中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講練測題型十一 綜合探究題 類型五 與圓有關(guān)的探究題（專題訓(xùn)練）（解析版）

題型十一綜合探究題類型五與圓有關(guān)的探究題（專題訓(xùn)練）1.（2021·浙江中考真題）如圖1，四邊形內(nèi)接于，為直徑，上存在點E，滿足，連結(jié)并延長交的延長線于點F，與交于點G．（1）若，請用含的代數(shù)式表列．（2）如圖2，連結(jié)．求證；．（3）如圖3，在（2）的條件下，連結(jié)，．①若，求的周長．②求的最小值．【答案】（1）；（2）見解析；（3）①；②【分析】（1）利用圓周角定理求得，再根據(jù)，求得，即可得到答案；（2）由，得到，從而推出，證得，由此得到結(jié)論；（3）①連結(jié)．利用已知求出，證得，得到，利用中，根據(jù)正弦求出，求出EF的長，再利用中，，求出EG及DE，再利用勾股定理求出DF即可得到答案；②過點C作于H，證明，得到，證明，得到，設(shè)，得到，利用勾股定理得到，求得，利用函數(shù)的最值解答即可．【詳解】解：（1）∵為的直徑，∴，∵，∴，∴．（2）∵為的直徑，∴，∴，∴，∵，∴．又∵，∴，∴．（3）①如圖，連結(jié)．∵為的直徑，∴．在中，，，∴．∵，∴，即，∴．∵，∴．∵在中，，∴，∴．∵在中，，∴．在中，，∴，∴的周長為．②如圖，過點C作于H．∵，∴．∵，∴．∴，∵，∴．∵，∴．∵，∴，∵，∴，∴．設(shè)，∴，∴．在中，，∴，當(dāng)時，的最小值為3，∴的最小值為．【點睛】此題考查圓周角的定理，弧、弦和圓心角定理，全等三角形的判定及性質(zhì)，勾股定理，三角函數(shù)，相似三角形的判定，函數(shù)的最值問題，是一道綜合的幾何題型，綜合掌握各知識點是解題的關(guān)鍵．2.（2021·浙江中考真題）在扇形中，半徑，點P在OA上，連結(jié)PB，將沿PB折疊得到．（1）如圖1，若，且與所在的圓相切于點B．①求的度數(shù)．②求AP的長．（2）如圖2，與相交于點D，若點D為的中點，且，求的長．【答案】（1）①60°；②；（2）【分析】(1)根據(jù)圖像折疊的性質(zhì)，確定角之間的關(guān)系，通過已知的角度來間接求所求角的角度；求的長，先連接，先在中，求出；再在中，求出即可得到答案；（2）要求的長，扇形的半徑已知，就轉(zhuǎn)化成求的度數(shù)，連接，通過條件找到角之間的等量關(guān)系，再根據(jù)三角形內(nèi)角和為，建立等式求出，最后利用弧長的計算公式進(jìn)行計算．【詳解】解：（1）①如圖1，為圓的切線．由題意可得，，．，②如圖1，連結(jié)，交BP于點Q．則有．在中，．在中，，．（2）如圖2．連結(jié)OD．設(shè)．∵點D為的中點．．由題意可得，．又，，解得．．【點睛】本題考查了求線段的長度和弧長的長度問題，解題的關(guān)鍵是：根據(jù)題目中的條件，找到邊角之間的等量關(guān)系，通過等量代換的思想間接求出所需要求的量．3.（2021·山東中考真題）如圖1，O為半圓的圓心，C、D為半圓上的兩點，且．連接并延長，與的延長線相交于點E．（1）求證：；（2）與，分別交于點F，H．①若，如圖2，求證：；②若圓的半徑為2，，如圖3，求的值．【答案】（1）見解析；（2）①見解析；②【分析】（1）連接，根據(jù)，且，則，即可推導(dǎo)出；（2）①，則，又，，則，進(jìn)而推導(dǎo)出；②連接交于G，設(shè)，則，根據(jù)在和中列式，進(jìn)而求得x的值，再根據(jù)中位線定理求出AC的長．【詳解】證明：（1）連接，∵為直徑∴∵∴∴∴．（2）①∵∴又∵∴又∵∴∴∴∴∴②連接交于G．設(shè)，則∵∴又∵∴，在和中∴即∵∴是的中位線∴∴．【點睛】本題考查了等弧對等角、相似三角形、等腰三角形、中位線等有關(guān)知識點，屬于綜合題型，借助輔助線是解決這類問題的關(guān)鍵．4.（2021·浙江臺州市·中考真題）如圖，BD是半徑為3的⊙O的一條弦，BD＝4，點A是⊙O上的一個動點（不與點B，D重合），以A，B，D為頂點作平行四邊形ABCD．

（1）如圖2，若點A是劣弧的中點．①求證：平行四邊形ABCD是菱形；②求平行四邊形ABCD的面積．（2）若點A運(yùn)動到優(yōu)弧上，且平行四邊形ABCD有一邊與⊙O相切．①求AB的長；②直接寫出平行四邊形ABCD對角線所夾銳角的正切值．【答案】①證明見解析；②；（2）①AB的長為或；②【分析】（1）①利用等弧所對的弦相等可得，根據(jù)一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形可得證；②連接AO，交BD于點E，連接OD，根據(jù)垂徑定理可得，利用勾股定理求出OE的長，即可求解；（2）①分情況討論當(dāng)CD與相切時、當(dāng)BC與相切時，利用垂徑定理即可求解；②根據(jù)等面積法求出AH的長度，利用勾股定理求出DH的長度，根據(jù)正切的定義即可求解．【詳解】解：（1）①∵點A是劣弧的中點，∴，∴，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴平行四邊形ABCD是菱形；②連接AO，交BD于點E，連接OD，，∵點A是劣弧的中點，OA為半徑，∴，OA平分BD，∴，∵平行四邊形ABCD是菱形，∴E為兩對角線的交點，在中，,∴，∴；（2）①如圖，當(dāng)CD與相切時，連接DO并延長，交AB于點F，

∵CD與相切，∴，∴，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴，∴，在中，，在中，，∴，解得，∴，∴；如圖，當(dāng)BC與相切時，連接BO并延長，交AD于點G，

同理可得，，所以,綜上所述，AB的長為或；②過點A作，，由（2）得：根據(jù)等面積法可得，解得，在在中，，∴，∴．【點睛】本題考查垂徑定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)、解直角三角形等內(nèi)容，掌握分類討論的思想是解題的關(guān)鍵．5.（2021·天津中考真題）已知內(nèi)接于，點D是上一點．（Ⅰ）如圖①，若為的直徑，連接，求和的大?。唬á颍┤鐖D②，若//，連接，過點D作的切線，與的延長線交于點E，求的大?。敬鸢浮浚á瘢?，；（Ⅱ）．【分析】（Ⅰ）由圓周角定理的推論可知，，即可推出；由等腰三角形的性質(zhì)結(jié)合三角形內(nèi)角和定理可求出，從而求出．（Ⅱ）連接，由平行線的性質(zhì)可知．由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可求出．再由三角形內(nèi)角和定理可求出．從而由圓周角定理求出．由切線的性質(zhì)可知．即可求出．【詳解】（Ⅰ）為的直徑，∴．∵在中，，∴；∵，∴．∴．（Ⅱ）如圖，連接．∵，∴．∵四邊形是圓內(nèi)接四邊形，，∴．∴．∴．∵是的切線，∴，即．∴．【點睛】本題為圓的綜合題．考查圓周角定理及其推論，等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，平行線的性質(zhì)，圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)以及切線的性質(zhì)．利用數(shù)形結(jié)合的思想以及連接常用的輔助線是解答本題的關(guān)鍵．6．（2021·浙江中考真題）如圖，銳角三角形內(nèi)接于，的平分線交于點，交邊于點，連接．(1)求證：．(2)已知，，求線段的長（用含，的代數(shù)式表示）．(3)已知點在線段上（不與點，點重合），點在線段上（不與點，點重合），，求證：．【答案】(1)見解析；(2)；(3)見解析【分析】(1)由題目已知角平分線相等得到兩個相等，同弧所對的兩個圓周角相等，從而證明兩三角形相似；(2)由(1)中的相似可以得到線段成比例，再由即可求得；(3)要證即證，已知條件有一對角相等，利用外角關(guān)系可以證明，從而得證．【詳解】(1)因為平分，所以，又因為，所以．(2)由(1)，知，因為，所以，所以．(3)因為，又因為，所以，因為，所以，又因為，所以，所以，所以．【點睛】本題考查了圓的圓周角概念，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)等知識點，解題關(guān)鍵是要根據(jù)已知條件找到相似的兩個三角形并通過角度的轉(zhuǎn)換從而證明相似．7.（2021·山東中考真題）如圖，已知正方形ABCD，點E是BC邊上一點，將△ABE沿直線AE折疊，點B落在F處，連接BF并延長，與∠DAF的平分線相交于點H，與AE，CD分別相交于點G，M，連接HC（1）求證：AG＝GH；（2）若AB＝3，BE＝1，求點D到直線BH的距離；（3）當(dāng)點E在BC邊上（端點除外）運(yùn)動時，∠BHC的大小是否變化？為什么？

【答案】（1）見解析；（2）；（3）不變，理由見解析【分析】（1）根據(jù)折疊的性質(zhì)得到AG⊥BF，結(jié)合角平分線的定義得到∠FAH=∠FAD，從而推出∠EAH=（∠BAF+∠FAD）=45°，可得AG=GH；（2）連接DH，DF，交AH于點N，易得等腰直角△DHF，推出DH的長即為點D到BH的距離，根據(jù)DH=FH，轉(zhuǎn)化為求FH的長，結(jié)合（1）中條件，證明△ABG∽△AEB，得到，從而求出GF和GH，可得DH；（3）作正方形ABCD的外接圓，判斷出點H在圓上，結(jié)合圓周角定理求出∠BHC即可．【詳解】解：（1）∵△ABE沿直線AE折疊，點B落在點F處，∴∠BAG=∠GAF=BAF，B、F關(guān)于AE對稱，∴AG⊥BF，∴∠AGF=90°，∵AH平分∠DAF，∴∠FAH=∠FAD，∴∠EAH=∠GAF+∠FAH=∠BAF+∠FAD=（∠BAF+∠FAD）=∠BAD，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，∴∠EAH=∠BAD=45°，∴∠GHA=45°，∴GA=GH；（2）連接DH，DF，交AH于點N，由（1）可知：AF=AD，∠FAH=∠DAH，∴AH⊥DF，F(xiàn)N=DN，∴DH=HF，∠FNH=∠DNH=90°，又∵∠GHA=45°，∴∠FHN=45°=∠NDH=∠DHN，∴∠DHF=90°，∴DH的長即為點D到直線BH的距離，由（1）知：在Rt△ABE中，，∴，∵∠BAE+∠AEB=∠BAE+∠ABG=90°，∴∠AEB=∠ABG，∴△ABG∽△AEB，∴，∴，，由（1）知：GF=BG，AG=GH，∴，，∴DH=FH=GH-GF==，即點D到直線BH的長為；（3）作正方形ABCD的外接圓，對角線BD為圓的直徑，∵∠BHD=90°，∴H在圓周上，∴∠BHC=∠BDC，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，BC=CD，∴∠BDC=∠DBC=45°，∴∠BHC=45°，∴當(dāng)點E在BC邊上（除端點外）運(yùn)動時，∠BHC的大小不變．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了折疊的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)，側(cè)重對學(xué)生能力的考查：幾何變換的能力，轉(zhuǎn)化能力以及步驟書寫能力，具有一定藝術(shù)性．8.（2021·北京中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，的半徑為1，對于點和線段，給出如下定義：若將線段繞點旋轉(zhuǎn)可以得到的弦（分別是的對應(yīng)點），則稱線段是的以點為中心的“關(guān)聯(lián)線段”．（1）如圖，點的橫?縱坐標(biāo)都是整數(shù)．在線段中，的以點為中心的“關(guān)聯(lián)線段”是______________；（2）是邊長為1的等邊三角形，點，其中．若是的以點為中心的“關(guān)聯(lián)線段”，求的值；（3）在中，．若是的以點為中心的“關(guān)聯(lián)線段”，直接寫出的最小值和最大值，以及相應(yīng)的長．【答案】（1）；（2）；（3）當(dāng)時，此時；當(dāng)時，此時．【分析】（1）以點A為圓心，分別以為半徑畫圓，進(jìn)而觀察是否與有交點即可；（2）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得是等邊三角形，且是的弦，進(jìn)而畫出圖象，則根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可進(jìn)行求解；（3）由是的以點為中心的“關(guān)聯(lián)線段”，則可知都在上，且，然后由題意可根據(jù)圖象來進(jìn)行求解即可．【詳解】解：（1）由題意得：通過觀察圖象可得：線段能繞點A旋轉(zhuǎn)90°得到的“關(guān)聯(lián)線段”，都不能繞點A進(jìn)行旋轉(zhuǎn)得到；故答案為；（2）由題意可得：當(dāng)是的以點為中心的“關(guān)聯(lián)線段”時，則有是等邊三角形，且邊長也為1，當(dāng)點A在y軸的正半軸上時，如圖所示：設(shè)與y軸的交點為D，連接，易得軸，∴，∴，，∴，∴；當(dāng)點A在y軸的正半軸上時，如圖所示：同理可得此時的，∴；（3）由是的以點為中心的“關(guān)聯(lián)線段”，則可知都在上，且，則有當(dāng)以為圓心，1為半徑作圓，然后以點A為圓心，2為半徑作圓，即可得到點A的運(yùn)動軌跡，如圖所示：由運(yùn)動軌跡可得當(dāng)點A也在上時為最小，最小值為1，此時為的直徑，∴，∴，∴；由以上情況可知當(dāng)點三點共線時，OA的值為最大，最大值為2，如圖所示：連接，過點作于點P，∴，設(shè)，則有，∴由勾股定理可得：，即，解得：，∴，∴，在中，，∴；綜上所述：當(dāng)時，此時；當(dāng)時，此時．【點睛】本題主要考查旋轉(zhuǎn)的綜合、圓的基本性質(zhì)、三角函數(shù)及等邊三角形的性質(zhì)，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、圓的基本性質(zhì)、三角函數(shù)及等邊三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．9.（2021·湖北中考真題）如圖，在菱形中，是對角線上一點（），，垂足為，以為半徑的分別交于點，交的延長線于點，與交于點．（1）求證：是的切線；（2）若是的中點，，．①求的長；②求的長．【答案】（1）見解析；（2）①；②【分析】（１過點作于點，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到，證明出△OEB≌△OMB，得到對應(yīng)邊相等，對應(yīng)邊為圓的半徑，得出結(jié)論；（2）①根據(jù)菱形的性質(zhì)得到，再由是的中點，，，根據(jù)，推出，，，再由弧長的計算公式得到結(jié)果；②先由平行相似，得到，對應(yīng)邊成比例求出，推出BN=3，OE=4，DN=6，再由勾股定理求出即可．【詳解】（1）證明：如圖，過點作于點，∵是菱形的對角線，∴，∵，，∴∠OEB=∠OMB=90?，∵OB=OB，∴△OEB≌△OMB（AAS）∴，∴是的切線．（2）解：①如圖，∵是的中點，，∴．∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴由弧長公式，得到的長：．②方法一：如圖，過點作于點，∵，∴，∴，∴，∵DG//NE，DN//GE，∠GEN=90?∴四邊形是矩形，∴，BN=3，OE=4，DN=6，在菱形中，AD=AB，在中，設(shè)，∴，∴．方法二：如圖，過作于點，∵，，，∴，，，，∴．【點睛】本題考查了圓的切線判定定理、菱形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)以及相似三角形的判定與性質(zhì)，關(guān)鍵在于熟練掌握證明是圓的切線的方法、菱形的性質(zhì)以及三角形相似的證明與性質(zhì)的應(yīng)用，特別是菱形的性質(zhì)10.（2021·四川中考真題）如圖，⊙O的半徑為1，點A是⊙O的直徑BD延長線上的一點，C為⊙O上的一點，AD＝CD，∠A＝30°．（1）求證：直線AC是⊙O的切線；（2）求△ABC的面積；（3）點E在上運(yùn)動（不與B、D重合），過點C作CE的垂線，與EB的延長線交于點F．①當(dāng)點E運(yùn)動到與點C關(guān)于直徑BD對稱時，求CF的長；②當(dāng)點E運(yùn)動到什么位置時，CF取到最大值，并求出此時CF的長．【答案】（1）見解析；（2）；（3）①3；②【分析】（1）連接OC，利用切線的判定定理，證明OC⊥AC即可；（2）要求的面積，結(jié)合（1）題，底邊AB可求，只需再求出底邊上的高CH即可；（3）根據(jù)垂徑定理可求CE的長，再利用銳角三角函數(shù)，可求CF的長；由可知，點E在運(yùn)動過程中，始終有，所以，求出CE的最大值，即可得到CF的最大值．【詳解】（1）證明：連結(jié)OC，如圖所示．∵AD＝CD，∠A＝30°，∴∠ACD＝∠A=30°．∴∠CDB＝60°．∵OD＝OC，∴∠OCD＝∠ODC=60°．∴∠ACO＝∠ACD＋∠OCD＝30°+60°=90°．∴OC⊥AC．∴直線AC是⊙O的切線．（2）過點C作CH⊥AB于點H，如圖所示．∵OD=OC，∠ODC=60°，∴是等邊三角形．∴．∴在中，．∵AB＝AD＋BD＝3，∴．（3）當(dāng)點運(yùn)動到與點關(guān)于直徑BD對稱時，如圖所示．此時，CE⊥AB，設(shè)垂足為K．由（2）可知，．∵BD為圓的直徑，CE⊥AB，∴CE＝2CK＝．∵CF⊥CE，∴∠ECF＝90°．∵，∴∠E=∠CDB＝60°．在中，∵，∴．如圖所示：由可知，在中，∵，∴．∴當(dāng)點E在上運(yùn)動時，始終有．∴當(dāng)CE最大時，CF取得最大值．∴當(dāng)CE為直徑，即CE=2時，CF最大，最大值為．【點睛】本題考查了圓的切線的判定、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、垂徑定理、圓周角定理的推論、銳角三角函數(shù)、求線段的最值等知識點，熟知切線的判定方法、垂徑定理、圓周角定理、銳角三角函數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵．11.（2020?南京）如圖①，要在一條筆直的路邊l上建一個燃?xì)庹荆騦同側(cè)的A、B兩個城鎮(zhèn)分別鋪設(shè)管道輸送燃?xì)猓嚧_定燃?xì)庹镜奈恢茫逛佋O(shè)管道的路線最短．（1）如圖②，作出點A關(guān)于l的對稱點A'，線段A'B與直線l的交點C的位置即為所求，即在點C處建燃?xì)庹?，所得路線ACB是最短的．為了證明點C的位置即為所求，不妨在直線1上另外任取一點C'，連接AC'、BC'，證明AC+CB＜AC′+C'B．請完成這個證明．（2）如果在A、B兩個城鎮(zhèn)之間規(guī)劃一個生態(tài)保護(hù)區(qū)，燃?xì)夤艿啦荒艽┻^該區(qū)域．請分別給出下列兩種情形的鋪設(shè)管道的方案（不需說明理由）．①生態(tài)保護(hù)區(qū)是正方形區(qū)域，位置如圖③所示；②生態(tài)保護(hù)區(qū)是圓形區(qū)域，位置如圖④所示．【分析】（1）由軸對稱的性質(zhì)可得CA＝CA'，可得AC+BC＝A'C+BC＝A'B，AC'+C'B＝A'C'+BC'，由三角形的三邊關(guān)系可得A'B＜A'C'+C'B，可得結(jié)論；（2）①由（1）的結(jié)論可求；②由（1）的結(jié)論可求解．【解答】證明：（1）如圖②，連接A'C'，∵點A，點A'關(guān)于l對稱，點C在l上，∴CA＝CA'，∴AC+BC＝A'C+BC＝A'B，同理可得AC'+C'B＝A'C'+BC'，∵A'B＜A'C'+C'B，∴AC+BC＜AC'+C'B；（2）如圖③，在點C出建燃?xì)庹?，鋪設(shè)管道的最短路線是ACDB，（其中點D是正方形的頂點）；如圖④，在點C出建燃?xì)庹?，鋪設(shè)管道的最短路線是ACD+DE12.（2020?河南）將正方形ABCD的邊AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至AB′，記旋轉(zhuǎn)角為α，連接BB′，過點D作DE垂直于直線BB′，垂足為點E，連接DB′，CE．（1）如圖1，當(dāng)α＝60°時，△DEB′的形狀為，連接BD，可求出BB'CE的值為（2）當(dāng)0°＜α＜360°且α≠90°時，①（1）中的兩個結(jié)論是否仍然成立？如果成立，請僅就圖2的情形進(jìn)行證明；如果不成立，請說明理由；②當(dāng)以點B′，E，C，D為頂點的四邊形是平行四邊形時，請直接寫出BEB'E【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AB＝AB'，∠BAB'＝60°，證得△ABB'是等邊三角形，可得出△DEB'是等腰直角三角形．證明△BDB'∽△CDE，得出BB'CE（2）①得出∠EDB'＝∠EB'D＝45°，則△DEB'是等腰直角三角形，得出DB'DE=2，證明△B'DB∽△②分兩種情況畫出圖形，由平行四邊形的性質(zhì)可得出答案．【解析】（1）∵AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至AB′，∴AB＝AB'，∠BAB'＝60°，∴△ABB'是等邊三角形，∴∠BB'A＝60°，∴∠DAB'＝∠BAD﹣∠BAB'＝90°﹣60°＝30°，∵AB'＝AB＝AD，∴∠AB'D＝∠ADB'，∴∠AB'D=180°?30°2=∴∠DB'E＝180°﹣60°﹣75°＝45°，∵DE⊥B'E，∴∠B'DE＝90°﹣45°＝45°，∴△DEB'是等腰直角三角形．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BDC＝45°，∴BDDC同理B'DDE∴BDDC∵∠BDB'+∠B'DC＝45°，∠EDC+∠B'DC＝45°，∴∠BDB'＝∠EDC，∴△BDB'∽△CDE，∴BB'CE故答案為：等腰直角三角形，BB'CE（2）①兩結(jié)論仍然成立．證明：連接BD，∵AB＝AB'，∠BAB'＝α，∴∠AB'B＝90°?α∵∠B'AD＝α﹣90°，AD＝AB'，∴∠AB'D＝135°?α∴∠EB'D＝∠AB'D﹣∠AB'B＝135°?α2?(90°?∵DE⊥BB'，∴∠EDB'＝∠EB'D＝45°，∴△DEB'是等腰直角三角形，∴DB'DE∵四邊形ABCD是正方形，∴BDCD=2，∠∴BDCD∵∠EDB'＝∠BDC，∴∠EDB'+∠EDB＝∠BDC+∠EDB，即∠B'DB＝∠EDC，∴△B'DB∽△EDC，∴BB'CE②BEB'E若CD為平行四邊形的對角線，點B'在以A為圓心，AB為半徑的圓上，取CD的中點．連接BO交⊙A于點B'，過點D作DE⊥BB'交BB'的延長線于點E，由（1）可知△B'ED是等腰直角三角形，∴B'D=2由（2）①可知△BDB'∽△CDE，且BB'=2∴BEB'E=B'B+B'EB'E=BB'B'E若CD為平行四邊形的一邊，如圖3，點E與點A重合，∴BEB'E綜合以上可得BEB'E13.（2020?達(dá)州）（1）[閱讀與證明]如圖1，在正△ABC的外角∠CAH內(nèi)引射線AM，作點C關(guān)于AM的對稱點E（點E在∠CAH內(nèi)），連接BE，BE、CE分別交AM于點F、G．①完成證明：∵點E是點C關(guān)于AM的對稱點，∴∠AGE＝90°，AE＝AC，∠1＝∠2．∵正△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC，∴AE＝AB，得∠3＝∠4．在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4＝180°，∴∠1+∠3＝°．在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1＝90°，∴∠FEG＝°．②求證：BF＝AF+2FG．（2）[類比與探究]把（1）中的“正△ABC”改為“正方形ABDC”，其余條件不變，如圖2．類比探究，可得：①∠FEG＝°；②線段BF、AF、FG之間存在數(shù)量關(guān)系．（3）[歸納與拓展]如圖3，點A在射線BH上，AB＝AC，∠BAC＝α（0°＜α＜180°），在∠CAH內(nèi)引射線AM，作點C關(guān)于AM的對稱點E（點E在∠CAH內(nèi)），連接BE，BE、CE分別交AM于點F、G．則線段BF、AF、GF之間的數(shù)量關(guān)系為．【分析】（1）①利用等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理解決問題即可．②如圖1中，連接CF，在FB上取一點T，使得FT＝CF，連接CT．證明△BCT≌△ACF（SAS）可得結(jié)論．（2）①如圖2中，利用圓周角定理解決問題即可．②結(jié)論：BF=2AF+2FG．如圖2中，連接CF，在FB上取一點T，使得FT＝CF，連接CT．證明△BCT∽△ACF，推出BTAF（3）如圖3中，連接CF，BC，在BF上取一點T，使得FT＝CF．構(gòu)造相似三角形，利用相似三角形的性質(zhì)解決問題即可．【解答】（1）①解：如圖1中，∵點E是點C關(guān)于AM的對稱點，∴∠AGE＝90°，AE＝AC，∠1＝∠2．∵正△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC，∴AE＝AB，得∠3＝∠4．在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4＝180°，∴∠1+∠3＝60°．在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1＝90°，∴∠FEG＝30°．故答案為60，30．②證明：如圖1中，連接CF，在FB上取一點T，使得FT＝CF，連接CT．∵C，E關(guān)于AM對稱，∴AM垂直平分線段EC，∴FE＝FC，∴∠FEC＝∠FCE＝30°，EF＝2FG，∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝60°，∵FC＝FT，∴△CFT是等邊三角形，∴∠ACB＝∠FCT＝60°，CF＝CT＝FT，∴∠BCT＝∠ACF，∵CB＝CA，∴△BCT≌△ACF（SAS），∴BT＝AF，∴BF＝BT+FT＝AF+EF＝AF+2FG．（2）解：①如圖2中，∵AB＝AC＝AE，∴點A是△ECB的外接圓的圓心，∴∠BEC=12∵∠BAC＝90°，∴∠FEG＝45°．故答案為45．②結(jié)論：BF=2AF+理由：如圖2中，連接CF，在FB上取一點T，使得FT＝CF，連接CT．∵AM⊥EC，CG＝CE，∴FC＝EF，∴∠FEC＝∠FCE＝45°，EF=2∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝90°，∵CF＝CT，∴△CFT是等腰直角三角形，∴CT=2∵△ABC是等腰直角三角形，∴BC=2∴CTCF∵∠BCA＝∠TCF＝45°，∴∠BCT＝∠ACF，∴△BCT∽△ACF，∴BTAF∴BT=2∴BF＝BT+TF=2AF+（3）如圖3中，連接CF，BC，在BF上取一點T，使得FT＝CF．∵AB＝AC，∠BAC＝α，∴12BCAC=∴BCAC=2?sin1∵AB＝AC＝AE，∴∠BEC=12∠BAC=12∵FC＝FE，∴∠FEC＝∠FCE=12∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝α，同法可證，△BCT∽△ACF，∴BTAF=BCAC=2∴BT＝2AF?sin12α∴BF＝BT+FT＝2AF?sin12α+EF．即BF＝2AF?sin12α故答案為：BF＝2AF?sin12α+14.（2020?鄂州）如圖所示：⊙O與△ABC的邊BC相切于點C，與AC、AB分別交于點D、E，DE∥OB．DC是⊙O的直徑．連接OE，過C作CG∥OE交⊙O于G，連接DG、EC，DG與EC交于點F．（1）求證：直線AB與⊙O相切；（2）求證：AE?ED＝AC?EF；（3）若EF＝3，tan∠ACE=12時，過A作AN∥CE交【分析】（1）證明△AOE≌△AOC（SSS）可得結(jié)論．（2）連接EG．證明△AEC∽△EFG可得結(jié)論．（3）過點O作OH⊥AN于H．解直角三角形求出DE＝EC，CD，利用相似三角形的性質(zhì)求出E，AC，AO，求出AH，HN即可解決問題．【解答】（1）證明：∵CD是直徑，∴∠DEC＝90°，∴DE⊥EC，∵DE∥OB，∴OB⊥EC，∴OB垂直平分線段EC，∴BE＝EC，OE＝OC，∵OB＝OB，∴△OBE≌△OBC（SSS），∴∠OEB＝∠OCB，∵BC是⊙O的切線，∴OC⊥BC，∴∠OCB＝90°，∴∠OEB＝90°，∴OE⊥AB，∴AB是⊙O的切線．（2）證明：連接EG．∵CD是直徑，∴∠DGC＝90°，∴CG⊥DG，∵CG∥OE，∴OE⊥DG，∴DE=∴DE＝EG，∵AE⊥OE，DG⊥OE，∴AE∥DG，∴∠EAC＝∠GDC，∵∠GDC＝∠GEF，∴∠GEF＝∠EAC，∵∠EGF＝∠ECA，∴△AEC∽△EFG，∴AEEF∵EG＝DE，∴AE?DE＝AC?EF．（3）解：過點O作OH⊥AN于H．∵DE=∴∠EDG＝∠ACE，∴tan∠EDF＝tan∠ACE=1∵EF＝3，∴DE＝6，EC＝12，CD=DE2∵∠AED+∠OED＝90°，∠OED+∠OEC＝90°，∴∠AED＝∠OEC，∵OE＝OC，∴∠OEC＝∠OCE，∴∠AED＝∠ACE，∵∠EAD＝∠EAC，∴△EAD∽△CAE，∴AEAC=DE∴可以假設(shè)AE＝x，AC＝2x，∵AE2＝AD?AC，∴x2＝（2x﹣65）?2x，解得x＝45（x＝0舍去），∴AE＝45，AC＝85，AD＝25，OA＝55，∵EC∥AN，∴∠OAH＝∠ACE，∴tan∠OAH＝tan∠ACE=OH∴OH＝5，AH＝10，∵OH⊥MN，∴HM＝HN，連接OM，則MH＝HN=OM2∴AN＝AH+HN＝10+25．15.（2020?長沙）如圖，半徑為4的⊙O中，弦AB的長度為43，點C是劣弧AB上的一個動點，點D是弦AC的中點，點E是弦BC的中點，連接DE、OD、OE．（1）求∠AOB的度數(shù)；（2）當(dāng)點C沿著劣弧AB從點A開始，逆時針運(yùn)動到點B時，求△ODE的外心P所經(jīng)過的路徑的長度；（3）分別記△ODE，△CDE的面積為S1，S2，當(dāng)S12﹣S22＝21時，求弦AC的長度．【分析】（1）如圖1中，過點O作OH⊥AB于H．利用等腰三角形的性質(zhì)求出∠AOH即可．（2）連接OC，證明O，D，C，F(xiàn)四點共圓，OC的中點即為△ODE外接圓的圓心，再利用弧長公式計算即可．（3）如圖3中，連接OC交AB于J，過點O作OH⊥AB于H，過點C作CK⊥AB于K．證明△CDE∽△CAB，推出S△CDES△CAB=（DEAB）2=14，推出S△ABC＝4S2，因為S△ADO＝S△ODC，S△OBE＝S△OEC，推出S四邊形ODCE=12S四邊形OACB，可得S1+S2=12（4S2+43）＝2S2+23，推出S1＝S2+23，因為S12﹣S22＝21，可得S22+43【解析】（1）如圖1中，過點O作OH⊥AB于H．∵OA＝OB＝4，OH⊥AB，∴AH＝HB=12AB＝23，∠AOH＝∴sin∠AOH=AH∴∠AOH＝60°，∴∠AOB＝2∠AOH＝120°．（2）如圖2中，連接OC．∵OA＝OC＝OB，AD＝DC，CE＝EB，∴OD⊥AC，OE⊥CB，∴∠ODC＝∠OEC＝90°，∴∠ODC+∠OEC＝180°，∴O，D，C，E四點共圓，∴OC是直徑，∴OC的中點P是△OED的外接圓的圓心，∴OP=1∴點P的運(yùn)動路徑的長=120?π?2（3）如圖3中，連接OC交AB于J，過點O作OH⊥AB于H，過點C作CK⊥AB于K．∵AD＝CD，CE＝EB，∴DE∥AB，AB＝2DE，∴△CDE∽△CAB，∴S△CDES△CAB=（DE∴S△ABC＝4S2，∵S△ADO＝S△ODC，S△OBE＝S△OEC，∴S四邊形ODCE=12S∴S1+S2=12（4S2+43）＝2S2+2∴S1＝S2+23，∵S12﹣S22＝21，∴S22+43S2+12﹣S22＝21，∴S2=3∴S△ABC＝33=12∴CK=3∵OH⊥AB，CK⊥AB，∴OH∥CK，∴△CKJ∽△OHJ，∴CKOH∴CJOJ∴CJ=37×4=127∴JK=CJ2∴KH=15∴AK＝AH＝KH＝23?∴AC=A16.．（2020?廣元）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，OA平分∠BAC交BC于點O，以O(shè)為圓心，OC長為半徑作圓交BC于點D．（1）如圖1，求證：AB為⊙O的切線；（2）如圖2，AB與⊙O相切于點E，連接CE交OA于點F．①試判斷線段OA與CE的關(guān)系，并說明理由．②若OF：FC＝1：2，OC＝3，求tanB的值．【分析】（1）過點O作OG⊥AB，垂足為G，利用角平分線的性質(zhì)定理可得OG＝OC，即可證明；（2）①利用切線長定理，證明OE＝OC，結(jié)合OE＝OC，再利用垂直平分線的判定定理可得結(jié)論；②根據(jù)OF：FC＝1：2，OC＝3求出OF和CF，再證明△OCF∽△OAC，求出AC，再證明△BEO∽△BCA，得到BEBC【解析】（1）如圖，過點O作OG⊥AB，垂足為G，∵OA平分∠BAC交BC于點O，∴OG＝OC，∴點G在⊙O上，即AB與⊙O相切；（2）①OA垂直平分CE，理由是：連接OE，∵AB與⊙O相切于點E，AC與⊙O相切于點C，∴AE＝AC，∵OE＝OC，∴OA垂直平分CE；②∵OF：FC＝1：2，OC＝3，則FC＝2OF，在△OCF中，OF2+（2OF）2＝32，解得：OF=355由①得：OA⊥CE，則∠OCF+∠COF＝90°，又∠OCF+∠ACF＝90°，∴∠COF＝∠ACF，而∠CFO＝∠ACO＝90°，∴△OCF∽△OAC，∴OCOA=OF解得：AC＝6，∵AB與圓O切于點E，∴∠BEO＝90°，AC＝AE＝6，而∠B＝∠B，∴△BEO∽△BCA，∴BEBC則y3+x可得：6y=9+3x6x=3y+18解得：x=5y=4∴tanB=OE17．（2020?連云港）（1）如圖1，點P為矩形ABCD對角線BD上一點，過點P作EF∥BC，分別交AB、CD于點E、F．若BE＝2，PF＝6，△AEP的面積為S1，△CFP的面積為S2，則S1+S2＝；（2）如圖2，點P為?ABCD內(nèi)一點（點P不在BD上），點E、F、G、H分別為各邊的中點．設(shè)四邊形AEPH的面積為S1，四邊形PFCG的面積為S2（其中S2＞S1），求△PBD的面積（用含S1、S2的代數(shù)式表示）；（3）如圖3，點P為?ABCD內(nèi)一點（點P不在BD上），過點P作EF∥AD，HG∥AB，與各邊分別相交于點E、F、G、H．設(shè)四邊形AEPH的面積為S1，四邊形PGCF的面積為S2（其中S2＞S1），求△PBD的面積（用含S1、S2的代數(shù)式表示）；（4）如圖4，點A、B、C、D把⊙O四等分．請你在圓內(nèi)選一點P（點P不在AC、BD上），設(shè)PB、PC、BC圍成的封閉圖形的面積為S1，PA、