2023年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 專題21 與圓有關(guān)的概念及性質(zhì)（10個高頻考點(diǎn)）（舉一反三）（全國通用）（教師版）

專題21與圓有關(guān)的概念及性質(zhì)（10個高頻考點(diǎn)）（舉一反三）TOC\o"1-1"\h\u【考點(diǎn)1圓的基本概念】 2【考點(diǎn)2垂徑定理及其推論】 7【考點(diǎn)3弧、弦、圓心角的關(guān)系】 13【考點(diǎn)4圓周角】 21【考點(diǎn)5三角形的外接圓】 32【考點(diǎn)6圓內(nèi)接四邊形】 37【考點(diǎn)7相交弦】 42【考點(diǎn)8四點(diǎn)共圓】 45【考點(diǎn)9圓中的定值問題】 54【考點(diǎn)10圓中的最值問題】 66【要點(diǎn)1圓的概念】1.定義①：在一個平面內(nèi)，線段OA繞它固定的一個端點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)一周，另一個端點(diǎn)A所形成的圖形叫做圓．固定的端點(diǎn)O叫做圓心，線段OA叫做半徑．以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓，記作“⊙O”，讀作“圓O”．定義②：圓可以看做是所有到定點(diǎn)O的距離等于定長r的點(diǎn)的集合．2.連接圓上任意兩點(diǎn)的線段叫弦，經(jīng)過圓心的弦叫直徑，圓上任意兩點(diǎn)間的部分叫圓弧，簡稱弧，圓的任意一條直徑的兩個端點(diǎn)把圓分成兩條弧，每條弧都叫做半圓，大于半圓的弧叫做優(yōu)弧，小于半圓的弧叫做劣?。疽c(diǎn)2確定圓的條件】不在同一直線上的三點(diǎn)確定一個圓．

注意：這里的“三個點(diǎn)”不是任意的三點(diǎn)，而是不在同一條直線上的三個點(diǎn)，而在同一直線上的三個點(diǎn)不能畫一個圓．“確定”一詞應(yīng)理解為“有且只有”，即過不在同一條直線上的三個點(diǎn)有且只有一個圓，過一點(diǎn)可畫無數(shù)個圓，過兩點(diǎn)也能畫無數(shù)個圓，過不在同一條直線上的三點(diǎn)能畫且只能畫一個圓．【考點(diǎn)1圓的基本概念】【例1】（2022·山東東營·統(tǒng)考中考真題）如圖，在⊙O中，弦AC∥半徑OB,∠BOC=40°，則∠AOC的度數(shù)為____________．【答案】100°##100度【分析】先根據(jù)平行線的性質(zhì)求出∠OCA的度數(shù)，再根據(jù)等邊對等角求出∠OAC的度數(shù)，即可利用三角形內(nèi)角和定理求出∠AOC的度數(shù)．【詳解】解：∵AC∥OB，∴∠OCA=∠BOC=40°，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=40°，∴∠AOC=180°-∠OAC-∠OCA=100°，故答案為：100°．【點(diǎn)睛】本題主要考查了平行線的性質(zhì)，圓的基本性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，等腰三角形的性質(zhì)，熟知相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．【變式1-1】（2022·廣西柳州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)E是正方形內(nèi)一個動點(diǎn)，且EG＝2，連接DE，將線段DE繞點(diǎn)D逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段DF，連接CF，則線段CF長的最小值為_____．【答案】2【分析】如圖，由EG＝2，確定E在以G為圓心，半徑為2的圓上運(yùn)動，連接AE，再證明△ADE≌△CDF（SAS），可得AE=CF，可得當(dāng)A，E，G【詳解】解：如圖，由EG＝2，可得E在以G為圓心，半徑為2的圓上運(yùn)動，連接AE，∵正方形ABCD，∴AD=CD,∠ADC=90°，∴∠ADC=∠EDF=90°，∴∠ADE=∠CDF，∵DE=DF，∴△ADE≌△CDF（SAS），∴AE=CF∴當(dāng)A，E，G三點(diǎn)共線時，∵G位BC中點(diǎn)，BC=AB=4，∴BG=2，此時AG=B此時AE=25所以CF的最小值為：25故答案為：2【點(diǎn)睛】本題考查的是正方形的性質(zhì)，圓的基本性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，二次根式的化簡，熟練的利用圓的基本性質(zhì)求解線段的最小值是解本題的關(guān)鍵．【變式1-2】（2022·山東濰坊·中考真題）《墨子·天文志》記載：“執(zhí)規(guī)矩，以度天下之方圓．”度方知圓，感悟數(shù)學(xué)之美．如圖，正方形ABCD的面積為4，以它的對角線的交點(diǎn)為位似中心，作它的位似圖形A′B′C′【答案】4【分析】根據(jù)正方形ABCD的面積為4，求出AB=2，根據(jù)位似比求出A′B′=4，周長即可得出；【詳解】解：∵正方形ABCD的面積為4，∴AB=2，∵A′B′:AB=2:1，∴A′B′=4，∴A′C′=4所求周長=42故答案為：42【點(diǎn)睛】本題考查位似圖形，涉及知識點(diǎn)：正方形的面積，正方形的對角線，圓的周長，解題關(guān)鍵求出正方形ABCD的邊長．【變式1-3】（2022·河北滄州·統(tǒng)考二模）石家莊市水上公園南側(cè)新建的摩天輪吸引了附近市民的目光．據(jù)工作人員介紹，新建摩天輪直徑為100m，最低點(diǎn)距離地面1m，摩天輪的圓周上均勻地安裝了24個座艙（本題中將座艙視為圓周上的點(diǎn)），游客在距離地面最近的位置進(jìn)艙，運(yùn)行一圈時間恰好是13分14秒，寓意“一生一世”．小明從摩天輪的底部出發(fā)開始觀光，摩天輪轉(zhuǎn)動1周．(1)小明所在座艙到達(dá)最高點(diǎn)時距離地面的高度為

m；(2)在小明進(jìn)座艙后間隔3個座艙小亮進(jìn)入座艙（如圖，此時小明和小亮分別位于P、Q兩點(diǎn)），①求兩人所在座艙在摩天輪上的距離（弧PQ的長）；②求此時兩人所在座艙距離地面的高度差；(3)受周圍建筑物的影響，當(dāng)乘客與地面的距離不低于76m【答案】(1)101(2)①503πm(3)5分鐘【分析】（1）根據(jù)題意得出最高點(diǎn)是直徑加1m即可；（2）①求出圓心角∠POQ的度數(shù)，再根據(jù)弧長公式進(jìn)行計(jì)算即可；②求出NQ的長即可，利用直角三角形的邊角關(guān)系求出ON的長，進(jìn)而求出QN即可；（3）求出達(dá)到最佳觀賞位置時，座椅所處的位置，進(jìn)而求出所夾的弧所對的圓心角的度數(shù)，由圓心角所占周角的百分比，得出最佳觀賞時間占13分14秒的百分比，通過計(jì)算可得答案．【詳解】（1）解：如圖，由題意可知，QM=1m，AQ=100m，當(dāng)座椅轉(zhuǎn)到點(diǎn)A時，距離地面最高，此時AM=AQ+QM=100+1=101(m)，故答案為：101；（2）①∵圓周上均勻的安裝24個座椅，因此每相鄰兩個座椅之間所對的圓心角為360°24∴∠POQ=4×15°=60°，∴PQ的長為60π×50180答：兩人所在座艙在摩天輪上的距離（弧PQ的長）為503②由題意得，兩人所在座艙距離地面的高度差就是NQ的長，在Rt△PON中，OP=50，∠PON=60°∴ON=1∴NQ=OQ?ON=25，即兩人所在座艙距離地面的高度差為25m（3）如圖，當(dāng)DM=76m時，對應(yīng)的座椅為點(diǎn)B、點(diǎn)C，當(dāng)座椅在BAC此時，OD=76?1?50=25(m∵OB=OC=50m∴∠BOD=∠COD=60°，∴BC的長是圓周長的13因此最佳觀賞位置所持續(xù)的時間為：13分14秒的13∴13答：最佳觀賞時間有多長約有5分鐘．【點(diǎn)睛】本題考查解直角三角形的應(yīng)用，掌握直角三角形的邊角關(guān)系是正確解答的前提，掌握弧長計(jì)算公式是正確計(jì)算的關(guān)鍵．【要點(diǎn)3垂徑定理及其推論】（1）垂徑定理

垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條?。?/p>

（2）垂徑定理的推論

推論1：平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條?。?/p>

推論2：弦的垂直平分線經(jīng)過圓心，并且平分弦所對的兩條?。?/p>

推論3：平分弦所對一條弧的直徑，垂直平分弦，并且平分弦所對的另一條?。究键c(diǎn)2垂徑定理及其推論】【例2】（2022·湖南長沙·統(tǒng)考中考真題）如圖，A、B、C是⊙O上的點(diǎn)，OC⊥AB，垂足為點(diǎn)D，且D為OC的中點(diǎn)，若OA=7，則BC的長為___________．【答案】7【分析】根據(jù)垂徑定理可得OC垂直平分AB，根據(jù)題意可得AB平方OC，可得四邊形AOBC是菱形，進(jìn)而根據(jù)菱形的性質(zhì)即可求解．【詳解】解：如圖，連接OB,CA，∵A、B、C是⊙O上的點(diǎn)，OC⊥AB，∴AD=DB，∵D為OC的中點(diǎn)，∴OD=DC，∴四邊形AOBC是菱形，OA=7，∴BC=AO=7．故答案為：7．【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，菱形的性質(zhì)與判定，掌握垂徑定理是解題的關(guān)鍵．【變式2-1】（2022·四川自貢·統(tǒng)考中考真題）一塊圓形玻璃鏡面碎成了幾塊，其中一塊如圖所示，測得弦AB長20厘米，弓形高CD為2厘米，則鏡面半徑為____________厘米．【答案】26【分析】令圓O的半徑為OB=r，則OC=r-2，根據(jù)勾股定理求出OC2+BC2=OB2，進(jìn)而求出半徑．【詳解】解：如圖，由題意，得OD垂直平分AB，∴BC=10厘米，令圓O的半徑為OB=r，則OC=r-2，在Rt△BOC中OC2+BC2=OB2，∴（r-2）2+102=r2，解得r=26．故答案為：26．【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理和勾股定理求線段長，熟練地掌握圓的基本性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．【變式2-2】（2022·四川涼山·統(tǒng)考中考真題）如圖，在邊長為1的正方形網(wǎng)格中，⊙O是△ABC的外接圓，點(diǎn)A，B，O在格點(diǎn)上，則cos∠ACB的值是________．【答案】2【分析】取AB中點(diǎn)D，由圖可知，AB=6，AD=BD=3，OD=2，由垂徑定理得OD⊥AB，則OB=OD2+BD2=22+【詳解】解：取AB中點(diǎn)D，如圖，由圖可知，AB=6，AD=BD=3，OD=2，∴OD⊥AB，∴∠ODB=90°，∴OB=OD2+BD2∵OA=OB，∴∠BOD=12∠AOB∵∠ACB=12∠AOB∴∠ACB=∠DOB，∴cos∠ACB=cos∠DOB=213故答案為：213【點(diǎn)睛】本題考查勾股定理，垂徑定理，圓周角定理，解直角三角形，取AB中點(diǎn)D，得Rt△ODB是解題的關(guān)鍵．【變式2-3】（2022·甘肅蘭州·統(tǒng)考中考真題）綜合與實(shí)踐問題情境：我國東周到漢代一些出土實(shí)物上反映出一些幾何作圖方法，如侯馬鑄銅遺址出土車軎范、芯組成的（如圖1），它的端面是圓形，如圖2是用“矩”（帶直角的角尺）確定端面圓心的方法：將“矩”的直角尖端A沿圓周移動，直到AB=AC，在圓上標(biāo)記A，B，C三點(diǎn)；將“矩”向右旋轉(zhuǎn)，使它左側(cè)邊落在A，B點(diǎn)上，“矩”的另一條邊與圓的交點(diǎn)標(biāo)記為D點(diǎn)，這樣就用“矩”確定了圓上等距離的A，B，C，D四點(diǎn)，連接AD，BC相交于點(diǎn)，這樣就用“矩”確定了圓上等距離的A，B，C，D四點(diǎn)，鏈接AD，BC相較于點(diǎn)O，即O為圓心．(1)問題解決：請你根據(jù)“問題情境”中提供的方法，用三角板還原我國古代幾何作圖確定圓心O．如圖3，點(diǎn)A，B，C在⊙O上，AB⊥AC，且AB=AC，請作出圓心O．（保留作圖痕跡，不寫作法）(2)類比遷移：小梅受此問題的啟發(fā)，在研究了用“矩”（帶直角的角尺）確定端面圓心的方法后發(fā)現(xiàn)，如果AB和AC不相等，用三角板也可以確定圓心O．如圖4，點(diǎn)A，B，C在⊙O上，AB⊥AC，請作出圓心O．（保留作圖痕跡，不寫作法）(3)拓展探究：小梅進(jìn)一步研究，發(fā)現(xiàn)古代由“矩”度量確定圓上等距離點(diǎn)時存在誤差，用平時學(xué)的尺規(guī)作圖的方法確定圓心可以減少誤差．如圖5，點(diǎn)A，B，C是⊙O上任意三點(diǎn)，請用不帶刻度的直尺和圓規(guī)作出圓心O．（保留作圖痕跡，不寫作法）請寫出你確定圓心的理由：______________________________．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析【分析】（1）作∠ABD=90°，BD與圓相交于D，連接BC、AD相交于點(diǎn)O，即可；（2）作∠ABD=90°，BD與圓相交于D，連接BC、AD相交于點(diǎn)O，即可；（3）作AB的垂直平分線DE，作AC的垂直平分線MN，DE交MN于O，即可，則垂徑定理得出確定圓心的理由即可．（1）解：如圖所示，點(diǎn)O就是圓的圓心．作∠ABD=90°，BD與圓相交于D，連接BC、AD相交于點(diǎn)O，∵∠CAB=∠ABC=90°，∴BC、AD是圓的直徑，∴點(diǎn)O是圓的圓心．（2）解：如圖所示，點(diǎn)O就是圓的圓心．作∠ABD=90°，BD與圓相交于D，連接BC、AD相交于點(diǎn)O，∵∠CAB=∠ABC=90°，∴BC、AD是圓的直徑，∴點(diǎn)O是圓的圓心．（3）解：如圖所示，點(diǎn)O就是圓的圓心．作AB的垂直平分線DE，作AC的垂直平分線MN，DE交MN于O，∵DE垂直平分AB，∴DE經(jīng)過圓心，即圓心必在直線DE上，∵M(jìn)N垂直平分AC，∴MN經(jīng)過圓心，即圓心必在直線MN上，∴DE與MN的交點(diǎn)O是圓心．確定圓心的理由：弦的垂直平分線經(jīng)過圓心．【點(diǎn)睛】本題考查圓周角定理的推論，垂徑定理的推論，尺規(guī)作線段垂直平分線，熟練掌握直角的圓周角所對的弦是直徑是解題的關(guān)鍵．【要點(diǎn)4弧、弦、角、距的概念】（1）定理：在同圓和等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，所對的弦也相等．

（2）推論：在同圓或等圓中，如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等，那么它們所對應(yīng)的其余各組量都分別相等．

說明：同一條弦對應(yīng)兩條弧，其中一條是優(yōu)弧，一條是劣弧，而在本定理和推論中的“弧”是指同為優(yōu)弧或劣?。?/p>

（3）正確理解和使用圓心角、弧、弦三者的關(guān)系

三者關(guān)系可理解為：在同圓或等圓中，①圓心角相等，②所對的弧相等，③所對的弦相等，三項(xiàng)“知一推二”，一項(xiàng)相等，其余二項(xiàng)皆相等．這源于圓的旋轉(zhuǎn)不變性，即：圓繞其圓心旋轉(zhuǎn)任意角度，所得圖形與原圖形完全重合．【考點(diǎn)3弧、弦、圓心角的關(guān)系】【例3】（2022·內(nèi)蒙古包頭·中考真題）如圖，AB,CD是⊙O的兩條直徑，E是劣弧BC的中點(diǎn)，連接BC，DE．若∠ABC=22°，則∠CDE的度數(shù)為（

）A．22° B．32° C．34° D．44°【答案】C【分析】連接OE，由題意易得∠OCB=∠ABC=22°，則有∠COB=136°，然后可得∠COE=68°，進(jìn)而根據(jù)圓周角定理可求解．【詳解】解：連接OE，如圖所示：∵OB=OC，∠ABC=22°，∴∠OCB=∠ABC=22°，∴∠COB=136°，∵E是劣弧BC的中點(diǎn)，∴∠COE=1∴∠CDE=1故選C．【點(diǎn)睛】本題主要考查圓周角定理及垂徑定理，熟練掌握圓周角定理及垂徑定理是解題的關(guān)鍵．【變式3-1】（2022·浙江湖州·統(tǒng)考中考真題）在每個小正方形的邊長為1的網(wǎng)格圖形中，每個小正方形的頂點(diǎn)稱為格點(diǎn)．如圖，在6×6的正方形網(wǎng)格圖形ABCD中，M，N分別是AB，BC上的格點(diǎn)，BM＝4，BN＝2．若點(diǎn)P是這個網(wǎng)格圖形中的格點(diǎn)，連接PM，PN，則所有滿足∠MPN＝45°的△PMN中，邊PM的長的最大值是（

）A．42 B．6 C．210 【答案】C【分析】根據(jù)同弧所對的圓周角等于所對圓心角的一半，過點(diǎn)M、N作以點(diǎn)O為圓心，∠MON=90°的圓，則點(diǎn)P在所作的圓上，觀察圓O所經(jīng)過的格點(diǎn)，找出到點(diǎn)M距離最大的點(diǎn)即可求出．【詳解】作線段MN中點(diǎn)Q，作MN的垂直平分線OQ，并使OQ=12MN，以O(shè)為圓心，OM因?yàn)镺Q為MN垂直平分線且OQ=12MN，所以O(shè)Q=MQ=NQ∴∠OMQ=∠ONQ=45°，∴∠MON=90°，所以弦MN所對的圓O的圓周角為45°，所以點(diǎn)P在圓O上，PM為圓O的弦，通過圖像可知，當(dāng)點(diǎn)P在P′位置時，恰好過格點(diǎn)且P′M所以此時P′M最大，等于圓∵BM＝4，BN＝2，∴MN=2∴MQ=OQ=5，∴OM=2MQ=∴P′故選C．【點(diǎn)睛】此題考查了圓的相關(guān)知識，熟練掌握同弧所對的圓周角相等、直徑是圓上最大的弦，會靈活用已知圓心角和弦作圓是解題的關(guān)鍵．【變式3-2】（2022·湖南懷化·統(tǒng)考中考真題）如圖，點(diǎn)A，B，C，D在⊙O上，AB＝CD．求證：(1)AC＝BD；(2)△ABE∽△DCE．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）兩個等弧同時加上一段弧后兩弧仍然相等；再通過同弧所對的弦相等證明即可；（2）根據(jù)同弧所對的圓周角相等，對頂角相等即可證明相似．【詳解】（1）∵AB＝CD∴AB+AD∴BAD∴BD=AC（2）∵∠B=∠C∠AEB=∠DEC∴△ABE∽△DCE【點(diǎn)睛】本題考查等弧所對弦相等、所對圓周角相等，掌握這些是本題關(guān)鍵．【變式3-3】（2022·黑龍江哈爾濱·統(tǒng)考三模）已知：⊙O兩條弦AC與BD相交于點(diǎn)E，AC=BD．(1)如圖1，求證：CE=BE；(2)如圖2，直徑BF⊥AC于點(diǎn)N，連接DF，求證：DF=2ON；(3)如圖3，在（2）的條件下，連接AD交BF于點(diǎn)G，若AD=11，BN=5，求ON【答案】(1)見解析(2)見解析(3)ON=【分析】（1）如圖所示，連接BC，只需要證明AB=CD，得到∠CBD=∠BCA，即可證明BE=（2）如圖所示，過點(diǎn)O作OM⊥BD于M，連接OA，先證明OM是△BDF的中位線，得到OM=12DF，再證明Rt△BOM≌Rt△AON得到ON=OM（3）連接AB，AO，AF，過點(diǎn)O作OK⊥AD于K，先證明△ANB≌△ANG得到GN=BN=5，設(shè)ON=x，則OB=OA=x+5，BF=2x+25，F(xiàn)N=2x+5，OG=x?5，由勾股定理得OK2=OA2?AK2=x+52?1123，證明△ABN（1）解：如圖所示，連接BC，∵AC=BD，∴AC=∴AC?BC=∴∠CBD=∠BCA，∴BE=CE；（2）解：如圖所示，過點(diǎn)O作OM⊥BD于M，連接OA，∴BM=DM，∠BMO=90°，∵M(jìn)是BD的中點(diǎn)，O是BF的中點(diǎn)，∴OM是△BDF的中位線，∴OM=1∵AC⊥BF，AC=BD，∴AN=1在Rt△BOM和Rt△AON中，BM=ANOB=OA∴Rt△BOM≌Rt△AON（HL），∴ON=OM，∴DF=2OM=2ON；（3）解：連接AB，AO，AF，過點(diǎn)O作OK⊥AD于K，∵BF是圓O的直徑，BF⊥AC，∴AB=BC，∠ANB=∠由（1）得AB=∴BC=∴∠BAC=∠DAC，在△ANB和△ANG中，∠ANB=∴△ANB≌△ANG（ASA），∴GN=BN=5設(shè)ON=x，則OB=OA=x+5，BF=2x+2∴FN=2x+5，OG=x?∵OK⊥AD，AD=11，∴AK=1在Rt△AKO中，OK∵BF是直徑，∴∠BAF=90°，∴∠BAN+∠FAN=90°，又∵∠BAN+∠ABN=90°，∴∠ABN=∠FAN，∴△ABN∽△FAN，∴ANFN∴AN在Rt△ANG中，AG∵∠OGK=∠AGN，∠ANG=∠OKG=90°，∴△ANG∽△OKG，∴OKAN∴OK∴x+5∴185解得x=352∴ON=3【點(diǎn)睛】本題主要考查了垂徑定理，勾股定理，全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，弧、弦、圓周角之間的關(guān)系，等腰三角形的判定等等，正確作出對應(yīng)的輔助線是解題的關(guān)鍵．【要點(diǎn)5圓周角定理及其推論】圓周角定理定理：圓周角的度數(shù)等于它所對的弧的圓心角度數(shù)的一半是所對的圓心角，是所對的圓周角，推論1：同弧或等弧所對的圓周角相等和都是所對的圓周角推論2：直徑所對的圓周角是直角，的圓周角所對的弦是直徑是的直徑是所對的圓周角是所對的圓周角是的直徑【考點(diǎn)4圓周角】【例4】（2022·山東濟(jì)寧·統(tǒng)考中考真題）如圖，點(diǎn)A，C，D，B在⊙O上，AC＝BC，∠ACB＝90°．若CD＝a，tan∠CBD＝13，則AD【答案】2【分析】如圖，連接AB，設(shè)AD,BC交于點(diǎn)E，根據(jù)題意可得AB是⊙O的直徑，∠ADB=90°，設(shè)AC=m，證明△CED∽△AEB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)以及正切的定義，分別表示出AE,ED，根據(jù)Rt△ABC，勾股定理求得m=5a【詳解】解：如圖，連接AB，設(shè)AD,BC交于點(diǎn)E，∵∠ACB＝90°∴AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∵tan∠CBD＝13∴DE在Rt△DEB中，BE=∵CD∴∠CBD=∠ACD，∴tan∠CAD=∴設(shè)AC=m則CE=1∵AC＝BC，∴EB=2∴DE=10Rt△ACE中，AE=∴AD=AE+ED=2∵DB∴∠ECD=∠EAB,又∠CED=∠AEB，∴△CED∽△AEB，∴CD∵CD=a，∴AB=10∵AC=BC=m，∴AB=2∴2解得m=5∴AD=2故答案為：22【點(diǎn)睛】本題考查了90°圓周角所對的弦是直徑，同弧所對的圓周角相等，正切的定義，相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．【變式4-1】（2022·湖北恩施·統(tǒng)考中考真題）如圖，P為⊙O外一點(diǎn)，PA、PB為⊙O的切線，切點(diǎn)分別為A、B，直線PO交⊙O于點(diǎn)D、E，交AB于點(diǎn)C．(1)求證：∠ADE=∠PAE．(2)若∠ADE=30°，求證：AE=PE．(3)若PE=4，CD=6，求CE的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)CE的長為2．【分析】（1）連接OA，根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠OAE+∠PAE=90°，根據(jù)圓周角定理得到∠OAE+∠DAO=90°，據(jù)此即可證明∠ADE=∠PAE；（2）由（1）得∠ADE=∠PAE=30°，∠AED=60°，利用三角形外角的性質(zhì)得到∠APE=∠AED-∠PAE=30°，再根據(jù)等角對等邊即可證明AE=PE；（3）證明Rt△EAC∽Rt△ADC，Rt△OAC∽Rt△APC，推出DC×CE=OC×PC，設(shè)CE=x，據(jù)此列方程求解即可．【詳解】（1）證明：連接OA，∵PA為⊙O的切線，∴OA⊥PA，即∠OAP=90°，∴∠OAE+∠PAE=90°，∵DE為⊙O的直徑，∴∠DAE=90°，即∠OAE+∠DAO=90°，∴∠DAO=∠PAE，∵OA=OD，∴∠DAO=∠ADE，∴∠ADE=∠PAE；（2）證明：∵∠ADE=30°，由（1）得∠ADE=∠PAE=30°，∠AED=90°-∠ADE=60°，∴∠APE=∠AED-∠PAE=30°，∴∠APE=∠PAE=30°，∴AE=PE；（3）解：∵PA、PB為⊙O的切線，切點(diǎn)分別為A、B，直線PO交AB于點(diǎn)C．∴AB⊥PD，∵∠DAE=90°，∠OAP=90°，∴∠DAC+∠CAE=90°，∠OAC+∠PAC=90°，∵∠DAC+∠D=90°，∠OAC+∠AOC=90°，∴∠CAE=∠D，∠PAC=∠AOC，∴Rt△EAC∽Rt△ADC，Rt△OAC∽Rt△APC，∴ECAC∴AC2=DC×CE，AC2=OC×PC，即DC×CE=OC×PC，設(shè)CE=x，則DE=6+x，OE=3+x2，OC=3+x2-x=3-x2，PC∴6x=(3-x2)(4+x整理得：x2+10x-24=0，解得：x=2(負(fù)值已舍)．∴CE的長為2．【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．【變式4-2】（2022·黑龍江哈爾濱·統(tǒng)考中考真題）已知CH是⊙O的直徑，點(diǎn)A，點(diǎn)B是⊙O上的兩個點(diǎn)，連接OA,OB，點(diǎn)D，點(diǎn)E分別是半徑OA,OB的中點(diǎn)，連接CD,CE,BH，且∠AOC=2∠CHB．(1)如圖1，求證：∠ODC=∠OEC；(2)如圖2，延長CE交BH于點(diǎn)F，若CD⊥OA，求證：FC=FH；(3)如圖3，在（2）的條件下，點(diǎn)G是BH上一點(diǎn)，連接AG,BG,HG,OF，若AG:BG=5:3，HG=2，求OF的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)OF=【分析】（1）根據(jù)SAS證明△COD?△COE即可得到結(jié)論；（2）證明∠H=∠ECO即可得出結(jié)論；（3）先證明OF⊥CH，連接AH，證明AH=BH，設(shè)AG=5x，BG=3x，在AG上取點(diǎn)M，使得AM=BG，連接MH，證明△MHG為等邊三角形，得MG=HG=2，根據(jù)AG=AM+MG可求出x=1，得AG=5，BG=3，過點(diǎn)H作HN⊥MG于點(diǎn)N，求出HB=19，再證HF=2OF，根據(jù)HB=3OF=（1）如圖1．∵點(diǎn)D，點(diǎn)E分別是半徑OA,OB的中點(diǎn)∴OD=12∵OA=OB，∴OD=OE∵∠BOC=2∠CHB，∠AOC=2∠CHB∴∠AOC=∠BOC∵OC=OC∴△COD?△COE，∴∠CDO=∠CEO；（2）如圖2．∵CD⊥OA，∴∠CDO=90°由（1）得∠CEO=∠CDO=90°，∴sin∴∠OCE=30°，∴∠COE=90°?∠OCE=60°∵∠H=∴∠H=∠ECO，∴FC=FH（3）如圖3．∵CO=OH，F(xiàn)C=FH∴OF⊥CH∴∠FOH=90°連接AH．∵∠AOC=∠BOC=60°∴∠AOH=∠BOH=120°，∴AH=BH，∠AGH=60°∵AG:BG=5:3設(shè)AG=5x，∴BG=3x在AG上取點(diǎn)M，使得AM=BG，連接MH∵∠HAM=∠HBG，∴△HAM≌△HBG∴MH=GH，∴△MHG為等邊三角形∴MG=HG=2∵AG=AM+MG，∴5x=3x+2∴x=1，∴AG=5∴BG=AM=3，過點(diǎn)H作HN⊥MG于點(diǎn)NMN=12∴AN=MN+AM=4，∴HB=HA=∵∠FOH=90°，∠OHF=30°，∴∠OFH=60°∵OB=OH，∴∠BHO=∠OBH=30°，∴∠FOB=∠OBF=30°∴OF=BF，在Rt△OFH中，∠OHF=30°，∴HF=2OF∴HB=BF+HF=3OF=19∴OF=19【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理以及解直角三角形等知識，正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解答本題的關(guān)鍵．【變式4-3】（2022·黑龍江綏化·統(tǒng)考中考真題）如圖所示，在⊙O的內(nèi)接△AMN中，∠MAN=90°，AM=2AN，作AB⊥MN于點(diǎn)P，交⊙O于另一點(diǎn)B，C是AM上的一個動點(diǎn)（不與A，M重合），射線MC交線段BA的延長線于點(diǎn)D，分別連接AC和BC，BC交MN于點(diǎn)E．(1)求證：△CMA∽△CBD．(2)若MN=10，MC=NC，求(3)在點(diǎn)C運(yùn)動過程中，當(dāng)tan∠MDB=34【答案】(1)證明見解析(2)3(3)3【分析】（1）利用圓周角定理得到∠CMA=∠ABC，再利用兩角分別相等即可證明相似；（2）連接OC，先證明MN是直徑，再求出AP和NP的長，接著證明△COE∽△BPE，利用相似三角形的性質(zhì)求出OE和PE，再利用勾股定理求解即可；（3）先過C點(diǎn)作CG⊥MN，垂足為G，連接CN，設(shè)出GM=3x，CG=4x，再利用三角函數(shù)和勾股定理分別表示出PB和PG，最后利用相似三角形的性質(zhì)表示出EG，然后表示出ME【詳解】（1）解：∵AB⊥MN，∴∠APM=90°，∴∠D+∠DMP=90°，又∵∠DMP+∠NAC=180°，∠MAN=90°，∴∠DMP+∠CAM=90°，∴∠CAM=∠D，∵∠CMA=∠ABC，∴△CMA∽△CBD．（2）連接OC，∵∠MAN=90°，∴MN是直徑，∵M(jìn)N=10，∴OM=ON=OC=5，∵AM=2AN，且AM∴AN=25∵S△AMN∴AP=4，∴BP=AP=4，∴NP=A∴OP=5?2=3，∵M(jìn)C=∴OC⊥MN，∴∠COE=90°，∵AB⊥MN，∴∠BPE=90°，∴∠BPE=∠COE，又∵∠BEP=∠CEO，∴△COE∽△BPE∴COBP即5由OE+PE=OP=3，∴OE=5∴CE=OBE=B∴BC=5（3）過C點(diǎn)作CG⊥MN，垂足為G，連接CN，則∠CGM=90°，∴∠CMG+∠GCM=90°，∵M(jìn)N是直徑，∴∠MCN=90°，∴∠CNM+∠DMP=90°，∵∠D+∠DMP=90°，∴∠D=∠CNM=∠GCM，∵tan∠MDB=∴tan∠CNM=∵tan∴設(shè)GM=3x∴CM=5x∴CN=20x3∴NM=∴OM=ON=∵AM=2AN，且AM∴AN=553∵S△AMN∴AP=10∴NP=5∴PG=16∵∠CGE=∠BPE=90°，∠CEG=∠BEP，∴△CGE∽△BPE，∴CGBP即4x∴GE=2x，PE=∴ME=5x，NE=10x∴ME:NE=3:2，∴MENE的值為3【點(diǎn)睛】本題考查了圓的相關(guān)知識、相似三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)、勾股定理等知識，涉及到了動點(diǎn)問題，解題關(guān)鍵是構(gòu)造相似三角形，正確表示出各線段并找出它們的關(guān)系，本題綜合性較強(qiáng)，屬于壓軸題．【考點(diǎn)5三角形的外接圓】【例5】（2022·湖南邵陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，⊙O是等邊△ABC的外接圓，若AB=3，則⊙O的半徑是（

）A．32 B．32 C．3 【答案】C【分析】作直徑AD，連接CD，如圖，利用等邊三角形的性質(zhì)得到∠B=60°，關(guān)鍵圓周角定理得到∠ACD=90°，∠D=∠B=60°，然后利用含30度的直角三角形三邊的關(guān)系求解．【詳解】解：作直徑AD，連接CD，如圖，∵△ABC為等邊三角形，∴∠B=60°，∵AD為直徑，∴∠ACD=90°，∵∠D=∠B=60°，則∠DAC=30°，∴CD=12AD∵AD2=CD2+AC2，即AD2=(12AD)2+32∴AD=23，∴OA=OB=12AD=3故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了三角形的外接圓與外心：三角形外接圓的圓心是三角形三條邊垂直平分線的交點(diǎn)，叫做三角形的外心．也考查了等邊三角形的性質(zhì)、圓周角定理和含30度的直角三角形三邊的關(guān)系．【變式5-1】（2022·浙江寧波·校考模擬預(yù)測）如圖，已知點(diǎn)A4，0,B0，3，直線l經(jīng)過A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)Cx,y為直線l在第一象限的動點(diǎn)，作△AOC的外接圓⊙MA．4 B．4.5 C．245 D．【答案】D【分析】根據(jù)已知可得OA=4,OB=3，從而在在Rt△AOB中，利用勾股定理求出AB的長，再根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得∠COQ=90°，然后利用同弧所對的圓周角相等可得∠BAO=∠CQO，從而可得BOOA=OCOQ=34【詳解】解：∵點(diǎn)A4∴OA=4,在Rt△AOB中，AB=O∵CQ是⊙M的直徑，∴∠COQ=90°，∵∠BAO=∠CQO，∴tan∠BAO=∴BOOA∴OQ=4∴△OCQ的面積=12∴當(dāng)OC最小時，△OCQ的面積最小，∴當(dāng)OC⊥AB時，OC最小，∵△AOB的面積=1∴AB·OC=OB·OA，∴OC=OB×OA∴△OCQ的面積的最小值=2故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了解直角三角形，三角形的外接圓，圓周角定理，坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，熟練掌握銳角三角函數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵．【變式5-2】（2022·廣西玉林·統(tǒng)考中考真題）如圖，在5×7網(wǎng)格中，各小正方形邊長均為1，點(diǎn)O，A，B，C，D，E均在格點(diǎn)上，點(diǎn)O是△ABC的外心，在不添加其他字母的情況下，則除△ABC外把你認(rèn)為外心也是O的三角形都寫出來__________________________．【答案】△ADC、△BDC、△ABD【分析】先求出△ABC的外接圓半徑r，再找到距離O點(diǎn)的長度同為r的點(diǎn)，即可求解．【詳解】由網(wǎng)格圖可知O點(diǎn)到A、B、C三點(diǎn)的距離均為：12則外接圓半徑r=5圖中D點(diǎn)到O點(diǎn)距離為：12圖中E點(diǎn)到O點(diǎn)距離為：12則可知除△ABC外把你認(rèn)為外心也是O的三角形有：△ADC、△ADB、△BDC，故答案為：△ADC、△ADB、△BDC．【點(diǎn)睛】本題考查了外接圓的性質(zhì)、勾股定理等知識，求出△ABC的外接圓半徑r是解答本題的關(guān)鍵．【變式5-3】（2022·上海靜安·統(tǒng)考二模）如圖，已知△ABC外接圓的圓心O在高AD上，點(diǎn)E在BC延長線上，EC=AB．(1)求證：∠B=2∠AEC；(2)當(dāng)OA=2，cos∠BAO=32【答案】(1)見解析(2)3【分析】（1）先根據(jù)題意得到AD垂直平分BC，得到AB=AC，則∠B=∠ACB，再證明EC=AC，得到∠AEC=∠CAE，即可利用三角形外角的性質(zhì)證明結(jié)論；（2）先求出∠BAO=30°，從而求出∠BOD=60°，然后解直角三角形求出BD，AB的長即可得到答案．【詳解】（1）解：∵△ABC的外接圓圓心在高AD上，∴AD垂直平分BC，∴AB=AC，∴∠B=∠ACB，∵EC=AB，∴EC=AC，∴∠AEC=∠CAE，∵∠ACB=∠AEC+∠CAE，∴∠B=∠AEC+∠CAE=2∠AEC；（2）解：連接OB，∵cos∠BAO=∴∠BAO=30°，∵OB=OA，∴∠OAB=∠OAB=30°，∴∠BOD=∠OBA+∠OAB=60°，∴BD=OB?sin∴AC=AB=BD∵AB=AC，AD⊥BC，∴BD=CD，∴DE=DC+CE=BD+AC=33【點(diǎn)睛】本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)與判定，根據(jù)特殊角三角函數(shù)值求度數(shù)，解直角三角形，三角形外角的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)等等，確定AB=AC是解題的關(guān)鍵．【要點(diǎn)6圓內(nèi)接四邊形】圓的內(nèi)接四邊形對角互補(bǔ)四邊形是的內(nèi)接四邊形【考點(diǎn)6圓內(nèi)接四邊形】【例6】（2022·江蘇淮安·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，若∠AOC=160°，則∠ABC的度數(shù)是（

）A．80° B．100° C．140° D．160°【答案】B【分析】先根據(jù)圓周角定理求得∠D的度數(shù)，然后根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求出∠ABC的度數(shù)即可．【詳解】解：∵∠AOC=160°，∴∠ADC=1∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠ABC=180°?∠ADC=180°?80°=100°，故選：B.【點(diǎn)睛】此題考查的是圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)及圓周角定理，比較簡單，牢記有關(guān)定理是解答本題的關(guān)鍵．【變式6-1】（2022·吉林長春·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形．若∠BCD=121°，則∠BOD的度數(shù)為（

）A．138° B．121° C．118° D．112°【答案】C【分析】由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得∠A=59°，再由圓周定理可得∠BOD=2∠A=118°．【詳解】解：∵四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，∴∠A+∠C=180°∵∠BCD=121°∴∠A=59°∴∠BOD=2∠A=118°故選：C【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)和圓周角定理，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)和定理是解答本題的關(guān)鍵【變式6-2】（2022·新疆·統(tǒng)考中考真題）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)D在⊙O上，AC=CD，連接AD，延長DB交過點(diǎn)C的切線于點(diǎn)E．(1)求證：∠ABC=∠CAD；(2)求證：BE⊥CE；(3)若AC=4，BC=3，求【答案】(1)見解析(2)見解析(3)7【分析】（1）由等邊等角可得∠ADC=∠CAD，由同弧所對的圓周角相等可得∠ADC=∠ABC，等量代換即可得證；（2）連接OC，根據(jù)等邊對等角可得∠OCB=∠OBC=∠ABC，由四邊形ADBC是⊙O的內(nèi)接四邊形，可得∠CBE=∠CAD，進(jìn)而可得OC∥（3）根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得∠ACB=90°，從而在Rt△ABC中，利用勾股定理求出BA的長，再根據(jù)同弧所對的圓周角相等可得∠CAB=∠CDB，進(jìn)而可證△ACB∽△DEC，然后利用相似三角形的性質(zhì)可求出DE的長，最后再利用（2）的結(jié)論可證△ACB∽△CEB，利用相似三角形的性質(zhì)可求出BE的長，進(jìn)行計(jì)算即可解答．（1）∵AC∴∠ADC=∠ABC∵AC=CD∴∠ADC=∠CAD∴∠ABC=∠CAD（2）如圖，連接OC∵CE是⊙O的切線，∴OC⊥CE∵CO=OB∴∠OCB=∠OBC=∠ABC∵四邊形ADBC是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠CBE=∠CAD∵∠CAD=∠ABC∴∠OCB=∠CBE∴OC∵OC⊥CE∴BE⊥CE（3）解：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∵AC=4，BC=3，∴AB=AC2+BC2∵∠ACB=∠E=90°，∠CAB=∠CDB，∴△ACB∽△DEC，∴ACDE∴4DE∴DE=165∵∠CBE=∠ABC，∠ACB=∠E=90°，∴△ACB∽△CEB，∴CBBE∴3BE∴BE=95∴BD=DE-BE=165∴DB的長為75【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形的外接圓與外心，圓周角定理，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)，以及圓周角定理是解題的關(guān)鍵．【變式6-3】（2022·四川成都·統(tǒng)考中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以BC為直徑作⊙O，交AB邊于點(diǎn)D，在CD上取一點(diǎn)E，使BE=CD，連接DE，作射線CE交AB(1)求證：∠A=∠ACF；(2)若AC=8，cos∠ACF=45，求BF【答案】(1)見解析(2)BF=5，DE=【分析】（1）根據(jù)Rt△ABC中，∠ACB=90°，得到∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，根據(jù)BE=CD，得到∠B=∠BCF，推出∠A（2）根據(jù)∠B=∠BCF，∠A=∠ACF，得到AF=CF，BF=CF，推出AF=BF=12AB，根據(jù)cos∠ACF=cosA=ACAB=45，AC=8，得到AB=10，得到BF=5，根據(jù)BC=AB2?AC2=6，得到sinA=BCAB=35，連接CD，根據(jù)BC是⊙O的直徑，得到∠BDC=90°，推出∠B+∠BCD=90°，推出∠A=∠BCD，得到sin∠BCD=BDBC=35，推出BD=18【詳解】（1）解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°∴∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，∵BE=∴∠B=∠BCF，∴∠A=∠ACF；（2）∵∠B=∠BCF，∠A=∠ACF∴AF=CF，BF=CF，∴AF=BF=12AB∵cos∠ACF=cosA=∴AB=10，∴BF=5，∵BC=A∴sinA=連接CD，∵BC是⊙O的直徑，∴∠BDC=90°，∴∠B+∠BCD=90°，∴∠A=∠BCD，∴sin∠BCD=∴BD=18∴DF=BF?BD=7∵∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，∴∠FDE=∠B，∴DE∥BC，∴△FDE∽△FBC，∴DEBC∴DE=42【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角，解直角三角形，勾股定理，相似三角形，解決問題的關(guān)鍵是熟練掌握圓周角定理及推論，運(yùn)用勾股定理和正弦余弦解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)．【考點(diǎn)7相交弦】【例7】（2022·黑龍江哈爾濱·中考真題）如圖，中，弦，相交于點(diǎn)，，，則的大小是()A． B． C． D．【答案】B【詳解】試題分析：∵∠D=∠A=42°，∴∠B=∠APD﹣∠D=35°，故選B．考點(diǎn)：圓周角定理．【變式7-1】（2022秋·九年級課時練習(xí)）如圖，圓內(nèi)一條弦CD與直徑AB相交成30°角，且分直徑成1cm和5cm兩部分，則這條弦的弦心距是_____．【答案】1cm【分析】首先過點(diǎn)O作OF⊥CD于點(diǎn)F，設(shè)弦CD與直徑AB相交于點(diǎn)E，由分直徑成1cm和5cm兩部分，可求得直徑，半徑的長，繼而求得OE的長，又由圓內(nèi)一條弦CD與直徑AB相交成30°角，即可求得這條弦的弦心距．【詳解】解：過點(diǎn)O作OF⊥CD于點(diǎn)F，設(shè)弦CD與直徑AB相交于點(diǎn)E，∵分直徑成1cm和5cm兩部分，∴AB＝6cm，∴OA＝12∴OE＝OA﹣AE＝2cm，∵∠OEF＝30°，∴OF＝12故答案為：1cm．【點(diǎn)睛】此題考查了垂徑定理以及含30°角的直角三角形的性質(zhì)．此題難度不大，注意掌握輔助線的作法，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．【變式7-2】（2022·四川巴中·校考一模）圓內(nèi)一條弦與直徑相交成30°的角，且分直徑1cm和5cm兩段，則這條弦的長為_____．【答案】42【分析】根據(jù)垂徑定理，過圓心作弦的垂線，構(gòu)成直角三角形，然后利用30°的角所對的直角邊是斜邊的一半以及勾股定理計(jì)算，求出弦長．【詳解】解：如圖，AB是⊙O的直徑，CD是⊙O的弦，AB與CD相交于E，∠DEB＝30°，AE＝1cm，EB＝5cm，過O作OH⊥CD于H，則CH＝HD，在Rt△OEH中，OE＝OA﹣AE＝1+52∵∠DEB＝30°，∴OH＝1，在Rt△ODH中，OD＝OB＝3，∴HD2＝OD2﹣OH2＝9﹣1＝8，∴HD＝22．CD＝2HD＝42．故答案是：42cm．【點(diǎn)睛】本題考查的是垂徑定理，根據(jù)題意畫出圖形，然后過圓心作弦的垂線，由30°的角所對的直角邊是斜邊的一半，得到弦心距的長，再用勾股定理可以求出弦長．【變式7-3】（2022秋·浙江杭州·九年級校聯(lián)考期中）一條弦AB把圓的直徑分成3和11兩部分，弦和直徑相交成300角，則AB的長為_____________．【答案】．【詳解】試題解析：根據(jù)題意畫出圖形，如圖示，作OM⊥AB于M，連接OA，∴AM=BM，CD=14cm，ND=3cm，∴ON=4cm，∵∠ONM=30°，OM⊥AB，∴MO=2cm，∴AM=72∴AB=2AM=65考點(diǎn)：垂徑定理．【考點(diǎn)8四點(diǎn)共圓】【例8】（2022秋·湖南長沙·九年級長沙縣湘郡未來實(shí)驗(yàn)學(xué)校?？茧A段練習(xí)）如圖，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，∠CPB=∠A，過點(diǎn)C作CP的垂線，與BP的延長線交于點(diǎn)Q，則CQ的最大值為（

）A．4 B．5 C．154 D．【答案】C【分析】由∠PCQ=∠ACB=90°，∠CPB=∠A，證明△CPQ∽△CAB，推出QC=34PC，當(dāng)PC有最大值時，CQ有最大值，根據(jù)∠CPB=∠A，得到點(diǎn)A、C、B、P四點(diǎn)共圓，若PC有最大值，則PC應(yīng)為直徑，由∠ACB=90°【詳解】解：∵CQ⊥CP∴∠PCQ=∠ACB=90°∵∠CPB=∠A∴△CPQ∴PC∴PC∴QC=3∴當(dāng)PC有最大值時，CQ有最大值，∵∠CPB=∠A，∴點(diǎn)A、C、B、P四點(diǎn)共圓，若PC有最大值，則PC應(yīng)為直徑，∵∠ACB=90°，∴AB是圓的直徑，∴PC=AB=A∴QC的最大值為34故選：C．【點(diǎn)睛】此題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，四點(diǎn)共圓的判定和性質(zhì)，正確掌握四點(diǎn)共圓的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式8-1】（2023秋·浙江溫州·九年級期末）如圖，Rt△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，O為AC的中點(diǎn)，K為BC上一點(diǎn)，NC⊥BC，且NC＝BK，AK分別交BN、OB于M、F，AC交BN于E，連接OM，下列結(jié)論：①AK⊥BN；②OE＝OF；③∠OMN＝45°；④若∠OAF＝∠BAF，則OMAF=1A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】根據(jù)K型全等和八字形倒角可證①正確；根據(jù)△ABC是等腰直角三角形，O為AC的中點(diǎn)，可得BO三線合一，可證△OBE≌△OAF(ASA)，得出②正確；根據(jù)∠AMB=90°∠AMB+∠AME=180°，可得∠AME+∠BOE=180°，可證E、M、F、O四點(diǎn)共圓，然后根據(jù)同弧所對的圓周角相等，可得③正確；取AF的中點(diǎn)G連接OG，易得OG是直角三角形AOF的中線，根據(jù)∠BAC=45°，∠OAF=∠BAF，∠OAF+∠BAF=∠BAC，易證OM=OG=12AF【詳解】解:①∵NC⊥BC，∴∠BCN=90°，∵∠ABC＝90°，∴∠BCN=∠ABC，∵AB=BC，NC＝BK，∴△ABK≌△BCN（SAS），∴∠KBM=∠BAM，∵∠ABC=∠KBM+∠ABM=90°，∴∠ABM+∠BAM=90°，∵∠ABM+∠BAM+∠AMB=180°，∴∠AMB=90°，∴AK⊥BN；②∵AB=AC，∠ABC=90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∵O為AC的中點(diǎn)，∴BO是等腰直角三角形ABC的中線垂線角平分線，∴OB=OA，∠BOE=∠AOF=90°，∠OBC=12∠ABC=45°，∠BAC∵∠OBC=∠KBM+∠OBE=45°，∠BAC=∠BAM+∠OAF=45°，∠KBM=∠BAM，∴∠OBE=∠OAF，∴△OBE≌△OAF(ASA)，∴OE=OF；③∵∠BOE=90°，OE=OF，∴△OEF是等腰直角三角形，∴∠OFE=45°，∵∠AMB=90°，∠AMB+∠AME=180°，∴∠AME=90°，∴∠AME+∠BOE=180°，∴E、M、F、O四點(diǎn)共圓，∴∠OMN=∠OFE，∴∠OMN=45°；④如圖，取AF的中點(diǎn)G連接OG，∵∠ABF=90°，∴OG是直角三角形AOF的中線，∴OG=AG=12AF∴∠GOA=∠OAM，∵∠BAC=45°，∠OAF=∠BAF，∠OAF+∠BAF=∠BAC，∴∠OAF=22.5°，∴∠GOA=22.5°，∵∠OGM=∠GOA+∠OAF，∴∠OGM=45°，∵∠AME=∠OMN+∠OMG=90°，∠OMN=45°，∴∠OMG=45°，∴∠OMG=∠OGM=45°，∴OM=OG，∴OM=12AF∴OMAF故選：D．【點(diǎn)睛】本題主要考查等腰直角三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、隱圓和同弧所對的圓周角相等，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)和判定是解題關(guān)鍵．【變式8-2】（2023春·湖北武漢·九年級校考階段練習(xí)）如圖，在△ABC中，點(diǎn)D為BC上一點(diǎn)，∠ADC=60°，點(diǎn)E在線段AD上，∠BEC=120°，若BC=33，AE=23，則【答案】3+3##【分析】將BC繞點(diǎn)B逆時針旋轉(zhuǎn)60°至BF，連接CF，可得是△BCF為等邊三角形，則∠BFC=60°，可知B、F、C、E四點(diǎn)共圓，令其圓心為O，連接OB、OC、過O作OP⊥BC，交BC于P，交圓O于Q，過Q、C分別作圓O的切線，交于M，連接OM交BC于N，連接OE、AM，利用30°的直角三角形求得OC=OE=OQ=3，由MQ，MC與圓O相切，可得△QOM≌△COM（SSS），利用其性質(zhì)證得∠MNC=60°，計(jì)算出CM=3，OM=2CM=23=AE，由∠ADC=60°，知OM∥AE，可得四邊形AEOM為平行四邊形，則AM=OE=3，由三角形三邊關(guān)系可知：AC≤AM+CM（當(dāng)A、M、C【詳解】解：將BC繞點(diǎn)B順時針旋轉(zhuǎn)60°至BF，連接CF，可得是△BCF為等邊三角形，則∠BFC=60°，∵∠BEC=120°，∠BFC=60°，∴B、F、C、E四點(diǎn)共圓，令其圓心為O，連接OB、OC、∴∠BOC=120°，則∠OCB=30°，過O作OP⊥BC，交BC于P，交圓O于Q，過Q、C分別作圓O得切線，交于M，連接OM交BC于N，連接OE、AM，∵BC=33，OP⊥BC∴BP=CP=332，∴OP=32，∵M(jìn)Q，MC與圓O相切，∴QM=CM，∴△QOM≌△COM（SSS）∴∠QOM=∠COM=1∴∠MNC=∠COM+∠OCP=60°，CM=OC?tanOM=2CM=23又∵∠ADC=60°，∴OM∥AE，∴四邊形AEOM為平行四邊形，∴AM=OE=3，由三角形三邊關(guān)系可知：AC≤AM+CM=3+3（當(dāng)A、M、C∴AC的最大值為：3+3故答案為：3+3【點(diǎn)睛】本題屬于幾何綜合題，考查了四點(diǎn)共圓，垂徑定理，切線長定理，解直角三角形，平行四邊形的判定及三角形的三邊關(guān)系，構(gòu)造輔助線，利用圓的相關(guān)性質(zhì)轉(zhuǎn)化線段長度及角度，構(gòu)造三角形三邊關(guān)系是解決問題的關(guān)鍵，屬于中考壓軸題．【變式8-3】（2023春·湖北武漢·九年級?？茧A段練習(xí)）問題提出

如圖1，點(diǎn)E為等腰△ABC內(nèi)一點(diǎn)，AB=AC，∠BAC=α，將AE繞著點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)α得到AD，求證：△ABE≌△ACD．嘗試應(yīng)用

如圖2，點(diǎn)D為等腰Rt△ABC外一點(diǎn)，AB=AC，BD⊥CD，過點(diǎn)A的直線分別交DB的延長線和CD的延長線于點(diǎn)N，M，求證：S問題拓展

如圖3，△ABC中，AB=AC，點(diǎn)D，E分別在邊AC，BC上，∠BDA=∠BEA=60°，AE，BD交于點(diǎn)H．若CE=a，AH=b，直接寫出BE的長度（用含a，b的式子）．【答案】見解析【分析】問題提出：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可證得AE=AD，∠BAC=∠EAD=α，進(jìn)而得證∠BAE=∠CAD，即可利用SAS證明△ABE≌△ACD．嘗試應(yīng)用：延長MC，使CE=BN，連接AE，由題意可知A、B、C、D四點(diǎn)共圓，可得∠ABD=∠ACD，進(jìn)而可得∠ABN=∠ACE，利用SAS可證得△ABN≌△ACE，根據(jù)其性質(zhì)得AN=AE，∠BAN=∠CAE，S△ABN=S△ACE，進(jìn)而可證得EA⊥MN，問題拓展：將AB繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)60°至F，則△ABF為等邊三角形，由∠BDA=∠BEA=60°，可知A、D、E、B、F五點(diǎn)共圓，可得∠1=∠3，∠2=∠4，∠BEF=∠AEB=60°，根據(jù)∠AEB=60°=∠C+∠2，∠ABF=60°=∠ABC+∠3，可得∠2=∠3=∠1=∠4，進(jìn)而得證△AEF≌△AEC，△BEH≌△BFE可得EH=CE=a，則AE=AH+EH=a+b，作AM⊥BC交BC于M，則BM=CM，可求得ME=AE?cos60°=12a+b【詳解】解：問題提出：證明：∵AB=AC，∠BAC=α，將AE繞著點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)α得到AD，∴AE=AD，∠BAC=∠EAD=α，∴∠BAC?∠AEC=∠EAD?∠AEC，即：∠BAE=∠CAD，在△ABE與△ACD中，AB=AC∠BAE=∠CAD∴△ABE≌△ACDSAS嘗試應(yīng)用：延長MC，使CE=BN，連接AE，∵△ABC為等腰直角三角形，∴AB=AC，∠BAC=90°，又∵BD⊥CD，即：∠BDC=90°，∴A、B、C、D四點(diǎn)共圓，∴∠ABD=∠ACD，∴∠ABN=∠ACE，在△ABN與△ACE中，AB=AC∠ABN=∠ACE∴△ABN≌△ACESAS∴AN=AE，∠BAN=∠CAE，∴∠BAN+∠BAE=∠CAE+∠BAE=∠BAC=90°，即：EA⊥MN，∴S∵△ABN≌△ACE∴S△ABN∴1即：S△ABN問題拓展：將AB繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)60°至F，則△ABF為等邊三角形，∴∠AFB=∠BAF=∠ABF=60°，AB=AF=AC，∵∠BDA=∠BEA=60°，∴A、D、E、B、F五點(diǎn)共圓，則：∠1=∠3，∠2=∠4，∠BEF=∠AEB=60°，∠AEB=60°=∠C+∠2，∠ABF=60°=∠ABC+∠3，又∵AB=AC，∴∠ABC=∠C，∴∠2=∠3=∠1=∠4，∵AE=AE，∠1=∠2，AF=AC，∴△AEF≌△AEC∴CE=EF，∵∠3=∠4，BE=BE，∠BEF=∠AEB=60°，∴△BEH≌△BFE∴EF=EH，∴EH=CE=a，則AE=AH+EH=a+b，作AM⊥BC交BC于M，則BM=CM，∵∠AEB=60°，∴ME=AE?cos∴CM=ME+CE=1則：BE=BM+ME=3【點(diǎn)睛】本題屬于幾何綜合，考查全等三角的判定及性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，四點(diǎn)共圓，圓周角定理，解直角三角形，添加輔助線構(gòu)造全等三角形和利用圓周角定理轉(zhuǎn)化角是解決問題的關(guān)鍵，屬于中考壓軸題．【考點(diǎn)9圓中的定值問題】【例9】（2022秋·全國·九年級專題練習(xí)）ΔABC內(nèi)接于⊙O，過點(diǎn)O作OH⊥BC于點(diǎn)H，延長OH交⊙O于點(diǎn)D連接AD(1)如圖1，求證：∠BAD=∠CAD；(2)如圖2，若OH=DH，求∠BAC的度數(shù)；(3)如圖3，在（2）的條件下，過點(diǎn)B作BK⊥AD于點(diǎn)K，連接HK，若HK=32，試說明線段AB與【答案】(1)見解析(2)60°(3)見解析【分析】（1）根據(jù)垂徑定理即可得到結(jié)論；（2）如圖2，連接OB、OC，求出∠BOH的度數(shù)，運(yùn)用圓周角定理即可解決問題；（3）如圖3，分別延長BK、AC，交于點(diǎn)M，證明△BAK≌△MAK，得到BK=MK，AM=AB，進(jìn)而判斷HK為【詳解】（1）解：∵OH⊥BC于點(diǎn)H，∴BD=∴∠BAD=∠CAD；（2）如圖2，連接OB、OC，∵OH=DH，OB=OD，∴OH=12OB∴∠OBH=30°，∠BOH=60°∴∠BAC=1（3）如圖3，分別延長BK、AC，交于點(diǎn)M；∵AD平分∠BAC，∴∠BAK=∠MAK；在ΔBAK與ΔAB=AM∠BAK=∠MAK∴Δ∴BK=MK，AM=AB∵OD⊥BC，∴BH=HC，∴HK為ΔBCM∴CM=2HK=2×3∴AB?AC=AM?AC=CM=3．【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理、垂徑定理、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．【變式9-1】（2022秋·江蘇鹽城·九年級?？茧A段練習(xí)）已知，如圖：正方形ABCD，AB=4，動點(diǎn)E以2個單位每秒的速度從點(diǎn)A出發(fā)向終點(diǎn)C運(yùn)動，同時動點(diǎn)F以2個單位每秒的速度從點(diǎn)B出發(fā)，沿射線BC向右運(yùn)動．當(dāng)點(diǎn)E到達(dá)點(diǎn)C時，點(diǎn)E、點(diǎn)F同時停止運(yùn)動．連接EF，以EF為直徑作⊙O，該圓與直線AC的另一個交點(diǎn)為點(diǎn)G．設(shè)運(yùn)動時間為t(1)當(dāng)點(diǎn)F在BC邊上運(yùn)動時，如圖①，①填空：FC=_____，AE=_____（用含有②連接DE，DF，求證：△DEF是等腰直角三角形．(2)在運(yùn)動的過程中，線段EG的長度是否發(fā)生變化？若變化，請說明理由；若不變，請求出這個定值．(3)在運(yùn)動的過程中，要使得圓心O始終在正方形ABCD的內(nèi)部（不含邊界），請直接寫出點(diǎn)t的取值范圍．【答案】(1)①4?2t，2t(2)線段EG的長度不變，EG=22(3)0<t<8【分析】（1）①根據(jù)點(diǎn)E、F的速度列代數(shù)式即可；②如圖①，連接DE，DF，過點(diǎn)E作EM⊥AD于M，延長ME交BC于N，求出MD=NE，ME=NF=t，證明△DME?△ENF（SAS），然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出DE=EF，∠DEF=90°即可；（2）連接FG，求出AC=42，證明△FGC是等腰直角三角形，可得GC=22FC=22?2（3）如圖③，以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn)作平面直角坐標(biāo)系，則點(diǎn)C、F在x軸上，點(diǎn)A在y軸上，求出點(diǎn)E、F的坐標(biāo)，可得點(diǎn)O的坐標(biāo)，然后根據(jù)圓心O始終在正方形ABCD的內(nèi)部列不等式組，求解即可．【詳解】（1）解：①由題意得：AE=2t∴FC=4?2t，故答案為：4?2t，2t②證明：如圖①，連接DE，DF，過點(diǎn)E作EM⊥AD于M，延長ME交BC于N，∵在正方形ABCD中，AD∥BC，∴MN⊥BC，又∵∠NCD=∠CDM=90°，∠MAB=∠B=90°，∴四邊形NCDM是矩形，四邊形ABNM是矩形，∴MN=AB=4，MD=NC，AM=BN，∵∠DAC=45°，∴△AME是等腰直角三角形，∴AM=ME=2∴MD=4?t，EN=4?t，BN=AM=t，∴NF=BF?BN=t，∴MD=NE，ME=NF=t，又∵∠DME=∠ENF=90°，∴△DME?△ENF（SAS），∴DE=EF，∠DEM=∠EFN，∵∠NEF+∠EFN=90°，∴∠NEF+∠DEM=90°，∴∠DEF=90°，∴△DEF是等腰直角三角形；（2）解：線段EG的長度不變，如圖②，連接FG，∵在正方形ABCD中，AB=BC=4，∴AC=A∵EF是⊙O的直徑，∴∠EGF=90°，∴∠FGC=90°，∵∠ACB=45°，∴△FGC是等腰直角三角形，∴GC=2∴EG=AC?AE?GC=42即線段EG的長度不變，EG=22（3）解：如圖③，以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn)作平面直角坐標(biāo)系，則點(diǎn)C、F在x軸上，點(diǎn)A在y軸上，由小問②可得點(diǎn)E到AB的距離為t，點(diǎn)E到BC的距離為4?t，∴E（t，4?t），∵BF=2t，∴F（2t，0），∵EF是⊙O的直徑，∴O（t+2t2，4?t2），即O（3t2∵圓心O始終在正方形ABCD的內(nèi)部（不含邊界），∴3t2解得：t<8∴t的取值范圍為：0<t<8【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，圓周角定理的推論，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，一元一次不等式組的應(yīng)用等知識，解題的關(guān)鍵是：（1）通過作輔助線，構(gòu)造全等三角形；（2）證明△FGC是等腰直角三角形；（3）建立平面直角坐標(biāo)系，表示出點(diǎn)O的坐標(biāo)．【變式9-2】（2022·福建·九年級專題練習(xí)）已知四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AC⊥BD，垂足為E，CF⊥AB，垂足為F，交BD于點(diǎn)G，連接AG．(1)求證：CG=CD；(2)如圖1，若AG=4，BC=10，求⊙O的半徑；(3)如圖2，連接DF，交AC于點(diǎn)H，若∠ABD=30°，CH=6，試判斷1CD【答案】(1)證明見詳解(2)29(3)為定值，1【分析】（1）由AC⊥BD，CF⊥AB，可證明∠CDE+∠DCE=∠BGF+∠FBG=90°，由圓周角定理可知∠FBG=∠DCE，可證明∠CDE=∠BGF，再借助對頂角相等可知∠BGF=∠CGE，進(jìn)而證明∠CDE=∠CGE，即可推導(dǎo)出CG=CD；（2）由（1）可知，AC為DG的垂直平分線，即有AD=AG=4，連接OA、OB、OC、OD，過點(diǎn)O作OM⊥AD，ON⊥BC，垂足分別為M、N，利用垂徑定理和圓周角定理推導(dǎo)CN=12BC=5，DM=12AD=2，∠CDB=12∠BOC，∠CON=12∠COB；再借助AC⊥BD，可證明∠CON+∠DOM=90°，進(jìn)而得到（3）過點(diǎn)H作HP⊥CD，HQ⊥CF垂足分別為P、Q，過點(diǎn)D作DK⊥CF于點(diǎn)K，由已知條件、三角函數(shù)函數(shù)及含30°角的直角三角形的性質(zhì)，先計(jì)算出DK=32CD，HP=HQ=3，再根據(jù)S△DCF=（1）證明：∵AC⊥BD，CF⊥AB，∴∠CED=∠CFB=90°，∴∠CDE+∠DCE=90°，∠BGF+∠FBG=90°，∵AD=∴∠FBG=∠DCE，∴∠CDE=∠BGF，∵∠BGF=∠CGE，∴∠CDE=∠CGE，∴CG=CD；（2）解：由（1）可知，CG=CD，AC⊥BD，∴DE=GE，即AC為DG的垂直平分線，∴AD=AG=4，如圖1，連接OA、OB、OC、OD，過點(diǎn)O作OM⊥AD，ON⊥BC，垂足分別為M、N，則有∠ONC=∠DMO=90°，CN=12BC=∠CDB=12∠BOC∴∠CON=∠CDB，同理，∠DOM=∠DCA，∵AC⊥BD，即∠CDB+∠DCA=90°，∠CON+∠DOM=90°，∵∠CON+OCN=90°，∴∠DOM=∠OCN，在△DOM和△OCN中，∠OCN=∠DON∠DMO=∠ONC∴△DOM≌△OCN(AAS)，∴DM=ON=2，在Rt△OCN中，OC=O即圓⊙O的半徑為29；（3）1CD+1如圖2，過點(diǎn)H作HP⊥CD，HQ⊥CF垂足分別為P、Q，過點(diǎn)D作DK⊥CF于點(diǎn)K，∵∠ABD=30°，∴∠ACD=∠ABD=30°，∵CG=CD，AC⊥BD，∴∠ACF=∠ACD=30°，即∠DCF=∠ACD+∠ACF=60°，∴DK=CD?sin∵HP⊥CD，HQ⊥CF，且∠ACF=∠ACD=30°，∴HP=HQ，∵CH=6，∴在Rt△CHP中，HP=12CH=∵S△DCF∴12即CF×3∴CD+CFCD?CF∴1CD【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角定理、垂徑定理、等腰三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)及利用三角函數(shù)解直角三角形等知識，綜合性較強(qiáng)，解題關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)知識并能夠綜合運(yùn)用．【變式9-3】（2022·廣東廣州·一模）已知，AB是⊙O的直徑，AB＝42，AC＝BC(1)求弦BC的長；(2)若點(diǎn)D是AB下方⊙O上的動點(diǎn)（不與點(diǎn)A，B重合），以CD為邊，作正方形CDEF，如圖1所示，若M是DF的中點(diǎn)，N是BC的中點(diǎn)，求證：線段MN的長為定值；(3)如圖2，點(diǎn)P是動點(diǎn)，且AP＝2，連接CP，PB，一動點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿線段CP勻速運(yùn)動到點(diǎn)P，再以每秒1個單位的速度沿線段PB勻速運(yùn)動到點(diǎn)B，到達(dá)點(diǎn)B后停止運(yùn)動，求點(diǎn)Q的運(yùn)動時間t的最小值．【答案】(1)4(2)見解析(3)5【分析】（1）AB是⊙O的直徑，AC=BC可得到△ABC是等腰直角三角形，從而得道答案；（2）連接AD、CM、DB、FB，首先利用△ACD≌△BCF，∠CBF=∠CAD，證明D、B、F共線，再證明△CMB是直角三角形，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等