2026年中考数学二轮复习讲练测(浙江专用)专题04中考几何压轴--圆的综合(重难专练)(学生版+解析)

这是一份2026年中考数学二轮复习讲练测(浙江专用)专题04中考几何压轴--圆的综合(重难专练)(学生版+解析)，共20页。
第一部分 重难考向解读 拆解核心难点，明确备考要点
核心模块 重难考向 考法解读/考向预测
第二部分 重难要点剖析 精解核心要点，点拨解题技巧
要点梳理 典例验知 技巧点拨 类题夯基
第三部分 重难提分必刷 靶向突破难点，精练稳步进阶
重●难●考●向●解●读
重●难●要●点●剖●析
题型1 圆的基本性质、切线与线段计算
1．（2025·浙江·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，C为AB延长线上的一点，E为⊙O上一点，连结CE，过A作AD⊥CE，垂足为D，AD交⊙O于点F，E为BF的中点．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)求证：△CEB∽△CAE；
(3)若⊙O的半径为1，CE=22，求AE的长．
2．（2025·浙江·二模）如图，AC是⊙O的直径，AC=8，AC⊥BG，E为垂足，点D是AG⏜上一点，∠CAD=2∠CAB,AD,BG的延长线交于点F，连结BD交AC于点H．
(1)求证：AH=AD；
(2)求证：△ABH∽△BFD；
(3)若点D是AF的中点，求AB的长．
3．（2025·浙江·二模）如图1，Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=20，BC=15，以AB为直径的⊙O交AC于点D，M是BC的中点，连结DM．
(1)求证：MD是⊙O的切线；
(2)如图2，过点B作MD的平行线交AC于点E．
①求AE的长；
②如图3，点P在线段BE上，连结DP交并延长交⊙O于点Q，当EPBP=214时，求DQ的值．
4．（2025·浙江温州·模拟预测）如图，在△ABC中，点O在△ABC内部，⊙O经过A，B一点，交线段BC于点D，直径AE交BC于点F．点C关于直线AD的对称点P落在⊙O上，连接AP，DP．
(1)判断△ABC的形状，并说明理由．
(2)若AP⊥BC，tanB=34．
①当AB=10时，求CD的长．
②求证：BF=52EF．
5．（2025·浙江杭州·一模）如图1，AE是⊙O的直径，点E在线段BC上，DC⊥BC，AB=EC，BE=DC．
(1)求证：AE⊥ED；
(2)连结AD交⊙O于K，连结BK，求证：BK平分∠ABE；
(3)如图2，M为ED上一点，连结AM交⊙O于F，过F作FH⊥BC交ED于G，MN⊥BC，若AEAB=EMBE，AB=3，BN=4，求FG的长．
题型2 圆与三角形的综合问题
1．（2025·浙江·一模）如图1，Rt△ABC内接于⊙O，AB为直径，点D在AC上运动，DE⊥AB于点F，交⊙O于点E，连结CE，交AB于点G，记∠CAB=α．
(1)用含有α的代数式表示∠AEC．
(2)若tanα=34，当CG=CB时，求DEEC的值．
(3)如图2，若AD=BC，求证：S△BCGS△AEG=tanα．
2．（2025·浙江温州·二模）如图，在等腰△ABC中，CA=CB，点D为AB上一点，过点D作DE∥AC交BC于点E，过点C作CF∥AB交DE的延长线于点F．连接AE，作△ACE的外接圆交FC的延长线于点G．
(1)若劣弧AE的度数为140°，求∠F的度数．
(2)求证：AG=GE．
(3)若ACAB=56，CF=2CG=10，求AE的长．
3．（2025·浙江台州·二模）如图，Rt△ABC，∠ABC=90°，AB=BC．过点A的直线与以BC为直径的⊙O相交于点D，H，（点D在直径BC上方），与直径BC交于点E．连接BD，CD．
(1)如图1，若AB=1，点E与圆心O重合，求AD的长；
(2)如图2，已知DH平分∠BDC．
①求证：CD=2DB；
②若AE⋅EH=8，求AD的长．
4．（2025·浙江·模拟预测）在⊙O中，直径AB与弦CD相交于点E，连结BC,BD,AD,∠ABC=2∠ABD．
(1)如图1，求证：△BCE为等腰三角形．
(2)如图2，连结AC,F为AC的中点，连结BF，交AC于点P．若AD=3,BD=9，求tan∠BPC的值．
(3)在（2）的条件下，如图3，连结OF，交AC于点G，连结GH．求证：AD2=GH⋅AB．
5．（2024·浙江杭州·一模）如图1，⊙O为△ABC外接圆，点D、E分别为AB、AC中点，连结AD、AE、DE，DE分别与AB、AC交于点F、G．已知AF=4．
(1)求证：AF=AG．
(2)如图2，连结CD交AB于点M，连结BE交CD于点N，连结BD、CE．若∠BAC=60°，求证：△NEC是等边三角形．
(3)在（2）的基础上，若tan∠DAF=337，
①求DN的长；
②求S△CBES四边形ADBE．
题型3 圆与四边形的综合问题
1．（2025·浙江·模拟预测）如图，AC为⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，∠CAD=2∠BAC，连结BD交AC于点E．
(1)设∠BAC=m°，用含m的代数式表示∠AED的度数；
(2)若OE=CE，求BCDE的值；
(3)若AC=2，求△ABE面积的最小值．
2．（2025·浙江金华·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD 中，过 A，B，C 三点的 ⊙O 交 CD 于点 E ，连结 AE ．
(1)求证： AD=AE ．
(2)如图 2 ，已知 AD 为 ⊙O 的切线，连结 AO 并延长交 BE 于点 G ．
①求证： ∠ABG=2∠BAG ；
②若 BGEG=23 ，求 csD 的值．
3．（2025·浙江宁波·二模）如图1，AD为锐角△ABC的中线，延长AD与△ABC的外接圆⊙O交于点E，点F在AD上，连结BF，CF，BE，CE，∠CBF=∠BAE．
(1)求证：四边形BECF为平行四边形；
(2)如图2，连结OF，若OF⊥CF，求证：△BFE为等腰三角形；
(3)如图3，在（2）的条件下，连结OC，若OC平分∠ACF，求tan∠BAC的值．
4．（2025·浙江台州·二模）如图，DB是平行四边形ABCD的对角线，DB=DA，△ABD的外接圆⊙O与边BC交于点E（不与点B，C重合），连接DE．
(1)求证：△DEC∽△DAB；
(2)如图2，连接DO并延长交AB于点F．
①求证：DF垂直平分AB；
②若⊙O的半径为13，tan∠ADB=512，求EC的长；
(3)如图3，连接AE，若AE是∠DAB的平分线，△ABE的面积为10，求平行四边形ABCD的面积．
5．（2025·浙江·模拟预测）如图，在三角形ABCD中，过A作AH⊥BD于点H，交BC于点E，以AE为直径作⊙O与BD相交于点F，连接EF并延长交AD于点G，连接AF并延长交射线BC于点P．
(1)求证：△GDF是等腰三角形；
(2)如图1，AP与CD相交于点Q，若点Q为CD的中点，求sinP的值；
(3)如图2，已知AE=10，BF=8，求PC的长．
题型4 圆与三角函数的综合问题
1．（2024·浙江杭州·二模）如图1，AB是半圆O的直径，点C，D是半圆O上的点，且AC∥OD，连结BC交OD于点E．
(1)若OE=1，求AC的长．
(2)如图2，连接CD，AD，BD，若S△ACDS△OBD=23，求∠ABC的正弦值．
(3)如图3，连接BD，作CP∥BD交AB于点P，连接PD．求证：BD2=BO⋅BP．
2．（2025·浙江台州·二模）如图1，AB是⊙O的直径，点C是圆上一点（A，B除外），点D，E在AB上，满足AD=AC，BE=BC，CD，CE的延长线分别交⊙O于点F，G．记∠CAB=α，
(1)若α=30∘，求∠FCG的度数；
(2)连结FG，求证：AB=2FG；
(3)如图2，连结并延长BF，AG交于点H，若BFFH=13，
①求AGGH的值；
②请直接写出csα的值
3．（2025·浙江宁波·一模）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，BD为直径，∠ABC为锐角，过点B作BE⊥AC于点E，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F．
(1)∠ABD=α，请用含α的代数式表示∠CBE．
(2)若AF=BD，求证：AD=AE．
(3)如图2，在（2）的条件下，BF与⊙O交于点G，与AD延长线交于点H，连结DG．①若CD=4，DG=1，求AD的长．
②若cs∠AHB=DGHF，求tan∠ABD的值．
4．（2025·浙江·模拟预测）如图1，AB是⊙O的直径，C是圆上不同于A,B的任意一点，延长CA到点D，连结BD．过点C作CE⊥AB，交BD于点E，连结AE．
(1)求证：∠ACE=∠ABC．
(2)如图2，若AE∥BC,AE=2,AC=3，求tanD的值．
(3)若tan∠ACE=12,DEBE=1m，求tanD的值（用含m的代数式表示）．
5．（2025·浙江绍兴·二模）在⊙O中，AB为直径，点C，点D是⊙O上一点，分别位于AB的异侧，连接CD交AB与点E．
(1)如图，连接BC，若∠ACD=3∠BAD，求∠BCD的度数；
(2)若点C是AB的中点．
①如图，点E在BO上，若EBED=56，求cs∠BAD的值；
②若CEED=54，直接写出cs∠BAD的值．
题型5圆中的动点与存在性的综合问题
1．（2023·浙江温州·模拟预测）如图1，在正方形ABCD中，P是边BC上的动点，E在△ABP的外接圆上，且位于正方形ABCD的内部，EA=EP，连结AE，EP．
(1)求证：△PAE是等腰直角三角形．
(2)如图2，连结DE，过点E作EF⊥BC于点F，请探究线段DE与PF的数量关系，并说明理由．
(3)当Р是BC的中点时，DE=2．
①求BC的长．
②若点Q是△ABP外接圆的动点，且位于正方形ABCD的外部，连结AQ．当∠PAQ与△ADE的一个内角相等时，求所有满足条件的AQ的长．
2．（2023·浙江温州·一模）如图1，在三角形OABC中，OC=3OA=15，对角线AC，OB交于点D，E是AO延长线上一点，连结CE，DE，已知AE=CE，MN为半圆O的直径，CE切半圆O于点F．
(1)求证：△ADE∽△AOC．
(2)求半圆O的直径．
(3)如图2，动点P在CF上点C出发向终点F匀速运动，同时，动点Q从M出发向终点N匀速运动，且它们恰好同时停止运动．
①当PQ与△ABD的一边平行时，求所有满足条件的MQ的长．
②作点F关于PQ的对称点F′，当点F′落在半圆O上时，直接写出PQPC的值．
3．（2024·吉林长春·一模）如图，⊙O为等边三角形ABC的外接圆，半径为4，点D在劣弧AB上运动（不与点A、B重合），连接DA、DB、DC．
(1)求AB的长；
(2)求证：DC是∠ADB的平分线；
(3)当∠ACD=45°时，求CD的长；
(4)若点M、N分别在线段CA、CB上运动（不含端点），经过探究发现，点D运动到每一个确定的位置，△DMN的圆长有最小值t，随着点D的运动，t的值会发生变化，则所有t值中的最小值为______．
4．（2024·浙江温州·二模）如图1，AB，AC是⊙O的两条弦，OA平分∠BAC，连接BC，且半径OA=5，AB=45．

(1)求证：AB=AC；
(2)求BC的值；
(3)如图2，连接OB，点Q为边AC上一动点，延长BQ交⊙O于点P．
①连接PC，若PC平行△OAB四边其中一边时，求PC的长；
②当点Q从A到C的运动过程中，PQBQ是否存在最小值？若存在，请求出最小值，若不存在，请说明理由．
题型6 圆与元叠、 旋转几何变换的综合问题
1．（2025·浙江·模拟）已知：如图1，AB是⊙O的弦，点C是⊙O的半径OB的延长线上一点，将△ABC翻元得到△ABC′，AC′交半径OB于点D．
(1)求证：BC′∥OA．
(2)若AC与⊙O相切．
①如图2，点C′落在⊙O上，求sinC的值．
②如图3，若OA=5，AB=6，求△BDC′的面积．
2．（2024·浙江温州·三模）如图1，已知AB是⊙O的直径， 弦CD⊥AB于点E，AE=9,CD=6， 点F是线段CD延长线上的一点， 连结AF交⊙O于点G， 连结CG交AB于点P， 连结AC．
(1)求证： ∠ACG=∠F．
(2)求⊙O的半径．
(3)如图2， 连结DG， 设 tan∠F=x，APPB=y，
①求y关于x的函数表达式：
②点G关于AD的对称点落在AB上时，求x的值．
3．（2025·浙江温州·模拟预测）如图1，F为正方形ABCD边BC上一点，连接AF， 在AF上取一点O， 以OA为半径作圆， 恰好使得⊙O经过点B且与CD相切于点E．
(1)若正方形的边长为4时，求⊙O的半径；
(2)如图2， 将AF绕点A逆时针旋转45°后，其所在直线与⊙O交于点G，与边CD交于点H，连接DG，BG．
①求∠ADG的度数；
②求证：AB·BF+AG·FG=BG²．
4．（2023·浙江温州·三模）如图，在△ABC中，AB=AC．以AC为直径的半圆交BC于点D，点E为弧CD上一动点，连结CE、EA、DE，已知tan∠DEA=34．点F为CE延长线上一点，且CE=EF，在线段BC上取点G，使得BG=GF，连结FG、GA．

(1)求BCBA的值．
(2)求证：∠GAE=12∠BAC．
(3)若AC=10，连结EG．
①若△EGA是以EG为腰的等腰三角形，求所有不不符合的EC的长．
②将线段CF绕点C逆时针旋转90°至CH，若G、A、H在同一条直线上，则S△BGAS△CAH=___________．
重●难●提●分●必●刷
（建议用时：90小时）
1．（2025·浙江杭州·二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AB中点，E是BC上的动点（不与端点B，C重合），连接AE与CD交于点F，过E，F，D三点的圆与BD交于点G（不与B，D重合），连接EG．
(1)若CE=CF，∠B=50°，求∠EGD的度数；
(2)若CEBE=12，求EFAF的值；
(3)求证：EG+EF=AF．
2．（2025·浙江杭州·一模）如图1，在⊙O中，AB与CD是点O异侧的两条弦，AB>CD，且AB∥CD，连结AD，与BC交于点E．
(1)求证：AE=BE．
(2)如图2，连接OE并延长，与BD的延长线交于点F，连接OA．求证：∠F=∠OAE．
(3)在（2）的条件下，若OEEF=12，求AEBF的值．
3．（2026·浙江衢州·一模）已知：在⊙O中，点E是弦BD上的动点（不与点B，D重合），过点E作AC⊥BD交⊙O于点A，C，连接AB，BC，CD，AD，过点B作BF⊥AD于点F，交AC于点G．
(1)如图1，若BF经过点O．
①求证：BG=BC．
②若tan∠GAF=12，AG=5，求⊙O的半径．
(2)如图2，若AC=BD，设AGGE=x，BEBD=y，求y关于x的函数表达式．
4．（2026·浙江温州·一模）如图1，已知△ABC的高AD=10,BC=553,tanB=34，点E是边AB上的动点，以DE为直径作圆O，交边AB于F，交线段BD于N，交线段AD于M．
(1)求证：∠DAB=∠FDB．
(2)如图2，连接CF，若CF恰好经过点M．
①求EFDM的值．
②求DN的长．
5．（2025·浙江·二模）如图1，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠C+∠D=90°．过A作AE⊥CD，E为垂足，延长EA交CB的延长线于点F．
(1)请判断△ABF的形状，并说明理由．
(2)若AD的度数为90°．
①若AF=1,AE=3，求∠F的正弦值．
②如图2，延长DO交⊙O于点G，交FC的延长线于点P．若CF×BP=6，求△ADE的面积．
2023、2024、2025年考法解读
2026年考法预测
1.浙江中考必考圆综合解答题，以切线判定与性质、圆周角定理、垂径定理为核心考点。
2.高频结合相似三角形、勾股定理、三角函数进行角度与线段计算，相似是核心工具。
3.常考题型：证明切线、求半径 / 弦长、判断位置关系、圆与三角形 / 四边形综合。
4.注重辅助线构造（连半径、作垂直、构直径直角），强调几何推理与计算结合。
1.仍以解答题考查，难度中等偏上，题型结构稳定。
2.切线证明 + 线段计算仍是主流，动点、最值、存在性小综合比重略有提升。
3. 强化圆 + 相似 + 三角函数联用，辅助线构造更隐蔽，注重模型识别与转化。
4.适度增减圆与元叠 / 旋转结合，突出图形变换中的不变性质与分类讨论思想。
用好圆心角、圆周角、垂径定理，优先构造直角三角形。
2. 证切线：有交点连半径证垂直；无交点作垂直证半径。
3. 见切线连半径得垂直，结合相似三角形、勾股定理求线段。
4. 常用辅助线：连半径、作弦心距、构直径所对圆周角。
5. 线段计算核心：相似比例、勾股、三角函数三者联用。
直径所对圆周角为直角，构造直角三角形。
圆内接等腰 / 等边三角形，用三线合一简化推理。
利用等角、公共角快速判定AA 相似，列比例求边长。
结合相似三角形实现线段转化与比例计算。
5. 面积法、斜高法与相似联用，高效求解。
圆内接四边形：对角互补，外角等于内对角。
由平行关系直接构造A 字、8 字相似。
三角形、菱形、正方形与圆结合，用对称性 +相似解题。
线段比、面积比用相似比平方快速计算。
5. 辅助线：连对角线、作垂直、构直径直角三角形。
将圆中角转化为直角三角形内角，利用三角函数求边长。
可用字母表示角、用 sin/cs 列比例，最终用代数式表示线段。
角度相等时，优先用相似三角形简化计算。
三角函数 + 相似比例 + 勾股定理，三者联用最稳。
5. 可结合函数思想，用字母表示未知量并建立关系式。
高频考点：等腰、直角三角形存在性，必分类讨论。
动点形成相似三角形时，按对应关系分类。
可用建立函数解析式求线段、面积关系与最值。
临界位置：相切、垂直、共线、对称点。
5. 数形结合，先画图再列式，最后检验。
元叠 / 旋转：对应边、角相等，抓全等关系。
变换后出现等角，立刻判断相似三角形。
设未知数，用相似列比例+ 勾股定理求解。
旋转常构等腰 / 等边，结合相似快速计算。
5. 必考组合：全等 + 相似 + 圆性质。
专题04 中考几何压轴---圆的综合
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第一部分 重难考向解读 拆解核心难点，明确备考要点
核心模块 重难考向 考法解读/考向预测
第二部分 重难要点剖析 精解核心要点，点拨解题技巧
要点梳理 典例验知 技巧点拨 类题夯基
第三部分 重难提分必刷 靶向突破难点，精练稳步进阶
重●难●考●向●解●读
重●难●要●点●剖●析
题型1 圆的基本性质、切线与线段计算
1．（2025·浙江·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，C为AB延长线上的一点，E为⊙O上一点，连结CE，过A作AD⊥CE，垂足为D，AD交⊙O于点F，E为BF的中点．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)求证：△CEB∽△CAE；
(3)若⊙O的半径为1，CE=22，求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)263．
【分析】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质定理，垂径定理，切线的判定和性质，错误地作出辅助线是解题的关键．
（1）连接OE，BF，根据圆周角定理得到BF⊥AD，根据垂径定理得到OE⊥BF，根据平行线的性质得到OE⊥CD，根据切线的判定定理得到CD是⊙O的切线；
（2）根据切线的性质得到∠CEO=90∘，求得∠CEB+∠BEO=90∘，根据圆周角定理得到∠AEB=90∘，得到∠BEC=∠CAE，根据相似三角形的判定定理得到△CEB∽△CAE；
（3）根据相似三角形的性质得到CEAC=BCCE，得到BC=2(负值舍去)，设BE=2x，AE=2x，根据勾股定理得到结论．
【详解】（1）证明：连接OE，BF，
∵AB是⊙O的直径，
∴BF⊥AD，
∵E为BF的中点，
∴BE=EF，
∴OE⊥BF，
∴OE∥AD，
∵AD⊥CD，
∴OE⊥CD，
∵OE是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）证明：∵CD是⊙O的切线，
∴∠CEO=90∘，
∴∠CEB+∠BEO=90∘，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=90∘，
∴∠BEO+∠AEO=90∘，
∵OE=OA，
∴∠AEO=∠OAE，
∴∠BEC=∠CAE，
∵∠C=∠C，
∴ △CEB∽△CAE；
（3）解：∵⊙O的半径为1，
∴AB=2，
∴AC=AB+BC=BC+2，
∵△CEB∽△CAE，
∴CEAC=BCCE=BEAE，
∴22BC+2=BC22，
∴BC=2(负值舍去)，
∴BEAE=CEAC=224=22，
∴设BE=2x，AE=2x，
∵AE2+BE2=AB2，
∴4x2+2x2=4，
∴x=63，
∴AE=263．
2．（2025·浙江·二模）如图，AC是⊙O的直径，AC=8，AC⊥BG，E为垂足，点D是AG⏜上一点，∠CAD=2∠CAB,AD,BG的延长线交于点F，连结BD交AC于点H．
(1)求证：AH=AD；
(2)求证：△ABH∽△BFD；
(3)若点D是AF的中点，求AB的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)AB=2+34
【分析】（1）连结BC，设∠BAC=α，由直径所对圆周角是直角及同弧所对的圆周角相等得∠ACB=∠ADB=90°−α，进而得∠AHD=90°−α=∠ADB，即可证明结论；
（2）连接OB，OG，OD，AG，由垂径定理得BC=CG，根据圆周角定理可得∠1=∠2=2∠BAC，进而得∠CAD=2∠4=2∠5=∠3=∠1=∠2，推出BC=CG=DG ，根据同弧所对的圆周角相等得∠BAC=∠DBF，由AH=AD得∠AHD=∠ADB，根据等角的补角相等得∠AHB=∠BDF，即可证明相似；
（3）连结OB，CD，设AD=DF=a，则AF=2a，证明△BAF∽△DAB， 得 ABAD=AFAB，进而可得 AB=2a，证明△BOE∽△CAD∽△FAE，由OBAC=OEAD ，得OE=a2，由OBAF=OEAE，即42a=a24+a2得方程求解即可得解．
【详解】（1）证明：连结BC，设∠BAC=α，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∴∠ACB=90°−α，
∵AB=AB，
∴∠ACB=∠ADB=90°−α，
∵∠CAD=2∠BAC=2α，
∴∠AHD=180°−2α−90°−α=90°−α，
∴∠AHD=∠ADB ，
∴AH=AD．
（2）证明：连接OB，OG，OD，AG，
∵AC是⊙O的直径，AC⊥BG ，
∴BC=CG，
∴∠1=∠2=2∠BAC，
∵∠CAD=2∠BAC ，
∴∠1=∠2=∠CAD，
∴∠4=12∠2=12∠CAD，
∵∠CAD=∠4+∠5，
∴∠5=12∠CAD=∠4，
∵∠3=2∠5，
∴∠CAD=2∠4=2∠5=∠3=∠1=∠2，
∴ BC=CG=DG ，
∴∠BAC=∠DBF，
又∵AH=AD．
∴∠AHD=∠ADB，
∴∠AHB=∠BDF，
∴△ABH∽△BFD；
（3）解：如图，连结OB，CD，
∵D为AF的中点 ，
∴设AD=DF=a，则AF=2a，
∵AC为直径，AC⊥BG，
∴AB⌢=AG⌢,∠AEB=∠ADC=90° ，
∴∠ABF+∠BAC=90°，
∵∠ADB+∠BDC=90°，∠BAC=∠BDC，
∴∠ABF=∠ADB，
又∵∠BAF=∠DAB ，
∴△BAF∽△DAB，
∴ABAD=AFAB，
∴AB2=AD⋅AF=2a2 ，
∴AB=2a，
∵∠BOC=2∠BAC=∠CAD ， ∠BEO=∠AEF=∠ADC=90°，
∴△BOE∽△CAD∽△FAE，
∴OBAC=OEAD ，即OEa=48，
∴OE=a2，
∴OBAF=OEAE，即42a=a24+a2 ，
∴16+2a=a2，
解得a=1+17或a=1−17（舍去），
∴AB=2a=2+34．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质和判定，三角形内角和定理，圆周角定理及推论，垂径定理，相似三角形的判定与性质等，综合性强，难度较大，属于中考压轴题，解此题的关键在于熟练掌握其知识点．
3．（2025·浙江·二模）如图1，Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=20，BC=15，以AB为直径的⊙O交AC于点D，M是BC的中点，连结DM．
(1)求证：MD是⊙O的切线；
(2)如图2，过点B作MD的平行线交AC于点E．
①求AE的长；
②如图3，点P在线段BE上，连结DP交并延长交⊙O于点Q，当EPBP=214时，求DQ的值．
【答案】(1)见解析
(2)①7；②102
【分析】（1）连接OD、BD、OM，利用圆周角定理，直角三角形性质，以及等腰三角形性质得到∠MDB=∠MBD,∠ODB=∠OBD,再利用等量代换得到∠ODM，即可证明MD是⊙O的切线；
（2）①连结BD，利用勾股定理求出AC，利用解直角三角形得到CD，由（1）可知DM=CM，结合等腰三角形性质和等量代换得到BE=BC，再结合等腰三角形性质得到CE，最后根据 AE=AC−CE求解，即可解题；
②过点D作DH⊥BE于H，连结BD，结合题意得到EP，利用解直角三角形得到DH，EH，进而得到PH，DP， 连结AQ，证明△EDP∽△QDA，利用相似三角形性质求解即可．
【详解】（1）证明：以AB为直径的⊙O交AC于点D，M是BC的中点，如图1，连接OD、BD、OM，
∴∠ADB=∠CDB=90°，
∴BM=DM=CM，
∴∠MDB=∠MBD，
∵OB=OD，
∴∠ODB=∠OBD，
∵∠MBD+∠OBD=∠ABC=90°，
∴∠ODM=∠MDB+∠ODB=90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴MD是⊙O的切线；
（2）解：①在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=20，BC=15，如图2， 连结BD，
由勾股定理得：AC=AB2+BC2=25，
∵∠A+∠ABD=∠CBD+∠ABD，
∴∠A=∠CBD，
则CDCB=sin∠CBD=sin∠A=BCAC，
解得CD=9，
∵BE∥DM，
∴∠CDM=∠CEB，
由（1）可知DM=CM，
∴∠C=∠CDM，
∴∠C=∠CEB，
∴BE=BC=15，
∵BD⊥AC，
∴CE=2CD=18，
∴AE=AC−CE=7；
②过点D作DH⊥BE于H，连结BD，AQ，AD=AC−CD=16，
∵EPBP=214，
∴EP=2125BE=15×2125=635，
在△DEP中，∠ADB=90°，
DE=CD=9,tan∠DEB=tan∠C=2015=43，
∴BDCD=BD9=43，
∴BD=12，
∴DH=DE⋅BDBE=365,EH=3DH4=275，
∴PH=635−275=365，
∴DP=3652，
连结AQ，
∵∠DEB=∠C=∠DBA=∠DQA，
∠EDP=∠QDA，
∴△EDP∽△QDA，
∴DPDA=DEDQ，
∴DP⋅DQ=DE⋅DA=9×16=144，
∴DQ=1443625=102．
【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查了圆周角定理，直角三角形性质，全等三角形性质和判定，切线的判定，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形性质，相似三角形性质和判定，解题的关键在于熟练掌握相关知识．
4．（2025·浙江温州·模拟预测）如图，在△ABC中，点O在△ABC内部，⊙O经过A，B一点，交线段BC于点D，直径AE交BC于点F．点C关于直线AD的对称点P落在⊙O上，连接AP，DP．
(1)判断△ABC的形状，并说明理由．
(2)若AP⊥BC，tanB=34．
①当AB=10时，求CD的长．
②求证：BF=52EF．
【答案】(1)△ABC是等腰三角形，理由见解析；
(2)①CD=5；②见解析．
【分析】本题主要考查了解直角三角形，相似三角形的性质与判定，元叠的性质，全等三角形的性质与判定，轴对称的性质，同弧所对的圆周角相等等等，错误作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键。
（1）由轴对称的性质得到CD=PD，AC=AP，则可证明△ADC≌△ADP得到∠C=∠P，再由∠P=∠B，得到∠C=∠B，则AC=AB，据此可证明结论；
（2）①如图，设BC，AP交于点H．解直角三角形得到tanB=AHBH=34，设AH=3x，BH=4x，由勾股定理得102=3x2+4x2，解方程可得AH=2x=6，BH=4x=8，则csB=BHAB=45，进而可得PH=AP−AH=4，再解Rt△DPH得到PD=5，则由翻元得CD=PD=5；②如图所示，连接PF，BE，可证明EP=EB，得到∠PAF=∠BAF，则可证明△PAF≌△BAFSAS，得到PF=BF，∠APF=∠ABF=∠C=∠APD，再证明△DHP≌△FHPASA，得到DH=HF；设AH=3k，BH=4k，则AB=5k，PH=5k−3k=2k．设HF=x，则PF=BF=4k−x，由勾股定理得x2+2k2=4k−x2，解得x=32k，则AF=352k，证明△BFE∽△AFD，得到BFEF=AFDF=52，则BF=52EF．
【详解】（1）解：△ABC是等腰三角形,理由如下：
∵C，P关于直线AD的对称，
∴CD=PD，AC=AP，
又∵AD=AD
∴△ADC≌△ADPSSS，
∴∠C=∠P．
∵∠P=∠B，
∴∠C=∠B，
∴AC=AB，
∴△ABC是等腰三角形；
（2）解：①如图，设BC，AP交于点H．
∵BC⊥AP，
∴∠AHB=90°，
∴tanB=AHBH=34，
设AH=3x，BH=4x，
在Rt△ABH中，由勾股定理得AB2=AH2+BH2，
∴102=3x2+4x2，
解得x=2或x=−2（舍去）
∴AH=2x=6，BH=4x=8，
∴csB=BHAB=45，
∵AP=AC=AB=10，
∴PH=AP−AH=10−6=4，
∵∠P=∠B，
∴在Rt△DPH中，PD=PHcsP=PHcsB=5，
由翻元得CD=PD=5；
②如图所示，连接PF，BE，
∵AP=AB，
∴AP=AB，
∵AE是⊙O的直径，
∴EP+AP=EB+AB，
∴EP=EB，
∴∠PAF=∠BAF，
又∵PA=BA，AF=AF，
∴△PAF≌△BAFSAS，
∴PF=BF，∠APF=∠ABF=∠C=∠APD，
∵PH=PH，∠DHP=∠FHP=90°，
∴△DHP≌△FHPASA，
∴DH=HF=12DF；
∵tanB=AHBH=34，
∴设AH=3k，则BH=4k，AB=AP=5k，PH=5k−3k=2k．
设HF=x，则PF=BF=4k−x，
在Rt△PHF中，由勾股定理得PH2+HF2=PF2
∴x2+2k2=4k−x2，
∴x=32k，
∴AF=AH2+HF2=352k，
∵∠AFD=∠BFE，∠ADF=∠BEF，
∴△BFE∽△AFD，
∴BFEF=AFDF=352k2×32k=52，
∴BF=52EF．
5．（2025·浙江杭州·一模）如图1，AE是⊙O的直径，点E在线段BC上，DC⊥BC，AB=EC，BE=DC．
(1)求证：AE⊥ED；
(2)连结AD交⊙O于K，连结BK，求证：BK平分∠ABE；
(3)如图2，M为ED上一点，连结AM交⊙O于F，过F作FH⊥BC交ED于G，MN⊥BC，若AEAB=EMBE，AB=3，BN=4，求FG的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)FG=43
【分析】（1）证明△ABE≌△ECDSAS，推出∠BEA=∠CDE，据此即可证明AE⊥ED；
（2）由△ABE≌△ECD得到AE=ED，求得∠EAD=45°，利用圆周角定理求得∠ABK=∠EBK=45°，据此即可证明BK平分∠ABE；
（3）连结EF，证明△ABE∽△AEM，得到∠BAE=∠EAM，∠AEB=∠AME，再证明△EFM≌△ENMASA，求得EF=EN，由△AEF∽△EMF，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵AE是⊙O的直径，
∴∠ABE=90°，
∵AB=EC，BE=DC，
∴△ABE≌△ECDSAS，
∴∠BEA=∠CDE，
∵∠CED+∠CDE=90°，
∴∠BEA+∠CED=90°，
∴AE⊥ED；
（2）证明：∵△ABE≌△ECD，
∴AE=ED，
∵AE⊥ED，
∴∠EAD=45°，
∵∠EBK=∠EAD=45°，∠ABE=90°，
∴∠ABK=45°，
∴∠ABK=∠EBK，
∴BK平分∠ABE；
（3）解：连结EF，
∵AEAB=EMBE，∠B=∠AEM=90°，
∴△ABE∽△AEM，
∴∠BAE=∠EAM，∠AEB=∠AME，
∵∠ABE=∠AEM=∠ENM=90°，
∴∠EMN=∠AEB=∠AME，
∵FH⊥BC，MN⊥BC，
∴FH∥MN，
∵∠EMN=∠FGM，
∴∠EMF=∠FGM，
∴FG=FM，
∵△ABE∽△AEM，
∴∠BAE=∠EAM，
∴BE=EF，
∴BE=EF，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠AFE=∠EFM=90°，
∴∠MEF+∠AME=90°，
∵AE⊥ED，
∴∠AEB+∠MEN=∠AME+∠MEN=90°，∠AEF+∠FEM=90°，
∴∠MEF=∠MEN，∠AEB=∠AEF=∠AME，
∴AB=AF，
∵AB=3，
∴AF=AB=3，
∵ME=ME，
∴△EFM≌△ENMASA，
∴EF=EN，
∵BN=4，
∴BE=EF=EN=2，
由△AEF∽△EMF，
∴EFFM=AFEF，即2FM=32，
∴FM=43，
则FG=43．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，错误引出辅助线解决问题是解题的关键．
题型2 圆与三角形的综合问题
1．（2025·浙江·一模）如图1，Rt△ABC内接于⊙O，AB为直径，点D在AC上运动，DE⊥AB于点F，交⊙O于点E，连结CE，交AB于点G，记∠CAB=α．
(1)用含有α的代数式表示∠AEC．
(2)若tanα=34，当CG=CB时，求DEEC的值．
(3)如图2，若AD=BC，求证：S△BCGS△AEG=tanα．
【答案】(1)90°−α
(2)720
(3)证明见解析
【分析】（1）由圆周角定理得∠ACB=90°，即得∠AEC=∠B=90°−α，即可求解；
（2）过点C作CH⊥AB于点H，设BC=6m，则AC=8m，AB=10m，利用三角形面积可得CH=4.8m，即得BH=BC2−CH2=3.6m，再根据等腰三角形的性质可得BG=2BH=7.2m，进而得AE=AG=AB−BG=2.8m，再证明△ADE∽△AEC即可求解；
（3）设AC=k，则AD=BC=ktanα，由△EAD∽△CAE得AE2=AD⋅AC=ktanα⋅k=k2tanα，进而证明△AEG∽△CBG即可求证．
【详解】（1）解：∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠B=90°−α，
∴∠AEC=∠B=90°−α；
（2）解：如图，过点C作CH⊥AB于点H，则∠BHC=90°，

设BC=6m，则AC=8m，AB=10m，
∵∠ACB=90°，
∴S△ABC=12AC⋅BC=12CH⋅AB，
∴12×8m×6m=12CH×10m，
∴CH=4.8m，
∴BH=BC2−CH2=6m2−4.8m2=3.6m，
又∵CH⊥AB，CB=CG，
∴BG=2BH=7.2m，
∵∠AEG=∠B=∠CGB=∠AGE，
∴AE=AG=AB−BG=2.8m，
∵DE⊥AB，∠ACB=90°，
∴∠BAC+∠ADE=90°，∠BAC+∠B=90°，
∴∠ADE=∠B，
∵∠AEC=∠B，
∴∠ADE=∠AEC，
又∵∠DAE=∠EAC，
∴∴△ADE∽△AEC，
∴DEEC=AEAC=2.8m8m=720；
（3）证明：设AC=k，则AD=BC=ktanα，
∵△EAD∽△CAE，
∴AE2=AD⋅AC=ktanα⋅k=k2tanα，
∵∠AEC=∠B，∠AGE=∠CGB，
∴△AEG∽△CBG，
∴S△BCGS△AEG=BCAE2=BC2AE2=k2tan2αk2tanα=tanα．
【点睛】本题考查了圆周角定理，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角函数，勾股定理，相似三角形的判定和性质，错误作出辅助线是解题的关键．
2．（2025·浙江温州·二模）如图，在等腰△ABC中，CA=CB，点D为AB上一点，过点D作DE∥AC交BC于点E，过点C作CF∥AB交DE的延长线于点F．连接AE，作△ACE的外接圆交FC的延长线于点G．
(1)若劣弧AE的度数为140°，求∠F的度数．
(2)求证：AG=GE．
(3)若ACAB=56，CF=2CG=10，求AE的长．
【答案】(1)55°
(2)见解析
(3)413
【分析】（1）由劣弧AE的度数为140°，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，所以∠ACE=12×140°=70°．由DE∥AC，CF∥AB，所以四边形ACFD是平行四边形，那么∠F=∠BAC．在等腰△ABC中，∠BAC=∠ABC，又因为∠ACB+∠BAC+∠ABC=180°，所以∠BAC=180°−∠ACB=12180−70°=55°，故∠F=55°．
（2）连接AG、EG．因为CF∥AB，所以∠FCE=∠B，∠ACG=∠BAC．又CA=CB，故∠BAC=∠ABC．由圆周角定理，∠AEG=∠ACG，则∠GAE=∠AEG，故AG=GE．
（3）过点E作PQ⊥AB于Q，交GF于P，CM⊥AB于M．先证△ADE∽△ECG，得出．DECG=ADCE．求出sin∠BAC=45，cs∠BAC=35，tan∠BAC=43．通过∠BCF=∠BAC=∠BDF．得出CE=EF，cs∠BCF=cs∠BAC=cs∠BDE=35，tan∠BCF=tan∠BAC=43，sin∠BAC=sin∠BDE=45．得出CE=253、PE=203．由四边形ADFC是平行四边形，可知AD=CF=10．得DE=6．可求DQ=185，EQ=245．由勾股定理求AE的长．
【详解】（1）解：∵劣弧AE的度数为140°，
∴ ∠ACE=12×140°=70°．
∵ DE∥AC，CF∥AB，
∴四边形ACFD是平行四边形．
∴ ∠F=∠BAC．
∵ CA=CB，
∴ ∠BAC=∠ABC．
∵ ∠ACB+∠BAC+∠ABC=180°，
∴ ∠BAC=180°−∠ACB=12×180−70°=55°，
∴ ∠F=55°．
（2）证明：连接AG、EG．
∵ CF∥AB，
∴ ∠FCE=∠B，∠ACG=∠BAC．
∵ CA=CB，
∴ ∠BAC=∠ABC．
∴∠FCE=∠ACG．
∵AG=AG，
∴∠AEG=∠ACG．
∵∠ECF=∠EAG，
∴ ∠GAE=∠AEG，
∴AG=GE．
（3）解：过点E作PQ⊥AB于Q，交GF于P，CM⊥AB于M．
∵AC=BC，
∴ ∠BAC=∠B，AM=BM=12AB．
∵ DE∥AC，
∴∠CAE=∠AED，∠BAC=∠BDE．
∵∠CGE=∠CAE，
∴∠CGE=∠DEA．
∵ CF∥AB，
∴∠B=∠BCF．
∴∠BDE=∠BCF．
∵∠BDE+∠ADE=180°，∠BCF+∠ECG=180°，
∴∠ADE=∠ECG．
∴△ADE∽△ECG．
∴DECG=ADCE．
∵ ACAB=56，AM=BM=12AB，
∴ACAM=53．
设AM=3x，AC=5x．
∴CM=AC2−AM2=4x．
∴sin∠BAC=45，cs∠BAC=35，tan∠BAC=43．
∵∠F=∠BCF，PQ⊥AB，CF∥AB，
∴EP⊥CF，∠B=∠BCF，∠F=∠BDF．
∵AC∥DF，∠BAC=∠B
∴∠BAC=∠BDE=∠B．
∴∠F=∠BCF，∠BCF=∠BAC=∠BDF．
∴CE=EF，cs∠BCF=cs∠BAC=cs∠BDE=35，tan∠BCF=tan∠BAC=43，sin∠BAC=sin∠BDE=45．
∵EP⊥CF，
∴ CP=FP=12CF=5．
∵ EP⊥CF，
∴CE=CPcsα∠BCF=535=253，PE=tan∠BCF⋅CP=43×5=203．
∵ DE∥AC， CF∥AB，
∴四边形ADFC是平行四边形．
∴AD=CF=10．
∵DECG=ADCE，
∴DE5=10253，解得DE=6．
∴DQ=DE⋅cs∠BDE=6×35=185，EQ=DE⋅sin∠BDE=6×45=245．
∴AE=AQ2+EQ2=10+1852+2452=413
【点睛】本题主要涉及圆的性质、等腰三角形的性质、平行四边形的判定与性质、三角函数以及相似三角形的相关知识．
3．（2025·浙江台州·二模）如图，Rt△ABC，∠ABC=90°，AB=BC．过点A的直线与以BC为直径的⊙O相交于点D，H，（点D在直径BC上方），与直径BC交于点E．连接BD，CD．
(1)如图1，若AB=1，点E与圆心O重合，求AD的长；
(2)如图2，已知DH平分∠BDC．
①求证：CD=2DB；
②若AE⋅EH=8，求AD的长．
【答案】(1)AD=5−12；
(2)①证明见解析；②AD=125
【分析】（1）利用勾股定理求出AO即可求解；
（2）①在CD上取点G，使CG=BD，可证△ABD≌△BCGSAS，得∠ADB=∠BGC=135°，进而得∠BGD=∠DBG=45°，即可得BD=DG=CG，即可求证；②连接OH，BH，CH，由角平分线的性质可得S△DEC=2S△DEB，即得CE=2BE，设BE=x，则CE=2x，可得AB=BC=3x，OH=12BC=32x，由△ABE∽△HOE可得AEEH=ABOH=2，即得EH=2，AE=4，在Rt△ABE中，利用勾股定理可得3x2+x2=42，得到x=105，即可得BE=2105，CE=4105，再由△BDE∽△HCE求出DE即可求解．
【详解】（1）解：∵BC=AB=1，BC为直径，
∴BO=OD=12BC=12，
∵∠ABC=90°，
∴AO=AB2+OB2=52，
∴AD=AO−OD=5−12；
（2）① 证明：在CD上取点G，使CG=BD，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABD+∠DBC=90°，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BCG+∠DBC=90°，
∴∠ABD=∠BCG，
又∵AB=BC，
∴△ABD≌△BCGSAS，
∴∠ADB=∠BGC，
∵DH平分∠BDC，
∴∠BDH=12∠BDC=45°，
∴∠ADB=∠BGC=135°，
∴∠BGD=45°，
∴∠DBG=45°，
∴∠BGD=∠DBG，
∴BD=DG，
∴BD=DG=CG
∴CD=2BD；
②解：连接OH，BH，CH，
∵DE平分∠BDC，
∴点E到BD和CD的距离相等，
∵CD=2BD，
∴S△DEC=2S△DEB，
∴CE=2BE，
设BE=x，则CE=2x，
∴AB=BC=3x，
∵DH平分∠BDC，
∴∠BDH=∠CDH，
∴BH=CH，
∴BH=CH，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BHC=90°，
∴△BHC是等腰直角三角形，
∵OB=OC，
∴OH=12BC=32x，HO⊥BC，
∴∠HOE=90°，
∴∠ABE=∠HOE，
∵∠AEB=∠HEO，
∴△ABE∽△HOE，
∴AEEH=ABOH=2，
∴AE=2EH，
∵AE⋅EH=8，
∴EH=2，AE=4，
在Rt△ABE中，∵AB2+BE2=AE2，
∴3x2+x2=42，
∴x=105，
∴BE=2105，CE=4105
∵∠BDH=∠BCH，∠DBC=∠DHC，
∴△BDE∽△HCE，
∴BEHE=DECE，
即21052=DE4105，
∴DE=85，
∴AD=AE−DE=125．
【点睛】本题考查了勾股定理，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，角平分线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，错误作出辅助线是解题的关键．
4．（2025·浙江·模拟预测）在⊙O中，直径AB与弦CD相交于点E，连结BC,BD,AD,∠ABC=2∠ABD．
(1)如图1，求证：△BCE为等腰三角形．
(2)如图2，连结AC,F为AC的中点，连结BF，交AC于点P．若AD=3,BD=9，求tan∠BPC的值．
(3)在（2）的条件下，如图3，连结OF，交AC于点G，连结GH．求证：AD2=GH⋅AB．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
(3)证明见解析
【分析】（1）设∠ABD=x，则∠ABC=2x，先根据圆周角定理可得∠ADC=∠ABC=2x，∠ADB=90°，从而可得∠BAD=90°−x,∠BDC=90°−2x，再根据圆周角定理可得∠BCD=∠BAD=90°−x，根据三角形的外角性质可得∠CEB=90°−x，然后根据等腰三角形的判定即可得证；
（2）先解直角三角形可得tan∠ABD=13，再根据弧与圆周角的关系可得∠CBF=∠ABF=12∠ABC，从而可得∠CBF=∠ABD，则tan∠CBF=tan∠ABD=13，然后根据正切的定义求解即可得；
（3）过点D作DM⊥AB于点M，先根据垂径定理可得OF垂直平分AC，再根据等腰三角形的三线合一可得CH=EH，根据三角形的中位线定理可得GH=12AE=AM，然后证出△ADB∽△AMD，根据相似三角形的性质可得AD2=AM⋅AB，由此即可得证．
【详解】（1）证明：设∠ABD=x，则∠ABC=2x，
由圆周角定理得：∠ADC=∠ABC=2x，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠BAD=90°−∠ABD=90°−x，∠BDC=∠ADB−∠ADC=90°−2x，
∴∠BCD=∠BAD=90°−x（圆周角定理），∠CEB=∠BDC+∠ABD=90°−x，
∴∠BCD=∠CEB，
∴BC=BE，
∴△BCE为等腰三角形．
（2）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，∠ACB=90°，
∵AD=3,BD=9，
∴在Rt△ABD中，tan∠ABD=ADBD=13，
∵F为AC的中点，
∴AF=CF，
∴∠CBF=∠ABF=12∠ABC，
∵∠ABC=2∠ABD，
∴∠CBF=∠ABD，
∴tan∠CBF=tan∠ABD=13，
在Rt△BCP中，tan∠CBF=CPBC=13，
∴tan∠BPC=BCCP=3．
（3）证明：如图，过点D作DM⊥AB于点M，
由（1）已证：∠BAD=∠BCD=∠CEB，
由对顶角相等得：∠AED=∠CEB，
∴∠BAD=∠AED，
∴AD=DE，
∴AM=12AE（等腰三角形的三线合一），
∵F为AC的中点，
∴OF垂直平分AC，AF=CF，
∴点G是AC的中点，∠CBF=∠ABF=12∠ABC，
∴CH=EH（等腰三角形的三线合一），
∴GH是△ACE的中位线，
∴GH=12AE=AM，
∵AB是⊙O的直径，DM⊥AB，
∴∠ADB=∠AMD=90°，
在△ADB和△AMD中，
∠ADB=∠AMD=90°∠BAD=∠DAM，
∴△ADB∽△AMD，
∴ADAM=ABAD，
∴AD2=AM⋅AB，
∴AD2=GH⋅AB．
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的中位线定理等知识，较难的是题（3），通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．
5．（2024·浙江杭州·一模）如图1，⊙O为△ABC外接圆，点D、E分别为AB、AC中点，连结AD、AE、DE，DE分别与AB、AC交于点F、G．已知AF=4．
(1)求证：AF=AG．
(2)如图2，连结CD交AB于点M，连结BE交CD于点N，连结BD、CE．若∠BAC=60°，求证：△NEC是等边三角形．
(3)在（2）的基础上，若tan∠DAF=337，
①求DN的长；
②求S△CBES四边形ADBE．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)①∴DN=219，②S△CBES四边形ADBE=1021．
【分析】本题考查了圆周角定理，锐角三角函数，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，掌握相关知识是解题的关键．
（1）由D、E分别为 AB、AC中点，AD=BD,AE=EC，由圆周角定理可得∠1=∠2,∠3=∠4，进而得到∠5=∠6即可求证；
（2）过A点作AH⊥DE于点H，先证明△ADE≌△NDE，得到AE=NE=CE，即可求证；
（3）①过A点作AH⊥DE于点H，由三角函数得到HE=143,GE=83，再证明△AFD∽△EGA，根据勾股定理可得AD=219，再由△ADE≌△NDE即可求解；
②由△BDN∽△ECN,可得S△BONS△ECN=94,设S△ECN=4S,则S△BNC=S△END=6S,S△BND=9S，即可求解．
【详解】（1）证明：如图：
∵D、E分别为 AB、AC中点，
∴AD=BD,AE=EC，
∴∠1=∠2,∠3=∠4，
∵∠5=∠2+∠3，∠6=∠1+∠4，
∴∠5=∠6，
∴AF=AG．
（2）证明：∵D、E分别为 AB、AC中点，
∴AD=BD,AE=EC，
∴∠ADE=∠NDE，∠AED=∠NED，AE=EC
∵∠ADE=∠NDEDE=DE∠AED=∠NED
∴△ADE≌△NDEASA
∴AE=NE=CE，
∵∠BAC=60°
∴∠BEC=∠BAC=60°
∴△NEC是等边三角形
（3）解：∵AF=AG,∠BAC=60°，
∴△AFG为等边三角形，
过A点作AH⊥DE于点H，如图：
∵AF=4，
∴FH=HG=12AF=2,AH=AF2−FH2=23，
∴tan∠DEA=tan∠DAF=AHHE=337,
∴HE=143,
∴GE=HE−HG=83，
由（1）知，∠AEG=∠DAF，∠ADF=∠EAG，
∴△AFD∽△EGA，
∴DFAG=AFEG，即 DF4=48,
∴DF=6，
∴AD=DH2+AH2=82+232=219，
∵△ADE≌△NDEASA
∴DN=AD=219；
② DN=AD=BD，∠BDC=∠BAC=60°，
∴△BDN为等边三角形，
又∵ △CEN为等边三角形，
∴∠BDC=∠CEB=60°，
∴ BD∥CE，△BDN∽△ECN,
∴S△BDNS△ECN=BDCE2=ADAE2=DFAG2=322=94,
设S△ECN=4S,则S△BNC=S△END=6S,S△BND=9S，
∵△ADE≌△NDE，
∴S△ADE=S△NDE=6S，
∴S四边形ADBE=6S+6S+9S=21S，
∴S△CBES四边形ADBE=10S21S=1021．
题型3 圆与四边形的综合问题
1．（2025·浙江·模拟预测）如图，AC为⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，∠CAD=2∠BAC，连结BD交AC于点E．
(1)设∠BAC=m°，用含m的代数式表示∠AED的度数；
(2)若OE=CE，求BCDE的值；
(3)若AC=2，求△ABE面积的最小值．
【答案】(1)90−m°
(2)23
(3)12
【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质和直径所对的圆周角是直角的知识，掌握以上知识是解答本题的关键；
（1）根据直径所对的圆周角是直角可得∠ABC=90°，再通过AB=AB，可得∠ADE=∠ACB=90−m°，然后在△AED中通过内角和定理即可求解；
（2）连结OB，根据等角对等边可得AD=AE，再根据BC=BC，AB=AB，可证△ADE∽△OCB，然后通过相似三角形的性质即可求解；
（3）作BG⊥AC，BG分别交AC，⊙O于点F，G，连结AG，可得BG=2BF，∠BAG=2∠BAC，然后根据∠CAD=2∠BAC，可得BG=2BF=CD，求得S△ABE=AE⋅BF2=AD⋅CD4=S△ACD2，然后即可求解；
【详解】（1）解：∵AC为⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∵AB=AB，
∴∠ADE=∠ACB=90−m°，
∵∠CAD=2∠BAC=2m°，
∴∠AED=180°−∠ADE−∠CAD=180°−90−m°−2m°=90−m°．
（2）解：连结OB，如图：
由（1）得：∠ADE=90−m°，∠AED=90−m°，
∴∠ADE=∠AED，
∴AD=AE，
∵BC=BC，AB=AB，
∴∠CAD=2∠BAC=∠BOC，∠ADE=∠BCO，
∴△ADE∽△OCB，
∴BCDE=OCAD，
∵AD=AE，
∴BCDE=OCAE，
∵OE=CE，
∴OE=12OC=12r，
∵AE=OA+OE=r+12r=32r，OC=r，
∴BCDE=OCAE=23；
（3）解：作BG⊥AC，BG分别交AC，⊙O于点F，G，连结AG，如图：
∵BG⊥AC，
∴BG=2BF，∠BAG=2∠BAC，
∵∠CAD=2∠BAC，
∴∠CAD=∠BAG，
∴BG=2BF=CD，
∵AE=AD，
∴S△ABE=AE⋅BF2=AD⋅CD4=S△ACD2，
∵S△ACD≤1，
∴S△ABE≤12，
∴△ABE面积的最小值为12；
2．（2025·浙江金华·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD 中，过 A，B，C 三点的 ⊙O 交 CD 于点 E ，连结 AE ．
(1)求证： AD=AE ．
(2)如图 2 ，已知 AD 为 ⊙O 的切线，连结 AO 并延长交 BE 于点 G ．
①求证： ∠ABG=2∠BAG ；
②若 BGEG=23 ，求 csD 的值．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②24
【分析】（1）根据平行四边形的性质得∠D=∠B，再根据同角的补角相等得∠AED=∠B，可得∠D=∠AED, 最后根据等角对等边得出答案；
（2）①延长 AG 交 BC 于点 F ，连结 AC， 根据切线的性质和平行线的性质，及垂径定理得AF是BC的垂直平分线，得AB=AC，再根据等腰三角形的性质得∠BAC=2∠BAG，进而得出AE=BC，最后根据“弧，弦，圆心角的关系”得∠ABE=∠BAC，即可得出结论；
②延长AF交DC的延长线于点M，设BG=2a，则EG=3a,BE=5a,进而得出AC=BE=5a,CD=AB=AC=5a再说明△ABG∽△MEG， 可求出EM=152a，然后证明△ABF≌△MCF，可得EC=EM−CM=52a，DE=CD−CE=52a，接下来说明△ADE∽△ACB，再设AD=x，则BC=AD=x，根据相似三角形的对应边成比例求出 BF=524a，最后根据csD=cs∠ABC=BFAB得出答案.
【详解】（1）证明：∵▱ABCD，
∴∠D=∠B．
∵∠AED+∠AEC=180°,∠B+∠AEC=180°，
∴∠AED=∠B，
∴∠D=∠AED,
∴AD=AE；
（2）①证明：如图，延长 AG 交 BC 于点 F ，连结 AC，
∵AD 切 ⊙O于点A,，
∴OA⊥AD，
∵AD∥BC，
∴AF⊥BC
∴BF=CF，
∴AB=AC，
∴∠BAC=2∠BAG.
∵AD=AE,AD=BC，
∴AE=BC，
∴∠ABE=∠BAC，
∴∠ABE=∠BAC=2∠BAG，
即∠ABG=2∠BAG．
②如图3，延长AF交DC的延长线于点M，设BG=2a，则EG=3a,BE=5a．
由AE=BC，
∴AC=BE，
∴AC=BE=5a,CD=AB=AC=5a．
由AB∥DM，得∠BAG=∠GME,∠ABG=∠GEM，
∴△ABG∽△MEG，
∴ABEM=BGEG=23，
解得EM=32AB=152a．
由 OF⊥BC得BF=CF.
∵AB∥DM，
∴∠BAF=∠FMC,∠ABF=∠FCM，
∴△ABF≌△MCF ．
∴CM=AB=5a，
∴EC=EM−CM=152a−5a=52a，
∴DE=CD−CE=5a−52a=52a．
∵∠D=∠AED,∠ABC=∠ACB，且∠AED=∠ABC，
∴△ADE∽△ACB，
∴DEAD=BCAB．
设AD=x，则BC=AD=x，得52ax=x5a ，
解得x=522a，
∴BF=12BC=524a，
∴csD=cs∠ABC=BFAB=524a5a=24．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，切线的性质，相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，求余弦，作出辅助线构造相似三角形是解题的关键.
3．（2025·浙江宁波·二模）如图1，AD为锐角△ABC的中线，延长AD与△ABC的外接圆⊙O交于点E，点F在AD上，连结BF，CF，BE，CE，∠CBF=∠BAE．
(1)求证：四边形BECF为平行四边形；
(2)如图2，连结OF，若OF⊥CF，求证：△BFE为等腰三角形；
(3)如图3，在（2）的条件下，连结OC，若OC平分∠ACF，求tan∠BAC的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)153
【分析】（1）证明△BDF≌△CDE(ASA)，求得BF=CE，BF∥CE，即可证明四边形BECF为平行四边形；
（2）利用等腰三角形的性质求得∠BOF=∠EOF，推出△BOF≌△EOF(SAS)，得到FB=FE，即可证明△BFE为等腰三角形；
（3）作OG⊥AC，证明△OCG≌△OCF(AAS)，得到CG=CF=BE，即AC=2BE，证明△ADC∽△BDE，推出DEDC=BEAC=12，设DM=EM=x，求得CM=15x，推出tan∠CFE=153，利用等角的补角相等，求得∠BAC=∠CFE，据此求解即可．
【详解】（1）证明：∵点E在△ABC的外接圆上，
∴ ∠BAE=∠BCE=∠CBF，
∵ AD为△ABC的中线，
∴ BD=CD，
∵ ∠BDF=∠CDE，
∴ △BDF≌△CDE(ASA)，
∴ BF=CE，BF∥CE，
∴四边形BECF为平行四边形；
（2）证明：如图，连结OB，OE，
∵四边形BECF为平行四边形，
∴ CF∥BE．
∵ OF⊥CF，
∴ OF⊥BE，
∵ OB=OE，
∴ ∠BOF=∠EOF，
∵ OF=OF，
∴ △BOF≌△EOF(SAS)，
∴ FB=FE，
∴ △BFE为等腰三角形；
（3）解：如图，作OG⊥AC，
∴ AC=2CG，
∵ OC平分∠ACF，
∴ ∠OCG=∠OCF，
∵ ∠OFC=∠OGC=90°，OC=OC，
∴ △OCG≌△OCF(AAS)，
∴ CG=CF=BE，
∴AC=2BE，
∵∠DAC=∠DBE，∠DCA=∠DEB，
∴△ADC∽△BDE，
∴DEDC=BEAC=12，
∵在平行四边形BECF中，EF=2DE=DC=CE，
作CM⊥EF，
设DM=EM=x，
∵CD=CE=4x，
∴CM=15x，
∴tan∠CFE=153．
∵∠CFE+∠BEC=180°，∠BAC+∠BEC=180°，
∴∠BAC=∠CFE．
∴tan∠BAC=153．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质．错误引出辅助线解决问题是解题的关键
4．（2025·浙江台州·二模）如图，DB是平行四边形ABCD的对角线，DB=DA，△ABD的外接圆⊙O与边BC交于点E（不与点B，C重合），连接DE．
(1)求证：△DEC∽△DAB；
(2)如图2，连接DO并延长交AB于点F．
①求证：DF垂直平分AB；
②若⊙O的半径为13，tan∠ADB=512，求EC的长；
(3)如图3，连接AE，若AE是∠DAB的平分线，△ABE的面积为10，求平行四边形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②101326
(3)105+10
【分析】（1）由题易得∠C=∠ABD，进而即可得证；
（2）①由DB=DA，AO=BO，所以点D，O都在AB的垂直平分线上，进而得证；
②先证∠ADB=∠AOF，可得tan∠AOF=tan∠ADB=512，即AFOF=512，在Rt△AOF中，利用勾股定理可得AF=5，OF=12，DF=25，由勾股定理，得AD=526，再由△DEC∽△DAB求解即可；
（3）先证BE=DE=DC=AB，由△DEC∽△DAB，得DEDA=ECAB，进而可求AB=BE=5−12，进而求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C=∠A，
∵DB=DA，
∴∠A=∠ABD，
∴∠C=∠ABD，
又∵∠DEC=∠A，
∴△DEC∽△DAB；
（2）①证法1：如图，连接AO，BO，
∵DB=DA，AO=BO，
∴点D,O都在AB的垂直平分线上，
即DF垂直平分AB，
证法2：∵DB=DA，
∴DB=DA，
∵DF经过圆心O，
∴DF垂直平分AB；
②解：由①，得∠AOF=12∠AOB，
∵∠ADB=12∠AOB，
∴∠ADB=∠AOF，
∴tan∠AOF=tan∠ADB=512，即AFOF=512，
设AF=5k，则OF=12k，
∵AO=13，
∴由勾股定理，得5k2+12k2=132，
∴k=1，
∴AF=5，OF=12，DF=25，
由勾股定理，得AD=52+252=526，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB，
由（1）得∠DEC=∠C=∠A，
∴∠C=∠ABD，
∴DE=DC=AB=10，
∵△DEC∽△DAB，
∴ADDE=ABEC，
∴52610=10EC，
∴EC=101326；
（3）解： ∵AE是∠DAB的平分线，
∴∠DAE=∠EAB，
∵∠EDB=∠EAB，∠EBD=∠DAE，
∴∠EDB=∠EBD，
∴DE=BE，
又∵DE=DC=AB，
∴BE=DE=DC=AB，
由△DEC∽△DAB，
得DEDA=ECAB，
设DA=1，AB=x，则x1=1−xx，
解得x1=5−12，x2=−5−12（不合题意，舍去），
∴AB=BE=5−12，
记AD与BC之间的距离为ℎ，
则S△ABES△ABCD=12⋅BE⋅ℎDA⋅ℎ=5−14，
∵S△ABE=10，
∴S▱ABCD=105+10．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、勾股定理、平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质、垂直平分线的判定等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
5．（2025·浙江·模拟预测）如图，在三角形ABCD中，过A作AH⊥BD于点H，交BC于点E，以AE为直径作⊙O与BD相交于点F，连接EF并延长交AD于点G，连接AF并延长交射线BC于点P．
(1)求证：△GDF是等腰三角形；
(2)如图1，AP与CD相交于点Q，若点Q为CD的中点，求sinP的值；
(3)如图2，已知AE=10，BF=8，求PC的长．
【答案】(1)见详解
(2)13
(3)853
【分析】（1）由三角形的性质得出∠GDB=∠DBE，由垂径定理得出∠DBE=∠EFB，由对顶角相等得出∠EFB=∠GFD，进而可得出∠GFD=∠GDB，即△GDF是等腰三角形．
（2）由三角形的性质得出AB∥CD，AB=CD， AD∥BC，由平行线的性质得出△FDQ∽△FBA，∠DAQ=∠P，由相似三角形的性质得出DQBA=FQAF，结合点Q为CD的中点即可得出DQBA=FQAF=12，进而可得出DQ:AQ=FQ:AQ=1:3，最后根据正弦的定义求解即可．
（3）延长DC和AP交于点N，连接GN交FD于点M，连接OB和OF，则GN⊥DF，即可求得OH，HE，AH，CD=AB=AF和BE=EF，利用解直角三角形得sin∠EAF，进一步求得DB，DF,DM=FM=12DF，结合∠EBF=∠DNM求得DC和CN，根据△DGF∽△BEF求得GF，即可求得tan∠GAF，利用tan∠GAF=tan∠CPN=CNPC即可求得PC．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是三角形，
∴AD∥BC，
∴∠GDB=∠DBE，
∵AE为⊙O的直径，且AH⊥BD，
∴AE垂直且平分BF，
∴BE=EF，AB=AF，
∴∠DBE=∠EFB，
又∵∠EFB=∠GFD，
∴∠GFD=∠GDB，
即△GDF是等腰三角形；
（2）解：∵四边形ABCD是三角形，
∴AB∥CD，AB=CD， AD∥BC，
∴△FDQ∽△FBA，∠DAQ=∠P，
∴DQBA=FQAF，
∵点Q为CD的中点，
∴DQ=12CD=12AB，
∴DQBA=FQAF=12，
∴FQ:AQ=1:3，
∵AB=AF，
∴DQ=FQ，
∴sin∠P=sin∠DAQ=DQAQ=13；
（3）解：延长DC和AP交于点N，连接GN交FD于点M，连接OB和OF，如图，
由（1）知AB=AF，则∠ABF=∠AFB，
∵AB∥CD，
∴∠ABF=∠NDF，
∵∠NFD=∠AFB，
∴∠NFD=∠NDF，
∴△NDF是等腰三角形，
∵△GDF是等腰三角形，DF为公共边，
∴GN⊥DF，
∵AE=10，BF=8，
∴BH=HF=4,OB=OF=5，
∴OH=OF2−HF2=3，HE=2，AH=8，
则CD=AB=AF=AH2+HF2=45，BE=EF=EH2+HF2=25，
∵AE为直径，
∴三角形△AEF为直角三角形，
则sin∠EAF=EFAE=2510=55，
∵∠EAF=∠EBF，
∴sin∠EBF=DCDB=45DB=55，解得DB=20，
则DF=12,DM=FM=12DF=6，
∵∠BDN+∠EBF=∠BDN+∠DNM，
∴∠EBF=∠DNM，
∴sin∠DNM=DMDN=6DN=55，解得DN=65，
则CN=DN−DC=25，
∵AD∥BC，
∴△DGF∽△BEF，
∴GFEF=DFBF，即GF25=128，解得GF=35，
则tan∠GAF=GFAF=3545=34，
∵AD∥BC，
∴∠GAF=∠CPN，
那么，tan∠GAF=tan∠CPN=CNPC=25PC=34，解得PC=853．
【点睛】本题主要考查三角形的性质、垂径定理、等腰三角形的判定和性质、平行线的判定和性质、相似三角形的判定和性质和解直角三角形，解题的关键是熟悉三角形的性质和解直角三角形．
题型4 圆与三角函数的综合问题
1．（2024·浙江杭州·二模）如图1，AB是半圆O的直径，点C，D是半圆O上的点，且AC∥OD，连结BC交OD于点E．
(1)若OE=1，求AC的长．
(2)如图2，连接CD，AD，BD，若S△ACDS△OBD=23，求∠ABC的正弦值．
(3)如图3，连接BD，作CP∥BD交AB于点P，连接PD．求证：BD2=BO⋅BP．
【答案】(1)2
(2)13
(3)见解析
【分析】（1）证明△BOE∽△BAC，列出比例式，求解即可；
（2）连接OC，根据平行线间的距离处处相等，得到S△ACD=S△ACO，设S△ACO=2a，则：S△OBD=3a，三角形的中线平分面积，推出S△OEB=a，进而得到OEOB=OEOD=13，根据正弦的定义，即可得出结果；
（3）连接OC,CD，平行线的性质，得到∠DBC=∠PCB，∠CPD=∠PDB，垂径定理得到CD=BD，进而得到CD=BD，∠DBC=∠DCB，推出∠PCD+∠DOP=∠DOB+∠DOP=180°，得到C,P,O,D四点共圆，进而推出∠PDB=∠DOB，证明△BDP∽△BOD，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵AB是半圆O的直径，
∴AB=2OB，
∵AC∥OD，
∴△BOE∽△BAC，
∴ACOE=ABOB=2，
∴AC=2OE=2；
（2）∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵AC∥OD，
∴∠OEB=90°，
∴OE⊥BC，
∴BE=CE，
连接OC，
∵AC∥OD，
∴S△ACD=S△ACO，
∵S△ACDS△OBD=23，
∴设S△ACO=2a，则：S△OBD=3a，
∵OA=OB，
∴S△COB=S△ACO=2a，
∵BE=CE，
∴S△OEB=12S△COB=a，
∴S△OEBS△OBD=13，
∴OEOD=13，
∵OB=OD，
∴OEOB=OEOD=13，
在Rt△OEB中，sin∠ABC=OEOB=13．
（3）连接OC,CD，
∵CP∥BD，
∴∠DBC=∠PCB，∠CPD=∠PDB，
∵BE=CE,OD⊥BC，
∴CD=BD，
∴CD=BD，∠DBC=∠DCB，
∴∠DOC=∠DOB=2∠DBC，∠PCD=∠DCB+∠PCB=∠DCB+∠DBC=2∠DBC，
∴∠PCD=∠DOB，
∴∠PCD+∠DOP=∠DOB+∠DOP=180°，
∴C,P,O,D四点共圆，
∴∠CPD=∠DOC=∠DOB，
∴∠PDB=∠DOB，
又∵∠DBO=∠DBP，
∴△BDP∽△BOD，
∴BDOB=BPBD，
∴BD2=BO⋅BP．
【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，三角形的中线，弧，弦，角之间的关系，四点共圆，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，合理的添减辅助线，是解题的关键．
2．（2025·浙江台州·二模）如图1，AB是⊙O的直径，点C是圆上一点（A，B除外），点D，E在AB上，满足AD=AC，BE=BC，CD，CE的延长线分别交⊙O于点F，G．记∠CAB=α，
(1)若α=30∘，求∠FCG的度数；
(2)连结FG，求证：AB=2FG；
(3)如图2，连结并延长BF，AG交于点H，若BFFH=13，
①求AGGH的值；
②请直接写出csα的值
【答案】(1)45°
(2)见解析
(3)①AGGH=12；②45
【分析】（1）由题易得∠ABC=60°，再根据AD=AC，BE=BC，可得∠ADC=75°，∠BEC=60°，进而得解；
（2）由（1）方法可得∠FCG=45°，连接OF，OG，易得△OFG是等腰直角三角形，从而得证；
（3）①先证△HFG∽△HAB，得HGHB=HFHA=FGAB=12，再根据BFFH=13，设BF=a，FH=3a，则BH=4a，利用相似比得解；
②连接BG、AF，过F作FM⊥AB于点M，先证△BGH是等腰直角三角形，得BG=GH=22a，进而利用勾股定理求得AB=10a，进而证△FBD∽△ACD，所以DF=BF，利用等面积+勾股定理求得BM=1010a，所以BD=2BM=105a，再求出AC=AD=4105a，即可得解．
【详解】（1）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵α=30°，
∴∠ABC=60°，
∵AD=AC，BE=BC，
∴∠ADC=75°，∠BEC=60°，
∴∠FCG=45°；
（2）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠CAB=α，
∴∠ABC=90°−α，
∵AD=AC，BE=BC，
∴ ∠ADC=90°−12α，∠BEC=45°+12α，
∴∠FCG=45°．
连结OF，OG，
则∠FOG=2∠FCG=90°，
∴FG=2OG，
∵AB=2OG，
∴ AB=2FG；
（3）解：①∵四边形AGFB是圆内接四边形，
∴∠HFG=∠HAB，∠HGF=∠HBA，
∴ △HFG∽△HAB，
∴ HGHB=HFHA=FGAB=12，
∵ BFFH=13，
∴设BF=a，FH=3a，则BH=4a，
∴ HG=22a，HA=32a，
∴ AG=2a，
∴ AGGH=12；
②连接BG、AF，过F作FM⊥AB于点M，
由①得BF=a，FH=3a，AG=2a，GH=22a，
∵∠FCG=45°，
∴∠CBF=∠FCG=45°，
∵∠BGH=90°，
∴ △BGH是等腰直角三角形，
∴BG=GH=22a，
在Rt△BAG中，AB=AG2+BG2=10a，
∵AC=AD，
∴∠ACD=∠ADC，
∴∠BDF=∠ADC，
∵∠FBA=∠FCA，
∴ △FBD∽△ACD，
∴FB=FD=a，
在Rt△ABF中，AF=AB2−BF2=3a，
由等面积可得FM=AF⋅BFAB=31010a，
∴BM=BF2−FM2=1010a，
∴BD=2BM=105a，
∴AD=AB−BD=4105a，
∴csα=ACAB=ADAB=4105a10a=45．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
3．（2025·浙江宁波·一模）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，BD为直径，∠ABC为锐角，过点B作BE⊥AC于点E，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F．
(1)∠ABD=α，请用含α的代数式表示∠CBE．
(2)若AF=BD，求证：AD=AE．
(3)如图2，在（2）的条件下，BF与⊙O交于点G，与AD延长线交于点H，连结DG．①若CD=4，DG=1，求AD的长．
②若cs∠AHB=DGHF，求tan∠ABD的值．
【答案】(1)α
(2)证明见解析；
(3)①32−1；②22．
【分析】（1）由圆周角定理可知∠ABD=∠ACD=α，再结合直径所对圆周角为直角可知，∠ACB=90°−α，根据∠CBE=90°−∠ACB即可求解；
（2）由AF∥BC，得∠AFE=∠CBE=∠ABD=α，进而证明△ABD≌△EFAAAS，即可证得结论；
（3）①连接AG，作 DM⊥AC于点M，先证∠ACD=∠CAG，进而得证AG=CD=4，
根据四边形DGEM为三角形，可知ME=DG=1，DM=EG，设AD=AE=x，AM=x−1，由勾股定理可知EG2=AG2−AE2，DM2=AD2−AM2，列出方程即可求解；
②连接AG，先证∠AHB=∠BAC=∠BDC，根据AG=CD，BD=AF，得cs∠BDC=DCBD=AGAF，由cs∠AHB=DGHF，得DGHF=AGAF，由△ABD≌△EFAAAS，易知∠AHF=∠ABD=∠AGD，可证得△AGD∽△AFH，得∠ADG=∠AHF，进而可知∠DGH=∠DHG=45°，得AB=2AE=2AD，即可求解．
【详解】（1）解：∵BD为直径，
∴∠BCD=90°，
∵∠ABD=∠ACD=α，
∴∠ACB=90°−α，
∵BE⊥AC于点E，则∠BEC=90°，
∴∠CBE=90°−∠ACB=α；
（2）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠CBE=∠ABD=α，
∵∠BAD=∠FEA=90°，AF=BD，
∴△ABD≌△EFAAAS，
∴AD=AE；
（3）解：①连接AG，作 DM⊥AC于点M，
∵∠CAG=∠CBE=α，∠ACD=∠ABD=α，
∴∠ACD=∠CAG，
∴AD=CG，
∴AG=AD+DG=CG+DG=CD，
∴AG=CD=4，
∵BD为直径，
∴DG⊥BG，
∵BG⊥AE，
∴ 四边形DGEM为三角形，
∴ME=DG=1，DM=EG，设AD=AE=x，AM=x−1，
∴EG2=AG2−AE2，DM2=AD2−AM2，
∴16−x2=x2−x−12，
解得: x1=32−1，x2=−32−1（舍）
∴AD的长为32−1；
②连接AG，
∵BD为直径，
∴∠BAH=90°，
∴∠AHB+∠ABH=90°，
∵AE⊥BE，
∴∠BAC+∠ABH=90°，
∴∠AHB=∠BAC=∠BDC，
∵AG=CD，BD=AF，
∴cs∠BDC=DCBD=AGAF，
∵cs∠AHB=DGHF，
∴DGHF=AGAF，
又∵△ABD≌△EFAAAS，
∴∠AFH=∠ABD=∠AGD，
∴△AGD∽△AFH，
∴∠ADG=∠AHF，
∵DG⊥BF，
∴∠DGH=∠DHG=45°，
∵∠BAD=90°，
∴△ABH为等腰直角三角形，则△ABE也为等腰直角三角形，
∴AB=2AE=2AD，
∴tan∠ABD=22．
【点睛】本题考查圆周角定理，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键．
4．（2025·浙江·模拟预测）如图1，AB是⊙O的直径，C是圆上不同于A,B的任意一点，延长CA到点D，连结BD．过点C作CE⊥AB，交BD于点E，连结AE．
(1)求证：∠ACE=∠ABC．
(2)如图2，若AE∥BC,AE=2,AC=3，求tanD的值．
(3)若tan∠ACE=12,DEBE=1m，求tanD的值（用含m的代数式表示）．
【答案】(1)见解析
(2)56
(3)m2
【分析】（1）如图，设CE,AB交点为G，根据直径所对圆周角为90°得到∠ACB=90°，由CE⊥AB，得到∠BGC=90°，利用同角的余角相等即可证明结论；
（2）根据平行线的性质可证∠CAE=90°，证明△ACE∽△CAB，推出ACBC=AEAC，求出BC，再证明△ADE∽△CDB，推出AEBC=ADCD，求出CD，根据正切的定义即可求解；
（3）过点E作EH⊥CD于点H，根据tan∠ACE=HECH=HECH=tan∠ABC=ACBC=12，求出2HE=CH,2AG=CG,2AC=BC，设AG=x，则CG=2x，求出AC=5x，BC=25x，证明△DEH∽△DBC，推出EHBC=CD−CHCD=1−CHCD=DEBD，由DEBE=1m，即DEBD=1m+1，求出CD=45xm，由tanD=BCCD=25x45xm=m2即可得解．
【详解】（1）解：如图，设CE,AB交点为G，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵CE⊥AB，
∴∠BGC=90°，
∴∠ACE+∠BCE=∠BCE+∠ABC=90°，
∴∠ACE=∠ABC；
（2）解：∵AE∥BC，
∴∠CAE=∠ACB=90°，
∵∠ACE=∠ABC，
∴△ACE∽△CBA，
∴ACBC=AEAC，
∵AE=2,AC=3，
∴BC=AC2AE=92，
∵AE∥BC，
∴△ADE∽△CDB，
∴AEBC=ADCD，即AEBC=CD−ACCD=1−ACCD，
∴292=1−3CD，
∴CD=275，
∴tanD=BCCD=92275=56；
（3）解：过点E作EH⊥CD于点H，
∵tan∠ACE=12，∠ACE=∠ABC，
∴tan∠ACE=HECH=tan∠ABC=ACBC=12，
∴2HE=CH,2AG=CG,2AC=BC，
设AG=x，则CG=2x，
∴AC=CG2+AG2=5x，
∴BC=2AC=25x，
∵∠CHE=∠ACB=90°，
∴HE∥BC，
∴△DEH∽△DBC，
∴HEBC=DHCD=DEBD，即EHBC=CD−CHCD=1−CHCD=DEBD，
∵DEBE=1m，即DEBD=1m+1，
∴EHBC=1m+1,1−CHCD=1m+1，
∴EH=25xm+1,CD=CH·m+1m，
∴CH=2EH=45xm+1，
∴CD=45xm+1×m+1m=45xm，
∴tanD=BCCD=25x45xm=m2．
【点睛】本题考查了圆周角定理，解直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，错误掌握相关性质内容是解题的关键．
5．（2025·浙江绍兴·二模）在⊙O中，AB为直径，点C，点D是⊙O上一点，分别位于AB的异侧，连接CD交AB与点E．
(1)如图，连接BC，若∠ACD=3∠BAD，求∠BCD的度数；
(2)若点C是AB的中点．
①如图，点E在BO上，若EBED=56，求cs∠BAD的值；
②若CEED=54，直接写出cs∠BAD的值．
【答案】(1)22.5°
(2)①352；②255或55
【分析】（1）利用圆周角定理，由AB是直径得出∠ACB=90°，即∠ACD+∠BCD=90°．再依据同弧所对圆周角相等，设∠BAD=x，则∠BCD=x，∠ACD=3x，代入方程求解得出∠BCD的度数．
（2）①连接BC、BD，先证△BEC∽△DEA得出BCDA=BEDE ．由点C是AB⌢中点得AC=BC ，设BC的值，用勾股定理求出AB，最后根据三角函数定义求出cs∠BAD的值．
②分点E在线段OB上和OA两种情况，作DH⊥AB，利用△OEC∽△HED得边的比例关系，设OC=5r，通过勾股定理求OH和AD，再根据cs∠BAD=AHAD分别计算两种情况的值．
【详解】（1）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，即∠ACD+∠BCD=90°．
∵BD所对的圆周角∠BAD和∠BCD相等，
设∠BAD=x，已知∠ACD=3∠BAD，
∴∠ACD=3x．
∴3x+x=90°，
解得x=22.5°，
∴∠BCD=22.5°．
（2）解：①连接BC，BD，
∵BD=BD，
∴∠DAE=∠BCE，
∵∠BEC=∠DEA，
∴△BEC∽△DEA，
∴BEDE=BCDA，
∵EBED=56，
∴BCDA=56，
∵AB为直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°
∴C是AB的中点．
∴AC=BC，
∴AC=BC，
设BC=5a，
∴AB=AC2+BC2=5a2+5a2=52a，DA=6a，
∴cs∠BAD=ADAB=6a52a=325；
②连接OC，∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°，
∴C是AB的中点．
∴AC=BC，
∴AC=BC，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∵OA=OB，
∴CO⊥AB，
∴∠COE=90°；
情况一：点E在线段OB上
连接OD，过D作DH⊥AB于H．
∴∠OHD=∠COE=90°
∵∠OEC=∠HED，
∴△OEC∽△HED，
∴CEED=OCDH=54．
设OC=OD=OA=5r，则DH=4r．
在Rt△ODH中，
OD2=DH2+OH2，即5r2=4r2+OH2
OH=3r，
∴AH=OA+OH=8r，
在Rt△ADH中，AD=DH2+AH2=4r2+8r2=45r，
∴cs∠BAD=AHAD=8r45r=255．
情况二：点E在线段OA上
连接OC，OD，过D作DH⊥AB于H．
∴∠OHD=∠COE=90°
∵∠OEC=∠HED，
∴△OEC∽△HED，
∴CEED=OCDH=54．
设OC=OD=OA=5r，则DH=4r．
在Rt△ODH中，OD2=DH2+OH2，
即5r2=4r2+OH2，则OH=3r，
∴AH=OA−OH=2r，
在Rt△ADH中，
AD=DH2+AH2=4r2+2r2=25r，
∴cs∠BAD=AHAD=225=55．
综上所述cs∠BAD的值为255或55．
【点睛】本题考查圆周角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及三角函数的应用 ．解题关键是熟练运用相关定理和性质，通过合理设未知数、构造相似三角形等方法建立边与角的关系求解．
题型5圆中的动点与存在性的综合问题
1．（2023·浙江温州·模拟预测）如图1，在正方形ABCD中，P是边BC上的动点，E在△ABP的外接圆上，且位于正方形ABCD的内部，EA=EP，连结AE，EP．
(1)求证：△PAE是等腰直角三角形．
(2)如图2，连结DE，过点E作EF⊥BC于点F，请探究线段DE与PF的数量关系，并说明理由．
(3)当Р是BC的中点时，DE=2．
①求BC的长．
②若点Q是△ABP外接圆的动点，且位于正方形ABCD的外部，连结AQ．当∠PAQ与△ADE的一个内角相等时，求所有满足条件的AQ的长．
【答案】(1)见解析
(2)DE=2PF，理由见解析
(3)①42；②25或6
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质得到∠AEP+∠B=180°，求出∠AEP=90°，结合EA=EP，得到∠EAP=∠EPA=45°，即可证得△PAE是等腰直角三角形．
（2）延长FE交AD于点H，得到EH⊥AD，利用∠AEP=90°证得∠EAH=∠PEF，进而证明△EAH≌△PEF，推出AH=EF，EH=PF，证得HD=HE=PF，即可得到结论DE=2HE=2PF．
（3）①由DE=2，求出FC=HD=HE=PF=2，结合P是BC的中点求出BC的长．
②由tan∠EAD=13