专题14圆与相似三角函数综合问题（解析版）

专题14圆与相似三角函数综合问题

【例1】（2021·四川内江·中考真题）如图，AB是O的直径，C、D是O上两点，且BDCD，过点D

的直线DEAC交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F，连接AD、OE交于点G．

（1）求证：DE是O的切线；

DG2

（2）若，O的半径为2，求阴影部分的面积；

AG3

（3）连结BE，在（2）的条件下，求BE的长．

第1页共70页.

2

【答案】（1）见解析；（2）23；（3）13

3

【解析】

【分析】

（1）根据同圆中等弧所对的圆周角相等得到∠CAD=∠DAB，根据等边对等角得到∠DAB=∠ODA，则∠

CAD=∠ODA，即可判定OD∥AE，进而得到OD⊥DE，据此即可得解；

（2）连接BD，根据相似三角形的性质求出AE=3，AD=23，解直角三角形得到∠DAB=30°，则∠EAF=60°，

∠DOB=60°，DF=23，再根据S阴影=SDOF-S扇形DOB即可得解；

△3335

（3）过点E作EM⊥AB于点M，连接BE，解直角三角形得到AM=，EM=，则MB=，再根据勾

222

股定理求解即可．

【详解】

解：（1）证明：如图，连接OD，

BDCD，

CADDAB，

OAOD，

DABODA，

CADODA，

OD//AE，

DEAC，

ODDE，

OD是O的半径，

DE是O的切线；

（2）解：OD//AE，

第2页共70页.

OGD∽EGA，

DGOD

，

AGAE

DG2

，O的半径为2，

AG3

22

，

3AE

AE3，

如图，连接BD，

QAB是O的直径，DEAE，

AEDADB90，

CADDAB，

AED∽ADB，

AEAD

，

ADAB

3AD

即，

AD4

AD23，

AD3

在RtADB中，cosDAB，

AB2

DAB30，

EAF60，DOB60，

F30，

OD2，

22

DF23

tan303，

3

160222

S阴影SS扇形22323；

DOFDOB23603

第3页共70页.

（3）如图，过点E作EMAB于点M，连接BE，

1333

在RtAEM中，AMAEcos603，EMAEsin60，

222

35

MBABAM4，

22

335

BEEM2MB2()2()213．

22

【点睛】

此题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质、扇形的面积、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，

熟练掌握切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质并证明OGD∽△EGA求出AE是解题的关键．

【例2】（2021·甘肃兰州·中考真题）如图，ABC内接于O，A△B是O的直径，E为AB上一点，BEBC，

延长CE交AD于点D，ADAC．

（1）求证：AD是O的切线；

1

（2）若tanACE，OE3，求BC的长．

3

【答案】（1）见解析；（2）8

【解析】

【分析】

（1）根据BEBC，可得BECBCE，根据对顶角相等可得AEDBEC，进而可得BCEAED，

根据ADAC，可得ADCACE，结合ACB90，根据角度的转化可得AEDD90，进而即可

证明AD是O的切线；

第4页共70页.

EA1

（2）根据ADCACE，可得tanDtanACE，设AEx，则ACAD3x，分别求得

DA3

AC,AB,BC，进而根据勾股定理列出方程解方程可得x，进而根据BCx6即可求得．

【详解】

（1）BEBC，

BECBCE，

AEDBEC，

BCEAED，

ADAC，

ADCACE，

AB是直径，

ACB90，

DAEDACDBCEACB90，

AD是O的切线；

（2）ADAC，

ADCACE，

EA1

tanDtanACE，

DA3

设AEx，则ACAD3x，

OBOAAEOE3x,BCBEOEOB3x36x，AB2OA2x6，

在RtABC中，AC2BC2AB2，

222

即3xx62x6，

解得x12,x20（舍去），

BCx68．

【点睛】

本题考查了切线的判定，勾股定理解直角三角形，正切的定义，利用角度相等则正切值相等将已知条件转

化是解题的关键．

【例3】（2021·四川绵阳·中考真题）如图，四边形ABCD是⊙O的内接矩形，过点A的切线与CD的延长线

交于点M，连接OM与AD交于点E，AD1，CD1．

第5页共70页.

（1）求证：△DBC△AMD；

（2）设ADx，求VCOM的面积（用x的式子表示）；

（3）若AOECOD，求OE的长．

x3x33

【答案】（1）见解析；（2）；（3）

410

【解析】

【分析】

（1）由矩形性质可得ADMDCB90,然后证明DMADBC即可得出结论；

（2）根据勾股定理得出ACx21，根据相似三角形性质得出MDx2，则

x21

OAONODOCOB，根据勾股定理得出MA的值，运用三角形面积公式表示即可；

2

x2ND

2

（3）记OM与圆弧交于点N，连接DN，证明△MND△MOC，即可得出12，求出ND

ADx1x1

2

x

的值，过D作DGAC于G，过O作OHDN于H．运用等面积法得出HODG，根据勾股定

x21

x233

理得出DN2DH2OD2HD2，代入数据联立ND的值，解方程得出ND，OA，

2x2132

3

设OEt，则NEt，根据相似三角形性质即可得出结论．

2

【详解】

解：（1）∵四边形ABCD为O的内接矩形，

∴AC，BD过圆心O，且ADCDCB90．

∵ADM90,

第6页共70页.

∴DAMDMA90,

又∵AM是O的切线，故DAMDAO90，

由此可得DMADAC，

又∵DAC与DBC都是圆弧DC所对的圆周角，

∴DACDBC，

∴DMADBC，

又∵MDABCD90，

∴△DBC△AMD；

（2）解：由ADx，CD1，则ACx21，

x21

由题意OAONODOCOB．

2

DCAD

由（1）知△DBC△AMD，则，

BCMD

代入DC1，BCx，ADx，

1x

可得，解得MDx2．

xMD

在直角△MAD中，MADM2DA2x2x4，

3

112412xx

所以S△MAOCxxx1；

COM2224

（3）解：记OM与圆弧AD交于点N，连接DN．

11

∵AOECOD，ADNAON，DBCDOC，

22

∴ADNDBC．

第7页共70页.

又DACDBC，所以∠DAC∠ADN，

∴ND//AC．

MDND

∴△MND△MOC，故．

MCOC

由（2）知，由ADx，CD1，则ACx21，

x21

由题意可得OAONODOCOB，

2

12

代入数据MDx2，MCMDDCx21，OCx1，

2

2

xND2

x

得到2，解得①．

x112ND

x12x21

2

过D作DGAC于G，过O作OHDN于H．

易知HODG．

11

由等面积法可得S△DADCACDG，

ADC22

DADCxx

代入数据得DG，即HODG．

ACx21x21

在直角三角形HOD中，DN2DH2OD2HD2

1x24x2x21

22．②

2x12x12

4x1x1x21

x2x21

由①②可得，得x22x22，

2x21x21

解得x12，x22（舍去）．

x233

所以ND，OA．

2x2132

NDNE

由ND//AC，故△NED△OEA，故．

AOOE

33

t

33

设OEt，则NEt，代入得2，

23t

2

3333

解得t，即OE的长为．

1010

【点睛】

第8页共70页.

本题考查了圆的综合问题，相似三角形判定与性质，圆切线的性质，勾股定理，解一元二次方程等知识点，

熟练运用相似三角形性质列出方程是解题的关键．

【例4】（2021·江苏镇江·中考真题）如图1，正方形ABCD的边长为4，点P在边BC上，⊙O经过A，B，

P三点．

（1）若BP＝3，判断边CD所在直线与⊙O的位置关系，并说明理由；

（2）如图2，E是CD的中点，⊙O交射线AE于点Q，当AP平分∠EAB时，求tan∠EAP的值．

51

【答案】（1）相切，见解析；（2）

2

【解析】

【分析】

（1）如图1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．求出OE的长，与半径半径，可得结论．

（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．利用面积法求出BP，可得结论．

【详解】

解：（1）如图1﹣1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝AD＝4，∠ABP＝90°，

∴AP＝AB2BP2＝4232＝5，

第9页共70页.

∵OH⊥AB，

∴AH＝HB，

∵OA＝OP，AH＝HB，

13

∴OH＝PB＝，

22

∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，

∴四边形AHED是矩形，

∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，

35

∴OE＝EH＝OH＝4﹣＝，

22

∴OE＝OP，

∴直线CD与⊙O相切．

（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．

∵∠D＝∠ECT＝90°，DE＝EC，∠AED＝∠TEC，

∴△ADE≌△TCE（ASA），

∴AD＝CT＝4，

∴BT＝BC+CT＝4+4＝8，

∵∠ABT＝90°，

∴AT＝AB2BT2＝4282＝45，

∵AP是直径，

∴∠AQP＝90°，

第10页共70页.

∵PA平分∠EAB，PQ⊥AQ，PB⊥AB，

∴PB＝PQ，

设PB＝PQ＝x，

∵SABT＝SABP+SAPT，

△△△

111

∴×4×8＝×4×x+×4×x，

2252

∴x＝25﹣2，

PB51

∴tan∠EAP＝tan∠PAB＝＝．

AB2

【点睛】

本题考查了直线与圆的位置关系，正方形的性质，解直角三角形、相似三角形判定和性质等知识，解题的

关键是掌握切线的证明方法：已知垂直证半径，已知半径证垂直，利用三角形面积不同的表示方法构建方

程解决问题是难点．

【例5】（2021·辽宁朝阳·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，且∠AOD＝90°，点C是⊙O

外一点，分别连接CA，CB、CD，CA交⊙O于点M，交OD于点N，CB的延长线交⊙O于点E，连接AD，

ME，且∠ACD＝∠E．

（1）求证：CD是⊙O的切线；

1

（2）连接DM，若⊙O的半径为6，tanE＝，求DM的长．

3

125

【答案】（1）见解析；（2）

5

【解析】

【分析】

（1）根据圆周角定理和等量代换可得∠BAC＝∠ACD，进而得出AB∥CD，由∠AOD＝90°可得OD⊥CD，

从而得出结论；

11

（2）由tanE＝，可得tan∠ACD＝tan∠OAN＝tanE＝，在直角三角形中由锐角三角函数可求出ON、

33

第11页共70页.

DN、CD，由勾股定理求出CN，由三角形的面积公式求出DF，再根据圆周角定理可求出∠AMD＝45°，进

而根据等腰直角三角形的边角关系求出DM即可．

【详解】

解：（1）∵∠ACD＝∠E，∠E＝∠BAC，

∴∠BAC＝∠ACD，

∴AB∥CD，

∴∠ODC＝∠AOD＝90°，

即OD⊥CD，

∴CD是⊙O的切线；

（2）过点D作DF⊥AC于F，

1

∵⊙O的半径为6，tanE＝＝tan∠ACD＝tan∠OAN，

3

11

∴ON＝OA＝×6＝2，

33

∴DN＝OD﹣ON＝6﹣2＝4，

∴CD＝3DN＝12，

在RtCDN中，

△

CN＝DN2CD2＝42122＝410，

由三角形的面积公式可得，

CN•DF＝DN•CD，

即410DF＝4×12，

610

∴DF＝，

5

11

又∵∠AMD＝∠AOD＝×90°＝45°，

22

∴在RtDFM中，

△

第12页共70页.

610125

DM＝2DF＝2×＝．

55

【点睛】

本题考查切线的判定和性质，直角三角形的边角关系，圆周角定理，掌握锐角三角函数以及勾股定理是解

决问题的前提．

【例6】（2021·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，在ABC中，ABAC，以AB为直径的O交AC于点

D，BC于点E，直线EFAC于点F，交AB的延长线于点H．

（1）求证：HF是O的切线；

1

（2）当EB6,cosABE时，求tanH的值．

3

7

【答案】（1）见详解；（2）2

8

【解析】

【分析】

（1）连接OE，先证明∠C=∠OEB，可得OE∥AC，从而得HF⊥OE，进而即可得到答案；

1

（2）连接AE，由EB6,cosABE，可得AB=18，AE=122，再证明HBE∽HEA，设HA=x，则

3

2

HE=x，OH=x-9，根据勾股定理，列出方程，即可求解．

4

【详解】

（1）证明：连接OE，

第13页共70页.

∵ABAC，

∴∠C=∠ABC，

∵OB=OE，

∴∠ABC=∠OEB，

∴∠C=∠OEB，

∴OE∥AC，

∵EFAC，

∴EF⊥OE，即：HF⊥OE，

∴HF是O的切线；

（2）连接AE，

∵AB是O的直径，

∴∠AEB=90°，即AE⊥BC，

1

∵EB6,cosABE，

3

第14页共70页.

1

∴AB=EB÷cosABE=6÷=18，AE=18262122，

3

1

∴OA=OE=AB9，

2

∵OE⊥HF，∠AEB=90°，

∴∠HEB+∠BEO=∠AEO+∠BEO，即：∠HEB=∠AEO，

∵OA=OE，

∴∠AEO=∠EAO，

∴∠HEB=∠EAO，

又∵∠H=∠H，

∴HBE∽HEA，

HBHEBE62

∴，

HEHAAE1224

2

设HA=x，则HE=x，OH=x-9，

4

2144

∴在Rt△OHE中，HE2+OE2=OH2，即：(x)2+92=(x-9)2，解得：x或x=0（舍去），

47

214436

∴HE=×=2，

477

OE97

tanH2

∴36．

HE28

7

【点睛】

本题主要考查圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，切线的判定定理，解直角三角形，添加辅助线构

造直角三角形和相似三角形是解题的关键．

【题组一】

1．（2021·广东·深圳市龙园外语实验学校三模）如图，AB是⊙O的直径，点C，点D在⊙O上，ACCD，

AD与BC相交于点E，AF与⊙O相切于点A，与BC延长线相交于点F．

第15页共70页.

(1)求证：AE＝AF．

3

(2)若EF＝12，sin∠ABF＝，求⊙O的半径．

5

【答案】(1)见解析

20

(2)

3

【解析】

【分析】

（1）由切线的性质得出∠FAB=90°，由圆周角定理得出∠CAE=∠D，∠D=∠B，证得∠F=∠CEA，则可得

出结论；

CE63

（2）由锐角三角函数的定义得出，求出AE=10，由勾股定理求出AC，则可求出AB的长．

AEAE5

(1)

证明：∵AF与⊙O相切于点A，

∴FA⊥AB，

∴∠FAB=90°，

∴∠F+∠B=90°，

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ACB=90°，

∴∠CAE+∠CEA=90°，

∵ACCD，

∴∠CAE=∠D，

∴∠D+∠CEA=90°，

∵∠D=∠B，

∴∠B+∠CEA=90°，

第16页共70页.

∴∠F=∠CEA，

∴AE=AF；

(2)

解：∵AE=AF，∠ACB=90°，

1

∴CF=CE=EF=6，

2

∵∠ABF=∠D=∠CAE，

3

∴sin∠ABF=sin∠CAE=，

5

CE63

∴，

AEAE5

∴AE=10，

∴AC=AE2CE210262=8，

AC83

∵sin∠ABC=，

ABAB5

40

∴AB=，

3

120

∴OA=AB=．

23

20

即⊙O的半径为．

3

【点睛】

本题考查了切线的性质，圆周角定理，勾股定理，锐角三角函数，等腰三角形的判定与性质等知识，熟练

掌握切线的性质是解题的关键．

2．（2021·广东韶关·一模）如图，AC为⊙O的直径，B为AC延长线上一点，且∠BAD＝∠ABD＝30°，BC

＝1，AD为⊙O的弦，连接BD，连接DO并延长交⊙O于点E，连接BE交⊙O于点M．

(1)求证：直线BD是⊙O的切线；

(2)求⊙O的半径OD的长；

(3)求线段BM的长．

第17页共70页.

【答案】(1)见解析

(2)1；

37

(3)

7

【解析】

【分析】

（1）利用等腰三角形的性质及三角形的内角和求得∠ODB＝90°，按照切线的判定定理可得答案；

（2）利用30°角所对的直角边等于斜边的一半及圆的半径相等可得答案；

（3）先由勾股定理求得BE的长，再连接DM，利用有两个角相等的三角形相似可判定BMD∽△BDE，

然后利用相似三角形的性质可得比例式，从而求得答案．△

(1)

证明：∵OA＝OD，∠BAD＝∠ABD＝30°，

∴∠BAD＝∠ADO＝30°，

∴∠DOB＝∠BAD+∠ADO＝60°，

∴∠ODB＝∠180°﹣∠DOB﹣∠ABD＝90°，

∵OD为⊙O的半径，

∴直线BD是⊙O的切线；

(2)

∵∠ODB＝90°，∠ABD＝30°，

1

∴OD＝OB，

2

∵OC＝OD，

∴BC＝OC＝1，

∴⊙O的半径OD的长为1；

(3)

∵OD＝1，

∴DE＝2，BD＝22123，

∴BE＝BD2DE2＝7，

如图，连接DM，

第18页共70页.

∵DE为⊙O的直径，

∴∠DME＝90°，

∴∠DMB＝90°，

∵∠EDB＝90°，

∴∠EDB＝∠DME，

又∵∠DBM＝∠EBD，

∴△BMD∽△BDE，

BMBD

∴，

BDBE

BD2337

∴BM＝．

BE77

37

∴线段BM的长为．

7

【点睛】

本题考查了切线的判定和性质，圆的性质，直径所对的圆周角是直角，三角形相似的判定和性质，熟练掌

握切线的性质，三角形相似的判定是解题的关键．

3．（2021·广东花都·二模）如图，⊙O是ABC的外接圆，BC为⊙O的直径．

(1)尺规作图：作∠ABD＝∠ABC，与⊙O△交于点D（保留作图痕迹，不写作法）；

(2)在（1）的条件下，连接CD交AB于点E，已知BD＝35，BE＝7AE，求⊙O的半径长．

【答案】(1)见解析

45

(2)

2

第19页共70页.

【解析】

【分析】

（1）根据同圆或等圆中，相等的弦所对的圆周角相等，只需作弦AD=AC即可．

（2）连接OA，交DC于H，可得AO∥BD，O是BC中点，可知OH是BD的一半，可得BDE∽△AHE，

利用性质可求AH长，最后可得半径长．△

(1)

解：如图，以点A为圆心，AC为半径画弧与圆O交于点D，连接BD，

则∠ABD即所求．

(2)

解：如图，连接OA，交DC于H，

在⊙O中：设OB＝OA＝OC＝r，

∴∠OBA＝∠OAB，r＝OH+HA，

∵∠ABD＝∠ABC，

∴∠ABD＝∠OAB，

∴BD∥OA，

∴∠BDC＝∠OHC，

∵BC是直径，

∴∠BDC＝∠OHC=90°，

第20页共70页.

连接OD，

∵OD=OC，OH⊥CD，

∴DH=CH，

∴H是CD的中点，

∵点O是BC的中点，

∴OH是BCD的中位线，

1△35

∴OH＝BD＝，

22

∵BE＝7AE，

AE1

∴，

BE7

∵BD∥OA，

∴△BDE∽△AHE，

AEAH1AH

∴，

BEBD735

∴AH＝5，

3545

∴r＝OH+HA＝+5＝．

22

45

∴⊙O的半径长是．

2

【点睛】

本题考查了圆的基本性质，三角形相似的判定和性质，三角形中位线定理，熟练掌握圆的性质，灵活运用

相似三角形的性质是解题的关键．

4．（2021·广东深圳·三模）如图，⊙O的内接四边形ABED中，∠BAD＝90°，AB＝AE，AD，BE的延长线

相交于点C，DF是⊙O的切线．

(1)求证：FD＝FC；

(2)若EF＝3，DE＝4，求AB的长．

第21页共70页.

【答案】(1)见解析

85

(2)

3

【解析】

【分析】

（1）连接BD，根据半圆所对的圆周角是直角得到BD是O的直径，根据切线的性质得到BDF90，

求得1290，由等腰三角形的性质得到ABE3，求得2ABE，根据等腰三角形的判定定理

即可得到结论；

（2）根据勾股定理得到DFCFDE2EF25，DCDE2CE2428245，根据余角的性质得到

DEEF16

DBEEDF，根据相似三角形的性质得到，求得BE，又根据相似三角形的性质即可得到结

BEDE3

论．

(1)

解：证明：连接BD，

QBAD90，

BD是O的直径，

DF是O的切线，

BDF90，

1290，

ABAE，

ABE3，

23，

2ABE，

QABCC90，

2C90，

第22页共70页.

1C，

DFCF；

(2)

解：QBAD90，

DEF90，

在Rt△DEF中，EF3，ED4，

DFCFDE2EF25，

在Rt△DEC中，DCDE2CE2428245，

BEDDEFBDF90，

BDEDBEBDEEDF90，

DBEEDF，

DEF∽BED，

DEEF

，

BEDE

16

BE，

3

BACCED90，CC，

CDE∽CBA，

DEDC

，

ABBC

445

16，

AB8

3

85

AB．

3

【点睛】

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，勾股定理，解题的关键是正确的识别图

形．

【题组二】

5．（2022·辽宁·东北育才实验学校模拟预测）如图，在ABC中，点O为BC边上一点，⊙O经过A、B两

点，与BC边交于点E，点F为BE下方半圆弧上一点，△FE⊥AC，垂足为D，∠BEF＝2∠F．

第23页共70页.

(1)求证：AC为⊙O切线．

(2)若AB＝5，DF＝4，求⊙O半径长．

【答案】(1)证明见解析

25

(2)

8

【解析】

【分析】

（1）连接OA，根据已知条件得到∠AOE＝∠BEF，根据平行线的性质得到OA⊥AC，于是得到结论；

（2）连接OF，设∠AFE＝α，则∠BEF＝2α，得到∠BAF＝∠BEF＝2α，得到∠OAF＝∠BAO＝α，求得∠

AFO＝∠OAF＝α，根据全等三角形的性质得到AB＝AF＝5，由勾股定理得到AD＝AF2-DF2=3，根据

圆周角定理得到∠BAE＝90°，根据相似三角形的性质即可得到结论．

(1)

证明：连接OA，

∴∠AOE＝2∠F，

∵∠BEF＝2∠F，

∴∠AOE＝∠BEF，

∴AO∥DF，

∵DF⊥AC，

∴OA⊥AC，

∴AC为⊙O切线；

第24页共70页.

(2)

解：连接OF，

∵∠BEF＝2ÐAFE，

∴设∠AFE＝α，则∠BEF＝2α，

∴∠BAF＝∠BEF＝2α，

∵∠B＝∠AFE＝α，

∴∠BAO＝∠B＝α，

∴∠OAF＝∠BAO＝α，

∵OA＝OF，

∴∠AFO＝∠OAF＝α，

∴△ABO≌△AFO（AAS），

∴AB＝AF＝5，

∵DF＝4，

∴AD＝AF2-DF2=3，

∵BE是⊙O的直径，

∴∠BAE＝90°，

∴∠BAE＝∠FDA，

∵∠B＝∠AFD，

∴△ABE∽△DFA，

ABBE

∴，

DFAF

5BE

∴，

45

25

∴BE＝，

4

25

∴⊙O半径＝．

8

第25页共70页.

【点睛】

本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅

助线是解本题的关键．

6．（2021·云南·昆明市第三中学模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C的直线与AB

的延长线交于点P，∠COB＝2∠PCB．

（1）求证：CP是⊙O的切线；

（2）若M是弧AB的中点，CM交AB于点N，若AB＝6，求MC•MN的值．

【答案】（1）见解析；（2）18

【解析】

【分析】

（1）已知C在圆上，故只需证明OC与PC垂直即可，根据圆周角定理，易得∠PCB+∠OCB=90°，即OC

⊥CP即可；

（2）连接MA，MB，由圆周角定理可得∠ABM＝∠BCM，进而可得MBN∽△MCB，故BM2=MN•MC，根

据锐角三角函数求出BM，代入数据可得MN•MC=BM2=18．△

【详解】

（1）证明：∵OA＝OC，

∴∠CAO＝∠ACO．

又∵∠COB＝2∠CAO，∠COB＝2∠PCB，

∴∠CAO＝∠ACO＝∠PCB．

又∵AB是⊙O的直径，

∴∠ACO+∠OCB＝90°．

∴∠PCB+∠OCB＝90°．

即OC⊥CP，

∵OC是⊙O的半径．

第26页共70页.

∴PC是⊙O的切线；

（2）解：连接MA，MB，

∵点M是弧AB的中点，

¼

∴AMB¼M，

∴∠ACM＝∠BCM．

∵∠ACM＝∠ABM，

∴∠BCM＝∠ABM．

∵∠BMN＝∠BMC，

∴△MBN∽△MCB．

BMMN

∴，

MCBM

∴BM2＝MN•MC．

¼

∵AB是⊙O的直径，AMB¼M，

∴∠AMB＝90°，AM＝BM．

∴∠ABM=∠BAM=45°，

∵AB＝6，

2

∴BM＝ABsin45°=6=32，

2

∴MN•MC＝BM2＝18．

【点睛】

本题主要考查圆的切线的判定及圆周角定理的运用和相似三角形的判定和性质的应用，等腰直角三角形的

判定和性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．

7．（2021·福建·重庆实验外国语学校模拟预测）已知四边形ABCD内接于O，ABAD．

（1）如图1，求证：点A到C两边的距离相等；

（2）如图2，已知BD与AC相交于点E，BD为O的直径．

第27页共70页.

DE

①求证：tanCAD；

BE

②若CBD30，AD32，求AE的长．

【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②AE3632

【解析】

【分析】

（1）连接AC，由等弦对等弧，等弧对等角得ACB∠ACD，即可得证；

BD

（2）①由，得到CADCBD，由直径所对的圆周角是直角，可推得tanCADtanCBD；

CDCDBC

DECQ

过点D作DQ//EC，交BC延长线于点Q，根据角的关系证明CDCQ，又由DQ//EC，得到，进

BEBC

DECD

一步等量代换得，即可得证；

BEBC

DE3

（2）②由第一小问知CADCBD30，tanCAD，设DEa，则BE3a，由条件求出

BE3

DECD

BD的值，建立等量关系，分别求出DE的值，再证明BAE∽CDE，根据相似三角形线段成比例得，

AEAB

代入相关数值求解即可．

【详解】

证明：（1）如图1，连接AC，

ABAD，

ABAD，

第28页共70页.

ACBACD，

点A到C两边的距离相等；

（2）①CDCD，

CADCBD，

QBD为直径，

BCD90，

BD

tanCADtanCBD，

BC

如图2，过点D作DQ//EC，交BC延长线于点Q，

ACBQ，ACDCDQ，

又由（1）知：ACB∠ACD，

CDQQ，

CDCQ，

CE//DQ，

DECQ

BEBC

DECD

，

BEBC

DE

tanCAD，

BE

②如图，

由（2）①得：CADCBD30，

第29页共70页.

DE3

则tanCAD，

BE3

设DEa，则BE3a，

QBD为直径，

BAD90，

ABAD32，

∴BD6，

a3a6，

解得：a333，

DE333，BE933，

又BCD90，

CDBDsinCBD3，

BDCBAC，ABDACD，

BAE∽CDE，

DECD

，

AEAB

32

AE(333)3632．

3

【点睛】

本题考查三角形的相似的性质和判定，等弦对等弧，等弧对等角，平行线分线段成比例等相关知识点，牢

记知识点是解题关键．

8．（2021·浙江·杭州市采荷中学二模）在ABC中，ACB90，以BC为直径的O交AB于点D．

第30页共70页.

（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ABC66，求ACM；

（2）如图②，过点D作O的切线DE交AC于点E，求证：AEEC；

3

（3）如图③，在（1）（2）的条件下，若tanA，求S△:S△的值．

4ADEACM

4

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）

5

【解析】

【分析】

（1）由三角形内角和角的计算问题；

（2）证明EDOECO(SAS)，则DECE，得到AADE，即可求解；

1

（3）设BC3x，AC4x，AB5x，则EDECACAE2x，由AMH∽ABC，得到

2

11612114848

SACMH4xxx2，同理可得：SAEDI2xxx2，即可求解．

ACM2255ADE222525

【详解】

解：（1）由题意知，BCBM，

ABC66，

BMCBCM67，又ACB90，

ACMACBBCM906733；

（2）如图2，DE为圆O的切线，连接OE，

第31页共70页.

则EDOECO90，ODOC，OEOE，

EDOECO(SAS)，

DECE，

BDOADE90，DBCA90，且DBOBDO．

AADE．

AEDE，

AECE；

（3）过M作AC的垂线交AC于H，过D作AC的垂线交AC于I，连接CD，

ACDA90，ACDDCB90，

3

tanDCBtanA，

4

1

设BC3x，AC4x，AB5x，则EDECACAE2x，

2

而AMABMBABBC5x3x2x，

第32页共70页.

MH//BC，

则AMH∽ABC，

6

MHx，

5

11612

则SACMH4xxx2，

ACM2255

DI//BC，

ADI∽ABC，

48

同理可得：DIx，

25

114848

则SAEDI2xxx2，

ADE222525

4

所以S:S．

ADEACM5

【点睛】

本题为圆的综合题，主要考查圆的有关性质以及圆中切线性质的应用，题目难度不大．

【题组三】

9．（2021·广东·西南中学三模）如图，在正方形ABCD中，以BC为直径作半圆O，以点D为圆心、DA为

半径作圆弧交半圆O于点P．连结DP并延长交AB于点E．

求证：（1）DP＝AB；

（2）DE为半圆O的切线；

（3）连结OE，求tan∠BOE的值．

1

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）．

2

【解析】

【分析】

（1）由正方形和圆的性质可知DC＝AB，又DC＝DP，即AB＝DP；

（2）通过SSS证明ODP≌△OCD，得∠DPO＝∠C＝90°即可证明；

△

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