專題21以圓為載體的幾何綜合探究問題（解析版）

專題21以圓為載體的幾何綜合探究問題

1．（2021·江蘇鎮(zhèn)江·中考真題）如圖1，正方形ABCD的邊長為4，點(diǎn)P在邊BC上，⊙O經(jīng)過A，B，P三

點(diǎn)．

（1）若BP＝3，判斷邊CD所在直線與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；

（2）如圖2，E是CD的中點(diǎn)，⊙O交射線AE于點(diǎn)Q，當(dāng)AP平分∠EAB時，求tan∠EAP的值．

51

【答案】（1）相切，見解析；（2）

2

【解析】

【分析】

（1）如圖1中，連接AP，過點(diǎn)O作OH⊥AB于H，交CD于E．求出OE的長，與半徑半徑，可得結(jié)論．

（2）如圖2中，延長AE交BC的延長線于T，連接PQ．利用面積法求出BP，可得結(jié)論．

【詳解】

解：（1）如圖1﹣1中，連接AP，過點(diǎn)O作OH⊥AB于H，交CD于E．

∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB＝AD＝4，∠ABP＝90°，

第1頁共89頁.

∴AP＝AB2BP2＝4232＝5，

∵OH⊥AB，

∴AH＝HB，

∵OA＝OP，AH＝HB，

13

∴OH＝PB＝，

22

∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，

∴四邊形AHED是矩形，

∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，

35

∴OE＝EH＝OH＝4﹣＝，

22

∴OE＝OP，

∴直線CD與⊙O相切．

（2）如圖2中，延長AE交BC的延長線于T，連接PQ．

∵∠D＝∠ECT＝90°，DE＝EC，∠AED＝∠TEC，

∴△ADE≌△TCE（ASA），

∴AD＝CT＝4，

∴BT＝BC+CT＝4+4＝8，

∵∠ABT＝90°，

∴AT＝AB2BT2＝4282＝45，

第2頁共89頁.

∵AP是直徑，

∴∠AQP＝90°，

∵PA平分∠EAB，PQ⊥AQ，PB⊥AB，

∴PB＝PQ，

設(shè)PB＝PQ＝x，

∵SABT＝SABP+SAPT，

△△△

111

∴×4×8＝×4×x+×4×x，

2252

∴x＝25﹣2，

PB51

∴tan∠EAP＝tan∠PAB＝＝．

AB2

【點(diǎn)睛】

本題考查了直線與圓的位置關(guān)系，正方形的性質(zhì)，解直角三角形、相似三角形判定和性質(zhì)等知識，解題的

關(guān)鍵是掌握切線的證明方法：已知垂直證半徑，已知半徑證垂直，利用三角形面積不同的表示方法構(gòu)建方

程解決問題是難點(diǎn)．

2．（2021·江蘇泰州·中考真題）如圖，在⊙O中，AB為直徑，P為AB上一點(diǎn)，PA＝1，PB＝m（m為常數(shù)，

且m＞0）．過點(diǎn)P的弦CD⊥AB，Q為BC上一動點(diǎn)（與點(diǎn)B不重合），AH⊥QD，垂足為H．連接AD、BQ．

（1）若m＝3．

①求證：∠OAD＝60°；

BQ

②求的值；

DH

BQ

（2）用含m的代數(shù)式表示，請直接寫出結(jié)果；

DH

（3）存在一個大小確定的⊙O，對于點(diǎn)Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一個定值，求此時∠Q

的度數(shù)．

第3頁共89頁.

【答案】（1）①見解析；②2；（2）1+m；（3）存在半徑為1的圓，45°

【解析】

【分析】

（1）①連接OD，則易得CD垂直平分線段OA，從而OD=AD，由OA=OD，即可得OAD是等邊三角形，

從而可得結(jié)論；△

BQAB

②連接AQ，由圓周角定理得：∠ABQ=∠ADH，從而其余弦值相等，因此可得，由①可得AB、

DHAD

AD的值，從而可得結(jié)論；

BQAB

（2）連接AQ、BD，首先與（1）中的②相同，有，由APD∽△ADB，可求得AD的長，從而

DHAD

求得結(jié)果；△

（3）由（2）的結(jié)論可得：BQ2(1m)DH2，從而BQ2﹣2DH2+PB2(m1)DH2m2

當(dāng)m=1時，即可得是一個定值，從而可求得∠Q的值．

【詳解】

（1）①如圖，連接OD，則OA=OD

∵AB=PA+PB=1+3=4

1

∴OA=AB2

2

∴OP=AP=1

即點(diǎn)P是線段OA的中點(diǎn)

∵CD⊥AB

∴CD垂直平分線段OA

∴OD=AD

∴OA=OD=AD

即OAD是等邊三角形

∴∠△OAD=60°

第4頁共89頁.

②連接AQ

∵AB是直徑

∴AQ⊥BQ

根據(jù)圓周角定理得：∠ABQ=∠ADH，

∴cosABQcosADH

∵AH⊥DQ

在RtABQ和RtADH中

BQDH

cos△ABQ△cosADH

ABAD

BQAB

∴

DHAD

∵AD=OA=2，AB=4

BQAB4

∴2

DHAD2

（2）連接AQ、BD

第5頁共89頁.

BQAB

與（1）中的②相同，有

DHAD

∵AB是直徑

∴AD⊥BD

∴∠DAB+∠ADP=∠DAB+∠ABD=90°

∴∠ADP=∠ABD

∴RtAPD∽RtADB

PAAD

∴△△

ADAB

∵AB=PA+PB=1+m

∴ADPAAB1m

BQAB1m

∴1m

DHAD1m

BQ

（3）由（2）知，1m

DH

∴BQ=1mDH

即BQ2(1m)DH2

∴BQ2﹣2DH2+PB2=(1+m)DH22DH2m2(m1)DH2m2

當(dāng)m=1時，BQ2﹣2DH2+PB2是一個定值，且這個定值為1，此時PA=PB=1，即點(diǎn)P與圓心O重合

∵CD⊥AB，OA=OD=1

∴△AOD是等腰直角三角形

∴∠OAD=45°

∵∠OAD與∠Q對著同一條弧

∴∠Q=∠OAD=45°

第6頁共89頁.

故存在半徑為1的圓，對于點(diǎn)Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一個定值1，此時∠Q的度數(shù)為

45.

【點(diǎn)睛】

本題是圓的綜合，它考查了圓的基本性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定

與性質(zhì)等知識，難點(diǎn)是第（3）問，得出BQ2﹣2DH2+PB2(m1)DH2m2后，當(dāng)m=1即可得出BQ2﹣2DH2+PB2

是一個定值．

3．（2021·廣西來賓·中考真題）如圖，已知AD，EF是O的直徑，AD62，O與OABC的邊AB，

OC分別交于點(diǎn)E，M，連接CD并延長，與AF的延長線交于點(diǎn)G，AFEOCD．

（1）求證：CD是O的切線；

（2）若GF1，求cosAEF的值；

AB

（3）在（2）的條件下，若ABC的平分線BH交CO于點(diǎn)H，連接AH交O于點(diǎn)N，求的值．

NH

157

【答案】（1）見解析；（2）；（3）．

33

【解析】

【分析】

（1）連接DF，由圓周角性質(zhì)可得AFEOCD，則利用平行線的判定與性質(zhì)可得FDADOC，再

根據(jù)等腰三角形性質(zhì)及直角三角形性質(zhì)可推出DOCOCD90，即可證得結(jié)論；

FDFG

（2）由相似三角形的判定可得FDG∽FAD，則推出，由GF1得出FD2FA，可利用勾股定

FAFD

理求得FD22，即可求出cosAEF的值；

（3）連接MN，并延長CO與AF，O分別相交于點(diǎn)P，點(diǎn)Q，連接AQ，利用（2）所得結(jié)論及已知分別

求得CHBC32，OCAB92，MH32，HQ92，PH72，AH114，再由相似三

QHAHAB

角形的判定及性質(zhì)可推出，代入求值后即可求得的值．

NHMHNH

【詳解】

第7頁共89頁.

（1）證明：如圖，連接DF，

∵EF是O的直徑，

∴AFEOCD．

∴DF∥AE．

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AE∥OC．

∴DF∥OC．

∴FDADOC．

∵OFOA，

∴FADAFE．

∵AFEOCD，

∴FADOCD．

∵FDAFAD90，

∴DOCOCD90．

∴ODC90．

∴ODCD．

∴CD是O的切線．

（2）解：∵ADGGFD90，

∴GFDGGFAD90．

∴FDGFAD．

∴FDG∽FAD．

FDFG

∴．

FAFD

∵GF1，

第8頁共89頁.

∴FD2FGFA．

設(shè)FDx，則AFx2．

由勾股定理得AF2DF2AD2，

2

即x4x262，

22

解得x18，x29（不合題意，舍去）．

∴x22FD．

∵AEFADF，

FD221

∴cosAEFcosADF．

AD623

（3）解：連接MN，并延長CO與AF，O分別相交于點(diǎn)P，點(diǎn)Q，連接AQ，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AOBC32，OCAB，AB∥OC．

∴CHBABH，

∵BH平分ABC，

∴CBHABH．

∴CHBCBH．

∴CHBC32．

∵FADDOC

DF1OD

∴sinDOCsinFAD．

AD3OC

∵ODOM32，

∴OCAB92．

∴MHOCOMCH32．

∴HQMHMQ92．

第9頁共89頁.

∴HQAB．

∵AB∥OC，

∴OPEFAE90．

∴OPAF．

∵OEOA，

1

∴APAF4．

2

2

在RtAPO中，由勾股定理得OPOA2AP232422．

△

∴PH72．

2

在RtAPH中，由勾股定理得AHPH2AP27242114．

∵N△MHQMNQAHQMN180，

∴NMHQAH．

∵M(jìn)HNMHN，

∴MHN∽AHQ．

QHAH

∴．

NHMH

ABAH11457

∴．

NHMH323

【點(diǎn)睛】

本題屬于圓的綜合問題，考查了圓周角定理、切線的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)及求角的三角

函數(shù)值等知識，熟練掌握圓的相關(guān)知識及相似三角形的判定與性質(zhì)等知識是解題的關(guān)鍵．

4．（2021·湖南株洲·中考真題）如圖所示，AB是O的直徑，點(diǎn)C、D是O上不同的兩點(diǎn)，直線BD交線

222

段OC于點(diǎn)E，交過點(diǎn)C的直線CF于點(diǎn)F，若OC3CE，且9EFCFOC．

第10頁共89頁.

（1）求證：直線CF是O的切線；

（2）連接OD、AD、AC、DC，若COD2BOC．

①求證：△ACD∽△OBE；

②過點(diǎn)E作EG//AB，交線段AC于點(diǎn)G，點(diǎn)M為線段AC的中點(diǎn)，若AD4，求線段MG的長度．

【答案】（1）證明見解析；（2）①證明見解析；②1

【解析】

【分析】

222

（1）先將9EFCFOC轉(zhuǎn)化為EF2CF2CE2，再利用勾股定理逆定理證明OCCF即可；

（2）①利用同一條弧所對的圓周角等于其所對圓心角的一半和同一條弧所對的圓周角相等分別得到

CADBOC與OBEACD，再利用兩角分別相等的兩三角形相似即可完成求證；

②分別利用相似三角形的性質(zhì)和平行線分線段成比例定理的推論求出AC的長和CG的長，最后利用線段的

和差關(guān)系求解即可．

【詳解】

解：（1）證：因?yàn)镺C3CE，且9EF2CF2OC2，

OC2

∴EF2CF2，

9

2

OC23CE

∴EF2CF2=CE2,

99

∴OCCF，

∴直線CF是O的切線；

（2）①∵COD2BOC，

又∵COD2DAC，

∴CADBOC，

∵OBEACD,

∴．△ACD∽△OBE；

②∵△ACD∽△OBE，

OEOB

∴，

ADAC

設(shè)圓的半徑為r，

∵OC3CE，AD4，

第11頁共89頁.

2

r

∴r，

3

4AC

∴AC6；

∵點(diǎn)M為線段AC的中點(diǎn)，

∴CM3，

∵EG//AB，

CGCE1

∴,

ACOC3

∴CG2，

∴MGCMCG321,

∴線段MG的長度為1．

【點(diǎn)睛】

本題綜合考查了切線的判定定理、圓周角定理及其推論、勾股定理逆定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、平

行線分線段成比例定理的推論等內(nèi)容，解決本題的關(guān)鍵是牢記相關(guān)概念，能根據(jù)題意建立相等關(guān)系等，本

題考查內(nèi)容較多，綜合性較強(qiáng)，對學(xué)生的綜合分析能力有較高要求．

5．（2021·四川宜賓·中考真題）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與x軸分別交于A、B兩點(diǎn)，與y軸

交于點(diǎn)C（0，6），拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為E（2，8），連結(jié)BC、BE、CE．

（1）求拋物線的表達(dá)式；

（2）判斷BCE的形狀，并說明理由；

△1

（3）如圖2，以C為圓心，為半徑作⊙C，在⊙C上是否存在點(diǎn)P，使得BP＋EP的值最小，若存在，

22

請求出最小值；若不存在，請說明理由．

1290

【答案】（1）y=x2+2x+6；（2）直角三角形，見解析；（3）存在，

22

【解析】

【分析】

第12頁共89頁.

（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；

（2）分別求出三角形三邊的平方，然后運(yùn)用勾股定理逆定理即可證明；

2

（3）在CE上截取CF=（即CF等于半徑的一半），連接BF交⊙C于點(diǎn)P，連接EP，則BF的長即為

2

所求．

【詳解】

解：（1）∵拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為E（2，8），

∴設(shè)該拋物線的表達(dá)式為y=a（x-2）2+8，

∵與y軸交于點(diǎn)C（0，6），

1

∴把點(diǎn)C（0，6）代入得：a=，

2

1

∴該拋物線的表達(dá)式為y=x2+2x+6；

2

（2）BCE是直角三角形．理由如下：

∵拋物△線與x軸分別交于A、B兩點(diǎn)，

12

∴當(dāng)y=0時，（x-2）+8=0，解得：x1=-2，x2=6，

2

∴A（-2，0），B（6，0），

∴BC2=62+62=72，CE2=（8-6）2+22=8，BE2=（6-2）2+82=80，

∴BE2=BC2+CE2，

∴∠BCE=90°，

∴△BCE是直角三角形；

2

（3）如圖，在CE上截取CF=（即CF等于半徑的一半），連接BF交⊙C于點(diǎn)P，連接EP，

2

則BF的長即為所求．

連接CP，∵CP為半徑，

第13頁共89頁.

CFCP1

∴，

CPCE2

又∵∠FCP=∠PCE，

∴△FCP∽△PCE，

CFFP11

∴，F(xiàn)P=EP，

CPPE22

1

∴BF=BP+EP，

2

1

由“兩點(diǎn)之間，線段最短”可得：BF的長即BP+EP為最小值．

2

1

∵CF=CE，E（2，8），

4

113

∴F（，），

22

22

113290

∴BF=60

222

【點(diǎn)睛】

本題考查二次函數(shù)綜合，待定系數(shù)法，二次函數(shù)圖象和性質(zhì)，勾股定理及其逆定理，圓的性質(zhì)，相似三角

形的判定和性質(zhì)等，題目綜合性較強(qiáng)，屬于中考壓軸題，熟練掌握二次函數(shù)圖象和性質(zhì)，圓的性質(zhì)，相似

三角形的判定和性質(zhì)等相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．

1．（2021·湖北陽新·模擬預(yù)測）如圖，AB是⊙O的直徑，AC是弦，點(diǎn)E在圓外，OE⊥AC于D，BE交⊙O

于點(diǎn)F，連接BD，BC，CF，BFCAED

(1)求證：AE是⊙O的切線；

(2)求證：BOD∽△EOB；

△5S1

(3)設(shè)BOD的面積為S1，BCF的面積為S2，若tan∠ODB＝，求的值．

3S2

△△

【答案】(1)證明見解析

第14頁共89頁.

(2)證明見解析

S7

(3)1

S29

【解析】

【分析】

（1）根據(jù)圓的切線的定義求解即可；

（2）根據(jù)三角形的相似，得出OA2ODOE，再得出OB2ODOE，進(jìn)而結(jié)論可證；

（3）根據(jù)相似三角形的面積比等于相似比的平方，計(jì)算求解即可．

(1)

證明：∵BCBC,

∴∠BFC＝∠BAC，∵∠BFC＝∠AED，

∴∠AED＝∠BAC，

∵OE⊥AC于D，

∴∠ADE＝90°，

∴∠AED+∠DAE＝90°，

∴∠BAC+∠DAE＝90°，

∵AB是⊙O的直徑，

∴AE是⊙O的切線；

(2)

證明：∵AD⊥OE，

∴∠OAE＝∠ODA＝90°，

∵∠AED＝∠OAD，

∴△AOD∽△EOA，

OAOD

∴，

OEOA

∴OA2＝OD×OE，

∵OB＝OA，

∴OB2＝OD×OE，

OBOE

∴，

ODOB

又∵∠BOD＝∠EOB，

第15頁共89頁.

∴△BOD∽△EOB；

(3)

解：∵AB是⊙O的直徑，

∴∠ACB＝90°，

∵OE⊥AC于D，

∴OE∥BC，

∴∠ODB＝∠DBC，

DC5

∴在直角三角形BCD中，tan∠ODB＝tan∠DBC＝，

BC3

∴設(shè)CD＝5k，BC＝3k，

∴BD＝14k，

∵△BOD∽△EOB，

∴∠OBD＝∠OEB，

∵OE∥BC，

∴∠OEB＝∠FBC，

∴∠OBD＝∠FBC，

∵∠BAC＝∠BFC，

∴△ABD∽△FBC，

22

SBD14k14

∴△ABD，

S2BC3k9

∵O是AB的中點(diǎn)，

∴SABD＝2S1，

S7

∴△1．

S29

【點(diǎn)睛】

本題考查了圓的切線，相似三角形的判定與性質(zhì)．解題的關(guān)鍵在于找出相似三角形，求出邊之間的數(shù)量關(guān)

系．

2．（2021·遼寧沈陽·模擬預(yù)測）如圖，在ABC中，AB＝AC，以AB為直徑的O分別與BC，AC交于點(diǎn)D，

E，過點(diǎn)D作DFAC，垂足為點(diǎn)F．△

第16頁共89頁.

(1)求證：直線DF是⊙O的切線；

(2)若BC＝8，求CF?AC的值；

(3)若⊙O的半徑為4，∠CDF＝15°，則陰影部分的面積為_____．

【答案】(1)見解析

(2)CFAC16

16

(3)43

3

【解析】

【分析】

（1）連接OD，證明OD//AC，從而命題得證；

（2）連接AD，證明CDF∽CAD；

（3）連接AD，OE，作OGAC于G，先求得BAD15，進(jìn)而求得BAC30，AOE120，根據(jù)

S陰影S扇形AOESAOE求得結(jié)果．

(1)OD

(2)

解：如圖2，

連接AD，

QAB是O的直徑，

ADB90，

ABAC，

第17頁共89頁.

1

CDBDBC4，

2

AFCADC90，CC，

CDF∽CAD，

CDCF

，

ACCD

CFACCD216；

(3)

解：如圖3，

連接AD，OE，作OGAC于G，

AE2AG，

ADCDFC90，CC，

DACCDF15，

ABAC，ADBC，

BAC2DAC30，

1

OGOA2，

2

AGOAcos3023，

AE43，

1

S43243，

AOE2

OAOE，

BACAEO30，

AOE180BACAEO120，

1204216

S扇形，

AOE3603

第18頁共89頁.

16

S陰影43．

3

【點(diǎn)睛】

本題考查了圓的有關(guān)計(jì)算中的扇形面積公式，圓的切線的判定，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，銳角三角

函數(shù)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)基礎(chǔ)知識．

3．（2021·廣東龍門·三模）如圖，在RtABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于點(diǎn)D，O為AB上一

點(diǎn)，經(jīng)過點(diǎn)A，D的圓O分別交AB，A△C于點(diǎn)E，F(xiàn)，連接EF．

(1)求證：BC是圓O的切線；

(2)求證：AD2＝AF?AB；

5

(3)若BE＝16，sinB，求AD的長．

13

【答案】(1)見解析

(2)見解析

6013

(3)

13

【解析】

【分析】

（1）連接OD，證CADODA，進(jìn)而得到PD∥AC得ODBC90，即可解決問題；

（2）連接DF，先證EF∥BC得AEFB，再由圓周角定理得AEFADF，則BADF，然后

證ABD∽ADF，得AB:ADAD:AF，即可得出結(jié)論；

OD5r5

（3）先由銳角三角四數(shù)定義得sinB，設(shè)O的半徑為r，則，求得r，進(jìn)而得到AE，

OB13r1613

AB的長度，再由三角函數(shù)的定義求出AF，最后利用（2）的的結(jié)論即可解決問題.

(1)

證明：連接OD，如圖1所示：

第19頁共89頁.

∵AD平分∠BAC，

∴∠BAD＝∠CAD，

∵OA＝OD，

∴∠BAD＝∠ODA，

∴∠CAD＝∠ODA，

∴PD∥AC，

∴∠ODB＝∠C＝90°，

∴BC⊥OD，

又∵OD是圓O的半徑，

∴BC是圓O的切線；

(2)

證明：連接DF，如圖2所示：

∵AE是圓O的直徑，

∴∠AFE＝90°，

∴∠AFE＝∠C＝90°，

∴EF∥BC，

∴∠AEF＝∠B，

∵∠AEF＝∠ADF，

第20頁共89頁.

∴∠B＝∠ADF，

又∵∠BAD＝∠CAD，

∴△ABD∽△ADF，

∴AB：AD＝AD：AF，

∴AD2＝AF?AB；

(3)

OD5

解：在RtBOD中，sinB，

OB13

△r5

設(shè)圓O的半徑為r，則，

r1613

解得：r＝10，

∴AE＝2r＝20，AB＝AE+BE＝36，

AFAF5

在RtAEF中，∠AFE＝90°，sin∠AEF＝sinB，

AE2013

△100

∴AF，

13

由（2）得：AD2＝AF?AB，

1006013

∴ADAFAB36．

1313

【點(diǎn)睛】

本題是圓的綜合題目，考查了切線的判定、圓周角定理、平行線的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、相似

三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)定義等知識；本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握圓周角定理、切線的判定以及

相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.

4．（2021·廣東羅湖·一模）已知⊙O的直徑AB＝6，點(diǎn)C是⊙O上一個動點(diǎn)，D是弦AC的中點(diǎn)，連接BD．

3

(1)如圖1，過點(diǎn)C作⊙O的切線交直徑AB的延長線于點(diǎn)E，且tanE＝；

4

①BE＝；

第21頁共89頁.

②求證：∠CDB＝45°；

(2)如圖2，F(xiàn)是弧AB的中點(diǎn)，且C、F分別位于直徑AB的兩側(cè)，連接DF、BF．在點(diǎn)C運(yùn)動過程中，當(dāng)

BDF是等腰三角形時，求AC的長．

△【答案】(1)①2；②見解析

12

(2)AC的長為26或5或32

5

【解析】

【分析】

3

（1）①連接OC，根據(jù)CE是⊙O的切線得∠OCE＝90°，根據(jù)tanE得CE＝4，在RtOCE中，根據(jù)勾

4

股定理得OE=5，即可得BE=2；②連接OC，BC，取AE的中點(diǎn)，連接DM，根據(jù)D為AC的中點(diǎn)，M為

AE的中點(diǎn)得DM為ACE的中位線，則DM2，DM∥CE，則DMBE，根據(jù)平行線的性質(zhì)得∠AMD＝

△1

∠CEB，又因?yàn)锳M＝AE＝4，所以AM=CE，根據(jù)SAS可得AMD≌△CEB，所以AD＝BC，根據(jù)邊之間

2

△

的關(guān)系等量代換得CD＝BC，根據(jù)圓周角定理可得∠ACB＝90°，即可得∠CDB＝45°；

（2）連接AF，根據(jù)題意得AF＝BF，∠AFB＝90°，則AFBF32，①若BDBF32，連接BC，根

1

據(jù)圓周角定理可得∠ACB＝90°，則BC2＝AB2﹣AC2＝BD2﹣CD2，且CD＝AC，即可得；②若

2AC26

1

BFDF32，連接FA，F(xiàn)C，過點(diǎn)F作FG⊥AC于點(diǎn)G，即可得AF＝DF，DG＝AD，根據(jù)∠ACF＝∠

2

ABF＝45°，得CF＝FG，設(shè)DG＝x，則CD＝AD＝2x，F(xiàn)G＝CG＝DG+CD＝3x，根據(jù)勾股定理可得FG2+DG2

312

＝DF2，解得x5，即可得AC4x5；③若DF＝BD，過點(diǎn)D作DN⊥BF于點(diǎn)N，連接ON，AF，

55

BC，N為BF的中點(diǎn)，ON⊥BF，因?yàn)镈為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)D⊥AC，即DN⊥AC，根據(jù)圓周角定理可得

∠AFB＝90°，則四邊形ADNF是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)得AD＝NF，即可得ACBF32，綜上即可得．

(1)

①連接OC，如圖1，

∵CE是⊙O的切線，

第22頁共89頁.

∴OC⊥CE，

∴∠OCE＝90°，

3

∵tanE，AB＝6，

4

∴OC＝3，

OC3

∴

CE4

∴CE＝4，

∴OEOC2CE232425，

∴BE＝OE﹣BO＝5﹣3＝2，

故答案為：2．

②如圖2，連接OC，BC，取AE的中點(diǎn)，連接DM，

∵D為AC的中點(diǎn)，M為AE的中點(diǎn)，

∴DM為ACE的中位線，

△1

∴DMCE2，DM∥CE，

2

∴DMBE，∠AMD＝∠CEB，

1

∵AM＝AE＝4，

2

∴AM=CE，

在AMD和CEB中，

△DMB△E

AMDCEB

AMCE

∴△AMD≌△CEB（SAS），

∴AD＝BC，

∵AD＝CD，

第23頁共89頁.

∴CD＝BC，

∵AB是⊙O的直徑，

∴∠ACB＝90°，

∴∠CDB＝45°．

(2)

解：連接AF，

∵F為弧AB的中點(diǎn)，AB是⊙O的直徑，

∴AF＝BF，∠AFB＝90°，

2

∴∠ABF＝45°，AFBFAB32．

2

①若BDBF32，連接BC，

∵AB是⊙O的直徑，

∴∠ACB＝90°，

1

∴BC2＝AB2﹣AC2＝BD2﹣CD2，且CD＝AC，

2

1

∴62AC2(32)2()AC2，

2

∴AC26；

②若BFDF32，連接FA，F(xiàn)C，過點(diǎn)F作FG⊥AC于點(diǎn)G，

1

∴AF＝DF，DG＝AD，

2

第24頁共89頁.

∵∠ACF＝∠ABF＝45°，

∴CG＝FG，

設(shè)DG＝x，則CD＝AD＝2x，F(xiàn)G＝CG＝DG+CD＝3x，

∵FG2+DG2＝DF2，

∴x2(3x)2(32)2，

3

解得x5，

5

12

∴AC4x5；

5

③若DF＝BD，過點(diǎn)D作DN⊥BF于點(diǎn)N，連接ON，AF，BC，

∴N為BF的中點(diǎn)，ON⊥BF，

∵D為AC的中點(diǎn)，

∴OD⊥AC，即DN⊥AC，

∵AB是⊙O的直徑，

∴∠AFB＝90°，

∴四邊形ADNF是矩形，

∴AD＝NF，

∴ACBF32，

12

綜合上述可得，AC的長為26或5或32．

5

【點(diǎn)睛】

本題考查了切線的性質(zhì)，銳角三角形函數(shù)，勾股定理，三角形的中位線，全等三角形的判定與性質(zhì)，圓周

角的推論，矩形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握并靈活運(yùn)用這些知識點(diǎn)．

5．（2021·江蘇·宜興市實(shí)驗(yàn)中學(xué)二模）（1）如圖①，在ABC中，BAC90，AB=4，AC=3，若AD平分

∠BAC交CB于點(diǎn)D，那么點(diǎn)D到AC的距離為．△

第25頁共89頁.

（2）如圖②，四邊形ABCD內(nèi)接于O，AC為直徑，點(diǎn)B是半圓AC的三等分點(diǎn)（弧AB弧BC），連接

BD，若BD平分ABC，且BD8，求四邊形ABCD的面積．

（3）如圖③，為把“十四運(yùn)”辦成一屆精彩圓滿的體育盛會很多公園都在進(jìn)行花卉裝扮，其中一塊圓形場地

圓O，設(shè)計(jì)人員準(zhǔn)備在內(nèi)接四邊形ABCD區(qū)域內(nèi)進(jìn)行花卉圖案設(shè)計(jì)，其余部分方便游客參觀，按照設(shè)計(jì)要

求，四邊形ABCD滿足∠ABC=60°，AB=AD，且AD+DC=10（其中2DC4），為讓游客有更好的觀體

驗(yàn)，四邊形ABCD花卉的區(qū)域面積越大越好，那么是否存在面積最大的四邊形ABCD？若存在，求出這個

最大值，不存在請說明理由．

12

【答案】（1）；（2）四邊形ABCD的面積為32；（3）存在243．

7

【解析】

【分析】

BEDE

（1）如圖，作輔助線，證明AE=DE；證明BDE∽△BCA，得到，列出比例式即可解決問題．

ABAC

△

（2）（2）連接OB，根據(jù)題意得∠AOB=60°，作AE⊥BD，利用解直角三角形可求AB的長，通過解直角三

角形分別求出BC，AD，CD的長，再根據(jù)面積公式求解即可；

過點(diǎn)A作AN⊥BC于點(diǎn)N，AM⊥DC，交DC的延長線于點(diǎn)M，連接AC，可得S四邊形ABCDS四邊形ANCM，根據(jù)

面積法求出關(guān)于面積的二次函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出最值即可．

【詳解】

解：如圖，過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E．

則DE//AC；

∵AD平分∠BAC，∠BAC=90°，

∴∠DAE=45°，∠ADE=90°?45°=45°，

∴AE=DE（設(shè)為λ），

第26頁共89頁.

則BE=4?λ；

∵DE//AC，

∴△BDE∽△BCA，

BEDE

∴，即：

ABAC

4

43

12

解得：λ=，

7

12

∴點(diǎn)D到AC的距離．

7

（2）連接OB，

∵點(diǎn)B是半圓AC的三等分點(diǎn)（弧AB＜弧BC），

∴AOB60

∴ADBACB30

∵AC是O的直徑，

∴ABC90

∵BD平分∠ABC

∴ABDCBD45

過點(diǎn)A作AE⊥BD于點(diǎn)E，則BAEABE45

∴AE=BE

AE

設(shè)AE=BE=x，則DE3x

tan30

∵BD=BE+DE=x3x8

∴x=434

第27頁共89頁.

∴AB2AE4642

∵ADBACB30

AB3

∴tan30

BC3

∴BC=3AB12246

∵BD平分∠ABC

∴ABDCBD

∴ADCD

∴AD=CD

∵AE⊥DE

∴AD2DE2AE2

∵AE434,DE3x=1243

∴AD2(1243)2(434)22561283

11112

∴S四邊形SSABBCADCDABBCAD

ABCDABCADC2222

11

=(4642)(12246)(2561283)

22

=64396128643

=32；

（3）過點(diǎn)A作AN⊥BC于點(diǎn)N，AM⊥DC，交DC的延長線于點(diǎn)M，連接AC，

第28頁共89頁.

∵AB=AD

∴∠ACB=∠ACD

∴AM=AN

∵∠ADC+∠ABC=180°，∠ADC+∠ADM=180°,

∴∠ABC=∠ADM

又∠ANB=∠AMD=90°，

∴△ABN≌△ADM

∴S四邊形ABCDS四邊形ANCM

∵AN=AM，∠BCA=∠DCA，AC=AC

∴△ACN≌△ACM

∴S四邊形ANCM2SACM

∵∠ABC=60°

∴∠ADC=120°

∴∠ADM=60°，∠MAD=30°

設(shè)DM=x，則AD=2x，AMDMtan603x,CD102x,CM10x

12

∴S四邊形2S=23x(10x)3(x10x)

ANCMACM2

∵2DC4

∴2102x4，即3x4

∵拋物線對稱軸為x=5

∴當(dāng)x=4時，有最大值，為3(1640)243

第29頁共89頁.

【點(diǎn)睛】

本題屬于圓綜合題，考查了三角形的面積，解直角三角形，角平分線的性質(zhì)定理，圓周角定理等知識，解

題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識解決問題，屬于中考壓軸題．

6．（2021·廣東·惠州一中一模）如圖，ABC內(nèi)接于O，CBGA，CD為直徑，OC與AB相交于點(diǎn)E，

過點(diǎn)E作EFBC，垂足為F，延長CD交GB的延長線于點(diǎn)P，連接BD．

（1）求證：PG與O相切：

EF5BE

（2）若，求的值；

AC8OC

（3）在（2）的條件下，若O的半徑為4，PDOD，求EC的長．

5

【答案】（1）見解析；（2）；（3）132．

4

【解析】

【分析】

（1）要證PG與⊙O相切只需證明∠OBG=90°，由∠BAC與∠BDC是同弧所對圓周角且∠BDC=∠DBO可

得∠CBG=∠DBC，結(jié)合∠DBC+∠OBC=90°即可得證；

BE

（2）求需將BE與OC或OC相等線段放入兩三角形中，通過相似求解可得，作OM⊥AC、連接OA，

OC

EFBE

EFBE1EF5

證BEF∽△OAM得，由AM=AC、OA=OC知1OC，結(jié)合即可得；

AMOA2ACAC8

2

△

（3）RtDBC中求得BC=43、∠DCB=30°，在RtEFC中設(shè)EF=x，知EC=2x、FC=3x、BF=43﹣3x，

△△

繼而在RtBEF中利用勾股定理求出x的，從而得出答案．

【詳解】△

（1）證明：如圖，連接OB，

∵OBOD，

BDCDBO，

BACGBC、BDCBAC，

第30頁共89頁.

GBCBDC，

CD是O的直徑，

∴∠DBC=90°，

DBOOBC90，

GBCOBC90，

GBO90，

PG與O相切；

（2）解：過點(diǎn)O作OMAC于點(diǎn)M，連接OA，

∵OC=OA，OMAC，

1

∴AOMCOMAOC，

2

，

ACAC

1

ABCAOC，

2

∴∠EBF=∠AOM，

又EFBOMA90，

BEF∽OAM，

EFBE

，

AMOA

1

AMAC，OAOC，

2

EFBE

1，

ACOC

2

EF5

又，

AC8

BEEF55

22；

OCAC84

第31頁共89頁.

（3）解：PDOD，PBO90，

BDOD4，

在RtDBC中，BCCD2BD2824243，

又ODOB，

DOB是等邊三角形，

∴DOB60，

DOBOBCOCB，OBOC，

1

OCBDOB30，

2

∴EC=2EF，由勾股定理FC=EC2EF24EF2EF23EF

設(shè)EFx，則EC2x、FC3x，

BF433x，

BE5

，且OC4，

OC4

BE5，

在RtBEF中，BE2EF2BF2，

25x2(433x)2，

整理得4x224x230

=242-16×23=208＞0

24413613

解△得：x=，

242

613

4，舍去，

2

613

x，

2

EC613．

第32頁共89頁.

【點(diǎn)睛】

本題主要考查圓的綜合問題，涉及圓周角定理、圓心角定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性

質(zhì)，一元二次方程的解法等知識，熟練掌握和運(yùn)用相關(guān)的性質(zhì)與定理進(jìn)行解題是關(guān)鍵.

16

7．（2021·福建泉州·模擬預(yù)測）如圖1，在直角坐標(biāo)系xoy中，直線l與x、y軸分別交于點(diǎn)A(4,0)、B(0,)

3

兩點(diǎn)，BAO的角平分線交y軸于點(diǎn)D．點(diǎn)C為直線l上一點(diǎn)，以AC為直徑的G經(jīng)過點(diǎn)D，且與x軸交

于另一點(diǎn)E．

（1）求證：y軸是G的切線；

（2）請求