2025中考数学压轴题预测：圆的综合压轴题

的综合压轴题命题趋势中考数学中《圆的综合压轴题》部分主要考向分为六类：一、圆中弧长和面积的综合题二、圆与全等三角形的综合题三、圆的综合证明问题四、圆与等腰三角形的综合题五、圆的阅读理解与新定义问题六、圆与特殊四边形的综合题圆的综合问题是中考数学中的压轴题中的一类，也是难度较大的一类，所以，对应的训练很有必要。热考题型解读考向一：圆中弧长与面积的综合题考向一：圆中弧长与面积的综合题考向二：圆与全等三角形综合题考向二：圆与全等三角形综合题考向三：圆的综合证明问题考向三：圆的综合证明问题考向四：圆与等腰三角形的综合考向四：圆与等腰三角形的综合考向五：圆的阅读理解与新定义问题考向五：圆的阅读理解与新定义问题考向六：圆与特殊四边形综合考向六：圆与特殊四边形综合操作：将图1中的水槽沿GH向右作无滑动的滚动，使水流出一部分，当∠ANM=30°时停止滚动.如图2.其中，半圆的中点为Q,GH与半圆的切点为E,连接OE交MN于点D.探究：在图2中.(2)操作后水面高度下降了多少?(3)连接OQ并延长交GH于点F,求线段EF与EQ的长度，并比较大小.【分析】(1)连接OM,利用垂径定理得出,由勾股定理计算即可得出答案；(2)由切线的性质证明OE⊥GH,进而得到OE⊥MN,利用锐角三角函数的定义求出OD,再与(1)中OC相减即可得出答案；(3)由半圆的中点为Q得到∠QOB=90°,得到∠QOE=30°,分别求出线段EF与EQ的长度，再相减比较即可.∴MC=圆的综合压轴题(解析版)MN=24cm,∴OM=圆的综合压轴题(解析版)AB=25cm,(2)∵GH与半圆的切点为E,∴操作后水面高度下降高度为：∵半圆的中点为Q,EQ的长为(cm),【问题情境】刘老师先引导学生回顾了华东师大版教材七年级下册第121页“探索”部分内容：如图1,将一个三角形纸板△ABC绕点A逆时针旋转θ到达的位置△AB'C”的位置，那么可以得到：刘老师进一步谈到：图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”,这是我们解决图形旋转的关键.故数学就是一门哲学.【问题解决】(1)上述问题情境中“()”处应填理由：旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等;(2)如图2,小王将一个半径为4cm,圆心角为60°的扇形纸板ABC绕点O逆时针旋转90°到达扇形纸板A'B'C”的位置.①请在图中作出点O;②如果BB′=6cm,则在旋转过程中，点B经过的路径长为【问题拓展】小李突发奇想，将与(2)中完全相同的两个扇形纸板重叠，一个固定在墙上，使得一边位于水平位置.另一个在弧的中点处固定，然后放开纸板，使其摆动到竖直位置时静止.此时，两个纸板重叠部分的面积是多少呢?如图3所示，请你帮助小李解决这个问题.CC(1)由旋转的性质即可知答案为旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；(2)①作线段BB',AA'的垂直平分线，两垂直平分线交于O,点O为所求；②由∠BOB'=90°,OB=OB',可得,再用弧长公式可得答案；【问题拓展】连接PA',交AC于M,连接PA,PD,AA',PB',PC,求(SSS)可知阴影部分关于PD对称，故重叠部分面积为(1)根据题意，AB=AB′,AC=AC',BC=B'C';∠BAC=∠B'AC',∠ABC=∠AB'C",∠ACB=∠AC'B'的理由是：旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等，故答案为：旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；(2)①如图：作线段BB',AA'的垂直平分线，两垂直平分线交于O,点O为所求；∴△BOB'是等腰直角三角形，∴点B经过的路径长为故答案为：【问题拓展】连接PA',交AC于M,连接PA,PD,AA',PB′,PC,如图：由旋转得∠PA'B′=30°,PA=PA′=4,下面证明阴影部分关于PD对称：∴△PB'D≌△PCD(SSS),∴阴影部分面积被PD等分，∴两个纸板重叠部分的面积是考向二：圆与全等三角形综合题(1)如图1,连接BD,求证：△ADB≌△OBE;(2)如图2,N是AD上一点，在AB上取一连接MN.请问：三条线段MN,BM,DN有怎样的数量关系?并证明你的结论.【分析】(1)根据CF⊥OE,OC是半径，可得CF是圆O的切线，根据BE是圆O的切线，由切线长定理可得BF=CF,进而根据,得出∠E=30°,∠EOB=60°,据垂径定理的推论得出OC⊥BD,进而得出∠ADB=90°=∠EBO,根据含30度角的直角三角形的性(2)延长ND至H使得DH=BM,连接CH,BD,根据圆内接四边形对角互补得出∠HDC=∠MBC,证明△HDC≌△MBC(SAS),结合已知条件证明△CNH≌△CNM(SAS),得出NH=MN,即可得出结论.∵BE是圆O的切线，延长ND至H使得DH=BM,连接CH,BD,如图2所示，点H.(3)如图③,在(2)的条件下，点F在BD上，过点F作FG⊥DO,交DO于点G,DG=CH,过点F作FR⊥DE,垂足为R,连接EF,EA,EF:DF=3:2,点T在BC的延长线上，连接AT,过点T作TM⊥DC,交DC的延长线于点M,若FR=CM,AT=4√2,求AB的长.【分析】(1)连接OC,证明OH是△ABC的中位线，即可得到BC=2OH;(2)设∠BDC=2α,证明△DOB≌△DOC(SSS),可得,再推导出∠CDO=∠ACD,即可证明DO//AC;(3)连接AD,延长AE与BC交于W点，延长AC、TM交于L点，先证明△DGF≌△CHE(ADF=CE,再证明△DFG≌△AFH(ASA),得到AE=DF,从而判断出四边形ADFE是矩形，得到EF⊥BD,求出,通过证明△FRK≌△CML(AAS),推导出CL=FK=2FG=CW,再证明,求出BC=6,在Rt△ABC中，利用勾股定理求出AB=√AC²+BC²=2√13.【解答】(1)证明：如图①,连接OC,∴OH是△ABC的中位线，(3)解：如图③,连接AD,延长AE与BC交于W点，延长AC、TM交于L点，∴△AEC是等腰三角形，∴四边形AEFD是平行四边形，∴四边形ADFE是矩形，题目5(2023·长春)【感知】如图①,点A、B、P均在⊙O上，∠AOB=90°,则锐角∠APB的大小为 【探究】小明遇到这样一个问题：如图②,◎○是等边三角形ABC的外接圆，点P在弧AC上(点P不与接BE,通过证明△PBC≌△EBA.可推得△PBE是等边三角形，进而得证.下面是小明的部分证明过∵四边形ABCP是◎○的内接四边形，∵△ABC是等边三角形，请你补全余下的证明过程.【应用】如图③,◎○是△ABC的外接圆，∠ABC=90°,AB=BC,点P在⊙O上，且点P与点B在AC【探究】先构造出△PBC≌△EBA(SAS),得出PB=EB,进而得出△PBE是等边三角形，即可得出结论；【应用】先构造出△PBC≌△GBA(SAS),进而判断出∠PBG=90°,进而得出△PBG是等腰直角三角形，即可得出结论；(在同圆中，同弧所对的圆周角是圆心角的一半),故答案为：45;∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形，∵△ABC是等边三角形，∵△ABC是等边三角形，∴△PBE为等边三角形，∴PB=PE=AE+AP=PC+AP;延长PA至点G,使AG=PC,连接BE.∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形，(3)已知BC²=3FP·DC,求的值.【分析】(1)连接OC,由等腰三角形的性质得∠OAC=∠OCA,再证∠DAC=∠OCA,则DA//OC,然后证OC⊥CD,即可得出结论；(2)由圆周角定理得∠ACB=90°,∠DAC=∠PBC,,即可得出结论；(3)过P作PE⊥AB于点E,证AC·PC=3FP·DC,再证∠BAC=∠PBC,然后证△ACB一△BCP,得再证△ACD一△BPC,得AC·PC=BP·DC,则BP·DC=3FP·DC,进而得BP=3FP,然后由角平分线的性质和三角形面积即可得出结论.【解答】(1)证明：如图1,连接OC,∴DA//OC,(3)解：如图2,过P作PE⊥AB于点E,题目7如图，在⊙O中，直径AB垂直弦CD于点E,连接AC,AD,BC,作CF⊥AD于点F,交线段OB于点G(不与点O,B重合),连接OF.(1)若BE=1,求GE的长.(3)若FO=FG,猜想∠CAD的度数，并证明你的结论.【分析】(1)由垂径定理可得∠AED=90°,结合CF⊥AD可得∠DAE=∠FCD,根据圆周角定理可得(2)证明△ACB一△CEB,根据对应边成比例可得BC²=BA·BE,再根据AB=2BO,,可证BC²=BG·BO;证明△COF≌△AOF,进而可得∠OCF=∠OAF,即90°-3a=a,则∠CAD=2a=45°.方法二：延长FO交AC于点H,连接OC,证明△AFC是等腰直角三角形，即可解决问题.由圆周角定理得∠DAE=∠BCD,即90°-3a=a,解法二：∴△AFC是等腰直角三角形，题目8(2023·永州)如图，以AB为直径的⊙O是△ABC的外接圆，延长BC到点D.使得∠BAC=(1)求证：ED是◎○的切线；(2)若AC=√6,BD=5,AC>CD,求BC的长；DD【分析】(1)由AB是⊙○的直径得∠ACB=90°,故∠BAC+∠ABC=90°,由∠BAC=∠BDA(2)证明△ACB一△DCA,则,可得,解得BC=2由AC>CD即可得到BC的长；或BC=3,(3)先证明△ABC一△DAC,则,得到AC·AD=CD·AB,由DE·AM=AC·AD得到DE·AM=CD·AB,故,由同角的余角相等得∠BAM=∠CDE,有△AMBB一△DCE,得∠E=∠ABM,进一步得到∠EGA+∠E=∠ABM+∠BGN=90°,则∠BNG=90°,即可得到结论.【解答】(1)证明：∵AB是◎○的直径，解得BC=2或BC=3,·题目9(2023·广东)综合探究如图1,在矩形ABCD中(AB>AD),对角线AC,BD(2)以点O为圆心，OE为半径作圆.①如图2,◎○与CD相切，求证：AA=√3CA;BB【分析】(1)根据轴对称的性质可得AE=A'E,AA′⊥BD,相交于点O,点A关于BD的对称点为A'.连接根据四边形ABCD是矩形，得出OA=OC,从而OE//A'C,从而得出AA'⊥CA';(2)①设CD⊙O与CD切于点F,连接OF,并延长交AB于点G,可证得OG=OF=OE,从而得出∠EAO=∠GAO=∠GBO,进而得出∠EAOOD=OA=√2x,在Rt△ADE中，由勾股定理得出x²+[(√2-1)x]²=1,从而求得,进而得【解答】(1)证明：∵点A关于BD的对称点为A',(2)①证明：如图2,设CD⊙O与CD切于点F,连接OF,并延长交AB于点G,②解：如图3,设⊙O切CA'于点H,连接OH,考向四：圆与等腰三角形的综合【分析】连接OD,DE,根据切线的性质和勾股定理求出OD=6,然后分三种情况讨论：①当AP=PD时，此时P与O重合，②如图2,当AP′=AD时，③如图3,当DP'"=AD时，分别进行求解即可.∵半圆O与BC相切于点D,解得OD=6,②如图2,当AP′=AD时，∴OD//AC,③如图3,当DP"=AD时，∴OD//AC,图(1)图(2)(2)如图(2)所示，连接OE,如果∠BAC=90°,∠OFE=∠DOE,AO=4,(3)△OBG是以OB为腰的等腰三角形，①当OG=OB时，②当BG=OB时，证明△BGO一△BPA,得出,可得△PQE一△OQB,根据相似三角形的性质得出a=2k,进而即可求得答案.【解答】(1)证明：如图：∴OD//AC,∴FG是△OBD的中位线，(2)解：如图：由(1)可得OD//AC,,即AE²=AO·AF,(3)解：①当OG=OB时，点G与点D重合，不符合题意，舍去；②当BG=OB时，延长BG交AC于点P,如图所示，设AO=OF=FB=a,BB∵OG//AE,的值为BB图(2) 题目12(2023·泰州)已知：A、B为圆上两定点，点C在该圆上，∠C为AB所对的圆周角.图①图②图③知识回顾②若⊙O的半径为5,AC=8,求BC的长；逆向思考拓展应用(3)如图③,在(2)的条件下，若∠APB=90°,点C在◎P位于直线AP上方部分的圆弧上运动.点D在◎P上，满足CD=√2CB-CA的所有点D中，必有一个点的位置始终不变.请证明.【分析】(1)①根据∠AOB+∠C=135°,结合圆周角定理求∠C的度数；②构造直角三角形；(2)只要说明点P到圆上A、B和另一点的距离相等即可；(3)根据CD=√2CB-CA,构造一条线段等于√2CB-CA,利用三角形全等来说明此线段和CD相等.CC②连接AB,过A作AD⊥BC,垂足为M,B(2)延长AP交圆于点N,则∠C=∠N,∴P为该圆的圆心.(3)过B作BC的垂线交CA的延长线于点E,连接AB,延长FB考向五：圆的阅读理解与新定义问题小青发现路上行驶的各种车辆，车轮都是圆形的.为什么车轮要心轨迹最高点是C(即的中点),转动一次前后中心的连线是BD(水平线),请在图2中计算C到最高点是C(即的中点),转动一次前后中心的连线是BD(水平线),请在图4中计算C到BD的距离d₂(结果保留根号).此时中心轨迹最高点是C(即BD的中点),转动一次前后中心的连线是BD(水平线),在图6中计算C到BD的距离d₃=2-√3(结果保留根号).(4)归纳推理：比较d₁,d₂,d₃大小：di>d₂>d₃.,按此规律推理，车轮设计成的正多边形边数越多，其中心轨迹最高点与转动一次前后中心连线(水平线)的距离越小(填“越大”或“越小”).轮设计成圆形..【分析】(1)△ABC是等边三角形，进而求得AE,进一步得出结果；(2)△ABE是等腰直角三角形，进而求得AE,进一步得出结果；(3)△ABD是等边三角形，进而求得AE,进一步得出结果；(4)比较大小得出结果；(5)圆的半径相等，从而得出结果.【解答】₃解：(1)图1,∴△ABC是等边三角形，(2)如图2,(3)如图3,∴△ABD是等边三角形，AE=AB·sin∠ABD=2·sin⁶(5)∵圆的半径相等，故答案为：0.题目14(2023·陕西)(1)如图①,∠AOB=120°,点P在∠AOB的平分线上，OP=4.点E,F分别在边OA,OB上，且∠EPF=60°,连接EF.求线段EF的最小值；(2)如图②,是一个圆弧型拱桥的截面示意图.点P是拱桥AB的中点，桥下水面的宽度AB=24m,点P到水面AB的距离PH=8m.点P,P₂均在AB上，PP₁=PP₂,且PP₂=10m,在点P,P₂处各装有一个照明灯，图中△PCD和△P₂EF分别是这两个灯的光照范围.两灯可以分别绕点P,P₂左右转动，且光束始终照在水面AB上.即∠CPD,∠EP₂F可分别绕点P₁,P₂按顺(逆)时针方向旋转(照明灯的大小忽略不计),线段CD,EF在AB上，此时，线段ED是这两灯照在水面AB上的重叠部分的水面宽度.已知∠CPD=∠EP₂F=90°,在这两个灯的照射下，当整个水面AB都被灯光照到时，求这两个灯照在水面AB上的重叠部分的水面宽度.(可利用备用图解答)图①图②【分析】(1)过P作PC⊥OB于C,作PD⊥OA于D,证明△PCF≌△PDE(AAS),可得CF=DE,即可2,故OE+OF=4,设OF=x,则OE=4-x,过F作FG⊥AO于G,有,由勾股√(x-2)²+12,即知线段EF的最小值是2√3;(2)当整个水面AB都被灯光照到时，①C与A重合，F与B重合，设PH交PP₂于K,圆心为O,连接√oP²-0k²=√13²-5²=12(m),K=2AT=14(m),即CD=14m,同理可得BE=14m,即FE=14m,故DE=EF-DB=14-10=4(m),这两个灯照在水面AB上的重叠部分的水面宽度为4m;②当E与A重合，D与B重合时，可得AP₂=,可得,同理过F作FG⊥AO于G,如图：∴线段EF的最小值是2√3;(2)当整个水面AB都被灯光照到时，如图：解得r=13,∵AT=AH-TH=12-5=7(m)∴△APD是等腰直角三角形，同理可得BE=14m,即FE=14m,∴这两个灯照在水面AB上的重叠部分的水面宽度为4m;同理∴这两个灯照在水面AB上的重叠部分的水面宽度为综上所述，这两个灯照在水面AB上的重叠部分的水面宽度为4m或题目15(2023·北京)在平面直角坐标系xOy中，◎O的半径为1.对于⊙O的弦AB和◎O外一点给出如下定义：若直线CA,CB中一条经过点O,另一条是⊙O的切线，则称点C是弦AB的“关联点”.②若点C是弦AB₂的“关联点”,直接写出OC的长；(2)已知点M(0,3),),对于线段MN上一点S,存在◎O的弦PQ,使得点S是弦PQ的“关联点”.记PQ的长为t,当点S在线段MN上运动时，直接写出t的取值范围.【分析】(1)根据题目中关联点的定义分情况讨论即可；(2)根据M(0,3),)两点来求最值情况，共有两种情况，分别位于点M和经过点O的MN的垂直平分线上，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论.【解答】解：(1)①由关联定义可知，若直线CA、CB中一条经过点O,另一条是⊙O的切线，则称点C是∴直线AC₂经过点O,且B₁C₂与◎O相切，∵C₁(-1,1),A(-1,0)的横坐标相同，与在直线y=-x上，设C(a,b),如图所示，共有两种情况，则C₁B₂,AC₁所在直线为解得则直线C₂B₂,AC₂所在直线为解得(2)∵线段MN上一点S,存在⊙○的弦PQ,使得点S是弦PQ的“关联点”,∵弦PQ随着S的变动在一定范围内变动，且M(0,3),,OM>ON,∴S共有2种情况，分别位于点M和经过点O的MN的垂线上，如图所示，∵M(0,3),◎O的半径为1,且MP是⊙O的切线，解得②当S位于经过点O的MN的垂线上的点K时，,∵◎O的半径为1,∴△OPQ为等边三角形，∴当S位于经过点O且垂直于MN的直线上即点K时，PQ₁的临界点为1和√3,∴在两种情况下，PQ的最小值在内，最大值在综上所述，t的取值范围为四边形的四个顶点共圆.请应用此结论，解决以下问题：如图1,△ABC中，AB=AC,∠BAC=a(60°<a<180°).点D是BC边上的一动点(点D不与B,C重合),将线段AD绕点A顺时针旋转a到线段AE,连接BE.(2)如图2,当AD=CD时，⊙○是四边形AEBD的外接圆，求证：AC是⊙○的切线；(3)已知α=120°,BC=6,点M是边BC的中点，此时⊙P是四边形AEBD的外接圆，直接写出圆心P与点M距离的最小值.【分析】(1)根据旋转的性质得到AE=AD,∠DAE=a,备用图证明∠BAE=∠CAD,进而证明△ABE≌(2)连接OA,OD,根据等边对等角得到∠ABC=∠ACB=∠DAC,由圆周角定理得到∠AOD=2∠ABC=2∠DAC,再由OA=OD,得到∠OAD=∠ODA,利用三角形内角和定理证明∠DAC+(3)作线段AB的垂直平分线，分别交AB、BC于G、F,连接AM,先求出∠B=∠C=30°,再由三线合一定理得到,AM⊥BC,解直角三角形求出AB=2√3,则解Rt△BGF得到BF=2,则FM=1;由◎P是四边形AEBD的外接圆，可得点P一定在AB的垂直平【解答】(1)证明：由旋转的性质可得AE=AD,∠DAE=α,∵◎O是四边形AEBD的外接圆，(3)解：如图所示，作线段AB的垂直平分线，分别交AB、BC于G、F,连接AM,PM,如图：∵⊙P是四边形AEBD的外接圆，∴点P一定在AB的垂直平分线上，∴圆心P与点M距离的最小值为上一点，◎A交射线OM于点B,C,交射线(1)如图1,若AD//OM,试判断四边形OBAD的形状，并说明理由；【分析】(1)如图，作AS⊥DE于点S,作AT⊥BC于点T,利用角平分线定义及性质易得AS=AT,∠AOD=∠AOB,然后利用HL可证得Rt△ASD≌Rt△ATB,Rt△ASO≌Rt△ATO,再根据全等三角形性质及线段的和差可证得OD=OB,利用平行线性质及等角对等边可证得AD=OB,最后利用有一组邻边相等的平行四边形即可证得结论；(2)连接FE,结合(1)中所求及垂径定理，利用SAS易证得△OEF≌△OCF,再根据全等三角形性质及已知条件可证得DG//SA//EF,最后利用平行线分线段成比例即可证得结论.∴四边形OBAD是平行四边形，∴四边形OBAD是菱形；题目18(2023·益阳)如图，线段AB与⊙O相切于点B,AO交⊙○于点M,其延长线交⊙O于点连接BC,∠ABC=120°,D为⊙O上一点且D的中点为M,连接AD,CD.(1)求∠ACB的度数；(2)四边形ABCD是否是菱形?如果是，请证明；如果不是，请说明理由；(3)若AC=6,求的长.【分析】(1)根据切线的性质及角的和差求出∠OBC=30°,再根据等腰三角形的性质求解即可；(2)根据圆的有关性质得出∠DCM=∠BCM=30°,DM=BM,根据三角形内角和定理求出∠CAB=30°=∠ACB=∠DCM,进而推出AB=BC,AB//CD,根据圆周角定理得出∠CDM=∠CBM=90°,利用HL证明Rt△CDM≌Rt△CBM,根据全等三角形的性质推出CD=AB,结合AB//CD,推出四边形ABCD是平行四边形，再结合AB=BC,进而判定四边形ABCD是菱形；(3)根据菱形的性质及等腰三角形的性质推出∠DAC=30°,∠ODC=30°,根据三角形内角和定理及角的和差推出∠ADC=120°,∠ADO=90°,∠COD=120°,根据含30°角的直角三角形的性质求出OC=2,再根据弧长计算公式求解即可.∵线段AB与⊙O相切于点B,(2)四边形ABCD是菱形，理由如下；连接BM,DM,∵DB的中点为M,∴AB=BC,AB//CD,在Rt△CDM和Rt△CBM中，∴四边形ABCD是平行四边形，∵四边形ABCD是菱形，重难通关练(建议用时：80分钟)PB=3.(2)求△ABC的面积；(3)如图2,CD⊥AB,垂足为D.E是AC上一点，AE=5EC.延长AE,与DC,BP的延长线分别交于点F,G,求的值.【分析】(1)由切线的性质可求∠PBA的度数，由勾股定理可求PA的长；(2)由面积法可求BC的长，由勾股定理可求AC的长，即可求解；(3)通过证明△EAC一△CAF,由相似三角形的性质可求,通过证明△ADC一△ACB,可求AD的长，通过等腰直角三角形的性质可求EF的长，即可求解.∴∠PBA的度数为90°,故答案为：90°,5;(2)∵AB是直径，∵四边形ABCE是圆的内接四边形，∴△ADF是等腰直角三角形，**题目20(2023·台州)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,弧BP长为π时，求BC的长；(2)如图2,当,BP=PQ时，求的值；(3)如图3,当,BC=CD时，连接BP,PQ,直接写出的值.【分析】(1)连接OP,设∠BOP的度数为n,可得(2)连接BQ,过点C作CF⊥AD于点F,求出,由BP=PQ,有CF=BC,证明∠FCD=∠BAQ,即得,故(3)连接BQ,证明△APQ一△ADC,得①,证明△APB~△ABC,得②,由BC设∠BOP的度数为n°,(3)当AB=6,时，求AM的长.【分析】(1)连接OD交AC于点H,根据垂径定理的推论可得半径OD⊥AC,利用平行线的判定定理由∠ADM=∠DAC可得AC//MN,得出半径OD⊥MN,再运用切线的判定定理即可证得结论；(2)连接BD,可证得△CDN一△ABD,得出,再由AD=CD,即可证得结论；(3)连接OD交AC于点H,连接BD,利用解直角三角形可得√(2√3)²-2²=2√2,再证明四边形CNDH是矩形，得出CH=DN=2√2,由垂径定理可得AC=2CH=4√2,再根据勾股定理求得BC=2,运用平行线分线段成比例定理即可求得答案.【解答】(1)证明：连接OD交AC于点H,如图，∴四边形CNDH是矩形，CE交AB于点F,连结AD交CF于点G,连结AC,过点C的切线交BA的延长线于点H.(3)连结BC交AD于点N,若⊙O的半径为5.下面三个问题，依次按照易、中、难排列.请根据自己的认知水平，选择其中一道问题进行解答.①若,求BC的长；②若AH=√10,求△AN③若HF·AB=88,求△BHC的面积.【分析】(1)根据题意可得AC=CD=DB,再由HC是◎O的切线，即可求证.(2)先证明△CAG≌△FAG(ASA),设出CG,根据勾股定理即可求解.(3)①根据题意，求出AG的长，再由AC=CD=DB即可求解.②根据题意可求得AC=CD=DB,再由勾股定理及相似三角形的性质即可求解.③作出辅助线，设出CG,利用勾股定理及相似三角形的性质可得方程10x+x(5-2x)=22,进而可求得S△CHA=8,再证明△CHA一△BHC,即可解答.【解答】(1)证明：∵点C,D是AB的三等分点，(2)解：如图1,连接AO,设CG=a,则FG=a,(3)解：①如图1,∵(3)解：①如图1,∵∴∴∴·②如图2,连接CD,∵AD//HC,FG=CG,即25-(5-x)²=10-x²,解得x=1,∴图2③如图3,过点O作OM⊥AB于点M,则设CG=x,则FG=x,OG=5-x,OF=5-2x,由勾股定理得AG²=AO²-OG²=25-(5-x)²,AF²=AG²+FG²=10x-x²+x²∵AD//HC,FG=CG,图3可得方程10x+x(5-2x)=22,解得x₁=2,T₂=5.5(舍去),∠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BC的延长线于点N,交⊙O于点M(点M在劣弧AC上).(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,S₂,S,若S₁·S=(S₂)²,求(tanD)²的值；(3)若⊙O的半径为1,设FM=z,FE·FN·,试求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围.【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；进行变形利用方程的思想可以得解；(3)依据题意，连接OM,分别在Rt△OFM、Rt△AFE、Rt△BFN中，找出边之间的关系，进而由FE·FN.∴BD是⊙○的切线..(3)设∠A=a,AC=AB·cosa=2cosa.T.∴FM最大值为F与O重合时，即为1.②若AG=DF,求tan∠GBC的值.(3)过点O作OM⊥BE于点M,连结OC交AE于点N,分别证明△EBD≌△NCD(ASA),△COG≌(3)解：如图2,过点O作OM⊥BE于点M,连结OC交AE解得(舍去),培优争分练(建议用时：80分钟)题目25(2023·东营区校级一模)如图，PA、PB是◎O的切线，切点分别为A、B,BC是◎O的直径，PO交⊙O于E点，连接AB交PO于F,连接CE交AB于D点.下列结论：①PA=PB;②OP⊥A)个.0A.5B.4【分析】连接OA,BE,①根据PA、PB是⊙O的切线，即可判断；②根据PA=PB,OA=OB,可得OP是AB的垂直平分线，进而可以判断；③根据OP是AB的垂直平分线，可得AE=BE,进而可以判断；④根据OB=OC,AF=BF,即可判断；⑤证明∠PBE=∠EBA,∠APE=∠BPE,即可判断；⑥根据AC//OE,可得△CDA~△EDF,进而可以判断.∴PA=PB,故①正确；∴OP是AB的垂直平分线，∴OP⊥AB,故②正确；③∵OP是AB的垂直平分线，④∵BC是⊙O的直径，B,故④正确；∴E是△PAB的内心，故⑤正确；⑥∵AC//OE,∴△CDA一△EDF,故⑥错误；∴其中一定成立的是①②③④⑤,共5个.题目26(2023·鹿城区校级三模)如图1,在△ABC中，∠ACB=90°,BC=2AC=2,过BC上一点作点H,I(点I在H左侧).当点D与点C重合时BB【分析】过点G作GM⊥CB交BC于点M,连接CG,利用相似可以得到△GMB中可设GM=x,则可表示出BM、CM,根据圆的性质可得AC=CG,即在Rt△CGM中可利用勾股定理列方程求解，再求出MH,最后利用勾股定理即可求出GH;过点G作GN⊥CB交BC于点N,连接DG、DF,根据EF=GH可证△FED≌△DGH,再可证Rt△FCD≌Rt△DGN,可设GN=y,则CD=y,可表示出NB、CN、DN、DB,即可求出⊙D的半径DE,在Rt△DGN中可利用勾股定理列方程求解即可求出CD.GC(D)MHB设GM=x,则BM=2x,CM=2-2x,由题意得CA、CG、CH都为⊙C的半径，在Rt△CGM中可利用勾股定理列方程：x²+(2-2x)²=1²,解得：或1(舍去).*由题意得DF、DG、DE、DH为◎D的半径，∴△FED≌△DGH(SSS),设GN=y,则CD=y,NB=2y,CN=CB-NB=2-2y,DN=CN-CD=2-3y,DB=DN+NB=在Rt△DGN中可利用勾股定理得：DN²+GN²=DG²,故答案为：题目|27(2023·湖北模拟)如图，AB是◎O的直径，点C是⊙O上一点，AD与过点C的切线垂直，垂足为D,直线DC与AB的延长线交于点P,弦CE平分∠ACB,交AB于点F,连接BE,BE=7√2,下列四个结论：②PF²=PB·PA;③若,则阴影部分的面积为其中，所有正确结论的序号是①②④.【分析】①根据切线的性质可得OC⊥CD,则AD//OC,根据等边对等角，以及平行线的性质即可证得；②根据圆周角定理以及三角形的外角的性质定理证明∠PFC=∠PCF,根据等角对等边即可证得PC=③由圆周角定理与弦CE平分∠ACB,可得△ABE是等腰直角三角形，继而求得直径AB的长，由BC=④在直角△POC中利用勾股定理即可列方程求得PB的长，由△PCB一△PAC,根据相似三角形的性质求得PB与PC的比值，即可求得tan∠PCB.即AC平分∠DAB.故①正确；②∵AB是直径，即PF²=PB·PA;故②正确；③连接AE,**即△OBC是等边三角形，设PB=x,则PA=x+14,(2)如图2,过点A作AF⊥BD,交CD于G,求证：C(3)如图3,在(2)的条件上，连结BG,若BG恰好经过圆心O,若⊙○的半径BB【分析】(1)延长CO交⊙O于点L,连结BL,则∠CBL=90°,所以∠BCO+∠L=90°,因为∠BED=90°,(2)证明：如图2,连结AC,∵AB垂直平分CG,DE=BG+DG=4m+5m=9m,AE=√AG²-EG²=图3题目29(2024·常州模拟)对于⊙C和◎C上的一点A,若平面内的点P满足：射线AP与⊙CQ(点Q可以与点P重合，且,则点P称为点A关于⊙C的“阳光点”.已知点O为坐标原点，(1)若点P是点A关于⊙O的“阳光点”,且点P在x轴上，请写出一个符合条件的点P的坐标(2,0);(2)若点B是点A关于⊙○的“阳光点”,且AB=2√3,求点B的横坐标t的取值范围；请直接写出b的取值范围是-4-√3≤b≤【分析】(1)根据“阳光点”的定义即可解决问题(答案不唯一);与点D的横坐标即可；为圆心2为半径的圆，求出直线MN与◎K相切时b的值，再求出直线MN经过G(0,-1)时b的值，即可判断，再根据对称性可得b>0时的取值范围.【解答】解：(1)如图，设AP与◎○交于点Q,当点P的坐标为(2,0)时，则Q(1,0),*根据“阳光点”定义可知，点P的坐标为(2,0)时符合题意，故答案为：(2,0)(答案不唯一);(2)2<t<2√3-1,理由：如图，在x轴上方作射线AM与⊙O交于M,并在射线AM上取点N,使AM=MN=√3,则AN=2√3,由对称性，将AN关于轴对称得AN’,则由题意，NN上的点是满足条件的点B,设NN交z轴于点D,∵◎O的半径为1,点A(-1,0).作NH⊥x轴于H,连接MC,∵AC是圆O的直径，圆O的半径为1,∵NN上的点是满足条件的点B,即点B的横坐标在H、D的横坐标之间，故点B的横坐标范围t为：2<t<2√3-1;(3)如图，Q是⊙O上异于点A的任意一点，延长AQ到P,使得PA=2AQ,∵直线y=√3x+b与轴交于点M,且与y轴交于点N,xx则ON=√3OM=4+√3,CE⊥CD交AD于E,连接BD.(2)若cos∠ABC=m,求;(用含m的代数式表示)(3)如图2,DE的中点为G,连接GO,若BD=a,,求OG的长.B可证明；(2)根据锐角三角函数定义求出BC=mAB,最后根据相似三角形的性质即可得解；根据勾股定理求出AC=√1-m²AB,则(3)延长AD至点H,使DH=AE,连接BH,同理(2)求出,根据圆周角定理求出∠BDH=90°,根据勾股定理求出,再根据三角形中位线的判定与性质求解即可.(3)解：延长AD至点H,使DH=AE,连接BH,如图2,∵DE的中点为G,题目31(2024·镇海区校级模拟(3)若△CMH为等腰三角形，直接写出BM的长.【分析】(1)利用矩形的性质求得∠MAD=∠AMB,利用等角的余角相等求得∠AMB=∠MNC,再利用圆周角定理即可证明∠MAD=∠MHC;即可求解；(3)分三种情况讨论，当MH=MC时，先证明△MNH≌△MNC,△ABM≌△AHM即可得出BM=CM=6;当HM=HC时，推出△AND≌△ANM,得到AM=AD=12,在Rt△ABM中，利用勾股定理求解即可；当CH=CM时，得到∠AMB=∠MNC=∠AND,设BM=a,CN=b,利用正切函数的定义列式计算即可求解.【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∵MN是◎O的直径，∴△MCP≌△MHP(AAS),∵∠NMH+∠MNH=∠MAH+∠MNH=90°,∴△ABM≌△AHM(AAS),解得a=12-4√5或a=12+4√5(舍去),综上，BM的长为6或4√5或12-4√5.题目32(2024·浙江一模)如图，在⊙O中，AB是一条不过圆心O的弦，C,D是AB的三等分点，直(2)求证：四边形BDCH是平行四边形.(3)若⊙○的半径为5,OF=3,求△ACH的周长.HHF为等腰三角形，而BD⊥CF,即可求解.(2)由BD//CH,BD=CH,即可求解.,即可求解.∵C,D是AB的三等分点，∴△BCF为等腰三角形，则FG=CG.∴四边形BDCH是平行四边形.(3)解：∵四边形BDCH是平行四边形，故△ACH为等腰三角形，则则OG=4,过点C作CN⊥AH于点N,上一动点(不与点B,D重合),连接DE并延长交AB的延长线于点F,点P在AF上，且∠PEF=∠DCE,连接AE,CE分别交OD,OB于点M,N,连接AC,设⊙O的半径为r.【分析】(1)连接OE,利用圆周角定理，同圆的半径相等，等腰三角形的性质和直角三角形的性质得到∠PEF+∠OED=90°,利用平角的定义计算得到OE⊥PE,再利用圆的切线的判定定理解答即可；(2)利用圆周角定理，垂直的定义和等腰三角形的性质求得∠OAE=∠OEA=30°,利用含30°角的直角三角形的性质得到,则AM=2OM,再利用三角形的内角和定理和等腰三角形的判定定理得与性质得到AC²=CM·AN,利用勾股定理解答即可得出结论.∵◎O的半径为r,∴AN·CM为定值，该定值为2r².AC、BD.(2)作EN⊥BD于N,延长NE交AC于点H.求证：ABB【分析】(1)连接CO,由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求2∠OAC+∠AOC=180°,由直角三角形的性质可得结论；(2)由余角的性质可得∠AEH=∠CDN=∠CAE,可得AH=HE,由余角的性质可求∠ACE=∠CEH,(3)延长HF至Q,使HQ=HE,连接EQ,在AF上取点T,使QT=QF,过点L作LR⊥CD于R,由“SAS”可证△ETQ≌△CLH,可得CL=ET=8,∠HCL=∠TEQ=a,由直角三角形的性质可求CE,PE的长，由相似三角形的性质可求EF的长，进而可求BE的长，由三角函数可求解.【解答】证明：(1)如图1,连接CO,(3)如图3,延长HF至Q,使HQ=HE,连接EQ,在AF上取点T,使QT=QF,R,∵AH=CH=HE=HQ,∠FHE=60°,BB设∠AHQ=2a,则∠CHE=180°-2a-60°=120°-2α,①求tan∠CDF的值；②求BC的长.的值的值.②利用相似三角形的判定与性质求得CD,则BC=CD+BD;为等边三角形，求得k值则【解答】(1)证明：∵点E是AB的中点，(2)解：①∵DF//AB,**∴△ACH和△FCK为等腰直角三角形，设CK=FK=x,与⊙O相切于点Q.李蕾同学经过探索，给出了于直线OP的上下两侧);(3)以点C为圆心，CO为半径作◎C,⊙C交⊙O于点Q(点Q位于直线OP的上侧);(4)连接PQ,PQ交AB于点D,则直线PQ即为所求.【问题】(3)若◎○半径为2,OP=6.依据作图痕迹求QD的长.(2)连接OA,先根据圆周角定理的推论得到∠OQP=90°,OQ⊥QP,然后根据切线的判定定理得到直(3)由勾股定理求出PQ=4√2,设QD=x,则OD=PD=4√2-x,由勾股定理可得出答案.∴∠OQP=90°(直径所对的圆周角为90°),∴直线PQ为⊙○的切线.(3)连接OD.由图知AB为OP的垂直平分线，解得题目37〕(2024·泌阳县一模)小贺同学在数学探究课上，用几何画板进行了如下操作：首先画一个正方形ABCD,一条线段OP(OP<AB),的垂线交于点F,易得四边形AEFG也是正方形，连接CF.GG图2图3图2(1)【探究发现】如图1,BE与DG的大小和位置关系：BE=DG,BE⊥DG.(2)【尝试证明】如图2,将正方形AEFG绕圆心A转动，在旋转过程中，上述(1)的关系还存在吗?请说明(3)【思维拓展】如图3,若AB=2OP=4,则：①在旋转过程中，点B,A,G三点共线时，CF的值为2√10;②在旋转过程中，CF的最大值是6√2_.【分析】(1)由正方形的性质得出AB=AD,AE=AG,∠BAD=90°,则可得出结论；(2)延长BE交DG于点M,交AD于点N,证明△BAE≌△DAG(SAS),由全等三角形的性质得出BE=DG,∠ABE=∠ADG,则可得出结论；(3)①延长GF,DC交于点Q,证明四边形BCQD是矩形，得出∠CQG=90°,QG=BC=4,证出四边形AGQD是矩形，由矩形的性质得出DQ=AG=2,由勾股定理可求出答案；②求出AC和AF的长，证出F的运动轨迹是以A为圆心，2√2为半径的圆，当C,A,F三点共线时，CF=CA+AF,CF有最大值，则可得出答案.【解答】解：(1)∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，故答案为：BE=DG,BE⊥DG;(2)(1)中的关系存在.如图2,延长BE交DG于点M,交AD于点N.(3)①延长GF,DC交于点Q,∴四边形BCQD是矩形， ∵F的运动轨迹是以A为圆心，2√2为半径的圆，故答案为：6√2.题目38(2024·秦都区校级一模)问题提出：(1)如图①,◎O的半径为4,弦AB=4√3,则点O到的问题探究：(2)如图②,◎○的半径为5,点A、B、C都在⊙O上，AB=6,求△ABC面积的最大值.问题解决：(3)如图③,是一圆形景观区示意图，⊙O的直径为60m,等边△ABP的边AB是⊙O的弦，顶域内种植花卉，圆内其余区域为草坪.按照预算，草坪的面积尽可能大，求草坪的最大面积.(提示：花卉种植面积尽可能小，即花卉种植面积S△PAB+S△PCD的最小值)【分析】(1)由等腰三角形的性质可求AH=BH,由勾股定理可求解；(2)由题意可得：当点C到AB的距离最大时，△ABC的面积有最大值，则当C"在AB的中垂线上时，点(3)通过等边三角形的面积公式可求由【解答】解：(1)如图①,连接AO,BO,过点O作OH⊥AB于H,∴点O到AB的距离是2,故答案为：2;∴当点C到AB的距离最大时，△ABC的面积有最大值，如图②,当C"在AB的中垂线上时，点C"到AB的距离最大，∴△ABC的面积最∴△PCD是等边三角形，∵◎O的直径为60m,题目39(2024·碑林区校级一模)问题探究(1)寒假期间，乐乐同学参观爸爸的工厂，看到半径分别为2和3的两个圆形零件⊙A、◎B按如图1所示的方式放置，点A到直线m的距离AC=4,点B到直线m的距离BD=6,CD=5,M是⊙A上一点，N是◎B上一点，在直线m上找一点P,使得PM+PN最小.请你在直线m上画出点P的位置，并直接写出PM+PN的最小值.问题解决(2)如图2,乐乐爸爸的工厂欲规划一块花园，如图所示的矩形ABCD,其中AB=30√3米，BC=30米，点E、F为花园的两个入口，BE=10√3米，DF=10米.若在△BCD区域内设计一个亭子G(亭子大小忽略不计),满足∠BDG=∠GBC,从入口到亭子铺设两条景观路.已知铺设小路EG所用的景观石材每米的造价是400元，铺设小路FG所用的景观石材每米的造价是200元，你能否帮乐乐同学分析一下，是否存在点G,使铺设小路EG和FG的总造价最低?若存在，求出最低总造价，并求出此时亭子G到边AB的距离；若不存在，请说明理由.则PM+PN最小，作EF⊥BD,根据勾股定理得出BE,进一步得出结果；(2)变形总费用400EG+200FG=200(2EG+FG),可求得∠BGD=120°,取AE的中点O,连接可得出点C在以O为圆心，20√3为半径的圆上，延长OB至H,使BH=20√3,可证得△GOE一△HOG,从+FG最小，最小值为：DH的长，此时点G点在DH与⊙O的交点G"处，进一步求得结果.【解答】解：(1)如图1,②连接AP,交◎A于点M,则PM+PN最小，作EF⊥BD,交BD的延长线于点F,可得：四边形CEFD是矩形，(2)如图2