2024年中考数学复习（全国版）重难点15 与圆有关的压轴题（解析版）

重难点突破15与圆有关的压轴题目录原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2/139TOC\o"1-3"\n\h\z\u题型01利用圆的相关知识解决多结论问题题型02圆与三角形综合问题题型03圆与四边形综合问题题型04圆与函数综合问题题型05正多边形与圆综合题型06求不规则图形面积题型07三角形内切圆与外切圆综合题型08阿氏圆模型题型09隐圆模型138/138题型01利用圆的相关知识解决多结论问题一、单选题1．（2023·四川德阳·统考中考真题）如图，⊙O的直径AB=10，DE是弦，AB⊥DE，CEB=EBD，sin∠BAC=35，AD的延长线与CB的延长线相交于点F，DB的延长线与OE的延长线相交于点G①∠DBF=3∠DAB；②CG是⊙O的切线；③B，E两点间的距离是10；④DF=11

A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】连接OC、BE、AE，过点F作FG⊥AB交AB延长线于G，AB⊥DE于H．①根据已知、垂径定理和圆内接四边形证∠CAE=∠BAE=∠DAB，∠DBF=∠CAD，即可得到∠DBF=3∠DAB；②根据已知、垂径定理、中垂线定理证∠OCG=∠OBG，推出∠OCG≠90°，OC不垂直CG，即可判断CG不是⊙O的切线；③证∠CAB=∠EOB，结合sin∠BAC=35、AB=10，计算出EH、OH、BH，最后根据勾股定理计算BE=BH2+EH2即可；④先计算出tan∠GAF=13，推理出【详解】如图，连接OC、BE、AE，过点F作FG⊥AB交AB延长线于G，AB⊥DE于H

∵⊙O的直径AB=10，sin∠BAC=∴∠ACB=90°，BC=AB×sinAC=AB2∵DE是弦，AB⊥DE，CEB=∴EBCEB−EB=∴CE∴∠CAE=∠BAE=∠DAB，∴∠CAD=3∠DAB，∵∠DBF=∠CAD（圆内接四边形的一个外角等于它的内对角），∴∠DBF=3∠DAB，故结论①正确∵CE∴∠EOB=1又∵∠CAB=1∴∠CAB=∠EOB，∴sin∵OE=12AB=5，AB⊥DE∴EH=5×3∴OH=5∵OA=OB=1∴BH=OB−OH=5−4=1，BE=B故结论③正确∵∠CAB=∠EOB，∠ACB=90°，∴AC∥OG⊥BC，∴OG平分BC（垂直于弦的直径平分弦），∴OG是BC的中垂线，∴CG=BG，∴∠GCB=∠GBC，∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC，∴∠GCB+∠OCB=∠GBC+∠OBC，即∠OCG=∠OBG，∵DE是弦，∠OBG=180°−∠ABD∴∠ABD是锐角，∠OBG是钝角，∴∠OCG是钝角，∠OCG≠90°，∴OC不垂直CG，CG不是⊙O的切线，故结论②不正确∵AB⊥DE，AH=OA+OH=5+4=9，∴DH=EH=3，AD=3tan∠GAF=∴FG:AG=1:3，12∴FG:AG:AF=1:3:10∴设DF=a，则AF=AD+DF=310GF=110AF=∵∠GBF=∠CBA，∴tanGFBGBG=AG−AB=3∴101210解得：a=13∴DF=13故结论④不正确综上，①和③这2个结论正确，故选：B．【点睛】本题考查了圆的性质综合，结合判断切线、勾股定理、三角函数解直角三角形知识点，熟练掌握、综合运用知识点推理证明和计算是解题的关键．2．（2020·四川遂宁·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC的中点，连接AE、DE，分别交BD、AC于点P、Q，过点P作PF⊥AE交CB的延长线于F，下列结论：①∠AED+∠EAC+∠EDB＝90°，②AP＝FP，③AE＝102AO④若四边形OPEQ的面积为4，则该正方形ABCD的面积为36，⑤CE•EF＝EQ•DE．其中正确的结论有（）A．5个 B．4个 C．3个 D．2个【答案】B【分析】①正确:证明∠EOB=∠EOC=45°，再利用三角形的外角的性质即可得出答案；②正确：利用四点共圆证明∠AFP=∠ABP=45°即可；③正确：设BE=EC=a，求出AE，OA即可解决问题；④错误：通过计算正方形ABCD的面积为48；⑤正确：利用相似三角形的性质证明即可.【详解】①正确：如图，连接OE，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，∴∠BOC=90°，∵BE=EC，∴∠EOB=∠EOC=45°，∵∠EOB＝∠EDB+∠OED，∠EOC=∠EAC+∠AEO，∴∠AED+∠EAC+∠EDO=∠EAC+∠AEO+∠OED+∠EDB=90°，故①正确；②正确：如图，连接AF，∵PF⊥AE，∴∠APF=∠ABF=90°，∴A，P，B，F四点共圆，∴∠AFP=∠ABP＝45°，∴∠PAF=∠PFA＝45°，∴PA=PF，故②正确；③正确：设BE=EC=a，则AE＝5a，OA＝OC＝OB＝OD＝2a，∴AEAO=5④错误：根据对称性可知，△OPE∴S△OEQ=12∵OB=OD，BE=EC，∴CD=2OE，OE⊥CD，∴EQDQ=OECD∴S△ODQ=4∴S△∴S正方形⑤正确：∵∠EPF=∠DCE=90°，∠PEF=∠DEC，∴△EPF∴EFED∴EQ=PE，∴CE•EF=EQ•DE，故⑤正确；综上所诉一共有4个正确，故选：B．【点睛】本题主要考查了三角形外角性质、四点共圆问题、全等与相似三角形的综合运用，熟练掌握相关概念与方法是解题关键.3．（2021·四川广元·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线BD的中点，点P在线段OD上，连接AP并延长交CD于点E，过点P作PF⊥AP交BC于点F，连接AF、EF，AF交BD于G，现有以下结论：①AP=PF；②DE+BF=EF；③PB−PD=2BF；④S△AEF为定值；⑤S【答案】①②③⑤【分析】由题意易得∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，对于①：易知点A、B、F、P四点共圆，然后可得∠AFP=∠ABD=45°，则问题可判定；对于②：把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，则有DE=BH，∠DAE=∠BAH，然后易得△AEF≌△AHF，则有HF=EF，则可判定；对于③：连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，易得OB=OD，OP=OM，然后易证△AOP∽△ABF，进而问题可求解；对于④：过点A作AN⊥EF于点N，则由题意可得AN=AB，若△AEF的面积为定值，则EF为定值，进而问题可求解；对于⑤由③可得APAF=22，进而可得△APG∽△【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，PF⊥AP，∴∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，①∵∠ABC+∠APF=180°，∴由四边形内角和可得∠BAP+∠BFP=180°，∴点A、B、F、P四点共圆，∴∠AFP=∠ABD=45°，∴△APF是等腰直角三角形，∴AP=PF，故①正确；②把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，如图所示：∴DE=BH，∠DAE=∠BAH，∠HAE=90°，AH=AE，∴∠HAF=∠EAF=45°，∵AF=AF，∴△AEF≌△AHF（SAS），∴HF=EF，∵HF=BH+BF，∴DE+BF=EF，故②正确；③连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，如图所示：∵点O是对角线BD的中点，∴OB=OD，BD⊥AC，∴OP=OM，△AOB是等腰直角三角形，∴AB=2由①可得点A、B、F、P四点共圆，∴∠APO=∠AFB，∵∠ABF=∠AOP=90°，∴△AOP∽△ABF，∴OPBF∴OP=2∵BP−DP=BP−BM=PM=2OP，∴PB−PD=2④过点A作AN⊥EF于点N，如图所示：由②可得∠AFB=∠AFN，∵∠ABF=∠ANF=90°，AF=AF，∴△ABF≌△ANF（AAS），∴AN=AB，若△AEF的面积为定值，则EF为定值，∵点P在线段OD上，∴EF的长不可能为定值，故④错误；⑤由③可得APAF∵∠AFB=∠AFN=∠APG，∠FAE=∠PAG，∴△APG∽△AFE，∴GPEF∴S△AGP∴S△AGP∴S四边形PEFG综上所述：以上结论正确的有①②③⑤；故答案为①②③⑤．【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．4．（2021·广东广州·统考中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是边BC上一点，且BE=3，以点A为圆心，3为半径的圆分别交AB、AD于点F、G，DF与AE交于点H．并与⊙A交于点K，连结HG、CH．给出下列四个结论．（1）H是FK的中点；（2）△HGD≌△HEC；（3）S△AHG：S△DHC=9∶16【答案】（1）（3）（4）．【分析】由正方形的性质可证明△DAF≌△ABE，则可推出∠AHF=90°，利用垂径定理即可证明结论（1）正确；过点H作MN//AB交BC于N，交AD于M，由三角形面积计算公式求出AH=125，再利用矩形的判定与性质证得MG=NE，并根据相似三角形的判定与性质分别求出MH=4825，NH=5225，则最后利用锐角三角函数证明∠MGH≠∠HEN，即可证明结论（2）错误；根据（2）中结论并利用相似三角形的性质求得AM=36【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB=4，∠DAF=∠ABE=90°．又∵AF=BE=3，∴△DAF≌△ABE．∴∠AFD=∠BEA．∵∠BEA+∠BAE=90°，∴∠AFD+∠BAE=90°，∴∠AHF=90°，∴AH⊥FK，∴FH=KH，即H是FK的中点；故结论（1）正确；（2）过点H作MN//AB交BC于N，交AD于M，由（1）得AH⊥FK，则12∵DF=A∴AH=12∵四边形ABCD是正方形，MN//AB，∴∠DAB=∠ABC=∠AMN=90°．∴四边形ABNM是矩形．∴MN=AB=4，AM=BN．∵AG=BE，∴AG−AM=BE−BN．即MG=NE．∵AD//BC，∴∠MAH=∠AEB．∵∠ABE=∠AMN=90°，∴△MAH∼△BEA．∴AHAE即125解得MH=48则NH=4−MH=52∵tan∠MGH=MHMG∵MG=NE，MH≠NH，∴MGMH∴∠MGH≠∠HEN．∴∠DGH≠∠CEH．∴△HGD与△HEC不全等，故结论（2）错误；（3）∵△MAH∼△BEA，∴AHAE即125解得AM=36由（2）得S△AHG=1∴S△AHG（4）由（1）得，H是FK的中点，∴DK=DF−2FH．由勾股定理得FH=A∴DK=5−2×9故答案为：（1）（3）（4）．【点睛】本题考查了正方形的综合问题，掌握特殊四边形、相似三角形的判定与性质及等腰三角形的性质是解题的关键．题型02圆与三角形综合问题5．（2023·吉林长春·统考中考真题）【感知】如图①，点A、B、P均在⊙O上，∠AOB=90°，则锐角∠APB的大小为__________度．

【探究】小明遇到这样一个问题：如图②，⊙O是等边三角形ABC的外接圆，点P在AC上（点P不与点A、C重合），连结PA、PB、PC．求证：PB=PA+PC．小明发现，延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，通过证明△PBC≌△EBA，可推得下面是小明的部分证明过程：证明：延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形，∴∠BAP+∠BCP=180°．∵∠BAP+∠BAE=180°，∴∠BCP=∠BAE．∵△ABC是等边三角形．∴BA=BC，∴△PBC≌△EBA(请你补全余下的证明过程．【应用】如图③，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC=90°，AB=BC，点P在⊙O上，且点P与点B在AC的两侧，连结PA、PB、PC．若PB=22【答案】感知：45；探究：见解析；应用：22【分析】感知：由圆周角定理即可求解；探究：延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，通过证明△PBC≌△EBA(SAS)，可推得应用：延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，通过证明△PBC≌△EBA(SAS)得，可推得PBE是等腰直角三角形，结合PE=PA+PC与PE=2PB可得【详解】感知：由圆周角定理可得∠APB=1故答案为：45；探究：证明：延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形，∴∠BAP+∠BCP=180°．∵∠BAP+∠BAE=180°，∴∠BCP=∠BAE．∵△ABC是等边三角形．∴BA=BC，∴△PBC≌△EBA(SAS∴PB=EB，∠PBC=∠EBA，∴∠EBA+∠ABP=∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°，∴△PBE是等边三角形，∴PB=PE，∴PB=PE=PA+AE=PA+PC，即PB=PA+PC；应用：延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形，∴∠BAP+∠BCP=180°．∵∠BAP+∠BAE=180°，∴∠BCP=∠BAE．∵AB=CB，∴△PBC≌△EBA(SAS∴PB=EB，∠PBC=∠EBA，∴∠EBA+∠ABP=∠PBC+∠ABP=∠ABC=90°，∴△PBE是等腰直角三角形，∴PB∴2PB即PE=2∵PE=PA+AE=PA+PC，∴PA+PC=2∵PB=22∴PA+PC=2∴PC=3PA，∴PB故答案为：22【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，邻补角，全等三角形的判定和性质，等边三角形、等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形；解题的关键是做辅助线构造△PBC≌△EBA，进行转换求解．6．（2023·浙江台州·统考中考真题）我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置，如图，AB是⊙O的直径，直线l是⊙O的切线，B为切点．P，Q是圆上两点（不与点A重合，且在直径AB的同侧），分别作射线AP，AQ交直线l于点C，点D．

(1)如图1，当AB=6，BP⏜的长为π时，求BC(2)如图2，当AQAB=34，(3)如图3，当sin∠BAQ=64，BC=CD时，连接BP，PQ【答案】(1)2(2)3(3)10【分析】（1）根据扇形的弧长公式即可求出∠BOP度数，利用切线的性质和解直角三角形即可求出BC的长．（2）根据等弧所对圆周角相等推出∠BAC=∠DAC，再根据角平分线的性质定理推出CF=CB，利用直角三角形的性质即可求出∠FCD=∠BAQ，通过等量转化和余弦值可求出答案．（3）根据三角形相似的性质证明△APQ∽△ADC和△APB∽△ABC，从而推出PQCD=AP【详解】（1）解：如图1，连接OP，设∠BOP的度数为n．

∵AB=6，BP⏜的长为π∴n⋅∴n=60，即∠BOP=60°．∴∠BAP=1∵直线l是⊙O的切线，∴∠ABC=90°．∴BC=AB（2）解：如图2，连接BQ，过点C作CF⊥AD于点F，

∵AB为直径，∴∠BQA=90°．∴cos∵BP∴∠BAC=∠DAC．∵CF⊥AD，AB⊥BC，∴CF=CB．∵∠BAQ+∠ADB=90°，∠FCD+∠ADB=90°，∴∠FCD=∠BAQ．∴BC（3）解：104如图3，连接BQ，

∵AB⊥BC，BQ⊥AD，∴∠ABQ+∠BAD=90°，∠ADB+∠BAD=90°，∴∠ABQ=∠ADC，∵∠ABQ=∠APQ，∴∠APQ=∠ADC．∵∠PAQ=∠CAD，∴△APQ∽△ADC，∴PQ∵∠BAP=∠BAC，∠ABC=∠APB=90°，∴△APB∽△ABC，∴BP∵BC=CD，①÷②得，∵sin∴cos【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形以及三角函数、切线的性质定理、扇形的弧长公式，角平分线性质定理等，解题的关键在于熟练掌握相关性质定理和相关计算公式．7．（2023·湖南永州·统考中考真题）如图，以AB为直径的⊙O是△ABC的外接圆，延长BC到点D．使得∠BAC=∠BDA，点E在DA的延长线上，点A在线段AC上，CE交BM于N，CE交AB于G．

(1)求证：ED是⊙O的切线；(2)若AC=6,BD=5,AC>CD(3)若DE⋅AM=AC⋅AD，求证：BM⊥CE．【答案】(1)证明见解析(2)3(3)证明见解析【分析】（1）由AB是⊙O的直径得到∠ACB=90°，则∠BAC+∠ABC=90°，由∠BAC=∠BDA得到∠BDA+∠ABC=90°，则∠BAD=90°，结论得证；（2）证明△ACB∽△DCA，则BCAC=ACDC=ACBD−BC，可得BC（3）先证明△ABC∽△DAC，则ACDC=ABAD，得到AC⋅AD=CD⋅AB，由DE⋅AM=AC⋅AD得到DE⋅AM=CD⋅AB，则AMDC=ABDE，由同角的余角相等得到∠BAM=∠CDE，则【详解】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠BAC+∠ABC=90°，∵∠BAC=∠BDA，∴∠BDA+∠ABC=90°，∴∠BAD=90°，∴ED是⊙O的切线；（2）∵∠BAC=∠BDA，∠ACB=∠DCA=90°，∴△ACB∽△DCA，∴BCAC∴BC6解得BC=2或3，当BC=2时，CD=BD−BC=3，当BC=3时，CD=BD−BC=2，∵AC>CD，即6>CD∴BC=3；（3）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=∠DCA=90°，∵∠BAC=∠BDA，∴△ABC∽△DAC，∴ACDC∴AC⋅AD=CD⋅AB，∵DE⋅AM=AC⋅AD，∴DE⋅AM=CD⋅AB，∴AMDC∵∠BAM=∠CDE，∴△AMB∽△DCE，∴∠E=∠ABM，∵∠EGA=∠BGN，∴∠EGA+∠E=∠ABM+∠BGN=90°，∴∠BNG=90°，∴BM⊥CE．【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的判定定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．8．（2023·四川广安·统考中考真题）如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径作⊙O，交斜边AC于点D，点E是BC的中点，连接OE、DE

(1)求证：DE是⊙O的切线．(2)若sinC=45(3)求证：2DE【答案】(1)见详解(2)32(3)见详解【分析】（1）连接BD,OD，先根据直角三角形的性质，证明BE=DE，再证明△OBE≌△ODE(SSS（2）由（1）中结论，得BC=2DE=10，先根据三角函数及勾股定理求出BD,CD的长，再证明△ADB∽△BDC即可；（3）证明△OBE∽△BDC即可得出结论．【详解】（1）证明：连接BD,OD，

在Rt△ABC中，∠ABC=90°∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°,即BD⊥AC，在Rt△BDC中，点E是BC∴BE=DE=1又∵OB=OD,OE=OE，∴△OBE≌△ODE(SSS∴∠OBE=∠ODE=90°，∵D在⊙O上∴DE是⊙O的切线．（2）解：由（1）中结论，得BC=2DE=10，在Rt△BDC中，sin∴BD=8,CD=B∵∠A+∠C=90°,∠A+∠ABD=90°，∴∴∠C=∠ABD，∵∠ADB=∠BDC=90°，△ADB∽△BDC，∴AD（3）证明：∵OA=OB,BE=CE，∴OE∥∴∠OEB=∠C，∵∠OBE=∠BDC=90°，∴△OBE∽△BDC，∴OE由（1）中结论△OBE≌△ODE，得BE=DE，BC=2DE，∴OE即2DE【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了切线的性质，直角三角形的性质，三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，判断出△ADB∽△BDC是解本题的关键．9．（2023·辽宁锦州·统考中考真题）如图，AE为⊙O的直径，点C在⊙O上，AB与⊙O相切于点A，与OC延长线交于点B，过点B作BD⊥OB，交AC的延长线于点D．

(1)求证：AB=BD；(2)点F为⊙O上一点，连接EF，BF，BF与AE交于点G．若∠E=45°，AB=5，tan∠ABG=37，求⊙O【答案】(1)见解析(2)⊙O的半径为154；【分析】（1）根据AB与⊙O相切于点A得到∠OAC+∠BAD=90°，再根据BD⊥OB得到∠BCD+∠D=90°，再根据OA=OC得到∠OAC=∠OCA即可根据角的关系解答；（2）连接OF，过点D作DM⊥AB，交AB延长线于点M，在Rt△ABG等多个直角三角形中运用三角函数的定义求出⊙O半径r=154，再根据勾股定理求出BM=3【详解】（1）证明：如图，

∵AE为⊙O的直径，AB与⊙O相切于点A，∴OA⊥AB，∴∠OAB=90°，∴∠OAC+∠BAD=90°，∵BD⊥OB，∴∠OBD=90°，∴∠BCD+∠D=90°，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∵∠BCD=∠OCA，∴∠OAC=∠BCD，∴∠BAD=∠D，∴AB=AD．（2）连接OF，过点D作DM⊥AB，交AB延长线于点M，如图，

在Rt△ABG中，∠GAB=90°∴tan∠ABG=∴AG=AB⋅tan∵∠E=45°，∴∠AOF=2∠E=90°，∴∠AOF=∠OAB，∴OF∥∴∠OFG=∠ABG，∴tan∠OFG=设⊙O的半径为r，∴r−15∴r=15∴tan∠OBA=∵DM⊥AB，∴∠M=90°，∴∠BDM+∠DBM=90°，∵BD⊥OB，∴∠OBD=90°，∴∠OBA+∠DBM=90°，∴∠BDM=∠OBA，即tan∠BDM=∴设BM=3x，DM=4x，在Rt△DBM中，∠M=90°∵BM2+D∴3x2+4x∴BM=3，DM=4，∴AM=AB+BM=8，∴AD=A【点睛】本题考查了圆与三角形的综合问题，解题的关键是熟练掌握圆、三角形的线段、角度关系并运用数学结合思想．10．（2023·四川雅安·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，以AB为直径的⊙O与AC交于点D，点E是BC的中点，连接BD，DE

(1)求证：DE是⊙O的切线；(2)若DE=2，tan∠BAC=12(3)在（2）的条件下，点P是⊙O上一动点，求PA+PB的最大值．【答案】(1)证明见解析；(2)AD=(3)8【分析】（1）连接OD，由圆周角定理得到∠ADB=∠BDC＝90°，由直角三角形斜边中线的性质结合等腰三角形的性质证得∠EDB＝∠EBD，由等腰三角形的性质得到∠ODB＝∠OBD（2）由直角三角形斜边中线的性质求出BC，根据三角函数的定义即可求出BD；，（3）设Rt△ABD的AB边高为ℎ，由AB2=AP2+BP2【详解】（1）证明：连接OD，如图所示，

∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∴∠BDC=90∵点E为BC的中点，∴DE=BE=1∴∠EDB=∠EBD，∵OB=OD，∴∠ODB=∠OBD，∵∠ABC=90°，∴∠EBD+∠OBD=90°，∴∠ODB+∠EDB=90°，∵OD是⊙O的半径，∴DE与⊙O相切；（2）解：由（1）知，∠BDC=90∵E是BC的中点，∴DE=1∴BC=4，∵tan∠BAC=∴AB=8，AD=2BD，又∵在Rt△ABD中，AB2∴BD=8∴AD=16（3）设Rt△ABD的AB边高为ℎ

由（2）可知AB=8，又∵AB是直径，∴∠APB=90°，∴PA∴(PA+PB)2∴当PA+PB取最大值时，2PA⋅PB也取最大值，又∵S△ABP∴当PA+PB取最大值时，S△ABP此时AB边高为ℎ取最大值为⊙O半径=AB∴S△ABP∴PA⋅PB=2∴(PA+PB)2∴PA+PB=82综上所述：PA+PB的最大值为82【点睛】本题主要考查了圆周角定理、切线的判定以及直角三角形的性质，解题的关键是：（1）熟练掌握切线的判定方法；（2）通过解直角三角形斜边中线的性质证得DE=12BC．（3）将PA+PB11．（2022·广东深圳·统考中考真题）一个玻璃球体近似半圆O,AB为直径，半圆O上点C处有个吊灯EF,EF//AB,CO⊥AB,EF的中点为D,OA=4.(1)如图①，CM为一条拉线，M在OB上，OM=1.6,DF=0.8,求CD的长度．(2)如图②，一个玻璃镜与圆O相切，H为切点，M为OB上一点，MH为入射光线，NH为反射光线，∠OHM=∠OHN=45°,tan∠COH=3(3)如图③，M是线段OB上的动点，MH为入射光线，∠HOM=50°,HN为反射光线交圆O于点N,在M从O运动到B的过程中，求N点的运动路径长．【答案】(1)2(2)ON=(3)4+【分析】（1）由DF=0.8,OM=1.6,DF∥OB，可得出DF为△COM的中位线，可得出D为CO中点，即可得出CD的长度；（2）过N点作ND⊥OH，交OH于点D，可得出△NHD为等腰直角三角形，根据tan∠COH=34,可得出tan∠NOD=NDOD=34（3）依题意得出点N路径长为：OB+lBT，推导得出∠BOT=80°，即可计算给出l【详解】（1）∵DF=0.8,OM=1.6,DF∥OB∴DF为△COM的中位线∴D为CO的中点∵CO=AO=4∴CD=2（2）过N点作ND⊥OH，交OH于点D，∵∠OHN=45°，∴△NHD为等腰直角三角形，即ND=DH，又∵tan∠COH=∴tan∠NOD=∴tan∠NOD=∴ND:OD=3:4，设ND=3x=DH，则OD=4x，∵OD+DH=OH，∴3x+4x=4，解得x=4∴ND=127，∴在Rt△NOD中，ON=N（3）如图，当点M与点O重合时，点N也与点O重合．当点M运动至点A时，点N运动至点T，故点N路径长为：OB+lBT

∵∠NHO=∠MHO,∠THO=∠MHO,∠HOM=50°．∴∠OHA=∠OAH=65°．∴∠THO=65°,∠TOH=50°．∴∠BOT=80°，∴lBT=2π×4×∴N点的运动路径长为：OB+lBT故答案为：4+16【点睛】本题考查了圆的性质，弧长公式、勾股定理、中位线，利用锐角三角函数值解三角函数，掌握以上知识，并能灵活运用是解题的关键．题型03圆与四边形综合问题12．（2021·江苏镇江·统考中考真题）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）5【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＝AB2+B∵OH⊥AB，∴AH＝HB，∵OA＝OP，AH＝HB，∴OH＝12PB＝3∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，∴四边形AHED是矩形，∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，∴OE＝EH＝OH＝4﹣32＝5∴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＝AB2+BT2∵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，∴12×4×8＝12×45×x+12∴x＝25﹣2，∴tan∠EAP＝tan∠PAB＝PBAB＝5【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．13．（2021·广东深圳·统考中考真题）如图，AB为⊙O的弦，D，C为ACB的三等分点，AC//（1）求证：∠A=∠E；（2）若BC=3，BE=5，求CE的长．【答案】（1）见解析；（2）CE=【分析】（1）根据题意，连接AD，通过证明AB//CE，再由AC//BE可证四边形（2）根据平行四边形ACEB的性质及D，C为ACB的三等分点可证△CBD∽△BED，得到CDBD=BDDE，进而求得【详解】（1）如图连接AD，∵A、D、C、B四点共圆∴∠BAD+∠BCD=180°又∠BCD+∠BCE=180°∴∠BAD=∠BCE∵D，C为ACB的三等分点∴BD∴∠BAD=∠ABC∴∠ABC=∠BCE∴AB//CE∴四边形ACEB为平行四边形∴∠BAC=∠E即原题中∠A=∠E；（2）∵四边形ACEB为平行四边形，BE=5∴BE=AC=5∵D，C为ACB的三等分点，BC=3∴BC=CD∴CD=BC=3，BD=AC=5，∠CDB=∠CBD=∠BAC∵∠BAC=∠E∴△CBD∽△BED∴BC=AD=BE=5∴CDBD=∴DE=∴CE=DE−DC=25【点睛】本题主要考查了圆中综合知识、平行四边形的性质及判定及三角形相似的判定及性质，熟练掌握相关几何综合运用知识是解决本题的关键．14．（2021·浙江宁波·统考中考真题）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，BD为直径，AD上存在点E，满足AE=CD，连接BE并延长交CD的延长线于点F，BE与AD交于点（1）若∠DBC=α，请用含α的代数式表列∠AGB．（2）如图2，连接CE,CE=BG．求证；EF=DG．（3）如图3，在（2）的条件下，连接CG，AD=2．①若tan∠ADB=32②求CG的最小值．【答案】（1）∠AGB=90°−α；（2）见解析；（3）①5+72【分析】（1）利用圆周角定理求得∠BAD=90°，再根据AE=CD，求得（2）由∠BEC=∠BDC=90°−α，得到∠BEC=∠AGB，从而推出∠CEF=∠BGD，证得△CFE≌△BDGASA（3）①连接DE．利用已知求出AB=32AD=3，证得DA=CE，得到BG=AD=2，利用Rt△ABG中，根据正弦求出∠AGB=60°,AG=12BG=1，求出EF的长，再利用Rt△DEG②过点C作CH⊥BF于H，证明△BAD≌△CHFAAS，得到FH=AD，证明△BHC∽△CHF，得到BHCH=CHFH，设GH=x，得到C【详解】解：（1）∵BD为⊙O的直径，∴∠BAD=90°，∵AE=∴∠ABG=∠DBC=α，∴∠AGB=90°−α．（2）∵BD为⊙O的直径，∴∠BCD=90°，∴∠BEC=∠BDC=90°−α，∴∠BEC=∠AGB，∵∠CEF=180°−∠BEC,∠BGD=180°−∠AGB，∴∠CEF=∠BGD．又∵CE=BG,∠ECF=∠GBD，∴△CFE≌△BDGASA∴EF=DG．（3）①如图，连接DE．∵BD为⊙O的直径，∴∠A=∠BED=90°．在Rt△ABD中，tan∠ADB=32∴AB=3∵AE=∴AE+即DA=∴AD=CE．∵CE=BG，∴BG=AD=2．∵在Rt△ABG中，sin∠AGB=∴∠AGB=60°,AG=1∴EF=DG=AD−AG=1．∵在Rt△DEG中，∠EGD=60°，∴EG=1在Rt△FED中，DF=E∴FG+DG+DF=5+∴△FGD的周长为5+7②如图，过点C作CH⊥BF于H．∵△BDG≌△CFE，∴BD=CF,∠CFH=∠BDA．∵∠BAD=∠CHF=90°，∴△BAD≌△CHFAAS∴FH=AD，∵AD=BG，∴FH=BG．∵∠BCF=90°，∴∠BCH+∠HCF=90°．∵∠BCH+∠HBC=90°，∴∠HCF=∠HBC，∵∠BHC=∠CHF=90°，∴△BHC∽△CHF，∴BHCH设GH=x，∴BH=2−x，∴CH在Rt△GHC中，CG∴CG当x=1时，CG∴CG的最小值为3．【点睛】此题考查圆周角的定理，弧、弦和圆心角定理，全等三角形的判定及性质，勾股定理，三角函数，相似三角形的判定，函数的最值问题，是一道综合的几何题型，综合掌握各知识点是解题的关键．15．（2021·四川绵阳·统考中考真题）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，AD>1，CD=1．（1）求证：△DBC∼△AMD；（2）设AD=x，求△COM的面积（用x的式子表示）；（3）若∠AOE=∠COD，求OE的长．【答案】（1）见解析；（2）x3+x【分析】（1）由矩形性质可得∠ADM=∠DCB=90°,然后证明∠DMA=∠DBC即可得出结论；（2）根据勾股定理得出AC=x2+1，根据相似三角形性质得出MD=x2（3）记OM与圆弧AD⏜交于点N，连接DN，证明△MND∼△MOC，即可得出x2x2+1=ND12x2+1，求出ND的值，过D作DG⊥AC于G，过O作OH⊥DN于H．运用等面积法得出HO=DG=x【详解】解：（1）∵四边形ABCD为⊙O的内接矩形，∴AC，BD过圆心O，且∠ADC=∠DCB=90°．∵∠ADM=90°,∴∠DAM+∠DMA=90°,又∵AM是⊙O的切线，故∠DAM+∠DAO=90°，由此可得∠DMA=∠DAC，又∵∠DAC与∠DBC都是圆弧DC⏜∴∠DAC=∠DBC，∴∠DMA=∠DBC，又∵∠MDA=∠BCD=90°，∴△DBC∼△AMD；（2）解：由AD=x，CD=1，则AC=x由题意OA=ON=OD=OC=OB=x由（1）知△DBC∼△AMD，则DCBC代入DC=1，BC=x，AD=x，可得1x=x在直角△MAD中，MA=D所以S△COM（3）解：记OM与圆弧AD⏜交于点N，连接DN∵∠AOE=∠COD，∠ADN=12∠AON∴∠ADN=∠DBC．又∠DAC=∠DBC，所以∠DAC=∠ADN，∴ND//AC．∴△MND∼△MOC，故MDMC由（2）知，由AD=x，CD=1，则AC=x由题意可得OA=ON=OD=OC=OB=x代入数据MD=x2，MC=MD+DC=x得到x2x2过D作DG⊥AC于G，过O作OH⊥DN于H．易知HO=DG．由等面积法可得S△ADC代入数据得DG=DA⋅DCAC=在直角三角形HOD中，DN=2DH=2=21由①②可得x22x解得x1=2所以ND=x22由ND//AC，故△NED∼△OEA，故NDAO设OE=t，则NE=32−t解得t=3310，即OE【点睛】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．16．（2020·四川遂宁·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB边上的一点，以AD为直径的⊙O交BC于点E，交AC于点F，过点C作CG⊥AB交AB于点G，交AE于点H，过点E的弦EP交AB于点Q（EP不是直径），点Q为弦EP的中点，连结BP，BP恰好为⊙O的切线．（1）求证：BC是⊙O的切线．（2）求证：EF＝ED．（3）若sin∠ABC═35，AC＝15，求四边形CHQE【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）45【分析】（1）连接OE，OP，根据线段垂直平分线的性质得到PB＝BE，根据全等三角形的性质得到∠BEO＝∠BPO，根据切线的判定和性质定理即可得到结论．（2）根据平行线和等腰三角形的性质即可得到结论．（3）根据垂径定理得到EP⊥AB，根据平行线和等腰三角形的性质得到∠CAE＝∠EAO，根据全等三角形的性质得到CE＝QE，推出四边形CHQE是菱形，解直角三角形得到CG＝AC【详解】（1）证明：连接OE，OP，∵PE⊥AB，点Q为弦EP的中点，∴AB垂直平分EP，∴PB＝BE，∵OE＝OP，OB＝OB，∴△BEO≌△BPO（SSS），∴∠BEO＝∠BPO，∵BP为⊙O的切线，∴∠BPO＝90°，∴∠BEO＝90°，∴OE⊥BC，∴BC是⊙O的切线．（2）解：∵∠BEO＝∠ACB＝90°，∴AC∥OE，∴∠CAE＝∠OEA，∵OA＝OE，∴∠EAO＝∠AEO，∴∠CAE＝∠EAO，∴EF=（3）解：∵AD为的⊙O直径，点Q为弦EP的中点，∴EP⊥AB，∵CG⊥AB，∴CG∥EP，∵∠ACB＝∠BEO＝90°，∴AC∥OE，∴∠CAE＝∠AEO，∵OA＝OE，∴∠EAQ＝∠AEO，∴∠CAE＝∠EAO，∵∠ACE＝∠AQE＝90°，AE＝AE，∴△ACE≌△AQE（AAS），∴CE＝QE，∵∠AEC+∠CAE＝∠EAQ+∠AHG＝90°，∴∠CEH＝∠AHG，∵∠AHG＝∠CHE，∴∠CHE＝∠CEH，∴CH＝CE，∴CH＝EQ，∴四边形CHQE是平行四边形，∵CH＝CE，∴四边形CHQE是菱形，∵sin∠ABC═sin∠ACG═AGAC＝3∵AC＝15，∴AG＝9，∴CG＝AC∵△ACE≌△AQE，∴AQ＝AC＝15，∴QG＝6，∵HQ2＝HG2+QG2，∴HQ2＝（12﹣HQ）2+62，解得：HQ＝152∴CH＝HQ＝152∴四边形CHQE的面积＝CH•GQ＝152【点睛】此题考查了圆的综合问题，用到的知识点是全等三角形的判定与性质、菱形的判定和性质、勾股定理以及解直角三角形等知识，此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想应用．17．（2018·浙江台州·统考中考真题）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，点D在BC上，点E在弦AB上（E不与A重合），且四边形BDCE为菱形．（1）求证：AC=CE；（2）求证：BC2﹣AC2=AB•AC；（3）已知⊙O的半径为3．①若ABAC=5②当ABAC【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）①BC=42；②3【详解】分析：（1）由菱形知∠D=∠BEC，由∠A+∠D=∠BEC+∠AEC=180°可得∠A=∠AEC，据此得证；（2）以点C为圆心，CE长为半径作⊙C，与BC交于点F，于BC延长线交于点G，则CF=CG=AC=CE=CD，证△BEF∽△BGA得BEBF（3）①设AB=5k、AC=3k，由BC2-AC2=AB•AC知BC=26k，连接ED交BC于点M，Rt△DMC中由DC=AC=3k、MC=12BC=6k求得DM=CD2−CM2=3k，可知OM=OD-DM=3-3k，在Rt△COM中，由OM2+MC2=OC2可得答案．②设OM=d，则MD=3-d，MC2=OC2-OM2=9-d2，继而知BC2=（2MC）2=36-4d2、AC2=DC2=DM2+CM2=（3-d）2+9-d详解：（1）∵四边形EBDC为菱形，∴∠D=∠BEC，∵四边形ABDC是圆的内接四边形，∴∠A+∠D=180°，又∠BEC+∠AEC=180°，∴∠A=∠AEC，∴AC=CE；（2）以点C为圆心，CE长为半径作⊙C，与BC交于点F，于BC延长线交于点G，则CF=CG，由（1）知AC=CE=CD，∴CF=CG=AC，∵四边形AEFG是⊙C的内接四边形，∴∠G+∠AEF=180°，又∵∠AEF+∠BEF=180°，∴∠G=∠BEF，∵∠EBF=∠GBA，∴△BEF∽△BGA，∴BEBF∵BF=BC﹣CF=BC﹣AC、BG=BC+CG=BC+AC，BE=CE=AC，∴（BC﹣AC）（BC+AC）=AB•AC，即BC2﹣AC2=AB•AC；（3）设AB=5k、AC=3k，∵BC2﹣AC2=AB•AC，∴BC=26k，连接ED交BC于点M，∵四边形BDCE是菱形，∴DE垂直平分BC，则点E、O、M、D共线，在Rt△DMC中，DC=AC=3k，MC=12BC=6∴DM=CD∴OM=OD﹣DM=3﹣3k，在Rt△COM中，由OM2+MC2=OC2得（3﹣3k）2+（6k）2=32，解得：k=23∴BC=26k=42；②设OM=d，则MD=3﹣d，MC2=OC2﹣OM2=9﹣d2，∴BC2=（2MC）2=36﹣4d2，AC2=DC2=DM2+CM2=（3﹣d）2+9﹣d2，由（2）得AB•AC=BC2﹣AC2=﹣4d2+6d+18=﹣4（d﹣34）2+81∴当d=34，即OM=34时，AB•AC最大，最大值为∴DC2=272∴AC=DC=36∴AB=964，此时点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆的有关性质、圆内接四边形的性质及菱形的性质、相似三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识点．题型04圆与函数综合问题18．（2020·贵州遵义·统考中考真题）如图，抛物线y＝ax2+94x+c经过点A（﹣1，0）和点C（0，3）与x轴的另一交点为点B，点M是直线BC上一动点，过点M作MP∥y轴，交抛物线于点P（1）求该抛物线的解析式；（2）在抛物线上是否存在一点Q，使得△QCO是等边三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；（3）以M为圆心，MP为半径作⊙M，当⊙M与坐标轴相切时，求出⊙M的半径．【答案】（1）y＝﹣34x2+94x+3；（2）不存在，理由见解析；（3）⊙M的半径为94，83【分析】（1）已知抛物线y＝ax2+94（2）在抛物线上找到一点Q，使得△QCO是等边三角形，过点Q作OM⊥OB于点M，过点Q作QN⊥OC于点N，根据△QCO是等边三角形，求得Q点坐标，再验证Q点是否在抛物线上；（3）分四种情况①当⊙M与y轴相切，如图所示，令M点横坐标为t，PM=t，将PM用t表示出来，列出关于t的一元二次方程，求得t，进而求得半径；②⊙M与x轴相切，过点M作MN⊥OB于N，如图所示，令M点横坐标为m，因为PN=2MN，列出关于m的一元二次方程，即可求出m，同理③④种情况，进而求得⊙M的半径．【详解】（1）∵抛物线y＝ax2+94∴a−解得a=−∴该抛物线的解析式为：y＝﹣34x2+9故答案为：y＝﹣34x2+9（2）在抛物线上找到一点Q，使得△QCO是等边三角形，过点Q作QM⊥OB于点M，过点Q作QN⊥OC于点N∵△QCO是等边三角形，OC=3∴CN=3∴NQ=C即Q(332,当x=332时，y＝﹣34×(332)2+94∴Q(332,y＝﹣34x2+9故答案为：不存在，理由见解析（3）①⊙M与y轴相切，如图所示∵y＝﹣34x2+9当y=0时，﹣34x2+9解得x1=-1，x2=4∴B(4,0)令直线BC的解析式为y=kx+b4k+b=0解得k=−∴直线BC的解析式为y=−令M点横坐标为t∵MP∥y轴，⊙M与y轴相切∴t=﹣34t2+94解得t=8⊙M的半径为8②⊙M与x轴相切，过点M作MN⊥OB于N，如图所示令M点横坐标为m∵PN=2MN∴−解得m=1或m=4（舍去）∴⊙M的半径为：−③当⊙M与x轴相切时，如图3：点P与点A重合时x=−1半径r=④当⊙M与y轴相切时如图4：设Px,−3则PD=34x23解得x1=16半径r=综上所述：⊙M的半径为94，83，15【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，是二次函数的综合题，涉及了二次函数与几何问题，二次函数与圆的问题，其中考查了圆切线的性质．19．（2023·广东广州·统考中考真题）已知点Pm,n在函数y=−(1)若m=−2，求n的值；(2)抛物线y=x−mx−n与x轴交于两点M，N（M在N的左边），与y轴交于点G，记抛物线的顶点为①m为何值时，点E到达最高处；②设△GMN的外接圆圆心为C，⊙C与y轴的另一个交点为F，当m+n≠0时，是否存在四边形FGEC为平行四边形？若存在，求此时顶点E的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)n的值为1；(2)①m=−2；②假设存在，顶点E的坐标为−62【分析】（1）把m=−2代入y=−2x(x<0)（2）①x=m+n2，得②求出直线TS的表达式为：y=−12m(x−12m)−1，得到点C的坐标为m+n2，−12；由垂径定理知，点C【详解】（1）解：把m=−2代入y=−2x(x<0)故n的值为1；（2）解：①在y=(x−m)(x−n)中，令y=0，则(x−m)(x−n)=0，解得x=m或x=n，∴M(m,0)，N(n,0)，∵点P(m,n)在函数y=−2∴mn=−2，令x=m+n2，得即当m+n=0，且mn=−2，则m2=2，解得：即m=−2时，点E②假设存在，理由：对于y=(x−m)(x−n)，当x=0时，y=mn=−2，即点G(0,−2)，由①得M(m,0)，N(n,0)，G(0,−2)，E(m+n2，由点M(m,0)、G(0,−2)的坐标知，tan∠OMG=作MG的中垂线交MG于点T，交y轴于点S，交x轴于点K，则点T1则tan∠MKT=−则直线TS的表达式为：y=−1当x=m+n2时，则点C的坐标为m+n2由垂径定理知，点C在FG的中垂线上，则FG=2(y∵四边形FGEC为平行四边形，则CE=FG=3=y解得：yE即−14(m−n)则m+n=±6∴顶点E的坐标为−62，【点睛】本题为反比例函数和二次函数综合运用题，涉及到一次函数基本知识、解直角三角形、平行四边形的性质、圆的基本知识，其中（3），数据处理是解题的难点．20．（2023·湖南·统考中考真题）如图，点A，B，C在⊙O上运动，满足AB2=BC2+AC2，延长AC至点D，使得∠DBC=∠CAB，点E是弦AC上一动点（不与点A，C重合），过点E作弦AB的垂线，交AB于点F，交BC的延长线于点N，交⊙O于点

(1)BD是⊙O的切线吗？请作出你的判断并给出证明；(2)记△BDC，△ABC，△ADB的面积分别为S1(3)若⊙O的半径为1，设FM=x，FE⋅FN⋅1BC⋅BN+1AE⋅AC=y，试求【答案】(1)BD是⊙O的切线，证明见解析(2)1+(3)y=x【分析】（1）依据题意，由勾股定理，首先求出∠ACB=90°，从而∠CAB+∠ABC=90°，然后根据∠DBC=∠CAB，可以得解；（2）由题意，据S1⋅S=S22得（3）依据题意，连接OM，分别在Rt△OFM、Rt△AFE【详解】（1）解：BD是⊙O的切线．证明：如图，在△ABC中，AB∴∠ACB=90°．又点A，B，C在⊙O上，∴AB是⊙O的直径．∵∠ACB=90°，∴∠CAB+∠ABC=90°．又∠DBC=∠CAB，∴∠DBC+∠ABC=90°．∴∠ABD=90°．∴BD是⊙O的切线．（2）由题意得，S1∵S1∴12∴CD•AD=AC∴CDCD+AC又∵∠D+∠DBC=90°，∴∠D=∠ABC．∴tan∠D=∴CD=B又CDCD+AC∴BC∴BC∴1+AC由题意，设tanD∴ACBC∴1+m=m∴m=1±∵m>0，∴m=1+∴tanD（3）设∠A=α，∵∠A+∠ABC=∠ABC+∠DBC=∠ABC+∠N=90°，∴∠A=∠DBC=∠N=α．如图，连接OM．

∴在Rt△OFM中，OF=∴BF=BO+OF=1+1−x2∴在Rt△AFE中，EF=AF⋅tanα=在Rt△ABC中，BC=AB⋅sinα=2sinαAC=AB⋅cos在Rt△BFN中，BN=BFsin∴y=FE⋅FN⋅=====x．即y=x．∵FM⊥AB，∴FM最大值为F与O重合时，即为1．∴0<x≤1．综上，y=x0<x≤1【点睛】本题主要考查了圆的相关性质，切线的判定定理，求角的正切值，解题时要熟练掌握并灵活运用．21．（2023·江苏苏州·统考中考真题）如图，二次函数y=x2−6x+8的图像与x轴分别交于点A,B（点A在点B的左侧），直线l是对称轴．点P在函数图像上，其横坐标大于4，连接PA,PB，过点P作PM⊥l，垂足为M，以点M为圆心，作半径为r的圆，PT与⊙M

(1)求点A,B的坐标；(2)若以⊙M的切线长PT为边长的正方形的面积与△PAB的面积相等，且⊙M不经过点3,2，求PM长的取值范围．【答案】(1)A(2)1<PM<2或2<PM<2【分析】（1）令y=0求得点A,B的横坐标即可解答；（2）由题意可得抛物线的对称轴为x=3，设Pm,m2−6m+8，则M3,m2−6m+8；如图连接MT，则MT⊥PT，进而可得切线长PT为边长的正方形的面积为m−32−r2；过点P作PH⊥x轴，垂足为【详解】（1）解：令y=0，则有：x2−6x+8=0，解得：x=2或∴A2,0（2）解：∵抛物线过A∴抛物线的对称轴为x=3，设Pm,∵PM⊥l，∴M3,如图：连接MT，则MT⊥PT，∴PT∴切线PT为边长的正方形的面积为m−32过点P作PH⊥x轴，垂足为H，则：S△PAB∴m−3∵r>0，∴r=1，

假设⊙M过点N3,2①如图1：当点M在点N的上方，即M

∴m2−6m+8=3，解得：m=5或∵m>4∴m=5；②如图2：当点M在点N的上方，即M

∴m2−6m+8=1，解得：∵m>4∴m=3+2综上，PM=m−3=2或2．∴当⊙M不经过点3,2时，1<PM<2或2<PM<2或【点睛】本题主要考查了二次函数的性质、切线的性质、勾股定理等知识点，掌握分类讨论思想是解答本题的关键．22．（2023·浙江温州·统考中考真题）如图1，AB为半圆O的直径，C为BA延长线上一点，CD切半圆于点D，BE⊥CD，交CD延长线于点E，交半圆于点F，已知OA=32，AC=1．如图2，连接AF，P为线段AF上一点，过点P作BC的平行线分别交CE，BE于点M，N，过点P作PH⊥AB于点H．设PH=x，

(1)求CE的长和y关于x的函数表达式．(2)当PH<PN，且长度分别等于PH，PN，a的三条线段组成的三角形与△BCE相似时，求a的值．(3)延长PN交半圆O于点Q，当NQ=154x−3【答案】(1)CE=165(2)1615或2740(3)17【分析】（1）如图1，连接OD，根据切线的性质得出OD⊥CE，证明OD∥BE，得出CDCE=COCB，即可得出CE=16（2）根据△BCE三边之比为3:4:5，可分为三种情况．当PH:PN=3:5时，当PH:PN=4:5时，当PH:PN=3:4时，分别列出比例式，进而即可求解．（3）连接AQ，BQ，过点Q作QG⊥AB于点G，根据tan∠BQG=tan∠QAB=x3x=1【详解】（1）解：如图1，连接OD．

∵CD切半圆O于点D，∴OD⊥CE．∵OA=32，∴OC=5∴CD=2．∵BE⊥CE，∴OD∥∴CDCE即2CE∴CE=16如图2，∠AFB=∠E=90°，∴AF∥CE．

∵MN∥CB，∴四边形APMC是平行四边形，∴CM=PA=PH∵MNBC∴y4∴y=−25（2）∵PN=y−1=−2512x+3，PH<PN，△BCE∴可分为三种情况．i）当PH:PN=3:5时，PN=53PH解得x=4∴a=4ii）当PH:PN=4:5时，PN=54PH解得x=9∴a=3iii）当PH:PN=3:4时，PN=43PH解得x=36∴a=5（3）如图3，连接AQ，BQ，过点Q作QG⊥AB于点G，

则∠AQB=∠AGQ=90°，QG=PH=x，∴∠QAB=∠BQG．∵NQ=154x−3∴HG=PQ=NQ+PN=5∵AH=4∴AG=AH+HG=3x，∴tan∠BQG=∴BG=1∴AB=AG+BG=103x=3∴y=−2512x+4=178【点睛】本题考查了切线的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，函数解析式，分类讨论，作出辅助线是解题的关键．23．（2023·湖南怀化·统考中考真题）如图一所示，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−8与x轴交于A(−4,0)、B(2,0)两点，与y

(1)求抛物线的函数表达式及顶点坐标；(2)点P为第三象限内抛物线上一点，作直线AC，连接PA、PC，求△PAC面积的最大值及此时点P的坐标；(3)设直线l1:y=kx+k−354交抛物线于点M、N，求证：无论k为何值，平行于x轴的直线l2【答案】(1)y=(2)△PAC面积的最大值为8，此时点P的坐标为P(3)见解析【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；（2）如图所示，过点P作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，得出直线AC的解析式为y=−2x−8，设Pm,m2+2m−8，则Em,−2m−8，得出PE=−（3）设M(x1,y1)、N(x2,y2)，MN的中点坐标为Qx1+x22,y1+y22，联立y=kx+k−354y=x2+2x−8，消去y，整理得：x2+2−kx−k+34=0，得出x1【详解】（1）解：将A(−4,0)、B(2,0)代入y=ax16a−4b−8=04a+2b−8=0解得：a=1b=2∴抛物线解析式为：y=x（2）解：如图所示，过点P作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，

由y=x2+2x−8解得：y=−8，∴C0,−8设直线AC的解析式为y=kx−8，将点A−4,0代入得，−4k−8=0解得：k=−2，∴直线AC的解析式为y=−2x−8，设Pm,m2∴PE=−2m−8−=−=−m+2当m=−2时，PE的最大值为4∵S∴当PE取得最大值时，△PAC面积取得最大值∴△PAC面积的最大值为2×4=8，此时m=−2，m∴P（3）解：设M(x1,y1)、联立y=kx+k−354y=x2∴x1∴x1∴y1+y∴Q1设Q点到l2的距离为QE，则QE=1∵M(x1,∴y1+y2=k∴M======∴MN=k∴1

∴QM=QN=QE，∴E点总在⊙Q上，MN为直径，且⊙Q与l2∴∠MEN为直角．∴无论k为何值，平行于x轴的直线l2:y=−374上总存在一点【点睛】本题考查了二次函数的应用，一元二次方程根与系数的关系，切线的性质与判定，直角所对的弦是直径，熟练掌握以上知识是解题的关键．24．（2021·广东广州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l:y=12x+4分别与x轴，y轴相交于A、B两点，点P（1）求A、B两点的坐标；（2）设△PAO的面积为S，求S关于x的函数解析式：并写出x的取值范围；（3）作△PAO的外接圆⊙C，延长PC交⊙C于点Q，当△POQ的面积最小时，求⊙C的半径．【答案】（1）A（-8，0），B（0，4）；（2）S=2x+16，-8＜x＜0；（3）4．【分析】（1）根据一次函数的图像与性质即可求出A、B两点的坐标；（2）利用三角形面积公式及点的坐标特点即可求出结果；（3）根据圆周角性质可得∠PAO=∠PQO，∠POQ=90°．由等角的三角函数关系可推出tan∠PAO=OBOA=12=tan∠PQO=OPOQ，再根据三角形面积公式得S【详解】解：（1）当y=0时，0=12x+4∴A（-8，0）．当x=0时，y=1∴B（0，4）．（2）∵A（-8,0），∴OA=8．点P在直线l:y=1∴yP∴S△PAO∵点P在第二象限，∴12x+4＞0，且解得-8＜x＜0；（3）∵B（0，4），∴OB=4．∵⊙C为△PAO的外接圆，∴∠PAO=∠PQO，∠POQ=90°．∴tan∠PAO=设OP=m，则OQ=2m．∴S△POQ∴当m最小时，△POQ的面积最小．∴当OP⊥AB时，m有最小值，且OA为⊙C的直径．∴r=1即⊙C的半径为4．【点睛】本题考查了一次函数的图像与性质、三角形面积计算及圆的相关性质等知识，熟练掌握一次函数的图像与性质、三角形面积计算及圆的相关性质是解题的关键．25．（2021·四川眉山·统考中考真题）如图，直线y=34x+6与x轴交于点A，与y轴交于点B．直线MN//AB，且与△AOB的外接圆⊙P相切，与双曲线y=−（1）求点A，B的坐标和⊙P的半径；（2）求直线MN所对应的函数表达式；（3）求△BCN的面积．【答案】（1）A（-8，0），B（0，6），5；（2）y=34x+494【分析】（1）令y=0代入y=34x+6，令x=0代入y=34（2）过点A作AG⊥MN于点G，得AG=5，由∠AMG=∠OAB，得AGAM（3）联立y=−30xy=【详解】解：（1）令y=0代入y=34x+6，得0=34令x=0代入y=34x+6，得y=6∴AB=62∴⊙P的半径为：5；（2）过点A作AG⊥MN于点G，∵直线MN//AB，且与△AOB的外接圆∴AG=5，∠AMG=∠OAB，∴sin∠AMG=sin∠OAB，即：AGAM∴5AM=610，解得：AM=253，即：OM∴M（-493同理：BN=254，ON=6+254=494，N设直线MN所对应的函数表达式为：y=kx+b，则0=−493k+b∴直线MN所对应的函数表达式为：y=34x+49（3）联立y=−30xy=34x+494，得：∴C（-3，10），∴△BCN的面积=12BN×x【点睛】本题主要考查一次函数与反比例函数综合，熟练掌锐角三角函数的定义，圆的切线的性质定理，是解题的关键．题型05正多边形与圆综合26．（2022·浙江金华·统考中考真题）如图1，正五边形ABCDE内接于⊙O，阅读以下作图过程，并回答下列问题，作法：如图2，①作直径AF；②以F为圆心，FO为半径作圆弧，与⊙O交于点M，N；③连接AM,MN,NA．(1)求∠ABC的度数．(2)△AMN是正三角形吗？请说明理由．(3)从点A开始，以DN长为半径，在⊙O上依次截取点，再依次连接这些分点，得到正n边形，求n的值．【答案】(1)108°(2)是正三角形，理由见解析(3)n=15【分析】（1）根据正五边形的性质以及圆的性质可得AB⏜=BC⏜=（2）根据所作图形以及圆周角定理即可得出结论；（3）运用圆周角定理并结合（1）（2）中结论得出∠NOD=144°−120°=24°，即可得出结论．【详解】（1）解：∵正五边形ABCDE．∴AB⏜∴∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOE=∠EOA=360°∵AEC⏜∴∠AOC(优弧所对圆心角)=3×72°=216°，∴∠ABC=1（2）解：△AMN是正三角形，理由如下：连接ON,FN，由作图知：FN=FO,∵ON=OF，∴ON=OF=FN，∴△OFN是正三角形，∴∠OFN=60°，∴∠AMN=∠OFN=60°，同理∠ANM=60°，∴∠MAN=60°，即∠AMN=∠ANM=∠MAN，∴△AMN是正三角形；（3）∵△AMN是正三角形，∴∠AON=2∠AMN=120°．∵AD⏜∴∠AOD=2×72°=144°，∵DN⏜∴∠NOD=144°−120°=24°，∴n=360【点睛】本题考查了圆周角定理，正多边形的性质，读懂题意，明确题目中的作图方式，熟练运用圆周角定理是解本题的关键．27．（2020·广东广州·统考中考真题）如图，⊙O为等边ΔABC的外接圆，半径为2，点D在劣弧AB⏜上运动（不与点A,B重合），连接DA，DB，DC（1）求证：DC是∠ADB的平分线；（2）四边形ADBC的面积S是线段DC的长x的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由；（3）若点M,N分别在线段CA，CB上运动（不含端点），经过探究发现，点D运动到每一个确定的位置，ΔDMN的周长有最小值t，随着点D的运动，t的值会发生变化，求所有t值中的最大值．【答案】(1)详见解析；(2)是，S=34【分析】(1)根据等弧对等角的性质证明即可；(2)延长DA到E,让AE=DB,证明△EAC≌△DBC,即可表示出S的面积；(3)作点D关于直线BC、AC的对称点D1、D2，当D1、M、N、D共线时△DMN取最小值，可得t=D1D2，有对称性推出在等腰△D1CD2中,t=3x，D与O、C共线时t【详解】(1)∵△ABC为等边三角形,BC=AC，∴AC⏜=BC∴∠AOC=∠BOC=120°，∴∠ADC=∠BDC=60°，∴DC是∠ADB的角平分线．(2)是．如图，延长DA至点E，使得AE=DB．连接EC，则∠EAC=180°－∠DAC＝∠DBC．∵AE＝DB，∠EAC＝∠DBC,AC＝BC，∴△EAC≌△DBC(SAS)，∴∠E=∠CDB=∠ADC=60°，故△EDC是等边三角形，∵DC=x，∴根据等边三角形的特殊性可知DC边上的高为3∴S=S(3)依次作点D关于直线BC、AC的对称点D1、D2,根据对称性C△DMN=DM+MN+ND=D1M+MN+ND2．∴D1、M、N、D共线时△DMN取最小值t,此时t=D1D2,由对称有D1C=DC=D2C=x，∠D1CB=∠DCB，∠D2CA=∠DCA,∴∠D1CD2=∠D1CB+∠BCA+∠D2CA=∠DCB+60°+∠DCA=120°．∴∠CD1D2=∠CD2D1=60°，在等腰△D1CD2中,作CH⊥D1D2，则在Rt△D1CH中，根据30°特殊直角三角形的比例可得D1H=32同理D2H=3∴t=D1D2=3DC=∴x取最大值时,t取最大值．即D与O、C共线时t取最大值,x=4．所有t值中的最大值为43【点睛】本题考查圆与正多边形的综合以及动点问题，关键在于结合题意作出合理的辅助线转移已知量．28．（2020·内蒙古呼和浩特·中考真题）某同学在学习了正多边形和圆之后，对正五边形的边及相关线段进行研究，发现多处出现者名的黄金分割比5−12≈0.618．如图，圆内接正五边形ABCDE，圆心为O，OA与BE交于点H，AC、AD

（1）求证：△ABM是等腰三角形且底角等于36°，并直接说出△BAN的形状；（2）求证：BMBN=BN（3）由对称性知AO⊥BE，由（1）（2）可知MNBM也是一个黄金分割数，据此求sin【答案】（1）见解析，△ABN为等腰三角形；（2）见解析；（3）5【分析】（1）连接圆心O与正五边形各顶点，利用圆周角定理得出∠ABE=∠BAC=36°，即AM=BM，再求出∠BNA=72°=∠BAD，得出结论；（2）证明△BAM∽△BEA，得到BMBN=BNBE，设BM=y，AB=x，则AM=AN=y，AB=AE=BN=x，证明AMAB（3）根据题意求出∠MAH=∠NAH=12∠MAN=18°，再根据sin∠MAH=MHAM，将【详解】解：（1）连接圆心O与正五边形各顶点，在正五边形中，∠AOE=360°÷5=72°，∴∠ABE=12∠AOE=36°，同理∠BAC=1∴AM=BM，∴△ABM是是等腰三角形且底角等于36°，∵∠BOD=∠BOC+∠COD=72°+72°=144°，∴∠BAD=12∴∠BNA=180°-∠BAD-∠ABE=72°，∴AB=NB，即△ABN为等腰三角形；（2）∵∠ABM=∠ABE，∠AEB=12∴△BAM∽△BEA，∴BMAB∴BMBN∵∠AMN=∠MAB+∠MBA=72°=∠BAN，∠ANM=∠ANB，∴△AMN∽△BAN，∴AMAB=MNAN，即两边同时除以x2，得：yx2=1−则t2+t−1=0，解得：t=5−1∴BMBN（3）∵∠MAN=36°，根据对称性可知：∠MAH=∠NAH=12而AO⊥BE，∴sin18°=sin∠MAH=MH=x−y=5−1

【点睛】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，有一定难度，解题的关键是算出相应角度，找到合适的相似三角形.29．（2021·湖南湘潭·统考中考真题）德国著名的天文学家开普勒说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割．如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿”．如图①，点C把线段AB分成两部分，如果CBAC=5−12（1）特例感知：在图①中，若AB=100，求AC的长；（2）知识探究：如图②，作⊙O的内接正五边形：①作两条相互垂直的直径MN、AI；②作ON的中点P，以P为圆心，PA为半径画弧交OM于点Q；③以点A为圆心，AQ为半径，在⊙O上连续截取等弧，使弦AB=BC=CD=DE=AQ，连接AE；则五边形ABCDE为正五边形．在该正五边形作法中，点Q是否为线段OM的黄金分割点？请说明理由．（3）拓展应用：国旗和国徽上的五角星是革命和光明的象征，是一个非常优美的几何图形，与黄金分割有着密切的联系．延长题（2）中的正五边形ABCDE的每条边，相交可得到五角星，摆正后如图③，点E是线段PD的黄金分割点，请利用题中的条件，求cos72°【答案】（1）61.8；（2）是，理由见解析；（3）5【分析】（1）根据黄金分割的定义求解即可；（2）设⊙O的半径为a，则OA=ON=OM=a，利用勾股定理求出PA，继而求出OQ，MQ，即可作出判断；（3）先求出正五边形的每个内角，即可得到∠PEA=∠PAE=180°−108°=72°，根据已知条件可知cos72°=12AEPE，再根据点E【详解】解：（1）∵CBAC∴AB−ACAC即100−ACAC解得：AC≈61.8；（2）Q是线段OM的黄金分割点，理由如下：设⊙O的半径为a，则OA=ON=OM=a，∴OP=12∴PA=O∴OQ=PQ-OP=5−1∴MQ=OM-OQ=3−5MQOQ∴Q是线段OM的黄金分割点；（3）正五边形的每个内角为：5−2×180°∴∠PEA=∠PAE=180°−108°=72°，∴cos72°=12∵点E是线段PD的黄金分割点，∴DEPE又∵AE=ED，∴AEPE∴cos72°=12【点睛】本题考查黄金分割、勾股定理、锐角三角函数，解题的关键是读懂题意正确解题．30．（2020·内蒙古通辽·中考真题）中心为O的正六边形ABCDEF的半径为6cm．点P,Q同时分别从A,D两点出发，以1cm/s的速度沿AF,DC向终点F,C运动，连接PB,PE,QB,QE，设运动时间为ts（1）求证：四边形PBQE为平行四边形；（2）求矩形PBQE的面积与正六边形ABCDEF的面积之比．【答案】（1）见解析；（2）2：3【分析】（1）只要证明△ABP≌△DEQ（SAS），可得BP=EQ，同理PE=BQ，由此即可证明；（