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与圆有关的压轴题（9 种题型）
目 录
题型01 利用圆的相关知识解决多结论问题
题型02 圆与三角形综合问题
题型03 圆与四边形综合问题
题型04 圆与函数综合问题
题型05 正多边形与圆综合
题型06 求不规则图形面积
题型07 三角形内切圆与外切圆综合
题型08 阿氏圆模型
题型09 隐圆模型
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题型01 利用圆的相关知识解决多结论问题
一、单选题
1．
（2023·四川德阳·统考中考真题）如图，⊙𝑂的直径𝐴𝐵= 10，𝐷𝐸是弦，𝐴𝐵⊥𝐷𝐸，𝐶𝐸𝐵= 𝐸𝐵𝐷，sin∠𝐵𝐴𝐶=
3
5，𝐴𝐷的延长线与𝐶𝐵的延长线相交于点𝐹，𝐷𝐵的延长线与𝑂𝐸的延长线相交于点𝐺，连接𝐶𝐺．下列结论中正
确的个数是（ ）
①∠𝐷𝐵𝐹= 3∠𝐷𝐴𝐵；
②𝐶𝐺是⊙𝑂的切线；
③B，E 两点间的距离是10；
④𝐷𝐹= 11 10
9
．
A．1
B．2
C．3
D．4
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【答案】B
【分析】连接𝑂𝐶、𝐵𝐸、𝐴𝐸，过点𝐹作𝐹𝐺⊥𝐴𝐵交𝐴𝐵延长线于𝐺，𝐴𝐵⊥𝐷𝐸于𝐻．①根据已知、垂径定理和圆
内接四边形证∠𝐶𝐴𝐸= ∠𝐵𝐴𝐸= ∠𝐷𝐴𝐵，∠𝐷𝐵𝐹= ∠𝐶𝐴𝐷，即可得到∠𝐷𝐵𝐹= 3∠𝐷𝐴𝐵；②根据已知、垂径定
理、中垂线定理证∠𝑂𝐶𝐺= ∠𝑂𝐵𝐺，推出∠𝑂𝐶𝐺≠90°，𝑂𝐶不垂直𝐶𝐺，即可判断𝐶𝐺不是⊙𝑂的切线；③证
∠𝐶𝐴𝐵= ∠𝐸𝑂𝐵，结合sin∠𝐵𝐴𝐶=
3
5、𝐴𝐵= 10，计算出𝐸𝐻、𝑂𝐻、𝐵𝐻，最后根据勾股定理计算𝐵𝐸=
𝐵𝐻2 + 𝐸𝐻2
即可；④先计算出tan∠𝐺𝐴𝐹=
1
3，推理出tan∠𝐺𝐵𝐹= tan∠𝐶𝐵𝐴=
𝐺𝐹
𝐵𝐺=
4
3，设𝐷𝐹= 𝑎，用含𝑎的代数式表示𝐺𝐹
和𝐵𝐺，代入
𝐺𝐹
𝐵𝐺=
4
3求解即可．
【详解】如图，连接𝑂𝐶、𝐵𝐸、𝐴𝐸，过点𝐹作𝐹𝐺⊥𝐴𝐵交𝐴𝐵延长线于𝐺，𝐴𝐵⊥𝐷𝐸于𝐻
∵⊙𝑂的直径𝐴𝐵= 10，sin∠𝐵𝐴𝐶=
3
5，
∴∠𝐴𝐶𝐵= 90°，𝐵𝐶= 𝐴𝐵× sin∠𝐵𝐴𝐶= 10 ×
3
5 = 6，
𝐴𝐶=
𝐴𝐵2 ― 𝐵𝐶2 =
102 ― 62 = 8，tan∠𝐶𝐵𝐴=
8
6 =
4
3，
∵𝐷𝐸是弦，𝐴𝐵⊥𝐷𝐸，𝐶𝐸𝐵= 𝐸𝐵𝐷，
∴𝐸𝐵= 𝐵𝐷（垂直于弦的直径平分弦所对的弧），
𝐶𝐸𝐵― 𝐸𝐵= 𝐸𝐵𝐷― 𝐸𝐵，即𝐶𝐸= 𝐵𝐷，
∴𝐶𝐸= 𝐵𝐷= 𝐸𝐵，
∴∠𝐶𝐴𝐸= ∠𝐵𝐴𝐸= ∠𝐷𝐴𝐵，
∴∠𝐶𝐴𝐷= 3∠𝐷𝐴𝐵，
∵∠𝐷𝐵𝐹= ∠𝐶𝐴𝐷（圆内接四边形的一个外角等于它的内对角），
∴∠𝐷𝐵𝐹= 3∠𝐷𝐴𝐵，
故结论①正确
∵𝐶𝐸= 𝐸𝐵，
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∴∠𝐸𝑂𝐵=
1
2∠𝐶𝑂𝐵，
又∵∠𝐶𝐴𝐵=
1
2∠𝐶𝑂𝐵（同弧所对圆周角是圆心角的一半），
∴∠𝐶𝐴𝐵= ∠𝐸𝑂𝐵，
∴sin∠𝐸𝑂𝐵=
3
5，
∵𝑂𝐸=
1
2𝐴𝐵= 5，𝐴𝐵⊥𝐷𝐸于𝐻，
∴𝐸𝐻= 5 ×
3
5 = 3，
∴𝑂𝐻=
52 ― 32 = 4，
∵𝑂𝐴= 𝑂𝐵=
1
2𝐴𝐵= 5，
∴𝐵𝐻= 𝑂𝐵― 𝑂𝐻= 5 ― 4 = 1，
𝐵𝐸=
𝐵𝐻2 + 𝐸𝐻2 =
12 + 32 =
10，
故结论③正确
∵∠𝐶𝐴𝐵= ∠𝐸𝑂𝐵，∠𝐴𝐶𝐵= 90°，
∴𝐴𝐶∥𝑂𝐺，
𝑂𝐺⊥𝐵𝐶，
∴𝑂𝐺平分𝐵𝐶（垂直于弦的直径平分弦），
∴𝑂𝐺是𝐵𝐶的中垂线，
∴𝐶𝐺= 𝐵𝐺，
∴∠𝐺𝐶𝐵= ∠𝐺𝐵𝐶，
∵𝑂𝐶= 𝑂𝐵，
∴∠𝑂𝐶𝐵= ∠𝑂𝐵𝐶，
∴∠𝐺𝐶𝐵+ ∠𝑂𝐶𝐵= ∠𝐺𝐵𝐶+ ∠𝑂𝐵𝐶，即∠𝑂𝐶𝐺= ∠𝑂𝐵𝐺，
∵𝐷𝐸是弦，∠𝑂𝐵𝐺= 180° ― ∠𝐴𝐵𝐷
∴∠𝐴𝐵𝐷是锐角，
∠𝑂𝐵𝐺是钝角，
∴∠𝑂𝐶𝐺是钝角，∠𝑂𝐶𝐺≠90°，
∴𝑂𝐶不垂直𝐶𝐺，𝐶𝐺不是⊙𝑂的切线，
故结论②不正确
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∵𝐴𝐵⊥𝐷𝐸，𝐴𝐻= 𝑂𝐴+ 𝑂𝐻= 5 + 4 = 9，
∴𝐷𝐻= 𝐸𝐻= 3，𝐴𝐷=
32 + 92 = 3 10，
tan∠𝐺𝐴𝐹=
𝐷𝐻
𝐴𝐻=
3
9 =
1
3，
∴𝐹𝐺:𝐴𝐺= 1:3，12 + 32 =
10，
∴𝐹𝐺:𝐴𝐺:𝐴𝐹= 1:3: 10，
∴设𝐷𝐹= 𝑎，则𝐴𝐹= 𝐴𝐷+ 𝐷𝐹= 3 10 +𝑎，
𝐺𝐹=
1
10𝐴𝐹=
10
10 (3 10 + 𝑎)，𝐴𝐺= 3𝐺𝐹= 3 10
10 (3 10 + 𝑎)，
∵∠𝐺𝐵𝐹= ∠𝐶𝐵𝐴，
∴tan∠𝐺𝐵𝐹= tan∠𝐶𝐵𝐴=
4
3，
𝐺𝐹
𝐵𝐺=
4
3，
𝐵𝐺= 𝐴𝐺― 𝐴𝐵= 3 10
10 (3 10 + 𝑎) ―10，
∴
10
10 (3 10+𝑎)
3 10
10 (3 10+𝑎)―10 =
4
3，
12 10
10 (3 10 + 𝑎) ― 40 = 3 10
10 (3 10 + 𝑎)，
解得：𝑎= 13 10
9
，
∴𝐷𝐹= 13 10
9
，
故结论④不正确
综上，①和③这2 个结论正确，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的性质综合，结合判断切线、勾股定理、三角函数解直角三角形知识点，熟练掌握、
综合运用知识点推理证明和计算是解题的关键．
2．（2020·四川遂宁·统考中考真题）如图，在正方形ABCD 中，点E 是边BC 的中点，连接AE、DE，分别
交BD、AC 于点P、Q，过点P 作PF⊥AE 交CB 的延长线于F，下列结论：
①∠AED+∠EAC+∠EDB＝90°，
②AP＝FP，
③AE＝10
2 AO，
④若四边形OPEQ 的面积为4，则该正方形ABCD 的面积为36，
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⑤CE•EF＝EQ•DE．
其中正确的结论有（ ）
A．5 个
B．4 个
C．3 个
D．2 个
【答案】B
【分析】①正确:证明∠EOB=∠EOC=45°，再利用三角形的外角的性质即可得出答案；
②正确：利用四点共圆证明∠AFP=∠ABP=45°即可；
③正确：设BE=EC=a，求出AE，OA 即可解决问题；
④错误：通过计算正方形ABCD 的面积为48；
⑤正确：利用相似三角形的性质证明即可.
【详解】①正确：如图，连接OE，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，
∴∠BOC=90°，
∵BE=EC，
∴∠EOB=∠EOC=45°，
∵∠EOB＝∠EDB+∠OED，∠EOC=∠EAC+∠AEO，
∴∠AED+∠EAC+∠EDO=∠EAC+∠AEO+∠OED+∠EDB=90°，故①正确；
②正确：如图，连接AF，
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∵PF⊥AE，
∴∠APF=∠ABF=90°，
∴A，P，B，F 四点共圆，
∴∠AFP=∠ABP＝45°，
∴∠PAF=∠PFA＝45°，
∴PA=PF，故②正确；
③正确：设BE=EC=a，则AE＝5a，OA＝OC＝OB＝OD＝2a，
∴
AE
AO= 5a
2a= 10
2 ，即AE＝10
2 AO，故③正确；
④错误：根据对称性可知，△OPE≅△OQE，
∴S△OEQ=
1
2 S四边形OPEQ=2，
∵OB=OD，BE=EC，
∴CD=2OE，OE⊥CD，
∴
EQ
DQ=
OE
CD=
1
2， △OEQ ∼△CDQ，
∴S△ODQ=4， S△CDQ=8，
∴S△CDO=12，
∴S正方形ABCD=48，故④错误；
⑤正确：∵∠EPF=∠DCE=90°，∠PEF=∠DEC，
∴△EPF ∼△ECD，
∴
EF
ED=
PE
EC，
∴EQ=PE，
∴CE•EF=EQ•DE，故⑤正确；
综上所诉一共有4 个正确，故选：B．
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【点睛】本题主要考查了三角形外角性质、四点共圆问题、全等与相似三角形的综合运用，熟练掌握相关
概念与方法是解题关键.
3．（2021·四川广元·统考中考真题）如图，在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，点O 是对角线𝐵𝐷的中点，点P 在线段𝑂𝐷上，
连接𝐴𝑃并延长交𝐶𝐷于点E，过点P 作𝑃𝐹⊥𝐴𝑃交𝐵𝐶于点F，连接𝐴𝐹、𝐸𝐹，𝐴𝐹交𝐵𝐷于G，现有以下结论：
①𝐴𝑃= 𝑃𝐹；②𝐷𝐸+ 𝐵𝐹= 𝐸𝐹；③𝑃𝐵― 𝑃𝐷=
2𝐵𝐹；④𝑆△𝐴𝐸𝐹为定值；⑤𝑆四边形𝑃𝐸𝐹𝐺= 𝑆△𝐴𝑃𝐺．以上结论
正确的有
（填入正确的序号即可）．
【答案】①②③⑤
【分析】由题意易得∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，对于①：易知点A、B、F、P
四点共圆，然后可得∠AFP=∠ABD=45°，则问题可判定；对于②：把△AED 绕点A 顺时针旋转90°得到
△ABH，则有DE=BH，∠DAE=∠BAH，然后易得△AEF≌△AHF，则有HF=EF，则可判定；对于③：连接
AC，在BP 上截取BM=DP，连接AM，易得OB=OD，OP=OM，然后易证△AOP∽△ABF，进而问题可求
解；对于④：过点A 作AN⊥EF 于点N，则由题意可得AN=AB，若△AEF 的面积为定值，则EF 为定值，
进而问题可求解；对于⑤由③可得
𝐴𝑃
𝐴𝐹=
2
2 ，进而可得△APG∽△AFE，然后可得相似比为
𝐴𝑃
𝐴𝐹=
2
2 ，最后根
据相似三角形的面积比与相似比的关系可求解．
【详解】解：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，𝑃𝐹⊥𝐴𝑃，
∴∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，
①∵∠𝐴𝐵𝐶+ ∠𝐴𝑃𝐹= 180°，
∴由四边形内角和可得∠𝐵𝐴𝑃+ ∠𝐵𝐹𝑃= 180°，
∴点A、B、F、P 四点共圆，
∴∠AFP=∠ABD=45°，
∴△APF 是等腰直角三角形，
∴𝐴𝑃= 𝑃𝐹，故①正确；
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②把△AED 绕点A 顺时针旋转90°得到△ABH，如图所示：
∴DE=BH，∠DAE=∠BAH，∠HAE=90°，AH=AE，
∴∠𝐻𝐴𝐹= ∠𝐸𝐴𝐹= 45°，
∵AF=AF，
∴△AEF≌△AHF（SAS），
∴HF=EF，
∵𝐻𝐹= 𝐵𝐻+ 𝐵𝐹，
∴𝐷𝐸+ 𝐵𝐹= 𝐸𝐹，故②正确；
③连接AC，在BP 上截取BM=DP，连接AM，如图所示：
∵点O 是对角线𝐵𝐷的中点，
∴OB=OD，𝐵𝐷⊥𝐴𝐶，
∴OP=OM，△AOB 是等腰直角三角形，
∴𝐴𝐵=
2𝐴𝑂，
由①可得点A、B、F、P 四点共圆，
∴∠𝐴𝑃𝑂= ∠𝐴𝐹𝐵，
∵∠𝐴𝐵𝐹= ∠𝐴𝑂𝑃= 90°，
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∴△AOP∽△ABF，
∴
𝑂𝑃
𝐵𝐹=
𝑂𝐴
𝐴𝐵=
𝐴𝑃
𝐴𝐹=
2
2 ，
∴𝑂𝑃=
2
2 𝐵𝐹，
∵𝐵𝑃― 𝐷𝑃= 𝐵𝑃― 𝐵𝑀= 𝑃𝑀= 2𝑂𝑃，
∴𝑃𝐵― 𝑃𝐷=
2𝐵𝐹，故③正确；
④过点A 作AN⊥EF 于点N，如图所示：
由②可得∠AFB=∠AFN，
∵∠ABF=∠ANF=90°，AF=AF，
∴△ABF≌△ANF（AAS），
∴AN=AB，
若△AEF 的面积为定值，则EF 为定值，
∵点P 在线段𝑂𝐷上，
∴𝐸𝐹的长不可能为定值，故④错误；
⑤由③可得
𝐴𝑃
𝐴𝐹=
2
2 ，
∵∠AFB=∠AFN=∠APG，∠FAE=∠PAG，
∴△APG∽△AFE，
∴
𝐺𝑃
𝐸𝐹=
𝐴𝑃
𝐴𝐹=
2
2 ，
∴
𝑆△𝐴𝐺𝑃
𝑆△𝐴𝐸𝐹= (
2
2 )
2
=
1
2，
∴𝑆△𝐴𝐺𝑃=
1
2𝑆△𝐴𝐸𝐹，
∴𝑆四边形𝑃𝐸𝐹𝐺= 𝑆△𝐴𝑃𝐺，故⑤正确；
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综上所述：以上结论正确的有①②③⑤；
故答案为①②③⑤．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握
正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
4．（2021·广东广州·统考中考真题）如图，正方形ABCD 的边长为4，点E 是边BC 上一点，且𝐵𝐸= 3，以
点A 为圆心，3 为半径的圆分别交AB、AD 于点F、G，DF 与AE 交于点H．并与⊙𝐴交于点K，连结
HG、CH．给出下列四个结论．（1）H 是FK 的中点；（2）△𝐻𝐺𝐷≌△𝐻𝐸𝐶；（3）𝑆△𝐴𝐻𝐺：𝑆△𝐷𝐻𝐶= 9 ∶16；
（4）𝐷𝐾=
7
5，其中正确的结论有
（填写所有正确结论的序号）．
【答案】（1）（3）（4）．
【分析】由正方形的性质可证明△𝐷𝐴𝐹≌△𝐴𝐵𝐸，则可推出∠𝐴𝐻𝐹= 90°，利用垂径定理即可证明结论（1）
正确；过点H 作𝑀𝑁//𝐴𝐵交BC 于N，交AD 于M，由三角形面积计算公式求出𝐴𝐻=
12
5 ，再利用矩形的判
定与性质证得𝑀𝐺= 𝑁𝐸，并根据相似三角形的判定与性质分别求出𝑀𝐻=
48
25，𝑁𝐻=
52
25，则最后利用锐角三
角函数证明∠𝑀𝐺𝐻≠∠𝐻𝐸𝑁，即可证明结论（2）错误；根据（2）中结论并利用相似三角形的性质求得
𝐴𝑀=
36
25，即可证明结论（3）正确；利用（1）所得结论𝐷𝐾= 𝐷𝐹― 2𝐹𝐻并由勾股定理求出FH，再求得
DK，即可证明结论（4）正确．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD 是正方形，
∴𝐴𝐷= 𝐴𝐵= 4，∠𝐷𝐴𝐹= ∠𝐴𝐵𝐸= 90°．
又∵𝐴𝐹= 𝐵𝐸= 3，
∴△𝐷𝐴𝐹≌△𝐴𝐵𝐸．
∴∠𝐴𝐹𝐷= ∠𝐵𝐸𝐴．
∵∠𝐵𝐸𝐴+ ∠𝐵𝐴𝐸= 90°，
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∴∠𝐴𝐹𝐷+ ∠𝐵𝐴𝐸= 90°，
∴∠𝐴𝐻𝐹= 90°，
∴𝐴𝐻⊥𝐹𝐾，
∴𝐹𝐻= 𝐾𝐻，
即H 是FK 的中点；故结论（1）正确；
（2）过点H 作𝑀𝑁//𝐴𝐵交BC 于N，交AD 于M，
由（1）得𝐴𝐻⊥𝐹𝐾，则
1
2𝐴𝐷⋅𝐴𝐹=
1
2𝐷𝐹⋅𝐴𝐻．
∵𝐷𝐹=
𝐴𝐹2 + 𝐴𝐷2 = 5，
∴𝐴𝐻=
12
5 ．
∵四边形ABCD 是正方形，𝑀𝑁//𝐴𝐵，
∴∠𝐷𝐴𝐵= ∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐴𝑀𝑁= 90°．
∴四边形ABNM 是矩形．
∴𝑀𝑁= 𝐴𝐵= 4，𝐴𝑀= 𝐵𝑁．
∵𝐴𝐺= 𝐵𝐸，
∴𝐴𝐺― 𝐴𝑀= 𝐵𝐸― 𝐵𝑁．
即𝑀𝐺= 𝑁𝐸．
∵𝐴𝐷//𝐵𝐶，
∴∠𝑀𝐴𝐻= ∠𝐴𝐸𝐵．
∵∠𝐴𝐵𝐸= ∠𝐴𝑀𝑁= 90°，
∴△𝑀𝐴𝐻∼△𝐵𝐸𝐴．
∴
𝐴𝐻
𝐴𝐸=
𝑀𝐻
𝐴𝐵．
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即
12
5
5 =
𝑀𝐻
4 ．
解得𝑀𝐻=
48
25．
则𝑁𝐻= 4 ― 𝑀𝐻=
52
25．
∵tan∠𝑀𝐺𝐻=
𝑀𝐻
𝑀𝐺，tan∠𝐻𝐸𝑁=
𝑁𝐻
𝑁𝐸．
∵𝑀𝐺= 𝑁𝐸，𝑀𝐻≠𝑁𝐻，
∴
𝑀𝐺
𝑀𝐻≠
𝑁𝐸
𝑁𝐻．
∴∠𝑀𝐺𝐻≠∠𝐻𝐸𝑁．
∴∠𝐷𝐺𝐻≠∠𝐶𝐸𝐻．
∴△𝐻𝐺𝐷与△𝐻𝐸𝐶不全等，故结论（2）错误；
（3）∵△𝑀𝐴𝐻∼△𝐵𝐸𝐴，
∴
𝐴𝐻
𝐴𝐸=
𝐴𝑀
𝐵𝐸．即
12
5
5 =
𝐴𝑀
3 ．
解得𝐴𝑀=
36
25．
由（2）得𝑆△𝐴𝐻𝐺=
1
2𝑀𝐻⋅𝐴𝐺，𝑆△𝐷𝐻𝐶=
1
2𝐷𝐶⋅(𝐴𝐷― 𝐴𝑀)．
∴
𝑆△𝐴𝐻𝐺
𝑆△𝐷𝐻𝐶=
𝑀𝐻⋅𝐴𝐺
𝐷𝐶⋅(𝐴𝐷―𝐴𝑀) =
48
25×3
4×(4―36
25 ) =
9
16；故结论（3）正确；
（4）由（1）得，H 是FK 的中点，
∴𝐷𝐾= 𝐷𝐹― 2𝐹𝐻．
由勾股定理得𝐹𝐻=
𝐴𝐹2 ― 𝐴𝐻2 =
32 ― ( 12
5 )
2 =
9
5．
∴𝐷𝐾= 5 ― 2 ×
9
5 =
7
5；故结论（4）正确．
故答案为：（1）（3）（4）．
【点睛】本题考查了正方形的综合问题，掌握特殊四边形、相似三角形的判定与性质及等腰三角形的性质
是解题的关键．
题型02 圆与三角形综合问题
5．（2023·吉林长春·统考中考真题）【感知】如图①，点A、B、P 均在⊙𝑂上，∠𝐴𝑂𝐵= 90°，则锐角∠𝐴𝑃𝐵
的大小为__________度．
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【探究】小明遇到这样一个问题：如图②，⊙𝑂是等边三角形𝐴𝐵𝐶的外接圆，点P 在𝐴𝐶上（点P 不与点
A、C 重合），连结𝑃𝐴、𝑃𝐵、𝑃𝐶．求证：𝑃𝐵= 𝑃𝐴+ 𝑃𝐶．小明发现，延长𝑃𝐴至点E，使𝐴𝐸= 𝑃𝐶，连结𝐵𝐸，
通过证明△𝑃𝐵𝐶≌△𝐸𝐵𝐴，可推得𝑃𝐵𝐸是等边三角形，进而得证．
下面是小明的部分证明过程：
证明：延长𝑃𝐴至点E，使𝐴𝐸= 𝑃𝐶，连结𝐵𝐸，
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝑃是⊙𝑂的内接四边形，
∴∠𝐵𝐴𝑃+ ∠𝐵𝐶𝑃= 180°．
∵∠𝐵𝐴𝑃+ ∠𝐵𝐴𝐸= 180°，
∴∠𝐵𝐶𝑃= ∠𝐵𝐴𝐸．
∵△𝐴𝐵𝐶是等边三角形．
∴𝐵𝐴= 𝐵𝐶，
∴△𝑃𝐵𝐶≌△𝐸𝐵𝐴(SAS)
请你补全余下的证明过程．
【应用】如图③，⊙𝑂是△𝐴𝐵𝐶的外接圆，∠𝐴𝐵𝐶= 90°，𝐴𝐵= 𝐵𝐶，点P 在⊙𝑂上，且点P 与点B 在𝐴𝐶
的两侧，连结𝑃𝐴、𝑃𝐵、𝑃𝐶．若𝑃𝐵= 2 2𝑃𝐴，则
𝑃𝐵
𝑃𝐶的值为__________．
【答案】感知：45；探究：见解析；应用：2 2
3 ．
【分析】感知：由圆周角定理即可求解；
探究：延长𝑃𝐴至点E，使𝐴𝐸= 𝑃𝐶，连结𝐵𝐸，通过证明△𝑃𝐵𝐶≌△𝐸𝐵𝐴(SAS)，可推得𝑃𝐵𝐸是等边三角形，
进而得证；
应用：延长𝑃𝐴至点E，使𝐴𝐸= 𝑃𝐶，连结𝐵𝐸，通过证明△𝑃𝐵𝐶≌△𝐸𝐵𝐴(SAS)得，可推得𝑃𝐵𝐸是等腰直角三
角形，结合𝑃𝐸= 𝑃𝐴+ 𝑃𝐶与𝑃𝐸=
2𝑃𝐵可得𝑃𝐶= 3𝑃𝐴，代入
𝑃𝐵
𝑃𝐶即可求解．
【详解】感知：
由圆周角定理可得∠𝐴𝑃𝐵=
1
2∠𝐴𝑂𝐵= 45°，
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故答案为：45；
探究：
证明：延长𝑃𝐴至点E，使𝐴𝐸= 𝑃𝐶，连结𝐵𝐸，
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝑃是⊙𝑂的内接四边形，
∴∠𝐵𝐴𝑃+ ∠𝐵𝐶𝑃= 180°．
∵∠𝐵𝐴𝑃+ ∠𝐵𝐴𝐸= 180°，
∴∠𝐵𝐶𝑃= ∠𝐵𝐴𝐸．
∵△𝐴𝐵𝐶是等边三角形．
∴𝐵𝐴= 𝐵𝐶，
∴△𝑃𝐵𝐶≌△𝐸𝐵𝐴(SAS)，
∴𝑃𝐵= 𝐸𝐵，∠𝑃𝐵𝐶= ∠𝐸𝐵𝐴，
∴∠𝐸𝐵𝐴+ ∠𝐴𝐵𝑃= ∠𝑃𝐵𝐶+ ∠𝐴𝐵𝑃= ∠𝐴𝐵𝐶= 60°，
∴△𝑃𝐵𝐸是等边三角形，
∴𝑃𝐵= 𝑃𝐸，
∴𝑃𝐵= 𝑃𝐸= 𝑃𝐴+ 𝐴𝐸= 𝑃𝐴+ 𝑃𝐶，
即𝑃𝐵= 𝑃𝐴+ 𝑃𝐶；
应用：
延长𝑃𝐴至点E，使𝐴𝐸= 𝑃𝐶，连结𝐵𝐸，
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝑃是⊙𝑂的内接四边形，
∴∠𝐵𝐴𝑃+ ∠𝐵𝐶𝑃= 180°．
∵∠𝐵𝐴𝑃+ ∠𝐵𝐴𝐸= 180°，
∴∠𝐵𝐶𝑃= ∠𝐵𝐴𝐸．
∵𝐴𝐵= 𝐶𝐵，
∴△𝑃𝐵𝐶≌△𝐸𝐵𝐴(SAS)，
∴𝑃𝐵= 𝐸𝐵，∠𝑃𝐵𝐶= ∠𝐸𝐵𝐴，
∴∠𝐸𝐵𝐴+ ∠𝐴𝐵𝑃= ∠𝑃𝐵𝐶+ ∠𝐴𝐵𝑃= ∠𝐴𝐵𝐶= 90°，
∴△𝑃𝐵𝐸是等腰直角三角形，
∴𝑃𝐵2 +𝐵𝐸2 = 𝑃𝐸2，
∴2𝑃𝐵2 = 𝑃𝐸2，
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即𝑃𝐸=
2𝑃𝐵，
∵𝑃𝐸= 𝑃𝐴+ 𝐴𝐸= 𝑃𝐴+ 𝑃𝐶，
∴𝑃𝐴+ 𝑃𝐶=
2𝑃𝐵，
∵𝑃𝐵= 2 2𝑃𝐴，
∴𝑃𝐴+ 𝑃𝐶=
2 × 2 2𝑃𝐴= 4𝑃𝐴，
∴𝑃𝐶= 3𝑃𝐴，
∴
𝑃𝐵
𝑃𝐶= 2 2𝑃𝐴
3𝑃𝐴= 2 2
3 ，
故答案为：2 2
3 ．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，邻补角，全等三角形的判定和性质，等边三角
形、等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形；解题的关键是做辅助线构造△𝑃𝐵𝐶≌△𝐸𝐵𝐴，
进行转换求解．
6．（2023·浙江台州·统考中考真题）我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用
直线上点的位置刻画圆上点的位置，如图，𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，直线𝑙是⊙𝑂的切线，𝐵为切点．𝑃，𝑄是圆上
两点（不与点𝐴重合，且在直径𝐴𝐵的同侧），分别作射线𝐴𝑃，𝐴𝑄交直线𝑙于点𝐶，点𝐷．
(1)如图1，当𝐴𝐵= 6，
⏜
𝐵𝑃的长为π时，求𝐵𝐶的长．
(2)如图2，当
𝐴𝑄
𝐴𝐵=
3
4，𝐵𝑃= 𝑃𝑄时，求
𝐵𝐶
𝐶𝐷的值．
(3)如图3，当sin∠𝐵𝐴𝑄=
6
4 ，𝐵𝐶= 𝐶𝐷时，连接BP，PQ，直接写出
𝑃𝑄
𝐵𝑃的值．
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【答案】(1)2 3
(2)
3
4
(3) 10
4
【分析】（1）根据扇形的弧长公式即可求出∠𝐵𝑂𝑃度数，利用切线的性质和解直角三角形即可求出𝐵𝐶的长．
（2）根据等弧所对圆周角相等推出∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐷𝐴𝐶，再根据角平分线的性质定理推出𝐶𝐹= 𝐶𝐵，利用直角三
角形的性质即可求出∠𝐹𝐶𝐷= ∠𝐵𝐴𝑄，通过等量转化和余弦值可求出答案．
（3）根据三角形相似的性质证明△𝐴𝑃𝑄∽△𝐴𝐷𝐶和△𝐴𝑃𝐵∽△𝐴𝐵𝐶，从而推出
𝑃𝑄
𝐶𝐷=
𝐴𝑃
𝐴𝐷和
𝐵𝑃
𝐵𝐶=
𝐴𝑃
𝐴𝐵，利用已
知条件将两个比例线段相除，根据正弦值即可求出答案
【详解】（1）解：如图1，连接𝑂𝑃，设∠𝐵𝑂𝑃的度数为𝑛．
∵𝐴𝐵= 6，
⏜
𝐵𝑃的长为π，
∴
𝑛⋅π⋅3
180 = π．
∴𝑛= 60，即∠𝐵𝑂𝑃= 60°．
∴∠𝐵𝐴𝑃=
1
2∠𝐵𝑂𝑃= 30°．
∵直线𝑙是⊙𝑂的切线，
∴∠𝐴𝐵𝐶= 90°．
∴𝐵𝐶=
𝐴𝐵
3 = 2 3．
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（2）解：如图2，连接𝐵𝑄，过点𝐶作𝐶𝐹⊥𝐴𝐷于点𝐹，
∵𝐴𝐵为直径，
∴∠𝐵𝑄𝐴= 90°．
∴cos∠𝐵𝐴𝑄=
𝐴𝑄
𝐴𝐵=
3
4．
∵𝐵𝑃= 𝑃𝑄，
∴∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐷𝐴𝐶．
∵𝐶𝐹⊥𝐴𝐷，𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，
∴𝐶𝐹= 𝐶𝐵．
∵∠𝐵𝐴𝑄+ ∠𝐴𝐷𝐵= 90°，∠𝐹𝐶𝐷+ ∠𝐴𝐷𝐵= 90°，
∴∠𝐹𝐶𝐷= ∠𝐵𝐴𝑄．
∴
𝐵𝐶
𝐶𝐷=
𝐹𝐶
𝐶𝐷= cos∠𝐹𝐶𝐷= cos∠𝐵𝐴𝑄=
3
4．
（3）解：10
4 ，理由如下：
如图3，连接BQ，
∵𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，𝐵𝑄⊥𝐴𝐷，
∴∠𝐴𝐵𝑄+ ∠𝐵𝐴𝐷= 90°，∠𝐴𝐷𝐵+ ∠𝐵𝐴𝐷= 90°，
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∴∠𝐴𝐵𝑄= ∠𝐴𝐷𝐶，
∵∠𝐴𝐵𝑄= ∠𝐴𝑃𝑄，
∴ ∠𝐴𝑃𝑄= ∠𝐴𝐷𝐶．
∵∠𝑃𝐴𝑄= ∠𝐶𝐴𝐷，
∴△𝐴𝑃𝑄∽△𝐴𝐷𝐶，
∴
𝑃𝑄
𝐶𝐷=
𝐴𝑃
𝐴𝐷．①
∵∠𝐵𝐴𝑃= ∠𝐵𝐴𝐶，∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐴𝑃𝐵= 90°，
∴△𝐴𝑃𝐵∽△𝐴𝐵𝐶，
∴
𝐵𝑃
𝐵𝐶=
𝐴𝑃
𝐴𝐵．②
∵𝐵𝐶= 𝐶𝐷，
①÷ ②得，
𝑃𝑄
𝐵𝑃=
𝐴𝐵
𝐴𝐷= cos∠𝐵𝐴𝑄．
∵sin∠𝐵𝐴𝑄=
6
4 ，
∴cos∠𝐵𝐴𝑄=
10
4 ．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形以及三角函数、
切线的性质定理、扇形的弧长公式，角平分线性质定理等，解题的关键在于熟练掌握相关性质定理和相关
计算公式．
7．（2023·湖南永州·统考中考真题）如图，以𝐴𝐵为直径的⊙𝑂是△𝐴𝐵𝐶的外接圆，延长𝐵𝐶到点D．使得
∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐵𝐷𝐴，点E 在𝐷𝐴的延长线上，点𝐴在线段𝐴𝐶上，𝐶𝐸交𝐵𝑀于N，𝐶𝐸交𝐴𝐵于G．
(1)求证：𝐸𝐷是⊙𝑂的切线；
(2)若𝐴𝐶=
6,𝐵𝐷= 5,𝐴𝐶> 𝐶𝐷，求𝐵𝐶的长；
(3)若𝐷𝐸⋅𝐴𝑀= 𝐴𝐶⋅𝐴𝐷，求证：𝐵𝑀⊥𝐶𝐸．
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【答案】(1)证明见解析
(2)3
(3)证明见解析
【分析】（1 ）由𝐴𝐵是⊙𝑂的直径得到∠𝐴𝐶𝐵= 90°，则∠𝐵𝐴𝐶+ ∠𝐴𝐵𝐶= 90°，由∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐵𝐷𝐴得到
∠𝐵𝐷𝐴+ ∠𝐴𝐵𝐶= 90°，则∠𝐵𝐴𝐷= 90°，结论得证；
（2）证明△𝐴𝐶𝐵∽△𝐷𝐶𝐴，则
𝐵𝐶
𝐴𝐶=
𝐴𝐶
𝐷𝐶=
𝐴𝐶
𝐵𝐷―𝐵𝐶，可得
𝐵𝐶
6 =
6
5―𝐵𝐶，解得𝐵𝐶= 2或3，由𝐴𝐶> 𝐶𝐷即可得到𝐵𝐶
的长；
（3 ）先证明△𝐴𝐵𝐶∽△𝐷𝐴𝐶，则
𝐴𝐶
𝐷𝐶=
𝐴𝐵
𝐴𝐷，得到𝐴𝐶⋅𝐴𝐷= 𝐶𝐷⋅𝐴𝐵，由𝐷𝐸⋅𝐴𝑀= 𝐴𝐶⋅𝐴𝐷得到
𝐷𝐸⋅𝐴𝑀= 𝐶𝐷⋅𝐴𝐵，则
𝐴𝑀
𝐷𝐶=
𝐴𝐵
𝐷𝐸，由同角的余角相等得到∠𝐵𝐴𝑀= ∠𝐶𝐷𝐸，则△𝐴𝑀𝐵∽△𝐷𝐶𝐸，得∠𝐸= ∠𝐴𝐵𝑀，
进一步得到∠𝐸𝐺𝐴+ ∠𝐸= ∠𝐴𝐵𝑀+ ∠𝐵𝐺𝑁= 90°，则∠𝐵𝑁𝐺= 90°，即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，
∴∠𝐴𝐶𝐵= 90°，
∴∠𝐵𝐴𝐶+ ∠𝐴𝐵𝐶= 90°，
∵∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐵𝐷𝐴，
∴∠𝐵𝐷𝐴+ ∠𝐴𝐵𝐶= 90°，
∴∠𝐵𝐴𝐷= 90°，
∴𝐸𝐷是⊙𝑂的切线；
（2）∵∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐵𝐷𝐴，∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷𝐶𝐴= 90°，
∴△𝐴𝐶𝐵∽△𝐷𝐶𝐴，
∴
𝐵𝐶
𝐴𝐶=
𝐴𝐶
𝐷𝐶=
𝐴𝐶
𝐵𝐷―𝐵𝐶，
∴
𝐵𝐶
6 =
6
5―𝐵𝐶，
解得𝐵𝐶= 2或3，
当𝐵𝐶= 2时，𝐶𝐷= 𝐵𝐷― 𝐵𝐶= 3，
当𝐵𝐶= 3时，𝐶𝐷= 𝐵𝐷― 𝐵𝐶= 2，
∵𝐴𝐶> 𝐶𝐷，即6 > 𝐶𝐷，
∴𝐵𝐶= 3；
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（3）证明：∵𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，
∴∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷𝐶𝐴= 90°，
∵∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐵𝐷𝐴，
∴△𝐴𝐵𝐶∽△𝐷𝐴𝐶，
∴
𝐴𝐶
𝐷𝐶=
𝐴𝐵
𝐴𝐷，
∴𝐴𝐶⋅𝐴𝐷= 𝐶𝐷⋅𝐴𝐵，
∵𝐷𝐸⋅𝐴𝑀= 𝐴𝐶⋅𝐴𝐷，
∴𝐷𝐸⋅𝐴𝑀= 𝐶𝐷⋅𝐴𝐵，
∴
𝐴𝑀
𝐷𝐶=
𝐴𝐵
𝐷𝐸，
∵∠𝐵𝐴𝑀= ∠𝐶𝐷𝐸，
∴△𝐴𝑀𝐵∽△𝐷𝐶𝐸，
∴∠𝐸= ∠𝐴𝐵𝑀，
∵∠𝐸𝐺𝐴= ∠𝐵𝐺𝑁，
∴∠𝐸𝐺𝐴+ ∠𝐸= ∠𝐴𝐵𝑀+ ∠𝐵𝐺𝑁= 90°，
∴∠𝐵𝑁𝐺= 90°，
∴𝐵𝑀⊥𝐶𝐸．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的判定定理等知识，熟练掌握相似三角
形的判定和性质是解题的关键．
8．（2023·四川广安·统考中考真题）如图，以Rt △𝐴𝐵𝐶的直角边𝐴𝐵为直径作⊙𝑂，交斜边𝐴𝐶于点𝐷，点𝐸是
𝐵𝐶的中点，连接𝑂𝐸、𝐷𝐸．
(1)求证：𝐷𝐸是⊙𝑂的切线．
(2)若sin𝐶=
4
5,𝐷𝐸= 5，求𝐴𝐷的长．
(3)求证：2𝐷𝐸2 = 𝐶𝐷⋅𝑂𝐸．
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【答案】(1)见详解
(2)
32
3
(3)见详解
【分析】（1）连接𝐵𝐷,𝑂𝐷，先根据直角三角形的性质，证明𝐵𝐸= 𝐷𝐸，再证明△𝑂𝐵𝐸≌△𝑂𝐷𝐸(SSS)即可；
（2）由（1）中结论，得𝐵𝐶= 2𝐷𝐸= 10，先根据三角函数及勾股定理求出𝐵𝐷,𝐶𝐷的长，再证明△𝐴𝐷𝐵∽△𝐵𝐷𝐶
即可；
（3）证明△𝑂𝐵𝐸∽△𝐵𝐷𝐶即可得出结论．
【详解】（1）证明：连接𝐵𝐷,𝑂𝐷，
在Rt △𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐵𝐶= 90°，
∵𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，
∴∠𝐴𝐷𝐵= 90°,即𝐵𝐷⊥𝐴𝐶，
在Rt △𝐵𝐷𝐶中，点𝐸是𝐵𝐶的中点，
∴𝐵𝐸= 𝐷𝐸=
1
2𝐵𝐶，
又∵𝑂𝐵= 𝑂𝐷,𝑂𝐸= 𝑂𝐸，
∴△𝑂𝐵𝐸≌△𝑂𝐷𝐸(SSS)，
∴∠𝑂𝐵𝐸= ∠𝑂𝐷𝐸= 90°，
∵𝐷在⊙𝑂上
∴𝐷𝐸是⊙𝑂的切线．
（2）解：由（1）中结论，得𝐵𝐶= 2𝐷𝐸= 10，
在Rt △𝐵𝐷𝐶中，sin𝐶=
𝐵𝐷
𝐵𝐶=
𝐵𝐷
10 =
4
5，
∴𝐵𝐷= 8,𝐶𝐷=
𝐵𝐶2 ― 𝐵𝐷2 = 6，
∵∠𝐴+ ∠𝐶= 90°,∠𝐴+ ∠𝐴𝐵𝐷= 90°，
∴ ∴∠𝐶= ∠𝐴𝐵𝐷，
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∵∠𝐴𝐷𝐵= ∠𝐵𝐷𝐶= 90°，
△𝐴𝐷𝐵∽△𝐵𝐷𝐶，
∴
𝐴𝐷
𝐵𝐷=
𝐵𝐷
𝐶𝐷,𝐴𝐷= 𝐵𝐷2
𝐶𝐷= 82
6 =
32
3 ；
（3）证明：∵𝑂𝐴= 𝑂𝐵,𝐵𝐸= 𝐶𝐸，
∴𝑂𝐸∥𝐴𝐶，
∴∠𝑂𝐸𝐵= ∠𝐶，
∵∠𝑂𝐵𝐸= ∠𝐵𝐷𝐶= 90°，
∴△𝑂𝐵𝐸∽△𝐵𝐷𝐶，
∴
𝑂𝐸
𝐵𝐶=
𝐵𝐸
𝐶𝐷，
由（1）中结论△𝑂𝐵𝐸≌△𝑂𝐷𝐸，得𝐵𝐸= 𝐷𝐸，
𝐵𝐶= 2𝐷𝐸，
∴
𝑂𝐸
2𝐷𝐸=
𝐷𝐸
𝐶𝐷，
即2𝐷𝐸2 = 𝐶𝐷⋅𝑂𝐸．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了切线的性质，直角三角形的性质，三角形的中位线定理，相似三
角形的判定和性质，锐角三角函数，判断出△𝐴𝐷𝐵∽△𝐵𝐷𝐶是解本题的关键．
9．（2023·辽宁锦州·统考中考真题）如图，𝐴𝐸为⊙𝑂的直径，点C 在⊙𝑂上，𝐴𝐵与⊙𝑂相切于点A，与𝑂𝐶
延长线交于点B，过点B 作𝐵𝐷⊥𝑂𝐵，交𝐴𝐶的延长线于点D．
(1)求证：𝐴𝐵= 𝐵𝐷；
(2)点F 为⊙𝑂上一点，连接𝐸𝐹，𝐵𝐹，𝐵𝐹与𝐴𝐸交于点G．若∠𝐸= 45°，𝐴𝐵= 5，tan∠𝐴𝐵𝐺=
3
7，求⊙𝑂的
半径及𝐴𝐷的长．
【答案】(1)见解析
(2) ⊙𝑂的半径为
15
4 ；𝐴𝐷= 4 5
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【分析】（1 ）根据𝐴𝐵与⊙𝑂相切于点A 得到∠𝑂𝐴𝐶+ ∠𝐵𝐴𝐷= 90°，再根据𝐵𝐷⊥𝑂𝐵得到
∠𝐵𝐶𝐷+ ∠𝐷= 90°，再根据𝑂𝐴= 𝑂𝐶得到∠𝑂𝐴𝐶= ∠𝑂𝐶𝐴即可根据角的关系解答；
（2）连接𝑂𝐹，过点D 作𝐷𝑀⊥𝐴𝐵，交𝐴𝐵延长线于点M，在Rt △𝐴𝐵𝐺等多个直角三角形中运用三角函数的
定义求出⊙𝑂半径𝑟=
15
4 ，再根据勾股定理求出𝐵𝑀= 3，𝐷𝑀= 4即可解答．
【详解】（1）证明：如图，
∵𝐴𝐸为⊙𝑂的直径，𝐴𝐵与⊙𝑂相切于点A，
∴𝑂𝐴⊥𝐴𝐵，
∴∠𝑂𝐴𝐵= 90°，
∴∠𝑂𝐴𝐶+ ∠𝐵𝐴𝐷= 90°，
∵𝐵𝐷⊥𝑂𝐵，
∴∠𝑂𝐵𝐷= 90°，
∴∠𝐵𝐶𝐷+ ∠𝐷= 90°，
∵𝑂𝐴= 𝑂𝐶，
∴∠𝑂𝐴𝐶= ∠𝑂𝐶𝐴，
∵∠𝐵𝐶𝐷= ∠𝑂𝐶𝐴，
∴∠𝑂𝐴𝐶= ∠𝐵𝐶𝐷，
∴∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐷，
∴𝐴𝐵= 𝐴𝐷．
（2）连接𝑂𝐹，过点D 作𝐷𝑀⊥𝐴𝐵，交𝐴𝐵延长线于点M，如图，
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在Rt △𝐴𝐵𝐺中，∠𝐺𝐴𝐵= 90°，
∴tan∠𝐴𝐵𝐺=
𝐴𝐺
𝐴𝐵=
3
7，
∴𝐴𝐺= 𝐴𝐵⋅tan∠𝐴𝐵𝐺=
15
7 ，
∵∠𝐸= 45°，
∴∠𝐴𝑂𝐹= 2∠𝐸= 90°，
∴∠𝐴𝑂𝐹= ∠𝑂𝐴𝐵，
∴𝑂𝐹∥𝐴𝐵，
∴∠𝑂𝐹𝐺= ∠𝐴𝐵𝐺，
∴tan∠𝑂𝐹𝐺= tan∠𝐴𝐵𝐺=
3
7，
设⊙𝑂的半径为r，
∴𝑟―15
7
𝑟
=
3
7，
∴𝑟=
15
4 ，
∴tan∠𝑂𝐵𝐴=
𝑂𝐴
𝐴𝐵=
3
4，
∵𝐷𝑀⊥𝐴𝐵，
∴∠𝑀= 90°，
∴∠𝐵𝐷𝑀+ ∠𝐷𝐵𝑀= 90°，
∵𝐵𝐷⊥𝑂𝐵，
∴∠𝑂𝐵𝐷= 90°，
∴∠𝑂𝐵𝐴+ ∠𝐷𝐵𝑀= 90°，
∴∠𝐵𝐷𝑀= ∠𝑂𝐵𝐴，即tan∠𝐵𝐷𝑀= tan∠𝑂𝐵𝐴=
3
4，
∴设𝐵𝑀= 3𝑥，𝐷𝑀= 4𝑥，
在Rt △𝐷𝐵𝑀中，∠𝑀= 90°，
∵𝐵𝑀2 +𝐷𝑀2 = 𝐵𝐷2，𝐵𝐷= 𝐴𝐵= 5，
∴(3𝑥)2 + (4𝑥)2 = 52，解得𝑥= 1，
∴𝐵𝑀= 3，𝐷𝑀= 4，
∴𝐴𝑀= 𝐴𝐵+ 𝐵𝑀= 8，
∴𝐴𝐷=
𝐴𝑀2 + 𝐷𝑀2 = 4 5．
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【点睛】本题考查了圆与三角形的综合问题，解题的关键是熟练掌握圆、三角形的线段、角度关系并运用
数学结合思想．
10．（2023·四川雅安·统考中考真题）如图，在Rt △𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐵𝐶= 90°，以𝐴𝐵为直径的⊙𝑂与𝐴𝐶交于点
D，点𝐸是𝐵𝐶的中点，连接𝐵𝐷，𝐷𝐸．
(1)求证：𝐷𝐸是⊙𝑂的切线；
(2)若𝐷𝐸= 2，tan∠𝐵𝐴𝐶=
1
2，求𝐴𝐷的长；
(3)在（2）的条件下，点P 是⊙𝑂上一动点，求𝑃𝐴+ 𝑃𝐵的最大值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)𝐴𝐷=
16
5
5
(3)8 2
【分析】（1）连接𝑂𝐷，由圆周角定理得到∠𝐴𝐷𝐵= ∠𝐵𝐷𝐶＝90°，由直角三角形斜边中线的性质结合等腰三
角形的性质证得∠𝐸𝐷𝐵＝∠𝐸𝐵𝐷，由等腰三角形的性质得到∠𝑂𝐷𝐵＝∠𝑂𝐵𝐷，根据∠𝐴𝐵𝐶＝90°，得到∠𝑂𝐷𝐵＋∠
𝐸𝐷𝐵＝90°，由切线的判定即可证得𝐷𝐸与⊙𝑂相切；
（2）由直角三角形斜边中线的性质求出𝐵𝐶，根据三角函数的定义即可求出𝐵𝐷；，
（3）设Rt △𝐴𝐵𝐷的𝐴𝐵边高为ℎ，由𝐴𝐵2 = 𝐴𝑃2 +𝐵𝑃2可得(𝑃𝐴+ 𝑃𝐵)2 = 64 + 2𝑃𝐴⋅𝑃𝐵，即可得出当𝑃𝐴+ 𝑃𝐵
取最大值时，𝑆△𝐴𝐵𝐷取最大值，根据𝑆△𝐴𝐵𝑃=
1
2𝑃𝐴⋅𝑃𝐵=
1
2𝐴𝐵⋅ℎ进而求解即可．
【详解】（1）证明：连接𝑂𝐷，如图所示，
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∵𝐴𝐵为⊙𝑂的直径，
∴∠𝐴𝐷𝐵= 90°，
∴∠𝐵𝐷𝐶=90°，
∵点𝐸为𝐵𝐶的中点，
∴𝐷𝐸= 𝐵𝐸=
1
2𝐵𝐶，
∴∠𝐸𝐷𝐵= ∠𝐸𝐵𝐷，
∵𝑂𝐵= 𝑂𝐷，
∴∠𝑂𝐷𝐵= ∠𝑂𝐵𝐷，
∵∠𝐴𝐵𝐶= 90°，
∴∠𝐸𝐵𝐷+ ∠𝑂𝐵𝐷= 90°，
∴∠𝑂𝐷𝐵+ ∠𝐸𝐷𝐵= 90°，
∵𝑂𝐷是⊙𝑂的半径，
∴𝐷𝐸与⊙𝑂相切；
（2）解：由（1）知，∠𝐵𝐷𝐶=90°，
∵𝐸是𝐵𝐶的中点，
∴𝐷𝐸=
1
2𝐵𝐶= 2，
∴𝐵𝐶= 4，
∵tan∠𝐵𝐴𝐶=
𝐵𝐶
𝐴𝐵=
𝐵𝐷
𝐴𝐷=
1
2，
∴𝐴𝐵= 8，𝐴𝐷= 2𝐵𝐷，
又∵在Rt △𝐴𝐵𝐷中，𝐴𝐵2 = 𝐴𝐷2 +𝐵𝐷2，即：(2𝐵𝐷)2 +𝐵𝐷2 = 82，
∴𝐵𝐷=
8
5 5（负值以舍去），
∴𝐴𝐷=
16
5
5；
（3）设Rt △𝐴𝐵𝐷的𝐴𝐵边高为ℎ，
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由（2）可知𝐴𝐵= 8，
又∵𝐴𝐵是直径，
∴∠𝐴𝑃𝐵= 90°，
∴𝑃𝐴2 +𝑃𝐵2 = 82 = 64，
∴(𝑃𝐴+ 𝑃𝐵)2 = 64 + 2𝑃𝐴⋅𝑃𝐵，
∴当𝑃𝐴+ 𝑃𝐵取最大值时，2𝑃𝐴⋅𝑃𝐵也取最大值，
又∵𝑆△𝐴𝐵𝑃=
1
2𝑃𝐴⋅𝑃𝐵=
1
2𝐴𝐵⋅ℎ，
∴当𝑃𝐴+ 𝑃𝐵取最大值时，𝑆△𝐴𝐵𝑃取最大值，
此时𝐴𝐵边高为ℎ取最大值为⊙𝑂半径=
𝐴𝐵
2 = 4，
∴𝑆△𝐴𝐵𝑃=
1
2𝐴𝐵⋅ℎ=
1
2 × 8 × 4 = 16，
∴𝑃𝐴⋅𝑃𝐵= 2𝑆△𝐴𝐵𝑃= 32
∴(𝑃𝐴+ 𝑃𝐵)2 = 64 + 2 × 32 = 128，
∴𝑃𝐴+ 𝑃𝐵= 8 2，
综上所述：𝑃𝐴+ 𝑃𝐵的最大值为8 2．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、切线的判定以及直角三角形的性质，解题的关键是：（1）熟练掌握
切线的判定方法；（2）通过解直角三角形斜边中线的性质证得𝐷𝐸=
1
2𝐵𝐶．（3）将𝑃𝐴+ 𝑃𝐵的最大值转化为
△𝐴𝐵𝑃的面积最大值．
11．（2022·广东深圳·统考中考真题）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为反射光线，
∠𝑂𝐻𝑀= ∠𝑂𝐻𝑁= 45°,tan∠𝐶𝑂𝐻=
3
4,求𝑂𝑁的长度．
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(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
(2)𝑂𝑁=
20
7
(3)4 +
16
9 𝜋
【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tan∠𝐶𝑂𝐻=
3
4,可得出tan
∠𝑁𝑂𝐷=
𝑁𝐷
𝑂𝐷=
3
4，设𝑁𝐷= 3𝑥= 𝐷𝐻，则𝑂𝐷= 4𝑥，根据𝑂𝐷+ 𝐷𝐻= 𝑂𝐻，即可求得𝑥=
4
7，再根据勾股定理
即可得出答案；
（3）依题意得出点N 路径长为：𝑂𝐵+ 𝑙𝐵𝑇，推导得出∠𝐵𝑂𝑇= 80°，即可计算给出𝑙𝐵𝑇，即可得出答案．
【详解】（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，
又∵tan∠𝐶𝑂𝐻=
3
4，
∴tan∠𝑁𝑂𝐷=
3
4，
∴tan∠𝑁𝑂𝐷=
𝑁𝐷
𝑂𝐷=
3
4，
∴𝑁𝐷:𝑂𝐷= 3:4，
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设𝑁𝐷= 3𝑥= 𝐷𝐻，则𝑂𝐷= 4𝑥，
∵𝑂𝐷+ 𝐷𝐻= 𝑂𝐻，
∴3𝑥+ 4𝑥= 4，
解得𝑥=
4
7，
∴𝑁𝐷=
12
7 ，𝑂𝐷=
16
7 ，
∴在𝑅𝑡△𝑁𝑂𝐷中，𝑂𝑁=
𝑁𝐷2 + 𝑂𝐷2 =
( 12
7 )
2 + ( 16
7 )
2 =
20
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+ 𝑙𝐵𝑇．
∵∠𝑁𝐻𝑂= ∠𝑀𝐻𝑂,∠𝑇𝐻𝑂= ∠𝑀𝐻𝑂,∠𝐻𝑂𝑀= 50°．
∴∠𝑂𝐻𝐴= ∠𝑂𝐴𝐻= 65°．
∴∠𝑇𝐻𝑂= 65°,∠𝑇𝑂𝐻= 50°．
∴∠𝐵𝑂𝑇= 80°，
∴𝑙𝐵𝑇 = 2𝜋× 4 ×
80°
360° =
16
9 𝜋，
∴N 点的运动路径长为：𝑂𝐵+ 𝑙𝐵𝑇= 4 +
16
9 𝜋，
故答案为：4 +
16
9 𝜋．
【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．
题型03 圆与四边形综合问题
12．（2021·江苏镇江·统考中考真题）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；
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（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．
【答案】（1）相切，见解析；（2）5―1
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，
∴OH＝
1
2PB＝
3
2，
∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，
∴四边形AHED 是矩形，
∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，
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∴OE＝EH＝OH＝4﹣
3
2＝
5
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
2×4×8＝
1
2×4 5×x+
1
2×4×x，
∴x＝2 5﹣2，
∴tan∠EAP＝tan∠PAB＝
𝑃𝐵
𝐴𝐵＝5―1
2 ．
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【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．
13．（2021·广东深圳·统考中考真题）如图，𝐴𝐵为⊙𝑂的弦，D，C 为𝐴𝐶𝐵的三等分点，𝐴𝐶//𝐵𝐸．
（1）求证：∠𝐴= ∠𝐸；
（2）若𝐵𝐶= 3，𝐵𝐸= 5，求𝐶𝐸的长．
【答案】（1）见解析；（2）𝐶𝐸=
16
3
【分析】（1）根据题意，连接𝐴𝐷，通过证明𝐴𝐵//𝐶𝐸，再由𝐴𝐶//𝐵𝐸可证四边形𝐴𝐶𝐸𝐵为平行四边形，进而即
可得到∠𝐴= ∠𝐸；
（2）根据平行四边形𝐴𝐶𝐸𝐵的性质及D，C 为𝐴𝐶𝐵的三等分点可证△𝐶𝐵𝐷∽△𝐵𝐸𝐷，得到
𝐶𝐷
𝐵𝐷=
𝐵𝐷
𝐷𝐸，进而求
得𝐷𝐸=
25
3 即可得到𝐶𝐸的长．
【详解】（1）如图连接𝐴𝐷，
∵A、D、C、B 四点共圆
∴∠𝐵𝐴𝐷+ ∠𝐵𝐶𝐷= 180°
又∠𝐵𝐶𝐷+ ∠𝐵𝐶𝐸= 180°
∴∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐵𝐶𝐸
∵D，C 为𝐴𝐶𝐵的三等分点
∴𝐵𝐷= 𝐴𝐶
∴∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐴𝐵𝐶
∴∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐵𝐶𝐸
∴𝐴𝐵//𝐶𝐸，又𝐴𝐶//𝐵𝐸
∴四边形𝐴𝐶𝐸𝐵为平行四边形
∴∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐸即原题中∠𝐴= ∠𝐸；
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（2）∵四边形𝐴𝐶𝐸𝐵为平行四边形，𝐵𝐸= 5
∴𝐵𝐸= 𝐴𝐶= 5
∵D，C 为𝐴𝐶𝐵的三等分点，𝐵𝐶= 3
∴𝐵𝐶= 𝐶𝐷= 𝐴𝐷， 𝐵𝐷= 𝐴𝐶
∴𝐶𝐷= 𝐵𝐶= 3，𝐵𝐷= 𝐴𝐶= 5，∠𝐶𝐷𝐵= ∠𝐶𝐵𝐷= ∠𝐵𝐴𝐶
∵∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐸
∴△𝐶𝐵𝐷∽△𝐵𝐸𝐷
∴𝐵𝐶= 𝐴𝐷= 𝐵𝐸= 5
∴
𝐶𝐷
𝐵𝐷=
𝐵𝐷
𝐷𝐸，即
3
5 =
5
𝐷𝐸
∴𝐷𝐸=
25
3
∴𝐶𝐸= 𝐷𝐸― 𝐷𝐶=
25
3 ―3 =
16
3 ．
【点睛】本题主要考查了圆中综合知识、平行四边形的性质及判定及三角形相似的判定及性质，熟练掌握
相关几何综合运用知识是解决本题的关键．
14．（2021·浙江宁波·统考中考真题）如图1，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷内接于⊙𝑂，𝐵𝐷为直径，𝐴𝐷上存在点E，满足
𝐴𝐸= 𝐶𝐷，连接𝐵𝐸并延长交𝐶𝐷的延长线于点F，𝐵𝐸与𝐴𝐷交于点G．
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（1）若∠𝐷𝐵𝐶= 𝛼，请用含𝛼的代数式表列∠𝐴𝐺𝐵．
（2）如图2，连接𝐶𝐸,𝐶𝐸= 𝐵𝐺．求证；𝐸𝐹= 𝐷𝐺．
（3）如图3，在（2）的条件下，连接𝐶𝐺，𝐴𝐷= 2．
①若tan∠𝐴𝐷𝐵=
3
2 ，求△𝐹𝐺𝐷的周长．
②求𝐶𝐺的最小值．
【答案】（1）∠𝐴𝐺𝐵= 90° ― 𝛼；（2）见解析；（3）①5+ 7
2 ；②3
【分析】（1）利用圆周角定理求得∠𝐵𝐴𝐷= 90°，再根据𝐴𝐸= 𝐶𝐷，求得∠𝐴𝐵𝐺= ∠𝐷𝐵𝐶= 𝛼，即可得到答案；
（2）由∠𝐵𝐸𝐶= ∠𝐵𝐷𝐶= 90° ― 𝛼，得到∠𝐵𝐸𝐶= ∠𝐴𝐺𝐵，从而推出∠𝐶𝐸𝐹= ∠𝐵𝐺𝐷，证得△𝐶𝐹𝐸≌△𝐵𝐷𝐺(𝐴𝑆𝐴)，
由此得到结论；
（3）①连接𝐷𝐸．利用已知求出𝐴𝐵=
3
2 𝐴𝐷=
3，证得𝐷𝐴= 𝐶𝐸，得到𝐵𝐺= 𝐴𝐷= 2，利用𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐺中，
根据正弦求出∠𝐴𝐺𝐵= 60°,𝐴𝐺=
1
2𝐵𝐺= 1，求出EF 的长，再利用𝑅𝑡△𝐷𝐸𝐺中，∠𝐸𝐺𝐷= 60°，求出EG 及
DE，再利用勾股定理求出DF 即可得到答案；
②过点C 作𝐶𝐻⊥𝐵𝐹于H，证明△𝐵𝐴𝐷≌△𝐶𝐻𝐹(𝐴𝐴𝑆)，得到𝐹𝐻= 𝐴𝐷，证明△𝐵𝐻𝐶∽△𝐶𝐻𝐹，得到
𝐵𝐻
𝐶𝐻=
𝐶𝐻
𝐹𝐻，设𝐺𝐻= 𝑥，得到𝐶𝐻2 = 2(2 ― 𝑥)，利用勾股定理得到𝐶𝐺2 = 𝐺𝐻2 +𝐶𝐻2 ，求得𝐶𝐺2 = 𝑥2 +2(2 ― 𝑥) =
(𝑥― 1)2 +3，利用函数的最值解答即可．
【详解】解：（1）∵𝐵𝐷为⊙𝑂的直径，
∴∠𝐵𝐴𝐷= 90°，
∵𝐴𝐸= 𝐶𝐷，
∴∠𝐴𝐵𝐺= ∠𝐷𝐵𝐶= 𝛼，
∴∠𝐴𝐺𝐵= 90° ― 𝛼．
（2）∵𝐵𝐷为⊙𝑂的直径，
∴∠𝐵𝐶𝐷= 90°，
∴∠𝐵𝐸𝐶= ∠𝐵𝐷𝐶= 90° ― 𝛼，
∴∠𝐵𝐸𝐶= ∠𝐴𝐺𝐵，
∵∠𝐶𝐸𝐹= 180° ― ∠𝐵𝐸𝐶,∠𝐵𝐺𝐷= 180° ― ∠𝐴𝐺𝐵，
∴∠𝐶𝐸𝐹= ∠𝐵𝐺𝐷．
又∵𝐶𝐸= 𝐵𝐺,∠𝐸𝐶𝐹= ∠𝐺𝐵𝐷，
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∴△𝐶𝐹𝐸≌△𝐵𝐷𝐺(𝐴𝑆𝐴)，
∴𝐸𝐹= 𝐷𝐺．
（3）①如图，连接𝐷𝐸．
∵𝐵𝐷为⊙𝑂的直径，
∴∠𝐴= ∠𝐵𝐸𝐷= 90°．
在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐷中，tan∠𝐴𝐷𝐵=
3
2 ，𝐴𝐷= 2，
∴𝐴𝐵=
3
2 𝐴𝐷=
3．
∵𝐴𝐸= 𝐶𝐷，
∴𝐴𝐸+ 𝐷𝐸= 𝐶𝐷+ 𝐷𝐸，
即𝐷𝐴= 𝐶𝐸，
∴𝐴𝐷= 𝐶𝐸．
∵𝐶𝐸= 𝐵𝐺，
∴𝐵𝐺= 𝐴𝐷= 2．
∵在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐺中，sin∠𝐴𝐺𝐵=
𝐴𝐵
𝐵𝐺=
3
2 ，
∴∠𝐴𝐺𝐵= 60°,𝐴𝐺=
1
2𝐵𝐺= 1，
∴𝐸𝐹= 𝐷𝐺= 𝐴𝐷― 𝐴𝐺= 1．
∵在𝑅𝑡△𝐷𝐸𝐺中，∠𝐸𝐺𝐷= 60°，
∴𝐸𝐺=
1
2𝐷𝐺=
1
2,𝐷𝐸=
3
2 𝐷𝐺=
3
2 ．
在𝑅𝑡△𝐹𝐸𝐷中，𝐷𝐹=
𝐸𝐹2 + 𝐷𝐸2 =
7
2 ，
∴𝐹𝐺+ 𝐷𝐺+ 𝐷𝐹= 5+ 7
2 ，
∴△𝐹𝐺𝐷的周长为5+ 7
2 ．
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②如图，过点C 作𝐶𝐻⊥𝐵𝐹于H．
∵△𝐵𝐷𝐺≌△𝐶𝐹𝐸，
∴𝐵𝐷= 𝐶𝐹,∠𝐶𝐹𝐻= ∠𝐵𝐷𝐴．
∵∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐶𝐻𝐹= 90°，
∴△𝐵𝐴𝐷≌△𝐶𝐻𝐹(𝐴𝐴𝑆)．
∴𝐹𝐻= 𝐴𝐷，
∵𝐴𝐷= 𝐵𝐺，
∴𝐹𝐻= 𝐵𝐺．
∵∠𝐵𝐶𝐹= 90°，
∴∠𝐵𝐶𝐻+ ∠𝐻𝐶𝐹= 90°．
∵∠𝐵𝐶𝐻+ ∠𝐻𝐵𝐶= 90°，
∴∠𝐻𝐶𝐹= ∠𝐻𝐵𝐶，
∵∠𝐵𝐻𝐶= ∠𝐶𝐻𝐹= 90°，
∴△𝐵𝐻𝐶∽△𝐶𝐻𝐹，
∴
𝐵𝐻
𝐶𝐻=
𝐶𝐻
𝐹𝐻．
设𝐺𝐻= 𝑥，
∴𝐵𝐻= 2 ― 𝑥，
∴𝐶𝐻2 = 2(2 ― 𝑥)．
在𝑅𝑡△𝐺𝐻𝐶中，𝐶𝐺2 = 𝐺𝐻2 +𝐶𝐻2 ，
∴𝐶𝐺2 = 𝑥2 +2(2 ― 𝑥) = (𝑥― 1)2 +3，
当𝑥= 1时，𝐶𝐺2的最小值为3，
∴𝐶𝐺的最小值为3．
【点睛】此题考查圆周角的定理，弧、弦和圆心角定理，全等三角形的判定及性质，勾股定理，三角函数，
相似三角形的判定，函数的最值问题，是一道综合的几何题型，综合掌握各知识点是解题的关键．
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15．（2021·四川绵阳·统考中考真题）如图，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是⊙𝑂的内接矩形，过点𝐴的切线与𝐶𝐷的延长线交
于点𝑀，连接𝑂𝑀与𝐴𝐷交于点𝐸，𝐴𝐷> 1，𝐶𝐷= 1．
（1）求证：△𝐷𝐵𝐶∼△𝐴𝑀𝐷；
（2）设𝐴𝐷= 𝑥，求△𝐶𝑂𝑀的面积（用𝑥的式子表示）；
（3）若∠𝐴𝑂𝐸= ∠𝐶𝑂𝐷，求𝑂𝐸的长．
【答案】（1）见解析；（2）𝑥3+𝑥
4 ；（3）3 3
10
【分析】（1）由矩形性质可得∠𝐴𝐷𝑀= ∠𝐷𝐶𝐵= 90°,然后证明∠𝐷𝑀𝐴= ∠𝐷𝐵𝐶即可得出结论；
（2 ）根据勾股定理得出𝐴𝐶=
𝑥2 + 1，根据相似三角形性质得出𝑀𝐷= 𝑥2，则
𝑂𝐴= 𝑂𝑁= 𝑂𝐷= 𝑂𝐶= 𝑂𝐵=
𝑥2+1
2
，根据勾股定理得出𝑀𝐴的值，运用三角形面积公式表示即可；
（3）记𝑂𝑀与圆弧
⏜
𝐴𝐷交于点𝑁，连接𝐷𝑁，证明△𝑀𝑁𝐷∼△𝑀𝑂𝐶，即可得出𝑥2
𝑥2+1 =
𝑁𝐷
1
2 𝑥2+1，求出𝑁𝐷的值，
过𝐷作𝐷𝐺⊥𝐴𝐶于𝐺，过𝑂作𝑂𝐻⊥𝐷𝑁于𝐻．运用等面积法得出𝐻𝑂= 𝐷𝐺=
𝑥
𝑥2+1，根据勾股定理得出
𝐷𝑁= 2𝐷𝐻= 2 𝑂𝐷2 ― 𝐻𝐷2，代入数据联立𝑁𝐷的值，解方程得出𝑁𝐷=
𝑥2
2 𝑥2+1 =
3
3 ，𝑂𝐴=
3
2 ，设𝑂𝐸= 𝑡，
则𝑁𝐸=
3
2 ―𝑡，根据相似三角形性质即可得出结论．
【详解】解：（1）∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为⊙𝑂的内接矩形，
∴𝐴𝐶，𝐵𝐷过圆心𝑂，且∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐷𝐶𝐵= 90°．
∵∠𝐴𝐷𝑀= 90°,
∴∠𝐷𝐴𝑀+ ∠𝐷𝑀𝐴= 90°,
又∵𝐴𝑀是⊙𝑂的切线，故∠𝐷𝐴𝑀+ ∠𝐷𝐴𝑂= 90°，
由此可得∠𝐷𝑀𝐴= ∠𝐷𝐴𝐶，
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又∵∠𝐷𝐴𝐶与∠𝐷𝐵𝐶都是圆弧
⏜
𝐷𝐶所对的圆周角，
∴∠𝐷𝐴𝐶= ∠𝐷𝐵𝐶，
∴∠𝐷𝑀𝐴= ∠𝐷𝐵𝐶，
又∵∠𝑀𝐷𝐴= ∠𝐵𝐶𝐷= 90°，
∴△𝐷𝐵𝐶∼△𝐴𝑀𝐷；
（2）解：由𝐴𝐷= 𝑥，𝐶𝐷= 1，则𝐴𝐶=
𝑥2 + 1，
由题意𝑂𝐴= 𝑂𝑁= 𝑂𝐷= 𝑂𝐶= 𝑂𝐵=
𝑥2+1
2
．
由（1）知△𝐷𝐵𝐶∼△𝐴𝑀𝐷，则
𝐷𝐶
𝐵𝐶=
𝐴𝐷
𝑀𝐷，
代入𝐷𝐶= 1，𝐵𝐶= 𝑥，𝐴𝐷= 𝑥，
可得
1
𝑥=
𝑥
𝑀𝐷，解得𝑀𝐷= 𝑥2．
在直角△𝑀𝐴𝐷中，𝑀𝐴=
𝐷𝑀2 + 𝐷𝐴2 =
𝑥2 + 𝑥4，
所以𝑆△𝐶𝑂𝑀=
1
2𝑀𝐴⋅𝑂𝐶=
1
2 𝑥2 + 𝑥4 ⋅
1
2 𝑥2 + 1 = 𝑥3+𝑥
4 ；
（3）解：记𝑂𝑀与圆弧
⏜
𝐴𝐷交于点𝑁，连接𝐷𝑁．
∵∠𝐴𝑂𝐸= ∠𝐶𝑂𝐷，∠𝐴𝐷𝑁=
1
2∠𝐴𝑂𝑁，∠𝐷𝐵𝐶=
1
2∠𝐷𝑂𝐶，
∴∠𝐴𝐷𝑁= ∠𝐷𝐵𝐶．
又∠𝐷𝐴𝐶= ∠𝐷𝐵𝐶，所以∠𝐷𝐴𝐶= ∠𝐴𝐷𝑁，
∴𝑁𝐷//𝐴𝐶．
∴△𝑀𝑁𝐷∼△𝑀𝑂𝐶，故
𝑀𝐷
𝑀𝐶=
𝑁𝐷
𝑂𝐶．
由（2）知，由𝐴𝐷= 𝑥，𝐶𝐷= 1，则𝐴𝐶=
𝑥2 + 1，
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由题意可得𝑂𝐴= 𝑂𝑁= 𝑂𝐷= 𝑂𝐶= 𝑂𝐵=
𝑥2+1
2
，
代入数据𝑀𝐷= 𝑥2，𝑀𝐶= 𝑀𝐷+ 𝐷𝐶= 𝑥2 +1，𝑂𝐶=
1
2 𝑥2 + 1，
得到𝑥2
𝑥2+1 =
𝑁𝐷
1
2 𝑥2+1，解得𝑁𝐷=
𝑥2
2 𝑥2+1①．
过𝐷作𝐷𝐺⊥𝐴𝐶于𝐺，过𝑂作𝑂𝐻⊥𝐷𝑁于𝐻．
易知𝐻𝑂= 𝐷𝐺．
由等面积法可得𝑆△𝐴𝐷𝐶=
1
2𝐷𝐴⋅𝐷𝐶=
1
2𝐴𝐶⋅𝐷𝐺，
代入数据得𝐷𝐺=
𝐷𝐴⋅𝐷𝐶
𝐴𝐶
=
𝑥
𝑥2+1，即𝐻𝑂= 𝐷𝐺=
𝑥
𝑥2+1．
在直角三角形𝐻𝑂𝐷中，𝐷𝑁= 2𝐷𝐻= 2 𝑂𝐷2 ― 𝐻𝐷2
= 2
1
4(𝑥2 + 1)―
𝑥2
𝑥2+1 =
(𝑥2 + 1)― 4𝑥2
𝑥2+1 =
𝑥2―1
𝑥2+1．②
由①②可得
𝑥2
2 𝑥2+1 =
𝑥2―1
𝑥2+1，得𝑥2 = 2𝑥2 ―2，
解得𝑥1 =
2，𝑥2 = ―
2（舍去）．
所以𝑁𝐷=
𝑥2
2 𝑥2+1 =
3
3 ，𝑂𝐴=
3
2 ．
由𝑁𝐷//𝐴𝐶，故△𝑁𝐸𝐷∼△𝑂𝐸𝐴，故
𝑁𝐷
𝐴𝑂=
𝑁𝐸
𝑂𝐸．
设𝑂𝐸= 𝑡，则𝑁𝐸=
3
2 ―𝑡，代入得
3
3
3
2
=
3
2 ―𝑡
𝑡，
解得𝑡= 3 3
10 ，即𝑂𝐸的长为3 3
10 ．
【点睛】本题考查了圆的综合问题，相似三角形判定与性质，圆切线的性质，勾股定理，解一元二次方程
等知识点，熟练运用相似三角形性质列出方程是解题的关键．
16．（2020·四川遂宁·统考中考真题）如图，在Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，D 为AB 边上的一点，以AD 为直
径的⊙O 交BC 于点E，交AC 于点F，过点C 作CG⊥AB 交AB 于点G，交AE 于点H，过点E 的弦EP 交
AB 于点Q（EP 不是直径），点Q 为弦EP 的中点，连结BP，BP 恰好为⊙O 的切线．
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（1）求证：BC 是⊙O 的切线．
（2）求证：𝐸𝐹＝𝐸𝐷．
（3）若sin∠ABC═
3
5，AC＝15，求四边形CHQE 的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）45
【分析】（1）连接OE，OP，根据线段垂直平分线的性质得到PB＝BE，根据全等三角形的性质得到∠BEO＝
∠BPO，根据切线的判定和性质定理即可得到结论．
（2）根据平行线和等腰三角形的性质即可得到结论．
（3）根据垂径定理得到EP⊥AB，根据平行线和等腰三角形的性质得到∠CAE＝∠EAO，根据全等三角形的
性质得到CE＝QE，推出四边形CHQE 是菱形，解直角三角形得到CG＝𝐴𝐶2 ― 𝐴𝐺2＝12，根据勾股定理
即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OE，OP，
∵PE⊥AB，点Q 为弦EP 的中点，
∴AB 垂直平分EP，
∴PB＝BE，
∵OE＝OP，OB＝OB，
∴△BEO≌△BPO（SSS），
∴∠BEO＝∠BPO，
∵BP 为⊙O 的切线，
∴∠BPO＝90°，
∴∠BEO＝90°，
∴OE⊥BC，
∴BC 是⊙O 的切线．
（2）解：∵∠BEO＝∠ACB＝90°，
∴AC∥OE，
∴∠CAE＝∠OEA，
∵OA＝OE，
∴∠EAO＝∠AEO，
∴∠CAE＝∠EAO，
∴𝐸𝐹= 𝐸𝐷．
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（3）解：∵AD 为的⊙O 直径，点Q 为弦EP 的中点，
∴EP⊥AB，
∵CG⊥AB，
∴CG∥EP，
∵∠ACB＝∠BEO＝90°，
∴AC∥OE，
∴∠CAE＝∠AEO，
∵OA＝OE，
∴∠EAQ＝∠AEO，
∴∠CAE＝∠EAO，
∵∠ACE＝∠AQE＝90°，AE＝AE，
∴△ACE≌△AQE（AAS），
∴CE＝QE，
∵∠AEC+∠CAE＝∠EAQ+∠AHG＝90°，
∴∠CEH＝∠AHG，
∵∠AHG＝∠CHE，
∴∠CHE＝∠CEH，
∴CH＝CE，
∴CH＝EQ，
∴四边形CHQE 是平行四边形，
∵CH＝CE，
∴四边形CHQE 是菱形，
∵sin∠ABC═sin∠ACG═
𝐴𝐺
𝐴𝐶＝
3
5，
∵AC＝15，
∴AG＝9，
∴CG＝𝐴𝐶2 ― 𝐴𝐺2＝12，
∵△ACE≌△AQE，
∴AQ＝AC＝15，
∴QG＝6，
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∵HQ2＝HG2+QG2，
∴HQ2＝（12﹣HQ）2+62，
解得：HQ＝
15
2 ，
∴CH＝HQ＝
15
2 ，
∴四边形CHQE 的面积＝CH•GQ＝
15
2 ×6＝45．
【点睛】此题考查了圆的综合问题，用到的知识点是全等三角形的判定与性质、菱形的判定和性质、勾股
定理以及解直角三角形等知识，此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想应用．
17．（2018·浙江台州·统考中考真题）如图，△ABC 是⊙O 的内接三角形，点D 在𝐵𝐶上，点E 在弦AB 上
（E 不与A 重合），且四边形BDCE 为菱形．
（1）求证：AC=CE；
（2）求证：BC2﹣AC2=AB•AC；
（3）已知⊙O 的半径为3．
①若
𝐴𝐵
𝐴𝐶=
5
3，求BC 的长；
②当
𝐴𝐵
𝐴𝐶为何值时，AB•AC 的值最大？
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）①BC=4 2；②
3
2
【详解】分析：（1）由菱形知∠D=∠BEC，由∠A+∠D=∠BEC+∠AEC=180°可得∠A=∠AEC，据此得证；
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（2 ）以点C 为圆心，CE 长为半径作⊙C ，与BC 交于点F ，于BC 延长线交于点G ，则
CF=CG=AC=CE=CD ，证△BEF∽△BGA 得
𝐵𝐸
𝐵𝐹=
𝐵𝐺
𝐵𝐴，即BF•BG=BE•AB ，将BF=BC-CF=BC-AC 、
BG=BC+CG=BC+AC 代入可得；
（3）①设AB=5k、AC=3k，由BC2-AC2=AB•AC 知BC=2 6k，连接ED 交BC 于点M，Rt△DMC 中由
DC=AC=3k、MC=
1
2BC= 6k 求得DM= 𝐶𝐷2 ― 𝐶𝑀2= 3k，可知OM=OD-DM=3- 3k，在Rt△COM 中，由
OM2+MC2=OC2 可得答案．②设OM=d，则MD=3-d，MC2=OC2-OM2=9-d2，继而知BC2=（2MC）
2=36-4d2、AC2=DC2=DM2+CM2=（3-d）2+9-d2，由（2）得AB•AC=BC2-AC2，据此得出关于d 的二次函
数，利用二次函数的性质可得答案．
详解：（1）∵四边形EBDC 为菱形，
∴∠D=∠BEC，
∵四边形ABDC 是圆的内接四边形，
∴∠A+∠D=180°，
又∠BEC+∠AEC=180°，
∴∠A=∠AEC，
∴AC=CE；
（2）以点C 为圆心，CE 长为半径作⊙C，与BC 交于点F，于BC 延长线交于点G，则CF=CG，
由（1）知AC=CE=CD，
∴CF=CG=AC，
∵四边形AEFG 是⊙C 的内接四边形，
∴∠G+∠AEF=180°，
又∵∠AEF+∠BEF=180°，
∴∠G=∠BEF，
∵∠EBF=∠GBA，
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∴△BEF∽△BGA，
∴
𝐵𝐸
𝐵𝐹=
𝐵𝐺
𝐵𝐴，即BF•BG=BE•AB，
∵BF=BC﹣CF=BC﹣AC、BG=BC+CG=BC+AC，BE=CE=AC，
∴（BC﹣AC）（BC+AC）=AB•AC，即BC2﹣AC2=AB•AC；
（3）设AB=5k、AC=3k，
∵BC2﹣AC2=AB•AC，
∴BC=2 6k，
连接ED 交BC 于点M，
∵四边形BDCE 是菱形，
∴DE 垂直平分BC，
则点E、O、M、D 共线，
在Rt△DMC 中，DC=AC=3k，MC=
1
2BC= 6k，
∴DM= 𝐶𝐷2 ― 𝐶𝑀2 =
3𝑘，
∴OM=OD﹣DM=3﹣3k，
在Rt△COM 中，由OM2+MC2=OC2 得（3﹣3k）2+（6k）2=32，
解得：k=2 3
3 或k=0（舍），
∴BC=2 6k=4 2；
②设OM=d，则MD=3﹣d，MC2=OC2﹣OM2=9﹣d2，
∴BC2=（2MC）2=36﹣4d2，
AC2=DC2=DM2+CM2=（3﹣d）2+9﹣d2，
由（2）得AB•AC=BC2﹣AC2=﹣4d2+6d+18=﹣4（d﹣
3
4）2+
81
4 ，
∴当d=
3
4，即OM=
3
4时，AB•AC 最大，最大值为
81
4 ，
∴DC2=
27
2 ，
∴AC=DC=3 6
2 ，
∴AB=9 6
4 ，此时
𝐴𝐵
𝐴𝐶=
3
2．
点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆的有关性质、圆内接四边形的性质及菱形的性质、
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相似三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识点．
题型04 圆与函数综合问题
18．（2020·贵州遵义·统考中考真题）如图，抛物线y＝ax2+
9
4x+c 经过点A（﹣1，0）和点C （0，3）与x
轴的另一交点为点B，点M 是直线BC 上一动点，过点M 作MP∥y 轴，交抛物线于点P．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在一点Q，使得△QCO 是等边三角形？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说
明理由；
（3）以M 为圆心，MP 为半径作⊙M，当⊙M 与坐标轴相切时，求出⊙M 的半径．
【答案】（1）y＝﹣
3
4x2+
9
4x+3；（2）不存在，理由见解析；（3）⊙M 的半径为
9
4，
8
3，
15
4 ，
16
3
【分析】（1）已知抛物线y＝ax2+
9
4x+c 经过点A(﹣1,0)和点C(0,3)，利用待定系数法即可求得抛物线解析式；
（2）在抛物线上找到一点Q，使得△QCO 是等边三角形，过点Q 作OM⊥OB 于点M，过点Q 作QN⊥OC
于点N，根据△QCO 是等边三角形，求得Q 点坐标，再验证Q 点是否在抛物线上；
（3）分四种情况①当⊙M 与y 轴相切，如图所示，令M 点横坐标为t，PM=t，将PM 用t 表示出来，列出
关于t 的一元二次方程，求得t，进而求得半径；②⊙M 与x 轴相切，过点M 作MN⊥OB 于N，如图所示，
令M 点横坐标为m，因为PN=2MN，列出关于m 的一元二次方程，即可求出m，同理③④种情况，进而
求得⊙M 的半径．
【详解】（1）∵抛物线y＝ax2+
9
4x+c 经过点A(﹣1,0)和点C(0,3)
∴𝑎― 9
4 + 𝑐= 0
𝑐= 3
，解得𝑎= ― 3
4
𝑐= 3
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∴该抛物线的解析式为：y＝﹣
3
4x2+
9
4x+3
故答案为：y＝﹣
3
4x2+
9
4x+3
（2）在抛物线上找到一点Q，使得△QCO 是等边三角形，过点Q 作QM⊥OB 于点M，过点Q 作QN⊥OC
于点N
∵△QCO 是等边三角形，OC=3
∴CN=
3
2
∴NQ= 𝐶𝑄2 ― 𝐶𝑁2 =
32 ― ( 3
2 )
2 = 3 3
2
即Q(3 3
2 ,
3
2)
当x=3 3
2 时，y＝﹣
3
4×(3 3
2 )2+
9
4×3 3
2 +3=27 3
8
―
33
16≠
3
2
∴Q(3 3
2 ,
3
2)不在抛物线上
y＝﹣
3
4x2+
9
4x+3
故答案为：不存在，理由见解析
（3）①⊙M 与y 轴相切，如图所示
∵y＝﹣
3
4x2+
9
4x+3
当y=0 时，﹣
3
4x2+
9
4x+3=0
解得x1=-1，x2=4
∴B(4,0)
令直线BC 的解析式为y=kx+b
4𝑘+ 𝑏= 0
𝑏= 3
，解得𝑘= ― 3
4
𝑏= 3
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∴直线BC 的解析式为𝑦= ―
3
4𝑥+ 3
令M 点横坐标为t
∵MP∥y 轴，⊙M 与y 轴相切
∴t=﹣
3
4t2+
9
4t+3-( ―
3
4𝑡+ 3)
解得t=
8
3
⊙M 的半径为
8
3
②⊙M 与x 轴相切，过点M 作MN⊥OB 于N，如图所示
令M 点横坐标为m
∵PN=2MN
∴―
3
4𝑚2 +
9
4𝑚+ 3 = 2( ―
3
4𝑚+ 3)
解得m=1 或m=4（舍去）
∴⊙M 的半径为：
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― 3
4 𝑚+ 3 = ― 3
4 + 3 = 9
4
③当⊙𝑀与𝑥轴相切时，如图3：
点𝑃与点𝐴重合时
𝑥= ―1
半径𝑟=
15
4
④当⊙𝑀与𝑦轴相切时如图4：
设𝑃𝑥, ― 3
4 𝑥2 + 9
4 𝑥+ 3 ，𝑀𝑥, ― 3
4 𝑥+ 3
则𝑃𝐷=
3
4𝑥2 ―
9
4𝑥― 3，𝑀𝐷=
3
4𝑥― 3因𝑃𝐷― 𝑀𝐷= 𝐸𝑀= 𝑥
3
4 𝑥2 ―
9
4 𝑥― 3 ―
3
4 𝑥― 3
= 𝑥
解得𝑥1 =
16
3 ，𝑥2 = 0（舍去）
半径𝑟=
16
3
综上所述：⊙𝑀的半径为
9
4，
8
3，
15
4 ，
16
3
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【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，是二次函数的综合题，涉及了二次函数与几何问题，
二次函数与圆的问题，其中考查了圆切线的性质．
19．（2023·广东广州·统考中考真题）已知点𝑃(𝑚,𝑛)在函数𝑦= ―
2
𝑥(𝑥< 0)的图象上．
(1)若𝑚= ―2，求n 的值；
(2)抛物线𝑦= (𝑥― 𝑚)(𝑥― 𝑛)与x 轴交于两点M，N（M 在N 的左边），与y 轴交于点G，记抛物线的顶点为
E．
①m 为何值时，点E 到达最高处；
②设△𝐺𝑀𝑁的外接圆圆心为C，⊙𝐶与y 轴的另一个交点为F，当𝑚+ 𝑛≠0时，是否存在四边形𝐹𝐺𝐸𝐶为
平行四边形？若存在，求此时顶点E 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑛的值为1；
(2)①𝑚= ―
2；②假设存在，顶点E 的坐标为―
6
2 ，― 7
2 ，或
6
2 ，― 7
2 ．
【分析】（1）把𝑚= ―2代入𝑦= ―
2
𝑥(𝑥< 0)得𝑛= ―
2
―2 = 1，即可求解；
（2）①𝑥=
𝑚+𝑛
2 ，得𝑦= (𝑥― 𝑚)(𝑥― 𝑛) = ―
1
4(𝑚― 𝑛)2 = ―2 ―
1
4(𝑚+ 𝑛)2 ≤―2，即可求解；
②求出直线𝑇𝑆的表达式为：𝑦= ―
1
2𝑚(𝑥―
1
2𝑚) ― 1，得到点𝐶的坐标为𝑚+𝑛
2 ，― 1
2 ；由垂径定理知，点𝐶在
𝐹𝐺的中垂线上，则𝐹𝐺= 2(𝑦𝐶― 𝑦𝐺) = 2 × ( ―
1
2 +2) = 3；由四边形𝐹𝐺𝐸𝐶为平行四边形，则
𝐶𝐸= 𝐹𝐺= 3 = 𝑦𝐶― 𝑦𝐸= ―
1
2 ― 𝑦𝐸，求出𝑦𝐸= ―
7
2，进而求解．
【详解】（1）解：把𝑚= ―2代入𝑦= ―
2
𝑥(𝑥< 0)得𝑛= ―
2
―2 = 1；
故𝑛的值为1；
（2）解：①在𝑦= (𝑥― 𝑚)(𝑥― 𝑛)中，令𝑦= 0，则(𝑥― 𝑚)(𝑥― 𝑛) = 0，
解得𝑥= 𝑚或𝑥= 𝑛，
∴𝑀(𝑚,0)，𝑁(𝑛,0)，
∵点𝑃(𝑚,𝑛)在函数𝑦= ―
2
𝑥(𝑥< 0)的图象上，
∴𝑚𝑛= ―2，
令𝑥=
𝑚+𝑛
2 ，得𝑦= (𝑥― 𝑚)(𝑥― 𝑛) = ―
1
4(𝑚― 𝑛)2 = ―2 ―
1
4(𝑚+ 𝑛)2 ≤―2，
即当𝑚+ 𝑛= 0，且𝑚𝑛= ―2，
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则𝑚2 = 2，解得：𝑚= ―
2（正值已舍去），
即𝑚= ―
2时，点𝐸到达最高处；
②假设存在，理由：
对于𝑦= (𝑥― 𝑚)(𝑥― 𝑛)，当𝑥= 0时，𝑦= 𝑚𝑛= ―2，即点𝐺(0, ― 2)，
由①得𝑀(𝑚,0)，𝑁(𝑛,0)，𝐺(0, ― 2)，𝐸(
𝑚+𝑛
2 ，―
1
4(𝑚― 𝑛)2)，对称轴为直线𝑥=
𝑚+𝑛
2 ，
由点𝑀(𝑚,0)、𝐺(0, ― 2)的坐标知，tan∠𝑂𝑀𝐺=
𝑂𝐺
𝑂𝑀=
2
―𝑚，
作𝑀𝐺的中垂线交𝑀𝐺于点𝑇，交𝑦轴于点𝑆，交𝑥轴于点𝐾，则点𝑇1
2 𝑚，― 1 ，
则tan∠𝑀𝐾𝑇= ―
1
2𝑚，
则直线𝑇𝑆的表达式为：𝑦= ―
1
2𝑚(𝑥―
1
2𝑚) ― 1．
当𝑥=
𝑚+𝑛
2 时，𝑦= ―
1
2𝑚(𝑥―
1
2𝑚) ― 1 = ―
1
2，
则点𝐶的坐标为𝑚+𝑛
2 ，― 1
2 ．
由垂径定理知，点𝐶在𝐹𝐺的中垂线上，则𝐹𝐺= 2(𝑦𝐶― 𝑦𝐺) = 2 × ( ―
1
2 +2) = 3．
∵四边形𝐹𝐺𝐸𝐶为平行四边形，
则𝐶𝐸= 𝐹𝐺= 3 = 𝑦𝐶― 𝑦𝐸= ―
1
2 ― 𝑦𝐸，
解得：𝑦𝐸= ―
7
2，
即―
1
4(𝑚― 𝑛)2 = ―
7
2，且𝑚𝑛= ―2，
则𝑚+ 𝑛=±
6，
∴顶点E 的坐标为―
6
2 ，― 7
2 ，或
6
2 ，― 7
2 ．
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【点睛】本题为反比例函数和二次函数综合运用题，涉及到一次函数基本知识、解直角三角形、平行四边
形的性质、圆的基本知识，其中（3），数据处理是解题的难点．
20．（2023·湖南·统考中考真题）如图，点A，B，C 在⊙𝑂上运动，满足𝐴𝐵2 = 𝐵𝐶2 +𝐴𝐶2，延长𝐴𝐶至点D，
使得∠𝐷𝐵𝐶= ∠𝐶𝐴𝐵，点E 是弦𝐴𝐶上一动点（不与点A，C 重合），过点E 作弦𝐴𝐵的垂线，交𝐴𝐵于点F，交
𝐵𝐶的延长线于点N，交⊙𝑂于点M（点M 在劣弧𝐴𝐶上）．
(1)𝐵𝐷是⊙𝑂的切线吗？请作出你的判断并给出证明；
(2)记△𝐵𝐷𝐶，△𝐴𝐵𝐶，△𝐴𝐷𝐵的面积分别为𝑆1，𝑆2，𝑆，若𝑆1 ⋅𝑆= (𝑆2)2，求(tan𝐷)2的值；
(3)若⊙𝑂的半径为1，设𝐹𝑀= 𝑥，𝐹𝐸⋅𝐹𝑁⋅
1
𝐵𝐶⋅𝐵𝑁+
1
𝐴𝐸⋅𝐴𝐶= 𝑦，试求y 关于x 的函数解析式，并写出自变
量x 的取值范围．
【答案】(1)𝐵𝐷是⊙𝑂的切线，证明见解析
(2)1+ 5
2
(3)𝑦= 𝑥(0 < 𝑥≤1)
【分析】（1）依据题意，由勾股定理，首先求出∠𝐴𝐶𝐵= 90°，从而∠𝐶𝐴𝐵+ ∠𝐴𝐵𝐶= 90°，然后根据
∠𝐷𝐵𝐶= ∠𝐶𝐴𝐵，可以得解；
（2）由题意，据𝑆1 ⋅𝑆= (𝑆2)2得𝐶𝐷(𝐶𝐷+ 𝐴𝐶) = 𝐴𝐶2，再由tan∠𝐷=
𝐵𝐶
𝐶𝐷= tan∠𝐴𝐵𝐶=
𝐴𝐶
𝐵𝐶，进而进行变形利
用方程的思想可以得解；
（3）依据题意，连接𝑂𝑀，分别在Rt △𝑂𝐹𝑀、Rt △𝐴𝐹𝐸、Rt △𝐵𝐹𝑁中，找出边之间的关系，进而由
𝐹𝐸⋅𝐹𝑁⋅
1
𝐵𝐶⋅𝐵𝑁+
1
𝐴𝐸⋅𝐴𝐶= 𝑦，可以得解．
【详解】（1）解：𝐵𝐷是⊙𝑂的切线．
证明：如图，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵2 = 𝐵𝐶2 +𝐴𝐶2，
∴∠𝐴𝐶𝐵= 90°．
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又点A，B，C 在⊙𝑂上，
∴𝐴𝐵是⊙𝑂的直径．
∵∠𝐴𝐶𝐵= 90°，
∴∠𝐶𝐴𝐵+ ∠𝐴𝐵𝐶= 90°．
又∠𝐷𝐵𝐶= ∠𝐶𝐴𝐵，
∴∠𝐷𝐵𝐶+ ∠𝐴𝐵𝐶= 90°．
∴∠𝐴𝐵𝐷= 90°．
∴𝐵𝐷是⊙𝑂的切线．
（2）由题意得，𝑆1 =
1
2𝐵𝐶⋅𝐶𝐷，𝑆2 =
1
2𝐵𝐶⋅𝐴𝐶，𝑆=
1
2𝐴𝐷⋅𝐵𝐶．
∵𝑆1 ⋅𝑆= (𝑆2)2，
∴
1
2𝐵𝐶⋅𝐶𝐷⋅
1
2𝐴𝐷⋅𝐵𝐶=
1
2 𝐵𝐶⋅𝐴𝐶
2
．
∴𝐶𝐷•𝐴𝐷= 𝐴𝐶2．
∴𝐶𝐷(𝐶𝐷+ 𝐴𝐶) = 𝐴𝐶2．
又∵∠𝐷+ ∠𝐷𝐵𝐶= 90°，∠𝐴𝐵𝐶+ ∠𝐴= 90°，∠𝐷𝐵𝐶= ∠𝐴，
∴∠𝐷= ∠𝐴𝐵𝐶．
∴tan∠𝐷=
𝐵𝐶
𝐶𝐷= tan∠𝐴𝐵𝐶=
𝐴𝐶
𝐵𝐶．
∴𝐶𝐷= 𝐵𝐶2
𝐴𝐶．
又𝐶𝐷(𝐶𝐷+ 𝐴𝐶) = 𝐴𝐶2，
∴𝐵𝐶4
𝐴𝐶2 +𝐵𝐶2 = 𝐴𝐶2．
∴𝐵𝐶4 +𝐴𝐶2 ⋅𝐵𝐶2 = 𝐴𝐶4．
∴1 +
𝐴𝐶
𝐵𝐶
2
=
𝐴𝐶
𝐵𝐶
4
．
由题意，设(tan𝐷)2 = 𝑚，
∴𝐴𝐶
𝐵𝐶
2
= 𝑚．
∴1 + 𝑚= 𝑚2．
∴𝑚= 1± 5
2 ．
∵𝑚> 0，
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∴𝑚= 1+ 5
2 ．
∴(tan𝐷)2 = 1+ 5
2 ．
（3）设∠𝐴= 𝛼，
∵∠𝐴+ ∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐴𝐵𝐶+ ∠𝐷𝐵𝐶= ∠𝐴𝐵𝐶+ ∠𝑁= 90°，
∴∠𝐴= ∠𝐷𝐵𝐶= ∠𝑁= 𝛼．
如图，连接𝑂𝑀．
∴在Rt △𝑂𝐹𝑀中，𝑂𝐹=
𝑂𝑀2 ― 𝐹𝑀2 =
1 ― 𝑥2．
∴𝐵𝐹= 𝐵𝑂+ 𝑂𝐹= 1 +
1 ― 𝑥2，𝐴𝐹= 𝑂𝐴― 𝑂𝐹= 1 ―
1 ― 𝑥2．
∴在Rt △𝐴𝐹𝐸中，𝐸𝐹= 𝐴𝐹⋅tan𝛼= 1 ―
1 ― 𝑥2 ⋅tan𝛼，𝐴𝐸=
𝐴𝐹
cos𝛼= 1― 1―𝑥2
cos𝛼
．
在Rt △𝐴𝐵𝐶中，𝐵𝐶= 𝐴𝐵⋅sin𝛼= 2sin𝛼．（∵𝑟= 1，∴𝐴𝐵= 2）
𝐴𝐶= 𝐴𝐵⋅cos𝛼= 2cos𝛼．
在Rt △𝐵𝐹𝑁中，𝐵𝑁=
𝐵𝐹
sin𝛼= 1+ 1―𝑥2
sin𝛼
，𝐹𝑁=
𝐵𝐹
tan𝛼= 1+ 1―𝑥2
tan𝛼
．
∴𝑦= 𝐹𝐸⋅𝐹𝑁⋅
1
𝐵𝐶⋅𝐵𝑁+
1
𝐴𝐸⋅𝐴𝐶
= 𝑥2 ⋅
1
2 + 2 1 ― 𝑥2 +
1
2 ― 2 1 ― 𝑥2
= 𝑥2 ⋅
2 ― 2 1 ― 𝑥2 + 2 + 2 1 ― 𝑥2
4 ― 4(1 ― 𝑥2)
= 𝑥2 ⋅
1
𝑥2
= 𝑥2 ⋅1
𝑥
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= 𝑥．
即𝑦= 𝑥．
∵𝐹𝑀⊥𝐴𝐵，
∴𝐹𝑀最大值为F 与O 重合时，即为1．
∴0 < 𝑥≤1．
综上，𝑦= 𝑥(0 < 𝑥≤1)．
【点睛】本题主要考查了圆的相关性质，切线的判定定理，求角的正切值，解题时要熟练掌握并灵活运用．
21．（2023·江苏苏州·统考中考真题）如图，二次函数𝑦= 𝑥2 ―6𝑥+ 8的图像与𝑥轴分别交于点𝐴,𝐵（点A 在
点𝐵的左侧），直线𝑙是对称轴．点𝑃在函数图像上，其横坐标大于4，连接𝑃𝐴,𝑃𝐵，过点𝑃作𝑃𝑀⊥𝑙，垂足为
𝑀，以点𝑀为圆心，作半径为𝑟的圆，𝑃𝑇与⊙𝑀相切，切点为𝑇．
(1)求点𝐴,𝐵的坐标；
(2)若以⊙𝑀的切线长𝑃𝑇为边长的正方形的面积与△𝑃𝐴𝐵的面积相等，且⊙𝑀不经过点(3,2)，求𝑃𝑀长的取
值范围．
【答案】(1)𝐴(2,0),𝐵(4,0)
(2)1 < 𝑃𝑀<
2或2 < 𝑃𝑀< 2或𝑃𝑀> 2
【分析】（1）令𝑦= 0求得点𝐴,𝐵的横坐标即可解答；
（2）由题意可得抛物线的对称轴为𝑥= 3，设𝑃(𝑚,𝑚2 ― 6𝑚+ 8)，则𝑀(3,𝑚2 ― 6𝑚+ 8)；如图连接𝑀𝑇，则
𝑀𝑇⊥𝑃𝑇，进而可得切线长𝑃𝑇为边长的正方形的面积为(𝑚― 3)2 ― 𝑟2；过点P 作𝑃𝐻⊥𝑥轴，垂足为H，可
得𝑆△𝑃𝐴𝐵=
1
2𝐴𝐵⋅𝑃𝐻= 𝑚2 ―6𝑚+ 8；由题意可得(𝑚― 3)2 ― 𝑟2 = 𝑚2 ―6𝑚+ 8，解得𝑟= 1；然后再分当点M
在点N 的上方和下方两种情况解答即可．
【详解】（1）解：令𝑦= 0，则有：𝑥2 ―6𝑥+ 8 = 0，解得：𝑥= 2或𝑥= 4，
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∴𝐴(2,0),𝐵(4,0)．
（2）解：∵抛物线过𝐴(2,0),𝐵(4,0)
∴抛物线的对称轴为𝑥= 3，
设𝑃(𝑚,𝑚2 ― 6𝑚+ 8)，
∵𝑃𝑀⊥𝑙，
∴𝑀(3,𝑚2 ― 6𝑚+ 8),
如图：连接𝑀𝑇，则𝑀𝑇⊥𝑃𝑇，
∴𝑃𝑇2 = 𝑃𝑀2 ―𝑀𝑇2 = (𝑚― 3)2 ― 𝑟2，
∴切线𝑃𝑇为边长的正方形的面积为(𝑚― 3)2 ― 𝑟2，
过点P 作𝑃𝐻⊥𝑥轴，垂足为H，则：𝑆△𝑃𝐴𝐵=
1
2𝐴𝐵⋅𝑃𝐻= 𝑚2 ―6𝑚+ 8，
∴(𝑚― 3)2 ― 𝑟2 = 𝑚2 ―6𝑚+ 8
∵𝑟> 0，
∴𝑟= 1，
假设⊙𝑀过点𝑁(3,2),则有以下两种情况：
①如图1：当点M 在点N 的上方，即𝑀(3,3)
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∴𝑚2 ―6𝑚+ 8 = 3，解得：𝑚= 5或𝑚= 1，
∵𝑚> 4
∴𝑚= 5；
②如图2：当点M 在点N 的上方，即𝑀(3,1)
∴𝑚2 ―6𝑚+ 8 = 1，解得：𝑚= 3 ±
2，
∵𝑚> 4
∴𝑚= 3 +
2；
综上，𝑃𝑀= 𝑚― 3 = 2或2．
∴当⊙𝑀不经过点(3,2)时，1 < 𝑃𝑀<
2或2 < 𝑃𝑀< 2或𝑃𝑀> 2．
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质、切线的性质、勾股定理等知识点，掌握分类讨论思想是解答本
题的关键．
22．（2023·浙江温州·统考中考真题）如图1，𝐴𝐵为半圆𝑂的直径，𝐶为𝐵𝐴延长线上一点，𝐶𝐷切半圆于点𝐷，
𝐵𝐸⊥𝐶𝐷，交𝐶𝐷延长线于点𝐸，交半圆于点𝐹，已知𝑂𝐴=
3
2，𝐴𝐶= 1．如图2，连接𝐴𝐹，𝑃为线段𝐴𝐹上一点，
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过点𝑃作𝐵𝐶的平行线分别交𝐶𝐸，𝐵𝐸于点𝑀，𝑁，过点𝑃作𝑃𝐻⊥𝐴𝐵于点𝐻．设𝑃𝐻= 𝑥，𝑀𝑁= 𝑦．
(1)求𝐶𝐸的长和𝑦关于𝑥的函数表达式．
(2)当𝑃𝐻< 𝑃𝑁，且长度分别等于𝑃𝐻，𝑃𝑁，𝑎的三条线段组成的三角形与△𝐵𝐶𝐸相似时，求𝑎的值．
(3)延长𝑃𝑁交半圆𝑂于点𝑄，当𝑁𝑄=
15
4 𝑥― 3时，求𝑀𝑁的长．
【答案】(1)𝐶𝐸=
16
5 ，𝑦= ―
25
12𝑥+ 4
(2)
16
15或
27
40或
60
41
(3)
17
8
【分析】（1）如图1，连接𝑂𝐷，根据切线的性质得出𝑂𝐷⊥𝐶𝐸，证明𝑂𝐷∥𝐵𝐸，得出
𝐶𝐷
𝐶𝐸=
𝐶𝑂
𝐶𝐵，即可得出
𝐶𝐸=
16
5 ；证明四边形𝐴𝑃𝑀𝐶是平行四边形，得出
𝑀𝑁
𝐵𝐶=
𝑀𝐸
𝐶𝐸，代入数据可得𝑦= ―
25
12𝑥+ 4；
（2）根据△𝐵𝐶𝐸三边之比为3:4:5，可分为三种情况．当𝑃𝐻:𝑃𝑁= 3:5时，当𝑃𝐻:𝑃𝑁= 4:5时，当𝑃𝐻:𝑃𝑁= 3:4
时，分别列出比例式，进而即可求解．
（3）连接𝐴𝑄，𝐵𝑄，过点𝑄作𝑄𝐺⊥𝐴𝐵于点𝐺，根据tan∠𝐵𝑄𝐺= tan∠𝑄𝐴𝐵=
𝑥
3𝑥=
1
3，得出𝐵𝐺=
1
3𝑄𝐺=
1
3𝑥，由
𝐴𝐵= 𝐴𝐺+ 𝐵𝐺=
10
3 𝑥= 3，可得𝑥=
9
10，代入（1）中解析式，即可求解．
【详解】（1）解：如图1，连接𝑂𝐷．
∵𝐶𝐷切半圆𝑂于点𝐷，
∴𝑂𝐷⊥𝐶𝐸．
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∵𝑂𝐴=
3
2，𝐴𝐶= 1，
∴𝑂𝐶=
5
2，
∴𝐶𝐷= 2．
∵𝐵𝐸⊥𝐶𝐸，
∴𝑂𝐷∥𝐵𝐸，
∴
𝐶𝐷
𝐶𝐸=
𝐶𝑂
𝐶𝐵，
即
2
𝐶𝐸=
5
2
4，
∴𝐶𝐸=
16
5 ．
如图2，∠𝐴𝐹𝐵= ∠𝐸= 90°，
∴𝐴𝐹∥𝐶𝐸．
∵𝑀𝑁∥𝐶𝐵，
∴四边形𝐴𝑃𝑀𝐶是平行四边形，
∴𝐶𝑀= 𝑃𝐴=
𝑃𝐻
sin∠1 =
𝑃𝐻
sin𝐶=
𝑥
3
5 =
5
3𝑥．
∵
𝑀𝑁
𝐵𝐶=
𝑀𝐸
𝐶𝐸，
∴
𝑦
4 =
16
5 ―5
3 𝑥
16
5
，
∴𝑦= ―
25
12𝑥+ 4．
（2）∵𝑃𝑁= 𝑦― 1 = ―
25
12𝑥+ 3，𝑃𝐻< 𝑃𝑁，△𝐵𝐶𝐸三边之比为3:4:5（如图2），
∴可分为三种情况．
i）当𝑃𝐻:𝑃𝑁= 3:5时，
𝑃𝑁=
5
3𝑃𝐻，―
25
12𝑥+ 3 =
5
3𝑥，
解得𝑥=
4
5，
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∴𝑎=
4
3𝑥=
16
15．
ii）当𝑃𝐻:𝑃𝑁= 4:5时，
𝑃𝑁=
5
4𝑃𝐻，―
25
12𝑥+ 3 =
5
4𝑥，
解得𝑥=
9
10，
∴𝑎=
3
4𝑥=
27
40．
iii）当𝑃𝐻:𝑃𝑁= 3:4时，
𝑃𝑁=
4
3𝑃𝐻，―
25
12𝑥+ 3 =
4
3𝑥，
解得𝑥=
36
41，
∴𝑎=
5
3𝑥=
60
41．
（3）如图3，连接𝐴𝑄，𝐵𝑄，过点𝑄作𝑄𝐺⊥𝐴𝐵于点𝐺，
则∠𝐴𝑄𝐵= ∠𝐴𝐺𝑄= 90°，𝑄𝐺= 𝑃𝐻= 𝑥，
∴∠𝑄𝐴𝐵= ∠𝐵𝑄𝐺．
∵𝑁𝑄=
15
4 𝑥― 3，𝑃𝑁= 𝑦― 1 = ―
25
12𝑥+ 3，
∴𝐻𝐺= 𝑃𝑄= 𝑁𝑄+ 𝑃𝑁=
5
3𝑥．
∵𝐴𝐻=
4
3𝑥，
∴𝐴𝐺= 𝐴𝐻+ 𝐻𝐺= 3𝑥，
∴tan∠𝐵𝑄𝐺= tan∠𝑄𝐴𝐵=
𝑥
3𝑥=
1
3，
∴𝐵𝐺=
1
3𝑄𝐺=
1
3𝑥，
∴𝐴𝐵= 𝐴𝐺+ 𝐵𝐺=
10
3 𝑥= 3，𝑥=
9
10，
∴𝑦= ―
25
12𝑥+ 4 =
17
8 ，即𝑀𝑁的长为
17
8 ．
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【点睛】本题考查了切线的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，函数解析式，分类讨论，作
出辅助线是解题的关键．
23．（2023·湖南怀化·统考中考真题）如图一所示，在平面直角坐标系中，抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥― 8与𝑥轴交于
𝐴( ― 4,0)、𝐵(2,0)两点，与𝑦轴交于点𝐶．
(1)求抛物线的函数表达式及顶点坐标；
(2)点𝑃为第三象限内抛物线上一点，作直线𝐴𝐶，连接𝑃𝐴、𝑃𝐶，求△𝑃𝐴𝐶面积的最大值及此时点𝑃的坐标；
(3)设直线𝑙1:𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑘―
35
4 交抛物线于点𝑀、𝑁，求证：无论𝑘为何值，平行于𝑥轴的直线𝑙2:𝑦= ―
37
4 上总存
在一点𝐸，使得∠𝑀𝐸𝑁为直角．
【答案】(1)𝑦= 𝑥2 +2𝑥― 8
(2) △𝑃𝐴𝐶面积的最大值为8，此时点𝑃的坐标为𝑃( ―2, ― 8)
(3)见解析
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）如图所示，过点𝑃作𝑃𝐷⊥𝑥轴于点𝐷，交𝐴𝐶于点𝐸，得出直线𝐴𝐶的解析式为𝑦= ―2𝑥― 8，设𝑃
(𝑚,𝑚2 + 2𝑚― 8)，则𝐸(𝑚, ― 2𝑚― 8)，得出𝑃𝐸= ― (𝑚+ 2)2 +4，当𝑃𝐸取得最大值时，△𝑃𝐴𝐶面积取得最
大值，进而根据二次函数的性质即可求解；
（3）设𝑀(𝑥1,𝑦1)、𝑁(𝑥2,𝑦2)，𝑀𝑁的中点坐标为𝑄𝑥1+𝑥2
2
, 𝑦1+𝑦2
2
，联立𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑘― 35
4
𝑦= 𝑥2 + 2𝑥― 8
，消去𝑦，整理得：
𝑥2 + (2 ― 𝑘)𝑥― 𝑘+
3
4 = 0，得出𝑥1 + 𝑥2 = 𝑘― 2,𝑥1𝑥2 = ―𝑘+
3
4，则𝑄1
2 𝑘― 1, 1
2 𝑘2 ― 35
4 ，设𝑄点到𝑙2的距离
为𝑄𝐸，则𝑄𝐸=
1
2𝑘2 ―
35
4 ―
― 37
4
=
1
2𝑘2 +
1
2，依题意，𝑦1 + 𝑦2 = 𝑘2 ―
35
2 ，𝑦1 ― 𝑦2 = 𝑥2
1 ― 𝑥2
2 +2(𝑥1 ― 𝑥2) =
(𝑥1 ― 𝑥2)(𝑥1 + 𝑥2 + 2) = 𝑘(𝑥1 ― 𝑥2)，得出𝑀𝑁2 = (𝑥1 ― 𝑥2)2 + (𝑦1 ― 𝑦2)2 = (𝑘2 + 1)2，则𝑀𝑁= 𝑘2 +1，
1
2𝑀𝑁= 𝑄𝐸，𝐸点总在⊙𝑄上，𝑀𝑁为直径，且⊙𝑄与𝑙2:𝑦= ―
37
4 相切，即可得证．
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【详解】（1）解：将𝐴( ― 4,0)、𝐵(2,0)代入𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥― 8，得：16𝑎― 4𝑏― 8 = 0
4𝑎+ 2𝑏― 8 = 0
，解得：𝑎= 1
𝑏= 2
，
∴抛物线解析式为：𝑦= 𝑥2 +2𝑥― 8；
（2）解：如图所示，过点𝑃作𝑃𝐷⊥𝑥轴于点𝐷，交𝐴𝐶于点𝐸，
由𝑦= 𝑥2 +2𝑥― 8，令𝑥= 0，
解得：𝑦= ―8，
∴𝐶(0, ― 8)，
设直线𝐴𝐶的解析式为𝑦= 𝑘𝑥― 8，将点𝐴( ―4,0)代入得，―4𝑘― 8 = 0，
解得：𝑘= ―2，
∴直线𝐴𝐶的解析式为𝑦= ―2𝑥― 8，
设𝑃(𝑚,𝑚2 + 2𝑚― 8)，则𝐸(𝑚, ― 2𝑚― 8)，
∴𝑃𝐸= ―2𝑚― 8 ― (𝑚2 + 2𝑚― 8)
= ― 𝑚2 ― 4𝑚
= ― (𝑚+ 2)2 +4，
当𝑚= ―2时，𝑃𝐸的最大值为4
∵𝑆△𝑃𝐴𝐶=
1
2𝑃𝐸× 𝑂𝐴=
1
2 × 4 × 𝑃𝐸= 2𝑃𝐸
∴当𝑃𝐸取得最大值时，△𝑃𝐴𝐶面积取得最大值
∴△𝑃𝐴𝐶面积的最大值为2 × 4 = 8，
此时𝑚= ―2，𝑚2 +2𝑚― 8 = 4 ― 4 ― 8 = ―8
∴𝑃( ―2, ― 8)
（3）解：设𝑀(𝑥1,𝑦1)、𝑁(𝑥2,𝑦2)，𝑀𝑁的中点坐标为𝑄𝑥1+𝑥2
2
, 𝑦1+𝑦2
2
，
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联立𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑘― 35
4
𝑦= 𝑥2 + 2𝑥― 8
，消去𝑦，整理得：𝑥2 + (2 ― 𝑘)𝑥― 𝑘+
3
4 = 0，
∴𝑥1 + 𝑥2 = 𝑘― 2,𝑥1𝑥2 = ―𝑘+
3
4，
∴
𝑥1+𝑥2
2
=
𝑘
2 ―1，
∴
𝑦1+𝑦2
2
=
1
2𝑘(𝑥1 + 𝑥2) +𝑘―
35
4 =
1
2𝑘(𝑘― 2) +𝑘―
35
4 =
1
2𝑘2 ―
35
4 ，
∴𝑄1
2 𝑘― 1, 1
2 𝑘2 ― 35
4 ，
设𝑄点到𝑙2的距离为𝑄𝐸，则𝑄𝐸=
1
2𝑘2 ―
35
4 ―
― 37
4
=
1
2𝑘2 +
1
2，
∵𝑀(𝑥1,𝑦1)、𝑁(𝑥2,𝑦2)，
∴𝑦1 + 𝑦2 = 𝑘2 ―
35
2 ，𝑦1 ― 𝑦2 = 𝑥2
1 ― 𝑥2
2 +2(𝑥1 ― 𝑥2) = (𝑥1 ― 𝑥2)(𝑥1 + 𝑥2 + 2) = 𝑘(𝑥1 ― 𝑥2)
∴𝑀𝑁2 = (𝑥1 ― 𝑥2)2 + (𝑦1 ― 𝑦2)2
= (𝑥1 ― 𝑥2)2 + 𝑘2(𝑥1 ― 𝑥2)2
= (𝑥1 ― 𝑥2)2(1 + 𝑘2)
= (𝑥1 + 𝑥2)2 ― 4𝑥1𝑥2 (1 + 𝑘2)
= (𝑘― 2)2 + 4𝑘― 3 (𝑘2 + 1)
= (𝑘2 + 1) (𝑘2 + 1)
= (𝑘2 + 1)2
∴𝑀𝑁= 𝑘2 +1，
∴
1
2𝑀𝑁= 𝑄𝐸
∴𝑄𝑀= 𝑄𝑁= 𝑄𝐸，
∴𝐸点总在⊙𝑄上，𝑀𝑁为直径，且⊙𝑄与𝑙2:𝑦= ―
37
4 相切，
∴∠𝑀𝐸𝑁为直角．
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∴无论𝑘为何值，平行于𝑥轴的直线𝑙2:𝑦= ―
37
4 上总存在一点𝐸，使得∠𝑀𝐸𝑁为直角．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，一元二次方程根与系数的关系，切线的性质与判定，直角所对的弦
是直径，熟练掌握以上知识是解题的关键．
24．（2021·广东广州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy 中，直线𝑙:𝑦=
1
2𝑥+ 4分别与x 轴，y 轴
相交于A、B 两点，点𝑃(𝑥,𝑦)为直线𝑙在第二象限的点
（1）求A、B 两点的坐标；
（2）设△𝑃𝐴𝑂的面积为S，求S 关于x 的函数解析式：并写出x 的取值范围；
（3）作△𝑃𝐴𝑂的外接圆⊙𝐶，延长PC 交⊙𝐶于点Q，当△𝑃𝑂𝑄的面积最小时，求⊙𝐶的半径．
【答案】（1）A（-8，0），B（0，4）；（2）𝑆= 2𝑥+ 16，-8＜𝑥＜0；（3）4．
【分析】（1）根据一次函数的图像与性质即可求出A、B 两点的坐标；
（2）利用三角形面积公式及点的坐标特点即可求出结果；
（3）根据圆周角性质可得∠𝑃𝐴𝑂= ∠𝑃𝑄𝑂，∠𝑃𝑂𝑄= 90°．由等角的三角函数关系可推出tan∠𝑃𝐴𝑂=
𝑂𝐵
𝑂𝐴=
1
2
= tan∠𝑃𝑄𝑂=
𝑂𝑃
𝑂𝑄，再根据三角形面积公式得𝑆△𝑃𝑂𝑄=
1
2𝑂𝑃⋅𝑂𝑄=
1
2 ⋅𝑚⋅2𝑚= 𝑚2，由此得结论当𝑚最小时，
△𝑃𝑂𝑄的面积最小，最后利用圆的性质可得𝑚有最小值，且𝑂𝐴为⊙𝐶的直径，进而求得结果．
【详解】解：（1）当𝑦= 0时，0 =
1
2𝑥+ 4，解得𝑥= ―8，
∴A（-8，0）．
当𝑥= 0时，𝑦=
1
2 × 0 + 4 = 4，
∴B（0，4）．
（2）∵A（-8,0），
∴𝑂𝐴= 8．
点P 在直线𝑙:𝑦=
1
2𝑥+ 4上，
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∴𝑦𝑃=
1
2𝑥+ 4，
∴𝑆△𝑃𝐴𝑂=
1
2𝑂𝐴⋅𝑦𝑃=
1
2 × 8 × (
1
2𝑥+ 4) = 2𝑥+ 16．
∵点P 在第二象限，
∴
1
2𝑥+ 4＞0，且𝑥＜0．
解得-8＜𝑥＜0；
（3）∵B（0，4），
∴𝑂𝐵= 4．
∵⊙𝐶为△𝑃𝐴𝑂的外接圆，
∴∠𝑃𝐴𝑂= ∠𝑃𝑄𝑂，∠𝑃𝑂𝑄= 90°．
∴tan∠𝑃𝐴𝑂=
𝑂𝐵
𝑂𝐴=
1
2 = tan∠𝑃𝑄𝑂=
𝑂𝑃
𝑂𝑄．
设𝑂𝑃= 𝑚，则𝑂𝑄= 2𝑚．
∴𝑆△𝑃𝑂𝑄=
1
2𝑂𝑃⋅𝑂𝑄=
1
2 ⋅𝑚⋅2𝑚= 𝑚2．
∴当𝑚最小时，△𝑃𝑂𝑄的面积最小．
∴当𝑂𝑃⊥𝐴𝐵时，𝑚有最小值，且𝑂𝐴为⊙𝐶的直径．
∴𝑟=
1
2𝑂𝐴= 4．
即⊙𝐶的半径为4．
【点睛】本题考查了一次函数的图像与性质、三角形面积计算及圆的相关性质等知识，熟练掌握一次函数
的图像与性质、三角形面积计算及圆的相关性质是解题的关键．
25．（2021·四川眉山·统考中考真题）如图，直线𝑦=
3
4𝑥+ 6与𝑥轴交于点𝐴，与𝑦轴交于点𝐵．直线𝑀𝑁//𝐴𝐵，
且与△𝐴𝑂𝐵的外接圆⊙𝑃相切，与双曲线𝑦= ―
30
𝑥在第二象限内的图象交于𝐶、𝐷两点．
（1）求点𝐴，𝐵的坐标和⊙𝑃的半径；
（2）求直线𝑀𝑁所对应的函数表达式；
（3）求△𝐵𝐶𝑁的面积．
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【答案】（1）A（-8，0），B（0，6），5；（2）y=
3
4x+
49
4 ；（3）
75
8
【分析】（1）令y=0 代入𝑦=
3
4𝑥+ 6，令x=0 代入𝑦=
3
4𝑥+ 6，即可得到A、B 的坐标，进而得到圆的半径；
（2）过点A 作AG⊥MN 于点G，得AG=5，由∠AMG=∠OAB，得
𝐴𝐺
𝐴𝑀=
𝑂𝐵
𝐴𝐵，进而即可求解；
（3）联立
𝑦= ― 30
𝑥
𝑦= 3
4 𝑥+ 49
4
，可得C 的坐标，进而即可求解．
【详解】解：（1）令y=0 代入𝑦=
3
4𝑥+ 6，得0 =
3
4𝑥+ 6，解得：x=-8，即：A（-8，0），
令x=0 代入𝑦=
3
4𝑥+ 6，得𝑦= 6，即：B（0，6），
∴AB= 62 + 82 = 10,
∴⊙𝑃的半径为：5；
（2）过点A 作AG⊥MN 于点G，
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∵直线𝑀𝑁//𝐴𝐵，且与△𝐴𝑂𝐵的外接圆⊙𝑃相切，
∴AG=5，∠AMG=∠OAB，
∴sin∠AMG=sin∠OAB，即：
𝐴𝐺
𝐴𝑀=
𝑂𝐵
𝐴𝐵，
∴
5
𝐴𝑀=
6
10，解得：AM=
25
3 ，即：OM=
25
3 +8=
49
3 ，
∴M（-
49
3 ，0），
同理：BN=
25
4 ，ON=6+
25
4 =
49
4 ，N（0，
49
4 ），
设直线𝑀𝑁所对应的函数表达式为：y=kx+b，
则
0 = ― 49
3 𝑘+ 𝑏
49
4 = 𝑏
，解得：
𝑘= 3
4
𝑏= 49
4
，
∴直线𝑀𝑁所对应的函数表达式为：y=
3
4x+
49
4 ；
（3）联立
𝑦= ― 30
𝑥
𝑦= 3
4 𝑥+ 49
4
，得：―
30
𝑥=
3
4𝑥+
49
4 ，解得：𝑥1 = ―3，𝑥2 = ―
40
3 ，
∴C（-3，10），
∴△𝐵𝐶𝑁的面积=
1
2𝐵𝑁× |𝑥𝑐|=
1
2 ×
25
4 × |𝑥𝑐| =
1
2 ×
25
4 × 3 =
75
8 ．
【点睛】本题主要考查一次函数与反比例函数综合，熟练掌锐角三角函数的定义，圆的切线的性质定理，
是解题的关键．
题型05 正多边形与圆综合
26．（2022·浙江金华·统考中考真题）如图1，正五边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸内接于⊙𝑂，阅读以下作图过程，并回答下列
问题，作法：如图2，①作直径𝐴𝐹；②以F 为圆心，𝐹𝑂为半径作圆弧，与⊙𝑂交于点M，N；③连接
𝐴𝑀,𝑀𝑁,𝑁𝐴．
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(1)求∠𝐴𝐵𝐶的度数．
(2) △𝐴𝑀𝑁是正三角形吗？请说明理由．
(3)从点A 开始，以𝐷𝑁长为半径，在⊙𝑂上依次截取点，再依次连接这些分点，得到正n 边形，求n 的值．
【答案】(1)108°
(2)是正三角形，理由见解析
(3)𝑛= 15
【分析】（1）根据正五边形的性质以及圆的性质可得
⏜
𝐴𝐵=
⏜
𝐵𝐶=
⏜
𝐶𝐷=
⏜
𝐷𝐸=
⏜
𝐴𝐸，则∠𝐴𝑂𝐶(优弧所对圆心角)
= 3 × 72° = 216°，然后根据圆周角定理即可得出结论；
（2）根据所作图形以及圆周角定理即可得出结论；
（3）运用圆周角定理并结合（1）（2）中结论得出∠𝑁𝑂𝐷= 144° ― 120° = 24°，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵正五边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸．
∴
⏜
𝐴𝐵=
⏜
𝐵𝐶=
⏜
𝐶𝐷=
⏜
𝐷𝐸=
⏜
𝐴𝐸，
∴∠𝐴𝑂𝐵= ∠𝐵𝑂𝐶= ∠𝐶𝑂𝐷= ∠𝐷𝑂𝐸= ∠𝐸𝑂𝐴=
360°
5
= 72°，
∵
⏜
𝐴𝐸𝐶= 3
⏜
𝐴𝐸，
∴∠𝐴𝑂𝐶(优弧所对圆心角) = 3 × 72° = 216°，
∴∠𝐴𝐵𝐶=
1
2∠𝐴𝑂𝐶=
1
2 × 216° = 108°；
（2）解：△𝐴𝑀𝑁是正三角形，理由如下：
连接𝑂𝑁,𝐹𝑁，
由作图知：𝐹𝑁= 𝐹𝑂,
∵𝑂𝑁= 𝑂𝐹，
∴𝑂𝑁= 𝑂𝐹= 𝐹𝑁，
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∴△𝑂𝐹𝑁是正三角形，
∴∠𝑂𝐹𝑁= 60°，
∴∠𝐴𝑀𝑁= ∠𝑂𝐹𝑁= 60°，
同理∠𝐴𝑁𝑀= 60°，
∴∠𝑀𝐴𝑁= 60°，即∠𝐴𝑀𝑁= ∠𝐴𝑁𝑀= ∠𝑀𝐴𝑁，
∴△𝐴𝑀𝑁是正三角形；
（3）∵△𝐴𝑀𝑁是正三角形，
∴∠𝐴𝑂𝑁= 2∠𝐴𝑀𝑁= 120°．
∵
⏜
𝐴𝐷= 2
⏜
𝐴𝐸，
∴∠𝐴𝑂𝐷= 2 × 72° = 144°，
∵
⏜
𝐷𝑁=
⏜
𝐴𝐷―
⏜
𝐴𝑁，
∴∠𝑁𝑂𝐷= 144° ― 120° = 24°，
∴𝑛=
360
24 = 15．
【点睛】本题考查了圆周角定理，正多边形的性质，读懂题意，明确题目中的作图方式，熟练运用圆周角
定理是解本题的关键．
27．（2020·广东广州·统考中考真题）如图，⊙𝑂为等边𝛥𝐴𝐵𝐶的外接圆，半径为2，点𝐷在劣弧
⏜
𝐴𝐵上运动
（不与点𝐴,𝐵重合），连接𝐷𝐴，𝐷𝐵，𝐷𝐶．
（1）求证：𝐷𝐶是∠𝐴𝐷𝐵的平分线；
（2）四边形𝐴𝐷𝐵𝐶的面积𝑆是线段𝐷𝐶的长𝑥的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由；
（3）若点𝑀,𝑁分别在线段𝐶𝐴，𝐶𝐵上运动（不含端点），经过探究发现，点𝐷运动到每一个确定的位置，𝛥𝐷𝑀𝑁
的周长有最小值𝑡，随着点𝐷的运动，𝑡的值会发生变化，求所有𝑡值中的最大值．
【答案】(1)详见解析；(2)是， 𝑆=
3
4 𝑥2(2 3 < 𝑥≤4)；(3)4 3
【分析】(1)根据等弧对等角的性质证明即可；
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(2)延长DA 到E,让AE=DB,证明△EAC≌△DBC,即可表示出S 的面积；
(3)作点D 关于直线BC、AC 的对称点D1、D2，当D1、M、N、D 共线时△DMN 取最小值，可得t=D1D2，
有对称性推出在等腰△D1CD2 中,t= 3𝑥，D 与O、C 共线时t 取最大值即可算出．
【详解】(1)∵△ABC 为等边三角形,BC=AC，
∴
⏜
𝐴𝐶=
⏜
𝐵𝐶,都为
1
3圆，
∴∠AOC=∠BOC=120°，
∴∠ADC=∠BDC=60°，
∴DC 是∠ADB 的角平分线．
(2)是．
如图，延长DA 至点E，使得AE=DB．
连接EC，则∠EAC=180°－∠DAC＝∠DBC．
∵AE＝DB，∠EAC＝∠DBC,AC＝BC，
∴△EAC≌△DBC(SAS)，
∴∠E=∠CDB=∠ADC=60°，
故△EDC 是等边三角形，
∵DC=x，∴根据等边三角形的特殊性可知DC 边上的高为3
2 𝑥
∴𝑆= 𝑆△𝐷𝐵𝐶+ 𝑆△𝐴𝐷𝐶= 𝑆△𝐸𝐴𝐶+ 𝑆△𝐴𝐷𝐶= 𝑆△𝐶𝐷𝐸=
1
2 ⋅𝑥⋅
3
2 𝑥=
3
4 𝑥2(2 3 < 𝑥≤4)．
(3)依次作点D 关于直线BC、AC 的对称点D1、D2,根据对称性
C△DMN=DM+MN+ND=D1M+MN+ND2．
∴D1、M、N、D 共线时△DMN 取最小值t,此时t=D1D2,
由对称有D1C=DC=D2C=x，∠D1CB=∠DCB，∠D2CA=∠DCA,
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∴∠D1CD2=∠D1CB+∠BCA+∠D2CA=∠DCB+60°+∠DCA=120°．
∴∠CD1D2=∠CD2D1=60°，
在等腰△D1CD2 中,作CH⊥D1D2，
则在Rt△D1CH 中，根据30°特殊直角三角形的比例可得D1H= 3
2 𝐶𝐷1 =
3
2 𝑥，
同理D2H= 3
2 𝐶𝐷2 =
3
2 𝑥
∴t=D1D2= 3𝐷𝐶=
3𝑥．
∴x 取最大值时,t 取最大值．
即D 与O、C 共线时t 取最大值,x=4．
所有t 值中的最大值为4 3．
【点睛】本题考查圆与正多边形的综合以及动点问题，关键在于结合题意作出合理的辅助线转移已知量．
28．（2020·内蒙古呼和浩特·中考真题）某同学在学习了正多边形和圆之后，对正五边形的边及相关线段进
行研究，发现多处出现者名的黄金分割比5―1
2
≈0.618．如图，圆内接正五边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸，圆心为O，𝑂𝐴与𝐵𝐸
交于点H，𝐴𝐶、𝐴𝐷与𝐵𝐸分别交于点M、N．根据圆与正五边形的对称性，只对部分图形进行研究．（其它
可同理得出）
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（1）求证：△𝐴𝐵𝑀是等腰三角形且底角等于36°，并直接说出△𝐵𝐴𝑁的形状；
（2）求证：
𝐵𝑀
𝐵𝑁=
𝐵𝑁
𝐵𝐸，且其比值𝑘=
5―1
2 ；
（3）由对称性知𝐴𝑂⊥𝐵𝐸，由（1）（2）可知
𝑀𝑁
𝐵𝑀也是一个黄金分割数，据此求sin18°的值．
【答案】（1）见解析，△ABN 为等腰三角形；（2）见解析；（3）5―1
4
【分析】（1）连接圆心O 与正五边形各顶点，利用圆周角定理得出∠ABE=∠BAC=36°，即AM=BM，再求
出∠BNA=72°=∠BAD，得出结论；
（2）证明△BAM∽△BEA，得到
𝐵𝑀
𝐵𝑁=
𝐵𝑁
𝐵𝐸，设BM=y，AB=x，则AM=AN=y，AB=AE=BN=x，证明
𝐴𝑀
𝐴𝐵=
𝑀𝑁
𝐴𝑁，得到
𝑦
𝑥=
𝑥―𝑦
𝑦，设
𝑦
𝑥=t，求出t 值即可；
（3）根据题意求出∠MAH=∠NAH=
1
2∠MAN=18°，再根据sin∠MAH=
𝑀𝐻
𝐴𝑀，将
𝑦
𝑥=
5―1
2 代入，即可求值.
【详解】解：（1）连接圆心O 与正五边形各顶点，
在正五边形中，
∠AOE=360°÷5=72°，
∴∠ABE=
1
2∠AOE=36°，同理∠BAC=
1
2×72°=36°，
∴AM=BM，
∴△ABM 是是等腰三角形且底角等于36°，
∵∠BOD=∠BOC+∠COD=72°+72°=144°，
∴∠BAD=
1
2∠BOD=72°，
∴∠BNA=180°-∠BAD-∠ABE=72°，
∴AB=NB，即△ABN 为等腰三角形；
（2）∵∠ABM=∠ABE，∠AEB=
1
2∠AOB=36°=∠BAM，
∴△BAM∽△BEA，
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∴
𝐵𝑀
𝐴𝐵=
𝐴𝐵
𝐵𝐸，而AB=BN，
∴
𝐵𝑀
𝐵𝑁=
𝐵𝑁
𝐵𝐸，设BM=y，AB=x，则AM=AN=y，AB=AE=BN=x，
∵∠AMN=∠MAB+∠MBA=72°=∠BAN，∠ANM=∠ANB，
∴△AMN∽△BAN，
∴
𝐴𝑀
𝐴𝐵=
𝑀𝑁
𝐴𝑁，即
𝑦
𝑥=
𝑥―𝑦
𝑦，则𝑦2 = 𝑥2 ―𝑥𝑦，
两边同时除以x2，得：𝑦
𝑥
2
= 1 ―
𝑦
𝑥，设
𝑦
𝑥=t，
则𝑡2 +𝑡― 1 = 0，解得：t= 5―1
2 或―1― 5
2
（舍），
∴
𝐵𝑀
𝐵𝑁=
𝐵𝑁
𝐵𝐸=
𝑦
𝑥=
5―1
2 ；
（3）∵∠MAN=36°，根据对称性可知：∠MAH=∠NAH=
1
2∠MAN=18°，
而AO⊥BE，
∴sin 18°=sin∠MAH=
𝑀𝐻
𝐴𝑀=
1
2 𝑀𝑁
𝐴𝑀=
1
2(𝑥―𝑦)
𝑦
=
𝑥―𝑦
2𝑦=
1
2 ×
𝑥
𝑦―
1
2 =
1
2 ×
2
5―1 ―
1
2
= 5―1
4 .
【点睛】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，有一定难
度，解题的关键是算出相应角度，找到合适的相似三角形.
29．（2021·湖南湘潭·统考中考真题）德国著名的天文学家开普勒说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定
理，另一个是黄金分割．如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿”．
如图①，点C 把线段𝐴𝐵分成两部分，如果
𝐶𝐵
𝐴𝐶=
5―1
2
≈0.618，那么称点C 为线段𝐴𝐵的黄金分割点．
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（1）特例感知：在图①中，若𝐴𝐵= 100，求𝐴𝐶的长；
（2）知识探究：如图②，作⊙O 的内接正五边形：
①作两条相互垂直的直径𝑀𝑁、𝐴𝐼；
②作𝑂𝑁的中点P，以P 为圆心，𝑃𝐴为半径画弧交𝑂𝑀于点Q；
③以点A 为圆心，𝐴𝑄为半径，在⊙O 上连续截取等弧，使弦𝐴𝐵= 𝐵𝐶= 𝐶𝐷= 𝐷𝐸= 𝐴𝑄，连接𝐴𝐸；
则五边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸为正五边形．
在该正五边形作法中，点Q 是否为线段𝑂𝑀的黄金分割点？请说明理由．
（3）拓展应用：国旗和国徽上的五角星是革命和光明的象征，是一个非常优美的几何图形，与黄金分割有
着密切的联系．
延长题（2）中的正五边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸的每条边，相交可得到五角星，摆正后如图③，点E 是线段𝑃𝐷的黄金分
割点，请利用题中的条件，求cos72°的值．
【答案】（1）61.8；（2）是，理由见解析；（3）5―1
4
【分析】（1）根据黄金分割的定义求解即可；
（2）设⊙O 的半径为a，则OA=ON=OM=a，利用勾股定理求出PA，继而求出OQ，MQ，即可作出判断；
（3）先求出正五边形的每个内角，即可得到∠PEA=∠PAE=180° ― 108° = 72°，根据已知条件可知cos72°=
1
2 𝐴𝐸
𝑃𝐸，
再根据点E 是线段PD 的黄金分割点，即可求解．
【详解】解：（1）∵
𝐶𝐵
𝐴𝐶=
5―1
2
≈0.618，
∴
𝐴𝐵―𝐴𝐶
𝐴𝐶
=
5―1
2
≈0.618，
即
100―𝐴𝐶
𝐴𝐶
=
5―1
2
≈0.618，
解得：AC≈61.8；
（2）Q 是线段OM 的黄金分割点，理由如下：
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设⊙O 的半径为a，则OA=ON=OM=a，
∴OP=
1
2𝑂𝑁=
1
2𝑎，
∴𝑃𝐴=
𝑂𝑃2 + 𝑂𝐴2 =
5
2 𝑎= 𝑃𝑄，
∴OQ=PQ-OP= 5―1
2 𝑎，
∴MQ=OM-OQ=3― 5
2 𝑎，
𝑀𝑄
𝑂𝑄= 3― 5
5―1 =
5―1
2 ，
∴Q 是线段OM 的黄金分割点；
（3）正五边形的每个内角为：
(5―2)×180°
5
= 108°，
∴∠PEA=∠PAE=180° ― 108° = 72°，
∴cos72°=
1
2 𝐴𝐸
𝑃𝐸，
∵点E 是线段PD 的黄金分割点，
∴
𝐷𝐸
𝑃𝐸=
5―1
2 ，
又∵AE=ED，
∴
𝐴𝐸
𝑃𝐸=
5―1
2 ，
∴cos72°=
1
2 𝐴𝐸
𝑃𝐸=
5―1
4 ．
【点睛】本题考查黄金分割、勾股定理、锐角三角函数，解题的关键是读懂题意正确解题．
30．（2020·内蒙古通辽·中考真题）中心为O 的正六边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹的半径为6cm．点𝑃,𝑄同时分别从𝐴,𝐷两点
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出发，以1cm/s的速度沿𝐴𝐹,𝐷𝐶向终点𝐹,𝐶运动，连接𝑃𝐵,𝑃𝐸,𝑄𝐵,𝑄𝐸，设运动时间为𝑡(𝑠)．
（1）求证：四边形𝑃𝐵𝑄𝐸为平行四边形；
（2）求矩形𝑃𝐵𝑄𝐸的面积与正六边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹的面积之比．
【答案】（1）见解析；（2）2：3
【分析】（1）只要证明△ABP≌△DEQ（SAS），可得BP=EQ，同理PE=BQ，由此即可证明；
（2）过点B，点E 作BN⊥CD，EM⊥CD，连接OC，OD，过点O 作OH⊥CD 分别求出矩形𝑃𝐵𝑄𝐸的面积和
正六边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹的面积，从而得到结果.
【详解】解：（1）证明：∵中心为O 的正六边形ABCDEF 的半径为6cm，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，∠A=∠ABC=∠C=∠D=∠DEF=∠F，
∵点P，Q 同时分别从A，D 两点出发，以1cm/s 速度沿AF，DC 向终点F，C 运动，
∴AP=DQ=t，PF=QC=6-t，
在△ABP 和△DEQ 中，
𝐴𝐵= 𝐷𝐸
∠𝐴= ∠𝐷
𝐴𝑃= 𝐷𝑄
，
∴△ABP≌△DEQ（SAS），
∴BP=EQ，同理可证PE=QB，
∴四边形PEQB 是平行四边形；
（2）由（1）可知四边形PEQB 是平行四边形
∴当∠BQE=90°时，四边形PEQB 是矩形
过点B，点E 作BN⊥CD，EM⊥CD，连接OC，OD，过点O 作OH⊥CD
∴∠BNQ=∠QME=90°，
∴∠BQN+∠NBQ=90°，∠BQN+∠EQM=90°
∴∠NBQ=∠EQM
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∴△NBQ∽△MQE
∴
𝐵𝑁
𝑁𝑄=
𝑄𝑀
𝐸𝑀
又∵正六边形ABCDEF 的半径为6，
∴正六边形ABCDEF 的各边为6，∠BCQ=∠EDQ=120°
∴在Rt△BNC 和Rt△EDM 中，∠NBC=∠DEM=30°
∴NC=DM=
1
2𝐵𝐶= 3，BN=EM=3 3
∴3 3
9―𝑥=
3+𝑥
3 3，解得：
𝑥1 = 6，𝑥2 = 0（舍去）
即当P 与F 重合，Q 与C 重合时，四边形PEQB 是矩形
此时矩形PEQB 的面积为𝐵𝐶·𝐶𝐸= 6 × 6 3 = 36 3
∵在正六边形ABCDEF 中，∠COD=60°，OC=OD
∴△OCD 是等边三角形，OC=OD=CD=6，OH=3 3
S 六边形ABCDEF=
1
2 × 𝐶𝐷× 𝑂𝐻× 6
=
1
2 × 6 × 3 3 × 6
=54 3，
∴S 矩形PBQE：S 六边形ABCDEF=36 3：54 3=2：3
【点睛】本题考查正多边形、平行四边形的判定和性质、矩形的性质与判定，解题的关键是灵活运用所学
知识解决问题，属于中考常考题型．
31．（2018·四川达州·统考中考真题）阅读下列材料：
已知：如图1，等边△A1A2A3 内接于⊙O，点P 是𝐴1𝐴2上的任意一点，连接PA1，PA2，PA3，可证：
PA1+PA2=PA3，从而得到：
𝑃𝐴1+𝑃𝐴2
𝑃𝐴1+𝑃𝐴2+𝑃𝐴3 =
1
2是定值．
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（1）以下是小红的一种证明方法，请在方框内将证明过程补充完整；
证明：如图1，作∠PA1M=60°，A1M 交A2P 的延长线于点M．
∵△A1A2A3 是等边三角形，
∴∠A3A1A2=60°，
∴∠A3A1P=∠A2A1M
又A3A1=A2A1，∠A1A3P=∠A1A2P，
∴△A1A3P≌△A1A2M
∴PA3=MA2=PA2+PM=PA2+PA1．
∴
𝑃𝐴1+𝑃𝐴2
𝑃𝐴1+𝑃𝐴2+𝑃𝐴3 =
1
2，是定值．
（2）延伸：如图2，把（1）中条件“等边△A1A2A3”改为“正方形A1A2A3A4”，其余条件不变，请问：
𝑃𝐴1+𝑃𝐴2
𝑃𝐴1+𝑃𝐴2+𝑃𝐴3+𝑃𝐴4还是定值吗？为什么？
（3）拓展：如图3，把（1）中条件“等边△A1A2A3”改为“正五边形A1A2A3A4A5”，其余条件不变，则
𝑃𝐴1+𝑃𝐴2
𝑃𝐴1+𝑃𝐴2+𝑃𝐴3+𝑃𝐴4+𝑃𝐴5=
（只写出结果）．
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【答案】（1）证明见解析；（2）是定值，理由见解析；（3）( 5―1)
2
8
【详解】解：（1）如图1，作∠PA1M=60°，A1M 交A2P 的延长线于点M．
∵△A1A2A3 是等边三角形，
∴∠A3A1A2=60°，
∴∠A3A1P=∠A2A1M
又A3A1=A2A1，∠A1A3P=∠A1A2P，
∴△A1A3P≌△A1A2M
∴PA3=MA2，
∵PM=PA1，
∴PA3=MA2=PA2+PM=PA2+PA1．
∴
𝑃𝐴1+𝑃𝐴2
𝑃𝐴1+𝑃𝐴2+𝑃𝐴3＝
1
2，是定值．
（2）结论：
𝑃𝐴1+𝑃𝐴2
𝑃𝐴1+𝑃𝐴2+𝑃𝐴3+𝑃𝐴4是定值．
理由：在A4P 上截取A4H=A2P，连接HA1．
∵四边形A1A2A3A4 是正方形，
∴A4A1=A2A1，
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∵∠A1A4H=∠A1A2P，A4H=A2P，
∴△A1A4H=△A1A2P，
∴A1H=PA1，∠A4A1H=∠A2A1P，
∴∠HA1P=∠A4A1A2=90°
∴△HA1P 的等腰直角三角形，
∴PA4=HA4+PH=PA2+ 2PA1，
同法可证：PA3=PA1+ 2PA2，
∴（2+1）（PA1+PA2）=PA3+PA4，
∴PA1+PA2=（2-1）（PA3+PA4），
∴
𝑃𝐴1+𝑃𝐴2
𝑃𝐴1+𝑃𝐴2+𝑃𝐴3+𝑃𝐴4 = 2― 2
2 ．
（3）结论：
𝑃𝐴1+𝑃𝐴2
𝑃𝐴1+𝑃𝐴2+𝑃𝐴3+𝑃𝐴4+𝑃𝐴5 = ( 5―1)
2
8
．
理由：如图3-1 中，延长PA1 到H，使得A1H=PA2，连接A4H，A4A2，A4A1．
∵正五边形A1A2A3A4A5
∴A1A4=A2A4
∵四边形A1A4A2P 是圆的内接四边形，
∴∠HA1A4=∠PA2A4
∴△HA4A1≌△PA4A2，
∴HA4=PA4，∠HA4A1=∠PA4A2，
∴∠HA4P=∠A1A4A2
∴△A4HP 是顶角为36°的等腰三角形，
∴PH= 5―1
2 PA4，即PA1+PA2= 5―1
2 PA4，
如图3-2 中，延长PA5 到H，使得A5H=PA3．
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同法可证：△A4HP 是顶角为108°的等腰三角形，
∴PH= 5+1
2 PA4，即PA5+PA3= 5+1
2 PA4，
∴
𝑃𝐴1+𝑃𝐴2
𝑃𝐴1+𝑃𝐴2+𝑃𝐴3+𝑃𝐴4+𝑃𝐴5 = ( 5―1)
2
8
．
故答案为：( 5―1)
2
8
．
题型06 求不规则图形面积
32．（2023·山东潍坊·统考中考真题）如图，正方形𝐴𝐵𝐶𝐷内接于⊙𝑂，在𝐴𝐵上取一点E，连接𝐴𝐸，𝐷𝐸．过
点A 作𝐴𝐺⊥𝐴𝐸，交⊙𝑂于点G，交𝐷𝐸于点F，连接𝐶𝐺，𝐷𝐺．
(1)求证：△𝐴𝐹𝐷≌△𝐶𝐺𝐷；
(2)若𝐴𝐵= 2，∠𝐵𝐴𝐸= 30°，求阴影部分的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)𝑆阴影= 𝜋+ 3―3
2
【分析】（1 ）如图，连接𝐸𝐺，证明∠𝐸𝐷𝐺= ∠𝐸𝐴𝐺= 90° = ∠𝐸𝐷𝐶+ ∠𝐶𝐷𝐺，再证明∠𝐴𝐷𝐶= 90°，
𝐴𝐷= 𝐶𝐷，可得∠𝐴𝐷𝐹= ∠𝐶𝐷𝐺，结合∠𝐷𝐴𝐹= ∠𝐷𝐶𝐺，从而可得结论；
（2）如图，连接𝑂𝐴，𝑂𝐷，过𝐹作𝐹𝐾⊥𝐴𝐷于𝐾，设𝐹𝐾= 𝑥，在𝐴𝐷上取Q，使𝑄𝐹= 𝑄𝐷，证明∠𝑂𝐴𝐸= 75°，
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∠𝐸𝐴𝐷= 30° + 90° = 120°，
∠𝐹𝐴𝐷= 120° ― 90° = 30°，
可
得
𝐴𝐹= 2𝑥，
𝐴𝐾=
3𝑥，
求
解
∠𝐴𝐷𝐹= 180° ― 30° ― 135° = 15°，而𝑄𝐹= 𝑄𝐷，可得∠𝐾𝑄𝐹= 30°，𝐹𝑄= 2𝑥= 𝑄𝐷，𝑄𝐾=
3𝑥，可得2 3
𝑥+ 2𝑥= 2，再求解x，利用𝑆阴影= 𝑆△𝐴𝐹𝐷+ 𝑆弓形𝐴𝐷进行计算即可．
【详解】（1）解：如图，连接𝐸𝐺，
∵𝐴𝐸⊥𝐴𝐺，则∠𝐸𝐴𝐺= 90°，
∴∠𝐸𝐷𝐺= ∠𝐸𝐴𝐺= 90° = ∠𝐸𝐷𝐶+ ∠𝐶𝐷𝐺，
∵正方形𝐴𝐵𝐶𝐷，
∴∠𝐴𝐷𝐶= 90°，𝐴𝐷= 𝐶𝐷，
∴∠𝐴𝐷𝐹+ ∠𝐸𝐷𝐶= 90°，
∴∠𝐴𝐷𝐹= ∠𝐶𝐷𝐺，
∵∠𝐷𝐴𝐹= ∠𝐷𝐶𝐺，
∴△𝐴𝐹𝐷≌△𝐶𝐺𝐷．
（2）如图，连接𝑂𝐴，𝑂𝐷，过𝐹作𝐹𝐾⊥𝐴𝐷于𝐾，设𝐹𝐾= 𝑥，在𝐴𝐷上取Q，使𝑄𝐹= 𝑄𝐷，
∵O 为正方形中心，
∴∠𝑂𝐴𝐵= ∠𝑂𝐴𝐷= ∠𝑂𝐷𝐴= 45°，∠𝐴𝑂𝐷= 90°，而∠𝐵𝐴𝐸= 30°，
∴∠𝑂𝐴𝐸= 75°，∠𝐸𝐴𝐷= 30° + 90° = 120°，
∵∠𝐸𝐴𝐺= 90°，
∴∠𝐹𝐴𝐷= 120° ― 90° = 30°，
∴𝐴𝐹= 2𝑥，𝐴𝐾=
3𝑥，
∵∠𝐴𝐸𝐷=
1
2∠𝐴𝑂𝐷= 45°，
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∴∠𝐴𝐹𝐷= ∠𝐴𝐸𝐷+ ∠𝐸𝐴𝐹= 45° + 90° = 135°，
∴∠𝐴𝐷𝐹= 180° ― 30° ― 135° = 15°，而𝑄𝐹= 𝑄𝐷，
∴∠𝑄𝐹𝐷= ∠𝑄𝐷𝐹= 15°，
∴∠𝐾𝑄𝐹= 30°，
∴𝐹𝑄= 2𝑥= 𝑄𝐷，𝑄𝐾=
3𝑥，
而正方形的边长𝐴𝐵= 2 = 𝐴𝐷，
∴2 3𝑥+ 2𝑥= 2，解得：𝑥=
3―1
2 ，
∴𝑆△𝐴𝐹𝐷=
1
2𝐴𝐷·𝐹𝐾=
1
2 × 2 ×
3―1
2
=
3―1
2 ，
∵𝐴𝐷= 2，∠𝐴𝑂𝐷= 90°，𝑂𝐴= 𝑂𝐷，
∴𝑂𝐴= 𝑂𝐷= 𝐴𝐷×
2
2 =
2，
∴𝑆△𝐴𝑂𝐷=
1
2 ×
2 ×
2 = 1，
而𝑆扇形𝐴𝑂𝐷= 90𝜋×( 2)
2
360
=
1
2𝜋，
∴𝑆阴影=
1
2𝜋― 1 +
3―1
2
= 𝜋+ 3―3
2
．
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，圆周角定理的应用，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，
含30°的直角三角形的性质，扇形面积的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键．
33．（2021·广西桂林·统考中考真题）如图，四边形ABCD 中，∠B＝∠C＝90°，点E 为BC 中点，AE⊥DE 于
点E．点O 是线段AE 上的点，以点O 为圆心，OE 为半径的⊙O 与AB 相切于点G，交BC 于点F，连接
OG．
（1）求证：△ECD∽△ABE；
（2）求证：⊙O 与AD 相切；
（3）若BC＝6，AB＝3 3，求⊙O 的半径和阴影部分的面积．
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【答案】（1）见解析（2）见解析（3）半径为2，面积为
3
2 3 ―
2𝜋
3
【分析】（1）根据垂直的性质及相似三角形的判定定理即可求解；
（2）延长DE、AB 交于N 点，先证明△DCE≌△NBE，再得到△AND 是等腰三角形，得到∠DAE=∠NAE，
再通过角平分线的性质即可得到OG=OM=r，故可证明；
（3）求出∠FOG=60°，再根据梯形与扇形的面积公式即可求解．
【详解】（1）∵∠B＝∠C＝90°，AE⊥DE 于点E．
∴∠EAB+∠AEB=90°，∠DEC+∠AEB=90°，
∴∠EAB=∠DEC
由∠B＝∠C＝90°
∴△ECD∽△ABE；
（2）过点O 作OM⊥AD，延长DE、AB 交于N 点
∴CD//BN
∴∠CDE=∠N
∵点E 为BC 中点
∴CE=BE，
又∠EBN＝∠C＝90°
∴△DCE≌△NBE
∴DE=NE
∵AE⊥DN
∴AD=AN，∠ADE=∠ANE
∵∠DAE=90°-∠ADE，∠NAE=90°-∠ANE
∴∠DAE=∠NAE
∵AG 是⊙O 的切线
∴OG⊥AB
∵∠AMO=∠AGO=90°
∴OG=OM=r
∴OM 是⊙O 的切线；
（3）∵BC＝6，
∴BE=3
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∵AB＝3 3，
∴AE= 𝐵𝐸2 + 𝐴𝐵2 = 6=2BE
∴∠EAB=30°
∴AO=2OG，即AO=2r，
∵AE=AO+OE=3r=6
∴r=2
连接OF
∵∠OEF=60°，OE=OF
∴△OEF 是等边三角形
∴∠EOF=60°，EF=OF=2,BF=3-2=1
∴∠FOG=180°-∠AOG-∠EOF=60°
在Rt AOG 中，AG= 𝐴𝑂2 ― 𝑂𝐺2 = 2 3
∴BG=AB-AG= 3
∴S 阴=S 梯形OFBG-S 扇形FOG=
1
2 × (1 + 2) ×
3 ― 60×𝜋×22
360
=
3
2 3 ―
2𝜋
3 ．
【点睛】此题主要考查切线的判定与性质综合，解题的关键是熟知切线的判定定理、全等三角形与相似三
角形的判定与性质及扇形面积公式．
34．（2023·四川乐山·统考中考真题）在学习完《图形的旋转》后，刘老师带领学生开展了一次数学探究活
动
【问题情境】
刘老师先引导学生回顾了华东师大版教材七年级下册第121页“探索”部分内容：
如图，将一个三角形纸板△𝐴𝐵𝐶绕点𝐴逆时针旋转𝜃到达△𝐴𝐵′𝐶′的位置，那么可以得到：𝐴𝐵= 𝐴𝐵′，
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𝐴𝐶= 𝐴𝐶′，𝐵𝐶= 𝐵′𝐶′；∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐵′𝐴𝐶′，∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐴𝐵′𝐶′，∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐴𝐶′𝐵′（ ）
刘老师进一步谈到：图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图
形旋转的关键；故数学就是一门哲学．
【问题解决】
（1）上述问题情境中“（ ）”处应填理由：____________________；
（2）如图，小王将一个半径为4cm，圆心角为60°的扇形纸板𝐴𝐵𝐶绕点𝑂逆时针旋转90°到达扇形纸板𝐴′𝐵′𝐶′
的位置．
①请在图中作出点𝑂；
②如果𝐵𝐵′=6cm，则在旋转过程中，点𝐵经过的路径长为__________；
【问题拓展】
小李突发奇想，将与（2）中完全相同的两个扇形纸板重叠，一个固定在墙上，使得一边位于水平位置，另
一个在弧的中点处固定，然后放开纸板，使其摆动到竖直位置时静止，此时，两个纸板重叠部分的面积是
多少呢？如图所示，请你帮助小李解决这个问题．
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【答案】问题解决（1）旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；（2）①见解析②3 2
2 πcm；问题拓展：
8
3 π ― 8
3 3 cm2
【分析】问题解决（1）根据旋转性质得出旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；
（2）①分别作𝐵𝐵′和𝐴𝐴′的垂直平分线，两垂直平分线的交点即为所求点O；②根据弧长公式求解即可；
问题拓展，连接𝑃𝐴′，交𝐴𝐶于𝑀，连接𝑃𝐴，𝑃𝐷，𝐴𝐴′，由旋转得∠𝑃𝐴′𝐵′ = 30°，𝑃𝐴= 𝑃𝐴′ = 4，在Rt △𝑃𝐴𝑀
和Rt △𝐴′𝐷𝑀中求出𝐴′𝑀和𝐷𝑀的长，可以求出𝑆阴影部分𝐵′𝐷𝑃= 𝑆扇形𝐵′𝐴′𝑃― 𝑆△𝐴′𝐷𝑃，再证明△𝐴𝐷𝑃≌△𝐴′𝐷𝑃，
即可求出最后结果．
【详解】解：【问题解决】（1）旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等
（2）①下图中，点O 为所求
②连接𝑂𝐵，𝑂𝐵′，
∵扇形纸板𝐴𝐵𝐶绕点𝑂逆时针旋转90°到达扇形纸板𝐴′𝐵′𝐶′的位置，
∴∠𝐵𝑂𝐵′ = 90°，𝑂𝐵= 𝑂𝐵′,
∵𝐵𝐵′ = 6cm，
设𝑂𝐵= 𝑂𝐵′ = 𝑥cm，
∴𝑥2 + 𝑥2 = 62，
∴𝑂𝐵= 𝑂𝐵′ = 3 2cm，
在旋转过程中，点𝐵经过的路径长为以点𝑂为圆心，圆心角为90°，𝑂𝐵为半径的所对应的弧长，
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∴点𝐵经过的路径长= 90×𝜋×3 2
180
= 3 2
2 𝜋cm；
【问题拓展】解：连接𝑃𝐴′，交𝐴𝐶于𝑀，连接𝑃𝐴，𝑃𝐷，𝐴𝐴′如图所示
∴∠𝑃𝐴𝐶=
1
2∠𝐵𝐴𝐶= 30°．
由旋转得∠𝑃𝐴′𝐵′ = 30°，𝑃𝐴= 𝑃𝐴′ = 4．
在Rt △𝑃𝐴𝑀中，𝐴′𝑀= 𝑃𝑀= 𝑃𝐴⋅sin∠𝑃𝐴𝑀= 4 × sin30° = 2．
在Rt △𝐴′𝐷𝑀中，
∵∠𝐷𝐴′𝑀=
1
2∠𝐵′𝐴′𝐶′ = 30°，
∴𝐴′𝐷=
𝐴′𝑀
cos∠𝐷𝐴′𝑀=
2
cos30° =
4
3 3，
𝐷𝑀=
1
2𝐴′𝐷=
1
2 ×
4
3 3 =
2
3 3．
∴𝑆△𝐴′𝐷𝑃=
1
2𝐷𝑀⋅𝐴′𝑃=
1
2 ×
2
3 3 × 4 =
4
3 3．
𝑆扇形𝐵′𝐴′𝑃= 30×π×42
360
=
4
3π．
∴𝑆阴影部分𝐵′𝐷𝑃= 𝑆扇形𝐵′𝐴′𝑃― 𝑆△𝐴′𝐷𝑃=
4
3π ―
4
3 3，
在△𝐴𝐷𝑃和△𝐴′𝐷𝑃中，
∵𝐴𝐷= 𝐴𝑀― 𝐷𝑀= 2 3 ―
2
3 3 =
4
3 3 = 𝐴′𝐷，
又∵∠𝑃𝐴𝐷= ∠𝑃𝐴′𝐷= 30°，𝑃𝐴= 𝑃𝐴′，
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∴△𝐴𝐷𝑃≌△𝐴′𝐷𝑃．
又∵𝑆扇形𝑃𝐴𝐶= 𝑆扇形𝐵′𝐴′𝑃，
∴𝑆阴影部分𝐵′𝐷𝑃= 𝑆阴影部分𝐶𝐷𝑃，
∴𝑆阴影部分=2𝑆阴影部分𝐵′𝐷𝑃= 2 ×
4
3 π ― 4
3 3 =
8
3 π ― 8
3 3 cm2．
【点睛】本题考查了旋转的性质，弧长公式，解直角三角形，三角形全等的性质与判定，解题的关键是抓
住图形旋转前后的对应边相等，对应角相等，正确作出辅助线构造出直角三角形．
35．（2020·山东临沂·中考真题）已知⊙𝑂1的半径为𝑟1，⊙𝑂2的半径为𝑟2，以𝑂1为圆心，以𝑟1 + 𝑟2的长为
半径画弧，再以线段𝑂1𝑂2的中点P 为圆心，以
1
2𝑂1𝑂2的长为半径画弧，两弧交于点A，连接𝑄1𝐴，𝑂2𝐴，
𝑂1𝐴交⊙𝑂1于点B，过点B 作𝑂2𝐴的平行线𝐵𝐶交𝑂1𝑂2于点C．
（1）求证：𝐵𝐶是⊙𝑂2的切线；
（2）若𝑟1 = 2，𝑟2 = 1，𝑂1𝑂2 = 6，求阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析；（2）2 3 ―
2𝜋
3
【分析】（1）过点O2 作O2D⊥BC，交BC 于点D，根据作图过程可得AP=O1P=O2P，利用等腰三角形的性
质和三角形内角和证明AO2⊥AO1，再根据BC∥AO2，证明四边形ABDO2 为矩形，得到O2D=𝑟2，点D 在
圆O2 上，可得结论；
（2）证明△AO1O2∽△BO1C，求出O1C，利用△BO1C 的面积减去扇形BO1E 的面积即可.
【详解】解：（1）由作图过程可得：
AP=O1P=O2P=
1
2O1O2，AO1=AB+BO1=𝑟1 + 𝑟2，
∴∠PAO1=PO1A，∠PAO2=∠PO2A，AB=𝑟2，
而∠PAO1+∠PO1A+∠PAO2+∠PO2A=180°，
∴∠PAO1+∠PAO2=90°，即AO2⊥AO1，
∵BC∥AO2，
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∴O1B⊥BC，即BC 与圆O1 相切，
过点O2 作O2D⊥BC，交BC 于点D，
可知四边形ABDO2 为矩形，
∴AB=O2D=𝑟2，而圆O2 的半径为𝑟2，
∴点D 在圆O2 上，
即BC 是⊙𝑂2的切线；
（2）∵AO2∥BC，
∴△AO1O2∽△BO1C，
∴
𝐴𝑂1
𝐵𝑂1 =
𝑂1𝑂2
𝑂1𝐶，
∵𝑟1 = 2，𝑟2 = 1，𝑂1𝑂2 = 6，
即AO1=𝑟1 + 𝑟2=3，BO1=2，
∴
3
2 =
6
𝑂1𝐶，
∴O1C=4，
∵BO1⊥BC，
∴cos∠BO1C=
𝐵𝑂1
𝐶𝑂1 =
2
4 =
1
2，
∴∠BO1C=60°，
∴BC= 𝑂1𝐶2 ― 𝑂1𝐵2 = 2 3，
∴S 阴影=𝑆△𝐵𝑂1𝐶-𝑆扇形𝐵𝑂1𝐸
=
1
2 × 2 3 × 2 ― 60×𝜋×22
360
=2 3 ―
2𝜋
3
【点睛】本题考查了尺规作图的原理，切线的判定和性质，矩形的判定和性质，扇形面积，相似三角形的
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判定和性质，等边对等角，知识点较多，解题的关键是根据作图过程得到相应的线段关系.
36．（2019·湖北武汉·统考中考真题）已知𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，𝐴𝑀和𝐵𝑁是⊙𝑂的两条切线，𝐷𝐶与⊙𝑂相切
于点𝐸，分别交𝐴𝑀、𝐵𝑁于𝐷、𝐶两点
（1）如图1，求证：𝐴𝐵2 = 4𝐴𝐷⋅𝐵𝐶
（2）如图2，连接𝑂𝐸并延长交𝐴𝑀于点𝐹，连接𝐶𝐹．若∠𝐴𝐷𝐸= 2∠𝑂𝐹𝐶，𝐴𝐷= 1，求图中阴影部分的面积
【答案】（1）证明见解析；（2）𝑆阴影= 3 3 ―𝜋
【详解】(1)如图1，过点𝐷作𝐷𝐻⊥𝐵𝐶，𝐻为垂足，
∵𝐴𝐷，𝐵𝐶，𝐶𝐷是⊙𝑂的切线，
∴𝑂𝐴⊥𝐴𝐷，𝑂𝐵⊥𝐵𝐶，𝐴𝐷= 𝐸𝐷，𝐵𝐶= 𝐸𝐶，四边形𝐴𝐵𝐻𝐷是矩形，
在Rt𝛥𝐶𝐷𝐻中，𝐷𝐻2 = 𝐶𝐷2 ―𝐶𝐻2，
∴𝐴𝐵2 = (𝐴𝐷+ 𝐵𝐶)2 ― (𝐵𝐶― 𝐴𝐷)2，
∴𝐴𝐵2 = 4𝐴𝐷⋅𝐵𝐶；
(2)如图2，连接OD、OC，
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∵𝐴𝐷，𝐵𝐶，𝐶𝐷是⊙𝑂的切线，
∴DO 平分∠ADE，CO 平分∠BCE，AD=DE，BC=CE，𝑂𝐴⊥𝐴𝐷，𝑂𝐵⊥𝐵𝐶，𝑂𝐸⊥𝐶𝐷，
∴∠AOD=∠DOE，∠BOE=2∠COE，∠BAD=∠OED=∠OEC=∠ABC=90°，
∴∠ADE+∠AOE=360°-90°-90°=180°，
∵∠AOE+∠BOE=180°，
∴∠ADE=∠BOE，
∵∠𝐴𝐷𝐸= 2∠𝑂𝐹𝐶，∠𝐵𝑂𝐸= ∠2𝐶𝑂𝐹，
∴∠𝐶𝑂𝐹= ∠𝑂𝐹𝐶，
∴CO=CF，即𝛥𝐶𝑂𝐹等腰三角形，
∵𝑂𝐸⊥𝐶𝐷，∴𝐶𝐷垂直平分𝑂𝐹，
∴DO=DF，
∴∠DOE=∠OFD，
∵∠AOD+∠DOE+∠OFD=90°，
∴∠𝐴𝑂𝐷= ∠𝐷𝑂𝐸= ∠𝑂𝐹𝐷= 30°，
∴∠𝐵𝑂𝐸= 120°，
∴𝑟= 𝑂𝐴=
𝐴𝐷
tan30° =
3，𝐵𝐶= 𝑂𝐵⋅tan60° = 3，
∴𝑆阴影= 2𝑆𝛥𝑂𝐵𝐶― 𝑆扇形𝑂𝐵𝐸= 2 ×
1
2 × 3 ×
3 ― 120𝜋·( 3)
2
360
= 3 3 ―𝜋.
【点睛】本题考查了切线长定理，矩形的判定与性质，勾股定理，角平分线的判定，等腰三角形的判定与
性质，解直角三角形的应用，综合性较强，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
题型07 三角形内切圆与外切圆综合
37．（2019·山西·统考中考真题）阅读以下材料，并按要求完成相应地任务：
莱昂哈德·欧拉(Leonhard Euler)是瑞士数学家，在数学上经常见到以他的名字命名的重要常数，公式和定理，
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下面是欧拉发现的一个定理：在△ABC 中，R 和r 分别为外接圆和内切圆的半径，O 和I 分别为其外心和内
心，则𝑂𝐼2 = 𝑅2 ―2𝑅𝑟.
如图1，⊙O 和⊙I 分别是△ABC 的外接圆和内切圆，⊙I 与AB 相切分于点F，设⊙O 的半径为R，⊙I 的
半径为r，外心O（三角形三边垂直平分线的交点）与内心I（三角形三条角平分线的交点）之间的距离OI
＝d，则有d2＝R2﹣2Rr．
下面是该定理的证明过程（部分）：
延长AI 交⊙O 于点D，过点I 作⊙O 的直径MN，连接DM，AN.
∵∠D=∠N，∠DMI=∠NAI(同弧所对的圆周角相等)，
∴△MDI∽△ANI，
∴
𝐼𝑀
𝐼𝐴=
𝐼𝐷
𝐼𝑁，
∴𝐼𝐴⋅𝐼𝐷= 𝐼𝑀⋅𝐼𝑁①，
如图2，在图1(隐去MD，AN)的基础上作⊙O 的直径DE，连接BE，BD，BI，IF，
∵DE 是⊙O 的直径，∴∠DBE=90°，
∵⊙I 与AB 相切于点F，∴∠AFI=90°，
∴∠DBE=∠IFA，
∵∠BAD=∠E(同弧所对圆周角相等)，
∴△AIF∽△EDB，
∴
𝐼𝐴
𝐷𝐸=
𝐼𝐹
𝐵𝐷，∴𝐼𝐴⋅𝐵𝐷= 𝐷𝐸⋅𝐼𝐹②，
任务：(1)观察发现：𝐼𝑀= 𝑅+ 𝑑，𝐼𝑁= (用含R，d 的代数式表示)；
(2)请判断BD 和ID 的数量关系，并说明理由；
(3)请观察式子①和式子②，并利用任务(1)，(2)的结论，按照上面的证明思路，完成该定理证明的剩余部分；
(4)应用：若△ABC 的外接圆的半径为5cm，内切圆的半径为2cm，则△ABC 的外心与内心之间的距离为 cm.
【答案】(1)R-d；(2)BD=ID，理由见解析；(3)见解析；(4) 5.
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【分析】(1)直接观察可得；
(2)由三角形内心的性质可得∠BAD=∠CAD，∠CBI=∠ABI，由圆周角定理可得∠DBC=∠CAD，再根据三角形
外角的性质即可求得∠BID=∠DBI，继而可证得BD=ID；
(3)应用(1)(2)结论即可；
(4)直接代入结论进行计算即可．
【详解】(1)∵O、I、N 三点共线，
∴OI+IN＝ON，
∴IN＝ON﹣OI＝R﹣d，
故答案为R﹣d；
(2)BD=ID，理由如下：
∵点I 是△ABC 的内心，
∴∠BAD=∠CAD，∠CBI=∠ABI，
∵∠DBC=∠CAD，∠BID=∠BAD+∠ABI，∠DBI=∠DBC+∠CBI，
∴∠BID=∠DBI，
∴BD=ID；
(3)由(2)知：BD=ID，
又𝐼𝐴⋅𝐼𝐷= 𝐼𝑀⋅𝐼𝑁，𝐼𝐴⋅𝐵𝐷= 𝐷𝐸⋅𝐼𝐹，
∴DE·IF=IM·IN，
∴2𝑅𝑟= (𝑅+ 𝑑)(𝑅― 𝑑)，
∴𝑅2 ― 𝑑2 = 2𝑅𝑟
∴𝑑2 = 𝑅2 ―2𝑅𝑟；
(4)由(3)知：𝑑2 = 𝑅2 ―2𝑅𝑟，
把R=5，r=2 代入得：𝑑2 = 52 ―2 × 5 × 2 = 5，
∵d>0，
∴𝑑=
5，
故答案为5.
【点睛】本题是圆综合题，主要考查了三角形外接圆、外心和内切圆、内心，圆周角性质，角平分线定义，
三角形外角性质等，综合性较强，熟练掌握相关知识是解题的关键.
38．（2019·湖北荆门·统考中考真题）已知锐角𝛥𝐴𝐵𝐶的外接圆圆心为𝑂，半径为𝑅．
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（1）求证：
𝐴𝐶
sin𝐵= 2𝑅；
（2）若𝛥𝐴𝐵𝐶中∠𝐴= 45°，∠𝐵= 60°，𝐴𝐶=
3，求𝐵𝐶的长及sin𝐶的值．
【答案】（1）见解析；（2）BC= 2 ,sinC= 6+ 2
4
；
【分析】（1）如图1，连接𝐴𝑂并延长交⊙𝑂于𝐷，连接𝐶𝐷，于是得到∠𝐶𝐷= 90°，∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐴𝐷𝐶，根据三
角函数的定义即可得到结论；
（2）由
𝐴𝐶
sin𝐵= 2𝑅，同理可得：
𝐴𝐶
sin𝐵•
𝐴𝐵
sin𝐶=
𝐵𝐶
sin𝐴= 2𝑅，于是得到2𝑅=
3
sin60° = 2，即可得到𝐵𝐶= 2𝑅•sin𝐴= 2
sin45° =
2，如图2，过𝐶作𝐶𝐸⊥𝐴𝐵于𝐸，解直角三角形即可得到结论．
【详解】（1）如图1，连接𝐴𝑂并延长交⊙𝑂于𝐷，连接𝐶𝐷，
则∠𝐴𝐶𝐷= 90°，∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐴𝐷𝐶，
∵sin∠𝐴𝐵𝐶= sin∠𝐴𝐷𝐶=
𝐴𝐶
𝐴𝐷=
𝐴𝐶
2𝑅，
∴
𝐴𝐶
sin𝐵= 2𝑅；
（2）∵
𝐴𝐶
sin𝐵= 2𝑅，
同理可得：
𝐴𝐶
sin𝐵•
𝐴𝐵
sin𝐶=
𝐵𝐶
sin𝐴= 2𝑅，
∴2𝑅=
3
sin60° = 2，
∴𝐵𝐶= 2𝑅•sin𝐴= 2sin45° =
2，
如图2，过𝐶作𝐶𝐸⊥𝐴𝐵于𝐸，
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∴𝐵𝐸= 𝐵𝐶•cos𝐵=
2cos60° =
2
2 , 𝐴𝐸= 𝐴𝐶•cos45° =
6
2 ，
∴𝐴𝐵= 𝐴𝐸+ 𝐵𝐸=
6+ 2
2
，
∵𝐴𝐵= 𝐴𝑅•sin𝐶
∴sin𝐶= 𝐴𝐵
2𝑅=
6 +
2
4
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
39．（2022·陕西西安·二模）【问题提出】（1）如图1，在四边形ABCD 中，∠𝐴= 60°，
∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐴𝐷𝐶= 90°，点E 为AB 延长线上一点，连接EC 并延长，交AD 的延长线于点F，则∠𝐵𝐶𝐸+ ∠𝐷𝐶𝐹
的度数为______°；
【问题探究】（2）如图2，在Rt△ABC 中，∠𝐴𝐵𝐶= 90°，点D、E 在直线BC 上，连接AD、AE，若
∠𝐷𝐴𝐸= 60°，𝐴𝐵= 6，求△ADE 面积的最小值；
【问题解决】（3）近日，教育部印发了《义务教育课程方案和课程标准(2022 年版)》，此次修订中增加的跨
学科主题学习活动，突破学科边界，鼓励教师开展跨学科教研，设计出主题鲜明、问题真实的跨学科学习
活动．为此，某校欲将校园内一片三角形空地ABC（如图3 所示）进行扩建后作为跨学科主题学习活动中
心，在AB 的延长线上取一点D，连接DC 并延长到点E，连接AE，已知𝐴𝐸∥𝐵𝐶，𝐴𝐵= 𝐵𝐶= 40米，
∠𝐴𝐵𝐶= 90°，为节约修建成本，需使修建后△ADE 的面积尽可能小，问△ADE 的面积是否存在最小值？若
存在，求出其最小面积；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）60；（2）12 3，详见解析；（3）3200m2，详见解析．
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【分析】（1）由四边形内角和360°得到答案；
（2）分析得出三角形ADE 面积数值为3DE，只需求出CE 最小值即可；作出三角形ADE 外接圆，圆心为
O，过O 作OH⊥DE，可得AO+OH≥AB，由∠ODH=30°知AO=2OH，求出OH 最小值，借助三角函数得DH
最小值；最后由垂径定理得DE=2DH 的最小值，代入求解；
（3）过C 作CH⊥AE，证明出四边形ABCF 为正方形，设BD=x，EF=y，利用三角函数得到xy=1600，利
用不等式得到x+y 的最小值，代入三角形ADE 面积1600+20（x+y），求值即可．
【详解】（1）解：在四边形ABCD 中，∠A=60°，∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠BCD=360°－∠A－∠ABC－∠ADC=120°，
∴∠𝐵𝐶𝐸+ ∠𝐷𝐶𝐹=180°－∠BCD=60°，
故答案为：60．
（2）解：S△ADE=
1
2DE·AB=3DE，
∴当DE 取最小值时，△ADE 面积取最小值．
作△ADE 的外接圆，圆心为O，连接OD、OE、OA，过O 作OH⊥DE 于H，
则∠DOE=2∠DAE=120°，
由OD=OE 知，∠ODH=30°，
∴OD=2OH，
∵OA+OH≥AB，
∴OA+
1
2OA≥6，
即OA≥4，OH≥2，
由垂径定理得：DE=2DH=2 3OH≥4 3，
此时，A、O、H 共线，AD=AE，
∴△ADE 面积的最小值为：3×4 3=12 3．
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（3）解：过C 作CH⊥AE 于H，如图所示，
设BD=x，EF=y，
∵∠ABC=90°，AE∥BC，
∴四边形ABCF 为矩形，
∵AB=BC=40
∴四边形ABCF 为正方形，
由tan∠E=tan∠BCD 知，
𝐶𝐹
𝐸𝐹=
𝐵𝐷
𝐵𝐶，
即
40
𝑦=
𝑥
40，
∴y=
1600
𝑥，
即xy=1600，
∵( 𝑥)2 ―2( 𝑥)
𝑦+
𝑦
2 =
𝑥―
𝑦
2 ≥0，
∴𝑥+ 𝑦≥2 𝑥𝑦=80，
当x=y 时取等号，即x+y 的最小值为80，
又△ADE 的面积=正方形ABCF 面积+三角形BCD 面积+三角形CEF 面积，
即△ADE 的面积=1600+20（x+y）≥1600+20×80=3200，
综上所述，△ADE 的面积的最小值为3200 m2．
【点睛】本题考查了四边形内角和、圆心角与圆周角关系、垂径定理、三角函数、正方形判定、不等式性
质等知识，综合性很强，对定高定角图形的问题转化为圆的问题及灵活利用不等式是解题关键．
40．（2021·陕西西安·校考模拟预测）问题提出：若一个三角形的三个顶点分别在一个图形的不同的边上，
则称此三角形为该图形的内接三角形．
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（1）如图1，⊙𝑂及弦𝐴𝐵，点C 为圆上一点，则△𝐴𝐵𝐶称为⊙𝑂的内接三角形．若⊙𝑂的半径等于5，
弦𝐴𝐵= 8，画出⊙𝑂的面积最大的内接三角形△𝐴𝐵𝐶，且其内接三角形面积的最大值是___________；
问题探究：
（2）如图2，△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴= ∠𝐵= 30°，𝐴𝐶= 4，D 是𝐴𝐶的中点，△𝐷𝐸𝐹是△𝐴𝐵𝐶的内接等腰直角三角
形，且∠𝐷𝐹𝐸= 90°，求△𝐷𝐸𝐹的面积．
问题解决：
（3）高新区的小朋友为给十四运的选手们加油，在现有的一块三角形展板上，绘制一个三角形的图案，如
图3，展板△𝐴𝐵𝐶为等腰直角三角形，∠𝐶= 90°，𝐴𝐶= 𝐵𝐶= 4，绘制的图案为△𝐴𝐵𝐶的内按等腰直角三角
形，试探究：绘制的图案的面积是否存在最小值？若存在，请求出面积的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）图见详解，面积的最大值为32；（2）19 ― 10 3；（3）存在，面积的最小值为
18
5 ．
【分析】（1）由题意，由于𝐴𝐵= 8是定值，当三角形的高是最大值时，得到的三角形的面积最大，然后画
出图形，求出面积即可；
（2）由题意，由等腰三角形的性质和锐角三角函数，求出𝐴𝐵= 4 3，𝐷𝐺= 1，𝐴𝐺=
3，然后证明𝛥𝐷𝐺𝐹
≌𝛥𝐹𝐻𝐸，得到边之间的关系，设𝐹𝐺= 𝐸𝐻= 𝑥，结合AB 的长度列出方程，求出x，再求出面积即可．
（3）利用分类讨论：①当内接等腰直角三角形的直角顶点在斜边AB 上时，②当内接等腰直角三角形的直
角顶点在直角边上时，分别得出答案．
【详解】解：（1）根据题意，
∵𝐴𝐵= 8是定值，当三角形的高CD 是最大值时，得到的三角形的面积为最大，
∴线段CD 经过圆心，且垂直平分AB，此时三角形ABC 是等腰三角形，如图：
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∵𝐴𝐵= 8，𝑂𝐴= 𝑂𝐶= 5，
∴𝐴𝐷=
1
2 × 8 = 4，
∴𝑂𝐷=
52 ― 42 = 3，
∴𝐶𝐷= 5 + 3 = 8，
∴圆内接三角形△𝐴𝐵𝐶的面积最大值为：
𝑆=
1
2𝐴𝐵•𝐶𝐷=
1
2 × 8 × 8 = 32；
故答案为：32．
（2）在等腰三角形ABC 中，过点C 作CM⊥AB 于点M，如图：
∵∠𝐴= ∠𝐵= 30°，𝐴𝐶= 4，
∴𝐴𝑀= 2 3，
∴𝐴𝐵= 2𝐴𝑀= 4 3；
如图，过点D 作DG⊥AB 于G，过点E 作EH⊥AB 与H，
∵D 是𝐴𝐶的中点，𝐴𝐶= 4
∴𝐴𝐷= 2，
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∴𝐷𝐺=
1
2𝐴𝐷= 1，𝐴𝐺=
3，
∵△𝐷𝐸𝐹是等腰直角三角形，且∠𝐷𝐹𝐸= 90°，
∴𝐷𝐹= 𝐸𝐹，
∴∠𝐷𝐹𝐺+ ∠𝐸𝐹𝐻= ∠𝐸𝐹𝐻+ 𝐹𝐸𝐻= 90°，
∴∠𝐷𝐹𝐺= ∠𝐹𝐸𝐻，
∵∠𝐷𝐺𝐹= ∠𝐹𝐻𝐸= 90°，
∴𝛥𝐷𝐺𝐹≌𝛥𝐹𝐻𝐸，
∴𝐷𝐺= 𝐹𝐻= 1，𝐹𝐺= 𝐸𝐻；
设𝐹𝐺= 𝐸𝐻= 𝑥，则𝐵𝐻=
3𝑥，
∵𝐴𝐵= 𝐴𝐺+ 𝐹𝐺+ 𝐹𝐻+ 𝐵𝐻，
∴3 +𝑥+ 1 +
3𝑥= 4 3，解得：𝑥= 5 ― 2 3；
∴𝐹𝐺= 𝐸𝐻= 5 ― 2 3，
∴𝐷𝐹2 = 12 + (5 ― 2 3)
2 = 38 ― 20 3，
∴𝑆△𝐷𝐸𝐹=
1
2𝐷𝐹•𝐸𝐹=
1
2𝐷𝐹2 =
1
2 × (38 ― 20 3) = 19 ― 10 3；
（3）分类讨论：
①当内接等腰直角三角形的直角顶点在斜边AB 上时，如图，
∵∠ACB=∠EDF=90°，
以EF 为直径画圆，则点C、D 在圆上，连接CD，
∵DE=DF，
∴∠ACD=∠BCD，
又∵AC=BC，
∴CD 是AB 边上的中线，点D 是AB 边的中点，
过点D 作DE′⊥AC，DF′⊥BC，此时，DE′、DF′最短．
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当点E 与E′重合，点F 与F′重合时，△DEF 的面积最小，
此时四边形CEDF 为矩形．
设DE=x，则BC=2DE=2x=6，
∴x=3，∴S 最小=
9
2；
②当内接等腰直角三角形的直角顶点在直角边上时，如图，过点F 作FG⊥BC 于点G，设DG=y，GF=x，
∵∠EDF=90°，
∴∠EDC+∠FDG=90°，
∵∠CED+∠EDC=90°，
∴∠CED=∠FDG，
在△CDE 和△GFD 中，
∠𝐶= ∠𝐹𝐺𝐷
∠𝐶𝐸𝐷= 𝐺𝐷𝐹
𝐸𝐷= 𝐷𝐹
，
∴△CDE≌△GFD（AAS），
∴CD=FG=x，
∵∠B=45°，FG⊥BC，
∴GB=GF=x，
∴BC=CD+DG+GB=2x+y=6，即y=6-2x．
S△DEF=
1
2DF2=
1
2（y2+x2）=
5
2𝑥2 ―12𝑥+ 18=
5
2(𝑥― 12
5 )
2 +
18
5 ，
故当𝑥=
12
5 时，S 最小=
18
5 ，
∵
9
2 >
18
5 ，
∴△DEF 的面积存在最小值，其最小值为
18
5 ．
【点睛】此题主要考查了圆的综合以及全等三角形的判定与性质和二次函数最值求法、等腰直角三角形的
性质、锐角三角函数关系等知识，利用分类讨论、数形结合得出三角形的面积的最值是解题关键．
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题型08 阿氏圆模型
41．（2021·全国·九年级专题练习）如图，Rt△ABC，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，以C 为顶点的正方形CDEF
（C、D、E、F 四个顶点按逆时针方向排列）可以绕点C 自由转动，且CD＝2，连接AF，BD
（1）求证：△BDC≌△AFC
（2）当正方形CDEF 有顶点在线段AB 上时，直接写出BD＋2
2 AD 的值；
（3）直接写出正方形CDEF 旋转过程中，BD＋2
2 AD 的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）2 +1或2 +
5 ；（3）5
【分析】（1）利用SAS，即可证明△FCA≌△DCB；
（2）分两种情况当点D，E 在AB 边上时和当点E，F 在边AB 上时，讨论即可求解；
（3）取AC 的中点M．连接DM，BM．则CM＝1，可证得△DCM∽△ACD，可得DM＝2
2 AD，从而得到
当B，D，M 共线时，BD+ 2
2 AD 的值最小，即可求解．
【详解】（1）证明： ∵四边形CDEF 是正方形，
∴CF＝CD，∠DCF＝∠ACB＝90°，
∴∠ACF＝∠DCB，
∵AC＝CB，
∴△FCA≌△DCB（SAS）；
（2）解：①如图2 中，当点D，E 在AB 边上时，
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∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，
∴𝐴𝐵=
𝐴𝐶
sin45° = 2 2，
∵CD⊥AB，
∴AD＝BD＝= 𝐴𝐶× sin45° =
2，
∴BD+ 2
2 AD＝=
2 +
2
2 ×
2 =
2 +1；
②如图3 中，当点E，F 在边AB 上时．
BD＝CF＝𝐵𝐶× sin45° = 2 ×
2
2 =
2，
AD＝𝐵𝐷2 + 𝐴𝐵2＝10，
∴BD+ 2
2 AD＝2 +
2
2 ×
10 =
2 +
5，
综上所述，BD＋2
2 AD 的值2 +1或2 +
5；
（3）如图4 中．取AC 的中点M．连接DM，BM．则CM＝1，
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∵CD＝2，CM＝1，CA＝2，
∴CD2＝CM•CA，
∴
𝐶𝐷
𝐶𝐴＝
𝐶𝑀
𝐶𝐷，
∵∠DCM＝∠ACD，
∴△DCM∽△ACD，
∴
𝐷𝑀
𝐴𝐷＝
𝐶𝐷
𝐴𝐶＝2
2 ，
∴DM＝2
2 AD，
∴BD+ 2
2 AD＝BD+DM，
∴当B，D，M 共线时，BD+ 2
2 AD 的值最小，
最小值𝐵𝑀=
𝐶𝐵2 + 𝐶𝑀2 =
5．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，锐角三角
函数，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
42．（2023 上·重庆九龙坡·九年级重庆市育才中学校考期末）已知△𝐶𝐷𝐸与△𝐴𝐵𝐶有公共顶点C，△𝐶𝐷𝐸为
等边三角形，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶= 120°．
(1)如图1，当点E 与点B 重合时，连接AD，已知四边形ABDC 的面积为2 3，求𝐴𝐵+ 𝐴𝐶的值；
(2)如图2，𝐴𝐵= 𝐴𝐶， A、E、D 三点共线，连接𝐴𝐸、𝐵𝐸，取𝐵𝐸中点M，连接𝐴𝑀，求证：𝐴𝐷= 2𝐴𝑀；
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(3)如图3，𝐴𝐵= 𝐴𝐶= 4，𝐶𝐸= 2，将△𝐶𝐷𝐸以C 为旋转中心旋转，取𝐷𝐸中点F，当𝐵𝐹+
3
4 𝐴𝐹的值最小时，
求tan∠𝐴𝐵𝐹的值．
【答案】(1)2 2
(2)见解析
(3)13 3
45
【分析】（1）延长𝐴𝐶到T，使得𝐶𝑇= 𝐵𝐴连接𝐷𝑇，过点D 做𝐷𝑁⊥𝐴𝑇于N，证明△𝐴𝐵𝐷≌△𝑇𝐶𝐷(SAS)，
得出𝐷𝐴= 𝐷𝑇，∠𝐴𝐷𝐵= ∠𝑇𝐷𝐶，证明△𝐷𝐴𝑇为等边三角形，设𝐴𝑁= 𝑇𝑁= 𝑥，得出𝑆△𝐷𝐴𝑇=
1
2𝐴𝑇⋅𝐷𝑁=
3
𝑥2 = 2 3，求出x 的值即可得出答案；
（2）延长𝐵𝐴到𝐻使得𝐴𝐻= 𝐴𝐵，连接𝐸𝐻、𝐶𝐻，证明△𝐴𝐶𝐷≌△𝐻𝐶𝐸(SAS)，得出𝐴𝐷= 𝐻𝐸，证明𝐴𝑀为△𝐵𝐻𝐸
的中位线，得出𝐻𝐸= 2𝐴𝑀= 𝐴𝐷，即可证明结论；
（3）连接𝐶𝐹，过点A 作𝐴𝐺⊥𝐵𝐶于点G，以点C 为圆心，𝐶𝐹为半径作圆，在𝐴𝐶上截取𝐶𝑀=
3
4 𝐶𝐹，连接
𝑀𝐹，证明△𝐶𝐹𝑀∽△𝐶𝐴𝐹，得出
𝐹𝑀
𝐴𝐹=
𝐶𝑀
𝐶𝐹=
3
4 ，即𝐹𝑀=
3
4 𝐴𝐹，得出𝐵𝐹+
3
4 𝐴𝐹= 𝐵𝐹+ 𝐹𝑀，连接𝐵𝑀与⊙𝐶
交于一点，当点F 在此点时，𝐵𝐹+ 𝐹𝑀最小，即𝐵𝐹+
3
4 𝐴𝐹最小，过点M 作𝑀𝑁⊥𝐵𝐶于点N，过点A 作𝐴𝑄⊥𝐵𝑀
于点Q，求出𝐴𝑄，𝐵𝑄即可得出答案．
【详解】（1）解：延长𝐴𝐶到T，使得𝐶𝑇= 𝐵𝐴连接𝐷𝑇，过点D 做𝐷𝑁⊥𝐴𝑇于N，如图所示：
∵△𝐶𝐷𝐸为等边三角形，∠𝐵𝐴𝐶= 120°，
∴𝐷𝐵= 𝐷𝐶，∠𝐵𝐷𝐶= 60°，
四边形𝐴𝐵𝐷𝐶中，∠𝐵𝐷𝐶+ ∠𝐷𝐶𝐴+ ∠𝐶𝐴𝐵+ ∠𝐴𝐵𝐷= 360°，
∴∠𝐴𝐵𝐷+ ∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐷𝐶𝑇+ ∠𝐴𝐶𝐷= 180°，
∴∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝑇𝐶𝐷，
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在△𝐴𝐵𝐷和△𝑇𝐶𝐷中，
𝐴𝐵= 𝑇𝐶
∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝑇𝐶𝐷
𝐷𝐵= 𝐷𝐶
，
∴△𝐴𝐵𝐷≌△𝑇𝐶𝐷(SAS)，
∴𝐷𝐴= 𝐷𝑇，∠𝐴𝐷𝐵= ∠𝑇𝐷𝐶，
∴∠𝐴𝐷𝐵+ ∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝑇𝐷𝐶+ ∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐴𝐷𝑇= 60°，
∴△𝐷𝐴𝑇为等边三角形，
∵四边形ABDC 的面积为2 3，
∴𝑆△𝐷𝐴𝑇= 2 3，
∵𝐷𝑁⊥𝐴𝑇，
∴∠𝐴𝐷𝑁= 30°，
设𝐴𝑁= 𝑇𝑁= 𝑥，
∴𝐷𝑁=
3𝐴𝑁=
3𝑥，
∴𝑆△𝐷𝐴𝑇=
1
2𝐴𝑇⋅𝐷𝑁=
3𝑥2 = 2 3，
∴𝑥=
2，
∴𝐴𝐵+ 𝐴𝐶= 𝐶𝑇+ 𝐴𝐶= 𝐴𝑇= 2𝑥= 2 2，
（2）证明：延长𝐵𝐴到𝐻使得𝐴𝐻= 𝐴𝐵，连接𝐸𝐻、𝐶𝐻，如图所示：
∵∠𝐵𝐴𝐶= 120°，𝐴𝐵= 𝐴𝐶，
∴∠𝐻𝐴𝐶= 60°，
∵𝐴𝐶= 𝐴𝐻，
∴△𝐴𝐻𝐶为等边三角形，
∴∠𝐴𝐶𝐻= 60°，𝐴𝐶= 𝐴𝐻= 𝐶𝐻= 𝐴𝐵，
∵△𝐶𝐷𝐸为等边三角形，
∴∠𝐸𝐶𝐷= 60°，𝐷𝐶= 𝐷𝐸= 𝐶𝐸，
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∴∠𝐸𝐶𝐷+ ∠𝐸𝐶𝐴= ∠𝐴𝐶𝐻+ ∠𝐸𝐶𝐴，
∴∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐻𝐶𝐸，
在△𝐴𝐶𝐷和△𝐻𝐶𝐸中，
𝐴𝐶= 𝐻𝐶
∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐻𝐶𝐸
𝐶𝐷= 𝐶𝐸
，
∴△𝐴𝐶𝐷≌△𝐻𝐶𝐸(SAS)，
∴𝐴𝐷= 𝐻𝐸，
∵A 为𝐴𝐻中点，M 为𝐵𝐸中点，
∴𝐴𝑀为△𝐵𝐻𝐸的中位线，
∴𝐻𝐸= 2𝐴𝑀= 𝐴𝐷，
∴𝐴𝐷= 2𝐴𝑀；
（3）解：如图，连接𝐶𝐹，过点A 作𝐴𝐺⊥𝐵𝐶于点G，以点C 为圆心，𝐶𝐹为半径作圆，在𝐴𝐶上截取𝐶𝑀=
3
4
𝐶𝐹，连接𝑀𝐹，
∵𝐴𝐵= 𝐴𝐶= 4，∠𝐵𝐴𝐶= 120°，
∴∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐴𝐶𝐵=
1
2 × (180° ― 120°) = 30°，
∴𝐴𝐺=
1
2𝐴𝐵= 2，𝐵𝐺= 𝐴𝐵× cos30° = 2 3，
∵𝐴𝐵= 𝐴𝐶= 4，𝐴𝐺⊥𝐵𝐶，
∴𝐵𝐶= 2𝐵𝐺= 4 3，
∵点F 为等边三角形𝐶𝐷𝐸的边𝐷𝐸中点，
∴𝐸𝐹= 𝐷𝐹=
1
2𝐷𝐸= 1，
∴𝐶𝐹=
22 ― 12 =
3，
∵
𝐶𝑀
𝐶𝐹=
𝐶𝐹
𝐴𝐶=
3
4 ，∠𝐹𝐶𝑀= ∠𝐴𝐶𝐹，
∴△𝐶𝐹𝑀∽△𝐶𝐴𝐹，
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∴
𝐹𝑀
𝐴𝐹=
𝐶𝑀
𝐶𝐹=
3
4 ，
∴𝐹𝑀=
3
4 𝐴𝐹，
∴𝐵𝐹+
3
4 𝐴𝐹= 𝐵𝐹+ 𝐹𝑀，
∵𝐶𝐹的长度为定值，
∴在△𝐶𝐷𝐸旋转时，点F 在以C 为圆心，𝐶𝐹为半径的圆上运动，
∴如图，连接𝐵𝑀与⊙𝐶交于一点，当点F 在此点时，𝐵𝐹+ 𝐹𝑀最小，即𝐵𝐹+
3
4 𝐴𝐹最小，过点M 作𝑀𝑁⊥𝐵𝐶
于点N，过点A 作𝐴𝑄⊥𝐵𝑀于点Q，
𝑆△𝐴𝐵𝐶=
1
2𝐵𝐶× 𝐴𝐺=
1
2 × 4 3 × 2 = 4 3，
𝐶𝑀=
3
4 𝐶𝐹=
3
4 ×
3 =
3
4，
𝐴𝑀= 𝐴𝐶― 𝐶𝑀= 4 ―
3
4 =
13
4 ，
∴𝑆△𝐴𝐵𝑀=
𝐴𝑀
𝐴𝐶𝑆△𝐴𝐵𝐶=
13
4
4 × 4 3 = 13 3
4 ，
∵∠𝑀𝑁𝐶= 90°，∠𝑀𝐶𝑁= 30°，
∴𝑀𝑁=
1
2𝑀𝐶=
3
8，𝐶𝑁=
𝐶𝑀2 ― 𝑀𝑁2 = 3 3
8 ，
∴𝐵𝑁= 𝐵𝐶― 𝐶𝑁= 4 3 ― 3 3
8 = 29 3
8 ，
∴𝐵𝑀=
𝐵𝑁2 + 𝑀𝑁2 =
633
4 ，
∴𝐴𝑄=
2𝑆𝐴𝐵𝑀
𝐵𝑀=
2×13 3
4
633
4
= 26 3
633，
∵∠𝐴𝑄𝐵= 90°，
∴𝐵𝑄=
𝐴𝐵2 ― 𝐴𝑄2 =
42 ―
26 3
633
2 =
90
633，
∴tan∠𝐴𝐵𝐹=
𝐴𝑄
𝐵𝑄=
26 3
633
90
633
= 13 3
45 ．
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【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，
特殊角的三角函数，求正切值，勾股定理，直角三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，找出𝐵𝐹+
3
4 𝐴𝐹
取最小值时，点F 的位置．
43．（2019·山东·统考中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣5x+5 与x 轴，y 轴分别交于A，
C 两点，抛物线y＝x2+bx+c 经过A，C 两点，与x 轴的另一交点为B
（1）求抛物线解析式及B 点坐标；
（2）若点M 为x 轴下方抛物线上一动点，连接MA、MB、BC，当点M 运动到某一位置时，四边形AMBC
面积最大，求此时点M 的坐标及四边形AMBC 的面积；
（3）如图2，若P 点是半径为2 的⊙B 上一动点，连接PC、PA，当点P 运动到某一位置时，PC+
1
2PA 的值
最小，请求出这个最小值，并说明理由．
【答案】（1）y＝x2﹣6x+5， B（5，0）；（2）当M（3，﹣4）时，四边形AMBC 面积最大，最大面积等于
18；（3）PC+
1
2PA 的最小值为41，理由详见解析.
【分析】（1）由直线y＝﹣5x+5 求点A、C 坐标，用待定系数法求抛物线解析式，进而求得点B 坐标．
（2）从x 轴把四边形AMBC 分成△ABC 与△ABM；由点A、B、C 坐标求△ABC 面积；设点M 横坐标为
m，过点M 作x 轴的垂线段MH，则能用m 表示MH 的长，进而求△ABM 的面积，得到△ABM 面积与m
的二次函数关系式，且对应的a 值小于0，配方即求得m 为何值时取得最大值，进而求点M 坐标和四边形
AMBC 的面积最大值．
（3）作点D 坐标为（4，0），可得BD＝1，进而有
𝐵𝐷
𝐵𝑃=
𝐵𝑃
𝐴𝐵=
1
2，再加上公共角∠PBD＝∠ABP，根据两边对
应成比例且夹角相等可证△PBD∽△ABP，得
𝑃𝐷
𝑃𝐴等于相似比
1
2，进而得PD＝
1
2AP，所以当C、P、D 在同一直
线上时，PC+
1
2PA＝PC+PD＝CD 最小．用两点间距离公式即求得CD 的长．
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【详解】解：（1）直线y＝﹣5x+5，x＝0 时，y＝5
∴C（0，5）
y＝﹣5x+5＝0 时，解得：x＝1
∴A（1，0）
∵抛物线y＝x2+bx+c 经过A，C 两点
∴1 + 𝑏+ 𝑐= 0
0 + 0 + 𝑐= 5
解得：𝑏= ―6
𝑐= 5
∴抛物线解析式为y＝x2﹣6x+5
当y＝x2﹣6x+5＝0 时，解得：x1＝1，x2＝5
∴B（5，0）
（2）如图1，过点M 作MH⊥x 轴于点H
∵A（1，0），B（5，0），C（0，5）
∴AB＝5﹣1＝4，OC＝5
∴S△ABC＝
1
2AB•OC＝
1
2×4×5＝10
∵点M 为x 轴下方抛物线上的点
∴设M（m，m2﹣6m+5）（1＜m＜5）
∴MH＝|m2﹣6m+5|＝﹣m2+6m﹣5
∴S△ABM＝
1
2AB•MH＝
1
2×4（﹣m2+6m﹣5）＝﹣2m2+12m﹣10＝﹣2（m﹣3）2+8
∴S 四边形AMBC＝S△ABC+S△ABM＝10+[﹣2（m﹣3）2+8]＝﹣2（m﹣3）2+18
∴当m＝3，即M（3，﹣4）时，四边形AMBC 面积最大，最大面积等于18
（3）如图2，在x 轴上取点D（4，0），连接PD、CD
∴BD＝5﹣4＝1
∵AB＝4，BP＝2
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∴
𝐵𝐷
𝐵𝑃=
𝐵𝑃
𝐴𝐵=
1
2
∵∠PBD＝∠ABP
∴△PBD∽△ABP
∴
𝑃𝐷
𝐴𝑃=
𝑃𝐷
𝐵𝑃=
1
2
∴PD＝
1
2AP
∴PC+
1
2PA＝PC+PD
∴当点C、P、D 在同一直线上时，PC+
1
2PA＝PC+PD＝CD 最小
∵CD＝𝑂𝐶2 + 𝑂𝐷2 =
52 + 42 =
41
∴PC+
1
2PA 的最小值为41
【点睛】此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知二次函数的性质、圆的性质及相似三角形的判断
与性质.
44．（2021 上·江苏宿迁·九年级校考期末）问题提出：如图①，在Rt △𝐴𝐵𝐶中，∠𝐶= 90∘，𝐶𝐵= 4，
𝐶𝐴= 6，⊙C 的半径为2，P 为圆上一动点，连接AP、BP，求𝐴𝑃+
1
2𝐵𝑃的最小值．
（1）尝试解决：为了解决这个问题，下面给出一种解题思路：如图①，连接CP，在CB 上取一点D，使
𝐶𝐷= 1，则
𝐶𝐷
𝐶𝑃=
𝐶𝑃
𝐶𝐵=
1
2．又∠𝑃𝐶𝐷= ∠𝐵𝐶𝑃，所以△𝑃𝐶𝐷∽△𝐵𝐶𝑃．所以
𝑃𝐷
𝐵𝑃=
𝐶𝐷
𝐶𝑃=
1
2．
所以𝑃𝐷=
1
2𝑃𝐵，所以𝐴𝑃+
1
2𝐵𝑃= 𝐴𝑃+ 𝑃𝐷．
请你完成余下的思考，并直接写出答案：𝐴𝑃+
1
2𝐵𝑃的最小值为________；
（2）自主探索：在“问题提出”的条件不变的前提下，求
1
3𝐴𝑃+ 𝐵𝑃的最小值；
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（3）拓展延伸：如图②，已知在扇形COD 中，∠𝐶𝑂𝐷= 90∘，𝑂𝐶= 6，𝑂𝐴= 3，𝑂𝐵= 5，P 是𝐶𝐷上一点，
求2𝑃𝐴+ 𝑃𝐵的最小值．
【答案】（1）37；（2）
2
3 37；（3）13．
【分析】（1）根据题意可知最小值为AD 长度，利用勾股定理即可求出AD 长度．
（2 ）连接CP ，在CA 上取一点D ，使𝐶𝐷=
2
3，即可证明△𝑃𝐶𝐷∽△𝐴𝐶𝑃，得到𝑃𝐷=
1
3𝐴𝑃，即
1
3
𝐴𝑃+ 𝐵𝑃= 𝑃𝐷+ 𝐵𝑃，所以
1
3𝐴𝑃+ 𝐵𝑃的最小值为BD 长度，利用勾股定理即可求出BD 长度．
（3 ）延长OC 到E ，使𝐶𝐸= 6，连接PE ，OP ，即可证明△𝑂𝐴𝑃∽△𝑂𝑃𝐸，得到𝐸𝑃= 2𝑃𝐴，即
2𝑃𝐴+ 𝑃𝐵= 𝐸𝑃+ 𝑃𝐵，所以2𝑃𝐴+ 𝑃𝐵的最小值为BE 长度，利用勾股定理即可求出BE 长度．
【详解】
（1）根据题意可知，当A、P、D 三点共线时，𝐴𝑃+
1
2𝐵𝑃最小，最小值= 𝐴𝐷=
𝐶𝐷2 + 𝐴𝐶2 =
12 + 62
=
37．
故答案为：37．
（2）连接CP，在CA 上取一点D，使𝐶𝐷=
2
3，
则有
𝐶𝐷
𝐶𝑃=
𝐶𝑃
𝐶𝐴=
1
3，
∵∠𝑃𝐶𝐷= ∠𝐴𝐶𝑃，
∴△𝑃𝐶𝐷∽△𝐴𝐶𝑃，得
𝑃𝐷
𝐴𝑃=
𝐶𝐷
𝐶𝑃=
1
3，
∴𝑃𝐷=
1
3𝐴𝑃，故
1
3𝐴𝑃+ 𝐵𝑃= 𝑃𝐷+ 𝐵𝑃，
仅当B、P、D 三点共线时，
1
3𝐴𝑃+ 𝐵𝑃的最小值= 𝐵𝐷=
𝐶𝐷2 + 𝐵𝐶2 =
2
3
2
+ 42 =
2
3 37．
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（3）延长OC 到E，使𝐶𝐸= 6，连接PE，OP，
则
𝑂𝐴
𝑂𝑃=
𝑂𝑃
𝑂𝐸=
1
2，∵∠𝐴𝑂𝑃= ∠𝑃𝑂𝐸，
∴△𝑂𝐴𝑃∽△𝑂𝑃𝐸，∴
𝑂𝐴
𝑂𝑃=
𝑂𝑃
𝑂𝐸=
𝐴𝑃
𝐸𝑃=
1
2，
∴𝐸𝑃= 2𝑃𝐴，∴2𝑃𝐴+ 𝑃𝐵= 𝐸𝑃+ 𝑃𝐵，
仅当E、P、B 三点共线时，
𝐸𝑃+ 𝑃𝐵= 𝐵𝐸=
𝑂𝐸2 + 𝑂𝐵2 =
52 + 122 = 13，
即2𝑃𝐴+ 𝑃𝐵的最小值为13．
【点睛】本题考查圆的综合，勾股定理，相似三角形的判定和性质．根据阅读材料的思路构造出△𝑃𝐶𝐷∽
△𝐴𝐶𝑃和△𝑂𝐴𝑃∽△𝑂𝑃𝐸是解题的关键．本题较难．
45．（2018·广西柳州·中考真题）如图，抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐与𝑥轴交于𝐴( 3，0)，𝐵两点（点𝐵在点𝐴的
左侧），与𝑦轴交于点𝐶，且𝑂𝐵= 3𝑂𝐴=
3𝑂𝐶，∠𝑂𝐴𝐶的平分线𝐴𝐷交𝑦轴于点𝐷，过点𝐴且垂直于𝐴𝐷的直线𝑙
交𝑦轴于点𝐸，点𝑃是𝑥轴下方抛物线上的一个动点，过点𝑃作𝑃𝐹⊥𝑥轴，垂足为𝐹，交直线𝐴𝐷于点𝐻．
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（1）求抛物线的解析式；
（2）设点𝑃的横坐标为𝑚，当𝐹𝐻= 𝐻𝑃时，求𝑚的值；
（3）当直线𝑃𝐹为抛物线的对称轴时，以点𝐻为圆心，
1
2𝐻𝐶为半径作⊙𝐻，点𝑄为⊙𝐻上的一个动点，求
1
4
𝐴𝑄+ 𝐸𝑄的最小值．
【答案】（1）y =
1
3x2 +
2
3 3x﹣3；（2）―
3；（3）417
4 ．
【分析】对于（1），结合已知先求出点B 和点C 的坐标，再利用待定系数法求解即可；
对于（2），在Rt△OAC 中，利用三角函数的知识求出∠OAC 的度数，再利用角平分线的定义求出∠OAD 的
度数，进而得到点D 的坐标；接下来求出直线AD 的解析式，表示出点P，H，F 的坐标，再利用两点间的
距离公式可完成解答；对于（3），首先求出⊙H 的半径，在HA 上取一点K，使得HK=14，此时K（-7 3
8 ，
-
15
8 ）；然后由HQ2=HK·HA，得到△QHK∽△AHQ，再利用相似三角形的性质求出KQ=
1
4AQ，进而可得当E、
Q、K 共线时，
1
4AQ+EQ 的值最小，据此解答.
【详解】（1）由题意A（3，0），B（﹣3 3，0），C（0，﹣3），设抛物线的解析式为y＝a（x+3 3）（x ―
3），把C（0，﹣3）代入得到a =
1
3，∴抛物线的解析式为y =
1
3x2 +
2
3 3x﹣3．
（2）在Rt△AOC 中，tan∠OAC =
𝑂𝐶
𝑂𝐴=
3，∴∠OAC＝60°．
∵AD 平分∠OAC，∴∠OAD＝30°，∴OD＝OA•tan30°＝1，∴D（0，﹣1），∴直线AD 的解析式为y =
3
3 x﹣1，
由题意P（m，
1
3m2 + 2 3
3 m﹣3），H（m，3
3 m﹣1），F（m，0）．
∵FH＝PH，∴1 ―
3
3 𝑚=
3
3 m﹣1﹣（
1
3m2 + 2 3
3 m﹣3）
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解得m = ―
3或3（舍弃），∴当FH＝HP 时，m 的值为―
3．
（3）如图，∵PF 是对称轴，∴F（―
3，0），H（―
3，﹣2）．
∵AH⊥AE，∴∠EAO＝60°，∴EO =
3OA＝3，∴E（0，3）．
∵C（0，﹣3），∴HC =
（3）2 + 12 = 2，AH＝2FH＝4，∴QH =
1
2CH＝1，在HA 上取一点K，使得HK
=
1
4，此时K（―
7
8 3，―
15
8 ）．
∵HQ2＝1，HK•HA＝1，∴HQ2＝HK•HA，∴
𝐻𝑄
𝐴𝐻=
𝐾𝐻
𝐻𝑄．
∵∠QHK＝∠AHQ，∴△QHK∽△AHQ，∴
𝐾𝑄
𝐴𝑄=
𝐻𝑄
𝐴𝐻=
1
4，∴KQ =
1
4AQ，∴
1
4AQ+QE＝KQ+EQ，∴当E、Q、K 共
线时，
1
4AQ+QE 的值最小，最小值=
（7 3
8 ）2 + （
15
8 + 3）2 =
417
4 ．
【点睛】本题考查了相似三角形对应边成比例、两边成比例且夹角相等的两个三角形相似、待定系数法求
二次函数的表达式、二次函数的图象与性质、数轴上两点间的距离公式，熟练掌握该知识点是本题解题的
关键.
题型09 隐圆模型
46．（2022·重庆万州·重庆市万州国本中学校校考一模）如图，在△ABC 和△DEF 中，∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐸𝐷𝐹= 90∘，
𝐴𝐵= 𝐴𝐶，𝐷𝐸= 𝐷𝐹，BC、EF 交于点M，且点M 为BC、EF 的中点，将△DEF 绕点M 旋转．
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(1)如图1，当△DEF 旋转至点A 在FD 延长线上时，若𝐵𝐶= 3 2，𝐴𝐹= 6 5
5 ，tan∠𝐵𝐴𝐹= 2，求线段BF 的
长；
(2)如图2，当△DEF 旋转至点A 在FD 延长线上，求证：2𝐴𝐹=
2𝐵𝐸+ 𝐸𝐹；
(3)如图3，在△DEF 旋转过程中，直线AD 与直线CF 交于点N，连接BN，P 为BN 的中点，连接AP，若
𝐴𝐵= 6 2，请直接写出线段AP 的最大值．
【答案】(1)3.
(2)见解析.
(3)3 10
2 +3 2
2 .
【分析】（1）根据tan∠𝐵𝐴𝐹= 2，过B 作AF 垂线，构造直角三角形，理由勾股定理求解；
（2）连接CF，根据易知条件得△ABD≌△ACF，△BEM≌△CFM，再利用等腰直角三角形边的关系得到证
明；
（3）首先根据“手拉手”全等得到N 点轨迹，根据“瓜豆原理”得到P 点轨迹为圆弧，点与弧上一点最大距离
为通过圆心的一条线段，利用勾股定理求解即可.
【详解】（1）解：如图，过B 作BH⊥AF 于H，
在Rt△ABH 中，tan∠BAH=2 =
𝐵𝐻
𝐴𝐻，
设AH=x，则BH=2𝑥，由勾股定理得：4x2+x2=AB2
又∵△ABC 为等腰直角三角形，𝐵𝐶= 3 2
∴AB=AC= 2
2 ·BC=3
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∴4x2+x2=9
解得：AH=x=3 5
5 ，BH=6 5
5
∵𝐴𝐹= 6 5
5
∴FH=3 5
5
在Rt△BFH 中，BF= 𝐵𝐻2 + 𝐹𝐻2 =
6 5
5
2
+
3 5
5
2
=3.
（2）
如图，连接CF
∵M 时BC 中点，M 是EM 中点
∴EM=MF，BM=CM
∵∠BME=∠CMF
∴△BEM≌△CFM
∴BE=CF，∠EBM=∠MCF
∴BE∥CF
∵B、E、D 共线，A、D、F 共线
∴BD∥CF
∴∠AFC=∠BDA=90°
∵AB=AC，∠CAF+∠BAD=∠BAD+∠ABD=90°
∴∠CAF=∠BAD
∴△ABD≌△CAF
∴CF=AD
∴CF=AD=BE
∴AF=AD+DF=BE+ 2
2 EF
∴2AF= 2BE+EF.
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（3）
连接DM，AM，延长AD 交CF 于N
∵M 是等腰直角三角形DEF 和ABC 斜边的中点
∴△DMF，△AMC 均为等腰直角三角形
∴DM=MF，AM=CM，∠AMD=∠CMF
∴△ADM≌△CFM
∴∠MAD=∠MCF
∴∠AMC=∠CND=90°
故N 点轨迹为以AC 为直径圆（圆O，半径为3 2）的一部分，
∵P 为BN 中点，
故P 的轨迹是以BO 中点O'为圆心的圆的一部分，半径为圆O 半径的一半，即为3 2
2
如图所示，
则AP 的最大值位置为：连接AO'交圆O'于P'，P'为所求，最大值为AP'的长度
∴AP'=AO'+O'P'=
1
2𝐵𝑂+3 2
2 =
1
2 (6 2)
2 + (3 2)
2+3 2
2 =3 10
2 +3 2
2 .
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、手拉手全等、平行线性质来证明几何命题，并确定动点轨迹，
以及三角函数、勾股定理求解线段长度，综合性较强，难度较大,证明∠ANC=90 度是关键.
47．（2022·江苏盐城·统考一模）在平面直角坐标系中，二次函数𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐的图像过点𝐶(0, ― 4)和点𝐷
(2, ― 6)，与x 轴交于点A、B（点A 在点B 的左边），且点D 与点G 关于坐标原点对称．
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(1)求该二次函数解析式，并判断点G 是否在此函数的图像上，并说明理由；
(2)若点P 为此抛物线上一点，它关于x 轴，y 轴的对称点分别为M，N，问是否存在这样的P 点使得M，N
恰好都在直线DG 上？如存在，求出点P 的坐标，如不存在，并说明理由；
(3)若第四象限有一动点E，满足𝐵𝐸= 𝑂𝐵，过E 作𝐸𝐹⊥𝑥轴于点F，设F 坐标为(𝑡,0)，0 < 𝑡< 4，△𝐵𝐸𝐹
的内心为I，连接CI，直接写出CI 的最小值．
【答案】(1)y=x2-3x-4；点G 在此函数图像上，理由见解析；
(2)P 的坐标为(3 +
13,9 + 3 13)或(3 ―
13,9 ― 3 13)
(3)2 10 ―2 2
【分析】（1）将C(0，−4)和点D(2，−6)代入y=x2+bx+c，得到关于b，c 的二元一次方程组，解方程组求出
b，c 的值；根据关于原点对称的点的坐标特征求出G 点坐标，再用代入法即可判断G 点在此抛物线上；
（2）先利用待定系数法求出直线DG 的解析式为y=－3x，再假设此抛物线上存在这样的点P（x，𝑥2
―3𝑥― 4），使得它关于x 轴，y 轴的对称点M，N 恰好都在直线DG 上，根据函数图像上的点的坐标特征
得出方程𝑥2 ―3𝑥― 4 = 3𝑥，解方程即可求出点P 的坐标；
（3）连接BI，OI，EI，作△OBI 的外接圆⊙M，连接OM，BM，MI，CM，过M 作MH⊥y 轴于H，根据
△BEF 的内心为I，可得∠𝐵𝐼𝐸= 135°．易证△BIO≌△BIE（SAS），可得∠𝐵𝐼𝑂= ∠𝐵𝐼𝐸= 135°，又⊙M 是
△BIO 的外接圆，可得𝑀𝐼= 2 2，𝐶𝑀＝2 10，然后根据CI≥CM－MI，当且仅当C、M、I 共线时，CI 取
最小值，即可求得结果．
【详解】（1）解：∵二次函数𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐的图象过点C(0，−4)和点D(2，−6)，
∴
𝑐= ―4
4 + 2𝑏+ 𝑐= ―6
，解得𝑏= ―3
𝑐= ―4
，
∴𝑦= 𝑥2 ―3𝑥― 4．
∵点G 与点D 关于坐标原点对称，
∴𝐺( ―2,6)，
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把𝑥= 2代入𝑦= 𝑥2 ―3𝑥― 4，
得𝑦= ( ―2)2 ―3 × ( ―2) ―4 = 6，
∴𝐺( ―2,6)在此抛物线上．
（2）设直线DG 的解析式为𝑦= 𝑚𝑥+ 𝑛，
∵𝐷(2, ― 6)，𝐺( ―2,6)，
∴2𝑚+ 𝑛= ―6
―2𝑚+ 𝑛= 6
，解得𝑚= ―3
𝑛= 0
，
∴直线DG 的解析式为𝑦= ―3𝑥．
假设此抛物线上存在这样的点𝑃(𝑥,𝑥2 ― 3𝑥― 4)，
使得它关于x 轴，y 轴的对称点M，N 恰好都在直线DG 上，
∵𝑀(𝑥, ― 𝑥2 + 3𝑥+ 4)，𝑁( ―𝑥,𝑥2 ― 3𝑥― 4)，
∴𝑥2 ―3𝑥― 4 = 3𝑥，
解得𝑥= 3 ±
13，
故所求点P 的坐标为(3 +
13,9 + 3 13)或(3 ―
13,9 ― 3 13)．
（3）如图，连接BI，OI，EI，作△OBI 的外接圆⊙M，连接OM，BM，MI，CM，过M 作MH⊥y 轴于
H，
∵EF⊥x 轴，
∴∠BFE=90°，
∴∠FBE+∠FEB=90°，
∵△BEF 的内心为I，
∴BI，EI，分别平分∠FBE，∠FEB，
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∴∠IBE=
1
2∠𝐹𝐵𝐸，∠𝐼𝐸𝐵=
1
2∠𝐹𝐸𝐵，
∴∠𝐼𝐵𝐸+ ∠𝐼𝐸𝐵=
1
2(∠𝐹𝐵𝐸+ ∠𝐹𝐸𝐵) = 45°，
∴∠𝐵𝐼𝐸= 135°，
易证△BIO≌△BIE（SAS）
∴∠𝐵𝐼𝑂= ∠𝐵𝐼𝐸= 135°，
∵⊙M 是△BIO 的外接圆，
∴∠OMB=2×（180°－∠BIO）=90°，
∴OM=BM= 2
2 𝑂𝐵= 2 2，
∴𝑀𝐼= 𝑂𝑀= 2 2，
∴∠MOB=∠MOH=45°，
∵MH⊥y 轴，
∴∠HOM=∠HMO=45°，
∴𝑂𝐻= 𝐻𝑀=
2
2 𝑂𝑀= 2，
∴𝐶𝐻= 𝑂𝐻+ 𝑂𝐶= 2 + 4 = 6，
∴𝐶𝑀=
𝐻𝑀2 + 𝐶𝐻2 = 2 10，
∵CI≥CM－MI，当且仅当C、M、I 共线时，CI 取最小值，
∴CI 的最小值为2 10 ―2 2．
【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法，三角形内心、外接圆，几何变换－对折，两点之间线段
最短，全等三角形判定和性质等知识点，充分利用三角形内心，合理作辅助线是解题关键．
48．（2021·陕西西安·西北工业大学附属中学校考模拟预测）在平面直角坐标系中，▱𝑂𝐴𝐵𝐶如图所示，
𝐴(5,0)，𝐵(9,6)．点P 从点O 出发在线段𝑂𝐴上以每秒1 个单位的速度向点A 运动，同时点Q 从点B 出发在
线段𝐵𝐶上以每秒2 个单位的速度向点C 运动．其中一个点到达终点时，停止运动,连接𝑃𝑄．
（1）如图1，连接𝑂𝐵交𝑃𝑄于点D，则点D 的坐标为________；
（2）如图2，过A 作𝐴𝐻⊥𝑃𝑄于点H，求𝑂𝐻的最小值；
（3）如图3，在𝑃𝑄上取一点M，使得∠𝐴𝑀𝑃= 45°，那么点M 的纵坐标是否存在最大值，若存在，求出此
时𝑂𝑃的长；若不存在，说明理由．
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【答案】（1）(3,2)；（2）17 ―
2；（3）存在点M 纵坐标的最大值，此时OP=1
【分析】（1）有P，Q 的运动速度，设时间为t，表示出Q，P 的坐标，再求出直线PQ 的解析式，直线OB
的解析式，联立即可求出点D 的坐标；
（2）连接OB 与PQ 交于点D，由（1）得，连接DA，取DA 的中点M，以M 为圆心，以DM 的长为半径
作圆，连接OM，先说明点H 在⊙𝑀上运动，再由图形得出𝑂𝐻≥𝑂𝑀― 𝐻𝑀，三点共线时，OH 取得最小
值，用勾股定理，即可得出答案；
（3）连接OB，交PQ 于点D，以AD 为斜边，作等腰直角△𝐴𝐷𝑁，以点N 为圆心，以2 为半径作⊙𝑁，
说明点M 在⊙𝑁上，连接MN，过点M 作𝑀𝑇⊥𝑂𝐴 于点T，连接AN 交于⊙𝑁于点𝑀′，可得出𝑀′
𝑇≤𝐴𝑀≤𝐴𝑁+ 𝑀𝑁= 𝐴𝑁+ 𝑀′𝑁= 2 + 2 = 4即𝑀′𝑇max = 4，再求出直线𝑀′𝐷的解析式，求出与x 轴的交点
即为OP 的长．
【详解】（1）∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴𝑂𝐴= 𝐵𝐶,OA∥BC，
∵𝐴(5,0)，
∴𝐴𝑂= 𝐵𝐶= 5，
∴点C 的坐标为(4,6)，
∵点P 从点O 出发以每秒1 个单位的速度向点A 运动，点Q 从点B 出发以每秒2 个单位的速度向点C 运动，
∴设时间为m，则𝑂𝑃= 𝑚,𝐵𝑄= 2𝑚，
∴𝑄(9 ― 2𝑚,6),𝑃(𝑚,0)，
设直线PQ 的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏(𝑘≠0)，
代入解得𝑦=
2𝑥
3―𝑚―
2𝑚
3―𝑚，
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设直线OB 的解析式为𝑦= 𝑘𝑥(𝑘≠0)，
代入点B 的坐标，求得𝑦=
2
3𝑥，
联立
𝑦=
2𝑥
3―𝑚― 2𝑚
3―𝑚
𝑦= 2
3 𝑥
，解得𝑥= 3
𝑦= 2
，
故点D 的坐标为(3,2) ，
故答案为(3,2)；
（2）连接OB 与PQ 交于点D，由（1）得，点D（3,2），
连接DA，取DA 的中点M，以M 为圆心，以DM 的长为半径作圆，
∵点D（3,2），点𝐴(5,0)，
∴点M 的坐标为(4,1)，𝐴𝐷=
(5 ― 3)2 + (2 ― 0)2 = 2 2，
∴𝑂𝑀=
42 + 12 =
17，
∵∠𝐴𝐻𝐷= 90°，
∴点H 在⊙𝑀上运动，
∴𝐻𝑀= 1
2 𝐴𝐷=
2
连接HM，
由图可知，𝑂𝐻≥𝑂𝑀― 𝐻𝑀，
当三点共线时，取得最小值，
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即𝑂𝐻= 𝑂𝑀― 𝐻𝑀=
17 ―
2，
故OH 的最小值为17 ―
2；
（3）存在，理由如下，
连接OB，交PQ 于点D，以AD 为斜边，作等腰直角△𝐴𝐷𝑁，以点N 为圆心，以2 为半径作⊙𝑁，则𝐷在
圆上，⊙𝑁与𝑥轴相切，
∵∠𝐴𝑀𝑃= 45°,∠𝐴𝑁𝐷= 90°，
∴点M 在⊙𝑁上，
∵⊙𝑁与𝑥轴相切，𝐴在⊙𝑁上，
∴𝐴𝑁⊥𝑂𝐴
连接MN，过点M 作𝑀𝑇⊥𝑂𝐴 于点T，连接AN 交于⊙𝑁于点𝑀′，
∴𝑀′𝑇≤𝐴𝑀≤𝐴𝑁+ 𝑀𝑁= 𝐴𝑁+ 𝑀′𝑁= 2 + 2 = 4
∴𝑀′𝑇max = 4
∴𝑀′(5,4)，
连接𝑀′𝐷交x 轴于点𝑃′,交于BC 与点𝑄′，
设直线𝑀′𝐷的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏(𝑘≠0),
代入点𝑀′(5,4)，𝐷(3,2)，
解得直线𝑀′𝐷的解析式为𝑦= 𝑥― 1，
∴当𝑦= 0时，𝑥= 1,
∴存在点M 纵坐标的最大值，此时OP=1．
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【点睛】本题考查菱形的性质，一次函数问题，构造三角形求线段最小值，圆的知识，三角形三边关系，
坐标与图形，解题关键是熟练掌握相关知识点，能够构造圆进行求解．
49．（2021 上·湖北武汉·九年级武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）校考阶段练习）【问题背景】如图
1，P 是等边△ABC 内一点，∠APB＝150°，则PA2+PB2＝PC2．小刚为了证明这个结论，将△PAB 绕点A 逆
时针旋转60°，请帮助小刚完成辅助线的作图；
【迁移应用】如图2，D 是等边△ABC 外一点，E 为CD 上一点，AD∥BE，∠BEC＝120°，求证：△DBE 是
等边三角形；
【拓展创新】如图3，EF＝6，点C 为EF 的中点，边长为3 的等边△ABC 绕着点C 在平面内旋转一周，直
线AE、BF 交于点P，M 为PG 的中点，EF⊥FG 于F，FG＝4 3，请直接写出MC 的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）21 ―
3
【分析】（1）根据△PAB 绕点A 逆时针旋转60°作图即可；
（2）由∠BEC＝120°得∠BED＝60°，由平行线的性质得∠ADE＝∠BED＝60°，由等边三角形的性质得∠BAC
＝∠ABC＝∠ACB＝60°，故可知A、D、B、C 共圆，由圆内接四边形对角互补得出∠ADB＝120°,故可求出
∠BDE＝60°，即可得证；
（3）由CA＝CE＝CB＝CF＝3 得A、E、B、F 共圆C 得出∠PAB＝∠CBF＝∠CFB，进而得出∠APF＝∠ABC
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＝60°，作△EPF 的外接圆⊙Q，则∠EQF＝120°，求出EQ，连接QG 取中点N，由三角形中位线得MN，
以点N 为圆心MN 为半径作⊙N，连接CN，与⊙N 交于点𝑀′，即CM 最小为𝐶𝑀′ = 𝐶𝑁― 𝑀𝑁，建立平面
直角坐标系求出即可．
【详解】（1）如图1 所示，将△𝑃𝐴𝐵绕点A 逆时针旋转60°得△𝑃′𝐴𝐶；
（2）∵∠BEC＝120°，
∴∠BED＝60°，
∵𝐴𝐷∥𝐷𝐸，
∴∠ADE＝∠BED＝60°，
∵△ABC 是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴A、D、B、C 共圆，如图2 所示：
∴∠ADB＝120°，
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∵∠ADE＝∠BED＝60°，
∴∠BDE＝60°，
∴△DBE 是等边三角形；
（3）
如图3，∵CA＝CE＝CB＝CF＝3，
∴A、E、B、F 共圆C，
∴∠PAB＝∠CBF＝∠CFB，∠ABF＝∠ABC+∠CBF＝∠PAB+∠APB，
∴∠APF＝∠ABC＝60°，
∵∠EPF＝60°，EF＝6，
作△EPF 的外接圆⊙Q，则∠EQF＝120°，QC⊥EF，
∴∠EQC＝60°，
∴𝑃𝑄= 𝐹𝑄= 𝐸𝑄=
𝐸𝐶
sin60° =
3
3
2 = 2 3，
连接QG 取中点N，则𝑀𝑁∥𝑃𝑄且𝑀𝑁=
1
2𝑃𝑄=
3，
以点N 为圆心MN 为半径作⊙N，连接CN，与⊙N 交于点𝑀′，
即CM 最小为𝐶𝑀′ = 𝐶𝑁― 𝑀′𝑁= 𝐶𝑁― 𝑀𝑁，
以点F 为原点建立平面直角坐标系，
𝑄( ― 3, ―
3)，𝐶( ― 3,0)，𝐺(0, ― 6 3)，
∴𝑁( ―
3
2, ― 5 3
2 ),
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𝐶𝑁=
( 3
2 )
2 + ( 5 3
2 )
2 =
21，
∴CM 最小为𝐶𝑁― 𝑀𝑁=
21 ―
3．
【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，解三角函数以及圆的性质，根据题意作出圆是解题的关键．
50．（2021·陕西西安·西安益新中学校考模拟预测）问题发现：
（1）正方形ABCD 和正方形AEFG 如图①放置，AB＝4，AE＝2.5，则
𝐷𝐺
𝐶𝐹＝___________．
问题探究：
（2）如图②，在矩形ABCD 中，AB＝3，BC＝4，点P 在矩形的内部，∠BPC＝135°，求AP 长的最小值．
问题拓展：
（3）如图③，在四边形ABCD 中，连接对角线AC、BD，已知AB＝6，AC＝CD，∠ACD＝90°，∠ACB＝
45°，则对角线BD 是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）2
2 ；（2）AP 的最小值为29 ―2 2；（3）存在，BD 的最大值为6 2+6
【分析】（1）连接AC、AF、DG、CF，证△ADG∽△ACF，根据线段比例关系可求；
（2）以BC 为斜边作等腰直角三角形BOC，以O 为圆心BO 为半径画圆，则P 的运动轨迹在矩形ABCD
内的劣弧BC 上，连接AO 交弧BC 于点P，此时AP 最小，根据给出数据求值即可；
（3）以AB 为斜边向下做等腰直角三角形AEB，连接CE，根据△DAB∽△CAE，得出BD= 2CE，以AB
为斜边向上做等腰直角三角形AOB，以O 为圆心OA 为半径画圆，根据C 点的轨迹求出CE 最大值，即求
出BD 最大值．
【详解】解：（1）如图①，连接AC、AF、DG、CF，
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在正方形ABCD 和正方形AEFG 中，AB=4，AE=2.5，
∴AC= 2AB，AF= 2AE，AG=AE=2.5，AD=AB=4，
∴
𝐴𝐷
𝐴𝐺=
𝐴𝐶
𝐴𝐹，
又∵∠DAG=∠DAC-∠GAC=45°-∠GAC，∠CAF=∠GAF-∠GAC=45°-∠GAC，
∴∠DAG=∠CAF，
∴△DGA∽△CFA，
∴
𝐷𝐺
𝐶𝐹=
𝐴𝐷
𝐴𝐶=
4
4 2 =
2
2 ，
故答案为2
2 ；
（2）如图②，以BC 为斜边作等腰直角三角形BOC，
以O 为圆心BO 为半径画圆，则∠BPC 作为圆周角刚好是135°，
∴P 的运动轨迹在矩形ABCD 内的劣弧BC 上，
连接AO 交弧BC 于点P，此时AP 最小，
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作OE 垂直AB 延长线于点E，
∵△BOC 为等腰直角三角形，BC=4，
∴OB=OC= 2
2 BC= 2
2 ×4=2 2，∠OBC=45°，
∴∠OBE=90°-∠OBC=90°-45°=45°，
又∵OE⊥AE，
∴△BEO 为等腰直角三角形，
∴BE=OE= 2
2 OB= 2
2 ×2 2=2，
又∵AB=3，
∴AE=AB+BE=3+2=5，
∴𝐴𝑂=
𝐴𝐸2 + 𝑂𝐸2 =
52 + 22 =
29，
∵OP=OB=2 2，
∴AP=AO-OP= 29-2 2，
即AP 的最小值为29-2 2；
（3）存在，如图3，以AB 为斜边向下做等腰直角三角形AEB，连接CE，
则∠EAB=45°，
𝐴𝐵
𝐴𝐸=
2，
∵AC=AD，∠ACD=90°，
∴DAC=45°，
𝐴𝐷
𝐴𝐶=
2，
∴
𝐴𝐵
𝐴𝐸=
𝐴𝐷
𝐴𝐶，∠DAB=∠CAE=45°，
∴△DAB∽△CAE，
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∴
𝐵𝐷
𝐶𝐸=
𝐴𝐷
𝐴𝐶=
2，
∴BD= 2CE，
∴当CE 最大时，BD 取最大值，
以AB 为斜边向上做等腰直角三角形AOB，以O 为圆心OA 为半径画圆，
∵∠AOB=90°，∠ACB=45°，
∴点C 在优弧AB 上，
由图知当C 在OE 延长线C'位置时C'E 有最大值，
此时C'E=OE+OC'，
∵AB=6，△AOB 和△AEB 都是以AB 为斜边的等腰直角三角形，
∴四边形AOBE 为正方形，
∴OE=AB=6，OC'=OA= 2
2 AB=3 2，
∴CE 的最大值为6+3 2，
∵BD= 2CE，
∴BD 的最大值为2×（6+3 2）=6 2+6．
【点睛】本题主要考查了图形的变换，三角形相似，等腰直角三角形，正方形，圆周角，圆心角等知识点，
熟练掌握并灵活运用这些知识点是解题的关键．
