最新中考数学二轮核心考点专题训练 专题21 圆中的相似问题

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1、明确模拟练习的目的。检测知识的全面性，更是训练书写规范，表述准确的过程。
2、查漏补缺，以“错”纠错。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。
3、严格有规律地进行限时训练。平时如考试，并在速度体验中提高正确率。
4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，可适当拓展高考中难点的训练。
5、注重题后反思总结。出现问题不可怕，可怕的是不知道问题的存在，在复习中出现的问题越多，说明你距离成功越近，及时处理问题，争取“问题不过夜”。
6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
专题21 圆中的相似问题（解析版）
类型一 求线段的长
典例1 （2022•苏州）如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，D是AB的中点，CD与AB交于点E．F是AB延长线上的一点，且CF＝EF．
（1）求证：CF为⊙O的切线；
（2）连接BD，取BD的中点G，连接AG．若CF＝4，BF＝2，求AG的长．
思路引领：（1）如图，连接OC，OD．证明∠OCF＝90°即可；
（2）设OA＝OD＝OC＝OB＝r，则OF＝r+2，在Rt△COF中，42+r2＝（r+2）2，可得r＝3，证明GH∥DO，推出BHBO=BGBD，可得BH=12BO=32，GH=12OD=32，由此即可解决问题．
（1）证明：如图，连接OC，OD.
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC，
∵FC＝FE，
∴∠FCE＝∠FEC，
∵∠OED＝∠FEC，
∴∠OED＝∠FCE，
∵AB是直径，D是AB的中点，
∴∠DOE＝90°，
∴∠OED+∠ODC＝90°，
∴∠FCE+∠OCD＝90°，即∠OCF＝90°，
∵OC是半径，
∴CF是⊙O的切线．
（2）解：过点G作GH⊥AB于点H．
设OA＝OD＝OC＝OB＝r，则OF＝r+2，
在Rt△COF中，42+r2＝（r+2）2，
∴r＝3，
∵GH⊥AB，
∴∠GHB＝90°，
∵∠DOE＝90°，
∴∠GHB＝∠DOE，
∴GH∥DO，
∴BHBO=BGBD，
∵G为BD的中点，
∴BG=12BD，
∴BH=12BO=32，GH=12OD=32，
∴AH＝AB﹣BH＝6−32=92，
∴AG=GH2+AH2=(32)2+(92)2=3102．
总结提升：本题属于圆综合题，考查了切线的判定，等腰三角形的性质，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，属于中考常考题型．
变式训练
1．（2022•印江县三模）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝5，BC＝10，连接AC、BD，以BD为直径的圆交AC于点E．若DE＝3，则AD的长为 ．
思路引领：先判断出△ABC与△DBE相似，求出BD，最后用勾股定理即可得出结论．
解：连接BE，
在Rt△ABC中，AB＝5，BC＝10，
∴AC=AB2+BC2=52+102=55，
∵BD是圆的直径，
∴∠BED＝90°＝∠CBA，
∵∠BAC＝∠EDB，
∴△ABC∽△DEB，
∴ABDE=ACDB，
∴53=55DB，
∴DB＝35，
在Rt△ABD中，AD=BD2−AB2=25，
故答案为：25．
总结提升：此题主要考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解本题的关键．
2．（2017•鞍山）如图，△ACE，△ACD均为直角三角形，∠ACE＝90°，∠ADC＝90°，AE与CD相交于点P，以CD为直径的⊙O恰好经过点E，并与AC，AE分别交于点B和点F．
（1）求证：∠ADF＝∠EAC．
（2）若PC=23PA，PF＝1，求AF的长．
思路引领：（1）根据圆周角定理，等角的余角相等可以证明结论成立；
（2）根据（1）中的结论和三角形相似的知识可以求得AF的长．
（1）证明：∵∠ADC＝90°，∠ACE＝90°，
∴∠ADF+∠FDC＝90°，∠EAC+∠CEF＝90°，
∵∠FDC＝∠CEF，
∴∠ADF＝∠EAC；
（2）连接FC，
∵CD是圆O的直径，
∴∠DFC＝90°，
∴∠FDC+∠FCD＝90°，
∵∠ADF+∠FDC＝90°，∠ADF＝∠EAC，
∴∠FCD＝∠EAC，
即∠FCP＝CAP，
∵∠FPC＝∠CPA，
∴△FPC∽△CPA，
∴PFPC=PCPA，
∵PC=23PA，PF＝1，
∴123PA=23PAPA，
解得，PA=94，
∴AF＝PA﹣PF=94−1=54，
即AF=54．
总结提升：本题考查相似三角形的判定与性质、圆周角定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
类型2 求线段的比值
典例2（2021•盐城）如图，O为线段PB上一点，以O为圆心，OB长为半径的⊙O交PB于点A，点C在⊙O上，连接PC，满足PC2＝PA•PB．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）若AB＝3PA，求ACBC的值．
思路引领：（1）由PC2＝PA•PB得PAPC=PCPB，可证得△PAC∽△PCB，根据相似三角形的性质得∠PCA＝∠B，根据圆周角定理得∠ACB＝90°，则∠CAB+∠B＝90°，由OA＝OC得∠CAB＝∠OCA，等量代换可得∠PCA+∠OCA＝90°，即OC⊥PC，即可得出结论；
（2）由AB＝3PA可得PB＝4PA，OA＝OC＝1.5PA，根据勾股定理求出PC＝2PA，根据相似三角形的性质即可得出ACBC的值．
（1）证明：连接OC，
∵PC2＝PA•PB，
∴PAPC=PCPB，
∵∠P＝∠P，
∴△PAC∽△PCB，
∴∠PCA＝∠B，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠B＝90°，
∵OA＝OC，
∴∠CAB＝∠OCA，
∴∠PCA+∠OCA＝90°，
∴OC⊥PC，
∴PC是⊙O的切线；
（2）解：∵AB＝3PA，
∴PB＝4PA，OA＝OC＝1.5PA，PO＝2.5PA，
∵OC⊥PC，
∴PC=PO2−OC2=2PA，
∵△PAC∽△PCB，
∴ACBC=PCPB=2PA4PA=12．
总结提升：本题考查三角形相似的判定与性质，考查切线的判定，圆周角定理，解题的关键是熟练掌握圆周角定理及相似三角形的判定等知识点的综合运用．
变式训练
1．（2020•游仙区模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，以点C为圆心作⊙C与直线BD相切，点P是⊙C上一个动点，连接AP交BD于点T，则APAT的最大值是（ ）
A．4B．3C．23D．27
思路引领：过点A作BD的垂线AG，AG为定值；过点P作BD的垂线PE，只要PE最大即可，进而求出PE最大，即可得出结论．
解：如图，过点A作AG⊥BD于G，
∵BD是矩形的对角线，
∴∠BAD＝90°，
∴BD=AD2+AB2=32+42=5，
∵12AB•AD=12BD•AG，
∴AG=125，
∵BD是⊙C的切线，
∴⊙C的半径为125
过点P作PE⊥BD于E，
∴∠AGT＝∠PET，
∵∠ATG＝∠PTE，
∴△AGT∽△PET，
∴AGPE=ATPT，
∴PTAT=512×PE，
∵APAT=AT+PTAT=1+PTAT=1+PEAG，
要APAT最大，则PE最大，
∵点P是⊙C上的动点，BD是⊙C的切线，
∴PE最大为⊙C的直径，即：PE最大=245，
∴APAT最大值为1+245125=3，
故选：B．
总结提升：此题主要考查了矩形的性质，圆的切线的性质，相似三角形的性质，构造出相似三角形是解本题的关键．
2．（2017•十堰）已知AB为⊙O的直径，BC⊥AB于B，且BC＝AB，D为半圆⊙O上的一点，连接BD并延长交半圆⊙O的切线AE于E．
（1）如图1，若CD＝CB，求证：CD是⊙O的切线；
（2）如图2，若F点在OB上，且CD⊥DF，求AEAF的值．
思路引领：（1）连接DO，CO，易证△CDO≌△CBO，即可解题；
（2）连接AD，易证△ADF∽△BDC和△ADE∽△BDA，根据相似三角形对应边成比例的性质即可解题．
解：（1）连接DO，CO，
∵BC⊥AB于B，
∴∠ABC＝90°，
在△CDO与△CBO中，CD=CBOD=OBOC=OC，
∴△CDO≌△CBO，
∴∠CDO＝∠CBO＝90°，
∴OD⊥CD，
∴CD是⊙O的切线；
（2）连接AD，
∵AB是直径，∴∠ADB＝90°，
∴∠ADF+∠BDF＝90°，∠DAB+∠DBA＝90°，
∵∠BDF+∠BDC＝90°，∠CBD+∠DBA＝90°，
∴∠ADF＝∠BDC，∠DAB＝∠CBD，
∵在△ADF和△BDC中，∠ADF=∠BDC∠DAB=∠CBD，
∴△ADF∽△BDC，
∴ADBD=AFBC，
∵∠DAE+∠DAB＝90°，∠E+∠DAE＝90°，
∴∠E＝∠DAB，
∵在△ADE和△BDA中，∠ADE=∠BDA=90°∠E=∠DAB，
∴△ADE∽△BDA，
∴AEAB=ADBD，
∴AEAB=AFBC，即AEAF=ABBC，
∵AB＝BC，
∴AEAF=1．
总结提升：本题考查了相似三角形的判定和性质，考查了全等三角形的判定和性质，本题中求证△ADF∽△BDC和△ADE∽△BDA是解题的关键．
类型三 求三角形的面积或面积的最值
典例3（2022春•崇川区校级月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为2的⊙O与x轴的正半轴交于点A，点B是⊙O上一动点，点C为弦AB的中点，直线y=34x−3与x轴、y轴分别交于点D、E，则△CDE面积的最大值为（ ）
A．2B．5C．6D．7
思路引领：连接OC，由垂径定理得OC⊥AB，再由圆周角定理得点C在以OA为直径的圆上（点O、A除外），以OA为直角作⊙P，过P点作直线PH⊥DE于H，交⊙P于M、N，利用一次函数解析式确定E（0，﹣3），D（4，0），则DE＝5，然后证△DPH∽△DEO，利用相似比求出PH的长，得MP的长，当C点与M点重合时，△CDE的面积最大，即可求解．
解：连接OC，如图，
∵点C为弦AB的中点，
∴OC⊥AB，
∴∠ACO＝90°，
∴点C在以OA为直径的圆上（点O、A除外），
以OA为直径作⊙P，过P点作直线PH⊥DE于H，交⊙P于M、N，
当x＝0时，y=34x﹣3＝﹣3，则E（0，﹣3），
当y＝0时，34x﹣3＝0，
解得x＝4，则D（4，0），
∴OD＝4，
∴DE=32+42=5，
∵A（2，0），
∴P（1，0），
∴OP＝1，
∴PD＝OD﹣OP＝3，
∵∠PDH＝∠EDO，∠PHD＝∠EOD，
∴△DPH∽△DEO，
∴PH：OE＝DP：DE，
即PH：3＝3：5，
解得PH=95，
∴MP＝PH+1=145，
∴S△MED=12×5×145=7，
当C点与M点重合时，△CDE面积的最大值为7，
故选：D．
总结提升：本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质和一次函数的性质．
变式训练
1．（2017秋•丹江口市期末）如图，△ABC中，已知BC＝2，以BC为直径的⊙O交AB于点E，交AC于点D，若DE＝1，则S△ADE：S四边形BCDE的值为（ ）
A．1：4B．1：3C．1：2D．2：5
思路引领：根据圆内接四边形的性质可证明△ADE∽△ABC，从而可知S△ADES△ABC=DE2BC2=14，所以S△ADE：S四边形BCDE＝1：3，
解：∵四边形BCDE内接于⊙O，
∴∠ADE＝∠B，
∵∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ABC，
∴S△ADES△ABC=DE2BC2=14，
∴S△ADE：S四边形BCDE＝1：3，
故选：B．
总结提升：本题考查圆的综合问题，涉及圆内接四边形的性质以及相似三角形的判定与性质等知识，需要学生灵活运用知识．
2．（2018秋•大丰区校级月考）如图，已知AD是△ABC的角平分线，⊙O经过A、B、D三点，过点B作BE∥AD，交⊙O于点E，连接ED．
（1）求证：ED∥AC；
（2）若BD＝2CD，设△EBD的面积为S1，△ADC的面积为S2，且S12﹣16S2+4＝0，求S1和S2的值；
（3）在（2）的条件下，求△ABC的面积．
思路引领：（1）由AD是△ABC的角平分线，得到∠BAD＝∠DAC，由于∠E＝∠BAD，等量代换得到∠E＝∠DAC，根据平行线的性质和判定即可得到结果；
（2）由BE∥AD，得到∠EBD＝∠ADC，由于∠E＝∠DAC，得到△EBD∽△ADC，根据相似三角形的性质相似三角形面积的比等于相似比的平方即可得到结果．
（3）求出△ABD的面积即可．
（1）证明：∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠BAD＝∠DAC，
∵∠E＝∠BAD，
∴∠E＝∠DAC，
∵BE∥AD，
∴∠E＝∠EDA，
∴∠EDA＝∠DAC，
∴ED∥AC；
（2）解：∵BE∥AD，
∴∠EBD＝∠ADC，
∵∠E＝∠DAC，
∴△EBD∽△ADC，且相似比k=BDDC=2，
∴S1S2=k2＝4，即s1＝4s2，
∵S12﹣16S2+4＝0，
∴16S22﹣16S2+4＝0，
即（4S2﹣2）2＝0，
∴S2=12，S1＝2．
（3）∵BD＝2DC，
∴S△ABD＝2S△ADC＝1，
∴S△ABC＝1+12=32．
总结提升：本题考查平行线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等高模型等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
类型四 求动点的路经长
典例4（2022•宿迁）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点M、N分别是边AD、BC的中点，某一时刻，动点E从点M出发，沿MA方向以每秒2个单位长度的速度向点A匀速运动；同时，动点F从点N出发，沿NC方向以每秒1个单位长度的速度向点C匀速运动，其中一点运动到矩形顶点时，两点同时停止运动，连接EF，过点B作EF的垂线，垂足为H．在这一运动过程中，点H所经过的路径长是 ．
思路引领：如图1中，连接MN交EF于点P，连接BP．首先证明PN＝2，利用勾股定理求出BP．由∠BHP＝90°，推出点H在BP为直径的⊙O上运动，当点E与A重合时，如图2中，连接OH，ON．点H的运动轨迹是NH．求出∠HON，再利用弧长公式求解．
解：如图1中，连接MN交EF于点P，连接BP．
∵四边形ABCD是矩形，AM＝MD，BN＝CN，
∴四边形ABNM是矩形，
∴MN＝AB＝6，
∵EM∥NF，
∴△EPM∽△FPN，
∴PMPN=EMNF=2tt=2，
∴PN＝2，PM＝4，
∵BN＝4，
∴BP=PN2+BN2=22+42=25，
∵BH⊥EF，
∴∠BHP＝90°，
∴点H在BP为直径的⊙O上运动，
当点E与A重合时，如图2中，连接OH，ON．点H的运动轨迹是NH．
此时AM＝4，NF＝2，
∴BF＝AB＝6，
∵∠ABF＝90°，BH⊥AF，
∴BH平分∠ABF，
∴∠HBN＝45°，
∴∠HON＝2∠HBN＝90°，
∴点H的运动轨迹的长=90π×5180=52π．
故答案为：52π．
总结提升：本题考查矩形的性质，轨迹，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
变式训练
1．（2021秋•新昌县期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝4cm，AB＝2cm，点E从点B出发，沿BC以每秒1cm的速度向点C匀速运动，当点E到达点C时停止运动，设点E的运动时间为t秒．连结AE，过点E作EF⊥AE，E为垂足，点F在直线BC的上方，且EFAE=12，以点F为圆心，FE为半径作圆，连结CF．
（1）当t＝1时，判断点C与⊙F的位置关系．
（2）当t＞1时，⊙F是否会与矩形ABCD的边所在的直线相切，若相切，求出t的值，若不相切，请说明理由．
（3）直接写出点F的运动路径长．
思路引领：（1）过点F作FG⊥BC于点G，易证△ABE∽△EGF，根据相似三角形的性质可得EF=12AE=52，EG=12AB＝1，FG=12BE=12，则CG＝2，利用勾股定理求出CF=172，则CF＞EF，即可得出结论；
（2）过点F作FG⊥BC于点G，易证△ABE∽△EGF，根据相似三角形的性质得EGAB=FGBE=EFAE=12，在Rt△ABE中，由勾股定理求出AE2＝AB2+BE2＝4+t2，可得EF=14（4+t2），FG=12BE=12t，然后分两种情况：①⊙F与矩形ABCD的边AD相切，②⊙F与矩形ABCD的边CD相切，根据切线的性质即可求解；
（3）由题意可得点F的运动路径为MN，作NG⊥BC于G，连接CN，利用相似三角形的判定与性质以及勾股定理即可求解．
解：（1）过点F作FG⊥BC于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠AEB+∠EAB＝90°，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF＝∠AEB+∠FEG＝90°，
∴∠EAB＝∠FEG，
∵FG⊥BC，
∴∠B＝∠EGF，
∴△ABE∽△EGF，
∴EGAB=FGBE=EFAE=12，
∴EF=12AE=12×AB2+BE2=52，EG=12AB＝1，FG=12BE=12，
∴CG＝BC﹣BE﹣EG＝2，
∴CF=CG2+FG2=172，
∴CF＞EF，
∴点C在⊙F外；
（2）过点F作FG⊥BC于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠AEB+∠EAB＝90°，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF＝∠AEB+∠FEG＝90°，
∴∠EAB＝∠FEG，
∵FG⊥BC，
∴∠B＝∠EGF，
∴△ABE∽△EGF，
∴EGAB=FGBE=EFAE=12，
∵AE2＝AB2+BE2＝4+t2，
∴EF=12AE=14（4+t2），FG=12BE=12t，
①⊙F与矩形ABCD的边AD相切时，延长GF于AD交于点P，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠BAP+∠APG＝90°，
∴四边形ABGP是矩形，
∴PG＝AB＝2，
∴PF＝2﹣FG＝2−12t，
∵PF＝EF，
∴（2−12t）2=14（4+t2），解得t=32；
②⊙F与矩形ABCD的边CD相切时，作FQ⊥CD于Q，则FQ＝CG＝3﹣t，
∵EF＝FQ，
∴（3﹣t）2=14（4+t2），解得t1＝4−433，t2＝4+433（不合题意，舍去）；
综上所述，⊙F是与矩形ABCD的边所在的直线相切时，t的值为4−433或32；
（3）由题意可得点F的运动路径为MN，作NG⊥BC于G，连接CN，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠ACB+∠CAB＝90°，
∵AC⊥CN，
∴∠ACN＝∠ACB+∠NCG＝90°，
∴∠CAB＝∠NCG，
∵NG⊥BC，
∴∠B＝∠NGC，
∴△ABC∽△CGN，
∴CGAB=NGCB=CNAC=12，
∴CG=12AB＝1，NG=12BC＝2，
∵当点E和点B重合时，点F在点M处．
∴BM=12AB＝1，
∴MG＝4+1﹣1＝4，
∴MN=MG2+NG2=42+22=25，
∴点F的运动路径长为25．
总结提升：本题是圆的综合题，考查切线的性质、矩形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会正确画出图形，把问题转化为方程解决，学会添加常用辅助线，构造相似三角形，属于中考压轴题．
类型五 证明线段之间的数量关系
典例5（滨州中考）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，AD⊥CD于点D，且AC平分∠DAB，求证：
（1）直线DC是⊙O的切线；
（2）AC2＝2AD•AO．
思路引领：（1）连接OC，由OA＝OC、AC平分∠DAB知∠OAC＝∠OCA＝∠DAC，据此知OC∥AD，根据AD⊥DC即可得证；
（2）连接BC，证△DAC∽△CAB即可得．
解：（1）如图，连接OC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵AC平分∠DAB，
∴∠OAC＝∠DAC，
∴∠DAC＝∠OCA，
∴OC∥AD，
又∵AD⊥CD，
∴OC⊥DC，
∴DC是⊙O的切线；
（2）连接BC，
∵AB为⊙O的直径，
∴AB＝2AO，∠ACB＝90°，
∵AD⊥DC，
∴∠ADC＝∠ACB＝90°，
又∵∠DAC＝∠CAB，
∴△DAC∽△CAB，
∴ACAB=ADAC，即AC2＝AB•AD，
∵AB＝2AO，
∴AC2＝2AD•AO．
总结提升：本题主要考查圆的切线，解题的关键是掌握切线的判定、圆周角定理及相似三角形的判定与性质．
变式训练
1．（2019•柳州）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点F是⊙O上一点，且AC=CF，连接FB，FD，FD交AB于点N．
（1）若AE＝1，CD＝6，求⊙O的半径；
（2）求证：△BNF为等腰三角形；
（3）连接FC并延长，交BA的延长线于点P，过点D作⊙O的切线，交BA的延长线于点M．求证：ON•OP＝OE•OM．
思路引领：（1）连接BC，AC，AD，通过证明△ACE∽△CEB，可得AECE=CEBE，可求BE的长，即可求⊙O的半径；
（2）通过证明△ADE≌△NDE，可得∠DAN＝∠DNA，即可证BN＝BF，可得△BNF为等腰三角形；
（3）通过证明△ODE∽△OMD，可得DO2＝OE•OM，通过证明△PCO∽△CNO，可得CO2＝PO•ON，即可得结论．
解：（1）如图1，连接BC，AC，AD，
∵CD⊥AB，AB是直径
∴AC=AD，CE＝DE=12CD＝3
∴∠ACD＝∠ABC，且∠AEC＝∠CEB
∴△ACE∽△CEB
∴AECE=CEBE
∴13=3BE
∴BE＝9
∴AB＝AE+BE＝10
∴⊙O的半径为5
（2）∵AC=AD=CF
∴∠ACD＝∠ADC＝∠CDF，且DE＝DE，∠AED＝∠NED＝90°
∴△ADE≌△NDE（ASA）
∴∠DAN＝∠DNA，AE＝EN
∵∠DAB＝∠DFB，∠AND＝∠FNB
∴∠FNB＝∠DFB
∴BN＝BF，
∴△BNF是等腰三角形
（3）如图2，连接AC，CN，CO，DO，
∵MD是切线，
∴MD⊥DO，
∴∠MDO＝∠DEO＝90°，∠DOE＝∠DOE
∴△MDO∽△DEO
∴OEOD=ODOM
∴OD2＝OE•OM
∵AE＝EN，CD⊥AO
∴∠ANC＝∠CAN，
∴∠CAP＝∠CNO，
∵AC=CF
∴∠AOC＝∠ABF
∵CO∥BF
∴∠PCO＝∠PFB
∵四边形ACFB是圆内接四边形
∴∠PAC＝∠PFB
∴∠PAC＝∠PFB＝∠PCO＝∠CNO，且∠POC＝∠COE
∴△CNO∽△PCO
∴NOCO=COPO
∴CO2＝PO•NO，
∴ON•OP＝OE•OM．
总结提升：本题属于圆的综合题，考查了圆周角定理、垂径定理、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质等知识．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
2．（2020•渝中区校级一模）解答时必须给出必要的演算过程成或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解作过程书写在答题卡中对应的位置上．
（1）方法选择
如图①，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，AB＝BC＝AC．求证：BD＝AD+CD．
小颖认为可用截长法证明：在DB上截取DM＝AD，连接AM…
小军认为可用补短法证明：延长CD至点N，使得DN＝AD…
请你选择一种方法证明．
（2）类比探究
【探究1】
如图②，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，BC是⊙O的直径，AB＝AC．试用等式表示线段AD，BD，CD之间的数量关系，并证明你的结论．
【探究2】如图③，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是 ．
（3）拓展猜想
如图④，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是⊙O的直径，BC：AC：AB＝a：b：c，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是 ．
思路引领：（1）方法选择：在BD上截取DM＝AD，连接AM，可得∠ADB＝∠ACB＝60°，证明△ADM是等边三角形，可证明△ABM≌△ACD，得出BM＝CD，则结论得证；
（2）类比探究
【探究1】：可得出∠ABC＝∠ACB＝45°，过点A作AM⊥AD交BD于点M，证明△ADM是等腰直角三角形，得出DM=2AD，根据AAS可证得△ABM≌△ACD，得出BM＝CD，则结论得证；
【探究2】：过点A作AM⊥AD交BD于点M，得出MD＝2AD，证明△ABM∽△ACD，得出BM=3CD，可得出结论；
（3）拓展猜想
过点A作AM⊥AD交BD于点M，得出∠MAD＝90°，则∠BAM＝∠DAC，证明△ABM∽△ACD，证得△ADM∽△ACB，由相似三角形的性质可得出结论．
解：∵AB＝BC＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝60°，
如图①，在BD上截取DM＝AD，连接AM，
∵∠ADB＝∠ACB＝60°，
∴△ADM是等边三角形，
∴AM＝AD，
∵∠ABM＝∠ACD，∠AMB＝∠ADC＝120°，
∴△ABM≌△ACD（AAS），
∴BM＝CD，
∴BD＝BM+DM＝CD+AD；
（2）类比探究
【探究1】
如图②，∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC＝90°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
过点A作AM⊥AD交BD于点M，
∵∠ADB＝∠ACB＝45°，
∴△ADM是等腰直角三角形，
∴AM＝AD，∠AMD＝45°，
∴DM=2AD，
∴∠AMB＝∠ADC＝135°，
∵∠ABM＝∠ACD，
∴△ABM≌△ACD（AAS），
∴BM＝CD，
∴BD＝BM+DM＝CD+2AD．
【探究2】
如图③，
∵若BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°，
∴∠BAC＝90°，∠ACB＝60°，
过点A作AM⊥AD交BD于点M，
∵∠ADB＝∠ACB＝60°，
∴∠AMD＝30°，
∴MD＝2AD，
∵∠ABD＝∠ACD，∠AMB＝∠ADC＝150°，
∴△ABM∽△ACD，
∴BMCD=ABAC=3，
∴BM=3CD，
∴BD=BM+DM=3CD+2AD；
故答案为：BD=3CD+2AD．
（3）拓展猜想
BD＝BM+DM=cbCD+abAD，
理由：如图④，
∵若BC是⊙O的直径，
∴∠BAC＝90°，
过点A作AM⊥AD交BD于点M，
∴∠MAD＝90°，
∴∠BAM＝∠DAC，
∴△ABM∽△ACD，
∴BMCD=ABAC=cb，
∴BM=cbCD，
∵∠ADB＝∠ACB，∠BAC＝∠NAD＝90°，
∴△ADM∽△ACB，
∴ADDM=ACBC=ba，
∴DM=abAD，
∴BD＝BM+DM=cbCD+abAD．
故答案为：BD＝BM+DM=cbCD+abAD．
总结提升：本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，正确作出辅助线，熟练运用图形的性质是解题的关键．