专题11 圆的综合-备战2025年浙江中考数学高频热点专题突破

专题11 圆的综合 1．（2025•杭州模拟）如图，在▱ABCD中，过A，B，C三点的⊙O交CD于点E，连结AE． （1）求证：△ADE是等腰三角形． （2）如图2，已知AD为⊙O的切线，连结AO并延长交BE于点G． ①求证：； ②若，求cosD的值． 2．（2025•上城区一模）如图1，⊙O为△ABC的外接圆，且AB＝BC，点D为圆外一动点，且满足BD＝BA，连结AD，交BC于点E，交⊙O于点F，连结BF． （1）若AD经过圆心O，AF＝5，BF＝3，求AB的长； （2）求证：BF平分∠DBC； （3）如图2，若BD∥AC，设DF：EF＝k，请用含k的代数式表示cosC． 3．（2025•浙江模拟）如图1，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，F是上的一个动点，连接AC、AF、CF． （1）求证：∠ACD＝∠AFC． （2）如图2，若CF与AB的交点G为线段OE的中点，DG∥CB，，求线段AC的长． （3）如图3，FD的延长线交AB的延长线于点H．求证：OB2＝OG•OH． 4．（2025•萧山区一模）已知正方形ABCD内接于⊙O，边CD以点C为中心顺时针旋转到CE，连结BE分别交⊙O，边CD于点F，G． （1）如图1，若CE是⊙O的切线， ①求∠E的度数； ②连结DF，求证：BG＝2DF． （2）如图2，连结AF，DE，求证：AF∥DE． 5．（2025•衢州一模）如图1，△ABC内接于⊙O，直径AE⊥BC于点D，交劣弧BC于点E，点F为弧AB上的任意一点，连结CF交AB于点G，交AD于点H，连结FB． （1）当CF经过点O时，求证：AE∥BF； （2）在（1）的条件下，若，求的值； （3）当AC∥BF时，若⊙O的半径为5，BC＝6，求OH的长． 6．（2025•滨江区一模）已知，AB，CD是⊙O的弦，CD⊥AB于点E，且，连接BC，AD． （1）如图1，若AB是⊙O的直径，求∠C的度数． （2）如图2，求证：①CD＝CB． ②AE+AD＝BE． 7．（2025•定海区一模）如图1，△ABC内接于⊙O，其中∠BAC＜60°，AB＝AC．点E在射线BC上，且满足△ABC≌△BED，DE交⊙O于点H，BD交AC于点P． （1）求证：△BPC为等腰三角形； （2）如图2，连结AH，交BD于点K，若H为DE中点，求证：BD•KP＝DH•AP； （3）如图3，若线段BD过圆心O，求S△BPC：S△ABC的值． 8．（2025•西湖区一模）如图，矩形ABCD内接于⊙O，BD是对角线，点E在上（不与点A，D重合），连接EC分别交AD，BD于点H，G，BF⊥CE于点F，FG＝FC，连接BE交AD于点P． （1）如图1，当点E为的中点，BD＝2时， ①求证：∠ABE＝∠CBF． ②求的长． （2）如图2，若tan∠ADB＝，求的值． 9．（2025•宁波一模）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，BD为直径，∠ABC为锐角，过点B作BE⊥AC于点E，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F． （1）∠ABD＝α，请用含α的代数式表示∠CBE． （2）若AF＝BD，求证：AD＝AE． （3）如图2，在（2）的条件下，BF与⊙O交于点G，与AD延长线交于点H，连结DG．①若CD＝4，DG＝1，求AD的长． ②若，求tan∠ABD的值． 10．（2025•绍兴一模）如图，在⊙O中，直径BC＝6，AB⊥BC，AD是⊙O的切线，点D为切点． （1）如图1，求证：AD＝AB； （2）如图2，线段AO交⊙O于点E，连结DE，若DE∥BC，求AE的长； （3）如图3，线段AC交⊙O于点F，连结DF，若DF∥BC，求AF的长． 11．（2025•湖州一模）如图，在矩形ABCD中，E是边CD上的点（不与C，D重合），过A，D，E三点的圆交对角线BD于点F，交AB于点G，连结EF，AF． （1）如图1，若AB＝AD，连结AE， ①求∠EAF的度数； ②判断△EAF的形状，并说明理由． （2）如图2，若，延长AF交直线BC于点H，连结EH．当H是边BC的中点时，求的值． （3）如图3，若（k为常数），延长EF交边AB于点I，当∠BFI＝∠BAF时，求的值（用含k的代数式表示）． 12．（2025•杭州一模）如图1，已知ABCD内接于⊙O，连结BD，BD平分∠ABC，点P是的中点，连结AP分别交BD，BC于点E，F． （1）如图2，若AB为⊙O的直径，求∠AEB的度数． （2）求证：①DC＝DE；②PE2﹣PF2＝PF•AF． 13．（2025•宁波一模）已知△ABC内接于圆O，AD平分∠BAC交圆O于点D，交BC于点E，M是AD上一点． （1）若AB＝AC，　 　 ，求∠BDC的度数． ①AM＝2ME＝2DE；②∠MBC＝∠MBA＝2∠BAD． （作答第（1）题时，先选择①或②填写在横线处，使题目完整，然后求解∠BDC的度数．） （2）若AB＝c，AE＝m，AC＝b，求DE的长． （3）若∠MBC＝∠MCA＝∠MAB，求证：BC2＝AB•AC． 14．（2025•衢州一模）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，⊙O是△ABC的外接圆，点D是的中点，连结CD交AB于点E． （1）求∠DCB的度数． （2）如图2，过点A作AF⊥CD，连结OD，若，． ①若＜，求． ②连结OF，求OF的长． 15．（2025•定海区一模）如图1，以点M（1，0）为圆心的圆与y轴、x轴分别交于点A、B、C、D，直线y＝﹣与⊙M相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点F． （1）填空：OE的长为　 　 ；OF的长为　 　 ；⊙M的半径为　 　 ；CH的长为　 　 ； （2）如图2，点P是直径CD上的一个动点（不与C、D重合），连结HP并延长交⊙M于点Q． ①当DP：PH＝3：2时，求cos∠QHC的值； ②设tan∠QHC＝x，＝y，求y与x的函数关系式． 16．（2025•浙江一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，点D位于⊙O外一点，连接AD，BD，CD．BD交⊙O于点E，连接CE．已知AB＝AC＝AD． （1）如图1，求证：∠ACE＝∠ADE． （2）如图2，BD经过圆心O，AB＝2CD． ①求cos∠BAC的值； ②若AB＝3，求⊙O的半径． 17．（2025•绍兴二模）在⊙O中，AB为直径，点C，点D是⊙O上两点，分别位于AB的异侧，连结CD交AB与点E． （1）如图1，连结BC，若∠ACD＝3∠BAD，求∠BCD的度数； （2）若点C是的中点， ①如图2，点E在BO上，若，求cos∠BAD的值； ②若，直接写出cos∠BAD的值． 18．（2025•仙居县二模）如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC是钝角，以AB为直径的圆与边BC交于点D，与CA延长线交于点E，连结BE，连结DE交AB于点G． （1）求证：DE＝BD． （2）记，，k1与k2之间是否存在确定的数量关系？若存在，请求出该数量关系；若不存在，请说明理由． （3）如图2，若点G关于BC的对称点G'在以AB为直径的圆上，证明点G是△AG′E的内心． 19．（2025•平湖市二模）已知四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC，BD交于点E，P为BD上一点，连结AP． （1）如图1，若AB为⊙O的直径，且△ABC与△APD均为等腰直角三角形，求证：△ADC∽△APB． （2）如图2，若△ABC与△APD均为等边三角形． ①求证：BP＝CD． ②若AD＝1，求的最小值． 20．（2025•滨江区二模）在△ABP中，∠B＝90°，点C在斜边AP上，以AC为直径的⊙O交BP于点E，F，连结FC． （1）如图1，若，连结OE，请判断线段FC和OE的数量关系和位置关系，并说明理由． （2）如图2，连结AE，AF，EC． ①求证：AB•AC＝AE•AF． ②若EA＝EP，si，PF﹣BF＝7，求PE的长． 21．（2025•宁海县二模）已知△DBC内接于圆O，作外角∠EDC的角平分线交圆O于点A，连结AB，AC． （1）如图1，求证：△ABC为等腰三角形． （2）如图2，若CD过圆心O，AB、CD交于点F，DB＝5，DF＝3，求BC． （3）如图3，作直径AH交BC于点G，若BD∥AC，且，AB＝，求圆O的半径． 22．（2025•婺城区二模）如图1，点C是以AB为直径的⊙O上的动点，∠CBA的平分线交⊙O于点D，弦CE⊥BD于点P，连结DE交AB于点F，连结CF交BD于点G． （1）求证：DE⊥AB． （2）当点F平分OA时（如图2），求DG：BG的值． （3）若BC＝2，BG＝2DG，求直径AB的长． 23．（2025•钱塘区二模）已知△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，D为圆上一点，DF是⊙O的切线，连结CD，与AB交于点E． （1）如图1，延长BA与DF交于点F． ①若∠ACD＝25°，求∠F的大小． ②若AF＝3，DF＝5，求⊙O的半径． （2）如图2，AC＞BC，DF∥AB，延长CA与DF交于点F，若，求△BCE与△CDF的面积比． 24．（2025•上城区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB中点，E是BC上的动点（不与端点B，C重合），连结AE与CD交于点F，过E，F，D三点的圆与BD交于点G（不与B，D重合），连结EG． （1）若CE＝CF，∠B＝50°，求∠EGD的度数； （2）若，求的值； （3）求证：EG+EF＝AF． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题11 圆的综合 1．（2025•杭州模拟）如图，在▱ABCD中，过A，B，C三点的⊙O交CD于点E，连结AE． （1）求证：△ADE是等腰三角形． （2）如图2，已知AD为⊙O的切线，连结AO并延长交BE于点G． ①求证：； ②若，求cosD的值． 【思路点拨】（1）利用平行四边形的性质，圆的内接四边形的性质和等腰三角形的判定定理解答即可； （2）①过点A作AH⊥DC于点H，利用等腰三角形的三线合一的性质得到∠DAH＝∠EAH＝DAE，利用圆的切线的性质定理，平行四边形的性质和直角三角形的性质得到∠DAH＝∠BAG，则结论可得； ②过点B作BF∥AE，交AG的延长线于点F，设AF交BC于点M，连接OB，利用相似三角形的判定与性质得到，设AE＝3k，则BF＝2k，则BC＝AE＝3k，利用垂径定理得到BM＝CM＝BC＝，利用勾股定理求得FM，利用直角三角形的判定与性质和相似三角形的判定与性质求得OB，AB，再利用直角三角形的边角关系定理和平行四边形的性质解答即可得出结论． 【解析】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴∠D＝∠B， ∵四边形AECB为圆的内接四边形， ∴∠AED＝∠B， ∴∠AED＝∠D， ∴AD＝AE， ∴△ADE是等腰三角形； （2）①证明：过点A作AH⊥DC于点H，如图， 由（1）知：AD＝AE， ∵AH⊥DC， ∴∠DAH＝∠EAH＝DAE． ∵AD为⊙O的切线， ∴OA⊥AD， ∴∠DAH+∠HAG＝90°． ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB∥CD， ∵AH⊥DC， ∴AB⊥AH， ∴∠BAG+∠HAG＝90°， ∴∠DAH＝∠BAG， ∴∠BAG＝DAE； ②过点B作BF∥AE，交AG的延长线于点F，设AF交BC于点M，连接OB，如图， ∵BF∥AE， ∴△AEG∽△FBG， ∴， 设AE＝3k，则BF＝2k， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD∥BC，BC＝AD， 由（1）知：AD＝AE， ∴BC＝AE＝3k． 由（2）①知：OA⊥AD， ∴OM⊥BC， ∴BM＝CM＝BC＝， ∴MF＝＝k， ∵∠BAG＝DAE，∠BAG＝BON， ∴∠BON＝∠DAE． ∵∠DAE+∠EAF＝90°， ∴∠BON+∠EOF＝90°． ∵BF∥AE， ∴∠EAF＝∠F， ∴∠BON+∠F＝90°，即∠OBF＝90°， ∵OF⊥BC， ∴△FBM∽△FOB， ∴， ∴， ∴FO＝k． ∴OM＝FO﹣FM＝k， ∴OA＝OB＝＝k， ∴AM＝OA+OM＝k， ∴AB＝＝3k． ∴cosB＝． ∵∠D＝∠B， ∴cosD＝． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，圆的切线的性质定理，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，等腰三角形的判定与性质，圆的内接四边形的性质，平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，添加适当的辅助线构造相似三角形是解题的关键． 2．（2025•上城区一模）如图1，⊙O为△ABC的外接圆，且AB＝BC，点D为圆外一动点，且满足BD＝BA，连结AD，交BC于点E，交⊙O于点F，连结BF． （1）若AD经过圆心O，AF＝5，BF＝3，求AB的长； （2）求证：BF平分∠DBC； （3）如图2，若BD∥AC，设DF：EF＝k，请用含k的代数式表示cosC． 【思路点拨】（1）利用圆周角定理和勾股定理解答即可； （2）利用等腰三角形的性质，圆周角定理，三角形的外角的性质和当时的性质解答即可； （3）连接BO并延长交AC于点H，利用角平分线的性质定理得到＝k，设BE＝a，则BD＝ka，则AB＝BC＝BD＝ka．EC＝BC﹣BE＝（k﹣1）a，利用相似三角形的判定与性质求得AC，利用垂径定理求得CH，再利用直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论． 【解析】（1）解：AD经过圆心O，如图， ∴AF为圆的直径， ∴∠ABF＝90°， ∵AF＝5，BF＝3， ∴AB＝＝＝4； （2）证明：∵AB＝BC， ∴∠BAC＝∠BCA， ∵∠BFA＝∠BCA， ∴∠BAC＝∠BFA． ∵BD＝BA， ∴∠BAD＝∠D， ∵∠FBC＝∠FAC＝∠BAC﹣∠BAD，∠FBD＝∠BFA﹣∠D， ∴∠FBC＝∠FBD， ∴BF平分∠DBC； （3）解：连接BO并延长交AC于点H，如图， 由（2）知：BF平分∠DBC， ∴＝k， 设BE＝a，则BD＝ka， ∴AB＝BC＝BD＝ka． ∴EC＝BC﹣BE＝（k﹣1）a， ∵BD∥AC， ∴△BDE∽△CAE， ∴＝k， ∴AC＝kCE＝k（k﹣1）a． ∵BA＝BC， ∴， ∴BH⊥AC，AH＝CHa， ∴cosC＝＝＝． 【点睛】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，平行线的性质，角平分线的定义，角平分线的性质定理，相似三角形的判定与性质，添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键． 3．（2025•浙江模拟）如图1，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，F是上的一个动点，连接AC、AF、CF． （1）求证：∠ACD＝∠AFC． （2）如图2，若CF与AB的交点G为线段OE的中点，DG∥CB，，求线段AC的长． （3）如图3，FD的延长线交AB的延长线于点H．求证：OB2＝OG•OH． 【思路点拨】（1）连接AD，根据圆周角定理可得∠ADC＝∠AFC，然后通过垂径定理推论可得，则∠ACD＝∠ADC，从而得证； （2）先证明△BCE∽△CAE，则，所以，即AE•BE＝20，再证明△GED≌△BEC（ASA），故有GE＝BE，则OG＝GE＝BE，从而可得AE＝5BE，由勾股定理求出BE＝2，最后通过勾股定理即可求解； （3）连接FO，延长FO交⊙O于点M，又四边形CDFM是圆内接四边形，则有∠CMF+∠CDF＝180°，从而求得∠CMF＝∠EDH，再证明△OFG∽△OHF，则得出即可求证． 【解析】（1）证明：AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，如图1，连接AD， ∴∠ADC＝∠AFC，， ∴∠ACD＝∠ADC， ∴∠ACD＝∠AFC； （2）解：∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，， ∴∠ACB＝90°，∠AEC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，， ∴∠BCE＝∠BAC， ∴△BCE∽△CAE， ∴， ∴，即AE•BE＝20， ∵DG∥CB， ∴∠GDE＝∠BCE， 在△GED和△BEC中， ， ∴△GED≌△BEC（ASA）， ∴GE＝BE， ∵点G为线段OE的中点， ∴OG＝GE， ∴OG＝GE＝BE， ∴AE＝5BE， ∴5BE•BE＝20， ∴BE＝2， ∴AE＝10， 在直角三角形ACE中，由勾股定理得：； （3）证明：如图3，连接FO，延长FO交⊙O于点M， ∵MF是⊙O的直径， ∴∠MCF＝90°， ∴∠CMF+∠CFM＝90°， ∵四边形CDFM是圆内接四边形， ∴∠CMF+∠CDF＝180°， ∵∠EDH+∠CDF＝180°， ∴∠CMF＝∠EDH， ∵CD⊥AB， ∴∠HED＝90°， ∴∠H+∠EDH＝90°， ∴∠H＝∠CFM， ∵∠GOF＝∠FOH， ∴△OFG∽△OHF， ∴， ∴OF2＝OG•OH， ∵OF＝OB， ∴OB2＝OG•OH． 【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查了圆周角定理，圆内接四边形，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 4．（2025•萧山区一模）已知正方形ABCD内接于⊙O，边CD以点C为中心顺时针旋转到CE，连结BE分别交⊙O，边CD于点F，G． （1）如图1，若CE是⊙O的切线， ①求∠E的度数； ②连结DF，求证：BG＝2DF． （2）如图2，连结AF，DE，求证：AF∥DE． 【思路点拨】（1）①连接OC，OB，可得出∠OCB＝∠OBC＝45°，∠OCE＝90°，从而得出∠BCE＝∠OCB+∠OCE＝135°，进一步得出结果； ②连接CF，OB，OC，作CH⊥CF，交BE于H，可证得△BCH≌△DCF（SAS），从而BH＝DF，可证得CH＝GH＝BH，进一步得出结论； （2）连接BD，CF，延长CF，交DE于W，可证得∠AFB＝45°，CD＝BC＝CE，∠CBE＝∠BEC，从而∠CDE＝∠CED，可证得∠CBE＝∠CDF，从而∠CDF＝∠BEC，进而证得∠FDE＝∠FED＝45°，进一步得出结论． 【解析】（1）①解：如图1， 连接OC，OB， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD， ∴， ∴∠BOC＝90°， ∵OB＝OC， ∴∠OCB＝∠OBC＝45°， ∵OC是CE的切线， ∴∠OCE＝90°， ∴∠BCE＝∠OCB+∠OCE＝135°， ∵边CD以点C为中心顺时针旋转到CE， ∴CE＝BC， ∴∠E＝∠CBE＝； ②证明：如图2， 连接CF，OB，OC，作CH⊥CF，交BE于H， ∴∠HCF＝90°， ∵， ∴∠BFC＝， ∴∠CHF＝45°， ∴∠CHF＝∠BFC， ∴CH＝CF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCD＝90°，BC＝CD， ∴∠BCD＝∠HCF， ∴∠BCD﹣∠DCH＝∠HCF﹣∠DCH， ∴∠BCH＝∠DCF， ∴△BCH≌△DCF（SAS）， ∴BH＝DF， 由①知， ∠CBE＝22.5°， ∴∠BCH＝∠CHF﹣∠CBE＝45°﹣22.5°＝22.5°， ∴∠DCH＝∠BCD﹣∠BCH＝90°﹣22.5°＝67.5°， ∵∠BGC＝90°﹣∠CBE＝67.5°， ∴∠DCH＝∠BGC， ∴CH＝GH， ∴BH＝GH， ∴BG＝2BH＝2DF； （2）证明：如图3， 连接BD，CF，延长CF，交DE于W， ∵∠BAD＝90°， ∴BD是⊙O的直径， ∴∠DFE＝∠BFD＝90°， 由（1）知， ∠AFB＝45°，CD＝BC＝CE，∠CBE＝∠BEC， ∴∠CDE＝∠CED， ∵， ∴∠CBE＝∠CDF， ∴∠CDF＝∠BEC， ∴∠CDE﹣∠CDF＝∠CED﹣∠BEC， ∴∠FDE＝∠FED＝＝45°， ∴∠FED＝∠AFB， ∴AF∥DE． 【点睛】本题考查了圆周角定理及其推论，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 5．（2025•衢州一模）如图1，△ABC内接于⊙O，直径AE⊥BC于点D，交劣弧BC于点E，点F为弧AB上的任意一点，连结CF交AB于点G，交AD于点H，连结FB． （1）当CF经过点O时，求证：AE∥BF； （2）在（1）的条件下，若，求的值； （3）当AC∥BF时，若⊙O的半径为5，BC＝6，求OH的长． 【思路点拨】（1）利用圆周角定理和平行线的判定定理解答即可； （2）当CF经过点O时，点O，H重合，利用平行线的性质和相似三角形的判定与性质得到，设BF＝4k，则AO＝3k，利用勾股定理和三角形的中位线定理求得AD，BC，代入化简运算即可； （3）连接OC，FA，过点F作FP⊥AB于点P，FM⊥AC于点M，过点B作BN⊥AC于点N，利用垂径定理和勾股定理求得线段AD，AB，AC，OD，利用等腰梯形的判定与性质得到FC＝AB＝3，利用三角形的面积公式求得FM，利用勾股定理求得AM，CN，利用相似三角形的判定与性质结合勾股定理求得HD，则OH＝OD﹣HD． 【解析】（1）证明：∵CF经过点O， ∴CF为⊙O的直径， ∴∠FBC＝90°， ∴FB⊥BC， ∵AE⊥BC， ∴AE∥BF； （2）解：当CF经过点O时，点O，H重合，如图， ∵AE∥BF， ∴△BFG∽△AOH， ∴， 设BF＝4k，则AO＝3k， ∵FC＝2OA， ∴FC＝6k， ∴BC＝＝2k， ∵AE∥BF，OF＝OC， ∴OD＝BF＝2k， ∴AD＝AO+OD＝5k， ∴； （3）连接OC，FA，过点F作FP⊥AB于点P，FM⊥AC于点M，过点B作BN⊥AC于点N，如图， ∵直径AE⊥BC， ∴BD＝CD＝BC＝3，， ∴AB＝AC． ∵⊙O的半径为5， ∴OE＝OA＝OC＝5， ∴OD＝＝4， ∴DE＝OE﹣OD＝1，AD＝OA+OD＝9， ∴AB＝AC＝＝3． ∵AC∥BF， ∴∠ACF＝∠BFC， ∴， ∴AF＝BC＝6， ∴四边形AFBC为等腰梯形， ∴FC＝AB＝3， ∵FP⊥AB，BN⊥AC，AC∥BF， ∴四边形BFMN为矩形， ∴BF＝MN，FM＝BN． ∵， ∴FM＝， ∴AM＝， 同理可求：CN＝， ∴BF＝MN＝AC﹣AM﹣CN＝． ∵∠FBA＝∠FCA，∠FPB＝∠FMC＝90°， ∴△BFP∽△CFM， ∴， ∴， ∴FP＝． ∴AP＝＝， ∵∠FAB＝∠FCB，∠FPA＝∠HDC＝90°， ∴△FAP∽△HCD， ∴， ∴， ∴HD＝， ∴OH＝OD﹣HD＝． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质直角三角形的性质，勾股定理，等腰梯形的判定与性质，通过添加适当的辅助线构造直角三角形和相似三角形是解题的关键． 6．（2025•滨江区一模）已知，AB，CD是⊙O的弦，CD⊥AB于点E，且，连接BC，AD． （1）如图1，若AB是⊙O的直径，求∠C的度数． （2）如图2，求证：①CD＝CB． ②AE+AD＝BE． 【思路点拨】（1）连接AC，利用圆周角定理解答即可； （2）①取的中点F，连接AC，AF，CF，利用圆周角定理得到∠ACE+∠CAE＝90°，可得CF为⊙O的直径，再利用垂径定理解答即可得出结论； ②在BE上取一点F，使EF＝AE，连接DF并延长交BC于点G，利用相等的垂直平分线的性质，垂直的定义和圆周角定理得到∠BGF＝∠CGD＝∠BEC＝∠AED＝90°，利用全等三角形的判定与性质和等式的性质得到BG＝DE，最后再利用全等三角形的判定与性质解答即可得出结论． 【解析】（1）解：连接AC，如图， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠ACD+∠BCD＝90°， ∵， ∴∠BCD＝2∠ACD， ∴∠BCD+BCD＝90°， ∴∠BCD＝60°． ∴∠C的度数为60°； （2）证明：①取的中点F，连接AC，AF，CF，如图， 则． ∵， ∴， ∴∠ACD＝∠DCF＝∠BAF， ∵CD⊥AB， ∴∠AEC＝90°， ∴∠ACE+∠CAE＝90°， ∴∠CAE+∠BAF＝90°， ∴∠CAF＝90°， ∴CF为⊙O的直径， ∵， ∴， ∴CD＝CB； ②在BE上取一点F，使EF＝AE，连接DF并延长交BC于点G，如图， ∵EF＝AE，CD⊥AB， ∴CD垂直平分AF， ∴AD＝DF， ∴∠A＝∠AFD， ∵∠AFD＝∠BFG， ∴∠BFG＝∠A， ∵∠A+∠ADC＝90°，∠ADC＝∠B， ∴∠B+∠BFG＝90°， ∴∠BGF＝90°， ∴∠BGF＝∠CGD＝∠BEC＝∠AED＝90°． 在△CDG和△CBE中， ， ∴△CDG≌△CBE（AAS）， ∴CG＝CE， ∴CB﹣CG＝CD﹣CE， ∴BG＝DE． 在△ADE和△BFG中， ， ∴△ADE≌△BFG（ASA）， ∴AD＝BF． ∵BE＝EF+BF， ∴AE+AD＝BE． 【点睛】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，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键． 7．（2025•定海区一模）如图1，△ABC内接于⊙O，其中∠BAC＜60°，AB＝AC．点E在射线BC上，且满足△ABC≌△BED，DE交⊙O于点H，BD交AC于点P． （1）求证：△BPC为等腰三角形； （2）如图2，连结AH，交BD于点K，若H为DE中点，求证：BD•KP＝DH•AP； （3）如图3，若线段BD过圆心O，求S△BPC：S△ABC的值． 【思路点拨】（1）可推出∠ABC＝∠ACB，∠E＝∠ACB，∠BPC＝∠D，∠D＝∠AC，从而∠BPC＝∠ACB，从而△BPC是等腰三角形； （2）连接BH，可推出∠DBH＝∠EBH＝，∠EBH＝∠CAH，从而∠CAH＝∠DBH，可推出∠AKP＝∠BHD＝90°，从而△AKP∽△BHD，进而得出结论； （3）连接OC，作射线AO，交BC于Q，根据∠BOC＝2∠A，∠OBC＝∠OCB＝∠A得出∠A＝45°，设BQ＝CQ＝OQ＝a，则OA＝OB＝OC＝，从而表示出AB，进一步得出结果． 【解析】（1）证明：∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵△ABC≌△BED， ∴∠E＝∠ABC，∠D＝∠ACB， ∴∠E＝∠ACB， ∴AC∥DE， ∴∠BPC＝∠D， ∴∠BPC＝∠ACB， ∴△BPC是等腰三角形； （2）证明：如图1， 连接BH， ∵BD＝BE，点H是DE的中点， ∴∠DBH＝∠EBH＝， ∵， ∴∠EBH＝∠CAH， ∴∠CAH＝∠DBH， 由（1）得， AC∥DE， ∴AC⊥BH， ∴∠DBH+∠BPC＝90°， ∵∠APD＝∠BPC， ∴∠APD+∠CAH＝90°， ∴∠AKP＝90°， ∴∠AKP＝∠BHD， ∴△AKP∽△BHD， ∴， ∴BD•KP＝DH•AP； （3）解：如图2， 连接OC，作射线AO，交BC于Q， ∵， ∴∠BOC＝2∠A， ∵OB＝OC， ∴∠OBC＝∠OCB＝∠A， ∵∠BOC+∠OBC+∠OCB＝180°， ∴4∠A＝180°， ∴∠A＝45°， ∵AB＝AC，OA＝OA， ∴△AOB≌△AOC（SSS）， ∴AQ⊥BC， 设BQ＝CQ＝OQ＝a，则OA＝OB＝OC＝， ∴AB2＝BQ2+AQ2＝＝（4+2， ∴＝＝2﹣． 【点睛】本题考查了圆周角定理及其推论，相似三角形的判定和性质，求三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识． 8．（2025•西湖区一模）如图，矩形ABCD内接于⊙O，BD是对角线，点E在上（不与点A，D重合），连接EC分别交AD，BD于点H，G，BF⊥CE于点F，FG＝FC，连接BE交AD于点P． （1）如图1，当点E为的中点，BD＝2时， ①求证：∠ABE＝∠CBF． ②求的长． （2）如图2，若tan∠ADB＝，求的值． 【思路点拨】（1）①利用矩形的性质，直角三角形的性质，圆周角定理解答即可； ②连接OE，OC，利用圆周角定理和矩形的性质得到∠ABE＝∠DBE＝∠DBF＝∠CBF＝＝22.5°，再利用圆周角定理求得∠EOC＝∠EOD+∠DOC＝135°，最后利用弧长公式解答即可； （2）连接ED，利用矩形的性质，直角三角形的边角关系定理得到tan∠ADB＝＝，设AB＝3k，则DC＝AB＝3k，BC＝AD＝4k，BD＝＝5k，利用矩形的性质，相似三角形的判定与性质直角三角形的边角关系定理和勾股定理依次求得DH，AH，ED，AP，PH，则结论可得． 【解析】（1）①证明：∵四边形ABCD为矩形， ∴∠BCD＝90°， ∴∠BCF+∠DCE＝90°． ∵点E为的中点， ∴， ∴∠DCE＝∠ABE， ∴∠ABE+∠BCF＝90°． ∵BF⊥CE， ∴∠CBF+∠BCF＝90°， ∴∠ABE＝∠CBF． ②解：连接OE，OC，如图， ∵点E为的中点， ∴， ∴∠ABE＝∠DBE． ∵BF⊥CE于点F，FG＝FC， ∴BG＝BC， ∴∠GBF＝∠CBF， 由①知：∠ABE＝∠CBF， ∴∠ABE＝∠DBE＝∠DBF＝∠CBF＝＝22.5°， ∴∠ABD＝∠CBD＝45°，∠EOD＝2∠DBE＝45°， ∴∠DOC＝2∠CBD＝90°， ∴∠EOC＝∠EOD+∠DOC＝135°． ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠BAC＝90°， ∴BD为圆的直径， ∵BD＝2， ∴OE＝OC＝1， ∴的长＝； （2）解：连接ED，如图， ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠BAC＝90°， ∴BD为圆的直径， ∵tan∠ADB＝＝， ∴设AB＝3k，则DC＝AB＝3k，BC＝AD＝4k， ∴BD＝＝5k， ∵BF⊥CE于点F，FG＝FC， ∴BG＝BC＝4k， ∴DG＝BD﹣BG＝k， ∵AD∥BC， ∴△DHG∽△BCG， ∴， ∴DH＝BC＝k， ∴AH＝AD﹣DH＝3k． ∵BD为圆的直径， ∴∠AED＝90°， ∴tan∠EBD＝． ∵tan∠ECD＝，∠EBD＝∠ECD， ∴tan∠EBD＝＝． 设DE＝a，则BE＝3a， ∵BE2+DE2＝BD2， ∴（3a）2+a2＝（5k）2， ∵a＞0， ∴a＝k， ∴ED＝k． ∵∠BAD＝∠PED＝90°，∠APB＝∠EPD， ∴△ABP∽△EDP， ∴＝， ∴设AP＝6x，则PE＝x， ∴PD＝AD﹣AP＝4k﹣6x， ∵PE2+DE2＝PD2， ∴， ∴x＝k（不合题意，舍去）或x＝k． ∴AP＝k， ∴PH＝AH﹣AP＝k， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，矩形的性质，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理，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． 9．（2025•宁波一模）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，BD为直径，∠ABC为锐角，过点B作BE⊥AC于点E，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F． （1）∠ABD＝α，请用含α的代数式表示∠CBE． （2）若AF＝BD，求证：AD＝AE． （3）如图2，在（2）的条件下，BF与⊙O交于点G，与AD延长线交于点H，连结DG．①若CD＝4，DG＝1，求AD的长． ②若，求tan∠ABD的值． 【思路点拨】（1）利用圆周角定理，直角三角形的性质解答即可； （2）利用全等三角形的判定与性质解答即可； （3）①连接AG，过点D作DM⊥AC于点M，利用圆周角定理和等弧对等弦的性质得到AG＝CD＝4，设AD＝AE＝x，则AM＝x﹣1，利用勾股定理列出方程解答即可； ②连接AG，利用圆周角定理和等弧对等弦的性质得到AG＝CD，利用圆周角定理和直角三角形的性质得到∠AHB＝∠BDC，利用直角三角形的边角关系定理得到，利用相似三角形的判定与性质得到∠ADG＝∠AHF，则∠GDH＝∠GHD＝45°，利用等腰直角三角形的性质得到AB＝AD，最后利用直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论． 【解析】（1）解：∵BD为直径， ∴∠BAD＝90°， ∴∠ABD+∠ADB＝90°． ∵BE⊥AC， ∴∠CBE+∠BCA＝90°． ∵∠BCA＝∠BDA， ∴∠CBE＝∠ABD＝α． （2）证明：由（1）得：∠CBE＝∠ABD， ∵AF∥BC， ∴∠CBE＝∠F， ∴∠ABD＝∠F． ∵BD为直径， ∴∠BAD＝90°， ∵BE⊥AC， ∴∠AEF＝90， ∴∠BAD＝∠AEF＝90°． 在△BAD和△FEA中， ， ∴△BAD≌△FEA（AAS）， ∴AD＝AE； （3）解：①连接AG，过点D作DM⊥AC于点M，如图， ∵∠ABD＝∠ACD＝α，∠CBE＝∠CAG＝α， ∴∠ACD＝∠CAG， ∴， ∴， ∴， ∴AG＝CD＝4． ∵BD为直径， ∴∠AGD＝90°， ∵BE⊥AC，DM⊥AC， ∴四边形EMDG为矩形， ∴DM＝EG，EM＝DG＝1， 设AD＝AE＝x，则AM＝x﹣1， ∵DM2＝AD2﹣AM2＝x2﹣（x﹣1）2，EG2＝AG2﹣AE2＝42﹣x2， ∴x2﹣（x﹣1）2＝16﹣x2， ∴x＝， ∵负数不合题意，舍去， ∴AD＝3﹣1． ②连接AG，如图， ∵∠ABD＝∠ACD＝α，∠CBE＝∠CAG＝α， ∴∠ACD＝∠CAG， ∴， ∴， ∴， ∴AG＝CD． ∵∠BAD＝90° ∴∠AHB+∠ABH＝90°， ∵BE⊥AC， ∴∠ABH+∠BAC＝90°， ∴∠BAC＝∠AHB， ∵∠BAC＝∠BDC， ∴∠AHB＝∠BDC， ∵BD为直径， ∴∠BCD＝90°， ∴cos∠BDC＝， ∵， ∴， ∵AF＝BD，AG＝CD， ∴． 由（2）知：△BAD≌△FEA， ∴∠ABD＝∠F， ∵∠ABD＝∠AGD， ∴∠AGD＝∠F， ∴△AGD∽△AFH， ∴∠ADG＝∠AHF， ∴∠GDH＝∠GHD， ∵∠BGD＝90°， ∴∠GDH＝∠GHD＝45°， ∴∠ABH＝45°， ∴AB＝AE， ∴AB＝AD， ∴tan∠ABD＝． 【点睛】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，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的店铺与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，矩形的判定与性质，添加适当的辅助线构造相似三角形是解题的关键． 10．（2025•绍兴一模）如图，在⊙O中，直径BC＝6，AB⊥BC，AD是⊙O的切线，点D为切点． （1）如图1，求证：AD＝AB； （2）如图2，线段AO交⊙O于点E，连结DE，若DE∥BC，求AE的长； （3）如图3，线段AC交⊙O于点F，连结DF，若DF∥BC，求AF的长． 【思路点拨】（1）由BC是⊙O的直径，且AB⊥BC，可知AB是⊙O的切线．根据切线长定理可得AB＝AD； （2）连结OD，根据SSS可得△ABO≌△ADO，则∠AOB＝∠AOD，由DE∥BC及EO＝DO可得∠EDO＝∠DEO＝∠AOD，进而可得∠AOD＝60°，根据三角函数可求出 AO＝6，进而可得AE＝3； （3）连结OA，OD，FB，BD，得OA⊥BD，则可得∠AOB+∠OBD＝90°．由同角的余角相等可得∠BAO＝∠OBD，由圆周角定理及DF∥BC 可得∠DFC＝∠FCB＝∠CBD，进而可得∠BAO＝∠ACB．易得△ABO∽△CBA，则可求得，根据勾股定理求出AC的长，再根据求出CF的长，进而求得AF的长． 【解析】（1）证明：如图1，连结OD， ∵BC是⊙O的直径，AB⊥BC， ∴AB是⊙O的切线， 又∵AD是⊙O的切线， ∴AD＝AB； （2）解：如图2，连结OD， 在△ABO和△ADO中， ， ∴△ABO≌△ADO（SSS）， ∴∠AOB＝∠AOD． ∵DE∥BC， ∴∠DEO＝∠AOB． ∵EO＝DO， ∴∠EDO＝∠DEO＝∠AOD． ∴∠AOD＝60°， ∴cos∠AOD＝＝， ∴AO＝2DO＝6， ∴AE＝AO﹣OE＝6﹣3＝3； （3）解：如图，连结OA，OD，FB，BD， BO＝DO，且∠AOB＝∠AOD， ∴OA⊥BD， ∴∠AOB+∠OBD＝90°， ∵AB⊥BC， ∴∠BAO+∠AOB＝90°， ∴∠BAO＝∠OBD，DF∥BC， ∴∠DFC＝∠FCB＝∠CBD， ∴∠BAO＝∠ACB，且∠ABO＝∠CBA， ∴△ABO∽△CBA， ∴＝， ∴AB2＝BO•BC＝3×6＝18， ∴AB＝3， ∴AC＝＝， ∴cos∠ACB＝＝． ∵BC是⊙O的直径， ∴∠CFB＝90°， ∴cos∠ACB＝＝， ∴CF＝2， ∴AF＝3﹣2＝． 【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查了切线的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质以及三角函数．熟练掌握以上知识，正确的作出辅助线是解题的关键． 11．（2025•湖州一模）如图，在矩形ABCD中，E是边CD上的点（不与C，D重合），过A，D，E三点的圆交对角线BD于点F，交AB于点G，连结EF，AF． （1）如图1，若AB＝AD，连结AE， ①求∠EAF的度数； ②判断△EAF的形状，并说明理由． （2）如图2，若，延长AF交直线BC于点H，连结EH．当H是边BC的中点时，求的值． （3）如图3，若（k为常数），延长EF交边AB于点I，当∠BFI＝∠BAF时，求的值（用含k的代数式表示）． 【思路点拨】（1）①利用正方形的判定与性质和圆周角定理解答即可； ②利用圆周角定理和圆的内接四边形的性质以及等腰直角三角形的定义解答即可； （2）连接AE，设AB＝3m，则AD＝BC＝2m，HB＝m，利用勾股定理得到AH＝＝m，利用相似三角形的判定与性质得到AF，FH，利用圆的内接四边形的性质和直角三角形的边角关系定理求得EF，再利用勾股定理求得EH，代入化简运算即可得出结论； （3）连接AG，FG，利用圆的内接四边形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质得到AG＝GI，设AD＝a，则AB＝ka，BD＝＝a，利用相似三角形的判定与性质求得BI，IG，代入化简运算即可得出结论． 【解析】解：（1）①∵四边形ABCD为矩形，AB＝AD， ∴四边形ABCD为正方形， ∴∠ADB＝∠CDB＝45°， ∵∠EAF＝∠CDB， ∴∠EAF＝45°； ②△EAF的形状是等腰直角三角形，理由： 由（1）①知：∠ADB＝∠CDB＝45°， ∴， ∴AF＝EF， ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠ADC＝90°， ∵四边形ADEF为圆的内接四边形， ∴∠AFE+∠ADC＝180°， ∴∠AFE＝90°， ∴△EAF的形状是等腰直角三角形； （2）连接AE，如图， ∵， ∴设AB＝3m，则AD＝BC＝2m， ∴BD＝＝m， ∵H是边BC的中点， ∴HB＝m， ∴AH＝＝m， ∵AD∥BC， ∴△ADF∽△HBF， ∴＝2， ∴AF＝AH＝，FH＝AH＝m， ∵∠C＝90°， ∴tan∠CDB＝， ∵∠EAF＝∠CDB， ∴tan∠EAF＝， ∵四边形ADEF为圆的内接四边形， ∴∠ADB+∠AFE＝180°， ∵∠ADB＝90°， ∴∠AFE＝90°， ∴tan∠EAF＝＝， ∴EF＝AF＝m， ∴EH＝＝m， ∴＝． （3）连接AG，FG，如图， ∵四边形ADEF为圆的内接四边形， ∴∠ADB+∠AFE＝180°， ∵∠ADB＝90°， ∴∠AFE＝90°， ∴∠DFA+∠DFE＝90°， ∵四边形ADFG为圆的内接四边形， ∴∠DAG+∠AFG＝180°， ∵∠DAB＝90°， ∴∠AFG＝90°， ∴∠DFA+∠AFG＝90°， ∴∠AFG＝∠DFE， ∵∠DFE＝∠BFI，∠BFI＝∠BAF， ∴∠BAF＝∠AFG＝∠DFE， ∴AG＝FG， ∵∠AFI＝∠AFE＝90°， ∴∠FAB+∠AIF＝90°，∠AFG+∠GFI＝90°， ∴∠AIF＝∠GFI， ∴GF＝GI， ∴AG＝GI， ∵， ∴设AD＝a，则AB＝ka， ∴BD＝＝a． ∵∠DAF+∠BAF＝90°，∠DFA+∠GFA＝90°， ∴∠DAF＝∠DFA， ∴AD＝DF＝a． ∴BF＝BD﹣DF＝（﹣1）a． ∵∠FBI＝∠ABF，∠BFI＝∠BAF， ∴△BFI∽△BAF， ∴， ∴BI＝a， ∴AI＝AB﹣BI＝a， ∴AG＝IG＝AI＝a， ∴＝﹣1． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，正方形的判定与性质，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，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键． 12．（2025•杭州一模）如图1，已知ABCD内接于⊙O，连结BD，BD平分∠ABC，点P是的中点，连结AP分别交BD，BC于点E，F． （1）如图2，若AB为⊙O的直径，求∠AEB的度数． （2）求证：①DC＝DE；②PE2﹣PF2＝PF•AF． 【思路点拨】（1）由题易得，∠ADB＝90°，进而可知∠PAD＝45°＝∠AED，最后即可得解； （2）①通过导角可得∠PAD＝∠DEA，所以DA＝DE＝DC；②证△PBF∽△PAB，可得PF•AP＝PB2＝PE2，再利用AP﹣PF＝AF，代入即可得证． 【解析】（1）解：如图，连接OD、OP， ∵BD平分∠ABC， ∴， ∵点P是的中点， ∴， 又∵AB为直径， ∴，即∠POD＝90°，∠ADB＝90°， ∴∠PAD＝45°， ∴∠AED＝90°﹣45°＝45°， ∴∠AEB＝135°； （2）证明：①连接AC， 由（1）得，， ∴∠DAC＝∠ABD，∠PAC＝∠PAB，DA＝DC， ∴∠PAD＝∠DAC+∠PAC＝∠ABD+∠PAB， 即∠PAD＝∠DEA， ∴DA＝DE， ∵DA＝DC， ∴DE＝DC； ②连结PB， 由①得∠PAD＝∠DEA， ∴∠PEB＝∠PBE， ∴PB＝PE， ∵， ∴∠PBF＝∠PAB，∠P＝∠P， ∴△PBF∽△PAB， ∴，即PF•AP＝PB2＝PE2， ∵AP﹣PF＝AF， ∴PF•AP﹣PF2＝PF•AF， 即PE2﹣PF2＝PF•AF． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、相似三角形的判定和性质、三角形内角和等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 13．（2025•宁波一模）已知△ABC内接于圆O，AD平分∠BAC交圆O于点D，交BC于点E，M是AD上一点． （1）若AB＝AC，　①（或②）　 ，求∠BDC的度数． ①AM＝2ME＝2DE；②∠MBC＝∠MBA＝2∠BAD． （作答第（1）题时，先选择①或②填写在横线处，使题目完整，然后求解∠BDC的度数．） （2）若AB＝c，AE＝m，AC＝b，求DE的长． （3）若∠MBC＝∠MCA＝∠MAB，求证：BC2＝AB•AC． 【思路点拨】（1）当选择①时，由题意易得AE⊥BC，BE＝EC，∠BAD＝∠CAD，然后可得AD是直径，则有点M是圆心，且四边形BDCM是平行四边形，进而问题可求解；若选择②，由题意易得AE⊥BC，∠BAD＝∠CAD，设∠BAD＝α，则有∠MBC＝∠MBA＝2α＝∠BAC，然后可得方程2α+3α＝90°，进而问题可求解； （2）由题意易得∠BAD＝∠CAD，则可证△ABD∽△AEC，则有，进而问题可求解； （3）先证明△ABC∽△BMD，△ABC∽△MDC，则有，，然后根据BD＝CD可得，进而问题可求证． 【解析】（1）解：当选择①时； ∵已知△ABC内接于圆O，AD平分∠BAC交圆O于点D，AB＝AC， ∴AE⊥BC，BE＝EC，∠BAD＝∠CAD， ∴， ∴AD是直径， ∵AM＝2ME＝2DE， ∴ME＝DE，AM＝DM， ∴点M是圆心，且四边形BDCM是平行四边形， ∵BM＝CM， ∴四边形BDCM是菱形， ∴BM＝BD＝DM＝CD＝MC， ∴△BDM，△CDM都为等边三角形， ∴∠BDM＝∠CDM＝60°， ∴∠BDC＝120°； 若选择②； ∵已知△ABC内接于圆O，AD平分∠BAC交圆O于点D，AB＝AC， ∴AE⊥BC，∠BAD＝∠CAD， 由∠MBC＝∠MBA＝2∠BAD可设∠BAD＝α，则有∠MBC＝∠MBA＝2α＝∠BAC， ∴∠BMD＝∠MBA+∠BAD＝3α， ∵∠MEB＝90°， ∴∠MBC+∠BME＝90°，即2α+3α＝90°， ∴α＝18°， ∴∠BAC＝2α＝36°， ∵四边形ABDC内接于圆O， ∴∠BDC＝180°﹣∠BAC＝144°， 故答案为：①（或②）； （2）解：已知△ABC内接于圆O，AD平分∠BAC交圆O于点D， ∴∠BAD＝∠CAD， ∵∠ADB＝∠ACE， ∴△ABD∽△AEC， ∴， ∵AB＝c，AE＝m，AC＝b， ∴， ∴， ∴； （3）证明：已知△ABC内接于圆O，AD平分∠BAC交圆O于点D， ∴∠BAD＝∠CAD， ∵∠MBC＝∠MCA＝∠MAB， ∴∠MBC＝∠MCA＝∠MAB＝∠CAD， ∴∠BMD＝∠BAM+∠ABM＝∠ABM+∠MBC＝∠ABC， ∵∠BDM＝∠ACB， ∴△ABC∽△BMD， ∴，即， ∵∠DMC＝∠CAD+∠ACM＝2∠CAD， ∴∠BAC＝∠DMC， ∵∠ABC＝∠MDC， ∴△ABC∽△MDC， ∴， ∴， ∵∠BAD＝∠CAD， ∴， ∴BD＝CD， ∴， ∴， ∴BC2＝AB•AC． 【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查垂径定理、菱形的性质与判定、圆周角的性质、圆内接四边形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握垂径定理、菱形的性质与判定、圆周角的性质、圆内接四边形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键． 14．（2025•衢州一模）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，⊙O是△ABC的外接圆，点D是的中点，连结CD交AB于点E． （1）求∠DCB的度数． （2）如图2，过点A作AF⊥CD，连结OD，若，． ①若＜，求． ②连结OF，求OF的长． 【思路点拨】（1）根据圆周角定理即可得到结论； （2）①设OE＝a，则OD＝2a，根据题意列方程得到，求得∠FAE＝∠D，根据三角函数的定义得到，求得EF＝1，AF＝2，根据等腰直角三角形 到现在得到CF＝AF＝2，得到CE＝3，根据勾股定理得到DE＝5，于是得到； ②当＜时过点O作OG⊥CD，得到，求得EG＝DE﹣DG＝1，得到GF＝2，根据相似三角形的性质得到OG＝2，根据勾股定理得到，当＞时，过点O作OG⊥CD，设OE＝b，OD＝OA＝2b，求得，得到EF＝1，AF＝2，根据相似三角形的性质得到OG＝，于是得到． 【解析】解：（1）∵AB是直径， ∴的度数为180°， ∵点D是AB的中点， ∴的度数为90°， ∴∠DCB＝45°； （2）①∵， 设OE＝a，则OD＝2a， ∵， ∴OE＝OD， ∴， 解得， ∵AF⊥CD， ∴∠AFE＝90°， ∵∠AEF＝∠OED， ∴∠FAE＝∠D， ∴ ∴， ∴EF＝1，AF＝2， ∵∠ACD＝45°， ∴CF＝AF＝2， ∴CE＝3， 在Rt△OED中，DE2＝OE2+OD2＝25，DE＝5， ∴； ②当＜时 过点O作OG⊥CD， ∴， ∴EG＝DE﹣DG＝1， ∵EF＝1， ∴GF＝2， ∴△OEG∽△OED， ∴， ∴OG＝2， 在Rt△OGF中，， 当＞时， 过点O作OG⊥CD， ∵∠BAF＝∠D， ∴， 设OE＝b，OD＝OA＝2b， ∵， ∴， ∴， ∴EF＝1，AF＝2， ∵△OEG∽△AEF， ∴， ∴OG＝， 在Rt△ODG中，， 在Rt△ODE中，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形，勾股定理，周期的作出辅助线是解题的关键． 15．（2025•定海区一模）如图1，以点M（1，0）为圆心的圆与y轴、x轴分别交于点A、B、C、D，直线y＝﹣与⊙M相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点F． （1）填空：OE的长为　5　 ；OF的长为　　 ；⊙M的半径为　2　 ；CH的长为　2　 ； （2）如图2，点P是直径CD上的一个动点（不与C、D重合），连结HP并延长交⊙M于点Q． ①当DP：PH＝3：2时，求cos∠QHC的值； ②设tan∠QHC＝x，＝y，求y与x的函数关系式． 【思路点拨】（1）利用直线解析式求出点E和点F坐标，进而得到OE和OF的长度，再根据边角关系可得∠OEF＝30°，继而得到MH和CH； （2）①易证△DPQ∽△HPC，从而求出DQ的长，进而即可得解；②构造8字型相似，作QK⊥x轴于点K，HJ⊥x轴于点J，则HJ∥KQ，∴＝y，解直角三角形CHJ可得HJ＝，进而得到KQ、DK和CK，再在Rt△KCQ中，tan∠KQC＝＝x，进而建立等式求解． 【解析】解：（1）∵直线y＝﹣交x轴于点E，交y轴于点F， 令y＝0得，0＝﹣， 解得x＝5， ∴OE＝5； 令x＝0得，y＝， ∴OF＝； ∵tan∠OEF＝＝， ∴∠OEF＝30°， 连接MH，则∠MHE＝90°， ∵M（1，0）， ∴OM＝1， ∴EM＝4， ∴MH＝EM＝2，即⊙M的半径为2； ∵MC＝MH，∠CMH＝90°﹣30°＝60°， ∴△MCH是等边三角形， ∴CH＝2； 故答案为：5，，2，2； （2）①连接DQ、CQ， ∵， ∴∠QDC＝∠QHC， ∵∠QPD＝∠CPH， ∴△DPQ∽△HPC， ∴＝， ∵CH＝2， ∴DQ＝3， ∵CD为直径， ∴CD＝4，∠DQC＝90°， ∴cos∠QDC＝＝， ∴cos∠QHC＝； ②由①知∠QDC＝∠QHC， ∴tan∠QHC＝tan∠QDC＝＝x， 如图，作QK⊥x轴于点K，HJ⊥x轴于点J，则HJ∥KQ， ∵∠MCH＝60°，CM＝2， ∴HJ＝CH•cos30°＝， ∵HJ∥KQ， ∴＝y， ∴KQ＝y， 在Rt△DKQ中，tan∠KDQ＝＝x， ∴DK＝＝， ∵CD＝4， ∴CK＝CD﹣DK＝4﹣， ∵∠DQC＝90°， ∴∠KQC＝90°﹣∠KQD＝∠KDQ， 在Rt△KCQ中，tan∠KQC＝＝x， ∴CK＝KQ•x，即4﹣＝y•x， 整理得（x2+1）y＝4x， ∴y与x的函数关系式为y＝． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、一次函数与坐标轴交点、特殊直角三角形、相似三角形的判定和性质等内容，综合性强，难度大，熟练掌握相关知识是解题的关键． 16．（2025•浙江一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，点D位于⊙O外一点，连接AD，BD，CD．BD交⊙O于点E，连接CE．已知AB＝AC＝AD． （1）如图1，求证：∠ACE＝∠ADE． （2）如图2，BD经过圆心O，AB＝2CD． ①求cos∠BAC的值； ②若AB＝3，求⊙O的半径． 【思路点拨】（1）由题意易得∠ACE＝∠ABE，∠ABD＝∠ADB，然后问题可求证； （2）①连接AO，CO，由题意易得∠AOB＝∠AOC，∠OBA＝∠OAB＝∠OAC＝∠OCA，然后可得∠ACD＝∠ADC，∠OBA＝∠OAB＝∠ECD＝∠EDC，则有△ABO∽△CDE，进而根据相似三角形的性质及三角函数可进行求解； ②延长AO交BC于点F，由题意易得∠AFB＝90°，BF＝CF，则有，然后根据勾股定理可进行求解． 【解析】（1）证明：⊙O是△ABC的外接圆， ∴∠ACE＝∠ABE， ∵AB＝AD， ∴∠ABD＝∠ADB， ∴∠ACE＝∠ADE． （2）解：①已知AB＝AC＝AD，如图2，连接AO，CO， ∵OB＝OC， ∴∠AOB＝∠AOC． ∵AO＝BO＝CO， ∴∠OBA＝∠OAB＝∠OAC＝∠OCA， ∴． ∵AC＝AD， ∴∠ACD＝∠ADC． ∵∠ACE＝∠ADE， ∴． ∵∠BAC＝∠BEC， ∴∠OBA＝∠OAB＝∠ECD＝∠EDC， ∴△ABO∽△CDE， ∴， ∵AB＝2CD， ∴BO＝2EC， ∴BE＝4EC， ∵BD经过圆心O， ∴BD是⊙O的直径， ∴∠BCE＝90°， ∴； ②已知AB＝AC，∠OAB＝∠OAC，如图3，延长AO交BC于点F， ∴AF⊥BC， ∴∠AFB＝90°，BF＝CF， ∵O为BE的中点， ∴， 由（2）①可得BO＝AO＝2CE， 在Rt△BFO中，由勾股定理理：， 在Rt△BFA中，由勾股定理得：， ∴， ∴（负根舍去）， ∴． 【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查垂径定理、圆周角的性质、勾股定理、相似三角形的性质与判定，三角函数，熟练掌握垂径定理、圆周角的性质、勾股定理、相似三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键． 17．（2025•绍兴二模）在⊙O中，AB为直径，点C，点D是⊙O上两点，分别位于AB的异侧，连结CD交AB与点E． （1）如图1，连结BC，若∠ACD＝3∠BAD，求∠BCD的度数； （2）若点C是的中点， ①如图2，点E在BO上，若，求cos∠BAD的值； ②若，直接写出cos∠BAD的值． 【思路点拨】（1）利用圆周角定理，由AB是直径得出∠ACB＝90°，即∠ACD+∠BCD＝90°，再依据同弧所对圆周角相等，设∠BAD＝x，则∠BCD＝x，∠ACD＝3x，代入方程求解得出∠BCD的度数； （2）①连接BC、BD，先证△BEC∽△DEA得出，由点C是中点得AC＝BC，设BC的值，用勾股定理求出AB，最后根据三角函数定义求出cos∠BAD的值； ②分点E在线段OB上和OA两种情况，作DH⊥AB，利用△OEC∽△HED得边的比例关系，设OC＝5r，通过勾股定理求OH和AD，再根据分别计算两种情况的值． 【解析】解：（1）∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°，即∠ACD+∠BCD＝90°， ∵所对的圆周角∠BAD和∠BCD相等， 设∠BAD＝x， ∵∠ACD＝3∠BAD， ∴∠ACD＝3x， ∴3x+x＝90°， 解得x＝22.5°， ∴∠BCD＝22.5°； （2）①连接BC，BD， ∵， ∴∠DAE＝∠BCE， ∵∠BEC＝∠DEA， ∴△BEC∽△DEA， ∴， ∵， ∴， ∵AB为直径， ∴∠ACB＝∠ADB＝90°， ∴C是的中点， ∴， ∴AC＝BC， 设BC＝5a， ∴，DA＝6a， ∴； ②连接OC， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝∠ADB＝90°， ∴C是的中点， ∴， ∴AC＝BC， ∴△ABC为等腰直角三角形， ∵OA＝OB， ∴CO⊥AB， ∴∠COE＝90°； 情况一：点E在线段OB上， 连接OD，过D作DH⊥AB于H． ∴∠OHD＝∠COE＝90°， ∵∠OEC＝∠HED， ∴△OEC∽△HED， ∴， 设OC＝OD＝OA＝5r，则DH＝4r． 在Rt△ODH中，OD2＝DH2+OH2，即（5r）2＝（4r）2+OH2， ∴OH＝3r， ∴AH＝OA+OH＝8r， 在Rt△ADH中，， ∴； 情况二：点E在线段OA上， 连接OC，OD，过D作DH⊥AB于H． ∴∠OHD＝∠COE＝90°， ∵∠OEC＝∠HED， ∴△OEC∽△HED， ∴， 设OC＝OD＝OA＝5r，则DH＝4r． 在Rt△ODH中，OD2＝DH2+OH2， 即（5r）2＝（4r）2+OH2，则OH＝3r， ∴AH＝OA﹣OH＝2r， 在Rt△ADH中，， ∴； 综上所述：cos∠BAD的值为或． 【点睛】本题考查圆周角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及三角函数的应用．解题关键是熟练运用相关定理和性质，通过合理设未知数、构造相似三角形等方法建立边与角的关系求解． 18．（2025•仙居县二模）如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC是钝角，以AB为直径的圆与边BC交于点D，与CA延长线交于点E，连结BE，连结DE交AB于点G． （1）求证：DE＝BD． （2）记，，k1与k2之间是否存在确定的数量关系？若存在，请求出该数量关系；若不存在，请说明理由． （3）如图2，若点G关于BC的对称点G'在以AB为直径的圆上，证明点G是△AG′E的内心． 【思路点拨】（1）连接AD，利用直径所对的圆周角为直角的性质得到∠ADB＝90°，∠AEB＝90°，利用等腰三角形的三线合一的性质得到BD＝CD，即ED为直角三角形BEC斜边上的中线，利用直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半的性质解答即可得出结论； （2）连接AD，利用相似三角形的判定与性质得到，，利用等量代换的性质得到，则结论可得； （3）连接GG′，BG′，DG′，利用轴对称的性质和线段的垂直平分线的性质得到BC垂直平分GG′，则BG′＝BG，DG′＝DG，利用等腰三角形的三线合一的性质得到∠GBD＝∠G′BD＝GBG′，∠GDB＝∠G′DB＝GDG′，∠EAB＝∠EDB，∠G′AB＝∠G′DB，再利用圆周角定理得到ED为∠AEG′的平分线，AB为∠EAG′的平分线，最后利用三角形的内心为三个内角平分线的交点的性质得出结论即可． 【解析】（1）证明：连接AD，如图， ∵AB为圆的直径， ∴∠ADB＝90°，∠AEB＝90°， ∴AD⊥BC， ∵AB＝AC， ∴BD＝CD， ∴ED为直角三角形BEC斜边上的中线， ∴ED＝BD＝CD＝BC， ∴DE＝BD； （2）解：k1与k2之间存在确定的数量关系，该数量关系为k1＝2k2.理由： 连接AD，如图， ∵∠EBG＝∠ADG，∠BEG＝∠DAG， ∴△BEG∽△DAG， ∴， ∵四边形ADBE为圆的内接四边形， ∴∠DAC＝∠CBE， ∵∠C＝∠C， ∴△CAD∽△CBE， ∴， 由（1）知：DE＝BD＝BC， ∴， ∴， ∵AB＝AC， ∴， ∴， ∵，， ∴k1＝2k2； （2）证明：连接GG′，BG′，DG′，如图， ∵点G关于BC的对称点G'在以AB为直径的圆上， ∴BC垂直平分GG′， ∴BG′＝BG，DG′＝DG， ∵BD⊥GG′， ∴∠GBD＝∠G′BD＝GBG′，∠GDB＝∠G′DB＝GDG′， ∵∠AED＝∠GBD，∠G′ED＝∠G′BD， ∴∠AED＝∠G′ED． ∴ED为∠AEG′的平分线， ∵∠EAB＝∠EDB，∠G′AB＝∠G′DB， ∴∠EAB＝∠G′AB， ∴AB为∠EAG′的平分线， ∴点G是△AG′E的内心． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，等腰三角形的性质与判定，直角三角形的性质，直角三角形的斜边上的中线的性质，相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，三角形的内心的性质，角平分线的定义，添加适当的辅助线构造等腰三角形是解题的关键． 19．（2025•平湖市二模）已知四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC，BD交于点E，P为BD上一点，连结AP． （1）如图1，若AB为⊙O的直径，且△ABC与△APD均为等腰直角三角形，求证：△ADC∽△APB． （2）如图2，若△ABC与△APD均为等边三角形． ①求证：BP＝CD． ②若AD＝1，求的最小值． 【思路点拨】（1）利用圆周角定理和等腰直角三角形的性质得到，∠DAC＝∠PAB，再利用相似三角形的判定定理解答即可； （2）①利用等边三角形的性质和全等三角形的判定定理与性质定理解答即可； ②设PE＝x，则DE＝1﹣x，利用相似三角形的判定与性质得到，BE＝BP+PE＝+x，BD＝BP+PD＝，再利用相似三角形的判定与性质求得AC，计算得到的值，最后利用配方法和非负数的意义解答即可． 【解析】（1）证明：∵AB为⊙O的直径， ∴∠ADP＝∠ACB＝90°， ∵△ABC和△APD为等腰直角三角形， ∴，，∠DAP＝∠CAB＝45°， ∴， ∵∠DAP﹣∠CAP＝∠CAB﹣∠CAP， ∴∠DAC＝∠PAB， ∴△ADC∽△APB； （2）证明：①∵△ADP和△ABC为等边三角形， ∴AD＝AP，AC＝AB，∠DAP＝∠CAB＝60°， ∴∠DAP﹣∠CAP＝∠CAB﹣∠CAP， ∴∠DAC＝∠PAB， 在△ACD和△ABP中， ， ∴△ACD≌△ABP（SAS）， ∴CD＝BP； ②解：∵△APD为等边三角形， ∴DP＝AD＝1， 设PE＝x，则DE＝1﹣x， 由①可知：CD＝BP，∠BDC＝∠APD＝60°， ∴AP∥CD， ∴△APE∽△CDE， ∴， ∴， ∴， ∴BE＝BP+PE＝+x，BD＝BP+PD＝． ∵∠DCA＝∠CAP，∠DCA＝∠EBA， ∴∠CAP＝∠EBA． ∵∠AEP＝∠BEA， ∴△AEP∽△BEA， ∴， 即， ∴AE2＝x2﹣x+1， ∴AE＝， ∴， ∴， ∴， ∴当时，x2﹣x+1有最小值， ∴的最小值为． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，配方法，熟练掌握相似三角形的判定与性质和配方法是解题的关键． 20．（2025•滨江区二模）在△ABP中，∠B＝90°，点C在斜边AP上，以AC为直径的⊙O交BP于点E，F，连结FC． （1）如图1，若，连结OE，请判断线段FC和OE的数量关系和位置关系，并说明理由． （2）如图2，连结AE，AF，EC． ①求证：AB•AC＝AE•AF． ②若EA＝EP，si，PF﹣BF＝7，求PE的长． 【思路点拨】（1）连接OF，OE，利用圆的有关性质，等边三角形的判定与性质和垂径定理解答即可； （2）①利用圆周角定理得到∠AFC＝∠AEC＝90°，利用直角三角形的性质，同角的余角相等的性质和相似三角形的判定与性质解答即可； ②过点C作CH⊥PB于点H，利用圆周角定理和等腰三角形的性质得到∠BAF＝∠P，利用直角三角形的边角关系定理设BF＝k，则AF＝10k，AB＝＝3k，在RtABP中，利用直角三角形的边角关系定理求得PA＝30k，利用勾股定理求得PB，则9k＝7+2k，求得k＝，则BF＝1，AB＝3，PF＝8，PB＝PF+BF＝9；利用等腰三角形的性质和相似三角形的判定与性质求得CF＝，利用勾股定理和等式的性质得到AC＝.最后，利用直角三角形的边角关系定理和勾股定理求得AE，则结论可求． 【解析】（1）解：线段FC和OE的数量关系为：FC＝OE，位置关系为OE⊥CF，理由： 连接OF，OE，如图， ∵， ∴∠EOF＝∠COE＝30°， ∴∠COF＝60°， ∵OF＝OC， ∴△OFC为等边三角形， ∴FC＝OF＝OC， ∵OE＝OC， ∴FC＝OE． ∵OE为半径，， ∴OE⊥FC； （2）①证明：∵AC为直径， ∴∠AFC＝∠AEC＝90°， ∴∠CFE+∠AFB＝90°， ∵∠B＝90°， ∴∠AFB+∠BAF＝90°， ∴∠BAF＝∠CFE， ∵∠CFE＝∠EAC， ∴∠BAF＝∠EAC， ∵∠B＝∠AEC＝90°， ∴△BAF∽△EAC， ∴， ∴AB•AC＝AE•AF； ②解：过点C作CH⊥PB于点H，如图， 由①知：∠BAF＝∠EAC， ∵EA＝EP， ∴∠EAC＝∠P， ∴∠BAF＝∠P， ∵si， ∴sin∠P＝． ∵si＝， ∴设BF＝k，则AF＝10k， ∴AB＝＝3k， ∵PF﹣BF＝7， ∴PF＝7+k， ∴PB＝PF+BF＝7+2k， ∵sin∠P＝＝， ∴＝， ∴PA＝30k， ∴PB＝＝9k＝7+2k， ∴k＝， ∴BF＝1，AB＝3，PF＝8，PB＝PF+BF＝9， ∴AF＝． ∵∠EFC＝∠EAC， ∴∠EFC＝∠P， ∴CF＝CP， ∵CH⊥PB， ∴PH＝FH＝， ∵∠EFC＝∠EAC＝∠BAF，∠CHF＝∠B＝90°， ∴△CFH∽△FAB， ∴， ∴CF＝， ∴CP＝CF＝． ∵PA＝＝3， ∴AC＝PA﹣PC＝． ∵sin∠CAE＝sin∠BAF＝＝， ∴CE＝， ∴AE＝＝5． ∴PE＝AE＝5． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，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，相似三角形的判定与性质，作出适当的辅助线构造直角三角形和相似三角形是解题的关键． 21．（2025•宁海县二模）已知△DBC内接于圆O，作外角∠EDC的角平分线交圆O于点A，连结AB，AC． （1）如图1，求证：△ABC为等腰三角形． （2）如图2，若CD过圆心O，AB、CD交于点F，DB＝5，DF＝3，求BC． （3）如图3，作直径AH交BC于点G，若BD∥AC，且，AB＝，求圆O的半径． 【思路点拨】（1）利用角平分线的定义，圆的内接四边形的性质和圆周角定理得到∠ABC＝∠ACB，再利用等腰三角形的判定定理解答即可； （2）连结AO，利用垂径定理得到DB⊥BC，利用平行线的判定定理得到DB⫽AO，再利用相似三角形的判定与性质得到OA，则CD可得，最后利用勾股定理解答即可； （3）连结BO，在射线DE上取点K，连接AK，使得AK＝AD，设BC＝10x，则BD＝21x，利用圆的平行线弦的性质得到AD＝BC＝10x；利用相似三角形的判定与性质得到DK＝x2，利用等腰三角形的判定与性质得到，利用BK＝BD+DK列出方程求得x值，则BC可求，利用垂径定理求得BG，利用勾股定理求得AG，再利用勾股定理列出方程解答即可得出结论． 【解析】（1）证明：∵DA平分∠EDC， ∴∠EDA＝∠CDA， ∵∠EDA+∠ADB＝180°，∠ACB+∠ADB＝180°， ∴∠EDA＝∠ACB． ∵∠CDA＝∠ABC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∴AB＝AC， 即△ABC为等腰三角形； （2）解：连结AO，如图， ∵CD为圆O直径， ∴∠DBC＝90°， ∴DB⊥BC， ∵AB＝AC， ∴， ∴AO⊥BC， ∴DB⫽AO， ∴△AOF∽△BDF， ∴， ∴， ∴OA＝， ∴CD＝2OA＝15， ∴； （3）解：连结BO，在射线DE上取点K，连接AK，使得AK＝AD，如图， ∵， ∴设BC＝10x，则BD＝21x， ∵BD∥AC， ∴， ∴AD＝BC＝10x． 由（1）知：∠EDA＝∠CDA＝∠ACB＝∠ABC， ∵AK＝AD， ∴∠AKD＝∠EDA， ∴∠EDA＝∠AKD＝∠ACB＝∠ABC， ∴△ABC∽△ADK， ∴， ∴， ∴DK＝x2． ∵BD∥AC， ∴∠KBA＝∠BAC， ∵∠AKD＝∠ABC， ∴∠BAK＝∠ACB， ∴∠BAK＝∠AKD， ∴， ∵BK＝BD+DK， ∴21x+＝4， ∴x＝． ∴BC＝． ∵AH为直径，AH⊥BC， ∴BG＝， ∴AG＝＝． 在Rt△OBG中， ∵BG2+OG2＝OB2， ∴， ∴OB＝5． ∴圆O的半径为5． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，圆的内接四边形的性质，角平分线的定义，直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，添加适当的辅助线构造直角三角形和相似三角形是解题的关键． 22．（2025•婺城区二模）如图1，点C是以AB为直径的⊙O上的动点，∠CBA的平分线交⊙O于点D，弦CE⊥BD于点P，连结DE交AB于点F，连结CF交BD于点G． （1）求证：DE⊥AB． （2）当点F平分OA时（如图2），求DG：BG的值． （3）若BC＝2，BG＝2DG，求直径AB的长． 【思路点拨】（1）先根据角平分线定义和圆周角定义证明∠DBA＝∠DEC，再根据垂直定义得到∠DFB＝90°，进而可得结论； （2）由图2知，CE为⊙O的直径，连接CD，根据垂径定理和三角形的中位线性质可得OF∥CD，，证明△CDG∽△FBG得到，结合已知可求解； （3）如图1，连接OD、AC，设OD与CF的交点为M，利用圆周角定理和平行线的判定证明OD∥BC，分别证明△DMG∽△BCG和△DFO∽△ACB，求得OM＝1，，设⊙O的半径为r，则OM＝r﹣1，BF＝r+1，证明△FOM∽△FBC求得，进而可得答案． 【解析】（1）证明：∵点C是以AB为直径的⊙O上的动点，∠CBA的平分线交⊙O于点D， ∴， ∵∠DEC＝∠CBD， ∴∠DBA＝∠DEC， ∵弦CE⊥BD于点P， ∴∠D+∠DBA＝∠D+∠DEC＝90°， ∴∠DFB＝90°， ∴DE⊥AB； （2）解：由（1）知DE⊥AB，如图2，CE为⊙O的直径，连接CD，则OE＝OC， ∴EF＝DF， ∴OF为△EDC的中位线， ∴OF∥CD，， ∴CD＝2OF， ∴△CDG∽△FBG， ∴， ∵点F平分OA， ∴， ∴BF＝3OF， ∴， 即DG：BG的值为； （3）解：BC＝2，BG＝2DG，如图1，连接OD、AC，设OD与CF的交点为M， 则∠AOD＝2∠DBA＝∠ABC， ∴OD∥BC， ∴△DMG∽△BCG， ∴， ∵BC＝2，BG＝2DG， ∴； ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝∠DFO＝90°， 又∵∠FOD＝∠ABC， ∴△DFO∽△ACB， ∴， ∴， 设⊙O的半径为r，则OM＝r﹣1，BF＝r+1， ∵OM∥BC， ∴△FOM∽△FBC， ∴，即， 解得（负值已舍去），且满足所列方程， ∴直径AB的长为． 【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查涉及圆周角定理、垂径定理、三角形的中位线性质、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握圆的有关性质和相似三角形的性质是解答的关键． 23．（2025•钱塘区二模）已知△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，D为圆上一点，DF是⊙O的切线，连结CD，与AB交于点E． （1）如图1，延长BA与DF交于点F． ①若∠ACD＝25°，求∠F的大小． ②若AF＝3，DF＝5，求⊙O的半径． （2）如图2，AC＞BC，DF∥AB，延长CA与DF交于点F，若，求△BCE与△CDF的面积比． 【思路点拨】（1）①连接OD，利用圆的切线的性质定理，直角三角形的性质和圆周角定理解答即可； ②利用切割线定理解答即可； （2）过点C作CH⊥FD，交FD的延长线于点H，CH交AB于点G，连接OD，利用矩形的判定与性质，平行线的性质和相似三角形的判定与性质得到，设CG＝4k，则CH＝9k，利用圆周角定理和相似三角形的判定与性质求得线段OE，BE，FD，最后利用三角形的面积公式解答即可． 【解析】解：（1）①连接OD，如图， ∵DF是⊙O的切线， ∴OD⊥DF， ∴∠ODF＝90°， ∴∠F＝90°﹣∠FOD． ∵∠FOD＝2∠ACD，∠ACD＝25°， ∴∠FOD＝50°， ∴∠F＝40°． ②连接AD，DB，如图， ∵DF是⊙O的切线， ∴∠ADF＝∠ABD， ∵∠FAD＝∠ABD+∠ADB，∠FDB＝∠ADF+∠ADB， ∴∠FAD＝∠FDB， ∵∠F＝∠F， ∴△FAD∽△FDB， ∴， ∴FD2＝FA•FB， ∴FB＝＝， ∴AB＝FB﹣FA＝＝， ∴⊙O的半径＝AB＝； （2）过点C作CH⊥FD，交FD的延长线于点H，CH交AB于点G，连接OD，如图， ∵DF是⊙O的切线， ∴OD⊥DF， ∵DF∥AB，CH⊥FD， ∴CG⊥AB， ∴四边形ODHG为矩形， ∴OD＝GH，OG＝DH， ∵， ∴． ∵DF∥AB， ∴△CAG∽△CFH， ∴， 设CG＝4k，则CH＝9k， ∴OD＝GH＝5k， ∴OA＝OB＝5k，AB＝2OD＝10k， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵CG⊥AB， ∴△CGB∽△ACG， ∴， ∴， ∴BG＝2k或8k， ∵AC＞BC， ∴BG＜AG， ∴BG＝2k， ∴AG＝8k， ∴OG＝OB﹣BG＝3k， ∵OD⊥DF，CG⊥AB， ∴OD∥CG， ∴△DOE∽△CGE， ∴， ∴， ∴OE＝k， ∴EG＝OG﹣OE＝k，AE＝OA+OE＝k． ∴BE＝EG+BG＝k． ∵DF∥AB， ∴△CAE∽△CFD， ∴， ∴FD＝15k． ∴△BCE与△CDF的面积比＝＝． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的性质定理，直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，三角形的面积，连接经过切点的半径和添加适当的辅助线构造直角三角形和相似三角形是解题的关键． 24．（2025•上城区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB中点，E是BC上的动点（不与端点B，C重合），连结AE与CD交于点F，过E，F，D三点的圆与BD交于点G（不与B，D重合），连结EG． （1）若CE＝CF，∠B＝50°，求∠EGD的度数； （2）若，求的值； （3）求证：EG+EF＝AF． 【思路点拨】（1）根据题意及等边对等角得到∠CFE＝∠CEF＝65°，根据圆内接四边形的性质即可解答； （2）过E作EH∥CD，交BD于点H，根据平行线分线段成比例即可解答； （3）过B作BM∥CD，交AE延长线于点M，在BD上作BH＝BM，连接EH，证明△EMB≌△EHB（SAS），即可解答． 【解析】（1）解：∵D是斜边AB上的中点， ∴CD＝BD， ∴∠DCE＝∠B＝50°， ∵CE＝CF， ∴∠CFE＝∠CEF＝65°， ∵四边形EFDG内接于圆， ∴∠EGD＝∠CFE＝65°； （2）解：如图，过E作EH∥CD，交BD于点H， ∵EH∥CD，， ∴， ∵AD＝BD， ∴， ∵EH∥CD， ∴； （3）证明：如图，过B作BM∥CD，交AE延长线于点M，在BD上作BH＝BM，连接EH， ∵BM∥CD，AD＝DB， ∴AF＝FM， ∵BM∥CD， ∴∠MBE＝∠DCB＝∠CBD，∠M＝∠CFE＝∠EGD， 又∵BM＝BH，BE＝BE， ∴△EMB≌△EHB（SAS）， ∴EH＝EM，∠EHG＝∠M＝∠EGH， ∴EH＝EG， ∴EG+EF＝EM+EF＝FM＝AF． 【点睛】本题考查圆的综合应用，主要考查圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，平行线的性质，掌握圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $$