专题24.3 圆与三角形的综合（压轴题专项讲练）-2022-2023学年九年级数学上册从重点到压轴（人教版）（解析+原卷）

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【典例1】在Rt△ABC中，∠BCA＝90°，CA＝CB，点D是△ABC外一动点（点B，点D位于AC两侧），连接CD，AD．
（1）如图1，点O是AB的中点，连接OC，OD，当△AOD为等边三角形时，∠ADC的度数是 ；
（2）如图2，连接BD，当∠ADC＝135°时，探究线段BD，CD，DA之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，⊙O是△ABC的外接圆，点D在AC上，点E为AB上一点，连接CE，DE，当AE＝1，
BE＝7时，直接写出△CDE面积的最大值及此时线段BD的长．
【思路点拨】
（1）由等腰直角三角形的性质得∠COA＝90°，CO＝OA，再由等边三角形的性质得OD＝OA，∠ODA＝∠DOA＝60°，然后求出∠ODC＝75°，即可求解；
（2）过点C作CH⊥CD交AD的延长线于点H，证△ACH≌△BCD（SAS），得BD＝AH＝HD+DA=2CD+AD；
（3）连接OC，由勾股定理得CE＝5，过点O作ON⊥CE于N，延长ON交⊙O于点D，此时点D到CE的距离最大，△CDE面积的面积最大，然后由三角形面积求出ON=125，则DN＝OD﹣ON=85，即可求解三角形CDE的面积最大值，最后用勾股定理借助（2）的结论求出AD，即可求出BD．
【解题过程】
解：（1）∵∠BCA＝90°，BC＝AC，点O是AB的中点，
∴∠COA＝90°，CO=12AB＝OA，
∵△AOD是等边三角形，
∴OD＝OA，∠ODA＝∠DOA＝60°，
∴OC＝OD，∠COD＝∠COA﹣∠DOA＝90°﹣60°＝30°，
∴∠ODC=12（180°﹣∠COD）=12×（180°﹣30°）＝75°，
∴∠ADC＝∠ODC+∠ODA＝75°+60°＝135°，
故答案为：135°；
（2）解：线段BD，CD，DA之间的数量关系为：BD=2CD+DA，
理由如下：过点C作CH⊥CD交AD的延长线于点H，如图2所示：
则∠CDH＝180°﹣∠ADC＝180°﹣135°＝45°，
∴△DCH是等腰直角三角形，
∴CH＝CD，HD=2CD，
∵∠BCA＝90°，
∴∠ACH＝∠BCD，
∴△ACH≌△BCD（SAS），
∴BD＝AH＝HD+DA=2CD+AD；
（3）解：连接OC，如图3所示：
∵∠BCA＝90°，BC＝AC，
∴△ACB是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝45°，
∵⊙O是△ABC的外接圆，
∴O是AB的中点，
∴OC⊥AB，OC＝OA=12AB=12（AE+BE）=12×（1+7）＝4，
∴OE＝OA﹣AE＝4﹣1＝3，
在Rt△COE中，由勾股定理得：CE=OC2+OE2=42+32=5，
∵CE是定值，
∴点D到CE的距离最大时，△CDE面积的面积最大，
∵AB是⊙O的直径，
过点O作ON⊥CE于N，延长ON与⊙O的交点恰好是点D时，点D到CE的距离最大，△CDE面积的面积最大，
∵S△OCE=12OC•OE=12CE•ON，
∴ON=OC⋅OECE=4×35=125，
∵OD＝OC＝4，
∴DN＝OD﹣ON＝4−125=85，
此时，在Rt△CNO中，CN=OC2−ON2=42−(125)2=165，
在Rt△CND中，CD=CN2+DN2=(165)2+(85)2=855，
在Rt△ABD中，BD2＝AB2﹣AD2＝82﹣AD2，
由（ 2）知，BD=2CD+AD=2×855+AD=8105+AD，
∴82﹣AD2＝（8105+AD）2，
∴AD=6105，
∴BD=8105+AD=8105+6105=14105，
即△CDE面积的面积最大值为4，此时，BD=14105．
1．（2022·全国·九年级专题练习）已知AB为⊙O的直径，AB=6，C为⊙O上一点，连接CA,CB．
(1)如图①，若C为AB的中点，求∠CAB的大小和AC的长；
(2)如图②，若AC=2,OD为⊙O的半径，且OD⊥CB，垂足为E，过点D作⊙O的切线，与AC的延长线相交于点F，求FD的长．
【思路点拨】
（1）由圆周角定理得∠ACB=90°，由C为AB的中点，得AC=BC，从而AC=BC，即可求得∠CAB的度数，通过勾股定理即可求得AC的长度；
（2）证明四边形ECFD为矩形，FD=CE= 12CB，由勾股定理求得BC的长，即可得出答案．
【解题过程】
解：（1）∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
由C为AB的中点，得AC=BC，
∴AC=BC，得∠ABC=∠CAB，
在Rt△ABC中，∠ABC+∠CAB=90°，
∴∠CAB=45°；
根据勾股定理，有AC2+BC2=AB2，
又AB=6，得2AC2=36，
∴AC=32；
（2）∵FD是⊙O的切线，
∴OD⊥FD，即∠ODF=90°，
∵OD⊥CB，垂足为E，
∴∠CED=90°,CE=12CB，
同（1）可得∠ACB=90°，有∠FCE=90°，
∴∠FCE=∠CED=∠ODF=90°，
∴四边形ECFD为矩形，
∴FD=CE，于是FD=12CB，
在Rt△ABC中，由AB=6,AC=2，得CB=AB2−AC2=42，
∴FD=22．
2．（2022·山西·九年级专题练习）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC<90° ，以AB为直径作⊙O分别交BC，AC于点D，E，连接AD，过点D作⊙O的切线交AC于点F．
(1)试猜想BD和ED的数量关系，并说明理由．
(2)若AB=52,AD=210，求AF的长．
【思路点拨】
（1）根据直径所对的圆周角为直角，证明AD⊥BC，根据等腰三角形的性质，得出∠BAD＝∠DAE，即可得出答案；
（2）连接OD，先证明OD∥AC，根据切线性质，得出OD⊥DF，得出DF⊥AC，根据勾股定理得出CD=10，根据等积法求出DF=22，根据勾股定理得出AF=42．
【解题过程】
（1）解：BD=ED，理由如下：
∵AB为⊙O直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴∠BAD＝∠DAE，
∴BD=ED．
（2）解：连接OD，如图所示：
∵AD⊥BC，AB＝AC＝52，
∴BD＝CD，
∵AO＝BO，
∴OD∥AC，
∵DF是⊙O的切线，
∴OD⊥DF，
∴DF⊥AC，
在Rt△ACD中，
CD=AC2−AD2=522−2102=10，
∵S△ACD=12AD•CD=12AC•DF，
∴DF=AD⋅CDAC=210×1052=22，
在Rt△ADF中，
AF=AD2−DF2=2102−222=42．
3．（2022·北京·人大附中九年级阶段练习）如图1，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，D为AC⏜AC的中点，连接BC，OD．
(1)求证：OD∥BC；
(2)如图2，过点D作AB的垂线与⊙O交于点E，作直径EF交BC于点G．若G为BC中点，⊙O的半径为2，求弦BC的长．
【思路点拨】
（1）连接BD，由D为AC⏜的中点，得AD=CD，则∠ABD=∠CBD，由等腰三角形的性质得∠ABD=∠BDO，推出∠CBD=∠BDO，即可得证；
（2）由垂径定理得OF⊥BC，由平行线的性质得DO⊥EF，则△DOE是等腰直角三角形，∠OED=45°，易证△OGB是等腰直角三角形，得BG=22OB，再由BC=2BG，即可得出结果．
【解题过程】
（1）证明：连接BD，如图1所示：
∵D为AC的中点，
∴AD=CD，
∴∠ABD=∠CBD，
∵OD=OB，
∴∠ABD=∠BDO，
∴∠CBD=∠BDO，
∴OD∥BC；
（2）解：∵G为BC中点，
∴OF⊥BC，
由（1）得：OD∥BC，
∴DO⊥EF，
∴△DOE是等腰直角三角形，
∴∠OED=45°，
∵DE⊥AB，
∴∠EOA=∠BOG=45°，
∴△OGB是等腰直角三角形，
∴BG=22OB=22×2=2，
∴BC=2BG=22．
4．（2022·安徽宿州·模拟预测）如图，AB为⊙O的直径，点E在弦AC的延长线上，过点E作ED⊥AE，ED与⊙O相切于点D．
(1)求证：AD平分∠BAC．
(2)若AC=3，AB=5，求CE和DE的长．
【思路点拨】
（1）连接OD．根据切线的性质及平行线的判定得出AE∥OD，利用平行线的性质及等边对等角即可证明；
（2）连接BC交OD于点G，根据垂径定理得出BG=CG．由勾股定理得出BC=AB2−AC2=4，利用三角形中位线的性质及各线段间的数量关系即可得出结果．
【解题过程】
(1)证明：如图，连接OD．
∵ED与⊙O相切于点D，
∴OD⊥ED．
∵ED⊥AE，
∴AE∥OD，
∴∠CAD=∠ADO．
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ADO，
∴∠OAD=∠CAD，即AD平分∠BAC．
(2)如图，连接BC交OD于点G．
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°．
又∵OD∥AE，
∴∠OGB=∠ACB=90°，
∴OD⊥BC，
∴G为BC的中点，
∴BG=CG．
∵AC=3，AB=5，
∴BC=AB2−AC2=4，
∵点O点G分别为AB、BC的中点，
∴OB=OD=12AB=52，BG=12BC=2，
∴OG=12AC=32，
∵∠E=90°，∠GDE=90°，∠CGD=90°，
∴四边形CEDG是矩形，
∴CE=DG=OD−OG=52−32=1，DE=OG=12BC=2．
5．（2022·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径作⊙O，AC与⊙O交于点D，BC与⊙O交于点E，过点C作CF∥AB，且CF=CD，连接BF．
(1)求证：BF是⊙O的切线；
(2)若∠BAC=45°，AD=4，求图中阴影部分的面积．
【思路点拨】
（1）连接BD，得∠BDA=90°；利用AB=AC得到∠ABC=∠ACB，由CF∥AB得到∠FCB=∠ABC，故∠FCB=∠ACB；利用SAS证明△BCF≌△BCD，得到∠F=∠BDC=90°，最后CF∥AB同旁内角互补，即可得∠ABF=90°
（2）连接OE，与BD相交于M点，根据∠BAC=45°，得△ABD是等腰直角三角形，由AD=4，得AB，OB，OE长度；△ABC和△OBE是共一底角的等腰三角形，故∠BOE=∠BAC=45°，OE∥AC，∠OMB=∠ADB=90°，△OBM是等腰直角三角形，即可算出阴影部分面积
【解题过程】
解：（1）连接BD
∵AB是⊙O的直径
∴∠BDA=90°
∴∠BDC=90°
∵AB=AC
∴∠ABC=∠ACB
∵CF∥AB
∴∠FCB=∠ABC，∠ABF+∠F=180°
∴∠FCB=∠ACB
∵CF=CD，BC=BC
∴△BCF≌△BCD(SAS)
∴∠F=∠BDC=90°
又∵∠ABF+∠F=180°
∴∠ABF=90°
∴BF是⊙O的切线
（2）连接OE，与BD相交于M点
∵∠BDA=90°，∠BAC=45°，AD=4
∴△ADB为等腰直角三角形
∴BD=AD=4，AB=AD2+BD2=42，∠OBM=45°
∴OB=22
∴OE=OB=22
∴∠OEB=∠ABC
∵AB=AC，∠BAC=45°
∴∠BOE=∠BAC=45°
∴OE∥AC
∴∠OMB=∠ADB=90°
∴△OMB为等腰直角三角形
∴BM=OM=2
∴S阴影=S扇形OAB−SΔOBE=45π(22)2360°−2×222=π−22
6．（2022·陕西·交大附中分校模拟预测）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB＝AC，过点A作AD⊥AB，交⊙O于点D，交BC于点E，过点B作⊙O的切线，与DA的延长线相交于点F．
(1)求证：AF＝AE；
(2)若⊙O的半径为2，BE＝3，求DE的长．
【思路点拨】
（1）利用AD⊥AB与BF⊥BD可得几对互余的角，结合“同弧所对的圆周角相等”、“等边对等角”相互代换即可推出∠FBA=∠EBA，再利用全等三角形证明AF=AE即可；
（2）由全等可知BF=BE=3，利用勾股定理求出DF，用等面积法求出AB，再用勾股定理求出AD，则AF=DF−AD，然后计算DE的长．
【解题过程】
（1）证明：∵ AD⊥AB，
∴ ∠D+∠ABD=90°．
∵ BF是⊙O的切线，
∴ BF⊥BD，
∴ ∠FBA+∠ABD=90°，
∴ ∠D=∠FBA，
∵ AB=AC，
∴ ∠ABC=∠C，
又∵ ∠C=∠D，∠D=∠FBA，
∴ ∠ABC=∠ABF，
在△ABE与△ABF中，
∠ABC=∠ABFAB=AB∠BAE=∠BAF=90°，
∴ △ABE≌△ABF (SAS)，
∴ AF=AE．
（2）解：∵ △ABE≌△ABF，
∴ BF=BE=3，
在Rt△BDF中，BD=4，DF=BF2+BD2=32+42=5．
∵ BF×BD=DF×AB，
∴ AB=BF×BDDF=3×45=125．
在Rt△ABD中，AD=BD2−AB2=42−(125)2=165，
∴ AF=DF−AD=5−165=95，
∴EF=2AF=185，
∴ DE=DF−EF=5−185=75．
7．（2022·湖北咸宁·模拟预测）如图，AB为⊙O的直径，AD和过点⊙O上点C的切线互相垂直，垂足为点D，AD交⊙O于点E．
(1)求证：AC平分∠DAB；
(2)已知AB=16，若点E为AC的中点，求图中阴影部分的面积．
【思路点拨】
(1) 连接OC，根据切线的性质证明AD∥OC，根据等腰的性质、等量代换证明∠DAC=∠CAO；
(2) 连接OE，交AC于F，则S阴影部分=S扇形AOE+S△BOE，结合三角形的性质和扇形面积公式求出阴影部分即可．
【解题过程】
(1)解：证明：连接OC．
∵CD是⊙O的切线，∴OC⊥CD．
∵AD⊥CD，∴AD∥OC．
∴∠DAC=∠ACO．
∵OC=OA，∴∠CAO=∠ACO．
∴∠DAC=∠CAO．
∴AC平分∠DAB．
(2)解：连接OE，交AC于F．
∵E为AC的中点，∴AE=EC．
由（1）可知，AC平分∠DAB，∴EC=CB．
∴AE=EC=CB，∴∠AOE=13×180°=60°．
∴∠B=12∠AOE=30°．
∵AB为直径，且AB=16，∴∠AEB=90°．
∴AE=12AB=12×16=8,BE=AB⋅cs30°=83．
∴S△BOE=12S△ABE=12×12×8×83=163．
∴S阴影部分=S扇形AOE+S△BOE=60π360×82+163=323π+163．
8．（2022·全国·九年级课时练习）如图，线段AB经过⊙O的圆心O，交圆O于点A，C，BC=1，AD为⊙O的弦，连接BD，∠BAD=∠ABD=30°，连接DO并延长交⊙O于点E，连接BE交⊙O于点M．
(1)求证：直线BD是⊙O的切线；
(2)求线段BM的长．
【思路点拨】
（1）根据圆周角定理可得∠BOD=2∠BAD=60°，从而得到∠ODB=90° ，即可求证；
（2）连接DM，Rt△BOD中，根据直角三角形的性质可得 BO=2OD，从而得到OD=OC=1，BD=3，再由DE为⊙O的直径，可得DE=2，∠DME=90°，从而得到BE=7，再由S△BDE=12BD⋅DE=12BE⋅DM，可得DM=2217，再由勾股定理，即可求解．
【解题过程】
（1）证明：∵∠BOD=2∠BAD，
∴∠BOD=2∠BAD=60°，
又∵∠ABD=30°，
∴∠ODB=90° ，即OD⊥BD，
又∵OD为⊙O的半径，
∴直线BD是⊙O的切线；
（2）解：如图，连接DM，
Rt△BOD中，∠DBO=30°，
∴BO=2OD=OC+BC，
又BC=1，OD=OC，
∴OD=OC=1，
∴BD=3，
∵DE为⊙O的直径，
∴DE=2，∠DME=90°，
在Rt△BDE中，BE=DE2+BD2=7，
∵S△BDE=12BD⋅DE=12BE⋅DM，
∴DM=BD⋅DEBE=2217，
在Rt△BDM中，BM=BD2−DM2=377．
9．（2022·全国·九年级课时练习）在⊙O中，弦CD与直径AB相交于点P，∠ABC=16°．
(1)如图①，若∠BAD=52°，求∠APC和∠CDB的大小；
(2)如图②，若CD⊥AB，过点D作⊙O的切线，与AB的延长线相交于点E，求∠E的大小．
【思路点拨】
（1）由同弧所对圆周角相等求得∠C，进而求得∠APC；连接AC，求得∠BAC，进而由同弧所对的圆周角相等求得∠CDB．
（2）连接OD，求得∠PCB，进而求得其所对圆心角∠BOD，再由三角心外角和内角的关系求得∠E．
【解题过程】
（1）解：∵BD=BD
∴∠C=∠BAD=52°
∴∠APC=∠C+∠ABC=68°
如图，连接AC，∵AB为⊙O直径
∴∠ACB=90°
∴∠BAC=180°−∠ACB−∠ABC=74°
∵BC=BC
∴∠CDB=∠BAC=74°
（2）解：如图，连接OD
∵CD⊥AB
∴∠CPB=90°
∴∠PCB=90°−∠PBC=74°
∵在⊙O中，∠BOD=2∠BCD
∴∠BOD=148°
∵DE是⊙O的切线
∴OD⊥DE即∠ODE=90°
∴∠E=∠BOD−90°=58°.
10．（2022·江苏·九年级期中）如图1，C、D为半圆O上的两点，且点D是弧BC的中点．连接AC并延长，与BD的延长线相交于点E．
(1)求证：CD＝ED；
(2)连接AD与OC、BC分别交于点F、H．
①若CF＝CH，如图2，求证：CH＝CE；
②若圆的半径为2，BD＝1，如图3，求AC的值．
【思路点拨】
（1）如图1中，连接BC．想办法证明∠E=∠DCE即可；（2）①如图2中，根据等腰三角形的性质得到∠CFH=∠CHF，根据三角形外角的性质得到∠ACO=∠OBC，求得∠OCB=∠OBC，得到∠ACO=∠BCO=12∠ACB=45°，推出AC=BC，根据全等三角形的性质即可得到结论；②连接OD交BC于G．设OG=x，则DG=2-x．利用勾股定理构建方程求解即可．
【解题过程】
（1）解：证明：如图1中，连接BC．
∵点D是弧BC的中点．
∴DC=BD，
∴∠DCB=∠DBC，
∵AB是直径，
∴∠ACB=∠BCE=90°，
∴∠E+∠DBC=90°，∠ECD+∠DCB=90°，
∴∠E=∠DCE，
∴CD=ED；
（2）①证明：∵CF=CH，
∴∠CFH=∠CHF，
∵∠CFH=∠CAF+∠ACF，∠CHA=∠BAH+∠ABH，
∵∠CAD=∠BAH，
∴∠ACO=∠OBC，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC，
∴∠ACO=∠BCO=12∠ACB=45°，
∴∠CAB=∠ABC=45°，
∴AC=BC，
∵∠ACH=∠BCE=90°，∠CAH=∠CBE，
∴△ACH≌△BCE（ASA），
∴CH=CE；
②解：如图3中，连接OD交BC于G．
设OG=x，则DG=2-x．
∵DC=BD，
∴∠COD=∠BOD，
∵OC=OB，
∴OD⊥BC，CG=BG，
在Rt△OCG和Rt△BGD中，则有22-x2=12-（2-x）2，
∴x=74，即OG=74，
∵OA=OB，
∴OG是△ABC的中位线，
∴OG=12AC，
∴AC=72．
11．（2022·浙江丽水·九年级专题练习）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，AC=BC，点D是BC的中点，连结OC,AD，交于点E，连结BE,BD．
(1)求∠EBA的度数．
(2)求证：AE=2BD．
(3)若DE=1，求⊙O的面积．
【思路点拨】
（1）连接OD．根据垂径定理的推论求出∠BOC，根据圆心角定理的推论求出∠BOD，根据圆周角定理求出∠EAB，根据垂直平分线的性质和等边对等角即可求出∠EBA．
（2）根据圆周角定理的推论确定∠ADB=90°，根据三角形内角和定理和角的和差关系求出∠DBE和∠DEB，根据等角对等边和勾股定理确定BE=2BD，再根据等价代换思想即可证明．
（3）根据线段的和差关系和勾股定理求出AB2，进而求出OA2，最后根据圆的面积公式求解即可．
【解题过程】
（1）解：如下图所示，连接OD．
∵AC=BC，
∴OC⊥AB．
∴∠BOC=90°．
∵点D是BC的中点，
∴∠BOD=∠COD=12∠BOC=45°．
∴∠EAB=12∠BOD=22.5°．
∵OA=OB，
∴OC垂直平分AB．
∴AE=BE．
∴∠EBA=∠EAB=22.5°．
（2）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°．
∴BE2=BD2+DE2．
∵∠EAB=22.5°，
∴∠DBA=180°-∠ADB-∠EAB=67.5°．
∵∠EBA=22.5°，
∴∠DBE=∠DBA-∠EBA=45°．
∴∠DEB=180°-∠ADB-∠DBE=45°．
∴∠DBE=∠DEB．
∴BD=DE．
∴BE2=BD2+BD2=2BD2．
∴BE=2BD．
∴AE=BE=2BD．
（3）解：∵DE=1，
∴BD=DE=1．
∴AE=2BD=2．
∴AD=AE+DE=2+1．
∴2OA2=AB2=AD2+BD2=4+22．
∴4OA2=4+22．
∴OA2=2+22．
∴S⊙O=πOA2=2π+2π2．
12．（2022·全国·九年级课时练习）如图，在△ABC中，以AB为直径作⊙O，交BC于点D，交AC于点E，且BD=CD，过点D作⊙O的切线交AC于点F，过点D作AB的垂线，交AB于点G，交⊙O于点H．
(1)求证：DF⊥AC；
(2)若OG=1，求AE的长．
【思路点拨】
（1）根据切线，得到∠ODF=90°；连接OD，通过证OD是△ABC的中位线，证OD∥AC，进而得到∠CFD=∠ODF=90°，即可证明；
（2）连接DE，分别证AC= AB=2OB，CD=DE，得到CF=BG，CF=EF，再利用AE=AC−CF−EF=2OB−2BG=2OG，即可求解．
【解题过程】
（1）证明：∵过点D作⊙O的切线交AC于点F，
∴∠ODF=90°，
连接OD，
∵BD=CD，OA=OB，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
∴∠CFD=∠ODF=90°，
∴DF⊥AC．
（2）解：设圆与AC相交于点E，连接DE，
由（1）可知，OD∥AC，
∴∠ODB=∠C，
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠ABC，
∴∠C=∠ABC，
∴AC= AB=2OB，
∵在Rt△CFD和Rt△BGD中，
{∠DFC=∠DGB=90°∠C=∠ABCCD=BD，
∴Rt△CFD≌Rt△BGD(AAS)，
∴CF=BG，
又∵四边形ABDE是圆内接四边形，
∴∠AED+∠ABC=180°，
又∵∠AED+∠CED=180°，
∴∠ABC=∠CED，
∴∠C=∠CED，
∴CD=DE，
又∵DF⊥AC，
∴CF=EF，
∴AE=AC−CF−EF=2OB−2BG，
即AE=2(OB−BG)=2OG=2．
13．（2022·全国·九年级课时练习）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，OD⊥AB交AC于点E，∠D＝2∠A．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)求证：DE＝DC；
(3)若OD＝5，CD＝3，求AE的长．
【思路点拨】
（1）连接OC．证∠D＝∠COB．由OD⊥AB，得∠COB＋∠COD＝90°．可证∠D＋∠COD＝90°．即∠DCO＝90°；
（2）由∠DCE＋∠ACO＝90°，∠AEO＋∠A＝90°和∠A＝∠ACO，∠DEC＝∠AEO，可得∠DEC＝∠DCE ，即DE＝DC．
（3）先求得OC＝4，AB＝2OC＝8， OE＝OD－DE＝2，再证△AOE∽△ACB，得OECB=AOAC．
【解题过程】
（1）证明：连接OC，如图，
∵OA＝OC，
∴∠ACO＝∠A，
∴∠COB＝∠A+∠ACO＝2∠A，
又∵∠D＝2∠A，
∴∠D＝∠COB．
又∵OD⊥AB，
∴∠COB+∠COD＝90°，
∴∠D+∠COD＝90°，即∠DCO＝90°，
∴OC⊥DC，
又点C在⊙O上，
∴CD是⊙O的切线；
（2）证明：∵∠DCO＝90°，
∴∠DCE+∠ACO＝90°，
又∵OD⊥AB，
∴∠AEO+∠A＝90°，
又∵∠A＝∠ACO，∠DEC＝∠AEO，
∴∠DEC＝∠DCE，
∴DE＝DC；
（3）解：∵∠DCO＝90°，OD＝5，DC＝3，
∴OC＝OD2−DC2＝52−32＝4，
∴OA＝OC＝4，
又DE＝DC＝3，
∴OE＝OD﹣DE＝2，
在Rt△AEO中，由勾股定理得：AE2=OA2+OE2=42+22=20，
∴AE＝25．
14．（2022·湖南·长沙市长郡双语实验中学九年级阶段练习）如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，与BA的延长线交于点D，DE⊥PO交PO延长线于点E，连接OC，PB，已知PB=6，DB=8，∠EDB=∠EPB．
(1)求证：PB是⊙O的切线；
(2)求⊙O的半径；
(3)连接BE，求BE的长．
【思路点拨】
（1）由已知角相等及直角三角形的性质得到∠OBP为直角，即可得证；
（2）在直角三角形PBD中，由PB与DB的长，利用勾股定理求出PD的长，由切线长定理得到PC=PB=6，由PD−PC求出CD的长，在直角三角形OCD中，设OC=r，则有OD=8−r，利用勾股定理列出关于r的方程，求出方程的解得到r的值，即为圆的半径．
（3）延长PB、DE相交于点F，证明ΔPED≅ΔPEF(ASA)，由全等三角形的性质得出PD=PF=10，DE=EF，求出DF的长，则可得出答案．
【解题过程】
（1）证明：∵DE⊥PE，
∴∠DEO=90°，
∵∠EDB=∠EPB，∠BOE=∠EDB+∠DEO，∠BOE=∠EPB+∠OBP，
∴∠OBP=∠DEO=90°，
∴OB⊥PB，
∴PB为⊙O的切线；
（2）解：在Rt△PBD中，PB=6，DB=8，
根据勾股定理得：PD=62+82=10，
∵PD与PB都为⊙O的切线，
∴PC=PB=6，
∴DC=PD−PC=10−6=4；
在RtΔCDO中，设OC=r，则有OD=8−r，
根据勾股定理得：(8−r)2=r2+42，
解得：r=3，
则圆的半径为3．
（3）延长PB、DE相交于点F，
∵PD与PB都为⊙O的切线，
∴OP平分∠CPB，
∴∠DPE=∠FPE，
∵PE⊥DF，
∴∠PED=∠PEF=90°，
又∵PE=PE，
∴ΔPED≅ΔPEF(ASA)，
∴PD=PF=10，DE=EF，
∴BF=PF−PB=10−6=4，
在RtΔDBF中，DF=DB2+BF2=82+42=45，
∴ BE=12DF=25．
15．（2022·山东济南·二模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，其切线AE与直径BD的延长线相交于点E，且∠ACB=60°．
(1)求证：AE=AB；
(2)若DE=2，求⊙O的半径．
【思路点拨】
（1）连接OA，AD，根据切线及圆周角定理可得∠BAD=∠EAO，利用各角之间的数量关系得出∠BAO=∠EAD，再由圆周角定理可得∠AOB=120°，结合图形及各角之间的关系可得∠ABE=∠E，利用等角对等边即可证明；
（2）设圆O的半径为r，先根据圆周角定理得出∠BAD=90°，再根据直角三角形的性质可得AB=3r，从而可得AE=3r，然后在Rt△AOE中，利用勾股定理求解即可得．
【解题过程】
(1)证明：如图，连接OA，AD，
∵AE是圆O的切线，
∴OA⊥AE，即∠OAE=90°，
∵BD为圆O的直径，
∴∠BAD=90°，
∴∠BAD=∠EAO，
∴∠BAD-∠OAD=∠OAE-∠OAD，
即∠BAO=∠EAD，
∵∠ACB=60°，
∴∠AOB=120°，
∴∠AOD=60°，
∵OA=OD，
∴∆OAD为等边三角形，
∴∠ADO=60°，
∴∠ADE=120°，
∴180°-∠AOB-∠BAO=180°-∠ADE-∠EAD，
即∠ABE=∠E，
∴AB=AE；
(2)解：设圆O的半径为r，则OA=OD=r,BD=2r，
∵DE=2，
∴OE=OD+DE=r+2，
∵BD是圆O的直径，
∴∠BAD=90°，
由（1）可知，∠ADO=60°，
∠ABD=30°，
则在Rt△ABD中，
AD=12BD=r,AB=BD2−AD2=3r，
∴AE=3r，
在Rt△AOE中，
由勾股定理得：OA2+AE2=OE2，即r2+(3r)2=(r+2)2，
解得r=2或r=−23（不符题意，舍去），
则圆O的半径为2．
16．（2022·全国·九年级课时练习）如图1，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD=AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．
(1)观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是__________，位置关系是__________；
(2)探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；
(3)拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，请直接写出△PMN面积的最大值．
【思路点拨】
（1）利用三角形的中位线得出PM=12CE，PN=12BD，进而判断出BD=CE，即可得出结论，再利用三角形的中位线得出PM∥CE，PN∥BD得出∠DPM=∠DCA，∠DPN=∠ADC，最后用互余即可得出结论；
（2）先判断出△ABD≅△ACE，得出BD=CE，同（1）的方法得出PM=12BD，PN=12BD，即可得出PM=PN，同（1）的方法即可得出结论；
（3）先判断出BD最大时，△PMN的面积最大，而BD最大值是AB+AD=14，即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：∵点N,P分别是BC，CD的中点，
∴PN∥BD，PN=12BD，
∵点P,M是CD，DE的中点，
∴PM∥CE，PM=12CE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴BD=CE，
∴PM=PN，
∵PN∥BD，
∴∠DPN=∠ADC，
∵PM∥CE，
∴∠DPM=∠DCA，
∵∠BAC=90°，
∴∠ADC+∠DCA=90°，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°，
∴PM⊥PN，
故答案为：PM=PN，PM⊥PN．
（2）解：△PMN是等腰直角三角形．理由如下：
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≅△ACESAS，
∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，
由三角形的中位线得，PN=12BD，PN∥BD，PM=12CE，PM∥CE，
∴PM=PN，∠DPM=∠DCE,∠PNC=∠DBC，
∴△PMN是等腰三角形，
∴∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN
=∠DCE+∠DCB+∠DBC
=∠BCE+∠DBC
=∠ACB+∠ACE+∠DBC
=∠ACB+∠ABD+∠DBC
=∠ACB+∠ABC，
∵∠BAC=90°，
∴∠ACB+∠ABC=90°，
∴∠MPN=90°，
∴△PMN是等腰直角三角形．
（3）解：由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM=PN=12BD，
则△PMN面积为12PN2=18BD2，
∴BD最大时，△PMN面积最大，
如图，点D的运动轨迹是以点A为圆心，AD长为半径的圆上，
则当点D在BA的延长线上时，BD最大，最大值为AB+AD=4+10=14，
所以△PMN面积的最大值为18×142=492．
17．（2022·全国·九年级课时练习）已知∠MON=α，点A，B分别在射线OM,ON上运动，AB=6．
(1)如图①，若α=90°，取AB中点D，点A，B运动时，点D也随之运动，点A，B，D的对应点分别为A',B',D'，连接OD,OD'．判断OD与OD'有什么数量关系?证明你的结论：
(2)如图②，若α=60°，以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，求点O与点C的最大距离：
(3)如图③，若α=45°，当点A，B运动到什么位置时，△AOB的面积最大?请说明理由，并求出△AOB面积的最大值．
【思路点拨】
（1）根据“直角三角形斜边中线等于斜边一半”可得OD=12AB，OD′=12A′B′，进而得出结论；
（2）作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，当O运动到O′时，OC最大，求出CD和等边三角形AO′B上的高O′D，进而求得结果；
（3）以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，连接BE，由(2）可知∶当OC⊥AB时，OC最大，BT=3，当OA=OB时，∠ BOC=22.5°，此时OT最大，根据等腰三角形的性质可得∠OBE=∠BOC=22.5°，由外角的性质可得∠BET=45°，则ET=BT=3，利用勾股定理可得OE，由OT=OE+ET可得OT，然后根据三角形的面积公式进行计算．
【解题过程】
（1）解：OD=OD'，证明如下：
∵ ∠AOB=α=90°，AB中点为D，
∴OD=12AB，
∵D'为A'B'的中点，∠A'OB'=α=90°，
∴OD'=12A'B'，
∵AB=A'B'，
∴OD=OD'；
（2）解：如图1，
作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，
当O运动到O′时，OC最大，
此时△AOB是等边三角形，
∴BO′=AB=6，
OC最大=CO′=CD+DO′=12AB+32BO′=3+33；
（3）解∶如图，当点A，B运动到OA=OB时，△AOB的面积最大，证明如下∶
以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，连接BE，
由（2）可知，当OC⊥AB时，OC最大，
∵等腰直角三角形ABC，AC=BC，∠ACB=90°，
又OC⊥AB于T，
∴TC=AT=BT=12AB=3，
∵OC=OT+CT=OT+3，
∴当OA=OB时，此时OT最大，即OC最大，
∴△AOB的面积最大，
∴∠BOT=12∠AOB=22.5°，
∵OE= BE ，
∴∠OBE=∠BOC = 22.5° ，
∴∠BET=∠OBE+∠BOC=45°
∵OT⊥AB
∴∠EBT=90°−∠BET=45°
∴∠EBT=∠BET=45°
∴ET=BT=3,OE=BE=ET2+BT2=32
∴OT=OE+ET=32+3
综上，当点A，B运动到OA=OB时，△AOB的面积最大，△AOB面积的最大值为12×6×32+3= 92+9．
18．（2022·贵州遵义·二模）小颖复习尺规作图时，Rt△ABC∠ACB=90°进行如下操作（如图）：
①以点B为圆心，适当长为半径画弧，交BA于点Q，交BC于点P，再分别以点P，Q为圆心，大于12PQ的长为半径画弧，两弧交于点H，作射线BH；
②以点A为圆心，适当长为半径画弧，交AB于点M，交AC于点N，再分别以点M，N为圆心，大于12MN的长为半径画弧，两弧交于点G，作射线AG交射线BH于点O；
③作射线CO交AB于点D，且∠CDA=90°，以点O为圆心，OD为半径作⊙O，交AC于点E，交BC于点F，构成如图所示的阴影部分．
(1)求证：Rt△ABC是等腰直角三角形；
(2)若AC=2，求图中阴影部分的面积．
【思路点拨】
（1）根据尺规作图可证点O是△ABC的内心，根据内心的性质可证∠ACD=∠BCD，再利用ASA可证明△ADC≅△BDC，可得AC=BC，从而证得△ABC是等腰三角形，根据已知即可证得结论．
（2）连接OE，OF，根据（1）中结论可证得⊙O为△ABC的内切圆，从而得到OE=OF=OD，AE=AD，BF=BD，CE=CF，即可证得四边形OECF是正方形，从而得到CE=CF=OE=OF=OD，利用勾股定理求得AB，利用AB、AD、BD之间的关系，联立方程即可求得⊙O的半径，即可求得⊙O的面积，再利用S阴影=SRt△ABC−S⊙O即可求得答案．
【解题过程】
（1）证明：由题意尺规作图知，OB、OA分别是∠ABC和∠BAC的角平分线，
∴点O是△ABC的内心，
∴CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD，
∵CD⊥AB，
∴∠ADC=∠BDC=90°，
在△ADC和△BDC中，
∠ACD=∠BCDCD=CD∠ADC=∠BDC，
∴△ADC≅△BDC(ASA)，
∴AC=BC，
∴△ABC是等腰三角形，
又∠ACB=90°，
∴Rt△ABC是等腰直角三角形．
（2）连接OE，OF，如图所示，
由（1）得点O是△ABC的内心，且OD⊥AB，OD是⊙O的半径，
∴⊙O为△ABC的内切圆，
∴AC，BC，AB均与⊙O相切，
∴OE⊥AC，OF⊥BC，且OE=OF=OD，AE=AD，BF=BD，CE=CF，
∴∠OEC=∠OFC=∠ACB=90°，
∴四边形OECF是正方形，
∴CE=CF=OE=OF=OD，
设⊙O得半径为r，
由（1）知Rt△ABC是等腰直角三角形，
∴BC=AC=2，
∴AB=AC2+BC2=22+22=22，
∴AD=AE=AC−r=2−r，BD=BF=BC−CF=2−r，
∵AD+BD=AB，
∴2−r+2−r=22，解得r=2−2，
∴S⊙O=πr2=π×(2−2)2=(6−42)π，
又∵SRt△ABC=12AC⋅BC=12×2×2=2，
∴S阴影=SRt△ABC−S⊙O=2−(6−42)π，
∴图中阴影部分的面积为2−(6−42)π．
19．（2022·湖南·长沙麓山国际实验学校九年级阶段练习）如图，AB是⊙O的直径，点P在⊙O上，且PA=PB，点M是⊙O外一点，MB与⊙O相切于点B，连接OM，过点A作AC∥OM交⊙O于点C，连接BC交OM于点D．
(1)求证：MC是⊙O的切线；
(2)若AB=20，BC=16，连接PC，求PC的长；
(3)试探究AC、BC与PC之间的数量关系，并说明理由．
【思路点拨】
（1）连接OC，证明△OCM≌△OBM，从而得到∠OCM=∠OBM=90°即可得证；
（2）过点A作AH⊥PC于点H，利用圆周角定理，和等腰三角形的性质和判定，以及勾股定理分别求出CH,PH，再利用PC=CH+PH进行计算即可；
（3）延长CB至点E，使得BE=AC，连接PE，证明△PAC≌△PBE，推出△PCE为等腰直角三角形即可得证．
【解题过程】
（1）证明：如图所示：连接OC，
∵MB是⊙O的切线，
∴∠OBM=90°，
∵AC∥OM，
∴∠OAC=∠BOM，∠ACO=∠COM，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠ACO，
∴∠BOM=∠COM，
在△OCM与△OBM中，
OC=OB∠COM=∠BOMOM=OM，
∴△OCM≌△OBM(SAS)，
∴∠OCM=∠OBM=90°，
∴MC是⊙O的切线；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=∠APB=90°，
∴AC=AB2−BC2=202−162=12
∵PA=PB，∠APB=90°
∴△PAB是等腰直角三角形，∠PAB=∠PBA=45°
∴PA=PB=22AB=102，
过点A作AH⊥PC于点H，
又∠PCA=∠PBA=45°
∴△ACH是等腰直角三角形，
∴AH=CH=22AC=62
∴PH=PA2−AH2=(102)2−(62)2=82，
∴PC=PH+CH=142．
（3）AC+BC=2PC．
证明：延长CB至点E，使得BE=AC，连接PE，
则AC+BC=BE+BC=CE，
∵四边形ACBP内接于⊙O，
∴∠PAC=∠PBE，
在△PAC和△PBE中，
PA=PB∠PAC=∠PBEAC=BE，
∴△PAC≌△PBE（SAS），
∴∠APC=∠BPE，PC=PE，
∵∠APB=∠APC+∠CPB=90°，∠APC=∠BPE，
∴∠CPE=∠BPE+∠CPB=90°，
又∵PC=PE，
∴△PCE为等腰直角三角形，
∴CE=2PC，
又∵AC+BC=CE，
∴AC+BC=2PC．
20．（2022·北京市三帆中学九年级阶段练习）已知：△ABC，点D是△ABC的外接圆上一点（不与A，B，C重合），过A作射线AE，AF，且AE∥BD，AF∥CD（D，E分别在AB两侧，D，F分别在AC两侧），在射线AE上取一点M使得AM＝AB，在射线AF上取一点N使得AN＝AC，连接MN，P是线段MN的中点．
(1)当∠A＝90°时，在图1中补全图形并直接写出∠MAN的度数；
(2)在图2中，当D在△ABC的外接圆上移动过程中，探索∠BAC和∠MAN的关系并直接写出你的探索结果____；
(3)图3中请你探索AP与BC的数量关系，并证明你的结论；
(4)小逸同学在探索题目过程中，不小心把一些画图痕迹给破坏掉了，只留下如图4所示的四边形BCNM，且已知BM＝6，MP＝3，CN＝12，∠BMN＝150°，∠MNC＝90°，小逸同学只记得A、D在BC两侧，你能帮他找出点A的位置并求出AP的长度吗？
【思路点拨】
（1）根据已知补全图形即可，根据平行线性质和同圆中，同弧所对的圆周角相等，即可得∠CAF＝∠BAE，从而可得∠MAN＝90°；
（2）分两种情况：当D在弦BC上方的圆上时，画出图形可得∠MAN＝∠BAC；当D在弦BC下方的圆上时，可得∠MAN+∠BAC＝180°；
（3）延长MA到K，使AK＝AM，连接NK，AP，由三角形中位线定理可得AP＝12NK，证明△BAC≌△KAN（SAS），有BC＝NK，即得AP＝12BC；
（4）根据AM＝AB，AN＝AC可知BM的垂直平分线、CN的垂直平分线的交点即为A，过N作NR⊥BM交BM延长线于R，过C作CS⊥NR于S，过C作CT⊥BM于T，由∠BMN＝150°，得∠NMR＝30°，由含30°的直角三角形三边关系可求出CT＝SR＝73，BT=BR−RT=9−6=3，从而可得BC＝BT2+CT2＝239，即可得AP＝39．
【解题过程】
（1）补全图形如下：
∵AF∥CD，
∴∠CAF＝∠ACD，
∵AD=AD，
∴∠ACD＝∠ABD，
∴∠CAF＝∠ABD，
∵BD∥AE，
∴∠ABD＝∠BAE，
∴∠CAF＝∠BAE，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAE+∠CAE＝90°，
∴∠CAF+∠CAE＝90°，即∠MAN＝90°；
（2）∠BAC＝∠MAN或∠MAN+∠BAC＝180°，理由如下：
当D在弦BC上方的圆上时，如图：
∵AF∥CD，
∴∠CAF＝∠ACD，
∵AD=AD，
∴∠ACD＝∠ABD，
∴∠CAF＝∠ABD，
∵BD∥AE，
∴∠ABD＝∠BAE，
∴∠CAF＝∠BAE，
∴∠CAF+∠EAC＝∠BAE+∠EAC，
即∠MAN＝∠BAC；
当D在弦BC下方的圆上时，如图：
∵AF∥CD，
∴∠CAF＝∠ACD，
∵BD∥AE，
∴∠ABD＝∠BAE，
∵∠ACD+∠ABD＝180°，
∴∠CAF+∠BAE＝180°，
∴∠MAN+∠BAC＝180°；
故答案为：∠MAN＝∠BAC或∠MAN+∠BAC＝180°；
（3）AP＝12BC，证明如下：
延长MA到K，使AK＝AM，连接NK，AP，如图：
∵P为MN中点，AM＝AK，
∴AP是△MKN的中位线，
∴AP＝12NK，
∵AB＝AM，
∴AB＝AK，
由（2）知∠BAC+∠MAN＝180°，
而∠NAK+∠MAN＝180°，
∴∠BAC＝∠NAK，
∵AC＝AN，
∴△BAC≌△KAN（SAS），
∴BC＝NK，
∴AP＝12BC；
（4）作BM的垂直平分线、CN的垂直平分线，交点即为A，A的位置如图：
过N作NR⊥BM交BM延长线于R，过C作CS⊥NR于S，过C作CT⊥BM于T，如图：
∵∠BMN＝150°，
∴∠NMR＝30°，
∵MP＝PN＝3，
∴MN＝23，
在Rt△MNR中，
NR＝12MN＝3，RM＝3RM＝3，∠MNR＝90°﹣∠NMR＝60°，
∴BR＝BM+RM＝6+3＝9，
∵∠MNC＝90°，
∴∠SNC＝180°﹣∠MNC﹣∠MNR＝30°，
在Rt△CNS中，
CS＝12CN＝6，NS＝3CS＝63，
∴SR＝NR+NS＝73，
∵∠S＝∠R＝∠CTR＝90°，
∴四边形CSRT是矩形，
∴RT＝CS＝6，CT＝SR＝73，
∴BT＝BR﹣RT＝9﹣6＝3，
在Rt△BCT中，
BC＝BT2+CT2＝(3)2+(73)2＝239，
由（3）知AP＝12BC，
∴AP＝39．