备考2024年中考数学专题突破（全国通用）专题1-7 一文讲透圆的九大基本模型·母题溯源（解析版）

专题1-7一文讲透圆的十大基本模型·母题溯源目录TOC\o"1-3"\n\h\z\u模型梳理题型一弦切角定理与切割线定理湖北·黄石中考湖北·十堰中考2023·新疆·中考真题题型二中点弧模型苏州·中考真题深圳·中考真题2023·山东枣庄·统考中考真题2023·江苏无锡·统考中考真题2023·四川遂宁·统考中考真题题型三内心模型黑龙江绥化·中考真题广东省卷·中考真题湖北·孝感中考真题题型四线段和差问题（构造手拉手or阿基米德折弦定理）类型一：构造手拉手2023·吉林长春·统考中考真题类型二：折弦定理山西中考深圳·中考题型五平行弦与相交弦模型2023·江苏苏州·统考中考真题深圳·中考2022·湖南张家界·中考真题题型六垂径图四川绵阳·中考题型七等腰图2023·四川成都·统考中考真题四川宜宾·统考中考真题2023·湖北黄冈·统考中考真题2023·辽宁营口·统考中考真题广西玉林·统考中考真题2023·四川眉山·统考中考真题湖北孝感·中考真题2022·湖北十堰·统考中考真题题型八双切图四川遂宁·统考中考真题湖北武汉·中考真题四川泸州·中考真题四川乐山·中考真题广东省卷·统考中考真题四川·乐山中考湖北武汉·中考真题题型九射影图安徽·统考一模四川成都·统考一模2023·湖南永州·统考中考真题2023·四川广安·统考中考真题题型十切割图模型梳理圆的基本模型（一）：弦切角定理与切割线定理 ①①是切线；②（弦切角定理）；③以上三个结论知一推二弦切角：弦和切线所夹的角等于它们所夹的弧所对的圆周角，即切线AP和弦AB所夹的∠1，等于它们所夹的弧EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),AB)所对的圆周角∠2圆的基本模型（二）：中点弧模型点P是优弧AB上一动点，则 【以下五个条件知一推四】【以下五个条件知一推四】点C是的中点AC＝BCOC⊥ABPC平分∠APB(即)【简证】∠1＝∠2，∠PCB为公共角，子母型相似 【补充】⑥PE•PC＝PA•PB，注意：⑥不能反推出前五项【例题】如图，四边形内接于，对角线、交于点，且，若，，则．【简证】易知，则， 圆的基本模型（三）：内心模型与等腰【模型讲解】外接圆+内心⇒得等腰如图，圆O是△ABC外接圆圆心，I是三角形ABC的内心，延长AI交圆O于D，证DI＝DC＝BD【简证】∠1＝∠4＋∠5,∠4＝∠3，∠2＝∠5∴∠1＝∠2＋∠3圆的基本模型（四）：线段和差问题（构造手拉手或阿基米德折弦定理）一、中点弧与旋转【模型解读】点P是优弧AB上一动点，且点C是的中点邻边相等+对角互补旋转相似模型，一般用来求圆中三条线段之间的数量关系.由于对角互补，即，显然共线，且，通过导角不难得出相似.常见结构（1）：圆内接等边三角形 结论：PB+PA=PC结论：PB+PA=PC【简析】 常见结构（2）：圆内接等腰直角三角形（正方形） 结论：结论：【简析】 补充：【托密勒定理】：秒杀！（选填可用）二、阿基米德折弦定理【模型解读】【问题】：已知M为的中点，B为上任意一点，且MD⊥BC于D．求证：AB＋BD＝DC证法一：(补短法)如图：延长DB至F，使BF＝BA∵M为中点∴＝，∴∠1＝∠2－－－①又∵EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),MC)＝EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),MC)，∴∠1＝∠3，∴∠2＝∠3－－－②又∵∠3＋∠MBF＝180°－－－③由圆内接四边形对角互补∴∠2＋∠MBA＝180°－－－④由①②③④可得：∠MBA＝∠MBF在△MBF与△MBA中；eq\B\lc\{(\a\al(BF＝BA,∠MBA＝∠MBF,MB＝MB))∴△MBF≌△MBA(SAS)∴MF＝MA，又∵MC＝MA∴MF＝MC又∵MD⊥CF∴DF＝DC∴FB＋BD＝DC又∵BF＝BA∴AB＋BD＝DC(证毕)证法二：(截长法——两种截取方式)如图1：在CD上截取CG＝AB，则有DC＝CG＋DG，再证出BD＝DG即可∵EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),BM)＝EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),BM)∴∠1＝∠2－－－①又∵M是EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),AC)中点，∴MA＝MC－－－②由①②可知，在△MBA与△MGC中∴△BMA≌△GMC(SAS)∴BD＝GD又∵MD⊥BG∴BD＝DG∴AB＋BD＝DC(证毕)如图2：在CD上截取DB＝DG，再证明AB＝CG即可简证：易知△MBG与△MAC均为等腰三角形，且∠1＝∠2，可知△MBG与△MAC构成手拉手模型，∴△BMA≌△GMC(SAS)∴AB＝CG常规证明：∵MD⊥BG∴MB＝MG∴∠2＝∠MGD－－－①又∵EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),MC)＝EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),MC)，∴∠1＝∠2－－－②∵M是EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),AC)中点，∴EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),MA)＝EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),MC)∴∠1＝∠MCA－－－③由①②③可得∠MGD＝∠MC，而∠MGD＋∠MGC＝180°，∠MCA＋∠MBA＝180°∴∠MGC＝∠MBA又∵＝，∴＝在△MBA与△MGC中∴△BMA≌△GMC(AAS)∴AB＝GC∴AB＋BD＝DC（证毕）证法三：(翻折)——证共线如图3：连接MB，MC，MA，AC，将△BAM沿BM翻折，使点A落至点E，连接ME，BE∵△MBA与△MBE关于BM对称，所以△MBE≌△MBA∴MA＝ME，∠MBA＝∠MBE－－－①又∵MA＝MC，∴ME＝MC，又∵M，B，A，C四点共圆，∴∠MBA＋∠MCA＝180°－－－②又∵MA＝MC（已证）∴∠MAC＝∠MCA又∵EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),MC)＝EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),MC)，∴∠MBC＝∠MAC∴∠MBC＝∠MCA－－－③由①②③得：∠MBC＋∠MBE＝180°∴E，B，C三点共线。又∵ME＝MC，MD⊥CE∴DE＝DC，∴EB＋BD＝DC，又∵△MBE≌△MBA∴AB＝EB∴AB＋BD＝DC（证毕）证法四：两次全等如图4，连接MB，MA，MC，AC，延长AB，过点M作MH⊥AB于点H，∵M为EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),AC)的中点∴AM＝MC，又∵EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),BM)＝EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),BM)∴∠HAM＝∠DCM又∵∠MHA＝∠MDC＝90∴在△MHA与△MDC中∴△MHA≌△MDC(AAS)∴CD＝AH－－－①MD＝MH在Rt△MHB与RtT△MDB中∴△MDB≌△MHB(HL)∴BD＝BH又∵AH＝AB＋BH，∴AH＝AB＋BD－－－②由①②可得DC＝AB＋BD(证毕)证法五：补短法（2）——两次全等如图4，延长AB至H，使BH＝BD，则AB＋BD＝AH，先证△BHM≌△BDM(HL)，再证△MHA≌△MDC(HL)圆的基本模型（五）：平行弦与相交弦，割线定理一、平行弦：圆的两条平行弦所夹的弧相等。即：在⊙O中，∵AB∥CD，∴ 二、相交弦：圆内两弦相交，交点分得的两条线段的乘积相等即：在⊙O中，∵弦AC、BD相交于点G，则AG·CG=BG·DG 三、割线定理割线PD、PC相交于点P，则圆的基本模型（六）：垂径图一、弧中点与垂径图 知1推5知1推5AD平分∠CABD是的中点DO⊥CB二、垂径+相等的三段弧如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，C是的中点，弦CE⊥AB于点H，连结AD，分别交CE、BC于点P、Q，连结BD。(1)证CO∥BD(2)AD＝CE(3)证：P是线段AQ的中点(4)证：CP·CE＝AH·AB＝CQ·CB(5)tan∠DBC＝(6)若AD＝8，BD＝6，求AH的值(7)若⊙O的半径为5，AQ＝，求弦CE的长.【简证】（1）（2）(3)先利用弧相等导角证AP＝CP，再通过Rt△ACQ中的互余关系，得到PQ＝CP，∴AP＝PQ＝CP（4）CP＝AP，CE＝AD⇒CP•CE＝AP•AD，△APH∼△ABD⇒AP•AD＝AH•AB（5）（6）法一（6）法二（7）找到对应相似三角形是关键补充拓展：垂径图导子母相似如图弦CD⊥直径AB于点G，E是直线AB上一点（不与其他点重合），DE交圆O于F，CF交直线AB于点P（1）证；（2）当点E在AB延长线上时，（1）的结论还成立吗？ 圆的基本模型（七）：等腰图（）直径在腰上：如图，已知AB是直径，AB=AC，则有 结论（1）BD=CD=ED结论（1）BD=CD=ED（2）DO∥AC（3）知1推3：【补充】圆心在三线上：如图，已知AB是直径，AB=AC，则有圆的基本模型（八）：双切图补充：多切图内切圆半径为r∠C＝90°⇒r＝a＋b−c2内切圆半径为r∠C≠90°⟹(aBE圆的基本模型（九）：射影图圆的基本模型（十）：切割图（切线和割线垂直）题型一弦切角定理与切割线定理湖北·黄石中考如图，是的直径，点D在的延长线上，C、E是上的两点，，，延长交的延长线于点F．(1)求证：是的切线；(2)若，求弦的长．【答案】(1)见解析，(2)【分析】（1）连接，由条件可证得，得到，即可得到结论；（2）先证明，得到，求出，，∴，在中，由勾股定理得到，求出弦的长．【详解】（1）证明：连接，∵是的直径，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴,∴是的切线；（2）∵，，∴，∴，∴，∴，，∴，在中，，∴，∴，湖北·十堰中考如图，中，，以为直径的交于点，点为延长线上一点，且．(1)求证：是的切线；(2)若，，求的半径．【答案】(1)见解析，(2)7【详解】（1）如图，连接，，是直径，，，，，，，，，，，又是的半径，是的切线；（2）解：，，，，设，则，，，，，即，，，，的半径为7如图，是的外接圆，是的直径，是延长线上一点，连接，且．(1)求证：是的切线；(2)若直径，求的长．【答案】(1)详见解析，(2)【详解】（1）证明：连接，∵是的直径，∴，∴，又∵，∴，又∵，∴，即，∴是的切线；（2）解：∵，∴，∵在中，∴∴，∴，∵，∴，∴，设，则，又∵，即，解得（取正值），∴2023·新疆·中考真题如图，是的直径，点，是上的点，且，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，交的延长线于点，过点作于点，交于点．

(1)求证：是的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析。(2)【分析】（1）连接，根据，得出，由，得出，根据已知条件得出，证明，结合已知条件可得，即可得证；（2）连接，根据已知条件得出，，得出，证明，得出，，进而求得，，根据，求得，进而即可求解．【详解】（1）证明：如图所示，连接，

∵，∴，∵，∴∵，∴，∴∴∵∴∵是半径，∴是的切线；（2）解：如图所示，连接，

∵，，设，则∴，∴，即解得：，∵，∴∵∴，∴，∵是直径，∴，∴，∴，又，∴，∴,，∴，∴，解得：，∴∴，∵是的直径，∴，∵，∴∴，∴，∴，设，则，∴，∵,,∴，∵，∴∴，∴，∵，∴，∴如图，∠BAC的平分线交△ABC的外接圆于点D，交BC于点F，∠ABC的平分线交AD于点E．（1）求证：DE＝DB：（2）若∠BAC＝90°，BD＝4，求△ABC外接圆的半径；（3）若BD＝6，DF＝4，求AD的长【答案】（1）见解析；（2）2（3）9【分析】（1）通过证明∠BED=∠DBE得到DB=DE；（2）连接CD，如图，证明△DBC为等腰直角三角形得到BC=BD=4，从而得到△ABC外接圆的半径；（3）证明△DBF∽△ADB，然后利用相似比求AD的长．【详解】（1）证明：∵AD平分∠BAC，BE平分∠ABD，∴∠1=∠2，∠3=∠4，∴∠BED=∠1+∠3=∠2+∠4=∠5+∠4=∠DBE，∴DB=DE；（2）解：连接CD，如图，∵∠BAC=90°，∴BC为直径，∴∠BDC=90°，∵∠1=∠2，∴DB=BC，∴△DBC为等腰直角三角形，∴BC=BD=4，∴△ABC外接圆的半径为2；（3）解：∵∠5=∠2=∠1，∠FDB=∠BDA，∴△DBF∽△ADB，∴，即，∴AD=9题型二中点弧模型苏州·中考真题如图，是的直径，、为上位于异侧的两点，连接并延长至点，使得，连接交于点，连接、、．（1）证明：；（2）设交于点，若，是的中点，求的值．【解答】证明：（1）是的直径，，即，，垂直平分，，，又，；（2）连接，，是的中点，是的直径，，，，是的中点，，，，即．深圳·中考真题如图，已知⊙O的半径为2，AB为直径，CD为弦．AB与CD交于点M，将EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),CD)沿CD翻折后，点A与圆心O重合，延长OA至P，使AP＝OA，连接PC（1）求CD的长；（2）求证：PC是⊙O的切线；（3）点G为EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),ADB)的中点，在PC延长线上有一动点Q，连接QG交AB于点E．交EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),BC)于点F（F与B、C不重合）．问GE·GF是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由．【拓展】（4）在（3）的条件下，当CF∥AB时，求FE·FG的值【答案】（1）；（2）证明见解析；（3），理由见解析.（4）【详解】试题分析：（1）连接OC，根据翻折的性质求出OM，CD⊥OA，再利用勾股定理列式求解即可；（2）利用勾股定理列式求出PC，然后利用勾股定理逆定理求出∠PCO=90°，再根据圆的切线的定义证明即可；（3）连接GA、AF、GB，根据等弧所对的圆周角相等可得∠BAG=∠AFG，然后根据两组角对应相等两三角相似求出△AGE和△FGA相似，根据相似三角形对应边成比例可得，从而得到GE•GF=AG2，再根据等腰直角三角形的性质求解即可．（）连接，∵沿翻折后，与重合，∴，∴，∵，∴．（）∵，，∵，，∴，∵，，∵，∴，∴是⊙的切线．（），为定值，连接，，，∵点为的中点，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∵为直径，，∴，∴，∴．（4）简证：因为△FAE∽△FGB，所以

2023·山东枣庄·统考中考真题如图，为的直径，点C是的中点，过点C做射线的垂线，垂足为E．

(1)求证：是切线；(2)若，求的长；(3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积（用含有的式子表示）．【答案】(1)见解析；(2)；(3)【分析】（1）连接OC，证明，即可得到结论；（2）连接AC，证明，从而可得，再代入求值即可；（2）连接，证明，从而可得，，求出扇形的面积即可得到阴影部分的面积．【详解】（1）证明：连接，

∵点C是的中点，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴半径，∴是切线；（2）连接，

∵是的直径，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（3）连接，

∵，∴，∵在中，，∴，∴，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∴，∴2023·江苏无锡·统考中考真题如图，是的直径，与相交于点．过点的圆O的切线，交的延长线于点，．

(1)求的度数；(2)若，求的半径．【答案】(1)，(2)（2）证明，根据相似三角形的性质，代入数据即可求解．【详解】（1）如图，连接．

为的切线，．，．，．，．（2）如图，连接，，，．，，且，，，即，，，即半径为2023·四川遂宁·统考中考真题如图，四边形内接于，为的直径，，过点的直线l交的延长线于点，交的延长线于点，且．

(1)求证：是的切线；(2)求证：；(3)当，时，求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)6【分析】（1）连接，，根据圆心角，弦，弧的关系可得，根据直径所对的圆周角是90度可得，半径相等可得，根据等腰的判定可得是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一的性质可得垂直平分，根据平行线的判定和性质可得，即可证明；（2）连接，根据同弧所对的圆周角相等可得，根据平行线的性质可得，，推得，根据相似三角形的判定和性质可得，即可求证；（3）令与交于点，根据正弦的定义可求得，，根据勾股定理可求得，，根据矩形的判定和性质可得,，根据相似三角形的判定和性质可求得,即可求得．【详解】（1）连接，，如图：

∵，∴，∵四边形内接于，为的直径，∴，∴，∴是等腰三角形，又∵，∴垂直平分，∵，∴，∴，即是的切线；（2）连接，如图：

∵∴，∵，∴，，∴，∴，∵，，，∴，∴，即，又∵，∴；（3）令与交于点，如图：

∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，在中，，∴，在中，，∵，，，∴四边形为矩形，∴,∴∵，∴，∴即，∴,∴题型三内心模型已知：如图，在中，E是内心，延长AE交的外接圆于点D，弦AD交弦BC于点F．求证：；当点A在优弧BC上运动时，若，，，求y与x之间的函数关系．【答案】（1）见解析；（2）与x之间的关系式．【分析】首先连接BE，由E是内心，易证得，，又由同弧所对的圆周角相等，证得，则可得，即可证得；首先根据有两角对应相等的三角形相似，证得∽，则可证得：，将已知线段的长代入即可求得x与y的关系式．【详解】连接BE，为内心，，BE分别为，的角平分线，，，，，，弧弧DC，，，；由得，，，为共公角，∽，，，，，，，与x之间的关系式．黑龙江绥化·中考真题如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线与BC相交于点F，与△ABC的外接圆相交于点D（1）求证：△BFD∽△ABD；（2）求证：DE=DB．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【详解】试题分析：（1）由内心的性质和圆周角定理可证得结论；（2）连接BE，由内心的性质及三角形外角的性质可证得∠DBE=∠DEB，可证得DE=DB．试题解析：（1）∵E是△ABC的内心，∴∠BAD=∠CAD，∵∠CAD=∠CBD，∴∠BAD=∠CBD；（2）连接BF，如图，∵E是△ABC的内心，∴∠ABE=∠EBF，∵∠BED=∠BAD+∠ABE，∠DBE=∠EBF+∠CBD，且∠BAD=∠CBD，∴∠BED=∠DBE，∴DE=DB．广东省卷·中考真题如图1，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点C作∠BCD＝∠ACB交⊙O于点D，连接AD交BC于点E，延长DC至点F，使CF＝AC，连接AF．（1）求证：ED＝EC；（2）求证：AF是⊙O的切线；（3）如图2，若点G是△ACD的内心，BC·BE＝25，求BG的长．【分析】（1）由AB＝AC知∠ABC＝∠ACB，结合∠ACB＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC得∠BCD＝∠ADC，从而得证；

（2）连接OA，由∠CAF＝∠CFA知∠ACD＝∠CAF＋∠CFA＝2∠CAF，结合∠ACB＝∠BCD得∠ACD＝2∠ACB，∠CAF＝∠ACB，据此可知AF∥BC，从而得OA⊥AF，从而得证；

（3）证△ABE∽△CBA得AB2＝BC•BE，据此知AB＝5，连接AG，得∠BAG＝∠BAD＋∠DAG，∠BGA＝∠GAC＋∠ACB，由点G为内心知∠DAG＝∠GAC，结合∠BAD＋∠DAG＝∠GAC＋∠ACB得∠BAG＝∠BGA，从而得出BG＝AB＝5．【解答】

解：（1）∵AB＝AC，

∴∠ABC＝∠ACB，

又∵∠ACB＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC，

∴∠BCD＝∠ADC，

∴ED＝EC；

（2）如图，连接OA，

∵AB＝AC，

∴，

∴OA⊥BC，

∵CA＝CF，

∴∠CAF＝∠CFA，

∴∠ACD＝∠CAF＋∠CFA＝2∠CAF，

∵∠ACB＝∠BCD，

∴∠ACD＝2∠ACB，

∴∠CAF＝∠ACB，

∴AF∥BC，

∴OA⊥AF，

∴AF为⊙O的切线；

（3）∵∠ABE＝∠CBA，∠BAD＝∠BCD＝∠ACB，

∴△ABE∽△CBA，

∴，

∴AB2＝BC•BE，

∵BC•BE＝25，

∴AB＝5，

如图，连接AG，

∴∠BAG＝∠BAD＋∠DAG，∠BGA＝∠GAC＋∠ACB，

∵点G为内心，

∴∠DAG＝∠GAC，

又∵∠BAD＋∠DAG＝∠GAC＋∠ACB，

∴∠BAG＝∠BGA，

∴BG＝AB＝5．湖北·孝感中考真题如图，点I是△ABC的内心，BI的延长线与△ABC的外接圆⊙O交于点D，与AC交于点E，延长CD、BA相交于点F，∠ADF的平分线交AF于点G．（1）求证：DG∥CA；（2）求证：AD＝ID；（3）若DE＝4，BE＝5，求BI的长．【分析】（1）根据三角形内心的性质得∠2＝∠7，再利用圆内接四边形的性质得∠ADF＝∠ABC，则∠1＝∠2，从而得到∠1＝∠3，则可判断DG∥AC；（2）根据三角形内心的性质得∠5＝∠6，然后证明∠4＝∠DAI得到DA＝DI；（3）证明△DAE∽△DBA，利用相似比得到AD＝6，则DI＝6，然后计算BD－DI即可．【解答】（1）证明：∵点I是△ABC的内心，∴∠2＝∠7，∵DG平分∠ADF，∴∠1＝EQ\F(1,2)∠ADF,∵∠ADF＝∠ABC，∴∠1＝∠2，∵∠3＝∠2，∴∠1＝∠3，∴DG∥AC；（2）证明：∵点I是△ABC的内心，∴∠5＝∠6，∵∠4＝∠7＋∠5＝∠3＋∠6，即∠4＝∠DAI，∴DA＝DI；（3）解：∵∠3＝∠7，∠ADE＝∠BDA，∴△DAE∽△DBA，∴AD：DB＝DE：DA，即AD：9＝4：AD，∴AD＝6，∴DI＝6，∴BI＝BD－DI＝9－6＝3．题型四线段和差问题（构造手拉手or阿基米德折弦定理）类型一：构造手拉手在的内接四边形中，，，，点为弧的中点，则的长是．【解答】解法一、、、、四点共圆，，，，平分，，如图，将绕点逆时针旋转得，则，，，，、、三点共线，过作于，，，在中，；解法二、如图，过作于，于，则，点为弧的中点，，，，，，，、、、四点共圆，，在和中，，，在和中，，，，设，，，，，解得：，即，，故答案为．如图，已知是的弦，点是弧的中点，是弦上一动点，且不与、重合，的延长线交于点，连接、，过点作，垂足为，．（1）求证：是的切线；（2）若，，求的长；（3）当点在弦上运动时，的值是否发生变化？如果变化，请写出其变化范围；如果不变，请求出其值．【分析】（1）证切线一般先导角（2）通过弧中点所对应的相似模型可以口算 （3）可以考虑通过旋转构造出分母的所对应的线段，再通过相似或三角函数得出比值. 当然，（3）还有很多方法，比如利用角平分线作垂线法2：法2：角平分线作垂线①易证(全等)②求数量关系的话，截长补短也是常见方法，得到的图形与之前旋转法类似，不过辅助线做法不一样法3法3：延长至点，使由，可得全等，故三边之比为，即除此之外，构造旋转相似也是一种处理方式，这里就不细讲了可以结合图形自行体会法4：【简证】∵,∴法4：【简证】∵,∴【解答】（1）证明：如图，连接，，，交于，，，是等边三角形，，点是弧的中点，，，，，，，，，，，是的切线；（2）解：，，，，，，，；（3）结论：，的值不变．理由：如图，连接，，交于，作交的延长线于，，，由（1）得，，，，，，，，，，，，，，，，，的值不变．2023·吉林长春·统考中考真题【感知】如图①，点A、B、P均在上，，则锐角的大小为__________度．

【探究】小明遇到这样一个问题：如图②，是等边三角形的外接圆，点P在上（点P不与点A、C重合），连结、、．求证：．小明发现，延长至点E，使，连结，通过证明，可推得是等边三角形，进而得证．下面是小明的部分证明过程：证明：延长至点E，使，连结，四边形是的内接四边形，．，．是等边三角形．，请你补全余下的证明过程．【应用】如图③，是的外接圆，，点P在上，且点P与点B在的两侧，连结、、．若，则的值为__________．【答案】感知：；探究：见解析；应用：．【分析】感知：由圆周角定理即可求解；探究：延长至点E，使，连结，通过证明，可推得是等边三角形，进而得证；应用：延长至点E，使，连结，通过证明得，可推得是等腰直角三角形，结合与可得，代入即可求解．【详解】感知：由圆周角定理可得，故答案为：；探究：证明：延长至点E，使，连结，四边形是的内接四边形，．，．是等边三角形．，，∴，，，是等边三角形，，，即；应用：延长至点E，使，连结，四边形是的内接四边形，．，．，，∴，，，是等腰直角三角形，，，即，，，，，，，故答案为：．类型二：折弦定理如图，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是⊙O的一条折弦），BC＞AB，M是EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),ABC)的中点，过点M作MD⊥BC垂足为D，求证：CD=AB+BD.（阿基米德折弦定理） 【解析】如图,截取AB=CG,EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),AM)=EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),CM)，∴AM=CM，∠A=∠C，∴△ABM≌△CBM(SAS)∴BM=GM，又∵MD⊥BG，∴BD=GD如图，已知等边三角形ABC内接于⊙O，AB=2，点D为弧AC上一点，∠ABD=45°，AE⊥BD于E，求△BDC的周长。【解析】如图,截取BG=DC

己知:如图1，在⊙O中，C是劣弧AB的中点，直线CD⊥AB于E,易证得:AE=BE,从圆上任意一点出发的两条弦所组成的折线，成为该圆的一条折弦。(1)如图2，PA、PB组成⊙O的一条折弦，C是劣弧AB的中点，直线CD⊥PA于E,求证:AE=PE+PB(2)如图3，PA、PB组成⊙O的一条折弦，若C是优弧AB的中点，直线CD⊥PA于E,则AE、PE、PB之间存在怎样的数量关系?写出结论，并证明。【解析】(1)连接AC,BC,PC,截取AG=PB,易证△AGC≌△BPC（SAS），∴CG=CP∴GE=PE∴AE=PB+PE（2）法一：连接AC,BC,PC,截取PG=PB，易证△CGP≌△CBP（SAS）,∴CB=CG=CA∴AE=AG∴PE=PB+AE法二：易知CP平分∠EPB，作角两边的垂线得到全等（HL），∴PE=PB+AE

如图，在⊙O中AB=AC，点D是EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),CMB)上一动点（点D不与C、B重合）连接DA、DB、DC，∠BAC=120°（1）若AC=4，求⊙O的半径（2）探究DA、DB、DC之间的关系，并证明。【解析】方法一:如图1,截取DF=DB,作AG⊥DC，易知△黄≌△蓝→CG=FG,∴DC+DB=2DG=AG=AD方法二:如图2，作AG⊥DG,AH⊥DB,易知△黄≌△蓝(HL)→GC=BH∴DC+DB=2DG=AG=AD方法三:如图3,DC至点G，使AG=AD,易证△黄≌△蓝(SAS)→GC=BD∴DC+DB=DG=AD如图，△ABC内接于⊙O，AC＜BC,点D为EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),ACB)的中点，求证AD²=AC·BC+CD²【解析】如图1所示，截取BG=AC,DH⊥BC,易证HG=HC，∵CD²=CH·BC,AD²=BD²=BH·BC，∴AC·BC+CD²=AC·BC+CH·BC=BH·BC=BD²（证毕）已知⊙O是等边△ABC的外接圆，P是⊙O上一点，求证PA+PB≤AC+BC【解析】如图所示，截取BG=PA,CH⊥PB→,∴PA+PB=BG+PB=2BHBH≤BC山西中考古希腊数学家阿基米德提出并证明了“折弦定理”．如图1,AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦),BC>AB,M是优弧ABC的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD=AB+BD．（1）请按照下面的证明思路，写出该证明的剩余部分；

证明：如图2，在CB上截取CG=AB，

连接MA,MB,MC和MG．

∵M是EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),ABC)的中点，

∴EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),MA)=EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),MC)

∴MA=MC．

（2）如图(3),已知等边△ABC内接于⊙O,AB=2，D为⊙O上一点,∠ABD=45°,AE⊥BD,垂足为E，请你运用“折弦定理”求△BDC的周长．

【解析】（1）∵又，．．又，．．

（2）如图，截取，连接，，.由题意得，.在和中，..，，则.，.的周长是深圳·中考如图,△ABC内接于⊙O,BC=2,AB=AC，点D为EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),AC)上的动点，且cos∠ABC=EQ\F(\R(,10),10)．

（1）求AB的长度；

（2）在点D的运动过程中，弦AD的延长线交BC延长线于点E，问AD﹒AE的值是否变化？若不变，请求出AD﹒AE的值；若变化，请说明理由；

（3）在点D的运动过程中，过A点作AH⊥BD,求证：BH=CD+DH．（4）求DA,DB,DC之间的数量关系【解析】（1）AB=；（2）如图2,∠1=∠2=∠3→AD·AE=AC²=10；（3）如图3，截取BG=DC，易知△ABG≌△ACD→GH=DH，∴BH=BG+GH=DC+HD（4）DB=DC+DA已知：如图，在△ABC中，D为AC边上一点，且AD=DC+CB．过D作AC的垂线交△ABC的外接圆于M，过M作AB的垂线MN，交圆于N．求证：MN为△ABC外接圆的直径．【解析】如图，延长DC，使CG=BC，易得∠5=∠4，∠1=∠2=∠3∴BM=GM=AM∴MN⊥AB∴MN是△ABC外接圆直径（逆定理）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB=AC，BD平分∠ABC交⊙O于点D，连接AD、CD。作AE⊥BD与点E，若AE=3，DE=1，求△ACD的面积【解析】如图2，截取BG=DC，易证△ACD≌△ABG（SAS）∴BG=DC=AD=∴S△ACD=如图，△ABC内接于⊙O，AB=AC=3，cos∠ABC=，D是劣弧AC上一点，且AD=2CD，求BD的长为.【解析】如图1,截取BG=DC,作AH⊥BD,易证△ACD≌△ABG（SAS）→GH=HD→∠ADH=∠ACB=∠ABC如图2，设HD=a，则BG=2a,AH=,∴15a²+9a²=9→a=∴BD=如图，PA⊥x轴于点A，点B在y轴正半轴上，PA＝PB，OA=6，OB=2,，点C是线段PB延长线上的一个动点，△ABC的外接圆⊙M与y轴的另一个交点是D．（1）证明：AD=AC（2）试问：在点C运动的过程中，BD﹣BC的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请给出合理的解释．【解析】【详解】（1）t2-8t+12=0，解得：t=2或6，即OA=6，OB=2，即点A、B的坐标为（-6，0）、（0，2），设点P（-6，），由PA=PB得：36+（2+）2=（）2，解得：k=-60，故点P（-6，10），故答案为：6，2，-60；（2）当PQ过圆心M时，点P、Q之间的距离达到最大值，∵AM2=AO2+OM2，∴AM2=36+（AM-2）2，∴AM=10=BM∴点M坐标为（0，-8）设直线PM的解析式为：y=kx-8∴10=-6k-8∴k=-3∴直线PM的解析式为：y=-3x-8∴设点Q（a，-3a-8）（a＞0）∵MQ=10=∴a=∴点Q坐标为（，-3-8）故答案为：（，-3-8）（3）是定值，理由：连接CD，过点P作PH⊥y轴，∵tan∠PBH===tan∠DBC，则cos∠DBC=，∴BD-BC=2r-2rcos∠DBC=2r（1-）=4题型五平行弦与相交弦模型如图，在⊙O中，弦AB=CD，AB⊥CD于点E，已知CE•ED=3，BE=1，则⊙O的直径是（）A．2 B． C．2 D．5【答案】C【详解】解：作OH⊥AB于H，OG⊥CD于G，连接OA，由相交弦定理得，CE•ED=EA•BE，即EA×1=3，解得，AE=3，∴AB=4，∵OH⊥AB，∴AH=HB=2，∵AB=CD，CE•ED=3，∴CD=4，∵OG⊥CD，∴EG=1，由题意得，四边形HEGO是矩形，∴OH=EG=1，由勾股定理得，OA=，∴⊙O的直径为，故选C．如图，半圆O的直径，延长到A，直线AD交半圆于点E，D，且，求的长．【答案】2【详解】解：连接，则：，∵，∴，∴，∴，∵，∴，设，则：，∴，整理得，解得（不合题意，舍去）．∴．2023·江苏苏州·统考中考真题如图，是的内接三角形，是的直径，，点在上，连接并延长，交于点，连接，作，垂足为．(1)求证：；(2)若，求的长．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）分别证明，，从而可得结论；（2）求解，，可得，证明，设，则，，证明，可得，可得，，，从而可得答案．【详解】（1）证明：∵是的直径，，∴，∵，∴．（2）∵，，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，设，则，，∵，，∴，∴，∴，则，∴，∴，∴如图，和是的半径，并且，是上任意一点，的延长线交于点，点在的延长线上，且．（1）求证：是的切线；（2）当时，试确定的取值范围；（3）求证：【答案】（1）证明过程见详解；（2）15°≤∠B＜45°；（3）证明过程见详解【分析】（1）连接OQ．欲证明RQ是⊙O的切线，只要证明∠OQR＝90°．（2）分别考虑当AR＝OA时或与A重合时，∠B的度数，从而确定其取值范围．（3）如图2先证明，从而得到，整理即可得到；【详解】解：（1）证明：连接OQ．∵OA⊥OB，∴∠2+∠B＝90°，∵OB＝OQ，∴∠B＝∠4，∵RP＝RQ，∴∠1＝∠3＝∠2，∴∠3+∠4＝90°，∴OQ⊥RQ，∴RQ是⊙O的切线．（2）如图1中，①当点R与A重合时，易知∠B＝45°．②当AR＝OA时，在Rt△ORQ中，∵∠OQR＝90°，OR＝2OQ，∴∠R＝30°，∵RQ＝RP，∴∠RPQ＝∠RQP＝75°，∴∠OPB＝75°，∴∠B＝90°﹣∠OPB＝15°，综上所述，15°≤∠B＜45°．（3）如图2中，延长交于点M，连接BM，AQ，，，，，．深圳·中考如图，线段是的直径，弦于点H，点是弧上任意一点（不与B，C重合），，．延长线段交的延长线于点E，直线交于点N，连结交于点F，则，．【答案】【分析】连接，设，在中，利用勾股定理求出；由，推出，推出，又，推出，由此即可解决问题．【详解】解：连接．∵，∴，设，则，在中，∵，∴，∴，即；连接．∵是直径，∴，，，，，故答案为：，2022·湖南张家界·中考真题如图，四边形内接于圆，是直径，点是的中点，延长交的延长线于点．(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析；(2)1【分析】（1）连接，根据圆周角推论得，根据点是的中点得，，用ASA证明，即可得；（2）根据题意和全等三角形的性质得，根据四边形ABCD内接于圆O和角之间的关系得，即可得，根据相似三角形的性质得，即可得【详解】（1）证明：如图所示，连接，为直径，，又点是的中点，，在和中，，，；（2）解：，，，又四边形内接于圆，，又，，又，，，即：，解得：，题型六垂径图如图，为的直径，，为圆上的两点，，弦，相交于点．（1）求证：；（2）若，，求的半径．【解答】（1）证明：，，，，，；（2）连接，，，，，，，，，即，解得，，是直径，，，的半径为．如图，是的直径，为弦的中点，连接并延长交于点，连接交于点，延长至点，使得，连接．（1）求证：是的切线；（2）若的半径为5，，求的长．【解答】解：（1）为弦的中点，是半径，，即，，又，，又，，，，即，是半径，是的切线；（2）为弦的中点，，是半径，，在中，，又，，，，即，解得，，．四川绵阳·中考如图，是的直径，点为的中点，为的弦，且，垂足为，连接交于点，连接，，．（1）求证：；（2）若，求的长．【解答】证明：（1）是的中点，，是的直径，且，，，，在和中，，；（2）解法一：如图，连接，设的半径为，中，，即，中，，即，，，，，即，解得：（舍或3，，；解法二：如图，过作于，连接、，，，，，，，，，，，，，，是的直径，，，，，，，．解法三：如图，连接，交于，是的中点，，，，，，，，，，，．如图，AB为⊙O的直径，CD⊥AB，垂足为EQD,\o\ac(\S\UP7(⌒),AC)＝EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),CE)．（1）求证：AF＝CF；（2）若⊙O的半径为5，AE＝8，求EF的长．【分析】（1）连接BC、AC，先由等弧所对的圆周角相等得出∠B＝∠CAE，再根据同角的余角相等证明∠B＝∠ACD，进而得到∠CAE＝∠ACD，最后利用等角对等边得到结论AF＝CF；（2）连接AC、OE、OC、BC，设CO与AE交点为G，先由垂径定理的推论得出OC⊥AE，EG＝AG＝EQ\F(1,2)AE＝4，再利用AAS证明△EGO≌△CDO，得出OG＝OD，在△OEG中根据勾股定理求出OG＝3，则OD＝3，CG＝AD＝2．设GF＝x，则CF＝AF＝4－x，然后在△CGF中利用勾股定理列出方程EQ(4－x)\S\UP6(2)＝EQ2\S\UP6(2)＋x\S\UP6(2),解方程求出x的值，进而得到EF的长．【解答】(1)证明：如图，连接BC、AC，∵EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),AC)＝EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),CE),∴∠B＝∠CAE，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，即∠ACD＋∠BCD＝90°，∵CD⊥AB，∴∠B＋∠BCD＝90°，∴∠B＝∠ACD，∴∠CAE＝∠ACD，∴AF＝CF；(2)解：连接AC、OE、OC、BC，设CO与AE交点为G，则OC⊥AE，EG＝AG＝EQ\F(1,2)AE＝4．∵EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),AC)＝EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),CE),∴∠COE＝∠COA，即∠GOE＝∠DOC，又∠OGE＝∠ODC＝90°，OE＝OC，∴△EGO≌△CDO(AAS)，∴OG＝OD．在△OEG中，∵∠OGE＝90°，OE＝5，EG＝4，∴OG＝EQ\R(,OE2－EG2)＝3，∴OD＝OG＝3，CG＝AD＝2．设GF＝x，则CF＝AF＝4－x，在△CGF中，∵∠CGF＝90°，∴EQCF\S\UP6(2)＝EQCG\S\UP6(2)＋GF\S\UP6(2),即EQ(4－x)\S\UP6(2)＝EQ2\S\UP6(2)＋x\S\UP6(2),解得x＝1.5，∴EF＝EG＋GF＝4＋1.5＝5.5．题型七等腰图2023·四川成都·统考中考真题如图，以的边为直径作，交边于点D，过点C作交于点E，连接．

(1)求证：；(2)若，求和的长．【答案】(1)见解析，(2)，【分析】（1）根据，得到，再根据同弧所对的圆周角相等，得到，可证明是等腰三角形，即可解答；（2）根据直径所对的圆周角为直角，得到，设，根据勾股定理列方程，解得x的值，即可求出；解法一：过点作的垂线段，交的延长线于点F，证明，求出的长，根据勾股定理即可解出的长；解法二：连接,得到角相等，进而证得，根据对应边成比例即可解出的长．【详解】（1）证明：，，，，，；（2）解：设，是的直径，，，，即，根据（1）中的结论，可得，根据勾股定理，可得，即，解得，（舍去），，,根据勾股定理，可得；解法一：如图，过点作的垂线段，交的延长线于点F，

，，，，即，，，，，，，设，则，，可得方程，解得，，，根据勾股定理，可得．解法二：如图，连接,

，，，，又，，，，．四川宜宾·统考中考真题如图，线段经过的圆心O，交于A、C两点，，为的弦，连接，，连接并延长交于点E，连接交于点M．（1）求证：直线是的切线；（2）求的半径的长；（3）求线段的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）1；（3）.【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，求出，求出，根据切线的判定推出即可；（2）根据直角三角形的性质得到，于是得到结论；（3）连接，根据为直径，得，由（2）得到，，根据三角形等面积求出，根据勾股定理得到，即可得到答案．【详解】（1）证明：∵，，∴，∴，∴，∵是半径，∴是的切线；（2）∵，，∴，∵，∴，∴的半径的长为1；（3）如图，连接，

∵为直径，，由（2）知的半径，，∴，∵∴，∴．2023·湖北黄冈·统考中考真题如图，中，以为直径的交于点，是的切线，且，垂足为，延长交于点．

(1)求证：；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析，(2)【分析】（1）连接，根据已知可得，则，又，等量代换得出，即可证明；（2）连接，证明，在中，，求得，根据得出，进而可得，根据，即可求解．【详解】（1）证明：如图所示，连接，

∵以为直径的交于点，是的切线，∴，∵，∴，∴，又，∴，∴，∴；（2）解：连接，如图，则，

∴，∴，∴，在中，，∴，∴，又∵是直径，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴．2023·辽宁营口·统考中考真题如图，在中，，以为直径作与交于点D，过点D作，交延长线于点F，垂足为点E．(1)求证：为的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)见详解，(2)【分析】（1）连接，，根据圆周角定理证明，再根据“三线合一”证明平分，即有，进而可得，根据，可得，问题得证；（2）先证明，，即有，在中结合勾股定理，可求出，即同理在中，可得，进而有，，即，证明，即有，即，问题即可得解．【详解】（1）连接，，∵为的直径，∴，∴，∵在中，，∴平分，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴半径，∴为的切线；（2）∵在中，，∴，在（1）中，，，∴，∵，∴，∵在中，，，∴，∴，解得：（负值舍去），即同理在中，可得，∴，∴，即，∵，，∴，∴，∴，即，∴，解得：（经检验，符合题意），即．（2022·江苏无锡·校联考一模）如图所示，在中，AB＝AC，以AC边为直径作⊙O交BC边于点D，过点D作DE⊥AB于点E，ED、AC的延长线交于点F．(1)求证：EF是⊙O的切线．(2)若EB＝6，且sin∠CFD＝，求⊙O的半径与线段AE的长．【答案】(1)见解析，(2)半径为15，AE=24【详解】（1）解：连接OD，如图所示：∵AB=AC，∴∠B=∠ACD，∵OC=OD，∴∠ODC=∠OCD，∴∠B=∠ODC，∴OD∥AB，∵DE⊥AB，∴OD⊥EF，∴EF是⊙O的切线．（2）解：在Rt△ODF中，sin∠OFD=，设OD=3x，则OF=5x，∴AB=AC=6x，AF=8x，在Rt△AEF中，∵sin∠AFE=，∴AE=，∵BE=AB－AE=，∴BE==6，解得：，∴AE=，OD=3×5=15，∴AE=24，半径为15．广西玉林·统考中考真题如图，在中，，，以AB为直径作⊙O分别交于AC，BC于点D，E，过点E作⊙O的切线EF交AC于点F，连接BD．（1）求证：EF是△的中位线；（2）求EF的长．【答案】（1）见解析；（2）.【分析】（1）连接AE，根据切线的性质求出OE是的中位线，即可进行证明；（2）根据勾股定理与中位线的性质即可求解.【详解】（1）证明：连接AE，如图所示：∵AB为⊙O的直径，∴，∴，，∵，∴，∵EF是⊙O的切线，∴，∵，∴OE是的中位线，∴，∴，∴，∵，∴，∴EF是的中位线；（2）解：∵，∴，∵的面积，∴，∵EF是的中位线，∴．2023·四川眉山·统考中考真题如图，中，以为直径的交于点E．平分，过点E作于点D，延长交的延长线于点P．

(1)求证：是的切线；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析，(2)【详解】（1）证明：如图，连接，

，，平分，，，，,,是的切线；（2）解：设，则，，解得，，，根据勾股定理可得，,，是直径，，，，，，，．

湖北孝感·中考真题如图，中，，以为直径的交于点，交于点，过点作于点，交的延长线于点.（1）求证：是的切线；（2）已知，，求和的长.【答案】（1）证明见解析；（2）【详解】分析：（1）连接OD，AD，由圆周角定理可得AD⊥BC，结合等腰三角形的性质知BD=CD，再根据OA=OB知OD∥AC，从而由DG⊥AC可得OD⊥FG，即可得证；（2）连接BE．BE∥GF，推出△AEB∽△AFG，可得，由此构建方程即可解决问题；详解：（1）如图，连接OD，AD，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，∵AB=AC，∴BD=CD，又∵OA=OB，∴OD∥AC，∵DG⊥AC，∴OD⊥FG，∴直线FG与⊙O相切，即DF是⊙O的切线；（2）如图，连接BE．∵BD=2，∴CD＝BD＝2，∵CF=2，∴DF==4，∴BE=2DF=8，∵cos∠C=cos∠ABC，∴，∴，∴AB=10，∴AE=，∵BE⊥AC，DF⊥AC，∴BE∥GF，∴△AEB∽△AFG，∴，∴，∴BG=．（2023·湖南娄底·一模）如图，在中，平分，交于点．是的直径，连接、过点作，交于点，交的延长线于点．(1)求证：是的切线；(2)求证：；(3)若的半径为5，，求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）连接，为的直径得，由，根据等腰三角形性质得平分，即，则为的中位线，所以，而，则，然后根据切线的判定方法即可得到结论；（2）利用两角对应相等的两三角形相似证明，由相似三角形的性质可得出答案；（3）由，根据等角的余角相等得，在中，利用解直角三角形的方法可计算出，在中可计算出，然后由，得，再利用相似比可计算出．【详解】（1）证明：连接，如图，∵为的直径，∴，∴，∵平分，∴，∵，∴为的中位线，∴，∵，∴，又∵是半径，∴是的切线（2）证明：∵是的切线，∴，∵，，，∵是的直径，

∴，，，，，∴，；（3）解：，，，设在中，∴解得：（舍去），在中，，，∵，，∴，即，．2022·湖北十堰·统考中考真题如图，中，，为上一点，以为直径的与相切于点，交于点，，垂足为．(1)求证：是的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，设，，根据已知条件以及直径所对的圆周角相等，证明，进而求得，即可证明是的切线；（2）根据已知条件结合（1）的结论可得四边形是正方形，进而求得的长，根据，，即可求解．【详解】（1）如图，连接，，则，设，，，，为的直径，，，即，，，，，，，，为的半径，是的切线；（2）如图，连接，是的切线，则，又，四边形是矩形，，四边形是正方形，，在中，，，，，由（1）可得，，，，解得．如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，BD是⊙O的直径，连接CD，OE∥BC交AC于点E，连接DE.(1)求证：DE平分∠BDC；(2)若OE＝1，tan∠ODE＝，求AB的长.【解析】(1)连接AO，证AO平分∠BAC，AO⊥BC.延长OE交CD于点H，∵OE∥BC，∴∠OHD＝∠BCD＝90°，∴OH垂直平分CD，∴EC＝ED，∴∠ECD＝∠EDC＝∠CAO＝∠BAC＝∠BDC，∴DE平分∠BDC；(2)延长AO交BC于点M，则AM⊥BC，∵tan∠ODE＝tan∠EDC＝tan∠OAE＝＝，∴OA＝2OE＝2＝OB，∵tan∠BAM＝＝tan∠OAE＝，设BM＝x，则AM＝2x，OM＝2x－2，∴在Rt△BOM中，x2＋(2x－2)2＝22，∴x＝(x＝0已舍)，∴AB＝＝x＝.如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，分别过A，C两点作⊙O的切线相交于点P，连接BP交AC于点D.(1)求证：PA∥BC；(2)若sin∠BAC＝，求的值.【解析】(1)连接AO并延长交BC于点H，连接OB，OC，则△AOB≌△AOC，∴∠BAO＝∠CAO，∴AH⊥BC，∵PA为切线，∴∠OAP＝90°，∴PA∥BC；(2)证∠BOH＝∠BAC，设OB＝5x，BH＝4x，OH＝3x，BC＝8x，tan∠BAH＝＝＝tan∠CAH＝tan∠APO＝.∴PA＝10x，∴＝＝＝.如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，CO的延长线交AB于点D.(1)求证：AO平分∠BAC；(2)若BC＝6，sin∠BAC＝，求AC和CD的长. 解：(1)方法一：连接BO，∵AB＝AC，OB＝OC，∴A，O在线段BC的中垂线上，∴AO⊥BC，又∵AB＝AC，∴AO平分∠BAC；方法二：证△AOB≌△AOC(SSS)即可；(2)延长CD交⊙O于点E，连接BE，延长AO交BC于点H，∵sin∠BOH＝sin∠BAC＝，∴＝，∴易求出AO＝OE＝5，BE＝8，易证BE∥OA，得＝＝，可求出OD＝，∴CD＝，BH＝3，AH＝9，容易求出AB＝AC＝3.如图，⊙O为△ABC的外接圆，AB＝AC，过点C作CD⊥AC交过点A的切线于点D.(1)求证：2AC2＝AD·BC；(2)连接BD交AC于点P，若＝，求sin∠BAC的值.解：(1)连接AO并延长交BC于点E，则AE⊥BC，AE⊥AD，∴AD∥BC，CE＝BC，∴△ACE∽△DAC，∴＝，∴AC2＝CE·AD，∴2AC2＝AD·BC；(2)由(1)知：AD∥BC，∴＝＝，∴可设AD＝3，BC＝2，∵2AC2＝AD·BC，∴AC＝AB＝，∴AE＝＝2，连接OC，设OA＝OC＝r，则OE＝－r，∴在Rt△COE中，r2＝(－r)2＋12，∴r＝，∴sin∠BAC＝sin∠COE＝＝.如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC＝10，BC＝12，连接BO并延长交AC于点D.(1)求⊙O的半径长；(2)求CD的长.解：(1)连接AO并延长交BC于点E，则AE⊥BC，∴BE＝BC＝6，∴AE＝＝8.设OA＝OB＝r，则OE＝8－r，∴在Rt△BOE中，r2＝62＋(8－r)2，∴r＝；(2)由(1)知OE＝，延长BD交⊙O于点F，连接CF，则CF＝2OF＝.∵AO∥CF，∴△AOD∽△CFD，∴＝＝，∴CD＝AC＝.题型八双切图四川遂宁·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：＝．（3）若sin∠ABC═，AC＝15，求四边形CHQE的面积．【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＝＝12，根据勾股定理即可得到结论．【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，∴．（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═＝，∵AC＝15，∴AG＝9，∴CG＝＝12，∵△ACE≌△AQE，∴AQ＝AC＝15，∴QG＝6，∵HQ2＝HG2+QG2，∴HQ2＝（12﹣HQ）2+62，解得：HQ＝，∴CH＝HQ＝，∴四边形CHQE的面积＝CH•GQ＝×6＝45．湖北武汉·中考真题如图，PA为⊙O的切线，A为切点.过A作OP的垂线AB，垂足为点C，交⊙O于点B．延长BO与⊙O交于点D，与PA的延长线交于点E.(1)求证：PB为⊙O的切线；(2)若tan∠ABE=，求sinE的值.【答案】（1）证明见解析；（2）sinE=.【分析】（1）要证PB是⊙O的切线，只要连接OA，再证∠PBO=90°即可；（2）连接AD，证明△ADE∽△POE，得到，设OC=t，则BC=2t，AD=2t，由△PBC∽△BOC，可求出sin∠E的值．【详解】(1)连接OA，∵PA为⊙O的切线，∴∠PAO=90°，∵OA＝OB，OP⊥AB于C，∴BC＝CA，PB＝PA，∴△PBO≌△PAO，∴∠PBO＝∠PAO＝90°，∴PB为⊙O的切线；（2）连接AD，∵BD为直径，∠BAD=90°，由（1）知∠BCO=90°，∴AD∥OP，∴△ADE∽△POE，∴，由AD∥OC得AD=2OC，∵tan∠ABE=，∴，设OC=t，则BC=2t，AD=2t，∵∠OBC+∠CBP=∠OBP=90°，∠BOC+∠OBC=90°，∴∠BOC=∠PBC，又∵∠BCO=∠PCB=90°，∴△PBC∽△BOC，∴，∴PC=2BC=4t，∴OP=PC+OC=5t，∴，可设EA=2a，EP=5a，则PA=3a，∵PA=PB，∴PB=3a，∴sin∠E==.如图，D为O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA=∠CBD．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）过点B作O的切线交CD的延长线于点E，若BC=6，tan∠CDA=，求BE的长【答案】（1）见解析；（2）BE的长为．【分析】（1）连OD，OE，根据圆周角定理得到∠ADO+∠1=90°，而∠CDA=∠CBD，∠CBD=∠1，于是∠CDA+∠ADO=90°；（2）根据切线的性质得到ED=EB，OE⊥BD，则∠ABD=∠OEB，得到tan∠CDA=，易证Rt△CDO∽Rt△CBE，得到，求得CD，然后在Rt△CBE中，运用勾股定理可计算出BE的长．【详解】解：（1）证明：连OD，OE，如图，∵AB为直径，∴∠ADB=90°，即∠ADO+∠1=90°，又∵∠CDA=∠CBD，而∠CBD=∠1，∴∠1=∠CDA，∴∠CDA+∠ADO=90°，即∠CDO=90°，∴CD是⊙O的切线；（2）解：由（1）得CD是的切线，又为的切线，，，，．又，．，，，．，，．在中，设，则，，由勾股定理得，解得．即BE的长为．四川泸州·中考真题如图，⊙O与Rt△ABC的直角边AC和斜边AB分别相切于点C、D，与边BC相交于点F，OA与CD相交于点E，连接FE并延长交AC边于点G．（1）求证：DF∥AO；（2）若AC=6，AB=10，求CG的长．【答案】见解析【详解】（1）证明：连接OD．∵AB与⊙O相切与点D，又AC与⊙O相切与点，∴AC=AD，∵OC=OD，∴OA⊥CD，∴CD⊥OA，∵CF是直径，∴∠CDF=90°，∴DF⊥CD，∴DF∥AO．（2）过点作EM⊥OC于M，∵AC=6，AB=10，∴BC==8，∴AD=AC=6，∴BD=AB-AD=4，∵BD2=BF•BC，∴BF=2，∴CF=BC-BF=6．OC=CF=3，∴OA==3，∵OC2=OE•OA，∴OE=，∵EM∥AC，∴，∴OM=，EM=，FM=OF+OM=，∴，∴CG=EM=2．四川乐山·中考真题如图，D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA＝∠CBD．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）过点B作⊙O的切线交CD的延长线于点E，BC＝6，．求BE的长．【答案】（1）证明见解析；（2）.【详解】(1)连接OD.∵OB＝OD，∴∠OBD＝∠BDO.∵∠CDA＝∠CBD，∴∠CDA＝∠ODB.又∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠ADO＋∠ODB＝90°，∴∠ADO＋∠CDA＝90°，即∠CDO＝90°，∴OD⊥CD.∵OD是⊙O的半径，∴CD是⊙O的切线；(2)∵∠C＝∠C，∠CDA＝∠CBD，∴△CDA∽△CBD，BC＝6，∴CD＝4.∵CE，BE是⊙O的切线，∴BE＝DE，BE⊥BC，∴BE2＋BC2＝EC2，即BE2＋62＝(4＋BE)2，解得BE＝广东省卷·统考中考真题如图，四边形ABCD中，AB=AD=CD，以AB为直径的⊙O经过点C，连接AC，OD交于点E．（1）证明：OD∥BC；（2）若tan∠ABC=2，证明：DA与⊙O相切；（3）在（2）条件下，连接BD交于⊙O于点F，连接EF，若BC=1，求EF的长．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）【详解】【分析】（1）连接OC，证△OAD≌△OCD得∠ADO=∠CDO，由AD=CD知DE⊥AC，再由AB为直径知BC⊥AC，从而得OD∥BC；（2）根据tan∠ABC=2可设BC=a、则AC=2a、AD=AB=，证OE为中位线知OE=a、AE=CE=AC=a，进一步求得DE==2a，在△AOD中利用勾股定理逆定理证∠OAD=90°即可得；（3）先证△AFD∽△BAD得DF•BD=AD2①，再证△AED∽△OAD得OD•DE=AD2②，由①②得DF•BD=OD•DE，即，结合∠EDF=∠BDO知△EDF∽△BDO，据此可得，结合（2）可得相关线段的长，代入计算可得．【详解】（1）如图，连接OC，在△OAD和△OCD中，，∴△OAD≌△OCD（SSS），∴∠ADO=∠CDO，又AD=CD，∴DE⊥AC，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ACB=90°，即BC⊥AC，∴OD∥BC；（2）∵tan∠ABC==2，∴设BC=a、则AC=2a，∴AD=AB=，∵OE∥BC，且AO=BO，∴OE=BC=a，AE=CE=AC=a，在△AED中，DE==2a，在△AOD中，AO2+AD2=（）2+（a）2=a2，OD2=（OF+DF）2=（a+2a）2=a2，∴AO2+AD2=OD2，∴∠OAD=90°，则DA与⊙O相切；（3）如图，连接AF，∵AB是⊙O的直径，∴∠AFD=∠BAD=90°，∵∠ADF=∠BDA，∴△AFD∽△BAD，∴，即DF•BD=AD2①，又∵∠AED=∠OAD=90°，∠ADE=∠ODA，∴△AED∽△OAD，∴，即OD•DE=AD2②，由①②可得DF•BD=OD•DE，即，又∵∠EDF=∠BDO，∴△EDF∽△BDO，∴，∵BC=1，∴AB=AD=、OD=、ED=2、BD=、OB=，∴，∴EF=.四川·乐山中考如图，P是⊙O外的一点，PA、PB是⊙O的两条切线，A、B是切点，PO交AB于点F，延长BO交⊙O于点C，交PA的延长交于点Q，连结AC．（1）求证：AC∥PO；（2）设D为PB的中点，QD交AB于点E，若⊙O的半径为3，CQ＝2，求的值．【分析】（1）由等腰三角形三线合一与直径所对的圆周角是直角得同位角相等。（2）在Rt△OQA中，由勾股定理得QA＝4，在Rt△PBQ中，由勾股定理得PA＝＝PB＝6，因此FD＝3，BF＝AF＝又由中位线定理FD∥AP得，FE：EA＝3：4，因此设AE＝4t,则EF＝3t，BF＝10t，所以AE：BE＝2：5.（1）证明：∵PA、PB是⊙O的两条切线，A、B是切点，∴PA＝PB，且PO平分∠BPA，∴PO⊥AB．∵BC是直径，∴∠CAB＝90°，∴AC⊥AB，∴AC∥PO；（2）解：连结OA、DF，如图，∵PA、PB是⊙O的两条切线，A、B是切点，∴∠OAQ＝∠PBQ＝90°．在Rt△OAQ中，OA＝OC＝3，∴OQ＝5．由QA2＋OA2＝OQ2，得QA＝4．在Rt△PBQ中，PA＝PB，QB＝OQ＋OB＝8，由QB2＋PB2＝PQ2，得82＋PB2＝（PB＋4）2，解得PB＝6，∴PA＝PB＝6．∵OP⊥AB，∴BF＝AF＝AB．又∵D为PB的中点，∴DF∥AP，DF＝PA＝3，∴△DFE∽△QEA，∴，设AE＝4t，FE＝3t，则AF＝AE＋FE＝7t，∴BE＝BF＋FE＝AF＋FE＝7t＋3t＝10t，∴．湖北武汉·中考真题如图，PA是⊙O的切线，A是切点，AC是直径，AB是弦，连接PB、PC，PC交AB于点E，且PA=PB，（1）求证：PB是⊙O的切线；（2）若∠APC=3∠BPC，求的值．【答案】（1）证明见解析；（2）【详解】（1）如图，连接OP、OB，∵PA是⊙O的切线，∴PA⊥OA，∴∠PAO=90°，∵PA=PB，PO=PO，OA=OB，∴△PAO≌△PBO．∴∠PAO=∠PBO=90°，∴PB⊥OB，∴PB是⊙O的切线；（2）如图，连接BC，设OP交AB于K，∵AB是直径，∴∠ABC=90°，∴AB⊥BC，∵PA、PB都是切线，∴PA=PB，∠APO=∠BPO，∵OA=OB，∴OP垂直平分线段AB，∴OK∥BC，∵AO=OC，∴AK=BK，∴BC=2OK，设OK=a，则BC=2a，∵∠APC=3∠BPC，∠APO=∠OPB，∴∠OPC=∠BPC=∠PCB，∴BC=PB=PA=2a，∵△PAK∽△POA，∴PA2=PK•PO，设PK=x，则有：x2+ax﹣4a2=0，解得x=（负根已经舍弃），∴PK=，∵PK∥BC，∴.题型九射影图如图，已知，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AB为直径的⊙O交AC于点D，过圆心O作AC的平行线OE，交BC于点E，连接DE并延长交AB的延长线于点F．(1)求证：DF是⊙O的切线；(2)若BF＝1，DF＝3，求⊙O的半径；(3)若DC＝DE＝1，求AD的长．【答案】(1)见解析；(2)⊙O的半径为4；(3)【分析】（1）连接OD，BD，由圆周角定理及平行线的性质证出∠ODE＝∠OBE＝90°，则可得出结论；（2）设OB＝OD＝x，则OF＝1+x，由勾股定理得出方程x2+32＝（1+x）2，则可得出答案；（3）求出∠CBD＝30°，由直角三角形的性质可得出答案．【详解】（1）证明：连接OD，BD，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝∠BDC＝90°，∵OE∥AC，OA＝OB，∴BE＝CE，∴DE＝BE＝CE，∴∠DBE＝∠BDE，∵OB＝OD，∴∠OBD＝∠ODB，∴∠ODE＝∠OBE＝90°，∵点D在⊙O上，∴DF是⊙O的切线；（2）设OB＝OD＝x，则OF＝1+x，∵OD2+DF2＝OF2，∴x2+32＝（1+x）2，∴x＝4，∴⊙O的半径为4．（3）由（1）知DE＝CE＝BE＝1，∵DC＝1，∴DCBC，∴∠CBD＝30°，∴BD，∵∠ABC＝90°，∴∠ABD＝60°，∴∠A＝30°，∴AB＝2BD＝2，∴AD3．安徽·统考一模如图，中，，以为直径的交于点D，E是的中点，连接．（1）求证：与相切；（2）求证：；（3）若，求的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）连接，首先根据圆周角定理的推论得出，然后利用直角三角形斜边中线的性质及等量代换即可得出，进而结论可证；（2）首先证明，得出，则，然后利用三角形中位线的性质得出，进而结论可证；（3）首先根据DE的长度求出BC的长度，然后利用三角函数分别求出CD，AC的长度，最后利用求解即可．【详解】（1）证明：如解图，连接，∵为的直径，∴，∴．在中，E是的中点，∴，∴．∵，∴，∴．∵为的半径，∴与相切；（2）证明：在中，