专题03 圆-备战2025年中考数学真题题源解密（浙江专用）

专题03 圆 课标要求 考点 考向 1．理解圆的有关概念和性质，了解圆心角、弧、弦之间的关系． 2．了解圆心角与圆周角及其所对弧的关系，掌握垂径定理及推论. 3. 了解圆的内接四边形性质及其应用 4．探索并了解点和圆、直线和圆的位置关系． 5．知道三角形的内心和外心． 6．了解切线的概念，并掌握切线的判定和性质，会过圆上一点画圆的切线. 7．会计算圆的弧长和扇形的面积． 8．会计算圆柱和圆锥的侧面积和全面积． 9．了解正多边形的概念及正多边形与圆的关系. 圆 考向一 圆的基本性质 考向二 圆综合应用 考点一 圆 ►考向一 圆的基本性质 1．（2023•温州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，AD＝，则∠CAO的度数与BC的长分别为（　　） A．10°，1 B．10°， C．15°，1 D．15°， 2．（2023•杭州）如图，在⊙O中，半径OA，OB互相垂直，点C在劣弧AB上．若∠ABC＝19°，则∠BAC＝（　　） A．23° B．24° C．25° D．26° 3．（2022•温州）如图，AB，AC是⊙O的两条弦，OD⊥AB于点D，OE⊥AC于点E，连结OB，OC．若∠DOE＝130°，则∠BOC的度数为（　　） A．95° B．100° C．105° D．130° 4．（2023•杭州）如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，设正六边形ABCDEF的面积为S1，△ACE的面积为S2，则＝　　． 5．（2023•金华）如图，在△ABC中，AB＝AC＝6cm，∠BAC＝50°，以AB为直径作半圆，交BC于点D，交AC于点E，则弧DE的长为 　　cm． ►考向二 圆综合应用 1．（2022•杭州）如图是以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上，将该圆形纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD．设CD与直径AB交于点E．若AD＝ED，则∠B＝　　度；的值等于 　　． 2．（2023•宁波）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，E为AB边上一点，以AE为直径的半圆O与BC相切于点D，连结AD，BE＝3，BD＝3．P是AB边上的动点，当△ADP为等腰三角形时，AP的长为 　　． 3．（2023•丽水）如图，在⊙O中，AB是一条不过圆心O的弦，点C，D是的三等分点，直径CE交AB于点F，连结AD交CF于点G，连结AC，过点C的切线交BA的延长线于点H． （1）求证：AD∥HC； （2）若＝2，求tan∠FAG的值； （3）连结BC交AD于点N，若⊙O的半径为5． 下面三个问题，依次按照易、中、难排列．请根据自己的认知水平，选择其中一道问题进行解答． ①若OF＝，求BC的长； ②若AH＝，求△ANB的周长； ③若HF•AB＝88，求△BHC的面积． 4．（2022•温州）如图1，AB为半圆O的直径，C为BA延长线上一点，CD切半圆于点D，BE⊥CD，交CD延长线于点E，交半圆于点F，已知BC＝5，BE＝3，点P，Q分别在线段AB，BE上（不与端点重合），且满足＝．设BQ＝x，CP＝y． （1）求半圆O的半径． （2）求y关于x的函数表达式． （3）如图2，过点P作PR⊥CE于点R，连结PQ，RQ． ①当△PQR为直角三角形时，求x的值． ②作点F关于QR的对称点F′，当点F′落在BC上时，求的值． 5．（2022•宁波）如图1，⊙O为锐角三角形ABC的外接圆，点D在上，AD交BC于点E，点F在AE上，满足∠AFB﹣∠BFD＝∠ACB，FG∥AC交BC于点G，BE＝FG，连结BD，DG．设∠ACB＝α． （1）用含α的代数式表示∠BFD． （2）求证：△BDE≌△FDG． （3）如图2，AD为⊙O的直径． ①当的长为2时，求的长． ②当OF：OE＝4：11时，求cosα的值． 6．（2023•杭州）如图，在⊙O中，直径AB垂直弦CD于点E，连接AC，AD，BC，作CF⊥AD于点F，交线段OB于点G（不与点O，B重合），连接OF． （1）若BE＝1，求GE的长． （2）求证：BC2＝BG•BO． （3）若FO＝FG，猜想∠CAD的度数，并证明你的结论． 7．（2023•台州）我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置．如图，AB是⊙O的直径，直线l是⊙O的切线，B为切点．P，Q是圆上两点（不与点A重合，且在直径AB的同侧），分别作射线AP，AQ交直线l于点C，点D． （1）如图1，当AB＝6，弧BP长为π时，求BC的长； （2）如图2，当，时，求的值； （3）如图3，当，BC＝CD时，连接BP，PQ，直接写出的值． 8．（2022•丽水）如图，以AB为直径的⊙O与AH相切于点A，点C在AB左侧圆弧上，弦CD⊥AB交⊙O于点D，连结AC，AD．点A关于CD的对称点为E，直线CE交⊙O于点F，交AH于点G． （1）求证：∠CAG＝∠AGC； （2）当点E在AB上，连结AF交CD于点P，若＝，求的值； （3）当点E在射线AB上，AB＝2，以点A，C，O，F为顶点的四边形中有一组对边平行时，求AE的长． 1．（2024•柯桥区二模）某项目化研究小组只用一张矩形纸条和刻度尺，来测量一次性纸杯杯底的直径．小敏同学想到了如下方法：如图，将纸条拉直并紧贴杯底，纸条的上下边沿分别与杯底相交于A、B、C、D四点，然后利用刻度尺量得该纸条的宽为3.5cm，AB＝4cm，CD＝3cm．请你帮忙计算纸杯杯底的直径为（　　） A．4.8cm B．5cm C．5.2cm D．6cm 2．（2024•拱墅区一模）如图，在△ABC中，AB+AC＝BC，AD⊥BC于D，⊙O为△ABC的内切圆，设⊙O的半径为R，AD的长为h，则的值为（　　） A． B． C． D． 3．（2023•拱墅区校级二模）如图，AD是△ABC的外角平分线，与△ABC的外接圆交于点D，连结BD交AC于点F，且BC＝CF，则下列结论错误的是（　　） A．∠ADB＝∠CDB B．3∠ACB+∠ACD＝180° C．3∠BDC+2∠ABD＝180° D．3∠BAD+∠ABD＝360° 4．（2023•镇海区校级模拟）如图，⊙O是等腰Rt△ABC的外接圆，D为弧 上一点，P为△ABD的内心，过P作PE⊥AB，垂足为E，若 ，则BE﹣AE的值为（　　） A．4 B． C．2 D． 5．（2022•海曙区校级三模）如图，在矩形ABCD中AB＝10，BC＝8，以CD为直径作⊙O．将矩形ABCD绕点C旋转，使所得矩形A1B1C1D1的边A1B1与⊙O相切于点E，则BB1的长为（　　） A． B．2 C． D． 6．（2024•镇海区校级四模）如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OE＝BE．点P是劣弧上任意一点（不与点A，D重合），CP交AB于点M，AP与CD的延长线相交于点F，设∠PCD＝α． ①则∠F＝　 　，（用含α的代数式表示）； ②当∠F＝3∠PCD时，则＝　 　． 7．（2024•椒江区校级模拟）如图1是一款轴对称“磁悬浮地漏”无水时的示意图，它由一个圆弧形密封盖与两个磁体组成（下侧磁体固定不动），连接杆EF与地面BD垂直，排水口，密封盖最高点E到地面的距离为6mm，整个地漏的高度EG＝75mm（G为磁体底部中点），密封盖被磁体顶起将排水口密封，所在圆的半径为 　 　mm；当有水时如图2所示，密封盖下移排水，当密封盖下沉至最低处时，点M'恰好落在BG中点，若点M'到E'F'的距离为36mm，则密封盖下沉的最大距离为 　 　mm． 8．（2023•西湖区一模）如图，⊙O为锐角△ABC的外接圆，点D在BC上，AD交BO于点E，且满足∠AEB﹣∠BED＝2∠BCD，连结AO，设∠BCD＝α． （1）则∠BED＝　 　．（用含α的代数式表示） （2）若AO∥BD，∠ADB＝2∠BAD，则＝　 　． 9．（2022•宁波模拟）如图，边长为4的正方形ABCD中，顶点A落在矩形DEFG的边EF上，EF＝5，而矩形的顶点G恰好落在BC边上．点O是AB边上一动点（不与A，B重合），以O为圆心，OA长为半径作圆，当⊙O与矩形DEFG的边相切时，AO的长为 　 　． 10．（2022•镇海区二模）如图，矩形ABCD中，AB＝11，AD＝4，⊙O分别与边AD，AB，CD相切，点M，N分别在AB，CD上，CN＝1，将四边形BCNM沿着MN翻折，使点B、C分别落在B'、C'处，若射线MB'恰好与⊙O相切，切点为G，则线段MB的长为 　 　． 11．（2022•宁海县校级模拟）如图，圆O的半径为4，点P是直径AB上定点，AP＝1，过P的直线与圆O交于C，D两点，则△COD面积的最大值为 　 　；作弦DE∥AB，CH⊥DE于H，则CH的最大值为 　 　． 12．（2024•普陀区二模）已知：如图1，AB是⊙O的直径，弦AC与半径OD平行． （1）求证：＝； （2）如图2，过点D作AB的垂线，交⊙O于点E，交AB于点F，连结AE，若AB＝10，AC＝3BF，求AE的长； （3）在（2）的条件下，如图3，连结CD、CE，延长AC、ED，相交于点G， ①请在图中找出与△ACE相似的所有三角形？并选择其中一对说明理由？ ②求△GCD的周长． 13．（2024•余姚市校级四模）如图1，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，M是AC中点，过点B、M、C作⊙O，P是上一点，连结MP交BC于K，连结BP、CP． （1）若∠A＝40°，求∠MPC． （2）如图2，连结BM，若MP过圆心O，且O恰为△MBC重心，求tanA的值． （3）如图1，若AC＝10，MP＝x，回答以下问题中的两个： ①当x＝6时，求MK的值． ②当∠A＝30°时，求四边形BMCP面积．（用含x的代数式表示） ③若P是的四等分点，且，则当△BMC面积最大时，直接写出四边形BMCP的面积． 14．（2024•金华三模）如图1，在△ABC中，AB＝AC＝3，BC＝2，点P在射线BC上运动，⊙O是△ABP的外接圆． （1）求△ABC的面积． （2）如图2，连结BO并延长，分别交AC，AP于点D，E，交⊙O于点F，当BO⊥AC时，求BP的长． （3）当圆心O在△ABC的内部时，求BP的取值范围． 15．（2024•拱墅区二模）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，且∠DAB+∠ABC＝90°，点E为弦AB的中点，连结BD．延长AD，BC相交于点F，连结EF，与CD相交于点G，与BD相交于点H． （1）求证：CD⊥EF． （2）若点C是BF的中点，，求的值． （3）连结OE，探究OE与CD之间的等量关系，并证明． 16．（2024•浙江模拟）如图1，在⊙O中，直径AB垂直弦CD，连结AC、AD，弦CG平分∠ACD分别交AB、AD于点E，F，AG与CD的延长线交于点H． （1）求证：△ACG∽△AHC； （2）如图1，当HG＝HD时，求； （3）如图2，当EF＝FG时，求． 17．（2024•下城区校级三模）已知：如图1，△ABC是⊙O的内接三角形，且AB＝AC，点D是弧BC上一动点．连接AD交弦BC于点E，点F在弦AD上，且BD＝BF． （1）求证：△EBF∽△EAB； （2）如图2，若AD是⊙O的直径，AF＝5，，求直径AD的长； （3）如图3，保持点B位置不变，调整点A、D的位置使得直线BF经过圆心O，点M在⊙O上，使得成立的所有点M中，有一个点的位置始终不变，试找出这个点M，并说明理由． 18．（2024•义乌市二模）如图1，已知AB是⊙O的直径，点C为的中点，点D为⊙O上一点（不与A，B，C重合）．连结AC，CD，DB，过点A作AE∥CD，交直线BD于点E． （1）当点D在上时， ①求∠CDB的度数． ②若，，求AE的值． （2）如图2，记CD＝a，作点D关于直径AB的对称点F，连结DF，CF．若△CDF为等腰三角形，请直接写出AE的值（用含a的代数式表示）． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 圆 课标要求 考点 考向 1．理解圆的有关概念和性质，了解圆心角、弧、弦之间的关系． 2．了解圆心角与圆周角及其所对弧的关系，掌握垂径定理及推论. 3. 了解圆的内接四边形性质及其应用 4．探索并了解点和圆、直线和圆的位置关系． 5．知道三角形的内心和外心． 6．了解切线的概念，并掌握切线的判定和性质，会过圆上一点画圆的切线. 7．会计算圆的弧长和扇形的面积． 8．会计算圆柱和圆锥的侧面积和全面积． 9．了解正多边形的概念及正多边形与圆的关系. 圆 考向一 圆的基本性质 考向二 圆综合应用 考点一 圆 ►考向一 圆的基本性质 1．（2023•温州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，AD＝，则∠CAO的度数与BC的长分别为（　　） A．10°，1 B．10°， C．15°，1 D．15°， 【答案】C 【分析】由平行线的性质，圆周角定理，垂直的定义，推出∠AOB＝∠COD＝90°，∠CAD＝∠BDA＝45°，求出∠BOC＝60°，得到△BOC是等边三角形，得到BC＝OB，由等腰三角形的性质求出圆的半径长，求出∠OAD的度数，即可得到BC的长，∠CAO的度数． 【解答】解：连接OB，OC， ∵BC∥AD， ∴∠DBC＝∠ADB， ∴＝， ∴∠AOB＝∠COD，∠CAD＝∠BDA， ∵DB⊥AC， ∴∠AED＝90°， ∴∠CAD＝∠BDA＝45°， ∴∠AOB＝2∠ADB＝90°，∠COD＝2∠CAD＝90°， ∵∠AOD＝120°， ∴∠BOC＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°， ∵OB＝OC， ∴△OBC是等边三角形， ∴BC＝OB， ∵OA＝OD，∠AOD＝120°， ∴∠OAD＝∠ODA＝30°， ∴AD＝OA＝， ∴OA＝1， ∴BC＝1， ∴∠CAO＝∠CAD﹣∠OAD＝45°﹣30°＝15°． 故选：C． 【点评】本题考查圆周角定理，平行线的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，关键是由圆周角定理推出∠AOB＝∠COD＝90°，∠CAD＝∠BDA＝45°，证明△OBC是等边三角形． 2．（2023•杭州）如图，在⊙O中，半径OA，OB互相垂直，点C在劣弧AB上．若∠ABC＝19°，则∠BAC＝（　　） A．23° B．24° C．25° D．26° 【答案】D 【分析】连接OC，根据圆周角定理可求解∠AOC的度数，结合垂直的定义可求解∠BOC 的度数，再利用圆周角定理可求解． 【解答】解：连接OC， ∵∠ABC＝19°， ∴∠AOC＝2∠ABC＝38°， ∵半径OA，OB互相垂直， ∴∠AOB＝90°， ∴∠BOC＝90°﹣38°＝52°， ∴∠BAC＝∠BOC＝26°， 故选：D． 【点评】本题主要考查圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键． 3．（2022•温州）如图，AB，AC是⊙O的两条弦，OD⊥AB于点D，OE⊥AC于点E，连结OB，OC．若∠DOE＝130°，则∠BOC的度数为（　　） A．95° B．100° C．105° D．130° 【答案】B 【分析】根据四边形的内角和等于360°计算可得∠BAC＝50°，再根据圆周角定理得到∠BOC＝2∠BAC，进而可以得到答案． 【解答】解：∵OD⊥AB，OE⊥AC， ∴∠ADO＝90°，∠AEO＝90°， ∵∠DOE＝130°， ∴∠BAC＝360°﹣90°﹣90°﹣130°＝50°， ∴∠BOC＝2∠BAC＝100°， 故选：B． 【点评】本题考查的是圆周角定理，在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半． 4．（2023•杭州）如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，设正六边形ABCDEF的面积为S1，△ACE的面积为S2，则＝　2　． 【答案】2． 【分析】连接OA，OC，OE，首先证明出△ACE 是⊙O的内接正三角形，然后证明出△BAC≌△OAC（ASA），得到 S△ABC＝S△AEE＝S△CDE S△AOC＝S△OAE＝S△OCE，进而求解即可． 【解答】解：如图所示，连接OA，OC，OE． ∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形， ∴AC＝AE＝CE， ∴△ACE是⊙O的内接正三角形， ∵∠B＝120°，AB＝BC， ∴∠BAC＝∠BCA＝（180°﹣∠B）＝30°， ∵∠CAE＝60°， ∴∠OAC＝∠OAE＝30°， ∴∠BAC＝∠OAC＝30°， 同理可得，∠BCA＝∠OCA＝30°， 又∵AC＝AC， ∴△BAC≌△OAC（ASA）， ∴S△BAC＝S△AOC， 圆和正六边形的性质可得，S△BAC＝S△AFE＝S△CDE， 由圆和正三角形的性质可得，S△OAC＝S△OAE＝S△OCE， ∵S1＝S△BAC+S△AEF+S△CDE+S△OAC+S△OAE+S△OCE＝2（S△OAC+S△OAE+S△OCE）＝2S2， ∴， 故答案为：2 【点评】此题考查了圆内接正多边形的性质，正六边形和正三角形的性质，全等三角形的性质和判定等知 识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 5．（2023•金华）如图，在△ABC中，AB＝AC＝6cm，∠BAC＝50°，以AB为直径作半圆，交BC于点D，交AC于点E，则弧DE的长为 　π　cm． 【答案】π． 【分析】连接OE，OD，由等腰三角形的性质推出∠C＝∠ODB，得到OD∥AC，推出∠EOD＝∠AEO，由OE＝OA，∠OEA＝∠BAC＝50°，因此∠∠EOD＝∠BAC＝50°，由弧长公式即可求出的长． 【解答】解：连接OE，OD， ∵OD＝OB， ∴∠B＝∠ODB， ∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， ∴∠C＝∠ODB， ∴OD∥AC， ∴∠EOD＝∠AEO， ∵OE＝OA， ∴∠OEA＝∠BAC＝50°， ∴∠EOD＝∠BAC＝50°， ∵OD＝AB＝×6＝3（cm）， ∴的长＝＝π（cm）． 故答案为：π． 【点评】本题考查弧长的计算，等腰三角形的性质，平行线的性质，关键是由等腰三角形的性质推出OD∥AC，从而求出∠EOD的度数． ►考向二 圆综合应用 1．（2022•杭州）如图是以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上，将该圆形纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD．设CD与直径AB交于点E．若AD＝ED，则∠B＝　36　度；的值等于 　　． 【答案】36，． 【分析】由等腰三角形的性质得出∠DAE＝∠DEA，证出∠BEC＝∠BCE，由折叠的性质得出∠ECO＝∠BCO，设∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，证出∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，∠CEB＝2x，由三角形内角和定理可得出答案；证明△CEO∽△BEC，由相似三角形的性质得出，设EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，得出a2＝x（x+a），求出OE＝a，证明△BCE∽△DAE，由相似三角形的性质得出，则可得出答案． 【解答】解：∵AD＝DE， ∴∠DAE＝∠DEA， ∵∠DEA＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE， ∴∠BEC＝∠BCE， ∵将该圆形纸片沿直线CO对折， ∴∠ECO＝∠BCO， 又∵OB＝OC， ∴∠OCB＝∠B， 设∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x， ∴∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x， ∴∠CEB＝2x， ∵∠BEC+∠BCE+∠B＝180°， ∴x+2x+2x＝180°， ∴x＝36°， ∴∠B＝36°； ∵∠ECO＝∠B，∠CEO＝∠CEB， ∴△CEO∽△BEC， ∴， ∴CE2＝EO•BE， 设EO＝x，EC＝OC＝OB＝a， ∴a2＝x（x+a）， 解得，x＝a（负值舍去）， ∴OE＝a， ∴AE＝OA﹣OE＝a﹣a＝a， ∵∠AED＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE， ∴△BCE∽△DAE， ∴， ∴＝． 故答案为：36，． 【点评】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 2．（2023•宁波）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，E为AB边上一点，以AE为直径的半圆O与BC相切于点D，连结AD，BE＝3，BD＝3．P是AB边上的动点，当△ADP为等腰三角形时，AP的长为 　6或2　． 【答案】6或2． 【分析】连接OD，DE，根据切线的性质和勾股定理求出OD＝6，然后分三种情况讨论：①当AP＝PD时，此时P与O重合，②如图2，当AP′＝AD时，③如图3，当DP′′＝AD时，分别进行求解即可． 【解答】解：如图1，连接OD，DE， ∵半圆O与BC相切于点D， ∴OD⊥BC， 在Rt△OBD中，OB＝OE+BE＝OD+3，BD＝3． ∴OB2＝BD2+OD2， ∴（OD+3）2＝（3）2+OD2， 解得OD＝6， ∴AO＝EO＝OD＝6， ①当AP＝PD时，此时P与O重合， ∴AP＝AO＝6； ②如图2，当AP′＝AD时， 在Rt△ABC中， ∵∠C＝90°， ∴AC⊥BC， ∴OD∥AC， ∴△BOD∽△BAC， ∴＝＝， ∴＝＝， ∴AC＝10，CD＝2， ∴AD＝＝＝2， ∴AP′＝AD＝2； ③如图3，当DP′′＝AD时， ∵AD＝2， ∴DP′′＝AD＝2， ∵OD＝OA， ∴∠ODA＝∠BAD， ∴OD∥AC， ∴∠ODA＝∠CAD， ∴∠BAD＝∠CAD， ∴AD平分∠BAC， 过点D作DH⊥AE于点H， ∴AH＝P″H，DH＝DC＝2， ∵AD＝AD， ∴Rt△ADH≌Rt△ADC（HL）， ∴AH＝AC＝10， ∴AH＝AC＝P″H＝10， ∴AP″＝2AH＝20（P为AB边上一点，不符合题意，舍去）， 综上所述：当△ADP为等腰三角形时，AP的长为6或2． 故答案为：6或2． 【点评】此题属于圆的综合题，考查了切线的性质，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，综合性强，解决本题的关键是利用分类讨论思想． 3．（2023•丽水）如图，在⊙O中，AB是一条不过圆心O的弦，点C，D是的三等分点，直径CE交AB于点F，连结AD交CF于点G，连结AC，过点C的切线交BA的延长线于点H． （1）求证：AD∥HC； （2）若＝2，求tan∠FAG的值； （3）连结BC交AD于点N，若⊙O的半径为5． 下面三个问题，依次按照易、中、难排列．请根据自己的认知水平，选择其中一道问题进行解答． ①若OF＝，求BC的长； ②若AH＝，求△ANB的周长； ③若HF•AB＝88，求△BHC的面积． 【答案】（1）证明见解答． （2）tan∠FAG的值为． （3）①BC的长为． ②△ANB的周长为． ③△BHC的面积为． 【分析】（1）根据题意可得，再由HC是⊙O的切线，即可求证． （2）先证明△CAG≌△FAG（ASA），设出CG，根据勾股定理即可求解． （3）①根据题意，求出AG的长，再由即可求解． ②根据题意可求得，再由勾股定理及相似三角形的性质即可求解． ③作出辅助线，设出CG，利用勾股定理及相似三角形的性质可得方程10x+x（5﹣2x）＝22，进而可求得S△CHA＝8，再证明△CHA∽△BHC，即可解答． 【解答】（1）证明：∵点C，D是的三等分点， ∴． 由CE是⊙O的直径可得CE⊥AD， ∵HC是⊙O的切线， ∴HC⊥CE， ∴AD∥HC． （2）解：如图1，连接AO， ∵， ∴∠BAD＝∠CAD， ∵CE⊥AD， ∴∠AGC＝∠AGF＝90°， ∴△CAG≌△FAG（ASA）， ∴CG＝FG， 设CG＝a，则FG＝a， ∵， ∴OG＝2a，AO＝CO＝3a． 在Rt△AOG中，AO2＝AG2+OG2， ∴（3a）2＝AG2+（2a）2， ∴， ∴． 答：tan∠FAG的值为． （3）解：①如图1，∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵CE⊥AD， ∴AD＝2AG＝， ∵， ∴， ∴． 答：BC的长为． ②如图2，连接CD， ∵AD∥HC，FG＝CG， ∴AH＝AF， ∵∠HCF＝90°， ∴， 设CG＝x，则FG＝x，OG＝5﹣x， 由勾股定理得AG2＝AO2﹣OG2＝AC2﹣CG2， 即25﹣（5﹣x）2＝10﹣x2， 解得x＝1， ∴AG＝3，AD＝6， ∵， ∴∠DAC＝∠BCD， ∵∠CDN＝∠ADC， ∴△CDN∽△ADC， ∴， ∴， ∵∠BAD＝∠DAC，∠ABN＝∠ADC， ∴△ANB∽△ACD， ∴＝． 答：△ANB的周长为． ③如图3，过点O作OM⊥AB于点M，则， 设CG＝x，则FG＝x，OG＝5﹣x，OF＝5﹣2x， 由勾股定理得AG2＝AO2﹣OG2＝25﹣（5﹣x）2， AF2＝AG2+FG2＝10x﹣x2+x2＝10x， ∵AD∥HC，FG＝CG， ∴， ∴， ∴， ∵∠AGF＝∠OMF＝90°，∠AFG＝∠OFM， ∴△AFG∽△OFM， ∴， ∴AF•FM＝OF•GF， ∴AF•AM＝AF•（AF+FM）＝AF2+AF•FM＝AF2+OF•GF＝22， 可得方程10x+x（5﹣2x）＝22， 解得x1＝2，x2＝5.5（舍去）， ∴CG＝FG＝2， ∴OG＝3， ∴AG＝4， ∴， ∴S△CHA＝8， ∵AD∥HC， ∴∠CAD＝∠ACH， ∵， ∴∠B＝∠CAD， ∴∠B＝∠ACH， ∵∠H＝∠H， ∴△CHA∽△BHC， ∴． 答：△BHC的面积为． 【点评】本题考查了圆的综合应用，解题的关键是作出辅助线，构造相似三角形解答． 4．（2022•温州）如图1，AB为半圆O的直径，C为BA延长线上一点，CD切半圆于点D，BE⊥CD，交CD延长线于点E，交半圆于点F，已知BC＝5，BE＝3，点P，Q分别在线段AB，BE上（不与端点重合），且满足＝．设BQ＝x，CP＝y． （1）求半圆O的半径． （2）求y关于x的函数表达式． （3）如图2，过点P作PR⊥CE于点R，连结PQ，RQ． ①当△PQR为直角三角形时，求x的值． ②作点F关于QR的对称点F′，当点F′落在BC上时，求的值． 【答案】（1）； （2）y＝； （3）①或； ②． 【分析】（1）连接OD，设半径为r，利用△COD∽△CBE，得，代入计算即可； （2）根据CP＝AP+AC，用含x的代数式表示AP的长，再由（1）计算求AC的长即可； （3）①显然∠PRQ＜90°，所以分两种情形，当∠RPQ＝90°时，则四边形RPQE是矩形，当∠PQR＝90°时，过点P作PH⊥BE于点H，则四边形PHER是矩形，分别根据图形可得答案； ②连接AF，QF'，由对称可知QF＝QF'，∠F'QR＝∠EQR＝45°，利用三角函数表示出BF'和BF的长度，从而解决问题． 【解答】解：（1）如图1，连接OD，设半径为r， ∵CD切半圆于点D， ∴OD⊥CD， ∵BE⊥CD， ∴OD∥BE， ∴△COD∽△CBE， ∴， ∴， 解得r＝， ∴半圆O的半径为； （2）由（1）得，CA＝CB﹣AB＝5﹣2×＝， ∵＝，BQ＝x， ∴AP＝， ∴CP＝AP+AC， ∴y＝； （3）①显然∠PRQ＜90°，所以分两种情形， 当∠RPQ＝90°时，则四边形RPQE是矩形， ∴PR＝QE， ∵PR＝PC×sinC＝， ∴， ∴x＝， 当∠PQR＝90°时，过点P作PH⊥BE于点H，如图， 则四边形PHER是矩形， ∴PH＝RE，EH＝PR， ∵CR＝CP•cosC＝， ∴PH＝RE＝3﹣x＝EQ， ∴∠EQR＝∠ERQ＝45°， ∴∠PQH＝45°＝∠QPH， ∴HQ＝HP＝3﹣x， 由EH＝PR得：（3﹣x）+（3﹣x）＝， ∴x＝， 综上，x的值为或； ②如图，连接AF，QF'，由对称可知QF＝QF'， ∵CP＝， ∴CR＝x+1， ∴ER＝3﹣x， ∵BQ＝x， ∴EQ＝3﹣x， ∴ER＝EQ， ∴∠F'QR＝∠EQR＝45°， ∴∠BQF'＝90°， ∴QF＝QF'＝BQ•tanB＝， ∵AB是半圆O的直径， ∴∠AFB＝90°， ∴BF＝AB•cosB＝， ∴， ∴x＝， ∴． 【点评】本题是圆的综合题，主要考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，三角函数等知识，利用三角函数表示各线段的长并运用分类讨论思想是解题的关键． 5．（2022•宁波）如图1，⊙O为锐角三角形ABC的外接圆，点D在上，AD交BC于点E，点F在AE上，满足∠AFB﹣∠BFD＝∠ACB，FG∥AC交BC于点G，BE＝FG，连结BD，DG．设∠ACB＝α． （1）用含α的代数式表示∠BFD． （2）求证：△BDE≌△FDG． （3）如图2，AD为⊙O的直径． ①当的长为2时，求的长． ②当OF：OE＝4：11时，求cosα的值． 【答案】（1）90°﹣； （2）证明见解答过程； （3）①3； ②． 【分析】（1）联立∠AFB﹣∠BFD＝∠ACB＝α，∠AFB+∠BFD＝180°，即可得出∠BFD的度数； （2）根据角的关系得出DB＝DF，推出∠DFG＝∠DBE，又BE＝FG，即可根据SAS证两三角形全等； （3）①用α表示出∠ABC的度数，根据度数比等于弧长比计算弧长即可； ②证△BDG∽△BOF，设相似比为k，OF＝4x，则可得出OE，DE，GE的长度，根据比例关系得出方程求出k的值，在用x的代数式分别表示出BD和AD，即可得出结论． 【解答】解：（1）∵∠AFB﹣∠BFD＝∠ACB＝α，① 又∵∠AFB+∠BFD＝180°，② ②﹣①，得2∠BFD＝180°﹣α， ∴∠BFD＝90°﹣； （2）由（1）得∠BFD＝90°﹣， ∵∠ADB＝∠ACB＝α， ∴∠FBD＝180°﹣∠ADB﹣∠BFD＝90°﹣， ∴DB＝DF， ∵FG∥AC， ∴∠CAD＝∠DFG， ∵∠CAD＝∠DBE， ∴∠DFG＝∠DBE， 在△BDE和△FDG中， ， ∴△BDE≌△FDG（SAS）； （3）①∵△BDE≌△FDG， ∴∠FDG＝∠BDE＝α， ∴∠BDG＝∠BDF+∠EDG＝2α， ∵DE＝DG， ∴∠DGE＝（180°﹣∠FDG）＝90°﹣， ∴∠DBG＝180°﹣∠BDG﹣∠DGE＝90°﹣， ∵AD是⊙O的直径， ∴∠ABD＝90°， ∴∠ABC＝∠ABD﹣∠DBG＝， ∴与所对的圆心角度数之比为3：2， ∴与的长度之比为3：2， ∵＝2， ∴＝3； ②如图，连接BO， ∵OB＝OD， ∴∠OBD＝∠ODB＝α， ∴∠BOF＝∠OBD+∠ODB＝2α， ∵∠BDG＝2α， ∴∠BOF＝∠BDG， ∵∠BGD＝∠BFO＝90°﹣， ∴△BDG∽△BOF， 设△BDG与△BOF的相似比为k， ∴， ∵， ∴设OF＝4x，则OE＝11x，DE＝DG＝4kx， ∴OB＝OD＝OE+DE＝11x+4kx，BD＝DF＝OF+OD＝15x+4kx， ∴＝＝， 由＝k，得4k2+7k﹣15＝0， 解得k＝或﹣3（舍去）， ∴OD＝11x+4kx＝16x，BD＝15x+4kx＝20x， ∴AD＝2OD＝32x， 在Rt△ABD中，cos∠ADB＝＝， ∴cosα＝． 方法二：连接OB，作BM⊥AD于M， 由题意知，△BDF和△BEF都是等腰三角形， ∴EM＝MF， 设OE＝11，OF＝4， 设DE＝m，则OB＝m+11，OM＝3.5，BD＝m+15，DM＝m+7.5， ∴OB2﹣OM2＝BD2﹣DM2， 即（m+11）2﹣3.52＝（m+15）2﹣（m+7.5）2， 解得m＝5或m＝﹣12（舍去）， ∴cosα＝． 【点评】本题主要考查圆的综合题，熟练掌握圆周角定理，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识是解题的关键． 6．（2023•杭州）如图，在⊙O中，直径AB垂直弦CD于点E，连接AC，AD，BC，作CF⊥AD于点F，交线段OB于点G（不与点O，B重合），连接OF． （1）若BE＝1，求GE的长． （2）求证：BC2＝BG•BO． （3）若FO＝FG，猜想∠CAD的度数，并证明你的结论． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）由垂径定理可得∠AED＝90°，结合CF⊥AD可得∠DAE＝∠FCD，根据圆周角定理可得∠DAE＝∠BCD，进而可得∠BCD＝∠FCD，通过证明△BCE≌△GCE，可得GE＝BE＝1； （2）证明△ACB∽△CEB，根据对应边成比例可得BC2＝BA•BE，再根据AB＝2BO，BE＝BG，可证BC2＝BG•BO； （3）方法一：设∠DAE＝∠CAE＝α，∠FOG＝∠FGO＝β，可证a＝90°﹣β，∠OCF＝90﹣3α，通过SAS证明△COF≌△AOF，进而可得∠OCF＝∠OAF，即90°﹣3a＝a，则∠CAD＝2a＝45°．方法二：延长FO交AC于点H，连接OC，证明△AFC是等腰直角三角形，即可解决问题． 【解答】（1）解：直径AB垂直弦CD， ∴∠AED＝90°， ∴∠DAE+∠D＝90°， ∵CF⊥AD， ∴∠FCD+∠D＝90°， ∴∠DAE＝∠FCD， 由圆周角定理得∠DAE＝∠BCD， ∴∠BCD＝∠FCD， 在△BCE和△GCE中， ， ∴△BCE≌△GCE（ASA）， ∴GE＝BE＝1； （2）证明：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠ACB＝∠CEB＝90°， ∵∠ABC＝∠CBE， ∴△ACB∽△CEB， ∴＝， ∴BC2＝BA•BE， 由（1）知GE＝BE， ∴BE＝BG， ∵AB＝2BO， ∴BC2＝BA•BE＝2BO•BG＝BG•BO； （3）解：∠CAD＝45°，证明如下： 解法一：如图，连接OC， ∵FO＝FG， ∴∠FOG＝∠FGO， ∵直径AB垂直弦CD， ∴CE＝DE，∠AED＝∠AEC＝90°， ∵AE＝AE， ∴△ACE≌△ADE（SAS）， ∴∠DAE＝∠CAE， 设∠DAE＝∠CAE＝α，∠FOG＝∠FGO＝β， 则∠FCD＝∠BCD＝∠DAE＝α， ∵OA＝OC， ∴∠OCA＝∠OAC＝α， ∵∠ACB＝90°， ∴∠OCF＝∠ACB﹣∠OCA﹣∠FCD﹣∠BCD＝90°﹣3α， ∵∠CGE＝∠OGF＝β，∠GCE＝α，∠CGE+∠GCE＝90°， ∴β+α＝90°， ∴α＝90°﹣β， ∵∠COG＝∠OAC+∠OCA＝α+α＝2α， ∴∠COF＝∠COG+∠GOF＝2α+β＝2（90°﹣β）+β＝180°﹣β， ∴∠COF＝∠AOF， 在△COF和△AOF中， ， ∴△COF≌△AOF（SAS）， ∴∠OCF＝∠OAF， 即90°﹣3α＝α， ∴α＝22.5°， ∴∠CAD＝2a＝45°． 解法二： 如图，延长FO交AC于点H，连接OC， ∵FO＝FG， ∴∠FOG＝∠FGO， ∴∠FOG＝∠FGO＝∠CGB＝∠B， ∴BC∥FH， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠ACB＝∠AHO＝90°， ∵OA＝OC， ∴AH＝CH， ∴AF＝CF， ∵CF⊥AD， ∴△AFC是等腰直角三角形， ∴∠CAD＝45°． 【点评】本题是圆的综合题，考查垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等，难度较大，解题的关键是综合应用上述知识点，特别是第3问，需要大胆猜想，再逐步论证． 7．（2023•台州）我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置．如图，AB是⊙O的直径，直线l是⊙O的切线，B为切点．P，Q是圆上两点（不与点A重合，且在直径AB的同侧），分别作射线AP，AQ交直线l于点C，点D． （1）如图1，当AB＝6，弧BP长为π时，求BC的长； （2）如图2，当，时，求的值； （3）如图3，当，BC＝CD时，连接BP，PQ，直接写出的值． 【答案】（1）BC＝2； （2）＝； （3）＝． 【分析】（1）连接OP，设∠BOP的度数为n，可得＝π，n＝60，即∠BOP＝60°，故∠BAP＝30°，而直线l是⊙O的切线，有∠ABC＝90°，从而BC＝＝2； （2）连接BQ，过点C作CF⊥AD于点F，求出cos∠BAQ＝＝，由＝，得∠BAC＝∠DAC，有CF＝BC，证明∠FCD＝∠BAQ，即得＝，故＝； （3）连接BQ，证明△APQ∽△ADC，得＝①，证明△APB∽△ABC，得 ②，由BC＝CD，将①②两式相除得：＝，故＝． 【解答】解：（1）如图，连接OP， 设∠BOP的度数为n°， ∵AB＝6，长为π， ∴＝π， ∴n＝60，即∠BOP＝60°， ∴∠BAP＝30°， ∵直线l是⊙O的切线， ∴∠ABC＝90°， ∴BC＝tan30°•AB＝2； （2）如图，连接BQ，过点C作CF⊥AD于点F， ∵AB为⊙O直径， ∴∠BQA＝90°， ∴cos∠BAQ＝＝， ∵＝， ∴∠BAC＝∠DAC， ∵CF⊥AD，AB⊥BC， ∴CF＝BC， ∵∠BAQ+∠ADB＝90°，∠FCD+∠ADB＝90°， ∴∠FCD＝∠BAQ， ∴cos∠FCD＝cos∠BAQ＝， ∴＝， ∴＝； （3）如图，连接BQ， ∵AB⊥BC，BQ⊥AD， ∴∠ABQ＝90°﹣∠QBD＝∠ADC， ∵∠ABQ＝∠APQ， ∴∠APQ＝∠ADC， ∵∠PAQ＝∠DAC， ∴△APQ∽△ADC， ∴＝①， ∵∠ABC＝90°＝∠APB，∠BAC＝∠PAB， ∴△APB∽△ABC， ∴②， 由BC＝CD，将①②两式相除得： ＝， ∵cos∠BAQ＝＝， ∴＝． 【点评】本题考查圆的综合应用，涉及相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，圆的切线等知识，解题的关键是熟练掌握圆的相关性质及应用． 8．（2022•丽水）如图，以AB为直径的⊙O与AH相切于点A，点C在AB左侧圆弧上，弦CD⊥AB交⊙O于点D，连结AC，AD．点A关于CD的对称点为E，直线CE交⊙O于点F，交AH于点G． （1）求证：∠CAG＝∠AGC； （2）当点E在AB上，连结AF交CD于点P，若＝，求的值； （3）当点E在射线AB上，AB＝2，以点A，C，O，F为顶点的四边形中有一组对边平行时，求AE的长． 【答案】（1）证明见解析部分； （2）； （3）2﹣或2+或或． 【分析】（1）根据等角的余角相等证明即可； （2）证明CF∥AD，推出＝，可得结论； （3）分四种情形：如图1中，当OC∥AF时，如图2中，当OC∥AF时，如图3中，当AC∥OF时，如图4中，当AC∥OF时，分别求解即可． 【解答】（1）证明：∵AH是⊙O的切线， ∴AH⊥AB， ∴∠GAB＝90°， ∵A，E关于CD对称，AB⊥CD， ∴点E在AB上，CE＝CA， ∴∠CEA＝∠CAE， ∵∠CAE+∠CAG＝90°，∠AEC+∠AGC＝90°， ∴∠CAG＝∠AGC； （2）解：∵AB是直径，AB⊥CD， ∴＝， ∴AC＝AD， ∴∠ACD＝∠ADC， ∵∠ACD＝∠ECD， ∴∠ADC＝∠ECD， ∴CF∥AD， ∴＝， ∵CE＝AC＝AD， ∴＝， ∵＝， ∴＝， ∴＝； （3）解：如图1中，当OC∥AF时，连接OC，OF．设∠AGF＝α，则∠CAG＝∠ACD＝∠DCF＝∠AFG＝α， ∵OC∥AF， ∴∠OCF＝∠AFC＝α， ∵OC＝OA， ∴∠OCA＝∠OAC＝3α， ∵∠OAG＝90°， ∴4α＝90°， ∴α＝22.5°， ∵OC＝OF，OA＝OF， ∴∠OFC＝∠OCF＝∠AFC＝22.5°， ∴∠OFA＝∠OAF＝45°， ∴AF＝OF＝OC， ∵OC∥AF， ∴＝＝， ∵OA＝1， ∴AE＝×1＝2﹣． 如图2中，当OC∥AF时，连接OC，AD，设CD交AE点M． 设∠OAC＝α， ∵OC∥AF， ∴∠FAC＝∠OCA＝α， ∴∠COE＝∠FAE＝2α， ∵∠AFG＝∠D，∠AGF＝∠D， ∴∠AGC＝∠AFG＝∠AEC+∠FAE＝3α， ∵∠AGC+∠AEC＝90°， ∴4α＝90°， ∴α＝22.5°，2α＝45°， ∴△COM是等腰直角三角形， ∴OC＝OM， ∴OM＝，AM＝+1， ∴AE＝2AM＝2+； 如图3中，当AC∥OF时，连接OC，OF． 设∠AGF＝α， ∵∠ACF＝∠ACD+∠DCF＝2α， ∵AC∥OF， ∴∠CFO＝∠ACF＝2α， ∴∠CAO＝∠ACO＝4α， ∵∠AOC+∠OAC+∠ACO＝180°， ∴10α＝180°， ∴α＝18°， ∴∠COE＝∠ECO＝∠CFO＝36°， ∴△OCE∽△FCO， ∴OC2＝CE×CF， ∴1＝CE（CE+1）， ∴CE＝AC＝OE＝， ∴AE＝OA﹣OE＝． 如图4中，当AC∥OF时，连接OC，OF，BF． 设∠FAO＝α， ∵AC∥OF， ∴∠CAF＝∠OFA＝α， ∴∠COF＝∠BOF＝2α， ∵AC＝CE， ∴∠AEC＝∠CAE＝∠EFB， ∴BF＝BE， 由△OCF≌△OBF， ∴CF＝BF＝BE， ∵∠BEF＝∠COF， ∴△COF∽△CEO， ∴OC2＝CE•CF， ∴BE＝CF＝， ∴AE＝AB+BE＝． 综上所述，满足条件的AE的长为2﹣或2+或或， 【点评】本题属于圆综合题，考查了切线的性质，垂径定理，轴对称的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题． 1．（2024•柯桥区二模）某项目化研究小组只用一张矩形纸条和刻度尺，来测量一次性纸杯杯底的直径．小敏同学想到了如下方法：如图，将纸条拉直并紧贴杯底，纸条的上下边沿分别与杯底相交于A、B、C、D四点，然后利用刻度尺量得该纸条的宽为3.5cm，AB＝4cm，CD＝3cm．请你帮忙计算纸杯杯底的直径为（　　） A．4.8cm B．5cm C．5.2cm D．6cm 【答案】B 【分析】由垂径定理求出BN，DM的长，设OM＝x，由勾股定理得到x2+22＝（3.5﹣x）2+1.52，求出x的值，得到OM的长，由勾股定理求出OD长，即可求出纸杯的直径长． 【解答】解：如图，MN⊥AB，MN过圆心O，连接OD，OB， ∴MN＝3.5cm， ∵CD∥AB，纸条的宽为3.5cm，AB＝3cm，CD＝4cm， ∴MN⊥CD， ∴DM＝CD＝×4＝2（cm），BN＝AB＝×3＝1.5（cm）， 设OM＝x cm， ∴ON＝MN﹣OM＝（3.5﹣x）cm， ∵OM2+MD2＝OD2，ON2+BN2＝OB2， ∴OM2+MD2＝ON2+BN2， ∴x2+22＝（3.5﹣x）2+1.52， ∴x＝1.5， ∴OM＝1.5（cm）， ∴OD＝＝＝2.5（cm）， ∴纸杯的直径为2.5×2＝5（cm）． 故选：B． 【点评】本题考查垂径定理及勾股定理，解题的关键是通过作辅助线构造直角三角形，由垂径定理，勾股定理求出OM的长． 2．（2024•拱墅区一模）如图，在△ABC中，AB+AC＝BC，AD⊥BC于D，⊙O为△ABC的内切圆，设⊙O的半径为R，AD的长为h，则的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据三角形内切圆特点作出圆心和三条半径，分别表示出△ABC的面积，利用面积相等即可解决问题． 【解答】解：如图所示：O为△ABC中∠ABC、∠ACB、∠BAC的角平分线交点，过点O分别作垂线相交于AB、AC、BC于点E、G、F， S△ABC＝S△AOB+S△BOC+S△AOC＝×AB•R+BC•R+AC•R＝R（AB+AC+BC）， ∵AB+AC＝BC， ∴S△ABC＝R（BC+BC）＝R•BC， ∵AD的长为h， ∴S△ABC＝BC•h， ∴R•BC＝BC•h， ∴h＝R， ∴＝＝， 故选：A． 【点评】本题考查三角形内切圆的相关性质，本题掌握三角形内切圆的性质，根据已知条件利用三角形ABC面积相等推出关系式是解题关键． 3．（2023•拱墅区校级二模）如图，AD是△ABC的外角平分线，与△ABC的外接圆交于点D，连结BD交AC于点F，且BC＝CF，则下列结论错误的是（　　） A．∠ADB＝∠CDB B．3∠ACB+∠ACD＝180° C．3∠BDC+2∠ABD＝180° D．3∠BAD+∠ABD＝360° 【答案】B 【分析】设∠DCB＝α，∠BDC＝β，表示出有关的角，由圆周角定理，圆内接四边形的性质，可以解决问题． 【解答】解：AD是△ABC的外角平分线， ∴∠EAD＝∠DAC， ∵∠EAD＝∠DCB，∠DAC＝∠DBC， ∴∠DBC＝∠DCB， ∵BC＝CF， ∴∠FBC＝∠CFB， ∴∠BDC＝∠BCF， ∵∠ADB＝∠BCF， ∴∠ADB＝∠BDC． 故A正确， 设∠DCB＝α，∠BDC＝β，则∠ADB＝∠ACB＝β， ∴2α+β＝180°， ∴3∠ACB+∠ACD＝3β+（α﹣β）＝α+2β≠180°， 故B错误； 3∠BDC+2∠ABD＝3β+2∠ACD＝3β+2（α﹣β）＝2α+β＝180°， 故C正确； 3∠BAD+∠ABD＝3（180°﹣α）+（α﹣β）＝540°﹣（2α+β）＝540°﹣180°＝360°， 故D正确； 故选：B． 【点评】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质，关键是设∠DCB＝α，∠BDC＝β，表示出有关的角． 4．（2023•镇海区校级模拟）如图，⊙O是等腰Rt△ABC的外接圆，D为弧 上一点，P为△ABD的内心，过P作PE⊥AB，垂足为E，若 ，则BE﹣AE的值为（　　） A．4 B． C．2 D． 【答案】A 【分析】作PM⊥AD于M，PN⊥BD于N，连接PA，在DB上截取BK＝AD，连接CK，可以证明△CDA≌△CKB，得到CD＝CK，∠DCA＝∠KCB，推出△DCK是等腰直角三角形，得到DK＝CD＝×2＝4，由P是△ADB的内心，推出BE﹣AE＝BD﹣AD＝DK＝4． 【解答】解：作PM⊥AD于M，PN⊥BD于N，连接PA，在DB上截取BK＝AD，连接CK， ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴∠ACB＝90°，AC＝BC， ∵∠DAC＝∠CBK， ∴△CDA≌△CKB（SAS）， ∴CD＝CK，∠DCA＝∠KCB， ∵∠KCB+∠ACK＝90°， ∴∠DCA+∠ACK＝90°， ∴△DCK是等腰直角三角形， ∴DK＝CD＝×2＝4， ∵P是△ADB的内心， ∴PM＝PN＝PE， ∵∠MDN＝∠ACB＝90°， ∴四边形PMDN是正方形， ∴DM＝DN， ∵PA＝PA，PM＝PN， ∴Rt△PMA≌Rt△PEA（HL）， ∴AM＝AE， 同理：BN＝BE， ∴BE﹣AE＝BN﹣AM＝（BN+DN）﹣（AM+DM）＝BD﹣AD， ∵BD﹣AD＝BD﹣BK＝DK＝4， ∴BE﹣AE＝4． 故选：A． 【点评】本题考查三角形的内心，三角形外接圆与外心，等腰直角三角形，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，关键是通过辅助线构造全等三角形，并掌握三角形内心的性质． 5．（2022•海曙区校级三模）如图，在矩形ABCD中AB＝10，BC＝8，以CD为直径作⊙O．将矩形ABCD绕点C旋转，使所得矩形A1B1C1D1的边A1B1与⊙O相切于点E，则BB1的长为（　　） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】连接EO并延长交线段CD1于点F，过点B1作B1G⊥BC于点G，由题意可得：四边形B1EFC为矩形，则EF＝B1C＝8，由勾股定理可求线段CF的长；由旋转的性质可得：∠OCF＝∠B1CG，则sin∠OCF＝sin∠B1CG＝，cos∠OCF＝cos∠B1CG＝；利用直角三角形的边角关系可求B1G和CG，最后利用勾股定理可得结论． 【解答】解：连接EO并延长交线段CD1于点F，过点B1作B1G⊥BC于点G，如图， ∵边A1B1与⊙O相切于点E， ∴OE⊥A1B1． ∵四边形A1B1C1D1是矩形， ∴A1B1⊥B1C，B1C⊥CD1． ∴四边形B1EFC为矩形． ∴EF＝B1C＝8． ∵CD为⊙O的直径， ∴OE＝DO＝OC＝AB＝5． ∴OF＝EF﹣OE＝3． ∵A1B1∥CD1，OE⊥A1B1， ∴OF⊥CD1． ∴CF＝＝4． 由旋转的性质可得：∠OCF＝∠B1CG． ∴sin∠OCF＝sin∠B1CG＝，cos∠OCF＝cos∠B1CG＝． ∵sin∠OCF＝，cos∠OCF＝， ∴，． ∴B1G＝，CG＝． ∴BG＝BC﹣CG＝． ∴BB1＝＝＝． 故选：C． 【点评】本题主要考查了矩形的判定与性质，圆的切线的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系，旋转的性质，连接EO，利用切线的性质得到OE⊥A1B1，是解决此类问题常添加的辅助线． 6．（2024•镇海区校级四模）如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OE＝BE．点P是劣弧上任意一点（不与点A，D重合），CP交AB于点M，AP与CD的延长线相交于点F，设∠PCD＝α． ①则∠F＝　60°﹣α　，（用含α的代数式表示）； ②当∠F＝3∠PCD时，则＝　　． 【答案】①60°﹣α；②． 【分析】①连接OD，BD，PO，由线段垂直平分线的性质得到△ODB是等边三角形，由圆周角定理得到∠A＝∠POB＝30°+α，由直角三角形的性质即可求出∠PFE＝60°﹣α． ②设圆的半径是r，OM＝x，由∠AFE＝3∠PCD，求出α＝15°，得到∠POB＝90°，因此OP∥CE，推出△POM∽△CEM，得到OM：EM＝OP：CE，代入有关数据即可求出OM的长，得到AM，BM的长，即可得到答案． 【解答】解：①连接OD，BD，PO， ∵弦CD⊥AB于点E，OE＝BE， ∴OD＝BD， ∵OD＝OB， ∴△ODB是等边三角形， ∴∠BOD＝60°， ∵∠PCD＝α， ∴∠POD＝2α， ∴∠POB＝60°+2α， ∴∠A＝∠POB＝30°+α， ∴∠PFE＝90°﹣∠A＝60°﹣α． 故答案为：60°﹣α； ②∵∠AFE＝3∠PCD， ∴60°﹣α＝3α， ∴α＝15°， ∴∠POD＝2∠PCD＝30°， ∴∠POB＝90°， ∴OP∥CE， ∴△POM∽△CEM， ∴OM：EM＝OP：CE， ∵直径AB⊥CD， ∴DE＝CE， ∴OM：EM＝OP：ED， 设圆的半径是r，OM＝x， ∴EM＝r﹣x，DE＝r， ∴x：（r﹣x）＝r：r， ∴x＝（2﹣）r， ∴OM＝（2﹣）r， ∴AM＝AO+OM＝3r﹣r，BM＝OB﹣OM＝r﹣r， ∴＝＝． 故答案为：． 【点评】本题考查圆周角定理，垂径定理，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，关键是证明△POM∽△CEM，求出OM与半径的数量关系，从而解决问题． 7．（2024•椒江区校级模拟）如图1是一款轴对称“磁悬浮地漏”无水时的示意图，它由一个圆弧形密封盖与两个磁体组成（下侧磁体固定不动），连接杆EF与地面BD垂直，排水口，密封盖最高点E到地面的距离为6mm，整个地漏的高度EG＝75mm（G为磁体底部中点），密封盖被磁体顶起将排水口密封，所在圆的半径为 　39　mm；当有水时如图2所示，密封盖下移排水，当密封盖下沉至最低处时，点M'恰好落在BG中点，若点M'到E'F'的距离为36mm，则密封盖下沉的最大距离为 　16.5　mm． 【答案】39，16.5． 【分析】①根据已知条件得到直角三角形，再利用勾股定理得到OH的长度，进而得到半径； ②利用三角形中位线的性质得到M'Z，再利用勾股定理及矩形的性质得到密封盖下沉的最大距离． 【解答】解：①设作圆O，连接CD交CE于点H， 设OH＝x mm， ∵最高点E到地面的距离为6mm， ∴OE＝（6+x）mm， ∵， ∴， ∴在Rt△OHD中，， ∵OE＝OD， ∴， ∴x＝33， ∴OE＝39mm， 故答案为：39． ②作M'P'⊥E'G，延长GE'，交AB于点Q'，作M'Z⊥AB交AB于点Z， ∵M'P'⊥E'G， ∴M′Z∥E′G， ∴点Z是BQ'的中点， ∵M'为BG的中点， ∴M'Z为△GQ'B的中位线， ∴， ∵EG＝75mm，EQ'＝6mm， ∴GQ'＝69mm， ∴， ∵点M'到E'F'的距离为36mm， ∴MJ＝M'P'＝36mm， ∵OM＝OE＝39mm， 回到图1，作MJ⊥EG， 由勾股定理得：（mm）， ∴移动前M到地面的距离为：JH＝39﹣15﹣6＝18（mm）， ∵M移动的距离为密盖下沉的距离， ∴MM'＝M'Z﹣JH＝34.5﹣18＝16.5（mm）， ∴密封盖下沉的最大距离为16.5mm． 故答案为：16.5． 【点评】本题考查了平行线分线段性质，垂径定理，勾股定理，三角形中位线的性质，矩形的性质等相关知识点，掌握垂径定理是解题的关键． 8．（2023•西湖区一模）如图，⊙O为锐角△ABC的外接圆，点D在BC上，AD交BO于点E，且满足∠AEB﹣∠BED＝2∠BCD，连结AO，设∠BCD＝α． （1）则∠BED＝　90°﹣α　．（用含α的代数式表示） （2）若AO∥BD，∠ADB＝2∠BAD，则＝　　． 【答案】（1）90°﹣α； （2）． 【分析】（1）根据已知条件得到∠AEB﹣∠BED＝2α，于是得到∠BED＝90°﹣α； （2）连接OD，根据圆周角定理得到∠BOD＝2∠BCD＝2α，得到∠ADB＝2∠BAD＝2α，根据平行线的性质得到∠ADB＝∠OAD＝2α，根据等腰三角形的性质得到∠OAD＝∠ADO＝2α，求得∠OAE＝∠BOD＝2α＝36°，得到AE＝AO，根据全等三角形的性质得到OE＝BD，根据相似三角形 到现在即可得到结论． 【解答】解：（1）∵∠AEB﹣∠BED＝2∠BCD，∠BCD＝α． ∴∠AEB﹣∠BED＝2α， ∵∠AEB+∠BED＝180°， ∴∠BED＝90°﹣α； （2）连接OD， ∵∠BCD＝α， ∴∠BOD＝2∠BCD＝2α， ∵∠BAD＝∠BCD＝α， ∴∠ADB＝2∠BAD＝2α， ∵AO∥BD， ∴∠ADB＝∠OAD＝2α， ∵OA＝OD， ∴∠OAD＝∠ADO＝2α， ∴∠ODB＝4α， ∵OB＝OD， ∴∠OBD＝∠ODB＝4α， ∴4α+4α+2α＝180°， ∴α＝18°． ∴∠OAE＝∠BOD＝2α＝36°， ∴∠OBD＝∠ODB＝72°，∠OBE＝BDE＝36°， ∴∠AEO＝∠DEB＝72°， ∴∠AOE＝∠AEO＝72°， ∴AE＝AO， 在△AEO与△OBD中， ， ∴△AEO≌△OBD（SAS）． ∴OE＝BD， ∵∠BDE＝∠BOD＝36°，∠DBE＝∠OBD， ∴△DBE∽△OBD， ∴， ∴BD2＝OB•BE＝OB（OB﹣BD）， ∴BD＝OB（负值舍去）， ∴＝， ∵OA∥BD， ∴△DBE∽△AOE， ∴＝＝． 【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键． 9．（2022•宁波模拟）如图，边长为4的正方形ABCD中，顶点A落在矩形DEFG的边EF上，EF＝5，而矩形的顶点G恰好落在BC边上．点O是AB边上一动点（不与A，B重合），以O为圆心，OA长为半径作圆，当⊙O与矩形DEFG的边相切时，AO的长为 　或2　． 【答案】或2． 【分析】利用矩形，正方形的性质，勾股定理和相似三角形的判定与性质求得线段CG，DE，AE，AH，FH的长，再利用利用分类讨论的方法分①当⊙O与矩形DEFG的FG边相切时，②当⊙O与矩形DEFG的DG边相切时讨论解答：利用直线与圆相切的定义，圆心到直线的距离等于半径，设OA＝x，则OM＝x，利用相似三角形的判定与性质得出比例式即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD＝4，∠C＝∠ADC＝90°． ∵四边形DEFG为矩形， ∴DG＝EF＝5，∠E＝∠EDG＝90°． ∴CG＝＝3． ∵∠CDG+∠ADG＝90°，∠EDA+∠ADG＝90°， ∴∠CDG＝∠EDA． ∵∠C＝∠E＝90°， ∴△CDG∽△EAD． ∴， ∴， ∴DE＝，AE＝． ∴AF＝EF﹣AE＝． ①当⊙O与矩形DEFG的FG边相切时，设AB与FG交于点H， 过点O作OM⊥FG于点M，如图， ∵∠DAB＝90°， ∴∠EAD+∠FAB＝90°． ∵∠F＝90°， ∴∠FAB+∠FHA＝90°， ∴∠EAD＝∠FHA． ∵∠E＝∠F＝90°， ∴△EAD∽△FHA． ∴＝． ∴＝， ∴AH＝，FH＝． 设OA＝x， ∵⊙O与矩形DEFG的FG边相切， ∴OM＝OA＝x． ∵OM⊥FG，AF⊥FG， ∴OM∥AF， ∴． ∴， 解得：x＝． ∴OA＝ ②当⊙O与矩形DEFG的DG边相切时，如图， 过点O作OM⊥DG于点M，延长MO，交EF于点N，则ON⊥EF，MN＝DE＝． 设OA＝x， ∵⊙O与矩形DEFG的DG边相切， ∴OM＝OA＝x． ∴ON＝MN﹣OM＝﹣x， ∵ON∥FH， ∴， ∴． 解得：x＝2． ∴OA＝2； ③过点O作OM⊥DE于点M，如图， 可知OM＞OA，⊙O与矩形DEFG的边DE相离． 综上，以O为圆心，OA长为半径作圆，当⊙O与矩形DEFG的边相切时，AO的长为或2． 故答案为：或2． 【点评】本题主要考查了矩形，正方形的性质，圆的切线的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，利用分类讨论的思想方法解得是解题的关键． 10．（2022•镇海区二模）如图，矩形ABCD中，AB＝11，AD＝4，⊙O分别与边AD，AB，CD相切，点M，N分别在AB，CD上，CN＝1，将四边形BCNM沿着MN翻折，使点B、C分别落在B'、C'处，若射线MB'恰好与⊙O相切，切点为G，则线段MB的长为 　5﹣2或5+2或1　． 【答案】5﹣2或5+2或1． 【分析】设AB与圆O相切于点E，AD与圆O相切于点H，连接OE，OG，OM，OH，过点N作NF⊥B′M于点F，利用切线的性质与切线长定理求得圆的半径，∠OME＝∠OMG，利用折叠的性质可得∠BMN＝∠B′MN，设BM＝B′M＝x，则MF＝B′M﹣B′F＝x﹣1，EM＝AB﹣AE﹣BM＝11﹣2﹣x＝9﹣x，通过证明△OEM∽△MFN，利用相似三角形的性质列出方程，解方程即可得出结论． 【解答】解：设AB与圆O相切于点E，AD与圆O相切于点H， 连接OE，OG，OM，OH，过点N作NF⊥B′M于点F，如图， ∵⊙O分别与边AD，AB，CD相切，AD＝4， ∴⊙O的直径为4， ∴OE＝OG＝2． ∵AD，AB为⊙O的切线， ∴OH⊥AD，OE⊥AB， ∵∠A＝90°， ∴四边形OHAE为矩形， ∵OH＝OE， ∴四边形OHAE为正方形． ∴AE＝AH＝OE＝2． ∵ME，MB为⊙O的切线， ∴OE⊥AM，OG⊥MG，ME＝MG，∠OME＝∠OMG． ∵四边形BCNM沿着MN翻折，使点B、C分别落在B'、C'处， ∴CN＝CN′＝1，MB＝MB′，B′C′＝BC＝4，∠BMN＝∠B′MN． ∵∠AMO+∠GMO+∠B′MN+∠BMN＝180°， ∴∠OME+∠B′MN＝90°， ∵NF⊥MG， ∴∠FNM+∠GMN＝90°， ∴∠OME＝∠FNM， ∵∠OEM＝∠MFN＝90°， ∴△OEM∽△MFN． ∴． ∵四边形C′B′MN为直角梯形，NF⊥B′M， ∴NF＝B′C′＝4，B′F＝C′N＝1， 设BM＝B′M＝x，则MF＝B′M﹣B′F＝x﹣1，EM＝AB﹣AE﹣BM＝11﹣2﹣x＝9﹣x， ∴， 解得：x＝5﹣2或5+2． ∴BM＝5﹣2． 当MB＝1时，此时MB与MB′重合，满足条件， ∴MB＝1符合题意， 综上，MB的值为：5﹣2或5+2或1． 故答案为：5﹣2或5+2或1． 【点评】本题主要考查了圆的切线的性质，矩形的性质，正方形的判定与性质，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，梯形的性质，切线长定理，条件适当的辅助线是解题的关键． 11．（2022•宁海县校级模拟）如图，圆O的半径为4，点P是直径AB上定点，AP＝1，过P的直线与圆O交于C，D两点，则△COD面积的最大值为 　8　；作弦DE∥AB，CH⊥DE于H，则CH的最大值为 　　． 【答案】8；． 【分析】当∠COD＝90°时，△COD面积有最大值，利用三角形的面积公式即可求解；当△COD面积有最大值时，CH取最大值，设△APO的PO边上的高为h1，△DPO的边PO上 的高为h2，利用S△CDO＝S△PCO+S△DPO，列出等式，即可求得h1+h2＝，则CH＝h1+h2，结论可得． 【解答】解：如图1， ∵OC•OD•sin∠COD， ∴当∠COD＝90°时，△COD面积有最大值，且最大值＝×4×4×1＝8； 设△CPO的PO边上的高为h1，△DPO的边PO上的高为h2，如图， ∵S△CDO＝S△PCO+S△DPO， ∴当△COD面积有最大值时， PO×h1+PO×h2＝8． ∴×3×（h1+h2）＝8， ∴h1+h2＝． ∴CH的最大值为． 故答案为：8；． 【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，勾股定理，相交弦定理，平行线的判定与性质，利用圆的性质确定出取得最大值时点的位置是解题的关键． 12．（2024•普陀区二模）已知：如图1，AB是⊙O的直径，弦AC与半径OD平行． （1）求证：＝； （2）如图2，过点D作AB的垂线，交⊙O于点E，交AB于点F，连结AE，若AB＝10，AC＝3BF，求AE的长； （3）在（2）的条件下，如图3，连结CD、CE，延长AC、ED，相交于点G， ①请在图中找出与△ACE相似的所有三角形？并选择其中一对说明理由？ ②求△GCD的周长． 【答案】（1）证明见解答； （2）AE＝4； （3）①与△ACE相似的三角形有：△AEG和△DCG，证明见解答； ②△GCD的周长为2+14． 【分析】（1）由同圆的半径相等可得OA＝OD，根据等边对顶角可得∠DAB＝∠D，再由平行线性质得∠CAD＝∠D，推出∠CAD＝∠DAB，即可证得结论； （2）连接BC，由直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，设BF＝x，则OF＝5﹣x，AC＝3x，由平行线性质得∠BAC＝∠DOF，则cos∠BAC＝cos∠DOF，推出＝，即＝，解得：x＝2，再运用勾股定理即可求得答案； （3）①与△ACE相似的三角形有：△AEG和△DCG，运用垂径定理得＝，则∠AED＝∠ACE，再由公共角得∠GAE＝∠EAC，即可证得△ACE∽△AEG；利用圆内接四边形的性质可得出∠CAE＝∠CDG，∠AED＝∠DCG，即可证得△ACE∽△DCG； ②连接BC交OD于T，过点C作CK⊥AB于K，过点E作EH⊥CK交CK的延长线于H，设BC与AB交于L，由OD∥AC，得△BOT∽△BAC，可得＝＝，求得OT＝3，BT＝4，推出CT＝4，DT＝2，利用勾股定理可得CD＝2，运用面积法可得CK＝，进而得出C△ACE＝AC+AE+CE＝6+4+＝6+，再由相似三角形性质即可求得答案． 【解答】（1）证明：如图1， ∵OA＝OD， ∴∠DAB＝∠D， ∵AC∥OD， ∴∠CAD＝∠D， ∴∠CAD＝∠DAB， ∴＝； （2）解：如图2，连接BC， ∵AB是⊙O的直径，且AB＝10， ∴∠ACB＝90°，OB＝OD＝5， ∵DE⊥AB， ∴∠OFD＝90°， 设BF＝x，则OF＝5﹣x，AC＝3x， ∵AC∥OD， ∴∠BAC＝∠DOF， ∴cos∠BAC＝cos∠DOF， ∴＝，即＝， 解得：x＝2， ∴OF＝5﹣2＝3， 在Rt△DOF中，DF＝＝＝4， ∵直径AB⊥弦DE， ∴EF＝DF＝4，∠AFE＝90°， ∵AF＝AB﹣BF＝10﹣2＝8， ∴AE＝＝＝4； （3）解：①如图3，与△ACE相似的三角形有：△AEG和△DCG， 选择△ACE∽△AEG，理由如下： ∵直径AB⊥弦DE， ∴＝， ∴∠AED＝∠ACE，即∠AEG＝∠ACE， ∵∠GAE＝∠EAC， ∴△ACE∽△AEG； 选择△ACE∽△DCG，理由如下： ∵四边形ACDE是圆内接四边形， ∴∠CAE+∠CDE＝180°， ∵∠CDG+∠CDE＝180°， ∴∠CAE＝∠CDG， 同理可得：∠AED＝∠DCG， ∵∠AED＝∠ACE， ∴∠ACE＝∠DCG， ∴△ACE∽△DCG； ②如图3，连接BC交OD于T，过点C作CK⊥AB于K，过点E作EH⊥CK交CK的延长线于H，设BC与AB交于L， 由（2）得：BF＝2，OA＝OB＝OD＝5，EF＝4，∠ACB＝90°，AE＝4， 则AC＝6， ∴BC＝＝＝8， ∵OD∥AC， ∴△BOT∽△BAC， ∴＝＝，即＝＝， ∴OT＝3，BT＝4， ∴CT＝4，DT＝2， ∴CD＝＝＝2， ∵S△ABC＝AB•CK＝AC•BC， ∴CK＝＝＝， 在Rt△BCK中，BK＝＝＝， ∴FK＝BK﹣BF＝﹣2＝， ∵∠EFK＝∠FKH＝∠EHK＝90°， ∴四边形EFKH是矩形， ∴KH＝EF＝4，EH＝FK＝， ∴CH＝CK+KH＝+4＝， 在Rt△CEH中，CE＝＝＝， ∴△ACE的周长C△ACE＝AC+AE+CE＝6+4+＝6+， ∵△ACE∽△DCG， ∴＝＝＝， ∴C△DCG＝C△ACE＝×（6+）＝2+14． 【点评】本题是圆的综合题，考查了圆的性质，圆周角定理，垂径定理，圆内接四边形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等，熟练掌握圆的相关性质和相似三角形的判定和性质是解题关键． 13．（2024•余姚市校级四模）如图1，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，M是AC中点，过点B、M、C作⊙O，P是上一点，连结MP交BC于K，连结BP、CP． （1）若∠A＝40°，求∠MPC． （2）如图2，连结BM，若MP过圆心O，且O恰为△MBC重心，求tanA的值． （3）如图1，若AC＝10，MP＝x，回答以下问题中的两个： ①当x＝6时，求MK的值． ②当∠A＝30°时，求四边形BMCP面积．（用含x的代数式表示） ③若P是的四等分点，且，则当△BMC面积最大时，直接写出四边形BMCP的面积． 【答案】（1）50°；（2）；（3）①；②；③+． 【分析】（1）连接BM，利用直角三角形的斜边上的中线的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质和圆周角定理解答即可； （2）连接BO，并延长，交⊙O于点F，利用垂径定理的推论，等边三角形的判定与性质，三角形的重心的性质，平行线的性质和同时进行的三角函数值解答即可； （3）①连接MB，利用圆周角定理和相似三角形的判定与性质解答即可； ②过点M作MG⊥BC于点G，过点P作PH⊥BC于点H，利用直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质求得MG，利用相似三角形的判定与性质求得MK，PK，再利用相似三角形的判定与性质求得PH，最后利用四边形BMCP面积＝S△MBC+S△PBC解答即可； ③利用△BMC面积最大时，点B为的中点，则△MBC为等边三角形，过点C作CH⊥BP，交BP的延长线于点H，利用等腰直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理求得CH，BP，再利用四边形BMCP的面积＝S△MBC+S△PBC解答即可． 【解答】解：（1）连接BM，如图， ∵∠ABC＝90°，∠A＝40°， ∴∠ACB＝50°． ∵∠ABC＝90°，M是AC中点， ∴AM＝MC＝BM＝AC， ∴∠MBC＝∠MCB＝50°， ∴∠MPC＝∠MBC＝50°； （2）连接BO，并延长，交⊙O于点F，如图， 则BF为⊙O的直径， ∵O恰为△MBC重心， ∴BF平分MC， ∴BF⊥MC， ∴BF垂直平分MC， ∴BM＝BC， ∴BM＝BC＝MC， ∴△MBC为等边三角形， ∴∠BMC＝60°， ∴∠CMP＝∠CMB＝30°． ∵MP过圆心O， ∴MP为圆的直径， ∵O恰为△MBC重心， ∴BK＝KC， ∴MP⊥BC， ∵AB⊥BC， ∴AB∥MP． ∴∠A＝∠CMP＝30°． ∴tanA＝tan30°＝； （3）①连接MB，如图， 由（1）知：AM＝MC＝BM＝AC＝5， ∴， ∴∠MBK＝∠BPM， ∵∠BMK＝∠PMB， ∴△BMK∽△PMB， ∴， ∴， ∴MK＝； ②过点M作MG⊥BC于点G，过点P作PH⊥BC于点H，如图， ∵∠A＝30°，∠ABC＝90°， ∴∠ACB＝60°， ∵MB＝MC＝5， ∴△MBC为等边三角形， ∴BC＝MB＝MC＝5，∠MBC＝∠BMC＝60°， ∵MG⊥BC， ∴MG＝MC•sin60°＝． 由①知：△BMK∽△PMB， ∴， ∴， ∴MK＝， ∴PK＝MP﹣MK＝， ∵MG⊥BC，PH⊥BC， ∴MG∥PH， ∴△MGK∽△PHK， ∴， ∴PH＝． ∴四边形BMCP面积 ＝S△MBC+S△PBC ＝BC•MG+ ＝×（+） ＝ ＝． ∴四边形BMCP面积为＝． ③由题意得：当△BMC面积最大时，点B为的中点， 则， ∴MB＝BC， ∵MB＝MC， ∴MB＝MC＝BC＝5， ∴△MBC为等边三角形， ∴∠BMC＝∠BCM＝∠MBC＝60°， ∴的度数为120°， ∵且， ∴的度数为30°，的度数为90°， ∴∠CBP＝45°． 过点C作CH⊥BP，交BP的延长线于点H，如图， 则△BCH为等腰直角三角形， ∴BH＝CH＝BC＝， ∵四边形MBPC为圆的内接四边形， ∴∠HPC＝∠MBC＝60°， ∴PC＝＝，PH＝＝， ∴BP＝BH﹣PH＝﹣， ∴四边形BMCP的面积 ＝S△MBC+S△PBC ＝+ ＝+（）× ＝+﹣ ＝+． 【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，特殊角的三角函数值，圆的内接四边形的性质，三角形的重心的性质，相似三角形的判定与性质，恰当的作出辅助线，构造直角三角形的和相似三角形是解题的关键． 14．（2024•金华三模）如图1，在△ABC中，AB＝AC＝3，BC＝2，点P在射线BC上运动，⊙O是△ABP的外接圆． （1）求△ABC的面积． （2）如图2，连结BO并延长，分别交AC，AP于点D，E，交⊙O于点F，当BO⊥AC时，求BP的长． （3）当圆心O在△ABC的内部时，求BP的取值范围． 【答案】（1）2； （2）； （3）． 【分析】（1）要求三角形的面积，需要知道底和高，已知BC＝2，且AB＝AC，所以作垂直，再利用“三线合一”的性质很容易求出答案； （2）证△BDC∽△AHC，利用1：：3的三边比例关系求得，，则，再利用△ADB∽△PHA，求得HP，即可得解； （3）分类讨论，利用临界值，当点O在AB上和点O在AC上时，分别求出对应BP的值，从而得出BP的范围． 【解答】解：（1）过点A作AH⊥BC于点H， ∵AB＝AC＝3，BC＝2， ∴CH＝BH＝1，， ∴△ABC的面积＝． （2）连接FP， ∵∠BCD＝∠ACH，∠BDC＝∠AHC＝90°， ∴△BDC∽△AHC， 由三边的比值均为1：：3，可得，，则， ∵BF为⊙O的直径，则∠BPF＝90°＝∠AHB， ∴AH∥/FP， ∴∠HAP＝∠APF＝∠ABD． ∵BO⊥AC， ∴∠ADB＝90°＝∠AHP， 则△ADB∽△PHA， ∴，即， 解得， ∴． （3）①如图所示，当圆心O在边上AB时，此时AB为直径，则AP⊥BC，即点P与点H重合，此时BP＝BH＝1． ②如图所示，当圆心O在边上AC时，过点O作OK⊥BC于点K，分别过点O，点C作OM⊥AB，CN⊥AB于点M，N， 设CK＝x，则BK＝2﹣x， 由△OKC∽△AHC得：OC＝3x， 由△BCN∽△BAH得：，，则， ∵AMO∽△ANC，，得， ∴， 解得， ∴， 则， ∴． 【点评】本题主要考查了圆周角定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 15．（2024•拱墅区二模）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，且∠DAB+∠ABC＝90°，点E为弦AB的中点，连结BD．延长AD，BC相交于点F，连结EF，与CD相交于点G，与BD相交于点H． （1）求证：CD⊥EF． （2）若点C是BF的中点，，求的值． （3）连结OE，探究OE与CD之间的等量关系，并证明． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）OE＝CD．理由见解析． 【分析】（1）利用直角三角形的斜边上的中线的性质，等腰三角形的性质和直角三角形的性质解答即可； （2）过点B作BP⊥EF于点P，利用平行线的判定与三角形的中位线定理得到CG＝BP，利用直角三角形的边角关系定理求得＝，进而得到，再利用相似三角形的判定与性质即可得出结论； （3）连接AO并延长交⊙O于点K，连接BK，DK，利用三角形的中位线定理得到OE＝BK，再利用平行线的判定与性质得到∠BDK＝∠CBD，再利用圆周角定理解答即可． 【解答】（1）证明：∵∠DAB+∠ABC＝90°， ∴∠AFB＝90°， ∵点E为弦AB的中点， ∴EA＝EF＝EB＝AB， ∴∠DAB＝∠EFA． ∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠FDC＝∠CBA， ∴∠EFA+∠FDC＝90°， ∴∠FGD＝90°， ∴CD⊥EF； （2）解：过点B作BP⊥EF于点P，如图， ∵CD⊥EF，BP⊥EF， ∴CD∥BP， ∵点C是BF的中点， ∴CG为△FPB的中位线， ∴CG＝BP， ∵∠EFA＝∠A，， ∴tan∠EFA＝， ∵tan∠EFA＝， ∴． ∵∠FCG+∠GFC＝90°，∠EFA+∠GFC＝90°， ∴∠FCG＝∠EFAA， ∴tan∠FCG＝tan∠EFA＝， ∴． ∴＝． ∴＝． ∵CD∥BP， ∴△DGH∽△BPH， ∴． （3）解：OE与CD的关系为：OE＝CD． 连接AO并延长交⊙O于点K，连接BK，DK，如图， ∵点E为弦AB的中点，O为AK的中点， ∴OE＝BK． ∵AK为直径， ∴∠ADK＝90°， ∴KD⊥AD， ∵∠AFB＝90°， ∴BF⊥AD， ∴BF∥KD， ∴∠BDK＝∠CBD， ∴， ∴BK＝CD， ∴OE＝CD． 【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的内接四边形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的斜边上的中线的性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，连接直径所对的圆周角是解决此类问题常添加的辅助线． 16．（2024•浙江模拟）如图1，在⊙O中，直径AB垂直弦CD，连结AC、AD，弦CG平分∠ACD分别交AB、AD于点E，F，AG与CD的延长线交于点H． （1）求证：△ACG∽△AHC； （2）如图1，当HG＝HD时，求； （3）如图2，当EF＝FG时，求． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）． 【分析】（1）利用垂径定理，圆周角定理和相似三角形的判定定理解答即可； （2）连接DG，利用圆的内接四边形的性质和相似三角形的判定定理得到△HDG∽△HAC，利用（1）的结论得到△HDG∽△CAG，利用相似三角形的性质得到AC＝CG＝HG，，则G为AH的黄金分割点，利用黄金分割的知识解答即可； （3）连结ED，DG，利用线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定与性质得到∠EDC＝∠H，则ED∥GH；利用全等三角形的判定与性质，菱形的判定定理得到四边形AEDG为菱形，再利用圆周角定理和等边三角形的判定定理得到AC＝CD＝AD，CG为直径，最后利用相似三角形的判定与性质解答即可． 【解答】（1）证明：∵直径AB⊥弦CD， ∴， ∴∠AGC＝∠ACD． ∵∠CAG＝∠HAC， ∴△ACG∽△AHC； （2）解：连接DG，如图， ∵四边形ACDG为圆的内接四边形， ∴∠HDG＝∠CAH， ∵∠H＝∠H， ∴△HDG∽△HAC， ∵△HAC∽△CAG， ∴△HDG∽△CAG， ∴，∠ACG＝∠H， ∵HD＝HG， ∴AC＝CG， ∵∠ACG＝∠GCH， ∴∠GCH＝∠H， ∴GC＝GH． ∴AC＝CG＝HG， ∵△ACG﹣△AHC， ∴， ∴， ∴G为AH的黄金分割点， ∴； （3）解：连结ED，DG，如图， ∵直径AB垂直弦CD， ∴AB垂直平分CD， ∴EC＝ED， ∴∠ECD＝∠EDC， 由（2）知：△HDG∽△CAG， ∴∠ACG＝∠H． ∵∠ACG＝∠ECD， ∴∠EDC＝∠H， ∴ED∥GH， ∴∠GAF＝∠EDF． 在△AFG和△DFE中， ， ∴△AFG≌△DFE（AAS）， ∴AF＝DF， ∴四边形AED为平行四边形， ∵∠ACG＝∠DCG， ∴， ∵AG＝DG ∴四边形AEDG为菱形， ∴CG⊥AD， ∴CG 垂直平分AD， ∴AC＝CD＝AD，CG为直径， ∴∠CAD＝60°＝∠ACD， ∴∠BAF＝∠ACG＝∠H＝30°， ∴∠AEF＝∠AGC＝60°， ∴AF＝EF， ∴AC＝2AF＝2EF． ∵∠AFE＝∠HAC＝90°， ∴△AEF∽△HCA， ∴． 【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，圆的内接四边形的性质，熟练掌握圆的有关性质是解题的关键． 17．（2024•下城区校级三模）已知：如图1，△ABC是⊙O的内接三角形，且AB＝AC，点D是弧BC上一动点．连接AD交弦BC于点E，点F在弦AD上，且BD＝BF． （1）求证：△EBF∽△EAB； （2）如图2，若AD是⊙O的直径，AF＝5，，求直径AD的长； （3）如图3，保持点B位置不变，调整点A、D的位置使得直线BF经过圆心O，点M在⊙O上，使得成立的所有点M中，有一个点的位置始终不变，试找出这个点M，并说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）13；（3）有一个点的位置始终不变，这个点的位置为BF的延长线与⊙O的交点．理由见解析． 【分析】（1）利用等腰三角形的性质，圆周角定理和相似三角形的判定定理解答即可； （2）利用垂径定理得到AD⊥BC，利用等腰三角形的性质和圆周角定理得到∠BAD＝∠CAD＝∠DBC＝∠EBF，则tan∠EBF＝，tan∠BAD＝，，设EF＝2x，则BE＝3x，DE＝2x，AE＝x，利用AE的长度列出关于x的方程，解方程求得x值，则结论可求； （3）延长BF，交⊙O于点M，连接CM，利用相似三角形的性质和圆周角定理得到CM＝BF，通过化简即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵BD＝BF， ∴∠BDF＝∠BFD， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠C， ∵∠BDF＝∠C， ∴∠BFD＝∠ABC， ∵∠BEF＝∠AEB， ∴△EBF∽△EAB； （2）解：∵若AD是⊙O的直径，AB＝AC， ∴， ∴AD⊥BC， ∴∠BAD＝∠CAD， ∵∠DBC＝∠DAC， ∴∠BAD＝∠CAD＝∠DBC． ∵△EBF∽△EAB， ∴∠BAD＝∠EBF， ∴∠BAD＝∠CAD＝∠DBC＝∠EBF． ∵， ∴tan∠EBF＝tan∠BAD＝． ∵tan∠EBF＝，tan∠BAD＝， ∴． ∵BD＝BF，AD⊥BC， ∴DE＝EF． 设EF＝2x，则BE＝3x，DE＝2x，AE＝x． ∵AE＝EF+AF＝5+2x， ∴5+2x＝x， ∴x＝2． ∴DE＝EF＝4， ∴AD＝DE+EF+AF＝4+4+5＝13． （3）解：有一个点的位置始终不变，这个点的位置为BF的延长线与⊙O的交点．理由： 延长BF，交⊙O于点M，连接CM，如图， ∵△EBF∽△EAB， ∴∠EBF＝∠BAD，， ∴， ∴BD＝CM． ∵BD＝BF， ∴CM＝BF， ∴， ∴． ∴有一个点的位置始终不变，这个点的位置为BF的延长线与⊙O的交点． 【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，相似三角形的判定与性质，连接直径所对的圆周角是解决此类问题常添加的辅助线． 18．（2024•义乌市二模）如图1，已知AB是⊙O的直径，点C为的中点，点D为⊙O上一点（不与A，B，C重合）．连结AC，CD，DB，过点A作AE∥CD，交直线BD于点E． （1）当点D在上时， ①求∠CDB的度数． ②若，，求AE的值． （2）如图2，记CD＝a，作点D关于直径AB的对称点F，连结DF，CF．若△CDF为等腰三角形，请直接写出AE的值（用含a的代数式表示）． 【答案】（1）①135°；②3；（2）（1）a． 【分析】（1）①连接OC，利用圆周角定理和圆的内接四边形的性质解答即可； ②连接AD，利用圆周角定理，平行线的性质得到△ADE为等腰直角三角形，则AD＝DE＝AE，利用相似三角形的判定与性质求得线段BE，BD的长度，再利用等腰直角三角形的性质解答即可； （2）连接OC，OD，设AE交⊙O于点M，连接BM，利用轴对称的性质，等腰三角形的性质和圆周角定理计算得到∠DOC＝60°，∠DOB＝30°，进而得到△OCD为等边三角形，△BME为等腰直角三角形，最后利用等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理和等腰直角三角形的性质解答即可． 【解答】解：（1）①连接OC，如图， ∵AB是⊙O的直径，点C为的中点， ∴∠AOC＝∠BOC＝90°， ∴∠BAC＝∠BOC＝45°， ∵四边形ABDC为圆的内接四边形， ∴∠CAB+∠CDB＝180°， ∴∠CDB＝135°； ②连接AD，如图， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∴∠ADC＝∠CDB﹣∠ADB＝45°． ∵AE∥CD， ∴∠CDB+∠E＝180°， ∵∠CDB＝135°， ∴∠E＝45°， ∴△ADE为等腰直角三角形， ∴AD＝DE＝AE． ∵四边形ABDC为圆的内接四边形， ∴∠ABE＝∠ACD． ∵∠E＝∠ADC＝45°， ∴△ABE∽△ACD， ∴， ∴， ∴BE＝2． ∵， ∴BD＝1， ∴DE＝BE+BD＝3， ∴AE＝DE＝3； （2）连接OC，OD，设AE交⊙O于点M，连接BM，如图， ∵点D关于直径AB的对称点F， ∴AB垂直平分DF， ∴． ∴∠BOD＝∠DCF． ∵△CDF为等腰三角形， ∴CD＝DF． ∴， ∴， ∴∠COD＝2∠BOD， ∵∠COB＝90°， ∴∠DOC＝60°，∠DOB＝30°， ∴∠DCF＝∠DOB＝30°， ∵OD＝OB， ∴∠ODB＝∠OBD＝＝75°， ∴∠ABE＝105°， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠AMB＝∠BME＝90°， ∵∠E＝45°， ∴∠MBE＝45°， ∴∠ABM＝∠ABE﹣∠MBE＝60°， ∴∠BAM＝30°， ∴BM＝AB． ∵OC＝OD， ∴△OCD为等边三角形， ∴∠OCD＝∠ODC＝60°，OC＝OD＝CD＝a， ∴AB＝2a． ∴BM＝AB＝a． ∴AM＝＝a． ∵△BME为等腰直角三角形， ∴ME＝BM＝a， ∴AE＝AM+ME＝（1）a． 【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，直角三角形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等腰三角形的性质，轴对称的性质，相似三角形的判定与性质，圆的内接四边形的性质，三角形的内角和定理，连接直径所对的圆周角是解决此类问题常添加的辅助线． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$