热点05 圆与三角形、四边形的综合证明与计算（深圳专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

热点05 圆与三角形、四边形的综合证明与计算 热点聚焦 方法精讲 能力突破 第一部分 热点聚焦·析考情 本专项聚焦深圳中考几何核心考点，整合圆的基本性质、三角形全等与相似、特殊四边形性质与判定三大模块，为中考中档必考题型，分值占比约8–12分，通常在解答题（多为第18–20题），重点突破几何推理规范、辅助线构造、边角转化与计算技巧，助力考生稳拿中档分、突破压轴点。 第二部分 题型引领·讲方法 题型01 切线证明与线段、角度等的计算 题型02 圆与三角形的综合（全等/相似/解直角三角形） 题型03 圆与特殊四边形的综合（平行四边形/矩形/菱形/正方形） 题型04 圆的综合题（切线证明+线段相等/角度相等/比例线段） 第三部分 能力突破·限时练 精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。 近三年： 近三年深圳中考中，圆与三角形、四边形综合是几何板块必考核心内容，整体难度中档偏上，侧重考查逻辑推理、辅助线构造、定理综合运用与规范书写，是拉开中档分差的关键题型，具体考情如下： 1. 圆基础模块（3–6分） 核心考查垂径定理、圆周角与圆心角关系、切线性质与判定、弧长/扇形面积、直径所对圆周角为直角；题型以填空、解答第一问为主，易错点集中在圆周角定理应用、切线判定条件遗漏、半径与弦长计算混淆。 2. 三角形与四边形模块（4–6分） 核心考查三角形全等、相似判定与性质、勾股定理、解直角三角形；特殊四边形（矩形、菱形、正方形）的边角对角线性质；常与圆结合构成综合图形，易错点集中在相似三角形对应边找错、四边形判定条件混用、勾股定理与垂径定理结合计算失误。 3. 命题特点 ① 图形组合典型，以“圆+切线+三角形+四边形”为高频模型，结构清晰但综合性强； ② 重视推理过程，要求步骤规范、依据明确，严禁跳步失分； ③ 计算与证明并重，常出现“先证后算”“先算后证”的连环设问； ④ 动点、折叠、面积与线段最值类问题逐年增多，突出核心素养考查。 预测2026年： 2026年深圳中考将延续稳定命题风格，圆与多边形综合仍为解答题必考位置，更强调模型化思维与转化思想，备考核心为“识模型、构辅助、熟定理、规范答”： ① 熟练掌握圆中常见辅助线：连半径、作弦心距、构直径所对圆周角、连切点证垂直； ② 强化三角形相似/全等与圆中角转化（同弧/等弧所对圆周角相等）； ③ 重点训练“证明+计算”综合题，规范书写每一步推理依据； ④ 突破矩形、菱形、正方形与圆结合的特殊模型（如圆内接矩形、切线与菱形组合）； ⑤ 适当接触简单动点与最值题型，掌握基本转化思路。 相关知识点思维导图 题型01 切线证明与线段、角度等的计算 解｜题｜策｜略 1. 切线判定两大思路： ①连半径证垂直； ②作垂直证半径； 2. 结合勾股定理、相似三角形求线段长； 3. 注意公共角、对顶角、余角相等构造相似。 例1（2025秋•福田区校级月考）如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，连接BC，点D在BA的延长线上，点E在OB上，过点E作BD的垂线分别交DC的延长线于点F，交BC于点G，且∠F＝2∠B． （1）求证：DF是⊙O的切线； （2）求证：FC＝FG． （3）若AO＝2AD＝10，，求FG的长． 【变式1】（2025•南山区校级三模）如图，已知AB是⊙O的直径，AF平分∠EAC，且∠E＝90°，，连接AG． （1）求证：EC是⊙O的切线； （2）若，，求线段AE的长． 例1（2025•罗湖区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交边AC于点D，连接BD，过点C作CE∥AB． （1）请用无刻度的直尺和圆规作图：过点B作⊙O的切线，交CE于点F；（不写作法，保留作图痕迹，标明字母） （2）在（1）的条件下，求证：BD＝BF； （3）在（1）的条件下，CF＝2，BF＝6，求⊙O的半径． 【变式1】（2026春•南山区校级月考）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，过点C作⊙O的切线与AB的延长线相交于点P，弦CE平分∠ACB，交AB于点F，连接BE． （1）利用尺规作图，过点A作AD⊥CP于点D（保留作图痕迹，不写作法）； （2）求证：△PCF是等腰三角形； （3）若tan∠ABC，BE＝7，求线段PC的长． 【变式2】（2025•南山区三模）如图1，在矩形OABC中，OC＝3OA＝15，对角线AC，OB交于点D，E是AO延长线上一点，连结CE，DE，已知AE＝CE，MN为半圆O的直径，CE切半圆O于点F． （1）求证：△ADE∽△AOC． （2）求半圆O的直径． （3）如图2，动点P在CF上点C出发向终点F匀速运动，同时，动点Q从M出发向终点N匀速运动，且它们恰好同时停止运动． ①当PQ与△ABD的一边平行时，求所有满足条件的MQ的长． ②作点F关于PQ的对称点F'，当点F'落在半圆O上时，直接写出的值． 题型03 圆与四边形综合 解｜题｜策｜略 1. 先判断四边形形状，再用其边角对角线性质； 2. 圆内接四边形对角互补，外角等于内对角； 3. 矩形/正方形对角线相等且互相平分，常与直径结合； 4. 菱形四边相等，常结合弦相等、弧相等使用。 例1（2025秋•深圳期中）如图，AB是圆O的直径，O为圆心，AD、BD是半圆的弦，且∠PDA＝∠PBD．延长PD交圆的切线BE于点E． （1）判断直线PD是否为⊙O的切线，并说明理由； （2）如果∠BED＝60°，PD＝4，求PA的长； （3）将线段PD以直线AD为对称轴作对称线段DF，点F正好在圆O上，如图，求证：四边形DFBE为菱形． 【变式1】（2025•深圳校级模拟）小敏在查阅资料时得知：已知一个四边形各边长均为定值，当它的四个顶点在同一个圆上时，四边形的面积最大． 从特殊验证 已知四边形ABCD的各边长依次为7，15，20，24，求它的面积S何时最大？ 小敏的演算纸 解：分别考虑LB为直角、钝角或锐角的情形． Ⅰ．∠B为直角 易得S＝⋯ Ⅱ．∠B为钝角 易证当∠ABC为钝角时，∠ADC也为钝角．设两条垂线段AE＝x，AF＝y．… Ⅲ．∠B为锐角 同理可得Ⅱ中结论 综上所述，S的最大值为…． （1）探索情形Ⅰ： ①求证：点A，B，C，D在同一个圆上． ②S的值为 　234　 ． （2）探索情形Ⅱ：说明此时S的值小于情形Ⅰ中S的值． 向一般进发 （3）已知四边形ABCD的各边长依次为6，8，8，12，借助已有结论对它展开探索，求它的面积S的最大值． 题型04 圆的综合题 解｜题｜策｜略 1.关于圆的综合题，除结合三角形、四边形、勾股定理等内容考察外，还会通过探究或者归纳等进行综合考察。 2.需要注意认真审题，必要时结合具体情况进行讨论。 例1（2025秋•福田区校级期末）如图，在数轴上，点A表示的数是最大的负整数，点B在点A的右侧，在数轴上方以点A为圆心，AB长为半径的半圆弧与数轴相交于另一点C，且BC＝12． （1）填空：点A表示的数为　﹣1　 ，点C表示的数为　﹣7　 ； （2）点P从点C出发，以每秒2个单位长度的速度向右运动到点B，再沿半圆弧以每秒20°的速度（即射线AP绕着点A逆时针每秒旋转20°）运动到点C后停止．点Q从点B出发，以每秒4个单位长度的速度向左运动到点C，再沿半圆弧以每秒15°的速度（即射线AQ绕着点A顺时针每秒旋转15°）运动到点B后停止．点P和点Q同时出发，设运动时间为t秒． i）当P点和Q点都在线段BC上时，若AP＝2AQ，求t的值； ii）当点Q在半圆弧上时，连接AP，AQ，D为半圆弧上一点，连接AD，且∠BAD＝80°，射线AE为∠PAQ的角平分线．试探究：是否存在t的值，使得∠EAD＝5°？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由． 【变式1】（2025•坪山区模拟）已知：如图，在Rt△ABO中，∠B＝90°，∠OAB＝30°，OA＝3．以点O为原点，斜边OA所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，以点P（4，0）为圆心，PA长为半径画圆，⊙P与x轴的另一交点为N，点M在⊙P上，且满足∠MPN＝60°．⊙P以每秒1个单位长度的速度沿x轴向左运动，设运动时间为ts，⊙P半径不变，解答下列问题： 【发现】（1）的长度为 　　 ； （2）当t＝2s时，求扇形MPN（阴影部分）与Rt△ABO重叠部分的面积． 【探究】当⊙P和△ABO的边所在的直线相切时，求点P的坐标． 【拓展】当与Rt△ABO的边有两个交点时，请你直接写出t的取值范围． （30分钟限时练） 1.（2025•宝安区模拟）如图，在四边形ABCD中∠D＝90°，连接对角线AC，⊙O是△ABC的外接圆，BC是⊙O的直径，点E是AB的中点，连接OE，∠AOE＝∠CAD． （1）求证：CD为⊙O的切线； （2）若⊙O的直径为10，OE＝3，求CD的长． 2.（2025•深圳模拟）综合与探究 【定义】三角形一边上的点将该边分为两条线段，若这两条线段长度的乘积等于这个点与该边所对顶点距离的平方，则称这个点为三角形中该边上的“亮点”． 如图（a），在△ABC中，D是BC边上一点，连接AD，若AD2＝BD•CD，则称点D是△ABC中BC边上的“亮点”． 【概念理解】 （1）如图（b），在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD，AE，AF分别是△ABC的高线，角平分线，中线．请判断D，E，F三点中哪些是△ABC中BC边上的“亮点”，并说明理由． 【性质应用】 （2）如图（c），在△ABC中，∠B＝45°，，AC＝10．若D是BC边上的“亮点”，求BD的长． 【拓展提升】 （3）如图（d），△ABC内接于⊙O，D是△ABC中BC边上的“亮点”且AD⊥AC．若，求的值． 3.（2025•福田区校级模拟）在△ABC中，∠B＝90°，BA＝BC，AD是角平分线． （1）求证：； （2）如图，四边形ABCD是正方形，根据（1）的结论，在对角线AC上找到点O，以O为圆心，OC为半径画圆，使圆O恰好与AD相切， ①请写出画法，画出该圆． ②请证明圆O与AD边相切． （3）若（2）中圆的半径是，求出正方形的边长． 4.（2025•罗湖区二模）如图1，已知等腰三角形ABC的外接圆圆心为点O，AB＝AC，BD为⊙O的直径，AD交BC于点E，AE＝3，DE＝6； （1）求AB的长； （2）连OC，求证：四边形ABOC为菱形； （3）直接写出图2中阴影部分的面积． 5.（2025•罗湖区校级模拟）综合与探究 【课本回顾】如图1，在△ABC中，中线AD，BE，CF于点P，点P叫做△ABC的重心． 【知识探究】 （1）如图2，数学兴趣小组发现，当△ABC的中线AD，BE交于点P时，不管△ABC的边长如何变化，线段AP与PD存在固定的数量关系，并经过讨论得到如下两种解决思路： 思路一 思路二 第一步 如图3，取AD中点M，连接EM，证明△BDP∽△EMP； 如图4，作AN平行BC交BE延长线于点N，先证明△BCE≌△NAE，再证明△BDP∽△NAP； 第二步 利用相似三角形的性质及中位线的性质，得到线段AP与PD之间的数量关系. 利用全等三角形的性质及相似三角形的性质，得到线段AP与PD之间的数量关系. 图形表达 在上述两种思路中，可以选择其中一种，并完成具体解题过程；（若用其他思路解决问题，则写第3种） 【问题解决】 （2）在⊙O中，AB为直径，点C是⊙O上一点（不与点A，B重合）． ①如图Ⅱ，若点M是弦BC的中点，AM交OC于点E，则的值为 　　 ； ②如图Ⅲ，在①的条件下，若AM⊥OC，求sinB的值； ③如图IV，若AB＝10，BC＝8，D为弦BC上一动点，过D作DF⊥OC，交OC于点H，交AB于点F．设BD＝x，FO＝y，直接写出y与x的函数关系式． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 热点05 圆与三角形、四边形的综合证明与计算 热点聚焦 方法精讲 能力突破 第一部分 热点聚焦·析考情 本专项聚焦深圳中考几何核心考点，整合圆的基本性质、三角形全等与相似、特殊四边形性质与判定三大模块，为中考中档必考题型，分值占比约8–12分，通常在解答题（多为第18–20题），重点突破几何推理规范、辅助线构造、边角转化与计算技巧，助力考生稳拿中档分、突破压轴点。 第二部分 题型引领·讲方法 题型01 切线证明与线段、角度等的计算 题型02 圆与三角形的综合（全等/相似/解直角三角形） 题型03 圆与特殊四边形的综合（平行四边形/矩形/菱形/正方形） 题型04 圆的综合题（切线证明+线段相等/角度相等/比例线段） 第三部分 能力突破·限时练 精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。 近三年： 近三年深圳中考中，圆与三角形、四边形综合是几何板块必考核心内容，整体难度中档偏上，侧重考查逻辑推理、辅助线构造、定理综合运用与规范书写，是拉开中档分差的关键题型，具体考情如下： 1. 圆基础模块（3–6分） 核心考查垂径定理、圆周角与圆心角关系、切线性质与判定、弧长/扇形面积、直径所对圆周角为直角；题型以填空、解答第一问为主，易错点集中在圆周角定理应用、切线判定条件遗漏、半径与弦长计算混淆。 2. 三角形与四边形模块（4–6分） 核心考查三角形全等、相似判定与性质、勾股定理、解直角三角形；特殊四边形（矩形、菱形、正方形）的边角对角线性质；常与圆结合构成综合图形，易错点集中在相似三角形对应边找错、四边形判定条件混用、勾股定理与垂径定理结合计算失误。 3. 命题特点 ① 图形组合典型，以“圆+切线+三角形+四边形”为高频模型，结构清晰但综合性强； ② 重视推理过程，要求步骤规范、依据明确，严禁跳步失分； ③ 计算与证明并重，常出现“先证后算”“先算后证”的连环设问； ④ 动点、折叠、面积与线段最值类问题逐年增多，突出核心素养考查。 预测2026年： 2026年深圳中考将延续稳定命题风格，圆与多边形综合仍为解答题必考位置，更强调模型化思维与转化思想，备考核心为“识模型、构辅助、熟定理、规范答”： ① 熟练掌握圆中常见辅助线：连半径、作弦心距、构直径所对圆周角、连切点证垂直； ② 强化三角形相似/全等与圆中角转化（同弧/等弧所对圆周角相等）； ③ 重点训练“证明+计算”综合题，规范书写每一步推理依据； ④ 突破矩形、菱形、正方形与圆结合的特殊模型（如圆内接矩形、切线与菱形组合）； ⑤ 适当接触简单动点与最值题型，掌握基本转化思路。 相关知识点思维导图 题型01 切线证明与线段、角度等的计算 解｜题｜策｜略 1. 切线判定两大思路： ①连半径证垂直； ②作垂直证半径； 2. 结合勾股定理、相似三角形求线段长； 3. 注意公共角、对顶角、余角相等构造相似。 例1（2025秋•福田区校级月考）如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，连接BC，点D在BA的延长线上，点E在OB上，过点E作BD的垂线分别交DC的延长线于点F，交BC于点G，且∠F＝2∠B． （1）求证：DF是⊙O的切线； （2）求证：FC＝FG． （3）若AO＝2AD＝10，，求FG的长． 【答案】（1）连接OC，则OB＝OC， ∴∠B＝∠OCB， ∴∠DOC＝2∠B， ∵∠F＝2∠B， ∴∠DOC＝∠F， ∵EF⊥BD， ∴∠D+∠F＝90°，则∠D+∠DOC＝90°， ∴∠OCD＝90°， 又∵点C在⊙O上， ∴DF是⊙O的切线； （2）∵点C是⊙O的切点， ∴∠OCF＝∠OCB+∠FCB＝90°， ∵OC＝OB， ∴∠OCB＝∠OBC． 又∵FE⊥OB， ∴∠OBC+∠EGB＝90°，∠GEB＝90°， ∴∠FCB＝∠EGB， 又∵∠EGB＝∠FGC， ∴∠FCB＝∠FGC， ∴FC＝FG； （3）． 【分析】（1）连接CO，可知∠B＝∠OCB，得∠DOC＝2∠B，进而可证得∠DOC＝∠F，再根据垂直可知∠D+∠F＝90°，则∠D+∠DOC＝90°，即可得∠OCD＝90°，进而可证得结论； （2）根据切线的性质得出∠OCF＝∠OCB+∠FCB＝90°，根据已知得出∠OBC+∠EGB＝90°，又∠OCB＝∠OBC，则∠FCB＝∠EGB，根据∠EGB＝∠FGC，得出∠FCB＝∠FGC，进而即可得证； （3）由（1）得∠OCD＝90°，勾股定理求得，进而证明△CDO∽△EDF，根据相似三角形的性质即可求解． 【解答】（1）证明：连接OC，则OB＝OC， ∴∠B＝∠OCB， ∴∠DOC＝2∠B， ∵∠F＝2∠B， ∴∠DOC＝∠F， ∵EF⊥BD， ∴∠D+∠F＝90°， ∴∠D+∠DOC＝90°， ∴∠OCD＝90°， 又∵点C在⊙O上， ∴DF是⊙O的切线； （2）证明：∵点C是⊙O的切点， ∴∠OCF＝∠FCB+∠OCB＝90°， ∵OC＝OB， ∴∠OBC＝∠OCB， 又∵FE⊥OB， ∴∠OBC+∠EGB＝90°，∠GEB＝90°， ∴∠FCB＝∠EGB， 又∵∠EGB＝∠FGC， ∴∠FCB＝∠FGC， ∴FC＝FG； （3）解：∵AO＝2AD＝10， ∴AD＝5，OC＝OB＝10， ∴OD＝15，由（1）得∠OCD＝90°， ． ∵∠CDO＝∠EDF，∠OCD＝∠FED＝90°， ∴△CDO∽△EDF， ∴， 设FG＝x， 由（2）可得FC＝FG＝x， ∴， 解得：， ∴． 【变式1】（2025•南山区校级三模）如图，已知AB是⊙O的直径，AF平分∠EAC，且∠E＝90°，，连接AG． （1）求证：EC是⊙O的切线； （2）若，，求线段AE的长． 【答案】（1）见解析 （2）3． 【分析】（1）证明OF⊥EC即可得到结论； （2）连接BG．求出AB＝4，证明△AEF∽△AFB，得到AF2＝AE•AB．即可得到答案． 【解答】（1）证明：如图，连接OF． ∵OA＝OF， ∴∠FAC＝∠AFO． ∵AF平分∠EAC， ∴∠EAF＝∠FAC， ∴∠EAF＝∠AFO， ∴OF∥AE． ∴∠OFC＝∠E＝90°， ∴OF⊥EC， ∴EC是⊙O的切线． （2）解：连接BG． ∵， ∴AG＝BG． ∵AB是⊙O的直径， ∴∠AGB＝90°，∠AFB＝90°． ∵， ∴． ∵∠EAF＝∠FAC，∠E＝∠AFB， ∴△AEF∽△AFB． ∴， ∴AF2＝AE•AB． ∵，AB＝4， ∴ ∴AE＝3． 题型02 圆与三角形综合 解｜题｜策｜略 1. 见切线想垂直，见直径想直角，见弦想垂径定理； 2. 利用同弧/等弧转化角，构造相等角证全等或相似； 3. 结合勾股定理、三角函数进行线段长度计算； 4. 证明题严格书写：已知→推导→依据→结论。 例1（2025•罗湖区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交边AC于点D，连接BD，过点C作CE∥AB． （1）请用无刻度的直尺和圆规作图：过点B作⊙O的切线，交CE于点F；（不写作法，保留作图痕迹，标明字母） （2）在（1）的条件下，求证：BD＝BF； （3）在（1）的条件下，CF＝2，BF＝6，求⊙O的半径． 【答案】（1）作图见解析； （2）证明见解析； （3）⊙O的半径为5． 【分析】（1）根据尺规作图，过点B作AB的垂线，交CE于点F，即可求解； （2）根据题意切线的性质以及直径所对的圆周角是直角，证明∠BDC＝∠BFC，根据平行线的性质以及等腰三角形的性质得出BCD＝∠BCF，进而证明△BCD≌△BCF（AAS），即可得证； （3）由（2）得：BD＝BF＝6，CD＝CF＝2，设AB＝AC＝2r，再利用勾股定理可得（2r﹣2）2+62＝（2r）2，再解方程即可． 【解答】（1）解：如图，BF即为圆O的切线； ． （2）证明：∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB． 又∵CE∥AB， ∴∠ABC＝∠BCF， ∴∠BCF＝∠ACB． ∵点D在以AB为直径的圆上， ∴∠ADB＝90°， ∴∠BDC＝90°． 又∵BF为⊙O的切线， ∴∠ABF＝90°． ∵CE∥AB， ∴∠BFC+∠ABF＝180°， ∴∠BFC＝90°， ∴∠BDC＝∠BFC． 在△BCD和△BCF中， ， ∴△BCD≌△BCF（AAS）． ∴BD＝BF； （3）解：CF＝2，BF＝6，由（2）得：BD＝BF＝6， ∵Rt△BDC≌Rt△BFC， ∴CD＝CF＝2， 设AB＝AC＝2r， ∴AD＝2r﹣2， ∵∠ADB＝90°， 在直角三角形ABD中，由勾股定理得：（2r﹣2）2+62＝（2r）2， 解得：r＝5， ∴⊙O的半径为5． 【变式1】（2026春•南山区校级月考）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，过点C作⊙O的切线与AB的延长线相交于点P，弦CE平分∠ACB，交AB于点F，连接BE． （1）利用尺规作图，过点A作AD⊥CP于点D（保留作图痕迹，不写作法）； （2）求证：△PCF是等腰三角形； （3）若tan∠ABC，BE＝7，求线段PC的长． 【答案】（1）画出的图形见解答； （2）证明过程见解答； （3）24． 【分析】（1）按题意画出图形即可； （2）由条件可得∠BCP＝∠CAB，∠BCF＝∠ACF，结合外角性质可得∠PCF＝∠PFC，即可证得PC＝PF，则可得出结论； （3）求出AB＝14，易证△PAC∽△PCB，由相似三角形的性质可得到，又因为tan∠ABC，所以可得，进而可得到，设PC＝4k，PB＝3k，则在Rt△POC中，利用勾股定理可得PC2+OC2＝OP2，进而可建立关于k的方程，解方程求出k的值即可求出PC的长 【解答】（1）解：如图， （2）证明：∵AD⊥PD， ∴∠DAC+∠ACD＝90°． 又∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°． ∴∠PCB+∠ACD＝90°， ∴∠DAC＝∠PCB． 又∵PD切⊙O于点C， ∴OC⊥PD， ∴OC∥AD， ∴∠ACO＝∠DAC． ∵OC＝OA， ∴∠ACO＝∠CAO， ∴∠DAC＝∠CAO， ∴∠CAO＝∠PCB． ∵CE平分∠ACB， ∴∠ACF＝∠BCF， ∴∠CAO+∠ACF＝∠PCB+∠BCF， ∴∠PFC＝∠PCF， ∴PC＝PF， 即△PCF是等腰三角形； （3）解：连接AE， ∵CE平分∠ACB， ∴， ∴AE＝BE， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠AEB＝90°， ∴△ABE是等腰直角三角形， ∵BE＝7， ∴ABBE＝14， ∵∠PAC＝∠PCB，∠CPB＝∠APC， ∴△PAC∽△PCB， ∴． 又∵tan∠ABC， ∴， ∴， 设PC＝4k，PB＝3k，则在Rt△POC中，PO＝3k+7，OC＝7， ∵PC2+OC2＝OP2， ∴（4k）2+72＝（3k+7）2， ∴k＝6 （k＝0不合题意，舍去）． ∴PC＝4k＝4×6＝24． 【变式2】（2025•南山区三模）如图1，在矩形OABC中，OC＝3OA＝15，对角线AC，OB交于点D，E是AO延长线上一点，连结CE，DE，已知AE＝CE，MN为半圆O的直径，CE切半圆O于点F． （1）求证：△ADE∽△AOC． （2）求半圆O的直径． （3）如图2，动点P在CF上点C出发向终点F匀速运动，同时，动点Q从M出发向终点N匀速运动，且它们恰好同时停止运动． ①当PQ与△ABD的一边平行时，求所有满足条件的MQ的长． ②作点F关于PQ的对称点F'，当点F'落在半圆O上时，直接写出的值． 【答案】（1）见解析； （2）24； （3）①或或；②． 【分析】（1）由矩形的性质可知AD＝CD，∠AOC＝90°，结合AE＝CE，可知DE是AC的垂直平分线，可得∠AOC＝∠ADE＝90°，进而可证得△ADE∽△AOC； （2）如图，连结OF，易知∠OFC＝90°，OC＝15，OA＝5，，，再根据△ADE∽△AOC可求得AE＝CE＝25，OE＝20，再利用等面积法，可求得半径OF的长度； （3）①根据题意可得CF＝9，EF＝16，EM＝8，，由P，Q同时出发且同时到达终点，可知，设CP＝3x，MQ＝8x，EP＝25﹣3x，EQ＝8+8x，分情况1：PQ∥BD，情况2：PQ∥AD，情况3：PQ∥AB，三种情况进行讨论即可； ②若F'落在半圆O上，由圆的对称性可知，PQ必经过点O，即点Q与点O重合，此时MQ＝12，，可得，，即可求得． 【解答】（1）证明：在矩形OABC中，AD＝CD，∠AOC＝90°， ∵AE＝CE，AD＝CD ∴DE是AC的垂直平分线，即ED⊥AC， ∴∠AOC＝∠ADE＝90°， 又∵∠OAC＝∠DAE， ∴△ADE∽△AOC． （2）解：如图，连结OF， ∵CE切半圆于点F，则∠OFC＝90°， ∵OC＝15，OA＝5， ∴， ∴， 由△ADE∽△AOC，得， ∴AE＝CE＝25，OE＝20， ∴S△COE，即：OF12， ∴半圆O的直径为24． （3）解：①∵，EF＝16，EM＝8，， ∵P，Q同时出发且同时到达终点， ∴， ∴设CP＝3x，MQ＝8x，EP＝25﹣3x，EQ＝8+8x， 情况1：PQ∥BD，如图，作PR⊥MN于点R， ∴tan∠RQP＝tan∠AOB＝tan∠OAC＝3， ∴PR＝3QR， ∴PR＝EP•sin∠OEC，ER＝EP•cos∠OEC， ∴， ∴， 解得， ∴． 情况2：PQ∥AD，如图，此时EP＝EQ，则25﹣3x＝8+8x， ∴， ∴． 情况3：PQ∥AB，如图，此时PQ⊥MN，则EP•cos∠OEC＝EQ， ∴， 解得， ∴， 综上所述MQ的长为或或． ②如图，若F'落在半圆O上，由圆的对称性可知，PQ必经过点O，即点Q与点O重合， 此时MQ＝12，，可得， ∴，． ∴． 题型03 圆与四边形综合 解｜题｜策｜略 1. 先判断四边形形状，再用其边角对角线性质； 2. 圆内接四边形对角互补，外角等于内对角； 3. 矩形/正方形对角线相等且互相平分，常与直径结合； 4. 菱形四边相等，常结合弦相等、弧相等使用。 例1（2025秋•深圳期中）如图，AB是圆O的直径，O为圆心，AD、BD是半圆的弦，且∠PDA＝∠PBD．延长PD交圆的切线BE于点E． （1）判断直线PD是否为⊙O的切线，并说明理由； （2）如果∠BED＝60°，PD＝4，求PA的长； （3）将线段PD以直线AD为对称轴作对称线段DF，点F正好在圆O上，如图，求证：四边形DFBE为菱形． 【答案】（1）直线PD为⊙O的切线，理由如下： 如图，连接OD， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∴∠ADO+∠BDO＝90°， ∵DO＝BO， ∴∠BDO＝∠PBD ∵∠PDA＝∠PBD， ∴∠BDO＝∠PDA， ∴∠ADO+∠PDA＝90°，即PD⊥OD， ∵OD是⊙O的半径， ∴直线PD为⊙O的切线； （2）； （3）如图，连接OD， 由题意得：∠ADF＝∠PDA，∠APD＝∠AFD， ∵， ∴∠ADF＝∠ABF， ∵∠PDA＝∠PBD， ∴∠ADF＝∠AFD＝∠APD＝∠ABF， ∴∠APD＝∠ABF， ∴BF∥PD， ∴DF⊥PB， ∵BE为切线， ∴BE⊥PB， ∴DF∥BE， ∴四边形DFBE为平行四边形， ∵PE、BE为切线， ∴BE＝DE， ∴四边形DFBE为菱形． 【分析】（1）连接OD，由AB是圆O的直径可得∠ADB＝90°，进而求得∠ADO+∠PDA＝90°，即可得出直线PD为⊙O的切线； （2）求出∠P＝30°，解直角三角形求出OD，根据含30°角直角三角形求出即可； （3）根据折叠和已知求出∠P＝∠ABF，根据平行线的判定推出DE∥BF，求出DF⊥AB，BE⊥AB，推出DF∥BE，求出ED＝EB，根据切线长定理可得，BE＝DE，进而结论得证． 【解答】（1）解：直线PD为⊙O的切线，理由如下： 如图，连接OD， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∴∠ADO+∠BDO＝90°， ∵DO＝BO， ∴∠BDO＝∠PBD ∵∠PDA＝∠PBD， ∴∠BDO＝∠PDA， ∴∠ADO+∠PDA＝90°，即PD⊥OD， ∵OD是⊙O的半径， ∴直线PD为⊙O的切线； （2）解：∵BE为⊙O切线， ∴∠PBE＝90°， ∵∠BED＝∠60°， ∴∠P＝90°﹣∠BED＝90°﹣60°＝30°， 在Rt△PDO中，∠PDO＝90°，PD＝4， ∴，， ∵， ∴； （3）证明：如图，连接OD， 由题意得：∠ADF＝∠PDA，∠APD＝∠AFD， ∵， ∴∠ADF＝∠ABF， ∵∠PDA＝∠PBD， ∴∠ADF＝∠AFD＝∠APD＝∠ABF， ∴∠APD＝∠ABF， ∴BF∥PD， ∴DF⊥PB， ∵BE为切线， ∴BE⊥PB， ∴DF∥BE， ∴四边形DFBE为平行四边形， ∵PE、BE为切线， ∴BE＝DE， ∴四边形DFBE为菱形． 【变式1】（2025•深圳校级模拟）小敏在查阅资料时得知：已知一个四边形各边长均为定值，当它的四个顶点在同一个圆上时，四边形的面积最大． 从特殊验证 已知四边形ABCD的各边长依次为7，15，20，24，求它的面积S何时最大？ 小敏的演算纸 解：分别考虑LB为直角、钝角或锐角的情形． Ⅰ．∠B为直角 易得S＝⋯ Ⅱ．∠B为钝角 易证当∠ABC为钝角时，∠ADC也为钝角．设两条垂线段AE＝x，AF＝y．… Ⅲ．∠B为锐角 同理可得Ⅱ中结论 综上所述，S的最大值为…． （1）探索情形Ⅰ： ①求证：点A，B，C，D在同一个圆上． ②S的值为 　234　 ． （2）探索情形Ⅱ：说明此时S的值小于情形Ⅰ中S的值． 向一般进发 （3）已知四边形ABCD的各边长依次为6，8，8，12，借助已有结论对它展开探索，求它的面积S的最大值． 【答案】（1）①证明见解析； ②234； （2）见解析； （3）9． 【分析】（1）①连接AC，取AC的中点O，连接OB，OD，证出∠ADC＝90°，由直角三角形的性质及圆的定义可得出结论； ②由三角形面积公式可得出答案； （2）由三角形面积公式可得出答案； （3）设AB＝6，BC＝8，CD＝8，AD＝12，连接AC，过点C分别作CE⊥AB于点E，CF⊥AD于点F，证明Rt△BCE≌Rt△DCF（HL），△AEC≌△AFC，得出AE＝AF，BE＝FD，求出BE＝3，则可得出答案． 【解答】（1）①证明：连接AC，取AC的中点O，连接OB，OD， ∵∠ABC＝90°， ∴AC2＝BC2+AB2＝625， 又∵AD2+CD2＝225+400＝625， ∴AD2+CD2＝AC2， ∴∠ADC＝90°， ∵O为AC的中点， ∴AO＝OB＝OC＝OD， ∴点A，B，C，D在同一个圆上； ②解：∵∠ADC＝∠ABC＝90°， ∴S＝S△ADC+S△ABC ＝150+84 ＝234． 故答案为：234； （2）解：∵AE＝x，AF＝y， ∴S10x+12y， 在Rt△AED中，x＜15，在Rt△AFB中，y＜7， ∴S＝10x+12y＜10×15+12×7， 即S＜234； （3）解：由题意可知，当四边形ABCD四顶点共圆时，它的面积最大， 设AB＝6，BC＝8，CD＝8，AD＝12，连接AC，过点C分别作CE⊥AB于点E，CF⊥AD于点F， ∵BC＝CD， ∴， ∴∠BAC＝∠DAC， ∵CE⊥AB，CF⊥AD， ∴CE＝CF， ∵BC＝CD， ∴Rt△BCE≌Rt△DCF（HL）， 同理可证△AEC≌△AFC， ∴AE＝AF，BE＝FD， ∴AD﹣BE＝AB+BE， ∴BE＝3， ∵∠BEC＝90°， ∴CE55， ∴CF， ∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD9， 即四边形ABCD面积S的最大值为9． 题型04 圆的综合题 解｜题｜策｜略 1.关于圆的综合题，除结合三角形、四边形、勾股定理等内容考察外，还会通过探究或者归纳等进行综合考察。 2.需要注意认真审题，必要时结合具体情况进行讨论。 例1（2025秋•福田区校级期末）如图，在数轴上，点A表示的数是最大的负整数，点B在点A的右侧，在数轴上方以点A为圆心，AB长为半径的半圆弧与数轴相交于另一点C，且BC＝12． （1）填空：点A表示的数为　﹣1　 ，点C表示的数为　﹣7　 ； （2）点P从点C出发，以每秒2个单位长度的速度向右运动到点B，再沿半圆弧以每秒20°的速度（即射线AP绕着点A逆时针每秒旋转20°）运动到点C后停止．点Q从点B出发，以每秒4个单位长度的速度向左运动到点C，再沿半圆弧以每秒15°的速度（即射线AQ绕着点A顺时针每秒旋转15°）运动到点B后停止．点P和点Q同时出发，设运动时间为t秒． i）当P点和Q点都在线段BC上时，若AP＝2AQ，求t的值； ii）当点Q在半圆弧上时，连接AP，AQ，D为半圆弧上一点，连接AD，且∠BAD＝80°，射线AE为∠PAQ的角平分线．试探究：是否存在t的值，使得∠EAD＝5°？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）﹣1，﹣7； （2）（i）1或；（ii），5，9，13． 【分析】（1）根据题意易得点A表示的数，进而根据半径求出点C表示的数； （2）（i）用含t的式子分别表示出AP和AQ，建立方程求解即可； （ii）根据点P的运动轨迹，分四种情况讨论，画出图形，表示角度，建立方程求解即可． 【解答】解：（1）∵点A表示的数是最大的负整数， ∴点A表示的数是﹣1， ∵BC＝12， ∴ACBC＝6， ∴点C表示的数是﹣1﹣6＝﹣7， 故答案为：﹣1，﹣7； （2）（i）①当点P在点A左侧，点Q在点A右侧时， ∵CP＝2t，BQ＝4t，AC＝AB＝6， ∴AP＝AC﹣CP＝6﹣2t，AQ＝AB﹣BQ＝6﹣4t， 又∵AP＝2AQ， ∴6﹣2t＝2（6﹣4t）， 解得 t＝1； ②当点P，Q都在点A左侧时， ∵CP＝2t，BQ＝4t，AC＝AB＝6， ∴AP＝AC﹣CP＝6﹣2t，AQ＝BQ﹣AB＝4t﹣6， ∵AP＝2AQ， ∴6﹣2t＝2（4t﹣6）， 解得； 综上所述，当 AP＝2AQ时，t的值为1或； （ii）由题知BC＝12， ∴点Q从B到C的时间为3秒，点Q从C到B的时间为6秒， ①当点P在AB上，点Q在弧CD上，AE在AD左侧时， ∵∠BAD＝80°，∠EAD＝5°， ∴∠BAE＝85°， ∵AE平分∠PAQ， ∴∠PAQ＝2∠BAE＝170°， ∴∠CAQ＝10°， 即15（t﹣3）＝10， 解得t； ②当点P在AB上，点Q在弧CD上时，AE在AD右侧时， 此时∠BAE＝75°， ∴∠PAQ＝2∠BAE＝150°， ∴∠CAQ＝30°， 即15（t﹣3）＝30， 解得t＝5； ③当点P在弧BD，点Q在弧CD上时，AE在AD右侧时， 此时∠BAE＝75°， ∠BAP＝20°（t﹣6）＝（20t﹣120）°， ∴∠PAE＝∠BAE﹣∠BAP＝（195﹣20t）°， 同理可得∠QAE＝∠CAE﹣∠CAQ＝105°﹣15°（t﹣3）＝（150﹣15t）°， ∵AE平分∠PAQ， ∴∠PAE＝∠QAE，即195﹣20t＝150﹣15t， 解得t＝9； ④当点P在弧CD，点Q在弧BD上时，AE在AD左侧时， 此时∠BAE＝85°， ∴∠PAE＝∠BAP﹣∠BAE＝（20t﹣120）°﹣85°＝（20t﹣205）°， 同理可得∠QAE＝∠CAQ﹣∠CAE＝15°（t﹣3）﹣95°＝（15t﹣140）°， ∵AE平分∠PAQ， ∴∠PAE＝∠QAE，即20t﹣205＝15t﹣140， 解得t＝13； 综上所述，t的值为，5，9，13． 【变式1】（2025•坪山区模拟）已知：如图，在Rt△ABO中，∠B＝90°，∠OAB＝30°，OA＝3．以点O为原点，斜边OA所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，以点P（4，0）为圆心，PA长为半径画圆，⊙P与x轴的另一交点为N，点M在⊙P上，且满足∠MPN＝60°．⊙P以每秒1个单位长度的速度沿x轴向左运动，设运动时间为ts，⊙P半径不变，解答下列问题： 【发现】（1）的长度为 　　 ； （2）当t＝2s时，求扇形MPN（阴影部分）与Rt△ABO重叠部分的面积． 【探究】当⊙P和△ABO的边所在的直线相切时，求点P的坐标． 【拓展】当与Rt△ABO的边有两个交点时，请你直接写出t的取值范围． 【答案】见试题解答内容 【分析】发现：（1）先确定出扇形半径，进而用弧长公式即可得出结论； （2）先求出PA＝1，进而求出PQ，即可用面积公式得出结论； 探究：分圆和直线AB和直线OB相切，利用三角函数即可得出结论； 拓展：先找出和直角三角形的两边有两个交点时的分界点，即可得出结论． 【解答】解：【发现】 （1）∵P（4，0）， ∴OP＝4， ∵OA＝3， ∴AP＝1， ∴的长度为， 故答案为； （2）设⊙P半径为r，则有r＝4﹣3＝1， 当t＝2时，如图1，点N与点A重合， ∴PA＝r＝1， 设MP与AB相交于点Q， 在Rt△ABO中，∵∠OAB＝30°，∠MPN＝60°， ∵∠PQA＝90°． ∴PQPA， ∴AQ＝AP×cos30° ∴S重叠部分＝S△APQPQ×AQ 即重叠部分的面积为； 【探究】： ①如图2，当⊙P与直线AB相切于点C时， 连接PC，则有PC⊥AB，PC＝r＝1， ∵∠OAB＝30°， ∴AP＝2， ∴OP＝OA﹣AP＝3﹣2＝1； ∴点P的坐标为（1，0）； ②如图3，当⊙P与直线OB相切于点D时， 连接PD，则有PD⊥OB，PD＝r＝1， ∴PD∥AB， ∴∠OPD＝∠OAB＝30°， ∴cos∠OPD， ∴OP， ∴点P的坐标为（，0）； ③如图4，当⊙P与直线OB相切于点E时， 连接PE，则有PE⊥OB， 同②可得：OP； ∴点P的坐标为（，0）， 图5 【拓展】 t的取值范围是2＜t≤3，4≤t＜5， 理由：如图5，当点N运动到与点A重合时，与Rt△ABO的边有一个公共点， 此时t＝2； 当t＞2，直到⊙P运动到与AB相切时， 由探究①得，OP＝1， ∴t3，与Rt△ABO的边有两个公共点， ∴2＜t≤3． 如图6，当⊙P运动到PM与OB重合时，与Rt△ABO的边有两个公共点， 此时t＝4； 直到⊙P运动到点N与点O重合时，与Rt△ABO的边有一个公共点， 此时t＝5；图5 ∴4≤t＜5， 即：t的取值范围是2＜t≤3，4≤t＜5， （30分钟限时练） 1.（2025•宝安区模拟）如图，在四边形ABCD中∠D＝90°，连接对角线AC，⊙O是△ABC的外接圆，BC是⊙O的直径，点E是AB的中点，连接OE，∠AOE＝∠CAD． （1）求证：CD为⊙O的切线； （2）若⊙O的直径为10，OE＝3，求CD的长． 【答案】（1）证明见解答； （2）CD的长为． 【分析】（1）由点E是AB的中点，根据垂径定理得OE⊥AB，而BC是⊙O的直径，则∠BEO＝∠BAC＝90°，所以OE∥AC，因为OA＝OC，所以∠AOE＝∠OAC＝∠ACB，而∠AOE＝∠CAD，则∠ACB＝∠CAD，所以OC∥AD，由∠D＝90°，推导出∠OCD＝90°，即可证明CD为⊙O的切线； （2）由∠BAC＝∠D＝90°，∠ACB＝∠CAD，得sin∠CAD＝sin∠ACB，根据三角形中位线定理求得CA＝2OE＝6，而BC＝10，则AB＝8，所以CD． 【解答】（1）证明：∵点E是AB的中点， ∴OE⊥AB， ∵BC是⊙O的直径， ∴∠BEO＝∠BAC＝90°， ∴OE∥AC， ∵OA＝OC， ∴∠AOE＝∠OAC＝∠ACB， ∵∠AOE＝∠CAD， ∴∠ACB＝∠CAD， ∴OC∥AD， ∵∠D＝90°， ∴∠OCD＝180°﹣∠D＝90°， ∵OC是⊙O的半径，且CD⊥OC， ∴CD为⊙O的切线． （2）解：∵∠BAC＝∠D＝90°，∠ACB＝∠CAD， ∴sin∠CAD＝sin∠ACB， ∵BE＝AE，BO＝CO，OE＝3， ∴CA＝2OE＝6， ∵⊙O的直径BC＝10， ∴AB8， ∴CD， ∴CD的长为． 2.（2025•深圳模拟）综合与探究 【定义】三角形一边上的点将该边分为两条线段，若这两条线段长度的乘积等于这个点与该边所对顶点距离的平方，则称这个点为三角形中该边上的“亮点”． 如图（a），在△ABC中，D是BC边上一点，连接AD，若AD2＝BD•CD，则称点D是△ABC中BC边上的“亮点”． 【概念理解】 （1）如图（b），在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD，AE，AF分别是△ABC的高线，角平分线，中线．请判断D，E，F三点中哪些是△ABC中BC边上的“亮点”，并说明理由． 【性质应用】 （2）如图（c），在△ABC中，∠B＝45°，，AC＝10．若D是BC边上的“亮点”，求BD的长． 【拓展提升】 （3）如图（d），△ABC内接于⊙O，D是△ABC中BC边上的“亮点”且AD⊥AC．若，求的值． 【答案】（1）D、F； （2）4或9； （3）． 【分析】（1）根据“两点”的定义判断即可得解； （2）作AE⊥BC于点E，设DE的长度，根据勾股定理以及新定义列出一元二次方程求解即可； （3）延长AD交⊙O于点E，连接BE、CE，证△ADC∽△BDE，再根据亮点的定义得AD2＝CD•BD＝AD•ED，然后设参建立方程求解即可． 【解答】解：（1）D，F． 理由：∵AD是△ABC的高线， ∴∠ADB＝∠ADC＝90°， ∴∠B+∠BAD＝90°， 又∵∠BAD+∠CAD＝90°， ∴∠B＝∠CAD， ∴△BDA∽△ADC， ， ∴DA2＝BD•DC， ∴点D是△ABC中BC边上的亮点； ∵在Rt△ABC中，AF是△ABC的中线， ∴AFBC＝BF＝CF， ∴AF2＝BF•CF， ∴点F是△ABC中BC边上的亮点． （2）如图，作AE⊥BC于点E， ∵tanC，AC＝10，∠B＝45°， ∴sinC， ∴AE＝106＝BE，CE8， 设DE＝x， 则有AD2＝x2+62＝（6﹣x）（8+x）， 解得x1＝2，x2＝﹣3， 即BD＝6﹣2＝4或BD＝6﹣（﹣3）＝9； 综上所述，BD＝4或9； （3）延长AD交⊙O于点E，连接BE、CE， ∵∠ADC＝∠BDE，∠ACD＝∠BED， ∴△ADC∽△BDE， ∴， ∴CD•BD＝AD•ED， ∵点D是△ABC中BC边上的亮点， ∴AD2＝CD•BD＝AD•ED， ∴AD＝ED． 由∠CAD＝90°可知CE是直径， ∴sin∠CEA＝sin∠ABC， ∴设AC＝b，则CE＝3b，AEb， ∴AD＝EDb， 在Rt△ACD中，CDb， 又∵AD2＝CD•BD， ∴b•BD，解得BDb， ∴． 3.（2025•福田区校级模拟）在△ABC中，∠B＝90°，BA＝BC，AD是角平分线． （1）求证：； （2）如图，四边形ABCD是正方形，根据（1）的结论，在对角线AC上找到点O，以O为圆心，OC为半径画圆，使圆O恰好与AD相切， ①请写出画法，画出该圆． ②请证明圆O与AD边相切． （3）若（2）中圆的半径是，求出正方形的边长． 【答案】（1）证明见解析；（2）①作图见解析；②证明见解析；（3）1． 【分析】（1）过点D作DE⊥AC于点E，利用角平分线的性质定理得到DB＝DE，再利用等腰直角三角形的性质解答即可得出结论； （2）①作出∠ACD的平分线CE，过点E作EO⊥AD，交AC于点O，以点O为圆心OC为半径画圆即可； ②通过计算得到OC＝DE，利用圆心到直线的距离等于半径的直线是圆的切线的性质解答即可； （3）设⊙O与AD切于点E，连接OE，利用圆的切线的性质定理和等腰直角三角形的性质解答即可得出结论． 【解答】（1）证明：过点D作DE⊥AC于点E，如图， ∵∠B＝90°， ∴DB⊥AB， ∵AD是角平分线，DE⊥AC， ∴DB＝DE， ∵∠B＝90°，BA＝BC， ∴∠C＝∠BAC＝45°， ∴△DEC为等腰直角三角形， ∴CDDE， ∴CDBD， ∴； （2）①解：1．作∠ACD的平分线CE，与AD边交于点E， 2．过点E作EO⊥AD于点E，交AC于点O， 3．以点O为圆心OC为半径画圆，如图， 则圆O为所画的圆． ②证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴∠ADC＝90°，∠CAD＝∠ACD＝45°， ∴△ACD为等腰直角三角形， 由作图可知：CE为∠ACD的平分线， ∴根据（1）的结论可得：， 设ED＝a，则AEa， ∴AD＝AE+DE＝（）a，OE＝AEa， ∴ACAD＝（2）a，AOAE＝2a， ∴OC＝AC﹣AOa， ∴OC＝DE， ∴圆心O到AD的距离等于圆O的半径， ∴圆O与AD边相切． （3）解：设⊙O与AD切于点E，连接OE，如图， ∵⊙O与AD切于点E， ∴OE⊥AD， ∵圆的半径是， ∴OE＝OC， ∵△AEO为等腰直角三角形， ∴AE＝OE， 由（2）可知：， ∴DE＝1， ∴AD＝AE+DE． ∴正方形的边长为． 4.（2025•罗湖区二模）如图1，已知等腰三角形ABC的外接圆圆心为点O，AB＝AC，BD为⊙O的直径，AD交BC于点E，AE＝3，DE＝6； （1）求AB的长； （2）连OC，求证：四边形ABOC为菱形； （3）直接写出图2中阴影部分的面积． 【答案】（1）3；（2）证明见解析；（3）． 【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与性质解答即可； （2）连接OA，利用直角三角形的边角关系定理求得∠ABE＝30°，利用垂径定理，直角三角形的性质得到∠BAO＝90°﹣∠ABE＝60°，利用等边三角形的判定与性质和菱形的定义解答即可； （3）连接OA，OC，过点O作OE⊥AC于点E，利用（2）的结论，菱形的性质，等边三角形的判定与性质求得∠AOD＝120°，∠BOC＝180°﹣∠ABC＝120°，利用直角三角形的边角关系定理求得OE，再利用扇形与三角形的面积公式解答即可得出结论． 【解答】（1）解：∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵∠D＝∠ACB， ∴∠ABC＝∠D． ∵∠BAE＝∠DAB， ∴△ABE∽△ADB， ∴． ∵AD＝AE+DE＝9， ∴， ∴AB2＝27． ∵AB＞0， ∴AB＝3； （2）证明：连接OA，如图， ∵BD为⊙O的直径， ∴∠BAD＝90°， ∵tan∠ABE， ∴∠ABE＝30°． ∵AB＝AC， ∴， ∴OA⊥BC， ∴∠BAO＝90°﹣∠ABE＝60°， ∵OB＝OA， ∴△OBA为等边三角形， ∴OB＝OA＝AB， ∵OB＝OC， ∴OB＝AB＝AC＝OC， ∴四边形ABOC为菱形； （3）解：连接OA，OC，过点O作OE⊥AC于点E，如图， 由（2）知：△OAB为等边三角形， ∴∠ABO＝∠AOB＝60°， ∴∠AOD＝120°， ∵四边形ABOC为菱形， ∴OB＝OC＝AC＝OD＝3，∠BOC＝180°﹣∠ABC＝120°， ∴∠AOC＝60°， ∵OA＝OC， ∴△OAC为等边三角形， ∵OE⊥AC， ∴OE＝OA•sin60°＝3． ∴阴影部分的面积 ＝S扇形OAD﹣S△OAD﹣（S扇形OAC﹣S△OAC） （） ＝9π ． 5.（2025•罗湖区校级模拟）综合与探究 【课本回顾】如图1，在△ABC中，中线AD，BE，CF于点P，点P叫做△ABC的重心． 【知识探究】 （1）如图2，数学兴趣小组发现，当△ABC的中线AD，BE交于点P时，不管△ABC的边长如何变化，线段AP与PD存在固定的数量关系，并经过讨论得到如下两种解决思路： 思路一 思路二 第一步 如图3，取AD中点M，连接EM，证明△BDP∽△EMP； 如图4，作AN平行BC交BE延长线于点N，先证明△BCE≌△NAE，再证明△BDP∽△NAP； 第二步 利用相似三角形的性质及中位线的性质，得到线段AP与PD之间的数量关系. 利用全等三角形的性质及相似三角形的性质，得到线段AP与PD之间的数量关系. 图形表达 在上述两种思路中，可以选择其中一种，并完成具体解题过程；（若用其他思路解决问题，则写第3种） 【问题解决】 （2）在⊙O中，AB为直径，点C是⊙O上一点（不与点A，B重合）． ①如图Ⅱ，若点M是弦BC的中点，AM交OC于点E，则的值为 　　 ； ②如图Ⅲ，在①的条件下，若AM⊥OC，求sinB的值； ③如图IV，若AB＝10，BC＝8，D为弦BC上一动点，过D作DF⊥OC，交OC于点H，交AB于点F．设BD＝x，FO＝y，直接写出y与x的函数关系式． 【答案】（1）证明过程见解析；（2）①；②；③． 【分析】（1）根据提供的思路证明即可； （2）①证明E为△ABC的重心即可得解；②由前述结论可得OC＝3OE，根据这一关系设参数，利用勾股定理将AE、AC和OM表示出来即可得解；③作FQ⊥BC，将FQ和BQ用含y的式子表示出来，再用建立关于x和y的等式即可． 【解答】解：（1）线段AP与PD存在固定的数量关系为AP＝2DP，理由： 思路一：取AD中点M，连接EM，如图， ∵AM＝MD，AE＝EC， ∴ME为△ADC的中位线， ∴ME∥CD，MECD． ∵BD＝CD， ∴MECD． ∵ME∥BD， ∴△BDP∽△EMP， ∴， ∴PD＝2MP， ∴MD＝3MP， ∴AM＝MD＝3MP， ∴AP＝4MP， ∴AP＝2PD． 思路二：作AN∥BC交BE延长线于点N，如图， ∵AN∥BC， ∴∠EBC＝∠N． 在△BCE和△NAE中， ， △BCE≌△NAE（AAS）， ∴BC＝AN， ∵BD＝CD， ∴AN＝2BD． ∵∠EBC＝∠N，∠BPD＝∠NPA， ∴△BDP∽△NAP， ∴， ∴AP＝2PD； （2）①连接AC，如图， ∵BM＝MC，OA＝OB， ∴E为△ABC的重心， ∴CE＝2OE， ∴OEOC， ∴． 故答案为：； ②连接OM、AC， 由（1）知：OC＝3OE， 设OE＝k，则OC＝3k， ∴OA＝OB＝OC＝3k，EC＝2OE＝2k， ∵AM⊥OC， ∴． ∴， 由（1）知：． ∴． ③如图，连接AC， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴， 如图所示，过点F作FQ⊥BC于点Q，交OC于T， ∵OB＝OC， ∴∠OBC＝∠OCB， ∵DF⊥OC， ∴∠FHT＝∠FQC＝90°， ∵∠FTH＝∠CTQ， ∴∠DFQ＝∠OCB＝∠OBC， 在Rt△FBQ中，BF＝5+y， 在Rt△ABC中，，，， ∴， ∵tan∠DFQ＝tanB， ∴， 即，整理得． ∴y与x的函数关系式为． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $