中考数学必刷真题考点分类专练(全国通用)专题34以圆为载体的几何压轴综合问题(原卷版+解析)

这是一份中考数学必刷真题考点分类专练(全国通用)专题34以圆为载体的几何压轴综合问题(原卷版+解析)，共99页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
一、解答题
1．（2022·四川绵阳·中考真题）如图，AB为⊙O的直径，C为圆上的一点，D为劣弧BC的中点，过点D作⊙O的切线与AC的延长线交于点P，与AB的延长线交于点F，AD与BC交于点E．
(1)求证：BC∥PF；
(2)若⊙O的半径为5，DE＝1，求AE的长度；
(3)在（2）的条件下，求△DCP的面积．
2．（2022·广西柳州·中考真题）如图，已知AB是⊙O的直径，点E是⊙O上异于A，B的点，点F是EB的中点，连接AE，AF，BF，过点F作FC⊥AE交AE的延长线于点C，交AB的延长线于点D，∠ADC的平分线DG交AF于点G，交FB于点H．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)求sin∠FHG的值；
(3)若GH＝42，HB＝2，求⊙O的直径．
3．（2022·广东深圳·中考真题）一个玻璃球体近似半圆O,AB为直径，半圆O上点C处有个吊灯EF, EF//AB, CO⊥AB,EF的中点为D,OA=4.

(1)如图①，CM为一条拉线，M在OB上，OM=1.6,DF=0.8,求CD的长度．
(2)如图②，一个玻璃镜与圆O相切，H为切点，M为OB上一点，MH为入射光线，NH为反射光线，∠OHM=∠OHN=45°,tan∠COH=34,求ON的长度．
(3)如图③，M是线段OB上的动点，MH为入射光线，∠HOM=50°,HN为反射光线交圆O于点N,在M从O运动到B的过程中，求N点的运动路径长．
4．（2022·江苏常州·中考真题）（现有若干张相同的半圆形纸片，点O是圆心，直径AB的长是12cm，C是半圆弧上的一点（点C与点A、B不重合），连接AC、BC．
(1)沿AC、BC剪下△ABC，则△ABC是______三角形（填“锐角”、“直角”或“钝角”）；
(2)分别取半圆弧上的点E、F和直径AB上的点G、H．已知剪下的由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为6cm的菱形．请用直尺和圆规在图中作出一个符合条件的菱形（保留作图痕迹，不要求写作法）；
(3)经过数次探索，小明猜想，对于半圆弧上的任意一点C，一定存在线段AC上的点M、线段BC上的点N和直径AB上的点P、Q，使得由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为4cm的菱形．小明的猜想是否正确？请说明理由．
5．（2022·北京·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知点M(a,b),N.对于点P给出如下定义：将点P向右(a≥0)或向左(aAC，且BD=CE，∠BCD=∠CBE，求∠CFE的度数；
(2)如图2，若AB=AC，且BD=AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN．在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
(3)若AB=AC，且BD=AE，将△ABC沿直线AB翻折至△ABC所在平面内得到△ABP，点H是AP的中点，点K是线段PF上一点，将△PHK沿直线HK翻折至△PHK所在平面内得到△QHK，连接PQ．在点D，E运动过程中，当线段PF取得最小值，且QK⊥PF时，请直接写出PQBC的值．
24．（2022·重庆·中考真题）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=22，D为BC的中点，E，F分别为AC，AD上任意一点，连接EF，将线段EF绕点E顺时针旋转90°得到线段EG，连接FG，AG．
(1)如图1，点E与点C重合，且GF的延长线过点B，若点P为FG的中点，连接PD，求PD的长；
(2)如图2，EF的延长线交AB于点M，点N在AC上，∠AGN=∠AEG且GN=MF，求证：AM+AF= 2AE；
(3)如图3，F为线段AD上一动点，E为AC的中点，连接BE，H为直线BC上一动点，连接EH，将△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面内，得到△B'EH，连接B'G，直接写出线段B'G的长度的最小值．
25．（2022·山东淄博·中考真题）已知△ABC是⊙O的内接三角形，∠BAC的平分线与⊙O相交于点D，连接DB．
(1)如图1，设∠ABC的平分线与AD相交于点I，求证：BD=DI；
图1
(2)如图2，过点D作直线DE∥BC，求证：DE是⊙O的切线；
图2
(3)如图3，设弦BD，AC延长后交⊙O外一点F，过F作AD的平行线交BC的延长线于点G，过G作⊙O的切线GH（切点为H），求证：GF=GH．
图3
26．（2022·湖北黄石·中考真题）如图CD是⊙O直径，A是⊙O上异于C，D的一点，点B是DC延长线上一点，连接AB、AC、AD，且∠BAC=∠ADB．
(1)求证：直线AB是⊙O的切线；
(2)若BC=2OC，求tan∠ADB的值；
(3)在（2）的条件下，作∠CAD的平分线AP交⊙O于P，交CD于E，连接PC、PD，若AB=26，求AE⋅AP的值．
27．（2022·甘肃兰州·中考真题）综合与实践
问题情境：我国东周到汉代一些出土实物上反映出一些几何作图方法，如侯马铸铜遗址出土车軎范、芯组成的（如图1），它的端面是圆形，如图2是用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法：将“矩”的直角尖端A沿圆周移动，直到AB=AC，在圆上标记A，B，C三点；将“矩”向右旋转，使它左侧边落在A，B点上，“矩”的另一条边与圆的交点标记为D点，这样就用“矩”确定了圆上等距离的A，B，C，D四点，连接AD，BC相交于点，这样就用“矩”确定了圆上等距离的A，B，C，D四点，链接AD，BC相较于点O，即O为圆心．
(1)问题解决：请你根据“问题情境”中提供的方法，用三角板还原我国古代几何作图确定圆心O．如图3，点A，B，C在⊙O上，AB⊥AC，且AB=AC，请作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）
(2)类比迁移：小梅受此问题的启发，在研究了用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法后发现，如果AB和AC不相等，用三角板也可以确定圆心O．如图4，点A，B，C在⊙O上，AB⊥AC，请作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）
(3)拓展探究：小梅进一步研究，发现古代由“矩”度量确定圆上等距离点时存在误差，用平时学的尺规作图的方法确定圆心可以减少误差．如图5，点A，B，C是⊙O上任意三点，请用不带刻度的直尺和圆规作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）请写出你确定圆心的理由：______________________________．
28．（2022·广西梧州·中考真题）如图，以AB为直径的半圆中，点O为圆心，点C在圆上，过点C作CD∥AB，且CD=OB．连接AD，分别交OC,BC于点E，F，与⊙O交于点G，若∠ABC=45∘．
(1)求证：①△ABF∽△DCF；
②CD是⊙O的切线．
(2)求EFFG的值．
29．（2022·江苏泰州·中考真题）如图①，矩形ABCD与以EF为直径的半圆O在直线l的上方，线段AB与点E、F都在直线l上，且AB=7，EF=10，BC＞5. 点B以1个单位/秒的速度从点E处出发，沿射线EF方向运动矩形ABCD随之运动，运动时间为t秒
(1)如图2，当t=2.5时，求半圆O在矩形ABCD内的弧的长度；
(2)在点B运动的过程中，当 AD、BC都与半圆O相交，设这两个交点为G、H连接OG，OH.若∠GOH为直角，求此时t的值.
30．（2022·江苏宿迁·中考真题）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点A、B、C、D、M均为格点．
【操作探究】在数学活动课上，佳佳同学在如图①的网格中，用无刻度的直尺画了两条互相垂直的线段AB、CD，相交于点P并给出部分说理过程，请你补充完整：
解：在网格中取格点E，构建两个直角三角形，分别是△ABC和△CDE．
在Rt△ABC中，tan∠BAC=12
在Rt△CDE中， ，
所以tan∠BAC=tan∠DCE．
所以∠BAC=∠DCE．
因为∠ACP+ ∠DCE =∠ACB =90°，
所以∠ACP +∠BAC =90°，
所以∠APC =90°，
即AB⊥CD．
(1)【拓展应用】如图②是以格点O为圆心，AB为直径的圆，请你只用无刻度的直尺，在BM上找出一点P，使PM=AM，写出作法，并给出证明：
(2)【拓展应用】如图③是以格点O为圆心的圆，请你只用无刻度的直尺，在弦AB上找出一点P．使AM2=AP·AB，写出作法，不用证明．
备战2023年中考数学必刷真题考点分类专练（全国通用）
专题34以圆为载体的几何压轴综合问题
一、解答题
1．（2022·四川绵阳·中考真题）如图，AB为⊙O的直径，C为圆上的一点，D为劣弧BC的中点，过点D作⊙O的切线与AC的延长线交于点P，与AB的延长线交于点F，AD与BC交于点E．
(1)求证：BC∥PF；
(2)若⊙O的半径为5，DE＝1，求AE的长度；
(3)在（2）的条件下，求△DCP的面积．
【答案】(1)见解析
(2)3
(3)45
【分析】（1）连接OD，利用垂径定理可得OD⊥BC，由PF为⊙O的切线可得OD⊥PF，由平行线的判定定理可得结论；
（2）连接OD，BD，设AE=x，则AD=x+1，由△DCE∽△DAC可得CD2=x+1，BD2=CD2=x+1，在Rt△ADB中，利用勾股定理可得x=3，即AE=3；
（3）连接OD，BD，设OD与BC交于点H，利用cs∠EDH=cs∠DAB=255可得DH=255，在Rt△OHB中利用勾股定理可得BH=455，所以CH=BH=455，又证明四边形HDPC为矩形，所以△DCP面积为矩形HDPC面积的一半，进而可得△DCP的面积．
【详解】（1）解：证明：如图，连接OD，
∵D为劣弧BC的中点，
∴CD=BD，
∴OD⊥BC，
又∵ PF为⊙O的切线，
∴OD⊥PF，
∴BC//PF；
（2）解：如图，连接OD，BD，
设AE=x，则AD=x+1，
∵D为劣弧BC的中点，
∴CD=BD，
∴CD=BD， ∠DCE=∠DAC，
又∵∠CDE=∠ADC，
∴△DCE∽△DAC，
∴DECD=CDAD，
∴CD2=DE⋅AD=1×(x+1)=x+1，
BD2=CD2=x+1，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
又∵⊙O的半径为5，
∴AB=25，
∴由AD2+BD2=AB2得(x+1)2+(x+1)=(25)2，
解得x=3或x=−6（舍），
∴AE=3；
（3）解：如图，设OD与BC交于点H，
由（2）知AE=3，
∴AD=3+1=4，BD=3+1=2，
在Rt△ADB中，
cs∠DAB=ADAB=425=255，
∵OA=OD，
∴∠EDH=∠DAB，
∴cs∠EDH=cs∠DAB=255，
又∵DE=1，
∴DH=DE×255=255，
∴OH=OD−DH=5−255=355，
∵OH⊥BC，
∴CH=BH=OB2−OH2=455，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
由（1）可知OD⊥PD，OH⊥BC，
∴四边形HDPC为矩形，
∴CP=DH=255，DP=CH=455，
∴S△DCP=12S矩形HDPC=12×255×455=45．
【点睛】本题考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理及其推论，勾股定理，相似三角形的判定与性质，圆的切线的判定与性质，矩形的判定与性质，平行线的判定与性质，熟练掌握这些性质并能灵活运用是解题的关键．
2．（2022·广西柳州·中考真题）如图，已知AB是⊙O的直径，点E是⊙O上异于A，B的点，点F是EB的中点，连接AE，AF，BF，过点F作FC⊥AE交AE的延长线于点C，交AB的延长线于点D，∠ADC的平分线DG交AF于点G，交FB于点H．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)求sin∠FHG的值；
(3)若GH＝42，HB＝2，求⊙O的直径．
【答案】(1)见解析
(2)22
(3)⊙O的直径为65
【分析】（1）连接OF，先证明OF∥AC，则∠OFD＝∠C＝90°，根据切线的判定定理可得出结论．
（2）先证∠DFB＝∠OAF，∠ADG＝∠FDG，根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角之和得出∠FGH＝∠FHG＝45°，从而可求出sin∠FHG的值．
（3）先在△GFH中求出FH的值为4，根据等积法可得DFDB=FHHB=2，再证△DFB∽△DAF，根据对应边成比例可得DADF=DFDB=2，又由角平分线的性质可得DADF=AGGF，从而可求出AG、AF．在Rt△AFＢ中根据勾股定理可求出AB的长，即⊙O的直径．
（1）
证明：连接OF．
∵OA＝OF，
∴∠OAF＝∠OFA，
∵EF=FB,
∴∠CAF＝∠FAB，
∴∠CAF＝∠AFO，
∴OF∥AC，
∵AC⊥CD，
∴OF⊥CD，
∵OF是半径，
∴CD是⊙O的切线．
（2）
∵AB是直径，
∴∠AFB＝90°，
∵OF⊥CD，
∴∠OFD＝∠AFB＝90°，
∴∠AFO＝∠DFB，
∵∠OAF＝∠OFA，
∴∠DFB＝∠OAF，
∵GD平分∠ADF，
∴∠ADG＝∠FDG，
∵∠FGH＝∠OAF+∠ADG，∠FHG＝∠DFB+∠FDG，
∴∠FGH＝∠FHG＝45°，
∴sin∠FHG=sin45°=22
（3）
解：过点H作HM⊥DF于点M，HN⊥AD于点N．
∵HD平分∠ADF，
∴HM＝HN，
S△DHF ∶S△DHB= FH∶HB=DF ∶DB
∵△FGH是等腰直角三角形，GH＝42
∴FH＝FG＝4，
∴DFDB=42=2
设DB＝k，DF＝2k，
∵∠FDB＝∠ADF，∠DFB＝∠DAF，
∴△DFB∽△DAF，
∴DF2＝DB•DA，
∴AD＝4k，
∵GD平分∠ADF
∴FGAG=DFAD=12
∴AG＝8，
∵∠AFB＝90°，AF＝12，FB＝6，
∴AB=AF2+BF2=122+622=65
∴⊙O的直径为65
【点睛】本题是一道综合性题目，考查了圆的相关性质、切线的判定、相似三角形的判定和性质、角平分线性、勾股定理等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．（2022·广东深圳·中考真题）一个玻璃球体近似半圆O,AB为直径，半圆O上点C处有个吊灯EF, EF//AB, CO⊥AB,EF的中点为D,OA=4.

(1)如图①，CM为一条拉线，M在OB上，OM=1.6,DF=0.8,求CD的长度．
(2)如图②，一个玻璃镜与圆O相切，H为切点，M为OB上一点，MH为入射光线，NH为反射光线，∠OHM=∠OHN=45°,tan∠COH=34,求ON的长度．
(3)如图③，M是线段OB上的动点，MH为入射光线，∠HOM=50°,HN为反射光线交圆O于点N,在M从O运动到B的过程中，求N点的运动路径长．
【答案】(1)2
(2)ON=207
(3)4+169π
【分析】（1）由DF=0.8,OM=1.6,DF∥OB，可得出DF为△COM的中位线，可得出D为CO中点，即可得出CD的长度；
（2）过N点作ND⊥OH，交OH于点D，可得出△NHD为等腰直角三角形，根据tan∠COH=34,可得出tan∠NOD=NDOD=34，设ND=3x=DH，则OD=4x，根据OD+DH=OH，即可求得x=47，再根据勾股定理即可得出答案；
（3）依题意得出点N路径长为：OB+ lBT，推导得出∠BOT=80°，即可计算给出lBT，即可得出答案．
【详解】（1）∵DF=0.8,OM=1.6,DF∥OB
∴DF为△COM的中位线
∴D为CO的中点
∵CO=AO=4
∴CD=2
（2）过N点作ND⊥OH，交OH于点D，
∵∠OHN=45°，
∴△NHD为等腰直角三角形，即ND=DH，
又∵tan∠COH=34，
∴tan∠NOD=34，
∴tan∠NOD=NDOD=34，
∴ND:OD=3:4，
设ND=3x=DH，则OD=4x，
∵OD+DH=OH，
∴3x+4x=4，
解得x=47，
∴ND=127，OD=167，
∴在Rt△NOD中，ON=ND2+OD2=(127)2+(167)2=207；
（3）如图，当点M与点O重合时，点N也与点O重合． 当点M运动至点A时，点N运动至点T，故点N路径长为：OB+ lBT．
∵∠NHO=∠MHO,∠THO=∠MHO,∠HOM=50°．
∴∠OHA=∠OAH=65°．
∴∠THO=65°,∠TOH=50°．
∴∠BOT=80°，
∴lBT =2π×4×80°360°=169π，
∴N点的运动路径长为：OB+ lBT=4+169π，
故答案为：4+169π．
【点睛】本题考查了圆的性质，弧长公式、勾股定理、中位线，利用锐角三角函数值解三角函数，掌握以上知识，并能灵活运用是解题的关键．
4．（2022·江苏常州·中考真题）（现有若干张相同的半圆形纸片，点O是圆心，直径AB的长是12cm，C是半圆弧上的一点（点C与点A、B不重合），连接AC、BC．
(1)沿AC、BC剪下△ABC，则△ABC是______三角形（填“锐角”、“直角”或“钝角”）；
(2)分别取半圆弧上的点E、F和直径AB上的点G、H．已知剪下的由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为6cm的菱形．请用直尺和圆规在图中作出一个符合条件的菱形（保留作图痕迹，不要求写作法）；
(3)经过数次探索，小明猜想，对于半圆弧上的任意一点C，一定存在线段AC上的点M、线段BC上的点N和直径AB上的点P、Q，使得由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为4cm的菱形．小明的猜想是否正确？请说明理由．
【答案】(1)直角
(2)见详解
(3)小明的猜想正确，理由见详解
【分析】（1）AB是圆的直径，根据圆周角定理可知∠ACB=90°，即可作答；
（2）以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于⊙O点F连接EF、FO、EA，G、H点分别与A、O点重合，即可；
（3）当点C靠近点A时，设CM=13CA，CN=13CB，可证MN∥AB,推出MN=13AB=4cm，分别以M，N为圆心，MN为半径作弧交AB于点P，Q，可得MN=MP=NQ=4cm，进而可证四边形MNQP是菱形；当点C靠近点B时，同理可证．
【详解】（1）解：如图，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB是直角，
即△ABC是直角三角形，
故答案为：直角；
（2）解：以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于⊙O点F连接EF、FO、EA，G、H点分别与A、O点重合，即可，
作图如下：
由作图可知AE=EF=FH=HG=OA=12AB=6，
即四边形EFHG是边长为6cm的菱形；
（3）解：小明的猜想正确，理由如下：
如图，当点C靠近点A时，设CM=13CA，CN=13CB，
∴ CMCA=CNCB=13,
∴ MN∥AB,
∴ MNAB=CMCA=13,
∴ MN=13AB=13×12=4cm．
分别以M，N为圆心，MN为半径作弧交AB于点P，Q，作MD⊥AB于点D，NE⊥AB于点E，
∴ MN=MP=NQ=4cm．
∵ MN∥AB,MD⊥AB，NE⊥AB，
∴ MD=NE，
在RtΔMDP和RtΔNEQ中，
MP=NQMD=NE，
∴ RtΔMDP ≅RtΔNEQHL，
∴ ∠MPD=∠NQE，
∴ MP//NQ，
又∵ MP=NQ，
∴ 四边形MNQP是平行四边形，
又∵ MN=MP，
∴ 四边形MNQP是菱形；
同理，如图，当点C靠近点B时，采样相同方法可以得到四边形MNQP是菱形，
故小明的猜想正确．
【点睛】本题考查了圆周角定理、尺规作图、菱形的性质与判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用上述知识解决问题．
5．（2022·北京·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知点M(a,b),N.对于点P给出如下定义：将点P向右(a≥0)或向左(aAC，且BD=CE，∠BCD=∠CBE，求∠CFE的度数；
(2)如图2，若AB=AC，且BD=AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN．在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
(3)若AB=AC，且BD=AE，将△ABC沿直线AB翻折至△ABC所在平面内得到△ABP，点H是AP的中点，点K是线段PF上一点，将△PHK沿直线HK翻折至△PHK所在平面内得到△QHK，连接PQ．在点D，E运动过程中，当线段PF取得最小值，且QK⊥PF时，请直接写出PQBC的值．
【答案】(1)∠EFC=60°
(2)BF+CF=2CN，证明见解析
(3)214+4214
【分析】（1）在射线CD上取一点K，使得CK=BE，证明△CBE≌△BCK，求出∠CEB=∠BKD=∠BDK=∠ADF，然后根据四边形内角和定理及邻补角的性质得出答案；
（2）证明△ABE≌△BCD，求出∠BFC=120°，倍长CN至Q，连接FQ，PQ，证明△CNM≌△QNF，求出FQ=CM=BC，在CF上截取FP＝FB，连接BP，易得△PBF为正三角形，然后求出∠PFQ=∠PBC，证△PFQ≌△PBC，可得PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，则可得△PCQ为正三角形，然后由BF+CF=PF+CF=PC=QC=2CN得出结论；
（3）根据∠BFC=120°可知F轨迹为如图3-1中圆弧，O为所在圆的圆心，此时AO垂直平分BC，当P、F、O三点共线时，PF取得最小值，设HL=LK=2，解直角三角形求出PL、PH，再用面积法求出PQ计算即可．
（1）
解：如图1，在射线CD上取一点K，使得CK=BE，
∵∠BCD=∠CBE，BC＝BC，
∴△CBE≌△BCK（SAS），
∴BK=CE=BD，
∴∠CEB=∠BKD=∠BDK=∠ADF，
∴∠ADF+∠AEF=∠AEF+∠CEB=180°，
∴∠A+∠DFE=180°，
∵∠A=60°，
∴∠DFE=120°，
∴∠CFE=60°；
（2）
BF+CF=2CN，
证明：∵AB=AC，∠A=60°，
∴△ABC是正三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠DBC＝60°，
又∵BD=AE，
∴△ABE≌△BCD（SAS），
∴∠BCF=∠ABE，
∴∠FBC+∠BCF=60°，
∴∠BFC=120°，
倍长CN至Q，连接FQ，PQ，
∵CN＝QN，∠QNF＝∠CNM，NF＝NM，
∴△CNM≌△QNF（SAS），
∴FQ=CM，∠QFN＝∠CMN，
由旋转的性质得AC＝CM，
∴FQ=CM=BC，
在CF上截取FP＝FB，连接BP，
∵∠BFC=120°，
∴∠BFP=60°，
∴△PBF为正三角形，
∴∠BPF＝60°，∠PBC+∠PCB=∠PCB+∠FCM=120°，
∴∠FCM=∠PBC，
∵∠QFN＝∠CMN，
∴FQ∥CM，
∴∠PFQ=∠FCM，
∴∠PFQ=∠PBC，
又∵PB=PF，FQ=BC
∴△PFQ≌△PBC（SAS），
∴PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，
∴△PCQ为正三角形，
∴BF+CF=PF+CF=PC=QC=2CN，即BF+CF=2CN；
（3）
由（2）知∠BFC=120°，
∴F轨迹为如图3-1中圆弧，O为所在圆的圆心，此时AO垂直平分BC，
∴P、F、O三点共线时，PF取得最小值，
∵∠PAO＝∠PAB＋∠BAO＝90°，
∴tan∠APK=AOAP=23，
∴∠HPK>45°，
∵QK⊥PF，
∴∠PKH=∠QKH=45°，
如图3-2，作HL⊥PK于L，
设HL=LK=2，
在Rt△HLP中，tan∠HPL=HLPL=23，即2PL=23，
∴PL=3，
∴PH=32+22=7，HK=22+22=22，
设PQ与HK交于点R，则HK垂直平分PQ，
∵S△PHK＝12PK⋅HL=12HK⋅PR，
∴2+3×2=22PR，
∴PR=2+32，
∴PQ=2PR=4+232，
∵BC＝AP＝2PH=27，
∴PQBC=4+232×127=214+4214．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，旋转的性质，平行线的性质，圆的基本性质，解直角三角形，勾股定理等知识，综合性较强，能够作出合适的辅助线是解题的关键．
24．（2022·重庆·中考真题）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=22，D为BC的中点，E，F分别为AC，AD上任意一点，连接EF，将线段EF绕点E顺时针旋转90°得到线段EG，连接FG，AG．
(1)如图1，点E与点C重合，且GF的延长线过点B，若点P为FG的中点，连接PD，求PD的长；
(2)如图2，EF的延长线交AB于点M，点N在AC上，∠AGN=∠AEG且GN=MF，求证：AM+AF= 2AE；
(3)如图3，F为线段AD上一动点，E为AC的中点，连接BE，H为直线BC上一动点，连接EH，将△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面内，得到△B'EH，连接B'G，直接写出线段B'G的长度的最小值．
【答案】(1)2
(2)见解析
(3)10−2
【分析】（1）根据已知条件可得D为BC的中点，证明CP⊥BG，进而根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解；
（2）过点E作EH⊥AE交AD的延长线于点H，证明△AEG≌△HEF SAS，△AGB≌△AMFAAS，可得AG=AF，进而根据AF+AM=FH+AF=AH，AH=2AE即可得出结论，
（3）根据（2）可知∠FAG=90°，当点F在线段AD上运动时，点G在平行于BC的线段上运动，根据题意作出图形，根据点到圆上的距离求最值即可求解．
【详解】（1）如图，连接CP
∵将线段EF绕点E顺时针旋转90°得到线段EG，
∴ △FCG是等腰直角三角形，
∵ P为FG的中点，
∴CP⊥FG，
∴CP=PF，
∴∠PFC=∠FCP=45°，
∵ ∠BAC=90°，D为BC的中点，AB=AC=22，
∴AD ⊥BC，BC=2AB=4，
∴AD=DC，
在Rt△PBC中，PD=12BC=2；
（2）如图，过点E作EH⊥AE交AD的延长线于点H，
∵EF⊥EG,HE⊥AE，
∴∠HEF+∠FEA=∠FEA+∠AEG =90°，
∴ ∠HEF=∠AEG，
∵∠DAE=∠DAC=45°，
∴△AEH是等腰直角三角形，
∴AE=EH，
∴AH=2AE，
在△AEG与△HEF中，
GE=FE∠GEA=∠FEHAE=HE
∴△AEG≌△HEF SAS，
∴∠H=∠GAE=45°，
∴∠GAF=∠CAD+∠GAE=90°，
∴∠MAF=∠NAG =45°，
又HE⊥AC，∠BAC=90°，
∴ HE//AB，
∴∠AMF=∠FEH，
∵ ∠AGN=∠AEG，
∵∠AEG=∠FEH=∠AMF，
∴∠AMF=∠AGN，
又GN=MF，
∴△AGN≌△AMFAAS，
∴ AM=AG,
∵AG=FH，
∴AM=FH，
∴AF+AM=FH+AF=AH，
∵AH=2AE，
∴AF+AM=2AE；
（3）由（2）可知∠FAG=90°，
则当点F在线段AD上运动时，点G在平行于BC的线段上运动，
∵将△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面内，得到△B'EH，
∵ E为AC的中点，
∴AE=12AC=2，
∴B'E=BE =222+22=10 ，
则点B'在以E为圆心10为半径的圆上运动，当B',G,E三点共线时，B'E最小，
如图，当F运动到与D点重合时，B'G取得最小值，B'G=EB'−AE=10−2．
如图，当点F运动到与A点重合时，B'G取得最小值，
此时EG=EF=AE=2，则B'G=EB'−AE=10−2．
综上所述，B'G的最小值为10−2．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，全等三角形的性质与判定，轴对称线的性质，点到圆上一点距离最值问题，正确的添加辅助线是解题的关键．
25．（2022·山东淄博·中考真题）已知△ABC是⊙O的内接三角形，∠BAC的平分线与⊙O相交于点D，连接DB．
(1)如图1，设∠ABC的平分线与AD相交于点I，求证：BD=DI；
图1
(2)如图2，过点D作直线DE∥BC，求证：DE是⊙O的切线；
图2
(3)如图3，设弦BD，AC延长后交⊙O外一点F，过F作AD的平行线交BC的延长线于点G，过G作⊙O的切线GH（切点为H），求证：GF=GH．
图3
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）由角平分线的定义以及圆周角定理得到∠BAD=∠DAC=∠CBD，∠ABI=∠IBC，再根据三角形的外角性质可推出∠BID=∠DBI，利用等角对等边即可证明BD=DI；
（2）由垂径定理推出OD⊥BC，由平行线的性质推出OD⊥DE，即可证明DE是⊙O的切线；
（3）设法证明△HBG∽△CHG，推出GH2=GC×GB，再证明△GFC∽△GBF，推出GF2=GC×GB，据此即可证明GF=GH．
（1）
证明：∵AD是∠BAC的平分线，BI是∠ABC的平分线，
∴∠BAD=∠DAC=∠CBD，∠ABI=∠IBC，
∵∠BID=∠ABI+∠BAD，∠DBI=∠IBC +∠CBD，
∴∠BID=∠DBI，
∴BD=DI；
（2）
证明：连接OD，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴BD=CD，
∴OD⊥BC，
∵DE∥BC，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
（3）
证明：过点H作⊙O的直径HI，连接BH，HC，IC，
∵HI是⊙O的直径，GH是⊙O的切线，
∴∠HCI=∠IHG=90°，
∴∠IHC+∠I=90°=∠IHC+∠GHC，
∴∠I=∠GHC，
∵∠HBG=∠I，
∴∠HBG=∠GHC，
∴△HBG∽△CHG，
∴HGCG=GBHG，
∴GH2=GC×GB，
∵AD∥FG，
∴∠DAF=∠GFC，
∵∠DAF=∠DBC，
∴∠GFC=∠DBC，
∴△GFC∽△GBF，
∴GFGB=GCGF，
∴GF2=GC×GB，
∴GF2=GH2，
∴GF=GH．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，垂径定理，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．
26．（2022·湖北黄石·中考真题）如图CD是⊙O直径，A是⊙O上异于C，D的一点，点B是DC延长线上一点，连接AB、AC、AD，且∠BAC=∠ADB．
(1)求证：直线AB是⊙O的切线；
(2)若BC=2OC，求tan∠ADB的值；
(3)在（2）的条件下，作∠CAD的平分线AP交⊙O于P，交CD于E，连接PC、PD，若AB=26，求AE⋅AP的值．
【答案】(1)见解析
(2)22
(3)42
【分析】（1）如图所示，连接OA，根据直径所对的圆周角是直角得到∠OAC+∠OAD=90°，再证明∠OAD=∠BAC即可证明结论；
（2）先证明△BCA∽△BAD，得到ACAD=BCBA，令半径OC=OA=r，则BC=2r，OB=3r，利用勾股定理求出AB=22r，解直角三角形即可答案；
（3）先求出CD=23，在Rt△CAD中，ACAD=22，AC2+AD2=CD2，解得AC=2，AD=22，证明△CAP∽△EAD，得到ACAE=APAD，则AE⋅AP=AC⋅AD=42．
（1）
解：如图所示，连接OA，
∵CD是⊙O直径，
∴∠CAD=90°，
∴∠OAC+∠OAD=90°，
又∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵∠BAC=∠ADB，
∴∠OAD=∠BAC，
∴∠BAC+∠OAC=90°，即∠BAO=90°，
∴AB⊥OA，
又∵OA为半径，
∴直线AB是⊙O的切线；
（2）
解：∵∠BAC=∠ADB，∠B=∠B，
∴△BCA∽△BAD，
∴ACAD=BCBA，
由BC=2OC知，令半径OC=OA=r，则BC=2r，OB=3r，
在Rt△BAO中，AB=OB2−OA2=22r，
在Rt△CAD中，tan∠ADC=ACAD=BCBA=2r22r=22，
即tan∠ADB=22；
（3）
解：在（2）的条件下，AB=22r=26，
∴r=3，
∴CD=23，
在Rt△CAD中，ACAD=22，AC2+AD2=CD2，
解得AC=2，AD=22，
∵AP平分∠CAD，
∴∠CAP=∠EAD，
又∵∠APC=∠ADE，
∴△CAP∽△EAD，
∴ACAE=APAD，
∴AE⋅AP=AC⋅AD=2×22=42．
【点睛】本题主要考查了圆切线的判定，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质等等，熟知相关知识是解题的关键．
27．（2022·甘肃兰州·中考真题）综合与实践
问题情境：我国东周到汉代一些出土实物上反映出一些几何作图方法，如侯马铸铜遗址出土车軎范、芯组成的（如图1），它的端面是圆形，如图2是用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法：将“矩”的直角尖端A沿圆周移动，直到AB=AC，在圆上标记A，B，C三点；将“矩”向右旋转，使它左侧边落在A，B点上，“矩”的另一条边与圆的交点标记为D点，这样就用“矩”确定了圆上等距离的A，B，C，D四点，连接AD，BC相交于点，这样就用“矩”确定了圆上等距离的A，B，C，D四点，链接AD，BC相较于点O，即O为圆心．
(1)问题解决：请你根据“问题情境”中提供的方法，用三角板还原我国古代几何作图确定圆心O．如图3，点A，B，C在⊙O上，AB⊥AC，且AB=AC，请作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）
(2)类比迁移：小梅受此问题的启发，在研究了用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法后发现，如果AB和AC不相等，用三角板也可以确定圆心O．如图4，点A，B，C在⊙O上，AB⊥AC，请作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）
(3)拓展探究：小梅进一步研究，发现古代由“矩”度量确定圆上等距离点时存在误差，用平时学的尺规作图的方法确定圆心可以减少误差．如图5，点A，B，C是⊙O上任意三点，请用不带刻度的直尺和圆规作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）请写出你确定圆心的理由：______________________________．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）作∠ABD=90°， BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，即可；
（2）作∠ABD=90°， BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，即可；
（3）作AB的垂直平分线DE，作AC的垂直平分线MN，DE交MN于O，即可，则垂径定理得出确定圆心的理由即可．
（1）
解：如图所示，点O就是圆的圆心．
作∠ABD=90°， BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，
∵∠CAB=∠ABC=90°，
∴BC、AD是圆的直径，
∴点O是圆的圆心．
（2）
解：如图所示，点O就是圆的圆心．
作∠ABD=90°， BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，
∵∠CAB=∠ABC=90°，
∴BC、AD是圆的直径，
∴点O是圆的圆心．
（3）
解：如图所示 ，点O就是圆的圆心．
作AB的垂直平分线DE，作AC的垂直平分线MN，DE交MN于O，
∵DE垂直平分AB，
∴DE经过圆心，即圆心必在直线DE上，
∵MN垂直平分AC，
∴MN经过圆心，即圆心必在直线MN上，
∴DE与MN的交点O是圆心．
确定圆心的理由：弦的垂直平分线经过圆心．
【点睛】本题考查圆周角定理的推论，垂径定理的推论，尺规作线段垂直平分线，熟练掌握直角的圆周角所对的弦是直径是解题的关键．
28．（2022·广西梧州·中考真题）如图，以AB为直径的半圆中，点O为圆心，点C在圆上，过点C作CD∥AB，且CD=OB．连接AD，分别交OC,BC于点E，F，与⊙O交于点G，若∠ABC=45∘．
(1)求证：①△ABF∽△DCF；
②CD是⊙O的切线．
(2)求EFFG的值．
【答案】(1)①证明过程见解析；②证明过程见解析
(2)EFFG=54
【分析】（1）①由CD∥AB得到∠D=∠A，结合对顶角∠CFD=∠BFA相等即可证明；
②由OB=CO得到∠OCB=∠ABC=45°，进而得到∠COB=90°，再根据CD∥AB得到∠OCD=∠COB=90°由此即可证明CD是⊙O的切线．
（2）连接DB，连接BG交CD于M点，证明四边形COBD为正方形，由（1）中△ABF∽△DCF相似比为12结合△CEF∽△BDF得到E为CO的中点，再证明△BDM≌△DCE（ASA）得到M为CD的中点；设DM=x，在Rt△DBG中由勾股定理求出BG，进而在Rt△BFG中由勾股定理求出FG，最后EF=DE-DG-FG即可求出EFFG的比值．
(1)
证明：①∵CD∥AB，
∴∠D=∠A，
且对顶角∠CFD=∠BFA，
∴△ABF∽△DCF；
②∵OB=CO，
∴∠OCB=∠ABC=45°，
∴∠COB=180°-∠OCB-∠ABC=90°，
∵CD∥AB，
∴∠OCD=180°-∠COB=90°，
∴CD是圆O的切线．
(2)
解：连接DB，连接BG交CD于M点，如下图所示：
∵CD∥BO且CD=BO，
∴四边形COBD为平行四边形，
∵∠COB=90°，CO=BO，
∴四边形COBD为正方形，
由（1）知：△ABF∽△DCF，
∴CFBF=CDAB=12，
∵CE∥DB，
∴△CEF∽△BDF，
∴CEBD=CFBF=12，即E为CO的中点，
∵AB是半圆的直径，
∴∠AGB=∠BGD=90°，
∴∠GBD+∠BDG=90°=∠BDC=∠BDG+∠EDC，
∴∠GBD=∠EDC，
且BD=CD，∠BDM=∠DCE=90°，
∴△BDM≌△DCE（ASA），
∴DM=CE，即M为CD的中点，
设CM=x，则DB=CD=2x，BC=22x，
由勾股定理知：BM=DM2+DB2=5x，
在Rt△MBD中由等面积法知：12BM⋅DG=12DM⋅DB，
代入数据得到：5x⋅DG=x⋅2x，解得DG=255x，
在Rt△DGB中由勾股定理可知：BG=DB2−DG2=45x5，
又△CEF∽△BDF且其相似比为CEBD=CFBF=12，
∴BF=23BC=42x3，
在Rt△BFG中由勾股定理可知：FG=BF2−BG2=45x15，
∴EF=DE−DG−FG=5x−25x5−45x15=5x3，
∴EFFG=5x3⋅1545x=54．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定、圆的性质、勾股定理求线段长、正方形的性质和判定等，本题属于综合题，熟练掌握各图形的性质是解决本题的关键
29．（2022·江苏泰州·中考真题）如图①，矩形ABCD与以EF为直径的半圆O在直线l的上方，线段AB与点E、F都在直线l上，且AB=7，EF=10，BC＞5. 点B以1个单位/秒的速度从点E处出发，沿射线EF方向运动矩形ABCD随之运动，运动时间为t秒
(1)如图2，当t=2.5时，求半圆O在矩形ABCD内的弧的长度；
(2)在点B运动的过程中，当 AD、BC都与半圆O相交，设这两个交点为G、H连接OG，OH.若∠GOH为直角，求此时t的值.
【答案】(1)5π3
(2)8或9秒
【分析】(1)通过计算当t=2.5时EB=BO，进而得到△MBE≌△MBO，判断出△MEO为等边三角形得到∠EOM=60°，然后根据弧长公式求解；
(2)通过判定△GAO≌△HBO，然后利用全等三角形的性质分析求解．
（1）
解：设BC与⊙O交于点M，如下图所示：
当t=2.5时，BE=2.5，
∵EF=10，
∴OE=12EF=5，
∴OB=2.5，
∴EB=OB，
在正方形ABCD中，∠EBM=∠OBM=90°，且MB=MB，
∴△MBE≌△MBO(SAS)，
∴ME=MO，
∴ME=EO=MO，
∴△MOE是等边三角形，
∴∠EOM=60°，
∴ME=60π×5180=5π3．
（2）
解：连接GO和HO，如下图所示：
∵∠GOH=90°，
∴∠AOG+∠BOH=90°，
∵∠AOG+∠AGO=90°，
∴∠AGO=∠BOH，
在△AGO和△OBH中，∠AGO=∠BOH∠GAO=∠HBO=90∘OG=OH，
∴△AGO≌△BOH(AAS)，
∴AG=OB=BE-EO=t-5，
∵AB=7，
∴AE=BE-AB=t-7，
∴AO=EO-AE=5-(t-7)=12-t，
在Rt△AGO中，AG2+AO2=OG2，
∴(t-5)2+(12-t)2=52，
解得：t1=8，t2=9，
即t的值为8或9秒．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，弧长公式的计算，勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定(一线三垂直模型)，结合勾股定理列方程是解题关键．
30．（2022·江苏宿迁·中考真题）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点A、B、C、D、M均为格点．
【操作探究】在数学活动课上，佳佳同学在如图①的网格中，用无刻度的直尺画了两条互相垂直的线段AB、CD，相交于点P并给出部分说理过程，请你补充完整：
解：在网格中取格点E，构建两个直角三角形，分别是△ABC和△CDE．
在Rt△ABC中，tan∠BAC=12
在Rt△CDE中， ，
所以tan∠BAC=tan∠DCE．
所以∠BAC=∠DCE．
因为∠ACP+ ∠DCE =∠ACB =90°，
所以∠ACP +∠BAC =90°，
所以∠APC =90°，
即AB⊥CD．
(1)【拓展应用】如图②是以格点O为圆心，AB为直径的圆，请你只用无刻度的直尺，在BM上找出一点P，使PM=AM，写出作法，并给出证明：
(2)【拓展应用】如图③是以格点O为圆心的圆，请你只用无刻度的直尺，在弦AB上找出一点P．使AM2=AP·AB，写出作法，不用证明．
【答案】(1)tan∠DCE=12；见解析
(2)见解析
【分析】（1）取格点N，作射线AN交BM于点P，则AN⊥MO根据垂径定理可知，点P即为所求作；
（2）取格点I，连接MI交AB于点P，点P即为所求作．利用正切函数证得∠FMI=∠MNA，利用圆周角定理证得∠B=∠MNA，再推出△PAM∽△MAB，即可证明结论．
（1）
解：【操作探究】在网格中取格点E，构建两个直角三角形，分别是△ABC和△CDE．
在Rt△ABC中，tan∠BAC=12
在Rt△CDE中，tan∠DCE=12，
所以tan∠BAC=tan∠DCE．
所以∠BAC=∠DCE．
因为∠ACP+ ∠DCE =∠ACB =90°，
所以∠ACP +∠BAC =90°，
所以∠APC =90°，
即AB⊥CD．
故答案为：tan∠DCE=12；
取格点N，作射线AN交BM于点P，点P即为所求作；
∵tan∠MOD=13,tan∠NAC=13
∴∠MOD=∠NAC
∵∠NAC+∠ANC=90°
∴∠ANC+∠DOM=90°
∴ AN⊥OM
∴AM=PM
（2）
解：取格点I，连接MI交AB于点P，点P即为所求作；
证明：作直径AN，连接BM、MN，
在Rt△FMI中，tan∠FMI=13，
在Rt△MNA中，tan∠MNA=13，
所以tan∠FMI=tan∠MNA．
∴∠FMI=∠MNA，
∵∠B=∠MNA，
∴∠AMP=∠B，
∵∠PAM=∠MAB，
∴△PAM∽△MAB，
∴PAAM=AMAB，
∴AM2=AP·AB．
【点睛】本题考查作图-应用与设计，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．