中考数学二轮专题复习专题10 圆的综合问题（教师版）

80/80原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！专题十圆的综合问题一、非动态问题例题1如图，在中，，以为直径的交于点，过点作于点，交的延长线于点，连接．(1)求证：是的切线．(2)求证：．(3)若，，求的半径长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)3【解析】【分析】（1）连接，根据直径所对的圆周角是直角，以及，根据三线合一可得，进而可得是的中位线，根据，即可证明是的切线；（2）根据是的切线，可得，结合，可得，又，，继而可得，根据，即可证明；（3）根据，根据相似三角形的性质列出比例式代入数值可得的长，即可求得，然后求得半径长．(1)如图，连接，为的直径，，即，，，，，，，是的切线，(2)∵是的切线，，即，，，，又，，，又，，(3)，，，，，，的半径长．【点睛】本题考查了圆的直径所对的圆周角是直角，三线合一，三角形中位线的性质与判定，切线的判定与性质，相似三角形的性质与判定，掌握以上是解题的关键．练习题1．在△ABC中，∠ACB＝90°，以BC为直径的⊙O交AB于点D．(1)如图①，以点B为圆心，BC为半径作圆弧交AB于点M，连结CM，若∠ABC＝66°，求∠ACM；(2)如图②，过点D作⊙O的切线DE交AC于点E，求证：AE＝EC；(3)如图③，在（1）（2）的条件下，若tanA＝，求S△ADE：S△ACM的值．【答案】(1)∠ACM＝33°(2)证明见解析(3)S△ADE：S△ACM＝【解析】【分析】（1）证明△BCM是等腰三角形，求出∠ACM＝∠BMC＝57°，由∠ACB＝90°，求得∠ACM；（2）证明△EDO≌△ECO（SAS），则DE＝CE，得到∠A＝∠ADE，即可求解；（3）设BC＝3x，AC＝4x，AB＝5x，则ED＝EC＝AC＝AE＝2x，由△AMH∽△ABC，得到S△ACM＝×AC×MH＝×4xx＝x2，同理可得：S△ADE＝AE•DI＝×2x×x＝x2，即可求解．(1)解：由题意知，BC＝BM，∴△BCM是等腰三角形∵∠ABC＝66°，∴∠BMC＝∠BCM＝（180°－∠ABC）＝57°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACM＝∠ACB﹣∠BCM＝90°﹣57°＝33°；(2)解：如图④，连接OE，OD，∵DE为圆O的切线，∴∠EDO＝∠ECO＝90°，∴△EDO与△ECO都是直角三角形∵OE＝OE，OD＝OC，∴△EDO≌△ECO（HL），∴DE＝CE，∵OD＝OB∴∠BDO＝∠DBC∵∠BDO+∠ADE＝90°，∠DBC+∠A＝90°，∴∠ADE＝∠A∴AE＝DE，∴AE＝CE；(3)解：如图⑤，过M作MH⊥AC于点H，过D作DI⊥AC于点I，连接CD，

∵BC是⊙O的直径∴∠BDC＝∠ADC＝90°∵∠ACD+∠A＝90°，∠ACD+∠DCB＝90°，∴∠A＝∠DCB∴tan∠DCB＝tan∠A＝，设BC＝3x，AC＝4x，则AB＝＝5x，∵AE＝CE∴点E为AC的中点∴ED＝EC＝AC＝AE＝2x，

而AM＝AB﹣MB＝AB﹣BC＝5x﹣3x＝2x，∵∠AHM＝∠ACB＝90°，∠A＝∠A∴△AMH∽△ABC，∴∴MH＝x，则S△ACM＝×AC×MH＝×4x×x＝x2，∵∠AID＝∠ACB＝90°，∠A＝∠A∴△ADI∽△ABC，同理可得：DI＝x，

则S△ADE＝AE•DI＝×2x×x＝x2，所以S△ADE：S△ACM＝．【点睛】本题为圆的综合题，主要考查了圆的性质，相似三角形的判定和性质，切线的性质定理、勾股定理等知识，关键在于熟练应用定理和性质解决问题．2．如图1，在Rt△ABC中，，以BC为直径的交斜边AB于点M，若H是AC的中点，连接MH．(1)求证：MH为的切线．(2)若，，求的半径．(3)如图2，在（2）的条件下分别过点A、B作的切线，两切线交于点D，AD与相切于点N，过N点作，垂足为E，且交于Q点，求线段AO、CN、NQ的长度．【答案】(1)见解析(2)2(3)【解析】【分析】（1）连接OH、OM，易证OH是△ABC的中位线，利用中位线的性质可证明△COH≌△MOH，所以∠HCO=∠HMO=90°，从而可知MH是的切线；（2）由切线长定理可知：MH=HC，再由点M是AC的中点可知AC=3，由tan∠ABC=，所以BC=4，从而可知的半径为2；（3）连接CN，AO，CN与AO相交于I，由AC、AN是的切线可知AO⊥CN，由勾股定理可求AO长度，利用等面积可求出可求得CI的长度，再由垂径定理即可求CN的长度，设，然后利用勾股定理可求得CE的长度，利用垂径定理即可求得NQ．(1)连接OH、OM，∵H是AC的中点，O是BC的中点，∴是△ABC的中位线，∴，∴，，又∵，∴，∴，在△COH与△MOH中，，∴，∴，∴MH是的切线；(2)∵MH、AC是的切线，∴，∴，∵，∴，∴的半径为2．(3)连接ON，OA与CN相交于点I，∵AC与AN都是的切线，∴，AO平分∠CAD，∴，∵，，∴由勾股定理可求得：，∵，

∴，∴由垂径定理可求得：，设，由勾股定理可得：，∴，∴，

∴，由勾股定理可求得：，∴由垂径定理可知：．【点睛】本题考查圆的综合问题，涉及垂径定理，勾股定理,全等三角形的判定与性质，切线的判定等知识内容，综合性强，熟练掌握知识点是解题的关键．3．如图，点P在y轴的正半轴上，交x轴于B、C两点，以AC为直角边作等腰Rt△ACD，BD分别交y轴和于E、F两点，连接AC、FC，AC与BD相交于点G．(1)求证：；(2)求证：；(3)______°；(4)若，，则△GDC的面积为______．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)45(4)15【解析】【分析】（1）连接AB，由圆的轴对称性可得AB=AC，则AB=AD，即可证明结论；（2）由∠ACD=∠ADC，∠ACF=∠ADF，则有∠ACD－∠ACF=∠ADC－∠ADF，即∠FCD=∠FDC，得CF=DF；（3）连接AF，由（2）知CF=DF，则AF是CD的垂直平分线，得AF平分∠CAD，再利用圆周角定理可得答案；（4）作CH⊥BD于H，利用勾股定理可得，，，再由△DCG∽△DBC，得，代入求出DG的长，从而得出答案．(1)证明：如图，连接AB，∵OP⊥BC，∴BO＝CO，∴AB＝AC，又∵AC＝AD，∴AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB，又∵∠ABD＝∠ACF，∴∠ACF＝∠ADB；(2)解：∵AC＝AD，∴∠ACD＝∠ADC，∵∠ACF＝∠ADF，∵∠ACD－∠ACF＝∠ADC－∠ADF，∴即∠FCD＝∠FDC，∴CF＝DF；(3)解：如图，连接AF，由（2）知CF＝DF，∴点F在CD的垂直平分线上，∵AC=AD，∴点A在CD的垂直平分线上，∴AF是CD的垂直平分线，∴AF平分∠CAD，∴，∴∠CBD＝∠CAF＝45°，故答案是：45；(4)解：如图，作CH⊥BD于H，∵OB=OC=3，∠DBC=45°，∴，∵OA=6，OC=3，∴，∴，∴，∴，∵∠ACD=∠DBC，∠CDG=∠BDC，∴△DCG∽△DBC，∴，即：，∴，∴．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的对称性、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质等，利用前面探索的结论解决新问题是解题的关键．4．如图，四边形内接于半圆，是半圆的直径，是半圆的切线，交的延长线于点，，与相交于点，连接并延长交的延长线于点，连接．(1)求证：．(2)探究与的数量关系．(3)求的值．【答案】(1)见解析(2)，见解析(3)【解析】【分析】（1）由切线的性质得到，再由得到，最后由平行线的判定方法解答；（2）连接OD，由平行线的性质判定，由相似三角形对应边成比例证得，继而证明四边形DOCG是菱形，再证明，由全等三角形对应边相等证得OF=FG，最后根据相似三角形的性质解答；（3）过点G作BC的延长线于点H，证明是等边三角形，四边形ECHG是矩形，设，，，继而解得BH=，最后根据正切的定义解答即可．(1)解：是半圆的切线，，，，，//BC；(2)连接OD，//BC，，，，，，，，，//OC，四边形DOCG是平行四边形，，四边形DOCG是菱形，，，，，，，(3)过点G作BC的延长线于点H，，，四边形DOCG是菱形，，是等边三角形，设，，，BC，，，四边形ECHG是矩形，，，中，．【点睛】本题考查几何与圆的综合，涉及切线的性质、菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、正切、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．5．【概念提出】圆心到弦的距离叫做该弦的弦心距．【数学理解】如图①，在中，AB是弦，，垂足为P，则OP的长是弦AB的弦心距．(1)若的半径为5，OP的长为3，则AB的长为______．(2)若的半径确定，下列关于AB的长随着OP的长的变化而变化的结论：①AB的长随着OP的长的增大而增大；②AB的长随着OP的长的增大而减小；③AB的长与OP的长无关．其中所有正确结论的序号是______．(3)【问题解决】若弦心距等于该弦长的一半，则这条弦所对的圆心角的度数为______°．(4)已知如图②给定的线段EF和，点Q是内一定点．过点Q作弦AB，满足，请问这样的弦可以作______条．【答案】(1)8；(2)②；(3)90°；(4)2条．【解析】【分析】（1）连接OA，由勾股定理求出AP=4，再根据垂径定理得出答案；（2）设⊙O的半径为r（r＞0）（定值），OP=x（x＞0），利用勾股定理得，从而得出答案；（3）连接OA，OB，由题意知OP=AP，则∠AOP=45°，可得答案；（4）作，则AB=EF，根据圆的轴对称性可知，这样的弦可以作2条．(1)解：连接OA，如图，∵OP⊥AB，∴AP=BP=AB，在Rt△OAP中，由勾股定理得：AP==4，∴AB=2AP=8，故答案为：8；(2)解：设⊙O的半径为r（r＞0）（定值），OP=x（x＞0），由（1）知，AB=2AP，AP=，，∵二次项-4x2的系数-4＜0，∴x＞0时，AB2随x的增大而减小，∵OP＞0，∴AB2随x的增大而减小，∴AB也随x的增大而减小，即AB的长随OP的长增大而减小，故正确结论的序号是②，故答案为：②；(3)解：连接OA，OB，∵弦心距等于该弦长的一半，∴OP=AP，∴∠AOP=45°，∴∠AOB=2∠AOP=90°，故答案为：90；(4)解：如图，作，则AB=EF，根据圆的轴对称性可知，这样的弦可以作2条，故答案为：2．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的性质，垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用这些性质，熟练掌握基本作图方法．6．已知为的外接圆，．(1)如图1，延长至点，使，连接．①求证：为直角三角形；②若的半径为4，，求的值；(2)如图2，若，为上的一点，且点，位于两侧，作关于对称的图形，连接，试猜想，，三者之间的数量关系并给予证明．【答案】(1)①见解析；②；(2)，理由见解析【解析】【分析】（1）①利用如果三角形中一条边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形可得出结论；②连接OA，OD，利用垂径定理得到OD⊥AC且AH=CH，设DH=x，则OH=4-x，利用勾股定理列出方程求得DH的值，再利用三角形的中位线定理得到BC=2DH；（2）猜想QA，QC，QD三者之间的数量关系为：QC2=2QD2+QA2．延长QA交⊙O于点F，连接DF，FC，由已知可得∠DAC=∠DCA=45°；利用同弧所对的圆周角相等，得到∠DFA=∠E=∠DCA=45°，∠DFC=∠DAC=45°，由于△ADQ△与ADE关于AD对称，于是∠DQA=∠E=45°，则得△DQF为等腰直角三角形，△QFC为直角三角形；利用勾股定理可得：QC2=QF2+CF2，QF2=2DQ2；利用△QDA≌△FDC得到QA=FC，等量代换可得结论．(1)①，，．∴∠B=∠DCB，∴∠BAC=∠DCA，∵∠B+∠BAC+∠DCB+∠DCA=180°，∴∠DCB+∠DCA=90°．为直角三角形；②连接，，如图，，，且．的半径为4，．设，则，，，．解得：．．由①知：，，．，．(2)，，三者之间的数量关系为：．理由：延长交于点，连接，，如图，，，．，．．．与关于对称，，，．

．．即．，．在和中，，．．．【点睛】本题是一道圆的综合题，主要考查了圆的有关性质，垂径定理，勾股定理，圆周角定理及其推论，等腰直角三角形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，直角三角形的判定与性质，轴对称的性质，方程的解法．根据图形的特点恰当的添加辅助线是解题的关键．7．定义：两个角对应互余，且这两个角的夹边对应相等的两个三角形叫做余等三角形．如图1，在△ABC和△DEF中，若∠A+∠E＝∠B+∠D＝90°，且AB＝DE，则△ABC和△DEF是余等三角形．(1)图2，等腰直角△ABC，其中∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是AB上任意一点（不与点A，B重合），则图中△________和△________是余等三角形，并求证：AD2+BD2＝2CD2．(2)图3，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，⊙O的半径为5，且AD2+BC2＝100，①求证：△ABC和△ADC是余等三角形．②图4，连接BD交AC于点I，连接OI，E为AI上一点，连接EO并延长交BI于点F，若∠ADB＝67.5°，IE＝IF，设OI＝x，S△EIF＝y，求y关于x的函数关系式．【答案】(1)ACD；BCD；证明见解析；(2)①证明见解析；②【解析】【分析】（1）根据题目中余等三角形的定义和等腰直角三角形的性质即可得到△ACD和△BCD是余等三角形．过D作DE⊥AC于E，过D作DF⊥BC于F．根据等腰直角三角形的性质和锐角三角函数分别用AD和BD表示DE和DF，再根据矩形的判定定理和性质确定CE=DF，再根据勾股定理即可证明；（2）①连接DO并延长交⊙O于G，连接AG、CG．根据圆周角的性质和勾股定理确定AG=BC，根据圆周角的性质和等量代换思想确定∠ACD+∠BAC=90°，结合圆内接四边形的性质可证明∠DAC+∠ACB=90°，最后根据题目中余等三角形的定义即可证明；②连接OA、OB，过O作OM⊥BD于M，过O作ON⊥AC于N，设OE=a，OM=b．根据①中结论和圆周角的性质可确定AC⊥BD，根据圆周角的性质，全等三角形的判定定理和性质确定OE=BF，再结合矩形的判定定理和性质，锐角三角函数把△OIM和△OBM的边用a，b，x表示出来，根据勾股定理得到a，b，x之间的关系式，再将其代入三角形面积公式即可得到y与x的关系式．(1)解：如下图所示，过D作DE⊥AC于E，过D作DF⊥BC于F．∵等腰直角三角形△ABC中，∠ACB=90°，∴∠A+∠B＝180°-∠ACB=90°，∠ACD+∠BCD＝90°．∵AC＝BC，∴△ACD和△BCD是余等三角形．故答案为：ACD，BCD．∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，AC＝BC，∴∠A＝∠B＝45°．∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠ACB＝90°，∴，，四边形CEDF是矩形．∴CE＝DF＝．∵DE⊥AC，∴DE2+CE2＝CD2．∴．∴AD2+BD2＝2CD2．(2)解：①如下图所示，连接DO并延长交⊙O于G，连接AG、CG．∵DG是⊙O直径，且的半径为5，∴∠GAD＝90°，DG=10．∴AD2+AG2＝DG2＝100，∠AGD+∠ADG=180°-∠GAD=90°．∵AD2+BC2＝100，∴AG＝BC．∴∠ACG＝∠BAC．∵∠ADG和∠ACG都是所对的圆周角，∠AGD和∠ACD是所对的圆周角，∴∠ADG=∠ACG，∠AGD=∠ACD．∴∠ADG=∠BAC．∵∠AGD+∠ADG=90°．∴∠ACD+∠BAC=90°．∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠BAD+∠BCD=180°，即∠BAC+∠DAC+∠ACB+∠ACD=180°．∴∠DAC+∠ACB=90°．∵AC是公共边，∴△ABC和△ADC是余等三角形．②如下图所示，连接OA、OB，过O作OM⊥BD于M，过O作ON⊥AC于N．∵∠ACD和∠ABD都是是所对的圆周角，∴∠ACD＝∠ABD．∵∠ACD+∠BAC＝90°，∴∠ABD+∠BAC＝90°．∴∠AIB=180°-∠ABD-∠BAC=90°．∴AC⊥BD．∵IE＝IF，∴△EIF是等腰直角三角形．∴∠IEF=∠IFE=．∴∠AEO=180°-∠IEF=135°，∠OFB=180°-∠IFE=135°，∠AOE+∠OAE=45°．∴∠AEO＝∠OFB．∵∠ADB＝67.5°，∠AOB和∠ADB分别是所对的圆心角和圆周角，∴∠AOB＝2∠ADB＝135°．∴∠AOE+∠BOF=180°-∠AOB=45°．∴∠OAE=∠BOF．∵⊙O的半径为5，OA和BO是的半径，∴OA=BO=5．∴△AOE≌△OBF（AAS）．∴OE＝BF．∵OM⊥BD，ON⊥AC，AC⊥BD，∴四边形OMIN是矩形．∴NI=OM，MI=ON．设OE=a，OM=b．∴BF=a，NI=b，，，．∴BM=BF+FM=a+b，．∵在中，OM2+MI2=OI2，OI=x，在中，OM2+BM2=BO2，∴，即，，即．∴．∵IE=IF∴．∴∴．【点睛】本题考查等腰三角形的性质，圆周角的性质，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定定理和性质，矩形的判定定理和性质，锐角三角函数，综合应用这些知识点是解题关键是解题关键．8．如图1，在等腰中，，，点D是线段上一点，以为直径作，经过点A．(1)求证：是的切线；(2)如图2，过点A作垂足为E，点F是上任意一点，连结．①如图2，当点F是的中点时，求的值；②如图3，当点F是上的任意一点时，的值是否发生变化？请说明理由．(3)在（2）的基础上，若射线与的另一交点G，连结，当时，直接写出的值．【答案】(1)见解析(2)①；②的值不发生变化，仍为，理由见解析(3)的值为．【解析】【分析】(1)连接OA，证明AO⊥AB即可．(2)①连结OF，OA，利用三角函数，勾股定理分别是EF，BF的长．②连结，证明∽．(3)分点在点的左侧和右侧两种情形求解．(1)证明：如图1，连结.∵，，∴，∵以为直径作，经过点，∴，∴，∴，且点在上，∴是切线．(2)①如图2，连结，.∵，，，∴，，，∴，∵点是的中点，∴，∴，∴．②答：的值不发生变化，仍为，理由如下：连结，∵，，∴，∵，∴∽，∴．(3)①如图4，当点在点的左侧时，连结，，，.∵，∵，∴∽

∴，，∴设∵∽，∴，，∴设∵，，∴，∴，∴，即，②当点在点的右侧时，同理求得;∴．综上所述：．【点睛】本题考查了圆的切线，三角函数，三角形相似的判定和性质，勾股定理，圆的基本性质，熟练掌握三角函数，三角形相似的判定，圆的基本性质是解题的关键．9．【证明体验】（1）如图1，过圆上一点作切线，是弦（不是直径），若是直径，连接，求证：；（2）如图2，若不是直径，______（填“＞”、“<”或“=”）；（3）如图3，（1）、（2）的结论是否成立，说明理由；【归纳结论】（4）由以上证明可知：切线与弦的夹角等于它所夹的弧对的______；【结论应用】（5）如图4，内接圆于，弦，交于，过点作的切线，交的延长线于点．若，，求线段的长．【答案】（1）见解析；（2）=；（3）成立，理由见解析；（4）圆周角；（5）5．【解析】【分析】（1）根据及切线的性质、直径所对的圆周角是直角即可得结论；（2）根据直径所对的圆周角是直角、同弧所对的圆周角相等与切线的性质可得结论；（3）连接，延长与交于点，连接；根据圆周角定理与切线性质可得结论；（4）根据前三个小题的结论即可得答案；.（5）连接AE，AE为的直径，根据（4）的结论及解直角三角形、结合勾股定理可得答案．【详解】（1）证明：如图1，图1

∵是直径，∴∴∵是的切线∴∴∴（2）=；（写文字“等于”也对）（3）成立，理由如下：如图3，连接，延长与交于点，连接图3∵是直径∴，∵是的切线∴∴∴又∵∴（4）解：切线与弦的夹角等于它所夹的弧对的圆周角；故答案为：圆周角；（5）证明：如图4，连接图4∵，即∴过圆心∵是的切线∴，又∵∴在中，∴在中，∴∴【点睛】此题考查了直径所对的圆周角是直角、同弧所对的圆周角相等、勾股定理、三角函数等知识，准确而熟练地运用这些知识是解决此题的关键．10．定义：有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“准平行四边形”．例如：凸四边形ABCD中，若∠A=∠C，∠B≠∠D，则称四边形ABCD为准平行四边形(1)如图①，半圆O的直径为BC，OA⊥OB，点E在过点A的切线上，且BE=BA，点D是上的动点（不在点A、C上），求证：四边形AEBD为准平行四边形．(2)如图②，准平行四边形ABCD内接于⊙O，∠B≠∠D，若⊙O的半径为5，AB=AD，则①准平行四边形ABCD的面积S是线段AC的长x的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由；②准平行四边形ABCD的面积S有最大值吗？如果有求出最大值，如果没有，说明理由．【答案】(1)见解析(2)①是，S=S△ACE=；②没有，理由见解析【解析】【分析】（1）可说明△OAB，△ABE是等腰直角三角形，得∠E＝45°，再利用圆周角定理得∠D＝∠AOB＝45°，则∠E＝∠D，再说明∠EBD＜∠EAD，从而证明结论；（2）①将△ACD绕点A顺时针旋转90°，得△ABE，则∠ABE+∠ABC＝180°，知点E，B，C三点共线，可得△ACE是等腰直角三角形，从而得出S＝S△ACD+S△ABC＝S△ABE+S△ABC＝S△ACE＝；②当AC最大时，S最大，此时AC为直径，则∠ABC＝∠ADC＝90°，此时四边形ABCD不是准平行四边形，与题意矛盾．(1)证明：∵OA⊥OB

且OA=OB∴△OAB是等腰直角三角形，则∠OAB=∠ABO=45°∵AE是圆O的切线，∴OA⊥AE，则∠BAE=45°又∵BE=BA，∴∠E=45°，∠EBA=90°，而∠D=∠AOB=45°∴∠E=∠D

∵∠ABD<∠ABO=45°，∠OAD>∠OAC=45°，∴∠ABD<∠OAD，则∠ABD+90°<∠OAD+90°，即∠EBD<∠EAD

∴四边形AEBD为准平行四边形(2)解：①准平行四边形ABCD的面积S是线段AC的长x的二次函数，理由如下：∵准平行四边形ABCD内接于⊙O，∠B≠∠D，∴∠BAD=∠BCD，∠BAD+∠BCD=180°，则∠BAD=∠BCD=90°，∴BD是直径BD=10，∵AB=AD，将△ACD绕点A顺时针旋转90°，则AD与AB重合，因为ABCD内接于圆，∵∠ABC+∠D=180°，∠ABE=∠D∴∠ABE+∠ABC=180°由旋转性质可知：AE=AC，∴△ACE是等腰直角三角形∴S=S△ACD+S△ABC=S△ABE+S△ABC=S△ACE=

②准平行四边形ABCD的面积S没有最大值因为当S最大时，x就最大，即AC最大，此时AC为直径，又因为△ABD也是等腰直角三角形，AC和BD都是直径，则此时四边形ABCD是正方形，不是准平行四边形，与题意矛盾．所以准平行四边形ABCD的面积S没有最大值．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，旋转的性质，切线的性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，理解准平行四边形的定义是本题的关键，添加恰当的辅助线是本题的难度．二、动点问题例题2（2021·浙江温州·三模）如图，在⊙O中，AB是直径，点D在圆内，点C在圆上，CD⊥半径OA于点E，延长AD交⊙O于F点，连结BF．当点M从点C匀速运动到点D时，点N恰好从点B匀速运动到点A，且M，N同时到达点E．(1)请判断四边形ACBF的形状，并说明理由．(2)连结AM并延长交⊙O于点G，连结OG，DN．记CM＝x，AN＝y，已知y＝12﹣x．①求出AE和BF的长度．②当M从C到E的运动过程中，若直线OG与四边形BFDN的某一边所在的直线垂直时，求所有满足条件的x的值．【答案】(1)矩形，理由见解析(2)①；②4﹣4、6﹣4和4【解析】【分析】（1）由题意得=，进而证明△ADE∽△BCD，推出∠FBC=90°，从而得证；（2）①当变量x=0时，求出圆的直径是12，进而由CE2=AE•BE求得；②分为OG⊥BN，OG⊥DF，OG⊥DN三种情况，利用相似三角形的性质求解即可．(1)解：四边形ACBF是矩形，理由如下：如图1，由题意得，=，∴，∴=，又∠AED=∠BEC，∴△ADE∽△BCD，∴∠DAE=∠CBE，∴AFCB，∴∠CBF+∠F=180°，∵AB是⊙O的直径，∴∠F=90°，∠ACB=90°，∴∠CBF=180°﹣∠F=90°，∴四边形AFBC是矩形；(2)解：①当CM=0时，AN=AB=12，当CM=CD时，AN=AE=12﹣CD，∵∠ACB=90°，∴∠BAC+∠ABC=90°，∵∠AEC=90°，∴∠ACE+∠BAC=90°，∴∠ACE=∠ABC，∴△ACE∽△CBE，∴CE2=AE•BE，∴CE2=（12﹣CE）•CE，∴CE=4，∴AE=12﹣CE=4，∴BF=AC==4；②如图2，当OG⊥BN时，∵CD⊥AB，∴CDOG，∴△AEM∽△AOG，∴=1，∴EM=AE=4，∴x=CM=CE﹣EM=4-4，当OG⊥DF时，如图3，∴=，∴∠CAG=∠BAG，作MH⊥AC于H，∴HM=ME，∵S△ACE=S△AEM+S△ACM，∴AE•CE=AE•EM+AC•HM，∴4×4=4•EM+4•EM，∴EM=4﹣2，∴x=CD=CE﹣EM=4﹣（4﹣2）=6﹣4，当OG⊥DN时，如图4，此时x=CE=4，综上所述，x=4﹣4、6﹣4和4．【点睛】本题考查了圆的有关性质、三角形相似判定和性质、矩形的判定等综合知识，解决问题的关键是是理解变量x与y的对应关系：当x=0时，y=12，即求出圆的半径是12．练习题1．（2021·浙江温州·一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，E是线段AB上的一个动点，经过A，D，E三点的⊙O交线段AC于点K，交线段CD于点H，连接DE交线段AC于点F．(1)求证：AE＝DH；(2)连接DK，当DE平分∠ADK时，求线段DE的长；(3)连接HK，KE，在点E的运动过程中，当线段DH，HK，KE中满足某两条线段相等时，求出所有满足条件的AE的长．【答案】(1)证明见解析(2)(3)AE的长为或或3【解析】【分析】（1）连接HE，证明四边形ADHE是矩形即可；（2）根据勾股定理可求出．由角平分线的定义和圆周角定理可知∠ADE＝∠EDK，．根据DE为⊙O直径，结合垂径定理，即可确定DE⊥AC，从而可求证∠ADE＝∠CAB．最后根据cos∠ADE＝＝cos∠CAB＝，即可求出DE的长；（3）分类讨论当HK＝KE时、当DH＝KE时和当DH＝HK时，根据解直角三角形和圆周角定理分别求解即可．(1)证明：连接HE，如图1所示：∵矩形ABCD，∴∠DAB＝∠ADC＝90°，∴DE为⊙O直径，∴∠DHE＝90°．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADH＝∠DAE＝90°，∴四边形ADHE是矩形，∴AE＝DH；(2)解：如图2所示：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠ADC＝90°，AD＝BC＝6，AB∥CD，∴．∵DE平分∠ADK，∴∠ADE＝∠EDK，．∵DE为⊙O直径，∴DE⊥AC，∴∠CAB+∠AEF=90°．又∵∠ADE+∠AEF=90°，∴∠ADE＝∠CAB，∴cos∠ADE＝cos∠CAB＝，∴cos∠ADE＝，即，∴；(3)若HK＝KE时，过K作MN⊥CD，交CD于M，交AB于N，如图3所示：则，MN＝BC＝6，∴∠EDK＝∠CDK＝∠CAB＝∠DCA，∴CK=DK．∵，，，∴，∴AK=DK=CK，∴点K为AC中点．∵AB∥CD，∴KM＝KN＝3，AN＝CM＝DM＝4．∵DE为⊙O直径，∴∠DKE＝90°，∴tan∠EKN＝tan∠MDK＝，∴NE＝，∴AE＝AN﹣NE＝4-＝；若DH＝KE时，∴，∴tan∠ADE＝tan∠CAB＝，即，∴AE＝；若DH＝HK时，∵∠ADC＝90°，∴∠AKH＝90°，设：DH＝HK＝3x，∵sin∠ACD＝，∴CH＝5x，∵DH+CH＝CD，∴5x+3x＝8，∴x＝1，∴DH＝AE＝3；综合上述可得AE的长为或或3．【点睛】本题主要考查矩形的判定和性质，圆周角定理及其推论，垂径定理，解直角三角形．正确的作出辅助线是解题关键．2．（2022·河北·石家庄外国语教育集团一模）已知，在半圆O中，直径AB=6，点C，D在半圆AB上运动，（点C，D可以与A，B两点重合），弦CD=3．(1)如图1，当∠DAB=∠CBA时，求证：△CAB≌△DBA；(2)如图2，若∠DAB=15°时，求图中阴影部分（弦AD、直径AB、弧BD围成的图形）的面积；(3)如图3，取CD的中点M，点C从点A开始运动到点D与点B重合时结束，在整个运动过程中：①点M到AB的距离的最小值是___________；②直接写出点M的运动路径长___________．【答案】(1)证明见解析(2)(3)①；②【解析】【分析】（1）根据圆周角定理得出，再根据两个三角形全等的判定定理即可证明；（2）将题中不规则图形分成直角三角形与弓形，得出，分别求出各个部分面积即可得出；（3）根据题意，结合垂径定理与勾股定理得出在以为圆心、为半径的弧上运动，从而，当与重合或者与重合时，点M到AB的距离的最小值，再利用特殊直角三角形三边关系求出最短距离即可；求出运动轨迹所对的圆心角，根据弧长公式求解即可．(1)证明：在半圆O中，是直径，；在和中，；(2)解：过作，连接、，如图所示：，，根据三角形外角性质得，，在中，，，，则，，，，；(3)解：连接、，如图所示：是中点，是弦的中垂线，在中，，，，则，，在以为圆心、为半径的弧上运动，从而，当与重合或者与重合时，点M到AB的距离的最小值，如图所示：①在中，，，，则点M到AB的距离的最小值为，故答案为；②根据的运动轨迹可知，，，故答案为．【点睛】本题考查圆的综合问题，解题过程中涉及到圆周角定理、全等三角形的判定与性质、扇形面积、垂径定理、勾股定理和特殊直角三角形三边关系，解题的关键是准确把握圆的相关几何性质．3．（2022·湖南长沙·九年级期中）已知为的外接圆，，点是劣弧上一点（不与点，重合），连接，，．(1)如图1，若是直径，将绕点逆时针旋转得到．若，求四边形的面积；(2)如图2，若，半径为2，设线段的长为．四边形的面积为．①求与的函数关系式；②若点，分别在线段，上运动（不含端点），经过探究发现，点运动到每一个确定的位置．的周长有最小值，随着点的运动，的值会发生变化．求所有值中的最大值，并求此时四边形的面积．【答案】(1)8(2)①；②最大值为，面积为【解析】【分析】（1）根据旋转的性质及全等三角形的性质可得答案；（2）①将△ADC绕点C逆时针旋转60°，得到△BHC，根据等腰三角形的性质及面积公式可得答案；②作点D关于直线AC的对称点E，作点D关于BC的对称点F，当点E、M、N、F四点共线时，△DMN的周长最小，则连接EF交AC于点M，交BC于N，连接CE，CF，DE，DF，作CP⊥EF于P，由对称性质、勾股定理、最值问题可得答案．(1)∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∵△ACD旋转得到△BCE，∴△ACD≌△BCE，∴CD＝CE＝4，∠ACD＝∠BCE，∴∠DCE＝∠DCB＋∠BCE＝∠DCB＋∠ACD＝90°，∴S四边形ADBC＝S△ACD＋S△BCD＝S△BCE＋S△BCD＝S△DCE＝×DC×CE＝×4×4＝8．(2)①将△ADC绕点C逆时针旋转60°，得到△BHC，如图所示：∴CD＝CH，∠DAC＝∠HBC，∵四边形ACBD是圆内接四边形，∴∠DAC＋∠DBC＝180°，∠DBC＋∠HBC＝180°，∴点D，B，H三点共线，∵DC＝CH，∴∠CDH＝60°，∴△DCH是等腰三角形，∴S四边形ADBC＝S△ACD＋S△BDC＝S△CDH=，∴；②如图，作点关于直线的对称点，作点关于的对称点，点、关于直线对称，，同理，，，当点、、、四点共线时，的周长最小，则连接交于点，交于，连接，，，，作于，的周长最小值为，点、关于直线对称，，，点、关于直线对称，，，，，，，，，，，，，当有最大值时，有最大值，即有最大值，为的弦，为直径时，有最大值4，的最大值为，此时，．【点睛】本题考查的是圆的综合运用，涉及到圆的有关性质、最值问题，掌握其性质定理是解决此题关键．4．（2022·广东·深圳中学一模）（1）【基础巩固】如图1，△ABC内接于⊙O，若∠C＝60°，弦，则半径r＝______；（2）【问题探究】如图2，四边形ABCD内接于⊙O，若∠ADC＝60°，AD＝DC，点B为弧AC上一动点（不与点A，点C重合）求证：AB＋BC＝BD（3）【解决问题】如图3，一块空地由三条直路（线段AD、AB、BC）和一条道路劣弧围成，已知千米，∠DMC＝60°，的半径为1千米，市政府准备将这块空地规划为一个公园，主入口在点M处，另外三个入口分别在点C、D、P处，其中点P在上，并在公园中修四条慢跑道，即图中的线段DM、MC、CP、PD，是否存在一种规划方案，使得四条慢跑道总长度（即四边形DMCP的周长）最大？若存在，求其最大值；若不存在，说明理由．【答案】（1）2；（2）证明见解析；（3）（2+2）千米．【解析】【分析】（1）∠C＝60°，利用圆周角定理求出∠AOB＝120°，又由△OAB为等腰三角形，得到∠OAB＝30°，在Rt△AOH中，∠AHO＝90°，AO＝r，OH＝AO＝r，AH＝，由勾股定理即可得解；（2）延长AB到点E，使BE＝BC，连接CE，AC，依次证明△CBE是等边三角形、△ADC是等边三角形、△BDC≌△EAC（SAS），即可得出结论；（3）证明四边形DMCP是⊙R的内接四边形，PD+PC＝PP′+PD＝PP′+P′M＝PM，即可．【详解】（1）解：如图4，连接OA、OB，过点O作OH⊥AB于点H，∵∠C＝60°，∴∠AOB＝120°，∵OA＝OB，∴△OAB为等腰三角形，∴∠OAB＝∠OBA＝（180°－∠AOB）＝30°∵OH⊥AB，∴AH＝BH＝AB＝，∠AHO＝∠BHO＝90°在Rt△AOH中，∠AHO＝90°，AO＝r，OH＝AO＝r，AH＝由勾股定理得∴解得r＝2故答案为：2；（2）证明：如图5，延长AB到点E，使BE＝BC，连接CE，AC，∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形∴∠ADC＋∠ABC＝180°∴∠ABC＝180°－∠ADC＝120°∴∠CBE＝180°－∠ABC＝60°∴△CBE是等边三角形∴CE＝BC，∠BCE＝60°∵AD＝DC，∠ADC＝60°∴△ADC是等边三角形∴AC＝DC，∠ACD＝60°∴∠BCE＋∠ACB＝∠ACD＋∠ACB即∠ACE＝∠DCB在△BDC和△EAC中∴△BDC≌△EAC（SAS）∴BD＝AE又∵AE＝AB＋BE＝AB＋BC∴BD＝AE＝AB＋BC即AB＋BC＝BD（3）解：如图6，设所在圆的圆心为R，连接DR，CR，MP，连接MR并延长，交CD于点H，在PM上取点，使得P＝PC，连接C，在△MDR和△MCR中，∴△MDR≌△MCR（SSS）∴∠DMR＝∠CMR＝∠DMC＝30°∵，∠DMC＝60°，∴△CDM是等边三角形∴MH垂直平分DC，∠MDC＝∠MCD＝60°，CD＝∴DH＝CH＝CD＝在Rt△DHR中，DR＝1，由勾股定理得HR＝∴HR＝DR∴∠HDR＝30°∴∠RDM＝∠MDC－∠HDR＝30°∴∠RDM＝∠DMR∴RM＝DR＝1∴点M在⊙R上∴四边形DMCP是⊙R的内接四边形∴∠CPM＝∠CDM＝60°，∠DPC＝180°－∠DMC＝120°∴△PC是等边三角形∴P＝C＝PC，∠PC＝60°，∵∠PMC＝∠PDC，∠CP′M＝180°﹣∠PP′C＝120°＝∠DPC，CD＝CM，∴△PDC≌△P′MC（AAS），∴PD＝P′M，∴PD+PC＝PD+PP′＝P′M＋PP′＝PM，故当PM是直径时，PD+PC最大值为2；∵四边形DMCP的周长＝DM+CM+PC+PD＝2+PD+PC，而PD+PC最大值为2；故四边形DMCP的周长的最大值为：2+2，即四条慢跑道总长度（即四边形DMCP的周长）最大为（2+2）千米．【点睛】这些题目涉及了等腰三角形、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、圆的相关知识，综合性较强，正确地作出辅助线是解题的关键．5．（2022·四川·绵阳市桑枣中学一模）在矩形中，，，点从点出发，沿边向点以每秒的速度移动，同时点从点出发沿边向点以每秒的速度移动，、两点在分别到达、两点时就停止移动，设两点移动的时间为t秒，解答下列问题：(1)如图，当为几秒时，的面积等于？(2)如图，以为圆心，为半径作在运动过程中，是否存在这样的值，使正好与四边形的一边或边所在的直线相切？若存在，求出值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)1或4(2)存在，0或【解析】【分析】(1)由题意可知PA=t，BQ=2t，从而得到PB=5−t，BQ=2t，然后根据△PQB的面积为4cm2列方程求解即可；(2)当t=0时，点P与点A重合时，点B与点Q重合，此时圆Q与PD相切；当⊙Q正好与四边形DPQC的DC边相切时，由圆的性质可知QC=QP，然后依据勾股定理列方程求解即可．(1)解：当运动时间为秒时，，，，．的面积等于，．．解得：，．答：当为秒或秒时，的面积等于；(2)解：(Ⅰ)由题意可知圆与、不相切．Ⅱ如图所示：当时，点与点重合时，点与点重合．，，，为圆的切线；Ⅲ当正好与四边形的边相切时，如图所示．由题意可知：，，．在中，由勾股定理可知：，即．解得：，舍去．综上所述可知当或时，与四边形的一边相切．【点睛】本题主要考查的是矩形的性质，切线的判定和性质，三角形的面积公式、勾股定理，根据题意画出图形是解题的关键．6．（2022·广东深圳·一模）在中，弦平分圆周角，连接，过点作DE//AB交的延长线于点．(1)求证：是的切线；(2)若，且是的中点，的直径是，求的长．(3)是弦下方圆上的一个动点，连接和，过点作于点，请探究点在运动的过程中，的比值是否改变，若改变，请说明理由；若不变，请直接写出比值．【答案】(1)见解析(2)(3)不变；【解析】【分析】（1）根据圆周角定理先说明，即可得出，根据等腰三角形的性质得出，即可证得结论；（2）构建直角三角形，利用勾股定理求出线段长度即可求解；（3）利用相似三角形，直角三角形，找到角之间的关系，然后转化为线段的关系进行求解．(1)证明：如图，连接交于点，连接，，，平分，，，，，，，，是的切线．(2)如图，连接，，，OB，过点作于点，如图所示：，，，，设，，的直径是，，，，解得：，，，，是的中点，，，，，，．(3)如图，延长至使得，连接，，连接，，连接交于点，连接，，，，四点共圆，，，，，是的切线，，，，是的中点，，，，，，，四点共圆，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题考查了勾股定理，圆内接四边形，圆周角定理，切线的判定和性质定理，平行线的性质，解题的关键是作出辅助线．7．（2021·四川德阳·二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，AO⊥BC于点O，OE⊥AB于点E，以点O为圆心，OE为半径作半圆，交AO于点F．(1)求证：AC是⊙O的切线；(2)若点F是OA的中点，OE＝3，求图中阴影部分的面积；(3)在（2）的条件下，点P是BC边上的动点，当PE＋PF取最小值时，直接写出BP的长．【答案】(1)见解析(2)(3)【解析】【分析】（1）作OH⊥AC于H，如图，利用等腰三角形的性质得AO平分∠BAC，再根据角平分线性质得OH=OE，然后根据切线的判定定理得到结论；（2）先确定∠OAE=30°，∠AOE=60°，再计算出AE=，然后根据扇形面积公式，利用图中阴影部分的面积=S△AOE-S扇形EOF进行计算；（3）作F点关于BC的对称点F′，连接EF′交BC于P，如图，利用两点之间线段最短得到此时EP+FP最小，通过证明∠F′=∠EAF′得到PE+PF最小值为，然后计算出OP和OB得到此时PB的长．(1)证明：如图，作OH⊥AC于点H.∵AB＝AC，AO⊥BC于点O，∴AO平分∠BAC，∵OE⊥AB，OH⊥AC，∴OH＝OE，∴AC是⊙O的切线．(2)∵点F是AO的中点，∴AO＝2OF＝6，∵OE＝3，∴∠OAE＝30°，∠AOE＝60°，∴AE＝OE＝3，∴S图中阴影部分＝S△AOE－S扇形EOF＝×3×3－＝；(3)作F点关于BC的对称点F′，连接EF′交BC于P，如图，∵PF=PF′，∴PE+PF=PE+PF′=EF′，此时EP+FP最小，∵OF′=OF=OE，∴∠F′=∠OEF′，而∠AOE=∠F′+∠OEF′=60°，∴∠F′=30°，∴∠F′=∠EAF′，∴EF′=EA=，即PE+PF最小值为，在Rt△OPF′中，，在Rt△ABO中，，∴，即当PE+PF取最小值时，BP的长为．【点睛】本题考查了切线的判定与性质：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；圆的切线垂直于经过切点的半径．判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”．也考查了等腰三角形的性质和最短路径问题．8．（2022·湖南永州·一模）如图，在中，，以为直径的交于，过点作的切线交于．(1)求证：；(2)若，，求的长；(3)在（2）的条件下,若为线段上一动点，过点作的垂线交于，交的延长线于，求证：是定值，并求出定值是多少？【答案】(1)证明见解析(2)4.8(3)证明见解析，16【解析】【分析】（1）连接，根据，得出，根据，得出，可证；根据是的切线，得出即可；（2）连接，根据AB为直径，得出，根据，得出，由，可求，利用勾股定理求，即可；（3）设，则，，根据，得出，，可得，，代入数据求出，即可．(1)解：连接，∵，∴，∵，∴，∴，∴；∵是的切线，∴，∴．(2)解：连接，∵AB为直径，∴，∵，∴平分，即，∵，∴，∴，，∴，∴，∴；(3)解：设，则，，∵，，∴，∴，，∴，，∴，，∴，，∴，∴是定值，且定值是．【点睛】本题考查等腰三角形性质，切线性质，直径所对圆周角性质，锐角三角函数，三角形相似判定与性质，掌握等腰三角形性质，切线性质，直径所对圆周角性质，锐角三角函数，三角形相似判定与性质是解题关键．9．（2022·江苏·南通市海门区东洲国际学校一模）[问题提出](1)如图1，已知线段AB＝4，点C是一个动点，且点C到点B的距离为2，则线段AC长度的最大值是________；[问题探究](2)如图2，以正方形ABCD的边CD为直径作半圆O，E为半圆O上一动点，若正方形的边长为2，求AE长度的最大值；[问题解决](3)如图3，某植物园有一块三角形花地ABC，经测量，AC＝20米，BC＝120米，∠ACB＝30°，BC下方有一块空地（空地足够大），为了增加绿化面积，管理员计划在BC下方找一点P，将该花地扩建为四边形ABPC，扩建后沿AP修一条小路，以便游客观赏．考虑植物园的整体布局，扩建部分BPC需满足∠BPC＝60°．为容纳更多游客，要求小路AP的长度尽可能长，问修建的观赏小路AP的长度是否存在最大值？若存在，求出AP的最大长度；若不存在，请说明理由．【答案】(1)6(2)(3)60+40【解析】【分析】（1）当C在线段AB延长线上时，AC最大；（2）连接AO并延长交半圆O于F，当E运动到F时，AE最大，AF的长度即是AE的最大值，Rt△AOD中求出OA即可得到答案；（3）作BC的垂直平分线DE，在BC下方作∠BCO＝30°，射线CO交DE于O，以O为圆心，OC为半径作⊙O，连接OB、连接AO并延长交⊙O于P，则AP为满足条件的小路，过A作AF⊥OC于F，Rt△ACF中，求出AF、CF，再在Rt△AOF中，求出OA，即可得到答案．(1)解：当C在线段AB延长线上时，AC最大，此时AC＝AB+BC＝4+2＝6，故答案为：6；(2)解：连接AO并延长交半圆O于F，如图：∵正方形ABCD的边CD为直径作半圆O，边长为2，∴∠ADO＝90°，AD＝2，OD＝OC＝OF＝1，当E运动到F时，AE最大，AF的长度即是AE的最大值，Rt△AOD中，AO＝，∴AF＝AO+OF＝+1，即AE最大为+1；(3)解：作BC的垂直平分线DE，在BC下方作∠BCO＝30°，射线CO交DE于O，以O为圆心，OC为半径作⊙O，连接OB、连接AO并延长交⊙O于P，则AP为满足条件的小路，过A作AF⊥OC于F，如图：∵∠BCO＝30°，∠ACB＝30°，∴∠ACF＝60°，Rt△ACF中，AF＝AC•sin60°＝30，CF＝AC•cos60°＝10，∵DE垂直平分BC，BC＝120，∴CE＝60，∠OEC＝90°，∴OC＝，∴OF＝OC﹣CF＝30，Rt△AOF中，OA＝，∴AP＝OA+OP＝60+40．即小路AP的长度最大为60+40．【点睛】本题考查圆的综合知识，涉及正方形、勾股定理等，解题的关键是构造符合条件的图形．10．（2021·江苏南京·九年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，，BC＝6，∠B＝45°，点E为CD上一动点，经过A、C、E三点的⊙O交BC于点F．(1)【操作与发现】当E运动到处，利用直尺与圆规作出点E与F．（保留作图痕迹）(2)在（1）的条件下，证明．(3)【探索与证明】点E运动到任何一个位置时，求证．(4)【延伸与应用】点E在运动的过程中，直接写出EF的最小值______．【答案】(1)画图见解析(2)证明见解析(3)证明见解析(4)【解析】【分析】（1）根据题意连接AC,BD交于点O，以的中点O为圆心为半径作交于点，交于点，则，即为所求；（2）根据平行四边形的性质以及等面积法证明即可；（3）根据A、F、C、E四点共圆，证明以及由（2）可知，，，即可证明（4）证明为等腰直角三角形，当AC为直径时，r取得最小值，FE取得最小值，勾股定理求解即可(1)如图1所示，(2)四边形是平行四边形AC为直径，则，则四边形ABCD，∴．(3)如图，作，，若E在DN之间，由（2）可知，，∵A、F、C、E四点共圆，∴∠AFC＋∠AEC＝180°，∵∠AFC＋∠AFM＝180°，∴∠AEN＝∠AFM，∵∠AMF＝∠ANE，∴，∴，若E在CN之间时，同理可得，．(4)∵A、F、C、E四点共圆，∴∠FAE＋∠BCD＝180°，∵四边形ABCD为平行四边形，∠B＝45°，∴∠BCD＝135°，∴∠FAE＝45°，∴∠FOE＝90°，∴为等腰直角三角形，设半径为∴，∵，∴当AC为直径时，r取得最小值，FE取得最小值，此时，在中，AM＝BM＝4，则CM＝2，∴由勾股定理可知：，此时EF最小值为．【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，圆周角定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．三、动圆问题例题3（2021·山东威海·一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，BC=6，点O在射线AC上（点O不与点A重合），过点O作OD⊥AB，垂足为D，以点O为圆心，OD为半径画半圆O，分别交射线AC于E，F两点，设OD=x．(1)如图1，当点O为AC边的中点时，则x=；(2)如图2，当点O与点C重合时，连接DF，求弦DF的长；(3)若半圆O与BC无交点，则x的取值范围是．【答案】(1)(2)(3)0<x<3或【解析】【分析】(1)首先根据勾股定理求出AC，然后根据△AOD∽△ABC得出，即可求出x的值；(2)根据点O与点C重合，求出OD的长，过点D作DH⊥AC，垂足为H，易证△DOH∽△ABC，求出DH，OH，FH的长，然后根据勾股定理求出DF的长即可；(3)分类讨论当半圆O与BC只有一个交点时x的值，即可解答．(1)解：在Rt△ABC中，，∵点O为AC边的中点，，，，∴，又∵，∴△AOD∽△ABC，∴，即，解得；故答案为：；(2)解：∵点O与点C重合，∴根据面积可得：OD·AB=AC·BC，即10x=8×6，∴．过点D作DH⊥AC，垂足为H．∴，∵半圆O与AB相切，∴∴，∵，∴，∴△DOH∽△ABC．∴．即．∴，．∵OF=OD=，∴FH=OH+OF=．∴在Rt△DFH中，由勾股定理得：，令，则．(3)解：当半圆O与AB相切时，与BC也相切，如图∵OD⊥AB，∠ACB=90°，∴∠ADO=∠ACB，又∵∠A=∠A，∴△AOD∽△ABC，∴，即，∴x=3，∴当0<x<3时，半圆O与BC无交点；当点O在AC的延长线上，且半圆O与BC，AB都相切时，如图：∵OD⊥AB，∠ACB=90°，∴∠ADO=∠ACB，又∵∠A=∠A，∴△AOD∽△ABC，，即，∴x=12，当x>12时半圆O与BC无交点；综上所述当0<x<3或x>12时，半圆O与BC无交点，故答案为：0<x<3或x>12．【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，用分类讨论的思想和方程的思想解决问题是解本题的关键．练习题1．（2022·江苏·常州市武进区前黄实验学校一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边落在轴上，点的坐标为，，，边与轴交于点．(1)直接写出点A、、的坐标；(2)在轴上取点，直线经过点，与轴交于点，连接．①当时，求直线的函数表达式；②当以线段为直径的圆与矩形的边所在直线相切时，求点的坐标．【答案】(1)，，【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）当点D、P、C三点共线时，CP的值最小；（2）当半圆D同时与两直角边相切时，四边形MCND为正方形，设半径为r，则在Rt△BND中，根据正切函数的定义可求出r，从而得到EF的值．(1)解：在Rt△ABC中，BC=4，∠BAC=30°∴AC=，AB=8∵EF=2∴半圆半径为1∴DP=1如图，当D、C、P三点共线时，CP最小∵P为半圆D的中点，∠CBA=60°∴CD⊥AB，CD=∴CP的最小值是(2)解：∵半圆D同时与两直角边相切，如图∴DM⊥AC，DN⊥BC，设半圆的半径为r，则CN=DM=DN=r∴BN=4-r，∵∠CAB=∠NDB=30°∴tan30°=∴r=∴EF=2r=【点睛】考查圆的有关知识，切线的性质，锐角三角函的定义，通过解直角三角形求出r是解题关键．9．（2021·江苏镇江·一模）如图1，中，，，，半径为r的经过点A且与BC相切，切点M在线段BC上（包含点M与点B、C重合的情况）．(1)半径r的最小值等于__________．(2)设BM=x，求半径r关于x的函数表达式；(3)当BM=1时，请在图2中作点M及满足条件的．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，并用2B铅笔或黑色水笔加黑加粗）【答案】(1)(2)(3)作图见解析【解析】【分析】（1）当交BC于点M时，此时半径r最小，设，如图1所示，由勾股定理可得：，从而列出，解得，再次利用勾股定理可得：，进而可得半径；（2）如图2所示，连接OM，过点A作交BC于点D，过点O作交AD于点F，由，可表示出，，在中，由勾股定理列式：，即，且点M在线段BC上，可知，整理得：；（3）如图3所示，过点M作BC的垂线MF，连接AM，作AM的垂直平分线HD，HD和MF的交点即是的位置，用圆规以O为圆心，OM为半径画圆，即为所求．(1)解：当交BC于点M时，此时半径r最小，设，如图1所示，在和中，由勾股定理可知：∴解得：∴∴半径．(2)解：如图2所示，连接OM，过点A作交BC于点D，过点O作交AD于点F；由（1）知，，，；∴，；∴在中，即整理得：；∵点M在线段BC上∴∴．(3)解：如图3所示，【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，垂直平分线的性质与画法．解题的关键在于对知识的灵活运用．10．（2022·浙江温州·一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E，F分别在边AD，CD上，且∠ABE＝∠CBF，延长BE交CD的延长线于点G，H为BG中点，连结CH分别交BF，AD于点M，N．(1)求证：．(2)当FG＝9时．①求的值．②在线段CH上取点P，以E为圆心，EP为半径作（如图），当与四边形ABMN某一边所在直线相切时，求所有满足条件的HP的长．【答案】(1)见解析(2)①；②当与四边形ABMN某一边所在直线相切时，HP的长为，，，【解析】【分析】（1）根据矩形的性质查得出∠ABE＝∠G，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可证明∠G＝∠HCG＝∠CBF，更进一步得出∠CFB＋∠CBF＝∠CFB＋∠HCG＝90°，从而得出结论；（2）①证明，可求出CF＝3，由勾股定理得出，同理可得出，，据此可求出，，从而可得出结论；②分与直线AB相切，与直线MN相切，与直线BM相切三种情况讨论求解即可．(1)∵四边形ABCD是矩形，∴AB//CD，∠BCD＝90°，∠ABE＝∠G．∵H为BG中点，∴CH＝GH，∴∠G＝∠HCG＝∠CBF，∴∠CFB＋∠CBF＝∠CFB＋∠HCG＝90°，∴．(2)①如图1，∵由（1）得，∠G＝∠CBF，∴，∴，设，则．∵BC＝6，∴，解得（不合，舍去），，∴CF＝3，∴，同理，∴∵，∴，，∴，∴．②显然不与直线AN相切，故分三种情况：Ⅰ当与直线AB相切时，如图，∵AB＝CD＝4，∴AE＝DN＝2，∴EP＝AE＝EN＝2，若点P与点N重合，，若点P不与点N重合，∵∠HEK＝∠FBG，∴．∵，∴，Ⅱ当与直线MN相切时，如图，可得．Ⅲ当与直线BM相切时，如图，∵，∴，∴，∴．综上所述，当与四边形ABMN某一边所在直线相切时，HP的长为，，，．【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，相似三角形的判定与性质，求锐角的正切值等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键．11．（2022·江苏镇江·九年级期末）如图：已知线段，射线AS垂直于AM，点N在射线AS上，设，点P在经过点N且平行于AM的直线上运动，的平分线交直线NP于点Q，过点Q作，交线段AM于点B，连接PB交AQ于点C，以Q为圆心，QC为半径作圆．(1)求证：PB与相切；(2)已知的半径为3，当AM所求直线与相切时，求n的值及PA的长；(3)当时，若与线段AM只有一个公共点，则的半径的取值范围是______．【答案】(1)见解析(2)，(3)或【解析】【分析】（1）由角平分线和平行可证，从而得出四边形为菱形；则，垂足为，即可证明与相切；（2）由，，，可得，设，则，在Rt△BDQ中，，解方程即可；（3）当与相切时，，此时与只有一个公共点，当过点时，连接，作于，设，则，由得，，解方程即可，当第二次经过点时，同理可得．(1)证明：的角平分线交直线于点，，，，，，又，四边形为平行四边形，四边形为菱形；，垂足为，与相切；(2)如图，当与相切于点时，，，，在Rt△ADQ中，，设，则，在Rt△BDQ中，，解得，即，，；(3)当与相切时，，此时与只有一个公共点，当过点时，如图，连接，作于，设，则，由得，，设，则方程转化为，解得，（舍，，当第二次经过点时，作于，设，则，由得，，设，则方程转化为，解得，，，（舍，与线段只有一个公共点，则的半径的取值范围是或．故答案为：2或．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了直线与圆的位置关系，菱形的判定与性质，勾股定理，一元二次方程等知识，求出过点时半径的长是解题的关键，属于中考压轴题．四、圆的图形变换问题例题4平面上，矩形ABCD与直径为QP的半圆K如图摆放，分别延长DA和QP交于点O，且∠DOQ＝60°，OQ＝OD＝3，OP＝2，OA＝AB＝1．让线段OD及矩形ABCD位置固定，将线段OQ连带着半圆K一起绕着点O按逆时针方向形如旋转，设旋转角为α（0°≤α≤60°）．发现（1）当α＝0°，即初始位置时，点P____直线AB上．（填“在”或“不在”）求当α是多少时，OQ经过点B？（2）在OQ旋转过程中．简要说明α是多少时，点P，A间的距离最小？并指出这个最小值：（3）如图，当点P恰好落在BC边上时．求α及S阴影．拓展如图．当线段OQ与CB边交于点M，与BA边交于点N时，设BM＝x（x＞0），用含x的代数式表示BN的长，并求x的取值范围．探究当半圆K与矩形ABCD的边相切时，求sinα的值．【答案】发现：（1）在，15°；（2）当α=60°时，最小距离为1；（3）30°，．拓展：x的范围是；探究：sinα的值为或或．【解析】【分析】【详解】解：发现（1）在；当OQ过点B时，在Rt△OAB中，AO＝AB，得∠DOQ＝∠ABO＝45°，∴α＝60°－45°＝15°．（2）如图3．连AP，有OA＋AP≥OP，当OP过点A，即α＝60°时等号成立．∴AP≥OP－OA＝2－1＝1．∴当α＝60°时．P，A间的距离最小．∴PA的最小值为1．（3）如图3，设半圆K与PC交点为R，连接RK，过点P作PH⊥AD于点H，过点R作RE⊥KQ于点E．在Rt△OPH中，PH＝AB＝1，OP＝2，∴∠POH＝30°，∴α＝60°－30°＝30°．由AD//BC知，∠RPQ＝∠POH＝30°．∴∠RKQ＝2×30°＝60°．，在Rt△RKE中，，，；拓展如图5，∠OAN＝∠MBN＝90°，∠ANO＝∠BNM，所以△AON∽△BMN．∴，即，∴．如图4，当点Q落在BC上时，x取最大值，作QF⊥AD于点F．．∴x的范围是．【注：如果考生答“或”均不扣分】探究半圆与矩形相切，分三种情况：①如图5，半圆K与BC切于点T，设直线KT与AD和OQ的初始位置所在直线分别交于S，O′，则∠KSO＝∠KTB＝90°，作KG⊥OO′于点G．Rt△OSK中，．Rt△OSO′中，，．Rt△KGO′中，∠O′=30°，KG=Rt△OGK中，②半圆K与AD切于点T，如图6，同理可得．③当半圆K与CD相切时，成Q与点D重合，且为切点．∴α＝60°，∴．综上述，sinα的值为或或．练习题1．把一张圆形纸片按如图方式折叠两次后展开，图中的虚线表示折痕，且折痕，求的半径．【答案】【解析】【分析】过点O作OE⊥AB于点E，连接OA，根据垂径定理，可得，由折叠得：，然后在中，利用勾股定理即可求得结果．【详解】解：如图，过点O作OE⊥AB于点E，连接OA，∴，由折叠得：，设，∴在中，由勾股定理得：，即：解得：x1＝，x2＝（不合题意，舍去）∴答：的半径为．【点睛】本题主要考查了折叠的性质、垂径定理和勾股定理，熟练运用相关性质和定理是解题的关键．2．如图，已知为的直径，为弦．，与交于点E，将沿翻折后，点A与圆心O重合，延长至P，使，连接．(1)求的半径；(2)求证：是的切线；(3)点N为的中点，在延长线上有一动点M，连接交于点G．交于点F（F与B、C不重合）．求的值．【答案】(1)4；(2)见解析；(3)32．【解析】【分析】（1）连接OC，根据翻折的性质求出CD⊥OA，再利用解直角三角形求解即可；（2）利用勾股定理列式求出PC，然后利用勾股定理逆定理求出∠PCO=90°，再根据圆的切线的定义证明即可；（3）连接NA、AF、NB，根据等弧所对的圆周角相等可得∠BAN=∠AFN，然后根据两组角对应相等两三角相似求出△ANG和△FNA相似，根据相似三角形对应边成比例可得，从而得到NG•NF=AN2，再根据等腰直角三角形的性质求解即可．(1)如图，连接OC，∵沿CD翻折后，点A与圆心O重合，∴OE=AE=OA，∵为的直径，为弦．∴CD⊥OA，，∴，∵OC=OA，OE=AE=OA，∴，∴，又，∴．(2)∵PA=OA=4，AE=OE=2，，∠CEP=∠OEC=90°，∴PC=，∵OC=4，PO=4+4=8，∴PC2+OC2=（）2+42=64=PO2，∴∠PCO=90°，∴PC是⊙O的切线；(3)NG•NF是定值，证明如下，连接NO并延长，交⊙O于点H，连接HF，∵点N为的中点，∴∠NOG=90°，∵∠HFN=90°，且∠ONG=∠FNH，∴△ONG∽△FNH，∴，∴NG•NF=ON•NH=4×8=32．【点睛】本题是圆的综合题型，主要利用了翻折变换的性质，垂径定理，勾股定理，勾股定理逆定理，圆的切线的定义以及解直角三角形，相似三角形的判定与性质，解题的关键是作辅助线构造出相似三角形．3．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，BC＝6，O是AC的中点，以点O为圆心在AC的右侧作半径为3的半圆O，分别交AC于点D、E，交AB于点G、F．(1)思考：连接OF，若OF⊥AC，求AF的长度；(2)探究：如图2，将线段CD连同半圆O绕点C旋转．①在旋转过程中，求点O到AB距离的最小值；②若半圆O与Rt△ABC的直角边相切，设切点为K，连接AK，求AK的长．【答案】(1)5；(2)①点O到AB距离的最小值是；②AK的长为或【解析】【分析】（1）思考：由勾股定理求出AC＝8，由三角形中位线定理求出OF＝3，则可得出答案；（2）探究：①当CD⊥AB时，点O到AB的距离最小，由三角形面积公式可得出答案；②分两种情况：当半圆O与BC相切时，当半圆O与AC相时，由切线的性质及勾股定理可得出答案．(1)解：思考：连接OF，如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，BC＝6，∴AC＝，∵O是AC的中点，∴AO＝CO＝4，∵OF⊥AC，∴OFBC，∴OF＝BC＝3，∴AF＝＝5；(2)探究：①当CD⊥AB时，点O到AB的距离最小，由三角形面积公式可得，S△ABC=AC×BC=AB×CG，∴CG=，∴OG=CG-OC=，∴点O到AB距离的最小值是；②当半圆O与BC相切时，如图2，设切点为K，连接OK，AK，则∠OKC＝90°，在Rt△OCK中，OK＝3，OC＝4，∴CK＝，在Rt△ACK中，AC＝8，∴AK＝，当半圆O与AC相时，如图3，设切点为K，连接OK，∴∠OKC＝90°，∴AK＝AC﹣CK＝8﹣．∴AK的长为或8-．【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了切线的性质，勾股定理，直角三角形的性质，三角形的中位线定理，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．4．如图，点B在数轴上对应的数是﹣2，以原点O为圆心、OB的长为半径作优弧AB，使点A点的左上方，且tan∠AOB＝，点C为OB的中点，点D在数轴上对应的数为4．(1)S扇形AOB＝；(2)点P是优弧AB上任意一点，则∠PDB的最大值为；(3)在（2）的条件下，当∠PDB最大，且∠AOP<180°时，固定△OPD的形状和大小，以原点O为旋转中心，顺时针旋转a（0°≤a≤360°），①连接CP，AD．在旋转过程中，CP与AD有何数量关系，并说明理由；②直接写出在旋转过程中，点C到PD所在直线的距离d的取值范围．【答案】(1)(2)30°(3)①AD=2PC，理由见解析；②【解析】【分析】（1）利用扇形的面积公式计算即可．（2）如图1中，当PD与⊙O相切时，∠PDB的值最大．解直角三角形即可解决问题．（3）①结论：AD=2PC．如图2中，连接AB，AC．证明△COP∽△AOD，即可解决问题．②判断出PC的取值范围即可解决问题．(1)解：∵tan∠AOB=，∴∠AOB=60°，∴S扇形AOB==（大于半圆的扇形），故答案为：．(2)解：如图1中，当PD与⊙O相切时，∠PDB的值最大．∵PD是⊙O的切线，∴OP⊥PD，∴∠OPD=90°，∵sin∠PDO===，∴∠PDB=30°，同法当DP′与⊙O相切时，∠BDP′=30°，∴∠PDB的最大值为30°．故答案为：30°．(3)解：①结论：AD=2PC．理由：如图2中，连接AB，AC．∵OA=OB，∠AOB=60°，∴△AOB是等边三角形，∵BC=OC，∴AC⊥OB，∵∠AOC=∠DOP=60°，∴∠COP=∠AOD，∵==2，∴△COP∽△AOD，∴==2，∴AD=2PC．②由题意1≤PC≤3，∴在旋转过程中，点C到PD所在直线的距离d的取值范围为1≤d≤3．【点睛】本题属于圆的综合题，考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，旋转变换，勾股定理，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．5．如图1，在正方形ABCD中，AB＝10，点O，E在边CD上，且CE＝2，DO＝3，以点O为圆心，OE为半径在其左侧作半圆O，分别交AD于点G，交CD的延长线于点F．(1)AG＝；(2)如图2，将半圆O绕点E逆时针旋转α（0°＜α＜180°），点O的对应点为O′，点F的对应点为F′，设M为半圆O′上一点．①当点F′落在AD边上时，求点M与线段BC之间的最短距离；②当半圆O′交BC于P，R两点时，若的长为π，求此时半圆O′与正方形ABCD重叠部分的面积；③当半圆O′与正方形ABCD的边相切时，设切点为N，直接写出tan∠END的值．【答案】(1)6(2)①1；②；③或【解析】【分析】（1）连接OG，如图1，先由正方形的边长与已知线段求得半径OE，再由勾股