75/1702025屆中考復習專題04:圓的?？寄Ｐ蜌w納總覽總覽題型解讀【題型1】弦切角定理與切割線定理 26【題型2】中點弧模型 37【題型3】內心模型 47【題型4】線段和差問題（構造手拉手） 54【題型5】阿基米德折弦定理 69【題型6】平行弦與相交弦，垂直線，割線模型 82【題型7】垂徑圖 90【題型8】等腰圖 98【題型9】雙切圖 112【題型10】射影圖 125【題型11】切割圖 135【題型12】圓與三角函數(shù)綜合 144【題型13】圓與相似綜合 156題型題型匯編知識梳理與?？碱}型圓的基本模型（一）：圓冪定理1.弦切角與切割線 ①①PA是切線；②（弦切角定理）；③以上三個結論知一推二弦切角：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∠22.圓冪定理①相交弦定理：圓內的兩條相交弦，被交點分成的兩條線段長的積相等。②切割線定理：從圓外點引圓的切線和割線，切線長是這點到割線與圓交點的兩條線段長的比例中項。③割線定理（推論）：從圓外一點P引兩條割線與圓分別交于A、B、C、D，則有PA·PB=PC·PD?！窘y(tǒng)一歸納】：過任意不在圓上的一點P引兩條直線l1、l2，l1與圓交于A、B（可重合，即切線），l2與圓交于C、D（可重合），則有【模型圖解】相交弦定理割線定理切割線定理切線長定理PA·PB=PC·PDPA·PB=PC·PDPA2=PC·PDPA=PC統(tǒng)一敘述為：過一點P（無論點P在圓內，還是在圓外）的兩條直線，與圓相交或相切（把切點看成兩個重合的“交點”）于點A、B、C、D,則有圓冪定理:過一個定點P的任何一條直線與圓相交，則這點到直線與圓的交點的兩條線段的乘積為定值（定值稱做點P對的“冪”，等于點P到圓心的距離與半徑的平方差的絕對值）【問題】求證（點在圓外）【證明】由切割線定理推論得：PA·PB=PC·PD，又∵PC·PD=(PH―CH)(PH+CH)=PH2―CH2=(OP2―OH2)―(r2―OH2)=OP2―r2【例題】如圖，已知PAB是⊙O的割線，PO=14cm，PA=4cm，AB=16cm。求⊙O的半徑?！咀C明】由得，r2=OP2－PA·PB=132,∴r=圓的基本模型（二）：中點弧模型點P是優(yōu)弧AB上一動點，則 【以下五個條件知一推四】【以下五個條件知一推四】點C是的中點AC＝BCOC⊥ABPC平分∠APB(即)【簡證】∠1＝∠2，∠PCB為公共角，子母型相似 【補充】⑥PE?PC＝PA?PB，注意：⑥不能反推出前五項【例】如圖，四邊形內接于，對角線、交于點，且，若，，則．易知，則， 圓的基本模型（三）：內心模型與等腰【模型講解】外接圓+內心?得等腰如圖，圓O是△ABC外接圓圓心，I是三角形ABC的內心，延長AI交圓O于D，則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（構造手拉手或阿基米德折弦定理）1.中點弧與旋轉【模型解讀】點P是優(yōu)弧AB上一動點，且點C是的中點鄰邊相等+對角互補旋轉相似模型，一般用來求圓中三條線段之間的數(shù)量關系.由于對角互補，即，顯然共線，且，通過導角不難得出相似.2.常見結構（1）圓內接等邊三角形結論：，可構造做角平分線或構造手拉手模型 【簡析】 （2）圓內接等腰直角三角形（正方形）情況一：有角平分線 情況二：無角平分線截長補短構造手拉手——旋轉相似，一轉成雙在AP上取一點Q，使BP=BQ,,【旋轉六法】 補充【托密勒定理】：秒殺！（選填可用）3.阿基米德折弦定理【模型解讀】【問題】：已知M為的中點，B為上任意一點，且MD⊥BC于D．求證：AB＋BD＝DC證法一：(補短法)如圖：延長DB至F，使BF＝BA∵M為中點∴＝，∴∠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由圓內接四邊形對角互補∴∠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∵MC＝MA∴MF＝MC又∵MD⊥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是EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),AC)中點，∴MA＝MC－－－②由①②可知，在△MBA與△MGC中∴△BMA≌△GMC(SAS)∴BD＝GD又∵MD⊥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構成手拉手模型，∴△BMA≌△GMC(SAS)∴AB＝CG常規(guī)證明：∵MD⊥BG∴MB＝MG∴∠2＝∠MGD－－－①又∵EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),MC)＝EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),MC)，∴∠1＝∠2－－②∵M是中點，∴＝∴∠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A落至點E，連接ME，BE∵△MBA與△MBE關于BM對稱，所以△MBE≌△MBA∴MA＝ME，∠MBA＝∠MBE－－①又∵MA＝MC，∴ME＝MC，又∵M，B，A，C四點共圓，∴∠MBA＋∠MCA＝180°－－②又∵MA＝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三點共線。又∵ME＝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M作MH⊥AB于點H，∵M為EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),AC)的中點∴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－－①MD＝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）：平行弦與垂直相交弦，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：圓內兩弦相交，交點分得的兩條線段的乘積相等即：在⊙O中，∵弦AC、BD相交于點G，則AG·CG=BG·DG 【模型構造】1.當圓中有相互垂直的弦時（I）經(jīng)常作直徑所對的圓周角，可以得到平行弦（II）還可以構造相似（III）當圓中有和弦垂直的線段時，還可以構造平行弦，可得例題：弦CD⊥弦AB，過圓心O作OF⊥BC于F，證AD=2OF 練習：（深圳南山區(qū)模擬）如圖，PC為圓的切線，弦CD⊥弦AB，AD=2,BC=6，求圓的半徑 【簡證】易知：AE∥CD，AD=EC=2,通過勾股定理可知直徑EB2.當圓中有相等的弦、弧時（I）等弧時常作輔助線：（1）構造等弦或等角（2）構造平行 （II）等弦時常作輔助線：（1）構造等角（2）作弦心距（3）作平行 【小試牛刀】試一試看能寫出幾種證法【證法1】，，，∴∠B=∠D【證法2】【證法3】【證法4】三、割線定理割線PD、PC相交于點P，則圓的基本模型（六）：垂徑圖一、弧中點與垂徑圖 知1推5知1推5AD平分∠CABD是的中點DO⊥CB二、垂徑+相等的三段弧如圖，△ABC內接于⊙O，AB是⊙O的直徑，C是的中點，弦CE⊥AB于點H，連結AD，分別交CE、BC于點P、Q，連結BD。（1）證CO∥BD（2）AD＝CE（3）證：P是線段AQ的中點（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)先利用弧相等導角證AP＝CP，再通過Rt△ACQ中的互余關系，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）找到對應相似三角形是關鍵補充拓展：垂徑圖導子母相似如圖弦CD⊥直徑AB于點G，E是直線AB上一點（不與其他點重合），DE交圓O于F，CF交直線AB于點P（1）證；（2）當點E在AB延長線上時，（1）的結論還成立嗎？ 圓的基本模型（七）：等腰圖（直徑在腰上）直徑在腰上：如圖，已知AB是直徑，AB=AC，則有 結論（1）BD=CD=ED結論（1）BD=CD=ED（2）DO∥AC（3）知1推3：【補充】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）：雙切圖補充：多切圖內切圓半徑為r∠C＝90°?r＝a＋b?c2內切圓半徑為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）【例題1】【例題2】【鞏固練習1】【鞏固練習2】【鞏固練習3】【題型1】弦切角定理與切割線定理【例題1】（2024·四川眉山·中考真題）如圖，是的直徑，點在上，點在的延長線上，，平分交于點，連結．(1)求證：是的切線；(2)當時，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】本題考查了切線的判定和性質，等腰三角形的性質，勾股定理，圓周角定理，熟練掌握切線的判定是解題的關鍵．（1）連接，根據(jù)圓周角定理得到，根據(jù)等腰三角形的性質得到，求得，根據(jù)切線的判定定理得到結論；（2）根據(jù)相似三角形的判定和性質定理得到，求得，連接，根據(jù)角平分線的定義得到，求得，得到，根據(jù)等腰直角三角形的性質即可得到結論．【詳解】（1）證明：連接，是的直徑，，，，，，，，，是的半徑，是的切線；（2）解：，，，，，，，連接，平分，，，，是的直徑，，．【例題2】(四川瀘州中考)如圖，△ABC是⊙O的內接三角形，過點C作⊙O的切線交BA的延長線于點F，AE是⊙O的直徑，連接EC．

（1）求證：∠ACF＝∠B；（2）若AB＝BC，AD⊥BC于點D，F(xiàn)C＝4，F(xiàn)A＝2，求ADAE的值．【解析】（1）由切線證弦切角相等；∠E＝∠OCE，∠OCE＋∠COA＝∠FCA＋∠OCA∠ACF＝∠B（2）切割線相似求線段長，再找一組相似轉換線段積,AD?AE=AB?AC【例題3】（湖北·黃石中考）如圖，是的直徑，點D在的延長線上，C、E是上的兩點，，，延長交的延長線于點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，，∴，∴，【例題4】（湖北·十堰中考）如圖，中，，以為直徑的交于點，點為延長線上一點，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，則，，，，，即，，，，的半徑為7【鞏固練習1】如圖，是的外接圓，是的直徑，是延長線上一點，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，則，又∵，即，解得（取正值），∴【鞏固練習2】（2024·四川宜賓·中考真題）如圖，內接于，，過點A作，交的直徑的延長線于點E，連接．(1)求證：是的切線；(2)若，求和的長．【答案】(1)見解析(2)，．【分析】（1）延長交于點F，連接，根據(jù)等邊對等角可得，，，，繼而可得是的角平分線，根據(jù)等邊三角形“三線合一”的性質可得，由平行線的性質可得，繼而根據(jù)切線判定定理即可求證結論；（2）連接，先求得，利用圓周角定理結合勾股定理求得直徑的長，利用垂徑定理結合勾股定理得到，代入數(shù)據(jù)計算求得，利用勾股定理可求得的長，證明，利用相似三角形的性質計算即可求得．【詳解】（1）證明：延長交于點F，連接，∵，∴，，，∵，∴，∴，即，∴，即是的角平分線，∵，∴，且平分線段，∵，∴，∵是半徑，∴是的切線；（2）解：連接，∵是的直徑，∴，∵，，∴，∴，∴，由（1）得，，設，∴，∴，解得，即，∴，∴，∴，設，則，∵是的切線，∴，，∵，∴，∴，∴，，∴，即，解得【鞏固練習3】（2024·四川雅安·中考真題）如圖，是的直徑，點C是上的一點，點P是延長線上的一點，連接，．(1)求證：是的切線；(2)若，求證：；(3)若于D，，，求的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）首先由直徑得到，然后利用等邊對等角得到，等量代換得到，進而證明即可；（2）利用得到，求出，然后利用直角三角形兩銳角互余得到，進而求解即可；（3）設，證明出，得到，然后表示出，然后利用勾股定理求解即可．【詳解】（1）如圖所示，連接，∵是的直徑，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴是的切線；（2）證明：∵，∴，∴，由（1）知，∴，∴，∴，∴；（3）設，在中，，∴∴∵∴∴∴，∵，，∴，∴，∴，在中，由勾股定理得，即，整理得，解得，（舍去），故．【鞏固練習4】（成都中考）如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，連接AC，BC，D為AB延長線上一點，連接CD，且∠BCD＝∠A．(1)求證：CD是⊙O的切線；(2)若⊙O的半徑為，△ABC的面積為，求CD的長；(3)在(2)的條件下，E為⊙O上一點，連接CE交線段OA于點F，若，求BF的長．【思路】（1）弦切角證切線；（2）勾股+射影；（3）共線比構造平行相似+線段計算【答案】（1）連接OC，導角即可；（2）;（3）（3）簡證：作易知GE=1OG=2，由（2）可知，可得HO=OF=FG=1，【鞏固練習4】【題型2】中點弧模型【例題1】(蘇州·中考)如圖，是的直徑，、為上位于異側的兩點，連接并延長至點，使得，連接交于點，連接、、．（1）證明：；（2）設交于點，若，是的中點，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，是的直徑，，，，是的中點，，，，即．【例題2】(深圳·中考)如圖，已知⊙O的半徑為2，AB為直徑，CD為弦．AB與CD交于點M，將EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),CD)沿CD翻折后，點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G為EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),ADB)的中點，在PC延長線上有一動點Q，連接QG交AB于點E．交EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),BC)于點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)兩組角對應相等兩三角相似求出△AGE和△FGA相似，根據(jù)相似三角形對應邊成比例可得，從而得到GE?GF=AG2，再根據(jù)等腰直角三角形的性質求解即可．（）連接，∵沿翻折后，與重合，∴，∴，∵，∴．（）∵，，∵，，∴，∵，，∵，∴，∴是⊙的切線．（），為定值，連接，，，∵點為的中點，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∵為直徑，，∴，∴，∴．（4）簡證：因為△FAE∽△FGB，所以

【鞏固練習1】如圖，∠BAC的平分線交△ABC的外接圓于點D，交BC于點F，∠ABC的平分線交AD于點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【鞏固練習2】（山東棗莊·中考）如圖，為的直徑，點C是的中點，過點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C是的中點，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴半徑，∴是切線；（2）連接，

∵是的直徑，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（3）連接，

∵，∴，∵在中，，∴，∴，∴，∴，∵，∴是等邊三角形，∴，∴，∴，∴，∴【鞏固練習3】（2024·四川巴中·中考真題）如圖，內接于，點為的中點，連接，平分交于點，過點作交的延長線于點．(1)求證：是的切線．(2)求證：．(3)若，，求的長．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)【分析】（1）如圖，連接，證明，結合，可得，從而可得結論；（2）證明，，結合，，再進一步可得結論；（3）如圖，連接，證明，再證明，可得，結合，從而可得答案；【詳解】（1）證明：如圖，連接，∵點為的中點，∴，∵，∴，且OD是的半徑，∴DF是的切線；（2）證明：∵點為的中點，∴，∴，∵平分，∴，∵，，∴，∴；（3）解：如圖，連接，∵，，∴，∵，∴，∵，∴，而，∴，∵四邊形為的內接四邊形，∴，∴，∴，∴，而，∴，∴，經(jīng)檢驗，符合題意【鞏固練習4】(江蘇無錫·中考)如圖，是的直徑，與相交于點．過點的圓O的切線，交的延長線于點，．

(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，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【鞏固練習5】（2024·云南昆明·一模）如圖，是的兩條直徑，且，點E是上一動點（不與點B，D重合），連接并延長交的延長線于點F，點P在上，且，連接分別交于點M，N，連接，設的半徑為．(1)求證：是的切線；(2)當時，求證：；(3)在點E的移動過程中，判斷是否為定值，若是，求出該定值；若不是，請說明理由．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)是定值，為200【分析】（1）連接，由直徑所對圓周角是直角可得，則，由，可知，根據(jù)，可得，進而可證得，即可證明結論；（2）由圓周角定理可知，進而可得，，再證明，結合含的直角三角形即可求解；（3）證明，得到即可．【詳解】（1）證明：連接，∵是的直徑，∴，則，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∴是的切線；（2）解：∵，∴，∵，則，∴，∵，∴，則，又∵，∴，∴；（3）是定值，為200，理由如下：∵，∴，∵為直徑，∴，∵，∴，∴，∴，∴是定值，為200．【題型3】內心模型【例題1】（2024·山東煙臺·中考真題）如圖，是的直徑，內接于，點I為的內心，連接并延長交O于點D，E是上任意一點，連接，，，．(1)若，求的度數(shù)；(2)找出圖中所有與相等的線段，并證明；(3)若，，求的周長．【答案】(1)(2)，證明見解析(3)30【分析】（1）利用圓周角定理得到，再根據(jù)三角形的內角和定理求，然后利用圓內接四邊形的對角互補求解即可；（2）連接，由三角形的內心性質得到內心，，，然后利用圓周角定理得到，，利用三角形的外角性質證得，然后利用等角對等邊可得結論；（3）過I分別作，，，垂足分別為Q、F、P，根據(jù)內切圓的性質和和切線長定理得到，，，利用解直角三角形求得，，進而可求解．【詳解】（1）解：∵是的直徑，∴，又，∴，∵四邊形是內接四邊形，∴，∴；（2）解：，證明：連接，∵點I為的內心，∴，，∴，∴，，∵，，∴，∴；（3）解：過I分別作，，，垂足分別為Q、F、P，∵點I為的內心，即為的內切圓的圓心．∴Q、F、P分別為該內切圓與三邊的切點，∴，，，∵，，，∴，∵，，，∴，∴的周長為．【例題2】(廣東省·中考)如圖1，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圓，過點C作∠BCD＝∠ACB交⊙O于點D，連接AD交BC于點E，延長DC至點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G是△ACD的內心，BC·BE＝25，求BG的長．【分析】（1）由AB＝AC知∠ABC＝∠ACB，結合∠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G為內心知∠DAG＝∠GAC，結合∠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G為內心，

∴∠DAG＝∠GAC，

又∵∠BAD＋∠DAG＝∠GAC＋∠ACB，

∴∠BAG＝∠BGA，

∴BG＝AB＝5．【鞏固練習1】已知：如圖，在中，E是內心，延長AE交的外接圓于點D，弦AD交弦BC于點F．求證：；當點A在優(yōu)弧BC上運動時，若，，，求y與x之間的函數(shù)關系．【答案】（1）見解析；（2）與x之間的關系式．【分析】首先連接BE，由E是內心，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的關系式．【詳解】連接BE，為內心，，BE分別為，的角平分線，，，，，，弧弧DC，，，；由得，，，為共公角，∽，，，，，，，與x之間的關系式．【鞏固練習2】(湖北·孝感中考)如圖，點I是△ABC的內心，BI的延長線與△ABC的外接圓⊙O交于點D，與AC交于點E，延長CD、BA相交于點F，∠ADF的平分線交AF于點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)三角形內心的性質得∠2＝∠7，再利用圓內接四邊形的性質得∠ADF＝∠ABC，則∠1＝∠2，從而得到∠1＝∠3，則可判斷DG∥AC；（2）根據(jù)三角形內心的性質得∠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，然后計算BD－DI即可．【解答】（1）證明：∵點I是△ABC的內心，∴∠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I是△ABC的內心，∴∠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4】線段和差問題（構造手拉手）【例題1】在的內接四邊形中，，，，點為弧的中點，則的長是．【解答】解法一、、、、四點共圓，，，，平分，，如圖，將繞點逆時針旋轉得，則，，，，、、三點共線，過作于，，，在中，；解法二、如圖，過作于，于，則，點為弧的中點，，，，，，，、、、四點共圓，，在和中，，，在和中，，，，設，，，，，解得：，即，，故答案為．【例題2】（2024·山東濟寧·二模）【初步感知】如圖1，點，，均在上，若，則銳角的大小為____；【深入探究】如圖2，小聰遇到這樣一個問題：是等邊三角形的外接圓，點在上（點不與點重合），連接，，．求證：；小聰發(fā)現(xiàn)，延長至點，使，連接，通過證明．可推得是等邊三角形，進而得證．請根據(jù)小聰?shù)姆治鏊悸吠瓿勺C明過程．【啟發(fā)應用】如圖3，是的外接圓，，，點在上，且點與點在的兩側，連接，，，若，則的值為______．【答案】初步感知：45；深入探究：證明見解析；啟發(fā)應用：【分析】初步感知：根據(jù)在同圓或等圓中，一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半求解即可得；深入探究：先根據(jù)圓周角定理可得，，再證出，根據(jù)全等三角形的性質可得，然后證出是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質可得，由此即可得證；啟發(fā)應用：延長至點，使，連接，先證出，根據(jù)全等三角形的性質可得，根據(jù)等腰三角形的性質可得，再證出，設，則，利用勾股定理可得，根據(jù)線段和差可得，由此即可得．【詳解】解：初步感知：∵點，，均在上，，∴，故答案為：45．深入探究：延長至點，使，連接，∵是等邊三角形，∴，由圓周角定理得：，，∵，，∴，在和中，，∴，∴，∴是等邊三角形，∴，又∵，∴．啟發(fā)應用：如圖，延長至點，使，連接，∵四邊形是的內接四邊形，∴，在和中，，∴，∴，∴，∵，，∴，由圓周角定理得：，∴，∴，設，∵，∴，∴，∴，∴，故答案為：．【例題3】如圖，已知是的弦，點是弧的中點，是弦上一動點，且不與、重合，的延長線交于點，連接、，過點作，垂足為，．（1）求證：是的切線；（2）若，，求的長；（3）當點在弦上運動時，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）證切線一般先導角（2）通過弧中點所對應的相似模型可以口算 （3）可以考慮通過旋轉構造出分母的所對應的線段，再通過相似或三角函數(shù)得出比值. 當然，（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)量關系的話，截長補短也是常見方法，得到的圖形與之前旋轉法類似，不過輔助線做法不一樣法3法3：延長至點，使由，可得全等，故三邊之比為，即除此之外，構造旋轉相似也是一種處理方式，這里就不細講了可以結合圖形自行體會法4：【簡證】∵,∴法4：【簡證】∵,∴【解答】（1）證明：如圖，連接，，，交于，，，是等邊三角形，，點是弧的中點，，，，，，，，，，，是的切線；（2）解：，，，，，，，；（3）結論：，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．【鞏固練習1】如圖，在⊙O中AB=AC，點D是EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),CMB)上一動點（點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之間的關系，并證明?！窘馕觥糠椒ㄒ?如圖1,截取DF=DB,作AG⊥DC，易知△黃≌△藍→CG=FG,∴DC+DB=2DG=AG=AD方法二:如圖2，作AG⊥DG,AH⊥DB,易知△黃≌△藍(HL)→GC=BH∴DC+DB=2DG=AG=AD方法三:如圖3,DC至點G，使AG=AD,易證△黃≌△藍(SAS)→GC=BD∴DC+DB=DG=AD【鞏固練習2】（吉林長春·中考）【感知】如圖①，點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P在上（點P不與點A、C重合），連結、、．求證：．小明發(fā)現(xiàn)，延長至點E，使，連結，通過證明，可推得是等邊三角形，進而得證．下面是小明的部分證明過程：證明：延長至點E，使，連結，四邊形是的內接四邊形，．，．是等邊三角形．，請你補全余下的證明過程．【應用】如圖③，是的外接圓，，點P在上，且點P與點B在的兩側，連結、、．若，則的值為__________．【答案】感知：；探究：見解析；應用：．【分析】感知：由圓周角定理即可求解；探究：延長至點E，使，連結，通過證明，可推得是等邊三角形，進而得證；應用：延長至點E，使，連結，通過證明得，可推得是等腰直角三角形，結合與可得，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E，使，連結，四邊形是的內接四邊形，．，．是等邊三角形．，，∴，，，是等邊三角形，，，即；應用：延長至點E，使，連結，四邊形是的內接四邊形，．，．，，∴，，，是等腰直角三角形，，，即，，，，，，，故答案為：．【鞏固練習3】（2024·江蘇揚州·中考真題）在綜合實踐活動中，“特殊到一般”是一種常用方法，我們可以先研究特殊情況，猜想結論，然后再研究一般情況，證明結論．如圖，已知，，是的外接圓，點在上（），連接AD、BD、CD．【特殊化感知】（1）如圖1，若，點在延長線上，則與CD的數(shù)量關系為________；【一般化探究】（2）如圖2，若，點、在AB同側，判斷與CD的數(shù)量關系并說明理由；【拓展性延伸】（3）若，直接寫出AD、BD、CD滿足的數(shù)量關系．（用含的式子表示）【答案】（1）；（2）（3）當在上時，；當在上時，【分析】（1）根據(jù)題意得出是等邊三角形，則，進而由四邊形是圓內接四邊形，設交于點，則，設，則，分別求得，即可求解；（2）在上截取，證明，根據(jù)全等三角形的性質即得出結論；（3）分兩種情況討論，①當在上時，在上截取，證明，，得出，作于點，得出，進而即可得出結論；②當在上時，延長至，使得，連接，證明，，同①可得，即可求解．【詳解】解：∵，，∴是等邊三角形，則∵是的外接圓，∴是的角平分線，則∴∵四邊形是圓內接四邊形，∴∴設交于點，則，設，則在中，∴∴，∵是直徑，則，在中，∴∴（2）如圖所示，在上截取，∵∴∴是等邊三角形，∴，則∴∵四邊形是圓內接四邊形，∴∴；∵，，∴是等邊三角形，則∴，又∵∴在中∴∴，∴即；（3）解：①如圖所示，當在上時，在上截取，∵∴又∵∴，則∴即又∵∴∴∴∵∴如圖所示，作于點，在中，，∴∴∴，即②當在上時，如圖所示，延長至，使得，連接，∵四邊形是圓內接四邊形，∴又∵∴，則∴即，又∵∴∴∴，∵同①可得∴∴綜上所述，當在上時，；當在上時，．【題型5】阿基米德折弦定理【例題1】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，過點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∵MD⊥BG，∴BD=GD【例題2】己知:如圖1，在⊙O中，C是劣弧AB的中點，直線CD⊥AB于E,易證得:AE=BE,從圓上任意一點出發(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，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，直線CD⊥PA于E,則AE、PE、PB之間存在怎樣的數(shù)量關系?寫出結論，并證明?！窘馕觥?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【鞏固練習1】如圖，已知等邊三角形ABC內接于⊙O，AB=2，點D為弧AC上一點，∠ABD=45°，AE⊥BD于E，求△BDC的周長?！窘馕觥咳鐖D,截取BG=DC

【鞏固練習2】如圖，△ABC內接于⊙O，AC＜BC,點D為EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),ACB)的中點，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）【鞏固練習3】已知⊙O是等邊△ABC的外接圓，P是⊙O上一點，求證PA+PB≤AC+BC【解析】如圖所示，截取BG=PA,CH⊥PB→,∴PA+PB=BG+PB=2BHBH≤BC【鞏固練習4】（山西中考）古希臘數(shù)學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，則從M向BC所作垂線的垂足D是折弦ABC的中點，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是EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),ABC)的中點，

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

∴MA=MC．

（2）如圖(3),已知等邊△ABC內接于⊙O,AB=2，D為⊙O上一點,∠ABD=45°,AE⊥BD,垂足為E，請你運用“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2025屆中考復習93/170【鞏固練習5】（深圳·中考）如圖,△ABC內接于⊙O,BC=2,AB=AC，點D為EQ\o\ac(\S\UP7(⌒),AC)上的動點，且cos∠ABC=．

（1）求AB的長度；

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

（3）在點D的運動過程中，過A點作AH⊥BD,求證：BH=CD+DH．（4）拓展：求DA,DB,DC之間的數(shù)量關系【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【鞏固練習6】已知：如圖，在△ABC中，D為AC邊上一點，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）【鞏固練習7】如圖，△ABC是⊙O的內接三角形，AB=AC，BD平分∠ABC交⊙O于點D，連接AD、CD。作AE⊥BD與點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=【鞏固練習8】如圖，△ABC內接于⊙O，AB=AC=3，cos∠ABC=，D是劣弧AC上一點，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HD=a，則BG=2a,AH=,∴15a2+9a2=9→a=∴BD=【鞏固練習9】如圖，PA⊥x軸于點A，點B在y軸正半軸上，PA＝PB，OA=6，OB=2,，點C是線段PB延長線上的一個動點，△ABC的外接圓⊙M與y軸的另一個交點是D．（1）證明：AD=AC（2）試問：在點C運動的過程中，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A、B的坐標為（-6，0）、（0，2），設點P（-6，），由PA=PB得：36+（2+）2=（）2，解得：k=-60，故點P（-6，10），故答案為：6，2，-60；（2）當PQ過圓心M時，點P、Q之間的距離達到最大值，∵AM2=AO2+OM2，∴AM2=36+（AM-2）2，∴AM=10=BM∴點M坐標為（0，-8）設直線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∴設點Q（a，-3a-8）（a＞0）∵MQ=10=∴a=∴點Q坐標為（，-3-8）故答案為：（，-3-8）（3）是定值，理由：連接CD，過點P作PH⊥y軸，∵tan∠PBH===tan∠DBC，則cos∠DBC=，∴BD-BC=2r-2rcos∠DBC=2r（1-）=4【題型6】平行弦與相交弦，垂直線，割線模型【例題1】如圖，半圓O的直徑，延長到A，直線AD交半圓于點E，D，且，求的長．【答案】2【詳解】解：連接，則：，∵，∴，∴，∴，∵，∴，設，則：，∴，整理得，解得（不合題意，舍去）．∴．【例題2】（2024·廣東中山·模擬預測）如圖，線段是的直徑，弦于點H，點M是上任意一點，，．(1)求的半徑r的長度；(2)求(3)直線交直線于點，直線交于點，連接交于點，求的值【答案】(1)5(2)(3)16【分析】（1）在中，利用勾股定理即可解決問題；（2）只要證明，求出即可；（3）由，推出，推出，又，推出，由此即可解決問題．【詳解】（1）解：如圖1中，連接，，，在中，，，∴，．（2）解：如圖1中，連接．，是直徑，，，，，．（3）解：如圖2中，連接．是直徑，，，，，，∴，，，∵，∴，∴，，．【鞏固練習1】（蘇州·中考）如圖，是的內接三角形，是的直徑，，點在上，連接并延長，交于點，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，，從而可得結論；（2）求解，，可得，證明，設，則，，證明，可得，可得，，，從而可得答案．【詳解】（1）證明：∵是的直徑，，∴，∵，∴．（2）∵，，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，設，則，，∵，，∴，∴，∴，則，∴，∴，∴【鞏固練習2】如圖，和是的半徑，并且，是上任意一點，的延長線交于點，點在的延長線上，且．（1）求證：是的切線；（2）當時，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當點R與A重合時，易知∠B＝45°．②當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M，連接BM，AQ，，，，，．【鞏固練習3】如圖，線段是的直徑，弦于點H，點是弧上任意一點（不與B，C重合），，．延長線段交的延長線于點E，直線交于點N，連結交于點F，則，．【答案】【分析】連接，設，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，則，在中，∵，∴，∴，即；連接．∵是直徑，∴，，，，，故答案為：，【鞏固練習4】（湖南張家界·中考）如圖，四邊形內接于圓，是直徑，點是的中點，延長交的延長線于點．(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)點是的中點得，，用ASA證明，即可得；（2）根據(jù)題意和全等三角形的性質得，根據(jù)四邊形ABCD內接于圓O和角之間的關系得，即可得，根據(jù)相似三角形的性質得，即可得【詳解】（1）證明：如圖所示，連接，為直徑，，又點是的中點，，在和中，，，；（2）解：，，，又四邊形內接于圓，，又，，又，，，即：，解得：，【題型7】垂徑圖【例題1】如圖，為的直徑，，為圓上的兩點，，弦，相交于點．（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．【例題2】如圖，是的直徑，為弦的中點，連接并延長交于點，連接交于點，延長至點，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，是半徑，，即，，又，，又，，，，即，是半徑，是的切線；（2）為弦的中點，，是半徑，，在中，，又，，，，即，解得，，．【鞏固練習1】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，進而得到∠CAE＝∠ACD，最后利用等角對等邊得到結論AF＝CF；（2）連接AC、OE、OC、BC，設CO與AE交點為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CO與AE交點為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．【鞏固練習2】（2024·四川遂寧·中考真題）如圖，是的直徑，是一條弦，點是的中點，于點，交于點，連結交于點．(1)求證：；(2)延長至點，使，連接．①求證：是的切線；②若，，求的半徑．【答案】(1)證明見解析(2)①證明見解析，②的半徑為．【分析】（1）如圖，連接，證明，可得，證明，可得，進一步可得結論；（2）①證明，可得是的垂直平分線，可得，，，而，可得，進一步可得結論；②證明，可得，求解，，結合，可得答案．【詳解】（1）證明：如圖，連接，∵點是的中點，∴，∴，∵，為的直徑，∴，∴，∴，∴．（2）證明：①∵為的直徑，∴，∴，∵，∴是的垂直平分線，∴，∴，，而，∴，∴，∴，∵為的直徑，∴是的切線；②∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴的半徑為．【鞏固練習3】（四川綿陽·中考）如圖，是的直徑，點為的中點，為的弦，且，垂足為，連接交于點，連接，，．（1）求證：；（2）若，求的長．【解答】證明：（1）是的中點，，是的直徑，且，，，，在和中，，；（2）解法一：如圖，連接，設的半徑為，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，，，，，，，，，，，．【題型8】等腰圖【例題1】（成都·中考）如圖，以的邊為直徑作，交邊于點D，過點C作交于點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，根據(jù)勾股定理列方程，解得x的值，即可求出；解法一：過點作的垂線段，交的延長線于點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，進而證得，根據(jù)對應邊成比例即可解出的長．【詳解】（1）證明：，，，，，；（2）解：設，是的直徑，，，，即，根據(jù)（1）中的結論，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，過點作的垂線段，交的延長線于點F，

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

，，，，又，，，，．【例題2】（四川宜賓·中考）如圖，線段經(jīng)過的圓心O，交于A、C兩點，，為的弦，連接，，連接并延長交于點E，連接交于點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)直角三角形的性質得到，于是得到結論；（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，，∴，∵∴，∴．【鞏固練習1】（黃岡·中考）如圖，中，以為直徑的交于點，是的切線，且，垂足為，延長交于點．

(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，是的切線，∴，∵，∴，∴，又，∴，∴，∴；（2）解：連接，如圖，則，

∴，∴，∴，在中，，∴，∴，又∵是直徑，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴．【鞏固練習2】（遼寧營口·中考）如圖，在中，，以為直徑作與交于點D，過點D作，交延長線于點F，垂足為點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，進而可得，根據(jù)，可得，問題得證；（2）先證明，，即有，在中結合勾股定理，可求出，即同理在中，可得，進而有，，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：（負值舍去），即同理在中，可得，∴，∴，即，∵，，∴，∴，∴，即，∴，解得：（經(jīng)檢驗，符合題意），即．【鞏固練習3】（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D，過點D作DE⊥AB于點E，ED、AC的延長線交于點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．【鞏固練習4】（廣西玉林·中考）如圖，在中，，，以AB為直徑作⊙O分別交于AC，BC于點D，E，過點E作⊙O的切線EF交AC于點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)切線的性質求出OE是的中位線，即可進行證明；（2）根據(jù)勾股定理與中位線的性質即可求解.【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，∴．【鞏固練習5】（四川眉山·中考）如圖，中，以為直徑的交于點E．平分，過點E作于點D，延長交的延長線于點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，則，，解得，，，根據(jù)勾股定理可得，,，是直徑，，，，，，，．

【鞏固練習6】（孝感·中考）如圖，中，，以為直徑的交于點，交于點，過點作于點，交的延長線于點.（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，結合等腰三角形的性質知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=．【鞏固練習7】（湖南婁底·一模）如圖，在中，平分，交于點．是的直徑，連接、過點作，交于點，交的延長線于點．(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論；（2）利用兩角對應相等的兩三角形相似證明，由相似三角形的性質可得出答案；（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算出，在中可計算出，然后由，得，再利用相似比可計算出．【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：，，，設在中，∴解得：（舍去），在中，，，∵，，∴，即，．【題型9】雙切圖【例題1】（2024·湖北·中考真題）如圖，在中，，點在上，以CE為直徑的經(jīng)過AB上的點，與交于點，且．(1)求證：AB是的切線；(2)若，，求的長．【答案】(1)證明見解析；(2)．【分析】（）連接，可得，得到，即得，即可求證；（）設的半徑為，則，在中由勾股定理得，可得，即得，得到，進而得到，最后利用弧長公式即可求解．【詳解】（1）證明：連接，則，，，，，．是的半徑，AB是的切線；（2）解：設的半徑為，則，∵，∴，在中，，，解得，，，，，的長為．【例題2】（武漢·中考）如圖，PA為⊙O的切線，A為切點.過A作OP的垂線AB，垂足為點C，交⊙O于點B．延長BO與⊙O交于點D，與PA的延長線交于點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EA=2a，EP=5a，則PA=3a，∵PA=PB，∴PB=3a，∴sin∠E==.【例題3】如圖，D為O上一點，點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B作O的切線交CD的延長線于點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，運用勾股定理可計算出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，則，，由勾股定理得，解得．即BE的長為．【鞏固練習1】（四川瀘州·中考）如圖，⊙O與Rt△ABC的直角邊AC和斜邊AB分別相切于點C、D，與邊BC相交于點F，OA與CD相交于點E，連接FE并延長交AC邊于點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D，又AC與⊙O相切與點，∴AC=AD，∵OC=OD，∴OA⊥CD，∴CD⊥OA，∵CF是直徑，∴∠CDF=90°，∴DF⊥CD，∴DF∥AO．（2）過點作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．【鞏固練習2】（四川樂山·中考）如圖，D為⊙O上一點，點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B作⊙O的切線交CD的延長線于點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＝【鞏固練習3】（廣東省·中考）如圖，四邊形ABCD中，AB=AD=CD，以AB為直徑的⊙O經(jīng)過點C，連接AC，OD交于點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BC=a、則AC=2a、AD=AB=，證OE為中位線知OE=a、AE=CE=AC=a，進一步求得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，結合∠EDF=∠BDO知△EDF∽△BDO，據(jù)此可得，結合（2）可得相關線段的長，代入計算可得．【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=.【鞏固練習4】（四川·樂山中考）如圖，P是⊙O外的一點，PA、PB是⊙O的兩條切線，A、B是切點，PO交AB于點F，延長BO交⊙O于點C，交PA的延長交于點Q，連結AC．（1）求證：AC∥PO；（2）設D為PB的中點，QD交AB于點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，∴PA＝PB，且PO平分∠BPA，∴PO⊥AB．∵BC是直徑，∴∠CAB＝90°，∴AC⊥AB，∴AC∥PO；（2）解：連結OA、DF，如圖，∵PA、PB是⊙O的兩條切線，A、B是切點，∴∠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，∴DF∥AP，DF＝PA＝3，∴△DFE∽△QEA，∴，設AE＝4t，F(xiàn)E＝3t，則AF＝AE＋FE＝7t，∴BE＝BF＋FE＝AF＋FE＝7t＋3t＝10t，∴【鞏固練習5】（四川遂寧·中考）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D為AB邊上的一點，以AD為直徑的⊙O交BC于點E，交AC于點F，過點C作CG⊥AB交AB于點G，交AE于點H，過點E的弦EP交AB于點Q（EP不是直徑），點Q為弦EP的中點，連結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