福建卷第24题 【圆与几何综合】（解析版）

押福速卷第24题

IBI与几何综合

押题探究

解题秘籍

解题技巧

(1)圆的基础性质：熟练掌握弧、弦、圆心角、圆周角(直径所对圆周角90°)之间

的代换；切线的相关性质；圆的内接四边形对角互补的性质；学会挖掘圆中的隐含条件：圆

周角，等腰三角形

(2)圆与三角形综合熟练运用等积法，斜边中线，中位线，角平分线，特殊三角形，

相似三角形等相关性质；圆与四边形综合熟练掌握矩形，菱形，正方形等相关性质。

(3)解题关键：化归与转化思想，角化边或边化角

真题回顾

【真题1】(2020.福建.统考中考真题)如图，与O。相切于点8,4。交G)。于点C,40的

延长线交。。于点D,E是&前上不与B,D重合的点，SinA=/

(I)求NBEo的大小；

(2)若。。的半径为3,点F在4B的延长线上，且BF=3√1求证：DF与。。相切.

【答案】(I)60°；(2)详见解析

【分析】(D连接OB,在Rt△AOB中由SinA=T求出/4=30。，进而求出NAOB=60。,

ZBOD=120°,再由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可以求出NBED的值：

(2)连接OF,在Rt∆OBF中，⅛tanzB0F=—=g可以求出/BOF=60。，进而得到

OB

ZFOD=60o,再证明△FOBg∕∖FOD,得到NoDF=∕0BF=9(Γ.

【详解】解：(1)连接。B,

1NB与。。相切于点B,

：.0B1AB,

VsiaA=-,.∙.44=30°,

2

.".∆AOB=60°,贝叱BoD=I20。.

由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可知:

4BED=-∆BOD=60°.

2

故答案为：60°.

(2)连接。F,

由⑴得OBIAB,NBoD=I20。,

'：0B=3,BF=3√3,AtanzBOF=—=√3,

.'.∆BOF=60o,."DOF=60°.

OB=OD

在4B。/7与40。F中，｛乙BOF=乙DOF

OF=OF

.∖ΔB0F^ΔD0F(SAS),

.,.∆0DF=4OBF=90°.

又点。在。。上，故CF与0。相切.

【点睛】本题考查圆的有关性质、直线与圆的位置关系、特殊角的三角函数值、解直角三角

形、全等三角形的判定和性质，熟练掌握其性质是解决此类题的关键.

【真题2](2019•福建•统考中考真题)如图，四边形ABCO内接于G)O,AB=AC,BD±AC,

垂足为E,点尸在8。的延长线上，且DF=QC,连接AF、CF.

(1)求证：ZBAC=2ZDAC;

(2)若AF=I0,BC=4√5,求勿〃NBAQ的值.

【答案】⑴见解析；(2)S〃NBAO=£.

【分析】(1)根据等腰三角形的性质得出/ABC=NACB,根据圆心角、弧、弦的关系得

JlJAS=At,即可得到NABC=NADB,根据三角形内角和定理得到NABC=T(180。-NBAC)

≈90o-iZBAC,ZADB=90o-ZCAD,从而得到(/BAC=/CAD,即可证得结论；

(2)易证得BC=CF=4次，即可证得AC垂直平分BF,证得AB=AF=10,根据勾股定

理求得AE、CE、BE,根据相交弦定理求得DE,即可求得BD,然后根据三角形面积公式

求得DH,进而求得AH,解直角三角形求得tan/BAD的值.

【详解】解：(1)VAB=AC,

：.AB=AC,ZABC=ZACB,

ΛZABC=ZADB,NABC=工(180。-NBAC)=90。,NBAC,

22

VBDlAC,

ΛZADB=90o-ZDAC,

AiZBAC=ZDAC,

2

ΛZBAC=2ZDAC;

(2)VDF=DC,

.∙.NBFC=BDC=mNBAC=NFBC,

：.CB=CF,

又BDLAC,

，AC是线段BF的中垂线，AB=AF=∖O,AC=IO.

又BC=4√5,

设AE=X,CE=IO-X,

AB2-AE2=BC2-CE2,100-√=80-(10~x)2,X=6

ΛΛE=6,BE=8,CE=4,

.・.D八E厂--A-E--C-E=——6×4=3ɔ,

BE8

.∙.BD=BE+DE=3+8=11,

作DH_LAB,垂足为H,

ViAB∙DH=⅛D∙AE,

22

..・zD,H∙~BD∙AE11×6―33-,

AB105

.∙.BH=VSD2-DH2=y,

446

・•・AH=AB-BH=10—=-

55

【点睛】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，勾股定理，锐角三角函数，圆心角、弧、

弦的关系，相交弦定理，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握并灵活运

用性质定理，属于中考压轴题.

【真题3】（2022・福建・统考中考真题）如图，AABC内接于。0,4DIIBC交。。于点DFIMB

交BC于点E,交。。于点F,连接力F,CF.

⑴求证：AC=AF;

⑵若。。的半径为3,NCAF=30。，求价的长（结果保留兀）.

【答案】（1）证明见解析；

⑵T

【分析】（1）根据已知条件可证明四边形ABE。是平行四边形，由平行四边形的性质可得乙B=

∆D,等量代换可得ZAFC=N4CF,即可得出答案；

（2）连接AO,CO,由（1）中结论可计算出乙4FC的度数，根据圆周角定理可计算出乙40C的

度数，再根据弧长计算公式计算即可得出答案.

【详解】（1）证明：［（DNBC,DFHAB,

.∙.四边形ABEC为平行四边形，

：・乙

B=Z-Df

■:乙AFC=乙B,乙ACF=乙D,

，乙AFC=乙ACF,

：.AC=AF.

(2)解：连接4。,CO,如图,

⅛(1)得乙AFC=/.ACF,

∙.ZFC=&竺=75。，

2

J.∆AOC=2∆AFC=150°,

...Ar的长/=兰等=9.【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，平行四边形

1802

的判定与性质，圆的性质与弧长公式，考查化归与转化思想，推理能力，几何直观等数学素

养.

押题冲关

1.(2023春•福建福州•九年级福建省福州屏东中学校考期中)如果三角形三边的长a、b、C满

足a+c=2b,那么我们就把这样的三角形叫做“等差三角形”.如：三边长分别为2、3、4

或5、7,9…的三角形都是“等差三角形”.

Sl

(1)如图1,己知两条线段的长分别为a、C(a<c).用直尺和圆规作一个最短边、最长边的

长分别为a、C的“等差三角形”(不写作法，保留作图痕迹).

(2)如图2,AABC中，AB=AC,以4B为直径的。。交BC于点D,过点D作。。的切线交4B

延长线于点E,交4C于点F.若CF=IBE,判断△4EF是否为“等差三角形”？请说明理由.

【答案】(1)见解析

(2Q4EF是“等差三角形”，理由见解析

【分析】(1)设48=c,在射线BA上截取4E=a,作线段BE的垂直平分线，垂足为F,分

别以4,B为圆心，FE,AE为半径作弧，两弧交于点C,连接BC,AC,AABC即为所求；

(2)根据”等差三角形”的定义，由题目中信息的，利用切线的性质，等腰三角形的性质，

三角形的全等以及勾股定理可以判断△4EF是否为“等差三角形”.

【详解】(1)解：所求图形，如图1所示，

图1

(2)解：△>!E尸是"等差三角形”，

理由：连接4。、OD,如图2所示，

A

O∖

F

BrDC

EG图2

•・,AB是。。的直径，

・•・AD1BC,

VAB=AC,

・•・点。是BC的中点，

•・・点。为AB的中点，

・•・ODHACf

・・,DF切O。于点

・•・OD1DF9

ʌFFlTlF,

过点8作BGIEF于点G,

VLBGD=∆CFD=90°,乙BDG=乙CDF,BD=CD,

∙SBGD≤∆CFD(ASA),

・・・BG=CF,

BE5

V—=一，

CF3

BE5

∙*∙*~~~=一,

BG3

V乙EGB=∆EFA=90°,

・・•SinZTIEF=-=—=

EFBG3

在Rt△AEF中，设AE=5k,AF=3k,由勾股定理得，EF=4k,

^ΛE^AF=2EF,

Λ∆ΛEF⅛”等差三角形”.

【点睛】本题考查作图-复杂作图，全等三角形的判定和性质，切线的性质，圆周角定理、

三角形的中位线性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的

条件，利用数形结合的思想解答.

2.（2023•福建泉州•福建省泉州第一中学校考模拟预测）如图1,已知kMPN的角平分线PF经

过圆心。交。。于点E、F,PN是。。的切线，B为切点.

图1图2

（1）求证：PM也是O。的切线；

（2）如图2,在（1）的前提下，设切线PM与。。的切点为4连接AB交PF于点0；连接4。交

。。于点C,连接BC,AF；记4PFA为Na.

①若BC=6,ta∏4α=ɪ,求线段40的长；

②小华探究图2之后发现：EF2=m∙on∙oP（m为正整数），请你猜想m的数值？并证明你

的结论.

【答案】（1）详见解析

（2）①4；②4

【分析】（1）过点。作04_LPM,垂足为4,连接OB,根据切线的性质可得出OB是。。的半

径且OBLPN,由P/呼分4MPN利用角平分线的性质可得出OA=OB,进而可证出PM也是

O。的切线.

（2）①由PM、PN都是。。的切线可得出PA=PB,利用等腰三角形的三线合一可得出OP1

AB.AD=BD,由三角形中位线的性质可得出OD=3,设。。的半径为r,则FD=r+3,

AC=T（r+3）,在RtAAOD中，利用勾股定理可求出r的值，将其代入AC=Xr+3）中即

可求出4。的长度；②利用相似三角形的性质可得出。价=od.op,结合EF=204可证出

EF2=WD-OP,即m=4.

【详解】（1）证明：在图1中，过点。作。垂足为4连接OB.

M

A

/B

N

图1

∙∙∙PN是。。的切线，B为切点，

∙∙∙0B是。。的半径，且OB_LPN,

∙∙∙PF平分NMPN

∙,∙0A=OB

・•・PM也是OO的切线；

(2)①MM、PN都是OO的切线

∙∙PA=PB

,∙,∆APD=乙BPD

∙∙0P148、AD=BD,

・・・。。为BC的中位线,

：.0D=-BC=3

2

设O。的半径为丁，则FD=r+3

∙∙,ta∏za=-

2

・・・4。=*r+3)

222

在RtΔ40。中，OTP=AD+。。2,即产=[l(r+3)]+3

解得：r=5(负根舍去)

'-AD=ɪ(r÷3)=4

②猜想m=4.

证明：-/-OAP=∆ODA=90o>乙AOP=乙DoA

・•・△OAP-△ODA,

,^OA2=OD-OP

OPOA

XvEF=20A

.∙.EF2=40D∙OP

ʌm=4

M

N

图2

【点睛】本题考查了切线的判定与性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质、勾股定理、

三角形的中位线以及相似三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）利用等腰三角形的三线

合一找出04=。8；（2）①在RtZiAOD中，利用勾股定理求出圆的半径；②利用相似三角

形的性质证出CM2=0d.op.

3.（2023春・福建厦门•九年级厦门市莲花中学校考阶段练习）如图，已知力C为。。的直径,

连接4B,BC,0B,过点O作。El4B于点E,点F是半径。。的中点，连接EF,BF.

图1图2

（1）如图1,设。。的半径为2,若NBAC=30。，求线段EF的长.

（2）如图2,设B。交于点P,延长BO交。。于点。，连接。F.

①求证：PE=PF；

②若DF=EF,求ZBHC的度数.

【答案】⑴6;

（2）①证明见解析；②45。.

【分析】（1）解直角三角形求出48,再证明立4尸8=90。，利用直角三角形斜边中线的性质

即可解决问题.

（2）①过点尸作尸GJ.48于6,交。B于H,连接EH.想办法证明四边形。EHF是平行四边形

可得结论.

②想办法证明Fn=F8,推出B是等腰直角三角形即可解决问题.

【详解】（1）解：VOEIAB,∆BAC=30o,OA=2,

.∙.∆AOE=60o,OE=RA=1,AE=EB=>JθA2-OE2=√22-I2=√3,

4C是直径，

・•・∆ABC=90o,

・・・ZC=60°,

∙.∙OC=OB,

∙,∙∆OCB是等边三角形,

・・・OF=FC,

・•・BF1AC,

・•.∆AFB=90°,

在Rt△/8尸中，AB=AE+EB=2√3,E是48中点,

EF=3AB…

过点F作FGIyIB于G,交OB于H,连接

・・・FGIIBC,

∙,∙ΔOFHOCB,

竺=竺=2,同理竺=三,

BCOC2BC2

ΛFH=OE,

-OELAB.FHIABf

・•・OEWFHf

，四边形。EHF是平行四边形,

・•・PE=PF.

②解：・・・OE∣∣FG∣∣BC,

EGOFY

・・・布=而=1'

ʌEG=GB,

ʌEF=FB,

∙.∙op=EF,

.∙.DF=BF,

•・・DO=OB9

・•.FO1BD,

・•・乙AOB=90o,

vOA=OB,

•••△4。B是等腰直角三角形，

.∙.∆BAC=45°.

【点睛】本题属于圆的综合题,考查了等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，

等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形

解决问题，属于中考压轴题.

4.(2023春•福建厦门•九年级厦门双十中学校考期中)已知L4B为。。的直径，点C和点。

为O。上的动点(两点在48的异侧且都不与A、B重合)，连接CD与4B交于点E,连接4C,

BC.

图1图2

(1)如图1,若ZB=I0,AD=1π,求NDCB的度数；

(2)如图2,在(1)的条件下，若BC=6,求CE的长度；

(3)如图2,若AB=4,乙DCB=60°,且对任意的点C,弦CD上都有一点F满足BC=2DF,

连接BF,求线段BF的最小值.

【答案】(I)NnCB=45。

(2)DE=ɪ

(3)√13-1

【分析】(1)连接OD,根据的=I兀，求出的度数，再求出NACD=T乙40。=45。,

根据乙4CB=90。，求出结果即可；

(2)过点C作CGJ.AB于点G,根据勾股定理求出ZC=8,根据三角函数求出BG=3.6,

根据勾股定理再求出CG=4.8,求出OG=1.4,证明ADOECGE,得出黑=器,求出。E=

p根据勾股定理求出最后结果即可；

(3)连接4。，AF,DO,iiEHJ⅛∣∆ΛDF^ΛABC,得出乙4FD=N4C8=90。，从而得出点尸

在以4D为宜径的圆上，设点M为AD的中点，连接BM,交。M于点H,当点尸在点〃处时，

BF最小，过点M作MNIaB于点M根据勾股定理及含30。直角三角形的性质，求出BM=

√13,即可求出结果.

ΛOA=OB=OD=5,

'：AD=-π,

2

,,.、，180o×⅛

••・立力。。的度数为：—ɪɪθθ0,

5π

.∖∆ACD=-∆AOD=45°,

2

9Cz-ACB=90°,

.∙.zDCB=90o-45o=45o.

（2）ft?：过点。作CG_LAB于点G,如图所示:

：.AC=yjAB2-BC2=8,

・BCBG

..cos∆CBG=­=一

ABBC

.6_BG

••=,

106

解得：BG=3.6,

ΛCG=y∕BC2-BG2=4.8,

ΛOG=5-3,6=1.4,

V∆AOD=90°,

.∖∆DOE=180°-90°=90°,

,:CGLAB,

，乙CGE=90°,

.∖∆DOE=乙CGE,

■:乙OED=乙CEG,

△DOECGE，

,CGGE

••,—___，

ODOE

・4.8IA-OE

••,■—,

5OE

解得：OE=5,

・・NB为直径，

AzylCB=90°,

■:乙DCB=60°,

ΛzDC√l=90o-60o=30o,

.∖∆AOD=2∆ACD=60°,

tJAO=DO,

・•・ZkAOD为等边三角形，

：.AD=AO=-AB=2,

2

•；BC=2DF,

.ADDF1

■•——--,

ABBC2

yAC=ACf

Λ∆ADC=∆ABCi

即乙4。F=LABC.

∙"∙ΔADF—△ABC,

LAFD=Z.ACB=90°,

点F在以4D为直径的圆上，设点M为4。的中点，连接8M,交OM于点H,当点F在点

H处时，BF最小，过点M作MNj.AB于点M如图所示：

C

、一'B

・・・ZkZOD为等边三角形，

：./-0AD=60°,

∖9∆ANM=90°,

,ZTlMN=90。-60。=30。，

'JAM=-AD=1,

2

：.AN=-AM=-,

22

：.MN=y∕AM2-AN2=—,BN=AB-AN=4--=3-,

222

：.BM=√B∕V2-MW2=√13,

"：MH=AM=1,

：.BH=√13-1,

.∙.BF的最小值为√∏-L

【点睛】本题主要考查了弧长计算公式，圆周角定理，直径所对的圆周角为直角，勾股定理，

三角形相似的判定和性质，等边三角形的判定和性质，三角函数的应用，解题的关键是作出

辅助线，熟练掌握三角形相似的判定，说明点F的运动轨迹，找出使BF取最小值时，点F

的位置.

5.(2023春・福建厦门,九年级厦门市松柏中学校考阶段练习)如图，以4B为直径的。。与ZH

相切于点4,点C在4B左侧圆弧上，弦CDJ_48交。。于点D,连接4C,力。，点4关于CD的

对称点为E,直线CE交。。于点F,交AH于点G.

(I)求证：∆CAG=∆AGC;

(2)当点E在AB上，连接AF交CD于点P,若言=|，求詈的值；

⑶当点E在射线48上，AB=2,四边形4C0F中有一组对边平行时，求4E的长.

【答案】（1）见解析

（2）|

（3）2-企或学

【分析】（1）设AB与CO相交于点例，由。。与4H相切于点A,得到NBAG=90。，由CDI48,

得到乙4MC=90。，进而得到4GIlCD,由平行线的性质推导得，∆CAG=/.ACD,∆AGC=

乙FCD,最后由点A关于CO的对称点为E得到4FCD=ZjlCD即可证明.

（2）过下点作FK1AB于点K,设4B与CD交于点N,连接DF,证明4R4Z）=NaDC得到DP=

AP,再证明△CPA≤ΔFPD得到PF=PC；最后根据4KEFNEC及AAPN4FK得到

需=M=*嘤=9=白最后根据平行线分线段成比例求解.

ENCE5AFAK12

（3）分两种情形：当。CIIAF时,当4G。尸时,分别求解即可.

【详解】（1）证明：如图，设4B与CD相交于点例，

HGA

・・・。。与AH相切于点A,

.∖∆BAG=90°,

VCDIABt

.∖∆AMC=90°,

：.AGHCD,

.,.∆CAG=∆ACD,4AGC=乙FCD,

β.∙点4关于CD的对称点为E,

：.Z.FCD=∆ACD,

：.Z.CAG=Z.AGC.

(2)解：过F点作FK于点K,设与CD交于点N,连接DF,如下图所示:

由同弧所对的圆周角相等可知：乙FCD=Z.FAD.

:YB为。。的直径，且COL48,由垂径定理得：冉C=的，

C.∆ACD=∆ADCf

Y点A关于Co的对称点为E,

.∖∆FCD=ZTIC0,

.∖∆FAD=(FCD=∆ACD=∆ADC,即NFAD=∆ADCf

：.DP=APf

由同弧所对的圆周角相等得：乙ACP二乙DFP,且"P4=4”0,

：.ACPA"FPD,

：.PC=PF,

YFKlAB,AB与CD交于点N,

LFKE=乙CNE=90°.

■:乙KEF=乙NEj乙FKE=乙CNE=90°,

：・AKEFFNEC,

uKE_EF_2

.NN-CE-5’

设KE=2x,EN=5x,

・・,点A关于CD的对称点为E,

：,AN=EN=5x,AE=AN+NE=10x,AK=AE+KE=12x,

又FKIlPM

MAPNfAFK,

.PA_AN_Sx__5_

**AF~AK~12x~12,

VzFCD=∆CDA,

.∖CF∖∖AD,

,DPAPAP5

**CP-PF-AF-AP-7；

(3)解：分类讨论如下：

如图，当OCilAF时，连接。C,0F,设乙4GF=α,则4¢4G=乙ACD=Z.DCF=ZTlFG=α,

'：OCWAFf

・∙・Z.OCF=∆AFC=α,

vOC=OA.

：.∆OCA=∆OAC=3α,

v乙OAG=45o,

・•・4α=90o,

：,a=22.5o,

・・・OC=OF,OA=OFf

/.4OFC=4OCF-∆AFC=22.50,

.∙.∆OFA=∆OAF=45o,

.∙.τlF=√2OF=√2OC,

∖'OC∖∖AF1

AEAF∏z

・・———v2,

OEOC

ʌAE=∖[2OE,

vOA=1,

：S=2-总

设ZjIGF=a,

∙.∙Z-ACF=∆ACD÷乙DCF=2a,

V½C∣∣OF,

：•∆CFO—∆ACF=2α,

.∙.∆CAO=∆ACO=4α,

v∆AOC+Z-OAC+∆ACO=180o,

・・・IOa=180o,

・•・a=18°,

・•・乙CoE=(ECO-乙CFo=36°,

,

.∙∆OCES△FCO9

・•・OC2=CECF,

Λ1=CE(CE+1),

.-.CE=AC=OE=-

.∙.AE=OA-OE=等；

综上所述，满足条件的AE的长为2-夜或等，

【点睛】本题考查了圆周角定理，圆的相关性质，相似三角形，勾股定理等，综合运用以上

知识是解题的关键.

6∙（2023秋•福建龙岩•九年级统考期末）阅读下列材料，并回答问题.

［材料］自从《义务教育数学课程标准（2022年版）》实施以来，九年级的龙老师增加了一个

习惯，就是在每个新章节备课时都会查阅新课标，了解该章知识的新旧课标的变化，并在上

课时告诉学生.他通过查阅新课标获悉：切线长定理由“选学”改为“必学”，并新增“会过圆

外的一个点作圆的切线在学习完《切线的性质与判定》后，龙老师布置了一道课外思考

题：“已知：如图，。。及。。外一点P.求作：直线PM,使PM与。。相切于点班上

小岩同学所在的学习小组经过探索，给出了如下的一种作图方法：（1）连接OP,以。为圆心，

OP长为半径作大圆0;（2）若OP交小圆。于点N,过点N作小圆。的切线与大圆。交于4B两

点（点A在点B的上方）；（3）连接4。交小圆。于M,连接PM,则PM是小圆。的切线.

［问题］

（1）请问小岩同学所在的学习小组提供的作图方法是否正确？请你按照步骤完成作图（尺规

作图，保留作图痕迹），并说明理由.

（2）延长40交大圆。于C,连接CN,若（M=2,OM=1,求CN的长.

*

P

【答案】（1）作图方法正确；作图见解析；理由见解析

Q）小

【分析】（1）作图方法正确，作出图形，如图所示，要证PM是小圆。的切线，由图及“连半

径、证垂直”的方法，先根据条件判定4AON≤∆POM（SAS）,进而得到UNO=乙PMo=90°,

即可确定PM10M，从而得证；

（2）连接BC,如图所示，在RtZkAON中，ON=OM=1,OA=2,利用勾股定理得到AN=

y∕0A2-ON2=√3,再由垂径定理得到4V=BN=√5,结合。4=0C,利用三角形中位线

定理得到BC=20N=2,在RtΔBCN中，由勾股定理可得CN=√BW2+BC2=

J(√3)3+=√7.

【详解】(1)解：小岩同学所在的学生习小组提供的作图方法正确，如图所示:

B'------，

以上即为所求作的图形；

理由如下：

是小圆。的切线，

.'.ONIAB,

：.∆ANO=90°,

在44。N和4PoM中,

-ON=OM

乙AoN=∆POM,

OA=OP

：.ΔAON≤ΔPOM(SAS),

Λ/.ANO=乙PMo=90°,

：.PM1OM,

又OM为半径，

...PM是小圆。的切线；

(2)解：连接BC,如图所示:

在RtA40N中，ON=OM=1,OA=2,

：.AN=>JOA2-ON2=√3,

,：0NLAB,OP为圆的半径，

.∙.AN=BN=√3,

VOA=OC,

：.BC=20N=2,

〈AC为大圆。的直径,

"ABC=90°,

J(√3)3+22=√7.

在Rt△BCN中,CN=y∕BN2+BC2=

【点睛】本题考查圆综合，涉及切线证明、两个三角形全等的判定与性质、勾股定理、垂径

定理、三角形中位线的判定与性质等知识，读懂题意，作出图形，熟练掌握切线判定、垂径

定理及勾股定理的运用是解决问题的关键.

7.(2023秋・福建厦门•九年级统考期末)如图，ΔABC内接于。O,AB=AC,∆ABC=67.5°,

品的长为白乃，点P是射线8C上的动点BP=m(m≥2).射线OP绕点。逆时针旋转45。得

到射线OD,点Q是射线OD上的点，点。与点。不重合，连接PQ,PQ=n.

(1)求。。的半径；

(2)当∏2=m2—2m+2时，在点P运动的过程中，点Q的位置会随之变化，记Q?是其

中任意两个位置，探究直线QιQ2与。。的位置关系.

【答案】⑴√Σ

(2)相切

【分析】(1)连接。B,0C,设。。的半径为r,根据等腰三角形的性质可得44BC=乙4CB=

67.5。,从而得到NA=45°,再由圆周角定理可得NBoC=2∆A=90°,再根据弧长公式计算，

即可求解；

(2)连接CQ,过点。作OEIBC于E,过点。作QFIBC于凡由(1)得：。B=。。=√Σ,

从而得到OB=岳=2.进而得到BE=EC=TBC=1,OE=三BC=BE=EC=1.再

由BP=m,可得EP=BP-BE=nι-l,根据勾股定理可得OP?=τ∏2-2rn+2,继而得

至IJPQ=0P,可得至PQ=90°,从而得至IJzQPF=LPOE,再证明Rt∆POE≤RtΔQPF,

可得QF=PE=m-llPF=OE=1,从而得到CF=QF,可得到点。在过点C,且与射线

BP夹角为45。的射线上，即可.

【详解】(1)解：连接。B,0C,设。。的半径为r,

A

D

o

∖,AB=ACtZ-ABC=67.5,

.'.∆ABC=乙ACB=67.5o.

.'.Z.A=180o-∆ABC-乙ACB=45o.

LBOC=2乙4=90°.

...√2

.90τrr√2

••-----=—Tr.

1802

"∙r=√2;

(2)解：连接CQ,过点。作OEIBC于E,过点Q作QFlBC于F.

：.0B=√2r=2.

'：0E1BC,

：.BE=EC=-BC=1,OE=LBC=BE=EC=1.

22

'：BP=m,

：.EP=BP-BE=m-l.

Y在RtAOEP中，Op2=θf2+Ep2,

：.OP2=l2+(zn-I)2=m2-2m+2.

■：PQ=n,nz=m2—2m+2,

:・PQ2=0p2,即PQ=Op.

.∖∆POQ=乙PQo=450.

.∖∆OPQ=90o.

ΛzQPF÷z0PE=90o.

XVzPOE÷ZOPF=90o,

:2QPF=乙POE.

在Rt△PoE与Rt△QPF中，乙OEP=(PFQ=90。/QPF=乙POE,OP=PQ,

/.Rt△POE=Rt△QPF.

•；BP=Tn≥2,

：.QF=PE=m-lfPF=OE=1.

：.CF=CP+PF=(BP∙BC)+PF=m-2+l=m-l.

：.CF=QF.

・・・在Rt△QC尸中，乙FCQ=∆FQC=45o.

即点。在过点C,且与射线8P夹角为45。的射线上.

：Qi，Qz是点。的任意两个位置，

.∙.直线Qι,Q2即为直线CQ∙

;在RtAOEC中，OE=EC,

.∖∆E0C=乙ECO=45°.

:./.0CQ=90°,即OCJ.CQ.

；点C在。。上，

，直线CQ与O。相切.

直线Q1,Q2与O。相切.

【点睛】本题主要考查了切线的判定，弧长公式，勾股定理，全等三角形的判定和性质，圆

周角定理等知识，熟练掌握切线的判定，弧长公式，勾股定理，全等三角形的判定和性质,

圆周角定理等知识是解题的关键，是压轴题.

8.(2023・福建•模拟预测)如图1,在。。中，4B为弦，CD为直径，HAB1CD,垂足为E,

P为优弧ACB上的动点(不与端点重合)，连接尸。.

图1图2

(1)求证：4APD=4BPD；

(2)在线段PD上有一点/,连接力。、Al.且4/平分4PAB,求证：AD=Dh

(3)如图2,在(2)的条件下，若4APB=60o,Q。的半径为2,过点。作O。的切线交PA的

延长线于点F;当PF=PD时，求P/的长.

【答案】(1)见解析

(2)见解析

(3)P∕=√3.

【分析】(1)根据垂径定理和圆周角定理可证明；

(2)证明乙。4/=乙。/4进而命题可证；

(3)连接。4先计算得出aOAD是等边三角形，作AELDF于点£求得E4的长，证明△

FADSAFDP,从而求得结果.

【详解】(1)证明：'NB为弦，CO为直径，且

：.AD=血

.∖∆APD=4BPD；

(2)证明：VÆÐ=的，

，乙APD=∆BAD.

平分4B4B,

：.∆PA1=∆BAL

乙

LDAI=∆BAD+∆BAI1DIA=Z.APD+∆PAL

.∖∆DA1=ZDM,

：.AD=Dk

(3)解：连接。4,

∖'∆APB=60°,乙APD=乙BPD,J.∆APD=∆BPD=30°,

：.∆AOD=2∆APD=60°,

9

：OA=ODf

•••△CUD是等边三角形,

：.AD=OD=2,∆ADO=60°,

〈OF是。。的切线，

.∖∆FDO=90o,∆FDA=30°,

VPF=PD3L∆APD=30°,

：.乙F=乙PDF=180-"30°=75°,

2

:•乙DAF=180o-ZF-Z-FAD=75°,

：.AD=FZ）=2,

由（2）得AD=D/=2,

作AE1DF于点E,

.'.AE=^AD=1,DE=V22—I2=y∕3,

：.EF=2-√3,

：.AF=y∕AE2+EF2=8-4√3,

.:4FPD=∆FDA=30°,

ΔFADs&FDP,

：.PF=ʌ=2+√3,即PD=PF=2+√3,

ΛP∕=PD-Z)/=2+√3-2=√3.

【点睛】本题考查了切线的性质定理，垂径定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解

题的关键是灵活运用所学知识解决问题.

9.(2023秋•福建莆田•九年级校考期末)已知如图1,在Oo中，弦AC1BD于点P,AP=3,

BP=6,PD=4.E是CD的中点.

CC

图1图2

⑴求BC的长；

(2)求4E的长：

(3)如图2,若竹=/，连接F。交AB于点Q,试说明乙4QD的度数是否会发生变化，若不变

请求出乙IQD的度数，并说明理由.

【答案】(DBC=10

⑵.4E=4√5

(3)乙4QC=45。，不会发生变化，理由见解析

【分析】⑴连接CD,证明AABPfDCP,可得蔡=黑，代入数值求出PC的长，再用勾

股定理即可求出BC的长；

(2)连接BE,由(1)可知ABCD是等腰三角形，再由E是8的中点，可得BMlCD,则

BE是圆。的直径，再由同弧所对的圆周角相等，可知N4C8=NBEA,根据tan/BCP=

tan/BEA,即可求AE的长；

(3)设BE与AC的交点为G,过点G作GHIBC交于点H,证明Rt△BHG三Rt△8PG,设

GP=x,则GH=x,在RtACGH中，由勾股定理求出GP=AP=3,再由BP垂直平分4G,

可得48=GB,贝∣JzΛBP=4GBP=又由竹=肝，可得NBOF=BUEB,进而可

求出N4QD=45°.

【详解】（1）如图，连接CD.

.'/.BAP=∆CDP,4APB=乙CPD,

,.ΔABP-ADCP,

.AP_BP

・DP一CP'

：AP=3,BP=6fPD=4f

,3_6

7=河

,.PC=8,

♦・BC=√BP2+陪=10；

(2)连接BE,BE交CD的交点为M,

VBC=10,BD=10,

・・・ABCD是等腰三角形，

YE是CD的中点，

，乙DBE=乙CBE,

：.BM1CD,

,BE是圆。的直径，

：.Z.BAE=90°.

在RtAABP中，AP=3fBP=6,

∙u..AB=V32÷62=3Λ∕5,

∙∙∙Λ8=血

.∖∆ACB=乙BEA,

VtanzβCP=-=

CP4

Λtan∆BEA=-=—,

4AE

Λ.ΛE=4√5;

(3)∆AQD=45°,不会发生变化，理由如下：

设8E与4C的交点为G,过点G作G”交于点儿

由(2)知，乙CBE=乙DBE,

♦:乙BHG=乙CHG=90°,

：.GH=GP,

•：BG=BG,

：.Rt∆≤∆BPG(HL),

：.BH=BP=6,

ΛCH=BC-BH=4,

设GP=GW=x,则CG=CP-GP=8-x,

在RtZkCGH中，x2+16=(8-x)2,

解得X=3,

：.,GP=AP=3,

TBPJLg

.∙.8P垂直平分4G,

：.AB=GB,

：.∆ABP=