專題18圓壓軸題-2023年中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)

專題18圓壓軸題以圓為背景的綜合問題是中考壓軸題的命題趨勢之一，按往年命題趨勢猜測，很大概率會(huì)和平行線段分線段成比例（2020年），梯形，特殊平行四邊形（最新熱點(diǎn)）等知識(shí)點(diǎn)結(jié)合，主要考查學(xué)生挖掘信息的能力，難題分解能力，數(shù)學(xué)綜合能力考點(diǎn)一定圓結(jié)合直角三角形，考察函數(shù)關(guān)系，圓心距，存在性問題；考點(diǎn)二定圓結(jié)合直角三角形；三角形相似，線段與周長的函數(shù)關(guān)系；考點(diǎn)三定圓結(jié)合直角三角形；考察函數(shù)關(guān)系，三角形面積比值問題；考點(diǎn)四定圓結(jié)合平行線，弧中點(diǎn)，考察函數(shù)關(guān)系，與圓相切問題；考點(diǎn)五動(dòng)圓結(jié)合三角形，考察三角形相似，考察三角形相似，函數(shù)關(guān)系；考點(diǎn)六動(dòng)圓結(jié)合內(nèi)切直角三角形，三角形相似，線段比，圓位置關(guān)系；考點(diǎn)七動(dòng)圓結(jié)合定圓，考察函數(shù)關(guān)系，與圓有關(guān)的位置關(guān)系；考點(diǎn)八動(dòng)圓結(jié)合定圓，函數(shù)關(guān)系，四邊形，正多邊形結(jié)合的問題。一、解答題1．（2022·上海嘉定·統(tǒng)考二模）在半圓O中，AB為直徑，AC，AD為兩條弦，且∠CAD＋∠DAB＝90°．(1)如圖1，求證：等于；(2)如圖2，點(diǎn)F在直徑AB上，DF交AC于點(diǎn)E，若AE＝DE，求證：AC＝2DF；(3)如圖3，在（2）的條件下，連接BC，若AF＝2，BC＝6，求弦AD的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】(1)連接BD、CD，先證∠DBA=∠DAC，再證∠DCA=∠DAC，可得出AD=CD，即可推出結(jié)論；(2)連接BD、CD，過點(diǎn)D作DG⊥AC于點(diǎn)G，則∠DGA=90°，可證得DG垂直平分AC，得出AC=2AG，再證△ADF≌△DAG，推出AG=DF，即可得出AC=2DF；(3)取BC中點(diǎn)H，連接OH、OD，則BH=CH=BC=3，OH⊥BC，證Rt△OED≌Rt△BHO，推出OE=BH=3，OD=OA=5，則在Rt△OED中，求出DE的長，在Rt△AED中，可求出AD的長．（1）證明：如圖：連接BD、CDAB為直徑∠ADB=90°∠DBA+∠DAB=90°∠DAC＋∠DAB＝90°∠DAC=∠DBA又∠DCA=∠DBA∠DAC=∠DCAAD=CD=（2）證明：如圖：連接BD、CD，過點(diǎn)D作DG⊥AC于點(diǎn)G由(1)知AD=CD垂直平分AC∠DAC＋∠DAB＝90°∠ADF＋∠DAB＝90°又（3）解：取BC的中點(diǎn)H，連接OH、OD，則BH=CH=BC=3，是中位線由(2)知AC=2DFRt△OFD≌Rt△BHO(HL)在中，在中，【點(diǎn)睛】本題考查了圓的有關(guān)概念及性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等，解題關(guān)鍵是第(2)問能夠證明∠AFD=90°，第(3)問能夠通過作適當(dāng)?shù)妮o助線構(gòu)造全等三角形等．2．（2021春·上海徐匯·九年級統(tǒng)考階段練習(xí)）已知：⊙O的半徑為3，弦，垂足為，點(diǎn)E在⊙O上，，射線與射線相交于點(diǎn)．設(shè)，，(1)求與之間的函數(shù)解析式，并寫出函數(shù)定義域；(2)當(dāng)為直角三角形時(shí)，求的長；(3)如果，求的長．【答案】(1)，函數(shù)定義域?yàn)椋?＜＜6）(2)或3(3)或【分析】(1)過點(diǎn)O作OH⊥CE，垂足為H，先利用垂徑定理得到，，然后利用勾股定理求得OD=，最后通過證△ODB≌△EHO即可得到EH=OD，求得結(jié)論；(2)當(dāng)△OEF為直角三角形時(shí)，存在以下兩種情況：①若∠OFE＝90o；②若∠EOF＝90o分別求解即可；(3)分兩種情況①當(dāng)CF＝OF＝OB–BF＝2時(shí)，可得：△CFO∽△COE；②當(dāng)CF＝OF＝OB+BF＝4時(shí)，可得：△CFO∽△COE，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解．（1）過點(diǎn)O作OH⊥CE，垂足為H，∵在圓O中，OC⊥弦AB，OH⊥弦CE，AB=，CE=，∴，，∵在Rt△ODB中，，OB=3，∴OD=，∵OC=OE，∴∠ECO=∠CEO，∵∠ECO＝∠BOC，∴∠CEO=∠BOC，又∵∠ODB=∠OHE=90°，OE=OB∴△ODB≌△EHO∴EH=OD，∴，∴函數(shù)定義域?yàn)椋?＜＜6）（2）當(dāng)△OEF為直角三角形時(shí)，存在以下兩種情況：①若∠OFE＝90o，則∠COF＝∠OCF＝45o

∵∠ODB=90°，

∴∠ABO=45°又∵OA=OB

∴∠OAB=∠ABO=45°，∴∠AOB=90°∴△OAB是等腰直角三角形∴②若∠EOF＝90o，則∠OEF＝∠COF＝∠OCF＝30o∵∠ODB=90°，

∴∠ABO=60°又∵OA=OB∴△OAB是等邊三角形∴AB=OB=3（3）①當(dāng)CF＝OF＝OB–BF＝2時(shí)，

可得：△CFO∽△COE，CE＝，∴EF＝CE–CF＝．②當(dāng)CF＝OF＝OB+BF＝4時(shí)，

可得：△CFO∽△COE，CE＝，∴EF＝CF–CE＝．【點(diǎn)睛】本題考查了有關(guān)圓的知識(shí)的綜合題，分類討論是解決問題的關(guān)鍵．3．（2023春·上?！ぞ拍昙墝ｎ}練習(xí)）如圖，等邊△ABC內(nèi)接于⊙O，P是上任一點(diǎn)（點(diǎn)P與點(diǎn)A、B重合），連接AP、BP，過點(diǎn)C作CM∥BP交PA的延長線于點(diǎn)M．(1)求∠APC和∠BPC的度數(shù)；(2)求證：△ACM≌△BCP；(3)若PA＝1，PB＝2，求四邊形PBCM的面積；(4)在（3）的條件下，求的長度．【答案】(1)∠APC＝60°，∠BPC＝60°(2)見解析(3)(4)【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，根據(jù)圓周角定理即可得到∠APC=∠ABC=60°，∠BPC=∠BAC=60°；（2）根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠BPM+∠M=180°，∠PCM=∠BPC，求得∠M=∠BPC=60°，根據(jù)圓周角定理得到∠PAC+∠PCB=180°，根據(jù)全等三角形的判定定理即可得到結(jié)論；（3）作PH⊥CM于H，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CM=CP，AM=BP，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到PH，根據(jù)三角形的面積公式即可得到結(jié)論；（4）過點(diǎn)B作BQ⊥AP，交AP的延長線于點(diǎn)Q，過點(diǎn)A作AN⊥BC于點(diǎn)N，連接OB，求得∠PBQ=30°，得到PQ，根據(jù)勾股定理得到BQ和AN，根據(jù)弧長公式即可得到結(jié)論．【解析】（1）解：∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，∵，，∴∠APC=∠ABC=60°，∠BPC=∠BAC=60°；（2）證明：∵CM∥BP，∴∠BPM+∠M=180°，∠PCM=∠BPC，∵∠BPC=∠BAC=60°，∴∠PCM=∠BPC=60°，∴∠M=180°∠BPM=180°（∠APC+∠BPC）=180°120°=60°，∴∠M=∠BPC=60°，又∵A、P、B、C四點(diǎn)共圓，∴∠PAC+∠PCB=180°，∵∠MAC+∠PAC=180°，∴∠MAC=∠PBC，∵AC=BC，在△ACM和△BCP中，，∴△ACM≌△BCP（AAS）；（3）解：∵CM∥BP，∴四邊形PBCM為梯形，作PH⊥CM于H，∵△ACM≌△BCP，∴CM=CP，AM=BP，又∠M=60°，∴△PCM為等邊三角形，∴CM=CP=PM=PA+AM=PA+PB=1+2=3，在Rt△PMH中，∠MPH=30°，∴PH=，∴S四邊形PBCM=（PB+CM）×PH=（2+3）×=；（4）解：過點(diǎn)B作BQ⊥AP，交AP的延長線于點(diǎn)Q，過點(diǎn)A作AN⊥BC于點(diǎn)N，連接OB，∵∠APC=∠BPC=60°，∴∠BPQ=60°，∴∠PBQ=30°，∴PQ=PB=1，在Rt△BPQ中，BQ=，在Rt△AQB中，AB=，∵△ABC為等邊三角形，∴AN經(jīng)過圓心O，∴BN=AB=，∴AN=，在Rt△BON中，設(shè)BO=x，則ON=?x，∴()2+(?x)2＝x2，解得：x=，∵∠BOA=∠BCA=120°，∴的長度為．【點(diǎn)睛】本題考查了三角形的外接圓與外心，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，等邊三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．4．（2021秋·上海金山·九年級期末）定理：一條弧所對的圓周角等于這條弧所對的圓心角的一半．如圖1，∠A＝∠O．已知：如圖2，AC是⊙O的一條弦，點(diǎn)D在⊙O上（與A、C不重合），聯(lián)結(jié)DE交射線AO于點(diǎn)E，聯(lián)結(jié)OD，⊙O的半徑為5，tan∠OAC＝．(1)求弦AC的長．(2)當(dāng)點(diǎn)E在線段OA上時(shí)，若△DOE與△AEC相似，求∠DCA的正切值．(3)當(dāng)OE＝1時(shí)，求點(diǎn)A與點(diǎn)D之間的距離（直接寫出答案）．【答案】(1)8(2)(3)或．【分析】（1）過點(diǎn)O作OH⊥AC于點(diǎn)H，由垂徑定理可得AH＝CH＝AC，由銳角三角函數(shù)和勾股定理可求解；（2）分兩種情況討論，由相似三角形的性質(zhì)可求AG，EG，CG的長，即可求解；（3）分兩種情況討論，由相似三角形和勾股定理可求解．（1）如圖2，過點(diǎn)O作OH⊥AC于點(diǎn)H，由垂徑定理得：AH＝CH＝AC，在Rt△OAH中，，∴設(shè)OH＝3x，AH＝4x，∵OH2+AH2＝OA2，∴（3x）2+（4x）2＝52，解得：x＝±1，（x＝﹣1舍去），∴OH＝3，AH＝4，∴AC＝2AH＝8；（2）如圖2，過點(diǎn)O作OH⊥AC于H，過E作EG⊥AC于G，∵∠DEO＝∠AEC，∴當(dāng)△DOE與△AEC相似時(shí)可得：∠DOE＝∠A或者∠DOE＝∠ACD；，∴∠ACD≠∠DOE∴當(dāng)△DOE與△AEC相似時(shí)，不存在∠DOE＝∠ACD情況，∴當(dāng)△DOE與△AEC相似時(shí)，∠DOE＝∠A，∴OD∥AC，∴，∵OD＝OA＝5，AC＝8，∴，∴，∵∠AGE＝∠AHO＝90°，∴GE∥OH，∴△AEG∽△AOH，∴，∴，∴，∴，，在Rt△CEG中，；（3）當(dāng)點(diǎn)E在線段OA上時(shí)，如圖3，過點(diǎn)E作EG⊥AC于G，過點(diǎn)O作OH⊥AC于H，延長AO交⊙O于M，連接AD，DM，由（1）可得OH＝3，AH＝4，AC＝8，∵OE＝1，∴AE＝4，ME＝6，∵EG∥OH，∴△AEG∽△AOH，∴，∴AG＝，EG＝，∴GC＝，∴EC＝＝＝，∵AM是直徑，∴∠ADM＝90°＝∠EGC，又∵∠M＝∠C，

∴△EGC∽△ADM，∴，∴，∴AD＝2；當(dāng)點(diǎn)E在線段AO的延長線上時(shí)，如圖4，延長AO交⊙O于M，連接AD，DM，過點(diǎn)E作EG⊥AC于G，同理可求EG＝，AG＝，AE＝6，GC＝，∴EC＝＝＝，∵AM是直徑，∴∠ADM＝90°＝∠EGC，又∵∠M＝∠C，∴△EGC∽△ADM，

∴，∴，∴AD＝，綜上所述：AD的長是或【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，勾股定理，解直角三角形，求角的正切值，相似三角形的性質(zhì)與判定，圓周角定理，正切的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．5．（2021·上?！そy(tǒng)考二模）如圖，已知扇形的半徑，，點(diǎn)、分別在半徑、上（點(diǎn)不與點(diǎn)重合），聯(lián)結(jié)．點(diǎn)是弧上一點(diǎn)，．（1）當(dāng)，以為半徑的圓與圓相切時(shí)，求的長；（2）當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合，點(diǎn)為弧的中點(diǎn)時(shí)，求的度數(shù)；（3）如果，且四邊形是梯形，求的值．【答案】（1）；（2）67.5°；（3）或【分析】（1）由題意∠COD＝90°，cot∠ODC＝，可以假設(shè)OD＝3k，OC＝4k，則CD＝5k，證明AC＝OC＝4k＝2，推出k＝，繼而可得結(jié)論．（2）如圖2中，連接OP，過點(diǎn)P作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．利用全等三角形的性質(zhì)證明△PCB是等腰直角三角形，可得結(jié)論．（3）分兩種情形：如圖3?1中，當(dāng)OC∥PD時(shí)，如圖3?2中，當(dāng)PC∥OD時(shí)，分別求解即可．【解析】解：（1）如圖1中，∵∠COD＝90°，cot∠ODC＝，∴設(shè)OD＝3k，OC＝4k，則CD＝5k，∵以CD為半徑的圓D與圓O相切，∴CD＝DB＝5k，∴OB＝OD＋DB＝3k＋5k＝4，∴k＝，∴CD＝；（2）如圖2中，連接OP，過點(diǎn)P作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．∵，∴∠AOP＝∠POB，∵PE⊥OA，PF⊥OB，∴PE＝PF，∵∠PEC＝∠PFB＝90°，PD＝PC，∴Rt△PEC≌Rt△PFB（HL），∴∠EPC＝∠FPB，∵∠PEO＝∠EOF＝∠OFP＝90°，∴∠EPF＝90°，∴∠EPF＝∠CPB＝90°，∴∠PCB＝∠PBC＝45°，∵OP＝OB，∠POB＝45°，∴∠OBP＝∠OPB＝67.5°，∴∠CBO＝67.5°?45°＝22.5°，∴∠OCD＝90°?22.5°＝67.5°；（3）如圖3?1中，當(dāng)OC∥PD時(shí)，過點(diǎn)C作CE⊥PD，連接OP，∵OC∥PD，∴∠PDO＝∠AOD＝90°，∵CE⊥PD，∴∠CED＝90°，∴四邊形OCED是矩形，∴OC＝DE＝2，CE＝OD，設(shè)PC＝PD＝x，EC＝OD＝y(tǒng)，則有x2＋y2＝16，x2＝y(tǒng)2＋(x?2)2，可得x＝2?2，（不合題意的已經(jīng)舍棄），∴PD＝2?2，∴S△PCDS△OCD＝PDOC＝，如圖3?2中，當(dāng)PC∥OD時(shí)，過點(diǎn)D作DE⊥CP，連接OP，∵PC∥OD，∴∠COD＝∠OCE＝∠CED＝90°，∴四邊形OCED是矩形，∴OC＝DE＝2，CE＝OD，∵OP＝4，OC＝2，∴PC＝=，∴PD＝PC＝，∴PE＝=，∴EC＝OD＝，∴，綜上所述，的值為：或．【點(diǎn)睛】本題屬于圓綜合題，考查了兩圓的位置關(guān)系，解直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)，梯形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造特殊四邊形解決問題，屬于中考壓軸題．6．（2021·上海青浦·統(tǒng)考二模）已知：在半徑為2的扇形中，，點(diǎn)C是上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，直線與直線相交于點(diǎn)D．（1）如圖1，當(dāng)是等腰三角形時(shí)，求的大小（用含m的代數(shù)式表示）；（2）如圖2，當(dāng)，點(diǎn)C是的中點(diǎn)時(shí)，連接，求的值；（3）將沿所在的直線折疊，當(dāng)折疊后的圓弧與所在的直線相切于點(diǎn)，且時(shí)，求線段AD的長．【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）C在弧線上，所以為銳角，為鈍角，則是等腰三角形，僅有這一種情況，扇形中，，由邊相等得對應(yīng)角相等，三角形內(nèi)角和為，可得；（2）過D作的延長線于M，連接，C為中點(diǎn)，可知邊相等得對應(yīng)角相等，即可求得，為的外角，可得由角相等可推出，在中，由勾股定理知在等腰直角中，根據(jù)等高三角形的面積比等于底的比可得結(jié)果；（3）E為弧與切點(diǎn)，知A、E、C在半徑為2的另一個(gè)圓上，在中，由勾股定理知，得四邊形是菱形，由菱形對角線性質(zhì)，可以推出，得，在中，由勾股定理得，即可求出的長．【解析】解：（1）C在弧線上，∴為銳角，∴為鈍角，則是等腰三角形時(shí)，僅有這一種情況，∴，連接則，∴，∴，在中，，∴，∴在中，，∴，∴；（2）過D作延長線于M，連接，∵C為中點(diǎn)，∴，∴且，∴，∴，∴，∴，∴，∴B（勾股定理），∴∵，∴，∴，∴，∴（3）圖2如下：∵E為弧線與切點(diǎn)，∴A、E、C在半徑為2的另一個(gè)圓上，∵，∴（勾股定理），又∵，∴四邊形是菱形，∴且互相平分，且共角，∴，∴且，∴，∴（的勾股定理）∴．【點(diǎn)睛】本題考查圓的綜合應(yīng)用，熟練掌握等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)、勾股定理等是解題關(guān)鍵．7．（2022春·上海·九年級專題練習(xí)）已知⊙O的直徑AB＝4，點(diǎn)P為弧AB上一點(diǎn)，聯(lián)結(jié)PA、PO，點(diǎn)C為劣弧AP上一點(diǎn)（點(diǎn)C不與點(diǎn)A、P重合），聯(lián)結(jié)BC交PA、PO于點(diǎn)D、E．（1）如圖，當(dāng)cos∠CBO＝時(shí)，求BC的長；（2）當(dāng)點(diǎn)C為劣弧AP的中點(diǎn)，且△EDP與△AOP相似時(shí)，求∠ABC的度數(shù)；（3）當(dāng)AD＝2DP，且△BEO為直角三角形時(shí)，求四邊形AOED的面積．【答案】（1）；（2）18°；（3）或【分析】（1）解法一：如圖1，過點(diǎn)O作OG⊥BC于點(diǎn)G，根據(jù)垂徑定理和余弦的定義可得BC的長；解法二：如圖2，連接AC，根據(jù)圓周角定理可得∠ACB＝90°，根據(jù)cos∠CBO＝可得BC的長；（2）如圖3，如圖3，連接OC，根據(jù)題意可知：△EDP與△AOP相似只存在一種情況：△DPE∽△OPA，得∠DPE＝∠PAO，設(shè)∠ABC＝α，則∠AOC＝∠COP＝2α，在△OEB中根據(jù)三角形外角的性質(zhì)列方程可得結(jié)論；（3）當(dāng)△BEO為直角三角形時(shí)，∠OBE不可能是直角，所以分兩種情況：①如圖4，當(dāng)∠EOB＝90°時(shí)，作輔助線，作平行線，根據(jù)平行線分線段成比例定理計(jì)算AH，OH，BH的長，根據(jù)面積差可得結(jié)論；②如圖5，當(dāng)∠OEB＝90°時(shí)，連接AC，證明∠ABC＝30°，分別計(jì)算各邊的長，根據(jù)面積差可得結(jié)論．【解析】解：（1）解法一：如圖1，過點(diǎn)O作OG⊥BC于點(diǎn)G，∴BG＝BC，∵AB＝4，∴OB＝2，∵cos∠CBO＝，∴BG＝，∴BC＝2BG＝；解法二：如圖2，連接AC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴cos∠ABC＝，∴，∴BC＝；（2）如圖3，連接OC，∵∠P＝∠P，△EDP與△AOP相似，∴△DPE∽△OPA，∴∠DPE＝∠PAO，∵C是的中點(diǎn)，∴∠AOC＝∠COP，設(shè)∠ABC＝α，則∠AOC＝∠COP＝2α，∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠OBC＝α，∵C是的中點(diǎn)，∴OC⊥AP，∴∠PAO＝90°﹣2α，∴∠DEP＝∠OEB＝90°﹣2α，在△OEB中，∠AOP＝∠OEB+∠ABC，∴4α＝90°﹣2α+α，∴α＝18°，∴∠ABC＝18°；（3）分兩種情況：①如圖4，當(dāng)∠EOB＝90°時(shí)，過D作DH⊥AB于H，∴DH∥PO，∴，∵AD＝2PD，∴AH＝2HO，∵AB＝4，∴AH＝，OH＝，BH＝，∵AO＝OP，∠AOP＝90°，∴∠A＝45°，∴AH＝DH＝，∵OE∥DH，∴，即，∴OE＝1，∴S四邊形AOED＝S△ABD﹣S△OEB＝＝；②如圖5，當(dāng)∠OEB＝90°時(shí)，連接AC，∵∠C＝∠OEB＝90°，∴AC∥OE，CE＝BE，∵AD＝2DP，同理得AC＝2PE，∵AO＝BO，∴AC＝2OE，∴OE＝PE＝OP，∴AC＝AB，∴∠ABC＝30°，∵AB＝4，∴OB＝2＝AC，OE＝1，BE＝，BC＝，∴CE＝，∵AC∥PE，∴，∵CD+DE＝，∴CD＝，∴S四邊形AOED＝S△ABC﹣S△OEB﹣S△ACD＝，＝．綜上，四邊形AOED的面積是或．【點(diǎn)睛】本題考查圓周角定理、垂徑定理、相似三角形的性質(zhì)和判定，解直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)等．（1）中能借助定理構(gòu)造直角三角形是解題關(guān)鍵；（2）能借助相似三角形以及圓周角定理表示相關(guān)角是解題關(guān)鍵；（3）中注意分類討論和正確構(gòu)造圖形．8．（2021·上?！ぞ拍昙墝ｎ}練習(xí)）如圖，已知在四邊形中，，，以為直徑的交邊于、兩點(diǎn)，，，設(shè)的半徑長為．（1）聯(lián)結(jié)，當(dāng)時(shí)，求的半徑長；（2）過點(diǎn)作，垂足為點(diǎn)，設(shè)，試用的代數(shù)式表示；（3）設(shè)點(diǎn)為的中點(diǎn)，聯(lián)結(jié)、，是否能成為等腰三角形？如果能，試求出的值；如不能，試說明理由．【答案】（1）3；（2）；（3）能成為等腰三角形，【分析】（1）證為梯形的中位線，得出即可；（2）連接、，過點(diǎn)作于，則，由勾股定理得出，由四邊形的面積的面積的面積的面積，進(jìn)而得出答案；（3）證是梯形的中位線，得出，，，由勾股定理得，分三種情況，分別求解即可．【解析】解：（1）∵，，∴為梯形的中位線，∴，即的半徑長為3；（2）連接、，過點(diǎn)作于，如圖1所示：∵，，且，∴四邊形為矩形，則，∴，∴，∵四邊形的面積的面積的面積的面積，∴，整理得：；（3）能成為等腰三角形，理由如下：∵點(diǎn)為的中點(diǎn)，，∴是梯形的中位線，∴，，，由勾股定理得：，分三種情況：①時(shí)，則，無解；②時(shí)，如圖2所示：，解得：；③時(shí)，作于，如圖3所示：，∵，∴，∴，∴是的平分線，由題意知：，又，∴，則此時(shí)圓和相切，不合題意；綜上所述，能成為等腰三角形，．【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理、梯形中位線定理、勾股定理、角平分線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)；熟練掌握垂徑定理和梯形中位線定理是解題的關(guān)鍵．9．（2022·上?！ぞ拍昙墝ｎ}練習(xí)）如圖，已知AB是半圓O的直徑，AB＝6，點(diǎn)C在半圓O上．過點(diǎn)A作AD⊥OC，垂足為點(diǎn)D，AD的延長線與弦BC交于點(diǎn)E，與半圓O交于點(diǎn)F（點(diǎn)F不與點(diǎn)B重合）．（1）當(dāng)點(diǎn)F為的中點(diǎn)時(shí)，求弦BC的長；（2）設(shè)OD＝x，＝y(tǒng)，求y與x的函數(shù)關(guān)系式；（3）當(dāng)△AOD與△CDE相似時(shí)，求線段OD的長．【答案】（1）3；（2）y＝；（3）【分析】（1）連結(jié)OF，交BC于點(diǎn)H．得出∠BOF＝∠COF．則∠AOC＝∠COF＝∠BOF＝60°，可求出BH，BC的長；（2）連結(jié)BF．證得OD∥BF，則，即，得出，則得出結(jié)論；（3）分兩種情況：①當(dāng)∠DCE＝∠DOA時(shí)，AB∥CB，不符合題意，舍去，②當(dāng)∠DCE＝∠DAO時(shí)，連結(jié)OF，證得∠OAF＝30°，得出OD＝，則答案得出．【解析】解：（1）如圖1，連結(jié)OF，交BC于點(diǎn)H．∵F是中點(diǎn)，∴OF⊥BC，BC＝2BH．∴∠BOF＝∠COF．∵OA＝OF，OC⊥AF，∴∠AOC＝∠COF，∴∠AOC＝∠COF＝∠BOF＝60°，在Rt△BOH中，sin∠BOH＝，∵AB＝6，∴OB＝3，∴BH＝，∴BC＝2BH＝3；（2）如圖2，連結(jié)BF．∵AF⊥OC，垂足為點(diǎn)D，∴AD＝DF．又∵OA＝OB，∴OD∥BF，BF＝2OD＝2x．∴，∴，即，∴，∴y＝．（3）△AOD和△CDE相似，分兩種情況：①當(dāng)∠DCE＝∠DOA時(shí)，AB∥CB，不符合題意，舍去．②當(dāng)∠DCE＝∠DAO時(shí)，連結(jié)OF．∵OA＝OF，OB＝OC，∴∠OAF＝∠OFA，∠OCB＝∠OBC．∵∠DCE＝∠DAO，∴∠OAF＝∠OFA＝∠OCB＝∠OBC．∵∠AOD＝∠OCB+∠OBC＝2∠OAF，∴∠OAF＝30°，∴OD＝．即線段OD的長為．【點(diǎn)睛】本題屬于圓綜合題，考查了垂徑定理，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)，圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造基本圖形解決問題．10．（2021·上?！ぞ拍昙墝ｎ}練習(xí)）如圖，已知半圓⊙O的直徑AB＝10，弦CD∥AB，且CD＝8，E為弧CD的中點(diǎn)，點(diǎn)P在弦CD上，聯(lián)結(jié)PE，過點(diǎn)E作PE的垂線交弦CD于點(diǎn)G，交射線OB于點(diǎn)F．（1）當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)B重合時(shí)，求CP的長；（2）設(shè)CP＝x，OF＝y(tǒng)，求y與x的函數(shù)關(guān)系式及定義域；（3）如果GP＝GF，求△EPF的面積．【答案】（1）CP＝2；（2）；（3）【分析】（1）如圖1，連接EO，交弦CD于點(diǎn)H，根據(jù)垂徑定理得EO⊥AB，由勾股定理計(jì)算，可得EH的長，證明∠HPE＝∠HGE＝45°，則PE＝GE．從而可得結(jié)論；（2）如圖2，連接OE，證明△PEH∽△EFO，列比例式可得結(jié)論；（3）如圖3，作PQ⊥AB，分別計(jì)算PE和EF的長，利用三角形面積公式可得結(jié)論．【解析】（1）連接EO，交弦CD于點(diǎn)H，∵E為弧CD的中點(diǎn)，∴EO⊥AB，∵CD∥AB，∴OH⊥CD，∴CH＝，連接CO，∵AB＝10，CD＝8，∴CO＝5，CH＝4，∴，∴EH＝EO﹣OH＝2，∵點(diǎn)F與點(diǎn)B重合，∴∠OBE＝∠HGE＝45°，∵PE⊥BE，∴∠HPE＝∠HGE＝45°，∴PE＝GE，∴PH＝HG＝2，∴CP＝CH﹣PH＝4﹣2＝2；（2）如圖2，連接OE，交CD于H，∵∠PEH+∠OEF＝90°，∠OFE+∠OEF＝90°，∴∠PEH＝∠OFE，∵∠PHE＝∠EOF＝90°，∴△PEH∽△EFO，∴，∵EH＝2，F(xiàn)O＝y(tǒng)，PH＝4﹣x，EO＝5，∴，∴．（3）如圖3，過點(diǎn)P作PQ⊥AB，垂足為Q，∵GP＝GF，∴∠GPF＝∠GFP，∵CD∥AB，∴∠GPF＝∠PFQ，∵PE⊥EF，∴PQ＝PE，由（2）可知，△PEH∽△EFO，∴，∵PQ＝OH＝3，∴PE＝3，∵EH＝2，∴，∴，∴，∴．【點(diǎn)睛】本題屬于圓綜合題，考查了垂徑定理，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形列比例式解決問題，屬于中考壓軸題．一、解答題1．（2022·上海嘉定·統(tǒng)考二模）在半圓O中，AB為直徑，AC，AD為兩條弦，且∠CAD＋∠DAB＝90°．(1)如圖1，求證：等于；(2)如圖2，點(diǎn)F在直徑AB上，DF交AC于點(diǎn)E，若AE＝DE，求證：AC＝2DF；(3)如圖3，在（2）的條件下，連接BC，若AF＝2，BC＝6，求弦AD的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】(1)連接BD、CD，先證∠DBA=∠DAC，再證∠DCA=∠DAC，可得出AD=CD，即可推出結(jié)論；(2)連接BD、CD，過點(diǎn)D作DG⊥AC于點(diǎn)G，則∠DGA=90°，可證得DG垂直平分AC，得出AC=2AG，再證△ADF≌△DAG，推出AG=DF，即可得出AC=2DF；(3)取BC中點(diǎn)H，連接OH、OD，則BH=CH=BC=3，OH⊥BC，證Rt△OED≌Rt△BHO，推出OE=BH=3，OD=OA=5，則在Rt△OED中，求出DE的長，在Rt△AED中，可求出AD的長．（1）證明：如圖：連接BD、CDAB為直徑∠ADB=90°∠DBA+∠DAB=90°∠DAC＋∠DAB＝90°∠DAC=∠DBA又∠DCA=∠DBA∠DAC=∠DCAAD=CD=（2）證明：如圖：連接BD、CD，過點(diǎn)D作DG⊥AC于點(diǎn)G由(1)知AD=CD垂直平分AC∠DAC＋∠DAB＝90°∠ADF＋∠DAB＝90°又（3）解：取BC的中點(diǎn)H，連接OH、OD，則BH=CH=BC=3，是中位線由(2)知AC=2DFRt△OFD≌Rt△BHO(HL)在中，在中，【點(diǎn)睛】本題考查了圓的有關(guān)概念及性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等，解題關(guān)鍵是第(2)問能夠證明∠AFD=90°，第(3)問能夠通過作適當(dāng)?shù)妮o助線構(gòu)造全等三角形等．2．（2021春·上海徐匯·九年級統(tǒng)考階段練習(xí)）已知：⊙O的半徑為3，弦，垂足為，點(diǎn)E在⊙O上，，射線與射線相交于點(diǎn)．設(shè)，，(1)求與之間的函數(shù)解析式，并寫出函數(shù)定義域；(2)當(dāng)為直角三角形時(shí)，求的長；(3)如果，求的長．【答案】(1)，函數(shù)定義域?yàn)椋?＜＜6）(2)或3(3)或【分析】(1)過點(diǎn)O作OH⊥CE，垂足為H，先利用垂徑定理得到，，然后利用勾股定理求得OD=，最后通過證△ODB≌△EHO即可得到EH=OD，求得結(jié)論；(2)當(dāng)△OEF為直角三角形時(shí)，存在以下兩種情況：①若∠OFE＝90o；②若∠EOF＝90o分別求解即可；(3)分兩種情況①當(dāng)CF＝OF＝OB–BF＝2時(shí)，可得：△CFO∽△COE；②當(dāng)CF＝OF＝OB+BF＝4時(shí)，可得：△CFO∽△COE，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解．（1）過點(diǎn)O作OH⊥CE，垂足為H，∵在圓O中，OC⊥弦AB，OH⊥弦CE，AB=，CE=，∴，，∵在Rt△ODB中，，OB=3，∴OD=，∵OC=OE，∴∠ECO=∠CEO，∵∠ECO＝∠BOC，∴∠CEO=∠BOC，又∵∠ODB=∠OHE=90°，OE=OB∴△ODB≌△EHO∴EH=OD，∴，∴函數(shù)定義域?yàn)椋?＜＜6）（2）當(dāng)△OEF為直角三角形時(shí)，存在以下兩種情況：①若∠OFE＝90o，則∠COF＝∠OCF＝45o

∵∠ODB=90°，

∴∠ABO=45°又∵OA=OB

∴∠OAB=∠ABO=45°，∴∠AOB=90°∴△OAB是等腰直角三角形∴②若∠EOF＝90o，則∠OEF＝∠COF＝∠OCF＝30o∵∠ODB=90°，

∴∠ABO=60°又∵OA=OB∴△OAB是等邊三角形∴AB=OB=3（3）①當(dāng)CF＝OF＝OB–BF＝2時(shí)，

可得：△CFO∽△COE，CE＝，∴EF＝CE–CF＝．②當(dāng)CF＝OF＝OB+BF＝4時(shí)，

可得：△CFO∽△COE，CE＝，∴EF＝CF–CE＝．【點(diǎn)睛】本題考查了有關(guān)圓的知識(shí)的綜合題，分類討論是解決問題的關(guān)鍵．3．（2023春·上?！ぞ拍昙墝ｎ}練習(xí)）如圖，等邊△ABC內(nèi)接于⊙O，P是上任一點(diǎn)（點(diǎn)P與點(diǎn)A、B重合），連接AP、BP，過點(diǎn)C作CM∥BP交PA的延長線于點(diǎn)M．(1)求∠APC和∠BPC的度數(shù)；(2)求證：△ACM≌△BCP；(3)若PA＝1，PB＝2，求四邊形PBCM的面積；(4)在（3）的條件下，求的長度．【答案】(1)∠APC＝60°，∠BPC＝60°(2)見解析(3)(4)【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，根據(jù)圓周角定理即可得到∠APC=∠ABC=60°，∠BPC=∠BAC=60°；（2）根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠BPM+∠M=180°，∠PCM=∠BPC，求得∠M=∠BPC=60°，根據(jù)圓周角定理得到∠PAC+∠PCB=180°，根據(jù)全等三角形的判定定理即可得到結(jié)論；（3）作PH⊥CM于H，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CM=CP，AM=BP，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到PH，根據(jù)三角形的面積公式即可得到結(jié)論；（4）過點(diǎn)B作BQ⊥AP，交AP的延長線于點(diǎn)Q，過點(diǎn)A作AN⊥BC于點(diǎn)N，連接OB，求得∠PBQ=30°，得到PQ，根據(jù)勾股定理得到BQ和AN，根據(jù)弧長公式即可得到結(jié)論．【解析】（1）解：∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，∵，，∴∠APC=∠ABC=60°，∠BPC=∠BAC=60°；（2）證明：∵CM∥BP，∴∠BPM+∠M=180°，∠PCM=∠BPC，∵∠BPC=∠BAC=60°，∴∠PCM=∠BPC=60°，∴∠M=180°∠BPM=180°（∠APC+∠BPC）=180°120°=60°，∴∠M=∠BPC=60°，又∵A、P、B、C四點(diǎn)共圓，∴∠PAC+∠PCB=180°，∵∠MAC+∠PAC=180°，∴∠MAC=∠PBC，∵AC=BC，在△ACM和△BCP中，，∴△ACM≌△BCP（AAS）；（3）解：∵CM∥BP，∴四邊形PBCM為梯形，作PH⊥CM于H，∵△ACM≌△BCP，∴CM=CP，AM=BP，又∠M=60°，∴△PCM為等邊三角形，∴CM=CP=PM=PA+AM=PA+PB=1+2=3，在Rt△PMH中，∠MPH=30°，∴PH=，∴S四邊形PBCM=（PB+CM）×PH=（2+3）×=；（4）解：過點(diǎn)B作BQ⊥AP，交AP的延長線于點(diǎn)Q，過點(diǎn)A作AN⊥BC于點(diǎn)N，連接OB，∵∠APC=∠BPC=60°，∴∠BPQ=60°，∴∠PBQ=30°，∴PQ=PB=1，在Rt△BPQ中，BQ=，在Rt△AQB中，AB=，∵△ABC為等邊三角形，∴AN經(jīng)過圓心O，∴BN=AB=，∴AN=，在Rt△BON中，設(shè)BO=x，則ON=?x，∴()2+(?x)2＝x2，解得：x=，∵∠BOA=∠BCA=120°，∴的長度為．【點(diǎn)睛】本題考查了三角形的外接圓與外心，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，等邊三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．4．（2021秋·上海金山·九年級期末）定理：一條弧所對的圓周角等于這條弧所對的圓心角的一半．如圖1，∠A＝∠O．已知：如圖2，AC是⊙O的一條弦，點(diǎn)D在⊙O上（與A、C不重合），聯(lián)結(jié)DE交射線AO于點(diǎn)E，聯(lián)結(jié)OD，⊙O的半徑為5，tan∠OAC＝．(1)求弦AC的長．(2)當(dāng)點(diǎn)E在線段OA上時(shí)，若△DOE與△AEC相似，求∠DCA的正切值．(3)當(dāng)OE＝1時(shí)，求點(diǎn)A與點(diǎn)D之間的距離（直接寫出答案）．【答案】(1)8(2)(3)或．【分析】（1）過點(diǎn)O作OH⊥AC于點(diǎn)H，由垂徑定理可得AH＝CH＝AC，由銳角三角函數(shù)和勾股定理可求解；（2）分兩種情況討論，由相似三角形的性質(zhì)可求AG，EG，CG的長，即可求解；（3）分兩種情況討論，由相似三角形和勾股定理可求解．（1）如圖2，過點(diǎn)O作OH⊥AC于點(diǎn)H，由垂徑定理得：AH＝CH＝AC，在Rt△OAH中，，∴設(shè)OH＝3x，AH＝4x，∵OH2+AH2＝OA2，∴（3x）2+（4x）2＝52，解得：x＝±1，（x＝﹣1舍去），∴OH＝3，AH＝4，∴AC＝2AH＝8；（2）如圖2，過點(diǎn)O作OH⊥AC于H，過E作EG⊥AC于G，∵∠DEO＝∠AEC，∴當(dāng)△DOE與△AEC相似時(shí)可得：∠DOE＝∠A或者∠DOE＝∠ACD；，∴∠ACD≠∠DOE∴當(dāng)△DOE與△AEC相似時(shí)，不存在∠DOE＝∠ACD情況，∴當(dāng)△DOE與△AEC相似時(shí)，∠DOE＝∠A，∴OD∥AC，∴，∵OD＝OA＝5，AC＝8，∴，∴，∵∠AGE＝∠AHO＝90°，∴GE∥OH，∴△AEG∽△AOH，∴，∴，∴，∴，，在Rt△CEG中，；（3）當(dāng)點(diǎn)E在線段OA上時(shí)，如圖3，過點(diǎn)E作EG⊥AC于G，過點(diǎn)O作OH⊥AC于H，延長AO交⊙O于M，連接AD，DM，由（1）可得OH＝3，AH＝4，AC＝8，∵OE＝1，∴AE＝4，ME＝6，∵EG∥OH，∴△AEG∽△AOH，∴，∴AG＝，EG＝，∴GC＝，∴EC＝＝＝，∵AM是直徑，∴∠ADM＝90°＝∠EGC，又∵∠M＝∠C，

∴△EGC∽△ADM，∴，∴，∴AD＝2；當(dāng)點(diǎn)E在線段AO的延長線上時(shí)，如圖4，延長AO交⊙O于M，連接AD，DM，過點(diǎn)E作EG⊥AC于G，同理可求EG＝，AG＝，AE＝6，GC＝，∴EC＝＝＝，∵AM是直徑，∴∠ADM＝90°＝∠EGC，又∵∠M＝∠C，∴△EGC∽△ADM，

∴，∴，∴AD＝，綜上所述：AD的長是或【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，勾股定理，解直角三角形，求角的正切值，相似三角形的性質(zhì)與判定，圓周角定理，正切的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．5．（2021·上?！そy(tǒng)考二模）如圖，已知扇形的半徑，，點(diǎn)、分別在半徑、上（點(diǎn)不與點(diǎn)重合），聯(lián)結(jié)．點(diǎn)是弧上一點(diǎn)，．（1）當(dāng)，以為半徑的圓與圓相切時(shí)，求的長；（2）當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合，點(diǎn)為弧的中點(diǎn)時(shí)，求的度數(shù)；（3）如果，且四邊形是梯形，求的值．【答案】（1）；（2）67.5°；（3）或【分析】（1）由題意∠COD＝90°，cot∠ODC＝，可以假設(shè)OD＝3k，OC＝4k，則CD＝5k，證明AC＝OC＝4k＝2，推出k＝，繼而可得結(jié)論．（2）如圖2中，連接OP，過點(diǎn)P作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．利用全等三角形的性質(zhì)證明△PCB是等腰直角三角形，可得結(jié)論．（3）分兩種情形：如圖3?1中，當(dāng)OC∥PD時(shí)，如圖3?2中，當(dāng)PC∥OD時(shí)，分別求解即可．【解析】解：（1）如圖1中，∵∠COD＝90°，cot∠ODC＝，∴設(shè)OD＝3k，OC＝4k，則CD＝5k，∵以CD為半徑的圓D與圓O相切，∴CD＝DB＝5k，∴OB＝OD＋DB＝3k＋5k＝4，∴k＝，∴CD＝；（2）如圖2中，連接OP，過點(diǎn)P作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．∵，∴∠AOP＝∠POB，∵PE⊥OA，PF⊥OB，∴PE＝PF，∵∠PEC＝∠PFB＝90°，PD＝PC，∴Rt△PEC≌Rt△PFB（HL），∴∠EPC＝∠FPB，∵∠PEO＝∠EOF＝∠OFP＝90°，∴∠EPF＝90°，∴∠EPF＝∠CPB＝90°，∴∠PCB＝∠PBC＝45°，∵OP＝OB，∠POB＝45°，∴∠OBP＝∠OPB＝67.5°，∴∠CBO＝67.5°?45°＝22.5°，∴∠OCD＝90°?22.5°＝67.5°；（3）如圖3?1中，當(dāng)OC∥PD時(shí)，過點(diǎn)C作CE⊥PD，連接OP，∵OC∥PD，∴∠PDO＝∠AOD＝90°，∵CE⊥PD，∴∠CED＝90°，∴四邊形OCED是矩形，∴OC＝DE＝2，CE＝OD，設(shè)PC＝PD＝x，EC＝OD＝y(tǒng)，則有x2＋y2＝16，x2＝y(tǒng)2＋(x?2)2，可得x＝2?2，（不合題意的已經(jīng)舍棄），∴PD＝2?2，∴S△PCDS△OCD＝PDOC＝，如圖3?2中，當(dāng)PC∥OD時(shí)，過點(diǎn)D作DE⊥CP，連接OP，∵PC∥OD，∴∠COD＝∠OCE＝∠CED＝90°，∴四邊形OCED是矩形，∴OC＝DE＝2，CE＝OD，∵OP＝4，OC＝2，∴PC＝=，∴PD＝PC＝，∴PE＝=，∴EC＝OD＝，∴，綜上所述，的值為：或．【點(diǎn)睛】本題屬于圓綜合題，考查了兩圓的位置關(guān)系，解直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)，梯形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造特殊四邊形解決問題，屬于中考壓軸題．6．（2021·上海青浦·統(tǒng)考二模）已知：在半徑為2的扇形中，，點(diǎn)C是上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，直線與直線相交于點(diǎn)D．（1）如圖1，當(dāng)是等腰三角形時(shí)，求的大?。ㄓ煤琺的代數(shù)式表示）；（2）如圖2，當(dāng)，點(diǎn)C是的中點(diǎn)時(shí)，連接，求的值；（3）將沿所在的直線折疊，當(dāng)折疊后的圓弧與所在的直線相切于點(diǎn)，且時(shí)，求線段AD的長．【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）C在弧線上，所以為銳角，為鈍角，則是等腰三角形，僅有這一種情況，扇形中，，由邊相等得對應(yīng)角相等，三角形內(nèi)角和為，可得；（2）過D作的延長線于M，連接，C為中點(diǎn)，可知邊相等得對應(yīng)角相等，即可求得，為的外角，可得由角相等可推出，在中，由勾股定理知在等腰直角中，根據(jù)等高三角形的面積比等于底的比可得結(jié)果；（3）E為弧與切點(diǎn)，知A、E、C在半徑為2的另一個(gè)圓上，在中，由勾股定理知，得四邊形是菱形，由菱形對角線性質(zhì)，可以推出，得，在中，由勾股定理得，即可求出的長．【解析】解：（1）C在弧線上，∴為銳角，∴為鈍角，則是等腰三角形時(shí)，僅有這一種情況，∴，連接則，∴，∴，在中，，∴，∴在中，，∴，∴；（2）過D作延長線于M，連接，∵C為中點(diǎn)，∴，∴且，∴，∴，∴，∴，∴，∴B（勾股定理），∴∵，∴，∴，∴，∴（3）圖2如下：∵E為弧線與切點(diǎn)，∴A、E、C在半徑為2的另一個(gè)圓上，∵，∴（勾股定理），又∵，∴四邊形是菱形，∴且互相平分，且共角，∴，∴且，∴，∴（的勾股定理）∴．【點(diǎn)睛】本題考查圓的綜合應(yīng)用，熟練掌握等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)、勾股定理等是解題關(guān)鍵．7．（2022春·上?！ぞ拍昙墝ｎ}練習(xí)）已知⊙O的直徑AB＝4，點(diǎn)P為弧AB上一點(diǎn)，聯(lián)結(jié)PA、PO，點(diǎn)C為劣弧AP上一點(diǎn)（點(diǎn)C不與點(diǎn)A、P重合），聯(lián)結(jié)BC交PA、PO于點(diǎn)D、E．（1）如圖，當(dāng)cos∠CBO＝時(shí)，求BC的長；（2）當(dāng)點(diǎn)C為劣弧AP的中點(diǎn)，且△EDP與△AOP相似時(shí)，求∠ABC的度數(shù)；（3）當(dāng)AD＝2DP，且△BEO為直角三角形時(shí)，求四邊形AOED的面積．【答案】（1）；（2）18°；（3）或【分析】（1）解法一：如圖1，過點(diǎn)O作OG⊥BC于點(diǎn)G，根據(jù)垂徑定理和余弦的定義可得BC的長；解法二：如圖2，連接AC，根據(jù)圓周角定理可得∠ACB＝90°，根據(jù)cos∠CBO＝可得BC的長；（2）如圖3，如圖3，連接OC，根據(jù)題意可知：△EDP與△AOP相似只存在一種情況：△DPE∽△OPA，得∠DPE＝∠PAO，設(shè)∠ABC＝α，則∠AOC＝∠COP＝2α，在△OEB中根據(jù)三角形外角的性質(zhì)列方程可得結(jié)論；（3）當(dāng)△BEO為直角三角形時(shí)，∠OBE不可能是直角，所以分兩種情況：①如圖4，當(dāng)∠EOB＝90°時(shí)，作輔助線，作平行線，根據(jù)平行線分線段成比例定理計(jì)算AH，OH，BH的長，根據(jù)面積差可得結(jié)論；②如圖5，當(dāng)∠OEB＝90°時(shí)，連接AC，證明∠ABC＝30°，分別計(jì)算各邊的長，根據(jù)面積差可得結(jié)論．【解析】解：（1）解法一：如圖1，過點(diǎn)O作OG⊥BC于點(diǎn)G，∴BG＝BC，∵AB＝4，∴OB＝2，∵cos∠CBO＝，∴BG＝，∴BC＝2BG＝；解法二：如圖2，連接AC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴cos∠ABC＝，∴，∴BC＝；（2）如圖3，連接OC，∵∠P＝∠P，△EDP與△AOP相似，∴△DPE∽△OPA，∴∠DPE＝∠PAO，∵C是的中點(diǎn)，∴∠AOC＝∠COP，設(shè)∠ABC＝α，則∠AOC＝∠COP＝2α，∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠OBC＝α，∵C是的中點(diǎn)，∴OC⊥AP，∴∠PAO＝90°﹣2α，∴∠DEP＝∠OEB＝90°﹣2α，在△OEB中，∠AOP＝∠OEB+∠ABC，∴4α＝90°﹣2α+α，∴α＝18°，∴∠ABC＝18°；（3）分兩種情況：①如圖4，當(dāng)∠EOB＝90°時(shí)，過D作DH⊥AB于H，∴DH∥PO，∴，∵AD＝2PD，∴AH＝2HO，∵AB＝4，∴AH＝，OH＝，BH＝，∵AO＝OP，∠AOP＝90°，∴∠A＝45°，∴AH＝DH＝，∵OE∥DH，∴，即，∴OE＝1，∴S四邊形AOED＝S△ABD﹣S△OEB＝＝；②如圖5，當(dāng)∠OEB＝90°時(shí)，連接AC，∵∠C＝∠OEB＝90°，∴AC∥OE，CE＝BE，∵AD＝2DP，同理得AC＝2PE，∵AO＝BO，∴AC＝2OE，∴OE＝PE＝OP，∴AC＝AB，∴∠ABC＝30°，∵AB＝4，∴OB＝2＝AC，OE＝1，BE＝，BC＝，∴CE＝，∵AC∥PE，∴，∵CD+DE＝，∴CD＝，∴S四邊形AOED＝S△ABC﹣S△OEB﹣S△ACD＝，＝．綜上，四邊形AOED的面積是或．【點(diǎn)睛】本題考查圓周角定理、垂徑定理、相似三角形的性質(zhì)和判定，解直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)等．（1）中能借助定理構(gòu)造直角三角形是解題關(guān)鍵；（2）能借助相似三角形以及圓周角定理表示相關(guān)角是解題關(guān)鍵；（3）中注意分類討論和正確構(gòu)造圖形．8．（2021·上?！ぞ拍昙墝ｎ}練習(xí)）如圖，已知在四邊形中，，，以為直徑的交邊于、兩點(diǎn)，，，設(shè)的半徑長為．（1）聯(lián)結(jié)，當(dāng)時(shí)，求的半徑長；（2）過點(diǎn)作，垂足為點(diǎn)，設(shè)，試用的代數(shù)式表示；（3）設(shè)點(diǎn)為的中點(diǎn)，聯(lián)結(jié)、，是否能成為等腰三角形？如果能，試求出的值；如不能，試說明理由．【答案】（1）3；（2）；（3）能成為等腰三角形，【分析】（1）證為梯形的中位線，得出即可；（2）連接、，過點(diǎn)作于，則，由勾股定理得出，由四邊形的面積的面積的面積的面積，進(jìn)而得出答案；（3）證是梯形的中位線，得出，，，由勾股定理得，分三種情況，分別求解即可．【解析】解：（1）∵，，∴為梯形的中位線，∴，即的半徑長為3；（2）連接、，過點(diǎn)作于，如圖1所示：∵，，且，∴四邊形為矩形，則，∴，∴，∵四邊