中考数学二轮压轴培优专题28以圆为载体的几何综合问题（教师版）

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专题28以圆为载体的几何综合问题

【例1】(2022·河北·育华中学三模)如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD＝4，BC＝10，sinC＝，以AB为直径作⊙O，把⊙O沿水平方向平移x个单位，得到⊙O′，A'B'为直径AB平移后的对应线段．

(1)当x＝0，且M为⊙O上一点时，求DM的最大值；
(2)当B′与C重合时，设⊙O′与CD相交于点N，求点N到AB的距离；
(3)当⊙O′与CD相切时，直接写出x的值 　 　．
【答案】(1)
(2)
(3)2或12．

【分析】(1)当x＝0，连接DO并延长交⊙O于点M，则此时DM的值最大，过点D作DE⊥BC于E，易证四边形ABED是矩形，可得AB＝DE，AD＝BE＝4，解Rt△DEC求出DE＝8，CD＝10，可得⊙O的半径为4，利用勾股定理求出OD，即可得到DM的最大值；
(2)当与C重合时，与CD相交于点N，则⊙O向右平移了10个单位长度，连接，则，连接，过点N作NF⊥于点F，如图，解Rt△，求出，，然后根据等积法求出NF即可解决问题；
(3)当与CD相切，在CD的左边时，设切点为P，如图，则是矩形，、CD、都是的切线，根据切线长定理可得，，求出，，根据列方程求出x即可；当与CD相切，在CD的右边时，同理求解即可．
(1)
解：如图，当x＝0，连接DO并延长交⊙O于点M，则此时DM的值最大，过点D作DE⊥BC于E，
∵∠A＝∠B＝∠DEB＝90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴AB＝DE，AD＝BE＝4，
∴EC＝BC－BE＝10－4＝6，
∵在Rt△DEC中，sinC＝，
∴设DE＝4k，CD＝5k(k＞0)，
由勾股定理得：，即，
整理得：，
∵k＞0，
∴，
∴DE＝4k＝8，CD＝5k＝10，
∴AB＝DE＝8，
∴OA＝OB＝4，
∴OD＝，
∴DM=，
即DM的最大值为；

(2)
当与C重合时，与CD相交于点N，则⊙O向右平移了10个单位长度，连接，则，连接，过点N作NF⊥于点F，如图，则，
在Rt△CDE中，，，
∵，
∴，
在Rt△中，，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴点N到AB的距离为；

(3)
当与CD相切，在CD的左边时，设切点为P，如图，则是矩形，、CD、都是的切线，

∴，，
∵，
∴，，
∵，
∴，
解得：；
当与CD相切，在CD的右边时，设切点为Q，如图，则是矩形，、CD、都是的切线，

∴，，
∵，
∴，，
∵，
∴，
解得：；
综上，当⊙O′与CD相切时，x的值为2或12，
故答案为：2或12．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定，解直角三角形，勾股定理，点与圆的位置关系，平移的性质，圆周角定理，切线的性质以及切线长定理等知识，熟练掌握直径所对的圆周角是直角，从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等是解题的关键．
【例2】(2022·黑龙江哈尔滨·中考真题)已知是的直径，点A，点B是上的两个点，连接，点D，点E分别是半径的中点，连接，且．

(1)如图1，求证：；
(2)如图2，延长交于点F，若，求证：；
(3)如图3，在(2)的条件下，点G是上一点，连接，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)

【分析】(1)根据SAS证明即可得到结论；
(2)证明即可得出结论；
(3)先证明，连接，证明，设，，在上取点M，使得，连接，证明为等边三角形，得，根据可求出，得，，过点H作于点N，求出，再证，根据可得结论．
(1)
如图1．∵点D，点E分别是半径的中点

∴，
∵，
∴
∵，
∴
∵
∴，
∴；
(2)
如图2．∵，
∴

由(1)得，
∴
∴，
∴
∵
∴，
∴
(3)
如图3．∵，
∴
∴

连接．∵
∴，
∴，
∵
设，
∴
在上取点M，使得，连接
∵，
∴
∴，
∴为等边三角形
∴
∵，
∴
∴，
∴
∴，
过点H作于点N
，
∴，
∴
∵，，
∴
∵，
∴，
∴
∴，
在中，，
∴
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理以及解直角三角形等知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
【例3】(2022·黑龙江绥化·中考真题)如图所示，在的内接中，，，作于点P，交于另一点B，C是上的一个动点(不与A，M重合)，射线交线段的延长线于点D，分别连接和，交于点E．

(1)求证：．
(2)若，，求的长．
(3)在点C运动过程中，当时，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)

【分析】(1)利用圆周角定理得到∠CMA=∠ABC，再利用两角分别相等即可证明相似；
(2)连接OC，先证明MN是直径，再求出AP和NP的长，接着证明，利用相似三角形的性质求出OE和PE，再利用勾股定理求解即可；
(3)先过C点作CG⊥MN，垂足为G，连接CN，设出再利用三角函数和勾股定理分别表示出PB和PG，最后利用相似三角形的性质表示出EG，然后表示出ME和NE，算出比值即可．
(1)
解：∵AB⊥MN，
∴∠APM=90°，
∴∠D+∠DMP=90°，
又∵∠DMP+∠NAC=180°，∠MAN=90°，
∴∠DMP+∠CAM=90°，
∴∠CAM=∠D，
∵∠CMA=∠ABC，
∴．
(2)
连接OC，
∵，
∴MN是直径，
∵，
∴OM=ON=OC=5，
∵，且，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴OC⊥MN，
∴∠COE=90°，
∵AB⊥MN，
∴∠BPE=90°，
∴∠BPE=∠COE，
又∵∠BEP=∠CEO，
∴
∴，
即
由，
∴，
∴，
，
∴．

(3)
过C点作CG⊥MN，垂足为G，连接CN，则∠CGM=90°，
∴∠CMG+∠GCM=90°，
∵MN是直径，
∴∠MCN=90°，
∴∠CNM+∠DMP=90°，
∵∠D+∠DMP=90°，
∴∠D=∠CNM=∠GCM，
∵，
∴，
∵
∴设
∴
∴
∴
∴
∵，且，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵∠CGE=∠BPE=90°，∠CEG =∠BEP，
∴，
∴，
即
∴，
∴，，
∴，
∴的值为．

【点睛】本题考查了圆的相关知识、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知识，涉及到了动点问题，解题关键是构造相似三角形，正确表示出各线段并找出它们的关系，本题综合性较强，属于压轴题．
【例4】(2022·湖北荆州·中考真题)如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点O是边AB上一个动点(不与点A重合)，连接OD，将△OAD沿OD折叠，得到△OED；再以O为圆心，OA的长为半径作半圆，交射线AB于G，连接AE并延长交射线BC于F，连接EG，设OA＝x．

(1)求证：DE是半圆O的切线；
(2)当点E落在BD上时，求x的值；
(3)当点E落在BD下方时，设△AGE与△AFB面积的比值为y，确定y与x之间的函数关系式；
(4)直接写出：当半圆O与△BCD的边有两个交点时，x的取值范围．
【答案】(1)见详解
(2)
(3)
(4)或

【分析】(1)根据切线的判定定理求解即可；
(2)如图，在，根据勾股定理列方程求解即可；
(3)先证，求出AE，然后证明，根据相似三角形面积比等于相似比的平方即可求解；
(4)结合图形，分情况讨论即可求出x的取值范围．
(1)
证明：在矩形ABCD中，，
△OED是△OAD沿OD折叠得到的，
，即，
DE是半圆O的切线；
(2)
解：△OED是△OAD沿OD折叠得到的，
，
，
在中，，
，
在中，，
，解得，
答：x的值为．

(3)
解：在中，，
△OED是△OAD沿OD折叠得到的，
，
是的直径，
，即，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
()

(4)
解：由(2)知，当E在DB上时， ，
如图，当点E在DC上时， ，

∴当时，半圆O与△BCD的边有两个交点；
当半圆O经过点C时，半圆O与△BCD的边有两个交点，
连接OC，在中，，
，
，解得，
∴当时，半圆O与△BCD的边有两个交点；

综上所述，当半圆O与△BCD的边有两个交点时，x的取值范围为：或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，轴对称，勾股定理，切线的判定定理，相似三角形的判定和性质，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的判定和性质是解本题的关键．
【例5】(2022·浙江温州·中考真题)如图1，为半圆O的直径，C为延长线上一点，切半圆于点D，，交延长线于点E，交半圆于点F，已知．点P，Q分别在线段上(不与端点重合)，且满足．设．

(1)求半圆O的半径．
(2)求y关于x的函数表达式．
(3)如图2，过点P作于点R，连结．
①当为直角三角形时，求x的值．
②作点F关于的对称点，当点落在上时，求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)①或；②

【分析】(1)连接OD，设半径为r，利用，得，代入计算即可；
(2)根据CP=AP十AC，用含x的代数式表示 AP的长，再由(1)计算求AC的长即可；
(3)①显然，所以分两种情形，当 时，则四边形RPQE是矩形，当 ∠PQR＝90°时，过点P作PH⊥BE于点H， 则四边形PHER是矩形，分别根据图形可得答案；
②连接，由对称可知，利用三角函数表示出和BF的长度，从而解决问题．
(1)
解：如图1，连结．设半圆O的半径为r．

∵切半圆O于点D，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，即半圆O的半径是．
(2)
由(1)得：．
∵，
∴．
∵，
∴．
(3)
①显然，所以分两种情况．
ⅰ)当时，如图2．

∵，
∴．
∵，
∴四边形为矩形，
∴．
∵，
∴，
∴．
ⅱ)当时，过点P作于点H，如图3，

则四边形是矩形，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
由得：，
∴．
综上所述，x的值是或．
②如图4，连结，

由对称可知，
∵BE⊥CE，PR⊥CE，
∴PR∥BE，
∴∠EQR=∠PRQ，
∵，，
∴EQ=3-x，
∵PR∥BE，
∴，
∴，
即：，
解得：CR=x+1，
∴ER=EC-CR=3-x，
即：EQ= ER
∴∠EQR=∠ERQ=45°，
∴
∴，  
∴．
∵是半圆O的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，三角函数等知识，利用三角函数表示各线段的长并运用分类讨论思想是解题的关键．


一、解答题【共20题】
1．(2022·黑龙江·哈尔滨市萧红中学校模拟预测)如图，在中，AD、BC是弦，．

(1)如图1，求证：；
(2)如图2，如果，求证：AC是直径；
(3)如图3，在(2)的条件下，点F在AC上，点E在AB上，，，连接CE、BF交于点G，作于点G，交BC于点H，，求OF的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)1

【分析】(1)延长AO交BC于点E，证明，即可证明；
(2)连接AB，CD，先证四边形ABCD是平行四边形，推出，再根据圆内接四边形对角和为180度，可得，即可证明AC是直径；
(3)连接EH，延长BF交CD于点T，连接ET，证明四边形BETC是矩形，进而推出，利用三角形面积公式求出，推出，设，利用勾股定理求出，即可求解．
【详解】(1)证明：如图，延长AO交BC于点E，

∵ ，，
∴，
∴，
∴；
(2)证明：如图2，连接AB，CD，

∵ ，，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∵ ，
∴，
∴AC是直径；
(3)解：如图3，连接EH，延长BF交CD于点T，连接ET，

∵ 四边形ABCD是平行四边形，，
∴四边形ABCD是矩形，
∴，，
∴，
∵ ，，
∴，
∴，
∵ ，
∴，
∴，
∵ ，
∴，
∵ ，
∴四边形BETC是平行四边形，
∵ ，
∴四边形BETC是矩形，
∴，
∵ ，
∴，
∴，
∵ ，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵ ，
∴，
解得，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查了圆内接四边形的性质，矩形的判定与性质，圆周角定理，平行线的判定与性质，勾股定理，三角形的面积等知识点，解题的关键是正确添加辅助线，构造特殊四边形解决问题，难度较大，多见于压轴题．
2．(2022·安徽·合肥市五十中学新校二模)如图，为的内接三角形，且为的直径，与相切于点，交的延长线于点，连接交于点，连接、，．

(1)求证：平分；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)5

【分析】(1)根据圆周角定理得到，进而证明，得到，根据切线的性质得到，根据垂径定理得到，根据圆周角定理证明结论；
(2)根据三角形中位线定理求出，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案．
【详解】(1)由圆周角定理得：，
，
，
，
与相切于点，
，
，
，
，
平分；
(2)，
，
，
，
，
，
在中，，即，
解得：，舍去，
答：的半径为．
【点睛】本题考查的是切线的性质、垂径定理、勾股定理的应用，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
3．(2022·黑龙江·哈尔滨市第八十四中学校一模)如图，内接于⊙为⊙O的直径，AD交BC于点E，且．

(1)如图1，求证：AD平分；
(2)如图2，点P为弧CD上一点，连接AP交BC于点F，过点P作⊙O的切线，交BC的延长线于点G，点H是PF的中点，求证：；
(3)如图3，在(2)的条件下，连接DF，且，点R在CG上，连接交CH于点N，，求DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)

【分析】(1)根据垂径定理得出，则垂直平分，进而得到，根据等腰三角形的性质求解即可；
(2)连接，是圆O的切线得出，根据垂径定理得出，根据直角三角形的性质、对顶角相等得出，根据等腰三角形的性质得出，进而得出，根据等腰三角形的判定与性质即可得解；
(3)连接，延长交于点M，交于点T，根据题意推出点M是的中点，根据三角形中位线性质推出，根据勾股定理得到，根据平行线的性质推出，，根据等腰三角形的性质及相似三角形的性质、勾股定理求解即可．
【详解】(1)证明：如图1，连接，，

∵为⊙的直径，交于点E，且，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴平分；
(2)证明：连接，

∵是圆O的切线，
∴，
∴，
即，
∵为⊙的直径，交于点E，且，
∴，
∴，
∴ ，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵点H是的中点，
∴；
(3)解：连接，延长交于点M，交于点T，

∵，为⊙的直径，
∴，
∴ ，
∵点H是的中点，
∴点M是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴，
∵，
∴ ， ，
∴，
∴ ，
∴，
∴ ， ，
∵ ，
∵ ，
∴ ，
∴，
∵ ，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆的综合题，等角的余角相等，解直角三角形，切线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
4．(2022·北京市第十九中学三模)如图，中，平分交于，以为直径的交于点，交于点．

(1)求证：是切线；
(2)连接交与、连接交于，连接，若的半径为，，求和的长．
【答案】(1)见解析
(2)4，

【分析】(1)由等腰三角形的性质可得，再由是直径即可证得结论；
(2)连接、、，过作于，则易证≌，则可得，从而有∽，由相似三角形的性质可求得的长，则可得是等腰直角三角形；易得四边形是矩形，则可得，且可得是等腰直角三角形，则可得及的长，在中，由勾股定理即可求得的长．
(1)
证明：，平分交于，
，
是的直径，
是切线；
(2)
解：连接、、，过作于，如下图，

是的直径，
，
平分，
，
，
，
≌，
，
，
的半径为，，
，
，
∴，
∽，
，即，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理的应用，关键是构造直角三角形．
5．(2022·上海·华东师范大学松江实验中学三模)如图，在梯形中，动点在边上，过点作，与边交于点，过点作，与边交于点，设线段．

(1)求关于的函数解析式，并写出定义域；
(2)当是以为腰的等腰三角形时，求的值；
(3)如图，作的外接圆，当点在运动过程中，外接圆的圆心落在的内部不包括边上时，求出的取值范围．
【答案】(1)，
(2)或
(3)

【分析】(1)由题中条件、可知四边形是平行四边形，故CE；过点作垂线交于点，交于点，可得相似的和，用含、的表达式表示它们的边长，再根据相似三角形的对应边成比例即可求得关于的解析式；下一步即为求得和的各自边长，过点作垂线交延长线于点，由且可得四边形为矩形，则；在中，由勾股定理可算得的长度；在中，，则可由勾股定理求得的长度，，至此已求得所有所需边长，根据相似三角形边长比例关系：，代入各边长表达式即可得关于的解析式，再根据题中要求写出定义域即可；
(2)因为是以为腰的等腰三角形，，由勾股定理知，过点作交于点，则四边形是矩形，；在直角三角形中，运用勾股定理进行计算即可得解；
(3)根据三角形的外接圆圆心落在三角形的内部，得到为锐角三角形，分析点运动过程可知，随点向右运动角度不断减小，且和始终是锐角．
根据题意，令点的位置满足，则大于此时对应的长度就可使得外接圆圆的圆心落在的内部．
(1)
解：如图所示：过点作交延长线于点，再过点作垂线交于点，交于点，

，
四边形是矩形，
，
在中，由勾股定理得：
，
又，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
化简得：，
点在上运动，故定义域为：；
(2)
如图所示，此时是以为腰的等腰三角形，过点作交于点，

，
四边形是矩形，
又是以为腰的等腰三角形，
，
由(得，
，
，
在中，由勾股定理得：，
，
即，
解得：的值为或，
因此，的值为或；
(3)
解：分析点运动过程可知，随点向右运动角度不断减小，且和始终是锐角．
根据题意，令点的位置满足，则大于此时对应的长度就可使得外接圆圆的圆心落在的内部．
如下图所示，此时，

，
，
同角的余角相等，
同理可得：，
∽，
，
，
，
解得：，
综上可得，当时，外接圆圆的圆心落在的内部．
【点睛】本题考查矩形和平行四边形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、三角形的外接圆等知识点，解题的关键是熟练掌握并灵活运用以上性质．本题综合性较强，属于中考压轴题．
6．(2022·河北·石家庄市第四十四中学三模)如图：在矩形中，，，点在线段上，其中，；以为半径作圆交线段于点，并将线段绕点逆时针旋转得线段(备注：若圆与有两个交点，规定位于点上方的交点为点)

(1)特例探究：如图，当点在射线上时，______，点到直线的距离是______；
变式研究：当点在上方时，
(2)如图，当点落在线段上时，求点、到直线的距离之比；
(3)当圆与边相切时，求线段的长；
(4)若点到的距离为，直接写出点到的距离．
【答案】(1)，；(2)；(3)；(4)
【分析】(1)在中，用勾股定理求的长；过点作交于，证明≌，则可求；
(2)过点作交于，过点作交于，可证明，从而求出，再证明，可求，则；
(3)设切点为，延长交延长线于点，过点作交于，再求的长即可；
(4)分两种情况讨论：当在左侧时，过作交于，交于，交于，交于点，则四边形是矩形，四边形是矩形，证明≌，再求；当点在右边时，过作交于，交于，过点作交于，交于，则四边形是矩形，四边形是矩形，证明≌，可求点到直线的距离为．
【详解】解：，，
，
，
，
，
，
如图，过点作交于，

，
，，
，
，
≌，
，
故答案为：，；
，，
，
在中，，
，
如图，过点作交于，过点作交于，

，
∽，
，
，
，
，
，
，
∽，
，即，
，
：：：；
圆与边相切，
设切点为，则，
如图，延长交延长线于点，过点作交于，

，
，
，
，
，
，
，
；
如图，当在左侧时，过作交于，交于，交于，交于点，

四边形是矩形，四边形是矩形，
，，
，
在中，，
，
，
，
，
，，
≌，
，
点到的距离；
如图，当点在右边时，过作交于，交于，过点作交于，交于，

四边形是矩形，四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，，
≌，
，
，
点到直线的距离为；
综上所述：点到直线的距离为或．
【点睛】本题是圆的综合题，熟练掌握圆的性质，圆与直线的位置关系，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定及性质，直角三角形勾股定理，数形结合，分类讨论是解题的关键．
7．(2022·湖南·长沙市华益中学三模)如图，以为直径作⊙O，点是直径上方半圆上的动点，连接，，过点C作的平分线交⊙O于点D，过点作的平行线交的延长线于点．

(1)当时，求的大小；
(2)若⊙O的半径为5，，求CD的长；
(3)如图2，当不过点O时，过点O作交于点M，试判断是否为定值，若是，求出该值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)

【分析】(1)根据直径所对的圆周角为直角可得，然后根据角平分线的定义以及等腰三角形等边对等角得出的度数，根据圆周角定理求出的度数，则可得，根据三角形内角和定理得出的度数，然后根据平行线的性质可得；
(2)过点作于点，则可得均为等腰直角三角形，根据解直角三角形得出的长度，根据勾股定理求出的长度，则结果可得；
(3)设，在上取一点使，在取点使，然后证明，根据相似三角形对应边成比例可得；当时，同理可证，则结论可得．
(1)
解：∵是直径，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
(2)
过点作于点，

∴，
∵是直径，
∴，
∵平分，
∴，
∴均为等腰直角三角形，
∵⊙O的半径为5，，
∴，
∴，，
在中，，
∴；
(3)
设，在上取一点使，在取点使，

则，
∴，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
当时，同理可证，
∴．
【点睛】本题考查了圆的综合题，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握以上知识点作出合理辅助线是解本题的关键．
8．(2022·江苏镇江·中考真题)如图1是一张圆凳的造型，已知这张圆凳的上、下底面圆的直径都是，高为．它被平行于上、下底面的平面所截得的横截面都是圆．小明画出了它的主视图，是由上、下底面圆的直径、以及、组成的轴对称图形，直线为对称轴，点、分别是、的中点，如图2，他又画出了所在的扇形并度量出扇形的圆心角，发现并证明了点在上．请你继续完成长的计算．
参考数据：，，，，，．

【答案】42cm
【分析】连接，交于点．设直线交于点，根据圆周角定理可得，解，得出，进而求得的长，即可求解．
【详解】解：连接，交于点．设直线交于点．
∵是的中点，点在上，
∴．
在中，∵，，
∴，．
∵直线是对称轴，
∴，，，
∴．
∴．
∴，．
在中，，
即，
则．
∵，
即，
则．
∴．
∵该图形为轴对称图形，张圆凳的上、下底面圆的直径都是，
,
∴．
∴．

【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，解直角三角形的实际应用，构造直角三角形是解题的关键．
9．(2022·上海·中考真题)平行四边形，若为中点，交于点，连接．

(1)若，
①证明为菱形；
②若，，求的长．
(2)以为圆心，为半径，为圆心，为半径作圆，两圆另一交点记为点，且．若在直线上，求的值．
【答案】(1)①见解析；②
(2)

【分析】(1)①连接AC交BD于O，证△AOE≌△COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，从而得∠COE=90°，则AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出结论；
②先证点E是△ABC的重心，由重心性质得BE=2OE，然后设OE=x，则BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,从而得9-x2=25-9x2，解得：x=,即可得OB=3x=3，再由平行四边形性质即可得出BD长；
(2)由⊙A与⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，点E是△ABC的重心，又在直线上，则CG是△ABC的中线，则AG=BG=AB，根据重心性质得GE=CE＝AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,则AG=AE,所以AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+(AE)2=5AE2，则BC=AE，代入即可求得的值．
(1)
①证明：如图，连接AC交BD于O，

∵平行四边形，
∴OA=OC，
∵AE=CE，OE=OE，
∴△AOE≌△COE(SSS)，
∴∠AOE=∠COE，
∵∠AOE+∠COE=180°，
∴∠COE=90°，
∴AC⊥BD，
∵平行四边形，
∴四边形是菱形；
②∵OA=OC，
∴OB是△ABC的中线，
∵为中点，
∴AP是△ABC的中线，
∴点E是△ABC的重心，
∴BE=2OE，
设OE=x，则BE=2x，
在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,
在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,
∴9-x2=25-9x2，
解得：x=,
∴OB=3x=3，
∵平行四边形，
∴BD=2OB=6；
(2)
解：如图，

∵⊙A与⊙B相交于E、F，
∴AB⊥EF，
由(1)②知点E是△ABC的重心，
又在直线上，
∴CG是△ABC的中线，
∴AG=BG=AB，GE=CE，
∵CE=AE，
∴GE=AE，CG=CE+GE=AE，
在Rt△AGE中，由勾股定理，得
AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,
∴AG=AE,
∴AB=2AG=AE，
在Rt△BGC中，由勾股定理，得
BC2=BG2+CG2=AE2+(AE)2=5AE2，
∴BC=AE，
∴．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，重心的性质，勾股定理，相交两圆的公共弦的性质，本题属圆与四边形综合题目，掌握相关性质是解题的关键，属是考常考题目．
10．(2022·广东深圳·中考真题)一个玻璃球体近似半圆为直径，半圆上点处有个吊灯 的中点为
　 　
(1)如图①，为一条拉线，在上，求的长度．
(2)如图②，一个玻璃镜与圆相切，为切点，为上一点，为入射光线，为反射光线，求的长度．
(3)如图③，是线段上的动点，为入射光线，为反射光线交圆于点在从运动到的过程中，求点的运动路径长．
【答案】(1)2
(2)
(3)

【分析】(1)由，可得出为的中位线，可得出D为中点，即可得出的长度；
(2)过N点作，交于点D，可得出为等腰直角三角形，根据,可得出，设，则，根据，即可求得，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： ，推导得出，即可计算给出，即可得出答案．
(1)
∵
∴为的中位线
∴D为的中点
∵
∴
(2)
过N点作，交于点D，

∵，
∴为等腰直角三角形，即，
又∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
解得，
∴，，
∴在中，；
(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： ．

∵．
∴．
∴．
∴，
∴ ，
∴N点的运动路径长为： ，
故答案为：．
【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．
11．(2022·吉林长春·中考真题)如图，在中，，，点M为边的中点，动点P从点A出发，沿折线以每秒个单位长度的速度向终点B运动，连结．作点A关于直线的对称点，连结、．设点P的运动时间为t秒．

(1)点D到边的距离为__________；
(2)用含t的代数式表示线段的长；
(3)连结，当线段最短时，求的面积；
(4)当M、、C三点共线时，直接写出t的值．
【答案】(1)3
(2)当0≤t≤1时，；当1＜t≤2时，；
(3)
(4)或

【分析】(1)连接DM，根据等腰三角形的性质可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解；
(2)分两种情况讨论：当0≤t≤1时，点P在AD边上；当1＜t≤2时，点P在BD边上，即可求解；
(3)过点P作PE⊥DM于点E，根据题意可得点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，可得到当点D、A′、M三点共线时，线段最短，此时点P在AD上，再证明△PDE∽△ADM，可得，从而得到，在中，由勾股定理可得，即可求解；
(4)分两种情况讨论：当点位于M、C之间时，此时点P在AD上；当点)位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，即可求解．
(1)
解：如图，连接DM，

∵AB=4，，点M为边的中点，
∴AM=BM=2，DM⊥AB，
∴，
即点D到边的距离为3；
故答案为：3
(2)
解：根据题意得：当0≤t≤1时，点P在AD边上，
；
当1＜t≤2时，点P在BD边上，；
综上所述，当0≤t≤1时，；当1＜t≤2时，；
(3)
解：如图，过点P作PE⊥DM于点E，

∵作点A关于直线的对称点，
∴A′M=AM=2，
∴点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，
∴当点D、A′、M三点共线时，线段最短，此时点P在AD上，
∴，
根据题意得：，，
由(1)得：DM⊥AB，
∵PE⊥DM，
∴PE∥AB，
∴△PDE∽△ADM，
∴，
∴，
解得：，
∴，
在中，，
∴，解得：，
∴，
∴；
(4)
解：如图，

当点M、、C三点共线时，且点位于M、C之间时，此时点P在AD上，
连接A A′， A′B，过点P作PF⊥AB于点F，过点A′作A′G⊥AB于点G，则A A′⊥PM，
∵AB为直径，
∴∠A =90°，即A A′⊥A′B，
∴PM∥A′B，
∴∠PMF=∠AB A′，
过点C作CN⊥AB交AB延长线于点N，
在中，AB∥DC，
∵DM⊥AB，
∴DM∥CN，
∴四边形CDMN为平行四边形，
∴CN=DM=3，MN=CD=4，
∴CM=5，
∴，
∵ M=2，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即PF=3FM，
∵，，
∴，
∴，即AF=2FM，
∵AM=2，
∴，
∴，解得：；
如图，当点)位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，，
过点作于点G′，则，取的中点H，则点M、P、H三点共线，过点H作HK⊥AB 于点K，过点P作PT⊥AB于点T，

同理：，
∵HK⊥AB，，
∴HK∥A′′G′，
∴，
∵点H是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即MT=3PT，
∵，，
∴，
∴，
∵MT+BT=BM=2，
∴，
∴，解得：；
综上所述，t的值为或．
【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，根据题意得到点的运动轨迹是解题的关键，是中考的压轴题．
12．(2022·江苏常州·中考真题)(现有若干张相同的半圆形纸片，点是圆心，直径的长是，是半圆弧上的一点(点与点、不重合)，连接、．

(1)沿、剪下，则是______三角形(填“锐角”、“直角”或“钝角”)；
(2)分别取半圆弧上的点、和直径上的点、．已知剪下的由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为的菱形．请用直尺和圆规在图中作出一个符合条件的菱形(保留作图痕迹，不要求写作法)；
(3)经过数次探索，小明猜想，对于半圆弧上的任意一点，一定存在线段上的点、线段上的点和直径上的点、，使得由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为的菱形．小明的猜想是否正确？请说明理由．
【答案】(1)直角
(2)见详解
(3)小明的猜想正确，理由见详解

【分析】(1)AB是圆的直径，根据圆周角定理可知∠ACB=90°，即可作答；
(2)以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于⊙O点F连接EF、FO、EA，G、H点分别与A、O点重合，即可；
(3)当点C靠近点A时，设，，可证,推出，分别以M，N为圆心，MN为半径作弧交AB于点P，Q，可得，进而可证四边形MNQP是菱形；当点C靠近点B时，同理可证．
【详解】(1)解：如图，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB是直角，
即△ABC是直角三角形，
故答案为：直角；
(2)解：以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于⊙O点F连接EF、FO、EA，G、H点分别与A、O点重合，即可，
作图如下：

由作图可知AE=EF=FH=HG=OA=AB=6，
即四边形EFHG是边长为6cm的菱形；
(3)解：小明的猜想正确，理由如下：
如图，当点C靠近点A时，设，，

∴ ,
∴ ,
∴ ,
∴ ．
分别以M，N为圆心，MN为半径作弧交AB于点P，Q，作于点D，于点E，
∴ ．
∵ ,，，
∴ ，
在和中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ 四边形MNQP是平行四边形，
又∵ ，
∴ 四边形MNQP是菱形；
同理，如图，当点C靠近点B时，采样相同方法可以得到四边形MNQP是菱形，

故小明的猜想正确．
【点睛】本题考查了圆周角定理、尺规作图、菱形的性质与判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用上述知识解决问题．
13．(2022·湖北恩施·中考真题)如图，P为⊙O外一点，PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交⊙O于点D、E，交AB于点C．

(1)求证：∠ADE=∠PAE．
(2)若∠ADE=30°，求证：AE=PE．
(3)若PE=4，CD=6，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)CE的长为2．

【分析】(1)连接OA，根据切线的性质得到∠OAE+∠PAE=90°，根据圆周角定理得到∠OAE+∠DAO=90°，据此即可证明∠ADE=∠PAE；
(2)由(1)得∠ADE=∠PAE =30°，∠AED =60°，利用三角形外角的性质得到∠APE=∠AED-∠PAE =30°，再根据等角对等边即可证明AE=PE；
(3)证明Rt△EAC∽Rt△ADC，Rt△OAC∽Rt△APC，推出DC×CE=OC×PC，设CE=x，据此列方程求解即可．
(1)
证明：连接OA，

∵PA为⊙O的切线，
∴OA⊥PA，即∠OAP=90°，
∴∠OAE+∠PAE=90°，
∵DE为⊙O的直径，
∴∠DAE=90°，即∠OAE+∠DAO=90°，
∴∠DAO=∠PAE，
∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ADE，
∴∠ADE=∠PAE；
(2)
证明：∵∠ADE=30°，
由(1)得∠ADE=∠PAE =30°，∠AED=90°-∠ADE=60°，
∴∠APE=∠AED-∠PAE =30°，
∴∠APE=∠PAE =30°，
∴AE=PE；
(3)
解：∵PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交AB于点C．
∴AB⊥PD，
∵∠DAE=90°，∠OAP=90°，
∴∠DAC+∠CAE=90°，∠OAC+∠PAC=90°，
∵∠DAC+∠D=90°，∠OAC+∠AOC=90°，
∴∠CAE=∠D，∠PAC=∠AOC，
∴Rt△EAC∽Rt△ADC，Rt△OAC∽Rt△APC，
∴
∴AC2=DC×CE，AC2=OC×PC，
即DC×CE=OC×PC，
设CE=x，则DE=6+x，OE=3+，OC=3+-x=3-，PC=4+x，
∴6x=(3-)( 4+x)，
整理得：x2+10x-24=0，
解得：x=2(负值已舍)．
∴CE的长为2．
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
14．(2022·浙江舟山·中考真题)如图1．在正方形中，点F，H分别在边，上，连结，交于点E，已知．

(1)线段与垂直吗？请说明理由．
(2)如图2，过点A，H，F的圆交于点P，连结交于点K．求证：．
(3)如图3，在(2)的条件下，当点K是线段的中点时，求的值．
【答案】(1)，见解析
(2)见解析
(3)

【分析】(1)证明)，得到，进一步得到，由△CFH是等腰三角形，结论得证；
(2)过点K作于点G．先证△AKG∽△ACB，得，证△KHG∽CHB可得，结论得证；
(3)过点K作点G．求得，设，，则KG＝AG＝GB＝3a，则，勾股定理得，，由得，得，，即可得到答案．
(1)
证明：∵四边形是正方形，
∴，，
又∵，
∴)，
∴．
又∵，
∴．
∵
∴△CFH是等腰三角形，
∴．
(2)
证明：如图1，过点K作于点G．

∵，
∴．
∴，
∴．
∵，，
∴．
∴，
∴，
∴．
(3)
解：如图2，过点K作点G．

∵点K为中点：
由(2)得，
∴，
设，，则，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴．
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形全等的判定定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
15．(2022·四川凉山·中考真题)如图，已知半径为5的⊙M经过x轴上一点C，与y轴交于A、B两点，连接AM、AC，AC平分∠OAM，AO＋CO＝6

(1)判断⊙M与x轴的位置关系，并说明理由；
(2)求AB的长；
(3)连接BM并延长交圆M于点D，连接CD，求直线CD的解析式．
【答案】(1)⊙M与x轴相切，理由见解析
(2)6
(3)

【分析】(1)连接CM，证CM⊥x即可得出结论；
(2)过点M作MN⊥AB于N，证四边形OCMN是矩形，得MN=OC，ON=OM=5，设AN=x，则OA=5-x，MN=OC=6-(5-x)=1+x，利用勾股定理求出x值，即可求得AN值，再由垂径定理得AB=2AN即可求解；
(3)连接BC，CM，过点D作DP⊥CM于P，得直角三角形BCD，由(2)知：AB=6，OA=2，OC=4，所以OB=8，C(4，0)，在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，求得BC=，在Rt△BCD中，∠BCD=90°，由勾股定理，即可求得CD，在Rt△CPD和在Rt△MPD中，由勾股定理，求得CP=2，PD=4，从而得出点D坐标，然后用待定系数法求出直线CD解析式即可．
(1)
解：⊙M与x轴相切，理由如下：
连接CM，如图，

∵MC=MA，
∴∠MCA=∠MAC，
∵AC平分∠OAM，
∴∠MAC=∠OAC，
∴∠MCA=∠OAC，
∵∠OAC+∠ACO=90°，
∴∠MCO=∠MCA+∠ACO=∠OAC+∠ACO=90°，
∵MC是⊙M的半径，点C在x轴上，
∴⊙M与x轴相切；
(2)
解：如图，过点M作MN⊥AB于N，

由(1)知，∠MCO=90°，
∵MN⊥AB于N，
∴∠MNO=90°，AB=2AN，
又∵∠CON=90°，
∴四边形OCMN是矩形，
∴MN=OC，ON=CM=5，
∵OA+OC=6，
设AN=x，  
∴OA=5-x，MN=OC=6-(5-x)=1+x，
在Rt△MNA中，∠MNA=90°，由勾股定理，得
x2+(1+x)2=52，
解得：x1=3，x2=-4(不符合题意，舍去)，
∴AN=3，
∴AB=2AN=6；
(3)
解：如图，连接BC，CM，过点D作DP⊥CM于P，

由(2)知：AB=6，OA=2，OC=4，
∴OB=8，C(4，0)
在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，得
BC=，
∵BD是⊙M的直径，
∴∠BCD=90°，BD=10，
在Rt△BCD中，∠BCD=90°，由勾股定理，得
CD=，即CD2=20，
在Rt△CPD中，由勾股定理，得PD2=CD2-CP2=20-CP2，
在Rt△MPD中，由勾股定理，得PD2=MD2-MP2=MD2-(MC-CP)2=52-(5-CP)2=10CP-CP2，
∴20-CP2=10CP-CP2，  
∴CP=2，
∴PD2=20-CP2=20-4=16，
∴PD=4，即D点横坐标为OC+PD=4+4=8，
∴D(8,-2)，
设直线CD解析式为y=kx+b，把C(4,0)，D(8,-2)代入，得
，解得：，
∴直线CD的解析式为：．
【点睛】本题考查直线与圆相切的判定，勾股定理，圆周角定理的推论，垂径定理，待定系数法求一次函数解析式，熟练掌握直线与圆相切的判定、待定系数法求一次函数解析式的方法是解题的关键．
16．(2021·江苏镇江·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)
【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＝＝＝5，
∵OH⊥AB，
∴AH＝HB，
∵OA＝OP，AH＝HB，
∴OH＝PB＝，
∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，
∴四边形AHED是矩形，
∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，
∴OE＝EH＝OH＝4﹣＝，
∴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＝＝＝4，
∵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，
∴×4×8＝×4×x+×4×x，
∴x＝2﹣2，
∴tan∠EAP＝tan∠PAB＝＝．
【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．
17．(2022·湖南·炎陵县教研室一模)如图1，以△ABC的边AB为直径作⊙O，交AC于点E，连接BE，BD平分∠ABE交AC于F，交⊙O于点D，且．

(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)如图2，延长ED交直线AB于点P，若．
①求的值；
②若，求⊙O的半径长．
【答案】(1)见解析
(2)①=2；②⊙O的半径长为

【分析】(1)根据AB是直径，可得，，根据同弧所对的圆周角相等可得，可证，，可得，即可证明BC是⊙O的切线；
(2)①连接OD，通过角的关系证明，因为，可得，根据平行线分线段成比例可知，即可求出的值；
②由①和可得，，根据同弧所对的圆周角相等可得，即可证明，可得，因为，所以可求出，即⊙O的半径长为．
(1)
证明：∵AB是直径，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴BC是⊙O的切线．
(2)
解：①如图2中，连接OD．

∵BD平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
②∵，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴⊙O的半径长为．
【点睛】本题考查的是圆周角定理及推论、切线的判定、平行线分线段成比例定理和相似三角形的判定及性质，掌握圆周角定理及推论、切线的判定、平行线分线段成比例定理和相似三角形的判定及性质是解答本题的关键．
18．(2022·湖南·长沙市北雅中学模拟预测)如图，内接于，过O作的垂线，垂足为E，交于F，

(1)求证：；
(2)连交于M，过E作的平行线交于D，求证：；
(3)在(2)条件下，连交于N，若，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)8

【分析】(1)根据垂径定理可得；
(2)由求证，想到是延长，使，根据角的关系证明，可得比例式，结论就可证明；
(3)延长，交于，作，，垂足分别是H，K，设，，根据，可得比例式，分别求出，，，的长度(用k表示)，再根据，则其三角函数值相同可求，即可求．
(1)
证明：∵，O是圆心，
∴，．
(2)
解：如图1，延长到G，使，

∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
∴，
∴且，
∴，即．
(3)
解：如图2，延长，交于，作，，垂足分别是H，K，

∵，
∴设，，
∵，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，即，
，
∴，
∵，
∴=，
∴，即，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，且，
∴，，
∵，
∴，即，
∴，且，
∴且，
∴，
∴，且，
∴，
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的性质，锐角三角函数，平行线分线段成比例定理，解题的关键是辅助线的添加，以及需要熟练的解题技巧．
19．(2022·浙江宁波·一模)如图1，在中，，于D，E为边上的点，过A、D、E三点的交于F，连接，．

(1)求证：．
(2)若，求的面积．
(3)如图2，点P为上一动点，连接，，．
①若P为的中点，设为x，的面积为S，求S关于x的函数表达式；
②在点P运动过程中，试探索，，之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析；
(2)；
(3)①S＝；②PF＝PE＋PD，证明见解析．

【分析】(1)求出∠C＝∠DAB，∠CFD＝∠AED，利用AAS证明 ，根据全等三角形的性质解答即可；
(2)连接EF，先求出∠EDF＝90°，可得EF为直径，再利用tan∠AEF＝tan∠ADF＝3，求出AF＝3AE，可得AF＝3CF，求出AF和AE，利用勾股定理求得EF的值，则的面积可求；
(3)①连接EF，OP，OD，利用勾股定理求得直径EF，利用平行线之间的距离相等和同底等高的三角形的面积相等，得到，证明∠FOD＝2∠CAD＝90°，通过计算的面积即可得出结论；②连接EF，过点D作DN⊥DP，交PF于点N，通过证明 ，得到EP＝FN，DN＝DP，利用等腰直角三角形的性质和线段的和差即可得出结论．
(1)
证明：∵在Rt中，AB＝AC，
∴∠C＝∠B＝45°，
∵AD⊥BC，
∴∠CAD＝45°，∠BAD＝45°，AD＝CD＝BD＝BC，
∴∠C＝∠DAB，
∵四边形FAED是圆的内接四边形，
∴∠CFD＝∠AED，
在和中，
∴ (AAS)．
∴AE＝CF；
(2)
解：连接EF，如图，

∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADF＋∠FDC＝90°．
∵ ，
∴∠CDF＝∠ADE，
∴∠ADF＋∠ADE＝90°，
∴∠FDE＝90°，
∴EF为⊙O的直径，
∵∠ADF＝∠AEF，
∴tan∠AEF＝tan∠ADF＝3，
∵tan∠AEF＝，
∴AF＝3AE，
∵AE＝CF，
∴AF＝3CF，
∵AC＝4，
∴CF＝1，AF＝3，
∴AE＝1，
∴EF＝，
∴⊙O的面积为：；
(3)
解：①连接EF，OP，OD，如图，

∵AE为x，AE＝CF，
∴CF＝x，AF＝AC−CF＝4−x，
∴EF＝，
∴OF＝OD＝，
∵P为的中点，
∴∠EOP＝∠DOP＝∠EOD，
∵∠EFD＝∠EOD，
∴∠EOP＝∠EFD，
∴OPFD，
∴，
∵∠FOD＝2∠CAD＝90°，
∴OD⊥OF，
∴＝，
∴S＝；
②PD，PE，PF之间的数量关系为：PF＝PE＋PD，
证明：连接EF，过点D作DN⊥DP，交PF于点N，如图，

∵DN⊥DP，
∴∠NDE＋∠EDP＝90°，
∵∠EDF＝90°，
∴∠NDE＋∠NDF＝90°，
∴∠EDP＝∠FDN，
∵∠DEF＝∠DAC＝45°，
∴为等腰直角三角形，
∴DE＝DF，
在和中，，
∴ (ASA)，
∴EP＝FN，DN＝DP，
∴为等腰直角三角形，
∴NP＝PD，
∴PF＝NF＋NP＝PE＋PD．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，圆的面积，圆内接四边形的性质，三角形的面积，平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，依据题意添加适当的辅助线是解题的关键．
20．(2022·广东·佛山市华英学校三模)如图，内接于，过点作于点，过点作于点，交于点，延长交于点，连接，且．

(1)求证：；
(2)过点作交于点，连接、，交于点，连接，求证：；
(3)在(2)的条件下，连接，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)OM=

【分析】(1)由已知可证明，，，则可得，再由，即可得到∠ABC＝∠ABD＋∠DBC＝3∠DAC；
(2)设，则，连接、，先去证明≌，可得，，所以；
(3)延长交于点，连接、、，过点作于点，交的延长线与点，先证明≌，然后再去证明≌，则，证明≌，得到，再证≌，则，设，可以得到，可以得到，在和中，由勾股定理得，解得或舍，证明四边形为矩形，则有，，，又因为，则，解得，，延长交于点，得到，解得，由，，，．
(1)
解：，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
(2)
设，
，
连接、，
∵AGBD，
，
，
，
，
，，
≌(SSS)，
，
，
；
(3)
如图，延长交于点，连接、、，过点作于点，交的延长线与点，

，
，
，
≌(ASA)，
，
≌(SAS)，
，
，
，
，
，，
，
，，
≌(AAS)，
，
四边形内接于，
，
≌(AAS)，
，
设，
，
，
，
∵AGBD，
，
，
，
，
，，
，
，
在和中，由勾股定理得，
解得或舍，
，
四边形为矩形，
，
，
，
，
，
，
，
解得，
，
延长交于点，
，
，
解得，
，，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查圆的综合，熟练掌握圆的相关知识、锐角三角函数、勾股定理等知识是基础，通过构造垂线，利用三角形的全等进行边角的转化是解题的关键．