2026年上海中考复习 简答第23题专题复习 (知识总结+考点精讲+课后巩固)培优讲义

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课程目标 · 精准把握学习方向
掌握 圆的基本性质：垂径定理、圆心角定理、圆周角定理、弦切角定理，能结合相似三角形进行综合证明。
熟练运用 相似三角形的判定（AA、SAS、SSS）与性质（比例线段、面积比），解决圆中线段乘积、等积式问题。
理解 特殊四边形（矩形、菱形、正方形、等腰梯形）的判定与性质，能在圆或三角形背景下证明特殊图形。
掌握 切线判定与性质，能证明直线与圆相切，并利用切线长定理、切割线定理进行线段计算。
会利用 相似三角形与圆幂定理（相交弦定理、切割线定理）建立比例关系，解决线段长度或比值问题。
提升 综合运用几何变换、方程思想、分类讨论解决圆中动态问题及存在性问题。
✨ 核心聚焦：圆中相似模型、垂径定理与圆心角、四边形与相似的综合证明，精准突破第23题几何论证。
知识梳理 · 核心知识点
☆ 一、圆的基本性质与相似三角形综合
垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧。常用于构造直角三角形、中点、相等线段。
圆心角、弧、弦关系：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等；弦心距相等则弦相等。
圆周角定理：同弧所对圆周角等于圆心角的一半；直径所对圆周角为90°（构造直角三角形）。
切线性质与判定：切线垂直于过切点的半径；过半径外端且垂直于半径的直线是切线；切线长定理（从圆外一点引两条切线，切线长相等）。
相似三角形在圆中的应用：常见模型——① 相交弦定理的推论（同弧所对圆周角相等→相似）；② 切割线定理（由相似导出比例式）；③ 弦切角定理（弦切角等于所夹弧所对的圆周角）。
圆内接四边形：对角互补，外角等于内对角。常与等腰梯形结合（题9）。
☆ 二、特殊四边形与相似三角形
矩形：对角线相等，四个直角，常与垂直、勾股定理结合（题10）。
菱形：四边相等，对角线垂直平分且平分内角，面积=½·对角线积。常用等积法、垂直平分线性质（题13,15,19,22）。
正方形：兼具矩形与菱形性质，对角线相等且垂直，常通过旋转构造全等（题14）。
等腰梯形：两腰相等，底角相等，对角线相等，常通过平移腰或作高转化为三角形（题16,18,20）。
相似三角形的常见模型：A字型、8字型、一线三等角、母子型。在四边形中常与中点、角平分线、垂直条件结合，推导比例中项或等积式。
黄金分割：点E是线段AC的黄金分割点 ⇔ AEEC=5−12 或 ACAE=5+12（题18）。
☆ 三、常用几何证明工具
比例中项与射影定理：在直角三角形中，斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项（CD2=AD⋅BD）。
平行线分线段成比例：平行于三角形一边的直线截其他两边（或延长线）所得对应线段成比例。
中点与中位线：三角形中位线平行于第三边且等于第三边一半；直角三角形斜边中线等于斜边一半。
旋转与全等：遇等腰三角形或正方形常通过旋转构造全等，实现线段转移。
☆ 知识模块速查表
核心考点 ·典例精讲
【题型1】圆与相似三角形（共9小题）
一．圆与相似三角形（共9小题）
1．如图，在⊙O中，AB和CD是弦，半径OA、OB分别交CD于点E、F，且CE＝DF．
（1）求证：AB∥CD；
（2）若AB＝BD，求证：AB2＝BF•OB．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析．
【分析】（1）连接OC，OD，证明△OCE≌△ODF（SAS），得出OE＝OF，得到CD∥AB；
（2）证明△BAF∽△BOA，得到ABOB=BFAB，得出AB2＝BF•OB．
【解答】证明：（1）连接OC，OD，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC，
∵CE＝DF，
∴△OCE≌△ODF（SAS），
∴OE＝OF，
∴OEOA=OFOB，
∵∠EOF＝∠AOB，
∴△OEF∽△OAB，
∴EF∥AB，
∴CD∥AB；
（2）∵△OCE≌△ODF，
∴∠COE＝∠DOF，
∵AB＝BD，
∴∠AOB＝∠DOF，
∴∠AOB＝∠DOF＝∠COE，
连接AF，
∵OA＝OD，
∴△AOF≌△DOF（SAS），
∴∠OAF＝∠ODF＝∠OCE，
∵∠OCE＝∠OAF，∠OEC＝∠AEF，
∴△OEC∽△FEA，
∴∠COE＝∠AFE，
∴∠AOB＝∠FAB＝∠AFE，
∴△BAF∽△BOA，
∴ABOB=BFAB，
∴AB2＝BF•OB．
【点评】本题考查了圆的基本性质，相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
2．如图，在圆O中，弦AB等于弦CD，且相交于点P，其中E、F为AB、CD中点．
（1）证明：OP⊥EF；
（2）连接AF、AC、CE，若AF∥OP，证明：四边形AFEC为矩形．
【答案】（1）（2）证明见解析部分．
【分析】（1）利用全等三角形的性质证明OE＝OF，PE＝PF，可得结论．
（2）连接AC，设EF交OP于J，想办法证明PE＝PF＝PA＝PC，可得结论．
【解答】（1）证明：连接OP，EF，OE，OF，OB＝OD．
∵AE＝EB，CF＝FD，AB＝CD，
∴OE⊥AB，OF⊥CD，BE＝DF，
∴∠OEB＝∠OFD＝90°，
∵OB＝OD，
∴Rt△OEB≌Rt△OFD（HL），
∴OE＝OF，
∵∠OEP＝∠OFP＝90°，OP＝OP，
∴Rt△OPE≌Rt△OPF（HL），
∴PE＝PF，
∵OE＝OF，
∴OP⊥EF．
（2）证明：连接AC，设EF交OP于J．
∵AB＝CD，AE＝EB，CF＝DF，
∴AE＝CF，BE＝DF，
∵PE＝PF，
∴PA＝PC，
∵PE＝PF，OE＝OF，
∴OP垂直平分线段EF，
∴EJ＝JF，
∵OP∥AF，
∴EP＝PA，
∴PC＝PF，PA＝PE，
∴四边形AFEC是平行四边形，
∵EA＝CF，
∴四边形AFEC是矩形．
【点评】本题属于圆综合题，考查了全等三角形的判定和性质，垂径定理，平行线分线段成比例定理，矩形的判定，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
3．已知：如图，AB、AC是⊙O的两条弦，且AB＝AC，D是AO延长线上一点，联结BD并延长交⊙O于点E，联结CD并延长交⊙O于点F．
（1）求证：BD＝CD；
（2）如果AB2＝AO•AD，求证：四边形ABDC是菱形．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接BC，根据AB＝AC，OB＝OA＝OC，即可得出AD垂直平分BC，根据线段垂直平分线性质求出即可；
（2）根据相似三角形的性质和判定求出∠ABO＝∠ADB＝∠BAO，求出BD＝AB，再根据菱形的判定推出即可．
【解答】证明：（1）如图1，连接BC，OB，OC，
∵AB、AC是⊙O的两条弦，且AB＝AC，
∴A在BC的垂直平分线上，
∵OB＝OA＝OC，
∴O在BC的垂直平分线上，
∴AO垂直平分BC，
∴BD＝CD；
（2）如图2，连接OB，
∵AB2＝AO•AD，
∴ABAO=ADAB，
∵∠BAO＝∠DAB，
∴△ABO∽△ADB，
∴∠OBA＝∠ADB，
∵OA＝OB，
∴∠OBA＝∠OAB，
∴∠OAB＝∠BDA，
∴AB＝BD，
∵AB＝AC，BD＝CD，
∴AB＝AC＝BD＝CD，
∴四边形ABDC是菱形．
【点评】本题考查了相似三角形的性质和判定，圆心角、弧、弦之间的关系，线段垂直平分线的性质，菱形的判定，垂径定理等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
4．如图，△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，BO的延长线交边AC于点D．
（1）求证：∠BAC＝2∠ABD；
（2）当△BCD是等腰三角形时，求∠BCD的大小；
（3）当AD＝2，CD＝3时，求边BC的长．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接OA．利用垂径定理以及等腰三角形的性质解决问题即可．
（2）分三种情形：①若BD＝CB，则∠C＝∠BDC＝∠ABD+∠BAC＝3∠ABD．②若CD＝CB，则∠CBD＝∠CDB＝3∠ABD．③若DB＝DC，则D与A重合，这种情形不存在．分别利用三角形内角和定理构建方程求解即可．
（3）如图3中，作AE∥BC交BD的延长线于E．则AEBC=ADDC=23，推出AOOH=AEBH=43，设OB＝OA＝4a，OH＝3a，根据BH2＝AB2﹣AH2＝OB2﹣OH2，构建方程求出a即可解决问题．
【解答】（1）证明：连接OA．
∵AB＝AC，
∴AB=AC，
∴OA⊥BC，
∴∠BAO＝∠CAO，
∵OA＝OB，
∴∠ABD＝∠BAO，
∴∠BAC＝2∠ABD．
（2）解：如图2中，延长AO交BC于H．
①若BD＝CB，则∠C＝∠BDC＝∠ABD+∠BAC＝3∠ABD，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C，
∴∠DBC＝2∠ABD，
∵∠DBC+∠C+∠BDC＝180°，
∴8∠ABD＝180°，
∴∠C＝3∠ABD＝67.5°．
②若CD＝CB，则∠CBD＝∠CDB＝3∠ABD，
∴∠C＝4∠ABD，
∵∠DBC+∠C+∠CDB＝180°，
∴10∠ABD＝180°，
∴∠BCD＝4∠ABD＝72°．
③若DB＝DC，则D与A重合，这种情形不存在．
综上所述，∠C的值为67.5°或72°．
（3）如图3中，作AE∥BC交BD的延长线于E．
则AEBC=ADDC=23，
∴AOOH=AEBH=43，设OB＝OA＝4a，OH＝3a，
∵BH2＝AB2﹣AH2＝OB2﹣OH2，
∴25﹣49a2＝16a2﹣9a2，
∴a2=2556，
∴BH2＝7a2=258，
∴BH=524
∴BC＝2BH=522．
【点评】本题属于圆综合题，考查了垂径定理，等腰三角形的性质，解直角三角形，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
5．已知AB是半圆O的直径，弦AC、BD交于点E，OC与BD交于点F，满足DEBE=CEAE=12．
（1）求证：OC⊥BD；
（2）如图2，M是OB的中点，CM与BD交于点G，求证：四边形CEOG是菱形．
【答案】（1）证明：∵DEBE=CEAE=12，∠CED＝∠AEB，
∴△CED∽△AEB，
∴DEBE=CDAB=12，∠D＝∠B，
∴BOAB=12，
∴CDAB=BOAB，
∴CD＝BO，
∵∠D＝∠B，∠CFD＝∠OFB，
∴△CFD≌△OFB（AAS），
∴DF＝BF，
∴OC⊥BD；
（2）证明：∵M是OB的中点，
∴OMOB=12，
∵OMOA=12，即AOAM=23，
∴AEAC=23，
∴AEAC=AOAM，
∵∠EAO＝∠CAM，
∴△EAO∽△CAM，
∴∠AEO＝∠ACM，
∴OE∥CM，
∴CFOF=FGEF，
由（1）知，△CFD≌△OFB，
∴CF＝OF，
∴FG＝EF，
∴四边形CEOG是平行四边形，
∵OC⊥EG，
∴四边形CEOG是菱形．
【分析】（1）先证明△CED∽△AEB，得到CD＝BO，继而可证明△CFD≌△OFB（AAS），再由垂径定理的推论即可证明；
（2）先证明△EAO∽△CAM，则∠AEO＝∠ACM，故OE∥CM，那么得到CFOF=FGEF，由（1）知，△CFD≌△OFB，则CF＝OF，那么FG＝EF，即可得到四边形CEOG是平行四边形，再由对角线互相垂直即可证明菱形．
【解答】（1）证明：∵DEBE=CEAE=12，∠CED＝∠AEB，
∴△CED∽△AEB，
∴DEBE=CDAB=12，∠D＝∠B，
∴BOAB=12，
∴CDAB=BOAB，
∴CD＝BO，
∵∠D＝∠B，∠CFD＝∠OFB，
∴△CFD≌△OFB（AAS），
∴DF＝BF，
∴OC⊥BD；
（2）证明：∵M是OB的中点，
∴OMOB=12，
∵OMOA=12，即AOAM=23，
∴AEAC=23，
∴AEAC=AOAM，
∵∠EAO＝∠CAM，
∴△EAO∽△CAM，
∴∠AEO＝∠ACM，
∴OE∥CM，
∴CFOF=FGEF，
由（1）知，△CFD≌△OFB，
∴CF＝OF，
∴FG＝EF，
∴四边形CEOG是平行四边形，
∵OC⊥EG，
∴四边形CEOG是菱形．
【点评】本题考查了相交弦定理、菱形的判定，熟练掌握以上知识点是关键．
6．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AC，垂足为点E，延长CA交⊙O于点F，连接BF．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）连接OE，若BF=25，FC＝10，求OE的长．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接OD，则OD＝OB，所以∠ODB＝∠ABC，由AB＝AC，得∠C＝∠ABC，则∠ODB＝∠C，所以OD∥AC，则∠ODE＝∠DEC＝90°，即可证明DE是⊙O的切线；
（2）连接OE，延长DO交BF于点H，可证明四边形DEFH是矩形，由AB＝AC，BF＝25，FC＝10，OH⊥BF，得AF＝10﹣AC＝10﹣AB，DE＝FH＝BH=5，则（25）2+（10﹣AB）2＝AB2，求得AB＝6，则OD=12AB＝3，所以OE=OD2+DE2=14．
【解答】（1）证明：连接OD，则OD＝OB，
∴∠ODB＝∠ABC，
∵AB＝AC，
∴∠C＝∠ABC，
∴∠ODB＝∠C，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC于点E，
∴∠ODE＝∠DEC＝90°，
∵OD是⊙O的半径，且DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线．
（2）解：连接OE，延长DO交BF于点H，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠F＝90°，
∵∠HDE＝∠DEF＝90°，
∴四边形DEFH是矩形，
∴∠DHF＝90°，
∵AB＝AC，BF＝25，FC＝10，OH⊥BF，
∴AF＝10﹣AC＝10﹣AB，DE＝FH＝BH=12BF=5，
∵BF2+AF2＝AB2，
∴（25）2+（10﹣AB）2＝AB2，
解得AB＝6，
∴OD=12AB＝3，
∴OE=OD2+DE2=32+(5)2=14，
∴OE的长为14．
【点评】此题重点考查等腰三角形的性质、圆周角定理、切线的判定定理、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
7．已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝16，点O为斜边AB的中点，以O为圆心，5为半径的圆与BC相交于E、F两点，联结OE、OC．
（1）求EF的长；
（2）求∠COE的正弦值．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）作OM⊥EF于M，如图，根据垂径定理得到EM＝FM，利用三角形中位线性质得到OM=12AC＝4，然后利用勾股定理计算出EM，从而得到EF的长；
（2）利用CE＝OE＝5得到∠EOC＝∠OCE，在利用勾股定理计算出OC＝45，然后利用正弦的定义求出sin∠OCM，从而得到∠COE的正弦值．
【解答】解：（1）作OM⊥EF于M，如图，则EM＝FM，
∵∠ACB＝90°，
∴OM∥AC，
∴OM=12AC=12×8＝4，
在Rt△OEM中，EM=52−42=3，
∴EF＝2EM＝6；
（2）CM=12BC＝8，
∴CE＝8﹣3＝5，
∴CE＝OE，
∴∠EOC＝∠OCE，
在Rt△OCM中，OC=42+82=45，
∴sin∠OCM=OMOC=445=55，
∴∠COE的正弦值为55．
【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理和解直角三角形．
8．在⊙O中，点C是弧AB的中点，OC交弦AB于点D，且D是OC的中点．
（1）求∠AOD的度数；
（2）延长AO交⊙O于点E，联结EC，交AB于点F，如果AE＝8，求FB的长度．
【答案】（1）60°；
（2）433．
【分析】（1）根据垂径定理求出OC⊥AB，OD＝OC=12OC，再解直角三角形求解即可；
（2）根据圆周角定理、垂径定理、直角三角形的性质求出∠ADO＝90°，AC=BC，∠OAB＝30°，∠CEB＝30°，解直角三角形求解即可．
【解答】解：（1）如图，连接OA，
∵点C是弧AB的中点，且D是OC的中点，
∴OC⊥AB，OD＝OC=12OC，
∴OD=12OA，
∴∠OAD＝30°，
∴∠AOD＝90°﹣30°＝60°；
（2）如图，连接BE，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ABE＝90°，
∵OC⊥AB，
∴∠ADO＝90°，AC=BC，
∵∠AOD＝60°，
∴∠OAB＝90°﹣60°＝30°，∠CEB=12∠AOD＝30°，
∴BE=12AE=12×8＝4，
在Rt△BEF中，tan∠FEB=BFBE=33，
∴FB=33BE=433．
【点评】此题考查了垂径定理、圆周角定理等知识，熟练运用垂径定理、圆周角定理是解题的关键．
9．已知，四边形ABCD内接于⊙O，AC＝BD．
（1）求证：AD∥BC；
（2）小明说：四边形ABCD一定是等腰梯形．你认为他的说法正确吗？为什么？
（3）如图所示，已知AB＝10，AC＝BC＝13，求⊙O的半径．
【答案】（1）见解答；
（2）不正确，理由见解答；
（3）16924．
【分析】（1）由圆周角定理及圆心角、弧、弦的关系证明∠ABC＝∠BCD，由圆的内接四边形的性质证明∠BAD+∠BCD＝180°，从而证明∠BAD+∠ABC＝180°，根据平行线的判定定理证明AD∥BC；
（2）由（1）知）∠ABC＝∠BCD，根据圆周角定理证明∠ABD＝∠ACD，从而证明∠DBC＝∠ACB，由圆心角、弧、弦的关系证明CD＝AB，进而由AD∥BC证明四边形ABCD不一定是等腰梯形；
（3）连接OA、OB、OC，延长CO交AB于点E，证明CE是AB的垂直平分线，在Rt△ACE中利用勾股定理求出CE，设OA＝OC＝r，则OE＝CE﹣OC＝12﹣r，在Rt△AEO中利用勾股定理列关于r的方程并求解即可．
【解答】（1）证明：∵AC＝BD，
∴∠ABC＝∠BCD，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∴AD∥BC．
（2）解：小明的说法不正确．理由如下：
由（1），∠ABC＝∠BCD，
∵∠ABD＝∠ACD，
∴∠DBC＝∠ACB，
∴CD＝AB，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD可能是等腰梯形，也可能是矩形，
∴小明的说法不正确．
（3）如图，连接OA、OB、OC，延长CO交AB于点E．
∵AC＝BC，OA＝OB，
∴CE是AB的垂直平分线，
∴AE=12AB=12×10＝5，
在Rt△ACE中利用勾股定理，得CE=AC2−AE2=132−52=12，
设OA＝OC＝r，则OE＝CE﹣OC＝12﹣r，
在Rt△AEO中利用勾股定理，得OE2+AE2＝OA2，即（12﹣r）2+52＝r2，
解得r=16924．
【点评】本题考查圆周角定理、等腰梯形的判定和圆心角、弧、弦的关系，掌握圆周角定理，等腰梯形的定义，圆心角、弧、弦的关系，平行线的判定定理、圆的内接四边形的性质、勾股定理是解题的关键．
【题型2】四边形与相似（共11小题）
10．如图所示，在矩形ABCD中，E为边CD上一点，且AE⊥BD．
（1）求证：AD2＝DE•DC；
（2）F为线段AE延长线上一点，且满足EF=CF=12BD，求证：CE＝AD．
【答案】（1）∵矩形ABCD，
∴∠BAD＝90°，∠ADE＝90°，AB＝DC，
∴∠ABD+∠ADB＝90°，
∵AE⊥BD，
∴∠DAE+∠ADB＝90°，
∴∠ABD＝∠DAE，
∵∠BAD＝∠ADE＝90°，
∴△ADE∽△BAD，
∴ADBA=DEAD，
∴AD2＝DE•BA，
∵AB＝DC，
∴AD2＝DE•DC；
（2）连接AC，交BD于点O，
∵矩形ABCD，
∴∠ADE＝90°，
∴∠DAE+∠AED＝90°，
∵AE⊥BD，
∴∠DAE+∠ADB＝90°，
∴∠ADB＝∠AED，
∵∠FEC＝∠AED，
∴∠ADO＝∠FEC，
∵矩形ABCD，
∴OA=OD=12BD，
∴EF=CF=12BD，
∴OA＝OD＝EF＝CF，
∴∠ADO＝∠OAD，∠FEC＝∠FCE，
∵∠ADO＝∠FEC，
∴∠ADO＝∠OAD＝∠FEC＝∠FCE，
在△ODA和△FEC中，
∠ODA=∠FEC∠OAD=∠FCEOD=FE，
∴△ODA≌△FEC（AAS），
∴CE＝AD．
【分析】（1）由矩形性质得到∠BAD＝90°，∠ADE＝90°，AB＝DC，由角的互余得到∠ABD＝∠DAE，从而确定△ADE∽△BAD，利用相似三角形性质得到AD2＝DE•DC；
（2）由矩形性质，结合题中条件，利用等腰三角形的判定与性质得到 OA＝OD＝EF＝CF，∠ODA＝∠OAD，∠FEC＝∠FCE，进而由三角形全等的判定与性质即可得到．
【解答】证明：（1）∵矩形ABCD，
∴∠BAD＝90°，∠ADE＝90°，AB＝DC，
∴∠ABD+∠ADB＝90°，
∵AE⊥BD，
∴∠DAE+∠ADB＝90°，
∴∠ABD＝∠DAE，
∵∠BAD＝∠ADE＝90°，
∴△ADE∽△BAD，
∴ADBA=DEAD，
∴AD2＝DE•BA，
∵AB＝DC，
∴AD2＝DE•DC；
（2）连接AC，交BD于点O，
∵矩形ABCD，
∴∠ADE＝90°，
∴∠DAE+∠AED＝90°，
∵AE⊥BD，
∴∠DAE+∠ADB＝90°，
∴∠ADB＝∠AED，
∵∠FEC＝∠AED，
∴∠ADO＝∠FEC，
∵矩形ABCD，
∴OA=OD=12BD，
∴EF=CF=12BD，
∴OA＝OD＝EF＝CF，
∴∠ADO＝∠OAD，∠FEC＝∠FCE，
∵∠ADO＝∠FEC，
∴∠ADO＝∠OAD＝∠FEC＝∠FCE，
在△ODA和△FEC中，
∠ODA=∠FEC∠OAD=∠FCEOD=FE，
∴△ODA≌△FEC（AAS），
∴CE＝AD．
【点评】本题考查了矩形综合，涉及矩形性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题的关键．
11．如图，在梯形ABCD中AD∥BC，点F，E分别在线段BC，AC上，且∠FAC＝∠ADE，AC＝AD．
（1）求证：DE＝AF；
（2）若∠ABC＝∠CDE，求证：AF2＝BF•CE．
【答案】证明过程见解答．
【分析】（1）证明△ACF≌△DAE（ASA），即可解决问题；
（2）证明△ABF∽△CDE，得AF•DE＝BF•CE，结合（1）AF＝DE，即可解决问题．
【解答】证明：（1）∵AD∥BC，
∴∠ACF＝∠DAC
∵∠FAC＝∠ADE，AC＝AD，
∴△ACF≌△DAE（ASA），
∴AF＝DE；
（2）∵△ACF≌△DAE，
∴∠AFC＝∠DEA，
∴∠AFB＝∠DEC，
∵∠ABC＝∠CDE，
∴△ABF∽△CDE，
∴AFCE=BFDE，
∴AF•DE＝BF•CE，
∵AF＝DE，
∴AF2＝BF•CE．
【点评】本题考查了相似三角形的性质和判定，梯形，勾股定理，熟练运用相似三角形的性质和判定是本题的关键．
12．如图所示，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，点E，F在线段BC上，点Q在线段AB上，且CF＝BE，AE2＝AQ•AB．
求证：（1）∠CAE＝∠BAF；
（2）CF•FQ＝AF•BQ．
【答案】（1）证明见解答过程；（2）证明见解答过程．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C，利用SAS证明△ACE≌△ABF，根据全等三角形的性质即可得解；
（2）利用全等三角形的性质，结合题意证明△ACE∽AFQ，△CAF∽△BFQ，根据相似三角形的性质即可得解．
【解答】证明：（1）∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵CF＝BE，
∴CF﹣EF＝BE﹣EF，
即CE＝BF，
在△ACE和△ABF中，
AC=AB∠C=∠BCE=BF，
∴△ACE≌△ABF（SAS），
∴∠CAE＝∠BAF；
（2）∵△ACE≌△ABF，
∴AE＝AF，∠CAE＝∠BAF，
∵AE2＝AQ•AB，AC＝AB，
∴AEAQ=ACAF，
∴△ACE∽△AFQ，
∴∠AEC＝∠AQF，
∴∠AEF＝∠BQF，
∵AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE，
∴∠BQF＝∠AFE，
∵∠B＝∠C，
∴△CAF∽△BFQ，
∴CFBQ=AFFQ，
即CF•FQ＝AF•BQ．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．
13．已知：如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，BE＝DF，CE的延长线交DA的延长线于点G，CF的延长线交BA的延长线于点H．
（1）求证：△BEC∽△BCH；
（2）如果BE2＝AB•AE，求证：AG＝DF．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由菱形的性质得出CD＝CB，∠D＝∠B，证明△CDF≌△CBE（SAS），由全等三角形的性质得出∠DCF＝∠BCE，得出∠H＝∠BCE，则可得出结论．
（2）利用平行线分线段成比例定理结合已知条件解决问题即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝CB，∠D＝∠B，
∵DF＝BE，
∴△CDF≌△CBE（SAS），
∴∠DCF＝∠BCE，
∵CD∥BH，
∴∠H＝∠DCF，
∴∠H＝∠BCE，
∵∠B＝∠B，
∴△BEC∽△BCH．
（2）证明：∵BE2＝AB•AE，
∴ABBE=BEAE，
∵CB∥DG，
∴△AEG∽△BEC，
∴AEBE=AGBC，
∴AGBC=BEAB，
∵BC＝AB，
∴AG＝BE，
∵△CDF≌△CBE，
∴DF＝BE，
∴AG＝DF．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
14．已知：如图，正方形ABCD中，P是边BC上一点，BE⊥AP，DF⊥AP，垂足分别是点E、F．
（1）求证：EF＝AE﹣BE；
（2）连接BF，如果AFBF=DFAD．求证：EF＝EP．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用正方形的性质得AB＝AD，∠BAD＝90°，根据等角的余角相等得到∠1＝∠3，则可判断△ABE≌△DAF，则BE＝AF，然后利用等线段代换可得到结论；
（2）利用AFBF=DFAD和AF＝BE得到BEDF=BFAD，则可判定Rt△BEF∽Rt△DFA，所以∠4＝∠3，再证明∠4＝∠5，然后根据等腰三角形的性质可判断EF＝EP．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵BE⊥AP，DF⊥AP，
∴∠BEA＝∠AFD＝90°，
∵∠1+∠2＝90°，∠2+∠3＝90°，
∴∠1＝∠3，
在△ABE和△DAF中
∠BEA=∠AFD∠1=∠3AB=DA，
∴△ABE≌△DAF，
∴BE＝AF，
∴EF＝AE﹣AF＝AE﹣BE；
（2）如图，∵AFBF=DFAD，
而AF＝BE，
∴BEBF=DFAD，
∴BEDF=BFAD，
∴Rt△BEF∽Rt△DFA，
∴∠4＝∠3，
而∠1＝∠3，
∴∠4＝∠1，
∵∠5＝∠1，
∴∠4＝∠5，
即BE平分∠FBP，
而BE⊥EP，
∴EF＝EP．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用．也考查了全等三角形的判定与性质和正方形的性质．
15．已知：如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝CD，E是对角线BD上一点，且EA＝EC．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）如果BE＝BC，且∠CBE：∠BCE＝2：3，求证：四边形ABCD是正方形．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）首先证得△ADE≌△CDE，由全等三角形的性质可得∠ADE＝∠CDE，由AD∥BC可得∠ADE＝∠CBD，易得∠CDB＝∠CBD，可得BC＝CD，易得AD＝BC，利用平行线的判定定理可得四边形ABCD为平行四边形，由AD＝CD可得四边形ABCD是菱形；
（2）由BE＝BC可得△BEC为等腰三角形，可得∠BCE＝∠BEC，利用三角形的内角和定理可得∠CBE＝180×14=45°，易得∠ABE＝45°，可得∠ABC＝90°，由正方形的判定定理可得四边形ABCD是正方形．
【解答】证明：（1）在△ADE与△CDE中，
AD=CDDE=DEEA=EC，
∴△ADE≌△CDE，
∴∠ADE＝∠CDE，
∵AD∥BC，
∴∠ADE＝∠CBD，
∴∠CDE＝∠CBD，
∴BC＝CD，
∵AD＝CD，
∴BC＝AD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AD＝CD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）∵BE＝BC
∴∠BCE＝∠BEC，
∵∠CBE：∠BCE＝2：3，
∴∠CBE＝180°×22+3+3=45°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABE＝45°，
∴∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是正方形．
【点评】本题主要考查了正方形与菱形的判定及性质定理，熟练掌握定理是解答此题的关键．
16．已知：如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，E是下底BC延长线上一点，且CE＝AD．
（1）求证：△BDE是等腰三角形；
（2）如果P是线段DE上的点，连接CP，AD•DE＝BC•PE，求证：CP∥AB．
【答案】（1）在等腰梯形ABCD中，
∵AD∥BC，
∴∠A+∠ABC＝180°．
又∵∠ABC＝∠BCD，∠BCD+∠DCE＝180°，
∴∠A＝∠DCE．
∵AD＝CE，AB＝CD，
∴△ABD≌△CDE（SAS），
∴BD＝DE，即△BDE是等腰三角形；
（2）∵AD•DE＝BC•PE，
∴ADBC=PEDE，
∵AD＝CE，DE＝BD，
∴CEBC=PEBD，
∵BD＝DE，
∴∠E＝∠DBC，
∴△CEP∽△CBD，
∴∠PCE＝∠BCD，
∵∠BCD＝∠ABC，
∴∠PCE＝∠ABC，
∴CP∥AB．
【分析】（1）利用平行线的性质得到∠A+∠ABC＝180°，进而得到∠A＝∠DCE，由等腰梯形的性质得到AB＝CD，证明△ABD≌△CDE，得到BD＝DE，即可证明结论；
（2）根据AD•DE＝BC•PE结合AD＝CE，DE＝BD得到CEBC=PEBD，由∠E＝∠DBC，证明△CEP∽△CBD，得到∠PCE＝∠BCD，根据∠BCD＝∠ABC，推出∠PCE＝∠ABC，即可证明结论．
【解答】证明：（1）在等腰梯形ABCD中，
∵AD∥BC，
∴∠A+∠ABC＝180°．
又∵∠ABC＝∠BCD，∠BCD+∠DCE＝180°，
∴∠A＝∠DCE．
∵AD＝CE，AB＝CD，
∴△ABD≌△CDE（SAS），
∴BD＝DE，即△BDE是等腰三角形；
（2）∵AD•DE＝BC•PE，
∴ADBC=PEDE，
∵AD＝CE，DE＝BD，
∴CEBC=PEBD，
∵BD＝DE，
∴∠E＝∠DBC，
∴△CEP∽△CBD，
∴∠PCE＝∠BCD，
∵∠BCD＝∠ABC，
∴∠PCE＝∠ABC，
∴CP∥AB．
【点评】本题主要考查等腰梯形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是证明三角形全等，三角形相似．
17．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，点D是边AB上的一点，联结CD，过点B作BE⊥CD，垂足为点E．
（1）求证：△BDE∽△CBE；
（2）如果AB＝BC，联结AE并延长，与边BC相交于点F．当点F是BC的中点时，求证：BD2＝AD•AB．
【答案】（1）证明过程见解析部分；
（2）证明过程见解析部分．
【分析】（1）根据题意，得到∠CEB＝∠BED＝90°，∠ECB＝∠DBE，从而得以两三角形相似；
（2）由题意得到△AED∽△ABE，得到对应边成比例，结合条件得到AE＝BD，从而证得结果．
【解答】证明：（1）∵BE⊥CD，
∴∠CEB＝∠BED＝90°，
∴∠ECD+∠CBE＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠DBE+∠CBE＝90°，
∴∠ECB＝∠DBE，
∴△BDE∽△CBE；
（2）如图2：联结AE并延长，与边BC相交于点F，
BE⊥CD，F点是BC的中点，
∴CF＝EF，
∴∠ECF＝∠CEF，
由（1）知∠ECB＝∠DBE，
∵∠CEF＝∠AED，
∴∠AED＝∠ABE，
∵∠EAD＝∠BAE，
∴△AED∽△ABE，
∴AEAB=EDBE=ADAE，
又由（1）知△BDE∽△CBE，
∴EDBE=BDBC，
∴AEAB=EDBE=BDBC，
设FB＝FC＝FE＝a，
∴AB＝2a，AF=5a，AE＝（5−1）a，
∵AEAB=EDBE=ADAE，
∴AE2＝AD•AB，
∴AD＝（3−5）a，
∴BD＝2a﹣（3−5）a＝（5−1）a，
∴AE＝BD，
∴BD2＝AD•AB．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质的应用，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
18．已知：如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，联结AC、BD，△ABC是等边三角形，DE∥BC，DE与AC交于点E，∠ADB＝2∠DBC．
（1）求证：△ADE∽△DBC；
（2）求证：点E是线段AC的黄金分割点．
【答案】见解析．
【分析】（1）证明∠ADE＝∠DBC，∠AED＝∠DCB＝120°可得结论；
（2）利用等边三角形的性质以及相似三角形的性质证明即可．
【解答】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝∠CAB＝60°，
∵CD∥AB，DE∥BC，
∴∠DCB＝∠CAB＝60°，∠DEC＝∠ACB＝60°，
∴△DCE是等边三角形，
∴DE＝DC，
∵DE∥BC，
∴∠EDB＝∠DBC，
∵∠ADB＝2∠DBC，
∴∠ADE＝∠EDB＝∠DBC，
∵∠AED＝∠DCB＝120°，
∴△ADE∽△DBC；
（2）∵△ADE∽△DBC，
∴AEDC=DEBC，
∵△DEC，△ABC都是等边三角形，
∴DE＝EC＝DC，AC＝BC，
∴EC2＝AE•AC，
∴点E是线段AC的黄金分割点．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，黄金分割，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．
19．已知：如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E、F，射线EF交AD的延长线于点G．
（1）求证：CE＝CF；
（2）如果FG2＝AG•DG，求证：AGAE=AFBE．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据菱形的性质和AAS可以证明△ABE和△ADF全等，即可得到BE＝DF，然后即可证明结论成立；
（2）根据FG2＝AG•DG和相似三角形的判定和性质，可以得到∠GFD＝∠GAF，再根据（1）中△ABE≌△ADF，可以得到BE＝DF，AE＝AF，再根据∠AFD＝90°，可以得到∠ADF＝∠AEG，然后根据这两个角的正切值，可以证明结论成立．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B＝∠ADF，AB＝AD，BC＝DC，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB＝∠AFD＝90°，
在△ABE和△ADF中，
∠B=∠ADF∠AEB=∠AFDAB=AD，
∴△ABE≌△ADF（AAS），
∴BE＝DF，
∴BC﹣BE＝DC﹣DF，
∴CE＝CF；
（2）∵FG2＝AG•DG，
∴FGAG=DGFG，
∵∠DGF＝∠FGA，
∴△DGF∽△FGA，
∴∠GFD＝∠GAF，
由（1）知：△ABE≌△ADF，
∴BE＝DF，AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE，
∵∠AFD＝90°，
∴∠GAF+∠ADF＝90°，∠AFE+∠GFD＝90°，
∴∠ADF＝∠AFE，
∴∠ADF＝∠AEF，
∵tan∠ADF=AFDF，tan∠AEF=AGAE，
∴AFDF=AGAE，
∴AFBE=AGAE，
即AGAE=AFBE．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、菱形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
20．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，联结BD，∠BDC＝90°，点E在BC上，联结DE，使得∠EDC＝∠ECD，点F在边AB上，联结CF，分别交BD、ED于点G、H，且FH＝CH，联结DF．
（1）求证：四边形ABED为菱形；
（2）如果∠BDE＝∠DFC，求证：4EH•BE＝BG•BD．
【答案】（1）证明过程见解析部分；
（2）证明过程见解析部分．
【分析】（1）根据题意，结合图形，得到E为BC中点，结合已知条件FH＝CH，得到EH是△CFB的中位线，从而证得到结论；
（2）根据题意，先证得△BGC∽△FGD，再得到△BFG∽△CDG，从而得到△BFG∽△BDC，证得结论．
【解答】证明：（1）∵∠EDC＝∠ECD，
∴ED＝EC，
∵∠BDC＝90°，
∴∠BDE+∠CDE＝90°，
即∠BDE+∠ECD＝90°，
又∵∠DBE+∠ECD＝90°，
∴∠BDE＝∠DBE，
∴DE＝BE，
∴BE＝EC＝ED，
∴E为BC中点，
∵FH＝CH，
∴H为FC中点，
∴EH是△CFB的中位线，
∴EH∥BF，EH=12BF，
即AB∥DE，
∵AD∥BC，
∴四边形ABED为平行四边形，
∵ED＝EB，
∴四边形ABED为菱形；
（2）∵∠BDE＝∠DBE，∠BDE＝∠DFC，
∴∠BDE＝∠DFC，
又∵∠DGF＝∠BGC，
∴△DFG∽△CBG，
∴FGBG=GDGC，
即FGGD=BGGC，
∵∠FGB＝∠DGC，
∴△BFG∽△CDG，
∴∠BFG＝∠GDC＝90°，
∵四边形ABED为菱形，
∴∠FBG＝∠CBD，
∵∠BFG＝∠BDC，
∴△BFG∽△BDC，
∴BFBD=BGBC，
∴BF•BC＝BG•BD，
∵BF＝2EH，BC＝2BE，
∴4EH•BE＝BG•BD．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质的应用，菱形的判定，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
课后巩固 · 针对性练习
⭐ 复习建议：强化圆中相似三角形的识别与证明，掌握垂径定理与勾股定理的计算，熟练运用特殊四边形的判定条件，关注黄金分割与正五边形的几何特征。
1．已知，如图，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，点E在边BC的延长线上，且OE＝OB，连接DE．
（1）求证：DE⊥BE；
（2）如果OE⊥CD，求证：BD•CE＝CD•DE．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由平行四边形的性质得到BO=12BD，由等量代换推出OE=12BD，根据平行四边形的判定即可得到结论；
（2）根据等角的余角相等，得到∠CEO＝∠CDE，推出△BDE∽△CDE，即可得到结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO＝OD，
∵OE＝OB，
∴OE＝OD，
∴∠OBE＝∠OEB，∠OED＝∠ODE，
∵∠OBE+∠OEB+∠OED+∠ODE＝180°，
∴∠BEO+∠DEO＝∠BED＝90°，
∴DE⊥BE；
（2）∵OE⊥CD
∴∠CEO+∠DCE＝∠CDE+∠DCE＝90°，
∴∠CEO＝∠CDE，
∵OB＝OE，
∴∠DBE＝∠OEB，
∴∠DBE＝∠CDE，
∵∠BED＝∠DEC，
∴△BDE∽△DCE，
∴BDCD=DECE，
∴BD•CE＝CD•DE．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，直角三角形的判定和性质，平行四边形的性质，熟记定理是解题的关键．
2．已知：如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，∠BAF＝∠DAE，AE与BD交于点G．
（1）求证：BE＝DF；
（2）当DFFC=ADDF时，求证：四边形BEFG是平行四边形．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）证得△ABE与△AFD全等后即可证得结论；
（2）利用DFFC=ADDF得到FDFC=ADBE=DGGB，从而根据平行线分线段成比例定理证得FG∥BC，进而得到∠DGF＝∠DBC＝∠BDC，最后证得BE＝GF，利用一组对边平行且相等即可判定平行四边形．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠ABC＝∠ADF，
∵∠BAF＝∠DAE，
∴∠BAF﹣∠EAF＝∠DAE﹣∠EAF，
即：∠BAE＝∠DAF，
∴△BAE≌△DAF
∴BE＝DF；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴△ADG∽△EBG
∴ADBE=DGBG
又∵BE＝DF，DFFC=ADDF
∴DGBG=ADDF=DFFC
∴DGDB=DFDC，又∠BDC＝∠GDF
故△BDC∽△GDF，再由对应角相等有∠DBC＝∠DGF
∴GF∥BC （同位角相等则两直线平行）
∴∠DGF＝∠DBC
∵BC＝CD
∴∠BDC＝∠DBC＝∠DGF
∴GF＝DF＝BE
∵GF∥BC，GF＝BE
∴四边形BEFG是平行四边形
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理及平行四边形的判定与性质，特别是第二问如何利用已知比例式进行转化是解决此题的关键．
3．如图，在△ABC中，AB=AC=25，tanB＝2．
（1）试用无刻度直尺和圆规，在直线BC上作出点D，使△DAC∽△ABC，点D、A、C的对应点分别是点A、B、C．（不必写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的基础上，求线段BD的长．
【答案】（1）
（2）BD＝1
【分析】（1）以点A为顶点，AC为一边，作∠DAC＝∠ABC，与CB延长线交于点D；
（2）过点A作AH⊥BC于H，根据等腰三角形三线合一得到BH＝HC，在Rt△ABH中，由tanB=AHBH=2，结合勾股定理列方程即可求得BH的长，再根据相似三角形的对应边成比例列式计算即可得到DC的长，最后根据线段和差关系即可得解．
【解答】解：（1）如图所示，作∠DAC＝∠ABC，与CB延长线交于点D，即为所求；
（2）如图所示，过点A作AH⊥BC于H，
∵AB＝AC，
∴BH＝HC，
设BH＝HC＝x，
∵tanB=AHBH=2，
∴AH＝2BH＝2x，
∵AH2+BH2＝AB2，
即(2x)2+x2=(25)2，
解得x＝2或x＝﹣2（负值，舍去），
即BH＝HC＝2，
∴BC＝BH+HC＝4，
∵△DAC∽△ABC，
∴ACBC=DCAC，
即254=DC25，
解得DC＝5，
∴BD＝DC﹣BC＝5﹣4＝1．
【点评】本题考查了作图﹣相似变换，解直角三角形，正确地作出图形是解题的关键．
4．如图，已知四边形ABCD中，AD＝CD，∠BAC＝90°，点E是四边形ABCD外一点，AE＝CE，联结ED并延长分别交AC、BC于点M、N．
（1）求证：BN＝CN；
（2）已知BC2＝2AB•NE，求证：∠ACB＝∠NEC．
【答案】（1）见解析过程；
（2）见解析过程．
【分析】（1）由题意可得EN垂直平分AC，可得AN＝NC，AM＝MC，即可求解；
（2）通过证明△CMN∽△ECN，可得∠NCM＝∠NEC，即可求解．
【解答】证明：（1）如图，连接NA，
∵AD＝CD，AE＝CE，
∴EN垂直平分AC，
∴AN＝NC，AM＝MC，∠CMN＝90°，
∴∠NAC＝∠ACN，
∵∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠BAN，
∴BN＝AN，
∴BN＝NC；
（2）∵BN＝NC，AM＝MC，
∴AB＝2MN，
∵BC2＝2AB•NE，
∴（2CN）2＝2×2MN•NE，
∴CN2＝MN•NE，
∴CNMN=NECN，
又∵∠CNM＝∠CNE，
∴△CMN∽△ECN，
∴∠NCM＝∠NEC，
即∠ACB＝∠NEC．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，证明三角形相似是解题的关键．
5．已知：如图，M是AB的中点，过点M的弦MN交弦AB于点C，设⊙O的半径为4cm，MN=43cm．
（1）求圆心O到弦MN的距离；
（2）求∠ACN的度数．
【答案】（1）2cm；
（2）120°．
【分析】（1）过点O作OD⊥MN，垂足为点D，由垂径定理，得MD＝ND，由MN=43cm，得到MD=23cm，根据OM＝4cm，利用勾股定理即可求解出OD，即可得出结果；
（2）根据点M是AB的中点，得到OM⊥AB，根据cs∠OMD=MDOM=32，得到∠OMD＝30°，进而得到∠ACM＝60°，即可求出∠ACN的度数．
【解答】解：（1）过点O作OD⊥MN，垂足为点D，连接OM，
∴MD＝ND，
∴MD=23cm，
又∵OM＝4cm，
∴OD=OM2−MD2=2cm，
即圆心O到弦MN的距离为2cm；
（2）由条件可知OM⊥AB．
∵cs∠OMD=MDOM=32，
∴∠OMD＝30°．
∴∠ACM＝60°．
∴∠ACN＝120°．
【点评】本题考查了垂径定理、勾股定理、解直角三角形，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．
6．如图，在△ABC中，∠A＝90°，∠B＝30°，点O在边BC上，以O为圆心，OC为半径的圆与边AC交于点D，与边AB相切于点E．
（1）当BC＝12时，求⊙O的半径长；
（2）求ADCD的值．
【答案】（1）⊙O的半径长为4；
（2）ADCD的值为12．
【分析】（1）由⊙O与AB边相切于点E，得∠OEB＝90°，而∠B＝30°，OE＝OC，所以OB＝2OE＝2OC，由BC＝2OC+OC＝12，求得OC＝4，则⊙O的半径长为4；
（2）连接OD、ED，则OD＝OC＝OE，由∠OEB＝∠A＝90°，∠B＝30°，求得∠BOE＝∠C＝60°，则△COE是等边三角形，所以∠COD＝60°，求得∠DOE＝60°，则△EOD是等边三角形，所以∠OED＝60°，求得∠AED＝30°，则AD=12ED=12CD，所以ADCD=12．
【解答】解：（1）∵⊙O与AB边相切于点E，
∴AB⊥OE于点E，
∴∠OEB＝90°，
∵∠B＝30°，OE＝OC，
∴OB＝2OE＝2OC，
∵OB+OC＝BC＝12，
∴2OC+OC＝12，
∴OC＝4，
∴⊙O的半径长为4．
（2）连接OD、ED，则OD＝OC＝OE，
∵∠OEB＝∠A＝90°，∠B＝30°，
∴∠BOE＝∠C＝90°﹣∠B＝60°，
∴△COE是等边三角形，
∴∠COD＝60°，
∴∠DOE＝180°﹣∠COD﹣∠BOE＝60°，
∴△EOD是等边三角形，
∴∠OED＝60°，
∴∠AED＝180°﹣∠OED﹣∠OEB＝30°，
∴AD=12ED，
∵ED＝OD＝CD，
∴AD=12CD，
∴ADCD=12，
∴ADCD的值为12．
【点评】此题重点考查切线的性质、直角三角形的两个锐角互余、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、等边三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
7．如图，△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点，腰AC与半圆O相切于点D，底边BC与半圆O交于E，F两点．
（1）求证：AB与半圆O相切；
（2）连接OA．若CD＝4，CF＝2，求sin∠OAC的值．
【答案】（1）证明：连接OD，OA，作OH⊥AB于H，如图，
∵△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点，
∴AO⊥BC，AO平分∠BAC，
∵AC与⊙O相切于点D，
∴OD⊥AC，
而OH⊥AB，
∴OH＝OD，
∴AB是⊙O的切线；
（2）45．
【分析】（1）连接OD，连接OD，OA，作OH⊥AB于H，如图，利用等腰三角形的性质得AO⊥BC，AO平分∠BAC，再根据切线的性质得OD⊥AC，然后利用角平分线的性质得到OH＝OD，从而根据切线的判定定理得到结论；
（2）在Rt△OCD中，根据勾股定理求得OD＝3，OC＝5，进而得到csC=45，在Rt△OCA中，由csC=OCAC=45，即可求出sin∠OAC．
【解答】（1）证明：连接OD，OA，作OH⊥AB于H，如图，
∵△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点，
∴AO⊥BC，AO平分∠BAC，
∵AC与⊙O相切于点D，
∴OD⊥AC，
而OH⊥AB，
∴OH＝OD，
∴AB是⊙O的切线；
（2）由（1）知OD⊥AC，
在Rt△OCD中，CD＝4，OC＝OF+CF＝OD+2，OD2+CD2＝OC2，
∴OD2+42＝（OD+2）2，
∴OD＝3，
∴OC＝5，
∴csC=CDOC=45，
在Rt△OCA中，csC=OCAC=45，
∴sin∠OAC=OCAC=45．
【点评】本题考查了切线的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，角平分线的性质，综合运用相关知识是解决问题的关键．
8．如图，点O是△ABC的边AC上一点，以点O为圆心，OA为半径作⊙O，与BC相切于点E，交AB于点D，连接OE，连接OD并延长交CB的延长线于点F，∠AOD＝∠EOD．
（1）连接AF，求证：AF是⊙O的切线；
（2）若FC＝15，AC＝9，求FD的长．
【答案】（1）见解答；
（2）410−4．
【分析】（1）根据SAS证△AOF≌△EOF，得出∠OAF＝∠OEF＝90°，即可得出结论；
（2）根据勾股定理求出AF，证△OEC∽△FAC，设圆O的半径为r，根据线段比例关系列方程求出r，利用勾股定理求出OF，最后根据FD＝OF﹣OD求出即可．
【解答】（1）证明：在△AOF和△EOF中，
OA=OE∠AOD=∠EODOF=OF，
∴△AOF≌△EOF（SAS），
∴∠OAF＝∠OEF，
∵BC与⊙O相切，
∴OE⊥FC，
∴∠OAF＝∠OEF＝90°，
即OA⊥AF，
∵OA是⊙O的半径，
∴AF是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△CAF中，∠CAF＝90°，FC＝15，AC＝9，
∴AF=FC2−AC2=12，
∵∠OCE＝∠FCA，∠OEC＝∠FAC＝90°，
∴△OEC∽△FAC，
∴EOAF=COCF，
设⊙O的半径为r，则r12=9−r15，
解得r＝4，
在Rt△FAO中，∠FAO＝90°，AF＝12，AO＝4，
∴OF=AF2+AO2=410，
∴FD＝OF﹣OD＝410−4，
即FD的长为：410−4．
【点评】本题主要考查切线的判定和性质，熟练掌握切线的判定和性质是解题的关键．
9．如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，连结AC，BD交于点F．
（1）求证：AB＝AF．
（2）若⊙O的半径为10，求正五边形ABCDE的面积（结果精确到0.1，参考数据：sin36°≈0.59，cs36°≈0.81，tan36°≈0.73）．
【答案】（1）证明见解析部分；
（2）239.0．
【分析】（1）证明∠AFB＝∠ABF＝72°，可得结论；
（2）过点B作BH⊥OA于点H．解直角三角形求出OH，AB，可得结论．
【解答】解：（1）证明：如图，连接OA，OD，OC，OB．
∵ABCDE是正五边形，
∴∠BOC＝72°，∠AOD＝144°，
∴∠BAC=12∠BOC＝36°，∠ABF=12∠AOD＝72°，
∴∠AFB＝180°﹣36°﹣72°＝72°，
∴∠AFB＝∠ABF，
∴AB＝AF；
（2）解：过点B作BH⊥OA于点H．则BH＝OB•sin36°，OH＝OB•cs36°，
∴五边形ABCDE的面积＝5×12•AB•OH
＝5×12×2×OB2•sin30°•cs36°
＝5×102×0.59×0.81
≈239.0．
【点评】本题考查正多边形与圆，圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
10．如图，半径为5的⊙O经过△ABC的顶点A、B，与边BC相交于点D，BD＝8，AB＝AD．
（1）求AB的长；
（2）如果tanC=43，判断直线AB与以点C为圆心、9为半径的圆的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）45；
（2）直线AB与以点C为圆心、9为半径的圆相交．理由见解析．
【分析】（1）连接AD、OB，连接AO并延长交BC于E点，得出AE⊥BC，BE＝DE．根据垂径定理可得BE＝DE＝4，利用勾股定理求出OE＝3，则AE＝8，再利用勾股定理即可求解；
（2）根据正切函数的定义得tanC=AECE=43，可得CE＝6，则BC＝BE+CE＝10，过C作CH⊥AB于H，根据sin∠ABE=AEAB=CHCB可得845=CH10，可求出CH＝45＜9，即可得出答案．
【解答】解：（1）连接OD、AD、OB，连接AO并延长交BC于E点，
∵AB＝AD，OB＝OD，
∴AE⊥BC，BE＝DE．
∵BD＝8，
∴BE＝DE＝4，
∴OE=OB2−BE2=3，
∴AE＝OA+OE＝8，
∴AB=AE2+BE2=82+42=45；
（2）直线AB与以点C为圆心、9为半径的圆相交．理由如下：
∵tanC=AECE=43，AE＝8，
∴CE＝6，
∴BC＝BE+CE＝10，
过C作CH⊥AB于H，
∵sin∠ABE=AEAB=CHCB，
∴845=CH10，
∴CH＝45＜9，
∴直线AB与以点C为圆心、9为半径的圆相交．
【点评】本题考查解直角三角形，直线和圆的位置关系，勾股定理，垂直平分线的判定等知识，掌握与圆有关的基础知识是解题的关键．
模块
核心定理/性质
常见题型/方法
圆与相似
垂径定理、圆周角定理、弦切角定理、切割线定理
证明线段相等、平行、垂直；求线段长；证等积式（如AB²=BF·OB）
四边形与相似
矩形、菱形、正方形、等腰梯形的性质；相似基本模型
证菱形、矩形、正方形；证比例中项；黄金分割点
切线证明
过半径外端垂直半径是切线；圆心到直线距离等于半径
证直线与圆相切，常用连半径证垂直或利用角相等转化
圆幂定理
相交弦定理、切割线定理、割线定理
由相似推导线段乘积关系，如AE·EC=BE·ED
黄金分割
黄金比≈0.618，与正五边形、相似三角形结合
判断点是否为黄金分割点，利用相似推导比例