中考数学专题复习 圆压轴八大模型题(6)-圆外一点引圆的切线和直径的垂线
中考数学—圆的综合的综合压轴题专题复习及答案解析
一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，⊙O是△ABC的外接圆，点E为△ABC内切圆的圆心，连接AE的延长线交BC于点F，交⊙O于点D；连接BD，过点D作直线DM，使∠BDM=∠DAC．（1）求证：直线DM是⊙O的切线；（2）若DF=2，且AF=4，求BD和DE的长．【答案】（1）证明见解析（2）23【解析】【分析】（1）根据垂径定理的推论即可得到OD⊥BC，再根据∠BDM=∠DBC，即可判定BC∥DM，进而得到OD⊥DM，据此可得直线DM是⊙O的切线；（2）根据三角形内心的定义以及圆周角定理，得到∠BED=∠EBD，即可得出DB=DE，再判定△DBF∽△DAB，即可得到DB2=DF•DA，据此解答即可．【详解】（1）如图所示，连接OD．∵点E是△ABC的内心，∴∠BAD=∠CAD，∴BD CD=，∴OD⊥BC．又∵∠BDM=∠DAC，∠DAC=∠DBC，∴∠BDM=∠DBC，∴BC∥DM，∴OD⊥DM．又∵OD为⊙O半径，∴直线DM是⊙O的切线．（2）连接BE．∵E为内心，∴∠ABE=∠CBE．∵∠BAD=∠CAD，∠DBC=∠CAD，∴∠BAD=∠DBC，∴∠BAE+∠ABE=∠CBE+∠DBC，即∠BED=∠DBE，∴BD=DE．又∵∠BDF=∠ADB（公共角），∴△DBF∽△DAB，∴DF DBDB DA=，即DB2=DF•DA．∵DF=2，AF=4，∴DA=DF+AF=6，∴DB2=DF•DA=12，∴DB=DE=23．【点睛】本题主要考查了三角形的内心与外心，圆周角定理以及垂径定理的综合应用，解题时注意：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；三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．2．如图，以O为圆心，4为半径的圆与x轴交于点A，C在⊙O上，∠OAC=60°．（1）求∠AOC的度数；（2）P为x轴正半轴上一点，且PA=OA，连接PC，试判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由；（3）有一动点M从A点出发，在⊙O上按顺时针方向运动一周，当S△MAO=S△CAO时，求动点M所经过的弧长，并写出此时M点的坐标．【答案】（1）60°；（2）见解析；（3）对应的M点坐标分别为：M1（2，﹣3M2（﹣2，﹣3）、M3（﹣2，3M4（2，3）．【解析】【分析】（1）由于∠OAC=60°，易证得△OAC是等边三角形，即可得∠AOC=60°．（2）由（1）的结论知：OA=AC，因此OA=AC=AP，即OP边上的中线等于OP的一半，由此可证得△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，由此可判断出PC与⊙O的位置关系．（3）此题应考虑多种情况，若△MAO、△OAC的面积相等，那么它们的高必相等，因此有四个符合条件的M点，即：C点以及C点关于x轴、y轴、原点的对称点，可据此进行求解．【详解】（1）∵OA=OC，∠OAC=60°，∴△OAC是等边三角形，故∠AOC=60°．（2）由（1）知：AC=OA，已知PA=OA，即OA=PA=AC；∴AC=1OP，因此△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，2而OC是⊙O的半径，故PC与⊙O的位置关系是相切．（3）如图；有三种情况：①取C点关于x轴的对称点，则此点符合M点的要求，此时M点的坐标为：M1（2，﹣3劣弧MA的长为：6044 1803ππ⨯=；②取C点关于原点的对称点，此点也符合M点的要求，此时M点的坐标为：M2（﹣2，﹣3劣弧MA的长为：12048 1803ππ⨯=；③取C点关于y轴的对称点，此点也符合M点的要求，此时M点的坐标为：M3（﹣2，3优弧MA的长为：240416 1803ππ⨯=；④当C、M重合时，C点符合M点的要求，此时M4（2，3）；优弧MA的长为：300420 1803ππ⨯=；综上可知：当S△MAO=S△CAO时，动点M所经过的弧长为481620,,,3333ππππ对应的M点坐标分别为：M1（2，﹣3M2（﹣2，﹣3）、M3（﹣2，3M4（2，3【点睛】本题考查了切线的判定以及弧长的计算方法，注意分类讨论思想的运用，不要漏解．3．如图，在⊙O中，AB为直径，OC⊥AB，弦CD与OB交于点F，在AB的延长线上有点E，且EF=ED．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若tan A=12，探究线段AB和BE之间的数量关系，并证明；（3）在（2）的条件下，若OF=1，求圆O的半径．【答案】（1）答案见解析；（2）AB=3BE；（3）3．【解析】试题分析：（1）先判断出∠OCF+∠CFO=90°，再判断出∠OCF=∠ODF，即可得出结论；（2）先判断出∠BDE=∠A，进而得出△EBD∽△EDA，得出AE=2DE，DE=2BE，即可得出结论；（3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OD=32x，进而得出OE=1+2x，最后用勾股定理即可得出结论．试题解析：（1）证明：连结OD，如图．∵EF=ED，∴∠EFD=∠EDF．∵∠EFD=∠CFO，∴∠CFO=∠EDF．∵OC⊥OF，∴∠OCF+∠CFO=90°．∵OC=OD，∴∠OCF=∠ODF，∴∠ODC+∠EDF=90°，即∠ODE=90°，∴OD⊥DE．∵点D在⊙O上，∴DE是⊙O的切线；（2）线段AB、BE之间的数量关系为：AB=3BE．证明如下：∵AB为⊙O直径，∴∠ADB=90°，∴∠ADO=∠BDE．∵OA=OD，∴∠ADO=∠A，∴∠BDE=∠A，而∠BED=∠DEA，∴△EBD∽△EDA，∴DE BE BDAE DE AD==．∵Rt△ABD中，tan A=BDAD=12，∴DE BEAE DE==12，∴AE=2DE，DE=2BE，∴AE=4BE，∴AB=3BE；（3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OD=32x．∵OF=1，∴OE=1+2x．在Rt△ODE中，由勾股定理可得：（32x）2+（2x）2=（1+2x）2，∴x=﹣29（舍）或x=2，∴圆O的半径为3．点睛：本题是圆的综合题，主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出△EBD∽△EDA是解答本题的关键．4．如图，已知△ABC中，AB=AC，∠A=30°，AB=16，以AB为直径的⊙O与BC边相交于点D，与AC交于点F，过点D作DE⊥AC于点E．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）求CE的长；（3）过点B作BG∥DF，交⊙O于点G，求弧BG的长．【答案】（1）证明见解析（2）33）4π【解析】【分析】（1）如图1，连接AD，OD，由AB为⊙O的直径，可得AD⊥BC，再根据AB=AC，可得BD=DC，再根据OA=OB，则可得OD∥AC，继而可得DE⊥OD，问题得证；（2）如图2，连接BF，根据已知可推导得出DE=12BF，CE=EF，根据∠A=30°，AB=16，可得BF=8，继而得DE=4，由DE为⊙O的切线，可得ED2=EF•AE，即42=CE•（16﹣CE），继而可求得CE长；（3）如图3，连接OG，连接AD，由BG∥DF，可得∠CBG=∠CDF=30°，再根据AB=AC，可推导得出∠OBG=45°，由OG=OB，可得∠OGB=45°，从而可得∠BOG=90°，根据弧长公式即可求得BG的长度.【详解】（1）如图1，连接AD，OD；∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，∵AB=AC，∴BD=DC，∵OA=OB，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD，∴∠ODE=∠DEA=90°，∴DE为⊙O的切线；（2）如图2，连接BF，∵AB为⊙O的直径，∴∠AFB=90°，∴BF∥DE，∵CD=BD，∴DE=12BF ，CE=EF ， ∵∠A=30°，AB=16，∴BF=8，∴DE=4，∵DE 为⊙O 的切线，∴ED 2=EF•AE ， ∴42=CE•（16﹣CE ），∴CE=8﹣43，CE=8+43（不合题意舍去）；（3）如图3，连接OG ，连接AD ， ∵BG ∥DF ，∴∠CBG=∠CDF=30°，∵AB=AC ，∴∠ABC=∠C=75°，∴∠OBG=75°﹣30°=45°，∵OG=OB ，∴∠OGB=∠OBG=45°，∴∠BOG=90°，∴BG 的长度=908180π⨯⨯=4π．【点睛】本题考查了圆的综合题，涉及了切线的判定、三角形中位线定理、圆周角定理、弧长公式等，正确添加辅助线、熟练掌握相关的性质与定理是解题的关键.5．如图,四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形,AB=CD ．(1)如图(1),求证:AD ∥BC ；(2)如图(2),点F 是AC 的中点,弦DG ∥AB,交BC 于点E,交AC 于点M,求证:AE=2DF ；(3)在(2)的条件下,若DG 平分∠3∠3,求⊙O 的半径。
中考数学专题复习 圆压轴八大模型题学生用word文档良心出品
圆压轴题八大模型题（一）引言：与圆有关的证明与计算的综合解答题，往往位于许多省市中考题中的倒数第二题的位置上，是试卷中综合性与难度都比较大的习题。
一般都会在固定习题模型的基础上变化与括展，本文结合近年来各省市中考题，整理了这些习题的常见的结论，破题的要点，常用技巧。
把握了这些方法与技巧，就能台阶性地帮助考生解决问题。
类型1弧中点的运用CD⌒F E.⊥是AD的中点，CEAB于点在⊙O中，点C PABEO中，你会发现这些结论吗？1）在图1（；CP＝FP①AP＝H＝AD；②CH2. AB·CB＝AE②AC·＝AP·AD＝CF ABC相似的三角形吗？2）在图2中，你能找出所有与△（1）（图【典例】，AB，CD，E在⊙O⊥上，＝的直径，点（2018·湖南永州）如图，线段AB为⊙OC．CD与线段相交于点F垂足为点D，连接BE，弦BE＝BF；CF（1）求证：．求证：的半径为6＝4，⊙OABEcos∠BM＝，在AB的延长线上取一点M，使2（）若O的切线．直线CM是⊙【变式运用】是半圆的直径，AB如图，·四川宜宾）1.（2018EAB于点AC的中点，DE⊥是一条弦，ACD是，＝，于点交，于点交且DEACFDBACG若）1-2（图则＝．如图，在平行四边形ABCD中，E为BC边上的一点，且AE与DE分别·泸州）（.20182平分∠BAD和∠ADC。
(1)求证：AE⊥DE；(2)设以AD为直径的半圆交AB于F，连接FG值。
＝8，求，已知CD＝5，AEDF交AE于G AFAD G F CBE9图）（图1-3AD的中点，弦CE⊥ABO的直径，C是（2017·泸州）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙3.于点H，连结AD，分别交CE、BC于点P、Q，连结BD。
(1)求证：P是线段AQ的中点；的长。
＝CEO的半径为5，AQ，求弦若⊙(2)，相交于点EBDOABCD内接于⊙，AB是⊙O的直径，AC和?4．（2016泸州）如图，四边形2?且DC＝CECA．1）求证：CD；BC＝（作APAB（2）分别延长，DC交于点，过点，OBPB的延长线于点F，若＝CDCDAF⊥交的长．CD＝DF，求5．（2015?泸州）如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，BD为⊙O的弦，且AB∥CD，过点A作⊙O的切线AE与DC的延长线交于点E，AD与BC交于点F．（1）求证：四边形ABCE是平行四边形；的长．，求OF6，CD＝5（2）若AE＝ACABABPABOC5. ＝是⊙＝的直径，、13是弧，6.如图，上的两点，PAPAB是弧的长；的中点，求(1)如图①，若PAPBC. 是弧的长(2)如图②，若的中点，求ODDABABCOOACBO作⊙内接于⊙的平分线交⊙，且为⊙7.如图，△，过点的直径．∠于点FCDEBBFCDCAPDPAAE，过点于点于点的切线作交的延长线于点．，过点作⊥⊥ABDP；（1）求证：∥PDBCAC 8，求线段的长．（2）若＝6，＝圆压轴题八大模型题（二）往往位于许多省市中考题中的倒数第二题与圆有关的证明与计算的综合解答题，引言：一般都会在固定习题模型的基础上变化是试卷中综合性与难度都比较大的习题。
2023年中考数学高频考点专题训练--圆的切线的证明
2023年中考数学高频考点专题训练--圆的切线的证明1．如图，△ABC内接于△O，AB是直径，△O的切线PC交BA的延长线于点P，OF△BC交AC于点E，交PC于点F，连接AF；（1）判断AF与△O的位置关系并说明理由．（2）若△O的半径为4，AF=3，求AC的长．2．如图，以△ABC的边AC为直径的△O恰为△ABC的外接圆，△ABC的平分线交△O于点D，过点D作DE△AC交BC的延长线于点E．（1）求证：DE是△O的切线；（2）若AB=25，BC= √5，求DE的长．3．已知：如图，A是⊙O上一点，半径OC的延长线与过点A的直线交于B点，OC=．BC，AC=12OB（1）求证：AB是⊙O的切线；（2）若∠ACD=45°，OC=2，求弦CD的长．4．如图，已知AB是△O的直径，锐角△DAB的平分线AC交△O于点C，作CD△AD，垂足为D，直线CD与AB的延长线交于点E．（1）求证：直线CD为△O的切线；（2）当AB=2BE，且CE= √3时，求AD的长．5．如图，OA是△M的直径，点B在x轴上，连接AB交△M于点C．（1）若点A的坐标为（0，2），△ABO=30°，求点B的坐标．（2）若D为OB的中点，求证：直线CD是△O的切线．6．如图，在△ABC中，BC=AC，以BC为直径的⊙O与边AB相交于点D，与边AB相交于点F，DE⊥AC，垂足为点E，连接OD.（1）求证：DE与⊙O相切；（2）若AE=2，⊙O的半径R=4，求DE的长.7．已知如图，以Rt△ABC的AC边为直径作△O交斜边AB于点E，连接EO并延长交BC的延长线于点D，点F为BC的中点，连接EF.（1）求证：EF是△O的切线；（2）若△O的半径为3，△EAC＝60°，求AD的长.8．已知AB是圆O的直径，点C是圆O上一点，点P为圆O外一点，且OP//BC，∠P=∠BAC（1）求证：PA为圆O的切线（2）如果OP=AB=10，求AC的长．9．如图，△O是△ABC的外接圆，AC是O的直径，BD＝BA＝12，BC＝5，BE△DC，交D的延长线于点E，BD交直径AC于点F．（1）求证：△BCA＝△BAD．（2）求证：BE是△O的切线．（3）若BD平分△ABC，交△O于点D，求AD的长．10．如图，直线l与△ O相离，OA⊥l于点A，与△ O相交于点P，OA=5. C是直线l 上一点，连结CP并延长交△ O于另一点B，且AB=AC.（1）求证：AB是△ O的切线；（2）若△ O的半径为3，求线段BP的长.11．如图，△ABC是△O的内接三角形，AB是△O的直径，OF△AB，交AC于点F，点E在AB的延长线上，射线EM经过点C，且△ACE+△AFO＝180°.（1）求证：EM是△O的切线；（2）若△A＝△E，△O的半径为1，求阴影部分的面积.12．如图，在△ABC中，D为AC上一点，且CD=CB，以BC为直径作△O，交BD于点E，连接CE，过D作DF△AB于点F，△BCD=2△ABD．（1）求证：AB是△O的切线；（2）若△A=60°，DF= √3，求△O的直径BC的长．13．如图，在△ABC中，AB=AC，△C=30°，点D在BC边上，△D经过点A和点B且与BC边相交于点E.（1）求证：AC是△D的切线；（2）若CE=5，求△D的半径.14．如图，CE是⊙O的直径，BD切⊙O于点D，DE//BO，CE的延长线交BD于点A.（1）求证：直线BC是⊙O的切线；（2）若AE=2，tan∠DEO=√2，求AO的长.15．如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，E为AB上一点，BE=BC，延长CE交AD于点D，AD=AC.（1）求证：AD是⊙O的切线；（2）若tan∠ACE=13，OE=3，求BC的长.16．如图，在Rt△ABC中，△ABC=90°，AB=3，BC=4，AD是△BAC的平分线．（1）尺规作图：过点D作DE△AC于E；（2）求DE的长．答案解析部分1．【答案】（1）解：证明：连接OC，如图所示：∵AB是△O直径，∴△BCA=90°，∵OF△BC，∴△AEO=90°，△1=△2，△B=△3，∴OF△AC，∵OC=OA，∴△B=△1，∴△3=△2，在△OAF和△OCF中，{OA=OC∠3=∠2 OF=OF，∴△OAF△△OCF（SAS），∴△OAF=△OCF，∵PC是△O的切线，∴△OCF=90°，∴△OAF=90°，∴FA△OA，∴AF是△O的切线；（2）解：∵△O的半径为4，AF=3，△OAF=90°，∴OF= √AF2+OA2= √32+42=5∵FA△OA，OF△AC，∴AC=2AE，△OAF的面积= 12AF•OA=12OF•AE，∴3×4=5×AE，解得：AE= 12 5，∴AC=2AE= 24 5．2．【答案】（1）解：如图，连接OD，∵AC是△O的直径，∴△ABC=90°，∵BD平分△ABC，∴△ABD=45°，∴△AOD=90°，∵DE△AC，∴△ODE=△AOD=90°，∴DE是△O的切线（2）解：在Rt△ABC中，AB=2 √5，BC= √5，∴AC= √AB2+AC2=5，∴OD= 52，过点C作CG△DE，垂足为G，则四边形ODGC为正方形，∴DG=CG=OD= 5 2，∵DE△AC，∴△CEG=△ACB，∴tan△CEG=tan△ACB，∴CGGE=ABBC，即52GE=2√5√5，解得：GE= 5 4，∴DE=DG+GE= 15 43．【答案】（1）证明：如图，连接OA；∵OC=BC,AC=12OB,∴OC=BC=AC=OA. ∴△ACO是等边三角形. ∴∠O=∠OCA=60∘，∵AC=BC，∴△CAB=△B，又△OCA为△ACB的外角，∴△OCA=△CAB+△B=2△B，∴∠B=30∘,又∠OAC=60∘，∴∠OAB=90∘，∴AB是⊙O的切线（2）解：作AE△CD于点E，∵∠O=60∘，∴∠D=30∘.∵∠ACD=45∘，AC=OC=2，∴在Rt△ACE中, CE=AE=√2；∵∠D=30∘，∴AD=2√2，∴DE=√3AE=√6，∴CD=DE+CE=√6+√2.4．【答案】（1）证明：如图，连接OC，∵AC平分△DAB，∴△DAC=△CAB，∵OA=OC，∴△OCA=△CAB，∴△OCA=△DAC，∴AD△CO，∵CD△AD，∴OC△CD，∵OC是△O直径且C在半径外端，∴CD为△O的切线；（2）解：∵AB=2BO，AB=2BE，∴BO=BE=CO，设BO=BE=CO=x，∴OE=2x，在Rt△OCE中，根据勾股定理得：OC2+CE2=OE2，即x2+（√3）2=（2x）2∴x=1，∴AE=3，△E=30°，∴AD= 3 2．5．【答案】（1）解：∵A的坐标为（0，2）∴OA=2，∵△ABO=30°，△AOB=90°，∴AB=2OA=4，∴由勾股定理可知：OB=2 √3，∴B（2 √3，0）（2）解：连接OC，MC∵OA是△M的直径，∴△ACO=90°，∴△OCB=90°，在Rt△OCB中，D为OB的中点，∴CD= 12OB=OD，∴△DCO=△DOC，∵MC=MO，∴△OCM=△COM∵△MOC+△DOC=△AOB=90°，∴△MCO+△DCO=△MCD=90°即MC△CD∴直线CD是△M的切线．6．【答案】（1）证明：连接CD∵BC为⊙O的直径，∴∠BDC=90°∴CD⊥AB又∵BC=AC∴∠1=∠2∵OD=OC∴∠1=∠3∴∠2=∠3∴OD//AC∴∠ODE=∠AED∵DE⊥AC∴∠AED=90°∴∠ODE=90°∴DE⊥OD∴DE与⊙O相切（2）解：过O作ON⊥CF于N，可得四边形ODEN是矩形，∴EN=OD=R=4，ON=DE又∵AE=2，AC=CB=4+4=8，∴CN=AC−AE−EN=AC−AE−OD=2，在Rt△ONC中，ON=√OC2−CN2∴ON=2√3，∴DE=2√37．【答案】（1）证明：如图1，连接FO，∵F为BC的中点，AO＝CO，∴OF△AB，∵AC是△O的直径，∴CE△AE，∵OF△AB，∴OF△CE，∴OF所在直线垂直平分CE，∴FC＝FE，OE＝OC，∴△FEC＝△FCE，△0EC＝△0CE，∵△ACB＝90°，即：△0CE+△FCE＝90°，∴△0EC+△FEC＝90°，即：△FEO＝90°，∴FE为△O的切线（2）解：如图2，∵△O的半径为3，∴AO＝CO＝EO＝3，∵△EAC＝60°，OA＝OE，∴△EOA＝60°，∴△COD＝△EOA＝60°，∵在Rt△OCD中，△COD＝60°，OC＝3，∴CD＝3√3，∵在Rt△ACD中，△ACD＝90°，CD＝3√3，AC＝6，∴AD＝3√78．【答案】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90∘，∵OP//BC ，∴∠B=∠AOP，∵∠P=∠BAC ，∴∠OAP=180∘−∠AOP−∠P=180∘−∠B−∠BAC=∠ACB=90∘，∴所以PA为⊙O的切线（2）解：∵OP//BC ，∴∠B=∠AOP，由（1）证得∠OAP=∠ACB=90∘，∵OP=AB=10，∴ΔOAP≌ΔBCA（AAS），所以BC=OA=12×10=5，在Rt△ABC中，由勾股定理得：∴AC=√AB2−BC2=√102−52=5√3．9．【答案】（1）证明：∵BD=BA，∴∠BDA=∠BAD．∵∠BCA=∠BDA，∴∠BCA=∠BAD．（2）证明：连结OB，如图，∵∠BCA=∠BAD，又∵∠BCE=∠BAD，∴∠BCA=∠BCE，∵OB=OC，∴∠BCO=∠CBO，∴∠BCE=∠CBO，∴OB//ED．∵BE⊥ED，∴EB⊥BO．∴BE是⊙O的切线．（3）解：∵AC是⊙O的直径，∴∠ABC=90°，∴AC=√AB2+BC2=√122+52=13．∵∠BDE=∠CAB，∠BED=∠CBA=90°，∴△BED∽△CBA，∴BDAC=DEAB，即1213=DE12，∴DE=14413，∴BE=√BD2−DE2=6013，∴CE=√BC2−BE2=2513，∴CD=DE−CE=119 13，∵BD平分△ABC，∴∠CBD=∠ABD，∴AD=CD=119 13．10．【答案】（1）证明：如图，连结OB，则OP=OB，∴∠OBP=∠OPB=∠CPA，AB=AC∴∠ACB=∠ABC∵OA⊥l，即∠OAC=90°，∴∠ACB+∠CPA=90°即∠ABP+∠OBP=90°∴∠ABO=90°∴OB⊥AB故AB是△ O的切线（2）解：由(1)知：∠ABO=90°而OA=5，OB=OP=3由勾股定理，得：AB=4∵AC=AB=4，AP=OA−OP=2∴PC=√AC2+AP2=2√5过O作OD⊥PB于D，则PD=DB在ΔODP和ΔCAP中∵∠OPD=∠CPA，∠ODP=∠CAP=90°∴ΔODP△ ΔCAP∴PDPA=OPCP∴PD=OP⋅PACP=35√5∴BP=2PD=6 5√511．【答案】（1）证明：连接OC，∵OF△AB，∴△AOF＝90°，∴△A+△AFO=90°，∵△ACE+△AFO＝180°，△ACE+△ACM＝180°∴.△AFO=△ACM∵OA＝OC，∴△A＝△ACO，∴△ACO+△ACM.＝90°，∴△OCM＝90°∴OC△ME，∴EM是△O的切线；（2）解：∵△EOC＝2△A=2△E又∵△EOC+△E=△COM=90°，∴△E+2△E=90°，∴△E＝30°，∴△EOC＝60°，∴CE=OCtan60°= √3，△OCB是等边三角形∴阴影部分的面积＝S扇形BOC −S△OCB=60π·12360−√34·1=π6−√34.12．【答案】（1）证明：∵CD=CB，∴△CBD=△CDB，∵AB是△O的直径，∴△CEB=90°，∴△CBD+△BCE=△CDB+△DCE，∴△BCE=△DCE，即△BCD=2△BCE，∵△BCD=2△ABD，∴△ABD=△BCE，∴△CBD+△ABD=△CBD+△BCE=90°，∴CB△AB，∵CB为直径，∴AB是△O的切线（2）解：∵△A=60°，DF= √3，∴在Rt△AFD中，AF=DFtan60°=√3√3=1，BF=DF•tan60°= √3× √3=3，∵DF△AB，CB△AB，∴DF△BC，∴△ADF=△ACB，∵△A=△A，∴△ADF△△ACB，∴AFAB=DFCB，∴14=√3CB，∴CB=4 √313．【答案】（1）证明：连接AD，∵AB=AC，△C=30°，∴△B=△C=30° ，∵AD=BD，∴△BAD=△B=30° ，∴△ADC=60°，∴△DAC=180°﹣60°﹣30°=90°，∴AC是△D的切线；（2）解：连接AE ，∵AD=DE，△ADE=60°，∴△ADE是等边三角形∴AE=DE，△AED=60° ，∴△EAC=△AED﹣△C=30° ，∴△EAC=△C，∴AE=CE=5，∴△D的半径AD=5.14．【答案】（1）证明：连接OD，∵DE//BO，∴∠1=∠4，∠2=∠3，∵OD=OE，∴∠3=∠4，∴∠1=∠2，在△DOB与△COB中，{OD=OC∠1=∠2 OB=OB，∴△DOB≅△COB(SAS).∴∠OCB=∠ODB，∵BD切⊙O于点D，∴∠ODB=90°，∴∠OCB=90°，∴AC⊥BC，∴直线BC是⊙O的切线.（2）解：∵∠DEO=∠2，∴tan∠DEO=tan∠2=√2，设OC=r，BC=√2r，由（1）证得△DOB≅△COB，∴BD=BC=√2r，∵DE//BO，∴ADBD=AEOE即AD√2r=2r∴AD=2√2，Rt△ADO中根据勾股定理可得：AD2+DO2=AE2即(2√2)2+r2=(2+r)2，解得：r=1，∴AO=AE+EO=3.15．【答案】（1）证明：∵BE=BC，∴∠BEC=∠BCE，∵∠AED=∠BEC，∴∠BCE=∠AED，∵AD=AC，∴∠ADC=∠ACE，∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∴∠D+∠AED=∠ACD+∠BCE=∠ACB=90°，∴AD是⊙O的切线；（2）解：∵AD=AC，∴∠ADC=∠ACE，∴tanD=EADA=tan∠ACE=1 3，设AE=x，则AC=AD=3x，OB=OA=AE+OE=3+x，BC=BE=OE+OB=3+x+3=6+x，AB=2OA=2x+ 6，在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，即(3x)2+(x+6)2=(2x+6)2，解得x1=2，x2=0（舍去），∴BC=x+6=8.16．【答案】（1）解：方法1，如图1所示，过点D作AC的垂线即可；方法2：运用角平分线的性质，以点D为圆心，BD的长为半径画圆，△D和AC相切于点E，连接DE即可．（2）解：方法一：设DE=x，则AC= √32+42=5．∵AD是△BAC的平分线，△ABC=90°，DE△AC，∴BD=DE=x，CD=BC﹣BD=4﹣x．∵S△ACD= AC⋅DE2= CD⋅AB 2，∴5x2= 3(4−x)2，解得x= 32，∴DE=x= 3 2．方法二：设DE=x，则AC= √32+42=5．∵AD是△BAC的平分线，△ABC=90°，DE△AC，∴BD=DE=x，CD=BC﹣BD=4﹣x．∵△DEC=△ABC=90°，△C=△C，∴△DEC△△ABC，∴DEAB=CDAC，∴x3=4−x5，解得x=32，∴DE=x= 3 2．方法三：设DE=x，则AC= √32+42=5．∵AD是△BAC的平分线，△ABC=90°，DE△AC，∴BD=DE=x，CD=BC﹣BD=4﹣x．∵在Rt△ABC中，sin△C= ABAC=35，在Rt△DEC中，sin△C= DECD=x4−x，∴35=x4−x，解得x=32，∴DE=x= 3 2．。
中考数学专题复习 圆压轴八大模型题(学生用)(word文档良心出品)
圆压轴题八大模型题（一）引言：与圆有关的证明与计算的综合解答题，往往位于许多省市中考题中的倒数第二题的位置上，是试卷中综合性与难度都比较大的习题。
一般都会在固定习题模型的基础上变化与括展，本文结合近年来各省市中考题，整理了这些习题的常见的结论，破题的要点，常用技巧。
把握了这些方法与技巧，就能台阶性地帮助考生解决问题。
类型1 弧中点的运用 在⊙O 中，点C 是⌒AD 的中点，CE ⊥AB 于点E .（1）在图1中，你会发现这些结论吗？ ①AP ＝CP ＝FP ； ②CH ＝AD ；②AC 2＝AP ·AD ＝CF ·CB ＝AE ·A B .（2）在图2中，你能找出所有与△ABC 相似的三角形吗？【典例】（2018·湖南永州）如图，线段AB 为⊙O 的直径，点C ，E 在⊙O 上，＝，CD ⊥AB ，垂足为点D ，连接BE ，弦BE 与线段CD 相交于点F ． （1）求证：CF ＝BF ；（2）若cos ∠ABE ＝，在AB 的延长线上取一点M ，使BM ＝4，⊙O 的半径为6．求证：直线CM 是⊙O 的切线．【变式运用】1.（2018·四川宜宾）如图，AB 是半圆的直径，AC 是一条弦，D 是AC 的中点，DE ⊥AB 于点E 且DE 交AC 于点F ，DB 交AC 于点G ，若＝，OHP F EDCBA（图1）（图1-2）则＝ ．2.（2018·泸州）如图，在平行四边形ABCD 中，E 为BC 边上的一点，且AE 与DE 分别平分∠BAD 和∠ADC 。
(1)求证：AE ⊥DE ；(2)设以AD 为直径的半圆交AB 于F ，连接DF 交AE 于G ，已知CD ＝5，AE ＝8，求FGAF值。
3. （2017·泸州）如图，△ABC 内接于⊙O ，AB 是⊙O 的直径，C 是AD 的中点，弦CE ⊥AB 于点H ，连结AD ，分别交CE 、BC 于点P 、Q ，连结BD 。
中考热点题型攻略 与圆有关的压轴题 经典模型及精选例题 免费
中考热点题型攻略-——与圆有关的压轴题（精选例题讲解）
三、经典模型分析——等腰三角形模型（一）
与圆有关的压轴题偏爱等腰三角形，主要会遇到下以情形：
如图，已知△ABC中，以AB为直径作⊙O交BC于D，交AC于E，
方法指导：
1.由AB为直径，可有两种辅助线作法：连接AD或BE，都可以得到直角：
A
F
O
B
D
C
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四、经典考题：
例5：如图，△ABC中AB=BC，以AB为直径的⊙O交AC于D点，直线DP⊥BC于点E．
（1）求证：直线DP是⊙O的切线；
（2）若∠ABC=120°，AB=4cm，求AC的长．
C
D
E
P
A
B
O
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思路和方法；
3.增强分析能力、解题能力、应考能力.
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二、与圆有关的压轴题的题型特点：
1.一般都与相切有关，一般有1--3问；
2.第1问一般为圆的切线的证明；
2.第2、3问、形式较灵活，主要有求弦长、求直径、求切线长、求
弦心距、求角度、求周长、求面积、证相似、证线段相等、证角
与圆有关的压轴题偏爱等腰三角形，主要会遇到下以情形：
如图，已知△ABC中，以AB为直径作⊙O交BC于D，交AC于E，
方法指导：
A
1.若已知BD=DC，则连接AD、OD
可得：OD是中位线、AD是BC的中垂线、AB=AC
O
E
2.若已知AE=EC，则连接BE、OE
可得：OE是中位线、BE是AC的中垂线、BA=BC
2020年中考数学提优专题：《圆：切割线定理》(含答案)
《圆：切割线定理》知识梳理：（1）切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．几何语言：∵PT切⊙O于点T，PBA是⊙O的割线∴PT的平方=PA•PB（切割线定理）（2）推论：从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等．几何语言：∵PBA，PDC是⊙O的割线∴PD•PC=PA•PB（切割线定理推论）（割线定理）由上可知：PT2=PA•PB=PC•PD．一．选择题1．如图，P是⊙O的直径BC延长线上一点，PA切⊙O 于点A，若PC＝2，BC＝6，则切线PA的长为（）A．无限长B．C．4 D．2．如图，PT是⊙O的切线，T为切点，PBA是割线，交⊙O于A、B两点，与直径CT交于点D，已知CD＝2，AD＝3，BD＝4，那么PB等于（）A．6 B．C．7 D．203．设H为锐角△ABC的三条高AD、BE、CF的交点，若BC＝a，AC＝b，AB＝c，则AH•AD+BH•BE+CH•CF 等于（）A．（ab+bc+ca）B．（a2+b2+c2）C．（ab+bc+ca） D．（a2+b2+c2）4．如图，MN切⊙O于A点，AC为弦，BC为直径，那么下列命题中假命题是（）A．∠MAB和∠ABC互余B．∠CAN＝∠ABC C．OA＝BC D．MA2＝MB•BC5．如图，以OB为直径的半圆与半圆O交于点P，A、O、C、B在同一条直线上，作AD⊥AB与BP的延长线交于点D，若半圆O的半径为2，∠D的余弦值是方程3x2﹣10x+3＝0的根，则AB的长等于（）A．B．C．8 D．56．如图，AB是⊙O直径，AC是⊙O的弦，过弧BC 的中点D作AC的垂线交AC的延长于E，若DE＝2，EC＝1，则⊙O的直径为（）A． B．C．5 D．47．如图，过点P作⊙O的两条割线分别交⊙O于点A、B和点C、D，已知PA＝3，AB＝PC＝2，则PD的长是（）A．3 B．7.5 C．5 D．5.58．如图，已知⊙O的弦A B、CD相交于点P，PA＝4cm，PB＝3cm，PC＝6cm，EA切⊙O于点A，AE与CD的延长线交于点E，若AE＝cm，则PE的长为（）A．4cm B．3cm C．5cm D．cm9．如图，⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，PQ切⊙O1于点P，交⊙O2于点Q、M，交AB的延长线于点N．若MN＝1，MQ＝3，则NP等于（）A．1 B．C．2 D．310．同心圆O中，大圆的弦EF切小圆于K，EP切小圆于P，FQ切小圆于Q，G为小圆上一点，GE、GF 分别交小圆于M、N两点，下列四个结论：①EM＝MG；②FQ2＝FN•NG；③EP＝FQ；④FN•FG＝EM•EG．正确的结论为（）A．①③B．②③C．③④D．②④二．填空题11．如图，AB为⊙O的直径，P点在AB的延长线上，PM切⊙O于点M．若OA＝a，PM＝，那么△PMB 的周长是．12．已知：如图，PC切⊙O于点C，割线PAB经过圆心O，弦CD⊥AB于点E，PC＝4，PB＝8，则PA ＝，sin∠P＝，CD＝．13．如图，PA、PB与⊙O分别相切于点A、点B，AC 是⊙O的直径，PC交⊙O于点D，已知∠APB＝60°，AC＝2，那么CD的长为．14．如图，PA切⊙O于点A，割线PBC交⊙O于点B、C，若PA＝6，PB＝4，弧AB的度数为60°，则BC ＝，∠PCA＝度，∠PAB＝度．15．如图，已知ABCD是一个半径为R的圆内接四边形，AB＝12，CD＝6，分别延长AB和DC，它们相交于点P，且BP＝8，∠APD＝60°，则R＝．16．如图，AC为⊙O的直径，PA是⊙O的切线，切点为A，PBC是⊙O的割线，∠BAC的平分线交BC于D 点，PF交AC于F点，交AB于E点，要使AE＝AF，则PF应满足的条件是（只需填一个条件）．17．由⊙O外一点F作⊙O的两条切线，切点分别为B、D，AB是⊙O的直径，连接AD、BD，线段OF交⊙O 于E，交BD于C，连接DE、BE．有下列序号为①～④的四个结论：①BE＝DE；②∠EBD＝∠EDB；③DE∥AB；④BD2＝2AD•FC其中正确的结论有．（把你认为正确结论的序号全部填上）三．解答题18．已知：如图，在△ABC中，∠C＝90°，BE是角平分线，DE⊥BE交AB于D，⊙O是△BDE的外接圆．（1）求证：AC是⊙O的切线；（2）若AD＝6，AE＝6，求DE的长．19．如图，圆O是以AB为直径的△ABC的外接圆，D 是劣弧的中点，连AD并延长与过C点的切线交于点P，OD与BC相交于E；（1）求证：OE＝AC；（2）求证：；（3）当AC＝6，AB＝10时，求切线PC的长．20．如图，OB是以（O，a）为圆心，a为半径的⊙O1的弦，过B点作⊙O1的切线，P为劣弧上的任一点，且过P作OB、AB、OA的垂线，垂足分别是D、E、F．（1）求证：PD2＝PE•PF；（2）当∠BOP＝30°，P点为的中点时，求D、E、F、P四个点的坐标及S△DEF．参考答案一．选择题1．解：∵PC＝2，BC＝6，∴PB＝8，∵PA2＝PC•PB＝16，∴PA＝4．故选：C．2．解：∵TD•CD＝AD•BD，CD＝2，AD＝3，BD＝4，∴TD＝6，∵PT2＝PD2﹣TD2，∴PT2＝PB•PA＝（PD﹣BD）（PD+AD），∴PD＝24，∴PB＝PD﹣BD＝24﹣4＝20．故选：D．3．解：AH•AD＝AC•AE＝AC•AB•cos∠BAE＝（b2+c2﹣a2），同理BH•BE＝（a2+c2﹣b2），CH•CF＝（a2+b2﹣c2），故AH•AD+BH•BE+CH•CF＝（a2+b2+c2）．故选：B．4．解：∵BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝90°，∴∠MAB+∠CA N＝90°；∵MN切⊙O于A，∴MA2＝MB•MC，（故D错误）∠CAN＝∠CBA，（故B正确）∴∠MAB+∠CBA＝90°；（故A正确）∵OA是⊙O的半径，BC是⊙O的直径，∴BC＝2OA；（故C正确）故选：D．5．解：∵3x2﹣10x+3＝0，∴x＝3（不合题意，舍去）或x＝．∴cosD＝AD：BD＝1：3，设A D＝x，则BD＝3x．∴AB＝＝2x，BC＝2x﹣4．∴（2x）2＝（2x﹣4）•x．∴x＝0（舍去），或x＝2．∴AB＝2×2＝8．故选：C．6．解：连接OD，∵点D是弧BC的中点，∴OD⊥BC，∠OFC＝90°，AB是直径，∴∠ACB＝90°，DE⊥AE，∴∠E＝90°，∴四边形CFDE是矩形，∴∠ODE＝90°，∴ED是圆的切线．作OG⊥AC，则OG＝CF＝ED＝2．∵DE2＝EC•AE，∴AE＝4，AC＝3，AG＝，∴AO＝，∴AB＝5．故选：C．7．解：∵PA＝3，AB＝PC＝2，∴PB＝5，∵PA•PB＝PC•PD，∴PD＝7.5，故选：B．8．解：∵PA•PB＝PC•PD，PA＝4cm，PB＝3cm，PC＝6cm，∴PD＝2；设DE＝x，∵AE2＝ED•EC，∴x（x+8）＝20，∴x＝2或x＝﹣10（负值舍去），∴PE＝2+2＝4．故选：A．9．解：∵PN2＝NB•NA，NB•NA＝NM•NQ，∴PN2＝NM•NQ＝4，∴PN＝2．故选：C．10．解：连接OK，∵EF切小圆于K，∴OK⊥EF，根据垂径定理得EK＝FK，∵EP切小圆于P，FQ切小圆于Q，∴EP＝EK，FQ＝FK，∴EP＝FQ，故③正确；∴由切割线定理得，FK2＝FN•FG，EK2＝EM•EG，∴FN•FG＝EM•EG，故④正确；故选：C．二．填空题（共7小题）11．解：连接OM；∵PM切⊙O于点M，∴∠OMP＝90°，∵OA＝OM＝a，PM＝，∴tan∠MOP＝MP：OM＝，∴∠MOP＝60°，∴OP＝2a，∴PB＝OP﹣OB＝a；∵OM＝OB，∴△OMB是等边三角形，MB＝OB＝a，∴△PMB的周长是（+2）a．12．解：∵PC切⊙O于点C，割线PAB经过圆心O，PC＝4，PB＝8，∴PC2＝PA•PB．∴PA＝＝2．∴AB＝6．∴圆的半径是3．连接OC．∵OC＝3，OP＝5，∴sin∠P＝．∴CE＝，∴CD＝．13．解：连接AD，OB，OP；∵PA、PB与⊙O分别相切于点A、点B，∴∠OAP＝∠OBP＝90°，∠AOB＝180°﹣∠P＝120°，∴∠AOP＝60°，AP＝AOtan60°＝，∴PC＝；∵PA2＝PD•PC，∴PD＝，∴CD＝．14．解：∵PA2＝PB•PC，PA＝6，PB＝4；∴PC＝9，∴BC＝5；∵弧AB的度数为60°，∴∠PCA＝30°，∴∠PAB＝30°．15．解：由切割线定理得PB•PA＝PC•PD，则有8×20＝PC（PC+6）．解得PC＝10．在△PAC中，由PA＝2PC，∠APC＝60°，得∠PCA＝90°．从而AD是圆的直径．由勾股定理，得AD2＝AC2+CD2＝（PA2﹣PC2）+CD2＝202﹣102+62＝336．∴AD＝＝4∴R＝AD＝2．故答案为2．16．解：∵∠PAC＝90°，∠ABC＝90°，∴90°﹣∠AFP＝90°﹣∠BEP，∴∠APF＝∠CPF，∴PF平分∠APC．17．解：∵BF，DF是⊙O的两条切线∴OF是∠DFB的角平分线，DF＝FB，FO⊥BD，CD＝CB∴＝∴BE＝DE（①正确）∵＝∴∠EBD＝∠EDB（②正确）∵FB切⊙O于B∴FB⊥OB∵BC⊥OF∵BC2＝OC•FC∴（BD）2＝OC•CE∵OC为△ABD的中位线∴OC＝AD∴（BD）2＝AD•CE∴BD2＝2AD•FC（④正确）故其中正确的结论有①②④．三．解答题（共3小题）18．（1）证明：连接OE；（1分）∵⊙O是△BDE的外接圆，∠DEB＝90°，∴BD是⊙O的直径，（不证直径，不扣分）∵BE平分∠ABC，∴∠CBE＝∠OBE，∵OB＝OE，∴∠OBE＝∠OEB，（2分）∴∠OEB＝∠CBE，∴OE∥BC，（3分）∵∠C＝90°，∴∠AEO＝90°，∴AC是⊙O的切线；（4分）（2）解：∵AE是⊙O的切线，AD＝6，AE＝6，∴AE2＝AD•AB，（5分）∴AB＝＝＝12，∴BD＝AB﹣AD＝12﹣6＝6；∵∠AED＝∠ABE，∠A＝∠A，∴△AED∽△ABE，（6分）∴；设DE＝x，BE＝2x，∵DE2+BE2＝BD2，（7分）∴2x2+4x2＝36，解得x＝±（负的舍去），∴DE＝2．（8分）19．（1）证明：∵AB为直径∴∠ACB＝90°∴AC⊥BC又D为中点，∴OD⊥BC，OD∥AC，又O为AB中点，∴；（4分）（2）证明：连接CD，PC为切线，由∠PCD＝∠CAP，∠P为公共角，∴△PCD∽△PAC，（6分）∴，又CD＝BD，∴；（8分）（3）解：∵AC＝6，AB＝10，∴BC＝8，BE＝4，OE＝3，∴DE＝2，∴BD2＝DE2+BE2＝20，（9分）∴AD2＝AB2﹣BD2＝80，∴AD＝4，（10分）CD＝BD＝2，由（2），∴，（11分）∴CP2＝DP•AP＝45×5，∴切线PC＝15．（12分）20．（1）证明：连接PB，OP，∵PE⊥AB，PD⊥OB，∴∠BEP＝∠PDO＝90°，∵AB切⊙O1于B，∠ABP＝∠BOP，∴△PBE∽△POD，∴＝，同理，△OPF∽△BPD∴＝，∴＝，∴PD2＝PE•PF；（2）解：连接O1B，O1P，∵AB切⊙O1于B，∠POB＝30°，∴∠ABP＝30°，∴∠O1BP＝90°﹣30°＝60°，∵O1B＝O1P，∴△O1BP为等边三角形，∴O1B＝BP，∵P为弧BO的中点，∴BP＝OP，即△O1PO为等边三角形，∴O1P＝OP＝a，∴∠O1OP＝60°，又∵P为弧BO的中点，∴O1P⊥OB，在△O1DO中，∵∠O1OP＝60°O1O＝a，∴O1D＝a，OD＝a，过D作DM⊥OO1于M，∴DM＝OD＝a，OM＝DM＝a，∴D（﹣a，a），∵∠O1OF＝90°，∠O1OP＝60°∴∠POF＝30°，∵PE⊥OA，∴PF＝OP＝a，OF＝a，∴P（﹣a，），F（﹣a，0），∵AB切⊙O1于B，∠POB＝30°，∴∠ABP＝∠BOP＝30°，∵PE⊥AB，PB＝a，∴∠EPB＝60°∴PE＝a，BE＝a，∵P为弧BO的中点，∴BP＝PO，∴∠PBO＝∠BOP＝30°，∴∠BPO＝120°，∴∠BPE+∠BPO＝120°+60°＝180°，即OPE三点共线，∵OE＝a+a＝a，过E作EM⊥x轴于M，∵AO切⊙O1于O，∴∠EOA＝30°，∴EM＝OE＝a，OM＝a，∴E（﹣a，a），∵E（﹣a，a），D（﹣a，a），∴DE＝﹣a﹣（﹣a）＝a，DE边上的高为：a，∴S△DEF＝×a×a＝a2．故答案为：D（﹣a，a），E（﹣a，a），F（﹣a，0），P（﹣a，）；S△DEF＝a2．。
中考数学与圆的综合有关的压轴题及答案解析
一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H，连结AC，过BD上一点E作EG∥AC 交CD的延长线于点G，连结AE交CD于点F，且EG=FG，连结CE．（1）求证：∠G=∠CEF；（2）求证：EG是⊙O的切线；（3）延长AB交GE的延长线于点M，若tanG =34，AH=33，求EM的值．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）253.【解析】试题分析：（1）由AC∥EG，推出∠G=∠ACG，由AB⊥CD推出AD AC=，推出∠CEF=∠ACD，推出∠G=∠CEF，由此即可证明；（2）欲证明EG是⊙O的切线只要证明EG⊥OE即可；（3）连接OC．设⊙O的半径为r．在Rt△OCH中，利用勾股定理求出r，证明△AHC∽△MEO，可得AH HCEM OE=，由此即可解决问题；试题解析：（1）证明：如图1．∵AC∥EG，∴∠G=∠ACG，∵AB⊥CD，∴AD AC=，∴∠CEF=∠ACD，∴∠G=∠CEF，∵∠ECF=∠ECG，∴△ECF∽△GCE．（2）证明：如图2中，连接OE．∵GF=GE，∴∠GFE=∠GEF=∠AFH，∵OA=OE，∴∠OAE=∠OEA，∵∠AFH+∠FAH=90°，∴∠GEF+∠AEO=90°，∴∠GEO=90°，∴GE⊥OE，∴EG是⊙O的切线．（3）解：如图3中，连接OC．设⊙O的半径为r．在Rt△AHC中，tan∠ACH=tan∠G=AHHC=34，∵AH=33∴HC=3Rt△HOC中，∵OC=r，OH=r﹣33HC=43∴222(33)(43)r r-+=，∴r=2536，∵GM∥AC，∴∠CAH=∠M，∵∠OEM=∠AHC，∴△AHC∽△MEO，∴AH HCEM OE=，∴33432536=，∴EM253．点睛：本题考查圆综合题、垂径定理、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题，正确寻找相似三角形，构建方程解决问题吗，属于中考压轴题．2．图 1 和图 2 中，优弧AB纸片所在⊙O 的半径为 2，AB＝3，点P为优弧AB上一点（点P 不与A，B 重合），将图形沿BP 折叠，得到点A 的对称点A′．发现：（1）点O 到弦AB 的距离是，当BP 经过点O 时，∠ABA′＝；（2）当BA′与⊙O 相切时，如图 2，求折痕的长．拓展：把上图中的优弧纸片沿直径MN 剪裁，得到半圆形纸片，点P（不与点M， N 重合）为半圆上一点，将圆形沿NP 折叠，分别得到点M，O 的对称点A′， O′，设∠MNP＝α．（1）当α＝15°时，过点A′作A′C∥MN，如图 3，判断A′C 与半圆O 的位置关系，并说明理由；（2）如图 4，当α＝ °时，NA′与半圆O 相切，当α＝ °时，点O′落在NP上．（3）当线段NO′与半圆O 只有一个公共点N 时，直接写出β的取值范围．【答案】发现：（1）1，60°；（2）3；拓展：（1）相切，理由详见解析；（2）45°；30°；（3）0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【解析】【分析】发现：（1）利用垂径定理和勾股定理即可求出点O到AB的距离；利用锐角三角函数的定义及轴对称性就可求出∠ABA′．（2）根据切线的性质得到∠OBA′=90°，从而得到∠ABA′=120°，就可求出∠ABP，进而求出∠OBP=30°．过点O作OG⊥BP，垂足为G，容易求出OG、BG的长，根据垂径定理就可求出折痕的长．拓展：（1）过A'、O作A'H⊥MN于点H，OD⊥A'C于点D．用含30°角的直角三角形的性质可得OD=A'H=12A'N=12MN=2可判定A′C与半圆相切；（2）当NA′与半圆相切时，可知ON⊥A′N，则可知α=45°，当O′在PB时，连接MO′，则可知NO′=12MN，可求得∠MN O′=60°，可求得α=30°；（3）根据点A′的位置不同得到线段NO′与半圆O只有一个公共点N时α的取值范围是0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【详解】发现：（1）过点O作OH⊥AB，垂足为H，如图1所示,∵⊙O的半径为2，AB=23，∴OH=22OB HB-=222(3)1-=在△BOH中，OH=1，BO=2∴∠ABO=30°∵图形沿BP折叠，得到点A的对称点A′．∴∠OBA′=∠ABO=30°∴∠ABA′=60°（2）过点O作OG⊥BP，垂足为G，如图2所示．∵BA′与⊙O相切，∴OB⊥A′B．∴∠OBA′=90°．∵∠OBH=30°，∴∠ABA′=120°．∴∠A′BP=∠ABP=60°．∴∠OBP=30°．∴OG=12OB=1．∴3．∵OG⊥BP，∴3．∴3．∴折痕的长为3拓展：（1）相切．分别过A'、O作A'H⊥MN于点H，OD⊥A'C于点D．如图3所示，∵A'C∥MN∴四边形A'HOD是矩形∴A'H=O∵α=15°∴∠A'NH=30∴OD=A'H=12A'N=12MN=2∴A'C与半圆（2）当NA′与半圆O相切时，则ON⊥NA′，∴∠ONA′=2α=90°，∴α=45当O′在PB上时，连接MO′，则可知NO′=12 MN，∴∠O′MN=0°∴∠MNO′=60°，∴α=30°，故答案为：45°；30°．（3）∵点P，M不重合，∴α＞0，由（2）可知当α增大到30°时，点O′在半圆上，∴当0°＜α＜30°时点O′在半圆内，线段NO′与半圆只有一个公共点B；当α增大到45°时NA′与半圆相切，即线段NO′与半圆只有一个公共点B．当α继续增大时，点P逐渐靠近点N，但是点P，N不重合，∴α＜90°，∴当45°≤α＜90°线段BO′与半圆只有一个公共点B．综上所述0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．【点睛】本题考查了切线的性质、垂径定理、勾股定理、三角函数的定义、30°角所对的直角边等于斜边的一半、翻折问题等知识，正确的作出辅助线是解题的关键．3．如图1，以边长为4的正方形纸片ABCD的边AB为直径作⊙O，交对角线AC于点E．（1）图1中，线段AE=；（2）如图2，在图1的基础上，以点A为端点作∠DAM=30°，交CD于点M，沿AM将四边形ABCM剪掉，使Rt△ADM绕点A逆时针旋转（如图3），设旋转角为α（0°＜α＜150°），在旋转过程中AD与⊙O交于点F．①当α=30°时，请求出线段AF的长；②当α=60°时，求出线段AF的长；判断此时DM与⊙O的位置关系，并说明理由；③当α=°时，DM与⊙O相切．【答案】（1）2（2）①2②2，相离③当α=90°时，DM与⊙O相切【解析】（1）连接BE，∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠BAC=45°，∴△AEB是等腰直角三角形，又∵AB=8，∴AE=4；（2）①连接OA、OF，由题意得，∠NAD=30°，∠DAM=30°，故可得∠OAM=30°，∠DAM=30°，则∠OAF=60°，又∵OA=OF，∴△OAF是等边三角形，∵OA=4，∴AF=OA=4；②连接B'F，此时∠NAD=60°，∵AB'=8，∠DAM=30°，∴AF=AB'cos∠DAM=8×=4；此时DM与⊙O的位置关系是相离；③∵AD=8，直径的长度相等，∴当DM与⊙O相切时，点D在⊙O上，故此时可得α=∠NAD=90°．点睛：此题属于圆的综合题，主要是仔细观察每一次旋转后的图形，根据含30°角的直角三角形进行计算，另外在解答最后一问时，关键是判断出点D的位置，有一定难度．4．如图，已知AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，BC=6cm,AC=8cm,∠BAD=45°．点E在⊙O外，做直线AE，且∠EAC=∠D．（1）求证：直线AE是⊙O的切线．（2）求图中阴影部分的面积.【答案】(1)见解析;(2) 25-504.【解析】分析：（1）根据圆周角定理及推论证得∠BAE=90°，即可得到AE是⊙O的切线；（2）连接OD，用扇形ODA的面积减去△AOD的面积即可.详解：证明：（1）∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，即∠BAC+∠ABC=90°，∵∠EAC=∠ADC，∠ADC=∠ABC，∴∠EAC=∠ABC∴∠BAC+∠EAC =90°，即∠BAE= 90°∴直线AE 是⊙O 的切线；（2）连接OD∵ BC=6 AC=8∴ 226810AB =+=∴ OA = 5又∵ OD = OA∴∠ADO =∠BAD = 45°∴∠AOD = 90°∴AOD ODA S S S ∆-阴影扇形＝=90155553602π⨯⨯-⨯⨯ 25504π-= （2cm ）点睛：此题主要考查了圆周角定理和圆的切线的判定与性质，关键是利用圆周角定理和切线的判定与性质，结合勾股定理的和弓形的面积的求法求解，注意数形结合思想的应用.5．已知：AB 是⊙0直径,C 是⊙0外一点,连接BC 交⊙0于点D ，BD=CD,连接AD 、AC ．(1)如图1,求证:∠BAD=∠CAD(2)如图2,过点C 作CF ⊥AB 于点F,交⊙0于点E,延长CF 交⊙0于点G.过点作EH ⊥AG 于点H ，交AB 于点K,求证AK=2OF ；(3)如图3,在(2)的条件下,EH 交AD 于点L,若0K=1,AC=CG,求线段AL 的长.图1 图2 图3【答案】(1)见解析(2)见解析12105【解析】试题分析：（1）由直径所对的圆周角等于90°，得到∠ADB =90°，再证明△ABD ≌△ACD 即可得到结论；（2）连接BE ．由同弧所对的圆周角相等，得到∠GAB =∠BEG ．再证△KFE ≌△BFE ，得到BF =KF =BK ．由OF =OB -BF ，AK =AB -BK ，即可得到结论．（3）连接CO 并延长交AG 于点M ，连接BG ．设∠GAB =α．先证CM 垂直平分AG ，得到AM =GM ，∠AGC +∠GCM =90°．再证∠GAF =∠GCM =α．通过证明△AGB ≌△CMG ，得到BG =GM =12AG ．再证明∠BGC =∠MCG =α．设BF =KF =a ， 可得GF =2a ，AF =4a ． 由OK =1，得到OF =a +1，AK =2（a +1），AF = 3a +2，得到3a +2=4a ，解出a 的值，得到AF ，AB ，GF ，FC 的值．由tanα=tan ∠HAK =12HK AH =， AK =6，可以求出 AH 的长．再由1tan tan 3BAD BCF ∠=∠= ，利用公式tan ∠GAD =tan tan 1tan tan GAF BAD GAF BAD∠+∠-∠⋅∠，得到∠GAD =45°，则AL =2AH ，即可得到结论．试题解析：解：（1）∵AB 为⊙O 的直径，∴∠ADB =90°，∴∠ADC =90°．∵BD =CD ，∠BDA =∠CDA ，AD =AD ，∴△ABD ≌△ACD ，∴∠BAD =∠CAD ．（2）连接BE ．∵BG =BG ，∴∠GAB =∠BEG ．∵CF ⊥AB ，∴∠KFE =90°．∵EH ⊥AG ，∴∠AHE =∠KFE =90°，∠AKH =∠EKF ，∴∠HAK =∠KEF =∠BEF ．∵FE =FE ，∠KFE =∠BFE =90°，∴△KFE ≌△BFE ，∴BF =KF =BK ．∵ OF =OB -BF ，AK =AB -BK ，∴AK =2OF ．（3）连接CO 并延长交AG 于点M ，连接BG ．设∠GAB =α．∵AC =CG ， ∴点C 在AG 的垂直平分线上．∵ OA =OG ，∴点O 在AG 的垂直平分线上， ∴CM 垂直平分AG ，∴AM =GM ，∠AGC +∠GCM =90°．∵AF ⊥CG ，∴∠AGC +∠GAF =90°，∴∠GAF =∠GCM =α．∵AB 为⊙O 的直径，∴∠AGB = 90°，∴∠AGB =∠CMG =90°．∵AB =AC =CG ，∴△AGB ≌△CMG ，∴BG =GM =12AG ．在Rt △AGB 中， 1tan tan 2GB GAB AG α∠=== ． ∵∠AMC =∠AGB = 90°，∴BG ∥CM ， ∴∠BGC =∠MCG =α．设BF =KF =a ， 1tan tan 2BF BGF GF α∠===，∴GF =2a ，1tan tan 2GF GAF AF α∠=== ，AF =4a ．∵OK =1，∴OF =a +1，AK =2OF =2（a +1），∴AF =AK +KF =a +2（a +1）=3a +2，∴3a +2=4a ，∴a =2， AK =6，∴AF =4a =8，AB =AC =CG =10，GF =2a =4，FC =CG -GF =6． ∵tanα=tan ∠HAK =12HK AH =，设KH =m ，则AH =2m ，∴AK =22(2)m m +=6，解得：m =655，∴AH =2m =1255．在Rt △BFC 中，1tan 3BF BCF FC ∠== ．∵∠BAD +∠ABD =90°， ∠FBC +∠BCF =90°，∴∠BCF =∠BAD ，1tan tan 3BAD BCF ∠=∠= ，∴tan ∠GAD =tan tan 1tan tan GAF BAD GAF BAD ∠+∠-∠⋅∠=1123111123+=-⨯，∴∠GAD =45°，∴HL=AH ，AL =2AH = 1210．6．已知A （2,0），B （6,0），CB ⊥x 轴于点B ，连接AC画图操作：（1）在y正半轴上求作点P，使得∠APB=∠ACB（尺规作图，保留作图痕迹）理解应用：（2）在（1）的条件下，①若tan∠APB12=，求点P的坐标②当点P的坐标为时，∠APB最大拓展延伸：（3）若在直线y43=x+4上存在点P，使得∠APB最大，求点P的坐标【答案】（1）图形见解析（2）（0，2），（0，4）（0，33）（953 5-，1255）【解析】试题分析：（1）以AC为直径画圆交y轴于P，连接PA、PB，∠PAB即为所求；（2）①由题意AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）；②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．想办法求出点P坐标即可解决问题；试题解析：解：（1）∠APB如图所示；（2）①如图2中，∵∠APB=∠ACB，∴tan∠ACB=tan∠APB=12=ABBC．∵A（2，0），B（6，0），∴AB=4，BC=8，∴C（6，8），∴AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）．②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，此时AK=PK=4，AC=8，∴BC=22AC AB=43，∴C（6，43），∴K（4，22），∴P（0，23）．故答案为：（0，23）．（3）如图3中，当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．∵直线y=43x+4交x轴于M（﹣3，0），交y轴于N（0，4）．∵MP是切线，∴MP2=MA•MB，∴MP=35，作PK⊥OA于K．∵ON∥PK，∴ONPK=OMMK=NMMP，∴4PK=3MK=35，∴PK=125，MK=95，∴OK=95﹣3，∴P（95﹣3，125）．点睛：本题考查了一次函数综合题、直线与圆的位置关系、平行线的性质、切线的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线解决问题，学会构造辅助圆解决最大角问题，属于中考压轴题．7．如图1，延长⊙O的直径AB至点C，使得BC=12AB，点P是⊙O上半部分的一个动点（点P不与A、B重合），连结OP，CP．（1）∠C的最大度数为；（2）当⊙O的半径为3时，△OPC的面积有没有最大值？若有，说明原因并求出最大值；若没有，请说明理由；（3）如图2，延长PO交⊙O于点D，连结DB，当CP=DB时，求证：CP是⊙O的切线．【答案】（1）30°；（2）有最大值为9，理由见解析；（3）证明见解析.【解析】试题分析：（1）当PC与⊙O相切时，∠OCP的度数最大，根据切线的性质即可求得；（2）由△OPC的边OC是定值，得到当OC边上的高为最大值时，△OPC的面积最大，当PO⊥OC时，取得最大值，即此时OC边上的高最大，于是得到结论；（3）根据全等三角形的性质得到AP=DB，根据等腰三角形的性质得到∠A=∠C，得到CO=OB+OB=AB，推出△APB≌△CPO，根据全等三角形的性质得到∠CPO=∠APB，根据圆周角定理得到∠APB=90°，即可得到结论．试题解析：（1）当PC与⊙O相切时，∠OCP最大．如图1，所示：∵sin∠OCP=OPOC =24=12，∴∠OCP=30°∴∠OCP的最大度数为30°，故答案为：30°；（2）有最大值，理由：∵△OPC的边OC是定值，∴当OC边上的高为最大值时，△OPC的面积最大，而点P在⊙O上半圆上运动，当PO⊥OC时，取得最大值，即此时OC边上的高最大，也就是高为半径长，∴最大值S△OPC=12OC•OP=12×6×3=9；（3）连结AP，BP，如图2，在△OAP与△OBD中，OA ODAOP BODOP OB=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△OAP≌△OBD，∴AP=DB，∵PC=DB，∴AP=PC，∵PA=PC，∴∠A=∠C，∵BC=12AB=OB，∴CO=OB+OB=AB，在△APB和△CPO中，AP CPA CAB CO=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△APB≌△CPO，∴∠CPO=∠APB，∵AB为直径，∴∠APB=90°，∴∠CPO=90°，∴PC切⊙O于点P，即CP是⊙O的切线．8．四边形ABCD内接于⊙O，点E为AD上一点，连接AC，CB，∠B=∠AEC．（1）如图1，求证：CE=CD；（2）如图2，若∠B+∠CAE=120°，∠ACD=2∠BAC，求∠BAD的度数；（3）如图3，在（2）的条件下，延长CE交⊙O于点G，若tan∠BAC= 53，EG=2，求AE的长．【答案】（1）见解析；（2）60°；（3）7.【解析】试题分析：(1)利用圆的内接四边形定理得到∠CED=∠CDE.(2) 作CH⊥DE于H, 设∠ECH=α，由（1）CE=CD，用α表示∠CAE，∠BAC，而∠BAD=∠BAC+∠CAE.（3）连接AG，作GN⊥AC，AM⊥EG，先证明∠CAG=∠BAC，设NG=53m，可得AN=11m，利用直角AGM,AEM，勾股定理可以算出m的值并求出AE长.试题解析：（1）解：证明：∵四边形ABCD内接于⊙O.∴∠B+∠D=180°，∵∠B=∠AEC，∴∠AEC+∠D=180°，∵∠AEC+∠CED=180°，∴∠D=∠CED，∴CE=CD．（2）解：作CH⊥DE于H．设∠ECH=α，由（1）CE=CD，∴∠ECD=2α，∵∠B=∠AEC，∠B+∠CAE=120°，∴∠CAE+∠AEC=120°，∴∠ACE=180°﹣∠AEC﹣∠ACE=60°，∴∠CAE=90°﹣∠ACH=90°﹣（60°+α）=30°﹣α，∠ACD=∠ACH+∠HCD=60°+2α，∵∠ACD=2∠BAC，∴∠BAC=30°+α，∴∠BAD=∠BAC+∠CAE=30°+α+30°﹣α=60°．（3）解：连接AG，作GN⊥AC，AM⊥EG，∵∠CED=∠AEG，∠CDE=∠AGE，∠CED=∠CDE，∴∠AEG =∠AGE ， ∴AE =AG ， ∴EM=MG =12EG =1， ∴∠EAG =∠ECD =2α，∴∠CAG =∠CAD +∠DAG =30°﹣α+2α=∠BAC ， ∵tan ∠BAC =53， ∴设NG=53m ，可得AN =11m ，AG =22AG AM -=14m ，∵∠ACG =60°，∴CN=5m ，AM =83m ，MG =22AG AM -=2m =1，∴m =12， ∴CE=CD =CG ﹣EG =10m ﹣2=3， ∴AE =22AM EM +=221+43（）=7．9．如图，△ABC 中，AC ＝BC ＝10，cosC ＝35，点P 是AC 边上一动点（不与点A 、C 重合），以PA 长为半径的⊙P 与边AB 的另一个交点为D ，过点D 作DE ⊥CB 于点E ． （1）当⊙P 与边BC 相切时，求⊙P 的半径．（2）连接BP 交DE 于点F ，设AP 的长为x ，PF 的长为y ，求y 关于x 的函数解析式，并直接写出x 的取值范围．（3）在（2）的条件下，当以PE 长为直径的⊙Q 与⊙P 相交于AC 边上的点G 时，求相交所得的公共弦的长.【答案】（1）409R =;（2）25880320xy x x x =-++（3）505- 【解析】【分析】（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC＝35，则sinC＝45，sinC＝HPCP＝10RR-＝45，即可求解；（2）首先证明PD∥BE，则EB BFPD PF=，即：2024588x yxxxy-+--=，即可求解；（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG＝EP＝BD，即：AB＝DB+AD＝AG+AD＝45，即可求解．【详解】（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC＝35，则sinC＝45，sinC＝HPCP＝10RR-＝45，解得：R＝409；（2）在△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝35，设AP＝PD＝x，∠A＝∠ABC＝β，过点B作BH⊥AC，则BH＝ACsinC＝8，同理可得：CH＝6，HA＝4，AB＝5tan∠CAB＝2，BP228+(4)x-2880x x-+DA ＝255x ，则BD ＝45﹣255x ， 如下图所示，PA ＝PD ，∴∠PAD ＝∠CAB ＝∠CBA ＝β，tanβ＝2，则cosβ＝5，sinβ＝5， EB ＝BDcosβ＝（45﹣25x ）×5＝4﹣25x ，∴PD ∥BE ，∴EB BFPD PF=，即：2024588x y x xx y-+--=，整理得：y ＝25xx 8x 803x 20-++；（3）以EP 为直径作圆Q 如下图所示，两个圆交于点G ，则PG ＝PQ ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D ， GD 为相交所得的公共弦， ∵点Q 是弧GD 的中点， ∴DG ⊥EP ， ∵AG 是圆P 的直径， ∴∠GDA ＝90°， ∴EP ∥BD ，由（2）知，PD ∥BC ，∴四边形PDBE 为平行四边形， ∴AG ＝EP ＝BD ，∴AB＝DB+AD＝AG+AD＝45，设圆的半径为r，在△ADG中，AD＝2rcosβ＝5，DG＝5，AG＝2r，5+2r＝45，解得：2r＝51+，则：DG＝5＝50﹣105，相交所得的公共弦的长为50﹣105．【点睛】本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．10．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AC为直径作⊙O交BC于点D，过点D作FE⊥AB于点E，交AC的延长线于点F．（1）求证：EF与⊙O相切；（2）若AE＝6，sin∠CFD＝35，求EB的长．【答案】(1)见解析（2）3 2【解析】【分析】()1如图，欲证明EF与O相切，只需证得OD EF⊥．()2通过解直角AEF可以求得AF10.=设O的半径为r，由已知可得△FOD∽△FAE，继而得到OF ODAF AE=，即10r r106-=，则易求15AB AC2r2===，所以153EB AB AE622 =-=-=．【详解】（1）如图，连接OD，OC OD =，OCD ODC ∠∠∴=． AB AC =， ACB B ∠∠∴=， ODC B ∠∠∴=， OD //AB ∴，ODF AEF ∠∠∴=， EF AB ⊥，ODF AEF 90∠∠∴==，OD EF ∴⊥，OD 是O 的半径，EF ∴与O 相切；()2由()1知，OD//AB ，OD EF ⊥．在Rt AEF 中，AE 3sin CFD AF 5∠==，AE 6=， 则AF 10=，OD //AB ，∴△FOD ∽△FAE ，OF ODAF AE∴=， 设O 的半径为r ， 10r r106-∴=， 解得，15r 4=， 15AB AC 2r 2∴===， 153EB AB AE 622∴=-=-=． 【点睛】本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质、解直角三角形的应用等，正确添加辅助线、灵活应用相关知识是解题的关键.。
初三数学18道圆相关的压轴题汇总，理解透彻，中考不带怕的
初三数学18道圆相关的压轴题汇总，理解透彻，中考不带怕的圆的基本性质一. 性质圆既是轴对称图形，又是中心对称图形，任何一条直径所在的直线都是它的对称轴，圆心是它的对称中心二. 垂径定理及其推论1. 定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧2. 推论：•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•弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧•平分弦所对的一条弧的直径垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧•在同圆或者等圆中，圆的两条平行弦所夹的弧相等3. 垂径定理与推论的延伸：三. 弦、弧、圆心角的关系1. 定理：在同圆或等圆中，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，两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，它们所对应的其余各组量都分别相等•弧的度数等于它所对圆心角的度数•四. 圆周角定理及其推论1. 定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半2. 推论•同弧或等弧所对的圆周角相等•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五. 圆与多边形1. 圆内接多边形2. 正多边形和圆六. 三角形的外接圆与圆有关的位置关系一. 点与圆的位置关系（设圆的半径为ｒ，平面内任一点到圆心的距离为ｄ）点在圆外ｄ＞ｒ，如右图中点Ａ点在圆上ｄ＝ｒ，如右图中点Ｂ点在圆内ｄ＜ｒ，如右图中点Ｃ二. 直线与圆的位置关系（设圆的半径为ｒ，圆心到直线的距离为ｄ）三. 切线的性质数量关系：圆心到切线的距离等于半径位置关系：切线垂直于过切点的半径四. 切线的判定直线与圆有公共点，连半径，证垂直直线与圆无公共点，作垂线，证半径五. 切线长定理从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角如图，过⊙Ｏ外一点Ｐ可引两条切线ＰＡ、ＰＢ，则ＰＡ＝ＰＢ，ＰＯ平分∠ＡＰＢ六. 三角形的内切圆18道与圆相关的压轴题。
2023年中考数学复习---圆综合知识点总结与专项练习题(含答案解析)
2023年中考数学复习---圆综合知识点总结与专项练习题（含答案解析）知识点总结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。
垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题。
3.圆心角、弦以及弧之间的关系：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。
4.圆周角定理：5.圆周角定理的推论：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。
6.圆的内接四边形：①定义：四个顶点都在圆上的四边形叫做圆的内接四边形。
②性质：I：圆内接四边形的对角互补。
II：圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角。
7.三角形的外接圆与外心：经过三角形的三个顶点的圆，叫做三角形的外接圆。
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。
8.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。
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。
9. 切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线。
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”。
中考圆的综合题八大模型
中考圆的综合题八大模型1、弦长模型弦长模型是圆中常用的一种模型，用于计算弦的长度。
如果已知圆的半径和圆心到弦的距离，可以通过该模型计算弦的长度。
弦长模型公式：d^2+(1/2)^2=r^2+(弦长/2)^2其中，d是圆心到弦的距离，r是圆的半径，弦长是要求的结果。
例题：已知圆的半径为3厘米，圆心到弦的距离为2厘米，求弦的长度。
解：根据弦长模型公式，可得到弦的长度为：√(3^2+2^2)=√13(厘米)2、直径模型直径模型是利用圆的直径求解问题的一种模型。
如果已知圆的直径和圆上任意一点到直径两端点的距离，可以运用直径模型求出圆上任意一点的坐标。
直径模型公式：(x-a)^2+(y-b)^2=r^2其中，(ab)是直径两端点的坐标，r是圆的半径，(xy)是圆上任意一点的坐标。
例题：已知圆的直径两端点的坐标为(-30)和(30)，圆的半径为2厘米，求圆上任意一点的坐标。
解：设圆上任意一点的坐标为(xy)，根据直径模型公式，可得到：(x+3)^2+y^2=4或(x-3)^2+y^2=43、半径模型半径模型是利用圆的半径求解问题的一种模型。
如果已知圆心和半径，可以运用该模型求出圆上任意一点的坐标。
半径模型公式：x^2+y^2=r^2其中，(xy)是圆上任意一点的坐标，r是圆的半径。
例题：已知圆心为(00)，半径为3厘米，求圆上任意一点的坐标。
解：设圆上任意一点的坐标为(xy)，根据半径模型公式，可得到：x^2+y^2=94、切线模型切线模型是用于求解圆的切线长度的一种模型。
如果已知圆的半径和圆心到切线的距离，可以运用该模型求出切线的长度。
切线模型公式：d^2+(1/2)^2=r^2+(切线长/2)^2其中，d是圆心到切线的距离，r是圆的半径，切线长是要求的结果。
例题：已知圆的半径为4厘米，圆心到切线的距离为3厘米，求切线的长度。
圆压轴八大模型题
类型 1 弧中点的运用
⌒ 在⊙O 中，点 C 是 AD 的中点，CE⊥AB 于点 E.
（1）在图 1 中，你会发现这些结论吗？ ①AP＝CP＝FP； ②CH＝AD； ②AC2＝AP·AD＝CF·CB＝AE·AB. （2）在图 2 中，你能找出所有与△ABC 相似的三角形吗？
（图 1）
【分析】
(1)①由等弧所对的圆周角相等及同角或等角的余角 相等得：∠CAD＝∠B＝∠ACE;∠PCF＝∠PFC,所以 AP ＝CP＝FP.
圆压轴题八大模型题（一）
引言：与圆有关的证明与计算的综合解答题，往往位于许多省市中考题中的倒数第二题 的位置上，是试卷中综合性与难度都比较大的习题。一般都会在固定习题模型的基础上变化 与括展，本文结合近年来各省市中考题，整理了这些习题的常见的结论，破题的要点，常用 技巧。把握了这些方法与技巧，就能台阶性地帮助考生解决问题。
∠BHO＝90°证得结论。
证明：（1）延长 CD 交⊙O 于 G，如图，
∵CD⊥AB，∴ ＝ ，
∵ ＝ ，∴ ＝ ， ∴∠CBE＝∠GCB，∴CF＝BF； （2）连接 OC 交 BE 于 H，如图， ∵ ＝ ，∴OC⊥BE， 在 Rt△OBH 中，cos∠OBH＝ ＝ ，
（图 4）
∴BH＝ ×6＝ ，OH＝
∴EF∥BC，∴∠AEF＝∠B，
∴sin∠AEF＝ AF 5 ， AE 13
∴AF＝AE•sin∠AEF＝10× 5 50 ， 13 13 50
∵AF∥OD，∴ AG AF 13 10 DG OD 5 13
13
，即 DG＝ AD，
23
∵AD＝ ABAF 18 50 30 13 ， 13 13
（2）设 AB＝x，AF＝y，试用含 x,y 的代数式表示线段 AD 的长；
中考数学 考点系统复习 第六章 圆 微专题(六) 与切线有关的常考五大模型
解：(2)∵ FD 是⊙O 的切线， ∴OD⊥FD.即∠ODF＝90°.
1 ∵OD⊥CB，垂足为点 E ，∴∠CED＝90°，CE＝2CB. 由(1)可得∠ACB＝90°，有∠FCE＝90°. ∴∠FCE＝∠CED＝∠ODF＝90°. ∴四边形 ECFD 为矩形．∴FD＝CE.∴FD＝12CB. 在 Rt△ABC 中，由 AB＝6，AC＝2， 得 CB＝ AB2－AC2＝4 2.∴FD＝2 2.
是△PAB 与△PCA 的相似比来转化．(例如 tan∠PAB＝12，BC＝4，则由△
PB PA AB
1
PAB∽△PCA，得PA＝PC＝AC＝tan∠PAB＝2.设 PB＝x，则 PA＝2x，PC＝
4x，故 BC＝4x－x＝4，从而求出其他线段长度)
4．★如图，在⊙O 中，AB 为直径，过圆上一点 C 作切线 CD 交 AB 的延长 44 33
3．(2021·衢州)如图，在△ABC 中，CA＝CB，BC 与⊙A 相切于点 D，过 点 A 作 AC 的垂线交 CB 的延长线于点 E，交⊙A 于点 F，连接 BF.
(1)求证：BF 是⊙A 的切线； 证明：连接 AD， ∵CA＝CB，∴∠CAB＝∠ABC，∵AE⊥AC， ∴∠CAB＋∠EAB＝90°， 又∵⊙A 切 BC 于点 D， ∴∠ADB＝90°， ∴∠ABD＋∠BAD＝90°， ∴∠BAE＝∠BAD. 又∵AB＝AB，AF＝AD，∴△ABF≌△ABD(SAS)， ∴∠AFB＝∠ADB＝90°，∴BF 是⊙A 的切线． (2)若 BE＝5，AC＝20，则 EF 的长为 33 ．
(1)求证：∠ADE＝∠PAE；
证明：连接 OA， ∵PA 为⊙O 的切线， ∴AO⊥PA， ∴∠OAE＋∠PAE＝90°. ∵DE 是⊙O 的直径， ∴∠DAE＝90°，∴∠ADE＋∠AED＝90°. ∵OA＝OE，∴∠OAE＝∠AED，∴∠ADE＝∠PAE.
人教中考数学压轴题之圆的综合(中考题型整理,突破提升)附答案
一、圆的综合 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，AB 为⊙O 的直径，点E 在⊙O 上，过点E 的切线与AB 的延长线交于点D ，连接BE ，过点O 作BE 的平行线，交⊙O 于点F ，交切线于点C ，连接AC（1）求证：AC 是⊙O 的切线；（2）连接EF ，当∠D= °时，四边形FOBE 是菱形．【答案】（1）见解析；（2）30.【解析】【分析】（1）由等角的转换证明出OCA OCE ∆∆≌，根据圆的位置关系证得AC 是⊙O 的切线. （2）根据四边形FOBE 是菱形，得到OF=OB=BF=EF ，得证OBE ∆为等边三角形，而得出60BOE ∠=︒，根据三角形内角和即可求出答案.【详解】（1）证明：∵CD 与⊙O 相切于点E ，∴OE CD ⊥，∴90CEO ∠=︒，又∵OC BE ，∴COE OEB ∠=∠，∠OBE=∠COA∵OE=OB ，∴OEB OBE ∠=∠，∴COE COA ∠=∠，又∵OC=OC ，OA=OE ，∴OCA OCE SAS ∆∆≌（）， ∴90CAO CEO ∠=∠=︒，又∵AB 为⊙O 的直径，∴AC 为⊙O 的切线；（2）解：∵四边形FOBE 是菱形，∴OF=OB=BF=EF ，∴OE=OB=BE ，∴OBE ∆为等边三角形，∴60BOE ∠=︒，而OE CD ⊥，∴30D ∠=︒．故答案为30．【点睛】本题主要考查与圆有关的位置关系和圆中的计算问题，熟练掌握圆的性质是本题的解题关键.2．如图1，将长为10的线段OA 绕点O 旋转90°得到OB ，点A 的运动轨迹为AB ，P 是半径OB 上一动点，Q 是AB 上的一动点，连接PQ.发现：∠POQ ＝________时，PQ 有最大值，最大值为________；思考：（1）如图2，若P 是OB 中点，且QP ⊥OB 于点P ，求BQ 的长；（2）如图3，将扇形AOB 沿折痕AP 折叠，使点B 的对应点B′恰好落在OA 的延长线上，求阴影部分面积；探究：如图4，将扇形OAB 沿PQ 折叠，使折叠后的弧QB′恰好与半径OA 相切，切点为C ，若OP ＝6，求点O 到折痕PQ 的距离．【答案】发现： 90°，2； 思考：（1）103π=；（2）2+100；（3）点O 到折痕PQ 30【解析】 分析：发现：先判断出当PQ 取最大时，点Q 与点A 重合，点P 与点B 重合，即可得出结论；思考：（1）先判断出∠POQ=60°，最后用弧长用弧长公式即可得出结论；（2）先在Rt △B'OP 中，OP 22−10)2=（10-OP ）2，解得2−10，最后用面积的和差即可得出结论．探究：先找点O 关于PQ 的对称点O′，连接OO′、O′B 、O′C 、O′P ，证明四边形OCO′B 是矩形，由勾股定理求O′B ，从而求出OO′的长，则OM=1230 详解：发现：∵P 是半径OB 上一动点，Q 是AB 上的一动点，∴当PQ 取最大时，点Q 与点A 重合，点P 与点B 重合，此时，∠POQ=90°，22OA OB +2；思考：（1）如图，连接OQ ，∵点P 是OB 的中点，∴OP=12OB=12OQ ． ∵QP ⊥OB ，∴∠OPQ=90° 在Rt △OPQ 中，cos ∠QOP=12OP OQ =， ∴∠QOP=60°，∴l BQ =6010101803ππ⨯=； （2）由折叠的性质可得，BP ＝B ′P ，AB ′＝AB ＝102，在Rt △B'OP 中，OP 2+(102−10)2=（10-OP ）2解得OP=102−10，S 阴影=S 扇形AOB -2S △AOP =290101210(10210)3602π⨯-⨯⨯⨯- ＝25π−1002+100；探究：如图2，找点O 关于PQ 的对称点O′，连接OO′、O′B 、O′C 、O′P ，则OM=O′M ，OO′⊥PQ ，O′P=OP=3，点O′是B Q '所在圆的圆心，∴O′C=OB=10，∵折叠后的弧QB′恰好与半径OA 相切于C 点，∴O′C ⊥AO ，∴O′C ∥OB ，∴四边形OCO′B 是矩形，在Rt △O′BP 中，226425-=在Rt △OBO′K ，2210(25)=230-，∴OM=12OO′=12×23030即O 到折痕PQ 的距离为30．点睛：本题考查了折叠问题和圆的切线的性质、矩形的性质和判定，熟练掌握弧长公式l=180n R π（n 为圆心角度数，R 为圆半径），明确过圆的切线垂直于过切点的半径，这是常考的性质；对称点的连线被对称轴垂直平分．3．如图，已知AB 是⊙O 的直径，点C 为圆上一点，点D 在OC 的延长线上，连接DA ， 交BC 的延长线于点E ，使得∠DAC=∠B ．（1）求证：DA 是⊙O 切线；（2）求证：△CED ∽△ACD ；（3）若OA=1，sinD=13，求AE 的长．【答案】（1）证明见解析；（22【解析】分析：（1）由圆周角定理和已知条件求出AD ⊥AB 即可证明DA 是⊙O 切线；（2）由∠DAC =∠DCE ，∠D =∠D 可知△DEC ∽△DCA ；（3）由题意可知AO =1，OD =3，DC =2，由勾股定理可知AD =2，故此可得到DC 2=DE •AD ，故此可求得DE 的长，于是可求得AE 的长．详解：（1）∵AB 为⊙O 的直径，∴∠ACB =90°，∴∠CAB +∠B =90°．∵∠DAC =∠B ，∴∠CAB +∠DAC =90°，∴AD ⊥AB ．∵OA 是⊙O 半径，∴DA 为⊙O 的切线； （2）∵OB =OC ，∴∠OCB =∠B ．∵∠DCE =∠OCB ，∴∠DCE =∠B ．∵∠DAC =∠B ，∴∠DAC =∠DCE ．∵∠D =∠D ，∴△CED ∽△ACD ； （3）在Rt △AOD 中，OA =1，sin D =13，∴OD =OA sinD=3，∴CD =OD ﹣OC =2． ∵AD 22OD OA -2 又∵△CED ∽△ACD ，∴AD CD CD DE =，∴DE =2CD AD2，∴AE=AD﹣DE=22﹣2=2．点睛：本题主要考查的是切线的性质、圆周角定理、勾股定理的应用、相似三角形的性质和判定，证得△DEC∽△DCA是解题的关键．4．如图，在RtΔABC中，∠ABC=90°，AB=CB，以AB为直径的⊙O交AC于点D，点E是AB边上一点（点E不与点A、B重合），DE的延长线交⊙O于点G，DF⊥DG，且交BC于点F.（1）求证：AE=BF；（2）连接EF，求证：∠FEB=∠GDA；（3）连接GF,若AE=2，EB=4，求ΔGFD的面积.【答案】（1）（2）见解析；（3）9【解析】分析：（1）连接BD，由三角形ABC为等腰直角三角形，求出∠A与∠C的度数，根据AB 为圆的直径，利用圆周角定理得到∠ADB为直角，即BD垂直于AC，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到AD=DC=BD=12AC，进而确定出∠A=∠FBD，再利用同角的余角相等得到一对角相等，利用ASA得到三角形AED与三角形BFD全等，利用全等三角形对应边相等即可得证；（2）连接EF，BG，由三角形AED与三角形BFD全等，得到ED=FD，进而得到三角形DEF为等腰直角三角形，利用圆周角定理及等腰直角三角形性质得到一对同位角相等，利用同位角相等两直线平行，再根据平行线的性质和同弧所对的圆周角相等，即可得出结论；（3）由全等三角形对应边相等得到AE=BF=1，在直角三角形BEF中，利用勾股定理求出EF的长，利用锐角三角形函数定义求出DE的长，利用两对角相等的三角形相似得到三角形AED与三角形GEB相似，由相似得比例，求出GE的长，由GE+ED求出GD的长，根据三角形的面积公式计算即可．详解：（1）连接BD．在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，∴∠A=∠C=45°．∵AB为圆O的直径，∴∠ADB=90°，即BD⊥AC，∴AD=DC=BD=12AC，∠CBD=∠C=45°，∴∠A=∠FBD．∵DF⊥DG，∴∠FDG=90°，∴∠FDB+∠BDG=90°．∵∠EDA+∠BDG=90°，∴∠EDA=∠FDB．在△AED和△BFD中，A FBDAD BDEDA FDB∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△AED≌△BFD（ASA），∴AE=BF；（2）连接EF，BG．∵△AED≌△BFD，∴DE=DF．∵∠EDF=90°，∴△EDF是等腰直角三角形，∴∠DEF=45°．∵∠G=∠A=45°，∴∠G=∠DEF，∴GB∥EF，∴∠FEB=∠GBA．∵∠GBA=∠GDA，∴∠FEB=∠GDA；（3）∵AE=BF，AE=2，∴BF=2．在Rt△EBF中，∠EBF=90°，∴根据勾股定理得：EF2=EB2+BF2．∵EB=4，BF=2，∴EF=2242+=25．∵△DEF为等腰直角三角形，∠EDF=90°，∴cos∠DEF=DEEF．∵EF=25，∴DE=25×2=10．∵∠G=∠A，∠GEB=∠AED，∴△GEB∽△AED，∴GEAE=EBED，即GE•ED=AE•EB，∴10•GE=8，即GE=410，则GD=GE+ED=910．∴1191011092252S GD DF GD DE=⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯=．点睛：本题属于圆综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，以及平行线的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解答本题的关键．5．(8分)已知AB为⊙O的直径，OC⊥AB，弦DC与OB交于点F，在直线AB上有一点E，连接ED，且有ED＝EF.(1)如图①，求证：ED为⊙O的切线；(2)如图②，直线ED与切线AG相交于G，且OF＝2，⊙O的半径为6，求AG的长．【答案】（1）见解析；（2）12【解析】试题分析：（1）连接OD，由ED=EF可得出∠EDF=∠EFD，由对顶角相等可得出∠EDF=∠CFO；由OD=OC可得出∠ODF=∠OCF，结合OC⊥AB即可得知∠EDF+∠ODF=90°，即∠EDO=90°，由此证出ED为⊙O的切线；（2）连接OD，过点D作DM⊥BA于点M，结合（1）的结论根据勾股定理可求出ED、EO 的长度，结合∠DOE的正弦、余弦值可得出DM、MO的长度，根据切线的性质可知GA⊥EA，从而得出DM∥GA，根据相似三角形的判定定理即可得出△EDM∽△EGA，根据相似三角形的性质即可得出GA的长度试题解析：解：（1）连接OD，∵ED=EF，∴∠EDF=∠EFD，∵∠EFD=∠CFO，∴∠EDF=∠CFO．∵OD=OC，∴∠ODF=∠OCF．∵OC⊥AB，∴∠CFO+∠OCF=∠EDF+∠ODF=∠EDO=90°，∴ED为⊙O的切线；（2）连接OD，过点D作DM⊥BA于点M，由（1）可知△EDO为直角三角形，设ED=EF=a，EO=EF+FO=a+2，由勾股定理得，EO2=ED2+DO2，即（a+2）2=a2+62，解得，a=8，即ED=8，EO=10．∵sin∠EOD=45EDEO=，cos∠EOD=35ODOE=，∴DM=OD•sin∠EOD=6×45=245，MO=OD•cos∠EOD=6×35=185，∴EM=EO﹣MO=10﹣18 5=325，EA=EO+OA=10+6=16．∵GA切⊙O于点A，∴GA⊥EA，∴DM∥GA，∴△EDM∽△EGA，∴DM EMGA EA=，即24325516GA=，解得GA=12．点睛：本题考查的是切线的判定、垂径定理和勾股定理的应用、等腰三角形的性质、角的三角函数值、相似三角形的判定及性质，解题的关键是：（1）通过等腰三角形的性质找出∠EDO=90°；（2）通过相似三角形的性质找出相似比．6．如图，OB是以（O，a）为圆心，a为半径的⊙O1的弦，过B点作⊙O1的切线，P为劣弧OB上的任一点，且过P作OB、AB、OA的垂线，垂足分别是D、E、F．（1）求证：PD2=PE•PF；（2）当∠BOP=30°，P点为OB的中点时，求D、E、F、P四个点的坐标及S△DEF．【答案】（1）详见解析；（2）D 3，34a），E33a，34a），F3，0），P 3，2a）；S△DEF33a2．【解析】试题分析：（1）连接PB，OP，利用AB切⊙O1于B求证△PBE∽△POD，得出PB PEOP PD=，同理，△OPF∽△BPD，得出PB PDOP PF=，然后利用等量代换即可．（2）连接O1B，O1P，得出△O1BP和△O1PO为等边三角形，根据直角三角形的性质即可解得D、E、F、P四个点的坐标．再利用三角形的面积公式可直接求出三角形DEF的面积．试题解析：（1）证明：连接PB，OP，∵PE⊥AB，PD⊥OB，∴∠BEP=∠PDO=90°，∵AB切⊙O1于B，∠ABP=∠BOP，∴△PBE∽△POD，∴=，同理，△OPF∽△BPD∴=，∴=，∴PD2=PE•PF；（2）连接O1B，O1P，∵AB切⊙O1于B，∠POB=30°，∴∠ABP=30°，∴∠O1BP=90°﹣30°=60°，∵O1B=O1P，∴△O1BP为等边三角形，∴O1B=BP，∵P为弧BO的中点，∴BP=OP，即△O1PO为等边三角形，∴O1P=OP=a，∴∠O1OP=60°，又∵P为弧BO的中点，∴O1P⊥OB，在△O1DO中，∵∠O1OP=60°O1O=a，∴O1D=a，OD=a，过D作DM⊥OO1于M，∴DM=OD=a，OM=DM=a，∴D（﹣a， a），∵∠O1OF=90°，∠O1OP=60°∴∠POF=30°，∵PE⊥OA，∴PF=OP=a，OF=a，∴P（﹣a，），F（﹣a，0），∵AB切⊙O1于B，∠POB=30°，∴∠ABP=∠BOP=30°，∵PE⊥AB，PB=a，∴∠EPB=60°∴PE=a，BE=a，∵P为弧BO的中点，∴BP=PO，∴∠PBO=∠BOP=30°，∴∠BPO=120°，∴∠BPE+∠BPO=120°+60°=180°，即OPE三点共线，∵OE=a+a=a，过E作EM⊥x轴于M，∵AO切⊙O1于O，∴∠EOA=30°，∴EM=OE=a，OM=a，∴E（﹣a， a），∵E（﹣a， a），D（﹣a， a），∴DE=﹣a﹣（﹣a）=a，DE边上的高为： a，∴S△DEF=×a×a=a2．故答案为：D（﹣a， a），E（﹣a， a），F（﹣a，0），P（﹣a，）；S△DEF=a2．7．解决问题：()1如图①，半径为4的O外有一点P，且7PO=，点A在O上，则PA的最大值和最小值分别是______和______．()2如图②，扇形AOB的半径为4，45∠=，P为弧AB上一点，分别在OA边找AOB点E，在OB边上找一点F，使得PEF周长的最小，请在图②中确定点E、F的位置并直接写出PEF周长的最小值；拓展应用()3如图③，正方形ABCD 的边长为42；E 是CD 上一点(不与D 、C 重合)，CF BE ⊥于F ，P 在BE 上，且PF CF =，M 、N 分别是AB 、AC 上动点，求PMN 周长的最小值．【答案】（1）11，3；（2）图见解析，PEF 周长最小值为423）41042． 【解析】 【分析】()1根据圆外一点P 到这个圆上所有点的距离中，最远是和最近的点是过圆心和该点的直线与圆的交点，容易求出最大值与最小值分别为11和3；()2作点P 关于直线OA 的对称点1P ，作点P 关于直线OB 的对称点2P ，连接1P 、2P ，与OA 、OB 分别交于点E 、F ，点E 、F 即为所求，此时PEF 周长最小，然后根据等腰直角三角形求解即可；()3类似()2题作对称点，PMN 周长最小12PP =，然后由三角形相似和勾股定理求解．【详解】 解：()1如图①，圆外一点P 到这个圆上所有点的距离中，最大距离是和最小距离都在过圆心的直线OP 上，此直线与圆有两个交点，圆外一点与这两个交点的距离个分别最大距离和最小距离．PA ∴的最大值227411PA PO OA ==+=+=，PA 的最小值11743PA PO OA ==-=-=， 故答案为11和3；()2如图②，以O 为圆心，OA 为半径，画弧AB 和弧BD ，作点P 关于直线OA 的对称点1P ，作点P 关于直线OB 的对称点2P ，连接1P 、2P ，与OA 、OB 分别交于点E 、F ，点E 、F 即为所求．连接1OP 、2OP 、OP 、PE 、PF ，由对称知识可知，1AOP AOP ∠∠=，2BOP BOP ∠∠=，1PE PE =，2PF P F = ∴1245AOP BOP AOP BOP AOB ∠∠∠∠∠+=+==，12454590POP ∠=+=，12POP ∴为等腰直角三角形，121PP ∴==PEF 周长1212PE PF EF PE P F EF PP =++=++=，此时PEF 周长最小．故答案为；()3作点P 关于直线AB 的对称1P ，连接1AP 、1BP ，作点P 关于直线AC 的对称2P ，连接1P 、2P ，与AB 、AC 分别交于点M 、N ．如图③ 由对称知识可知，1PM PM =，2PN P N =，PMN 周长1212PM PN MN PM P N MN PP =++=++=，此时，PMN 周长最小12PP =．由对称性可知，1BAP BAP ∠∠=，2EAP EAP ∠∠=，12AP AP AP ==， ∴1245BAP EAP BAP EAP BAC ∠∠∠∠∠+=+==12454590P AP ∠=+=，12P AP ∴为等腰直角三角形，PMN ∴周长最小值12PP =，当AP 最短时，周长最小． 连接DF ．CF BE ⊥，且PF CF =，45PCF ∠∴=，PCCF=45ACD ∠=，PCF ACD ∠∠∴=，PCA FCD ∠∠=，又ACCD=， ∴在APC 与DFC 中，AC PCCD CF=，PCA FCD ∠∠=C AP ∴∽DFC ，AP AC DF CD∴== ∴AP =90BFC ∠=，取AB 中点O ．∴点F 在以BC 为直径的圆上运动，当D 、F 、O 三点在同一直线上时，DF 最短．DF DO FO OC =-===AP ∴最小值为AP = ∴此时，PMN 周长最小值12PP ====．【点睛】本题考查圆以及正方形的性质，运用圆的对称性和正方形的对称性是解答本题的关键．8．如图，已知△ABC，AB=2，3BC=，∠B=45°，点D在边BC上，联结AD，以点A 为圆心，AD为半径画圆，与边AC交于点E，点F在圆A上，且AF⊥AD．（1）设BD为x，点D、F之间的距离为y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；（2）如果E是DF的中点，求:BD CD的值；（3）联结CF，如果四边形ADCF是梯形，求BD的长．【答案】(1) 2442y x x(0≤x≤3); (2) 45; (3) BD的长是1或1+52.【解析】【分析】（1）过点A作AH⊥BC，垂足为点H．构造直角三角形，利用解直角三角形和勾股定理求得AD的长度．联结DF，点D、F之间的距离y即为DF的长度，在Rt△ADF中，利用锐角三角形函数的定义求得DF的长度，易得函数关系式．（2）由勾股定理求得：22AH DH+．设DF与AE相交于点Q，通过解Rt△DCQ和Rt△AHC推知12DQCQ=．故设DQ=k，CQ=2k，AQ=DQ=k，所以再次利用勾股定理推知DC的长度，结合图形求得线段BD的长度，易得答案．（3）如果四边形ADCF是梯形，则需要分类讨论：①当AF∥DC、②当AD∥FC．根据相似三角形的判定与性质，结合图形解答．【详解】（1）过点A 作AH ⊥BC ，垂足为点H ．∵∠B =45°，AB 2∴·cos 1BH AH AB B ===． ∵BD 为x ，∴1DH x =-．在Rt △ADH 中，90AHD ∠=︒，∴22222AD AH DH x x =+=-+．联结DF ，点D 、F 之间的距离y 即为DF 的长度．∵点F 在圆A 上，且AF ⊥AD ，∴AD AF =，45ADF ∠=︒． 在Rt △ADF 中，90DAF ∠=︒，∴2442cos ADDF x x ADF==-+∠∴2442y x x =-+．()03x ≤≤ ;（2）∵E 是DF 的中点，∴AE DF ⊥，AE 平分DF ． ∵BC=3，∴312HC =-=．∴225AC AH HC +=．设DF 与AE 相交于点Q ，在Rt △DCQ 中，90DQC ∠=︒，tan DQDCQ CQ∠=． 在Rt △AHC 中，90AHC ∠=︒，1tan 2AH ACH HC ∠==． ∵DCQ ACH ∠=∠，∴12DQ CQ =． 设,2DQ k CQ k ==，AQ DQ k ==， ∵35k =5k =，∴2253DC DQ CQ =+=．∵43BD BC DC =-=，∴4:5BD CD =． （3）如果四边形ADCF 是梯形则①当AF ∥DC 时，45AFD FDC ∠=∠=︒．∵45ADF ∠=︒，∴AD BC ⊥，即点D 与点H 重合． ∴1BD =． ②当AD ∥FC 时，45ADF CFD ∠=∠=︒． ∵45B ∠=︒，∴B CFD ∠=∠．∵B BAD ADF FDC ∠+∠=∠+∠，∴BAD FDC ∠=∠．∴ABD ∆∽DFC ∆．∴AB ADDF DC=． ∵2DF AD =，DC BC BD =-．∴2AD BC BD =-．即()222-23x xx +=-,整理得 210x x --=，解得 15x ±=（负数舍去）． 综上所述，如果四边形ADCF 是梯形，BD 的长是1或1+52． 【点睛】此题属于圆的综合题，涉及了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数值以及勾股定理等知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．9．对于平面内的⊙C 和⊙C 外一点Q ，给出如下定义：若过点Q 的直线与⊙C 存在公共点，记为点A ，B ，设AQ BQk CQ+=，则称点A （或点B ）是⊙C 的“K 相关依附点”，特别地，当点A 和点B 重合时，规定AQ=BQ ，2AQ k CQ =（或2BQCQ）． 已知在平面直角坐标系xoy 中，Q(-1,0)，C(1,0)，⊙C 的半径为r ． （1）如图1，当2r =时，①若A 1(0,1)是⊙C 的“k 相关依附点”，求k 的值． ②A 2(1+2，0)是否为⊙C 的“2相关依附点”． （2）若⊙C 上存在“k 相关依附点”点M ， ①当r=1，直线QM 与⊙C 相切时，求k 的值． ②当3k =时，求r 的取值范围．（3）若存在r 的值使得直线3y x b =-+与⊙C 有公共点，且公共点时⊙C 的“3相关依附点”，直接写出b 的取值范围．【答案】（1）①2．②是；（2）①3k =；②r 的取值范围是12r <≤；（3）333b -<<．【解析】 【分析】（1）①如图1中，连接AC 、1QA ．首先证明1QA 是切线，根据2AQk CQ=计算即可解决问题；②根据定义求出k 的值即可判断；（2）①如图，当1r =时，不妨设直线QM 与C 相切的切点M 在x 轴上方（切点M 在x 轴下方时同理），连接CM ，则QM CM ⊥，根据定义计算即可；②如图3中，若直线QM 与C 不相切，设直线QM 与C 的另一个交点为N （不妨设QN QM <，点N ，M 在x 轴下方时同理），作CD QM ⊥于点D ，则MD ND =，可得()222MQ NQ MN NQ NQ ND NQ DQ +=++=+=，2CQ ，推出2MQ NQ DQk DQ CQ CQ+===，可得当3k =时，3DQ =，此时221CD CQ DQ =-=，假设C 经过点Q ，此时2r ，因为点Q 早C 外，推出r 的取值范围是12r <；（3）如图4中，由（2）可知：当3k =时，12r <．当2r 时，C 经过点(1,0)Q -或(3,0)E ，当直线3y x b =-+经过点Q 时，3b =-，当直线3y x b=-+经过点E 时，33b =，即可推出满足条件的b 的取值范围为333b -<<． 【详解】（1）①如图1中，连接AC 、1QA ．由题意：1OC OQ OA ==，∴△1QA C 是直角三角形，190CA Q ∴∠=︒，即11CA QA ⊥，1QA ∴是C 的切线，12222QA k QC ∴=== ②2(12,0)A +在C 上，2212122k +∴==，2A ∴是C 的“2相关依附点”．2（2）①如图2，当1r =时，不妨设直线QM 与C 相切的切点M 在x 轴上方（切点M在x 轴下方时同理），连接CM ，则QM CM ⊥．(1,0)Q -，(1,0)C ，1r =，2CQ ∴=，1CM =，∴3MQ =，此时23MQk CQ==； ②如图3中，若直线QM 与C 不相切，设直线QM 与C 的另一个交点为N （不妨设QN QM <，点N ，M 在x 轴下方时同理），作CD QM ⊥于点D ，则MD ND =，()222MQ NQ MN NQ NQ ND NQ DQ ∴+=++=+=，2CQ =，∴2MQ NQ DQk DQ CQ CQ+===，∴当3k =时，3DQ =，此时221CD CQ DQ =-=，假设C 经过点Q ，此时2r ，点Q 早C 外，r ∴的取值范围是12r <．（3）如图4中，由（2）可知：当3k =时，12r <．当2r时，C 经过点(1,0)Q -或(3,0)E ，当直线3y x b =+经过点Q 时，3b =3y x b =-+经过点E 时，33b =，∴满足条件的b 的取值范围为333b -<．【点睛】本题考查了一次函数综合题、圆的有关知识、勾股定理、切线的判定和性质、点A （或点)B 是C 的“k 相关依附点”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会考虑特殊位置解决问题，属于中考压轴题．10．如图，AN是⊙M的直径，NB∥x轴，AB交⊙M于点C．（1）若点A（0，6），N（0，2），∠ABN=30°，求点B的坐标；（2）若D为线段NB的中点，求证：直线CD是⊙M的切线．【答案】(1) B（，2）．(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）在Rt△ABN中，求出AN、AB即可解决问题；（2）连接MC，NC．只要证明∠MCD=90°即可试题解析：（1）∵A的坐标为（0，6），N（0，2），∴AN=4，∵∠ABN=30°，∠ANB=90°，∴AB=2AN=8，∴由勾股定理可知：NB=，∴B（，2）．（2）连接MC，NC∵AN是⊙M的直径，∴∠ACN=90°，∴∠NCB=90°，在Rt△NCB中，D为NB的中点，∴CD=NB=ND，∴∠CND=∠NCD，∵MC=MN，∴∠MCN=∠MNC，∵∠MNC+∠CND=90°，∴∠MCN+∠NCD=90°，即MC⊥CD．∴直线CD是⊙M的切线．考点：切线的判定；坐标与图形性质．。
2023年(五四制)九年级数学一轮复习专题圆的切线判定的常见模型(圆专题)课件
(1)②答图
(2)答图
∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠EAD，∵DO＝AO，∴∠EAD＝∠ADO，∴∠BAD
＝∠ADO，∴BA∥DO，∴∠CDO＝∠B ＝ 90°， OD⊥BC ∴BC是⊙O的切线；
归纳总结
．
两模型五方法: 两模型:切点明确和切点不明确 五方法:角平分线法， 勾股定理逆定理法，
平行法， 三角形全等法， 角的转换法.
②CD2＝CECA；
B
D
F
E
O
A
如图． ，在Rt△ABC中，∠B＝90°， ∠BAC的平分线交BC于点D，点E在AC 上，以AE为直径的⊙O经过点D． (2)若点F是劣弧AD的中点， C 且CE＝3，试求阴影部分的面积。
B
D
F
E
O
A
B
B
B
D
F
D
F
D
F
．CEOA NhomakorabeaC
E
O
AC
E
O
A
(1)①连接DO，
(1)①答图
于点D，延长DC至F点，使CF=CD，连
接AF．
（1）判断直线AF与⊙O的位置关系，
并说明理由；
B
O D
E
A CF
A
O
B
D
CF
E
A
O
G
B
D
CF
E
类型三
例题4.如图，已知AB是⊙O的直径，CB⊥AB，D为
圆上一点，且AD∥OC，连接CD， AC，BD，AC与BD交于点M. (1)求证：CD为⊙O的切线；
对应训练：
1.如图，在矩形ABCD中，以BC
边为直径作半圆， OE⊥OA 交CD A
2024年中考数学复习 解题技巧专题：圆中辅助线的作法压轴题三种模型全攻略(原卷+答案解析)
解题技巧专题：圆中辅助线的作法压轴题三种模型全攻略【考点导航】目录【典型例题】1【类型一遇弦作弦心距或半径】【类型二遇直径构造直径所对的圆周角】【类型三遇切线连接圆心和切点】【典型例题】【类型一遇弦作弦心距或半径】1(2023秋·河北张家口·九年级张家口东方中学校考期末)如图，⊙O的半径为6cm，AB是弦，OC⊥AB 于点C，将劣弧AB沿弦AB折叠，交OC于点D，若D是OC的中点，则AB的长为．【变式训练】1(2023秋·辽宁抚顺·九年级统考期末)如图，把一个宽度为2cm的刻度尺在圆形光盘上移动，当刻度尺的一边与光盘相切时，另一边与光盘边缘两个交点处的读数恰好是“2”和“10”(单位：cm)，那么光盘的半径是cm．2(2023·湖南永州·统考中考真题)如图，⊙O是一个盛有水的容器的横截面，⊙O的半径为10cm．水的最深处到水面AB的距离为4cm，则水面AB的宽度为cm．3(2023·甘肃庆阳·统考一模)如图是某风景区的一个圆拱形门，路面AB 宽为2m ，净高CD =5m ，则圆形拱门所在圆的半径为m ．【类型二遇直径构造直径所对的圆周角】1(2023·江苏·九年级假期作业)如图，AB 为⊙O 的直径，D 是弦AC 延长线上一点，AC =CD ，DB 的延长线交⊙O 于点E ，连接CE ．(1)求证∠A =∠D ；(2)若AE的度数为108°，求∠E 的度数．【变式训练】1(2023·黑龙江佳木斯·校联考二模)如图，⊙O 是△ABC 的外接圆，BC =2，∠BAC =30°，则⊙O 的直径等于．2(2023春·九年级校考阶段练习)如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD与AB交于点E，若∠ABD= 60°，∠AED=100°，则∠ABC=．3(2023·江苏徐州·统考一模)如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC，BC，过点O作OD⊥BC于点D，延长OD交⊙O于点E，连接AE．(1)求证：OE∥AC；(2)若AC=1，AB=4，求AE的长度．4(2023秋·辽宁大连·九年级统考期末)如图，以△ABC的边AB为直径作⊙O交AC于D且OD∥BC，⊙O交BC于点E．(1)求证：CD=DE；(2)若AB=12，AD=4，求CE的长度．5(2023·浙江·模拟预测)如图，在半径为6的⊙O 中，AB 是直径．已知：∠BFC =75°，点D 是弧AB 的中点，连接CD 交AB 与点F ，作AE ⊥CD ．回答下列问题：(1)求证：点C 是弧AB 的三等分点．(2)求AE 的长．6(2022秋·浙江杭州·九年级统考期末)如图，以△ABC 的边BC 为直径的⊙O 分别交AB ，AC 于点D ，E ，且点E 是CD的中点，连接DE ．(1)求证：△ABC 是等腰三角形．(2)若BC =10，CE =6，求线段AD 的长．【类型三遇切线连接圆心和切点】1(2023秋·河南·九年级校联考期末)如图，AB 为⊙O 的直径，C ，E 是⊙O 上不同于A ，B 的两点，过点C 的切线垂直于AE 交AE 的延长线于点D ，连接AC ．(1)求证：EC =BC ；(2)若AC =43，CE =33，则CD 的长为．【变式训练】1(2023秋·江苏·九年级专题练习)如图，AB 是⊙O 的直径，C 为⊙O 上一点，过点C 的切线与AB 的延长线交于点P ，若AC =PC ，则∠P 的度数是()A.15°B.20°C.30°D.45°2(2023·山东临沂·统考一模)如图，菱形OABC 的顶点A ，B ，C 在⊙O 上，过点B 作⊙O 的切线交OA 的延长线于点D ，若⊙O 的半径为1，则BD 的长为()A.1B.2C.2D.33(2023·浙江衢州·统考二模)如图，⊙O 的切线PC 交直径AB 的延长线于点P ，C 为切点，若∠P =30°，⊙O 的半径为3，则PB 的长为．4(2023·海南省直辖县级单位·校考三模)如图，在⊙O 中，AB 是直径，弦CD 垂直AB 于点P ，过点D 作⊙O 的切线，与AB 的延长线相交于点E ．若∠ABC =63°，则∠E 等于°．5(2023·河南周口·周口恒大中学校考三模)如图，AB 为⊙O 的直径，点C 、D 为⊙O 上两点，且点D 为BC 的中点，连接AC 、CD 、BD ．过点D 作DF ⊥AB 于点F ，过点D 作⊙O 的切线DE ，交AC 的延长线于点E ．(1)求证：DE ⊥AE ；(2)若BD =10，DF =8，求CE 的长．6(2023·辽宁沈阳·校考一模)如图，AB为⊙O的直径，半径OD⊥AB，⊙O的切线CE交AB的延长线于点E，⊙O的弦CD与AB相交于点F．(1)求证：EF=EC；(2)若OE=10，且B为EF的中点，求⊙O的半径长．7(2023春·北京西城·九年级北师大实验中学校考开学考试)如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C作⊙O的切线l，过点B作BD⊥l于点D．(1)求证：BC平分∠ABD；(2)连接OD，若∠ABD=60°，CD=3，求OD的长．8(2023·广东惠州·校考二模)如图1，AB 是⊙O 的直径，点C 是⊙O 上一点(不与点A ，B 重合)，连接AC ，BC ．(1)请在图1中用无刻度的直尺和圆规作出AB 的中点．(点C ，D 在线段AB 异侧)；(保留作图痕迹，不写作法)(2)如图2，在(1)的条件下，过点D 作⊙O 的切线，分别交CA ，CB 的延长线于点E ，F ．①求证：∠F =∠CBA ；②过C 作CM ⊥EF 于M ，CM 交AB 于点N ，若AC =3，BC =4，求CM 的长．解题技巧专题：圆中辅助线的作法压轴题三种模型全攻略【考点导航】目录【典型例题】1【类型一遇弦作弦心距或半径】【类型二遇直径构造直径所对的圆周角】【类型三遇切线连接圆心和切点】【典型例题】【类型一遇弦作弦心距或半径】1(2023秋·河北张家口·九年级张家口东方中学校考期末)如图，⊙O的半径为6cm，AB是弦，OC⊥AB 于点C，将劣弧AB沿弦AB折叠，交OC于点D，若D是OC的中点，则AB的长为．【答案】45cm/45厘米【分析】连接BO，延长OC交弧AB于E，可证CE=CD=OD，从而可求OC=23OE=4，由BC=OB2-OC2，即可求解．【详解】解：如图，连接BO，延长OC交弧AB于E，由折叠得：CD=CE，∵D是OC的中点，∴CD=OD，∴CE=CD=OD，∴OC=23OE=4，∵OC⊥AB，∴AB=2BC，在Rt△OCB中BC=OB2-OC2=62-42=25，∴AB=45cm．故答案：45cm．【点睛】本题主要考查了折叠的性质，垂径定理，勾股定理，掌握相关的性质，构建出由弦、弦心距、半径组成的直角三角形是解题的关键．【变式训练】1(2023秋·辽宁抚顺·九年级统考期末)如图，把一个宽度为2cm 的刻度尺在圆形光盘上移动，当刻度尺的一边与光盘相切时，另一边与光盘边缘两个交点处的读数恰好是“2”和“10”(单位：cm )，那么光盘的半径是cm ．【答案】5【分析】设光盘的圆心为O ，过点O 作OA 垂直直尺于点A ，连接OB ，再设OB =x ，利用勾股定理求出x 的值即可．【详解】解：设光盘的圆心为O ，如图所示：过点O 作OA 垂直直尺于点A ，连接OB ，再设OB =x ，∵一边与光盘边缘两个交点处的读数恰好是“2”和“10”，∴AB =12×10-2 =4，∵刻度尺宽2cm ，∴OA =x -2，在Rt △OAB 中，OA 2+AB 2=OB 2，即x -2 2+42=x 2，解得：x =5．故答案为：5．【点睛】本题考查了垂径定理，以及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．2(2023·湖南永州·统考中考真题)如图，⊙O 是一个盛有水的容器的横截面，⊙O 的半径为10cm ．水的最深处到水面AB 的距离为4cm ，则水面AB 的宽度为cm ．【答案】16【分析】过点O 作OD ⊥AB 于点D ，交⊙O 于点E ，则AD =DB =12AB ，依题意，得出OD =6，进而在Rt △AOD 中，勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，过点O 作OD ⊥AB 于点D ，交⊙O 于点E ，则AD =DB =12AB ，∵水的最深处到水面AB的距离为4cm，⊙O的半径为10cm．∴OD=10-4=6cm，在Rt△AOD中，AD=AO2-OD2=102-62=8cm∴AB=2AD=16cm故答案为：16．【点睛】本题考查了垂径定理的应用，勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．3(2023·甘肃庆阳·统考一模)如图是某风景区的一个圆拱形门，路面AB宽为2m，净高CD=5m，则圆形拱门所在圆的半径为m．【答案】2.6【分析】如图所示，连接OA，设⊙O的半径为r，则OA=OC=rm，利用垂径定理得到AD=1m，再利用勾股定理建立方程r2=12+5-r，解方程即可得到答案．【详解】解：如图所示，连接OA，设⊙O的半径为r，则OA=OC=rm，∵CD⊥AB，AB=1m，∴AD=12由勾股定理，得：OA2=AD2+OD2，即：r2=12+5-r，解得r=2.6，∴圆拱形门所在圆的半径为2.6m，故答案为：2.6．【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．【类型二遇直径构造直径所对的圆周角】1(2023·江苏·九年级假期作业)如图，AB为⊙O的直径，D是弦AC延长线上一点，AC=CD，DB的延长线交⊙O于点E，连接CE．(1)求证∠A =∠D ；(2)若AE的度数为108°，求∠E 的度数．【答案】(1)见解析(2)27°【分析】(1)连接BC ，首先证明AB =BD ，即可求解；(2)根据AE 的度数为108°，可得到∠EBA ，根据∠EBA =∠A +∠D ，且∠A =∠D ，即可求解．【详解】(1)如图：连接BC∵AB 是⊙O 的直径∴∠ACB =90°，即AD ⊥BC又∵AC =CD∴AB =BD∴∠A =∠D ．(2)∵AE 的度数为108°∴∠EBA =54°又∵∠EBA =∠A +∠D ，且∠A =∠D∴∠A =12∠EBA =27°∴∠E =∠A =27°．【点睛】本题考查圆周角定理和圆心角，弧、弦的关系，解题关键是灵活运用所学知识解决问题．【变式训练】1(2023·黑龙江佳木斯·校联考二模)如图，⊙O 是△ABC 的外接圆，BC =2，∠BAC =30°，则⊙O 的直径等于．【答案】4【分析】连接BO 并延长交⊙O 于D ，连接CD ，得到∠BCD =90°，根据圆周角定理得到∠D =∠BAC =30°，根据含30°角直角三角形的性质即可得到结论．【详解】解：连接BO 并延长交⊙O 于D ，连接CD ，则∠BCD =90°，∵∠BAC =30°，∴∠D =∠BAC =30°，∵BC =2，∴BD =2BC =4，故答案为：4．【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，含30°角的直角三角形的性质，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．2(2023春·九年级校考阶段练习)如图，已知AB 是⊙O 的直径，弦CD 与AB 交于点E ，若∠ABD =60°，∠AED =100°，则∠ABC =．【答案】50°/50度【分析】连接AC ，利用三角形外角的性质即可求出∠D ，即可求出答案．【详解】解：连接AC ，如图所示，∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB =90°，∵∠AED =100°，∠ABD =60°，∴∠D =40°，∴∠A =40°，∴∠ABC =50°，故答案为：50°．【点睛】本题考查圆与三角形的性质，正确作出辅助线是关键．3(2023·江苏徐州·统考一模)如图，AB 是⊙O 的直径，C 为⊙O 上一点，连接AC ，BC ，过点O 作OD ⊥BC 于点D ，延长OD 交⊙O 于点E ，连接AE ．(1)求证：OE ∥AC ；(2)若AC =1，AB =4，求AE 的长度．【答案】(1)见解(2)10【分析】(1)首先根据直径的性质得到AC ⊥BC ，然后结合OD ⊥BC 即可证明出OE ∥AC ；(2)连接BE ，首先根据勾股定理求出BC =AB 2-AC 2=42-12=15，然后根据垂径定理得到CD =BD =152，利用三角形中位线的性质得到OD =12AC =12，最后利用勾股定理求解即可．【详解】(1)证明：∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB =90°．∴AC ⊥BC ．∵OD ⊥BC ．∴OE ∥AC ；(2)解：如图，连接BE ，∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB =90°，∠AEB =90°．∴在Rt △ABC 中，BC =AB 2-AC 2=42-12=15．∵OD ⊥BC ，OE 是⊙O 的半径，∴CD =BD =152．∴OD 为△ABC 的中位线．∴OD =12AC =12．∴DE =OE -OD =2-12=32．∴BE =BD 2+DE 2=152 2+32 2=6．∴AE =AB 2-BE 2=42-6 2=10；【点睛】此题考查了垂径定理的运用，勾股定理，平行线的判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．4(2023秋·辽宁大连·九年级统考期末)如图，以△ABC 的边AB 为直径作⊙O 交AC 于D 且OD ∥BC ，⊙O 交BC 于点E ．(1)求证：CD =DE ；(2)若AB =12，AD =4，求CE 的长度．【答案】(1)证明见解析(2)83【分析】(1)由四边形ABED 内接于⊙O ，得出∠DEC =∠A ，根据已知OD ∥BC ，得出∠C =∠ADO ，又OA =OD ，得出∠A =∠ADO ，等量代换得出∠C =∠DEC ，根据等角对等边，即可得证；(2)根据AB 为直径，得出∠AEB =90°，根据已知以及(1)的结论，得出AC =2AD =8，AB =BC =12，设CE =x ，则BE =12-x ，在Rt △ACE ,Rt △ABE 中，根据AE 相等，根据勾股定理列出方程，解方程即可求解．【详解】(1)证明：∵四边形ABED 内接于⊙O ，∴∠DEB +∠A =180°，又∠DEB +∠DEC =180°∴∠DEC =∠A ，∵OD ∥BC ，∴∠C=∠ADO，∵OA=OD，∴∠A=∠ADO，∴∠C=∠DEC，∴CD=DE；(2)解：如图所示，连接AE，∵AB为直径，∴∠AEB=90°，∴∠CAE+∠C=90°，∠AED+∠DEC=90°，由(1)CD=DE，∠C=∠DEC，∴∠CAE=∠AED，∴AD=DE，∴AD=DC，∴AC=2AD=8，由(1)可得∠BAC=∠ADO，∠C=∠ADO，则∠C=∠BAC，∴AB=BC=12，设CE=x，则BE=12-x，∵AC2-CE2=AB2-BE2，∴82-x2=122-(12-x)2，解得：x=8 3，∴CE=83．【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．5(2023·浙江·模拟预测)如图，在半径为6的⊙O中，AB是直径．已知：∠BFC=75°，点D是弧AB 的中点，连接CD交AB与点F，作AE⊥CD．回答下列问题：(1)求证：点C是弧AB的三等分点．(2)求AE的长．【答案】(1)证明见解析(2)36【分析】(1)如图所示，连接OD，OC，BC，由AB是直径，点D是弧AB的中点，得到∠AOD=∠BOD= 90°，再由圆周角定理得到∠BCD=45°，利用三角形内角和定理求出∠FBC=60°，即可证明△BOC是等边三角形，得到∠BOC =60°，再由AB 是直径，即可证明点C 是弧AB 的三等分点；(2)先由直径所对的圆周角是直角得到∠ACB =90°，再由等边三角形的性质得到BC =OA =6，利用勾股定理求出AC =63，由圆周角定理得到∠ACD =45°，即可推出∠CAE =45°=∠ACE ，则AE =CE =22AC =36．【详解】(1)证明：如图所示，连接OD ，OC ，BC ，∵AB 是直径，点D 是弧AB 的中点，∴∠AOD =∠BOD =90°，∴∠BCD =12∠BOD =45°，∵∠BFC =75°，∴∠FBC =180°-∠FCB -∠BFC =60°，∵OB =OC ，∴△BOC 是等边三角形，∴∠BOC =60°，又∵AB 是直径，∴点C 是弧AB 的三等分点；(2)∵AB 是直径，∴∠ACB =90°，∵△BOC 是等边三角形，∴BC =OA =6，∴AC =AB 2-BC 2=63，∵∠ACD =12∠AOD =45°，AE ⊥CD ，∴∠CAE =45°=∠ACE ，∴AE =CE =22AC =36．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，等边三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．6(2022秋·浙江杭州·九年级统考期末)如图，以△ABC 的边BC 为直径的⊙O 分别交AB ，AC 于点D ，E ，且点E 是CD的中点，连接DE ．(1)求证：△ABC 是等腰三角形．(2)若BC =10，CE =6，求线段AD 的长．【答案】(1)证明见解析(2)AD =365【分析】(1)连接BE ，根据直径所对的圆周角为直角，得出BE ⊥AC ，再根据同弧或等弧所对的圆周角相等，得出BE 是∠ABC 的角平分线，然后再根据等腰三角形的判定定理，即可得出结论；(2)连接CD ，根据勾股定理，得出BE =8，再根据三角形的面积公式，结合等腰三角形的性质，得出S △ABC =2S △BCE =48，再根据三角形的面积公式，得出S △ABC =12AB ⋅CD =12×10×CD =48，解得CD =485，再根据勾股定理，得出BD =145，然后根据线段之间的数量关系，即可得出答案．【详解】(1)证明：如图，连接BE ，∵BC 是⊙O 的直径，∴∠BEC =90°，∴BE ⊥AC ，∵点E 是CD的中点，∴DE =CE ，∴∠DBE =∠CBE ，∴BE 是∠ABC 的角平分线，∴△ABC 是等腰三角形；(2)解：如图，连接CD ，在Rt △BCE 中，∵BC =10，CE =6，∴BE =BC 2-CE 2=8，∴S △BCE =12CE ⋅BE =12×6×8=24，又∵BE ⊥AC ，△ABC 是等腰三角形，∴BE 是△ABC 的中线，AB =BC =10，∴S △ABC =2S △BCE =48，∵BC 是⊙O 的直径，∴∠BDC =90°，∴CD ⊥AB ，∴S △ABC =12AB ⋅CD =12×10×CD =48，解得：CD =485，∴BD =BC 2-CD 2=145，∴AD =AB -BD =10-145=365．【点睛】本题考查了直径所对的圆周角为直角、同弧或等弧所对的圆周角相等、等腰三角形的判定与性质、勾股定理，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理和等面积法．【类型三遇切线连接圆心和切点】1(2023秋·河南·九年级校联考期末)如图，AB 为⊙O 的直径，C ，E 是⊙O 上不同于A ，B 的两点，过点C 的切线垂直于AE 交AE 的延长线于点D ，连接AC ．(1)求证：EC =BC ；(2)若AC =43，CE =33，则CD 的长为．【答案】(1)见解析(2)1235【分析】(1)连接CO ，可证AD ∥OC ，从而可证∠DAC =∠CAB ，即可求证．(2)过C 作CF ⊥AB 交AB 于F ，可求BC =33，AB =AC 2+BC 2，12AC ⋅BC =12AB ⋅CF ，接可求解．【详解】(1)证明：如图，连接CO ，∵CD 为⊙O 的切线，∴OC ⊥CD ，∵AD ⊥CD ，∴AD ∥OC ，∴∠DAC =∠ACO ，∵AO =CO ，∴∠CAB =∠ACO ，∴∠DAC =∠CAB ，∴EC =BC ．(2)解：过C 作CF ⊥AB 交AB 于F ，由(1)得：∠DAC =∠CAB ，∴CE =BC =33，∵CD ⊥AE ，∴CD =CF ，∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB =90°，AB =AC 2+BC 2=43 2+33 2=53，∵12AC ⋅BC =12AB ⋅CF ，∴43×33=53CF ，解得：CF =1253，∴CD =1253；故答案：1253．【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，切线的性质，角平分线的性质定理，勾股定理等，作出适当的辅助线，掌握相关的性质是解题的关键．【变式训练】1(2023秋·江苏·九年级专题练习)如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，过点C的切线与AB的延长线交于点P，若AC=PC，则∠P的度数是()A.15°B.20°C.30°D.45°【答案】C【分析】连结OC，根据切线的性质得到∠PCO=90°，根据OC=OA，得到∠A=∠OCA，根据AC=PC，得到∠P=∠A，在△APC中，根据三角形内角和定理可求得∠P=30°．【详解】解：如图，连结OC，∵PC是⊙O的切线，∴∠PCO=90°，∵OC=OA，∴∠A=∠OCA，∵AC=PC，∴∠P=∠A，设∠A=∠OCA=∠P=x°，在△APC中，∠A+∠P+∠PCA=180°，∴x+x+90+x=180，∴x=30，∴∠P=30°．故选：C．【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质、三角形的内角和定理，体现了方程思想，在△APC中，根据三角形内角和定理求∠P是解题的关键．2(2023·山东临沂·统考一模)如图，菱形OABC的顶点A，B，C在⊙O上，过点B作⊙O的切线交OA的延长线于点D，若⊙O的半径为1，则BD的长为()A.1B.2C.2D.3【答案】D【分析】连接OB，根据菱形的性质得到OA=AB，求得∠AOB=60°，根据切线的性质得到∠DBO=90°，即可得到结论．【详解】解：连接OB，∵四边形OABC是菱形，∴OA=AB，∵OA=OB，∴OA=AB=OB，∴∠AOB=60°，∵BD是⊙O的切线，∴∠DBO=90°，∵OB=1，∴BD=3OB=3，故选：D．【点睛】本题考查了切线的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练切线的性质定理是解题的关键．3(2023·浙江衢州·统考二模)如图，⊙O的切线PC交直径AB的延长线于点P，C为切点，若∠P= 30°，⊙O的半径为3，则PB的长为．【答案】3【分析】连接OC，根据切线的性质得到∠OCP=90°，再根据30°所对的直角边是斜边的一半计算即可；【详解】如图，连接OC，∵PC是⊙O的切线，∴OC⊥CP，即∠OCP=90°，又∠P=30°，⊙O的半径为3，∴OP=2CO=6，∴PB=6-3=3．故答案是3．【点睛】本题主要考查了切线的性质，直角三角形的性质，准确计算是解题的关键．4(2023·海南省直辖县级单位·校考三模)如图，在⊙O中，AB是直径，弦CD垂直AB于点P，过点D 作⊙O的切线，与AB的延长线相交于点E．若∠ABC=63°，则∠E等于°．【答案】36【分析】连接OD ，根据直角三角形的性质求出∠PCB ，根据切线的性质得到∠ODE =90°，根据直角三角形的性质计算，得到答案．【详解】解：连接OD ，∵弦AB ⊥CD ，∴∠CPB =90°．∵∠ABC =63°，∴∠PCB =90°-63°=27°，由圆周角定理得，∠EOD =2∠PCB =54°，∵DE 是⊙O 的切线，∴∠ODE =90°，∴∠E =90°-54°=36°；故答案为：36．【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．5(2023·河南周口·周口恒大中学校考三模)如图，AB 为⊙O 的直径，点C 、D 为⊙O 上两点，且点D 为BC 的中点，连接AC 、CD 、BD ．过点D 作DF ⊥AB 于点F ，过点D 作⊙O 的切线DE ，交AC 的延长线于点E ．(1)求证：DE ⊥AE ；(2)若BD =10，DF =8，求CE 的长．【答案】(1)证明见解析(2)6【分析】(1)连接OD 、AD ，由点D 为BC的中点可得∠BAD =∠CAD ，BD =CD ，再根据同圆的半径相等得∠BAD =∠ODA ，进而得到OD ∥AE ，然后再根据切线的性质得到结论；(2)根据勾股定理求出BF 的长，再根据圆内接四边形的性质得到∠B =∠DCE ，即可得到△DCE ≌△DBF AAS ，从而得出结果．【详解】(1)证明：连接OD 、AD ，∵点D 为BC 弧的中点，∴BD =CD ，∴∠BAD =∠CAD ，BD =CD ，∵OA =OD ，∴∠BAD =∠ODA ，∴∠CAD =∠ODA ，∴OD ∥AE ，∵OD 为⊙O 的半径，DE 为⊙O 的切线，∴OD ⊥DE ，即：OD ⊥DE ，∴DE ⊥AE ．(2)解：∵DF ⊥AB ，BD =10，DF =8，由勾股定理得：BF =BD 2-DF 2=102-82=6，∵四边形ABDC 内接于⊙O ，∴∠B =∠DCE ，由(1)可知：∠E =90°，∴∠E =∠DFB =90°，在△DCE 和△DBF 中，∠E =∠DFB =90°∠DCE =∠BDC =DB∴△DCE ≌△DBF AAS ，∴CE =BF =6【点睛】本题考查圆的切线性质，圆内接四边形的性质，弦、弧、圆心角的关系，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握圆的有关性质．6(2023·辽宁沈阳·校考一模)如图，AB 为⊙O 的直径，半径OD ⊥AB ，⊙O 的切线CE 交AB 的延长线于点E ，⊙O 的弦CD 与AB 相交于点F ．(1)求证：EF =EC ；(2)若OE =10，且B 为EF 的中点，求⊙O 的半径长．【答案】(1)见解析(2)6【分析】(1)连接OC ，根据切线的性质得到OC ⊥CE ，求得∠OCF +∠ECF =90°，根据等腰三角形的性质得到∠OCF =∠ODF ，求得∠ODF +∠OFD =90°，得到∠ECF =∠OFD ，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论；(2)设⊙O 的半径为r ，则OB =OC =r ，求得BE =BF =10-r ，根据勾股定理即可得到结论．【详解】(1)证明：连接OC ，，∵⊙O 的切线CE 交AB 的延长线于点E ，∴OC⊥CE，∴∠OCE=90°，即∠OCF+∠ECF=90°，∵OC=OD，∴∠OCF=∠ODF，∵OD⊥AB，∴∠DOF=90°，∴∠ODF+∠OFD=90°，∴∠ECF=∠OFD，∵∠OFD=∠EFC，∴∠ECF=∠EFC，∴EF=EC；(2)解：设⊙O的半径为r，则OB=OC=r，∵OE=10，B为EF的中点，∴BE=BF=10-r，EC=EF=20-2r，在Rt△OCE中，OC2+CE2=OE2，∴r2+20-2r2=102，解得：r=6或r=10(舍去)，∴⊙O的半径长为6．【点睛】本题主要考查了切线的性质、勾股定理、等腰三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．7(2023春·北京西城·九年级北师大实验中学校考开学考试)如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C作⊙O的切线l，过点B作BD⊥l于点D．(1)求证：BC平分∠ABD；(2)连接OD，若∠ABD=60°，CD=3，求OD的长．【答案】(1)证明见解析(2)7【分析】(1)连接OC，求得OC∥BD，得到∠OBC=∠CBD，即可求得BC平分∠ABD．(2)连接AC，求得∠ACB=90°，在Rt△BDC中，求得BC=23；在Rt△ACB中，AB=2AC，OC=2；在Rt△OCD中，利用勾股定理可求得OD=7．【详解】(1)证明：如图，连接OC．∵直线l与⊙O相切于点C，∴OC⊥l于点C．∴∠OCD=90°．∵BD⊥l于点D，∴∠BDC =90°．∴∠OCD +∠BDC =180°．∴OC ∥BD ．∴∠OCB =∠CBD ．∵OC =OB ，∴∠OBC =∠OCB ．∴∠OBC =∠CBD ．∴BC 平分∠ABD ．(2)解：连接AC ．∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB =90°．∵∠ABD =60°，∴∠OBC =∠CBD =12∠ABD =30°．在Rt △BDC 中，∵∠CBD =30°，CD =3，∴BC =2CD =23．在Rt △ACB 中，∵∠ABC =30°，∴AB =2AC ．∵AC 2+BC 2=AB 2，∴AB =4．∴OC =12AB =2．在Rt △OCD 中，∵OC 2+CD 2=OD 2，∴OD =7．【点睛】本题是圆与三角形综合题，考查了切线的性质、角平分线的判定和和勾股定理，作出恰当的辅助线是解决问题的关键8(2023·广东惠州·校考二模)如图1，AB 是⊙O 的直径，点C 是⊙O 上一点(不与点A ，B 重合)，连接AC ，BC ．(1)请在图1中用无刻度的直尺和圆规作出AB 的中点．(点C ，D 在线段AB 异侧)；(保留作图痕迹，不写作法)(2)如图2，在(1)的条件下，过点D 作⊙O 的切线，分别交CA ，CB 的延长线于点E ，F ．①求证：∠F =∠CBA ；②过C 作CM ⊥EF 于M ，CM 交AB 于点N ，若AC =3，BC =4，求CM 的长．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②CM =4910【分析】(1)根据角平分线的画法求解即可；(2)①连接OD ，由圆周角定理证出OD ⊥AB ，由切线的性质得出OD ⊥EF ，则可得出结论；②过点C 作CM ⊥EF 于M ，CM 交AB 于N ，证出四边形ONMD 是矩形，得出OD =MN ，求出CN 的长，则由CM =CN +MN 可得出答案．【详解】(1)解：如图1，(2)①证明：连接OD ，∵CD 平分∠ACB ，∴∠ACD =∠BCD ，∴AD =BD，∴OD ⊥AB ，又∵EF 是⊙O 的切线，∴OD ⊥EF ，∴EF ∥AB ，∴∠F =∠CBA ；②过点C 作CM ⊥EF 于M ，CM 交AB 于N ，∵OD ⊥EF ，CM ⊥EF ，∴OD ∥MN ，又∵AB ∥EF ，∴四边形ONMD 是矩形，∴OD =MN ，∵AB 是⊙O 的直径，AC =3，BC =4，∴∠ACB =90°，∴AB =AC 2+BC 2=5，∵S △ABC =12AC ⋅BC =12AB ⋅CN ，∴CN =AC ⋅BC AB =3×45=125，∴CM =CN +MN =125+52=4910．【点睛】此题是圆的综合题，考查了切线的性质、圆周角定理、勾股定理、三角形的面积等知识，熟记掌握切线的性质是解题的关键．。
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圆压轴题八大模型题（六）
泸州市七中佳德学校 易建洪
引言：与圆有关的证明与计算的综合解答题，往往位于许多省市中考题中的倒数第二题
的位置上，是试卷中综合性与难度都比较大的习题。
一般都会在固定习题模型的基础上变化与括展，本文结合近年来各省市中考题，整理了这些习题的常见的结论，破题的要点，常用技巧。
把握了这些方法与技巧，就能台阶性地帮助考生解决问题。
类型5 圆外一点引圆的切线和直径的垂线
如图， 点P 是⊙O 外的一点，过点P 作PA 与⊙O 相切于点A ，PO ⊥BO 于点O ，交AB 于点C.
(1)求证：CP ＝AP ；
(2)延长BO 交⊙O 于点D ，连结AD ，过点P 作PE ⊥AB 于点E ，找出与△BOC 相似的三角形. (3)若⊙O
，OC ＝1，求PA 的长.
【分析】(1)如图3连接OA 得OA ＝OB ,∴∠OAB ＝∠B ,由等角的余角相等得∠PCA ＝∠PAC ,∴PC ＝P A.
(2)由∠APE ＝∠CPE ＝∠B 得：△BOC ∽△BAD ∽△PCE ≌△PAE .
(3)在Rt △OPA 中，设PC ＝PA ＝x ，则有（x ＋1）2＝1＋x 2
.解得PA ＝x ＝2.
基本图形及其变式图
1. 如图1~6，PA 与圆O 相切于点A ，PD ⊥BO （或BO 的延长线）于点D ，直线AB 与PD 相交于点C ，求证：PA ＝P C.
O P C B A
P
E
P A O C B 图1 图(1)
图3
图(2)
图(3)
图2 E A B C P O
【典例】
（2018 湖北随州）如图，AB 是⊙O 的直径，点C 为⊙O 上一点，CN 为⊙
O 的切线，OM ⊥AB 于点O ，分别交AC 、CN 于D 、M 两点． （1）求证：
MD ＝MC ； （2）若⊙O 的半径为5，AC
＝4，求MC 的长．
【分析】（1）连接OC ，利用切线的性质证明即可； （2）根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理解答即可．
解：（1）连接OC ，∵CN 为⊙O 的切线， ∴OC ⊥CM ，∠OCA ＋∠ACM ＝90°， ∵OM ⊥AB ，∴∠OAC ＋∠ODA ＝90°， ∵OA ＝OC ，∴∠OAC ＝∠OCA ， ∴∠ACM ＝∠ODA ＝∠CDM ， ∴MD ＝MC ；
（2）由题意可知AB ＝5×2＝10，AC ＝4，
∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB ＝90°， ∴BC ＝
，
∵∠AOD ＝∠ACB ，∠A ＝∠A ，∴△AOD ∽△ACB ， ∴
，即
，可得：OD ＝2.5，
设MC ＝MD ＝x ，在Rt △OCM 中，由勾股定理得：（x ＋2.5）2
＝x 2
＋52
， 解得：x ＝， 即MC ＝
．
C
(D )
图(4) 图(5)
图(6)
图6-1
图a
【点拨】
连半径，造等腰三角形，借等角的余角相等再证边等。
由切线的性质、直径所对的圆周角是直角以及等腰三角形三线合一找直角三角形、等腰三角形、相似三角形，运用比例线段、勾股定理和相似三角形面积关系解决问题.
【变式运用】
1． (2018⋅江苏连云港)如图，AB是⊙O的弦，点C在过点B的切线上，且OC⊥OA，OC 交AB于点P，已知∠OAB＝22°，则∠OCB＝___44°___．
2.（2016•兰州）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB是⊙O的直径，OD⊥AB于点O，分别交AC、CF于点E、D，且DE＝D C．
（1）求证：CF是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为5，BC
＝，求DE的长．
证明：连接OC，∵OA＝OC，
∴∠A＝∠OCA，∵OD⊥AB，
∴∠A＋∠AEO＝90°，∵DE＝DC，
∴∠DEC＝∠DCE，∵∠AEO＝∠DEC，
∴∠AEO＝∠DCE，∴∠OCE＋∠DCE＝90°，
∴∠OCF＝90°，∴OC⊥CF，
∴CF是⊙O切线．
（2）作DH⊥AC于H，则∠EDH＝∠A，
∵DE＝DC，∴EH＝HC＝1
2 EC，
∵⊙O的半径为5，BC
＝
∴AB＝10，AC＝
3
∵△AEO∽△ABC，∴AO AE AC AB
=，
∴AE
3
=，∴EC＝AC﹣AE
＝，
∴EH＝1
2
EC
＝
3
，∵∠EDH＝∠A，∴sin∠A＝sin∠EDH，
图
6-2
图b
图
6-3
∴BC EH
AB DE
=，∴DE＝
AB EH
BC
1020
3
=
3.如图，已知直线l与⊙O相离，OA⊥l于点A，OA＝5，OA与⊙A相交于点P，AB与⊙O相切于点B，BP的延长线交直线l于点C.
（1）试判断线段AB与AC的数量关系，并说明理由；
（2）若PC＝25，求⊙O的半径和线段PB的长；
（3）若⊙O上存在点Q，使△QAC是以AC为底边的等腰三角形，求⊙O的半径r的取值范围.
解：（1）AB＝A C．理由如下：如图c，连接OB，
∵AB切⊙O于B，OA⊥AC，
∴∠OBA＝∠OAC＝90°，
∴∠OBP＋∠ABP＝90°，∠ACP＋∠CPA＝90°，
∵OP＝OB，∴∠OBP＝∠OP B．
∵∠OPB＝∠APC，∴∠ACP＝∠ABC，
∴AB＝A C．
（2）如图d，延长AP交⊙O于D，连接BD，
设圆半径为r，则由OA＝5得，OP＝OB＝r，PA＝5－r．
又∵PC＝
AB2＝OA2－OB2＝52－r2，
AC2＝PC2－PA2＝（
2－（5－r）2，
∵由（1）知AC＝AB，
∴52－r2＝（
2－（5－r）2，
解得：r＝3，即⊙O的半径是3；
∴AB＝AC＝4.∵PD是直径，∴∠PBD＝90°＝∠PA C. ∵∠DPB＝∠CPA,∴△DPB∽△CP A.
∴CP AP
PD BP
=,
2
BP
=,解得PB
.
（3）作线段AC的垂直平分线MN，作OE⊥MN，
则OE＝1
2
AC＝
1
2
AB＝
1
2
图d
图c
图
6-4
又∵圆O 要与直线MN 有唯一交点， ∴OE ＝
1
2
r ，∴r
又∵圆O 与直线l 相离， ∴r ＜5.
∴⊙O 的半径r
r ＜5.
4.(2018·湖北黄冈) 如图，AD 是⊙O 的直径，AB 为⊙O 的弦，OP AD ⊥，OP 与AB 的延长线交于点P ，过B 点的切线交OP 于点C . （1）求证：CBP ADB ∠=∠.
（2）若2OA =，1AB =，求线段BP 的长.
证明：（1）连接OB ，则OB ⊥BC ，
90OBD DBC ∠+∠=，又AD 为直径， 90DBP DBC CBP ∠=∠+∠=，
∴OBD CBP ∠=∠
又OD OB =，OBD ODB ∠=∠； ∴ODB CBP ∠=∠，即ADB CBP ∠=∠ （2）解：在Rt ADB ∆和Rt APO ∆中，
DAB PAO ∠=∠，Rt ADB Rt APO ∆∆∽ 1AB =，2AO =，4AD =，
AB AD
AO AP
=
，8AP =,7BP =.
图
e
图6-5
P
D
A
B
C
O
图f
P
D A
B
C
O。