专题22 圆 相关填空压轴题 分类训练（4种类型32道）2026-2027学年人教版九年级数学上册（重庆专用）

专题22 圆相关填空压轴题分类训练 （4种类型32道） 专题目录 【类型1 垂径定理相关压轴题】 1 【类型2 切线相关压轴题】 3 【类型3 内接四边形相关压轴题】 6 【类型4 圆相关综合问题题】 9 【类型1 垂径定理相关压轴题】 1．如图，为的直径，点是上一点，点是上的点，四边形为平行四边形，交于点，连接，．若，，，则的长度为________；的长度为________． 2．如图，四边形是平行四边形，点，在上，，与交于点，，是的直径，且于点，，连接交于点，连接，则的长度为________，的长度为________． 3．以为直径的与相切于点A，弦于点H连接并延长交于点F、交于点G，连接．若，，．则______，______． 4．如图，是的直径，内接于，，交于点，以，为邻边构造平行四边形，为上一点，连接，，，交于点．若，，则的长度为___________． 5．如图，是的直径，弦于点．以，为邻边构造平行四边形，连接交于点，过点作交于点，垂足为点．若，，则的长度为________． 6．如图，是等腰的外接圆，，．连接并延长交于点，的角平分线交于点，交于点，连接，则的长度为_____． 7．如图，是的直径，为上一动点，且在直径上方，连接，，点为的中点，连接与相交于点，作于点，，与交于点（点在下方）；与交于点，若，，则的直径为______；的长为______． 8．如图，线段为的直径，于点F，点C，D均在上，以为边作平行四边形，，连接交于点G，连接．若，则______，______． 【类型2 切线相关压轴题】 9．如图，⊙是的外接圆，过点A作的切线与的延长线交于点D，E在上且，连接，，已知，，则__________；若点F在的延长线上，与交于点G且，则__________． 10．已知，点A，B，C，D在上，，过点的切线与的延长线交于点，，，，则的半径为___________；的长为___________． 11．如图，四边形是⊙的内接四边形，过点作的切线，交的延长线于点，连接并延长交于点．若，半径为，时，则______，______． 12．如图，为圆的直径，为切线，与圆交于点，，，则的长为______；连接并延长交圆于点，点为点下方圆上一点，且，连接，则的长为______． 13．如图，在等腰中，以为直径的分别交，于点E、F，弦于点D，过点G作的切线交延长线于点P，连接，若，，，则__________；__________． 14．如图，是内接三角形，的半径是，，，的角平分线交于点，交于点，连接，过点作的切线交的延长线于点，则线段的长度为________，线段的长度为______．      ∵是内接三角形，，的角平分线交于点， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 解得． 故答案为：，． 15．如图，为的直径，为的一条弦，连接，交于点E，，的延长线与交于点F，过点F作的切线分别交的延长线于点G和点H，已知，则的半径______，连接，则______． 16．如图，是的内接三角形，是的高，延长交于点，过点的切线交的延长线于点，连接．若，，，则的长度为______，的长度为______． 【类型3 内接四边形相关压轴题】 17．如图，四边形内接于，连结，为的直径，E是的中点．过点E作的切线，交的延长线于点F，且，，，则的长为______，的半径为______． 18．如图，四边形内接于⊙，为直径，直线交过点的切线于点，交的延长线于点．若，，则的长是_____，的值是_____． 19．如图，四边形内接于圆O，为圆O直径，、交于点E，点B是的中点，切圆O于D，交延长线于G．若，点O到的距离为，则=_______，_______． 20．如图，四边形内接于圆，为圆直径，、交于点，点是的中点，切圆于，交延长线于．若，点到的距离为，则______，______． 21．如图，四边形的外接圆的半径为10，对角线相交于点，延长，相交于点，连接交于点，过作于点，若，，则______，______． 22．如图，四边形内接于，点为弧的中点，对角线经过圆心，延长与过点的的切线交于点．若，则的长度______；的长度为______． 23．如图，四边形内接于圆，为圆直径，、交于点，点是的中点，切圆于，交延长线于．若，点到的距离为1，则_____，_____． 24．如图，四边形内接于，，，，，交的延长线于点，则_________；的半径为__________． 25．如图，四边形内接于，连结，为的直径，是的中点．过点作的切线，交的延长线于点，且，，，则的长为________，的长为________． 【类型4 圆相关综合问题题】 26．如图，在中，是的直径，点为弧上一点，连结，点是弧的中点，作于点，交于点交于点，下列结论一定正确的有______． ①；②；③若，则；④点为的中点，则． 27．如图，正方形ABCD的边长为4，点E是边BC上一点，且，以点A为圆心，3为半径的圆分别交AB、AD于点F、G，DF与AE交于点H．并与交于点K，连结HG、CH．给出下列四个结论．（1）H是FK的中点；（2）；（3）；（4），其中正确的结论有________（填写所有正确结论的序号）． 28．如图，内接于，半径，连接并延长交于点D，过点O作半径交于点E，连接，以下结论：①；②；③若，，则；④连接，四边形为平行四边形．其中一定正确的结论的序号为______． 29．如图，是的内心，的延长线和的外接圆相交于点，与相交于点，则下列结论：①；②若，则；③；④若点为的中点，则，其中一定正确的序号是__． 30．如图，以△ABC的边AB为直径的☉O恰好过BC的中点D，过点D作DE⊥AC于E，连接OD，则下列结论中：①OD//AC；②∠B=∠C；③2OA=AC；④DE是☉O的切线；⑤∠EDA=∠B，正确的序号是_______． 31．如图，的内接四边形中，为弧上一动点，且平分，，有如下说法：①；②是等边三角形；③的半径为2；④；⑤四边形最大面积是，其中正确的有_____个． 32．如图，是⊙O的直径，点C是弧上的点，与相切，连接，，于点E，交于点F，的延长线交于点G．则下列结论一定正确的有______．（填序号） ①；②；③；④若，则． 第 1 页 共 112 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $专题22圆相关填空压轴题分类训练 (4种类型32道) 专题目录 【类型1垂径定理相关压轴题】 -1 【类型2切线相关压轴题】 16 【类型3内接四边形相关压轴题】 -35 【类型4圆相关综合问题题】 、 51 【类型1垂径定理相关压轴题】 1.如图，AB为OO的直径，点E是AB上一点，点C是⊙O上的点，四边形ACDE为平行四边形，CD交 ⊙0 于点F,连接4D,EF,若F1,CF=2,4C=25,则OE的 的长度为 AD的长度为 2 【答案】 【分析】作OG⊥CF于点G,作AH⊥DC交DC的延长线于点H,连接OF,设圆O的半径为r,由垂径 定理可得FG=CF=1,容易正明四边形O6FG是矩形，则OE-FG-1易得四边形ABFH是矩形，则 AH=OG,M=AE=r+1,使用勾股定理分别表示出AH与OG,列方程求出r,最后计算出AD的 长即可。 【详解】解：如图，作OG⊥CF于点G,作AH⊥DC交DC的延长线于点H,连接OF,设圆O的半径 为r, 第1页共73页 B OGLCF, FG-CF20GF0 2 ,EF⊥AB, .∠0EF=90°. :四边形ACDE是平行四边形， AE∥CD, .∠EFG=180°-∠0EF=90°， .∠OGF=∠OEF=∠EFG=90°， ∴四边形OEFG是矩形， ..OE=FG=1, ∴.AE=OA+OE=r+1, :AH⊥DC, ∴.∠H=90°=∠0EF=∠EFG, ∴，四边形AEFH是矩形， ∴AH=OG,H=AE=r+1, .CH=FH-C℉=r-1, 在RIAOGF中，0G2=OF2-FG2=2-1, 在RiACH中，H=4C2-C=12-(r-1 .AH =0G, .2-1=12-(r-12 整理，得r2-r-6=0, 第2页共73页 解得r=3或-2（负根，舍去）， M=r-1=2,AE=r+1=4,AH=V12-(r-12=2W2 ,四边形ACDE是平行四边形， .'CD=AE=4. .DH=CH+CD=6. 在RA4DH中，AD=VAH+DF=22+6=2m 2,如图，四边形BC 是平行闪边形，点4,8在O0上，份=2，BC与00交于点5，CE=万 AF是⊙O的直径，且AF⊥BC于点G,CG=BE,连接DG交OO于点H,连接FH,则OG的长度为 FH的长度为， 【答案】 3 6 【详解】解：：AF是OO的直径，且AF⊥BC, .'BG=EG. .CG=BE, BG=EG=CE=√7 :.4G-JAR-BG-2)-(=7.BC=3. 连接OB, 第3页共73页 设⊙O的半径为R, ..OB=OA=R, 0G=7-R, 在RLAOBG中，OB2=OG2+BG,即R=(7-R+(N7, 解得R=4, .0G=7-4=3: 连接OH,作HM⊥AF于点M, M-之 设HM=x,FM=y, AF=8,AG=7, ∴FG=1, &GM=y-1, :四边形ABCD是平行四边形，且AF⊥BC, AD=BC=3V7AF⊥AD ∴.HM∥AD. .△GHM∽△GDA, HM GM x y-1 ADAG,即37=7， -0-明 在RtAOHM中，OM=y-4,OH=R=4, 0H2=HM2+OM2,即4=+(0y-4, :4-90-+0-4. 第4页共73页 9 解得y=8(舍去)或y= 解得 *=t3j 2, :M36 M=9 FH- 92,371 中， =6 Rt FHM 2 3.以AB为直径的⊙0与AC相切于点A,弦DE⊥AB于点H连接CD并延长交AB于点F、交O0于点 G,连接OD.若∠DOH=2∠C,OD=6,AH=2.则DE=, CG= G D H A 20W6 【答案】 4V5 3 【分析】(1)利用垂径定理以及勾股定理求解： (2)连接AE,AG,过点G作GM⊥CA的延长线于点M,得出四边形ACDE为平行四边形，得出相等的 边和角，证明△AHE≌△FHD得出AF=4,证明△GCMr△FCA得出对应边的关系，设GM=a,AM=b,表 示出相关线段的长度，利用勾股定理列出方程求解， 【详解】解：：DE⊥AB,OD=6,AH=2, :.OH=OA-AH=OD-AH=6-2=4,∠OHD=90° 第5页共73页 由勾股定理得DM=V0D2-0W=36-16=2V5 DE=2DH=4V5 由垂径定理得 ,⊙0与AC相切于点A, BA⊥CA, ∴DE∥CA, ∴.∠GDE=LC, 如图，连接AE,AG B G :D=D,且D0H=2C :∠DEA=∠DGA=)∠DOA=∠C=∠GDE 2 .AC=AG,AE∥CG 又，DE∥CA, ∴四边形ACDE为平行四边形， :AC=DE=4W5,AE=CD∠HEA=∠C=∠HDF 4G=4V5 ,∠HEA=∠HDF,EH=DH,∠AHE=∠FHD, △AHE≌△FHD(ASA) .AE=DF,AH=FH=2. 第6页共73页 AF=4, 如图，过点G作GM⊥CA的延长线于点M, M=aM=h,则CM=45+b. 设 :∠GCM=∠FCA,∠GMC=90°=∠FAC. ∴.AGCMAFCA, GM CM a 45+b ∴.AFAC,即44V5, b=V5(a-4) 解得 由勾股定理得AG2=AM2+GM2,即(45矿=2+a2=[5(a-4+d, 20 解得a=3或a=0(舍去)， 6-5小5 :CM=4v5+8520w5 3 3, 由勾股定理 CG=CM2+GM2=206 3 4.如图，AB是OO的直径，△ACD内接于⊙O,AC=AD,AB交CD于点E,以AD,CD为邻边构造 平行四边形ADCF,G为AD上一点，连接AG,FG,AF=AG,FG交AB于点M.若AF=8, CF=4V 5,则BM的长度为 第7页共73页 B 【答案】6 【分析】记PG交4C于点V,连接BD,由4C=D, AC=AD ,得到 ,推 ∠BAC=∠BAD,得到MB垂 直平分CD:结合平行四边形的性质可行CE=DE-CD=4,再根据匀服定理求出AB=8,正明 2 △ADBAAED,根据相似三角形的性质求出AB=10,证明△FAM∽△AEC,根据相似三角形的性质求出 AM=4,最后根据BM=AB-AM,即可求解. 【详解】解：记FG交AC于点N,连接BD. AC=AD :AC=AD .BC=BD ∴.∠BAC=∠BAD, ∴.AB垂直平分CD, 在平行四边形DCF AD=CF=45 CD=AF=8 ， .CE-DE-CD-4 由勾股定理得AE=VAD2-DE=4V5-4=8 AB为直径， .∴.∠ADB=90°=∠AED :∠DAB=∠EAD」 ∴.△ADB∽△AED, 第8页共73页 AD AB AEAD· AD2=ABAB,即45=8AB 解得AB=I0, 在ADCF中，AF∥CD AF⊥AB, ∠AFM+∠AMN=90°， .AG=AF=CD. .AG=CD ..AD=CG ∴.∠GAC=∠ACD :ADCF中，AF∥CD, ∠FAC=∠ACD=∠GAC, 又AF=AG, .AC⊥FG, .∠MAN+∠AMN=90°， ∴.∠AFM=∠MAN :∠FAM=∠AEC=90°， .aFAM∽△AEC. .AF EA “AMEC· 88 AM 4 .AM=4, BM=AB-AM=10-4=6, 故答案为：6. 第9页共73页 B 5.如图，AB是OO的直径，弦CD⊥AB于点F.以AD,CD为邻边构造平行四边形ADCE,连接DE交 AB于点G,过点A作AH⊥DE交OO于点H,垂足为点M.若GF=1,AE=4,则AH的长度为 M G B 26√5 【答案】 15 FEAG EG 【分析】先证明。AEG∽aFBG,得到FDGFDG,求出线段长度，再根据等面积法算出AM,再根 据OD2=OF2+FD算出半径，最后根据tan∠AEM=tan∠MAG算出即可. 【详解】解：连接BD,OD,过O作OP⊥AH交AH于P, G D :四边形ADCE是平行四边形， .AE=CD=4,AE∥CD ∴.∠AEG=∠FDG,∠EAG=∠DFG .△AEGAFDG 第10页共73页 AE AG EG FD GF DG ,CD⊥AB, 1 AFD=号CD 2 :GF=1,AE=4,FD=2, 4 AG EG .21DG' .AG=2,EG=2DG. .AF=3, 在RAFD中，AD=AF2+DF=V32+22=V3 在Rt△EAG中，EG=VAE+AG=V4+2=V20=25 DG=5 DE-EG+DG=35 1 84GxAE×AG)×4x2=4 2 &m-xGE×AM-x25×M=4. AM=45 5, 设圆的半径为r,则OF=3-r, 在RtAODF中，OF2+FD2=OD2 2=3-r}+2 :r3 6 ,∠AEM+∠EAM=90°，∠EAM+∠MAG=90°， ∴，∠AEM=∠MAG, ∴.tan∠AEM=-tan∠MAG, 第11页共73页 AG OP 1 .AE AP 2' 设P0=x,则1P=2x,10=5 :v5x=13 6, 解得x=13V5 30 .AP=13V5 15, 又OP⊥AH .'AH=2AP= 265 15 【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，相似三角形的性质和判定，熟练掌握相关知识点是解决本 题的关键， 6.如图，⊙O是等腰△ABC的外接圆，AB=AC=5,BC=6.连接AO并延长交⊙0于点D,∠ABC的 角平分线交AD于点E,交OO于点F,连接AF,则AF的长度为一· D 【答案】 5W5 4 【分析】先利用等腰三角形三线合一与勾股定理，求出外接圆半径与相关线段长度：再根据角平分线性质 与圆周角定理，推导出弧相等，得到OF⊥AC;最后利用三角形中位线定理求出ON,进而计算FN,再 通过勾股定理求AF. 【详解】解：如图，设AD与BC交于点M,连接OF交AC于N,连接CD、OB, 第12页共73页 B M D :AB=AC,AD为⊙0的直径， AD⊥BC, BM -CM-BC-3. ∠ACD=90°， 在RI△ABM中， AM=VAB2-BM2=V52-32=4 设⊙0的半径为R,则OA=OB=R,OM=4-R 在RtOBM 中，OB=OM2+BM2nR2=(4-R'+32 即 解R、25 8, :0A=0F=25 8 ,BF平分∠ABC, ·.∠ABF=∠CBF, :亦示 .OF⊥AC,且N为AC中点， AN-NC-AC- 5 2 ,O为AD中点，N为AC中点， .ON是△ADC的中位线， ..ON=CD 2 ∠ACD=90° CD=VAD2-AC= 25) 4 -5=15 , 第13页共73页 ..ON= 115_15 2×48w=0r-0w515105 8884· 在RtAANF中， AF=AN2+FN2 100+25 1255V5 =16 -V16 4. 7.如图，B是O0的直径，C为O0上一动点，且C在直径B上方，连接4C,BC,点M为1C的中 点，连接BM与AC相交于点N,作MH⊥AB于点H,∠BMK=∠BAC,与OO交于点K(点K在AB下 方)：MK与4B交于点E,若BC=5.M=V6,则O0k 0的直径为一：E歌的长为 3W3 【答案】 【分折】延长M交O0于点F,则M=C,由垂径定理利=示 由圆周角定理得∠4CB=90° 再证明亦=A ,得出 C=MF=2MH=2√6 ⊙0 最后再由勾股定理计算即可得出 的直径：设4H=a 则BH=3V5-a,证明△AMH∽aBMH,求出 an∠ABM= ,an∠BMK=tan∠BAC=V2 2 ,过点E作 PLBM于点P,设PE=2b,则即=2h,MP6,连接K, 则 ∠MAB=∠MKB,证明 △AEMP△KEB,即可得出EK的长. 【详解】解：如图，延长MH交⊙O于点F, 第14页共73页 M 点M为C的中点， .ANI-MC :MH⊥AB,且AB为直径， ∴.AM=AF,∠ACB=90°. MF-AC AC=MF=2MH=26 AB=V√AC2+BC2=3V3 设H=0,则B BH=AB-AH=33-a :AB为直径，MH⊥AB, ∴.∠AMB=∠AHM=∠BHM=90°， ∴.∠AMH+∠MAH=∠AMH+∠BMH=90°， .∠MAH=∠BMH, ∴.△AMH∽△MBH. AH MH MHBH· a=V6 633-a,解得4=25（不符合题意，舍去），4=5， ∴AH=3BH=2√5 第15页共73页 ∴.AM=VAH2+MH2=3BM=VMH+BH=3√2 tm∠ABM-W-=5an∠BMC-BC-2 BM 2, AC 4. :∠BMK=∠BAC, 岭 ∴.tan∠BMK=tan∠BAC= 4 过点E作EP⊥BM于点P, 设PE=V26 :tan∠BMK=tan∠BAc=V2 ∴.BP=2b,MP=4b. .∴.BM=MP+BP=6b .6b=3V2 b② 2. ÷PE=1BP=V2MP=2W2 BE=PE2+PB2=3 ME=MP2+PE2=3 ∴AE=AB-BE=2√3 连接BK,则∠MAB=∠MKB, .∠AEM=∠BEK, ∴.△AEMn△KEB, EK BE 'AE EM 第16页共73页 EK3 253, ∴EK=2 8.如图，线段AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点F,点C,D均在⊙O上，以CD为边作平行四边形ACDE ∠CDE=120°，连接OE交O0于点G,连接FG.若AB=8,则OF=一，FG= E 2V6 【答案】 2 【分析】首先根据平行四边形的性质和已知角度求出∠ACD,进而在Rt△ACF中求出∠CAF:利用圆周 角定理或三角函数求出OF的长：然后根据平行四边形的性质求出AE的长，在Rt△OAE中求出∠AOB: 最后通过构造直角三角形，利用勾股定理求出FG的长. 【详解】解：，四边形ACDE是平行四边形， .AC∥DE, ∴.∠ACD+∠CDE=180°， .∠CDE=120°， ∴.∠ACD=60°， ,CD⊥AB, .∠AFC=90°， 在Rt△ACF中，∠CAF=90°-∠ACD=30°， 连接OC, ,AB是直径，AB=8, .0A=0C=4, ,∠COB=2∠CAB=2×30°=60°， 在Rt△OCF中，OF=OCcos∠COB=4×cos60°=2， 第17页共73页 CF=OCsin∠COB=4×sin60°=2V3 ,CD⊥AB, CD=2CF=4V3 :四边形ACDE是平行四边形， AE∥CD,AE=CD=4V3 ,CD⊥AB, .AE⊥AB, 即∠0AE=90°， 在R△OME中，am∠AOE=G-V5 OA .∠A0E=60° ,点G在⊙0上， ∴.0G=4 过点G作GH⊥AB于点H, 在RtAOGH中，∠GOH=∠AOE=60°， 0H=0Gcos60°=4x)2,GH=0C5n60°=4x5 =25 2 :点F在OB上，点H在OA上， ∴.HF=H0+OF=2+2=4, 在Rt△FHG中， FG-H2+GH-+23=2 E G 第18页共73页 【类型2切线相关压轴题】 9.如图，⊙O是△ABC的外接圆，过点A作OO的切线与CB的延长线交于点D,E在⊙O上且OA⊥BE, 连接AE,CE,已知CE=6,AC:AD=3:2,则AB= 一：若点F在EB的延长线上，AF与⊙O 交于点G且GF=2AG,则AF=」 0, D 4v5 【答案】 4 【详解】解：，AD是⊙O的切线， OA⊥AD, OA⊥BE, BE∥AD, ∴.∠FBD=∠D,即，∠CBE=∠D 根据圆周角定理得：∠CBE=∠CAE .∠CAE=∠D ,四边形ABCE是⊙O内接四边形， ∠AEC=∠ABD, △AECP△DAB, CE AC ABAD AC 3 CE=6·AD2, :63 AB 2' 第19页共73页 AB=4; 连接BG,如图所示： O 设AG=a, GF=2AG, GF=2a, AF=AG+GF =3a, :BE∥AD ∠F=∠DAG, 如图延长AO与O0相交于点M,连接MG. M B :AD是⊙0的切线，则∠MAD=90°，即∠MAG+∠GAD=90°， 由AM是直径得：∠AGM=90°，即∠AMG+∠MAG=90°， ∴.∠DAG=∠AMG,又∠AMG=∠ABG, ·.∠DAG=∠ABG,又由BE∥AD知∠DAG=∠F, .∠ABG=∠F 第20页共73页 又：∠BAG=∠FAB, △ABG∽△AFB, AB AG AFAB· 4-a 3a4 a2=16 3 .as 45 3(不合题意，舍去) .AF=3a=4V5 4v5 故答案为：4： 10.已知，点4B,C,D在OO上，B=AC,过点的切线与D的延长线交于点E,m∠C-, BC=4,CD=52 2,则⊙0的半径为 EA的长为 B 0 【答案】 2.5 1 【分析)如图所示，连接O4,OB,利用垂径定理的推论得到O4BC,然后利用an∠ABC=)求出 AF=1,设OA=OB=r,则OF=OA-AF=r-1利用勾股定理求出r=2.5: 如图所示，过点A作AG1CD交CD于点G,连接MD:首先得到an∠ADC=am∠ABC 2,设AG=x” DG=2则CG=DC-DG=,2-2x,勾股定理求出4G=V2 2 2’DG=V2,然后由切线得到 第21页共73页 AD DC ∠OAE=90°，等量代换得到∠ABD=∠ACD,证明出EABPAADC,得到AE=AB,然后代数求出AE=1~ 【详解】如图所示，连接OA,OB E D B ·AB=AC .4B-4C ∴.OA⊥BC .BF=CFBC=2 .tan∠ABC= AFAF 1 BF 22 ∴.AF=1 设OA=OB=r,则OF=OA-AF=r-1 .∠BF0=90° OF2+B20 :（-0}2+22=2 ∴.r=2.5 ∴⊙0的半径为2.5： ,AF=1,BF=2,OA⊥BC AC=AB=AF2+BF=5 如图所示，过点A作AG⊥CD交CD于点G,连接AD 第22页共73页 E D B Ac-Ac ∴.∠ADC=∠ABC .tan∠ADC=tan∠ABC= 3 设4G=x'DG=2x则cG=DC-DG=5 -2x 2 .AG2+GC2=AC2 9-54C(会 2 ·G= 2'DG=2 AD-VAG+DG 2 :AE是⊙O的切线 ∴.∠OAE=90° ∴.∠EAB+∠OAB=90 ,∠ABC+∠OAB=90°， .∠EAB=∠ABC=∠ADC. AD=AD ∴.∠ABD=∠ACD 第23页共73页 ∴.△EABP△ADC 1o52 ∴AD=DC,即2 2 AE AB AE ∴.AE=1. 故答案为：2.5,1. 【点睛】此题考查了圆周角定理，切线的性质，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性质和判定等知 识，解题的关键是正确作出辅助线求解。 11.如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，过点A作⊙0的切线AG,交CD的延长线于点G,连接 A0并延长交CD于点E.若∠G=15°，半径OA为2，AE=AD时，则∠B=一，CE= E D G 105° 3√2-√6√6-√2 【答案】 或 【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质等，由切线的性质可得 ∠EAG=90°，即得∠ADC=∠AEG=75°，再根据圆内接四边形的性质可求出∠B,连接OC、OD、AC, 延长AE交⊙O于点M,过点O作OH⊥AD于H,可证∠COD=2∠CAD=90°，即得 CD=JOC2+OD2=22 ,再利用垂径定理及直角三角形的性质、勾股定理可得 AE=AD=23 ,即得到 ME=M-AE=4-2√3 再根据△CEM∽aAED 解答即可求解，正确作出辅助线是解题的关键， 【详解】解：，AG是⊙O的切线， EA⊥AG,即∠EAG=90°， ,∠G=15 .∠AEG=90°-∠G=90°-15°=75°， AE AD. .∠ADC=∠AEG=75° ,四边形ABCD是⊙O的内接四边形， 第24页共73页 .∠B+∠ADC=180°， :∠B=180°-∠ADC=180°-75°=105°， 连接OC、OD、AC,延长AE交⊙0于点M,过点O作OH⊥AD于H,如图， C M E D B A :∠ADC=∠AEG=75°， .∠DAE=180°-75°-75°=30°， .OA=OD ∴.∠ODA=∠DAE=30°. .∠A0D=180°-30°-30°=120°， ÷∠D0E=180°-∠A0D=60°，1 4CD=.∠40D=60. 2 、∠CAD=180°-75°-60°=45°， .∠COD=2∠CAD=90°. .OC=OD=0A=2. :CD=V0C2+0D=22+2=2W5 .OH⊥AD .AD=2AH,∠AHO=90°. “∠D1B=30,0H=0A=1, 2 :AH=VO-0=2-P=5 AD=2AH=23 AE=AD=2V3 ,·AM=2OA=4, ME-AM-AE-4-25 第25页共73页 :∠MCD=∠MAD,LCEM=∠AED, ∴.ACEMAAED CE ME :AE DE' CE 4-23 即2W32W2-CE, 解得 E=35-6康E=6-万 105°32-V66-V2 故答案为： 或 AD=87 12.如图，AB为圆O的直径，BC为切线，AC与圆O交于点D,AB=4, 7,则CD的长为 一；连接Q”并延长交四°于点5，点厂为点B下方圆0上一点，且酝=严，礼 F,连接FD,则D的长 为 E D B 676万 10万10万 【答案】 7/7 7/7 【分析】连接BD,连接AF,交CE于点G,过A作AM⊥DF于点M,由AB为圆O的直径，则 ∠ADB=90°，通过勾股定理求得 D=41 7,根据同角的余角相等得∠BAD=∠CBD,所以 第26页共73页 4V21 7 CD ，则有8N742ī，得 CD=6V7,由勾股定理求得 tan∠BAD=tan∠CBD 7 7 7 BC=BD2+CD2 =25,则an∠B0C=BC=25-V5,所以 OB 2 ∠B0C=∠40G=60,又=酐，则0EL4,每4G=GF.4G0=90 从而可得 MG=OMs如∠40G=2x5-=5,所以A=25:适过同弧所对图贺角相等得】 ABD=∠AFD' 所以 421 ,即BD_FM,AD-AM,代入得7= FM COS LABD=COS LAFD sin LABD=sin LAFD AB AF AB AF 4 2W5 87 7 AM 423 求出FM-67,AM-42,最后通过勾股定理和线段和差即可求出的长。 7 ED 【详解】解：如图，连接BD,连接AF,交CE于点G,过A作AM⊥DF于点M, D M B ,AB为圆O的直径， ∠ADB=90°， 2 BD=AB2-AD2 42 4V21 7 7， ∠ABD+∠BAD=90°' :BC为圆O的切线， AB⊥BC 第27页共73页 ·∠ABC=90°，即∠ABD+∠CBD=90°， ∴、∠BAD=∠CBD :.tan∠BAD=tan∠CBD, BD CD :AD BD' 4v21 7 CD ÷.8N7=4N2, 7 :CD=6 7, tan∠BOC BC_25-N5, OB 2 .∠BOC=∠AOG=60°， :A花=所 OE⊥AF, ∴.AG=GF,∠AG0=90°， ÷4G=04sn40G=2x5-5, 2 :=25 ,∠ABD=∠AFD, .cos∠ABD=cos∠AFD,sin∠ABD=sin∠AFD, BD FM AD AM ABAF AB AF 4V21 87 7 FM ,7=M, 425423 7，AM=421 .FM=6 7， 第28页共73页 .DM=VAD2 -AM2 87 421 7 7 7 .FD=FM+DM= 6V7,4v7107 7 7 7 6√万10√万 故答案为： 7,7 【点睛】本题考查了解直角三角形，勾股定理，切线的性质，圆周角定理，同角的余角相等，垂径定理及 推论等知识，掌握知识点的应用是解题的关键 13.如图，在等腰△ABC中，以BC为直径的⊙O分别交AB,AC于点E、F,弦EGLBC于点D,过点G 作OO的切线交CB延长线于点卫，连接PA,若BE=4,AC=I0,BC=5BD,则BC= PA= G 【答案】 45 【分析】本题考查了圆的基本性质，切线的性质，垂径定理，勾股定理，相似三角形的判定及性质，等腰 三角形的性质等：连接CE、BG、CG、OG,设BD=x,由相似三角形的判定方法得△DBE∽aEBC, 由相似三角形的性质得BD=45 ，由约股定理求用E80E=85 ,可求出DGCG:设PB=y' 由勾股定理得PG=PD+DG,由切线的性质得OG⊥PG,由相似的判定方法得△PGBAPCG,由相 似三角形的性质求出PG,求出PB,再由勾股定理，即可求解；圆的基本性质，切线的性质，垂径定理， 勾股定理，相似三角形的判定及性质，能熟练利用勾股定理求解是解题的关键。 【详解】解：如图，连接CE、BG、CG、OG, 第29页共73页 A 是直径， .BC ∴.∠BEC=∠BGC=90° 设BD=x, ∴.BC=5BD=5x, EG⊥BC, ∴.∠BDE=∠BEC=90°，DE=DG BE=BG CE=CG .BE =BG=4. CE=CG. ∠DBE=∠EBC, .△DBE∽AEBC, DB BE EB BC _4 45x· X= 45 解得： 5, BD=45 5 BC=5x4 2=45 第30页共73页 ..CG=CE=BC2-BE2 =V45-4 =8, DG=DE=BE2-BD2 8v5 5, 0B=0C=2V5 DG=8 5 CG=8, 4V5 设PB=y,则 D=y+ 5, PC=y+45 EG⊥BC, .PG2 PD2+DG2 +ye :PG是⊙O的切线， ∴.OG⊥PG, ∠BG0+∠PGB=90°， :∠BGC=90° ∴.∠BG0+∠PCG=90° ∴.∠PGB=∠PCG. 第31页共73页 :∠BPG=∠GPC, ∴.PGBAPCG, .PG BG 'PC GC PG 4 y+458 解得：PG=+25, （可-4sy测 5，=号5（舍去） 解得：片=3 m-5, ∴.OP=PB+BO -5+25 -105 3 :△ABC是等腰三角形， OB=OC, ∴.AO⊥BC A0=AC2-0C2 =102-(25) =45 ..PA=PO2+AO2 55 第32页共73页 305 3 2305 故答案：45, △1BC是O0 ⊙0， 14.如图， 内接三角形，的半径是 13BC=2∠ACB=120°∠ACB 的角平分线 CD 交AB于点F,交OO于点D,连接AD,BD,过点D作OO的切线交CB的延长线于点E,则线段AB的 长度为 线段DE的长度为 A 0. D 【答案】 39 子6,2 /5 【分析】如图，作直径BG,连接DG,OD,过点B作BH⊥CD于点H,证明△ABD是等边三角形，得 AB=BD由BG是o0的直径，得∠BDG=90°，∠GaD=90-60=30,进而得DG=BG=B,由 勾股定理得4B=BD=VBG-DG=59,由DE是O0的切线，得∠BDE=90-∠0DB=60°=∠DCE, 进而证明△BDE∽aDCE,利用相似三角形的性质即可得解。 【详解】解：如图，作直径BG,连接DG,OD,过点B作BH⊥CD于点H, 是内接三角形， 的角平分线 交于点 △ABC⊙O ∠ACB=120°∠ACB CD AB F, :.∠ACD=∠BCD=60°， .∠DAB=∠BCD=∠ACD=∠ABD=∠BGD=6O°， ∠ADB=60°=∠BAD=∠DBA, 第33页共73页 ∴.△ABD是等边三角形， .AB=BD, .BG是⊙O的直径， .∠BDG=90」 .∠GBD=90°-60°=30°， DG-G-3 :AB=BD=VBG2-DG2=V213)2-(N13}-=59 .BH⊥CD,∠BCD=60°， .∠CBH=90°-60°=30°， :.CH=IBC=1 2 :BHI=VBC2-CH=2-- :.DH=VBD2-B7=VW39)}-3y=6 .CD=CH+DH=7, .OB=OD .∠OBD=∠ODB=30°， :DE是OO的切线， .OD⊥DE, .∠BDE=90°-∠ODB=60°=∠DCE, .∠E=∠E, .△BDEADCE, DC DE CE 7 DE 2+BE ∴BD-BEDE,即39BEDE, :BE39 DE, 7 72+390E 7 39 DE 第34页共73页 解新D-了可 故答案为：39,339 【点睛】本题主要考查了圆周角定理的推论，等边三角形的判定及性质，勾股定理，相似三角形的判定及 性质，30度直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理的推论，等边三角形的判定及性质，勾股定理，相似 三角形的判定及性质是解题的关键 BE 2 15.如图，AB为o0的直径，CD为⊙0的一条弦，连接D'AB⊥CD交CD于点B,E03,D0的 延长线与OO交于点F,过点F作⊙O的切线分别交DA,DC的延长线于点G和点H,已知CH=9,则 ⊙0的半径r=一，连接EG,则EG=一. D F 2√101 【答案】 10 【分折门设OO的半径为则0E-,BE-子，如图：连按C·易程OE是A0C的中位找，即 6 4 C=20E,再根据圆周角定理、勾股定理吸垂径定理可得DC=、CB方：然后证明 5 △FDH∽ACDF,利用相似三角形的性质列方程可求得r=I0;易得DE=CE=8、FC=12、BE=4、 EH=17、DH=25、FH=l5,如图：过F作FM⊥AB于M,连接AF,则四边形FMEC是矩形，易得 FM=CE=8,EM=FC=12 AM=4 AF=4V5 AD=8V5 ；利用切线的性质以及勾股定理可得 ；易证 △ADF∽△FDG,利用相似三角形的性质列方程可求得FG=IO;如图：过B作EI⊥GH于L,则DF∥EI, 即△FD利用相仪三角形的佳质列方程可求得E-H 74 5,进而得到G1=5,最后运用勾 股定理求解即可. 第35页共73页 【详解】解：设O0的半径为r,则OE=,BE=2, 如图：连接FC, :AB⊥CD交CD于点E, ∴DE=CE, ,DO的延长线与⊙O交于点F,即DF为⊙O的直径， ∴OD=OF, ∴OE是△FDC的中位线， 6 .FC=20E=r 5 :D0的延长线与⊙O交于点F,即DO为⊙O的直径， ∠FCD=90°，FD=2r, n-yey- 8 :DH=8+CH=8+9 8 :FH是⊙O的切线， .∠DFH=90°=∠FCD. ∠FDH=∠CDF, .△FDH∽ACDF, 8 2=5+9 FD_DH,即8 2r,解得： CD FD 5 r=10 .⊙0的半径r=10: 第36页共73页 DE=CE= 5=8,FC= 3=12,BE=2 =4，EH=CE+CH=17DH=EH+DE=25, FH=VDH-DF2=V252-202=15 如图：过F作FM⊥AB于M,连接AF,则四边形FMEC是矩形， .FM=CE=8,EM=FC=12 .AM=AB-BE-EM=20-12-4=4, AF=VAM2+FM2=+8=4V5 :DF为⊙O的直径，FH是OO的切线， ∠DFG=∠FAD=90°， :∠ADF=∠FDG,AD=VDF2-AF=V202-45=85 ∴.△ADF∽AFDG, AF AD 45 85 FGDF,即FG=20,解得：FG=10 如图：过E作EI⊥GH于I,则DF∥El, .△FDH△IEH, FD FH DH 20 15 25 ·E=H=EH,即EH17: h=5 :B=68 5 ·F7=FH-H=15-51_24 55 .GI=FG+IF=10+ 474 5=5, EG- 74)2 68 5 =2101 5 16.如图，△ABC是⊙0的内接三角形，AD是△ABC的高，延长AD交⊙0于点E,过点E的切线交OC 的延长线于点F,连接4F.若BC=6,4D=25,∠4CB=60,则0C的长度为一，M的长度 为 第37页共73页 E 2√21 2√93 【答案】 3 【分析】①连接OB,OA,过点O作OG⊥AB,由AD是△ABC的高得出AD⊥BC,得到∠ADC和 ∠ADB为直角，在R1aADC中利用∠ACB=6O°和AD的长度求出DC,进而求出BD,在RIAABD中由勾 股定理求出AB,接着由垂径定理得出BG,根据圆周角定理得到∠AOB=2∠ACB=120°，结合OA=OB 求出∠OBA=30°，最后在RtAOBG中利用余弦函数求出OB,即可得OC的长度： ②连接OE,EC,延长BC,过点A作AII‖BC,过O作OM⊥BC于M,过F作FKIAD,交BC的延长 线于K,交AI于P,由∠ADC和∠ACB的度数求出∠DAC,再根据圆周角定理得到 ∠EOC=2LDAC=60°，结合OC=OE证明△OEC是等边三角形，得出OC=CE及相关角的度数，由EF 是⊙0的切线得出OE⊥EF,进而求得∠CEF=LCFE=30°，得到CE=CF,可得OC=CF,接着由垂径 定理得出MC的长度，在RtAOCM中由勾股定理求出OM,再根据平行关系得出对应角相等，结合 OC=CF证明△OCM≌aFCK,得到CM=CK和OM=FK,然后由两组对边分别平行且有一个角为直角 证明四边形ADKP为矩形，得出PK和AP的长度，进而求出PF的长度，最后在Rt△APF中由勾股定理即 可求出AF的长度， 【详解】解：①如图，连接OB,OA,过点O作OG⊥AB,垂足为G, G E ,AD是△ABC的高， ∴AD⊥BC, .∠ADC=∠ADB=90° 第38页共73页 在R△MDC中，∠ADC=90°，∠4CB=60°，MD=25 .DC=AD tan60° 2 .∴.BD=BC-DC=6-2=4 在RIAABD中，由勾股定理得： AB=VAD2+BD2=2√7 OG⊥AB」 :BG-14B- 2 ∠AOB=2∠ACB=120°. .OA=OB, ∠0BA=180-,40B=30 2 在RtAOBG中， BG √7221 OB= cos∠OBAV53, 2 ·0C=0B=227 3 ②连接OE,EC,延长BC,过点A作AII‖BC,过O作OM⊥BC于M,过F作FKIAD,交BC的延长 线于K,交AI于P, G E ∠ADC=90°，∠ACB=60°， .∠DAC=180°-∠ADC-∠ACB=30° .∠EOC=2∠DAC=60°， 又.0C=OE. 第39页共73页 :.△OEC是等边三角形， ∴.OC=CE,∠OEC=∠OCE=60°， ,EF是⊙O的切线， ∴OE⊥EF, ∴.∠OEF=90° ∴.∠CEF=∠OEF-∠OEC=30° 又：∠ECF=180°-∠0CE=120° .∠CFE=180°-∠ECF-∠CEF=30°， ∠CEF=∠CFE, ..OC=CF, .OM⊥BC, .MC-BC-3. ∴.OM=VOC2-MC2 -32=3 3 ,FKI∥AD,AD⊥BC, .FK⊥BC, 又：OM⊥BC, ...FKIIOM. .∠OMC=∠FKC,∠COM=∠CFK, 又，OC=CF △OCM≌△FCK(AAS) ..CM=CK=3, OM-FK=3 3, AD∥PK,AP∥DK,∠ADC=9O°， .四边形ADKP为矩形， ..PK=AD=23 AP=DK=DC+CK=5. 第40页共73页 :PF=PK+KF=2W5+5_73 33, AF =VAP2+PR=2193 3. 【类型3内接四边形相关压轴题】 ABCE 17.如图，四边形 内接于⊙0 ,连结4C,4C为O0的直径，B是4CB的中点.过点B作O0的切 线EF,交BC的延长线于点F,且EF⊥BC,EF=3,BF=4,则AE的长为一，⊙O的半径为 B 25 【答案】 5 8 【分析】本题考查了勾股定理，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，弧与弦的关系，正确添加辅助线 是解题的关键。 连接OB,BE,则4E=BE,由勾股定理得：E=EF+BF=5,即4B=5: 「；由圆周角定理得到 5 AC ∠1=∠2，继而△AEC∽△BFE,则45，可求直径，继而可求半径 【详解】解：连接OE,BE, B是ACB 中点， 4G-BE .'AE=BE, :EF⊥BC,EF=3,BF=4, ∴由勾股定理得： BE=EF2+BF2=5 第41页共73页 .AE=5: :AC为⊙0的直径， ∠AEC=90°， ∴∠AEC=∠EFB, :∠1=∠2， .△AEC∽△BFE, AE AC .BF BE ,5=C .45, :4Cs25 4, 半径为24C=号x2525 1 24=8, 25 故答案为：5：8 E 18.如图，四边形ABCD内接于⊙O,AB为直径，直线CD交过点A的切线于点E,交AB的延长线于点 F若CB:CD,BF-4B=8,则AD的长是一 DE CB的值是 B 9 【答案】 12 5 【分析】本题考查了圆周角定理，弧弦圆心角的关系，相似三角形的判定和性质，连接OC、OD,可得 第42页共73页 OC OF OC∥4D,即得OCFAADF,得到AD=AF,即可得到AD=12:延长C0交EA的延长线于点M 连接BD:由AMAD得B一形，即得M0- MO OA =3,得到MC=M0+0C= 56 3,再由 ED AD 9 ED 9 △EAD∽aEMC得ECMC14,进而可得CD=5,据此即可求解，正确作出辅助线是解题的关键. 【详解】解：连接OC、OD, ..CB=CD. ..CB-CD A∠BOC=∠D0C=)∠BOD 2 :∠DAB=)∠BOD ∴∠BOC=∠DAB, .OC∥AD ∴.aOCF∽aADF, OC OF AD AF' :BF=)AB=8, 2 AB=16 .OC=8,AF=16+8=24,OF=8+8=16, 816 .AD24 AD=12: 延长CO交EA的延长线于点M,连接BD, 第43页共73页 OC∥AD. ∴.∠AOM=∠BAD ,AE是⊙O的切线，点E是切点， .AB⊥AE, .∠0AM=90°， :AB是⊙0的直径， .∠ADB=90°， .∠OAM=∠ADB. .△DAMADB, MO OA :AB AD' M08 六16=12， 0=32 3· :Mc=M0+0c=32+8=56 3 3 ,AD∥CM. ∴.△EAD∽aEMC, ED AD 12 9 .EC MC-56-14 3 ED 9 ·CD5, CB=CD, ED 9 CB 5' 第44页共73页 9 故答案为：12,5 ABCD C 19.如图，四边形 内接于圆O, AC为圆O直径，BD、4C交于点B,点B是 的中点， DG 3 圆O于D,交C4延长线于G.若AB=V万，点O到DC的距离为2，则4C -AG= 【答案】 V14: Vi 【详解】解：如图，过点O作OH⊥CD于H,连接OD, H 则CH=HD-)cD,OH=5 :点B是C 的中点， .AB-BC .AB=BC=V7∠ADB=∠CDB ,AC为圆O直径， .∠ABC=90° :∠BAC=∠ACB=45°，AC=VAB2+BC=V14 2 2, 第45页共73页 14-311 CH=V0C2-0H2=4=2. ∴CD=VT :AC是⊙O的直径， .∠ADC=90°， AD=√AC2-CD2=V5 :DG切⊙O于D, .∠ODG=∠ODA+∠ADG=90°， ∠ADC=∠ODA+∠ODC=90°， ∴.∠ADG=∠ODC OD=OC. ∴.∠ODC=∠OCD ∴∠ADG=∠OCD」 ∠G=LG, .GAD△GDC, :4=4D-3-53 GD DC 1111, GD=11 V33 -x 设AG=x, 3 在Rt△ODG中，由勾股定理得3 +=e+】 33 4 解得x=0(含)名=8 4c-g 故答案为：4：84 第46页共73页 20,如图，四边形1BCD内接于园O,1C为国°直径，BD、1C交于点E,点B是4C的中点 DG切 圆O于D,交C4延长线于G.若B3N2,点O到DC的距离为5.则AC=,4G一 G 【答案】 6 2 【分析】过点0作o11CD于H,连接O0:证男∠ABC=90,求出AC=6,则OC=号4C=3,求出 2 CD=12V D-65 5, ，E男GD%0C得到品份-}：设1G=F别pG-g在R△0nG 中，由勾股定理即可求出AG 【详解】解：：点B是4C 的中点， 4B-BC ∴.AB=BC=3V2,∠ADB=∠CDB, ,AC为圆O直径， ∴∠ABC=90°， .∠BAC=∠ACB=45°， 4C=AB2+BC2=24B=6 :0c-4c=3, 如图，过点O作OH⊥CD于H,连接OD, B -H D 第47页共73页 期c1-D-c0,0n-g5, 在R△0CH中，CH=0c2-0m_65 ·CD=2CH=125 , :AC是⊙0的直径， ∠ADC=90°， 又O是AC的中点，H是CD的中点， .OH是△ADC的中位线， ·AD=20H=65 5 DG切⊙O于D, ∴.∠ODG=∠ODA+∠ADG=90°， ,∠ADC=∠ODA+∠ODC=90°， ∴.∠ADG=∠ODC, ..OD=OC, ∴.∠ODC=LOCD. ∴.∠ADG=∠OCD, ∠G=∠G. .△GAD∽aGDC, GA AD SV5 1 :.GDCD252, 5 设AG=x,则GD=2x, 在Rt△ODG中，OD2+DG=OG, 3+(2x=(3+ 解得x=2或x=0(舍去)： 故AG=2」 21.如图，四边形ABCD的外接圆⊙0的半径为10，对角线AC,BD相交于点E,延长AB,DC相交于点 第48页共73页 G,连接OC交BD于点F,过O作OH1B于点H,若∠C8G:∠0CD=3:2,D=BD=60,则 OH= .EF= D 【答案】 1G5o7270 /65 【详解】解：连接D0,如下图， D ON OE B G :BD=AD=6Ni0OH⊥AB 点O在DH上， ∴.∠ADH=∠BDH, DO=CO, .∠ODC=∠OCD. :四边形ABCD是⊙O的内接四边形， .∠CBG=∠ADC, .∠CBG:∠OCD=3:2, .设∠OCD=2a,则∠ODC=2a,∠ADC=∠CBG=3a, .∠ADH=a, 第49页共73页 ∠BDH=a, 、∠GDB=∠CD0-∠BDH=2a-a=a, 、.∠BAC=∠BDC=∠ADH=∠BDH=a: 过点O作OP⊥AD于点P, :DP=)AD=30 2 又，OD=10. ..OP=JOD2-DP2=102-(310)=10 sin PDo-Po D0-10 AH =sin∠ADH AH 10 .AD 即610=10， ∴AH=6 AB=2AH=12, 由勾股定理得：DH=VAD2-AI=610-6=18, OD=10. :.OH=DH-OD=18-10=8: RH 设OH与AC交于点R,则AH =tam∠HAR=tan∠ADH=OP-=Vio- DP3103, :RH=4AH=2. 3 ÷4R=VA+RF=6+2=20 ∠HAR=∠EDR=a,∠ARH=∠DRE, ∴.∠DER=∠AHR=90°，即∠DER=∠DEC=90°， 又，∠CDE=∠RDE=a,DE=DE, ADRE≌ADCE(ASA) ..RE=CE, 第50页共73页 BE 在Rt△ABE中，AB =sin∠BAE BE 10 12=10 :BE=0 5 BE 又：AE=an∠BAE, % 1 AE=3 6-0 RE-AE-AR-18 0-20-10-CE 5 5 ÷CR=2RE=16I0. 过点0作O0⊥AC于点2，则∠0QR=∠AHR=90°， 又：∠ORg=∠ARH, .∠RO9=∠HAR OH=8,HR=2, .OR=8-2=6, RO :OR =sin∠QOR .R9V10 6=10 0-o CQ=CR-OR=16I0-20-13o 5 OR 又00 =tan∠QOR 301 ·00=3 第51页共73页 vi :FE⊥RC,O0⊥RC, ..FE//00. .aCFE∽aCOg. CE EF ∴.cg00' 8而 EF 0 :F=2i0 65 22.如图，四边形ABCD内接于⊙O,点D为AC弧的中点，对角线AC经过圆心，延长AC与过点B的 ⊙0 的切线F交于点P.若B=BF=35,则BC的长度 AD的长度为 B 3 3v2 【答案】 【分析】此题考查了圆周角定理、勾股定理、等边三角形的判定和性质、解直角三角形、等腰三角形的判 定和性质、切线的性质等知识，证明是△OBC等边三角形是解题的关键. 连接OB,通过推理得到△OBC等边三角形，△ACD是等腰直角三角形，通过勾股定理即可求解. 【详解】解：连接OB, 第52页共73页 A 是 的切线， B :BF⊙O ∠B0F=90°， :AC是⊙O的直径， ∴.∠ABC=∠ADC=90°. AB=BF=3V3 ∠FAB=F, OA=OB. .∠OBA=∠FAB=∠F ∠FOB=∠FAB+∠OBA, ∴.∠FOB+∠F=∠FAB+∠OBA+∠F=90°， ∴.∠FAB=∠OBA=∠F=30°， ∴.BC=ABtan∠BAC=3V3tan30°=3 ∴.ACB=60°， :OB=OC :△OBC是等边三角形， OC=BC=OB=0A=3, AC=6, 点D为AC弧的中点， AD=CD AD=CD. :△ACD是等腰直角三角形， ∴.AD2+CD2=2AD2=AC2, 第53页共73页 .4D=AC=3 2 33v2 故答案为： 23.女图，四边形48CD内接于国0.4C为国°百径，D、4C交于点E,点P是C 的中点， DG 圆O于D,交CA延长线于G.若AB=4,点O到DC的距离为1，则AC=一，AG= B O. G 22 【答案】 4V2 3 H⊥CD OD 于H,连接，证明 ∠ABC=90° AC=24B=42 【分析】过点O作 求出 ,则 GA AD 27 0C=24C=25,求出CD=2N7,4D=2,证明GAD/GDC,得到GDCD277,设 4G=x,则GD=V7x,在Rt△ODG中，由勾股定理即可求出1G ，在 【详解】解：点B是 AC 的中点， .4B-BC ·AB=BC=4,∠ADB=∠CDB, ,AC为圆O直径， ∴.∠ABC=90°. ∴∠BAC=∠ACB=45°， 4C-54B=42 第54页共73页 :0C=)4C=2W2 如图，过点O作OH⊥CD于H,连接OD, D CH=HD=CD,OH=T 在Rt△OCH中，CH=VOC2-OM=V万， CD=2CH=2√7 :AC是⊙0的直径， .∠ADC=90°. 由中位线定理可得AD=2OH=2, :DG切⊙O于D, ∴.∠ODG=∠ODA+∠ADG=90°， ,∠ADC=∠ODA+∠ODC=90°， ∴.∠ADG=∠ODC, 0D=0C, .∠ODC=LOCD, ∠ADG=∠OCD ,∠G=∠G, .'.AGADOAGDC. GA=AD2万 :GDcD2万7， 设4G=,则 GD=√7x 在Rt△ODG中，OD2+DG2=OG, 第55页共73页 .(22+(N7x=(22+x. 解得x=3或x=0(舍去)， 2W2 故答案为：42’3 24.如图，四边形ABCD内接于⊙0，∠ABC=60°，∠BAC=∠CAD=45°，CM⊥AB,AB+AD=6, CN⊥AD交AD的延长线于点N,则AM= ；⊙0的半径为 M B √6 【答案】 【详解】解：，∠BAC=∠CAD=45°， .∠CBD=∠CAD=45°，∠CDB=∠BAC=45° 即∠CBD=∠CDB=45°， .'CD=CB, :四边形ABCD内接于⊙O, :.∠CDN=∠CBM=60°， :CM⊥AB,CN⊥AD. ∴.∠N=∠CMB=90°， △CDN≌aCBM(AAS) .DN BM,CM=CN. .AM+MB+AD=AM+DN+AD=AM+AN=6. ,∠MAN=∠BAC+∠CAD=90°，∠N=∠CMA=90°，且CM=CN, :.四边形AMCN为正方形， 第56页共73页 M 2x6=3: ,∠CDN=∠CBM=60°， :.∠DCN=∠BCM=30°， 假设DN=BM=x,则CD=CB=2x,AD=3-x,AB=3+x, ,∠MAN=90°， .BD为OO的直径， ∴.∠BCD=90°， 由勾股定理得，AD+AB2=CD2+CB2, 即3-+(3+=4x2+4r 解得七V5 (负值已舍)， BD-8x3-2/6 ÷O0的半径为2BD=V6, 故答案为：3，V6 25.如图，四边形1BCE。 内接于 0,遂纺4C,1C为0的直径，E是4的中点.过点E作00的切 ⊙0 线EF,交BC的延长线于点F,且EF⊥BC,EF=5,BF=6,则AE的长为一，CF的长为 25 【答案】 61 6 【分析】由勾股定理可求BE的长，由圆周角定理可求∠4BE=∠BE,可得 E=BE=61 ,证明 第57页共73页 △BMH≌，EBF(AAS),可得4H=BF=6.H=EF=5,由勾股定理可求解. 【详解】解：如图，连接BE,过点E作EH⊥AC于H,连接OE, .∠EHA=∠EFB=90° 又： 对若圆周角E1C和∠BBC .∠EAC=∠EBC,即∠EAH=∠EBF, EF⊥BC,EF=5,BF=6, BE-EF+BF2-+6-61 :E是4CB 的中点， AE-BE ∴.∠ABE=∠BAE, AE=BE=61 在△EAH和△EBF中， ∠EAH=∠EBF ∠EHA=∠EFB AE=BE △EAH≌△EBF(AAS) .AH=BF=6,EH EF=5, .OE2 =EH2+OH2, :0E2=52+(6-0E2 第58页共73页 :0E= 12, :AC=20E=2×61_61 12-6, ,AC为⊙0的直径， .∠AEC=90°， EC=AC2-A 可 6￥ CF=EC2-EF2 25 6 25 故答案为：√61：6 【类型4圆相关综合问题题】 26.如图，在⊙0中，AB是⊙O的直径，点C为弧BD上一点，连结ACBC,点D是弧AC的中点，作 DG LAB于点G,交AC于点E,BD交AC于点F,下列结论一定正确的有 D∠DA=∠DBC:②AE=DE:®若DG=BG-4,则BC=5. 4;④点F为BD的中点，则 AD=2DF D B 【答案】①②④ 【分析】通过弧中点得出圆周角相等，利用垂直关系推导角相等，结合相似三角形（证明△DBG∽△ABD △ADF∽aBDA等)的判定与性质，对各个结论进行逐一分析验证，判断其正确性. 【详解】解：D是4C D是4中点， .AD-DC 第59页共73页 ∴∠DAE=∠DBC=∠ABD,故①正确. AB是直径， ∴.∠ACB=∠ADB=90°， 又：DG⊥AB, .∠ABD=90-∠BDG=∠ADE=∠DAE. .DE=AE.故②正确， 在Rt△DGB中，DG=3,BG=4, :BD=V32+4=5 DG⊥AB, ∴，∠DGB=∠ADB=90°， ,∠DBG=∠ABD, .△DBG△ABD BG BD 45 ·BD=AB,即5=AB: 解得B25 4. AD=AB2 -BD2 25)2 -5=5 4 4」 又∠ADF=∠BDA=90°，∠DAF=∠DBA, ∴.△ADF△BDA. 15 DF DFAD,即155，解得E5 AD BD 4 16 .BF=BD-DF=35 6 :又∠ADB=∠FCB=90°，∠DBA=∠CBF, .△BCFABDA 35 BC_16 ∴BC_BF,即525，解得BC=7+5,故③错误， BD AB 4 44 第60页共73页 若F是BD中点，如图，连接OF, D B ,O是圆心，F是BD的中点，OA=OB, :0F=4D 21 ,OF⊥BD, .∠BFO=∠ADF=90°， :∠DAF=∠FBO .△DAFP△FBO, AD DF .AD DF ,即DF AD, BF OF 2 .AD2=2DF2, AD=2DF ,故④正确。 故答案为：①②④ 27.如图，正方形ABCD的边长为4，点E是边BC上一点，且BE=3,以点A为圆心，3为半径的圆分别 交AB、AD于点F、G,DF与AE交于点H.并与OA交于点K,连结HG、CH.给出下列四个结论， )H是PK的中点；2AHGD2ABC:3 Shu Sn9I6:(4)DK=,其中E确的 论有」 (填写所有正确结论的序号)· G B 第61页共73页 【答案】(1)(3)(4). 【详解】解：(1)，四边形ABCD是正方形， ∴.AD=AB=4,∠DAF=∠ABE=90° 又，AF=BE=3, ∴.△DAF≌△ABE. ∴.∠AFD=∠BEA. ,∠BEA+∠BAE=90°， .∠AFD+∠BAE=90°. .∠AHF=90°. AH⊥FK, ∴FH=KH, 即H是FK的中点；故结论(1)正确： (2)过点H作MN IIAB交BC于N,交AD于M, D 由a)得A⊥FK,则24DF=DFAH, DF=VAR2+AD2=5 :AH=12 . ,四边形ABCD是正方形，MN//AB, ∴.∠DAB=∠ABC=∠AMN=90° ∴.四边形ABM是矩形. ∴MN=AB=4,AM=BN, AG=BE 第62页共73页 .AG-AM=BE-BN 即MG=NE. .AD//BC, ∴.∠MAH=∠AEB :∠ABE=∠AMN=90°， ∴.△MAH~△BEA」 AH MH AEAB· 2 即§=M 54 解得M=48 5· 则NH=4-MH=52 5· :tan∠MGH=M MG tan∠HEW=WH NE· .MG=NE,MH≠NH, ,MG≠NE ·MiNH: ·∠MGH≠∠HEN ∴.∠DGH≠∠CEH :.△HGD与△HEC不全等，故结论(2)错误： (3),'△MAH~△BEA, AH AM AE BE 即ミ=AM 53· 解得M=36 25· 由(2)得Sm=MAG,SmDC(uD-AM 第63页共73页 4 S.AHG= MH.AG x3 2 9 ·.ScDC-(AD-AM) 4×4-25》 3616:故结论(3)正确： (4)由(1)得，H是FK的中点， ∴.DK=DF-2FH FH=AF2-AH2= 3- 由勾股定理得 5 DK=5-2×?-3:故结论(4E确 故答案为：(1)(3)(4). 28.如图，△ABC内接于⊙0，半径OA∥BC,连接CO并延长交⊙0于点D,过点O作半径OF⊥AC交 Bc于点2连接46：以下结论：①=而：②C0=CB:③若4C=8:∠OAC-0,为0F-号5 3 ④连接AD,四边形ADOE为平行四边形.其中一定正确的结论的序号为一· D 【答案】①②③④ 【分析】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，平行四边形和菱形的判定与性质.①证明 ∠ACB=∠OAC即可作判断：②证明 COG≌aCEG(ASA) 即可作判断：③由垂径定理得 cG。4C=4,再解直角三角形得0A4氵5，即可得出结论：④先证明四边形0CG 得AE=OC,AE∥OC,即可证明四边形ADOE为平行四边形. 【详解】解：连接AD,设OF交AC于点G,如下图， 第64页共73页 D .OA=OC. ∴.∠OAC=∠OCA, .OA∥BC. .∠OAC=∠ACB, .∠ACB=∠OCA. AB=AD 故①正确： ,OF⊥AC, ∴∠OGC=∠EGC=90° ,CG=CG,∠OCG=∠ECG. △COG≌ACEG(ASA) ∴CO=CE, 故②正确： :OF⊥AC 1 、AG=CG=号AC=4, ,∠OAC=30° AG O=- =4-85 = cos∠OACV33 2 :0r=01=35 故③正确： 由②得OC=CE=OA, AO‖EC, 第65页共73页 “四边形AOCE为菱形， ·AE=OC,AE∥OC, ∴，AE=OC=OD,AE∥CD, ∴，四边形ADOE是平行四边形， 故④正确 综上所述，正确的有①②③④. 故答案为：①②③④ 29.如图，E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D,与BC相交于点G,则下列结 论：①∠BAD=∠CAD;②若∠BAC=60°，则∠BEC=120°；③DB=DE;④若点G为BC的中点，则 BG⊥GD,其中一定正确的序号是一· 0 【答案】①②③④ 【详解】解：①~E是△ABC的内心， .AD平分∠BAC, .∠BAD=∠CAD,故①正确： ②如图，连接BE,CE, ● E 是 的内心， G E△ABC ∠EBC= 2∠ABC,∠BCB={ :∠BAC=60° ∴.∠ABC+∠ACB=180°-∠BAC=180°-60°=120° ∴.∠CBE+∠BCE=60°. 第66页共73页 :.∠BEC=120°，故②正确： ③如图，连接BE,OB,OC,OD, 平分 D .BE ∠ABC ∴.∠ABE=∠CBE .·∠DBC=∠DAC=∠BAD ∴.∠DBC+∠EBC=∠EBA+∠EAB」 .∴.∠DBE=∠DEB .DB=DE,故③正确： ④·∠BAD=∠CAD. .BD=DC .BD=DC,OD⊥BC, :点G为BC的中点， ∴线段AD经过圆心O, ∴.∠BGD=90° .BG⊥GD,故④正确： 综上，一定正确的结论为①②③④， 故答案为：①②③④ 30.如图，以△ABC的边AB为直径的⊙O恰好过BC的中点D,过点D作DE⊥AC于E,连接OD,则下列结 论中：①OD/AC;②∠B=∠C;③2OA=AC;④DE是⊙O的切线；⑤∠EDA=∠B,正确的序号是 第67页共73页 【答案】①②③④⑤ 【详解】解：如图示，连接AD, D ~D为BC中点，点O为AB的中点， ∴OD为AABC的中位线， .OD11AC,①正确： :AB是⊙O的直径， ∠ADB=90°=∠ADC, 即AD⊥BC,又BD=CD, ∴.△ABC为等腰三角形， .∠B=∠C,②正确： :DE⊥AC,且DO1IAC, .OD⊥DE. OD是半径， .DE是⊙O的切线，.④正确： .∠ODA+∠EDA=90°. :∠ADB=∠AD0+LODB=90°， ∠EDA=∠ODB, OD=OB ∴，∠B=∠ODB ∠EDA=∠B,⑤正确： :D为BC中点，AD⊥BC, .AC=AB :01=0B=号4B 第68页共73页 ∴.OA= 1 AC, 2 ∴.③正确， 故答案为：①②③④⑤. 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，三角形中位 线定理，正确的识别图形是解题的关键.， ⊙0 ABCD∠BCD=120°，C 31.如图， 的内接四边形 中， 为弧上一动点，且CA平分∠BCD.BD=25 有如下说法：①AD=AB;②△ABC是等边三角形：③⊙O的半径为2；④BC+CD=AC:⑤四边形 ABCD最大面积是B,其中正确的有 0。 【答案】3 【详解】解：，CA平分∠BCD, ∴∠ACB=∠ACD, .AB=AD AB=AD,故①符合题意： ,四边形ABCD是⊙O的内接四边形， ∴.∠BCD+∠BAD=180°. 又∠BCD=120°， ∠BAD=60°， .∠BAC<60°， ∴△ABC不是等边三角形，故②不符合题意： 如图，连接ODOB,过点O作OE⊥BD, 第69页共73页 :OD=OB∠DOB=2∠DAB=120 LOBE=)∠ABD=30° 0B=20E, BE-DE-1BD-1x2 2 2 设OB=2x,则OE=x, 在Rt△OBE中，OE2+BE2=OB2, (3+x2=(2x. 解得：x=1, .OB=2x=2, ∴.⊙0的半径是2，故③符合题意： 如图所示，在AC上截取CF=CD,连接DF, 9 AB=AD∠BAD=60° .△ABD是等边三角形， ∠DCF=∠ABD=60° :∴△DCF是等边三角形， .DF=DC,∠FDC=60° :∠ADF+∠BDF=∠ADB=6O°，∠BDF=∠BDC=∠FDC=60°， .∠ADF=∠BDC, 在△ADF和△BDC中， (AD=BD ∠ADF=∠B DF=DC 第70页共73页 ∴.△ADF≌△BDC(SAS) ∴.AF=BC :AC=AF+CF=DC+BC,故④符合题意： 如图，设M为BD的中点，过点M作AM⊥BD, 0 是等边三角形， B △ABD BM=DM-D-5,∠B4M=∠D4M-BD=30 2 BD=23 ∴.AB=BD=25 在Rt△ABM中 AM=VAB2-BM-23-(3=3, Sm8D-4M=25x3=35, ∴.当△BCD的面积最大时，四边形ABCD的面积最大， ,⊙0的半径为2， :点C到线段BD C、,BD 的最大距离时，就是点为的中点时， 此时C到BD的距离是2×2-3=1， ABCD的最大面积是 LBDxI-1x23x1- 2 四边形ABC 的最大面积是m+m=33+V5=4W5 故⑤不符合题意： 综上所述，正确的是①③④，共3个 故答案为：3 32.如图，AB是⊙O的直径，点C是弧AB上的点，CD与⊙O相切，连接AC,BC,CE⊥AB于点E, 第71页共73页 交⊙O于点F,FO的延长线交CB于点G.则下列结论一定正确的有 (填序号) ①∠DCA=∠B:②∠AOF=2∠DCA:③△FCG≌ABCE:④若AC=AD,则FG⊥BC. B 【答案】①②④ 【详解】解：连接OC,如图： D 是 的切线， F ·CD⊙O ∴.OC⊥CD ∴.∠DCA+∠OCA=90° :AB是⊙O的直径 ∴.∠ACB=90° ∴.∠BC0+∠OCA=909 ∴.∠DCA=∠BCO .OC=OB .∠B=∠BCO ∴.∠DCA=∠B 故①正确； :CE⊥AB、OC=OF ∴.∠AOF=∠AOC .∠AOC=2∠B ∴.∠AOF=2∠DCA 故②正确： :△FCG与△BCE不满足全等三角形的判定条件， 故③不一定正确： 第72页共73页 .AC=AD .∠D=∠DCA ∴.∠BAC=2∠DCA=2∠B ∴.∠BAC+∠B=3∠B=90° ∴.∠B=30° ∴.∠AOC=60° ∴.∠BOG=60° ∴.∠BG0=90° ∴.FG⊥BC 故④正确， 故答案为：①②④. 第73页共73页