专题21以圆为载体的几何综合探究问题-挑战2022年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（含答案）

挑战2024年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘专题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．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°；②求的值；(2)用含m的代数式表示，请直接写出结果；(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．3．(2021·广西来宾·中考真题)如图，已知，是的直径，，与的边，分别交于点，，连接并延长，与的延长线交于点，．(1)求证：是的切线；(2)若，求的值；(3)在(2)的条件下，若的平分线交于点，连接交于点，求的值．4．(2021·湖南株洲·中考真题)如图所示，是的直径，点、是上不同的两点，直线交线段于点，交过点的直线于点，若，且．(1)求证：直线是的切线；(2)连接、、、，若．①求证：；②过点作，交线段于点，点为线段的中点，若，求线段的长度．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；(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，请求出最小值；若不存在，请说明理由．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，(1)求证：AE是⊙O的切线；(2)求证：△BOD∽△EOB；(3)设△BOD的面积为S1，△BCF的面积为S2，若tan∠ODB＝，求的值．

2．(2021·辽宁沈阳·模拟预测)如图，在△ABC中，AB＝AC，以为直径的分别与，交于点，，过点作，垂足为点．(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_____．3．(2021·广东龙门·三模)如图，在Rt△ABC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，AC于点E，F，连接EF．(1)求证：BC是圆O的切线；(2)求证：AD2＝AF•AB；(3)若BE＝16，sinB，求AD的长．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．(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＝；①BE＝；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．5．(2021·江苏·宜兴市实验中学二模)(1)如图①，在△ABC中，，AB=4，AC=3，若AD平分∠BAC交于点，那么点到的距离为．(2)如图②，四边形内接于，为直径，点B是半圆的三等分点(弧弧)，连接，若平分，且，求四边形的面积．(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)，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．6．(2021·广东·惠州一中一模)如图，内接于，，为直径，与相交于点，过点作，垂足为，延长交的延长线于点，连接．(1)求证：与相切：(2)若，求的值；(3)在(2)的条件下，若的半径为4，，求的长．7．(2021·福建泉州·模拟预测)如图1，在直角坐标系中，直线与、轴分别交于点、两点，的角平分线交轴于点．点为直线上一点，以为直径的经过点，且与轴交于另一点．(1)求证：轴是的切线；(2)请求的半径，并直接写出点的坐标；(3)如图2，若点为上的一点，连接，且满足，请求出的长？8．(2021·福建·重庆实验外国语学校模拟预测)已知四边形内接于，．(1)如图1，求证：点到两边的距离相等；(2)如图2，已知与相交于点，为的直径．①求证：；②若，，求的长．9．(2021·江苏·南通市新桥中学一模)在平面直角坐标系xOy中，对于两个点A，B和图形ω，如果在图形ω上存在点P、Q(P、Q可以重合)，使得AP＝2BQ，那么称点A与点B是图形ω的一对“倍点”．已知⊙O的半径为1，点B(3，0)．(1)①点B到⊙O的最大值是，最小值是；②在点A(5，0)，D(0，10)这两个点中，与点B是⊙O的一对“倍点”的是；(2)在直线y＝x+b上存在点A与点B是⊙O的一对“倍点”，求b的取值范围；(3)已知直线y＝x+b，与x轴、y轴分别交于点M、N，若线段MN(含端点M、N)上所有的点与点B都是⊙O的一对“倍点”，请直接写出b的取值范围．10．(2021·安徽·合肥市第四十五中学三模)如图，△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，CE⊥AB于E，点F是CE上一点，连接AF并延长交BC于点D，CG⊥AD于点G，连接EG．(1)求证：CD2＝DG•DA；(2)如图1，若CF＝2EF，求证：点D是BC中点；(3)如图2，若GC＝2，GE＝2，求GD．11．(2021·黑龙江·哈尔滨市虹桥初级中学校一模)如图，已知为直径，点为弧的中点，为弦，过点作的垂线，垂足为．(1)如图1，求证：；(2)如图2，连接，的度数；(3)如图3，在(2)的条件下，延长交于，交于，过作的垂线交于，交于点，连接，若，()，求的度数．12．(2021·江苏·宜兴市实验中学二模)如图，是的直径，是上的一点，连接，，是上的一点，过点作的垂线，与线段交于点，点在线段的延长线上，且满足．(1)求直线与的公共点个数，并说明理由；(2)当点恰为中点时，若的半径为，，求线段的长．13．(2021·湖南师大附中博才实验中学二模)定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的乘积等于这个点到这边所对顶点连线段的平方，则称这个点为这个三角形该边的“好点”，如图1，在中，点是边上的一点，连接，若，则称点是中边的“好点”．(1)如图1，在中，，若点是边的“好点”，且，则线段的长是__________；(2)若一次函数与反比例函数交于，两点，与轴交于点，若点是中边的“好点”，求的值；(3)如图2，的外接圆是圆，点在边上，连接并延长，交于点，若点是中边的“好点”，，的半径为，且，求的值．14．(2021·江苏·靖江市靖城中学一模)如图，抛物线y＝mx2﹣4mx＋n(m＞0)与x轴交于A，B两点，点B在点A的右侧，抛物线与y轴正半轴交于点C，连接CA、CB，已知tan∠CAO＝3，sin∠CBO＝．(1)求抛物线的对称轴与抛物线的解析式；(2)设D为抛物线对称轴上一点．①当△BCD的外接圆的圆心在△BCD的边上时，求点D的坐标；②若△BCD是锐角三角形，直接写出点D的纵坐标n的取值范围．15．(2021·广东·珠海市九洲中学一模)如图，为的内接三角形，为的直径，将沿直线折叠得到，交于点．连接交于点，延长和相交于点，过点作交于点．(1)求证：直线是的切线；(2)求证：；(3)若，，求的值．16．(2021·黑龙江·哈尔滨市第十七中学校二模)已知AB、AC是⊙O的两条弦，OA为半径，∠OAB＝∠OAC．(1)如图(1)，求证：AB＝AC；(2)如图(2)，延长AO交⊙O于点D，点E是BC延长线上的一点，EF切⊙O于点F，连DF交BC于点G，求证：EF＝EG；(3)如图(3)，在(2)的条件下，设DF交AC于点H，若DF∥AB，tanE＝，CH＝，求DG长．17．(2021·广东·珠海市紫荆中学三模)已知，在中，，平分交于点，点为上一点，经过点，的分别交，于点，，连接，连接交于点．(1)求证：为的切线．(2)求证：(3)若，，求的长度．18．(2021·吉林省第二实验学校二模)如图，中，，，，点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿向点运动，到点停止．同时点从点出发，沿的线路向点运动，在边上的速度为每秒个单位长度，在边上的速度为每秒2个单位长度，到停止，以为边向右或右下方构造等边，设的运动时间为秒，解答下列问题：(1)填空：__________，__________．(2)当在上，落在边上时，求的值．(3)连结．①当在边上，与的一边垂直时，求的边长．②当在边上且不与点重合时，判断的方向是否变化，若不变化，说明理由．19．(2021·黑龙江·哈尔滨市虹桥初级中学校二模)如图，⊙O的直径AB与弦CD交于点E，且点A是弧CD的中点，点F在弧AB上，连接CF、BF．(1)求证：∠C+∠F+∠B＝90°(2)点G在弧BD上，连接CG与直径AB交于点H，连接DG，且DG＝CH．求证：AE＝EH；(3)在(2)的条件下，点K为弧FD的中点，连接FK、BK，FK＝5，过点C作CQ∥FK，交⊙O于点Q，交BK、BF于点M、N，MN＝3，OE＝EH，KM﹣4＝CN，连接FQ，求FQ的长．20．(2018·河南·模拟预测)(1)问题发现如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．填空：①∠AEB的度数为；②线段AD，BE之间的数量关系为．(2)拓展探究如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由．(3)解决问题如图3，在正方形ABCD中，CD＝，若点P满足PD＝1，且∠BPD＝90°，请直接写出点A到BP的距离．21．(2021·陕西·西安市铁一中学模拟预测)问题发现(1)如图1，已知⊙O的半径为3，．为⊙O上一动点，则的最大值为；问题探究(2)如图2，在中，设，，，为的中点，连接．求证：；小明同学思考时，先过点作于，请你试着帮助小明完成剩下的过程．问题解决(3)如图3，为平面内一定点，且满足，，现在要建一个面积尽可能大的矩形景区，使得，请问是否存在这样一个满足要求的矩形？若存在，请求出这个矩形的最大面积；若不存在，请说明理由．(结果保留根号)22．(2021·江苏·苏州湾实验初级中学一模)如图，在中，，，，动点从点出发，沿着方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点从点方向出发，沿着方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为秒，以为圆心，长为半径的与、的另一个交点分别为、，连接、．(1)当点与点重合时，求的值；(2)若是等腰三角形，求的值；(3)若与线段只有一个公共点，求的取值范围．23．(2021·黑龙江·哈尔滨市虹桥初级中学校模拟预测)已知AB、CD均为的直径，连接AC，AD，已知．(1)如图1，求证：；(2)如图2，点E在弧BC上，连接AE、DE，过点A作AE的垂线交于点F，求证：；(3)如图3，在(2)的条件下，连接BF交AD于点G，在AC上取点M，连接EM，若，，，求线段DE的长度．24．(2021·江苏·苏州市相城区春申中学一模)如图，已知为半圆O的直径，P为半圆上的一个动点(不含端点)，以为一组邻边作，连接，设的中点分别为，连接．(1)试判断四边形的形状，并说明理由．(2)若点P从点B出发，以每秒的速度，绕点O在半圆上逆时针方向运动，设运动时间为．①是否存在这样的，使得点Q落在半圆O内？若存在，请求出的取值范围；若不存在，请说明理由．②试求：当t为何值时，四边形的面积取得最大值？并判断此时直线与半圆O的位置关系(需说明理由)．挑战2024年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘专题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．【答案】(1)相切，见解析；(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＝＝＝5，∵OH⊥AB，∴AH＝HB，∵OA＝OP，AH＝HB，∴OH＝PB＝，∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，∴四边形AHED是矩形，∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，∴OE＝EH＝OH＝4﹣＝，∴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＝＝＝4，∵AP是直径，∴∠AQP＝90°，∵PA平分∠EAB，PQ⊥AQ，PB⊥AB，∴PB＝PQ，设PB＝PQ＝x，∵S△ABT＝S△ABP+S△APT，∴×4×8＝×4×x+×4×x，∴x＝2﹣2，∴tan∠EAP＝tan∠PAB＝＝．【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°；②求的值；(2)用含m的代数式表示，请直接写出结果；(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．【答案】(1)①见解析；②2；(2)；(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；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、AD的值，从而可得结论；(2)连接AQ、BD，首先与(1)中的②相同，有，由△APD∽△ADB，可求得AD的长，从而求得结果；(3)由(2)的结论可得：，从而BQ2﹣2DH2+PB2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∴OA=∴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°

②连接AQ∵AB是直径∴AQ⊥BQ根据圆周角定理得：∠ABQ=∠ADH，∴∵AH⊥DQ在Rt△ABQ和Rt△ADH中∴∵AD=OA=2，AB=4∴(2)连接AQ、BD与(1)中的②相同，有∵AB是直径∴AD⊥BD∴∠DAB+∠ADP=∠DAB+∠ABD=90°∴∠ADP=∠ABD∴Rt△APD∽Rt△ADB∴∵AB=PA+PB=1+m∴∴(3)由(2)知，∴BQ=即∴BQ2﹣2DH2+PB2=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°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，是的直径，，与的边，分别交于点，，连接并延长，与的延长线交于点，．(1)求证：是的切线；(2)若，求的值；(3)在(2)的条件下，若的平分线交于点，连接交于点，求的值．【答案】(1)见解析；(2)；(3)．【解析】【分析】(1)连接DF，由圆周角性质可得，则利用平行线的判定与性质可得，再根据等腰三角形性质及直角三角形性质可推出，即可证得结论；(2)由相似三角形的判定可得，则推出，由得出，可利用勾股定理求得，即可求出的值；(3)连接MN，并延长CO与AF，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，，，，，，再由相似三角形的判定及性质可推出，代入求值后即可求得的值．【详解】(1)证明：如图，连接DF，∵是的直径，∴．∴DF∥AE．∵四边形ABCD是平行四边形，∴AE∥OC．∴DF∥OC．∴．∵，∴．∵，∴．∵，∴．∴．∴．∴是的切线．(2)解：∵，∴．∴．∴．∴．∵，∴．设，则．由勾股定理得，即，解得，(不合题意，舍去)．∴．∵，∴．(3)解：连接MN，并延长CO与AF，分别相交于点P，点Q，连接AQ，∵四边形ABCD是平行四边形，∴，，AB∥OC．∴，∵平分，∴．∴．∴．∵∴．∵，∴．∴．∴．∴．∵AB∥OC，∴．∴．∵，∴．在Rt△APO中，由勾股定理得．∴．在Rt△APH中，由勾股定理得．∵，∴．∵，∴．∴．∴．【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，是的直径，点、是上不同的两点，直线交线段于点，交过点的直线于点，若，且．(1)求证：直线是的切线；(2)连接、、、，若．①求证：；②过点作，交线段于点，点为线段的中点，若，求线段的长度．【答案】(1)证明见解析；(2)①证明见解析；②1【解析】【分析】(1)先将转化为，再利用勾股定理逆定理证明即可；(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与，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，且，∴，∴,∴，∴直线是的切线；(2)①∵，又∵，∴，∵,∴．；②∵，∴，设圆的半径为r，∵，，∴，∴；∵点为线段的中点，∴，∵，∴,∴，∴,∴线段的长度为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；(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，请求出最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=x2+2x+6；(2)直角三角形，见解析；(3)存在，【解析】【分析】(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；(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)，∴把点C(0，6)代入得：a=，∴该抛物线的表达式为y=x2+2x+6；(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，∴当y=0时，(x-2)2+8=0，解得：x1=-2，x2=6，∴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；(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，则BF的长即为所求．连接CP，∵CP为半径，∴，又∵∠FCP=∠PCE，∴△FCP∽△PCE，∴，FP=EP，∴BF=BP+EP，由“两点之间，线段最短”可得：BF的长即BP+EP为最小值．∵CF=CE，E(2，8)，∴F(，)，∴BF=【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，(1)求证：AE是⊙O的切线；(2)求证：△BOD∽△EOB；(3)设△BOD的面积为S1，△BCF的面积为S2，若tan∠ODB＝，求的值．

【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【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，再得出，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：∵∴∠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，∴，∴OA2＝OD×OE，∵OB＝OA，∴OB2＝OD×OE，∴，又∵∠BOD＝∠EOB，∴△BOD∽△EOB；(3)解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵OE⊥AC于D，∴OE∥BC，∴∠ODB＝∠DBC，∴在直角三角形BCD中，tan∠ODB＝tan∠DBC＝，∴设CD＝，BC＝3k，∴BD＝k，∵△BOD∽△EOB，∴∠OBD＝∠OEB，∵OE∥BC，∴∠OEB＝∠FBC，∴∠OBD＝∠FBC，∵∠BAC＝∠BFC，∴△ABD∽△FBC，∴，∵O是AB的中点，∴S△ABD＝2S1，∴．【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，以为直径的分别与，交于点，，过点作，垂足为点．(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)(3)【解析】【分析】(1)连接，证明，从而命题得证；(2)连接，证明；(3)连接，，作于，先求得，进而求得，，根据求得结果．(1)(2)解：如图2，连接，是的直径，，，，，，，，；(3)解：如图3，连接，，作于，，，，，，，，，，，，，，，，．【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Rt△ABC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，AC于点E，F，连接EF．(1)求证：BC是圆O的切线；(2)求证：AD2＝AF•AB；(3)若BE＝16，sinB，求AD的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【解析】【分析】(1)连接，证，进而得到得，即可解决问题；(2)连接，先证得，再由圆周角定理得，则，然后证，得，即可得出结论；(3)先由锐角三角四数定义得，设的半径为，则，求得，进而得到，的长度，再由三角函数的定义求出，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：∵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，∴∠B＝∠ADF，又∵∠BAD＝∠CAD，∴△ABD∽△ADF，∴AB：AD＝AD：AF，∴AD2＝AF•AB；(3)解：在Rt△BOD中，sinB，设圆O的半径为r，则，解得：r＝10，∴AE＝2r＝20，AB＝AE+BE＝36，在Rt△AEF中，∠AFE＝90°，sin∠AEF＝sinB，∴AF，由(2)得：AD2＝AF•AB，∴AD．【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．(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＝；①BE＝；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(2)AC的长为2或或3【解析】【分析】(1)①连接OC，根据CE是⊙O的切线得∠OCE＝90°，根据得CE＝4，在中，根据勾股定理得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，DM∥CE，则，根据平行线的性质得∠AMD＝∠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，①若，连接BC，根据圆周角定理可得∠ACB＝90°，则BC2＝AB2﹣AC2＝BD2﹣CD2，且CD＝AC，即可得；②若，连接FA，FC，过点F作FG⊥AC于点G，即可得AF＝DF，DG＝AD，根据∠ACF＝∠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＝DF2，解得，即可得；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，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，综上即可得．(1)①连接OC，如图1，∵CE是⊙O的切线，∴OC⊥CE，∴∠OCE＝90°，∵，AB＝6，∴OC＝3，∴∴CE＝4，∴，∴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，∴，DM∥CE，∴，∠AMD＝∠CEB，∵AM＝AE＝4，∴AM=CE，在△AMD和△CEB中，∴△AMD≌△CEB(SAS)，∴AD＝BC，∵AD＝CD，∴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°，∴∠ABF＝45°，．①若，连接BC，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴BC2＝AB2﹣AC2＝BD2﹣CD2，且CD＝AC，∴，∴；②若，连接FA，FC，过点F作FG⊥AC于点G，∴AF＝DF，DG＝AD，∵∠ACF＝∠ABF＝45°，∴CG＝FG，设DG＝x，则CD＝AD＝2x，FG＝CG＝DG+CD＝3x，∵FG2+DG2＝DF2，∴，解得，∴；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，∴，综合上述可得，AC的长为或或．【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，，AB=4，AC=3，若AD平分∠BAC交于点，那么点到的距离为．(2)如图②，四边形内接于，为直径，点B是半圆的三等分点(弧弧)，连接，若平分，且，求四边形的面积．(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)，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．【答案】(1)；(2)四边形ABCD的面积为32；(3)存在

．【解析】【分析】(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．(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，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)，则BE=4−λ；∵DE//AC，∴△BDE∽△BCA，∴，即：解得：λ=，∴点D到AC的距离．(2)连接OB，∵点B是半圆AC的三等分点(弧AB＜弧BC)，∴∴∵AC是的直径，∴∵BD平分∠ABC∴过点A作AE⊥BD于点E，则∴AE=BE设AE=BE=x，则∵BD=BE+DE=∴x=∴∵∴∴BC=∵BD平分∠ABC∴∴∴AD=CD∵AE⊥DE∴∵,∴∴===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，∵AB=AD∴∠ACB=∠ACD∴AM=AN∵∠ADC+∠ABC=180°，∠ADC+∠ADM=180°,∴∠ABC=∠ADM又∠ANB=∠AMD=90°，∴△ABN≌△ADM∴∵AN=AM，∠BCA=∠DCA，AC=AC∴△ACN≌△ACM∴∵∠ABC=60°∴∠ADC=120°∴∠ADM=60°，∠MAD=30°设DM=x，则AD=2x，∴∵∴，即∵抛物线对称轴为x=5∴当x=4时，有最大值，为【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，内接于，，为直径，与相交于点，过点作，垂足为，延长交的延长线于点，连接．(1)求证：与相切：(2)若，求的值；(3)在(2)的条件下，若的半径为4，，求的长．【答案】(1)见解析；(2)；(3)．【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；(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，证△BEF∽△OAM得，由AM=AC、OA=OC知，结合即可得；(3)Rt△DBC中求得BC=4、∠DCB=30°，在Rt△EFC中设EF=x，知EC=2x、FC=x、BF=4﹣x，继而在Rt△BEF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，∵，，、，，是的直径，∴∠DBC=90°，，，，与相切；(2)解：过点作于点，连接，∵OC=OA，，∴，，，∴∠EBF=∠AOM，又，，，，，，又，；(3)解：，，，在中，，又，是等边三角形，，，，，∴EC=2EF，由勾股定理FC=设，则、，，，且，，在中，，，整理得△=242-16×23=208＞0解得：，，舍去，，．【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.7．(2021·福建泉州·模拟预测)如图1，在直角坐标系中，直线与、轴分别交于点、两点，的角平分线交轴于点．点为直线上一点，以为直径的经过点，且与轴交于另一点．(1)求证：轴是的切线；(2)请求的半径，并直接写出点的坐标；(3)如图2，若点为上的一点，连接，且满足，请求出的长？【答案】(1)见解析；(2)；的坐标为(1，4)；(3)．【解析】【分析】(1)要证明轴是的切线，只需要连接后证明即可．(2)由(1)可知，则，设半径为后，利用对应边的比相等列方程即可求出半径的值，再证明，由此可求得点C的坐标．(3)由于，所以可以连接、构造直角三角形．再过点作，然后利用勾股定理即可求出的长度．【详解】(1)证明：如图，连接，的角平分线交轴于点，，，，，，，为半径，轴是的切线；(2)解：，，，，在中，由勾股定理可得：，设半径，则，，，，，，，∴，如图，过点C作CM⊥y轴于点M，则，∴，，，解得：，，∴，的坐标为；(3)解：如图，过点作于，连接、，是直径，，，，，在中，由勾股定理可知：，∴，∴(舍负)，∴，设，则，∵，∴，，，，，∵在中，由勾股定理可知：，，解得：或(不合题意，舍去)，，∵，，∴，∴，∵在中，由勾股定理可得：，∴，∴(舍负)，∴，在中，由勾股定理可知：，．【点睛】此题属于圆的综合题，涉及了切线的判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理的应用等相关知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练掌握各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来，灵活运用．8．(2021·福建·重庆实验外国语学校模拟预测)已知四边形内接于，．(1)如图1，求证：点到两边的距离相等；(2)如图2，已知与相交于点，为的直径．①求证：；②若，，求的长．【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②【解析】【分析】(1)连接，由等弦对等弧，等弧对等角得，即可得证；(2)①由，得到，由直径所对的圆周角是直角，可推得；过点作，交延长线于点，根据角的关系证明，又由，得到，进一步等量代换得，即可得证；(2)②由第一小问知，，设，则，由条件求出BD的值，建立等量关系，分别求出DE的值，再证明，根据相似三角形线段成比例得，代入相关数值求解即可．【详解】证明：(1)如图1，连接，，，，点到两边的距离相等；(2)①，，为直径，，，如图2，过点作，交延长线于点，，，又由(1)知：，，，，，，②如图，由(2)①得：，则，设，则，为直径，，，，，解得：，，，又，，，，，，．【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．9．(2021·江苏·南通市新桥中学一模)在平面直角坐标系xOy中，对于两个点A，B和图形ω，如果在图形ω上存在点P、Q(P、Q可以重合)，使得AP＝2BQ，那么称点A与点B是图形ω的一对“倍点”．已知⊙O的半径为1，点B(3，0)．(1)①点B到⊙O的最大值是，最小值是；②在点A(5，0)，D(0，10)这两个点中，与点B是⊙O的一对“倍点”的是；(2)在直线y＝x+b上存在点A与点B是⊙O的一对“倍点”，求b的取值范围；(3)已知直线y＝x+b，与x轴、y轴分别交于点M、N，若线段MN(含端点M、N)上所有的点与点B都是⊙O的一对“倍点”，请直接写出b的取值范围．【答案】(1)2，4，；(2)；(3)或．【解析】【分析】(1)①点到的最大值是；点到的最小值是；②到圆的最大值6，最小值4；到圆的最大值11，最小值9；点到的最大值是4，最小值是2；在圆上存在点，，使得，则与是的一对“倍点”；(2)由“倍点”定义，可求点到直线的最大值，由锐角三角函数可求解；(3)由“线段(含端点、上所有的点与点都是的一对“倍点””可确定的取值范围，即可求解．【详解】解：(1)①点到的最大值是；点到的最小值是；②到圆的最大值6，最小值4；到圆的最大值11，最小值9；又点到的最大值是4，最小值是2；在圆上存在点，，使得，与是的一对“倍点”，故答案为2，4，；(2)如图，设直线与轴交于点，与轴交于点，过点作于，点到的最大值是4，最小值是2，到直线的最大距离是9，即，直线与轴交于点，与轴交于点，点，点，，，，，，，；(3)如图，线段(含端点、上所有的点与点都是的一对“倍点”，，，或．【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，三角函数等知识，熟练掌握圆与直线的关系，点到圆上距离的最值的求法是解题的关键．10．(2021·安徽·合肥市第四十五中学三模)如图，△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，CE⊥AB于E，点F是CE上一点，连接AF并延长交BC于点D，CG⊥AD于点G，连接EG．(1)求证：CD2＝DG•DA；(2)如图1，若CF＝2EF，求证：点D是BC中点；(3)如图2，若GC＝2，GE＝2，求GD．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)【解析】【分析】(1)先证明△ACD∽△CGD，根据相似三角形性质即可证得结论；(2)如图1，过E作EH∥AD交BC于点H，运用平行线分线段成比例定理即可证得结论；(3)根据∠AGC＝∠AEC＝90°，得出A、C、G、E四点共圆，过点E作EH⊥AD于点H，可得△EGH是等腰直角三角形，再证明△CFG≌△EFH(AAS)，利用勾股定理和三角函数定义求出AG，再证明△CAG∽△DCG，运用相似三角形性质即可求出答案．【详解】解：(1)∵CG⊥AD，∠ACB＝90°，∴∠CGD＝∠ACB＝90°，∵∠CDA＝∠CDG，∴△ACD∽△CGD，∴CD：DG＝DA：CD，∴CD2＝DG•DA；(2)如图1，过E作EH//AD交BC于点H，∵HE//AD，∴BH：HD＝BE：EA，CD：HD＝CF：EF，∵CB＝CA，∠ACB＝90°，CE⊥AB，∴E为AB的中点，∴BE：EA＝1，∴BH：HD＝BE：EA＝1，∵CF＝2EF，∴CD：HD＝CF：EF＝2，∴BH＝HD，CD＝2HD，∴BD＝BH+HD＝2HD，∴BD＝CD，∴D为BD的中点．(3)∵CB＝CA，∠ACB＝90°，∴∠BAC＝45°，∵CE⊥AB，CG⊥AD，∴∠AGC＝∠AEC＝90°，∠ACE＝45°，∴A、C、G、E四点共圆，∴∠AGE＝∠ACE＝45°，如图2，过点E作EH⊥AD于点H，∴△EGH是等腰直角三角形，EH＝GH＝GE•sin45°＝2×＝2，∵CG＝2，∴CG＝EH，∵∠CGF＝∠EHF＝90°，∠CFG＝∠EFH，∴△CFG≌△EFH(AAS)，∴FG＝FH＝1，CF＝EF，在Rt△CFG中，CF＝＝＝，∴CE＝2CF＝2，∴AC＝＝＝2，∴AG＝＝＝6，∵∠CGD＝∠AGC＝90°，∴∠CAG+∠ACG＝90°，∵∠ACG+∠DCG＝90°，∴∠CAG＝∠DCG，∴△CAG∽△DCG，∴＝，∴．【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质与判定，全等三角形判定和性质，四点共圆、相似三角形的判定和性质、勾股定理、平行线分线段成比例定理、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考压轴题．11．(2021·黑龙江·哈尔滨市虹桥初级中学校一模)如图，已知为直径，点为弧的中点，为弦，过点作的垂线，垂足为．(1)如图1，求证：；(2)如图2，连接，的度数；(3)如图3，在(2)的条件下，延长交于，交于，过作的垂线交于，交于点，连接，若，()，求的度数．【答案】(1)见解析；(2)；(3)【解析】【分析】(1)连接，，；(2)连接，，说明，可得、、、共圆，利用圆周角定理得证；(3)，，由求得，再求出半径，可求得的度数．【详解】解：(1)证明：如图1，连接，，是直径，是半圆，点是的中点，，，，，，；(2)如图2，连接，，由(1)知：，点、、、四点共圆，；(3)如图3，，，，在中，，在中，，，，，，，，由得，，或(舍去)，设的半径为，，，在中，由勾股定理得，，或(舍去)，，，，．【点睛】本题考查了圆、等腰直角三角形、相似三角形、锐角三角函数等知识的综合运用，难度大，是压轴题，解决问题的关键是利用相似表示线段，，列方程解决．12．(2021·江苏·宜兴市实验中学二模)如图，是的直径，是上的一点，连接，，是上的一点，过点作的垂线，与线段交于点，点在线段的延长线上，且满足．(1)求直线与的公共点个数，并说明理由；(2)当点恰为中点时，若的半径为，，求线段的长．【答案】(1)1个，理由见解析；(2)【解析】【分析】(1)连接OC，根据等腰三角形的性质得到，求得，由切线的判定定理即可得到结论；(2)根据圆周角定理得到，根据得到，又根据勾股定理得到，根据相似三角形的性质得到，过F作于H，由相似三角形的性质即可得到结论．【详解】解：(1)连接OC，,,,，，，，，，，，∴CF是的切线，∴直线CF与的公共点个数有1个；(2)∵AB是的直径，，的半径为10，，，∴，∴，∵点E为BC中点，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，过F作于H，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，正确的做出辅助线是解题的关键．13．(2021·湖南师大附中博才实验中学二模)定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的乘积等于这个点到这边所对顶点连线段的平方，则称这个点为这个三角形该边的“好点”，如图1，在中，点是边上的一点，连接，若，则称点是中边的“好点”．(1)如图1，在中，，若点是边的“好点”，且，则线段的长是__________；(2)若一次函数与反比例函数交于，两点，与轴交于点，若点是中边的“好点”，求的值；(3)如图2，的外接圆是圆，点在边上，连接并延长，交于点，若点是中边的“好点”，，的半径为，且，求的值．【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【分析】(1)根据“好点”的定义知，代入即可；(2)设，则，设，，，，表示出，的长，可得，再根据“好点”定义即可得出答案；(3)连接，可证，得，再根据点是中边上的“好点”，得，则，设，则，，勾股定理得，再求出，即可解决问题．【详解】解：(1)，，，由题可知：，，故答案为．(2)联立，得：，设，，，，令，则，，，，，由题可知：，，，，(3)连接，，，，，，点是中边上的“好点”，，，，，又，，是的直径，，设，则，，在中，，，在中，，点是中边上的“好点”，，．【点睛】本题主要考查了圆的相关性质和计算，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解，以及勾股定理等知识，解决问题的关键是将“新定义”转化为“旧知识”．14．(2021·江苏·靖江市靖城中学一模)如图，抛物线y＝mx2﹣4mx＋n(m＞0)与x轴交于A，B两点，点B在点A的右侧，抛物线与y轴正半轴交于点C，连接CA、CB，已知tan∠CAO＝3，sin∠CBO＝．(1)求抛物线的对称轴与抛物线的解析式；(2)设D为抛物线对称轴上一点．①当△BCD的外接圆的圆心在△BCD的边上时，求点D的坐标；②若△BCD是锐角三角形，直接写出点D的纵坐标n的取值范围．【答案】(1)，对称轴是直线；(2)①D(2，5)或D(2，)或(0，)或D(2，-1)；②或【解析】【分析】(1)先根据，，得到OC=3OA，∠CBO=45°，则OC=OB，再求出抛物线对称轴为，OC=n，，，A(，0)，B(n，0)，由此求出n的值即可求出抛物线的解析式；(2)①当△BCD的外接圆圆心在△BCD边上时，△BCD是直角三角形，设D(2，t)，则，，，然后分别讨论当B、C、D为直角顶点时，利用勾股定理求解；②由图形可知当D在D1和D3之间或D4与D2之间时，△BCD是锐角三角形，其中D1是C为直角顶点时D点的位置，D3是D为直角顶点D的位置，D4和D2分别是以B和D为直角顶角的位置．【详解】解：(1)由题意可知，∠COA=90°，∴，∴OC=3OA，∠CBO=45°，∴OC=OB，∵抛物线y＝mx2﹣4mx＋n(m＞0)与x轴交于A，B两点，点B在点A的右侧，抛物线与y轴正半轴交于点C，∴C(0，n)，抛物线对称轴为，∴OC=n，∴，，∴A(，0)，B(n，0)，∴，∴n=3，∴C(0，3)，B(3，0)，A(1，0)，∴把A(1，0)代入抛物线解析式得：，∴m=1，∴抛物线解析式为；(2)①当△BCD的外接圆圆心在△BCD边上时，△BCD是直角三角形，∵D为抛物线对称轴上的一点，∴设D(2，a)∵C(0，3)B(3，0)，∴，，，当C为直角顶点时，即，解得a=5，∴D(2，5)；当D为直角顶点时，即，解得，∴D(2，)或(0，)；当B为直角顶点时，即，解得a=-1，∴D(2，-1)；∴综上所述：D(2，5)或D(2，)或(0，)或D(2，-1)；②由图形可知当D在D1和D3之间或D4与D2之间时，△BCD是锐角三角形，其中D1是C为直角顶点时D点的位置，D3是D为直角顶点D的位置，D4和D2分别是以B和D为直角顶角的位置，∴或．【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，两点距离公式，勾股定理，二次函数与直角三角形的综合，解直角三角形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．15．(2021·广东·珠海市九洲中学一模)如图，为的内接三角形，为的直径，将沿直线折叠得到，交于点．连接交于点，延长和相交于点，过点作交于点．(1)求证：直线是的切线；(2)求证：；(3)若，，求的值．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)【解析】【分析】(1)欲证明直线是的切线，只需推知即可；(2)根据折叠的性质得到：．通过相似三角形的对应边成比例得到：．所以．(3)，所以需要求得线段、的长度；利用(2)中的和锐角三角函数的定义求得；根据得到，即；结合勾股定理知．所以．利用方程思想求得答案．【详解】(1)证明：∵将沿直线折叠得到，∴．∴点在的垂直平分线上．同理得：点在的垂直平分线上．∴即，∵．∴．∵是的半径，∴直线是的切线；(2)证明：∵为的直径，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴．∴，∴，∵，∴；(3)解：∵，，∴，∴．∵，∴．∵，∴．∵，∴，∴．∵，∴，∴，∵，，∴．∵，∴．∴．解得：或(舍去)．∴，，∴．【点睛】此题主要考查了圆的综合应用，相似三角形的判定与性质，勾股定理以及解直角三角形等知识，在运用切线的性质时，若已知切点，连接切点和圆心，得垂直；若不知切点，则过圆心向切线作垂直，即“知切点连半径，无切点作垂直”．圆与相似三角形，及三角函数相融合的解答题、与切线有关的性质与判定有关的证明题是近几年中考的热点，故要求学生把所学知识融汇贯穿，灵活运用．16．(2021·黑龙江·哈尔滨市第十七中学校二模)已知AB、AC是⊙O的两条弦，OA为半径，∠OAB＝∠OAC．(1)如图(1)，求证：AB＝AC；(2)如图(2)，延长AO交⊙O于点D，点E是BC延长线上的一点，EF切⊙O于点F，连DF交BC于点G，求证：EF＝EG；(3)如图(3)，在(2)的条件下，设DF交AC于点H，若DF∥AB，tanE＝，CH＝，求DG长．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)【解析】【分析】(1)连接、，则可得出，根据等边对等角推出，，证明，从而得出；(2)连接，根据垂径定理、切线的性质及脚之间的互余关系推出，从而证明；(3)连接，，根据平行线的性质及圆周角定理推出角之间的关系：，，根据角之间的关系推出相关的相似三角形：、、，利用相似三角形的性质设除三角形的各边长并进行求解即可．【详解】解：(1)证明：如图1，连接、，则，，，，，在和中，，，．(2)如图2，连接，与相交于点，则，，，，则，与圆相切于点，，则，，，，，，．(3)如图，连接，，由题意可知，，，，，(圆周角定理)，，，，，，，，，，，由(2)可知，，，在中，，设，，则，，在中，，即，解得或(舍去)，，，由(2)可知，，设，，，，，，，，，，，，，，即，解得，．【点睛】本题考查圆的综合运用，圆与三角形相结合，通常先根据圆的相关定理推出角的关系得到相关的相似三角形或直角三角形，再利用相似三角形或直角三角形的性质进行求解．17．(2021·广东·珠海市紫荆中学三模)已知，在中，，平分交于点，点为上一点，经过点，的分别交，于点，，连接，连接交于点．(1)求证：为的切线．(2)求证：(3)若，，求的长度．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)【解析】【分析】(1)先判断出，得出，即可得出结论；(2)先判断出∠AEF=∠B，再判断出∠AEF=∠ADF，进而得出∠B=∠ADF，进而即可得出结论；(3)设圆的半径为，则，，得出，解得：，则，，求出，进而求出的长即可．【详解】(1)证明：如图，连接，平分，，，，，，∴，，∴，，又∵为的半径，∴为的切线；(2)证明：如图，连接，为的直径，，，，∵，，又，；(3)解：设圆的半径为，则，，在中，，即，解得：，，，在中，，∵，∴，．，，∴，．【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了切线的判定，圆周角的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，求出圆的半径是解本题的关键．18．(2021·吉林省第二实验学校二模)如图，中，，，，点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿向点运动，到点停止．同时点从点出发，沿的线路向点运动，在边上的速度为每秒个单位长度，在边上的速度为每秒2个单位长度，到停止，以为边向右或右下方构造等边，设的运动时间为秒，解答下列问题：(1)填空：__________，__________．(2)当在上，落在边上时，求的值．(3)连结．①当在边上，与的一边垂直时，求的边长．②当在边上且不与点重合时，判断的方向是否变化，若不变化，说明理由．【答案】(1)1，；(2)；(3)①或；②BR的方向不变，∠QBR=60°，理由见解析【解析】【分析】(1)利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求解即可；(2)过点Q作QD⊥AB于D，由题意可得，，，然后证明P、D是重合的即可得到，从而可以证明∠PRB=90°，即可得到由此求解即可；(3)①由(2)得当R在BC上时，BR⊥AC；当BR⊥AB时即∠PBR=90°，可以求出，又有，由此即可建立方程求解；②只需要证明Q、P、B、R四点共圆，即可得到∠QBR=∠QPR=60°．【详解】解：(1)∵中，，，，∴∴，故答案为：1，；(2)如图：过点Q作QD⊥AB于D，由题意可得，，∴

，∴，∴∴此时D，P重合，∴∠QPA=90°，，∵三角形QPR是等边三角形，∴，∠QPR=60°，∴∠RPB=30°，又∵∠B=180°-∠C-∠A=60°，∴∠PRB=90°∴，∵，∴，解得(3)①由(2)可得QP⊥AB，当点R在BC上时，此时BR⊥AC，∴此时，∠QPA=90°，∴此时如图当BR⊥AB时即∠PBR=90°由(2)得，，∴，∵三角形QPR是等边三角形，∴∠QPR=60°，QP=PR，∴∠RPB=30°，∴PR=2RB，又∵即，∴，∴，∴，解得，∴∴综上所述，△PQR的边长为或；②BR的方向不变，理由如下：如图所示：∵△QPR是等边三角形，∴∠QRP=60°，∵∠ABC=90°-∠A=60°，∴∠QBP=∠QRP=60°，∴Q、P、B、R四点共圆，∴∠QBR=∠QPR=60°，∴BR的方向不变．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，四点共圆等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．19．(2021·黑龙江·哈尔滨市虹桥初级中学校二模)如图，⊙O的直径AB与弦CD交于点E，且点A是弧CD的中点，点F在弧AB上，连接CF、BF．(1)求证：∠C+∠F+∠B＝90°(2)点G在弧BD上，连接CG与直径AB交于点H，连接DG，且DG＝CH．求证：AE＝EH；(3)在(2)的条件下，点K为弧FD的中点，连接FK、BK，FK＝5，过点C作CQ∥FK，交⊙O于点Q，交BK、BF于点M、N，MN＝3，OE＝EH，KM﹣4＝CN，连接FQ，求FQ的长．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)15．【解析】【分析】(1)设AB与CF相交于R，应用三角形外角和定理、垂径定理即可解决问题；(2)连接AC，DH，首先判定AB是CD的垂直平分线；其次应用垂直平分线的性质得出HC＝HD；接着通过不同线段之间的转化，得出角之间的关系；然后通过弧和对应圆周角之间的关系，求出弧相等；再由弧相等，推出弦(边)相等AC＝DG＝CH；最后通过等腰三角形的三线合一定理得到结论AE＝EH；(3)连接CA，CO，连接CK交FB于点S，作CT⊥KB于点T，首先，由平行的性质得出角度之间的关系∠FKC＝∠KCQ；由A是的中点，K为弧的中点，以及平行得出的角度的关系，推导出弧所对应圆周角的度数，以及弧之间的度数关系，设对应的圆周角度数为a，对应的圆周角度数为b，可得对应的圆周角度数为b，对应的圆周角度数为a+2b；由等腰三角形，∠BFK＝90°﹣a﹣b，∠FKC＝2a+2b，∠FSK＝＝90°﹣a﹣b＝∠BFK，KS＝KF＝5，∠CNF＝∠SFK＝∠FSK＝∠CSN，CS＝CN；然后，由已经条件和(2)相关结论，由OE＝EH，可得EH＝18m，OE＝7m，AE＝18m，OC＝OA＝25m，CE＝24m，AC＝30m；再然后，通过辅助线构造两个相似三角形Rt△CAE∽Rt△CKT，再结合直角三角形，从而求得CK＝5n，CT＝4n，KT＝3n，CN＝CS＝5n﹣5，CM＝5n﹣2，KM＝5n﹣1，MT＝KM﹣KT＝2n﹣1，最后，在Rt△CTM中，应用勾股定理求出n，即求得FQ＝CK＝15．【详解】解：(1)设AB与CF相交于R，如图：∵AB是直径，A是的中点，∴AB⊥CD，∴∠C+∠CRB＝90°；∵∠CRB＝∠F+∠B，∴∠C+∠F+∠B＝90°；(2)如图2，连接AC，DH，∵AB是直径，A是的中点，∴E是CD的中点，AB⊥CD，∴AB是CD的垂直平分线，∴HC＝HD，∴∠HCD＝∠HDC，∵DG＝HC，∴DG＝DH，∴∠DGH＝∠DHG＝2∠HCD，即∠DCG＝∠DGC，∵A是的中点，∴对应的圆周角度数为∠DGC，而对应的圆周角度数为∠DCG＝∠DGC，∴，∴AC＝DG，∴CA＝CH，又∵CE⊥AH，∴E是AH的中点，∴AE＝EH；(3)连接CA，CO，AK，连接CK交FB于点S，作CT⊥KB于点T，如图：∵CQ∥FK，∴∠FKC＝∠KCQ，∴，∴，∴CK＝FQ．设对应的圆周角度数为a，对应的圆周角度数为b，∵点K为弧FD的中点，∴对应的圆周角度数为b，∴对应的圆周角度数为a+2b，∵A是的中点，∴对应的圆周角度数为a+2b，∴∠BFK=∠BAK＝90°﹣a﹣b，∠FKC=∠AKF+∠AKC＝2a+2b，∴∠FSK＝180°﹣∠BFK﹣∠FKC＝90°﹣a﹣b＝∠BFK，∴KS＝KF＝5，∵CQ∥FK，∴∠CNF＝∠SFK＝∠FSK＝∠CSN，∴CS＝CN，∵OE＝EH，设EH＝18m，则OE＝7m，由(2)知AE＝EH＝18m，∴OC＝OA＝OE+AE=25m，在Rt△CEO中，OE2+CE2＝OC2，解得CE＝24m，在Rt△CEA中，AE2+CE2＝AC2，解得AC＝30m，∵∠CAE＝∠CKT，且∠AEC＝∠KTC＝90°，∴Rt△CAE∽Rt△CKT，∴CK：CT：KT＝CA：CE：AE＝30m：24m：18m＝5：4：3，设CK＝5n，那么CT＝4n，KT＝3n，∵SK＝5，MN＝3，∴CN＝CS＝5n﹣5，CM＝CN+MN＝5n﹣2，又∵KM﹣4＝CN，∴KM＝CN+4＝5n﹣1，MT＝KM﹣KT＝2n﹣1，在Rt△CTM中，CT2+TM2＝CM2，(4n)2+(2n﹣1)2＝(5n﹣2)2，解得n1＝3，n2＝(不符合题意，舍去)，∴FQ＝CK＝5n＝15．【点睛】本题考查垂径定理，三角形外角性质，平行线性质，弧、弦、圆周角之间关系，等腰三角形判定与性质，三角形相似判定与性质，勾股定理，掌握垂径定理，三角形外角性质，弧、弦、圆周角之间关系，等腰三角形判定与性质，三角形相似判定与性质，勾股定理是解题关键．20．(2018·河南·模拟预测)(1)问题发现如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．填空：①∠AEB的度数为；②线段AD，BE之间的数量关系为．(2)拓展探究如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由．(3)解决问题如图3，在正方形ABCD中，CD＝，若点P满足PD＝1，且∠BPD＝90°，请直接写出点A到BP的距离．【答案】(1)①60°；②相等；(2)∠AEB=90°，AE=2CM+BE，证明见解析；(3)，【解析】【分析】(1)由条件易证△ACD≌△BCE，从而得到：AD=BE，∠ADC=∠BEC．由点A，D，E在同一直线上可求出∠ADC，从而可以求出∠AEB的度数．(2)仿照(1)中的解法可求出∠AEB的度数，证出AD=BE；由△DCE为等腰直角三角形及CM为△DCE中DE边上的高可得CM=DM=ME，从而证到AE=2CH+BE．(3)由PD=1可得：点P在以点D为圆心，1为半径的圆上；由∠BPD=90°可得：点P在以BD为直径的圆上．显然，点P是这两个圆的交点，由于两圆有两个交点，接下来需对两个位置分别进行讨论．然后，添加适当的辅助线，借助于(2)中的结论即可解决问题．【详解】解：(1)①如图1．∵△ACB和△DCE均为等边三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACD=∠BCE．在△ACD和△BCE中，∵，∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴∠ADC=∠BEC．∵△DCE为等边三角形，∴∠CDE=∠CED=60°．∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADC=120°，∴∠BEC=120°，∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=60°．故答案为：60°．②∵△ACD≌△BCE，∴AD=BE．故答案为：AD=BE．(2)∠AEB=90°，AE=BE+2CM．理由：如图2．∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACD=∠BCE．在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴AD=BE，∠ADC=∠BEC．∵△DCE为等腰直角三角形，∴∠CDE=∠CED=45°．∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADC=135°，∴∠BEC=135°，∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=90°．∵CD=CE，CM⊥DE，∴DM=ME．∵∠DCE=90°，∴DM=ME=CM，∴AE=AD+DE=BE+2CM．(3)点A到BP的距离为或．理由如下：∵PD=1，∴点P在以点D为圆心，1为半径的圆上．∵∠BPD=90°，∴点P在以BD为直径的圆上，∴点P是这两圆的交点．①当点P在如图3①所示位置时，连接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足为H，过点A作AE⊥AP，交BP于点E，如图3①．∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADB=45°．AB=AD=DC=BC=，∠BAD=90°，∴BD=2．∵DP=1，∴BP=．∵∠BPD=∠BAD=90°，∴A、P、D、B在以BD为直径的圆上，∴∠APB=∠ADB=45°，∴△PAE是等腰直角三角形．又∵△BAD是等腰直角三角形，点B、E、P共线，AH⊥BP，∴由(2)中的结论可得：BP=2AH+PD，∴=2AH+1，∴AH=．②当点P在如图3②所示位置时，连接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足为H，过点A作AE⊥AP，交PB的延长线于点E，如图3②．同理可得：BP=2AH﹣PD，∴=2AH﹣1，∴AH=．综上所述：点A到BP的距离为或．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、圆周角定理、三角形全等的判定与性质等知识，考查了运用已有的知识和经验解决问题的能力，是体现新课程理念的一道好题．而通过添加适当的辅助线从而能用(2)中的结论解决问题是解决第(3)的关键．21．(2021·陕西·西安市铁一中学模拟预测)问题发现(1)如图1，已知⊙O的半径为3，．为⊙O上一动点，则的最大值为；问题探究(2)如图2，在中，设，，，为的中点，连接．求证：；小明同学思考时，先过点作于，请你试着帮助小明完成剩下的过程．问题解决(3)如图3，为平面内一定点，且满足，，现在要建一个面积尽可能大的矩形景区，使得，请问是否存在这样一个满足要求的矩形？若存在，请求出这个矩形的最大面积；若不存在，请说明理由．(结果保留根号)【答案】(1)4；(2)见解析；(3)存在，【解析】【分析】(1)当、、三点共线时，的值最大，即可求解；(2)在中，①；在中，②；联立①②并解得，进而求解；(3)当题设矩形的最大面积时，该矩形为正方形，进而求解．【详解】解：(1)当、、三点共线时，的值最大，则，故答案为：4；(2)设，则，，在中，①；在中，②；联立①②并解得，则；(3)设一个矩形的周长为，一边长为，则其邻边长为，则该矩形的面积为，∵，故该矩形面积有最大值，当时，面积最大，此时一边为，另外一边为，即当矩形为正方形时，该矩形的面积最大；故当题设矩形的最大面积时，该矩形为正方形，如下图：过点作于点，，则，故，则矩形的面积．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的性质、勾股定理的运用、矩形和正方形的性质等，有一定的综合性，难度适中．22．(2021·江苏·苏州湾实验初级中学一模)如图，在中，，，，动点从点出发，沿着方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点从点方向出发，沿着方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为秒，以为圆心，长为半径的与、的另一个交点分别为、，连接、．(1)当点与点重合时，求的值；