专题02 圆的综合压轴题25题训练（专项训练）（浙江专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

第七章 圆 专题02 圆的综合压轴题25题训练 目 录 刷考点 精准巩固，扫清盲区 提能力 聚焦过程，优化策略 测综合 跨界融合，挑战创新 1．（2026•衢江区模拟）如图，在四边形ABCD中，∠B＝90°，且AB∥CD，过点A、C、D作⊙O交BC于点E，连结AE，AC，ED，设AC，ED交于点F，且满足∠BEA＝∠AED． （1）求证：∠ACD＝∠ADC； （2）若EC＝2，EF＝1，求圆的半径r； （3）若，求的值（用含n的代数式表示）． 【分析】（1）证明∠BEA＝∠ADC，则可得出结论； （2）过A作AH⊥CD，交⊙O于点G，证明△ECF∽△OAF，得出，则可得出答案； （3）证明△ABE∽△ADG，得出，即，得出DG＝an，证明△ECF∽△ADF，得出，则可得出答案． 【解答】（1）证明：∵∠AEC+∠ADC＝180°， 又∵∠AEC+∠BEA＝180°， ∴∠BEA＝∠ADC， ∵∠BEA＝∠AED， ∴∠ACD＝∠ADC； （2）解：由（1）知∠ACD＝∠ADC， ∴△ACD是等腰三角形， 如图1，过A作AH⊥CD，交⊙O于点G， ∵∠B＝90°AB∥CD， ∴∠BCD＝90°， ∴ED是直径， ∴ED和AG交点即圆心O， ∵∠BCD＝∠AHD＝90°， ∴AH∥BC， ∴△ECF∽△OAF， ∴， ∵FO＝r﹣EF＝r﹣1， ∴． 解得r＝2； （3）解：设AB＝1，BE＝a， ∵， ∴AD＝n． ∵∠B＝∠BCH＝∠AHC＝90°， ∴四边形ABCH是矩形， ∴AB＝CH＝1． ∵AG是直径，AG⊥CD， ∴CH＝DH＝1， ∵ED是直径， ∴∠EAD＝90°， ∵∠BAG＝90°， ∴∠BAE＝∠DAG， ∵∠B＝∠ADH＝90°， ∴△ABE∽△ADG， ∴，即， ∴DG＝an， ∵AO＝OG，EO＝DO，∠AOE＝∠DOG， ∴△AOE≌△GOD（SAS）， ∴AE＝DG＝an， ∴， 即， ∴AG＝an2， ∴AOAG， ∵∠BAE＝∠DAG＝∠CAG＝∠CDG， ∴sin∠BAE＝sin∠CDG， ∴， ∴HG＝a， ∴AH＝BC＝AG﹣HG＝an2﹣aEC＝an2﹣2a， 由（2）知，△ECF∽△OAF， ∴， 即， ∴， ∴， ∵∠CED＝∠CAD，∠EFC＝∠AFD， ∴△ECF∽△ADF， ∴， ． 【点评】本题属于圆的综合题，主要考查圆周角定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，解答本题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质． 2．（2026•宁波校级一模）如图，AB为⊙O直径，C为圆O上一动点，且C在直径AB上方，连结AC，BC，点M为中点，连结BM，与AC相交于点N． （1）如图1，连结OM，求证：OM∥BC； （2）如图2，连结ON，AM，当ON⊥BM时，求tan∠BAC的值； （3）如图3，作MH⊥AB于H，∠BMK＝∠BAC，与⊙O交于点K（点K在AB下方），MK与AB交于点E．若，求：①⊙O的直径；②EK的长． 【分析】（1）由垂径定理可得OM⊥AC，再由圆周角定理得出CB⊥AC，即可得证； （2）连接OM交AC于点G，由垂径定理可得OM⊥AC，AG＝CG，证明OG为△ABC的中位线，得出BC＝2OG，再由垂径定理可得BN＝MN，由圆周角定理可得∠ACB＝90°，证明△BCN≌△MGN（AAS），得出MG＝BC＝2OG，求出OA＝OM＝3OG，由勾股定理可得，即可得出，最后由正切的定义计算即可得出结果； （3）①延长MH交⊙O于点F，由题意可得，由垂径定理可得，由圆周角定理可得∠ACB＝90°，再证明，得出，最后再由勾股定理计算即可得出结果； ②设AH＝a，则，证明△AMH∽△BMH，求出，BH＝2，由勾股定理可得AM＝3，BM＝3，求出tan∠ABM，由①可得AC＝2，tan∠BMK＝tan∠BAC，过点E作EP⊥BM于点P，设PEb，则BP＝2b，MP＝4b，求出PE＝1，BP，MP＝2，由勾股定理可得BEME＝3，则AE＝2，连接BK，则∠MAB＝∠MKB，证明△AEM∽△KEB，得出，代入计算即可得出结果 【解答】（1）证明：∵点M为中点， ∴OM⊥AC， ∵AB为直径， ∴∠ACB＝90°，即CB⊥AC， ∴OM∥BC； （2）解：如图，连接OM交AC于点G， ∵点M为中点， ∴OM⊥AC，AG＝CG， ∵O为AB的中点， ∴OG为△ABC的中位线， ∴BC＝2OG， ∵ON⊥BM， ∴BN＝MN， ∵AB为直径， ∴∠ACB＝90°， 在△BCN和△MGN中， ， ∴△BCN≌△MGN（AAS）， ∴MG＝BC＝2OG， ∴OM＝OG+MG＝3OG， ∴OA＝OM＝3OG， ∴， ∴， ∴； （3）解：①延长MH交⊙O于点F， ∵点M为中点， ∴， ∵MH⊥AB，且AB为直径， ∴，∠ACB＝90°， ∴， ∴， ∴AC＝MF＝2MH＝2， ∴AB3； ②设AH＝a，则BH＝AB﹣AH＝3a， ∵AB为直径，MH⊥AB， ∴∠AMB＝∠AHM＝∠BHM＝90°， ∴∠AMH+∠MAH＝∠AMH+∠BMH＝90°， ∴∠MAH＝∠BMH， ∴△AMH∽△MBH， ∴， ∴， 解得：（不符合题意，舍去），， ∴，BH＝2， ∴AM3，， ∴， 由①可得：，tan∠BAC， ∵∠BMK＝∠BAC， ∴tan∠BMK＝tan∠BAC， 过点E作EP⊥BM于点P， 设， ∵，tan∠BMK， ∴BP＝2b，MP＝4b， ∴BM＝MP+BP＝6b， ∴6b＝3， ∴b， ∴PE＝1，BP，， ∴BE，ME3， ∴AE＝AB﹣BE＝2， 连接BK，则∠MAB＝∠MKB， ∵∠AEM＝∠BEK， ∴△AEM∽△KEB， ∴， ∴， ∴EK＝2． 【点评】本题主要考查了圆的基本性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 3．（2026•长兴县校级模拟）如图1，⊙O为△ABC外接圆，点D、E分别为，中点，连结AD、AE、DE，DE分别与AB、AC交于点F、G．已知AF＝4． （1）求证：AF＝AG． （2）如图2，连结CD交AB于点M，连结BE交CD于点N，连结BD、CE．若∠BAC＝60°，求证：△NEC是等边三角形． （3）在（2）的基础上，若，求． 【分析】（1）由圆周角定理可得∠AED＝∠DAB，∠ADE＝∠CAE，进而得到∠AFG＝∠AGF即可求证； （2）先证明△ADE≌△NDE，得到AE＝NE＝CE，即可求证； （3）过A点作AH⊥DE于点H，由三角函数得到HE和GE的长，再证明△AFD∽△EGA，根据勾股定理可得AD＝2，再由△ADE≌△NDE得出DN＝AD；由△BDN∽△ECN，可得，设S△ECN＝4S，则S△BNC＝S△END＝6S，S△BND＝9S，分别表示出S△CBE和S四边形ADBE即可求解． 【解答】（1）证明：∵D、E分别为，中点， ∴，， ∴∠AED＝∠DAB，∠ADE＝∠CAE， ∵∠AFG＝∠DAB+∠EAD，∠AGF＝∠AED+∠CAE， ∴∠AFG＝∠AGF， ∴AF＝AG； （2）证明：∵D、E分别为，的中点， ∴，， ∴∠ADE＝∠NDE，∠AED＝∠NED，AE＝EC， ∵DE＝DE， ∴△ADE≌△NDE（ASA）， ∴AE＝NE＝CE， ∵∠BAC＝60°， ∴∠BEC＝∠BAC＝60°， ∴△NEC是等边三角形； （3）∵AF＝AG．∠BAC＝60°， ∴△AFG为等边三角形， 过A点作AH⊥DE于点H，如图： ∵AF＝4， ∴FH＝HGAF＝2．AH2． ∴tan∠DEA＝tan∠DAF， ∴HE， ∴GE＝HE﹣HG， 由（1）知，∠AEG＝∠DAF，∠ADF＝∠EAG， ∴△AFD∽△EGA， ∴，即， ∴DF＝6， ∴AD2， ∵△ADE≌△NDE， ∴DN＝AD＝2； ∵DN＝AD＝BD，∠BDC＝∠BAC＝60°， ∴△BDN为等边三角形， ∵△CEN为等边三角形， ∴∠BDC＝∠CEB＝60°， ∴BD∥CE，△BDN∽△ECN， ∴， 设S△ECN＝4S，则S△BNC＝S△END＝6S，S△BND＝9S，S△CBE＝S△ECN+S△BNC＝10S， ∵△ADE≌△NDE， ∴S△ADE＝S△NDE＝6S， ∴S四边形ADBE＝6S+6S+9S＝21S， ∴． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，锐角三角函数，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键． 4．（2026•西湖区校级模拟）如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，连结BO并延长交AC于点E，交⊙O于点D．连结AO，AD，CD． （1）求证：∠ABC＝∠ADB； （2）若∠ACB＝55°，求∠OAC的度数； （3）若，，求AE的长． 【分析】（1）得出∠ABC＝∠ACB，∠ADB＝∠ACB即可； （2）连接OC，根据圆周角定理求出∠AOC的度数，再根据等腰三角形的性质求解即可； （3）延长AO，交BC于点F，连接OC，先证出△AOE∽△CDE，则，再设DE＝4a（a＞0），则OE＝3a，BE＝10a，BD＝14a，证出△AOE∽△BAE，求出AE，CE的长，则可得AB的长，然后在Rt△ABD中，利用勾股定理求解即可． 【解答】（1）证明：∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， 由圆周角定理得：∠ADB＝∠ACB， ∴∠ABC＝∠ADB． （2）解：如图，连接OC， ∵AB＝AC，∠ACB＝55°， ∴∠ABC＝∠ACB＝55°， 由圆周角定理得：∠AOC＝2∠ABC＝110°， ∵OA＝OC， ∴． （3）解：如图，延长AO，交BC于点F，连接OC， ∵AB＝AC，OB＝OC， ∴AF垂直平分BC， ∴∠CAF+∠ACB＝90°， ∵BD是⊙O的直径， ∴∠BAD＝∠BCD＝90°， ∴∠ACD+∠ACB＝90°， ∴∠ACD＝∠CAF， ∴AF∥CD， 又∵∠AEO＝∠CED， ∴△AOE∽△CDE， ∴， ∵， ∴， 解得（负值已舍）， 设DE＝4a（a＞0），则OE＝3a， ∴OB＝OD＝OE+DE＝7a， ∴BE＝OB+OE＝10a，BD＝2OB＝14a， 由圆周角定理得：∠ABE＝∠ACD， ∴∠ABE＝∠CAF，即∠ABE＝∠OAE， 又∵∠BEA＝∠AEO， 在△AOE和△BAE中， ， ∴△AOE∽△BAE， ∴， ∴AE2＝BE•OE＝30a2， 解得（负值已舍）， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴在Rt△ABD中，AB2+AD2＝BD2，即， 解得或（舍去）， ∴． 【点评】本题主要考查圆周角的性质、勾股定理、相似三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握圆周角的性质、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． 5．（2025•丽水一模）如图，四边形ABCD为圆内接四边形，对角线AC与BD交于点E，点F在AE上，BF＝AE，∠BFC＝∠CBD． （1）求证：BC＝DE； （2）若点D为的中点． ①求证：DE2＝CE•CD； ②若，求cos∠ACD的值． 【分析】（1）证得△ADE≌△FCB即可得证； （2）①先证△BCE∽△FCB，得到CB2＝CE•CF，再根据△ADE≌△FCB，证出DE＝CB，CF＝AD＝DC，即可得证； ②设BE＝5x，DE＝4x，证出BC＝DE＝4x，∠DCA＝∠BFC，得BF∥CD，由此证明△BEF∽△DEC，根据相似三角形的性质求出，再证△BEC∽△AED，推出，由此求出，过点D作DH⊥AC于点H，则，根据三角函数定义求出cos∠ACD的值． 【解答】（1）证明：∵，， ∴∠BCA＝∠BDA，∠CBD＝∠CAD， ∵∠BFC＝∠CBD， ∴∠BFC＝∠CAD， ∵BF＝AE， 在△ADE和△FCB中， ， ∴△ADE≌△FCB（AAS）， ∴BC＝DE； （2）①证明：∵∠DBC＝∠BFC，∠BCE＝∠FCB， ∴△BCE∽△FCB， ∴， ∴CB2＝CE•CF， ∵△ADE≌△FCB， ∴DE＝CB，CF＝AD， ∵点D为的中点， ∴， ∴DC＝DA， ∴DC＝CF， ∴DE2＝CE•CD； ②解：设BE＝5x，DE＝4x， ∴BC＝DE＝4x， ∵∠DCA＝∠CAD，∠BFC＝∠CAD， ∴∠DCA＝∠BFC， ∴BF∥CD， ∴△BEF∽△DEC， ∴， 设EF＝5k，CE＝4k， ∴CF＝9k， ∵CB2＝CE•CF， ∴16x2＝4k•9k， ∴， ∴， ∵∠CEB＝∠EAD，∠BEC＝∠AED， ∴△BEC∽△AED， ∴，即， 解得：， ∴， 如图，过点D作DH⊥AC于点H，则， ∴． 【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，平行线的性质等，熟练掌握各知识点并综合应用是解题的关键． 6．（2026•西湖区校级模拟）已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD和过点C的切线互相垂直，垂足为D，连接AC． （1）如图1，求证：∠BAC＝∠DAC； （2）如图2，连接BC，延长DC交AB的延长线于点E，∠AEC的平分线分别交AC，BC于点F，G，求证：CF＝CG； （3）如图2，在（2）的条件下，若G是EF的中点，且，CD＝4，求线段CF的长． 【分析】（1）连接OC，易证∠ACO＝∠DAC＝∠BAC，即可得证； （2）先证CAO＝∠BCE，再根据∠CFG＝∠CAO+∠AEF，∠CGF＝∠BCE+∠CEF，据此得证； （3）取CE的中点Q，连接QG，根据，可得AD＝8，进而可求AC、AB、BC，再证△AFE∽△CGE，即可得解． 【解答】（1）证明：如图，连接OC， ∵DC切O于点C， ∴OC⊥CD， ∴∠OCB＝90°， ∵AD⊥CD， ∴∠ADC＝90°， ∴∠OCB＝∠ADC， ∴∠ACO＝∠DAC， ∵OA＝OC， ∴∠ACO＝∠BAC， ∴∠BAC＝∠DAC； （2）证明：如图，连接OC， 由（1）知：∠OCE＝∠OCD＝90°，∠CAO＝∠ACO， ∴∠OCB+∠BCE＝90°， ∵AB是O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠ACB＝∠OCE， ∴∠BCE＝∠ACO， ∴∠CAO＝∠BCE， ∵EF是∠AEC的平分线， ∴∠CEF＝∠AEF， ∴∠CFG＝∠CAO+∠AEF，∠CGF＝∠BCE+∠CEF， ∴∠CFG＝∠CGF， ∴CF＝CG； （3）解：如图，取CE的中点Q，连接QG， ∵G是EF的中点， ∴GQ∥CF，， ∴∠CGQ＝∠ACB＝90°， 由（2）知：CF＝CG， ∴， 由（2）知：∠DAC＝∠BAC＝∠BCE， ∴， ∴， ∴， ∴AD＝8， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，AD＝8， ∴， ∴， ∵∠CAE＝∠GCE，∠FEA＝∠CEG， ∴△AFE∽△CGE， ∴， ∴AF＝2CG， ∵CF＝CG， ∴AF＝2CF， ∵， ∴． 【点评】本题主要考查了圆的基本性质、切线的性质、相似三角形的判定和性质、解直角三角形等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 7．（2026•柯城区一模）如图1，点E是⊙O的弦BD上一动点，过点E作AC⊥BD交⊙O于点A，C，连结AB，BC，CD，AD，过点B作BF⊥AD于点F，交AC于点G． （1）如图2，若BF经过点O． ①求证：BG＝BC； ②若，，求⊙O的半径； （2）若AC＝BD，，，求y关于x的函数表达式． 【分析】（1）①证明△BEG≌△BEC（ASA），即可得到BG＝BC； ②连接OD，推出BF垂直平分AD，设GF＝a，AF＝2a，利用勾股定理求得a＝1，在Rt△ABF中，求得BF＝4，在Rt△OFD中，利用勾股定理求解即可； （2）分当点E靠近点D时，当点E靠近点B时，两种情况讨论，即可求解． 【解答】（1）①证明：∵AC⊥BD，BF⊥AD， ∴∠BEG＝∠AFG＝90°， ∵∠BGE＝∠AGF， ∴∠GBE＝∠GAF， ∵∠CBD＝∠GAF， ∴∠GBE＝∠CBD， ∵∠BEG＝∠BEC＝90°，BE＝BE， ∴△BEG≌△BEC（ASA）， ∴BG＝BC； ②解：连接OD， ∵BF⊥AD．BF经过点O， ∴AF＝DF， ∴BF垂直平分AD， ∴∠ABF＝∠DBF， ∵tan∠GAF， ∴tan∠GAF， 设GF＝a，AF＝2a． ∴GF2+AF2＝AG2，即a2+（2a）2＝（）2，解得a＝1， ∴GF＝1．AF＝2， ∵∠ABF＝∠DBF＝∠GAF， 在Rt△ABF中，tan∠ABF， ∴BF＝4， 令OB＝r，则OF＝4﹣r，DF＝ AF＝2，．在Rt△OFD中，由勾股定理得22+（4﹣r）2＝12，解得r＝2.5； （2）解：①当点E靠近点D时， ∵AC＝ BD， ∴， ∴， ∴∠BAE＝∠DBA＝∠EDC＝∠ECD． ∵AC⊥BD， ∴∠AEB＝∠CED＝90°， ∴△ABE和△CDE均为等腰直角三角形， ∴AE＝BE．DE＝CE． ∵BG＝BC，BE⊥GC， ∴GE＝CE， ∴GE＝CE＝DE， 设GE＝CE＝DE＝a，则AG＝ax， ∴AE＝AG+GE＝ax+a， ∴BE＝AE＝ax十a， ∴BD＝ BE+DE＝ax+2a， ∴y； ②当点E靠近点B时， 同理可证△BEC和△AED均为等腰直角三角形， 令BE＝CE＝EG＝a，AG＝ax，AE＝DE＝ax+a， ∴BD＝BE+DE＝ax+2a， ∴y， 综合上得：y或y． 【点评】本题考查与圆有关的性质，等腰直角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，理解题意，分情况讨论是解题关键． 8．（2025•杭州模拟）四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AC是对角线，CA平分∠BCD． （1）如图1，求证：AB＝AD； （2）如图2，点E在线段CD上，连接AE，AB＝AE，连接BE，∠BED＝135°，求证：BC⊥CD； （3）如图3，在（2）的条件下，作BH⊥AB交⊙O于点H，交线段AC于点F，连接CH，请你探究线段DE、线段CH的数量关系，并证明你的结论． 【分析】（1）由圆的基本性质得，即可得证； （2）由等腰三角形的性质得可设∠ABE＝∠AEB＝α，∠DAE＝180°﹣2（135°﹣α）＝2α﹣90°，可得∠DAB＝∠DAE+∠EAB＝90°，由圆的内接四边形的性质∠BCD＝90°，即可得证； （3）连接DH，延长AC使CH＝CK，连接HK，BK，由正方形的判定方法得矩形ABHD是正方形，由圆的基本性质得∠ACB＝∠DCH＝∠ACD，由SAS可判定△BCH≌△BCK，由全等三角形的性质得∠CBK＝∠CBH，BH＝BK，同理可证DE＝HK，由勾股定理得HK2＝CH2+HK2，即可求解． 【解答】（1）证明：∵CA平分∠BCD， ∴∠ACB＝∠ACD， ∴， ∴AB＝AD； （2）证明：∵AB＝AE， ∴可设∠ABE＝∠AEB＝α， 由条件可知∠AED＝135°﹣α，∠BAE＝180°﹣2α， ∵AB＝AD， ∴AE＝AD， ∴∠AED＝∠ADE＝135°﹣α， ∴∠DAE＝180°﹣2（135°﹣α）＝2α﹣90°， ∴∠DAB＝∠DAE+∠EAB ＝180°﹣2α+2α﹣90° ＝90°， ∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠BAD+∠BCD＝180°， ∴∠BCD＝90°， ∴BC⊥CD． （3）解：； 证明：连接DH，延长AC使CH＝CK，连接HK，BK， 由条件可知∠BHD＝∠BCD＝90°， ∵BH⊥AB， ∴∠ABH＝90°， ∴∠BAD＝∠BHD＝90°， ∴四边形ABHD是矩形， ∵AB＝AD， ∴矩形ABHD是正方形． ∴AD＝BH＝AB＝DH， ∴， ∴∠ACB＝∠DCH＝∠ACD， 又∵， ∴∠DCH＝∠ACD＝45°， ∴∠BCH＝135°， ∠HCK＝90°， ∴∠BCK＝135°， ∴∠BCK＝∠BCH， 在△BCH和△BCK中， ， ∴△BCH≌△BCK（SAS）， ∴∠CBK＝∠CBH， BH＝BK， ∴∠HBK＝2∠CBH， 又∵， ∴∠CDH＝∠CBH， ∴∠ADE＝90°﹣∠CDH， ∴∠DAE＝2∠CDH， ∴∠DAE＝∠HBK， 在△ADE和△BHK中， ， ∴△ADE≌△BHK（SAS）， ∴DE＝HK， 又∴HK2＝CH2+HK2， ∴， ∴． 【点评】本题考查了圆的基本性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，正方形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理等；掌握圆的基本性质，圆周角定理，等腰三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，并能添加恰当的辅助线构建全等三角形是解题的关键． 9．（2025•浙江模拟）如图，AB为⊙O的直径，C是圆上一点，D是的中点，弦DE⊥AB于点F，延长BA至点Q，连结CQ，若CQ恰与⊙O相切． （1）求证：△ACQ∽△CBQ； （2）若点P是上的一点，连结BP，CP， ①若AC＝6，BF＝2，求tan∠CPB的值； ②当时，若，用含有k的代数式表示． 【分析】（1）如图，连结OC，根据切线的性质得到∠ACQ+∠ACO＝∠QCO＝90°．根据圆周角定理得到∠ACB＝∠BCO+∠ACO＝90°，根据全等三角形的性质得到∠ABC＝∠BCO＝∠ACQ，根据相似三角形的判定定理得到△ACQ∽△CBQ， （2）①如图2，连结OD，由D是的中点，得到，求得∠CAB＝∠DOB，根据相似三角形的性质得到，设⊙O的半径为r，则，得到AB＝2r＝10，根据勾股定理得到，根据三角函数的定义得到， ②如图，过点A作AG⊥CP于点G，连结AP，设，则AG＝CG＝a，得到，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【解答】（1）证明：如图，连结OC， ∵CQ是⊙O的切线， ∴∠ACQ+∠ACO＝∠QCO＝90°． ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝∠BCO+∠ACO＝90°， ∵OC＝OB， ∴∠ABC＝∠BCO＝∠ACQ， 又∵∠Q＝∠Q， ∴△ACQ∽△CBQ， （2）解：①如图2，连结OD， ∵D是的中点， ∴， ∴∠CAB＝∠DOB， ∵DE⊥AB， ∴∠DFO＝90°， 又∠ACB＝90°＝∠DFO， ∴△ACB∽△OFD， ∴， 设⊙O的半径为r，则， 解得r＝5， 经检验，r＝5是方程的解，且符合题意， ∴AB＝2r＝10， ∴BC8， ∴tan∠CAB， ∵∠BPC＝∠CAB， ∴， ②如图，过点A作AG⊥CP于点G，连结AP， 设ACa，CPak，则AG＝CG＝a， ∴， ∴， ∵△ACQ∽△CBQ， ∴， ∴， ∴． 【点评】本题是圆的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，切线的性质，圆周角定理，解直角三角形，熟练掌握各知识点是解题的关键． 10．（2024•拱墅区二模）如图，在半径为3的⊙O作内接矩形ABCD，点E是弦BC的中点，BC＝4，连结AE并延长交⊙O于点F，点G是的中点，连结CG分别交AB、AF于点H、点P． （1）证明：； （2）求BH的长； （3）若存在一个实数m，使得tan∠APH＝mBH，试求出m的值． 【分析】（1）连接BG，根据圆周角定理得出∠ACG＝∠ABG，证明△AHC∽△GHB，即可证明； （2）连接OG，利用垂径定理求得ON∥BC，利用相似三角形的判定和性质求得OM＝MN＝NG＝1，再证明△GHN∽△CHB，利用勾股定理求得AB的长，据此求解即可； （3）用勾股定理求得AE的长，证明AM＝MEAE，再证明△GMP∽△CEP，推出PM＝PE，连接AG，推出∠AGP＝90°，利用勾股定理分别求得AG和PG的长，据此即可求解． 【解答】（1）证明：连接BG， ∴∠ACG＝∠ABG， ∵∠AHC＝∠BHG， ∴△AHC∽△GHB， ∴， ∴； （2）解：连接OG，分别交AF、AB于点M、N， ∵G是的中点， ∴ON⊥AB， ∴AN＝BNAB， ∵矩形ABCD内接于⊙O， ∴∠B＝90°，AC为⊙O的直径， ∵E是弦BC的中点，BC＝4， ∴BE＝CEBC＝2， ∴ON∥BC， ∴△AMN∽△AEB，△AOM∽△ACE， ∴，， ∴MN＝1，OM＝1． ∵半径为3， ∴OM＝MN＝NG＝1， ∵GN∥BC， ∴△GHN∽△CHB， ∴4， ∴BH＝4NH， ∵AB2， ∴BN， ∴BH； （3）解：∵AB＝2，BE＝2， ∴AE2， ∵△AOM∽△ACE， ∴， ∴AM＝MEAE， ∵GM∥EC， ∴△GMP∽△CEP， ∴1， ∴PM＝PE， ∴AP， 连接AG， ∵AC为⊙O的直径， ∴∠AGP＝90°， ∴AN AG， 又∵AP， ∴PG， ∴tan∠APH， ∴BH， ∴tan∠APHBH， ∴m． 【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，垂径定理，解直角三角形，正确作出辅助线解决问题是解题的关键． 11．（2025•湖州一模）如图1，AB为圆O的直径，弦CD交AB于点G（不与O重合），C是的中点，分别过点A，B作CD的垂线，垂足为E，F，连结AD． （1）求∠EAD的度数； （2）如图2，连结OE，OF，猜想OE与OF的关系，并说明理由； （3）如图3，连结OC交AE于点P，若，CP＝6，求圆半径． 【分析】（1）连结OC，由AB是⊙O的直径，C是的中点，可得∠AOC＝90°，所以∠ADC＝45°，再由AE⊥CD，可求得∠EAD的度数． （2）延长FO交AE于点M，连结BD，可证得△AOM≌△BOF，所以OM＝OF，AM＝BF，再证明△EFM是以FM为斜边的等腰直角三角形，即可得到OE＝OF，OE⊥OF． （3）过点F作 FN⊥AB于点N，先证明△AOP≌△COG，得到OG＝OP，设OP＝x，则OA＝x+6，由△AOP∽△BNF，可将FN，BN都用含x的式子表示出来，再通过△COG∽△FNG，可得到关于x的方程，即可求出x的值． 【解答】解：（1）如图，连结OC． ∵AB是⊙O的直径，C是的中点， ∴∠AOC＝90°， ∴∠ADC∠AOC＝45°． ∵AE⊥CD， ∴∠AED＝90°， ∴∠EAD＝90°﹣∠ADC＝45°， ∴∠EAD的度数为45°． （2）OE与OF的关系为OE＝OF，OE⊥OF． 理由：如图，延长FO交AE于点M，连结BD． ∵AE⊥CD，BF⊥CD， ∴AE∥BF， ∴∠MAO＝∠FBO． 又∵∠AOM＝∠BOF，AO＝BO， ∴△AOM≌△BOF（ASA）， ∴OM＝OF，AM＝BF． 由（1）求∠ADC的度数可知∠BDF＝45°． ∵∠BDF＝45°，∠BFD＝90°， ∴∠BDF＝∠DBF， ∴BF＝FD， ∴AM＝FD． ∵∠EAD＝∠ADE＝45°， ∴EA＝ED， ∴EA﹣AM＝ED﹣FD，即 EM＝EF， ∴△EFM是以FM为斜边的等腰直角三角形． ∵O是FM的中点， ∴OE⊥OF，OE＝OF． （3）如图，过点F作 FN⊥AB于点N． ∵C是的中点， ∴由圆的轴对称性可得CO⊥AB． ∵AE⊥CD， ∴∠AOP＝∠COG，∠PAO＝∠GCO． 又∵OA＝OC， ∴△AOP≌△COG（ASA）， ∴OG＝OP， 设OP＝x，则OA＝OC＝OP+CP＝x+6． ∵FN∥OC， ∴∠AOP＝∠BNF＝90°． ∵∠OAP＝∠FBN， ∴△AOP∽△BNF， ∴，即， ∴FN，BN． ∵OB＝OC，OG＝OP， ∴OB﹣OG＝OC﹣OP，即BG＝CP＝6， ∴GN＝BG﹣BN． ∵FN∥OC， ∴△COG∽△FNG， ∴，即， 整理得x2+x﹣12＝0， 解得x＝3 或 x＝﹣4 （舍去）， ∴OC＝6+x＝9， ∴⊙O的半径为9． 【点评】本题是圆的综合题，主要考查了圆的基本概念与性质，全等三角形、相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，方程法求线段长的知识，掌握圆心角与圆周角之间的数量关系，熟练运用全等三角形、相似三角形的判定与性质转换线段之间的数量关系，会构造等腰直角三角形，具有方程思想是解题的关键．本题是中考模拟卷的压轴题，第（2）问与第（3）问难度较大． 12．（2025•杭州校级模拟）AB为⊙O的直径，点C、D为⊙O上的点，CD交AB于P，∠ADC＝45°． （1）如图1，求证：C为的中点； （2）如图2，CE⊥AD于E，交AB于G，连接CO并延长交AD于F，求证：OG＝OF； （3）如图3，在（2）的条件下，连接PF，若，求△DPF的面积． 【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠AOC＝2∠ADC＝90°，则∠BOC＝∠AOC，再由弧与圆心角的关系即可证明； （2）证明△AOF≌△COG（ASA）即可； （3）设OP＝2k，OF＝OG＝3k，过P作PH⊥EC于H，交OC于M，证明△HCM≌△HPG（ASA），则CM＝PG＝5k，由△POM∽△COG求出OM＝k，可求．过F作FT⊥CD于点T，则由，，再由勾股定理及三角形面积公式即可． 【解答】（1）证明：连接OC． ∵， ∴∠AOC＝2∠ADC＝90°． ∴∠BOC＝180°﹣∠AOC＝90°＝∠AOC． ∴． ∴C为中点； （2）证明：∵CE⊥AD， ∴∠CED＝90°． ∴∠OCG+∠AFO＝90°． 由（1）知∠AOC＝90°． ∴∠DAB+∠AFC＝90°． ∴∠DAB＝∠OCG． ∵∠AOF＝180°﹣∠AOC＝90°＝∠AOC，OA＝OC， ∴△AOF≌△COG（ASA）． ∴OG＝OF． （3）解：∵∠BOF＝∠AOC＝90°， ∴． 设OP＝2k，OF＝3k． ∴OG＝3k．过P作PH⊥EC于H，交OC于M． ∴∠CHM＝∠PHG＝90°． ∵∠CED＝90°，∠ADC＝45°， ∴∠ECD＝90°﹣45°＝45°＝∠ADC． ∴∠CPH＝90°﹣45°＝45°＝∠HCP． ∴HC＝HP， ∵∠ECF+∠CGB＝90°，∠CGB+∠HPG＝90°， ∴∠HPG＝∠ECF． ∴△HCM≌△HPG（ASA）， ∴CM＝PG＝5k． ∵∠HPG＝∠GCO，∠COP＝∠AOC＝90°， ∴△POM∽△COG． ∴， ∴． ∴OM＝k或OM＝﹣6k（舍去）． ∴OC＝6k． ∴， ∴． 过F作FT⊥CD于点T． ∴∠FTP＝∠FTD＝90°． ∴，∠TFD＝90°﹣45°＝45°＝∠FDT． ∴． ∴． ∴． ∵． ∴k＝1． ∴， ∴． 即△DPF的面积为． 【点评】本题考查了圆的综合题，涉及圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形等知识点，难度大，熟练掌握各知识点是解题的关键． 13．（2025•余杭区校级模拟）在⊙O中，AB是⊙O的直径，点C、D都在圆上，连接BC、CD，∠BDC＝45°． （1）如图1，求证：； （2）如图2，过点A作AE⊥CD于点E，求证：AE＝DE； （3）如图3，在（2）的条件下，点F在上，连接BF，过点F作⊙O的切线交EA的延长线于点G，若2∠ABF+∠ABD＝90°，，BD＝24，求线段CD的长． 【分析】（1）连接CO．证明∠AOC＝∠BOC．即可得到结论； （2）连接AD．证明∠DAE＝∠ADE，即可得到结论； （3）连接OF，OE，OD．过点E作EM⊥FG于点M．证明四边形FMEO为矩形．设AB＝26m，FG＝20m．则OF＝EM＝GM＝13m．得到FM＝OE＝7m．连接AD，延长OE交AD于N．求出OE＝7，AO＝OD＝13．过点O作OK⊥CD于点K．求出．在Rt△OKD中，求出．即可求出答案． 【解答】（1）证明：连接CO． ∵∠BDC＝45°， ∴∠COB＝2∠BDC＝90°． ∵∠AOC＝180°﹣∠BOC＝180°﹣90°＝90°． ∴∠AOC＝∠BOC． ∴． （2）证明：连接AD． ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°． ∴∠ADC＝∠ADB﹣∠CDB＝90°﹣45°＝45°． ∵AE⊥CD， ∴∠AEC＝90°． ∴∠DAE＝∠AEC﹣∠ADC＝90°﹣45°＝45°． ∴∠DAE＝∠ADE． ∴AE＝DE． （3）解：连接OF，OE，OD． ∵AE＝DE，OE＝OE，AO＝DO， ∴△AOE≌△DOE（SSS）． ∴，∠AEO＝∠DEO． ∵， ∴． ∴∠AOE＝∠ABD． ∵， ∴∠AOF＝2∠ABF． ∵2∠ABF+∠ABD＝90°， ∴2∠ABF+∠ABD＝∠AOF+∠AOE＝90°． 即∠EOF＝90°． ∵FG与⊙O相切于点F， ∴OF⊥FG． ∴∠OFG＝90°． ∴∠OFG+∠FOE＝180°． ∴OE∥FG， ∵∠AED＝∠AEC＝90°， ∴． ∴∠CEO＝45°，∠G＝180°﹣∠AEO＝180°﹣135°＝45°． 过点E作EM⊥FG于点M． ∴∠GME＝90°． ∴∠GEM＝45°＝∠G． ∴GM＝ME． ∵∠FME＝90°， ∴四边形FMEO为矩形． ∴． ∵， 设AB＝26m，FG＝20m． 则OF＝EM＝GM＝13m． ∴FM＝OE＝7m． 连接AD，延长OE交AD于N． ∵AO＝OD，∠AOE＝∠DOE， ∴AN＝ND，AD⊥ON． ∵AO＝OB，BD＝24， ∴． 在Rt△AED中， ∵AN＝ND， ∴． 在Rt△ANO中， ∵AN2+ON2＝AO2， ∴（12﹣7m）2+122＝（13m）2． 解得（舍）． ∴OE＝7，AO＝OD＝13． 过点O作OK⊥CD于点K． ∴CD＝2DK，∠DKO＝90°． ∴在Rt△KEO中，． 即． ∴． 在Rt△OKD中， ∴． ∴． 【点评】此题考查了圆周角定理、切线的性质定理、勾股定理、垂径定理、矩形的判定和性质等知识，熟练掌握圆的相关定理是关键． 14．（2025•萧山区校级模拟）以正方形ABCD的边AB为弦的⊙O分别交AD、BC于点M、点N． （1）如图1，求证：AM＝BN； （2）如图2，点P为BD上一点，过点P作PQ⊥AP交BC于点Q，连接PC，求证：∠CPQ＝2∠DAP； （3）如图3，在（2）的条件下，设BD交⊙O于点K，连接BM、PN，过点C作CH⊥PN于点H，连接QH，若∠CQH＝∠NPQ，，BQ＝2，求线段PK的长． 【分析】（1）连接MN．根据正方形的性质，圆的内接四边形性质，矩形的判定解答即可； （2）先证明△ABP≌△CBP，再根据正方形的性质证明解答即可； （3）过P作PF⊥BC于点F．则∠PFN＝90°．设NF＝a，NQ＝b．则QF＝FC＝a+b．NC＝2a+b，证明△PNF∽△CNH，△QNH∽△PNQ，再利用正方形的性质，勾股定理，三角函数解答即可． 【解答】（1）证明：连接MN． ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠DAB＝∠ABC＝90°． ∵四边形ABNM是⊙O内接四边形； ∴∠BAM+∠MNA＝180°， ∴∠BNM＝90°， ∴四边形ABNM为矩形． ∴AM＝BN． （2）证明：∵AP⊥PQ， ∴∠APQ＝90°． ∴∠ABC+∠APQ＝180°． ∴∠BAP+∠BQP＝180°． 设∠DAP＝α． ∴∠BAP＝90°﹣α． ∴∠BQP＝90°+α． ∴∠PQC＝180°﹣∠BQP＝90°﹣α． ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠ABD＝∠CBD＝45°，AB＝BC． ∵BP＝BP， ∴△ABP≌△CBP（SAS）． ∴∠BCP＝∠BAP＝90°﹣α． ∴∠QPC＝180°﹣∠BCP﹣∠PQC＝2α． ∴∠CPQ＝2∠DAP． （3）解：过P作PF⊥BC于点F．则∠PFN＝90°． ∵∠PQC＝∠PCQ＝90°﹣α， ∴PQ＝PC． ∴QF＝FC． 设NF＝a，NQ＝b．则QF＝FC＝a+b． ∴NC＝2a+b． ∵CH⊥PN， ∴∠NHC＝90°． ∴∠HCN+∠PNC＝90°． ∵∠NPF+∠PNC＝90°， ∴∠NPF＝∠HCN． ∵∠PFN＝∠NHC＝90°， ∴△PNF∽△CNH． ∴． ∴PN•NH＝CN•NF． ∵∠CQH＝∠NPQ，∠QNH＝∠QNP， ∴△QNH∽△PNQ． ∴ ∴QN2＝PN•NH． ∴QN2＝CN•NF． ∴b2＝（2a+b）a． ∴b＝﹣a（舍去）或b＝2a． ∴QN＝2a，NC＝4a． ∴AM＝BN＝2a+2，，AB＝BC＝6a+2． ∵AM2+AB2＝BM2， ∴． 解得a＝1或（舍去）． ∴AM＝4，，BC＝8，BF＝8﹣3a＝5． ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD＝BC＝8，∠ADB＝∠DBC＝45°． ∵∠PFB＝90°， ∴∠BPF＝45°＝∠PBF． ∴PF＝BF＝5． ∴． 连接MK． ∵∠BAM+∠BKM＝180°， ∴∠MKB＝90°． ∴∠MKD＝90°． ∴． ∴MK＝MD•sin∠MDK． ∵MD＝AD﹣AM＝4， ∴． ∴． ∴． 【点评】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，圆的内接四边形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，三角函数的应用，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 15．（2025•鹿城区校级一模）如图1，已知△ABC的高，点E是边AB上的动点，以DE为直径作圆O，交边AB于F，交线段BD于N，交线段AD于M． （1）求证：∠DAB＝∠FDB． （2）如图2，连接CF，若CF恰好经过点M． ①求的值． ②求DN的长． 【分析】（1）由直径所对的圆周角是直角得到∠EFD＝90°，再根据同角的余角相等得到∠FDB＝∠DAB； （2）①先求出，，再根据，得到DF＝8，接着证明△EFD∽△MDC，则； ②由，设MD＝5x，EF＝8x，作FP⊥ND于点P，则∠B＝∠DFP＝90°﹣∠BDF，先求出，再证明△FNP∽△DEF，得到，代入整理得到，证明△CMD∽△CFP，得到，代入解得，则，最后根据DN＝DP+NP计算即可． 【解答】（1）证明：如图， ∵DE是直径， ∴∠EFD＝90°，则∠B+∠FDB＝90°， ∵AD为三角形的高， ∴∠ADB＝90°，∠B+∠DAB＝90°， ∴∠DAB＝∠FDB； （2）解：①∵，， ∴，则CD＝BC﹣BD＝5， ∴， ∵， ∴， 解得DF＝8， ∵四边形FEDM内接于圆， ∴∠FED+∠FMD＝180°， ∵∠DMC+∠FMD＝180°， ∴∠FED＝∠DMC，且∠EFD＝∠ADC＝90°， ∴△EFD∽△MDC， 则； ②∵， ∴设MD＝5x，EF＝8x， 作FP⊥ND于点P，则∠B＝∠DFP＝90°﹣∠BDF， ∵DF＝8，， ∴，则， ∵∠FED＝∠FND，∠EFD＝∠FPN＝90°， ∴△FNP∽△DEF， ∴，则， ∴， ∵∠MCD＝∠FCP，∠MDC＝∠FPD＝90°， ∴△CMD∽△CFP， ∴，即， 解得：， ∴， ∴． 【点评】本题考查了圆的基本性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理等，掌握圆的综合知识是解题的关键． 16．（2025•绍兴三模）如图1，在平面直角坐标系中，⊙M交x轴于B，D两点，交y轴于A、C两点，连结AM交x轴于点G． （1）当∠BAC＝40°时，求∠DAM的度数； （2）如图2，若AM∥BC． ①求证：BA＝BG； ②若，DG＝8，求点A的坐标及BC的长度． 【分析】（1）连接MD，先求出∠ABD＝50°，即可得到∠AMD＝2∠ABD＝100°，然后根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理解答即可； （2）①延长AM交⊙M于点E，连接BE，得到∠E＝∠CAE，然后根据同角的余角相等得到∠BAE＝∠AGB，即可得到结论； ②设AO＝3x，则OB＝4x，即可求出AB＝5x，OG＝x，根据正切的定义得到，再根据BC∥AE，得到求出x值即可解题． 【解答】（1）解：如图1，∠AOB＝90°，∠BAC＝40°，连接MD， ∴∠ABD＝90°﹣∠BAC＝90°﹣40°＝50°， ∴∠AMD＝2∠ABD＝100°， 又∵MA＝MD， ∴； （2）①证明：如图2，延长AM交⊙M于点E，连接BE，则AE是⊙M的直径，∠BCA＝∠E， ∴∠ABE＝90°， 又∵BC∥AE， ∴∠BCA＝∠CAE， ∴∠E＝∠CAE， ∵∠E+∠BAE＝∠CAE+∠AGB＝90°， ∴∠BAE＝∠AGB， ∴BA＝BG； ②解：∵，DG＝8， 设AO＝3x，则OB＝4x， 在直角三角形AOB中，由勾股定理得：， ∴OG＝BG﹣BO＝AB﹣BO＝5x﹣4x＝x， 又∵∠ABD＝∠ACD， ∴， ∴， 又∵BC∥AE， ∴， ∴， 解得：x＝1（经检验，是分式方程的解，且符合题意）， ∴点A的坐标为（0，3），BO＝4，OC＝12， 在直角三角形BOC中，由勾股定理得：． 【点评】本题属于圆的综合题，主要考查圆周角定理，勾股定理和解直角三角形，平行线分线段长比例，添加辅助线构造直径所对的圆周角是直角是解题的关键． 17．（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． 【分析】（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ABAD，最后利用直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论． 【解答】（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＝31． 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°， ∴ABAE， ∴ABAD， ∴tan∠ABD． 【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，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． 18．（2025•定海区模拟）如图，AB为⊙O的直径，射线AM与⊙O相切于点A，点C为射线AM上的一个动点，BC交⊙O于点D． （1）若AC＝AB，AE垂直OC，垂足为E，连接BE． ①求∠ABC的度数及的值； ②求证：△AEB∽△BEC； （2）连接AD，求的最大值． 【分析】（1）①根据“等边对等角”及三角形内角和定理可求得∠ABC；先证得AC＝2AO，再在Rt△AOC中，，在Rt△AOE中，可得，即可证明结论； ②过点B作BN∥AE，交EO延长线于点N，先证明△AOE≌△BON，可得AE＝BN，OE＝ON，再证明∠ABN＝∠CBE，∠BAE＝∠CBE，再由相似三角形的判定可得结论； （2）证明△ABD∽△CBA，设AB＝m，AC＝n，得成比例的线段，根据m2+n2≥2mn即可求解． 【解答】（1）解：①∵AB＝AC，且AB是⊙O的直径， ∴AC＝2AO， ∵AC＝AB， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， ∵AE⊥OC， ∴∠AOE+∠OAE＝90°， 在Rt△AOC中，∠AOC+∠ACO＝90°， ∴∠ACO＝∠OAE， ∵， ∴Rt△AOE， ∴； ②证明：过点B作BN∥AE，交EO延长线于点N， ∴∠BAE＝∠ABN，∠AEO＝∠BNO＝90°， ∵AO＝BO， ∴△AOE≌△BON， ∴AE＝BN，OE＝ON， ∵， ∴BN＝2OE＝EN， ∴∠NEB＝∠NBE＝45°， ∴∠AEB＝∠AEO+∠NEB＝135°，∠BEC＝180°﹣∠NEB＝135°， ∴∠AEB＝∠BEC， 由条件可得∠ABN＝∠CBE， ∴∠BAE＝∠CBE， ∴△AEB∽△BEC； （2）解：如图， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∴∠ADB＝∠BAC，BC2＝AB2+AC2， ∵∠B＝∠B， ∴△ABD∽△CBA， ∴， ∴， ∴， 设AB＝m，AC＝n， ∴， ∴m＝n时，m2+n2＝2mn， 的值最大为， 即的最大值为． 【点评】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，熟练掌握相关图形的性质定理是关键． 19．（2025•金华模拟）如图，在▱ABCD中，过A，B，C三点的⊙O交CD于点E，连结AE． （1）求证：AD＝AE． （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：∠ABG＝2∠BAG； ②若，求cosD的值． 【分析】（1）欲证明AD＝AE，只要证明∠D＝∠AED； （2）①证明∠DAE＝2∠BAG，∠ABE＝∠DAE即可； ②可以假设BG＝2k，EG＝3k，证明BA＝BE＝5k，设OA＝OB＝r，OG＝x．利用相似三角形的小册子求出r与k的关系，过点O作OT⊥AB于点T．则AT＝BTk，证明∠D＝∠TOB，求出cos∠TOB可得结论． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠D＝∠ABC， ∵∠AED+∠AEC＝180°，∠AEC+∠ABC＝180°， ∴∠AED＝∠ABC， ∴∠D＝∠AED， ∴AD＝AE； （2）①证明：如图2中，过点A作AH⊥CD于点H． ∵AD＝AE， ∴∠DAH＝∠EAH， ∵AD是切线， ∴AD⊥AG， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴AH⊥AB， ∴∠DAG＝∠BAH＝90°， ∴∠DAH＝∠BAG， ∴∠DAE＝2∠BAG， ∵AD是切线， ∴∠DAE＝∠ABE， ∴∠ABE＝2∠BAG； ②解：连接OB， ∵BG：EG＝2：3， ∴可以假设BG＝2k，EG＝3k， ∵AB∥CD， ∴∠AED＝∠BAE， ∵∠D＝∠AED，∠DAE＝∠ABE， ∴∠BAE＝∠BEA， ∴BA＝BE＝5k， 设OA＝OB＝r，OG＝x． ∵OA＝OB， ∴∠OAB＝∠OBA， ∵∠ABG＝2∠BAO， ∴∠OBG＝∠OAB， ∵∠OGB＝∠AGB， ∴△OGB∽△BGA， ∴， ∴， ∴xr，rk， 过点O作OT⊥AB于点T．则AT＝BTk， ∴OTk， ∴cos∠TOB， ∵∠D+∠DAH＝90°，∠TOB+∠ABO＝90°，∠DAH＝∠OAB＝∠ABO， ∴∠D＝∠TOB， ∴cosD． 【点评】本题属于圆综合题，考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是学会利用参数解决问题． 20．（2025•宁波模拟）已知⊙O的半径为5，△ABC是其内接三角形，AB＝BC＝6． （1）如图1，求sinA； （2）如图2，弦DE＝8，连结BD，BE分别交AC于点M，N． ①求证：∠ABC＝2∠DBE； ②若点N为AM的中点，求BN的长． 【分析】（1）连接BO并延长交⊙O于点F，连接CF，由直径所对的圆周角等于90°可得出∠BCF＝90°，即可得出，再根据同弧所对的圆周角相等可得出，进而可得出sinA． （2）①连接BO并延长交⊙O于点F，连接CF，由勾股定理得出，进而可得出，由题意可得出，进而可得出，根据同弧所对的圆周角相等可得出∠ABF＝∠CBF＝∠DBE，进而可证明∠ABC＝2∠DBE． ②分两种情况：当点C与点D重合时，由垂径定理可知AC⊥BE，由（1）可知，进而可得出．当点C与点D不重合时，作∠GBC＝∠ABN，截取BG＝BN，连接GC，GM．证明△BGC≌△BNA，△BGM≌△BNM．由全等三角形的性质以及等量代换可得出GM＝GC，由等边对等角可得出∠GCM＝∠GMC，设∠A＝x，则∠GMC＝2x，得出∠ABM＝90°，再由，进而可求出BN． 【解答】（1）解：在图1中，连接BO并延长交⊙O于点F，连接CF， ∵BF是直径， ∴∠BCF＝90°． 由题BF＝10，BC＝6， ∴， ∵∠A，∠F是所对的圆周角， ∴∠A＝∠F， ∴； （2）①证明：连接BO并延长交⊙O于点F，连接CF， 在Rt△BCF中，BF＝10，BC＝6， CF＝DE＝8， ∴， 同理可证，AF＝8， ∴， 则， ∴∠ABF＝∠CBF＝∠DBE， 即∠ABC＝∠ABF+∠CBF＝2∠DBE． ②当点C与点D重合时，如图，此时BF为直径， ∴AC⊥BE于点N． 由， 可得． 当点C与点D不重合时， 如图，作∠GBC＝∠ABN，截取BG＝BN，连接GC，GM． ∵BG＝BN，∠GBC＝∠ABN，BC＝AB， ∴△BGC≌△BNA（SAS）， ∴GC＝AN，∠GCB＝∠A＝∠ACB． 由①∠ABC＝2∠DBE， ∴∠CBD+∠ABN＝∠DBE， 又∠GBC＝∠ABN， ∴∠GBM＝∠NBM， 又BG＝BN，BM＝BM， ∴△BGM≌△BNM（SAS）． ∴GM＝NM， 又MN＝AN，AN＝GC， ∴GM＝GC， ∴∠GCM＝∠GMC． 设∠A＝x，则∠BCA＝x，∠GCB＝∠A＝x，∠GCM＝2x，∠GMC＝2x． ∴， ∴∠ABM＝90°， 由（1）知，， 设BM＝3x，则AM＝5x，AB＝4x， 由条件可知，． 综上所述，或． 【点评】本题主要考查等腰三角形的判定和性质、直径所对的圆周角为直角、解直角三角形、圆周角定理、勾股定理、全等三角形的判定和性质和直角三角形的性质，解题的关键是熟练解直角三角形和圆的性质． 21．（2025•滨江区校级模拟）已知△ABC内接于⊙O，BO平分∠ABC． （1）如图1，求证：AB＝BC； （2）如图2，点D为上一点，连接AD、BD，DC交AB于点E，DC平分∠ADB，求证：AD+BD＝DC； （3）如图3，在（2）的条件下，弦AG的延长线交BC延长线于点F，∠DAF+∠BCD＝180°，若AE＝1，CF＝3，求AG的长． 【分析】（1）如图1：连接OA，OC．由角平分线的定义、等腰三角形的性质证明△BOA≌△BOC（AAS），再根据全等三角形的性质即可证明结论； （2）由角平分线的定义和圆周角定理以及等角对等边可得AC＝BC＝AB，如图：在CD上取点R，使CR＝BD，连接AR．可证△ABD≌△ACR（SAS）可得∠ADR＝∠BAC＝∠DAR，易得DR＝AR＝AD，再运用等边对等角即可证明结论； （3）设∠DBA＝α．则∠ACD＝∠ABD＝α．易证△ABC为等边三角形，则∠ACB＝∠ABC＝∠BAC＝60°，结合邻补角性质可得∠BCD＝60°﹣α，进而得到∠DAF＝120°+α，∠F＝∠ACB﹣∠CAF＝60°﹣2α；如图3，在BC上取点T，使BT＝AE＝1，连接AT．易证△ABT≌△CAE可得∠BAT＝∠ECA＝α，进而得到∠ATF＝∠TAF，则AF＝TF；设TC＝x，则AF＝TF＝x+3，AB＝BC＝x+1．过A作AW⊥BC于点W，则∠AWB＝∠AWF＝90°；解直角三角形可得、、．再运用勾股定理列方程解得x＝4，进而得到AF＝7，AC＝AB＝5；连接CG．再证明△ACG∽△AFC，最后根据相似三角形的性质求解即可． 【解答】（1）证明：如图1，BO平分∠ABC，连接OA，OC． ∴∠ABO＝∠CBO． ∵OB＝OB，OA＝OC， ∴OB＝OA，OB＝OC， ∴∠BAO＝∠ABO＝∠CBO＝∠OCB，即∠BAO＝∠OCB， 在△BOA和△BOC中， ， ∴△BOA≌△BOC（AAS）， ∴AB＝BC； （2）证明：∵DC平分∠ADB， ∴∠ADC＝∠BDC． ∵， ∴∠BAC＝∠BDC＝∠ADC． ∵， ∴∠ABC＝∠ADC＝∠BAC， ∴AC＝BC＝AB； 如图2，在CD上取点R，使CR＝BD，连接AR． ∵， ∴∠ABD＝∠ACD， 在△ABD和△ACR中， ， ∴△ABD≌△ACR（SAS）， ∴AD＝AR，∠DAB＝∠RAC， ∴∠BAC＝∠RAC+∠BAR＝∠DAB+∠BAR＝∠DAR． ∵∠ADR＝∠BAC＝∠DAR， ∴DR＝AR＝AD， ∴AD+BD＝DR+RC＝CD； （3）解：设∠DBA＝α．则∠ACD＝∠ABD＝α． ∵AB＝BC＝AC， ∴△ABC为等边三角形， ∴∠ACB＝∠ABC＝∠BAC＝60°， ∴∠BCD＝60°﹣α， ∵∠DAF+∠BCD＝180°， ∴∠DAF＝120°+α， ∵， ∴∠DAB＝∠BCD＝60°﹣α， ∴∠CAF＝∠DAF﹣∠DAB﹣∠BAC＝2α， ∴∠F＝∠ACB﹣∠CAF＝60°﹣2α， 如图3：在BC上取点T，使BT＝AE＝1，连接AT． ∵AB＝AC，∠ABT＝∠EAC＝60°， ∴△ABT≌△CAE（SAS）， ∴∠BAT＝∠ECA＝α， ∴∠ATF＝∠ABT+∠BAT＝60°+α， ∴∠TAF＝180°﹣∠F﹣∠ATF＝60°+α， ∴∠ATF＝∠TAF， ∴AF＝TF， 设TC＝x，则AF＝TF＝x+3，AB＝BC＝x+1， 过A作AW⊥BC于点W，则∠AWB＝∠AWF＝90°， 在Rt△AWB中，， ∴，， ∴， ∵AW2+FW2＝AF2， ∴， 解得：x＝4， ∴AF＝7，AC＝AB＝5， 如图：连接CG， ∵∠AGC+∠ABC＝180°， ∴∠AGC＝120°， ∵∠ACF＝180°﹣∠ACB＝120°， ∴∠ACF＝∠AGC， ∵∠CAG＝∠CAF， ∴△ACG∽△AFC， ∴， ∴， 解得：． 【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、圆周角定理、解直角三角形、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 22．（2025•义乌市二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点P为线段AC上的一个动点（不与A，C重合），作点C关于BP的对称点D，连结BD，PD．⊙O是△BCP的外接圆并分别交BD，AB于点E，F，连结PE，PF． （1）判断△DEP是否为等腰三角形，并说明理由． （2）证明：AP•BD＝AC•BE． （3）连结OB，若点E为线段BD的三等份点且BC＝6，，求tan∠OBC的值． 【分析】（1）根据轴对称的性质及圆内接四边形的性质求解即可； （2）先证明△AFP∽△ABC，得到，再证明BE＝PF，BD＝BC，即可证明结论； （3）过点A作AH⊥BC于点H，交PF于点M，连结OF，证明AH经过圆心O，FM＝PM，然后分和两种情况，设OH＝x，分别求出FM，MH，BH的长，根据勾股定理列方程求解，求出OH的长，最后利用三角函数求解即可． 【解答】（1）解：△DEP为等腰三角形；理由如下： ∵点C关于BP的对称点D， ∴∠C＝∠D， ∵∠C＝∠DEP， ∴∠DEP＝∠D， ∴PD＝PE， ∴△DEP为等腰三角形； （2）证明：∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠C， ∵∠C＝∠AFP，∠ABC＝∠APF， ∴∠ABC＝∠AFP，∠APF＝∠AFP， ∴FP∥BC，AF＝AP， ∴△AFP∽△ABC， ∴，BF＝CP， 又∵CP＝DP＝EP， ∴BF＝EP， ∴BE＝PF， 又∵BD＝BC， ∴， ∴AP•BD＝AC•BE； （3）解：过点A作AH⊥BC于点H，交PF于点M，连结OF，如图2， ∵AB＝AC， ∴， ∴AH经过圆心O， ∵FP∥BC， ∴AM⊥FP， ∵AF＝AP， ∴， 当时，BD＝3BE， ∵AP•BD＝AC•BE， ∴AC＝3AP， 由（2）知， ∴， ∵BC＝6， ∴PF＝2， ∴FM＝1， ∵， ∴， 即， ∴AH＝5， ∵△AFP∽△ABC，AM⊥FP，AH⊥BC， ∴， ∴， ∴， ∴， 设OH＝x， 在Rt△FMO中，由勾股定理得：FM2+OM2＝OF2， 在Rt△BHO中，由勾股定理得：BH2+OH2＝OB2， ∵OF＝OB， ∴， 解得， ∴， ∴； 当时，， ∵AP•BD＝AC•BE， ∴， ∴， ∵BC＝6， ∴PF＝4， ∴FM＝2， 同理， 解得：， ∴， 设OH＝x，则， 由勾股定理得：， 解得， ∴， ∴， 综上所述，tan∠OBC的值为或． 【点评】本题主要考查了圆与三角形的综合问题，轴对称的性质，圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，垂径定理，解直角三角形，勾股定理等知识，作等腰三角形的高是解答本题的关键． 23．（2025•定海区二模）淇淇陪弟弟玩积木时，发现放在同一水平面上的两个积木的横截面分别是以MN＝20cm为直径的半圆O和边长为4cm的正方形ABCD，P，Q分别为半圆O上的点．如图1所示，此时半圆O与水平面恰好切于点P，AP＝12cm，延长CD与半圆O分别交于点E，F．将半圆O向右无滑动滚动，使点D落在半圆O上，此时半圆O与水平面恰好切于点Q，如图2所示． （1）在图1中，求弦EF的长； （2）在图2中，求的长； （3）在图2中，过点D作半圆O的切线与直线AB交于点H，求tan∠ADH的值． 【分析】（1）如图1，连接OE，OP，OP与EF交于点T，可得四边形ADTP为矩形，得到OP⊥EF，PT＝AD＝4cm，进而得ET＝FT，由MN＝20cm可得OT＝6cm，在Rt△OET中，利用勾股定理求出ET，即可求解； （2）如图2，连接OQ，OD，延长CD交OQ于点G，可得四边形ADGQ为矩形，得到AQ＝DG，QG＝AD＝4cm，∠OGD＝90°，由MN＝20cm可得OG＝6cm，进而由勾股定理得DG＝8cm，即得AQ＝DG＝8cm，得到的长为AP﹣AQ＝4cm， （3）如图3，连接OH，由切线长定理可得HQ＝HD，设HD＝t cm，则HQ＝t cm，由（2）得AQ＝8cm，则AH＝（8﹣t）cm，在Rt△ADH中由勾股定理得42+（8﹣t）2＝t2，解得t＝5，得到AH＝3cm，再根据正切的定义即可求解． 【解答】解：（1）半圆O与水平面相切于点P，OP为半圆O的半径，四边形ABCD为正方形，如图1，连接OE，OP，OP与EF交于点T， ∴∠OPA＝∠DAP＝∠ADT＝90°， ∴四边形ADTP为矩形， ∴OP⊥EF，PT＝AD＝4cm， ∴ET＝FT， ∵MN＝20cm， ∴OE＝OP＝10cm， ∴OT＝6cm， 在Rt△OET中，由勾股定理得：， ∴EF＝2ET＝16cm； （2）四边形ABCD为正方形，半圆O与水平面相切于点Q，OQ为半圆O的半径，如图2，连接OQ，OD，延长CD交OQ于点G， ∴∠GQA＝∠DAQ＝∠ADG＝90°， ∴四边形ADGQ为矩形， ∴AQ＝DG，QG＝AD＝4cm，∠OGD＝90°， ∵MN＝20cm， ∴OD＝OQ＝10cm， ∴OG＝6cm， 在Rt△ODG中，由勾股定理得：， ∴AQ＝DG＝8cm， ∵AP＝12cm， ∴的长为AP﹣AQ＝4（cm）， （3）如图3，连接OH，由切线长定理可得HQ＝HD， 设HD＝t cm，则HQ＝t cm，由（2）得AQ＝8cm，则AH＝（8﹣t）cm， 在Rt△ADH中，由勾股定理得：AD2+AH2＝HD2， 即42+（8﹣t）2＝t2， 解得t＝5， ∴AH＝3cm， ∴． 【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了切线的性质，切线长定理，垂径定理，矩形的判定与性质，勾股定理，弧长公式，三角函数，正确添加辅助线是解题的关键． 24．（2025•浙江一模）如图1，⊙O是等腰△ABC的外接圆，AB＝AC，∠BAC＝α，点D是∠BAC所对弧上的任意一点，连结AD，将AD绕点A逆时针旋转α，交⊙O于点E，连结BD、DC、CE． （1）求证：CE＝BD． （2）如图2，若CE∥AD， ①求α的值． ②当的度数与的度数之比为3时，求BD：DC的值． 【分析】（1）由圆周角定理可得出结论； （2）①证明△AEC∽△CDB，得出∠E＝∠CDB，证明△ABC是正三角形，可得出答案； ②作DH⊥BC于点H，设DH＝CH＝1，由直角三角形的性质得出BD和CD的长，则可得出答案． 【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE＝α， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴， ∴CE＝BD； （2）解：①如图， ∵CE∥AD， ∴∠2＝∠4， 又∵∠2＝∠6， ∴∠4＝∠6， ∵∠1＝∠3，∠5＝∠3， ∴∠5＝∠1， ∴△AEC∽△CDB， ∴∠E＝∠CDB， ∵∠E+∠ABC＝∠CDB+∠BAC， ∴∠ABC＝∠BAC， ∴AC＝BC， ∴AC＝BC＝AB， ∴△ABC是正三角形， ∴α＝60°； ②∵的度数与的度数之比为3， ∴∠2＝15°，∠3＝45°， ∴∠2＝∠6＝15°，∠3＝∠5＝45°， 作DH⊥BC于点H，在BH上取点G，连接DG，使∠DGH＝30°， 设DH＝CH＝1，则DG＝2，GH， ∵∠BDG＝∠DGH﹣∠DBC＝30°﹣15°＝15°， ∴∠BDG＝∠DBC， ∴BG＝DG＝2， ∴BH＝BG+GH＝2， 在Rt△BDH中，BD， 在Rt△CDH中，CD， ∴BD：DC＝（）：1． 【点评】本题考查了圆周角定理，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 25．（2025•新昌县二模）如图，△ABC内接于⊙O，AC是⊙O的直径，AB＝BC，E是半径OA上的一点（不与点O，点A重合），连结BE并延长交⊙O于点D，连结AD，CD． （1）求∠ADB的度数． （2）线段BO的延长线与线段AD的延长线交于点P． ①求证：BC2＝AD•AP． ②设BP与CD交于点F，当BF＝PF时，求的值． 【分析】（1）利用圆周角定理和等腰直角三角形的判定与性质解答即可； （2）利用圆周角定理和相似三角形的判定与性质解答即可； （3）过点F作FH⊥AB于点H，过点P作PM⊥BA，交BA的延长线于点M，连结AF，利用全等三角形的判定与性质得到∠BAF＝∠BCF，利用相似三角形的判定与性质得到，，利用BF＝PF得到，即PM＝2FH，BM＝2MH，设AH＝a（a＞0），则AM＝2AH＝2a，MH＝AM+AH＝3a，利用等腰直角三角形的性质得到PM＝BM＝6a，AB＝BM﹣AM＝4a，利用勾股定理求得AP，利用（2）的结论求得AD，则PD可得，代入化简运算即可得出结论． 【解答】（1）解：∵AC是⊙O的直径， ∴∠ABC＝90°． ∵AB＝BC， ∴∠ACB＝45°， ∴∠ADB＝∠ACB＝45°； （2）①证明：∵AC是⊙O的直径， ∴点O是AC的中点， ∵∠ABC＝90°，AB＝BC， ∴， ∵∠ADB＝45°， ∴∠ADB＝∠ABP． ∵∠DAB＝∠BAP， ∴△DAB∽△BAP， ∴， 即AB2＝AD•AP， ∴BC2＝AD•AP； ②解：过点F作FH⊥AB于点H，过点P作PM⊥BA，交BA的延长线于点M，连结AF，如图， 在△BAF和△BCF中， ， ∴△BAF≌△BCF（SAS）， ∴∠BAF＝∠BCF． ∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠MAP＝∠BCF， ∴∠MAP＝∠BAF． ∵∠AHF＝∠M＝90°， ∴△AFH∽△APM， ∴， ∵FH⊥AB，PM⊥BA， ∴HF∥MP， ∴△BHF∽△BMP． ∴， ∵BF＝PF， ∴， ∴， 即PM＝2FH，BM＝2MH， ∴． 设AH＝a（a＞0），则AM＝2AH＝2a，MH＝AM+AH＝3a， ∴BM＝2MH＝6a． ∵∠ABP＝45°， ∴PM＝BM＝6a，AB＝BM﹣AM＝4a， 在Rt△APM中，． 由①得，AB2＝AD•AP， ∴， ∴， ∴． 【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，等腰直角三角形的性质，垂直的定义，平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，圆的内接四边形的性质，添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 第七章 圆 专题02 圆的综合压轴题25题训练 目 录 刷考点 精准巩固，扫清盲区 提能力 聚焦过程，优化策略 测综合 跨界融合，挑战创新 1．（2026•衢江区模拟）如图，在四边形ABCD中，∠B＝90°，且AB∥CD，过点A、C、D作⊙O交BC于点E，连结AE，AC，ED，设AC，ED交于点F，且满足∠BEA＝∠AED． （1）求证：∠ACD＝∠ADC； （2）若EC＝2，EF＝1，求圆的半径r； （3）若，求的值（用含n的代数式表示）． 2．（2026•宁波校级一模）如图，AB为⊙O直径，C为圆O上一动点，且C在直径AB上方，连结AC，BC，点M为中点，连结BM，与AC相交于点N． （1）如图1，连结OM，求证：OM∥BC； （2）如图2，连结ON，AM，当ON⊥BM时，求tan∠BAC的值； （3）如图3，作MH⊥AB于H，∠BMK＝∠BAC，与⊙O交于点K（点K在AB下方），MK与AB交于点E．若，求：①⊙O的直径；②EK的长． 3．（2026•长兴县校级模拟）如图1，⊙O为△ABC外接圆，点D、E分别为，中点，连结AD、AE、DE，DE分别与AB、AC交于点F、G．已知AF＝4． （1）求证：AF＝AG． （2）如图2，连结CD交AB于点M，连结BE交CD于点N，连结BD、CE．若∠BAC＝60°，求证：△NEC是等边三角形． （3）在（2）的基础上，若，求． 4．（2026•西湖区校级模拟）如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，连结BO并延长交AC于点E，交⊙O于点D．连结AO，AD，CD． （1）求证：∠ABC＝∠ADB； （2）若∠ACB＝55°，求∠OAC的度数； （3）若，，求AE的长． 5．（2025•丽水一模）如图，四边形ABCD为圆内接四边形，对角线AC与BD交于点E，点F在AE上，BF＝AE，∠BFC＝∠CBD． （1）求证：BC＝DE； （2）若点D为的中点． ①求证：DE2＝CE•CD； ②若，求cos∠ACD的值． 6．（2026•西湖区校级模拟）已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD和过点C的切线互相垂直，垂足为D，连接AC． （1）如图1，求证：∠BAC＝∠DAC； （2）如图2，连接BC，延长DC交AB的延长线于点E，∠AEC的平分线分别交AC，BC于点F，G，求证：CF＝CG； （3）如图2，在（2）的条件下，若G是EF的中点，且，CD＝4，求线段CF的长． 7．（2026•柯城区一模）如图1，点E是⊙O的弦BD上一动点，过点E作AC⊥BD交⊙O于点A，C，连结AB，BC，CD，AD，过点B作BF⊥AD于点F，交AC于点G． （1）如图2，若BF经过点O． ①求证：BG＝BC； ②若，，求⊙O的半径； （2）若AC＝BD，，，求y关于x的函数表达式． 8．（2025•杭州模拟）四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AC是对角线，CA平分∠BCD． （1）如图1，求证：AB＝AD； （2）如图2，点E在线段CD上，连接AE，AB＝AE，连接BE，∠BED＝135°，求证：BC⊥CD； （3）如图3，在（2）的条件下，作BH⊥AB交⊙O于点H，交线段AC于点F，连接CH，请你探究线段DE、线段CH的数量关系，并证明你的结论． 9．（2025•浙江模拟）如图，AB为⊙O的直径，C是圆上一点，D是的中点，弦DE⊥AB于点F，延长BA至点Q，连结CQ，若CQ恰与⊙O相切． （1）求证：△ACQ∽△CBQ； （2）若点P是上的一点，连结BP，CP， ①若AC＝6，BF＝2，求tan∠CPB的值； ②当时，若，用含有k的代数式表示． 10．（2024•拱墅区二模）如图，在半径为3的⊙O作内接矩形ABCD，点E是弦BC的中点，BC＝4，连结AE并延长交⊙O于点F，点G是的中点，连结CG分别交AB、AF于点H、点P． （1）证明：； （2）求BH的长； （3）若存在一个实数m，使得tan∠APH＝mBH，试求出m的值． 11．（2025•湖州一模）如图1，AB为圆O的直径，弦CD交AB于点G（不与O重合），C是的中点，分别过点A，B作CD的垂线，垂足为E，F，连结AD． （1）求∠EAD的度数； （2）如图2，连结OE，OF，猜想OE与OF的关系，并说明理由； （3）如图3，连结OC交AE于点P，若，CP＝6，求圆半径． 12．（2025•杭州校级模拟）AB为⊙O的直径，点C、D为⊙O上的点，CD交AB于P，∠ADC＝45°． （1）如图1，求证：C为的中点； （2）如图2，CE⊥AD于E，交AB于G，连接CO并延长交AD于F，求证：OG＝OF； （3）如图3，在（2）的条件下，连接PF，若，求△DPF的面积． 13．（2025•余杭区校级模拟）在⊙O中，AB是⊙O的直径，点C、D都在圆上，连接BC、CD，∠BDC＝45°． （1）如图1，求证：； （2）如图2，过点A作AE⊥CD于点E，求证：AE＝DE； （3）如图3，在（2）的条件下，点F在上，连接BF，过点F作⊙O的切线交EA的延长线于点G，若2∠ABF+∠ABD＝90°，，BD＝24，求线段CD的长． 14．（2025•萧山区校级模拟）以正方形ABCD的边AB为弦的⊙O分别交AD、BC于点M、点N． （1）如图1，求证：AM＝BN； （2）如图2，点P为BD上一点，过点P作PQ⊥AP交BC于点Q，连接PC，求证：∠CPQ＝2∠DAP； （3）如图3，在（2）的条件下，设BD交⊙O于点K，连接BM、PN，过点C作CH⊥PN于点H，连接QH，若∠CQH＝∠NPQ，，BQ＝2，求线段PK的长． 15．（2025•鹿城区校级一模）如图1，已知△ABC的高，点E是边AB上的动点，以DE为直径作圆O，交边AB于F，交线段BD于N，交线段AD于M． （1）求证：∠DAB＝∠FDB． （2）如图2，连接CF，若CF恰好经过点M． ①求的值． ②求DN的长． 16．（2025•绍兴三模）如图1，在平面直角坐标系中，⊙M交x轴于B，D两点，交y轴于A、C两点，连结AM交x轴于点G． （1）当∠BAC＝40°时，求∠DAM的度数； （2）如图2，若AM∥BC． ①求证：BA＝BG； ②若，DG＝8，求点A的坐标及BC的长度． 17．（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． 18．（2025•定海区模拟）如图，AB为⊙O的直径，射线AM与⊙O相切于点A，点C为射线AM上的一个动点，BC交⊙O于点D． （1）若AC＝AB，AE垂直OC，垂足为E，连接BE． ①求∠ABC的度数及的值； ②求证：△AEB∽△BEC； （2）连接AD，求的最大值． 19．（2025•金华模拟）如图，在▱ABCD中，过A，B，C三点的⊙O交CD于点E，连结AE． （1）求证：AD＝AE． （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：∠ABG＝2∠BAG； ②若，求cosD的值． 20．（2025•宁波模拟）已知⊙O的半径为5，△ABC是其内接三角形，AB＝BC＝6． （1）如图1，求sinA； （2）如图2，弦DE＝8，连结BD，BE分别交AC于点M，N． ①求证：∠ABC＝2∠DBE； ②若点N为AM的中点，求BN的长． 21．（2025•滨江区校级模拟）已知△ABC内接于⊙O，BO平分∠ABC． （1）如图1，求证：AB＝BC； （2）如图2，点D为上一点，连接AD、BD，DC交AB于点E，DC平分∠ADB，求证：AD+BD＝DC； （3）如图3，在（2）的条件下，弦AG的延长线交BC延长线于点F，∠DAF+∠BCD＝180°，若AE＝1，CF＝3，求AG的长． 22．（2025•义乌市二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点P为线段AC上的一个动点（不与A，C重合），作点C关于BP的对称点D，连结BD，PD．⊙O是△BCP的外接圆并分别交BD，AB于点E，F，连结PE，PF． （1）判断△DEP是否为等腰三角形，并说明理由． （2）证明：AP•BD＝AC•BE． （3）连结OB，若点E为线段BD的三等份点且BC＝6，，求tan∠OBC的值． 23．（2025•定海区二模）淇淇陪弟弟玩积木时，发现放在同一水平面上的两个积木的横截面分别是以MN＝20cm为直径的半圆O和边长为4cm的正方形ABCD，P，Q分别为半圆O上的点．如图1所示，此时半圆O与水平面恰好切于点P，AP＝12cm，延长CD与半圆O分别交于点E，F．将半圆O向右无滑动滚动，使点D落在半圆O上，此时半圆O与水平面恰好切于点Q，如图2所示． （1）在图1中，求弦EF的长； （2）在图2中，求的长； （3）在图2中，过点D作半圆O的切线与直线AB交于点H，求tan∠ADH的值． 24．（2025•浙江一模）如图1，⊙O是等腰△ABC的外接圆，AB＝AC，∠BAC＝α，点D是∠BAC所对弧上的任意一点，连结AD，将AD绕点A逆时针旋转α，交⊙O于点E，连结BD、DC、CE． （1）求证：CE＝BD． （2）如图2，若CE∥AD， ①求α的值． ②当的度数与的度数之比为3时，求BD：DC的值． 25．（2025•新昌县二模）如图，△ABC内接于⊙O，AC是⊙O的直径，AB＝BC，E是半径OA上的一点（不与点O，点A重合），连结BE并延长交⊙O于点D，连结AD，CD． （1）求∠ADB的度数． （2）线段BO的延长线与线段AD的延长线交于点P． ①求证：BC2＝AD•AP． ②设BP与CD交于点F，当BF＝PF时，求的值． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $