专题21以圆为载体的几何综合探究问题（解析版）

专题21以圆为载体的几何综合探究问题

1．（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°，

第1页共89页.

∴AP＝AB2BP2＝4232＝5，

∵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，

第2页共89页.

∵AP是直径，

∴∠AQP＝90°，

∵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．

2．（2021·江苏泰州·中考真题）如图，在⊙O中，AB为直径，P为AB上一点，PA＝1，PB＝m（m为常数，

且m＞0）．过点P的弦CD⊥AB，Q为BC上一动点（与点B不重合），AH⊥QD，垂足为H．连接AD、BQ．

（1）若m＝3．

①求证：∠OAD＝60°；

BQ

②求的值；

DH

BQ

（2）用含m的代数式表示，请直接写出结果；

DH

（3）存在一个大小确定的⊙O，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值，求此时∠Q

的度数．

第3页共89页.

【答案】（1）①见解析；②2；（2）1+m；（3）存在半径为1的圆，45°

【解析】

【分析】

（1）①连接OD，则易得CD垂直平分线段OA，从而OD=AD，由OA=OD，即可得OAD是等边三角形，

从而可得结论；△

BQAB

②连接AQ，由圆周角定理得：∠ABQ=∠ADH，从而其余弦值相等，因此可得，由①可得AB、

DHAD

AD的值，从而可得结论；

BQAB

（2）连接AQ、BD，首先与（1）中的②相同，有，由APD∽△ADB，可求得AD的长，从而

DHAD

求得结果；△

（3）由（2）的结论可得：BQ2(1m)DH2，从而BQ2﹣2DH2+PB2(m1)DH2m2

当m=1时，即可得是一个定值，从而可求得∠Q的值．

【详解】

（1）①如图，连接OD，则OA=OD

∵AB=PA+PB=1+3=4

1

∴OA=AB2

2

∴OP=AP=1

即点P是线段OA的中点

∵CD⊥AB

∴CD垂直平分线段OA

∴OD=AD

∴OA=OD=AD

即OAD是等边三角形

∴∠△OAD=60°

第4页共89页.

②连接AQ

∵AB是直径

∴AQ⊥BQ

根据圆周角定理得：∠ABQ=∠ADH，

∴cosABQcosADH

∵AH⊥DQ

在RtABQ和RtADH中

BQDH

cos△ABQ△cosADH

ABAD

BQAB

∴

DHAD

∵AD=OA=2，AB=4

BQAB4

∴2

DHAD2

（2）连接AQ、BD

第5页共89页.

BQAB

与（1）中的②相同，有

DHAD

∵AB是直径

∴AD⊥BD

∴∠DAB+∠ADP=∠DAB+∠ABD=90°

∴∠ADP=∠ABD

∴RtAPD∽RtADB

PAAD

∴△△

ADAB

∵AB=PA+PB=1+m

∴ADPAAB1m

BQAB1m

∴1m

DHAD1m

BQ

（3）由（2）知，1m

DH

∴BQ=1mDH

即BQ2(1m)DH2

∴BQ2﹣2DH2+PB2=(1+m)DH22DH2m2(m1)DH2m2

当m=1时，BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值，且这个定值为1，此时PA=PB=1，即点P与圆心O重合

∵CD⊥AB，OA=OD=1

∴△AOD是等腰直角三角形

∴∠OAD=45°

∵∠OAD与∠Q对着同一条弧

∴∠Q=∠OAD=45°

第6页共89页.

故存在半径为1的圆，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值1，此时∠Q的度数为

45.

【点睛】

本题是圆的综合，它考查了圆的基本性质，锐角三角函数，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定

与性质等知识，难点是第（3）问，得出BQ2﹣2DH2+PB2(m1)DH2m2后，当m=1即可得出BQ2﹣2DH2+PB2

是一个定值．

3．（2021·广西来宾·中考真题）如图，已知AD，EF是O的直径，AD62，O与OABC的边AB，

OC分别交于点E，M，连接CD并延长，与AF的延长线交于点G，AFEOCD．

（1）求证：CD是O的切线；

（2）若GF1，求cosAEF的值；

AB

（3）在（2）的条件下，若ABC的平分线BH交CO于点H，连接AH交O于点N，求的值．

NH

157

【答案】（1）见解析；（2）；（3）．

33

【解析】

【分析】

（1）连接DF，由圆周角性质可得AFEOCD，则利用平行线的判定与性质可得FDADOC，再

根据等腰三角形性质及直角三角形性质可推出DOCOCD90，即可证得结论；

FDFG

（2）由相似三角形的判定可得FDG∽FAD，则推出，由GF1得出FD2FA，可利用勾股定

FAFD

理求得FD22，即可求出cosAEF的值；

（3）连接MN，并延长CO与AF，O分别相交于点P，点Q，连接AQ，利用（2）所得结论及已知分别

求得CHBC32，OCAB92，MH32，HQ92，PH72，AH114，再由相似三

QHAHAB

角形的判定及性质可推出，代入求值后即可求得的值．

NHMHNH

【详解】

第7页共89页.

（1）证明：如图，连接DF，

∵EF是O的直径，

∴AFEOCD．

∴DF∥AE．

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AE∥OC．

∴DF∥OC．

∴FDADOC．

∵OFOA，

∴FADAFE．

∵AFEOCD，

∴FADOCD．

∵FDAFAD90，

∴DOCOCD90．

∴ODC90．

∴ODCD．

∴CD是O的切线．

（2）解：∵ADGGFD90，

∴GFDGGFAD90．

∴FDGFAD．

∴FDG∽FAD．

FDFG

∴．

FAFD

∵GF1，

第8页共89页.

∴FD2FGFA．

设FDx，则AFx2．

由勾股定理得AF2DF2AD2，

2

即x4x262，

22

解得x18，x29（不合题意，舍去）．

∴x22FD．

∵AEFADF，

FD221

∴cosAEFcosADF．

AD623

（3）解：连接MN，并延长CO与AF，O分别相交于点P，点Q，连接AQ，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AOBC32，OCAB，AB∥OC．

∴CHBABH，

∵BH平分ABC，

∴CBHABH．

∴CHBCBH．

∴CHBC32．

∵FADDOC

DF1OD

∴sinDOCsinFAD．

AD3OC

∵ODOM32，

∴OCAB92．

∴MHOCOMCH32．

∴HQMHMQ92．

第9页共89页.

∴HQAB．

∵AB∥OC，

∴OPEFAE90．

∴OPAF．

∵OEOA，

1

∴APAF4．

2

2

在RtAPO中，由勾股定理得OPOA2AP232422．

△

∴PH72．

2

在RtAPH中，由勾股定理得AHPH2AP27242114．

∵N△MHQMNQAHQMN180，

∴NMHQAH．

∵MHNMHN，

∴MHN∽AHQ．

QHAH

∴．

NHMH

ABAH11457

∴．

NHMH323

【点睛】

本题属于圆的综合问题，考查了圆周角定理、切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质及求角的三角

函数值等知识，熟练掌握圆的相关知识及相似三角形的判定与性质等知识是解题的关键．

4．（2021·湖南株洲·中考真题）如图所示，AB是O的直径，点C、D是O上不同的两点，直线BD交线

222

段OC于点E，交过点C的直线CF于点F，若OC3CE，且9EFCFOC．

第10页共89页.

（1）求证：直线CF是O的切线；

（2）连接OD、AD、AC、DC，若COD2BOC．

①求证：△ACD∽△OBE；

②过点E作EG//AB，交线段AC于点G，点M为线段AC的中点，若AD4，求线段MG的长度．

【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②1

【解析】

【分析】

222

（1）先将9EFCFOC转化为EF2CF2CE2，再利用勾股定理逆定理证明OCCF即可；

（2）①利用同一条弧所对的圆周角等于其所对圆心角的一半和同一条弧所对的圆周角相等分别得到

CADBOC与OBEACD，再利用两角分别相等的两三角形相似即可完成求证；

②分别利用相似三角形的性质和平行线分线段成比例定理的推论求出AC的长和CG的长，最后利用线段的

和差关系求解即可．

【详解】

解：（1）证：因为OC3CE，且9EF2CF2OC2，

OC2

∴EF2CF2，

9

2

OC23CE

∴EF2CF2=CE2,

99

∴OCCF，

∴直线CF是O的切线；

（2）①∵COD2BOC，

又∵COD2DAC，

∴CADBOC，

∵OBEACD,

∴．△ACD∽△OBE；

②∵△ACD∽△OBE，

OEOB

∴，

ADAC

设圆的半径为r，

∵OC3CE，AD4，

第11页共89页.

2

r

∴r，

3

4AC

∴AC6；

∵点M为线段AC的中点，

∴CM3，

∵EG//AB，

CGCE1

∴,

ACOC3

∴CG2，

∴MGCMCG321,

∴线段MG的长度为1．

【点睛】

本题综合考查了切线的判定定理、圆周角定理及其推论、勾股定理逆定理、相似三角形的判定与性质、平

行线分线段成比例定理的推论等内容，解决本题的关键是牢记相关概念，能根据题意建立相等关系等，本

题考查内容较多，综合性较强，对学生的综合分析能力有较高要求．

5．（2021·四川宜宾·中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别交于A、B两点，与y轴

交于点C（0，6），抛物线的顶点坐标为E（2，8），连结BC、BE、CE．

（1）求抛物线的表达式；

（2）判断BCE的形状，并说明理由；

△1

（3）如图2，以C为圆心，为半径作⊙C，在⊙C上是否存在点P，使得BP＋EP的值最小，若存在，

22

请求出最小值；若不存在，请说明理由．

1290

【答案】（1）y=x2+2x+6；（2）直角三角形，见解析；（3）存在，

22

【解析】

【分析】

第12页共89页.

（1）用待定系数法求函数解析式；

（2）分别求出三角形三边的平方，然后运用勾股定理逆定理即可证明；

2

（3）在CE上截取CF=（即CF等于半径的一半），连接BF交⊙C于点P，连接EP，则BF的长即为

2

所求．

【详解】

解：（1）∵抛物线的顶点坐标为E（2，8），

∴设该抛物线的表达式为y=a（x-2）2+8，

∵与y轴交于点C（0，6），

1

∴把点C（0，6）代入得：a=，

2

1

∴该抛物线的表达式为y=x2+2x+6；

2

（2）BCE是直角三角形．理由如下：

∵抛物△线与x轴分别交于A、B两点，

12

∴当y=0时，（x-2）+8=0，解得：x1=-2，x2=6，

2

∴A（-2，0），B（6，0），

∴BC2=62+62=72，CE2=（8-6）2+22=8，BE2=（6-2）2+82=80，

∴BE2=BC2+CE2，

∴∠BCE=90°，

∴△BCE是直角三角形；

2

（3）如图，在CE上截取CF=（即CF等于半径的一半），连接BF交⊙C于点P，连接EP，

2

则BF的长即为所求．

连接CP，∵CP为半径，

第13页共89页.

CFCP1

∴，

CPCE2

又∵∠FCP=∠PCE，

∴△FCP∽△PCE，

CFFP11

∴，FP=EP，

CPPE22

1

∴BF=BP+EP，

2

1

由“两点之间，线段最短”可得：BF的长即BP+EP为最小值．

2

1

∵CF=CE，E（2，8），

4

113

∴F（，），

22

22

113290

∴BF=60

222

【点睛】

本题考查二次函数综合，待定系数法，二次函数图象和性质，勾股定理及其逆定理，圆的性质，相似三角

形的判定和性质等，题目综合性较强，属于中考压轴题，熟练掌握二次函数图象和性质，圆的性质，相似

三角形的判定和性质等相关知识是解题关键．

1．（2021·湖北阳新·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，点E在圆外，OE⊥AC于D，BE交⊙O

于点F，连接BD，BC，CF，BFCAED

(1)求证：AE是⊙O的切线；

(2)求证：BOD∽△EOB；

△5S1

(3)设BOD的面积为S1，BCF的面积为S2，若tan∠ODB＝，求的值．

3S2

△△

【答案】(1)证明见解析

第14页共89页.

(2)证明见解析

S7

(3)1

S29

【解析】

【分析】

（1）根据圆的切线的定义求解即可；

（2）根据三角形的相似，得出OA2ODOE，再得出OB2ODOE，进而结论可证；

（3）根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，计算求解即可．

(1)

证明：∵BCBC,

∴∠BFC＝∠BAC，∵∠BFC＝∠AED，

∴∠AED＝∠BAC，

∵OE⊥AC于D，

∴∠ADE＝90°，

∴∠AED+∠DAE＝90°，

∴∠BAC+∠DAE＝90°，

∵AB是⊙O的直径，

∴AE是⊙O的切线；

(2)

证明：∵AD⊥OE，

∴∠OAE＝∠ODA＝90°，

∵∠AED＝∠OAD，

∴△AOD∽△EOA，

OAOD

∴，

OEOA

∴OA2＝OD×OE，

∵OB＝OA，

∴OB2＝OD×OE，

OBOE

∴，

ODOB

又∵∠BOD＝∠EOB，

第15页共89页.

∴△BOD∽△EOB；

(3)

解：∵AB是⊙O的直径，

∴∠ACB＝90°，

∵OE⊥AC于D，

∴OE∥BC，

∴∠ODB＝∠DBC，

DC5

∴在直角三角形BCD中，tan∠ODB＝tan∠DBC＝，

BC3

∴设CD＝5k，BC＝3k，

∴BD＝14k，

∵△BOD∽△EOB，

∴∠OBD＝∠OEB，

∵OE∥BC，

∴∠OEB＝∠FBC，

∴∠OBD＝∠FBC，

∵∠BAC＝∠BFC，

∴△ABD∽△FBC，

22

SBD14k14

∴△ABD，

S2BC3k9

∵O是AB的中点，

∴SABD＝2S1，

S7

∴△1．

S29

【点睛】

本题考查了圆的切线，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于找出相似三角形，求出边之间的数量关

系．

2．（2021·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在ABC中，AB＝AC，以AB为直径的O分别与BC，AC交于点D，

E，过点D作DFAC，垂足为点F．△

第16页共89页.

(1)求证：直线DF是⊙O的切线；

(2)若BC＝8，求CF•AC的值；

(3)若⊙O的半径为4，∠CDF＝15°，则阴影部分的面积为_____．

【答案】(1)见解析

(2)CFAC16

16

(3)43

3

【解析】

【分析】

（1）连接OD，证明OD//AC，从而命题得证；

（2）连接AD，证明CDF∽CAD；

（3）连接AD，OE，作OGAC于G，先求得BAD15，进而求得BAC30，AOE120，根据

S阴影S扇形AOESAOE求得结果．

(1)OD

(2)

解：如图2，

连接AD，

QAB是O的直径，

ADB90，

ABAC，

第17页共89页.

1

CDBDBC4，

2

AFCADC90，CC，

CDF∽CAD，

CDCF

，

ACCD

CFACCD216；

(3)

解：如图3，

连接AD，OE，作OGAC于G，

AE2AG，

ADCDFC90，CC，

DACCDF15，

ABAC，ADBC，

BAC2DAC30，

1

OGOA2，

2

AGOAcos3023，

AE43，

1

S43243，

AOE2

OAOE，

BACAEO30，

AOE180BACAEO120，

1204216

S扇形，

AOE3603

第18页共89页.

16

S阴影43．

3

【点睛】

本题考查了圆的有关计算中的扇形面积公式，圆的切线的判定，等腰三角形的性质，勾股定理，锐角三角

函数等知识，解题的关键是熟练掌握相关基础知识．

3．（2021·广东龙门·三模）如图，在RtABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，O为AB上一

点，经过点A，D的圆O分别交AB，A△C于点E，F，连接EF．

(1)求证：BC是圆O的切线；

(2)求证：AD2＝AF•AB；

5

(3)若BE＝16，sinB，求AD的长．

13

【答案】(1)见解析

(2)见解析

6013

(3)

13

【解析】

【分析】

（1）连接OD，证CADODA，进而得到PD∥AC得ODBC90，即可解决问题；

（2）连接DF，先证EF∥BC得AEFB，再由圆周角定理得AEFADF，则BADF，然后

证ABD∽ADF，得AB:ADAD:AF，即可得出结论；

OD5r5

（3）先由锐角三角四数定义得sinB，设O的半径为r，则，求得r，进而得到AE，

OB13r1613

AB的长度，再由三角函数的定义求出AF，最后利用（2）的的结论即可解决问题.

(1)

证明：连接OD，如图1所示：

第19页共89页.

∵AD平分∠BAC，

∴∠BAD＝∠CAD，

∵OA＝OD，

∴∠BAD＝∠ODA，

∴∠CAD＝∠ODA，

∴PD∥AC，

∴∠ODB＝∠C＝90°，

∴BC⊥OD，

又∵OD是圆O的半径，

∴BC是圆O的切线；

(2)

证明：连接DF，如图2所示：

∵AE是圆O的直径，

∴∠AFE＝90°，

∴∠AFE＝∠C＝90°，

∴EF∥BC，

∴∠AEF＝∠B，

∵∠AEF＝∠ADF，

第20页共89页.

∴∠B＝∠ADF，

又∵∠BAD＝∠CAD，

∴△ABD∽△ADF，

∴AB：AD＝AD：AF，

∴AD2＝AF•AB；

(3)

OD5

解：在RtBOD中，sinB，

OB13

△r5

设圆O的半径为r，则，

r1613

解得：r＝10，

∴AE＝2r＝20，AB＝AE+BE＝36，

AFAF5

在RtAEF中，∠AFE＝90°，sin∠AEF＝sinB，

AE2013

△100

∴AF，

13

由（2）得：AD2＝AF•AB，

1006013

∴ADAFAB36．

1313

【点睛】

本题是圆的综合题目，考查了切线的判定、圆周角定理、平行线的判定与性质、等腰三角形的性质、相似

三角形的判定与性质、锐角三角函数定义等知识；本题综合性强，熟练掌握圆周角定理、切线的判定以及

相似三角形的判定与性质是解题的关键.

4．（2021·广东罗湖·一模）已知⊙O的直径AB＝6，点C是⊙O上一个动点，D是弦AC的中点，连接BD．

3

(1)如图1，过点C作⊙O的切线交直径AB的延长线于点E，且tanE＝；

4

①BE＝；

第21页共89页.

②求证：∠CDB＝45°；

(2)如图2，F是弧AB的中点，且C、F分别位于直径AB的两侧，连接DF、BF．在点C运动过程中，当

BDF是等腰三角形时，求AC的长．

△【答案】(1)①2；②见解析

12

(2)AC的长为26或5或32

5

【解析】

【分析】

3

（1）①连接OC，根据CE是⊙O的切线得∠OCE＝90°，根据tanE得CE＝4，在RtOCE中，根据勾

4

股定理得OE=5，即可得BE=2；②连接OC，BC，取AE的中点，连接DM，根据D为AC的中点，M为

AE的中点得DM为ACE的中位线，则DM2，DM∥CE，则DMBE，根据平行线的性质得∠AMD＝

△1

∠CEB，又因为AM＝AE＝4，所以AM=CE，根据SAS可得AMD≌△CEB，所以AD＝BC，根据边之间

2

△

的关系等量代换得CD＝BC，根据圆周角定理可得∠ACB＝90°，即可得∠CDB＝45°；

（2）连接AF，根据题意得AF＝BF，∠AFB＝90°，则AFBF32，①若BDBF32，连接BC，根

1

据圆周角定理可得∠ACB＝90°，则BC2＝AB2﹣AC2＝BD2﹣CD2，且CD＝AC，即可得；②若

2AC26

1

BFDF32，连接FA，FC，过点F作FG⊥AC于点G，即可得AF＝DF，DG＝AD，根据∠ACF＝∠

2

ABF＝45°，得CF＝FG，设DG＝x，则CD＝AD＝2x，FG＝CG＝DG+CD＝3x，根据勾股定理可得FG2+DG2

312

＝DF2，解得x5，即可得AC4x5；③若DF＝BD，过点D作DN⊥BF于点N，连接ON，AF，

55

BC，N为BF的中点，ON⊥BF，因为D为AC的中点，所以OD⊥AC，即DN⊥AC，根据圆周角定理可得

∠AFB＝90°，则四边形ADNF是矩形，根据矩形的性质得AD＝NF，即可得ACBF32，综上即可得．

(1)

①连接OC，如图1，

∵CE是⊙O的切线，

第22页共89页.

∴OC⊥CE，

∴∠OCE＝90°，

3

∵tanE，AB＝6，

4

∴OC＝3，

OC3

∴

CE4

∴CE＝4，

∴OEOC2CE232425，

∴BE＝OE﹣BO＝5﹣3＝2，

故答案为：2．

②如图2，连接OC，BC，取AE的中点，连接DM，

∵D为AC的中点，M为AE的中点，

∴DM为ACE的中位线，

△1

∴DMCE2，DM∥CE，

2

∴DMBE，∠AMD＝∠CEB，

1

∵AM＝AE＝4，

2

∴AM=CE，

在AMD和CEB中，

△DMB△E

AMDCEB

AMCE

∴△AMD≌△CEB（SAS），

∴AD＝BC，

∵AD＝CD，

第23页共89页.

∴CD＝BC，

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ACB＝90°，

∴∠CDB＝45°．

(2)

解：连接AF，

∵F为弧AB的中点，AB是⊙O的直径，

∴AF＝BF，∠AFB＝90°，

2

∴∠ABF＝45°，AFBFAB32．

2

①若BDBF32，连接BC，

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ACB＝90°，

1

∴BC2＝AB2﹣AC2＝BD2﹣CD2，且CD＝AC，

2

1

∴62AC2(32)2()AC2，

2

∴AC26；

②若BFDF32，连接FA，FC，过点F作FG⊥AC于点G，

1

∴AF＝DF，DG＝AD，

2

第24页共89页.

∵∠ACF＝∠ABF＝45°，

∴CG＝FG，

设DG＝x，则CD＝AD＝2x，FG＝CG＝DG+CD＝3x，

∵FG2+DG2＝DF2，

∴x2(3x)2(32)2，

3

解得x5，

5

12

∴AC4x5；

5

③若DF＝BD，过点D作DN⊥BF于点N，连接ON，AF，BC，

∴N为BF的中点，ON⊥BF，

∵D为AC的中点，

∴OD⊥AC，即DN⊥AC，

∵AB是⊙O的直径，

∴∠AFB＝90°，

∴四边形ADNF是矩形，

∴AD＝NF，

∴ACBF32，

12

综合上述可得，AC的长为26或5或32．

5

【点睛】

本题考查了切线的性质，锐角三角形函数，勾股定理，三角形的中位线，全等三角形的判定与性质，圆周

角的推论，矩形的判定与性质，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点．

5．（2021·江苏·宜兴市实验中学二模）（1）如图①，在ABC中，BAC90，AB=4，AC=3，若AD平分

∠BAC交CB于点D，那么点D到AC的距离为．△

第25页共89页.

（2）如图②，四边形ABCD内接于O，AC为直径，点B是半圆AC的三等分点（弧AB弧BC），连接

BD，若BD平分ABC，且BD8，求四边形ABCD的面积．

（3）如图③，为把“十四运”办成一届精彩圆满的体育盛会很多公园都在进行花卉装扮，其中一块圆形场地

圆O，设计人员准备在内接四边形ABCD区域内进行花卉图案设计，其余部分方便游客参观，按照设计要

求，四边形ABCD满足∠ABC=60°，AB=AD，且AD+DC=10（其中2DC4），为让游客有更好的观体

验，四边形ABCD花卉的区域面积越大越好，那么是否存在面积最大的四边形ABCD？若存在，求出这个

最大值，不存在请说明理由．

12

【答案】（1）；（2）四边形ABCD的面积为32；（3）存在243．

7

【解析】

【分析】

BEDE

（1）如图，作辅助线，证明AE=DE；证明BDE∽△BCA，得到，列出比例式即可解决问题．

ABAC

△

（2）（2）连接OB，根据题意得∠AOB=60°，作AE⊥BD，利用解直角三角形可求AB的长，通过解直角三

角形分别求出BC，AD，CD的长，再根据面积公式求解即可；

过点A作AN⊥BC于点N，AM⊥DC，交DC的延长线于点M，连接AC，可得S四边形ABCDS四边形ANCM，根据

面积法求出关于面积的二次函数关系式，根据二次函数的性质求出最值即可．

【详解】

解：如图，过点D作DE⊥AB于点E．

则DE//AC；

∵AD平分∠BAC，∠BAC=90°，

∴∠DAE=45°，∠ADE=90°−45°=45°，

∴AE=DE（设为λ），

第26页共89页.

则BE=4−λ；

∵DE//AC，

∴△BDE∽△BCA，

BEDE

∴，即：

ABAC

4

43

12

解得：λ=，

7

12

∴点D到AC的距离．

7

（2）连接OB，

∵点B是半圆AC的三等分点（弧AB＜弧BC），

∴AOB60

∴ADBACB30

∵AC是O的直径，

∴ABC90

∵BD平分∠ABC

∴ABDCBD45

过点A作AE⊥BD于点E，则BAEABE45

∴AE=BE

AE

设AE=BE=x，则DE3x

tan30

∵BD=BE+DE=x3x8

∴x=434

第27页共89页.

∴AB2AE4642

∵ADBACB30

AB3

∴tan30

BC3

∴BC=3AB12246

∵BD平分∠ABC

∴ABDCBD

∴ADCD

∴AD=CD

∵AE⊥DE

∴AD2DE2AE2

∵AE434,DE3x=1243

∴AD2(1243)2(434)22561283

11112

∴S四边形SSABBCADCDABBCAD

ABCDABCADC2222

11

=(4642)(12246)(2561283)

22

=64396128643

=32；

（3）过点A作AN⊥BC于点N，AM⊥DC，交DC的延长线于点M，连接AC，

第28页共89页.

∵AB=AD

∴∠ACB=∠ACD

∴AM=AN

∵∠ADC+∠ABC=180°，∠ADC+∠ADM=180°,

∴∠ABC=∠ADM

又∠ANB=∠AMD=90°，

∴△ABN≌△ADM

∴S四边形ABCDS四边形ANCM

∵AN=AM，∠BCA=∠DCA，AC=AC

∴△ACN≌△ACM

∴S四边形ANCM2SACM

∵∠ABC=60°

∴∠ADC=120°

∴∠ADM=60°，∠MAD=30°

设DM=x，则AD=2x，AMDMtan603x,CD102x,CM10x

12

∴S四边形2S=23x(10x)3(x10x)

ANCMACM2

∵2DC4

∴2102x4，即3x4

∵抛物线对称轴为x=5

∴当x=4时，有最大值，为3(1640)243

第29页共89页.

【点睛】

本题属于圆综合题，考查了三角形的面积，解直角三角形，角平分线的性质定理，圆周角定理等知识，解

题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．

6．（2021·广东·惠州一中一模）如图，ABC内接于O，CBGA，CD为直径，OC与AB相交于点E，

过点E作EFBC，垂足为F，延长CD交GB的延长线于点P，连接BD．

（1）求证：PG与O相切：

EF5BE

（2）若，求的值；

AC8OC

（3）在（2）的条件下，若O的半径为4，PDOD，求EC的长．

5

【答案】（1）见解析；（2）；（3）132．

4

【解析】

【分析】

（1）要证PG与⊙O相切只需证明∠OBG=90°，由∠BAC与∠BDC是同弧所对圆周角且∠BDC=∠DBO可

得∠CBG=∠DBC，结合∠DBC+∠OBC=90°即可得证；

BE

（2）求需将BE与OC或OC相等线段放入两三角形中，通过相似求解可得，作OM⊥AC、连接OA，

OC

EFBE

EFBE1EF5

证BEF∽△OAM得，由AM=AC、OA=OC知1OC，结合即可得；

AMOA2ACAC8

2

△

（3）RtDBC中求得BC=43、∠DCB=30°，在RtEFC中设EF=x，知EC=2x、FC=3x、BF=43﹣3x，

△△

继而在RtBEF中利用勾股定理求出x的，从而得出答案．

【详解】△

（1）证明：如图，连接OB，

∵OBOD，

BDCDBO，

BACGBC、BDCBAC，

第30页共89页.

GBCBDC，

CD是O的直径，

∴∠DBC=90°，

DBOOBC90，

GBCOBC90，

GBO90，

PG与O相切；

（2）解：过点O作OMAC于点M，连接OA，

∵OC=OA，OMAC，

1

∴AOMCOMAOC，

2

，

ACAC

1

ABCAOC，

2

∴∠EBF=∠AOM，

又EFBOMA90，

BEF∽OAM，

EFBE

，

AMOA

1

AMAC，OAOC，

2

EFBE

1，

ACOC

2

EF5

又，

AC8

BEEF55

22；

OCAC84

第31页共89页.

（3）解：PDOD，PBO90，

BDOD4，

在RtDBC中，BCCD2BD2824243，

又ODOB，

DOB是等边三角形，

∴DOB60，

DOBOBCOCB，OBOC，

1

OCBDOB30，

2

∴EC=2EF，由勾股定理FC=EC2EF24EF2EF23EF

设EFx，则EC2x、FC3x，

BF433x，

BE5

，且OC4，

OC4

BE5，

在RtBEF中，BE2EF2BF2，

25x2(433x)2，

整理得4x224x230

=242-16×23=208＞0

24413613

解△得：x=，

242

613

4，舍去，

2

613

x，

2

EC613．

第32页共89页.

【点睛】

本题主要考查圆的综合问题，涉及圆周角定理、圆心角定理、相似三角形的判定与性质、直角三角形的性

质，一元二次方程的解法等知识，熟练掌握和运用相关的性质与定理进行解题是关键.

16

7．（2021·福建泉州·模拟预测）如图1，在直角坐标系xoy中，直线l与x、y轴分别交于点A(4,0)、B(0,)

3

两点，BAO的角平分线交y轴于点D．点C为直线l上一点，以AC为直径的G经过点D，且与x轴交

于另一点E．

（1）求证：y轴是G的切线；

（2）请求