专题03 有关圆的常见压轴题-【聚焦压轴】2022届中考数学压轴大题专项训练1

这是一份专题03 有关圆的常见压轴题-【聚焦压轴】2022届中考数学压轴大题专项训练1，文件包含专题03有关圆的常见压轴题解析版-聚焦压轴2022届中考数学压轴大题专项训练doc、专题03有关圆的常见压轴题原卷版-聚焦压轴2022届中考数学压轴大题专项训练doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共50页， 欢迎下载使用。


专题3 有关圆的常见压轴题
1．（2021·长沙市雅礼实验中学九年级月考）在平面直角坐标系xOy中，作⊙O分别交x轴y轴于点A、B，点C在第三象限且在圆上，D是弦AB的中点，OD的长为．
（1）如图1所示，求半径的长度；
（2）如图1所示，若圆心O到弦BC的距离OE=，求C点的坐标；
（3）如图2所示，C点坐标同第（2）问，P是x轴下方的一个动点，使得∠BPC：∠BOC=1：2，四边形OBPC的面积是否存在最大值？若存在请算出面积，并直接写出P点坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）5；（2）C（-4，-3）；（3）存在，四边形OBPC面积最大值为；P（，）
【解题思路分析】（1）利用直角三角形斜边上的中线的性质即可求解；
（2）设C为（x，y），由B（0，-5），求得E（，），再利用两点之间的距离公式列方程求解即可；
（3）分点P在⊙O上和点P在与⊙O等半径同BC弦的⊙M上，利用四边形的面积公式以及相似三角形的判定和性质即可求解．
【解析】解：（1）∵OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠OAB = 45°，
∴OA=AB，
∵OD经过圆心O点，D是AB的中点，
∴OD⊥AB，
AB=2OD，
∴OA=AB=OD=5；
（2）∵OE⊥BC，
∴E是BC的中点，
∴B（0，-5），设C为（x，y），则E为（，），
∵OC=5，
∴x2+y2=25，
∵OE=，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，，
因为C在第三象限，∴C（-4，-3）；
（3）∵∠BPC：∠BOC=1：2，
①当P点在⊙O上，此时不构成四边形OBPC，不符合题意，
②P点在如图所示的⊙M上（⊙M与⊙O是等圆），

当点P在OM的延长线上时，四边形OBPC面积最大，此时，OP垂直平分BC，

∵OE=，
∴ME= OE=，
∴，
∵C（-4，-3），
∴BC =，
∴四边形OBPC面积最大值为·，
综上所述四边形OBPC面积最大值为，
过点P作PG⊥轴于点G，
在Rt△OEB中，OE=，BO=5，
∴EB=，
∵∠BOE=∠POG=90°，∠OEB=∠OGP=90°，
∴△OEB∽△OGP，
∴，
∴，
∴，，
∴P（，）．
2．（2021·哈尔滨德强学校九年级月考）△ABC内接于⊙O，弦CD⊥AB于点E，AF⊥BC于点F交弦CD于点G．
（1）如图1，求证：DE＝EG；
（2）如图2，连接BD、OF，若BD＝FG，求证：FO平分∠AFC；
（3）如图3，在（2）的条件下，点H在线段CG上，连接FH，若∠CFH＝∠ABD，FH＝4，CG＝10，求线段OG的长．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解题思路分析】（1）连接，根据同弧所对的圆周角相等，可得，根据同角的余角相等可得，进而可得，根据等角对等边以及三线合一即可得证；
（2）连接，，由（1）可得，结合已知条件可得即可求得，进而证明可得，进而证明即可证明FO平分∠AFC；
（3）过点作于点，过点分别作的垂线，垂足为,根据等角的余角相等可得，进而根据列出比例式，求得，进而可得，在中，勾股定理求得，进而求得,由垂径定理可得，根据已知条件结合（2）的结论，可得四边形是正方形，进而在中，勾股定理即可求得．
【解析】（1）连接，如图，

，
，
，，
，
，
，
，
，
，
（2）连接，，如图，
由（1）可得，
，

BD＝FG，
，
，
，
，
，
，
，，
,，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
平分，
（3）如图，过点作于点，

，
，
，
，
，
，
由（2）可得 ，
，
FH＝4，
，
，
，
，
，
即，
，
设，则，
，
解得或，
，
，
，
，
，
在中，
，
即，
解得（负值舍去），
，
，
过点分别作的垂线，垂足为,如图，

，
平分，
，
，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
中，
，
．
3．（2021·广东惠州一中九年级一模）如图，内接于⊙O，，为直径，与相交于点，过点作，垂足为，延长交的延长线于点，连接．
（1）求证：与⊙O相切：
（2）若，求的值；
（3）在（2）的条件下，若⊙O的半径为4，，求的长．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【解题思路分析】（1）要证PG与⊙O相切只需证明∠OBG=90°，由∠BAC与∠BDC是同弧所对圆周角且∠BDC=∠DBO可得∠CBG=∠DBC，结合∠DBC+∠OBC=90°即可得证；
（2）求需将BE与OC或OC相等线段放入两三角形中，通过相似求解可得，作OM⊥AC、连接OA，证△BEF∽△OAM得，由AM=AC、OA=OC知，结合即可得；
（3）Rt△DBC中求得BC=4、∠DCB=30°，在Rt△EFC中设EF=x，知EC=2x、FC=x、BF=4﹣x，继而在Rt△BEF中利用勾股定理求出x的，从而得出答案．
【解析】（1）证明：如图，连接，
∵，
，
、，
，
是⊙O的直径，
∴∠DBC=90°，
，
，
，
与⊙O相切；

（2）解：过点作于点，连接，
∵OC=OA，，
∴，
，
，
∴∠EBF=∠AOM，
又，
，
，
，，
，
又，
；

（3）解：，，
，
在中，，
又，
是等边三角形，
，
，，
，
∴EC=2EF，由勾股定理FC=
设，则、，
，
，且，
，
在中，，
，
整理得
△=242-16×23=208＞0
解得：，
，舍去，
，
．
4．（2021·福建永春·九年级学业考试）如图，矩形ABCD是⊙O的内接矩形，⊙O半径为5，AB＝8，点E、F分别是弦CD、BC上的动点，连结EF，∠EAF始终保持等于45°．

（1）求AD的长度．
（2）已知DE＝，求BF的长度．
（3）试探究△AEF的面积是否存在最小值，若存在，请求出它的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）AD＝6；（2）BF＝2；（3）△AEF的面积存在最小值，最小值48﹣48．
【解题思路分析】（1）连接BD，根据矩形性质及圆周角定理可得答案；
（2）过点E作EG⊥AE交AF的延长线于点G，过点G作MN⊥AB，分别交直线DC、AB点M、N，由矩形性质及余角性质得∠EGM＝∠AED，然后由全等三角形的性质及相似三角形的判定与性质可得答案；
（3）过点E作EH⊥AB于H，交AF于点P，作△APE的外接圆⊙I，连接IA、IP、IE，过I作IQ⊥CD于点Q，设⊙I的半径为r，根据直角三角形的性质及三角形面积公式可得答案．
【解析】（1）如图，连接BD，

在矩形ABCD中，∠DAB＝90°，
∴BD是⊙O的直径，
∵⊙O半径为5，
∴BD＝10，
∴AD＝ ＝6；
（2）如图，过点E作EG⊥AE交AF的延长线于点G，过点G作MN⊥AB，分别交直线DC、AB点M、N，

在矩形ABCD中，∠D＝∠DAB＝90°，
∴∠EMG＝∠D＝90°，
∴四边形ADMN是矩形，
∴∠EGM+∠MEG＝90°，
∴∠AED+∠MEG＝90°，
∴∠EGM＝∠AED，
在△AEG中，∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠EGF＝45°，
∴AE＝EG，
∴△AED≌△EGM（AAS），
∴MG＝DE＝ ，EM＝AD＝6，
∴AN＝DE+EM＝ ，NG＝MN﹣MG＝ ，
∵MNADBC，
∴△ABF∽△ANG，
∴ ，
解得BF＝2；
（3）△AEF的面积存在最小值，理由如下：
过点E作EH⊥AB于H，交AF于点P，作△APE的外接圆⊙I，连接IA、IP、IE，过I作IQ⊥CD于点Q，设⊙I的半径为r，

∵∠EAF＝45°，
∴∠EIP＝90°，∠IEP＝45°，∠IEQ＝45°，
∴EP＝ r，IQ＝r，
∵IA+IQ≥AD，
∴r+r≥6，
∴r≥12﹣6 ，
∴S△AEF＝AB•EP＝4r，
∴S△AEF≥4（12﹣6），
∴S△AEF ﹣48，
∴△AEF的面积存在最小值，最小值48﹣48．
5．（2021·福建泉州·九年级模拟预测）如图1，在直角坐标系中，直线与、轴分别交于点、两点，的角平分线交轴于点．点为直线上一点，以为直径的⊙G经过点，且与轴交于另一点．

（1）求证：轴是⊙G的切线；
（2）请求⊙G的半径，并直接写出点的坐标；
（3）如图2，若点为⊙G上的一点，连接，且满足，请求出的长？
【答案】（1）见解析；（2）；的坐标为（1，4）；（3）．
【解题思路分析】（1）要证明轴是⊙G的切线，只需要连接后证明即可．
（2）由（1）可知，则，设半径为后，利用对应边的比相等列方程即可求出半径的值，再证明，由此可求得点C的坐标．
（3）由于，所以可以连接、构造直角三角形．再过点作，然后利用勾股定理即可求出的长度．
【解析】（1）证明：如图，连接，

的角平分线交轴于点，
，
，
，
，
，
，
为半径，
轴是⊙G的切线；
（2）解：，，
，，
在中，由勾股定理可得：，
设半径，则，
，
，
，
，
，
，
∴，
如图，过点C作CM⊥y轴于点M，则，

∴，
，
，
解得：，，
∴，
的坐标为；
（3）解：如图，过点作于，连接、，

是直径，
，，
，
，
在中，由勾股定理可知：，
∴，
∴（舍负），
∴，
设，则，
∵，
∴，
~，
，
，
，
∵在中，由勾股定理可知：，
，
解得：或（不合题意，舍去），
，
∵，，
∴，
∴，
∵在中，由勾股定理可得：，
∴，
∴（舍负），
∴，
在中，由勾股定理可知：，
．
6．（2021·北京人大附中九年级月考）在平面中，对于⊙C以及它的弦，若存在正方形，使点在弦上，点在⊙C上，则称正方形是⊙C关于弦的一个“联络正方形”
下图中的正方形即为⊙C关于弦的一个“联络正方形”

在平面直角坐标系中，已知点的坐标为，点的坐标为，以为圆心，为半径的圆与轴的另一个交点为．
（1）当时，判断⊙C关于弦的“联络正方形”是否存在（直接回答）；
（2）当时，⊙C关于弦的“联络正方形”为，求点的坐标；
（3）当⊙C关于弦的“联络正方形”为存在，且点在抛物线上时，直接写出此时点的坐标．
【答案】（1）⊙C关于弦的“联络正方形”不存在；证明见详解；（2）点E的坐标为（1-，）或（1+，-）；（3）点F的坐标为（1，3）或（1，6）．
【解题思路分析】（1）连接OE，当时，点P（2，0），点C（4，3）先求出3≤CD≤，根据四边形CDEF为正方形，可求OE≥即可；
（2）过E、C分别作EH⊥x轴于H，CG⊥x轴于G，先证△HED≌△GDC（AAS），可得EH=DG，HD=CG，由t=0，点P（0，0），点C（4，3），利用勾股定理求出OP=，由点E在圆上，可得OE=OP=5， CD=，利用勾股定理求出DG=，分当点E在第二象限或第四象限时即可求解；
（3）过点F作FM⊥GC交延长线于M，先证△EHD≌△FMC≌△CGD，可得EH=MC=DG， HD=FM=CG=3，设点D（m,0）用m表示点E（m-3，4-m）可列方程4-m=（m-3）2-1，解方程即可求解．
【解析】解：（1）连接OE，
当时，点P（2，0），点C（4，3）
∴CP=，
∵点D在PQ上，
∴3≤CD≤，
∵四边形CDEF为正方形，
∴OE=，
∴OE≥，
∴点E在⊙C外，
⊙C关于弦的“联络正方形”是不存在；

（2）过E、C分别作EH⊥x轴于H，CG⊥x轴于G，
∴∠HED+∠HDE=90°，
∵四边形CDEF为正方形，∠EDC=90°，ED=CD,
∴∠HDE+∠GDC=90°，
∴∠HED=∠GDC，
在△HED和△GDC中，
，
∴△HED≌△GDC（AAS），
∴EH=DG，HD=CG，

∵t=0，点P（0，0），点C（4，3），
∴OP=，
∵点E在圆上，
∴OE=OP=5，
∵四边形CDEF为正方形，
∴OE=，
∴CD=，
在Rt△DCG中，DG=，
当点E在第二象限，PG=4， HD=CG=3，EH=DG=，
∴PH=HD-PD=HD-（PG-DG）=3-（4-）=-1，
∴点E（1-，），
当点E在第四象限时，PH=PG-HG=PG-（HD-DG）=4-（3-）=1+，
∴点E（1+，-），
∴综合点E的坐标为（1-，）或（1+，-）；

（3）过点F作FM⊥GC交延长线于M，
由（2）△EHD≌△DGC
∴∠MFC+∠MCF=90°，
∵四边形CDEF为正方形，∠FCD=90°，FC=CD,
∴∠MCF+∠GCD=90°，
∴∠MFC=∠GCD，
在△FMC和△CGD中，
，
∴△FMC≌△CGD（AAS），
∴△EHD≌△FMC≌△CGD
∴EH=MC=DG， HD=FM=CG=3，
设点D（m，0），
∴DG=4-m，
∴OH=HG-OG=CG+DG-OG=4-m+3-4=3-m，
∴点E（m-3，4-m），
∴4-m=（m-3）2-1，
解得m=4或m=1，
当m=1时，点E（-2，3）满足条件，此时DG=3=CM，
点F的横坐标x=OG-FM=4-3=1，纵坐标y=MG=MC +CG=3+3=6，
∴点F（1，6），
当m=4时，点E（1，0）满足条件，此时DG=0=CM，
点F的横坐标x=OG-FM=4-3=1，纵坐标y=MG=MC +0=3+0=3，
∴点F（1，3），
综合点F的坐标为（1，3）或（1，6）．

7．（2021·重庆实验外国语学校九年级模拟预测）已知四边形内接于⊙O，．
（1）如图1，求证：点到两边的距离相等；
（2）如图2，已知与相交于点，为⊙O的直径．
①求证：；
②若，，求的长．

【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②
【解题思路分析】（1）连接，由等弦对等弧，等弧对等角得，即可得证；
（2）①由，得到，由直径所对的圆周角是直角，可推得；过点作，交延长线于点，根据角的关系证明，又由，得到，进一步等量代换得，即可得证；
（2）②由第一小问知，，设，则，由条件求出BD的值，建立等量关系，分别求出DE的值，再证明，根据相似三角形线段成比例得，代入相关数值求解即可．
【解析】证明：（1）如图1，连接，

，
，
，
点到两边的距离相等；
（2）①，
，
为直径，
，
，
如图2，过点作，交延长线于点，

，，
又由（1）知：，
，
，
，

，
，
②如图，

由（2）①得：，
则，
设，则，
为直径，
，
，
，
，
解得：，
，，
又，
，
，，
，
，
．
8．（2021·杭州市采荷中学九年级二模）在中，，以为直径的⊙O交于点．


（1）如图①，以点为圆心，为半径作圆弧交于点，连结，若，求；
（2）如图②，过点作⊙O的切线交于点，求证：；
（3）如图③，在（1）（2）的条件下，若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解题思路分析】（1）由三角形内角和角的计算问题；
（2）证明，则，得到，即可求解；
（3）设，，，则，由，得到，同理可得：，即可求解．
【解析】解：（1）由题意知，，
，
，又，
；
（2）如图2，为圆的切线，连接，

则，，，
，
，
，，且．
．
，
；
（3）过作的垂线交于，过作的垂线交于，连接，

，，
，
设，，，则，
而，
，
则，
，
则，
，
，
同理可得：，
则，
所以．
9．（2021·浙江温州·九年级期末）如图，已知在四边形中，，以为直径的⊙O交于点，(点在点上方)，连结，，，与交于点．

（1）求证：；
（2）若，，．
①求的长；
②求．
【答案】（1）见解析；（2）①；②1：5．
【解题思路分析】（1）由直径所对的圆周角是90°，得到，再由同弧所对的圆周角相等得到，据此证明；
（2）①过点作于点，由勾股定理解得CD的长，再证明，由相似三角形的对应边成比例解得，，由勾股定理解得DE的长，再根据（1）中，由相似三角形的性质解得；
②连接，证明，，由相似三角形的对应边成比例解题即可．
【解析】（1）证明：是⊙O的直径，
．
，
．
与都是所对的圆周角，
，
．
（2）解：①过点作于点，如图．

，，，
，，
．
，，
．
，
，
．
，
．
，点在点上方，
，，
．
由（1）知，，
，
即，
．
②连接，如图．

，，，
，．
，，，，．
，，
，
．
，，
，
，
，
．
10．（2021·宜兴市实验中学九年级二模）问题提出：
（1）如图①，在中，，，，若平分交于点，那么点到的距离为______．

问题探究：
（2）如图②，四边形内接于⊙O，为直径，点是半圆的三等分点（弧弧），连接，若平分，且，求四边形的面积．
问题解决：
（3）为把“十四运”办成一届精彩圆满的体育盛会很多公园都在进行花卉装扮，如图③所示是其中一块圆形场地，设计人员准备在内接四边形区域内进行花卉图案设计，其余部分方便游客参观，按照设计要求，四边形满足，，且（其中），为让游客有更好的观体验，四边形花卉的区域面积越大越好，那么是否存在面积最大的四边形？若存在，求出这个最大值，不存在请说明理由．
【答案】（1）；（2）32；（3）存在，
【解题思路分析】（1）根据角平分线的性质和等积法可求出点D到AC的距离；
（2）连接OB，根据题意得，作AE⊥BD，利用解直角三角形可求AB的长，通过解直角三角形分别求出BC，AD，CD的长，再根据面积公式求解即可；
（3）过点A作AN⊥BC于点N，AM⊥DC，交DC的延长线于点M，连接AC，可得，根据面积法求出关于面积的二次函数关系式，根据二次函数的性质求出最值即可．
【解析】解：（1）如图，设点D到AC和AB的距离分别为DE，DF，

∵AD平分∠BAC
∴DE=DF
∴，
∴
∴，即点到的距离为，
故答案为：；
（2）连接OB，

∵点是半圆的三等分点（弧弧），
∴
∴
∵AC是⊙O的直径，
∴
∵BD平分∠ABC
∴
过点A作AE⊥BD于点E，则
∴AE=BE
设AE=BE=x，则
∵BD=BE+DE=
∴x=
∴
∵
∴
∴BC=
∵BD平分∠ABC
∴
∴
∴AD=CD
∵AE⊥DE
∴
∵，
∴
∴
=
=
=32；
（3）过点A作AN⊥BC于点N，AM⊥DC，交DC的延长线于点M，连接AC，

∵AB=AD
∴∠ACB=∠ACD
∴AM=AN
∴△ABN≌△ADM
∴
∵AN=AM，∠BCA=∠DCA，AC=AC
∴△ACN≌△ACM
∴
∵∠ABC=60°
∴∠ADC=120°
∴∠ADM=60°，∠MAD=30°
设DM=x，则AD=2x，
∴
∵
∴，即
∵抛物线对称轴为x=5
∴当x=4时，有最大值，为
11．（2021·广西南宁十四中九年级开学考试）如图，是⊙O的直径，弦于点，点是⊙O上一点，且．连接，，交于点．

（1）若，，求⊙O的半径；
（2）求证：；
（3）连接并延长，交的延长线于点，过点作⊙O的切线，交的延长线于点．求证：．
【答案】（1）5；（2）见解析；（3）见解析．
【解题思路分析】（1）连接AC，BC，BD，通过证明△BCE∽△CAE，可得，可求AE的长，即可求⊙O的半径；
（2）通过证明△BDE≌△NDE，可得∠DBN＝∠DNB，即可证AN＝AF，可得△ANF为等腰三角形；
（3）通过证明△ODE∽△ODM，可得DO2＝OE•OM，通过证明△PCO∽△CNO，可得CO2＝PO•ON，即可得结论．
【解析】解：（1）如图，连接AC，BC，BD，

∵CD⊥AB，AB是直径
∴
∴∠BCD＝∠BAC，且∠BEC＝∠CEA
∴△BCE∽△CAE
∴,即,
∴AE＝9
∴AB＝AE+BE＝10
∴⊙O的半径为5；
（2）∵，
∴∠BCD＝∠BDC＝∠CDF，且DE＝DE，∠BED＝∠NED＝90°
∴△BDE≌△NDE（ASA）
∴∠DBN＝∠DNB，BE＝EN
∵∠DBA＝∠DFA，∠BND＝∠FNA
∴∠FNA＝∠DFA
∴AN＝AF；
（3）如图，连接NC，CO，DO，

∵MD是切线，
∴MD⊥DO，
∴∠MDO＝∠DEO＝90°，∠DOE＝∠DOE
∴△MDO∽△DEO
∴，
∴OD2＝OE•OM
∵AE＝EN，CD⊥AO
∴∠BNC＝∠CBN，
∴∠CBP＝∠CNO，
∵，
∴∠BOC＝∠BAF
∵CO//AF
∴∠PCO＝∠PFA
∵四边形BCFA是圆内接四边形
∴∠PBC＝∠PFA
∴∠PBC＝∠PFA＝∠PCO＝∠CNO，且∠POC＝∠COE
∴△CNO∽△PCO
∴，
∴CO2＝PO•NO，
∴ON•OP＝OE•OM．
12．（2021·湖南师大附中博才实验中学九年级二模）定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的乘积等于这个点到这边所对顶点连线段的平方，则称这个点为这个三角形该边的“好点”，如图1，在中，点是边上的一点，连接，若，则称点是中边的“好点”．

（1）如图1，在中，，若点是边的“好点”，且，则线段的长是__________；
（2）若一次函数与反比例函数交于，两点，与轴交于点，若点是中边的“好点”，求的值；
（3）如图2，的外接圆是圆，点在边上，连接并延长，交圆于点，若点是中边的“好点”，，圆的半径为，且，求的值．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解题思路分析】（1）根据“好点”的定义知，代入即可；
（2）设，则，设，，，，表示出，的长，可得，再根据“好点”定义即可得出答案；
（3）连接，可证，得，再根据点是中边上的“好点”，得，则，设，则，，勾股定理得，再求出，即可解决问题．
【解析】解：（1），，
，
由题可知：，
，
故答案为．
（2）联立，

得：，
设，，，，
令，则，
，
，
，
，
由题可知：，
，
，
，
（3）连接，

，，
，
，
，
点是中边上的“好点”，
，
，
，
，
又，
，
是圆的直径，
，
设，
则，，
在中，
，
，
在中，
，
点是中边上的“好点”，
，
．
13．（2021·福建省福州延安中学九年级月考）已知AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，D是弧BC的中点，射线BD与射线AC交于点P．
（1）如图1，
①判断的形状，并说明理由；
②若，，求AD的长；
（2）如图2，若点Q在弦AD上，于E，于F，交AD于点G，连接PQ、CG，求证：．

【答案】（1）①△PAB为等腰三角形，理由见解析；②；（2）见解析
【解题思路分析】（1）①只需要证明△ADP≌△ADB即可得到AP=AB，则△PAB为等腰三角形；
②先利用勾股定理求出AB，然后求出CP，从而可以求出BD，最后利用勾股定理求出AD即可；
（2）先证明△AFG∽△AEQ，得到，再证明△AEF∽△ACB，得到，由AB=AP，则，即，可以证得△CAG∽△PAQ，由此求解即可．
【解析】解：（1）①△PAB为等腰三角形，理由如下：
∵D是弧BC的中点，
∴，
∴∠PAD=∠BAD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ADP=∠ADB=90°，
又∵AD=AD，
∴△ADP≌△ADB（ASA），
∴AP=AB，
∴△PAB为等腰三角形；
②∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴，∠BCP=90°，
∴，
∴，
由①得△ADP≌△ADB，则PD=BD=，
∴；

（2）∵EF⊥AC，QE⊥AB，
∴∠AFE=∠AEQ=90°，
又∵∠BAD=∠PAD，
∴△AFG∽△AEQ，
∴，
∵EF⊥AC，BC⊥AC，
∴EF∥BC，
∴△AEF∽△ACB，
∴，
∵AB=AP，
∴，
∴即，
又∵∠CAG=∠PAQ，
∴△CAG∽△PAQ，
∴∠AGC=∠AQP，
∴PQ∥CG．

14．（2021·江西兴国·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，点E是的中点，延长AC交BE的延长线于点D，点F在AB的延长线上，EF⊥AD，垂足为G．
（1）求证：GF是⊙O的切线；
（2）求证：CE＝DE；
（3）若BF＝1，EF＝，求⊙O的半径．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解题思路分析】（1）连接OE，先证明OE∥CD，结合EF⊥AD，即可得出GF是⊙O的切线；
（2）利用AB是⊙O的直径先求证出△ABE≌△ADE，结合点E是的中点即可证出CE＝DE；
（3）方法一：根据题干条件先证出△EFB∽ △AFE利用相似证明即可；方法二：设半径为x，则OF＝x＋1，结合Rt△OEF利用勾股定理列方程求解即可．
【解析】（1）证明：连接OE，如图所示，

∵点E是的中点，
∴∠CAE＝∠EAB，
∵OA＝OE，
∴∠EAB＝∠OEA，
∴∠CAE＝∠OEA，
∴OE∥AD，
∴∠OEF＝∠AGE，
∵EF⊥AD，
∴∠AGE＝90°，
∴∠OEF＝∠AGE＝90°，
∴GF是⊙O的切线；
（2）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝∠AED＝90°，
∵∠BAE＝∠DAE，AE＝AE，
∴△ABE≌△ADE（ASA），
∴BE＝DE，
∵点E是的中点，
∴BE＝CE，
∴CE＝DE；
（3）解：方法一：
∵∠AEO＋∠OEB＝90°，∠OEB＋∠BEF＝90°，
∴∠AEO＝∠BEF，
∵∠AEO＝∠OAE，
∴∠OAE＝∠BEF，
∵∠BFE＝∠EFA
∴△EFB∽△AFE，
∴，
∴，
∴AF＝2，
∴AB＝AF﹣BF＝2﹣1＝1，
∴⊙O的半径为．
方法二：设半径为x，则OF＝x＋1，
在Rt△OEF中，，
解得x＝．
∴⊙O的半径为．
15．（2021·哈尔滨工业大学附属中学校九年级开学考试）如图，为⊙O的弦，弧＝弧，连接的延长线交于点．

（1）如图1，求证：；
（2）如图2，于点交于点，连接交于点，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，的延长线交⊙O于点，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解题思路分析】（1）根据等弧所对的弦相等可得，根据半径相等可得，进而可得；
（2）作的中点，连接，根据中位线定理可得，根据直接三角形中线的性质，根据半径相等可得，根据等角的余角相等，可得，进而可得，，证明四边形是平行四边形，可得，进而得出结论；
（3）先证明及勾股定理求得，证明~求得，进而求得
【解析】（1）连接，，如图，




在的垂直平分线上，

（2）作的中点，连接



垂直平分







，




四边形是平行四边形



即
（3）如图，

连接









在中

即
设
则
解得（舍）






~

即

．