圆压轴八大模型题(4)-圆内接等边三角形

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中考数学压轴题：圆中的8个重要模型，有方法更有技巧

中考数学压轴题：圆中的8个重要模型，有⽅法更有技巧
其实在学”隐圆”之前，先要搞懂本⽂罗列的8个重要的圆模型，把握了这些⽅法与技
巧，就能台阶性地提⾼考⽣解决圆问题的能⼒！
关键词：#中考数学# #圆# #模型#
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现在有很多资料是关于”隐圆”的⽅法归纳，其实在学”隐圆”之前，先要搞懂本⽂罗列的8个重要的
圆模型（共30页），学习都是有个循序渐进的过程。

与圆有关的证明与计算的综合解答题，往往位于许多省市中考题中的倒数第⼆题的位置上，是
试卷中综合性与难度都⽐较⼤的习题。

⼀般都会在固定习题模型的基础上变化与扩展，本⽂结合近年来各省市中考题，整理了这些习
题的常见的结论，破题的要点，常⽤技巧。

把握了这些⽅法与技巧，就能台阶性地帮助考⽣解决中考压轴题中有关圆的考题。

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≡部分页⾯预览：
类型 1 弧中点的运⽤（部分页⾯）
类型 2 切割线互垂（部分页⾯）
类型 3 双切线组合（部分页⾯）
类型 4 圆内接等边三⾓形（部分页⾯）
类型 5 三切线组合（部分页⾯）
类型 6 圆外⼀点引圆的切线和直径的垂线（部分页⾯）
类型 7 直径在腰上（部分页⾯）
类型 8 阿⽒圆模型（以后专门有分类讨论，本⽂省略了）。

三角形之“8”字模型-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型(解析版)

【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型专题三角形之“8”字模型模型1：角的8字模型如图所示，AC、BD相交于点O，连接AD、BC．结论：∠A+∠D=∠B+∠C．证法一：∵∠AOB是△AOD的外角，∴∠A+∠D=∠AOB.∵∠AOB是△BOC的外角，∴∠B+∠C=∠AOB.∴∠A+∠D=∠B+∠C.证法二：∵∠A+∠D+∠AOB=180o.∴∠A+∠D=180o-∠AOD.∵∠B+∠C+∠BOC=180o∴∠B+∠C=180o-∠BOC.又∵∠AOD=∠BOC,∴∠A+∠D=∠B+∠C模型2边的“8”字模型如图所示，AC、BD相交于点O，连接AD、BC．结论AC+BD>AD+BC．模型分析∵OA+OD>AD①，OB+OC>BC②，由①+②得：OA+OD+OB+OC>BC+AD 即：AC+BD>AD+BC.【例1】(2021•西湖区校级三模)如图，D ，E 为△GCF 中GF 边上两点，过D 作AB ∥CF 交CE 的延长线于点A ，AE =CE ．(1)求证：△ADE ≌△CFE ；(2)若GB =4，BC =6，BD =2，求CF 的长．【分析】(1)先由AB ∥CF 得到∠F =∠ADE ，∠A =∠ECF ，然后结合AE =CE 得到△ADE ≌△CFE ；(2)由AB ∥CF 得到△GB D ∽△GCF ，然后由相似三角形的性质得到CF 的长．【解答】(1)证明：∵AB ∥CF ，∴∠F =∠ADE ，∠A =∠ECF ，在△ADE 和△CFE 中，∠ADE =∠CFE ∠EAD =∠ECF AE =CE，∴△ADE ≌△CFE (AAS )．(2)解：∵AB ∥CF ，∴△GB D ∽△GCF ，∴GB GC =BD CF，∵GB =4，BC =6，∴GC =GB +BC =10，∵BD =2，∴410=2CF，∴CF =5．【例2】(2021秋•阜阳月考)如图，在△ABC 和△ADE 中，AB =AC ，AD =AE ，∠BAC =∠DAE ，连接BD ，CE ，BD 与CE 交于点O ，BD 与AC 交于点F ．(1)求证：BD =CE ．(2)若∠BAC =48°，求∠COD 的度数．(3)若G 为CE 上一点，GE =OD ，AG=OC ，且AG ∥BD ，求证：BD ⊥AC ．【分析】(1)根据AB =AC ，AD =AE ，∠BAC =∠EAD ，从而得出∠BAD =∠CAE ，即可得出△BAD ≌△CAE ，进而可以解决问题；(2)结合(1)证明∠COF =∠BAC =48°，进而可以解决问题；(3)连接AO ，证明△ADO ≌△AEG ，可得AG =AO ，∠DAO =∠EAG ，然后证明∠COF =∠OAG ，根据AG ∥BD ，可得∠AOF =∠OAG ，再根据等腰三角形的性质即可解决问题．【解答】(1)证明：∵∠BAC =∠DAE ，∴∠BAC +∠CAD =∠DAE +∠CAD ，即∠BAD =∠CAE ，在△BAD 与△CAE 中，AB =AC∠BAD =∠CAE AD =AE，∴△BAD ≌△CAE (SAS )，∴BD =CE ；(2)解：∵△BAD ≌△CAE ，∴∠ABD =∠ACE ，∵∠AFB =∠CFO ，∴∠COF =∠BAC =48°，∴∠COD =180°-∠COF =180°-48°=132°，答：∠COD 的度数为132°．(3)证明：如图，连接AO ，∵△BAD ≌△CAE ，∴∠ADB =∠AEC ，∵AD =AE ，GE =OD ，在△ADO 和△AEG 中，AD =AE∠ADO =∠AEG GE =DO，∴△ADO ≌△AEG (SAS )，∴AG =AO ，∠DAO =∠EAG ，∵AG =OC ，∴OA =OC ，∵∠OAG =∠DAO +∠DAG ，∴∠OAG =∠EAG +∠DAG =∠DAE =∠BAC ，由(2)知：∠COF =∠BAC ，∴∠COF =∠OAG ，∵AG ∥BD ，∴∠AOF =∠OAG ，∴∠COF =∠AOF，∵OA=OC，∴BD⊥AC．【例3】(2020秋•青岛期末)阅读材料，回答下列问题：【材料提出】“八字型”是数学几何的常用模型，通常由一组对顶角所在的两个三角形构成．【探索研究】探索一：如图1，在八字型中，探索∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系为　∠A+∠B=∠C+∠D ；探索二：如图2，若∠B=36°，∠D=14°，求∠P的度数为　25°　；探索三：如图3，CP、AG分别平分∠BCE、∠FAD，AG反向延长线交CP于点P，则∠P、∠B、∠D之间的数量关系为　∠P=∠B+∠D2　．【模型应用】应用一：如图4，延长BM、CN，交于点A，在四边形MNCB中，设∠M=α，∠N=β，α+β>180°，四边形的内角∠MB C与外角∠NCD的角平分线BP，CP相交于点P，则∠A=　α+β-180°　(用含有α和β的代数式表示)，∠P=　α+β-180o2　．(用含有α和β的代数式表示)应用二：如图5，在四边形MNCB中，设∠M=α，∠N=β，α+β<180°，四边形的内角∠MB C与外角∠NCD的角平分线所在的直线相交于点P，∠P=　180o-α-β2　．(用含有α和β的代数式表示)【拓展延伸】拓展一：如图6，若设∠C=x，∠B=y，∠CAP=13∠CAB，∠CDP=13∠CDB，试问∠P与∠C、∠B之间的数量关系为　∠P=2x+y3　．(用x、y表示∠P)拓展二：如图7，AP 平分∠BAD ，CP 平分∠BCD 的邻补角∠BCE ，猜想∠P 与∠B 、∠D 的关系，直接写出结论　2∠P -∠B -∠D =180°　．【分析】探索一：根据三角形的内角和定理，结合对顶角的性质可求解；探索二：根据角平分线的定义可得∠BAP =∠DAP ，∠BCP =∠DCP ，结合(1)的结论可得2∠P =∠B +∠D ，再代入计算可求解；探索三：运用探索一和探索二的结论即可求得答案；应用一：如图4，延长BM 、CN ，交于点A ，利用三角形内角和定理可得∠A =α+β-180°，再运用角平分线定义及三角形外角性质即可求得答案；应用二：如图5，延长MB 、NC ，交于点A ，设T 是CB 的延长线上一点，R 是BC 延长线上一点，利用应用一的结论即可求得答案；拓展一：运用探索一的结论可得：∠P +∠PAB =∠B +∠PDB ，∠P +∠CDP =∠C +∠CAP ，∠B +∠CDB =∠C +∠CAB ，再结合已知条件即可求得答案；拓展二：运用探索一的结论及角平分线定义即可求得答案．【解答】解：探索一：如图1，∵∠AOB +∠A +∠B =∠COD +∠C +∠D =180°，∠AOB =∠COD ，∴∠A +∠B =∠C +∠D ，故答案为∠A +∠B =∠C +∠D ；探索二：如图2，∵AP 、CP 分别平分∠BAD 、∠BCD ，∴∠1=∠2，∠3=∠4，由(1)可得：∠1+∠B =∠3+∠P ，∠2+∠P =∠4+∠D ，∴∠B -∠P =∠P -∠D ，即2∠P =∠B +∠D ，∵∠B =36°，∠D =14°，∴∠P =25°，故答案为25°；探索三：由①∠D +2∠1=∠B +2∠3，由②2∠B +2∠3=2∠P +2∠1，①+②得：∠D +2∠B +2∠1+2∠3=∠B +2∠3+2∠P +2∠1∠D +2∠B =2∠P +∠B ．∴∠P =∠B +∠D2．故答案为：∠P =∠B +∠D 2．应用一：如图4，由题意知延长BM 、CN ，交于点A ，∵∠M =α，∠N =β，α+β>180°，∴∠AMN =180°-α，∠ANM =180°-β，∴∠A =180°-(∠AMN +∠ANM )=180°-(180°-α+180°-β)=α+β-180°；∵BP 、CP 分别平分∠ABC 、∠ACB ，∴∠PBC =12∠ABC ，∠PCD =12∠ACD ，∵∠PCD =∠P +∠PBC ，∴∠P =∠PCD -∠PBC =12(∠ACD -∠ABC )=12∠A =α+β-180o 2，故答案为：α+β-180°，α+β-180o2；应用二：如图5，延长MB 、NC ，交于点A ，设T 是CB 的延长线上一点，R 是BC 延长线上一点，∵∠M =α，∠N =β，α+β<180°，∴∠A =180°-α-β，∵BP 平分∠MB C ，CP 平分∠NCR ，∴BP 平分∠ABT ，CP 平分∠ACB ，由应用一得：∠P =12∠A =180°-α-β2，故答案为：180°-α-β2；拓展一：如图6，由探索一可得：∠P +∠PAB =∠B +∠PDB ，∠P +∠CDP =∠C +∠CAP ，∠B +∠CDB =∠C +∠CAB ，∵∠C =x ，∠B =y ，∠CAP =13∠CAB ，∠CDP =13∠CDB ，∴∠CDB -∠CAB =∠C -∠B =x -y ，∠PAB =23∠CAB ，∠PDB =23∠CDB ，∴∠P +23∠CAB =∠B +23∠CDB ，∠P +13∠CDB =∠C +13∠CAB ，∴2∠P =∠C +∠B +13(∠CDB -∠CAB )=x +y +13(x -y )=4x +2y 3，∴∠P =2x +y 3，故答案为：∠P =2x +y 3；拓展二：如图7，∵AP 平分∠BAD ，CP 平分∠BCD 的邻补角∠BCE ，∴∠PAD =12∠BAD ，∠PCD =90°+12∠BCD ，由探索一得：①∠B +∠BAD =∠D +∠BCD ，②∠P +∠PAD =∠D +∠PCD ，②×2，得：③2∠P +∠BAD =2∠D +180°+∠BCD ，③-①，得：2∠P -∠B =∠D +180°，∴2∠P -∠B -∠D =180°，故答案为：2∠P-∠B-∠D=180°．【例4】(2021春•邗江区月考)如图1，已知线段AB、CD相交于点O，连接AC、BD，则我们把形如这样的图形称为“8字型”．(1)求证：∠A+∠C=∠B+∠D．利用以上结论解决下列问题：(2)如图2所示，∠1=130°，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为　260°　．(3)如图3，若∠CAB和∠BDC的平分线AP和DP相交于点P，且与CD，AB分别相交于点M，N．①若∠B=100°，∠C=120°，求∠P的度数．②若角平分线中角的关系改成“∠CAP=14∠CAB，∠CDP=14∠CDB”，试直接写出∠P与∠B，∠C之间存在的数量关系，并证明理由．【分析】(1)根据三角形的内角和即可得到结论；(3)①根据角平分线的定义得到∠CAP=∠BAP，∠BDP=∠CDP，再根据三角形内角和定理得到∠CAP+∠C=∠CDP+∠P，∠BAP+∠P=∠BDP+∠B，两等式相减得到∠C-∠P=∠P-∠B，即∠P=12(∠C+∠B)，然后把∠C=120°，∠B=100°代入计算即可；②与①的证明方法一样得到4∠P=∠B+3∠C．【解答】解：(1)证明：在图1中，有∠A+∠C=180°-∠AOC，∠B+∠D=180°-∠BOD，∵∠AOC=∠BOD，∴∠A+∠C=∠B+∠D；(2)如图2所示，∵∠DME=∠A+∠E，∠3=∠DME+∠D，∴∠A+∠E+∠D=∠3，∵∠2=∠3+∠F，∠1=130°，∴∠3+∠F=∠2=∠1=130°，∴∠A+∠E+∠D+∠F=130°，∵∠B+∠C=∠1=130°，∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=260°．故答案为：260°．(3)①以M为交点“8字型”中，有∠P+∠CDP=∠C+∠CAP，以N为交点“8字型”中，有∠P+∠BAP=∠B+∠BDP∴2∠P+∠BAP+∠CDP=∠B+∠C+∠CAP+∠BDP，∵AP、DP分别平分∠CAB和∠BDC，∴∠BAP=∠CAP，∠CDP=∠BDP，∴2∠P=∠B+∠C，∵∠B=100°，∠C=120°，∴∠P=12(∠B+∠C)=12(100°+120°)=110°；②3∠P=∠B+2∠C，其理由是：∵∠CAP=14∠CAB，∠CDP=14∠CDB，∴∠BAP=34∠CAB，∠BDP=34∠CDB，以M为交点“8字型”中，有∠P+∠CDP=∠C+∠CAP，以N为交点“8字型”中，有∠P+∠BAP=∠B+∠BDP∴∠C-∠P=∠CDP-∠CAP=14(∠CDB-∠CAB)，∠P-∠B=∠BDP-∠BAP=34(∠CDB-∠CAB)．∴3(∠C-∠P)=∠P-∠B，∴4∠P=∠B+3∠C．一、选择题1.(2022春•叙州区期末)如图，BP平分∠ABC交CD于点F，DP平分∠ADC交AB于点E，若∠A=45°，∠P=40°，则∠C的度数为( )A.30°B.35°C.40°D.45°【分析】根据三角形内角和定理，得∠A+∠ADG=∠C+∠GB C，∠A+∠ADE=∠P+∠PBA.根据角平分线的定义，得到∠GB C=2∠PBE，∠ADG=2∠ADE，进而推断出∠A+∠C=2∠P，从而解决此题．【解答】解：∵∠A+∠ADG+∠AGD=180°，∠ABC+∠C+∠BGC=180°，∴∠A+∠ADG+∠AGD=∠ABC+∠C+∠BGC．又∵∠AGD=∠BGC，∴∠A+∠ADG=∠C+∠GB C．∴∠A-∠C=∠GB C-∠ADG．同理可得，∠A+∠ADE=∠P+∠PBE．∴∠A-∠P=∠PBE-∠ADE．∵BP平分∠ABC交CD于点F，DP平分∠ADC交AB于点E，∴∠GB C=2∠PBE，∠ADG=2∠ADE．∴∠A-∠C=2(∠A-∠P)．∴∠A+∠C=2∠P．又∵∠A=45°，∠P=40°，∴∠C=35°．故选：B．2.(2022•包头)如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，A，B，C，D四个点均在格点上，AC与BD相交于点E，连接AB，CD，则△ABE与△CDE的周长比为( )A.1：4B.4：1C.1：2D.2：1【分析】利用网格图，勾股定理求得AB，CD的长，利用直角三角形的边角关系定理得出∠BAF=∠HCD，进而得到∠BAC=∠DCA，则AB∥CD，再利用相似三角形的判定与性质解答即可．【解答】解：如图所示，由网格图可知：BF=2，AF=4，CH=2，DH=1，∴AB=AF2+BF2=25，CD=CH2+DH2=5．∵FA∥CG，∴∠FAC=∠ACG．在Rt△ABF中，tan∠BAF=BFAF=24=12，在Rt△CDH中，tan∠HCD=HDCH=1 2，∴tan∠BAF=tan∠HCD，∴∠BAF=∠HCD，∵∠BAC=∠BAF+∠CAF，∠ACD=∠DCH+∠GCA，∴∠BAC=∠DCA，∴AB ∥CD ，∴△ABE ∽△CDE ，∴△ABE 与△CDE 的周长比=AB CD =255=2：1．故选：D ．3.(2021秋•市中区期末)如图，在△ABC 中，AB =4，BC =5，点D 、E 分别在BC 、AC 上，CD =2BD ，CE =2AE ，BE 交AD 于点F ，则△DEF 面积的最大值是( )A.1B.2C.169D.89【分析】先利用两边对应成比例及其夹角相等得到A 字型相似，从而得到相关线段比及AB ∥DE ，再利用8字型相似及等底等高的相等面积，分析可得到△DEF 的面积与△ABD 的面积的关系，从而利用△ABD 的面积最大得到△DEF 的面积最大值．【解答】解：∵CD =2BD ，CE =2AE ，∴CD CB =CE CA=23，∵∠C =∠C ，∴△CDE ∽△CBA ，∴DE AB=CD CB =23，∠CED =∠CAB ，∴AB ∥DE ，∴DF AF =DE AB=23，S △ABE =S △ABD ，∴S △ABF =35S △ABD ，S △DEF S △ABF =23 2，∴S △DEF =415S △ABD，∴当S △ABD 最大时，S △DEF 最大，当AB ⊥BD 时，S △ABD 最大=12×53×4=103，∴S △DEF 最大=103×415=89．故选：D ．4.(2021春•自流井区校级期中)如图，在菱形ABCD 中，对角线AC ，BD 相交于点O ，点E 在BC 上，且BE ：EC =1：2，AE 交BD 于点F ，若AC =4，菱形ABCD 的面积为12，则AF 的长为( )A.1.4B.1.5C.2.4D.2.5【分析】利用菱形面积公式得到BD =6，利用菱形两条对角线对互相垂直且平分，推出△AFD ∽△EFB ，最后根据对应边成比例再结合勾股定理即可求出答案．【解答】解：S 菱形ABCD =12×AC ×BD =12×4×BD =12×BD =12，∴BD =6，∵菱形两条对角线对互相垂直且平分，∴OA =OC =2，OB =OD =3，∠AOF =90°∵AD ∥BC ，∴∠DBC =∠ADB ，∠BFE =∠AFD ，∠FAD =∠FEB ，∴△AFD ∽△EFB ，∴BE DA=BF DF ，又∵BE DA=BE EC =BE BE +EC =11+2=13，∴BF DF=13，∴BF =14•BD =14×6=32，OF =3-32=32，在Rt △AOF 中，AF =△OA 2+OF 2=22+32 2=52=2.5．故答案为：D ．5.(2022•宝山区模拟)如图，在平行四边形ABCD 中，E 是BC 的中点，AE 交BD 于点F ，那么S △ABF ：S 四边形CDFE 的比值为　2：5　．【分析】首先利用平行四边形的性质证明△ADF ∽△EBF ，然后利用相似三角形的的性质得到AD ：BE =DF ：BF =AF ：EF ，接着利用E 是BC 的中点依次求出S △BEF ，S △ABF ，S △AFD ，S △ABD ，S △BCD ，S 四边形CDFE ，最后求出题目的结果．【解答】解：∵四边形ABCD 为平行四边形，∴S △ABD =S △BCD ，AD ∥BC ，∴△ADF ∽△EBF ，∴AD ：BE =DF ：BF =AF ：EF ，∵E 是BC 的中点，∴AD ：BE =DF ：BF =AF ：EF =2：1，设S △BEF =a (a >0)，则S △ABF =2a ，S △AFD =4a ，S △ABD =6a ，又∵S △ABD =S △BCD ，∴S △BCD =6a ，∴S 四边形CDFE =6a -a =5a ，∴S △ABF ：S 四边形CDFE =2：5．故答案为：2：5．6.(2022•沈阳模拟)如图，在△ABC 中，AB =AC =6，点D 是△ABC 所在平面内一点，且∠A =2∠BDC ，BD 交AC 所在的直线于点E ，当BE •DE =20时，CE =　2或10　．【分析】由题意知，点D 在以A 为圆心，以AB 长为半径的圆上，设CA 的延长线交⊙A 于点G ，连接BG ．可得∠BGC =∠BDC ，可证得△GEB ∽△DEC ，则GE DE =EB EC，即BE •DE =GE •CE =20，可得(12-CE )•CE =20，解方程即可．【解答】解：由题意知，点D 在以A 为圆心，以AB 长为半径的圆上，设CA 的延长线交⊙A 于点G ，连接BG ．∴∠BGC =∠BDC ，∵∠BEG =∠CED ，∴△GEB ∽△DEC ，∴GE DE =EB EC ，即BE •DE =GE •CE =20，∵AB =AC =6，∴GC =12，∴(12-CE )•CE =20，解得CE =2或10．故答案为：2或10．7.(2021秋•泉州期末)如图，在矩形ABCD 中，点E 在CD 上，且DE =2CE ，BE ⊥AC 于F ，连结DF ，有下列四个结论：①△CEF ∽△ACB ；②AF =2CF ；③DF =AF ；④tan ∠ACD =33．其中正确的结论有　①④　(填写序号即可)．【分析】①利用矩形的性质可得AB ∥CD ，∠ABC =90°，从而可得∠ECA =∠CAB ，然后利用两角相等的两个三角形相似证明即可解答；②根据已知可得CE CD=13，利用8字型相似证明△CEF ∽△ABF 即可解答；③要判断DF =AF ，只要判断出∠DAF =∠ADF ，进而只要判断出∠CDF =∠CAB 即可解答；④先设CE =a ，DE =2a ，设AD =b ，然后证明△ADC ∽△ECB ，利用相似三角形的性质找到a ，b 的关系，最后求出tan ∠ACD 的值即可．【解答】解：∵四边形ABCD 是矩形，∴DC ∥AB ，∠ABC =90°，∴∠ECA =∠CAB ，∵BE ⊥AC ，∴∠EFC =90°，∴∠EFC =∠ABC =90°，∴△CEF ∽△ACB ，故①正确；∵四边形ABCD 是矩形，∴DC =AB ，∵DE =2CE ，∴CE CD=13，∴CE AB =13，∵∠ECA =∠CAB ，∠CFE =∠AFB ，∴△CEF ∽△ABF ，∴CE AB =CF AF=13，∴AF =3CF ，故②错误；∵四边形ABCD 是矩形，∴∠ADC =∠DAB =90°，∴∠CDF+∠ADF=90°，∠DAF+∠CAB=90°，∵FD≠CF，∴∠CDF≠∠DCF，∵∠ECA=∠CAB，∴∠CDF≠∠CAB，∴∠ADF≠∠DAF，∴DF≠AF，故③错误；∵DE=2CE，∴设CE=a，DE=2a，∴CD=DE+CE=3a，设AD=b，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC=∠DCB=90°，AD=BC=b，∴∠DCA+∠ACB=90°，∵∠BFC=90°，∴∠ACB+∠CBE=90°，∴∠CBE=∠DCA，∴△ADC∽△ECB，∴AD EC=DC CB，∴b a=3a b，∴b2=3a2，∴b=3a，∴tan∠ACD=ADDC=b3a=3a3a=33，故④正确；所以，正确的结论有：①④，故答案为：①④．8.(2021•延边州模拟)如图，正方形ABCD中，点E是BC的中点，EF⊥AE交AD的延长线于点F，若AB=4，则DF的长为　6　．【分析】设DC 与EF 相交于点G ，先利用一线三等角相似模型证明△ABE ∽△ECG ，求出CG ，从而求出DG ，然后利用8字模型相似三角形证明△FDG ∽△ECG ，再利用相似三角形的性质进行计算即可解答．【解答】解：设DC 与EF 相交于点G ，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠B =∠C =90°，AD ∥BC ，AB =BC =CD =4，∴∠BAE +∠AEB =90°，∵EF ⊥AE ，∴∠AEF =90°，∴∠AEB +∠FEC =90°，∴∠BAE =∠FEC ，∴△ABE ∽△ECG ，∴AB EC =BE CG，∵点E 是BC 的中点，∴BE =EC =12BC =2，∴42=2CG，∴CG =1，∴DG =CD -CG =4-1=3，∵AD ∥BC ，∴∠F =∠FEC ，∠FDC =∠DCE ，∴△FDG ∽△ECG ，∴FD EC =DG CG，∴FD 2=31，∴DF =6，故答案为：6．9.(2021秋•福州期末)如图，AB ∥CD ，AD 与BC 相交于点E ，若AE =3，ED =5，则BE EC的值为　35　．【分析】利用平行线的性质判定△ABE ∽△DCE ，利用相似三角形的性质可得结论．【解答】解：∵AB ∥CD ，∴△ABE ∽△DCE ．∴BE EC =AE ED ．∵AE =3，ED =5，∴BE EC =35．故答案为：35．10.(2019春•崇川区校级月考)如图所示，AB 、CD 相交于点O ，若BE 平分∠ABD 交CD 于F ，CE 平分∠ACD 交AB 于G ，∠A =45°，∠BEC =40°，则∠D 的度数为　35°　．【分析】先根据角平分线定义得到∠1=∠2，∠3=∠4，再利用三角形内角和定理和对顶角相等得到∠1+∠D =∠4+∠E ①，∠1+∠2+∠D =∠3+∠4+∠A ，即2∠1+∠D =2∠4+∠A ②，接着利用①×2-②得2∠E =(∠D +∠A )，由此即可解决问题．【解答】解：如图，∵BE 平分∠DBA 交DC 于F ，CE 平分∠DCA 交AB 于G ，∴∠1=∠2，∠3=∠4，∵∠1+∠D =∠4+∠E ①，∠1+∠2+∠D =∠3+∠4+∠A ，即2∠1+∠D =2∠4+∠A ②，由①×2-②得∠D =2∠E -∠A ，∵∠A =45°，∠BEC =40°，∴∠D =35°，故答案为35°．11.(2022春•新野县期末)在学习并掌握了平行线的性质和判定内容后，数学老师安排了自主探究内容一利用平行线有关知识探究并证明：三角形的内角和等于180°．小颖通过探究发现：可以将三角形的三个内角之和转化为一个平角来解决，也就是可以过三角形的一个顶点作其对边的平行线来证明．请将下面(1)中的证明补充完整：(1)已知：如图1，三角形ABC ，求证：∠BAC +∠B +∠C =180°，证明：过点A 作EF ∥BC ．(2)如图2，线段AB 、CD 相交于点O ，连接AD 、CB ，我们把形如图2这样的图形称之为“8字形”．请利用小颖探究的结论直接写出∠A 、∠B 、∠C 、∠D 之间的数量关系：　∠A +∠D =∠C +∠B ；(3)在图2的条件下，∠DAB 和∠BCD 的平分线AP 和CP 相交于点P ，并且与CD 、AB 分别相交于M 、N ，得到图3，请判断∠P 与∠D 、∠B 之间存在的数量关系，并说明理由．【分析】(1)通过作平行线把三角形的内角转移到同一个顶点，然后利用平角的定义解决问题；(2)利用(1)的结论即可求解；(3)利用(2)的结论即可求解．【解答】(1)证明：过A作EF∥BC，∴∠EAB=∠B，∠FAC=∠C，又∠EAB+∠BAC+∠FAC=180°，∴∠B+∠C+∠BAC=180°；(2)解：根据(1)得∠A+∠D+∠AOD=∠C+∠B+∠COB=180°，又∠AOD=∠BOC，∴∠A+∠D=∠C+∠B；故答案为：∠A+∠D=∠C+∠B；(3)解：2∠P=∠D+∠B．根据(2)∠D+∠DAP=∠P+∠DCP①，∠PAB+∠P=∠B+∠PCB②，∵∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，∴∠DAP=∠PAB，∠DCP=∠PCB，∴①-②得：∠D-∠P=∠P-∠B，∴2∠P=∠D+∠B．12.(2022春•靖江市校级月考)已知，如图，线段AD、CB相交于点O，连结AB、CD，∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P．试问∠P与∠D、∠B之间存在着怎样的数量关系，请说明理由．【分析】根据“8字形”可得∠OAB+∠B=∠OCD+∠D，∠1+∠P=∠2+∠D，由角平分线的定义可得∠OAB=2∠1，∠OCD=2∠2，整理可得结论．【解答】解：2∠P=∠B+∠D，理由如下：如图，在△AOB和△COD中，∵∠AOB=∠COD，∴∠OAB+∠B=∠OCD+∠D，在△AEP和△CED中，∵∠AEP=∠CED，∴∠1+∠P=∠2+∠D，∵AP、CP分别是∠DAB和∠BCD的角平分线，∴∠OAB=2∠1，∠OCD=2∠2，∴2∠P-∠B=2∠D-∠D，整理得，2∠P=∠B+∠D．13.(2022春•江阴市校级月考)如图1，已知线段AB、CD相交于点O，连接AD、CB，我们把形如图1的图形称之为“8字形”．试解答下列问题：(1)在图1中，请直接写出∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系：　∠A+∠D=∠B+∠C　；(2)如图2，在图1的条件下，∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，并且与CD、AB分别相交于M、N．请直接利用(1)中的结论，完成下列各题：①仔细观察，在图2中“8字形”的个数：　6　个；②若∠D=40°，∠B=50°，试求∠P的度数；③若∠D和∠B为任意角，其他条件不变，试问∠P与∠D、∠B之间是否存在一定的数量关系？若存在，请写出推理过程；若不存在，请说明理由；④若∠D和∠B为任意角，∠DAB=3∠2，∠DCB=3∠4，试问∠P与∠D、∠B之间是否存在一定的数量关系？若存在，请直接写出结论；若不存在，请说明理由．【分析】(1)利用三角形内角和定理及对顶角相等即可得出结论；(2)①分别找以交点M、O、N为顶点的能构成“8字形”的三角形；②利用“8字形”的数量关系结合角平分线即可得出∠P的度数；③和②同理；④利用“8字形”的数量关系结合“∠DAB=3∠2，∠DCB=3∠4即可得出结论．【解答】解：(1)∵∠A+∠D=180°-∠AOD，∠B+∠C=180°-∠COB，且∠AOD=∠COB，∴∠A+∠D=∠B+∠C；故答案为∠A+∠D=∠B+∠C；(2)①以M为交点的有1个，为△AMD和△CMP，以O为交点的有4个，为△AOD和△BOC，△AOD和△CON，△AOM和△BOC，△AOM和△CON，以N为交点的有1个，为△ANP和△BNC，故答案为6个；②∵AP平分∠DAB，CP平分∠BCD，∴2∠1=∠OAD，2∠3=∠OCB，由(1)中的结论得：∠1+∠D=∠3+∠P，2∠1+∠D=2∠3+∠B，整理得：∠B+∠D=2∠P，∴∠P=50o+40o2=45°；③：∠B+∠D=2∠P，理由如下：∵AP平分∠DAB，CP平分∠BCD，∴2∠1=∠OAD，2∠3=∠OCB，由(1)中的结论得：∠1+∠D=∠3+∠P，2∠1+∠D=2∠3+∠B，整理得：∠B+∠D=2∠P；④2∠B+∠D=3∠P，理由如下：由(1)中结论得：∠2+∠P=∠4+∠B，3∠2+∠D=3∠4+∠B，整理得：2∠B+∠D=3∠P．14.(2021秋•九龙坡区校级期末)如图，△ABC为等腰直角三角形，∠CBA=90°．以斜边AC为腰作等腰△CAD，使AC=AD，点E为CD边中点，连接AE．(1)如图1，当A、B、D三点共线时，若AE与BC相交于点F，求证：BF=BD．(2)如图2，射线BM是∠ABC的外角∠CBG的角平分线，当点D恰好落在射线BM上时，请求出∠CAE的度数．(3)如图3，连接BD，以BD为斜边作Rt△BQD，连接EQ，若AC=86，请直接写出线段EQ的最大值．【分析】(1)证明△ABF ≌△CBD (AAS )，即可证明BF =BD ；(2)过点D 作DP ⊥AC 于P ，过点B 作BQ ⊥AC 于Q ，则BQ ⎳DP ，BM ⎳AC ，证明四边形PQBD 是矩形，可得∠CAD =30°，所以∠CAE =12∠CAD =15°；(3)点Q 在以BD 为直径的⊙O 上，连接EO 并延长交⊙O 于S ，则ES 即为EQ 的最大值，可证得EO ⎳BC ，所以ES =EO +OS =43+12BD ，当BD 最大时，ES 最大：当点D 在BA 的延长线上时，BD 最大，BD 的最大值为BD =AB +AD =AB +AC =83+86，可得ES =EO +OS =83+46．【解答】(1)证明：当A 、B 、D 三点共线时，∵AC =AD ，点E 为CD 边中点，∴AE ⊥CD ，∵△ABC 是等腰直角三角形，∠CBA =90°，∴AB =CB ，∠ABF =∠CBD =90°，又∵∠DAE +∠D =90°，∠DAE +∠AFB =90°，∴∠AFB =∠D ，在△ABF 和△CBD 中，∠AFB =∠D ∠ABF =∠CBD AB =CB，∴△ABF ≌△CBD (AAS )，∴BF =BD ；(2)解：如图2，过点D 作DP ⊥AC 于P ，过点B 作BQ ⊥AC 于Q ，则BQ ⎳DP ，∵△ABC 是等腰直角三角形，∠CBA =90°，∴AB =CB ，∠BAC =45°，∠CBG =90°，∵BQ ⊥AC ，∴BQ =12AC ，∵BM 平分∠CBG ，∴∠MB G =12∠CBG =12×90°=45°，∴∠MB G =∠BAC =45°，∴BM ∥AC ，又∵BQ ∥DP ，∠PQB =90°，∴四边形PQBD 是矩形，∴DP =BQ ，∴DP =12AC ，又∵AC =AD ，∴DP =12AD ，∴∠CAD=30°，又∵AC=AD，E为CD的中点，∴∠CAE=12∠CAD=12×30°=15°；(3)解：如图3，∠BQD=90°，∴点Q在以BD为直径的⊙O上，连接EO并延长交⊙O于S，则ES即为EQ的最大值，∵△ABC是等腰直角三角形，∠CBA=90°，AC=86，∴AB=CB=22AC=22×86=83，∵E为CD的中点，O为BD的中点，∴EO∥BC，∴EO=12BC=12×83=43，OS=12BD，∴ES=EO+OS=43+12BD，∴当BD最大时，ES最大：∵AC=AD，∴当点D在BA的延长线上时，BD最大，如图4，∴BD的最大值为BD=AB+AD=AB+AC=83+86，∴ES=EO+OS=43+12×(83+86)=83+46，综上所述，EQ的最大值为83+46．15.(2021秋•大兴区期末)在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D是直线AC上一动点，连接BD并延长至点E，使ED=BD．过点E作EF⊥AC于点F．(1)如图1，当点D在线段AC上(点D不与点A和点C重合)时，此时DF与DC的数量关系是　DF=DC　．(2)如图2，当点D在线段AC的延长线上时，依题意补全图形，并证明：2AD=AF+EF．(3)当点D在线段CA的延长线上时，直接用等式表示线段AD，AF，EF之间的数量关系是　AF=2AD+EF　．【分析】(1)由∠ACB=90°、EF⊥AC得到∠EFD=∠BCD，结合BD=ED、∠EDF=∠BDC得证△EDF ≌△BDC，然后得到DF=DC；(2)同(1)理得证△BDC≌△EDF，然后得到CD=FD、BC=EF，然后由AC=BC得到2AD=AF+EF；(3)同(1)理得证△DFE≌△DCB，然后得到EF=BC、DF=DC，再结合AC=BC得到AF、AD、EF的数量关系．【解答】解：(1)∵EF⊥AC，∴∠EFD=∠BCD=90°，∵∠EDF=∠BDC，ED=BD，∴△EDF≌△BDC(AAS)，∴DF=DC．(2)图形补充如图(1)，证明如下，同(1)理得，△BDC≌△EDF，∴BC=EF，DC=DF，∵AD=AC+CD，AC=BC，∴2AD=AD+AC+CD=AD+EF+DF=AF+EF．(3)根据题意作出图形如图(2)，由(1)得，△BDC≌△EDF，∴DF=DC，EF=BC，∵DC=AD+CD，∴DF=AD+AC=AD+EF，∴AF=DF+AD=2AD+EF，故答案为：AF=2AD+EF．16.(2021秋•营口期末)若△ABC，△ADE为等腰三角形，AC=BC，AD=DE，将△ADE绕点A旋转，连接BE，F为BE中点，连接CF，DF．(1)若∠ACB=∠ADE=90°，如图1，试探究DF与CF的关系并证明；(2)若∠ACB=60°，∠ADE=120°，如图2，请直接写出CF与DF的关系．【分析】(1)延长CF至点M，使CF=FM，连接ME，MD，CD，延长DE交CB延长线于点N，先证明△BFC≌△EFM(SAS)，再证△MED≌△CAD(SAS)，得到△DCM为等腰直角三角形，即可求解；(2)延长CF至点M，使CF=FM，连接ME，MD，CD，延长ED交BC延长线于点N，先证明△BFC≌△EFM(SAS)，再证△MED≌△CAD(SAS)，得到△DCM为等腰三角形，即可求解．【解答】解：(1)DF=CF且DF⊥CF；延长CF至点M，使CF=FM，连接ME，MD，CD，延长DE交CB延长线于点N，∵BF=EF，CF=FM，∠BFC=∠EFM，∴△BFC≌△EFM(SAS)，∴EM=BC=AC，∠FME=∠FCB，∴BC∥EM，∴∠N=∠MEN，在四边形ACND中，∠ACB=∠ADE=90°，∴∠N+∠CAD=360°-(∠ACB+∠ADE)=180°，又∵∠MEN+∠MED=180°，∴∠MED=∠CAD，又 AD=DE，EM=AC，∴△MED≌△CAD(SAS)，∴DM=DC，∠MDE=∠CDA，∴∠MDC=∠NDC+∠MDE=∠NDC+∠CDA=∠ADE=90°，∴△DCM为等腰直角三角形，∵点F是CM中点，∴DF=12CM=CF，DF⊥CF；(2)DF⊥CF且CF=3DF；延长CF至点M，使CF=FM，连接ME，MD，CD，延长ED交BC延长线于点N，∵BF=EF，CF=FM，∠BFC=∠EFM，∴△BFC≌△EFM(SAS)，∴EM=BC=AC，∠FME=∠FCB，∴BC∥EM，∴∠N=∠NER，∵∠ACB=60°，∴∠ACN=120°，∵∠ADE=120°，∴∠ADN=60°，∴∠N+∠CAD=360°-(∠ACN+∠ADN)=180°，∵∠DER+∠DEM=180°，∴∠DEM=∠CAD，又 AD=DE，EM=AC，∴△MED≌△CAD(SAS)，∴DM=DC，∠MDE=∠CDA，∴△DCM为等腰三角形，∴∠CDM=∠ADE=120°，∴DF⊥CF且CF=3DF．17.(2021秋•正阳县期末)图1，线段AB、CD相交于点O，连接AD、CB，我们把形如图1的图形称之为“8字形”．如图2，在图1的条件下，∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，并且与CD、AB分别相交于M、N．试解答下列问题：(1)在图1中，请直接写出∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系：　∠A+∠D=∠C+∠B　；(2)仔细观察，在图2中“8字形”的个数：　6　个；(3)图2中，当∠D=50度，∠B=40度时，求∠P的度数．(4)图2中∠D和∠B为任意角时，其他条件不变，试问∠P与∠D、∠B之间存在着怎样的数量关系．(直接写出结果，不必证明)．【分析】(1)根据三角形内角和定理即可得出∠A+∠D=∠C+∠B；(2)根据“8字形”的定义，仔细观察图形即可得出“8字形”共有6个；(3)先根据“8字形”中的角的规律，可得∠DAP+∠D=∠P+∠DCP①，∠PCB+∠B=∠PAB+∠P②，再根据角平分线的定义，得出∠DAP=∠PAB，∠DCP=∠PCB，将①+②，可得2∠P=∠D+∠B，进而求出∠P的度数；(4)同(3)，根据“8字形”中的角的规律及角平分线的定义，即可得出2∠P=∠D+∠B．【解答】解：(1)∵∠A+∠D+∠AOD=∠C+∠B+∠BOC=180°，∠AOD=∠BOC，∴∠A+∠D=∠C+∠B，故答案为：∠A+∠D=∠C+∠B；(2)①线段AB、CD相交于点O，形成“8字形”；②线段AN、CM相交于点O，形成“8字形”；③线段AB、CP相交于点N，形成“8字形”；④线段AB、CM相交于点O，形成“8字形”；⑤线段AP、CD相交于点M，形成“8字形”；⑥线段AN、CD相交于点O，形成“8字形”；故“8字形”共有6个，故答案为：6；(3)∠DAP+∠D=∠P+∠DCP，①∠PCB+∠B=∠PAB+∠P，②∵∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，∴∠DAP=∠PAB，∠DCP=∠PCB，①+②得：∠DAP+∠D+∠PCB+∠B=∠P+∠DCP+∠PAB+∠P，即2∠P=∠D+∠B，又∵∠D=50度，∠B=40度，∴2∠P=50°+40°，∴∠P=45°；(4)关系：2∠P=∠D+∠B．∠D+∠1=∠P+∠3①∠B+∠4=∠P+∠2②①+②得：∠D+∠1+∠4+∠B=∠P+∠3+∠2+∠P，∵∠DAB和∠DCB的平分线AP和CP相交于点P，∴∠1=∠2，∠3=∠4∴2∠P=∠D+∠B．18.(2022春•茌平区期末)如图1，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，点D，E分别在边AB、AC上，AD=AE，连结BE，P，Q，M分别为DE，BC，BE的中点．(1)线段PM与QM有怎样的数量关系和位置关系？请说明理由．(2)如图2，把图1中的△ADE绕点A顺时针旋转至点D、E、C三点共线时，DE与AB交于点O，连结PQ，BD，CE，判断△MPQ的形状，并说明理由；(3)已知AB =7，AD =3，将△ADE 绕点A 旋转一周的过程中，请直接写出△MPQ面积的最大值．【分析】(1)先判断出MP =12BD ，MP ∥AB ；MQ =12CE ，MQ ∥AC ，进一步得出结果；(2)延长CE 交BD 于N 交AB 于O ，证明△ACE ≌△ABD ，从而得出BD =CE ，∠ABD =∠ACE ，进而得出∠BNC =90°，结合MP =12BD ，MP ∥BD ，MQ =12CE ，MQ ∥CE ，进一步得出结论；(3)△PMQ 是等腰直角三角形，当BD 最大时，△PMQ 的面积最大，确定当B 、A 、D 共线时，BD 最大，进一步求得结果．【解答】解：(1)PM =QM ，PM ⊥QM ；理由：∵AB =AC ，AD =AE ，∴AB -AD =AC -AE ，即：BD =CE ，∵点P 是DE 的中点，点M 是BE 的中点，∴PM =12BD ，PM ∥AB ，∴∠PME =∠ABE ，同理可得：MQ =12CE ，∠MQE =180°-∠CBE ，∴PM =MQ ，∠PMQ =∠PME +∠QME =∠ABE +180°-∠BEC ，∵∠CEB =∠ABE +∠BAC =∠ABE +90°，∴∠PMQ =∠ABE +180°-(∠ABE +90°)=90°，(2)△MPQ 是等腰直角三角形，理由如下：如图1，延长CE 交BD 于N 交AB 于O ，∵∠DAE =∠BAC =90°，、∴∠DAE -∠BAE =∠BAC -∠BAE ，即：∠BAD =∠CAE ，在△BAD 和△CAE 中，AD =AE ∠BAD =∠CAE AB =AC，∴△BAD ≌△CAE (SAS )，∴BD =CE ，∠ABD =∠ACE ，∵∠AOC =∠BON ，∴∠BNC =∠BAC =90°，∴∠NBC +∠BCN =90°，∴∠BNC =90°，∵PM 是△BED 的中位线，∴PM ∥BD ，PM =12BD ，∴∠PME =∠NBM ，同理可得：MQ =12CE ，MQ ∥CE ，∴PM =MQ ，∠QME =180°-∠BCE ，同理(1)可得：∠PMQ =90°，∴△PMQ 是等腰直角三角形；(3)如图2，由(2)知：△PMQ 是等腰直角三角形，且直角边PM =12BD ，∴当BD 最大时，△PMQ 的面积最大，∵BD ≤AB +AD ，∴当B 、A 、D 共线时，BD 最大=AB +AD =10，∴PM =MQ =5，∴S △PMQ 最大=12×52=252．19.(2022春•石家庄期中)如图1至图2，在△ABC 中，∠BAC =α°，点D 在边AC 所在直线上，作DE 垂直于直线BC ，垂足为点E ；BM 为△ABC 的角平分线，∠ADE 的平分线交直线BC 于点G ．特例感悟：(1)如图1，延长AB 交DG 于点F ，若BM ∥DG ，∠F =30°．解决问题：①∠ABC =　60　°；②求证：AC ⊥AB ；深入探究；(2)如图2，当α<90，DG 与BM 反向延长线交于点H ，用含α的代数式表示∠BHD =　45°-12α　；拓展延伸：(3)当点D 在直线AC 上移动时，若射线DG 与射线BM 相交，设交点为N ，直接写出∠BND 与α的关系式．【分析】(1)①根据平行线的性质和角平分线的定义可得答案；②根据平行线的性质得∠DGC=∠CBM= 30°，再根据垂直的定义和角平分线的定义可得结论；(2)由八字模型可得，△BHG和△DEG中，∠BHD=∠EDG+90°-∠HBG，再整理可得答案；(3)分情况讨论，分别画出对应图形，再整理即可．【解答】解：(1)①∵BM∥DG，∴∠ABM=∠F=30°，∵BM为△ABC的角平分线，∴∠ABC=2∠ABM=60°，故答案为：60°；②证明：由①得，∠CBM=∠ABM=30°，∵BM∥DG，∴∠DGC=∠CBM=30°，∵DE⊥BC，∴∠EDG=60°，∵DG平分∠ADE，∴∠ADF=60°，∴∠A=180°-30°-60°=90°，∴AC⊥AB；(2)由八字模型可得，△BHG和△DEG中，∠BHD=∠EDG+90°-∠HBG=12∠ADE+90°-(180°-12∠ABC)=12(∠ADE+∠ABC)-90°= 45°-12α．故答案为：45°-12α；(3)①如图，由八字模型可得，△ABM和△NMD中，∠BND=∠ABN+∠A-∠MDN=12∠ABC+α-12(90°-∠ACB)=12(∠ABC+∠ACB)+α-45°= 45°+12α；②如图，由四边形的内角和得，∠BND=360°-90°-12∠ABC-12∠ADE=270°-12(270°-α)=135°+12α；③如图，由八字模型可得，∠BND+∠ABM=∠ADG+∠DAB，∴∠BND=12∠ADE+(180°-α)-12∠ABC=12(90°-∠ACB)+(180°-α)-12∠ABC=135°-12α；综上，∠BND=45°+12α或135°±12α．20.(2021•新泰市模拟)(1)(教材呈现)如图，在△ABC中，点D、E分别是AB与AC的中点，结论：DE∥BC．DE=12BC．(2)(结论应用)如图1，四边形ABCD中，AD=BC，E、F、G分别是AB、DC、AC的中点，若∠ACB=80°，∠DAC=20°，求∠EFG的度数．(3)如图2，在△ABC外分别作正方形ACEF和BCGH．D是AB的中点，M，N分别是正方形的中心，AC=3，BC=2，则△DMN的面积最大值为多少？【分析】(1)证△DAE∽△BAC，再由相似三角形的性质即可得出结论；(2)由三角形的中位线定理可得GF=12AD，GF∥AD，GE∥BC，GE=12BC，再由平行线的性质和等腰三角形的性质可求解；(3)由“SAS”证△ACG≌△ECB，得BE=AG，∠CEB=∠CAG，再由三角形中位线定理证△MDN是等腰直角三角形，得△DMN的面积=12DM2，则当DM有最大值时，△DMN的面积有最大值，即可求解．【解答】(1)证明：∵D，E分别是AB，AC的中点，∴AD AB=AEAC=12，∵∠A=∠A，∴△DAE∽△BAC，∴∠ADE=∠B，DEBC=ADAB=12，∴DE∥BC且DE=12BC；(2)解：∵E、F、G分别是AB、DC、AC的中点，∴GF=12AD，GF∥AD，GE∥BC，GE=12BC，∴∠DAC=∠FGC=20°，∠AGE=∠ACB=80°，∴∠CGE=180°-80°=100°，∴∠EGF=∠FGC+∠CGE=20°+100°=120°，∵AD=BC，∴GF=GE，∴∠EFG=∠FEG=12(180°-∠EGF)=12×(180°-120°)=30°；(3)解：如图2，连接BE，AG交于点P，BE与AC与点O，连接AE，GB，在正方形ACEF和正方形BCGH中，AC=EC，BC=CG，∠ACE=∠BCG=90°，∴∠BCG+∠ACB=∠ACE+∠ACB，即∠ACG=∠ECB，∴△ACG≌△ECB(SAS)，∴BE=AG，∠CEB=∠CAG，∵∠APO+∠CAG=∠OCE+∠CEB(八字模型)，∴∠APO=∠OCE=90°，∴BE⊥AG，∵M，N分别是正方形的中心，∴点M在AE上，点N在BG上，∴AM=EM，BN=NG，又∵AD=BD，∴MD=12BE，DN=12AG，MD∥BE，DN∥AG，∴MD=DN，MD⊥DN，∴△MDN是等腰直角三角形，∴△DMN的面积=12DM2，∴当DM有最大值时，△DMN的面积有最大值，∵MD=12BE，∴当BE有最大值时，MD有最大值，∵BE≤BC+CE，∴BE≤5，∴MD≤52，∴△DMN的面积的最大值为12×52×52=258．。

圆综合的八大模型

F
A
B
E
C
O D
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20
模型七：过弧的中点的半径垂直于弦的问题
• 【例7】．△ABP中，∠ABP=90°，以AB为直径作
⊙O交AP于C点，弧
CF
= CB
，过C作AF的垂线，垂
足为M，MC的延长线交BP于D.
• （1）求证：CD为⊙O的切线； • （2）连BF交AP于E，若BE=6，EF=2，求EF 的值。
• （1）求证：AC与⊙O相切；
• （2）若AC＝6，BC＝8，求EC的长
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A
D E
H
B
OF
C
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模型八：综合性的问题
• 【例8】．（2012•十堰）如图1，⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，OD∥AC，且∠CBD=∠BAC， OD交⊙O于点E．
• （1）求证：BD是⊙O的切线；
• （1）求证：△ABC∽ΔOFB；
• （2）当ΔABD与△BFO的面积相等时，求BQ的长；
• （3）求证：当D在AM上移动时（A点除外），点 Q始终是线段BF的中点.【解决问题的思维方法是】
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• 【练习1】（2011四川绵阳22，12）如图，
在梯形ABCD中，AB//CD，∠BAD=90°，以 AD为直径的半圆O与BC相切.
• （1）求证：D是弧AE 的中点；
• （2）求证：∠DAO=∠B+∠BAD；
• （3）若，且AC=4，求CF的长．
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• 【练习2】（2012•成都）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，过CD延长线上一点E作⊙O的切线交AB的延长线于F．切点为G，连接AG交CD于K．

中考数学专题复习圆压轴八大模型题学生用word文档良心出品

圆压轴题八大模型题（一）引言：与圆有关的证明与计算的综合解答题，往往位于许多省市中考题中的倒数第二题的位置上，是试卷中综合性与难度都比较大的习题。

一般都会在固定习题模型的基础上变化与括展，本文结合近年来各省市中考题，整理了这些习题的常见的结论，破题的要点，常用技巧。

把握了这些方法与技巧，就能台阶性地帮助考生解决问题。

类型1弧中点的运用CD⌒F E.⊥是AD的中点，CEAB于点在⊙O中，点C PABEO中，你会发现这些结论吗？1）在图1（；CP＝FP①AP＝H＝AD；②CH2. AB·CB＝AE②AC·＝AP·AD＝CF ABC相似的三角形吗？2）在图2中，你能找出所有与△（1）（图【典例】，AB，CD，E在⊙O⊥上，＝的直径，点（2018·湖南永州）如图，线段AB为⊙OC．CD与线段相交于点F垂足为点D，连接BE，弦BE＝BF；CF（1）求证：．求证：的半径为6＝4，⊙OABEcos∠BM＝，在AB的延长线上取一点M，使2（）若O的切线．直线CM是⊙【变式运用】是半圆的直径，AB如图，·四川宜宾）1.（2018EAB于点AC的中点，DE⊥是一条弦，ACD是，＝，于点交，于点交且DEACFDBACG若）1-2（图则＝．如图，在平行四边形ABCD中，E为BC边上的一点，且AE与DE分别·泸州）（.20182平分∠BAD和∠ADC。

(1)求证：AE⊥DE；(2)设以AD为直径的半圆交AB于F，连接FG值。

＝8，求，已知CD＝5，AEDF交AE于G AFAD G F CBE9图）（图1-3AD的中点，弦CE⊥ABO的直径，C是（2017·泸州）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙3.于点H，连结AD，分别交CE、BC于点P、Q，连结BD。

(1)求证：P是线段AQ的中点；的长。

＝CEO的半径为5，AQ，求弦若⊙(2)，相交于点EBDOABCD内接于⊙，AB是⊙O的直径，AC和?4．（2016泸州）如图，四边形2?且DC＝CECA．1）求证：CD；BC＝（作APAB（2）分别延长，DC交于点，过点，OBPB的延长线于点F，若＝CDCDAF⊥交的长．CD＝DF，求5．（2015?泸州）如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，BD为⊙O的弦，且AB∥CD，过点A作⊙O的切线AE与DC的延长线交于点E，AD与BC交于点F．（1）求证：四边形ABCE是平行四边形；的长．，求OF6，CD＝5（2）若AE＝ACABABPABOC5. ＝是⊙＝的直径，、13是弧，6.如图，上的两点，PAPAB是弧的长；的中点，求(1)如图①，若PAPBC. 是弧的长(2)如图②，若的中点，求ODDABABCOOACBO作⊙内接于⊙的平分线交⊙，且为⊙7.如图，△，过点的直径．∠于点FCDEBBFCDCAPDPAAE，过点于点于点的切线作交的延长线于点．，过点作⊥⊥ABDP；（1）求证：∥PDBCAC 8，求线段的长．（2）若＝6，＝圆压轴题八大模型题（二）往往位于许多省市中考题中的倒数第二题与圆有关的证明与计算的综合解答题，引言：一般都会在固定习题模型的基础上变化是试卷中综合性与难度都比较大的习题。

中考数学专题复习圆压轴八大模型题(学生用)(word文档良心出品)

一般都会在固定习题模型的基础上变化与括展，本文结合近年来各省市中考题，整理了这些习题的常见的结论，破题的要点，常用技巧。

把握了这些方法与技巧，就能台阶性地帮助考生解决问题。

类型1 弧中点的运用在⊙O 中，点C 是⌒AD 的中点，CE ⊥AB 于点E .（1）在图1中，你会发现这些结论吗？ ①AP ＝CP ＝FP ； ②CH ＝AD ；②AC 2＝AP ·AD ＝CF ·CB ＝AE ·A B .（2）在图2中，你能找出所有与△ABC 相似的三角形吗？【典例】（2018·湖南永州）如图，线段AB 为⊙O 的直径，点C ，E 在⊙O 上，＝，CD ⊥AB ，垂足为点D ，连接BE ，弦BE 与线段CD 相交于点F ．（1）求证：CF ＝BF ；（2）若cos ∠ABE ＝，在AB 的延长线上取一点M ，使BM ＝4，⊙O 的半径为6．求证：直线CM 是⊙O 的切线．【变式运用】1.（2018·四川宜宾）如图，AB 是半圆的直径，AC 是一条弦，D 是AC 的中点，DE ⊥AB 于点E 且DE 交AC 于点F ，DB 交AC 于点G ，若＝，OHP F EDCBA（图1）（图1-2）则＝．2.（2018·泸州）如图，在平行四边形ABCD 中，E 为BC 边上的一点，且AE 与DE 分别平分∠BAD 和∠ADC 。

(1)求证：AE ⊥DE ；(2)设以AD 为直径的半圆交AB 于F ，连接DF 交AE 于G ，已知CD ＝5，AE ＝8，求FGAF值。

3. （2017·泸州）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 。

2020年深圳中考压轴题圆题型汇总(托勒密定理等圆中难题秘诀)

2020年深圳中考压轴题圆题型汇总(托勒密定理等圆中难题秘诀)中考专项练——圆一、圆中等积式证明（三角形相似）在圆中，我们常常需要证明一些等积式，其中一种常见的方法是利用三角形相似。

例如，我们可以证明在同一圆周上的两个弧所对应的圆心角相等，即 $\angle AOB = \angle COD$，其中 $AB$ 和 $CD$ 分别是这两个弧所对应的弦。

我们可以通过证明 $\triangle AOB \sim \triangle COD$ 来得到这个结论。

圆中的相似模型】在圆中，我们还可以利用相似模型来解决问题。

例如，我们可以利用相似模型证明切线与半径垂直，即 $\angle AOB = 90^\circ$，其中$OA$ 是圆的半径，$AB$ 是与圆相切的切线。

切线定理】切线定理是圆中一个重要的定理，用于描述切线与圆的关系。

根据切线定理，切线与圆的切点处的切线段长度相等。

例如，如果 $AB$ 和 $CD$ 是与圆相切的两条切线，它们的切点为 $P$，那么 $AP=PD$ 和 $BP=PC$。

中点弧模型】中点弧模型是圆中一个常见的模型，用于求解圆中线段的长度。

例如，如果 $AB$ 是圆中一条弦，$M$ 是 $AB$ 的中点，$OM$ 是圆的半径，那么 $AB=2OM$。

例题】例如，如果 $AB$ 是圆中一条直径，$C$ 是圆上一点，$CD$ 是过 $C$ 的切线，交直径 $AB$ 于 $E$，那么 $CE=DE$。

二、圆中线段和差比值问题利用三角形全等进行截长补短】在圆中，我们常常需要解决线段和差比值的问题。

例如，如果 $AB$ 和 $CD$ 是圆中两条相交的弦，交点为 $E$，那么$\dfrac{AE}{EB}=\dfrac{CD}{DB}$。

我们可以利用三角形全等来证明这个结论。

托密勒定理】托密勒定理是圆中一个重要的定理，用于描述线段和差的比值。

根据托密勒定理，如果 $AB$ 和 $CD$ 是圆中两条相交的弦，交点为 $E$，那么$\dfrac{AE}{EB}\cdot\dfrac{CD}{AD}=\dfrac{CE}{ED}$。

八种隐圆类最值问题,圆来如此简单(原卷版)

八种隐圆类最值问题，圆来如此简单在中考数学中，有一类高频率考题，几乎每年各地都会出现，明明图形中没有出现“圆”，但是解题中必须用到“圆”的知识点，像这样的题我们称之为“隐圆模型”。

正所谓：有“圆”千里来相会，无“圆”对面不相逢。

“隐圆模型”的题的关键突破口就在于能否看出这个“隐藏圆”。

一旦“圆”形毕露，则答案手到擒来！知识点梳理题型一定点定长得圆2023年湖北省鄂州市中考数学真题2023·邵阳市中考真题2023·广西南宁市二模2022·辽宁抚顺·中考真题2022·长春·中考真题题型二直角的对边是直径2023·菏泽市中考真题2022·通辽·中考真题2023·汕头市金平区一模2023·广州市天河区三模2022·成都市成华区二诊题型三对角互补得圆2023年·广元市一模题型四定弦定角得圆2023·成都市新都区二模2023·成都市金牛区二模2023·达州·中考真题题型五四点共圆题型六相切时取到最值2023·随州市中考真题2022·江苏无锡·中考真题2022扬州中考真题题型七定角定高面积最小、周长最小问题题型八米勒角（最大张角）模型徐州中考知识点梳理一、定点定长得圆在几何图形中，通过折叠、旋转，滑梯模型得到动点的轨迹为绕定点等于定长的圆，从而画出动点轨迹，并进行计算二、直角的对边是直径前世：在⊙O中，AB为直径，则始终有AB所对的∠C=90°今生：若有AB是固定线段，且总有∠ACB＝90°，则C在以AB为直径径的圆上．(此类型本来属于定弦定角，但是因为比较特殊，故单独分为一类)xB三、对角互补前世：在⊙O 上任意四点A ，B ，C ，D 所围成的四边形对角互补今生：若四边形ABCD 对角互补，则A ，B ，C ，D 四点共圆四、定弦定角模型定角模型是直角模型的一种变形形式，其依据是已知定角，则根据“同弧所对的圆周角相等”得到动点的轨迹为圆弧，再画出对应图形进行计算．前世：在⊙O 中，若弦AB 长度固定则弦AB 所对的圆周角都相等(注意：弦AB 在劣弧AB 上也有圆周角，需要根据题目灵活运用)今生：若有一固定线段AB 及线段AB 所对的∠C 大小固定，根据圆的知识可知C 点并不是唯一固定的点，C 在⊙O 的优弧ACB 上均可(至于是优弧还是劣弧取决于∠C 的大小，小于90°，则C 在优弧上运动；等于90°，则C 在半圆上运动；大于90°则C 在劣弧运动)五、四点共圆模型前世:在⊙O 中，ABCD 是圆的内接四边形，则有∠1=∠2，∠3=∠4，△BPC~△APD(同理△BPA~△CPD) 今生:若四边形ABCD 中有∠1=∠2(通常情况下∠5=∠6对顶角相等，故不需要∠3=∠4，实际应用中长用∠1=∠2，∠5=∠6)则ABCD 四点(某些不能直接使用四点共圆的地区，可以通过证明两次三角形相似也可)，选填题可以直接使用六、定角定高（探照灯模型）什么叫定角定高，如右图，直线BC 外一点A ，A 到直线BC 距离为定值（定高），∠BAC 为定角。

中考数学圆中的重要模型圆中的全等三角形模型

圆中的重要模型-圆中的全等三角形模型知识储备：垂径定理及推理、圆周角、圆心角、弧、弦、弦心距的关系等。

圆中常见全等模型：切线长模型、燕尾模型、蝴蝶模型、手拉手（旋转）模型、对角互补模型、半角模型。

模型1、切线长模型图1 图21）切线长模型（标准类）条件：如图1，P为O外一点，P A，PB是O的切线，切点分别为A，B。

结论：①△OAP≌△OBP；②∠AOB+∠APB=180°；③OP垂直平分AB；2）切线长模型（拓展类）条件：如图2，AD，CD，BC是O的切线，切点分别为A，E，B。

结论：①△AOD≌△EOD；②△BOC≌△EOC；③AD+BC=DC；④∠DOC=90°；切O于A B､60,O的半径为C ．点A 、B 都在以P O 为直径的圆上D ．P C 为B P A △的边A B 上的中线例3．（2023·河南信阳·二模）小倩用橡皮泥做了一个不倒翁如图所示，小倩从正面看发现M A 、M B 分别切O于点A 、B ，直径C D 所在的直线经过点M ，连接A B ．(1)小倩发现O M 垂直平分A B ，请说明理由；(2)若O的半径为3c m ，①当M D=______时，四边形A C B M为菱形；②当M D =______时，四边形A O B M 为正方形．模型2. 燕尾模型条件：OA ，OB 是O的半径，OC =OD 。

结论：①△AOC ≌△BOD ；②△P AD ≌△PBC ；例1．（2023·重庆九年级课时练习）如图，以O 为圆心的两个圆中，大圆的半径,O A O B 分别交小圆于点C ，D ，连结,,,A B C D A D B C ，下列选项中不一定正确的是（）A ．A CB D= B ．A B C D ∥ C ．2A BC D= D ．A DB C=例2．（2022·河南焦作·统考一模）欧几里得，古希腊数学家，被称为“几何之父”，他最著名的著作《几何原本》是欧洲数学的基础，总结了平面几何五大公设，被广泛的认为是历史上最成功的教科书．他在第Ⅲ卷中提出这样一个命题：“由已知点作直线切于已知圆”．如图，设A是已知点，小圆O为已知圆．具体作法是：以O为圆心，O A为半径作大圆O，连接O A交小圆O于点B，过B作B C O A，交大圆O于点C，连接O C，交小圆O于点D，连接A D，则A D是小圆O的切线．为了说明这一方法的正确性，需要对其进行证明，如下给出了不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，并写出“证明”的过程．已知：如图，点A，C和点B，D分别在以O为圆心的同心圆上，_________．求证：___________．证明：例3．（2022秋·江苏·九年级专题练习）如图，已知圆O的直径AB垂直于弦CD于点E，连接CO并延长交AD于点F，且CF⊥AD，连结AC．(1)△ACD为等边三角形；(2)请证明：E是OB的中点；(3)若AB＝8，求CD的长．模型3. 蝴蝶模型条件：OA，OE是O的半径，AD⊥OE，EB⊥OA。

圆中常用辅助线的作法【八大题型】(解析版)-初中数学

圆中常用辅助线的作法【八大题型】【题型1遇弦连半径构造三角形】 1【题型2遇弦作弦心距解决有关弦长的问题】 5【题型3遇直径作直径所对的圆周角】 8【题型4遇切线作过切点的半径】 11【题型5遇90°的圆周角连直径】 16【题型6转移线段】 19【题型7构造相似三角形】 23【题型8四点共圆】 30【题型1遇弦连半径构造三角形】1.(2024·陕西渭南·三模)如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，点D在⊙O上，连接CD、BD，BD =BC，延长DB到点E，使得BE=BD，连接CE．(1)求证：∠A+∠E=90°；(2)若⊙O的半径为256，BC=5，求CE的长．【答案】(1)见解析(2)6【分析】本题考查了圆综合，其中涉及到了等腰三角形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理解三角形，圆周角定理及推论等知识点，熟练掌握这些知识点是解题的关键．(1)利于等边对等角的性质得到∠BCE=∠E，∠BCD=∠D，利用三角形的内角和得到∠BCE+∠E+∠BCD+∠D=180°，即可得到∠E+∠D=90°，再由圆周角的性质等量代换即可；(2)连接OC，由垂径定理推出OB⊥CD，CF=DF，利用勾股定理建立式子运算出BF的长，再利用中位线定理即可推出CE的长．【详解】(1)证明：∵BD=BC，BE=BD，∴BC=BE，∴∠BCE=∠E，∠BCD=∠D，∵∠BCE+∠E+∠BCD+∠D=180°，∴∠E +∠D =12×180°=90°，∵∠A =∠D ，∴∠A +∠E =90°；(2)解：连接OC ，则OC =OB =256，如图所示：∵BC =BD ，∴BC =BD ，∴OB ⊥CD ，CF =DF ，在Rt △OCF 中，CF 2=OC 2-OF 2=2562-256-BF 2，在Rt △BCF 中，CF 2=BC 2-BF 2=52-BF 2，∴256 2-256-BF 2=52-BF 2，解得BF =3，∵BD =BE ，DF =CF ，∴BF 为△DCE 的中位线，∴CE =2BF =6．2.(23-24九年级上·重庆大足·期末)如图，AB 是⊙O 的直径，弦CD ⊥AB ，垂足为点P ，若CD =8，OP =3，则⊙O 的直径为()A.10B.8C.5D.3【答案】A 【分析】连接OC ，由垂径定理可得CP =PD =4，然后再根据勾股定理可得OC ，进而问题可求解．【详解】解：连接OC ，如图所示：∵CD ⊥AB ，CD =8，∴CP =PD =4，∵OP =3，∴在Rt △CPO 中，OC =CP 2+OP 2=5，∴⊙O 的直径为10；故选A ．【点睛】本题主要考查垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．3.(2024·贵州黔东南·二模)如图，⊙O 是△ABC 的外接圆，且AC =BC ，过点B 作BE ⊥AC ，垂足为点E ，延长BE 交⊙O 于点D ，连接AD ，CD ，CO ，并延长CO 交BD 于点F ．(1)写出图中一个与∠ACD相等的角∶；(2)求证∶CD=CF；(3)若BC=10，BE=6，求⊙O的半径．【答案】(1)∠ACD=∠ABD(答案不唯一)(2)见解析(3)⊙O的半径为5103【分析】本题考查圆周角定理，垂径定理及其推论，相似三角形的判定与性质；(1)根据圆周角可得∠ACD=∠ABD；(2)延长CF交AB于M，根据垂径定理的推论可得∠ACF=∠BCF，CM⊥AB，即可由BE⊥AC得到∠ACF=∠ABD，进而得到∠ACD=∠ABD=∠ACF=∠BCF，由三线合一即可得到CD=CF；(3)连OA，由勾股定理求得CE=8，进而依次得到AE=2，AB=210，AM=1AB=10，再求出CM，最2后在Rt△AOM中利用勾股定理求半径即可．【详解】(1)由圆周角可得：∠ACD=∠ABD，故答案为：∠ABD(答案不唯一)；(2)延长CF交AB于M，∵AC=BC，延长CO交BD于点FAB∴∠ACF=∠BCF，CM⊥AB，AM=12∵BE⊥AC，∴∠BEC=∠AMC=90°，∴∠ACF=∠ABD=90°-∠CAB，∴∠ACD=∠ABD=∠ACF=∠BCF，∵BE⊥AC，∴∠CED=∠CEF=90°，∴△CED≌△CEF，∴CD=CF；(3)连OA，∵BC=10，BE=6，∴CE=BC2-CE2=8，AC=BC=10∴AE=AC-CE=2，∴AB=AE2+BE2=210，AB=10∴AM=12∴CM=AC2-AM2=310，∴OM=CM-OA=310-OA222∴310-OA2+102=OA2解得OA=510 3，∴⊙O的半径为5103．4.(2024·陕西咸阳·模拟预测)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC是⊙O的直径，⊙O与边AB交于点D，E为BD的中点，连接CE，与AB交于点F．(1)求证：AC=AF．(2)当F为AB的中点时，求证：FC=2EF．【答案】(1)见详解(2)见详解【分析】(1)连接EO，交BD于点N，根据E为BD的中点，可得OE⊥BD，即有∠NEF+∠EFN=90°，再根据EO=OC，可得∠OEC=∠OCE，进而可得∠ACF=∠AFC，即可证明；(2)连接EB，在Rt△ABC中，有BF=AF=FC=12AB，即∠ABC=∠FCB，再由E为BD的中点，可得∠EBD=∠FCB，进而可得∠EBD=∠ABC，即可证明△EBF∽△CBA，问题随之得证．【详解】(1)连接EO，交BD于点N，如图，∵E为BD的中点，∴OE⊥BD，∴∠ENF=90°，∴∠NEF+∠EFN=90°，∴∠NEF+∠AFC=90°，∵EO=OC，∴∠OEC=∠OCE，∵∠ACB=90°，∴∠ACF+∠OCE=90°，∴∠ACF+∠OEC=90°，∵∠NEF+∠AFC=90°，∴∠ACF=∠AFC，∴AC=AF；(2)连接EB，如图，∵在Rt△ABC中，F为AB的中点，∴BF=AF=FC=12AB，∵E 为BD 的中点，∴DE =BE ，∴∠EBD =∠FCB ，∴∠EBD =∠ABC ，∵BC 是⊙O 的直径，∴∠BEC =90°，∴∠BEC =∠ACB ，又∵∠EBD =∠ABC ，∴△EBF ∽△CBA ，∴EF AC =BF AB ，即EF AC =BF AB=12，∴2EF =AC ，∵AF =FC ，且在(1)已证明AC =AF ，即FC =2EF ．【点睛】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，等角对等边等知识，作出合理的辅助线，掌握垂径定理是解答本题的关键．【题型2遇弦作弦心距解决有关弦长的问题】5.(23-24九年级上·云南昆明·期末)如图，半径为5的⊙O 中，有两条互相垂直的弦AB 、CD ，垂足为点E ，且AB =CD =8，则OE 的长为()A.3B.3C.23D.32【答案】D 【分析】作OM ⊥AB 于M ，ON ⊥CB 于N ，连接OA ，OC ，根据垂径定理得出BM =AM =4，DN =CN =4，根据勾股定理求出OM 和ON 证明四边形OMEN 是正方形，即可解决问题．【详解】解：如图，作OM ⊥AB 于M ，ON ⊥CB 于N ，连接OA ，OC ．∴AM =BM =4，CN =DN =4，∵OA =OC =5，∴OM =OA 2-AM 2=52-42=3，ON =OC 2-CN 2=52-42=3∴OM =ON ，∵AB ⊥CD ，∴∠OME =∠ONE =∠MEN =90°，∴四边形OMEN 是矩形，∵OM =ON ，∴四边形OMEN 是正方形，故选：D．【点睛】本题主要考查圆的垂径定理和正方形的判定，关键在于作出辅助线，利用垂径定理得到证明．6.(23-24九年级上·山东潍坊·期末)如图，⊙O的半径是4，点P是弦AB延长线上的一点，连接OP，若OP=6，∠APO=30°，则弦AB的长为()A.27B.7C.5D.52【答案】A【分析】本题主要考查垂径定理，勾股定理，含30°的直角三角形，连接OA，则OA=4，过点O作OD⊥AB交AB于点D，则可计算出OD，利用勾股定理求出AD，进一步利用垂径定理即可求出弦AB的长．【详解】解：连接OA，则OA=4，过点O作OD⊥AB交AB于点D，∵若OP=6，∠APO=30°∴OD=OP÷2=6÷2=3，则AD=OA2-OD2=42-32=7=7∴AB=2AD=27．故选：A．7.(23-24九年级下·上海·阶段练习)如图，⊙O1和⊙O2相交于A和B，过点A作O1O2的平行线交两圆于C、D，已知O1O2=20cm，则CD=cm．【答案】40【分析】本题考查了矩形的性质和判定，垂径定理的应用，作O1E⊥CD于点E，O2F⊥CD于点F，利用垂径定理得到AE=CE，AF=DF，且易得四边形O1O2FE为矩形，进而得到EF=O1O2=20cm，再利用等量代换即可得到CD．E⊥CD于点E，O2F⊥CD于点F，【详解】解：作O∴O1E∥O2F，AE=CE，AF=DF，∵O1O2∥CD，易得四边形O1O2FE为矩形，∵O1O2=20cm，∴EF=O1O2=20cm，∴CD=CE+AE+AF+DF=2AE+AF=2EF=40cm，故答案为：40．8.(23-24九年级上·福建厦门·期末)关于x的一元二次方程2ax2+2cx+2b=0，如果a、b、c满足a2 +b2=c2且c≠0，那么我们把这样的方程称为“勾系方程”，请解决下列问题：(1)求证：关于x的“勾系方程”2ax2+2cx+2b=0必有实数根.(2)如图，已知AB、CD是半径为5的⊙O的两条平行弦，AB=2a，CD=2b，且关于x的方程2ax2+ 10x+2b=0是“勾系方程”.①求∠BDC的度数，②直接写出BD的长：(用含a、b的式子表示).【答案】(1)见解析(2)①∠BDC=45°；②2a+b【分析】(1)根据一元二次方程根的判别式即可判断；(2)①由勾股定理，圆周角定理，垂径定理即可求解．②过点D作AB的垂线，垂足为G，则四边形DGEF是矩形，根据AB∥CD，得出∠GBD=∠BDC=45°，进而勾股定理，即可求解．【详解】(1)证明：∵关于x的一元二次方程2ax2+2cx+2b=0是“勾系方程”，∴a2+b2=c2且c≠0，a≠0，Δ=2c2-4⋅2a⋅2b=4c2-8ab=4a2+b2-8ab=4a2+b2-2ab=4a-b2，∵a-b2≥0，∴Δ≥0，∴方程必有实数根；(2)解：①∠BDC=45°，理由如下：作OE⊥AB于E，延长EO交CD于F，连接OB，OC，∵DC∥AB，∴EF⊥CD，∴AE=BE=a，CF=DF=b，∵BE2+OE2=OB2，∴a2+OE2=52，∵2ax2+10x+2b=0是“勾系方程”，∴a2+b2=52，∴OE=b=CF；∵OB=OC，∴Rt△BOE≌Rt△OCF HL；∴∠FOC=∠OBE，∵∠OBE+∠EOB=90°，∴∠FOC+∠EOB=90°，∴∠COB=90°，∠BOC=45°．∴∠BDC=12②如图所示，过点D作AB的垂线，垂足为G，则四边形DGEF是矩形，∴DG=EF=a+b，∵AB∥CD，则∠GBD=∠BDC=45°∴DB=2DG=2a+b故答案为：2a+b．【点睛】本题考查了“勾系方程”的概念，一元二次方程根的判别式，勾股定理，圆周角定理，垂径定理，三角形全等，解题的关键是明白“勾系方程”的定义．【题型3遇直径作直径所对的圆周角】9.(2024·安徽合肥·一模)如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，AB⊥CD于点M，连接OD．(1)若∠ODB=54°，求∠BAC的度数；(2)AC，DB的延长线相交于点F，CE是⊙O的切线，交BF于点E，若CE⊥DF，求证：AC=CD．【答案】(1)36°(2)见详解【分析】(1)根据等腰三角形的性质得到∠ODB=∠OBD=54°，求得∠DOB=180°-∠OBD-∠ODB=72°，根据垂径定理得到BC=BD，于是得到结论；(2)连接OC，BC，根据切线的性质得到OC⊥CE，根据平行线的性质得到∠ACO=∠F，根据等腰三角形的性质得到∠A=∠ACO，求得AB=BF，根据等腰三角形的性质得到AC=CF，等量代换得到结论．本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键．【详解】(1)解：∵OD=OB，∴∠ODB=∠OBD=54°，∴∠DOB=180°-∠OBD-∠ODB=72°，∵AB是⊙O的直径，AB⊥CD，∴BC=BD，∠BOD=36°，∴∠BAC=12故∠BAC的度数为36°；(2)证明：连接OC，BC，∵CE是⊙O的切线，∵CE⊥DF，∴OC∥DF，∴∠ACO=∠F，∵OA=OC，∴∠A=∠ACO，∴∠A=∠F，∴AB=BF，∵AB是⊙O的直径，∴BC⊥AF，∴AC=CF，∵∠A=∠CDB，∴∠CDB=∠F，∴CD=CF，∴AC=CD．10.(2024九年级上·湖北武汉·期中)如图，AB为⊙O的直径，点C为BE的中点，CD⊥AE交直线AE于D点．(1)求证：OC∥AD；(2)若DE=1,CD=2，求⊙O的直径．【答案】(1)见解析(2)5【分析】(1)证明OC⊥EB，AD⊥BE即可得出结论；(2)设BE交OC于点T，证明四边形DETC是矩形，设OB=OC=r，利用勾股定理即可求解．【详解】(1)证明：连接BE，如图，∵AB为⊙O的直径，∴∠AEB=90°，即AD⊥BE，∵点C为BE的中点，∴EC=CB，∴OC⊥EB，∴OC∥AD；(2)解：设BE交OC于点T，如图，∵CD⊥AD，∴∠D=∠DET=∠CTE=90°，∴四边形DETC是矩形，∴CD=ET=2,DE=CT=1，∴BT =TE =2，设OB =OC =r ，则r 2=r -1 2+22，∴r =52，∴AB =2r =5，即⊙O 的直径为5；【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，矩形的判定和性质,勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题．11.(2024·浙江温州·三模)如图，已知△ABC 中，∠ACB =90°，AB =4，AC =3，点E 是AC 边上的动点，以CE 为直径作⊙F ，连接BE 交⊙F 于点D ，则AD 的最小值为．【答案】43-72【分析】连接DC ，由以CE 为直径作⊙F ，得∠CDE =90°，∠CDB =90°，即可得动点D 在以BC 为直径的圆上运动，当A ，D ，O 在一直线上时，根据AD ≥AO -OD ，即可求解．【详解】解：△ABC 中，∠ACB =90°，AB =4，AC =3，∴BC =AB 2-AC 2=42-32=7连接DC ，由以CE 为直径作⊙F ，BC =4，AC =5，∴∠CDE =90°，∠CDB =90°，∴动点D 在以BC 为直径的圆上运动，O 为圆心，当A ，D ，O 在一直线上时，AO =32+72 2=432∴AD ≥AO -OD =432-72=43-72即AD 的最小值为43-72故答案为：43-72．12.(23-24九年级上·福建莆田·期中)如图，AB 是半圆O 的直径，AB =10，点D 在半圆O 上，AD =6，C是弧BD 上的一个动点，连接AC ，过D 点作DH ⊥AC 于H ，连接BH ，在点C 移动的过程中，BH 的最小值是．【答案】73-3/-3+73【分析】连接BD，取AD的中点E，连接BE，由题意先判断出点H在以点E为圆心，AE为半径的圆上，当B、H、E三点共线时，BH取得最小值，然后利用勾股定理，求出BD的长，再利用勾股定理，求出BE的长，再利用直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，求出EH的长，再由BH=BE-EH，即可算出BH的长．【详解】解：如图，连接BD，取AD的中点E，连接BE，∵DH⊥AC，∴点H在以点E为圆心，AE为半径的圆上，当B、H、E三点共线时，BH取得最小值，∵AB是直径，∴∠BDA=90°，在Rt△BDA中，∵AB=10，AD=6，∴由勾股定理得：BD=AB2-AD2=100-36=8，∵E为AD的中点，AD=3，∴DE=12在Rt△BDE中，∵BD=8，DE=3，∴由勾股定理得：BE=DE2+BD2=9+64=73，又∵DH⊥AC，且点E为AD的中点，AD=3，∴EH=12∴BH=BE-EH=73-3．故答案为：73-3．【点睛】本题考查了勾股定理解三角形，直径所对的圆周角为直角，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，能够判断出动点的运动轨迹是解本题的关键．【题型4遇切线作过切点的半径】13.(2024·贵州·模拟预测)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点P为边BC上一点，连接AP，分别以点A，P为圆心，大于是1AP的长为半径画弧，两弧交于点E，F，EF交AB于点D，再以点D为圆心，DA长2为半径作圆，交AB于点M，BC恰好是⊙D的切线．若∠B=30°，AC=3，则BM的长为()A.233B.33C.34D.3【答案】A【分析】本题考查的是切线的性质、含30°角的直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．连接DP ，由线段垂直平分线的性质可得AD =DP ，再由直角三角形性质求得AB =23，根据切线的性质得到∠DPB =90°，再证明△BPD ∽△BCE ，再列出方程求解即可．【详解】解：连接DP ，由题意可得，EF 是AP 的垂直平分线，∴AD =DP ，设AD =DP =r ，∵∠B =30°，AC =3，∴AB =23，∵BC 是⊙O 的切线，∴∠DPB =90°，∵∠ACB =90°，∴∠DPB =∠ACB =90°，∴DP ∥AC ，∴△BPD ∽△BCE ，∴BD AB =DP AC ，∴23-r 23=r 3，∴r =233，∴AD =233，∴AM =433，∴BM =AB -AM =23-433=233，故选：A 14.(2024·辽宁大连·一模)如图，△ABC 内接于⊙O ，AD 是⊙O 的直径与BC 交于点F ，∠CAD =45°，过B 点的切线交AD 的延长线于点E ．(1)若∠C=64°，求∠E的度数；(2)⊙O的半径是3，OF=1，求BE的长．【答案】(1)38°(2)BE的长为4【分析】此题考查了切线的性质、勾股定理、圆周角定理等知识．(1)连接OB，由切线的性质得到∠OBE=90°，由圆周角定理得到∠AOB=2∠C，又由∠C=64°得到∠AOB =128°，则∠BOE=180°-128°=52°，利用直角三角形性质即可得到答案；(2)连接OC，OB，由圆周角定理得到∠COD=2∠CAD=2×45°=90°，再证明EF=BE，在Rt△OBE中，根据勾股定理得，OE2=OB2+BE2，设BE=EF=x，得到x+12=32+x2，解方程即可得到答案．【详解】(1)解：连接OB，∵BE是⊙O的切线∴OB⊥BE∴∠OBE=90°∵AB=AB∴∠AOB=2∠C∵∠C=64°∴∠AOB=128°∴∠BOE=180°-128°=52°∴∠E=90°-52°=38°(2)解：连接OC，OB，∵CD=CD∴∠COD=2∠CAD=2×45°=90°∴∠1+∠3=90°∵OC=OB∴∠1=∠2∵∠OBE=90°∴∠2+∠4=90°∴∠3=∠4∵∠3=∠5∴∠4=∠5∴EF=BE在Rt△OBE中，∠OBE=90°，根据勾股定理得，OE2=OB2+BE2设BE=EF=x，由OB=3，OF=1得，x+12=32+x2∴BE 的长为4．15.(2024·福建泉州·模拟预测)已知AB 与⊙O 相切于点B ，直线AO 与⊙O 相交于C ，D 两点(AO >AC )，E 为BD 的中点，连接OE 并延长，交AB 的延长线于点F ．(1)如图①，若E 为OF 的中点，求∠A 的大小；(2)如图②，连接BD 与OF 相交于点G ，求证：∠D =∠F ．【答案】(1)30°(2)见解答【分析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了垂径定理和圆周角定理．(1)连接OB ，如图①，先根据切线的性质得到∠OBF =90°，再利用余弦的定义求出∠BOF =60°，接着根据圆心角、弧、弦的关系得到∠DOE =∠BOE =60°，所以∠AOB =60°，然后利用互余得到∠A 的度数；(2)连接OB ，如图②，根据垂径定理得到OE ⊥BD ，再利用等角的余角相等得到∠OBD =∠F ，加上∠OBD =∠D ，从而得到∠D =∠F ．【详解】(1)解：连接OB ，如图①，∵AB 与⊙O 相切于点B ，∴OB ⊥AF ，∴∠OBF =90°，∵E 为OF 的中点，∴OE =EF ，∴OF =2OB ，在Rt △OBF 中，∵cos ∠BOF =OB OF =12，∴∠BOF =60°，∵点E 为BD 的中点，∴∠DOE =∠BOE =60°，∴∠AOB =60°，∴∠A =90°-60°=30°；(2)证明：连接OB ，如图②，∵点E 为BD 的中点，∴OE ⊥BD ，∴∠OGB =90°，∵∠OBD +∠BOF =90°，∠BOF +∠F =90°，∴∠OBD =∠F ，∵OB =OD ，∴∠OBD =∠D ，∴∠D =∠F ．16.(23-24九年级上·北京西城·期中)如图，AB 为⊙O 的直径，CB ，CD 分别切⊙O 于点B ，D ，CD 交BA的延长线于点E，CO的延长线交⊙O于点G，EF⊥OG于点F．若BC=6，DE=4．(1)求证：∠FEB=∠ECF；(2)求⊙O的半径长．(3)求线段EF的长．【答案】(1)证明见解析(2)3(3)25【分析】(1)根据切线的性质及SAS证得△COD≌△COB，可证∠OCD=∠OCB，再利用角的等量代换即可求证结论；(2)设OD=x，则OB=x，OE=8-x，在Rt△BCE和Rt△OED中，分别利用勾股定理即可求解；(3)在Rt△OED和Rt△OCD中，利用勾股定理得OE=5，OC=35，再利用相似三角形的判定及性质即可求解；【详解】(1)证明：连接OD，∵CB，CD是⊙O的切线，∴CB=CD，∠ODC=∠OBC=90°，在△COD和△COB中，OD=OB∠CDO=∠CBO CD=CB，∴△COD≌△COB(SAS)，∴∠OCD=∠OCB，∵EF⊥OG，∴∠OEF+∠EOF=90°，∵∠BOC+∠BCO=90°，∠EOF=∠BOC，∴∠FEB=∠OCB，∴∠FEB=∠ECF．(2)解：由(1)得：CD=CB=6，∵DE=4，∴CE=CD+DE=10，在Rt△BCE中，根据勾股定理得：∴BE=EC2-BC2=102-62=8，在Rt△OED中，设OD=x，则OB=x，OE=8-x，由勾股定理得：DE2+OD2=OE2，即：42+x2=8-x2，解得：x=3，∴OD=3，即⊙O的半径为3．(3)解：在Rt△OED和Rt△OCD中，根据勾股定理得：OE=OD2+DE2=32+42=5，OC=OD2+CD2=32+62=35，∵∠FEO=∠DCO，∠EFO=∠CDO=90°，∴△EOF∽△COD，∴EF CD =OEOC，即：EF6=535，∴EF=25．【点睛】本题考查了切线的性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理及相似三角形的判定及性质：作出合适的辅助线是解本题的关键．【题型5遇90°的圆周角连直径】17.(2024·安徽合肥·一模)如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BAD=90°，BC=CD，过点C作CE，使得CD=CE，交AD的延长线于点E．(1)求证：AB=AE．(2)若AD=DE=2，求CD的长．【答案】(1)见解析(2)10【分析】(1)如图，连接AC，根据BC=CD推出∠BAC=∠EAC，再证明BC=CE，∠B=∠E，进而证明△ABC≌△AEC AAS，即可证明AB=AE．(2)先证明BD是⊙O的直径，得到∠BCD=90°．由(1)可得AB=4．在Rt△ABD中求出BD=25；在Rt△BCD中，CD=BC=22BD=10．【详解】(1)证明：如图，连接AC．∵BC=CD，∴BC=CD，∴∠BAC=∠EAC．∵CD=CE，∴∠E=∠CDE，BC=CE．∵∠B+∠ADC=180°，∠CDE+∠ADC=180°，∴∠B=∠CDE，∴∠B=∠E．在△ABC 与△AEC 中，∠BAC =∠EAC ，∠B =∠E ，BC =CE ，∴△ABC ≌△AEC AAS ，∴AB =AE ．(2)解：如图，连接BD ．∵∠BAD =90°，∴BD 是⊙O 的直径，∴∠BCD =90°．由(1)可得AB =AE ．∵AD =DE =2，∴AB =4．在Rt △ABD 中，BD =AB 2+AD 2=25；在Rt △BCD 中，CD =BC =22BD =10．【点睛】本题主要考查了弧，弦，圆周角之间的关系，圆内接四边形的性质，等边对等角，勾股定理，90度圆周角所对的弦是直径，直径所对的圆周角是直角，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形和直角三角形是解题的关键．18.(2024·浙江嘉兴·模拟预测)如图，矩形ABCD 内接于⊙O ,AB =2,BC =23，则AB ⏜的长为()A.13πB.23πC.33πD.233π【答案】B【分析】本题考查了圆的基础知识，如图，连接AC ，BD ，根据内接矩形的性质可得AB ，CD 是直径，根据直角三角形斜边中线等于斜边上的高，可得OA =OB =2，可得△AOB 是等边三角形，再根据弧长的计算方法即可求解，掌握矩形的性质，圆的基础值，弧长计算公式是解题的关键．【详解】解：如图所示，连接AC ，BD ，∵四边形ABCD 是矩形，∴∠BAD =∠ABC =90°，∴AC ，BD 是直径，点O 是线段AC 的中点，∴在Rt △ABC 中，AC =AB 2+BC 2=22+23 2=4，∴OB =12AC =2=OA ，∴OA =OB =AB =2，∴△AOB 是等边三角形，∴∠AOB =60°，∴l AB ⏜=n πr 180=60π×2180=23π故选：B．19.(23-24九年级下·四川成都·开学考试)《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，正方形ABCD的边长为2．以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形A B C D ，若A B :AB=2:1，则四边形A B C D 的外接圆半径为．【答案】22【分析】本题考查位似图形的性质，根据正方形ABCD的边长为2和位似比求出A B =4，进而即可求解．解题关键求出正方形的边长．【详解】解：如图，连接A C ，∵正方形ABCD与四边形A B C D 是位似图形，∴四边形A B C D 是正方形，∴∠A B C =90°∴A C 是四边形A B C D 的外接圆直径，∵正方形ABCD的边长为2，A B :AB=2:1∴A B =4∴AC =42+42=42∴四边形A B C D 的外接圆半径为22，故答案为：22．20.(2024·江西景德镇·三模)如图，在平面直角坐标系xOy中，⊙P经过点O，与y轴交于点A0,6，与x轴交于点B8,0，则OP的长为．【答案】5【分析】本题考查了90度圆周角所对的弦为直径，勾股定理，连接AB，通过题意判断出AB为直径，圆心P在AB上，根据勾股定理计算出AB的长，从而得出结果．【详解】解：如图，连接AB，∵∠AOB为直角，且点A，B，O都在圆上，∴AB为直径，圆心P在AB上，∵A 0,6 ，B 8,0 ，∴OA =6，OB =8，∴AB =OA 2+OB 2=10，∴OP =12AB =5，故答案为：5．【题型6转移线段】21.(23-24九年级上·四川泸州·阶段练习)如图，⊙O 的直径AB =8，弦CD =3，且弦CD 在圆上滑动(CD 的长度不变，点C 、D 与点A 、B 不重合)，过点C 作CP ⊥AB 于点P ，若M 是CD 的中点，则PM 的最大值是．【答案】4【分析】本题考查垂径定理、三角形中位线定理，延长CP 交⊙O 于点K ，连接DK ，根据垂径定理可得CP =PK ，再根据三角形中位线定理可得PM =12KD ，进而可得当KD 最大时，PM 的值最大，即即当KD 为直径时，KD 的值最大，即可求解．【详解】解：延长CP 交⊙O 于点K ，连接DK ，∵AB ⊥CK ，∴CP =PK ，∵M 是CD 的中点，∴PM 是△CKD 的中位线，∴PM =12KD ，∴当KD 最大时，PM 的值最大，即当KD 为直径时，KD 的值最大，∵⊙O 的直径AB =8，∴PM =12KD =12AB =4，故答案为：4．22.(2024九年级上·浙江台州·期中)如图，在△ABC 中，AB =5，AC =4，BC =3，经过点C 且与边AB 相切的动圆与CA 、CB 分别相交于点P 、Q ，则线段PQ 长度的最小值是．【答案】125/2.4/225【分析】设圆心为点F ，圆F 与AB 的切点为D ，连接FD 、CF 、CD ，则有FD ⊥AB ，由勾股定理的逆定理可得△∠ACB =90°，再由直角三角形的性质可得FC +FD =QP ，又由FC +FD ≥CD ，PQ 为圆F 的直径，可得点F 在直角三角形ABC 的斜边AB 的高CD 上时，PQ =CD 有最小值，即CD 为圆F 的直径，再利用△ABC 的面积即可求解．【详解】解：如图，设圆心为点F ，圆F 与AB 的切点为D ，连接FD 、CF 、CD ，∵圆F 与AB 相切，∴FD ⊥AB ，∵在△ABC 中，32+42=52，即BC 2+AC 2=AB 2，∴△∠ACB =90°，∴CF =12QP ，又∵CF =FD ，∴FC +FD =QP ，∵FC +FD ≥CD ，PQ 为圆F 的直径，∴当点F 在直角三角形ABC 的斜边AB 的高CD 上时，PQ =CD 有最小值，即CD 为圆F 的直径，∵S △ABC =12BC ⋅AC =12AB ⋅CD ，∴12×4×3=12×5×CD ，∴CD =125，故答案为：125．【点睛】本题考查切线的性质、直角三角形的性质、勾股定理的定理、三角形的三边关系及三角形的面积公式，根据题意可知当点F 在直角三角形ABC 的斜边AB 的高CD 上时，PQ =CD 有最小值是解题的关键．23.(2024·江苏徐州·三模)【问题情境】如图1，P 是⊙O 外的一点，直线PO 分别交⊙O 于点A 、B ．小明认为线段P A 是点P 到⊙O 上各点的距离中最短的线段，他是这样考虑的：在⊙O 上任意取一个不同于点A 的点C ，连接OC 、CP ，则有OP <OC +PC ，即OP -OC <PC ，由OA =OC 得OP -OA <PC ，即P A <PC ，从而得出线段P A 是点P 到⊙O 上各点的距离中最短的线段．小红认为在图1中，线段PB 是点P 到⊙O 上各点的距离中最长的线段，你认为小红的说法正确吗？请说明理由．【直接运用】如图3，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，以BC为直径的半圆交AB于D，P是CD上的一个动点，连接AP，则AP的最小值是；【构造运用】如图4，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中点，N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A MN，连接A C，请求出A C长度的最小值．【深度运用】如图5，已知点C在以AB为直径，O为圆心的半圆上，AB=4，以BC为边作等边△BCD，则AD的最大值是．【答案】问题情境：正确，理由见解析；直接运用：5-1；构造运用：7-1；深度运用：23+2【分析】问题情境∶根据三角形的任意两边之和大于第三边即可得解；直接运用∶取半圆的圆心O，连接OA交半圆于点M，则当P与点M重合时，P A最小，由勾股定理得OA= 22+12=5，从而即得解；构造运用：由折叠知A M=AM，进而得点A ，A，D都在以AD为直径的圆上．如图3，以点M为圆心，MA 为半径画⊙M，连接MC．当A C长度取最小值时，点A 在MC上，过点M作MH⊥DC于点F，根据菱形的性质及勾股定理即可得解；深度运用：如图，在AB的上方作等边△ABH，连接DH，取BH的中点G连接DG，证明△ABC≌△HBD，得∠BDH=∠ACB=90°，点D在以BH为直径的半圆上，进而利用勾股定理及三角形的两边之和大于第三边即可得解．【详解】解：问题情境∶小红的说法正确，在圆О上任意取一个不同于点B的点C，连接OC、OP，∵在△POC 中，OP +OC >PC ．OB =OC ，∴OP +OB >PC ，即PB >PC ．∴线段PB 是点Р到圆О上各点的距离中最长的线段．∴小红的说法正确；直接运用∶取半圆的圆心O ，连接OA 交半圆于点M ，则当P 与点M 重合时，P A 最小，∵∠ACB =90°，AC =BC =2，∴OC =1，OC 2+AC 2=OA 2，∴OA =22+12=5，∴P A 的最小值为OA -AM =5-1故答案为：5-1．构造运用：由折叠知A M =AM ，∵M 是AD 的中点，∴MA =MA =MD ，∴点A ，A ，D 都在以AD 为直径的圆上．如图3，以点M 为圆心，MA 为半径画⊙M ，连接MC ．当A C 长度取最小值时，点A 在MC 上，过点M 作MH ⊥DC 于点F ，∵在边长为6的菱形ABCD 中，∠A =60°，M 为AD 中点，∴2MD =AD =CD =2，∠HDM =60°，∴∠HMD =30°，∴HD =12MD =12．∴HM =DM ×cos30°=32,HC =52，∴MC =HM 2+HC 2=7，∴A C =MC -MA =7-1；深度运用：如图，在AB 的上方作等边△ABH ，连接DH ，取BH 的中点G 连接DG ，∵AB 是半圆的直径，∴∠ACB =90°，∵△ABH 和△BCD 都是等边三角形，∴AB =BH =AH =4，BD =BC =DC ，∠ABH =∠CBD =60°即∠ABC +∠CBH =∠CBH +∠HBD ，∴∠ABC =∠HBD ，∴△ABC ≌△HBD ，∴∠BDH =∠ACB =90°，∴点D 在以BH 为直径的半圆上，∵G 是BH 的中点，AB =AH =BH =4，∴AG ⊥BH ，BG =DG =HG =2，∴AG =AB 2-BG 2=42-22=23，∴根据三角形的两边之和大于第三边可得AD 的最大值为AG +DG =23+2，故答案为：23+2．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，勾股定理，等边三角形的性质，圆周角定理的推论以及三角形的三24.(23-24九年级上·河南开封·阶段练习)如图，以G(0,3)为圆心，半径为6的圆与x轴交于A，B两点，与y轴交于C，D两点，点E为⊙G上一动点，CF⊥AE于F，点E在G的运动过程中，线段FG的长度的最小值为．【答案】33-3/-3+33【分析】本题主要考查垂径定理，圆周角定理，直角三角形30度角的判定和性质，熟练掌握性质定理，构造直角三角形是解题的关键．过点G作GM⊥AC于点F，连接AG．得到点F在MG的延长线上时，FG的长度的最小，最小值=FM-GM，即可得到答案．【详解】解：过点G作GM⊥AC于点F，连接AG，∵GO⊥AB，∴OA=OB，∵G(0,3)，∴OG=3，在Rt△AGO中，AG=6,OG=3，∴OA=AG2-GO2=33，∴∠GAO=30°,AB=2AO=63，∴∠AGO=60°，∵GC=GA=6，∴∠GCA=∠GAC，∵∠AGO=∠GCA+∠GAC，∴∠AGO=∠GAC=30°，∴AC=2OA=63,MG=1CG=3，2∵∠AFC=90°，∴点F在以AC为直径的⊙M上，∴MF=AC=33，2点F在MG的延长线上时，FG的长度的最小，最小值=FM-GM=33-3，故答案为：33-3．【题型7构造相似三角形】25.(2024·贵州六盘水·二模)如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD为直径，DB平分∠ADC，CA=CD，DB与CA交于点E，延长AB,DC交于点F．(1)直接写出线段AB 与线段BC 的数量关系；(2)求证：△AFC ≌△DEC ；(3)设△ABD 的面积为S 1，△BCD 的面积为S 2，求S 1S 2的值．【答案】(1)AB =BC(2)见解析(3)2【分析】(1)根据等角，等弧，等弦，即可得出结论；(2)根据同弧所对的圆周角相等，利用ASA 证明△AFC ≌△DEC 即可；(3)过点C 作CH ⊥DE ，圆周角定理得到∠ACD =∠ABD =90°，勾股定理得到AD =CA 2+CD 2=2CD ，证明△ABD ∽△CHD ，得到AB CH =AD CD=2，根据同底三角形的面积比等于高线比，即可得出结果．【详解】(1)解：连接OB ,OC ，则：∠AOB =2∠ADB ,∠BOC =2∠CDB ，∵DB 平分∠ADC ，∴∠ADB =∠CDB ，∴∠AOB =∠BOC ，∴AB =BC ，∴AB =BC ；(2)∵AD 为直径，∴∠ACD =90°，∴∠ACF =90°=∠ACD ，又∵∠BAC =∠CDB ，CA =CD ，∴△AFC ≌△DEC ；(3)过点C 作CH ⊥DE ，则∠CHD =90°∵AD 为直径，∴∠ACD =∠ABD =90°，∵CA =CD ，∴AD =CA 2+CD 2=2CD ，∵∠ABD =∠CHD =90°,∠ADB =∠CDB ，∴△ABD ∽△CHD ，∴AB CH =AD CD =2，∴S 1S 2=12AB ⋅BD 12CH ⋅BD =AB CH =2．【点睛】本题考查圆周角定理，弧，弦，角之间的关系，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．线上．且AD =2．过点A 另一条直线交⊙O 于B 、C ．(1)如图1，当AC =5时，研究发现：连接CE 、BD 可以得到△ABD ∽△AEC ，继而可以求AB 长．请写出完整的解答过程．(2)如图2，当B 、C 重合于一点时，AC =．(3)如图3，当OB 平分∠AOC 时，AC =．【答案】(1)AB =165；过程见解析(2)4(3)8105【分析】(1)连接BD 、CE ，证明△ABD ∽△AEC ，得出AD AC =AB AE，求出AB =165．(2)连接OC ，根据当B 、C 重合于一点时，AC 与⊙O 相切于点C ，得出∠ACO =90°，求出AC =AO 2-OC 2=52-32=4．(3)连接BD ，根据角平分线定义得出∠AOB =∠COB =12∠AOC ，证明DB =BC ，△ABD ∽△AOB ，得出AB AO =AD AB =BD OB ，即AB 5=2AB=BD 3，求出AB =10，BD =3105，即可求出结果．【详解】(1)解：连接BD 、CE ，如图所示：∵DE =6，AD =2，∴AE =AD +DE =2+6=8，∵∠ABD +∠CBD =180°，∠CBD +∠E =180°，∴∠ABD =∠E ，∵∠BAD =∠EAC ，∴△ABD ∽△AEC ，∴AD AC =AB AE ，∴25=AB 8，解得：AB =165．(2)解：连接OC ，如图所示：∵当B 、C 重合于一点时，AC 与⊙O 相切于点C ，∴∠ACO =90°，∵DE =6，∴OC =OD =OE =3，∴AO =AD +DO =2+3=5，∴AC =AO 2-OC 2=52-32=4．∵OB 平分∠AOC ，∴∠AOB =∠COB =12∠AOC ，∴DB =BC ，∵OC =OE ，∴∠OCE =∠OEC ，∵∠AOC =∠OCE +∠OEC ，∴∠OCE =∠OEC =12∠AOC ，∴∠DOB =∠OEC ，根据解析(1)可知：∠ABD =∠AEC ，∴∠ABD =∠AOB ，∵∠DAB =∠OAB ，∴△ABD ∽△AOB ，∴AB AO =AD AB =BD OB ，即AB 5=2AB=BD 3，解得：AB =10，BD =3105，∴AC =AB +BC =AB +BD =10+3105=8105．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，切线的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．27.(23-24九年级下·福建厦门·阶段练习)如图，以AB 为直径的⊙O 与AH 相切于点A ，点C 在AB 左侧圆弧上，弦CD ⊥AB 交⊙O 于点D ，连接AC ，AD ，点A 关于CD 的对称点为E ，直线CE 交⊙O 于点F ，交AH 于点G ．(1)求证：∠CAG =∠AGC ；(2)当点E 在AB 上，连接AF 交CD 于点P ，若EF CE =25，求DP CP的值；(3)当点E 在射线AB 上，AB =2，四边形ACOF 中有一组对边平行时，求AE 的长．【答案】(1)见解析(2)57(3)2-2或3-52【分析】(1)设AB 与CD 相交于点M ，由⊙O 与AH 相切于点A ，得到∠BAG =90°，由CD ⊥AB ，得到∠AMC =90°，进而得到AG ∥CD ，由平行线的性质推导得，∠CAG =∠ACD ，∠AGC =∠FCD ，最后由点A关于CD 的对称点为E 得到∠FCD =∠ACD 即可证明．(2)过F 点作FK ⊥AB 于点K ，设AB 与CD 交于点N ，连接DF ，证明∠FAD =∠ADC 得到DP =AP ，再证明△CP A ≌△FPD 得到PF =PC ；最后根据△KEF ∽△NEC 及△APN ∽△AFK 得到KE EN =EF CE =25和P A AF =AN AK=512，最后根据平行线分线段成比例求解．(3)分两种情形：当OC ∥AF 时，当AC ∥OF 时，分别求解即可．【详解】(1)证明：如图，设AB 与CD 相交于点M ，∵⊙O 与AH 相切于点A ，∴∠BAG =90°，∵CD ⊥AB ，∴∠AMC =90°，∴AG ∥CD ，∴∠CAG =∠ACD ，∠AGC =∠FCD ，∵点A 关于CD 的对称点为E ，∴∠FCD =∠ACD ，∴∠CAG =∠AGC ．(2)解：过F 点作FK ⊥AB 于点K ，设AB 与CD 交于点N ，连接DF ，如下图所示：由同弧所对的圆周角相等可知：∠FCD =∠FAD ，∵AB 为⊙O 的直径，且CD ⊥AB ，由垂径定理得：AC =AD ，∴∠ACD =∠ADC ，∵点A 关于CD 的对称点为E ，∴∠FCD =∠ACD ，∴∠FAD =∠FCD =∠ACD =∠ADC ，即∠FAD =∠ADC ，∴DP =AP ，由同弧所对的圆周角相等得：∠ACP =∠DFP ，且∠CP A =∠FPD ，∴△CP A ≌△FPD ，∴PC =PF ，∵FK ⊥AB ，AB 与CD 交于点N ，∴∠FKE =∠CNE =90°．∵∠KEF =∠NEC ，∠FKE =∠CNE =90°，∴△KEF ∽△NEC ，∴KE EN =EF CE=25，设KE =2x ,EN =5x ，∵点A 关于CD 的对称点为E ，∴AN =EN =5x ，AE =AN +NE =10x ，AK =AE +KE =12x ，又FK ∥PN ，∴△APN ∽△AFK ，∴P A AF =AN AK=5x 12x =512．∵∠FCD =∠CDA ，∴CF ∥AD ，∴DP =AP =AP =5；。

圆压轴八大模型题

类型 1 弧中点的运用
⌒ 在⊙O 中，点 C 是 AD 的中点，CE⊥AB 于点 E.
（1）在图 1 中，你会发现这些结论吗？ ①AP＝CP＝FP； ②CH＝AD； ②AC2＝AP·AD＝CF·CB＝AE·AB. （2）在图 2 中，你能找出所有与△ABC 相似的三角形吗？
（图 1）
【分析】
(1)①由等弧所对的圆周角相等及同角或等角的余角相等得：∠CAD＝∠B＝∠ACE;∠PCF＝∠PFC,所以 AP ＝CP＝FP.
圆压轴题八大模型题（一）
引言：与圆有关的证明与计算的综合解答题，往往位于许多省市中考题中的倒数第二题的位置上，是试卷中综合性与难度都比较大的习题。一般都会在固定习题模型的基础上变化与括展，本文结合近年来各省市中考题，整理了这些习题的常见的结论，破题的要点，常用技巧。把握了这些方法与技巧，就能台阶性地帮助考生解决问题。
∠BHO＝90°证得结论。
证明：（1）延长 CD 交⊙O 于 G，如图，
∵CD⊥AB，∴ ＝，
∵ ＝，∴ ＝， ∴∠CBE＝∠GCB，∴CF＝BF；（2）连接 OC 交 BE 于 H，如图， ∵ ＝，∴OC⊥BE，在 Rt△OBH 中，cos∠OBH＝＝，
（图 4）
∴BH＝ ×6＝，OH＝
∴EF∥BC，∴∠AEF＝∠B，
∴sin∠AEF＝ AF 5 ， AE 13
∴AF＝AE•sin∠AEF＝10× 5 50 ， 13 13 50
∵AF∥OD，∴ AG AF 13 10 DG OD 5 13
13
，即 DG＝ AD，
23
∵AD＝ ABAF 18 50 30 13 ， 13 13
（2）设 AB＝x，AF＝y，试用含 x,y 的代数式表示线段 AD 的长；

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圆压轴题八大模型题（四）
泸州市七中佳德学校易建洪
引言：与圆有关的证明与计算的综合解答题，往往位于许多省市中考题中的倒数第二题
的位置上，是试卷中综合性与难度都比较大的习题。

一般都是在固定习题模型的基础上变化与括展，本文结合近年来各省市中考题，整理了这些习题的常见的结论，破题的要点，常用技巧。

把握了这些方法与技巧，就能台阶性帮助考生解决问题。

类型4 圆内接等边三角形
如图，点P 为等边△ABC 外接圆劣弧BC 上一点. (1) 求证：PA ＝PB ＋PC ； (2) 设PA 、BC 交于点M ，
① 若BP ＝4，PC ＝2，求CM 的长度. ② 若AB ＝4，PC ＝2，求CM 的长度. 【分析】
(1) 证明：连结CD ．在PA 上截取PD=PC ，证得△ACD ≌△BCP ，∴AD=PB ，又DP=PC ，因此PA=PB +PC.
(2)①⊙O 中△ABM ∽△CPM,
12PC MC AB MA == ∴1
2
PC MC AB MA == 设MC=x ，则AM=2x,MN=2-x ，又
在Rt △AMN 中，由勾股定理得
.
(2)②过点C 作CE ⊥AP 于E ，过点A 作AN ⊥BC 于点N.由（1）可得AP=BP+CP=4+2=6,Rt △PCE 中
，则
因此
由（2）②可得
. 【典例】
（2018·湖南常德）如图，已知⊙O 是等边三角形ABC 的外接圆，点D 在圆上，在CD 的延
图1
图（1）
图（2）图（3）
长线上有一点F ，使DF ＝DA ，AE ∥BC 交CF 于E ．（1）求证：EA 是⊙O 的切线；（2）求证：BD ＝CF ．
【分析】（1）连结OA 后，由∠OAC ＝30°，BC ∥AE 得∠CAE ＝∠BCA ＝60°，因此∠OAE ＝90°证得AE 是⊙O 的切线.（2）∠ADF ＝∠ABC ＝60°，且DF ＝DA 得等边△ADF ，且△ABC 也是等边三角形，可得△ADB ≌△AFC ，因此BD ＝CF .
【解答】证明：（1）连接OD ， ∵⊙O 是等边三角形ABC 的外接圆， ∴∠OAC ＝30°，∠BCA ＝60°， ∵AE ∥BC ，∴∠EAC ＝∠BCA ＝60°，
∴∠OAE ＝∠OAC ＋∠EAC ＝30°＋60°＝90°， ∴AE 是⊙O 的切线；
（2）∵△ABC 是等边三角形，∴AB ＝AC ，∠BAC ＝∠ABC ＝60°， ∵A 、B 、C 、D 四点共圆，∴∠ADF ＝∠ABC ＝60°，
∵AD ＝DF ，∴△ADF 是等边三角形，∴AD ＝AF ，∠DAF ＝60°， ∴∠BAC ＋∠CAD ＝∠DAF ＋∠CAD ，即∠BAF ＝∠CAF ，在△BAD 和△CAF 中， ∵
，∴△BAD ≌△CAF ，
∴BD ＝CF ．【点拨】
等边三角形的边等角等易构造三角形全等和相似，圆上一点与圆内接等边三角形三顶点的连线之间的关系探究，可以运用延长法与截短法；含60°角三角形，知两边求第三边；借相交弦或平行线得三角形相似，作等边三角形的高，借比例线段和勾股定理建方程求线段是关键。

【变式运用】
1.（2011·泸州）如图，点P 为等边△ABC 外接圆劣弧BC 上一点．
图
4-1
图a
（1）求∠BPC 的度数；（2）求证：PA ＝PB ＋PC ；
（3）设PA ，BC 交于点M ，若AB ＝4，PC ＝2，求CM 的长度．
（1）解：∵△ABC 为等边三角形，∴∠BAC ＝60°， ∵点P 为等边△ABC 外接圆劣弧BC 上一点， ∴四边形ABPC 是圆的内接四边形
∴∠BPC ＋∠BAC ＝180°，∴∠BPC ＝120°，（2）证明：连结C D ．在PA 上截取PD ＝PC ， ∵AB ＝AC ＝BC ，∴∠APB ＝∠APC ＝60°， ∴△PCD 为等边三角形，
∴∠PCD ＝∠ACB ＝60°，CP ＝CD ，
∴∠PCD ﹣∠DCM ＝∠ACB ﹣∠DCM ，即∠ACD ＝∠BCP ，在△ACD 和△BCP 中，
AC BC ACD BCP CP CD =⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
，∴△ACD ≌△BCP ， ∴AD ＝PB ，∵PA ＝AD ＋DP ，DP ＝PC ， ∴PA ＝PB ＋PC ；
（3）解：∵△PCD 和△ABC 都为等边三角形， ∴∠MDC ＝∠ACM ＝60°，CD ＝PC ，又∵∠DMC ＝∠CMA ，
∴△CDM ∽△ACM ，AB ＝4，PC ＝2，
∴CM ：AM ＝DM ：MC ＝DC ：AC ＝PC ：AC ＝2：4＝1：2，设DM ＝x ，则CM ＝2x ，BM ＝4﹣2x ，PM ＝2﹣x ， AM ＝4x ，AD ＝AM ﹣DM ＝4x ﹣x ＝3x ∵∠BMP ＝∠CMA ，∠PBM ＝∠CAM ， ∴△BPM ∽△ACM ，
∴BP ：AC ＝PM ：CM ，即3x ：4＝（2﹣x ）：2x ，解得x ＝
113
3
-±（舍去负号），则x ＝
1133-+，∴CM ＝2213
3
-+． 2.如图，已知AD 是△ABC 外角∠EAC 的平分线，交BC 的延长线于点D ，延长DA 交△ABC
的外接圆于点F ，连结FB 、F C . （1）求证：FB ＝FC ；（2）FB 2＝FA ·FD ；
（3）若AB 是△ABC 的外接圆的直径，∠EAC ＝120°，BC ＝6cm ，求AD 的长.
证明：（1）∵AD 平分∠EAC ，
图b
图4-2
∴∠EAD ＝∠DA C .
∵四边形AFBC 内接于圆， ∴∠DAC ＝∠FB C .
∵∠EAD ＝∠FAB ＝∠FCB ， ∴∠FBC ＝∠FCB ， ∴FB ＝F C .
（2）∵∠FAB ＝∠FCB ＝∠FBC ，∠AFB ＝∠BFD ， ∴△FBA ∽△FDB ，∴
FB
FA
FD FB =
∴FB 2＝FA ·F D .
（3）解：∵AB 是圆的直径，
∴∠ACB ＝90°.∵∠EAC ＝120°， ∴∠DAC ＝
2
1
∠EAC ＝60°. ∵四边形ACBF 内接于圆，
∴∠DAC ＝∠FBC ＝60°，又FB ＝FC ，
∴△BFC 是等边三角形，∴∠BAC ＝∠BFC ＝60°， ∴∠D ＝30°.∵BC ＝6，∴AC ＝23，
∴AD ＝2AC ＝43．
3.（2016·德阳）如图，点D 是等边三角形ABC 外接圆上一点.M 是BD 上一点，且满足DM ＝DC ，点E 是AC 与BD 的交点. （1）求证：CM //AD ；
（2）如果AD ＝1，CM ＝2.求线段BD 的长及△BCE 的面积. 解：（1）∵ABC 是正三角形，
∴⌒AB ＝⌒
BC ,∴∠ADB ＝∠BDC ＝60°，又∵DM ＝DC ，∴CDM 是等边三角形，
即DM ＝CM ＝CD ，
∴∠DMC ＝60°，∴∠ADB ＝∠DMC ＝60°，
∴CM ∥AD ；
（2）∵∠DAC ＝∠DBC ，∠BMC ＝∠ADC ＝120°，
而AC ＝BC ，∴ADC ≌BMC ，∴BM ＝AD ＝1， ∴BD ＝BM ＋MD ＝1＋2＝3
由（1）可得，ADE ∽CME ，而AD ＝1，CM ＝2， ∴
2
1
ME DE CE AE CM AD === 又∵MD ＝2，∴DE ＝23，ME ＝4
3
，
∵AE CE ＝12，且点E 在线段AC 上，∴AE ＝1
3AC ， ∵∠BAC ＝∠BDC ＝60°，∠ABD ＝∠ACD ，
∴ABE ∽
DCE ，∴DC AB ＝EC BE , ∴3
41322+=AC
AB
,
又∵AB ＝AC ，∴AB 2＝7，即AB ＝7＝BC , ∵AD ＝1,CM ＝2,CM ＝CD ,∴AD :CD ＝1:2,
E D M C
B
图4-3
图4-4
又∵∠ADE ＝∠CDE ＝60°，∴BD 平分∠ADC ，
∴AE ：CE ＝AD ：CD ＝1：2，∴CE ＝2
3AC ，
∴S
BCE ＝23×S ABC ＝23×34×(7)2＝7
6
3.。