专题二圆与相似三角形的综合题型探究（题型归纳+题型解析+拓展训练）2025-2026学年人教版九年级数学下册大单元教学分层优化练

2025学年人教版九年级数学下大单元教学分层优化练 专题二圆与相似三角形的综合题型探究（题型归纳+题型解析+拓展训练）（解析版） 圆与相似三角形的综合题很有挑战性，但它也有清晰的解题路径。下面为你系统梳理这类题型的核心解法与策略，希望能帮你建立清晰的解题思路。 考查方向 核心图形特征 关键解题策略 与切线相关的综合题 图形中出现圆的切线以及过切点的弦或直径。 1.连接切点与圆心，利用“切线垂直于过切点的半径”得到直角；2. 关注弦切角定理（弦切角等于它所夹弧所对的圆周角），这是构造等角、证明相似的关键 。 与直径相关的综合题 图形中出现直径。 立即联想 “直径所对的圆周角是直角”​​ ，从而得到直角三角形，为相似（或射影定理）创造条件 。 与圆内接四边形相关的综合题 存在圆内接四边形。 利用 “圆内接四边形的外角等于其内对角” 来证明角相等，从而判定三角形相似 。 涉及长度比例与乘积的综合题 要求证明线段成比例（如 AB/BC = DE/EF）或等积式（如 PA·PB = PC·PD）。 此类问题往往是切割线定理或其推论（相交弦定理）的应用。核心是先证明两个三角形相似，再根据对应边成比例推出结论​ 题型1 证明线段比例式或等积式 例1．如图1，线段过圆心，交圆于两点，切圆于点，作，垂足为，连结． （1）写出图1中所有相等的角（直角除外），并给出证明； （2）若图1中的切线变为图2中割线的情形，与圆交于两点，与交于点，，写出图2中相等的角（写出三组即可，直角除外）； （3）在图2中，证明：． 【答案】详见解析 【分析】（1）见切点连过切点的半径，得垂直，从而得到，利用同圆中半径相等，得到相等的角，利用平行线迁移等角得到相等的角，利用同角的余角相等得到相等的角，从而得到第（1）的答案；（2）利用同弧所对的圆周角相等即可解决；（3）“等积化等比”“平行或者三角形相似” ，从而结论得到证明. 【详解】（1）图1中相等的角有：． 证明：连结，则， ，，又，， ．又为直径，， ． （2） （三组即可） （3）易证，． 【变式1-1】．如图，已知⊙O为△ABC（∠A＜∠ABC）的外接圆，且AB为的直径，AB=8，点D为AB延长线上一点，点 E为半径OB上一点，连接CD、CE、OC，且∠BCD=∠A． （1）求证：CD为的切线； （2）若CB=CE，求证：CE2=CO2-OA·OE； （3）在（2）的条件下，求OE+BC的最大值． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）OE+BC有最大值为5． 【分析】（1）运用圆的性质和角的和差，确定∠OCD=∠BCD+∠BCO=90°,即可证明；（2）先证明△OBC∽△CBE，运用其性质结合等量代换即可解答.（3）设BC=x，AB=8，∴OA=OC=4，结合（2）的结论，求二次函数的最小值即可； 【详解】解：（1）∵AB为⊙O直径， ∴∠ACB=90°， ∴∠ACO+∠BCO=90°， 又∵OA=OC，∴∠A=∠ACO， ∵∠BCD=∠A，∴∠BCD+∠BCO=90°，∴CD为⊙O切线； （2）∵CE=CB，∴∠CEB=∠CBE， 又OC=OB，∴∠OCB=∠OBC， ∴△OBC∽△CBE， ∴，即BC2=BE·OB， 又BC=EC，OB=OC=OA， ∴CE2=(OB-OE)·OB= CO2-OA·OE； （3）设BC=x，∵AB=8，∴OA=OC=4， 由（2）知x2=16-4OE，∴OE=， ∴OE+BC==， ∵∠A＜∠ABC， ∴0＜x＜， ∴当x=2时，OE+BC有最大值为5． 【点睛】本题考查了切线的判定、相似三角形的性质.解决问题的关键是掌握切线的判定定理和相似三角形的性质. 【变式1-2】．如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，直线EF经过点C，AD⊥EF于点D，∠DAC=∠BAC （1）求证：EF是⊙O的切线； （2）求证：AC2=AD·AB； （3）若⊙O的半径为2，∠ACD=30°，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3). 【分析】（1）连接OC，根据OA=OC推出∠BAC=∠OCA=∠DAC，推出OC∥AD，得出OC⊥EF，根据切线的判定推出即可． （2）证△ADC∽△ACB，得出比例式，即可推出答案． （3）求出等边三角形OAC，求出AC、∠AOC，在Rt△ACD中，求出AD、CD，求出梯形OCDA和扇形OCA的面积，相减即可得出答案． 【详解】解：（1）证明：连接OC， ∵OA=OC， ∴∠BAC=∠OCA． ∵∠DAC=∠BAC， ∴∠OCA=∠DAC． ∴OC∥AD． ∵AD⊥EF， ∴OC⊥EF． ∵OC为半径， ∴EF是⊙O的切线． （2）证明：∵AB为⊙O直径，AD⊥EF， ∴∠BCA=∠ADC=90°． ∵∠DAC=∠BAC， ∴△ACB∽△ADC． ∴． ∴AC2=AD•AB． （3）∵∠ACD=30°，∠OCD=90°， ∴∠OCA=60°. ∵OC=OA， ∴△OAC是等边三角形． ∴AC=OA=OC=2，∠AOC=60°． ∵在Rt△ACD中，AD=AC=1． 由勾股定理得：DC=， ∴阴影部分的面积是S=S梯形OCDA﹣S扇形OCA=×（2+1）×﹣． 【变式1-3】．如图，将一副斜边相等的直角三角板按斜边重合摆放在同一平面内，其中∠CAB＝30°，∠DAB＝45°，点O为斜边AB的中点，连接CD交AB于点E． （1）求证：A，B，C，D四个点在以点O为圆心的同一个圆上； （2）求证：CD平分∠ACB； （3）过点D作DF∥BC交AB于点F，求证：BO2+OF2＝EF•BF． 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析 【分析】（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，判断出OA＝OB＝OC＝OD，即可得出结论； （2）先求出∠COD＝150°，利用等腰三角形的性质得出∠ODC＝15°，进而求出∠BDC＝30°，进而求出∠BCD＝45°，即可得出结论； （3）先判断出，得出DF2＝BF•EF，再利用勾股定理得出OD2+OF2＝DF2，即可得出结论． 【详解】证明：（1）如图，连接OD，OC， 在Rt中，∠ACB＝90°，点O是AB的中点， ∴OC＝OA＝OB， 在Rt中，∠ADB＝90°，点O是AB的中点， ∴OD＝OA＝OB， ∴OA＝OB＝OC＝OD， ∴A，B，C，D四个点在以点O为圆心，为半径的同一个圆上； （2）连接OC，OD，由（1）知，OA＝OC＝OD， ∴∠OCD＝∠ODC， 在Rt中，∠BAC＝30°， ∴∠ABC＝∠BOC＝60°， 在Rt中，∠DAB＝45°， ∴∠ABD＝45°＝∠DAB， ∴AD＝BD， ∵点O是AB的中点， ∴OD⊥AB， ∴∠BOD＝90°，∠ODB＝∠ADB＝45°， ∴∠COD＝150°， ∴∠OCD＝∠ODC＝15°， ∴∠BDC＝∠ODB﹣∠ODC＝30°， ∵∠CBD＝∠ABC+∠ABD＝105°， ∴∠BCD＝180°﹣∠CBD﹣∠BDC＝45°， ∴∠ACD＝90°﹣∠BCD＝45°＝∠BCD， ∴CD平分∠ACB； （3）由（2）知，∠BCD＝45°， ∵∠ABC＝60°， ∴∠BEC＝75°， ∴∠AED＝75°， ∵DF∥BC， ∴∠BFD＝∠ABC＝60°， ∵∠ABD＝45°， ∴∠BDF＝180°﹣∠BFD﹣∠ABD＝75°＝∠AED， ∵∠DFE＝∠BFD， ∴， ∴， ∴DF2＝BF•EF， 连接OD，则∠BOD＝90°，OB＝OD， 在Rt中，根据勾股定理得，OD2+OF2＝DF2， ∴OB2+OF2＝BF•EF， 即BO2+OF2＝EF•BF． 【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理，直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，四点共圆的判定，相似三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键． 题型2求线段长度 例2．如图，为⊙的直径，，为圆上的两点，，弦，相交于点, （1）求证： （2）若，，求⊙的半径； （3）在（2）的条件下，过点作⊙的切线，交的延长线于点，过点作交⊙于, 两点（点在线段上），求的长. 【答案】（1）见解析；（2）⊙的半径为；（3）. 【分析】（1）连接，根据圆心角的性质即可求解； （2）根据圆的性质求得，求出AC，再根据勾股定理进行求解； （3）根据，分线段成比例得，再求出PA,PO,过点作于点，则，求得根据，即，求出OH,PH，连接，根据 中，由勾股定理，求得 ，由 进行求解. 【详解】（1）连接， ， . , . ， ， . （2）连接. ， . ， . . . 为⊙的直径， . 在中，由勾股定理，得. ⊙的半径为. （3）如图，设与相交于点N. 为⊙的直径， ， ， . 为⊙的切线， . . . . . . 过点作于点，则， ， . ， . ， 连接. 在中，由勾股定理，得， . 【点睛】此题主要考查圆的综合问题，解题的关键是熟知圆心角定理、切线的性质及相似三角形的判定与性质及勾股定理的应用. 【变式2-1】．如图，AC是圆O的直径，AC=10厘米，PA，PB是圆O的切线，A，B为切点，过A作AD⊥BP，交BP于D点，连结AB、BC． （1）求证△ABC∽△ADB; （2）若切线AP的长为12厘米，求弦AB的长. 【答案】(1)证明：∵AC是圆O的直径，∴∠ABC=90 o， 又∵AD⊥BP，∴∠ADB=90 o，∴∠ABC=∠ADB， 又∵PB是圆的切线，∴∠ABD=∠ACB， 在△ABC和△ADB中： ，∴△ABC∽△ADB; （2）如图，连结OP， 在Rt△AOP中，AP=12厘米,OA=5厘米,根据勾股定理求得OP=13厘米, 又由已知可证得△ABC∽△PAO, ∴,得,解得AB=厘米. 【详解】（1）根据AC为⊙O的半径，可知：∠ABC=90°，由AD⊥BP，可知：∠ABC=∠ADB，根据切线的性质知：∠ABD=∠ACB，从而可证：△ABC∽△ADB； （2）在Rt△POA中，根据勾股定理可将OP的长求出，再根据△ABC∽△PAO，可将AB的长求出． 【变式2-2】．如图，是的直径，为上-动点，是半径上一动点（不与点，重合），过点作射线，分别交弦，于，两点，过点作的切线交于点．    (1)求证：． (2)已知是的中点． ①若，判断四边形的形状，并说明理由． ②若，且，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①四边形是菱形．理由见解析；② 【分析】（1）根据等边对等角得，根据垂直和切线的性质得，即，即可得； （2）①连接，，，根据是的中点，得，则，即为等边三角形，，即可得，根据，得为等边三角形，即，可得四边形为平行四边形，根据，即可得四边形是菱形；②在中，，得，设，根据勾股定理得，，解得，则，，即可得，，．在中，，，根据是的中点得，根据得，即，根据得，根据得,根据得,根据，得，则，根据，即可得． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为的切线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）①四边形是菱形．理由： 解：如图，连接，，，    ∵是的中点，， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵，， ∴为等边三角形， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． ②∵在中，， ∴， 设， 根据勾股定理得，， ， ， ， ， ∴，， ∴，，， 在中，，， ∵是的中点， ∴， ∵， ， 解得， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴, ∵， ∴, ∵，， ∴， ∴， ∴， 即，代入得， 解得． 【点睛】本题考查了圆的性质，菱形的判定，勾股定理，锐角三角函数，解题的关键是掌握这些知识点，添加辅助线． 【变式2-3】．如图，是的直径，过点A作的切线，并在其上取一点C，连接交O于点D，连接，并延长交于点E． (1)证明：； (2)若，，求和的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据圆周角定理由是的直径径得到，则，再根据切线的性质，由为的切线得，则，由于，所以，则，加上，根据三角形相似的判定方法即可得到； （2）在中，，，根据勾股定理可计算出，则，然后利用，根据相似比可计算出． 【详解】（1）∵是的直径， ∴， ∴， ∵为的切线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 而， ∴， ∴， 而， ∴； （2）∵， ∴， 在中，，， ∴ ∴， ∵， ∴，即， ∴． 【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了勾股定理、圆周角定理和相似三角形的判定与性质 题型3 切线的判定、性质与相似综合 例3．如图中，，以为直径的圆交于点D、交延长线于点E，过E作于M，交延长线于N． (1)求证：为圆O切线； (2)若， ，求圆O的半径． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】本题主要考查了圆的切线的判定、三角形中位线的性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． （1）如图：连接，由圆周角定理可得，再根据等腰三角形的性质可得E为中点，再结合三角形中位线的性质可得，然后得到即可证明结论； （2）设圆O的半径为r，则，，先证明，然后根据相似三角形的性质列比例式求解即可． 【详解】（1）解：如图：连接， ∵为圆O直径， ∴，即， ∵， ∴E为中点， ∵， ∴， ∵， ∴，即为圆O的切线． （2）解：设圆O的半径为r，则，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，解得：． ∴圆O的半径为3． 【变式3-1】．如图，为直径，为切线，C为圆上一点，连接交于点D，交于点F，连接、 ，且． (1)若，求的度数； (2)若，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据切线的性质得到，从而可以求出的度数和的度数，再根据得到的度数等于的度数即可； （2）连接，，证明，根据相似三角形的性质列出比例式即可得到，根据题意可得和，根据等角对等边得到，得到，得到，再根据勾股定理得到，可以求出． 【详解】（1）解：是的切线， ， ， ， 又， ； ， ； （2）如图，连接，， 为直径， ， ， 由（1）可知， 即， ， 又， ， ， ， ，， 则， ， ， ， ， ， ， ， ，即， ， 在中，， ， 解得：， ． 【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查了切线的性质、等腰三角形的性质与判定、相似三角形的性质、勾股定理等，综合性较强，能合理作出辅助线并灵活运用相关知识是解决问题的关键． 【变式3-2】．已知四边形内接于圆是圆的两条切线，，三点共线． (1)求证：； (2)若，求证：； (3)在（2）的条件下，若，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3)． 【分析】本题考查圆的切线的性质，圆周角，相似三角形的判定与性质，含角的直角三角形，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． （1）连接，先证明，，再推导出，继而证明，根据，即可证明． （2）连接，先证明 ，，由得到，继而证明，则，推导出，有，再证明，即可解答． （3）过点作于点，有，求出， ，设，则，则 ．根据勾股定理得到，求解即可． 【详解】（1）解： 连接，如图 ， ． 又是圆的切线， ． 又， ． ． 又， ． （2）连接，如图 由（1）同理可证：． ． 与所对的弧是， ． 是圆的两条切线， ∵， ． ． ， ． 又， ． 是圆的直径． ； （3）过点作于点， ． ， ． ． 设，则． ． 在Rt中， ． 解得 ． 【变式3-3】．如图，为的直径，为圆上的一点，为劣弧的中点，过点作的切线与的延长线交于点，与的延长线交于点，与交于点． (1)求证：； (2)求证：； (3)若的半径为，，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，利用垂径定理和圆的切线的性质定理，平行线的判定定理解答即可； （2）连接，，由为劣弧的中点，得出，则，．又根据，得出，推出，进而得出结论， （3）设，则，根据（2）的结论列出关于的方程，解方程即可得出结论． 【详解】（1）证明：连接，如图， 为劣弧的中点， ， ． 是的切线， ， ； （2）证明：连接，，如图， 为劣弧的中点， ， ，． ， ， ， ； （3）解：设，则． 由（2）知， ． ． 为的直径， ， ． 的半径为， ． ， 解得：或（不合题意，舍去）， ． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理及其推论，勾股定理，相似三角形的判定与性质，圆的切线的判定与性质，矩形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，连接，是解决此类问题常添加的辅助线． 题型4 平行线 + 直径模型 特征：图中出现直径，同时存在平行线（如弦的平行）。 结论：平行线可带来同位角、内错角相等，从而构造出新的相似三角形或等腰三角形。 例4．如图，是的外接圆，为的直径，为劣弧的中点，连接，与交于点，并过点作的平行线分别交，的延长线与点，． (1)求的度数； (2)求证：是的切线； (3)看一看，想一想，证一证；存在一个常数，使得．以下三个结论，，，，你认为哪个正确？请说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)正确，见解析 【分析】本题主要考查了切线的判定，垂径定理，相似三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键． （1）由直径所对的圆周角是直角得到，再由平行线的性质可得答案； （2）连接交于点，由垂径定理可得，则由平行线的性质可得，据此可证明结论； （3）连接．证明，得到．再证明，得到，据此可得结论． 【详解】（1）解：为的直径， ， ， ； （2）证明：如图，连接交于点． 为劣弧的中点， ， ， ． ， ， ． 是的半径， 是的切线； （3）（3）解：正确．理由如下： 如图，连接． 与相切于点， ， ． 为的直径， ， ， ． ， ， ． ， ， ， ． ， ． 又， ， ， ， 由，得， ， ，使得成立． 【变式4-1】．为的直径，为的弦，． (1)如图1，求证：； (2)如图2，，为的弦，交于点，连接，，点为垂足，过作的平行线交于点，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】本题主要考查了直径所对的圆周角是直角，垂径定理，圆周角，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）根据直径所对的圆周角为直角可得，结合勾股定理可得，即可证明． （2）根据垂径定理可得，再根据，可得，根据对应边成比例即可求解． 【详解】（1）证明：连接． ∵为的直径， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵点为圆心，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴． 【变式4-2】．如图1，为⊙的直径，点，在⊙上（位于同侧），，延长交的延长线于点，过点作的平行线交的延长线于点． (1)求证：； (2)如图2，当点为的中点时， ①若，求的面积； ②若，求与的面积之比． 【答案】(1)见解析 (2)①50；② 【分析】（1）根据同弧所对圆周角相等及平行线同位角相等的性质，通过等量代换，即可证明． （2）①由等弧对等弦可知 ．根据等腰三角形两底角相等，可得，进而推出．由等腰直角三角形性质及三角形面积公式得出面积为．②证明，，设出未知数，利用等腰直角三角形性质求相关线段关系， 然后证明，即可解答． 【详解】（1）解：证明：∵， ∴． ∵，， ∴， ∴． （2）①当点为的中点时， 即． ∵， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴的面积为． ②若， ∵，， ∴， ∴， ∵． 连接， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 即 设， 则，， ∴， 作于点， ∵， ∴． 在中，， ∴． ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查圆的基本性质、平行线性质、等腰及等腰直角三角形性质、相似三角形判定与性质，解题关键是灵活运用这些知识，通过角的关系推导、特殊三角形性质计算边长，以及利用相似三角形性质求解面积相关问题． 【变式4-3】．如图，为的直径，弦交于点，连接、、，已知平分，过点作的平行线，交的延长线于点． (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若的半径为5，，求的长． 【答案】(1)与相切．理由见解析 (2) 【分析】本题考查了圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定和性质． （1）连接，由圆周角定理和角平分线的定义得，进而得，再根据平行线的性质得，再根据切线的判定定理即可得出结论； （2）连接，由，得，证明得，进而可得答案． 【详解】（1）解：与相切．理由如下： 连接，如图， 为的直径， ， 平分， ， ，即， ， ， 是的半径， 与相切； （2）解：如图，连接， 为的直径， ， ，， ， ，， ， ，即， ． 题型5相似三角形链 特征：在同一个圆中，由于直径产生的直角，可能形成一串彼此相似的三角形。 结论：例如，在“直径+弦上的高”模型中，△ABC ∽ △ACD ∽ △CBD。这个“相似三角形链”意味着任意两个三角形都相似，它们的边之比存在连锁关系。 例5．如图1，已知：内接于圆O，，连接并延长，交于点D． (1)求证： (2)如图2，过点B作于点E，交圆O于点F，交于点G，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，连接DE，，，求DE的长． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 (3) 【分析】（1）连接、，证明是线段的垂直平分线，问题得证； （2）先证明，进而证明，即可证明； （3）连接，先求出，，再证明，得到，设，则，分别得到，，，证明，得到 ，求出，从而得到，根据，即可求出． 【详解】（1）证明：如图，连接、， ∵，， ∴点都在线段的垂直平分线上， ∴是线段的垂直平分线， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：如图，连接， ∵，， ∴是线段的垂直平分线，， ∴， ∵是线段的垂直平分线， ∴． ∵， ∴． ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴． 设，则， ∴， 在中，， ∵，， ∴． ∵，， ∴， ∴，即， ∴， 整理得， 解得（不合题意，舍去）， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题为圆的综合题，考查了线段的垂直平分线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定，一元二次方程的应用，直角三角形的性质等知识，综合性强，第（3）问难度较大，熟知相关性质，并根据题目中已知条件灵活应用是解题关键． 【变式5-1】．如图，AB是⊙O的直径，点C在半圆上，点D在圆外，DE⊥AB于点E交AC于点F，且DF＝CD （1）求证：CD是⊙O的切线； （2）若点F是AC的中点，DF＝2EF＝2，求⊙O半径． 【答案】（1）详见解析；（2）4． 【分析】（1）连接OC，易证∠BAC+∠AFE＝90°，由等腰三角形的性质得出∠DFC＝∠DCF，∠BAC＝∠OCA，由∠DFC＝∠AFE，推出∠DCF+∠OCA＝90°，即可得出结论； （2）连接BC，作DH⊥AC于点H，由等腰三角形的性质得出FH＝CH＝CF，由已知得出AF＝CF＝AC，FH＝AC，EF＝，易证△AFE∽△DFH，得出＝，求出AC＝4，则AF＝AC＝2，由勾股定理得出AE＝＝3，由AB是⊙O的直径，得出∠ACB＝∠AED＝90°，易证△BAC∽△FAE，得出＝，求出AB＝8，即可得出结果． 【详解】（1）证明：连接OC，如图1所示： ∵DE⊥AB， ∴∠AED＝90°， ∴∠BAC+∠AFE＝90°， ∵DF＝CD， ∴∠DFC＝∠DCF， ∵OA＝OC， ∴∠BAC＝∠OCA， ∵∠DFC＝∠AFE， ∴∠DCF+∠OCA＝90°， ∴∠OCD＝90°， ∴OC⊥CD， ∴CD是⊙O的切线； （2）解：连接BC，作DH⊥AC于点H，如图2所示： ∵DF＝CD， ∴FH＝CH＝CF， ∵点F是AC的中点，DF＝2EF＝2， ∴AF＝CF＝AC，FH＝AC，EF＝， ∵∠AED＝∠DHF＝90°，∠AFE＝∠DFH， ∴△AFE∽△DFH， ∴＝， ∴AF•FH＝DF•EF， 即：AC×AC＝2×， 解得：AC＝±4（负值不合题意舍去）， ∴AF＝AC＝2， ∴AE＝＝＝3， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝∠AED＝90°， ∵∠BAC＝∠FAE， ∴△BAC∽△FAE， ∴＝， 即：＝， 解得：AB＝8， ∴⊙O半径＝AB＝×8＝4． 【点睛】本题考查了圆的综合问题，掌握圆的切线的性质以及判定定理、相似三角形的性质以及判定定理、勾股定理是解题的关键． 【变式5-2】．（1）如图，，，，为以为直径的圆上任意一点，求证：为定值．      （2）尺规作图：以上图结论画出点，使，保留作图痕迹并写出步骤．    【答案】（2）证明过程见解析；（2）作图见解析； 【分析】（1）取圆心O，连接OM，证明，计算即可； （2）作BC的三等分点E、D，以D为圆心，ED为半径作圆，在作出AB的垂直平分线，画出交点即可； 【详解】（1）取圆心O，连接OM，    ∵，，， ， ∴， ∴， ∴为定值． （2）作BC的三等分点E、D，以D为圆心，ED为半径作圆，可知E、C在圆上，作出AB的垂直平分线，与圆交于点P，即为所求，如下图所示；        【点睛】本题主要考查了相似三角形的知识点和尺规作图，准确计算是解题的关键． 【变式5-3】．如图，已知在△ABC中，AB=AC，tanB=，BC =4，点E是在线段BA延长线上一点，以点E为圆心，EC为半径的圆交射线BC于点C、F（点C、F不重合），射线EF与射线AC交于点P. （1）求证：AE2=AP·AC； （2）当点F在线段BC上，设CF=x，△PFC的面积为y，求y关于x的函数解析式及定义域； （3）当时，求BE的长. 【答案】（1）证明见解析（2）（3）或 【详解】分析：证明根据相似三角形对应边成比例即可证明. 证明根据相似三角形的性质得到，..代入即可. 分两种情况进行讨论：①当点F在线段BC上时，②当点F在线段BC的延长线上时， 分别求解即可. 详解：（1）∵∴ ∵∴ ∵ 又∵ ∴ ∵是公共角， ∴ ∴∴. （2）∵ ∴ ∴. 过点作于点 ∵经过圆心， ∴.∴. 在中，∵∴. ∴. ∴. （3）①当点F在线段BC上时， ∵ ∴ ∵△AEP∽△ACE. ∴ ∴. 过点作垂足为点 ∵∴ 中，∵∴ ∴∴. ②当点F在线段BC的延长线上时， ∵∠EFC=∠ECF，. 又∵∴ ∴ ∵是公共角， ∴，∴ ∵∴ ∴. ∴. 综上所述,或. 点睛：属于圆的综合题，涉及相似三角形的判定与性质，锐角三角函数等知识点，综合性比较强，难度较大.同学们尤其要熟练相似三角形的判定方法. 题型6 计算线段长度或比例 例6．如图，四边形是圆O的内接四边形，连结交于点E (1)求证： (2)若，． ①求证． ②当时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】（1）由同弧所对的圆周角相等得出，由对顶角相等得出进而得出； （2）①设，过点作于点F，利用等腰三角形的性质与同弧所对圆周角相等可得：，，，再利用三角形的内角和定理即可求证； ②设，，则，由此可得，由（1）可知，设相似比为，设，，则，由相似三角形的性质可得：，可解得，在和中，利用勾股定理可得，则，联立方程解出，在中，设，由得：，由勾股定理可得 ，由此即可求解出的值． 【详解】（1）证明：， ， 又， ； （2）①证明：设，过点作于点F， ， ，且平分，， ， ， ，， ，， ， ， ， ； ②解：当时，设，， 在等腰中，，， ， 设，，则， 由可得：， ， 在和中，由勾股定理得： ， ， ， ， ， ， 联立 解得：，， ， ， 在中，设，由得：， 在中，，即， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查同弧所对圆周角相等、相似三角形的性质与判定、等腰三角形的判定和性质、勾股定理和三角形的内角和定理，解题的关键是熟悉圆的基本性质和勾股定理． 【变式6-1】．如图，四边形是圆内接四边形，连结，交于点，过点作交的延长线于点． 【认识图形】 （1）求证：． （2）求证：． 【探索关系】 （3）当点，关于对称时． ①若，，求的长． ②记，，直接写出关于的函数表达式． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）①；② 【分析】本题考查了圆周角相等，圆内接四边形对角互补，相似三角形的性质与判定； （1）根据同弧所对的圆周角相等可得，根据平行线的性质可得，等量代换即可得证； （2）根据圆内接四边形对角互补，邻补角的定义得出，结合（1）的结论，即可证明； （3）①根据轴对称的性质可得，，证明得出，进而证明，根据相似三角形的性质，即可求解； ②由①可得，得出，则，设，则，证明得出，则，根据，得出 【详解】（1）证明：∵， ∴ ∵ ∴ ∴． （2）证明：∵四边形是圆内接四边形， ∴ 又∵ ∴ 又． ∴． （3）①∵点，关于对称，，， ∴， 又∵． ∴ ∴ ∵ ∴ 即，解得：， ∵ ∴ ∴即 解得：； ②由①可得， ∵ ∴ ∴，则 ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ ∵， 设，则， ∴， ∵， ∴ ∴即 ∴， ∴ ∵ ∴ ∴， ∴ ∴ 【变式6-2】．定义：对角线互相垂直的圆内接四边形叫做圆的“正德四边形”． (1)①若是圆的“正德四边形”，则是 （填选项：A．矩形；B．菱形；C．正方形）； ②若四边形是的正德四边形，若，，则 ； (2)如图1，已知的半径为，四边形是的“正德四边形”．求证：； (3)如图2，四边形是“正德四边形”，为圆内一点，，，且，当的长度最小时，求的值． 【答案】(1)①C；② (2)证明过程见详解 (3) 【分析】（1）①根据平行四边形的性质得到，根据圆内接四边形，“正德四边形”得到，，可证平行四边形是正方形，由此即可求解；②根据“正德四边形”的性质得到，由面积公式得到，由此即可求解； （2）如图所示，连接，延长交于点，连接，可得，，，根据四边形是的“正德四边形”得到，则，根据圆周角定理得到，则，由此即可求解； （3）如图所示，连接交于点，交于点，证明，得，设，则，，在中，得到最小值，由此得到，再证明，即可求解． 【详解】（1）解：①如图所示， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵平行四边形是圆的“正德四边形”， ∴，， ∴， ∴平行四边形是矩形， ∴矩形是正方形， 故选； ②∵四边形是的正德四边形， ∴， ∴， 故答案为：； （2）证明：如图所示，连接，延长交于点，连接， ∴是的直径， ∴，，， ∵四边形是的“正德四边形” ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，则， ∵所对的圆周角是，所对圆心角是， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图所示，连接交于点，交于点， ∵四边形是“正德四边形”， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴， 由得，， ∴， 在中， ， ∵， ∴当时，有最小值，最小值为， ∴（负值舍去）， ∴，，， ∴， ∵， ∴，，即， ∵， ∴，且， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查新定义，正方形的判定和性质，直径所对圆周角为直角，相似三角形的判定和性质，勾股定理，二次函数最值的计算方法，掌握以上知识，数形结合分析，相似三角形的判定和性质的运用是关键． 【变式6-3】．如图1，四边形为圆内接四边形，对角线与交于点，点在上，，． (1)求证：． (2)如图2，若点为的中点，求证：； (3)在（2）的条件下，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题主要考查了弧、弦、圆心角的关系，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）根据同弧所对的圆周角相等等条件证明三角形全等，即可得出结果； （2）利用三角形相似得到对应边成比例，再根据三角形全等得出对应边相等，通过等量代换可得出结果； （3）构造辅助线，通过（1）（2）的结论，求出相关线段的长度，假设未知数，表示出相关的线段，利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：，， ，， ， ， ， ， ； （2）证明：，， ， ， ， ， ，， 点B为的中点， ， ， ， ； （3）解：如图，过点作于点，连接， 由（2）得， ∴是等腰三角形， ， 在中，由勾股定理得， 由（1）得， ， ，， 假设，则， 由（2）得， 在中，由勾股定理得，， 即， 解得（舍去），， ∴的长为． 题型7与动点问题结合 例7．圆内接四边形ABCD，点A是的中点，∠ADC=120°． (1)求∠ABC的度数； (2)①求证：AB+DC=BC； ②连接AC，BD相交于点H，如图1，若AD=3，BC=5，求HC·AC的值； (3)在（2）的条件下，点E是四边形ABCD内一动点，点P在线段BC上，且PE=1，PC=3，以点D为旋转中心，将DE逆时针旋转120°，并缩短得到线段DF，使得，如图2，连接PF，探索PF的长是否有最小值，若有请求出该值；若没有，请说明理由． 【答案】(1)60° (2)①见解析；②6 (3)有，． 【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补即可得答案； （2）①在BC上截取BM=AB，连接AM，可证△AMC≌△ADC ，可得MC=DC，可得结论，②通过证明△ADC∽△AHD，可得，即可求解； （3）如图2，连接CF，延长BA至K，使AK=PC，连接KE，过点K作KN⊥PC于N，通过证明△PCF∽△KAE，可得PF=KE，当点K，点E，点P三点共线时，KE有最小值，即PF有最小值，由直角三角形的性质可求KP的值，即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形ABCD是圆内接四边形， ∴∠ABC+∠ADC=180°， ∵∠ADC=120°， ∴∠ABC=60°； （2）①如图1，在BC上截取BM=AB，连接AM， ∵∠ADC=120°， ∴∠ABC=60°， ∴△ABM为等边三角形， ∴BM=AB，∠AMB=60°， ∴∠AMC=∠ADC=120°， ∵A的中点， ∴AD=AB=BM，∠ACB=∠ACD， ∵∠ACB=∠ACD，∠AMC=∠ADC，AD=AM， ∴△AMC≌△ADC（AAS）， ∴MC=DC， ∴AB+CD=BM+MC=BC． ②∵点A是的中点， ∴∠ACD=∠ADB， ∵∠CAD=∠CAD， ∴△ADC∽△AHD， ∴， ∴HD•AC=AD•DC， 由（1）知，AB=AD=3，AB+DC=BC， ∴DC=BC-AB=2， ∴HD•AC=3×2=6； （3）PF的最小值为， 理由如下：如图2，连接CF，延长BA至K，使AK=PC，连接KE，过点K作KN⊥PC于N， ∵，， ∴， ∵∠ADC= ∠EDF=120°， ∴∠ ADE= ∠CDF， ∴△ADC∽△EDF， ∴ ， ∴∠ DAE= ∠DCF， ∵四边形ABCD是圆内接四边形， ∴∠KAD=∠BCD， ∴∠KAE=∠PCF， ∵， ∴△PCF∽△KAE， ∴， ∴ PF=KE， ∵PE=1，PC=3， ∴点E在以点P为圆心， PE长为半径的圆上， ∴当点K，点E，点P三点共线时，KE有最小值，即PF有最小值， ∵ BK=BA+AK=3+PC=3+=，∠ABC=60°，∠KNB=90°， ∴∠BKN=30°， BN=，KN=BN=， ∵PN=BN-BP=-（5-3）=， ∴ ∴ EK的最小值为， ∴PF的最小值为． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是添加恰当辅助线构造相似三角形． 【变式7-1】．如图，等腰三角形中，其底边上的高的长为3，，动点N从点C出发，沿线段以的速度向点B运动，并在达到点B后，立即以同样的速度返回向点C运动；同时动点M从点B出发，沿折线B-A-C以的速度向点C运动，当点N回到点C时，两个动点同时停止运动．⊙M是以M为圆心，1cm为半径的圆，设运动时间为    (1)试用含t的代数式表示出及的长度，并直接写出t的取值范围； (2)如点M可在上运动至点C． ①点M在整个运动过程中，何时⊙M与相切； ②若线段与⊙M有两个交点．求t的取值范围． 【答案】(1)的取值范围为 (2)①当和时会与相切；②和时⊙M与有两个交点 【分析】（1）计算出，的长度后利用行程问题表示线段长度即可． （2）①作于K，利用相似计算线段长度后解题即可． ②相交的状态分别在两次相切状态的两边，根据相切的时间整理得到相间的时间段即可． 【详解】（1）解：∵△为等腰三角形，且，则， ∴在中，， ∴由题意得，， ∵，动点N的速度为， ∴动点N的最长运动时间为，如果点M运动沿着B—A—C运动点C，则需时间为， ∵两个动点同时停止运动． ∴当点N在运动时停止运动，点M也在上停止运动，且此时点M距离点C的距离为，故知t的取值范围为． （2）解：①如图2中，作于K．    ∵⊙M与相切， ∴， ∵， ∴， ∴时，⊙M与相切． 由对称性可得，当点M在上运动时，⊙M与相切，此时，故知点M在B—A—C上运动时，当和时会与相切； ②如图，当点M在上运动时，⊙M经过点B时，易求得此时t=1，由①可得当时⊙M与相切，则得当时，⊙M与有两个交点，同理可得当点M在上运动时，在时，⊙M也与有两个交点，故知点M在B—A—C上运动时，当和时⊙M与有两个交点．    【点睛】本题主要考查三角形相似的应用，涉及到圆的切线的性质，勾股定理，能够熟练构造相似求线段长度是解题关键． 【变式7-2】．如图，直径把圆分为两个半圆，一个半圆弧上有一定点，另一半圆弧上有一动点．过作交的延长线于点． （1）求证： （2）若， ①当点运动到半圆弧中点时，求边上的高； ②当点运动到什么位置时，的面积最大？并求这个最大面积． 【答案】（1）证明见解析；（2）①，；②当PC=10时，． 【分析】（1）易知，，证明即可. （2）①当点运动到半圆弧中点时,连接AP，过点A作AH⊥PC，由圆周角定理知，得到，，根据勾股定理在中，从而得到，利用等积法求得的斜边PC上的高，再根据的性质，得到PQ上的高的值； ②因点运动过程中，恒成立，而面积为定值，根据，得到，故当QC最大为直径时，最大.问题得解. 【详解】（1）证明：∵是直径∴ 又∵，∴ 又∵∴∴ ∴ （2）①解：由直径，可得， ∵点在半圆弧的中点∴， 过作于，在中 ∴∴ 在中 ∴ 设斜边上高为，斜边上高为 得 ∵∴ ∴ ②解：在点运动过程中，恒成立 ∴当最大时，面积最大 ∵直径 此时，，可得， ∴ 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判断及性质的综合运用.注意灵活运用相似三角形的性质解决有关线段和面积问题.同时熟练掌握通过定值问题来解决一些动点的最值问题. 是较好的综合性题. 【变式7-3】．已知：以O为圆心的扇形AOB中，∠AOB＝90°，点C为上一动点，射线AC交射线OB于点D，过点D作OD的垂线交射线OC于点E，联结AE． （1）如图1，当四边形AODE为矩形时，求∠ADO的度数； （2）当扇形的半径长为5，且AC＝6时，求线段DE的长； （3）联结BC，试问：在点C运动的过程中，∠BCD的大小是否确定？若是，请求出它的度数；若不是，请说明理由． 【答案】(1) 30°;(2) ;(3)能，45o，理由见解析 【分析】（1）利用矩形的性质，证明△OAC是等边三角形即可得出答案 （2）作OH⊥AD于H，由△AOH∽△ADO，可求AD的值，从而可以求出CD的值，再由DE∥OA，即可求出DE （3）联结AB、BC，即可求出答案 【详解】（1）如图1中， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝EC，AC＝CD，OC＝CE，∠AOD＝90° ∴AC＝OC＝OA， ∴△AOC是等边三角形， ∴∠OAD＝60°， ∴∠ADO＝90°﹣∠OAD＝30°． （2）如图2中，作OH⊥AD于H． ∵OA＝OC，OH⊥AC， ∴AH＝HC＝3， ∵∠OAH＝∠OAD，∠AHO＝∠AOD， ∴△AOH∽△ADO， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵DE⊥OD， ∴∠EDO＝90°， ∴∠AOD+∠EDO＝180°， ∴DE∥OA， ∴， ∴， ∴． （3）如图3中，结论：∠BCD的值是确定的．∠BCD＝45°． 理由：联结AB、BC． ∵∠BCD＝∠BAC+∠ABC， 又∵， ∴． 【点睛】本题的关键是做辅助线、掌握相似三角形的性质 题型8 利用相似三角形解决比例、乘积的综合题 例8．如图（1），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转一定角度后，得到△FEC，线段CE与线段AB交于点D（不与A、B重合），过A、C、D三点的圆与CF交于点G，连接AG、DG． （1）如图（2），当EF恰好经过点A时，求S△AGD：S△ABC的值； （2）若S△AGD＝S△ABC，求的值． 【答案】（1），（2）或． 【分析】（1）根据圆内接四边形的性质可知∠GAD=90°，由旋转可知CF=CA，易得△ACF是等边三角形，证△ADG∽△BAC，用相似比即可求出面积比； 【详解】解：（1）∵∠ACB＝90°，∠B＝30°， ∴AB=2AC，∠BAC=60°， ∵过A、C、D三点的圆与CF交于点G， ∴∠DAG+∠DCG=180°， ∵∠DCG=90°， ∴∠DAG=90°， ∴∠GAC=30°， 由旋转得，CF=CA，∠F=60°， ∵EF恰好经过点A， ∴△ACF是等边三角形， ∴∠ACG=60°， ∴∠AGC=90°， ∴四边形AGCD是矩形, ∴AC=DG， ∵∠ADG=∠ACG=60°， ∴∠ADG=∠BAC， ∵∠DAG=∠ACB=90°， ∴△ADG∽△BAC， ∵ ∴． （2）∵过A、C、D三点的圆与CF交于点G， ∴∠AGC+∠ADC=180°， ∵∠BDC +∠ADC=180°， ∴∠AGC=∠BDC， 由（1）得，∠CAG=∠B=30°， ∴△ACG∽△BCD， ∵∠ACB＝90°，∠B＝30°， ， ∴， 设AG=a，AC=b，AD=c，则BD=a，BC=b，AB=2b， ∵S△AGD＝S△ABC， ∴6ac=b2， c+a=2b， b=， 代入6ac=b2得， ， 解得，， ，代入得， 或． ． 【点睛】本题考查了圆与相似的综合，解题关键是合理利用圆的性质，证明三角形相似，树立分类讨论思想，设参数,列方程． 【变式8-1】．如图，在△ABC中，∠ABC=90°，⊙O是△ABC外接圆，点D是圆上一点，点D、B分别在AC两侧，且BD=BC，连接AD、BD、OD、CD，延长CB到点P，使∠APB=∠DCB， （1）求证：AP为⊙O的切线； （2）若⊙O的半径为1，当△OED是直角三角形时，求△ABC的面积； （3）若△BOE、△DOE、△AED的面积分别为a、b、c，试探究a、b、c之间的等量关系式，并说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）S△ABC=或；（3）b2=ac． 【详解】试题分析：（1）欲证明PA是切线，只要证明PA⊥OA即可； （2）分两种情形分别求解即可； （3）只要证明AD∥OB，可得△AED∽△OEB，推出，再推出可得=（）2，b2=ac． 试题解析： （1）证明：∵BD=BC， ∴∠BDC=∠BCD， ∵∠P=∠BCD，∠BAC=∠BDC， ∴∠P=∠BAC， ∵AC是直径， ∴∠ABC=∠ABP=90°， ∴∠P+∠BAP=90°， ∴∠BAP+∠BAC=90°， ∴∠OAP=90°， ∴OA⊥PA， ∴PA是⊙O的切线． （2）解：①当∠OED=90°时，CB=CD=BD，△ABC是等边三角形，可得∠ACB=30°， ∵AC=2， ∴AB=1，BC=， ∴S△ABC=． ②当∠DOE=90°时，易知∠AOB=45°，△ABC的AC边上的高=， ∴S△ABC=． （3）∵BD=BC，OD=OC，BO=BO， ∴△BOD≌△BOC， ∴∠OBD=∠OBC， ∵OB=OD=CO， ∴∠OBD=∠OBC=∠ODB=∠OCB， ∵∠ADB=∠OCB， ∴∠ADB=∠OBD， ∴AD∥OB， ∴△AED∽△OEB， ∴ ， ∵， ∴=（）2， ∴b2=ac． 【变式8-2】．已知：如图，在中，， ， ．点P为边上一动点（不与点B，点C重合），以为直径作圆，圆心记为点O，连接交于点E．过点B作，与交于点D，连接． (1)当∠时，求的长； (2)当为等腰三角形时，求所有满足条件的的长． (3)延长交边于点F，若，求的值．（用含k的代数式表示，直接写出答案） 【答案】(1) (2)BP的长为或或 (3) 【分析】（1）由圆周角定理得，即可确定是等腰直角三角形，即可求解； （2）①当时，导角证明，则，即可求解；②当时，连接并延长交于H，先证明，则,，求得 ，再证明，，即可求解；③当时，同②可得，同②得：，，可证明，则，故，由勾股定理求出，再由即可求解； （3）延长交于F，过P作交于M，先根据勾股定理表示，证明，表示，则，再由平行线分线段成比例定理得，，则，最后由求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴是等腰直角三角形， ∴； （2）解：分三种情况： ①当时，则， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； ②当时，连接并延长交于H，如图1所示： ∵，，， ∴， ∵， ∴ ∵共圆， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴,， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ③当时，连接并延长交于H，如图1所示： 同②可得， 同②得：，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上所述，BP的长为或或； （3）解：过P作交于M，如图2所示： ∵,， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆与三角形的综合问题，涉及圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，二次根式的混合运算，难度大，计算复杂． 【变式8-3】．如图①，在中，为边上的高，以上一点为圆心的过，两点，且分别与交于点，延长交于点，连结． (1)求与之间满足的数量关系． (2)① 求证： ②已知，求的半径． (3)如图2，连结，当与的面积之比为2时，求的值． 【答案】(1) (2)详见解析；的半径为5 (3) 【分析】本题重点考查圆的性质（圆周角定理、弦径关系）、三角形内角和定理、相似三角形的判定与性质，找出相等的角并利用圆周角定理建立等式，结合相似三角形面积比求解线段比是解题的关键． （1）根据，，设得到结论； （2）①根据得，根据得得到结论； ②连结中，根据，求得半径； （3）根据，与的面积之比为2时，可知，进而得，设，得，则，即，求出，即得到答案． 【详解】（1）如图①，为边上的高， ． 为的直径， ， 设，则， ． （2）①由(1)得 ， ，即 ． ② ． ， 如图②，连结中，， 的半径为5． （3） ， ， 当与的面积之比为2时，可知， ， 设，得， 则． ． ． 1．如图，在中，，以的中点为圆心，为直径的圆交于，是的中点，交的延长线于． (1)求证：是圆的切线： (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据直角三角形斜边中线的性质得出，根据等边对等角得出，根据等角的余角相等得出，推得，即可证明； （2）根据勾股定理求出的值，根据相似三角形的判定和性质即可求解． 【详解】（1）证明：连接，如图： 由题可知， ∵为直径， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∵和是圆的半径， ∴， ∴， 即， 故：是的切线． （2）解：由（1）可知， 在中， ， ∴， 又∵在和中，， ∴， ∴，即， 求得， ∴． 【点睛】本题考查了圆的切线判定，直角三角形的性质，等边对等角，勾股定理，等角的余角相等，相似三角形的判定和性质等，利用角的等量转化是解决本题的关键． 2．如图，在中，，点在上，以为圆心，长为半径的圆与相切于点，与，分别相交于点，． (1)求证：平分； (2)若，，求的半径及的长． 【答案】(1)见解析 (2)半径为， 【分析】（1）连接，利用圆的切线的性质定理，平行线的判定与性质得到，利用同圆的半径相等和等腰三角形的性质和角平分线的定义解答即可； （2）利用勾股定理求得，利用相似三角形的判定与性质求得圆的半径，连接，利用相似三角形的判定与性质求得，则结论可求． 【详解】（1）证明：连接，如图， ∵为的切线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分； （2）解：∵，，， ∴， 设的半径为，则，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴的半径为． ∴． 连接，如图， ∵为的直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了切线的性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握这些知识并能灵活运用是解题的关键． 3．如图，为圆O的直径，为圆O的弦，，、的延长线交于点E．    (1)直接写出与之间的数量关系； (2)若，求的值； (3)在（2）的条件下，若，，求的长 【答案】(1)； (2)； (3) 【分析】本题考查了垂径定理、圆周角定理、三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握圆周角定理和三角形中位线定理是解题的关键． （1）连接交于点M，由垂径定理得出得出，由直角三角形的性质和圆周角定理得出，，进而得出结论； （2）连接、，由垂径定理得出，证明是的中位线，得出，，由圆周角定理得出，得出，证出四边形是平行四边形，得出，即可得出答案； （3）求出，，由勾股定理得出，再由勾股定理得出，即可得出 【详解】（1）解：连接交于点M，如图1所示：    ∵， ∴， ∵，， ∴； （2）连接、，如图2所示：      ∵， ∴， ∵， ∴是的中位线， ∴，， ∵为的直径， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴； （3）∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴ 4．如图，在中，，点O为边上一点，以点O为圆心，长为半径作圆与相切于点D，连接． (1)求证：； (2)若，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】本题考查了圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键． （1）连接，根据题意可得，根据余角的性质可得，根据圆周角定理可得，等量代换即可得证； （2）在中，勾股定理求得长，证明，根据对应边成比例列方程解答即可． 【详解】（1）证明：连接， ∵为的切线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， （2）解：设的半径为r，则，， 在中， ∵，，， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， 解得，即的半径为3． 5．已知如图，四边形，，以为直径的圆O交于点E，与相切于点C，连接． (1)求证； (2)若，，求． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，，根据切线的性质得出，证明，根据平行线的性质得出，，根据等腰三角形的性质得出，即可证明，得出答案即可； （2）连接，，证明，得出，在中，，设，则，得出，求出或，根据中，，，再进行验证即可． 【详解】（1）证明：连接，，如图所示： ∵与相切于点C， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）解：连接，， ∵是的直径， ∴， ∴， 根据解析（1）可知：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，，设，则， ∴， 即， 解得：或， ∵中，， ∴， 当时，，， ∵， ∴此时不符合题意，舍去； 当时，，， ∵， ∴此时符合题意； ∴． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，切线的性质，圆周角定理，平行线的判定和性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质． 6．如图，点D是斜边上的一点，以为直径的圆交边于E，F两点，连结，并且平分． (1)求证：； (2)若，求的长； (3)若，求的长 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）由圆内接四边形对角互补结合邻补角得到，由，即可证明相似； （2）先证明，再由相似得到，设，则，在中由勾股定理建立方程求解即可； （3）如图，连结，先证明，则，设，圆O的半径为r，则，证明．则，解得：，再由求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形内接于圆， ∴ ∵， ∴． ∵是直径， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：平分， ∴， ∴ ∵， ∴． 设，则 根据勾股定理，得 解得：（舍负）， ∴； （3）解：如图，连结， ∵平分． ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴ 设，圆O的半径为r，则 ∵四边形内接于圆O， ∴， ∵， ∴． ∴， 即， 解得： ∵， ∴， ∴． 7．如图，是的直径，是圆上一点，点在圆外，过点作于点，交弧于点，交于点，且，连接． (1)求证：是的切线． (2)已知，若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2)1 【分析】（1）连接，根据即可得到，根据等边对等角即可得到，根据对顶角相等即可得到，进一步得到，即可判断出结论成立； （2）根据同弧所对圆周角相等即可得到，根据即可得到，根据为公共角即可判断出，即可得到，根据即可求出的长度，进一步求出的长度，即可得到的长度，根据垂径定理即可求出的长度，进一步求出答案． 【详解】（1）解：如图，连接， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 是的切线． （2）解：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 是的直径，是的弦，， ， ． 【点睛】该题考查了相似三角形的性质和判定，圆周角定理，垂径定理，切线的判定，等腰三角形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 8．如图，是等腰的外接圆，，点D为上一点，连结，，作交的延长线于点F，交圆于点. (1)求证：； (2)，，求． (3)连结交于点E，若，求证：． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)答案见解析 【分析】本题是圆的综合题，主要考查了圆的基本性质、三角形相似、勾股定理的运用、解直角三角形、面积的计算等，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键． （1）根据等腰三角形的性质得到，求得，根据平行线的性质得到，再根据等量变换求证，然后即可求解； （2）根据平行线的性质可得：，再根据圆周角的知识和等量代换可证得：，进而证得，然后即可求解； （3）设， ， ，根据相似三角形的判定和性质定理和勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴； （3）证明：设， ， ， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， 即， 化简得：， ∵，， ∴； 与直径相关的综合题 题 型 解 析 与切线相关的综合题 与圆内接四边形相关的综合题 涉及长度比例与乘积的综合题 拓 展 训 练 题 型 归 纳 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年人教版九年级数学下大单元教学分层优化练 专题二圆与相似三角形的综合题型探究（题型归纳+题型解析+拓展训练） 圆与相似三角形的综合题很有挑战性，但它也有清晰的解题路径。下面为你系统梳理这类题型的核心解法与策略，希望能帮你建立清晰的解题思路。 考查方向 核心图形特征 关键解题策略 与切线相关的综合题 图形中出现圆的切线以及过切点的弦或直径。 1.连接切点与圆心，利用“切线垂直于过切点的半径”得到直角；2. 关注弦切角定理（弦切角等于它所夹弧所对的圆周角），这是构造等角、证明相似的关键 。 与直径相关的综合题 图形中出现直径。 立即联想 “直径所对的圆周角是直角”​​ ，从而得到直角三角形，为相似（或射影定理）创造条件 。 与圆内接四边形相关的综合题 存在圆内接四边形。 利用 “圆内接四边形的外角等于其内对角” 来证明角相等，从而判定三角形相似 。 涉及长度比例与乘积的综合题 要求证明线段成比例（如 AB/BC = DE/EF）或等积式（如 PA·PB = PC·PD）。 此类问题往往是切割线定理或其推论（相交弦定理）的应用。核心是先证明两个三角形相似，再根据对应边成比例推出结论​ 题型1 证明线段比例式或等积式 例1．如图1，线段过圆心，交圆于两点，切圆于点，作，垂足为，连结． （1）写出图1中所有相等的角（直角除外），并给出证明； （2）若图1中的切线变为图2中割线的情形，与圆交于两点，与交于点，，写出图2中相等的角（写出三组即可，直角除外）； （3）在图2中，证明：． 【变式1-1】．如图，已知⊙O为△ABC（∠A＜∠ABC）的外接圆，且AB为的直径，AB=8，点D为AB延长线上一点，点 E为半径OB上一点，连接CD、CE、OC，且∠BCD=∠A． （1）求证：CD为的切线； （2）若CB=CE，求证：CE2=CO2-OA·OE； （3）在（2）的条件下，求OE+BC的最大值． 【变式1-2】．如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，直线EF经过点C，AD⊥EF于点D，∠DAC=∠BAC （1）求证：EF是⊙O的切线； （2）求证：AC2=AD·AB； （3）若⊙O的半径为2，∠ACD=30°，求图中阴影部分的面积． 【变式1-3】．如图，将一副斜边相等的直角三角板按斜边重合摆放在同一平面内，其中∠CAB＝30°，∠DAB＝45°，点O为斜边AB的中点，连接CD交AB于点E． （1）求证：A，B，C，D四个点在以点O为圆心的同一个圆上； （2）求证：CD平分∠ACB； （3）过点D作DF∥BC交AB于点F，求证：BO2+OF2＝EF•BF． 题型2求线段长度 例2．如图，为⊙的直径，，为圆上的两点，，弦，相交于点, （1）求证： （2）若，，求⊙的半径； （3）在（2）的条件下，过点作⊙的切线，交的延长线于点，过点作交⊙于, 两点（点在线段上），求的长. 【变式2-1】．如图，AC是圆O的直径，AC=10厘米，PA，PB是圆O的切线，A，B为切点，过A作AD⊥BP，交BP于D点，连结AB、BC． （1）求证△ABC∽△ADB; （2）若切线AP的长为12厘米，求弦AB的长. 【变式2-2】．如图，是的直径，为上-动点，是半径上一动点（不与点，重合），过点作射线，分别交弦，于，两点，过点作的切线交于点．    (1)求证：． (2)已知是的中点． ①若，判断四边形的形状，并说明理由． ②若，且，求的长．【变式2-3】．如图，是的直径，过点A作的切线，并在其上取一点C，连接交O于点D，连接，并延长交于点E． (1)证明：； (2)若，，求和的长． 题型3 切线的判定、性质与相似综合 例3．如图中，，以为直径的圆交于点D、交延长线于点E，过E作于M，交延长线于N． (1)求证：为圆O切线； (2)若， ，求圆O的半径． 【变式3-1】．如图，为直径，为切线，C为圆上一点，连接交于点D，交于点F，连接、 ，且． (1)若，求的度数； (2)若，求的长． 【变式3-2】．已知四边形内接于圆是圆的两条切线，，三点共线． (1)求证：； (2)若，求证：； (3)在（2）的条件下，若，求【变式3-3】．如图，为的直径，为圆上的一点，为劣弧的中点，过点作的切线与的延长线交于点，与的延长线交于点，与交于点． (1)求证：； (2)求证：； (3)若的半径为，，求的长度． 题型4 平行线 + 直径模型 特征：图中出现直径，同时存在平行线（如弦的平行）。 结论：平行线可带来同位角、内错角相等，从而构造出新的相似三角形或等腰三角形。 例4．如图，是的外接圆，为的直径，为劣弧的中点，连接，与交于点，并过点作的平行线分别交，的延长线与点，． (1)求的度数； (2)求证：是的切线； (3)看一看，想一想，证一证；存在一个常数，使得．以下三个结论，，，，你认为哪个正确？请说明理由． 【变式4-1】．为的直径，为的弦，． (1)如图1，求证：； (2)如图2，，为的弦，交于点，连接，，点为垂足，过作的平行线交于点，求证：． 【变式4-2】．如图1，为⊙的直径，点，在⊙上（位于同侧），，延长交的延长线于点，过点作的平行线交的延长线于点． (1)求证：； (2)如图2，当点为的中点时， ①若，求的面积； ②若，求与的面积之比． 【变式4-3】．如图，为的直径，弦交于点，连接、、，已知平分，过点作的平行线，交的延长线于点． (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若的半径为5，，求的长． 题型5相似三角形链 特征：在同一个圆中，由于直径产生的直角，可能形成一串彼此相似的三角形。 结论：例如，在“直径+弦上的高”模型中，△ABC ∽ △ACD ∽ △CBD。这个“相似三角形链”意味着任意两个三角形都相似，它们的边之比存在连锁关系。 例5．如图1，已知：内接于圆O，，连接并延长，交于点D． (1)求证： (2)如图2，过点B作于点E，交圆O于点F，交于点G，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，连接DE，，，求DE的长． 【变式5-1】．如图，AB是⊙O的直径，点C在半圆上，点D在圆外，DE⊥AB于点E交AC于点F，且DF＝CD （1）求证：CD是⊙O的切线； （2）若点F是AC的中点，DF＝2EF＝2，求⊙O半径． 【变式5-2】．（1）如图，，，，为以为直径的圆上任意一点，求证：为定值．      （2）尺规作图：以上图结论画出点，使，保留作图痕迹并写出步骤．    【变式5-3】．如图，已知在△ABC中，AB=AC，tanB=，BC =4，点E是在线段BA延长线上一点，以点E为圆心，EC为半径的圆交射线BC于点C、F（点C、F不重合），射线EF与射线AC交于点P. （1）求证：AE2=AP·AC； （2）当点F在线段BC上，设CF=x，△PFC的面积为y，求y关于x的函数解析式及定义域； （3）当时，求BE的长. 题型6 计算线段长度或比例 例6．如图，四边形是圆O的内接四边形，连结交于点E (1)求证： (2)若，． ①求证． ②当时，求的值． 【变式6-1】．如图，四边形是圆内接四边形，连结，交于点，过点作交的延长线于点． 【认识图形】 （1）求证：． （2）求证：． 【探索关系】 （3）当点，关于对称时． ①若，，求的长． ②记，，直接写出关于的函数表达式． 【变式6-2】．定义：对角线互相垂直的圆内接四边形叫做圆的“正德四边形”． (1)①若是圆的“正德四边形”，则是 （填选项：A．矩形；B．菱形；C．正方形）； ②若四边形是的正德四边形，若，，则 ； (2)如图1，已知的半径为，四边形是的“正德四边形”．求证：； (3)如图2，四边形是“正德四边形”，为圆内一点，，，且，当的长度最小时，求的值． 【变式6-3】．如图1，四边形为圆内接四边形，对角线与交于点，点在上，，． (1)求证：． (2)如图2，若点为的中点，求证：； (3)在（2）的条件下，若，，求的长． 题型7与动点问题结合 例7．圆内接四边形ABCD，点A是的中点，∠ADC=120°． (1)求∠ABC的度数； (2)①求证：AB+DC=BC； ②连接AC，BD相交于点H，如图1，若AD=3，BC=5，求HC·AC的值； (3)在（2）的条件下，点E是四边形ABCD内一动点，点P在线段BC上，且PE=1，PC=3，以点D为旋转中心，将DE逆时针旋转120°，并缩短得到线段DF，使得，如图2，连接PF，探索PF的长是否有最小值，若有请求出该值；若没有，请说明理由． 【变式7-1】．如图，等腰三角形中，其底边上的高的长为3，，动点N从点C出发，沿线段以的速度向点B运动，并在达到点B后，立即以同样的速度返回向点C运动；同时动点M从点B出发，沿折线B-A-C以的速度向点C运动，当点N回到点C时，两个动点同时停止运动．⊙M是以M为圆心，1cm为半径的圆，设运动时间为    (1)试用含t的代数式表示出及的长度，并直接写出t的取值范围； (2)如点M可在上运动至点C． ①点M在整个运动过程中，何时⊙M与相切； ②若线段与⊙M有两个交点．求t的取值范围． 【变式7-2】．如图，直径把圆分为两个半圆，一个半圆弧上有一定点，另一半圆弧上有一动点．过作交的延长线于点． （1）求证： （2）若， ①当点运动到半圆弧中点时，求边上的高； ②当点运动到什么位置时，的面积最大？并求这个最大面积． 【变式7-3】．已知：以O为圆心的扇形AOB中，∠AOB＝90°，点C为上一动点，射线AC交射线OB于点D，过点D作OD的垂线交射线OC于点E，联结AE． （1）如图1，当四边形AODE为矩形时，求∠ADO的度数； （2）当扇形的半径长为5，且AC＝6时，求线段DE的长； （3）联结BC，试问：在点C运动的过程中，∠BCD的大小是否确定？若是，请求出它的度数；若不是，请说明理由． 题型8 利用相似三角形解决比例、乘积的综合题 例8．如图（1），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转一定角度后，得到△FEC，线段CE与线段AB交于点D（不与A、B重合），过A、C、D三点的圆与CF交于点G，连接AG、DG． （1）如图（2），当EF恰好经过点A时，求S△AGD：S△ABC的值； （2）若S△AGD＝S△ABC，求的值． 【变式8-1】．如图，在△ABC中，∠ABC=90°，⊙O是△ABC外接圆，点D是圆上一点，点D、B分别在AC两侧，且BD=BC，连接AD、BD、OD、CD，延长CB到点P，使∠APB=∠DCB， （1）求证：AP为⊙O的切线； （2）若⊙O的半径为1，当△OED是直角三角形时，求△ABC的面积； （3）若△BOE、△DOE、△AED的面积分别为a、b、c，试探究a、b、c之间的等量关系式，并说明理由． 【变式8-2】．已知：如图，在中，， ， ．点P为边上一动点（不与点B，点C重合），以为直径作圆，圆心记为点O，连接交于点E．过点B作，与交于点D，连接． (1)当∠时，求的长； (2)当为等腰三角形时，求所有满足条件的的长． (3)延长交边于点F，若，求的值．（用含k的代数式表示，直接写出答案） 【变式8-3】．如图①，在中，为边上的高，以上一点为圆心的过，两点，且分别与交于点，延长交于点，连结． (1)求与之间满足的数量关系． (2)① 求证： ②已知，求的半径． (3)如图2，连结，当与的面积之比为2时，求的值． 1．如图，在中，，以的中点为圆心，为直径的圆交于，是的中点，交的延长线于． (1)求证：是圆的切线： (2)若，，求的长． 2．如图，在中，，点在上，以为圆心，长为半径的圆与相切于点，与，分别相交于点，． (1)求证：平分； (2)若，，求的半径及的长． 3．如图，为圆O的直径，为圆O的弦，，、的延长线交于点E．    (1)直接写出与之间的数量关系； (2)若，求的值； (3)在（2）的条件下，若，，求的长 4．如图，在中，，点O为边上一点，以点O为圆心，长为半径作圆与相切于点D，连接． (1)求证：； (2)若，，求的半径． 5．已知如图，四边形，，以为直径的圆O交于点E，与相切于点C，连接． (1)求证； (2)若，，求． 6．如图，点D是斜边上的一点，以为直径的圆交边于E，F两点，连结，并且平分． (1)求证：； (2)若，求的长； (3)若，求的长 7．如图，是的直径，是圆上一点，点在圆外，过点作于点，交弧于点，交于点，且，连接． (1)求证：是的切线． (2)已知，若，，求的长． 8．如图，是等腰的外接圆，，点D为上一点，连结，，作交的延长线于点F，交圆于点. (1)求证：； (2)，，求． (3)连结交于点E，若，求证：． 题 型 解 析 与切线相关的综合题 与直径相关的综合题 与圆内接四边形相关的综合题 涉及长度比例与乘积的综合题 题 型 归 纳 拓 展 训 练 学科网（北京）股份有限公司 $