專題1-7一文講透圓的十大基本模型·母題溯源目錄TOC\o"1-3"\n\h\z\u模型梳理題型一弦切角定理與切割線定理湖北·黃石中考湖北·十堰中考2023·新疆·中考真題題型二中點(diǎn)弧模型蘇州·中考真題深圳·中考真題2023·山東棗莊·統(tǒng)考中考真題2023·江蘇無錫·統(tǒng)考中考真題2023·四川遂寧·統(tǒng)考中考真題題型三內(nèi)心模型黑龍江綏化·中考真題廣東省卷·中考真題湖北·孝感中考真題題型四線段和差問題（構(gòu)造手拉手or阿基米德折弦定理）類型一：構(gòu)造手拉手2023·吉林長春·統(tǒng)考中考真題類型二：折弦定理山西中考深圳·中考題型五平行弦與相交弦模型2023·江蘇蘇州·統(tǒng)考中考真題深圳·中考2022·湖南張家界·中考真題題型六垂徑圖四川綿陽·中考題型七等腰圖2023·四川成都·統(tǒng)考中考真題四川宜賓·統(tǒng)考中考真題2023·湖北黃岡·統(tǒng)考中考真題2023·遼寧營口·統(tǒng)考中考真題廣西玉林·統(tǒng)考中考真題2023·四川眉山·統(tǒng)考中考真題湖北孝感·中考真題2022·湖北十堰·統(tǒng)考中考真題題型八雙切圖四川遂寧·統(tǒng)考中考真題湖北武漢·中考真題四川瀘州·中考真題四川樂山·中考真題廣東省卷·統(tǒng)考中考真題四川·樂山中考湖北武漢·中考真題題型九射影圖安徽·統(tǒng)考一模四川成都·統(tǒng)考一模2023·湖南永州·統(tǒng)考中考真題2023·四川廣安·統(tǒng)考中考真題題型十切割圖模型梳理圓的基本模型（一）：弦切角定理與切割線定理 ①①是切線；②（弦切角定理）；③以上三個結(jié)論知一推二弦切角：弦和切線所夾的角等于它們所夾的弧所對的圓周角，即切線AP和弦AB所夾的∠1，等于它們所夾的弧EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),AB)所對的圓周角∠2圓的基本模型（二）：中點(diǎn)弧模型點(diǎn)P是優(yōu)弧AB上一動點(diǎn)，則 【以下五個條件知一推四】【以下五個條件知一推四】點(diǎn)C是的中點(diǎn)AC＝BCOC⊥ABPC平分∠APB(即)【簡證】∠1＝∠2，∠PCB為公共角，子母型相似 【補(bǔ)充】⑥PE?PC＝PA?PB，注意：⑥不能反推出前五項(xiàng)【例題】如圖，四邊形內(nèi)接于，對角線、交于點(diǎn)，且，若，，則．【簡證】易知，則， 圓的基本模型（三）：內(nèi)心模型與等腰【模型講解】外接圓+內(nèi)心?得等腰如圖，圓O是△ABC外接圓圓心，I是三角形ABC的內(nèi)心，延長AI交圓O于D，證DI＝DC＝BD【簡證】∠1＝∠4＋∠5,∠4＝∠3，∠2＝∠5∴∠1＝∠2＋∠3圓的基本模型（四）：線段和差問題（構(gòu)造手拉手或阿基米德折弦定理）一、中點(diǎn)弧與旋轉(zhuǎn)【模型解讀】點(diǎn)P是優(yōu)弧AB上一動點(diǎn)，且點(diǎn)C是的中點(diǎn)鄰邊相等+對角互補(bǔ)旋轉(zhuǎn)相似模型，一般用來求圓中三條線段之間的數(shù)量關(guān)系.由于對角互補(bǔ)，即，顯然共線，且，通過導(dǎo)角不難得出相似.常見結(jié)構(gòu)（1）：圓內(nèi)接等邊三角形 結(jié)論：PB+PA=PC結(jié)論：PB+PA=PC【簡析】 常見結(jié)構(gòu)（2）：圓內(nèi)接等腰直角三角形（正方形） 結(jié)論：結(jié)論：【簡析】 補(bǔ)充：【托密勒定理】：秒殺?。ㄟx填可用）二、阿基米德折弦定理【模型解讀】【問題】：已知M為的中點(diǎn)，B為上任意一點(diǎn)，且MD⊥BC于D．求證：AB＋BD＝DC證法一：(補(bǔ)短法)如圖：延長DB至F，使BF＝BA∵M(jìn)為中點(diǎn)∴＝，∴∠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由圓內(nèi)接四邊形對角互補(bǔ)∴∠2＋∠MBA＝180°－－－④由①②③④可得：∠MBA＝∠MBF在△MBF與△MBA中；eq\B\lc\{(\a\al(BF＝BA,∠MBA＝∠MBF,MB＝MB))∴△MBF≌△MBA(SAS)∴MF＝MA，又∵M(jìn)C＝MA∴MF＝MC又∵M(jìn)D⊥CF∴DF＝DC∴FB＋BD＝DC又∵BF＝BA∴AB＋BD＝DC(證畢)證法二：(截長法——兩種截取方式)如圖1：在CD上截取CG＝AB，則有DC＝CG＋DG，再證出BD＝DG即可∵EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),BM)＝EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),BM)∴∠1＝∠2－－－①又∵M(jìn)是EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),AC)中點(diǎn)，∴MA＝MC－－－②由①②可知，在△MBA與△MGC中∴△BMA≌△GMC(SAS)∴BD＝GD又∵M(jìn)D⊥BG∴BD＝DG∴AB＋BD＝DC(證畢)如圖2：在CD上截取DB＝DG，再證明AB＝CG即可簡證：易知△MBG與△MAC均為等腰三角形，且∠1＝∠2，可知△MBG與△MAC構(gòu)成手拉手模型，∴△BMA≌△GMC(SAS)∴AB＝CG常規(guī)證明：∵M(jìn)D⊥BG∴MB＝MG∴∠2＝∠MGD－－－①又∵EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),MC)＝EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),MC)，∴∠1＝∠2－－－②∵M(jìn)是EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),AC)中點(diǎn)，∴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與△MGC中∴△BMA≌△GMC(AAS)∴AB＝GC∴AB＋BD＝DC（證畢）證法三：(翻折)——證共線如圖3：連接MB，MC，MA，AC，將△BAM沿BM翻折，使點(diǎn)A落至點(diǎn)E，連接ME，BE∵△MBA與△MBE關(guān)于BM對稱，所以△MBE≌△MBA∴MA＝ME，∠MBA＝∠MBE－－－①又∵M(jìn)A＝MC，∴ME＝MC，又∵M(jìn)，B，A，C四點(diǎn)共圓，∴∠MBA＋∠MCA＝180°－－－②又∵M(jìn)A＝MC（已證）∴∠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三點(diǎn)共線。又∵M(jìn)E＝MC，MD⊥CE∴DE＝DC，∴EB＋BD＝DC，又∵△MBE≌△MBA∴AB＝EB∴AB＋BD＝DC（證畢）證法四：兩次全等如圖4，連接MB，MA，MC，AC，延長AB，過點(diǎn)M作MH⊥AB于點(diǎn)H，∵M(jìn)為EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),AC)的中點(diǎn)∴AM＝MC，又∵EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),BM)＝EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),BM)∴∠HAM＝∠DCM又∵∠MHA＝∠MDC＝90∴在△MHA與△MDC中∴△MHA≌△MDC(AAS)∴CD＝AH－－－①M(fèi)D＝MH在Rt△MHB與RtT△MDB中∴△MDB≌△MHB(HL)∴BD＝BH又∵AH＝AB＋BH，∴AH＝AB＋BD－－－②由①②可得DC＝AB＋BD(證畢)證法五：補(bǔ)短法（2）——兩次全等如圖4，延長AB至H，使BH＝BD，則AB＋BD＝AH，先證△BHM≌△BDM(HL)，再證△MHA≌△MDC(HL)圓的基本模型（五）：平行弦與相交弦，割線定理一、平行弦：圓的兩條平行弦所夾的弧相等。即：在⊙O中，∵AB∥CD，∴ 二、相交弦：圓內(nèi)兩弦相交，交點(diǎn)分得的兩條線段的乘積相等即：在⊙O中，∵弦AC、BD相交于點(diǎn)G，則AG·CG=BG·DG 三、割線定理割線PD、PC相交于點(diǎn)P，則圓的基本模型（六）：垂徑圖一、弧中點(diǎn)與垂徑圖 知1推5知1推5AD平分∠CABD是的中點(diǎn)DO⊥CB二、垂徑+相等的三段弧如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB是⊙O的直徑，C是的中點(diǎn)，弦CE⊥AB于點(diǎn)H，連結(jié)AD，分別交CE、BC于點(diǎn)P、Q，連結(jié)BD。(1)證CO∥BD(2)AD＝CE(3)證：P是線段AQ的中點(diǎn)(4)證：CP·CE＝AH·AB＝CQ·CB(5)tan∠DBC＝(6)若AD＝8，BD＝6，求AH的值(7)若⊙O的半徑為5，AQ＝，求弦CE的長.【簡證】（1）（2）(3)先利用弧相等導(dǎo)角證AP＝CP，再通過Rt△ACQ中的互余關(guān)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）找到對應(yīng)相似三角形是關(guān)鍵補(bǔ)充拓展：垂徑圖導(dǎo)子母相似如圖弦CD⊥直徑AB于點(diǎn)G，E是直線AB上一點(diǎn)（不與其他點(diǎn)重合），DE交圓O于F，CF交直線AB于點(diǎn)P（1）證；（2）當(dāng)點(diǎn)E在AB延長線上時，（1）的結(jié)論還成立嗎？ 圓的基本模型（七）：等腰圖（）直徑在腰上：如圖，已知AB是直徑，AB=AC，則有 結(jié)論（1）BD=CD=ED結(jié)論（1）BD=CD=ED（2）DO∥AC（3）知1推3：【補(bǔ)充】圓心在三線上：如圖，已知AB是直徑，AB=AC，則有圓的基本模型（八）：雙切圖補(bǔ)充：多切圖內(nèi)切圓半徑為r∠C＝90°?r＝a＋b?c2內(nèi)切圓半徑為r∠C≠90°?(aBE圓的基本模型（九）：射影圖圓的基本模型（十）：切割圖（切線和割線垂直）題型一弦切角定理與切割線定理湖北·黃石中考如圖，是的直徑，點(diǎn)D在的延長線上，C、E是上的兩點(diǎn)，，，延長交的延長線于點(diǎn)F．(1)求證：是的切線；(2)若，求弦的長．【答案】(1)見解析，(2)【分析】（1）連接，由條件可證得，得到，即可得到結(jié)論；（2）先證明，得到，求出，，∴，在中，由勾股定理得到，求出弦的長．【詳解】（1）證明：連接，∵是的直徑，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴,∴是的切線；（2）∵，，∴，∴，∴，∴，，∴，在中，，∴，∴，湖北·十堰中考如圖，中，，以為直徑的交于點(diǎn)，點(diǎn)為延長線上一點(diǎn)，且．(1)求證：是的切線；(2)若，，求的半徑．【答案】(1)見解析，(2)7【詳解】（1）如圖，連接，，是直徑，，，，，，，，，，，又是的半徑，是的切線；（2）解：，，，，設(shè)，則，，，，，即，，，，的半徑為7如圖，是的外接圓，是的直徑，是延長線上一點(diǎn)，連接，且．(1)求證：是的切線；(2)若直徑，求的長．【答案】(1)詳見解析，(2)【詳解】（1）證明：連接，∵是的直徑，∴，∴，又∵，∴，又∵，∴，即，∴是的切線；（2）解：∵，∴，∵在中，∴∴，∴，∵，∴，∴，設(shè)，則，又∵，即，解得（取正值），∴2023·新疆·中考真題如圖，是的直徑，點(diǎn)，是上的點(diǎn)，且，連接，過點(diǎn)作的垂線，交的延長線于點(diǎn)，交的延長線于點(diǎn)，過點(diǎn)作于點(diǎn)，交于點(diǎn)．

(1)求證：是的切線；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析。(2)【分析】（1）連接，根據(jù)，得出，由，得出，根據(jù)已知條件得出，證明，結(jié)合已知條件可得，即可得證；（2）連接，根據(jù)已知條件得出，，得出，證明，得出，，進(jìn)而求得，，根據(jù)，求得，進(jìn)而即可求解．【詳解】（1）證明：如圖所示，連接，

∵，∴，∵，∴∵，∴，∴∴∵∴∵是半徑，∴是的切線；（2）解：如圖所示，連接，

∵，，設(shè)，則∴，∴，即解得：，∵，∴∵∴，∴，∵是直徑，∴，∴，∴，又，∴，∴,，∴，∴，解得：，∴∴，∵是的直徑，∴，∵，∴∴，∴，∴，設(shè)，則，∴，∵,,∴，∵，∴∴，∴，∵，∴，∴如圖，∠BAC的平分線交△ABC的外接圓于點(diǎn)D，交BC于點(diǎn)F，∠ABC的平分線交AD于點(diǎn)E．（1）求證：DE＝DB：（2）若∠BAC＝90°，BD＝4，求△ABC外接圓的半徑；（3）若BD＝6，DF＝4，求AD的長【答案】（1）見解析；（2）2（3）9【分析】（1）通過證明∠BED=∠DBE得到DB=DE；（2）連接CD，如圖，證明△DBC為等腰直角三角形得到BC=BD=4，從而得到△ABC外接圓的半徑；（3）證明△DBF∽△ADB，然后利用相似比求AD的長．【詳解】（1）證明：∵AD平分∠BAC，BE平分∠ABD，∴∠1=∠2，∠3=∠4，∴∠BED=∠1+∠3=∠2+∠4=∠5+∠4=∠DBE，∴DB=DE；（2）解：連接CD，如圖，∵∠BAC=90°，∴BC為直徑，∴∠BDC=90°，∵∠1=∠2，∴DB=BC，∴△DBC為等腰直角三角形，∴BC=BD=4，∴△ABC外接圓的半徑為2；（3）解：∵∠5=∠2=∠1，∠FDB=∠BDA，∴△DBF∽△ADB，∴，即，∴AD=9題型二中點(diǎn)弧模型蘇州·中考真題如圖，是的直徑，、為上位于異側(cè)的兩點(diǎn)，連接并延長至點(diǎn)，使得，連接交于點(diǎn)，連接、、．（1）證明：；（2）設(shè)交于點(diǎn)，若，是的中點(diǎn)，求的值．【解答】證明：（1）是的直徑，，即，，垂直平分，，，又，；（2）連接，，是的中點(diǎn)，是的直徑，，，，是的中點(diǎn)，，，，即．深圳·中考真題如圖，已知⊙O的半徑為2，AB為直徑，CD為弦．AB與CD交于點(diǎn)M，將EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),CD)沿CD翻折后，點(diǎn)A與圓心O重合，延長OA至P，使AP＝OA，連接PC（1）求CD的長；（2）求證：PC是⊙O的切線；（3）點(diǎn)G為EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),ADB)的中點(diǎn)，在PC延長線上有一動點(diǎn)Q，連接QG交AB于點(diǎn)E．交EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),BC)于點(diǎn)F（F與B、C不重合）．問GE·GF是否為定值？如果是，求出該定值；如果不是，請說明理由．【拓展】（4）在（3）的條件下，當(dāng)CF∥AB時，求FE·FG的值【答案】（1）；（2）證明見解析；（3），理由見解析.（4）【詳解】試題分析：（1）連接OC，根據(jù)翻折的性質(zhì)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°，再根據(jù)圓的切線的定義證明即可；（3）連接GA、AF、GB，根據(jù)等弧所對的圓周角相等可得∠BAG=∠AFG，然后根據(jù)兩組角對應(yīng)相等兩三角相似求出△AGE和△FGA相似，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例可得，從而得到GE?GF=AG2，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求解即可．（）連接，∵沿翻折后，與重合，∴，∴，∵，∴．（）∵，，∵，，∴，∵，，∵，∴，∴是⊙的切線．（），為定值，連接，，，∵點(diǎn)為的中點(diǎn)，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∵為直徑，，∴，∴，∴．（4）簡證：因?yàn)椤鱂AE∽△FGB，所以

2023·山東棗莊·統(tǒng)考中考真題如圖，為的直徑，點(diǎn)C是的中點(diǎn)，過點(diǎn)C做射線的垂線，垂足為E．

(1)求證：是切線；(2)若，求的長；(3)在（2）的條件下，求陰影部分的面積（用含有的式子表示）．【答案】(1)見解析；(2)；(3)【分析】（1）連接OC，證明，即可得到結(jié)論；（2）連接AC，證明，從而可得，再代入求值即可；（2）連接，證明，從而可得，，求出扇形的面積即可得到陰影部分的面積．【詳解】（1）證明：連接，

∵點(diǎn)C是的中點(diǎn)，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴半徑，∴是切線；（2）連接，

∵是的直徑，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（3）連接，

∵，∴，∵在中，，∴，∴，∴，∴，∵，∴是等邊三角形，∴，∴，∴，∴，∴2023·江蘇無錫·統(tǒng)考中考真題如圖，是的直徑，與相交于點(diǎn)．過點(diǎn)的圓O的切線，交的延長線于點(diǎn)，．

(1)求的度數(shù)；(2)若，求的半徑．【答案】(1)，(2)（2）證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，代入數(shù)據(jù)即可求解．【詳解】（1）如圖，連接．

為的切線，．，．，．，．（2）如圖，連接，，，．，，且，，，即，，，即半徑為2023·四川遂寧·統(tǒng)考中考真題如圖，四邊形內(nèi)接于，為的直徑，，過點(diǎn)的直線l交的延長線于點(diǎn)，交的延長線于點(diǎn)，且．

(1)求證：是的切線；(2)求證：；(3)當(dāng)，時，求的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)6【分析】（1）連接，，根據(jù)圓心角，弦，弧的關(guān)系可得，根據(jù)直徑所對的圓周角是90度可得，半徑相等可得，根據(jù)等腰的判定可得是等腰三角形，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得垂直平分，根據(jù)平行線的判定和性質(zhì)可得，即可證明；（2）連接，根據(jù)同弧所對的圓周角相等可得，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得，，推得，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)可得，即可求證；（3）令與交于點(diǎn)，根據(jù)正弦的定義可求得，，根據(jù)勾股定理可求得，，根據(jù)矩形的判定和性質(zhì)可得,，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)可求得,即可求得．【詳解】（1）連接，，如圖：

∵，∴，∵四邊形內(nèi)接于，為的直徑，∴，∴，∴是等腰三角形，又∵，∴垂直平分，∵，∴，∴，即是的切線；（2）連接，如圖：

∵∴，∵，∴，，∴，∴，∵，，，∴，∴，即，又∵，∴；（3）令與交于點(diǎn)，如圖：

∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，在中，，∴，在中，，∵，，，∴四邊形為矩形，∴,∴∵，∴，∴即，∴,∴題型三內(nèi)心模型已知：如圖，在中，E是內(nèi)心，延長AE交的外接圓于點(diǎn)D，弦AD交弦BC于點(diǎn)F．求證：；當(dāng)點(diǎn)A在優(yōu)弧BC上運(yùn)動時，若，，，求y與x之間的函數(shù)關(guān)系．【答案】（1）見解析；（2）與x之間的關(guān)系式．【分析】首先連接BE，由E是內(nèi)心，易證得，，又由同弧所對的圓周角相等，證得，則可得，即可證得；首先根據(jù)有兩角對應(yīng)相等的三角形相似，證得∽，則可證得：，將已知線段的長代入即可求得x與y的關(guān)系式．【詳解】連接BE，為內(nèi)心，，BE分別為，的角平分線，，，，，，弧弧DC，，，；由得，，，為共公角，∽，，，，，，，與x之間的關(guān)系式．黑龍江綏化·中考真題如圖，點(diǎn)E是△ABC的內(nèi)心，AE的延長線與BC相交于點(diǎn)F，與△ABC的外接圓相交于點(diǎn)D（1）求證：△BFD∽△ABD；（2）求證：DE=DB．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析．【詳解】試題分析：（1）由內(nèi)心的性質(zhì)和圓周角定理可證得結(jié)論；（2）連接BE，由內(nèi)心的性質(zhì)及三角形外角的性質(zhì)可證得∠DBE=∠DEB，可證得DE=DB．試題解析：（1）∵E是△ABC的內(nèi)心，∴∠BAD=∠CAD，∵∠CAD=∠CBD，∴∠BAD=∠CBD；（2）連接BF，如圖，∵E是△ABC的內(nèi)心，∴∠ABE=∠EBF，∵∠BED=∠BAD+∠ABE，∠DBE=∠EBF+∠CBD，且∠BAD=∠CBD，∴∠BED=∠DBE，∴DE=DB．廣東省卷·中考真題如圖1，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圓，過點(diǎn)C作∠BCD＝∠ACB交⊙O于點(diǎn)D，連接AD交BC于點(diǎn)E，延長DC至點(diǎn)F，使CF＝AC，連接AF．（1）求證：ED＝EC；（2）求證：AF是⊙O的切線；（3）如圖2，若點(diǎn)G是△ACD的內(nèi)心，BC·BE＝25，求BG的長．【分析】（1）由AB＝AC知∠ABC＝∠ACB，結(jié)合∠ACB＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC得∠BCD＝∠ADC，從而得證；

（2）連接OA，由∠CAF＝∠CFA知∠ACD＝∠CAF＋∠CFA＝2∠CAF，結(jié)合∠ACB＝∠BCD得∠ACD＝2∠ACB，∠CAF＝∠ACB，據(jù)此可知AF∥BC，從而得OA⊥AF，從而得證；

（3）證△ABE∽△CBA得AB2＝BC?BE，據(jù)此知AB＝5，連接AG，得∠BAG＝∠BAD＋∠DAG，∠BGA＝∠GAC＋∠ACB，由點(diǎn)G為內(nèi)心知∠DAG＝∠GAC，結(jié)合∠BAD＋∠DAG＝∠GAC＋∠ACB得∠BAG＝∠BGA，從而得出BG＝AB＝5．【解答】

解：（1）∵AB＝AC，

∴∠ABC＝∠ACB，

又∵∠ACB＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC，

∴∠BCD＝∠ADC，

∴ED＝EC；

（2）如圖，連接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為⊙O的切線；

（3）∵∠ABE＝∠CBA，∠BAD＝∠BCD＝∠ACB，

∴△ABE∽△CBA，

∴，

∴AB2＝BC?BE，

∵BC?BE＝25，

∴AB＝5，

如圖，連接AG，

∴∠BAG＝∠BAD＋∠DAG，∠BGA＝∠GAC＋∠ACB，

∵點(diǎn)G為內(nèi)心，

∴∠DAG＝∠GAC，

又∵∠BAD＋∠DAG＝∠GAC＋∠ACB，

∴∠BAG＝∠BGA，

∴BG＝AB＝5．湖北·孝感中考真題如圖，點(diǎn)I是△ABC的內(nèi)心，BI的延長線與△ABC的外接圓⊙O交于點(diǎn)D，與AC交于點(diǎn)E，延長CD、BA相交于點(diǎn)F，∠ADF的平分線交AF于點(diǎn)G．（1）求證：DG∥CA；（2）求證：AD＝ID；（3）若DE＝4，BE＝5，求BI的長．【分析】（1）根據(jù)三角形內(nèi)心的性質(zhì)得∠2＝∠7，再利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得∠ADF＝∠ABC，則∠1＝∠2，從而得到∠1＝∠3，則可判斷DG∥AC；（2）根據(jù)三角形內(nèi)心的性質(zhì)得∠5＝∠6，然后證明∠4＝∠DAI得到DA＝DI；（3）證明△DAE∽△DBA，利用相似比得到AD＝6，則DI＝6，然后計(jì)算BD－DI即可．【解答】（1）證明：∵點(diǎn)I是△ABC的內(nèi)心，∴∠2＝∠7，∵DG平分∠ADF，∴∠1＝EQ\F(1,2)∠ADF,∵∠ADF＝∠ABC，∴∠1＝∠2，∵∠3＝∠2，∴∠1＝∠3，∴DG∥AC；（2）證明：∵點(diǎn)I是△ABC的內(nèi)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．題型四線段和差問題（構(gòu)造手拉手or阿基米德折弦定理）類型一：構(gòu)造手拉手在的內(nèi)接四邊形中，，，，點(diǎn)為弧的中點(diǎn)，則的長是．【解答】解法一、、、、四點(diǎn)共圓，，，，平分，，如圖，將繞點(diǎn)逆時針旋轉(zhuǎn)得，則，，，，、、三點(diǎn)共線，過作于，，，在中，；解法二、如圖，過作于，于，則，點(diǎn)為弧的中點(diǎn)，，，，，，，、、、四點(diǎn)共圓，，在和中，，，在和中，，，，設(shè)，，，，，解得：，即，，故答案為．如圖，已知是的弦，點(diǎn)是弧的中點(diǎn)，是弦上一動點(diǎn)，且不與、重合，的延長線交于點(diǎn)，連接、，過點(diǎn)作，垂足為，．（1）求證：是的切線；（2）若，，求的長；（3）當(dāng)點(diǎn)在弦上運(yùn)動時，的值是否發(fā)生變化？如果變化，請寫出其變化范圍；如果不變，請求出其值．【分析】（1）證切線一般先導(dǎo)角（2）通過弧中點(diǎn)所對應(yīng)的相似模型可以口算 （3）可以考慮通過旋轉(zhuǎn)構(gòu)造出分母的所對應(yīng)的線段，再通過相似或三角函數(shù)得出比值. 當(dāng)然，（3）還有很多方法，比如利用角平分線作垂線法2：法2：角平分線作垂線①易證(全等)②求數(shù)量關(guān)系的話，截長補(bǔ)短也是常見方法，得到的圖形與之前旋轉(zhuǎn)法類似，不過輔助線做法不一樣法3法3：延長至點(diǎn)，使由，可得全等，故三邊之比為，即除此之外，構(gòu)造旋轉(zhuǎn)相似也是一種處理方式，這里就不細(xì)講了可以結(jié)合圖形自行體會法4：【簡證】∵,∴法4：【簡證】∵,∴【解答】（1）證明：如圖，連接，，，交于，，，是等邊三角形，，點(diǎn)是弧的中點(diǎn)，，，，，，，，，，，是的切線；（2）解：，，，，，，，；（3）結(jié)論：，的值不變．理由：如圖，連接，，交于，作交的延長線于，，，由（1）得，，，，，，，，，，，，，，，，，的值不變．2023·吉林長春·統(tǒng)考中考真題【感知】如圖①，點(diǎn)A、B、P均在上，，則銳角的大小為__________度．

【探究】小明遇到這樣一個問題：如圖②，是等邊三角形的外接圓，點(diǎn)P在上（點(diǎn)P不與點(diǎn)A、C重合），連結(jié)、、．求證：．小明發(fā)現(xiàn)，延長至點(diǎn)E，使，連結(jié)，通過證明，可推得是等邊三角形，進(jìn)而得證．下面是小明的部分證明過程：證明：延長至點(diǎn)E，使，連結(jié)，四邊形是的內(nèi)接四邊形，．，．是等邊三角形．，請你補(bǔ)全余下的證明過程．【應(yīng)用】如圖③，是的外接圓，，點(diǎn)P在上，且點(diǎn)P與點(diǎn)B在的兩側(cè)，連結(jié)、、．若，則的值為__________．【答案】感知：；探究：見解析；應(yīng)用：．【分析】感知：由圓周角定理即可求解；探究：延長至點(diǎn)E，使，連結(jié)，通過證明，可推得是等邊三角形，進(jìn)而得證；應(yīng)用：延長至點(diǎn)E，使，連結(jié)，通過證明得，可推得是等腰直角三角形，結(jié)合與可得，代入即可求解．【詳解】感知：由圓周角定理可得，故答案為：；探究：證明：延長至點(diǎn)E，使，連結(jié)，四邊形是的內(nèi)接四邊形，．，．是等邊三角形．，，∴，，，是等邊三角形，，，即；應(yīng)用：延長至點(diǎn)E，使，連結(jié)，四邊形是的內(nèi)接四邊形，．，．，，∴，，，是等腰直角三角形，，，即，，，，，，，故答案為：．類型二：折弦定理如圖，AB和BC是⊙O的兩條弦（即折線ABC是⊙O的一條折弦），BC＞AB，M是EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),ABC)的中點(diǎn)，過點(diǎn)M作MD⊥BC垂足為D，求證：CD=AB+BD.（阿基米德折弦定理） 【解析】如圖,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∵M(jìn)D⊥BG，∴BD=GD如圖，已知等邊三角形ABC內(nèi)接于⊙O，AB=2，點(diǎn)D為弧AC上一點(diǎn)，∠ABD=45°，AE⊥BD于E，求△BDC的周長。【解析】如圖,截取BG=DC

己知:如圖1，在⊙O中，C是劣弧AB的中點(diǎn)，直線CD⊥AB于E,易證得:AE=BE,從圓上任意一點(diǎn)出發(fā)的兩條弦所組成的折線，成為該圓的一條折弦。(1)如圖2，PA、PB組成⊙O的一條折弦，C是劣弧AB的中點(diǎn)，直線CD⊥PA于E,求證:AE=PE+PB(2)如圖3，PA、PB組成⊙O的一條折弦，若C是優(yōu)弧AB的中點(diǎn)，直線CD⊥PA于E,則AE、PE、PB之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系?寫出結(jié)論，并證明。【解析】(1)連接AC,BC,PC,截取AG=PB,易證△AGC≌△BPC（SAS），∴CG=CP∴GE=PE∴AE=PB+PE（2）法一：連接AC,BC,PC,截取PG=PB，易證△CGP≌△CBP（SAS）,∴CB=CG=CA∴AE=AG∴PE=PB+AE法二：易知CP平分∠EPB，作角兩邊的垂線得到全等（HL），∴PE=PB+AE

如圖，在⊙O中AB=AC，點(diǎn)D是EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),CMB)上一動點(diǎn)（點(diǎn)D不與C、B重合）連接DA、DB、DC，∠BAC=120°（1）若AC=4，求⊙O的半徑（2）探究DA、DB、DC之間的關(guān)系，并證明。【解析】方法一:如圖1,截取DF=DB,作AG⊥DC，易知△黃≌△藍(lán)→CG=FG,∴DC+DB=2DG=AG=AD方法二:如圖2，作AG⊥DG,AH⊥DB,易知△黃≌△藍(lán)(HL)→GC=BH∴DC+DB=2DG=AG=AD方法三:如圖3,DC至點(diǎn)G，使AG=AD,易證△黃≌△藍(lán)(SAS)→GC=BD∴DC+DB=DG=AD如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AC＜BC,點(diǎn)D為EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),ACB)的中點(diǎn)，求證AD2=AC·BC+CD2【解析】如圖1所示，截取BG=AC,DH⊥BC,易證HG=HC，∵CD2=CH·BC,AD2=BD2=BH·BC，∴AC·BC+CD2=AC·BC+CH·BC=BH·BC=BD2（證畢）已知⊙O是等邊△ABC的外接圓，P是⊙O上一點(diǎn)，求證PA+PB≤AC+BC【解析】如圖所示，截取BG=PA,CH⊥PB→,∴PA+PB=BG+PB=2BHBH≤BC山西中考古希臘數(shù)學(xué)家阿基米德提出并證明了“折弦定理”．如圖1,AB和BC是⊙O的兩條弦（即折線ABC是圓的一條折弦),BC>AB,M是優(yōu)弧ABC的中點(diǎn)，則從M向BC所作垂線的垂足D是折弦ABC的中點(diǎn)，即CD=AB+BD．（1）請按照下面的證明思路，寫出該證明的剩余部分；

證明：如圖2，在CB上截取CG=AB，

連接MA,MB,MC和MG．

∵M(jìn)是EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),ABC)的中點(diǎn)，

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

∴MA=MC．

（2）如圖(3),已知等邊△ABC內(nèi)接于⊙O,AB=2，D為⊙O上一點(diǎn),∠ABD=45°,AE⊥BD,垂足為E，請你運(yùn)用“折弦定理”求△BDC的周長．

【解析】（1）∵又，．．又，．．

（2）如圖，截取，連接，，.由題意得，.在和中，..，，則.，.的周長是深圳·中考如圖,△ABC內(nèi)接于⊙O,BC=2,AB=AC，點(diǎn)D為EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),AC)上的動點(diǎn)，且cos∠ABC=EQ\F(\R(,10),10)．

（1）求AB的長度；

（2）在點(diǎn)D的運(yùn)動過程中，弦AD的延長線交BC延長線于點(diǎn)E，問AD﹒AE的值是否變化？若不變，請求出AD﹒AE的值；若變化，請說明理由；

（3）在點(diǎn)D的運(yùn)動過程中，過A點(diǎn)作AH⊥BD,求證：BH=CD+DH．（4）求DA,DB,DC之間的數(shù)量關(guān)系【解析】（1）AB=；（2）如圖2,∠1=∠2=∠3→AD·AE=AC2=10；（3）如圖3，截取BG=DC，易知△ABG≌△ACD→GH=DH，∴BH=BG+GH=DC+HD（4）DB=DC+DA已知：如圖，在△ABC中，D為AC邊上一點(diǎn)，且AD=DC+CB．過D作AC的垂線交△ABC的外接圓于M，過M作AB的垂線MN，交圓于N．求證：MN為△ABC外接圓的直徑．【解析】如圖，延長DC，使CG=BC，易得∠5=∠4，∠1=∠2=∠3∴BM=GM=AM∴MN⊥AB∴MN是△ABC外接圓直徑（逆定理）如圖，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，AB=AC，BD平分∠ABC交⊙O于點(diǎn)D，連接AD、CD。作AE⊥BD與點(diǎn)E，若AE=3，DE=1，求△ACD的面積【解析】如圖2，截取BG=DC，易證△ACD≌△ABG（SAS）∴BG=DC=AD=∴S△ACD=如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB=AC=3，cos∠ABC=，D是劣弧AC上一點(diǎn)，且AD=2CD，求BD的長為.【解析】如圖1,截取BG=DC,作AH⊥BD,易證△ACD≌△ABG（SAS）→GH=HD→∠ADH=∠ACB=∠ABC如圖2，設(shè)HD=a，則BG=2a,AH=,∴15a2+9a2=9→a=∴BD=如圖，PA⊥x軸于點(diǎn)A，點(diǎn)B在y軸正半軸上，PA＝PB，OA=6，OB=2,，點(diǎn)C是線段PB延長線上的一個動點(diǎn)，△ABC的外接圓⊙M與y軸的另一個交點(diǎn)是D．（1）證明：AD=AC（2）試問：在點(diǎn)C運(yùn)動的過程中，BD﹣BC的值是否為定值？若是，請求出該定值；若不是，請給出合理的解釋．【解析】【詳解】（1）t2-8t+12=0，解得：t=2或6，即OA=6，OB=2，即點(diǎn)A、B的坐標(biāo)為（-6，0）、（0，2），設(shè)點(diǎn)P（-6，），由PA=PB得：36+（2+）2=（）2，解得：k=-60，故點(diǎn)P（-6，10），故答案為：6，2，-60；（2）當(dāng)PQ過圓心M時，點(diǎn)P、Q之間的距離達(dá)到最大值，∵AM2=AO2+OM2，∴AM2=36+（AM-2）2，∴AM=10=BM∴點(diǎn)M坐標(biāo)為（0，-8）設(shè)直線PM的解析式為：y=kx-8∴10=-6k-8∴k=-3∴直線PM的解析式為：y=-3x-8∴設(shè)點(diǎn)Q（a，-3a-8）（a＞0）∵M(jìn)Q=10=∴a=∴點(diǎn)Q坐標(biāo)為（，-3-8）故答案為：（，-3-8）（3）是定值，理由：連接CD，過點(diǎn)P作PH⊥y軸，∵tan∠PBH===tan∠DBC，則cos∠DBC=，∴BD-BC=2r-2rcos∠DBC=2r（1-）=4題型五平行弦與相交弦模型如圖，在⊙O中，弦AB=CD，AB⊥CD于點(diǎn)E，已知CE?ED=3，BE=1，則⊙O的直徑是（）A．2 B． C．2 D．5【答案】C【詳解】解：作OH⊥AB于H，OG⊥CD于G，連接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，由題意得，四邊形HEGO是矩形，∴OH=EG=1，由勾股定理得，OA=，∴⊙O的直徑為，故選C．如圖，半圓O的直徑，延長到A，直線AD交半圓于點(diǎn)E，D，且，求的長．【答案】2【詳解】解：連接，則：，∵，∴，∴，∴，∵，∴，設(shè)，則：，∴，整理得，解得（不合題意，舍去）．∴．2023·江蘇蘇州·統(tǒng)考中考真題如圖，是的內(nèi)接三角形，是的直徑，，點(diǎn)在上，連接并延長，交于點(diǎn)，連接，作，垂足為．(1)求證：；(2)若，求的長．【答案】(1)證明見解析；(2)【分析】（1）分別證明，，從而可得結(jié)論；（2）求解，，可得，證明，設(shè)，則，，證明，可得，可得，，，從而可得答案．【詳解】（1）證明：∵是的直徑，，∴，∵，∴．（2）∵，，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，設(shè)，則，，∵，，∴，∴，∴，則，∴，∴，∴如圖，和是的半徑，并且，是上任意一點(diǎn)，的延長線交于點(diǎn)，點(diǎn)在的延長線上，且．（1）求證：是的切線；（2）當(dāng)時，試確定的取值范圍；（3）求證：【答案】（1）證明過程見詳解；（2）15°≤∠B＜45°；（3）證明過程見詳解【分析】（1）連接OQ．欲證明RQ是⊙O的切線，只要證明∠OQR＝90°．（2）分別考慮當(dāng)AR＝OA時或與A重合時，∠B的度數(shù)，從而確定其取值范圍．（3）如圖2先證明，從而得到，整理即可得到；【詳解】解：（1）證明：連接OQ．∵OA⊥OB，∴∠2+∠B＝90°，∵OB＝OQ，∴∠B＝∠4，∵RP＝RQ，∴∠1＝∠3＝∠2，∴∠3+∠4＝90°，∴OQ⊥RQ，∴RQ是⊙O的切線．（2）如圖1中，①當(dāng)點(diǎn)R與A重合時，易知∠B＝45°．②當(dāng)AR＝OA時，在Rt△ORQ中，∵∠OQR＝90°，OR＝2OQ，∴∠R＝30°，∵RQ＝RP，∴∠RPQ＝∠RQP＝75°，∴∠OPB＝75°，∴∠B＝90°﹣∠OPB＝15°，綜上所述，15°≤∠B＜45°．（3）如圖2中，延長交于點(diǎn)M，連接BM，AQ，，，，，．深圳·中考如圖，線段是的直徑，弦于點(diǎn)H，點(diǎn)是弧上任意一點(diǎn)（不與B，C重合），，．延長線段交的延長線于點(diǎn)E，直線交于點(diǎn)N，連結(jié)交于點(diǎn)F，則，．【答案】【分析】連接，設(shè)，在中，利用勾股定理求出；由，推出，推出，又，推出，由此即可解決問題．【詳解】解：連接．∵，∴，設(shè)，則，在中，∵，∴，∴，即；連接．∵是直徑，∴，，，，，故答案為：，2022·湖南張家界·中考真題如圖，四邊形內(nèi)接于圓，是直徑，點(diǎn)是的中點(diǎn)，延長交的延長線于點(diǎn)．(1)求證：；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析；(2)1【分析】（1）連接，根據(jù)圓周角推論得，根據(jù)點(diǎn)是的中點(diǎn)得，，用ASA證明，即可得；（2）根據(jù)題意和全等三角形的性質(zhì)得，根據(jù)四邊形ABCD內(nèi)接于圓O和角之間的關(guān)系得，即可得，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得，即可得【詳解】（1）證明：如圖所示，連接，為直徑，，又點(diǎn)是的中點(diǎn)，，在和中，，，；（2）解：，，，又四邊形內(nèi)接于圓，，又，，又，，，即：，解得：，題型六垂徑圖如圖，為的直徑，，為圓上的兩點(diǎn)，，弦，相交于點(diǎn)．（1）求證：；（2）若，，求的半徑．【解答】（1）證明：，，，，，；（2）連接，，，，，，，，，即，解得，，是直徑，，，的半徑為．如圖，是的直徑，為弦的中點(diǎn)，連接并延長交于點(diǎn)，連接交于點(diǎn)，延長至點(diǎn)，使得，連接．（1）求證：是的切線；（2）若的半徑為5，，求的長．【解答】解：（1）為弦的中點(diǎn)，是半徑，，即，，又，，又，，，，即，是半徑，是的切線；（2）為弦的中點(diǎn)，，是半徑，，在中，，又，，，，即，解得，，．四川綿陽·中考如圖，是的直徑，點(diǎn)為的中點(diǎn)，為的弦，且，垂足為，連接交于點(diǎn)，連接，，．（1）求證：；（2）若，求的長．【解答】證明：（1）是的中點(diǎn)，，是的直徑，且，，，，在和中，，；（2）解法一：如圖，連接，設(shè)的半徑為，中，，即，中，，即，，，，，即，解得：（舍或3，，；解法二：如圖，過作于，連接、，，，，，，，，，，，，，，是的直徑，，，，，，，．解法三：如圖，連接，交于，是的中點(diǎn)，，，，，，，，，，，．如圖，AB為⊙O的直徑，CD⊥AB，垂足為EQD,\o\ac(\S\UP7(⌒),AC)＝EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),CE)．（1）求證：AF＝CF；（2）若⊙O的半徑為5，AE＝8，求EF的長．【分析】（1）連接BC、AC，先由等弧所對的圓周角相等得出∠B＝∠CAE，再根據(jù)同角的余角相等證明∠B＝∠ACD，進(jìn)而得到∠CAE＝∠ACD，最后利用等角對等邊得到結(jié)論AF＝CF；（2）連接AC、OE、OC、BC，設(shè)CO與AE交點(diǎn)為G，先由垂徑定理的推論得出OC⊥AE，EG＝AG＝EQ\F(1,2)AE＝4，再利用AAS證明△EGO≌△CDO，得出OG＝OD，在△OEG中根據(jù)勾股定理求出OG＝3，則OD＝3，CG＝AD＝2．設(shè)GF＝x，則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，進(jìn)而得到EF的長．【解答】(1)證明：如圖，連接BC、AC，∵EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),AC)＝EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),CE),∴∠B＝∠CAE，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，即∠ACD＋∠BCD＝90°，∵CD⊥AB，∴∠B＋∠BCD＝90°，∴∠B＝∠ACD，∴∠CAE＝∠ACD，∴AF＝CF；(2)解：連接AC、OE、OC、BC，設(shè)CO與AE交點(diǎn)為G，則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．設(shè)GF＝x，則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．題型七等腰圖2023·四川成都·統(tǒng)考中考真題如圖，以的邊為直徑作，交邊于點(diǎn)D，過點(diǎn)C作交于點(diǎn)E，連接．

(1)求證：；(2)若，求和的長．【答案】(1)見解析，(2)，【分析】（1）根據(jù)，得到，再根據(jù)同弧所對的圓周角相等，得到，可證明是等腰三角形，即可解答；（2）根據(jù)直徑所對的圓周角為直角，得到，設(shè)，根據(jù)勾股定理列方程，解得x的值，即可求出；解法一：過點(diǎn)作的垂線段，交的延長線于點(diǎn)F，證明，求出的長，根據(jù)勾股定理即可解出的長；解法二：連接,得到角相等，進(jìn)而證得，根據(jù)對應(yīng)邊成比例即可解出的長．【詳解】（1）證明：，，，，，；（2）解：設(shè)，是的直徑，，，，即，根據(jù)（1）中的結(jié)論，可得，根據(jù)勾股定理，可得，即，解得，（舍去），，,根據(jù)勾股定理，可得；解法一：如圖，過點(diǎn)作的垂線段，交的延長線于點(diǎn)F，

，，，，即，，，，，，，設(shè)，則，，可得方程，解得，，，根據(jù)勾股定理，可得．解法二：如圖，連接,

，，，，又，，，，．四川宜賓·統(tǒng)考中考真題如圖，線段經(jīng)過的圓心O，交于A、C兩點(diǎn)，，為的弦，連接，，連接并延長交于點(diǎn)E，連接交于點(diǎn)M．（1）求證：直線是的切線；（2）求的半徑的長；（3）求線段的長．

【答案】（1）證明見解析；（2）1；（3）.【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到，求出，求出，根據(jù)切線的判定推出即可；（2）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到，于是得到結(jié)論；（3）連接，根據(jù)為直徑，得，由（2）得到，，根據(jù)三角形等面積求出，根據(jù)勾股定理得到，即可得到答案．【詳解】（1）證明：∵，，∴，∴，∴，∵是半徑，∴是的切線；（2）∵，，∴，∵，∴，∴的半徑的長為1；（3）如圖，連接，

∵為直徑，，由（2）知的半徑，，∴，∵∴，∴．2023·湖北黃岡·統(tǒng)考中考真題如圖，中，以為直徑的交于點(diǎn)，是的切線，且，垂足為，延長交于點(diǎn)．

(1)求證：；(2)若，求的長．【答案】(1)見解析，(2)【分析】（1）連接，根據(jù)已知可得，則，又，等量代換得出，即可證明；（2）連接，證明，在中，，求得，根據(jù)得出，進(jìn)而可得，根據(jù)，即可求解．【詳解】（1）證明：如圖所示，連接，

∵以為直徑的交于點(diǎn)，是的切線，∴，∵，∴，∴，又，∴，∴，∴；（2）解：連接，如圖，則，

∴，∴，∴，在中，，∴，∴，又∵是直徑，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴．2023·遼寧營口·統(tǒng)考中考真題如圖，在中，，以為直徑作與交于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作，交延長線于點(diǎn)F，垂足為點(diǎn)E．(1)求證：為的切線；(2)若，，求的長．【答案】(1)見詳解，(2)【分析】（1）連接，，根據(jù)圓周角定理證明，再根據(jù)“三線合一”證明平分，即有，進(jìn)而可得，根據(jù)，可得，問題得證；（2）先證明，，即有，在中結(jié)合勾股定理，可求出，即同理在中，可得，進(jìn)而有，，即，證明，即有，即，問題即可得解．【詳解】（1）連接，，∵為的直徑，∴，∴，∵在中，，∴平分，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴半徑，∴為的切線；（2）∵在中，，∴，在（1）中，，，∴，∵，∴，∵在中，，，∴，∴，解得：（負(fù)值舍去），即同理在中，可得，∴，∴，即，∵，，∴，∴，∴，即，∴，解得：（經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意），即．（2022·江蘇無錫·校聯(lián)考一模）如圖所示，在中，AB＝AC，以AC邊為直徑作⊙O交BC邊于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，ED、AC的延長線交于點(diǎn)F．(1)求證：EF是⊙O的切線．(2)若EB＝6，且sin∠CFD＝，求⊙O的半徑與線段AE的長．【答案】(1)見解析，(2)半徑為15，AE=24【詳解】（1）解：連接OD，如圖所示：∵AB=AC，∴∠B=∠ACD，∵OC=OD，∴∠ODC=∠OCD，∴∠B=∠ODC，∴OD∥AB，∵DE⊥AB，∴OD⊥EF，∴EF是⊙O的切線．（2）解：在Rt△ODF中，sin∠OFD=，設(shè)OD=3x，則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，半徑為15．廣西玉林·統(tǒng)考中考真題如圖，在中，，，以AB為直徑作⊙O分別交于AC，BC于點(diǎn)D，E，過點(diǎn)E作⊙O的切線EF交AC于點(diǎn)F，連接BD．（1）求證：EF是△的中位線；（2）求EF的長．【答案】（1）見解析；（2）.【分析】（1）連接AE，根據(jù)切線的性質(zhì)求出OE是的中位線，即可進(jìn)行證明；（2）根據(jù)勾股定理與中位線的性質(zhì)即可求解.【詳解】（1）證明：連接AE，如圖所示：∵AB為⊙O的直徑，∴，∴，，∵，∴，∵EF是⊙O的切線，∴，∵，∴OE是的中位線，∴，∴，∴，∵，∴，∴EF是的中位線；（2）解：∵，∴，∵的面積，∴，∵EF是的中位線，∴．2023·四川眉山·統(tǒng)考中考真題如圖，中，以為直徑的交于點(diǎn)E．平分，過點(diǎn)E作于點(diǎn)D，延長交的延長線于點(diǎn)P．

(1)求證：是的切線；(2)若，求的長．【答案】(1)見解析，(2)【詳解】（1）證明：如圖，連接，

，，平分，，，，,,是的切線；（2）解：設(shè)，則，，解得，，，根據(jù)勾股定理可得，,，是直徑，，，，，，，．

湖北孝感·中考真題如圖，中，，以為直徑的交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，過點(diǎn)作于點(diǎn)，交的延長線于點(diǎn).（1）求證：是的切線；（2）已知，，求和的長.【答案】（1）證明見解析；（2）【詳解】分析：（1）連接OD，AD，由圓周角定理可得AD⊥BC，結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)知BD=CD，再根據(jù)OA=OB知OD∥AC，從而由DG⊥AC可得OD⊥FG，即可得證；（2）連接BE．BE∥GF，推出△AEB∽△AFG，可得，由此構(gòu)建方程即可解決問題；詳解：（1）如圖，連接OD，AD，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，∵AB=AC，∴BD=CD，又∵OA=OB，∴OD∥AC，∵DG⊥AC，∴OD⊥FG，∴直線FG與⊙O相切，即DF是⊙O的切線；（2）如圖，連接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·湖南婁底·一模）如圖，在中，平分，交于點(diǎn)．是的直徑，連接、過點(diǎn)作，交于點(diǎn)，交的延長線于點(diǎn)．(1)求證：是的切線；(2)求證：；(3)若的半徑為5，，求的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）連接，為的直徑得，由，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)得平分，即，則為的中位線，所以，而，則，然后根據(jù)切線的判定方法即可得到結(jié)論；（2）利用兩角對應(yīng)相等的兩三角形相似證明，由相似三角形的性質(zhì)可得出答案；（3）由，根據(jù)等角的余角相等得，在中，利用解直角三角形的方法可計(jì)算出，在中可計(jì)算出，然后由，得，再利用相似比可計(jì)算出．【詳解】（1）證明：連接，如圖，∵為的直徑，∴，∴，∵平分，∴，∵，∴為的中位線，∴，∵，∴，又∵是半徑，∴是的切線（2）證明：∵是的切線，∴，∵，，，∵是的直徑，

∴，，，，，∴，；（3）解：，，，設(shè)在中，∴解得：（舍去），在中，，，∵，，∴，即，．2022·湖北十堰·統(tǒng)考中考真題如圖，中，，為上一點(diǎn)，以為直徑的與相切于點(diǎn)，交于點(diǎn)，，垂足為．(1)求證：是的切線；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，設(shè)，，根據(jù)已知條件以及直徑所對的圓周角相等，證明，進(jìn)而求得，即可證明是的切線；（2）根據(jù)已知條件結(jié)合（1）的結(jié)論可得四邊形是正方形，進(jìn)而求得的長，根據(jù)，，即可求解．【詳解】（1）如圖，連接，，則，設(shè)，，，，為的直徑，，，即，，，，，，，，為的半徑，是的切線；（2）如圖，連接，是的切線，則，又，四邊形是矩形，，四邊形是正方形，，在中，，，，，由（1）可得，，，，解得．如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB＝AC，BD是⊙O的直徑，連接CD，OE∥BC交AC于點(diǎn)E，連接DE.(1)求證：DE平分∠BDC；(2)若OE＝1，tan∠ODE＝，求AB的長.【解析】(1)連接AO，證AO平分∠BAC，AO⊥BC.延長OE交CD于點(diǎn)H，∵OE∥BC，∴∠OHD＝∠BCD＝90°，∴OH垂直平分CD，∴EC＝ED，∴∠ECD＝∠EDC＝∠CAO＝∠BAC＝∠BDC，∴DE平分∠BDC；(2)延長AO交BC于點(diǎn)M，則AM⊥BC，∵tan∠ODE＝tan∠EDC＝tan∠OAE＝＝，∴OA＝2OE＝2＝OB，∵tan∠BAM＝＝tan∠OAE＝，設(shè)BM＝x，則AM＝2x，OM＝2x－2，∴在Rt△BOM中，x2＋(2x－2)2＝22，∴x＝(x＝0已舍)，∴AB＝＝x＝.如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB＝AC，分別過A，C兩點(diǎn)作⊙O的切線相交于點(diǎn)P，連接BP交AC于點(diǎn)D.(1)求證：PA∥BC；(2)若sin∠BAC＝，求的值.【解析】(1)連接AO并延長交BC于點(diǎn)H，連接OB，OC，則△AOB≌△AOC，∴∠BAO＝∠CAO，∴AH⊥BC，∵PA為切線，∴∠OAP＝90°，∴PA∥BC；(2)證∠BOH＝∠BAC，設(shè)OB＝5x，BH＝4x，OH＝3x，BC＝8x，tan∠BAH＝＝＝tan∠CAH＝tan∠APO＝.∴PA＝10x，∴＝＝＝.如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB＝AC，CO的延長線交AB于點(diǎn)D.(1)求證：AO平分∠BAC；(2)若BC＝6，sin∠BAC＝，求AC和CD的長. 解：(1)方法一：連接BO，∵AB＝AC，OB＝OC，∴A，O在線段BC的中垂線上，∴AO⊥BC，又∵AB＝AC，∴AO平分∠BAC；方法二：證△AOB≌△AOC(SSS)即可；(2)延長CD交⊙O于點(diǎn)E，連接BE，延長AO交BC于點(diǎn)H，∵sin∠BOH＝sin∠BAC＝，∴＝，∴易求出AO＝OE＝5，BE＝8，易證BE∥OA，得＝＝，可求出OD＝，∴CD＝，BH＝3，AH＝9，容易求出AB＝AC＝3.如圖，⊙O為△ABC的外接圓，AB＝AC，過點(diǎn)C作CD⊥AC交過點(diǎn)A的切線于點(diǎn)D.(1)求證：2AC2＝AD·BC；(2)連接BD交AC于點(diǎn)P，若＝，求sin∠BAC的值.解：(1)連接AO并延長交BC于點(diǎn)E，則AE⊥BC，AE⊥AD，∴AD∥BC，CE＝BC，∴△ACE∽△DAC，∴＝，∴AC2＝CE·AD，∴2AC2＝AD·BC；(2)由(1)知：AD∥BC，∴＝＝，∴可設(shè)AD＝3，BC＝2，∵2AC2＝AD·BC，∴AC＝AB＝，∴AE＝＝2，連接OC，設(shè)OA＝OC＝r，則OE＝－r，∴在Rt△COE中，r2＝(－r)2＋12，∴r＝，∴sin∠BAC＝sin∠COE＝＝.如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB＝AC＝10，BC＝12，連接BO并延長交AC于點(diǎn)D.(1)求⊙O的半徑長；(2)求CD的長.解：(1)連接AO并延長交BC于點(diǎn)E，則AE⊥BC，∴BE＝BC＝6，∴AE＝＝8.設(shè)OA＝OB＝r，則OE＝8－r，∴在Rt△BOE中，r2＝62＋(8－r)2，∴r＝；(2)由(1)知OE＝，延長BD交⊙O于點(diǎn)F，連接CF，則CF＝2OF＝.∵AO∥CF，∴△AOD∽△CFD，∴＝＝，∴CD＝AC＝.題型八雙切圖四川遂寧·統(tǒng)考中考真題如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D為AB邊上的一點(diǎn)，以AD為直徑的⊙O交BC于點(diǎn)E，交AC于點(diǎn)F，過點(diǎn)C作CG⊥AB交AB于點(diǎn)G，交AE于點(diǎn)H，過點(diǎn)E的弦EP交AB于點(diǎn)Q（EP不是直徑），點(diǎn)Q為弦EP的中點(diǎn)，連結(jié)BP，BP恰好為⊙O的切線．（1）求證：BC是⊙O的切線．（2）求證：＝．（3）若sin∠ABC═，AC＝15，求四邊形CHQE的面積．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）45【分析】（1）連接OE，OP，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到PB＝BE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠BEO＝∠BPO，根據(jù)切線的判定和性質(zhì)定理即可得到結(jié)論．（2）根據(jù)平行線和等腰三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．（3）根據(jù)垂徑定理得到EP⊥AB，根據(jù)平行線和等腰三角形的性質(zhì)得到∠CAE＝∠EAO，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CE＝QE，推出四邊形CHQE是菱形，解直角三角形得到CG＝＝12，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．【詳解】（1）證明：連接OE，OP，∵PE⊥AB，點(diǎn)Q為弦EP的中點(diǎn)，∴AB垂直平分EP，∴PB＝BE，∵OE＝OP，OB＝OB，∴△BEO≌△BPO（SSS），∴∠BEO＝∠BPO，∵BP為⊙O的切線，∴∠BPO＝90°，∴∠BEO＝90°，∴OE⊥BC，∴BC是⊙O的切線．（2）解：∵∠BEO＝∠ACB＝90°，∴AC∥OE，∴∠CAE＝∠OEA，∵OA＝OE，∴∠EAO＝∠AEO，∴∠CAE＝∠EAO，∴．（3）解：∵AD為的⊙O直徑，點(diǎn)Q為弦EP的中點(diǎn)，∴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，∴四邊形CHQE是平行四邊形，∵CH＝CE，∴四邊形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＝，∴四邊形CHQE的面積＝CH?GQ＝×6＝45．湖北武漢·中考真題如圖，PA為⊙O的切線，A為切點(diǎn).過A作OP的垂線AB，垂足為點(diǎn)C，交⊙O于點(diǎn)B．延長BO與⊙O交于點(diǎn)D，與PA的延長線交于點(diǎn)E.(1)求證：PB為⊙O的切線；(2)若tan∠ABE=，求sinE的值.【答案】（1）證明見解析；（2）sinE=.【分析】（1）要證PB是⊙O的切線，只要連接OA，再證∠PBO=90°即可；（2）連接AD，證明△ADE∽△POE，得到，設(shè)OC=t，則BC=2t，AD=2t，由△PBC∽△BOC，可求出sin∠E的值．【詳解】(1)連接OA，∵PA為⊙O的切線，∴∠PAO=90°，∵OA＝OB，OP⊥AB于C，∴BC＝CA，PB＝PA，∴△PBO≌△PAO，∴∠PBO＝∠PAO＝90°，∴PB為⊙O的切線；（2）連接AD，∵BD為直徑，∠BAD=90°，由（1）知∠BCO=90°，∴AD∥OP，∴△ADE∽△POE，∴，由AD∥OC得AD=2OC，∵tan∠ABE=，∴，設(shè)OC=t，則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，∴，可設(shè)EA=2a，EP=5a，則PA=3a，∵PA=PB，∴PB=3a，∴sin∠E==.如圖，D為O上一點(diǎn)，點(diǎn)C在直徑BA的延長線上，且∠CDA=∠CBD．（1）求證：CD是⊙O的切線；（2）過點(diǎn)B作O的切線交CD的延長線于點(diǎn)E，若BC=6，tan∠CDA=，求BE的長【答案】（1）見解析；（2）BE的長為．【分析】（1）連OD，OE，根據(jù)圓周角定理得到∠ADO+∠1=90°，而∠CDA=∠CBD，∠CBD=∠1，于是∠CDA+∠ADO=90°；（2）根據(jù)切線的性質(zhì)得到ED=EB，OE⊥BD，則∠ABD=∠OEB，得到tan∠CDA=，易證Rt△CDO∽Rt△CBE，得到，求得CD，然后在Rt△CBE中，運(yùn)用勾股定理可計(jì)算出BE的長．【詳解】解：（1）證明：連OD，OE，如圖，∵AB為直徑，∴∠ADB=90°，即∠ADO+∠1=90°，又∵∠CDA=∠CBD，而∠CBD=∠1，∴∠1=∠CDA，∴∠CDA+∠ADO=90°，即∠CDO=90°，∴CD是⊙O的切線；（2）解：由（1）得CD是的切線，又為的切線，，，，．又，．，，，．，，．在中，設(shè)，則，，由勾股定理得，解得．即BE的長為．四川瀘州·中考真題如圖，⊙O與Rt△ABC的直角邊AC和斜邊AB分別相切于點(diǎn)C、D，與邊BC相交于點(diǎn)F，OA與CD相交于點(diǎn)E，連接FE并延長交AC邊于點(diǎn)G．（1）求證：DF∥AO；（2）若AC=6，AB=10，求CG的長．【答案】見解析【詳解】（1）證明：連接OD．∵AB與⊙O相切與點(diǎn)D，又AC與⊙O相切與點(diǎn)，∴AC=AD，∵OC=OD，∴OA⊥CD，∴CD⊥OA，∵CF是直徑，∴∠CDF=90°，∴DF⊥CD，∴DF∥AO．（2）過點(diǎn)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=，F(xiàn)M=OF+OM=，∴，∴CG=EM=2．四川樂山·中考真題如圖，D為⊙O上一點(diǎn)，點(diǎn)C在直徑BA的延長線上，且∠CDA＝∠CBD．（1）求證：CD是⊙O的切線；（2）過點(diǎn)B作⊙O的切線交CD的延長線于點(diǎn)E，BC＝6，．求BE的長．【答案】（1）證明見解析；（2）.【詳解】(1)連接OD.∵OB＝OD，∴∠OBD＝∠BDO.∵∠CDA＝∠CBD，∴∠CDA＝∠ODB.又∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠ADO＋∠ODB＝90°，∴∠ADO＋∠CDA＝90°，即∠CDO＝90°，∴OD⊥CD.∵OD是⊙O的半徑，∴CD是⊙O的切線；(2)∵∠C＝∠C，∠CDA＝∠CBD，∴△CDA∽△CBD，BC＝6，∴CD＝4.∵CE，BE是⊙O的切線，∴BE＝DE，BE⊥BC，∴BE2＋BC2＝EC2，即BE2＋62＝(4＋BE)2，解得BE＝廣東省卷·統(tǒng)考中考真題如圖，四邊形ABCD中，AB=AD=CD，以AB為直徑的⊙O經(jīng)過點(diǎn)C，連接AC，OD交于點(diǎn)E．（1）證明：OD∥BC；（2）若tan∠ABC=2，證明：DA與⊙O相切；（3）在（2）條件下，連接BD交于⊙O于點(diǎn)F，連接EF，若BC=1，求EF的長．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）【詳解】【分析】（1）連接OC，證△OAD≌△OCD得∠ADO=∠CDO，由AD=CD知DE⊥AC，再由AB為直徑知BC⊥AC，從而得OD∥BC；（2）根據(jù)tan∠ABC=2可設(shè)BC=a、則AC=2a、AD=AB=，證OE為中位線知OE=a、AE=CE=AC=a，進(jìn)一步求得DE==2a，在△AOD中利用勾股定理逆定理證∠OAD=90°即可得；（3）先證△AFD∽△BAD得DF?BD=AD2①，再證△AED∽△OAD得OD?DE=AD2②，由①②得DF?BD=OD?DE，即，結(jié)合∠EDF=∠BDO知△EDF∽△BDO，據(jù)此可得，結(jié)合（2）可得相關(guān)線段的長，代入計(jì)算可得．【詳解】（1）如圖，連接OC，在△OAD和△OCD中，，∴△OAD≌△OCD（SSS），∴∠ADO=∠CDO，又AD=CD，∴DE⊥AC，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴∠ACB=90°，即BC⊥AC，∴OD∥BC；（2）∵tan∠ABC==2，∴設(shè)BC=a、則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°，則DA與⊙O相切；（3）如圖，連接AF，∵AB是⊙O的直徑，∴∠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·樂山中考如圖，P是⊙O外的一點(diǎn)，PA、PB是⊙O的兩條切線，A、B是切點(diǎn)，PO交AB于點(diǎn)F，延長BO交⊙O于點(diǎn)C，交PA的延長交于點(diǎn)Q，連結(jié)AC．（1）求證：AC∥PO；（2）設(shè)D為PB的中點(diǎn)，QD交AB于點(diǎn)E，若⊙O的半徑為3，CQ＝2，求的值．【分析】（1）由等腰三角形三線合一與直徑所對的圓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＝又由中位線定理FD∥AP得，F(xiàn)E：EA＝3：4，因此設(shè)AE＝4t,則EF＝3t，BF＝10t，所以AE：BE＝2：5.（1）證明：∵PA、PB是⊙O的兩條切線，A、B是切點(diǎn)，∴PA＝PB，且PO平分∠BPA，∴PO⊥AB．∵BC是直徑，∴∠CAB＝90°，∴AC⊥AB，∴AC∥PO；（2）解：連結(jié)OA、DF，如圖，∵PA、PB是⊙O的兩條切線，A、B是切點(diǎn)，∴∠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為PB的中點(diǎn)，∴DF∥AP，DF＝PA＝3，∴△DFE∽△QEA，∴，設(shè)AE＝4t，F(xiàn)E＝3t，則AF＝AE＋FE＝7t，∴BE＝BF＋FE＝AF＋FE＝7t＋3t＝10t，∴．湖北武漢·中考真題如圖，PA是⊙O的切線，A是切點(diǎn)，AC是直徑，AB是弦，連接PB、PC，PC交AB于點(diǎn)E，且PA=PB，（1）求證：PB是⊙O的切線；（2）若∠APC=3∠BPC，求的值．【答案】（1）證明見解析；（2）【詳解】（1）如圖，連接OP、OB，∵PA是⊙O的切線，∴PA⊥OA，∴∠PAO=90°，∵PA=PB，PO=PO，OA=OB，∴△PAO≌△PBO．∴∠PAO=∠PBO=90°，∴PB⊥OB，∴PB是⊙O的切線；（2）如圖，連接BC，設(shè)OP交AB于K，∵AB是直徑，∴∠ABC=90°，∴AB⊥BC，∵PA、PB都是切線，∴PA=PB，∠APO=∠BPO，∵OA=OB，∴OP垂直平分線段AB，∴OK∥BC，∵AO=OC，∴AK=BK，∴BC=2OK，設(shè)OK=a，則BC=2a，∵∠APC=3∠BPC，∠APO=∠OPB，∴∠OPC=∠BPC=∠PCB，∴BC=PB=PA=2a，∵△PAK∽△POA，∴PA2=PK?PO，設(shè)PK=x，則有：x2+ax﹣4a2=0，解得x=（負(fù)根已經(jīng)舍棄），∴PK=，∵PK∥BC，∴.題型九射影圖如圖，已知，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AB為直徑的⊙O交AC于點(diǎn)D，過圓心O作AC的平行線OE，交BC于點(diǎn)E，連接DE并延長交AB的延長線于點(diǎn)F．(1)求證：DF是⊙O的切線；(2)若BF＝1，DF＝3，求⊙O的半徑；(3)若DC＝DE＝1，求AD的長．【答案】(1)見解析；(2)⊙O的半徑為4；(3)【分析】（1）連接OD，BD，由圓周角定理及平行線的性質(zhì)證出∠ODE＝∠OBE＝90°，則可得出結(jié)論；（2）設(shè)OB＝OD＝x，則OF＝1+x，由勾股定理得出方程x2+32＝（1+x）2，則可得出答案；（3）求出∠CBD＝30°，由直角三角形的性質(zhì)可得出答案．【詳解】（1）證明：連接OD，BD，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝∠BDC＝90°，∵OE∥AC，OA＝OB，∴BE＝CE，∴DE＝BE＝CE，∴∠DBE＝∠BDE，∵OB＝OD，∴∠OBD＝∠ODB，∴∠ODE＝∠OBE＝90°，∵點(diǎn)D在⊙O上，∴DF是⊙O的切線；（2）設(shè)OB＝OD＝x，則OF＝1+x，∵OD2+DF2＝OF2，∴x2+32＝（1+x）2，∴x＝4，∴⊙O的半徑為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·統(tǒng)考一模如圖，中，，以為直徑的交于點(diǎn)D，E是的中點(diǎn)，連接．（1）求證：與相切；（2）求證：；（3）若，求的長．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）【分析】（1）連接，首先根據(jù)圓周角定理的推論得出，然后利用直角三角形斜邊中線的性質(zhì)及等量代換即可得出，進(jìn)而結(jié)論可證；（2）首先證明，得出，則，然后利用三角形中位線的性質(zhì)得出，進(jìn)而結(jié)論可證；（3）首先根據(jù)DE的長度求出BC的長度，然后利用三角函數(shù)分別求出CD，AC的長度，最后利用求解即可．【詳解】（1）證明：如解圖，連接，∵為的直徑，∴，∴．在中，E是的中點(diǎn)，∴，∴．∵，∴，∴．∵為的半徑，∴與相切；（2）證明：在中，