+b，
∵AB∥CD，则∠GBD=∠BDC=45°
∴DB=❑√2DG=❑√2(a+b)
故答案为：❑√2(a+b)．
【点睛】本题考查了“勾系方程”的概念，一元二次方程根的判别式，勾股定理，圆周角定理，垂径定
理，三角形全等，解题的关键是明白“勾系方程”的定义．
【题型3 遇直径作直径所对的圆周角】
【例3】（2024·安徽合肥·一模）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，AB⊥CD于点M，连
接OD．(1)若∠ODB=54°，求∠BAC的度数；
(2)AC，DB的延长线相交于点F，CE是⊙O的切线，交BF于点E，若CE⊥DF，求证：AC=CD．
【答案】(1)36°
(2)见详解
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠ODB=∠OBD=54°，求得
∠DOB=180°−∠OBD−∠ODB=72°，根据垂径定理得到B´C=B´D，于是得到结论；
（2）连接OC，BC，根据切线的性质得到OC⊥CE，根据平行线的性质得到∠ACO=∠F，根据等腰
三角形的性质得到∠A=∠ACO，求得AB=BF，根据等腰三角形的性质得到AC=CF，等量代换得到结
论．
本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，圆周角定理，正确地作出辅助
线是解题的关键．
【详解】（1）解：∵OD=OB，
∴∠ODB=∠OBD=54°，
∴∠DOB=180°−∠OBD−∠ODB=72°，
∵AB是⊙O的直径，AB⊥CD，
∴ B´C=B´D，
1
∴∠BAC= ∠BOD=36°，
2
故∠BAC的度数为36°；
（2）证明：连接OC，BC，∵CE是⊙O的切线，
∴OC⊥CE，
∵CE⊥DF，
∴OC∥DF，
∴∠ACO=∠F，
∵OA=OC，
∴∠A=∠ACO，
∴∠A=∠F，
∴AB=BF，
∵AB是⊙O的直径，
∴BC⊥AF，
∴AC=CF，
∵∠A=∠CDB，
∴∠CDB=∠F，
∴CD=CF，
∴AC=CD．
【变式3-1】（2024九年级上·湖北武汉·期中）如图，AB为⊙O的直径，点C为B´E的中点，CD⊥AE交
直线AE于D点．
(1)求证：OC∥AD；
(2)若DE=1,CD=2，求⊙O的直径．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）证明OC⊥EB，AD⊥BE即可得出结论；
（2）设BE交OC于点T，证明四边形DETC是矩形，设OB=OC=r，利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：连接BE，如图，∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，即AD⊥BE，
∵点C为B´E的中点，
∴E´C=C´B，
∴OC⊥EB，
∴OC∥AD；
（2）解：设BE交OC于点T，如图，
∵CD⊥AD，
∴∠D=∠DET=∠CTE=90°，
∴四边形DETC是矩形，
∴CD=ET=2,DE=CT=1，
∵OC⊥EB，
∴BT=TE=2，
设OB=OC=r，
则r2=(r−1) 2+22，
5
∴r= ，
2
∴AB=2r=5，即⊙O的直径为5；
【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，矩形的判定和性质, 勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题．
【变式3-2】（2024·浙江温州·三模）如图，已知△ABC中，∠ACB=90°，AB=4，AC=3，点E是AC
边上的动点，以CE为直径作⊙F，连接BE交⊙F于点D，则AD的最小值为 ．
❑√43−❑√7
【答案】
2
【分析】连接DC，由以CE为直径作⊙F，得∠CDE=90°，∠CDB=90°，即可得动点D在以BC为直
径的圆上运动，当A，D，O在一直线上时，根据AD≥AO−OD，即可求解．
【详解】解：△ABC中，∠ACB=90°，AB=4，AC=3，
∴ BC=❑√AB2−AC2=❑√42−32=❑√7
连接DC，由以CE为直径作⊙F，BC=4，AC=5，
∴∠CDE=90° ∠CDB=90°
， ，
∴动点D在以BC为直径的圆上运动，O为圆心，
当A，D，O在一直线上时，
AO=❑
√
32+
(❑√7) 2
=
❑√43
2 2
❑√43 ❑√7 ❑√43−❑√7
∴ AD≥AO−OD= − =
2 2 2
❑√43−❑√7
即AD的最小值为
2❑√43−❑√7
故答案为： ．
2
【变式3-3】（23-24九年级上·福建莆田·期中）如图，AB是半圆O的直径，AB=10，点D在半圆O上，
AD=6，C是弧BD上的一个动点，连接AC，过D点作DH⊥AC于H，连接BH，在点C移动的过程
中，BH的最小值是 ．
【答案】❑√73−3/−3+❑√73
【分析】连接BD，取AD的中点E，连接BE，由题意先判断出点H在以点E为圆心，AE为半径的圆上，
当B、H、E三点共线时，BH取得最小值，然后利用勾股定理，求出BD的长，再利用勾股定理，求出BE
的长，再利用直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，求出EH的长，再由BH=BE−EH，即可
算出BH的长．
【详解】解：如图，连接BD，取AD的中点E，连接BE，
∵DH⊥AC，
∴点H在以点E为圆心，AE为半径的圆上，当B、H、E三点共线时，BH取得最小值，
∵AB是直径，
∴∠BDA=90°，
在Rt△BDA中，
∵AB=10，AD=6，
∴由勾股定理得：BD=❑√AB2−AD2=❑√100−36=8，
∵E为AD的中点，
1
∴DE= AD=3，
2
在Rt△BDE中，
∵BD=8，DE=3，∴由勾股定理得：BE=❑√DE2+BD2=❑√9+64=❑√73，
又∵DH⊥AC，且点E为AD的中点，
1
∴EH= AD=3，
2
∴BH=BE−EH=❑√73−3．
故答案为：❑√73−3．
【点睛】本题考查了勾股定理解三角形，直径所对的圆周角为直角，直角三角形斜边上的中线等于斜边的
一半，能够判断出动点的运动轨迹是解本题的关键．
【题型4 遇切线作过切点的半径】
【例4】（2024·贵州·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点P为边BC上一点，连接AP，
1
分别以点A，P为圆心，大于是 AP的长为半径画弧，两弧交于点E，F，EF交AB于点D，再以点D为
2
圆心，DA长为半径作圆，交AB于点M，BC恰好是⊙D的切线．若∠B=30°，AC=❑√3，则BM的长为
（ ）
2❑√3 ❑√3 ❑√3
A． B． C． D．❑√3
3 3 4
【答案】A
【分析】本题考查的是切线的性质、含30°角的直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握圆的
切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．连接DP，由线段垂直平分线的性质可得AD=DP，再由直角
三角形性质求得AB=2❑√3，根据切线的性质得到∠DPB=90°，再证明△BPD∽△BCE，再列出方程求
解即可．
【详解】解：连接DP，由题意可得，EF是AP的垂直平分线，
∴AD=DP，
设AD=DP=r，
∵∠B=30°，AC=❑√3，
∴AB=2❑√3，
∵BC是⊙O的切线，
∴∠DPB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠DPB=∠ACB=90°，
∴DP∥AC，
∴△BPD∽△BCE，
BD DP
∴ = ，
AB AC
2❑√3−r r
∴ = ，
2❑√3 ❑√3
2❑√3
∴r= ，
3
2❑√3
∴AD= ，
3
4❑√3
∴AM= ，
3
4❑√3 2❑√3
∴BM=AB−AM=2❑√3− = ，
3 3
故选：A
【变式4-1】（2024·辽宁大连·一模）如图，△ABC内接于⊙O，AD是⊙O的直径与BC交于点F，
∠CAD=45°，过B点的切线交AD的延长线于点E．(1)若∠C=64°，求∠E的度数；
(2)⊙O的半径是3，OF=1，求BE的长．
【答案】(1)38°
(2)BE的长为4
【分析】此题考查了切线的性质、勾股定理、圆周角定理等知识．
（1）连接OB，由切线的性质得到∠OBE=90°，由圆周角定理得到∠AOB=2∠C，又由∠C=64°得
到∠AOB=128°，则∠BOE=180°−128°=52°，利用直角三角形性质即可得到答案；
（2）连接OC，OB，由圆周角定理得到∠COD=2∠CAD=2×45°=90°，再证明EF=BE，在
Rt△OBE中，根据勾股定理得，OE2=OB2+BE2，设BE=EF=x，得到(x+1) 2=32+x2，解方程即可
得到答案．
【详解】（1）解：连接OB，
∵BE是⊙O的切线
∴OB⊥BE
∴∠OBE=90°
∵A´B=A´B
∴∠AOB=2∠C
∵∠C=64°∴∠AOB=128°
∴∠BOE=180°−128°=52°
∴∠E=90°−52°=38°
（2）解：连接OC，OB，
∵C´D=C´D
∴∠COD=2∠CAD=2×45°=90°
∴∠1+∠3=90°
∵OC=OB
∴∠1=∠2
∵∠OBE=90°
∴∠2+∠4=90°
∴∠3=∠4
∵∠3=∠5
∴∠4=∠5
∴EF=BE
在Rt△OBE中，∠OBE=90°，
根据勾股定理得，OE2=OB2+BE2
设BE=EF=x，由OB=3，OF=1得，
(x+1) 2=32+x2
解得，x=4
∴BE的长为4．
【变式4-2】（2024·福建泉州·模拟预测）已知AB与⊙O相切于点B，直线AO与⊙O相交于C，D两点
(AO>AC)，E为B´D的中点，连接OE并延长，交AB的延长线于点F．(1)如图①，若E为OF的中点，求∠A的大小；
(2)如图②，连接BD与OF相交于点G，求证：∠D=∠F．
【答案】(1)30°
(2)见解答
【分析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了垂径定理和圆周角定理．
（1）连接OB，如图①，先根据切线的性质得到∠OBF=90°，再利用余弦的定义求出∠BOF=60°，接
着根据圆心角、弧、弦的关系得到∠DOE=∠BOE=60°，所以∠AOB=60°，然后利用互余得到∠A
的度数；
（2）连接OB，如图②，根据垂径定理得到OE⊥BD，再利用等角的余角相等得到∠OBD=∠F，加上
∠OBD=∠D，从而得到∠D=∠F．
【详解】（1）解：连接OB，如图①，
∵AB ⊙O B
与 相切于点 ，
∴OB⊥AF，
∴∠OBF=90°，
∵E为OF的中点，
∴OE=EF，
∴OF=2OB，
OB 1
在Rt△OBF中，∵cos∠BOF= = ，
OF 2
∴∠BOF=60°，
∵点E为B´D的中点，
∴∠DOE=∠BOE=60°，∴∠AOB=60°，
∴∠A=90°−60°=30°；
（2）证明：连接OB，如图②，
∵ E B´D
点 为 的中点，
∴OE⊥BD，
∴∠OGB=90°，
∵∠OBD+∠BOF=90°，∠BOF+∠F=90°，
∴∠OBD=∠F，
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠D，
∴∠D=∠F．
【变式4-3】（23-24九年级上·北京西城·期中）如图，AB为⊙O的直径，CB，CD分别切⊙O于点B，D
，CD交BA的延长线于点E，CO的延长线交⊙O于点G，EF⊥OG于点F．若BC=6，DE=4．
(1)求证：∠FEB=∠ECF；
(2)求⊙O的半径长．
(3)求线段EF的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
(3)2❑√5【分析】（1）根据切线的性质及SAS证得△COD≌△COB，可证∠OCD=∠OCB，再利用角的等量代
换即可求证结论；
（2）设OD=x，则OB=x，OE=8−x，在Rt△BCE和Rt△OED中，分别利用勾股定理即可求解；
（3）在Rt△OED和Rt△OCD中，利用勾股定理得OE=5，OC=3❑√5，再利用相似三角形的判定及性质
即可求解；
【详解】（1）证明：连接OD，
∵CB CD ⊙O
， 是 的切线，
∴CB=CD，∠ODC=∠OBC=90°，
在△COD和△COB中，
{
OD=OB
)
∠CDO=∠CBO ，
CD=CB
∴△COD≌△COB(SAS)，
∴∠OCD=∠OCB，
∵EF⊥OG，
∴∠OEF+∠EOF=90°，
∵∠BOC+∠BCO=90°，∠EOF=∠BOC，
∴∠FEB=∠OCB，
∴∠FEB=∠ECF．
（2）解：由（1）得：CD=CB=6，
∵DE=4，
∴CE=CD+DE=10，
在Rt△BCE中，根据勾股定理得：∴BE=❑√EC2−BC2=❑√102−62=8，
在Rt△OED中，设OD=x，
则OB=x，OE=8−x，
由勾股定理得：DE2+OD2=OE2，
即：42+x2=(8−x) 2，
解得：x=3，
∴ OD=3，
即⊙O的半径为3．
（3）解：在Rt△OED和Rt△OCD中，根据勾股定理得：
OE=❑√OD2+DE2=❑√32+42=5，
OC=❑√OD2+CD2=❑√32+62=3❑√5，
∵∠FEO=∠DCO，∠EFO=∠CDO=90°，
∴△EOF∽△COD，
EF OE EF 5
∴ = ，即： = ，
CD OC 6 3❑√5
∴EF=2❑√5．
【点睛】本题考查了切线的性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理及相似三角形的判定及性质：作出
合适的辅助线是解本题的关键．
【题型5 遇90°的圆周角连直径】
【例5】（2024·安徽合肥·一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BAD=90°，BC=CD，过点C作
CE，使得CD=CE，交AD的延长线于点E．
(1)求证：AB=AE．
(2)若AD=DE=2，求CD的长．
【答案】(1)见解析(2)❑√10
【分析】（1）如图，连接AC，根据BC=CD推出∠BAC=∠EAC，再证明BC=CE，∠B=∠E，进
而证明△ABC≌△AEC(AAS)，即可证明AB=AE．
（2）先证明BD是⊙O的直径，得到∠BCD=90°．由（1）可得AB=4．在Rt△ABD中求出BD=2❑√5
❑√2
；在Rt△BCD中，CD=BC= BD=❑√10．
2
【详解】（1）证明：如图，连接AC．
∵BC=CD
，
∴B´C=C´D，
∴∠BAC=∠EAC．
∵CD=CE，
∴∠E=∠CDE，BC=CE．
∵∠B+∠ADC=180°，∠CDE+∠ADC=180°，
∴∠B=∠CDE，
∴∠B=∠E．
在△ABC与△AEC中，
¿
∴△ABC≌△AEC(AAS)，
∴AB=AE．
（2）解：如图，连接BD．
∵∠BAD=90°
，
∴BD是⊙O的直径，∴∠BCD=90°．
由（1）可得AB=AE．
∵AD=DE=2，
∴AB=4．
在Rt△ABD中，BD=❑√AB2+AD2=2❑√5；
❑√2
在Rt△BCD中，CD=BC= BD=❑√10．
2
【点睛】本题主要考查了弧，弦，圆周角之间的关系，圆内接四边形的性质，等边对等角，勾股定理，90
度圆周角所对的弦是直径，直径所对的圆周角是直角，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构
造全等三角形和直角三角形是解题的关键．
⏜
【变式5-1】（2024·浙江嘉兴·模拟预测）如图，矩形ABCD内接于⊙O,AB=2,BC=2❑√3，则
AB
的长
为（ ）
1 2 ❑√3 2❑√3
A． π B． π C． π D． π
3 3 3 3
【答案】B
【分析】本题考查了圆的基础知识，如图，连接AC，BD，根据内接矩形的性质可得AB，CD是直径，
根据直角三角形斜边中线等于斜边上的高，可得OA=OB=2，可得△AOB是等边三角形，再根据弧长的
计算方法即可求解，掌握矩形的性质，圆的基础值，弧长计算公式是解题的关键．
【详解】解：如图所示，连接AC，BD，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠ABC=90°，
∴AC，BD是直径，点O是线段AC的中点，
∴在Rt△ABC中，AC=❑√AB2+BC2=❑√22+(2❑√3) 2=4，
1
∴OB= AC=2=OA，
2
∴OA=OB=AB=2，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=60°，
nπr 60π×2 2
∴l = = = π
⏜ 180 180 3
AB
故选：B ．
【变式5-2】（23-24九年级下·四川成都·开学考试）《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方
圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，正方形ABCD的边长为2．以它的对角线的交点为位似中心，作
它的位似图形A′B′C′D′，若A′B′:AB=2:1，则四边形A′B′C′D′的外接圆半径为 ．
【答案】2❑√2
【分析】本题考查位似图形的性质，根据正方形ABCD的边长为2和位似比求出A'B'=4，进而即可求
解．解题关键求出正方形的边长．
【详解】解：如图，连接A′C′，
∵正方形ABCD与四边形A′B′C′D′是位似图形，∴四边形A′B′C′D′是正方形，
∴∠A′B′C′=90°
∴A′C′是四边形A′B′C′D′的外接圆直径，
∵正方形ABCD的边长为2，A′B′:AB=2:1
∴A′B′=4
∴AC′=❑√42+42=4❑√2
∴四边形A′B′C′D′的外接圆半径为2❑√2，
故答案为：2❑√2．
【变式5-3】（2024·江西景德镇·三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，⊙P经过点O，与y轴交于点
A(0,6)，与x轴交于点B(8,0)，则OP的长为 ．
【答案】5
【分析】本题考查了90度圆周角所对的弦为直径，勾股定理，连接AB，通过题意判断出AB为直径，圆
心P在AB上，根据勾股定理计算出AB的长，从而得出结果．
【详解】解：如图，连接AB，
∵∠AOB A，B，O
为直角，且点 都在圆上，
∴AB为直径，圆心P在AB上，
∵A(0,6)， B(8,0)，
∴OA=6，OB=8，
∴AB=❑√OA2+OB2=10，1
∴OP= AB=5，
2
故答案为：5．
【题型6 转移线段】
【例6】（23-24九年级上·四川泸州·阶段练习）如图，⊙O的直径AB=8，弦CD=3，且弦CD在圆上滑
动（CD的长度不变，点C、D与点A、B不重合），过点C作CP⊥AB于点P，若M是CD的中点，则
PM的最大值是 ．
【答案】4
【分析】本题考查垂径定理、三角形中位线定理，延长CP交⊙O于点K，连接DK，根据垂径定理可得
1
CP=PK，再根据三角形中位线定理可得PM= KD，进而可得当KD最大时，PM的值最大，即即当
2
KD为直径时，KD的值最大，即可求解．
【详解】解：延长CP交⊙O于点K，连接DK，
∵AB⊥CK，
∴CP=PK，
∵M是CD的中点，
∴PM是△CKD的中位线，
1
∴PM= KD，
2
∴当KD最大时，PM的值最大，
即当KD为直径时，KD的值最大，
∵⊙O的直径AB=8，
1 1
∴PM= KD= AB=4，
2 2
故答案为：4．【变式6-1】（2024九年级上·浙江台州·期中）如图，在△ABC中，AB=5，AC=4，BC=3，经过点C
且与边AB相切的动圆与CA、CB分别相交于点P、Q，则线段PQ长度的最小值是 ．
12 2
【答案】 /2.4/2
5 5
【分析】设圆心为点F，圆F与AB的切点为D，连接FD、CF、CD，则有FD⊥AB，由勾股定理的逆
定理可得△∠ACB=90°，再由直角三角形的性质可得FC+FD=QP，又由FC+FD≥CD，PQ为圆F
的直径，可得点F在直角三角形ABC的斜边AB的高CD上时，PQ=CD有最小值，即CD为圆F的直径，
再利用△ABC的面积即可求解．
【详解】解：如图，设圆心为点F，圆F与AB的切点为D，连接FD、CF、CD，
∵圆F与AB相切，
∴FD⊥AB，
∵在△ABC中，32+42=52，即BC2+AC2=AB2，
∴△∠ACB=90°，
1
∴CF= QP，
2
又∵CF=FD，
∴FC+FD=QP，
∵FC+FD≥CD，PQ为圆F的直径，
∴当点F在直角三角形ABC的斜边AB的高CD上时，PQ=CD有最小值，即CD为圆F的直径，
1 1
∵S = BC⋅AC= AB⋅CD，
△ABC 2 21 1
∴ ×4×3= ×5×CD，
2 2
12
∴CD= ，
5
12
故答案为： ．
5
【点睛】本题考查切线的性质、直角三角形的性质、勾股定理的定理、三角形的三边关系及三角形的面积
公式，根据题意可知当点F在直角三角形ABC的斜边AB的高CD上时，PQ=CD有最小值是解题的关
键．
【变式6-2】（2024·江苏徐州·三模）【问题情境】
如图1，P是⊙O外的一点，直线PO分别交⊙O于点A、B．
小明认为线段PA是点P到⊙O上各点的距离中最短的线段，他是这样考虑的：在⊙O上任意取一个不同
于点A的点C，连接OC、CP，则有OPPC．OB=OC，
∴OP+OB>PC，即PB>PC．
∴线段PB是点Р到圆О上各点的距离中最长的线段．
∴小红的说法正确；直接运用∶取半圆的圆心O，连接OA交半圆于点M，则当P与点M重合时，PA最小，
∵∠ACB=90°，AC=BC=2，
∴OC=1，OC2+AC2=OA2，
∴OA=❑√22+12=❑√5，
∴PA的最小值为OA−AM=❑√5−1
故答案为：❑√5−1．
构造运用：由折叠知A′M=AM，
∵M是AD的中点，
∴MA=M A′=MD，
∴点A′，A，D都在以AD为直径的圆上．如图3，以点M为圆心，MA为半径画⊙M，连接MC．
当A′C长度取最小值时，点A′在MC上，
过点M作MH⊥DC于点F，
∵在边长为6的菱形ABCD中，
∠A=60°，M为AD中点，
∴2MD=AD=CD=2，∠HDM=60°，
∴∠HMD=30°，
1 1
∴HD= MD= ．
2 2❑√3 5
∴HM=DM×cos30°= ,HC= ，
2 2
∴MC=❑√H M2+HC2=❑√7，
∴A′C=MC−M A′=❑√7−1；
深度运用：如图，在AB的上方作等边△ABH，连接DH，取BH的中点G连接DG，
∵AB是半圆的直径，
∴∠ACB=90°，
∵△ABH和△BCD都是等边三角形，
∴AB=BH=AH=4，BD=BC=DC，∠ABH=∠CBD=60°即∠ABC+∠CBH=∠CBH+∠HBD
，
∴∠ABC=∠HBD，
∴△ABC≌△HBD，
∴∠BDH=∠ACB=90°，
∴点D在以BH为直径的半圆上，
∵G是BH的中点，AB=AH=BH=4，
∴AG⊥BH，BG=DG=HG=2，
∴AG=❑√AB2−BG2=❑√42−22=2❑√3，
∴根据三角形的两边之和大于第三边可得AD的最大值为AG+DG=2❑√3+2，
故答案为：2❑√3+2．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，勾股定理，等边三角形的性质，圆周角定理的推论以及三角
形的三边关系，熟练掌握勾股定理，等边三角形的性质，圆周角定理的推论以及三角形的三边关系是解题
的关键．
【变式6-3】（23-24九年级上·河南开封·阶段练习）如图，以G(0,3)为圆心，半径为6的圆与x轴交于
A，B两点，与y轴交于C，D两点，点E为⊙G上一动点，CF⊥AE于F，点E在G的运动过程中，线段FG的长度的最小值为 ．
【答案】3❑√3−3/−3+3❑√3
【分析】本题主要考查垂径定理，圆周角定理，直角三角形30度角的判定和性质，熟练掌握性质定理，构
造直角三角形是解题的关键．过点G作GM⊥AC于点F，连接AG．得到点F在MG的延长线上时，FG
的长度的最小，最小值=FM−GM，即可得到答案．
【详解】解：过点G作GM⊥AC于点F，连接AG，
∵GO⊥AB，
∴OA=OB，
∵G(0,3)，
∴OG=3，
在Rt△AGO中，AG=6,OG=3，
∴OA=❑√AG2−GO2=3❑√3，
∴∠GAO=30°,AB=2AO=6❑√3，
∴∠AGO=60°，
∵GC=GA=6，
∴∠GCA=∠GAC，
∵∠AGO=∠GCA+∠GAC，
∴∠AGO=∠GAC=30°，
1
∴AC=2OA=6❑√3,MG= CG=3，
2
∵∠AFC=90°，
∴点F在以AC为直径的⊙M上，
AC
∴MF= =3❑√3，
2
点F在MG的延长线上时，FG的长度的最小，最小值=FM−GM=3❑√3−3，故答案为：3❑√3−3．
【题型7 构造相似三角形】
【例7】（2024·贵州六盘水·二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD为直径，DB平分∠ADC，
CA=CD，DB与CA交于点E， 延长AB,DC交于点 F．
(1)直接写出线段AB与线段BC的数量关系；
(2)求证：△AFC≌△DEC；
S
(3)设△ABD的面积为S ，△BCD的面积为S ，求 1 的值．
1 2 S
2
【答案】(1)AB=BC
(2)见解析
(3)❑√2
【分析】（1）根据等角，等弧，等弦，即可得出结论；
（2）根据同弧所对的圆周角相等，利用ASA证明△AFC≌△DEC即可；
（3）过点C作CH⊥DE，圆周角定理得到∠ACD=∠ABD=90°，勾股定理得到
AB AD
AD=❑√C A2+CD2=❑√2CD，证明△ABD∽△CHD，得到 = =❑√2，根据同底三角形的面积比等
CH CD
于高线比，即可得出结果．
【详解】（1）解：连接OB,OC，则：∠AOB=2∠ADB,∠BOC=2∠CDB，∵DB平分∠ADC，
∴∠ADB=∠CDB，
∴∠AOB=∠BOC，
∴A´B=B´C，
∴AB=BC；
（2）∵AD为直径，
∴∠ACD=90°，
∴∠ACF=90°=∠ACD，
又∵∠BAC=∠CDB，CA=CD，
∴△AFC≌△DEC；
（3）过点C作CH⊥DE，则∠CHD=90°
∵AD为直径，
∴∠ACD=∠ABD=90°，
∵CA=CD，
∴AD=❑√C A2+CD2=❑√2CD，
∵∠ABD=∠CHD=90°,∠ADB=∠CDB，
∴△ABD∽△CHD，
AB AD
∴ = =❑√2，
CH CD
1
AB⋅BD
S 2 AB
∴ 1= = =❑√2．
S 1 CH
2 CH⋅BD
2【点睛】本题考查圆周角定理，弧，弦，角之间的关系，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和
性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
【变式7-1】（2024·吉林长春·模拟预测）已知DE是⊙O的直径，DE=6．点A是圆外一点，点D和点E
在同一条直线上．且AD=2．过点A另一条直线交⊙O于B、C．
(1)如图1，当AC=5时，研究发现：连接CE、BD可以得到△ABD∽△AEC，继而可以求AB长．请写出
完整的解答过程．
(2)如图2，当B、C重合于一点时，AC=______．
(3)如图3，当OB平分∠AOC时，AC=______．
16
【答案】(1)AB= ；过程见解析
5
(2)4
8❑√10
(3)
5
AD AB 16
【分析】（1）连接BD、CE，证明△ABD∽△AEC，得出 = ，求出AB= ．
AC AE 5
（2）连接OC，根据当B、C重合于一点时，AC与⊙O相切于点C，得出∠ACO=90°，求出
AC=❑√AO2−OC2=❑√52−32=4．
1
（3）连接BD，根据角平分线定义得出∠AOB=∠COB= ∠AOC，证明DB=BC，△ABD∽△AOB
2
AB AD BD AB 2 BD 3❑√10
，得出 = = ，即 = = ，求出AB=❑√10，BD= ，即可求出结果．
AO AB OB 5 AB 3 5
【详解】（1）解：连接BD、CE，如图所示：∵DE=6，AD=2，
∴AE=AD+DE=2+6=8，
∵∠ABD+∠CBD=180°，∠CBD+∠E=180°，
∴∠ABD=∠E，
∵∠BAD=∠EAC，
∴△ABD∽△AEC，
AD AB
∴ = ，
AC AE
2 AB
∴ = ，
5 8
16
解得：AB= ．
5
（2）解：连接OC，如图所示：
∵当B、C重合于一点时，AC与⊙O相切于点C，
∴∠ACO=90°，
∵DE=6，
∴OC=OD=OE=3，
∴AO=AD+DO=2+3=5，
∴AC=❑√AO2−OC2=❑√52−32=4．
（3）解：连接BD，如图所示：∵OB平分∠AOC，
1
∴∠AOB=∠COB= ∠AOC，
2
∴DB=BC，
∵OC=OE，
∴∠OCE=∠OEC，
∵∠AOC=∠OCE+∠OEC，
1
∴∠OCE=∠OEC= ∠AOC，
2
∴∠DOB=∠OEC，
根据解析（1）可知：∠ABD=∠AEC，
∴∠ABD=∠AOB，
∵∠DAB=∠OAB，
∴△ABD∽△AOB，
AB AD BD
∴ = = ，
AO AB OB
AB 2 BD
即 = = ，
5 AB 3
3❑√10
解得：AB=❑√10，BD= ，
5
3❑√10 8❑√10
∴AC=AB+BC=AB+BD=❑√10+ = ．
5 5
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性
质，切线的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
【变式7-2】（23-24九年级下·福建厦门·阶段练习）如图，以AB为直径的⊙O与AH相切于点A，点C在
AB左侧圆弧上，弦CD⊥AB交⊙O于点D，连接AC，AD，点A关于CD的对称点为E，直线CE交
⊙O于点F，交AH于点G．(1)求证：∠CAG=∠AGC；
EF 2 DP
(2)当点E在AB上，连接AF交CD于点P，若 = ，求 的值；
CE 5 CP
(3)当点E在射线AB上，AB=2，四边形ACOF中有一组对边平行时，求AE的长．
【答案】(1)见解析
5
(2)
7
3−❑√5
(3)2−❑√2或
2
【分析】（1）设AB与CD相交于点M，由⊙O与AH相切于点A，得到∠BAG=90°，由CD⊥AB，得
到∠AMC=90°，进而得到AG∥CD，由平行线的性质推导得，∠CAG=∠ACD，∠AGC=∠FCD
，最后由点A关于CD的对称点为E得到∠FCD=∠ACD即可证明．
（2）过F点作FK⊥AB于点K，设AB与CD交于点N，连接DF，证明∠FAD=∠ADC得到DP=AP，
KE EF 2
再证明△CPA≌△FPD得到PF=PC；最后根据△KEF∽△NEC及△APN∽△AFK得到 = = 和
EN CE 5
PA AN 5
= = ，最后根据平行线分线段成比例求解．
AF AK 12
（3）分两种情形：当OC∥AF时，当AC∥OF时，分别求解即可．
【详解】（1）证明：如图，设AB与CD相交于点M，∵⊙O与AH相切于点A，
∴∠BAG=90°，
∵CD⊥AB，
∴∠AMC=90°，
∴AG∥CD，
∴∠CAG=∠ACD，∠AGC=∠FCD，
∵点A关于CD的对称点为E，
∴∠FCD=∠ACD，
∴∠CAG=∠AGC．
（2）解：过F点作FK⊥AB于点K，设AB与CD交于点N，连接DF，如下图所示：
由同弧所对的圆周角相等可知：∠FCD=∠FAD，
∵AB为⊙O的直径，且CD⊥AB，由垂径定理得：A´C=A´D，
∴∠ACD=∠ADC，
∵点A关于CD的对称点为E，
∴∠FCD=∠ACD，
∴∠FAD=∠FCD=∠ACD=∠ADC，即∠FAD=∠ADC，
∴DP=AP，
由同弧所对的圆周角相等得：∠ACP=∠DFP，且∠CPA=∠FPD，
∴△CPA≌△FPD，
∴PC=PF，
∵FK⊥AB，AB与CD交于点N，
∴∠FKE=∠CNE=90°．
∵∠KEF=∠NEC，∠FKE=∠CNE=90°，
∴△KEF∽△NEC，KE EF 2
∴ = = ，
EN CE 5
设KE=2x,EN=5x，
∵点A关于CD的对称点为E，
∴AN=EN=5x，AE=AN+NE=10x，AK=AE+KE=12x，
又FK∥PN，
∴△APN∽△AFK，
PA AN 5x 5
∴ = = = ．
AF AK 12x 12
∵∠FCD=∠CDA，
∴CF∥AD，
DP AP AP 5
∴ = = = ；
CP PF AF−AP 7
（3）解：分类讨论如下：
如图，当OC∥AF时，连接OC，OF，设∠AGF=α，则∠CAG=∠ACD=∠DCF=∠AFG=α，
∵OC∥AF，
∴∠OCF=∠AFC=α，
∵OC=OA，
∴∠OCA=∠OAC=3α，
∵∠OAG=45°，
∴4α=90°，
∴α=22.5°，
∵OC=OF，OA=OF，
∴∠OFC=∠OCF−∠AFC=22.5°，
∴∠OFA=∠OAF=45°，
∴AF=❑√2OF=❑√2OC，∵OC∥AF，
AE AF
∴ = =❑√2，
OE OC
∴AE=❑√2OE，
∵OA=1，
❑√2
∴AE= =2−❑√2；
1+❑√2
如图，当AC∥OF时，连接OC，OF，
设∠AGF=α，
∵∠ACF=∠ACD+∠DCF=2α，
∵AC∥OF，
∴∠CFO=∠ACF=2α，
∴∠CAO=∠ACO=4α，
∵∠AOC+∠OAC+∠ACO=180°，
∴10α=180°，
∴α=18°，
∴∠COE=∠ECO−∠CFO=36°，
∴△OCE∽△FCO，
∴OC2=CE⋅CF，
∴1=CE(CE+1)，
❑√5−1
∴CE=AC=OE= ，
2
3−❑√5
∴AE=OA−OE= ；
2
3−❑√5
综上所述，满足条件的AE的长为2−❑√2或 ，
2
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆的相关性质，相似三角形，勾股定理等，综合运用以上知识是解题的
关键．【变式7-3】（2024九年级上·上海·专题练习）已知AB是⊙O的一条弦，点C在⊙O上，连接CO并延
长，交弦AB于点D，且CD=CB．
⏜ ⏜
(1)如图1，如果BO平分∠ABC，求证： AB=BC ；
(2)如图2，如果AO⊥OB，求AD:DB的值；
(3)延长线段AO交弦BC于点E，如果△EOB是等腰三角形，且⊙O的半径长等于2，求弦BC的长．
【答案】(1)见解析
❑√3
(2)
3
(3)❑√5+1或2❑√2
【分析】（1）证明△OBA≌△OBC即可解决问题．
（2）如图2中，作DM⊥OB于M，DN⊥OA于N，设OM=a．首先证明∠CDB=∠CBD=75°，解
直角三角形求出AD，BD（用a表示）即可解决问题．
（3）由∠OEB=∠C+∠COE>∠OBE，推出OE≠OB，分两种情形：如图3−1中，当BO=BE时，如
图3−2中，当EO=EB时，分别求解即可解决问题．
【详解】（1）证明：如图1中，
∵BO ∠ABC
平分 ，
∴∠ABO=∠CBO，
∵OB=OA=OC，
∴∠A=∠ABO，∠C=∠OBC，
∴∠A=∠C，∵OB=OB，
∴△OBA≌△OBC(AAS)，
∴AB=BC，
⏜ ⏜
∴ AB=BC ．
（2）解：如图2中，作DM⊥OB于M，DN⊥OA于N，设OM=a．
∵OA⊥OB
，
∴∠MON=∠DMO=∠DNO=90°，
∴四边形DMON是矩形，
∴DN=OM=a，
∵OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠A=∠ABO=45°，
∵OC=OB，CD=CB，
∴∠C=∠OBC，∠CDB=∠CBD，
∵∠C+∠CDB+∠CBD=180°，
∴3∠C+90°=180°，
∴∠C=30°，
∴∠CDB=∠CBD=75°，
∵∠DMB=90°，
∴∠MDB=∠DBM=45°，
∴DM=BM，∠ODM=30°，
∴DM=❑√3OM=❑√3a，DN=❑√2DM=❑√6a，AD=❑√2DN=❑√2a，
AD ❑√2a ❑√3
∴ = = ．
DB ❑√6a 3
（3）解：如图3−1中，当BO=BE时，∵CD=CB
，
∴∠CDB=∠CBD，
∴∠A+∠AOD=∠OBA+∠OBC，
∵∠A=∠ABO，
∴∠AOD=∠OBC=∠C，
∵AOD=∠COE，
∴∠C=∠COE=∠CBO，
∵∠C=∠C，
∴△OCE∽△BCO，
OC CE
∴ = ，
BC OC
2 EC
∴ = ，
2+EC 2
∴EC2+2EC−4=0，
解得EC=−1+❑√5或−1−❑√5（舍弃），
∴BC=❑√5+1．
如图3−2中，当EO=EB时，可得△OEB是等腰直角三角形，
❑√2
∴EO=EB=EC= OB=❑√2
2
，
∴BC=2❑√2，
∵∠OEB=∠C+∠COE>∠OBE，
∴OE≠OB，
综上所述，BC的值为❑√5+1或2❑√2．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数解
决问题，属于中考压轴题．
【题型8 四点共圆】
【例8】（2024九年级上·北京海淀·阶段练习）如图1，在正方形ABCD中，点F在边BC上，过点F作
EF⊥BC，且FE=FC(CE
