2024年中考数学压轴题预测《圆》及答案解析

中考4*效-圆

解题方法

1、圆中常见相似三角形

不含切线含切线（4。是。。的切线）

B4cs"08

LABD^LAEC

2.在圆中解三角形或四边形的常用思路

画出特殊图形:如01中的特殊三角形、怖四边形等，在已知条件下,以结果为导向，在这些特殊图

形中求出一些中间量。

题型归纳

题型1：圆与三角形综合

题型2：圆与四边形综合

题型3：圆有关的动态问题•••

题型4：圆与坐标系或函数

题型5：以实际问题为背景，求圆与三角形、四边形综合问题

题型6：最值问题

题型7：在解三角形、四边形中作辅助圆

题型8：定值问题

题型9：在圆综合中求解三角函数值

题型，:圆与三角形综合

,题目工（2024•黑龙江哈尔滨・一模）已知，AD.BC为0O两条弦，AD±BC于点E,连接OE,AE=CE.

（1）如图1,连接OE,求AAEO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NEGF=90°,连接NG,求证:NGHBC；

⑶在⑵的条件下，连接AB,CD,当点G落在线段AB上时，过点。做OL，OE,交CD于点乙，交CE于

点、T,若OE=6点,EG=2CL求。。半径的长.

【答案】（1）45°

（2）见详解

（3）675

【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.

（1）连接OAOC,证明△AEO经△CEO即可；

（2）过点G作GT?_LGN交EN于点A,先证明4GER24GFN，得GR=GN,

所以/GNR=/GRN=45°,得到4GNR=4NEC,故GN//BC.

（3）过G作GA_LGN交NE的延长线于点R,连接。D,OC,作OK_LCD于点K,OK_LCE于点先证

明4ABE咨ACDE,：.EG=卷CD，设CL=a,EG=2a,AB=CD=4a,DL=3a,则。。=OG=2V2a,

OK=DK=2a,KL=a■，证出AKOL=/OCT,则tanZKOL=tanZOCT,

最后在瓦△OCH中运用勾股定理求OC=6，^.

【解析】（1）连接OAOC,

•.•04,0。为OO半径，

：.OA^OC,

；EA=EC,OE=OE,

：.△AEOTACEO,

：.NAEO=NCEO,

•/AD±BC,图1

ZAEC=90°,•••

・・.AAEO=/CEO=g/AEC=45°;

(2)证明:过点G作GR_LGN交EN于点R,

・・・4RGN=90°,

：./RGN=Z.EGF,

・・・ARGN-4RGF=AEGF-/RGF,

：.AEGR=AFGN,AE=CE,4AEN=Z.CEN,

:・EN工AC,AN=CN,

：.NEW=90°,

・・・4ENC=9N=4EGF,

图2

：.AGEN=AGFN9

又・・・GE=G尸，

・・・△GER空△GFN,

:.GR=GN,

：.AGNR=ZGRN=45°,

，GNR=/NEC,

：.GN//BC.

⑶过G作GALGN交NE的延长线于点心连接QD,O。,作OK,CD于点K,OH_LCE于点、H,

由(2)得△GFN丝△GEA,得GN〃石。，

.AN=AG

**CN7-BGJ

・・•AN=CN,

・・.AG=BG,AAEB=9Q°,

：.EG=^-AB.ABAD=/BCD,AE=CE"AEB=乙CED,

・・・4ABE"CDE,

・・.AB=CD,

:・EG弋CD,

设CL=a,EG=2a,AB=CD=4a,DL=3a,ZEAC=90°-/AEN=45°,

・・.Z£>OC=90°,

・・.ADOK=ZCOK=45°,

・・・ZOZ?C=ZOCD=45°,

则OD=OC=2V^Q,OK=DK=2a,KL=af

在Rt/XOKL中，tan/LOK=y,

•：OL.LOE,

・・・ZBOL=90°,

・・・/OED=/OTE=45°,

・・・ZKOL+ZLOC=45°,ZOCT+ZLOC=45°,

・・.AKOL=AOCT,

tanZATOL=tanZOCT,

OE=6V2,OH=6,HC=12,

在Rt/XOCH中，O(f=OH2+HC2,

:.OC—6A/5.•••

题目区（2024•黑龙江哈尔滨•一模）已知：AB为。。的直径，点。为卷上一点，连接AC,点。为后心上一

点，连接AO,过点D作AB的垂线，垂足为点F,交OO于点E,连接CE,分别交AD和AB于点H和点K,

且/AHE=90°.

⑴如图1,求证：ACADABAD

⑵如图2,连接成，过点H作上田的垂线交AB于点T,求证：AB=2FT；

⑶如图3,在⑵的条件下,连接B。交AO于点G,延长CD交AB的延长线于点M，若CM=AG,FT=5,

求CG的长.

【答案】（1）见详解

（2）见详解

⑶寺

O

【分析】（1）证明4AHC〜△AFD,即可得出结论；

（2）连接证明AAH"^AHK（ASA'）,得至［CH=KH,ZACH=乙4KH,证明ATKHs/\FDH,得到

Z.HTK=AHFD,根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出毋,得到NTHK=ZACH,推

出AC//TH,证明4AKC〜ZYTKH,得到第=等==2,再证明4ABC〜/\TFH,即可证明结

1HHKHK

论；

⑶连接GK,过点M作CB的垂线，垂足为点N,证明4AHC^^AHK（ASA）,得到CH=KH,AC=AK,

进而推出/4。3=乙4的,证明434?＜笃^^0?/（＞145＜）,得到＞1。=＞17＜=。^,进而推出GK=MN=

CG,1正明△GBKW4MBN（AAS）,得至UBK=BN,设BK=BN=a,则AK=AC=CN=10—a,CB=10

—2a,求出BK=2,47=8,BC=6,设CG=GK=M，则GB=6—利用勾股定理即可求解.

【解析】（1）解：••,AB_LDE,

ZAFL＞=90°

乙4HE=90°,4c=2D

：.AAHC-4AFD

:"CAD=2DAB;

⑵解:如图2:连接BC,

由（1）知/。＞1D=/_DAB,

•/AAHK=ZAHC=90°,AH=AH,

：.AAHC^/XAHK{ASA）,

CH=KH,AACH=/LAKH,

•：ABAD+Z.AKH=ABAD+ZADF=90°,图2

ZADF=Z.AKH,

•：TH±FH,

：.ZTHK+Z.FHK=AFHK+ZFHD=90°,

：.4THK=4FHD,

•••

・・・NTKH〜/\FDH,

：.4HTK=4HFD,

・・,点F是。石的中点，NEHD=90°,

：.HF=DF,

・・・AFHD^AFDH,

・・.NTHK=/TKH,

♦:4TKH=4ACH,

・・・/THK=/ACH,

：.ACIITH,

・・・dAKC〜dTKH

.AC=CK=2HK=2

9,~TH~HK~HK

・・・ACIITH

・・・/CAB=/HTB,

・・・4ACB=4THF=90°

・・・/\ABC〜/\TFH

.=J4C=9

・,TFTH

・・.AB=2FT;

⑶解:如图3,连接GK,过点M作CB的垂线，垂足为点N,

・・,ACAD=/BAD,/AHC=/AHK=90°,AH=AH

：.AAHCm△AHK(4S4)

:・CH=KH,AC=AK

・・.ZACK=AAKC

：.CG=GK

・・.ZGCK=AGKC

：.AACK+AGCK=AAKC+AGKC

：.AACG=AAKG

・・・AB是。O直径

・・・AACB=AAKG=AGKB=90°

・・・4AKG=4CNM=90°,4GAK=/MCN,AG=CM

・・・AGAK艺/\MCN(AAS)

・・.AC=AK=CN

:・GK=MN=CG

・・,AGKB=AMNB=90°,/GBK=AMBN

：./\GBK^/XMBN^AAS)

:・BK=BN

VTF=5,AB=2FTf

：.AB=109OA=OB=5f

设BK=BN=Q,则AK=AC=C7V=10—a,CB=10—2。

在Rt/\ABC中,AC2+BC2=AB2

即(10—a)2+(10—2a)2=102

a=2或a=10(舍去)

：.BK=2,AC=8,BC=6

设CG=GK=M，则GB=6—m,•••

在Rt/\GKB中,GK2+BK2=GB1

即m2+22=（6—m）2

.8

..m——

o

.♦.CG=*

【点睛】本题考查了圆与三角形的综合问题，等腰三角形的判定和性质，圆周角定理，三角形全等的判定和性

质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形，全等三角

形.

，题白区（2024.黑龙江哈尔滨.一模）如图1,在。。中，直径AB垂直弦CD于点G,连接AD,过点。作CFL

40于F,交AB于点H,交。。于点E,连接OE.

⑴如图1,求证：/E=2/C；

⑵如图2,求证：DE=CH；

⑶如图3,连接BE,分别交AD、CD于点“、N,当OH=2OG,HF=g,求线段EN的长.

【答案】（1）见解析

（2）见解析

⑶12

【分析】（1）连接,根据垂径定理和等弧所对的圆周角相等，结合等角的余角相等即可证明结论；

⑵连接BC,运用同弧（等弧）所对的圆周角相等，结合同角的余角相等和等量代换即可证明；先证明

CH,再证明BC=DE;

（3）根据已知设出OG和OH,结合（2）表示BG,进而用a;表示半径、直径，结合勾股定理表示CH,BE,结合

△BGN〜△BE4即可求解.

【解析】⑴证明：连接AC,

•/AB是。。的直径，AB±CD,

：.BC^BD,/BAD+AADG=90°

4cAB=ABAD=；/CAD=]zCED,

AF±CE,

：.AECD+AADG^9Q°,

：.NECD=/BAD,

：.4E=24DCE;

⑵连接B。，

­：AB±CD,CE±AD,

：.4ECD+ZCHG=4ECD+NCDF=90°,•••

・・・ACHG=ZADC,

又・・・AADC=ZB,

・・・ZCHG=ZB,

:・CH=CB,

由⑴知：4E=24ECD,

：.CD=2DE,

•：CD=2BC,

：.DE=BCf

:・DE=BC=CH・,

⑶连接OC,AE,则：ZABB=90°,

•：OH=2OG9

设OG=力，则OH=2x,

：.HG=OH+OG=3x,

由⑵知，BC=CH,

・・・ABVCD,

:.BG—GH—3力,

:.OB—BG+OG—4x,

OC—4x,AB—8x,AH—2x,

•・・ZCfffi=NAHE,ACBH=Z.CEA,且ACHB=ACBH,

・・・4AHE=/CEA,

:.AE—AH—2x,

/.Rt/\ABE中，BE=-JAB2—AE2=2V15x,

RtAOGC中，CG=VOC2-OG2=V15a;,

Rt^HGC中，CH=y/CG2+GH2=2娓x,

•：DE=BC=BD,

：./BAD=NDCE,

sinZ.BAD—smZ.DCE,即：„=„,

A.HOH

•VW=3z：

"2x~2V6X'

些

.•・力/3’

BE—2V152：=20,BG=3c=2VlK,AB—8x—,

o

・・・/ABE=4GBN,/BGN=ZAEB=9Q°,

：・/\BGN〜/\BEA,

.BN=BG

,•布―南，

.BN=BGYB=2E中

BE20'

:.EN=BE—BN=\2.

【点睛】此题主要考查圆的综合问题，涉及到垂径定理，圆周角定理，弧、弦、角之间的关系，解直角三角形，相

似三角形的判定和性质，综合性强，难度较大，熟悉圆的相关性质，会结合题意灵活运用勾股定理和方程思

想，会借助相似三角形构建等量关系是解题的关键.

【题目回（2024.浙江.模拟预测）如图1,△ABC内接于。。，作AD，6。于点D.•••

DG7C

连结。，求证：

（1）ABO.ZAOB+2ZJDAC=180°；

（2）如图2,若点E为弧AC上一点,连结BE交AO于点F,若ABAD=2ACAD,ADBF+4/CAO=90°,

连结OF,求证：O尸平分NAFB；

（3）在（2）的条件下，如图3,点G为上一点,连结EG,4BGE=2ZC.若AD=前,BD+EG=3,求

DF的长.

【答案】（1）见解析

（2）见解析

【分析】

⑴根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半,且结合AD±BC,即可作答；

（2）先根据三角形的外角性质，得AABF=ABAD=2a,等角对等边，得BF=AF,即可证明△4OF笃

△BOF（SSS）,结合全等三角形的对应角相等，即可作答；

（3）根据同弧所对的圆周角是相等，得=90°-a,由三角形的内角和，得=90°—a,等角对等

边，得AB=BE,进而证明△ABDZ4BEM（AAS）,得ME=BD,等角对等边，得EG=EN,故MN=ME

+EN=3,因为AMBE=NMNB,BMN=NBMN=90°,证明4BME〜/XNMB，得手=嘤^，解得ME=

2,由勾股定理建立式子，即可作答.

【解析】（1）证明：：ADYBC,

：.ZADC=90°,

：./C+/ZMC=90°,

••.2/C+2/DAC=180°,

ZAOB=2/C,

AAOB+2/D4C=180°;

（2）证明：设/CAD=a,

•/ABAD=2ACAD,ADBF+4/CAD=90°,

ABAD=2a,AFBD=90°-4a,

/BFD=4a,

：.4ABF=/RAD=2w,

：.BF=AFf

,：OB—OA,OF—OF,

・・・/XAOF^ABOF（SSS）,

・・・/BFO=/AFO,

・・・O尸平分乙4尸

（3）解:连接4E,过点后作矶f_LAB于点“交BC的延长线于点N,•••

由(2)得，乙4cB=90°—a,

・・.AAEB=9Q°—a,

・・・/ABF=/BAD=2a,

/./ABE=2a,

・・・ABGE=2NC,且/。=90°—a,

・・・/BAE=180°-/LABE-AAEB=90°-a,ABGE=180°—2。,

・・・/.BEA=/BAE,ZEGC=2a,

/.AB—BE,

・・•/.BAD=/ABE,ABME=AADB=90°,

・•・/\ABDn相EM(AAS),

・・.ME=BD,AD=MB=®AMEB=/DBA=90°-2a,

・・・4EBN=90°—4a,

・・.NN=2a,

・・・AEGC=/ENG,

・・.EG=EN,

・；BD+EG=3,

：,MN=ME+EN=3,

・・・4MBE=4MNB,BMN=乙BMN=90°,

,MBME〜ANMB,

.BM=ME

"NM~^B9

.正=ME

•〒一词’

:.ME=2,

：.ME=BD=2,

•：BD2+DF2=BF2,

：.2\DF2=(V6-OF)2,

・・.DF=乎.

6

【点睛】本题考查了圆综合，涉及圆周角定理，三角形外角性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判

定与性质，勾股定理等综合内容，难度较大，综合性较强，学会灵活运用等角对等边以及作出正确的辅助线是

解题的关键.

场土H与四边形绘合

:题目回(2024•浙江杭州•模拟预测)如图，四边形ABCD内接于。O,AC为0O的直径，DELAC于点F

交.BC于点、E.

图1图2

(1)设/DBC=a,试用含a的代数式表示/ADE；•••

⑵如图2,若BE=3CE,求器的值；

⑶在⑵的条件下，若交于点G,设=cos/BDE=y.

Ur

①求V关于c的函数表达式.

②若求？/的值.

【答案】⑴90。一&

（2）2

⑶①穴小②朵

x+116

【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，结合三角形的内角和定理，即可得解；

⑵圆周角定理得到/ADC=90°=乙4FD,进而得到ZDAC=NCDF,推出ABCE〜△BCD,得到黑=

L）E/

综=察，设CE=a，求出CD的长，即可得出结果；

CDCE

⑶①过点G作GH//DE,得至1△CEF〜△CHG,ABHG〜ABED,进而得到需=桀=需，萼=

CHCGGHDE

黑=善，根据弟=叫班=3CE,推出DG=^BD,DF=，产.DE,利用"=cos/BDE=需

DbjbJJ5O3（T+1）DG

结合黑=2进行求解即可；

DE

②作EW_LB_D于W,根据已知条件推出BD=4CE,DE=2CE,设CE=a,DW=M,勾股定理求出m=

日a,再根据y=cosZBDE=与等求解即可.

oUE/

【解析】（1）解：•・,四边形ABCD内接于。O,

・・・/DAC=/CBD=a,

•：DE±AC,

：.ZAFD=90°f

：.NADE=90°-ZDAC=90°-a;

（2）V4。为。。的直径，

・・.ZADC=90°=ZAFD,

・・.ZDAC=ZCDF=90°-AADF,

・・•ZDBC=/DAC,

：.ADBC=乙CDF,

・・・4DCE=/BCD,

.-.△nCE-ABCD,

.BD=BC=CD

''^E~~CD~~CE"

•：BE=3CE,

：.设CE=a，则：BE=3a,

・・・BC=4a,

・・・CD?：石。・五=4Q.Q=402,

・・.CD=2Q（负值舍去）；

,BD=BC=4a=2.

"DE-CD-2^-；

（3）①过点G作GH7/DE,

则：/\CEF〜4cHG,/\BHG〜4BED,

.CE=CF=EFGH=BH=BG

一~CH~~CG~~GH^^E~~BE~~BD

•:嘿=x,BE=3CE,

Ur

.CEEF

=/i,BC=4CE,

，9~CH~~GH

：.EF=—^—GH,CH=(x+l)CE,

x~rl

：.BH=BC-CH=^CE-O+1)CE=(3—c)CE,

•：BE=3CE,

.BG=GH=BH=3—x

GH=圭0DE,BG=

Jo

：.DG=BD—BG=鼻BD,EF=3—>.

3，+l3(a:+1)DE

:.DF=DE—EF=————DE,

3(z+l)

——DE

DF=3(,+1)

/.y—cos/BDE—

DGfBD

由（2）知：萼=2,

Un/

4x

3Q+1)_2

.oT+1

3/

②如图，作EW_LBD于W,

・・・BC=BD,BD=2DE.BC=4CE,

:・BD=4CE,DE=2CE,

设CE=a,DW:BD=4a,DE=2a,BE=3a,BW=BD—DW—^a—m,

・・・EW2=DE2-DW2=BE2-BW2,

4a2—m2=9a2—(4a—m)2,

解得：m—耳a,

o

y=cos/BDE=DW_晋。_11

DE2a16

【点睛】本题考查圆的综合应用，涉及到圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，求函数解析

式，勾股定理等知识点，综合性强，难度大，计算量大，掌握圆周角定理，添加辅助线，构造特殊图形和相似三

角形，是解题的关键，注意计算的准确性.

题目回（2024•广东珠海・一模）如图1,F为正方形ABCD边BC上一点，连接AF,在AF上取一点O,以

OA为半径作圆，恰好使得。。经过点B且与CD相切于点E.

图1图2

（1）若正方形的边长为4时，求。。的半径；

（2）如图2,将AF绕点、A逆时针旋转45°后，其所在直线与。O交于点G,与边CD交于点连接DG,

BG.

①求/ADG的度数；

②求证：AB-BF+AGFG=BG2.

【答案】⑴段

（2）①45°;②证明见解析

【分析】（1）连接OB、OE,如图所示,先证明AF是。。的直径，再证明OE是梯形的中位线，设。O的半径

为r,由梯形中位线性质及正方形性质得到FC=2r-4,BF=8-2r,AF=2r•，在Rt△ABF中，由勾股定理

列方程求解即可得到答案；

（2）①连接BD交。。于如图所示，利用正方形性质、旋转性质及圆周角定理得到BG与BD重合，即可

得到答案;②过点G作GN_LBC于河，GN_LAB于N,如图所示，得到四边形BMGN是矩形,进而结合等

腰直角三角形的判定、全等的判定与性质、正方形的判定与性质得到相应边的关系，设正方形BMGN的边长

为a,AN=FM=b,则AB=BN+AN=a+b,BF=BM—FM=a—b,在Rt^GMF中，由勾股定理可得

GF?=a^+b2,在Rt^GMB中，由勾股定理可得G&=2a2,即可得到所证等式成立.

【解析】⑴解:连接OB、OE,如图所示：

----、D

OA=OB,OE±DC,

：.ABAC=AOBA,OE//ADIIBC,

在正方形ABCD中，NABF=90°,则ZBAC+/APB=90°,AOBA+AOBF=90°,

NOBF=/OF5,则05=OF,即OA=OB=OF,

.•.O为4F的中点，

•：OE//AD//BC,

.•・嫖=黑=1,即E是。。中点，

：.OE是梯形的中位线,则OE=-j-(AZ)+FC),

设。O的半径为r,则FC=2r-4,

:.BF=4—FC=8—2T,AF=2r,

在RtAABF中，由勾股定理可得AB2+BF2=AF2,即42+(8-2r)?=(2吟,,解得「=*

(2)解:①连接BD交OO于/，如图所示：//------、D

在正方形ABCD中，NABD=45°,

AP是0。的直径,且将AF绕点A逆时针旋转45°到AH,

ZFAH=45°,ZAGF=90°,

ZAFG=45°,

■：AG=AG,

B?2c

乙4BG=/AFG=45°,

ABG与重合，则AADG=45°;

②过点G作GAf_LBC于W,GN_LAB于N,如图所示:

四边形BMGN是矩形,

由①知AABG=45°,则AGBF=45°,

二△BMG是等腰直角三角形，即MG=MB,

四边形BMGW是正方形，

GN=GM,

由①知△AGF是等腰直角三角形，即GA=GF,

：.Rt^GNA空RtAGMF(HL),

：.AN=FM,

设正方形BMGN的边长为a,AN=FM=b,则AB=BN+AN=a+b,BF=BM-FM=a-b,

在RtAGMF中，由勾股定理可得GF2=GMAFM三a2+62,

在Rt^GMB中，由勾股定理可得Gpz=GM2+BM2^a2+a2^2a2,

AB-BF+AG-FG

=ABBF+FGFG

=(a+b)(a—b)+(o2+b2)

=2a2

=BG2,

：.ABBF+AG-FG=BG2.

【点睛】本题难度较大，综合性强，涉及圆周角定理、梯形中位线的判定与性质、勾股定理、旋转性质、圆周角

定理、矩形的判定、正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识,

熟练掌握相关几何性质与判定，根据问题作出相应辅助线求解是解决问题的关键.

里巴*1有关的动态问题

〔题目〔7〕(2024.广东.一模)综合探究：

如图，已知48=10,以AB为直径作半圆O,半径。入绕点。顺时针旋转得到OC,点A的对应点为。，当

点。与点B重合时停止.连接BC并延长到点D,使得CD=BC,过点、D作DE工AB于点、E,连接AD,

AC.

图3

⑴如图1,当点E与点。重合时，判断△ABD的形状，并说明理由；

⑵如图2,当OE=1时，求BC的长；

⑶如图3,若点P是线段AD上一点，连接PC,当PC与半圆。相切时，判断直线PC与AD的位置关系，并

说明理由.

【答案】(口△ABD是等边三角形，理由见解析

(2)BC的长为恂或•••

（i）PC±AD.理由见解析

【分析】⑴由圆周角定理得到AC±BC,结合已知条件CD=BC和等腰三角形“三线合一”性质推知AD

=AB=10,再由等腰“三线合一”性质得到AD=BD,即可得到结论；

（2）分类讨论：点E在线段40和线段OB上，借助勾股定理求得BC的长度；

（3）由三角形中位线定理知OC〃AD,又由切线的性质知PC_LOC,根据平行线的性质即可得到答案.

【解析】⑴△ABD是等边三角形，理由如下：

如图1,♦.•48是圆。的直径，

AC±BC,

叉•：CD=BC,口

：.AD=AB=10,/K

•.•点E与点。重合，

Ao（玲E

-：AD=AB,3

图1

AD=AB=DB,

：.△ABD是等边三角形；

（2）VAB=10,

/.AO=BO=5,

当点E在人O上时，

则=—OE=4,BE=BO+OE=6,

•/AD=10,DEJ_AO,

：.在RtAADE和Rt/XBDE中，

由勾股定理得AD2-AE2=BD2-BE2,

即102—42=802—62,

解得BD=2西，

.-.BC=yBD=VSO;

22

当点E在OB上时，同理可得1。2-62=B£>-4,

解得=后，

:.BC=qBD=2娓;

综上所述，BC的长为百或2遍；

（3）PC±AD.理由如下:

如图3,连接OC.

♦.•点。是的中点，点。是AB的中点，

OC是4ABD的中位线，图3

AOC//AD

又IP。与半圆O相切,

PC±OC

：.PCYAD.

【点睛】此题考查了圆周南定理，等边三角形的判定，等腰三角形三线合一性质，勾股定理，三角形中位线定

理，切线的性质等知识，根据点E的位置正确分类是解题的关键.

「题目回（2024.浙江湖州.一模）如图，在OABC。中,ZB是锐角，AB=6V2,BC=10,在射线BA上取一点

P,过P作于点E,过P,E,。三点作。O.

BKEC

⑴当cosB=~|■时，

5

①如图1,若AB与OO相切于点P,连结CP,求CF的长；

②如图2,若。。经过点。，求。。的半径长.

（2）如图3,已知。。与射线BA交于另一点F,将△BEF沿EF所在的直线翻折,点B的对应点记为B'，且

B恰好同时落在©。和边40上,求此时PA的长.

【答案】（1）①CP=8;②。。的半径长为庖；

（2）PA=1V2.

【分析】（1）①利用切线的性质得到ABPC=90°,利用三角函数的定义求得BP的长,再利用勾股定理求解即

可；

②连结PD,PC,求得PC是。O的直径，利用三角函数的定义结合勾股定理即可求解;

（2）过点F作FM±DA交的延长线于点“，连结CF,CP,P。是直径，得到NPFC=90°,求得和

AF的长，再利用勾股定理求得超=6.再求得平行四边形BC边上的高NE的长，设PN=4N=2；,利用勾

股定理即可求解.

【解析】（1）解:①,/PE工BC,即APEC=90°,

.•.CP是。。的直径，

•.•4B与。。相切于点P,p

■.-CosB=j,BC=W,/I

/.BP—BC-cosB-6,\/

根据勾股定理，得CP=Y=8;j//

②如图，连接PD,PC,/——

D21C

•//PEC=90°,

.•.PC是。。的直径，zpnc=90°,

•/四边形ABCD是平行四边形，

AAD//BC,AB//DC,AD=BC,CD=AB,

：.cosZPAD=cosB=4,/APD=APDC=90°,AD=BC=10,CD=AB=6〃，

5

:.AP—AD•cosZ.PAD=6,

根据勾股定理，得PD2=AD2-AP2=64,

PC=^/PD2+CD-=2A/34.

二。。的半径长为V34;•••

⑵解:如图，过点F作FM_LD4交D4的延长线于点M,连接CF,CP,记PE于AD交于点N,

/FZE=ZB,NFPEjFPE,

：.ZB=4FPE,

•：PE±BC,

：.NB=NFPE=45°,

NPEC=90°,

.♦.PC是直径，

NPFC=90°,

：.BF=BC,cos45°=572,AF=0

•：/M4F=/B=45°,

AM=MF=AF.§=1,

•/B'F=BF=5V2,

：.yjBF2-MF'2=7,即6.

NE为平行四边形BC边上的高,

.\A®=6V2-sin45°=6,

又；/PAN=/B=45°,

:.PN=AN.

设PN=AN=a;,则PE=c+6,NB^Q-x,

,:PE=BE=BE,

BE—x+6,

根据勾股定理，得NBONE'B'E2，即（6—2）2+62=（6+2）2,

解得，=等,

【点睛】本题考查了切线的性质，解直角三角形，圆周角定理，平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定与

性质、折叠的性质.正确添加辅助线解决问题是解题的关键.

、寂目回（2024•云南昭通・模拟预测）如图，在。。中，是。。的直径，点”是直径AB上的一个动点，过点

丽的弦。。，48,交0。于点。、。,连接3。,点尸为3。的中点,连接。干并延长,交48于点后,交00

于点G.

图1图2备用图

（1）如图1,连接CG,过点G的直线交。。的延长线于点P.当点朋■与圆心。重合时，若/.PGC=AMDE,

求证：PG是。。的切线；

（2）在点河运动的过程中，DE=kDF（k为常数），求％的值；

⑶如图2,连接BG'OF'W,当是等腰三角形时，求/BGD的正切值.

【答案】（1）见解析

⑵%号

（3）/BGD的正切值为《或苧

【分析】（1）连接OG,根据圆周角定理,结合等角的余角，求得ACGO+ZPGC=90°,进而得到OG，PG,

即可得证；

⑵过点F作FH_LCD,垂足为玄，易得出是"CM的中位线，进而推出=已证明ADME〜

DH3

△DHF,得到DE=^-DF，即可得出结果；

O

（3）分点凹在圆心O的左侧和点河在圆心O的右侧，两种情况进行讨论求解即可.

【解析】（1）证明：如图1,连接OG,则OD=OG,

・・・/MDE=/OGE,

当点“与圆心。重合时，CD是。。的直径，

・・.ZCGD=90°,即ZCGO+AOGE=90°,

・・・ZPGC=AMDE,

APGC=/OGE,

"GO+/PG。=90°,

即OG_LPG,

・・・OG是。O的半径，

・・・PG是。O的切线.

⑵解:如图1,过点F作FH_LCD,垂足为氏则FH〃AB,

・・•点/为BC的中点,

.CH=CF=、

"HM--'

・・・H为CM'的中点，

・・._FH是"。根的中位线，

：,CH=MH=fcM,

・・・AB是。O的直径，弦CD_L48,

：.CM=DM=^-CD,

.DM=2

**DH-3",

・・・/DME=/DHF=90°,AMDE=AHDF,

・・・ADME〜ADHF,

..DE=DM=2

•'DF~DH~~39

2

:・DE.DF,

.・.一

o

⑶解:如图2,当点“在圆心O的左侧时，OF=OM,连接CO,

・・,点F为的中点，

：.OF_LBC,

（「°—仁。

在和R/△O7WC中，

[OF=OM

・・・Rt/\OFC^Rt/\OMC(HL),

：.CF=CM.

在Rt^CMB中，点F为石。的中点,

：.MF=CF=BFf

：.MF=CF=CM,

・・.△CMF1是等边三角形，

・・.ZDCB=60°,

・・.=60°,

tanZBGZ)=tan60°=V3;

如图3,当点加在圆心O的右侧时，OF=O河，/FOM=AOFM,

,・•点F为8。的中点,

：.OF±BC,

・・.ZOFB=90°,

・・・ZOF^+Z7WFB=90°,ZFOM4-ZMBF=90°,

・・・4MFB=/MBF,

:・MF=MB,

在Rt/XCMB中，点F为石。的中点,

:・MF=BF=CF,

：.MF=MB=BF,

••.△A4BF是等边三角形，

・•.Z7WBF=60°,

・・.Z7WCF=3O°,

・•.ZBGZ?=ZBCD=30°,

tanZBGZ?=tan30°=

o

综上所述，/BGD的正切值为血或空.

【点睛】本题考查圆与三角形的综合应用，涉及切线的判定，垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定和性

质,相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，综合性强，难度大，属于压

轴题，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键.

题型4:国与坐标系或函数

.题目叵（2024.福建龙岩.一模）如图,抛物线y=—/+3o；+4与0轴分别交于A、B两点（点A在点B的左

侧）与沙轴交于点C.

(1)(2)

（1）直接写出4B、C三点的坐标;

⑵如图⑴，P是抛物线上异于A,6的一点，将点B绕点P顺时针旋转45°得到点Q,若点Q恰好蝮线_

18

AP上，求点P的坐标;

(3)如图(2),MN是抛物线上异于的两个动点，直线BN与直线CM交于点T,若直线MN经过定点

(1,3),求证:点T的运动轨迹是一条定直线.

【答案】(1)人(-1,0),8(4,0),。(0,4)

⑵P(l,6)或P(2,6)

⑶见解析

【分析】

(1)分别令=0,即可求解；

(2)以为斜边向上作等腰直角三角形△ABD,得出。(*毋),依题意，乙4PB=45°=J乙4DB,P是半

径为-1-V2的©。与抛物线的交点，设P(M,—病+3馆+4),其中—1＜小＜4,根据勾股定理建立方程,解方

程，即可求解；

⑶设T(m,n)，分别表示出直线TB,TC的解析式y、=—^―a：+钟一，统=皂二+4,进而联立抛物线

m—44—nzm

解析式，得出xN=―1,xM—3——一依题意，直线7VW的解析式为y=k(x—1)+3,即y=kc—

k+3