文档内容
专题 08 圆与几何综合问题
一、【知识回顾】
【思维导图】
二、【考点类型】
考点1：切线的判定
典例1：（2023·广西柳州·统考模拟预测）如图，在 中， ，以 为直径的 分别交
边于点D、F．过点D作 于点E
(1)求证： 是 的切线；
(2)若 半径为5，且 ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）连接 ，根据 ， 得 ， ，即有 ，可证，再根据 可得 ，则可得 且 为 的半径，可得 是
的切线；
（2）过点 作 于点 ，根据 ，根据垂径定理可得 ，又
，得四边形 为矩形，则有 ， ，设 ，则
，根据勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：连接 ，
．
．
∴ ，
，
且 为 的半径．
是 的切线．
（2）过点 作 于点 ，
．
又 ，
∴四边形 为矩形，
．
设 ，则 ，
在 中， ，即 ，
解得： ，
∴ 的长为2．
【点睛】本题考查的是切线的判定与性质，垂径定理，矩形的判定与性质，勾股定理等知识点，掌握切线
的判定定理、垂径定理是解题的关键．
【变式1】（2023秋·河南信阳·九年级统考期末）如图， 是⊙O的直径，四边形 内接于⊙O，D
是 的中点， 交 的延长线于点E．
(1)求证： 是⊙O的切线；
(2)若 ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)1
【分析】（1）要证明 是⊙O的切线，所以连接 ，求出 即可，根据已知 ，可
得 ，所以只要证明 即可解答；
（2）由（1）可得 平分 ，所以想到过点D作 ，垂足为F，进而证明 ，
可得 ，易证 ，可得 ，然后进行计算即可解答．
【详解】（1）证明：连接 ，，
是 的中点，
，
，
，
，
，
，
，
是⊙O的半径，
是⊙O的切线．
（2）过点D作 ，垂足为F，
由（1）得： ，
平分 ，
, ，
，
四边形 内接于⊙O，
，
，
，
，，
，
, ，
，
，
设 ，则 ，
，
，
，
即： ．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，圆内接四边形性质，全等三角形的证明，添加辅助线是解
题的关键．
【变式2】（2021·辽宁锦州·统考中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，过点C作
CE⊥AD交AD的延长线于点E，延长EC，AB交于点F，∠ECD＝∠BCF．
（1）求证：CE为⊙O的切线；
（2）若DE＝1，CD＝3，求⊙O的半径．
【答案】（1）见解析；（2）⊙O的半径是4.5
【分析】（1）如图1，连接OC，先根据四边形ABCD内接于⊙O，得 ，再根据等量代换和
直角三角形的性质可得 ，由切线的判定可得结论；
（2）如图2，过点O作 于G，连接OC，OD，则 ，先根据三个角是直角的四边形是
矩形得四边形OGEC是矩形，设⊙O的半径为x，根据勾股定理列方程可得结论．
【详解】（1）证明：如图1，连接OC，∵ ，
∴ ，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴
又
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵OC是⊙O的半径，
∴CE为⊙O的切线；
（2）解：如图2，过点O作 于G，连接OC，OD，则 ，
∵ ，
∴四边形OGEC是矩形，
∴ ，
设⊙O的半径为x，
Rt△CDE中， ，
∴ ，∴ ， ，
由勾股定理得 ，
∴ ，
解得： ，
∴⊙O的半径是4.5．
【点睛】本题考查的是圆的综合，涉及到圆的切线的证明、勾股定理以及矩形的性质，熟练掌握相关性质
是解决问题的关键．
【变式3】（2023·四川泸州·统考一模）如图，已知 内接于 ， 是 的直径， 的平分
线交 于点 ，交 于点 ，连接 ，作 ， 交 的延长线于点 ．
(1)求证： ；
(2)求证： 是 的切线；
(3)若 ，求 的半径和 的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)15，
【分析】（1）由圆周角定理及已知条件进行等量代换，然后利用内错角相等两直线平行证明即可．
（2）利用角平分线及圆周角定理得出 是 的中点，再利用垂径定理及平行线的性质推导得出 为
直角，即可证明．
（3）先证明 ，然后利用勾股定理计算得出 的长，再利用平行线所截线段成比例求
出 ．
【详解】（1）证明：∵ ，
∴ ，∴ ；
（2）证明：
连接 ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 是 的半径，
∴ 是 的切线；
（3）解：
如图，设 的半径为 ，则 ，
在 中，由勾股定理，得 ，
∴ ，
解得： ，
∴ 的半径为15；
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是 的直径，∴ ，
在 中，由勾股定理，得 ，
即 ，
解得 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，即 ，
∴ ．
方法二：
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的半径为15；
求 长的步骤同上．
【点睛】本题主要考查平行的判定，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，切线的证明以及相似三角形，掌
握切线的证明，相似三角形的判定及计算是解决本题的关键．
考点2：与线段有关的问题
典例2：（辽宁省大连市金普新区2022-2023学年九年级上学期数学期末试卷）如图，以 的边 为
直径作 交 于 且 ， 交 于点 ．(1)求证： ；
(2)若 ， ，求 的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由四边形 内接于 ，得出 ，根据已知 ，得出 ，
又 ，得出 ，等量代换得出 ，根据等角对等边，即可得证；
（2）根据 为直径，得出 ，根据已知以及（1）的结论，得出 ， ，
设 ，则 ，在 中，根据 相等，根据勾股定理列出方程，解方程即可
求解．
【详解】（1）证明：∵四边形 内接于 ，
∴ ，
又
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（2）解：如图所示，连接 ，∵ 为直径，
∴ ，
∴ ， ，
由（1） ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
由（1）可得 ， ，
则 ，
∴ ，
设 ，则 ，
∵ ，
∴ ，
解得： ，
∴ ．
【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，等腰三角形的性质与
判定，综合运用以上知识是解题的关键．
【变式1】（2023秋·山东滨州·九年级统考期末）如图， ， 是 的切线， ， 为切点， 是
的直径，连接 、 ， 交 于点 ．求证：
(1) ；
(2) ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据切线长定理得出 ， ，根据三线合一得出 ，根据 是
的直径，得出 ，即可得证；
（2）根据（1）的结论得出 ，进而得出 ，证明 得出
，即可得证．
【详解】（1）证明：∵ ， 是 的切线，
∴ ， ，
∴ ，
∵ 是 的直径
∴ ，
∴ ；
（2）证明：∵ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
即 ．
【点睛】本题考查了切线长定理，相似三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
【变式2】（2022·江西萍乡·校考模拟预测）如图， 是 的外接圆， ， ，P是
上的一动点．
(1)当 的度数为多少时， ；
(2)若以动点P为切点的切线为 ，那么当 的度数为多少时，切线 与 一边平行？
【答案】(1)
(2) 或 或
【分析】（1）根据三角形内角和定理可得 ，再由 ，可得 ，再由
圆周角定理，即可求解；
（2）分三种情况：当 时，连接 ；当 时，连接 ， ，并反向延长 ，交 于
点E；当 时，反向延长 ，交 于点F，连接 ，结合切线的性质，垂径定理以及圆周角定
理，即可求解．
【详解】（1）解：在 中，∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，∴当 时， ；
（2）解：①如图2，当 时，连接 ，
∵ 切 于点P，
∴ ，
∴ ，
∵ 是半径，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
②如图3，当 时，连接 ， ，并反向延长 ，交 于点E，
∵ 切 于点P，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ；③如图4，当 时，反向延长 ，交 于点F，连接 ，
∵ 切 于点P，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ；
终上所述， 的度数为 或 或 ．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，切线的性质，垂径定理，三角内角和定理等知识，熟练掌握圆周角
定理，切线的性质，垂径定理，利用分类讨论思想解答是解题的关键．
【变式3】（2023春·安徽合肥·九年级合肥寿春中学校考阶段练习）如图，在 中，直径为 ，正方形
的四个顶点分别在半径 、 以及 上，并且 ．
(1)若 ，求 的长度；
(2)若半径是5，求正方形 的边长．
【答案】(1)
(2)【分析】（1）由四边形 为正方形，得 ，则 ，又
， ，求出 ，再连接 ，构造直角三角形，求出 和 的长，然后利用勾
股定理即可求出圆的半径，可得 ．
（2）证出 是等腰直角三角形，得出 ，求出 ，连接 ，得出 ，再根据勾
股定理求出 的长即可．
【详解】（1）解： 四边形 为正方形，
， ，
，
，
，
连接 ，则 为直角三角形，
∴ ，
∴即 的半径为 ，
；
（2） 四边形 是正方形，
， ，
，
，
，
，
，
，
，
，在 中， ，
即 ，
解得： ，
则正方形 的边长为 ．
【点睛】此题考查了圆的性质，正方形的性质和等腰直角三角形的性质，解题的关键是证出 是等腰
直角三角形，得出 ，作出辅助线，利用勾股定理求解．
考点3：与角度有关的问题
典例3：（2022·北京·统考中考真题）如图， 是 的直径， 是 的一条弦， 连接
(1)求证：
(2)连接 ,过点 作 交 的延长线于点 ，延长 交 于点 ，若 为 的中点，求证：
直线 为 的切线．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）设 交 于点 ，连接 ，证明 ，故可得 ，于
是 ，即可得到 ；（2）连接AD，解出 ，根据 为直径得到 ，进而得到 ，即可证明
，故可证明直线 为 的切线．
【详解】（1）证明：设 交 于点 ，连接 ，
由题可知，
， ，
，
，
，
，
，
，
；
（2）证明：
连接 ，
，
，
同理可得： , ，
∵点H是CD的中点，点F是AC的中点，，
，
，
，
为 的直径，
，
，
，
，
，
，
直线 为 的切线．
【点睛】本题主要考查三角形全等的判定与性质，同弧所对的圆周角相等，圆周角定理，直线平行的判定
与性质，三角形的内角和公式，证明三角形全等以及证明平行线是解题的关键．
【变式1】（2022·四川成都·统考中考真题）如图，在 中， ，以 为直径作⊙ ，
交 边于点 ，在 上取一点 ，使 ，连接 ，作射线 交 边于点 ．
(1)求证： ；
(2)若 ， ，求 及 的长．
【答案】(1)见解析
(2)BF=5，
【分析】（1）根据 中， ，得到∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，根据 ，得到
∠B=∠BCF，推出∠A=∠ACF；（2）根据∠B=∠BCF，∠A=∠ACF，得到AF=CF，BF=CF，推出AF=BF= AB，根据
，AC=8，得到AB=10，得到BF=5，根据 ，得到
，连接CD，根据BC是⊙O的直径，得到∠BDC=90°，推出∠B+∠BCD=90°，推出
∠A=∠BCD，得到 ，推出 ，得到 ，根据∠FDE=∠BCE，
∠B=∠BCE，得到∠FDE=∠B，推出DE∥BC，得到 FDE∽ FBC，推出 ，得到 ．
△ △
【详解】（1）解：∵ 中， ，
∴∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，
∵ ，
∴∠B=∠BCF，
∴∠A=∠ACF；
（2）∵∠B=∠BCF，∠A=∠ACF
∴AF=CF，BF=CF，
∴AF=BF= AB，
∵ ，AC=8，
∴AB=10，
∴BF=5，
∵ ，
∴ ，
连接CD，∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠B+∠BCD=90°，
∴∠A=∠BCD，∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，
∴∠FDE=∠B，
∴DE∥BC，
∴ FDE∽ FBC，
△ △
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查了圆周角，解直角三角形，勾股定理，相似三角形，解决问题的关键是熟练掌握圆
周角定理及推论，运用勾股定理和正弦余弦解直角三角形，相似三角形的判定和性质．
【变式2】（2021·北京·统考中考真题）如图， 是 的外接圆， 是 的直径， 于点
．
（1）求证： ；
（2）连接 并延长，交 于点 ，交 于点 ，连接 ．若 的半径为5， ，求 和
的长．【答案】（1）见详解；（2） ，
【分析】（1）由题意易得 ，然后问题可求证；
（2）由题意可先作图，由（1）可得点E为BC的中点，则有 ，进而可得
，然后根据相似三角形的性质可进行求解．
【详解】（1）证明：∵ 是 的直径， ，
∴ ，
∴ ；
（2）解：由题意可得如图所示：
由（1）可得点E为BC的中点，
∵点O是BG的中点，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 的半径为5，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查垂径定理、三角形中位线及相似三角形的性质与判定，熟练掌握垂径定理、三角形中位线及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
【变式3】（2020·上海·统考中考真题）如图，△ABC中，AB=AC，⊙O是△ABC的外接圆，BO的延长交
边AC于点D．
（1）求证：∠BAC=2∠ABD；
（2）当△BCD是等腰三角形时，求∠BCD的大小；
（3）当AD=2，CD=3时，求边BC的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）∠BCD的值为67.5°或72°；（3） ．
【分析】(1)连接OA．利用垂径定理以及等腰三角形的性质解决问题即可．
(2)分三种情形：①若BD=CB，则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD．②若CD=CB，则∠CBD=∠CDB=3∠ABD．
③若DB=DC，则D与A重合，这种情形不存在．分别利用三角形内角和定理构建方程求解即可．
(3) 如图3中，作AE BC交BD的延长线于E．则 ，进而得到 ，设OB=OA=4a，
OH=3a，根据BH2=AB2-AH2=OB2-OH2，构建方程求出a即可解决问题．
【详解】解：(1)连接OA，如下图1所示：
∵AB=AC，
∴ = ，∴OA⊥BC，
∴∠BAO=∠CAO．
∵OA=OB，
∴∠ABD=∠BAO，
∴∠BAC=2∠ABD．
(2)如图2中，延长AO交BC于H．
①若BD=CB，则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD．
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∴∠DBC=2∠ABD．
∵∠DBC+∠C+∠BDC=180°，
∴8∠ABD=180°，
∴∠C=3∠ABD=67.5°．
②若CD=CB，则∠CBD=∠CDB=3∠ABD，∴∠C=4∠ABD．
∵∠DBC+∠C+∠CDB=180°，
∴10∠ABD=180°，
∴∠BCD=4∠ABD=72°．
③若DB=DC，则D与A重合，这种情形不存在．
综上所述：∠C的值为67.5°或72°．
(3)如图3中，过A点作AE BC交BD的延长线于E．则 = = ，且BC=2BH，
∴ = = ，
设OB=OA=4a，OH=3a．
则在Rt△ABH和Rt△OBH中，
∵BH2=AB2﹣AH2=OB2﹣OH2，
∴25 - 49a2=16a2﹣9a2，
∴a2= ，
∴BH= ，
∴BC=2BH= ．
故答案为： ．
【点睛】本题属于圆的综合题，考查了垂径定理，等腰三角形的性质，勾股定理解直角三角形，平行线分
线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数构建方
程解决问题，属于中考常考题型．
考点3：与三角函数有关的计算
典例3：（2022·江苏苏州·苏州市振华中学校校考二模）如图，AB是⊙O的弦，C为⊙O上一点，过点C作
AB的垂线与AB的延长线交于点D，连接BO并延长，与⊙O交于点E，连接EC， ．(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若 ， ，求AB的长．
【答案】(1)见解析；
(2) ．
【分析】（1）连接OC，利用三角形的外角定理得到： ，因为 ，
可证明 ，因为 ，进一步可得 ；
（2）分析可得： ，再利用同弧所对圆周角相等可知： ，利用 ，
，即可求出AB．
【详解】（1）证明：连接OC，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：连接AC，BC，
∵BE是⊙O的直径，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，即： ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查切线的判定，解直角三角形，第（1）问证CD是⊙O的切线，关键是证明 ；
第（2）问的关键是证明 ， ．
【变式1】（2020·广西柳州·统考中考真题）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上的一点，连接AC、BC，
OD⊥BC于点E，交⊙O于点D，连接CD、AD，AD与BC交于点F，CG与BA的延长线交于点G．
（1）求证：△ACD∽△CFD；（2）若∠CDA＝∠GCA，求证：CG为⊙O的切线；
（3）若sin∠CAD＝ ，求tan∠CDA的值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） ．
【分析】（1）由垂径定理得 ，由圆周角定理得∠CAD＝∠FCD，再由公共角∠ADC＝∠CDF，即
可得出△ACD∽△CFD；
（2）连接OC，由圆周角定理得∠ACB＝90°，则∠ABC+∠CAB＝90°，由等腰三角形的性质得∠OBC＝
∠OCB，证出∠OCB＝∠GCA，得出∠OCG＝90°，即可得出结论；
（3）连接BD，由圆周角定理得∠CAD＝∠CBD，则sin∠CAD＝sin∠CBD＝ ，设DE＝x，OD＝OB
＝r，则OE＝r﹣x，BD＝3x，由勾股定理得BE＝ ，则BC＝2BE＝ ，在Rt△OBE中，由勾股定
理得(r﹣x)2+( )2＝r2，解得r＝ ，则AB＝2r＝9x，由勾股定理求出AC＝7x，由三角函数定义即可得
出答案．
【详解】（1）证明：∵OD⊥BC，
∴ ,
∴∠CAD＝∠FCD，
又∵∠ADC＝∠CDF，
∴△ACD∽△CFD；
（2）证明：连接OC，如图1所示：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ABC+∠CAB＝90°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵∠CDA＝∠OBC，∠CDA＝∠GCA，
∴∠OCB＝∠GCA，
∴∠OCG＝∠GCA+∠OCA＝∠OCB+∠OCA＝90°，
∴CG⊥OC，
∵OC是⊙O的半径，
∴CG是⊙O的切线；
（3）解：连接BD，如图2所示：
∵∠CAD＝∠CBD，
∵OD⊥BC，
∴sin∠CAD＝sin∠CBD＝ ，BE＝CE，
设DE＝x，OD＝OB＝r，则OE＝r﹣x，BD＝3x
在Rt△BDE中，BE＝ ，
∴BC＝2BE＝ ,在Rt△OBE中，OE2+BE2＝OB2，
即(r﹣x)2+( )2＝r2，，
解得：r＝ ，
∴AB＝2r＝9x，
在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2，
∴AC2+( )2＝(9x)2，
∴AC＝7x或AC＝﹣7x（舍去），
∴tan∠CDA＝tan∠CBA＝ ＝ ．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定，三角函数等知识．本题综
合性比较强，熟练掌握圆周角定理，垂径定理是解题的关键．
【变式2】（2020·北京·统考中考真题）如图，AB为⊙O的直径，C为BA延长线上一点，CD是⊙O的切线，
D为切点，OF⊥AD于点E，交CD于点F．
（1）求证：∠ADC=∠AOF；
（2）若sinC= ，BD=8，求EF的长．
【答案】（1）见解析；（2）2．
【分析】（1）连接OD，根据CD是⊙O的切线，可推出∠ADC+∠ODA=90°，根据OF⊥AD，
∠AOF+∠DAO=90°，根据OD=OA，可得∠ODA=∠DAO，即可证明；
（2）设半径为r，根据在Rt△OCD中， ，可得 ，AC=2r，由AB为⊙O的直径，得
出∠ADB=90°，再根据推出OF⊥AD，OF∥BD，然后由平行线分线段成比例定理可得 ，求出OE， ，求出OF，即可求出EF．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵CD是⊙O的切线，
∴OD⊥CD，
∴∠ADC+∠ODA=90°，
∵OF⊥AD，
∴∠AOF+∠DAO=90°，
∵OD=OA，
∴∠ODA=∠DAO，
∴∠ADC=∠AOF；
（2）设半径为r，
在Rt△OCD中， ，
∴ ，
∴ ，
∵OA=r，
∴AC=OC-OA=2r，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
又∵OF⊥AD，
∴OF∥BD，∴ ，
∴OE=4，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，锐角三角函数，切线的性质，直径所对的圆周角是90°，
灵活运用知识点是解题关键．
【变式3】（2022·四川成都·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点F在弧BC上，AF
与CD交于点G，点H在DC的延长线上，且HG=HF，延长HF交AB的延长线于点M．
(1)求证：HF是⊙O的切线；
(2)若 ，BM=1，求AF的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接OF，根据CD⊥AB，可得∠A+∠AGE=90°，再由HG=HF，可得∠HFG =∠AGE，然后根
据OA=OF，可得∠A=∠OFA，即可求证；
（2）连接BF，先证得△BFM∽△FAM，可得 ，再由 ，可得OM=5，AM=9，AB=8，
FM=3，从而得到 ，然后由勾股定理，即可求解．【详解】（1）证明：连接OF，
∵CD⊥AB，
∴∠AEG=90°，
∴∠A+∠AGE=90°，
∵HG=HF，
∴∠HFG=∠HGF，
∵∠HGF=∠AGE，
∴∠HFG =∠AGE，
∵OA=OF，
∴∠A=∠OFA，
∴∠OFA+∠HFG=90°，即∠OFH=90°，
∴HF是⊙O的切线；
（2）解：如图，连接BF，
由（1）得：∠OFM=90°，
∴∠BFO+∠BFM=90°，
∵AB是⊙O的直径，∴∠AFB=90°，
∴∠A+∠ABF=90°，
∵OB=OF，
∴∠ABF=∠BFO，
∴∠BFM=∠A，
∵∠M=∠M，
∴△BFM∽△FAM，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵BM=1，OB=OF，
∴ ，
解得：OF=4，
∴OM=5，AM=9，AB=8，
∴FM= ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
解得： ．
【点睛】本题主要考查了圆的综合题，熟练掌握切线的判定，相似三角形的判定和性质，理解锐角三角函
数是解题的关键．巩固训练
一、单选题
1．（2022秋·江苏徐州·九年级校考阶段练习）如图， 的直径 与弦 的延长线交于点 ，若
， ，则 ＝( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据示意图结合已知条件可得出 ，因此，
，即可得出 ，计算即可得出答案．
【详解】解：∵
∴
∴
∴
∴
∴
故选：A．
【点睛】本题考查的知识点是圆的综合题目，根据示意图得出 是解此
题的关键．
2．（2023春·九年级课时练习）已知 过正方形 顶点 ， ，且与 相切，若正方形边长为 ，则圆的半径为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作 于点 ，连接 ，在直角 中根据勾股定理即可得到一个关于半径的方程，即
可求得．
【详解】解析：如图，作 于点 ，连接 ，设圆的半径是 ，
则在直角 中， ， ，
，
，
解得 ．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、垂径定理以及勾股定理，在圆的有关半径、弦长、弦心距之间的计
算一般要转化为直角三角形的计算．
3．（2017·山东青岛·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C，D，E在⊙O上，若∠AED＝20°，则∠BCD
的度数为( )A．100° B．110° C．115° D．120°
【答案】B
【分析】连接AD，BD，由圆周角定理可得∠ABD＝20°，∠ADB＝90°，从而可求得∠BAD＝70°，再由圆的
内接四边形对角互补得到∠BCD=110°.
【详解】如下图，连接AD，BD，
∵同弧所对的圆周角相等，∴∠ABD=∠AED＝20°，
∵AB为直径，∴∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝90°-20°=70°，
∴∠BCD=180°-70°=110°.
故选B
【点睛】本题考查圆中的角度计算，熟练运用圆周角定理和内接四边形的性质是关键.
4．（2022秋·江苏无锡·九年级校考阶段练习）如图，已知直线PA交⊙O于A、B两点，AE是⊙O的直径，
点C为⊙O上一点，且AC平分∠PAE，过C作CD⊥PA， 垂足为D．且DC＋DA＝12， ⊙O的直径为
20，则AB的长等于( )A．8 B．12 C．16 D．18
【答案】B
【分析】过O作OF⊥AB，垂足为F，连接OC，根据圆的基本性质和角平分线的定义，可得
∠DAC=∠OCA，从而得到OC⊥CD，得到四边形DCOF为矩形，从而得到OC=FD，OF=CD，然后设
AD=x，则OF=CD=12-x，AF=10-x，在Rt△ AOF中，由勾股定理得到AD=4，从而得到AF=6再由垂径定理，
即可求解．
【详解】解：过O作OF⊥AB，垂足为F，连接OC，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC，
∵AC平分∠PAE，
∴∠DAC=∠CAO，
∴∠DAC=∠OCA，
∴PB∥OC，
∵CD⊥PA，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD=∠CDA=∠OFD=90°，∴四边形DCOF为矩形，
∴OC=FD，OF=CD，
∵DC+DA=12，
设AD=x，则OF=CD=12-x，
∵⊙O的直径为20，
∴DF=OC=10，
∴AF=10-x，
在 中，由勾股定理得AF2+OF2=OA2，
即（10-x）2+（12-x）2=102，
解得： （不合题意，舍去） ，
∴AD=4，
∴OF=8，
∴ ，
∵OF⊥AB，由垂径定理知，F为AB的中点，
∴AB=2AF=12．
故选：B
【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，勾股定理，垂径定理，矩形的判定和性质，熟练掌握相关知识点
是解题的关键．
5．（2018秋·湖北武汉·九年级统考期中）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，CE平分∠ACB交
⊙O于E，∠E＝30°，交AB于点D，连接AE，则S ADC∶S ADE的比值为（ ）
△ △
A． B． C． D．1
【答案】C
【详解】试题解析：过C作CF⊥AB于F，连接OE，设AC=a，∵AB是 的直径，
∵CE平分∠ACB交O于E,
∴ = ,
∴OE⊥AB，
故选C.
6．（2022春·九年级课时练习）如图，圆 的两条弦 相交于点 和 的延长线交于点 ，
下列结论中成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据相交弦定理和割线定理即可求解.【详解】解：
由相交弦定理知 ，由割线定理知 , 所以D正确，
故选D .
【点睛】本题考查了相交弦定理和割线定理，熟记定理是解题关键.
7．（2020秋·广东汕尾·九年级校考阶段练习）如图， 内接于 ，若 的半径为6， ，则
的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连结半径BO延长交圆于D，连结DC，利用直径所对的圆周角为之角，利用同弧所对圆周角相等
∠D=60º，在Rt△BDC中，利用特殊三角函数值直接计算即可．
【详解】连结BO并延长交圆于D，连结DC，
∵ 的半径为6，
∴OB=OD=6，
∴BD=12，
∵BD为直径，
∴∠DCB=90º
∵ ，
∴∠D=∠A=60º，
在Rt△BDC中，
BC=BD•sin60º=12× ，故选择：B．
【点睛】本题考查圆内接三角形问题，掌握圆的有关性质，会利用圆的性质构造直径，利用直径构造直角
三角形，利用同弧所对圆周角，再利用特殊三角和数值解决问题是关键．
8．（2022秋·北京西城·九年级北京四中校考期中）如图， 的半径是1，点 是直线 上一动点，
过点 作 的切线，切点为A，连接 ， ，则 的最小值为（ ）．
A． B．1 C． D．
【答案】B
【分析】根据题意设 ，则 ，根据 的半径是1得 ，根据 是
的切线得 ，即可得 是直角三角形，在 中，根据勾股定理得 ，
即可得 ，根据二次函数的性质得当 时， 有最小值，即可得．
【详解】解：∵点 是直线 上
∴设 ，
∴ ，
∵ 的半径是1，
∴ ，
∵ 是 的切线，
∴ ，∴ 是直角三角形，
在 中，根据勾股定理得，
当 时， 有最小值，
即 ，
， 故选：B．【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，二次函数的性质，解题的关键是掌握并
灵活运用这些知识点．
9．（2020·江苏徐州·统考中考真题）如图， 是 的弦，点 在过点 的切线上， ， 交
于点 ．若 ，则 的度数等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意可求出∠APO、∠A的度数，进一步可得∠ABO度数，从而推出答案.
【详解】∵ ，
∴∠APO °，
∵ =70，
∴∠AOP °，∴∠A °，
又∵OA=O90B， =20
∴∠ABO=20°，
又∵点C=在过点B的切线上，
∴∠OBC 90°，
∴∠ABC=∠OBC ∠ABO 90° 20° 70°，
故答案为=：B. − = − =【点睛】本题考查的是圆切线的运用，熟练掌握运算方法是关键.
10．（2022秋·重庆江北·九年级重庆十八中校考期末）如图， 是 的直径，点D在 的延长线上，
， 与 相切于点E， 与 相切于点B交 的延长线于点C，若 的半径为1，
的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接 ，根据切线长定理得 ，根据切线的性质求出 ，再根据勾股定理求
出 ，进而求出 ．
【详解】如图，连接 ，
与 相切于点E
的半径为1为直径
在 中，
与 相切于点E， 与 相切于点B
设 ，
在 中，
．
【点睛】本题考查了切线的性质和判定，勾股定理，切线长定理等，能综合运用定理进行推理是解此题的
关键．
11．（2022秋·江苏·九年级专题练习）如图，以AB为直径作半圆⊙O，C是半圆的中点，P是 上一点，
AB＝ ，PB＝1，则PC的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D【分析】连接 ，过点 作 交 延长线于点 ，可得 为等腰直角三角形，根据圆内
接四边形的性质可得 ， 为等腰直角三角形，设 ，在 中，根据勾股定理
求解即可．
【详解】解：连接 ，过点 作 交 延长线于点 ，如下图
∵C是半圆的中点
∴
又∵ 为直径
∴ ，
∴
又∵
∴
∵四边形 为圆的内接四边形
∴
∴ 为等腰直角三角形
设 ，则
在 中，根据勾股定理得： ，即
解得
．
故选D
【点睛】此题考查了圆内角四边形的性质，弦与弧的关系，勾股定理，等腰直角三角形的性质，解题的关
键是根据题意构造出以 为边的直角三角形．
12．（2022春·九年级课时练习）如图，经过A、C两点的⊙O与 ABC的边BC相切，与边AB交于点D，
若∠ADC＝105°，BC＝CD＝3，则AD的值为（ ） △A．3 B．2 C． D．
【答案】A
【分析】连接OC、OD，作 于点E．易求出 ， ．再由切线的性
质，即可求出 ，即三角形OCD为等边三角形．得出结论 ， ．
从而即可求出 ，即三角形OED为等腰直角三角形，由此即可求出 的长，最后根据垂径定
理即可求出AD的长．
【详解】如图，连接OC、OD，作 于点E．
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
由题意可知 ，即 ，
∴ ，
∵OD=OC，
∴三角形OCD为等边三角形．
∴ ， ．
∴ ，
∴三角形OED为等腰直角三角形，
∴ ，
∴ ．故选：A．
【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，等腰直角三角形与等边三角形的
判定和性质以及垂径定理，综合性强．正确的连接辅助线是解答本题的关键．
13．（2022秋·山东临沂·九年级校考期中）以O为中心点的量角器与直角三角板ABC如图所示摆放，直角
顶点B在零刻度线所在直线DE上，且量角器与三角板只有一个公共点P，若点P的读数为35°，则
∠CBD的度数是（ ）
A．55° B．45° C．35° D．25
【答案】C
【分析】根据切线的性质得到∠OPB＝90°，证出OP∥BC，根据平行线的性质得到∠POB＝∠CBD，于
是得到结果．
【详解】∵AB是 O的切线，∴∠OPB＝90°，∵∠ABC＝90°，∴OP∥BC，∴∠CBD＝∠POB＝
35°，故选C． ⊙
【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的判定和性质，熟练掌握切线的判定和性质是解题的关键．
14．（2022春·九年级课时练习）如图，在⊙O中，点C在优弧 上，将弧 沿BC折叠后刚好经过AB
的中点D．若⊙O的半径为 ，AB＝4，则BC的长是（ ）A．2 B．3 C．4 D．3
【答案】B
【分析】连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，利用垂径定理得到OD⊥AB，则
AD＝BD＝2，于是根据勾股定理可计算出OD＝1，再利用折叠的性质可判断 和 所在的圆为等圆，
则根据圆周角定理得到 ，所以AC＝DC，利用等腰三角形的性质得AE＝DE＝1，接着证明四边形
ODEF为正方形得到OF＝EF＝1，然后计算出CF后得到CE＝BE＝3，于是可得到BC的长．
【详解】解：如图，连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，
∵D为AB的中点，
∴OD⊥AB，
∴AD＝BD＝ AB＝2，
在Rt OBD中，OD＝ ，
△
∵将 沿BC折叠，
∴ 和 所在的圆为等圆，
∴ ，∴AC＝DC，
∴AE＝DE＝1，
∵∠ODE＝∠OFE＝∠DEF＝90°，
∴四边形ODEF是矩形，
∵DE＝OD＝1，
∴四边形ODEF是正方形，
∴OF＝EF＝1，
在Rt OCF中，CF＝ ，
△
∴CE＝CF＋EF＝2＋1＝3，
而BE＝BD＋DE＝2＋1＝3，
∴BC＝ ．
故选：B．
【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，
位置变化，对应边和对应角相等．也考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理及正方形的判定和性质等．
15．（2018·四川宜宾·统考中考真题）在 ABC中，若O为BC边的中点，则必有：AB2+AC2=2AO2+2BO2成
立．依据以上结论，解决如下问题：如图△，在矩形DEFG中，已知DE=4，EF=3，点P在以DE为直径的半圆
上运动，则PF2+PG2的最小值为（ ）
A． B． C．34 D．10
【答案】D
【详解】分析：设点M为DE的中点，点N为FG的中点，连接MN，则MN、PM的长度是定值，利用三角
形的三边关系可得出NP的最小值，再利用PF2+PG2=2PN2+2FN2即可求出结论．
详解：设点M为DE的中点，点N为FG的中点，连接MN交半圆于点P，此时PN取最小值．∵DE=4，四边形DEFG为矩形，
∴GF=DE，MN=EF，
∴MP=FN= DE=2，
∴NP=MN-MP=EF-MP=1，
∴PF2+PG2=2PN2+2FN2=2×12+2×22=10．
故选D．
点睛：本题考查了点与圆的位置关系、矩形的性质以及三角形三变形关系，利用三角形三边关系找出PN
的最小值是解题的关键．
16．（2021秋·江苏南京·九年级校联考阶段练习）如图，AB是半⊙O的直径，点C在半⊙O上，AB＝
5cm，AC＝4cm．D是 上的一个动点，连接AD，过点C作CE⊥AD于E，连接BE．在点D移动的过程
中，BE的最小值为（ ）
A．1 B． ﹣2 C．2 ﹣1 D．3
【答案】B
【分析】如图，连接BO′、BC．在点D移动的过程中，点E在以AC为直径的圆上运动，当O′、E、B共线
时，BE的值最小，最小值为O′B﹣O′E，利用勾股定理求出BO′即可解决问题．
【详解】解：如图，连接BO′、BC．∵CE⊥AD，
∴∠AEC＝90°，
∴在点D移动的过程中，点E在以AC为直径的圆上运动，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，∵AC＝4，AB＝5，
∴ ，O′E＝2，
在Rt△BCO′中， ，
∵O′E+BE≥O′B，
∴当O′、E、B共线时，BE的值最小，最小值为O′B﹣O′E＝ ﹣2，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是确定点E的运动轨迹是在以
AC为直径的圆上运动，属于中考选择题中的压轴题．
17．（2018·山东泰安·统考中考真题）如图， 的半径为2，圆心 的坐标为 ，点 是 上的任
意一点， ，且 、 与 轴分别交于 、 两点，若点 、点 关于原点 对称，则 的最
小值为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8【答案】C
【详解】分析：连接OP．由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到OP= AB，当OP最短时，
AB最短．连接OM交⊙M于点P，则此时OP最短，且OP=OM－PM，计算即可得到结论．
详解：连接OP．
∵PA⊥PB，OA=OB，∴OP= AB，当OP最短时，AB最短．
连接OM交⊙M于点P，则此时OP最短，且OP=OM－PM= =3，∴AB的最小值为2OP=6．故
选C．
点睛：本题考查了直角三角形斜边上中线的性质以及两点间的距离公式．解题的关键是利用直角三角形斜
边上中线等于斜边的一半把AB的长转化为2OP．
18．（2022春·九年级课时练习）如图， 是 的直径， 分别是 的中点，
在 上．下列结论：① ；② ；③四边形 是正
方形；④ ．其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C
【分析】根据题意连结OM、ON，易得 ，利用含30度的直角三角形三边关系得
∠OMC=30°，∠OND=30°，所以 ，则可对①进行判断；再计算出
∠MOC=∠NOD=60°，则∠MON=60°，于是根据圆心角、弧、弦的关系对②进行判断；先证明四边形MCDN
为平行四边形，加上∠MCO=90°，则可判断四边形MCDN为矩形，由于 则 ，于是
可对③进行判断；由四边形MCDN为矩形得到MN=CD，则 ，则可对④进行判断．
【详解】解：如图，连接 ．
分别是 的中点，
．
，
，故①正确．
，故②正确．
，
∴四边形 为平行四边形．
，∴四边形 为矩形．
，
∴四边形 不是正方形，故③错误．
∵四边形 为矩形，
,
，故④正确．
综上，①②④正确．
故选：C．
【点睛】本题考查圆周角定理以及圆心角、弧、弦的关系，注意掌握在同圆或等圆中，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．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周
角所对的弦是直径．
19．（2021秋·浙江杭州·九年级期末）如图，点D在半圆O上，半径OB＝ ，AD＝10，点C在弧BD上
移动，连接AC，H是AC上一点，∠DHC＝90°，连接BH，点C在移动的过程中，BH的最小值是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】D
【分析】如图，取AD的中点M，连接BD，HM，BM．由题意点H在以M为圆心，MD为半径的⊙M上，
推出当M、H、B共线时，BH的值最小．
【详解】解：如图，取AD的中点M，连接BD，HM，BM．
∵DH⊥AC，
∴∠AHD＝90°，
∴点H在以M为圆心，MD为半径的⊙M上，∴当M、H、B共线时，BH的值最小，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∴BD＝ ＝12，
BM＝ ＝ ＝13，
∴BH的最小值为BM﹣MH＝13﹣5＝8．
故选：D．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系、勾股定理、圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，
利用辅助圆解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
20．（2021·全国·九年级专题练习）如图，已知四边形ABCD是边长为4的正方形，E为CD上一点，且DE
＝1，F为射线BC上一动点，过点E作EG⊥AF于点P，交直线AB于点G．则下列结论中：①AF＝EG；②若
∠BAF＝∠PCF，则PC＝PE；③当∠CPF＝45°时，BF＝1；④PC的最小值为 ﹣2．其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】连接AE，过E作EH⊥AB于H，则EH＝BC，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到AF＝EG，
故①正确；根据平行线的性质和等腰三角形的性质即可得到PE＝PC；故②正确；连接EF，推出点E，P，
F，C四点共圆，根据圆周角定理得到∠FEC＝∠FPC＝45°，于是得到BF＝DE＝1，故③正确；取AE 的中点
O，连接PO，CO，根据直角三角形的性质得到AO＝PO＝ AE，推出点P在以O为圆心，AE为直径的圆上，
当O、C、P共线时，CP的值最小，根据三角形的三边关系得到PC≥OC﹣OP，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】连接AE，过E作EH⊥AB于H，则EH＝BC，
∵AB＝BC，
∴EH＝AB，
∵EG⊥AF，
∴∠BAF+∠AGP＝∠BAF+∠AFB＝90°，
∴∠EGH＝∠AFB，
∵∠B＝∠EHG＝90°，
∴△HEG≌△ABF（AAS），
∴AF＝EG，故①正确；
∵AB∥CD，
∴∠AGE＝∠CEG，
∵∠BAF+∠AGP＝90°，∠PCF+∠PCE＝90°，
∵∠BAF＝∠PCF，
∴∠AGE＝∠PCE，
∴∠PEC＝∠PCE，
∴PE＝PC；故②正确；
连接EF，
∵∠EPF＝∠FCE＝90°，
∴点E，P，F，C四点共圆，
∴∠FEC＝∠FPC＝45°，
∴EC＝FC，
∴BF＝DE＝1，
故③正确；
取AE 的中点O，连接PO，CO，
∴AO＝PO＝ AE，
∵∠APE＝90°，
∴点P在以O为圆心，AE为直径的圆上，
∴当O、C、P共线时，CP的值最小，
∵PC≥OC﹣OP，
∴PC的最小值＝OC﹣OP＝OC﹣ AE，∵OC＝ ＝ ，AE＝ ＝ ，
∴PC的最小值为 ﹣ ，故④错误，
故选：C．
【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质、圆的综合等知识，借
助圆的性质解决线段的最小值是解答的关键.
二、填空题
21．（2022春·九年级课时练习）如图， 的半径为 内接于 于点D，
，则 长度为_________．
【答案】2
【分析】连接OA、OC，利用圆中的性质，以及三角函数进行解题即可．
【详解】解：如图所示，连接OA、OC，由题意得： ，
AOC=90 ，
∴∠ °
的半径为 ，OA=OC，
∵
OA=OC= ， OAD=45 ，
∴ ∠ °
，
∵
OAD= ，
∴sin∠
解得：OD=2．
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查的是圆的基本性质，以及与三角形的综合运用，三角函数的运用，熟练掌握圆的性
质是解题的关键．
22．（2022春·九年级课时练习）如图， 的边BC与 相切于点B，AD为 的直径，若
，则CD的长为________.
【答案】
【分析】根据题意，连接OB，通过切线和平行线的性质求得 ，再根据等腰直角三角形边的关
系即可求出CD的长.【详解】如下图，连接OB
四边形ABCD为平行四边形，BC与 相切于点B
，AB=CD
又
.
故答案为： .
【点睛】本题主要考查了切线的性质，平行线的性质及等腰直角三角形的性质，熟练掌握相关性质及应用
时解决本题的关键.
错因分析 中等难度题.失分原因是不会作辅助线连接OB，通过切线和平行线的性质求得 .
23．（2021秋·湖南长沙·九年级校考阶段练习）如图， ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点
D，E．F．且AB＝5，AC＝12，BC＝13，则⊙O的半径△是_____．
【答案】2
【分析】由题意根据勾股定理的逆定理可得三角形ABC为直角三角形，再根据切线长定理即可求解．
【详解】解：如图，连接OD、OE、OF，∵△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D，E．F，
∴OE⊥AC，OF⊥AB，AE＝AF，
∵AB＝5，AC＝12，BC＝13，
即52+122＝132，
∴△ABC为直角三角形，
∴∠A＝90°，
∴四边形AEOF是正方形，
∴OE＝OF＝AE＝AF，
设⊙O的半径是r，
则AF＝AE＝r，BF＝BD＝5﹣r，EC＝DC＝12﹣r，
∵BD+DC＝BC＝13，
∴5﹣r+12﹣r＝13，
解得r＝2．
所以⊙O的半径是2．
故答案为2．
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，解决本题的关键是利用切线长定理和勾股定A理的逆定理．
24．（2014·湖南岳阳·统考中考真题）如图，AB是⊙O的直径，P为AB延长线上的一个动点，过点P作
⊙O的切线，切点为C，连接AC，BC，作∠APC的平分线交AC于点D．下列结论正确的是__（写出所有正
确结论的序号）
① ；
②若∠A=30°，则PC= BC；
③若∠CPA=30°，则PB=OB；
④无论点P在AB延长线上的位置如何变化，∠CDP为定值．【答案】②③④．
【详解】试题分析：解：①∵∠CPD=∠DPA，∠CDP=∠DAP+∠DPA≠∠DAP≠∠PDA，
∴△CPD∽△DPA错误；
②连接OC，
∵AB是直径，∠A=30°
∴∠ABC=60°，
∴OB=OC=BC，
∵PC是切线，
∴∠PCB=∠A=30°，∠OGP=90°，
∴∠APC=30°，
∴在RT△POC中，cot∠APC=cot30°= ，
∴PC= BC，正确；
③∵∠ABC=∠APC+∠PCB，∠PCB=∠A，
∴∠ABC=∠APC+∠A，
∵∠ABC+∠A=90°，
∴∠APC+2∠A=90°，
∵∠APC=30°，
∴∠A=∠PCB=30°，
∴PB=BC，∠ABC=60°，
∴OB=BC=OC，
∴PB=OB；正确；
④解：如图，连接OC，∵OC=OA，PD平分∠APC，
∴∠CPD=∠DPA，∠A=∠ACO，
∵PC为⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
∵∠CPO+∠COP=90°，
∴（∠CPD+∠DPA）+（∠A+∠ACO）=90°，
∴∠DPA+∠A=45°，
即∠CDP=45°；正确；
故答案为②③④
考点：切线的性质；三角形的角平分线、中线和高；三角形的外角性质；相似三角形的判定与性质
点评：本题主要考查切线的性质、等边三角形的性质、角平分线的性质、外角的性质，解题的关键在于作
好辅助线构建直角三角形和等腰三角形
25．（2015秋·河南漯河·九年级统考期末）如图，点P在双曲线y= 上，以P为圆心的⊙P与两坐标轴都相
切，E为y轴负半轴上的一点，PF⊥PE交x轴于点F，则OF－OE的值是___________．
【答案】2 ．
【详解】试题分析：利用P点在双曲线y= 上且以P为圆心的⊙P与两坐标轴都相切求出P点，作过切点
的半径，构造全等三角形，寻找与结论或条件中有关联的等量线段，从而逐步探究未知结果．
试题解析：设⊙P与x和y轴分别相切于点A和点B，连接PA、PB．则PA⊥x轴，PB⊥y轴．并设⊙P的半径
为R．∴∠PAF=∠PBE=∠APB=90°，
∵PF⊥PE，
∴∠FPA=∠EPB=90°-∠APE，
又∵PA=PB，
∴△PAF≌△PBE（ASA），
∴AF=BE
∴OF-OE=（OA+AF）-（BE-OB）=2R，
∵点P的坐标为（R，R），
∴R= ，
解得R= 或- （舍去），
∴OF-OE=2 ．
考点：反比例函数综合题；
26．（2022春·全国·九年级专题练习）△ABC中，AB＝4，AC＝2，以BC为边在△ABC外作正方形
BCDE，BD、CE交于点O，则线段AO的最大值为______．
【答案】
【详解】解：如图：以AO为边作等腰直角△AOF，且∠AOF＝90°
∵四边形BCDE是正方形
∴BO＝CO，∠BOC＝90°∵△AOF是等腰直角三角形
∴AO＝FO，AF AO
∵∠BOC＝∠AOF＝90°
∴∠AOB＝∠COF，且BO＝CO，AO＝FO
∴△AOB≌△FOC（SAS）
∴AB＝CF＝4
若点A，点C，点F三点不共线时，AF＜AC+CF；
若点A，点C，点F三点共线时，AF＝AC+CF
∴AF≤AC+CF＝2+4＝6
∴AF的最大值为6
∵AF AO
∴AO的最大值为3 ．
故答案为：3
27．（2018·山东济南·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为2a，E为BC边的中点， 的圆心分别
在边AB、CD上，这两段圆弧在正方形内交于点F，则E、F间的距离为 ．
【答案】 a．【分析】作DE的中垂线交CD于G，则G为 的圆心，H为 的圆心，连接EF，GH，交于点O，连接
GF，FH，HE，EG，依据勾股定理可得GE=FG= a，根据四边形EGFH是菱形，四边形BCGH是矩形，即可
得到Rt OEG中，OE= a，即可得到EF= a．
△
【详解】如图，作DE的中垂线交CD于G，则G为 的圆心，同理可得，H为 的圆心，
连接EF，GH，交于点O，连接GF，FH，HE，EG，
设GE=GD=x，则CG=2a-x，CE=a，
Rt CEG中，（2a-x）2+a2=x2，
△
解得x= a，
∴GE=FG= a，
同理可得，EH=FH= a，
∴四边形EGFH是菱形，四边形BCGH是矩形，
∴GO= BC=a，
∴Rt OEG中，OE= ，
△
∴EF= a，
故答案为 a．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质以及相交两圆的性质，相交两圆的连心线（经过两个圆心的直线），垂直平分两圆的公共弦．注意：在习题中常常通过公共弦在两圆之间建立联系．
28．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，P是矩形ABCD内一点， ， ， ，则当
线段DP最短时， ________．
【答案】
【分析】因为AP⊥BP，则P点在AB为直径的半圆上，当P点为AB的中点E与D点连线与半圆AB的交点时，
DP最短，求出此时PC的长度便可．
【详解】解：以AB为直径作半圆O，连接OD，与半圆O交于点P′，当点P与P′重合时，DP最短，
则AO=OP′=OB= AB=2，
∵AD=2，∠BAD=90°，
∴OD=2 ，∠ADC=∠AOD=∠ODC=45°，
∴DP′=OD-OP′=2 -2，
过P′作P′E⊥CD于点E，则
P′E=DE= DP′=2- ，
∴CE=CD-DE= +2，
∴CP′= = ．故答案为 ．
【点睛】本题是一个矩形的综合题，主要考查了矩形的性质，勾股定理，圆的性质，关键是作辅助圆和构
造直角三角形．
29．（2020秋·浙江金华·九年级校考期中）图1是一种推磨工具模型，图2是它的示意图，已知AB⊥PQ，
AP＝AQ＝20cm，AB＝120cm，点A在中轴线l上运动，点B在以O为圆心，OB长为半径的圆上运动，且
OB＝35cm，
（1）如图3，当点B按逆时针方向运动到B´时， ，则 ＝_____cm．
（2）在点B的运动过程中，点P与点O之间的最短距离为_____cm．
【答案】 30 ##
【分析】（1）根据 ，即可求解；
（2）当B、O、P三点共线时，OP的距离最短，即可求解．
【详解】解：（1）∵ ，
∴ 是圆O的切线
∴
＝120+35﹣
＝155﹣
＝155﹣125，
＝30，
故答案为：30；
（2）当B、O、P三点共线时，OP的距离最短，
则OP＝BP﹣OB＝ ＝ ＝故答案为： ．
【点睛】本题考查的是切线的性质，勾股定理，解题的关键是确定转动后图形上各个点的位置关系．
30．（2022秋·新疆乌鲁木齐·九年级乌鲁木齐市第九中学校考期中）如图，在△ACE中，CA＝CE，∠CAE
＝30°，半径为5的⊙O经过点C，CE是圆O的切线，且圆的直径AB在线段AE上，设点D是线段AC上
任意一点（不含端点），则OD CD的最小值为 _____．
【答案】
【分析】作OF平分∠AOC，交⊙O于F，连接AF、CF、DF，易证四边形AOCF是菱形，根据对称性可
得DF=DO．过点D作DH⊥OC于H，易得DH= DC，从而有 CD+OD=DH+FD．根据两点之间线段最短
可得：当F、D、H三点共线时，DH+FD（即 CD+OD）最小，然后在Rt△OHF中运用三角函数即可解决
问题．
【详解】解：作OF平分∠AOC，交⊙O于F，连接AF、CF、DF，如图所示，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC=30°，
∴∠COB=60°，
则∠AOF=∠COF= ∠AOC= （180°-60°）=60°．∵OA=OF=OC，
∴△AOF、△COF是等边三角形，
∴AF=AO=OC=FC，
∴四边形AOCF是菱形，
∴根据对称性可得DF=DO．
过点D作DH⊥OC于H，则DH = DC，
∴ CD+OD=DH+FD．
根据两点之间线段最短可得，
当F、D、H三点共线时，DH+FD（即 CD+OD）最小，
∵OF=OA=5，
∴ ，
∴
即 CD+OD的最小值为 ．
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了圆半径相等的性质，等边三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、两点之间线
段最短、等腰三角形的性质、含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，把 CD+OD转化为
DH+FD是解题的关键．
三、解答题
31．（2022春·九年级课时练习）如图，线段AB经过 的圆心O，交圆O于点A，C， ，AD为
的弦，连接BD， ，连接DO并延长交 于点E，连接BE交 于点M．(1)求证：直线BD是 的切线；
(2)求线段BM的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据圆周角定理可得 ，从而得到 ，即可求证；
（2）连接DM，Rt△BOD中，根据直角三角形的性质可得 BO=2OD，从而得到 ， ，
再由 的直径，可得 ， ，从而得到 ，再由
，可得 ，再由勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：∵∠BOD=2∠BAD，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，即 ，
又∵ 为 的半径，
∴直线BD是 的切线；
（2）解：如图，连接DM，Rt△BOD中， ，
∴ ，
又 ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ 的直径，
∴ ， ，
在Rt△BDE中， ，
∵ ，
∴ ，
在Rt△BDM中， ．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握切线
的判定，圆周角定理，直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键．
32．（2022·江苏无锡·统考一模）如图，在四边形ABCD中，∠C=∠D=90°，DC=4，AD=2，AB=BC，以AB
为直径的圆O交BC于点E．(1)求圆⊙的半径；
(2)用无刻度的直尺在DC边上作点M，使射线BM平分∠ABC，并求 的值．
【答案】(1)2.5
(2)
【分析】（1）连接AE，可得∠AEB=90°，从而得到四边形ADCE是矩形，进而得到AE=CD=4，
CE=AD=2，设AB=x，则BC=x，BE=x-2，然后根据勾股定理可得AB=5，即可求解；
（2）连接AM，可证得△ABM≌△CBM，从而得到AM=CM，∠BAM=∠BCM=90°，设AM= CM=m，则
DM=CD-CM=4-m，然后根据勾股定理可得 ，即可求解．
（1）
解：如图，连接AE，
∵AB圆O的直径，
∴∠AEB=90°，
∵∠C=∠D=90°，
∴∠C=∠D=∠AEB=90°，
∴四边形ADCE是矩形，
∴AE=CD=4，CE=AD=2，
设AB=x，则BC=x，
∴BE=x-2，
∵ ，
∴ ，解得：x=5，
即AB=5，∴圆⊙的半径为2.5；
（2）
解：如图，连接AM，
∵BM平分∠ABC，
∴∠ABM=∠CBM，
∵AB=BC，BM=BM，
∴△ABM≌△CBM，
∴AM=CM，∠BAM=∠BCM=90°，
设AM= CM=m，则DM=CD-CM=4-m，
∵ ，
∴ ，解得：
即 ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌
握圆周角定理，勾股定理，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
33．（2022秋·山东烟台·九年级统考期末）如图，已知直线 交 于A、B两点， 是 的直径，点
C为 上一点，且 平分 ，过C作 ，垂足为D．(1)求证： 是 的切线；
(2)若 ， 的直径为20，求 的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接OC，根据题意可证得∠CAD+∠DCA=90°，再根据角平分线的性质，得∠DCO=90°，则
CD为 O的切线；
（2）过O作OF⊥AB，则∠OCD=∠CDA=∠OFD=90°，得四边形DCOF为矩形，设AD=x，在Rt△AOF中，
由勾股定理得，从而求得x的值，由勾股定理求出AF的长，再求AB的长．
（1）
证明：连接 ，
∵ ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
又∵ 为半径
∴ 是 的切线．
（2）
解：过O作 ，垂足为F，
∵ ，
∴四边形 为矩形，
∴ ，
设 ，∵ ，
则 ，
∵ 的直径为20，
∴ ，
∴ ，
在 中，由勾股定理得 ，
即 ，
解得： （不合题意，舍去），
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，由垂径定理知，F为 的中点，
∴ ．
【点睛】本题考查了切线的证明，矩形的判定和性质以及勾股定理，掌握切线的定义和证明方法是解题的
关键．
34．（2023·全国·九年级专题练习）如图，圆内接四边形 ， ，点E是边 上一点，且
平分(1)求证： 是 的切线；
(2)若 的半径为5， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)DE=
【分析】（1）连接 ，根据 ， 平分 ，可得 ，再由 ，可得
，即可；
（2）过点O作 于F，可得四边形 为矩形，从而得到 ， 由勾股定
理求出 的长，可得到 的长，再由勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：连接 ，
∵ ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是 的半径，
∴ 是 的切线；（2）解：过点O作 于F，
∴ ，
∴四边形 为矩形，
∴ ，
∵ ，且四边形ABED是圆内接四边形，
∴AE是圆的直径，
由勾股定理得： ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查的是切线的判定、矩形的判定和性质、勾股定理，掌握经过半径的外端且垂直于这条半
径的直线是圆的切线是解题的关键．
35．（2022·全国·九年级专题练习）如图， 是半圆 的直径， 是半圆 的切线（即圆 的切线）．
连接 ，交半圆于点 ，连接 ．过点 作直线 ，且 ．
(1)求证：直线 是半圆 的切线；
(2)求证：点 是线段 的中点；
(3)若 ， ，求线段 的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）连接 ，根据等边对等角，得出 ，再根据等量代换，得出 ，
再根据直径所对的圆周角等于 ，得出 ，根据垂线的定义，得出 ，再根据等量代换，
得出 ，即可得出 ，再根据切线的判定定理，即可得出结论；
（2）根据切线的性质，得出 ，再根据角的关系和等量代换，得出
， ，再根据等角对等边，得出 ， ，然后根据等量代换，得出 ，根据中线的定义，即可得出结论；
（3）设 长为 ，则 ，根据勾股定理，得出 ，再根据等面积法，得出用含 的式子表示
，再根据勾股定理，即可得出线段 的长．
【详解】（1）证明：连接 ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 是半圆 的直径，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴直线 是半圆 的切线；
（2）证明：∵ 为半圆 的切线，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∵ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ， ，∴ ，
∴点 是线段 的中点；
（3）解：设 长为 ，则 ，
在 中，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
解得： ，
在 中，
根据勾股定理，可得： ，
解得： ， （舍去），
∴ ．
【点睛】本题考查了切线的性质与判定、等腰三角形的性质、等量代换、勾股定理、等面积法，解本题的
关键在熟练掌握相关的性质、定理．
36．（2022·广西北海·统考一模）如图，在Rt ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝6，点D为BC边上
的一个动点，以CD为直径的⊙O交AD于点E，过点C作CF AB，交⊙O于点F，连接CE、EF．
(1)当∠CFE＝45°时，求CD的长；
(2)求证：∠BAC＝∠CEF；
(3)是否存在点D，使得 CFE是以CF为底的等腰三角形，若存在，求出此时CD的长；若不存在，试说明
理由．【答案】(1)6
(2)见解析
(3)存在，3
【分析】（1）根据等弧所对的圆周角相等可得∠CDE＝∠CFE，进而根据等角对等边即可求得CD＝AC＝
6；
（2）由CF∥AB可得∠B＝∠FCB，等弧所对的圆周角相等可得∠FCB＝∠DEF，可得∠B＝∠DEF，根据
直径所对的圆周角相等可得∠CED＝90°，即∠DEF+∠CEF＝90°，等量代换可得∠BAC＝∠CEF；
（3）连接FD，并延长和AB相交于G，根据四边形CEDF为圆内接四边形，∠ADG＝∠ECF，证明
△AGD≌△ACD（AAS），勾股定理求得 ，在Rt BDG中，设CD＝x，勾股定理建立方程，解方程求解
即可． △
(1)
∵∠CDE＝∠CFE＝45°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠DAC＝∠CDA＝45°，
∴CD＝AC＝6；
(2)
证明：∵CF∥AB，
∴∠B＝∠FCB，
∵∠FCB＝∠DEF，
∴∠B＝∠DEF，
又∠BAC+∠B＝90°，
∵CD是 的直径，
∴∠CED＝90°，
∴∠DEF+∠CEF＝90°，
∴∠BAC＝∠CEF；
(3)解：存在点D，使得 CFE是CF为底的等腰三角形，则EF＝CE．
如图，连接FD，并延△长和AB相交于G，
则∠EFC＝∠ECF，
∵四边形CEDF为圆内接四边形，
∴∠ADG＝∠ECF，
又∵∠CDE＝∠CFE，
∴∠ADG＝∠CDE，
∵CD为⊙O的直径，
∴∠DFC＝90°，
∵FC∥AB，
∴∠FGA＝90°，
∴∠FGA＝∠ACD，
∵AD＝AD，
∴△AGD≌△ACD（AAS），
∴DG＝CD，AC＝AG＝6，
∵∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝6，
∴BC＝ ＝8，
在Rt BDG中，设CD＝x，
则BD△＝BC﹣CD＝8﹣x，BG＝AB﹣AG＝10﹣6＝4，DG＝CD＝x，
∵BG2+DG2＝BD2，
∴42+x2＝（8﹣x）2，
∴x＝3，
即CD＝3．
【点睛】本题考查了等弧所对的圆周角相等，等边对等角，平行线的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，
圆内接四边形，掌握圆的相关性质是解题的关键．37．（2023秋·广东广州·九年级期末）如图，在Rt 中， ， 平分 交 于点D，O
为 上一点，经过点A，D的 分别交 ， 于点E，F．
(1)求证： 是 的切线；
(2)若 ， ，求 的半径．
【答案】(1)见解析
(2) 的半径为5
【分析】（1）连接 ，可得 ，根据等边对等角，以及角平分线的定义，可得 ，根
据“内错角相等，两直线平行”可得 ，根据平行线的性质，可得 ，再根据切线
的判定方法，即可判定；
（2）过点O作 ，交 于点G，根据垂径定理可得 ，故 ，根据矩形
的判定和性质，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接 ，则 ，
，
是 的平分线，
，
，
，
，
为 的半径，点D在 上，
∴ 是 的切线；（2）解：过点O作 ，交 于点G，如图，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形 是矩形，
，
的半径为5．
【点睛】本题考查了圆的切线的判定、圆的垂径定理，矩形的判定和性质、等腰三角形的性质、角平分线
的定义、平行线的判定和性质，解题的关键是准确作出辅助线．
38．（2022秋·湖南长沙·九年级校考阶段练习）如图，AB是 的直径，点D、E在 上，连接AE、
ED、DA，连接BD并延长至点C，使得 ．（1）求证：AC是 的切线；
（2）若点E是的 中点，AE与BC交于点F，
①求证：CA=CF；
②若 的半径为3，BF=2，求AC的长．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②8
【分析】（1）根据直径所对的圆周角为直角可得∠ADB=90°，由同弧所对的圆周角相等结合题目条件可进
一步推出∠DBA=∠DAC，从而得到∠BAC=90°，即可得证；
（2）①由圆周角定理得出∠BAE=∠DAE，由三角形的外角性质得出∠CAF=∠DBA+∠BAE，从而求出
∠CFA=∠CAF，即可得出结论；
②设CA=CF=x，则BC=CF+BF=x+2，在Rt ABC中，运用勾股定理求解即可．
【详解】（1）∵AB是 的直径， △
∴∠ADB=90°，
∴∠DBA+∠DAB=90°，
∵∠DEA=∠DBA，∠DAC=∠DEA，
∴∠DBA=∠DAC，
∴∠BAC=∠DAC+∠DAB=90°，
∵AB是 的直径，∠BAC=90°，
∴AC是 的切线；
（2）①∵点E是 的中点，
∴∠BAE=∠DAE，
∵∠CFA=∠DBA+∠BAE，∠CAF=∠DAC+∠DAE，∠DBA=∠DAC，
∴∠CFA=∠CAF，
∴CA=CF；
②设CA=CF=x，则BC=CF+BF=x+2，
∵ 的半径为3，∴AB=6，
在Rt ABC中，CA2+AB2=BC2，
即：x△2+62=(x+2)2，
解得：x=8，
∴AC=8．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定，以及三角形相关知识点，综合运用圆的相关定理和性质是解
题关键．
39．（2021春·九年级课时练习）如图，四边形 内接于 ，对角线 ，垂足为 ，
于点 ，直线 与直线 于点 ．
（1）若点 在 内，如图1，求证： 和 关于直线 对称；
（2）连接 ，若 ，且 与 相切，如图2，求 的度数．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据垂直及同弧所对圆周角相等性质，可得 ，可证 与 全等，得
到 ，进一步即可证点 和 关于直线 成轴对称；
（2）作出相应辅助线如解析图，可得 与 全等，利用全等三角形的性质及切线的性质，可得
，根据平行线的性质及三角形内角和即可得出答案．
【详解】解：（1）证明：∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
又∵同弧所对圆周角相等，
∴ ，
∴ ，
在 与 中，∴ ，
∴ ，
又 ，
∴点 和 关于直线 成轴对称；
（2）如图，延长 交 于点 ，连接 ， ， ， ，
∵ ， ，
∴ 、 、 、 四点共圆， 、 、 、 四点共圆，
∴ ， ，
在 与 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ 为等腰直角三角形，
∴ ，
∴ ，
又 ，
∴ ，
∵ 与 相切，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】题目主要考查圆的有关性质、三角形全等、成轴对称、平行线性质等，作出相应辅助线及对各知
识点的熟练运用是解题的关键．
40．（2022春·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨工业大学附属中学校校考开学考试）如图， 内接于
中，弦BC交AD于点E，连接CD， 交CD的延长线于点G，BG交 于点H，
．
(1)如图1，求证：DB平分 ；
(2)如图2， 于点N，CN＝CG，求证：AN＝HG；
(3)如图3．在（2）的条件下，点F在AE上，连接BF、CF，且 ， ，BC＝5．求
AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)3
【分析】（1）先推出∠ADC=2∠GBD，再根据垂直的定义得到∠GBD+∠GDB=90°，根据
∠GDB+∠BDE+∠ADC=180°，推出∠BDE+∠GBD=90°，则∠BDE=∠GDB，即可证明BD是∠GDE是平分线；
（2）如图所示，连接CH，CA，先证明∠CHG=∠CAN，然后证明△CGH≌△CNA即可得到GH=AN；
（3）如图所示，过点D作DK⊥BF分别交BC于R，BF于K，过点C作CM⊥DK于M，连接CH，AC，先
证四边形CFKM是矩形，得到CM=FK，CF=KM；设∠GBD=∠CBD=x，则∠ABC=∠CBG=2x，∠BCG=90°-
∠CBG=90°-2x=∠BAD，∠BCN=90°-∠CBN=90°-2x，证明∠AEB=90°，得到∠EBF+∠EFB=90°，即可证明∠DBK=∠CBD+∠CBF=45°，从而得到BK=DK，∠KDF=∠EBF；再证明△KDF≌△EBF得到RK=KF=CM；然
后推出∠RCM=∠DCM，即可证明△CMD≌△CMR得到DM=MR，设DM=MR=a，RK=MC=KF=b，则
MK=CF=MK+RK=a+b，BK=DK=DM+MR+RK=2a+b，推出BF=2CF，即可利用勾股定理求出 ，
，再用三角形面积法求出 ，则 ，最后证明∠BAC=∠BCA，
得到AB=BC=5，则 ．
（1）
解：∵∠ABC=∠ADC，∠ABC=2∠GBD，
∴∠ADC=2∠GBD，
∵BG⊥CG，
∴∠G=90°，
∴∠GBD+∠GDB=90°，
∵∠GDB+∠BDE+∠ADC=180°，
∴∠GDB+∠BDE+2∠GBD=180°，
∴∠BDE+∠GBD=90°，
∴∠BDE=∠GDB，
∴BD是∠GDE是平分线；
（2）
解：如图所示，连接CH，CA，
∵四边形ABHC是圆内接四边形，
∴∠BAC+∠BHC=180°，
又∵∠BHC+∠CHG=180°，
∴∠CHG=∠CAN，
∵CG⊥BG，CN⊥AB，
∴∠CGH=∠CNA=90°，
又∵CG=CN，
∴△CGH≌△CNA（AAS），
∴GH=AN；（3）
解：如图所示，过点D作DK⊥BF分别交BC于R，BF于K，过点C作CM⊥DK于M，连接CH，AC，
∵DK⊥BF，CM⊥DK，CF⊥BF，
∴四边形CFKM是矩形，
∴CM=FK，CF=KM；
∵∠ABC=2∠GBD=∠GBD+∠CBD，
∴∠ABC=2∠GBD=2∠CBD=∠CBG，
设∠GBD=∠CBD=x，则∠ABC=∠CBG=2x，
∴∠BCG=90°-∠CBG=90°-2x=∠BAD，∠BCN=90°-∠CBN=90°-2x，
∴∠BAD+∠ABC=90°，
∴∠AEB=90°，
∴∠EBF+∠EFB=90°，
∵∠BCN=2∠CBF，
∴∠CBF=45°-x，
∴∠DBK=∠CBD+∠CBF=45°，
又∵∠DKB=∠DKF=90°，
∴∠KBD=∠KDB=45°，∠DFK+∠FDK=90°，
∴BK=DK，∠KDF=∠EBF，
∴△KDF≌△EBF（ASA）
∴RK=KF=CM；
∵∠CRM=∠BRK=90°-∠RBK=45°+x，
∴∠RCM=90°-∠CRM=45°-x，
∴∠DCM=∠BCD-∠RCM=45°-x，
∴∠RCM=∠DCM，又∵CM⊥DR，
∴∠CMD=∠CMR，
∵CM=CM，
∴△CMD≌△CMR（ASA），
∴DM=MR，
设DM=MR=a，RK=MC=KF=b，
∴MK=CF=MK+RK=a+b，BK=DK=DM+MR+RK=2a+b，
∴BF=BK+KF=2a+2b，
∴BF=2CF，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
由（2）可知△CGH≌△CAN，
∴∠ACN=∠GCH=∠GBD=x，
∴∠BCA=∠BCN+∠∠CAN=90°-x，
∴∠BAC=180°-∠ABC-∠BCA=90°-x，
∴∠BAC=∠BCA，
∴AB=BC=5，
∴ ．【点睛】本题主要考查了角平分线的判定，同弧所对的圆周角相等，等腰三角形的性质与判定，三角形内
角和定理，全等三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造全等三角
形是解题的关键．
