2026年中考数学二轮复习：圆

**基本信息** 以题载法构建圆的知识网络，通过分层题型系统训练几何直观与推理能力，实现从性质应用到综合证明的能力进阶。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础性质|选择1-7/填空11-14|切线判定三步法（连半径、证垂直、判切线）、垂径定理五要素（过圆心、垂直弦、平分弦、平分优弧、平分劣弧）|圆的概念→垂径定理→圆周角定理→切线性质的递进关系| |综合应用|选择8-10/填空15/解答16-20|圆周角转化策略（同弧代换、直径直角构造）、动态问题坐标化（如第5题矩形性质转化）|性质应用→几何建模→代数计算的综合逻辑链，突出空间观念与模型意识|

2026年中考数学二轮复习：圆 一．选择题（共10小题） 1．如图，AB是⊙O的直径，D、C在⊙O上，AD∥OC，∠DAB＝60°，连接AC，则∠DAC等于（　　） A．15° B．30° C．45° D．60° 2．如图，抛物线yx2﹣4与x轴交于A、B两点，P是以点C（0，3）为圆心，2为半径的圆上的动点，Q是线段PA的中点，连接OQ，则线段OQ的最大值是（　　） A．3 B． C． D．4 3．如图，已知⊙O的直径AB⊥CD于点E，则下列结论不一定成立的是（　　） A．CE＝DE B．AE＝OE C． D．△OCE≌△ODE 4．如图，已知BC是⊙O的直径，半径OA⊥BC，点D在劣弧AC上（不与点A，点C重合），BD与OA交于点E．设∠AED＝α，∠AOD＝β，则（　　） A．3α+β＝180° B．2α+β＝180° C．3α﹣β＝90° D．2α﹣β＝90° 5．如图，⊙O的半径为2，AB、CD是互相垂直的两条直径，点P是⊙O上任意一点（P与A、B、C、D不重合），经过P作PM⊥AB于点M，PN⊥CD于点N，点Q是MN的中点，当点P沿着圆周转过45°时，点Q走过的路径长为（　　） A． B． C． D． 6．如图，PA、PB切⊙O于点A、B，PA＝10，CD切⊙O于点E，交PA、PB于C、D两点，则△PCD的周长是（　　） A．10 B．18 C．20 D．22 7．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OC＝5cm，CD＝8cm，则AE＝（　　） A．8cm B．5cm C．3cm D．2cm 8．如图所示，MN是⊙O的直径，作AB⊥MN，垂足为点D，连接AM，AN，点C为上一点，且，连接CM，交AB于点E，交AN于点F，现给出以下结论： ①AD＝BD；②∠MAN＝90°；③；④∠ACM+∠ANM＝∠MOB；⑤AEMF． 其中正确结论的个数是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 9．如图，AB是⊙O的直径，点C，D，E在⊙O上，若∠AED＝20°，则∠BCD的度数为（　　） A．100° B．110° C．115° D．120° 10．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，⊙O的半径为2，∠B＝135°，则的长（　　） A．2π B．π C． D． 二．填空题（共5小题） 11．如图，半径为5的半圆的初始状态是直径平行于桌面上的直线b，然后把半圆沿直线b进行无滑动滚动，使半圆的直径与直线b重合为止，则圆心O运动路径的长度等于　 　 ． 12．如图，在⊙O的内接五边形ABCDE中，∠CAD＝35°，则∠B+∠E＝　 　 °． 13．如图，在直角坐标系中，⊙A的圆心A的坐标为（﹣1，0），半径为1，点P为直线yx+3上的动点，过点P作⊙A的切线，切点为Q，则切线长PQ的最小值是 　 　 ． 14．如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，∠OAB＝38°，则∠P＝　 　 °． 15．如图，AC是⊙O的弦，AC＝5，点B是⊙O上的一个动点，且∠ABC＝45°，若点M、N分别是AC、BC的中点，则MN的最大值是 　 　 ． 三．解答题（共5小题） 16．如图，AB为⊙O的直径，OC⊥AB交⊙O于点C，D为OB上一点，延长CD交⊙O于点E，延长OB至F，使DF＝FE，连接EF． （1）求证：EF为⊙O的切线； （2）若OD＝1且BD＝BF，求⊙O的半径． 17．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的圆交AC于点D，交BC于点E，延长AE至点F，使EF＝AE，连接FB，FC． （1）求证：四边形ABFC是菱形； （2）若AD＝7，BE＝2，求半圆和菱形ABFC的面积． 18．如图，△ABC内接于⊙O，BC＝2，AB＝AC，点D为上的动点，且cos∠ABC． （1）求AB的长度； （2）在点D的运动过程中，弦AD的延长线交BC延长线于点E，问AD•AE的值是否变化？若不变，请求出AD•AE的值；若变化，请说明理由； （3）在点D的运动过程中，过A点作AH⊥BD，求证：BH＝CD+DH． 19．如图1，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点C作∠BCD＝∠ACB交⊙O于点D，连接AD交BC于点E，延长DC至点F，使CF＝AC，连接AF． （1）求证：ED＝EC； （2）求证：AF是⊙O的切线； （3）如图2，若点G是△ACD的内心，BC•BE＝25，求BG的长． 20．如图，已知BC是⊙O的弦，A是⊙O外一点，△ABC为正三角形，D为BC的中点，M为⊙O上一点，并且∠BMC＝60°． （1）求证：AB是⊙O的切线； （2）若E，F分别是边AB，AC上的两个动点，且∠EDF＝120°，⊙O的半径为2，试问BE+CF的值是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由． 2026年中考数学二轮复习：圆 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 1．如图，AB是⊙O的直径，D、C在⊙O上，AD∥OC，∠DAB＝60°，连接AC，则∠DAC等于（　　） A．15° B．30° C．45° D．60° 【考点】圆的认识；平行线的性质． 【答案】B 【分析】首先利用同一圆的半径相等和平行线的性质得到∠DAC＝∠CAB，然后利用已知角求解即可． 【解答】解：∵OA＝OC， ∴∠CAO＝∠ACO， ∵AD∥OC， ∴∠DAC＝∠ACO， ∴∠DAC＝∠CAB， ∵∠DAB＝60°， ∴∠DAC∠DAB＝30°， 故选：B． 【点评】本题考查了圆的认识及平行线的性质，属于基础题，比较简单． 2．如图，抛物线yx2﹣4与x轴交于A、B两点，P是以点C（0，3）为圆心，2为半径的圆上的动点，Q是线段PA的中点，连接OQ，则线段OQ的最大值是（　　） A．3 B． C． D．4 【考点】点与圆的位置关系；抛物线与x轴的交点；线段的性质：两点之间线段最短；三角形中位线定理． 【专题】与圆有关的位置关系． 【答案】C 【分析】连接BP，如图，先解方程x2﹣4＝0得A（﹣4，0），B（4，0），再判断OQ为△ABP的中位线得到OQBP，利用点与圆的位置关系，BP过圆心C时，PB最大，如图，点P运动到P′位置时，BP最大，然后计算出BP′即可得到线段OQ的最大值． 【解答】解：连接BP，如图， 当y＝0时，x2﹣4＝0，解得x1＝4，x2＝﹣4，则A（﹣4，0），B（4，0）， ∵Q是线段PA的中点， ∴OQ为△ABP的中位线， ∴OQBP， 当BP最大时，OQ最大， 而BP过圆心C时，PB最大，如图，点P运动到P′位置时，BP最大， ∵BC5， ∴BP′＝5+2＝7， ∴线段OQ的最大值是． 故选：C． 【点评】本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．也考查了三角形中位线． 3．如图，已知⊙O的直径AB⊥CD于点E，则下列结论不一定成立的是（　　） A．CE＝DE B．AE＝OE C． D．△OCE≌△ODE 【考点】垂径定理． 【答案】B 【分析】根据垂径定理得出CE＝DE，弧CB＝弧BD，再根据全等三角形的判定方法“AAS”即可证明△OCE≌△ODE． 【解答】解：∵⊙O的直径AB⊥CD于点E， ∴CE＝DE，弧CB＝弧BD， 在△OCE和△ODE中， ， ∴△OCE≌△ODE， 故选：B． 【点评】本题考查了圆周角定理和垂径定理的应用，注意：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧． 4．如图，已知BC是⊙O的直径，半径OA⊥BC，点D在劣弧AC上（不与点A，点C重合），BD与OA交于点E．设∠AED＝α，∠AOD＝β，则（　　） A．3α+β＝180° B．2α+β＝180° C．3α﹣β＝90° D．2α﹣β＝90° 【考点】圆周角定理． 【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；推理能力． 【答案】D 【分析】根据直角三角形两锐角互余性质，用α表示∠CBD，进而由圆心角与圆周角关系，用α表示∠COD，最后由角的和差关系得结果． 【解答】解：∵OA⊥BC， ∴∠AOB＝∠AOC＝90°， ∴∠DBC＝90°﹣∠BEO＝90°﹣∠AED＝90°﹣α， ∴∠COD＝2∠DBC＝180°﹣2α， ∵∠AOD+∠COD＝90°， ∴β+180°﹣2α＝90°， ∴2α﹣β＝90°， 故选：D． 【点评】本题主要考查了圆的基本性质，直角三角形的性质，关键是用α表示∠COD． 5．如图，⊙O的半径为2，AB、CD是互相垂直的两条直径，点P是⊙O上任意一点（P与A、B、C、D不重合），经过P作PM⊥AB于点M，PN⊥CD于点N，点Q是MN的中点，当点P沿着圆周转过45°时，点Q走过的路径长为（　　） A． B． C． D． 【考点】弧长的计算；矩形的判定与性质． 【专题】压轴题． 【答案】A 【分析】OP的长度不变，始终等于半径，则根据矩形的性质可得OQ＝1，再由走过的角度代入弧长公式即可． 【解答】解：∵PM⊥AB于点M，PN⊥CD于点N， ∴四边形ONPM是矩形， 又∵点Q为MN的中点， ∴点Q为OP的中点， 则OQ＝1， 点Q走过的路径长． 故选：A． 【点评】本题考查了弧长的计算及矩形的性质，解答本题的关键是根据矩形的性质得出点Q运动轨迹的半径，要求同学们熟练掌握弧长的计算公式． 6．如图，PA、PB切⊙O于点A、B，PA＝10，CD切⊙O于点E，交PA、PB于C、D两点，则△PCD的周长是（　　） A．10 B．18 C．20 D．22 【考点】切线长定理． 【专题】推理能力． 【答案】C 【分析】根据切线长定理得出PA＝PB＝10，CA＝CE，DE＝DB，求出△PCD的周长是PC+CD+PD＝PA+PB，代入求出即可． 【解答】解：∵PA、PB切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E， ∴PA＝PB＝10，CA＝CE，DE＝DB， ∴△PCD的周长是PC+CD+PD ＝PC+AC+DB+PD ＝PA+PB ＝10+10 ＝20． 故选：C． 【点评】本题考查了切线长定理的应用，关键是求出△PCD的周长＝PA+PB． 7．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OC＝5cm，CD＝8cm，则AE＝（　　） A．8cm B．5cm C．3cm D．2cm 【考点】垂径定理；勾股定理． 【专题】与圆有关的计算；解直角三角形及其应用． 【答案】A 【分析】根据垂径定理可得出CE的长度，在Rt△OCE中，利用勾股定理可得出OE的长度，再利用AE＝AO+OE即可得出AE的长度． 【解答】解：∵弦CD⊥AB于点E，CD＝8cm， ∴CECD＝4cm． 在Rt△OCE中，OC＝5cm，CE＝4cm， ∴OE3cm， ∴AE＝AO+OE＝5+3＝8cm． 故选：A． 【点评】本题考查了垂径定理以及勾股定理，利用垂径定理结合勾股定理求出OE的长度是解题的关键． 8．如图所示，MN是⊙O的直径，作AB⊥MN，垂足为点D，连接AM，AN，点C为上一点，且，连接CM，交AB于点E，交AN于点F，现给出以下结论： ①AD＝BD；②∠MAN＝90°；③；④∠ACM+∠ANM＝∠MOB；⑤AEMF． 其中正确结论的个数是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【考点】圆周角定理；垂径定理． 【专题】压轴题． 【答案】D 【分析】根据AB⊥MN，垂径定理得出①③正确，利用MN是直径得出②正确，，得出④正确，结合②④得出⑤正确即可． 【解答】解：∵MN是⊙O的直径，AB⊥MN， ∴AD＝BD，，∠MAN＝90°（①②③正确） ∵， ∴， ∴∠ACM+∠ANM＝∠MOB（④正确） ∵∠MAE＝∠AME， ∴AE＝ME， ∵∠EAF+∠MAE＝∠AME+∠AFM＝∠MAN， ∠EAF＝∠AFM， ∴AE＝EF， ∴AEMF（⑤正确）． 正确的结论共5个． 故选：D． 【点评】此题考查圆周角定理，垂径定理，以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识． 9．如图，AB是⊙O的直径，点C，D，E在⊙O上，若∠AED＝20°，则∠BCD的度数为（　　） A．100° B．110° C．115° D．120° 【考点】圆周角定理． 【答案】B 【分析】连接AC，根据圆周角定理，可分别求出∠ACB＝90°，∠ACD＝20°，即可求∠BCD的度数． 【解答】解：连接AC， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵∠AED＝20°， ∴∠ACD＝20°， ∴∠BCD＝∠ACB+∠ACD＝110°， 解法二：连接BE，易得∠BED为70°，再由圆内接四边形互补可得∠BCD为110°． 故选：B． 【点评】此题主要考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半． 10．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，⊙O的半径为2，∠B＝135°，则的长（　　） A．2π B．π C． D． 【考点】弧长的计算；圆周角定理；圆内接四边形的性质． 【答案】B 【分析】连接OA、OC，然后根据圆周角定理求得∠AOC的度数，最后根据弧长公式求解． 【解答】解：连接OA、OC， ∵∠B＝135°， ∴∠D＝180°﹣135°＝45°， ∴∠AOC＝90°， 则的长π． 故选：B． 【点评】本题考查了弧长的计算以及圆周角定理，解答本题的关键是掌握弧长公式L． 二．填空题（共5小题） 11．如图，半径为5的半圆的初始状态是直径平行于桌面上的直线b，然后把半圆沿直线b进行无滑动滚动，使半圆的直径与直线b重合为止，则圆心O运动路径的长度等于　5π　 ． 【考点】弧长的计算；旋转的性质． 【专题】压轴题． 【答案】5π 【分析】根据题意得出球在无滑动旋转中通过的路程为圆弧，根据弧长公式求出弧长即可． 【解答】解：由图形可知，圆心先向前走OO1的长度，从O到O1的运动轨迹是一条直线，长度为圆的周长， 然后沿着弧O1O2旋转圆的周长， 则圆心O运动路径的长度为：2π×52π×5＝5π， 故答案为：5π． 【点评】本题考查的是弧长的计算和旋转的知识，解题关键是确定半圆作无滑动翻转所经过的路线并求出长度． 12．如图，在⊙O的内接五边形ABCDE中，∠CAD＝35°，则∠B+∠E＝　215　 °． 【考点】圆内接四边形的性质． 【答案】215 【分析】连接CE，根据圆内接四边形对角互补可得∠B+∠AEC＝180°，再根据同弧所对的圆周角相等可得∠CED＝∠CAD，然后求解即可． 【解答】解：如图，连接CE， ∵五边形ABCDE是圆内接五边形， ∴四边形ABCE是圆内接四边形， ∴∠B+∠AEC＝180°， ∵∠CED＝∠CAD＝35°， ∴∠B+∠E＝180°+35°＝215°． 故答案为：215． 【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，同弧所对的圆周角相等的性质，熟记性质并作辅助线构造出圆内接四边形是解题的关键． 13．如图，在直角坐标系中，⊙A的圆心A的坐标为（﹣1，0），半径为1，点P为直线yx+3上的动点，过点P作⊙A的切线，切点为Q，则切线长PQ的最小值是 　2　 ． 【考点】切线的性质；一次函数的性质． 【专题】证明题． 【答案】2 【分析】连接AP，PQ，当AP最小时，PQ最小，当AP⊥直线yx+3时，PQ最小，根据全等三角形的性质得到AP＝3，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：如图，作AP⊥直线yx+3，垂足为P，作⊙A的切线PQ，切点为Q，此时切线长PQ最小， ∵A的坐标为（﹣1，0）， 设直线与x轴，y轴分别交于C，B， ∴B（0，3），C（4，0）， ∴OB＝3，AC＝5， ∴BC5， ∴AC＝BC， 在△APC与△BOC中， ， ∴△APC≌△BOC（AAS）， ∴AP＝OB＝3， ∴PQ2． ∵PQ2＝PA2﹣1，此时PA最小，所以此时切线长PQ也最小，最小值为2． 【点评】本题主要考查切线的性质，掌握过切点的半径与切线垂直是解题的关键，用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题． 14．如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，∠OAB＝38°，则∠P＝　76　 °． 【考点】切线长定理． 【专题】等腰三角形与直角三角形；与圆有关的位置关系． 【答案】76 【分析】由切线的性质得出PA＝PB，PA⊥OA，得出∠PAB＝∠PBA，∠OAP＝90°，由已知得出∠PBA＝∠PAB＝90°﹣∠OAB＝52°，再由三角形内角和定理即可得出结果． 【解答】解：∵PA，PB是⊙O的切线， ∴PA＝PB，PA⊥OA， ∴∠PAB＝∠PBA，∠OAP＝90°， ∴∠PBA＝∠PAB＝90°﹣∠OAB＝90°﹣38°＝52°， ∴∠P＝180°﹣52°﹣52°＝76°； 故答案为：76． 【点评】本题考查了切线的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理；利用切线的性质来解答问题时，解此类问题的一般思路是利用直角来解决问题． 15．如图，AC是⊙O的弦，AC＝5，点B是⊙O上的一个动点，且∠ABC＝45°，若点M、N分别是AC、BC的中点，则MN的最大值是 　　 ． 【考点】圆周角定理；三角形中位线定理． 【专题】圆的有关概念及性质． 【答案】 【分析】根据中位线定理得到MN的长最大时，AB最大，当AB最大时是直径，从而求得直径后就可以求得最大值． 【解答】解：∵点M，N分别是BC，AC的中点， ∴MNAB， ∴当AB取得最大值时，MN就取得最大值，当AB是直径时，AB最大， 连接AO并延长交⊙O于点B′，连接CB′， ∵AB′是⊙O的直径， ∴∠ACB′＝90°． ∵∠ABC＝45°，AC＝5， ∴∠AB′C＝45°， ∴AB′5， ∴MN最大． 故答案为：． 【点评】本题考查了三角形的中位线定理、等腰直角三角形的性质及解直角三角形的综合运用，解题的关键是了解当什么时候MN的值最大，难度不大． 三．解答题（共5小题） 16．如图，AB为⊙O的直径，OC⊥AB交⊙O于点C，D为OB上一点，延长CD交⊙O于点E，延长OB至F，使DF＝FE，连接EF． （1）求证：EF为⊙O的切线； （2）若OD＝1且BD＝BF，求⊙O的半径． 【考点】切线的判定与性质；垂径定理． 【专题】与圆有关的计算；推理能力． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）连接OE，根据等边对等角结合对等角相等即可推出结论； （2）设⊙O的半径EO＝BO＝r，则BD＝BF＝r﹣1，FE＝2BD＝2（r﹣1），在Rt△FEO中，由勾股定理得得出方程求解即可． 【解答】解：（1）证明：如图，连接OE， ∵OE＝OC， ∴∠OEC＝∠OCE， ∵DF＝FE， ∴∠FED＝∠FDE， ∵∠FDE＝∠CDO，∠CDO+∠OCD＝90°， ∴∠FED+∠OEC＝90°， 即∠FEO＝90°， ∴OE⊥FE， ∵OE是半径， ∴EF为⊙O的切线； （2）解：设⊙O的半径EO＝BO＝r，则BD＝BF＝r﹣1， ∴FE＝2BD＝2（r﹣1）， 在Rt△FEO中，由勾股定理得， FE2+OE2＝OF2， ∴（2r﹣2）2+r2＝（2r﹣1）2， 解得r＝3，或r＝1（舍去）， ∴⊙O的半径为3． 【点评】本题考查了切线的判定与性质，勾股定理，熟记切线的判定定理是解题的关键． 17．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的圆交AC于点D，交BC于点E，延长AE至点F，使EF＝AE，连接FB，FC． （1）求证：四边形ABFC是菱形； （2）若AD＝7，BE＝2，求半圆和菱形ABFC的面积． 【考点】圆周角定理；菱形的判定与性质；勾股定理；等腰三角形的性质． 【专题】圆的有关概念及性质． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据对角线相互平分的四边形是平行四边形，证明是平行四边形，再根据邻边相等的平行四边形是菱形即可证明； （2）设CD＝x，连接BD．利用勾股定理构建方程即可解决问题； 【解答】（1）证明：∵AB是直径， ∴∠AEB＝90°， ∴AE⊥BC， ∵AB＝AC， ∴BE＝CE， ∵AE＝EF， ∴四边形ABFC是平行四边形， ∵AC＝AB， ∴四边形ABFC是菱形． （2）设CD＝x．连接BD． ∵AB是直径， ∴∠ADB＝∠BDC＝90°， ∴AB2﹣AD2＝CB2﹣CD2， ∴（7+x）2﹣72＝42﹣x2， 解得x＝1或﹣8（舍弃） ∴AC＝8，BD， ∴S菱形ABFC＝8． ∴S半圆•π•42＝8π． 【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定、线段的垂直平分线的性质勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型． 18．如图，△ABC内接于⊙O，BC＝2，AB＝AC，点D为上的动点，且cos∠ABC． （1）求AB的长度； （2）在点D的运动过程中，弦AD的延长线交BC延长线于点E，问AD•AE的值是否变化？若不变，请求出AD•AE的值；若变化，请说明理由； （3）在点D的运动过程中，过A点作AH⊥BD，求证：BH＝CD+DH． 【考点】圆的综合题． 【专题】综合题；圆的有关概念及性质． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）作AM垂直于BC，由AB＝AC，利用三线合一得到CM等于BC的一半，求出CM的长，再由cosABC的值，利用锐角三角函数定义求出AB的长即可； （2）连接DC，由等边对等角得到一对角相等，再由圆内接四边形的性质得到一对角相等，根据一对公共角，得到三角形EAC与三角形CAD相似，由相似得比例求出所求即可； （3）在BD上取一点N，使得BN＝CD，利用SAS得到三角形ACD与三角形ABN全等，由全等三角形对应边相等及等量代换即可得证． 【解答】解：（1）作AM⊥BC， ∵AB＝AC，AM⊥BC，BC＝2BM， ∴CMBC＝1， ∵cos∠ABC， 在Rt△AMB中，BM＝1， ∴AB； （2）连接DC， ∵AB＝AC， ∴∠ACB＝∠ABC， ∵四边形ABCD内接于圆O， ∴∠ADC+∠ABC＝180°， ∵∠ACE+∠ACB＝180°， ∴∠ADC＝∠ACE， ∵∠CAE公共角， ∴△EAC∽△CAD， ∴， ∴AD•AE＝AC2＝10； （3）在BD上取一点N，使得BN＝CD， 在△ABN和△ACD中 ， ∴△ABN≌△ACD（SAS）， ∴AN＝AD， ∵AN＝AD，AH⊥BD， ∴NH＝HD， ∵BN＝CD，NH＝HD， ∴BN+NH＝CD+HD＝BH． 【点评】此题属于圆的综合题，涉及的知识有：圆周角定理，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键． 19．如图1，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点C作∠BCD＝∠ACB交⊙O于点D，连接AD交BC于点E，延长DC至点F，使CF＝AC，连接AF． （1）求证：ED＝EC； （2）求证：AF是⊙O的切线； （3）如图2，若点G是△ACD的内心，BC•BE＝25，求BG的长． 【考点】圆的综合题． 【专题】几何综合题；圆的有关概念及性质． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）由AB＝AC知∠ABC＝∠ACB，结合∠ACB＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC得∠BCD＝∠ADC，从而得证； （2）连接OA，由∠CAF＝∠CFA知∠ACD＝∠CAF+∠CFA＝2∠CAF，结合∠ACB＝∠BCD得∠ACD＝2∠ACB，∠CAF＝∠ACB，据此可知AF∥BC，从而得OA⊥AF，从而得证； （3）证△ABE∽△CBA得AB2＝BC•BE，据此知AB＝5，连接AG，得∠BAG＝∠BAD+∠DAG，∠BGA＝∠GAC+∠ACB，由点G为内心知∠DAG＝∠GAC，结合∠BAD+∠DAG＝∠GAC+∠ACB得∠BAG＝∠BGA，从而得出BG＝AB＝5． 【解答】解：（1）∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， 又∵∠ACB＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC， ∴∠BCD＝∠ADC， ∴ED＝EC； （2）如图1，连接OA， ∵AB＝AC， ∴， ∴OA⊥BC， ∵CA＝CF， ∴∠CAF＝∠CFA， ∴∠ACD＝∠CAF+∠CFA＝2∠CAF， ∵∠ACB＝∠BCD， ∴∠ACD＝2∠ACB， ∴∠CAF＝∠ACB， ∴AF∥BC， ∴OA⊥AF， ∴AF为⊙O的切线； （3）∵∠ABE＝∠CBA，∠BAD＝∠BCD＝∠ACB， ∴△ABE∽△CBA， ∴， ∴AB2＝BC•BE， ∵BC•BE＝25， ∴AB＝5， 如图2，连接AG， 如图2，连接AG， ∴∠BAG＝∠BAD+∠DAG，∠BGA＝∠GAC+∠ACB， ∵点G为内心， ∴∠DAG＝∠GAC， 又∵∠BAD＝∠BCD＝∠ACB， ∴∠BAD+∠DAG＝∠ACB+∠GAC，即∠BAG＝∠BGA， ∴BG＝AB＝5． 【点评】本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握圆心角定理、切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点． 20．如图，已知BC是⊙O的弦，A是⊙O外一点，△ABC为正三角形，D为BC的中点，M为⊙O上一点，并且∠BMC＝60°． （1）求证：AB是⊙O的切线； （2）若E，F分别是边AB，AC上的两个动点，且∠EDF＝120°，⊙O的半径为2，试问BE+CF的值是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由． 【考点】切线的判定；等边三角形的性质． 【专题】压轴题． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）连接OB、OD、OC，如图1，由于D为BC的中点，根据垂径定理的推理得OD⊥BC，∠BOD＝∠COD，再根据圆周角定理得∠BOD＝∠M＝60°，则∠OBD＝30°，所以∠ABO＝90°，于是根据切线的判定定理得AB是⊙O的切线； （2）作DH⊥AB于H，DN⊥AC于N，连接AD，如图2，根据等边三角形三角形的性质得AD平分∠BAC，∠BAC＝60°，则利用角平分线性质得DH＝DN，根据四边形内角和得∠HDN＝120°，由于∠EDF＝120°，所以∠HDE＝∠NDF，接着证明△DHE≌△DNF得到HE＝NF，于是BE+CF＝BH+CN，再计算出BHBD，CNDC，则BE+CFBC，于是可判断BE+CF的值是定值，为等边△ABC边长的一半，再计算BC的长即可． 【解答】（1）证明：连接OB、OD、OC，如图1， ∵D为BC的中点， ∴OD⊥BC，∠BOD＝∠COD， ∴∠ODB＝90°， ∵∠BMC∠BOC， ∴∠BOD＝∠M＝60°， ∴∠OBD＝30°， ∵△ABC为正三角形， ∴∠ABC＝60° ∴∠ABO＝60°+30°＝90°， ∴AB⊥OB， ∴AB是⊙O的切线； （2）解：BE+CF的值是为定值． 作DH⊥AB于H，DN⊥AC于N，连接AD，如图2， ∵△ABC为正三角形，D为BC的中点， ∴AD平分∠BAC，∠BAC＝60°， ∴DH＝DN，∠HDN＝120°， ∵∠EDF＝120°， ∴∠HDE＝∠NDF， 在△DHE和△DNF中， ， ∴△DHE≌△DNF， ∴HE＝NF， ∴BE+CF＝BH﹣EH+CN+NF＝BH+CN， 在Rt△DHB中，∵∠DBH＝60°， ∴BHBD， 同理可得CNDC， ∴BE+CFDBDCBC， ∵BD＝OB•cos30°， ∴BC＝2， ∴BE+CF的值是定值，为． 【点评】本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．也考查了等边三角形的性质． 学科网（北京）股份有限公司 $