中考数学一轮复习专题3.11 圆的常用辅助线及作法四大题型（北师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习专题3.11 圆的常用辅助线及作法四大题型（北师大版）（解析版），共56页。

考卷信息：
本套训练卷共30题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生圆的常用辅助线及作法四大题型的理解！
【题型1 有弦，作弦心距】
1．（2023·湖南岳阳·统考一模）如图，在⊙O中，已知AB是直径，P为AB上一点(P不与A、B两点重合），弦MN过P点，∠NPB=45°．
（1）若AP=2，BP=6，则MN的长为 ；
（2）当P点在AB上运动时（保持∠NPB=45°不变），则PM2+PN2AB2= ．

【答案】 214 12
【分析】（1）作OH⊥MN于H，连接ON，如图所示，得到HN=MH，由AP=2，BP=6，得到圆的半径长，由ΔPOH是等腰直角三角形，得到OH的长，由勾股定理求出NH的长，即可得到MN的长．
（2）由PM=MH−PH=NH−OH，PM=NH+PH=NH+OH，得到PM2+PN2=(NH−OH)2+(NH+OH)2=2(NH2+OH2)，因此OH2+NH2=ON2=OA2，得到PM2+PN2=2OA2，即可解决问题．
【详解】解：（1）作OH⊥MN于H，连接ON，如图所示：

∴HN=MH，
∵AP=2，BP=6，
∴AB=AP+PB=8，
∴ON=4，PO=OA−AP=4−2=2，
∵∠NPB=45°，
∴△POH是等腰直角三角形，
∴OH=22PO=2，
∴NH=ON2−OH2=14，
∴MN=2NH=214．
故答案为：214；
（2）由（1）知MH=NH，OH=PH，
∴PM=MH−PH=NH−OH，PM=NH+PH=NH+OH，
∴PM2+PN2=(NH−OH)2+(NH+OH)2=2(NH2+OH2)，
∵OH2+NH2=ON2=OA2，
∴PM2+PN2=2OA2，
∵BA2=(2OA)2=4OA2，
∴ PM2+PN2AB2=12，
故答案为：12．
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，完全平方公式，关键是作辅助线构造直角三角形，应用垂径定理，勾股定理来解决问题．
2．（2023·全国·九年级专题练习）如图，已知△ABC是⊙O的内接三角形，⊙O的半径为2，将劣弧AC（虚线）沿弦AC折叠后交弦BC于点D，连接AD．若∠ACB=60°，则线段AD的长为 ．

【答案】23
【分析】取折叠后的弧所在圆圆心为O′，则⊙O与⊙O′设等圆，∠ACD是公共的圆周角，所以可以证得AB=AD，设⊙O的半径为R，过O作OG⊥AB于G，可得∠OAB=∠OBA=30°，AB=2AG，即OG=1，根据勾股定理可得AG=3，即可求得．
【详解】设折叠后的AC所在圆的圆心为O′，连接O′A，O′D
∴∠AO′D=2∠ACB=120°
连接OA，OB

同理，∠AOB=120°
∴∠AOB=∠AO′D
∵⊙O与⊙O′是等圆
∴AB=AD
设⊙O的半径为R
过O作OG⊥AB于G
∵OA=OB，∠AOB=120°
∴∠OAB=∠OBA=30°，AB=2AG
∴OG=12OA=1
∴AG=OA2−OG2=3
∴AB=2AG=23
故答案为：23．
【点睛】本题考查了圆中的折叠变换，垂径定理等，注意等圆中的公共角，公共弦，公共弧，这些都是相等的，利用这些等量关系，是解决此类题的突破口．
3．（2023春·北京海淀·九年级校考开学考试）如图，DE为半圆的直径，O为圆心，DE=62，延长DE到A，使得EA=2，直线AC与半圆交于B，C两点，且∠DAC=45°．

(1)求弦BC的长；
(2)求△AOC的面积．
【答案】(1)22
(2)8+22
【分析】（1）过点O作OM⊥BC于M，根据垂径定理得BM=CM，由∠DAC=45°得到OM=AM，则OA=OM2+AM2=2OM，再根据勾股定理可计算出CM=OC2−OM2=2，进而可求BC；
（2）由（1）可知：CM=2，OM=AM=4，则AC=AM+CM=4+2，然后根据三角形面积公式求解．
【详解】（1）解：过点O作OM⊥BC于M，如图，则BM=CM，

∵直径DE=62，EA=2，
∴OC=OD=OE=32，OA=OE+AE=42，
∵∠DAC=45°，则∠AOM=45°
∴OM=AM，则OA=OM2+AM2=2OM，
∴OM=4，
在Rt△COM中，OC=32，
∴CM=OC2−OM2=2，
∴BC=2CM=22；
（2）由（1）可知：CM=2，OM=AM=4，
∴AC=AM+CM=4+2，
∴S△AOC=12OM⋅AC=12×4×4+2=8+22．
【点睛】本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理、等腰直角三角形的性质，熟练掌握相关性质是解决问题的关键．
4．（2023春·天津和平·九年级天津市双菱中学校考开学考试）如图，射线PG平分∠EPF，O为射线PG上一点，以O为圆心，5为半径作⊙O分别与∠EPF的两边相交于A、B和C、D，连接OA，且OA∥PE．

(1)求AP的长：
(2)若弦AB=8，求OP的长．
【答案】(1)AP=5；
(2)310
【分析】（1）根据PG平分∠EPF得到∠EPG=∠FPG，根据OA∥PE得到∠POA=∠FPG，即可得到∠POA=∠APO，即可得到答案；
（2）过O作OH⊥AB，根据垂径定理得到AH，结合勾股定理即可得到OH，即可得到答案；
【详解】（1）解：∵PG平分∠EPF，
∴∠EPG=∠FPG，
∵OA∥PE，
∴∠POA=∠FPG，
∴∠POA=∠APO，
∴PA=OA，
∵⊙O的半径为5，
∴AP=5；
（2）解：过O作OH⊥AB，
∵OH⊥AB，AB=8，
∴AH=BH=4，PH=PA+AH=9，
在Rt△AOH中：OH=52−42=3，
在Rt△POH中：OP=92+32=310；

【点睛】本题考查垂径定理，角平分线的性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线根据垂径定理得到线段关系及直角三角形．
5．（2023秋·湖北武汉·九年级统考期中）以CD为直径的⊙O中，AB为弦，分别过C、D点作AB的垂线，垂足分别为F、E点．
(1)如图1，若AB为⊙O的直径，求证：AF=BE；
(2)如图2，AB为⊙O的非直径弦，试探究线段AF与BE间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)AF=BE，理由见解析
【分析】（1）只需要证明△COF≌△DOE，得到OF=OE，再由OA=OB，即可证明AF=BE；
（2）如图2，过O作MN∥AB交CF于M，交DE延长线于N，过作OH⊥AB于H，证明四边形OMFH，ONEH都是矩形，得到OM=FH，ON=HE，再证明△CMO≌△DNO，得到OM=ON，则FH=EH，即可证明AF=BE．
【详解】（1）证明：∵CF⊥AB，DE⊥AB，
∴CF∥DE，∠CFO=∠DEO=90°，
∴∠CFO=∠DEO，
在△COF和△DOE中，
∠CFO=∠DEO∠COF=∠DOECO=DO，
∴△COF≌△DOEAAS，
∴OF=OE，
又∵OA=OB，
∴AF=BE；
（2）解：AF=BE，理由如下：
如图2，过O作MN∥AB交CF于M，交DE延长线于N，过作OH⊥AB于H，
∴∠CMO=∠DNO=90°，AH=HB，
∵CF⊥AB，DE⊥AB，
∴四边形OMFH，ONEH都是矩形，
∴OM=FH，ON=HE，
在△CMO和△DNO中，
∠CMO=∠DNO∠COM=∠DONCO=DO，
∴△CMO≌△DNOAAS，
∴OM=ON，
∴FH=EH，
又∵AH=HB，
∴AF=BE．
【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，全等三角形的性质与判定，垂径定理，矩形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
6．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，A6,0，B0,8，点C在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上，且CD=6，以CD为直径的第一象限作半圆，交线段AB于点E、F，则线段EF的最大值为（ ）

A．3.6B．4.8C．32D．33
【答案】B
【分析】过CD的中点G作EF的垂线与AB交于点M，过点O作OH⊥AB于H，连接OG、FG，先求出OA=6，OB=8，进而求出AB=10，再根据等面积法求出OH=4.8，由直角三角形斜边中线的性质得到OG=FG=3，由垂径定理得到EF=2FM，由FM=9−GM2，可知当GM最小时，FM最大，即EF最大，再由OG+GM≥OH，得到GM最小值=1.8，则FM最大值=9−1.82=2.4，即可得到EF最大值=4.8．
【详解】解：过CD的中点G作EF的垂线与AB交于点M，过点O作OH⊥AB于H，连接OG、FG
∵A6,0，B0,8
∴OA=6，OB=8，
∴AB=OA2+OB2=10，
∵S△ABC=12OA⋅OB=12AB⋅OH，
∴OH=OA⋅OBAB=4.8；
∵CD=6，∠COD=90°，G为CD的中点，
∴OG=FG=12CD=3，
∵GM⊥EF，
∴∠GMF=90°，EF=2FM，
∴FM=GF2−GM2=9−GM2，
∴当GM最小时，FM最大，即EF最大，
∵OG+GM≥OH，
∴3+GM≥4.8，
∴GM≥1.8，即GM最小值=1.8，
∴FM最大值=9−1.82=2.4，
∴EF最大值=4.8，
故选B．

【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，坐标与图形，直角三角形斜边上的中线的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
7．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，AC=BD，AC⊥BD于点E，若⊙O的半径为2，则AD的长为（ ）

A．2B．22C．32D．4
【答案】B
【详解】根据垂径定理可以得到OM=ON，再根据全等三角形的判定与性质，可以得到∠OAM=∠ODN，从而可以得到∠AOD=90°，最后根据勾股定理即可求得AD的长．
【解答】解：连接OA，OD，作ON⊥BD于点N，
∵AC=BD，
∴OM=ON，
在Rt△OAM和Rt△ODN中，
OA=ODOM=ON，
∴Rt△OAM≌Rt△ODN(HL)，
∴∠OAM=∠ODN，
∵AC⊥BD，
∴∠AED=90°，
∴∠ODN+∠ODA+∠EAD=90°，
∴∠OAM+∠ODA+∠EAD=90°，
即∠OAD+∠ODA=90°，
∴∠AOD=90°，
∵OA=OD=2，
∴AD=OA2+OD2=22+82=22，
故选：B．

【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理、垂径定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
8．（2023秋·江苏镇江·九年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标是(3,a)(a>3)，半径为3，函数y=x的图像被⊙P截得的弦AB的长为42，则a的值是（ ）

A．4B．3+2C．32D．3+3
【答案】B
【分析】作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连接PB，求出D点坐标为(3,3)，可得△OCD为等腰直角三角形，从而△PED也为等腰直角三角形．根据垂径定理得AE=BE=22，在Rt△PBE中，利用勾股定理求出PE=1，再求出PD的长即可求解．
【详解】解：作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连接PB，如图，
∵⊙P的圆心坐标是(3,a)，
∴OC=3,PC=a，
把x=3代入y=x得y=3，
∴D点坐标为(3,3)，
∴CD=3，
∴△OCD为等腰直角三角形，
∴∠PDE=∠ODC=45°，
∵PE⊥AB，
∴△PED为等腰直角三角形，AE=BE=12AB=12×42=22，
在Rt△PBE中，PB=3，
∴PE=32−(22)2=1，
∴PD=2PE=2，
∴a=3+2．
故选B．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，以及垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．正确作出辅助线是解答本题的关键．
【题型2 有直径，可作直径所对的圆周角】
1．（2023春·北京海淀·九年级专题练习）如图，AB是半⊙O的直径，点C是弧AB的中点，D为弧BC的中点，连接AD，CE⊥AD于点E．则AEED（ ）
A．3B．22C．2+1D．32−1
【答案】C
【分析】连接AC，BC，CD，在EA上取一点T，使得ET=EC，连接CT．证明TA=TC=2EC，EC=DE，可得结论．
【详解】解：如图，连接AC，BC、CD．
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°．
∵AC=BC，
∴AC=CB．
∴∠CAB=∠ABC=45°．
∵CD=DB，
∴∠CAD=∠DAB=12∠BAC=22.5°．
∵AC=AC ，
∴∠ADC=∠ABC=45°．
∵CE⊥DE，
∴∠CED=90°．
∴∠ECD=∠EDC=45°．
∴EC=DE．
在EA上取一点T，使得ET=EC，连接CT．
设EC=DE=ET=m，则CT=2m．
∵∠ETC=45°=∠TAC+∠ACT，
∴∠TAC=∠TCA=22.5°．
∴AT=TC=2m．
∴AE=AT+TE=2m+m．
∴AEED=2m+mm=2+1．
故选：C
【点睛】本题考查圆圆周角定理及推论、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟知上述的定理或推论是解题的基础，根据题目特征，在EA上取点T，构造出两个特殊三角形△CTE和△ACT是解题的关键．
2.（2023春·江苏无锡·九年级统考期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°．

(1)请在图1中BC上方作射线BP，使得∠PBA=∠CAB；在射线BP上作一点D，作以DB为直径的圆，使其恰好过点C；（作图使用没有刻度的直尺和圆规，不写作法，保留作图痕迹，并在图中标注字母P、D）
(2)在（1）中所作的图形中，设圆交AB于点E，若AC=2，AE=3，则DB的长为______．（如需画草图，请使用图2）
【答案】(1)见详解
(2)9
【分析】（1）以A为圆心，任意长度为半径作弧，分别交AC、AB于点M、N，再以点B为圆心，AM为半径作弧，以点J为圆心，MN为半径作弧，两弧交于点P，作射线BP；再分别以B、C为圆心，以大于12BC的长度为半径作弧，交于点H、I，作直线HI并交射线BP于点O；以点O为圆心，OC的长为半径作圆，即为所作图形；
（2）连接DE、CD，首先证明点A、C、D在同一直线上，△DAB为等腰三角形，易得AD=BD，AE=BE=12AB，结合等腰三角形的性质可得AB=2AE=6，在Rt△ABC中，利用勾股定理可得BC2=AB2−AC2=32；设BD=x，则CD=x−2，在Rt△BCD中，利用勾股定理可解得x=9，即可获得答案．
【详解】（1）解：根据题意，作图如下：

（2）连接DE、CD，如下图，

∵BD为⊙O直径，
∴∠BED=∠BCD=90°，
又∵∠ACB=90°，
∴∠BCD+∠ACB=180°，
∴点A、C、D在同一直线上，
∵∠PBA=∠CAB，
∴AD=BD，AE=BE=12AB，
∵AC=2，AE=3，
∴AB=2AE=6，
∴在Rt△ABC中，BC2=AB2−AC2=62−22=32，
设BD=x，则CD=AD−AC=BD−AC=x−2，
∴在Rt△BCD中，可有BC2+CD2=BD2，
即32+(x−2)2=x2，解得x=9，
∴BD=9．
故答案为：9．
【点睛】本题主要考查了作图-复杂作图、直径所对的圆周角为直角、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，综合运用所学知识是解题关键．
3．（2023春·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨市第六十九中学校校考学业考试）如图，AB、CD为⊙O的弦，AB与CD相交于点E，AD=BC．
(1)如图1，求证：BE=DE；
(2)如图2，点F在BC上，连接DF、AD，若DF为直径，AB⊥CD，求证：∠ADF=45∘；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接CF、BF，BF>CF，若DE=8，△BCF的面积为6，求AD的长．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)证明过程见解析
(3)10
【分析】(1)连接BD，由AD=BC得到∠B=∠D即可证明BE=DE；
(2)连接AF，由AB⊥CD得到∠BED=90°，由(1)中结论得到∠EBD=∠EDB=45°，由同弧所对的圆周角相等得到∠EBD=∠AFD=45°，最后根据DF是直径得到∠DAF=90°即可证明；
(3)连接EF，过F点作FH⊥AB于H点，证明CF∥BE，设CF=a，CE=b，得到SΔBCF=SΔECF=12ab=6，进而得到ab=12；再证明四边形CEHF为矩形得到a+b=8，进而求出a、b的值，最后在Rt△CDF中由勾股定理求出DF=102，在等腰Rt△ADF中，AD=DF2=10．
【详解】（1）证明：连接DB，如下图所示：
∵AD=BC，
∴∠B=∠D，
∴△EDB为等腰三角形，
∴ED=EB．
（2）证明：连接AF，如下图所示：
∵AB⊥CD，
∴∠BED=90°，
由(1)中结论得到∠EBD=∠EDB=45°，
∵同弧所对的圆周角相等，
∴∠EBD=∠AFD=45°，
∵DF是直径，
∴∠DAF=90°，
在Rt△ADF中，∠ADF=90°-∠AFD=90°-45°=45°．
（3）解：连接EF，过F点作FH⊥AB于H点，如下图所示：
∵DF为直径，
∴∠DCF=90°=∠DEB，
∴CF∥BE，
设CF=a，CE=b，
∴SΔBCF=SΔECF=12CF⋅CE=12ab=6，
∴ab=12，
∵∠DCF=∠CEH=∠EHF=90°，
∴四边形CEHF为矩形，
∴EH=CF=a，HF=CE=b，
由(2)知，∠ABF=∠ADF=45°，
∴△BFH为等腰直角三角形，
∴HB=HF=b，
又ED=EB=8，
∴EB=EH+HB=a+b=8，
联立：ab=12a+b=8，
解得：a=2b=6或a=6b=2，
又已知BF>CF，即2b>a，
∴a=6b=2舍去，
∴CF=2，CE=6，
∴在Rt△CDF中，由勾股定理可知：DF=CD2+CF2=(8+6)2+22=102,
在等腰Rt△ADF中，AD=DF2=1022=10．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理、勾股定理运用、等腰三角形的性质等，综合性强，难度较大．
4．（2023·广东广州·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，y轴的正半轴（坐标原点除外）上两点A(0,3)、B(0,7)，C为x轴的正半轴（坐标原点除外）上一动点．当∠ACB取最大值时，点C的横坐标为（ ）

A．5B．2C．21D．21
【答案】D
【分析】当以AB为弦的圆与x轴正半轴相切时，∠AMB最大，根据圆周角定理得出对应的∠AEB最大，根据垂径定理和勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，当以AB为弦的圆M与x轴正半轴相切时，∠AMB最大，
∵∠ACB=12∠AMB
∴此时的∠ACB最大，
作MD⊥y轴于D，连接MC、MB．

∵A(0,3)、B(0,7)，
∴AD=BD=12AB=2，
∵⊙C与x轴相切于点C，CM⊥x轴，
∴OD=MC=MB=OA+AD=3+2=5
在直角△BMD中，MD=52−22=21，
∴OC=MD=21，
∴点C的横坐标为21，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆的切线性质、圆周角定理、垂径定理以及勾股定理，正确理解当以AB为弦的圆与x轴相切时，对应的∠AEB最大是关键，解题时注意结合图形分析．
5．（2023秋·福建厦门·九年级福建省厦门集美中学校考期中）如图，在⊙O中，AD⊥BC，连接AB、CD，当AB=2，CD=6时，则⊙O半径长为 ．
【答案】10
【分析】作直径DE，连接AE、CE．根据直径所对的圆周角是直角，得∠EAD=∠ECD=90°，则AE∥CB，得CE=AB，则CE=AB．进而根据勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，作直径DE，连接AE、CE．
∵DE是直径，
∴∠EAD=∠ECD=90°，
∴AE⊥BC，
又∵AD⊥BC，
∴AE∥CB，
∴CE=AB，
∴CE=AB．
∵AB=2，CD=6，
∴EC=2，
∴在Rt△ECD中，DE=EC2+DC2=22+62=210．
∴⊙O半径长为10．
故答案为：10．
【点睛】此题综合运用了圆周角定理的推论、垂径定理的推论、等弧对等弦以及勾股定理，将AB转化为EC是解题的关键．
6．（2023·天津·模拟预测）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点A，B均在格点上，顶点C在网格线上，∠BAC=25°．
（Ⅰ）线段AB的长等于 ；
（Ⅱ）P是如图所示的△ABC的外接圆上的动点，当∠PCB=65°时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明） ．
【答案】 13； 如图，取格点D，连接AD并延长，与△ABC的外接圆相交于点E，连接BE；取△ABC的外接圆与网格线的交点F，G，连接FG与BE相交于点O；连接CO并延长，与△ABC的外接圆交于点P，则点P即为所求
【分析】（Ⅰ）利用勾股定理可得答案；
（Ⅱ）利用勾股逆定理确定格点D，使得∠DAB=90°，故∠EAC=90°−∠BAC=90°−25°=65°，取△ABC的外接圆与网格线的交点F，G，使得∠FAG=90°,则FG与BE相交于点O ，O为圆心，由同弧所对的圆周角相等，可得∠EAC=∠EBC=65°，因为OB=OC，故∠OBC=∠PCB=65°．
【详解】（Ⅰ）AB=22+32=13；
故答案为：13
（Ⅱ）利用勾股逆定理确定格点D，
∵AD=22+32=13,AB=22+32=13,BD=12+52=26
又∵132+132=262
∴AD2+AB2=BD2
∴∠DAB=90°，
∴∠EAC=90°−∠BAC=90°−25°=65°，EB是⊙O的直径，
由方格知∠FAG=90°,则FG与BE相交于点O ，
∴FG是⊙O的直径
∴O为圆心，
∵AC=CE
∴∠EAC=∠EBC=65°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠PCB=65°．
故答案为：如图，取格点D，连接AD并延长，与△ABC的外接圆相交于点E，连接BE；取△ABC的外接圆与网格线的交点F，G，连接FG与BE相交于点O；连接CO并延长，与△ABC的外接圆交于点P，则点P即为所求．
【点睛】此题考查的是勾股定理逆定理的应用，圆的基本性质，复杂的作图，掌握以上知识是解题的关键．
7．（2023春·山东烟台·九年级校联考期中）如图，AB，CD是⊙O的直径，弦BE与CD交于点F，F为BE中点，AF∥ED．若AF=23，则BC的长为 ．
【答案】26
【分析】连接AE．根据垂径定理可知CD⊥BE．根据直径所对圆周角为直角可知AE⊥BE，即得出AE∥DF．从而可判断四边形AEDF为平行四边形，得出AE=DF．再根据三角形中位线的性质得出AE=2OF．设OF=x，则AE=DF=2x，OD=OF+DF=3x，AB=2OD=6x，从而可利用勾股定理求出BE=AB2−AE2=42x，进而得出EF=12BE=22x．再根据勾股定理可列出关于x的等式，解出x,即可求出BF=22，CF=4，最后可求出BC的长．
【详解】如图，连接AE．
∵F为BE中点，CD是⊙O的直径，
∴CD⊥BE．
∵AB是⊙O的直径，
∴AE⊥BE，
∴AE∥DF．
∵AF∥ED，
∴四边形AEDF为平行四边形，
∴AE=DF．
∵F为BE中点，O为AB中点，
∴OF为△ABE中位线，
∴AE=2OF．
设OF=x，则AE=DF=2x，
∴OD=OF+DF=x+2x=3x，
∴AB=2OD=6x，
∴BE=AB2−AE2=(6x)2−(2x)2=42x，
∴EF=12BE=22x．
∵AF2=AE2+EF2，
∴(23)2=(2x)2+(22x)2，
解得：x1=1，x2=−1（舍），
∴OF=1，BF=22，OC=OD=3，
∴CF=OF+OC=4，
∴BC=CF2+BF2=42+(22)2=26．
故答案为：26．
【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，平行四边形的判定和性质，勾股定理以及三角形中位线的性质．连接常用的辅助线是解题关键．
【题型3 利用四边形的对角互补，作辅助圆】
1．（2023秋·浙江温州·九年级期末）如图，点D，E，F分别在△ABC的三边上，AB=AC，∠A=∠EDF=90°，∠EFD=30°，AB=1，下列结论正确的是（ ）
A．BD可求，BE不可求B．BD不可求，BE可求
C．BD，BE均可求D．BD，BE均不可求
【答案】A
【分析】连接AD，根据如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆，得出AEDF四点共圆，再根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，得出∠BAD=∠EFD=30°，进而得出点D固定，即BD可求；当△DEF绕点D旋转时，保持∠EDF=90°不变，根据如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆，得出AEDF四点共圆，再根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，得出∠BAD=∠EFD=30°，进而得出点E可以在AB上任何地方，即可得出答案．
【详解】解：连接AD，
∵∠A=∠EDF=90°，
∴∠A+∠EDF=180°，
∴AEDF四点共圆，
∴∠BAD=∠EFD=30°，
∴点D固定，即BD可求；
当△DEF绕点D旋转时，保持∠EDF=90°不变，则AEDF四点共圆，
∴∠BAD=∠EFD=30°依旧不变，即点E可以在AB上任何地方，
∴BE不可求，
综上可得：BD可求，BE不可求．
故选：A．
【点睛】本题考查了内接四边形的判定定理、圆周角定理、旋转的性质，解本题的关键在得出AEDF四点共圆．
2．（2023春·广东梅州·九年级校考开学考试）在平面直角坐标系中，已知点A−1,0和直线m的函数表达式为y=x，动点Bx,0在A点的右边，过点B作x轴的垂线交直线m于点C，过点B作直线m的平行线交y轴于点D，当∠CAD=45°时，则x的值为 ．

【答案】12或−13
【分析】先根据题意画出图形，分两种情况：①当点B在原点右边时，证明A、C、B、D四点共圆，再根据同弧或等弧所对的圆周角相等从而得到△ACD是直角三角形，分别在Rt△ABC和Rt△ACD中用x表示出AC，构造方程求解x值；②如图2，当B点在A点右边，O点左边时，可得A、C、O、D四点共圆，根据同弧或等弧所对的圆周角相等从而得到∠ACD=90°，分别在Rt△AOD和Rt△ACD中用x表示出AD，构造方程求解x值．
【详解】解：分两种情况：
①如图，当点B在原点右边时，Bx,0中x>0，

∴BC=OB=OD=x，AB=1+x，
∴∠CBA=90°，∠ABD=45°，
∴在Rt△ABC中，根据勾股定理得AC2=x2+1+x2．
∵∠CAD=45°，∠CBD=∠CBA+∠ABD=135°，
∴∠CAD+∠CBD=180°．
∴A、C、B、D四点共圆．
连接CD，则∠ADC=∠ABC=90°，又∠CAD=45°，
∴AD=CD．
在Rt△ADO中，利用勾股定理可得AD2=1+x2，
∴在Rt△ACD中，AC2=2AD2=2（1+x2），
∴x2+（1+x）2=2（1+x2），
解得x=12．
如图，当B点在A点右边，O点左边时，此时OB=x．

同理可得A、C、O、D四点共圆，∠ACD=90°，
在Rt△AOD中，AD2=1+x2，
在Rt△ABC中，AC2=1−x2+x2=2x2−2x+1
∴在Rt△ACD中，AD2=2AC2=4x2−4x+2．
∴1+x2=4x2−4x+2，解得x=−13．
故答案为：12或−13．
【点睛】本题主要考查了一次函数图象和性质、勾股定理，同弧或等弧所对的圆周角相等，已知圆内接四边形求角度，对点B的位置分类讨论是解题的关键．
3．（2023春·重庆九龙坡·九年级重庆市杨家坪中学校考期中）如图，正方形ABCD中，AB=7，点E、F分别在AD、AC上的两点，BF⊥EF，AE=3，则四边形ABFE的面积为 ．
【答案】25
【分析】过F作GH⊥BC于H，交AD于G，由四边形ABCD是正方形，可得AD∥BC，∠BAC=45°，∠BAD=90°，而BF⊥EF，即得∠BAE+∠BFE=180°，A，B，F，E共圆，有∠BEF=∠BAC=45°，故EF=BF，可得△EGF≌△FHBAAS，从而EG=FH，GF=BH，设EG=FH=x，可得3+x=7−x，解得x=2，得GF=BH=5，由三角形面积公式得S△ABF=352，S△AEF=152，从而可得答案．
【详解】解：过F作GH⊥BC于H，交AD于G，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，∠BAC=45°，∠BAD=90°，
∴GH⊥AD，
∴∠EGF=90°=∠FHB，
∵BF⊥EF，
∴∠BAE+∠BFE=180°，
∴A，B，F，E共圆，
∴∠BEF=∠BAC=45°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴EF=BF，
∵∠EFG=90°−∠BFH=∠FBH，
∴△EGF≌△FHBAAS，
∴EG=FH，GF=BH，
设EG=FH=x，
∵∠BAD=90°=∠AGH=∠GHB，
∴四边形AGHB是矩形，
∴GH=AB=7，BH=AG=AE+EG=3+x，
∴GF=GH−FH=7−x，
∴3+x=7−x，
解得x=2，
∴GF=BH=5，
∴S△ABF=12AB⋅BH=12×7×5=352，S△AEF=12AE⋅GF=12×3×5=152，
∴S四边形ABFE=352+152=25，
故答案为：25．
【点睛】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定定理．
4．（2023秋·浙江嘉兴·九年级校考期中）如图，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC＝4，点D是斜边BC的中点，将△ABC绕点D旋转得到△GEF，直线AG、FC相交于点Q，连接BQ，线段BQ长的最大值是 ．
【答案】25+2
【分析】连结DG，根据将△ABC绕点D旋转得到△GEF，可得△ABC≌△GEF，可得AD=GD，CD=FD，由△ABC是等腰直角三角形，点D是斜边BC的中点，AD=GD=CD=FD，由旋转角相等可得∠ADG=∠CDF，可证∠DAQ=∠DCF，可知四点A、D、C、Q共圆如图，由AD⊥DC，AC为四点A、D、C、Q共圆的直径，当BQ过圆心O时，BQ最大，然后利用勾股定理求出BO即可．
【详解】解：连结DG，
∵将△ABC绕点D旋转得到△GEF，
∴△ABC≌△GEF，
∴AD=GD，CD=FD，
∵△ABC是等腰直角三角形，点D是斜边BC的中点，
∴AD=GD=CD=FD，
∵∠ADG=∠CDF，
∴∠DAG=∠DGA=180°−∠ADG2=180°−∠CDF2=∠DCF=∠DFC，
∴∠DAQ=∠DCF，
∴四点A、D、C、Q共圆如图，
∵AD⊥DC，
∴AC为四点A、D、C、Q共圆的直径，
当BQ过圆心O时，BQ最大，
∵AB＝AC＝4，点O为AC中点，
∴AO=CO=OQ=2，
在Rt△ABO中，BO=AB2+AO2=42+22=25，
∴BQ的最大值=BO+OQ=25+2．
故答案为25+2．
【点睛】本题考查图形的性质，等腰直角三角形的性质，四点共圆，勾股定理，点到圆的最大距离，正确添加辅助线、证明四点共圆是解题关键．
5．（2023春·福建·九年级专题练习）已知菱形ABCD中，∠BAD=120°，点E、F分别在AB，BC上，BE=CF，AF与CE交于点P．
(1)求证：∠APE=60°；
(2)当PC=1，PA=5时，求PD的长？
(3)当AB=23时，求PD的最大值？
【答案】(1)证明见解析
(2)6
(3)4
【分析】（1）如图所示，连接AC，先证明△ABC是等边三角形，得到∠ACF=∠CBE=60°，AC=CB，再证明△ACF≌△CBE得到∠CAF=∠BCE，由此即可证明结论；
（2）延长PC到M使得CM=AP，证明△ADF≌△CDM，得到DF=DM，∠ADF=∠CDM，进而证明△PDM是等边三角形，则PD=PM=PC+PA=6；
（3）先证明A、P、C、D四点共圆，则当PD为直径时，PD最大，设圆心为O，连接OA，OC，过点O作OM⊥AC于M，在Rt△AOM中求出OA的长即可得到答案．
【详解】（1）证明：如图所示，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AD∥BC，
∵∠BAD=120°，
∴∠B=∠ADC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACF=∠CBE=60°，AC=CB，
又∵CF=BE，
∴△ACF≌△CBESAS，
∴∠CAF=∠BCE，
∵∠BCE+∠ACE=∠ACB=60°，
∴∠APE=∠ACE+∠CAF=60°；
（2）解：延长PC到M使得CM=AP，
由（1）可得∠AFC=∠CEB，
∵AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF+∠AFC=180°，∠DCM=∠AEC，
∴∠CEB+∠DAF=180°，
∵∠AEC+∠CEB=180°，
∴∠DAF=∠DCM，
又∵AF=CM，AD=CD，
∴△ADF≌△CDMSAS，
∴DF=DM，∠ADF=∠CDM，
同理可得∠ADC=60°，
∴∠ADC=∠PDM=60°，
∴△PDM是等边三角形，
∴PD=PM=PC+PA=6；
（3）解：∵∠APE=60°，
∴∠APC=120°，
∵∠ADC=60°，
∴∠APC+∠ADC=180°，
∴A、P、C、D四点共圆，
∴当PD为直径时，PD最大，
设圆心为O，连接OA，OC，过点O作OM⊥AC于M，
∴∠AOC=2∠ADC=120°，
∵OA=OC，
∴∠OAM=30°，
∵AC=AB=23，OM⊥AC，
∴AM=12AC=3，
∴OM=33AM=1，
∴OA=2，
∴PD最大=4；
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，四点共圆，圆周角定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
6．（2023秋·北京·九年级北师大实验中学校考期中）在Rt△ABC中，∠BCA=90°，BC=AC，点E是△ABC外一动点（点B，点E位于AC异侧），连接CE，AE．
(1)如图1，点D是AB的中点，连接DC，DE，当△ADE为等边三角形时，求∠AEC的度数；
(2)当∠AEC=135°时，
①如图2，连接BE，用等式表示线段BE，CE，EA之间的数量关系，并证明；
②如图3，点F为线段AB上一点，AF=1，BF=7，连接CF，EF，直接写出△CEF面积的最大值．
【答案】(1)∠AEC=135°；
(2)①BE=2CE+EA，理由见解析；②4
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得∠CDA=90°，CD=DA，再由等边三角形的性质得DE=DA，∠DEA=∠EDA=60°，然后求出∠DEC=75°，即可求解；
（2）①过点C作CH⊥CE交AE的延长线于点H，证△ACH≌△BCE（SAS），得BE=AH=HE+EA=2CE+AE；
②取AB的中点O，连接OC，由勾股定理得CF=5，再证A、B、C、E四点共圆，由圆周角定理得AB是圆的直径，AB的中点O是圆心，过点O作ON⊥CF于N，延长ON交圆O于点E，此时点E到CF的距离最大，△CEF面积的面积最大，然后由三角形面积求出ON=125，则EN=OE-ON=85，即可求解．
(1)
解：∵∠BCA=90°，BC=AC，点D是AB的中点，
∴∠CDA=90°，CD=12AB=DA，
∵△ADE是等边三角形，
∴DE=DA，∠DEA=∠EDA=60°，
∴DC=DE，∠CDE=∠CDA-∠EDA=90°-60°=30°，
∴∠DEC=12（180°-∠CDE）=12×（180°-30°）=75°，
∴∠AEC=∠DEC+∠DEA=75°+60°=135°；
(2)
解：①线段BE，CE，EA之间的数量关系为：BE=2CE+EA，理由如下：
过点C作CH⊥CE交AE的延长线于点H，如图2所示：
则∠CEH=180°-∠AEC=180°-135°=45°，
∴△ECH是等腰直角三角形，
∴CH=CE，HE=2CE，
∵∠BCA=∠ECH=90°，
∴∠ACH=∠BCE，
在△ACH和△BCE中，
AC=BC∠ACH=∠BCECH=CE，
∴△ACH≌△BCE（SAS），
∴BE=AH=HE+EA=2CE+AE；
②取AB的中点O，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AB的中点，
∴OC⊥AB，OC=OA=12AB=12（AF+BF）=12×（1+7）=4，
∴OF=OA-AF=4-1=3，
在Rt△COF中，由勾股定理得：CF=OC2+OF2=42+32=5，
∵CF是定值，
∴点E到CF的距离最大时，△CEF面积的面积最大，
∵∠AEC=135°，
∴∠ABC+∠AEC=180°，
∴A、B、C、E四点共圆，
∵∠BCA=90°，
∴AB是圆的直径，AB的中点O是圆心，
过点O作ON⊥CF于N，延长ON交圆O于点E，
此时点E到CF的距离最大，△CEF面积的面积最大，
∵S△OCF=12OC•OF=12CF•ON，
∴ON=OC⋅OFCF=4×35=125，
∵OE=OC=4，
∴EN=OE-ON=4-125=85，
∴△CEF面积的面积最大值为：12CF•EN=12×5×85=4．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的性质、四点共圆、圆周角定理、垂径定理、勾股定理、三角形面积等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质和圆周角定理，证明△ACH≌△BCE是解题的关键．
7．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图1，矩形ABCD中，∠ACB＝30°，将△ACD绕C点顺时针旋转α（0°＜α＜360°）至△A'CD'位置．
（1）如图2，若AB＝2，α＝30°，求S△BCD′．
（2）如图3，取AA′中点O，连OB、OD′、BD′．若△OBD′存在，试判定△OBD′的形状．
（3）当α＝α1时，OB＝OD′，则α1＝_____°；当α＝α2时，△OBD′不存在，则α2＝_______°．
【答案】（1）3；（2）△OBD′是直角三角形；（3）90°或270°，240°或300°．
【分析】（1）作D'E⊥BC于E，由直角三角形的性质得出BC=23，CE=12CD'=1，D'E=3，由三角形面积公式即可得出答案；
（2）连接OC，证明A、B、C、O四点共圆，由圆周角定理得出∠BOC=∠BAC=60°，同理A'、D'、C、O四点共圆，得出∠D'OC=∠D'A'C=30°，证出∠BOD'=90°即可；
（3）若B、C、D'三点不共线，证出BC=CD，这与已知相矛盾，得出B、C、D'三点共线；当α=α1时，OB=OD′，分两种情况：当点D'在BC的延长线上和当点D'在边BC上；当α=α2时，△OBD′不存在时，分两种情况：当O与D'重合时，当O与B重合时，由等腰三角形的性质和等边三角形的性质即可得出答案．
【详解】解：（1）作D'E⊥BC交BC的延长线于E，如图2所示：
则∠E=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AB//CD，AD//BC，CD=AB=2，
∴∠ACD=∠BAC，∠DAC=∠ACB=30°，
∵∠ACB=30°，
∴BC=3AB=23，∠ACD=∠BAC=60°，
由旋转的性质得：CD'=CD=2，∠ACA'=30°，
∴∠D'CE=180°−30°−30°−60°=60°，
∴∠CD'E=30°，
∴CE=12CD'=1，D'E=3CE=3，
∴S△BCD′=12BC×D'E=12×23×3=3；
（2）△OBD′是直角三角形，理由如下：
连接OC，如图3所示：
由旋转的性质得：CA'=CA，∠A'D'C=∠ADC=90°，∠D'A'C=∠DAC=30°，
∵O是AA′的中点，
∴OC⊥AA'，
∴∠AOC=∠A'OC=90°=∠ABC=∠A'D'C，
∴∠ABC+∠AOC=180°，
∴A、B、C、O四点共圆，
∴∠BOC=∠BAC=60°，
同理；A'、D'、C、O四点共圆，
∴∠D'OC=∠D'A'C=30°，
∴∠BOD'=90°，
∴△BOD'是直角三角形；
（3）若B、C、D'三点不共线，如图3所示：
由（2）得：∠OBC=∠OAC，∠OD'C=∠OA'C，∠OAC=∠OA'C，
∴∠OBC=∠OD'C，
∵OB=OD'，
∴∠OBD'=∠OD'B，
∴∠CBD'=∠CD'B，
∴CB=CD'，
∵CD'=CD，
∴BC=CD，这与已知相矛盾，
∴B、C、D'三点共线；
分两种情况：当点D'在BC的延长线上时，如图4所示：
∵∠ACB＝30°，∠A'CD'=∠ACD＝60°，
∴∠AC A'=180°−30°−60°=90°，
∴α=α1=90°；
当点D'在边BC上时，如图5所示：
∵∠ACB＝30°，∠A'CD'=∠ACD＝60°，
∴∠ACA'＝90°，
∴α=α1=360°−90°=270°；
故答案为：90°或270；
当α=α2时，△OBD′不存在时，分两种情况：
当O与D'重合时，如图6所示：
∵CA'=CA，∠CAD'=∠CA'D'=30°，
∴∠ACA'=120°，
∴α=α2=360°−120°=240°；
当O与B重合时，如图7所示：
则AA'=2AB=4，
∵CA=CA'=2AB=4=AA'，
∴△ACA'是等边三角形，
∴∠A'CA=60°，
∴α=α2=360°−60°=300°；
故答案为：240°或300．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、旋转的性质、含30°角的直角三角形的性质、四点共圆、圆周角定理、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
【题型4 有切点，可作过切点的半径】
1．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，AB为⊙O的切线，C为切点，D是⊙O上一点，过点D作DF⊥AB，垂足为F，DF交⊙O于点E．连接CD，OE．

(1)若∠D=35°，求∠DEO的度数；
(2)若点E是DF的中点，DE=4，求FC的长．
【答案】(1)70°
(2)42
【分析】（1）连接OC，由切线的性质得到OC⊥AB，又DF⊥AB，得到DF∥OC，因此∠DEO=∠EOC，由圆周角定理可得出结论；
（2）过点O作OG⊥DE，垂足为G，由垂径定理可得DG=GE=12DE=2，证明四边形OGFC是矩形，可得OC=FG=EF+EG=6，根据勾股定理可得OG=OE2−EG2=42，最后由矩形的性质即可求得FC的长．
【详解】（1）证明：如图，连接OC，

∵AB为⊙O的切线，C为切点，
∴OC⊥AB，即∠OCB=∠OCA=90°，
又∵DF⊥AB，
∴∠DFC=90°，
∴∠DFC=∠OCB=90°，
∴DF∥OC，
∴∠DEO=∠EOC=2∠D，
∵∠D=35°，
∴∠DEO=2∠D=2×35°=70°，
∴∠DEO的度数为70°，
（2）过点O作OG⊥DE，垂足为G，

∵点E是DF的中点，DE=4，
∴DG=GE=12DE=2，EF=DE=4，
∵∠DFC=90°，∠OCB=90°，OG⊥DE，
∴四边形OGFC是矩形，
∴OC=FG=EF+EG=4+2=6，
∴OE=OC=6，
在Rt△OGE中，OG=OE2−EG2=62−22=42，
∴FC=OG=42，
∴FC的长为42．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的性质，平行线的判定和性质，垂径定理，矩形的判定和性质，勾股定理．掌握圆周角定理、切线的性质和垂径定理是解题的关键．
2．（2023·天津南开·统考二模）已知⊙O中，直径AC长为12，MA、MB分别切⊙O于点A，B，弦AD∥BM．

(1)如图1，若∠AMB=120°，求∠C的大小和弦CD的长；
(2)如图2，过点C的切线分别与AD、MB的延长线交于点E，F，且CE=54EF，求弦CD的长．
【答案】(1)∠C=60°，CD=6
(2)CD=6013
【分析】（1）利用平行线的性质和圆的切线的性质定理求得∠ACD的度数，再利用三角函数即可得出结论；
（2）连接OB、OF、OM，，利用切线的性质定理和全等三角形的判定与性质得到FC=FB，MB=MA，利用切线的性质定理和平行四边形的判定定理得到四边形AMFE为平行四边形，则MF=AE，MA=EF；设设CE=5k，则EF=4k，在Rt△AEC中，利用勾股定理列出关于k的方程，解方程求得k值，最后利用三角形的面积公式解答即可得出结论．
【详解】（1）解：∵MA、MB分别切⊙O于点A，B，
∴∠MBO=∠MAO=90°，
在四边形MAOB中，
∠AOB=360°−∠AMB−∠MBO−∠MAO=360°−120°−90°−90°=60°，
∴AD∥BM，OB⊥BM，
∴OB⊥AD，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，即AD⊥CD，
∴OB∥CD，
∴∠C=∠AOB=60°，
∴CD=AC⋅csC=AC⋅cs60°=12×12=6
（2）解：连接OB、OF、OM，如图，FC，FB为⊙O的切线，

OC⊥FC,OB⊥FB，
在Rt△FCO和Rt△FBO中，
FO=FOOC=OB
∴Rt△FCO≌Rt△FBO(HL)
∴FC=FB，
同理：MB=MA，
FC，MA为⊙O的切线，
∴AC⊥FC，MA⊥AC，
∴MA∥FC，
∵AD∥BM，
∴四边形AMFE为平行四边形，
∴MF=AE,MA=EF．
∵CE=54EF，
设CE=5k，则EF=4k,
∴MA=MB=EF=4k, FC=FB=9k，
∴MF=MB+FB=13k,∴AE=MF=13k，
在Rt△AEC中，
AC2+EC2=AE2，即122+(5k)2=(13k)2，
∵k>0,∴k=1，
∴EC=5,AE=13.
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=90°,
∴CD为斜边AE上的高，
∵S△AEC=12AC⋅EC=12AE⋅CD，
∴AC·EC=AE·CD,12x560
∴CD=12×513=6013．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的性质定理，平行线的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
3．（2023秋·广东广州·九年级统考期末）如图，ABCD是正方形，BC是⊙O的直径，点E是⊙O上的一动点（点E不与点B，C重合），连接DE，BE，CE．
(1)若∠EBC=60°，求∠ECB的度数；
(2)若DE为⊙O的切线，连接DO，DO交CE于点F，求证：DF=CE；
(3)若AB=2，过点A作DE的垂线交射线CE于点M，求AM的最小值．
【答案】(1)30°
(2)见解析
(3)5−1
【分析】（1）先根据圆周角定理可得∠BEC=90°，然后根据直角三角形的性质即可解答；
（2）如图：连接DO，DO交CE于点F，先证明△OCD≅△OED可得∠CDF=∠EDF,CD=DE，根
据等腰三角形三线合一的性质可得∠DFE=90°，然后再证明△DFE≅△CEB，最后根据全等三角形的
性质即可解答；
（3）如图2：连接AC、BD相交于点T，设AM⊥DE于点N,设DE交AC于点Q，先证明∠ABE=∠BCE
，进一步证明∠DBE=∠ACM，再根据BD⊥AC和DE⊥AM证明∠BDE=∠CAM，并证明
△BDE≅△CAM得到BE=CM，最后根据SAS证明△DCM≅△CBE得到∠CMD=∠BEC=90°，
说明点M在以CD为直径的圆上，如图3：设圆心为H，连接MH、AH，则
MH=DH=12CD=12×2=1，根据勾股定理求出AH=5，再说明AM≥AH−MH (当且仅当
点M在线段AH上时等号成立)，求出AM的最小值即可．
【详解】（1）解：∵BC是⊙O的直径，
∴∠BEC=90°，
∵∠EBC=60°，
∴∠ECB=90°−∠EBC=30°．
（2）解：如图：连接DO，DO交CE于点F，
∵DE为⊙O的切线，
∴∠OED=90°，
由正方形和圆的性质可得：OC=OE,∠OCD=90°．
∴∠OED=∠OCD=90°，
∵OD=OD，
∴△OCD≅△OEDHL，
∴∠CDF=∠EDF,CD=DE，
∴DF⊥EC，即∠DFE=90°，
∴∠DFE=∠CEB=90°，
∵OE=OB，
∴∠OEB=∠OBE，
∵∠OED=90°，∠BEC=90°，
∴∠OED−∠OEC=∠BEC−∠OEC，即∠OEB=∠DEF，
∴∠OBE=∠DEF，
∴△DFE≅△CEBAAS，
∴DF=CE．
（3）解：如图2，连接AC、BD相交于点T，设AM⊥DE于点N，设DE交AC于点Q，
∵正方形ABCD，
∴AC⊥BD,AC=BD,CT=BT，∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，∠ACB=∠ABD=45°，CD=BC=AD=AB=2，
∴点T在⊙O上，
∵∠BCD=90°，∠BEC=90°，
∴∠ABE+∠CBE=90°，∠BCE+∠CBE=90°，
∴∠ABE=∠BCE，
∴∠ABD−∠ABE=∠ACB−∠BCE，即∠DBE=∠ACM；
∵BD⊥AC,DE⊥AM，
∴∠BDE+∠DQT=90°，∠CAM+∠AQN=90°，
又∵∠AQN=∠DQT，
∴∠BDE=∠CAM，
在△BDE和△CAM中，
∠BDE=∠CAMBD=AC∠DBE=∠ACM，
∴△BDE≅△CAMASA，
∴BE=CM，
∵∠ABC=∠BCD=90°，∠ABE=∠BCE，
∴∠DCM=∠CBE，
在△DCM和△CBE中，
CD=BC∠DCM=∠CBECM=BE，
∴△DCM≅△CBE SAS，
∴∠CMD=∠BEC=90°；
点M在以CD为直径的圆上，设圆心为H，
如图3：连接MH、AH，
则: MH=DH=12CD=12×2=1，
∵∠ADC=90°，
∴AH=AD2+DH2=22+12=5，
∵AM≥AH-MH，
∴当且仅当点M在线段AH上时等号成立，
∴AM≥5−1，
∴AM的最小值为5−1．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾
股定理、正方形的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
4．（2023·湖北武汉·华中科技大学附属中学校考模拟预测）如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，D是AB延长线的一点，AE⊥CD交DC的延长线于E，CF⊥AB于F，且CE=CF．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若AB=10，BD=3，求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)658
【分析】（1）连接OC，可得∠2=∠3，根据AE⊥CD，CF⊥AB，且CE=CF，得到∠1=∠2，推出∠1=∠3，得到OC//AE，可得OC⊥CD，即可得到答案；
（2）根据AB=10，BD=3，得到OC=5，OD=8，根据切线的性质及勾股定理得到CD=39，根据S△OCD，得到CF=5398，根据勾股定理得到OF=258，推出AF=658，根据全等三角形性质得到AE=AF=658．
【详解】（1）证明：连接OC；
∵AE⊥CD，CF⊥AB，又CE=CF，
∴∠1=∠2．
∵OA=OC，
∴∠2=∠3，∠1=∠3．
∴OC//AE．
∵AE⊥CD，
∴OC⊥CD．
∴DE是⊙O的切线．
（2）∵OC⊥ED，AB=10，BD=3，
∴OB=OC=5．
∴CD=OD2−OC2=39，
∵S△OCD=12OC⋅CD=12OD⋅CF，
∴12×5×39=125+3⋅CF，
∴CF=5398，
∴OF=OC2−FC2=258，
∴AF=OA+OF=5+258=658，
在Rt△AEC和Rt△AFC中，CE=CF，AC=AC，
∴Rt△AEC≌Rt△AFCHL，
∴AE=AF=658．
【点睛】本题主要考查了圆的切线，勾股定理，全等三角形．解决问题的关键是熟练掌握圆切线的判定和性质，勾股定理解直角三角形，面积法求三角形的高线，全等三角形的判定和性质．
5．（2023春·河南南阳·九年级校考阶段练习）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点E在边AD的延长线上，连接AC，BD，已知CD=CE，∠E=∠BAC．
(1)求证：DC平分∠BDE．
(2)若CE与⊙O相切于点C，求证：AC=BD．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和同弧所对的圆周角相等即可求证；
（2）连接OC、OD，根据内接四边形的性质推出AC=BC，设∠E=∠CDE=m，利用相切得到∠OCE=90°，用含m的式子表示出∠DCE、∠OCD、∠DOC、∠CBD，从而推出∠BCD，得到BD=BC，即可求证AC=BD．
【详解】（1）证明：∵CD=CE
∴∠CDE=∠E
∵∠E=∠BAC，∠BAC=∠BDC
∴∠E=∠BDC
∴∠BDC=∠CDE
∴DC平分∠BDE；
（2）证明：连接OC、OD，如图所示

∵四边形ABCD内接于⊙O
∴∠ABC=∠CDE
由（1）可知∠CDE=∠BAC
∴∠ABC=∠BAC
∴AC=BC
设∠E=∠CDE=m，则∠DCE=180°－2m
∵CE与⊙O相切
∴∠OCE=90°
∴∠OCD=∠ODC=2m－90°
∴∠DOC=360°－4m
∴∠CBD=180°－2m
又∵∠BDC=m
∴∠BCD=180°－∠BDC－∠CBD=m
∴∠BDC=∠BCD
∴BD=BC
∴AC=BD
【点睛】本题考查了圆与四边形的综合，涉及到圆的内接四边形、同弧所对的圆周角相等、同弧所对圆周角等于圆心角一半、相切等知识，推出∠BDC=∠BCD是解答本题的关键．
6．（2023·广东汕头·统考一模）如图，已知点D在⊙O的直径AB延长线上，CD为⊙O的切线，过D作ED⊥AD，与AC的延长线相交于E．
(1)求证：CD＝DE；
(2)若BD＝1，DE＝5，求△ADE的面积；
(3)在（2）的条件下，作∠ACB的平分线CF与⊙O交于点F，P为△ABC的内心，求PF的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)552
(3)22
【分析】（1）半径相等知∠OAC=∠OCA，由CD是⊙O切线知∠OCA+∠DCE=90°，再根据∠OAC+∠E=90°，得出∠DCE=∠E，即可证得结论；
（2）根据题中条件得到AD、DE长度，结合三角形面积公式求解即可；
（3）连接BF、PB、AF，由CF平分∠ACB得AF=BF，AF＝BF，AB为直径，AB＝2，可得BF＝AF＝2，由P为△ABC的内心，可得∠FPB＝∠FBP，进而可求得PF的长．
【详解】（1）证明：连接OC，如图所示：
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，即∠OCD=90°，
∴∠OCA+∠DCE=90°，
∵ED⊥AD，
∴∠OAC+∠E=90°，
∴∠DCE=∠E，
∴CD=DE；
（2）解：设⊙O的半径为r，则OB=OC=r，
∵BD=1，
∴OD=OB+BD=r+1，
由（1）已证CD=DE，
∴DE=CD=5，
在Rt△COD中，OC2+CD2=OD2，即r2+(5)2=(r+1)2，解得r=2，
∴AB＝2r＝4，AD＝AB＋BD＝5，
∴SΔADE=12×AD⋅DE=12×5×5=552；
（3）解：连接AF,BF,PB，如图所示：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=∠AFB=90°，
∵CF平分∠ACB，
∴∠ACF=∠4=12∠ACB=45°，
由圆周角定理得：∠1=∠ACF=45°=∠4，
∵Rt△ABF是等腰直角三角形，AF=BF，
∴AB=AF2+BF2=2BF，
由（2）中得AB＝4，
∴2BF=4，解得BF=22，
∵P为△ABC的内心，
∴∠2=∠3，
∴∠FPB=∠3+∠4=∠2+∠1=∠FBP，
∴PF=BF=22．
【点睛】本题考查圆综合，涉及到等腰三角形的性质、切线的性质、勾股定理求线段长、三角形面积公式运用、圆周角定理、角平分线性质、等腰直角三角形性质和三角形内心等知识，根据题中描述正确作出辅助线是解决问题的关键．
7．（2023秋·浙江金华·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点M是AC上一点，以CM为直径作⊙O，AB与⊙O相切于点D，过点D作DE⊥AC于点F，DE交⊙O于点E，连接CD、CE．
(1)求证：∠B＝∠DCE；
(2)若MF＝2，sinB＝45，求CD的长．
【答案】(1)见解析
(2)45
【分析】（1）连接OD，根据垂直的性质推出∠ADF＝∠DOA，根据垂径定理、圆周角定理得到∠DOA＝∠DCE，根据平行线的判定与性质得到∠B＝∠ADF，等量代换即可得解；
（2）连接DM，设⊙O的半径R，根据题意知R＞2，根据三角函数定义得到DF＝45R，解直角三角形得到R＝5，据此解直角三角形即可得解．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵AB与⊙O相切于点D，
∴OD⊥AB，
∴∠ADO＝90°，
∴∠ADF+∠ODF＝90°，
∵DE⊥AC，
∴∠DFO＝90°，∠DCA＝∠ECA，
∴∠DOF+∠ODF＝90°，
∴∠ADF＝∠DOA，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD＝∠ECA，
∴∠DCE＝2∠DCO，
∵∠DOA＝2∠DCO，
∴∠DOA＝∠DCE，
∵∠ACB＝90°，∠AFD＝90°，
∴DF∥BC，
∴∠B＝∠ADF，
∴∠B＝∠DCE；
（2）解：连接DM，
设⊙O的半径R，根据题意知R＞2，
∴OD＝OC＝OM＝R，
∵MF＝2，
∴OF＝R﹣2，CM＝2R，
由（1）知，∠B＝∠DOF，
∵sinB＝45，
∴sin∠DOF＝45，
即DFOD＝45，
∴DF＝45R，
在Rt△DOF中，DF2+OF2＝OD2，
即45R2+R−22=R2，
∴R＝5或R＝54（舍去），
∴OF＝3，DF＝4，
∴DM＝MF2+DF2=22+42=25，
∵CM为⊙O直径，
∴∠CDM＝90°，
∴CD＝CM2−MD2=102−252=45．
【点睛】此题考查了切线的性质、圆周角定理，熟记切线的性质、圆周角定理并作出合理的辅助线是解题的关键．
8．（2023·河南安阳·九年级统考学业考试）如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，点F是半径AO上一动点（不与O，A重合），过点F作射线l⊥AB，分别交弦AC，AC⏜于H，D两点，在射线l上取点E，过点E作⊙O的切线EC．
(1)求证：EC=EH．
(2)当点D是AC⏜的中点时，若∠ABC=60°，判断以O，A，D，C为顶点的四边形是什么特殊四边形，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)四边形OADC是菱形；理由见解析
【分析】（1）连接OC， EC为⊙O的切线，可得∠ECH+∠ACO=90°及∠CAO+∠AHF=90°，再由AO=CO，得到∠ECH=∠AHF，继而得出结论；
（2）连接CD、DO，AD，CO，由△BOC是等边三角形、△AOD和△COD都是等边三角形，可得OC=DC=AD=OA，即可得到四边形OADC是菱形．
【详解】（1）证明：如图，连接OC，
∵EC为⊙O的切线，
∴∠OCE=90°，
∴∠ECH+∠ACO=90°．
又∵EF⊥AB，
∴∠HFA=90°，
∴∠CAO+∠AHF=90°．
∵AO=CO，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠ECH=∠AHF．
又∵∠AHF=∠EHC，
∴∠ECH=∠EHC，
∴EH=EC．
（2）以O，A，D，C为顶点的四边形是菱形．
理由如下：如图，连接CD、DO，AD，CO．
∵∠ABC=60°，OB=OC，
∴△BOC是等边三角形．
又∵点D是AC⏜的中点，
∴∠COD=∠DOA=∠BOC=60°，
∴△AOD和△COD都是等边三角形，
∴OC=DC=AD=OA，
∴四边形OADC是菱形．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质、切线的性质，以及菱形的判定，掌握切线的判定方法及菱形的判定方法是解题的关键．