专题05 圆综合（填空压轴题）（压轴题专练）（浙江专用）2026年中考数学终极冲刺讲练测

专题05 圆综合（填空压轴题） 命题预测 圆综合是最常考的压轴题，通常为选择题压轴题，是中考复习必须重点突破的模块。综合题分值高、设问角度灵活，掌握题型规律与答题模板，对提分至关重要。预计 2026 年中考命题仍将围绕以上核心题型展开，浙江卷填空压轴（第16题）极少单纯考弧长或切线，而是将圆作为背景，嵌套相似、全等、勾股进行综合计算。 鉴于2025年已考圆内接矩形+全等，2026年需防范“圆内接四边形+相似”的复合题。重点练习利用圆周角定理导角证明三角形全等或相似。在圆背景下进行线段折叠（轴对称），利用折痕是对称轴的性质，结合垂径定理和勾股定理求折叠后的线段长。复习时切忌只记结论。要练习在复杂图形中主动构造辅助线（如连半径、作弦心距、连接直径所对的圆周角）。 高频考法 1.圆与相似三角形 2.切线的性质 3.圆与四边形 典例·靶向·突破 题型01 圆与相似三角形 1．（2026•浙江一模）如图，已知点D为⊙O的直径AB上一点，且AD＝2DB．C为⊙O上一点，满足AD＝AC，连结CD并延长交圆于点E，连结AE，过点A作AF⊥CD，若CF＝1，则EF的长为　 　 ． 2．（2026•长兴县校级模拟）如图，在⊙O中，圆周角∠BAC＝60°，弦AD平分∠BAC，AB＝4，AC＝3，则AD的长为　 　 ． 题型02 切线的性质 1．（2026•柯城区一模）如图，边长为4的正方形ABCD中，E为边AD的中点，点G在边AB上，连接EG，若△AEG的外接圆O恰好与BC相切于点F，则⊙O的半径为　 　 ． 2．（2026•衢州模拟）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E为边AD的中点，点G在边AD上，连接EG，若△AEG的外接圆⊙O恰好与BC相切于F点，则⊙O的半径为　 　 ． 题型03 圆与四边形 1．（2026•宁波模拟）如图，菱形OABC的顶点A，C在圆O上，连接并延长OB交圆于点D，连接AD，CD，若OB＝BD＝2，则四边形OADC的面积为　 　 ． 2．（2025•浙江）如图，矩形ABCD内接于⊙O，E是上一点，连接EB，EC分别交AD于点F，G．若AF＝1，EG＝FG＝3，则⊙O的直径为　 　 ． 1．（2026•浙江模拟）如图，△ABC内接于⊙O，D是上一点，AD∥BC，连接OA交BC于E，OA平分∠BAD，，，则AC＝　 　 ． 2．（2026•浙江模拟）如图，⊙O的直径AB＝10cm，弦AC＝6cm，∠ACB的平分线分别交⊙O、AB于点D、M，则线段DM的长为　 　 cm． 3．（2026•浙江一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC＝CD＝2，连结AC，BD，若△ABD与△CBD的面积相等，则AC的长为　 　 ． 4．（2025•乐清市校级模拟）如图，点A是以BC为直径的半圆O上的一点，D，E分别是和的中点，连结DE交AB于M，交AC于N．若AB＝8，AC＝6时，则MN的值为　 　 ． 5．（2025•浙江模拟）如图，⊙O的半径为1，圆心角∠AOB＜90°，过点A作⊙O的切线，交OB的延长线于点C，过点B作BD⊥OA于点D，记BD＝m，OD＝n，则AC＝　 　 ．（用含m，n的代数式表示） 6．（2025•西湖区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，，以BC的中点O为圆心⊙O分别与AB，AC相切于D，E两点，则的长为 　 　 ． 7．（2025•浙江模拟）如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上，CD是半圆的切线，cosD，∠CAB＝30°，若CD＝6，则AC的长是 　 　 ． 8．（2025•鄞州区校级模拟）如图，等边△ABC内接于⊙O，D为边AC上一动点（不与A、C重合），连结DO并延长交边AB于E，将△ADE沿DE翻折为△FDE，边DF交BC于点G，若△ABC的周长记为C1，△CDG的周长记为C2，则的值为　 　 ． 9．（2025•温州模拟）如图1所示，某型号纸杯的侧面展开图为扇环，其两条弧所在圆的圆心重合，测得A，B间的距离为32cm，C，D间的距离为16cm，AC＝10cm．如图2所示，若在矩形EFGH纸板中剪下如图1的扇环，扇环的各个顶点均在矩形的边上，且较长弧与矩形一边相切，则EH的长是　 　 cm． 10．（2026•广州校级模拟）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，CD＝8，AE＝2，M为上的一个动点，作BH⊥CM，连接DH，BM，则DH的最小值是 　 　 ． 11．（2026•碑林区校级二模）如图，AB，CD是⊙O的两条弦，⊙O的半径为5，连接AD，BD交于点E，若AB＝5，∠AEC＝75°，则CD的长度为　 　 ． 12．（2026•修水县一模）如图，点A的坐标为（4，0），点B的坐标为（0，3），点C的坐标为（x，0）（0＜x＜4），点D在线段BC上，以点D为圆心，为半径作⊙D，且⊙D与△OAB的两边相切，则x的值为　 　 ． 2 / 2 北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 圆综合（填空压轴题） 命题预测 圆综合是最常考的压轴题，通常为选择题压轴题，是中考复习必须重点突破的模块。综合题分值高、设问角度灵活，掌握题型规律与答题模板，对提分至关重要。预计 2026 年中考命题仍将围绕以上核心题型展开，浙江卷填空压轴（第16题）极少单纯考弧长或切线，而是将圆作为背景，嵌套相似、全等、勾股进行综合计算。 鉴于2025年已考圆内接矩形+全等，2026年需防范“圆内接四边形+相似”的复合题。重点练习利用圆周角定理导角证明三角形全等或相似。在圆背景下进行线段折叠（轴对称），利用折痕是对称轴的性质，结合垂径定理和勾股定理求折叠后的线段长。复习时切忌只记结论。要练习在复杂图形中主动构造辅助线（如连半径、作弦心距、连接直径所对的圆周角）。 高频考法 1.圆与相似三角形 2.切线的性质 3.圆与四边形 典例·靶向·突破 题型01 圆与相似三角形 1．（2026•浙江一模）如图，已知点D为⊙O的直径AB上一点，且AD＝2DB．C为⊙O上一点，满足AD＝AC，连结CD并延长交圆于点E，连结AE，过点A作AF⊥CD，若CF＝1，则EF的长为　　 ． 【答案】． 【分析】连结BE，由AD＝2DB，AD＝AC，得AB＝3DB，AC＝2DB，∠C＝∠ADC，而∠C＝∠B，∠ADC＝∠EDB，所以∠B＝∠EDB，则BE＝DE，可证明∠AFC＝∠AEB＝90°，则△AFC∽△AEB，求得，因为DF＝CF＝1，所以，则DE，求得EF＝DE+DF，于是得到问题的答案． 【解答】解：连结BE， ∵AD＝2DB，AD＝AC， ∴AB＝2DB+DB＝3DB，AC＝2DB，∠C＝∠ADC， ∵∠C＝∠B，∠ADC＝∠EDB， ∴∠B＝∠EDB， ∴BE＝DE， ∵AF⊥CD于点F，AB是⊙O的直径， ∴∠AFC＝∠AEB＝90°， ∴△AFC∽△AEB， ∴， ∵CF＝1， ∴， ∴DE， ∵AD＝AC，AF⊥CD于点F， ∴DF＝CF＝1， ∴EF＝DE+DF1， 故答案为：． 2．（2026•长兴县校级模拟）如图，在⊙O中，圆周角∠BAC＝60°，弦AD平分∠BAC，AB＝4，AC＝3，则AD的长为　　 ． 【答案】 【分析】连接BC交AD于E，过B作BP⊥AC于点P，过E作EH⊥AC于点H，由角平分线的性质，可得BE：CE＝4：3，由勾股定理可求得BC，CE，BE的长，然后由平行线分线段成比例定理，求得CH与EH的长，根据勾股定理和相交弦定理计算得到答案． 【解答】解：连接BC交AD于E，过B作BP⊥AC于点P，过E作EH⊥AC于点H， 在△ABC中，AB＝4，AC＝3，AD是∠BAC的角平分线， ∴BE：CE＝4：3， ∵∠BAC＝60°， ∴AP＝AB•cos∠BAC＝2，BP＝AB•sin∠BAC＝2， ∴CP＝AC﹣AP＝1， ∴BC， ∴CE，BE， ∵EH∥BP， ∴， ∴CH，EH， ∴AH＝AC﹣CH， ∴AE， ∵BE•CE＝AE•DE， ∴DE， ∴AD＝DE+AE． 故答案为：． 题型02 切线的性质 1．（2026•柯城区一模）如图，边长为4的正方形ABCD中，E为边AD的中点，点G在边AB上，连接EG，若△AEG的外接圆O恰好与BC相切于点F，则⊙O的半径为　　 ． 【答案】． 【分析】连接OF，延长FO交AE于点H，证明四边形ABFH是矩形，得HF＝AB＝4，∠AHF＝90°，求出HE＝1，设OE＝OF＝R，则HO＝4﹣R，由勾股定理列方程可求出． 【解答】解：连接OF，延长FO交AE于点H，如图， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠B＝90°，AB＝AD＝4， ∵BC是⊙O的切线，点F是切点， ∴HF⊥BC，即∠BFH＝90°， ∴四边形ABFH是矩形， ∴∠AHF＝90°，HF＝AB＝4，即OH⊥AE， ∴， ∵点E是AD的中点， ∴， ∴HE＝1， 设OE＝OF＝R，则HO＝4﹣R， 在Rt△HOE中，HO2+HE2＝OE2， ∴（4﹣R）2+12＝R2， 16﹣8R+1＝0， 解得：． 2．（2026•衢州模拟）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E为边AD的中点，点G在边AD上，连接EG，若△AEG的外接圆⊙O恰好与BC相切于F点，则⊙O的半径为　　 ． 【答案】． 【分析】连接FO并延长，交AE于H，根据切线的性质得到OF⊥DC，根据正方形的性质、平行线的性质得到OH⊥AE，根据垂径定理求出EH，再根据勾股定理列出方程，解方程得到答案． 【解答】解：如图，连接FO并延长，交AE于H， ∵AB＝4，E为边AD的中点， ∴AE＝2， ∵⊙O与BC相切于F点， ∴OF⊥DC， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB∥CD， ∴OH⊥AE， ∴EH＝AHAE＝1， 设⊙O的半径为r，则OH＝4﹣r， 在Rt△OHE中，OH2+EH2＝OE2，即（4﹣r）2+12＝r2， 解得：r， ∴⊙O的半径为， 故答案为：． 题型03 圆与四边形 1．（2026•宁波模拟）如图，菱形OABC的顶点A，C在圆O上，连接并延长OB交圆于点D，连接AD，CD，若OB＝BD＝2，则四边形OADC的面积为　　 ． 【答案】． 【分析】连接AC交OB于点E，先求出圆的半径r＝4，根据菱形的性质得到AC⊥OB，OE＝BE＝1，根据勾股定理求出，进而可知四边形OADC的面积． 【解答】解：如图，连接AC交OB于点E， ∵OB＝2，BD＝2，OD＝OB+BD， ∴OD＝4， 即⊙O的半径r＝4． ∴OA＝OC＝4． ∵四边形OABC是菱形， ∴AC⊥OB，OE＝BE＝1， ∴， ∴， 故答案为：4． 2．（2025•浙江）如图，矩形ABCD内接于⊙O，E是上一点，连接EB，EC分别交AD于点F，G．若AF＝1，EG＝FG＝3，则⊙O的直径为 　2　 ． 【答案】2． 【分析】由矩形的性质得∠D＝∠BAD＝90°，由EG＝FG，得∠BEC＝∠GFE＝∠AFB＝∠BAC，推导出∠ALB＝∠BAD＝90°，则∠GAC＝∠ABE＝90°﹣∠BAC，而∠ABE＝∠ACG，AF＝1，EG＝FG＝3，所以∠GAC＝∠ACG，则CG＝AG＝4，可证明△CDG∽△AEG，得1，则DG＝EG＝3，求得AD＝7，CD，则⊙O的直径AC2． 【解答】解：连接AC， ∵四边形ABCD是矩形，且矩形ABCD内接于⊙O， ∴∠D＝∠BAD＝90°， ∴AC是⊙O的直径， ∵AF＝1，EG＝FG＝3， ∴∠BEC＝∠GFE＝∠AFB， ∵∠BEC＝∠BAC， ∴∠AFB＝∠BAC， ∴∠ALB＝∠GAC+∠AFB＝∠GAC+∠BAC＝∠BAD＝90°， ∴∠GAC＝∠ABE＝90°﹣∠BAC， ∵∠ABE＝∠ACG， ∴∠GAC＝∠ACG， ∴CG＝AG＝AF+FG＝1+3＝4， ∵∠CDG＝∠AEG＝90°，∠CGD＝∠AGE， ∴△CDG∽△AEG， ∴1， ∴DG＝EG＝3， ∴AD＝AG+DG＝4+3＝7，CD， ∴AC2， ∴⊙O的直径为2， 故答案为：2． 1．（2026•浙江模拟）如图，△ABC内接于⊙O，D是上一点，AD∥BC，连接OA交BC于E，OA平分∠BAD，，，则AC＝　10　 ． 【答案】10． 【分析】延长AO交⊙O于点F，连接FC，OB，得∠OAB＝∠OBA，证明∠BAE＝∠BEA，可证明△AOB∽△ABE，求出，再求出，再由勾股定理可求出AC＝10． 【解答】解：延长AO交⊙O于点F，连接FC，OB，如图， ∵OA平分∠BAD， ∴∠DAO＝∠BAO， ∵AD∥BC， ∴∠DAE＝∠BEA， ∴∠BAE＝∠BEA， ∴， ∵OA＝OB， ∴∠OAB＝∠OBA， ∴∠ABO＝∠BEA， ∴△AOB∽△ABE， ∴， ∵，， ∴， ， 解得：， ∴，， ∵∠FCB＝∠BAF，∠FEC＝∠BEA， ∴∠FCE＝∠FEC， ∴， ∵AF是⊙O的直径， ∴∠ACF＝90°， ∴， 故答案为：10． 2．（2026•浙江模拟）如图，⊙O的直径AB＝10cm，弦AC＝6cm，∠ACB的平分线分别交⊙O、AB于点D、M，则线段DM的长为　cm ． 【答案】DMcm． 【分析】连接AD，BD，过B作BH⊥CD于H，由圆周角定理得∠ACB＝∠ADB＝90°，由勾股定理求出BC＝8cm，判定△BCH是等腰直角三角形，求出CH＝BH＝4cm，判定△ADB是等腰直角三角形，求出BD＝5cm，由勾股定理求出DH＝3cm，得CD＝CH+DH＝7cm，判定△DBM∽△DCB，推出DB：DC＝DM：DB，即可求出DM的长． 【解答】解：连接AD，BD，过B作BH⊥CD于H， ∵AB是圆的直径， ∴∠ACB＝∠ADB＝90°， ∵AB＝10cm，AC＝6cm， ∴BC8（cm）， ∵CD平分∠ACB， ∴∠BCD＝∠ACD∠ACB＝45°， ∴△BCH是等腰直角三角形， ∴CH＝BHBC＝4（cm）， ∵∠ACD＝∠BCD， ∴， ∴AD＝BD， ∴△ADB是等腰直角三角形， ∴BDAB＝5（cm），∠MBD＝45°， ∴DH3（cm）， ∴CD＝CH+DH＝7（cm）， ∵∠MBD＝∠BCD＝45°，∠BDM＝∠CDB， ∴△DBM∽△DCB， ∴DB：DC＝DM：DB， ∴5：7DM：5， ∴DM（cm）． 故答案为：cm． 3．（2026•浙江一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC＝CD＝2，连结AC，BD，若△ABD与△CBD的面积相等，则AC的长为　　 ． 【答案】． 【分析】分别过A，C作AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F，设AC，BD交于点G，则∠AEG＝∠CFG＝90°，△ABD与△CBD的面积相等，可得AE＝CF，证明△AEG≌△CFG（AAS），可得CG＝AG，再证明△CDG∽△CAD，即可求解． 【解答】解：如图，作AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，设AC，BD交于点G，则∠AEG＝∠CFG＝90°， ∵△ABD与△CBD的面积相等， ∴， ∴AE＝CF， ∵∠AGE＝∠CGF，∠AEG＝∠CFG＝90°， ∴△AEG≌△CFG（AAS）， ∴CG＝AG， ∵BC＝CD＝2， ∴∠CBD＝∠CDB， ∵∠CBD＝∠CAD， ∴∠BDC＝∠CAD， ∵∠ACD＝∠DCG， ∴△CDG∽△CAD， ∴，即， ∴． 故答案为：． 4．（2025•乐清市校级模拟）如图，点A是以BC为直径的半圆O上的一点，D，E分别是和的中点，连结DE交AB于M，交AC于N．若AB＝8，AC＝6时，则MN的值为　　 ． 【答案】． 【分析】以BC为直径的半圆O，得∠A＝90°，得出直径是10，再求OD＝OE＝5，由垂径定理得OD⊥AB，OE⊥AC，则点H，W分别是AB，AC的中点，利用三角形中位线定理，得到，再证明四边形HOWA是矩形，则，同理求出，，再代入MN＝DE﹣DM﹣NE进行计算，即可作答． 【解答】解：连接OD交AB于一点H，连接OE交AC于一点W，如图： ∴， ∴OD＝OE＝OB＝OD＝5， ∵D，E分别是和的中点，AB＝8，AC＝6， ∴OD⊥AB，OE⊥AC， ∴点H，W分别是AB，AC的中点， 由条件可知， ∴DH＝OD﹣OH＝2，EW＝OE﹣OW＝1， ∵∠AHO＝∠HAW＝∠AWO＝90°， ∴四边形HOWA是矩形， ∴∠DOE＝90°， ∵OD＝OE＝5， ∴∠D＝∠E＝45°，， ∵OD⊥AB，OE⊥AC，∠D＝∠E＝45°， ∴∠HMD＝45°，∠WNE＝45°， ∴HM＝DH＝2，NW＝EW＝1， ∴，， ∴， 故答案为：． 5．（2025•浙江模拟）如图，⊙O的半径为1，圆心角∠AOB＜90°，过点A作⊙O的切线，交OB的延长线于点C，过点B作BD⊥OA于点D，记BD＝m，OD＝n，则AC＝　　 ．（用含m，n的代数式表示） 【答案】． 【分析】根据切线的性质得到AC⊥OA，得到BD∥AC，证明△ODB∽△OAC，根据相似三角形的性质列出比例式，把已知数据代入计算得到答案． 【解答】解：∵AC是⊙O的切线， ∴AC⊥OA， ∵BD⊥OA， ∴BD∥AC， ∴△ODB∽△OAC， ∴，即， 解得：AC， 故答案为：． 6．（2025•西湖区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，，以BC的中点O为圆心⊙O分别与AB，AC相切于D，E两点，则的长为 　　 ． 【答案】． 【分析】连接OE、OD，根据切线的性质得到OD⊥AB，OE⊥AC，根据正方形的性质得到∠DOE＝90°，根据勾股定理、三角形中位线定理分别求出OE、OD，根据弧长公式计算即可． 【解答】解：连接OE、OD， ∵AB，AC都与⊙O相切， ∴OD⊥AB，OE⊥AC， ∵∠A＝90°，OD＝OE， ∴四边形ADOE为正方形， ∴∠DOE＝90°， ∵OE∥AB，点O是BC的中点， ∴OEAB， 同理可得，ODAC， ∵OD＝OE， ∴AB＝AC， 在Rt△ABC中，BC＝2， ∴AB＝AC＝2， ∴OD＝OE＝1， ∴的长为：， 故答案为：． 7．（2025•浙江模拟）如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上，CD是半圆的切线，cosD，∠CAB＝30°，若CD＝6，则AC的长是 　8　 ． 【答案】8． 【分析】连接OC、BC，如图，先根据切线的性质得到∠OCD＝90°，在Rt△OCD中利用余弦的定义求出OD＝10，再利用勾股定理计算出OC＝8，接着根据圆周角定理得到∠BOC＝60°，∠ACB＝90°，然后判断△OCB为等边三角形得到BC＝OC＝8，然后根据含30度角的直角三角形三边的关系得到AC的长． 【解答】解：连接OC、BC，如图， ∵CD是半圆的切线， ∴OC⊥CD， ∴∠OCD＝90°， 在Rt△OCD中，∵cosD， ∴ODCD6＝10， ∴OC8， ∵∠BOC＝2∠BAC＝60°，OC＝OB， ∴△OCB为等边三角形， ∴BC＝OC＝8， ∵AB是半圆O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵∠BAC＝30°， ∴ACBC＝8． 故答案为：8． 8．（2025•鄞州区校级模拟）如图，等边△ABC内接于⊙O，D为边AC上一动点（不与A、C重合），连结DO并延长交边AB于E，将△ADE沿DE翻折为△FDE，边DF交BC于点G，若△ABC的周长记为C1，△CDG的周长记为C2，则的值为　　 ． 【答案】． 【分析】连接AF，CF，延长FD交⊙O于点H，连接AH，由折叠性质可知：AD＝FD，则∠CAF＝∠HFA，从而有，通过弧度和差可得，所以∠HFC＝∠BCF，再由周长即可求解． 【解答】解：如图，连接AF，CF，延长FD交⊙O于点H，连接AH， 由折叠性质可知：AD＝FD， ∴∠CAF＝∠HFA， ∵∠CAH＝∠HFC， ∴∠CAH+∠CAF＝∠HFC+∠HFA，即∠HAF＝∠CFA， ∴， ∵△ABC是等边三角形， ∴AC＝BC＝AB， ∴， ∴，AC＝FH， ∴ ∴∠HFC＝∠BCF， ∴CG＝GF， 设AC＝a， ∴△CDG的周长C1＝CD+DG+CG＝CD+DG+GF＝CD+AD＝AC＝a， △ABC的周长C2＝AC+BC+AB＝3a， ∴， 故答案为：． 9．（2025•温州模拟）如图1所示，某型号纸杯的侧面展开图为扇环，其两条弧所在圆的圆心重合，测得A，B间的距离为32cm，C，D间的距离为16cm，AC＝10cm．如图2所示，若在矩形EFGH纸板中剪下如图1的扇环，扇环的各个顶点均在矩形的边上，且较长弧与矩形一边相切，则EH的长是　14　 cm． 【答案】14． 【分析】延长AC、BD交于点O，设较长弧与矩形一边HG相切于点Q，连接AB、OQ交于P，OQ交EF于N，证明△OCD∽△OAB，根据相似三角形的性质求出OC，根据勾股定理求出ON，进而求出EH． 【解答】解：如图，延长AC、BD交于点O，设较长弧与矩形一边HG相切于点Q，连接AB、OQ交于P，OQ交EF于N， 由题意可知：CD∥AB， ∴△OCD∽△OAB， ∴，即， 解得：OC＝10， 由勾股定理得：ON6（cm）， ∴EH＝QN＝20﹣6＝14（cm）， 故答案为：14． 10．（2026•广州校级模拟）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，CD＝8，AE＝2，M为上的一个动点，作BH⊥CM，连接DH，BM，则DH的最小值是 　　 ． 【答案】． 【分析】连接OC，设⊙O的半径为R，则OA＝OB＝OC＝R，OE＝R﹣2，由垂径定理得CE＝DE＝4，在Rt△OCE中，由勾股定理可求出R＝5，再求出BC得HNBC，证明EN是△BCD的中位线得BD＝2EN，BD∥EN，由此可得△BDF和△ENF相似，再利用相似三角形性质求出DN，然后根据“两点之间线段最短”得DH+HN≥DN，继而得DH≥DN﹣HN，据此可得DH的最小值． 【解答】解：连接OC，如图1所示： 设⊙O的半径为R， ∵AB是⊙O的直径， ∴OA＝OB＝OC＝R， ∵AE＝2， ∴OE＝OA﹣AE＝R﹣2， ∵弦CD⊥AB，垂足为E，CD＝8， ∴CE＝DECD＝4，△OCE和△BCE都是直角三角形， 在Rt△OCE中，由勾股定理得：OC2＝CE2+OE2， ∴R2＝42+（R﹣2）2， 解得：R＝5， ∴OA＝OB＝OC＝R＝5，OE＝R﹣2＝3， ∴BE＝OB+OE＝8， 在Rt△BCE中，由勾股定理得：BC， 设BC的中点为N，连接EN，HN，BD，DN，设DN交BE于点F，如图2所示： ∵BH⊥CM， ∴△BCH是直角三角形， 在Rt△BCH中，HN是斜边BC上的中线， ∴HNBC， ∵DE＝DE，点N为BC的中点， ∴EN是△BCD的中位线， ∴BD＝2EN，BD∥EN， ∴△BDF∽△ENF， ∴2， ∴BF＝2EF，DF＝2NF， ∴BE＝BF+EF＝3EF＝8，DN＝DF+NF＝3NF， ∴EF， ∵弦CD⊥AB，垂足为E， ∴△FED是直角三角形， 在Rt△FED中，由勾股定理得：DF， ∴2NF， ∴NF， ∴DN＝3NF， 根据“两点之间线段最短”得：DH+HN≥DN， ∴DH≥DN﹣HN， ∴当点D，H，N共线时，DH为最小，最小值为：． 故答案为：． 11．（2026•碑林区校级二模）如图，AB，CD是⊙O的两条弦，⊙O的半径为5，连接AD，BD交于点E，若AB＝5，∠AEC＝75°，则CD的长度为　5　 ． 【答案】5． 【分析】连接并延长BO交⊙O于点L，连接AL、AC、OC、OD，则OB＝OL＝OC＝OD＝5，因为BL是⊙O的直径，所以∠BAL＝90°，BL＝10，而AB＝5，则sinL，所以∠L＝60°，因为∠ACB＝∠L＝60°，∠AEC＝75°，所以∠CAD＝180°﹣∠ACB﹣∠AEC＝45°，则∠COD＝2∠CAD＝90°，求得CD＝5，于是得到问题的答案． 【解答】解：连接并延长BO交⊙O于点L，连接AL、AC、OC、OD， ∵⊙O的半径为5， ∴OB＝OL＝OC＝OD＝5， ∵BL是⊙O的直径，AB＝5， ∴∠BAL＝90°，BL＝2OL＝10， ∵sinL， ∴∠L＝60°， ∵∠ACB＝∠L＝60°，∠AEC＝75°， ∴∠CAD＝180°﹣∠ACB﹣∠AEC＝45°， ∴∠COD＝2∠CAD＝90°， ∴CD5， 故答案为：5． 12．（2026•修水县一模）如图，点A的坐标为（4，0），点B的坐标为（0，3），点C的坐标为（x，0）（0＜x＜4），点D在线段BC上，以点D为圆心，为半径作⊙D，且⊙D与△OAB的两边相切，则x的值为　或或1　 ． 【答案】或或1． 【分析】分三种情况考虑：⊙D与直角边OB、斜边AB都相切；⊙D与直角边OA、斜边AB都相切；⊙D与直角边OB、与直角边OA相切；画出图形分别进行求解即可． 【解答】解：如图，⊙D与直角边OA、斜边AB都相切时，则点D在∠OAB的角平分线上， 连接AD并延长交OB于点G，过G作GH⊥AB于点H，设⊙D与直角边OA相切于点E，则DE⊥OA， ∴OG是∠OAB的角平分线，， ∴OG＝GH， ∵AG＝AG， ∴Rt△OAG≌Rt△HAG（HL）， ∴AH＝OA＝4， ∴BH＝AB﹣AH＝1， ∵BG＝OB﹣OG＝3﹣OG， 由勾股定理得：BG2＝BH2+GH2， 即：（3﹣OG）2＝1+OG2， 解得：， ∵∠GOA＝∠DEA＝90°， ∴DE∥OG， ∴△ADE∽△AGO， ∴， ∴， ∵DE∥OG， ∴△CDE∽△CBO， ∴， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 如图，⊙D与直角边OB、斜边AB都相切时，则BC是∠OBA的角平分线， 过点C作CF⊥AB于点F，则CF＝OC， ∵BC＝BC， ∴Rt△OBC≌Rt△FBC（HL）， ∴BF＝OB， 由题意得：OB＝3，OA＝4，OC＝x， ∴AC＝OA﹣OC＝4﹣x，BF＝OB＝3， 由勾股定理得：， ∴AF＝AB﹣BF＝5﹣3＝2， 由勾股定理得：AF2+CF2＝AC2， 即22+x2＝（4﹣x）2， 解得：； 当⊙D与直角边OB相切于点F，与直角边OA相切于点E， 则∠DEO＝∠DFO＝∠EOF＝90°， ∴四边形OEDF是矩形， ∵DE＝DF， ∴四边形OEDF是正方形， ∴，DE∥OB， ∴△CDE∽△CBO， ∴， ∴， 解得x＝1， 综上，x的取值为或或1． 故答案为：或或1． 2 / 2 北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $