2024年中考數(shù)學復習（全國版）重難點15 與圓有關的壓軸題（解析版）

重難點突破15與圓有關的壓軸題目錄原創(chuàng)精品資源學科網獨家享有版權，侵權必究！2/139TOC\o"1-3"\n\h\z\u題型01利用圓的相關知識解決多結論問題題型02圓與三角形綜合問題題型03圓與四邊形綜合問題題型04圓與函數(shù)綜合問題題型05正多邊形與圓綜合題型06求不規(guī)則圖形面積題型07三角形內切圓與外切圓綜合題型08阿氏圓模型題型09隱圓模型138/138題型01利用圓的相關知識解決多結論問題一、單選題1．（2023·四川德陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，⊙O的直徑AB=10，DE是弦，AB⊥DE，CEB=EBD，sin∠BAC=35，AD的延長線與CB的延長線相交于點F，DB的延長線與OE的延長線相交于點G①∠DBF=3∠DAB；②CG是⊙O的切線；③B，E兩點間的距離是10；④DF=11

A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】連接OC、BE、AE，過點F作FG⊥AB交AB延長線于G，AB⊥DE于H．①根據已知、垂徑定理和圓內接四邊形證∠CAE=∠BAE=∠DAB，∠DBF=∠CAD，即可得到∠DBF=3∠DAB；②根據已知、垂徑定理、中垂線定理證∠OCG=∠OBG，推出∠OCG≠90°，OC不垂直CG，即可判斷CG不是⊙O的切線；③證∠CAB=∠EOB，結合sin∠BAC=35、AB=10，計算出EH、OH、BH，最后根據勾股定理計算BE=BH2+EH2即可；④先計算出tan∠GAF=13，推理出【詳解】如圖，連接OC、BE、AE，過點F作FG⊥AB交AB延長線于G，AB⊥DE于H

∵⊙O的直徑AB=10，sin∠BAC=∴∠ACB=90°，BC=AB×sinAC=AB2∵DE是弦，AB⊥DE，CEB=∴EBCEB?EB=∴CE∴∠CAE=∠BAE=∠DAB，∴∠CAD=3∠DAB，∵∠DBF=∠CAD（圓內接四邊形的一個外角等于它的內對角），∴∠DBF=3∠DAB，故結論①正確∵CE∴∠EOB=1又∵∠CAB=1∴∠CAB=∠EOB，∴sin∵OE=12AB=5，AB⊥DE∴EH=5×3∴OH=5∵OA=OB=1∴BH=OB?OH=5?4=1，BE=B故結論③正確∵∠CAB=∠EOB，∠ACB=90°，∴AC∥OG⊥BC，∴OG平分BC（垂直于弦的直徑平分弦），∴OG是BC的中垂線，∴CG=BG，∴∠GCB=∠GBC，∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC，∴∠GCB+∠OCB=∠GBC+∠OBC，即∠OCG=∠OBG，∵DE是弦，∠OBG=180°?∠ABD∴∠ABD是銳角，∠OBG是鈍角，∴∠OCG是鈍角，∠OCG≠90°，∴OC不垂直CG，CG不是⊙O的切線，故結論②不正確∵AB⊥DE，AH=OA+OH=5+4=9，∴DH=EH=3，AD=3tan∠GAF=∴FG:AG=1:3，12∴FG:AG:AF=1:3:10∴設DF=a，則AF=AD+DF=310GF=110AF=∵∠GBF=∠CBA，∴tanGFBGBG=AG?AB=3∴101210解得：a=13∴DF=13故結論④不正確綜上，①和③這2個結論正確，故選：B．【點睛】本題考查了圓的性質綜合，結合判斷切線、勾股定理、三角函數(shù)解直角三角形知識點，熟練掌握、綜合運用知識點推理證明和計算是解題的關鍵．2．（2020·四川遂寧·統(tǒng)考中考真題）如圖，在正方形ABCD中，點E是邊BC的中點，連接AE、DE，分別交BD、AC于點P、Q，過點P作PF⊥AE交CB的延長線于F，下列結論：①∠AED+∠EAC+∠EDB＝90°，②AP＝FP，③AE＝102AO④若四邊形OPEQ的面積為4，則該正方形ABCD的面積為36，⑤CE?EF＝EQ?DE．其中正確的結論有（）A．5個 B．4個 C．3個 D．2個【答案】B【分析】①正確:證明∠EOB=∠EOC=45°，再利用三角形的外角的性質即可得出答案；②正確：利用四點共圓證明∠AFP=∠ABP=45°即可；③正確：設BE=EC=a，求出AE，OA即可解決問題；④錯誤：通過計算正方形ABCD的面積為48；⑤正確：利用相似三角形的性質證明即可.【詳解】①正確：如圖，連接OE，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，∴∠BOC=90°，∵BE=EC，∴∠EOB=∠EOC=45°，∵∠EOB＝∠EDB+∠OED，∠EOC=∠EAC+∠AEO，∴∠AED+∠EAC+∠EDO=∠EAC+∠AEO+∠OED+∠EDB=90°，故①正確；②正確：如圖，連接AF，∵PF⊥AE，∴∠APF=∠ABF=90°，∴A，P，B，F(xiàn)四點共圓，∴∠AFP=∠ABP＝45°，∴∠PAF=∠PFA＝45°，∴PA=PF，故②正確；③正確：設BE=EC=a，則AE＝5a，OA＝OC＝OB＝OD＝2a，∴AEAO=5④錯誤：根據對稱性可知，△OPE∴S△OEQ=12∵OB=OD，BE=EC，∴CD=2OE，OE⊥CD，∴EQDQ=OECD∴S△ODQ=4∴S△∴S正方形⑤正確：∵∠EPF=∠DCE=90°，∠PEF=∠DEC，∴△EPF∴EFED∴EQ=PE，∴CE?EF=EQ?DE，故⑤正確；綜上所訴一共有4個正確，故選：B．【點睛】本題主要考查了三角形外角性質、四點共圓問題、全等與相似三角形的綜合運用，熟練掌握相關概念與方法是解題關鍵.3．（2021·四川廣元·統(tǒng)考中考真題）如圖，在正方形ABCD中，點O是對角線BD的中點，點P在線段OD上，連接AP并延長交CD于點E，過點P作PF⊥AP交BC于點F，連接AF、EF，AF交BD于G，現(xiàn)有以下結論：①AP=PF；②DE+BF=EF；③PB?PD=2BF；④S△AEF為定值；⑤S【答案】①②③⑤【分析】由題意易得∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，對于①：易知點A、B、F、P四點共圓，然后可得∠AFP=∠ABD=45°，則問題可判定；對于②：把△AED繞點A順時針旋轉90°得到△ABH，則有DE=BH，∠DAE=∠BAH，然后易得△AEF≌△AHF，則有HF=EF，則可判定；對于③：連接AC，在BP上截取BM=DP，連接AM，易得OB=OD，OP=OM，然后易證△AOP∽△ABF，進而問題可求解；對于④：過點A作AN⊥EF于點N，則由題意可得AN=AB，若△AEF的面積為定值，則EF為定值，進而問題可求解；對于⑤由③可得APAF=22，進而可得△APG∽△【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，PF⊥AP，∴∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，①∵∠ABC+∠APF=180°，∴由四邊形內角和可得∠BAP+∠BFP=180°，∴點A、B、F、P四點共圓，∴∠AFP=∠ABD=45°，∴△APF是等腰直角三角形，∴AP=PF，故①正確；②把△AED繞點A順時針旋轉90°得到△ABH，如圖所示：∴DE=BH，∠DAE=∠BAH，∠HAE=90°，AH=AE，∴∠HAF=∠EAF=45°，∵AF=AF，∴△AEF≌△AHF（SAS），∴HF=EF，∵HF=BH+BF，∴DE+BF=EF，故②正確；③連接AC，在BP上截取BM=DP，連接AM，如圖所示：∵點O是對角線BD的中點，∴OB=OD，BD⊥AC，∴OP=OM，△AOB是等腰直角三角形，∴AB=2由①可得點A、B、F、P四點共圓，∴∠APO=∠AFB，∵∠ABF=∠AOP=90°，∴△AOP∽△ABF，∴OPBF∴OP=2∵BP?DP=BP?BM=PM=2OP，∴PB?PD=2④過點A作AN⊥EF于點N，如圖所示：由②可得∠AFB=∠AFN，∵∠ABF=∠ANF=90°，AF=AF，∴△ABF≌△ANF（AAS），∴AN=AB，若△AEF的面積為定值，則EF為定值，∵點P在線段OD上，∴EF的長不可能為定值，故④錯誤；⑤由③可得APAF∵∠AFB=∠AFN=∠APG，∠FAE=∠PAG，∴△APG∽△AFE，∴GPEF∴S△AGP∴S△AGP∴S四邊形PEFG綜上所述：以上結論正確的有①②③⑤；故答案為①②③⑤．【點睛】本題主要考查正方形的性質、旋轉的性質、圓的基本性質及相似三角形的性質與判定，熟練掌握正方形的性質、旋轉的性質、圓的基本性質及相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．4．（2021·廣東廣州·統(tǒng)考中考真題）如圖，正方形ABCD的邊長為4，點E是邊BC上一點，且BE=3，以點A為圓心，3為半徑的圓分別交AB、AD于點F、G，DF與AE交于點H．并與⊙A交于點K，連結HG、CH．給出下列四個結論．（1）H是FK的中點；（2）△HGD≌△HEC；（3）S△AHG：S△DHC=9∶16【答案】（1）（3）（4）．【分析】由正方形的性質可證明△DAF≌△ABE，則可推出∠AHF=90°，利用垂徑定理即可證明結論（1）正確；過點H作MN//AB交BC于N，交AD于M，由三角形面積計算公式求出AH=125，再利用矩形的判定與性質證得MG=NE，并根據相似三角形的判定與性質分別求出MH=4825，NH=5225，則最后利用銳角三角函數(shù)證明∠MGH≠∠HEN，即可證明結論（2）錯誤；根據（2）中結論并利用相似三角形的性質求得AM=36【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=AB=4，∠DAF=∠ABE=90°．又∵AF=BE=3，∴△DAF≌△ABE．∴∠AFD=∠BEA．∵∠BEA+∠BAE=90°，∴∠AFD+∠BAE=90°，∴∠AHF=90°，∴AH⊥FK，∴FH=KH，即H是FK的中點；故結論（1）正確；（2）過點H作MN//AB交BC于N，交AD于M，由（1）得AH⊥FK，則12∵DF=A∴AH=12∵四邊形ABCD是正方形，MN//AB，∴∠DAB=∠ABC=∠AMN=90°．∴四邊形ABNM是矩形．∴MN=AB=4，AM=BN．∵AG=BE，∴AG?AM=BE?BN．即MG=NE．∵AD//BC，∴∠MAH=∠AEB．∵∠ABE=∠AMN=90°，∴△MAH～△BEA．∴AHAE即125解得MH=48則NH=4?MH=52∵tan∠MGH=MHMG∵MG=NE，MH≠NH，∴MGMH∴∠MGH≠∠HEN．∴∠DGH≠∠CEH．∴△HGD與△HEC不全等，故結論（2）錯誤；（3）∵△MAH～△BEA，∴AHAE即125解得AM=36由（2）得S△AHG=1∴S△AHG（4）由（1）得，H是FK的中點，∴DK=DF?2FH．由勾股定理得FH=A∴DK=5?2×9故答案為：（1）（3）（4）．【點睛】本題考查了正方形的綜合問題，掌握特殊四邊形、相似三角形的判定與性質及等腰三角形的性質是解題的關鍵．題型02圓與三角形綜合問題5．（2023·吉林長春·統(tǒng)考中考真題）【感知】如圖①，點A、B、P均在⊙O上，∠AOB=90°，則銳角∠APB的大小為__________度．

【探究】小明遇到這樣一個問題：如圖②，⊙O是等邊三角形ABC的外接圓，點P在AC上（點P不與點A、C重合），連結PA、PB、PC．求證：PB=PA+PC．小明發(fā)現(xiàn)，延長PA至點E，使AE=PC，連結BE，通過證明△PBC≌△EBA，可推得下面是小明的部分證明過程：證明：延長PA至點E，使AE=PC，連結BE，∵四邊形ABCP是⊙O的內接四邊形，∴∠BAP+∠BCP=180°．∵∠BAP+∠BAE=180°，∴∠BCP=∠BAE．∵△ABC是等邊三角形．∴BA=BC，∴△PBC≌△EBA(請你補全余下的證明過程．【應用】如圖③，⊙O是△ABC的外接圓，∠ABC=90°，AB=BC，點P在⊙O上，且點P與點B在AC的兩側，連結PA、PB、PC．若PB=22【答案】感知：45；探究：見解析；應用：22【分析】感知：由圓周角定理即可求解；探究：延長PA至點E，使AE=PC，連結BE，通過證明△PBC≌△EBA(SAS)，可推得應用：延長PA至點E，使AE=PC，連結BE，通過證明△PBC≌△EBA(SAS)得，可推得PBE是等腰直角三角形，結合PE=PA+PC與PE=2PB可得【詳解】感知：由圓周角定理可得∠APB=1故答案為：45；探究：證明：延長PA至點E，使AE=PC，連結BE，∵四邊形ABCP是⊙O的內接四邊形，∴∠BAP+∠BCP=180°．∵∠BAP+∠BAE=180°，∴∠BCP=∠BAE．∵△ABC是等邊三角形．∴BA=BC，∴△PBC≌△EBA(SAS∴PB=EB，∠PBC=∠EBA，∴∠EBA+∠ABP=∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°，∴△PBE是等邊三角形，∴PB=PE，∴PB=PE=PA+AE=PA+PC，即PB=PA+PC；應用：延長PA至點E，使AE=PC，連結BE，∵四邊形ABCP是⊙O的內接四邊形，∴∠BAP+∠BCP=180°．∵∠BAP+∠BAE=180°，∴∠BCP=∠BAE．∵AB=CB，∴△PBC≌△EBA(SAS∴PB=EB，∠PBC=∠EBA，∴∠EBA+∠ABP=∠PBC+∠ABP=∠ABC=90°，∴△PBE是等腰直角三角形，∴PB∴2PB即PE=2∵PE=PA+AE=PA+PC，∴PA+PC=2∵PB=22∴PA+PC=2∴PC=3PA，∴PB故答案為：22【點睛】本題考查了圓周角定理，圓內接四邊形對角互補，鄰補角，全等三角形的判定和性質，等邊三角形、等腰直角三角形的判定和性質，勾股定理解直角三角形；解題的關鍵是做輔助線構造△PBC≌△EBA，進行轉換求解．6．（2023·浙江臺州·統(tǒng)考中考真題）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），分別作射線AP，AQ交直線l于點C，點D．

(1)如圖1，當AB=6，BP?的長為π時，求BC(2)如圖2，當AQAB=34，(3)如圖3，當sin∠BAQ=64，BC=CD時，連接BP，PQ【答案】(1)2(2)3(3)10【分析】（1）根據扇形的弧長公式即可求出∠BOP度數(shù)，利用切線的性質和解直角三角形即可求出BC的長．（2）根據等弧所對圓周角相等推出∠BAC=∠DAC，再根據角平分線的性質定理推出CF=CB，利用直角三角形的性質即可求出∠FCD=∠BAQ，通過等量轉化和余弦值可求出答案．（3）根據三角形相似的性質證明△APQ∽△ADC和△APB∽△ABC，從而推出PQCD=AP【詳解】（1）解：如圖1，連接OP，設∠BOP的度數(shù)為n．

∵AB=6，BP?的長為π∴n?∴n=60，即∠BOP=60°．∴∠BAP=1∵直線l是⊙O的切線，∴∠ABC=90°．∴BC=AB（2）解：如圖2，連接BQ，過點C作CF⊥AD于點F，

∵AB為直徑，∴∠BQA=90°．∴cos∵BP∴∠BAC=∠DAC．∵CF⊥AD，AB⊥BC，∴CF=CB．∵∠BAQ+∠ADB=90°，∠FCD+∠ADB=90°，∴∠FCD=∠BAQ．∴BC（3）解：104如圖3，連接BQ，

∵AB⊥BC，BQ⊥AD，∴∠ABQ+∠BAD=90°，∠ADB+∠BAD=90°，∴∠ABQ=∠ADC，∵∠ABQ=∠APQ，∴∠APQ=∠ADC．∵∠PAQ=∠CAD，∴△APQ∽△ADC，∴PQ∵∠BAP=∠BAC，∠ABC=∠APB=90°，∴△APB∽△ABC，∴BP∵BC=CD，①÷②得，∵sin∴cos【點睛】本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，相似三角形的判定與性質，解直角三角形以及三角函數(shù)、切線的性質定理、扇形的弧長公式，角平分線性質定理等，解題的關鍵在于熟練掌握相關性質定理和相關計算公式．7．（2023·湖南永州·統(tǒng)考中考真題）如圖，以AB為直徑的⊙O是△ABC的外接圓，延長BC到點D．使得∠BAC=∠BDA，點E在DA的延長線上，點A在線段AC上，CE交BM于N，CE交AB于G．

(1)求證：ED是⊙O的切線；(2)若AC=6,BD=5,AC>CD(3)若DE?AM=AC?AD，求證：BM⊥CE．【答案】(1)證明見解析(2)3(3)證明見解析【分析】（1）由AB是⊙O的直徑得到∠ACB=90°，則∠BAC+∠ABC=90°，由∠BAC=∠BDA得到∠BDA+∠ABC=90°，則∠BAD=90°，結論得證；（2）證明△ACB∽△DCA，則BCAC=ACDC=ACBD?BC，可得BC（3）先證明△ABC∽△DAC，則ACDC=ABAD，得到AC?AD=CD?AB，由DE?AM=AC?AD得到DE?AM=CD?AB，則AMDC=ABDE，由同角的余角相等得到∠BAM=∠CDE，則【詳解】（1）證明：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴∠BAC+∠ABC=90°，∵∠BAC=∠BDA，∴∠BDA+∠ABC=90°，∴∠BAD=90°，∴ED是⊙O的切線；（2）∵∠BAC=∠BDA，∠ACB=∠DCA=90°，∴△ACB∽△DCA，∴BCAC∴BC6解得BC=2或3，當BC=2時，CD=BD?BC=3，當BC=3時，CD=BD?BC=2，∵AC>CD，即6>CD∴BC=3；（3）證明：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=∠DCA=90°，∵∠BAC=∠BDA，∴△ABC∽△DAC，∴ACDC∴AC?AD=CD?AB，∵DE?AM=AC?AD，∴DE?AM=CD?AB，∴AMDC∵∠BAM=∠CDE，∴△AMB∽△DCE，∴∠E=∠ABM，∵∠EGA=∠BGN，∴∠EGA+∠E=∠ABM+∠BGN=90°，∴∠BNG=90°，∴BM⊥CE．【點睛】此題考查了相似三角形的判定和性質、圓周角定理、切線的判定定理等知識，熟練掌握相似三角形的判定和性質是解題的關鍵．8．（2023·四川廣安·統(tǒng)考中考真題）如圖，以Rt△ABC的直角邊AB為直徑作⊙O，交斜邊AC于點D，點E是BC的中點，連接OE、DE

(1)求證：DE是⊙O的切線．(2)若sinC=45(3)求證：2DE【答案】(1)見詳解(2)32(3)見詳解【分析】（1）連接BD,OD，先根據直角三角形的性質，證明BE=DE，再證明△OBE≌△ODE(SSS（2）由（1）中結論，得BC=2DE=10，先根據三角函數(shù)及勾股定理求出BD,CD的長，再證明△ADB∽△BDC即可；（3）證明△OBE∽△BDC即可得出結論．【詳解】（1）證明：連接BD,OD，

在Rt△ABC中，∠ABC=90°∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°,即BD⊥AC，在Rt△BDC中，點E是BC∴BE=DE=1又∵OB=OD,OE=OE，∴△OBE≌△ODE(SSS∴∠OBE=∠ODE=90°，∵D在⊙O上∴DE是⊙O的切線．（2）解：由（1）中結論，得BC=2DE=10，在Rt△BDC中，sin∴BD=8,CD=B∵∠A+∠C=90°,∠A+∠ABD=90°，∴∴∠C=∠ABD，∵∠ADB=∠BDC=90°，△ADB∽△BDC，∴AD（3）證明：∵OA=OB,BE=CE，∴OE∥∴∠OEB=∠C，∵∠OBE=∠BDC=90°，∴△OBE∽△BDC，∴OE由（1）中結論△OBE≌△ODE，得BE=DE，BC=2DE，∴OE即2DE【點睛】此題是圓的綜合題，主要考查了切線的性質，直角三角形的性質，三角形的中位線定理，相似三角形的判定和性質，銳角三角函數(shù)，判斷出△ADB∽△BDC是解本題的關鍵．9．（2023·遼寧錦州·統(tǒng)考中考真題）如圖，AE為⊙O的直徑，點C在⊙O上，AB與⊙O相切于點A，與OC延長線交于點B，過點B作BD⊥OB，交AC的延長線于點D．

(1)求證：AB=BD；(2)點F為⊙O上一點，連接EF，BF，BF與AE交于點G．若∠E=45°，AB=5，tan∠ABG=37，求⊙O【答案】(1)見解析(2)⊙O的半徑為154；【分析】（1）根據AB與⊙O相切于點A得到∠OAC+∠BAD=90°，再根據BD⊥OB得到∠BCD+∠D=90°，再根據OA=OC得到∠OAC=∠OCA即可根據角的關系解答；（2）連接OF，過點D作DM⊥AB，交AB延長線于點M，在Rt△ABG等多個直角三角形中運用三角函數(shù)的定義求出⊙O半徑r=154，再根據勾股定理求出BM=3【詳解】（1）證明：如圖，

∵AE為⊙O的直徑，AB與⊙O相切于點A，∴OA⊥AB，∴∠OAB=90°，∴∠OAC+∠BAD=90°，∵BD⊥OB，∴∠OBD=90°，∴∠BCD+∠D=90°，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∵∠BCD=∠OCA，∴∠OAC=∠BCD，∴∠BAD=∠D，∴AB=AD．（2）連接OF，過點D作DM⊥AB，交AB延長線于點M，如圖，

在Rt△ABG中，∠GAB=90°∴tan∠ABG=∴AG=AB?tan∵∠E=45°，∴∠AOF=2∠E=90°，∴∠AOF=∠OAB，∴OF∥∴∠OFG=∠ABG，∴tan∠OFG=設⊙O的半徑為r，∴r?15∴r=15∴tan∠OBA=∵DM⊥AB，∴∠M=90°，∴∠BDM+∠DBM=90°，∵BD⊥OB，∴∠OBD=90°，∴∠OBA+∠DBM=90°，∴∠BDM=∠OBA，即tan∠BDM=∴設BM=3x，DM=4x，在Rt△DBM中，∠M=90°∵BM2+D∴3x2+4x∴BM=3，DM=4，∴AM=AB+BM=8，∴AD=A【點睛】本題考查了圓與三角形的綜合問題，解題的關鍵是熟練掌握圓、三角形的線段、角度關系并運用數(shù)學結合思想．10．（2023·四川雅安·統(tǒng)考中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，以AB為直徑的⊙O與AC交于點D，點E是BC的中點，連接BD，DE

(1)求證：DE是⊙O的切線；(2)若DE=2，tan∠BAC=12(3)在（2）的條件下，點P是⊙O上一動點，求PA+PB的最大值．【答案】(1)證明見解析；(2)AD=(3)8【分析】（1）連接OD，由圓周角定理得到∠ADB=∠BDC＝90°，由直角三角形斜邊中線的性質結合等腰三角形的性質證得∠EDB＝∠EBD，由等腰三角形的性質得到∠ODB＝∠OBD（2）由直角三角形斜邊中線的性質求出BC，根據三角函數(shù)的定義即可求出BD；，（3）設Rt△ABD的AB邊高為?，由AB2=AP2+BP2【詳解】（1）證明：連接OD，如圖所示，

∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∴∠BDC=90∵點E為BC的中點，∴DE=BE=1∴∠EDB=∠EBD，∵OB=OD，∴∠ODB=∠OBD，∵∠ABC=90°，∴∠EBD+∠OBD=90°，∴∠ODB+∠EDB=90°，∵OD是⊙O的半徑，∴DE與⊙O相切；（2）解：由（1）知，∠BDC=90∵E是BC的中點，∴DE=1∴BC=4，∵tan∠BAC=∴AB=8，AD=2BD，又∵在Rt△ABD中，AB2∴BD=8∴AD=16（3）設Rt△ABD的AB邊高為?

由（2）可知AB=8，又∵AB是直徑，∴∠APB=90°，∴PA∴(PA+PB)2∴當PA+PB取最大值時，2PA?PB也取最大值，又∵S△ABP∴當PA+PB取最大值時，S△ABP此時AB邊高為?取最大值為⊙O半徑=AB∴S△ABP∴PA?PB=2∴(PA+PB)2∴PA+PB=82綜上所述：PA+PB的最大值為82【點睛】本題主要考查了圓周角定理、切線的判定以及直角三角形的性質，解題的關鍵是：（1）熟練掌握切線的判定方法；（2）通過解直角三角形斜邊中線的性質證得DE=12BC．（3）將PA+PB11．（2022·廣東深圳·統(tǒng)考中考真題）一個玻璃球體近似半圓O,AB為直徑，半圓O上點C處有個吊燈EF,EF//AB,CO⊥AB,EF的中點為D,OA=4.(1)如圖①，CM為一條拉線，M在OB上，OM=1.6,DF=0.8,求CD的長度．(2)如圖②，一個玻璃鏡與圓O相切，H為切點，M為OB上一點，MH為入射光線，NH為反射光線，∠OHM=∠OHN=45°,tan∠COH=3(3)如圖③，M是線段OB上的動點，MH為入射光線，∠HOM=50°,HN為反射光線交圓O于點N,在M從O運動到B的過程中，求N點的運動路徑長．【答案】(1)2(2)ON=(3)4+【分析】（1）由DF=0.8,OM=1.6,DF∥OB，可得出DF為△COM的中位線，可得出D為CO中點，即可得出CD的長度；（2）過N點作ND⊥OH，交OH于點D，可得出△NHD為等腰直角三角形，根據tan∠COH=34,可得出tan∠NOD=NDOD=34（3）依題意得出點N路徑長為：OB+lBT，推導得出∠BOT=80°，即可計算給出l【詳解】（1）∵DF=0.8,OM=1.6,DF∥OB∴DF為△COM的中位線∴D為CO的中點∵CO=AO=4∴CD=2（2）過N點作ND⊥OH，交OH于點D，∵∠OHN=45°，∴△NHD為等腰直角三角形，即ND=DH，又∵tan∠COH=∴tan∠NOD=∴tan∠NOD=∴ND:OD=3:4，設ND=3x=DH，則OD=4x，∵OD+DH=OH，∴3x+4x=4，解得x=4∴ND=127，∴在Rt△NOD中，ON=N（3）如圖，當點M與點O重合時，點N也與點O重合．當點M運動至點A時，點N運動至點T，故點N路徑長為：OB+lBT

∵∠NHO=∠MHO,∠THO=∠MHO,∠HOM=50°．∴∠OHA=∠OAH=65°．∴∠THO=65°,∠TOH=50°．∴∠BOT=80°，∴l(xiāng)BT=2π×4×∴N點的運動路徑長為：OB+lBT故答案為：4+16【點睛】本題考查了圓的性質，弧長公式、勾股定理、中位線，利用銳角三角函數(shù)值解三角函數(shù)，掌握以上知識，并能靈活運用是解題的關鍵．題型03圓與四邊形綜合問題12．（2021·江蘇鎮(zhèn)江·統(tǒng)考中考真題）如圖1，正方形ABCD的邊長為4，點P在邊BC上，⊙O經過A，B，P三點．（1）若BP＝3，判斷邊CD所在直線與⊙O的位置關系，并說明理由；（2）如圖2，E是CD的中點，⊙O交射線AE于點Q，當AP平分∠EAB時，求tan∠EAP的值．【答案】（1）相切，見解析；（2）5【分析】（1）如圖1中，連接AP，過點O作OH⊥AB于H，交CD于E．求出OE的長，與半徑半徑，可得結論．（2）如圖2中，延長AE交BC的延長線于T，連接PQ．利用面積法求出BP，可得結論．【詳解】解：（1）如圖1﹣1中，連接AP，過點O作OH⊥AB于H，交CD于E．∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝4，∠ABP＝90°，∴AP＝AB2+B∵OH⊥AB，∴AH＝HB，∵OA＝OP，AH＝HB，∴OH＝12PB＝3∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，∴四邊形AHED是矩形，∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，∴OE＝EH＝OH＝4﹣32＝5∴OE＝OP，∴直線CD與⊙O相切．（2）如圖2中，延長AE交BC的延長線于T，連接PQ．∵∠D＝∠ECT＝90°，DE＝EC，∠AED＝∠TEC，∴△ADE≌△TCE（ASA），∴AD＝CT＝4，∴BT＝BC+CT＝4+4＝8，∵∠ABT＝90°，∴AT＝AB2+BT2∵AP是直徑，∴∠AQP＝90°，∵PA平分∠EAB，PQ⊥AQ，PB⊥AB，∴PB＝PQ，設PB＝PQ＝x，∵S△ABT＝S△ABP+S△APT，∴12×4×8＝12×45×x+12∴x＝25﹣2，∴tan∠EAP＝tan∠PAB＝PBAB＝5【點睛】本題考查了直線與圓的位置關系，正方形的性質，解直角三角形、相似三角形判定和性質等知識，解題的關鍵是掌握切線的證明方法：已知垂直證半徑，已知半徑證垂直，利用三角形面積不同的表示方法構建方程解決問題是難點．13．（2021·廣東深圳·統(tǒng)考中考真題）如圖，AB為⊙O的弦，D，C為ACB的三等分點，AC//（1）求證：∠A=∠E；（2）若BC=3，BE=5，求CE的長．【答案】（1）見解析；（2）CE=【分析】（1）根據題意，連接AD，通過證明AB//CE，再由AC//BE可證四邊形（2）根據平行四邊形ACEB的性質及D，C為ACB的三等分點可證△CBD∽△BED，得到CDBD=BDDE，進而求得【詳解】（1）如圖連接AD，∵A、D、C、B四點共圓∴∠BAD+∠BCD=180°又∠BCD+∠BCE=180°∴∠BAD=∠BCE∵D，C為ACB的三等分點∴BD∴∠BAD=∠ABC∴∠ABC=∠BCE∴AB//CE∴四邊形ACEB為平行四邊形∴∠BAC=∠E即原題中∠A=∠E；（2）∵四邊形ACEB為平行四邊形，BE=5∴BE=AC=5∵D，C為ACB的三等分點，BC=3∴BC=CD∴CD=BC=3，BD=AC=5，∠CDB=∠CBD=∠BAC∵∠BAC=∠E∴△CBD∽△BED∴BC=AD=BE=5∴CDBD=∴DE=∴CE=DE?DC=25【點睛】本題主要考查了圓中綜合知識、平行四邊形的性質及判定及三角形相似的判定及性質，熟練掌握相關幾何綜合運用知識是解決本題的關鍵．14．（2021·浙江寧波·統(tǒng)考中考真題）如圖1，四邊形ABCD內接于⊙O，BD為直徑，AD上存在點E，滿足AE=CD，連接BE并延長交CD的延長線于點F，BE與AD交于點（1）若∠DBC=α，請用含α的代數(shù)式表列∠AGB．（2）如圖2，連接CE,CE=BG．求證；EF=DG．（3）如圖3，在（2）的條件下，連接CG，AD=2．①若tan∠ADB=32②求CG的最小值．【答案】（1）∠AGB=90°?α；（2）見解析；（3）①5+72【分析】（1）利用圓周角定理求得∠BAD=90°，再根據AE=CD，求得（2）由∠BEC=∠BDC=90°?α，得到∠BEC=∠AGB，從而推出∠CEF=∠BGD，證得△CFE≌△BDGASA（3）①連接DE．利用已知求出AB=32AD=3，證得DA=CE，得到BG=AD=2，利用Rt△ABG中，根據正弦求出∠AGB=60°,AG=12BG=1，求出EF的長，再利用Rt△DEG②過點C作CH⊥BF于H，證明△BAD≌△CHFAAS，得到FH=AD，證明△BHC∽△CHF，得到BHCH=CHFH，設GH=x，得到C【詳解】解：（1）∵BD為⊙O的直徑，∴∠BAD=90°，∵AE=∴∠ABG=∠DBC=α，∴∠AGB=90°?α．（2）∵BD為⊙O的直徑，∴∠BCD=90°，∴∠BEC=∠BDC=90°?α，∴∠BEC=∠AGB，∵∠CEF=180°?∠BEC,∠BGD=180°?∠AGB，∴∠CEF=∠BGD．又∵CE=BG,∠ECF=∠GBD，∴△CFE≌△BDGASA∴EF=DG．（3）①如圖，連接DE．∵BD為⊙O的直徑，∴∠A=∠BED=90°．在Rt△ABD中，tan∠ADB=32∴AB=3∵AE=∴AE+即DA=∴AD=CE．∵CE=BG，∴BG=AD=2．∵在Rt△ABG中，sin∠AGB=∴∠AGB=60°,AG=1∴EF=DG=AD?AG=1．∵在Rt△DEG中，∠EGD=60°，∴EG=1在Rt△FED中，DF=E∴FG+DG+DF=5+∴△FGD的周長為5+7②如圖，過點C作CH⊥BF于H．∵△BDG≌△CFE，∴BD=CF,∠CFH=∠BDA．∵∠BAD=∠CHF=90°，∴△BAD≌△CHFAAS∴FH=AD，∵AD=BG，∴FH=BG．∵∠BCF=90°，∴∠BCH+∠HCF=90°．∵∠BCH+∠HBC=90°，∴∠HCF=∠HBC，∵∠BHC=∠CHF=90°，∴△BHC∽△CHF，∴BHCH設GH=x，∴BH=2?x，∴CH在Rt△GHC中，CG∴CG當x=1時，CG∴CG的最小值為3．【點睛】此題考查圓周角的定理，弧、弦和圓心角定理，全等三角形的判定及性質，勾股定理，三角函數(shù)，相似三角形的判定，函數(shù)的最值問題，是一道綜合的幾何題型，綜合掌握各知識點是解題的關鍵．15．（2021·四川綿陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內接矩形，過點A的切線與CD的延長線交于點M，連接OM與AD交于點E，AD>1，CD=1．（1）求證：△DBC～△AMD；（2）設AD=x，求△COM的面積（用x的式子表示）；（3）若∠AOE=∠COD，求OE的長．【答案】（1）見解析；（2）x3+x【分析】（1）由矩形性質可得∠ADM=∠DCB=90°,然后證明∠DMA=∠DBC即可得出結論；（2）根據勾股定理得出AC=x2+1，根據相似三角形性質得出MD=x2（3）記OM與圓弧AD?交于點N，連接DN，證明△MND～△MOC，即可得出x2x2+1=ND12x2+1，求出ND的值，過D作DG⊥AC于G，過O作OH⊥DN于H．運用等面積法得出HO=DG=x【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD為⊙O的內接矩形，∴AC，BD過圓心O，且∠ADC=∠DCB=90°．∵∠ADM=90°,∴∠DAM+∠DMA=90°,又∵AM是⊙O的切線，故∠DAM+∠DAO=90°，由此可得∠DMA=∠DAC，又∵∠DAC與∠DBC都是圓弧DC?∴∠DAC=∠DBC，∴∠DMA=∠DBC，又∵∠MDA=∠BCD=90°，∴△DBC～△AMD；（2）解：由AD=x，CD=1，則AC=x由題意OA=ON=OD=OC=OB=x由（1）知△DBC～△AMD，則DCBC代入DC=1，BC=x，AD=x，可得1x=x在直角△MAD中，MA=D所以S△COM（3）解：記OM與圓弧AD?交于點N，連接DN∵∠AOE=∠COD，∠ADN=12∠AON∴∠ADN=∠DBC．又∠DAC=∠DBC，所以∠DAC=∠ADN，∴ND//AC．∴△MND～△MOC，故MDMC由（2）知，由AD=x，CD=1，則AC=x由題意可得OA=ON=OD=OC=OB=x代入數(shù)據MD=x2，MC=MD+DC=x得到x2x2過D作DG⊥AC于G，過O作OH⊥DN于H．易知HO=DG．由等面積法可得S△ADC代入數(shù)據得DG=DA?DCAC=在直角三角形HOD中，DN=2DH=2=21由①②可得x22x解得x1=2所以ND=x22由ND//AC，故△NED～△OEA，故NDAO設OE=t，則NE=32?t解得t=3310，即OE【點睛】本題考查了圓的綜合問題，相似三角形判定與性質，圓切線的性質，勾股定理，解一元二次方程等知識點，熟練運用相似三角形性質列出方程是解題的關鍵．16．（2020·四川遂寧·統(tǒng)考中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D為AB邊上的一點，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：EF＝ED．（3）若sin∠ABC═35，AC＝15，求四邊形CHQE【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）45【分析】（1）連接OE，OP，根據線段垂直平分線的性質得到PB＝BE，根據全等三角形的性質得到∠BEO＝∠BPO，根據切線的判定和性質定理即可得到結論．（2）根據平行線和等腰三角形的性質即可得到結論．（3）根據垂徑定理得到EP⊥AB，根據平行線和等腰三角形的性質得到∠CAE＝∠EAO，根據全等三角形的性質得到CE＝QE，推出四邊形CHQE是菱形，解直角三角形得到CG＝AC【詳解】（1）證明：連接OE，OP，∵PE⊥AB，點Q為弦EP的中點，∴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，∴EF=（3）解：∵AD為的⊙O直徑，點Q為弦EP的中點，∴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═AGAC＝3∵AC＝15，∴AG＝9，∴CG＝AC∵△ACE≌△AQE，∴AQ＝AC＝15，∴QG＝6，∵HQ2＝HG2+QG2，∴HQ2＝（12﹣HQ）2+62，解得：HQ＝152∴CH＝HQ＝152∴四邊形CHQE的面積＝CH?GQ＝152【點睛】此題考查了圓的綜合問題，用到的知識點是全等三角形的判定與性質、菱形的判定和性質、勾股定理以及解直角三角形等知識，此題綜合性很強，難度較大，注意數(shù)形結合思想應用．17．（2018·浙江臺州·統(tǒng)考中考真題）如圖，△ABC是⊙O的內接三角形，點D在BC上，點E在弦AB上（E不與A重合），且四邊形BDCE為菱形．（1）求證：AC=CE；（2）求證：BC2﹣AC2=AB?AC；（3）已知⊙O的半徑為3．①若ABAC=5②當ABAC【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）①BC=42；②3【詳解】分析：（1）由菱形知∠D=∠BEC，由∠A+∠D=∠BEC+∠AEC=180°可得∠A=∠AEC，據此得證；（2）以點C為圓心，CE長為半徑作⊙C，與BC交于點F，于BC延長線交于點G，則CF=CG=AC=CE=CD，證△BEF∽△BGA得BEBF（3）①設AB=5k、AC=3k，由BC2-AC2=AB?AC知BC=26k，連接ED交BC于點M，Rt△DMC中由DC=AC=3k、MC=12BC=6k求得DM=CD2?CM2=3k，可知OM=OD-DM=3-3k，在Rt△COM中，由OM2+MC2=OC2可得答案．②設OM=d，則MD=3-d，MC2=OC2-OM2=9-d2，繼而知BC2=（2MC）2=36-4d2、AC2=DC2=DM2+CM2=（3-d）2+9-d詳解：（1）∵四邊形EBDC為菱形，∴∠D=∠BEC，∵四邊形ABDC是圓的內接四邊形，∴∠A+∠D=180°，又∠BEC+∠AEC=180°，∴∠A=∠AEC，∴AC=CE；（2）以點C為圓心，CE長為半徑作⊙C，與BC交于點F，于BC延長線交于點G，則CF=CG，由（1）知AC=CE=CD，∴CF=CG=AC，∵四邊形AEFG是⊙C的內接四邊形，∴∠G+∠AEF=180°，又∵∠AEF+∠BEF=180°，∴∠G=∠BEF，∵∠EBF=∠GBA，∴△BEF∽△BGA，∴BEBF∵BF=BC﹣CF=BC﹣AC、BG=BC+CG=BC+AC，BE=CE=AC，∴（BC﹣AC）（BC+AC）=AB?AC，即BC2﹣AC2=AB?AC；（3）設AB=5k、AC=3k，∵BC2﹣AC2=AB?AC，∴BC=26k，連接ED交BC于點M，∵四邊形BDCE是菱形，∴DE垂直平分BC，則點E、O、M、D共線，在Rt△DMC中，DC=AC=3k，MC=12BC=6∴DM=CD∴OM=OD﹣DM=3﹣3k，在Rt△COM中，由OM2+MC2=OC2得（3﹣3k）2+（6k）2=32，解得：k=23∴BC=26k=42；②設OM=d，則MD=3﹣d，MC2=OC2﹣OM2=9﹣d2，∴BC2=（2MC）2=36﹣4d2，AC2=DC2=DM2+CM2=（3﹣d）2+9﹣d2，由（2）得AB?AC=BC2﹣AC2=﹣4d2+6d+18=﹣4（d﹣34）2+81∴當d=34，即OM=34時，AB?AC最大，最大值為∴DC2=272∴AC=DC=36∴AB=964，此時點睛：本題主要考查圓的綜合問題，解題的關鍵是掌握圓的有關性質、圓內接四邊形的性質及菱形的性質、相似三角形的判定與性質、二次函數(shù)的性質等知識點．題型04圓與函數(shù)綜合問題18．（2020·貴州遵義·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線y＝ax2+94x+c經過點A（﹣1，0）和點C（0，3）與x軸的另一交點為點B，點M是直線BC上一動點，過點M作MP∥y軸，交拋物線于點P（1）求該拋物線的解析式；（2）在拋物線上是否存在一點Q，使得△QCO是等邊三角形？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由；（3）以M為圓心，MP為半徑作⊙M，當⊙M與坐標軸相切時，求出⊙M的半徑．【答案】（1）y＝﹣34x2+94x+3；（2）不存在，理由見解析；（3）⊙M的半徑為94，83【分析】（1）已知拋物線y＝ax2+94（2）在拋物線上找到一點Q，使得△QCO是等邊三角形，過點Q作OM⊥OB于點M，過點Q作QN⊥OC于點N，根據△QCO是等邊三角形，求得Q點坐標，再驗證Q點是否在拋物線上；（3）分四種情況①當⊙M與y軸相切，如圖所示，令M點橫坐標為t，PM=t，將PM用t表示出來，列出關于t的一元二次方程，求得t，進而求得半徑；②⊙M與x軸相切，過點M作MN⊥OB于N，如圖所示，令M點橫坐標為m，因為PN=2MN，列出關于m的一元二次方程，即可求出m，同理③④種情況，進而求得⊙M的半徑．【詳解】（1）∵拋物線y＝ax2+94∴a?解得a=?∴該拋物線的解析式為：y＝﹣34x2+9故答案為：y＝﹣34x2+9（2）在拋物線上找到一點Q，使得△QCO是等邊三角形，過點Q作QM⊥OB于點M，過點Q作QN⊥OC于點N∵△QCO是等邊三角形，OC=3∴CN=3∴NQ=C即Q(332,當x=332時，y＝﹣34×(332)2+94∴Q(332,y＝﹣34x2+9故答案為：不存在，理由見解析（3）①⊙M與y軸相切，如圖所示∵y＝﹣34x2+9當y=0時，﹣34x2+9解得x1=-1，x2=4∴B(4,0)令直線BC的解析式為y=kx+b4k+b=0解得k=?∴直線BC的解析式為y=?令M點橫坐標為t∵MP∥y軸，⊙M與y軸相切∴t=﹣34t2+94解得t=8⊙M的半徑為8②⊙M與x軸相切，過點M作MN⊥OB于N，如圖所示令M點橫坐標為m∵PN=2MN∴?解得m=1或m=4（舍去）∴⊙M的半徑為：?③當⊙M與x軸相切時，如圖3：點P與點A重合時x=?1半徑r=④當⊙M與y軸相切時如圖4：設Px,?3則PD=34x23解得x1=16半徑r=綜上所述：⊙M的半徑為94，83，15【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，是二次函數(shù)的綜合題，涉及了二次函數(shù)與幾何問題，二次函數(shù)與圓的問題，其中考查了圓切線的性質．19．（2023·廣東廣州·統(tǒng)考中考真題）已知點Pm,n在函數(shù)y=?(1)若m=?2，求n的值；(2)拋物線y=x?mx?n與x軸交于兩點M，N（M在N的左邊），與y軸交于點G，記拋物線的頂點為①m為何值時，點E到達最高處；②設△GMN的外接圓圓心為C，⊙C與y軸的另一個交點為F，當m+n≠0時，是否存在四邊形FGEC為平行四邊形？若存在，求此時頂點E的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)n的值為1；(2)①m=?2；②假設存在，頂點E的坐標為?62【分析】（1）把m=?2代入y=?2x(x<0)（2）①x=m+n2，得②求出直線TS的表達式為：y=?12m(x?12m)?1，得到點C的坐標為m+n2，?12；由垂徑定理知，點C【詳解】（1）解：把m=?2代入y=?2x(x<0)故n的值為1；（2）解：①在y=(x?m)(x?n)中，令y=0，則(x?m)(x?n)=0，解得x=m或x=n，∴M(m,0)，N(n,0)，∵點P(m,n)在函數(shù)y=?2∴mn=?2，令x=m+n2，得即當m+n=0，且mn=?2，則m2=2，解得：即m=?2時，點E②假設存在，理由：對于y=(x?m)(x?n)，當x=0時，y=mn=?2，即點G(0,?2)，由①得M(m,0)，N(n,0)，G(0,?2)，E(m+n2，由點M(m,0)、G(0,?2)的坐標知，tan∠OMG=作MG的中垂線交MG于點T，交y軸于點S，交x軸于點K，則點T1則tan∠MKT=?則直線TS的表達式為：y=?1當x=m+n2時，則點C的坐標為m+n2由垂徑定理知，點C在FG的中垂線上，則FG=2(y∵四邊形FGEC為平行四邊形，則CE=FG=3=y解得：yE即?14(m?n)則m+n=±6∴頂點E的坐標為?62，【點睛】本題為反比例函數(shù)和二次函數(shù)綜合運用題，涉及到一次函數(shù)基本知識、解直角三角形、平行四邊形的性質、圓的基本知識，其中（3），數(shù)據處理是解題的難點．20．（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）如圖，點A，B，C在⊙O上運動，滿足AB2=BC2+AC2，延長AC至點D，使得∠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，交AB于點F，交BC的延長線于點N，交⊙O于點

(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S1(3)若⊙O的半徑為1，設FM=x，F(xiàn)E?FN?1BC?BN+1AE?AC=y，試求【答案】(1)BD是⊙O的切線，證明見解析(2)1+(3)y=x【分析】（1）依據題意，由勾股定理，首先求出∠ACB=90°，從而∠CAB+∠ABC=90°，然后根據∠DBC=∠CAB，可以得解；（2）由題意，據S1?S=S22得（3）依據題意，連接OM，分別在Rt△OFM、Rt△AFE【詳解】（1）解：BD是⊙O的切線．證明：如圖，在△ABC中，AB∴∠ACB=90°．又點A，B，C在⊙O上，∴AB是⊙O的直徑．∵∠ACB=90°，∴∠CAB+∠ABC=90°．又∠DBC=∠CAB，∴∠DBC+∠ABC=90°．∴∠ABD=90°．∴BD是⊙O的切線．（2）由題意得，S1∵S1∴12∴CD?AD=AC∴CDCD+AC又∵∠D+∠DBC=90°，∴∠D=∠ABC．∴tan∠D=∴CD=B又CDCD+AC∴BC∴BC∴1+AC由題意，設tanD∴ACBC∴1+m=m∴m=1±∵m>0，∴m=1+∴tanD（3）設∠A=α，∵∠A+∠ABC=∠ABC+∠DBC=∠ABC+∠N=90°，∴∠A=∠DBC=∠N=α．如圖，連接OM．

∴在Rt△OFM中，OF=∴BF=BO+OF=1+1?x2∴在Rt△AFE中，EF=AF?tanα=在Rt△ABC中，BC=AB?sinα=2sinαAC=AB?cos在Rt△BFN中，BN=BFsin∴y=FE?FN?=====x．即y=x．∵FM⊥AB，∴FM最大值為F與O重合時，即為1．∴0<x≤1．綜上，y=x0<x≤1【點睛】本題主要考查了圓的相關性質，切線的判定定理，求角的正切值，解題時要熟練掌握并靈活運用．21．（2023·江蘇蘇州·統(tǒng)考中考真題）如圖，二次函數(shù)y=x2?6x+8的圖像與x軸分別交于點A,B（點A在點B的左側），直線l是對稱軸．點P在函數(shù)圖像上，其橫坐標大于4，連接PA,PB，過點P作PM⊥l，垂足為M，以點M為圓心，作半徑為r的圓，PT與⊙M

(1)求點A,B的坐標；(2)若以⊙M的切線長PT為邊長的正方形的面積與△PAB的面積相等，且⊙M不經過點3,2，求PM長的取值范圍．【答案】(1)A(2)1<PM<2或2<PM<2【分析】（1）令y=0求得點A,B的橫坐標即可解答；（2）由題意可得拋物線的對稱軸為x=3，設Pm,m2?6m+8，則M3,m2?6m+8；如圖連接MT，則MT⊥PT，進而可得切線長PT為邊長的正方形的面積為m?32?r2；過點P作PH⊥x軸，垂足為【詳解】（1）解：令y=0，則有：x2?6x+8=0，解得：x=2或∴A2,0（2）解：∵拋物線過A∴拋物線的對稱軸為x=3，設Pm,∵PM⊥l，∴M3,如圖：連接MT，則MT⊥PT，∴PT∴切線PT為邊長的正方形的面積為m?32過點P作PH⊥x軸，垂足為H，則：S△PAB∴m?3∵r>0，∴r=1，

假設⊙M過點N3,2①如圖1：當點M在點N的上方，即M

∴m2?6m+8=3，解得：m=5或∵m>4∴m=5；②如圖2：當點M在點N的上方，即M

∴m2?6m+8=1，解得：∵m>4∴m=3+2綜上，PM=m?3=2或2．∴當⊙M不經過點3,2時，1<PM<2或2<PM<2或【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的性質、切線的性質、勾股定理等知識點，掌握分類討論思想是解答本題的關鍵．22．（2023·浙江溫州·統(tǒng)考中考真題）如圖1，AB為半圓O的直徑，C為BA延長線上一點，CD切半圓于點D，BE⊥CD，交CD延長線于點E，交半圓于點F，已知OA=32，AC=1．如圖2，連接AF，P為線段AF上一點，過點P作BC的平行線分別交CE，BE于點M，N，過點P作PH⊥AB于點H．設PH=x，

(1)求CE的長和y關于x的函數(shù)表達式．(2)當PH<PN，且長度分別等于PH，PN，a的三條線段組成的三角形與△BCE相似時，求a的值．(3)延長PN交半圓O于點Q，當NQ=154x?3【答案】(1)CE=165(2)1615或2740(3)17【分析】（1）如圖1，連接OD，根據切線的性質得出OD⊥CE，證明OD∥BE，得出CDCE=COCB，即可得出CE=16（2）根據△BCE三邊之比為3:4:5，可分為三種情況．當PH:PN=3:5時，當PH:PN=4:5時，當PH:PN=3:4時，分別列出比例式，進而即可求解．（3）連接AQ，BQ，過點Q作QG⊥AB于點G，根據tan∠BQG=tan∠QAB=x3x=1【詳解】（1）解：如圖1，連接OD．

∵CD切半圓O于點D，∴OD⊥CE．∵OA=32，∴OC=5∴CD=2．∵BE⊥CE，∴OD∥∴CDCE即2CE∴CE=16如圖2，∠AFB=∠E=90°，∴AF∥CE．

∵MN∥CB，∴四邊形APMC是平行四邊形，∴CM=PA=PH∵MNBC∴y4∴y=?25（2）∵PN=y?1=?2512x+3，PH<PN，△BCE∴可分為三種情況．i）當PH:PN=3:5時，PN=53PH解得x=4∴a=4ii）當PH:PN=4:5時，PN=54PH解得x=9∴a=3iii）當PH:PN=3:4時，PN=43PH解得x=36∴a=5（3）如圖3，連接AQ，BQ，過點Q作QG⊥AB于點G，

則∠AQB=∠AGQ=90°，QG=PH=x，∴∠QAB=∠BQG．∵NQ=154x?3∴HG=PQ=NQ+PN=5∵AH=4∴AG=AH+HG=3x，∴tan∠BQG=∴BG=1∴AB=AG+BG=103x=3∴y=?2512x+4=178【點睛】本題考查了切線的性質，解直角三角形，相似三角形的性質與判定，函數(shù)解析式，分類討論，作出輔助線是解題的關鍵．23．（2023·湖南懷化·統(tǒng)考中考真題）如圖一所示，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx?8與x軸交于A(?4,0)、B(2,0)兩點，與y

(1)求拋物線的函數(shù)表達式及頂點坐標；(2)點P為第三象限內拋物線上一點，作直線AC，連接PA、PC，求△PAC面積的最大值及此時點P的坐標；(3)設直線l1:y=kx+k?354交拋物線于點M、N，求證：無論k為何值，平行于x軸的直線l2【答案】(1)y=(2)△PAC面積的最大值為8，此時點P的坐標為P(3)見解析【分析】（1）待定系數(shù)法求解析式即可求解；（2）如圖所示，過點P作PD⊥x軸于點D，交AC于點E，得出直線AC的解析式為y=?2x?8，設Pm,m2+2m?8，則Em,?2m?8，得出PE=?（3）設M(x1,y1)、N(x2,y2)，MN的中點坐標為Qx1+x22,y1+y22，聯(lián)立y=kx+k?354y=x2+2x?8，消去y，整理得：x2+2?kx?k+34=0，得出x1【詳解】（1）解：將A(?4,0)、B(2,0)代入y=ax16a?4b?8=04a+2b?8=0解得：a=1b=2∴拋物線解析式為：y=x（2）解：如圖所示，過點P作PD⊥x軸于點D，交AC于點E，

由y=x2+2x?8解得：y=?8，∴C0,?8設直線AC的解析式為y=kx?8，將點A?4,0代入得，?4k?8=0解得：k=?2，∴直線AC的解析式為y=?2x?8，設Pm,m2∴PE=?2m?8?=?=?m+2當m=?2時，PE的最大值為4∵S∴當PE取得最大值時，△PAC面積取得最大值∴△PAC面積的最大值為2×4=8，此時m=?2，m∴P（3）解：設M(x1,y1)、聯(lián)立y=kx+k?354y=x2∴x1∴x1∴y1+y∴Q1設Q點到l2的距離為QE，則QE=1∵M(x1,∴y1+y2=k∴M======∴MN=k∴1

∴QM=QN=QE，∴E點總在⊙Q上，MN為直徑，且⊙Q與l2∴∠MEN為直角．∴無論k為何值，平行于x軸的直線l2:y=?374上總存在一點【點睛】本題考查了二次函數(shù)的應用，一元二次方程根與系數(shù)的關系，切線的性質與判定，直角所對的弦是直徑，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．24．（2021·廣東廣州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線l:y=12x+4分別與x軸，y軸相交于A、B兩點，點P（1）求A、B兩點的坐標；（2）設△PAO的面積為S，求S關于x的函數(shù)解析式：并寫出x的取值范圍；（3）作△PAO的外接圓⊙C，延長PC交⊙C于點Q，當△POQ的面積最小時，求⊙C的半徑．【答案】（1）A（-8，0），B（0，4）；（2）S=2x+16，-8＜x＜0；（3）4．【分析】（1）根據一次函數(shù)的圖像與性質即可求出A、B兩點的坐標；（2）利用三角形面積公式及點的坐標特點即可求出結果；（3）根據圓周角性質可得∠PAO=∠PQO，∠POQ=90°．由等角的三角函數(shù)關系可推出tan∠PAO=OBOA=12=tan∠PQO=OPOQ，再根據三角形面積公式得S【詳解】解：（1）當y=0時，0=12x+4∴A（-8，0）．當x=0時，y=1∴B（0，4）．（2）∵A（-8,0），∴OA=8．點P在直線l:y=1∴yP∴S△PAO∵點P在第二象限，∴12x+4＞0，且解得-8＜x＜0；（3）∵B（0，4），∴OB=4．∵⊙C為△PAO的外接圓，∴∠PAO=∠PQO，∠POQ=90°．∴tan∠PAO=設OP=m，則OQ=2m．∴S△POQ∴當m最小時，△POQ的面積最小．∴當OP⊥AB時，m有最小值，且OA為⊙C的直徑．∴r=1即⊙C的半徑為4．【點睛】本題考查了一次函數(shù)的圖像與性質、三角形面積計算及圓的相關性質等知識，熟練掌握一次函數(shù)的圖像與性質、三角形面積計算及圓的相關性質是解題的關鍵．25．（2021·四川眉山·統(tǒng)考中考真題）如圖，直線y=34x+6與x軸交于點A，與y軸交于點B．直線MN//AB，且與△AOB的外接圓⊙P相切，與雙曲線y=?（1）求點A，B的坐標和⊙P的半徑；（2）求直線MN所對應的函數(shù)表達式；（3）求△BCN的面積．【答案】（1）A（-8，0），B（0，6），5；（2）y=34x+494【分析】（1）令y=0代入y=34x+6，令x=0代入y=34（2）過點A作AG⊥MN于點G，得AG=5，由∠AMG=∠OAB，得AGAM（3）聯(lián)立y=?30xy=【詳解】解：（1）令y=0代入y=34x+6，得0=34令x=0代入y=34x+6，得y=6∴AB=62∴⊙P的半徑為：5；（2）過點A作AG⊥MN于點G，∵直線MN//AB，且與△AOB的外接圓∴AG=5，∠AMG=∠OAB，∴sin∠AMG=sin∠OAB，即：AGAM∴5AM=610，解得：AM=253，即：OM∴M（-493同理：BN=254，ON=6+254=494，N設直線MN所對應的函數(shù)表達式為：y=kx+b，則0=?493k+b∴直線MN所對應的函數(shù)表達式為：y=34x+49（3）聯(lián)立y=?30xy=34x+494，得：∴C（-3，10），∴△BCN的面積=12BN×x【點睛】本題主要考查一次函數(shù)與反比例函數(shù)綜合，熟練掌銳角三角函數(shù)的定義，圓的切線的性質定理，是解題的關鍵．題型05正多邊形與圓綜合26．（2022·浙江金華·統(tǒng)考中考真題）如圖1，正五邊形ABCDE內接于⊙O，閱讀以下作圖過程，并回答下列問題，作法：如圖2，①作直徑AF；②以F為圓心，F(xiàn)O為半徑作圓弧，與⊙O交于點M，N；③連接AM,MN,NA．(1)求∠ABC的度數(shù)．(2)△AMN是正三角形嗎？請說明理由．(3)從點A開始，以DN長為半徑，在⊙O上依次截取點，再依次連接這些分點，得到正n邊形，求n的值．【答案】(1)108°(2)是正三角形，理由見解析(3)n=15【分析】（1）根據正五邊形的性質以及圓的性質可得AB?=BC?=（2）根據所作圖形以及圓周角定理即可得出結論；（3）運用圓周角定理并結合（1）（2）中結論得出∠NOD=144°?120°=24°，即可得出結論．【詳解】（1）解：∵正五邊形ABCDE．∴AB?∴∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOE=∠EOA=360°∵AEC?∴∠AOC(優(yōu)弧所對圓心角)=3×72°=216°，∴∠ABC=1（2）解：△AMN是正三角形，理由如下：連接ON,FN，由作圖知：FN=FO,∵ON=OF，∴ON=OF=FN，∴△OFN是正三角形，∴∠OFN=60°，∴∠AMN=∠OFN=60°，同理∠ANM=60°，∴∠MAN=60°，即∠AMN=∠ANM=∠MAN，∴△AMN是正三角形；（3）∵△AMN是正三角形，∴∠AON=2∠AMN=120°．∵AD?∴∠AOD=2×72°=144°，∵DN?∴∠NOD=144°?120°=24°，∴n=360【點睛】本題考查了圓周角定理，正多邊形的性質，讀懂題意，明確題目中的作圖方式，熟練運用圓周角定理是解本題的關鍵．27．（2020·廣東廣州·統(tǒng)考中考真題）如圖，⊙O為等邊ΔABC的外接圓，半徑為2，點D在劣弧AB?上運動（不與點A,B重合），連接DA，DB，DC（1）求證：DC是∠ADB的平分線；（2）四邊形ADBC的面積S是線段DC的長x的函數(shù)嗎？如果是，求出函數(shù)解析式；如果不是，請說明理由；（3）若點M,N分別在線段CA，CB上運動（不含端點），經過探究發(fā)現(xiàn)，點D運動到每一個確定的位置，ΔDMN的周長有最小值t，隨著點D的運動，t的值會發(fā)生變化，求所有t值中的最大值．【答案】(1)詳見解析；(2)是，S=34【分析】(1)根據等弧對等角的性質證明即可；(2)延長DA到E,讓AE=DB,證明△EAC≌△DBC,即可表示出S的面積；(3)作點D關于直線BC、AC的對稱點D1、D2，當D1、M、N、D共線時△DMN取最小值，可得t=D1D2，有對稱性推出在等腰△D1CD2中,t=3x，D與O、C共線時t【詳解】(1)∵△ABC為等邊三角形,BC=AC，∴AC?=BC∴∠AOC=∠BOC=120°，∴∠ADC=∠BDC=60°，∴DC是∠ADB的角平分線．(2)是．如圖，延長DA至點E，使得AE=DB．連接EC，則∠EAC=180°－∠DAC＝∠DBC．∵AE＝DB，∠EAC＝∠DBC,AC＝BC，∴△EAC≌△DBC(SAS)，∴∠E=∠CDB=∠ADC=60°，故△EDC是等邊三角形，∵DC=x，∴根據等邊三角形的特殊性可知DC邊上的高為3∴S=S(3)依次作點D關于直線BC、AC的對稱點D1、D2,根據對稱性C△DMN=DM+MN+ND=D1M+MN+ND2．∴D1、M、N、D共線時△DMN取最小值t,此時t=D1D2,由對稱有D1C=DC=D2C=x，∠D1CB=∠DCB，∠D2CA=∠DCA,∴∠D1CD2=∠D1CB+∠BCA+∠D2CA=∠DCB+60°+∠DCA=120°．∴∠CD1D2=∠CD2D1=60°，在等腰△D1CD2中,作CH⊥D1D2，則在Rt△D1CH中，根據30°特殊直角三角形的比例可得D1H=32同理D2H=3∴t=D1D2=3DC=∴x取最大值時,t取最大值．即D與O、C共線時t取最大值,x=4．所有t值中的最大值為43【點睛】本題考查圓與正多邊形的綜合以及動點問題，關鍵在于結合題意作出合理的輔助線轉移已知量．28．（2020·內蒙古呼和浩特·中考真題）某同學在學習了正多邊形和圓之后，對正五邊形的邊及相關線段進行研究，發(fā)現(xiàn)多處出現(xiàn)者名的黃金分割比5?12≈0.618．如圖，圓內接正五邊形ABCDE，圓心為O，OA與BE交于點H，AC、AD

（1）求證：△ABM是等腰三角形且底角等于36°，并直接說出△BAN的形狀；（2）求證：BMBN=BN（3）由對稱性知AO⊥BE，由（1）（2）可知MNBM也是一個黃金分割數(shù)，據此求sin【答案】（1）見解析，△ABN為等腰三角形；（2）見解析；（3）5【分析】（1）連接圓心O與正五邊形各頂點，利用圓周角定理得出∠ABE=∠BAC=36°，即AM=BM，再求出∠BNA=72°=∠BAD，得出結論；（2）證明△BAM∽△BEA，得到BMBN=BNBE，設BM=y，AB=x，則AM=AN=y，AB=AE=BN=x，證明AMAB（3）根據題意求出∠MAH=∠NAH=12∠MAN=18°，再根據sin∠MAH=MHAM，將【詳解】解：（1）連接圓心O與正五邊形各頂點，在正五邊形中，∠AOE=360°÷5=72°，∴∠ABE=12∠AOE=36°，同理∠BAC=1∴AM=BM，∴△ABM是是等腰三角形且底角等于36°，∵∠BOD=∠BOC+∠COD=72°+72°=144°，∴∠BAD=12∴∠BNA=180°-∠BAD-∠ABE=72°，∴AB=NB，即△ABN為等腰三角形；（2）∵∠ABM=∠ABE，∠AEB=12∴△BAM∽△BEA，∴BMAB∴BMBN∵∠AMN=∠MAB+∠MBA=72°=∠BAN，∠ANM=∠ANB，∴△AMN∽△BAN，∴AMAB=MNAN，即兩邊同時除以x2，得：yx2=1?則t2+t?1=0，解得：t=5?1∴BMBN（3）∵∠MAN=36°，根據對稱性可知：∠MAH=∠NAH=12而AO⊥BE，∴sin18°=sin∠MAH=MH=x?y=5?1

【點睛】本題考查了正多邊形與圓，圓周角定理，相似三角形的判定和性質，解一元二次方程，有一定難度，解題的關鍵是算出相應角度，找到合適的相似三角形.29．（2021·湖南湘潭·統(tǒng)考中考真題）德國著名的天文學家開普勒說過：“幾何學里有兩件寶，一個是勾股定理，另一個是黃金分割．如果把勾股定理比作黃金礦的話，那么可以把黃金分割比作鉆石礦”．如圖①，點C把線段AB分成兩部分，如果CBAC=5?12（1）特例感知：在圖①中，若AB=100，求AC的長；（2）知識探究：如圖②，作⊙O的內接正五邊形：①作兩條相互垂直的直徑MN、AI；②作ON的中點P，以P為圓心，PA為半徑畫弧交OM于點Q；③以點A為圓心，AQ為半徑，在⊙O上連續(xù)截取等弧，使弦AB=BC=CD=DE=AQ，連接AE；則五邊形ABCDE為正五邊形．在該正五邊形作法中，點Q是否為線段OM的黃金分割點？請說明理由．（3）拓展應用：國旗和國徽上的五角星是革命和光明的象征，是一個非常優(yōu)美的幾何圖形，與黃金分割有著密切的聯(lián)系．延長題（2）中的正五邊形ABCDE的每條邊，相交可得到五角星，擺正后如圖③，點E是線段PD的黃金分割點，請利用題中的條件，求cos72°【答案】（1）61.8；（2）是，理由見解析；（3）5【分析】（1）根據黃金分割的定義求解即可；（2）設⊙O的半徑為a，則OA=ON=OM=a，利用勾股定理求出PA，繼而求出OQ，MQ，即可作出判斷；（3）先求出正五邊形的每個內角，即可得到∠PEA=∠PAE=180°?108°=72°，根據已知條件可知cos72°=12AEPE，再根據點E【詳解】解：（1）∵CBAC∴AB?ACAC即100?ACAC解得：AC≈61.8；（2）Q是線段OM的黃金分割點，理由如下：設⊙O的半徑為a，則OA=ON=OM=a，∴OP=12∴PA=O∴OQ=PQ-OP=5?1∴MQ=OM-OQ=3?5MQOQ∴Q是線段OM的黃金分割點；（3）正五邊形的每個內角為：5?2×180°∴∠PEA=∠PAE=180°?108°=72°，∴cos72°=12∵點E是線段PD的黃金分割點，∴DEPE又∵AE=ED，∴AEPE∴cos72°=12【點睛】本題考查黃金分割、勾股定理、銳角三角函數(shù)，解題的關鍵是讀懂題意正確解題．30．（2020·內蒙古通遼·中考真題）中心為O的正六邊形ABCDEF的半徑為6cm．點P,Q同時分別從A,D兩點出發(fā)，以1cm/s的速度沿AF,DC向終點F,C運動，連接PB,PE,QB,QE，設運動時間為ts（1）求證：四邊形PBQE為平行四邊形；（2）求矩形PBQE的面積與正六邊形ABCDEF的面積之比．【答案】（1）見解析；（2）2：3【分析】（1）只要證明△ABP≌△DEQ（SAS），可得BP=EQ，同理PE=BQ，由此即可證明；（