押浙江杭州卷第23題（一）（圓的綜合問題：與三角形、相似、三角函數(shù)相結(jié)合）-備戰(zhàn)2023年中考臨考題號(hào)押題【浙江杭州專用】（解析版）

備戰(zhàn)2023年中考臨考題號(hào)押題【浙江杭州專用】押浙江杭州卷第23題（一）解答第23題（圓的綜合問題：與三角形、相似、三角函數(shù)相結(jié)合）關(guān)于圓的綜合性問題，往往是杭州中考試題中的壓軸題，特別是圓與三角形的綜合問題近兩年出現(xiàn)頻率較高。其考查容涉及到了方程、三角形全等與相似、特殊四邊形性質(zhì)及其圓的相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，解決這類問題要求學(xué)生必須穩(wěn)固各方面的數(shù)學(xué)知識(shí)，熟練把握有關(guān)推理證明、計(jì)算分析、動(dòng)態(tài)變化、分類討論等多方面的類型題。1.有關(guān)切線問題解題技巧為：抓“相切”，連接圓心與切點(diǎn)。常見的輔助線的：①判定切線時(shí)“連圓心和直線與圓的公共點(diǎn)”或“過圓心作這條直線的垂線”；②有切線時(shí)，常常“遇到切點(diǎn)連圓心得半徑”．切線的性質(zhì)可總結(jié)如下：如果一條直線符合下列三個(gè)條件中的任意兩個(gè)，那么它一定滿足第三個(gè)條件，這三個(gè)條件是：①直線過圓心；②直線過切點(diǎn)；③直線與圓的切線垂直．求線段長問題解題技巧為：若題干中出現(xiàn)三角函數(shù)時(shí)，一般考慮用三角函數(shù)解題；若題于中不含三角函數(shù),一般考慮用相似三角形或勾股定理解題。證明兩線段相等問題解題技巧為：若所證兩線段相連不共線，則可以考慮將兩條線段放到一個(gè)三角形中，利用等腰或等邊三角形等角對(duì)等邊來證明；若所證兩線段相連共線，則可以考慮等腰三角形三線合一或直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的半來證明；若所證兩線段平行，則可以考慮特殊四邊形對(duì)邊相等來證明。三角形外接圓解題技巧為：一般我們會(huì)先構(gòu)造一條直徑，然后再根據(jù)題目的一些已知條件構(gòu)造特殊的三角形和邊角關(guān)系，從而求解。1．（2021?杭州）如圖，銳角三角形內(nèi)接于，的平分線交于點(diǎn)，交邊于點(diǎn)，連接．（1）求證：．（2）已知，，求線段的長（用含，的代數(shù)式表示）．（3）已知點(diǎn)在線段上（不與點(diǎn)，點(diǎn)重合），點(diǎn)在線段上（不與點(diǎn)，點(diǎn)重合），，求證：．【分析】（1）根據(jù)的平分線交于點(diǎn)，知，由圓周角定理知，即可證；（2）由（1）知，由得，即可計(jì)算的長度；（3）先證，得出線段比例關(guān)系，即可得證．【解答】（1）證明：平分，，又，；（2）解：由（1）知，，，，，；（3）證明：，，，，，又，，，．2．（2020?杭州）如圖，已知，為的兩條直徑，連接，，于點(diǎn)，點(diǎn)是半徑的中點(diǎn)，連接．（1）設(shè)的半徑為1，若，求線段的長．（2）連接，，設(shè)與交于點(diǎn)，①求證：．②若，求的度數(shù)．【分析】（1）解直角三角形求出，再證明，利用直角三角形斜邊中線的性質(zhì)即可解決問題．（2）①過點(diǎn)作于，交于，連接．想辦法證明四邊形是平行四邊形可得結(jié)論．②想辦法證明，推出，推出是等腰直角三角形即可解決問題．【解答】（1）解：，，，，，，是直徑，，，，是等邊三角形，，，，，．（2）①證明：過點(diǎn)作于，交于，連接．，，，，同理，，．，，四邊形是平行四邊形，．解法二：可以作中點(diǎn)，連接，，證明是平行四邊形即可，得對(duì)角線互相平分．②，，，，，，，，，，是等腰直角三角形，．解法二：可以過點(diǎn)作交于點(diǎn)，連接．，，，，，，，，，，，，，，，，3．（2019?杭州）如圖，已知銳角三角形內(nèi)接于圓，于點(diǎn)，連接．（1）若，①求證：．②當(dāng)時(shí)，求面積的最大值．（2）點(diǎn)在線段上，，連接，設(shè)，，是正數(shù)），若，求證：．【分析】（1）①連接、，則，即可求解；②長度為定值，面積的最大值，要求邊上的高最大，即可求解；（2），而，即可求解．【解答】解：（1）①連接、，則，，；②長度為定值，面積的最大值，要求邊上的高最大，當(dāng)過點(diǎn)時(shí)，最大，即：，面積的最大值；（2）如圖2，連接，設(shè)：，則，，則，，，，，即：，化簡得：．備注：此題還可采用以下解法：連接，延長交于點(diǎn)，設(shè)，則，，則，．4．（2017?杭州）如圖，已知內(nèi)接于，點(diǎn)在劣弧上（不與點(diǎn)，重合），點(diǎn)為弦的中點(diǎn)，，與的延長線交于點(diǎn)，射線與射線交于點(diǎn)，與交于點(diǎn)，設(shè)，，，（1）點(diǎn)點(diǎn)同學(xué)通過畫圖和測(cè)量得到以下近似數(shù)據(jù)：猜想：關(guān)于的函數(shù)表達(dá)式，關(guān)于的函數(shù)表達(dá)式，并給出證明；（2）若，，的面積為的面積的4倍，求半徑的長．【分析】（1）由圓周角定理即可得出，然后根據(jù)是的中點(diǎn)，，可知，由三角形外角的性質(zhì)即可得出，從而可知、、、四點(diǎn)共圓，由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可知：，即；（2）由（1）及可知，，，由于的面積為的面積的4倍，所以，根據(jù)勾股定理即可求出、的長度，從而可求出的長度，再由勾股定理即可求出的半徑；【解答】解：（1）猜想：，連接，由圓周角定理可知：，，，，，，是的中點(diǎn)，，是線段的垂直平分線，，，，，，，、、、四點(diǎn)共圓，，，；另解：平分，，，，，，，，，，，，即，（2）當(dāng)時(shí)，此時(shí)圖形如圖所示，，，，，由（1）可知：、、、四點(diǎn)共圓，，的面積為的面積的4倍，，，設(shè)，，由（1）可知：，，，由勾股定理可知：，，，，，在中，由勾股定理可知：，，，，在中，設(shè)半徑為，由勾股定理可知：，，半徑的長為5．一．解答題（共20小題）1．（2023?西湖區(qū)模擬）如圖，已知CE是圓O的直徑，點(diǎn)B在圓O上，且BD＝BC，過點(diǎn)B作弦CD的平行線與CE的延長線交于點(diǎn)A．（1）若圓O的半徑為2，且點(diǎn)D為弧EC的中點(diǎn)時(shí)，求線段CD的長度；（2）在（1）的條件下，當(dāng)∠CBD＝45°，DF＝a時(shí)，求線段BD的長度；（答案用含a的代數(shù)式表示）（3）若AB＝3AE，且CD＝12，求△BCD的面積．【答案】（1）22；（2）8a（3）108．【分析】（1）過O作OH⊥CD于H，根據(jù)點(diǎn)D為弧EC的中點(diǎn)，可得∠OCH＝45°，進(jìn)而得出OH＝CH，再根據(jù)圓O的半徑為2，即可得到OH=2（2）先判定△CDF∽△BDC，可得∠DCF＝∠DBC，再根據(jù)∠DCF＝45°，即可得出∠DBC＝45°；（3）連接BE，BO，DO，并延長BO至H點(diǎn)，依據(jù)∠ABE＝∠OBC＝∠OCB，∠A＝∠A，判定△ABE∽△ACB，即可得到AC=AB2AE，設(shè)AE＝x，再根據(jù)△AOB∽△COH，可得AOCO【解答】解：（1）如圖，過O作OH⊥CD于H，∵點(diǎn)D為弧EC的中點(diǎn)，∴弧ED＝弧CD，∴∠OCH＝45°，∴OH＝CH，∵圓O的半徑為2，即OC＝2，∴OH＝CH=2∴CD＝2CH＝22；（2）∵∠FCD＝45°，∠DBC＝45°，∴∠FCD＝∠DBC，∴△CDF∽△BDC，∴FDCD由（1）可知CD＝22，∴BD=2（3）如圖，連接BE，BO，DO，并延長BO至H點(diǎn)，∵BD＝BC，OD＝OC，∴BH垂直平分CD，又∵AB∥CD，∴∠ABO＝90°＝∠EBC，∴∠ABE＝∠OBC＝∠OCB，又∵∠A＝∠A，∴△ABE∽△ACB，∴AEAB=ABAC，即AB2＝∴AC=A設(shè)AE＝x，則AB＝3x，∴AC＝9x，EC＝8x，∴OE＝OB＝OC＝4x，∵CD＝12，∴CH＝6，∵AB∥CH，∴△AOB∽△COH，∴AOCO=BO解得x=52，OH＝8，∴BH＝BO+OH＝18，∴△BCD的面積=1【點(diǎn)評(píng)】本題屬于圓的綜合題，主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，垂徑定理以及等腰三角形的性質(zhì)的綜合運(yùn)用，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造相似三角形，依據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例得到方程得出結(jié)論．在判定兩個(gè)三角形相似時(shí)，應(yīng)注意利用圖形中已有的公共角、公共邊等隱含條件，以充分發(fā)揮基本圖形的作用，尋找相似三角形的一般方法是通過作平行線構(gòu)造相似三角形．2．（2023?杭州一模）如圖，點(diǎn)A，B，C分別是⊙O上的三等分點(diǎn)，連接AB，BC，CA．點(diǎn)D，E分別是AC，BC上的點(diǎn)，且BE＝CD．過點(diǎn)D作EO的垂線，垂足為H，與⊙O分別交于N、M，與邊AB交于F點(diǎn)．（1）求證：△ABC是等邊三角形；（2）探索FN與MD的數(shù)量關(guān)系，并加以證明；（3）點(diǎn)E從點(diǎn)B沿BC方向運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C，點(diǎn)H也隨之運(yùn)動(dòng)，若⊙O的半徑為2，則點(diǎn)H運(yùn)動(dòng)的路徑長是多少？【答案】（1）證明見解答；（2）FN＝MD，證明見解答；（3）點(diǎn)H運(yùn)動(dòng)的路徑長是3．【分析】（1）由AB=BC=AC，得AB＝BC＝（2）連接OC、OD、OE、EF，由△ABC是⊙O的內(nèi)接正三角形，得∠BOC＝120°，則∠OBC＝∠OCB＝30°，所以∠OBE＝∠OCD＝30°，可證明△OBE≌△OCD，得OE＝OD，∠BOE＝∠COD，可推導(dǎo)出∠EOD＝∠BOC＝120°，則∠OED＝∠ODE＝30°，所以∠EDF＝60°，可證明∠CDE＝∠AFD＝120°﹣∠ADF，CE＝AD，即可證明△CDE≌△AFD，得DE＝FD，則△DEF是等邊三角形，由FH＝DH，NH＝MH，得FN＝MD；（3）延長BO交AC于點(diǎn)K，連接并延長KH交AB于點(diǎn)L，由BK平分∠ABC，得BK⊥AC，AK＝CK，取OD的中點(diǎn)I，連接IK、IH，則K、H、O、D四點(diǎn)都在以O(shè)D為直徑的圓上，所以∠OKH＝∠ODH＝30°，則KH∥BC，可知點(diǎn)H在過點(diǎn)K與BC平行的直線上運(yùn)動(dòng)，由∠OKC＝90°，∠OCK＝30°，OC＝2，得OK=12OC＝1，則AK＝CK=OC2?OK2=3，再證明△ALK【解答】（1）證明：∵點(diǎn)A，B，C分別是⊙O上的三等分點(diǎn)，∴AB=∴AB＝BC＝AC，∴△ABC是等邊三角形．（2）解：FN＝MD，證明：如圖1，連接OC、OD、OE、EF，∵△ABC是⊙O的內(nèi)接正三角形，∴∠BOC=13×360°＝120°，∠A＝∠ABC∵OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB＝30°，∴∠OBE＝∠OCD＝30°，∵BE＝CD，∴△OBE≌△OCD（SAS），∴OE＝OD，∠BOE＝∠COD，∴∠EOD＝∠COE+∠COD＝∠COE+∠BOE＝∠BOC＝120°，∴∠OED＝∠ODE＝30°，∵DH⊥EO交EO的延長線于點(diǎn)H，∴∠DHE＝90°，∴∠EDF＝60°，∵∠CDE＝180°﹣∠EDF﹣∠ADF＝120°﹣∠ADF，∠AFD＝180°﹣∠A﹣∠ADF＝120°﹣∠ADF，∴∠CDE＝∠AFD，∵BC＝AC，BE＝CD，∴CE＝AD，∴△CDE≌△AFD（AAS），∵DE＝FD，∴△DEF是等邊三角形，∵EH⊥DF，∴FH＝DH，NH＝MH，∴FN＝MD．（3）解：如圖2，延長BO交AC于點(diǎn)K，連接并延長KH交AB于點(diǎn)L，∵∠OBC＝∠OBA＝30°，∴BK平分∠ABC，∴BK⊥AC，AK＝CK，∴∠OKD＝∠OHD＝90°，取OD的中點(diǎn)I，連接IK、IH，則IK＝IH＝IO＝ID=12∴K、H、O、D四點(diǎn)都在以O(shè)D為直徑的圓上，∴∠OKH＝∠ODH＝30°，∴∠OKH＝∠OBC，∴KH∥BC，∴點(diǎn)H在過點(diǎn)K與BC平行的直線上運(yùn)動(dòng)，∴線段KL就是點(diǎn)E從點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)點(diǎn)H的運(yùn)動(dòng)路徑，∵∠OKC＝90°，∠OCK＝30°，OC＝2，∴OK=12∴AK＝CK=O∵∠A＝60°，∠AKL＝∠ACB＝60°，∴∠ALK＝60°，∴△ALK是等邊三角形，∵KL＝AK=3∴點(diǎn)H運(yùn)動(dòng)的路徑長是3．【點(diǎn)評(píng)】此題重點(diǎn)考查圓的有關(guān)概念及性質(zhì)、垂徑定理、圓周角定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、直角三角形中30°角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半、勾股定理等知識(shí)，此題綜合性強(qiáng)，難度較大，屬于考試壓軸題．3．（2023春?西湖區(qū)校級(jí)月考）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點(diǎn)E，G是弧AC上一點(diǎn)，AG，DC的延長線交于點(diǎn)F，連結(jié)AD，已知AE＝CD，BE＝2．（1）求⊙O的半徑長；（2）若點(diǎn)G是AF的中點(diǎn)，連結(jié)DG，求AG的長；（3）在（2）的條件下，連結(jié)GC，求△CDG與△ADG的面積之比．【答案】（1）5；（2）210；（3）26【分析】（1）連接OD，設(shè)⊙O的半徑為r，則AB＝2r，根據(jù)勾股定理得到⊙O的半徑長為5；（2）連接BG，根據(jù)圓周角定理即直角三角形的性質(zhì)得出∠ADG＝∠F，結(jié)合∠DAG＝∠FAD，推出△ADG∽△AFD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到ADAF=AGAD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到AD2＝AG?AF，根據(jù)（1）及勾股定理求出AD2，結(jié)合（3）由相似三角形的性質(zhì)得到FG?FA＝FC?FD，等量代換得到AD2＝FC?FD，根據(jù)三角形面積公式得到結(jié)論．【解答】解：（1）如圖1，連接OD，設(shè)⊙O的半徑為r，則AB＝2r，∵AE＝CD，BE＝2，∴CD＝AE＝2r﹣2，∵CD⊥AB，∴DE=12CD＝∵OD2＝OE2+DE2，∴r2＝（r﹣2）2+（r﹣1）2，∴r＝5，r＝1（不合題意，舍去），∴⊙O的半徑長為5；（2）如圖2，連接BG，∵AB是直徑，∴∠AGB＝90°，∴∠B+∠BAG＝90°，∵AB⊥CD，∴∠AEF＝90°，∴∠F+∠BAF＝90°，∴∠B＝∠F，∵∠ADG＝∠B，∴∠ADG＝∠F，又∵∠DAG＝∠FAD，∴△ADG∽△AFD，∴ADAF∴AD2＝AG?AF，∵DE＝4，AE＝8，∴AD2=D∵G是AF的中點(diǎn)，∴AF＝2AG＝2FG，∴2AG2＝80，∴AG＝210或AG＝﹣210（舍去）；（3）如圖3，連接BG，∵∠GCF＝∠DAF，∠F＝∠F，∴△FCG∽△FAD，∴FGFD∴FG?FA＝FC?FD，由（2）知，AD2＝AG?AF，AG＝FG，∴AD2＝FC?DF，∴80＝DF（DF﹣8），∴DF＝4+46或4﹣46（舍去），∵AG＝FG，∴S△ADG＝S△DGF，∴△CDG與△ADG的面積之比＝△CDG與△DGF的面積之比＝CD：DF＝8：（4+46）=2【點(diǎn)評(píng)】本題是圓的綜合題，考查的是垂徑定理，圓周角定理和勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，掌握垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對(duì)的兩條弧是解題的關(guān)鍵．4．（2022秋?西湖區(qū)期末）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，∠ABC＞90°，△ABC的外角∠EAC的平分線交⊙O于點(diǎn)D，連接DB，DC，DB交AC于點(diǎn)F．（1）求證：△DBC是等腰三角形．（2）若DA＝DF．①求證：BC2＝DC?BF．②若⊙O的半徑為5，BC＝6，求S△BCF【答案】（1）見解析；（2）①見解析；②109【分析】（1）由題意易得∠BCD+∠BAD＝180°，則有∠EAD＝∠BCD，進(jìn)而可得∠EAD＝∠DAC，則∠BCD＝∠CBD，然后問題可求證；（2）①由題意易證△DAF∽△DBC，則有∠ADF＝∠BDC，進(jìn)而可得∠DFA＝∠DCB，再由相似三角形的判定得出△FBC∽△BCD，利用其性質(zhì)即可證明；②連接DO交BC于G，由題意易得D、O都在中垂線上，即D、O、G共線，進(jìn)而可得DO⊥BC且BG＝GC＝3，則有DG＝4+OD＝9，由①得FB=6510，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出AD=DF=95【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠BCD+∠BAD＝180°，∵∠DAB+∠EAD＝180°，∴∠EAD＝∠BCD，∴∠CAD＝∠CBD，∵AD平分∠EAC，∴∠EAD＝∠DAC，∴∠BCD＝∠CBD，∴DB＝DC，∴△DBC是等腰三角形；（2）①證明：∵DA＝DF，∴∠DAF＝∠DFA，∴∠DAF＝∠DFA＝∠CBD＝∠BCD，∴△DAF∽△DBC，∴∠ADF＝∠BDC，∴∠DFA＝∠DCB，∵∠DBC＝∠FBC，∴△FBC∽△BCD，∴FBBC∴BC2＝BD?BF，∵DB＝DC，∴BC2＝DC?BF；②解：連接DO交BC于G，∵BD＝DC，OB＝OC，∴D、O都在中垂線上，即D、O、G共線，∴DO⊥BC且BG＝GC＝3，∵OB＝5，∴在Rt△BOG中，OG＝4，∴DG＝4+OD＝9，∴在Rt△BDG中，BD=9∵△FBC∽△BCD，∴FBBC∴FB6解得：FB=6∴DF=310∴AD=DF=9∵∠DAC＝∠DBC，∠DFA＝∠BFC，∴△AFD∽△BFC，∴BCAD∴S△BCF【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)，垂徑定理及圓周角定理，熟練掌握?qǐng)A內(nèi)接四邊形的性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5．（2022?蕭山區(qū)校級(jí)二模）如圖，已知線段AB＝8，點(diǎn)D為線段AB上的任意一點(diǎn)（點(diǎn)D不與A，B重合），過點(diǎn)D作DC⊥AB，且CD＝4，過A，C，D三點(diǎn)作⊙O交BC于點(diǎn)P，連接AP交CD于點(diǎn)E．（1）若AP平分∠BAC．①求∠ACD的度數(shù)：②求CE的長：（2）作直徑垂直AB交AB于M，AP于點(diǎn)N．記AM＝x，MN＝y(tǒng)，求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式，并說明當(dāng)MN的長度最大時(shí)，直線BC與⊙O相切．【答案】（1）①60°；②16﹣83；（2）y=?12x【分析】（1）①利用圓周角定理和全等三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的邊角關(guān)系定理以及特殊角的三角函數(shù)值解答即可；②利用勾股定理和相似三角形的判定與性質(zhì)解答即可；（2）利用垂徑定理和相似三角形的判定與性質(zhì)列出比例式即可得到結(jié)論；利用配方法和二次函數(shù)的性質(zhì)即可求得MN的最大值，利用等腰直角三角形的判定與性質(zhì)和圓的切線的判定定理解答即可．【解答】解：（1）①∵CD⊥AB，∴CA是⊙O的直徑，∴AP⊥BC，∴∠BPA＝∠CPA＝90°．∵AP平分∠BAC，∴∠BAP＝∠CAP．在△ACP和△ABP中，∠CAP=∠BAPAP=AP∴△ACP≌△ABP（ASA），∴AC＝AB＝8．∵CD＝4，DC⊥AB，∴sin∠CAD=CD∴∠CAD＝30°．∴∠ACD＝90°﹣∠CAD＝60°；②∵CD⊥AB，∴∠BAP+∠B＝∠BCD+∠B＝90°，∴∠BAP＝∠BCD，∵∠BPA＝∠BDC＝90°，∴△EDA∽△BDC，∴DEAD∵AD=AC2∴BD＝AB﹣AD＝8﹣43，∴DE4∴DE＝83?∴CE＝CD﹣DE＝16﹣83（2）如圖，∵OM⊥AB，∴AM＝DM，∠AMN＝90°．∵AM＝x，∴AD＝2AM＝2x，∴BD＝8﹣2x．∵CD⊥AB，∴∠BDC＝90°，∴∠AMN＝∠BDC＝90°．∵∠NAM＝∠DCB，∴△AMN∽△CDB，∴MNAM∴MNx∴y＝MN=?12x∴y與x之間的函數(shù)關(guān)系式為y=?12x∵點(diǎn)D為線段AB上的任意一點(diǎn)（點(diǎn)D不與A，B重合），∴x＞0，8﹣2x＞0，∴0＜x＜4．∵y=?12x2+2∴當(dāng)x＝2時(shí)，即當(dāng)AM＝2時(shí)，MN取得最大值為2，此時(shí)，AM＝2，AD＝2AM＝4，BD＝8﹣AD＝4，∵CD＝4，CD⊥AB，∴△ADC與△BDC均為等腰直角三角形，∴∠ACD＝∠BCD＝45°，∴∠ACB＝∠ACD+∠BCD＝90°，∴AC⊥BC，∵AC為圓的直徑，∴直線BC與⊙O相切．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓的有關(guān)性質(zhì)，圓周角定理，角平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，垂徑定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，配方法，圓的切線的判定，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握?qǐng)A的有關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．6．（2022?西湖區(qū)模擬）（1）如圖1，扇形AOB的半徑為2，∠AOB＝90°，點(diǎn)C，D，E分別是線段OA，弧AB，線段OB上的點(diǎn)，若四邊形COED為正方形，求CD的長；（2）如圖2，扇形AOB的半徑為2，∠AOB＝120°，點(diǎn)C為線段OA的中點(diǎn)，CD∥OB交弧AB于點(diǎn)D，連接BD，求CD的長；（3）如圖3，扇形AOB的半徑為2，將其沿AB折疊，弧AB與射線BO交于點(diǎn)E，連接AE，若AE=32，求【答案】（1）2；（2）1+132；（3）【分析】（1）連接OD，利用正方形的性質(zhì)解答即可；（2）連接OD，過點(diǎn)O作OE⊥CD于點(diǎn)E，利用直角三角形的邊角關(guān)系和勾股定理解答即可；（3）延長BE，交扇形AOB的弧AB所在的半圓與點(diǎn)F，連接AF，過點(diǎn)A作AM⊥EF于點(diǎn)M，利用圓周角定理及其推論，勾股定理和相似三角形的判定與性質(zhì)解答即可．【解答】解：（1）連接OD，如圖，∵四邊形COED為正方形，∴CD＝OC，∠DCO＝90°．∴CD=22OD=2（2）連接OD，過點(diǎn)O作OE⊥CD于點(diǎn)E，如圖，∵CD∥OB，OE⊥CD，∴OE⊥OB，∴∠EOB＝90°．∵∠AOB＝120°，∴∠COE＝30°，∵扇形AOB的半徑為2，點(diǎn)C為線段OA的中點(diǎn)，∴OC＝1．∴CE=12OC∴OE=O∴DE=O∴CD＝CE+DE=1+（3）延長BE，交扇形AOB的弧AB所在的半圓與點(diǎn)F，連接AF，過點(diǎn)A作AM⊥EF于點(diǎn)M，如圖，∵在同圓或等圓中，相等的圓周角所對(duì)的弧相等，∠B＝∠B，∴AE=∴AE＝AF=3由題意：BF為AB所在圓的直徑，∴∠FAB＝90°，BF＝2OB＝4．∴AB=B∵∠FAB＝90°，AM⊥BF，∴△AFM∽△BFA，∴AFFM∴AF2＝FM?BF，∴FM=9同理可得：MB=55∵AE＝AF，AM⊥BF，∴EM＝FM=9∴BE＝BM﹣EM=55【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，圓周角定理及其推論，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，依據(jù)題意添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．7．（2022?下城區(qū)校級(jí)二模）如圖所示，已知BC是⊙O的直徑，A、D是⊙O上的兩點(diǎn)，連結(jié)AD、AC，CD，線段AD與直徑BC相交于點(diǎn)E．（1）若∠ACB＝60°，求sin∠ADC的值．（2）當(dāng)CD=①若CE=2，BC?CEAB=②若CD＝1，CB＝4，求線段CE的長．【答案】（1）sin∠ADC的值是12（2）①∠COD的度數(shù)為45°；②線段CE的長為12【分析】（1）根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角，首先得到直角三角形，然后求出∠B的度數(shù)，利用特殊角的銳角三角函數(shù)值直接求解即可；（2）①根據(jù)已知先求出BCAB的值，然后在直角三角形中利用cosB的值即可求出∠B，再利用圓周角定理得出∠B和∠COD的關(guān)系即可求出∠COD②利用已知容易得出∠ADC＝∠COD，∠OCD＝∠DCE，進(jìn)而得出△OCD∽△DCE，利用相似的性質(zhì)得出比例式即可求出CE的長．【解答】解：（1）∵BC是⊙O的直徑，∴∠BAC＝90°，∵∠ACB＝60°，∴∠B＝30°，∵AC=∴∠ADC＝∠B＝30°，∴sin∠ADC＝sin30°=1答：sin∠ADC的值是12（2）①∵CE=2，BC?CE∴BCAB∵∠BAC＝90°，∴cos∠B=AB∴∠B＝45°，∵CD=∴∠CAD=12∠∴∠COD＝2∠CAD＝45°，即∠COD的度數(shù)為45°；②∵CD=∵∠ADC＝∠COD，∠OCD＝∠DCE，∴△OCD∽△DCE，∴CDOC∵BC＝4，∴OC＝2，∴12∴CE=1∴線段CE的長為12【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查了與圓有關(guān)的基本性質(zhì)，并結(jié)合性質(zhì)考查了銳角三角函數(shù)和相似三角形，題目的綜合性較強(qiáng)，解題的關(guān)鍵熟練掌握?qǐng)A周角定理并靈活運(yùn)用，掌握三角形相似的基本模型．8．（2022?上城區(qū)校級(jí)二模）如圖，已知△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，AB為直徑，AC＝BC，D，E是⊙O上的兩點(diǎn)，連結(jié)DE交AB于G，交BC于H．（1）如圖1，連結(jié)AD，AE，DB，若∠CAD＝10°，求∠AED的度數(shù)．（2）如圖2，若DE⊥AB，求證：DG2﹣HG2＝CH?HB．（3）若2BE=AE且AB＝10，作DP⊥AE交AE于P，交CE于N，過D點(diǎn)作MD⊥DP交EC的延長線于M，當(dāng)PD【答案】（1）∠AED＝55°；（2）證明見解答過程；（3）S△MDN【分析】（1）由AC＝BC，得∠CAB＝∠CBA＝45°，又∠CAD＝10°＝∠CBD，可得∠ABD＝∠CBA+∠CBD＝55°，從而∠AED＝∠ABD＝55°；（2）證明△CEH∽△DBH，可得CH?HB＝DH?HE，由垂徑定理即得CH?HB＝（DG﹣HG）（DG+HG）＝DG2﹣HG2，（3）連接BE，由AE=2BE，可得∠BAE＝30°，即有OP=12OA=52，AP=3OP=532，PD＝OP+OD=152，又∠AEC＝∠ABC＝45°，DP⊥AE，即得PN＝PE=532，DN【解答】（1）解：∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵AC＝BC，∴∠CAB＝∠CBA＝45°，∵CD=∴∠CAD＝10°＝∠CBD，∴∠ABD＝∠CBA+∠CBD＝45°+10°＝55°，∵AD=∴∠AED＝∠ABD＝55°；（2）證明：∵∠BCE＝∠BDE，∠CED＝∠CBD，∴△CEH∽△DBH，∴CHDH∴CH?HB＝DH?HE，∵DE⊥AB，∴DG＝GE，∴DH＝DG﹣HG，HE＝GE+HG＝DG+HG，∴CH?HB＝DH?HE＝（DG﹣HG）（DG+HG）＝DG2﹣HG2，∴DG2﹣HG2＝CH?HB；（3）解：連接BE，如圖：∵AE=2BE∴∠ABE＝2∠BAE，∵AB為⊙O的直徑，∴∠AEB＝90°，∴∠ABE+∠BAE＝90°，∴∠BAE＝30°，∴OP=12OA=12×12AB∴PD＝OP+OD=52+∵∠AEC＝∠ABC＝45°，DP⊥AE，∴△PEN是等腰直角三角形，PE＝AP=5∴PN＝PE=5∴DN＝PD﹣PN=15?5∵∠PNE＝∠DNM，∠MDN＝90°＝∠NPE，∴△MDN∽△EPN，∴MNEN∴S△MDN【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓的綜合應(yīng)用，涉及等腰直角三角形，相似三角形判定與性質(zhì)，勾股定理及應(yīng)用等，解題的關(guān)鍵是熟練掌握?qǐng)A的相關(guān)性質(zhì)．9．（2022?杭州模擬）如圖1所示，已知AB，CD是⊙O的直徑，T是CD延長線的一點(diǎn)，⊙O的弦AF交CD于點(diǎn)E，且AE＝EF，OA2＝OE?OT．（1）如圖1，求證：BT是⊙O的切線；（2）在圖1中連結(jié)CB，DB，若DBCB=1（3）如圖2，連結(jié)DF交AB于點(diǎn)G，過G作GP⊥CD于點(diǎn)P，若OA＝3，BT＝62．求DG的長．【答案】（1）見解答．（2）34（3）66【分析】（1）由AE＝EF，CD是⊙O的直徑可得CD⊥AF，再由OA2＝OE?OT可得△AOE∽△TOB，從而可得∠OBT＝∠AEO＝90°．（2）先證明△DBT∽BCT，設(shè)DT＝m，由DBBC=12可得BT＝2BT＝2m，CT＝2BT＝4（3）由勾股定理求出OT的值，由△AOE∽△GOP可得OE＝1，從而可得AE的長度，再由△AOE∽△GOP，GP∥EF求解．【解答】（1）證明：∵CD是⊙O的直徑，AE＝EF，∴CD⊥AF，∠AEO＝90°，∵OA2＝OE?OT，AB是圓的直徑，∴AOOE又∵∠AOE＝∠BOT，∴△AOE∽△TOB，∴∠OBT＝∠AEO＝90°，∵OB為⊙O的半徑，∴BT是⊙O的切線．（2）∵CD是⊙O的直徑，∴∠CBD＝90°，又∵∠OBT＝90°，∴∠CBO+∠OBD＝∠DBT+∠OBD，∴∠CBO＝∠DBT，∵OB＝OC，∴∠C＝∠OBC，∴∠C＝∠DBT，∴△DBT∽BCT，∴DTBT設(shè)DT＝m，則BT＝2BT＝2m，CT＝2BT＝4m，∴CD＝CT﹣DT＝3m，∴OB=12CD=∴tan∠T=OB（3）∵OA＝3，∴OB＝OA＝3．在Rt△OBT中，由勾股定理得OT=O∵AE⊥CD，∠AOE＝∠TOB，∴△AOE∽△GOP，∴OAOE=OT∴OE＝1，在Rt△AEO中，由勾股定理得AE=OA2∵GP⊥CD于點(diǎn)P，∠AEO＝90°，∠AOE＝∠GOP，∴△AOE∽△GOP，∴OPPG設(shè)OP為a，則PG為22a，∴PD＝OD﹣OP＝3﹣a，∵GP∥EF，∴DPDE∴3?a4解得a=3在Rt△PDG中，由勾股定理得DG=P【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓的綜合應(yīng)用，解題關(guān)鍵是掌握?qǐng)A周角定理，掌握相似三角形的判定及性質(zhì)．10．（2023?淳安縣一模）如圖所示，△ABC的頂點(diǎn)A，B在⊙O上，頂點(diǎn)C在⊙O外，邊AC與⊙O相交于點(diǎn)D，∠BAC＝45°，連接OB、OD，已知OD∥BC．（1）求證：直線BC是⊙O的切線；（2）若線段OD與線段AB相交于點(diǎn)E，連接BD．①求證：△ABD∽△DBE；②若AB?BE＝6，求⊙O的半徑的長度．【答案】（1）證明見解答過程；（2）①證明見解答過程；②⊙O的半徑的長度是3．【分析】（1）由∠BAC＝45°，得∠BOD＝90°，又OD∥BC，可得OB⊥BC，即得直線BC是⊙O的切線；（2）①由∠BOD＝90°，OB＝OD，可得∠BDE＝45°＝∠BAD，即知△ABD∽△DBE；②由△ABD∽△DBE，得BD2＝AB?BE，又AB?BE＝6，可得BD=6，從而OB＝BD?sin∠BDO=3，即⊙O的半徑的長度是【解答】（1）證明：∵∠BAC＝45°，∴∠BOD＝2∠BAC＝90°，∵OD∥BC，∴∠OBC＝180°﹣∠BOD＝90°，∴OB⊥BC，又OB是⊙O的半徑，∴直線BC是⊙O的切線；（2）①證明：由（1）知∠BOD＝90°，∵OB＝OD，∴△BOD是等腰直角三角形，∴∠BDE＝45°＝∠BAD，∵∠DBE＝∠ABD，∴△ABD∽△DBE；②解：由①知：△ABD∽△DBE，∴ABBD∴BD2＝AB?BE，∵AB?BE＝6，∴BD2＝6，∴BD=6∵△BOD是等腰直角三角形，∴OB＝BD?sin∠BDO=6∴⊙O的半徑的長度是3．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓的綜合應(yīng)用，涉及三角形相似的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形性質(zhì)及應(yīng)用，圓的切線等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是掌握切線的判定定理及圓的相關(guān)性質(zhì)．11．（2022?西湖區(qū)校級(jí)二模）如圖1，在△ABC中，AB＝AC＝5，sin∠ABC=35，AD⊥BC于點(diǎn)D，P是邊AC上（與點(diǎn)A，C不重合）的動(dòng)點(diǎn)，連接PB交AD于點(diǎn)M，過C，P，M三點(diǎn)作⊙O交AD的延長線于點(diǎn)N，連接CN，（1）①線段CD的長為4；②求證：CN＝PN；（2）如圖2，連接BN，若BN與⊙O相切，求此時(shí)⊙O的半徑r；（3）在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程中，試探究線段MN與半徑r之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】（1）①4；②證明見解答過程；（2）12548（3）MN=85【分析】（1）①根據(jù)等腰三角形性質(zhì)及銳角三角函數(shù)求解即可；②根據(jù)等腰三角形性質(zhì)、圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)及圓周角定理求解即可；（2）連接NO并延長交AC于H，連接OC，根據(jù)切線的性質(zhì)、等腰三角形性質(zhì)推出AB＝BN，DN＝AD＝3，BD＝CD＝4，進(jìn)而得到四邊形ABNC是菱形，BC＝8，AN＝6，CN＝AC＝5，根據(jù)菱形面積得到NH=24（3）根據(jù)題意得到∠MNO＝∠ACB，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)推出∠MON＝∠BAC，即可判定△MON∽△BAC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求解即可．【解答】（1）①解：如圖1，∵AB＝AC，∴∠ACB＝∠ABC，∴sin∠ACB＝sin∠ABC=3∵AD⊥BC，∴sin∠ACB=AD∴ADAC∵AC＝5，∴AD＝3，∴BD＝CD=A故答案為：4；②證明：如圖1，連接CM，∵NC=∴∠NPC＝∠NMC，∵四邊形MPCN是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠NCP+∠NMP＝180°，∵∠BMN+∠NMP＝180°，∴∠NCP＝∠BMN，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴BD＝CD，∠ABC＝∠ACB，∴AD垂直平分BC，∴BM＝CM，∵AD⊥BC，∴∠NMC＝∠BMN，∴∠NCP＝∠NPC，∴CN＝PN；（2）解：如圖2，連接NO并延長交AC于H，連接OC，由②得CN＝PN，∴CN=∵NH經(jīng)過圓心O，∴NH⊥AC，∵BN是⊙O的切線，∴NH⊥BN，∴BN∥AC，∴∠NBC＝∠ACB，又∵∠ABC＝∠ACB，∴∠NBC＝∠ABC，∵AN⊥BC，∴∠NBC+∠BNA＝90°，∠ABC+∠BAN＝90°，∴∠BNA＝∠BAN，∴AB＝BN，∵AN⊥BC，∴DN＝AD＝3，∵BD＝CD＝4，∴四邊形ABNC是菱形，BC＝2CD＝8，AN＝2AD＝6，∴CN＝AC=4∴S菱形ABNC=12BC?AN∵S菱形ABNC＝AC?NH，∴5NH＝24，∴NH=24在Rt△NCH和Rt△OCH中，根據(jù)勾股定理得，CN2﹣NH2＝CH2，OC2﹣OH2＝CH2，∴CN2﹣NH2＝OC2﹣OH2，即52?(245)解得，r=125（3）解：MN=85如圖2，連接OM，由（2）可知NH⊥AC，∴∠MNO+∠CAD＝90°，∵AD⊥BC，∴∠ACB+∠CAD＝90°，∴∠MNO＝∠ACB，又∵OM＝ON，AB＝AC，∴∠MON＝180°﹣2∠MNO，∠BAC＝180°﹣2∠ACB，∴∠MON＝∠BAC，∴△MON∽△BAC，∴MNBC即MN8∴MN=85【點(diǎn)評(píng)】此題是圓的綜合題，考查了圓周角定理、切線的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、解直角三角形等知識(shí)，熟練掌握切線的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、解直角三角形并作出合理的輔助線是解題的關(guān)鍵．12．（2022?西湖區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，已知BC是⊙O的直徑，A、D是⊙O上的兩點(diǎn)．（1）若∠ACB＝56°，求∠ADC的度數(shù)；（2）當(dāng)CD=12AC時(shí)，連接CD、AD，其中AD與直徑BC相交于點(diǎn)E，求證：2CD2＝（3）在（2）的條件下，若∠COD＝45°，CB=2，求BC?CE【答案】（1）34°；（2）見解答過程；（3）2?2【分析】（1）由圓周角定理得出∠BAC＝90°，由直角三角形的性質(zhì)結(jié)合∠ACB＝56°，得出∠ABC＝34°，由圓周角定理即可求出∠ADC＝∠ABC＝34°；（2）先證明△ECD∽△DCO，得出CD2＝CE?CO，進(jìn)而得出2CD2＝2CE?CO，由BC＝2CO，即可證明2CD2＝CE?BC；（3）過點(diǎn)E作EF⊥AC于點(diǎn)F，由∠COD＝45°，CD=12AC，得出△BAC是等腰直角三角形，由CB=2，得出AB＝AC＝1，OC=22，由角平分線的性質(zhì)得出EO＝EF，設(shè)EC＝x，則OE＝EF=22?x，由sin∠FCE=EF【解答】（1）解：如圖1，∵BC是直徑，∴∠BAC＝90°，∵∠ACB＝56°，∴∠ABC＝90°﹣∠ACB＝90°﹣56°＝34°，∴∠ADC＝∠ABC＝34°；（2）證明：如圖2，∵CD=∴∠ADC＝∠COD，∵∠ECD＝∠DCO，∴△ECD∽△DCO，∴CDCE∴CD2＝CE?CO，∴2CD2＝2CE?CO，∵BC＝2CO，∴2CD2＝CE?BC；（3）解：如圖3，過點(diǎn)E作EF⊥AC于點(diǎn)F，∵∠COD＝45°，CD=∴∠AOC＝2∠COD＝90°，∴∠AOB＝∠AOC＝90°，∴AB＝AC，∵BC是直徑，∴△BAC是等腰直角三角形，∴∠FCE＝45°，∵CB=2∴AB＝AC＝1，OC=2∵CD=∴∠DAC=1∴AD平分∠OAC，∵∠AOC＝90°，EF⊥AC，∴EO＝EF，設(shè)EC＝x，則OE＝EF=22∵sin∠FCE=EF∴EC=EFsin∠FCE，即x解得：x=2EC=2∴BC?CEAB=2【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓的綜合應(yīng)用，掌握?qǐng)A周角定理，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)是解決問題的關(guān)鍵．13．（2022?蕭山區(qū)一模）如圖，已知半徑為r的⊙O中，弦AB，CD交于點(diǎn)E，連結(jié)BC，BD．設(shè)k=DECE（（1）若AB＝DC．①求證：CE＝BE；②若k＝1，且BC＝BD＝4，求r的值；（2）若AD=BD=90°，且AE【答案】（1）①證明見解析；②22；（2）135【分析】（1）①利用同弧所對(duì)的圓周角相等進(jìn)行解答即可；②利用已知條件得到點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，利用垂徑定理進(jìn)行解答即可；（2）連接AD，OD，CB，利用圓周角定理，通過證明△CEB∽△AED，求得DE，CE即可得出結(jié)論．【解答】（1）①證明：如圖，∵AB＝DC，∴AB=∴AC=∴∠CBA＝∠BCD，∴CE＝BE；②解：若k＝1，∵k=DE∴DE＝CE．∵BC＝BD，∴BE⊥CD．∴AB經(jīng)過圓心，∵AB＝CD，∴AB，CD均為⊙O的直徑，點(diǎn)E與圓心重合，如圖，∴∠CBD＝90°，∴CD=BC2∴r=12CD＝2（2）解：連接AD，OD，CB，如圖，∵若AD=∴AB為⊙O的直徑，∠BOD＝90°．∴AB＝2r．∵AEBE∴AE＝5BE，∴AE=56AB=53r，BE=∴OE＝OB﹣BE=23∴DE=OE∵∠A＝∠C，∠AED＝∠CEB，∴△AED∽△CEB，∴AEEC∴53∴EC=513∴DECE∴k=DE【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓周角定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，依據(jù)題意畫出符合條件的圖形是解題的關(guān)鍵．14．（2022?錢塘區(qū)二模）已知，線段AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點(diǎn)H，點(diǎn)M是優(yōu)弧CBD上的任意一點(diǎn)，AH＝2，CH＝4．（1）如圖1，①求⊙O的半徑；②求sin∠CMD的值．（2）如圖2，直線BM交直線CD于點(diǎn)E，直線MH交⊙O于點(diǎn)N，連結(jié)BN交CD于點(diǎn)F，求HE?FH的值．【答案】（1）①⊙O的半徑為5；②sin∠CMD=45；（2）HE?【分析】（1）①先構(gòu)造直角三角形，再利用勾股定理求圓的半徑；②先證明∠CMD＝∠COA，再求出sin∠COA的值；（2）須構(gòu)造三角形相似，再借助“相似”將“比例式”轉(zhuǎn)化為“等積式”，再通過整體代換求得HE?FH的值．【解答】解：（1）如圖1，連接OC、OD．①∵AB⊥CD，∴∠CHO＝90°，在Rt△COH中，設(shè)OC＝r，∵AH＝2，則OH＝r﹣2，CH＝4，∴r2＝42+（r﹣2）2，解得r＝5，即⊙O的半徑為5；②∵AB⊥CD，AB是直徑，∴AD=∴∠AOC=1∵∠CMD=1∴∠CMD＝∠COA，∴sin∠CMD=sin∠COA=CH（2）如圖2，連接AN、AM．∵∠ANM＝∠MBA，∠NAB＝∠BMN，∴△ANH∽△MBH，∴AHMH∴MH?HN＝AH?HB．∵AB是直徑，∴∠AMB＝90°，∴∠MAB+∠ABM＝90°．∵∠E+∠ABM＝90°，∴∠E＝∠MAB，∴∠MNB＝∠MAB＝∠E．∵∠EHM＝∠NHF，∴△EHM∽△NHF，∴HEHN∴HE?FH＝MH?HN，∴HE?FH＝AH?HB＝2×（10﹣2）＝16．【點(diǎn)評(píng)】此題考查勾股定理、圓周角定理、三角函數(shù)的定義、三角形相似的判定與性質(zhì)，解題關(guān)鍵在于利用勾股定理建立方程從而求出⊙O的半徑．15．（2022?西湖區(qū)一模）如圖，已知扇形AOB的半徑OA＝8，∠AOB＝90°，點(diǎn)C，D分別在半徑OA，OB上（點(diǎn)C不與點(diǎn)A重合），連結(jié)CD．（1）當(dāng)sin∠ODC=45，BD＝CD時(shí)，求（2）點(diǎn)P是弧AB上一點(diǎn)，PC＝PD．①當(dāng)點(diǎn)D與點(diǎn)B重合，點(diǎn)P為弧AB的中點(diǎn)時(shí)，求證：PC⊥PD．②當(dāng)OC＝4，∠PDO＝90°時(shí)，求S△PCD【答案】（1）OC＝4；（2）①見解析過程；②6?【分析】（1）由三角函數(shù)和勾股定理可求OD的長，即可求解；（2）①由“HL”可證Rt△PEC≌Rt△PFB，可得∠EPC＝∠BPF，可得結(jié)論；②由勾股定理列出方程組，可求PD的長，即可求解．【解答】（1）解：∵sin∠ODC=4∴設(shè)OC＝4x，CD＝5x，∴OD=CD2∵BD＝CD＝5x，∴OB＝5x+3x＝8x＝OA＝8，∴x＝1，∴OC＝4；（2）①證明：連接OP，過點(diǎn)P作PE⊥AO于E，PF⊥OB于F，∵點(diǎn)P為弧AB的中點(diǎn)，∴PA=∴∠AOP＝∠BOP，又∵PE⊥AO，PF⊥OB，∴PE＝PF，又∵PC＝PD，∴Rt△PEC≌Rt△PFB（HL），∴∠EPC＝∠BPF，∴∠EPF＝∠CPD，∵PE⊥AO，PF⊥OB，∠AOB＝90°，∴∠EPF＝90°＝∠CPD，∴PC⊥PD；②如圖，過點(diǎn)C作CE⊥PD于E，∵∠PDO＝∠AOD＝90°，∠CED＝90°，∴四邊形OCED是矩形，∴OC＝DE＝4，CE＝OD，設(shè)PC＝PD＝x，EC＝OD＝y(tǒng)，則有x2可得x＝46?∴PD＝46?∴S△PCD【點(diǎn)評(píng)】本題屬于圓綜合題，考查了圓的有關(guān)知識(shí)，解直角三角形，全等三角形的判定和直線，等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造特殊四邊形解決問題，屬于中考?jí)狠S題．16．（2022?拱墅區(qū)一模）如圖，在銳角三角形ABC中，AB＝BC，以BC為直徑作⊙O，分別交AB，AC于點(diǎn)D，E，點(diǎn)F是BD的中點(diǎn)，連接BE，CF交于點(diǎn)G．（1）求證：CE=（2）若∠ABC＝45°，BO＝r，求線段AD的長（用含r的代數(shù)式表示）．（3）若BC＝3AD，探索CG與FG的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】（1）見解析過程；（2）AD＝（2?2）r（3）GC＝3FG，理由見解析過程．【分析】（1）由等腰三角形的性質(zhì)可得∠ABE＝∠CBE，可得結(jié)論；（2）由銳角三角函數(shù)可求BD=2r（3）由三角形中位線定理可得FC＝2DE，DE∥FC，由相似三角形的性質(zhì)可得DE＝2FG，即可求解．【解答】（1）證明：∵BC是⊙O的直徑，∴∠BEC＝90°，又∵AB＝BC，∴∠ABE＝∠CBE，∴CE=（2）解：如圖，連接CD，∵BC是直徑，∴∠BDC＝90°，∵∠ABC＝45°，BC＝2BO＝2r＝AB，∴BD＝BC?cos45°＝2r×22∴AD＝AB﹣BD＝（2?2）r（3）解：GC＝3FG，理由如下：如圖，連接DE，∵BC＝3AD＝AB，∴BD＝2AD，∵點(diǎn)F是BD的中點(diǎn)，∴AD＝DF＝BF，∵AB＝BC，∴∠BEC＝90°，∴AE＝EC，∴DE∥FC，F(xiàn)C＝2DE，∴△BFG∽△BDE，∴FGDE∴DE＝2FG，∴FC＝4FG，∴GC＝3FG．【點(diǎn)評(píng)】本題是圓的綜合題，考查了圓的有關(guān)知識(shí)，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的等知識(shí)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．17．（2022秋?濱江區(qū)期末）如圖1，在⊙O中，AB為弦，CD為直徑，且AB⊥CD于點(diǎn)E，過點(diǎn)B作BF⊥AD，交AD的延長線于點(diǎn)F．連接AC，BO．（1）求證：∠CAE＝∠ADC．（2）若DE＝2OE，求DFDE（3）如圖2，若BO的延長線與AC的交點(diǎn)G恰好為AC的中點(diǎn)，若⊙O的半徑為r．求圖中陰影部分的面積（結(jié)果用含r的代數(shù)式表示）．【答案】（1）見詳解；（2）33（3）33【分析】（1）由圓周角定理可得∠CAD＝∠CAE+∠DAE＝90°，再根據(jù)AB⊥CD，易得∠ADC+∠DAE＝90°，即可證明∠CAE＝∠ADC；（2）連接BD，設(shè)OE＝a，則DE＝2a，OB＝OD＝3a，由勾股定理可得BE=22a，BD=23a，再證明△BOE∽△BDF，由相似三角形的性質(zhì)可得（3）連接BD，首先證明△OBE≌△DAE，結(jié)合全等三角形的性質(zhì)進(jìn)一步證明△OBD為等邊三角形，即有∠BOD＝60°；利用勾股定理、等邊三角形的性質(zhì)以及含30度角的直角三角形的性質(zhì)依次求得OE、BE、AB、BF、AF等的值，然后由S陰影＝S△ABF﹣S△DAE﹣（S扇形OBD﹣S△OBE）即可獲得答案．【解答】解：（1）∵CD為⊙O直徑，∴∠CAD＝90°，即∠CAE+∠DAE＝90°，又∵AB⊥CD，∴∠ADC+∠DAE＝90°，∴∠CAE＝∠ADC；（2）如下圖，連接BD，∵AB⊥CD，DE＝2OE，∴OD＝DE+OE＝3OE，設(shè)OE＝a，則DE＝2a，OB＝OD＝3a，∴在Rt△OBE中，BE=O∴在Rt△DBE中，BD=B∵CD為⊙O直徑，且AB⊥CD，∴BE＝AE，∴AD＝BD，∴∠DAB＝∠DBA，∴∠BDF＝∠DAB+∠DBA＝2∠DAB，又∵BD=∴∠DOB＝2∠DAB＝∠BDF，∵∠OEB＝∠DFB＝90°，∴△BOE∽△BDF，∴OEOB=DF解得DF=2∴DFDE（3）如下圖，連接BD，∵BO的延長線與AC的交點(diǎn)G恰好為AC的中點(diǎn)，∴OG⊥AC，即∠OGC＝∠CAD＝90°，∴BG∥AD，∴∠OBE＝∠DAE，又∵BE＝AE，∠OEB＝∠DEA，∴△OBE≌△DAE（ASA），∴OB＝DA，∵CD為⊙O直徑，AB⊥CD，∴DA=∴DA＝DB，∴OD＝OB＝DB，即△OBD為等邊三角形，∠BOD＝60°，∵⊙O的半徑為r，∴OB＝r，OE=DE=1∴BE=O∴AB=2BE=3∵BD=∴∠BAD=1∴BF=1∴AF=A∵△OBE≌△DAE，∴S△OBE＝S△DAE，∴S陰影＝S△ABF﹣S△DAE﹣（S扇形OBD﹣S△OBE）＝S△ABF﹣S扇形OBD=1=1=3【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓周角定理、垂徑定理、勾股定理、等邊三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、求扇形面積等知識(shí)，綜合性強(qiáng)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)并靈活運(yùn)用是解題關(guān)鍵．18．（2022秋?杭州期末）如圖，⊙O的半徑為1，直徑AB，CD的夾角∠AOD＝60°，點(diǎn)P是BD上一點(diǎn)，連接PA，PC分別交CD，AB于點(diǎn)M，N．（1）若PC⊥AB，求證：PA⊥CD．（2）當(dāng)點(diǎn)P在BD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，①猜想：線段AM與CN有怎樣的數(shù)量關(guān)系，并給出證明．②求證：PA+PC=3【答案】（1）證明見解析；（2）①AM＝CN；②證明見解析．【分析】（1）由圓周角定理得出∠BAP＝30°，由三角形內(nèi)角和定理可求出∠AMO＝90°，則可得出結(jié)論；（2）①連接AD，證出∠D＝60°，OA＝AD＝OD，證明△ADM≌△CON（ASA），由全等三角形的性質(zhì)得出AM＝CN；②證明△AOM∽△APN，由相似三角形的性質(zhì)得出OAPA=AMAN，證明△CON∽△CPM，由相似三角形的性質(zhì)得出CNCM=OCPC，由全等三角形的性質(zhì)得出AM＝CN，【解答】（1）證明：∵∠AOD＝∠BOC＝60°，PC⊥AB，∴BC=∴∠BAP＝30°，∴∠AMO＝180°﹣∠MAO﹣∠AOM＝180°﹣30°﹣60°＝90°，∴PA⊥CD；（2）解：①AM＝CN．證明：連接AD，∵OA＝OD，∠AOD＝60°，∴△OAD是等邊三角形，∴∠D＝60°，OA＝AD＝OD，∵OC＝OD，∠BOC＝∠AOD＝60°，∴AD＝OC，∠D＝∠BOC＝60°，又∵∠DAP＝∠DCP，∴△ADM≌△CON（ASA），∴AM＝CN；②證明：∵⊙O的半徑為1，∴OA＝OB＝OC＝OD＝1，∵∠P＝∠D＝60°，∠AOD＝60°，∴∠P＝∠AOD