专题 21 与圆有关的概念及性质（10 个高频考点）（强化训练）
【考点1 圆的基本概念】
1．（2022·广东揭阳·揭阳市实验中学校考模拟预测）如图，在⊙O中，弦AB等于⊙O的半径，OC⊥AB交
⊙O于点C，则∠AOC等于（ ）
A．80° B．50° C．40° D．30°
【答案】D
【分析】弦AB等于⊙O的半径，可得△AOB是等边三角形，再由等边三角形的性质，即可求解．
【详解】解：∵弦AB等于⊙O的半径，
∴OA=OB=AB，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∵OC⊥ AB，
1
∴∠AOC= ∠AOB=30°．
2
故选：D
【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握圆的基本性质，等边三角形
的判定和性质是解题的关键．
2．（2022·吉林·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(−2,0)，点B在y轴正半轴上，
以点B为圆心，BA长为半径作弧，交x轴正半轴于点C，则点C的坐标为__________．【答案】(2,0)
【分析】连接BC，先根据点A的坐标可得OA=2，再根据等腰三角形的判定可得△ABC是等腰三角形，
然后根据等腰三角形的三线合一可得OC=OA=2，由此即可得出答案．
【详解】解：如图，连接BC，
∵点A的坐标为(−2,0)，
∴OA=2，
由同圆半径相等得：BA=BC，
∴△ABC是等腰三角形，
∵BO⊥AC，
∴OC=OA=2（等腰三角形的三线合一），
又∵点C位于x轴正半轴，
∴点C的坐标为(2,0)，
故答案为：(2,0)．
【点睛】本题考查了同圆半径相等、等腰三角形的三线合一、点坐标等知识点，熟练掌握等腰三角形的三
线合一是解题关键．
3．（2022·河北沧州·统考二模）如图，量角器的0°刻度线的两端A，B分别在y轴正半轴与x轴负半轴上滑
动，点C位于该量角器上13°刻度处．（1）若点C在靠近点A处，连接CO，则∠COA=______；
（2）当点C与原点O的距离最大时，∠ABO=______．
【答案】 6.5° 83.5°
【分析】（1）取AB的中点D，如图，利用量角器的读数得到∠ADC=13°，再根据圆周角定理的推论判
断点O在以AB为直径的圆上，即点O和量角器在同一个圆上，则根据圆周角定理得到∠AOC=6.5°；
（2）当点C、D、O共线时，点C与原点O的距离最大，利用邻补角计算出∠ADO=167°，然后根据圆
1
周角定理得到∠ABO= ∠ADO．
2
【详解】解：（1）取AB的中点D，如图，
根据题意得∠ADC=13°，
∵∠AOB=90°，
∴点O在以AB为直径的圆上，即点O和量角器在同一个圆上，
1
∴∠AOC= ∠ADC=6.5°；
2
（2）当点C、D、O共线时，点C与原点O的距离最大，
∵∠ADC=13°，
∴∠ADO=180°−13°=167°，
1
∴∠ABO= ∠ADO=83.5°．
2
故答案为：6.5°，83.5°．【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的
一半，90度的圆周角所对的弦是直径．
4．（2022·江苏扬州·校考二模）如图，在扇形AOB中，D为A´B上的点，连接AD并延长与OB的延长线交
于点C，若CD=OA，∠O=75°，则∠CAO的度数为_________°．
【答案】70
【分析】连接OD，根据CD=OA，OA=OD，设∠C=α，根据等边对等角以及三角形外角的性质可得
∠A=3α，根据三角形内角和定理即可求得
【详解】解：如图，连接OD，
∴OA=OD
∴∠CAO=∠ODA∵ CD=OA
∴∠C=∠DOC
设∠C=α，
∴∠CAO=∠ODA=∠DOC+∠C=2α
在△AOC中，∠AOC=75°
∴∠CAO+∠C=105°
∴3α=105°
∴α=35°
∴∠CAO=2α=70°
故答案为：70．
【点睛】本题考查了圆的基本概念，等角对等边，三角形内角和定理，掌握以上知识是解题的关键．
5．（2022·河北承德·统考模拟预测）已知⊙O的半径和正方形ABCD的边长均为1，把正方形ABCD放在
⊙O中，使顶点A，D落在⊙O上，此时点A的位置记为A ，如图1，按下列步骤操作：如图2，将正方
0
形ABCD在⊙O中绕点A顺时针旋转，使点B落到⊙O上，完成第一次旋转；再绕点B顺时针旋转，使
点C落到⊙O上，完成第二次旋转；……
(1)正方形ABCD每次旋转的度数为______°；
(2)将正方形ABCD连续旋转6次，在旋转的过程中，点B与A 之间的距离的最小值为______．
0
【答案】(1)30
(2)2−√2
【分析】（1）根据题意可知△OAD是等边三角形，每一次旋转可以转化为等边三角旋转60度，则正方形
各顶点构成正六边形，边长为1，进而求得每次旋转的角度；
（2）在正方形的旋转过程中，第三次旋转过程中点B与A 之间的距离的最小值为⊙O的直径减去正方形
0
的对角线的长度．
【详解】（1）解：∵⊙O的半径和正方形ABCD的边长均为1，
∴△OAD是正三角形，∴∠OAD=60°
根据旋转可得正方形各顶点构成正六边形，
(6−2)×180°
∴ ∠D AB = = 120°
0 6
∴∠B AB=120°−90°=30°
0
即正方形每一次旋转的角度为30°，
故答案为：30．
（2）如图，B点的运动路径如图中B →⋅⋅⋅→B 部分，
0 6
∵正方形的边长为1，
∴正方形的对角线长为√2，
∵⊙O的半径为1，
∴最短距离为2−√2，
故答案为：2−√2．
【点睛】本题考查了正多边形的性质，圆的性质，旋转的性质，正三角形的性质，找到正方形旋转的规律
是解题的关键．
【考点2 垂径定理及其推论】
6．（2022·山东济宁·校考二模）如图，点E是⊙O中弦AB的中点，过点E作⊙O的直径CD，P是⊙O上
一点，过点P作⊙O的切线，与AB的延长线交于F，与CD的延长线交于点G，连接CP与AB交于点M．(1)求证：FM=FP；
3
(2)若点P是FG的中点，cos∠F= ，⊙O半径长为6，求EM长．
5
【答案】(1)证明见解析
8
(2)
5
【分析】（1）连接OP，则：OP=OC，得到∠OCP=∠OPC，根据切线的性质，垂径定理的推论得到：
∠OCM+∠CME=∠OPC+∠MPF，从而得到：∠CME=∠MPF，再根据对顶角相等，推出
∠FMP=∠MPF，即可得到FM=FP；
3
（2）利用同角的余角相等，得到∠POG=∠F，利用cos∠F= ，求出OG，利用勾股定理求出PG，
5
3
进而得到GF,PF的长，再利用cos∠F= ，求出EF，利用EF−FM=EF−PF，即可得解．
5
【详解】（1）证明：连接OP，则：OP=OC，∴∠OCP=∠OPC
∵FP是⊙O的切线，
∴OP⊥FP，
∴∠OPF=90°，
∴∠OPC+∠MPF=90°，
∵点E是弦AB的中点，
∴CE⊥AB，
∴∠CEM=90°，
∴∠OCM+∠CME=90°，
∴∠CME=∠MPF，
∵∠CME=∠PMF，
∴∠FMP=∠MPF，
∴FM=FP；
（2）解：由（1）知：OE⊥EF,OP⊥FG，
∴∠F+∠G=90°,∠G+∠GOP=90°，
∴∠F=∠GOP，
OP 3
∴cos∠GOP=cosF= = ，
OG 5
∵OP=6，
∴OG=10，
∴PG=√OG2−OG2=√102−62=8，
∵点P是FG的中点，∴GF=2PG=16,FP=PG=8，
EF 3
∵cosF= = ，
FG 5
48
∴EF= ，
5
48 8
∴EM=EF−FM=EF−PF= −8= ．
5 5
【点睛】本题考查垂径定理的推论，切线的性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形．熟练掌握切
线垂直过切点的半径，平分弦（不是直径）的直径垂直弦，是解题的关键．
7．（2022·湖北省直辖县级单位·校考一模）如图，已知A，B，C均在⊙O上，请用无刻度的直尺作图．
(1)如图1，若点D是AC的中点，试画出∠B的平分线；
(2)若∠A=42°，点D在弦BC上，在图2中画出一个含48°角的直角三角形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接OD并延长与圆O交于点E，连接BE即为所求；
（2）连接BO并延长交圆O于N，延长AD交圆O于M，连接NM，BM，则△BMN即为所求；
【详解】（1）解：如图所示，连接OD并延长与圆O交于点E，连接BE即为所求；
∵D是AC的中点，
∴A´E=C´E，
∴∠ABE=∠CBE，即BE平分∠ABC；（2）如图所示，连接BO并延长交圆O于N，延长AD交圆O于M，连接NM，BM，则△BMN即为所
求；
∵∠A=42°，
∴∠BNM=∠A=42°，
∵BN是圆的直径，
∴∠BMN=90°，
∴∠NBM=90−∠BNM=48°，
∴△BMN是含48°的直角三角形．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，直径所对的圆周角是直角，圆周角定理等等；解题的关键在于能够熟
练掌握圆的相关知识．
8．（2022·浙江舟山·校考一模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形．DB平分∠ADC，连接
OC,OC⊥BD．(1)求证：AB=CD；
(2)若∠A=66°，求∠ADB的度数．
【答案】(1)见解析
(2)33°
【分析】（1）根据DB平分∠ADC，可得A´B=B´C，再根据OC⊥BD，可得B´C=C´D，从而得到
A´B=C´D，即可．
（2）根据圆的内切四边形，对角互补，求出∠BCD，再利用垂径定理，可得BC=DC，可得到∠BDC，
即可求解．
【详解】（1）证明：∵DB平分∠ADC，
∴∠ADB=∠CDB，
∴A´B=B´C，
∵OC⊥BD，
∴B´C=C´D，
∴A´B=C´D，
∴AB=CD；
（2）解：∵∠A=66°，
∴∠BCD=180°−66°=114°，
∵OC⊥BD，
∴B´C=C´D，
∴BC=DC，
1
∴∠BDC= (180°−∠BCD)=33°，
2
∵DB平分∠ADC，
∴∠BDC=∠ADB=33°．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，解题的关键是熟
练掌握圆内接四边形的性质，垂径定理，圆周角定理．
9．（2022·江苏泰州·统考二模）如图，已知AD是⊙O的直径，B、C为圆上的点，OE⊥AB、BC⊥AD，垂
足分别为E、F．(1)求证：2OE=CD；
(2)若∠BAD+∠EOF=150°，AD=4，求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)2π-√3
1
【分析】（1）连接BD，先证EO∥BD，EO= BD，再根据垂径定理，证得CD=BD，最后通过等量
2
代换证得结论．
（2）将∠EOF=180°−∠EOA代入∠BAD+∠EOF=150°，结合∠EOA+∠BAD=90°，解得
∠EOA=60°，∠BAD=30°，由S =S +S −S ，分别求得S 、S 、S ，
阴影 扇形ABD △FDC △AFB 扇形ABD △FDC △AFB
计算即可．
【详解】（1）证明：连接BD，
∵AD是⊙O的直径，B为圆上的点，
∴∠ABD=90°，
∵OE⊥AB，
∴∠AEO=90°，
∴∠AEO=∠ABD，
∴EO∥BD，
∵AD是⊙O的直径，即O为AD的中点，
∴E为AB的中点，
1
∴EO= BD．
2
∵AD是⊙O的直径，B、C为圆上的点， BC⊥AD，
∴CD=BD，
1 1
∴EO= BD= CD，即CD=2OE．
2 2（2）解：∵∠EOF=180°−∠EOA，
又∵∠BAD+∠EOF=150°，
∴∠BAD+180°−∠EOA=150°，即∠EOA−∠BAD=30°．
∵∠AEO=90°，
∴∠EOA+∠BAD=90°，
∴∠EOA=60°，∠BAD=30°．
如图，连接BD，
∵AD=4，AD是⊙O的直径，∠BAD=30°，
∴AB=cos30°×AD=2√3．
同理，∠AFB=90°，∠BAD=30°，AB=2√3，
∴BF=sin30°×AB=√3，AF=cos30°×AB=3．
∵AD是⊙O的直径，B、C为圆上的点， BC⊥AD，
∴BF=CF=√3．
∵AD=4，AF=3，
∴FD=AD−AF=1．
1
S = ×π×(4÷2) 2=2π，
扇形ABD 2
1 1 √3
S = ×FD×FC= ×1×√3= ，
△FDC 2 2 2
1 1 3√3
S = ×AF×BF= ×3×√3= ，
△AFB 2 2 2
√3 3√3
∴S =S +S −S =2π+ − =2π−√3．
阴影 扇形ABD △FDC △AFB 2 2【点睛】本题考查了垂径定理，中位线的判定及性质，扇形相关的阴影面积计算，综合运用以上知识是解
题的关键．
10．（2022·河南信阳·统考三模）中国5A级旅游景区开封市清明上河园，水车园中的水车是由立式水轮，
竹筒、支撑杆和水槽等配件组成，如图是水车园中半径为5m的水车灌田的简化示意图，立式水轮⊙O在
水流的作用下利用竹筒将水运送到到点A处，水沿水槽AP流到田地，⊙O与水面交于点B，C，且点B，
C，P在同一直线上；AP与⊙O相切，若点P到点C的距离为32米，立式水轮⊙O的最低点到水面的距
离为2米，连接AC，AB．
请解答下列问题，
(1)求证：∠PAC=∠PBA．
(2)请求出水槽AP的长度．
【答案】(1)证明见解析；
(2)16√5米；
【分析】（1）连接AO并延长交圆于点E，根据切线的性质，圆周角定理，由角的等量代换即可证明；
（2）过O作OF⊥BC于F，延长OF交圆于点D，连接OC，Rt△OFC中，由勾股定理求得CF的长；再由
△PAC∽△PBA，PA2=PB•PC，即可解答.
【详解】（1）证明：如图连接AO并延长交圆于点E，PA是圆的切线，则∠EAP=90°，
∴∠EAC+∠PAC=90°，
AE是圆的直径，则∠ACE=90°，
∴∠EAC+∠AEC=90°，
∵∠AEC=∠ABC，∴∠ABC=∠PAC，即∠PAC=∠PBA；
（2）解：如图，过O作OF⊥BC于F，延长OF交圆于点D，连接OC，
BC为水平面，则D为圆的最低点，DF=2米，由垂径定理可得BC=2CF，
Rt△OFC中，OF=OD-DF=5-2=3米，OC=5米，则CF=√OC2−OF2=4米，
∴BC=2CF=8米，PB=32+8=40米，
∵∠P=∠P，∠PAC=∠PBA，∴△PAC∽△PBA，
∴PA∶PB=PC∶PA，即PA2=PB•PC，
∴PA=√32×40=16√5米.
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质；掌握相关性质和定
理是解题关键．
【考点3 弧、弦、圆心角的关系】
11．（2022·江苏盐城·统考中考真题）证明：垂直于弦AB的直径CD平分弦以及弦所对的两条弧．【答案】见解析
【分析】根据命题的题设：垂直于弦AB的直径CD，结论：CD平分AB，CD平分AD´ B,AC´B, 写出已知，
求证，再利用等腰三角形的性质，圆心角与弧之间的关系证明即可．
【详解】已知：如图，CD是⊙O的直径，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为P．
求证：PA=PB，A´D=B´D，A´C=B´C．
证明：如图，连接OA、OB．
因为 OA=OB，OP⊥AB，
所以PA=PB，∠AOD=∠BOD．
所以A´D=B´D，∠AOC=∠BOC．
所以A´C=B´C．
【点睛】本题考查的是命题的证明，圆心角与弧，弦之间的关系，等腰三角形的性质，熟练的运用在同圆
与等圆中，相等的圆心角所对的弧相等是解本题的关键．
12．（2022·辽宁鞍山·统考二模）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，BD为直径，A´D上点E，满足
A´E=C´D，连接BE并延长交CD的延长线于点F，BE与AD交于点G，连接CE，EF=DG．(1)求证：CE=BG；
√21
(2)如图2，连接CG，AD=2．若sin∠ADB= ，求△FGD的周长．
7
【答案】(1)见解析
√7+5
(2)
2
【分析】（1）先根据圆周角定理可得∠BAD=∠BCD=90°,∠ABG=∠CBD，从而可得
∠AGB=∠CDB，再根据圆周角定理可得∠DBG=∠FCE,∠BEC=∠CDB，从而可得
∠AGB=∠BEC，则∠BGD=∠CEF，然后根据三角形全等的判定证出△BGD≅△CEF，根据全等三
角形的性质即可得证；
（2）先在Rt△ABD中，解直角三角形和勾股定理可得AB=√3,BD=√7，再根据A´D=C´E可得
AD=CE=2，从而可得BG=2，然后根据解直角三角形和勾股定理分别求出DG,EG,EF,DF的长，最
后根据三角形的周长公式即可得．
（1）
证明：∵BD为⊙O的直径，
∴∠BAD=∠BCD=90°，
∵A´E=C´D，
∴∠ABG=∠CBD，
∴∠AGB=∠CDB，
由圆周角定理得：∠DBG=∠FCE,∠BEC=∠CDB，
∴∠AGB=∠BEC，
∴180°−∠AGB=180°−∠BEC，即∠BGD=∠CEF，在△BGD和△CEF中，¿，
∴△BGD≅△CEF(AAS)，
∴CE=BG．
（2）
解：如图，连接DE，
AB √21
∵AD=2,sin∠ADB= = ，
BD 7
设BD=7x(x>0)，则AB=√21x,AD=√BD2−AB2=2√7x，
√7
∴2√7x=2，解得x= ，
7
∴AB=√3,BD=√7，
∵A´E=C´D，
∴A´E+D´E=C´D+D´E，即A´D=C´E，
∴AD=CE=2，
由（1）已证：CE=BG，
∴BG=2，
AB √3
∴AG=√BG2−AB2=1,sin∠AGB= = ，
BG 2
√3
∴DG=AD−AG=1,sin∠DGE=sin∠AGB= ，
2
√3
∴DE=DG⋅sin∠DGE= ，EF=DG=1，
2
1 √7
∴EG=√DG2−DE2= ,DF=√DE2+EF2=
，
2 21 √7 √7+5
则△FGD的周长为DG+EG+EF+DF=1+ +1+ = ．
2 2 2
【点睛】本题考查了圆周角定理、三角形全等的判定与性质、解直角三角形、勾股定理等知识点，熟练掌
握圆周角定理和解直角三角形的方法是解题关键．
13．（2022·上海虹口·统考二模）已知：如图，AB、AC是⊙O的两条弦，AB=AC，点M、N分别在弦
AB、AC上，且AM=CN，AM<AN，联结OM、ON．
(1)求证：OM=ON；
(2)当∠BAC为锐角时，如果AO2=AM⋅AC，求证：四边形AMON为等腰梯形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）证明△AOM≅△CON即可；
（2）由AO2=AM⋅AC可得△AOM∼△ACO，可得OM=ON=AM，再证明OM∥AC即可．
【详解】（1）∵AB、AC是⊙O的两条弦，AB=AC，
∴∠OAB=∠OAC=∠OCA
在△AOM和△CON中
¿
∴△AOM≅△CON（SAS）
∴OM=ON；
（2）∵AO2=AM⋅AC
AO AC
∴ =
AM AO
∵∠OAB=∠OAC
∴△AOM∼△ACO
∴∠AOM=∠ACO∵∠OAB=∠OAC=∠OCA
∴∠OAB=∠OAC=∠OCA=∠AOM
∴AM=MO，OM∥AC
∴AM=MO=ON
∴四边形AMON为等腰梯形．
【点睛】本题考查圆的弧弦关系、全等三角形的证明、等腰梯形、相似三角形的性质与判定，解题的关键
是由弦AB=AC得到∠OAB=∠OAC=∠OCA．
14．（2022·广西百色·统考二模）如图，已知AB为⊙O的直径，过⊙O上点C的切线交AB的延长线于点
E，AD⊥EC于点D，且交⊙O于点F，连结BC，CF，AC．
(1)求证：BC ＝CF；
(2)若AD=3，DE=4，求BE的长和tan∠CAE的值．
【答案】(1)证明见解析
5 1
(2)BE= ；tan∠CAE=
4 2
【分析】（1）如图，连接OC，由题意知OC⊥DE，则OC∥AD，∠1=∠2=∠3，则B´C=C´F，进而可
证BC=CF；
（2）在Rt△ADE中，由勾股定理得AE=√32+42=5，设AO=OB=OC=r，则BE=5−2r，OE=5−r，
OC OE CE r 5−r CE
证明△COE∽△DAE，则 = = ，即 = = ，求出r、CE的值，进而可求BE、CD的
AD AE DE 3 5 4
DC
值，根据tan∠CAE=tan∠1= ，求正切值即可．
AD
（1）
证明：如图，连接OC，∵DE为过点C的切线，
∴OC⊥DE，
又∵AD⊥CE，
∴OC∥AD，
∴∠1=∠2，
∵AO=OC，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠3，
∴B´C=C´F，
∴BC=CF．
（2）
解：在Rt△ADE中，由勾股定理得AE=√32+42=5，
设AO=OB=OC=r，则BE=5−2r，OE=5−r，
∵OC∥AD，
∴△COE∽△DAE，
OC OE CE r 5−r CE
∴ = = ，即 = = ，
AD AE DE 3 5 4
15 5
解得r= ，CE= ，
8 2
15 5
∴BE=5−2× = ，
8 4
5 3
∴CD=DE−CE=4− = ，
2 2
DC 1
∴tan∠CAE=tan∠1= = ．
AD 2
【点睛】本题考查了切线的性质，等边对等角，弧、弦、圆周角的关系，勾股定理，相似三角形的判定与性质，正切等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
15．（2022·安徽宿州·宿州市第十一中学校考模拟预测）如图，点C，D分别是以AB为直径的半圆上的三
等分点，AB=4，连接BC,CD,BD．
(1)填空：BC_________2BD；（填“>”“=”或“<”）
(2)求图中△BCD的面积．
【答案】(1)<
(2)√3
【分析】（1）利用三等分可知DC=DB，根据三角形的三边关系即可求出结果；
（2）由条件可知四边形OBDC为菱形，据此即可求出三角形面积．
【详解】（1）解：∵点C，D分别是以AB为直径的半圆上的三等分点，
∴A´C=C´D=B´D，
∴DC=DB，
∵在△BCD中，BC＜DC+DB=2BD，
∴BC＜2BD，
故答案是：＜；
（2）如图所示，连接OC、OD，
由（1）得：∠AOC=∠COD=∠DOB=60°，
∵OC=OD=OB=2，
∴△OCD与△ODB均为等边三角形且全等，
∴四边形OBDC为菱形，1
∴S =S = S =√3，
△OCD △OBD 2 菱形OBDC
∴△BCD的面积为：√3．
【点睛】本题主要考查的是圆中等分性质的应用，掌握圆的性质以及结合菱形的性质进行求解是解题的关
键．
【考点4 圆周角】
16．（2022·黑龙江哈尔滨·校考二模）如图1，在⊙O中，AB和CD是两条弦，且AB⊥CD，垂足为点E，
连接BC，过A作AF⊥BC于F，交CD于点G；
(1)求证：¿=DE；
(2)如图2，连接AC、OC，求证：∠OCF+∠CAB=90°；
(3)如图3，在（2）的条件下，OC交AF于点N，连接EF、EN、DN，若OC//EF，EN⊥AF，
DN=2√17，求NO的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)√2
【分析】（1）连接AD，可证得∠AGE=∠D，从而AG=AD，进而得出结论；
（2）延长CO交⊙O于G，连接BG，可证得OCF+∠G=90°，∠CAB=∠G，进而得出结论；
（3）作NH⊥CD于H，连接BD，连接OB，可证得∠CAB=∠NEF=∠OCF，结合（2）的结论
∠OCF+∠CAB=90°，从而得出∠CAB=∠OCF=45°，根据平行四边形性质得出CG=≥=DE=a，
依次解Rt△ABF求得BF，解Rt△CBE求得BF，从而得出CF，CN，解Rt△ACE求得AC，从而得出
∠CAF的正余弦三角函数值，从而得出∠NCD的三角函数值，解斜三角形CDN，从而求得a的值，进一
步可求得结果．
【详解】（1）证明：如图1，连接AD，
∵ A´C=A´C，
∴∠B=∠D，
∵CD⊥AB，AF⊥BC，
∴∠AEG=∠AFB=90°，
∴∠B+∠BAF=90°，∠AGE+∠BAF=90°，
∴∠B=∠AGE，
∴∠AGE=∠D，
∴AG=AD，
1
∴EG=DE= DG；
2
（2）证明：如图2，
延长CO交⊙O于G，连接BG，
∵CG是⊙O的直径，
∴∠CBG=90°，
∴∠OCF+∠G=90°，
∵ B´C=B´C，
∴∠CAB=∠G，
∴∠OCF+∠CAB=90°；
（3）解：如图3，作NH⊥CD于H，连接BD，连接OB，
∵EN⊥AF，BF⊥AF，
∴EN∥BC，
∵OC∥EF，
∴四边形EFCN是平行四边形，
∴CG=EG=DE，∠OCB=∠FEN，
∵∠AFC=∠AEC=90°，
∴点A、C、F、E共圆，
∴∠CAF=∠CEF，∠BAF=∠ECF，
∵EN∥BC，
∴∠ECF=∠CEN，
∴∠BAF=∠CEN，
∴∠CAF+∠BAF=∠CEF+∠CEN，
∴∠CAB=∠FEN，
∴∠CAB=∠OCF，
由（2）得：∠CAB+∠OCN=90°，
∴∠CAB=∠OCF=45°，
∵∠AEC=90°，
∴∠ACE=90°−∠CAB=45°，
∴∠CAB=∠ACE，
∴AE=CE，
设CG=EG=DE=a，
∴AE=CE=2a，
∵ B´C=B´C，
∴∠BDE=∠CAB=45°，∠BOC=2∠CAB=90°，
∴∠EBD=90°−∠BDE=45°，∴BE=DE=a，
∴AB=CD=3a，
在Rt△AEG中，
AG=√AE2+EG2=2√5a，
EG BF
∴sin∠BAF= = ，
AG AB
a BF
∴ = ，
2√5a 3a
3√5
∴BF= a，
5
在Rt△BCE中，
BC=√CE2+BE2=√5a，
3√5 2√5
∴CF=BC−BF=√5a− a= a，
5 5
在Rt△ACE中，
AC=√2AE=2√2a，
2√5
a
AF 5 √10，
∴sin∠CAF= = =
AC 2√2a 10
3√10
cos∠CAF= ，
3
∵∠NCE=∠CEF=∠CAF，
√10 3√10
∴sin∠NCE= ，cos∠NCE= ，
10 3
2√5
在Rt△NCF中，∠NCF=45°，CF= a，
5
2√10
∴CN=√2CF= a，
5
在Rt△CHN中，
2√10 √10 2
NH=CN⋅sin∠NCE= a⋅ = a，
5 10 5
6
CH=CN⋅cos∠NCE= a，
56 9
∴DH=CD−CH=3a− a= a，
5 5
在Rt△DHN中，
∵N H2+DH2=DN2，
2 9 2
∴( a)+( a) =(2√17) 2 ，
5 5
∴a=2√5，
2√10
∴CN= ×2√5=4√2，BC=√5×2√5=10，
5
√2
∵OC= BC=5√2，
2
∴ON=OC−CN=5√2−4√2=√2．
【点睛】本题考查了圆周角定理及其推论，解直角三角形，确定圆的条件，等腰三角形的判定和性质等知
识，解决问题的关键是探究角之间的数量关系，发现角度和图形的特殊性．
17．（2022·江苏盐城·盐城市第四中学（盐城市艺术高级中学、盐城市逸夫中学）校考模拟预测）如图，
以AB为直径的⊙O与AC相切于点A，点D、E在⊙O上，连接AE、ED、DA，连接BD并延长交AC于
点C，AE与BC交于点F．
(1)求证：∠DAC=∠DEA；
(2)若点E是弧BD的中点，⊙O的半径为3，BF=2，求AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)8
【分析】（1）根据切线的性质可得∠CAD+∠BAD=90°，再由AB为⊙O的直径，可得
∠B+∠BAD=90°，从而得到∠CAD=∠B，再由圆周角定理，即可求证；
（2）根据点E是弧BD的中点，可得∠DAE=∠BAE，再由∠CAD=∠B，可得∠CAF=∠CFA，从而得到CA=CF，设CA=CF=x，则BC=x+2，在Rt△ABC中，根据勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：∵⊙O与AC相切，
∴AC⊥AB，即∠BAC=90°，
∴∠CAD+∠BAD=90°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠B+∠BAD=90°，
∴∠CAD=∠B，
∵∠AED=∠B，
∴∠DAC=∠DEA；
（2）解：∵点E是弧BD的中点，
∴∠DAE=∠BAE，
∵∠CAD=∠B，∠CAF=∠CAD+∠DAF，∠CFA=∠EAB+∠DBA，
∴∠CAF=∠CFA，
∴CA=CF，
设CA=CF=x，则BC=x+2，
∵⊙O的半径为3，
∴AB=2，
在Rt△ABC中，AB2+AC2=BC2，
∴62+x2=(2+x) 2，
解得：x=8，
即AC=8．
【点睛】本题考查了圆周角定理、切线的性质、勾股定理，解题的关键是利用同角的余角相等求得
∠CAD=∠B．
18．（2022·广东·二模）已知：⊙O是△ABC的外接圆，且A´B=B´C，∠ABC=60°，D为⊙O上一动点．(1)如图1，若点D是A´B的中点，∠DBA等于多少？
(2)过点B作直线AD的垂线，垂足为点E．
①如图2，若点D在A´B上，求证：CD=DE+AE．
②若点D在A´C上，当它从点A向点C运动且满足CD=DE+AE时，求∠ABD的最大值．
【答案】(1)30°
(2)①证明见解析；②30°
【分析】（1）连接BD，根据A´B=B´C可得∠BCA=∠BAC，再根据圆周角定理进行求解即可；
（2）①过B作BH⊥CD于点H，则∠BHC=∠BHD=90°，证明△BEA≌△BHC和△BED≌△BDH
即可求解；
②连接BO并延长⊙O交于点I，则点D在A´I上，证明△BEA≌△BHC和△BED≌△BDH即可求解；
【详解】（1）如图1中，连接BD．
∵A´B=B´C，
∴∠BCA=∠BAC，
∵∠ABC=60°，
∴∠BCA=60°，
∵D是A´B的中点，
∴∠DCA=30°，∵A´D=A´D，
∴∠DBA=∠DCA=30°．
（2）①过B作BH⊥CD于点H，则∠BHC=∠BHD=90°．
又∵BE⊥AD于点E，
∴∠BED=90°，
∴∠BED=∠BHC=∠BHD，
又∵B´D=B´D，
∴∠BAE=∠BCH，
∵A´B=B´C，
∴BA=BC，
在△BEA和△BHC中，
¿
∴△BEA≌△BHC(AAS)，
∴EA=CH，
又∵四边形ACBD是⊙O的内接四边形，
∴∠BDE=∠BCA，
又∵A´B=B´C，
∴∠BCA=∠BDC，
∴∠BDE=∠BDC，
在△BED和△BDH中，
¿，
∴△BED≌△BHD(AAS)，
∴DE=DH，
∴DC=DH+HC=DE+AE．
②连接BO并延长与⊙O交于点I，则点D在A´I上．如图：过B作BH⊥CD于点H，
则∠BHC=90°，∠BHD=90°，
又∵BE⊥AD于点E，
∴∠BED=90°，
∴∠BED=∠BHC=∠BHD，
又∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BAE=∠BCD，
又∵A´B=B´C，
∴BA=BC，
在△BEA和△BCH中，
¿，
∴△BEA≌△BCH(AAS)，
∴EA=CH，
∵A´B=B´C，
∴∠BDA=∠BDC，
又BD=BD，∠BED=∠BHD=90°，
在△BED和△BHD中，
¿，
∴△BED≌△BHD(AAS)，
∴ED=HD，
∴CD=HD+HC=DE+AE，
∵BI是⊙O直径，A´B=B´C，
∴BI垂直平分AC，
∴A´I=I´C，
∴2∠ABI=∠ABC=60°，∴当点D运动到点I时∠ABI取得最大值，此时∠ABD=30°．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、圆周角定理和圆内接四边形的性质，灵活运用所学知识求
解是解决本题的关键．
19．（2022·四川南充·统考三模）如图，AB是⊙O的切线，AC是⊙O的直径，BC与⊙O交于D，弧CD
上一点E，使得点D成为弧AE的中点，连接AE与BC交于F．
(1)比较AB与AF的长度．并说明理由．
(2)当AB=6，BC=10时，求CF的长．
【答案】(1)AB=AF，理由见解析
(2)2.8
【分析】（1）连接AD．由圆周角定理、切线的性质，先说明∠ADC=∠BAC=90°、∠DAE=∠C，
再由三角形的内角和定理推出∠B=∠AFB，利用等腰三角形的判定得结论．
（2）先说明△ABD∽△CBA，再利用相似三角形的性质求出BD，最后由线段的和差关系得结论．
【详解】（1）解：AB=AF．
理由：连接AD．
∵AB是⊙O的切线，
∴AB⊥AC，即∠BAC＝90°．
∴∠B+∠C=90°．
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=90°．
∴∠CAD+∠C=90°．
∴∠CAD=∠B=∠DAE+∠CAE．
∵D为A´E的中点，∴A´D＝D´E．
∴∠DAE=∠C．
∵∠AFB=∠CAE+∠C，
∴∠B=∠AFB．
∴AB=AF．
（2）解：∵∠B=∠B，∠BAC=∠ADB=90°，
∴△ABD∽△CBA．
AB BD
∴ = ．
CB BA
6 BD
∴ = ．
10 6
∴BD=3.6．
由（1）知AB=AF，且AD⊥BC，
∴BD=DF=3.6．
∴BF=BD+DF=7.2．
∴CF=BC−BF=10−7.2=2.8．
即CF的长为2.8．
【点睛】本题主要考查了与圆有关的证明和计算，掌握圆周角定理及推论、切线的性质，相似三角形的判
定与性质、等腰三角形的判定和性质等知识点是解决本题的关键．
20．（2022·贵州铜仁·模拟预测）已知：如图，⊙O的直径AB与弦CD相交于点E，B´C=B´D，⊙O的切
线BF与弦AD的延长线相交于点F.
(1)求证：CD∥BF；
3
(2)连接BC，若⊙O的半径为4，cos∠BCD= ，求线段AD，CD的长.
4
【答案】(1)证明见解析(2)AD=6，CD=3√7
【分析】（1）由切线的性质和垂径定理证明BF⊥AB，CD⊥AB即可证明CD∥BF；
（2）连接BD，先解Rt△ABD求出AD=6，进而求出BD，再解Rt△BDE求出DE的长即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵BF是⊙O的切线，AB是⊙O的直径，
∴BF⊥AB，
∵B´C=B´D，
∴CD⊥AB，
∴CD∥BF；
（2）解：连接BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵⊙O的半径4，
∴AB=8，
∵∠BAD=∠BCD，
3 AD
∴cos∠BAD=cos∠BCD= = ，
4 AB
∴AD=6，
∴BD=√AB2−AD2=2√7，
∵B´C=B´D，
∴∠EDB=∠ECB，
∵AB⊥CD，
DE 3
∴cos∠EDB=cos∠BCD= = ，
BD 4
3√7
∴DE= ，
2
∴CD=2DE=3√7．【点睛】本题主要考查了切线的性质、平行线的判定、圆周角定理以及三角函数，勾股定理等等．此题难
度适中，注意数形结合思想与转化思想的应用．
【考点5 三角形的外接圆】
21．（2022·河南周口·校考二模）在Rt△ABC中，∠BCA＝90°，CA＝CB，点D是△ABC外一动点（点
B，点D位于AC两侧），连接CD，AD．
(1)如图1，点O是AB的中点，连接OC，OD，当△AOD为等边三角形时，∠ADC的度数是 ；
(2)如图2，连接BD，当∠ADC＝135°时，探究线段BD，CD，DA之间的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，⊙O是△ABC的外接圆，点D在A´C上，点E为AB上一点，连接CE，DE，当AE＝1，BE＝7
时，直接写出△CDE面积的最大值及此时线段BD的长．
【答案】(1)135°
(2)BD=√2CD+DA，理由见解析
14√10
(3) CDE面积的面积最大值为4，BD=
5
△
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得∠COA＝90°，CO＝OA，再由等边三角形的性质得OD＝OA，
∠ODA＝∠DOA＝60°，然后求出∠ODC＝75°，即可求解；（2）过点C作CH⊥CD交AD的延长线于点H，证 ACH≌△BCD（SAS），得BD＝AH＝HD+DA=√2
CD+AD； △
（3）连接OC，由勾股定理得CE＝5，过点O作ON⊥CE于N，延长ON交⊙O于点D，此时点D到CE的
12 8
距离最大， CDE面积的面积最大，然后由三角形面积求出ON= ，则DN＝OD﹣ON= ，即可求解三
5 5
△
角形CDE的面积最大值，最后用勾股定理借助（2）的结论求出AD，即可求出BD．
【详解】（1）解：∵∠BCA＝90°，BC＝AC，点O是AB的中点，
1
∴∠COA＝90°，CO= AB＝OA，
2
∵△AOD是等边三角形，
∴OD＝OA，∠ODA＝∠DOA＝60°，
∴OC＝OD，∠COD＝∠COA﹣∠DOA＝90°﹣60°＝30°，
1 1
∴∠ODC= （180°﹣∠COD）= ×（180°﹣30°）＝75°，
2 2
∴∠ADC＝∠ODC+∠ODA＝75°+60°＝135°，
故答案为：135°；
（2）解：线段BD，CD，DA之间的数量关系为：BD=√2CD+DA，
理由如下：
过点C作CH⊥CD交AD的延长线于点H，如图2所示：
则∠CDH＝180°﹣∠ADC＝180°﹣135°＝45°，
∴△DCH是等腰直角三角形，
∴CH＝CD，HD=√2CD，
∵∠BCA＝90°，∴∠ACH＝∠BCD，
∴△ACH≌△BCD（SAS），
∴BD＝AH＝HD+DA=√2CD+AD；
（3）解：连接OC，如图3所示：
∵∠BCA＝90°，BC＝AC，
∴△ACB是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝45°，
∵⊙O是 ABC的外接圆，
∴O是AB△的中点，
1 1 1
∴OC⊥AB，OC＝OA= AB= （AE+BE）= ×（1+7）＝4，
2 2 2
∴OE＝OA﹣AE＝4﹣1＝3，
在Rt COE中，由勾股定理得：CE=√OC2+OE2=√42+32=5，
△
∵CE是定值，
∴点D到CE的距离最大时， CDE面积的面积最大，
∵AB是⊙O的直径， △
过点O作ON⊥CE于N，延长ON与⊙O的交点恰好是点D时，点D到CE的距离最大， CDE面积的面积
最大， △
1 1
∵S OCE= OC•OE= CE•ON，
2 2
△
OC⋅OE 4×3 12
∴ON= = = ，
CE 5 5
∵OD＝OC＝4，12 8
∴DN＝OD﹣ON＝4− = ，
5 5
√ 12 16
此时，在Rt CNO中，CN=√OC2−ON2= 42−( ) 2= ，
5 5
△
√ 16 8 8√5
在Rt CND中，CD=√CN2+DN2= ( ) 2+( ) 2= ，
5 5 5
△
在Rt ABD中，BD2＝AB2﹣AD2＝82﹣AD2，
△ 8√5 8√10
由（ 2）知，BD=√2CD+AD=√2× +AD= +AD，
5 5
8√10
∴82﹣AD2＝（ +AD）2，
5
6√10
∴AD= ，
5
8√10 8√10 6√10 14√10
∴BD= +AD= + = ，
5 5 5 5
14√10
即 CDE面积的面积最大值为4，此时，BD= ．
5
△
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，圆
周角定理的推论，三角形外接圆，三角形面积，本题属圆与三角形综合题目，难度较大，熟练掌握相关性
质是解题的关键．
22．（2022·河北沧州·统考一模）已知△ABC在平面直角坐标系中的位置如图，A(0,4)，B(4,4)，C(6,2)，
⊙O′为△ABC的外接圆．
(1)O′的坐标为______；
(2)设弧AC与线段AB、BC所围成的封闭图形的面积为S（图中阴影部分），嘉琪说S>1，请通过计算判断
嘉琪的说法是否正确；
(3)我们把横纵坐标都是整数的点叫做格点．直线l与⊙O′相切于点B，直接写出直线l经过的图中格点坐标．（切点除外）
【答案】(1)（2，0）；
(2)嘉琪的说法正确；
(3)（6，3）和（2，5）.
【分析】（1）根据“三角形外接圆的圆心也就是三角形三边垂直平分线的交点”，作出AB、BC的垂直平
分线，其交点即为 ABC的外接圆圆心O′，进而得到O′的坐标；
（2）连接O′ A、O△ ′C，由勾股定理计算O′ A、O′C、AC的长，借助勾股定理的逆定理可知△AO′C为直
角三角形，∠AO′C=90°，再分别计算扇形AO′C、△AO′C、△ABC的面积，然后根据阴影部分的面
积S=S
扇形AO′C
−S
△AO′C
−S
△ABC
计算并与1比较即可；
（3）连接O′B，根据切线的性质定理，可知过点B作O′B的垂线即为⊙O′的切线，作图即可确定直线l
经过的图中格点坐标．
(1)
解：如图1，作AB、BC的垂直平分线，其交点即为 ABC的外接圆圆心O′，由图1可知，O′的坐标为
（2，0）． △
故答案为：（2，0）；
(2)
如图2，连接O′ A、O′C，
由勾股定理可知，O′ A=√22+42=2√5，O′C=√22+42=2√5，
AC2=62+22=40，∴O′ A2+O′C2=(2√5) 2+(2√5) 2=40=AC2，
∴△AO′C为直角三角形，∠AO′C=90°，
90° 1
∴S = ×π×O′ A2= π×20=5π，
扇形AO′C 360° 4
1 1 1
S = O′ A⋅O′C= ×2√5×2√5=10，S = ×4×2=4，
△AO′C 2 2 △ABC 2
则阴影部分的面积S=S −S −S =5π−10−4≈1.7>1，
扇形AO′C △AO′C △ABC
所以嘉琪的说法正确；
(3)
如图3，连接O′B，过点B作O′B的垂线，该垂线即为⊙O′的切线l，由图可知直线l经过的图中格点坐标
有（6，3）和（2，5）．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，解题中还涉及三角形的外心、勾股定理及其逆定理、求扇形的面积
以及切线的性质定理等知识，解题的关键是根据题意准确作图．23．（2022·浙江台州·统考一模）如图，平行四边形ABCD，⊙O是△BCD的外接圆，交直线AB、直线
AD于点E、F，连接CE、CF，
(1)如图1，若平行四边形ABCD是菱形，求证：CE=CF；
(2)如图2，若∠A=70°，求∠ECF的度数；
(3)若BD=4√2，⊙O半径为3，
①如图2，连接EF，求EF的长；
②如图3，连接EF、BF，若BF=3BE，请直接写出△BCF的面积____________．
【答案】(1)证明见解析
(2)∠ECF=40°
8√2 86√2
(3)①EF= ；②
3 15
【分析】（1）根据菱形和等腰三角形的性质，推导得∠CBE=∠CDF；再根据圆周角的性质分析，即可
得到答案；
（2）根据平行四边形和平行线的性质，得∠ABC=∠ADC=110°；根据圆周角和等腰三角形的性质，
推导得∠CEF=∠CFE=70°，再根据三角形内角和性质计算，即可得到答案；
（3）①过点C作CG⊥EF，交EF于点G，过点O作OH⊥CF，交CF于点H，连接OF，根据三角形
外接圆的性质，得点O在CG上，根据圆周角的性质，推导得CE，根据勾股定理和相似三角形的性质计算，
即可得到答案；
②过点C作CG⊥EF，交EF于点G，过点O作OH⊥CE，交CE于点H，EF和BC相交于点M，根据
平行四边形和圆周角的性质，得CF=BD=CE；根据勾股定理和相似三角形的性质，推导得EF、CG；
通过证明△BME∽△FMC，△BMF∽△EMC，得FM、EM，根据勾股定理，得MC，再根据相似三角
形相似比的性质计算，即可得到答案．（1）
∵平行四边形ABCD是菱形
∴AB=AD=CB=CD
∴∠ABD=∠ADB=∠CBD=∠CDB
∵∠CBE=∠CBD+∠ABD，∠CDF=∠CDB+∠ADB
∴∠CBE=∠CDF
∵⊙O是△BCD的外接圆，
∴CE=CF；
（2）
∵平行四边形ABCD
∴AD//BC，AB//CD，
∴∠ABC=180°−∠A=110°，∠ADC=180°−∠A=110°
∴∠ABC=∠ADC=110°
∴CE=CF
∴∠CEF=∠CFE
∵∠CFE+∠ABC=180°
∴∠CFE=180°−∠ABC=70°
∴∠CEF=∠CFE=70°
∴∠ECF=180°−∠CEF−∠CFE=40°；
（3）
①如图，过点C作CG⊥EF，交EF于点G，过点O作OH⊥CF，交CF于点H，连接OF
根据（2）的结论，得CE=CD
∴EG=FG∵⊙O是△CEF的外接圆
∴点O在CG上
根据题意，⊙O是四边形BEFD的外接圆
∴∠CEF+∠CDF=180°
∵AD//BC
∴∠BCD+∠CDF=180°
∴∠CEF=∠BCD
∴CE=BD=4√2
∴CF=CE=4√2
∵⊙O半径为3，
∴OC=OF=3
∴△OCF为等腰三角形
∵OH⊥CF
1
∴CH= CF=2√2
2
∴HO=√OC2−CH2=1
∵CG⊥EF，OH⊥CF，∠OCH=∠FCG
∴△FCG∽△OCH
GF CF GF 4√2
∴ = ，即 =
HO OC 1 3
4√2
∴GF=
3
8√2
∴EF=2GF= ；
3
②如图，过点C作CG⊥EF，交EF于点G，过点O作OH⊥CE，交CE于点H，EF和BC相交于点M∵平行四边形ABCD
∵AB//CD，AD//BC
∴∠BCD=∠CBE
∴BD=CE=4√2
∵⊙O是四边形BCDF的外接圆
∴∠FBC+∠CDF=180°
∵AD//BC
∴∠FBC+∠BFD=180°
∴∠CDF=∠BFD
∴CF=BD
∴CF=BD=CE=4√2
∵⊙O是△CEF的外接圆
1
∴点O在CG上，¿= EF
2
∵⊙O半径为3，
∴OC=3
∵OH⊥CE
1
∴CH= CE=2√2
2
∴HO=√OC2−CH2=1
∵CG⊥EF，OH⊥CE，∠OCH=∠ECG
∴△ECG∽△OCH
GE CE GE 4√2
∴ = ，即 =
HO OC 1 3
4√2
∴¿=
3
8√2 16
∴EF=2≥= ，CG=√CE2−GE2=
3 3
1 1 8√2 16 64√2
∴S = EF×CG= × × =
△EFC 2 2 3 3 9
根据题意，得∠BEM=∠BCF，∠EBM=∠EFC，∠BFM=∠BCE，∠FBM=∠CEM
∴△BME∽△FMC，△BMF∽△EMCBE BM BF BM
∴ = ， =
CF FM CE EM
∵CF=CE
BE EM
∴BE×FM=BF×EM，即 =
BF FM
∵BF=3BE
EM BE 1
∴ = =
FM BF 3
FM 3 EM 1
∴ = ， =
EF 4 EF 4
3EF
∴FM= =2√2
4
2√2
∴EM=
3
EM 1 16√2
∴S = ×S = S = ，
△EMC EF △EFC 4 △EFC 9
FM 3 16√2
S = ×S = S =
△FMC EF △EFC 4 △EFC 3
EM 1 1
∵ = ，¿= EF
EF 4 2
1
∴EM= GE
2
1 2√2
∴MG=GM= ≥=
2 3
16
∵CG=
3
8√5
∴MC=√MG2+CG2=
3
∵△BMF∽△EMC
S
△BMF =
(FM) 2
=(
2√2
)
2
=
9
∴S MC 8√5 40
△EMC
3
9 9 16√2 2√2
∴S = ×S = × =
△BMF 40 △EMC 40 9 5
2√2 16√2 86√2
∴S =S +S = + =
△BCF △BMF △FMC 5 3 1586√2
故答案为： ．
15
【点睛】本题考查了平行四边形、菱形、圆、相似三角形、勾股定理、等腰三角形的知识；解题的关键是
熟练掌握等腰三角形三线合一、圆周角、相似三角形的性质，从而完成求解．
3
24．（2022·湖北武汉·校考一模）如图，△ABC内接于⊙O，AB=AC，sin∠BAC= ，BC=6，连接BO并延长
5
交AC于点D．
(1)求⊙O的半径；
(2)求OD的长．
【答案】(1)⊙O的半径长为5
25
(2)OD=
13
【分析】（1）延长BD交⊙O于点E，连接CE．根据同弧所对圆周角相等即可得出
3
sin∠BEC=sin∠BAC= ．由直径所对圆周角为直角可得出∠BCE=90°，即可得出
5
BC 3
sin∠BEC= = ，由此即可求出BE的长，进而可求出半径；
BE 5
（2）连接AO并延长交BC于点F．根据勾股定理可求出CE=√BE2−BC2=8．由三角形外接圆的性质和
等腰三角形“三线合一”的性质可得出AF⊥BC，即可证明AO，从而可证明△ADO∼△CDE，即得出
OD AO 5
= = ，再根据DE+OD=OE=5，即可求出OD的长．
DE CE 8
（1）
如图，延长BD交⊙O于点E，连接CE．∴∠BAC=∠BEC，
3
∴sin∠BEC=sin∠BAC= ．
5
∵BE为直径，
∴∠BCE=90°，
BC 3 6 3
∴sin∠BEC= = ，即 = ，
BE 5 BE 5
∴BE=10，
∴⊙O的半径长为5；
（2）
如图，连接AO并延长交BC于点F．
在Rt△BCE中，CE=√BE2−BC2=√102−62=8．
∵△ABC内接于⊙O，
∴AF为线段BC的垂直平分线．
又∵AB=AC，
∴AF⊥BC，
∴AF∥CE，即AO∥CE，
∴△ADO∼△CDE，
OD AO 5
∴ = = ，
DE CE 88
∴DE= OD．
5
∵DE+OD=OE=5，
8
∴ OD+OD=5，
5
25
解得：OD= ．
13
【点睛】本题考查圆周角定理的推论，解直角三角形，三角形外接圆的性质，等腰三角形的性质，勾股定
理以及三角形相似的判定和性质．正确的作出辅助线是解题关键．
25．（2022·辽宁铁岭·校联考二模）如图，AB是⊙O的直径，△BCD是⊙O的内接三角形，BC=DC，
AB与CD交于点E，过点C作CF//BD交DA的延长线于点F．
(1)求证：CF是⊙O的切线；
(2)若⊙O半径为5，BD=8，求线段AE的长．
【答案】(1)见详解
30
(2)AE=
11
【分析】（1）过点C作CG⊥BD于点G，由题意易得BG=DG，四边形FDGC是矩形，则有点C、O、G三
点共线，进而可得OC⊥CF，则问题可求证；
AD AE 6
（2）由（1）可得CG∥DF，然后可得△ADE∽△OCE，AD=2OG=6，则有 = = ，进而可求解．
OC OE 5
（1）
证明：过点C作CG⊥BD于点G，如图所示：∵BC=DC，
∴BG=DG，
∴CG垂直平分BD，
∵△BCD是⊙O的内接三角形，
∴点C、O、G三点共线，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵CF//BD，
∴∠F=∠ADB=∠CGD=90°，
∴四边形FDGC是矩形，
∴∠FCG=90°，即OC⊥CF，
∴CF是⊙O的切线；
（2）
解：由（1）可知：四边形FDGC是矩形，BG=DG=4，
∴CG∥DF，OG是△ADB的中位线，
∴△ADE∽△OCE，AD=2OG，
AD AE
∴ = ，
OC OE
∵⊙O半径为5，BD=8，
∴OG=√OB2−BG2=3，
∴AD=6，
AD AE 6
∴ = = ，
OC OE 56 30
∴AE= OA= ．
11 11
【点睛】本题主要考查切线的判定、三角形中位线及相似三角形的性质与判定，熟练掌握切线的判定、三
角形中位线及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
【考点6 圆内接四边形】
26．（2022·湖南·统考中考真题）如图，四边形ABCD内接于圆O，AB是直径，点C是^BD的中点，延长
AD交BC的延长线于点E．
(1)求证：CE=CD；
(2)若AB=3，BC=√3，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)1
【分析】（1）连接AC，根据圆周角推论得∠ACB=∠ACE=90°，根据点C是^BD的中点得
∠CAE=∠CAB，CD=CB，用ASA证明△ACE≌△ACB，即可得；
（2）根据题意和全等三角形的性质得AE=AB=3，根据四边形ABCD内接于圆O和角之间的关系得
DE CD
∠CDE=∠ABE，即可得ΔEDC∽ΔEBA，根据相似三角形的性质得 = ，即可得
BE AB
【详解】（1）证明：如图所示，连接AC，
∵AB为直径，
∴∠ACB=∠ACE=90°，又∵点C是^BD的中点
∴∠CAE=∠CAB，CD=CB，
在△ACE和△ACB中，
¿
∴ΔACE≅ΔACB(ASA)，
∴CE=CB，
∴CE=CD；
（2）解：∵ΔACE≅ΔACB，AB=3，
∴AE=AB=3，
又∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
又∵∠ADC+∠CDE=180°，
∴∠CDE=∠ABE，
又∵∠E=∠E，
∴ΔEDC∽ΔEBA，
DE CD
∴ = ，
BE AB
DE √3
即： = ，
2√3 3
解得：DE=2，
∴AD=AE−DE=1．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，理解相关性质定理，
正确添加辅助线是解题关键．
27．（2022·辽宁沈阳·统考中考真题）如图，四边形ABCD内接于圆O，AD是圆O的直径，AD，BC的延
长线交于点E，延长CB交PA于点P，∠BAP+∠DCE=90°．(1)求证：PA是圆O的切线；
1
(2)连接AC，sin∠BAC= ，BC=2，AD的长为______．
3
【答案】(1)证明见解析
(2)6
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质和∠BAP+∠DCE=90°，可得出∠PAD=90°，再根据AD是圆
O的直径，由切线的判定可得证；
（2）延长DC交AB的延长线于点F，由AD是圆O的直径，可说明△ACF是直角三角形，从而得到
CF 1 CB CF
sin∠BAC= = ，再证明△FCB∽△FAD，得到 = ，代入数据即可得到答案．
AF 3 AD AF
（1）证明：∵四边形ABCD内接于圆O，∴∠BAD=∠DCE，∵∠BAP+∠DCE=90°，∴
∠BAP+∠BAD=90°，∴∠PAD=90°，∴PA⊥AD，∵AD是圆O的直径，∴PA是圆O的切线．
（2）解：延长DC交AB的延长线于点F，∵AD是圆O的直径，∴∠ACD=90°，∴
CF
∠ACF=180°−∠ACD=90°，∴△ACF是直角三角形，∴sin∠BAC= ， ∵四边形ABCD内接于
AF
CB CF 1
圆O，∴∠FCB=∠FAD，又∵∠F=∠F，∴△FCB∽△FAD，∴ = ，∵sin∠BAC= ，
AD AF 3
2 CF 1
BC=2 = = AD=6 6
AD AF 3
，∴ ，∴ ．故答案为： ．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆内接四边形的性质，圆周角定理推论，相似三角形的判定和性质，三
角函数等知识．通过作辅助线构造相似三角形是解题的关键．28．（2022·湖南长沙·统考中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC，BD相交于点E，点F
在边AD上，连接EF．
(1)求证：△ABE∽△DCE；
AE DE AF FE
(2)当D´C=C´B，∠DFE=2∠CDB时，则 − = ___________； + = ___________；
BE CE AB AD
1 1 1
+ − = ___________．（直接将结果填写在相应的横线上）
AB AD AF
(3)①记四边形ABCD，△ABE，△CDE的面积依次为S,S ,S ，若满足√S=√S +√S ，试判断，
1 2 1 2
△ABE，△CDE的形状，并说明理由．
②当D´C=C´B，AB=m，AD=n，CD=p时，试用含m，n，p的式子表示AE⋅CE．
【答案】(1)见解析
(2)0，1，0
p2mn
(3)①等腰三角形，理由见解析，②
p2+mn
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，对顶角相等，即可得证；
AE DE
（2）由（1）的结论，根据相似三角形的性质可得AE⋅CE=BE⋅DE，即可得出 − = 0，根据已
BE CE
EF DF
知条件可得EF∥AB，FA=FE，即可得出△DFE∽△DAB根据相似三角形的性质可得 = ，根据
AB AD
恒等式变形，进而即可求解．
（3）①记△ADE,△EBC的面积为S ,S ，则S=S +S +S +S ，S S =S S ，根据已知条件可得S =S ，
3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 3 4
进而可得S =S ，得出CD∥AB，结合同弧所对的圆周角相等即可证明△ABE,△DCE是等腰三
△ABD △ADC
角形；
②证明△DAC∽△EAB，△DCE∽△ACD，根据相似三角形的性质，得出EA⋅AC+CE⋅AC=AC2=mn+p2 ，则 AC=√mn+p2,EC=
CD2
=
p2
，
AC √mn+p2
mn
AE=AC−CE=
，计算AE⋅CE即可求解．
√mn+p2
【详解】（1）证明：∵A´D=A´D，
∴∠ACD=∠ABD，
即∠ABE=∠DCE，
又∠DEC=∠AEB，
∴ △ABE∽△DCE；
（2）∵ △ABE∽△DCE，
AB BE AE
∴ = = ，
DC CE DE
∴AE⋅CE=BE⋅DE，
AE DE AE⋅CE−BE⋅DE
∴ − = =0，
BE CE BE⋅CE
∵∠CDB+∠CBD=180°−∠BCD=∠DAB=2∠CDB，
∵ ∠DFE=2∠CDB，
∴∠DFE=∠DAB，
∴EF∥AB，
∴∠FEA=∠EAB，
∵ D´C=C´B，
∴∠DAC=∠BAC
∴∠FAE=∠FEA，
∴FA=FE，
∵EF∥AB，
∴△DFE∽△DAB，
EF DF
∴ = ，
AB AD
AF FE EF AF DF AF AD
∴ + = + = + = =1，
AB AD AB AD AD AD AD
AF AF AF EF
∵ + = + =1，
AB AD AB ADAF AF
∴ + =1，
AB AD
1 1 1
∴ + − =0，
AB AD AF
故答案为：0，1，0
（3）①记△ADE,△EBC的面积为S ,S ，
3 4
则S=S +S +S +S ，
1 2 3 4
S S BE
∵ 1= 4= ，
S S DE
3 2
∴S S =S S ①
1 2 3 4
∵ √S=√S +√S ，
1 2
即S=S +S +2√S S ，
1 2 1 2
∴S +S =2√S S ②
3 4 1 2
由①②可得S +S =2√S √S ，
3 4 3 4
即(√S −√S )
2=0，
3 4
∴S =S ，
3 4
∴ S +S =S +S ，
△ABE △ADE △ABE △EBC
即S =S ，
△ABD △ADC
∴CD∥AB，
∴∠ACD=∠BAC,∠CDB=∠DBA，
∵∠ACD=∠ABD，∠CDB=∠CAB，
∴∠EDC=∠ECD=∠EBA=∠EAB，
∴△ABE,△DCE都为等腰三角形；
②∵D´C=B´C，
∴∠DAC=∠EAB，
∵∠DCA=∠EBA，
∴△DAC∽△EAB，AD AC
∴ = ，
EA AB
∵ AB=m，AD=n，CD=p，
∴EA⋅AC=DA×AB=mn，
∵∠BDC=∠BAC=∠DAC，
∴∠CDE=∠CAD，
又∠ECD=∠DCA，
∴ △DCE∽△ACD，
CD CE
∴ = ，
AC CD
∴CE⋅CA=CD2=p2，
∴EA⋅AC+CE⋅AC=AC2=mn+p2，
CD2 p2
则AC=√mn+p2,EC= =
，
AC √mn+p2
mn
∴AE=AC−CE=
，
√mn+p2
mnp2
∴AE⋅EC= ．
mn+p2
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的性质与判定，对于相似恒等式的推导是解题的关键．
29．（2022·山东威海·统考中考真题）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，延长CD
至点E．
(1)若AB＝AC，求证：∠ADB＝∠ADE；
(2)若BC＝3，⊙O的半径为2，求sin∠BAC．
【答案】(1)见解析
3
(2)
4【分析】（1）根据圆内接四边形外角等于内对角，得到∠ABC＝∠ADE，根据等腰三角形性质，得到
∠ABC＝∠ACB，结合圆周角定理，∠ADB＝∠ACB，推理即可．
（2）作直径BF，连接FC，根据sin∠BAC= sin∠BFC计算即可．
【详解】（1）∵圆内接四边形外角等于内对角，四边形ABCD是圆的内接四边形，
∴∠ABC＝∠ADE，
∵AB=AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵∠ADB＝∠ACB，
∴∠ADB＝∠ADE．
（2）如图，作直径BF，连接FC，
则∠BCF=90°，
∵圆的半径为2，BC=3，
∴BF=4，BC=3，∠BAC= ∠BFC，
BC 3
∴sin∠BAC= sin∠BFC= = ．
BF 4
【点睛】本题考查了圆的内接四边形性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，三角函数，熟练掌握圆的内
接四边形性质，圆周角定理，三角函数是解题的关键．
30．（2022·浙江舟山·中考真题）如图1．在正方形ABCD中，点F，H分别在边AD，AB上，连结AC，
FH交于点E，已知CF=CH．(1)线段AC与FH垂直吗？请说明理由．
KH AK
(2)如图2，过点A，H，F的圆交CF于点P，连结PH交AC于点K．求证： = ．
CH AC
CP
(3)如图3，在（2）的条件下，当点K是线段AC的中点时，求 的值．
PF
【答案】(1)AC⊥FH，见解析
(2)见解析
CP 3
(3) =
PF 2
【分析】（1）证明Rt△CDF≌Rt△CBH（HL），得到∠DCF=∠BCH，进一步得到
∠FCA=∠HCA，由 CFH是等腰三角形，结论得证；
△ AK KG KH KG
（2）过点K作KG⊥AB于点G．先证 AKG∽△ACB，得 = ，证 KHG∽CHB可得 = ，
AC CB CH CB
△ △
结论得证；
GH 1
（3）过点K作KG⊥AB点G．求得 = ，设GH=a，BH=2a，则KG＝AG＝GB＝3a，则
BH 2
CH=CF＝√BH2+BC2=2√10a，勾股定理得FH=√AH2+AF2=4√2a，EH=2√2a，由
PF FH 4√10 6√10
△FPH∽△HEC得 = ，得PF= a，CP= a，即可得到答案．
EH CH 5 5
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB，∠D=∠B=90°，
又∵CF=CH，
∴Rt△CDF≌Rt△CBH（HL），
∴∠DCF=∠BCH．
又∵∠DCA=∠BCA=45°，∴∠FCA=∠HCA．
∵CF=CH
∴△CFH是等腰三角形，
∴AC⊥FH．
（2）证明：如图1，过点K作KG⊥AB于点G．
∵CB⊥AB，
∴KG∥CB．
∴△AKG∽△ACB，
AK KG
∴ = ．
AC CB
∵∠PHA=∠DFC，∠DFC=∠CHB，
∴∠KHG=∠CHB．
∴△KHG∽△CHB，
KH KG
∴ = ，
CH CB
AK KH
∴ = ．
AC CH
（3）解：如图2，过点K作KG⊥AB点G．
∵点K为AC中点：
KH AK 1
由（2）得 = = ，
CH AC 2GH KH 1
∴ = = ，
BH CH 2
设GH=a，BH=2a，则KG=AG=GB=3a，
∴CB=AB=6a，AH=4a，
∴CH=CF＝√BH2+BC2=2√10a，
∵AF=AH，
∴FH=√AH2+AF2=4√2a，EH=2√2a，
∵∠FPH+∠FAH=180°，
∴∠FPH=90°=∠CEH，
又∵∠CHE=∠PFH，
∴△FPH∽△HEC，
PF FH
∴ = ．
EH CH
4√10
∴PF= a，
5
6√10
∴CP=CF−PF= a，
5
CP 3
∴ = ．
PF 2
【点睛】此题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形全等的判定定理等知
识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
【考点7 相交弦】
31．（2022秋·浙江宁波·九年级阶段练习）半圆O的直径AB=9，两弦AB、CD相交于点E，弦CD= ，且
BD=7，则DE=_______
【答案】3√2．【详解】试题分析：根据圆周角定理得出的两组相等的对应角，易证得△AEB∽△DEC，根据CD、AB的长，
即可求出两个三角形的相似比；设BE=x，则DE=7-x，然后根据相似比表示出AE、EC的长，连接BC，首先
在Rt△BEC中，根据勾股定理求得BC的表达式，然后在Rt△ABC中，由勾股定理求得x的值，进而可求出
DE的长．
试题解析：∵∠D=∠A，∠DCA=∠ABD，
∴△AEB∽△DEC；
EC DE DC 3
∴ = = = ；
BE AE AB 5
3 5
设BE=x，则DE=7-x，EC= x，AE= （7-x）；
5 3
连接BC，则∠ACB=90°；
3 4
Rt△BCE中，BE=x，EC= x，则BC= x；
5 5
35 16 4
在Rt△ABC中，AC=AE+EC= - x，BC= x；
3 15 5
由勾股定理，得：AB2=AC2+BC2，
35 16 4
即：92=（ - x）2+（ x）2，
3 15 5
整理，得x2-14x+31=0，
解得：x =7+3√2（不合题意舍去），x =7-3√2
1 2
则DE=7-x=3√2．
考点：1.圆周角定理；2.相似三角形的判定与性质．
32．（2022秋·内蒙古赤峰·九年级统考期末）我们定义：如果圆的两条弦互相垂直且相交，那么这两条弦
互为“十字弦”，也把其中的一条弦叫做另一条弦的“十字弦”．如图1，已知⊙O的两条弦AB⊥CD，则
AB、CD互为“十字弦”，AB是CD的“十字弦”，CD也是AB的“十字弦”．
【概念理解】
（1）若⊙O的半径为5，一条弦AB =8，则弦AB的“十字弦”CD的最大值为 ，最小值为 ．（2）如图2，若⊙O的弦CD恰好是⊙O的直径，弦AB与CD相交于H，连接AC，若AC= 12，DH =7，
CH =9，求证︰AB、CD互为“十字弦”；
【问题解决】
（3）如图3，在⊙O中，半径为√13，弦AB与CD相交于H，AB、CD互为“十字弦”且AB=CD，
CH
=5，则CD的长度 ．
DH
【答案】（1）10，6；（2）证明见解析；（3）6．
【分析】（1）根据“十字弦”定义可得弦AB的“十字弦”CD为直径时最大，当CD过A点或B点时最
小；
（2）根据线段长度得出对应边成比例且有夹角相等，证明△ACH∽△DCA，由其性质得出对应角相等，结
合90°的圆周角证出AH⊥CD，根据“十字弦”定义可得；（3）过O作OE⊥AB于点E，作OF⊥CD于点F，设DH=x，由题意可得其它线段的长，在Rt△OEA中，根
据勾股定理列方程得出x的值，从而可求CD的长．
【详解】解：（1）当CD为直径时，CD最大，此时CD=10，
∴弦AB的“十字弦”CD的最大值为10；
当CD过A点时，CD长最小，即AM的长度，过O点作ON⊥AM，垂足为N，作OG⊥AB，垂足为G，则四
边形AGON为矩形，
∴AN=OG，
∵OG⊥AB，AB=8，
∴AG=4，
∵OA=5，
∴由勾股定理得OG=3，
∴AN=3，
∵ON⊥AM，
∴AM=6，
即弦AB的“十字弦”CD的最小值是6．
（2）证明：如图，连接AD，
∵AC=12， DH=7， CH=9，
∴CD=CH+DH=16
AC 12 3
∴ = = ，
CD 16 4
CH 9 3
= =
AC 12 4
AC CH
∴ =
CD AC
∵∠C=∠C，
∴△ACH∽△DCA，∴∠AHC=∠CAD
∵CD是直径，
∴∠CAD=90°，
∴∠AHC=90°，
∴AH⊥CD，
∴AB、CD互为“十字弦”．
（3）如图，过O作OE⊥AB于点E，作OF⊥CD于点F，连接OA，OD，则四边形OEHF是矩形，
∴OE=FH，OF=EH，
设DH=x，
CH
∵ =5，AB=CD，
DH
则CH=5x，CD=AB=6x，
∴FD=AE=3x，
∴OE=FH=3x-x=2x，
∵半径为√13，
在Rt△OEA中，由勾股定理得，OA2=OE2+AE2，
∴(√13) 2=(2x) 2+(3x) 2，
解得，x=1，
∴CD=6×1=6【点睛】本题考查圆的相关性质，垂径定理，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识，准确做出辅助线是
解答此题的关键．
33．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨工业大学附属中学校校考阶段练习）如图，在△ABC中，AB＝
AC，⊙是△ABC的外接圆，连接BO并延长交边AC于点D．
（1）如图1，求证：∠BAC＝2∠ABD；
（2）如图2，过点B作BH⊥AC于点H，延长BH交⊙O于点G，连接OC，CG，OC交BG于点F，求证：
BF＝2HG；
（3）如图3，在（2）的条件下，若AD＝2，CD＝3，求线段BF的长．
15√7
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析，（3）BF= ．
14
【分析】（1）连接OA并延长AO交BC于E，证明∠BAC=2∠BAE和∠ABD=∠BAE即可得结论，
（2）利用直角三角形两锐角互余、圆周角定理进行导角，得出△MCG和△FCG是等腰三角形，得出
BM=MC=FG=CG，MH=HG，进而由BF=BM+MH-FH=FG-FH+HG，得出结论；
1 S AB BO 5
（3）过O点作OP⊥AC，由垂径定理得出PD= ，再由 △ABO = = = 和平行线分线段成比例定
2 S AD OD 2
△ADO
7 7
理求出DH= DP= ，由勾股定理进而可求BH，再利用相似三角形对应边成比例求出HG，即可得BF
2 4
长．
【详解】解：（1）连接OA并延长AO交BC于E，∵AB=AC，
∴A´B=A´C，
∵AE过圆心O，
∴AE⊥BC，BE=EC，
∴∠BAC=2∠BAE，
∵OA=OB，
∴∠ABD=∠BAE，
∴∠BAC=2∠ABD；
（2）如解图（2），连接OA并延长AO交BC于E，AE交BF于M，连接MC，
设∠BAC=2α，则∠ABD=∠BAE=∠EAC=α
∵AE=EC，AE⊥BC，
∴BM=MC，
∴∠MBC=∠MCB，
∵BG⊥AC，AE⊥BC，
∴∠EAC+∠ACE=90°，∠HBC+∠ACE=90°，
∴∠EAC=∠HBC=∠MCB=α，
∴∠CMG=∠MBC+∠MCB=2α，
∵B´C=B´C，
∴∠G=∠BAC=2α，
∴∠G=∠CMG，∴CG=CM=BM，
∵AC⊥BG，
∴MH=HG，
∵OA=OC，
∴∠ACO=∠EAC=α
∴∠CFG=90°−∠ACO=90°−α，
∵∠FCG=180°−∠CFG−∠G，即∠FCG=180°−(90°−α)−2α=90°−α，
∴∠FCG=∠CFG，
∴FG=CG，
∴BM=MC=FG=CG，
又∵MH=HG，
∴BF=BM+MH-FH=FG-FH+HG，
∴BF=2HG．
（3）过O点作OP⊥AC，如解图（3）
∵AO是∠BAC的角平分线，
∴点O到AB、AC的距离相等，
S AB BO
∴ △ABO = = ，
S AD OD
△ADO
∵AD=2，CD=3，
∴AB=AC=5，
BO 5 OD 2
∴ = ，即： = ，
OD 2 BD 7
∵OP⊥AC，
5 1
∴AP=PC= ，PD= ，
2 2
∵BH⊥AC，∴OP//BH，
DP OP OD 2
∴ = = = ，
DH BH BD 7
7 7
∴DH= DP= ，
2 4
15 5
∴AH=AD+DH= ，HC=DC−DH= ，
4 4
√ 15 5
∵在Rt△ABH中，BH=√AB2−AH2= 52-( ) 2= √7，
4 4
∵∠BAH=∠G，∠AHB=∠GHC，
∴△AHB∼△GHC，
AH BH
∴ = 即：AH·HC=BH·HG，
HG CH
5√7 5 15
∴ HG= × ，
4 4 4
15√7
∴HG= ，
28
由（2）得BF=2HG，
15√7
∴BF=
14
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，涉及了相似三角形的判定和性质、勾股定理、等腰
三角形的判定和性质等知识点，解题关键是利用同弧或等弧所对圆周角相等、直角三角形的两锐角相等找
出图中角之间的关系，从而利用相似或勾股定理解题．
34．（2022春·四川资阳·九年级阶段练习）如图，已知AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H.
(1) 求证：AH·AB=AC2；
(2) 若过A的直线与弦CD(不含端点)相交于点E，与⊙O相交于点F，求证：AE·AF=AC2；
(3) 若过A的直线与直线CD相交于点P，与⊙O相交于点Q，判断AP·AQ=AC2是否成立(不必证明).
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）成立.【分析】（1）连接CB，证明 CAH∽△BAC即可；
（2）连接CF，证 AEC∽△ACF△，根据射影定理即可证得；
（3）由（1）（2）△的结论可知，AP•AQ=AC2成立．
【详解】(1) 连结CB，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°.
而∠CAH=∠BAC，∴△CAH∽ BAC .
AC AH △
∴ = ， 即AH·AB=AC2 .
AB AC
(2) 连结FB，易证 AHE∽ AFB，
∴ AE·AF=AH·AB，△ △
∴ AE·AF=AC2 .
(也可连结CF，证 AEC∽ ACF)
(3) 结论AP·AQ=AC△2成立 △.
【点睛】本题考查相似三角形的性质，其中由相似三角形的性质得出比例式是解题关键．
35．（2022秋·浙江杭州·九年级杭州市十三中教育集团（总校）校联考期末）如图，AB、AC、AD是
⊙O中的三条弦，点E在AD上，且AB=AC=AE． 连结BC，BD，CD，其中BC交AD于点G．
(1)求证：△ABG∽△ADB．
(2)若∠DBE=α，求∠CAD的度数（用含α的代数式表示）．
(3)若AD=15，AB=12，BD=6，求线段CD的长．
【答案】(1)见解析
(2)∠CAD=2α27
(3)CD=
2
【分析】（1）由等弦所对弧相等，再由等弧所对圆周角相等得出∠ABC=∠ADB，又∠BAG=∠DAB，
即可得出结论；
（2）由等边对等角的性质与圆周角性质得出∠DBE=∠CBE=α，即可由
∠CAD=∠CBD=∠DBE+∠CBE求解；
AB BG AG 24 48
（3）由△ABG∽△ADB，得 = = ，从而可求出BG= ，AG= ，从而求出
AD BD AB 5 5
27 DG CD
DG=AD−AG= ，再证△BDG∽△ADC，得 = ，代入即可求解．
5 BD AD
【详解】（1）证明：∵AB=AC，
∴A´B=A´C，
∴∠ABC=∠ADB，
又∵∠BAG=∠DAB，
∴△ABG∽△ADB；
（2）解：∵AB=AE，
∴∠AEB=∠ABE，
∴∠DBE+∠ADB=∠ABC+∠CBE，
∵AB=AC，A´B=A´B，
∴∠ABC=∠ACB=∠ADB，
∴∠DBE=∠CBE=α，
∵C´D=C´D，
∴∠CAD=∠CBD=∠DBE+∠CBE=2α；
（3）解：∵△ABG∽△ADB，
AB BG AG
∴ = = ，
AD BD AB
∵AD=15，AB=12，BD=6，
12 BG AG
∴ = = ，
15 6 12
24 48
∴BG= ，AG= ，
5 527
∴DG=AD−AG= ，
5
∵∠CAD=∠CBD=2α，∠ADC=∠GDB，
∴△BDG∽△ADC，
27
DG CD
∴ = ，即 5 CD，
BD AD =
6 15
27
∴CD= ．
2
【点睛】本题考查三角形判定与性质，圆周角定理，弦与弧关系，等腰三角形的性质，熟练掌握三角形相
似的判定与性质、圆周角定理是解题的关键．
【考点8 四点共圆】
36．（2022秋·江苏盐城·九年级校考期中）如图，以点P(−1,0)为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C
的左侧），交y轴于A、D两点（A在D的下方），AD=2，将△ABC绕点P旋转180°，得到△MCB．
(1)求B、C两点的坐标；
(2)请在图中画出线段MB、MC，并判断四边形ACMB的形状（不必证明），求出点M的坐标；
(3)动直线l从与BM重合的位置开始绕点B顺时针旋转，到与BC重合时停止，设直线l与CM交点为E，
点Q为BE的中点，过点E作EG⊥BC于G，连接MQ、QG．请问在旋转过程中∠MQG的大小是否变
化？若不变，求出∠MQG的度数；若变化，请说明理由．
【答案】(1)B(−1−√2,0)，C(−1+√2,0)
(2)图见解析，四边形ACMB是矩形，点M的坐标为(−2,1)
(3)在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于135°
1
【分析】（1）连接AP，结合题意，根据圆的对称性，得AO=DO= AD=1；再根据勾股定理计算得
2AP，再根据圆的性质，得BP=CP=AP，从而得到B、C两点的坐标；
（2）结合题意，根据圆周角的性质，得∠BAC=90∘；再根据旋转的性质得∠BMC=∠BAC=90∘，
BM=AC，CM=AB，从而推导得出四边形ACMB是矩形；过点M作MN⊥BC交BC于点N，证明
△AOP ≌△MNP(AAS)，可得点M的坐标；
（3）结合题意，得∠BMC=∠BGE=90°；再结合点Q是BE的中点，根据直角三角形斜边中线性质，
得QM=QE=QB=QG，从而推导得点E、M、B、G在以点Q为圆心、QB为半径的圆上，故得
1
∠MQG=2∠MBG；再根据∠MBG=∠PCA，∠PCA= (180°−∠OAP)，即可求解．
2
【详解】（1）解：如图，连接AP．
由题意知，BC是以点P(−1,0)为圆心的圆的直径，AD=2，BC⊥AD，
1
∴ AO=DO= AD=1，OP=1，
2
∴ AP=√OP2+OA2=√1+12=√2，
∴ BP=CP=AP=√2，
又∵ P(−1,0)，B在C的左侧，
∴ B(−1−√2,0)，C(−1+√2,0)；
（2）解：如图，四边形ACMB是矩形，∵以点P(−1,0)为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧），
∴ BC是圆的直径，
∴ ∠BAC=90∘，
∵将△ABC绕点P旋转180°得到△MCB，
∴ ∠BMC=∠BAC=90∘，BM=AC，CM=AB，
∴四边形ACMB是矩形．
过点M作MN⊥BC交BC于点N．
在△AOP和△MNP中，
¿，
∴ △AOP ≌△MNP(AAS)，
∴ MN=OA=1，NP=OP=1，
又∵ P(−1,0)，
∴点M的坐标为(−2,1)；
（3）解：如图，结合（2）的结论，四边形ACMB是矩形，∠BMC=90°，
∵ EG⊥BO，
∴ ∠BGE=90°，
∴ ∠BMC=∠BGE=90°，
∵点Q是BE的中点，
∴ QM=QE=QB=QG，
∴点E、M、B、G在以点Q为圆心、QB为半径的圆上，
∴ ∠MQG=2∠MBG．
∵ OP=OA，∠AOP=90°，
∴ ∠OPA=∠OAP=45°，
又∵ PA=PC，
1
∴ ∠PCA= (180°−∠OAP)=67.5°，
2
∵四边形ACMB是矩形，
∴ AC∥MB，
∴ ∠MBG=∠PCA=67.5°，
∴ ∠MQG=2∠MBG=135°．
∴在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于135°．
【点睛】本题属于圆内综合题，考查圆的基本知识，垂径定理，圆周角定理，旋转的性质，直角三角形斜
边中线的性质，平面直角坐标系，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理
等，综合性较强，有一定难度，解题的关键是综合运用上述知识，逐步推导论证．
37．（2022·辽宁葫芦岛·统考一模）射线AB与直线CD交于点E，∠AED＝60°，点F在直线CD上运动，
连接AF，线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，连接FG，EG，过点G作GH⊥AB于点H．(1)如图1，点F和点G都在射线AB的同侧时，EG与GH的数量关系是______；
(2)如图2，点F和点G在射线AB的两侧时，线段EF，AE，GH之间有怎么样的数量关系？并证明你的结
论；
(3)若点F和点G都在射线AB的同侧，AE=1，EF=2，请直接写出HG的长．
√3
【答案】(1)HG= EG；
2
√3
(2)GH= (AE−EF)，证明见解析；
2
√3 3√3
(3) 或
2 2
【分析】（1）先证明△GAF是等边三角形得∠AGF=60°，再证明点A、E、G、F四点共圆，得
∠GEF=∠GAF=60°，从而计算得到∠GEH=180°−∠AED−∠GEF=60°，最后在直角三角形
HG √3
GEH中，求出 =tan∠GEH=tan60°= 即可得到答案；
EG 2
（2）在射线ED上截取EN=AE，连接AN，如图3，先证△AEN是等边三角形，得AE=AN，
GH √3
∠EAN=60°，再证∠GAE=∠FAN，从而得到△GAE≌△FAN，进而得sin60°= = ，从而求得
GE 2
结论；
（3）分两种情况讨论求解GH的长，①当点F和点G都在射线AB的右侧时，在射线ED上取一点M，使
得EM=EG，连接MG，如图4；②当点F和点G都在射线AB的左侧时，在线段GE上取一点N，使得
NE=EF，如图5，通过构造三角形全等，利用三角函数求解即可．
（1）解：∵ 线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，
∴ ∠GAF=60°，AG=AF，
∴ △GAF是等边三角形，
∴ ∠AGF=∠AFG=60°，AG=AF=GF，
∵∠AED＝60°，
∴ ∠AGF=∠AED，
∴点A、E、G、F四点共圆，
∴ ∠GEF=∠GAF=60°，
∴ ∠GEH=180°−∠AED−∠GEF=60°，
∵ GH⊥AB，
HG √3
∴ =tan∠GEH=tan60°= ，
EG 2
√3
∴ HG= EG，
2
√3
故答案为：HG= EG；
2
（2）
解：在射线ED上截取EN=AE，连接AN，如图3，
∵∠AED=60°，
∴△AEN是等边三角形，
∴AE=AN，∠EAN=60°
∵AF=AG，∠FAG=60°，
∴∠GAE=∠FAN
∴△GAE≌△FAN，∴∠GEA=∠FNA=60°，¿=FN
AE−EF=FN=≥¿，
∵GH⊥AB
GH √3
∴sin60°= = ，
GE 2
√3
∴GH= GE，
2
√3
∴GH= (AE−EF)；
2
（3）
①当点F和点G都在射线AB的右侧时，在射线ED上取一点M，使得EM=EG，连接MG，如图4，
∵ 线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，
∴ ∠GAF=60°，AG=AF，
∴ △GAF是等边三角形，
∴ ∠AGF=∠AFG=∠FAG=60°，AG=AF=GF，
∵∠AED＝60°，
∴ ∠AGF=∠AED，
∴点A、E、G、F四点共圆，
∴ ∠GEH=∠GFA=60°，∠GEF=∠GAF=60°，
∵ EM=EG，
∴ △GEM是等边三角形，
∴ EM=GM=EG,∠EGM=60° ，
∴ ∠EGM=∠EGA+∠MGA=60°=∠EGM=∠MGF+∠MGA，∴ ∠EGA=∠MGF，
∴ △EGA≌△MGF，
∴ MF=AE=1，
∴ ¿=EM=EF−MF=2−1=1 ，
∵ GH⊥AB，
√3
∴ HG=sin∠GEH·EG=sin60°·EG= ，
2
②当点F和点G都在射线AB的左侧时，在线段GE上取一点N，使得NE=EF，如图5，
∵ ∠AGF=∠AED=60°，
∴点A、E、G、F四点共圆，∠AEF=180°−∠AED=120°
∴ ∠NGF=∠EAD，∠GEF=∠GAF=60°，∠AEG=∠AFG=60°，
∵NE=EF，
∴ △NEF是等边三角形，
∴ NE=EF=NF=1，∠ENF=60°，
∴ ∠GNF=180°−∠ENF=120° ，
∴ ∠GNF=∠AEF，
∴ △GNF≌△AEF，
∴ GN=AE=2，
∴ ¿=GN+NE=2+1=3，
∵ GH⊥AB，∠AEG=60°，
3
∴ GH=GE·sin60°= √3，
2
√3 3√3
综上所述，GH的长为 或 ．
2 2【点睛】本题主要考查了特殊角的三角函数、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定及性质以及旋
转图形的性质，熟练掌握这些性质和判定是解题的关键.
38．（2022秋·江西九江·九年级统考期末）（1）回归教材：北师大七年级下册P44，如图1所示，点P是
直线m外一点，PO⊥m，点O是垂足，点A、B、C在直线m上，比较线段PO，PA，PB，PC的长短，
你发现了什么？
最短线段是______，于是，小明这样总结：直线外一点与直线上各点连接的所有线段中，______．
（2）小试牛刀：如图2所示，Rt△ABC中，AB=c，AC=b，BC=a．则点P为AB边上一动点，则CP
的最小值为______．
（3）尝试应用：如图3所示△ABC是边长为4的等边三角形，其中点P为高AD上的一个动点，连接
BP，将BP绕点B顺时针旋转60°得到BE，连接PE、DE、CE．①请直接写出DE的最小值．
②在①的条件下求△BPE的面积．
（4）拓展提高：如图4，Rt△BEF顶点F在矩形ABCD的对角线AC上运动，连接AE．∠EBF=∠ACD
．AB=3，BC=4，请求出AE的最小值．
ab 7√3
【答案】（1）PO，垂线段最短；（2） ；（3）①DE的最小值是1；②△BPE的面积为 ；（4）
c 4
36
AE的最小值为 ．
25
【分析】（1）根据垂线段的性质即可解答；
（2）由（1）知当PC⊥AB时，PC取得最小值，利用面积法即可求解；
（3）①根据旋转的性质，旋转前后的图形对应线段、对应角相等，可证得△ABP≌△CBE，得到
∠BCE=30°．得到点E在射线CE上，根据“垂线段最短”这一定理，当∠DEC=90°时，DE最短，据此求
解即可；
②利用勾股定理求得EC=√3，即AP=√3，再利用勾股定理先后求得AD、PD、BP的长，即可求解；
（4）作出如图的辅助线，先判断出点E在直线GH上运动，根据“垂线段最短”这一定理，当当AE⊥GH
时，AE最短，利用相似三角形的判定和性质、勾股定理以及三角形面积公式即可求解．
【详解】解：（1）∵PO⊥直线m，
∴从直线外一点到这条直线所作的垂线段最短．
故答案为：PO，垂线段最短；
（2）由（1）知当PC⊥AB时，PC取得最小值，1 1
S ABC= AC×BC= AB×PC，
2 2
△
ab ab
∴PC= ，即CP的最小值为 ，
c c
ab
故答案为： ；
c
（3）①由旋转知∠PBE=60°，BP=BE，
∴△PBE是等边三角形，
∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，边长为4，
∴AB=BC，∠ABC=60°，∠ABD=∠CBD=30°，BD=CD=2，
∴∠ABP=∠CBE，
∴△ABP≌△CBE（SAS），
∴∠BCE=∠BAD=30°；
∵点P为高AD上的一个动点，
∴点E在射线CE上，
根据“垂线段最短”可知，当DE⊥CE时，DE最短．
∵∠BCE=30°，CD=2，
1
∴DE= CD=1，
2
即DE的最小值是1；
②由①得CD=2，DE=1，
∴CE=√CD2−DE2=√3，
∵△ABP≌△CBE，
∴AP=CE=√3，
在Rt BDA中，AB=4，BD=2，
△
∴AD=√AB2−BD2=2√3，
∴PD=AD-AP=√3，
∴PB=√PD2+BD2=√7，
√ PB 2 √21
∴等边三角形△PBE的高为 PB2−( ) = ，
2 21 √21 7√3
∴△BPE的面积为 ×√7× = ；
2 2 4
（4）过点B作BH⊥AC于点H，
则∠BHC=90°，
∴∠HBC+∠HCB=90°，∠ACD+∠HCB=90°，
∴∠HBC=∠ACD，
∵∠EBF=∠ACD，
∴∠HBC=∠EBF，
此时点F与点C重合，点E与点H重合，
∵AB=3，BC=4，
∴AC=√AB2+BC2=5，
1 1
∵S ABC= AB×BC= AC×BH，
2 2
△
12
∴BH= ，
5
√ 12 2 9
∴AH=√AB2−BH2= 32−( ) = ，
5 5
取AB中点G，
过点G作GI⊥AB交AC于点I，
则∠BGI=90°，
∴∠GBI=∠BAC，∵∠EBF=∠ACD=∠BAC，
∴∠GBI=∠EBF，
此时点F与点I重合，点E与点G重合，
Rt△BEF顶点F在矩形ABCD的对角线AC上运动，
且∠EBF=∠ACD，∠HBC=∠ACD,
∴∠EBH+∠HBF=∠FBC+∠HBF,
∴∠EBH=∠FBC,
∵∠BEF=∠BHC=90°,
∴E,B,H,F四点共圆，
∴∠BFC=∠BEH,
∴∠FCB=∠EHB,
∴点E在直线GH上运动，
根据“垂线段最短”这一定理，当AE⊥GH时，AE最短，
过点H作HP⊥AB于点P，
∴ APH~ ABC，
△ △ 9
PH AH AP
∴ = = ，即PH 5 AP，
BC AC AB = =
4 5 3
36 27
∴PH= ，AP= ，
25 25
3 27 21
∴PG=AG-AP= − = ，
2 25 50
3
∴GH= √PH2+PG2= ，
21 1
∵S AGH= AG×PH= GH×AE，
2 2
△
36
∴AE= ，
25
36
∴AE的最小值为 ．
25
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的性质与判定，垂线段最短，勾股定理，等边
三角形的判定和性质，四点共圆的判定等知识，解决本题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．
39．（2022·上海·九年级专题练习）如图，已知正方形ABCD，将AD绕点A逆时针方向旋转n°(0<n<90)
到AP的位置，分别过点C、D作CE⊥BP,DF⊥BP，垂足分别为点E、F．
(1)求证：CE=EF；
DP 1
(2)联结CF，如果 = ，求∠ABP的正切值；
CF 3
√2
(3)联结AF，如果AF= AB，求n的值．
2
【答案】(1)证明见解析；
2
(2) ；
3
(3)30
【分析】（1）作CG⊥CE，交FD延长线于G点，可根据题意得出四边形FECG为矩形，再结合矩形和正
方形的性质推出 BCE≌ DCG，从而得到CE=CG，即四边形FECG为正方形，即可证得结论；
（2）在（1）的△基础之上△，连接CF，首先通过旋转的性质和三角形的内角定理推出 CEF和 DFP均为等
腰直角三角形，进而利用相似三角形的判定与性质推出PF和EF之间的关系，从而表△示出BE△的长度，即
可求出∠BCE的正切值，再根据余角的关系证明∠ABP=∠BCE，即可得出结论；
（3）根据正方形的性质以及前面两个问题的求解过程推断出A、C、D、F四点共圆，即可得到在变化过程中，∠AFC始终为90°，从而在Rt ACF中运用特殊角的三角函数值求解角度即可得出结论．
（1） △
：如图所示，作CG⊥CE，交FD延长线于G点，
∵CE⊥BP，DF⊥BP，CG⊥CE，
∴∠EFG=∠FEC=∠ECG=∠BEC=90°，
∴四边形FECG为矩形，∠G=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD=90°，BC=DC，
∵∠BCD=∠BCE+∠ECD，∠ECG=∠ECD+∠DCG，
∴∠BCE+∠ECD =∠ECD+∠DCG，
即：∠BCE=∠DCG，
在 BCE和 DCG中，
△ △ ¿
∴ BCE≌ DCG(AAS)，
∴△CE=CG，△
∴四边形FECG为正方形，
∴CE=EF；
（2）
解：如图所示，连接CF，
由（1）知，CE=EF，CE⊥EF，则 CEF为等腰直角三角形，
由旋转的性质得：∠PAD=n°，AP=△AD，
1 1
∴∠PAB=90°+n°，∠APD= （180°-∠PAD）=90°- n°，
2 2
∵AP=AB，
1 1
∴∠APB= （180°-∠PAB）=45°- n°，
2 2∴∠FPD=∠APD-∠APB=45°，
∵DF⊥AB，
∴∠DFP=90°，
∴△DFP也为等腰直角三角形，PF=DF，
∴△DFP∽△CEF，
DP 1
∵ = ，
CF 3
PF DP 1
∴ = = ，
FE CF 3
设PF= DF=x，则FE=CE=3x，
由（1）知四边形CEFG为正方形，
∴FG=FE=3x，
∴DG=FG-DF=2x，
∵ BCE≌ DCG，
∴B△E=DG=△2x，
BE 2x 2
∴在Rt BEC中，tan∠BCE= = = ，
CE 3x 3
△
∵∠ABP+∠EBC=90°，∠EBC+∠BCE=90°，
∴∠ABP=∠BCE，
2
∴tan∠ABP=tan∠BCE= ；
3
（3）
解：∵0<n<90，
∴如图所示，连接AF和对角线AC，
由（2）可知，∠EFC=45°，∠EFD=90°，
∴∠CFD=45°，
∵AC为正方形ABCD的对角线，∴∠CAD=45°，AC=√2AB，
∴∠CAD=∠CFD，
∴点A、C、D、F四点共圆，
∴∠AFC=∠ADC=90°，
√2
∵AF= AB，
2
1
∴AF= AC，
2
AF 1
则在Rt AFC中，sin∠ACF= = ，
AC 2
△
∵∠ACF为锐角，
∴∠ACF=30°，∠FAC=90°-30°=60°，
∵∠CAD=45°，
∴∠FAD=60°-45°=15°，
∵AP=AD，AF=AF，PF=DF，
∴△AFP≌△AFD，
∴∠FAD=∠FAP=15°，
∴∠PAD=30°，
∴n=30．
【点睛】本题考查正方形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，以及旋转的性质和解直角三角形等，
掌握图形的基本性质和判定方法，具有较强的综合分析能力是解题关键．
40．（2022秋·广东珠海·九年级珠海市紫荆中学校考期中）如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，
直角△ADE的边AE在线段AC上，AE＝AD＝2，将△ADE绕直角顶点A按顺时针旋转一定角度α，连接
CD、BE，直线CD，BE交于点F，连接AF，过BC中点G作GM⊥CD，GN⊥AF．
（1）求证：BE＝CD；
（2）求证：旋转过程中总有∠BFA＝∠MGN；（仅对0°＜α＜90°时加以证明）（3）在AB上取一点Q，使得AQ＝1，求FQ的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）2√2﹣√5
【分析】（1）根据题中各角之间的关系可得：∠BAE=∠CAD，依据三角形全等的判定定理可证
△BAE≌△CAD，由全等三角形的性质即可证明；
（2）由（1）中全等三角形的性质可得：∠ABE=∠ACD，利用等腰直角三角形的性质得出：
∠ABC=∠ACB=45°，得出点C，点B，点A，点F四点共圆，根据同弧所对的圆周角相等可得：
∠ACB=∠AFB=45°，∠BFC=∠BAC=90°，再由四边形内角和及各角之间的等量关系即可得出结
论；
（3）由点F在以BC为直径的圆上运动，可得点Q，点F，点G三点共线时，QF有最小值，由勾股定理
及三角形中位线定理可得：BC=4√2，GH=BH=2，再由勾股定理及各线段之间的数量关系即可得解．
【详解】（1）证明：∵∠BAC=90°=∠DAE，
∴∠BAE=∠CAD，
在△BAE与△CAD中，
¿，
∴△BAE≌△CAD，
∴BE=CD；
（2）证明：由（1）得：△BAE≌△CAD，
∴∠ABE=∠ACD，
AB=AC，∠BAC=90°，
∵∴∠ABC=∠ACB=45°
∴点C，点B，点A，点F四点共圆，如图所示：∴∠ACB=∠AFB=45°，∠BFC=∠BAC=90°，
∴∠AFC=135°，
∵GM⊥CD，GN⊥AF，
∴∠GMF=∠GNF=90°，
∴∠MGN+∠MFN=180°，
∴∠MGN=45°，
∴∠MGN=∠BFA；
（3）解：如（2）图所示，过点G作GH⊥AB于H，
∵点C，点B，点A，点F四点共圆，
∴点F在以BC为直径的圆上运动，
∴点Q，点F，点G三点共线时，QF有最小值，
∵∠BAC=90°，AB=AC=4，
∴BC=4√2，
∴BG=CG=GF'=2√2，
∵∠ABC=45°，GH⊥AB，
∴GH=BH=2，
∵AQ=1，
∴HQ=4−2−1=1，
∴GQ=√GH2+HQ2=√4+1=√5，
∴QF'=GF'−GQ=2√2−√5，
∴QF的最小值为2√2−√5．
【点睛】题目主要考查全等三角形的判定定理及性质，圆周角定理，勾股定理，线段间距离最短问题，理
解题意，作出相应图形，综合运用这些知识点是解题关键．【考点9 圆中的最值问题】
41．（2022秋·湖北咸宁·九年级校考阶段练习）如图，⊙O的直径AB的长为8，P是A´B上一动点，
∠APB的角平分线交⊙O于点Q，点I为△APB的内心，连接QA，下列结论：①点Q是定点；②PQ的
最大值为8；③QI的长为定值；④AP⋅BP的最大值为16．其中正确的结论是________________（把正确
结论的序号都填上）．
【答案】①②③
【分析】连接BQ,AI，由题意易得A´Q=B´Q，然后可得①，根据圆中直径最大可判定②，由内心可知
∠PAI=∠BAI，然后根据三角形外角的定义及圆周角定理可进行排除③，过点P作PD⊥AB于点D，进
而可得AP⋅BP=AB⋅PD，最后可得出选项．
【详解】解：连接BQ,AI，如图所示：
∵AB为⊙O的直径，
∴∠APB=90°，
∵∠APB的角平分线交⊙O于点Q，点I为△APB的内心，
∴∠APQ=∠BPQ=45°,∠PAI=∠BAI，
∴A´Q=B´Q，且△AQB是等腰直角三角形，
√2
∴AQ=BQ= AB=4√2，即点Q是定点，故①正确；
2
由圆中最长的弦是直径可知PQ的最大值为8，故②正确；
∵∠QIA=∠PAI+∠APQ,∠QAI=∠BAI+∠QAB，且∠QAB=∠APQ=45°，∴∠QIA=∠QAI，
∴AQ=QI=4√2，即QI的长为定值，故③正确；
过点P作PD⊥AB于点D，
1 1
∴S = AP⋅BP= AB⋅PD，
△APB 2 2
当AP⋅BP的值为最大，则AB⋅PD的值为最大，即PD的值为最大，
∴当PD是半径时，即为PD=4，
∴AP⋅BP的最大值为AP⋅BP=8×4=32；故④错误；
综上所述：正确的有①②③；
故答案为①②③．
【点睛】本题主要考查三角形的内心、圆周角定理及等腰三角形的性质与判定，熟练掌握三角形的内心、
圆周角定理及等腰三角形的性质与判定是解题的关键．
42．（2022秋·北京·九年级北京师大附中校考期末）如图1，在平面直角坐标系中，已知⊙M的半径为
5，圆心M的坐标为（3，0），⊙M交x轴于点D，交y轴于A，B两点，点C是ADB上的一点（不与点
A、D、B重合）．连结AC并延长，连接BC，CD，AD．
(1)求点A的坐标；
(2)当点C在AD上时．
①求证：∠BCD=∠HCD；
②如图2，在CB上取一点G，使CA=CG，连接AG．求证：△ABG∽△ADC；
|AC−BC|
(3)如图3，当点C在BD上运动的过程中，试探究 的值是否发生变化？若不变．请直接写出该
CD
定值；若变化，请说明理由．
【答案】(1)(0,4)
(2)①证明见解析②证明见解析|AC−BC| 2√5
(3) 值不发生变化，为
CD 5
【分析】（1）连接MA，利用勾股定理求出OA，即可得到点A的坐标；
（2）①利用垂径定理得到∠BAD=∠ABD，利用同弧所对的圆周角相等得到∠BAD=∠BCD，利用圆
内接四边形得到∠DBA=∠HCD，即可得解；②等于等边对等角，外角的性质，推出∠AGC=∠HCD，
进而得到∠AGB=∠ACD，再利用∠ABG=∠ADC，即可得证；
（3）在AC上截取AN，使AN=BC，连接BD,DN，证明△DAN≌△DBC(SAS)，再证明
|AC−BC|
△ADB∽△NDC，得到 为定值即可．
CD
【详解】（1）解：如图，连接MA，
在Rt△OMA中，AM为圆的半径5，OM=3，
∴OA=√AM2−OM2=√52−32=4；
∴点A的坐标为(0,4)；
（2）①如图，连接BD，
∵OM⊥AB，
∴OA=OB，∴AD=BD，
∴∠BAD=∠ABD，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠DBA=∠HCD，
又∵∠BAD=∠BCD，
∴∠BCD=∠HCD；
②∵AC=CG，
∴∠CAG=∠CGA，
∵∠AGC+∠CAG=∠HCB，∠HCD=∠BCD，
∴∠AGC=∠HCD，
∴180°−∠AGC=180°−∠HCD，
即∠AGB=∠ACD
又∵∠ABG=∠ADC，
∴△ABG∽△ADC．
|AC−BC| 2√5
（3）当C在B´D上运动的过程中， 的值不发生变化，为 ，理由如下：
CD 5
当点C在B´D上时，在AC上截取AN，使AN=BC，连接BD,DN，
∵AD=BD，∠DAN=∠DBC，
∴△DAN≌△DBC(SAS)，
∴DN=DC,∠ADN=∠BDC，
∴∠ADN+∠NDB=∠BDC+∠NDB，
即∠ADB=∠NDC，
AD ND
∵ = =1 ，
BD CD
∴△ADB∽△NDC，NC AB
∴ = ，
DC BD
∵AO=BO=4,OD=OM+DM=8，
∴BD=√BO2+DO2=4√5,
NC AB 8 2√5
∴ = = =
DC BD 4√5 5
∵NC=AC−AN=AC−BC，
|AC−BC| 2√5
∴ = ，
CD 5
|AC−BC| 2√5
∴ 值不发生变化，为 ．
CD 5
【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．熟练掌
握垂径定理，圆周角定理，得到三角形相似，是解题的关键．
√3 2√3
43．（2022秋·江苏泰州·九年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线m:y= x+
3 3
与x轴交于点A，与y轴交于点B，点P在直线m上，以点O为圆心，OP为半径的⊙O交x轴于点C、D
（点C在点D的左侧），与y轴负半轴交于点E，连接PE，交x轴于点F，且AF=AP．
(1)判断直线m与⊙O的位置关系，并说明理由：
(2)求∠PEB的度数：
(3)若点Q是直线m上位于第一象限内的一个动点，连接EQ交x轴于点G，交⊙O于点H，判断EG⋅EH
是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)直线m与⊙O相切
(2)∠PEB=15∘
(3)EC⋅EH=2【分析】（1）连接PO，根据等腰三角形的性质得到∠APF=∠AFP，等量代换得到∠APF=∠EFO，
求得PO⊥直线AB，根据切线的判定定理即可得到结论；
√3 2√3 2√3
（2）根据y= x+ 与x轴交于点A，与y轴交于点B，求得A(−2,0),B(0, )，得到
3 3 3
2√3
OA=2,OB= ，根据三角函数的定义得到∠BAO=30∘，求得∠BOP=30∘，根据三角形外角的性质
3
即可得到结论；
（3）连接CE、CH，根据垂直的定义得到∠COE=∠DOE=90∘，根据圆周角定理得到
1
∠CHE=∠ECG= ×90∘=45∘ ，根据相似三角形的性质即可得到结论．
2
【详解】（1）解：直线m与⊙O相切
理由：连接PO
∵ AP=AF
∴ ∠APF=∠AFP
∵ ∠AFP=∠EFO
∴ ∠APF=∠EFO
∵ OP=OB
∴ ∠OPF=∠OEF
∵ ∠FOE=90∘
∴ ∠OFE+∠OEF=∠OPF+∠APF=90∘
∴ ∠APO=90∘
∴ PO⊥直线AB
∵ OP是⊙O的半径
∴直线m与⊙O相切√3 2√3
（2）解：∵y= x+ 与x轴交于点A，与y轴交于点B，
3 3
∴令y=0，得x=−2，
2√3
令x=0，得y= ，
3
2√3
∴ A(−2,0),B(0, )
3
2√3
∴ OA=2,OB=
3
OB √3
∴tan∠BAO= =
OA 3
∴∠BAO=30∘
∴∠AOP=60∘
∵∠AOB=90∘
∴∠BOP=30∘
∵OP=OE
∴∠OPE=∠OEP
∵∠BOP=∠OPE+∠OEP=2∠PEB=30∘
1
∴∠PEB=∠POB= ×30∘=15∘
2
（3）解：连接CE、CH，
∵CD⊥BE
∴∠COE=∠DOE=90∘
1
∴∠CHE=∠ECG= ×90∘=45∘
2
∵∠CEG=∠HEC∴△CEG∽△HEC
EC EG
∴ =
EH EC
∴EC⋅EH=CE⋅EC=2
【点睛】本题考查了圆的综合题，圆周角定理、切线的判定，三角函数的定义、相似三角形的判定和性质，
等腰三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
44．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，四边形ABCD的四个顶点在⊙O上，对角线AC、BD交于点
H且AC⊥BD，OE⊥BC于点E．
1
(1)求证：OE= AD；
2
(2)求证：AH2+BH2+CH2+DH2为定值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接BO，延长BO交⊙O于M，连接CM，DM，根据圆周角定理及平行线的性质得出
∠ACD=∠CDM，再由同弧或等弧所对的弦相等及中位线的性质即可证明；
（2）应用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：连接BO，延长BO交⊙O于M，连接CM，DM，如图所示：
∵BM是⊙O的直径，∴∠BDM=90°，
∴MD⊥BD，
∵AC⊥BD，
DM∥AC，
∴∴ ∠ACD=∠CDM，
∴ A´D=C´M，
∴AD=CM，
∵OE⊥BC，
∴BE=EC，
∵BO=OM，
1 1
∴OE= CM= AD．
2 2
（2）证明：∵AC⊥BD，
∴∠AHD=∠BHC=90°，
∴AH2+BH2+CH2+DH2=AD2+BC2=MC2+BC2=BM2=定值．
【点睛】题目主要考查圆周角定理及中位线的判定与性质，勾股定理解三角形等，理解题意，作出相应辅
助线，综合运用这些知识点是解题关键．
45．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图1，E点为x轴正半轴上一点，⊙E交x轴于A、B两点，交y轴
于C、D两点，P点为劣弧B´C上一个动点，且A(−2,0)，E(2,0)．
(1)B´C的度数为 °；
(2)如图2，连结PC，取PC中点G，连结OG，则OG的最大值为 ；
(3)如图3，连接PA，PC．若CQ平分∠PCD交PA于Q点，求线段AQ的长；
PC+PD
(4)如图4，连接PA、PD，当P点运动时（不与B、C两点重合），求证： 为定值，并求出这个
PA
定值．
【答案】(1)120(2)4
(3)4
(4)见解析，√3
【分析】（1）如图1，连接CE，AC，证明CD垂直平分AE，再证明CA=CE=AE，从而可得答案；
（2）连接PD， 证明当D，E，P三点共线时，此时DP取得最大值，再利用三角形的中位线定理可得答
案；
（3）如图3，连接AC，BC，先证明∠ACD=∠CPA，∠DCQ=∠PCQ，可得∠ACQ=∠AQC，从
而可得答案；
（4）如图4，连接AC，AD，证明∠DAC=2∠CAE=120°，将△ACP绕A点顺时针旋转120°至
△ADM，证明∠ACP=∠ADM，PC=DM，再证明M，D，P三点共线，可得
PD+PC=PD+DM=PM，过A作AG⊥PM于G，则PM=2PG，设AG=x，则AP=2x，可得
PG=√AP2−AG2=√3x，可得PC+PD=√3AP，从而可得答案．
【详解】（1）解：如图1，连接CE，AC，
∵A(−2,0)，E(2,0)，
∴OA=OE=2，
∵AB⊥CD，
∴CD垂直平分AE，
∴CA=CE，
∵CE=AE，
∴CA=CE=AE，
∴∠CEA=60°，
∴∠CEB=180°−∠CEA=120°，
∴B´C的度数为120°.故答案为：120．
（2）由题可得，AB为⊙E直径，且AB⊥CD，
由垂径定理可得，CO=OD，
连接PD，如图2，又∵G为PC的中点，
1
∴OG∥PD，且OG= PD，
2
当D，E，P三点共线时，此时DP取得最大值，
且DP=AB=2AE=8，
∴OG的最大值为4，
（3）如图3，连接AC，BC，
∵直径AB⊥CD，
∴ A´C=A´D，
∴∠ACD=∠CPA，
∵CQ平分∠DCP，
∴∠DCQ=∠PCQ，
∴∠ACD+∠DCQ=∠CPA+∠PCQ，
∴∠ACQ=∠AQC，
∴AQ=AC
由（1）可得，AC=AE=4，∴AQ=4；
（4）由题可得，直径AB⊥CD，
∴AB垂直平分CD，
如图4，连接AC，AD，则AC=AD，
由（1）可得，△ACE为等边三角形，
∴∠CAE=60°，
∴∠DAC=2∠CAE=120°，
将△ACP绕A点顺时针旋转120°至△ADM，
∴△ACP≌△ADM，
∴∠ACP=∠ADM，PC=DM，
∵四边形ACPD为圆内接四边形，
∴∠ACP+∠ADP=180°，
∴∠ADM+∠ADP=180°，
∴M，D，P三点共线，
∴PD+PC=PD+DM=PM，
过A作AG⊥PM于G，则PM=2PG，
∵∠APM=∠ACD=30°，
在Rt△APG中，∠APM=30°，
设AG=x，则AP=2x，∴ PG=√AP2−AG2=√3x，
∴PM=2PG=2√3x，
∴ PM=√3AP，
∴ PC+PD=√3AP，
PC+PD
∴ =√3为定值．
PA
【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的判定，三角形
的中位线定理的应用，含30°的直角三角形的性质，圆的基本性质，垂径定理的应用，圆的内接四边形的
性质，圆周角定理的应用，旋转的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
【考点10 圆中的最值问题】
46．（2022·广东广州·校考二模）如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，AB=2√3,AD=BC，AD，BC交
于点E，点D为B´C的中点，点G为平面内一动点，且BG⊥EG，则AG的最小值为__________．
【答案】√7−1##−1＋√7
【分析】连接AC，以BE为直径作⊙M，先证明点G在⊙M上，连接AM，当AM于⊙M交于点G时，
AC 1 1
此时AG最短，再求得BE＝AE＝ =2，CE＝ AE＝1，则MG＝MB＝ME＝ BE＝1，得到CM＝CE
cos30° 2 2
＋ME＝2，由勾股定理得到AM=√7，即可得到答案．
【详解】解：连接AC，以BE为直径作⊙M，
∵BG⊥EG，
∴∠BGE＝90°，
∴点G在⊙M上，
连接AM，当AM于⊙M交于点G时，此时AG最短，如图，∵AD＝BC，
∴A´D=B´C，
∵点D为B´C的中点，
∴B´D=C´D=A´C，
∴∠CBD＝∠CBA＝∠BAD＝∠CAD，
∴AE＝BE，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAD＋∠BAD＋∠ABC＝90°，
∴∠CBD＝∠CBA＝∠BAD＝∠CAD＝30°，
1 1
∴AC＝ AB＝ ×2√3＝√3，
2 2
AC 1
∴BE＝AE＝ =2，CE＝ AE＝1，
cos30° 2
1
∵MG＝MB＝ME＝ BE＝1，
2
∴CM＝CE＋ME＝2，
∴AM＝√AC2+CM2=√(√3) 2+22=√7，
∴AG＝AM－MG＝√7−1，
即AG的最小值为√7−1，
故答案为：√7−1
【点睛】此题考查了圆周角定理、勾股定理、解直角三角形等知识，作辅助圆是解题的关键．
1
47．（2022·贵州遵义·统考三模）如图，在Rt ABC中，∠ABC=90°，以BC边的中点O为圆心， BC为半
2
△
1
径作圆，点D是⊙O上一动点，点E是弦CD的中点，连接AE，若BC=4，AB=3，则AE+ BE的最小值是
3______．
√145 1
【答案】 ## √145
3 3
1 NE BN 1
【分析】取OC中点N，再取NE= ，推出 = = 3，证明 ENM∽△BNE，得到EM= BE，当A、E、
3 NM NE 3
△
1
M共线时，AE+ BE的最小值为AM，利用勾股定理即可求解．
3
1
【详解】解：连接OE，取OC中点N，再取NE= ，连接NE，ME，MA，
3
∵点E是弦CD的中点，∴OE⊥CD，
∴∠OEC=∠OED=90°，1 1 1
∵点N是OC的中点，ON=CN=NE= OC= BC=1，OC=OB= BC=2，
2 4 2
∴BN=3，
1
∵NE= ，
3
NE BN
∴ = =3，
NM NE
∵∠ENM=∠BNE，
∴△ENM∽△BNE，
BE BN
∴ = = 3，
EM NE
1
∴EM= BE，
3
1
∴AE+ BE=AE+EM≥AM，
3
1
当A、E、M共线时，AE+ BE的最小值为AM，
3
√ 1 2 √145
∴AM=√AB2+MB2= 32+(3− ) = ，
3 3
√145
故答案为： ．
3
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，垂径定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
48．（2022·浙江宁波·统考一模）如图，AB是半径为4的⊙O的弦，且AB=6，将AB沿着弦AB折叠，点
C是折叠后的A´B上一动点，连接并延长BC交⊙O于点D，点E是CD的中点，连接EO.则EO的最小值为
________．
【答案】3−√7
【分析】如解析中的图，连结AD、AC，过点O作AB的垂线交AB于点F，过点C作AB对称点C’，连结EF、AC’，可得AC’=AD=AC，EO≥EF - OF，根据当E、O、F三点共线时，EO的值最小为EF-OF，求出
EF的长，最后根据勾股定理可得答案．
【详解】解：连结AD、AC，过点O作AB的垂线交AB于点F，过点C作AB对称点C’，连结EF、AC’，
则AC’=AD=AC，EO≥EF - OF，
∴EO的最小值为EF - OF，
当E、O、F三点共线时，EO的值最小为EF-OF，
∵AD=AC，且E为DC的中点，
∴AE⊥DC，
1
∴EF= AB=3，OF=√42−32=√7，
2
∴OE的最小值为3−√7，
故答案为：3−√7．
【点睛】本题考查了圆的有关性质，最路线的问题，直角三角形的性质，勾股定理的应用，解题的关键是
添加辅助线．
49．（2022·天津·模拟预测）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△OAB的顶点A，B，O均落在
格点上，以点O为圆心OA长为半径的圆交OB于点C．
（Ⅰ）线段BC的长等于______；
（Ⅱ）若BD切⊙O于点D，P为OA上的动点，当BP+DP取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点D，P，并简要说明点D，P的位置是如何找到的（不要求证明）______．
【答案】 √13−3 连接A点和B点上一格再左两格的格点，交⊙O于D，找到B点关于
OA的对称点B'，连接B'D交OA于P，
【分析】（Ⅰ）利用网格根据勾股定理求出OB的长，再用OB−OC即可求出线段BC的长；
（Ⅱ）如图，连接A点和B点上一格再左两格的格点E，交⊙O于D，找到B点关于OA的对称点B'，连接
B'D交OA于P，则点D，P即为所求．证明△OBD和△OBA全等，得出BD是⊙O的切线，通过垂径定理
可得点D、D′关于OA的对称，有最短路径，可得当B、P、D′三点共线时，BP+DP=BP+D′P取得最
小值．
【详解】解：（Ⅰ）∵OA=3，AB=2，OA⊥AB，
∴OB=√OA2+AB2=√32+22=√13，
∴BC=OB−OC=OB−OA=√13−3
∴线段BC的长等于√13−3．
（Ⅱ）如图，连接A点和B点上一格再左两格的格点E，交⊙O于D，找到B点关于OA的对称点B'，连接
B'D交OA于P，则点D，P即为所求．连接BD′交OA于P，点D、P即为所求，
根据格点的特点，AE⊥OB，
∵OA=OD,
∴∠DOB=∠AOB,
在△OBD和△OBA中
¿,
∴△OBD≌△OBA，
∴∠ODB=∠OAB=90°，OD⊥OB，
∴BD是⊙O的切线，B′是B关于OA的对称点，
∴BP=B′P,
当B′、P、D三点共线时，BP+DP=B′P+DP取得最小值．
【点睛】本题考查了作图﹣复杂作图、勾股定理、圆周角定理、轴对称﹣最短路径问题以及垂径定理等知
识，解决本题的关键是掌握轴对称性质．
50．（2022·西藏·统考模拟预测）如图，MN为⊙O的直径，A、B是⊙O上的两点，过A作AC⊥MN于点
C，过B作BD⊥MN于点D，P为DC上的任意一点，若MN=20，AC=8，BD=6，则PA+PB的最小值是
____________．
【答案】14√2
【分析】先求出⊙O的半径，连接OA、OB，根据勾股定理求出OD、OC，即可求出CD，作点B关于MN
的对称点B′，连接AB′，根据两点之间线段最短可得AB′即为PA＋PB的最小值，利用勾股定理求值即可．
【详解】解：∵MN＝20，
∴⊙O的半径＝10，
连接OA、OB，在Rt△OBD中，OB＝10，BD＝6，
∴OD＝√OB2−BD2＝√102−62＝8；
同理，在Rt△AOC中，OA＝10，AC＝8，
∴OC＝√OA2−AC2＝√102−82＝6，
∴CD＝8＋6＝14，
作点B关于MN的对称点B′，
连接AB′，则AB′即为PA＋PB的最小值，
B′D＝BD＝6，过点B′作AC的垂线，交AC的延长线于点E，
在Rt△AB′E中，
∵AE＝AC＋CE＝8＋6＝14，B′E＝CD＝14，∴AB′＝√AE2+B′E2＝√142+142＝14√2
故答案为：14√2．
