人教版九年級上冊數(shù)學(xué)舉一反三24.11圓的常用輔助線及作法四大題型(學(xué)生版+解析)

專題24.11圓的常用輔助線及作法四大題型【人教版】考卷信息：本套訓(xùn)練卷共30題，題型針對性較高，覆蓋面廣，選題有深度，可加強學(xué)生圓的常用輔助線及作法四大題型的理解！【題型1有弦，作弦心距】1．（2023·湖南岳陽·統(tǒng)考一模）如圖，在⊙O中，已知AB是直徑，P為AB上一點(P不與A、B兩點重合），弦MN過P點，∠NPB=45°．（1）若AP=2，BP=6，則MN的長為；（2）當(dāng)P點在AB上運動時（保持∠NPB=45°不變），則PM2

2．（2023·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，已知△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，⊙O的半徑為2，將劣弧AC（虛線）沿弦AC折疊后交弦BC于點D，連接AD．若∠ACB=60°，則線段AD的長為．

3．（2023春·北京海淀·九年級?？奸_學(xué)考試）如圖，DE為半圓的直徑，O為圓心，DE=62，延長DE到A，使得EA=2，直線AC與半圓交于B，C兩點，且

(1)求弦BC的長；(2)求△AOC的面積．4．（2023春·天津和平·九年級天津市雙菱中學(xué)?？奸_學(xué)考試）如圖，射線PG平分∠EPF，O為射線PG上一點，以O(shè)為圓心，5為半徑作⊙O分別與∠EPF的兩邊相交于A、B和C、D，連接OA，且OA∥PE．

(1)求AP的長：(2)若弦AB=8，求OP的長．5．（2023秋·湖北武漢·九年級統(tǒng)考期中）以CD為直徑的⊙O中，AB為弦，分別過C、D點作AB的垂線，垂足分別為F、E點．(1)如圖1，若AB為⊙O的直徑，求證：AF=BE；(2)如圖2，AB為⊙O的非直徑弦，試探究線段AF與BE間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．6．（2023春·安徽·九年級專題練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，A6,0，B0,8，點C在x軸正半軸上，點D在y軸正半軸上，且CD=6，以CD為直徑的第一象限作半圓，交線段AB于點E、F，則線段EF的最大值為（

A．3.6 B．4.8 C．32 D．7．（2023秋·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，AC=BD，AC⊥BD于點E，若⊙O的半徑為2，則AD的長為（）

A．2 B．22 C．32 D．48．（2023秋·江蘇鎮(zhèn)江·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，⊙P的圓心坐標(biāo)是(3,a)(a>3)，半徑為3，函數(shù)y=x的圖像被⊙P截得的弦AB的長為42，則aA．4 B．3+2 C．32 【題型2有直徑，可作直徑所對的圓周角】1．（2023春·北京海淀·九年級專題練習(xí)）如圖，AB是半⊙O的直徑，點C是弧AB的中點，D為弧BC的中點，連接AD，CE⊥AD于點E．則AEED（

A．3 B．22 C．2+1 2．（2023春·江蘇無錫·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°．

(1)請在圖1中BC上方作射線BP，使得∠PBA=∠CAB；在射線BP上作一點D，作以DB為直徑的圓，使其恰好過點C；（作圖使用沒有刻度的直尺和圓規(guī)，不寫作法，保留作圖痕跡，并在圖中標(biāo)注字母P、D）(2)在（1）中所作的圖形中，設(shè)圓交AB于點E，若AC=2，AE=3，則DB的長為______．（如需畫草圖，請使用圖2）3．（2023春·黑龍江哈爾濱·九年級哈爾濱市第六十九中學(xué)校校考學(xué)業(yè)考試）如圖，AB、CD為⊙O的弦，AB與CD相交于點E，AD=(1)如圖1，求證：BE=DE；(2)如圖2，點F在BC上，連接DF、AD，若DF為直徑，AB⊥CD，求證：∠ADF=45(3)如圖3，在（2）的條件下，連接CF、BF，BF>CF，若DE=8，△BCF的面積為6，求AD的長．4．（2023·廣東廣州·?？家荒＃┤鐖D，在平面直角坐標(biāo)系中，y軸的正半軸（坐標(biāo)原點除外）上兩點A(0,3)、B(0,7)，C為x軸的正半軸（坐標(biāo)原點除外）上一動點．當(dāng)∠ACB取最大值時，點C的橫坐標(biāo)為（

）

A．5 B．2 C．21 D．215．（2023秋·福建廈門·九年級福建省廈門集美中學(xué)?？计谥校┤鐖D，在⊙O中，AD⊥BC，連接AB、CD，當(dāng)AB=2，CD=6時，則⊙O半徑長為．6．（2023·天津·模擬預(yù)測）如圖，在每個小正方形的邊長為1的網(wǎng)格中，△ABC的頂點A，B均在格點上，頂點C在網(wǎng)格線上，∠BAC=25°．（Ⅰ）線段AB的長等于；（Ⅱ）P是如圖所示的△ABC的外接圓上的動點，當(dāng)∠PCB=65°時，請用無刻度的直尺，在如圖所示的網(wǎng)格中畫出點P，并簡要說明點P的位置是如何找到的（不要求證明）．7．（2023春·山東煙臺·九年級校聯(lián)考期中）如圖，AB，CD是⊙O的直徑，弦BE與CD交于點F，F(xiàn)為BE中點，AF∥ED．若AF=23，則BC【題型3利用四邊形的對角互補，作輔助圓】1．（2023秋·浙江溫州·九年級期末）如圖，點D，E，F(xiàn)分別在△ABC的三邊上，AB=AC，∠A=∠EDF=90°，∠EFD=30°，AB=1，下列結(jié)論正確的是（

）A．BD可求，BE不可求 B．BD不可求，BE可求C．BD，BE均可求 D．BD，BE均不可求2．（2023春·廣東梅州·九年級?？奸_學(xué)考試）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點A?1,0和直線m的函數(shù)表達式為y=x，動點Bx,0在A點的右邊，過點B作x軸的垂線交直線m于點C，過點B作直線m的平行線交y軸于點D，當(dāng)∠CAD=45°時，則x的值為

3．（2023春·重慶九龍坡·九年級重慶市楊家坪中學(xué)?？计谥校┤鐖D，正方形ABCD中，AB=7，點E、F分別在AD、AC上的兩點，BF⊥EF，AE=3，則四邊形ABFE的面積為4．（2023秋·浙江嘉興·九年級?？计谥校┤鐖D，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC＝4，點D是斜邊BC的中點，將△ABC繞點D旋轉(zhuǎn)得到△GEF，直線AG、FC相交于點Q，連接BQ，線段BQ長的最大值是．5．（2023春·福建·九年級專題練習(xí)）已知菱形ABCD中，∠BAD=120°，點E、F分別在AB，BC上，BE=CF，AF與CE交于點P．(1)求證：∠APE=60°；(2)當(dāng)PC=1，PA=5時，求PD的長？(3)當(dāng)AB=23時，求PD6．（2023秋·北京·九年級北師大實驗中學(xué)?？计谥校┰赗t△ABC中，∠BCA=90°，BC=AC，點E是△ABC外一動點（點B，點E位于AC異側(cè)），連接CE，AE．(1)如圖1，點D是AB的中點，連接DC，DE，當(dāng)△ADE為等邊三角形時，求∠AEC的度數(shù)；(2)當(dāng)∠AEC=135°時，①如圖2，連接BE，用等式表示線段BE，CE，EA之間的數(shù)量關(guān)系，并證明；②如圖3，點F為線段AB上一點，AF=1，BF=7，連接CF，EF，直接寫出△CEF面積的最大值．7．（2023秋·全國·九年級專題練習(xí)）如圖1，矩形ABCD中，∠ACB＝30°，將△ACD繞C點順時針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜360°）至△A'CD'位置．（1）如圖2，若AB＝2，α＝30°，求S△BCD′．（2）如圖3，取AA′中點O，連OB、OD′、BD′．若△OBD′存在，試判定△OBD′的形狀．（3）當(dāng)α＝α1時，OB＝OD′，則α1＝_____°；當(dāng)α＝α2時，△OBD′不存在，則α2＝_______°．【題型4有切點，可作過切點的半徑】1．（2023秋·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，AB為⊙O的切線，C為切點，D是⊙O上一點，過點D作DF⊥AB，垂足為F，DF交⊙O于點E．連接CD，OE．

(1)若∠D=35°，求∠DEO的度數(shù)；(2)若點E是DF的中點，DE=4，求FC的長．2．（2023·天津南開·統(tǒng)考二模）已知⊙O中，直徑AC長為12，MA、MB分別切⊙O于點A，B，弦AD∥BM．

(1)如圖1，若∠AMB=120°，求∠C的大小和弦CD的長；(2)如圖2，過點C的切線分別與AD、MB的延長線交于點E，F(xiàn)，且CE=54EF3．（2023秋·廣東廣州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，ABCD是正方形，BC是⊙O的直徑，點E是⊙O上的一動點（點E不與點B，C重合），連接DE，(1)若∠EBC=60°，求∠ECB的度數(shù)；(2)若DE為⊙O的切線，連接DO，DO交CE于點F，求證：(3)若AB=2，過點A作DE的垂線交射線CE于點M，求AM的最小值．4．（2023·湖北武漢·華中科技大學(xué)附屬中學(xué)校考模擬預(yù)測）如圖，已知⊙O是△ABC的外接圓，AB是⊙O的直徑，D是AB延長線的一點，AE⊥CD交DC的延長線于E，CF⊥AB于F，且CE=CF．(1)求證：DE是⊙O的切線；(2)若AB=10，BD=3，求AE的長．5．（2023春·河南南陽·九年級?？茧A段練習(xí)）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，點E在邊AD的延長線上，連接AC，BD，已知CD=CE，∠E=∠BAC．(1)求證：DC平分∠BDE．(2)若CE與⊙O相切于點C，求證：AC=BD．6．（2023·廣東汕頭·統(tǒng)考一模）如圖，已知點D在⊙O的直徑AB延長線上，CD為⊙O的切線，過D作ED⊥AD，與AC的延長線相交于E．(1)求證：CD＝DE；(2)若BD＝1，DE＝5，求△ADE的面積；(3)在（2）的條件下，作∠ACB的平分線CF與⊙O交于點F，P為△ABC的內(nèi)心，求PF的長．7．（2023秋·浙江金華·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點M是AC上一點，以CM為直徑作⊙O，AB與⊙O相切于點D，過點D作DE⊥AC于點F，DE交⊙O于點E，連接CD、CE．(1)求證：∠B＝∠DCE；(2)若MF＝2，sinB＝45，求CD8.（2023·河南安陽·九年級統(tǒng)考學(xué)業(yè)考試）如圖，AB是⊙O的直徑，點C為⊙O上一點，點F是半徑AO上一動點（不與O，A重合），過點F作射線l⊥AB，分別交弦AC，AC?于H，D兩點，在射線l上取點E，過點E作⊙O的切線EC(1)求證：EC=EH．(2)當(dāng)點D是AC?的中點時，若∠ABC=60°，判斷以O(shè)，A，D，C

專題24.11圓的常用輔助線及作法四大題型【人教版】考卷信息：本套訓(xùn)練卷共30題，題型針對性較高，覆蓋面廣，選題有深度，可加強學(xué)生圓的常用輔助線及作法四大題型的理解！【題型1有弦，作弦心距】1．（2023·湖南岳陽·統(tǒng)考一模）如圖，在⊙O中，已知AB是直徑，P為AB上一點(P不與A、B兩點重合），弦MN過P點，∠NPB=45°．（1）若AP=2，BP=6，則MN的長為；（2）當(dāng)P點在AB上運動時（保持∠NPB=45°不變），則PM2

【答案】214【分析】（1）作OH⊥MN于H，連接ON，如圖所示，得到HN=MH，由AP=2，BP=6，得到圓的半徑長，由ΔPOH是等腰直角三角形，得到OH的長，由勾股定理求出NH的長，即可得到MN（2）由PM=MH?PH=NH?OH，PM=NH+PH=NH+OH，得到PM2+PN2【詳解】解：（1）作OH⊥MN于H，連接ON，如圖所示：

∴HN=MH，∵AP=2，BP=6，∴AB=AP+PB=8，∴ON=4，PO=OA?AP=4?2=2，∵∠NPB=45°，∴△POH是等腰直角三角形，∴OH=2∴NH=O∴MN=2NH=214故答案為：214（2）由（1）知MH=NH，OH=PH，∴PM=MH?PH=NH?OH，PM=NH+PH=NH+OH，∴PM∵OH∴PM∵BA∴PM故答案為：12【點睛】本題考查垂徑定理，勾股定理，完全平方公式，關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造直角三角形，應(yīng)用垂徑定理，勾股定理來解決問題．2．（2023·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，已知△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，⊙O的半徑為2，將劣弧AC（虛線）沿弦AC折疊后交弦BC于點D，連接AD．若∠ACB=60°，則線段AD的長為．

【答案】2【分析】取折疊后的弧所在圓圓心為O'，則⊙O與⊙O'設(shè)等圓，∠ACD是公共的圓周角，所以可以證得AB=AD，設(shè)⊙O的半徑為R，過O作OG⊥AB于G，可得∠OAB=∠OBA=30°，AB=2AG，即OG=1，根據(jù)勾股定理可得【詳解】設(shè)折疊后的AC所在圓的圓心為O'，連接O'∴∠A連接OA，OB

同理，∠AOB=120°∴∠AOB=∠A∵⊙O與⊙O'∴AB=AD設(shè)⊙O的半徑為R過O作OG⊥AB于G∵OA=OB，∠AOB=120°∴∠OAB=∠OBA=30°，AB=2AG∴OG=∴AG=∴AB=2AG=2故答案為：23【點睛】本題考查了圓中的折疊變換，垂徑定理等，注意等圓中的公共角，公共弦，公共弧，這些都是相等的，利用這些等量關(guān)系，是解決此類題的突破口．3．（2023春·北京海淀·九年級?？奸_學(xué)考試）如圖，DE為半圓的直徑，O為圓心，DE=62，延長DE到A，使得EA=2，直線AC與半圓交于B，C兩點，且

(1)求弦BC的長；(2)求△AOC的面積．【答案】(1)2(2)8+2【分析】（1）過點O作OM⊥BC于M，根據(jù)垂徑定理得BM=CM，由∠DAC=45°得到OM=AM，則OA=OM2+AM（2）由（1）可知：CM=2，OM=AM=4，則AC=AM+CM=4+【詳解】（1）解：過點O作OM⊥BC于M，如圖，則BM=CM，

∵直徑DE=62，EA=∴OC=OD=OE=32，OA=OE+AE=4∵∠DAC=45°，則∠AOM=45°∴OM=AM，則OA=O∴OM=4，在Rt△COM中，OC=3∴CM=O∴BC=2CM=22（2）由（1）可知：CM=2，OM=AM=4∴AC=AM+CM=4+2∴S△AOC【點睛】本題考查了垂徑定理：平分弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條?。部疾榱斯垂啥ɡ?、等腰直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．4．（2023春·天津和平·九年級天津市雙菱中學(xué)?？奸_學(xué)考試）如圖，射線PG平分∠EPF，O為射線PG上一點，以O(shè)為圓心，5為半徑作⊙O分別與∠EPF的兩邊相交于A、B和C、D，連接OA，且OA∥PE．

(1)求AP的長：(2)若弦AB=8，求OP的長．【答案】(1)AP=5；(2)3【分析】（1）根據(jù)PG平分∠EPF得到∠EPG=∠FPG，根據(jù)OA∥PE得到∠POA=∠FPG，即可得到∠POA=∠APO，即可得到答案；（2）過O作OH⊥AB，根據(jù)垂徑定理得到AH，結(jié)合勾股定理即可得到OH，即可得到答案；【詳解】（1）解：∵PG平分∠EPF，∴∠EPG=∠FPG，∵OA∥PE，∴∠POA=∠FPG，∴∠POA=∠APO，∴PA=OA，∵⊙O的半徑為5，∴AP=5；（2）解：過O作OH⊥AB，∵OH⊥AB，AB=8，∴AH=BH=4，PH=PA+AH=9，在Rt△AOH中：OH=在Rt△POH中：OP=

【點睛】本題考查垂徑定理，角平分線的性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是作出輔助線根據(jù)垂徑定理得到線段關(guān)系及直角三角形．5．（2023秋·湖北武漢·九年級統(tǒng)考期中）以CD為直徑的⊙O中，AB為弦，分別過C、D點作AB的垂線，垂足分別為F、E點．(1)如圖1，若AB為⊙O的直徑，求證：AF=BE；(2)如圖2，AB為⊙O的非直徑弦，試探究線段AF與BE間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】(1)見解析(2)AF=BE，理由見解析【分析】（1）只需要證明△COF≌△DOE，得到OF=OE，再由OA=OB，即可證明AF=BE；（2）如圖2，過O作MN∥AB交CF于M，交DE延長線于N，過作OH⊥AB于H，證明四邊形OMFH，ONEH都是矩形，得到OM=FH，ON=HE，再證明△CMO≌△DNO，得到OM=ON，則【詳解】（1）證明：∵CF⊥AB，∴CF∥DE，∴∠CFO=∠DEO，在△COF和△DOE中，∠CFO=∠DEO∠COF=∠DOE∴△COF≌△DOEAAS∴OF=OE，又∵OA=OB，∴AF=BE；（2）解：AF=BE，理由如下：如圖2，過O作MN∥AB交CF于M，交DE延長線于N，過作OH⊥AB于H，∴∠CMO=∠DNO=90°，∵CF⊥AB，∴四邊形OMFH，∴OM=FH，在△CMO和△DNO中，∠CMO=∠DNO∠COM=∠DON∴△CMO≌△DNOAAS∴OM=ON，∴FH=EH又∵AH=HB，∴AF=BE．【點睛】本題主要考查了圓的基本性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，垂徑定理，矩形的性質(zhì)與判定等等，靈活運用所學(xué)知識是解題的關(guān)鍵．6．（2023春·安徽·九年級專題練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，A6,0，B0,8，點C在x軸正半軸上，點D在y軸正半軸上，且CD=6，以CD為直徑的第一象限作半圓，交線段AB于點E、F，則線段

A．3.6 B．4.8 C．32 D．【答案】B【分析】過CD的中點G作EF的垂線與AB交于點M，過點O作OH⊥AB于H，連接OG、FG，先求出OA=6，OB=8，進而求出AB=10，再根據(jù)等面積法求出OH=4.8，由直角三角形斜邊中線的性質(zhì)得到OG=FG=3，由垂徑定理得到EF=2FM，由FM=9?GM2，可知當(dāng)GM最小時，F(xiàn)M最大，即EF最大，再由OG+GM≥OH，得到G【詳解】解：過CD的中點G作EF的垂線與AB交于點M，過點O作OH⊥AB于H，連接OG、FG∵A6,0，∴OA=6，∴AB=O∵S△ABC∴OH=OA?OB∵CD=6，∠COD=90°，G為∴OG=FG=1∵GM⊥EF，∴∠GMF=90°，∴FM=G∴當(dāng)GM最小時，F(xiàn)M最大，即EF最大，∵OG+GM≥OH，∴3+GM≥4.8，∴GM≥1.8，即GM∴FM∴EF故選B．

【點睛】本題主要考查了垂徑定理，勾股定理，坐標(biāo)與圖形，直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．7．（2023秋·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，AC=BD，AC⊥BD于點E，若⊙O的半徑為2，則AD的長為（）

A．2 B．22 C．32 D．4【答案】B【詳解】根據(jù)垂徑定理可以得到OM=ON，再根據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)，可以得到∠OAM=∠ODN，從而可以得到∠AOD=90°，最后根據(jù)勾股定理即可求得AD的長．【解答】解：連接OA，OD，作ON⊥BD于點N，∵AC=BD，∴OM=ON，在Rt△OAM和RtOA=ODOM=ON∴Rt△OAM≌∴∠OAM=∠ODN，∵AC⊥BD，∴∠AED=90°，∴∠ODN+∠ODA+∠EAD=90°，∴∠OAM+∠ODA+∠EAD=90°，即∠OAD+∠ODA=90°，∴∠AOD=90°，∵OA=OD=2，∴AD=O故選：B．

【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、垂徑定理，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．8．（2023秋·江蘇鎮(zhèn)江·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，⊙P的圓心坐標(biāo)是(3,a)(a>3)，半徑為3，函數(shù)y=x的圖像被⊙P截得的弦AB的長為42，則aA．4 B．3+2 C．32 【答案】B【分析】作PC⊥x軸于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，連接PB，求出D點坐標(biāo)為(3,3)，可得△OCD為等腰直角三角形，從而△PED也為等腰直角三角形．根據(jù)垂徑定理得AE=BE=22，在Rt△PBE中，利用勾股定理求出PE=1，再求出【詳解】解：作PC⊥x軸于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，連接PB，如圖，∵⊙P的圓心坐標(biāo)是(3,a)，∴OC=3,PC=a，把x=3代入y=x得y=3，∴D點坐標(biāo)為(3,3)，∴CD=3，∴△OCD為等腰直角三角形，∴∠PDE=∠ODC=45°，∵PE⊥AB，∴△PED為等腰直角三角形，AE=BE=1在Rt△PBE中，PB=3∴PE=3∴PD=2∴a=3+2故選B．【點睛】本題考查了一次函數(shù)的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，以及垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條?。_作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．【題型2有直徑，可作直徑所對的圓周角】1．（2023春·北京海淀·九年級專題練習(xí)）如圖，AB是半⊙O的直徑，點C是弧AB的中點，D為弧BC的中點，連接AD，CE⊥AD于點E．則AEED（

A．3 B．22 C．2+1 【答案】C【分析】連接AC，BC，CD，在EA上取一點T，使得ET=EC，連接CT．證明TA=TC=2EC，【詳解】解：如圖，連接AC，BC、CD．∵AB是直徑，∴∠ACB=90°．∵AC=∴AC=CB．∴∠CAB=∠ABC=45°．∵CD=∴∠CAD=∠DAB=1∵AC∴∠ADC=∠ABC=45°．∵CE⊥DE，∴∠CED=90°．∴∠ECD=∠EDC=45°．∴EC=DE．在EA上取一點T，使得ET=EC，連接CT．設(shè)EC=DE=ET=m，則CT=2∵∠ETC=45°=∠TAC+∠ACT，∴∠TAC=∠TCA=22.5°．∴AT=TC=2∴AE=AT+TE=2∴AEED故選：C【點睛】本題考查圓圓周角定理及推論、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識點，熟知上述的定理或推論是解題的基礎(chǔ)，根據(jù)題目特征，在EA上取點T，構(gòu)造出兩個特殊三角形△CTE和△ACT是解題的關(guān)鍵．2.（2023春·江蘇無錫·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°．

(1)請在圖1中BC上方作射線BP，使得∠PBA=∠CAB；在射線BP上作一點D，作以DB為直徑的圓，使其恰好過點C；（作圖使用沒有刻度的直尺和圓規(guī)，不寫作法，保留作圖痕跡，并在圖中標(biāo)注字母P、D）(2)在（1）中所作的圖形中，設(shè)圓交AB于點E，若AC=2，AE=3，則DB的長為______．（如需畫草圖，請使用圖2）【答案】(1)見詳解(2)9【分析】（1）以A為圓心，任意長度為半徑作弧，分別交AC、AB于點M、N，再以點B為圓心，AM為半徑作弧，以點J為圓心，MN為半徑作弧，兩弧交于點P，作射線BP；再分別以B、C為圓心，以大于12BC的長度為半徑作弧，交于點H、I，作直線HI并交射線BP于點O；以點O為圓心，（2）連接DE、CD，首先證明點A、C、D在同一直線上，△DAB為等腰三角形，易得AD=BD，AE=BE=12AB，結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)可得AB=2AE=6，在Rt△ABC中，利用勾股定理可得BC2=AB2【詳解】（1）解：根據(jù)題意，作圖如下：

（2）連接DE、CD，如下圖，

∵BD為⊙O直徑，∴∠BED=∠BCD=90°，又∵∠ACB=90°，∴∠BCD+∠ACB=180°，∴點A、C、D在同一直線上，∵∠PBA=∠CAB，∴AD=BD，AE=BE=1∵AC=2，AE=3，∴AB=2AE=6，

∴在Rt△ABC中，B設(shè)BD=x，則CD=AD?AC=BD?AC=x?2，∴在Rt△BCD中，可有B即32+(x?2)2=∴BD=9．故答案為：9．【點睛】本題主要考查了作圖-復(fù)雜作圖、直徑所對的圓周角為直角、等腰三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，綜合運用所學(xué)知識是解題關(guān)鍵．3．（2023春·黑龍江哈爾濱·九年級哈爾濱市第六十九中學(xué)校?？紝W(xué)業(yè)考試）如圖，AB、CD為⊙O的弦，AB與CD相交于點E，AD=(1)如圖1，求證：BE=DE；(2)如圖2，點F在BC上，連接DF、AD，若DF為直徑，AB⊥CD，求證：∠ADF=45(3)如圖3，在（2）的條件下，連接CF、BF，BF>CF，若DE=8，△BCF的面積為6，求AD的長．【答案】(1)證明過程見解析(2)證明過程見解析(3)10【分析】(1)連接BD，由AD=BC得到∠B=∠D即可證明(2)連接AF，由AB⊥CD得到∠BED=90°，由(1)中結(jié)論得到∠EBD=∠EDB=45°，由同弧所對的圓周角相等得到∠EBD=∠AFD=45°，最后根據(jù)DF是直徑得到∠DAF=90°即可證明；(3)連接EF，過F點作FH⊥AB于H點，證明CF∥BE，設(shè)CF=a，CE=b，得到SΔBCF=SΔECF=12ab=6，進而得到ab=12；再證明四邊形CEHF為矩形得到a+b=8，進而求出a、b的值，最后在Rt△【詳解】（1）證明：連接DB，如下圖所示：∵AD=∴∠B=∠D，∴△EDB為等腰三角形，∴ED=EB．（2）證明：連接AF，如下圖所示：∵AB⊥CD，∴∠BED=90°，由(1)中結(jié)論得到∠EBD=∠EDB=45°，∵同弧所對的圓周角相等，∴∠EBD=∠AFD=45°，∵DF是直徑，∴∠DAF=90°，在Rt△ADF中，∠ADF=90°-∠AFD=90°-45°=45°．（3）解：連接EF，過F點作FH⊥AB于H點，如下圖所示：∵DF為直徑，∴∠DCF=90°=∠DEB，∴CF∥BE，設(shè)CF=a，CE=b，∴SΔ∴ab=12，∵∠DCF=∠CEH=∠EHF=90°，∴四邊形CEHF為矩形，∴EH=CF=a，HF=CE=b，由(2)知，∠ABF=∠ADF=45°，∴△BFH為等腰直角三角形，∴HB=HF=b，又ED=EB=8，∴EB=EH+HB=a+b=8，聯(lián)立：ab=12a+b=8解得：a=2b=6或a=6又已知BF>CF，即2b>a∴a=6b=2∴CF=2，CE=6，∴在Rt△CDF中，由勾股定理可知：DF=C在等腰Rt△ADF中，AD=DF【點睛】本題是圓的綜合題，主要考查了圓周角定理、勾股定理運用、等腰三角形的性質(zhì)等，綜合性強，難度較大．4．（2023·廣東廣州·?？家荒＃┤鐖D，在平面直角坐標(biāo)系中，y軸的正半軸（坐標(biāo)原點除外）上兩點A(0,3)、B(0,7)，C為x軸的正半軸（坐標(biāo)原點除外）上一動點．當(dāng)∠ACB取最大值時，點C的橫坐標(biāo)為（

）

A．5 B．2 C．21 D．21【答案】D【分析】當(dāng)以AB為弦的圓與x軸正半軸相切時，∠AMB最大，根據(jù)圓周角定理得出對應(yīng)的∠AEB最大，根據(jù)垂徑定理和勾股定理即可求解．【詳解】解：如圖所示，當(dāng)以AB為弦的圓M與x軸正半軸相切時，∠AMB最大，∵∠ACB=∴此時的∠ACB最大，作MD⊥y軸于D，連接MC、MB．

∵A(0,3)、B(0,7)，∴AD=BD=1∵⊙C與x軸相切于點C，CM⊥x軸，∴OD=MC=MB=OA+AD=3+2=5在直角△BMD中，MD=5∴OC=MD=21∴點C的橫坐標(biāo)為21，故選：D．【點睛】本題考查了圓的切線性質(zhì)、圓周角定理、垂徑定理以及勾股定理，正確理解當(dāng)以AB為弦的圓與x軸相切時，對應(yīng)的∠AEB最大是關(guān)鍵，解題時注意結(jié)合圖形分析．5．（2023秋·福建廈門·九年級福建省廈門集美中學(xué)?？计谥校┤鐖D，在⊙O中，AD⊥BC，連接AB、CD，當(dāng)AB=2，CD=6時，則⊙O半徑長為．【答案】10【分析】作直徑DE，連接AE、CE．根據(jù)直徑所對的圓周角是直角，得∠EAD=∠ECD=90°，則AE∥CB，得CE=AB，則CE=【詳解】解：如圖，作直徑DE，連接AE、CE．∵DE是直徑，∴∠EAD=∠ECD=90°，∴AE⊥BC，又∵AD⊥BC，∴AE∥CB，∴CE=∴CE=AB．∵AB=2，CD=6，∴EC=2，∴在Rt△ECD中，DE=∴⊙O半徑長為10．故答案為：10．【點睛】此題綜合運用了圓周角定理的推論、垂徑定理的推論、等弧對等弦以及勾股定理，將AB轉(zhuǎn)化為EC是解題的關(guān)鍵．6．（2023·天津·模擬預(yù)測）如圖，在每個小正方形的邊長為1的網(wǎng)格中，△ABC的頂點A，B均在格點上，頂點C在網(wǎng)格線上，∠BAC=25°．（Ⅰ）線段AB的長等于；（Ⅱ）P是如圖所示的△ABC的外接圓上的動點，當(dāng)∠PCB=65°時，請用無刻度的直尺，在如圖所示的網(wǎng)格中畫出點P，并簡要說明點P的位置是如何找到的（不要求證明）．【答案】13；如圖，取格點D，連接AD并延長，與△ABC的外接圓相交于點E，連接BE；取△ABC的外接圓與網(wǎng)格線的交點F，G，連接FG與BE相交于點O；連接CO并延長，與△ABC的外接圓交于點P，則點P即為所求【分析】（Ⅰ）利用勾股定理可得答案；（Ⅱ）利用勾股逆定理確定格點D，使得∠DAB=90°，故∠EAC=90°?∠BAC=90°?25°=65°，取△ABC的外接圓與網(wǎng)格線的交點F，G，使得∠FAG=90°,則FG與BE相交于點O，O為圓心，由同弧所對的圓周角相等，可得∠EAC=∠EBC=65°，因為OB=OC，故∠OBC=∠PCB=65°．【詳解】（Ⅰ）AB=2故答案為：13（Ⅱ）利用勾股逆定理確定格點D，∵AD=又∵13∴AD∴∠DAB=90°，∴∠EAC=90°?∠BAC=90°?25°=65°，EB是⊙O的直徑，由方格知∠FAG=90°,則FG與BE相交于點O，∴FG是⊙O的直徑∴O為圓心，∵AC∴∠EAC=∠EBC=65°，∵OB=OC，∴∠OBC=∠PCB=65°．故答案為：如圖，取格點D，連接AD并延長，與△ABC的外接圓相交于點E，連接BE；取△ABC的外接圓與網(wǎng)格線的交點F，G，連接FG與BE相交于點O；連接CO并延長，與△ABC的外接圓交于點P，則點P即為所求．【點睛】此題考查的是勾股定理逆定理的應(yīng)用，圓的基本性質(zhì)，復(fù)雜的作圖，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．7．（2023春·山東煙臺·九年級校聯(lián)考期中）如圖，AB，CD是⊙O的直徑，弦BE與CD交于點F，F(xiàn)為BE中點，AF∥ED．若AF=23，則BC【答案】2【分析】連接AE．根據(jù)垂徑定理可知CD⊥BE．根據(jù)直徑所對圓周角為直角可知AE⊥BE，即得出AE∥DF．從而可判斷四邊形AEDF為平行四邊形，得出AE=DF．再根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)得出AE=2OF．設(shè)OF=x，則AE=DF=2x，OD=OF+DF=3x，AB=2OD=6x，從而可利用勾股定理求出BE=AB2?AE2=42x，進而得出EF=【詳解】如圖，連接AE．∵F為BE中點，CD是⊙O的直徑，∴CD⊥BE．∵AB是⊙O的直徑，∴AE⊥BE，∴AE∥∵AF∥∴四邊形AEDF為平行四邊形，∴AE=DF．∵F為BE中點，O為AB中點，∴OF為△ABE中位線，∴AE=2OF．設(shè)OF=x，則AE=DF=2x，∴OD=OF+DF=x+2x=3x，∴AB=2OD=6x，∴BE=A∴EF=1∵AF∴(23解得：x1∴OF=1，BF=22，OC=OD=3∴CF=OF+OC=4，∴BC=C故答案為：26【點睛】本題考查垂徑定理，圓周角定理，平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理以及三角形中位線的性質(zhì)．連接常用的輔助線是解題關(guān)鍵．【題型3利用四邊形的對角互補，作輔助圓】1．（2023秋·浙江溫州·九年級期末）如圖，點D，E，F(xiàn)分別在△ABC的三邊上，AB=AC，∠A=∠EDF=90°，∠EFD=30°，AB=1，下列結(jié)論正確的是（

）A．BD可求，BE不可求 B．BD不可求，BE可求C．BD，BE均可求 D．BD，BE均不可求【答案】A【分析】連接AD，根據(jù)如果一個四邊形的對角互補，那么這個四邊形的四個頂點共圓，得出AEDF四點共圓，再根據(jù)在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，得出∠BAD=∠EFD=30°，進而得出點D固定，即BD可求；當(dāng)△DEF繞點D旋轉(zhuǎn)時，保持∠EDF=90°不變，根據(jù)如果一個四邊形的對角互補，那么這個四邊形的四個頂點共圓，得出AEDF四點共圓，再根據(jù)在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，得出∠BAD=∠EFD=30°，進而得出點E可以在AB上任何地方，即可得出答案．【詳解】解：連接AD，∵∠A=∠EDF=90°，∴∠A+∠EDF=180°，∴AEDF四點共圓，∴∠BAD=∠EFD=30°，∴點D固定，即BD可求；當(dāng)△DEF繞點D旋轉(zhuǎn)時，保持∠EDF=90°不變，則AEDF四點共圓，∴∠BAD=∠EFD=30°依舊不變，即點E可以在AB上任何地方，∴BE不可求，綜上可得：BD可求，BE不可求．故選：A．【點睛】本題考查了內(nèi)接四邊形的判定定理、圓周角定理、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵在得出AEDF四點共圓．2．（2023春·廣東梅州·九年級?？奸_學(xué)考試）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點A?1,0和直線m的函數(shù)表達式為y=x，動點Bx,0在A點的右邊，過點B作x軸的垂線交直線m于點C，過點B作直線m的平行線交y軸于點D，當(dāng)∠CAD=45°時，則x的值為

【答案】12或【分析】先根據(jù)題意畫出圖形，分兩種情況：①當(dāng)點B在原點右邊時，證明A、C、B、D四點共圓，再根據(jù)同弧或等弧所對的圓周角相等從而得到△ACD是直角三角形，分別在Rt△ABC和Rt△ACD中用x表示出AC，構(gòu)造方程求解x值；②如圖2，當(dāng)B點在A點右邊，O點左邊時，可得A、C、O、D四點共圓，根據(jù)同弧或等弧所對的圓周角相等從而得到∠ACD=90°，分別在Rt△AOD和Rt△ACD中用x表示出【詳解】解：分兩種情況：①如圖，當(dāng)點B在原點右邊時，Bx,0中x>0

∴BC=OB=OD=x，AB=1+x，∴∠CBA=90°，∠ABD=45°，∴在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理得A∵∠CAD=45°，∠CBD=∠CBA+∠ABD=135°，∴∠CAD+∠CBD=180°．∴A、C、B、D四點共圓．連接CD，則∠ADC=∠ABC=90°，又∠CAD=45°，∴AD=CD．在Rt△ADO中，利用勾股定理可得A∴在Rt△ACD中，A∴x2解得x=1如圖，當(dāng)B點在A點右邊，O點左邊時，此時OB=x

同理可得A、C、O、D四點共圓，∠ACD=90°，在Rt△AOD中，A在Rt△ABC中，∴在Rt△ACD中，A∴1+x2=4故答案為：12或?【點睛】本題主要考查了一次函數(shù)圖象和性質(zhì)、勾股定理，同弧或等弧所對的圓周角相等，已知圓內(nèi)接四邊形求角度，對點B的位置分類討論是解題的關(guān)鍵．3．（2023春·重慶九龍坡·九年級重慶市楊家坪中學(xué)?？计谥校┤鐖D，正方形ABCD中，AB=7，點E、F分別在AD、AC上的兩點，BF⊥EF，AE=3，則四邊形ABFE的面積為【答案】25【分析】過F作GH⊥BC于H，交AD于G，由四邊形ABCD是正方形，可得AD∥BC，∠BAC=45°，∠BAD=90°，而BF⊥EF，即得∠BAE+∠BFE=180°，A，B，F(xiàn)，E共圓，有∠BEF=∠BAC=45°，故EF=BF，可得△EGF≌△FHBAAS，從而EG=FH，GF=BH，設(shè)EG=FH=x，可得3+x=7?x，解得x=2，得GF=BH=5，由三角形面積公式得S△ABF=【詳解】解：過F作GH⊥BC于H，交AD于G，如圖：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∠BAC=45°，∠BAD=90°，∴GH⊥AD，∴∠EGF=90°=∠FHB，∵BF⊥EF，∴∠BAE+∠BFE=180°，∴A，B，F(xiàn)，E共圓，∴∠BEF=∠BAC=45°，∴△BEF是等腰直角三角形，∴EF=BF，∵∠EFG=90°?∠BFH=∠FBH，∴△EGF≌△FHBAAS∴EG=FH，GF=BH，設(shè)EG=FH=x，∵∠BAD=90°=∠AGH=∠GHB，∴四邊形AGHB是矩形，∴GH=AB=7，BH=AG=AE+EG=3+x，∴GF=GH?FH=7?x，∴3+x=7?x，解得x=2，∴GF=BH=5，∴S△ABF=∴S故答案為：25．【點睛】本題考查正方形性質(zhì)及應(yīng)用，涉及全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握全等三角形的判定定理．4．（2023秋·浙江嘉興·九年級?？计谥校┤鐖D，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC＝4，點D是斜邊BC的中點，將△ABC繞點D旋轉(zhuǎn)得到△GEF，直線AG、FC相交于點Q，連接BQ，線段BQ長的最大值是．【答案】2【分析】連結(jié)DG，根據(jù)將△ABC繞點D旋轉(zhuǎn)得到△GEF，可得△ABC≌△GEF，可得AD=GD，CD=FD，由△ABC是等腰直角三角形，點D是斜邊BC的中點，AD=GD=CD=FD，由旋轉(zhuǎn)角相等可得∠ADG=∠CDF，可證∠DAQ=∠DCF，可知四點A、D、C、Q共圓如圖，由AD⊥DC，AC為四點A、D、C、Q共圓的直徑，當(dāng)BQ過圓心O時，BQ最大，然后利用勾股定理求出BO即可．【詳解】解：連結(jié)DG，∵將△ABC繞點D旋轉(zhuǎn)得到△GEF，∴△ABC≌△GEF，∴AD=GD，CD=FD，∵△ABC是等腰直角三角形，點D是斜邊BC的中點，∴AD=GD=CD=FD，∵∠ADG=∠CDF，∴∠DAG=∠DGA=180°?∠ADG2∴∠DAQ=∠DCF，∴四點A、D、C、Q共圓如圖，∵AD⊥DC，∴AC為四點A、D、C、Q共圓的直徑，當(dāng)BQ過圓心O時，BQ最大，∵AB＝AC＝4，點O為AC中點，∴AO=CO=OQ=2，在Rt△ABO中，BO=AB∴BQ的最大值=BO+OQ=25故答案為25【點睛】本題考查圖形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，四點共圓，勾股定理，點到圓的最大距離，正確添加輔助線、證明四點共圓是解題關(guān)鍵．5．（2023春·福建·九年級專題練習(xí)）已知菱形ABCD中，∠BAD=120°，點E、F分別在AB，BC上，BE=CF，AF與CE交于點P．(1)求證：∠APE=60°；(2)當(dāng)PC=1，PA=5時，求PD的長？(3)當(dāng)AB=23時，求PD【答案】(1)證明見解析(2)6(3)4【分析】（1）如圖所示，連接AC，先證明△ABC是等邊三角形，得到∠ACF=∠CBE=60°，AC=CB，再證明△ACF≌△CBE得到（2）延長PC到M使得CM=AP，證明△ADF≌△CDM，得到DF=DM，∠ADF=∠CDM，進而證明△PDM是等邊三角形，則（3）先證明A、P、C、D四點共圓，則當(dāng)PD為直徑時，PD最大，設(shè)圓心為O，連接OA，OC，過點O作OM⊥AC于M，在Rt△AOM【詳解】（1）證明：如圖所示，連接AC，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC，∵∠BAD=120°，∴∠B=∠ADC=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴∠ACF=∠CBE=60°，又∵CF=BE，∴△ACF≌△CBESAS∴∠CAF=∠BCE，∵∠BCE+∠ACE=∠ACB=60°，∴∠APE=∠ACE+∠CAF=60°；（2）解：延長PC到M使得CM=AP，由（1）可得∠AFC=∠CEB，∵AD∥BC，∴∠DAF+∠AFC=180°，∠DCM=∠AEC，∴∠CEB+∠DAF=180°，∵∠AEC+∠CEB=180°，∴∠DAF=∠DCM，又∵AF=CM，∴△ADF≌△CDMSAS∴DF=DM，同理可得∠ADC=60°，∴∠ADC=∠PDM=60°，∴△PDM是等邊三角形，∴PD=PM=PC+PA=6；（3）解：∵∠APE=60°，∴∠APC=120°，∵∠ADC=60°，∴∠APC+∠ADC=180°，∴A、P、C、D四點共圓，∴當(dāng)PD為直徑時，PD最大，設(shè)圓心為O，連接OA，OC，過點O作OM⊥AC于∴∠AOC=2∠ADC=120°，∵OA=OC，∴∠OAM=30°，∵AC=AB=23∴AM=1∴OM=3∴OA=2，∴PD【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，四點共圓，圓周角定理等等，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．6．（2023秋·北京·九年級北師大實驗中學(xué)校考期中）在Rt△ABC中，∠BCA=90°，BC=AC，點E是△ABC外一動點（點B，點E位于AC異側(cè)），連接CE，AE．(1)如圖1，點D是AB的中點，連接DC，DE，當(dāng)△ADE為等邊三角形時，求∠AEC的度數(shù)；(2)當(dāng)∠AEC=135°時，①如圖2，連接BE，用等式表示線段BE，CE，EA之間的數(shù)量關(guān)系，并證明；②如圖3，點F為線段AB上一點，AF=1，BF=7，連接CF，EF，直接寫出△CEF面積的最大值．【答案】(1)∠AEC=135°；(2)①BE=2CE+EA，理由見解析；②4【分析】（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)得∠CDA=90°，CD=DA，再由等邊三角形的性質(zhì)得DE=DA，∠DEA=∠EDA=60°，然后求出∠DEC=75°，即可求解；（2）①過點C作CH⊥CE交AE的延長線于點H，證△ACH≌△BCE（SAS），得BE=AH=HE+EA=2CE+AE；②取AB的中點O，連接OC，由勾股定理得CF=5，再證A、B、C、E四點共圓，由圓周角定理得AB是圓的直徑，AB的中點O是圓心，過點O作ON⊥CF于N，延長ON交圓O于點E，此時點E到CF的距離最大，△CEF面積的面積最大，然后由三角形面積求出ON=125，則EN=OE-ON=8(1)解：∵∠BCA=90°，BC=AC，點D是AB的中點，∴∠CDA=90°，CD=12AB=DA∵△ADE是等邊三角形，∴DE=DA，∠DEA=∠EDA=60°，∴DC=DE，∠CDE=∠CDA-∠EDA=90°-60°=30°，∴∠DEC=12（180°-∠CDE）=1∴∠AEC=∠DEC+∠DEA=75°+60°=135°；(2)解：①線段BE，CE，EA之間的數(shù)量關(guān)系為：BE=2CE+EA，理由如下：過點C作CH⊥CE交AE的延長線于點H，如圖2所示：則∠CEH=180°-∠AEC=180°-135°=45°，∴△ECH是等腰直角三角形，∴CH=CE，HE=2CE，∵∠BCA=∠ECH=90°，∴∠ACH=∠BCE，在△ACH和△BCE中，AC=BC∠ACH=∠BCE∴△ACH≌△BCE（SAS），∴BE=AH=HE+EA=2CE+AE；②取AB的中點O，連接OC，如圖3所示：∵∠BCA=90°，BC=AC，∴△ACB是等腰直角三角形，∴∠ABC=45°，∵O是AB的中點，∴OC⊥AB，OC=OA=12AB=12（AF+BF）=∴OF=OA-AF=4-1=3，在Rt△COF中，由勾股定理得：CF=OC2∵CF是定值，∴點E到CF的距離最大時，△CEF面積的面積最大，∵∠AEC=135°，∴∠ABC+∠AEC=180°，∴A、B、C、E四點共圓，∵∠BCA=90°，∴AB是圓的直徑，AB的中點O是圓心，過點O作ON⊥CF于N，延長ON交圓O于點E，此時點E到CF的距離最大，△CEF面積的面積最大，∵S△OCF=12OC?OF=12CF?∴ON=OC?OF∵OE=OC=4，∴EN=OE-ON=4-125=8∴△CEF面積的面積最大值為：12CF?EN=12×5×【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、四點共圓、圓周角定理、垂徑定理、勾股定理、三角形面積等知識，本題綜合性強，熟練掌握等腰直角三角形的判定與性質(zhì)和圓周角定理，證明△ACH≌△BCE是解題的關(guān)鍵．7．（2023秋·全國·九年級專題練習(xí)）如圖1，矩形ABCD中，∠ACB＝30°，將△ACD繞C點順時針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜360°）至△A'CD'位置．（1）如圖2，若AB＝2，α＝30°，求S△BCD′．（2）如圖3，取AA′中點O，連OB、OD′、BD′．若△OBD′存在，試判定△OBD′的形狀．（3）當(dāng)α＝α1時，OB＝OD′，則α1＝_____°；當(dāng)α＝α2時，△OBD′不存在，則α2＝_______°．【答案】（1）3；（2）△OBD′是直角三角形；（3）90°或270°，240°或300°．【分析】（1）作D'E⊥BC于E，由直角三角形的性質(zhì)得出BC=23，CE=12CD'=1，D'E=3（2）連接OC，證明A、B、C、O四點共圓，由圓周角定理得出∠BOC=∠BAC=60°，同理A'、D'、C、O四點共圓，得出∠D'OC=∠D'A'C=30°，證出∠BOD'=90°即可；（3）若B、C、D'三點不共線，證出BC=CD，這與已知相矛盾，得出B、C、D'三點共線；當(dāng)α=α1時，OB=OD′，分兩種情況：當(dāng)點D'在BC的延長線上和當(dāng)點D'在邊BC上；當(dāng)α=α2時，△OBD′不存在時，分兩種情況：當(dāng)O與D'重合時，當(dāng)O與B重合時，由等腰三角形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)即可得出答案．【詳解】解：（1）作D'E⊥BC交BC的延長線于E，如圖2所示：則∠E=90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，AB//CD，AD//BC，CD=AB=2，∴∠ACD=∠BAC，∠DAC=∠ACB=30°，∵∠ACB=30°，∴BC=3AB=23，∠ACD=∠BAC=60°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：CD'=CD=2，∠ACA'=30°，∴∠D'CE=180°?30°?30°?60°=60°，∴∠CD'E=30°，∴CE=12CD'=1，D'E=3CE=3∴S△BCD′=12BC×D'E=12×23×（2）△OBD′是直角三角形，理由如下：連接OC，如圖3所示：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：CA'=CA，∠A'D'C=∠ADC=90°，∠D'A'C=∠DAC=30°，∵O是AA′的中點，∴OC⊥AA'，∴∠AOC=∠A'OC=90°=∠ABC=∠A'D'C，∴∠ABC+∠AOC=180°，∴A、B、C、O四點共圓，∴∠BOC=∠BAC=60°，同理；A'、D'、C、O四點共圓，∴∠D'OC=∠D'A'C=30°，∴∠BOD'=90°，∴△BOD'是直角三角形；（3）若B、C、D'三點不共線，如圖3所示：由（2）得：∠OBC=∠OAC，∠OD'C=∠OA'C，∠OAC=∠OA'C，∴∠OBC=∠OD'C，∵OB=OD'，∴∠OBD'=∠OD'B，∴∠CBD'=∠CD'B，∴CB=CD'，∵CD'=CD，∴BC=CD，這與已知相矛盾，∴B、C、D'三點共線；分兩種情況：當(dāng)點D'在BC的延長線上時，如圖4所示：∵∠ACB＝30°，∠A'CD'=∠ACD＝60°，∴∠ACA'=180°?30°?60°=90°，∴α=α1=90°；當(dāng)點D'在邊BC上時，如圖5所示：∵∠ACB＝30°，∠A'CD'=∠ACD＝60°，∴∠ACA'＝90°，∴α=α1=360°?90°=270°；故答案為：90°或270；當(dāng)α=α2時，△OBD′不存在時，分兩種情況：當(dāng)O與D'重合時，如圖6所示：∵CA'=CA，∠CAD'=∠CA'D'=30°，∴∠ACA'=120°，∴α=α2=360°?120°=240°；當(dāng)O與B重合時，如圖7所示：則AA'=2AB=4，∵CA=CA'=2AB=4=AA'，∴△ACA'是等邊三角形，∴∠A'CA=60°，∴α=α2=360°?60°=300°；故答案為：240°或300．【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了矩形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)、四點共圓、圓周角定理、等腰三角形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識；本題綜合性強，有一定難度．【題型4有切點，可作過切點的半徑】1．（2023秋·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，AB為⊙O的切線，C為切點，D是⊙O上一點，過點D作DF⊥AB，垂足為F，DF交⊙O于點E．連接CD，OE．

(1)若∠D=35°，求∠DEO的度數(shù)；(2)若點E是DF的中點，DE=4，求FC的長．【答案】(1)70°(2)4【分析】（1）連接OC，由切線的性質(zhì)得到OC⊥AB，又DF⊥AB，得到DF∥OC，因此∠DEO=∠EOC，由圓周角定理可得出結(jié)論；（2）過點O作OG⊥DE，垂足為G，由垂徑定理可得DG=GE=12DE=2，證明四邊形OGFC是矩形，可得OC=FG=EF+EG=6，根據(jù)勾股定理可得OG=【詳解】（1）證明：如圖，連接OC，

∵AB為⊙O的切線，C為切點，∴OC⊥AB，即∠OCB=∠OCA=90°，又∵DF⊥AB，∴∠DFC=90°，∴∠DFC=∠OCB=90°，∴DF∥OC，∴∠DEO=∠EOC=2∠D，∵∠D=35°，∴∠DEO=2∠D=2×35°=70°，∴∠DEO的度數(shù)為70°，（2）過點O作OG⊥DE，垂足為G，

∵點E是DF的中點，DE=4，∴DG=GE=12DE=2∵∠DFC=90°，∠OCB=90°，OG⊥DE，∴四邊形OGFC是矩形，∴OC=FG=EF+EG=4+2=6，∴OE=OC=6，在Rt△OGE中，OG=∴FC=OG=42∴FC的長為42【點睛】本題考查圓周角定理，切線的性質(zhì)，平行線的判定和性質(zhì)，垂徑定理，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理．掌握圓周角定理、切線的性質(zhì)和垂徑定理是解題的關(guān)鍵．2．（2023·天津南開·統(tǒng)考二模）已知⊙O中，直徑AC長為12，MA、MB分別切⊙O于點A，B，弦AD∥BM．

(1)如圖1，若∠AMB=120°，求∠C的大小和弦CD的長；(2)如圖2，過點C的切線分別與AD、MB的延長線交于點E，F(xiàn)，且CE=54EF【答案】(1)∠C=60°，CD=6(2)CD=【分析】（1）利用平行線的性質(zhì)和圓的切線的性質(zhì)定理求得∠ACD的度數(shù)，再利用三角函數(shù)即可得出結(jié)論；（2）連接OB、OF、OM，，利用切線的性質(zhì)定理和全等三角形的判定與性質(zhì)得到FC=FB，MB=MA，利用切線的性質(zhì)定理和平行四邊形的判定定理得到四邊形AMFE為平行四邊形，則MF=AE，MA=EF；設(shè)設(shè)CE=5k，則EF=4k，在Rt△AEC中，利用勾股定理列出關(guān)于k的方程，解方程求得【詳解】（1）解：∵MA、MB分別切⊙O于點A，B，∴∠MBO=∠MAO=90°，在四邊形MAOB中，∠AOB=360°?∠AMB?∠MBO?∠MAO=360°?120°?90°?90°=60°，∴AD∥BM，∴OB⊥AD，∵AC是⊙O的直徑，∴∠ADC=90°，即AD⊥CD，∴OB∥∴∠C=∠AOB=60°，∴CD=AC?（2）解：連接OB、OF、OM，如圖，F(xiàn)C，F(xiàn)B為⊙O的切線，

OC⊥FC,OB⊥FB，在Rt△FCO和RtFO=FO∴∴FC=FB，同理：MB=MA，F(xiàn)C，MA為⊙O的切線，∴AC⊥FC，MA⊥AC，∴MA∥∵AD∥∴四邊形AMFE為平行四邊形，∴MF=AE,MA=EF．∵CE=5設(shè)CE=5k，則∴MA=MB=EF=4k,FC=FB=9k，∴MF=MB+FB=13k,∴AE=MF=13k，在Rt△AECAC2+E∵k>0,∴k=1，∴EC=5,AE=13.∵AC是⊙O的直徑，∴∠ADC=90°,∴CD為斜邊AE上的高，∵S∴AC·EC=AE·CD,12x560∴CD=12×5【點睛】本題主要考查了圓的有關(guān)性質(zhì)，圓周角定理，圓的切線的性質(zhì)定理，平行線的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，連接經(jīng)過切點的半徑是解決此類問題常添加的輔助線．3．（2023秋·廣東廣州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，ABCD是正方形，BC是⊙O的直徑，點E是⊙O上的一動點（點E不與點B，C重合），連接DE，(1)若∠EBC=60°，求∠ECB的度數(shù)；(2)若DE為⊙O的切線，連接DO，DO交CE于點F，求證：(3)若AB=2，過點A作DE的垂線交射線CE于點M，求AM的最小值．【答案】(1)30°(2)見解析(3)5【分析】（1）先根據(jù)圓周角定理可得∠BEC=90°，然后根據(jù)直角三角形的性質(zhì)即可解答；（2）如圖：連接DO，DO交CE于點F，先證明△OCD?△OED可得據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得∠DFE=90°，然后再證明△DFE?△CEB，最后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可解答；（3）如圖2：連接AC、BD相交于點T，設(shè)AM⊥DE于點N,設(shè)DE交AC于點Q，進一步證明∠DBE=∠ACM，再根據(jù)BD⊥AC和DE⊥AM證明∠BDE=∠CAM，并證明△BDE?△CAM得到BE=CM，最后根據(jù)SAS證明△DCM?△CBE得到∠CMD=∠BEC=90°，說明點M在以CD為直徑的圓上，如圖3：設(shè)圓心為H，連接MH、MH=DH=12CD=12點M在線段AH上時等號成立)，求出AM的最小值即可．【詳解】（1）解：∵BC是⊙O的直徑，∴∠BEC=90°，∵∠EBC=60°，∴∠ECB=90°?∠EBC=30°．（2）解：如圖：連接DO，DO交CE于點∵DE為⊙O的切線，∴∠OED=90°，由正方形和圓的性質(zhì)可得：OC=OE,∠OCD=90°．∴∠OED=∠OCD=90°，∵OD=OD，∴△OCD?△OEDHL∴∠CDF=∠EDF,CD=DE，∴DF⊥EC，即∠DFE=90°，∴∠DFE=∠CEB=90°，∵OE=OB，∴∠OEB=∠OBE，∵∠OED=90°，∠BEC=90°，∴∠OED?∠OEC=∠BEC?∠OEC，即∠OEB=∠DEF，∴∠OBE=∠DEF，∴△DFE?△CEBAAS∴DF=CE．（3）解：如圖2，連接AC、BD相交于點T，設(shè)AM⊥DE于點N，設(shè)DE交AC于點∵正方形ABCD，∴AC⊥BD,AC=BD,CT=BT，∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，∠ACB=∠ABD=45°，CD=BC=AD=AB=2，∴點T在⊙O上，∵∠BCD=90°，∴∠ABE+∠CBE=90°，∴∠ABE=∠BCE，∴∠ABD?∠ABE=∠ACB?∠BCE，即∠DBE=∠ACM；∵BD⊥AC,DE⊥AM，∴∠BDE+∠DQT=90°，又∵∠AQN=∠DQT，∴∠BDE=∠CAM，在△BDE和△CAM中，∠BDE=∠CAMBD=AC∴△BDE?△CAMASA∴BE=CM，∵∠ABC=∠BCD=90°，∴∠DCM=∠CBE，在△DCM和△CBE中，CD=BC∠DCM=∠CBE∴△DCM?△CBESAS，∴∠CMD=∠BEC=90°；點M在以CD為直徑的圓上，設(shè)圓心為H，如圖3：連接MH、則:MH=DH=1∵∠ADC=90°，∴AH=A∵AM≥AH-∴當(dāng)且僅當(dāng)點M在線段AH上時等號成立，∴AM≥5∴AM的最小值為5?1【點睛】本題主要考查了圓的切線的性質(zhì)、圓周角定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、正方形的性質(zhì)等知識點，靈活運用相關(guān)知識成為解答本題的關(guān)鍵．4．（2023·湖北武漢·華中科技大學(xué)附屬中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，已知⊙O是△ABC的外接圓，AB是⊙O的直徑，D是AB延長線的一點，AE⊥CD交DC的延長線于E，CF⊥AB于F，且CE=CF．(1)求證：DE是⊙O的切線；(2)若AB=10，BD=3，求AE的長．【答案】(1)見解析(2)65【分析】（1）連接OC，可得∠2=∠3，根據(jù)AE⊥CD，CF⊥AB，且CE=CF，得到∠1=∠2，推出∠1=∠3，得到OC//AE，可得OC⊥CD，即可得到答案；（2）根據(jù)AB=10，BD=3，得到OC=5，OD=8，根據(jù)切線的性質(zhì)及勾股定理得到CD=39，根據(jù)S△OCD，得到CF=5398，根據(jù)勾股定理得到OF=【詳解】（1）證明：連接OC；∵AE⊥CD，CF⊥AB，又CE=CF，∴∠1=∠2．∵OA=OC，∴∠2=∠3，∠1=∠3．∴OC//AE．∵AE⊥CD，∴OC⊥CD．∴DE是⊙O的切線．（2）∵OC⊥ED，AB=10，BD=3，∴OB=OC=5．∴CD=O∵S△OCD∴12×5×∴CF=5∴OF=O∴AF=OA+OF=5+25在Rt△AEC和Rt△AFC中，CE=CF，∴Rt△AEC≌∴AE=AF=65【點睛】本題主要考查了圓的切線，勾股定理，全等三角形．解決問題的關(guān)鍵是熟練掌握圓切線的判定和性質(zhì)，勾股定理解直角三角形，面積法求三角形的高線，全等三角形的判定和性質(zhì)．5．（2023春·河南南陽·九年級?？茧A段練習(xí)）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，點E在邊AD的延長線上，連接AC，BD，已知CD=CE，∠E=∠BAC．(1)求證：DC平分∠BDE．(2)若CE與⊙O相切于點C，求證：AC=BD．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和同弧所對的圓周角相等即可求證；（2）連接OC、OD，根據(jù)內(nèi)接四邊形的性質(zhì)推出AC=BC，設(shè)∠E=∠CDE=m，利用相切得到∠OCE=90°，用含m的式子表示出∠DCE、∠OCD、∠DOC、∠CBD，從而推出∠BCD，得到BD=BC，即可求證AC=BD．【詳解】（1）證明：∵CD=CE∴∠CDE=∠E∵∠E=∠BAC，∠BAC=∠BDC∴∠E=∠BDC∴∠BDC=∠CDE∴DC平分∠BDE；（2）證明：連接OC、OD，如圖所示

∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O