中考数学二轮专题培优训练重难点12 与圆相关的6种模型（2份，原卷版+解析版）

这是一份中考数学二轮专题培优训练重难点12 与圆相关的6种模型（2份，原卷版+解析版），共8页。试卷主要包含了 四点共圆的判定， 四点共圆的性质，5°，， 弦切角定理， 切割线定理等内容，欢迎下载使用。
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc157674812"
\l "_Tc157674813" 题型01 四点共圆
\l "_Tc157674814" 题型02 圆幂定理
\l "_Tc157674815" 题型03 垂径定理
\l "_Tc157674816" 题型04 定弦定角
\l "_Tc157674817" 题型05 定角定高模型（探照灯模型）
\l "_Tc157674818" 题型06 阿基米德折弦定理
题型01 四点共圆
1. 四点共圆的判定
【扩展】
托勒密定理：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.
证明:过点C作CP交BD于P，使∠1=∠2，又∠3=∠4，
∴△ACD∽△BCP.∴ACBC=ADBP，则AC·BP=AD·BC ①.
∵∠1=∠2 ∴∠1+∠ACP=∠2+∠ACP 则∠ACB=∠DCP 而∠5=∠6
∴△ACB∽△DCP.∴ACCD=ABDP，则AC·DP=AB·CD ②.
①+②得 AC(BP+DP)=AB·CD+AD·BC.即AC·BD=AB·CD+AD·BC

2. 四点共圆的性质
1）共圆的四个点所连成同侧共底的两个三角形的顶角相等（如下图1，∠BAC=∠BDC）；
2）圆内接四边形的对角互补（如下图2，∠1=∠2）；
3) 圆内接四边形的外角等于内对角（如下图3，∠1=∠3）.
1．（2020·山东东营·东营市实验中学校考三模）如图放置的两个正方形，大正方形ABCD边长为a，小正方形CEFG边长为b（a＞b），M在BC边上，且BM＝b，连接AM，MF，MF交CG于点P，将△ABM绕点A旋转至△ADN，将△MEF绕点F旋转至△NGF．给出以下五个结论：①∠AND＝∠MPC；②CP=b−b2a；③△ABM≌△NGF；④S四边形AMFN=a2+b2；⑤A，M，P，D四点共圆．其中正确的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【分析】①根据正方形的性质得到∠BAD=∠ADC=∠B=90°，根据旋转的性质得到∠NAD=∠BAM，∠AND=∠AMB，根据余角的性质得到∠DAM+∠NAD=∠NAD+∠AND=∠AND+∠NAD=90°，等量代换得到∠DAM=∠AND，故①正确；
②根据正方形的性质得到PC∥EF，根据相似三角形的性质得到CP=b−b2a；故②正确；
③根据旋转的性质得到GN=ME，等量代换得到AB=ME=NG，根据全等三角形的判定定理得到△ABM≌△NGF；故③正确；
④由旋转的性质得到AM=AN，NF=MF，根据全等三角形的性质得到AM=NF，推出四边形AMFN是矩形，根据余角的想知道的∠NAM=90°，推出四边形AMFN是正方形，于是得到S四边形AMFN=AM2=a2+b2；故④正确；
⑤根据正方形的性质得到∠AMP=90°，∠ADP=90°，得到∠ABP+∠ADP=180°，于是推出A，M，P，D四点共圆，故⑤正确．
【详解】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ADC=∠B=90°，
∴∠BAM+∠DAM=90°，
∵将△ABM绕点A旋转至△ADN，
∴∠NAD=∠BAM，∠AND=∠AMB，
∴∠DAM+∠NAD=∠NAD+∠AND=∠AND+∠NAD=90°，
∴∠DAM=∠AND，故①正确；
②∵四边形CEFG是正方形，
∴PC∥EF，
∴△MPC∽△EMF，
∴PCEF=CMME，
∵大正方形ABCD边长为a，小正方形CEFG边长为b（a＞b），BM=b，
∴EF=b，CM=a-b，ME=（a-b）+b=a，
∴PCb=a−ba，
∴CP=b−b2a；故②正确；
③∵将△MEF绕点F旋转至△NGF，
∴GN=ME，
∵AB=a，ME=a，
∴AB=ME=NG，
在△ABM与△NGF中，
AB=NG=a∠B=∠NGF=90°GN=BM=b，
∴△ABM≌△NGF；故③正确；
④∵将△ABM绕点A旋转至△ADN，
∴AM=AN，
∵将△MEF绕点F旋转至△NGF，
∴NF=MF，
∵△ABM≌△NGF，
∴AM=NF，
∴四边形AMFN是矩形，
∵∠BAM=∠NAD，
∴∠BAM+DAM=∠NAD+∠DAN=90°，
∴∠NAM=90°，
∴四边形AMFN是正方形，
∵在Rt△ABM中，a2+b2=AM2，
∴S四边形AMFN=AM2=a2+b2；故④正确；
⑤∵四边形AMFN是正方形，
∴∠AMP=90°，
∵∠ADP=90°，
∴∠AMP+∠ADP=180°，
∴A，M，P，D四点共圆，故⑤正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了四点共圆，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正方形的性质旋转的性质，勾股定理，正确的理解题意是解题的关键．
2．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，Rt△ABC中，AB=AC=122，Rt△ADE中，AD=AE=62，直线BD与CE交于P，当∠EAD绕点A任意旋转的过程中，P到直线AB距离的最大值是 ．
【答案】36+32/32+36
【分析】数形结合，根据动点的运动情况判断点P的运动轨迹，再根据角度以及勾股定理求解最大值．
【详解】解：如图旋转，连接DE，BC
以BC为直径作⊙O，以AE为半径作⊙A
过点B作⊙A的切线交⊙O于点M，N
在△ABD和△ACE中
AB=ACAD=AE∠BAD=∠CAE
∴△ABD≌△ACE
∴∠PBC+∠PBA+∠ACB=∠PBC+∠PCA+∠ACB=90°
∴BD⊥CE
∵∠BAC=∠BPC=90°，∠EAD=∠EPD=90°
∴点A,B,C,P共圆，点A,E,D,P共圆，
∴点P在MAN上运动
∵AB=122，⊙A的半径为62
∴∠ABN=30°
∴∠MBN=60°
∴∠MON=120°
又∵∠BAC=∠EAD=90°，∠CAD=∠CAD
∴当点P运动到点N时，到直线AB距离的最大，
∴∠NCA=∠ABN=30°
过点O作OH⊥BN，过点N作NQ⊥AC，NR⊥AB，
∴四边形NQAR是矩形，
∴NR=12BN
∵O是圆心，
∴BH=12BN
∴BH=NR=AQ
设NQ=x
∴CQ=3x,CN=2x
AQ=122−3x
∵BH=AQ
∴BO2−OH2=BH2=AQ2
∵AB=122
∴BC=2AB=2×122=24
∴BO=12，OH=12CN=x
∴122−x2=122−3x2
解得：x1=−32+36，x2=32+36（舍去）
∴AQ=122−3⋅36−32=32+36
故答案为：36+32．
【点睛】本题主要考查圆动点的最值问题。熟练运用四点共圆性质以及勾股定理解直角三角形是解决本题的关键．
3．（2019·浙江嘉兴·统考二模）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝1，AE⊥AD，交BC于点E，EA平分∠BED．
（1）CD的长是 ；
（2）当点F是AC中点时，四边形ABCD的周长是 ．
【答案】 2 5+3
【分析】（1）延长DA，CB交于点H，由“ASA”可证△ADE≌△AHE，可得AH=AD，由平行得相似，依据相似的性质即可求解；
（2）先证明A，D，C，E四点共圆，因为F是AC中点，依据垂径定理，得到DF是AC的中垂线，依据线段的垂直平分线的性质可求得AD的长度，作AH⊥CD于H，可证四边形ABCH是矩形，依据矩形的性质，结合线段长度，可得AH是CD的中垂线，由此可得AC的长度，在三角形ABC中，依据勾股定理可求得BC的长度，只需把各边相加即可得到四边形ABCD的周长.
【详解】解：（1）如图1中，延长DA，CB交于点H，
∵EA平分∠BED，
∴∠AEH＝∠AED，且AE＝AE，∠EAH＝∠EAD＝90°，
∴△ADE≌△AHE（ASA）
∴AH＝AD，
∵∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴AB∥CD，
∴△ABH∽△DCH,
∴ABCD=AHDH，且AB＝1，AH＝AD＝12HD，
∴CD＝2，
（2）如图2中，作AH⊥CD于H，
∵∠DAE＝∠DCE＝90°，
∴A，D，C，E四点共圆，设圆心为O，则点O是线段DE的中点，
又∵AF＝CF，
∴DE⊥AC，
∴DA＝DC，
∵∠ABC＝∠BCH＝∠AHC＝90°，
∴四边形ABCH是矩形，
∴CH＝AB＝1，
∵CD＝2，
∴CH＝HD＝1，
又∵AH⊥CD，
∴AD＝AC，
∴AD＝CD＝AC＝2，
∴BC=AC2−AB2=22−12=3，
∴四边形ABCD的周长为2+2+1+3=5+3．
故答案为：（1）2；（2）5+3．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，垂径定理，线段的垂直平分线的性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造中垂线、相似三角形、直角三角形，建立未知线段与已知线段之间等量的关系．
4．（2021上·山东烟台·九年级统考期中）如图，平面直角坐标系中，点A、B坐标分别为（3，0）、（0，4），点C是x轴正半轴上一点，连接BC．过点A垂直于AB的直线与过点C垂直于BC的直线交于点D，连接BD，则sin∠BDC的值是 ．
【答案】45
【分析】根据图形的特点证明∠BDC=∠BAO，故可出sin∠BDC的值．
【详解】∵BA⊥AD，BC⊥CD
∴∠BAD=∠BCD=90°
∴A、B、C、D四点共圆
∴∠BDA=∠BCA
∵∠BDA+∠DBA=∠BCA +∠CBO=90°
∴∠DBA=∠CBO
∴∠DBA-∠CBA=∠CBO-∠CBA
即∠DBC=∠ABO
又∠DBC+∠BDC=∠ABO+∠BAO=90°
∴∠BDC=∠BAO
∵点A、B坐标分别为（3，0）、（0，4），
∴BO=4，OA=3，AB=42+32=5
∴sin∠BAO=BOAB=45
∴sin∠BDC=45
故答案为：45．
【点睛】此题主要考查三角函数的求解，解题的关键是熟知四点共圆的性质、勾股定理及三角函数的求解方法．
5．（2023下·湖北武汉·九年级校考阶段练习）问题提出 如图1，点E为等腰△ABC内一点，AB=AC，∠BAC=α，将AE绕着点A逆时针旋转α得到AD，求证：△ABE≌△ACD．
尝试应用 如图2，点D为等腰Rt△ABC外一点，AB=AC，BD⊥CD，过点A的直线分别交DB的延长线和CD的延长线于点N，M，求证：S△ABN+S△ACM=12AN⋅AM．
问题拓展 如图3，△ABC中，AB=AC，点D，E分别在边AC，BC上，∠BDA=∠BEA=60°，AE，BD交于点H．若CE=a，AH=b，直接写出BE的长度（用含a，b的式子）．
【答案】见解析
【分析】问题提出：由旋转的性质可证得AE=AD，∠BAC=∠EAD=α，进而得证∠BAE=∠CAD，即可利用SAS证明△ABE≌△ACD．
尝试应用：延长MC，使CE=BN，连接AE，由题意可知A、B、C、D四点共圆，可得∠ABD=∠ACD，进而可得∠ABN=∠ACE，利用SAS可证得△ABN≌△ACE，根据其性质得AN=AE，∠BAN=∠CAE，S△ABN=S△ACE，进而可证得EA⊥MN，S△AME=12AE⋅AM=12AN⋅AM=S△AMC+S△ACE，即可得证S△ABN+S△ACM=12AN⋅AM．
问题拓展：将AB绕点A逆时针旋转60°至F，则△ABF为等边三角形，由∠BDA=∠BEA=60°，可知A、D、E、B、F五点共圆，可得∠1=∠3，∠2=∠4，∠BEF=∠AEB=60°，根据∠AEB=60°=∠C+∠2，∠ABF=60°=∠ABC+∠3，可得∠2=∠3=∠1=∠4，进而得证△AEF≌△AEC，△BEH≌△BFE可得EH=CE=a，则AE=AH+EH=a+b，作AM⊥BC交BC于M，则BM=CM，可求得ME=AE⋅cs60°=12a+b，CM=ME+CE=12a+b+a=32a+12b=BM，即可求得BE的长度．
【详解】解：问题提出：
证明：∵AB=AC，∠BAC=α，将AE绕着点A逆时针旋转α得到AD，
∴AE=AD，∠BAC=∠EAD=α，
∴∠BAC−∠AEC=∠EAD−∠AEC，即：∠BAE=∠CAD，
在△ABE与△ACD中，AB=AC∠BAE=∠CADAE=AD，
∴△ABE≌△ACDSAS．
尝试应用：延长MC，使CE=BN，连接AE，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB=AC，∠BAC=90°，
又∵BD⊥CD，即：∠BDC=90°，
∴A、B、C、D四点共圆，
∴∠ABD=∠ACD，
∴∠ABN=∠ACE，
在△ABN与△ACE中，AB=AC∠ABN=∠ACEBN=CE，
∴△ABN≌△ACESAS．
∴AN=AE，∠BAN=∠CAE，
∴∠BAN+∠BAE=∠CAE+∠BAE=∠BAC=90°，即：EA⊥MN，
∴S△AME=12AE⋅AM=12AN⋅AM=S△AMC+S△ACE
∵△ABN≌△ACE
∴S△ABN=S△ACE，
∴12AN⋅AM=S△AMC+S△ACE=S△AMC+S△ABN
即：S△ABN+S△ACM=12AN⋅AM．
问题拓展：将AB绕点A逆时针旋转60°至F，则△ABF为等边三角形，
∴∠AFB=∠BAF=∠ABF=60°，AB=AF=AC，
∵∠BDA=∠BEA=60°，
∴A、D、E、B、F五点共圆，
则：∠1=∠3，∠2=∠4，∠BEF=∠AEB=60°，
∠AEB=60°=∠C+∠2，∠ABF=60°=∠ABC+∠3，
又∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∴∠2=∠3=∠1=∠4，
∵AE=AE，∠1=∠2，AF=AC，
∴△AEF≌△AECSAS
∴CE=EF，
∵∠3=∠4，BE=BE，∠BEF=∠AEB=60°，
∴△BEH≌△BFEASA
∴EF=EH，
∴EH=CE=a，则AE=AH+EH=a+b，
作AM⊥BC交BC于M，则BM=CM，
∵∠AEB=60°，
∴ME=AE⋅cs60°=12a+b，
∴CM=ME+CE=12a+b+a=32a+12b=BM，
则：BE=BM+ME=32a+12b+12a+b=2a+b．
【点睛】本题属于几何综合，考查全等三角的判定及性质，等腰三角形的性质，四点共圆，圆周角定理，解直角三角形，添加辅助线构造全等三角形和利用圆周角定理转化角是解决问题的关键，属于中考压轴题．
6．（2022上·江苏盐城·九年级校考期中）如图，以点P−1,0为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧），交y轴于A、D两点（A在D的下方），AD=2，将△ABC绕点P旋转180°，得到△MCB．
(1)求B、C两点的坐标；
(2)请在图中画出线段MB、MC，并判断四边形ACMB的形状（不必证明），求出点M的坐标；
(3)动直线l从与BM重合的位置开始绕点B顺时针旋转，到与BC重合时停止，设直线l与CM交点为E，点Q为BE的中点，过点E作EG⊥BC于G，连接MQ、QG．请问在旋转过程中∠MQG的大小是否变化？若不变，求出∠MQG的度数；若变化，请说明理由．
【答案】(1)B−1−2,0，C−1+2,0
(2)图见解析，四边形ACMB是矩形，点M的坐标为−2,1
(3)在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于135°
【分析】（1）连接AP，结合题意，根据圆的对称性，得AO=DO=12AD=1；再根据勾股定理计算得AP，再根据圆的性质，得BP=CP=AP，从而得到B、C两点的坐标；
（2）结合题意，根据圆周角的性质，得∠BAC=90∘；再根据旋转的性质得∠BMC=∠BAC=90∘，BM=AC，CM=AB，从而推导得出四边形ACMB是矩形；过点M作MN⊥BC交BC于点N，证明△AOP ≌△MNPAAS，可得点M的坐标；
（3）结合题意，得∠BMC=∠BGE=90°；再结合点Q是BE的中点，根据直角三角形斜边中线性质，得QM=QE=QB=QG，从而推导得点E、M、B、G在以点Q为圆心、QB为半径的圆上，故得∠MQG=2∠MBG；再根据∠MBG=∠PCA，∠PCA=12180°−∠OAP，即可求解．
【详解】（1）解：如图，连接AP．
由题意知，BC是以点P−1,0为圆心的圆的直径，AD=2，BC⊥AD，
∴ AO=DO=12AD=1，OP=1，
∴ AP=OP2+OA2=1+12=2，
∴ BP=CP=AP=2，
又∵ P−1,0，B在C的左侧，
∴ B−1−2,0，C−1+2,0；
（2）解：如图，四边形ACMB是矩形，
∵以点P−1,0为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧），
∴ BC是圆的直径，
∴ ∠BAC=90∘，
∵将△ABC绕点P旋转180°得到△MCB，
∴ ∠BMC=∠BAC=90∘，BM=AC，CM=AB，
∴四边形ACMB是矩形．
过点M作MN⊥BC交BC于点N．
在△AOP和△MNP中，
∠AOP=∠MNP∠APO=∠MPNAP=MP，
∴ △AOP ≌△MNPAAS，
∴ MN=OA=1，NP=OP=1，
又∵ P−1,0，
∴点M的坐标为−2,1；
（3）解：如图，
结合（2）的结论，四边形ACMB是矩形，∠BMC=90°，
∵ EG⊥BO，
∴ ∠BGE=90°，
∴ ∠BMC=∠BGE=90°，
∵点Q是BE的中点，
∴ QM=QE=QB=QG，
∴点E、M、B、G在以点Q为圆心、QB为半径的圆上，
∴ ∠MQG=2∠MBG．
∵ OP=OA，∠AOP=90°，
∴ ∠OPA=∠OAP=45°，
又∵ PA=PC，
∴ ∠PCA=12180°−∠OAP=67.5°，
∵四边形ACMB是矩形，
∴ AC∥MB，
∴ ∠MBG=∠PCA=67.5°，
∴ ∠MQG=2∠MBG=135°．
∴在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于135°．
【点睛】本题属于圆内综合题，考查圆的基本知识，垂径定理，圆周角定理，旋转的性质，直角三角形斜边中线的性质，平面直角坐标系，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，综合性较强，有一定难度，解题的关键是综合运用上述知识，逐步推导论证．
7．（2022·辽宁葫芦岛·统考一模）射线AB与直线CD交于点E，∠AED＝60°，点F在直线CD上运动，连接AF，线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，连接FG，EG，过点G作GH⊥AB于点H．
(1)如图1，点F和点G都在射线AB的同侧时，EG与GH的数量关系是______；
(2)如图2，点F和点G在射线AB的两侧时，线段EF，AE，GH之间有怎么样的数量关系？并证明你的结论；
(3)若点F和点G都在射线AB的同侧，AE=1，EF=2，请直接写出HG的长．
【答案】(1)HG=32EG；
(2)GH=32AE−EF，证明见解析；
(3)32或332
【分析】（1）先证明△GAF是等边三角形得∠AGF=60°，再证明点A、E、G、F四点共圆，得∠GEF=∠GAF=60°，从而计算得到∠GEH=180°−∠AED−∠GEF=60°，最后在直角三角形GEH中，求出HGEG=tan∠GEH=tan60°=32即可得到答案；
（2）在射线ED上截取EN=AE，连接AN，如图3，先证△AEN是等边三角形，得AE=AN，∠EAN=60°，再证∠GAE=∠FAN，从而得到△GAE≌△FAN，进而得sin60°=GHGE=32，从而求得结论；
（3）分两种情况讨论求解GH的长，①当点F和点G都在射线AB的右侧时，在射线ED上取一点M，使得EM=EG，连接MG，如图4；②当点F和点G都在射线AB的左侧时，在线段GE上取一点N，使得NE=EF，如图5，通过构造三角形全等，利用三角函数求解即可．
【详解】（1）解：∵ 线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，
∴ ∠GAF=60°，AG=AF，
∴ △GAF是等边三角形，
∴ ∠AGF=∠AFG=60°，AG=AF=GF，
∵∠AED＝60°，
∴ ∠AGF=∠AED，
∴点A、E、G、F四点共圆，
∴ ∠GEF=∠GAF=60°，
∴ ∠GEH=180°−∠AED−∠GEF=60°，
∵ GH⊥AB，
∴ HGEG=tan∠GEH=tan60°=32，
∴ HG=32EG，
故答案为：HG=32EG；
（2）解：在射线ED上截取EN=AE，连接AN，如图3，
∵∠AED=60°，
∴△AEN是等边三角形，
∴AE=AN，∠EAN=60°
∵AF=AG，∠FAG=60°，
∴∠GAE=∠FAN
∴△GAE≌△FAN，
∴∠GEA=∠FNA=60°，GE=FN
AE−EF=FN=GE，
∵GH⊥AB
∴sin60°=GHGE=32，
∴GH=32GE，
∴GH=32AE−EF；
（3）①当点F和点G都在射线AB的右侧时，在射线ED上取一点M，使得EM=EG，连接MG，如图4，
∵ 线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，
∴ ∠GAF=60°，AG=AF，
∴ △GAF是等边三角形，
∴ ∠AGF=∠AFG=∠FAG=60°，AG=AF=GF，
∵∠AED＝60°，
∴ ∠AGF=∠AED，
∴点A、E、G、F四点共圆，
∴ ∠GEH=∠GFA=60°，∠GEF=∠GAF=60°，
∵ EM=EG，
∴ △GEM是等边三角形，
∴ EM=GM=EG,∠EGM=60° ，
∴ ∠EGM=∠EGA+∠MGA=60°=∠EGM=∠MGF+∠MGA，
∴ ∠EGA=∠MGF，
∴ △EGA≌△MGF，
∴ MF=AE=1，
∴ GE=EM=EF−MF=2−1=1 ，
∵ GH⊥AB，
∴ HG=sin∠GEH·EG=sin60°·EG=32，
②当点F和点G都在射线AB的左侧时，在线段GE上取一点N，使得NE=EF，如图5，
∵ ∠AGF=∠AED=60°，
∴点A、E、G、F四点共圆，∠AEF=180°−∠AED=120°
∴ ∠NGF=∠EAD，∠GEF=∠GAF=60°，∠AEG=∠AFG=60°，
∵NE=EF，
∴ △NEF是等边三角形，
∴ NE=EF=NF=1，∠ENF=60°，
∴ ∠GNF=180°−∠ENF=120° ，
∴ ∠GNF=∠AEF，
∴ △GNF≌△AEF，
∴ GN=AE=2，
∴ GE=GN+NE=2+1=3，
∵ GH⊥AB，∠AEG=60°，
∴ GH=GE·sin60°=323，
综上所述，GH的长为32或332．

【点睛】本题主要考查了特殊角的三角函数、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定及性质以及旋转图形的性质，熟练掌握这些性质和判定是解题的关键.
8．（2021·福建·校联考二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为E，CF⊥AB于点F，直线CF与直线BD于点G．
（1）若点G在⊙O内，如图1，求证：G和D关于直线AC对称；
（2）连接AG，若AG=BC，且AG与⊙O相切，如图2，求∠ABC的度数．
【答案】（1）见解析；（2）∠ABC=112.5°
【分析】（1）根据垂直及同弧所对圆周角相等性质，可得∠ACG=∠ACD，可证ΔCEG与ΔCED全等，得到DE=GE，进一步即可证点G和D关于直线AC成轴对称；
（2）作出相应辅助线如解析图，可得ΔAGF与ΔCGF全等，利用全等三角形的性质及切线的性质，可得BC//OA，根据平行线的性质及三角形内角和即可得出答案．
【详解】解：（1）证明：∵CF⊥AB，BE⊥AC，
∴∠CEG=∠AFC=90°，
∵∠EGC=∠FGB，
∴∠ABD=∠ACF，
又∵同弧所对圆周角相等，
∴∠ABD=∠ACD，
∴∠ACG=∠ACD，
在ΔCEG与ΔCED中，
∠GEC=∠DECCE=CE∠ACG=∠ACD
∴△CEG≅△CED，
∴DE=GE，
又CE⊥GD，
∴点G和D关于直线AC成轴对称；
（2）如图，延长CB交AG于点H，连接OA，OB，OC，EF，
∵BE⊥AC，AF⊥CG，
∴A、G、F、E四点共圆，B、F、C、E四点共圆，
∴∠GAF=∠GEF=∠BCF，∠AHB=∠BFC=90°，
在ΔAGF与ΔCBF中，
∠AFG=∠BFC∠GAF=∠BCFAG=CB，
∴△AGF≅△CBF，
∴AF=CF，
∴△AFC为等腰直角三角形，
∴∠BAC=45°，
∴∠BOC=90°，
又OB=OC，
∴∠OBC=45°，
∵AG与⊙O相切，
∴OA⊥AG，
∴BC//OA，
∴∠AOB=∠OBC=45°，
∴∠ACB=12∠AOB=22.5°，
∴∠ABC=180°−∠BAC−∠ACB=112.5°，
∴∠ABC=112.5°．
【点睛】题目主要考查圆的有关性质、三角形全等、成轴对称、平行线性质等，作出相应辅助线及对各知识点的熟练运用是解题的关键．
9．（2021上·上海徐汇·九年级统考期中）如图，已知Rt△ABC和Rt△CDE，∠ACB=∠CDE=90°，∠CAB=∠CED，AC=8，BC=6，点D在边AB上，射线CE交射线BA于点F．
（1）如图，当点F在边AB上时，联结AE．
①求证：AE∥BC；
②若EF=12CF，求BD的长；
（2）设直线AE与直线CD交于点P，若△PCE为等腰三角形，求BF的长．
【答案】（1）①见解析；②95；（2）BF的长为18011或30
【分析】（1）①先证明△ABC∽△ECD，再证明△CAF∽△DEF，△AFE∽△CFD，推导出∠FAE=∠B，得AE∥BC；
②由△AFE∽△BFC，得AEBC=AFBF=EFCF=12，依次求出AB、AE、AF、BF的长，再根据勾股定理求出CE的长，再求出BD的长；
（2）分三种情况讨论，一是PE=CE，可证明△PAD≌△CBD，求出AP的长，在Rt△EAC中根据勾股定理求出AE的长，再根据相似三角形的性质求出BF的长；二是PC=EC，可证明BD=BC=6，则AE=AP=AD=4，根据相似三角形的性质可求出BF的长；三是PE=PC，可证明CE∥AB，此时射线CE与射线BA没有交点．
【详解】（1）①证明：如图1，∵∠ACB=∠CDE=90°，∠CAB=∠CED，
∴△ABC∽△ECD（AA），
∴∠B=∠ECD，
∵∠CAF=∠DEF，∠AFC=∠EFD，
∴△CAF∽△DEF（AA），
∴AFEF=CFDF，
∴AF⋅DF=EF⋅CF，AFCF=EFDF，
∵∠AFE=∠EFD，
∴△AFE∽△CFD（SAS），
∴∠FAE=∠ECD，
∴∠FAE=∠B，∴AE∥BC．
②如图1，∵EF=12CF，
∴EFCF=12，
∵AE∥BC
∴∠BAE=∠CBA
又∵∠AFE=∠BFC
∴△AFE∽△BFC（AA），
∴AEBC=AFBF=EFCF=12，
∵AC=8，BC=6，
∴AB=82+62=10，
∴AE=12BC=12×6=3，AF=13AB=13×10=103，BF=23AB=23×10=203
∵AE∥BC
∴∠EAC=180°−∠ACB=90°，
∴CE=82+32=73，
∴EF=13CE=733，CF=23CE=2733，
∵∠ EAC =∠ CDE=90°
∴C、A、E、D四点共圆，
∴∠CEA=∠CDA
∴△AEF∽△DCF（AA）
∴AFEF=CFDF，
∴AF⋅DF=CF⋅EF，即103DF=733×2733，
解得DF=7315，
∴BD=BF−DF=203−7315=95．
（2）如图2，PE=CE，
∵DE⊥PC，
∴PD=CD，
∵AP∥BC，
∴∠P=∠BCD，∠PAD=∠B，
∴△PAD≌△CBDAAS，
∴AP=BC=6，
∴CE=PE=AE+6，
∵∠CAB=∠CED
∴ C、E、A、D四点共圆
又∵∠ CDE=90°
∴ ∠ CAE=90°
∴AE2+AC2=CE2，
∴AE2+82=AE+62，
∴AE=73，
∵AE∥BC，
∴ △AFE ∽ △ BFC
∴AFBF=AEBC=736=718
∴BF−10BF=718，
∴BF=18011
如图3，PC=EC，
∵AC⊥PE，
∴AP=AE，∠ACE=∠ACP，
设DE交AC于点G，
∵∠CEG=∠DAG，∠CGE=∠DGA，
∴△CEG∽△DAG，
∴∠ACE=∠ADE=∠ACP，
∵∠BDC+∠ADE=90°，∠BCD+∠ACP=90°，
∴∠BDC=∠BCD，
∴BD=BC=6，
∵∠ADP=∠BDC，∠P=∠BCD，
∴∠ADP=∠P，
∴AE=AP=AD=10−6=4，
∵△FAE∽△FBC，
∴AFBF=AEBC=46=23
∴BF−10BF=23，
∴BF=30；
如图4，PE=PC，则∠AEC=∠DCE，
∵∠CAE=∠EDC=90°，CE=EC，
∴△ACE≌△DEC，
∴∠ACE=∠DEC=∠BAC，
∴CE∥AB，
∴射线CE与射线BA没有交点，
综上所述，BF的长为18011或30．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理的应用，分类讨论等腰三角形PCE边的关系式解决本题的关键．
10．（2022·河南安阳·统考一模）阅读下列材料，并完成相应的任务．
任务：
(1)填空：
①依据1指的是中点的定义及________；
②依据2指的是________．
(2)请将证明过程补充完整．
(3)善于思考的小虎发现当点P是BC的中点时，BD=CF，请你利用图（2）证明该结论的正确性．
【答案】(1)①直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；②圆内接四边形对角互补
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）利用直角直角三角形斜边上的中线的性质和圆内接四边形对角互补即可；
（2）利用直角三角形斜边上中线的性质证明点E，F，P，C和点B，D，P，E四点分别共圆，再说明∠FEP+∠DEP=180°，可证明结论；
（3）连接PA，PB，PC，利用HL证明Rt△PBD≌Rt△PCF，从而得出结论．
【详解】（1）①依据1指的是中点的定义及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，
②依据2指的是圆内接四边形对角互补，
故答案为：①直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；②圆内接四边形对角互补；
（2）如图（1），连接PB，PC，DE，EF，取PC的中点Q，连接QE、QF，
则EQ=FQ=12PC=PQ=CQ，
∴点E，F，P，C四点共圆，
∴∠FCP+∠FEP=180°，
又∵∠ACP+∠ABP=180°，
∴∠FEP=∠ABP，
同上可得点B，D，P，E四点共圆，
∴∠DBP=∠DEP，
∵∠ABP+∠DBP=180°，
∴∠FEP+∠DEP=180°，
∴点D，E，F在同一直线上；
（3）如图，连接PA,PB,PC．
∵点P是BC的中点，
∴BP=PC，
∴BP=PC,∠PAD=∠PAC．
又∵PD⊥AD,PF⊥AC，
∴PD=PF，
∴△PBD≌△PCF，
∴BD=CF．
【点睛】本题主要考查了四点共圆，以及圆内接四边形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质等知识，证明Rt△PBD≌Rt△PCF是解题的关键．
11．（2023·山东日照·统考中考真题）在探究“四点共圆的条件”的数学活动课上，小霞小组通过探究得出：在平面内，一组对角互补的四边形的四个顶点共圆．请应用此结论．解决以下问题：
如图1，△ABC中，AB=AC，∠BAC=α（60°