专题2413圆的常用辅助线及作法四大题型（沪科版）

专题24.13圆的常用辅助线及作法四大题型【沪科版】考卷信息：本套训练卷共30题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生圆的常用辅助线及作法四大题型的理解！【题型1有弦，作弦心距】1．（2023·湖南岳阳·统考一模）如图，在⊙O中，已知AB是直径，P为AB上一点(P不与A、B两点重合），弦MN过P点，（1）若AP=2，BP=6，则MN的长为（2）当P点在AB上运动时（保持∠NPB=45°不变），则P

【答案】214【分析】（1）作OH⊥MN于H，连接ON，如图所示，得到HN=MH，由AP=2，BP=6，得到圆的半径长，由ΔPOH（2）由PM=MH-PH=NH-OH，【详解】解：（1）作OH⊥MN于H，连接

∴HN∵AP=2，∴AB∴ON=4，∵∠NPB∴△POH∴OH∴NH∴MN故答案为：214（2）由（1）知MH=NH，∴PM=MH∴P∵O∴P∵B∴PM故答案为：12【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，完全平方公式，关键是作辅助线构造直角三角形，应用垂径定理，勾股定理来解决问题．2．（2023·全国·九年级专题练习）如图，已知△ABC是⊙O的内接三角形，⊙O的半径为2，将劣弧AC（虚线）沿弦AC折叠后交弦BC于点D，连接AD．若∠ACB=60°，则线段AD

【答案】2【分析】取折叠后的弧所在圆圆心为O'，则⊙O与⊙O'设等圆，∠ACD是公共的圆周角，所以可以证得AB=AD，设⊙O的半径为R，过O作OG⊥AB于G，可得∠【详解】设折叠后的AC所在圆的圆心为O'，连接O'∴∠连接OA，OB

同理，∠∴∠∵⊙O与⊙O'∴AB设⊙O的半径为R过O作OG⊥AB∵OA=OB∴∠OAB=∠∴OG∴AG∴AB故答案为：23【点睛】本题考查了圆中的折叠变换，垂径定理等，注意等圆中的公共角，公共弦，公共弧，这些都是相等的，利用这些等量关系，是解决此类题的突破口．3．（2023春·北京海淀·九年级校考开学考试）如图，DE为半圆的直径，O为圆心，DE=62，延长DE到A，使得EA=2，直线AC与半圆交于B，

(1)求弦BC的长；(2)求△AOC【答案】(1)2(2)8+2【分析】（1）过点O作OM⊥BC于M，根据垂径定理得BM=CM，由∠DAC=45°得到OM=（2）由（1）可知：CM=2，OM=【详解】（1）解：过点O作OM⊥BC于M，如图，则

∵直径DE=62，∴OC=OD=∵∠DAC=45°∴OM=AM，则∴OM=4在Rt△COM中，∴CM=∴BC=2（2）由（1）可知：CM=2，∴AC=∴S△【点睛】本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理、等腰直角三角形的性质，熟练掌握相关性质是解决问题的关键．4．（2023春·天津和平·九年级天津市双菱中学校考开学考试）如图，射线PG平分∠EPF，O为射线PG上一点，以O为圆心，5为半径作⊙O分别与∠EPF的两边相交于A、B和C、D，连接OA

(1)求AP的长：(2)若弦AB=8，求OP【答案】(1)AP=5(2)3【分析】（1）根据PG平分∠EPF得到∠EPG=∠FPG，根据OA∥（2）过O作OH⊥AB，根据垂径定理得到AH，结合勾股定理即可得到【详解】（1）解：∵PG平分∠EPF∴∠EPG∵OA∥∴∠POA∴∠POA∴PA=∵⊙O的半径为5∴AP=5（2）解：过O作OH⊥∵OH⊥AB，∴AH=BH=4在Rt△AOH中：在Rt△POH中：

【点睛】本题考查垂径定理，角平分线的性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线根据垂径定理得到线段关系及直角三角形．5．（2023秋·湖北武汉·九年级统考期中）以CD为直径的⊙O中，AB为弦，分别过C、D点作AB的垂线，垂足分别为F、E(1)如图1，若AB为⊙O的直径，求证：AF(2)如图2，AB为⊙O的非直径弦，试探究线段AF与BE【答案】(1)见解析(2)AF=【分析】（1）只需要证明△COF≌△DOE，得到OF=OE（2）如图2，过O作MN∥AB交CF于M，交DE延长线于N，过作OH⊥AB于H，证明四边形OMFH，ONEH都是矩形，得到OM=FH，【详解】（1）证明：∵CF⊥∴CF∥∴∠CFO在△COF和△∠CFO∴△COF∴OF=又∵OA=∴AF=（2）解：AF=如图2，过O作MN∥AB交CF于M，交DE延长线于N，过作OH⊥∴∠CMO∵CF⊥∴四边形OMFH，∴OM=在△CMO和△∠CMO∴△CMO∴OM=∴FH又∵AH=∴AF=【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，全等三角形的性质与判定，垂径定理，矩形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．6．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，A6,0，B0,8，点C在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上，且CD=6，以CD为直径的第一象限作半圆，交线段AB于点E、F，则线段EF

A．3.6 B．4.8 C．32 D．【答案】B【分析】过CD的中点G作EF的垂线与AB交于点M，过点O作OH⊥AB于H，连接OG、FG，先求出OA=6，OB=8，进而求出AB=10，再根据等面积法求出OH=4.8，由直角三角形斜边中线的性质得到OG=FG=3，由垂径定理得到EF=2FM，由FM【详解】解：过CD的中点G作EF的垂线与AB交于点M，过点O作OH⊥AB于H，连接∵A6,0，∴OA=6∴AB=∵S△∴OH=∵CD=6，∠COD=90°∴OG=∵GM⊥∴∠GMF∴FM=∴当GM最小时，FM最大，即EF最大，∵OG+∴3+GM∴GM≥1.8，即G∴FM∴EF故选B．

【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，坐标与图形，直角三角形斜边上的中线的性质，正确作出辅助线是解题的关键．7．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，AC=BD，AC⊥BD于点E，若⊙O

A．2 B．22 C．32 D．4【答案】B【详解】根据垂径定理可以得到OM=ON，再根据全等三角形的判定与性质，可以得到∠OAM=∠ODN【解答】解：连接OA，OD，作ON⊥BD于点∵AC=∴OM=在Rt△OAM和OA=∴Rt△∴∠OAM∵AC⊥∴∠AED∴∠ODN∴∠OAM即∠OAD∴∠AOD∵OA=∴AD=故选：B．

【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理、垂径定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．8．（2023秋·江苏镇江·九年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标是(3,a)(a>3)，半径为3，函数y=x的图像被⊙A．4 B．3+2 C．32 D【答案】B【分析】作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连接PB，求出D点坐标为(3,3)，可得△OCD为等腰直角三角形，从而△PED也为等腰直角三角形．根据垂径定理得AE=【详解】解：作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于∵⊙P的圆心坐标是(3,∴OC=3,把x=3代入y=x∴D点坐标为(3,3)，∴CD=3∴△OCD∴∠PDE∵PE⊥∴△PED为等腰直角三角形，AE在Rt△PBE中，∴PE=∴PD=∴a=3+故选B．【点睛】本题考查了一次函数的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，以及垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．正确作出辅助线是解答本题的关键．【题型2有直径，可作直径所对的圆周角】1．（2023春·北京海淀·九年级专题练习）如图，AB是半⊙O的直径，点C是弧AB的中点，D为弧BC的中点，连接AD，CE⊥AD于点E．则AEEDA．3 B．22 C．2+1 D【答案】C【分析】连接AC，BC，CD，在EA上取一点T，使得ET=EC，连接CT．证明TA=【详解】解：如图，连接AC，BC、CD．∵AB是直径，∴∠ACB∵AC=∴AC=∴∠CAB∵CD=∴∠CAD∵AC∴∠ADC∵CE⊥∴∠CED∴∠ECD∴EC=在EA上取一点T，使得ET=EC，连接设EC=DE=∵∠ETC∴∠TAC∴AT=∴AE=∴AEED故选：C【点睛】本题考查圆圆周角定理及推论、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟知上述的定理或推论是解题的基础，根据题目特征，在EA上取点T，构造出两个特殊三角形△CTE和△2.（2023春·江苏无锡·九年级统考期中）如图，在△ABC中，∠

(1)请在图1中BC上方作射线BP，使得∠PBA=∠CAB；在射线BP上作一点D，作以DB为直径的圆，使其恰好过点C；（作图使用没有刻度的直尺和圆规，不写作法，保留作图痕迹，并在图中标注字母P(2)在（1）中所作的图形中，设圆交AB于点E，若AC=2，AE=3，则DB的长为______．（如需画草图，请使用图【答案】(1)见详解(2)9【分析】（1）以A为圆心，任意长度为半径作弧，分别交AC、AB于点M、N，再以点B为圆心，AM为半径作弧，以点J为圆心，MN为半径作弧，两弧交于点P，作射线BP；再分别以B、C为圆心，以大于12BC的长度为半径作弧，交于点H、I，作直线（2）连接DE、CD，首先证明点A、C、D在同一直线上，△DAB为等腰三角形，易得AD=BD，AE=BE=12AB，结合等腰三角形的性质可得AB【详解】（1）解：根据题意，作图如下：

（2）连接DE、CD，如下图，

∵BD为⊙O∴∠BED又∵∠ACB∴∠BCD∴点A、∵∠PBA∴AD=BD，∵AC=2，AE∴AB=2AE∴在Rt△ABC中，设BD=x，则∴在Rt△BCD中，可有即32+(x-∴BD=9故答案为：9．【点睛】本题主要考查了作图复杂作图、直径所对的圆周角为直角、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，综合运用所学知识是解题关键．3．（2023春·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨市第六十九中学校校考学业考试）如图，AB、CD为⊙O的弦，AB与CD相交于点E，AD(1)如图1，求证：BE=(2)如图2，点F在BC上，连接DF、AD，若DF为直径，AB⊥CD，求证：(3)如图3，在（2）的条件下，连接CF、BF，BF>CF，若DE=8，△BCF的面积为【答案】(1)证明过程见解析(2)证明过程见解析(3)10【分析】(1)连接BD，由AD=BC得到∠B=∠D即可证明(2)连接AF，由AB⊥CD得到∠BED=90°，由(1)中结论得到∠EBD=∠EDB=45°，由同弧所对的圆周角相等得到∠EBD=∠AFD=45°，最后根据DF是直径得到∠DAF=90°即可证明；(3)连接EF，过F点作FH⊥AB于H点，证明CF∥BE，设CF=a，CE=b，得到SΔBCF=SΔECF=12ab=6，进而得到ab=12；再证明四边形CEHF为矩形得到a+b=8，进而求出a、b的值，最后在Rt△【详解】（1）证明：连接DB，如下图所示：∵AD=∴∠B=∠D，∴△EDB为等腰三角形，∴ED=EB．（2）证明：连接AF，如下图所示：∵AB⊥CD，∴∠BED=90°，由(1)中结论得到∠EBD=∠EDB=45°，∵同弧所对的圆周角相等，∴∠EBD=∠AFD=45°，∵DF是直径，∴∠DAF=90°，在Rt△ADF中，∠ADF=90°∠AFD=90°45°=45°．（3）解：连接EF，过F点作FH⊥AB于H点，如下图所示：∵DF为直径，∴∠DCF=90°=∠DEB，∴CF∥BE，设CF=a，CE=b，∴SΔBCF∴ab=12∵∠DCF=∠CEH=∠EHF=90°，∴四边形CEHF为矩形，∴EH=CF=a，HF=CE=b，由(2)知，∠ABF=∠ADF=45°，∴△BFH为等腰直角三角形，∴HB=HF=b，又ED=EB=8，∴EB=EH+HB=a+b=8，联立：ab=12解得：a=2b=6又已知BF>CF，即∴a=6∴CF=2，CE=6，∴在Rt△CDF中，由勾股定理可知：DF=在等腰Rt△ADF中，AD=【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理、勾股定理运用、等腰三角形的性质等，综合性强，难度较大．4．（2023·广东广州·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，y轴的正半轴（坐标原点除外）上两点A(0,3)、B(0,7)，C为x轴的正半轴（坐标原点除外）上一动点．当∠ACB取最大值时，点C

A．5 B．2 C．21 D．21【答案】D【分析】当以AB为弦的圆与x轴正半轴相切时，∠AMB最大，根据圆周角定理得出对应的∠【详解】解：如图所示，当以AB为弦的圆M与x轴正半轴相切时，∠AMB∵∠∴此时的∠ACB作MD⊥y轴于D，连接MC、

∵A(0,3)、B∴AD=∵⊙C与x轴相切于点C，CM∴在直角△BMD中，MD∴OC=∴点C的横坐标为21，故选：D．【点睛】本题考查了圆的切线性质、圆周角定理、垂径定理以及勾股定理，正确理解当以AB为弦的圆与x轴相切时，对应的∠AEB5．（2023秋·福建厦门·九年级福建省厦门集美中学校考期中）如图，在⊙O中，AD⊥BC，连接AB、CD，当AB=2，CD=6【答案】10【分析】作直径DE，连接AE、CE．根据直径所对的圆周角是直角，得∠EAD=∠ECD=90°，则AE∥CB，得CE=AB，则CE=【详解】解：如图，作直径DE，连接AE、CE．∵DE是直径，∴∠EAD=∠ECD=90°，∴AE⊥BC，又∵AD⊥∴AE∥CB，∴CE=∴CE=AB．∵AB=2，CD∴EC=2∴在Rt△ECD中，∴⊙O半径长为10故答案为：10．【点睛】此题综合运用了圆周角定理的推论、垂径定理的推论、等弧对等弦以及勾股定理，将AB转化为EC是解题的关键．6．（2023·天津·模拟预测）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点A，B均在格点上，顶点C在网格线上，∠BAC（Ⅰ）线段AB的长等于；（Ⅱ）P是如图所示的△ABC的外接圆上的动点，当∠PCB=65°时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明）【答案】13；如图，取格点D，连接AD并延长，与△ABC的外接圆相交于点E，连接BE；取△ABC的外接圆与网格线的交点F，G，连接FG与BE相交于点O；连接CO并延长，与△ABC的外接圆交于点P，则点P即为所求【分析】（Ⅰ）利用勾股定理可得答案；（Ⅱ）利用勾股逆定理确定格点D，使得∠DAB=90°，故∠EAC=90°-∠BAC=90°-25°=65°，取△ABC的外接圆与网格线的交点F，G，使得∠FAG=90°,则FG与BE相交于点O，【详解】（Ⅰ）AB=故答案为：13（Ⅱ）利用勾股逆定理确定格点D，∵AD又∵13∴AD∴∠DAB∴∠EAC=90°-∠BAC=90°-25°=65°，由方格知∠FAG=90°,则FG与BE相交于点O∴FG是⊙O∴O为圆心，∵AC∴∠EAC∵OB=∴∠OBC故答案为：如图，取格点D，连接AD并延长，与△ABC的外接圆相交于点E，连接BE；取△ABC的外接圆与网格线的交点F，G，连接FG与BE相交于点O；连接CO并延长，与△ABC的外接圆交于点P，则点P即为所求．【点睛】此题考查的是勾股定理逆定理的应用，圆的基本性质，复杂的作图，掌握以上知识是解题的关键．7．（2023春·山东烟台·九年级校联考期中）如图，AB，CD是⊙O的直径，弦BE与CD交于点F，F为BE中点，AF∥ED．若AF=23【答案】2【分析】连接AE．根据垂径定理可知CD⊥BE．根据直径所对圆周角为直角可知AE⊥BE，即得出AE∥DF．从而可判断四边形AEDF为平行四边形，得出AE=DF．再根据三角形中位线的性质得出AE=2OF．设OF=x，则AE=DF=2x，OD=OF【详解】如图，连接AE．∵F为BE中点，CD是⊙O∴CD⊥∵AB是⊙O∴AE⊥∴AE∥∵AF∥∴四边形AEDF为平行四边形，∴AE=∵F为BE中点，O为AB中点，∴OF为△ABE∴AE=2设OF=x，则∴OD=∴AB=2∴BE=∴EF=∵AF∴(23解得：x1∴OF=1，BF=22∴CF=∴BC=故答案为：26【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，平行四边形的判定和性质，勾股定理以及三角形中位线的性质．连接常用的辅助线是解题关键．【题型3利用四边形的对角互补，作辅助圆】1．（2023秋·浙江温州·九年级期末）如图，点D，E，F分别在△ABC的三边上，AB=AC，∠A=∠EDF=90°A．BD可求，BE不可求 B．BD不可求，BE可求C．BD，BE均可求 D．BD，BE均不可求【答案】A【分析】连接AD，根据如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆，得出AEDF四点共圆，再根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，得出∠BAD=∠EFD=30°，进而得出点D固定，即BD可求；当△DEF绕点D旋转时，保持∠EDF=90°不变，根据如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆，得出AEDF四点共圆，再根据在同圆或等圆中，同弧或【详解】解：连接AD，∵∠A∴∠A∴AEDF四点共圆，∴∠BAD∴点D固定，即BD可求；当△DEF绕点D旋转时，保持∠EDF=90°∴∠BAD=∠EFD=30°依旧不变，即点∴BE不可求，综上可得：BD可求，BE不可求．故选：A．【点睛】本题考查了内接四边形的判定定理、圆周角定理、旋转的性质，解本题的关键在得出AEDF四点共圆．2．（2023春·广东梅州·九年级校考开学考试）在平面直角坐标系中，已知点A-1,0和直线m的函数表达式为y=x，动点Bx,0在A点的右边，过点B作x轴的垂线交直线m于点C，过点B作直线m的平行线交y轴于点D，当

【答案】12或【分析】先根据题意画出图形，分两种情况：①当点B在原点右边时，证明A、C、B、D四点共圆，再根据同弧或等弧所对的圆周角相等从而得到△ACD是直角三角形，分别在Rt△ABC和Rt△ACD中用x表示出AC，构造方程求解x值；②如图2，当B点在A点右边，O点左边时，可得A、C、O、D四点共圆，根据同弧或等弧所对的圆周角相等从而得到∠ACD=90°，分别在Rt△AOD【详解】解：分两种情况：①如图，当点B在原点右边时，Bx,0中

∴BC=OB=∴∠CBA=90°，∴在Rt△ABC中，根据勾股定理得∵∠CAD=45°，∴∠CAD∴A、C、B、D四点共圆．连接CD，则∠ADC=∠ABC∴AD=在Rt△ADO中，利用勾股定理可得∴在Rt△ACD中，∴x2解得x=如图，当B点在A点右边，O点左边时，此时OB=

同理可得A、C、O、D四点共圆，∠ACD在Rt△AOD中，在Rt△ABC∴在Rt△ACD中，∴1+x2=4故答案为：12或-【点睛】本题主要考查了一次函数图象和性质、勾股定理，同弧或等弧所对的圆周角相等，已知圆内接四边形求角度，