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专题 24.11 圆的常用辅助线及作法四大题型
【人教版】
考卷信息：
本套训练卷共30题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生圆的常用辅助线及作法四大题型的
理解！
【题型1 有弦，作弦心距】
1．（2023·湖南岳阳·统考一模）如图，在⊙O中，已知AB是直径，P为AB上一点(P不与A、B两点重
合），弦MN过P点，∠NPB=45°．
（1）若AP=2，BP=6，则MN的长为 ；
PM2+PN2
（2）当P点在AB上运动时（保持∠NPB=45°不变），则 = ．
AB2
1
【答案】 2√14
2
【分析】（1）作OH⊥MN于H，连接ON，如图所示，得到HN=MH，由AP=2，BP=6，得到圆的
半径长，由ΔPOH是等腰直角三角形，得到OH的长，由勾股定理求出NH的长，即可得到MN的长．
（2）由PM=MH-PH=NH-OH，PM=NH+PH=NH+OH，得到
PM2+PN2=(NH-OH) 2+(NH+OH) 2=2(N H2+OH2 )，因此OH2+N H2=ON2=OA2，得到
PM2+PN2=2OA2，即可解决问题．
【详解】解：（1）作OH⊥MN于H，连接ON，如图所示：∴HN=MH，
∵AP=2，BP=6，
∴AB=AP+PB=8，
∴ON=4，PO=OA-AP=4-2=2，
∵∠NPB=45°，
∴△POH是等腰直角三角形，
√2
∴OH= PO=√2，
2
∴NH=√ON2-OH2=√14，
∴MN=2NH=2√14．
故答案为：2√14；
（2）由（1）知MH=NH，OH=PH，
∴PM=MH-PH=NH-OH，PM=NH+PH=NH+OH，
∴PM2+PN2=(NH-OH) 2+(NH+OH) 2=2(N H2+OH2 )，
∵OH2+N H2=ON2=OA2，
∴PM2+PN2=2OA2，
∵BA2=(2OA) 2=4OA2，
PM2+PN2 1
∴ = ，
AB2 2
1
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，完全平方公式，关键是作辅助线构造直角三角形，应用垂径定理，
勾股定理来解决问题．
2．（2023·全国·九年级专题练习）如图，已知△ABC是⊙O的内接三角形，⊙O的半径为2，将劣弧AC（虚线）沿弦AC折叠后交弦BC于点D，连接AD．若∠ACB=60°，则线段AD的长为 ．
【答案】2√3
【分析】取折叠后的弧所在圆圆心为O'，则⊙O与⊙O'设等圆，∠ACD是公共的圆周角，所以可以证得
AB=AD，设⊙O的半径为R，过O作OG⊥AB于G，可得∠OAB=∠OBA=30°，AB=2AG，即
OG=1，根据勾股定理可得AG=√3，即可求得．
【详解】设折叠后的A´C所在圆的圆心为O'，连接O' A，O'D
∴∠AO'D=2∠ACB=120°
连接OA，OB
同理，∠AOB=120°
∴∠AOB=∠AO'D
∵⊙O与⊙O'是等圆
∴AB=AD
设⊙O的半径为R
过O作OG⊥AB于G
∵OA=OB，∠AOB=120°
∴∠OAB=∠OBA=30°，AB=2AG
1
∴OG= OA=1
2
∴AG=√OA2-OG2=√3
∴AB=2AG=2√3故答案为：2√3．
【点睛】本题考查了圆中的折叠变换，垂径定理等，注意等圆中的公共角，公共弦，公共弧，这些都是相
等的，利用这些等量关系，是解决此类题的突破口．
3．（2023春·北京海淀·九年级校考开学考试）如图，DE为半圆的直径，O为圆心，DE=6√2，延长DE
到A，使得EA=√2，直线AC与半圆交于B，C两点，且∠DAC=45°．
(1)求弦BC的长；
(2)求△AOC的面积．
【答案】(1)2√2
(2)8+2√2
【分析】（1）过点O作OM⊥BC于M，根据垂径定理得BM=CM，由∠DAC=45°得到OM=AM，
则OA=√OM2+AM2=√2OM，再根据勾股定理可计算出CM=√OC2-OM2=√2，进而可求BC；
（2）由（1）可知：CM=√2，OM=AM=4，则AC=AM+CM=4+√2，然后根据三角形面积公式求
解．
【详解】（1）解：过点O作OM⊥BC于M，如图，则BM=CM，
∵直径DE=6√2，EA=√2，
∴OC=OD=OE=3√2，OA=OE+AE=4√2，
∵∠DAC=45°，则∠AOM=45°
∴OM=AM，则OA=√OM2+AM2=√2OM，
∴OM=4，在Rt△COM中，OC=3√2，
∴CM=√OC2-OM2=√2，
∴BC=2CM=2√2；
（2）由（1）可知：CM=√2，OM=AM=4，
∴AC=AM+CM=4+√2，
1 1
∴S = OM⋅AC= ×4×(4+√2)=8+2√2．
△AOC 2 2
【点睛】本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理、
等腰直角三角形的性质，熟练掌握相关性质是解决问题的关键．
4．（2023春·天津和平·九年级天津市双菱中学校考开学考试）如图，射线PG平分∠EPF，O为射线PG
上一点，以O为圆心，5为半径作⊙O分别与∠EPF的两边相交于A、B和C、D，连接OA，且
OA∥PE．
(1)求AP的长：
(2)若弦AB=8，求OP的长．
【答案】(1)AP=5；
(2)3√10
【分析】（1）根据PG平分∠EPF得到∠EPG=∠FPG，根据OA∥PE得到∠POA=∠FPG，即
可得到∠POA=∠APO，即可得到答案；
（2）过O作OH⊥AB，根据垂径定理得到AH，结合勾股定理即可得到OH，即可得到答案；
【详解】（1）解：∵PG平分∠EPF，
∴∠EPG=∠FPG，
∵OA∥PE，
∴∠POA=∠FPG，∴∠POA=∠APO，
∴PA=OA，
∵⊙O的半径为5，
∴AP=5；
（2）解：过O作OH⊥AB，
∵OH⊥AB，AB=8，
∴AH=BH=4，PH=PA+AH=9，
在Rt△AOH中：OH=√52-42=3，
在Rt△POH中：OP=√92+32=3√10；
【点睛】本题考查垂径定理，角平分线的性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线根据垂径定理得到线
段关系及直角三角形．
5．（2023秋·湖北武汉·九年级统考期中）以CD为直径的⊙O中，AB为弦，分别过C、D点作AB的垂线，
垂足分别为F、E点．
(1)如图1，若AB为⊙O的直径，求证：AF=BE；
(2)如图2，AB为⊙O的非直径弦，试探究线段AF与BE间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析(2)AF=BE，理由见解析
【分析】（1）只需要证明△COF≌△DOE，得到OF=OE，再由OA=OB，即可证明AF=BE；
（2）如图2，过O作MN∥AB交CF于M，交DE延长线于N，过作OH⊥AB于H，证明四边形
OMFH，ONEH都是矩形，得到OM=FH，ON=HE，再证明△CMO≌△DNO，得到OM=ON，
则FH=EH，即可证明AF=BE．
【详解】（1）证明：∵CF⊥AB，DE⊥AB，
∴CF∥DE，∠CFO=∠DEO=90°，
∴∠CFO=∠DEO，
在△COF和△DOE中，
¿，
∴△COF≌△DOE(AAS)，
∴OF=OE，
又∵OA=OB，
∴AF=BE；
（2）解：AF=BE，理由如下：
如图2，过O作MN∥AB交CF于M，交DE延长线于N，过作OH⊥AB于H，
∴∠CMO=∠DNO=90°，AH=HB，
∵CF⊥AB，DE⊥AB，
∴四边形OMFH，ONEH都是矩形，
∴OM=FH，ON=HE，
在△CMO和△DNO中，
¿，
∴△CMO≌△DNO(AAS)，
∴OM=ON，
∴FH=EH，
又∵AH=HB，
∴AF=BE．【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，全等三角形的性质与判定，垂径定理，矩形的性质与判定等等，
灵活运用所学知识是解题的关键．
6．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，A(6,0)，B(0,8)，点C在x轴正半轴
上，点D在y轴正半轴上，且CD=6，以CD为直径的第一象限作半圆，交线段AB于点E、F，则线段EF
的最大值为（ ）
A．3.6 B．4.8 C．3√2 D．3√3
【答案】B
【分析】过CD的中点G作EF的垂线与AB交于点M，过点O作OH⊥AB于H，连接OG、FG，先求出
OA=6，OB=8，进而求出AB=10，再根据等面积法求出OH=4.8，由直角三角形斜边中线的性质得到
OG=FG=3，由垂径定理得到EF=2FM，由FM=√9-GM2，可知当GM最小时，FM最大，即EF最
大，再由OG+GM≥OH，得到GM =1.8，则FM =√9-1.82=2.4，即可得到EF =4.8．
最小值 最大值 最大值
【详解】解：过CD的中点G作EF的垂线与AB交于点M，过点O作OH⊥AB于H，连接OG、FG
∵A(6,0)，B(0,8)
∴OA=6，OB=8，
∴AB=√OA2+OB2=10，1 1
∵S = OA⋅OB= AB⋅OH，
△ABC 2 2
OA⋅OB
∴OH= =4.8；
AB
∵CD=6，∠COD=90°，G为CD的中点，
1
∴OG=FG= CD=3，
2
∵GM⊥EF，
∴∠GMF=90°，EF=2FM，
∴FM=√GF2-GM2=√9-GM2，
∴当GM最小时，FM最大，即EF最大，
∵OG+GM≥OH，
∴3+GM≥4.8，
∴GM≥1.8，即GM =1.8，
最小值
∴FM =√9-1.82=2.4，
最大值
∴EF =4.8，
最大值
故选B．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，坐标与图形，直角三角形斜边上的中线的性质，正确作出
辅助线是解题的关键．
7．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，AC=BD，AC⊥BD于点E，若⊙O的半径为2，则AD的
长为（ ）A．√2 B．2√2 C．3√2 D．4
【答案】B
【详解】根据垂径定理可以得到OM=ON，再根据全等三角形的判定与性质，可以得到
∠OAM=∠ODN，从而可以得到∠AOD=90°，最后根据勾股定理即可求得AD的长．
【解答】解：连接OA，OD，作ON⊥BD于点N，
∵AC=BD，
∴OM=ON，
在Rt△OAM和Rt△ODN中，
¿，
∴Rt△OAM≌Rt△ODN(HL)，
∴∠OAM=∠ODN，
∵AC⊥BD，
∴∠AED=90°，
∴∠ODN+∠ODA+∠EAD=90°，
∴∠OAM+∠ODA+∠EAD=90°，
即∠OAD+∠ODA=90°，
∴∠AOD=90°，
∵OA=OD=2，
∴AD=√OA2+OD2=√22+82=2√2，
故选：B．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理、垂径定理，解答本题的关键是明确题意，利用数
形结合的思想解答．
8．（2023秋·江苏镇江·九年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标是(3,a)(a>3)，
半径为3，函数y=x的图像被⊙P截得的弦AB的长为4√2，则a的值是（ ）
A．4 B．3+√2 C．3√2 D．3+√3
【答案】B
【分析】作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连接PB，求出D点坐标为(3,3)，可得
△OCD为等腰直角三角形，从而△PED也为等腰直角三角形．根据垂径定理得AE=BE=2√2，在
Rt△PBE中，利用勾股定理求出PE=1，再求出PD的长即可求解．
【详解】解：作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连接PB，如图，
∵⊙P的圆心坐标是(3,a)，
∴OC=3,PC=a，把x=3代入y=x得y=3，
∴D点坐标为(3,3)，
∴CD=3，
∴△OCD为等腰直角三角形，
∴∠PDE=∠ODC=45°，
∵PE⊥AB，
1 1
∴△PED为等腰直角三角形，AE=BE= AB= ×4√2=2√2，
2 2
在Rt△PBE中，PB=3，
∴PE=√32-(2√2) 2=1，
∴PD=√2PE=√2，
∴a=3+√2．
故选B．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，以及垂径定理：垂直于
弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．正确作出辅助线是解答本题的关键．
【题型2 有直径，可作直径所对的圆周角】
1．（2023春·北京海淀·九年级专题练习）如图，AB是半⊙O的直径，点C是弧AB的中点，D为弧BC的
AE
中点，连接AD，CE⊥AD于点E．则 （ ）
ED
A．3 B．2√2 C．√2+1 D．3√2-1
【答案】C
【分析】连接AC，BC，CD，在EA上取一点T，使得ET=EC，连接CT．证明TA=TC=√2EC，
EC=DE，可得结论．
【详解】解：如图，连接AC，BC、CD．∵AB是直径，
∴∠ACB=90°．
∵^AC=^BC，
∴AC=CB．
∴∠CAB=∠ABC=45°．
∵C^D=^DB，
1
∴∠CAD=∠DAB= ∠BAC=22.5°．
2
∵A´C=A´C ，
∴∠ADC=∠ABC=45°．
∵CE⊥DE，
∴∠CED=90°．
∴∠ECD=∠EDC=45°．
∴EC=DE．
在EA上取一点T，使得ET=EC，连接CT．
设EC=DE=ET=m，则CT=√2m．
∵∠ETC=45°=∠TAC+∠ACT，
∴∠TAC=∠TCA=22.5°．
∴AT=TC=√2m．
∴AE=AT+TE=√2m+m．
AE √2m+m
∴ = =√2+1．
ED m
故选：C
【点睛】本题考查圆圆周角定理及推论、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟知上述的
定理或推论是解题的基础，根据题目特征，在EA上取点T，构造出两个特殊三角形△CTE和△ACT是
解题的关键．
2.（2023春·江苏无锡·九年级统考期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°．(1)请在图1中BC上方作射线BP，使得∠PBA=∠CAB；在射线BP上作一点D，作以DB为直径的圆，
使其恰好过点C；（作图使用没有刻度的直尺和圆规，不写作法，保留作图痕迹，并在图中标注字母P、
D）
(2)在（1）中所作的图形中，设圆交AB于点E，若AC=2，AE=3，则DB的长为______．（如需画草图，
请使用图2）
【答案】(1)见详解
(2)9
【分析】（1）以A为圆心，任意长度为半径作弧，分别交AC、AB于点M、N，再以点B为圆心，AM
为半径作弧，以点J为圆心，MN为半径作弧，两弧交于点P，作射线BP；再分别以B、C为圆心，以大
1
于 BC的长度为半径作弧，交于点H、I，作直线HI并交射线BP于点O；以点O为圆心，OC的长为半
2
径作圆，即为所作图形；
（2）连接DE、CD，首先证明点A、C、D在同一直线上，△DAB为等腰三角形，易得AD=BD，
1
AE=BE= AB，结合等腰三角形的性质可得AB=2AE=6，在Rt△ABC中，利用勾股定理可得
2
BC2=AB2-AC2=32；设BD=x，则CD=x-2，在Rt△BCD中，利用勾股定理可解得x=9，即可获
得答案．
【详解】（1）解：根据题意，作图如下：
（2）连接DE、CD，如下图，∵BD为⊙O直径，
∴∠BED=∠BCD=90°，
又∵∠ACB=90°，
∴∠BCD+∠ACB=180°，
∴点A、C、D在同一直线上，
∵∠PBA=∠CAB，
1
∴AD=BD，AE=BE= AB，
2
∵AC=2，AE=3，
∴AB=2AE=6，
∴在Rt△ABC中，BC2=AB2-AC2=62-22=32，
设BD=x，则CD=AD-AC=BD-AC=x-2，
∴在Rt△BCD中，可有BC2+CD2=BD2，
即32+(x-2) 2=x2，解得x=9，
∴BD=9．
故答案为：9．
【点睛】本题主要考查了作图-复杂作图、直径所对的圆周角为直角、等腰三角形的判定与性质、勾股定理
等知识，综合运用所学知识是解题关键．
3．（2023春·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨市第六十九中学校校考学业考试）如图，AB、CD为⊙O的弦，
AB与CD相交于点E，A´D=B´C．(1)如图1，求证：BE=DE；
(2)如图2，点F在B´C上，连接DF、AD，若DF为直径，AB⊥CD，求证：∠ADF=45∘；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接CF、BF，BF>CF，若DE=8，△BCF的面积为6，求AD的长．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)证明过程见解析
(3)10
【分析】(1)连接BD，由A´D=B´C得到∠B=∠D即可证明BE=DE；
(2)连接AF，由AB⊥CD得到∠BED=90°，由(1)中结论得到∠EBD=∠EDB=45°，由同弧所对的圆周角相等
得到∠EBD=∠AFD=45°，最后根据DF是直径得到∠DAF=90°即可证明；
1
(3)连接EF，过F点作FH⊥AB于H点，证明CF∥BE，设CF=a，CE=b，得到S =S = ab=6，进
ΔBCF ΔECF 2
而得到ab=12；再证明四边形CEHF为矩形得到a+b=8，进而求出a、b的值，最后在Rt△CDF中由勾股
DF
定理求出DF=10√2，在等腰Rt△ADF中，AD= =10．
√2
【详解】（1）证明：连接DB，如下图所示：
∵A´D=B´C，
∴∠B=∠D，
∴△EDB为等腰三角形，
∴ED=EB．
（2）证明：连接AF，如下图所示：∵AB⊥CD，
∴∠BED=90°，
由(1)中结论得到∠EBD=∠EDB=45°，
∵同弧所对的圆周角相等，
∴∠EBD=∠AFD=45°，
∵DF是直径，
∴∠DAF=90°，
在Rt△ADF中，∠ADF=90°-∠AFD=90°-45°=45°．
（3）解：连接EF，过F点作FH⊥AB于H点，如下图所示：
∵DF为直径，
∴∠DCF=90°=∠DEB，
∴CF∥BE，
设CF=a，CE=b，
1 1
∴S =S = CF⋅CE= ab=6，
ΔBCF ΔECF 2 2
∴ab=12，
∵∠DCF=∠CEH=∠EHF=90°，∴四边形CEHF为矩形，
∴EH=CF=a，HF=CE=b，
由(2)知，∠ABF=∠ADF=45°，
∴△BFH为等腰直角三角形，
∴HB=HF=b，
又ED=EB=8，
∴EB=EH+HB=a+b=8，
联立：¿，
解得：¿或¿，
又已知BF>CF，即√2b>a，
∴¿舍去，
∴CF=2，CE=6，
∴在Rt△CDF中，由勾股定理可知：DF=√CD2+CF2=√(8+6) 2+22=10√2,
DF 10√2
在等腰Rt△ADF中，AD= = =10．
√2 √2
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理、勾股定理运用、等腰三角形的性质等，综合性强，
难度较大．
4．（2023·广东广州·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，y轴的正半轴（坐标原点除外）上两点
A(0,3)、B(0,7)，C为x轴的正半轴（坐标原点除外）上一动点．当∠ACB取最大值时，点C的横坐标
为（ ）
A．5 B．2 C．21 D．√21
【答案】D
【分析】当以AB为弦的圆与x轴正半轴相切时，∠AMB最大，根据圆周角定理得出对应的∠AEB最大，
根据垂径定理和勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，当以AB为弦的圆M与x轴正半轴相切时，∠AMB最大，1
∵∠ACB= ∠AMB
2
∴此时的∠ACB最大，
作MD⊥y轴于D，连接MC、MB．
∵A(0,3)、B(0,7)，
1
∴AD=BD= AB=2，
2
∵⊙C与x轴相切于点C，CM⊥x轴，
∴OD=MC=MB=OA+AD=3+2=5
在直角△BMD中，MD=√52-22=√21，
∴OC=MD=√21，
∴点C的横坐标为√21，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆的切线性质、圆周角定理、垂径定理以及勾股定理，正确理解当以AB为弦的圆与x
轴相切时，对应的∠AEB最大是关键，解题时注意结合图形分析．
5．（2023秋·福建厦门·九年级福建省厦门集美中学校考期中）如图，在⊙O中，AD⊥BC，连接AB、
CD，当AB=2，CD=6时，则⊙O半径长为 ．
【答案】√10
【分析】作直径DE，连接AE、CE．根据直径所对的圆周角是直角，得∠EAD=∠ECD=90°，则AE∥CB，
得C´E=A´B，则CE=AB．进而根据勾股定理即可求解．【详解】解：如图，作直径DE，连接AE、CE．
∵DE是直径，
∴∠EAD=∠ECD=90°，
∴AE⊥BC，
又∵AD⊥BC，
∴AE∥CB，
∴C´E=A´B，
∴CE=AB．
∵AB=2，CD=6，
∴EC=2，
∴在Rt△ECD中，DE=√EC2+DC2=√22+62=2√10．
∴⊙O半径长为√10．
故答案为：√10．
【点睛】此题综合运用了圆周角定理的推论、垂径定理的推论、等弧对等弦以及勾股定理，将AB转化为
EC是解题的关键．
6．（2023·天津·模拟预测）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点A，B均在格点上，
顶点C在网格线上，∠BAC=25°．
（Ⅰ）线段AB的长等于 ；
（Ⅱ）P是如图所示的△ABC的外接圆上的动点，当∠PCB=65°时，请用无刻度的直尺，在如图所示的
网格中画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明） ．【答案】 √13； 如图，取格点D，连接AD并延长，与△ABC的外接圆相交于点E，连接BE；
取△ABC的外接圆与网格线的交点F，G，连接FG与BE相交于点O；连接CO并延长，与△ABC的外接
圆交于点P，则点P即为所求
【分析】（Ⅰ）利用勾股定理可得答案；
（Ⅱ）利用勾股逆定理确定格点D，使得∠DAB=90°，故∠EAC=90°-∠BAC=90°-25°=65°，
取△ABC的外接圆与网格线的交点F，G，使得∠FAG=90°,则FG与BE相交于点O ，O为圆心，由同
弧所对的圆周角相等，可得∠EAC=∠EBC=65°，因为OB=OC，故∠OBC=∠PCB=65°．
【详解】（Ⅰ）AB=√22+32=√13；
故答案为：√13
（Ⅱ）利用勾股逆定理确定格点D，
∵AD=√22+32=√13,AB=√22+32=√13,BD=√12+52=√26
又∵(√13)
2+(√13) 2=(√26) 2
∴(AD) 2+(AB) 2=(BD) 2
∴∠DAB=90°，
∴∠EAC=90°-∠BAC=90°-25°=65°，EB是⊙O的直径，
由方格知∠FAG=90°,则FG与BE相交于点O ，
∴FG是⊙O的直径
∴O为圆心，∵A´C=C´E
∴∠EAC=∠EBC=65°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠PCB=65°．
故答案为：如图，取格点D，连接AD并延长，与△ABC的外接圆相交于点E，连接BE；取△ABC的外接
圆与网格线的交点F，G，连接FG与BE相交于点O；连接CO并延长，与△ABC的外接圆交于点P，则
点P即为所求．
【点睛】此题考查的是勾股定理逆定理的应用，圆的基本性质，复杂的作图，掌握以上知识是解题的关键．
7．（2023春·山东烟台·九年级校联考期中）如图，AB，CD是⊙O的直径，弦BE与CD交于点F，F为
BE中点，AF∥ED．若AF=2√3，则BC的长为 ．
【答案】2√6
【分析】连接AE．根据垂径定理可知CD⊥BE．根据直径所对圆周角为直角可知AE⊥BE，即得出
AE∥DF．从而可判断四边形AEDF为平行四边形，得出AE=DF．再根据三角形中位线的性质得出
AE=2OF．设OF=x，则AE=DF=2x，OD=OF+DF=3x，AB=2OD=6x，从而可利用勾股定理1
求出BE=√AB2-AE2=4√2x，进而得出EF= BE=2√2x．再根据勾股定理可列出关于x的等式，解
2
出x,即可求出BF=2√2，CF=4，最后可求出BC的长．
【详解】如图，连接AE．
∵F为BE中点，CD是⊙O的直径，
∴CD⊥BE．
∵AB是⊙O的直径，
∴AE⊥BE，
∴AE∥DF．
∵AF∥ED，
∴四边形AEDF为平行四边形，
∴AE=DF．
∵F为BE中点，O为AB中点，
∴OF为△ABE中位线，
∴AE=2OF．
设OF=x，则AE=DF=2x，
∴OD=OF+DF=x+2x=3x，
∴AB=2OD=6x，
∴BE=√AB2-AE2=√(6x) 2-(2x) 2=4√2x，
1
∴EF= BE=2√2x．
2
∵AF2=AE2+EF2，
∴(2√3) 2=(2x) 2+(2√2x) 2 ，
解得：x =1，x =-1（舍），
1 2∴OF=1，BF=2√2，OC=OD=3，
∴CF=OF+OC=4，
∴BC=√CF2+BF2=√42+(2√2) 2=2√6．
故答案为：2√6．
【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，平行四边形的判定和性质，勾股定理以及三角形中位线的性质．
连接常用的辅助线是解题关键．
【题型3 利用四边形的对角互补，作辅助圆】
1．（2023秋·浙江温州·九年级期末）如图，点D，E，F分别在△ABC的三边上，AB=AC，
∠A=∠EDF=90°，∠EFD=30°，AB=1，下列结论正确的是（ ）
A．BD可求，BE不可求 B．BD不可求，BE可求
C．BD，BE均可求 D．BD，BE均不可求
【答案】A
【分析】连接AD，根据如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆，得出AEDF四点
共圆，再根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，得出∠BAD=∠EFD=30°，进而得出
点D固定，即BD可求；当△≝¿绕点D旋转时，保持∠EDF=90°不变，根据如果一个四边形的对角互
补，那么这个四边形的四个顶点共圆，得出AEDF四点共圆，再根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的
圆周角相等，得出∠BAD=∠EFD=30°，进而得出点E可以在AB上任何地方，即可得出答案．
【详解】解：连接AD，
∵∠A=∠EDF=90°，
∴∠A+∠EDF=180°，
∴AEDF四点共圆，
∴∠BAD=∠EFD=30°，
∴点D固定，即BD可求；
当△≝¿绕点D旋转时，保持∠EDF=90°不变，则AEDF四点共圆，
∴∠BAD=∠EFD=30°依旧不变，即点E可以在AB上任何地方，
∴BE不可求，综上可得：BD可求，BE不可求．
故选：A．
【点睛】本题考查了内接四边形的判定定理、圆周角定理、旋转的性质，解本题的关键在得出AEDF四点
共圆．
2．（2023春·广东梅州·九年级校考开学考试）在平面直角坐标系中，已知点A(-1,0)和直线m的函数表达
式为y=x，动点B(x,0)在A点的右边，过点B作x轴的垂线交直线m于点C，过点B作直线m的平行线
交y轴于点D，当∠CAD=45°时，则x的值为 ．
1 1
【答案】 或-
2 3
【分析】先根据题意画出图形，分两种情况：①当点B在原点右边时，证明A、C、B、D四点共圆，再根
据同弧或等弧所对的圆周角相等从而得到△ACD是直角三角形，分别在Rt△ABC和Rt△ACD中用x
表示出AC，构造方程求解x值；②如图2，当B点在A点右边，O点左边时，可得A、C、O、D四点共圆，
根据同弧或等弧所对的圆周角相等从而得到∠ACD=90°，分别在Rt△AOD和Rt△ACD中用x表示
出AD，构造方程求解x值．
【详解】解：分两种情况：
①如图，当点B在原点右边时，B(x,0)中x>0，∴BC=OB=OD=x，AB=1+x，
∴∠CBA=90°，∠ABD=45°，
∴在Rt△ABC中，根据勾股定理得AC2=x2+(1+x) 2．
∵∠CAD=45°，∠CBD=∠CBA+∠ABD=135°，
∴∠CAD+∠CBD=180°．
∴A、C、B、D四点共圆．
连接CD，则∠ADC=∠ABC=90°，又∠CAD=45°，
∴AD=CD．
在Rt△ADO中，利用勾股定理可得AD2=1+x2，
∴在Rt△ACD中，AC2=2AD2=2（1+x2），
∴x2+（1+x）2=2（1+x2），
1
解得x= ．
2
如图，当B点在A点右边，O点左边时，此时OB=|x|．
同理可得A、C、O、D四点共圆，∠ACD=90°，
在Rt△AOD中，AD2=1+x2，
在Rt△ABC中，AC2=(1-|x|) 2+|x| 2=2x2-2|x|+1
∴在Rt△ACD中，AD2=2AC2=4x2-4|x|+2．
1
∴1+x2=4x2-4|x|+2，解得x=- ．
31 1
故答案为： 或- ．
2 3
【点睛】本题主要考查了一次函数图象和性质、勾股定理，同弧或等弧所对的圆周角相等，已知圆内接四
边形求角度，对点B的位置分类讨论是解题的关键．
3．（2023春·重庆九龙坡·九年级重庆市杨家坪中学校考期中）如图，正方形ABCD中，AB=7，点E、F
分别在AD、AC上的两点，BF⊥EF，AE=3，则四边形ABFE的面积为 ．
【答案】25
【分析】过F作GH⊥BC于H，交AD于G，由四边形ABCD是正方形，可得AD∥BC，∠BAC=45°，
∠BAD=90°，而BF⊥EF，即得∠BAE+∠BFE=180°，A，B，F，E共圆，有
∠BEF=∠BAC=45°，故EF=BF，可得△EGF≌△FHB(AAS)，从而EG=FH，GF=BH，设
35
EG=FH=x，可得3+x=7-x，解得x=2，得GF=BH=5，由三角形面积公式得S = ，
△ABF 2
15
S = ，从而可得答案．
△AEF 2
【详解】解：过F作GH⊥BC于H，交AD于G，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，∠BAC=45°，∠BAD=90°，
∴GH⊥AD，
∴∠EGF=90°=∠FHB，
∵BF⊥EF，∴∠BAE+∠BFE=180°，
∴A，B，F，E共圆，
∴∠BEF=∠BAC=45°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴EF=BF，
∵∠EFG=90°-∠BFH=∠FBH，
∴△EGF≌△FHB(AAS)，
∴EG=FH，GF=BH，
设EG=FH=x，
∵∠BAD=90°=∠AGH=∠GHB，
∴四边形AGHB是矩形，
∴GH=AB=7，BH=AG=AE+EG=3+x，
∴GF=GH-FH=7-x，
∴3+x=7-x，
解得x=2，
∴GF=BH=5，
1 1 35 1 1 15
∴S = AB⋅BH= ×7×5= ，S = AE⋅GF= ×3×5= ，
△ABF 2 2 2 △AEF 2 2 2
35 15
∴S = + =25，
四边形ABFE 2 2
故答案为：25．
【点睛】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，解
题的关键是掌握全等三角形的判定定理．
4．（2023秋·浙江嘉兴·九年级校考期中）如图，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC＝4，点D是斜边BC
的中点，将△ABC绕点D旋转得到△GEF，直线AG、FC相交于点Q，连接BQ，线段BQ长的最大值是
．【答案】2√5+2
【分析】连结DG，根据将△ABC绕点D旋转得到△GEF，可得△ABC≌△GEF，可得AD=GD，CD=FD，
由△ABC是等腰直角三角形，点D是斜边BC的中点，AD=GD=CD=FD，由旋转角相等可得
∠ADG=∠CDF，可证∠DAQ=∠DCF，可知四点A、D、C、Q共圆如图，由AD⊥DC，AC为四点A、D、
C、Q共圆的直径，当BQ过圆心O时，BQ最大，然后利用勾股定理求出BO即可．
【详解】解：连结DG，
∵将 ABC绕点D旋转得到 GEF，
∴△A△BC≌△GEF， △
∴AD=GD，CD=FD，
∵△ABC是等腰直角三角形，点D是斜边BC的中点，
∴AD=GD=CD=FD，
∵∠ADG=∠CDF，
180°-∠ADG 180°-∠CDF
∴∠DAG=∠DGA= = =∠DCF=∠DFC，
2 2
∴∠DAQ=∠DCF，
∴四点A、D、C、Q共圆如图，
∵AD⊥DC，
∴AC为四点A、D、C、Q共圆的直径，
当BQ过圆心O时，BQ最大，
∵AB＝AC＝4，点O为AC中点，
∴AO=CO=OQ=2，
在Rt△ABO中，BO=√AB2+AO2=√42+22=2√5，
∴BQ的最大值=BO+OQ=2√5+2．
故答案为2√5+2．
【点睛】本题考查图形的性质，等腰直角三角形的性质，四点共圆，勾股定理，点到圆的最大距离，正确添加辅助线、证明四点共圆是解题关键．
5．（2023春·福建·九年级专题练习）已知菱形ABCD中，∠BAD=120°，点E、F分别在AB，BC上，
BE=CF，AF与CE交于点P．
(1)求证：∠APE=60°；
(2)当PC=1，PA=5时，求PD的长？
(3)当AB=2√3时，求PD的最大值？
【答案】(1)证明见解析
(2)6
(3)4
【分析】（1）如图所示，连接AC，先证明△ABC是等边三角形，得到
∠ACF=∠CBE=60°，AC=CB，再证明△ACF≌△CBE得到∠CAF=∠BCE，由此即可证明
结论；
（2）延长PC到M使得CM=AP，证明△ADF≌△CDM，得到DF=DM，∠ADF=∠CDM，进
而证明△PDM是等边三角形，则PD=PM=PC+PA=6；
（3）先证明A、P、C、D四点共圆，则当PD为直径时，PD最大，设圆心为O，连接OA，OC，过
点O作OM⊥AC于M，在Rt△AOM中求出OA的长即可得到答案．
【详解】（1）证明：如图所示，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AD∥BC，
∵∠BAD=120°，
∴∠B=∠ADC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACF=∠CBE=60°，AC=CB，
又∵CF=BE，
∴△ACF≌△CBE(SAS)，
∴∠CAF=∠BCE，∵∠BCE+∠ACE=∠ACB=60°，
∴∠APE=∠ACE+∠CAF=60°；
（2）解：延长PC到M使得CM=AP，
由（1）可得∠AFC=∠CEB，
∵AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF+∠AFC=180°，∠DCM=∠AEC，
∴∠CEB+∠DAF=180°，
∵∠AEC+∠CEB=180°，
∴∠DAF=∠DCM，
又∵AF=CM，AD=CD，
∴△ADF≌△CDM(SAS)，
∴DF=DM，∠ADF=∠CDM，
同理可得∠ADC=60°，
∴∠ADC=∠PDM=60°，
∴△PDM是等边三角形，
∴PD=PM=PC+PA=6；
（3）解：∵∠APE=60°，
∴∠APC=120°，
∵∠ADC=60°，
∴∠APC+∠ADC=180°，
∴A、P、C、D四点共圆，
∴当PD为直径时，PD最大，设圆心为O，连接OA，OC，过点O作OM⊥AC于M，
∴∠AOC=2∠ADC=120°，
∵OA=OC，
∴∠OAM=30°，
∵AC=AB=2√3，OM⊥AC，
1
∴AM= AC=√3，
2
√3
∴OM= AM=1，
3
∴OA=2，
∴PD =4；
最大
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，四点共圆，
圆周角定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
6．（2023秋·北京·九年级北师大实验中学校考期中）在Rt△ABC中，∠BCA=90°，BC=AC，点E是△ABC
外一动点（点B，点E位于AC异侧），连接CE，AE．
(1)如图1，点D是AB的中点，连接DC，DE，当△ADE为等边三角形时，求∠AEC的度数；
(2)当∠AEC=135°时，
①如图2，连接BE，用等式表示线段BE，CE，EA之间的数量关系，并证明；
②如图3，点F为线段AB上一点，AF=1，BF=7，连接CF，EF，直接写出△CEF面积的最大值．
【答案】(1)∠AEC=135°；
(2)①BE=√2CE+EA，理由见解析；②4【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得∠CDA=90°，CD=DA，再由等边三角形的性质得DE=DA，
∠DEA=∠EDA=60°，然后求出∠DEC=75°，即可求解；
（2）①过点C作CH⊥CE交AE的延长线于点H，证△ACH≌△BCE（SAS），得BE=AH=HE+EA=√2
CE+AE；
②取AB的中点O，连接OC，由勾股定理得CF=5，再证A、B、C、E四点共圆，由圆周角定理得AB是圆
的直径，AB的中点O是圆心，过点O作ON⊥CF于N，延长ON交圆O于点E，此时点E到CF的距离最
12 8
大，△CEF面积的面积最大，然后由三角形面积求出ON= ，则EN=OE-ON= ，即可求解．
5 5
(1)
解：∵∠BCA=90°，BC=AC，点D是AB的中点，
1
∴∠CDA=90°，CD= AB=DA，
2
∵△ADE是等边三角形，
∴DE=DA，∠DEA=∠EDA=60°，
∴DC=DE，∠CDE=∠CDA-∠EDA=90°-60°=30°，
1 1
∴∠DEC= （180°-∠CDE）= ×（180°-30°）=75°，
2 2
∴∠AEC=∠DEC+∠DEA=75°+60°=135°；
(2)
解：①线段BE，CE，EA之间的数量关系为：BE=√2CE+EA，理由如下：
过点C作CH⊥CE交AE的延长线于点H，如图2所示：
则∠CEH=180°-∠AEC=180°-135°=45°，∴△ECH是等腰直角三角形，
∴CH=CE，HE=√2CE，
∵∠BCA=∠ECH=90°，
∴∠ACH=∠BCE，
在△ACH和△BCE中，
¿，
∴△ACH≌△BCE（SAS），
∴BE=AH=HE+EA=√2CE+AE；
②取AB的中点O，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AB的中点，
1 1 1
∴OC⊥AB，OC=OA= AB= （AF+BF）= ×（1+7）=4，
2 2 2
∴OF=OA-AF=4-1=3，
在Rt△COF中，由勾股定理得：CF=√OC2+OF2=√42+32=5，
∵CF是定值，
∴点E到CF的距离最大时，△CEF面积的面积最大，
∵∠AEC=135°，
∴∠ABC+∠AEC=180°，
∴A、B、C、E四点共圆，
∵∠BCA=90°，∴AB是圆的直径，AB的中点O是圆心，
过点O作ON⊥CF于N，延长ON交圆O于点E，
此时点E到CF的距离最大，△CEF面积的面积最大，
1 1
∵S OCF= OC•OF= CF•ON，
△ 2 2
OC⋅OF 4×3 12
∴ON= = = ，
CF 5 5
∵OE=OC=4，
12 8
∴EN=OE-ON=4- = ，
5 5
1 1 8
∴△CEF面积的面积最大值为： CF•EN= ×5× =4．
2 2 5
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角
三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的性质、四点共圆、圆周角定理、垂径定理、勾股定理、三角形面
积等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质和圆周角定理，证明△ACH≌△BCE是解
题的关键．
7．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图1，矩形ABCD中，∠ACB＝30°，将△ACD绕C点顺时针旋转α
（0°＜α＜360°）至△A'CD'位置．
（1）如图2，若AB＝2，α＝30°，求S BCD．
△ ′
（2）如图3，取AA′中点O，连OB、OD′、BD′．若△OBD′存在，试判定△OBD′的形状．
（3）当α＝α 时，OB＝OD′，则α＝_____°；当α＝α 时，△OBD′不存在，则α＝_______°．
1 1 2 2
【答案】（1）3；（2）△OBD′是直角三角形；（3）90°或270°，240°或300°．
1
【分析】（1）作D'E⊥BC于E，由直角三角形的性质得出BC=2√3，CE= CD'=1，D'E=√3，由三角形面
2
积公式即可得出答案；
（2）连接OC，证明A、B、C、O四点共圆，由圆周角定理得出∠BOC=∠BAC=60°，同理A'、D'、C、O
四点共圆，得出∠D'OC=∠D'A'C=30°，证出∠BOD'=90°即可；（3）若B、C、D'三点不共线，证出BC=CD，这与已知相矛盾，得出B、C、D'三点共线；当α=α 时，
1
OB=OD′，分两种情况：当点D'在BC的延长线上和当点D'在边BC上；当α=α 时，△OBD′不存在时，分
2
两种情况：当O与D'重合时，当O与B重合时，由等腰三角形的性质和等边三角形的性质即可得出答案．
【详解】解：（1）作D'E⊥BC交BC的延长线于E，如图2所示：
则∠E=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AB//CD，AD//BC，CD=AB=2，
∴∠ACD=∠BAC，∠DAC=∠ACB=30°，
∵∠ACB=30°，
∴BC=√3AB=2√3，∠ACD=∠BAC=60°，
由旋转的性质得：CD'=CD=2，∠ACA'=30°，
∴∠D'CE=180°-30°-30°-60°=60°，
∴∠CD'E=30°，
1
∴CE= CD'=1，D'E=√3CE=√3，
2
1 1
∴S BCD= BC×D'E= ×2√3×√3=3；
△ ′ 2 2
（2）△OBD′是直角三角形，理由如下：
连接OC，如图3所示：
由旋转的性质得：CA'=CA，∠A'D'C=∠ADC=90°，∠D'A'C=∠DAC=30°，
∵O是AA′的中点，∴OC⊥AA'，
∴∠AOC=∠A'OC=90°=∠ABC=∠A'D'C，
∴∠ABC+∠AOC=180°，
∴A、B、C、O四点共圆，
∴∠BOC=∠BAC=60°，
同理；A'、D'、C、O四点共圆，
∴∠D'OC=∠D'A'C=30°，
∴∠BOD'=90°，
∴△BOD'是直角三角形；
（3）若B、C、D'三点不共线，如图3所示：
由（2）得：∠OBC=∠OAC，∠OD'C=∠OA'C，∠OAC=∠OA'C，
∴∠OBC=∠OD'C，
∵OB=OD'，
∴∠OBD'=∠OD'B，
∴∠CBD'=∠CD'B，
∴CB=CD'，
∵CD'=CD，
∴BC=CD，这与已知相矛盾，
∴B、C、D'三点共线；
分两种情况：当点D'在BC的延长线上时，如图4所示：
∵∠ACB＝30°，∠A'CD'=∠ACD＝60°，
∴∠AC A'=180°-30°-60°=90°，
∴α=α =90°；
1
当点D'在边BC上时，如图5所示：∵∠ACB＝30°，∠A'CD'=∠ACD＝60°，
∴∠ACA'＝90°，
∴α=α =360°-90°=270°；
1
故答案为：90°或270；
当α=α 时，△OBD′不存在时，分两种情况：
2
当O与D'重合时，如图6所示：
∵CA'=CA，∠CAD'=∠CA'D'=30°，
∴∠ACA'=120°，
∴α=α =360°-120°=240°；
2
当O与B重合时，如图7所示：则AA'=2AB=4，
∵CA=CA'=2AB=4=AA'，
∴△ACA'是等边三角形，
∴∠A'CA=60°，
∴α=α =360°-60°=300°；
2
故答案为：240°或300．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、旋转的性质、含30°角的直角三角形的性质、四点
共圆、圆周角定理、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
【题型4 有切点，可作过切点的半径】
1．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，AB为⊙O的切线，C为切点，D是⊙O上一点，过点D作
DF⊥AB，垂足为F，DF交⊙O于点E．连接CD，OE．
(1)若∠D=35°，求∠DEO的度数；
(2)若点E是DF的中点，DE=4，求FC的长．
【答案】(1)70°
(2)4√2
【分析】（1）连接OC，由切线的性质得到OC⊥AB，又DF⊥AB，得到DF∥OC，因此∠DEO=∠EOC，由圆周角定理可得出结论；
1
（2）过点O作OG⊥DE，垂足为G，由垂径定理可得DG=≥= DE=2，证明四边形OGFC是矩形，可
2
得OC=FG=EF+EG=6，根据勾股定理可得OG=√OE2-EG2=4√2，最后由矩形的性质即可求得FC
的长．
【详解】（1）证明：如图，连接OC，
∵AB为⊙O的切线，C为切点，
∴OC⊥AB，即∠OCB=∠OCA=90°，
又∵DF⊥AB，
∴∠DFC=90°，
∴∠DFC=∠OCB=90°，
∴DF∥OC，
∴∠DEO=∠EOC=2∠D，
∵∠D=35°，
∴∠DEO=2∠D=2×35°=70°，
∴∠DEO的度数为70°，
（2）过点O作OG⊥DE，垂足为G，∵点E是DF的中点，DE=4，
1
∴DG=≥= DE=2，EF=DE=4，
2
∵∠DFC=90°，∠OCB=90°，OG⊥DE，
∴四边形OGFC是矩形，
∴OC=FG=EF+EG=4+2=6，
∴OE=OC=6，
在Rt△OGE中，OG=√OE2-EG2=√62-22=4√2，
∴FC=OG=4√2，
∴FC的长为4√2．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的性质，平行线的判定和性质，垂径定理，矩形的判定和性质，勾股
定理．掌握圆周角定理、切线的性质和垂径定理是解题的关键．
2．（2023·天津南开·统考二模）已知⊙O中，直径AC长为12，MA、MB分别切⊙O于点A，B，弦
AD∥BM．
(1)如图1，若∠AMB=120°，求∠C的大小和弦CD的长；5
(2)如图2，过点C的切线分别与AD、MB的延长线交于点E，F，且CE= EF，求弦CD的长．
4
【答案】(1)∠C=60°，CD=6
60
(2)CD=
13
【分析】（1）利用平行线的性质和圆的切线的性质定理求得∠ACD的度数，再利用三角函数即可得出结
论；
（2）连接OB、OF、OM，，利用切线的性质定理和全等三角形的判定与性质得到FC=FB，MB=MA，
利用切线的性质定理和平行四边形的判定定理得到四边形AMFE为平行四边形，则MF=AE，MA=EF；
设设CE=5k，则EF=4k，在Rt△AEC中，利用勾股定理列出关于k的方程，解方程求得k值，最后利
用三角形的面积公式解答即可得出结论．
【详解】（1）解：∵MA、MB分别切⊙O于点A，B，
∴∠MBO=∠MAO=90°，
在四边形MAOB中，
∠AOB=360°-∠AMB-∠MBO-∠MAO=360°-120°-90°-90°=60°，
∴AD∥BM，OB⊥BM，
∴OB⊥AD，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，即AD⊥CD，
∴OB∥CD，
∴∠C=∠AOB=60°，
1
∴CD=AC⋅cosC=AC⋅cos60°=12× =6
2
（2）解：连接OB、OF、OM，如图，FC，FB为⊙O的切线，
OC⊥FC,OB⊥FB，在Rt△FCO和Rt△FBO中，
¿
∴Rt△FCO≌Rt△FBO(HL)
∴FC=FB，
同理：MB=MA，
FC，MA为⊙O的切线，
∴AC⊥FC，MA⊥AC，
∴MA∥FC，
∵AD∥BM，
∴四边形AMFE为平行四边形，
∴MF=AE,MA=EF．
5
∵CE= EF，
4
设CE=5k，则EF=4k,
∴MA=MB=EF=4k, FC=FB=9k，
∴MF=MB+FB=13k,∴AE=MF=13k，
在Rt△AEC中，
AC2+EC2=AE2，即122+(5k) 2=(13k) 2，
∵k>0,∴k=1，
∴EC=5,AE=13.
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=90°,
∴CD为斜边AE上的高，
1 1
∵S = AC⋅EC= AE⋅CD，
△AEC 2 2
∴AC·EC=AE·CD,12x560
12×5 60
∴CD= = ．
13 13
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的性质定理，平行线的性质，平行四边形
的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助
线．
3．（2023秋·广东广州·九年级统考期末）如图，ABCD是正方形，BC是⊙O的直径，点E是⊙O上的一动点（点E不与点B，C重合），连接DE，BE，CE．
(1)若∠EBC=60°，求∠ECB的度数；
(2)若DE为⊙O的切线，连接DO，DO交CE于点F，求证：DF=CE；
(3)若AB=2，过点A作DE的垂线交射线CE于点M，求AM的最小值．
【答案】(1)30°
(2)见解析
(3)√5-1
【分析】（1）先根据圆周角定理可得∠BEC=90°，然后根据直角三角形的性质即可解答；
（2）如图：连接DO，DO交CE于点F，先证明△OCD≅△OED可得∠CDF=∠EDF,CD=DE，
根
据等腰三角形三线合一的性质可得∠DFE=90°，然后再证明△DFE≅△CEB，最后根据全等三角形
的
性质即可解答；
（3）如图2：连接AC、BD相交于点T，设AM⊥DE于点N,设DE交AC于点Q，先证明
∠ABE=∠BCE
，进一步证明∠DBE=∠ACM，再根据BD⊥AC和DE⊥AM证明∠BDE=∠CAM，并证明
△BDE≅△CAM得到BE=CM，最后根据SAS证明△DCM≅△CBE得到∠CMD=∠BEC=90°，
说明点M在以CD为直径的圆上，如图3：设圆心为H，连接MH、AH，则
1 1
MH=DH= CD= ×2=1，根据勾股定理求出AH=√5，再说明AM≥AH-MH (当且仅当
2 2
点M在线段AH上时等号成立)，求出AM的最小值即可．
【详解】（1）解：∵BC是⊙O的直径，
∴∠BEC=90°，
∵∠EBC=60°，
∴∠ECB=90°-∠EBC=30°．（2）解：如图：连接DO，DO交CE于点F，
∵DE为⊙O的切线，
∴∠OED=90°，
由正方形和圆的性质可得：OC=OE,∠OCD=90°．
∴∠OED=∠OCD=90°，
∵OD=OD，
∴△OCD≅△OED(HL)，
∴∠CDF=∠EDF,CD=DE，
∴DF⊥EC，即∠DFE=90°，
∴∠DFE=∠CEB=90°，
∵OE=OB，
∴∠OEB=∠OBE，
∵∠OED=90°，∠BEC=90°，
∴∠OED-∠OEC=∠BEC-∠OEC，即∠OEB=∠≝¿，
∴∠OBE=∠≝¿，
∴△DFE≅△CEB(AAS)，
∴DF=CE．
（3）解：如图2，连接AC、BD相交于点T，设AM⊥DE于点N，设DE交AC于点Q，
∵正方形ABCD，
∴AC⊥BD,AC=BD,CT=BT，∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，∠ACB=∠ABD=45°，CD=BC=AD=AB=2，
∴点T在⊙O上，
∵∠BCD=90°，∠BEC=90°，
∴∠ABE+∠CBE=90°，∠BCE+∠CBE=90°，
∴∠ABE=∠BCE，
∴∠ABD-∠ABE=∠ACB-∠BCE，即∠DBE=∠ACM；
∵BD⊥AC,DE⊥AM，
∴∠BDE+∠DQT=90°，∠CAM+∠AQN=90°，
又∵∠AQN=∠DQT，
∴∠BDE=∠CAM，
在△BDE和△CAM中，
¿，
∴△BDE≅△CAM(ASA)，
∴BE=CM，
∵∠ABC=∠BCD=90°，∠ABE=∠BCE，
∴∠DCM=∠CBE，
在△DCM和△CBE中，
¿，
∴△DCM≅△CBE (SAS)，
∴∠CMD=∠BEC=90°；
点M在以CD为直径的圆上，设圆心为H，
如图3：连接MH、AH，
1 1
则: MH=DH= CD= ×2=1，
2 2
∵∠ADC=90°，∴AH=√AD2+DH2=√22+12=√5，
∵AM≥AH-MH，
∴当且仅当点M在线段AH上时等号成立，
∴AM≥√5-1，
∴AM的最小值为√5-1．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与
性质、勾
股定理、正方形的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
4．（2023·湖北武汉·华中科技大学附属中学校考模拟预测）如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，AB是
⊙O的直径，D是AB延长线的一点，AE⊥CD交DC的延长线于E，CF⊥AB于F，且CE=CF．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若AB=10，BD=3，求AE的长．
【答案】(1)见解析
65
(2)
8
【分析】（1）连接OC，可得∠2=∠3，根据AE⊥CD，CF⊥AB，且CE=CF，得到∠1=∠2，
推出∠1=∠3，得到OC//AE，可得OC⊥CD，即可得到答案；
（2）根据AB=10，BD=3，得到OC=5，OD=8，根据切线的性质及勾股定理得到CD=√39，根据
5√39 25 65
S ，得到CF= ，根据勾股定理得到OF= ，推出AF= ，根据全等三角形性质得到
△OCD 8 8 8
65
AE=AF= ．
8
【详解】（1）证明：连接OC；∵AE⊥CD，CF⊥AB，又CE=CF，
∴∠1=∠2．
∵OA=OC，
∴∠2=∠3，∠1=∠3．
∴OC//AE．
∵AE⊥CD，
∴OC⊥CD．
∴DE是⊙O的切线．
（2）∵OC⊥ED，AB=10，BD=3，
∴OB=OC=5．
∴CD=√OD2-OC2=√39，
1 1
∵S = OC⋅CD= OD⋅CF，
△OCD 2 2
1 1
∴ ×5×√39= (5+3)⋅CF，
2 2
5√39
∴CF= ，
8
25
∴OF=√OC2-FC2=
，
8
25 65
∴AF=OA+OF=5+ = ，
8 8
在Rt△AEC和Rt△AFC中，CE=CF，AC=AC，
∴Rt△AEC≌Rt△AFC(HL)，
65
∴AE=AF= ．
8
【点睛】本题主要考查了圆的切线，勾股定理，全等三角形．解决问题的关键是熟练掌握圆切线的判定和性质，勾股定理解直角三角形，面积法求三角形的高线，全等三角形的判定和性质．
5．（2023春·河南南阳·九年级校考阶段练习）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点E在边AD的延长线上，
连接AC，BD，已知CD=CE，∠E=∠BAC．
(1)求证：DC平分∠BDE．
(2)若CE与⊙O相切于点C，求证：AC=BD．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和同弧所对的圆周角相等即可求证；
（2）连接OC、OD，根据内接四边形的性质推出AC=BC，设∠E=∠CDE=m，利用相切得到∠OCE=90°，
用含m的式子表示出∠DCE、∠OCD、∠DOC、∠CBD，从而推出∠BCD，得到BD=BC，即可求证
AC=BD．
【详解】（1）证明：∵CD=CE
∴∠CDE=∠E
∵∠E=∠BAC，∠BAC=∠BDC
∴∠E=∠BDC
∴∠BDC=∠CDE
∴DC平分∠BDE；
（2）证明：连接OC、OD，如图所示
∵四边形ABCD内接于⊙O
∴∠ABC=∠CDE
由（1）可知∠CDE=∠BAC∴∠ABC=∠BAC
∴AC=BC
设∠E=∠CDE=m，则∠DCE=180°－2m
∵CE与⊙O相切
∴∠OCE=90°
∴∠OCD=∠ODC=2m－90°
∴∠DOC=360°－4m
∴∠CBD=180°－2m
又∵∠BDC=m
∴∠BCD=180°－∠BDC－∠CBD=m
∴∠BDC=∠BCD
∴BD=BC
∴AC=BD
【点睛】本题考查了圆与四边形的综合，涉及到圆的内接四边形、同弧所对的圆周角相等、同弧所对圆周
角等于圆心角一半、相切等知识，推出∠BDC=∠BCD是解答本题的关键．
6．（2023·广东汕头·统考一模）如图，已知点D在⊙O的直径AB延长线上，CD为⊙O的切线，过D作
ED⊥AD，与AC的延长线相交于E．
(1)求证：CD＝DE；
(2)若BD＝1，DE＝√5，求△ADE的面积；
(3)在（2）的条件下，作∠ACB的平分线CF与⊙O交于点F，P为△ABC的内心，求PF的长．
【答案】(1)证明见解析
5√5
(2)
2
(3)2√2【分析】（1）半径相等知∠OAC=∠OCA，由CD是⊙O切线知∠OCA+∠DCE=90°，再根据
∠OAC+∠E=90°，得出∠DCE=∠E，即可证得结论；
（2）根据题中条件得到AD、DE长度，结合三角形面积公式求解即可；
（3）连接BF、PB、AF，由CF平分∠ACB得A´F=B´F，AF＝BF，AB为直径，AB＝2，可得BF＝AF＝
√2，由P为△ABC的内心，可得∠FPB＝∠FBP，进而可求得PF的长．
【详解】（1）证明：连接OC，如图所示：
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，即∠OCD=90°，
∴∠OCA+∠DCE=90°，
∵ED⊥AD，
∴∠OAC+∠E=90°，
∴∠DCE=∠E，
∴CD=DE；
（2）解：设⊙O的半径为r，则OB=OC=r，
∵BD=1，
∴OD=OB+BD=r+1，
由（1）已证CD=DE，
∴DE=CD=√5，
在Rt△COD中，OC2+CD2=OD2，即r2+(√5) 2=(r+1) 2，解得r=2，
∴AB＝2r＝4，AD＝AB＋BD＝5，
1 1 5√5
∴S = ×AD⋅DE= ×5×√5= ；
ΔADE 2 2 2
（3）解：连接AF,BF,PB，如图所示：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=∠AFB=90°，
∵CF平分∠ACB，
1
∴∠ACF=∠4= ∠ACB=45°，
2
由圆周角定理得：∠1=∠ACF=45°=∠4，
∵Rt△ABF是等腰直角三角形，AF=BF，
∴AB=√AF2+BF2=√2BF，
由（2）中得AB＝4，
∴√2BF=4，解得BF=2√2，
∵P为△ABC的内心，
∴∠2=∠3，
∴∠FPB=∠3+∠4=∠2+∠1=∠FBP，
∴PF=BF=2√2．
【点睛】本题考查圆综合，涉及到等腰三角形的性质、切线的性质、勾股定理求线段长、三角形面积公式
运用、圆周角定理、角平分线性质、等腰直角三角形性质和三角形内心等知识，根据题中描述正确作出辅
助线是解决问题的关键．
7．（2023秋·浙江金华·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点M是AC上一点，以CM
为直径作⊙O，AB与⊙O相切于点D，过点D作DE⊥AC于点F，DE交⊙O于点E，连接CD、CE．(1)求证：∠B＝∠DCE；
4
(2)若MF＝2，sinB＝ ，求CD的长．
5
【答案】(1)见解析
(2)4√5
【分析】（1）连接OD，根据垂直的性质推出∠ADF＝∠DOA，根据垂径定理、圆周角定理得到∠DOA＝
∠DCE，根据平行线的判定与性质得到∠B＝∠ADF，等量代换即可得解；
4
（2）连接DM，设⊙O的半径R，根据题意知R＞2，根据三角函数定义得到DF＝ R，解直角三角形得到
5
R＝5，据此解直角三角形即可得解．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵AB与⊙O相切于点D，
∴OD⊥AB，
∴∠ADO＝90°，
∴∠ADF+∠ODF＝90°，
∵DE⊥AC，
∴∠DFO＝90°，∠DCA＝∠ECA，
∴∠DOF+∠ODF＝90°，
∴∠ADF＝∠DOA，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD＝∠ECA，
∴∠DCE＝2∠DCO，
∵∠DOA＝2∠DCO，
∴∠DOA＝∠DCE，
∵∠ACB＝90°，∠AFD＝90°，∴DF∥BC，
∴∠B＝∠ADF，
∴∠B＝∠DCE；
（2）解：连接DM，
设⊙O的半径R，根据题意知R＞2，
∴OD＝OC＝OM＝R，
∵MF＝2，
∴OF＝R﹣2，CM＝2R，
由（1）知，∠B＝∠DOF，
4
∵sinB＝ ，
5
4
∴sin∠DOF＝ ，
5
DF 4
即 ＝ ，
OD 5
4
∴DF＝ R，
5
在Rt△DOF中，DF2+OF2＝OD2，
即 (4 R ) 2 +(R-2) 2=R2 ，
5
5
∴R＝5或R＝ （舍去），
4
∴OF＝3，DF＝4，
∴DM＝√M F2+DF2=√22+42=2√5，
∵CM为⊙O直径，
∴∠CDM＝90°，∴CD＝√CM2-M D2=√102-(2√5) 2=4√5．
【点睛】此题考查了切线的性质、圆周角定理，熟记切线的性质、圆周角定理并作出合理的辅助线是解题
的关键．
8．（2023·河南安阳·九年级统考学业考试）如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，点F是半径
⏜
AO上一动点（不与O，A重合），过点F作射线l⊥AB，分别交弦AC，
AC
于H，D两点，在射线l上取
点E，过点E作⊙O的切线EC．
(1)求证：EC=EH．
⏜
(2)当点D是
AC
的中点时，若∠ABC=60°，判断以O，A，D，C为顶点的四边形是什么特殊四边形，并
说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)四边形OADC是菱形；理由见解析
【分析】（1）连接OC， EC为⊙O的切线，可得∠ECH+∠ACO=90°及∠CAO+∠AHF=90°，
再由AO=CO，得到∠ECH=∠AHF，继而得出结论；
（2）连接CD、DO，AD，CO，由△BOC是等边三角形、△AOD和△COD都是等边三角形，可得
OC=DC=AD=OA，即可得到四边形OADC是菱形．
【详解】（1）证明：如图，连接OC，∵EC为⊙O的切线，
∴∠OCE=90°，
∴∠ECH+∠ACO=90°．
又∵EF⊥AB，
∴∠HFA=90°，
∴∠CAO+∠AHF=90°．
∵AO=CO，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠ECH=∠AHF．
又∵∠AHF=∠EHC，
∴∠ECH=∠EHC，
∴EH=EC．
（2）以O，A，D，C为顶点的四边形是菱形．
理由如下：如图，连接CD、DO，AD，CO．
∵∠ABC=60°，OB=OC，
∴△BOC是等边三角形．
⏜
又∵点D是
AC
的中点，∴∠COD=∠DOA=∠BOC=60°，
∴△AOD和△COD都是等边三角形，
∴OC=DC=AD=OA，
∴四边形OADC是菱形．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质、切线的性质，以及菱形的判定，掌握切线的判定方法及菱
形的判定方法是解题的关键．
