2024年中考数学压轴题型（浙江专用）压轴题04 圆的综合压轴题（含解析）

这是一份2024年中考数学压轴题型（浙江专用）压轴题04 圆的综合压轴题（含解析），共45页。试卷主要包含了，连接OF等内容，欢迎下载使用。

01 圆中长度、角度的综合
1．（2023•温州）图1是4×4方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为，现将它剪拼成一个“房子”造型（如图2），过左侧的三个端点作圆，并在圆内右侧部分留出矩形CDEF作为题字区域（点A，E，D，B在圆上，点C，F在AB上），形成一幅装饰画，则圆的半径为 5 ．若点A，N，M在同一直线上，AB∥PN，DE＝EF，则题字区域的面积为 ．
【分析】根据不共线三点确定一个圆，根据对称性得出圆心的位置，进而垂径定理、勾股定理求得r，连接 OE，取ED的中点T，连接OT，在Rt△OET中，根据勾股定理即可求解．
【解答】解：如图所示，依题意，GH＝2＝GQ，
∵过左侧的三个端点Q，K，L作圆，QH＝HL＝4，
又NK⊥QL，
∴O在KN上，连接OQ，则OQ为半径，
∵OH＝r﹣KH＝r﹣2，
在Rt△OHQ中，OH2+QH2＝QO2，
∴（r﹣2）2+42＝r2，
解得：r＝5；
连接OE，取ED的中点T，连接OT，交AB于点S，连接PB，AM，过点O作OU⊥AM于点U.连接OA．
由△OUN∽△NPM，可得＝＝，
∴OU＝．MN＝2，
∴NU＝，
∴AU＝＝，
∴AN＝AU﹣NU＝2，
∴AN＝MN，
∵AB∥PN，
∴AB⊥OT，
∴AS＝SB，
∴NS∥BM，
∴NS∥MP，
∴M，P，B共线，
又NB＝NA，
∴∠ABM＝90°，
∵MN＝NB，NP⊥MP，
∴MP＝PB＝2，
∴NS＝MB＝2，
∵KH+HN＝2+4＝6，
∴ON＝6﹣5＝1，
∴OS＝3，
∵，
设EF＝ST＝a，则 ，
在Rt△OET中，OE2＝OT2+TE2，即 ，
整理得 5a2+12a﹣32＝0，
即（a+4）（5a﹣8）＝0，
解得： 或a＝﹣4，
∴题字区域的面积为 ．
故答案为：．
2．（2023•杭州）如图，在⊙O中，直径AB垂直弦CD于点E，连接AC，AD，BC，作CF⊥AD于点F，交线段OB于点G（不与点O，B重合），连接OF．
（1）若BE＝1，求GE的长．
（2）求证：BC2＝BG•BO．
（3）若FO＝FG，猜想∠CAD的度数，并证明你的结论．
【分析】（1）由垂径定理可得∠AED＝90°，结合CF⊥AD可得∠DAE＝∠FCD，根据圆周角定理可得∠DAE＝∠BCD，进而可得∠BCD＝∠FCD，通过证明△BCE≌△GCE，可得GE＝BE＝1；
（2）证明△ACB∽△CEB，根据对应边成比例可得BC2＝BA•BE，再根据AB＝2BO，BE＝BG，可证BC2＝BG•BO；
（3）方法一：设∠DAE＝∠CAE＝α，∠FOG＝∠FGO＝β，可证a＝90°﹣β，∠OCF＝90﹣3α，通过SAS证明△COF≌△AOF，进而可得∠OCF＝∠OAF，即90°﹣3a＝a，则∠CAD＝2a＝45°．方法二：延长FO交AC于点H，连接OC，证明△AFC是等腰直角三角形，即可解决问题．
【解答】（1）解：直径AB垂直弦CD，
∴∠AED＝90°，
∴∠DAE+∠D＝90°，
∵CF⊥AD，
∴∠FCD+∠D＝90°，
∴∠DAE＝∠FCD，
由圆周角定理得∠DAE＝∠BCD，
∴∠BCD＝∠FCD，
在△BCE和△GCE中，
，
∴△BCE≌△GCE（ASA），
∴GE＝BE＝1；
（2）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CEB＝90°，
∵∠ABC＝∠CBE，
∴△ACB∽△CEB，
∴＝，
∴BC2＝BA•BE，
由（1）知GE＝BE，
∴BE＝BG，
∵AB＝2BO，
∴BC2＝BA•BE＝2BO•BG＝BG•BO；
（3）解：∠CAD＝45°，证明如下：
解法一：如图，连接OC，
∵FO＝FG，
∴∠FOG＝∠FGO，
∵直径AB垂直弦CD，
∴CE＝DE，∠AED＝∠AEC＝90°，
∵AE＝AE，
∴△ACE≌△ADE（SAS），
∴∠DAE＝∠CAE，
设∠DAE＝∠CAE＝α，∠FOG＝∠FGO＝β，
则∠FCD＝∠BCD＝∠DAE＝α，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC＝α，
∵∠ACB＝90°，
∴∠OCF＝∠ACB﹣∠OCA﹣∠FCD﹣∠BCD＝90°﹣3α，
∵∠CGE＝∠OGF＝β，∠GCE＝α，∠CGE+∠GCE＝90°，
∴β+α＝90°，
∴α＝90°﹣β，
∵∠COG＝∠OAC+∠OCA＝α+α＝2α，
∴∠COF＝∠COG+∠GOF＝2α+β＝2（90°﹣β）+β＝180°﹣β，
∴∠COF＝∠AOF，
在△COF和△AOF中，
，
∴△COF≌△AOF（SAS），
∴∠OCF＝∠OAF，
即90°﹣3α＝α，
∴α＝22.5°，
∴∠CAD＝2a＝45°．
解法二：
如图，延长FO交AC于点H，连接OC，
∵FO＝FG，
∴∠FOG＝∠FGO，
∴∠FOG＝∠FGO＝∠CGB＝∠B，
∴BC∥FH，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠AHO＝90°，
∵OA＝OC，
∴AH＝CH，
∴AF＝CF，
∵CF⊥AD，
∴△AFC是等腰直角三角形，
∴∠CAD＝45°．
02 圆与切线的综合
1．（2023•宁波）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，E为AB边上一点，以AE为直径的半圆O与BC相切于点D，连结AD，BE＝3，BD＝3．P是AB边上的动点，当△ADP为等腰三角形时，AP的长为 6或2 ．
【分析】连接OD，DE，根据切线的性质和勾股定理求出OD＝6，然后分三种情况讨论：①当AP＝PD时，此时P与O重合，②如图2，当AP′＝AD时，③如图3，当DP′′＝AD时，分别进行求解即可．
【解答】解：如图1，连接OD，DE，
∵半圆O与BC相切于点D，
∴OD⊥BC，
在Rt△OBD中，OB＝OE+BE＝OD+3，BD＝3．
∴OB2＝BD2+OD2，
∴（OD+3）2＝（3）2+OD2，
解得OD＝6，
∴AO＝EO＝OD＝6，
①当AP＝PD时，此时P与O重合，
∴AP＝AO＝6；
②如图2，当AP′＝AD时，
在Rt△ABC中，
∵∠C＝90°，
∴AC⊥BC，
∴OD∥AC，
∴△BOD∽△BAC，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴AC＝10，CD＝2，
∴AD＝＝＝2，
∴AP′＝AD＝2；
③如图3，当DP′′＝AD时，
∵AD＝2，
∴DP′′＝AD＝2，
∵OD＝OA，
∴∠ODA＝∠BAD，
∴OD∥AC，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴AD平分∠BAC，
过点D作DH⊥AE于点H，
∴AH＝P″H，DH＝DC＝2，
∵AD＝AD，
∴Rt△ADH≌Rt△ADC（HL），
∴AH＝AC＝10，
∴AH＝AC＝P″H＝10，
∴AP″＝2AH＝20（P为AB边上一点，不符合题意，舍去），
综上所述：当△ADP为等腰三角形时，AP的长为6或2．
故答案为：6或2．
2．（2023•台州）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，弧BP长为π时，求BC的长；
（2）如图2，当，时，求的值；
（3）如图3，当，BC＝CD时，连接BP，PQ，直接写出的值．
【分析】（1）连接OP，设∠BOP的度数为n，可得＝π，n＝60，即∠BOP＝60°，故∠BAP＝30°，而直线l是⊙O的切线，有∠ABC＝90°，从而BC＝＝2；
（2）连接BQ，过点C作CF⊥AD于点F，求出cs∠BAQ＝＝，由＝，得∠BAC＝∠DAC，有CF＝BC，证明∠FCD＝∠BAQ，即得＝，故＝；
（3）连接BQ，证明△APQ∽△ADC，得＝①，证明△APB∽△ABC，得 ②，由BC＝CD，将①②两式相除得：＝，故＝．
【解答】解：（1）如图，连接OP，
设∠BOP的度数为n°，
∵AB＝6，长为π，
∴＝π，
∴n＝60，即∠BOP＝60°，
∴∠BAP＝30°，
∵直线l是⊙O的切线，
∴∠ABC＝90°，
∴BC＝tan30°•AB＝2；
（2）如图，连接BQ，过点C作CF⊥AD于点F，
∵AB为⊙O直径，
∴∠BQA＝90°，
∴cs∠BAQ＝＝，
∵＝，
∴∠BAC＝∠DAC，
∵CF⊥AD，AB⊥BC，
∴CF＝BC，
∵∠BAQ+∠ADB＝90°，∠FCD+∠ADB＝90°，
∴∠FCD＝∠BAQ，
∴cs∠FCD＝cs∠BAQ＝，
∴＝，
∴＝；
（3）如图，连接BQ，
∵AB⊥BC，BQ⊥AD，
∴∠ABQ＝90°﹣∠QBD＝∠ADC，
∵∠ABQ＝∠APQ，
∴∠APQ＝∠ADC，
∵∠PAQ＝∠DAC，
∴△APQ∽△ADC，
∴＝①，
∵∠ABC＝90°＝∠APB，∠BAC＝∠PAB，
∴△APB∽△ABC，
∴②，
由BC＝CD，将①②两式相除得：
＝，
∵cs∠BAQ＝＝，
∴＝．
03 圆与最值问题
1．（2023•浙江）一副三角板ABC和DEF中，∠C＝∠D＝90°，∠B＝30°，∠E＝45°，BC＝EF＝12．将
它们叠合在一起，边BC与EF重合，CD与AB相交于点G（如图1），此时线段CG的长是 6﹣6 ．现将△DEF绕点C（F）按顺时针方向旋转（如图2），边EF与AB相交于点H，连结DH，在旋转0°到60°的过程中，线段DH扫过的面积是 18+12π﹣18 ．
【分析】如图1，过点G作GK⊥BC于K，则∠CKG＝∠BKG＝90°，由等腰直角三角形性质可得CK＝GK＝CG，进而得出BK＝BC﹣CK＝12﹣CG，利用解直角三角形可得BK＝GK，建立方程求解即可得出答案；如图2，以C为圆心，CD为半径作圆，当△CDE绕点C旋转60°时，CE′交AB于H′，连接DD′，过点D作DM⊥AB于M，过点C作CN⊥DD′于N，则∠BCE′＝∠DCD′＝60°，点D的运动轨迹为，点H的运动轨迹为线段BH′，因此在旋转0°到60°的过程中，线段DH扫过的面积为S△BDD′+S扇形CDD′﹣S△CDD′，再利用等腰直角三角形性质、相似三角形的判定和性质、扇形面积公式即可求得答案．
【解答】解：如图1，过点G作GK⊥BC于K，则∠CKG＝∠BKG＝90°，
∵∠BCD＝45°，
∴△CGK是等腰直角三角形，
∴CK＝GK＝CG，
∵BC＝12，
∴BK＝BC﹣CK＝12﹣CG，
在Rt△BGK中，∠GBK＝30°，
∴＝tan∠GBK＝tan30°＝，
∴BK＝GK，
即12﹣CG＝×CG，
∴CG＝6﹣6；
如图2，以C为圆心，CD为半径作圆，当△CDE绕点C旋转60°时，CE′交AB于H′，连接DD′，过点D作DM⊥AB于M，过点C作CN⊥DD′于N，
则∠BCE′＝∠DCD′＝60°，点D的运动轨迹为，点H的运动轨迹为线段BH′，
∴在旋转0°到60°的过程中，线段DH扫过的面积为S△BDD′+S扇形CDD′﹣S△CDD′，
∵CD＝BC•csCBD＝12cs45°＝6，
∴DG＝CD﹣CG＝6﹣（6﹣6）＝12﹣6，
∵∠BCD+∠ABC＝60°+30°＝90°，
∴∠BH′C＝90°，
在Rt△BCH′中，CH′＝BC•sin30°＝12×＝6，BH′＝BC•cs30°＝12×＝6，
∵△CD′E′是等腰直角三角形，∠CD′E′＝90°，D′H′⊥CE′，
∴D′H′＝CE′＝6，
∴BD′＝6+6，
∵DM⊥AB，
∴∠DMG＝90°，
∴∠DMG＝∠CH′G，
∵∠DGM＝∠CGH′，
∴△DGM∽△CGH′，
∴＝，即＝，
∴DM＝3﹣3，
∵CD′＝CD＝6，∠DCD′＝60°，
∴△CDD′是等边三角形，
∴∠CDD′＝60°，
∵CN⊥DD′，
∴CN＝CD•sin∠CDD′＝6sin60°＝3，
∴S△BDD′+S扇形CDD′﹣S△CDD′＝×（6+6）×（3﹣3）+﹣×6×3＝18+12π﹣18；
故答案为：6﹣6；18+12π﹣18．
2．（2023秋•清江浦区期中）如图，矩形ABCD的边AB＝8，AD＝6，M为BC的中点，P是矩形内部一动点，且满足∠ADP＝∠PAB，N为边CD上的一个动点，连接PN，MN，则PN+MN的最小值为 7 ．
【分析】先找出点P的运动路线为以AD为直径的圆，设圆心为O，作点M关于直线DC的对称点M′，连接OM′交⊙O于点P′，可推出M′P′的长即为PN+MN的最小值，再求出M′P′的长即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠ADP＝∠PAB，
∴∠ADP+∠PAD＝∠PAB+∠PAD＝∠BAD＝90°，
∴点P的运动路线为以AD为直径的圆，
作以AD为直径的⊙O，作点M关于直线DC的对称点M′，连接OM′交⊙O于点P′，连接M′N，OP，
则OP＝OP′＝3，M′N＝MN，
∴PN+MN＝PN+M′N＝PN+M′N+OP﹣OP′≥OM′﹣OP′＝OM′﹣3，
∴PN+MN的最小值为OM′﹣3；
连接OM，
∵四边形ABCD是矩形，点O是AD的中点，点M为BC的中点，
∴OD＝AD＝BC＝CM＝3，OD∥CM，∠ODC＝90°，
∴四边形OMCD是矩形，
∴OM＝DC＝AB＝8，
∵点M关于直线DC的对称点M′，
∴M′M＝2MC＝6，
在Rt△M′OM中，
由勾股定理，得OM′＝，
∴PN+MN的最小值为OM′﹣3＝10﹣3＝7，
故答案为：7．
3．（2023秋•广汉市校级月考）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝3，E是AC的中点，M、N分别是边AB、BC上的动点，D也是BC边上的一个动点，以CD为直径作⊙O，连接ED交⊙O于F，连接FM，MN，则FM+MN的最小值为 ．
【分析】连接CF，由CD是⊙O直径得出CF⊥DE，进而得出点F的轨迹，再作BC关于BA的对称射线，利用垂线段最短即可解决问题．
【解答】解：连接CF，
∵CD是⊙O直径，
∴∠CFD＝90°，
又∵点E为AC中点，且AC＝3，
∴EC＝，
则点F在以CE为直径的圆上，
令圆心为H，
作射线BC关于BA的对称射线BC′，过点H作BC′的垂线，垂足为N′，与⊙H交于点F′，交AB于M′，
根据“垂线段最短”可知，此时F′M′+M′N′即为FM+MN的最小值．
延长N′H交BC的延长线于点G，
∵∠CBC′＝2×30°＝60°，
∴∠G＝30°，
又∵CH＝，且∠ACB＝90°，
∴GH＝，GC＝．
∵AC＝3，∠ABC＝30°，
∴BC＝，
则BG＝，
又∵∠G＝30°，
∴BN′＝，
则GN′＝，
∴F′M′+M′N′＝GN′﹣GH﹣HF′＝，
即FM+MN的最小值为．
故答案为：．
04 圆的综合应用
1．（2023•宁波）如图1，锐角△ABC内接于⊙O，D为BC的中点，连结AD并延长交⊙O于点E，连结BE，CE，过C作AC的垂线交AE于点F，点G在AD上，连结BG，CG，若BC平分∠EBG且∠BCG＝∠AFC．
（1）求∠BGC的度数．
（2）①求证：AF＝BC．
②若AG＝DF，求tan∠GBC的值．
（3）如图2，当点O恰好在BG上且OG＝1时，求AC的长．
【分析】（1）根据同弧圆周角相等得∠EBC＝∠EAC，然后利用直角三角形两个锐角互余即可解决问题；
（2）①证明△ACF≌△BGC（ASA），即可解决问题；
②过点C作CH⊥EG于点H，设AG＝DF＝2x，根据勾股定理和锐角三角函数即可解决问题；
（3）过点O作OM⊥BE于点M，连结OC交AE于点N，分别证明△EBD≌△NCD（ASA），△COG≌△OBM（AAS），得BM＝OG＝1，设OB＝OC＝r，然后由△GON∽△GBE，对应边成比例，求出r的值，进而可求AC的长．
【解答】（1）解：∵BC平分∠EBG，
∴∠EBC＝∠CBG，
∵∠EBC＝∠EAC，
∴∠CBG＝∠EAC，
∵AC⊥FC，
∴∠AFC+∠EAC＝90°，
∵∠BCG＝∠AFC，
∴∠BCG+∠CBG＝90°，
∴∠BGC＝90°；
（2）①证明：∵∠BGC＝90°，D为BC中点，
∴GD＝CD，
∴∠DGC＝∠DCG，
∵∠BCG＝∠AFC，
∴∠DGC＝∠AFC，
∴CF＝CG，
∵∠ACF＝∠BGC＝90°，
∴△ACF≌△BGC（ASA），
∴AF＝BC；
②解：如图1，过点C作CH⊥EG于点H，
设AG＝DF＝2x，
∵△ACF≌△BGC，
∴AF＝BC＝2DG，
∴CD＝DG＝AG+DF＝4x，
∵CF＝CG，
∴HG＝HF＝3x，
∴DH＝x，AH＝5x，
∴CH＝＝＝x，
∴tan∠GBC＝tan∠CAF＝＝，
∴tan∠GBC的值为；
（3）解：如图2，过点O作OM⊥BE于点M，连结OC交AE于点N，
∵OB＝OC，
∴∠CBE＝∠OBC＝∠OCB，
∴OC∥BE，
∵BD＝CD，∠BDE＝∠CDN，
∴△EBD≌△NCD（ASA），
∴BE＝CN，
∵OC∥BE，
∴∠GOC＝∠MBO，
∵∠CGO＝∠OMB＝90°，OC＝OB，
∴△COG≌△OBM（AAS），
∴BM＝OG＝1，
∵OM⊥BE，
∴CN＝BE＝2BM＝2，
设OB＝OC＝r，
∵OC∥BE，
∴△GON∽△GBE，
∴＝，
∴＝，
解得r＝或r＝（舍去），
由（2）知：△ACF≌△BGC，
∴AC＝BG＝BO+OG＝r+1＝．
∴AC的长为．
2．（2023•浙江）已知，AB是半径为1的⊙O的弦，⊙O的另一条弦CD满足CD＝AB，且CD⊥AB于点H（其中点H在圆内，且AH＞BH，CH＞DH）．
（1）在图1中用尺规作出弦CD与点H（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）连结AD，猜想：当弦AB的长度发生变化时，线段AD的长度是否变化？若发生变化，说明理由；若不变，求出AD的长度；
（3）如图2，延长AH至点F，使得HF＝AH，连结CF，∠HCF的平分线CP交AD的延长线于点P，点M为AP的中点，连结HM．若PD＝AD，求证：MH⊥CP．
【分析】（1）以A，B为圆心，大于AB长为半径画弧，交点为G，连接OG，与⊙O交点为E，F，与AB交点为M，则OG⊥AB，分别以E，F为圆心，大于EF长为半径画弧，交点为N，连接ON，则ON∥AB，以O为圆心，OM长为半径画弧与ON交点为P，则OP＝OM，以P为圆心，OP长为半径，交直线ON于Q，以O，Q为圆心，大于OQ长为半径画弧，交点为R，连接PR，则PR⊥AB，PR与⊙O交点为C，D，与AB交点为H，即CD、点H即为所求；
（2）如图2，连结AD，连接DO并延长交⊙O于E，连结AE，AC，过O作OF⊥AB于F，ON⊥CD于N，证明四边形OFHN是正方形，则可证△ACH是等腰直角三角形，则∠C＝45°，由，可知∠E＝∠C＝45°，由DE是⊙O的直径，可得∠EAD＝90°，则△ADE是等腰直角三角形，AD＝DE•sin∠E＝；
（3）如图3，延长CD、FP，交点为G，由题意知MH是△APF的中位线，则MH∥PF，MH＝PF，由PD＝AD，可得MD＝PD，证明△MDH∽△PDG，则＝，即GP＝2MH＝PF，如图3，作△CFG的外接圆，延长CP交外接圆于点N，连结GN、FN，由CP是∠HCF的平分线，可得∠GCP＝∠FCP，则GN＝NF，证明△GPN≌△FPN（SSS），则∠GPN＝∠FPN＝90°，即PF⊥CP，由MH∥PF，可得MH⊥CP，进而结论得证．
【解答】（1）解：如图1，CD、点H即为所求；
（2）当弦AB的长度发生变化时，线段AD的长度不变；
如图，连结AD，连接DO并延长交⊙O于E，连结AE，AC，过O作OF⊥AB于F，ON⊥CD于N，则四边形OFHN是矩形，
∵AB＝CD，AB⊥CD，
∴OF＝ON，
∴四边形OFHN是正方形，
∴FH＝NH，
∴AF+FH＝CN+NH，即AH＝CH，
∴△ACH是等腰直角三角形，
∴∠C＝45°，
∵，
∴∠E＝∠C＝45°，
∵DE是⊙O的直径，
∴∠EAD＝90°，
∴∠ADE＝45°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AE＝AD，
∴AD＝DE•sin∠E＝，
∴线段AD是定长，长度不发生变化，值为；
（3）证明：如图3，延长CD、FP，交点为G，
∵HF＝AH，
∴点H为AF的中点，
又∵点M为AP的中点，
∴MH是△APF的中位线，
∴MH∥PF，MH＝PF，
又∵PD＝AD，PM＝AM，
∴MD＝PD，
∵MH∥GP，
∴∠MHD＝∠PGD，
又∵∠MDH＝∠PDG，
∴△MDH∽△PDG，
∴，
即GP＝2MH＝PF，
如图3，作△CFG的外接圆，延长CP交外接圆于点N，连结GN、FN，
∵CP是∠HCF的平分线，
∴∠GCP＝∠FCP，
∴GN＝NF，
∵GP＝PF，GN＝NF，PN＝PN，
∴△GPN≌△FPN（SSS），
∴∠GPN＝∠FPN＝90°，
∴PF⊥CP，
∵MH∥PF，
∴MH⊥CP．
证法二：过点P作PG⊥HF于G点，
由PG∥DH，
∴HG：AH＝PD：AD＝1：2，
∵AH＝HF，
∴HG：HF＝1：2，即G是HF中点，
∴PH＝PF，
∵CP平分∠DCF，过点P作PK⊥CH于点K，PE⊥CF于点E，
∴∠KPE＝135°，PK＝PE，
∴△PHK≌△PFE（HL），∴∠HPF＝135°，∠PFG＝22.5，
在△CPF中，由内角和推得∠CPF＝90°，
∴MH⊥CP．
3．（2023•丽水）如图，在⊙O中，AB是一条不过圆心O的弦，点C，D是的三等分点，直径CE交AB于点F，连结AD交CF于点G，连结AC，过点C的切线交BA的延长线于点H．
（1）求证：AD∥HC；
（2）若＝2，求tan∠FAG的值；
（3）连结BC交AD于点N，若⊙O的半径为5．
下面三个问题，依次按照易、中、难排列．请根据自己的认知水平，选择其中一道问题进行解答．
①若OF＝，求BC的长；
②若AH＝，求△ANB的周长；
③若HF•AB＝88，求△BHC的面积．
【分析】（1）根据题意可得，再由HC是⊙O的切线，即可求证．
（2）先证明△CAG≌△FAG（ASA），设出CG，根据勾股定理即可求解．
（3）①根据题意，求出AG的长，再由即可求解．
②根据题意可求得，再由勾股定理及相似三角形的性质即可求解．
③作出辅助线，设出CG，利用勾股定理及相似三角形的性质可得方程10x+x（5﹣2x）＝22，进而可求得S△CHA＝8，再证明△CHA∽△BHC，即可解答．
【解答】（1）证明：∵点C，D是的三等分点，
∴．
由CE是⊙O的直径可得CE⊥AD，
∵HC是⊙O的切线，
∴HC⊥CE，
∴AD∥HC．
（2）解：如图1，连接AO，
∵，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵CE⊥AD，
∴∠AGC＝∠AGF＝90°，
∴△CAG≌△FAG（ASA），
∴CG＝FG，
设CG＝a，则FG＝a，
∵，
∴OG＝2a，AO＝CO＝3a．
在Rt△AOG中，AO2＝AG2+OG2，
∴（3a）2＝AG2+（2a）2，
∴，
∴．
答：tan∠FAG的值为．
（3）解：①如图1，∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵CE⊥AD，
∴AD＝2AG＝，
∵，
∴，
∴．
答：BC的长为．
②如图2，连接CD，
∵AD∥HC，FG＝CG，
∴AH＝AF，
∵∠HCF＝90°，
∴，
设CG＝x，则FG＝x，OG＝5﹣x，
由勾股定理得AG2＝AO2﹣OG2＝AC2﹣CG2，
即25﹣（5﹣x）2＝10﹣x2，
解得x＝1，
∴AG＝3，AD＝6，
∵，
∴∠DAC＝∠BCD，
∵∠CDN＝∠ADC，
∴△CDN∽△ADC，
∴，
∴，
∵∠BAD＝∠DAC，∠ABN＝∠ADC，
∴△ANB∽△ACD，
∴＝．
答：△ANB的周长为．
③如图3，过点O作OM⊥AB于点M，则，
设CG＝x，则FG＝x，OG＝5﹣x，OF＝5﹣2x，
由勾股定理得AG2＝AO2﹣OG2＝25﹣（5﹣x）2，
AF2＝AG2+FG2＝10x﹣x2+x2＝10x，
∵AD∥HC，FG＝CG，
∴，
∴，
∴，
∵∠AGF＝∠OMF＝90°，∠AFG＝∠OFM，
∴△AFG∽△OFM，
∴，
∴AF•FM＝OF•GF，
∴AF•AM＝AF•（AF+FM）＝AF2+AF•FM＝AF2+OF•GF＝22，
可得方程10x+x（5﹣2x）＝22，
解得x1＝2，x2＝5.5（舍去），
∴CG＝FG＝2，
∴OG＝3，
∴AG＝4，
∴，
∴S△CHA＝8，
∵AD∥HC，
∴∠CAD＝∠ACH，
∵，
∴∠B＝∠CAD，
∴∠B＝∠ACH，
∵∠H＝∠H，
∴△CHA∽△BHC，
∴．
答：△BHC的面积为．
1．如图，点P在⊙O的直径AB上，作正方形PCDE和正方形PFGH，其中点D，G在直径所在直线上，点C，E，F，H都在⊙O上，若两个正方形的面积之和为16，OP＝，则DG的长是（ ）
A．6B．2C．7D．4
【分析】设正方形PFGH的边长是x，由条件得到x2+（x+2）2＝16，从而求出正方形PFGH的边长，得到正方形PCDE的边长，进一步求出PD，PG的长，即可求出DG的长．
【解答】解：作OK⊥PC于K，设正方形PFGH的边长是x，
∵四边形PCDE是正方形，
∴∠CPD＝45°，
∵∠OKP＝90°，
∴△KOP是等腰直角三角形，
∴PK＝OP＝1，
∴CK＝FK＝x+1，
∴PC＝CK+PK＝x+2，
∵两个正方形的面积之和为16，
∴x2+（x+2）2＝16，
∴x＝﹣1或x＝﹣﹣1（舍），
∴PC＝x+2＝+1，PH＝x＝﹣1，
∴PD＝PC＝+，PG＝PH＝﹣，
∴DG＝PD+PG＝2．
故选：B．
2．如图，已知以BC为直径的⊙O，A为弧BC中点，P为弧AC上任意一点，AD⊥AP交BP于D，连CD．若BC＝6，则CD的最小值为 ﹣3 ．
【分析】以AB为斜边作等腰直角三角形ABO′，连接DO′、CO′，易得△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC＝，由圆周角定理可得∠APD＝∠ACB＝45°，进而可得∠ADP＝45°，∠ADB＝135°，于是可知点D在点O′为圆心，AO′为半径的上运动，根据等腰直角三角形的性质得O′B＝＝3，由勾股定理求得CO′＝，利用三角形三边关系可知CD≥CO′﹣O′D，因此当C、D、O′三点共线时，CD取的最小值，最小值为CO′﹣O′D，代入计算即可求解．
【解答】解：如图，以AB为斜边作等腰直角三角形ABO′，连接DO′、CO′，
则∠O′BC＝∠O′BA+∠ABC＝45°+45°＝90°，
∵以BC为直径的⊙O，A为弧BC中点，
∴AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，AB＝AC＝＝＝，
∵，
∴∠APD＝∠ACB＝45°，
∵AD⊥AP，
∴∠DAP＝90°，
∴∠ADP＝45°，∠ADB＝135°，
∴点D在点O′为圆心，AO′为半径的上运动，
在等腰直角△ABO′中，O′B＝＝＝3，
在Rt△BO′C中，CO′＝＝＝，
∴O′D＝O′B＝3，
∵CD≥CO′﹣O′D
∴当C、D、O′三点共线时，CD取的最小值，最小值为CO′﹣O′D＝﹣3．
故答案为：﹣3．
3．如图①是小明制作的一副弓箭，A，D分别是弓臂与弓弦BC的中点，弓弦BC＝0.6m，沿AD方向拉弓的过程中，假设弓臂始终保持圆弧形，弓弦长度不变．如图②，当弓箭从自然状态的点D拉到点D1时，有AD1＝0.3m，∠B1D1C1＝120°．
（1）图②中，弓臂两端B1，C1之间的距离是 m；
（2）如图③，将弓箭继续拉到点D2，使弓臂为半圆，则D1D2的值为 m ．
【分析】（1）连接B1C1，交AD1于点Q，根据垂径定理可得，∠B1D1A＝∠C1D1A＝∠B1D1C1＝60°，B1C1⊥AD1，再根据B1Q＝B1D1•sin60°，即可进行解答；
（2）连接B2C2交AD2于点P，先求出的长度，再求出所在圆的半径，根据勾股定理求出PD2的长度，最后根据线段之间的和差关系．
【解答】解：（1）连接B1C1，交AD1于点Q，如图②，
AD1＝0.3m，
∵点A是弓臂BAC的中点，点D1是∠BAC所在圆的圆心，
∴∠B1D1A＝∠C1D1A＝＝60°，B1C1⊥AD1，AD1＝B1D1＝0.3m，
在Rt△B1D1Q中，B1Q＝B1D1•sin60°＝×＝（cm），
∴B1C1＝2B1Q＝．
故答案为：；
（2）连接B2C2交AD2于点P，如图③，
由（1）可得：＝＝0.2π（m），
设所在圆的半径为r，
∴，
解得：r＝0.2，
∴AP＝B2P＝r＝0.2m，
∵BC＝0.6m，
∴B2D2＝BC＝0.3m，
在Rt△B2PD2中，根据勾股定理可得：PD2＝＝，
∴D1D2＝AD2﹣AD1＝（AP+PD2）﹣AD1＝＝（m）．
4．如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝2AC＝2，过BC上一点D作DE⊥BC，交AB于点E，以点D为圆心，DE的长为半径作半圆，交AC，AB于点F，G，交直线BC于点H，I（点I在H左侧）．当点D与点C重合时（如图2），GH＝ ；当EF＝GH时，CD＝ ．
【分析】过点G作GM⊥CB交BC于点M，连接CG，利用相似可以得到△GMB中MG＝MB，可设GM＝x，则可表示出BM、CM，根据圆的性质可得AC＝CG，即在Rt△CGM中可利用勾股定理列方程求解，再求出MH，最后利用勾股定理即可求出GH；过点G作GN⊥CB交BC于点N，连接DG、DF，根据EF＝GH可证△FED≌△DGH，再可证Rt△FCD≌Rt△DGN，同理可得DE＝DB，GN＝NB，可设GN＝y，则CD＝y，可表示出NB、CN、DN、DB，即可求出⊙D的半径DE，在Rt△DGN中可利用勾股定理列方程求解即可求出CD．
【解答】解：过点G作GM⊥CB交BC于点M，连接CG，
∵∠ACB＝90°，GM⊥CB，且∠B为△ABC与△AGMB的公共角，
△ACB∽△GMB，
∴BC＝2AC＝2，
∴MG＝MB．
设GM＝x，则BM＝2x，CM＝2﹣2x，
由题意得CA、CG、CH都为⊙C的半径，
∴CA＝CG＝CH＝1，
在Rt△CGM中可利用勾股定理列方程：x2+（2﹣2x）2＝12，
解得：x＝或1（舍去）．
∴GM＝，CM＝．
∴MH＝CH﹣CM＝，
在Rt△MHG中，由勾股定理可求得：GH＝＝，
过点G作GN⊥CB交BC于点N，连接DG、DF，
由题意得DF、DG、DE、DH为⊙D的半径，
∴DF＝DE＝DG＝DH，
∵EF＝GH，
在Rt△DEF与Rt△DGH中：
，
∴△FED≌△DGH（SSS），
∴∠FDE＝∠GDH，
∵DE⊥BC，GN⊥CB，
∴∠CDF+∠FDE＝90°，∠DGN+∠GDH＝90°，
∴∠CDF＝∠DGN，
在Rt△CDF与Rt△DGN中：
，
∴Rt△FCD≌Rt△DGN（AAS），
∴CD＝NG，
同理：△GNB∽△ACB，
∴GN＝NB．
设GN＝y，则CD＝y，NB＝2y，CN＝CB﹣NB＝2﹣2y，DN＝CN﹣CD＝2﹣3y，DB＝DN+NB＝2﹣y，
同理：△EDB∽△ACB，
∴DE＝DB＝1﹣y．
∴DG＝DE＝1﹣y．
在Rt△DGN中可利用勾股定理得：DN2+GN2＝DG2，
列方程得：（2﹣3y）2+y2＝（1﹣y）2，
解得：y＝或（舍去）．
∴CD＝．
故答案为：；．
5．如图，在⊙O中，弦AB与弦CD相交于点G，OA⊥CD于点E，过点B的直线与CD的延长线交于点F，AC∥BF．
（1）若∠FGB＝∠FBG，求证：BF是⊙O的切线；
（2）若tan∠F＝，CD＝24，求⊙O的半径；
（3）请问的值为定值吗？若是，请写出计算过程，若不是，请说明理由．
【分析】（1）由OA＝OB，得出∠OAB＝∠OBA，由OA⊥CD，得出∠OAB+∠AGC＝90°，推出∠FBG+∠OBA＝90°，即∠OBF＝90°，即可得出结论；
（2）由平行线得出∠ACF＝∠F，求出CE＝CD＝12，得出tan∠ACF＝＝，求出AE＝9，连接OC，设圆的半径为r，则OE＝r﹣9，由勾股定理得出方程，解方程即可；
（3）连接BD，证明△BDG∽△FBG，得出对应边成比例，得出GB2＝DG•GF，即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∵OA⊥CD，
∴∠OAB+∠AGC＝90°，
又∵∠FGB＝∠FBG，∠FGB＝∠AGC，
∴∠FBG+∠OBA＝90°，即∠OBF＝90°，
∴OB⊥FB，
∵AB是⊙O的弦，
∴点B在⊙O上，
∴BF是⊙O的切线；
（2）解：∵AC∥BF，
∴∠ACF＝∠F
∵CD＝24，OA⊥CD，
∴CE＝CD＝12，
∵tan∠F＝，
∴tan∠ACF＝＝，
即，
解得AE＝9，
连接OC，如图1所示：
设圆的半径为r，则OE＝r﹣9，
在Rt△OCE中，CE2+OE2＝OC2，
即122+（r﹣9）2＝r2，
解得：r＝12.5；
（3）解：是定值；理由如下：
连接BD，如图2所示：
∵∠DBG＝∠ACF，∠ACF＝∠F，
∴∠DBG＝∠F，
∵∠DGB＝∠FGB，
∴△BDG∽△FBG，
∴，
即GB2＝DG•GF，
∴＝＝＝＝＝．
6．如图（1），⊙O为锐角△CBD的外接圆，过点D作DH⊥BC于点H，DC，DH分别交直径AB于点E，F，连结AC，∠CDH+2∠ABC＝90°．
（1）求证：CB＝CD．
（2）当CH＝DH时，求证：AE＝BF．
（3）如图（2），若，
①求sin∠CDH的值；
②求EF的长．
【分析】（1）证明∠DCO＝∠ABC＝∠BCO，得到∠COD＝∠COB，即可求解；
（2）证明DO平分∠CDH且DO⊥EF，即可求解；
（3）①在Rt△CDH中，CD2＝DH2+CH2，求出x＝，则CH＝BC﹣BH＝2﹣＝，即可求解；
②设ET＝3x，则CT＝x，CE＝4x，则AT＝AC﹣CT＝2﹣x，则tan∠CAB＝＝＝，解得：x＝，即可求解．
【解答】（1）证明：连接OC、OD，
则∠OCB＝∠OBC，
∵∠CDH+2∠ABC＝∠CDH+∠ABC+∠ABC＝90°，
而∠CDH+∠ACB＝∠CDH+∠BCO+∠OCD＝∠CDH+∠ABC+∠DCO＝90°，
∴∠DCO＝∠ABC＝∠BCO，
∴∠OCD＝∠ODC＝∠OCB＝∠OBC，
∴∠COD＝∠COB，
∴CB＝CD；
（2）证明：如图，
当CH＝DH时，则∠DCH＝∠CDH＝45°，
由（1）知∠OCD＝∠OCB＝∠ODC＝×45°＝22.5°，
则DO平分∠CDH，
∵∠CDH＝45°，则∠BOD＝90°，
即DO⊥EF，
故OE＝OF，
而OA＝OB，
故AE＝BF；
（3）解：①在等腰三角形BCD中，CD＝BC＝2，
∴∠CBD＝∠CDB＝∠ACB，
∴tan∠CBD＝tan∠CDB＝tan∠ACB＝＝，
设BH＝x，则DH＝x，
则CH＝BC﹣BH＝2﹣x，
在Rt△CDH中，CD2＝DH2+CH2，
即（2）2＝（2﹣x）2+（x）2，
解得：x＝，
则CH＝BC﹣BH＝2﹣＝，
则sin∠CDH＝＝＝；
②过点E作ET⊥AC于点T，
∵AC∥DH，
则∠ACE＝∠CDH，
故设ET＝3x，则CT＝x，CE＝4x，
则AT＝AC﹣CT＝2﹣x，
则tan∠CAB＝＝＝，
解得：x＝，
则AT＝2﹣x＝，ET＝3x＝，CE＝4x＝，ED＝CD﹣CE＝2﹣＝，
则AE＝＝，＝；
∵AC∥DH，
∴＝＝；
＝＝＝，
解得：EF＝．
7．如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，tan∠BAD＝，AD＝5，CD＝4a．DE⊥AD交线段BC于点E，以DE为直径的⊙O交AE于点F，连结DF．
（1）用a的代数式分别表示DE，AB的长．
（2）∠CDF被DE分割成的两个角中，有一个等于∠BAE，求的值．
（3）连结OB，当OB∥DF时，
①求证：∠OBC＝∠BAE；
②求tan∠DAE的值．
【分析】（1）在Rt△ADH中分别求DH、AH的长度，易证四边形CDHB是矩形，所以BH＝CD＝4a，BC＝DH＝4，AB＝3+4a，设BE＝y，则CE＝4﹣y，根据勾股定理可得用含a、y的代数式表示DE2，在Rt△ADE和Rt△ABE中求AE2，从而可得y与a的关系式，进而求得DE的长；
（2）由题意，分类讨论：当∠CDE＝∠BAE时，在Rt△CDE和Rt△ABE中利用三角函数得到方程解a，分别求BE，DE，得出的值；当∠FDE＝∠BAE可证AE是∠DAB的角平分线，所以ED＝BE，得出的值；
（3）①根据同角的余角相等即得证；
②根据中位线定理可求ON长度，再根据∠OBC＝∠BAE可知tan∠OBC＝tan∠BAE得到方程，解出a的值，在Rt△ADE中可得tan∠DAE＝＝a，即可求解．
【解答】（1）解：过点D作DH⊥AB于H，
∵∠B＝∠C＝90°，
∴∠DHB＝∠B＝∠C＝90°，
∴四边形CDHB是矩形，
∴BH＝CD＝4a，BC＝DH，
在Rt△ADH中，tan∠BAD＝，AD＝5，
∴DH＝4、AH＝3，
∴BC＝DH＝4，AB＝3+4a，
设BE＝y，则CE＝4﹣y，
∵DE是直径，
∴∠DCE＝90°，
∴DE2＝CD2+CE2＝（4a）2+（4﹣y）2，
∵DE⊥AD，
∴AE2＝AD2+DE2＝AB2+BE2，
∴5+2（4a）2+（4﹣y）2＝y2+（3+4a）2，
∴y＝4﹣3a，
∴CE＝4﹣y＝3a，
∴DE＝＝5a；
（2）解：当∠CDE＝∠BAE时，
在Rt△CDE中，
tan∠DAE＝＝tan∠BAE＝，
∵CE＝3a，CD＝4a，BE＝4﹣3a，AB＝3+4a，
∴，解得a＝0（舍去）或，
∴BE＝4﹣3a＝，DE＝5a＝，
∴＝；
当∠FDE＝∠BAE时，
∵DE是直径，
∴∠DFA＝90°，
∵∠FDE+∠ADF＝∠ADF+∠DAF＝90°，
∴∠DAF＝∠FDE＝∠BAE，
∵AD⊥DE，BE⊥AB，
∴ED＝BE，
∴＝1，
综上，的值为或1；
（3）①证明：设EF与OB交于点G，
∵OB∥DF，
∴∠AGB＝∠DFE＝∠OGE＝90°，
∴∠EAB+∠ABO＝∠ABO+∠OBC＝90°，
∴∠OBC＝∠BAE；
②解：作ON∥CD交BC于N，
∴∠ONB＝∠C＝90°，
∵OD＝OE，
∴CN＝BN＝CE＝a，
∴ON＝CD＝2a，
∴BN＝BE+EN＝4﹣3a+a＝4﹣a，
∵∠OBC＝∠BAE，
∴tan∠OBC＝tan∠BAE＝，
∴，解得a＝，
在Rt△ADE中，tan∠DAE＝＝a，
∴tan∠DAE＝．
8．综合与实践
【问题情境】在数学综合实践课上，“希望小组”的同学们以三角形为背景，探究图形变化过程中的几何问题，如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为平面内一点（点A，B，D三点不共线），AE为△ABD的中线．
【初步尝试】（1）如图1，小林同学发现：延长AE至点M，使得ME＝AE，连接DM．始终存在以下两个结论，请你在①，②中挑选一个进行证明：
①DM＝AC；②∠MDA+∠DAB＝180°；
【类比探究】（2）如图2，将AD绕点A顺时针旋转90°得到AF，连接CF．小斌同学沿着小林同学的思考进一步探究后发现：，请你帮他证明；
【拓展延伸】（3）如图3，在（2）的条件下，王老师提出新的探究方向：点D在以点A为圆心，AD为半径的圆上运动（AD＞AB），直线AE与直线CF相交于点G，连接BG，在点D的运动过程中BG存在最大值．若AB＝4，请直接写出BG的最大值．
【分析】（1）利用SAS证明△ABE≌△MDE，可得AB＝DM，再结合AB＝AC，即可证得DM＝AC；由全等三角形性质可得∠BAE＝∠DME，再运用平行线的判定和性质即可证得∠MDA+∠DAB＝180°；
（2）延长AE至点M，使得ME＝AE，连接DM．利用SAS证得△ACF≌△DMA，可得CF＝AM，再由AE＝AM，可证得AE＝CF；
（3）延长DA至M，使AM＝AD，设AM交CF于N，连接BM交CF于K，取AC中点P，连接GP，可证得△ACF≌△ABM（SAS），利用三角形中位线定理可得AE∥BM，即AG∥BM，利用直角三角形性质可得GP＝AC＝AB＝2，得出点G在以P为圆心，2为半径的⊙P上运动，连接BP并延长交⊙P于G′，可得BG′的长为BG的最大值，再运用勾股定理即可求得答案．
【解答】（1）证明：①∵AE为△ABD的中线，
∴BE＝DE，
在△ABE和△MDE中，
，
∴△ABE≌△MDE（SAS），
∴AB＝DM，
∵AB＝AC，
∴DM＝AC；
②由①知△ABE≌△MDE，
∴∠BAE＝∠DME，
∴AB∥DM，
∴∠MDA+∠DAB＝180°；
（2）证明：延长AE至点M，使得ME＝AE，连接DM．
由旋转得：AF＝AD，∠DAF＝90°，
∵∠BAC＝90°，∠DAF+∠BAC+∠BAD+∠CAF＝360°，
∴∠BAD+∠CAF＝180°，
由（1）②得：∠MDA+∠DAB＝180°，DM＝AB＝AC，
∴∠CAF＝∠MDA，
在△ACF和△DMA中，
，
∴△ACF≌△DMA（SAS），
∴CF＝AM，
∵AE＝AM，
∴AE＝CF；
（3）如图3，延长DA至M，使AM＝AD，设AM交CF于N，连接BM交CF于K，取AC中点P，连接GP，
由旋转得：AF＝AD，∠DAF＝90°，
∴AF＝AM，∠MAF＝180°﹣90°＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠MAF+∠CAM＝∠BAC+∠CAM，
即∠CAF＝∠BAM，
在△ACF和△ABM中，
，
∴△ACF≌△ABM（SAS），
∴∠AFC＝∠AMB，即∠AFN＝∠KMN，
∵∠ANF＝∠KNM，
∴∠FAN＝∠MKN＝90°，
∴BM⊥CF，
∵E、A分别是DB、DM的中点，
∴AE是△BDM的中位线，
∴AE∥BM，即AG∥BM，
∴AG⊥CF，
∴∠AGC＝90°，
∵点P是AC的中点，
∴GP＝AC＝AB＝2，
∴点G在以P为圆心，2为半径的⊙P上运动，
连接BP并延长交⊙P于G′，
∴BG′的长为BG的最大值，
在Rt△ABP中，BP＝＝＝2，
∴BG′＝BP+PG′＝2+2，
∴BG的最大值为2+2．
圆的基本性质相关综合题解题秘籍：
圆中求长度，垂径＋勾股；圆中求角度，同弧或等弧；
圆的综合问题，和那个图形结合，就多想所结合图形的性质与圆的性质；
圆与切线综合题解题要点：
有切线必有直角，有直角三角形，求长度则多想勾股定理及与直角三角形有关的相似；
圆与最值问题必备知识：
一、构造辅助圆的常用方法:
①定义法:到定点的距离=定长
即:同一平面内4个点到某一定点的距离相等(3个点也可证共圆)
②定边对直角(原理:直径所对的圆周角=90°)
特例:有公共斜边的两个直角三角形,必满足四点共圆
③定边对定角(原理:同弧所对的圆周角相等)
④对角互补的四边形,4个顶点满足四点共圆
特例:矩形、正方形的4个顶点必四点共圆
⑤“蝴蝶形”相似的4个顶点必满足四点共圆
⑥瓜豆原理之圆生圆
二、圆与圆外定点的最值求法:
如图：则AP最小值=OA-r；AP最大值=OA+r