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挑战 20 2 3 年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（全国通用）
专题28以圆为载体的几何综合问题
【例1】（2022·河北·育华中学三模）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD＝
4
4，BC＝10，sinC＝ ，以AB为直径作⊙O，把⊙O沿水平方向平移x个单位，得到⊙O′，
5
A'B'为直径AB平移后的对应线段．
(1)当x＝0，且M为⊙O上一点时，求DM的最大值；
(2)当B′与C重合时，设⊙O′与CD相交于点N，求点N到AB的距离；
(3)当⊙O′与CD相切时，直接写出x的值 ．
【答案】(1)4√2+4
154
(2)
25
(3)2或12．
【分析】（1）当x＝0，连接DO并延长交⊙O于点M，则此时DM的值最大，过点D作
DE⊥BC于E，易证四边形ABED是矩形，可得AB＝DE，AD＝BE＝4，解Rt DEC求出
DE＝8，CD＝10，可得⊙O的半径为4，利用勾股定理求出OD，即可得到DM的最大值；
△
（2）当B′与C重合时，⊙O′与CD相交于点N，则⊙O向右平移了10个单位长度，连接
OO′，则OO′=10，连接A′N，过点N作NF⊥A′B′于点F，如图，解Rt A′B′N，求出
A′N，B′N，然后根据等积法求出NF即可解决问题；
△
（3）当⊙O′与CD相切，在CD的左边时，设切点为P，如图，则A′B′ED是矩形，A′D、
CD、B′C都是⊙O′的切线，根据切线长定理可得A′D=PD，B′C=PC，求出
A′D=4−x，B′C=10−x，根据CD=PD+PC=A′D+B′C列方程求出x即可；当⊙O′
与CD相切，在CD的右边时，同理求解即可．
（1）
解：如图，当x＝0，连接DO并延长交⊙O于点M，则此时DM的值最大，过点D作
DE⊥BC于E，
∵∠A＝∠B＝∠DEB＝90°，∴四边形ABED是矩形，
∴AB＝DE，AD＝BE＝4，
∴EC＝BC－BE＝10－4＝6，
DE 4
∵在Rt DEC中，sinC＝ = ，
CD 5
∴设DE △＝4k，CD＝5k（k＞0），
由勾股定理得：EC2+DE2=CD2，即62+(4k) 2=(5k) 2，
整理得：k2=4，
∵k＞0，
∴k=2，
∴DE＝4k＝8，CD＝5k＝10，
∴AB＝DE＝8，
∴OA＝OB＝4，
∴OD＝√42+42=4√2，
∴DM=4√2+4，
即DM的最大值为4√2+4；
（2）
当B′与C重合时，⊙O′与CD相交于点N，则⊙O向右平移了10个单位长度，连接OO′，
则OO′=10，连接A′N，过点N作NF⊥A′B′于点F，如图，则∠A′NB′=90°，
CE 3 DE 4
在Rt CDE中，sin∠CDE= = ，cos∠CDE= = ，
CD 5 CD 5
∵A′△ B′∥AB∥DE，
∴∠A′B′N=∠CDE，
在Rt A′B′N中，A′B′=AB=8，
∵sin △ ∠A′B′N= A′N =sin∠CDE= 3 ，cos∠A′B′N= B′N =cos∠CDE= 4 ，
A′B′ 5 A′B′ 5
3 3 24 4 4 32
∴A′N= A′B′= ×8= ，B′N= A′B′= ×8= ，
5 5 5 5 5 5
1 1
∵S = A′B′ ⋅NF= A′N⋅B′N，
△A′B′N 2 224 32
×
∴ A′N⋅B′N 5 5 96，
NF= = =
A′B′ 8 25
96 154
∴点N到AB的距离为OO′−NF=10− = ；
25 25
（3）
当⊙O′与CD相切，在CD的左边时，设切点为P，如图，则A′B′ED是矩形，A′D、
CD、B′C都是⊙O′的切线，
∴A′D=PD，B′C=PC，
∵A A′=BB′=x，
∴A′D=4−x，B′C=10−x，
∵CD=PD+PC=A′D+B′C，
∴10=4−x+10−x，
解得：x=2；
当⊙O′与CD相切，在CD的右边时，设切点为Q，如图，则ABB′ A′是矩形，A′D、
CD、B′C都是⊙O′的切线，
∴A′D=QD，B′C=QC，
∵A A′=BB′=x，∴A′D=x−4，B′C=x−10，
∵CD=QD+QC=A′D+B′C，
∴10=x−4+x−10，
解得：x=12；
综上，当⊙O′与CD相切时，x的值为2或12，
故答案为：2或12．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定，解直角三角形，勾股定理，点与圆的位置关系，平
移的性质，圆周角定理，切线的性质以及切线长定理等知识，熟练掌握直径所对的圆周角
是直角，从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等是解题的关键．
【例2】（2022·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知CH是⊙O的直径，点A，点B是⊙O上的
两个点，连接OA,OB，点D，点E分别是半径OA,OB的中点，连接CD,CE,BH，且
∠AOC=2∠CHB．
(1)如图1，求证：∠ODC=∠OEC；
(2)如图2，延长CE交BH于点F，若CD⊥OA，求证：FC=FH；
(3)如图3，在（2）的条件下，点G是B´H上一点，连接AG,BG,HG,OF，若
AG:BG=5:3，HG=2，求OF的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
√19
(3)OF=
3
【分析】（1）根据SAS证明△COD≅△COE即可得到结论；
（2）证明∠H=∠ECO即可得出结论；
（3）先证明OF⊥CH，连接AH，证明AH=BH，设AG=5x，BG=3x，在AG上取
点M，使得AM=BG，连接MH，证明△MHG为等边三角形，得MG=HG=2，根据
AG=AM+MG可求出x=1，得AG=5，BG=3，过点H作HN⊥MG于点N，求出
HB=√19，再证HF=2OF，根据HB=3OF=√19可得结论．
（1）
如图1．∵点D，点E分别是半径OA,OB的中点1 1
∴OD= OA，OE= OB
2 2
∵OA=OB，
∴OD=OE
∵∠BOC=2∠CHB，∠AOC=2∠CHB
∴∠AOC=∠BOC
∵OC=OC
∴△COD≅△COE，
∴∠CDO=∠CEO；
（2）
如图2．∵CD⊥OA，
∴∠CDO=90°
由（1）得∠CEO=∠CDO=90°，
OE 1
∴sin∠OCE= =
OC 2
∴∠OCE=30°，
∴∠COE=90°−∠OCE=60°
1 1
∵∠H= ∠BOC= ×60°=30°
2 2
∴∠H=∠ECO，
∴FC=FH
（3）如图3．∵CO=OH，FC=FH
∴OF⊥CH
∴∠FOH=90°
连接AH．∵∠AOC=∠BOC=60°
∴∠AOH=∠BOH=120°，
∴AH=BH，∠AGH=60°
∵AG:BG=5:3
设AG=5x，
∴BG=3x
在AG上取点M，使得AM=BG，连接MH
∵∠HAM=∠HBG，
∴△HAM≌△HBG
∴MH=GH，
∴△MHG为等边三角形
∴MG=HG=2
∵AG=AM+MG，
∴5x=3x+2
∴x=1，
∴AG=5
∴BG=AM=3，
过点H作HN⊥MG于点N
1 1
MN= GM= ×2=1，HN=HG⋅sin60°=√3
2 2
∴AN=MN+AM=4，
∴HB=HA=√N A2+H N2=√19
∵∠FOH=90°，∠OHF=30°，
∴∠OFH=60°
∵OB=OH，
∴∠BHO=∠OBH=30°，∴∠FOB=∠OBF=30°
∴OF=BF，
在Rt△OFH中，∠OHF=30°，
∴HF=2OF
∴HB=BF+HF=3OF=√19，
√19
∴OF= ．
3
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性
质，等腰三角形的性质，勾股定理以及解直角三角形等知识，正确作出辅助线构造全等三
角形是解答本题的关键．
【例3】（2022·黑龙江绥化·中考真题）如图所示，在⊙O的内接△AMN中，
∠MAN=90°，AM=2AN，作AB⊥MN于点P，交⊙O于另一点B，C是A´M上的一
个动点（不与A，M重合），射线MC交线段BA的延长线于点D，分别连接AC和BC，
BC交MN于点E．
(1)求证：△CMA∽△CBD．
(2)若MN=10，M´C=N´C，求BC的长．
3 ME
(3)在点C运动过程中，当tan∠MDB= 时，求 的值．
4 NE
【答案】(1)证明见解析
(2)3√10
3
(3)
2
【分析】（1）利用圆周角定理得到∠CMA=∠ABC，再利用两角分别相等即可证明相似；
（2）连接OC，先证明MN是直径，再求出AP和NP的长，接着证明△COE∽△BPE，
利用相似三角形的性质求出OE和PE，再利用勾股定理求解即可；
（3）先过C点作CG⊥MN，垂足为G，连接CN，设出GM=3x，CG=4x，再利用三角函数和勾股定理分别表示出PB和PG，最后利用相似三角形的性质表示出EG，然后表示
出ME和NE，算出比值即可．
（1）
解：∵AB⊥MN，
∴∠APM=90°，
∴∠D+∠DMP=90°，
又∵∠DMP+∠NAC=180°，∠MAN=90°，
∴∠DMP+∠CAM=90°，
∴∠CAM=∠D，
∵∠CMA=∠ABC，
∴△CMA∽△CBD．
（2）
连接OC，
∵∠MAN=90°，
∴MN是直径，
∵MN=10，
∴OM=ON=OC=5，
∵AM=2AN，且AM2+AN2=M N2，
∴AN=2√5，AM=4√5，
1 1
∵S = AM⋅AN= MN⋅AP，
△AMN 2 2
∴AP=4，
∴BP=AP=4，
∴NP=√AN2−AP2=2，
∴OP=5−2=3，
∵M´C=N´C，
∴OC⊥MN，
∴∠COE=90°，
∵AB⊥MN，
∴∠BPE=90°，
∴∠BPE=∠COE，
又∵∠BEP=∠CEO，
∴△COE∽△BPE
CO OE CE
∴ = = ，
BP PE BE5 OE CE
即 = =
4 PE BE
由OE+PE=OP=3，
5 4
∴OE= ，PE= ，
3 3
∴CE=√OC2+OE2=
√
52+
(5) 2
=
5
√10，
3 3
BE=√BP2+PE2=
√
42+
(4) 2
=
4
√10，
3 3
5 4
∴BC= √10+ √10=3√10．
3 3
（3）
过C点作CG⊥MN，垂足为G，连接CN，则∠CGM=90°，
∴∠CMG+∠GCM=90°，
∵MN是直径，
∴∠MCN=90°，
∴∠CNM+∠DMP=90°，
∵∠D+∠DMP=90°，
∴∠D=∠CNM=∠GCM，
3
∵tan∠MDB= ，
4
3
∴tan∠CNM=tan∠GCM= ，
4
GM
∵tan∠GCM=
CG
∴设GM=3x，CG=4x，
∴CM=5x，20x 16x
∴CN= ， NG= ，
3 3
25x
∴NM= ，
3
25x
∴OM=ON= ，
6
∵AM=2AN，且AM2+AN2=M N2，
5√5 10√5
∴AN= x，AM= x，
3 3
1 1
∵S = AM⋅AN= MN⋅AP，
△AMN 2 2
10
∴AP= x=PB，
3
5
∴NP= x，
3
16 5 11
∴PG= x− x= x，
3 3 3
∵∠CGE=∠BPE=90°，∠CEG =∠BEP，
∴△CGE∽△BPE，
CG GE CE
∴ = = ，
BP PE BE
4x GE CE
= =
即10 PE BE
x
3
5
∴¿=2x，PE= x
3
10x
∴ME=5x，NE= ，
3
∴ME:NE=3:2，
ME 3
∴ 的值为 ．
NE 2【点睛】本题考查了圆的相关知识、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知
识，涉及到了动点问题，解题关键是构造相似三角形，正确表示出各线段并找出它们的关
系，本题综合性较强，属于压轴题．
【例4】（2022·湖北荆州·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点O是
边AB上一个动点（不与点A重合），连接OD，将△OAD沿OD折叠，得到△OED；再以
O为圆心，OA的长为半径作半圆，交射线AB于G，连接AE并延长交射线BC于F，连接
EG，设OA＝x．
(1)求证：DE是半圆O的切线；
(2)当点E落在BD上时，求x的值；
(3)当点E落在BD下方时，设△AGE与△AFB面积的比值为y，确定y与x之间的函数关系
式；
(4)直接写出：当半圆O与△BCD的边有两个交点时，x的取值范围．
【答案】(1)见详解
3
(2)
2
9x2 3
(3)y= (0BC，在AC上取一点N使BC=CN，在DM取点M′使OM=M M′，然后证
AC−BC
明△ANB∽△OM′D，根据相似三角形对应边成比例可得 =2√2；当BC>AC
OM
BC−AC
时，同理可证 =2√2，则结论可得．
OM
（1）
解：∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD=∠BAD=45°，
∵CA=CD，
180°−45°
∴∠CAD=∠CDA= =67.5°，
2
∴∠CAB=67.5°−45°=22.5°，
∴∠CBA=90°−22.5°=67.5°，
∵AB∥ED，
∴∠E=∠CBA=67.5°；
（2）
过点A作AF⊥CD于点F，
∴∠AFC=∠AFD=90°，
∵AB是直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD=∠BAD=45°，
∴△AFE、△ABD均为等腰直角三角形，
∵⊙O的半径为5，AC=8，
∴AB=10，
∴AF=CF=AC·sin45°=4√2，AD=AB·sin45°=5√2，
在Rt△AFD中，FD=√AD2−AF2=√ (5√2) 2 −(4√2) 2=3√2，
∴CD=CF+FD=4√2+3√2=7√2；
（3）设AC>BC，在AC上取一点N使BC=CN，在DM取点M′使OM=M M′，
则AC−BC=AC−CN=AN，
∴∠CBN=∠CNB=∠OM′M=45°，
∴∠ANB=∠OM′D=135°，
∵四边形ACBD是⊙O的内接四边形，
∴∠CAD+∠CBD=180°，
∵∠CBN=∠DBA=∠BAD=45°，
∴∠CAB+∠ABN=45°，
∵∠CAB=∠CDB，∠CDB+∠ODM′=45°，
∴∠ABN=∠ODM′，
∴△ANB∽△OM′D，
AN AB 2
= =
∴ ，
OM′ OD 1
∵OM′=√2OM，
AN
∴ =2，
√2OM
AN
∴ =2√2，
OM
AC−BC
即 =2√2，
OM
BC−AC
当BC>AC时，同理可证 =2√2，
OM
|AC−BC|
∴ =2√2．
OM
【点睛】本题考查了圆的综合题，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，
等腰三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握以上知识点作出合理辅助线是解本题的关键．
8．（2022·江苏镇江·中考真题）如图1是一张圆凳的造型，已知这张圆凳的上、下底面圆
的直径都是30cm，高为42.9cm．它被平行于上、下底面的平面所截得的横截面都是圆．
小明画出了它的主视图，是由上、下底面圆的直径AB、CD以及A´C、B´D组成的轴对称图
形，直线l为对称轴，点M、N分别是A´C、B´D的中点，如图2，他又画出了A´C所在的扇
形并度量出扇形的圆心角∠AEC=66°，发现并证明了点E在MN上．请你继续完成MN长的计算．
9 2 9 11 11
参考数据：sin66°≈ ，cos66°≈ ，tan66°≈ ，sin33°≈ ，cos33°≈ ，
10 5 4 20 13
13
tan33°≈ ．
20
【答案】42cm
【分析】连接AC，交MN于点H．设直线l交MN于点Q，根据圆周角定理可得
429
∠AEM=33°，解Rt△AEH，得出13 20 ，进而求得EM的长，即可求解．
=
20 EH
【详解】解：连接AC，交MN于点H．设直线l交MN于点Q．
∵M是A´C的中点，点E在MN上，
1
∴∠AEM=∠CEM= ∠AEC=33°．
2
在△AEC中，∵EA=EC，∠AEH=∠CEH，
∴EH⊥AC，AH=CH．
∵直线l是对称轴，
∴AB⊥l，CD⊥l，MN⊥l，
∴AB∥CD∥MN．
∴AC⊥AB．
429
∴AC=42.9，AH=CH= ．
20
AH
在Rt△AEH中，sin∠AEH= ，
AE
429
即11 20 ，
=
20 AE
则AE=39．
AH
∵tan∠AEH= ，
HE429
即13 20 ，
=
20 EH
则EH=33．
∴MH=6．
∵该图形为轴对称图形，张圆凳的上、下底面圆的直径都是30cm，
1
∴HQ= AB=15,
2
∴MQ=MH+HQ=6+15=21．
∴MN=42(cm)．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，解直角三角形的实际应用，构造直角三角形
是解题的关键．
9．（2022·上海·中考真题）平行四边形ABCD，若P为BC中点，AP交BD于点E，连接
CE．
(1)若AE=CE，
①证明ABCD为菱形；
②若AB=5，AE=3，求BD的长．
(2)以A为圆心，AE为半径，B为圆心，BE为半径作圆，两圆另一交点记为点F，且
AB
CE=√2AE．若F在直线CE上，求 的值．
BC
【答案】(1)①见解析；②6√2
√10
(2)
5【分析】（1）①连接AC交BD于O，证 AOE≌ COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，从而得
∠COE=90°，则AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出结论；
△ △
②先证点E是 ABC的重心，由重心性质得BE=2OE，然后设OE=x，则BE=2x，在
Rt AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt AOB中，由勾股定理，得
△
OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,从而得9-x2=25-9x2，解得：x=√2,即可得OB=3x=3√2，再由平
△ △
行四边形性质即可得出BD长；
（2）由⊙A与⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，点E是 ABC的重心，又F在直线CE上，则
1 1 √2
△
CG是 ABC的中线，则AG=BG= AB，根据重心性质得GE= CE＝ AE，CG=CE+GE=
2 2 2
△
3√2 √2 1 √2
AE，在Rt AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-( AE)2= AE2,则AG=
2 2 2 2
△
1 3√2
AE,所以AB=2AG=√2AE，在Rt BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2= AE2+（
2 2
△ AB
AE）2=5AE2，则BC=√5AE，代入即可求得 的值．
BC
(1)
①证明：如图，连接AC交BD于O，
∵平行四边形ABCD，
∴OA=OC，
∵AE=CE，OE=OE，
∴△AOE≌ COE(SSS)，
∴∠AOE=∠COE，
△
∵∠AOE+∠COE=180°，
∴∠COE=90°，
∴AC⊥BD，
∵平行四边形ABCD，
∴四边形ABCD是菱形；
②∵OA=OC，
∴OB是 ABC的中线，
△∵P为BC中点，
∴AP是 ABC的中线，
∴点E是 ABC的重心，
△
∴BE=2OE，
△
设OE=x，则BE=2x，
在Rt AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,
在Rt AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,
△
∴9-x2=25-9x2，
△
解得：x=√2,
∴OB=3x=3√2，
∵平行四边形ABCD，
∴BD=2OB=6√2；
(2)
解：如图，
∵⊙A与⊙B相交于E、F，
∴AB⊥EF，
由（1）②知点E是 ABC的重心，
又F在直线CE上，
△
∴CG是 ABC的中线，
1 1
∴AG=BG △ = AB，GE= CE，
2 2
∵CE=√2AE，
√2 3√2
∴GE= AE，CG=CE+GE= AE，
2 2
在Rt AGE中，由勾股定理，得
√2 1
AG2= △ AE2-GEE=AE2-( AE)2= AE2,
2 2√2
∴AG= AE,
2
∴AB=2AG=√2AE，
在Rt BGC中，由勾股定理，得
1 3√2
BC2= △ BG2+CG2= AE2+（ AE）2=5AE2，
2 2
∴BC=√5AE，
AB √2AE √10
∴ = = ．
BC √5AE 5
【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，重心的性质，勾股定理，相交两圆的
公共弦的性质，本题属圆与四边形综合题目，掌握相关性质是解题的关键，属是考常考题
目．
10．（2022·广东深圳·中考真题）一个玻璃球体近似半圆O,AB为直径，半圆O上点C处有
个吊灯EF, EF//AB, CO⊥AB,EF的中点为D,OA=4.
(1)如图①，CM为一条拉线，M在OB上，OM=1.6,DF=0.8,求CD的长度．
(2)如图②，一个玻璃镜与圆O相切，H为切点，M为OB上一点，MH为入射光线，NH为
3
反射光线，∠OHM=∠OHN=45°,tan∠COH= ,求ON的长度．
4
(3)如图③，M是线段OB上的动点，MH为入射光线，∠HOM=50°,HN为反射光线交
圆O于点N,在M从O运动到B的过程中，求N点的运动路径长．
【答案】(1)2
20
(2)ON=
7
16
(3)4+ π
9【分析】（1）由DF=0.8,OM=1.6,DF∥OB，可得出DF为△COM的中位线，可得出
D为CO中点，即可得出CD的长度；
（2）过N点作ND⊥OH，交OH于点D，可得出△NHD为等腰直角三角形，根据
3 ND 3
tan∠COH= ,可得出tan∠NOD= = ，设ND=3x=DH，则OD=4x，根据
4 OD 4
4
OD+DH=OH，即可求得x= ，再根据勾股定理即可得出答案；
7
（3）依题意得出点N路径长为：OB+ l ，推导得出∠BOT=80°，即可计算给出l ，
B´T B´T
即可得出答案．
（1）
∵DF=0.8,OM=1.6,DF∥OB
∴DF为△COM的中位线
∴D为CO的中点
∵CO=AO=4
∴CD=2
（2）
过N点作ND⊥OH，交OH于点D，
∵∠OHN=45°，
∴△NHD为等腰直角三角形，即ND=DH，
3
又∵tan∠COH= ，
4
3
∴tan∠NOD= ，
4
ND 3
∴tan∠NOD= = ，
OD 4
∴ND:OD=3:4，
设ND=3x=DH，则OD=4x，
∵OD+DH=OH，
∴3x+4x=4，
4
解得x= ，
712 16
∴ND= ，OD= ，
7 7
√ 12 2 16 2 20
∴在Rt△NOD中，ON=√N D2+OD2= ( ) +( ) = ；
7 7 7
（3）
如图，当点M与点O重合时，点N也与点O重合． 当点M运动至点A时，点N运动至点
T，故点N路径长为：OB+ l ．
B´T
∵∠NHO=∠MHO,∠THO=∠MHO,∠HOM=50°．
∴∠OHA=∠OAH=65°．
∴∠THO=65°,∠TOH=50°．
∴∠BOT=80°，
80° 16
∴l =2π×4× = π，
B´T 360° 9
16
∴N点的运动路径长为：OB+ l =4+ π，
B´T 9
16
故答案为：4+ π．
9
【点睛】本题考查了圆的性质，弧长公式、勾股定理、中位线，利用锐角三角函数值解三
角函数，掌握以上知识，并能灵活运用是解题的关键．
11．（2022·吉林长春·中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=4，AD=BD=√13，点M
为边AB的中点，动点P从点A出发，沿折线AD−DB以每秒√13个单位长度的速度向终
点B运动，连结PM．作点A关于直线PM的对称点A′，连结A′P、A′M．设点P的运
动时间为t秒．
(1)点D到边AB的距离为__________；
(2)用含t的代数式表示线段DP的长；
(3)连结A′D，当线段A′D最短时，求△DPA′的面积；(4)当M、A′、C三点共线时，直接写出t的值．
【答案】(1)3
(2)当0≤t≤1时，DP=√13−√13t；当1＜t≤2时，PD=√13t−√13；
3
(3)
5
2 20
(4) 或
3 11
【分析】（1）连接DM，根据等腰三角形的性质可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解；
（2）分两种情况讨论：当0≤t≤1时，点P在AD边上；当1＜t≤2时，点P在BD边上，即
可求解；
（3）过点P作PE⊥DM于点E，根据题意可得点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为
半径的圆，可得到当点D、A′、M三点共线时，线段A′D最短，此时点P在AD上，再证
明△PDE∽△ADM，可得DE=3−3t,PE=2−2t，从而得到A′E=DE−A′D=2−3t，在
2
Rt△A′PE中，由勾股定理可得t= ，即可求解；
5
（4）分两种情况讨论：当点A′位于M、C之间时，此时点P在AD上；当点A′（A″）位
于C M的延长线上时，此时点P在BD上，即可求解．
（1）
解：如图，连接DM，
∵AB=4，AD=BD=√13，点M为边AB的中点，
∴AM=BM=2，DM⊥AB，
∴DM=√AD2−AM2=3，
即点D到边AB的距离为3；
故答案为：3
（2）
解：根据题意得：当0≤t≤1时，点P在AD边上，
DP=√13−√13t；
当1＜t≤2时，点P在BD边上，PD=√13t−√13；
综上所述，当0≤t≤1时，DP=√13−√13t；当1＜t≤2时，PD=√13t−√13；
（3）解：如图，过点P作PE⊥DM于点E，
∵作点A关于直线PM的对称点A′，
∴A′M=AM=2，
∴点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，
∴当点D、A′、M三点共线时，线段A′D最短，此时点P在AD上，
∴A′D=1，
根据题意得：A′P=AP=√13t，DP=√13−√13t，
由（1）得：DM⊥AB，
∵PE⊥DM，
∴PE∥AB，
∴△PDE∽△ADM，
PD DE PE
∴ = = ，
AD DM AM
√13−√13t DE PE
∴ = = ，
√13 3 2
解得：DE=3−3t,PE=2−2t，
∴A′E=DE−A′D=2−3t，
在Rt△A′PE中，A′P2=PE2+A′E2，
2
∴(√13t) 2=(2−2t) 2+(2−3t) 2，解得：t= ，
5
6
∴PE= ，
5
1 1 6 3
∴S = A′D⋅PE= ×1× = ；
△DPA′ 2 2 5 5
（4）
解：如图，当点M、A′、C三点共线时，且点A′位于M、C之间时，此时点P在AD上，
连接A A′， A′B，过点P作PF⊥AB于点F，过点A′作A′G⊥AB于点G，则A A′⊥PM，
∵AB为直径，
∴∠A =90°，即A A′⊥A′B，
∴PM∥A′B，
∴∠PMF=∠AB A′，
过点C作CN⊥AB交AB延长线于点N，
在▱ABCD中，AB∥DC，
∵DM⊥AB，
∴DM∥CN，
∴四边形CDMN为平行四边形，
∴CN=DM=3，MN=CD=4，
∴CM=5，
CN 3
∴sin∠CMN= = ，
CM 5
∵A′ M=2，
3 6
∴A′G=2× = ，
5 5
8
∴MG= ，
5
2
∴BG=BM−MG= ，
5
A′G
∴tan∠A′BA= =3，
BG
∴tan∠PMF=tan∠A′BA=3，
PF
∴ =3，即PF=3FM，
FM
DM PF 3 AM AF 2
∵tan∠DAM= = = ，cos∠DAM= = = ，
AM AF 2 AD AP √133
∴PF= AF，
2
3
∴3FM= AF，即AF=2FM，
2
∵AM=2，
4
∴AF= ，
3
4
2
∴ 3 2 ，解得：t= ；
= 3
√13t √13
如图，当点A′（A″）位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，PB=2√13−√13t，
过点A″作A″G′⊥AB于点G′，则∠AM A″=∠CMN，取A A″的中点H，则点M、P、H
三点共线，过点H作HK⊥AB 于点K，过点P作PT⊥AB于点T，
6 2
同理：A″G′= ,AG′=
，
5 5
∵HK⊥AB，A″G′⊥AB，
∴HK∥A′′G′，
∴△AHK∼△A A″G′，
∵点H是A A″的中点，
HK AK AH 1
= = =
∴ ，
A″G′ AG′ A A″ 2
3 1
∴HK= ,AK= ，
5 5
9
∴MK= ，
5
HK 1
∴tan∠PMT=tan∠HMK= = ，
MK 3
PT 1
∴ = ，即MT=3PT，
MT 3DM PT 3 BT BM 2
∵tan∠PBT= = = ，cos∠PBT= = = ，
BM BT 2 PB BD √13
2
∴BT= PT，
3
9
∴MT= BT，
2
∵MT+BT=BM=2，
4
∴BT= ，
11
4
20
∴ 11 2 ，解得：t= ；
= 11
2√13−√13t √13
2 20
综上所述，t的值为 或 ．
3 11
【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，圆的基本性质，
相似三角形的判定和性质，解直角三角形，根据题意得到点A′的运动轨迹是解题的关键，
是中考的压轴题．
12．（2022·江苏常州·中考真题）（现有若干张相同的半圆形纸片，点O是圆心，直径AB
的长是12cm，C是半圆弧上的一点（点C与点A、B不重合），连接AC、BC．
(1)沿AC、BC剪下△ABC，则△ABC是______三角形（填“锐角”、“直角”或“钝
角”）；
(2)分别取半圆弧上的点E、F和直径AB上的点G、H．已知剪下的由这四个点顺次连接构
成的四边形是一个边长为6cm的菱形．请用直尺和圆规在图中作出一个符合条件的菱形
（保留作图痕迹，不要求写作法）；
(3)经过数次探索，小明猜想，对于半圆弧上的任意一点C，一定存在线段AC上的点M、
线段BC上的点N和直径AB上的点P、Q，使得由这四个点顺次连接构成的四边形是一个
边长为4cm的菱形．小明的猜想是否正确？请说明理由．
【答案】(1)直角
(2)见详解
(3)小明的猜想正确，理由见详解
【分析】（1）AB是圆的直径，根据圆周角定理可知∠ACB=90°，即可作答；
（2）以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于⊙O
点F连接EF、FO、EA，G、H点分别与A、O点重合，即可；1 1
（3）当点C靠近点A时，设CM= CA，CN= CB，可证MN∥AB,推出
3 3
1
MN= AB=4cm，分别以M，N为圆心，MN为半径作弧交AB于点P，Q，可得
3
MN=MP=NQ=4cm，进而可证四边形MNQP是菱形；当点C靠近点B时，同理可证．
【详解】（1）解：如图，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB是直角，
即△ABC是直角三角形，
故答案为：直角；
（2）解：以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于
⊙O点F连接EF、FO、EA，G、H点分别与A、O点重合，即可，
作图如下：
1
由作图可知AE=EF=FH=HG=OA= AB=6，
2
即四边形EFHG是边长为6cm的菱形；
（3）解：小明的猜想正确，理由如下：
1 1
如图，当点C靠近点A时，设CM= CA，CN= CB，
3 3
CM CN 1
∴ = = ,
CA CB 3
∴ MN∥AB,
MN CM 1
∴ = = ,
AB CA 3
1 1
∴ MN= AB= ×12=4cm．
3 3分别以M，N为圆心，MN为半径作弧交AB于点P，Q，作MD⊥AB于点D，NE⊥AB
于点E，
∴ MN=MP=NQ=4cm．
∵ MN∥AB,MD⊥AB，NE⊥AB，
∴ MD=NE，
在RtΔMDP和RtΔNEQ中，
¿，
∴ RtΔMDP ≅RtΔNEQ(HL)，
∴ ∠MPD=∠NQE，
∴ MP//NQ，
又∵ MP=NQ，
∴ 四边形MNQP是平行四边形，
又∵ MN=MP，
∴ 四边形MNQP是菱形；
同理，如图，当点C靠近点B时，采样相同方法可以得到四边形MNQP是菱形，
故小明的猜想正确．
【点睛】本题考查了圆周角定理、尺规作图、菱形的性质与判定等知识，解题的关键是理
解题意，灵活运用上述知识解决问题．
13．（2022·湖北恩施·中考真题）如图，P为⊙O外一点，PA、PB为⊙O的切线，切点分
别为A、B，直线PO交⊙O于点D、E，交AB于点C．
(1)求证：∠ADE=∠PAE．
(2)若∠ADE=30°，求证：AE=PE．
(3)若PE=4，CD=6，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)CE的长为2．【分析】（1）连接OA，根据切线的性质得到∠OAE+∠PAE=90°，根据圆周角定理得到
∠OAE+∠DAO=90°，据此即可证明∠ADE=∠PAE；
（2）由（1）得∠ADE=∠PAE =30°，∠AED =60°，利用三角形外角的性质得到
∠APE=∠AED-∠PAE =30°，再根据等角对等边即可证明AE=PE；
（3）证明Rt EAC∽Rt ADC，Rt OAC∽Rt APC，推出DC×CE=OC×PC，设CE=x，据
此列方程求解即可．
△ △ △ △
（1）
证明：连接OA，
∵PA为⊙O的切线，
∴OA⊥PA，即∠OAP=90°，
∴∠OAE+∠PAE=90°，
∵DE为⊙O的直径，
∴∠DAE=90°，即∠OAE+∠DAO=90°，
∴∠DAO=∠PAE，
∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ADE，
∴∠ADE=∠PAE；
（2）
证明：∵∠ADE=30°，
由（1）得∠ADE=∠PAE =30°，∠AED=90°-∠ADE=60°，
∴∠APE=∠AED-∠PAE =30°，
∴∠APE=∠PAE =30°，
∴AE=PE；
（3）
解：∵PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交AB于点C．
∴AB⊥PD，
∵∠DAE=90°，∠OAP=90°，
∴∠DAC+∠CAE=90°，∠OAC+∠PAC=90°，
∵∠DAC+∠D=90°，∠OAC+∠AOC=90°，
∴∠CAE=∠D，∠PAC=∠AOC，∴Rt△EAC∽Rt△ADC，Rt△OAC∽Rt△APC，
EC AC OC AC
∴ = , =
AC DC AC PC
∴AC2=DC×CE，AC2=OC×PC，
即DC×CE=OC×PC，
x x x
设CE=x，则DE=6+x，OE=3+ ，OC=3+ -x=3- ，PC=4+x，
2 2 2
x
∴6x=(3- )( 4+x)，
2
整理得：x2+10x-24=0，
解得：x=2(负值已舍)．
∴CE的长为2．
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解题的关键是
学会利用参数构建方程解决问题．
14．（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
（2）过点K作KG⊥A△B于点G．先证 AKG∽△ACB，得 = ，证 KHG∽CHB可
AC CB
KH KG △ △
得 = ，结论得证；
CH CBGH 1
（3）过点K作KG⊥AB点G．求得 = ，设GH=a，BH=2a，则KG＝AG＝GB＝
BH 2
3a，则CH=CF＝√BH2+BC2=2√10a，勾股定理得FH=√AH2+AF2=4√2a，
PF FH 4√10 6√10
EH=2√2a，由△FPH∽△HEC得 = ，得PF= a，CP= a，即可得
EH CH 5 5
到答案．
（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 2
GH 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．
15．（2022·四川凉山·中考真题）如图，已知半径为5的⊙M经过x轴上一点C，与y轴交
于A、B两点，连接AM、AC，AC平分∠OAM，AO＋CO＝6(1)判断⊙M与x轴的位置关系，并说明理由；
(2)求AB的长；
(3)连接BM并延长交圆M于点D，连接CD，求直线CD的解析式．
【答案】(1)⊙M与x轴相切，理由见解析
(2)6
1
(3)y=− x+2
2
【分析】（1）连接CM，证CM⊥x即可得出结论；
（2）过点M作MN⊥AB于N，证四边形OCMN是矩形，得MN=OC，ON=OM=5，设
AN=x，则OA=5-x，MN=OC=6-(5-x）=1+x，利用勾股定理求出x值，即可求得AN值，再
由垂径定理得AB=2AN即可求解；
（3）连接BC，CM，过点D作DP⊥CM于P，得直角三角形BCD，由（2）知：AB=6，
OA=2，OC=4，所以OB=8，C（4，0），在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，求得
BC=4√5，在Rt△BCD中，∠BCD=90°，由勾股定理，即可求得CD，在Rt△CPD和在
Rt△MPD中，由勾股定理，求得CP=2，PD=4，从而得出点D坐标，然后用待定系数法求
出直线CD解析式即可．
（1）
解：⊙M与x轴相切，理由如下：
连接CM，如图，
∵MC=MA，
∴∠MCA=∠MAC，∵AC平分∠OAM，
∴∠MAC=∠OAC，
∴∠MCA=∠OAC，
∵∠OAC+∠ACO=90°，
∴∠MCO=∠MCA+∠ACO=∠OAC+∠ACO=90°，
∵MC是⊙M的半径，点C在x轴上，
∴⊙M与x轴相切；
（2）
解：如图，过点M作MN⊥AB于N，
由（1）知，∠MCO=90°，
∵MN⊥AB于N，
∴∠MNO=90°，AB=2AN，
又∵∠CON=90°，
∴四边形OCMN是矩形，
∴MN=OC，ON=CM=5，
∵OA+OC=6，
设AN=x，
∴OA=5-x，MN=OC=6-(5-x）=1+x，
在Rt△MNA中，∠MNA=90°，由勾股定理，得
x2+(1+x)2=52，
解得：x=3，x=-4（不符合题意，舍去），
1 2
∴AN=3，
∴AB=2AN=6；
（3）
解：如图，连接BC，CM，过点D作DP⊥CM于P，由（2）知：AB=6，OA=2，OC=4，
∴OB=8，C（4，0）
在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，得
BC=√OB2+OC2=√82+42=4√5，
∵BD是⊙M的直径，
∴∠BCD=90°，BD=10，
在Rt△BCD中，∠BCD=90°，由勾股定理，得
CD=√BD2−BC2=√102−(4√5) 2=2√5，即CD2=20，
在Rt△CPD中，由勾股定理，得PD2=CD2-CP2=20-CP2，
在Rt△MPD中，由勾股定理，得PD2=MD2-MP2=MD2-（MC-CP）2=52-（5-CP）2=10CP-
CP2，
∴20-CP2=10CP-CP2，
∴CP=2，
∴PD2=20-CP2=20-4=16，
∴PD=4，即D点横坐标为OC+PD=4+4=8，
∴D（8,-2），
设直线CD解析式为y=kx+b，把C（4,0），D（8,-2）代入，得
¿，解得：¿，
1
∴直线CD的解析式为：y=− x+2．
2
【点睛】本题考查直线与圆相切的判定，勾股定理，圆周角定理的推论，垂径定理，待定
系数法求一次函数解析式，熟练掌握直线与圆相切的判定、待定系数法求一次函数解析式
的方法是解题的关键．
16．（2021·江苏镇江·中考真题）如图1，正方形ABCD的边长为4，点P在边BC上，⊙O
经过A，B，P三点．
（1）若BP＝3，判断边CD所在直线与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，E是CD的中点，⊙O交射线AE于点Q，当AP平分∠EAB时，求tan∠EAP
的值．√5−1
【答案】（1）相切，见解析；（2）
2
【分析】（1）如图1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．求出OE的长，
与半径半径，可得结论．
（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．利用面积法求出BP，可得结论．
【详解】解：（1）如图1﹣1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝4，∠ABP＝90°，
∴AP＝√AB2+BP2＝√42+32＝5，
∵OH⊥AB，
∴AH＝HB，
∵OA＝OP，AH＝HB，
1 3
∴OH＝ PB＝ ，
2 2
∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，
∴四边形AHED是矩形，
∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，
3 5
∴OE＝EH＝OH＝4﹣ ＝ ，
2 2
∴OE＝OP，
∴直线CD与⊙O相切．
（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．∵∠D＝∠ECT＝90°，DE＝EC，∠AED＝∠TEC，
∴△ADE≌△TCE（ASA），
∴AD＝CT＝4，
∴BT＝BC+CT＝4+4＝8，
∵∠ABT＝90°，
∴AT＝√AB2+BT2＝√42+82＝4√5，
∵AP是直径，
∴∠AQP＝90°，
∵PA平分∠EAB，PQ⊥AQ，PB⊥AB，
∴PB＝PQ，
设PB＝PQ＝x，
∵S ABT＝S ABP+S APT，
△1 △1 △ 1
∴ ×4×8＝ ×4√5×x+ ×4×x，
2 2 2
∴x＝2√5﹣2，
PB √5−1
∴tan∠EAP＝tan∠PAB＝ ＝ ．
AB 2
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，正方形的性质，解直角三角形、相似三角形判
定和性质等知识，解题的关键是掌握切线的证明方法：已知垂直证半径，已知半径证垂直，
利用三角形面积不同的表示方法构建方程解决问题是难点．
17．（2022·湖南·炎陵县教研室一模）如图1，以△ABC的边AB为直径作⊙O，交AC于点
E，连接BE，BD平分∠ABE交AC于F，交⊙O于点D，且∠BDE=∠CBE．(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)如图2，延长ED交直线AB于点P，若PA=AO．
PD
①求 的值；
DE
②若DE=2，求⊙O的半径长．
【答案】(1)见解析
PD
(2)① =2；②⊙O的半径长为2√2
DE
【分析】（1）根据AB是直径，可得∠AEB=90°，∠A+∠ABE=90°，根据同弧所
对的圆周角相等可得∠A=∠D，可证∠A=∠CBE，∠ABE+∠CBE=90°，可得
∠ABC=90°，即可证明BC是⊙O的切线；
（2）①连接OD，通过角的关系证明BE∥OD，因为PA=AO=OB，可得OP=2OB，根
PD PO PD
据平行线分线段成比例可知 = ，即可求出 的值；
DE OB DE
②由①和DE=2可得PD=4，PE=6，根据同弧所对的圆周角相等可得∠PEA=∠DBP，
PA PE
即可证明△PDB∽△PAE，可得 = ，因为PB=3OB，所以可求出OB=2√2，即
PD PB
⊙O的半径长为2√2．
（1）
证明：∵AB是直径，
∴∠AEB=90°，
∴∠A+∠ABE=90°，
∵∠BDE=∠CBE，∠A=∠D，
∴∠A=∠CBE，
∴∠ABE+∠CBE=90°，
∴∠ABC=90°，
∴AB⊥BC，∴BC是⊙O的切线．
（2）
解：①如图2中，连接OD．
∵BD平分∠ABE，
∴∠EBD=∠ABD，
∵OB=OD，
∴∠ABD=∠BDO，
∴∠EBD=∠BDO，
∴BE∥OD，
∵PA=AO=OB，
∴OP=2OB，
PD PO
∴ = =2，
DE OB
PD
②∵DE=2， =2
DE
∴PD=2DE=4，PE=PD+DE=4+2=6，
∵∠DPB=∠APE，∠PEA=∠DBP，
∴△PDB∽△PAE，
PA PE
∴ = ，
PD PB
∵PB=OP+OB=2OB+OB=3OB，
OB 6
∴ = ，
4 3OB
∴OB=2√2，
∴⊙O的半径长为2√2．
【点睛】本题考查的是圆周角定理及推论、切线的判定、平行线分线段成比例定理和相似
三角形的判定及性质，掌握圆周角定理及推论、切线的判定、平行线分线段成比例定理和
相似三角形的判定及性质是解答本题的关键．
18．（2022·湖南·长沙市北雅中学模拟预测）如图，△ABC内接于⊙O，过O作AB的垂线，垂足为E，交⊙O于F，
(1)求证：A´F=B´F；
(2)连CF交AB于M，过E作CF的平行线交BC于D，求证：BD=CD+AC；
(3)在（2）条件下，连AD交CF于N，若MN=CN，ED:CD=8:5，EF=9，求AN的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)8
【分析】（1）根据垂径定理可得；
（2）由求证BD=CD+AC，想到是延长DC，使CG=AC，根据角的关系证明DE∥AG，
可得比例式，结论就可证明；
（3）延长ED，AC交于G′，作AH⊥ED，CK⊥AG，垂足分别是H，K，设DE=8k，
CD=5k，根据DE∥MC∥AG，可得比例式，分别求出AG，CG，AH，G′H的长度
（用k表示），再根据∠EFM=∠EAH，则其三角函数值相同可求EM，即AN可求．
（1）
证明：∵OF⊥BA，O是圆心，
∴A´F=B´F，AE=BE．
（2）
解：如图1，延长BC到G，使AC=CG，
∴∠CNA=∠CAG，
∵A´F=B´F，
∴∠ACF=∠BCF，
∵∠BCA=∠ACF+∠BCF=∠CAG+∠CGA，
∴2∠BCF=2∠AGC，
∴∠BCF=∠AGC∴DE∥AG，
BE BD
∴ = 且AE=BE，
AE DN
∴BD=DG，即BD=CD+CG=CD+AC．
（3）
解：如图2，延长ED，AC交于G′，作AH⊥ED，CK⊥AG，垂足分别是H，K，
∵DE:CD=8:5，
∴设DE=8k，CD=5k，
∵AE=BE，BD=DG，
∴DE∥AG，AG=2DE=8k，
∴∠G′=∠GAG′=∠AGC，
∵MC∥DE，MN=NC，
MN NC AN
∴ = = ，即DE=DG=8k，
DE DG' AD
MN AN NC DN
= ， = ，
DE AD AG AD
AN
∴ =2，
DN
∵MC∥DE，
CG AM AC AN
∴ = = = =2，
DC ME CG' DN
∴CG=10k=AC=2CG′，即CG'=5k，AM=2ME，
∵CK⊥AG，AC=CG，
∴AK=KG=8k，
∴CK=6k，
3
∴tan∠AGC= ，
4
3 AH
∴tan∠AG'E= = ，且AG′=15k，
4 HG'
∴AH=9k，HG=12k，
∵EG′=16k，∴EH=4k，即HD=4k，
∴HD=EH，且AH⊥DE，
AM AN
∴AE=AD且 = ，
AE AD
∴AM=AN，
EM EH 4k
∴tan∠EFM=tan∠EAH= = = ，且EF=9，
EF AH 9k
∴EM=4，
∴AM=8=AN．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的性质，锐角三角函数，平行线分线段成比例
定理，解题的关键是辅助线的添加，以及需要熟练的解题技巧．
19．（2022·浙江宁波·一模）如图1，在Rt△ABC中，AB=AC=4，AD⊥BC于D，E
为AB边上的点，过A、D、E三点的⊙O交AC于F，连接DE，DF．
(1)求证：AE=CF．
(2)若tan∠ADF=3，求⊙O的面积．
(3)如图2，点P为D´E上一动点，连接PD，PE，PF．
①若P为D´E的中点，设AE为x，△PDF的面积为S，求S关于x的函数表达式；
②在点P运动过程中，试探索PD，PE，PF之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析；
5
(2) π；
2
1
(3)①S＝
x2−x+2；②PF＝PE＋√2PD，证明见解析．
4
【分析】（1）求出∠C＝∠DAB，∠CFD＝∠AED，利用AAS证明△CFD≅ △AED，根
据全等三角形的性质解答即可；
（2）连接EF，先求出∠EDF＝90°，可得EF为直径，再利用tan∠AEF＝tan∠ADF＝3，求
出AF＝3AE，可得AF＝3CF，求出AF和AE，利用勾股定理求得EF的值，则⊙O的面积
可求；
（3）①连接EF，OP，OD，利用勾股定理求得直径EF，利用平行线之间的距离相等和同底等高的三角形的面积相等，得到S =S ，证明∠FOD＝2∠CAD＝90°，通过计算
△PFD △OFD
△OFD的面积即可得出结论；②连接EF，过点D作DN⊥DP，交PF于点N，通过证明
△DEP≅ △DFN，得到EP＝FN，DN＝DP，利用等腰直角三角形的性质和线段的和差即
可得出结论．
（1）
证明：∵在Rt△ABC中，AB＝AC，
∴∠C＝∠B＝45°，
∵AD⊥BC，
1
∴∠CAD＝45°，∠BAD＝45°，AD＝CD＝BD＝ BC，
2
∴∠C＝∠DAB，
∵四边形FAED是圆的内接四边形，
∴∠CFD＝∠AED，
在△CFD和△AED中¿，
∴△CFD≅ △AED（AAS）．
∴AE＝CF；
（2）
解：连接EF，如图，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADF＋∠FDC＝90°．
∵△CFD≅ △AED，
∴∠CDF＝∠ADE，
∴∠ADF＋∠ADE＝90°，
∴∠FDE＝90°，
∴EF为⊙O的直径，
∵∠ADF＝∠AEF，
∴tan∠AEF＝tan∠ADF＝3，
AF
∵tan∠AEF＝ ，
AE
∴AF＝3AE，∵AE＝CF，
∴AF＝3CF，
∵AC＝4，
∴CF＝1，AF＝3，
∴AE＝1，
∴EF＝√AF2+AE2=√10，
2
(√10) 5
∴⊙O的面积为：π× = π；
2 2
（3）
解：①连接EF，OP，OD，如图，
∵AE为x，AE＝CF，
∴CF＝x，AF＝AC−CF＝4−x，
∴EF＝√AF2+AE2=√x2+(4−x) 2=√2x2−8x+16，
1
∴OF＝OD＝
√2x2−8x+16，
2
∵P为D´E的中点，
1
∴∠EOP＝∠DOP＝ ∠EOD，
2
1
∵∠EFD＝ ∠EOD，
2
∴∠EOP＝∠EFD，
∴OP∥FD，
∴S =S ，
△PFD △OFD
∵∠FOD＝2∠CAD＝90°，
∴OD⊥OF，
1 1 1 1 1
∴S =S ＝ OD⋅OF= OD2= × (2x2−8x+16)= x2−x+2，
△PFD △OFD 2 2 2 4 4
1
∴S＝
x2−x+2；
4
②PD，PE，PF之间的数量关系为：PF＝PE＋√2PD，
证明：连接EF，过点D作DN⊥DP，交PF于点N，如图，∵DN⊥DP，
∴∠NDE＋∠EDP＝90°，
∵∠EDF＝90°，
∴∠NDE＋∠NDF＝90°，
∴∠EDP＝∠FDN，
∵∠DEF＝∠DAC＝45°，
∴△≝¿为等腰直角三角形，
∴DE＝DF，
在△DEP和△DFN中，¿，
∴△DEP≅ △DFN（ASA），
∴EP＝FN，DN＝DP，
∴△DNP为等腰直角三角形，
∴NP＝√2PD，
∴PF＝NF＋NP＝PE＋√2PD．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，解直角
三角形，圆的面积，圆内接四边形的性质，三角形的面积，平行线的判定与性质，全等三
角形的判定与性质等知识，依据题意添加适当的辅助线是解题的关键．
20．（2022·广东·佛山市华英学校三模）如图，△ABC内接于⊙O，过点A作AF⊥BC于
点F，过点B作BE⊥AC于点E，交AF于点H，延长BE交⊙O于点D，连接AD，且
∠BAD=∠AHD．
(1)求证：∠ABC=3∠DAC；
(2)过点A作AG∥BD交⊙O于点G，连接BG、GD，GD交AB于点M，连接OM，求证：OM⊥BD；
(3)在（2）的条件下，连接EF，若EF=3，AG=5，求OM的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
81√2
(3)OM=
56
【分析】（1）由已知可证明∠HAE=∠CAD，∠AHD=∠D，∠BAD=∠D，则可得
∠ABD=∠HAD=2∠DAC，再由∠DBC=∠DAC，即可得到∠ABC＝∠ABD＋
∠DBC＝3∠DAC；
（2）设∠DAC=∠α，则∠ABD=2α，连接OB、OD，先去证明△DOM≌△BOM，
可得∠DMO=∠BMO，DM=BM，所以OM⊥BD；
（3）延长AF交⊙O于点N，连接DN、CN、BN，过点D作DQ⊥GN于点Q，
KD⊥GA交GA的延长线与点K，先证明△HFB≌△NFB，然后再去证明△DEA≌
1
△HEA，则EF= DN=3，证明△KDG≌△QDG，得到DK=DQ，再证△KDA≌
2
△QDN，则KA=QN，设AK=a，可以得到KG=GQ=5+a，可以得到
DG=GN=5+2a，在Rt△DGQ和Rt△DQN中，由勾股定理得
9
(5+2a) 2−(5+a) 2=36−a2，解得a=2或a=− (舍)，证明四边形DEAK为矩形，则有
2
4√2
DE=AK=2，DH=4，AE=4√2，又因为tan∠DAH= ，则
7
4√2 AE MS 4√2
tan∠DBA= = ，解得BE=7，BD=9，延长MO交BD于点S，得到 = ，
7 BE BS 7
18√2 DE 1 1
解得MS= ，由∠SOB=∠ADB，cos∠ADB= = ，cos∠SOB= ，
7 AD 3 3
18√2 9√2 81√2
OM=MS−OS= − = ．
7 8 56
（1）
解：∵AE⊥BD，AF⊥BC，
∴∠AEH=∠BFA=90°，
∵∠BHF=∠AHE，
∴∠HBF=∠HAE，
∵∠DBC=∠CAD，
∴∠HAE=∠CAD，
∵∠AEH=∠AED=90°，
∴∠AHD=∠D，∵∠BAD=∠AHD，
∴∠BAD=∠D，
∴∠ABD=∠HAD=2∠DAC，
∵∠DBC=∠DAC，
∴∠ABC=∠ABD+∠DBC=3∠DAC；
（2）
设∠DAC=∠α，
∴∠ABD=2α，
连接OB、OD，
∵AG∥BD，
∴∠GAB=∠DBA=2α，
∵∠GAB=∠GDB=2α，
∴∠GDB=∠DBM，
∴DM=BM，
∵OM=OM，BO=DO，
∴△DOM≌△BOM（SSS），
∴∠DMO=∠BMO，
∴DM=BM，
∴OM⊥BD；
（3）
如图，延长AF交⊙O于点N，连接DN、CN、BN，过点D作DQ⊥GN于点Q，
KD⊥GA交GA的延长线与点K，
∵∠DAC=∠CAN=∠CBN=∠CBD，
∴∠CBH=∠CBN，
∵AF⊥BC，
∴△HFB≌△NFB（ASA），
∴HF=FN，
∴△DEA≌△HEA（SAS），∴DE=EH，
1
∴EF= DN，
2
∵EF=3，
∴DN=6，
∵∠DGN=∠DBN=2∠DAC，∠DGA=∠DBA=2∠DAC，
∴∠DGN=∠DGA，
∵KD⊥AG，DQ⊥GN，
∴△KDG≌△QDG（AAS），
∴DK=DQ，
∵四边形DAGN内接于⊙O，
∴∠KAD=∠DNG，
∴△KDA≌△QDN（AAS），
∴KA=QN，
设AK=a，
∴NQ=a，
∴KG=GQ=5+a，
∴GN=5+2a，
∵AG∥BD，
∴∠KAE=∠AEH=90°，
∴∠KAD=90°−∠DAC，
∵∠DAC=∠EAH，
∴∠FAG=∠KAD，
∵∠KAD=∠DNG，∠FAG=∠GDN，
∴∠GDN=∠DNG，
∴DG=GN=5+2a，
在Rt△DGQ和Rt△DQN中，由勾股定理得(5+2a) 2−(5+a) 2=36−a2，
9
解得a=2或a=− (舍)，
2
∵∠K=∠KAE=∠DEA=90°，
∴四边形DEAK为矩形，
∴DE=AK=2，
∴DH=4，
∵DA=DN=6，
∴AE=4√2，
∵AD=AH=6，4√2
∴tan∠DAH= ，
7
4√2 AE
∴tan∠DBA= = ，
7 BE
解得BE=7，
∴BD=9，
延长MO交BD于点S，
1 9
∴BS= BD= ，
2 2
MS 4√2
∴ = ，
BS 7
18√2
解得MS= ，
7
1
∵∠SOB= ∠BOD=∠DAB，∠DAB=∠ADB，
2
∴∠SOB=∠ADB，
DE 1
∵cos∠ADB= = ，
AD 3
1
∴cos∠SOB= ，
3
9
∵BS= ，
2
9√2
∴OS= ，
8
18√2 9√2 81√2
∴OM=MS−OS= − = ．
7 8 56
【点睛】本题考查圆的综合，熟练掌握圆的相关知识、锐角三角函数、勾股定理等知识是
基础，通过构造垂线，利用三角形的全等进行边角的转化是解题的关键．
