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专题04 圆中常见辅助线的作法（举一反三专项训练）
【人教版】
【题型1 见弦连半径】..............................................................................................................................................1
【题型2 见弦作垂线】..............................................................................................................................................7
【题型3 见直径作圆周角】....................................................................................................................................12
【题型4 见切线作半径或垂线】............................................................................................................................18
类型一 见弦连半径
遇到弦时，连半径．作用：①连接圆心和弦的两个端点，利用半径相等构造等腰三角形；②连接圆周上一
点和弦的两个端点，根据圆周角的性质可得相等的圆周角．
类型二 见弦作垂线
解决有关弦的问题，常添加弦心距或作垂直于弦的半径（或直径）．作用：①利用垂径定理；②利用圆心
角及其所对的弧、弦和弦心距之间的关系．
类型三 见直径作圆周角
遇到直径时，常常添加（画）直径所对的圆周角．作用：利用圆周角的性质，得到直角或直角三角形．
类型四 见切线作半径或垂线
遇到某一直线是圆的切线时：连接切点与圆心，利用圆的切线的性质求解问题．
【题型1 见弦连半径】
【例1】如图，△ABC内接于⊙O，∠C=30°，⊙O的半径为3，点P是⊙O上的一点，且PB=AB
，则PA的长为（ ）
A．3❑√3 B．3❑√2 C．❑√3 D．❑√2【答案】A
【分析】连接OA,OB,OP，根据圆周角定理可得∠APB=∠C=30°，再由PB=AB，可得
∠ABP=120°，再由PB=AB，可得OB⊥AP,AD=PD，可证得△AOB是等边三角形，从而得到
AB=OA=3，在Rt△PBD中，可得到PD的长，即可求解．
【详解】解：连接OA,OB,OP，如图，
∵∠C=30°，
∴∠APB=∠C=30°，
∵PB=AB，
∴∠PAB=∠APB=30°，
∴∠ABP=120°，
∵PB=AB，
∴A´B=P´B，
∴OB⊥AP,AD=PD，
∴∠OBP=∠OBA=60°，
∵OB=OA，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=3，
❑√3 3❑√3
在Rt△PBD中，PD=cos30°⋅PB= ×3= ，
2 2
∴AP=2PD=3❑√3，
故选A．
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理、等边三角形的判定和性质以及解直角三角形等，作出辅助性
构建等边三角形是解题的关键．
【变式1-1】如图，已知在⊙O中，直径MN=20，正方形ABCD的四个顶点分别在半径OM，OP以及⊙O
上，并且∠POM=45°，则AB的长为( )A．2❑√5 B．4❑√5 C．5 D．5❑√5
【答案】A
【分析】先根据正方形的性质求出AB=BC=CD，再根据等腰直角三角形的判定与性质求出CD=CO，
最后根据勾股定理求解即可．
【详解】解：连接OA，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCO=90°，AB=BC=CD，
∵∠POM=45°，
∴∠CDO=45°，
∴∠POM=∠CDO，
∴CD=CO，
∴BO=BC+CO=BC+CD，
∴BO=2AB，
在RtΔABO中，AB2+BO2=AO2，
1
∵AO= MN=10
2
∴AB2+(2AB) 2=102，
解得：AB=2❑√5，
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是构造与AB
相关的直角三角形．
【变式1-2】（24-25九年级上·江苏连云港·阶段练习）如图，在⊙O中，点C是优弧ACB的中点，D、E分别是OA、OB上的点，且AD=BE，弦CM、CN分别过点D、E．
(1)求证：CD=CE；
(2)A´M和B´N的长度相等吗？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)A´M和B´N的长度相等，理由见解析
【分析】本题考查圆心角、弧、弦之间的关系，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找
全等三角形解决问题．
（1）连接OC，只要证明△COD≌△COE(SAS)即可解决问题；
（2）欲证明A´M=B´N，只要证明∠MOD=∠NOE即可；
【详解】（1）证明：连接OC．
∵点C是优弧ACB的中点，
∴ A´C=B´C，
∴∠COD=∠COE，
∵OA=OB，AD=BE，
∴OD=OE，∵OC=OC，
∴△COD≌△COE(SAS)，
∴CD=CE．
（2）解：A´M和B´N的长度相等，理由如下，
分别连接OM，ON，∵△COD≌△COE，
∴∠CDO=∠CEO，∠OCD=∠OCE，
∵OC=OM=ON，
∴∠OCM=∠OMC，∠OCN=∠ONC，
∴∠OMD=∠ONE，
∵∠ODC=∠DMO+∠MOD，∠CEO=∠CNO+∠EON，
∴∠MOD=∠NOE，
∴ A´M=B´N．
∴ A´M和B´N的长度相等．
【变式1-3】（2025·贵州·中考真题）如图，在⊙O中，∠ACB是直角，D为B´C的中点，DE为⊙O的切
线交AB的延长线于点E．连接CD，BD．
(1)点O与AB的位置关系是 ，线段CD与线段BD的数量关系是 ；
(2)过E点作EF⊥AE，与AD的延长线交于点F．根据题意补全图形，判断△≝¿的形状，并说明理由；
(3)在（2）的条件下，若⊙O的半径为3,DE=4，求CD的长．
【答案】(1)O在线段AB上；CD=BD；
(2)补图见解析，△≝¿为等腰三角形
6❑√5
(3)CD=
5
【分析】（1）根据圆周角定理与弧，弦，圆心角定理可得答案；
（2）补图如下， 连接OD，证明∠ADO+∠EDF=90°，∠DAO+∠EDF=90°，结合
∠F+∠DAO=90°，可得∠F=∠EDF，进一步可得结论；
12 9
（3）如图，过D作DH⊥AB于H，求解OE=❑√32+42=5，DH= ，OH=❑√OD2−DH2= ，
5 5
9 6 6❑√5
BH=3− = ，可得BD=❑√BH2+DH2= ，从而可得答案.
5 5 5
【详解】（1）解：∵∠ACB是直角，
∴AB为直径，∵O为圆心，
∴O在线段AB上；
∵D为B´C的中点，
∴C´D=B´D，
∴CD=BD；
（2）解：补图如下，△≝¿为等腰三角形，理由如下：
连接OD，
∵DE为⊙O的切线交AB的延长线于点E，
∴∠ODE=90°，
∴∠ADO+∠EDF=90°，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠DAO+∠EDF=90°，
∵AE⊥EF，
∴∠F+∠DAO=90°，
∴∠F=∠EDF，
∴ED=EF，
∴△EDF是等腰三角形；
（3）解：如图，过D作DH⊥AB于H，∵⊙O的半径为3,DE=4，∠ODE=90°，
∴OE=❑√32+42=5，
1 1
∵S = OD×DE= DH×OE，
ΔODE 2 2
1 1
∴ ×3×4= ×5×DH，
2 2
12
∴DH= ，
5
9
∴OH=❑√OD2−DH2=
，
5
9 6
∴BH=3− = ，
5 5
6❑√5
∴BD=❑√BH2+DH2=
，
5
6❑√5
∴CD=BD= .
5
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，弦，弧，圆心角之间的关系，切线的性质，
作出合适的辅助线是解本题的关键.
类型二 见弦作垂线
解决有关弦的问题，常添加弦心距或作垂直于弦的半径（或直径）．作用：①利用垂径定理；②利用圆心
角及其所对的弧、弦和弦心距之间的关系
【题型2 见弦作垂线】
【例2】如图，在圆O内有折线OABC，其中OA=8，AB=12，∠A=∠B=60°，则BC的长为
（ ）
A．16 B．20 C．18 D．22
【答案】B
【分析】延长AO交BC于D，作OE⊥BC于E，根据三角函数的定义以及垂径定理求解即可．【详解】延长AO交BC于D，作OE⊥BC于E．
∵∠A=∠B=60°，
∴∠ADB=60°，
∴△ADB为等边三角形，
∴BD=AD=AB=12，
∴OD=4，
又∵∠ADB=60°，
1
∴DE=OD⋅cos60°= OD=2，
2
∴BE=10，
∵OE⊥BC，
∴BC=2BE=20．
故选：B．
【点睛】此题考查了三角函数的定义，垂径定理以及等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相
关基本性质．
【变式2-1】如图，已知⊙O的直径AB=12，E、F为AB的三等分点，M、N为A´B上两点，且
∠MEB=∠NFB=45°，则EM+FN= ．
【答案】2❑√34
【详解】试题解析：延长ME交⊙O于点G，∵AE=FB,EG∥NF，
∴EG=NF，MG=ME+NF，
过点O作OH⊥MG于点H，连接OM，
∴AE=EF=FB=4，AO=OB=6，
∴OE=2，
又∵∠HEO=45∘，
∴OH=❑√2. ∵OM=6，
∴MH=❑√34.
∴MG=2❑√34.
即EM+FN=2❑√34.
故答案为2❑√34.
【变式2-2】如图，OA,OB,OC都是⊙O的半径，∠ACB=2∠BAC．
(1)求证：∠AOB=2∠BOC；
(2)若AB=4,BC=❑√5，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
5
(2)
2
1 1
【分析】（1）由圆周角定理得出，∠ACB= ∠AOB,∠BAC= ∠BOC，再根据
2 2
∠ACB=2∠BAC，即可得出结论；
1
（2）过点O作半径OD⊥AB于点E，根据垂径定理得出∠DOB= ∠AOB,AE=BE，证明
2，得出 ，在 中根据勾股定理得出 ，在
∠DOB=∠BOC BD=BC Rt△BDE DE=❑√BD2−BE2=1
中，根据勾股定理得出 ，求出 即可．
Rt△BOE OB2=(OB−1) 2+22 OB
【详解】（1）证明：∵A´B=A´B，
1
∴∠ACB= ∠AOB，
2
∵B´C=B´C，
1
∴∠BAC= ∠BOC，
2
∵∠ACB=2∠BAC，
∴∠AOB=2∠BOC．
1
（2）解：过点O作半径OD⊥AB于点E，则∠DOB= ∠AOB,AE=BE，
2
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠DOB=∠BOC，
∴BD=BC，
∵AB=4,BC=❑√5，
∴BE=2,DB=❑√5，
在Rt△BDE中，∵∠DEB=90°
∴DE=❑√BD2−BE2=1，
在Rt△BOE中，∵∠OEB=90°，
∴OB2=(OB−1) 2+22，
5 5
∴OB= ，即⊙O的半径是 ．
2 2
【点睛】本题主要考查了勾股定理，垂径定理，圆周角定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握圆周角定理．
【变式2-3】（24-25九年级上·江苏扬州·期中）如图，点P在⊙O的直径AB上，作正方形PCDE和正方形
PFGH，其中点D、G在直径AB所在直线上，点C、E、F、H都在⊙O上，如果两个正方形的面积之和
为18，OP=❑√2，则⊙O的半径长是 ．
【答案】3
【分析】本题考查了正方形的性质，垂径定理，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，作OM⊥EH
，连接OE，则EM=MH，由正方形的性质可得△OPM是等腰直角三角形， 可得OM=PM=1， 设
PH=x，则MH=EM=x+1，EP=x+2，根据面积列出方程可得x=2❑√2−1，即得EM=2❑√2，最后根
据勾股定理解答即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，作OM⊥EH，连接OE，则EM=MH，
∵四边形PCDE是正方形，
∴∠OPM=45°，
∴△OPM是等腰直角三角形，
∵OP=❑√2，
∴OM=PM=1，
设PH=x，则MH=EM=x+1，EP=x+2，
∵两个正方形的面积之和为18，
∴(x+2) 2+x2=18，解得x =2❑√2−1，x =−2❑√2−1（不合，舍去），
1 2
∴EM=2❑√2，
∴OE=❑√OM2+EM2=❑√12+(2❑√2) 2=3，
∴⊙O的半径长是3，
故答案为：3．
【题型3 见直径作圆周角】
【例3】如图，AB为⊙O的直径，AB=AC，BC交⊙O于点D，AC交⊙O于点E，∠BAC=45°，给出以下五
个结论：①∠EBC=22.5°；②BD=DC；③AE=2EC；④劣弧A´E是劣弧B´D的2倍；⑤AE=BC，其中正确的
序号是 ．
【答案】①②④．
【详解】连接AD，
∵AB是直径，
∴AD⊥BC，
又∵△ABC是等腰三角形，
∴点D是BC的中点，AD是∠BAC的平分线，即BD=CD，故②正确；
1
∴由圆周角定理知，∠EBC=∠DAC= ∠BAC=22.5°，故①正确；
2
∵∠ABE=90°﹣∠EBC﹣∠BAD=45°=2∠CAD，
∴劣弧A´E是劣弧B´D的2倍，故④正确，
∵∠EBC=22.5°，2EC≠BE，AE=BE，
∴AE≠2CE，③不正确；
∵AE=BE，BE是直角边，BC是斜边，
∴AE≠2BC，故⑤错误．
综上所述，正确的结论是：①②④故答案为：①②④
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握相关知识是解题关键．
【变式3-1】如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，D是A´C上一点，P是AB延长线上一点，连接
AD,DC,CP．
(1)求证：∠ADC−∠BAC=90°；
(2)若∠ACP=∠ADC，⊙O的半径为3，CP=4，求AP的长．
【答案】(1)见解析；
(2)AP=8．
【分析】（1）证法一：连接BD，得到∠ADB=90°，因为∠BAC=∠BDC，所以
∠ADC−∠BAC=90°；证法二：连接BC，可得∠ADC+∠ABC=180°，则
∠ABC=180°−∠ADC，根据∠ACB=90°，可得∠BAC+∠ABC=90°，即可得到结果；
（2）连接OC，根据角度间的关系可以证得△OCP为直角三角形，根据勾股定理可得边OP的长，进而求
得结果．
【详解】（1）证法一：如图，连接BD，
∵B´C=B´C，
∴∠BDC=∠BAC，∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ADC=∠ADB+∠BDC
∵∠BAC=∠BDC，
∴∠ADC=90°+∠BAC，
∴∠ADC−∠BAC=90°，
证法二：如图，连接BC，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
∴∠ABC=180°−∠ADC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC+∠ABC=90°，
∴∠BAC+180°−∠ADC=90°，
∴∠ADC−∠BAC=90°，
（2）解：如图，连接OC，
∵∠ACP=∠ADC，∠ADC−∠BAC=90°，
∴∠ACP−∠BAC=90°，
∵OA=OC，
∴∠BAC=∠ACO，
∴∠ACP−∠ACO=90°，
∴∠OCP=90°．∵⊙O的半径为3，
∴AO=OC=3，
在Rt△OCP中，OP2=OC2+CP2，
∵CP=4，
∴OP2=32+42=25，
∴OP=5，
∴AP=AO+OP=8，
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，直径所对的圆周角为直角，勾股定理，找到角度
之间的关系是解题的关键．
【变式3-2】（2025·河南商丘·二模）如图，△ABC内接于⊙O，BC为⊙O的直径，点D为⊙O上的
AB+AC
点，且OD⊥OB，则 的值为 ．
AD
【答案】❑√2
【分析】连接CD、BD，证明△BOD、△COD是等腰直角三角形，△BDC是等腰直角三角形，得到
BD=CD，由直径所对的圆周角是90°得∠BAC=∠BDC=90°，结合圆内接四边形性质得
∠ABD+∠ACD=180°，将△ACD绕点D逆时针旋转90°得到△EBD，证得△ADE是等腰直角三
角形，则AB+EB=AE=❑√2AD，根据AC=EB即可得解．
【详解】解：连接CD、BD，
∵OD⊥OB，OB=OC=OD，
∴△BOD、△COD是等腰直角三角形，
∴∠OBD=∠ODB=∠OCD=∠ODC=45°，∠BDC=∠ODB+∠ODC=90°，
即△BDC是等腰直角三角形，∴BD=CD，
∵BC为⊙O的直径，
∴∠BAC=∠BDC=90°，
则圆内接四边形ABDC中，∠ABD+∠ACD=360°−∠BAC−∠BDC=180°，
将△ACD绕点D逆时针旋转90°得到△EBD，
此时∠ACD=∠EBD，∠BDE=∠CDA，AD=DE，AC=EB，
∴∠ABD+∠EBD=180°，∠ADE=∠ADB+∠BDE=∠ADB+∠CDA=∠CDB=90°，
又BD=CD，
∴B点是在AE上，△ADE是等腰直角三角形，
结合勾股定理得AB+EB=AE=❑√2AD，
AB+AC AB+EB
∴ = =❑√2．
AD AD
故答案为：❑√2．
【点睛】本题考查的知识点是等腰直角三角形的判定与性质、直径所对的圆周角是90°、圆内接四边形的
性质、旋转性质、勾股定理，解题关键是熟练掌握旋转性质．
【变式3-3】如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的圆交AC于点D，交BC于点E，延长AE至点
F，使EF=AE，连接FB，FC．
(1)求证：四边形ABFC是菱形；
(2)若AD=7，BE=2，求半圆和菱形ABFC的面积．
(3)只用一把无刻度的直尺，作出菱形AB上的高CH．
【答案】（1）证明见解析；（2）8π．（3）见解析.
【分析】（1）先根据等腰三角形三线合一得出CE=BE，再根据对角线相互平分的四边形是平行四边形，证
明是平行四边形，再根据邻边相等的平行四边形是菱形即可证明；
（2）设CD=x，连接BD．利用勾股定理构建方程即可解决问题；
（3）如图，设BD交AE于K，作直线CK交AB于H．根据三角形的高相交于一点可得线段CH即为所求．
【详解】(1)证明：∵AB是直径，∴∠AEB=90∘，
∴AE⊥BC，
∵AB=AC，
∴BE=CE，
∵AE=EF，
∴四边形ABFC是平行四边形，
∵AC=AB，
∴四边形ABFC是菱形．
(2)设CD=x.连接BD．
∵AB是直径，
∴∠ADB=∠BDC=90∘，
∴AB2−AD2=CB2−CD2，
∴(7+x) 2−72=42−x2，
解得x=1或−8(舍弃)
∴AC=8，BD=❑√82−72=❑√15，
∴S =8❑√15．
菱形ABFC
1
∴S = ⋅π⋅42=8π．
半圆 2
(3)如图，设BD交AE于K，作直线CK交AB于H.
∵AB是直径，
∴∠ADB=∠AEB=90∘，
∵三角形的高相交于一点
∴线段CH即为所求．【点睛】本题考查作图-复杂作图，等腰三角形的性质，菱形的判定，勾股定理，三角形的垂心等知识，解
题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
【题型4 见切线作半径或垂线】
【例4】如图，平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（8，5），⊙A与x轴相切．点P在y轴正半轴上，
PB与⊙A相切于点B．若∠APB＝30°，则点P的坐标为（ ）
A．（0，9） B．（0，10） C．（0，11） D．（0，12）
【答案】C
【分析】利用根据圆的切线性质可知 PAB、 AOC为直角三角形，利用直角三角形中30°角的性质和勾股
定理分别求出AP、AD的长度，进而求△出OD△、PD的长度即可求得答案．
【详解】解：如图，过点A分别作AC⊥x轴于点C、AD⊥y轴于点D，连接AB，
∵AD⊥y轴，AC⊥x轴，
∴四边形ADOC为矩形．
∴AC＝OD，OC＝AD．
∵⊙A 与x轴相切，
∴AC为⊙A的半径．∵点A坐标为（8，5），
∴AC＝OD＝5，OC＝AD＝8，
∵PB是切线，
∴AB⊥PB，
∵∠APB＝30°，
∴PA＝2AB＝10，
在Rt△PAD中，根据勾股定理，得PD=❑√PA2−AD2=❑√102−82=6，
∴OP＝PD+DO＝11，
∵点P在y轴的正半轴上，
∴点P坐标为（0，11）．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质、矩形的判定和性质、勾股定理等知识，解题关键是把所求的线段放
在直角三角形中利用勾股定理求解和已知圆的切线作半径．
【变式4-1】如图，O为正方形ABCD对角线上一点，以O为圆心，OA的长为半径的⊙O与CD相切于点
M，
（1）求证：BC与⊙O相切；
（2）若正方形的边长为1，求⊙O的半径．
【答案】（1）证明见解析；（2）2−❑√2.
【分析】（1）过O作OH⊥BC于H, 由正方形ABCD，可得∠ACB=∠ACD=45°, 证明OM⊥CD,
再证明OM=OH, 从而可得结论；
（2）正方形ABCD，可得∠ACB=∠BAC=45°, 求解AC=❑√AB2+BC2=❑√2, 再证明OH=CH=r,
求解OC=❑√r2+r2=❑√2r, 利用OA+OC=AC, 列方程，解方程可得答案．
【详解】解：（1）过O作OH⊥BC于H,
∵ 正方形ABCD，∴∠ACB=∠ACD=45°,
∵CD是⊙O的切线，
∴OM⊥CD,
∴OM=OH,
∵OM为⊙O的半径，
∴ BC与⊙O相切；
（2）∵ 正方形ABCD，
∴AB=BC=1,∠B=90°, ∠ACB=∠BAC=45°,
∴AC=❑√AB2+BC2=❑√2,
∵OH⊥BC, 设⊙O的半径为r,
∴∠OHC=∠OCH=45°,
∴OH=CH=r,
∴OC=❑√r2+r2=❑√2r,
∵OA+OC=AC,
∴r+❑√2r=❑√2,
❑√2
∴r= =❑√2(❑√2−1)=2−❑√2.
❑√2+1
【点睛】本题考查的是正方形的性质，圆的切线的判定，勾股定理的应用，等腰直角三角形的判定与性
质，角平分线的性质，二次根式的运算，掌握以上知识是解题的关键．
【变式4-2】在四边形AGCH中，AH∥GC，∠GAH=90°,CG=CH，以点G为圆心，GA长为半径作
⊙G，连接GH，交⊙G于E，(1)试判断CH与⊙G的位置关系，并说明理由．
(2)若AG=3❑√2,∠GCH=60°，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)CH与⊙G相切，理由见解析
3π
(2)S =3❑√3−
阴影 2
【分析】本题考查切线的判定，全等三角形的判定和性质，扇形面积的计算，等边三角形的判定和性质，
勾股定理：
（1）过点G作GF⊥CH于点F，先证△AGH≌△FGH(AAS)，推出GF=GA，可知点F在⊙G上，
GF是⊙G的半径，根据切线的判定可知CH与⊙G相切；
（2）先证△GCH是等边三角形，求出∠AGH的度数，再根据S =S −S 即可求解．
阴影 △AGH 扇形AGE
【详解】（1）解：CH与⊙G相切，理由如下：
如图：过点G作GF⊥CH于点F，
∵ AH∥GC，
∴∠AHG=∠CGH，
∵CG=CH，
∴∠CGH=∠CHG，
∴∠AHG=∠CHG，
在△AGH和△FGH中，
{∠AHG=∠FHG
)
∠GAH=∠GFH ，
GH=GH∴△AGH≌△FGH(AAS)，
∴GF=GA，
∴点F在⊙G上，GF是⊙G的半径，
又∵ GF⊥CH，
∴ CH与⊙G相切．
（2）解：∵∠GCH=60°,CG=CH，
∴△GCH是等边三角形，
∴∠CGH=60°，
∵GF⊥CH，
∴∠HGF=∠CGF=30°，
∵△AGH≌△FGH，
∴∠AGH=∠HGF=30°，
∴GH=2AH，
在Rt△AGH中，
∵AG=3❑√2,AH2+AG2=GH2，
∴AH2+(3❑√2) 2=4AH2，
解得AH=❑√6，
1 30×π×(3❑√2) 2 3π
∴S =S −S = ×3❑√2×❑√6− =3❑√3− ．
阴影 △AGH 扇形AGE 2 360 2
【变式4-3】（24-25九年级上·河南三门峡·期末）如图，点O是菱形ABCD对角线上一点，以点O为圆
心，OA长为半径的⊙O与BC相切于点M．
(1)求证：CD与⊙O相切；
(2)若∠B=60°，⊙O的半径为3，求菱形的边长．
【答案】(1)见解析
(2)3+2❑√3
【分析】（1）连接OM，过点O作ON⊥CD于点N，根据菱形的性质，切线的判定定理证明即可．（2）根据菱形的性质，证明△ABC是等边三角形，利用勾股定理，解答即可．
【详解】（1）证明：连接OM，过点O作ON⊥CD于点N，
∵BC与⊙O相切于点M．
∴OM⊥BC，OM是⊙O的半径，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC平分∠BCD，
∵ON⊥CD，
∴OM=ON，
∴CD与⊙O相切．
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∵ ∠B=60°，
∴∠BCD=180°−∠B=120°，
∵AC平分∠BCD，
1
∴∠OCD= ∠BCD=60°，
2
∵OM⊥BC，
∴∠COM=90°−∠OCD=30°，
∴OC=2CM，
在Rt△OCM中，CM2+OM2=OC2，
∴CM2+32=(2CM) 2，
解得CM=❑√3，
∴OC=2CM=2❑√3，
∴AC=OA+OC=3+2❑√3，
∵在菱形ABCD中，AB=BC，∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=3+2❑√3．【点睛】本题考查了菱形的性质，切线的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握菱
形的性质，切线的判定和性质是解题的关键．
