圆的十大基本模型·母题溯源（解析版）

这是一份圆的十大基本模型·母题溯源（解析版），共119页。
TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc151938209" 模型梳理
\l "_Tc151938210" 题型一 弦切角定理与切割线定理
\l "_Tc151938211" 湖北·黄石中考
\l "_Tc151938212" 湖北·十堰中考
\l "_Tc151938213" 2023·新疆·中考真题
\l "_Tc151938214" 题型二 中点弧模型
\l "_Tc151938215" 苏州·中考真题
\l "_Tc151938216" 深圳·中考真题
\l "_Tc151938217" 2023·山东枣庄·统考中考真题
\l "_Tc151938218" 2023·江苏无锡·统考中考真题
\l "_Tc151938219" 2023·四川遂宁·统考中考真题
\l "_Tc151938220" 题型三 内心模型
\l "_Tc151938221" 黑龙江绥化·中考真题
\l "_Tc151938222" 广东省卷·中考真题
\l "_Tc151938223" 湖北·孝感中考真题
\l "_Tc151938224" 题型四 线段和差问题（构造手拉手r阿基米德折弦定理）
\l "_Tc151938225" 类型一：构造手拉手
\l "_Tc151938226" 2023·吉林长春·统考中考真题
\l "_Tc151938227" 类型二：折弦定理
\l "_Tc151938228" 山西中考
\l "_Tc151938229" 深圳·中考
\l "_Tc151938230" 题型五 平行弦与相交弦模型
\l "_Tc151938231" 2023·江苏苏州·统考中考真题
\l "_Tc151938232" 深圳·中考
\l "_Tc151938233" 2022·湖南张家界·中考真题
\l "_Tc151938234" 题型六 垂径图
\l "_Tc151938235" 四川绵阳·中考
\l "_Tc151938236" 题型七 等腰图
\l "_Tc151938237" 2023·四川成都·统考中考真题
\l "_Tc151938238" 四川宜宾·统考中考真题
\l "_Tc151938239" 2023·湖北黄冈·统考中考真题
\l "_Tc151938240" 2023·辽宁营口·统考中考真题
\l "_Tc151938241" 广西玉林·统考中考真题
\l "_Tc151938242" 2023·四川眉山·统考中考真题
\l "_Tc151938243" 湖北孝感·中考真题
\l "_Tc151938244" 2022·湖北十堰·统考中考真题
\l "_Tc151938245" 题型八 双切图
\l "_Tc151938246" 四川遂宁·统考中考真题
\l "_Tc151938247" 湖北武汉·中考真题
\l "_Tc151938248" 四川泸州·中考真题
\l "_Tc151938249" 四川乐山·中考真题
\l "_Tc151938250" 广东省卷·统考中考真题
\l "_Tc151938251" 四川·乐山中考
\l "_Tc151938252" 湖北武汉·中考真题
\l "_Tc151938253" 题型九 射影图
\l "_Tc151938254" 安徽·统考一模
\l "_Tc151938255" 四川成都·统考一模
\l "_Tc151938256" 2023·湖南永州·统考中考真题
\l "_Tc151938257" 2023·四川广安·统考中考真题
\l "_Tc151938258" 题型十 切割图
模型梳理
圆的基本模型（一）：弦切角定理与切割线定理
①是切线；②（弦切角定理）；③
以上三个结论知一推二
弦切角：弦和切线所夹的角等于它们所夹的弧所对的圆周角，即切线AP和弦AB所夹的∠1，等于它们所夹的弧 EQ \\ac(\S\UP7(⌒),AB)所对的圆周角∠2
圆的基本模型（二）：中点弧模型
点P是优弧AB上一动点，则
【以下五个条件知一推四】
点C是的中点
AC＝BC
OC⊥AB
PC平分∠APB
(即)
【简证】∠1＝∠2，∠PCB为公共角，子母型相似

【补充】⑥PE•PC＝PA•PB，注意：⑥不能反推出前五项

【例题】
如图，四边形内接于，对角线、交于点，且，若，，则 ．
【简证】
易知，则，
圆的基本模型（三）：内心模型与等腰
【模型讲解】外接圆+内心⇒得等腰
如图，圆O是△ABC外接圆圆心，I是三角形ABC的内心，延长AI交圆O于D，证DI＝DC＝BD
 
【简证】∠1＝∠4＋∠5,∠4＝∠3，∠2＝∠5 ∴∠1＝∠2＋∠3
圆的基本模型（四）：线段和差问题（构造手拉手或阿基米德折弦定理）
一、中点弧与旋转
【模型解读】点P是优弧AB上一动点，且点C是的中点
邻边相等+对角互补 旋转相似模型，一般用来求圆中三条线段之间的数量关系.

由于对角互补，即，显然共线，且，通过导角不难得出相似.
常见结构（1）：圆内接等边三角形
结论：PB+PA=PC
【简析】
常见结构（2）：圆内接等腰直角三角形（正方形）
结论：
【简析】
补充：【托密勒定理】：秒杀！（选填可用）
二、阿基米德折弦定理
【模型解读】
【问题】：已知M为的中点，B为上任意一点，且MD⊥BC于D．求证：AB＋BD＝DC
证法一：(补短法)
如图：延长DB至F，使BF＝BA ∵M为中点 ∴＝， ∴∠1＝∠2－－－①
又∵ EQ \\ac(\S\UP7(⌒),M C) ＝ EQ \\ac(\S\UP7(⌒),M C)， ∴∠1＝∠3， ∴∠2＝∠3－－－② 又∵∠3＋∠MBF＝180°－－－③
由圆内接四边形对角互补∴∠2＋∠MBA＝180°－－－④
由①②③④可得：∠MBA＝∠MBF
在△MBF与△MBA中；
eq \B\lc\{(\a\al(BF＝BA,∠MBA＝∠MBF,MB＝MB)) ∴△MBF≌△MBA (SAS) ∴MF＝MA， 又∵MC＝MA ∴MF＝MC
又∵MD⊥CF ∴DF＝DC ∴FB＋BD＝DC 又∵BF＝BA ∴AB＋BD＝DC (证毕)
证法二：(截长法——两种截取方式)
如图1：在CD上截取CG＝AB，则有DC＝CG＋DG，再证出BD＝DG即可
∵ EQ \\ac(\S\UP7(⌒),BM)＝ EQ \\ac(\S\UP7(⌒),BM) ∴∠1＝∠2－－－① 又∵M是 EQ \\ac(\S\UP7(⌒),AC)中点， ∴MA＝MC－－－②
由①②可知，在△MBA与△MGC中
∴△BMA≌△GMC (SAS) ∴BD＝GD 又∵MD⊥BG ∴BD＝DG ∴AB＋BD＝DC (证毕)

如图2：在CD上截取DB＝DG，再证明AB＝CG即可
简证：易知△MBG与△MAC均为等腰三角形，且∠1＝∠2，可知△MBG与△MAC构成手拉手模型，
∴△BMA≌△GMC (SAS) ∴AB＝CG
常规证明：∵MD⊥BG ∴MB＝MG ∴∠2＝∠MGD－－－①
又∵ EQ \\ac(\S\UP7(⌒),MC) ＝ EQ \\ac(\S\UP7(⌒),MC)， ∴∠1＝∠2－－－② ∵M是 EQ \\ac(\S\UP7(⌒),AC)中点， ∴ EQ \\ac(\S\UP7(⌒),MA)＝ EQ \\ac(\S\UP7(⌒),MC) ∴∠1＝∠MCA－－－③
由①②③可得∠MGD＝∠MC， 而∠MGD＋∠MGC＝180°， ∠MCA＋∠MBA＝180°∴∠MGC ＝∠MBA
又∵＝， ∴＝
在△MBA与△MGC中
∴△BMA≌△GMC (AAS) ∴AB＝GC
∴AB＋BD＝DC（证毕）
证法三：(翻折)——证共线
如图3：连接MB，MC，MA，AC，将△BAM沿BM翻折，使点A落至点E，连接ME，BE
∵△MBA与△MBE关于BM对称，所以△MBE≌△MBA ∴MA＝ME，∠MBA＝∠MBE－－－①
又∵MA＝MC，∴ME＝MC， 又∵M，B，A，C四点共圆，∴∠MBA＋∠MCA＝180°－－－②
又∵MA＝MC（已证）∴∠MAC＝∠MCA
又∵ EQ \\ac(\S\UP7(⌒),MC)＝ EQ \\ac(\S\UP7(⌒),MC)，∴∠MBC＝∠MAC ∴∠MBC＝∠MCA－－－③
由①②③得：∠MBC＋∠MBE＝180°∴E，B，C三点共线。又∵ME＝MC，MD⊥CE
∴DE＝DC，∴EB＋BD＝DC，又∵△MBE≌△MBA ∴AB＝EB
∴AB＋BD＝DC（证毕）

证法四：两次全等
如图4，连接MB ， MA ， MC， AC ，延长AB，过点M作MH⊥AB于点H，
∵M为 EQ \\ac(\S\UP7(⌒),A C)的中点 ∴AM＝MC， 又∵ EQ \\ac(\S\UP7(⌒),BM)＝ EQ \\ac(\S\UP7(⌒),BM) ∴∠HAM＝∠DCM
又∵∠MHA＝∠MDC＝90 ∴在△MHA与△MDC中
∴△MHA≌△MDC (AAS) ∴CD＝AH－－－① MD＝MH 在Rt△MHB与RtT△MDB中
∴△MDB≌△MHB (HL) ∴BD＝BH 又∵AH＝AB＋BH， ∴ AH＝AB＋BD－－－②
由①②可得DC＝AB＋BD(证毕)
证法五：补短法（2）——两次全等
如图4，延长AB至H，使BH＝BD，则AB＋BD＝AH，
先证△BHM≌△BDM (HL)，再证△MHA≌△MDC (HL)
圆的基本模型（五）：平行弦与相交弦，割线定理
一、平行弦：圆的两条平行弦所夹的弧相等。 即：在⊙O中，∵AB∥CD，∴
二、相交弦：圆内两弦相交，交点分得的两条线段的乘积相等
即：在⊙O中，∵弦AC、BD相交于点G，则AG·CG=BG·DG
三、割线定理
割线PD、PC相交于点P，则
圆的基本模型（六）：垂径图
一、弧中点与垂径图
知1推5
AD平分∠CAB
D是的中点
DO⊥CB
二、垂径+相等的三段弧
如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，C是的中点，弦CE⊥AB于点H，连结AD，分别交CE、BC于点P、Q，连结BD。
(1)证CO∥BD
(2) AD＝CE
(3)证：P是线段AQ的中点
(4)证：CP·CE＝AH·AB＝CQ·CB
(5)tan∠DBC＝
(6) 若AD＝8，BD＝6，求AH的值
(7) 若⊙O的半径为5，AQ＝，求弦CE的长.
【简证】
（1）
（2）
(3) 先利用弧相等导角证AP＝CP，再通过Rt△ACQ中的互余关系，得到PQ＝CP，
∴AP＝PQ＝CP
（4）CP＝AP，CE＝AD⇒CP•CE＝AP•AD，△APH∼△ABD⇒AP•AD＝AH•AB
（5）
（6）法一
（6）法二
（7）找到对应相似三角形是关键
补充拓展：垂径图导子母相似
如图弦CD⊥直径AB于点G，E是直线AB上一点（不与其他点重合），DE交圆O于F，CF交直线AB于点P
（1）证； （2）当点E在AB延长线上时，（1）的结论还成立吗？
圆的基本模型（七）：等腰图（）
直径在腰上：如图，已知AB是直径，AB=AC，则有
结论
（1）BD=CD=ED
（2）DO∥ AC
（3）知1推3：
【补充】
圆心在三线上：如图，已知AB是直径，AB=AC，则有

圆的基本模型（八）：双切图

补充：多切图
内切圆半径为r∠C＝90°⇒r＝a＋b−c2 内切圆半径为r∠C≠90°⟹(a＋b＋c)·r＝b·h(h可求)
BE，BC，GC与⊙O相切R为⊙O的半径⟹①BC＝BE＋CO②OB⊥OC,EF⊥FG③EF∥OC，OB∥GF④矩形OAFD⑤R＝OB·OCBC＝OB·OCBG＋CG·2R＝BC2−CG−BE2
圆的基本模型（九）：射影图

圆的基本模型（十）：切割图（切线和割线垂直）


重点题型·归类精练
题型一 弦切角定理与切割线定理
湖北·黄石中考
如图，是的直径，点D在的延长线上，C、E是上的两点，，，延长交的延长线于点F．
(1)求证：是的切线；(2)若，求弦的长．
【答案】(1)见解析，(2)
【分析】（1）连接，由条件可证得，得到，即可得到结论；
（2）先证明，得到，求出，，
∴，在中，由勾股定理得到，求出弦的长．
【详解】（1）证明：连接，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴,
∴是的切线；
（2）∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
在中，，
∴，∴，
湖北·十堰中考
如图，中，，以为直径的交于点，点为延长线上一点，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)见解析，(2)7
【详解】（1）如图，连接，
，
是直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
又是的半径，
是的切线；
（2）解：，
，
，
，
设，则，
，
，
，
，
即，
，，
，的半径为7
如图，是的外接圆，是的直径，是延长线上一点，连接，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若直径，求的长．
【答案】(1)详见解析，(2)
【详解】（1）证明：连接，
∵是的直径，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
即，
∴是的切线；
（2）解：∵，
∴，
∵在中，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
又∵，
即，
解得（取正值），
∴
2023·新疆·中考真题
如图，是的直径，点，是上的点，且，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，交的延长线于点，过点作于点，交于点．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析。 (2)
【分析】（1）连接，根据，得出，由，得出，根据已知条件得出，证明，结合已知条件可得，即可得证；
（2）连接，根据已知条件得出，，得出，证明，得出，，进而求得，，根据，求得，进而即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，

∵，
∴，
∵，
∴
∵，
∴，
∴
∴
∵
∴
∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：如图所示，连接，

∵，，
设，则
∴，
∴，
即
解得：，
∵，
∴
∵
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴,，
∴，
∴，
解得：，
∴
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∵,
,
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
如图，∠BAC的平分线交△ABC的外接圆于点D，交BC于点F，∠ABC的平分线交AD于点E．
（1）求证：DE＝DB：
（2）若∠BAC＝90°，BD＝4，求△ABC外接圆的半径；
（3）若BD＝6，DF＝4，求AD的长
【答案】（1）见解析；（2）2 （3）9
【分析】（1）通过证明∠BED=∠DBE得到DB=DE；
（2）连接CD，如图，证明△DBC为等腰直角三角形得到BC=BD=4，从而得到△ABC外接圆的半径；
（3）证明△DBF∽△ADB，然后利用相似比求AD的长．
【详解】（1）证明：∵AD平分∠BAC，BE平分∠ABD，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∴∠BED=∠1+∠3=∠2+∠4=∠5+∠4=∠DBE，
∴DB=DE；
（2）解：连接CD，如图，
∵∠BAC=90°，
∴BC为直径，
∴∠BDC=90°，
∵∠1=∠2，
∴DB=BC，
∴△DBC为等腰直角三角形，
∴BC=BD=4，
∴△ABC外接圆的半径为2；
（3）解：∵∠5=∠2=∠1，∠FDB=∠BDA，
∴△DBF∽△ADB，
∴，即，∴AD=9
题型二 中点弧模型
苏州·中考真题
如图，是的直径，、为上位于异侧的两点，连接并延长至点，使得，连接交于点，连接、、．
（1）证明：；
（2）设交于点，若，是的中点，求的值．
【解答】证明：（1）是的直径，
，即，
，
垂直平分，
，
，
又，
；
（2）连接，
，
是的中点，是的直径，
，
，
，
是的中点，
，
，
，
即．
深圳·中考真题
如图，已知⊙O的半径为2，AB为直径，CD为弦．AB与CD交于点M，将EQ \\ac(\S\UP7(⌒),CD)沿CD翻折后，点A与圆心O重合，延长OA至P，使AP＝OA，连接PC
（1）求CD的长；
（2）求证：PC是⊙O的切线；
（3）点G为EQ \\ac(\S\UP7(⌒),ADB)的中点，在PC延长线上有一动点Q，连接QG交AB于点E．交EQ \\ac(\S\UP7(⌒),BC)于点F（F与B、C不重合）．问GE·GF是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由．
【拓展】（4）在（3）的条件下，当CF∥AB时，求FE·FG的值
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3），理由见解析.（4）
【详解】试题分析：（1）连接OC，根据翻折的性质求出OM，CD⊥OA，再利用勾股定理列式求解即可；（2）利用勾股定理列式求出PC，然后利用勾股定理逆定理求出∠PCO=90°，再根据圆的切线的定义证明即可；（3）连接GA、AF、GB，根据等弧所对的圆周角相等可得∠BAG=∠AFG，然后根据两组角对应相等两三角相似求出△AGE和△FGA相似，根据相似三角形对应边成比例可得，从而得到GE•GF=AG2，再根据等腰直角三角形的性质求解即可．
（）连接，
∵沿翻折后，与重合，
∴，
∴，
∵，
∴．
（）∵，，
∵，，
∴，
∵，，
∵，
∴，
∴是⊙的切线．
（），为定值，
连接，，，
∵点为的中点，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵为直径，，
∴，
∴，
∴．
（4）简证：因为△FAE∽△FGB，所以
2023·山东枣庄·统考中考真题
如图，为的直径，点C是的中点，过点C做射线的垂线，垂足为E．

(1)求证：是切线；
(2)若，求的长；
(3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积（用含有的式子表示）．
【答案】(1)见解析；(2)；(3)
【分析】（1）连接OC，证明，即可得到结论；
（2）连接AC，证明，从而可得，再代入求值即可；
（2）连接，证明，从而可得，，求出扇形的面积即可得到阴影部分的面积．
【详解】（1）证明：连接，

∵点C是的中点，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴半径，
∴是切线；
（2）连接，

∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）连接，

∵，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
2023·江苏无锡·统考中考真题
如图，是的直径，与相交于点．过点的圆O的切线，交的延长线于点，．

(1)求的度数；
(2)若，求的半径．
【答案】(1)，(2)
（2）证明，根据相似三角形的性质，代入数据即可求解．
【详解】（1）如图，连接．

为的切线，
．
，
．
，
．
，
．
（2）如图，连接，
，，
．
，
，且，
，
，即，
，
，即半径为
2023·四川遂宁·统考中考真题
如图，四边形内接于，为的直径，，过点的直线l交的延长线于点，交的延长线于点，且．

(1)求证：是的切线；
(2)求证：；
(3)当，时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)6
【分析】（1）连接，，根据圆心角，弦，弧的关系可得，根据直径所对的圆周角是90度可得，半径相等可得，根据等腰的判定可得是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一的性质可得垂直平分，根据平行线的判定和性质可得，即可证明；
（2）连接，根据同弧所对的圆周角相等可得，根据平行线的性质可得，，推得，根据相似三角形的判定和性质可得，即可求证；
（3）令与交于点，根据正弦的定义可求得，，根据勾股定理可求得，，根据矩形的判定和性质可得,，根据相似三角形的判定和性质可求得,即可求得．
【详解】（1）连接，，如图：

∵，
∴，
∵四边形内接于，为的直径，
∴，
∴，
∴是等腰三角形，
又∵，
∴垂直平分，
∵，
∴，
∴，
即是的切线；
（2）连接，如图：

∵
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
即，
又∵，
∴；
（3）令与交于点，如图：

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
∵，，，
∴四边形为矩形，
∴,
∴
∵，
∴，
∴
即，
∴,
∴
题型三 内心模型
已知：如图，在中，E是内心，延长AE交的外接圆于点D，弦AD交弦BC于点F．
求证：；
当点A在优弧BC上运动时，若，，，求y与x之间的函数关系．
【答案】（1）见解析；（2）与x之间的关系式．
【分析】首先连接BE，由E是内心，易证得，，又由同弧所对的圆周角相等，证得，则可得，即可证得；
首先根据有两角对应相等的三角形相似，证得∽，则可证得：，将已知线段的长代入即可求得x与y的关系式．
【详解】连接BE，
为内心，
，BE分别为，的角平分线，
，，，
，，
弧弧DC，
，
，
；
由得，，
，
为共公角，
∽，
，
，
，，，
，
与x之间的关系式．
黑龙江绥化·中考真题
如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线与BC相交于点F，与△ABC的外接圆相交于点D
（1）求证：△BFD∽△ABD；
（2）求证：DE=DB．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【详解】试题分析：（1）由内心的性质和圆周角定理可证得结论；
（2）连接BE，由内心的性质及三角形外角的性质可证得∠DBE=∠DEB，可证得DE=DB．
试题解析：（1）∵E是△ABC的内心，∴∠BAD=∠CAD，∵∠CAD=∠CBD，
∴∠BAD=∠CBD；
（2）连接BF，如图，
∵E是△ABC的内心，∴∠ABE=∠EBF，∵∠BED=∠BAD+∠ABE，∠DBE=∠EBF+∠CBD，
且∠BAD=∠CBD，∴∠BED=∠DBE，∴DE=DB．
广东省卷·中考真题
如图1，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点C作∠BCD＝∠ACB交⊙O于点D，连接AD交BC于点E，延长DC至点F，使CF＝AC，连接AF．
（1）求证：ED＝EC；
（2）求证：AF是⊙O的切线；
（3）如图2，若点G是△ACD的内心，BC·BE＝25，求BG的长．
【分析】
（1）由AB＝AC知∠ABC＝∠ACB，结合∠ACB＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC得∠BCD＝∠ADC，从而得证；
（2）连接OA，由∠CAF＝∠CFA知∠ACD＝∠CAF＋∠CFA＝2∠CAF，结合∠ACB＝∠BCD得∠ACD＝2∠ACB，∠CAF＝∠ACB，据此可知AF∥BC，从而得OA⊥AF，从而得证；
（3）证△ABE∽△CBA得AB2＝BC•BE，据此知AB＝5，连接AG，得∠BAG＝∠BAD＋∠DAG，∠BGA＝∠GAC＋∠ACB，由点G为内心知∠DAG＝∠GAC，结合∠BAD＋∠DAG＝∠GAC＋∠ACB得∠BAG＝∠BGA，从而得出BG＝AB＝5．
【解答】
解：（1）∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
又∵∠ACB＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC，
∴∠BCD＝∠ADC，
∴ED＝EC；
（2）如图，连接OA，
∵AB＝AC，
∴，
∴OA⊥BC，
∵CA＝CF，
∴∠CAF＝∠CFA，
∴∠ACD＝∠CAF＋∠CFA＝2∠CAF，
∵∠ACB＝∠BCD，
∴∠ACD＝2∠ACB，
∴∠CAF＝∠ACB，
∴AF∥BC，
∴OA⊥AF，
∴AF为⊙O的切线；
（3）∵∠ABE＝∠CBA，∠BAD＝∠BCD＝∠ACB，
∴△ABE∽△CBA，
∴，
∴AB2＝BC•BE，
∵BC•BE＝25，
∴AB＝5，
如图，连接AG，
∴∠BAG＝∠BAD＋∠DAG，∠BGA＝∠GAC＋∠ACB，
∵点G为内心，
∴∠DAG＝∠GAC，
又∵∠BAD＋∠DAG＝∠GAC＋∠ACB，
∴∠BAG＝∠BGA，
∴BG＝AB＝5．
湖北·孝感中考真题
如图，点I是△ABC的内心，BI的延长线与△ABC的外接圆⊙O交于点D，与AC交于点E，延长CD、BA相交于点F，∠ADF的平分线交AF于点G．
（1）求证：DG∥CA；
（2）求证：AD＝ID；
（3）若DE＝4，BE＝5，求BI的长．
【分析】
（1）根据三角形内心的性质得∠2＝∠7，再利用圆内接四边形的性质得∠ADF＝∠ABC，则∠1＝∠2，从而得到∠1＝∠3，则可判断DG∥AC；
（2）根据三角形内心的性质得∠5＝∠6，然后证明∠4＝∠DAI得到DA＝DI；
（3）证明△DAE∽△DBA，利用相似比得到AD＝6，则DI＝6，然后计算BD－DI即可．
【解答】
（1）证明：∵点I是△ABC的内心，
∴∠2＝∠7，
∵DG平分∠ADF，
∴∠1＝EQ \F(1,2)∠ADF,
∵∠ADF＝∠ABC，
∴∠1＝∠2，
∵∠3＝∠2，
∴∠1＝∠3，
∴DG∥AC；
（2）证明：∵点I是△ABC的内心，
∴∠5＝∠6，
∵∠4＝∠7＋∠5＝∠3＋∠6，
即∠4＝∠DAI，
∴DA＝DI；
（3）解：∵∠3＝∠7，∠ADE＝∠BDA，
∴△DAE∽△DBA，
∴AD：DB＝DE：DA，即AD：9＝4：AD，
∴AD＝6，
∴DI＝6，
∴BI＝BD－DI＝9－6＝3．
题型四 线段和差问题（构造手拉手r阿基米德折弦定理）
类型一：构造手拉手
在的内接四边形中，，，，点为弧的中点，则的长是 ．
【解答】
解法一、、、、四点共圆，，
，
，平分，
，
如图，将绕点逆时针旋转得，
则，，，
，
、、三点共线，
过作于，
，
，
在中，；
解法二、如图，过作于，于，
则，
点为弧的中点，
，
，，
，，
，
、、、四点共圆，
，
在和中
，
，
，
在和中，
，
，
，
设，
，，
，
，
解得：，
即，
，
故答案为．
如图，已知是的弦，点是弧的中点，是弦上一动点，且不与、重合，的延长线交于点，连接、，过点作，垂足为，．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长；
（3）当点在弦上运动时，的值是否发生变化？如果变化，请写出其变化范围；如果不变，请求出其值．

【分析】
（1）证切线一般先导角
（2）通过弧中点所对应的相似模型可以口算
（3）可以考虑通过旋转构造出分母的所对应的线段，再通过相似或三角函数得出比值.
当然，（3）还有很多方法，比如利用角平分线作垂线
法2：角平分线作垂线
①易证 (全等)
②
求数量关系的话，截长补短也是常见方法，得到的图形与之前旋转法类似，不过辅助线做法不一样
法3：延长至点，使
由，可得全等，
故三边之比为，即
除此之外，构造旋转相似也是一种处理方式，这里就不细讲了可以结合图形自行体会
法4：【简证】
∵,
∴


【解答】
（1）证明：如图，连接，，，交于，
，，
是等边三角形，
，
点是弧的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的切线；
（2）解：，
，
，
，
，
，
，
；
（3）结论：，的值不变．
理由：如图，连接，，交于，作交的延长线于，
，
，
由（1）得，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，，
，
，
，
，
的值不变．
2023·吉林长春·统考中考真题
【感知】如图①，点A、B、P均在上，，则锐角的大小为__________度．

【探究】小明遇到这样一个问题：如图②，是等边三角形的外接圆，点P在上（点P不与点A、C重合），连结、、．求证：．小明发现，延长至点E，使，连结，通过证明，可推得是等边三角形，进而得证．
下面是小明的部分证明过程：
证明：延长至点E，使，连结，
四边形是的内接四边形，
．
，
．
是等边三角形．
，
请你补全余下的证明过程．
【应用】如图③，是的外接圆，，点P在上，且点P与点B在的两侧，连结、、．若，则的值为__________．
【答案】感知：；探究：见解析；应用：．
【分析】感知：由圆周角定理即可求解；
探究：延长至点E，使，连结，通过证明，可推得是等边三角形，进而得证；
应用：延长至点E，使，连结，通过证明得，可推得是等腰直角三角形，结合与可得，代入即可求解．
【详解】感知：
由圆周角定理可得，
故答案为：；
探究：
证明：延长至点E，使，连结，
四边形是的内接四边形，
．
，
．
是等边三角形．
，
，
∴，，
，
是等边三角形，
，
，
即；
应用：
延长至点E，使，连结，
四边形是的内接四边形，
．
，
．
，
，
∴，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
类型二：折弦定理
如图，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是⊙O的一条折弦），BC＞AB，M是 EQ \\ac(\S\UP7(⌒),ABC)的中点，过点M作MD⊥BC垂足为D，求证：CD=AB+BD.（阿基米德折弦定理）
【解析】如图,截取AB=CG, EQ \\ac(\S\UP7(⌒),AM)= EQ \\ac(\S\UP7(⌒),CM)，∴AM=CM，∠A=∠C，∴△ABM≌△CBM(SAS)
∴BM=GM， 又∵MD⊥BG，∴BD=GD
如图，已知等边三角形ABC内接于⊙O，AB=2，点D为弧AC上一点，∠ABD=45°，AE⊥BD于E，求△BDC的周长。

【解析】如图,截取BG=DC
己知:如图1，在⊙O中，C是劣弧AB的中点，直线CD⊥AB于E,易证得:AE=BE,从圆上任意
一点出发的两条弦所组成的折线，成为该圆的一条折弦。
(1) 如图2，PA、 PB组成⊙O的一条折弦，C是劣弧AB的中点，直线CD⊥PA于E,
求证: AE=PE+PB
(2)如图3，PA、PB组成⊙O的一条折弦，若C是优弧AB的中点，直线CD⊥PA于E,则AE、PE、PB
之间存在怎样的数量关系?写出结论，并证明。
【解析】(1)连接AC,BC,PC,截取AG=PB,易证△AGC≌△BPC（SAS），∴CG=CP
∴GE=PE ∴AE=PB+PE
（2）法一：连接AC,BC,PC,截取PG=PB，易证△CGP≌△CBP（SAS）,
∴CB=CG=CA ∴AE=AG ∴PE=PB+AE
法二：易知CP平分∠EPB，作角两边的垂线得到全等（HL），∴PE=PB+AE

如图，在⊙O中AB=AC，点D是 EQ \\ac(\S\UP7(⌒),CMB)上一动点（点D不与C、B重合）连接DA、DB、DC，
∠BAC=120°
（1）若AC=4，求⊙O的半径
（2）探究DA、DB、DC之间的关系，并证明。

【解析】
方法一:如图1,截取DF=DB,作AG⊥DC，易知△黄≌△蓝→CG=FG, ∴DC+DB=2DG=AG=AD
方法二:如图2，作AG⊥DG,AH⊥DB,易知△黄≌△蓝(HL)→GC=BH ∴DC+ DB=2DG=AG=AD

方法三:如图3,DC至点G，使AG=AD,易证△黄≌△蓝(SAS)→GC=BD ∴DC+ DB=DG =AD

如图，△ABC内接于⊙O，AC＜BC,点D为 EQ \\ac(\S\UP7(⌒),ACB)的中点，求证AD²=AC·BC+CD²

【解析】如图1所示，截取BG=AC,DH⊥BC,易证HG=HC，∵CD²=CH·BC,
AD²=BD²=BH·BC， ∴AC·BC+CD² = AC·BC+CH·BC=BH·BC=BD²（证毕）
已知⊙O是等边△ABC的外接圆，P是⊙O上一点，求证PA+PB≤AC+BC

【解析】如图所示，截取BG=PA,CH⊥PB→, ∴PA+PB=BG+PB=2BH BH≤BC
山西中考
古希腊数学家阿基米德提出并证明了“折弦定理”．如图1,AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦),BC>AB,M是优弧ABC的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD=AB+BD．
（1）请按照下面的证明思路，写出该证明的剩余部分；
证明：如图2，在CB上截取CG=AB，
连接MA,MB,MC和MG．
∵M是 EQ \\ac(\S\UP7(⌒),ABC)的中点，
∴ EQ \\ac(\S\UP7(⌒),MA)= EQ \\ac(\S\UP7(⌒),MC)
∴MA=MC．
（2）如图(3),已知等边△ABC内接于⊙O,AB=2，D为⊙O上一点,∠ABD=45°,AE⊥BD,垂足为E，请你运用“折弦定理”求△BDC的周长．

【解析】（1）∵ 又 ，
．
．
又 ，
．
．
（2） 如图，截取 ，连接 ，， .
由题意得 ， .
在 和 中，

.
.
，
，则 .
，
.
的周长是
深圳·中考
如图,△ABC内接于⊙O,BC=2,AB=AC，点D为EQ \\ac(\S\UP7(⌒),AC)上的动点，且cs∠ABC=EQ \F(\R(,10),10)．
（1）求AB的长度；
（2）在点D的运动过程中，弦AD的延长线交BC延长线于点E，问AD﹒AE的值是否变化？若不变，请求出AD﹒AE的值；若变化，请说明理由；
（3）在点D的运动过程中，过A点作AH⊥BD,求证：BH=CD+DH．
（4）求DA,DB,DC之间的数量关系

【解析】（1）AB=；（2）如图2,∠1=∠2=∠3→AD·AE=AC²=10；
（3）如图3，截取BG=DC，易知△ABG≌△ACD→GH=DH，∴BH=BG+GH=DC+HD
（4）DB=DC+DA

已知：如图，在△ABC中，D为AC边上一点，且AD=DC+CB．过D作AC的垂线交△ABC的外接圆于M，过M作AB的垂线MN，交圆于N．求证：MN为△ABC外接圆的直径．

【解析】如图，延长DC，使CG=BC，易得∠5=∠4，∠1=∠2=∠3 ∴BM=GM=AM ∴MN⊥AB
∴MN是△ABC外接圆直径（逆定理）
如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB=AC，BD平分∠ABC交⊙O于点D，连接AD、CD。作AE⊥BD与点E，若AE=3，DE=1，求△ACD的面积

【解析】如图2，截取BG=DC，易证△ACD≌△ABG（SAS） ∴BG=DC=AD= ∴S△ACD=
如图，△ABC内接于⊙O，AB=AC=3，cs∠ABC=，D是劣弧AC上一点，且AD=2CD，求BD的长为.

【解析】如图1,截取BG=DC,作AH⊥BD,易证△ACD≌△ABG（SAS）→GH=HD→∠ADH=∠ACB=∠ABC
如图2，设HD=a，则BG=2a,AH=, ∴15a²+9a²=9→a= ∴BD=
如图， PA⊥x轴于点A，点B在y轴正半轴上，PA＝PB，OA=6，OB=2,，点C是线段PB延长线上的一个动点，△ABC的外接圆⊙M与y轴的另一个交点是D．
（1）证明：AD=AC
（2）试问：在点C运动的过程中，BD﹣BC的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请给出合理的解释．
【解析】
【详解】（1）t2-8t+12=0，
解得：t=2或6，
即OA=6，OB=2，即点A、B的坐标为（-6，0）、（0，2），
设点P（-6，），
由PA=PB得：36+（2+）2=（）2，
解得：k=-60，
故点P（-6，10），
故答案为：6，2，-60；
（2）当PQ过圆心M时，点P、Q之间的距离达到最大值，
∵AM2=AO2+OM2，
∴AM2=36+（AM-2）2，
∴AM=10=BM
∴点M坐标为（0，-8）
设直线PM的解析式为：y=kx-8
∴10=-6k-8
∴k=-3
∴直线PM的解析式为：y=-3x-8
∴设点Q（a，-3a-8）（a＞0）
∵MQ=10=
∴a=
∴点Q坐标为（，-3-8）
故答案为：（，-3-8）
（3）是定值，理由：
连接CD，过点P作PH⊥y轴，
∵tan∠PBH===tan∠DBC，则cs∠DBC=，
∴BD-BC=2r-2rcs∠DBC=2r（1-）=4
题型五 平行弦与相交弦模型
如图，在⊙O中，弦AB=CD，AB⊥CD于点E，已知CE•ED=3，BE=1，则⊙O的直径是（ ）
A．2B．C．2D．5
【答案】C
【详解】解：作OH⊥AB于H，OG⊥CD于G，连接OA，
由相交弦定理得，CE•ED=EA•BE，即EA×1=3，
解得，AE=3，
∴AB=4，
∵OH⊥AB，
∴AH=HB=2，
∵AB=CD，CE•ED=3，
∴CD=4，
∵OG⊥CD，
∴EG=1，
由题意得，四边形HEGO是矩形，
∴OH=EG=1，
由勾股定理得，OA=，
∴⊙O的直径为，
故选C．
如图，半圆O的直径，延长到A，直线AD交半圆于点E，D，且，求的长．
【答案】2
【详解】解：连接，则：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则：，
∴，
整理得，
解得（不合题意，舍去）．
∴．
2023·江苏苏州·统考中考真题
如图，是的内接三角形，是的直径，，点在上，连接并延长，交于点，连接，作，垂足为．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）分别证明，，从而可得结论；
（2）求解，，可得，证明，设，则，，证明，可得，可得，，，从而可得答案．
【详解】（1）证明：∵是的直径，，
∴，
∵，
∴．
（2）∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，，
∵，，
∴，
∴，
∴，则，
∴，
∴，∴
如图，和是的半径，并且，是上任意一点，的延长线交于点，点在的延长线上，且．
（1）求证：是的切线；
（2）当时，试确定的取值范围；
（3）求证：
【答案】（1）证明过程见详解；（2）15°≤∠B＜45°；（3）证明过程见详解
【分析】（1）连接OQ．欲证明RQ是⊙O的切线，只要证明∠OQR＝90°．
（2）分别考虑当AR＝OA时或与A重合时，∠B的度数，从而确定其取值范围．
（3）如图2先证明，从而得到，整理即可得到；
【详解】解：（1）证明：连接OQ．

∵OA⊥OB，
∴∠2+∠B＝90°，
∵OB＝OQ，
∴∠B＝∠4，
∵RP＝RQ，
∴∠1＝∠3＝∠2，
∴∠3+∠4＝90°，
∴OQ⊥RQ，
∴RQ是⊙O的切线．
（2）如图1中，

①当点R与A重合时，易知∠B＝45°．
②当AR＝OA时，在Rt△ORQ中，∵∠OQR＝90°，OR＝2OQ，
∴∠R＝30°，
∵RQ＝RP，
∴∠RPQ＝∠RQP＝75°，
∴∠OPB＝75°，
∴∠B＝90°﹣∠OPB＝15°，
综上所述，15°≤∠B＜45°．
（3）如图2中，
延长交于点M，连接BM，AQ
，，
，
，
，
．
深圳·中考
如图，线段是的直径，弦于点H，点是弧上任意一点（不与B，C重合），，．延长线段交的延长线于点E，直线交于点N，连结交于点F，则 ， ．
【答案】
【分析】连接，设，在中，利用勾股定理求出；由，推出，推出，又，推出，由此即可解决问题．
【详解】解：连接．
∵，
∴，
设，则，
在中，∵，
∴，
∴，即；
连接．
∵是直径，
∴，
，
，
，
，
故答案为：，
2022·湖南张家界·中考真题
如图，四边形内接于圆，是直径，点是的中点，延长交的延长线于点．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析；(2)1
【分析】（1）连接，根据圆周角推论得，根据点是的中点得，，用ASA证明，即可得；
（2）根据题意和全等三角形的性质得，根据四边形ABCD内接于圆O和角之间的关系得，即可得，根据相似三角形的性质得，即可得
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
为直径，
，
又点是的中点
，，
在和中，
，
，
；
（2）解：，，
，
又四边形内接于圆，
，
又，
，
又，
，
，
即：，
解得：，
题型六 垂径图
如图，为的直径，，为圆上的两点，，弦，相交于点．
（1）求证：；
（2）若，，求的半径．
【解答】
（1）证明：，
，
，
，
，
；
（2）连接，
，，
，
，
，
，
，
，即，
解得，，
是直径，
，
，
的半径为．
如图，是的直径，为弦的中点，连接并延长交于点，连接交于点，延长至点，使得，连接．
（1）求证：是的切线；
（2）若的半径为5，，求的长．
【解答】
解：（1）为弦的中点，是半径，
，
即，
，
又，
，
又，
，
，
，
即，
是半径，
是的切线；
（2）为弦的中点，
，
是半径，
，
在中，
，
又，，
，
，
即，
解得，，
．
四川绵阳·中考
如图，是的直径，点为的中点，为的弦，且，垂足为，连接交于点，连接，，．
（1）求证：；
（2）若，求的长．
【解答】
证明：（1）是的中点，
，
是的直径，且，
，
，
，
在和中，
，
；
（2）解法一：如图，连接，设的半径为，
中，，即，
中，，即，
，
，
，
，
即，
解得：（舍或3，
，
；
解法二：如图，过作于，连接、，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
．
解法三：如图，连接，交于，
是的中点，
，
，
，
，
，，，
，
，
，
．
如图，AB为⊙O的直径，CD⊥AB，垂足为EQ D, \\ac(\S\UP7(⌒),AC)＝EQ \\ac(\S\UP7(⌒),CE)．
（1）求证：AF＝CF；
（2）若⊙O的半径为5，AE＝8，求EF的长．
【分析】（1）连接BC、AC，先由等弧所对的圆周角相等得出∠B＝∠CAE，再根据同角的余角相等证明∠B＝∠ACD，进而得到∠CAE＝∠ACD，最后利用等角对等边得到结论AF＝CF；
（2）连接AC、OE、OC、BC，设CO与AE交点为G，先由垂径定理的推论得出OC⊥AE，EG＝AG＝EQ \F(1,2)AE＝4，再利用AAS证明△EGO≌△CDO，得出OG＝OD，在△OEG中根据勾股定理求出OG＝3，则OD＝3，CG＝AD＝2．设GF＝x，则CF＝AF＝4－x，然后在△CGF中利用勾股定理列出方程EQ (4－x)\S\UP6(2)＝EQ 2\S\UP6(2)＋x\S\UP6(2),解方程求出x的值，进而得到EF的长．
【解答】(1)证明：如图，连接BC、AC，
∵EQ \\ac(\S\UP7(⌒),AC)＝EQ \\ac(\S\UP7(⌒),CE),
∴∠B＝∠CAE，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
即∠ACD＋∠BCD＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠B＋∠BCD＝90°，
∴∠B＝∠ACD，
∴∠CAE＝∠ACD，
∴AF＝CF；
(2)解：连接AC、OE、OC、BC，设CO与AE交点为G，则OC⊥AE，EG＝AG＝EQ \F(1,2)AE＝4．
∵EQ \\ac(\S\UP7(⌒),AC)＝EQ \\ac(\S\UP7(⌒),CE),
∴∠COE＝∠COA，即∠GOE＝∠DOC，
又∠OGE＝∠ODC＝90°，OE＝OC，
∴△EGO≌△CDO(AAS)，
∴OG＝OD．
在△OEG中，∵∠OGE＝90°，OE＝5，EG＝4，
∴OG＝EQ \R(,OE2－EG2)＝3，
∴OD＝OG＝3，CG＝AD＝2．
设GF＝x，则CF＝AF＝4－x，
在△CGF中，∵∠CGF＝90°，
∴EQ CF\S\UP6(2)＝EQ CG\S\UP6(2)＋GF\S\UP6(2),即EQ (4－x)\S\UP6(2)＝EQ 2\S\UP6(2)＋x\S\UP6(2),
解得x＝1.5，
∴EF＝EG＋GF＝4＋1.5＝5.5．
题型七 等腰图
2023·四川成都·统考中考真题
如图，以的边为直径作，交边于点D，过点C作交于点E，连接．

(1)求证：；
(2)若，求和的长．
【答案】(1)见解析，(2)，
【分析】（1）根据，得到，再根据同弧所对的圆周角相等，得到，可证明是等腰三角形，即可解答；
（2）根据直径所对的圆周角为直角，得到，设，根据勾股定理列方程，解得x的值，即可求出；解法一：过点作的垂线段，交的延长线于点F，证明，求出的长，根据勾股定理即可解出的长；解法二：连接,得到角相等，进而证得，根据对应边成比例即可解出的长．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
，
；
（2）解：设，
是的直径，
，
，
，即，
根据（1）中的结论，可得，
根据勾股定理，可得，即，
解得，（舍去），
，,
根据勾股定理，可得；
解法一：如图，过点作的垂线段，交的延长线于点F，

，
，
，
，即，
，，，
，
，
，
设，则，
，
可得方程，解得，
，，
根据勾股定理，可得．
解法二：如图，连接,

，，
，
，
又，，，
，
．
四川宜宾·统考中考真题
如图，线段经过的圆心O，交于A、C两点，，为的弦，连接，，连接并延长交于点E，连接交于点M．
（1）求证：直线是的切线；
（2）求的半径的长；
（3）求线段的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）1；（3）.
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，求出，求出，根据切线的判定推出即可；
（2）根据直角三角形的性质得到，于是得到结论；
（3）连接，根据为直径，得，由（2）得到，，根据三角形等面积求出，根据勾股定理得到，即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∴，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）∵，，
∴，
∵，
∴，
∴的半径的长为1；
（3）如图，连接，

∵为直径，
，
由（2）知的半径
，，
∴，
∵
∴，
∴
．
2023·湖北黄冈·统考中考真题
如图，中，以为直径的交于点，是的切线，且，垂足为，延长交于点．

(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析，(2)
【分析】（1）连接，根据已知可得，则，又，等量代换得出，即可证明；
（2）连接，证明，在中，，求得，根据得出，进而可得，根据，即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，

∵以为直径的交于点，是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴；
（2）解：连接，如图，
则，

∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
又∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
2023·辽宁营口·统考中考真题
如图，在中，，以为直径作与交于点D，过点D作，交延长线于点F，垂足为点E．
(1)求证：为的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见详解，(2)
【分析】（1）连接，，根据圆周角定理证明，再根据“三线合一”证明平分，即有，进而可得，根据，可得，问题得证；
（2）先证明，，即有，在中结合勾股定理，可求出，即同理在中，可得，进而有， ，即，证明，即有，即，问题即可得解．
【详解】（1）连接，，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵在中，，
∴平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴半径，
∴为的切线；
（2）∵在中，，
∴，
在（1）中，，，
∴，
∵，
∴，
∵在中，，，
∴，
∴，解得：（负值舍去），
即同理在中，可得，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
解得：（经检验，符合题意），
即．
（2022·江苏无锡·校联考一模）如图所示，在中，AB＝AC，以AC边为直径作⊙O交BC边于点D，过点D作DE⊥AB于点E，ED、AC的延长线交于点F．
(1)求证：EF是⊙O的切线．
(2)若EB＝6，且sin∠CFD＝，求⊙O的半径与线段AE的长．
【答案】(1)见解析，(2)半径为15，AE=24
【详解】（1）解：连接OD，如图所示：
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACD，
∵OC=OD，
∴∠ODC=∠OCD，
∴∠B=∠ODC，
∴OD∥AB，
∵DE⊥AB，
∴OD⊥EF，
∴EF是⊙O的切线．
（2）解：在Rt△ODF中，sin∠OFD=，
设OD=3x，则OF=5x，
∴AB=AC=6x，AF=8x，
在Rt△AEF中，∵sin∠AFE=，
∴AE=，
∵BE=AB－AE=，
∴BE==6，解得：，
∴AE=，OD=3×5=15，
∴AE=24，半径为15．
广西玉林·统考中考真题
如图，在中，，，以AB为直径作⊙O分别交于AC，BC于点D，E，过点E作⊙O的切线EF交AC于点F，连接BD．
（1）求证：EF是△的中位线；
（2）求EF的长．
【答案】（1）见解析；（2）.
【分析】（1）连接AE，根据切线的性质求出OE是的中位线，即可进行证明；
（2）根据勾股定理与中位线的性质即可求解.
【详解】（1）证明：连接AE，如图所示：
∵AB为⊙O的直径，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵EF是⊙O的切线，
∴，
∵，
∴OE是的中位线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴EF是的中位线；
（2）解：∵，
∴，
∵的面积，
∴，
∵EF是的中位线，
∴．
2023·四川眉山·统考中考真题
如图，中，以为直径的交于点E．平分，过点E作于点D，延长交的延长线于点P．

(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析，(2)
【详解】（1）证明：如图，连接，

，
，
平分，
，
，
，
,
,
是的切线；
（2）解：设，则，
，解得，
，
，
根据勾股定理可得，,
，
是直径，
，
，
，
，
，
，
．

湖北孝感·中考真题
如图，中，，以为直径的交于点，交于点，过点作于点，交的延长线于点.
（1）求证：是的切线；
（2）已知，，求和的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【详解】分析：（1）连接OD，AD，由圆周角定理可得AD⊥BC，结合等腰三角形的性质知BD=CD，再根据OA=OB知OD∥AC，从而由DG⊥AC可得OD⊥FG，即可得证；
（2）连接BE．BE∥GF，推出△AEB∽△AFG，可得，由此构建方程即可解决问题；
详解：（1）如图，连接OD，AD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，
∵AB=AC，
∴BD=CD，
又∵OA=OB，
∴OD∥AC，
∵DG⊥AC，
∴OD⊥FG，
∴直线FG与⊙O相切，即DF是⊙O的切线；
（2）如图，连接BE．∵BD=2，
∴CD＝BD＝2，
∵CF=2，
∴DF==4，
∴BE=2DF=8，
∵cs∠C=cs∠ABC，
∴，
∴，
∴AB=10，
∴AE=，
∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴BE∥GF，
∴△AEB∽△AFG，
∴，
∴，
∴BG=．
（2023·湖南娄底·一模）如图，在中，平分，交于点．是的直径，连接、过点作，交于点，交的延长线于点．
(1)求证：是的切线；
(2)求证：；
(3)若的半径为5，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接，为的直径得，由，根据等腰三角形性质得平分，即，则为的中位线，所以，而，则，然后根据切线的判定方法即可得到结论；
（2）利用两角对应相等的两三角形相似证明，由相似三角形的性质可得出答案；
（3）由，根据等角的余角相等得，在中，利用解直角三角形的方法可计算出，在中可计算出，然后由，得，再利用相似比可计算出．
【详解】（1）证明：连接，如图，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴为的中位线，
∴，
∵，
∴，
又∵是半径，
∴是的切线
（2）证明：∵是的切线，
∴，
∵，
，
，
∵是的直径，
∴，
，
，
，
，
∴，
；
（3）解：，
，
，
设
在中，
∴
解得：（舍去）
，
在中，，
，
∵，
，
∴，即，
．
2022·湖北十堰·统考中考真题
如图，中，，为上一点，以为直径的与相切于点，交于点，，垂足为．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）连接，设，，根据已知条件以及直径所对的圆周角相等，证明，进而求得，即可证明是的切线；
（2）根据已知条件结合（1）的结论可得四边形是正方形，进而求得的长，根据，，即可求解．
【详解】（1）如图，连接，
，
则，
设，，
，
，
为的直径，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，
，
为的半径，
是的切线；
（2）如图，连接，
是的切线，则，又，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
在中，，，
，
，
由（1）可得，
，
，
，解得 ．
如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，BD是⊙O的直径，连接CD，OE∥BC交AC于点E，连接DE.
(1)求证：DE平分∠BDC；
(2)若OE＝1，tan∠ODE＝，求AB的长.
【解析】(1)连接AO，证AO平分∠BAC，AO⊥BC.延长OE交CD于点H，
∵OE∥BC，∴∠OHD＝∠BCD＝90°，∴OH 垂直平分CD，∴EC＝ED，
∴∠ECD＝∠EDC＝∠CAO＝∠BAC＝∠BDC，∴DE平分∠BDC；
(2)延长AO交BC于点M，则AM⊥BC，∵tan∠ODE＝tan∠EDC＝tan∠OAE＝＝，∴OA＝2OE＝2＝OB，∵tan∠BAM＝＝tan∠OAE＝，设BM＝x，则AM＝2x，OM＝2x－2，∴在Rt△BOM中，x2＋(2x－2)2＝22，∴x＝ (x＝0已舍)，∴AB＝＝x＝.
如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，分别过A，C两点作⊙O的切线相交于点P，连接BP交AC于点D.
(1)求证：PA∥BC；
(2)若sin∠BAC＝，求的值.
【解析】(1)连接AO并延长交BC于点H，连接OB，OC，则△AOB≌△AOC，∴∠BAO＝∠CAO，∴AH⊥BC，∵PA为切线，∴∠OAP＝90°，∴PA∥BC；
(2)证∠BOH＝∠BAC，设OB＝5x，BH＝4x，OH＝3x，BC＝8x，tan∠BAH＝＝＝tan∠CAH＝tan∠APO＝.∴PA＝10x，∴＝＝＝.
如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，CO的延长线交AB于点D.
(1)求证：AO平分∠BAC；
(2)若BC＝6，sin∠BAC＝，求AC和CD的长.
解：(1)方法一：连接BO，∵AB＝AC，OB＝OC，∴A，O在线段BC的中垂线上，∴AO⊥BC，又∵AB＝AC，∴AO平分∠BAC；
方法二：证△AOB≌△AOC(SSS)即可；
(2)延长CD交⊙O于点E，连接BE，延长AO交BC于点H，∵sin∠BOH＝sin∠BAC＝，∴＝，
∴易求出AO＝OE＝5，BE＝8，易证BE∥OA，得＝＝，可求出OD＝，∴CD＝，BH＝3，AH＝9，容易求出AB＝AC＝3.
如图，⊙O为△ABC的外接圆，AB＝AC，过点C作CD⊥AC交过点A的切线于点D.
(1)求证：2AC2＝AD·BC；
(2)连接BD交AC于点P，若＝，求sin∠BAC的值.
解：(1)连接AO并延长交BC于点E，则AE⊥BC，AE⊥AD，∴AD∥BC，CE＝BC，
∴△ACE∽△DAC，∴＝，∴AC2＝CE·AD，∴2AC2＝AD·BC；
(2)由(1)知：AD∥BC，∴＝＝，∴可设AD＝3，BC＝2，∵2AC2＝AD·BC，∴AC＝AB＝，∴AE＝＝2，连接OC，设OA＝OC＝r，则OE＝－r，
∴在Rt△COE 中，r2＝(－r)2＋12，∴r＝，∴sin∠BAC＝sin∠COE＝＝.
如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC＝10，BC＝12，连接BO并延长交AC于点D.
(1)求⊙O的半径长；
(2)求CD的长.
解：(1)连接AO并延长交BC于点E，则AE⊥BC，∴BE＝BC＝6，∴AE＝＝8.
设OA＝OB＝r，则OE＝8－r，∴在Rt△BOE中，r2＝62＋(8－r)2，∴r＝；
(2)由(1)知OE＝，延长BD交⊙O于点F，连接CF，则CF＝2OF＝.
∵AO∥CF，∴△AOD∽△CFD，∴＝＝，∴CD＝AC＝.
题型八 双切图
四川遂宁·统考中考真题
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB边上的一点，以AD为直径的⊙O交BC于点E，交AC于点F，过点C作CG⊥AB交AB于点G，交AE于点H，过点E的弦EP交AB于点Q（EP不是直径），点Q为弦EP的中点，连结BP，BP恰好为⊙O的切线．
（1）求证：BC是⊙O的切线．
（2）求证：＝．
（3）若sin∠ABC═，AC＝15，求四边形CHQE的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）45
【分析】（1）连接OE，OP，根据线段垂直平分线的性质得到PB＝BE，根据全等三角形的性质得到∠BEO＝∠BPO，根据切线的判定和性质定理即可得到结论．
（2）根据平行线和等腰三角形的性质即可得到结论．
（3）根据垂径定理得到EP⊥AB，根据平行线和等腰三角形的性质得到∠CAE＝∠EAO，根据全等三角形的性质得到CE＝QE，推出四边形CHQE是菱形，解直角三角形得到CG＝＝12，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OE，OP，
∵PE⊥AB，点Q为弦EP的中点，
∴AB垂直平分EP，
∴PB＝BE，
∵OE＝OP，OB＝OB，
∴△BEO≌△BPO（SSS），
∴∠BEO＝∠BPO，
∵BP为⊙O的切线，
∴∠BPO＝90°，
∴∠BEO＝90°，
∴OE⊥BC，
∴BC是⊙O的切线．
（2）解：∵∠BEO＝∠ACB＝90°，
∴AC∥OE，
∴∠CAE＝∠OEA，
∵OA＝OE，
∴∠EAO＝∠AEO，
∴∠CAE＝∠EAO，
∴．
（3）解：∵AD为的⊙O直径，点Q为弦EP的中点，
∴EP⊥AB，
∵CG⊥AB，
∴CG∥EP，
∵∠ACB＝∠BEO＝90°，
∴AC∥OE，
∴∠CAE＝∠AEO，
∵OA＝OE，
∴∠EAQ＝∠AEO，
∴∠CAE＝∠EAO，
∵∠ACE＝∠AQE＝90°，AE＝AE，
∴△ACE≌△AQE（AAS），
∴CE＝QE，
∵∠AEC+∠CAE＝∠EAQ+∠AHG＝90°，
∴∠CEH＝∠AHG，
∵∠AHG＝∠CHE，
∴∠CHE＝∠CEH，
∴CH＝CE，
∴CH＝EQ，
∴四边形CHQE是平行四边形，
∵CH＝CE，
∴四边形CHQE是菱形，
∵sin∠ABC═sin∠ACG═＝，
∵AC＝15，
∴AG＝9，
∴CG＝＝12，
∵△ACE≌△AQE，
∴AQ＝AC＝15，
∴QG＝6，
∵HQ2＝HG2+QG2，
∴HQ2＝（12﹣HQ）2+62，
解得：HQ＝，
∴CH＝HQ＝，
∴四边形CHQE的面积＝CH•GQ＝×6＝45．
湖北武汉·中考真题
如图，PA为⊙O的切线，A为切点.过A作OP的垂线AB，垂足为点C，交⊙O于点B．延长BO与⊙O交于点D，与PA的延长线交于点E.
(1)求证：PB为⊙O的切线；(2)若tan∠ABE=，求sinE的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）sinE=.
【分析】（1）要证PB是⊙O的切线，只要连接OA，再证∠PBO=90°即可；
（2）连接AD，证明△ADE∽△POE，得到，设OC=t，则BC=2t，AD=2t，由△PBC∽△BOC，可求出sin∠E的值．
【详解】(1)连接OA，
∵PA为⊙O的切线，
∴∠PAO=90°，
∵OA＝OB，OP⊥AB于C，
∴BC＝CA，PB＝PA，
∴△PBO≌△PAO，
∴∠PBO＝∠PAO＝90°，
∴PB为⊙O的切线；
（2）连接AD，
∵BD为直径，∠BAD=90°，由（1）知∠BCO=90°，
∴AD∥OP，
∴△ADE∽△POE，
∴，
由AD∥OC得AD=2OC，
∵tan∠ABE=，
∴，
设OC=t，则BC=2t，AD=2t，
∵∠OBC+∠CBP=∠OBP=90°，∠BOC+∠OBC=90°，
∴∠BOC=∠PBC，
又∵∠BCO=∠PCB=90°，
∴△PBC∽△BOC，
∴，
∴PC=2BC=4t，∴OP=PC+OC=5t，
∴，
可设EA=2a，EP=5a，则PA=3a，
∵PA=PB，∴PB=3a，
∴sin∠E==.
如图，D为O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA=∠CBD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）过点B作O的切线交CD的延长线于点E，若BC=6，tan∠CDA=，求BE的长
【答案】（1）见解析；（2）BE的长为．
【分析】（1）连OD，OE，根据圆周角定理得到∠ADO+∠1=90°，而∠CDA=∠CBD，∠CBD=∠1，于是∠CDA+∠ADO=90°；
（2）根据切线的性质得到ED=EB，OE⊥BD，则∠ABD=∠OEB，得到tan∠CDA= ，易证Rt△CDO∽Rt△CBE，得到，求得CD，然后在Rt△CBE中，运用勾股定理可计算出BE的长．
【详解】解：（1）证明：连OD，OE，如图，
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，即∠ADO+∠1=90°，
又∵∠CDA=∠CBD，
而∠CBD=∠1，
∴∠1=∠CDA，
∴∠CDA+∠ADO=90°，即∠CDO=90°，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：由（1）得CD是的切线，
又为的切线，
，，
，
．
又，
．
，
，
，．
，
，
．
在中，设，则，，
由勾股定理得，
解得．
即BE的长为．
四川泸州·中考真题
如图，⊙O与Rt△ABC的直角边AC和斜边AB分别相切于点C、D，与边BC相交于点F，OA与CD相交于点E，连接FE并延长交AC边于点G．
（1）求证：DF∥AO；
（2）若AC=6，AB=10，求CG的长．
【答案】见解析
【详解】（1）证明：连接OD．
∵AB与⊙O相切与点D，又AC与⊙O相切与点，
∴AC=AD，∵OC=OD，
∴OA⊥CD，
∴CD⊥OA，
∵CF是直径，
∴∠CDF=90°，
∴DF⊥CD，
∴DF∥AO．
（2）过点作EM⊥OC于M，
∵AC=6，AB=10，
∴BC==8，
∴AD=AC=6，
∴BD=AB-AD=4，
∵BD2=BF•BC，
∴BF=2，
∴CF=BC-BF=6．OC=CF=3，
∴OA==3，
∵OC2=OE•OA，
∴OE=，
∵EM∥AC，
∴，
∴OM=，EM=，FM=OF+OM=，
∴，
∴CG=EM=2．
四川乐山·中考真题
如图，D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA＝∠CBD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）过点B作⊙O的切线交CD的延长线于点E，BC＝6，．求BE的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【详解】(1)连接OD.
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠BDO.
∵∠CDA＝∠CBD，
∴∠CDA＝∠ODB.
又∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，
∴∠ADO＋∠ODB＝90°，
∴∠ADO＋∠CDA＝90°，即∠CDO＝90°，
∴OD⊥CD.
∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
(2)∵∠C＝∠C，∠CDA＝∠CBD，∴△CDA∽△CBD，
BC＝6，∴CD＝4.
∵CE，BE是⊙O的切线，
∴BE＝DE，BE⊥BC，
∴BE2＋BC2＝EC2，
即BE2＋62＝(4＋BE)2，
解得BE＝
广东省卷·统考中考真题
如图，四边形ABCD中，AB=AD=CD，以AB为直径的⊙O经过点C，连接AC，OD交于点E．
（1）证明：OD∥BC；
（2）若tan∠ABC=2，证明：DA与⊙O相切；
（3）在（2）条件下，连接BD交于⊙O于点F，连接EF，若BC=1，求EF的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【详解】【分析】（1）连接OC，证△OAD≌△OCD得∠ADO=∠CDO，由AD=CD知DE⊥AC，再由AB为直径知BC⊥AC，从而得OD∥BC；
（2）根据tan∠ABC=2可设BC=a、则AC=2a、AD=AB=，证OE为中位线知OE=a、AE=CE=AC=a，进一步求得DE==2a，在△AOD中利用勾股定理逆定理证∠OAD=90°即可得；
（3）先证△AFD∽△BAD得DF•BD=AD2①，再证△AED∽△OAD得OD•DE=AD2②，由①②得DF•BD=OD•DE，即，结合∠EDF=∠BDO知△EDF∽△BDO，据此可得，结合（2）可得相关线段的长，代入计算可得．
【详解】（1）如图，连接OC，
在△OAD和△OCD中，
，
∴△OAD≌△OCD（SSS），
∴∠ADO=∠CDO，
又AD=CD，
∴DE⊥AC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB=90°，即BC⊥AC，
∴OD∥BC；
（2）∵tan∠ABC==2，
∴设BC=a、则AC=2a，
∴AD=AB=，
∵OE∥BC，且AO=BO，
∴OE=BC=a，AE=CE=AC=a，
在△AED中，DE==2a，
在△AOD中，AO2+AD2=（）2+（a）2=a2，
OD2=（OF+DF）2=（a+2a）2=a2，
∴AO2+AD2=OD2，
∴∠OAD=90°，
则DA与⊙O相切；
（3）如图，连接AF，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFD=∠BAD=90°，
∵∠ADF=∠BDA，
∴△AFD∽△BAD，
∴，即DF•BD=AD2①，
又∵∠AED=∠OAD=90°，∠ADE=∠ODA，
∴△AED∽△OAD，
∴，即OD•DE=AD2②，
由①②可得DF•BD=OD•DE，即，
又∵∠EDF=∠BDO，
∴△EDF∽△BDO，
∴，
∵BC=1，
∴AB=AD=、OD=、ED=2、BD=、OB=，
∴，
∴EF=.
四川·乐山中考
如图，P是⊙O外的一点，PA、PB是⊙O的两条切线，A、B是切点，PO交AB于点F，延长BO交⊙O于点C，交PA的延长交于点Q，连结AC．
（1）求证：AC∥PO；
（2）设D为PB的中点，QD交AB于点E，若⊙O的半径为3，CQ＝2，求的值．
【分析】（1）由等腰三角形三线合一与直径所对的圆周角是直角得同位角相等。（2）在Rt△OQA中，由勾股定理得QA＝4，在Rt△PBQ中，由勾股定理得PA＝＝PB＝6，因此FD＝3，BF＝AF＝又由中位线定理FD∥AP得，
FE：EA＝3：4，因此设AE＝4t,则EF＝3t，BF＝10t，所以AE：BE＝2：5.
（1）证明：∵PA、PB是⊙O的两条切线，A、B是切点，∴PA＝PB，且PO平分∠BPA，∴PO⊥AB．
∵BC是直径，∴∠CAB＝90°，∴AC⊥AB，∴AC∥PO；
（2）解：连结OA、DF，如图，
∵PA、PB是⊙O的两条切线，A、B是切点，
∴∠OAQ＝∠PBQ＝90°．
在Rt△OAQ中，OA＝OC＝3，∴OQ＝5．
由QA2＋OA2＝OQ2，得QA＝4．
在Rt△PBQ中，PA＝PB，QB＝OQ＋OB＝8，由QB2＋PB2＝PQ2，
得82＋PB2＝（PB＋4）2，解得PB＝6，∴PA＝PB＝6．
∵OP⊥AB，∴BF＝AF＝AB．
又∵D为PB的中点，∴DF∥AP，DF＝PA＝3，∴△DFE∽△QEA，
∴，设AE＝4t，FE＝3t，则AF＝AE＋FE＝7t，
∴BE＝BF＋FE＝AF＋FE＝7t＋3t＝10t，∴
．
湖北武汉·中考真题
如图，PA是⊙O的切线，A是切点，AC是直径，AB是弦，连接PB、PC，PC交AB于点E，且PA=PB，
（1）求证：PB是⊙O的切线；
（2）若∠APC=3∠BPC，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【详解】（1）如图，连接OP、OB，
∵PA是⊙O的切线，
∴PA⊥OA，
∴∠PAO=90°，
∵PA=PB，PO=PO，OA=OB，
∴△PAO≌△PBO．
∴∠PAO=∠PBO=90°，
∴PB⊥OB，
∴PB是⊙O的切线；
（2）如图，连接BC，设OP交AB于K，
∵AB是直径，
∴∠ABC=90°，
∴AB⊥BC，
∵PA、PB都是切线，
∴PA=PB，∠APO=∠BPO，
∵OA=OB，
∴OP垂直平分线段AB，
∴OK∥BC，
∵AO=OC，
∴AK=BK，
∴BC=2OK，设OK=a，则BC=2a，
∵∠APC=3∠BPC，∠APO=∠OPB，
∴∠OPC=∠BPC=∠PCB，
∴BC=PB=PA=2a，
∵△PAK∽△POA，
∴PA2=PK•PO，设PK=x，
则有：x2+ax﹣4a2=0，
解得x=（负根已经舍弃），
∴PK=，
∵PK∥BC，
∴.
题型九 射影图
如图，已知，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AB为直径的⊙O交AC于点D，过圆心O作AC的平行线OE，交BC于点E，连接DE并延长交AB的延长线于点F．
(1)求证：DF是⊙O的切线；
(2)若BF＝1，DF＝3，求⊙O的半径；
(3)若DC＝DE＝1，求AD的长．
【答案】(1)见解析；
(2)⊙O的半径为4；
(3)
【分析】（1）连接OD，BD，由圆周角定理及平行线的性质证出∠ODE＝∠OBE＝90°，则可得出结论；
（2）设OB＝OD＝x，则OF＝1+x，由勾股定理得出方程x2+32＝（1+x）2，则可得出答案；
（3）求出∠CBD＝30°，由直角三角形的性质可得出答案．
【详解】（1）证明：连接OD，BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠BDC＝90°，
∵OE∥AC，OA＝OB，
∴BE＝CE，
∴DE＝BE＝CE，
∴∠DBE＝∠BDE，
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，
∴∠ODE＝∠OBE＝90°，
∵点D在⊙O上，
∴DF是⊙O的切线；
（2）设OB＝OD＝x，则OF＝1+x，
∵OD2+DF2＝OF2，
∴x2+32＝（1+x）2，
∴x＝4，
∴⊙O的半径为4．
（3）由（1）知DE＝CE＝BE＝1，
∵DC＝1，
∴DCBC，
∴∠CBD＝30°，
∴BD，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABD＝60°，
∴∠A＝30°，
∴AB＝2BD＝2，
∴AD3．
安徽·统考一模
如图，中，，以为直径的交于点D，E是的中点，连接．
（1）求证：与相切；
（2）求证：；
（3）若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）连接，首先根据圆周角定理的推论得出，然后利用直角三角形斜边中线的性质及等量代换即可得出，进而结论可证；
（2）首先证明，得出，则，然后利用三角形中位线的性质得出，进而结论可证；
（3）首先根据DE的长度求出BC的长度，然后利用三角函数分别求出CD，AC的长度，最后利用求解即可．
【详解】（1）证明：如解图，连接，
∵为的直径，
∴，
∴．
在中，E是的中点，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵为的半径，
∴与相切；
（2）证明：在中，，
在中，，
∴．
又∵，
∴．
∴．
∴．
∵O是的中点，E是的中点，
∴．
∴；
（3）解：由（1）知，，
又∵，
∴，
在中，，
∴．
在中，，
∴，
∴．
四川成都·统考一模
如图，在中，，以AB为直径的圆交AC于点D,E是BC的中点，连接DE.

（1）求证：DE是的切线；
（2）设的半径为r，证明；
（3）若，求AD之长.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【分析】（1）由E为BC的中点，O为AB的中点，得到OE是△ABC的中位线，进而得到OE∥AC．再由平行线的性质及等腰三角形的性质可证∠1=∠2，即可得到△ODE≌△OBE，根据全等三角形对应角相等即可得到结论；
（2）证明△ADB∽△OBE，由相似三角形对应边成比例即可得到结论；
（3）根据切线长定理得到BE=DE=4．
由OE∥AC，得到∠4=∠C，则，解直角三角形OBE可得OB，OE的长，代入（2）中结论，即可得出AD的长．
【详解】（1）∵AB⊥BC，∴∠OBC=90°．
∵E为BC的中点，O为AB的中点，
，
∴∠1=∠ODA，∠2=∠A．
∵OA=OD，∴∠A=∠ODA，∴∠1=∠2．
∵OD=OB，∠1=∠2，OE=OE，
∴△ODE≌△OBE，
∴∠ODE=∠OBE=90°，
∴DE为的切线；
（2）∵∠2=∠A，，
，
，
，
因此，；
（3）∵DE、BE是⊙O的切线，∴BE=DE=4．
又∵，
，
，
∴．
设OB=3x，则OE=5x，BE=4x．
∵BE=4，∴x=1，∴OB=3，OE=5．
又由（2）得：，
即：，
．

（2023下·安徽·九年级专题练习）如图，在中，，以为直径的交于点，是的中点，连接．

(1)求证：是的切线；
(2)连接，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，，由为圆的直径，得到为直角，可得出三角形为直角三角形，为斜边的中点，利用斜边上的中线等于斜边的一半，得到，利用等边对等角得到一对角相等，再由，利用等边对等角得到一对角相等，由直角三角形中两锐角互余，利用等角的余角相等得到与互余，可得出为直角，即垂直于半径，可得出为圆的切线；
（2）连接，由为的中点，为的中点，即为三角形的中位线，可得出等于的一半，接下来求出，在直角三角形中，由与的长，利用勾股定理求出的长，由一对角为公共角，一对直角相等，得到三角形与三角形相似，由相似得比例将，，及的长代入求出的长，在直角三角形中，由与的长，利用勾股定理求出的长，即可得出的长．
【详解】（1）证明：连接，，
为圆的直径，
，
在中，为斜边的中点，
，
，
∵，，
，即，
，即，
，又为圆的半径，
为圆的切线；

（2）解：连接，在中，，，
根据勾股定理得：，
，，
，
∴,即，
解得：，
在中，根据勾股定理得：，
为的中点，为的中点，
为的中位线，
则．

2023·湖南永州·统考中考真题
如图，以为直径的是的外接圆，延长到点D．使得，点E在的延长线上，点在线段上，交于N，交于G．

(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长；
(3)若，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由是的直径得到，则，由得到，则，结论得证；
（2）证明，则，可得，解得或3，由即可得到的长；
（3）先证明，则，得到，由得到，则，由同角的余角相等得到，则，得，进一步得到，则，即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是的切线；
（2）∵，，
∴，
∴，
∴，
解得或3，
当时，，
当时，，
∵，即，
∴；
（3）证明：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
2023·四川广安·统考中考真题
如图，以的直角边为直径作，交斜边于点，点是的中点，连接．

(1)求证：是的切线．
(2)若，求的长．
(3)求证：．
【答案】(1)见详解
(2)
(3)见详解
【分析】（1）连接，先根据直角三角形的性质，证明，再证明即可；
（2）由（1）中结论，得，先根据三角函数及勾股定理求出的长，再证明即可；
（3）证明即可得出结论．
【详解】（1）证明：连接，

在中，，
是的直径，
即，
在中，点是的中点，
，
又，
，
，
在上
是的切线．
（2）解：由（1）中结论，得，
在中，，
，
，
，
，
，
；
（3）证明：，
，
，
，
，
，
由（1）中结论，得，
，
，
即．
题型十 切割图
如图，点C在以AB为直径的⊙O上，AD与过点C的切线乖直，垂足为点D，AD交⊙O于点E.
(1)求证：AC平分∠DAB；
(2)直线BE交AC于点F，若cs∠CAD＝，求的值.
【解析】(1)略；
(2)∵cs∠CAD＝＝，设AD＝4，AC＝5，则CD＝3，设OC交BE于点M，
易证矩形DCME，设AE＝x，则DE＝4－x＝CM，CD＝3＝EM＝BM，易证OM＝AE＝x，∴OC＝x＋4－x＝4－ x，∴AB＝2CO＝8－x，在△ABE中，(8－x)2＝62＋x2，∴x＝，∵AD∥OC，∴△AEF∽△CMF，∴＝＝.
如图1，△ABC内接于以AB为直径的⊙O，点D在⊙O上，过点C的切线CE⊥BD于点E，直径DF交AC于点M.
(1)求证： ＝ ；
(2)如图2，若＝，求tan∠BAC的值.
【解析】(1)连接OC，BF.∵DF是直径，
∴∠DBF＝90°＝∠E，∴EC∥BF.∵CE与⊙O相切于点C，∴OC⊥EC，∴OC⊥BF，∴ ＝；
(2)连接AF，设OC与BF相交于点H.易证AF∥BD∥OC，
∴△AMF∽△CMO，∴＝＝，∴可设AF＝6a，则OC＝OB＝5a，OH＝AF＝3a，∴CH＝OC－OH＝2a，BH＝＝4a.∵ ＝，∴∠BAC＝∠CBF，∴在Rt△BCH 中，tan∠BAC＝tan∠CBH＝＝＝.
如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠BAC的平分线AD交BC于点D，点O在AB上，以OA为半径的⊙O经过点D，与AB交于点E.
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)若cs∠ABC＝，AE＝4，求CD的长.
解：(1)连接OD，证OD∥AC；
(2)过点O作OG⊥AC于点G，则四边形ODCG是矩形，∠B＝∠AOG，在Rt△AOG中，cs∠AOG＝csB＝＝，∴OG＝OA＝，∴CD＝OG＝.
如图，点C在以AB为直径的⊙O上，AD与过点C的切线垂直，垂足为点D，AD交⊙O于点E，连接BD.
(1)求证： ＝；
(2)若cs∠CAD＝，求tan∠BDC的值.
解：(1)略；
(2)连接BE，OC，BE交OC于点M，
设AD＝4，AC＝5，则CD＝3＝EM＝BM，设OM＝x，则AE＝2x，∴DE＝CM＝4－2x.∴OC＝OB＝4－x，∴在Rt△OMB中，(4－x)2＝x2＋32，∴x＝OM＝，AE＝2OM＝，∴DE＝AD－AE＝，∴tan∠BDC＝tan∠DBE＝＝.
如图，AB为半圆的直径，O为圆心，C为半圆上的一点，AD垂直于经过点C的切线，垂足为D，AB的延长线交直线CD于点E，AC与OD相交于点G.
(1)求证：＝；
(2)若＝，求tan∠ODE的值.
解：(1)连接OC，则OC∥AD，∴△EOC∽△EAD，△GOC∽△GDA，∴＝＝；
(2)过点O作OH⊥AD于点H，由(1)知：＝＝.设OC＝OA＝3a，则AD＝4a，∵四边形OCDH是矩形，∴OC＝DH＝3a，OH＝CD，∴AH＝AD－DH＝a，∴OH＝CD＝＝2a，∴在Rt△OCD中，tan∠ODE＝＝＝.