中考数学第一轮复习15 与圆有关的压轴题练习（解析版）

这是一份中考数学第一轮复习15 与圆有关的压轴题练习（解析版），共134页。试卷主要包含了单选题等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc159841974" 题型01 利用圆的相关知识解决多结论问题
\l "_Tc159841975" 题型02 圆与三角形综合问题
\l "_Tc159841976" 题型03 圆与四边形综合问题
\l "_Tc159841977" 题型04 圆与函数综合问题
\l "_Tc159841978" 题型05 正多边形与圆综合
\l "_Tc159841979" 题型06 求不规则图形面积
\l "_Tc159841980" 题型07 三角形内切圆与外切圆综合
\l "_Tc159841981" 题型08 阿氏圆模型
\l "_Tc159841982" 题型09 隐圆模型
题型01 利用圆的相关知识解决多结论问题
一、单选题
1．（2023·四川德阳·统考中考真题）如图，⊙O的直径AB=10，DE是弦，AB⊥DE，CEB=EBD，sin∠BAC=35，AD的延长线与CB的延长线相交于点F，DB的延长线与OE的延长线相交于点G，连接CG．下列结论中正确的个数是（ ）
①∠DBF=3∠DAB；
②CG是⊙O的切线；
③B，E两点间的距离是10；
④DF=11109．

A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】连接OC、BE、AE，过点F作FG⊥AB交AB延长线于G，AB⊥DE于H．①根据已知、垂径定理和圆内接四边形证∠CAE=∠BAE=∠DAB，∠DBF=∠CAD，即可得到∠DBF=3∠DAB；②根据已知、垂径定理、中垂线定理证∠OCG=∠OBG，推出∠OCG≠90°，OC不垂直CG，即可判断CG不是⊙O的切线；③证∠CAB=∠EOB，结合sin∠BAC=35、AB=10，计算出EH、OH、BH，最后根据勾股定理计算BE=BH2+EH2即可；④先计算出tan∠GAF=13，推理出tan∠GBF=tan∠CBA=GFBG=43，设DF=a，用含a的代数式表示GF和BG，代入GFBG=43求解即可．
【详解】如图，连接OC、BE、AE，过点F作FG⊥AB交AB延长线于G，AB⊥DE于H

∵⊙O的直径AB=10，sin∠BAC=35，
∴∠ACB=90°，BC=AB×sin∠BAC=10×35=6，
AC=AB2-BC2=102-62=8，tan∠CBA=86=43，
∵DE是弦，AB⊥DE，CEB=EBD，
∴EB=BD（垂直于弦的直径平分弦所对的弧），
CEB-EB=EBD-EB，即CE=BD，
∴CE=BD=EB，
∴∠CAE=∠BAE=∠DAB，
∴∠CAD=3∠DAB，
∵∠DBF=∠CAD（圆内接四边形的一个外角等于它的内对角），
∴∠DBF=3∠DAB，
故结论①正确
∵CE=EB，
∴∠EOB=12∠COB，
又∵∠CAB=12∠COB（同弧所对圆周角是圆心角的一半），
∴∠CAB=∠EOB，
∴sin∠EOB=35，
∵OE=12AB=5，AB⊥DE于H，
∴EH=5×35=3，
∴OH=52-32=4，
∵OA=OB=12AB=5，
∴BH=OB-OH=5-4=1，
BE=BH2+EH2=12+32=10，
故结论③正确
∵∠CAB=∠EOB，∠ACB=90°，
∴AC∥OG，
OG⊥BC，
∴OG平分BC（垂直于弦的直径平分弦），
∴OG是BC的中垂线，
∴CG=BG，
∴∠GCB=∠GBC，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC，
∴∠GCB+∠OCB=∠GBC+∠OBC，即∠OCG=∠OBG，
∵DE是弦，∠OBG=180°-∠ABD
∴∠ABD是锐角，
∠OBG是钝角，
∴∠OCG是钝角，∠OCG≠90°，
∴OC不垂直CG，CG不是⊙O的切线，
故结论②不正确
∵AB⊥DE，AH=OA+OH=5+4=9，
∴DH=EH=3，AD=32+92=310，
tan∠GAF=DHAH=39=13，
∴FG:AG=1:3，12+32=10，
∴FG:AG:AF=1:3:10，
∴设DF=a，则AF=AD+DF=310+a，
GF=110AF=1010310+a，AG=3GF=31010310+a，
∵∠GBF=∠CBA，
∴tan∠GBF=tan∠CBA=43，
GFBG=43，
BG=AG-AB=31010310+a-10，
∴1010310+a31010310+a-10=43，
121010310+a-40=31010310+a，
解得：a=13109，
∴DF=13109，
故结论④不正确
综上，①和③这2个结论正确，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的性质综合，结合判断切线、勾股定理、三角函数解直角三角形知识点，熟练掌握、综合运用知识点推理证明和计算是解题的关键．
2．（2020·四川遂宁·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC的中点，连接AE、DE，分别交BD、AC于点P、Q，过点P作PF⊥AE交CB的延长线于F，下列结论：
①∠AED+∠EAC+∠EDB＝90°，
②AP＝FP，
③AE＝102AO，
④若四边形OPEQ的面积为4，则该正方形ABCD的面积为36，
⑤CE•EF＝EQ•DE．
其中正确的结论有（ ）
A．5个B．4个C．3个D．2个
【答案】B
【分析】①正确:证明∠EOB=∠EOC=45°，再利用三角形的外角的性质即可得出答案；
②正确：利用四点共圆证明∠AFP=∠ABP=45°即可；
③正确：设BE=EC=a，求出AE，OA即可解决问题；
④错误：通过计算正方形ABCD的面积为48；
⑤正确：利用相似三角形的性质证明即可.
【详解】①正确：如图，连接OE，
∵四边形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正确；
②正确：如图，连接AF，
∵PF⊥AE，
∴∠APF=∠ABF=90°，
∴A，P，B，F四点共圆，
∴∠AFP=∠ABP＝45°，
∴∠PAF=∠PFA＝45°，
∴PA=PF，故②正确；
③正确：设BE=EC=a，则AE＝5a，OA＝OC＝OB＝OD＝2a，
∴AEAO=5a2a=102，即AE＝102AO，故③正确；
④错误：根据对称性可知，△OPE≅△OQE，
∴S△OEQ=12 S四边形OPEQ=2，
∵OB=OD，BE=EC，
∴CD=2OE，OE⊥CD，
∴ EQDQ=OECD=12， △OEQ∼△CDQ，
∴S△ODQ=4， S△CDQ=8，
∴S△CDO=12，
∴S正方形ABCD=48，故④错误；
⑤正确：∵∠EPF=∠DCE=90°，∠PEF=∠DEC，
∴△EPF∼△ECD，
∴EFED=PEEC，
∴EQ=PE，
∴CE•EF=EQ•DE，故⑤正确；
综上所诉一共有4个正确，故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形外角性质、四点共圆问题、全等与相似三角形的综合运用，熟练掌握相关概念与方法是解题关键.
3．（2021·四川广元·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线BD的中点，点P在线段OD上，连接AP并延长交CD于点E，过点P作PF⊥AP交BC于点F，连接AF、EF，AF交BD于G，现有以下结论：①AP=PF；②DE+BF=EF；③PB-PD=2BF；④S△AEF为定值；⑤S四边形PEFG=S△APG．以上结论正确的有 （填入正确的序号即可）．
【答案】①②③⑤
【分析】由题意易得∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，对于①：易知点A、B、F、P四点共圆，然后可得∠AFP=∠ABD=45°，则问题可判定；对于②：把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，则有DE=BH，∠DAE=∠BAH，然后易得△AEF≌△AHF，则有HF=EF，则可判定；对于③：连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，易得OB=OD，OP=OM，然后易证△AOP∽△ABF，进而问题可求解；对于④：过点A作AN⊥EF于点N，则由题意可得AN=AB，若△AEF的面积为定值，则EF为定值，进而问题可求解；对于⑤由③可得APAF=22，进而可得△APG∽△AFE，然后可得相似比为APAF=22，最后根据相似三角形的面积比与相似比的关系可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，PF⊥AP，
∴∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，
①∵∠ABC+∠APF=180°，
∴由四边形内角和可得∠BAP+∠BFP=180°，
∴点A、B、F、P四点共圆，
∴∠AFP=∠ABD=45°，
∴△APF是等腰直角三角形，
∴AP=PF，故①正确；
②把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，如图所示：
∴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正确；
③连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，如图所示：
∵点O是对角线BD的中点，
∴OB=OD，BD⊥AC，
∴OP=OM，△AOB是等腰直角三角形，
∴AB=2AO，
由①可得点A、B、F、P四点共圆，
∴∠APO=∠AFB，
∵∠ABF=∠AOP=90°，
∴△AOP∽△ABF，
∴OPBF=OAAB=APAF=22，
∴OP=22BF，
∵BP-DP=BP-BM=PM=2OP，
∴PB-PD=2BF，故③正确；
④过点A作AN⊥EF于点N，如图所示：
由②可得∠AFB=∠AFN，
∵∠ABF=∠ANF=90°，AF=AF，
∴△ABF≌△ANF（AAS），
∴AN=AB，
若△AEF的面积为定值，则EF为定值，
∵点P在线段OD上，
∴EF的长不可能为定值，故④错误；
⑤由③可得APAF=22，
∵∠AFB=∠AFN=∠APG，∠FAE=∠PAG，
∴△APG∽△AFE，
∴GPEF=APAF=22，
∴S△AGPS△AEF=(22)2=12，
∴S△AGP=12S△AEF，
∴S四边形PEFG=S△APG，故⑤正确；
综上所述：以上结论正确的有①②③⑤；
故答案为①②③⑤．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
4．（2021·广东广州·统考中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是边BC上一点，且BE=3，以点A为圆心，3为半径的圆分别交AB、AD于点F、G，DF与AE交于点H．并与⊙A交于点K，连结HG、CH．给出下列四个结论．（1）H是FK的中点；（2）△HGD≌△HEC；（3）S△AHG：S△DHC=9∶16；（4）DK=75，其中正确的结论有 （填写所有正确结论的序号）．
【答案】（1）（3）（4）．
【分析】由正方形的性质可证明△DAF≌△ABE，则可推出∠AHF=90°，利用垂径定理即可证明结论（1）正确；过点H作MN//AB交BC于N，交AD于M，由三角形面积计算公式求出AH=125，再利用矩形的判定与性质证得MG=NE，并根据相似三角形的判定与性质分别求出MH=4825，NH=5225，则最后利用锐角三角函数证明∠MGH≠∠HEN，即可证明结论（2）错误；根据（2）中结论并利用相似三角形的性质求得AM=3625，即可证明结论（3）正确；利用（1）所得结论DK=DF-2FH并由勾股定理求出FH，再求得DK，即可证明结论（4）正确．
【详解】解：（1）∵四边形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的中点；故结论（1）正确；
（2）过点H作MN//AB交BC于N，交AD于M，
由（1）得AH⊥FK，则12AD⋅AF=12DF⋅AH．
∵DF=AF2+AD2=5，
∴AH=125．
∵四边形ABCD是正方形，MN//AB，
∴∠DAB=∠ABC=∠AMN=90°．
∴四边形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=MHAB．
即1255=MH4．
解得MH=4825．
则NH=4-MH=5225．
∵tan∠MGH=MHMG，tan∠HEN=NHNE．
∵MG=NE，MH≠NH，
∴MGMH≠NENH．
∴∠MGH≠∠HEN．
∴∠DGH≠∠CEH．
∴△HGD与△HEC不全等，故结论（2）错误；
（3）∵△MAH∼△BEA，
∴AHAE=AMBE．
即1255=AM3．
解得AM=3625．
由（2）得S△AHG=12MH⋅AG，S△DHC=12DC⋅AD-AM．
∴S△AHGS△DHC=MH⋅AGDC⋅AD-AM=4825×34×(4-3625)=916；故结论（3）正确；
（4）由（1）得，H是FK的中点，
∴DK=DF-2FH．
由勾股定理得FH=AF2-AH2=32-(125)2=95．
∴DK=5-2×95=75；故结论（4）正确．
故答案为：（1）（3）（4）．
【点睛】本题考查了正方形的综合问题，掌握特殊四边形、相似三角形的判定与性质及等腰三角形的性质是解题的关键．
题型02 圆与三角形综合问题
5．（2023·吉林长春·统考中考真题）【感知】如图①，点A、B、P均在⊙O上，∠AOB=90°，则锐角∠APB的大小为__________度．

【探究】小明遇到这样一个问题：如图②，⊙O是等边三角形ABC的外接圆，点P在AC上（点P不与点A、C重合），连结PA、PB、PC．求证：PB=PA+PC．小明发现，延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，通过证明△PBC≌△EBA，可推得PBE是等边三角形，进而得证．
下面是小明的部分证明过程：
证明：延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，
∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形，
∴∠BAP+∠BCP=180°．
∵∠BAP+∠BAE=180°，
∴∠BCP=∠BAE．
∵△ABC是等边三角形．
∴BA=BC，
∴△PBC≌△EBA(SAS)
请你补全余下的证明过程．
【应用】如图③，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC=90°，AB=BC，点P在⊙O上，且点P与点B在AC的两侧，连结PA、PB、PC．若PB=22PA，则PBPC的值为__________．
【答案】感知：45；探究：见解析；应用：223．
【分析】感知：由圆周角定理即可求解；
探究：延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，通过证明△PBC≌△EBA(SAS)，可推得PBE是等边三角形，进而得证；
应用：延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，通过证明△PBC≌△EBA(SAS)得，可推得PBE是等腰直角三角形，结合PE=PA+PC与PE=2PB可得PC=3PA，代入PBPC即可求解．
【详解】感知：
由圆周角定理可得∠APB=12∠AOB=45°，
故答案为：45；
探究：
证明：延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，
∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形，
∴∠BAP+∠BCP=180°．
∵∠BAP+∠BAE=180°，
∴∠BCP=∠BAE．
∵△ABC是等边三角形．
∴BA=BC，
∴△PBC≌△EBA(SAS)，
∴PB=EB，∠PBC=∠EBA，
∴∠EBA+∠ABP=∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°，
∴△PBE是等边三角形，
∴PB=PE，
∴PB=PE=PA+AE=PA+PC，
即PB=PA+PC；
应用：
延长PA至点E，使AE=PC，连结BE，
∵四边形ABCP是⊙O的内接四边形，
∴∠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，
∴PB2+BE2=PE2，
∴2PB2=PE2，
即PE=2PB，
∵PE=PA+AE=PA+PC，
∴PA+PC=2PB，
∵PB=22PA，
∴PA+PC=2×22PA=4PA，
∴PC=3PA，
∴PBPC=22PA3PA=223，
故答案为：223．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，邻补角，全等三角形的判定和性质，等边三角形、等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形；解题的关键是做辅助线构造△PBC≌△EBA，进行转换求解．
6．（2023·浙江台州·统考中考真题）我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置，如图，AB是⊙O的直径，直线l是⊙O的切线，B为切点．P，Q是圆上两点（不与点A重合，且在直径AB的同侧），分别作射线AP，AQ交直线l于点C，点D．

(1)如图1，当AB=6，BP⏜的长为π时，求BC的长．
(2)如图2，当AQAB=34，BP=PQ时，求BCCD的值．
(3)如图3，当sin∠BAQ=64，BC=CD时，连接BP，PQ，直接写出PQBP的值．
【答案】(1)23
(2)34
(3)104
【分析】（1）根据扇形的弧长公式即可求出∠BOP度数，利用切线的性质和解直角三角形即可求出BC的长．
（2）根据等弧所对圆周角相等推出∠BAC=∠DAC，再根据角平分线的性质定理推出CF=CB，利用直角三角形的性质即可求出∠FCD=∠BAQ，通过等量转化和余弦值可求出答案．
（3）根据三角形相似的性质证明△APQ∽△ADC和△APB∽△ABC，从而推出PQCD=APAD和BPBC=APAB，利用已知条件将两个比例线段相除，根据正弦值即可求出答案
【详解】（1）解：如图1，连接OP，设∠BOP的度数为n．

∵AB=6，BP⏜的长为π，
∴n⋅π⋅3180=π．
∴n=60，即∠BOP=60°．
∴∠BAP=12∠BOP=30°．
∵直线l是⊙O的切线，
∴∠ABC=90°．
∴BC=AB3=23．
（2）解：如图2，连接BQ，过点C作CF⊥AD于点F，

∵AB为直径，
∴∠BQA=90°．
∴cs∠BAQ=AQAB=34．
∵BP=PQ，
∴∠BAC=∠DAC．
∵CF⊥AD，AB⊥BC，
∴CF=CB．
∵∠BAQ+∠ADB=90°，∠FCD+∠ADB=90°，
∴∠FCD=∠BAQ．
∴BCCD=FCCD=cs∠FCD=cs∠BAQ=34．
（3）解：104，理由如下：
如图3，连接BQ，

∵AB⊥BC，BQ⊥AD，
∴∠ABQ+∠BAD=90°，∠ADB+∠BAD=90°，
∴∠ABQ=∠ADC，
∵∠ABQ=∠APQ，
∴ ∠APQ=∠ADC．
∵∠PAQ=∠CAD，
∴△APQ∽△ADC，
∴PQCD=APAD．①
∵∠BAP=∠BAC，∠ABC=∠APB=90°，
∴△APB∽△ABC，
∴BPBC=APAB．②
∵BC=CD，
①÷②得，PQBP=ABAD=cs∠BAQ．
∵sin∠BAQ=64，
∴cs∠BAQ=104．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形以及三角函数、切线的性质定理、扇形的弧长公式，角平分线性质定理等，解题的关键在于熟练掌握相关性质定理和相关计算公式．
7．（2023·湖南永州·统考中考真题）如图，以AB为直径的⊙O是△ABC的外接圆，延长BC到点D．使得∠BAC=∠BDA，点E在DA的延长线上，点A在线段AC上，CE交BM于N，CE交AB于G．

(1)求证：ED是⊙O的切线；
(2)若AC=6,BD=5,AC>CD，求BC的长；
(3)若DE⋅AM=AC⋅AD，求证：BM⊥CE．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
(3)证明见解析
【分析】（1）由AB是⊙O的直径得到∠ACB=90°，则∠BAC+∠ABC=90°，由∠BAC=∠BDA得到∠BDA+∠ABC=90°，则∠BAD=90°，结论得证；
（2）证明△ACB∽△DCA，则BCAC=ACDC=ACBD-BC，可得BC6=65-BC，解得BC=2或3，由AC>CD即可得到BC的长；
（3）先证明△ABC∽△DAC，则ACDC=ABAD，得到AC⋅AD=CD⋅AB，由DE⋅AM=AC⋅AD得到DE⋅AM=CD⋅AB，则AMDC=ABDE，由同角的余角相等得到∠BAM=∠CDE，则△AMB∽△DCE，得∠E=∠ABM，进一步得到∠EGA+∠E=∠ABM+∠BGN=90°，则∠BNG=90°，即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC+∠ABC=90°，
∵∠BAC=∠BDA，
∴∠BDA+∠ABC=90°，
∴∠BAD=90°，
∴ED是⊙O的切线；
（2）∵∠BAC=∠BDA，∠ACB=∠DCA=90°，
∴△ACB∽△DCA，
∴BCAC=ACDC=ACBD-BC，
∴BC6=65-BC，
解得BC=2或3，
当BC=2时，CD=BD-BC=3，
当BC=3时，CD=BD-BC=2，
∵AC>CD，即6>CD，
∴BC=3；
（3）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=∠DCA=90°，
∵∠BAC=∠BDA，
∴△ABC∽△DAC，
∴ACDC=ABAD，
∴AC⋅AD=CD⋅AB，
∵DE⋅AM=AC⋅AD，
∴DE⋅AM=CD⋅AB，
∴AMDC=ABDE，
∵∠BAM=∠CDE，
∴△AMB∽△DCE，
∴∠E=∠ABM，
∵∠EGA=∠BGN，
∴∠EGA+∠E=∠ABM+∠BGN=90°，
∴∠BNG=90°，
∴BM⊥CE．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的判定定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
8．（2023·四川广安·统考中考真题）如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径作⊙O，交斜边AC于点D，点E是BC的中点，连接OE、DE．

(1)求证：DE是⊙O的切线．
(2)若sinC=45,DE=5，求AD的长．
(3)求证：2DE2=CD⋅OE．
【答案】(1)见详解
(2)323
(3)见详解
【分析】（1）连接BD,OD，先根据直角三角形的性质，证明BE=DE，再证明△OBE≌△ODE(SSS)即可；
（2）由（1）中结论，得BC=2DE=10，先根据三角函数及勾股定理求出BD,CD的长，再证明△ADB∽△BDC即可；
（3）证明△OBE∽△BDC即可得出结论．
【详解】（1）证明：连接BD,OD，

在Rt△ABC中，∠ABC=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°,即BD⊥AC，
在Rt△BDC中，点E是BC的中点，
∴BE=DE=12BC，
又∵OB=OD,OE=OE，
∴△OBE≌△ODE(SSS)，
∴∠OBE=∠ODE=90°，
∵D在⊙O上
∴DE是⊙O的切线．
（2）解：由（1）中结论，得BC=2DE=10，
在Rt△BDC中，sinC=BDBC=BD10=45，
∴BD=8,CD=BC2-BD2=6，
∵∠A+∠C=90°,∠A+∠ABD=90°，
∴ ∴∠C=∠ABD，
∵∠ADB=∠BDC=90°，
△ADB∽△BDC，
∴ADBD=BDCD,AD=BD2CD=826=323；
（3）证明：∵OA=OB,BE=CE，
∴OE∥AC，
∴∠OEB=∠C，
∵∠OBE=∠BDC=90°，
∴△OBE∽△BDC，
∴OEBC=BECD，
由（1）中结论△OBE≌△ODE，得BE=DE，
BC=2DE，
∴OE2DE=DECD，
即2DE2=CD⋅OE．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了切线的性质，直角三角形的性质，三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，判断出△ADB∽△BDC是解本题的关键．
9．（2023·辽宁锦州·统考中考真题）如图，AE为⊙O的直径，点C在⊙O上，AB与⊙O相切于点A，与OC延长线交于点B，过点B作BD⊥OB，交AC的延长线于点D．

(1)求证：AB=BD；
(2)点F为⊙O上一点，连接EF，BF，BF与AE交于点G．若∠E=45°，AB=5，tan∠ABG=37，求⊙O的半径及AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)⊙O的半径为154；AD=45
【分析】（1）根据AB与⊙O相切于点A 得到∠OAC+∠BAD=90°，再根据BD⊥OB得到∠BCD+∠D=90°，再根据OA=OC得到∠OAC=∠OCA即可根据角的关系解答；
（2）连接OF，过点D作DM⊥AB，交AB延长线于点M，在Rt△ABG等多个直角三角形中运用三角函数的定义求出⊙O半径r=154，再根据勾股定理求出BM=3，DM=4即可解答．
【详解】（1）证明：如图，

∵AE为⊙O的直径，AB与⊙O相切于点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）连接OF，过点D作DM⊥AB，交AB延长线于点M，如图，

在Rt△ABG中，∠GAB=90°，
∴tan∠ABG=AGAB=37，
∴AG=AB⋅tan∠ABG=157，
∵∠E=45°，
∴∠AOF=2∠E=90°，
∴∠AOF=∠OAB，
∴OF∥AB，
∴∠OFG=∠ABG，
∴tan∠OFG=tan∠ABG=37，
设⊙O的半径为r，
∴r-157r=37，
∴r=154，
∴tan∠OBA=OAAB=34，
∵DM⊥AB，
∴∠M=90°，
∴∠BDM+∠DBM=90°，
∵BD⊥OB，
∴∠OBD=90°，
∴∠OBA+∠DBM=90°，
∴∠BDM=∠OBA，
即tan∠BDM=tan∠OBA=34，
∴设BM=3x，DM=4x，
在Rt△DBM中，∠M=90°，
∵BM2+DM2=BD2，BD=AB=5，
∴3x2+4x2=52，解得x=1，
∴BM=3，DM=4，
∴AM=AB+BM=8，
∴AD=AM2+DM2=45．
【点睛】本题考查了圆与三角形的综合问题，解题的关键是熟练掌握圆、三角形的线段、角度关系并运用数学结合思想．
10．（2023·四川雅安·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，以AB为直径的⊙O与AC交于点D，点E是BC的中点，连接BD，DE．

(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若DE=2，tan∠BAC=12，求AD的长；
(3)在（2）的条件下，点P是⊙O上一动点，求PA+PB的最大值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)AD=1655
(3)82
【分析】（1）连接OD，由圆周角定理得到∠ADB=∠BDC＝90°，由直角三角形斜边中线的性质结合等腰三角形的性质证得∠EDB＝∠EBD，由等腰三角形的性质得到∠ODB＝∠OBD，根据∠ABC＝90°，得到∠ODB＋∠EDB＝90°，由切线的判定即可证得DE与⊙O相切；
（2）由直角三角形斜边中线的性质求出BC，根据三角函数的定义即可求出BD；，
（3）设Rt△ABD的AB边高为h，由AB2=AP2+BP2可得(PA+PB)2=64+2PA⋅PB，即可得出当PA+PB取最大值时，S△ABD取最大值，根据S△ABP=12PA⋅PB=12AB⋅h进而求解即可．
【详解】（1）证明：连接OD，如图所示，

∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠BDC=90°，
∵点E为BC的中点，
∴DE=BE=12BC，
∴∠EDB=∠EBD，
∵OB=OD，
∴∠ODB=∠OBD，
∵∠ABC=90°，
∴∠EBD+∠OBD=90°，
∴∠ODB+∠EDB=90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE与⊙O相切；
（2）解：由（1）知，∠BDC=90°，
∵E是BC的中点，
∴DE=12BC=2，
∴BC=4，
∵tan∠BAC=BCAB=BDAD=12，
∴AB=8，AD=2BD，
又∵在Rt△ABD中，AB2=AD2+BD2，即：(2BD)2+BD2=82，
∴BD=855（负值以舍去），
∴AD=1655；
（3）设Rt△ABD的AB边高为h，

由（2）可知AB=8，
又∵AB是直径，
∴∠APB=90°，
∴PA2+PB2=82=64，
∴(PA+PB)2=64+2PA⋅PB，
∴当PA+PB取最大值时，2PA⋅PB也取最大值，
又∵S△ABP=12PA⋅PB=12AB⋅h，
∴当PA+PB取最大值时，S△ABP取最大值，
此时AB边高为h取最大值为⊙O半径=AB2=4，
∴S△ABP=12AB⋅h=12×8×4=16，
∴PA⋅PB=2S△ABP=32
∴(PA+PB)2=64+2×32=128，
∴PA+PB=82，
综上所述：PA+PB的最大值为82．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、切线的判定以及直角三角形的性质，解题的关键是：（1）熟练掌握切线的判定方法；（2）通过解直角三角形斜边中线的性质证得DE=12BC．（3）将PA+PB的最大值转化为△ABP的面积最大值．
11．（2022·广东深圳·统考中考真题）一个玻璃球体近似半圆O,AB为直径，半圆O上点C处有个吊灯EF, EF//AB, CO⊥AB,EF的中点为D,OA=4.

(1)如图①，CM为一条拉线，M在OB上，OM=1.6,DF=0.8,求CD的长度．
(2)如图②，一个玻璃镜与圆O相切，H为切点，M为OB上一点，MH为入射光线，NH为反射光线，∠OHM=∠OHN=45°,tan∠COH=34,求ON的长度．
(3)如图③，M是线段OB上的动点，MH为入射光线，∠HOM=50°,HN为反射光线交圆O于点N,在M从O运动到B的过程中，求N点的运动路径长．
【答案】(1)2
(2)ON=207
(3)4+169π
【分析】（1）由DF=0.8,OM=1.6,DF∥OB，可得出DF为△COM的中位线，可得出D为CO中点，即可得出CD的长度；
（2）过N点作ND⊥OH，交OH于点D，可得出△NHD为等腰直角三角形，根据tan∠COH=34,可得出tan∠NOD=NDOD=34，设ND=3x=DH，则OD=4x，根据OD+DH=OH，即可求得x=47，再根据勾股定理即可得出答案；
（3）依题意得出点N路径长为：OB+ lBT，推导得出∠BOT=80°，即可计算给出lBT，即可得出答案．
【详解】（1）∵DF=0.8,OM=1.6,DF∥OB
∴DF为△COM的中位线
∴D为CO的中点
∵CO=AO=4
∴CD=2
（2）过N点作ND⊥OH，交OH于点D，
∵∠OHN=45°，
∴△NHD为等腰直角三角形，即ND=DH，
又∵tan∠COH=34，
∴tan∠NOD=34，
∴tan∠NOD=NDOD=34，
∴ND:OD=3:4，
设ND=3x=DH，则OD=4x，
∵OD+DH=OH，
∴3x+4x=4，
解得x=47，
∴ND=127，OD=167，
∴在Rt△NOD中，ON=ND2+OD2=(127)2+(167)2=207；
（3）如图，当点M与点O重合时，点N也与点O重合． 当点M运动至点A时，点N运动至点T，故点N路径长为：OB+ lBT．

∵∠NHO=∠MHO,∠THO=∠MHO,∠HOM=50°．
∴∠OHA=∠OAH=65°．
∴∠THO=65°,∠TOH=50°．
∴∠BOT=80°，
∴lBT =2π×4×80°360°=169π，
∴N点的运动路径长为：OB+ lBT=4+169π，
故答案为：4+169π．
【点睛】本题考查了圆的性质，弧长公式、勾股定理、中位线，利用锐角三角函数值解三角函数，掌握以上知识，并能灵活运用是解题的关键．
题型03 圆与四边形综合问题
12．（2021·江苏镇江·统考中考真题）如图1，正方形ABCD的边长为4，点P在边BC上，⊙O经过A，B，P三点．
（1）若BP＝3，判断边CD所在直线与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，E是CD的中点，⊙O交射线AE于点Q，当AP平分∠EAB时，求tan∠EAP的值．
【答案】（1）相切，见解析；（2）5-12
【分析】（1）如图1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．求出OE的长，与半径半径，可得结论．
（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．利用面积法求出BP，可得结论．
【详解】解：（1）如图1﹣1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝4，∠ABP＝90°，
∴AP＝AB2+BP2＝42+32＝5，
∵OH⊥AB，
∴AH＝HB，
∵OA＝OP，AH＝HB，
∴OH＝12PB＝32，
∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，
∴四边形AHED是矩形，
∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，
∴OE＝EH＝OH＝4﹣32＝52，
∴OE＝OP，
∴直线CD与⊙O相切．
（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接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＝42+82＝45，
∵AP是直径，
∴∠AQP＝90°，
∵PA平分∠EAB，PQ⊥AQ，PB⊥AB，
∴PB＝PQ，
设PB＝PQ＝x，
∵S△ABT＝S△ABP+S△APT，
∴12×4×8＝12×45×x+12×4×x，
∴x＝25﹣2，
∴tan∠EAP＝tan∠PAB＝PBAB＝5-12．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，正方形的性质，解直角三角形、相似三角形判定和性质等知识，解题的关键是掌握切线的证明方法：已知垂直证半径，已知半径证垂直，利用三角形面积不同的表示方法构建方程解决问题是难点．
13．（2021·广东深圳·统考中考真题）如图，AB为⊙O的弦，D，C为ACB的三等分点，AC//BE．
（1）求证：∠A=∠E；
（2）若BC=3，BE=5，求CE的长．
【答案】（1）见解析；（2）CE=163
【分析】（1）根据题意，连接AD，通过证明AB//CE，再由AC//BE可证四边形ACEB为平行四边形，进而即可得到∠A=∠E；
（2）根据平行四边形ACEB的性质及D，C为ACB的三等分点可证△CBD∽△BED，得到CDBD=BDDE，进而求得DE=253即可得到CE的长．
【详解】（1）如图连接AD，
∵A、D、C、B四点共圆
∴∠BAD+∠BCD=180°
又∠BCD+∠BCE=180°
∴∠BAD=∠BCE
∵D，C为ACB的三等分点
∴BD=AC
∴∠BAD=∠ABC
∴∠ABC=∠BCE
∴AB//CE，又AC//BE
∴四边形ACEB为平行四边形
∴∠BAC=∠E即原题中∠A=∠E；
（2）∵四边形ACEB为平行四边形，BE=5
∴BE=AC=5
∵D，C为ACB的三等分点，BC=3
∴BC=CD=AD， BD=AC
∴CD=BC=3，BD=AC=5，∠CDB=∠CBD=∠BAC
∵∠BAC=∠E
∴△CBD∽△BED
∴BC=AD=BE=5
∴CDBD=BDDE，即35=5DE
∴DE=253
∴CE=DE-DC=253-3=163．
【点睛】本题主要考查了圆中综合知识、平行四边形的性质及判定及三角形相似的判定及性质，熟练掌握相关几何综合运用知识是解决本题的关键．
14．（2021·浙江宁波·统考中考真题）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，BD为直径，AD上存在点E，满足AE=CD，连接BE并延长交CD的延长线于点F，BE与AD交于点G．
（1）若∠DBC=α，请用含α的代数式表列∠AGB．
（2）如图2，连接CE,CE=BG．求证；EF=DG．
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CG，AD=2．
①若tan∠ADB=32，求△FGD的周长．
②求CG的最小值．
【答案】（1）∠AGB=90°-α；（2）见解析；（3）①5+72；②3
【分析】（1）利用圆周角定理求得∠BAD=90°，再根据AE=CD，求得∠ABG=∠DBC=α，即可得到答案；
（2）由∠BEC=∠BDC=90°-α，得到∠BEC=∠AGB，从而推出∠CEF=∠BGD，证得△CFE≌△BDGASA，由此得到结论；
（3）①连接DE．利用已知求出AB=32AD=3，证得DA=CE，得到BG=AD=2，利用Rt△ABG中，根据正弦求出∠AGB=60°,AG=12BG=1，求出EF的长，再利用Rt△DEG中，∠EGD=60°，求出EG及DE，再利用勾股定理求出DF即可得到答案；
②过点C作CH⊥BF于H，证明△BAD≌△CHFAAS，得到FH=AD，证明△BHC∽△CHF，得到BHCH=CHFH，设GH=x，得到CH2=22-x，利用勾股定理得到CG2=GH2+CH2 ，求得CG2=x2+2(2-x)=(x-1)2+3，利用函数的最值解答即可．
【详解】解：（1）∵BD为⊙O的直径，
∴∠BAD=90°，
∵AE=CD，
∴∠ABG=∠DBC=α，
∴∠AGB=90°-α．
（2）∵BD为⊙O的直径，
∴∠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如图，连接DE．
∵BD为⊙O的直径，
∴∠A=∠BED=90°．
在Rt△ABD中，tan∠ADB=32，AD=2，
∴AB=32AD=3．
∵AE=CD，
∴AE+DE=CD+DE，
即DA=CE，
∴AD=CE．
∵CE=BG，
∴BG=AD=2．
∵在Rt△ABG中，sin∠AGB=ABBG=32，
∴∠AGB=60°,AG=12BG=1，
∴EF=DG=AD-AG=1．
∵在Rt△DEG中，∠EGD=60°，
∴EG=12DG=12,DE=32DG=32．
在Rt△FED中，DF=EF2+DE2=72，
∴FG+DG+DF=5+72，
∴△FGD的周长为5+72．
②如图，过点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=CHFH．
设GH=x，
∴BH=2-x，
∴CH2=22-x．
在Rt△GHC中，CG2=GH2+CH2 ，
∴CG2=x2+2(2-x)=(x-1)2+3，
当x=1时，CG2的最小值为3，
∴CG的最小值为3．
【点睛】此题考查圆周角的定理，弧、弦和圆心角定理，全等三角形的判定及性质，勾股定理，三角函数，相似三角形的判定，函数的最值问题，是一道综合的几何题型，综合掌握各知识点是解题的关键．
15．（2021·四川绵阳·统考中考真题）如图，四边形ABCD是⊙O的内接矩形，过点A的切线与CD的延长线交于点M，连接OM与AD交于点E，AD>1，CD=1．
（1）求证：△DBC∼△AMD；
（2）设AD=x，求△COM的面积（用x的式子表示）；
（3）若∠AOE=∠COD，求OE的长．
【答案】（1）见解析；（2）x3+x4；（3）3310
【分析】（1）由矩形性质可得∠ADM=∠DCB=90°,然后证明∠DMA=∠DBC即可得出结论；
（2）根据勾股定理得出AC=x2+1，根据相似三角形性质得出MD=x2，则OA=ON=OD=OC=OB=x2+12，根据勾股定理得出MA的值，运用三角形面积公式表示即可；
（3）记OM与圆弧AD⏜交于点N，连接DN，证明△MND∼△MOC，即可得出x2x2+1=ND12x2+1，求出ND的值，过D作DG⊥AC于G，过O作OH⊥DN于H．运用等面积法得出HO=DG=xx2+1，根据勾股定理得出DN=2DH=2OD2-HD2，代入数据联立ND的值，解方程得出ND=x22x2+1=33，OA=32，设OE=t，则NE=32-t，根据相似三角形性质即可得出结论．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD为⊙O的内接矩形，
∴AC，BD过圆心O，且∠ADC=∠DCB=90°．
∵∠ADM=90°,
∴∠DAM+∠DMA=90°,
又∵AM是⊙O的切线，故∠DAM+∠DAO=90°，
由此可得∠DMA=∠DAC，
又∵∠DAC与∠DBC都是圆弧DC⏜所对的圆周角，
∴∠DAC=∠DBC，
∴∠DMA=∠DBC，
又∵∠MDA=∠BCD=90°，
∴△DBC∼△AMD；
（2）解：由AD=x，CD=1，则AC=x2+1，
由题意OA=ON=OD=OC=OB=x2+12．
由（1）知△DBC∼△AMD，则DCBC=ADMD，
代入DC=1，BC=x，AD=x，
可得1x=xMD，解得MD=x2．
在直角△MAD中，MA=DM2+DA2=x2+x4，
所以S△COM=12MA⋅OC=12x2+x4⋅12x2+1=x3+x4；
（3）解：记OM与圆弧AD⏜交于点N，连接DN．
∵∠AOE=∠COD，∠ADN=12∠AON，∠DBC=12∠DOC，
∴∠ADN=∠DBC．
又∠DAC=∠DBC，所以∠DAC=∠ADN，
∴ND//AC．
∴△MND∼△MOC，故MDMC=NDOC．
由（2）知，由AD=x，CD=1，则AC=x2+1，
由题意可得OA=ON=OD=OC=OB=x2+12，
代入数据MD=x2，MC=MD+DC=x2+1，OC=12x2+1，
得到x2x2+1=ND12x2+1，解得ND=x22x2+1①．
过D作DG⊥AC于G，过O作OH⊥DN于H．
易知HO=DG．
由等面积法可得S△ADC=12DA⋅DC=12AC⋅DG，
代入数据得DG=DA⋅DCAC=xx2+1，即HO=DG=xx2+1．
在直角三角形HOD中，DN=2DH=2OD2-HD2
=214x2+1-x2x2+1=x2+1-4x2x2+1=x2-1x2+1．②
由①②可得x22x2+1=x2-1x2+1，得x2=2x2-2，
解得x1=2，x2=-2（舍去）．
所以ND=x22x2+1=33，OA=32．
由ND//AC，故△NED∼△OEA，故NDAO=NEOE．
设OE=t，则NE=32-t，代入得3332=32-tt，
解得t=3310，即OE的长为3310．
【点睛】本题考查了圆的综合问题，相似三角形判定与性质，圆切线的性质，勾股定理，解一元二次方程等知识点，熟练运用相似三角形性质列出方程是解题的关键．
16．（2020·四川遂宁·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB边上的一点，以AD为直径的⊙O交BC于点E，交AC于点F，过点C作CG⊥AB交AB于点G，交AE于点H，过点E的弦EP交AB于点Q（EP不是直径），点Q为弦EP的中点，连结BP，BP恰好为⊙O的切线．
（1）求证：BC是⊙O的切线．
（2）求证：EF＝ED．
（3）若sin∠ABC═35，AC＝15，求四边形CHQE的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）45
【分析】（1）连接OE，OP，根据线段垂直平分线的性质得到PB＝BE，根据全等三角形的性质得到∠BEO＝∠BPO，根据切线的判定和性质定理即可得到结论．
（2）根据平行线和等腰三角形的性质即可得到结论．
（3）根据垂径定理得到EP⊥AB，根据平行线和等腰三角形的性质得到∠CAE＝∠EAO，根据全等三角形的性质得到CE＝QE，推出四边形CHQE是菱形，解直角三角形得到CG＝AC2-AG2＝12，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OE，OP，
∵PE⊥AB，点Q为弦EP的中点，
∴AB垂直平分EP，
∴PB＝BE，
∵OE＝OP，OB＝OB，
∴△BEO≌△BPO（SSS），
∴∠BEO＝∠BPO，
∵BP为⊙O的切线，
∴∠BPO＝90°，
∴∠BEO＝90°，
∴OE⊥BC，
∴BC是⊙O的切线．
（2）解：∵∠BEO＝∠ACB＝90°，
∴AC∥OE，
∴∠CAE＝∠OEA，
∵OA＝OE，
∴∠EAO＝∠AEO，
∴∠CAE＝∠EAO，
∴EF=ED．
（3）解：∵AD为的⊙O直径，点Q为弦EP的中点，
∴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，
∴四边形CHQE是平行四边形，
∵CH＝CE，
∴四边形CHQE是菱形，
∵sin∠ABC═sin∠ACG═AGAC＝35，
∵AC＝15，
∴AG＝9，
∴CG＝AC2-AG2＝12，
∵△ACE≌△AQE，
∴AQ＝AC＝15，
∴QG＝6，
∵HQ2＝HG2+QG2，
∴HQ2＝（12﹣HQ）2+62，
解得：HQ＝152，
∴CH＝HQ＝152，
∴四边形CHQE的面积＝CH•GQ＝152×6＝45．
【点睛】此题考查了圆的综合问题，用到的知识点是全等三角形的判定与性质、菱形的判定和性质、勾股定理以及解直角三角形等知识，此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想应用．
17．（2018·浙江台州·统考中考真题）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，点D在BC上，点E在弦AB上（E不与A重合），且四边形BDCE为菱形．
（1）求证：AC=CE；
（2）求证：BC2﹣AC2=AB•AC；
（3）已知⊙O的半径为3．
①若ABAC=53，求BC的长；
②当ABAC为何值时，AB•AC的值最大？
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）①BC=42；②32
【详解】分析：（1）由菱形知∠D=∠BEC，由∠A+∠D=∠BEC+∠AEC=180°可得∠A=∠AEC，据此得证；
（2）以点C为圆心，CE长为半径作⊙C，与BC交于点F，于BC延长线交于点G，则CF=CG=AC=CE=CD，证△BEF∽△BGA得BEBF=BGBA，即BF•BG=BE•AB，将BF=BC-CF=BC-AC、BG=BC+CG=BC+AC代入可得；
（3）①设AB=5k、AC=3k，由BC2-AC2=AB•AC知BC=26k，连接ED交BC于点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设OM=d，则MD=3-d，MC2=OC2-OM2=9-d2，继而知BC2=（2MC）2=36-4d2、AC2=DC2=DM2+CM2=（3-d）2+9-d2，由（2）得AB•AC=BC2-AC2，据此得出关于d的二次函数，利用二次函数的性质可得答案．
详解：（1）∵四边形EBDC为菱形，
∴∠D=∠BEC，
∵四边形ABDC是圆的内接四边形，
∴∠A+∠D=180°，
又∠BEC+∠AEC=180°，
∴∠A=∠AEC，
∴AC=CE；
（2）以点C为圆心，CE长为半径作⊙C，与BC交于点F，于BC延长线交于点G，则CF=CG，
由（1）知AC=CE=CD，
∴CF=CG=AC，
∵四边形AEFG是⊙C的内接四边形，
∴∠G+∠AEF=180°，
又∵∠AEF+∠BEF=180°，
∴∠G=∠BEF，
∵∠EBF=∠GBA，
∴△BEF∽△BGA，
∴BEBF=BGBA，即BF•BG=BE•AB，
∵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）设AB=5k、AC=3k，
∵BC2﹣AC2=AB•AC，
∴BC=26k，
连接ED交BC于点M，
∵四边形BDCE是菱形，
∴DE垂直平分BC，
则点E、O、M、D共线，
在Rt△DMC中，DC=AC=3k，MC=12BC=6k，
∴DM=CD2-CM2=3k，
∴OM=OD﹣DM=3﹣3k，
在Rt△COM中，由OM2+MC2=OC2得（3﹣3k）2+（6k）2=32，
解得：k=233或k=0（舍），
∴BC=26k=42；
②设OM=d，则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+814，
∴当d=34，即OM=34时，AB•AC最大，最大值为814，
∴DC2=272，
∴AC=DC=362，
∴AB=964，此时ABAC=32．
点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆的有关性质、圆内接四边形的性质及菱形的性质、相似三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识点．
题型04 圆与函数综合问题
18．（2020·贵州遵义·统考中考真题）如图，抛物线y＝ax2+94x+c经过点A（﹣1，0）和点C （0，3）与x轴的另一交点为点B，点M是直线BC上一动点，过点M作MP∥y轴，交抛物线于点P．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在一点Q，使得△QCO是等边三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）以M为圆心，MP为半径作⊙M，当⊙M与坐标轴相切时，求出⊙M的半径．
【答案】（1）y＝﹣34x2+94x+3；（2）不存在，理由见解析；（3）⊙M的半径为94，83，154，163
【分析】（1）已知抛物线y＝ax2+94x+c经过点A(﹣1,0)和点C(0,3)，利用待定系数法即可求得抛物线解析式；
（2）在抛物线上找到一点Q，使得△QCO是等边三角形，过点Q作OM⊥OB于点M，过点Q作QN⊥OC于点N，根据△QCO是等边三角形，求得Q点坐标，再验证Q点是否在抛物线上；
（3）分四种情况①当⊙M与y轴相切，如图所示，令M点横坐标为t，PM=t，将PM用t表示出来，列出关于t的一元二次方程，求得t，进而求得半径；②⊙M与x轴相切，过点M作MN⊥OB于N，如图所示，令M点横坐标为m，因为PN=2MN，列出关于m的一元二次方程，即可求出m，同理③④种情况，进而求得⊙M的半径．
【详解】（1）∵抛物线y＝ax2+94x+c经过点A(﹣1,0)和点C(0,3)
∴a-94+c=0c=3
解得a=-34c=3
∴该抛物线的解析式为：y＝﹣34x2+94x+3
故答案为：y＝﹣34x2+94x+3
（2）在抛物线上找到一点Q，使得△QCO是等边三角形，过点Q作QM⊥OB于点M，过点Q作QN⊥OC于点N
∵△QCO是等边三角形，OC=3
∴CN=32
∴NQ=CQ2-CN2=32-(32)2=332
即Q(332,32)
当x=332时，y＝﹣34×(332)2+94×332+3=2738-3316≠32
∴Q(332,32)不在抛物线上
y＝﹣34x2+94x+3
故答案为：不存在，理由见解析
（3）①⊙M与y轴相切，如图所示
∵y＝﹣34x2+94x+3
当y=0时，﹣34x2+94x+3=0
解得x1=-1，x2=4
∴B(4,0)
令直线BC的解析式为y=kx+b
4k+b=0b=3
解得k=-34b=3
∴直线BC的解析式为y=-34x+3
令M点横坐标为t
∵MP∥y轴，⊙M与y轴相切
∴t=﹣34t2+94t+3-(-34t+3)
解得t=83
⊙M的半径为83
②⊙M与x轴相切，过点M作MN⊥OB于N，如图所示
令M点横坐标为m
∵PN=2MN
∴-34m2+94m+3=2(-34m+3)
解得m=1或m=4（舍去）
∴⊙M的半径为：
-34m+3=-34+3=94
③当⊙M与x轴相切时，如图3：
点P与点A重合时
x=-1
半径r=154
④当⊙M与y轴相切时如图4：
设Px,-34x2+94x+3，Mx,-34x+3
则PD=34x2-94x-3，MD=34x-3因PD-MD=EM=x
34x2-94x-3-34x-3=x
解得x1=163，x2=0（舍去）
半径r=163
综上所述：⊙M的半径为94，83，154，163
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，是二次函数的综合题，涉及了二次函数与几何问题，二次函数与圆的问题，其中考查了圆切线的性质．
19．（2023·广东广州·统考中考真题）已知点Pm,n在函数y=-2xx