的綜合壓軸題命題趨勢中考數(shù)學中《圓的綜合壓軸題》部分主要考向分為六類：一、圓中弧長和面積的綜合題二、圓與全等三角形的綜合題三、圓的綜合證明問題四、圓與等腰三角形的綜合題五、圓的閱讀理解與新定義問題六、圓與特殊四邊形的綜合題圓的綜合問題是中考數(shù)學中的壓軸題中的一類，也是難度較大的一類，所以，對應的訓練很有必要。熱考題型解讀考向一：圓中弧長與面積的綜合題考向一：圓中弧長與面積的綜合題考向二：圓與全等三角形綜合題考向二：圓與全等三角形綜合題考向三：圓的綜合證明問題考向三：圓的綜合證明問題考向四：圓與等腰三角形的綜合考向四：圓與等腰三角形的綜合考向五：圓的閱讀理解與新定義問題考向五：圓的閱讀理解與新定義問題考向六：圓與特殊四邊形綜合考向六：圓與特殊四邊形綜合操作：將圖1中的水槽沿GH向右作無滑動的滾動，使水流出一部分，當∠ANM=30°時停止?jié)L動.如圖2.其中，半圓的中點為Q,GH與半圓的切點為E,連接OE交MN于點D.探究：在圖2中.(2)操作后水面高度下降了多少?(3)連接OQ并延長交GH于點F,求線段EF與EQ的長度，并比較大小.【分析】(1)連接OM,利用垂徑定理得出,由勾股定理計算即可得出答案；(2)由切線的性質(zhì)證明OE⊥GH,進而得到OE⊥MN,利用銳角三角函數(shù)的定義求出OD,再與(1)中OC相減即可得出答案；(3)由半圓的中點為Q得到∠QOB=90°,得到∠QOE=30°,分別求出線段EF與EQ的長度，再相減比較即可.∴MC=圓的綜合壓軸題(解析版)MN=24cm,∴OM=圓的綜合壓軸題(解析版)AB=25cm,(2)∵GH與半圓的切點為E,∴操作后水面高度下降高度為：∵半圓的中點為Q,EQ的長為(cm),【問題情境】劉老師先引導學生回顧了華東師大版教材七年級下冊第121頁“探索”部分內(nèi)容：如圖1,將一個三角形紙板△ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)θ到達的位置△AB'C”的位置，那么可以得到：劉老師進一步談到：圖形的旋轉(zhuǎn)蘊含于自然界的運動變化規(guī)律中，即“變”中蘊含著“不變”,這是我們解決圖形旋轉(zhuǎn)的關鍵.故數(shù)學就是一門哲學.【問題解決】(1)上述問題情境中“()”處應填理由：旋轉(zhuǎn)前后的圖形對應線段相等，對應角相等;(2)如圖2,小王將一個半徑為4cm,圓心角為60°的扇形紙板ABC繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°到達扇形紙板A'B'C”的位置.①請在圖中作出點O;②如果BB′=6cm,則在旋轉(zhuǎn)過程中，點B經(jīng)過的路徑長為【問題拓展】小李突發(fā)奇想，將與(2)中完全相同的兩個扇形紙板重疊，一個固定在墻上，使得一邊位于水平位置.另一個在弧的中點處固定，然后放開紙板，使其擺動到豎直位置時靜止.此時，兩個紙板重疊部分的面積是多少呢?如圖3所示，請你幫助小李解決這個問題.CC(1)由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)即可知答案為旋轉(zhuǎn)前后的圖形對應線段相等，對應角相等；(2)①作線段BB',AA'的垂直平分線，兩垂直平分線交于O,點O為所求；②由∠BOB'=90°,OB=OB',可得,再用弧長公式可得答案；【問題拓展】連接PA',交AC于M,連接PA,PD,AA',PB',PC,求(SSS)可知陰影部分關于PD對稱，故重疊部分面積為(1)根據(jù)題意，AB=AB′,AC=AC',BC=B'C';∠BAC=∠B'AC',∠ABC=∠AB'C",∠ACB=∠AC'B'的理由是：旋轉(zhuǎn)前后的圖形對應線段相等，對應角相等，故答案為：旋轉(zhuǎn)前后的圖形對應線段相等，對應角相等；(2)①如圖：作線段BB',AA'的垂直平分線，兩垂直平分線交于O,點O為所求；∴△BOB'是等腰直角三角形，∴點B經(jīng)過的路徑長為故答案為：【問題拓展】連接PA',交AC于M,連接PA,PD,AA',PB′,PC,如圖：由旋轉(zhuǎn)得∠PA'B′=30°,PA=PA′=4,下面證明陰影部分關于PD對稱：∴△PB'D≌△PCD(SSS),∴陰影部分面積被PD等分，∴兩個紙板重疊部分的面積是考向二：圓與全等三角形綜合題(1)如圖1,連接BD,求證：△ADB≌△OBE;(2)如圖2,N是AD上一點，在AB上取一連接MN.請問：三條線段MN,BM,DN有怎樣的數(shù)量關系?并證明你的結論.【分析】(1)根據(jù)CF⊥OE,OC是半徑，可得CF是圓O的切線，根據(jù)BE是圓O的切線，由切線長定理可得BF=CF,進而根據(jù),得出∠E=30°,∠EOB=60°,據(jù)垂徑定理的推論得出OC⊥BD,進而得出∠ADB=90°=∠EBO,根據(jù)含30度角的直角三角形的性(2)延長ND至H使得DH=BM,連接CH,BD,根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對角互補得出∠HDC=∠MBC,證明△HDC≌△MBC(SAS),結合已知條件證明△CNH≌△CNM(SAS),得出NH=MN,即可得出結論.∵BE是圓O的切線，延長ND至H使得DH=BM,連接CH,BD,如圖2所示，點H.(3)如圖③,在(2)的條件下，點F在BD上，過點F作FG⊥DO,交DO于點G,DG=CH,過點F作FR⊥DE,垂足為R,連接EF,EA,EF:DF=3:2,點T在BC的延長線上，連接AT,過點T作TM⊥DC,交DC的延長線于點M,若FR=CM,AT=4√2,求AB的長.【分析】(1)連接OC,證明OH是△ABC的中位線，即可得到BC=2OH;(2)設∠BDC=2α,證明△DOB≌△DOC(SSS),可得,再推導出∠CDO=∠ACD,即可證明DO//AC;(3)連接AD,延長AE與BC交于W點，延長AC、TM交于L點，先證明△DGF≌△CHE(ADF=CE,再證明△DFG≌△AFH(ASA),得到AE=DF,從而判斷出四邊形ADFE是矩形，得到EF⊥BD,求出,通過證明△FRK≌△CML(AAS),推導出CL=FK=2FG=CW,再證明,求出BC=6,在Rt△ABC中，利用勾股定理求出AB=√AC2+BC2=2√13.【解答】(1)證明：如圖①,連接OC,∴OH是△ABC的中位線，(3)解：如圖③,連接AD,延長AE與BC交于W點，延長AC、TM交于L點，∴△AEC是等腰三角形，∴四邊形AEFD是平行四邊形，∴四邊形ADFE是矩形，題目5(2023·長春)【感知】如圖①,點A、B、P均在⊙O上，∠AOB=90°,則銳角∠APB的大小為 【探究】小明遇到這樣一個問題：如圖②,◎○是等邊三角形ABC的外接圓，點P在弧AC上(點P不與接BE,通過證明△PBC≌△EBA.可推得△PBE是等邊三角形，進而得證.下面是小明的部分證明過∵四邊形ABCP是◎○的內(nèi)接四邊形，∵△ABC是等邊三角形，請你補全余下的證明過程.【應用】如圖③,◎○是△ABC的外接圓，∠ABC=90°,AB=BC,點P在⊙O上，且點P與點B在AC【探究】先構造出△PBC≌△EBA(SAS),得出PB=EB,進而得出△PBE是等邊三角形，即可得出結論；【應用】先構造出△PBC≌△GBA(SAS),進而判斷出∠PBG=90°,進而得出△PBG是等腰直角三角形，即可得出結論；(在同圓中，同弧所對的圓周角是圓心角的一半),故答案為：45;∵四邊形ABCP是⊙O的內(nèi)接四邊形，∵△ABC是等邊三角形，∵△ABC是等邊三角形，∴△PBE為等邊三角形，∴PB=PE=AE+AP=PC+AP;延長PA至點G,使AG=PC,連接BE.∵四邊形ABCP是⊙O的內(nèi)接四邊形，(3)已知BC2=3FP·DC,求的值.【分析】(1)連接OC,由等腰三角形的性質(zhì)得∠OAC=∠OCA,再證∠DAC=∠OCA,則DA//OC,然后證OC⊥CD,即可得出結論；(2)由圓周角定理得∠ACB=90°,∠DAC=∠PBC,,即可得出結論；(3)過P作PE⊥AB于點E,證AC·PC=3FP·DC,再證∠BAC=∠PBC,然后證△ACB一△BCP,得再證△ACD一△BPC,得AC·PC=BP·DC,則BP·DC=3FP·DC,進而得BP=3FP,然后由角平分線的性質(zhì)和三角形面積即可得出結論.【解答】(1)證明：如圖1,連接OC,∴DA//OC,(3)解：如圖2,過P作PE⊥AB于點E,題目7如圖，在⊙O中，直徑AB垂直弦CD于點E,連接AC,AD,BC,作CF⊥AD于點F,交線段OB于點G(不與點O,B重合),連接OF.(1)若BE=1,求GE的長.(3)若FO=FG,猜想∠CAD的度數(shù)，并證明你的結論.【分析】(1)由垂徑定理可得∠AED=90°,結合CF⊥AD可得∠DAE=∠FCD,根據(jù)圓周角定理可得(2)證明△ACB一△CEB,根據(jù)對應邊成比例可得BC2=BA·BE,再根據(jù)AB=2BO,,可證BC2=BG·BO;證明△COF≌△AOF,進而可得∠OCF=∠OAF,即90°-3a=a,則∠CAD=2a=45°.方法二：延長FO交AC于點H,連接OC,證明△AFC是等腰直角三角形，即可解決問題.由圓周角定理得∠DAE=∠BCD,即90°-3a=a,解法二：∴△AFC是等腰直角三角形，題目8(2023·永州)如圖，以AB為直徑的⊙O是△ABC的外接圓，延長BC到點D.使得∠BAC=(1)求證：ED是◎○的切線；(2)若AC=√6,BD=5,AC>CD,求BC的長；DD【分析】(1)由AB是⊙○的直徑得∠ACB=90°,故∠BAC+∠ABC=90°,由∠BAC=∠BDA(2)證明△ACB一△DCA,則,可得,解得BC=2由AC>CD即可得到BC的長；或BC=3,(3)先證明△ABC一△DAC,則,得到AC·AD=CD·AB,由DE·AM=AC·AD得到DE·AM=CD·AB,故,由同角的余角相等得∠BAM=∠CDE,有△AMBB一△DCE,得∠E=∠ABM,進一步得到∠EGA+∠E=∠ABM+∠BGN=90°,則∠BNG=90°,即可得到結論.【解答】(1)證明：∵AB是◎○的直徑，解得BC=2或BC=3,·題目9(2023·廣東)綜合探究如圖1,在矩形ABCD中(AB>AD),對角線AC,BD(2)以點O為圓心，OE為半徑作圓.①如圖2,◎○與CD相切，求證：AA=√3CA;BB【分析】(1)根據(jù)軸對稱的性質(zhì)可得AE=A'E,AA′⊥BD,相交于點O,點A關于BD的對稱點為A'.連接根據(jù)四邊形ABCD是矩形，得出OA=OC,從而OE//A'C,從而得出AA'⊥CA';(2)①設CD⊙O與CD切于點F,連接OF,并延長交AB于點G,可證得OG=OF=OE,從而得出∠EAO=∠GAO=∠GBO,進而得出∠EAOOD=OA=√2x,在Rt△ADE中，由勾股定理得出x2+[(√2-1)x]2=1,從而求得,進而得【解答】(1)證明：∵點A關于BD的對稱點為A',(2)①證明：如圖2,設CD⊙O與CD切于點F,連接OF,并延長交AB于點G,②解：如圖3,設⊙O切CA'于點H,連接OH,考向四：圓與等腰三角形的綜合【分析】連接OD,DE,根據(jù)切線的性質(zhì)和勾股定理求出OD=6,然后分三種情況討論：①當AP=PD時，此時P與O重合，②如圖2,當AP′=AD時，③如圖3,當DP'"=AD時，分別進行求解即可.∵半圓O與BC相切于點D,解得OD=6,②如圖2,當AP′=AD時，∴OD//AC,③如圖3,當DP"=AD時，∴OD//AC,圖(1)圖(2)(2)如圖(2)所示，連接OE,如果∠BAC=90°,∠OFE=∠DOE,AO=4,(3)△OBG是以OB為腰的等腰三角形，①當OG=OB時，②當BG=OB時，證明△BGO一△BPA,得出,可得△PQE一△OQB,根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出a=2k,進而即可求得答案.【解答】(1)證明：如圖：∴OD//AC,∴FG是△OBD的中位線，(2)解：如圖：由(1)可得OD//AC,,即AE2=AO·AF,(3)解：①當OG=OB時，點G與點D重合，不符合題意，舍去；②當BG=OB時，延長BG交AC于點P,如圖所示，設AO=OF=FB=a,BB∵OG//AE,的值為BB圖(2) 題目12(2023·泰州)已知：A、B為圓上兩定點，點C在該圓上，∠C為AB所對的圓周角.圖①圖②圖③知識回顧②若⊙O的半徑為5,AC=8,求BC的長；逆向思考拓展應用(3)如圖③,在(2)的條件下，若∠APB=90°,點C在◎P位于直線AP上方部分的圓弧上運動.點D在◎P上，滿足CD=√2CB-CA的所有點D中，必有一個點的位置始終不變.請證明.【分析】(1)①根據(jù)∠AOB+∠C=135°,結合圓周角定理求∠C的度數(shù)；②構造直角三角形；(2)只要說明點P到圓上A、B和另一點的距離相等即可；(3)根據(jù)CD=√2CB-CA,構造一條線段等于√2CB-CA,利用三角形全等來說明此線段和CD相等.CC②連接AB,過A作AD⊥BC,垂足為M,B(2)延長AP交圓于點N,則∠C=∠N,∴P為該圓的圓心.(3)過B作BC的垂線交CA的延長線于點E,連接AB,延長FB考向五：圓的閱讀理解與新定義問題小青發(fā)現(xiàn)路上行駛的各種車輛，車輪都是圓形的.為什么車輪要心軌跡最高點是C(即的中點),轉(zhuǎn)動一次前后中心的連線是BD(水平線),請在圖2中計算C到最高點是C(即的中點),轉(zhuǎn)動一次前后中心的連線是BD(水平線),請在圖4中計算C到BD的距離d?(結果保留根號).此時中心軌跡最高點是C(即BD的中點),轉(zhuǎn)動一次前后中心的連線是BD(水平線),在圖6中計算C到BD的距離d?=2-√3(結果保留根號).(4)歸納推理：比較d?,d?,d?大?。篸i>d?>d?.,按此規(guī)律推理，車輪設計成的正多邊形邊數(shù)越多，其中心軌跡最高點與轉(zhuǎn)動一次前后中心連線(水平線)的距離越小(填“越大”或“越小”).輪設計成圓形..【分析】(1)△ABC是等邊三角形，進而求得AE,進一步得出結果；(2)△ABE是等腰直角三角形，進而求得AE,進一步得出結果；(3)△ABD是等邊三角形，進而求得AE,進一步得出結果；(4)比較大小得出結果；(5)圓的半徑相等，從而得出結果.【解答】?解：(1)圖1,∴△ABC是等邊三角形，(2)如圖2,(3)如圖3,∴△ABD是等邊三角形，AE=AB·sin∠ABD=2·sin?(5)∵圓的半徑相等，故答案為：0.題目14(2023·陜西)(1)如圖①,∠AOB=120°,點P在∠AOB的平分線上，OP=4.點E,F分別在邊OA,OB上，且∠EPF=60°,連接EF.求線段EF的最小值；(2)如圖②,是一個圓弧型拱橋的截面示意圖.點P是拱橋AB的中點，橋下水面的寬度AB=24m,點P到水面AB的距離PH=8m.點P,P?均在AB上，PP?=PP?,且PP?=10m,在點P,P?處各裝有一個照明燈，圖中△PCD和△P?EF分別是這兩個燈的光照范圍.兩燈可以分別繞點P,P?左右轉(zhuǎn)動，且光束始終照在水面AB上.即∠CPD,∠EP?F可分別繞點P?,P?按順(逆)時針方向旋轉(zhuǎn)(照明燈的大小忽略不計),線段CD,EF在AB上，此時，線段ED是這兩燈照在水面AB上的重疊部分的水面寬度.已知∠CPD=∠EP?F=90°,在這兩個燈的照射下，當整個水面AB都被燈光照到時，求這兩個燈照在水面AB上的重疊部分的水面寬度.(可利用備用圖解答)圖①圖②【分析】(1)過P作PC⊥OB于C,作PD⊥OA于D,證明△PCF≌△PDE(AAS),可得CF=DE,即可2,故OE+OF=4,設OF=x,則OE=4-x,過F作FG⊥AO于G,有,由勾股√(x-2)2+12,即知線段EF的最小值是2√3;(2)當整個水面AB都被燈光照到時，①C與A重合，F(xiàn)與B重合，設PH交PP?于K,圓心為O,連接√oP2-0k2=√132-52=12(m),K=2AT=14(m),即CD=14m,同理可得BE=14m,即FE=14m,故DE=EF-DB=14-10=4(m),這兩個燈照在水面AB上的重疊部分的水面寬度為4m;②當E與A重合，D與B重合時，可得AP?=,可得,同理過F作FG⊥AO于G,如圖：∴線段EF的最小值是2√3;(2)當整個水面AB都被燈光照到時，如圖：解得r=13,∵AT=AH-TH=12-5=7(m)∴△APD是等腰直角三角形，同理可得BE=14m,即FE=14m,∴這兩個燈照在水面AB上的重疊部分的水面寬度為4m;同理∴這兩個燈照在水面AB上的重疊部分的水面寬度為綜上所述，這兩個燈照在水面AB上的重疊部分的水面寬度為4m或題目15(2023·北京)在平面直角坐標系xOy中，◎O的半徑為1.對于⊙O的弦AB和◎O外一點給出如下定義：若直線CA,CB中一條經(jīng)過點O,另一條是⊙O的切線，則稱點C是弦AB的“關聯(lián)點”.②若點C是弦AB?的“關聯(lián)點”,直接寫出OC的長；(2)已知點M(0,3),),對于線段MN上一點S,存在◎O的弦PQ,使得點S是弦PQ的“關聯(lián)點”.記PQ的長為t,當點S在線段MN上運動時，直接寫出t的取值范圍.【分析】(1)根據(jù)題目中關聯(lián)點的定義分情況討論即可；(2)根據(jù)M(0,3),)兩點來求最值情況，共有兩種情況，分別位于點M和經(jīng)過點O的MN的垂直平分線上，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)即可得到結論.【解答】解：(1)①由關聯(lián)定義可知，若直線CA、CB中一條經(jīng)過點O,另一條是⊙O的切線，則稱點C是∴直線AC?經(jīng)過點O,且B?C?與◎O相切，∵C?(-1,1),A(-1,0)的橫坐標相同，與在直線y=-x上，設C(a,b),如圖所示，共有兩種情況，則C?B?,AC?所在直線為解得則直線C?B?,AC?所在直線為解得(2)∵線段MN上一點S,存在⊙○的弦PQ,使得點S是弦PQ的“關聯(lián)點”,∵弦PQ隨著S的變動在一定范圍內(nèi)變動，且M(0,3),,OM>ON,∴S共有2種情況，分別位于點M和經(jīng)過點O的MN的垂線上，如圖所示，∵M(0,3),◎O的半徑為1,且MP是⊙O的切線，解得②當S位于經(jīng)過點O的MN的垂線上的點K時，,∵◎O的半徑為1,∴△OPQ為等邊三角形，∴當S位于經(jīng)過點O且垂直于MN的直線上即點K時，PQ?的臨界點為1和√3,∴在兩種情況下，PQ的最小值在內(nèi)，最大值在綜上所述，t的取值范圍為四邊形的四個頂點共圓.請應用此結論，解決以下問題：如圖1,△ABC中，AB=AC,∠BAC=a(60°<a<180°).點D是BC邊上的一動點(點D不與B,C重合),將線段AD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)a到線段AE,連接BE.(2)如圖2,當AD=CD時，⊙○是四邊形AEBD的外接圓，求證：AC是⊙○的切線；(3)已知α=120°,BC=6,點M是邊BC的中點，此時⊙P是四邊形AEBD的外接圓，直接寫出圓心P與點M距離的最小值.【分析】(1)根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到AE=AD,∠DAE=a,備用圖證明∠BAE=∠CAD,進而證明△ABE≌(2)連接OA,OD,根據(jù)等邊對等角得到∠ABC=∠ACB=∠DAC,由圓周角定理得到∠AOD=2∠ABC=2∠DAC,再由OA=OD,得到∠OAD=∠ODA,利用三角形內(nèi)角和定理證明∠DAC+(3)作線段AB的垂直平分線，分別交AB、BC于G、F,連接AM,先求出∠B=∠C=30°,再由三線合一定理得到,AM⊥BC,解直角三角形求出AB=2√3,則解Rt△BGF得到BF=2,則FM=1;由◎P是四邊形AEBD的外接圓，可得點P一定在AB的垂直平【解答】(1)證明：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AE=AD,∠DAE=α,∵◎O是四邊形AEBD的外接圓，(3)解：如圖所示，作線段AB的垂直平分線，分別交AB、BC于G、F,連接AM,PM,如圖：∵⊙P是四邊形AEBD的外接圓，∴點P一定在AB的垂直平分線上，∴圓心P與點M距離的最小值為上一點，◎A交射線OM于點B,C,交射線(1)如圖1,若AD//OM,試判斷四邊形OBAD的形狀，并說明理由；【分析】(1)如圖，作AS⊥DE于點S,作AT⊥BC于點T,利用角平分線定義及性質(zhì)易得AS=AT,∠AOD=∠AOB,然后利用HL可證得Rt△ASD≌Rt△ATB,Rt△ASO≌Rt△ATO,再根據(jù)全等三角形性質(zhì)及線段的和差可證得OD=OB,利用平行線性質(zhì)及等角對等邊可證得AD=OB,最后利用有一組鄰邊相等的平行四邊形即可證得結論；(2)連接FE,結合(1)中所求及垂徑定理，利用SAS易證得△OEF≌△OCF,再根據(jù)全等三角形性質(zhì)及已知條件可證得DG//SA//EF,最后利用平行線分線段成比例即可證得結論.∴四邊形OBAD是平行四邊形，∴四邊形OBAD是菱形；題目18(2023·益陽)如圖，線段AB與⊙O相切于點B,AO交⊙○于點M,其延長線交⊙O于點連接BC,∠ABC=120°,D為⊙O上一點且D的中點為M,連接AD,CD.(1)求∠ACB的度數(shù)；(2)四邊形ABCD是否是菱形?如果是，請證明；如果不是，請說明理由；(3)若AC=6,求的長.【分析】(1)根據(jù)切線的性質(zhì)及角的和差求出∠OBC=30°,再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求解即可；(2)根據(jù)圓的有關性質(zhì)得出∠DCM=∠BCM=30°,DM=BM,根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠CAB=30°=∠ACB=∠DCM,進而推出AB=BC,AB//CD,根據(jù)圓周角定理得出∠CDM=∠CBM=90°,利用HL證明Rt△CDM≌Rt△CBM,根據(jù)全等三角形的性質(zhì)推出CD=AB,結合AB//CD,推出四邊形ABCD是平行四邊形，再結合AB=BC,進而判定四邊形ABCD是菱形；(3)根據(jù)菱形的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)推出∠DAC=30°,∠ODC=30°,根據(jù)三角形內(nèi)角和定理及角的和差推出∠ADC=120°,∠ADO=90°,∠COD=120°,根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)求出OC=2,再根據(jù)弧長計算公式求解即可.∵線段AB與⊙O相切于點B,(2)四邊形ABCD是菱形，理由如下；連接BM,DM,∵DB的中點為M,∴AB=BC,AB//CD,在Rt△CDM和Rt△CBM中，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵四邊形ABCD是菱形，重難通關練(建議用時：80分鐘)PB=3.(2)求△ABC的面積；(3)如圖2,CD⊥AB,垂足為D.E是AC上一點，AE=5EC.延長AE,與DC,BP的延長線分別交于點F,G,求的值.【分析】(1)由切線的性質(zhì)可求∠PBA的度數(shù)，由勾股定理可求PA的長；(2)由面積法可求BC的長，由勾股定理可求AC的長，即可求解；(3)通過證明△EAC一△CAF,由相似三角形的性質(zhì)可求,通過證明△ADC一△ACB,可求AD的長，通過等腰直角三角形的性質(zhì)可求EF的長，即可求解.∴∠PBA的度數(shù)為90°,故答案為：90°,5;(2)∵AB是直徑，∵四邊形ABCE是圓的內(nèi)接四邊形，∴△ADF是等腰直角三角形，**題目20(2023·臺州)我們可以通過中心投影的方法建立圓上的點與直線上點的對應關系，用直線上點的位置刻畫圓上點的位置.如圖，AB是◎O的直徑，直線l是⊙O的切線，B為切點.P,Q是圓上兩點(不與點A重合，且在直徑AB的同側(cè)),分別作射線AP,AQ交直線l于點C,點D.(1)如圖1,當AB=6,弧BP長為π時，求BC的長；(2)如圖2,當,BP=PQ時，求的值；(3)如圖3,當,BC=CD時，連接BP,PQ,直接寫出的值.【分析】(1)連接OP,設∠BOP的度數(shù)為n,可得(2)連接BQ,過點C作CF⊥AD于點F,求出,由BP=PQ,有CF=BC,證明∠FCD=∠BAQ,即得,故(3)連接BQ,證明△APQ一△ADC,得①,證明△APB~△ABC,得②,由BC設∠BOP的度數(shù)為n°,(3)當AB=6,時，求AM的長.【分析】(1)連接OD交AC于點H,根據(jù)垂徑定理的推論可得半徑OD⊥AC,利用平行線的判定定理由∠ADM=∠DAC可得AC//MN,得出半徑OD⊥MN,再運用切線的判定定理即可證得結論；(2)連接BD,可證得△CDN一△ABD,得出,再由AD=CD,即可證得結論；(3)連接OD交AC于點H,連接BD,利用解直角三角形可得√(2√3)2-22=2√2,再證明四邊形CNDH是矩形，得出CH=DN=2√2,由垂徑定理可得AC=2CH=4√2,再根據(jù)勾股定理求得BC=2,運用平行線分線段成比例定理即可求得答案.【解答】(1)證明：連接OD交AC于點H,如圖，∴四邊形CNDH是矩形，CE交AB于點F,連結AD交CF于點G,連結AC,過點C的切線交BA的延長線于點H.(3)連結BC交AD于點N,若⊙O的半徑為5.下面三個問題，依次按照易、中、難排列.請根據(jù)自己的認知水平，選擇其中一道問題進行解答.①若,求BC的長；②若AH=√10,求△AN③若HF·AB=88,求△BHC的面積.【分析】(1)根據(jù)題意可得AC=CD=DB,再由HC是◎O的切線，即可求證.(2)先證明△CAG≌△FAG(ASA),設出CG,根據(jù)勾股定理即可求解.(3)①根據(jù)題意，求出AG的長，再由AC=CD=DB即可求解.②根據(jù)題意可求得AC=CD=DB,再由勾股定理及相似三角形的性質(zhì)即可求解.③作出輔助線，設出CG,利用勾股定理及相似三角形的性質(zhì)可得方程10x+x(5-2x)=22,進而可求得S△CHA=8,再證明△CHA一△BHC,即可解答.【解答】(1)證明：∵點C,D是AB的三等分點，(2)解：如圖1,連接AO,設CG=a,則FG=a,(3)解：①如圖1,∵(3)解：①如圖1,∵∴∴∴·②如圖2,連接CD,∵AD//HC,FG=CG,即25-(5-x)2=10-x2,解得x=1,∴圖2③如圖3,過點O作OM⊥AB于點M,則設CG=x,則FG=x,OG=5-x,OF=5-2x,由勾股定理得AG2=AO2-OG2=25-(5-x)2,AF2=AG2+FG2=10x-x2+x2∵AD//HC,FG=CG,圖3可得方程10x+x(5-2x)=22,解得x?=2,T?=5.5(舍去),∠DBC=∠CAB,點E是弦AC上一動點(不與點A,C重合),過點E作弦AB的垂線BC的延長線于點N,交⊙O于點M(點M在劣弧AC上).(1)BD是◎O的切線嗎?請作出你的判斷并給出證明；(2)記△BDC,△ABC,△ADB的面積分別為S?,S?,S,若S?·S=(S?)2,求(tanD)2的值；(3)若⊙O的半徑為1,設FM=z,FE·FN·,試求y關于x的函數(shù)解析式，并寫出自變量x的取值范圍.【分析】(1)依據(jù)題意，由勾股定理，首先求出∠ACB=90°,從而∠CAB+∠ABC=90°,然后根據(jù)∠DBC=∠CAB,可以得解；進行變形利用方程的思想可以得解；(3)依據(jù)題意，連接OM,分別在Rt△OFM、Rt△AFE、Rt△BFN中，找出邊之間的關系，進而由FE·FN.∴BD是⊙○的切線..(3)設∠A=a,AC=AB·cosa=2cosa.T.∴FM最大值為F與O重合時，即為1.②若AG=DF,求tan∠GBC的值.(3)過點O作OM⊥BE于點M,連結OC交AE于點N,分別證明△EBD≌△NCD(ASA),△COG≌(3)解：如圖2,過點O作OM⊥BE于點M,連結OC交AE解得(舍去),培優(yōu)爭分練(建議用時：80分鐘)題目25(2023·東營區(qū)校級一模)如圖，PA、PB是◎O的切線，切點分別為A、B,BC是◎O的直徑，PO交⊙O于E點，連接AB交PO于F,連接CE交AB于D點.下列結論：①PA=PB;②OP⊥A)個.0A.5B.4【分析】連接OA,BE,①根據(jù)PA、PB是⊙O的切線，即可判斷；②根據(jù)PA=PB,OA=OB,可得OP是AB的垂直平分線，進而可以判斷；③根據(jù)OP是AB的垂直平分線，可得AE=BE,進而可以判斷；④根據(jù)OB=OC,AF=BF,即可判斷；⑤證明∠PBE=∠EBA,∠APE=∠BPE,即可判斷；⑥根據(jù)AC//OE,可得△CDA~△EDF,進而可以判斷.∴PA=PB,故①正確；∴OP是AB的垂直平分線，∴OP⊥AB,故②正確；③∵OP是AB的垂直平分線，④∵BC是⊙O的直徑，B,故④正確；∴E是△PAB的內(nèi)心，故⑤正確；⑥∵AC//OE,∴△CDA一△EDF,故⑥錯誤；∴其中一定成立的是①②③④⑤,共5個.題目26(2023·鹿城區(qū)校級三模)如圖1,在△ABC中，∠ACB=90°,BC=2AC=2,過BC上一點作點H,I(點I在H左側(cè)).當點D與點C重合時BB【分析】過點G作GM⊥CB交BC于點M,連接CG,利用相似可以得到△GMB中可設GM=x,則可表示出BM、CM,根據(jù)圓的性質(zhì)可得AC=CG,即在Rt△CGM中可利用勾股定理列方程求解，再求出MH,最后利用勾股定理即可求出GH;過點G作GN⊥CB交BC于點N,連接DG、DF,根據(jù)EF=GH可證△FED≌△DGH,再可證Rt△FCD≌Rt△DGN,可設GN=y,則CD=y,可表示出NB、CN、DN、DB,即可求出⊙D的半徑DE,在Rt△DGN中可利用勾股定理列方程求解即可求出CD.GC(D)MHB設GM=x,則BM=2x,CM=2-2x,由題意得CA、CG、CH都為⊙C的半徑，在Rt△CGM中可利用勾股定理列方程：x2+(2-2x)2=12,解得：或1(舍去).*由題意得DF、DG、DE、DH為◎D的半徑，∴△FED≌△DGH(SSS),設GN=y,則CD=y,NB=2y,CN=CB-NB=2-2y,DN=CN-CD=2-3y,DB=DN+NB=在Rt△DGN中可利用勾股定理得：DN2+GN2=DG2,故答案為：題目|27(2023·湖北模擬)如圖，AB是◎O的直徑，點C是⊙O上一點，AD與過點C的切線垂直，垂足為D,直線DC與AB的延長線交于點P,弦CE平分∠ACB,交AB于點F,連接BE,BE=7√2,下列四個結論：②PF2=PB·PA;③若,則陰影部分的面積為其中，所有正確結論的序號是①②④.【分析】①根據(jù)切線的性質(zhì)可得OC⊥CD,則AD//OC,根據(jù)等邊對等角，以及平行線的性質(zhì)即可證得；②根據(jù)圓周角定理以及三角形的外角的性質(zhì)定理證明∠PFC=∠PCF,根據(jù)等角對等邊即可證得PC=③由圓周角定理與弦CE平分∠ACB,可得△ABE是等腰直角三角形，繼而求得直徑AB的長，由BC=④在直角△POC中利用勾股定理即可列方程求得PB的長，由△PCB一△PAC,根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求得PB與PC的比值，即可求得tan∠PCB.即AC平分∠DAB.故①正確；②∵AB是直徑，即PF2=PB·PA;故②正確；③連接AE,**即△OBC是等邊三角形，設PB=x,則PA=x+14,(2)如圖2,過點A作AF⊥BD,交CD于G,求證：C(3)如圖3,在(2)的條件上，連結BG,若BG恰好經(jīng)過圓心O,若⊙○的半徑BB【分析】(1)延長CO交⊙O于點L,連結BL,則∠CBL=90°,所以∠BCO+∠L=90°,因為∠BED=90°,(2)證明：如圖2,連結AC,∵AB垂直平分CG,DE=BG+DG=4m+5m=9m,AE=√AG2-EG2=圖3題目29(2024·常州模擬)對于⊙C和◎C上的一點A,若平面內(nèi)的點P滿足：射線AP與⊙CQ(點Q可以與點P重合，且,則點P稱為點A關于⊙C的“陽光點”.已知點O為坐標原點，(1)若點P是點A關于⊙O的“陽光點”,且點P在x軸上，請寫出一個符合條件的點P的坐標(2,0);(2)若點B是點A關于⊙○的“陽光點”,且AB=2√3,求點B的橫坐標t的取值范圍；請直接寫出b的取值范圍是-4-√3≤b≤【分析】(1)根據(jù)“陽光點”的定義即可解決問題(答案不唯一);與點D的橫坐標即可；為圓心2為半徑的圓，求出直線MN與◎K相切時b的值，再求出直線MN經(jīng)過G(0,-1)時b的值，即可判斷，再根據(jù)對稱性可得b>0時的取值范圍.【解答】解：(1)如圖，設AP與◎○交于點Q,當點P的坐標為(2,0)時，則Q(1,0),*根據(jù)“陽光點”定義可知，點P的坐標為(2,0)時符合題意，故答案為：(2,0)(答案不唯一);(2)2<t<2√3-1,理由：如圖，在x軸上方作射線AM與⊙O交于M,并在射線AM上取點N,使AM=MN=√3,則AN=2√3,由對稱性，將AN關于軸對稱得AN’,則由題意，NN上的點是滿足條件的點B,設NN交z軸于點D,∵◎O的半徑為1,點A(-1,0).作NH⊥x軸于H,連接MC,∵AC是圓O的直徑，圓O的半徑為1,∵NN上的點是滿足條件的點B,即點B的橫坐標在H、D的橫坐標之間，故點B的橫坐標范圍t為：2<t<2√3-1;(3)如圖，Q是⊙O上異于點A的任意一點，延長AQ到P,使得PA=2AQ,∵直線y=√3x+b與軸交于點M,且與y軸交于點N,xx則ON=√3OM=4+√3,CE⊥CD交AD于E,連接BD.(2)若cos∠ABC=m,求;(用含m的代數(shù)式表示)(3)如圖2,DE的中點為G,連接GO,若BD=a,,求OG的長.B可證明；(2)根據(jù)銳角三角函數(shù)定義求出BC=mAB,最后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得解；根據(jù)勾股定理求出AC=√1-m2AB,則(3)延長AD至點H,使DH=AE,連接BH,同理(2)求出,根據(jù)圓周角定理求出∠BDH=90°,根據(jù)勾股定理求出,再根據(jù)三角形中位線的判定與性質(zhì)求解即可.(3)解：延長AD至點H,使DH=AE,連接BH,如圖2,∵DE的中點為G,題目31(2024·鎮(zhèn)海區(qū)校級模擬(3)若△CMH為等腰三角形，直接寫出BM的長.【分析】(1)利用矩形的性質(zhì)求得∠MAD=∠AMB,利用等角的余角相等求得∠AMB=∠MNC,再利用圓周角定理即可證明∠MAD=∠MHC;即可求解；(3)分三種情況討論，當MH=MC時，先證明△MNH≌△MNC,△ABM≌△AHM即可得出BM=CM=6;當HM=HC時，推出△AND≌△ANM,得到AM=AD=12,在Rt△ABM中，利用勾股定理求解即可；當CH=CM時，得到∠AMB=∠MNC=∠AND,設BM=a,CN=b,利用正切函數(shù)的定義列式計算即可求解.【解答】(1)證明：∵四邊形ABCD是矩形，∵MN是◎O的直徑，∴△MCP≌△MHP(AAS),∵∠NMH+∠MNH=∠MAH+∠MNH=90°,∴△ABM≌△AHM(AAS),解得a=12-4√5或a=12+4√5(舍去),綜上，BM的長為6或4√5或12-4√5.題目32(2024·浙江一模)如圖，在⊙O中，AB是一條不過圓心O的弦，C,D是AB的三等分點，直(2)求證：四邊形BDCH是平行四邊形.(3)若⊙○的半徑為5,OF=3,求△ACH的周長.HHF為等腰三角形，而BD⊥CF,即可求解.(2)由BD//CH,BD=CH,即可求解.,即可求解.∵C,D是AB的三等分點，∴△BCF為等腰三角形，則FG=CG.∴四邊形BDCH是平行四邊形.(3)解：∵四邊形BDCH是平行四邊形，故△ACH為等腰三角形，則則OG=4,過點C作CN⊥AH于點N,上一動點(不與點B,D重合),連接DE并延長交AB的延長線于點F,點P在AF上，且∠PEF=∠DCE,連接AE,CE分別交OD,OB于點M,N,連接AC,設⊙O的半徑為r.【分析】(1)連接OE,利用圓周角定理，同圓的半徑相等，等腰三角形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)得到∠PEF+∠OED=90°,利用平角的定義計算得到OE⊥PE,再利用圓的切線的判定定理解答即可；(2)利用圓周角定理，垂直的定義和等腰三角形的性質(zhì)求得∠OAE=∠OEA=30°,利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)得到,則AM=2OM,再利用三角形的內(nèi)角和定理和等腰三角形的判定定理得與性質(zhì)得到AC2=CM·AN,利用勾股定理解答即可得出結論.∵◎O的半徑為r,∴AN·CM為定值，該定值為2r2.AC、BD.(2)作EN⊥BD于N,延長NE交AC于點H.求證：ABB【分析】(1)連接CO,由等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理可求2∠OAC+∠AOC=180°,由直角三角形的性質(zhì)可得結論；(2)由余角的性質(zhì)可得∠AEH=∠CDN=∠CAE,可得AH=HE,由余角的性質(zhì)可求∠ACE=∠CEH,(3)延長HF至Q,使HQ=HE,連接EQ,在AF上取點T,使QT=QF,過點L作LR⊥CD于R,由“SAS”可證△ETQ≌△CLH,可得CL=ET=8,∠HCL=∠TEQ=a,由直角三角形的性質(zhì)可求CE,PE的長，由相似三角形的性質(zhì)可求EF的長，進而可求BE的長，由三角函數(shù)可求解.【解答】證明：(1)如圖1,連接CO,(3)如圖3,延長HF至Q,使HQ=HE,連接EQ,在AF上取點T,使QT=QF,R,∵AH=CH=HE=HQ,∠FHE=60°,BB設∠AHQ=2a,則∠CHE=180°-2a-60°=120°-2α,①求tan∠CDF的值；②求BC的長.的值的值.②利用相似三角形的判定與性質(zhì)求得CD,則BC=CD+BD;為等邊三角形，求得k值則【解答】(1)證明：∵點E是AB的中點，(2)解：①∵DF//AB,**∴△ACH和△FCK為等腰直角三角形，設CK=FK=x,與⊙O相切于點Q.李蕾同學經(jīng)過探索，給出了于直線OP的上下兩側(cè));(3)以點C為圓心，CO為半徑作◎C,⊙C交⊙O于點Q(點Q位于直線OP的上側(cè));(4)連接PQ,PQ交AB于點D,則直線PQ即為所求.【問題】(3)若◎○半徑為2,OP=6.依據(jù)作圖痕跡求QD的長.(2)連接OA,先根據(jù)圓周角定理的推論得到∠OQP=90°,OQ⊥QP,然后根據(jù)切線的判定定理得到直(3)由勾股定理求出PQ=4√2,設QD=x,則OD=PD=4√2-x,由勾股定理可得出答案.∴∠OQP=90°(直徑所對的圓周角為90°),∴直線PQ為⊙○的切線.(3)連接OD.由圖知AB為OP的垂直平分線，解得題目37〕(2024·泌陽縣一模)小賀同學在數(shù)學探究課上，用幾何畫板進行了如下操作：首先畫一個正方形ABCD,一條線段OP(OP<AB),的垂線交于點F,易得四邊形AEFG也是正方形，連接CF.GG圖2圖3圖2(1)【探究發(fā)現(xiàn)】如圖1,BE與DG的大小和位置關系：BE=DG,BE⊥DG.(2)【嘗試證明】如圖2,將正方形AEFG繞圓心A轉(zhuǎn)動，在旋轉(zhuǎn)過程中，上述(1)的關系還存在嗎?請說明(3)【思維拓展】如圖3,若AB=2OP=4,則：①在旋轉(zhuǎn)過程中，點B,A,G三點共線時，CF的值為2√10;②在旋轉(zhuǎn)過程中，CF的最大值是6√2_.【分析】(1)由正方形的性質(zhì)得出AB=AD,AE=AG,∠BAD=90°,則可得出結論；(2)延長BE交DG于點M,交AD于點N,證明△BAE≌△DAG(SAS),由全等三角形的性質(zhì)得出BE=DG,∠ABE=∠ADG,則可得出結論；(3)①延長GF,DC交于點Q,證明四邊形BCQD是矩形，得出∠CQG=90°,QG=BC=4,證出四邊形AGQD是矩形，由矩形的性質(zhì)得出DQ=AG=2,由勾股定理可求出答案；②求出AC和AF的長，證出F的運動軌跡是以A為圓心，2√2為半徑的圓，當C,A,F三點共線時，CF=CA+AF,CF有最大值，則可得出答案.【解答】解：(1)∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，故答案為：BE=DG,BE⊥DG;(2)(1)中的關系存在.如圖2,延長BE交DG于點M,交AD于點N.(3)①延長GF,DC交于點Q,∴四邊形BCQD是矩形， ∵F的運動軌跡是以A為圓心，2√2為半徑的圓，故答案為：6√2.題目38(2024·秦都區(qū)校級一模)問題提出：(1)如圖①,◎O的半徑為4,弦AB=4√3,則點O到的問題探究：(2)如圖②,◎○的半徑為5,點A、B、C都在⊙O上，AB=6,求△ABC面積的最大值.問題解決：(3)如圖③,是一圓形景觀區(qū)示意圖，⊙O的直徑為60m,等邊△ABP的邊AB是⊙O的弦，頂域內(nèi)種植花卉，圓內(nèi)其余區(qū)域為草坪.按照預算，草坪的面積盡可能大，求草坪的最大面積.(提示：花卉種植面積盡可能小，即花卉種植面積S△PAB+S△PCD的最小值)【分析】(1)由等腰三角形的性質(zhì)可求AH=BH,由勾股定理可求解；(2)由題意可得：當點C到AB的距離最大時，△ABC的面積有最大值，則當C"在AB的中垂線上時，點(3)通過等邊三角形的面積公式可求由【解答】解：(1)如圖①,連接AO,BO,過點O作OH⊥AB于H,∴點O到AB的距離是2,故答案為：2;∴當點C到AB的距離最大時，△ABC的面積有最大值，如圖②,當C"在AB的中垂線上時，點C"到AB的距離最大，∴△ABC的面積最∴△PCD是等邊三角形，∵◎O的直徑為60m,題目39(2024·碑林區(qū)校級一模)問題探究(1)寒假期間，樂樂同學參觀爸爸的工廠，看到半徑分別為2和3的兩個圓形零件⊙A、◎B按如圖1所示的方式放置，點A到直線m的距離AC=4,點B到直線m的距離BD=6,CD=5,M是⊙A上一點，N是◎B上一點，在直線m上找一點P,使得PM+PN最小.請你在直線m上畫出點P的位置，并直接寫出PM+PN的最小值.問題解決(2)如圖2,樂樂爸爸的工廠欲規(guī)劃一塊花園，如圖所示的矩形ABCD,其中AB=30√3米，BC=30米，點E、F為花園的兩個入口，BE=10√3米，DF=10米.若在△BCD區(qū)域內(nèi)設計一個亭子G(亭子大小忽略不計),滿足∠BDG=∠GBC,從入口到亭子鋪設兩條景觀路.已知鋪設小路EG所用的景觀石材每米的造價是400元，鋪設小路FG所用的景觀石材每米的造價是200元，你能否幫樂樂同學分析一下，是否存在點G,使鋪設小路EG和FG的總造價最低?若存在，求出最低總造價，并求出此時亭子G到邊AB的距離；若不存在，請說明理由.則PM+PN最小，作EF⊥BD,根據(jù)勾股定理得出BE,進一步得出結果；(2)變形總費用400EG+200FG=200(2EG+FG),可求得∠BGD=120°,取AE的中點O,連接可得出點C在以O為圓心，20√3為半徑的圓上，延長OB至H,使BH=20√3,可證得△GOE一△HOG,從+FG最小，最小值為：DH的長，此時點G點在DH與⊙O的交點G"處，進一步求得結果.【解答】解：(1)如圖1,②連接AP,交◎A于點M,則PM+PN最小，作EF⊥BD,交BD的延長線于點F,可得：四邊形CEFD是矩形，(2)如圖2