2022年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：圆（含答案）

这是一份2022年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：圆（含答案），共39页。试卷主要包含了问题提出，新定义等内容，欢迎下载使用。
2022年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：圆
一．解答题（共10小题）
1．（2021•包头一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作MN⊥AC，垂足为M，交AB的延长线于点N，过点B作BG⊥MN，垂足为G，连接CM．
（1）求证：直线MN是⊙O的切线；
（2）求证：BD2＝AC•BG；
（3）若BN＝OB，⊙O的半径为1，求tan∠ANC的值．

2．（2022•罗湖区模拟）在⊙O中，弦CD平分圆周角∠ACB，连接AB，过点D作DE∥AB交CB的延长线于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若tan∠CAB＝，且B是CE的中点，⊙O的直径是，求DE的长．
（3）P是弦AB下方圆上的一个动点，连接AP和BP，过点D作DH⊥BP于点H，请探究点P在运动的过程中，
的比值是否改变，若改变，请说明理由；若不变，请直接写出比值．
3．（2022•雁塔区校级二模）问题提出：
（1）如图1，点B、C在⊙O上且BC＝2，过点O作OE⊥BC，交BC于点A，交⊙O于点E，连接BE、CE，若∠CBE＝30°，则线段AE的长度为 ．
问题探究：
（2）如图2，在△ABC中，BC＝2，∠BAC＝45°，求边AC长度的最大值；
问题解决：
（3）如图3，某城市拟在河流m、n所夹半岛区域建一个湿地公园，公园的周长由亲水廊桥AB、、CD和绿化带BC四部分构成．其中B、C两定点间的距离为2000米．根据规划要求，A、D两点间的距离为600米，A、D两点到直线BC的距离相等，的中点E到BC的距离比点A到BC的距离多100米；若修建时需保证∠B与∠C的和为120度，请判断这个湿地公园的周长是否存在最大值？若存在，请求出最大值．若不存在，请说明理由．（结果保留π）

4．（2022•南岗区模拟）如图，AB为⊙O直径，弦CD交AO于E，连接BD、BC．
（1）求证：∠C+∠ABD＝90°；
（2）若∠ABC＝2∠ABD，求证：CB＝BE；
（3）在（2）的条件下，连接AC，F、G在AC、BC上，且CF＝CG，连接EF、EG，∠FEG＝90°，连接BF，∠CFB＝∠CGE，BG＝2，求BD的长．

5．（2021•濮阳模拟）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，连接AC、BC，E是BC的中点，延长OE交⊙O于点F，交切线CD于点D．
（1）已知AB＝10，AC＝6，求CD的长；
（2）①当＝ 时，四边形AOFC是菱形；
②当＝ 时，四边形OBDC是正方形．

6．（2021•五华区二模）如图1，已知AC，BD为⊙O的两条直径，连接AB，过点O作OE⊥AB于点E，取半径OC的中点F．连接EF，设∠CAB＝α．
（1）如图2，若⊙O的半径为3，α＝30°时．
①求证：△OEF是等腰三角形．
②求图中阴影部分的面积．
（2）在（1）的条件下试确定经过点A、B、F三点的圆的圆心位置和半径大小．
（3）连接DF，是否存在某个α的值，使得DF与EF相等？若存在，求出此时cosα的值；若不存在，请说明理由．

7．（2021•泉州模拟）如图1，在⊙O中，点A是优弧BAC上的一点，点I为△ABC的内心，连接AI并延长交⊙O于点D，连接OD交BC于点E，连接BI．
（1）求证：OD⊥BC；
（2）连接DB，求证：DB＝DI；
（3）如图2，若BC＝24，tan∠OBC＝，当B、O、I三点共线时，过点D作DG∥BI，交⊙O于点G，求DG的长．

8．（2021•柳南区校级模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，过点C作弦CD⊥AB于E，点F是上一点，AF交CD于点H，过点F作一条直线交CD的延长线于M，交AB的延长线于G，HM＝FM．
（1）求证：MG是⊙O的切线；
（2）若AC∥MG，试探究HD，HF，MF之间的关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，若tanG＝，AH＝2，求OG的长．

9．（2021•遵义二模）新定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．如图1，在四边形ABCD中，AD＝CD，∠BAD+∠BCD＝180°，则四边形ABCD是一个等补四边形．在数学活动课上，巧巧小组对等补四边形ABCD进一步探究，发现BD平分∠ABC．
（1）巧巧小组提供的解题思路是：如图2，过点D分别作DE⊥BC于E，DF⊥BA交BA的延长线于F，通过证明△ADF≌△CDE，得DF＝DE，再根据“角的内部到角的两边的距离相等的点在角的平分线上”得到BD平分∠ABC．请你写出巧巧小组的完整证明过程；
（2）如图3，在平面直角坐标系中，点A、B在x轴上，以AB为直径的⊙M交y轴于点C、D，点P为弧BC上一动点（不与B、C重合），求证：四边形ACPD始终是一个等补四边形；
（3）在（2）的条件下，如图4，已知A（﹣1，0），B（3，0），巧巧小组提出了一个问题：连接PA，PC+PD与PA的比值是否会随着点P的移动而变化？若不变化，请求出其比值；若变化，请说明理由．

10．（2021•花都区一模）已知，AB是⊙O的直径，AB＝，AC＝BC．
（1）求弦BC的长；
（2）若点D是AB下方⊙O上的动点（不与点A，B重合），以CD为边，作正方形CDEF，如图1所示，若M是DF的中点，N是BC的中点，求证：线段MN的长为定值；
（3）如图2，点P是动点，且AP＝2，连接CP，PB，一动点Q从点C出发，以每秒2个单位的速度沿线段CP匀速运动到点P，再以每秒1个单位的速度沿线段PB匀速运动到点B，到达点B后停止运动，求点Q的运动时间t的最小值．


2022年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：圆（10题）
参考答案与试题解析
一．解答题（共10小题）
1．（2021•包头一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作MN⊥AC，垂足为M，交AB的延长线于点N，过点B作BG⊥MN，垂足为G，连接CM．
（1）求证：直线MN是⊙O的切线；
（2）求证：BD2＝AC•BG；
（3）若BN＝OB，⊙O的半径为1，求tan∠ANC的值．

【考点】圆的综合题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【分析】（1）由AB是直径得AD⊥BC，又AB＝AC得∠BAD＝∠CAD，由OA＝OD得∠ODA＝∠BAD，进而可推出∠ODM＝90°；
（2）由条件推出BD＝CD，CM＝BG，由△CDM∽△CAD，进一步可得结论；
（3）由条件推得∠BOD＝60°，进而∠ABC＝60°，可得△ABC是等边三角形，从而CO⊥AB，进一步可求得结果．
【解答】证：（1）如图1，

连接AD，OD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠ACD＝90°，
即AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴∠BAD＝∠CAD，BD＝CD，
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠BAD，
∴∠OAD＝∠CAD，
∵NM⊥AC，
∴∠AMN＝90°，
∴∠DAC+∠ADM＝90°，
∴∠ODA+∠ADM＝90°，
即∠ODM＝90°，
∴OD⊥MN，
∴直线MN是⊙O的切线；
（2）由（1）知，
∠ADC＝90°，BD＝CD，
∴∠ADC＝∠DMC＝90°，
∵∠ACD＝∠DCM，
∴△CMD∽△CDA，
∴＝，
∴CD2＝AC•CM，
∴BD2＝AC•CM，
在△BGD和△MCD中，
，
∴△BGD≌△CDM（AAS），
∴BG＝CM，
∴BD2＝AC•BG；
（3）如图2，

连接OD，OC，
由（1）∠ODN＝90°，
∵OD＝OB＝BN＝1，
∴cos∠DON＝＝，
∴∠DON＝60°，
∵AB＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∵OA＝OB，
∴CO⊥AB，OC＝AC•cos60°＝，
∴tan∠ANC＝＝．
【点评】本题考查了与圆有关位置和性质，等边三角形判定和性质，解直角三角形，图形相似和全等等知识，解决问题的关键是熟练掌握图形的性质及图形的特殊性．
2．（2022•罗湖区模拟）在⊙O中，弦CD平分圆周角∠ACB，连接AB，过点D作DE∥AB交CB的延长线于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若tan∠CAB＝，且B是CE的中点，⊙O的直径是，求DE的长．
（3）P是弦AB下方圆上的一个动点，连接AP和BP，过点D作DH⊥BP于点H，请探究点P在运动的过程中，
的比值是否改变，若改变，请说明理由；若不变，请直接写出比值．
【考点】圆的综合题．
【专题】转化思想；构造法；与圆有关的计算；几何直观；运算能力；推理能力；模型思想．
【分析】（1）利用垂径定理即可证得结论；
（2）构建直角三角形，利用勾股定理求出线段长度即可求解；
（3）利用相似三角形，直角三角形，找到角之间的关系，然后转化为线段的关系进行求解．
【解答】证明：（1）如图1，连接OD交AB于点F，连接OA，OB，AD，

∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD，
∴＝，
∴∠AOD＝∠BOD，
∵OA＝OB，
∴OD⊥AB，
∵AB∥DE，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线．
解：（2）如图2，连接OC，OD，OE，过点O作OF⊥BC于点F，

∴∠BOC＝2∠BAC，
∵OB＝OC，OF⊥BC，
∴∠COF＝∠∠COB＝∠CAB，
∴tan∠COF＝＝tan∠CAB＝，
设CF＝x，OF＝3x，
∵⊙O的直径是，
∴OC＝，
∵OC2＝OF2+CF2，
∴（）2＝（3x）2+x2，
解得：x＝，
∴CF＝，OF＝，
∴BC＝1，
∵B是CE的中点，
∴BE＝BC＝1，
∴EF＝，
∵OE2＝OF2+EF2，
∴OE2＝（）2+（）2＝，
∵OD2+DE2＝OE2，
∴DE＝＝＝．
（3）如图3，延长BP至Q使得PQ＝AP，连接AQ，OC，连接OB，BD，连接OD交AB于点K，连接HK，

∵A，P，B，C四点共圆，
∴∠APQ＝∠ACB，
∵AP＝PQ，
∴∠Q＝∠QAP，
∴∠Q＝90°﹣∠ACB，
∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，
∵DE∥AB，
∴OD⊥AB，
∴K是AB的中点，
∵DH⊥BH，
∴∠BHD＝90°，
∵∠BKD＝90°，
∴B，K，H，D四点共圆，
∴∠BHK＝∠ODB，
∵∠BOD＝∠ACB，OB＝OD，
∴∠ODB＝90°﹣∠ACB，
∴∠ODB＝∠Q，
∴∠BHK＝∠Q，
∴AQ∥HK，
∴＝＝，
∵BQ＝BP+QP，QP＝AP，
∴BQ＝BP+AP，
∴＝．
【点评】本题考查了勾股定理，圆内接四边形，垂径定理等知识点，难度较大，解题的关键是作出辅助线，属于中考压轴题．
3．（2022•雁塔区校级二模）问题提出：
（1）如图1，点B、C在⊙O上且BC＝2，过点O作OE⊥BC，交BC于点A，交⊙O于点E，连接BE、CE，若∠CBE＝30°，则线段AE的长度为 ．
问题探究：
（2）如图2，在△ABC中，BC＝2，∠BAC＝45°，求边AC长度的最大值；
问题解决：
（3）如图3，某城市拟在河流m、n所夹半岛区域建一个湿地公园，公园的周长由亲水廊桥AB、、CD和绿化带BC四部分构成．其中B、C两定点间的距离为2000米．根据规划要求，A、D两点间的距离为600米，A、D两点到直线BC的距离相等，的中点E到BC的距离比点A到BC的距离多100米；若修建时需保证∠B与∠C的和为120度，请判断这个湿地公园的周长是否存在最大值？若存在，请求出最大值．若不存在，请说明理由．（结果保留π）

【考点】圆的综合题．
【专题】压轴题；构造法；推理能力；模型思想．
【分析】（1）利用角度关系直接求解即可；
（2）构造外接圆，圆内最长的为直径，即可求解；
（3）关键在于构造出两个外接圆，然后利用弦的长度和角度关系将相关量表示出来即可求解．
【解答】解：（1）∵BC＝2，OE⊥BC，
∴AB＝AC＝1，
∵∠CBE＝30°，
∴tan∠CBE＝tan30°＝＝，
∴AE＝．
（2）如图1，构造△ABC的外接圆⊙O，连接OB，OC，

∴∠BOC＝2∠BAC＝90°，
∵OB＝OC，
∴OB＝＝，
∴⊙O的直径为，
∵AC为弦长，
∴AC≤，
∴AC的最大值为．
（3）如图2，构造△AED的外接圆⊙O，连接OE，AD交AD于点F，连接OA，OD，过点D作DG∥AB交BC于点G，构造△DGC的外接圆⊙M，

∵点E为的中点，
∴OE⊥AD，
∴AF＝AD＝300，
∵的中点E到BC的距离比点A到BC的距离多100米，
∴EF＝100，
设OA＝r，则：
OF＝r﹣100，
∵AF2+OF2＝OA2，
∴3002+（r﹣100）2＝r2，
解得：r＝200，
∴sin∠AOF＝＝，
∴∠AOF＝60°，
∴∠AOD＝120°，
的长度为：＝，
∵DG∥AB，AD∥BC，
∴四边形ABGD为平行四边形，
∴DG＝AB，∠DGC＝∠B，BG＝AD，
∴CG＝BC﹣BG＝1400，
∵∠B+∠C＝120°，
∴∠DGC+∠C＝120°，
∴∠GDC＝60°，
当D到CG的距离最远时，
AB+DC＝DG+DC最大，
此时有DM⊥CG，
∴DG＝DC＝CG＝1400，
此时周长最大为：BC+CD++AB＝2000+2800+×2π×200＝4800+，
∴公园周长最大值为4800+米．
【点评】本题考查了圆的综合运用，涉及垂径定理，圆周角定理，还有平行四边形等相关知识点，综合性比较强，对解题思维要求较高，属于中考压轴题．
4．（2022•南岗区模拟）如图，AB为⊙O直径，弦CD交AO于E，连接BD、BC．
（1）求证：∠C+∠ABD＝90°；
（2）若∠ABC＝2∠ABD，求证：CB＝BE；
（3）在（2）的条件下，连接AC，F、G在AC、BC上，且CF＝CG，连接EF、EG，∠FEG＝90°，连接BF，∠CFB＝∠CGE，BG＝2，求BD的长．

【考点】圆的综合题．
【专题】作图题；转化思想；构造法；与圆有关的计算；空间观念；几何直观；推理能力；模型思想；创新意识．
【分析】（1）连接AD，运用圆周角定理即可求证；
（2）分别将∠ABD和∠ABC表示出来，然后圆周角定理表示出∠CEB和∠C，即可求证；
（3）首先利用已知条件证出AE＝AF，然后正确作出相应的辅助线，利用转换的思想将边与边，角与角之间的关系表示出来，再利用正切定理求解即可．
【解答】证明：（1）如图1，连接AD，
∵，
∴∠C＝∠A，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠A+∠ABD＝90°，
∴∠C+∠ABD＝90°．

（2）∵∠ABC＝2∠ABD，设∠ABD＝α，
∴∠ABC＝2α，
∵∠A+∠ABD＝90°，
∴∠A＝90°﹣α，
∴∠C＝90°﹣α，
∵∠CEB＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝180°﹣2α﹣（90°﹣α）＝90°﹣α，
∴∠CEB＝∠C，
∴CB＝BE．
（3）如图2，延长FE，使FK＝BF，连接BK，延长EF、BC交于点C，
∵∠FEG＝∠FCG＝90°，CF＝CG，
∴四边形EFCG对角互补且邻边相等，
∴∠CEF＝∠CEG＝45°，
∵在Rt△ACB中，CB＝CE，∠CEF＝45°，
设∠ABC＝2β，则
∠BEC＝∠BCE＝90°﹣β，
∴∠AEF＝180°﹣45°﹣（90°﹣β）＝45°+β，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACE＝β，
∴∠AFE＝45°+β，
∴∠AFE＝∠AEF，
∴AE＝AF，
再设∠CBF＝α，则
∠CFB＝90°﹣α，
∵∠CGE＝∠CFB，
∴∠CGE＝90°﹣α，
∵∠AFE+∠CFE＝180°，∠CGE+∠CFE＝180°，
∴∠AFE＝∠CGE＝90°﹣α，
∴∠BFK＝2α，∠L＝α，
∵FK＝FB，
∴∠K＝90°﹣α，
∴∠LBK＝90°，
∵BF＝KF＝LF，
∴点F为KL中点，点C为BL中点，
再设CF＝m，则
BK＝2m，
∵∠BEK＝∠BKE＝90°﹣α，
∴BE＝BK＝2m，
∴BC＝2m，
∵CG＝CF＝m，
∴BG＝CG＝m，
∵BG＝，
∴m＝，
∴BE＝2m＝，
再设AF＝AE＝x，则
在Rt△ABC中，有
，
解得x＝，
∴AC＝AF+CF＝，
∴tan∠CDB＝tan∠CAB＝，tan∠CBA＝，
∴tan∠BCD＝3，
在△BCD中，如图3，过点B作BH⊥CD于点H，
设BH＝12k，则
CH＝4k，DH＝9k，BD＝15k，BC＝，
∵BC＝，
∴k＝1，
∴BD＝15．


【点评】本题考查了圆周角定理，等腰三角形与直角三角形的性质与勾股定理等，涉及的知识点比较多，解题的关键是正确分析图中的相等关系以及作出辅助线，通过角度的关系求出边之间关系，然后利用勾股定理以及正切定理进行求解．
5．（2021•濮阳模拟）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，连接AC、BC，E是BC的中点，延长OE交⊙O于点F，交切线CD于点D．
（1）已知AB＝10，AC＝6，求CD的长；
（2）①当＝ 时，四边形AOFC是菱形；
②当＝ 时，四边形OBDC是正方形．

【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；矩形 菱形 正方形；圆的有关概念及性质；图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】（1）连接OC，根据切线的性质和圆周角定理可以证明△ACB∽△OCD，可得，再根据勾股定理求出BC，进而可以解决问题；
（2）①连接CF，根据菱形的性质即可解决问题；
②连接BD，根据正方形的性质即可解决问题．
【解答】解：（1）如图，连接OC，

∵CD切⊙O于点C，
∴OC⊥CD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠OCD，
∵E是BC的中点，
∴OE⊥CB，
∴AC∥OD，
∴∠COD＝∠ACO＝∠CAB，
∴△ACB∽△OCD，
∴，
∵AB＝10，AC＝6，
∴OC＝5，
BC＝，
∴，
∴DC＝；
（2）①当＝时，四边形AOFC是菱形，理由如下：

如图，∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
当＝时，∠B＝30°，
∴∠AOC＝60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴AO＝AC，
由（1）知，AC∥OD，
∵AC＝OA＝OF，
四边形AOFC是菱形；
故答案为：；
②如图，连接BD，

当＝时，四边形OBDC是正方形，理由如下：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
当＝时，∠ABC＝45°，
∴∠AOC＝∠BOC＝90°，
∵CD切⊙O于点C，
∴OC⊥CD，
∴∠DOC＝90°，
∵OB＝OC，
∴四边形OBDC是正方形．
故答案为：．
【点评】本题属于几何综合题，考查了相似三角形的判定与性质，菱形的性质，正方形的性质，圆周角定理，切线的性质，解决本题的关键是得到△ACB∽△OCD．
6．（2021•五华区二模）如图1，已知AC，BD为⊙O的两条直径，连接AB，过点O作OE⊥AB于点E，取半径OC的中点F．连接EF，设∠CAB＝α．
（1）如图2，若⊙O的半径为3，α＝30°时．
①求证：△OEF是等腰三角形．
②求图中阴影部分的面积．
（2）在（1）的条件下试确定经过点A、B、F三点的圆的圆心位置和半径大小．
（3）连接DF，是否存在某个α的值，使得DF与EF相等？若存在，求出此时cosα的值；若不存在，请说明理由．

【考点】圆的综合题．
【专题】与圆有关的计算；几何直观；运算能力．
【分析】（1）①根据30°所对的直角边是斜边的一半，可求得OE等于OA的一半，又因为点F是OC的中点，所以OF＝OE；
②根据同弧对于的圆周角是圆心角的一半可得∠BOC＝2∠BAC＝60°，即∠AOB＝180°﹣∠BOC＝120°，然后根据S弓形＝S扇形AOB﹣S△AOB，S阴影＝S半圆﹣S弓形，即可求得阴影部分的面积；
（2）连接BC，根据（1）中可得△OCB是等边三角形，又因为点F是半径OC的中点，可得∠AFB＝90°，即可求证点E即为A、B、F三点的圆的圆心位置以及可以求得其半径大小；
（3）过点F作FG⊥AB于点G，连接BF，求得α的值，即可求得cosα的值．
【解答】解（1）①证明：∵OE⊥AB，α＝30°
∴OE＝OA＝，
∵点F是半径OC的中点，
∴OF＝OC＝，
∴OE＝OF，
∴△OEF是等腰三角形；
②∵∠BAC和∠BOC所对的弧都是BC，
∴∠BOC＝2∠BAC＝60°，
∴∠AOB＝180°﹣∠BOC＝120°，AE＝AE＝3，
∵OE⊥AB，
∴AB＝2AE＝3，
∵S弓形＝S扇形AOB﹣S△AOB＝3π﹣，
∴S阴影＝S半圆﹣S弓形＝；
（2）如图，连接BC，

∵OE⊥AB，
∴AE＝EB，即点E是AB的中点，
由（1）知∠BOC＝60°，
∵OC＝OB，
∴△OCB是等边三角形，
∵点F是半径OC的中点，
∴BF⊥AC，
∴∠AFB＝90°，
∵点E是AB的中点，
∴EF＝AE＝BE＝AB，
∴经过点A、B、F三点的圆的圆心是点E，半径AE＝AO•cos30°＝；
（3）存在，cosα＝．
过点F作FG⊥AB于点G，连接BF，

∵FG∥OE，
∴＝2，
∴AE＝2EG＝EB，
∴FG是EB的垂直平分线，
∴EF＝FB，
∵DF＝EF，
∴DF＝FB，
∵DO＝OB，
∴FO⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∵OA＝OB，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝45°，
∴cosα＝．
【点评】本题主要考查了直角三角形的相关性质，圆周角和圆心角的关系，三点共圆的特点，以及锐角三角函数的内容，正确连接辅助线，熟练掌握以上知识点是解决问题的关键．
7．（2021•泉州模拟）如图1，在⊙O中，点A是优弧BAC上的一点，点I为△ABC的内心，连接AI并延长交⊙O于点D，连接OD交BC于点E，连接BI．
（1）求证：OD⊥BC；
（2）连接DB，求证：DB＝DI；
（3）如图2，若BC＝24，tan∠OBC＝，当B、O、I三点共线时，过点D作DG∥BI，交⊙O于点G，求DG的长．

【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）证明＝，再利用垂径定理可得结论．
（2）想办法证明∠DBI＝∠DIB，即可解决问题．
（3）如图2中，连接OG，过点O作OH⊥CG于H，解直角三角形求出OE，再利用全等三角形的性质求出DH，可得结论．
【解答】（1）证明：如图1中，
∵I是△ABC的内心，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴＝，
∴OD⊥BC．

（2）证明：如图1中，连接BD．
∵I是△ABC的内心，
∴∠BAI＝∠CAI，∠ABI＝∠CBI，
∵∠DIB＝∠BAI+∠ABI，∠DBI＝∠CBI+∠CBD，∠CBD＝∠CAI，
∴∠DBI＝∠DIB，
∴DB＝DI.

（3）解：如图2中，连接OG，过点O作OH⊥DG于H．
∵OD⊥BC，
∴BE＝EC＝12，
∵tan∠OBE＝＝，
∴OE＝5，
∵DG∥OB，
∴∠BOE＝∠ODH，
∵∠BEO＝∠OHD＝90°，OB＝OD，
∴△OBE≌△ODH（AAS），
∴OE＝DH＝5，
∵OH⊥DG，
∴DH＝HG＝5，
∴DG＝10．


【点评】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，平行线的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用三角形的内心的性质解决问题，属于中考压轴题．
8．（2021•柳南区校级模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，过点C作弦CD⊥AB于E，点F是上一点，AF交CD于点H，过点F作一条直线交CD的延长线于M，交AB的延长线于G，HM＝FM．
（1）求证：MG是⊙O的切线；
（2）若AC∥MG，试探究HD，HF，MF之间的关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，若tanG＝，AH＝2，求OG的长．

【考点】圆的综合题．
【专题】综合题；与圆有关的位置关系；与圆有关的计算；推理能力；应用意识．
【分析】（1）连接OF，由∠HAE+∠AHE＝90°可得∠OFA+∠MFH＝90°，从而可证MG是⊙O的切线；
（2）连接DF，证明△HFD∽△HMF，可得HF2＝HD•HM，从而可得HF2＝HD•FM；
（3）连接OC、OF，设CE＝4m，则AE＝3m，AC＝CH＝5m，HE＝m，Rt△AEH中用勾股定理列方程求出m，再在Rt△COE中求出半径，最后在Rt△OFG中求出OG．
【解答】解：（1）证明：连接OF，如图：

∵CD⊥AB，
∴∠AEH＝90°，∠HAE+∠AHE＝90°，
∵OA＝OF，HM＝FM，
∴∠HAE＝∠OFA，∠MFH＝∠MHF＝∠AHE，
∴∠OFA+∠MFH＝90°，即∠OFM＝90°，
∴OF⊥MG，
∴MG是⊙O的切线；
（2）HF2＝HD•FM，理由如下：
连接DF，如图：

∵AC∥MG，
∴∠HFM＝∠FAC，
∵∠FAC＝∠FDC，
∴∠HFM＝∠FDC，
又∠DHF＝∠FHM，
∴△HFD∽△HMF，
∴，即HF2＝HD•HM，
∵HM＝FM，
∴HF2＝HD•FM；
（3）连接OC、OF，如图：

∵AC∥MG，
∴∠G＝∠EAC，
∵tanG＝，
∴tan∠EAC＝，
设CE＝4m，则AE＝3m，AC＝5m，
∵FM＝MH，
∴∠MFH＝∠MHF＝∠AHC，
∵AC∥MG，
∴∠MFH＝∠CAH，
∴∠CAH＝∠AHC，
∴CH＝AC＝5m，
∴HE＝CH﹣CE＝m，
Rt△AEH中，AE2+HE2＝AH2，AH＝2，
∴（3m）2+m2＝22，解得m＝或m＝﹣（舍去），
∴CE＝4m＝，AE＝3m＝，
设⊙O半径为r，则OE＝OA﹣AE＝r﹣，
Rt△COE中，OE2+CE2＝OC2，
∴（r﹣）2+（）2＝r2，解得r＝，
∴OF＝，
∵MG是⊙O的切线，
∴∠OFG＝90°，
Rt△OFG中，tanG＝，
∴sinG＝，即＝，
∴，
∴OG＝．
【点评】本题考查圆切线判定、圆中的相似三角形、圆中的有关计算及三角函数等知识，解题的关键是求出圆的半径．
9．（2021•遵义二模）新定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．如图1，在四边形ABCD中，AD＝CD，∠BAD+∠BCD＝180°，则四边形ABCD是一个等补四边形．在数学活动课上，巧巧小组对等补四边形ABCD进一步探究，发现BD平分∠ABC．
（1）巧巧小组提供的解题思路是：如图2，过点D分别作DE⊥BC于E，DF⊥BA交BA的延长线于F，通过证明△ADF≌△CDE，得DF＝DE，再根据“角的内部到角的两边的距离相等的点在角的平分线上”得到BD平分∠ABC．请你写出巧巧小组的完整证明过程；
（2）如图3，在平面直角坐标系中，点A、B在x轴上，以AB为直径的⊙M交y轴于点C、D，点P为弧BC上一动点（不与B、C重合），求证：四边形ACPD始终是一个等补四边形；
（3）在（2）的条件下，如图4，已知A（﹣1，0），B（3，0），巧巧小组提出了一个问题：连接PA，PC+PD与PA的比值是否会随着点P的移动而变化？若不变化，请求出其比值；若变化，请说明理由．

【考点】圆的综合题．
【专题】图形的全等；与圆有关的计算；图形的相似；几何直观．
【分析】（1）过点D分别作DE⊥BC于E，DF⊥BA交BA的延长线于F，先证明△ADF≌△CDE（AAS），得到DF＝DE，再根据角平分线的判定定理即可得到BD平分∠ABC；
（2）根据园内接四边形的性质及垂径定理即可判断四边形ACPD始终是一个等补四边形；
（3）根据题意，先证明Rt△ACE≌Rt△ADF（HL），Rt△PAE≌Rt△PAF（HL），可知PC+PD＝2PF，再由△AOD∽△DOB，可得OD＝，由勾股定理得DB＝2，即可求得2cos∠APD＝2cos∠ABD，即可证明PC+PD与PA的比值是不变化的．
【解答】解：（1）证明：如图2，过点D分别作DE⊥BC于E，DF⊥BA交BA的延长线于F，
∵四边形ABCD是一个等补四边形，
∴AD＝CD，∠BCD+∠BAD＝180°，
又∵∠FAD+∠BAD＝180°，
∴∠FAD＝∠ECD，
∵∠CED＝∠AFD＝90°，AD＝CD，
∴△ADF≌△CDE（AAS），
∴DF＝DE，
∵DE⊥BC，DF⊥BA，
∴BD平分∠ABC；
（2）证明：∵四边形ACPD是圆的内接四边形，
∴∠CPD+∠CAD＝180°，∠ACP+∠ADP＝180°，
∵MA为半径，MA⊥y轴，
∴MA垂直平分CD，
∴AC＝AD，
∴四边形ACPD始终是等补四边形；
（3）不变化，

如图，作AE⊥PC交PC延长线与E，AF⊥PD交PD于F，
∵AC＝AD，
∴，
∴∠CPA＝∠APD，
∴PA平分∠CPD，
∵AE⊥PC，AF⊥PD，
∴AE＝AF，
∴Rt△ACE≌Rt△ADF（HL），
∴EC＝DF，
∴PC+PD＝PC+PF+DF＝PC+EC+PF，
∵PA＝PA，AE＝AF，
∴Rt△PAE≌Rt△PAF（HL），
∴PE＝PF，
∴PC+PD＝2PF，
∴＝＝2cos∠APD，
∵A（﹣1，0），B（3，0），
连接BD，
∴∠APD＝∠ABD，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ADO+∠ODB＝90°，∠ODB+∠OBD＝90°，
∴∠ADO＝∠DBO，
∵∠ADO＝∠DOB＝90°，
∴△AOD∽△DOB，
∴，即OD2＝AO•OB＝3，
∵OD＞0，
∴OD＝，
∴在Rt△OBD中，DB＝＝2，
∴2cos∠APD＝2cos∠ABD＝＝，
∴＝．
∴比值不变，比值为．
【点评】本题主要考查了三角形全等的判定及性质，三角形相似的性质及判定，角平分线的判定，圆及三角函数等相关内容，熟练掌握几何综合运用的解题方法是解决本题的关键．
10．（2021•花都区一模）已知，AB是⊙O的直径，AB＝，AC＝BC．
（1）求弦BC的长；
（2）若点D是AB下方⊙O上的动点（不与点A，B重合），以CD为边，作正方形CDEF，如图1所示，若M是DF的中点，N是BC的中点，求证：线段MN的长为定值；
（3）如图2，点P是动点，且AP＝2，连接CP，PB，一动点Q从点C出发，以每秒2个单位的速度沿线段CP匀速运动到点P，再以每秒1个单位的速度沿线段PB匀速运动到点B，到达点B后停止运动，求点Q的运动时间t的最小值．

【考点】圆的综合题．
【专题】矩形 菱形 正方形；与圆有关的计算；推理能力；应用意识．
【分析】（1）AB是⊙O的直径，AC＝BC可得到△ABC是等腰直角三角形，从而得道答案；
（2）连接AD、CM、DB、FB，首先利用△ACD≌△BCF，∠CBF＝∠CAD，证明D、B、F共线，再证明△CMB是直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得证；
（3）“阿氏圆”的应用问题，以A为圆心，AP为半径作圆，在AC上取点M，使AM＝1，连接PM，过M作MH⊥AB于H，连接BM交⊙A于P'，先证明PM＝，+BP最小，即是PM+BP最小，此时P、B、M共线，再计算BM的长度即可．
【解答】解：（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵AC＝BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，∠CAB＝45°，
∵AB＝4，
∴BC＝AB•sin45°＝4；
（2）连接AD、CM、DB、FB，如图：

∵△ABC是等腰直角三角形，四边形CDEF是正方形，
∴CD＝CF，∠DCF＝∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝90﹣∠DCB＝∠BCF，
又AC＝BC，
∴△ACD≌△BCF（SAS），
∴∠CBF＝∠CAD，
∴∠CBF+∠ABC+∠ABD＝∠CAD+∠ABC+∠ABD
＝∠DAB+∠CAB++∠ABC+∠ABD
＝∠DAB+45°+45°+∠ABD，
而AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB+∠ABD＝90°，
∴∠CBF+∠ABC+∠ABD＝180°，
∴D、B、F共线，
∵四边形CDEF是正方形，
∴△DCF是等腰直角三角形，
∵M是DF的中点，
∴CM⊥DF，即△CMB是直角三角形，
∵N是BC的中点，
∴MN＝BC＝2，即MN为定值；
（3）以A为圆心，AP为半径作圆，在AC上取点M，使AM＝1，连接PM，过M作MH⊥AB于H，连接BM交⊙A于P'，如图：

一动点Q从点C出发，以每秒2个单位的速度沿线段CP匀速运动到点P，再以每秒1个单位的速度沿线段PB匀速运动到点B，
∴Q运动时间t＝+BP，
∵AM＝1，AP＝2，AC＝BC＝4，
∴＝＝，
又∠MAP＝∠PAC，
∴△MAP∽△PAC，
∴＝＝，
∴PM＝，
∴+BP最小，即是PM+BP最小，
此时P、B、M共线，即P与P'重合，t＝+BP最小值即是BM的长度，
在Rt△AMH中，∠MAH＝45°，AM＝1，
∴AH＝MH＝，
∵AB＝4，
∴BH＝AB﹣AH＝，
Rt△BMH中，BM＝＝5，
∴点Q的运动时间t的最小值为5．
【点评】本题考查圆、等腰直角三角形、正方形等综合知识，解题的关键是构造△MAP∽△PAC，把求+BP最小的问题转化为求BM的长度．