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2021-2022 学年北师大版数学九年级下册压轴题专题精选汇编
专题 07 圆周角定理
一．选择题
1．（2021•巴中）如图，AB是⊙O的弦，且AB＝6，点C是弧AB中点，点D是优弧AB上的一点，
∠ADC＝30°，则圆心O到弦AB的距离等于（ ）
A． B． C． D．
【思路引导】根据题意连接OA、OC，OC交AB于点E，根据垂径定理推出OC⊥AB，且AE＝BE＝3，
再由圆周角定理推出∠AOC＝2∠ADC＝60°，从而根据直角三角形的性质进行求解即可．
【完整解答】解：如图，
连接OA、OC，OC交AB于点E，
∵点C是弧AB中点，AB＝6，
∴OC⊥AB，且AE＝BE＝3，
∵∠ADC＝30°，
∴∠AOC＝2∠ADC＝60°，
∴OE＝ AE＝ ，
故圆心O到弦AB的距离为 ．
故选：C．2．如图，AB为⊙O的直径，C，D为⊙O上的两点，若∠ABD＝54°，则∠C的度数为（ ）
A．34° B．36° C．46° D．54°
【思路引导】连接AD，如图，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，∠C＝∠A，然后利用互余计算出
∠A，从而得到∠C的度数．
【完整解答】解：连接AD，如图，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠ABD＝90°﹣54°＝36°，
∴∠C＝∠A＝36°．
故选：B．
3．（2021•赤峰）如图，点C，D在以AB为直径的半圆上，且∠ADC＝120°，点E是 上任意一点，连
接BE、CE．则∠BEC的度数为（ ）
A．20° B．30° C．40° D．60°
【思路引导】连接AC，如图，根据圆内接四边形的性质得到∠ABC＝60°，再根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，则可计算出∠BAC＝30°，然后根据圆周角定理得到∠BEC的度数．
【完整解答】解：连接AC，如图，
∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∴∠ABC＝180°﹣120°＝60°，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝90°﹣60°＝30°，
∴∠BEC＝∠BAC＝30°．
故选：B．
4．（2021•黄州区校级自主招生）如图，已知⊙O上的两条弦AC和BC互相垂直于点C，点D在弦BC上，
点E在弦AC上，且BD＝AE，连接AD和BE，点P为BE中点，点Q为AD中点，射线QP与线段BC
交于点N，若∠A＝30°，NQ＝ ，则DQ的长为（ ）
A． B． C． D．4
【思路引导】连接AB，OP，OQ，根据AC⊥BC可确定AB为直径，则OP，OQ为中位线，利用中位线
的性质可求得∠PQO＝45°，根据∠A＝30°，可求出∠CDA＝60°，∠DNQ＝45°，过点Q作QM⊥BC交
BC于M，则△NQM为等腰直角三角形，进而求出MQ的长度，解直角三角形MQD即可求解．
【完整解答】解：连接AB，OP，OQ，
∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，∴AB为直径，
∵P为BE的中点，Q为AD的中点，
∴OP∥AC，OP＝ AE，OQ∥BD，OQ＝ BD，
∴OP⊥OQ，
∴∠POQ＝90°，
∵BD＝AE，
∴OP＝OQ，
∴∠OPQ＝∠OQP＝45°，
∵∠A＝30°，
∴∠CDA＝60°，
∴∠NDQ＝120°，
∴∠OQA＝120°，
∴∠NQD＝15°，
∴∠DNQ＝45°，
过点Q作QM⊥BC交BC于M，
则△NQM为等腰直角三角形，
∵NQ＝2 ，
∴MQ＝2 ，
在Rt△DMQ中，∠MDQ＝60°，
∴DQ＝ ＝4，
故选：D．
5．（2021•抚顺）如图，在⊙O中，弦CD与直径AB相交于点E，连接OC，BD．若∠ABD＝20°，∠AED
＝80°，则∠COB的度数为（ ）A．80° B．100° C．120° D．140°
【思路引导】根据三角形的外角性质求出∠D，根据圆周角定理得出∠D＝ COB，求出∠COB＝
2∠D，再代入求出答案即可．
【完整解答】解：∵∠ABD＝20°，∠AED＝80°，
∴∠D＝∠AED﹣∠ABD＝80°﹣20°＝60°，
∴∠COB＝2∠D＝120°，
故选：C．
6．（2021•牡丹江）如图，点A，B，C为⊙O上的三点，∠AOB＝ ∠BOC，∠BAC＝30°，则∠AOC的
度数为（ ）
A．100° B．90° C．80° D．60°
【思路引导】利用圆周角定理求出∠BOC，再根据题目条件求出∠AOB可得结论．
【完整解答】解：∵∠BOC＝2∠BAC＝60°，OB＝OC，
∴△BOC是等边三角形，
∵∠AOB＝ ∠BOC＝20°，
∴∠AOC＝∠BOC+∠AOB＝60°+20°＝80°，
故选：C．
7．（2021•武汉模拟）如图，AB为⊙O的直径，点C为半圆上一点且sin∠CAB＝ ，点E、F分别为 、
的中点，弦EF分别交AC，CB于点M、N．若MN＝ ，则AB＝（ ）A．10 B．10 C．18 D．6
【思路引导】由于点E、F分别为 、 的中点，根据垂径定理可得OP垂直平分AC，OQ垂直平分
BC，再由直径所对的圆周角是直角得出△PEM、△QFN、△OEF、△CMN都是等腰直角三角形，根据
sin∠BAC＝ ，设未知数，表示ME，NF，最后根据直角三角形的边角关系列方程求解即可．
【完整解答】解：如图，连接OE、OF交AC、BC于点P、Q，
∵点E、F分别为 、 的中点，
∴OP垂直平分AC，OQ垂直平分BC，
又∵AB为⊙O的直径，OE＝OF，
∴∠EOF＝ ∠AOB＝ ×180°＝90°，
∴∠E＝∠F＝45°，
∴∠EMP＝∠CMN＝∠CNM＝∠FNQ＝45°，
∴△PEM、△QFN、△OEF、△CMN都是等腰直角三角形，
在Rt△ABC中，由sin∠BAC＝ ＝ ，
在Rt△OEF中，MN＝2 ，
∴CM＝CN＝ MN＝ ×2 ＝2 ，
设BC＝3x，则AB＝5x，由勾股定理可得AC＝ ＝4x，
又∵OE⊥AC，OF⊥BC，OA＝OB，
∴AP＝PC＝OQ＝ AC＝2x，OP＝QC＝QB＝ BC＝ x，
∴PE＝PM＝PC﹣CM＝2x﹣2 ，OP＝OE﹣PE＝ x﹣2x+2 ，又∵OP＝CQ，
∴ x﹣2x+2 ＝ x，
解得x＝2 ，
∴AB＝5x＝10 ，
故选：A．
8．（2021•拱墅区校级四模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，P是AC上的一点，
PH⊥AB于点H，以PH为直径作⊙O，当CH与PB的交点落在⊙O上时，AP的值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【思路引导】当CH与PB的交点D落在⊙O上时，因为HP是直径，可以判定BP⊥HC，再证BP垂直
平分HC，求出BH的长度，最后证△AHP∽△ACB，即可求出AP的长度．
【完整解答】解：如图所示，当CH与PB的交点D落在⊙O上时，
∵HP是直径，
∴∠HDP＝90°，
∴BP⊥HC，
∴∠HDP＝∠BDH＝90°，
又∵∠PHD+∠BHD＝90°，∠BHD+∠HBD＝90°，
∴∠PHD＝∠HBD，
∴△PHD∽△HBD，
∴ ＝ ，∴HD2＝PD•BD，
同理可证CD2＝PD•BD，
∴HD＝CD，
∴BD垂直平分CH，
∴BH＝BC＝3，
在Rt△ACB中，
AB＝ ＝ ＝10，
∴AH＝10﹣6＝4，
∵∠A＝∠A，∠AHP＝∠ACB＝90°，
∴△AHP∽△ACB，
∴ ＝ ，
即 ＝ ，
∴AP＝5，
故选：C．
二．填空题
9．（2021•盘锦）如图，在平面直角坐标系 xOy中，点A在x轴负半轴上，点B在y轴正半轴上，⊙D经
过A，B，O，C四点，∠ACO＝120°，AB＝4，则圆心点D的坐标是 （﹣ ， 1 ） ．
【思路引导】先利用圆内接四边形的性质得到∠ABO＝60°，再根据圆周角定理得到AB为⊙D的直径，则D点为AB的中点，接着利用含30度的直角三角形三边的关系得到OB＝2，OA＝2 ，所以A（﹣2
，0），B（0，2），然后利用线段的中点坐标公式得到D点坐标．
【完整解答】解：∵四边形ABOC为圆的内接四边形，
∴∠ABO+∠ACO＝180°，
∴∠ABO＝180°﹣120°＝60°，
∵∠AOB＝90°，
∴AB为⊙D的直径，
∴D点为AB的中点，
在Rt△ABO中，∵∠ABO＝60°，
∴OB＝ AB＝2，
∴OA＝ OB＝2 ，
∴A（﹣2 ，0），B（0，2），
∴D点坐标为（﹣ ，1）．
故答案为（﹣ ，1）．
10．（2021•淮安）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠CAB＝55°，则∠D的度数是 35 ° ．
【思路引导】根据直径所对的圆周角是直角推出∠ACB＝90°，再结合图形由直角三角形的性质得到∠B
＝90°﹣∠CAB＝35°，进而根据同弧所对的圆周角相等推出∠D＝∠B＝35°．
【完整解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠CAB＝55°，
∴∠B＝90°﹣∠CAB＝35°，
∴∠D＝∠B＝35°．
故答案为：35°．
11．（2021•徐州）如图，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，若∠ADC＝58°，则∠BAC＝ 3 2 °．【思路引导】根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，∠B＝∠ADC＝58°，然后利用互余计算∠BAC的度数．
【完整解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠B＝∠ADC＝58°，
∴∠BAC＝90°﹣∠B＝32°．
故答案为32．
12．（2021•本溪）如图，由边长为1的小正方形组成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的
圆经过点C和点D，则tan∠ADC＝ ．
【思路引导】先利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，∠ADC＝∠ABC，再利用正切的定义得到tan∠ABC
＝ ，从而得到tan∠ADC的值．
【完整解答】解：∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，tan∠ABC＝ ＝ ，
∵∠ADC＝∠ABC，
∴tan∠ADC＝ ．
故答案为 ．
13．（2021•黑龙江）如图，在⊙O中，AB是直径，弦AC的长为5cm，点D在圆上且∠ADC＝30°，则⊙O的半径为 5 cm．
【思路引导】连接OC，证明△AOC是等边三角形，可得结论．
【完整解答】解：如图，连接OC．
∵∠AOC＝2∠ADC，∠ADC＝30°，
∴∠AOC＝60°，
∵OA＝OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴OA＝AC＝5（cm），
∴⊙O的半径为5cm．
故答案为：5．
14．（2021•黑龙江）如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝4，OB＝6，以点O为圆心，3为半径的
⊙O，与OB交于点C，过点C作CD⊥OB交AB于点D，点P是边OA上的动点，则PC+PD的最小值
为 2 ．
【思路引导】延长CO交⊙O于点E，连接ED，交AO于点P，则PC+PD的值最小．
【完整解答】解：延长CO交⊙O于点E，连接ED，交AO于点P，则PC+PD的值最小，最小值为线
段DE的长．∵CD⊥OB，
∴∠DCB＝90°，
∵∠AOB＝90°，
∴∠DCB＝∠AOB，
∴CD∥AO，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴CD＝2，
在Rt△CDE中，DE＝ ＝ ＝2 ，
∴PC+PD的最小值为2 ．
故答案为：2 ．
15．（2021•秦淮区二模）已知四边形ABCD的四个顶点都在⊙O上，则得到结论∠A+∠C＝180°．上述推
理由因到果的依据是 圆内接四边形的对角互补 ．
【思路引导】根据圆内接四边形的性质解决问题即可．
【完整解答】解：∵四边形ABCD的四个顶点都在⊙O上，
∴∠A+∠C＝180°（圆内接四边形的对角互补）．
故答案为：圆内接四边形的对角互补．
16．（2021春•鼓楼区校级期中）已知，如图：正方形ABCD与等边三角形ADE的边长均为 ，P为正方
形ABCD内一动点且满足∠APD＝120°，连接PB，PE，则PE+PB﹣PA的最小值为 ．【思路引导】如图，过点E作EN⊥PD于N，EM⊥PA交PA的延长线于M．首先利用全等三角形的性质
证明PE﹣PA＝PD，再根据PB+PD≥BD求解即可．
【完整解答】解：如图，过点E作EN⊥PD于N，EM⊥PA交PA的延长线于M．
∵∠M＝∠ENP＝90°，∠MPN＝120°，
∴∠MEN＝60°，
∵△AED是等边三角形，
∴∠AED＝60°，AD＝AE＝DE＝ ，
∴∠MEN＝∠AED，
∴∠AEM＝∠DEN，
在△EMA和△END中，
，
∴△EMA≌△END（AAS），
∴EM＝EN，AM＝DN，
在Rt△EMP和Rt△ENP中，
，∴Rt△EMP≌Rt△ENP（HL），
∴PN＝PM，∠EPM＝∠EPN＝60°，
∴PA+PD＝PM﹣AM+PD﹣DN＝2PN＝PE，
∴PE﹣PA＝PD，
∴PE+PB﹣PA＝PD+PB，
∵PB+PD≥BD，BD＝ AD＝ ，
∴PE+PB﹣PA≥ ，
∴PE+PB﹣PA的最小值为 ，
故答案为： ．
17．（2020秋•海勃湾区期末）如图，AB，BC是⊙O的弦，∠B＝60°，点O在∠B内，点D为弧AC上的
动点，点M，N，P分别是AD，DC，CB的中点．若⊙O的半径为4，则PN+MN的长度的最大值是
4+2 ．
【思路引导】连接OC、OA、BD，作OH⊥AC于H．首先求出AC的长，利用三角形的中位线定理即可
解决问题．
【完整解答】解：连接OC、OA、BD，作OH⊥AC于H．
∵∠AOC＝2∠ABC＝120°，
∵OA＝OC，OH⊥AC，
∴∠COH＝∠AOH＝60°，CH＝AH，
∴CH＝AH＝OC•sin60°＝2 ，
∴AC＝4 ，∵CN＝DN，DM＝AM，
∴MN＝ AC＝2 ，
∵CP＝PB，CN＝DN，
∴PN＝ BD，
当BD是直径时，PN的值最大，最大值为4，
∴PN+MN的最大值为4+2 ．
故答案为：4+2 ．
三．解答题
18．（2021•深圳）如图，AB为⊙O的弦，D，C为 的三等分点，AC∥BE．
（1）求证：∠A＝∠E；
（2）若BC＝3，BE＝5，求CE的长．
【思路引导】（1）根据平行线的性质及圆周角定理求得角之间的关系即可；
（2）根据圆周角定理推出各个角之间的关系、各边之间的关系，再结合图形利用相似三角形的性质得
出对应线段成比例，列出方程求解即可．
【完整解答】（1）证明：
∵AC∥BE，
∴∠E═∠ACD，
∵D，C为 的三等分点，
∴ ＝ ＝ ，
∴∠ACD═∠A，
∴∠E═∠A，（2）解：由（1）知 ＝ ＝ ，
∴∠D═∠CBD═∠A═∠E，
∴BE═BD═5，BC═CD═3，△CBD∽△BDE，
∴ ═ ，即 ，
解得DE═ ，
∴CE═DE﹣CD═ ﹣3═ ．
19．（2021•临沂）如图，已知在⊙O中， ＝ ＝ ，OC与AD相交于点E．
求证：（1）AD∥BC；
（2）四边形BCDE为菱形．
【思路引导】（1）连接BD，根据圆周角定理可得∠ADB＝∠CBD，根据平行线的判定可得结论；
（2）证明△DEF≌△BCF，得到DE＝BC，证明四边形BCDE为平行四边形，再根据 得到BC＝
CD，从而证明菱形．
【完整解答】证明：（1）连接BD，
∵ ，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴AD∥BC；（2）连接CD，BD，设OC与BD相交于点F，
∵AD∥BC，
∴∠EDF＝∠CBF，
∵ ，
∴BC＝CD，BF＝DF，
又∠DFE＝∠BFC，
∴△DEF≌△BCF（ASA），
∴DE＝BC，
∴四边形BCDE是平行四边形，又BC＝CD，
∴四边形BCDE是菱形．
20．（2021春•鼓楼区校级月考）如图，在锐角三角形 ABC中，以AC边为直径的⊙O交BC于点D（BD
＞CD），作BH⊥AC，依次交⊙O于点E，交AC于点G，交⊙O于H．
（1）求证：△ECD∽△BCE；
（2）若∠ABC＝45°，⊙O的直径等于5，BC＝7，求CE的长．
【思路引导】（1）连接 AD，由圆周角定理得出∠ADC＝90°，根据等角的余角相等得∠DAC＝
∠GBC，由圆周角定理得出∠DAC＝∠DEC，可得∠EBC＝∠DEC，即可证明△ECD∽△BCE；
（2）证出BD＝AD，得出AD+DC＝7，由勾股定理得出AD2+DC2＝AC2，即（7﹣DC）2+DC2＝52，解得
DC＝4或DC＝3，由题意得出DC＝3，AD＝4，由相似三角形的性质得出CE：BC＝CD：CE，即可得出答案．
【完整解答】（1）证明：连接AD，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADB＝90°，
∵BH⊥AC，
∴∠BGC＝90°，
∵∠DAC+∠ACD＝∠GBC+∠ACD＝90°，
∴∠DAC＝∠GBC，
又∵∠DAC＝∠DEC，
∴∠EBC＝∠DEC，
∵∠ECD＝∠BCE，
∴△ECD∽△BCE；
（2）解：由（1）得：∠EBC＝∠DEC，
∵∠ABG+∠DEC＝45°，
∴∠ABC＝45°，∠BAD＝45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴BD＝AD，
∴AD+DC＝BD+DC＝BC＝7，
∵∠ADC＝90°，AC＝5，
∴AD2+DC2＝AC2，即（7﹣DC）2+DC2＝52，解得：DC＝4或DC＝3，
∵∠DAC＝∠GBC＜45°，
∴AD＞DC，
∴DC＝3，AD＝4，
由（1）得：△ECD∽△BCE，
∴CE：BC＝CD：CE，
∴CE2＝CD×BC＝3×7＝21，
∴CE＝ ．
21．（2021•无为市三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AC为直径的⊙O交AB于点D，弦
DE∥BC，交AC于点F，弧AD＝弧DE，连接AE．
（1）求证：△ADE是等边三角形；
（2）连接OB，若BD＝2，求OB的长．
【思路引导】（1）根据垂径定理可得EF＝DF＝ DE，由弧AD＝弧DE可得出DF＝ AD，根据直角
三角形的性质得∠DAF＝30°，∠ADE＝60°，即可得出结论；
（2）连接CD，由直径所对的圆周角是直角可得∠CDB＝90°，求出∠DCB＝30°，根据直角三角形的性
质得BC＝4，可求出CD＝2 ，可得OC＝CD＝2 ，根据勾股定理即可求解．
【完整解答】（1）证明：∵AC是⊙O的直径，DE∥BC，
∴DE⊥AC，
∴EF＝DF＝ DE，
∵弧AD＝弧DE，
∴AD＝DE，
∴DF＝ AD，
∵DF＝ DE，
∴∠DAF＝30°，∴∠ADE＝60°，
∵AD＝DE，
∴△ADE是等边三角形；
（2）解：连接CD，
∵AC是⊙O的直径，DE∥BC，
∴∠CDB＝90°，
由（1）得△ADE是等边三角形，DE⊥AC，∠DAF＝30°，
∴∠DCA＝60°，CD＝ AC＝OC，
∵∠ACB＝90°，
∴∠DCB＝30°，
∴BC＝2BD＝4，
∴CD＝ ＝2 ，
∴OC＝CD＝2 ，
∴OB＝ ＝2 ．
22．（2021春•亭湖区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的半圆O分别交AC、BC于
点D、E．
（1）求证：点E是BC的中点．
（2）若∠BOD＝75°，求∠CED的度数．
【思路引导】（1）连接AE，根据直径所对的圆周角为直角得到∠AEB＝90°，再根据等腰三角形的性质即可得到结论；
（2）根据圆周角定理得到∠DAB＝ ∠BOD＝37.5°，再根据圆的内接四边形的对角互补得到
∠DAB+∠DEB＝180°，而CBED+∠DEB＝180°，则∠CED＝∠DAB．
【完整解答】（1）证明：连接AE，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，即AE⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BE＝CE，
即点E为BC的中点；
（2）解：∵∠BOD＝75°，
∴∠DAB＝ ∠BOD＝37.5°，
∵∠DAB+∠DEB＝180°，∠CED+∠DEB＝180°，
∴∠CED＝∠DAB＝37.5°．
23．（2021•丹阳市二模）如图，线段AB是⊙O的直径，弦CD平分∠ACB，交AB于点E，AC+BC＝8．
（1）设点E到BC的距离为y，BC长为x，求y与x的函数关系式，并求当CE取最大值时x的值；
（2）连接AD、BD，四边形ACBD的面积是否为唯一确定的值？如果是，请求出它的面积；如果不是，
请说明理由．
【思路引导】（1）过点E作EF⊥BC，根据圆周角定理及角平分线的性质推出△CEF是等腰直角三角
形，再由相似三角形的判定得到△BEF∽△BAC，从而根据等腰直角三角形的性质及相似三角形的性质
列出函数关系式：y＝﹣ x2+x，运用二次函数的性质分析求解即可；
（2）根据题意由角平分线的性质及圆周角定理推出△ADB是等腰直角三角形，再根据直角三角形中的勾股定理推出各边之间的关系，根据三角形的面积公式得到 S ＝ AD×BD＝ AB2，S ＝
△ADB △ACB
AC•BC，由AC+BC＝8得出（AC+BC）2＝64，从而由边的关系转化为面积的关系推出S +S ＝
△ADB △ACB
16，于是得到S ＝16．
四边形ACBD
【完整解答】解：（1）如图1，
过点E作EF⊥BC，垂足为点F，
则点E到BC的距离为EF＝y，
∵CD是∠ACB的平分线，且AB为直径，
∴∠ACD＝∠BCD＝ ∠ACB＝45°，
又EF⊥BC，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴CF＝EF＝y，
∴BF＝BC﹣CF＝x﹣y，AC＝8﹣BC＝8﹣x，
∵∠EBF＝∠ABC，∠BFE＝∠BCA＝90°，
∴△BEF∽△BAC
∴ ＝ ，即 ＝ ，
整理，得y＝﹣ x2+x＝﹣ （x﹣4）2+2，
∴当x＝4时，y有最大值，
在Rt△CEF中，
CE＝ EF＝ y，
故当CE取得最大值时，x＝4．
（2）如图2，连接AD、BD，
由（1）可知∠ACD＝∠BCD，
∴AD＝BD，
又AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴△ADB是等腰直角三角形，
∴AD＝BD＝ AB，
∴S ＝ AD×BD＝ AB2，
△ADB
∴AB2＝4S ，
△ADB
∵S ＝ AC•BC，
△ACB
∴AC•BC＝2S ，
△ACB
∵AC+BC＝8，
∴（AC+BC）2＝64，即AC2+BC2+2AC•BC＝64，
∵在Rt△ACB中，AC2+BC2＝AB2，
∴4S +4S ＝64，
△ADB △ACB
∴S +S ＝16，
△ADB △ACB
∴S ＝S +S ＝16．
四边形ACBD △ADB △ACB
24．（2021•包头）如图，在锐角三角形ABC中，AD是BC边上的高，以AD为直径的⊙O交AB于点E，
交AC于点F，过点F作FG⊥AB，垂足为H，交 于点G，交AD于点M，连接AG，DE，DF．
（1）求证：∠GAD+∠EDF＝180°；
（2）若∠ACB＝45°，AD＝4，tan∠ABC＝2，求HF的长．【思路引导】（1）根据圆周角定理得出∠AGF＝∠ADF，再根据角之间的互余关系及等量代换推出
∠GAD＝∠EAF，最后利用圆内接四边形的性质即可得证；
（2）作出辅助线OF，可得：△AHM∽△FOM，△AHM∽△ADB，根据相似三角形的性质得到三角形
边之间的关系，最后根据勾股定理求解即可．
【完整解答】（1）证明：由题可知∠AGF＝∠ADF（同弧所对的圆周角相等），
∵GF⊥AB，AD为圆的直径，
∴∠AGF+∠GAE＝90°，∠ADF+∠FAD＝90°，
∴∠GAE＝∠FAD，
∴∠GAE+∠DAE＝∠FAD+∠DAE，即∠GAD＝∠EAF，
∵四边形AEDF是圆的内接四边形，
∴∠EAF+∠EDF＝180°，
∴∠GAD+∠EDF＝180°．
（2）解：如图，
连接OF，
∵AD是圆的直径，且AD是△ABC的高，GF⊥AB，
∴∠AED＝∠ADB＝∠AHM＝∠AFD＝90°，
∴△AHM∽△ADB，∴ ＝ ，
∵tan∠ABC＝ ＝2，
∴ ＝2，
∵∠ACB＝45°，
∴∠DAC＝∠ADF＝∠AFO＝45°，
∴∠AOF＝90°，
∵在Rt△AHM与Rt△FOM中：∠AMH＝∠FMO（对顶角），
∴△AHM∽△FOM，
∴ ＝ ＝2，
∵AD＝4，
∴OF＝OA＝2，
∴ ＝2，解得OM＝1，AM＝OA﹣OM＝1，
设HM＝x，则AH＝2x，
在Rt△AHM中有：AH2+HM2＝AM2，
即（2x）2+x2＝1，解得x＝ ，x＝﹣ （舍去），
1 2
∴AH＝ ，
∵OF＝OA＝2，
∴AF＝2 ，
在Rt△AHF中，有：AH2+HF2＝AF2，
即（ ）2+HF2＝（2 ）2，
解得HF＝ ，或HF＝﹣ （舍去），
故HF的长为 ．
25．（2021•苍南县一模）如图，AB为半圆O的直径，CB为切线，AC交半圆O于点D，E为 上一点，且 ＝ ，BE的延长线交AC于点F，连接AE．
（1）求证：∠EAF＝∠C．
（2）若BE＝1，EF＝2，求BC的长．
【思路引导】（1）连接BD，由AB为半圆O的直径，得∠ADB＝90°，从而有∠C＝∠ABD，再根据等
弧所对的圆周角相等得出∠ABD＝∠EAF即可；
（2）由△ABD≌△FBD可得AB＝BF＝3，从而勾股定理求出AE的长，再通过△AEF∽△CBA，即可求
出BC的长．
【完整解答】证明：（1）连接BD，
∵AB为半圆O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵CB为切线，
∴∠ABC＝90°，
∴∠C+∠CBD＝90°，
∠ABD+∠CBD＝90°，
∴∠C＝∠ABD，
∵ ，
∴∠ABD＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠C；（2）∵ ，
∴∠ABD＝∠FBD，
在△ABD和△FBD中
，
∴△ABD≌△FBD（ASA），
∴AB＝BF，
∵BE＝1，EF＝2，
∴BF＝3，
∴AB＝3，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
AE＝ ＝ ，
由（1）知∠EAF＝∠C，
∴△AEF∽△CBA，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
26．（2021•武汉模拟）如图，在Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AB是⊙O的直径，BC交⊙O于点D，E是
弧BD的中点，连接AE交BC于点F．
（1）求证：AC＝CF．（2）连接OC交AE于点P，若⊙O的半径为4，tan∠ACO＝ ，求CP的长．
【思路引导】（1）连接AD，如图，根据圆周角定理，由E是 的中点得到∠EAB＝∠EAD，想办法证
明∠CAF＝∠CFA即可解决问题．
（2）连接OC交AE于P，过点P作PJ⊥AC于J．想办法求出AJ，PJ即可解决问题．
【完整解答】（1）证明：连接AD，如图
∵E是 的中点，
∴ ＝ ，
∴∠EAB＝∠EAD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠CAB＝90°，
∴∠CAF+∠EAB＝90°，∠AFC+∠DAE＝90°，
∴∠CAF＝∠CFA，
∴AC＝CF．
（2）解：连接OC交AE于P，过点P作PJ⊥AC于J．
在Rt△CAO中，∵∠CAO＝90°，OA＝4，tan∠ACO＝ ＝ ，
∴AC＝6，AB＝8，BC＝ ＝ ＝10，
在Rt△AOC中，根据勾股定理得，OC＝ ＝ ＝2 ，
∵AD⊥BC，
∴ •BC•AD＝ •AC•AB，∴AD＝ ＝ ，
∴CD＝ ＝ ＝ ，
∵CA＝CF＝6，
∴DF＝6﹣ ＝ ，
∵∠CJP＝∠CAB＝90°，
∴∠APJ＝∠PAB，
∵∠PAB＝∠PAD，
∴∠APJ＝∠DAP，
∴tan∠APJ＝tan∠DAF＝ ＝ ，
∴ ＝ ，设AJ＝m，则PJ＝2m，
∵tan∠PCJ＝ ＝ ，
∴CJ＝3m，
∴AC＝4m＝6，
∴m＝ ，
∴AJ＝ ，PJ＝3，CJ＝ ，
∵∠BAC＝∠CJP＝90°，
∴ ，
∴ ＝ ，
∴CP＝ ．27．（2021•天心区二模）如图，BC是⊙O的直径，点A在⊙O上，AD⊥BC，垂足为D， ＝ ，BE分
别交AD、AC于点 F、G．
（1）证明：FA＝FG；
（2）若BD＝DO＝2，求弧EC的长度．
【思路引导】（1）根据BC是⊙O的直径，AD⊥BC， ＝ ，推出∠AGB＝∠CAD，即可推得FA＝
FG．
（2）根据BD＝DO＝2，AD⊥BC，求出∠AOB＝60°，再根据 ＝ ，求出∠EOC＝60°，即可求出
的长度是多少．
【完整解答】（1）证明：∵BC 是⊙O 的直径，
∴∠BAC＝90°，
∴∠ABE+∠AGB＝90°；
∵AD⊥BC，
∴∠C+∠CAD＝90°；
∵ ＝ ，
∴∠C＝∠ABE，
∴∠AGB＝∠CAD，
∴FA＝FG．（2）解：如图，连接AO、EO，
，
∵BD＝DO＝2，AD⊥BC，
∴AB＝AO，
∵AO＝BO，
∴AB＝AO＝BO，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠AOB＝60°，
∵ ＝ ，
∴∠AOE＝60°，
∴∠EOC＝60°，
∴ 的弧长＝2π×（2×2）× ＝ π．
28．（2020秋•扬州期末）如图，AB是⊙O的直径，C是 的中点，CE⊥AB于E，BD交CE于点F，
（1）求证：CF＝BF；
（2）若CD＝12，AC＝16，求⊙O的半径和CE的长．
【思路引导】（1）由AB是⊙O的直径，CE⊥AB，易得∠2＝∠A，又由C是 的中点，可得∠1＝
∠A，即可得∠1＝∠2，判定CF＝BF；（2）由C是 的中点，可得BC＝CD＝12，又由AB是⊙O的直径，可得∠ACB＝90°，即可求得AB
的长，然后由三角的面积，求得CE的长．
【完整解答】解：（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
又∵CE⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠2＝90°﹣∠ABC＝∠A，
又∵C是弧BD的中点，
∴∠1＝∠A，
∴∠1＝∠2，
∴CF＝BF；
（2）∵C是弧BD的中点，
∴ ＝ ，
∴BC＝CD＝12，
又∵在Rt△ABC中，AC＝16，
∴由勾股定理可得：AB＝20，
∴⊙O的半径为10，
∵S ＝ AC•BC＝ AB•CE，
△ABC
∴CE＝ ＝9.6．
