备考2025年中考数学技巧专题突破（全国）专题1-7 一文讲透圆的十大基本模型·母题溯源（解析版）

专题1-7一文讲透圆的十大基本模型·母题溯源

目录

模型梳理

题型一弦切角定理与切割线定理

湖北·黄石中考

湖北·十堰中考

2023·新疆·中考真题

题型二中点弧模型

苏州·中考真题

深圳·中考真题

2023·山东枣庄·统考中考真题

2023·江苏无锡·统考中考真题

2023·四川遂宁·统考中考真题

题型三内心模型

黑龙江绥化·中考真题

广东省卷·中考真题

湖北·孝感中考真题

题型四线段和差问题（构造手拉手OR阿基米德折弦定理）

类型一：构造手拉手

2023·吉林长春·统考中考真题

类型二：折弦定理

山西中考

深圳·中考

题型五平行弦与相交弦模型

2023·江苏苏州·统考中考真题

深圳·中考

2022·湖南张家界·中考真题

题型六垂径图

四川绵阳·中考

题型七等腰图

2023·四川成都·统考中考真题

四川宜宾·统考中考真题

2023·湖北黄冈·统考中考真题

2023·辽宁营口·统考中考真题

广西玉林·统考中考真题

2023·四川眉山·统考中考真题

湖北孝感·中考真题

2022·湖北十堰·统考中考真题

题型八双切图

四川遂宁·统考中考真题

湖北武汉·中考真题

四川泸州·中考真题

四川乐山·中考真题

广东省卷·统考中考真题

四川·乐山中考

湖北武汉·中考真题

题型九射影图

安徽·统考一模

四川成都·统考一模

2023·湖南永州·统考中考真题

2023·四川广安·统考中考真题

题型十切割图

模型梳理

圆的基本模型（一）：弦切角定理与切割线定理

①PC是切线；②12（弦切角定理）；③PC2PA·PB

以上三个结论知一推二

弦切角：弦和切线所夹的角等于它们所夹的弧所对的圆周角，即切线AP和弦AB所夹的∠1，等于它们所

⌒

夹的弧AB所对的圆周角∠2

圆的基本模型（二）：中点弧模型

点P是优弧AB上一动点，则

【以下五个条件知一推四】

1点C是AB的中点

2AC＝BC

3OC⊥AB

4PC平分∠APB

5CECPCB2(即△CPB~△CBE)

【简证】∠1＝∠2，∠PCB为公共角，子母型相似

【补充】⑥PE•PC＝PA•PB，注意：⑥不能反推出前五项

【例题】

如图，四边形ABCD内接于O，对角线AC、BD交于点P，且ABAD，若AC7，AB3，则

BCCD．

【简证】

940

易知AB2ACAPAP，则CP，CBCDCACP40

77

圆的基本模型（三）：内心模型与等腰

【模型讲解】外接圆+内心得等腰

如图，圆O是△ABC外接圆⇒圆心，I是三角形ABC的内心，延长AI交圆O于D，证DI＝DC＝BD

【简证】∠1＝∠4＋∠5,∠4＝∠3，∠2＝∠5∴∠1＝∠2＋∠3

圆的基本模型（四）：线段和差问题（构造手拉手或阿基米德折弦定理）

一、中点弧与旋转

【模型解读】点P是优弧AB上一动点，且点C是AB的中点

邻边相等+对角互补旋转相似模型，一般用来求圆中三条线段之间的数量关系.

由于对角互补，即PBC＋PAC＝180，显然PAP'共线，且PC＝P'C，通过导角不难得出相似.

常见结构（1）：圆内接等边三角形

结论：PB+PA=PC

【简析】

常见结构（2）：圆内接等腰直角三角形（正方形）

结论：PAPC2PB

【简析】

补充：【托密勒定理】：秒杀！（选填可用）

二、阿基米德折弦定理

【模型解读】

【问题】：已知M为AC的中点，B为AM上任意一点，且MD⊥BC于．求证：AB＋BD＝DC

D

证法一：(补短法)

如图：延长DB至F，使BF＝BA∵M为AC中点∴AM＝MC，∴∠1＝∠2－－－①

⌒⌒

又∵MC＝MC，∴∠1＝∠3，∴∠2＝∠3－－－②又∵∠3＋∠MBF＝180°－－－③

由圆内接四边形对角互补∴∠2＋∠MBA＝180°－－－④

由①②③④可得：∠MBA＝∠MBF

在△MBF与△MBA中；

BF＝BA

∠＝∠

MBAMBF∴△MBF≌△MBA(SAS)∴MF＝MA，又∵MC＝MA∴MF＝MC

MB＝MB

又∵MD⊥CF∴DF＝DC∴FB＋BD＝DC又∵BF＝BA∴AB＋BD＝DC(证毕)

证法二：(截长法——两种截取方式)

如图1：在CD上截取CG＝AB，则有DC＝CG＋DG，再证出BD＝DG即可

⌒⌒⌒

∵BM＝BM∴∠1＝∠2－－－①又∵M是AC中点，∴MA＝MC－－－②

由①②可知，在△MBA与△MGC中

ABCG

12∴△BMA≌△GMC(SAS)∴BD＝GD又∵MD⊥BG∴BD＝DG∴AB＋BD＝DC(证毕)

MAMC

如图2：在CD上截取DB＝DG，再证明AB＝CG即可

简证：易知△MBG与△MAC均为等腰三角形，且∠1＝∠2，可知△MBG与△MAC构成手拉手模型，

∴△BMA≌△GMC(SAS)∴AB＝CG

常规证明：∵MD⊥BG∴MB＝MG∴∠2＝∠MGD－－－①

⌒⌒⌒⌒⌒

又∵MC＝MC，∴∠1＝∠2－－－②∵M是AC中点，∴MA＝MC∴∠1＝∠MCA－－－③

由①②③可得∠MGD＝∠MC，而∠MGD＋∠MGC＝180°，∠MCA＋∠MBA＝180°∴∠MGC＝∠MBA

又∵BM＝BM，∴MAB＝MCG

在△MBA与△MGC中

MBMG

MBAMGC∴△BMA≌△GMC(AAS)∴AB＝GC

MABMCG

∴AB＋BD＝DC（证毕）

证法三：(翻折)——证共线

如图3：连接MB，MC，MA，AC，将BAM沿BM翻折，使点A落至点E，连接ME，BE

△

∵MBA与MBE关于BM对称，所以MBE≌MBA∴MA＝ME，∠MBA＝∠MBE－－－①

△△△△

又∵MA＝MC，∴ME＝MC，又∵M，B，A，C四点共圆，∴∠MBA＋∠MCA＝180°－－－②

又∵MA＝MC（已证）∴∠MAC＝∠MCA

⌒⌒

又∵MC＝MC，∴∠MBC＝∠MAC∴∠MBC＝∠MCA－－－③

由①②③得：∠MBC＋∠MBE＝180°∴E，B，C三点共线。又∵ME＝MC，MD⊥CE

∴DE＝DC，∴EB＋BD＝DC，又∵MBE≌△MBA∴AB＝EB

△

∴AB＋BD＝DC（证毕）

证法四：两次全等

如图4，连接MB，MA，MC，AC，延长AB，过点M作MH⊥AB于点H，

⌒⌒⌒

∵M为AC的中点∴AM＝MC，又∵BM＝BM∴∠HAM＝∠DCM

MHAMDC

又∵∠MHA＝∠MDC＝90∴在△MHA与△MDC中HAMDCM

MCMA

∴△MHA≌△MDC(AAS)∴CD＝AH－－－①MD＝MH在△MHB与T△MDB中

RtRt

MHMD

∴△MDB≌△MHB(HL)∴BD＝BH又∵AH＝AB＋BH，∴AH＝AB＋BD－－－②

MBMB

由①②可得DC＝AB＋BD(证毕)

证法五：补短法（2）——两次全等

如图4，延长AB至H，使BH＝BD，则AB＋BD＝AH，

先证△BHM≌△BDM(HL)，再证△MHA≌△MDC(HL)

圆的基本模型（五）：平行弦与相交弦，割线定理

一、平行弦：圆的两条平行弦所夹的弧相等。即：在⊙O中，∵AB∥CD，∴

二、相交弦：圆内两弦相交，交点分得的两条线段的乘积相等

即：在⊙O中，∵弦AC、BD相交于点G，则AG·CG=BG·DG

三、割线定理

割线PD、PC相交于点P，则PA·PDPB·PC

圆的基本模型（六）：垂径图

一、弧中点与垂径图

知1推5

1AD平分∠CAB

2D是CB的中点

3DO⊥CB

4CEEB

5AC//OD

1

6OEAC

2

二、垂径+相等的三段弧

如图，ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，C是AD的中点，弦CE⊥AB于点H，连结AD，分别交CE、

BC于点△P、Q，连结BD。

(1)证CO∥BD

(2)AD＝CE

(3)证：P是线段AQ的中点

(4)证：CP·CE＝AH·AB＝CQ·CB

CQ

(5)tan∠DBC＝

CB

(6)若AD＝8，BD＝6，求AH的值

(7)若⊙O的半径为5，AQ＝，求弦CE的长.

【简证】

（1）

（2）

(3)先利用弧相等导角证AP＝CP，再通过Rt△ACQ中的互余关系，得到PQ＝CP，

∴AP＝PQ＝CP

（4）CP＝AP，CE＝ADCP•CE＝AP•AD，△APH△ABDAP•AD＝AH•AB

⇒∼⇒

（5）

（6）法一

（6）法二

（7）找到对应相似三角形是关键

补充拓展：垂径图导子母相似

如图弦CD⊥直径AB于点G，E是直线AB上一点（不与其他点重合），DE交圆O于F，CF交直线AB于

点P

（1）证OE•OPr2；（2）当点E在AB延长线上时，（1）的结论还成立吗？

圆的基本模型（七）：等腰图（）

一、直径在腰上：如图，已知AB是直径，AB=AC，则有

结论

（）BD=CD=ED

1

（）DO∥AC

2

①DFAC

②F是EC中点

（3）知1推3：

③DF是切线

④2DFBE

【补充】

二、圆心在三线上：如图，已知AB是直径，AB=AC，则有

①弧：ABAC

1

②线段关系：BDCD，ABAC，ODCE

2

③位置关系：ADBC，CEBC，ADCE

④角度关系：BODCODBACBEC

AB＝AC

ABOOABOACOCAACE，AONABDACD

⑤全等关系：△≌△，△≌△

ABDACDAOBAOC

⑥直角三角形相似：△AON∽△ABD∽△ACD

AMOMOA

⑦X型相似：

CMMECE

圆的基本模型（八）：双切图

①PAPB，12

②OPAB，AEBE

PA、PB是切线

③BD//OP

AD是直径

④

CBD213

1

⑤OEBD

2

补充：多切图

内切圆半径为＋内切圆半径为

＝⟹(a＋b＋c)·r＝b·h(h可求)

＝90290

���−�

⇒��

∠�°∠�≠°

①＝＋

②���,���

，，与相切③，

⟹��⊥����⊥��

为的半径

𝐵����⊙���④∥矩�形���∥𝐸

�⊙�

⑤＝＝2𝑂＝��22

��·����＋·��

�·���−��−𝐵

������

圆的基本模型（九）：射影图

AB是直径

∠ABC90DE是切线

E是BC中点

圆的基本模型（十）：切割图（切线和割线垂直）

AB是直径①OC∥AD；

②平分，，；

CD是切线ACBADCECBDCACBA

ADCD③OFCDEGBGCH，BHDECG，OGEFAFOH；

④；

OFAEADDEAB

CHAB⑤，

AEAB2AH2ADAEAB2ACcosBAC.

AB是直径

DFAFAD

CD是切线

OFCFOC

ADCD

AB是直径AFAEEF

CD是切线CFCMMF

2

ADCDCMMFMB

重点题型·归类精练

题型一弦切角定理与切割线定理

湖北·黄石中考

1．如图，AB是O的直径，点D在AB的延长线上，C、E是O上的两点，CECB，BCDCAE，

延长AE交BC的延长线于点F．

(1)求证：CD是O的切线；(2)若BD1,CD3，求弦AC的长．

【答案】(1)见解析，(2)AC3

【分析】（1）连接OC，由条件可证得BCDACO，得到BCDBCO90，即可得到结论；

ADCDAC

（2）先证明△ACD∽△CBD，得到，求出AD3，AC3BC，

CDBDBC

∴AB312，在Rt△ABC中，由勾股定理得到AC2BC2AB2，求出弦AC的长．

【详解】（1）证明：连接OC，

∵AB是O的直径，

∴ACB90，

∴ACOBCO90，

∵CECB，

∴CAECAB，

∵OAOC，

∴CABACO，

∴CAECABACO，

∵BCDCAE，

∴BCDACO，

∴BCDBCO90，

∴OCCD,

∴CD是O的切线；

（2）∵CADBCD，DD，

∴△ACD∽△CBD，

ADCDAC

∴，

CDBDBC

AD3AC

∴，

31BC

∴AD3，AC3BC，

∴AB312，

在Rt△ABC中，AC2BC2AB2，

2

∴3BCBC222，∴BC1，AC3

湖北·十堰中考

2．如图，ABC中，ABAC，以AC为直径的O交BC于点D，点E为C延长线上一点，且

1

CDEBAC．

2

(1)求证：DE是O的切线；

(2)若AB3BD，CE2，求O的半径．

【答案】(1)见解析，(2)7

【详解】（1）如图，连接OD，AD，

，

AC是直径，

ADC90，

ADBC，

ABAC，

1

CADBADBAC，

2

1

CDEBAC，

2

CDECAD

OAOD，

CADADO，

ADOODC90，

ODCCDE90，

ODE90，

又OD是O的半径，

DE是O的切线；

（2）解：ABAC，ADBC，

BDCD，

AB3BD，

AC3DC，

设DCx，则AC3x，

ADAC2DC222x，

CDECAD，DECAED，

△CDE∽△DAE，

CEDCDE

，

DEADAE

2xDE

即，

DE22x3x2

14

DE42，x，

3

AC3x14，O的半径为7

3．如图，O是ABC的外接圆，AD是O的直径，F是AD延长线上一点，连接CD，CF，且

DCFCAD．

(1)求证：CF是O的切线；

3

(2)若直径AD10,cosB，求FD的长．

5

90

【答案】(1)详见解析，(2)

7

【详解】（1）证明：连接OC，

∵AD是O的直径，

∴ACD90，

∴ADCCAD90，

又∵OCOD，

∴ADCOCD，

又∵DCFCAD，

∴DCFOCD90，

即OCFC，

∴FC是O的切线；

3

（2）解：∵BADC,cosB，

5

3

∴cosADC，

5

3CD

∵在RtACD中，cosADC,AD10,

5AD

3

∴CDADcosADC106,

5

∴ACAD2CD28，

CD3

∴，

AC4

∵FCDFAC，FF，

∴FCD∽FAC，

CDFCFD3

∴，

ACFAFC4

设FD3x，则FC4x，AF3x10，

又∵FC2FDFA，

即(4x)23x(3x10)，

30

解得x（取正值），

7

90

∴FD3x

7

2023·新疆·中考真题

4．如图，AB是O的直径，点C，F是O上的点，且CBFBAC，连接AF，过点C作AF的垂线，

交AF的延长线于点D，交AB的延长线于点E，过点F作FGAB于点G，交AC于点H．

(1)求证：CE是O的切线；

3

(2)若tanE，BE4，求FH的长．

4

18

【答案】(1)见解析。(2)

5

【分析】（1）连接OC，根据OCOA，得出OACOCA，由FCFC，得出FACFBC，根据已

知条件得出FACACO，证明OC∥AD，结合已知条件可得OCDE，即可得证；

OC34

（2）连接OC，根据已知条件得出sinE，cosE，得出OC6，证明△BCE∽△CAE，得出CE8，

OE55

BC13631081HG

tanCAB，进而求得AF，AGAF，根据tanCABtanHAG，求得

AC255252AG

154

HGAG，进而即可求解．

225

【详解】（1）证明：如图所示，连接OC，

∵OCOA，

∴OACOCA，

∵FCFC，

∴FACFBC

∵CBFBAC，

∴FACCAB，

∴FACACO

∴OC∥AD

∵ADDE

∴OCDE

∵OC是半径，

∴CE是O的切线；

（2）解：如图所示，连接OC，

OC3

∵tanE，BE4，

CE4

设OC3a，则CE4a

∴OE5a，

OC34

∴sinE，cosE

OE55

3OC

即

5OC4

解得：OC6，

∵OCDE，

∴BCEOCB90

∵OCOB

∴OCBOBC，

∴BCEOBC90，

∵AB是直径，

∴ACB90，

∴CABABC90，

∴BCECAE，

又EE，

∴△BCE∽△CAE，

CEBECBCE

∴,，

AECECAAE

∴CE2BEAE，

∴CE2441264，

解得：CE8，

CBCE81

∴

CAAE1242

BC1

∴tanCAB，

AC2

∵AB是O的直径，

∴BFAF，

∵DEAD，

∴DC∥FB

∴ÐFBA=ÐE，

∴tanFBAtanE，

AFOC63

∴，

FBCE84

设AF3k，则FB4k，

∴AB5k，

∵AB12,

12

k,

5

36

∴AF，

5

∵FGAB，

∴AFG90GFBFBAE

4436144

∴FGAFcosEAF，

55525

3108

∴AGAF，

525

1HG

∵tanCABtanHAG，

2AG

154

∴HGAG，

225

144549018

∴FHFGHG

2525255

5．如图，∠BAC的平分线交ABC的外接圆于点D，交BC于点F，∠ABC的平分线交AD于点E．

△

（1）求证：DE＝DB：

（2）若∠BAC＝90°，BD＝4，求ABC外接圆的半径；

（3）若BD＝6，DF＝4，求AD的△长

【答案】（1）见解析；（2）22（3）9

【分析】（1）通过证明∠BED=∠DBE得到DB=DE；

（2）连接CD，如图，证明DBC为等腰直角三角形得到BC=2BD=42，从而得到ABC外接圆的半

径；

△△

（3）证明DBF∽△ADB，然后利用相似比求AD的长．

【详解】（1）证明：∵AD平分∠BAC，BE平分∠ABD，

△

∴∠1=∠2，∠3=∠4，

∴∠BED=∠1+∠3=∠2+∠4=∠5+∠4=∠DBE，

∴DB=DE；

（2）解：连接CD，如图，

∵∠BAC=90°，

∴BC为直径，

∴∠BDC=90°，

∵∠1=∠2，

∴DB=BC，

∴△DBC为等腰直角三角形，

∴BC=2BD=42，

∴△ABC外接圆的半径为22；

（3）解：∵∠5=∠2=∠1，∠FDB=∠BDA，

∴△DBF∽△ADB，

BDDF64

∴，即，∴AD=9

DADBAD6

题型二中点弧模型

苏州·中考真题

6．如图，AB是O的直径，D、E为O上位于AB异侧的两点，连接BD并延长至点C，使得CDBD，

连接AC交O于点F，连接AE、DE、DF．

（1）证明：EC；

（2）设DE交AB于点G，若AB10，E是AEB的中点，求EGED的值．

【解答】证明：（1）AB是O的直径，

ADB90，即ADBC，

CDBD，

AD垂直平分BC，

ABAC，

BC，

又BE，

EC；

（2）连接OE，

AB10，

E是AB的中点，AB是O的直径，

AOE90，

AOOE5，

AE52，

E是AB的中点，

ADEEAB，

AEG∽DEA，

AEDE

，

EGAE

即EGEDAE250．

深圳·中考真题

⌒

7．如图，已知⊙O的半径为2，AB为直径，CD为弦．AB与CD交于点M，将CD沿CD翻折

后，点A与圆心O重合，延长OA至P，使AP＝OA，连接PC

（1）求CD的长；

（2）求证：PC是⊙O的切线；

⌒⌒

（3）点G为ADB的中点，在PC延长线上有一动点Q，连接QG交AB于点E．交BC于点F（F

与B、C不重合）．问GE·GF是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由．

【拓展】（4）在（3）的条件下，当CF∥AB时，求FE·FG的值

【答案】（1）CD23；（2）证明见解析；（3）GEGF8，理由见解析.（4）43

【详解】试题分析：（1）连接OC，根据翻折的性质求出OM，CD⊥OA，再利用勾股定理列式求解即可；

（2）利用勾股定理列式求出PC，然后利用勾股定理逆定理求出∠PCO=90°，再根据圆的切线的定义证明即

可；（3）连接GA、AF、GB，根据等弧所对的圆周角相等可得∠BAG=∠AFG，然后根据两组角对应相等

AGFG

两三角相似求出AGE和FGA相似，根据相似三角形对应边成比例可得，从而得到GE•GF=AG2，

GEAG

再根据等腰直角三△角形的性△质求解即可．

（1）连接OC，

∵CD沿CD翻折后，A与D重合，

11

∴OMOA21，

22

∴CDOA，

∵OC2，

∴CD2CM2OC2OM22221223．

（2）∵PAOA2，AMOM1，

1

∵CMCD3，CMPOMC90，

2

2

∴PCMC2PM233223，

∵OC2，PO224，

2

∵PC2OC2232216PO2，

∴PCO90，

∴PC是⊙O的切线．

（3）GE，GF为定值，

连接GA，AF，GB，

∵点G为ADB的中点，

∴GAGB，

∴BAGAFG，

又∵AGEFGA，

∴AGE∽FGA，

AGFG

∴，

GEAG

∴GEGFAG2，

∵AB为直径，AB4，

∴BAGABG45，

∴AG22，

∴GEGF8．

（4）简证：因为△FAE∽FGB，所以FE·FGFB·FA43

△

2023·山东枣庄·统考中考真题

8．如图，AB为O的直径，点C是AD的中点，过点C做射线BD的垂线，垂足为E．

(1)求证：CE是O切线；

(2)若BE3，AB4，求BC的长；

(3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积（用含有π的式子表示）．

2

【答案】(1)见解析；(2)BC23；(3)

3

【分析】（1）连接OC，证明OC∥BE，即可得到结论；

ABBC

（2）连接AC，证明ACB∽CEB，从而可得，再代入求值即可；

BCBE

（2）连接OD，CD，证明CD∥AB，从而可得SCODSCBD，，求出扇形COD的面积即可得到阴影部分的

面积．

【详解】（1）证明：连接OC，

∵点C是AD的中点，，

∴ACDC，

∴ABCEBC，

∵OCOB，

∴ABCOCB，

∴EBCOCB，

∴OC∥BE，

∵BECE，

∴半径OCCE，

∴CE是O切线；

（2）连接AC，

∵AB是O的直径，

∴ACB90，

∴ACBCEB90，

∵ABCEBC，

∴ACB∽CEB，

ABBC

∴，

BCBE

4BC

∴，

BC3

∴BC23；

（3）连接OD，CD，

∵AB4，

∴OCOB2，

∵在Rt△BCE中，BC23,BE3，

BE33

∴cosCBE，

BC232

∴CBE30，

∴COD60，

∴AOC60，

∵OCOD，

∴△COD是等边三角形，

∴CDO60，

∴CDOAOC，

∴CD∥AB，

∴SCODSCBD，

60222

∴S阴S扇形COD

3603

2023·江苏无锡·统考中考真题

9．如图，AB是O的直径，CD与AB相交于点E．过点D的圆O的切线DF∥AB，交CA的延长线于点

F，CFCD．

(1)求F的度数；

(2)若DEDC8，求O的半径．

【答案】(1)67.5，(2)2

（2）证明DAE∽DCA，根据相似三角形的性质，代入数据即可求解．

【详解】（1）如图，连接OD．

FD为O的切线，

ODF90．

DF∥AB，

AOD90．

ADAD，

1

ACDAOD45．

2

CFCD，

1

F(180ACD)67.5．

2

（2）如图，连接AD，

AOOD，AOD90，

EAD45．

ACD45，

ACDEAD，且ADECDA，

DAE∽DCA，

DEDA

，即DA2DEDC8，

DADC

DA22，

2

OAODAD2，即半径为2

2

2023·四川遂宁·统考中考真题

10．如图，四边形ABCD内接于O，AB为O的直径，ADCD，过点D的直线l交BA的延长线于点M，

交BC的延长线于点N，且ADMDAC．

(1)求证：MN是O的切线；

(2)求证：AD2ABCN；

3

(3)当AB6，sinDCA时，求AM的长．

3

【答案】(1)见解析

(2)见解析

(3)6

【分析】（1）连接OD，OC，根据圆心角，弦，弧的关系可得AODDOC，根据直径所对的圆周角是

90度可得ACB90，半径相等可得OCOAOBOD，根据等腰的判定可得AOC是等腰三角形，根

据等腰三角形三线合一的性质可得OD垂直平分AC，根据平行线的判定和性质可得ODMN，即可证明；

（2）连接BD，根据同弧所对的圆周角相等可得ABDACD，根据平行线的性质可得ACBMNB90，

CDNACD，推得DCNBAD，根据相似三角形的判定和性质可得ADCDABCN，即可求证；

（3）令OD与AC交于点H，根据正弦的定义可求得CDAD23，DH2，根据勾股定理可求得

AC2AH42，BC2，根据矩形的判定和性质可得CN2,BN4，根据相似三角形的判定和性质可

求得BM12,即可求得．

【详解】（1）连接OD，OC，如图：

∵ADCD，

∴AODDOC，

∵四边形ABCD内接于O，AB为O的直径，

∴ACB90，

∴OCOAOBOD，

∴AOC是等腰三角形，

又∵AODDOC，

∴OD垂直平分AC，

∵ADMDAC，

∴ACMN，

∴ODMN，

即MN是O的切线；

（2）连接BD，如图：

∵ADAD

∴ABDACD，

∵ACMN，

∴ACBMNB90，CDNACD，

∴CDNABD，

∴DCNBAD，

∵CDNABD，ADBDNC90，DCNBAD，

∴ABD∽CDN，

CNCD

∴，

ADAB

即ADCDABCN，

又∵ADCD，

∴AD2ABCN；

（3）令OD与AC交于点H，如图：

∵DCADBA，

AD3

∴sinDCAsinDBA，

AB3

∵AB6，

∴AD23，

∴CDAD23，

∵DACDCA，

DH3

∴sinDCAsinDAC，

AD3

∴DH2，

2

在Rt△AHD中，AHAD2HD2232222，

∴AC2AH42，

2

在Rt△ABC中，BCAB2AC262422，

∵ODMN，BNMN，ACBC，

∴四边形HCND为矩形，

∴CNDH2,

∴BNBCCN4

∵ACMN，

∴VBAC∽VBMN，

BABC

∴

BMBN

62

即，

BM4

∴BM12,

∴AMBMBA1266

题型三内心模型

11．已知：如图，在ABC中，E是内心，延长AE交ABC的外接圆于点D，弦AD交弦BC于点F．

1求证：DEDB；

2当点A在优弧BC上运动时，若DE2，DFy，ADx，求y与x之间的函数关系．

4

【答案】（1）见解析；（2）y与x之间的关系式y．

x

【分析】1首先连接BE，由E是内心，易证得BEDEBCEAC，EBDEBCCBD，又由

同弧所对的圆周角相等，证得EACCBD，则可得EBDBED，即可证得DEBD；

2首先根据有两角对应相等的三角形相似，证得BDF∽ADB，则可证得：BD2ADDF，将已知线

段的长代入即可求得x与y的关系式．

【详解】1连接BE，

E为内心，

AE，BE分别为BAC，ABC的角平分线，

BEDBAEEBA，EBAEBC，BAEEAC，

BEDEBCEAC，EBDEBCCBD，

弧DC弧DC，

EACCBD，

EBDBED，

DEBD；

2由1得DBCDAC，BADCAD，

DBCBAD，

BDA为共公角，

BDF∽ADB，

BDDF

，

ADBD

BD2ADDF，

DFy，ADx，DE2，

xy4，

4

y与x之间的关系式y．

x

黑龙江绥化·中考真题

12．如图，点E是ABC的内心，AE的延长线与BC相交于点F，与ABC的外接圆相交于点D

（1）求证：BFD△∽△ABD；△

（2）求证：D△E=DB．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．

【详解】试题分析：（1）由内心的性质和圆周角定理可证得结论；

（2）连接BE，由内心的性质及三角形外角的性质可证得∠DBE=∠DEB，可证得DE=DB．

试题解析：（1）∵E是ABC的内心，∴∠BAD=∠CAD，∵∠CAD=∠CBD，

∴∠BAD=∠CBD；

△

（2）连接BF，如图，

∵E是ABC的内心，∴∠ABE=∠EBF，∵∠BED=∠BAD+∠ABE，∠DBE=∠EBF+∠CBD，

且∠BAD=∠CBD，∴∠BED=∠DBE，∴DE=DB．

△

广东省卷·中考真题

13．如图1，在ABC中，AB＝AC，⊙O是ABC的外接圆，过点C作∠BCD＝∠ACB交⊙O于

点D，连接△AD交BC于点E，延长DC△至点F，使CF＝AC，连接AF．

（1）求证：ED＝EC；

（2）求证：AF是⊙O的切线；

（3）如图2，若点G是ACD的内心，BC·BE＝25，求BG的长．

△

【分析】

（1）由AB＝AC知∠ABC＝∠ACB，结合∠ACB＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC得∠BCD＝∠ADC，从而得

证；

（2）连接OA，由∠CAF＝∠CFA知∠ACD＝∠CAF＋∠CFA＝2∠CAF，结合∠ACB＝∠BCD得∠ACD

＝2∠ACB，∠CAF＝∠ACB，据此可知AF∥BC，从而得OA⊥AF，从而得证；

（3）证ABE∽△CBA得AB2＝BC•BE，据此知AB＝5，连接AG，得∠BAG＝∠BAD＋∠DAG，∠BGA

＝∠GAC＋∠ACB，由点G为内心知∠DAG＝∠GAC，结合∠BAD＋∠DAG＝∠GAC＋∠ACB得∠BAG

△

＝∠BGA，从而得出BG＝AB＝5．

【解答】

解：（1）∵AB＝AC，

∴∠ABC＝∠ACB，

又∵∠ACB＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC，

∴∠BCD＝∠ADC，

∴ED＝EC；

（2）如图，连接OA，

∵AB＝AC，

∴ABAC，

∴OA⊥BC，

∵CA＝CF，

∴∠CAF＝∠CFA，

∴∠ACD＝∠CAF＋∠CFA＝2∠CAF，

∵∠ACB＝∠BCD，

∴∠ACD＝2∠ACB，

∴∠CAF＝∠ACB，

∴AF∥BC，

∴OA⊥AF，

∴AF为⊙O的切线；

（3）∵∠ABE＝∠CBA，∠BAD＝∠BCD＝∠ACB，

∴△ABE∽△CBA，

ABBE

∴，

BCAB

∴AB2＝BC•BE，

∵BC•BE＝25，

∴AB＝5，

如图，连接AG，

∴∠BAG＝∠BAD＋∠DAG，∠BGA＝∠GAC＋∠ACB，

∵点G为内心，

∴∠DAG＝∠GAC，

又∵∠BAD＋∠DAG＝∠GAC＋∠ACB，

∴∠BAG＝∠BGA，

∴BG＝AB＝5．

湖北·孝感中考真题

14．如图，点I是△ABC的内心，BI的延长线与△ABC的外接圆⊙O交于点D，与AC交于点E，

延长CD、BA相交于点F，∠ADF的平分线交AF于点G．

（1）求证：DG∥CA；

（2）求证：AD＝ID；

（3）若DE＝4，BE＝5，求BI的长．

【分析】

（1）根据三角形内心的性质得∠2＝∠7，再利用圆内接四边形的性质得∠ADF＝∠ABC，则∠1＝∠2，从

而得到∠1＝∠3，则可判断DG∥AC；

（2）根据三角形内心的性质得∠5＝∠6，然后证明∠4＝∠DAI得到DA＝DI；

（3）证明DAE∽△DBA，利用相似比得到AD＝6，则DI＝6，然后计算BD－DI即可．

【解答】

△

（1）证明：∵点I是ABC的内心，

△

∴∠2＝∠7，

∵DG平分∠ADF，

1

∴∠1＝∠ADF,

2

∵∠ADF＝∠ABC，

∴∠1＝∠2，

∵∠3＝∠2，

∴∠1＝∠3，

∴DG∥AC；

（2）证明：∵点I是ABC的内心，

∴∠5＝∠6，

△

∵∠4＝∠7＋∠5＝∠3＋∠6，

即∠4＝∠DAI，

∴D