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2026 年中考数学真题知识点分类汇编之圆（五）
一．解答题（共20 小题）
1．（2026•连云港）【问题情境】
（1）在锐角△ABC 中，求作一点P，使PA+PB+PC 的值最小．
下面是小明对该问题的一种解决方法及简要说理．
如图1，以AC 为边向外作等边三角形ACD，再作△ACD 的外接圆⊙O，连接BD，与⊙O 交于点P．则
点P 即为求作的点．
在PD 上取一点P′，使PP′＝AP，连接AP′，在⊙O 中，根据“同弧所对的圆周角相等”，得
∠APP′＝① ＝60°，故△APP′是等边三角形．所以AP＝AP′．
进而可证得△ADP′≌△ACP．所以CP＝DP′．
所以PB+PA+PC＝BP+PP′+P′D＝BD．
由② （从“两点之间线段最短”和“垂线段最短”中选择填空）可得，BD 的长即
为PA+PB+PC 的最小值．
【方法迁移】
（2）如图2，已知点A，B 到直线l 的距离AE＝BF＝4，EF＝6．在图中找一点P，使点P 到点A、点
B、直线l 的距离之和最小，简要说明作法，并求出最小值．
【拓展应用】
（3）如图3，若村庄A，B，C，D 的连线构成一个矩形，且AB＝a，BC＝b（a＜b＜√3a）．
现要在矩形区域内铺设天然气管道，使四个村庄能够连接互通起来．请你设计管道路线总长最短的铺
设方案（不需要说明理由），并直接写出路线总长（用含a，b 的代数式表示）．
2．（2026•乐山）如图，AB 为⊙O 的直径，点C 为圆上一点，点D 在BA 延长线上，连结CD，且∠ACD
＝∠B．
（1）求证：CD 为⊙O 的切线；
（2）若tanD= 3
4 ，⊙O 的半径为3，求AD 的长．
2
3．（2026•甘肃）如图，AB 是⊙O 的直径，点C 是⊙O 上一点，CD⊥AB 于点D，点E 在AB 的延长线上，
CB 平分∠ECD．
（1）求证：CE 是⊙O 的切线；
（2）当AD＝8，sin∠BCE= √5
5 时，
①填空：tan∠BCE 的值等于 ；
②求BC 的长．
4．（2026•苏州）如图，P 是以AB 为直径的⊙O 外一点，C 为⊙O 上的一点，PA 是⊙O 的切线，
BC∥OP，D 为OB 的中点，连接DP 交OC 于E．
（1）求证：PC 是⊙O 的切线；
（2）若OA＝2，PA＝4．
①求BC 的长；
②求tan∠PEC 的值．
5．（2026•烟台）如图，△ABC 中，∠C＝90°，O 是边AB 上一点，以OB 为半径作⊙O，分别与BC，AB
交于D，E 两点，与AC 相切于点F，连接EF、BF．
（1）求证：^
EF =^
FD；
（2）试用等式表示线段BE，BD，CD 之间的数量关系，并证明你的结论．
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6．（2026•江西）如图，AD 为⊙O 的直径，AD＝4，B，C 是⊙O 上的点，四边形OABC 为菱形．
（1）求^
AC的长；
（2）延长AD 到点P，使得DP＝2，求证：PC 是⊙O 的切线．
7．（2026•山东）如图，AB 是⊙O 的直径，C，D 是⊙O 上的两点，^
AC =^
BD，连接AC，AD，CD，过
点A 作AH⊥CD 交DC 的延长线于点H．
（1）求证：AH 是⊙O 的切线；
（2）若AH＝2，sin∠CAH= √5
5 ，求⊙O 的半径．
8．（2026•连云港）【生活观察】（1）小越将自行车前后轮保持一定角度推行转圈．如图1，他发现前
后轮行驶路径可近似抽象为两个同心圆，车轮行驶方向与其行驶路径相切，某时刻的俯视图如图2 所
示．若前后轮的轴心距（前后轮所在圆的圆心的距离）AB＝1.5m，前轮转向角θ 即∠CBD＝30°，则旋
转半径OB＝ m．
【类比探究】（2）小越进一步研究发现，一般家用汽车在转弯行驶时为两轮转向，即汽车的前轮各按
一定的转向角行驶．与自行车的转弯行驶类似，四个车轮的行驶路径在理想状态下也可近似抽象为四
个同心圆弧，车轮行驶方向与其行驶路径相切（轮胎的宽度忽略不计）．
如图3，某款家用汽车宽AB 约为2m，轴心距BC 约为3m．转弯时，若右前轮的转向角θ 即∠ECF＝
20.6°，求此时左前轮的转向角∠GDH 的度数．
（参考数据：tan20.6°≈3
8，tan26.6°≈1
2，sin20.6°≈9
25，tan33.6°≈2
3，tan18.5°≈1
3）
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【综合实践】（3）如图4，汽车在直角处进行转弯．若（2）中的这款汽车行驶至车前轮所在圆的圆心
C，D 与直角拐点Q 共线位置时，其俯视图如图5 所示．若路宽均为5m，车辆左侧与实线PQ 的距离为
1m．现右前轮欲以固定转向角θ 转弯行驶，若能规范通过此直角弯道（四轮均不压实线），请直接写
出sinθ 的范围．
9．（2026•凉山州）如图，四边形ABCD 内接于⊙O，BD 是⊙O 的直径，连接AC 交BD 于点F，且AC＝
BC，过点C 作AD 的垂线交AD 的延长线于点E．
（1）求证：DC 平分∠BDE；
（2）求证：CE 是⊙O 的切线；
（3）若⊙O 的半径为5，CE＝4，求DF 的长．
10．（2026•云南）如图，⊙O 是△ABC 的外接圆，AB 是⊙O 的直径．点P 在BA 的延长线上，且PC2＝
PA•PB．点E 在AC 的延长线上．线段BE 的中点M 与点C、点P 在同一条直线上．线段OM 与⊙O 相
交于点D，与线段BC 相交于点N．DH⊥AB 于点H，线段DH 与线段BC 相交于点F，连接OF．记
△OFD 的面积为S1，△OFH 的面积为S2．
（1）求证：直线PC 是⊙O 的切线；
（2）若AB＝2√21，BE＝6√6，求线段PA 的长；
（3）观察，探究，发现与证明：
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以下三个结论：S1＜S2，S1＝S2，S1＞S2，你认为哪个正确？请证明你认为正确的那个结论．
11．（2026•自贡）如图1，等边△ABC 内接于⊙O，D 为BC 中点，连接OD 并延长交⊙O 于点E，作
EM∥BC．
（1）求证：EM 是⊙O 的切线．
（2）如图2，点F 为射线EM 上的动点，连接FB 并延长与⊙O 的优弧^
BAC交于点P（与点B，C 不重
合），连接PA，PC．
①在点F 运动过程中，请探究线段PA，PB，PC 的数量关系并说明理由；
②连接CE，若AB＝2√3，当点P 到CE 的距离最大时，请直接写出PA + BF
PB
的值．
12．（2026•广安）如图，△ABC 内接于⊙O，AD 是⊙O 的直径，过点A 作射线AE 交BC 的延长线于点
E，使∠EAB＝∠ECA．
（1）求证：AE 是⊙O 的切线；
（2）过点C 作CF∥AE 交AB 于点F，若AF＝2，AB＝9，求AC 的长．
13．（2026•南充）如图，在⊙O 中，AB 为直径，AC 为切线，点D 在⊙O 上，∠C+2∠B＝180°．
（1）求证：CD 是⊙O 的切线．
（2）若AC＝10，cosC= 3
5，求AB 的长．
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14．（2026•达州）已知：如图，P 为⊙O 外一点，PA 与⊙O 相切于点A．连接OP，AC∥OP，BC 为⊙O
的直径、连接PB．
（1）试判断PB 与⊙O 的位置关系，并说明理由；
（2）若⊙O 的半径为√6，AC＝4，求PB 的长．
15．（2026•安徽）如图，AB 为⊙O 的直径，点C 在⊙O 上，点A，B 分别在▱CDEF 的边CD，CF 上，
DE，EF 分别与⊙O 相切于点M，N．
（1）求证：四边形OMEN 为正方形；
（2）若CD＝9，AB＝10，求CF 的长．
16．（2026•成都）如图，点C 在以AB 为直径的⊙O 上，连接AC，BC，过点C 作CD⊥AB，垂足为D，
在圆上取点E，使^
CE =^
CB，连接CE，BE．
（1）求证：∠ACD+∠CBE＝90°；
（2）若sinA= 5
6 ，OD＝7，求⊙O 的半径和BE 的长．
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17．（2026•遂宁）如图，AB 是⊙O 的直径，弦CD⊥AB 于点E，连结AC，过点D 的直线分别与AB、
AC 的延长线交于点F、G，且∠A= 1
2∠CDG．
（1）求证：DG 是⊙O 的切线；
（2）若AB＝10，CD＝6，求BF 的长．
18．（2026•泸州）如图，AB 是⊙O 的直径，点C，E 在⊙O 上，过点C 作⊙O 的切线交AB 的延长线于
点D，CE 交AB 于点F，连接AC，AE，BC．
（1）求证：∠CAD＝∠BCD；
（2）若AE∥CD，BD＝3，sinD = 2
3，求EF 的长．
19．（2026•达州）综合与探究
【方法探究】
（1）如图1，直线l1∥l2，A，B 两点在直线l1 上，C1，C2，C3 三点在直线l2 上，连接AC1，AC2，
AC3，BC1，BC2，BC3，我们发现△ABC1，△ABC2，△ABC3面积的数量关系是 ，理由是
；
（2）如图2，AB 是⊙O 的直径，C 是⊙O 上的动点（C 不与A 重合），D 是AC 的中点，用圆规和无刻
度直尺在图2 中作出点D 的运动路径（不写作法、保留作图痕迹），简要说明理由；
【问题解决】
如图3，直线AB∥CD，M 是AB 上一点，MN⊥CD，垂足为N，MN＝4，E 是射线NC 上的动点，连接
EM，过点M 在AB 上方作射线MF⊥ME，G 是MF 上的一点，连接EG，s△EMG＝12，求线段NG 的最
大值．
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20．（2026•台湾）某场馆有一组由三个相同的五边形沙发紧密拼成的Y 字型沙发椅，如图1 所示，其俯
视图如图2 所示，其中AB 为90 公分，BC、AE 皆为130 公分，CD＝DE，∠A＝∠B＝90°，且D 为Y
字型沙发椅的中心点．
请根据上述资讯回答下列问题，完整写出你的解题过程并详细解释：
（1）求图2 中∠CDE 的度数为何？
（2）今想订制一块正六边形的地毯，并将Y 字型沙发椅放置在上面，其中正六边形地毯的对角线交点
与D 点重合，摆放时AB 与地毯的一边平行且至少相距50 公分，如图3 所示，则地毯的边长至少需要
多少公分？（以根式呈现）
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2026 年中考数学真题知识点分类汇编之圆（五）
参考答案与试题解析
一．解答题（共20 小题）
1．（2026•连云港）【问题情境】
（1）在锐角△ABC 中，求作一点P，使PA+PB+PC 的值最小．
下面是小明对该问题的一种解决方法及简要说理．
如图1，以AC 为边向外作等边三角形ACD，再作△ACD 的外接圆⊙O，连接BD，与⊙O 交于点P．则
点P 即为求作的点．
在PD 上取一点P′，使PP′＝AP，连接AP′，在⊙O 中，根据“同弧所对的圆周角相等”，得
∠APP′＝① ∠
ACD
＝60°，故△APP′是等边三角形．所以AP＝AP′．
进而可证得△ADP′≌△ACP．所以CP＝DP′．
所以PB+PA+PC＝BP+PP′+P′D＝BD．
由② 两点之间线段最短 （从“两点之间线段最短”和“垂线段最短”中选择填空）可得，BD 的
长即为PA+PB+PC 的最小值．
【方法迁移】
（2）如图2，已知点A，B 到直线l 的距离AE＝BF＝4，EF＝6．在图中找一点P，使点P 到点A、点
B、直线l 的距离之和最小，简要说明作法，并求出最小值．
【拓展应用】
（3）如图3，若村庄A，B，C，D 的连线构成一个矩形，且AB＝a，BC＝b（a＜b＜√3a）．
现要在矩形区域内铺设天然气管道，使四个村庄能够连接互通起来．请你设计管道路线总长最短的铺
设方案（不需要说明理由），并直接写出路线总长（用含a，b 的代数式表示）．
【考点】圆的综合题．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）①∠ACD；②两点之间线段最短；
（2）作法：如图，连接AB，在AB 上方作等边三角形ABD，
再作△ABD 的外接圆，过点D 作DM⊥l，垂足为M，
DM 交AB 于N，交圆于点P，点P 即为要作的点．
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∴点P 到点A、点B、直线l 的距离之和为DM 的长．
最小值为3√3+ 4．
（3）设计方案：如图所示，分别以边AB 和边CD 向矩形外侧作等边三角形ABM 和等边三角形CDN，
再作△ABM 和△CDN 的外接圆．
连接M，N，分别交两圆于点P1和点P2，连接AP1，BP1，CP2，DP2，
最小值为√3a+b．
【分析】（1）根据“同弧所对的圆周角相等”以及“两点之间线段最短”完成填空，即可求解；
（2）连接AB，在AB 上方作等边三角形ABD，再作△ABD 的外接圆，过点D 作DM⊥l，垂足为M，
DM 交AB 于N，交圆于点P，点P 即为要作的点．证明四边形AEFB 是平行四边形，再解Rt△AND，
求得ND、MD，即可求解；
（3）分别以边AB 和边CD 向矩形外侧作等边三角形ABM 和等边三角形CDN，再作△ABM 和△CDN
的外接圆，连接M，N，分别交两圆于点P 和点P2，得出MN 的长即为管道路线总长度的最小值，即
可求解．
【解答】解：（1）①∠ACD；②两点之间线段最短；
（2）作法：如图，连接AB，在AB 上方作等边三角形ABD，
再作△ABD 的外接圆，过点D 作DM⊥l，垂足为M，
DM 交AB 于N，交圆于点P，点P 即为要作的点．
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∴点P 到点A、点B、直线l 的距离之和为DM 的长．
∵点A，B 到直线l 的距离AE＝BF＝4，
∴AE∥BF，AE＝BF．
∴四边形AEFB 是平行四边形．
∴AB＝EF＝6，AB∥EF．
∴MN＝AE＝4．
∵DM⊥EF，
∴DN⊥AB．
∵△ABD 是等边三角形，
∴∠DAB＝60°，AD＝AB＝6．
在Rt△AND 中，DN = AD⋅sin ∠DAB =6⋅sin 60° =6× √3
2 =3√3，
∴DM = DN + MN =3√3+ 4．
∴点P 到点A、点B、直线l 的距离之和最小值为3√3+ 4．
（3）管道路线总长度最短为b+√3a．
设计方案：如图所示，分别以边AB 和边CD 向矩形外侧作等边三角形ABM 和等边三角形CDN，再作
△ABM 和△CDN 的外接圆．
连接M，N，分别交两圆于点P1和点P2，
连接AP1，BP1，CP2，DP2，
∴AP1+BP1+P1P2+CP2+DP2＝MN．
..此时管道长度达到最小，最小值为MN，
∵三角形ABM 为等边三角形，AB＝a，
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∴∠MAB＝60°，AM＝a，∵AB⊥MN，
∴ME＝AM•sin60°= √3
2 a，同理可求得NF 为√3
2 a，
∴MN＝ME+NF+EF＝2× √3
2 a+b=√3a+b，
∴MN 的长即为管道路线总长度的最小值，最小值为b+√3a．
【点评】本题考查与圆有关的概念，等边三角形的性质，最短路径，正确作出辅助线是解题关键．
2．（2026•乐山）如图，AB 为⊙O 的直径，点C 为圆上一点，点D 在BA 延长线上，连结CD，且∠ACD
＝∠B．
（1）求证：CD 为⊙O 的切线；
（2）若tanD= 3
4 ，⊙O 的半径为3，求AD 的长．
【考点】切线的判定与性质；解直角三角形；圆周角定理．菁优网版权所有
【专题】圆的有关概念及性质．
【答案】（1）如图所示，连接OC，
∵OB＝OC，
∴∠B＝∠BCO，
∵∠ACD＝∠B，
∴∠ACD＝∠BCO，
∵AB 为⊙O 的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACO+∠BCO＝90°，
∴∠ACD+∠ACO＝90°，即∠OCD＝90°，
又∵OC 是⊙O 的半径，
∴CD 为⊙O 的切线；
（2）2．
【分析】（1）由等腰三角形的性质得到∠B＝∠BCO，则可证明∠ACD＝∠BCO，由直径所对的圆周
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角是直角得到∠ACO+∠BCO＝90°，则可证明∠ACD+∠ACO＝90°，即∠OCD＝90°，据此可证明CD
为⊙O 的切线；
（2）解直角三角形得到CD＝4，由勾股定理可得OD＝5，再由线段的和差关系可得答案．
【解答】（1）证明：如图所示，连接OC，
∵OB＝OC，
∴∠B＝∠BCO，
∵∠ACD＝∠B，
∴∠ACD＝∠BCO，
∵AB 为⊙O 的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACO+∠BCO＝90°，
∴∠ACD+∠ACO＝90°，即∠OCD＝90°，
又∵OC 是⊙O 的半径，
∴CD 为⊙O 的切线；
（2）解：由（1）得∠OCD＝90°，
∵tanD = 3
4 ，⊙O 的半径为3，
∴OC
CD = 3
4 ，即3
CD = 3
4 ，
∴CD＝4，
∴OD =√OC
2+C D
2=√3
2+ 4
2=5，
∴AD＝OD﹣OA＝5﹣3＝2．
【点评】本题主要考查了切线的判定与性质，圆周角定理，解直角三角形，掌握其相关知识点是解题
的关键．
3．（2026•甘肃）如图，AB 是⊙O 的直径，点C 是⊙O 上一点，CD⊥AB 于点D，点E 在AB 的延长线上，
CB 平分∠ECD．
（1）求证：CE 是⊙O 的切线；
（2）当AD＝8，sin∠BCE= √5
5 时，
①填空：tan∠BCE 的值等于 1
2 ；
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②求BC 的长．
【考点】切线的判定与性质；解直角三角形；勾股定理；垂径定理；圆周角定理．菁优网版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；解直角三角形及其
应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）连接OC，
∵CD⊥AB 于点D，
∴∠CDB＝90°，
∵CB 平分∠ECD，
∴∠BCE＝∠BCD，
∵AB 是⊙O 的直径，点C 是⊙O 上一点，
∴OC、OB 都是⊙O 的半径，
∴OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，
∴∠OCE＝∠BCE+∠OCB＝∠BCD+∠OBC＝90°，
∵OC 是⊙O 的半径，且CE⊥OC，
∴CE 是⊙O 的切线．
（2）①1
2．
②BC 的长是2√5．
【分析】（1）连接OC，由CD⊥AB 于点D，得∠CDB＝90°，因为CB 平分∠ECD，所以∠BCE＝
∠BCD，由OC＝OB，得∠OCB＝∠OBC，则∠OCE＝∠BCE+∠OCB＝∠BCD+∠OBC＝90°，即可证
明CE 是⊙O 的切线．
（2）①连接AC，则∠ACB＝∠ADC＝90°，由∠BCE+∠OCB＝90°，∠A+∠ABC＝90°，且∠OCB＝
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∠ABC ，推导出∠BCE ＝∠A ，则CD
AC =sinA ＝sin∠BCE= √5
5 ，所以AC=√5CD ，由AD
=√A C
2-C D
2=2CD＝8，求得CD＝4，则tan∠BCE＝tanA= CD
AD = 1
2，于是得到问题的答案．
②由BC
AC =tanA= 1
2，且AC=√5CD＝4√5，求得BC= 1
2AC＝2√5．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵CD⊥AB 于点D，
∴∠CDB＝90°，
∵CB 平分∠ECD，
∴∠BCE＝∠BCD，
∵AB 是⊙O 的直径，点C 是⊙O 上一点，
∴OC、OB 都是⊙O 的半径，
∴OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，
∴∠OCE＝∠BCE+∠OCB＝∠BCD+∠OBC＝90°，
∵OC 是⊙O 的半径，且CE⊥OC，
∴CE 是⊙O 的切线．
（2）解：①连接AC，
∵AB 是⊙O 的直径，点C 是⊙O 上一点，CD⊥AB 于点D，
∴∠ACB＝∠ADC＝90°，
∵∠BCE+∠OCB＝90°，∠A+∠ABC＝90°，且∠OCB＝∠ABC，
∴∠BCE＝∠A，
∴CD
AC =sinA＝sin∠BCE= √5
5 ，
∴AC=√5CD，
∵AD=√A C
2-C D
2=√(√5CD)
2-C D
2=2CD＝8，
∴CD＝4，
∴tan∠BCE＝tanA= CD
AD = 4
8 = 1
2，
故答案为：1
2．
②∵BC
AC =tanA= 1
2，且AC=√5CD=√5×4＝4√5，
∴BC= 1
2AC= 1
2 ×4√5=2√5，
∴BC 的长是2√5．
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【点评】此题重点考查直角三角形的两个锐角互余、等腰三角形的性质、等角的余角相等、切线的判
定、勾股定理、解直角三角形等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
4．（2026•苏州）如图，P 是以AB 为直径的⊙O 外一点，C 为⊙O 上的一点，PA 是⊙O 的切线，
BC∥OP，D 为OB 的中点，连接DP 交OC 于E．
（1）求证：PC 是⊙O 的切线；
（2）若OA＝2，PA＝4．
①求BC 的长；
②求tan∠PEC 的值．
【考点】切线的判定与性质；解直角三角形；圆周角定理．菁优网版权所有
【专题】图形的全等；与圆有关的位置关系；图形的相似；解直角三角形及其应用；几何直观；运算
能力；推理能力．
【答案】（1）如图1 所示：
∵AB 为⊙O 的直径，
∴OB＝OC＝OA，
∴∠B＝∠OCB，
∵PA 是⊙O 的切线，切点为A，
∴OA⊥PA，
∴∠OAP＝90°，
∵BC∥OP，
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∴∠AOP＝∠B，∠COP＝∠OCB，
∴∠COP＝∠AOP，
在△COP 和△AOP 中，
{
OC =OA
∠COP =∠AOP
OP =OP
，
∴△COP≌△AOP（SAS），
∴∠OCP＝∠OAP＝90°，
∴OC⊥PC，
又∵OC 是⊙O 的半径，
∴PC 是⊙O 的切线；
（2）①BC= 4√5
5
；②tan∠PEC= 24
7 ．
【分析】（1）先证明∠COP＝∠AOP，进而依据“SAS”判定△COP 和△AOP 全等得∠OCP＝∠OAP
＝90°，然后根据切线的判定可得出结论；
（2）①连接AC，依题意得OB＝OC＝OA＝2，AB＝4，在Rt△OAP 中，由勾股定理得OP=2√5，则
cos∠AOP= OA
OP = √5
5 ，根据∠COP＝∠B 得cos∠B= √5
5 ，在Rt△ACB 中，根据cos∠B= BC
AB = √5
5 得
BC= 4√5
5
；
②设OC 的中点为F，连接DF，则DF 是△OBC 的中位线，由此得DF= 1
2BC= 2√5
5
，证明△DEF 和
△POE 相似得OE＝5EF，则OF＝OE+EF＝6EF＝1，由此得EF= 1
6，则EC＝EF+CF= 7
6，然后在
Rt△PCE 中，由正切函数的定义可得tan∠PEC= PC
CE = 24
7 ．
【解答】（1）证明：如图1 所示：
∵AB 为⊙O 的直径，
∴OB＝OC＝OA，
∴∠B＝∠OCB，
∵PA 是⊙O 的切线，切点为A，
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∴OA⊥PA，
∴∠OAP＝90°，
∵BC∥OP，
∴∠AOP＝∠B，∠COP＝∠OCB，
∴∠COP＝∠AOP，
在△COP 和△AOP 中，
{
OC =OA
∠COP =∠AOP
OP =OP
，
∴△COP≌△AOP（SAS），
∴∠OCP＝∠OAP＝90°，
∴OC⊥PC，
又∵OC 是⊙O 的半径，
∴PC 是⊙O 的切线；
（2）解：①连接AC，如图2 ①所示：
∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵OA＝2，
∴OB＝OC＝OA＝2，
∴AB＝OA+OB＝4，
在△OAP 中，∠OAP＝90°，PA＝4，
由勾股定理得：OP=√O A
2+ P A
2=√2
2+ 4
2=2√5，
∴cos∠AOP= OA
OP =
2
2√5 = √5
5 ，
∵∠COP＝∠OCB，∠B＝∠OCB，
∴∠B＝∠COP，
∴cos∠B＝cos∠AOP= √5
5 ，
在△ACB 中，∠ACB＝90°，
19
∴cos∠B= BC
AB = BC
4 = √5
5 ，
∴BC= 4√5
5
；
②设OC 的中点为F，连接DF，如图2 ②所示：
∵OB＝OC＝OA＝2，
∴OF＝CF＝1，
∵点D 为OB 的中点，点F 是OC 的中点，
∴DF 是△OBC 的中位线，
∴DF= 1
2BC= 1
2 × 4√5
5
= 2√5
5
，DF∥BC，
∵BC∥OP，
∴DF∥OP，
∴△DEF∽△POE，
∴EF
OE = DF
OP =
2√5
5
2√5 = 1
5
，
∴OE＝5EF，
∴OF＝OE+EF＝6EF＝1，
∴EF= 1
6 ，
∴EC＝EF+CF=1+ 1
6 = 7
6 ，
∵△COP≌△AOP，PA＝4，
∴PC＝PA＝4，
在△PCE 中，∠OCP＝90°，
∴tan∠PEC= PC
CE = 4
7
6
= 24
7 ．
【点评】此题主要考查了切线的判定和性质，全等三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质，解
直角三角形，熟练掌握切线的判定和性质，全等三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活
利用锐角三角函数的定义及勾股定理计算是解决问题的关键．
20
5．（2026•烟台）如图，△ABC 中，∠C＝90°，O 是边AB 上一点，以OB 为半径作⊙O，分别与BC，AB
交于D，E 两点，与AC 相切于点F，连接EF、BF．
（1）求证：^
EF =^
FD；
（2）试用等式表示线段BE，BD，CD 之间的数量关系，并证明你的结论．
6．（2026•江西）如图，AD 为⊙O 的直径，AD＝4，B，C 是⊙O 上的点，四边形OABC 为菱形．
（1）求^
AC的长；
（2）延长AD 到点P，使得DP＝2，求证：PC 是⊙O 的切线．
【考点】切线的判定；弧长的计算；菱形的性质；圆周角定理．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；与圆有关的位置关系；与圆有关的计算；运算能力；推理能力．
【答案】（1）4 π
3 ；
（2）连接CD，
∵AB∥OC，
∴∠COD＝∠A＝60°，
∵OC＝OD，
∴△COD 是等边三角形，
∴CD＝OD＝2，∠OCD＝∠ODC＝60°，
∵DP＝2，
∴DP＝CD，
∴∠DCP＝∠P，
∵∠DCP+∠P＝∠ODC＝60°，
∴∠DCP= 1
2∠ODC＝30°，
∴∠OCP＝∠OCD+∠DCP＝90°，
21
∴半径OC⊥CP，
∴PC 是⊙O 的切线．
【分析】（1）连接OB，由菱形的性质推出OA＝AB，AB∥OC，判定△AOB 是等边三角形，得到∠A
＝60°，由平行线的性质求出∠AOC＝120°，由弧长公式即可求出^
AC的长；
（2）连接CD，由平行线的性质推出∠COD＝∠A＝60°，判定△COD 是等边三角形，得到CD＝OD＝
2，∠OCD＝∠ODC＝60°，由等腰三角形的性质和三角形的外角性质求出∠DCP= 1
2∠ODC＝30°，得
到∠OCP＝90°，即可证明PC 是⊙O 的切线．
【解答】（1）解：连接OB，
∵四边形OABC 为菱形，
∴OA＝AB，AB∥OC，
∵OA＝OB，
∴△AOB 是等边三角形，
∴∠A＝60°，
∵AB∥OC，
∴∠A+∠ACO＝180°，
∴∠AOC＝120°，
∵OA= 1
2AD= 1
2 ×4＝2，
∴^
AC的长= 120×π ×2
180
= 4 π
3 ．
（2）证明：连接CD，
∵AB∥OC，
∴∠COD＝∠A＝60°，
∵OC＝OD，
∴△COD 是等边三角形，
∴CD＝OD＝2，∠OCD＝∠ODC＝60°，
∵DP＝2，
∴DP＝CD，
∴∠DCP＝∠P，
∵∠DCP+∠P＝∠ODC＝60°，
∴∠DCP= 1
2∠ODC＝30°，
∴∠OCP＝∠OCD+∠DCP＝90°，
∴半径OC⊥CP，
∴PC 是⊙O 的切线．
22
【点评】本题考查切线的判定，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，弧长的计算，关键是
掌握弧长公式，切线的判定方法．
7．（2026•山东）如图，AB 是⊙O 的直径，C，D 是⊙O 上的两点，^
AC =^
BD，连接AC，AD，CD，过
点A 作AH⊥CD 交DC 的延长线于点H．
（1）求证：AH 是⊙O 的切线；
（2）若AH＝2，sin∠CAH= √5
5 ，求⊙O 的半径．
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【专题】几何综合题；运算能力；推理能力；科学文化情境．
【答案】（1）∵^
AC =^
BD，
∴∠ADC＝∠BAD，
∴AB∥CD，
∵AH⊥CD，
∴AB⊥AH，
∵AB 是⊙O 的直径，
∴AH 是⊙O 的切线；
（2）⊙O 的半径为5
2．
【分析】（1）由^
AC =^
BD，得到∠ADC＝∠BAD，推出AB∥CD，根据平行线的性质得到AB⊥CD，
根据切线的判定定理得到结论；
（2）连接BD，根据垂直的定义得到∠H＝90°，设CH=√5k，AC＝5k，根据勾股定理得到AH
=√A C
2-C H
2=2√5k＝2，求得CH＝1，AC=√5，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵^
AC =^
BD，
∴∠ADC＝∠BAD，
∴AB∥CD，
∵AH⊥CD，
23
∴AB⊥AH，
∵AB 是⊙O 的直径，
∴AH 是⊙O 的切线；
（2）解：连接BD，
∵AH⊥CD，
∴∠H＝90°，
∴sin∠CAH= CH
AC = √5
5 ，
∴设CH=√5k，AC＝5k，
∴AH=√A C
2-C H
2=2√5k＝2，
∴k= √5
5 ，
∴CH＝1，AC=√5，
∵^
AC =^
BD，
∴BD＝AC=√5，
∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠ADB＝∠H＝90°，
∵∠ACH＝∠B，
∴△ACH∽△ABD，
∴AC
AB = CH
BD ，
∴√5
AB = 1
√5，
∴AB＝5，
∴⊙O 的半径为5
2．
【点评】本题是圆的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，切线的判定定理，圆周角定理，解直
角三角形，熟练掌握各知识点是解题的关键．
8．（2026•连云港）【生活观察】（1）小越将自行车前后轮保持一定角度推行转圈．如图1，他发现前
后轮行驶路径可近似抽象为两个同心圆，车轮行驶方向与其行驶路径相切，某时刻的俯视图如图2 所
示．若前后轮的轴心距（前后轮所在圆的圆心的距离）AB＝1.5m，前轮转向角θ 即∠CBD＝30°，则旋
转半径OB＝
3
m．
24
【类比探究】（2）小越进一步研究发现，一般家用汽车在转弯行驶时为两轮转向，即汽车的前轮各按
一定的转向角行驶．与自行车的转弯行驶类似，四个车轮的行驶路径在理想状态下也可近似抽象为四
个同心圆弧，车轮行驶方向与其行驶路径相切（轮胎的宽度忽略不计）．
如图3，某款家用汽车宽AB 约为2m，轴心距BC 约为3m．转弯时，若右前轮的转向角θ 即∠ECF＝
20.6°，求此时左前轮的转向角∠GDH 的度数．
（参考数据：tan20.6°≈3
8，tan26.6°≈1
2，sin20.6°≈9
25，tan33.6°≈2
3，tan18.5°≈1
3）
【综合实践】（3）如图4，汽车在直角处进行转弯．若（2）中的这款汽车行驶至车前轮所在圆的圆心
C，D 与直角拐点Q 共线位置时，其俯视图如图5 所示．若路宽均为5m，车辆左侧与实线PQ 的距离为
1m．现右前轮欲以固定转向角θ 转弯行驶，若能规范通过此直角弯道（四轮均不压实线），请直接写
出sinθ 的范围．
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【专题】几何综合题．
【答案】（1）3；
（2）此时左前轮的转向角∠GDH 的度数约为26.6°；
（3）3
8 ＜sinθ＜3√58
58
．
【分析】（1）根据题求得∠AOB＝30°，根据含30 度角的直角三角形的性质，即可求解；
（2）先求得OB≈8m，进而解Rt△OAD 得出∠AOD≈26.6°，根据等角的余角相等得出∠GDH＝
∠AOD≈26.6°，即可求解；
（3）分两种情况讨论，分别求得θ 的最小值和最大值，再求正弦，即可求解．
【解答】解：（1）依题意，OB⊥BD，∠CBD＝30°，
∴∠ABO＝90°﹣∠CBD＝90°﹣30°＝60°，
25
∵OA⊥AB，
∴∠AOB＝90°﹣∠ABO＝90°﹣60°＝30°，
∵AB＝1.5m，
∴OB＝3m，
故答案为：3；
（2）由题意得OC⊥CF，OB⊥BC，OA⊥AD，OD⊥DH，
∴∠ECF+∠OCB＝90°，∠COB+∠OCB＝90°，
∴∠COB＝∠ECF＝20.6°，
在Rt△OCB 中，tan∠COB = CB
OB ，
∴tan20.6° = 3
OB ，
∴3
8 ≈3
OB ，
解得：OB＝8m，
∴OA＝OB﹣AB≈8﹣2＝6m，
在Rt△OAD 中，tan∠AOD = AD
OA ，
∴tan∠AOD = 3
6 = 1
2，
∴∠AOD≈26.6°，
∵∠AOD+∠ADO＝90°，∠GDH+∠ADO＝90°，
∴∠GDH＝∠AOD≈26.6°，
答：此时左前轮的转向角∠GDH 的度数约为26.6°；
（3）如图，连接OQ，设OA，PQ 交于点M，
当θ 最大时，A 点经过Q 点，此时DQ＝AM＝1，
依题意，∠ECF＝∠COB＝θ，
设OA＝r，则OM＝r﹣1，MQ＝AD＝3，
在Rt△OQM 中，OQ2＝OM2+QM2，
∴r2＝（r﹣1）2+32，解得：r＝5，
26
∴OB＝OA+AB＝5+2＝7，BC＝3，
在Rt△OBC 中，OC =√BC
2+O B
2=√3
2+7
2=√58，
∴sinθ =sin ∠ECF =sin ∠COB = CB
OC = 3√58
58
，
当θ 最小时，此时转弯后车辆的右侧紧邻道路右侧，
如图，过点O 作ON 垂直于道路右侧，
设道路宽为l，依题意，l＝5，
∴OC＝ON＝l+AD＝5+3＝8，
∴sinθ＝sin∠ECF＝sin∠COB= CB
OC = 3
8，
综上所述，3
8 ＜sinθ＜3√58
58
．
【点评】本题主要考查了含30 度角的直角三角形的性质，等角的余角相等，勾股定理等，掌握其相关
知识点是解题的关键．
9．（2026•凉山州）如图，四边形ABCD 内接于⊙O，BD 是⊙O 的直径，连接AC 交BD 于点F，且AC＝
BC，过点C 作AD 的垂线交AD 的延长线于点E．
（1）求证：DC 平分∠BDE；
（2）求证：CE 是⊙O 的切线；
（3）若⊙O 的半径为5，CE＝4，求DF 的长．
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【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；与圆有关的
位置关系；图形的相似；运算能力；推理能力．
27
【答案】（1）证明：∵AC＝BC，
∴∠CAB＝∠CBA，
∵∠CDB＝∠CAB，
∴∠CDB＝∠CBA．
∵四边形ABCD 内接于⊙O，
∴∠CBA+∠CDA＝180°，
∵∠CDE+∠CDA＝180°，
∴∠CDE＝∠CBA，
∴∠CDB＝∠CDE，
∴DC 平分∠BDE；
（2）证明：∵CE⊥AD，
∴∠CDE+∠DCE＝90°，
由（1）知：∠CDB＝∠CDE，
∴∠CDB+∠DCE＝90°，
∵OC＝OD，
∴∠CDB＝∠OCD，
∴∠OCD+∠DCE＝90°，
∴∠OCE＝90°，
∴OC⊥CE，
∵OC 为⊙O 的半径，
∴CE 是⊙O 的切线；
（3）30
11 ．
【分析】（1）利用等腰三角形的性质定理，圆周角定理，圆的内接四边形的性质定理和角平分线的定
义解答即可；
（2）利用直角三角形的性质，等腰三角形的性质和等式的性质得到∠OCE＝90°，再利用圆的切线的
判定定理解答即可；
（3）过点D 作DG⊥OC 于点G，利用矩形的判定与性质得到DG＝CE＝4，CG＝DE，利用勾股定理
求得CD，BC，AC，AD，延长CO 交AB 于点H，利用垂径定理分推论和等腰三角形的性质得到
∠BCO＝∠ACO，利用平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质解答即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AC＝BC，
∴∠CAB＝∠CBA，
∵∠CDB＝∠CAB，
∴∠CDB＝∠CBA．
∵四边形ABCD 内接于⊙O，
∴∠CBA+∠CDA＝180°，
28
∵∠CDE+∠CDA＝180°，
∴∠CDE＝∠CBA，
∴∠CDB＝∠CDE，
∴DC 平分∠BDE；
（2）证明：∵CE⊥AD，
∴∠CDE+∠DCE＝90°，
由（1）知：∠CDB＝∠CDE，
∴∠CDB+∠DCE＝90°，
∵OC＝OD，
∴∠CDB＝∠OCD，
∴∠OCD+∠DCE＝90°，
∴∠OCE＝90°，
∴OC⊥CE，
∵OC 为⊙O 的半径，
∴CE 是⊙O 的切线；
（3）解：过点D 作DG⊥OC 于点G，如图，
由（2）知：OC⊥CE，
∵DG⊥OC，CE⊥AD，
∴四边形DGCE 为矩形，
∴DG＝CE＝4，CG＝DE，
∵⊙O 的半径为5，
∴OD＝OC＝5，
∴OG=√O D
2- DG
2=3，
∴DE＝CG＝OC﹣OG＝2，
∴CD=√C E
2+ D E
2=2√5，
∵BD 是⊙O 的直径，
∴∠BCD＝90°，
∴BC=√B D
2-C D
2=4√5，
29
∴AC＝BC＝4√5，
∴AE=√A C
2-C E
2=8，
∴AD＝AE﹣DE＝8﹣2＝6．
∵OB＝OC，
∴∠BCO＝∠CBD，
∵∠DAC＝∠CBD，
∴∠DBC＝∠BCO．
延长CO 交AB 于点H，
∵AC＝BC，
∴^
AC =^
BC，
∴CH⊥AB，AH＝BH．
∴∠BCO＝∠ACO，
∴∠ACO＝∠CAD，
∴AD∥OC，
∴△ADF∽△COF，
∴AD
DF = OC
OF ，
∴6
DF =
5
5- DF ，
∴DF= 30
11 ．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，圆的切线的判定定理，角平分线的
定义，直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，相似三角形
的判定与性质，添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键．
10．（2026•云南）如图，⊙O 是△ABC 的外接圆，AB 是⊙O 的直径．点P 在BA 的延长线上，且PC2＝
PA•PB．点E 在AC 的延长线上．线段BE 的中点M 与点C、点P 在同一条直线上．线段OM 与⊙O 相
交于点D，与线段BC 相交于点N．DH⊥AB 于点H，线段DH 与线段BC 相交于点F，连接OF．记
△OFD 的面积为S1，△OFH 的面积为S2．
（1）求证：直线PC 是⊙O 的切线；
（2）若AB＝2√21，BE＝6√6，求线段PA 的长；
（3）观察，探究，发现与证明：
以下三个结论：S1＜S2，S1＝S2，S1＞S2，你认为哪个正确？请证明你认为正确的那个结论．
30
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【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）证明：如图1，连接OC，
∵PC2＝PA•PB，
∴PC
PB = PA
PC ，
又∵∠P＝∠P，
∴△PCB∽△PAC，
∴∠PCA＝∠PBC，
∵AB 是⊙O 的直径，OA＝OC，
∴∠ACB＝90°，∠OAC＝∠OCA，
∴∠PBC+∠OAC＝∠PCA+∠OCA＝∠OCP＝90°，
又∵OC 是⊙O 的半径，
∴直线PC 是⊙O 的切线；
（2）14√21
11
；
（3）S1＞S2；证明如下：如图2，连接BD，
31
∵O 为AB 的中点，点M 是BE 的中点，
∴OM 是△ABE 的中位线，
∴OM∥AE，
∴∠ACB＝∠ONB＝90°，
∵DH⊥AB，
∴∠OHD＝90°，
∴∠ODF+∠DOH＝∠OBF+∠DOH＝90°，
∴∠ODF＝∠OBF，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD，
∴∠ODB﹣∠ODF＝∠OBD﹣∠OBF，即∠BDF＝∠DBF，
∴DF＝BF，
在Rt△BFH 中，∠BHF＝90°，BF＞FH，
∴DF＝BF＞FH，
∴S△OFD= S1= 1
2 DF ⋅OH，S△OFH = S2= 1
2 FH ⋅OH，
∴1
2 DF ⋅OH ＞1
2 FH ⋅OH，即S1＞S2．
【分析】（1）连接OC，根据题意证得△PCB∽△PAC，得∠PCA＝∠PBC，再由AB 是⊙O 的直径，
OA＝OC，证得∠OCP＝90°即可证得结论；
（2）首先证得∠ABE＝90°，然后，证得△PCO∽△PBM，得CO
BM = PC
PB = √21
3√6 = √14
6 ，再由（1）知
PC
PB = PA
PC = √14
6 ，设PA =√14 x，则PC＝6x，由PC2＝PA•PB 得PB = 18√14
7
x，再由PB﹣PA＝
AB，得x = 7√6
11 ，最后代入x 值可求得PA 的长；
（3）连接BD，首先证得OM 是△ABE 的中位线，得OM∥AE，进而得∠ACB＝∠ONB＝90°，然后由
DH⊥AB 得∠OHD＝90°，证得∠ODF＝∠OBF，再由OD＝OB 得∠ODB＝∠OBD，得∠BDF＝
32
∠DBF，进而得DF＝BF＞FH，最后由S△OFD= S1= 1
2 DF ⋅OH，S△OFH = S2= 1
2 FH ⋅OH可证得结论．
【解答】（1）证明：如图1，连接OC，
∵PC2＝PA•PB，
∴PC
PB = PA
PC ，
又∵∠P＝∠P，
∴△PCB∽△PAC，
∴∠PCA＝∠PBC，
∵AB 是⊙O 的直径，OA＝OC，
∴∠ACB＝90°，∠OAC＝∠OCA，
∴∠PBC+∠OAC＝∠PCA+∠OCA＝∠OCP＝90°，
又∵OC 是⊙O 的半径，
∴直线PC 是⊙O 的切线；
（2）解：∵O 为AB 的中点，AB =2√21，
∴AO = BO =√21，
∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠ACB＝∠BCE＝90°，
∴∠PCA+∠BCM＝90°，
又∵点M 是线段BE 的中点，BE =6√6，
∴CM = BM = EM =3√6，
∴∠CBM＝∠BCM，
由（1）知∠PCA＝∠PBC，
∴∠PCA+∠BCM＝∠PBC+∠CBM＝∠ABE＝90°，
∴∠OCP＝∠PBM＝90°，
又∵∠P＝∠P，
∴△PCO∽△PBM，
∴CO
BM = PC
PB = √21
3√6 = √14
6 ．
33
由（1）知PC
PB = PA
PC = √14
6 ，
设PA =√14 x，则PC＝6x，
∵PC2＝PA•PB，即(6 x)
2=√14 x⋅PB，
∴PB= 18√14
7
x，
∵PB﹣PA＝AB，即18√14
7
x -√14 x =2√21，
解得x = 7√6
11 ，
∴PA =√14× 7√6
11 = 14√21
11
；
（3）S1＞S2；证明如下：如图2，连接BD，
∵O 为AB 的中点，点M 是BE 的中点，
∴OM 是△ABE 的中位线，
∴OM∥AE，
∴∠ACB＝∠ONB＝90°，
∵DH⊥AB，
∴∠OHD＝90°，
∴∠ODF+∠DOH＝∠OBF+∠DOH＝90°，
∴∠ODF＝∠OBF，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD，
∴∠ODB﹣∠ODF＝∠OBD﹣∠OBF，即∠BDF＝∠DBF，
∴DF＝BF，
在Rt△BFH 中，∠BHF＝90°，BF＞BH，
∴DF＝BF＞FH，
∴S△OFD= S1= 1
2 DF ⋅OH，S△OFH = S2= 1
2 FH ⋅OH，
34
∴1
2 DF ⋅OH ＞1
2 FH ⋅OH，即S1＞S2．
【点评】本题主要考查了圆周角定理、切线的判定和性质、相似三角形等内容，熟练掌握相关知识是
解题的关键．
11．（2026•自贡）如图1，等边△ABC 内接于⊙O，D 为BC 中点，连接OD 并延长交⊙O 于点E，作
EM∥BC．
（1）求证：EM 是⊙O 的切线．
（2）如图2，点F 为射线EM 上的动点，连接FB 并延长与⊙O 的优弧^
BAC交于点P（与点B，C 不重
合），连接PA，PC．
①在点F 运动过程中，请探究线段PA，PB，PC 的数量关系并说明理由；
②连接CE，若AB＝2√3，当点P 到CE 的距离最大时，请直接写出PA + BF
PB
的值．
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【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】（1）∵D 为BC 中点，E 在OD 的延长线上，
∴OE⊥BC，
∵EM∥BC，
∴OE⊥EM，
∴EM 是⊙O 的切线；
（2）①PC＝PA+PB 或PC＝PB﹣PA，理由如下：
当点P 在^
AB上时，如图，在PC 上取点T 使得PT＝PA，
∵△ABC 是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，AB＝AC，
35
∵^
AC =^
AC，
∴∠APC＝∠ABC＝60°，
∴△APT 是等边三角形，
∴AT＝AP，∠PTA＝60°，
∴∠ATC＝120°，
∵四边形APBC 是⊙O 的内接四边形，
∴∠APB+∠ACB＝180°，
∴∠APB＝120°，
∴∠APB＝∠ATC，
又∵^
AP =^
AP，
∴∠ABP＝∠ACT，
∴△ABP≌△ACT（AAS），
∴PB＝TC，
∴PC＝PT+TC＝PA+PB，即PC＝PA+PB；
当点P 在^
AC上时，如图所示，在CP 的延长线上取 PS＝PA，
同理可得∠APB＝∠ACB＝60°，
∵四边形APBC 是⊙O 的内接四边形，
∴∠APB+∠ACB＝180°，
∴∠APB＝120°，
∴∠APS＝60°，
∴△APS 是等边三角形，
∴∠S＝∠APB，
又∵AB＝AC，∠ABP＝∠ACP，
∴△SAC≌△PAB（AAS），
∴PB＝SC＝PC+PS＝PC+PA，即PC＝PB﹣PA；
②√3-1．
【分析】（1）根据垂径定理可得OE⊥BC，根据EM∥BC 得出OE⊥EM，即可得证；
（2）①分情况讨论，当点P 在^
AB上时，在PC 上取点T 使得，PT＝PA，证明△ABP≌△ACT
（AAS），得出PB＝TC，进而根据线段的和差关系，即可得出结论；当点P 在^
AC上时，如图所示，
36
在CP 的延长线上取PS＝PA，证明△SAC≌△PAB（AAS），进而根据线段的和差关系，即可得出结论；
②根据题意得出当点P 到CE 的距离最大时，PO⊥CE，设PO，CE 的交点为M，连接OC，OB，解直
角三角形，分别求得PA，BF，PB 的长，再求比值，即可求解．
【解答】（1）证明：∵D 为BC 中点，E 在OD 的延长线上，
∴OE⊥BC，
∵EM∥BC，
∴OE⊥EM，
∴EM 是⊙O 的切线；
（2）解：①PC＝PA+PB 或PC＝PB﹣PA，理由如下：
当点P 在^
AB上时，如图，在PC 上取点T 使得PT＝PA，
∵△ABC 是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，AB＝AC，
∵^
AC =^
AC，
∴∠APC＝∠ABC＝60°，
∴△APT 是等边三角形，
∴AT＝AP，∠PTA＝60°，
∴∠ATC＝120°，
∵四边形APBC 是⊙O 的内接四边形，
∴∠APB+∠ACB＝180°，
∴∠APB＝120°，
∴∠APB＝∠ATC，
又∵^
AP =^
AP，
∴∠ABP＝∠ACT，
∴△ABP≌△ACT（AAS），
∴PB＝TC，
∴PC＝PT+TC＝PA+PB，即PC＝PA+PB；
当点P 在^
AC上时，如图所示，在CP 的延长线上取 PS＝PA，
37
同理可得∠APB＝∠ACB＝60°，
∵四边形APBC 是⊙O 的内接四边形，
∴∠APB+∠ACB＝180°，
∴∠APB＝120°，
∴∠APS＝60°，
∴△APS 是等边三角形，
∴∠S＝∠APB，
又∵AB＝AC，∠ABP＝∠ACP，
∴△SAC≌△PAB（AAS），
∴PB＝SC＝PC+PS＝PC+PA，即PC＝PB﹣PA；
②∵点P 在优弧^
BAC上，
∴当点P 到CE 的距离最大时，PO⊥CE，如图所示，设PO，CE 的交点为M，连接OC，OB，
∵△ABC 是等边三角形，AB =2√3，
∴BC = AB =2√3，∠BAC＝60°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝120°，
∵OE⊥BC，
∴DC = 1
2 BC =√3，∠EOC = 1
2 ∠BOC =60°，
又∵OE＝OC，
∴△OCE 是等边三角形，
∴∠OCD = 1
2 ∠OCE =30°，
∴OD = 1
2 OC，DC =√OC
2-O D
2=√3OD，
38
∴OD＝1，则OC＝2，EC＝OC＝2，
∵OM⊥EC，CD⊥OE，
∴OM =CD =sin 60°×2=√3，
∴CM = 1
2 EC =1，
∴PM =OP+OM =2+√3，
在Rt△PCM 中，PC =√P M
2+C M
2=√(2+√3)
2+1
2=√2+√6，
∵∠BOC＝120°，OB＝OC，
∴∠OBC＝OCB＝30°，
∴∠OBC＝∠BCE＝30°，
∴OB∥EC，
∵PO⊥EC，
∴PO⊥OB，
又∵OB＝OP，
∴∠PBO＝∠BPO＝45°，PB =√2 PO =2√2，
由（1）可得P 在^
AB上，PC＝PA+PB，
∴PA = PC - PB =√2+√6-2√2=√6-√2，
过点P，B 分别作BC，EF 的垂线，垂足分别为G，H，则四边形BHED 是矩形，BH＝DE＝OE﹣OD＝
2﹣1＝1，
∵∠BPC＝∠BAC＝60°，OP＝OC，
∴∠OPC＝∠BPC﹣∠BPO＝60°﹣45°＝15°，
∴∠PCE＝90°﹣∠OPC＝75°，
∴∠PCB＝∠PCE﹣∠BCE＝75°﹣30°＝45°，
∴PG = PCsin∠PCB = √2
2 × PC =1+√3，
∴sin ∠PBG = PG
PB = 1+√3
2√2 = √2+√6
4
，
∵BC∥ME，
∴∠BFH＝∠PBG，
∴BF =
BH
sin ∠BFH =
BH
sin ∠PBG =
1
√2+√6
4
=√6-√2
，
∴PA + BF
PB
= √6-√2+√6-√2
2√2
=√3-1．
【点评】本题考查了全等三角形的性质及判定，圆的基本性质等，掌握综合知识是解题的关键．
12．（2026•广安）如图，△ABC 内接于⊙O，AD 是⊙O 的直径，过点A 作射线AE 交BC 的延长线于点
E，使∠EAB＝∠ECA．
39
（1）求证：AE 是⊙O 的切线；
（2）过点C 作CF∥AE 交AB 于点F，若AF＝2，AB＝9，求AC 的长．
【考点】切线的判定与性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心．菁优网版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；图形的相似；运算
能力；推理能力．
【答案】（1）连接CD，
∵△ABC 内接于⊙O，AD 是⊙O 的直径，
∴∠B＝∠D，∠ACD＝90°，
∵射线AE 交BC 的延长线于点E，∠EAB＝∠ECA，∠AEB＝∠CEA，
∴△EAB∽△ECA，
∴∠B＝∠EAC，
∴∠EAC＝∠D，
∴∠OAE＝∠CAE+∠CAD＝∠D+∠CAD＝90°，
∵OA 是⊙O 的半径，且AE⊥OA，
∴AE 是⊙O 的切线．
（2）AC 的长为3√2．
【分析】（1）证明：连接CD，由△ABC 内接于⊙O，AD 是⊙O 的直径，得∠B＝∠D，∠ACD＝
90°，由∠EAB＝∠ECA，∠AEB＝∠CEA，证明△EAB∽△ECA，则∠B＝∠EAC，推导出∠EAC＝
∠D，所以∠OAE＝∠CAE+∠CAD＝∠D+∠CAD＝90°，即可证明AE 是⊙O 的切线．
（2）由CF∥AE 交AB 于点F，得∠ACF＝∠EAC，而∠B＝∠EAC，则∠ACF＝∠B，因为∠CAF＝
∠BAC，所以△ACF∽△ABC，则AC
AB = AF
AC ，由AF＝2，AB＝9，求得AC=3√2．
【解答】（1）证明：连接CD，
∵△ABC 内接于⊙O，AD 是⊙O 的直径，
∴∠B＝∠D，∠ACD＝90°，
40
∵射线AE 交BC 的延长线于点E，∠EAB＝∠ECA，∠AEB＝∠CEA，
∴△EAB∽△ECA，
∴∠B＝∠EAC，
∴∠EAC＝∠D，
∴∠OAE＝∠CAE+∠CAD＝∠D+∠CAD＝90°，
∵OA 是⊙O 的半径，且AE⊥OA，
∴AE 是⊙O 的切线．
（2）解：∵CF∥AE 交AB 于点F，
∴∠ACF＝∠EAC，
∵∠B＝∠EAC，
∴∠ACF＝∠B，
∵∠CAF＝∠BAC，
∴△ACF∽△ABC，
∴AC
AB = AF
AC ，
∵AF＝2，AB＝9，
∴AC2＝AF•AB＝2×9＝18，
∴AC=3√2或AC=-3√2（不符合题意，舍去），
∴AC 的长为3√2．
【点评】此题重点考查圆周角定理、直径所对的圆周角是直角、直角三角形的两个锐角互余、切线的
判定、平行线的性质、相似三角形的判定与性质等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
13．（2026•南充）如图，在⊙O 中，AB 为直径，AC 为切线，点D 在⊙O 上，∠C+2∠B＝180°．
（1）求证：CD 是⊙O 的切线．
（2）若AC＝10，cosC= 3
5，求AB 的长．
【考点】切线的判定与性质；解直角三角形；圆周角定理．菁优网版权所有
41
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；
解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）连接OD，
∵在⊙O 中，AB 为直径，AC 为切线，
∴AC⊥AB，
∴∠BAC＝90°，
∵点D 在⊙O 上，
∴∠AOD＝2∠B，
∵∠C+2∠B＝180°，
∴∠C+∠AOD＝180°，
∴∠ODC＝360°﹣（∠C+∠AOD）﹣∠BAC＝90°，
∵OD 是⊙O 的半径，且CD⊥OD，
∴CD 是⊙O 的切线．
（2）AB 的长为10．
【分析】（1）连接OD，由AB 为直径，AC 为切线，推导出∠BAC＝90°，由∠AOD＝2∠B，且
∠C+2∠B＝180°，得∠C+∠AOD＝180°，求得∠ODC＝360°﹣（∠C+∠AOD）﹣∠BAC＝90°，即可
证明CD 是⊙O 的切线．
（2）作AF⊥CD 于点F，OE⊥AF 于点E，则四边形ODFE 是矩形，由切线长定理得CD＝AC＝10，
因为CF
AC =cosC= 3
5，所以CF= 3
5AC＝6，则OE＝DF＝CD﹣CF＝4，可证明∠OAE＝∠C，则AE
OA =
cos∠OAE＝cosC= 3
5，所以AE= 3
5OA，由OE=√O A
2- A E
2= 4
5 OA＝4，求得OA＝5，则AB＝2OA＝
10．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵在⊙O 中，AB 为直径，AC 为切线，
∴AC⊥AB，
∴∠BAC＝90°，
∵点D 在⊙O 上，
∴∠AOD＝2∠B，
∵∠C+2∠B＝180°，
∴∠C+∠AOD＝180°，
42
∴∠ODC＝360°﹣（∠C+∠AOD）﹣∠BAC＝90°，
∵OD 是⊙O 的半径，且CD⊥OD，
∴CD 是⊙O 的切线．
（2）解：作AF⊥CD 于点F，OE⊥AF 于点E，则∠AFC＝∠OEA＝90°，
∵CD 与⊙O 相切于点D，AC 与⊙O 相切于点A，
∴CD＝AC＝10，
∵CF
AC =cosC= 3
5，
∴CF= 3
5AC= 3
5 ×10＝6，
∵∠OEF＝∠EFD＝∠ODF＝90°，
∴四边形ODFE 是矩形，
∴OE＝DF＝CD﹣CF＝10﹣6＝4，
∵∠OAE+∠CAF＝90°，∠C+∠CAF＝90°，
∴∠OAE＝∠C，
∴AE
OA =cos∠OAE＝cosC= 3
5，
∴AE= 3
5OA，
∵OE=√O A
2- A E
2=√O A
2-( 3
5 OA )
2= 4
5
OA＝4，
∴OA＝5，
∴AB＝2OA＝10，
∴AB 的长为10．
【点评】此题重点考查圆周角定理、切线的判定与性质、切线长定理、勾股定理、矩形的判定与性质
解直角三角形等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
14．（2026•达州）已知：如图，P 为⊙O 外一点，PA 与⊙O 相切于点A．连接OP，AC∥OP，BC 为⊙O
的直径、连接PB．
（1）试判断PB 与⊙O 的位置关系，并说明理由；
（2）若⊙O 的半径为√6，AC＝4，求PB 的长．
43
【考点】切线的性质；直线与圆的位置关系．菁优网版权所有
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】（1）PB 与⊙O 相切．
理由如下：连结OA，
∵PA 与⊙O 相切于点A，
∴OA⊥PA，
∴∠OAP＝90°，
∵AC∥OP，
∴∠POA＝∠OAC，∠C＝∠POB，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠C，
∴∠POA＝∠POB，
在△POA 和△POB 中，
{
OA =OB
∠POA =∠POB
OP =OP
，
∴△POA≌△POB（SAS），
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∴OB⊥PB，
∵OB 为⊙O 的半径，
∴PB 为⊙O 的切线；
（2）√3．
【分析】（1）连结OA，如图，先根据切线的性质得到∠OAP＝90°，根据平行线的性质得到∠POA＝
∠OAC，∠C＝∠POB，则可证明∠POA＝∠POB，接着证明△POA≌△POB 得到∠OAP＝∠OBP＝
90°，然后根据切线的判定方法得到PB 为⊙O 的切线；
（2）连结AB 交OP 于D 点，如图，先根据圆周角定理得到∠BAC＝90°，则利用平行线的性质得到
∠BDO＝90°，再根据垂径定理得到AD＝BD，则利用三角形中位线性质得到OD＝2，接着利用勾股定
理计算出BD=√2，然后证明Rt△OBD∽Rt△OPB，利用相似比求出OP＝3，最后在Rt△OPB 中利用
勾股定理计算出PB 的长．
【解答】解：（1）PB 与⊙O 相切．
44
理由如下：连结OA，如图，
∵PA 与⊙O 相切于点A，
∴OA⊥PA，
∴∠OAP＝90°，
∵AC∥OP，
∴∠POA＝∠OAC，∠C＝∠POB，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠C，
∴∠POA＝∠POB，
在△POA 和△POB 中，
{
OA =OB
∠POA =∠POB
OP =OP
，
∴△POA≌△POB（SAS），
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∴OB⊥PB，
∵OB 为⊙O 的半径，
∴PB 为⊙O 的切线；
（2）连结AB 交OP 于D 点，如图，
∵BC 为直径，
∴∠BAC＝90°，
∵OP∥AC，
∴∠BDO＝90°，
∴OD⊥AB，
∴AD＝BD，
∴OD 为△ABC 的中位线，
∴OD= 1
2AC＝2，
在Rt△BOD 中，∵OB=√6，OD＝2，
∴BD=√(√6)
2-2
2=√2，
∵∠BOD＝∠POB，
∴Rt△OBD∽Rt△OPB，
∴OB：OP＝OD：OB，
即√6：OP＝2：√6，
解得OP＝3，
在Rt△OPB 中，∵OP＝3，OB=√6，
45
∴PB=√3
2-(√6)
2=√3．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了直线与圆的位置关系．
15．（2026•安徽）如图，AB 为⊙O 的直径，点C 在⊙O 上，点A，B 分别在▱CDEF 的边CD，CF 上，
DE，EF 分别与⊙O 相切于点M，N．
（1）求证：四边形OMEN 为正方形；
（2）若CD＝9，AB＝10，求CF 的长．
【考点】切线的性质；平行四边形的性质；正方形的判定与性质；圆周角定理．菁优网版权所有
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】（1）证明：∵AB 为⊙O 的直径，
∴∠C＝90°，
∵四边形CDEF 为平行四边形，
∴∠E＝∠C＝90°，
∵DE，EF 分别与⊙O 相切于点M，N．
∴OM⊥DE，ON⊥EF，
∴∠OME＝∠ONE＝90°，
∴四边形OMEN 为矩形，
∵OM＝ON，
∴四边形OMEN 为正方形；
（2）8．
【分析】（1）先根据圆周角定理得到∠C＝90°，再根据平行四边形的性质得到∠E＝∠C＝90°，接着
根据切线的性质得到∠OME＝∠ONE＝90°，于是可判断四边形OMEN 为矩形，然后利用OM＝ON 可
判断四边形OMEN 为正方形；
（2）延长MO 交CF 于H 点，连结OC，如图，先判断四边形CDEF 为矩形得到∠F＝90°，EF＝CD＝
46
9，再利用四边形OMEN 为正方形得到ON＝EN＝5，接着证明四边形ONFH 为矩形得到∠OHF＝90°，
OH＝NF＝4，FH＝ON＝5，于是利用勾股定理可计算出CH＝3，然后计算CH+HF 即可．
【解答】（1）证明：∵AB 为⊙O 的直径，
∴∠C＝90°，
∵四边形CDEF 为平行四边形，
∴∠E＝∠C＝90°，
∵DE，EF 分别与⊙O 相切于点M，N．
∴OM⊥DE，ON⊥EF，
∴∠OME＝∠ONE＝90°，
∴四边形OMEN 为矩形，
∵OM＝ON，
∴四边形OMEN 为正方形；
（2）解：延长MO 交CF 于H 点，连结OC，如图，
∵平行四边形CDEF 的内角∠DCF＝90°，
∴四边形CDEF 为矩形，
∴∠F＝90°，EF＝CD＝9，
∵AB＝10，四边形OMEN 为正方形，
∴ON＝EN＝5，
∴∠MHF＝90°，
∵∠ONF＝∠F＝∠NOH＝90°，
∴四边形ONFH 为矩形，
∴∠OHF＝90°，OH＝NF＝9﹣5＝4，FH＝ON＝5，
在Rt△OCH 中，∵OC＝5，OH＝4，
∴CH=√5
2- 4
2=3，
∴CF＝CH+HF＝3+5＝8．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了平行四边形的性质、正
方形的判定与性质和圆周角定理．
16．（2026•成都）如图，点C 在以AB 为直径的⊙O 上，连接AC，BC，过点C 作CD⊥AB，垂足为D，
在圆上取点E，使^
CE =^
CB，连接CE，BE．
47
（1）求证：∠ACD+∠CBE＝90°；
（2）若sinA= 5
6，OD＝7，求⊙O 的半径和BE 的长．
【考点】圆周角定理；解直角三角形；勾股定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系．菁优网版权所有
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】（1）证明：∵CD⊥AB，
∴∠ACD+∠A＝90°，
∵^
CE =^
CB，
∴∠E＝∠CBE，
∵∠A＝∠E，
∴∠A＝∠CBE，
∴∠ACD+∠CBE＝90°；
（2）⊙O 的半径为18，BE＝10√11．
【分析】（1）先根据垂直的定义得到∠ACD+∠A＝90°，再利用圆周角定理得到∠E＝∠CBE，∠A＝
∠E，所以∠A＝∠CBE，从而得到结论；
（2）过C 点作CH⊥BE 于H 点，如图，由^
CE =^
CB得到CB＝CE，根据等腰三角形的性质得到CH 垂
直平分BE，则利用垂径定理得到CH 过圆心O，EH＝BH，再在Rt△ACD 中利用正弦的定义得到sinA
= CD
AC = 5
6
，则可设CD＝5x，AC＝6x，所以AD=√11x，则OC＝OD＝7+√11x，接着在Rt△OCD 中利
用勾股定理得到（5x）2+72＝（7+√11x）2，解方程求出x，所以OC＝18，AC＝6√11，然后在
Rt△ACB 求出BC＝30，最后在Rt△BCH 中先用正弦的定义求出CH，再利用勾股定理计算出BH，从
而得到BE 的长．
【解答】（1）证明：∵CD⊥AB，
∴∠ACD+∠A＝90°，
∵^
CE =^
CB，
∴∠E＝∠CBE，
∵∠A＝∠E，
∴∠A＝∠CBE，
∴∠ACD+∠CBE＝90°；
（2）解：过C 点作CH⊥BE 于H 点，如图，
48
∵^
CE =^
CB，
∴CB＝CE，
∴CH 垂直平分BE，
∴CH 过圆心O，EH＝BH，
在Rt△ACD 中，∵sinA= CD
AC = 5
6，
∴设CD＝5x，AC＝6x，
∴AD=√(6 x)
2-(5 x)
2=√11x，
∴OC＝OA＝OD+AD＝7+√11x，
在Rt△OCD 中，（5x）2+72＝（7+√11x）2，
解得x1＝0（舍去），x2=√11，
∴OC＝7+√11×√11=18，AC＝6√11，
∵AB 为直径，
∴∠ACB＝90°，
∴sinA= BC
AB = 5
6，
∴BC= 5
6AB＝30，
在Rt△BCH 中，∵∠CBH＝∠A，
∴sin∠CBH= CH
CB = 5
6，
∴CH= 5
6 ×30＝25，
∴BH=√30
2-25
2=5√11，
∴BE＝2BH＝10√11，
即⊙O 的半径为18，BE＝10√11．
【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所
对的圆心角的一半；半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了垂
径定理、圆心角、弧、弦的关系和解直角三角形．
17．（2026•遂宁）如图，AB 是⊙O 的直径，弦CD⊥AB 于点E，连结AC，过点D 的直线分别与AB、
49
AC 的延长线交于点F、G，且∠A= 1
2∠CDG．
（1）求证：DG 是⊙O 的切线；
（2）若AB＝10，CD＝6，求BF 的长．
【考点】圆的综合题．菁优网版权所有
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力；科学文化情境．
【答案】（1）连接OD，AD，
设AB⊥CD 于H，
∴∠DOB+∠ODH＝90°，∠CAB＝∠DAB，
∴∠DOH＝∠OAD+∠ODA＝2∠OAD＝2∠CAB，
∵∠CDG＝2∠CAB，
∴∠HOD＝∠CDG，
∴∠CDO+∠CDG＝90°，
∴∠ODG＝90°，
∴OD⊥DG，
∵OD 是⊙O 的半径，
∴DG 是⊙O 的切线；
（2）5
4 ．
【分析】（1）连接OD，AD，设AB⊥CD 于H，根据垂径定理得到∠DOB+∠ODH＝90°，∠CAB＝
∠DAB，求得∠HOD＝∠CDG，得到∠ODG＝90°，根据切线的判定定理得到DG 是⊙O 的切线；
（2）根据垂径定理得到DH= 1
2CD＝3，根据勾股定理得到OH=√O D
2- D H
24，根据相似三角形的判
定和性质定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接OD，AD，
50
设AB⊥CD 于H，
∴∠DOB+∠ODH＝90°，∠CAB＝∠DAB，
∴∠DOH＝∠OAD+∠ODA＝2∠OAD＝2∠CAB，
∵∠CDG＝2∠CAB，
∴∠HOD＝∠CDG，
∴∠CDO+∠CDG＝90°，
∴∠ODG＝90°，
∴OD⊥DG，
∵OD 是⊙O 的半径，
∴DG 是⊙O 的切线；
（2）解：∵AB＝10，
∴OD＝OB＝5，
∵CD⊥AB，AB 是⊙O 的直径，
∴DH= 1
2CD＝3，
∴OH=√O D
2- D H
2=4，
∵∠ODF＝∠OHD＝90°，∠DOH＝∠FOD，
∴△ODH∽△OFD，
∴OD
OF = OH
OD ，
∴5
OF = 4
5 ，
∴OF= 25
4 ，
∴BF＝OF﹣OB= 25
4 -5= 5
4 ．
【点评】本题是圆的综合题，考查了切线的判定，垂径定理，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的
判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
18．（2026•泸州）如图，AB 是⊙O 的直径，点C，E 在⊙O 上，过点C 作⊙O 的切线交AB 的延长线于
点D，CE 交AB 于点F，连接AC，AE，BC．
51
（1）求证：∠CAD＝∠BCD；
（2）若AE∥CD，BD＝3，sinD = 2
3，求EF 的长．
【考点】切线的性质；解直角三角形；垂径定理；圆周角定理．菁优网版权所有
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】（1）证明：连结OC，如图，
∵CD 为⊙O 的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD＝90°，
∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BCD+∠BCO＝90°，∠OCA+∠BCO＝90°，
∴∠BCD＝∠OCA，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠CAD，
∴∠CAD＝∠BCD；
（2）8√30
7
．
【分析】（1）连结OC，如图，先根据切线的性质得到∠OCD＝90°，再根据圆周角定理得到∠ACB＝
90°，则利用同角的余角相等得到∠BCD＝∠OCA，然后利用∠OCA＝∠CAD 得到∠CAD＝∠BCD；
（2）过C 点作CH⊥AB 于H 点，如图，利用正弦的定义得到sinD= OC
OD = 2
3，则设OC＝2x，OD＝
3x，则3x＝2x+3，解得x＝3，再利用勾股定理得到CD＝3√5，利用面积法得到CH＝2√5，再次利用
勾股定理计算出DH＝5，所以BH＝2，接着证明△FCB∽△FDC，利用相似比得到FC2＝FB•FD，即
FC2＝（FH+2）（FH+5），由于FC2＝FH2+CH2＝FH2+（2√5）2，所以（FH+2）（FH+5）＝
FH2+（2√5）2，则可求出FH= 10
7 ，所以DF= 45
7 ，AF= 60
7 ，于是利用勾股定理可计算出CF= 6√30
7
，然后证明△AEF∽△DCF，从而利用相似比可求出EF 的长．
【解答】（1）证明：连结OC，如图，
∵CD 为⊙O 的切线，
52
∴OC⊥CD，
∴∠OCD＝90°，
∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BCD+∠BCO＝90°，∠OCA+∠BCO＝90°，
∴∠BCD＝∠OCA，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠CAD，
∴∠CAD＝∠BCD；
（2）解：过C 点作CH⊥AB 于H 点，如图，
在Rt△OCD 中，∵sinD= OC
OD = 2
3，
∴设OC＝2x，OD＝3x，
∵OD＝OB+BD，
∴3x＝2x+3，
解得x＝3，
∴OC＝6，OD＝9，
∴CD=√9
2-6
2=3√5，
∵1
2CH•OD= 1
2OC•CD，
∴CH= 6×3√5
9
=2√5，
∴DH=√(3√5)
2-(2√5)
2=5，
∴BH＝DH﹣BD＝5﹣3＝2，
∵AE∥CD，
∴∠E＝∠DCE，
∵∠E＝∠ABC，
∴∠DCE＝∠ABC，
∵∠CFB＝∠DFC，
∴△FCB∽△FDC，
∴FC：FD＝FB：FC，
即FC2＝FB•FD，
∴FC2＝（FH+2）（FH+5），
∵FC2＝FH2+CH2＝FH2+（2√5）2，
∴（FH+2）（FH+5）＝FH2+（2√5）2，
53
解得FH= 10
7 ，
∴DF＝DH+FH= 45
7 ，
∴AF＝AD﹣DF＝6+9- 45
7 = 60
7 ，
在Rt△CFH 中，CF=√( 10
7 )
2+(2√5)
2= 6√30
7
，
∵AE∥CD，
∴△AEF∽△DCF，
∴EF：CF＝AF：DF，
即EF：6√30
7
= 60
7 ：45
7 ，
解得EF= 8√30
7
．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了垂径定理、圆周角定理
和解直角三角形．
19．（2026•达州）综合与探究
【方法探究】
（1）如图1，直线l1∥l2，A，B 两点在直线l1 上，C1，C2，C3 三点在直线l2 上，连接AC1，AC2，
AC3，BC1，BC2，BC3，我们发现△ABC1，△ABC2，△ABC3面积的数量关系是 相等 ，理由是 它
们共底边
AB
，且由于
l 1∥
l 2，顶点
C 1，
C 2，
C 3到直线
l 1的距离（即高）相等，故面积相等 ；
（2）如图2，AB 是⊙O 的直径，C 是⊙O 上的动点（C 不与A 重合），D 是AC 的中点，用圆规和无刻
度直尺在图2 中作出点D 的运动路径（不写作法、保留作图痕迹），简要说明理由；
【问题解决】
如图3，直线AB∥CD，M 是AB 上一点，MN⊥CD，垂足为N，MN＝4，E 是射线NC 上的动点，连接
EM，过点M 在AB 上方作射线MF⊥ME，G 是MF 上的一点，连接EG，s△EMG＝12，求线段NG 的最
大值．
54
【考点】圆的综合题．菁优网版权所有
【专题】几何综合题．
【答案】【方法探究】（1）相等，它们共底边AB，且由于l1∥l2，顶点C1，C2，C3 到直线l1 的距离
（即高）相等，故面积相等；
（2）
【问题解决】8．
【分析】【方法探究】（1）根据平行线间的距离处处相等即可得出结论；
（2）根据三角形中位线性质可得OD∥BC，由此得出∠ADO＝∠ACB＝90°，根据90°角所对弦是直径，
可得点D 的运动路径是以线段OA 为直径的圆（不包含点A）；
【问题解决】过点G 作GK∥ME，交CD 于K，交AB 于P，利用（1）可得s△EMG＝s△EMK＝12，根据
S△EMG= 1
2 KE⋅MN =12，求得KE＝6，再由四边形KEMP 是平行四边形，可得PM＝KE＝6，由
MG⊥ME 可得△MGP 是直角三角形，取PM 中点O，则OG =OM = 1
2 PM =3，根据点到圆上一点的
距离最值即可得OG+NO≥NG，即当点G 在ON 延长线上时，NG 最大，最大值为OG+NO．
【解答】【方法探究】解：（1）△ABC1、△ABC2、△ABC3面积相等，
理由：它们共底边AB，且由于l1∥l2，顶点C1，C2，C3到直线l1的距离（即高）相等，故面积相等，
故答案为：相等，它们共底边AB，且由于l1∥l2，顶点C1，C2，C3到直线l1的距离（即高）相等，故
面积相等；
（2）如图，
55
点D 的运动路径是以线段OA 为直径的圆（不包含点A）．
证明：连接OD，
∵O 是AB 中点，D 是AC 的中点，
∴OD 是△ABC 的中位线，
∴OD∥BC，
又∵AB 是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ADO＝∠ACB＝90°，
∴点D 在以OA 为直径的圆上．
又∵点A、C 不重合，故点D 不与点A 重合，
∴点D 的运动路径是以线段OA 为直径的圆（不包含点A）；
【问题解决】过点G 作GK∥ME，交CD 于K，交AB 于P，
由（1）可得：s△EMG＝s△EMK，
∵MN⊥CD，MN＝4，s△EMG＝12，
∴S△EMG= 1
2 KE⋅MN =12，即1
2 KE⋅4 =12，
解得：KE＝6，
∵GK∥ME，AB∥CD，
∴四边形KEMP 是平行四边形，
∴PM＝KE＝6，
又∵MG⊥ME，即∠GME＝90°，
∴∠MGP＝90°，
∴点G 在以PM 为直径的半圆弧（AB 上方，不含P、M 两点）上运动，
56
取PM 中点O，则OG =OM = 1
2 PM = 1
2 ×6=3，
连接ON、OG，
∴OG+NO≥NG，
当点G 在ON 延长线上时，NG 最大，最大值为OG+NO，
∵AB∥CD，MN⊥CD，
∴MN⊥AB，即∠OMN＝90°，
∴ON =√O M
2+ M N
2=√3
2+ 4
2=5，
∴ON+OG＝5+3＝8，
即NG 最大值为8．
【点评】解题关键是利用平行转化三角形面积，抓“定角对定弦”构造辅助圆，化“动”为“静”；
利用“圆外一点到圆上点的最大距离（d+r）''模型，巧解线段最值．
20．（2026•台湾）某场馆有一组由三个相同的五边形沙发紧密拼成的Y 字型沙发椅，如图1 所示，其俯
视图如图2 所示，其中AB 为90 公分，BC、AE 皆为130 公分，CD＝DE，∠A＝∠B＝90°，且D 为Y
字型沙发椅的中心点．
请根据上述资讯回答下列问题，完整写出你的解题过程并详细解释：
（1）求图2 中∠CDE 的度数为何？
（2）今想订制一块正六边形的地毯，并将Y 字型沙发椅放置在上面，其中正六边形地毯的对角线交点
与D 点重合，摆放时AB 与地毯的一边平行且至少相距50 公分，如图3 所示，则地毯的边长至少需要
多少公分？（以根式呈现）
【考点】正多边形和圆；由三视图判断几何体；平行线的性质．菁优网版权所有
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【答案】（1）120°；
（2）（120√3+30）公分．
【分析】（1）由题意结合三角形内角和即可求解；
（2）由题意可得四边形ABCE 为矩形，可知CE＝AB＝90，连接CE，过点D⊥CE 交CE 于点F，求得
点D 到AB 的距离，因为正六边形地毯中心与D 重合，且AB 与地毯一边平行且至少相距50 公分，求
出地毯的边心距，进而求得边长．
【解答】解：（1）∵∠CDE 的度数三个五边形在中心点D 紧密拼成360°，且三个五边形全等，
∴每个五边形在D 点的内角为：∠CDE＝360°÷3＝120°；
（2）∵∠A＝∠B＝90°，AE＝BC＝130，
∴四边形ABCE 为矩形，
∴CE＝AB＝90，
在△CDE 中，CD＝DE 且∠CDE＝120°，
连接CE，过点D⊥CE 交CE 于点F，
DF= 1
2 ×CE•tan60°＝45× √3
3 =15√3，
D 到AB 的距离为：130+15√3，
∵正六边形地毯中心与D 重合，且AB 与地毯一边平行且至少相距50 公分，
∴地毯的边心距至少为：（√3
2 ）边长＝130+15√3+50＝（180+15√3）公分，
解得边长= 2×(180+15√3)
√3
=（120√3+30）公分，
答：地毯的边长至少需要（120√3+30）公分．
【点评】本题主要考查了正多边形和圆，平行线的性质，由三视图判断几何体，掌握其相关知识点是
解题的关键．
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考点卡片
1．平行线的性质
1、平行线性质定理
定理1：两条平行线被第三条直线所截，同位角相等．简单说成：两直线平行，同位角相等．
定理2：两条平行线被第三条直线所截，同旁内角互补．简单说成：两直线平行，同旁内角互补．
定理3：两条平行线被第三条直线所截，内错角相等．简单说成：两直线平行，内错角相等．
2、两条平行线之间的距离处处相等．
2．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，
关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角
形．
3．勾股定理
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a=√c
2-b
2，b=√c
2-a
2及c=√a
2+b
2．
（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角
边．
4．平行四边形的性质
（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
（2）平行四边形的性质：
①边：平行四边形的对边相等．
②角：平行四边形的对角相等．
③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
（3）平行线间的距离处处相等．
（4）平行四边形的面积：
①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
5．菱形的性质
（1）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
59
④菱形是轴对称图形，它有2 条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（2）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积= 1
2ab．（a、b 是两条对角线的长度）
6．正方形的判定与性质
（1）正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质．
（2）正方形的判定
正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定．
7．垂径定理
（1）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．
（2）垂径定理的推论
推论1：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．
推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．
推论3：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧．
8．圆心角、弧、弦的关系
（1）定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．
（2）推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其
余各组量都分别相等．
说明：同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优
弧或劣弧．
（3）正确理解和使用圆心角、弧、弦三者的关系
三者关系可理解为：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知
一推二”，一项相等，其余二项皆相等．这源于圆的旋转不变性，即：圆绕其圆心旋转任意角度，所得
图形与原图形完全重合．
（4）在具体应用上述定理解决问题时，可根据需要，选择其有关部分．
9．圆周角定理
（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．
注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．
（2）圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
60
推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
（3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌
握．
（4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角
的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是
“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当
成同一条弧所对的圆周角和圆心角．
10．三角形的外接圆与外心
（1）外接圆：经过三角形的三个顶点的圆，叫做三角形的外接圆．
（2）外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．
（3）概念说明：
①“接”是说明三角形的顶点在圆上，或者经过三角形的三个顶点．
②锐角三角形的外心在三角形的内部；直角三角形的外心为直角三角形斜边的中点；钝角三角形的外心
在三角形的外部．
③找一个三角形的外心，就是找一个三角形的三条边的垂直平分线的交点，三角形的外接圆只有一个，
而一个圆的内接三角形却有无数个．
11．直线与圆的位置关系
（1）直线和圆的三种位置关系：
①相离：一条直线和圆没有公共点．
②相切：一条直线和圆只有一个公共点，叫做这条直线和圆相切，这条直线叫圆的切线，唯一的公共点
叫切点．
③相交：一条直线和圆有两个公共点，此时叫做这条直线和圆相交，这条直线叫圆的割线．
（2）判断直线和圆的位置关系：设⊙O 的半径为r，圆心O 到直线l 的距离为d．
①直线l 和⊙O 相交⇔d＜r
②直线l 和⊙O 相切⇔d＝r
③直线l 和⊙O 相离⇔d＞r．
12．切线的性质
（1）切线的性质
①圆的切线垂直于经过切点的半径．
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
（2）切线的性质可总结如下：
如果一条直线符合下列三个条件中的任意两个，那么它一定满足第三个条件，这三个条件是：①直线过
圆心；②直线过切点；③直线与圆的切线垂直．
（3）切线性质的运用
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运用切线的性质进行计算或证明时，常常作的辅助线是连接圆心和切点，通过构造直角三角形或相似三
角形解决问题．
13．切线的判定
（1）切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
（2）在应用判定定理时注意：
①切线必须满足两个条件：a、经过半径的外端；b、垂直于这条半径，否则就不是圆的切线．
②切线的判定定理实际上是从”圆心到直线的距离等于半径时，直线和圆相切“这个结论直接得出来的．
③在判定一条直线为圆的切线时，当已知条件中未明确指出直线和圆是否有公共点时，常过圆心作该直
线的垂线段，证明该线段的长等于半径，可简单的说成“无交点，作垂线段，证半径”；当已知条件中
明确指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线，可简单地说成
“有交点，作半径，证垂直”．
14．切线的判定与性质
（1）切线的性质
①圆的切线垂直于经过切点的半径．
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
（2）切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
（3）常见的辅助线的：
①判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”；
②有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”．
15．正多边形和圆
（1）正多边形与圆的关系
把一个圆分成n（n 是大于2 的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边
形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆．
（2）正多边形的有关概念
①中心：正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心．
②正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径．
③中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角．
④边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．
16．弧长的计算
（1）圆周长公式：C＝2πR
（2）弧长公式：l= nπR
180 （弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R）
①在弧长的计算公式中，n 是表示1°的圆心角的倍数，n 和180 都不要带单位．
②若圆心角的单位不全是度，则需要先化为度后再计算弧长．
③题设未标明精确度的，可以将弧长用π 表示．
62
④正确区分弧、弧的度数、弧长三个概念，度数相等的弧，弧长不一定相等，弧长相等的弧不一定是等
弧，只有在同圆或等圆中，才有等弧的概念，才是三者的统一．
17．圆的综合题
考查的知识点比较多，一般考查垂径定理、圆周角定理、切线长定理、扇形的面积和弧长，经常与四边
形一起，难度比较大．
18．解直角三角形
（1）解直角三角形的定义
在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．
（2）解直角三角形要用到的关系
①锐角、直角之间的关系：∠A+∠B＝90°；
②三边之间的关系：a2+b2＝c2；
③边角之间的关系：
sinA= ∠A 的对边
斜边
= a
c ，cosA= ∠A 的邻边
斜边
= b
c ，tanA= ∠A 的对边
∠A 的邻边= a
b ．
（a，b，c 分别是∠A、∠B、∠C 的对边）
19．由三视图判断几何体
（1）由三视图想象几何体的形状，首先，应分别根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面
和左侧面的形状，然后综合起来考虑整体形状．
（2）由物体的三视图想象几何体的形状是有一定难度的，可以从以下途径进行分析：
①根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，以及几何体的长、宽、高；
②从实线和虚线想象几何体看得见部分和看不见部分的轮廓线；
③熟记一些简单的几何体的三视图对复杂几何体的想象会有帮助；
④利用由三视图画几何体与有几何体画三视图的互逆过程，反复练习，不断总结方法．
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