有关圆的综合题高频考点预测练-2026年中考数学三轮复习备考

**基本信息** 聚焦圆的综合应用，以15道分层题构建"性质应用-模型构建-综合迁移"的方法体系，强化几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |切线证明|3题|连半径证垂直、等角代换|圆的切线性质→圆周角定理→全等/相似转化| |计算综合|8题|勾股定理列方程、相似比求线段|半径与弦长关系→动态问题分类→面积公式应用| |模型迁移|4题|辅助线构造（直径、中点）|垂径定理→四点共圆→函数关系建立|

有关圆的综合题高频考点预测练 1.如图，△ABC内接于⊙O,AB=AC,AD II BC,连接BD交AC于点E,交⊙O点F. (1)求证：AD与⊙O相切； (2)当点F为弧AC的中点，AE=25,CE=30时，求⊙O的半径. 2.△ACD是⊙O的内接三角形，AB是⊙O的直径，BD是弦，2LCDB=∠ACD D D D H B H B 0 图1 C图2 C图3 (1)如图1，求证：AC=DC; (2)如图2，过点C作CH⊥AB于点H,延长DB到N,若BN=BH,求证：CN⊥BD; (3)如图3，在(2)的条件下，连接AN,若AN⊥CD,CD=2V2,求线段CH的长. 3.如图，在△ABC中，点O是外心，∠BAC和LABC的平分线交于点E,延长AE交△ABC的 外接圆于点D,连接BD, A E 万 (I)求证：BD=DE; (2)若LBAC=90°，DE=4cm,求△ABC的外接圆的半径. 4.如图1，D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA=∠CBD, 试卷第1页，共7页 D 图1 图2 (1)判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由； ②若an-ADC=,AC=2时，求O0的的半径： (3)若AB=10,AD=6,DE平分∠ADB,求DE的长 5.如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E,G是AC的中点，连接AG: G G E A B E H H D D 图1 图2 图3 (I)若点E是OB的中点（如图1），求LGAB的度数； (2)连接AD,AC,GD,且GD交AB于点H(如图2)，求证：△AGH是等腰三角形； (③)若AC交GD于N(如图3).若8器=求然的值， 6.如图，在Rt△ABC中，AB=4,AC=6,以C为圆心，2V2为半径作圆，点D为AB上的 动点，DP、DQ分别切圆C于点P、点Q,连接PQ,分别交AC和BC于点E、F,取PQ的中 点M. D D D M 9 Q (1)当∠PDQ=50时，求劣弧PQ的度数； (2)当CE=CF时，求AD的长； (3)连接CM,BM ①证明：ME·CA=CM·AD 试卷第2页，共7页 ②在点D的运动过程中，BM是否存在最小值？若存在，直接写出BM的值；若不存在，请 说明理由 7.如图，AB是⊙O的直径，点C是AB延长线上的一点，点D是⊙O上的一点，AD=CD, 且∠ADC=120°. B B D 图1 图2 (1)如图1，求证：CD是⊙0的切线： (2)如图2，过BC上的点P,作AD的平行线，交⊙O于点E,F,若AB=6,BP=2.求BE·BF 的值. 8.如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，连接AC、BC,D为AC的中点，过点C作⊙O 的切线与射线OD交于点E D B (1)求证：∠E=LA; (②)若延长EC与AB交于点F,若DE=4,sinF=,求O0的面积 9.如图，在半径为V2的⊙O中，AB是直径，点P在⊙O上，且AP=3BP,弦PD(非直径) 交AB于点C 试卷第3页，共7页 P B B ① ② (1)如图①，若PC=CD (I)连接AD,AP求证：AD=AP; ()0C的长为· (2)如图②，若PC=2CD(AC<BC),求OC的长 10.如图，△ABC内接于⊙O,点E在直径BD的延长线上，且AE‖BC,连结CD, ∠BAC=2∠ACD ○ F 备用图 (1)求证：AE是⊙0的切线. (2)若⊙0的半径为R,CDDE=nR ①当∠E=45时，求n. ②求证：mA=1. 1 11,如图，在⊙O中，AB是一条不过圆心O的弦，点C,D是AB的三等分点，直径CE交AB 于点F,连结AD交CF于点G,连结AC,过点C的切线交BA的延长线于点H. 试卷第4页，共7页 (1)求证：ADIHC: ②若8=2，求an-FAGB的值： (3)连结BC交AD于点N,若⊙O的半径为5. ①若AH=V10,求AN的长； ②若HF·AB=88,求△BHC的面积. 12.如图1，AB是圆O的直径，点C在圆O上，点D是AC的中点，CD,BA的延长线交于 点E,DF为圆O的切线，交AE于点F,AM=CB C D D E B M 图1 图2 (I)证明：DFIMB; (Q)若an-EDF=子设x=E0·AD,y=EB.FD,求 (3)如图2，延长DC与MB交于点N,若AB=10,MB=6,求EN的长 13,已知：AB、AC是⊙O的两条弦，AB=AC(如图1)，点M、N分别在弦AB、AC上， 且AM=CN,AM<AN,连接OM、ON 试卷第5页，共7页 A E M B B 图1 图2 备用图 (1)求证：0M=ON; (2)当LBAC是锐角时，如果AO2=AMAC,求证：四边形AMON是等腰梯形； (3)过M作ME⊥AB,交⊙O于E;过N作NF⊥AC,交⊙O于点F,如图2，求证： EM=FN. 14.如图1，锐角△ABC内接于⊙O,D为BC的中点，连结AD并延长交⊙O于点E,连结 BE,CE,过C作AC的垂线交AE于点F,点G在AD上，连结BG,CG,若BC平分LEBG且 ∠BCG=∠AFC G C B F F E E 图1 图2 (1)求LBGC的度数， (2)①求证：AF=BC. ②若AG=DF,求tanLGBC的值 (3)如图2，当点0恰好在BG上且0G=1时，求AC的长， 15.已知，AD、BC为⊙O两条弦，AD⊥BC于点E,连接OE,AE=CE. 试卷第6页，共7页 F B E B E D 0 图1 图2 图3 (1)如图1，连接0E,求LAE0的度数； (2)如图2，连接AC,延长EO交AC于点N,点F为AC上一点，连接EF,在EF上方作等腰直 角三角形EFG,且∠EGF=90°，连接NG,求证：NGI‖BC; (3)在(2)的条件下，连接AB,CD,当点G落在线段AB上时，过点O做OL⊥OE,交CD于 点L,交CE于点T,若0E=62,EG=2CL,求⊙0半径的长. 试卷第7页，共7页 《有关圆的综合题高频考点预测练-2026年中考数学三轮复习备考》参考答案 1.(1)见解析 (2)34.375 【分析】(1)连接0B、OC,AO,延长AO交BC于点G,证明AG垂直平分BC,得出 ∠AGC=90,BG=CG=BC,根据平行线的性质得出∠GAD=180°-90°=90，即可得出 OA⊥AD,证明AD与⊙O相切； (2)证明∠D=∠ABF,得出AD=AB=55,证明△AED-△GEB,得出能=怎，求出 BC=66,设C0=A0=r,则0G=AG-A0=44-r,根据勾股定理得出r2=(44-r)2+ 332,求出r=34.375,即可得出答案。 【详解】(1)解：连接0B、OC,AO,延长A0交BC于点G,如图所示： G AB=AC,OB=OC, ∴AG垂直平分BC, LAGC=90,BG=CG=BC, AD I BC, .∠GAD=180°-90°=90°， .OA⊥AD, OA为半径， AD与⊙O相切； (2)解：AE=25,CE=30, ..AC=AE+EC=55, ..AB AC=55, 点F为弧AC的中点， ..AF CF, LABF=∠CBF, 答案第1页，共35页 AD II BC, ∠D=∠CBF, ∠D=∠ABF， ..AD AB=55, ADIBC .△AED一△CEB 解得：BC=66, .CG=BC=33, .AG=AC2-CG2=44, 设C0=A0=r,则0G=AG-A0=44-r, 根据勾股定理得：C02=0G2+CG2, 即r2=(44-r)2+332, 解得：r=34.375, 即⊙0的半径为34.375. 【点睛】本题主要考查了切线的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，垂直平分线的 判定和性质，平行线的性质，圆周角定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定 和性质。 2.(1)证明见解析 (2)证明见解析 62 【分析】(1)设LCDB=a,则LACD=2a.利用直径所对圆周角为直角得到LADB=90°， 从而LADC=90°-a,结合同弧所对圆周角相等得出LACD=∠ABD=2a,再根据已知 ∠CAD=90°-a,最后由等角对等边证明 (2)先根据圆内接四边形性质得出LNBC=∠DAC,结合第一问结论得到∠NBC=∠ABC, 再利用BN=BH,BC=BC证明△BNC兰△BHC,由LBHC=90推出LBNC=90°，从而证 明CN⊥BD: 答案第2页，共35页 (3)先通过角度关系推出PB=PN=PC,延长PC使PC=PR构造等腰三角形，利用角度推 导得出AR=BR=3CR;再在Rt△ACR中，根据勾股定理求出CR,进而得到BC;最后在Rt △ABC中求出AB,利用△ABC面积的两种表示方法求出CH, 【点睛】本题考查圆内接三角形性质、圆周角定理、等腰三角形性质、勾股定理及三角形全 等与相似等知识.解题关键是熟练运用相关定理进行角与线段关系的推导转化，通过构造辅 助线、利用勾股定理及三角形面积公式求解 【详解】(1)证明：2LCDB=∠ACD, 设LCDB=a, 则LACD=2a; AD =AD ..LACD=LABD 2a AB是⊙O的直径， ∠ADB=90°， ∠BAD+∠ABD=90°，∠ADC+∠CDB=90°， .∠ADC=90°-a,∠BAD=90°-2a BC=BC LBDC=∠BAC=a, ∠CAD=90°-2a+a=90°-a, .∠ADC=∠CAD, ..AC=DC. (2)证明：连接BC D B H N C ADBC为圆内接四边形， ∠NBC=∠DAC, 由(1)得，AC=DC, 答案第3页，共35页 .∠DAC=∠ADC, AC-AC, ∠ABC=∠ADC, ∠NBC=∠ABC, .BN=BH,BC=BC, △BNC≌△BHC, .∠BNC=∠BHC CH⊥AB,即∠BHC=90°， LBNC=90°，即CN⊥BD. (3)解：连接BC,交AN于点P,设CD与AN交于点M, D B R AB是直径， LADB=90°， LADC+∠CDN=90, AN⊥CD,交CD于M .∠DMN=90° .∠MND+∠MDN=90°， .∠MND=∠ADC, 由(2)得LNBP=LADC, ∠PNB=∠NBP, :.PB PN, .∠BNC=90°， ∠PNB+∠PNC=90°，∠NBC+∠NCB=90°， 答案第4页，共35页 .∠PNC=∠PCN, ..PN=PC, ..PB PN=PC, 延长PC到R使PC=CR,连接AR, LACB=90°， ∠R=∠APR, ∠BNP+∠NBP+∠NPB=180°，∠PNB=∠NBP=∠PBA, LR+∠BAR+∠RBA=180, ∠RAB=∠RBA, ..AR=BR=3CR, 在Rt△ACR中，AC=CD=2V2, .CR2+AC2=AR2, 即CR2+(2N22=(3CR)2, .CR=1,AR=3, BC=2, 在Rt△ABC中， AB =AC2+BC2=23, AB×CH=AC×BC,即2×23×CH=2×22×2, CH=2×22=26 2V3 3 3.(1)见解析 (2)2V/2cm 【分析】本题考查圆的综合知识， (1)由AD平分LBAC,得∠BAD=∠CAD,可得∠DBC=∠BAD,由BE平分LABC,得 ∠ABE=∠CBE,进而推得LDBE=∠DEB即可； (2)先证明BD=CD,得△BDC是等腰直角三角形，得到BD=CD=4cm即可. 【详解】(1)证明：AD平分∠BAC, ∠BAD=∠CAD, .∠DBC=∠CAD, LDBC=∠BAD, 答案第5页，共35页 BE平分LABC, .LABE LCBE, .∠BED=∠BAD+∠ABE,∠DBE=∠DBC+∠CBE, ∠DBE=∠DEB, ..DB DE; (2)∠BAC=90, BC是⊙O的直径， 连接CD, ∠BDC=90°， .∠BAD=∠CAD ..BD CD, ..BD =CD, :△BDC是等腰直角三角形， .DE =4cm ..BD CD =4cm ..BC=42cm, △ABC的外接圆的半径为2V2cm 4.(1)CD与⊙0相切，理由见解析 (2)3 (3)7V2 【分析】(1)连接OD,先判断出LCDA=∠ODB,再根据LADB=∠AD0+∠ODB=90°，判 断出∠CD0=90°，即可得出结论； (2)先判断出tan-CBD=-子进而得出tan-CBD=品=再判唐出△CaD-△CDB,得 出给-器-品-得到CD,CB,即可得出结论： (3)如图2，连接AE,根据圆周角定理得到∠AEB=∠ADB=90°，根据勾股定理得到BD= 答案第6页，共35页 VAB2-AD2=8,过点E作EG1BD于G,根据角平分线的定义得到∠ADE=∠BDE=45°，求 得BE=AB=5V2,根据勾股定理即可得到结论. 【详解】(1)解：CD与⊙O相切，理由： 如图1，连接0D, 图1 .OB=OD, .∠ODB=∠CBD ∠CDA=∠CBD, .∠CDA=∠ODB, AB为⊙O的直径， .∠ADB=∠AD0+∠ODB=90°， .∠CDA+∠AD0=90°， ∴∠CD0=90°， .OD⊥CD, .CD与⊙O相切； (2)解：由(1)知，∠CBD=LADC, tan-ADG= .tanCBD= 在R△ADB中，tan CBD=品- .∠C=∠C,∠ADC=∠CBD, ∴△CAD△CDB, ..CD=2CA=4, .CB=2CD=8, .AB=CB-CA=8-2=6, ∴.OA=OB=AB=3, 答案第7页，共35页 ⊙0的半径为3： (3)解：如图2，连接AE, G 图2 AB为⊙O的直径， ∠AEB=∠ADB=90°， .BD =AB2-AD2=8, 过点E作EG⊥BD于G, DE平分∠ADB, .∠ADE=∠BDE=45°， ∴.∠ABE=∠BAE=∠ADE=∠BDE=45°， .AB=10, BE-AB-5V2 .∠EGD=90°， ∴.DG=EG ..BG=BD-DG=8-EG .BG2 +EG2 BE2, ÷(8-EG)2+EG2=(5√2)2， ∴EG=7或EG=1(不合题意舍去)， :DE =2EG =72 【点晴】此题是圆的综合题，主要考查了切线的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质， 锐角三角函数，作出辅助线构造出相似三角形是解本题的关键， 5.(1)LGAB的度数为60° (2)见解析 器=月 【分析】(1)连接0C、0G,利用直角三角形求出LC0E=60°，再根据圆周角定理以及等边 三角形的判定和性质即可得到答案； 答案第8页，共35页 (2)利用垂径定理，圆周角定理以及三角形的外角性质，等腰三角形的判定定理证明即可 (3)过点N作NM⊥AB于点M,利用相似三角形的判定与性质得到GA2=GN·CD,根据比 例进行计算即可， 【详解】(1)解：连接0C、0G, 点E是OB的中点， 0E=0B, .OB=OC, 0E=20C, CD⊥AB, c0sLC0B=8咒- .∠C0E=60°， ∴.∠A0C=120°， G是AC的中点， 1 ÷∠A0G=∠C0G=iA0C=60, .0A=0G, △OAG为等边三角形， ∴.∠GAB=60°： G E D (2)证明：连接BC、BD, 直径AB⊥CD, .BC=BD, .BC BD, .∠CAB=∠DAB, G是AC的中点， 答案第9页，共35页 .AG=GC, ·.LGAC=LGDA, ·∠GAC+LCAB=LGDA+∠DAB, .∠GHA=∠GDA+∠DAB, ∴.∠GAB=∠GHA, ∴.△AGH是等腰三角形； G B 图2 (3)解：过点N作NM⊥AB于点M, B QMH D 由(2)得：∠GAC=∠GDA, ∠AGN=∠DGA, .△AGN△DGA, GN GA GA-GD' ..GA2=GN.GD, 器-手 .设GN=4m,则DH=3m, 设NH=x,则GH=4m+x,GD=7m+x, '∠GAB=∠GHA, ..GA=GH=4m+x, 答案第10页，共35页 (4m+x)2=4m(7m+x), ∴x=2m或x=-6m(不符合题意，舍去)， .NH=2m,GA=GH=6m, .∠NMH=∠DEH=90°， ∠NHM=∠DHE, .△MHN~△DHE, '∠AMN=∠AEC=90°，∠NAM=∠CAE, ∴.△ANM一△ACE, EC=ED, ED AN 2 A= CN 1 ·AN=2 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的判定和性质， 直角三角形的性质，勾股定理，特殊角的三角函数值，等边三角形的判定和性质，相似三角 形的判定和性质，熟练掌握性质定理是解题的关键 6.(1)130° (2)3V13-9 (3)①见解析；②存在，最小值为6 【分析】(1)由切线连接半径，从已知角逐步往目标角推理得出角度即可： (2)由切线长连接CD,过点D作DG⊥BC于点G,根据已知条件证明C、D在线段PQ的垂 直平分线上，证明CD平分LECF,根据角平分线的性质得出AD=AG,根据勾股定理得出 BC=VAB2+AC2=V42+62=2W13,根据等积法求出AD即可； (3)①由切线长推出CD经过PQ中点M,此时PQ垂直平分CD,故而得证与目标线段相关的 两三角形相似，最后利用相似对应边成比例得证； ②证明△PCM-△DCP,得出%=器，证明△MCE-△ACD,得出号=，证明PC2 答案第11页，共35页 =CE·AC,求出CE=,说明点M在以CE为直径的圆上运动，取CE的中点H,当B、M、 H三点共线时，BM最短，根据勾股定理求出最小值即可. 【详解】(1)解：如图，连接CP、CQ A D B DP、DQ分别切圆C于点P、点Q, ∴LCPD=∠CQD=90°， LPDQ=50°， LPCQ=360°-∠PDQ-∠CPD-∠CQD=130°， 劣弧PQ为130°； (2)解：连接CD,过点D作DG⊥BC于点G,如图所示： A B G 9 DP、DQ分别切圆C于点P、点Q, :.DP =DQ, CP=CQ, ∴C、D在线段PQ的垂直平分线上， CD⊥PQ, CE=CF, :.CD平分LECF, DG⊥BC,∠A=90°， .AD=AG, AB=4,AC=6, 答案第12页，共35页 :BC=VAB2+AC2=V42+62=2W13, 1 S△ABC=2×AB·AC=2×4×6=12, S△AcD+SABCD=12, AC.AD+BG.DG=12, 即×6AD+×213AD=12, 解得：AD=3V13-9; (3)解：①连接CD,CP,CQ,如图所示： A D B 根据解析(2)可知：CD垂直平分PQ, 点M为PQ的中点， ∴点M在CD上， ∴LCME=90°， ..LCME =A, .∠MCE=∠ACD, .△MCE一△ACD, ME CM AD -AC' ME.CA=CM·AD; ②由①可得，C、D、M三点共线，且PQ⊥CD, ∠CMP=∠CPD=90°， 'LPCM=∠DCP, △PCM一△DCP, ..PC2 CM.CD, 根据①可得：△MCE一△ACD, 答案第13页，共35页 :CM.CD=CE·AC, PC2=CE·AC, :(222=6CE, 解得：CB= .CE为定值， LCME=90°， “点M在以CE为直径的圆上运动， 取CE的中点H,当B、M、H三点共线时，BM最短， AH=AG-HC=6×等=5号， 8H=aB2+A=42+(5)2=婴 202 BM=BH-MH=3-3=6, 即BM的最小值为6. A P B 【点睛】本题主要考查了切线的性质，切线长定理，三角形相似的判定和性质，等腰三角形 的判定和性质，垂直平分线的判定，四边形内角和，圆周角定理，解题的关键是作出辅助线 熟练掌握相关的判定和性质。 7.(1)见解析 (2)6 【分析】此题考查了切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握 切线的判定和相似三角形的判定是解题的关键， (1)连接0D,求出∠0DC=90°，即可证明结论； (2)作BG⊥PE于点G,连接AF,证明△AFB一△EGB得到BE·BF=AB·BG,由平行线 答案第14页，共35页 的性质得到LBPG=∠DAC=30°，进一步得到BG=BP=1,即可得到BE·BF的值 【详解】(1)证明：如图1，连接0D,则0A=OD, A B D 图1 AD=CD,∠ADC=120°， ∠A=∠G=2180°-∠AD0=30, L0DA=∠A=30°， .∠0DC=∠ADC-∠0DA=120°-30°=90°， OD是⊙O的半径，且CD⊥OD, CD是⊙O的切线， (2)解：如图2，作BG⊥PE于点G,连接AF,则PGB=∠EGB=90°， 今 B D 图2 AB是⊙O的直径， LAFB=∠EGB=90°， LFAB+∠FEB=180°，∠GEB+∠FEB=180°， ∠FAB=∠GEB, .△AFB△EGB, AB BF BE -BG BE·BF=AB·BG, PF II AD, 答案第15页，共35页 .∠BPG=∠DAC=30°， AB=6,BP=2 BG=BP=1, :BE·BF=AB·BG=6×1=6, :BE·BF的值为6. 8.(1)见解析 (2)5m 【分析】题目主要考查切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解三角形，理 解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键 (1)连接0C,根据题意得出0D1AC,∠A0D=∠C0D,再由圆周角定理确定∠CBA=A0C, 根据切线的性质及等量代换即可证明； (2)根据题意设0C=OB=3k,0F=5k,得出BF=OF-OB=2k,再由相似三角形的判定 和性质得出能-熙-系设BC=2m,0B=5m,利用三角形中位线的性质及扫似三角形的判 定和性质求解即可， 【详解】(1)证明：连接0C, D为AC的中点，A0=C0, :OD⊥AC,∠AOD=∠C0D, .AC=AC, LCBA-AOC, .∠CBA=∠COD=∠AOD, AB为⊙O的直径，EF切⊙O于C, ..OC L EF, ∠EC0=∠OCF=∠ACB=90°， 答案第16页，共35页 LE+∠C0D+∠EC0=180°，∠A+∠ACB+∠CBA=180°， ..LE=LA; 2)在Rt△0cP中，sinF=器-号 设0C=0B=3k,0F=5k, .BE=OF-0B=2k .∠CBA=∠AOD, ..BCIOE ·△FCB一△FEO, BC BF 2 OE=0F=5, 设BC=2m,0E=5m, D为AC的中点，O为AB的中点， :.OD为△ABC的中位线， :.0D=BC =m,DE OE-OD=4m, DE=4, m=1,0D=1,0E=5, .OD⊥AC,OC⊥CE, .∠0CE=∠0DC=90°， △ODC-△OCE, :0C2=0D.0E=5, ⊙0的面积S=π·0C2=5π. 9.(1)(I)证明见解析；（Ⅱ）1 2号 【分析】本题考查了圆的综合证明与计算，并结合等腰三角形的性质与判定、相似等知识， 熟练掌握圆的性质是解题关键， (1)(I)利用垂径定理推论得AC⊥PD,证明△PAC兰△DAC即可； (Ⅱ)连接OP,判定△OCP是等腰直角三角形即可求解； (2)连接OP,OD,作PE⊥AB于点E,作DF⊥AB于点F,证明△DCF一△PCE,利用相似 性质求DF,再利用勾股定理求出OF,即可解答. 答案第17页，共35页 【详解】(1)解：(I)如图， B AB是直径，PC=CD, AC⊥PD, ∠PCA=∠DCA=90°， AC=AC, .△PAC兰△DAC, .AD=AP; (Ⅱ)如图，连接OP, B D AB是直径，AP=3BP, ∠P0A=3∠P0B,∠B0A=180°， 2P0B=B0A=45, LPCA=90°， ∠0PB=45°， 0c=pc-8g=1 (2)连接OP,OD,作PE⊥AB于点E,作DF⊥AB于点F, 答案第18页，共35页 B ∠DFC=∠PE0=90°， ..DF PE, ·△DCF一△PCE, DC DF FC PC=PE-EC .PC=2CD, 咒-阳-是- 由(1)得0E=PE=1, DF=医= 在Rt△DFC中，∠DFC=90°，OD=V2, 0F=oD2-DF2=(22-(（Q2=, 1 "EC=2 :BC=2=20r+00=2g+1=5+2, 3 3 3 3 :0G=EC-0E=7+2_1=71 3 3 10.(1)见解析 (2)①n=2-V2,②见解析. 【分析】(1)根据0A=OB容易证明∠ABD=∠BA0=∠A0D,结合LBAC=2LACD,证明 ∠BA0=∠0AC=∠ACD=20AD,再由∠EAC+∠0AC=∠ACB+∠ACD=90即可证明结论， (2)①利用∠E=∠CBD=45°，可得DE=OE-OD=V2R-R,CD=BD·sinBD=V2R,由 此计算即可得出n=22,②证明△ADE~△BAE,可得2-治-品结合tan-ACD=-an ∠ABD=拾可得mAD-器、再由需-可得0E:CD=BD-0A=2R2,而GDDE=n, AD 答案第19页，共35页 进而可得DB=”R,BE=BD+DB=R,代入计算即可证明结论. 【详解】(1)证明：连接OA、AD, BD是直径， ∠BAD=∠BCD=90°， AD=AD, .LAOD 2LABD 2LACD, .∠BAC=2∠ACD BAC-LAOD,LACD--BAC, 0A=OB. :LABD 2BAO =AOD, 2BA0=∠0AF=∠ABD=∠ACD=0AD, .AE II BC, ∠EAC=∠ACB, ∠EAC+∠OAC=∠ACB+∠ACD=90°，即：A0⊥AE, 0A是半径， AE是⊙O的切线， (2)①~L0AE=90°，∠E=45°， ..LAOE =45. 0B=2E==2R, ..DE =0E-OD=2R-R=(2-1)R, AE II BC, .∠DBC=∠E=45°， :在Rt△BCD中，CD=BD·sinBD=2R.sin45°=V2R, 答案第20页，共35页 CD·DE=V2R.(V2-1)R=(2-2)R2, CD-DE =nR2, n=2-V2 ②L0AE=90°，∠BAD=90° LOAD+∠DAE=90°，∠ABD+∠ADB=90°， 又0A=0D, ∠OAD=∠ADB, ∠DAE=∠ABD, 又LE=∠E, .△ADE一△BAE, DE AD AE AE-AB-BE LACD LABD, tan∠ACD=tanABD=A2, AB an2zAcD=器能-器。即之 BE taPLACD=DE' 在R△BGD中，sin-DBC=-品在Rt△0AE中，sin∠E-胎，DBC=∠B, 品-82，即0E-CD=BD-0A=2R2, CD-DE=nR2, 88-8E=系：0B=DB, OE=OD+DE,即R+DE=DE, DE=2R BE=BD+DE=2R+”R=2R, 1 _8==4-1. 2 co上ERn 【点睛】本题考查了圆与三角形综合，涉及了切线性质和判断、圆周角定理，相似三角形的 判定与性质、解三角形等知识点，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线、利用 解三角形求解线段是解题的关键， 11.(1)见解析 答案第21页，共35页 晓 (aa包g 【分析】(1)根据题意可得AC=CD=DB,再由HC是⊙O的切线，即可求证. (2)先证明△CAG兰△FAG(ASA),设出CG,根据勾股定理即可求解 (3)①根据题意可得AC=CD=DB,再由勾股定理及相似三角形的性质即可求解； ②作出辅助线，设出CG,利用勾股定理及相似三角形的性质可得方程10x+x(5-2x)=22, 进而可求得S△cHA=8,再证明△CHA一△BHC,即可解答 【详解】(1)证明：~点C,D是AB的三等分点， .AC=CD=DB, CE是⊙O的直径， CE⊥AD, HC是⊙O的切线， HC⊥CE, ..ADIHC; (2)如图，连接0A, H 图1 BD =CD, ∴.∠BAD=∠CAD, CE⊥AD LAGC=∠AGF=90, AG=AG, ∴.△CAG≌△FAG(ASA), ..CG=FG, 设CG=a,则FG=a, 答案第22页，共35页 OG C6≈2， ∴.0G=2a,A0=C0=3a, 在Rt△A0G中，A02=AG2+0G2, (3a)2=AG2+(2a)2, ..AG=5a, an2FaG=名=9 (3)①如图2，连接CD, E G C 图2 AD HC,FG=CG, ..AH AF, ∠HCF=90°， ..AC AH AF =10, 设CG=x,则FG=x,0G=5-x, 由勾股定理得AG2=A02-0G2=AC2-CG2, 25-(5-x)2=10-x2, 解得x=1, ..AG=3,AD=2AG=6, AC=CD=DB, ∠DAC=∠BCD,CD=AC=V10, ∠CDN=∠ADC, △CDN△ADC, ND CD CD=AD CD2 5 .ND= AD-3 AN AD-DN =13 9 答案第23页，共35页 ②如图3，过点O作OM1AB于点M,则AM=MB=AB, 7D C 图3 设CG=x,则FG=x,0G=5-x,0F=5-2x, 由勾股定理得AG2=A02-0G2=25-(5-x)2,AF2=AG2+FG2=10x-x2+x2=10x, ADHC,FG CG, 1 六AH=AF=2H, 1 AG=HC, AF.AM=2HF.2AB=HF·AB=×88=22, ∠AGF=∠0MF=90°，∠AFG=∠0FM, ∴.△AFG~△OFM, AF GF 六OF=FM' .AF.FM=OF.GF, ..AF.AM AF.(AF FM)=AF2 +AF.FM=AF2 +OF.GF =22, ·10x+x(5-2x)=22, 解得x1=2,x2=5.5（舍去)， ∴CG=FG=2, .0G=3, ∴.AG=4, ..HC=8,AH=AF=25, 1 SACHA=2HC.CG=8 ADII HC, ∠CAD=∠ACH, AC CD, 答案第24页，共35页 ∠B=LCAD, ∴.∠B=∠ACH, ∠H=∠H, .△CHA一△BHC, SABHC=8.（ 5 【点睛】本题考查了圆的综合应用，涉及相似三角形的性质和判定，圆周角定理及其推论， 全等三角形的性质和判定，勾股定理，三角函数等知识点，解题的关键是作出辅助线，构造 相似三角形解答 12.(1)见解析 a=9 (③)EN=10 【分析】本题考查平行线判定，相似三角形判定及性质，切线性质，解直角三角形，勾股定 理等。 (1)根据题意连接OD并延长DO交BM于点H,继而得到DM=DB,利用切线性质得 DH⊥DF,继而得到本题答案； (2)连接BD,利用圆内接四边形性质得LEDA=∠ABC,继而得∠EDA=2LABD,设 AD=a,则BD=2a,AB=V5a,利用相似三角形判定及性质可得本题答案； (3)证明△ODF一△OHB,利用勾股定理求得DB=3W10,继而得到∠ODB=∠EDF, ∠ODB=∠N,再设ED=m,利用相似性质比即可得到本题答案. 【详解】(1)解：证明：连接OD并延长DO交BM于点H, C D B M ~D是AC的中点，AM=CB, ..AM+AD=CB+CD,EDM=DB, 又DH过圆心O,所以DH⊥BM, DF为圆O的切线，OD为半径， 答案第25页，共35页 DH⊥DF,DFIMB; (2)解：连接BD, D E 少 ~四边形ABCD为圆内接四边形，∠EDA为四边形ABCD的一个外角， ∠EDA=∠ABC, D是AC的中点， ∠ABD=∠CBD, .LEDA 2LABD, DF为圆O的切线， ∠FDA=∠ABD,∠EDA=2LFDA,∠EDF=∠FDA=∠ABD, :an∠ABD=tan∠EDF=2 设AD=a,则BD=2a,AB=V5a, .△EDA△EOD, x=EO·AD=ED·OD, .△EDF△EBD, y=EB·FD=ED·BD, =D0=0==5, ED BD-BD 2a -4 (3)解：DH⊥BM,DH过圆心O, C 0 M BH=3BM=3,0H=4, 答案第26页，共35页 △0DF-△0iIB,8品-8S-,DF= 在Rt△BDH中， BH=3,DH=9, DB=3W10, 由(1)得DFIMB, ∴LEDF=∠N, 由(2)得LEDF=∠EBD,又LODB=∠EBD, LODB=∠EDF,LODB=∠N, .△HDB一△HND, 器-器器 HN=27,DN=9W10, ..BN HN-HB 24, .△EDF一△ENB, 毁-， 设D=m,+90=景D=m=号10， BN=m+910=10. 13.(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】(1)连接OB、OC,则OA=OB=OC,证明△AOB≌△AOC,则∠OAB=∠OAC, 再证明△AOM≌△CON,即可得到结论； (2)证明△A0M一△AC0,则∠AOM=∠C.进一步证明LAOM=∠0AC.则OM II AC.由AM与 OC不平行得到四边形AMON是梯形.再证明AM=ON,即可得到结论； (3)分别过O作OI⊥AB,交AB于G;过点O作OI⊥AB,交AC于H 过点E作EK⊥OI,过点F作FL⊥OJ垂足分别为K、L.证明Rt△OMG≌Rt△ONH,则 MG=HN.再证明四边形MEKG是矩形，得到MG=EK,ME=GK,同理HN=FL, FN=LH.证明Rt△OEK≌Rt△OFL,则OK=OL,再根据等量代换即可得到结论. 【详解】(1)解：连接0B、OC,则OA=OB=OC, 答案第27页，共35页 M B ∠0AC=LC. .0B=OC,0A=0A,AB=AC, ·.△A0B兰△AOC .∠OAB=∠OAC 又L0AC=LC, ..L0AB=LC. 又AM=CN,OA=OC, .△AOM兰△CON ..OM=ON. (2)A02=AM·AC, AO AC AM =ao 又LOAB=∠0AC, △AOM-△AC0. :∠AOM=∠C 又L0AC=∠C, .∠AOM=∠OAC ..OM II AC 又AM与ON不平行， :四边形AMON是梯形 又LA0M=∠0AC=∠0AM, ..0M AM. 又0M=0N, ..AM=ON, 答案第28页，共35页 梯形AMON是等腰梯形 (3)分别过O作OI⊥AB,交AB于G;过点O作OI⊥AC,交AC于H 过点E作EK⊥OI,过点F作FL⊥OJ垂足分别为K、L. B 又AB=AC, :.0G=0H 又0M=0N, :.Rt△OMG≌Rt△ONH ..MG=HN .∠EMG=∠MGK=∠EKG=90°， :四边形MEKG是矩形， ..MG=EK,ME=GK 同理HN=FL,FN=LH ..EK=FL. 又0E=OF, .Rt△OEK≌Rt△OFL ..0K=OL 又0G=0H, ..GK=LH, ..EM FN 【点晴】此题考查了圆的性质、全等三角形判定和性质、相似三角形的判定和性质、矩形的 判定和性质、等腰梯形的判定等知识，正确添加辅助线是解题的关键， 14.(1)LBGC=90° (2)①见解析；②西 答案第29页，共35页 (3)17+3 2 【分析】(1)根据同弧圆周角相等得LEBC=∠EAC,然后利用直角三角形两个锐角互余即 可解决问题； (2)①证明△ACF兰△BGC(ASA),即可解决问题； ②过点C作CH⊥EG于点H,设AG=DF=2x,根据勾股定理和锐角三角函数即可解决问题 (3)过点O作OM⊥BE于点M,连接OC交AE于点N,分别证明△EBD≌△NCD(ASA), △COG兰△OBM(AAS),得BM=OG=1,设OB=OC=r,然后由△GON一△GBE,对应 边成比例，求出的值，进而可求AC的长. 【详解】(1)解：BC平分LEBG, .∠EBC=∠CBG, ,∠EBC=∠EAC, .LCBG LEAC, .AC⊥FC, LAFC+∠EAC=90°， ∠BCG=∠AFC, .∠BCG+∠CBG=90°， ∠BGC=90°； (2)①证明：∠BGC=90°，D为BC中点， ∴.GD=CD, .∠DGC=∠DCG, LBCG LAFC, .∠DGC=LAFC, .CF=CG, .∠ACF=∠BGC=90°， ·.△ACF≌△BGC(ASA), ..AF BC; ②解：如图1，过点C作CH⊥EG于点H, 答案第30页，共35页 G 0. 的 D B E 图1 设AG=DF=2x, .△ACF≌△BGC, ..AF BC=2DG, ..CD=DG=AG+DF=4x, CF=CG, ∴.HG=HF=3x, ..DH=x,AH=5x, .CH =CD2-DH2=(4x)2-x2=15x, ÷tan∠GBC=tanLCAF= -雪 5 tanLGBC的值为西， 5 (3)如图2，过点O作OM⊥BE于点M,连结OC交AE于点N, G D C M E 图2 .0B=OC, ∴LCBE=LOBC=LOCB, ∴.OC BE, 答案第31页，共35页 .BD=CD,∠BDE=∠CDN, ∴.△EBD≌△NCD(ASA), .BE=CN OC II BE, ∴LG0C=∠MB0, ∠CG0=∠0MB=90°，0C=0B, ∴.△COG≌△OBM(AAS), ∴.BM=0G=1, OM⊥BE, ·CN=BE=2BM=2, 设0B=0C=r, OC Il BE, ∴.△GON△GBE, 品-器， 1 r-2 +1=2 解得r=1+7或r=1亚（舍去)， 由(2)知：△ACF≌△BGC, AC=BG=B0+0G=r+1=17+3. 2 “AC的长为7+3 2 【点睛】本题属于圆综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，全 等三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利 用参数构建方程解决问题. 15.(1)45 (2)见详解 (3)6V5 【分析】本题考查了圆与三角形的综合，涉及到全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性 质，平行线成比例，勾股定理，圆周角定理等，正确添加辅助线，熟练灵活运用知识点是解 决本题的关键。 答案第32页，共35页 (1)连接0A,0C,证明△AE0兰△CE0即可； (2)过点G作GR⊥GN交EN于点R,先证明△GER兰△GFN,得GR=GN, 所以∠GNR=∠GRN=45°，得到∠GNR=∠NEC,故GN II BC. (3)过G作GR⊥GN交NE的延长线于点R,连接OD,OC,作OK⊥CD于点K,OH⊥CE于点 H,先证明△ABE≌△CDE,EG=CD,设CL=a,EG=2a,AB=CD=4a,DL=3a,则 0D=0C=22a,0K=DK=2a,KL=a,证出LK0L=∠0CT,则tanK0L=tanL0CT, 最后在Rt△OCH中运用勾股定理求0C=6V5. 【详解】(1)连接0A,0C, B E D 图1 0A,0C为⊙0半径， .0A=0C, EA=EC.OE=OE, △AE0兰△CE0, ∠AEO=∠CEO, AD⊥BC, ∠AEC=90°， LAE0=∠CE0=2AEC=45; (2)证明：过点G作GR⊥GN交EN于点R, .∠RGN=90°， 答案第33页，共35页 N F B E D 图2 ∠RGN=∠EGF, :∠RGN-∠RGF=∠EGF-∠RGF, ∠EGR=∠FGN,AE=CE,∠AEN=∠CEN, .EN⊥AC,AN=CN, .∠ENC=90°， ∠ENC=90°=∠EGF, .∠GEN=∠GFN, 又GE=GF, .△GER≌△GFN, ..GR=GN, LGNR=∠GRN=45°， ∠GNR=∠NEC, ..GN II BC (3)过G作GR⊥GN交NE的延长线于点R,连接OD,OC,作OK⊥CD于点K,OH⊥CE于点 H, F N B R D 由(2)得△GFN≌△GER,得GNI‖IBC, 答案第34页，共35页 AN=CN, AG=BG,∠AEB=90°， :EG=AB,∠BAD=∠BCD,AE=CE,∠AEB=∠CED， ·△ABE≌△CDE, ..AB CD, EG=CD, 设CL=a,EG=2a,AB=CD=4a,DL=3a,∠EAC=90°-∠AEN=45°， ∠D0C=90°， LD0K=LC0K=45°， .∠0DC=∠0CD=45°， OD=OC=22a,OK DK 2a,KL=a, 在Rt△OKL中，tan-LOK=2 0L10E, ∠E0L=90°， .∠0ED=∠0TE=45°， LK0L+∠L0C=45°，∠0CT+∠L0C=45°， ∠KOL=∠OCT, tan∠KOL=tan∠OCT, 0E=62,0H=6,HC=12, 在Rt△0CH中，OC2=OH2+HC2, .0C=6W5. 答案第35页，共35页