2024年中考數(shù)學(xué)壓軸題預(yù)測《圓的綜合壓軸題》及答案解析

圓的罐含蒸命題

命題趨勢

中考數(shù)學(xué)中《圓的綜合壓軸題》部分主要考向分為六類:

圓的綜合問題是中考數(shù)學(xué)中的壓軸題中的一類,也是難度較大的一類，所以，對應(yīng)的訓(xùn)練很有必要。

熱考題型解讀

考向一

考向二

考向三

考向四

考向五

考向六

考向一

［題目］工］（2023?河北）裝有水的水槽放置在水平臺面上，其橫截面是以為直徑的半圓。，AB=50cm,

如圖1和圖2所示，上W為水面截線，GH為臺面截線，AW〃GH.

計算:在圖1中，已知AW=48cm，作OdW于點C.

FEH

（1）求oc的長.

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(dāng)NANM=30°時停止?jié)L動.如圖

2.其中,半圓的中點為Q,與半圓的切點為E,連接OE交于點。.

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與覺的長度,并比較大小.

?1?

【分析】(1)連接OM,利用垂徑定理得出MC=yMN=24cm,由勾股定理計算即可得出答案；

⑵由切線的性質(zhì)證明OE工GH,進而得到OE_LAW,利用銳角三角函數(shù)的定義求出O。，再與⑴中

。。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與迎的長度，再相減比

較即可.

【解答】解：⑴連接OM,

???O為圓心，OC_LMN于點C,MN=48cm,

：.MC=圓的綜合壓軸題(解析版)MN=24cm,

AB—50cm,

/.OM—圓的綜合壓軸題(解析版)4B=25cm,

在Rt/\OMC中，OC=y/OM2-MC2=V252-242=7(cm);

圖1

(2)TGH與半圓的切點為E,

：.OE_LGH,

?：MN//GH,

：.OE_LMN于，&D,

,/AANM=30°,ON=25cm,

：.OD^^ON^^-C7t,

操作后水面高度下降鬲度為：----7=---C7T；

⑶???OE_LMV于點。，/ANM=30°,

：./DOB=60°,

?.?半圓的中點為Q,

AQ—QB,

.-.ZQOB=90°,

二/QOE=30°,

EF=tanNQOEPE=^y^(cm),

々的長為3°25=爺(皿)，

..25V325_5073-25^_25(273-^)

?———『=-6—=6>0'

：.EF>EQ.

題百團(2023?樂山)在學(xué)習(xí)完《圖形的旋轉(zhuǎn)》后，劉老師帶領(lǐng)學(xué)生開展了一次數(shù)學(xué)探究活動.

【問題情境】

劉老師先引導(dǎo)學(xué)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)9到達的位置△ABC的位置，那么可以得到：

AB^AB',AC^AC,BC=BC；

ABAC=AB'AC,/ABC=AAB'C,NACB=AAC'B'.(______)

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)好而“變”中蘊含著“不變”，這是我們解決

圖形旋轉(zhuǎn)的關(guān)鍵.故數(shù)學(xué)就是一門哲學(xué).

【問題解決】

(1)上述問題情境中“()”處應(yīng)填理由:旋轉(zhuǎn)前后的圖形對應(yīng)線段相等，對應(yīng)角相等；

?2?

（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。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B9=6cm,則在旋轉(zhuǎn)過程中，點B經(jīng)過的路徑長為學(xué)cm；

［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.止匕時，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.

圖1圖2圖3

【分析】【問題解決】

（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(yīng)線段相等，對應(yīng)角相等；

（2）①作線段BB',A4的垂直平分線，兩垂直平分線交于O,點。為所求：

②由/BOB，=90°,OB=。0,可得08=*=3四,再用弧長公式可得答案;

【問題拓展】

AM2

連接P4,交AC于河,連接PA,PD,AA',PB',PC,求出A'D,DM=

cosZ-PAB'cos3003

^A'D=竽，可得SAA，DP=/*竽*4=竽；S扇影PA，B'=307rx42苧，證■明空4PCD

360O

平等(cn?).

【解答】解：【問題解決】

（1）根據(jù)題意，AB=AB',AC=AC',BC=B'C'-,ZBAC=AB'AC,AABC=AAB'C,ZACB=

/AC舊的理由是:旋轉(zhuǎn)前后的圖形對應(yīng)線段相等，對應(yīng)角相等，

故答案為：旋轉(zhuǎn)前后的圖形對應(yīng)線段相等，對應(yīng)角相等；

（2）①如圖:

作線段447的垂直平分線，兩垂直平分線交于O,點O為所求；

②?/ABOB'=90°,OB=OB',

/.ABOB'是等腰直角三角形，

?/BB'=6,

OB==3^/2^,

..907rx3號_36穴?

(cm),

1802

.?.點B經(jīng)過的路徑長為金光cm,

?3?

故答案為：與當(dāng)匹cm;

【問題拓展】

連接P4,交于河，連接24,「。，44',93',?。,如圖：

?.?點P為后0中點，

APAB=ZPAC=-yZBAC=30°,

由旋轉(zhuǎn)得APA'B'=30°,PA=P4=4,

在Rt/\PAM中，PM—PA?sin/.PAM—4Xsin30°=2,

??.AfM=PA!-PM=4-2=2,

在7?以4。河中，

A'D=—-=—-—=,DM=—A'D=

cosZ.PABcos30°323

.?.S*/X手、4=胃；

a,_30-義4、__4TT_

扇形PAB~360一飛一'

下面證明陰影部分關(guān)于對稱：

???APAC="A舊=30°,4ADN=AA!DM,

：.NA7VD=/4MD=90°,

???APNAf=9Q°,

,

：.PN=^-PA=2f

??.AN=PA—PN=2,

f

??.AN=AMf

???/\AND笑Z\4MD(AAS),

???AD=4，

：.CD=BrD,

?：PD=PD,PBf=PC,

：./\PBrD空AFCD(SSS),

???陰影部分面積被PO等分，

?Q—2(S1—9)—2(4"_4A/^)—8>-(

??Q陰影―扇形P4B^^A'DP)—3g)—31(

兩個紙板重疊部分的面積是8"8，^cm2.

o

考向二:圓與全等三角形綜合題

寂目回（2023-濟寧）如圖，已知AB是。O的直徑，CD=CB,BE切0O于點B,過點。作CF±OE交

BE于點、F,EF=2BF.

⑴如圖1,連接BD,求證：△ADB篤△OBE；

⑵如圖2,N是4D上一點，在上取一點使/MCN=60°,連接的V.請問：三條線段皿N,

DN有怎樣的數(shù)量關(guān)系？并證明你的結(jié)論.

-4■

【分析】⑴根據(jù)CF_LOE,。。是半徑，可得CF是圓。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)sinE=^=!，得出ZS=30°,/EOB=60°,根據(jù)CD=CB得出6D='，根

據(jù)垂徑定理的推論得出OC_LBD,進而得出乙42汨=90°=NEBO,根據(jù)含30度角的直角三角形的性

質(zhì)，得出A。=BO=^48,即可證明空AOEB(AAS);

⑵延長ND至H使得，連接根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對角互補得出證

明AHDC竺4MBC(SAS)，結(jié)合已知條件證明4CNH注/\CNM(SAS)，得出NH=AW,即可得出結(jié)論.

【解答】⑴證明：:CFLOE,OC是半徑，

.?.CF是圓。的切線，

〈BE是圓。的切線，

:.BF=CF,

,:EF=2BF,

：.EF=2CF,

.口CF1

SmE=EF=^'

：./E=30°,ZSOB=60°,

?：CD=CB,

：.CD=CB,

：.OC±BD,

?.?48是直徑，

/./ADB=90°=/EBO,

/E+ZEBD=90°,AABD+AEBD=90°,

/.AE=ZABD=30°,

：.AD^BO^^AB,

：.AABD篤△OEB(AAS);

(2)解：MN=BM+DN,理由如下:

延長ND至H使得DH=BM,連接CH,6。,如圖2所示,

VACBM+4NDC=180°,AHDC+4NDC=180°,

4HDC=4MBC,A

?；CD=CB,DH=BM,

△HDCg4MBe(SAS),

4BCM=4DCH,CM=CH,

由(可得

1)/ABD=30°,圖2

?5?

???AB是直徑，

???ZADB=90°,

/.ZA=60°,

???ADCB=180°-ZA=120°,

???/MCN=60°,

???ABCM+ZNCD=120°-ANCM=120°-60°=60°,

???ZDCH+ANCD=ANCH=60°,

???ANCH=ANCM,

,:NC=NC,

???△CW豈△CTW(SAS),

:.NH=MN,

??.MN=DN+DH=DN+BM,

:?MN=BM+DN.

建目目(2023-哈爾濱)已知△ABC內(nèi)接于OO,AB為O。的直徑，N為形的中點，連接ON交AC于

⑵如圖②，點。在OO上，連接。8,。0,。。,。。交。8于點后,若。8=。。,求證00〃4。；

⑶如圖③，在⑵的條件下，點F在BD上，過點F作FGLDO,交。。于點G,DG=S,過點F作FR

，。及垂足為五,連接EF,E4EF：DF=3：2,點T在BC的延長線上，連接4T,過點T作TAILZX7,

交DC的延長線于點若FR=CM,4r=42,求AB的長.

【分析】(1)連接OC,證明0H是△4BC的中位線，即可得到BC=2OH;

(2)設(shè)ABDC=2a,證明4DOB空△L>OC(SSS),可得ABDO=ACDO=《NBDC=a，再推導(dǎo)出

ZCDO=NACD，即可證明。O//AC;

(3)連接4D,延長AE與BC交于W點，延長A。、TN交于乙點，先證明4DGF篤ACHE(AAS),得到

OF=CE,再證明ADFG空AAFH(ASA)，得到AE=OF,從而判斷出四邊形ADFE是矩形，得到EF±

求出tan/EDF=：，通過證明Z\FRK第△CML(AAS),推導(dǎo)出CL=FK=2FG=CW，再證明

/\AWC篤ATLC(AAS),則AC=TC，在Rt/\ACT中，由AT=，求出AC=CT=4,在Rt/\ABC

中，tan/B47=["=等，求出反7=6,在出△ABC中，利用勾股定理求出AB=NAC/BC?=2*.

【解答】(1)證明：如圖①，連接OC,

?.?N是血的中點，

：.AN=CN,

：.AAON=NCON,

-6-

???OA=OC,

??.AH=HC,

???OA=OBf

???OH是△ABC的中位線，

??.BC=2OH;

⑵證明：如圖②，設(shè)乙BZ9C=2a,

?/BD=CD,DO=DO,BO=OC,

???叢DOB空△OOC(SSS),圖①

??.ABDO=ZCDO=；/BDC=a,

?：OB=OD,

???/DBO=/BDO=a,

???/ACD=/ABD=a,

：.ACDO=AACD,

：.DOUAC\

⑶解:如圖③，連接AD,延長AE與6。交于W點，延長AC、TM交于L點、,

：FG±OD,

??ZDGF=90°,

：ACHE=90°9

??ZDGF=ACHEf

??AFDG=AECH,DG=CH,

??dDGFm△CHE(AAS),

?.DF=CE,

：AH=CH,

\OH±AC,

??/EHC=/DGF,

??AH=HC,

,?A4EC是等腰三角形，

?.AE=EC,4EAC=/ECA,

：ABDO=/ODE=NECA,

??ZEAH=AFDG,

：DG=CH,

??DG=AH,

??/XDFGn/XAFH(ASA),

??AE=DF,

??/DEA=2/ECA,ZFDE=2ZODEf

??/FDE=/DEA,

\DF//AE,

??四邊形AEFD是平行四邊形，

??AB是圓。的直徑，

??ZAOB=90°,

??四邊形ADFE是矩形，

?7?

：.EF±BDf

?：EF:DF=3:2,

/.tan/EDF=—,

?：FR±CD,FG±DOf

???/ODE=/RFK=90°,

???/ECA=/MCL,

??.ARFK=ALCM,

?：CM±MT,

：.ZCML=90°,

?：FR=CM,

：./\FRK注△CML(44S),

:?CL=FK=2FG,

???BC=2OH9EH=OH,

：.EH是△AWC的中位線,

：.CW=2EHf

?：EH=FGf

：.CL=FK=2FG=CW,

???/TCL=/CMT=90°,

???/MCL=/CTM,

???/ACE=AECA=ALCM,

：.ACTM=AWAC,

???/\AWC^ATLC(AAS),

???AC=TC,

在Rt4ACT中,AT=4A/2,

??.AC=CT=4,

?：AW//BD,

??.ZBAW=ZDBC,

???ZDBO=/EDO,/EAC=ABDO=/ODE,

：./BAC=/BDE,

在Rt/\ABC中,tan/BAC=得=等,

/AC

BC=6,

在Rt/\ABC中，AB=-^AC2+BC2=2V13.

；題目回(2023-長春)【感知】如圖①，點4B、P均在。。上，乙406=90°,則銳角AAPB的大小為

45度.

雨布小明遇到這樣一個問題:如圖②，OO是等邊三角形ABC的外接圓，點P在弧AC上(點P不與

點A、C重合)，連接PA、PB、PC.求證：PB=H4+PC.小明發(fā)現(xiàn)，延長P4至點E,使AE=P。，連

接BE,通過證明△PBC空/XEBA.可推得△_?叫是等邊三角形，進而得證.下面是小明的部分證明過

程：

證明：延長P4至點E,使AE=P。，連接BE.

?.?四邊形48cp是。。的內(nèi)接四邊形，

/.ABAP+ABCP=180°,

?8?

ZBAP+NBAE=180°,

NBCP=ZBAE,

?.?△ABC是等邊三角形,

:.BA=BC,

：.△PBC空AEBA(SAS).

請你補全余下的證明過程.

【應(yīng)用】如圖③，。。是△AB。的外接圓，ZABC=90°,=點P在。。上，且點P與點B在AC

的兩側(cè)，連接PA、PB、PC，若PB=2?A,則梨■的值為嗎.

圖①圖②圖③

【分析】【感知】根據(jù)圓周角定理即可得出答案；

【探究】先構(gòu)造出APBC空AEBA(SAS)，得出,進而得出AFBE是等邊三角形，即可得出結(jié)論；

【應(yīng)用】先構(gòu)造出△P8C空AGBA(SAS)，進而判斷出APBG=90°,進而得出APBG是等腰直角三角形,

即可得出結(jié)論;

【解答】【感知】解：?.?乙405=90°,

/.AAPB=-yZAOB=45°(在同圓中，同弧所對的圓周角是圓心角的一半),

故答案為：45;

【探究】證明：延長P4至點E,使AE=P。，連接BE.

四邊形ABCP是。。的內(nèi)接四邊形，

ABAP+NBCP=180°,

?/ABAP+NBAE=180°,

NBCP=NBAE,

△48。是等邊三南形，

：.BA=BC,

：.△PBCWAEBA(SAS),

：.PB=EB,

△ABC是等邊三南形，

ZACB=60°,

/.ZAPS=60°,

.?.△PBE為等邊三角形，

PB=PE=AE+AP=PC+AP;

【應(yīng)用】解:如圖③,

延長PA至點G,使AG=PC,連接BE.

?：四邊形48cp是OO的內(nèi)接四邊形，

/./LBAP+ABCP=180°,

???ABAP+/BAG=180°,

圖③

■9?

2BCP=NBAG,

；BA=BC,

：.APBC名/\GBA(SAS),

/.PB=GB,4PBe=AGBA,

?：AABC=90°,

：.2PBG=ZGBA+AABP=ZPBC+AABP=4ABe=90°,

PG=72BP,

?：PG=PA+AG=PA+PC,

：.PC=PG-PA=y/2x2V2PA-PA=3PA,

.FB=2叵PA=2V2

"FC-3PA

故答案為：手

o

考向三:圓的綜合證明問題

;題目回（2023-黃石）如圖，AB為。。的直徑，D4和OO相交于點F,AC平分/D4B,點。在。。上,

且CD_LD4,AC交BF于點P.

（1）求證：CD是。。的切線；

（2）求證：AC-PC=BC2；

（3）已知EC's即求籌的值.

【分析】（1）連接OC,由等腰三角形的性質(zhì)得ZOAC=AOCA,再證ADAC=/OCA,則DA//OC,然后

證OC，CD,即可得出結(jié)論；

（2）由圓周角定理得AACB=90°,ADAC=2PBe,再證ABAC=/PBC,然后證△ACB?/\BCP,得

公=里即可得出結(jié)論；

BCPC

（3）過P作PE_LAB于點E,證AC?PC=3FP?。。，再證△ACD?/\BPC，得AC?PC=BP?。。，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(jié)論.

【解答】（1）證明：如圖1,連接OC,

?：OA=OC,

：.AOAC^AOCA,

■：力。平分/DAB,

ADACAOAC,

/.ADAC^AOCA,

：.DAIIOC,

圖1

■10?

?：CD_LDA,

：.OC工CD,

???C。是。O的切線；

⑵證明：???AB為。O的直徑，

??.ZACB=90°,

?/4。平分NO4B,

??.ADAC=ZBAC,

???乙DAC=APBC,

：.ABAC=APBC,

又丁/ACB=/BCP,

???/\ACB?/\BCP,

.AC=BC

"BC-FC*

???AC-PC=BC2;

(3)解:如圖2,過P作PE_LAB于點E,

由(2)可知，47?J。=石。2,

???BC2=3FP?DC,

???AC?PC=3FP?DC,

?：CD_LDA9

：./ADC=90°,

???AB為。O的直徑，

??.ZBCP=90°,

???

4ADC=/BCP,圖2

???ZDAC=ZCBPf

???/\ACD?叔BPC,

.AC=DC

：.AC?PC=BP?DC,

:?BP?DC=3FP?DC,

:.BP=3FP,

???AB為。O的直徑，

???ZAFB=90°,

：.PF±AD,

??,4。平分/DAB,PE±AB,

??.PF=PE,

勃?FP馴?FP

uN乙

'△APF-j

...豆嬴=>B?PE=yBP-AF

AFFPFP1

AB=BP=W=y.

題目⑦如圖，在OO中，直徑48垂直弦CD于點E,連接力。，4D,BC,作CF,AD于點F,交線段OB

于點G（不與點O,B重合），連接OF.

■11?

（1）若BE=L求GE的長.

（2）求證：BC2=BG-BO.

（3）若FO=FG,猜想ACAD的度數(shù)，并證明你的結(jié)論.

【分析】⑴由垂徑定理可得/AED=90°,結(jié)合CF±AD可得/DAE=/FCD,根據(jù)圓周角定理可得

/DAE=乙BCD,進而可得ABCD=/FCD,通過證明4BCE咨&GCE,可得GE=BE=1;

（2）證明△ACB?△CEB,根據(jù)對應(yīng)邊成比例可得BC2=BA-BE,再根據(jù)AB=2BO,BE=^-BG,可證

BC2^BG-BO；

（3）方法一：設(shè)NDAE=ACAE=a,AFOG=AFGO=五，可證a=90°-萬，AOCF=90-3a,通過SAS

證明△COFgA4OF,進而可得/。CF=/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.

【解答】（1）解:直徑AB垂直弦CD,

：.ZAED=90°,

：.ADAE+ZD=90°,

?：CF±AD,

：.AFCD+ZD=9Q°,

：.ZDAE=AFCD,

由圓周角定理得ADAE=/BCD,

：.ABCD=Z.FCD,

，ZBCE=ZGCE

<CE=CE

在△BCE和△GCE中，ZBEC=ZGEC,

ABCE空AGCE（ASA'）,

:.GE=BE=\;

（2）證明：48是。。的直徑，

A=90°,

ANACB=NCEB=90°,

?：/ABC=4CBE,

MACB?4CEB,

.BC_BA

,?而一詼’

：.BC2=BA-BE,

由Q）知GE=BE,

：.BE=^BG,

■12-

???AB=2BO,

：.BC2=BA?BE=2BO-yBG=BG-BO;

(3)解：NC4D=45°,證明如下：

解法一:如圖，連接OC,

???FO=FG,

??.AFOG=AFGO,

??,直徑4B垂直弦CD,

:?CE=DE,AAED=ZAEC=90°,

,：AE=AE,

：./XACEn△ADE(SAS),

???/DAE=/CAE,

設(shè)/DAE=ZCAE=a,/.FOG=AFGO=/3,

則/FCD=/BCD=/DAE=a,

???OA=OC,

???AOCA=AOAC=a,

???ZACB=90°,

???AOCF=AACB-ZOCA-AFCD-/.BCD=90°—3a,

?；/CGE="GF=B,ZGCE=a,"GE+/GCE=90°,

：./3cn=90°,

/.a—90°T,

VACOG=AOAC+Z-OCA=a-\-a=2a,

：./COF=ACOG+AGOF=2a+0=2(90°一位+0=180°~13,

???乙COF=(AOF,

'CO=AO

,ZC0F=ZA0F

在△COR和/XAOF中，OF=OF,

???ACOF^AAOF(SAS),

??.AOCF=AOAFf

即90°—3a=a,

??.a=22.5°,

ACAD—2a—45°.

解法二：

如圖，延長尸O交AC于點H,連接OC,

?：FO=FG,

??.AFOG=AFGO,

???/.FOG=AFGO=ACGB=ZB,

：.BC//FH,

???AB是。O的直徑，

???乙4cB=90°,

??.ZACB=ZAHO=90°,

?：OA=OCf

?13?

:.AH=CH,

：.AF=CF,

?：CFYAD,

：./\AFC是等腰直角三角形,

/./CAO=45°.

，題目叵（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=

/BD4,點后在"1的延長線上，點河在線段AC上，CE交BM于N,CE交AB于G.

⑴求證：石。是。。的切線；

⑵若入。=n，BD=5,求BC的長;

⑶若DE?AM=AOAD,求證：BMA.CE.

【分析】（1）由AB是。。的直徑得=90°,故ABAC+乙48。=90°,由NBAC=ABDA得ABDA

+AABC=90°,有NBAD=90°，即可得證；

（2）證明△ACB?△DC4,則等=羔=afC”,可得寫=R嗎〃，解得BC=2或BC=3,

ACiJCJDJJ—Voo—i5C

由AC>CD即可得到BC的長；

ACAR

（3）先證明△AB。?△DAC,則倦=/，得到人0人。=0>_43,由￡>￡?AM=AD得到

DE-AM=CD-AB,故裝^=禁，由同角的余角相等得ABAM=ZCDE,有/\AMBB?/\DCE,得

DCDE

/石=/ABM，進一步得到/EGA+/石=AABM+ABGN=90°,則ABNG=90°，即可得到結(jié)論.

［解答］(］)證明：???AB是。O的直徑,

??.ZACB=90°,

??.ZBAC+ZABC=90°,

???ABAC=ABDA,

??.ABDA+AABC=90°f

??."AD=90°,

??.石。是。。的切線；

(2)解：:ABAC=ABDA,AACB=ADCA=90°,

???AACB-ADCA,

.BC_=AC_=4c

**AC-DC—BD—BC'

.BC_V6

-\/65—BC'

解得BC=2或BC=3,

當(dāng)BC=2時，CD=BD-BC=3,

■14-

當(dāng)BC=3時，CD=BD—BC=2,

?：AOCD,即

.?.BC=3;

（3）證明：AB是。。的直徑,

：./ACB=/DCM=90°,

VABACABDA,

：./\ABC-NDAC,

.AC_AB

"nc-AD'

AC-ADCD-AB,

?：DE-AM^AC-AD,

：.DE.AM^CD-AB,

.AM_AB

"DC~^E!

?：ZBAM+ACAD=ACDE+ACAD=90°,

/BAM=ZCDE,

/\AMB~/\DCE,

：.NE=NABM,

?/NEGA=NBGN,

：./EGA+2E=/ABM+ABGN=90°,

/BNG=90°,

：.BM±CE.

;題目回（2023?廣東）綜合探究

如圖1,在矩形ABCD中（AB>AD），對角線AC,相交于點。，點A關(guān)于BD的對稱點為Ar.連接

AA,交BD于點E,連接CA'.

（1）求證：AA'±CA',

（2）以點。為圓心，OE為半徑作圓.

①如圖2,⑷。與CD相切,求證：AA=VSCA；

②如圖3,。。與C4相切，40=1，求③。的面積.

圖2

【分析】（1）根據(jù)軸對稱的性質(zhì)可得=AAr±根據(jù)四邊形ABCD是矩形，得出OA=O。，從

而OE〃4。,從而得出44'_L；

（2）①設(shè)CD。。與CD切于點F,連接OF,并延長交AB于點G,可證得0G=OF=OE,從而得出

NEAO=ZGAO=AGBO，進而得出AEAO=30°,從而AA=V3CA;

②設(shè)OO切CA'于點連接。H,可推出AA'^2OH,CA'=2OE,從而44'=CA',進而得出AA'AC

=/4CA=45°,/AOE=/ACA'=45°,從而得出AE=OE,OD=OA=2鈣，設(shè)OA=OE=c,則

0。=04=四2,在/?力八4￡）后中，由勾股定理得出/+[（應(yīng)—1）到2=],從而求得/=2±產(chǎn)，進而得

■15-

出。。的面積.

【解答】（1）證明：??,點A關(guān)于BD的對稱點為4,

：.AE=ArE,AAf±BD,

???四邊形ABCD是矩形，

??.OA=OC,

：.OE//AfC,

：.AA!\_CA!\

（2）①證明：如圖2,

設(shè)CD。。與CD切于點尸，連接O尸，并延長交AB于點G,

：.OF_LCD,OF=OE,

??,四邊形ABCD是矩形，

；.OB=OD=[BD,ABHCD,AC=BD,OA=^-AC,

：.OG±AB,ZFDO=/GBO,OA=OB,

:"GAO=/GBO,

?：/DOF=/BOG,

：.NDOFmABOG（ASA）,

??.OG=OF,

??.OG=OE,

f

由⑴知：AA.LBDf

：.AEAO=AGAO,

?：/EAB+/GBO=90°,

???/.EAO+Z.GAO+AGBO=90°,

???32瓦10=90°,

??.ZEAO=30°,

由⑴知：A4_LC4,

tan/E_AO=,

AA

tan30°=,

AA

AA=V3CA；

②解:如圖3,

設(shè)。O切CA!于點H,連接OH,

：.OH_LCAf,

由（1）知：AAr_LCAf,AAf±BD,OA=OC,

：.OH//AAr,OE//CAf,

：.4coH?△C44,△AOE?△AC4,

.OH=PCOE^OA=1

??兀「左一萬’石廠正一2‘

??.AAf=2OH,CA!=2OE,

??.AAf=CAf,

：.乙4/。=/4。4=45°,

???乙40石=乙4。4=45°,

：.AE=OE,OD=OA=V2AE,

?16?

設(shè)入石=0石=力，則OD=OA=也,

：.DE=OD—OE=(A/2—l)x,

在Rt/XADE中，由勾股定理得，

rr2+[(V2—l)rc]2=1,

.2_2+V2

??力一4,

.Q_cr?2_2+y/2_

??S?o—7T?OE--,7T?

考向四:圓與等腰三角形的綜合

10］（2023?寧波）如圖，在Rt/\ABC中，/。=90°,E為AB邊上一點，以AE為直徑的半圓O與BC

相切于點。,連結(jié)AD,BE=3,BD=3瓜P是AB邊上的動點，當(dāng)AADP為等腰三角形時，AP的長

為6或2溝

【分析】連接。。，DE,根據(jù)切線的性質(zhì)和勾股定理求出。。=6,然后分三種情況討論:①當(dāng)AP=P。時,

此時P與。重合，②如圖2,當(dāng)4P=人。時,③如圖3,當(dāng)DP〃=AD時，分別進行求解即可.

【解答】解:如圖1,連接OD,DE,

\?半圓O與BC相切于點D,

：.OD±BC,

在RtAOBD中，OB=OE+BE=OD+3,BD=3

.-.OS^BD^+OI^,

：.(00+3)2=(3V5)2+On2,

解得00=6,

AO=EO=OO=6,

ffll

①當(dāng)AP=PD時，此時P與。重合，

，AP=AO=6;

②如圖2,當(dāng)AP=AD時，

在Rt/\ABC中，

AC±BC,

：.OD//AC,

：./\BOD-/\BAC,

圖2

?17?

ODBDBO

AC=BC=BA,

63遙3+6

AC=3"/5-H3D=3+6+6,

/.AC—10,CD—2A/5,

AD=VAC2+CD2=V100+20=2V30,

AP'=AD=2V30;

③如圖3,當(dāng)DP'=人。時，

?/AD=2V30,

：.DP"=AD=2V30,

?：OD=OA,

：.ZODA=ABAD,

：.OD//AC,

：.ZODA=ACAD,

：.ABAD=ACAD,

AD平分/BA。，

過點。作DH_LAE于點H,

:.AH=P"H,DH=DC=2瓜

?：AD=AD,

：.RtAADHTRt/\ADC(HL),

AH—AC—10,

AH=AC=P"H=W,

：.AP"=2AH=20(P為AB邊上一點，不符合題意，舍去),

綜上所述：當(dāng)△ADP為等腰三角形時，AP的長為6或2vW.

故答案為：6或2歷.

題目口□（2023?上海）如圖⑴所示，已知在△ABC中，AB=AC,O在邊48上，點F是邊08中點，以。

為圓心，B。為半徑的圓分別交CB,力。于點DE,連接EF交。。于點G.

圖（1）圖（2）

⑴如果OG=OG,求證：四邊形CEGD為平行四邊形；

（2）如圖（2）所示,連接OE,如果ZBAC=90°,AOFE=ADOE,AO=4,求邊OB的長;

0G

（3）連接BG,如果△QBG是以03為腰的等腰三角形，且AO=OF,求0D的值.

【分析】（1）由AABC=AC,NODB=/ABC,即得NC=/ODB,O?！ˋC,根據(jù)F是。B的中點，OG

=DG,知FG是△08。的中位線，故FG〃BC,即可得證；

■18?

（2）設(shè)NOFE=4DOE=a,OF=FB=a■，有OE=OB=2a,由（1）可得OD〃AC,故AAEO=4DOE

=a，得出4OFE=NAEO=a，進而證明/\AEO?/\AFE,AE;2=AO—AF,由AE'2^EO2-AO2,有EO2

-AO2^AOxAF,解方程即可答案；

（3）AOBG是以O(shè)B為腰的等腰三角形，①當(dāng)OG=OB時，②當(dāng)BG=OB時，證明ABGO?"PA,得出

0G=2

而而，設(shè)0G=2%,AP=3%,根據(jù)。G〃AB,得出△FOG?△FAE,即得AB=2OG=4%,PE=

PC）4

AE—AP=k，連接OE丈PG于點、Q,證明&QPE?4QGO,在4PQE與4BQO中，3

BQ=BG*H3G=2a+1*a4a尸小器黑1

33，付出0Q=BQ=4，可得?△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：

1/AC^AB,

AABC=^C,

?；OD=OB,

：.4ODB=4ABC,

：.4c=ZODB,

：.OD//AC,

■：F是OB的中點，OG=DG,

.??FG是△OBD的中位線，

：.FG//BC,^GEIICD,

：.四邊形CEGD是平行四邊形；

（2）解:如圖:

由NOFE=2DOE,49=4,點F邊OB中點，設(shè)4OFE=4DOE=a,OF=FB=a,則OE=OB=2a,

由（1）可得。?！ㄈ?。，

/.ZAEO=ADOE=a,

：.NOFE=NAEO=a,

ZA=ZA,

：.^AEO-/\AFE,

AE_AQ

AF^AE，即人爐=4>”，

在RtAAEO中，AE2=EO2To2,

EO2-AO2=AOXAF,

：.（2a）2-42=4x（4+a）,

解得：a=—2—或a=―2—（舍去），

OB=2a=1+V33;

（3）解:①當(dāng)OG=OB時，點G與點。重合，不符合題意，舍去；

②當(dāng)BG=OB時，延長BG交AC于點P,如圖所示，

?.?點F是08的中點，AO=OF,

：.AO=OF=FB,

設(shè)AO=OF=FB=a,

■19?

???OG//AC,

???ABGO-ABFA,C

OGJB二&二2

APAB3a3,

設(shè)OG=2k,AP=3k,

???OG//AE,

???4FOG~/\FAE,

0G二OF二a1AOFB

???AE-AF_2a-2,

???AE=2OG=4k,

：.PE=AE-AP=k,

設(shè)OE交PG于點Q,

???OG//PE,

???AQPE?AQGO,

GO二QG二OQ二2k

???PE"PQ'EQ,

199A

.ccWEQja,0Q=-a

..PpQn—3a,QG=3a,33AOFB

在APQE與/\BQO中，圖（2）

PQ-^-aBQ=BG-H3G=2a

a

PQ_QE,1

:.OQ~BQ~4,

入NPQE=NBQO,

/1PQE?△OQB,

PE

/.OB-"4,

k=1

/.2a飛，

a—2k,

OD—OB—2a,OG—2k,

OG=2k=k=1

:.OD"2a-a"2,

-O-G1

/.OD的值為y.

，題目亙（2023?泰州）已知：4B為圓上兩定點，點。在該圓上，/C為所對的圓周角.

?20?

ccc

BB