专题12 圆压轴（11题型）（讲练）-2024年中考数学二轮复习讲义（全国通用）

这是一份专题12 圆压轴（11题型）（讲练）-2024年中考数学二轮复习讲义（全国通用），文件包含专题12圆压轴讲练原卷版docx、专题12圆压轴讲练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共145页， 欢迎下载使用。

一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。
专题12 圆压轴
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc163811449" 考情分析
\l "_Tc163811450" 考点 圆压轴
\l "_Tc163811451" \l "_Tc163729858" \l "_Tc161669186" \l "_Tc160094596" 【真题研析·规律探寻】
\l "_Tc163811452" 题型01 与圆有关的多结论问题（选/填）
\l "_Tc163811453" 题型02 与圆有关的平移问题
\l "_Tc163811454" 题型03 与圆有关的翻折问题
\l "_Tc163811455" 题型04 与圆有关的旋转问题
\l "_Tc163811456" 题型05 与圆有关的最值问题
\l "_Tc163811457" 题型06 与圆有关的动点问题
\l "_Tc163811458" 题型07 与圆有关的新定义问题
\l "_Tc163811459" 题型08 阿氏圆
\l "_Tc163811460" 题型09 圆、几何图形、锐角三角函数综合
\l "_Tc163811461" 题型10 与圆有关的存在性问题
\l "_Tc163811462" 题型11 与圆有关的定值问题
\l "_Tc163811463" \l "_Tc163729871" \l "_Tc161669192" 【核心提炼·查漏补缺】
\l "_Tc163811464" \l "_Tc163729872" \l "_Tc163485733" \l "_Tc162276584" \l "_Tc161669193" 【好题必刷·强化落实】
考点一 圆压轴
题型01 与圆有关的多结论问题（选/填）
1．（2022·湖北武汉·中考真题）如图，点P是⊙O上一点，AB是一条弦，点C是APB上一点，与点D关于AB对称，AD交⊙O于点E，CE与AB交于点F，且BD∥CE．给出下面四个结论：①CD平分∠BCE； ②BE=BD； ③AE2=AF×AB； ④BD为⊙O的切线．其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④
【分析】根据点AB为CD的垂直平分线，得出BD=BC，AD=AC，根据等边对等角得出∠BDC=∠BCD，利用平行线性质可判断①正确；利用△ADB≌△ACB（SSS）得出∠EAB=∠CAB，利用圆周角弧与弦关系可判断②正确；根据等弧所对的圆周角相等可得∠AEF≠∠ABE，从而可得△AEF与△ABE不相似，即可判断③；连结OB，利用垂径定理得出OB⊥CE，利用平行线性质得出OB⊥BD，即可判断④正确．
【详解】解：∵点C是APB上一点，与点D关于AB对称，
∴AB为CD的垂直平分线，
∴BD=BC，AD=AC，
∴∠BDC=∠BCD，
∵BD∥CE，
∴∠ECD=∠CDB，
∴∠ECD=∠BCD，
∴CD平分∠BCE，故①正确；
在△ADB和△ACB中，
∵AD=AC，BD=BC，AB=AB，
∴△ADB≌△ACB（SSS），
∴∠EAB=∠CAB，
∴BE=BC，
∴BE=BC=BD，故②正确；
∵AC≠AE，
∴AC≠AE，
∴∠AEF≠∠ABE，
∴△AEF与△ABE不相似，故③错误；
连结OB，
∵BE=BC，CE为弦，
∴OB⊥CE，
∵BD∥CE，
∴OB⊥BD，
∴BD为⊙O的切线．故④正确，
∴其中所有正确结论的序号是①②④．
故答案为①②④．
．
【点睛】本题考查轴对称性质，线段垂直平分线性质，角平分线判定，三角形全等判断于性质，垂径定理，切线判断，掌握轴对称性质，线段垂直平分线性质，角平分线判定，三角形全等判断于性质，垂径定理，切线判断是解题关键．
2．（2021·广东广州·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是边BC上一点，且BE=3，以点A为圆心，3为半径的圆分别交AB、AD于点F、G，DF与AE交于点H．并与⊙A交于点K，连结HG、CH．给出下列四个结论．（1）H是FK的中点；（2）△HGD≌△HEC；（3）S△AHG：S△DHC=9∶16；（4）DK=75，其中正确的结论有 （填写所有正确结论的序号）．
【答案】（1）（3）（4）．
【分析】由正方形的性质可证明△DAF≌△ABE，则可推出∠AHF=90°，利用垂径定理即可证明结论（1）正确；过点H作MN//AB交BC于N，交AD于M，由三角形面积计算公式求出AH=125，再利用矩形的判定与性质证得MG=NE，并根据相似三角形的判定与性质分别求出MH=4825，NH=5225，则最后利用锐角三角函数证明∠MGH≠∠HEN，即可证明结论（2）错误；根据（2）中结论并利用相似三角形的性质求得AM=3625，即可证明结论（3）正确；利用（1）所得结论DK=DF−2FH并由勾股定理求出FH，再求得DK，即可证明结论（4）正确．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=4，∠DAF=∠ABE=90°．
又∵AF=BE=3，
∴△DAF≌△ABE．
∴∠AFD=∠BEA．
∵∠BEA+∠BAE=90°，
∴∠AFD+∠BAE=90°，
∴∠AHF=90°，
∴AH⊥FK，
∴FH=KH，
即H是FK的中点；故结论（1）正确；
（2）过点H作MN//AB交BC于N，交AD于M，
由（1）得AH⊥FK，则12AD⋅AF=12DF⋅AH．
∵DF=AF2+AD2=5，
∴AH=125．
∵四边形ABCD是正方形，MN//AB，
∴∠DAB=∠ABC=∠AMN=90°．
∴四边形ABNM是矩形．
∴MN=AB=4，AM=BN．
∵AG=BE，
∴AG−AM=BE−BN．
即MG=NE．
∵AD//BC，
∴∠MAH=∠AEB．
∵∠ABE=∠AMN=90°，
∴△MAH∼△BEA．
∴AHAE=MHAB．
即1255=MH4．
解得MH=4825．
则NH=4−MH=5225．
∵tan∠MGH=MHMG，tan∠HEN=NHNE．
∵MG=NE，MH≠NH，
∴MGMH≠NENH．
∴∠MGH≠∠HEN．
∴∠DGH≠∠CEH．
∴△HGD与△HEC不全等，故结论（2）错误；
（3）∵△MAH∼△BEA，
∴AHAE=AMBE．
即1255=AM3．
解得AM=3625．
由（2）得S△AHG=12MH⋅AG，S△DHC=12DC⋅AD−AM．
∴S△AHGS△DHC=MH⋅AGDC⋅AD−AM=4825×34×(4−3625)=916；故结论（3）正确；
（4）由（1）得，H是FK的中点，
∴DK=DF−2FH．
由勾股定理得FH=AF2−AH2=32−(125)2=95．
∴DK=5−2×95=75；故结论（4）正确．
故答案为：（1）（3）（4）．
【点睛】本题考查了正方形的综合问题，掌握特殊四边形、相似三角形的判定与性质及等腰三角形的性质是解题的关键．
3．（2021·湖南岳阳·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB的垂直平分线分别交AB、AC于点D、E，BE=8，⊙O为△BCE的外接圆，过点E作⊙O的切线EF交AB于点F，则下列结论正确的是 ．（写出所有正确结论的序号）
①AE=BC；②∠AED=∠CBD；③若∠DBE=40°，则DE的长为8π9；④DFEF=EFBF；⑤若EF=6，则CE=2.24．
【答案】②④⑤
【分析】①根据线段垂直平分线定理，BE为⊙O的直径，BC为⊙O的弦，即可得出结论；
②根据段垂直平分线得出∠A+∠AED=90°，再证∠A+∠ABC=90°，等量代换即可；
③根据已知条件先得出∠EBC的度数，再利用圆周角定理得∠EOC=2∠EBC，根据弧长公式计算即可；
④根据角角相似证明△EFD∽△BFE即可得出结论；
⑤先根据勾股定理得出BF的长，再根据等面积法得出ED，根据角角相似证明Rt△ADE∽Rt△ACB，得出ADAC=AEAB，即可计算出结果．
【详解】解:①∵DE是AB的垂直平分线
∴AE=BE
∵ BE为⊙O的直径，BC为⊙O的弦
∴BE>BC
∴AE>BC．
故①不正确．
②∵DE是AB的垂直平分线
∴DE⊥AB
∴∠A+∠AED=90°
∵∠C=90°
∴∠A+∠ABC=90°
∴∠AED=∠CBD
故②正确．
③连接OD
∵∠DBE=40°
∴∠EOD=2∠EBD=80°
∵BE=8
∴OE=OB=12BE=4
∴DE的长为80180π⋅4=169π．
故③错误．
④∵DE⊥AB，EF是⊙O的切线
∴∠FEB=∠EDF=90°
又∠EFD=∠EFD
∴△EFD∽△BFE
∴DFEF=EFBF．
故④正确．
⑤∵EF=6，BE=8
∴BF=EF2+BE2=36+64=10
∵12EF⋅BE=12BF⋅ED
∴ED=6×810=4.8
在Rt△EDB中，
BD=BE2−ED2=82−4.82=6.4，
∵DE是AB的垂直平分线，
∴AD=DB=6.4，AE=BE=8，
∵在Rt△ADE和Rt△ACB中，
∠A=∠A，∠ADE=∠ACB=90°
∴Rt△ADE∽Rt△ACB
∴ADAC=AEAB
∴6.4AC=812.8
∴AC=10.24
又AE=BE=8
∴CE=AC-AE=10.24-8=2.24．
故⑤正确．
综上所述：正确的有②④⑤．
故答案为：②④⑤．
【点睛】本题考查圆周角定理，相似三角形的判定及性质、线段垂直平分线的性质及定理、勾股定理、切线的性质、等面积法是常用的计算边长的方法、灵活进行角的转换是关键
4．（2020·湖南岳阳·中考真题）如图，AB为半⊙O的直径，M，C是半圆上的三等分点，AB=8，BD与半⊙O相切于点B，点P为AM上一动点（不与点A，M重合），直线PC交BD于点D，BE⊥OC于点E，延长BE交PC于点F，则下列结论正确的是 ．（写出所有正确结论的序号）
①PB=PD；②BC的长为43π；③∠DBE=45°；④△BCF∽△PFB；⑤CF⋅CP为定值．

【答案】②⑤
【分析】①先根据圆的切线的性质可得∠ABD=90°，再根据半圆上的三等分点可得∠COB=60°，然后根据圆周角定理可得∠BPC=30°，最后假设PB=PD，根据角的和差、三角形的外角性质可得∠AOP=30°，这与点P为AM上一动点相矛盾，由此即可得；
②根据弧长公式即可得；
③先根据等边三角形的性质可得∠OBE=30°，再根据角的和差即可得；
④先根据三角形的外角性质可得∠PFB=∠BCF+∠CBF，从而可得对应角∠PFB与∠BCF不可能相等，由此即可得；⑤先根据相似三角形的判定与性质可得CFCB=CBCP，从而可得CF⋅CP=CB2，再根据等边三角形的性质可得CB=OB=4，由此即可得．
【详解】如图，连接OP
∵BD与半⊙O相切于点B
∴∠ABD=90°
∵ C是半圆上的三等分点
∴∠COB=13×180°=60°
∵OB=OC
∴△BOC是等边三角形
由圆周角定理得：∠BPC=12∠COB=30°
假设PB=PD，则∠PBD=∠D=12(180°−∠BPC)=75°
∴∠ABP=∠ABD−∠PBD=15°
∴∠AOP=2∠ABP=30°
又∵点P为AM上一动点
∴∠AOP不是一个定值，与∠AOP=30°相矛盾
即PB与PD不一定相等，结论①错误
∵AB=8
∴OB=OC=12AB=4
则BC的长为60π×4180=43π，结论②正确
∵△BOC是等边三角形，BE⊥OC
∴∠OBE=∠CBE=12∠OBC=12×60°=30°
∴∠DBE=∠ABD−∠OBE=90°−30°=60°，则结论③错误
∵∠PFB=∠BCF+∠CBF>∠BCF，即对应角∠PFB与∠BCF不可能相等
∴△BCF与△PFB不相似，则结论④错误
在△BCF和△PCB中，∠CBF=∠CPB=30°∠BCF=∠PCB
∴△BCF∼△PCB
∴CFCB=CBCP，即CF⋅CP=CB2
又∵△BOC是等边三角形，OB=4
∴CB=OB=4
∴CF⋅CP=42=16
即CF⋅CP为定值，结论⑤正确
综上，结论正确的是②⑤
故答案为：②⑤．

【点睛】本题考查了圆周角定理、圆的切线的性质、弧长公式、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识点，较难的题①，先假设结论成立，再推出矛盾点是解题关键．
题型02 与圆有关的平移问题
1．（2022·湖北宜昌·中考真题）已知，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，以BC为直径的⊙O与AB交于点H，将△ABC沿射线AC平移得到△DEF，连接BE．
(1)如图1，DE与⊙O相切于点G．
①求证：BE=EG；
②求BE⋅CD的值；
(2)如图2，延长HO与⊙O交于点K，将△DEF沿DE折叠，点F的对称点F'恰好落在射线BK上．
①求证：HK∥EF'；
②若KF'=3，求AC的长．
【答案】(1)①见解析；②BE⋅CD=9
(2)①见解析；②AC的长为23
【分析】（1）①用切线的性质定理或切线长定理进行证明即可；
②连接OE，OD，OG，证明△ODG∽△EOG，利用相似三角形对应边成比例即可得到；
（2）①延长HK交BE于点Q，设∠ABC=α，利用题目中平移，折叠的对应角相等，∠BQO和∠BEF'用α表示出来，得到∠BQO=∠BEF'即可；
②连接FF'，交DE于点N，证明△HBK≌△ENF，设BK=x，利用△HBK∽△FCB，算出x；在Rt△HBK中，sin∠BHK=BKKH=36=12，在Rt△ABC中，即可求出AC的长
【详解】（1）①如图1
∵△ABC沿射线AC方向平移得到△DEF
∴BE∥CF
∵∠ACB=90°
∴∠CBE=∠ACB=90°
方法一：连接OG，OE
∵DE与⊙O相切于点G
∴∠OGE=90°
∴∠OBE=∠OGE=90°
∵OB=OG，OE为公共边
∴Rt△BOE≌Rt△GOEHL
∴BE=GE
方法二：∵BC是⊙O的直径
∴BE与⊙O相切于点B
∵DE与⊙O相切于点G
∴BE=GE
②如图2
方法一 ：
过点D作DM⊥BE于点M
∴∠DMB=90°
由（1）已证∠CBE=∠BCF=90°
∴四边形BCDM是矩形
∴CD=BM，DM=BC
由（1）已证：BE=GE
同理可证：CD=DG
设BE=x，CD=y
在Rt△DME中，DM2+ME2=DE2
∴x−y2+62=x+y2
∴xy=9
即BE⋅CD=9
方法二：
图3，连接OE，OD，OG
∵DE与⊙O相切于点G，BE与⊙O相切于点B，CD与⊙O相切于点C
∴BE=GE，CD=DG，∠OEG=12∠BEG，∠ODG=12∠CDG
∵BE∥CF
∴∠BEG+∠CDG=180°
∴∠OEG+∠ODG=90°
∴∠EOD=90°
∴∠DOG+∠GOE=90°
又∵DE与⊙O相切于点G
∴OG⊥DE
∴∠DOG+∠ODG=90°
∴∠GOE=∠ODG
∴△ODG∽△EOG
∴OGDG=EGOG，即OG2=DG⋅EG
∵⊙O的直径为6
∴OG=3
∴BE⋅CD=9
（2）①方法一：
如图4
延长HK交BE于点Q
设∠ABC=α
∵在⊙O中，OB=OH
∴∠BHO=∠OBH=α
∴∠BOQ=∠BHO+∠OBH=2α
∴∠BQO=90°−2α
∵△ABC沿射线AC方向平移得到△DEF，△DEF沿DE折叠得到△DEF'
∴∠DEF=∠DEF'=∠ABC=α
∴∠BEF'=90°−2α
∴∠BQO=∠BEF'
∴HK∥EF'
方法二：
∵HK是⊙O的直径，
∴∠HBK=90°，
设∠ABC=α，在⊙O中，OB=OH，
∴∠BHO=∠OBH=α，
∴∠HKF'=90°+α，
∵△ABC沿射线AC方向平移得到△DEF，
△DEF沿DE折叠得到△DEF'，
∴∠DEF=∠DEF'=∠ABC=α，
∴∠BEF'=90°−2α，
∵∠EBF'=∠ABC=α，
在△BEF'中，∠BF'E=180°−∠EBF'−∠BEF'=90°+α，
∴∠HKF'=∠BF'E，
∴HK∥EF'.
方法三：
如图，延长BF'交DN于点N
∵△ABC沿射线AC方向平移得到△DEF
∴AB∥DE ，△ABC≌△DEF
∵△DEF沿DE折叠得到△DEF'
∴△DEF'≌△DEF
∴△DEF'≌△ABC
∴∠ABC=∠DEF'，EF'=BC
∵OB=OH，
∴∠OBH=∠OHB，
∴∠BHK=∠DEF'
∵HK=BC
∴EF'=HK
∵HK是直径
∴∠ABK=90°
∵AB∥DE
∴∠ABK=∠BNE=90°
∴△HBK≌△ENF'
∴∠BKH=∠EF'N
∴180°−∠BKH=180°−∠EF'N
即∠HKF=∠EF'K
∴HK∥EF'
②连接FF'，交DE于点N，如图6
∵△DEF沿DE折叠，点F的对称点为F'
∴ED⊥FF'，FN=12FF'
∵HK是⊙O的直径
∴∠HBK=90°，点F'恰好落在射线BK上
∴BF'⊥AB
∵△ABC沿射线AC方向平移得到△DEF
∴AB∥DE，BC=EF
∴点B在FF'的延长线上
∴点B，F'，F这三点在同一条直线上
而BC为⊙O的直径
∴HK=BC=EF
在△HBK和△ENF中
∠HBK=∠ENF；∠BHO=∠NEF；HK=EF
∴△HBK≌△ENF
∴BK=NF
设BK=x，则BF=BK+KF'+F'F=x+3+2x=3x+3
∵OB=OK
∴∠OBK=∠OKB
而∠HBK=∠BCF=90°
∴△HBK∽△FCB
∴BKBC=HKBF
∴x6=63x+3
解得：x1=3，x2=−4（不合题意，舍）
∴BK=3
在Rt△HBK中，sin∠BHK=BKKH=36=12
∴∠BHK=30°
∴∠ABC=30°
在Rt△ABC中，tan∠ABC=tan30°=ACBC
∴AC=6⋅tan30°=6×33=23
即AC的长为23
【点睛】本题考查了折叠，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，圆的切线的判定与性质等，综合性较强；巧妙构造辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
2．（2023·四川乐山·中考真题）已知x1,y1,x2,y2是抛物C1:y=−14x2+bx（b为常数）上的两点，当x1+x2=0时，总有y1=y2
(1)求b的值；
(2)将抛物线C1平移后得到抛物线C2:y=−14(x−m)2+1(m>0)．
探究下列问题：
①若抛物线C1与抛物线C2有一个交点，求m的取值范围；
②设抛物线C2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，抛物线C2的顶点为点E，△ABC外接圆的圆心为点F，如果对抛物线C1上的任意一点P，在抛物线C2上总存在一点Q，使得点P、Q的纵坐标相等．求EF长的取值范围．
【答案】(1)0
(2)①2≤m≤2+22②72≤EF≤92
【分析】（1）根据y1=−14x12+bx1,y2=−14x22+bx2，且x1+x2=0时，总有y1=y2，变形后即可得到结论；
（2）按照临界情形，画出图象分情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：由题可知：y1=−14x12+bx1,y2=−14x22+bx2
∵x1+x2=0时，总有y1=y2，
∴−14x12+bx1=−14x22+bx2．
则14x2+x1x2−x1−bx2−x1=0，
∴x2−x114x2+x1−b=0，
∴−bx2−x1=0总成立，且x2−x1≠0，
∴b=0；
（2）①注意到抛物线C2最大值和开口大小不变，m只影响图象左右平移下面考虑满足题意的两种临界情形：
（i）当抛物线C2过点(0,0)时，如图所示，

此时，x=0,y=−14m2+1=0，解得m=2或−2（舍）．
（ii）当抛物线C2过点(2,−1)时，如图所示，

此时，x=2,y=−14(m−2)2+1=−1，
解得m=2+22或2−22（舍），
综上，2≤m≤2+22，
②同①考虑满足题意的两种临界情形：
（i）当抛物线C2过点(0,−1)时，如图所示，

此时，x=0,y=−14m2+1=−1，解得m=22或−22（舍）．
（ii）当抛物线C2过点(2,0)时，如图所示，

此时，x=2,y=−14(2−m)2+1=0，解得m=4或0（舍）．
综上22≤m≤4，
如图，由圆的性质可知，点E、F在线段AB的垂直平分线上．

令y=−14(x−m)2+1=0，解得xA=m−2,xB=m+2，
∴HB=m+2−m=2，
∵FB=FC，
∴FH2+HB2=FG2+GC2，
设FH=t，
∴t2+22=m24−1−t2+m2，
∴m24−12−2m24−1t+m2−4=0，
∴m24−1m24−2t+3=0，
∵m≥22,
∴m24−1≠0，
∴m24−2t+3=0，即t=m28+32，
∵22≤m≤4．
∴52≤t≤72，即52≤FH≤72，
∵EF=FH+1，
∴72≤EF≤92
【点睛】此题考查了二次函数的图象和性质、垂径定理、解一元二次方程等知识，数形结合和分类讨论是解题的关键．
3．（2021·湖南株洲·中考真题）将一物体（视为边长为2π米的正方形ABCD）从地面PQ上挪到货车车厢内．如图所示，刚开始点B与斜面EF上的点E重合，先将该物体绕点BE按逆时针方向旋转至正方形A1BC1D1的位置，再将其沿EF方向平移至正方形A2B2C2D2的位置（此时点B2与点G重合），最后将物体移到车厢平台面MG上．已知MG//PQ，∠FBP=30°，过点F作FH⊥MG于点H，FH=13米，EF=4米．
（1）求线段FG的长度；
（2）求在此过程中点A运动至点A2所经过的路程．
【答案】（1）23米；（2）4米．
【分析】（1）利用直角三角形FGH即可求解；
（2）连接A1A2，则必过点D1，分别求出A1A2和A1A的长，即可求出点A经过的路程．
【详解】解：（1）∵MG∥PQ，
∴∠FGM=∠FBP=30°．
∴在Rt△FGH中，
FG=2FH=2×13=23（米）．
（2）连接A1A2，则必过点D1，且四边形A1BGA2是矩形．
∴A1A2=BG=BF-GF=4−23=103（米）．
∵四边形ABCD和四边形A1BC1D1都是正方形，
∴AB=A1B，∠A1BC1=∠ABC=90°．
∴∠ABA1=180°-∠A1BC1-∠FBP=180°-90°-30°=60°．
∴lAA1=60×π×2π180=23（米）．
∴在整个运动过程中，点A运动至A2的路程为：
lAA1+A1A2=23+103=4（米）．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质、矩形和正方形的性质、平移和旋转的性质等知识点，熟知旋转和平移的性质是解题的关键．
题型03 与圆有关的翻折问题
1．（2021·湖北武汉·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，先将BC沿BC翻折交AB于点D．再将BD沿AB翻折交BC于点E．若BE=DE，设∠ABC=α，则α所在的范围是（ ）
A．21.9°<α<22.3°B．22.3°<α<22.7°
C．22.7°<α<23.1°D．23.1°<α<23.5°
【答案】B
【分析】将⊙O沿BC翻折得到⊙O′，将⊙O′沿BD翻折得到⊙O″，则⊙O、⊙O′、⊙O″为等圆．依据在同圆或等圆中相等的圆周角所对的弧相等可证明AC=DC=DE=EB，从而可得到弧AC的度数，由弧AC的度数可求得∠B的度数．
【详解】解：将⊙O沿BC翻折得到⊙O′，将⊙O′沿BD翻折得到⊙O″，则⊙O、⊙O′、⊙O″为等圆．
∵⊙O与⊙O′为等圆，劣弧AC与劣弧CD所对的角均为∠ABC，
∴AC=CD．
同理：DE=CD．
又∵F是劣弧BD的中点，
∴DE=BE．
∴AC=DC=DE=EB．
∴弧AC的度数=180°÷4=45°．
∴∠B=12×45°=22.5°．
∴α所在的范围是22.3°<α<22.7°；
故选：B．
【点睛】本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了翻折的性质、弧、弦、圆周角之间的关系、圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定，找出图形中的等弧是解题的关键．
2．（2020·四川自贡·中考真题）如图，在矩形ABCD中，E是AB上的一点，连接DE,将△ADE进行翻折，恰好使点A落在BC的中点F处，在DF上取一点O，以点O为圆心，OF的长为半径作半圆与CD相切于点G;若AD=4,则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】239.
【分析】连接OG，证明△DOG∽△DFC，得出OGFC=DODF，设OG=OF=r，进而求出圆的半径，再证明△OFQ为等边三角形，则可由扇形的面积公式和三角形的面积公式求出答案．
【详解】解：连接OG，过O点作OH⊥BC于H点，设圆O与BC交于Q点，如下图所示：
设圆的半径为r，
∵CD是圆的切线，
∴OG⊥CD，
∴△DOG∽△DFC，
∴OGFC=DODF，由翻折前后对应的线段相等可得DF=DA=4，
∵F是BC的中点，∴CF=BF=2，代入数据：
∴r2=4−r4，
∴r=43，
∴OD=DF−OF=83，
∴sin∠ODG=OGOD=12，
∴∠ODG=30°，∴∠DFC=60°，
且OF=OQ，∴△OFQ是等边三角形，
∴∠DOQ=180°-60°=120°，
同理△OGQ也为等边三角形，
∴OH=32OQ=233，且S扇形OGQ=S扇形OQF
∴S阴影=(S矩形OGCH−S扇形OGQ−SΔOQH)+(S扇形ΔOQF−SΔOQF)
=S矩形OGCH−32SΔOFQ
=43×233−32(12×43×233)=239.
故答案为：239.
【点睛】本题考查了扇形面积的计算，切线的性质，翻折变换，熟练掌握基本图形的性质是解题的关键．
3．（2018·云南曲靖·中考真题）如图，AB为⊙O的直径，点C为⊙O上一点，将BC沿直线BC翻折，使BC的中点D恰好与圆心O重合，连接OC，CD，BD，过点C的切线与线段BA的延长线交于点P，连接AD，在PB的另一侧作∠MPB=∠ADC．
(1)判断PM与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若PC=3，求四边形OCDB的面积．
【答案】(1)PM与⊙O相切，理由见解析；
(2)32
【分析】（1）连接DO并延长交PM于E，如图，利用折叠的性质得OC=DC，BO=BD，则可判断四边形OBDC为菱形，所以OD⊥BC，△OCD和△OBD都是等边三角形，从而计算出∠COP=∠EOP=60°，接着证明PM∥BC得到OE⊥PM，所以OE=12OP，根据切线的性质得到OC⊥PC，则OC=12OP，从而可判定PM是⊙O的切线；
（2）先在Rt△OPC中计算出OC=1，然后根据等边三角形的面积公式计算四边形OCDB的面积．
【详解】（1）PM与⊙O相切．
理由如下：连接DO并延长交PM于E，如图，
∵BC沿直线BC翻折，使BC的中点D恰好与圆心O重合，
∴OC=DC，BO=BD，
∴OC=DC=BO=BD，
∴四边形OBDC为菱形，
∴OD⊥BC，
∴△OCD和△OBD都是等边三角形，
∴∠COD=∠BOD=60°，
∴OE=OC ∠COP=∠EOP=60°，
∵∠MPB=∠ADC，
而∠ADC=∠ABC，
∴∠ABC=∠MPB，
∴PM∥BC，
∴OE⊥PM，
∴OE=12OP，
∵PC为⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
∴OC=12OP，
∴OE=OC，
而OE⊥PC，
∴PM是⊙O的切线；
（2）在Rt△OPC中，OC=33PC=33×3=1，
∴四边形OCDB的面积=2S△OCD=2×34×12=32．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了直线与圆的关系、圆周角定理和折叠的性质．
题型04 与圆有关的旋转问题
1．（2023·浙江嘉兴·中考真题）一副三角板ABC和DEF中，∠C=∠D=90°，∠B=30°，∠E=45°，BC=EF=12．将它们叠合在一起，边BC与EF重合，CD与AB相交于点G（如图1），此时线段CG的长是 ，现将△DEF绕点C(F)按顺时针方向旋转（如图2），边EF与AB相交于点H，连结DH，在旋转0°到60°的过程中，线段DH扫过的面积是 ．

【答案】 66−62 12π−183+18
【分析】如图1，过点G作GH⊥BC于H，根据含30°直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质得出BH=3GH，GH=CH，然后由BC=12可求出GH的长，进而可得线段CG的长；如图2，将△DEF绕点C顺时针旋转60°得到△D1E1F，FE1与AB交于G1，连接D1D，AD1，△D2E2F是△DEF旋转0°到60°的过程中任意位置，作DN⊥CD1于N，过点B作BM⊥D1D交D1D的延长线于M，首先证明△CDD1是等边三角形，点D1在直线AB上，然后可得线段DH扫过的面积是弓形D1D2D的面积加上△D1DB的面积，求出DN和BM，然后根据线段DH扫过的面积=S弓形D1D2D+S△D1DB=S扇形CD1D−S△CD1D+S△D1DB列式计算即可．
【详解】解：如图1，过点G作GH⊥BC于H，

∵∠ABC=30°，∠DEF=∠DFE=45°，∠GHB=∠GHC=90°，
∴BH=3GH，GH=CH，
∵BC=BH+CH=3GH+GH=12，
∴GH=63−6，
∴CG=2GH=2×63−6=66−62；
如图2，将△DEF绕点C顺时针旋转60°得到△D1E1F，FE1与AB交于G1，连接D1D，
由旋转的性质得：∠E1CB=∠DCD1=60°，CD=CD1，
∴△CDD1是等边三角形，
∵∠ABC=30°，
∴∠CG1B=90°，
∴CG1=12BC，
∵CE1=BC，
∴CG1=12CE1，即AB垂直平分CE1，
∵△CD1E1是等腰直角三角形，
∴点D1在直线AB上，
连接AD1，△D2E2F是△DEF旋转0°到60°的过程中任意位置，
则线段DH扫过的面积是弓形D1D2D的面积加上△D1DB的面积，
∵BC=EF=12，
∴DC=DB=22BC=62，
∴D1C=D1D=62，
作DN⊥CD1于N，则ND1=NC=32，
∴DN=D1D2−ND12=622−322=36，
过点B作BM⊥D1D交D1D的延长线于M，则∠M=90°，
∵∠D1DC=60°，∠CDB=90°，
∴∠BDM=180°−∠D1DC−∠CDB=30°，
∴BM=12BD=32，
∴线段DH扫过的面积=S弓形D1D2D+S△D1DB，
=S扇形CD1D−S△CD1D+S△D1DB，
=60π⋅622360−12×62×36+12×62×32，
=12π−183+18，
故答案为：66−62，12π−183+18．

【点睛】本题主要考查了旋转的性质，含30°直角三角形的性质，二次根式的运算，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形的面积计算等知识，作出图形，证明点D1在直线AB上是本题的突破点，灵活运用各知识点是解题的关键．
2．（2023·四川·中考真题）如图1，已知线段AB，AC，线段AC绕点A在直线AB上方旋转，连接BC，以BC为边在BC上方作Rt△BDC，且∠DBC=30°．

(1)若∠BDC=90°，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠AEB=90°，∠EBA=30°，连接DE，用等式表示线段AC与DE的数量关系是 ；
(2)如图2，在(1)的条件下，若DE⊥AB，AB=4，AC=2，求BC的长；
(3)如图3，若∠BCD=90°，AB=4，AC=2，当AD的值最大时，求此时tan∠CBA的值．
【答案】(1)AC=233DE
(2)BC=27
(3)35
【分析】
（1）在Rt△BDC中，∠DBC=30°，Rt△BAE，且∠AEB=90°，∠EBA=30°，可得△ABE∽△CBD，根据相似三角形的性质得出ABBC=BEBD，∠DBE=∠CBA，进而证明△ABC∽△EBD，根据相似三角形的性质即可求解；
（2）延长DE交AB于点F，如图所示，在Rt△AEF中，求得EF,AF，进而求得BF的长，根据（1）的结论，得出DE=3，在Rt△BFD中，勾股定理求得BD，进而根据△ABC∽△EBD，即可求解．
（3）如图所示，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠EAB=90°，∠EBA=30°，连接BE，EA，ED,EC，同（1）可得△BDE∽△BCA，进而得出D在以E为圆心，433为半径的圆上运动，当点A,E,D三点共线时，AD的值最大，进而求得cs∠BDA=277，sin∠BDA=217，根据△ABC∽△EBD得出∠BDE=∠BCA，过点A作AF⊥BC，于点F，分别求得AF,CF,然后求得BF，最后根据正切的定义即可求解．
【详解】（1）
解：在Rt△BDC中，∠DBC=30°，Rt△BAE，且∠AEB=90°，∠EBA=30°，
∴△ABE∽△CBD，∠DBE+∠EBC=∠ABC+∠EBC，BE=AB×cs∠ABE=32AB
∴ABBC=BEBD，∠DBE=∠CBA，
∴△ABC∽△EBD
∴ACDE=ABBE=AB32AB=233
∴AC=233DE，
故答案为：AC=233DE．
（2）∵Rt△BAE，且∠AEB=90°，∠EBA=30°，AB=4
∴AE=AB⋅sin∠EBA=12AB=2，∠BAE=60°，
延长DE交AB于点F，如图所示，

∵DE⊥AB，
∴∠BFD=∠DFA=90°，
∴在Rt△AEF中，EF=AE×sin∠BAE=32×2=3，AF=12AE=1，
∴BF=AB−AF=4−1=3，
由（1）可得AC=233DE，
∴DE=32AC=3，
∴DF=DE+EF=23，
在Rt△BFD中，BD=BF2+DF2=32+232=21，
∵△ABC∽△EBD，
∴BCBD=ACDE=233，
∴BC=233×21=27，
∴BC=27；
（3）解：如图所示，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠EAB=90°，∠EBA=30°，连接BE，EA，ED,EC，

同（1）可得△BDE∽△BCA
则DEAC=BDBC=233，
∵AC=2，则DE=433，
在Rt△AEB中，AB=4，AE=AB×tan∠EBA=4×33=433，
∴D在以E为圆心，433为半径的圆上运动，
∴当点A,E,D三点共线时，AD的值最大，此时如图所示，则AD=AE+DE=833，

在Rt△ABD中，BD=AB2+AD2=42+8332=4213
∴cs∠BDA=ADBD=8334213=277,sin∠BDA=ABBD=44213=217，
∵△ABC∽△EBD，
∴∠BDE=∠BCA，
过点A作AF⊥BC，于点F，
∴CF=AC×cs∠ACB=2×277=477，AF=AC×sin∠ACB=2217，
∵∠DBC=30°，
∴BC=32BD=32×4213=27，
∴BF=BC−CF=27−477=1077，
Rt△AFB中，tan∠CBA=AFFB=22171077=35．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正切的定义，求圆外一点到圆的距离的最值问题，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
3．（2022·山东潍坊·中考真题）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，车轮缚以竹简，旋转时低则舀水，高则泻水．如图，水力驱动筒车按逆时针方向转动，竹筒把水引至A处，水沿射线AD方向泻至水渠DE，水渠DE所在直线与水面PQ平行；设筒车为⊙O，⊙O与直线PQ交于P，Q两点，与直线DE交于B，C两点，恰有AD2=BD⋅CD，连接AB,AC．
(1)求证：AD为⊙O的切线；
(2)筒车的半径为3m，AC=BC,∠C=30°．当水面上升，A，O，Q三点恰好共线时，求筒车在水面下的最大深度（精确到0.1m，参考值：2≈1.4,3≈1.7）．
【答案】(1)答案见解析
(2)0.9m
【分析】（1）连接AO 并延长交⊙O 于M，根据AM为⊙O的直径可以得到 ∠ABM=90° ，继而得到∠BAM+∠AMB=90° ，根据AD2=BD⋅CD可证ΔDAB∼ΔDCB，可以得到∠DAB=∠DCA，利用等量代换即可证明AD为⊙O的切线；
（2）根据AC=BC，∠C=30°解出∠CAB=∠CBA=75° ，根据AQ 为⊙O的直径得到∠ABQ=∠APQ=90° ，进而得出∠BAQ=60°，∠QAC=15°，又根据PQ//BC 得出∠QAC=∠BQP=15°，故可得到∠PQA=45° ，过O作OF⊥PQ交⊙O于F，交PQ于E，于是在等腰RtΔOEQ中，根据锐角三角函数求出OE长，进而求出最大深度EF．
【详解】（1）证明：连接AO 并延长交⊙O 于M，连接BM，
∴AM为⊙O的直径，
∴∠ABM=90°，
∴∠BAM+∠AMB=90°，
∵AD2=BD⋅CD，
∴ADBD=CDAD，
又∵∠D=∠D，
∴ΔDAB∼ΔDCB，
∴∠DAB=∠DCA，
又∵∠BCA=∠BMA，
∴∠BAM+∠DAB=90°，
∴∠DAM=90°，
∴AD为⊙O的切线；
（2）解：如图所示，
∵AC=BC，∠C=30°，
∴∠CAB=∠CBA=12180°−∠C=12180°−30°=75°，
∵AQ 是⊙O的直径，
∴∠ABQ=∠APQ=90°，
∵∠C=30° ，
∴∠AQB=∠C=30° ，
∴∠BAQ=90°−∠AQB=60° ，
∴∠QAC=∠BAC−∠BAQ=75°−60°=15°，
∵PQ//BC，
∴BP=CQ，
∴∠QAC=∠BQP=15°，
∴∠PQA=∠BQP+∠BQA=15°+30°=45° ，
过O作OF⊥PQ交⊙O于F，交PQ于E，
∴ΔOEQ为等腰直角三角形，
∵OQ=3，
∴OE=OQsin45°=3×22=322，
∴EF=OF−OE=3−322≈0.9m．
【点睛】本题主要考查圆的切线的判断，等腰三角形、圆周角定理、相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，掌握公式定理并且灵活应用是解题的关键．
题型05 与圆有关的最值问题
1．（2023·陕西·中考真题）（1）如图①，在△OAB中，OA=OB，∠AOB=120°，AB=24．若⊙O的半径为4，点P在⊙O上，点M在AB上，连接PM，求线段PM的最小值；
（2）如图②所示，五边形ABCDE是某市工业新区的外环路，新区管委会在点B处，点E处是该市的一个交通枢纽．已知：∠A=∠ABC=∠AED=90°，AB=AE=10000m，BC=DE=6000m．根据新区的自然环境及实际需求，现要在矩形AFDE区域内（含边界）修一个半径为30m的圆型环道⊙O；过圆心O，作OM⊥AB，垂足为M，与⊙O交于点N．连接BN，点P在⊙O上，连接EP．其中，线段BN、EP及MN是要修的三条道路，要在所修道路BN、EP之和最短的情况下，使所修道路MN最短，试求此时环道⊙O的圆心O到AB的距离OM的长．

【答案】（1）43−4；（2）4047.91m
【分析】
（1）连接OP，OM，过点O作OM'⊥AB，垂足为M'，则PM≥OM−4≥OM'−4，由直角三角形的性质得出OM'=AM'⋅tan30°=43，则可得出答案；
（2）分别在BC，AE上作BB'=AA'=r=30(m)，连接A'B'，B'O、OP、OE、B'E．证出四边形BB'ON是平行四边形．由平行四边形的性质得出BN=B'O．当点O在B'E上时，BN+PE取得最小值．作⊙O'，使圆心O'在B'E上，半径r=30(m)，作O'M'⊥AB，垂足为M'，并与A'B'交于点H．证明△B'O'H∽△B'EA'，由相似三角形的性质得出O'HEA'=B'HB'A'，求出O'H的长可得出答案．
【详解】
解：（1）如图①，连接OP，OM，过点O作OM'⊥AB，垂足为M'，

则OP+PM≥OM．
∵⊙O半径为4，
∴PM≥OM−4≥OM'−4，
∵OA=OB．∠AOB=120°，
∴∠A=30°，
∴OM'=AM'⋅tan30°=12tan30°=43，
∴PM≥OM'−4=43−4，
∴线段PM的最小值为43−4；
（2）如图②，分别在BC，AE上作BB'=AA'=r=30(m)，

连接A'B'，B'O、OP、OE、B'E．
∵OM⊥AB，BB'⊥AB，ON=BB'，
∴四边形BB'ON是平行四边形．
∴BN=B'O．
∵B'O+OP+PE≥B'O+OE≥B'E，
∴BN+PE≥B'E−r，
∴当点O在B'E上时，BN+PE取得最小值．
作⊙O'，使圆心O'在B'E上，半径r=30(m)，
作O'M'⊥AB，垂足为M'，并与A'B'交于点H．
∴O'H∥A'E，
∴△B'O'H∽△B'EA'，
∴ O'HEA'=B'HB'A'，
∵⊙O'在矩形AFDE区域内（含边界），
∴当⊙O'与FD相切时，B'H最短，即B'H=10000−6000+30=4030(m)．
此时，O'H也最短．
∵M'N'=O'H，
∴M'N'也最短．
∴O'H=EA'⋅B'HB'A'=(10000−30)×403010000=4017.91(m)，
∴O'M'=O'H+30=4047.91(m)，
∴此时环道⊙O的圆心O到AB的距离OM的长为4047.91m．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了等腰三角形的性质，切线的性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键．
2．（2023·重庆·中考真题）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，点D为线段AB上一动点，连接CD．

(1)如图1，若AC=9，BD=3，求线段AD的长．
(2)如图2，以CD为边在CD上方作等边△CDE，点F是DE的中点，连接BF并延长，交CD的延长线于点G． 若∠G=∠BCE，求证：GF=BF+BE．
(3)在CD取得最小值的条件下，以CD为边在CD右侧作等边△CDE．点M为CD所在直线上一点，将△BEM沿BM所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BNM． 连接AN，点P为AN的中点，连接CP，当CP取最大值时，连接BP，将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BCQ，请直接写出此时NQCP的值．
【答案】(1)53
(2)见解析
(3)435
【分析】（1）解Rt△ABC，求得AB，根据AD=AB−BD即可求解；
（2）延长FB使得FH=FG，连接EH，可得△GFD≌△HFESAS，根据∠DEC=∠DBC=60°，得出B,C,D,E四点共圆，则∠EDB=∠BCE，∠BEC=∠BDC，得出∠BEH=60°−∠BEC=60°−∠BDC=∠EDB，结合已知条件得出∠H=∠BEH，可得EB=BH，即可得证；
（3）在CD取得最小值的条件下，即CD⊥AB，设AB=4a，则BC=2a，AC=23a，根据题意得出点N在以B为圆心，a为半径的圆上运动，取AB的中点S，连接SP，则SP是△ABN的中位线，P在半径为12a的⊙S上运动，当CP取最大值时，即P,S,C三点共线时，此时如图，过点P作PT⊥AC于点T，过点N作NR⊥AC于点R，连接PQ，交NR于点U，则四边形PURT是矩形，得出PD是△ANR的中位线，同理可得PT是△ANR的中位线，△BCS是等边三角形，将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BCQ，则∠QCP=2∠BCP=120°，在Rt△NUQ中，勾股定理求得NQ，进而即可求解．
【详解】（1）解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，
∴AB=ACsinB=932=63，
∵BD=3，
∴AD=AB−BD=53；
（2）证明：如图所示，延长FB使得FH=FG，连接EH，

∵F是DE的中点则DF=FE，FH=FG，∠GFD=∠HFE，
∴△GFD≌△HFESAS，
∴∠H=∠G，
∴EH∥GC，
∴∠HEC=∠ECD=60°
∵△DEC是等边三角形，
∴∠DEC=∠EDC=60°，
∵∠DEC=∠DBC=60°，
∴B,C,D,E四点共圆，
∴∠EDB=∠BCE，∠BEC=∠BDC，
∴∠BEH=60°−∠BEC=60°−∠BDC=∠EDB，
∵∠G=∠BCE=∠BDE=∠H，
∴∠H=∠BEH，
∴EB=BH，
∴FH=FG=BF+BH=BF+EB；
（3）解：如图所示，

在CD取得最小值的条件下，即CD⊥AB，
设AB=4a，则BC=2a，AC=23a，
∴CD=AC×BCAB=23a×2a4a=3a，BD=12BC=a，
∵将△BEM沿BM所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BNM．
∴BE=BN
∴点N在以B为圆心，a为半径的圆上运动，
取AB的中点S，连接SP，
则SP是△ABN的中位线，
∴P在半径为12a的⊙S上运动，
当CP取最大值时，即P,S,C三点共线时，此时如图，过点P作PT⊥AC于点T，过点N作NR⊥AC于点R，

∵S是AB的中点，∠ABC=60°
∴SC=SB=BC，
∴△BCS是等边三角形，
则∠PCB=60°，
∴∠PCA=∠ACB−∠BCP=30°，
∵BC=2a，AB=4a，
∴CS=BC=2a，PS=12a
∴PC=52a，PT=PC×sin∠PCT=12PC=54a，TC=3PT=543a
∵AC=23a，
∴AT=343a，
如图所示，连接PQ，交NR于点U，则四边形PURT是矩形，

∴PU∥AR，P是AN的中点，
∴NUUR=NPPA=1
即PU是△ANR的中位线，同理可得PT是△ANR的中位线，
∴NU=UR=PT=54a， PU=12AR=AT=343a
∵△BCS是等边三角形，将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BCQ，
∴∠QCP=2∠BCP=120°
∴PQ=3QC=3PC=523a
则UQ=PQ−PU=523a−343a=743a
在Rt△NUQ中，NQ=NU2+UQ2=54a2+743a2=432a
∴NQCP=432a52a=435．

【点睛】本题考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，折叠的性质，圆外一点到圆上距离的最值问题，垂线段最短，矩形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．（2022·北京·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知点M(a,b),N.对于点P给出如下定义：将点P向右(a≥0)或向左(a<0)平移a个单位长度，再向上(b≥0)或向下(b<0)平移b个单位长度，得到点P'，点P'关于点N的对称点为Q，称点Q为点P的“对应点”．
(1)如图，点M(1,1),点N在线段OM的延长线上，若点P(−2,0),点Q为点P的“对应点”．
①在图中画出点Q；
②连接PQ,交线段ON于点T.求证：NT=12OM;
(2)⊙O的半径为1，M是⊙O上一点，点N在线段OM上，且ON=t(12【答案】(1)见解析
(2)4t−2
【分析】（1）①先根据定义和M(1,1)求出点P'的坐标，再根据点P'关于点N的对称点为Q求出点Q的坐标；②延长ON至点A3,3，连接AQ，利用AAS证明ΔAQT≅ΔOPT，得到TA=TO=12OA，再计算出OA，OM，ON即可求出NT=ON−OT=22=12OM；
（2）连接PO并延长至S，使OP=OS，延长SQ至T，使ST=OM，结合对称的性质得出NM为ΔP'QT的中位线，推出NM=12QT，得出SQ=ST−TQ=1−2−2t=2t−1，则PQmax−PQmin=PS+QS−PS−QS=2QS．
【详解】（1）解：①点Q如下图所示．
∵点M(1,1)，
∴点P(−2,0)向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到点P'，
∴P'−1,1，
∵点P'关于点N的对称点为Q，N2,2，
∴点Q的横坐标为：2×2−−1=5，纵坐标为：2×2−1=3，
∴点Q5,3，在坐标系内找出该点即可；
②证明：如图延长ON至点A3,3，连接AQ，
∵ AQ//OP，
∴∠AQT=∠OPT，
在ΔAQT与Δ∠OPT中，
∠AQT=∠OPT∠ATQ=∠OTPAQ=OP，
∴ΔAQT≅ΔOPTAAS，
∴TA=TO=12OA，
∵ A3,3，M(1,1)，N(2,2)，
∴OA=32+32=32，OM=12+12=2，ON=22+22=22，
∴TO=12OA=322，
∴NT=ON−OT=22−322=22，
∴NT=12OM；
（2）解：如图所示，
连接PO并延长至S，使OP=OS，延长SQ至T，使ST=OM，
∵M(a,b)，点P向右(a≥0)或向左(a<0)平移a个单位长度，再向上(b≥0)或向下(b<0)平移b个单位长度，得到点P'，
∴PP'=OM=1，
∵点P'关于点N的对称点为Q，
∴NP'=NQ，
又∵OP=OS，
∴OM∥ST，
∴NM为ΔP'QT的中位线，
∴NM//QT，NM=12QT，
∵NM=OM−ON=1−t，
∴TQ=2NM=2−2t，
∴SQ=ST−TQ=1−2−2t=2t−1，
在ΔPQS中，PS−QS结合题意，PQmax=PS+QS，PQmin=PS−QS，
∴PQmax−PQmin=PS+QS−PS−QS=2QS=4t−2，
即PQ长的最大值与最小值的差为4t−2．
【点睛】本题考查点的平移，对称的性质，全等三角形的判定，两点间距离，中位线的性质及线段的最值问题，第2问难度较大，根据题意，画出点Q和点P'的轨迹是解题的关键．
4．（2021·贵州遵义·中考真题）点A是半径为23的⊙O上一动点，点B是⊙O外一定点，OB＝6．连接OA，AB．
（1）【阅读感知】如图①，当△ABC是等边三角形时，连接OC，求OC的最大值；将下列解答过程补充完整．
解：将线段OB绕点B顺时针旋转60°到O′B，连接OO′，CO′．
由旋转的性质知：∠OBO′＝60°，BO′＝BO＝6，即△OBO′是等边三角形．
∴OO′＝BO＝6
又∵△ABC是等边三角形
∴∠ABC＝60°，AB＝BC
∴∠OBO′＝∠ABC＝60°
∴∠OBA＝∠O′BC
在△OBA和△O′BC中，
OB=O'B∠OBA=∠O'BCAB=CB
∴ （SAS）
∴OA＝O′C
在△OO′C中，OC＜OO′+O′C
当O，O′，C三点共线，且点C在OO′的延长线上时，OC＝OO′+O′C
即OC≤OO′+O′C
∴当O，O′，C三点共线，且点C在OO′的延长线上时，OC取最大值，最大值是 ．
（2）【类比探究】如图②，当四边形ABCD是正方形时，连接OC，求OC的最小值；
（3）【理解运用】如图③，当△ABC是以AB为腰，顶角为120°的等腰三角形时，连接OC，求OC的最小值，并直接写出此时△ABC的周长．
【答案】（1）△OBA≌△O'BC，6+23；（2）62−23；（3）OC的最小值为43或0，△ABC的周长为6+43
【分析】（1）根据全等三角形的性质，OA=O'C，从而求得OC的最大值；
（2）将线段OB绕点B顺时针旋转90°到O′B，连接OO′，CO′，按照（1）中的思路，求证△OBA≌△O'BC，从而求得OC的最小值；
（3）分别以A、B为顶角进行讨论，按照上述方法求证△OBA≌△O'BC，从而求得OC的最小值，过点B作BF⊥OO'于点F，根据勾股定理求得BC长度，从而求得△ABC的周长．
【详解】解：（1）根据上下文题意可得：△OBA≌△O'BC
∴O'C=OA=23
∴O'C=OO'+O'C=6+23
（2）将线段OB绕点B顺时针旋转90°到O′B，连接OO′，CO′
由旋转的性质知：∠OBO′＝90°，BO′＝BO＝6，△BO'O为等腰直角三角形
∴OO'=62
又∵四边形ABCD为正方形
∴AB=BC,∠ABC=90°
∴∠CBO'=∠ABO
在△OBA和△O′BC中，
OB=O'B∠OBA=∠O'BCAB=CB
∴△OBA≌△O'BC（SAS）
∴OA＝O'C=23
在△OO′C中，OC≥OO'−O'C
当O，O′，C三点共线，且点C在线段OO′上时，OC=OO'−O'C
即OC≥OO'−O'C=62−23
（3）以B为顶点，构建等腰三角形△ABC，将线段OB绕点B顺时针旋转120°到O′B，连接OO′，CO′，过点B作BF⊥OO'于点F，如下图：
由旋转的性质知：∠OBO′＝120°，BO′＝BO＝6，△BO'O为等腰三角形
在△OBO'中，O'B=OB=6，∠OBO'＝120°，∴∠BOF=30°
∴BF=3，O'F=OF=33
∴OO'=63
由（2）可得△OBA≌△O'BC
∴OA＝O'C=23
在△OO′C中，OC≥OO'−O'C
当O，O′，C三点共线，且点C在线段OO′上时，OC=OO'−O'C
即OC≥OO'−O'C=43
又∵O'F=33，F在线段OO'上
∴FC=O'F−O'C=3
∴BC=AB=BF2+FC2=23
∴AC=2ABcs30°=6
△ABC的周长为6+43
以A为顶点，构建等腰三角形△ABC，将线段OA绕点A顺时针旋转120°到O′A，连接OO′，CO′，如下图：
由旋转的性质得：OA=O'A=23，∠OAO'=120°，△OAO'为等腰三角形
∴OO'=2OAcs30°=6
由（2）可得△ACO'≌△ABO
∴CO'=OB=6
在△OO'C中，OC≥OO'−O'C
∴当点C在线段OO'上时，OC最小
∴点C与点O重合，OC=0
△ABC的周长为6+43
【点睛】此题主要考查了旋转、圆、三角形、正方形等有关性质，充分理解题意并熟练掌握有关性质是解题的关键．
题型06 与圆有关的动点问题
1．（2023·内蒙古呼和浩特·中考真题）已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，AC=8，以边AC为直径作⊙O，与AB边交于点D，点M为边BC的中点，连接DM．

(1)求证：DM是⊙O的切线；
(2)点P为直线BC上任意一动点，连接AP交⊙O于点Q，连接CQ．
①当tan∠BAP=13时，求BP的长；
②求CQAP的最大值．
【答案】(1)见解析
(2)①103或509；②12
【分析】（1）连接OD，CD，由AC是⊙O的直径，可得∠ADC=90°，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得MC=MD，根据等腰三角形性质可得∠MDC=∠MCD，进而可得∠MDC+ODC=∠MCD+∠OCD=90°，即∠ODM=90°，再利用切线的判定定理即可证得结论；
（2）①分两种情况：当点P在线段BC上时，过点P作PT⊥AB于点T，利用勾股定理和解直角三角形即可求得答案；当点P在CB的延长线上时，过点B作BK⊥AP于点K，运用勾股定理和解直角三角形即可；
②设CP=n，则AP=AC2+CP2=64+n2，利用面积法可得CQ⋅AP=AC⋅CP，得出CQ=AC⋅CPAP=8n64+n2，即CQAP=8n64+n2，再运用乘法公式和不等式性质可得64+n2≥16n，即可得出答案．
【详解】（1）证明：如图，连接OD，CD，

∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∴∠BDC=180°−∠ADC=90°，
∵点M为边BC的中点，
∴MC=MD，
∴∠MDC=∠MCD，
∵OC=OD，
∴∠ODC=∠OCD，
∵∠ACB=90°，即∠MCD+∠OCD=90°，
∴∠MDC+ODC=∠MCD+∠OCD=90°，
即∠ODM=90°，
∴DM⊥OD，
∵OD是⊙O的半径，
∴DM是⊙O的切线；
（2）①当点P在线段BC上时，如图，过点P作PT⊥AB于点T，

在Rt△ABC中，AB=AC2+BC2=82++62=10，
设PT=x，
∵tan∠BAP=13，
∴ PTAT=13，
∴AT=3PT=3x，
∴BT=AB−AT=10−3x，
∵tan∠ABC=PTBT=ACBC，
∴ x10−3x=86，
解得：x=83，
∴PT=83，
∵sin∠ABC=PTBP=ACAB，即83BP=810，
∴BP=103；
当点P在CB的延长线上时，如图，过点B作BK⊥AP于点K，

∵tan∠BAP=13，
∴ BKAK=13，
设BK=a，则AK=3a，
在Rt△ABK中，AK2+BK2=AB2，
即(3a)2+a2=102，
解得：a1=10，a2=−10（舍去），
∴AK=310，BK=10，
∵S△ABP=12AP⋅BK=12BP⋅AC，
∴ APBP=ACBK=810，
设BP=m，则AP=4105m，
在Rt△ACP中，AC2+CP2=AP2，
即82+(m+6)2=(4105m)2，
解得：m1=509，m2=−103（舍去），
∴BP=509；
综上所述，BP的长为103或509；
②设CP=n，则AP=AC2+CP2=64+n2，
如图，∵AC是⊙O的直径，
∴CQ⊥AP，

∵CQ⋅AP=AC⋅CP，
∴CQ=AC⋅CPAP=8n64+n2，
∴ CQAP=8n64+n2，
∵n>0，
∴(n−8)2≥0，
∴64+n2≥16n，
∴ CQAP=8n64+n2≤8n16n=12，
∴ CQAP的最大值为12．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判定定理，圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，三角形面积，乘法公式和不等式性质等．熟练掌握圆的相关性质和解直角三角形等是解题关键．
2．（2023·浙江·中考真题）小贺在复习浙教版教材九上第81页第5题后，进行变式、探究与思考：如图1，⊙O的直径CD垂直弦AB于点E，且CE=8，DE=2．

(1)复习回顾：求AB的长．
(2)探究拓展：如图2，连接AC，点G是BC上一动点，连接AG，延长CG交AB的延长线于点F．
①当点G是BC的中点时，求证：∠GAF=∠F；
②设CG=x，CF=y，请写出y关于x的函数关系式，并说明理由；
③如图3，连接DF，BG，当△CDF为等腰三角形时，请计算BG的长．
【答案】(1)AB=8；
(2)①见解析；②y=80x；③BG的长为455或43−22．
【分析】（1）先求得⊙O的直径为10，再利用垂径定理求得AE=BE，在Rt△OAE中，利用勾股定理即可求解；
（2）①连接DG，由点G是BC的中点，推出∠GAF=∠D，根据等角的余角相等即可证明结论成立；
②利用勾股定理求得AC=45，利用垂径定理得到AC=BC，推出∠CAF=∠CGA，证明△CAF∽△CGA，利用相似三角形的性质即可求解；
③分两种情况讨论，当CF=CD=10和DF=CD=10时，证明△FGB∽△FAC，利用相似三角形的性质求解即可.
【详解】（1）解：连接OA，

∵⊙O的直径CD垂直弦AB于点E，且CE=8，DE=2，
∴CD=CE+DE=10，AE=BE，
∴OA=OD=12CD=5，OE=OD−DE=3，
在Rt△OAE中，AE=OA2−OE2=52−32=4，
∴AB=2AE=8；
（2）解：①连接DG，

∵点G是BC的中点，
∴CG=BG，
∴∠GAF=∠D，
∵⊙O的直径CD垂直弦AB于点E，
∴∠CGD=∠CEF=90°，
∴∠F=90°−∠DCG=∠D，
∴∠GAF=∠F；
②∵CE=8，AE=4，∠CEA=90°，
∴AC=AE2+CE2=42+82=45，

∵⊙O的直径CD垂直弦AB于点E，
∴AC=BC，
∴∠CAF=∠CGA，
∵∠ACF=∠GCA，
∴△CAF∽△CGA，
∴ACCG=CFAC，即45x=y45，
∴y=80x；
③当CF=CD=10时，

在Rt△CEF中，EF=CF2−CE2=102−82=6，
∴BF=EF−BE=2，
∵∠FGB=180°−∠BGC=∠FAC，
∴△FGB∽△FAC，
∴BGAC=BFCF，即BG45=210，
∴BG=455；
当DF=CD=10时，

在Rt△DEF中，EF=DF2−DE2=102−22=46，
在Rt△CEF中，CF=CE2+EF2=82+462=410，
∴BF=EF−BE=46−4，
同理△FGB∽△FAC，
∴BGAC=BFCF，即BG45=46−4410，
∴BG=43−22；
综上，BG的长为455或43−22．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
3．（2023·湖南娄底·中考真题）如图1，点G为等边△ABC的重心，点D为BC边的中点，连接GD并延长至点O，使得DO=DG，连接GB，GC，OB，OC

(1)求证：四边形BOCG为菱形．
(2)如图2，以O点为圆心，OG为半径作⊙O
①判断直线AB与⊙O的位置关系，并予以证明．
②点M为劣弧BC上一动点（与点B、点C不重合），连接BM并延长交AC于点E，连接CM并延长交AB于点F，求证：AE+AF为定值．
【答案】(1)见解析；
(2)①直线AB是⊙O的切线；②见解析．
【分析】（1）如图1，延长BG交AC于点H，连接AD，由△ABC是等边三角形，G是重心，点D为BC边的中点，得AD⟂BC，DB=DC，进而证明四边形BOCG是平行四边形，于是即可得四边形BOCG为菱形；
（2）①延长BG交AC于点H，连接AD，先证BG为∠ABC的角平分线，进而求得∠ABG=∠GBO=30°，又由菱形的性质得∠CBO=∠GBC=30°，从而有∠ABO=∠ABG+∠GBC+∠CBO=90°，于是根据切线的判定即可得出结论；②在优弧BC上取一点N，连接BN、CN，由①得∠OBC=30°，进而求得∠N= 12 ∠BOC=60°，再由圆内接四边形的性质求得∠BMC=180°−∠N=120°，从而根据角的和差关系求得∠ACF=∠CBE，于是证明△BEC≌△CFA(ASA)得AF=CE，即可证明结论成立．
【详解】（1）证明：如图1，延长BG交AC于点H，连接AD，

∵△ABC是等边三角形，G是重心，点D为BC边的中点，
∴中线AD过点G，即A、G、D三点共线，∠BAC=∠ABC=60°，AB=AC=BC，
∴AD⟂BC，DB=DC，
∵DO=DG，
∴四边形BOCG是平行四边形，
∵AD⟂BC，
∴四边形BOCG为菱形；
（2）①解：直线AB是⊙O的切线，理由如下：延长BG交AC于点H，连接AD，

∵△ABC是等边三角形，G是重心，点D为BC边的中点，
∴中线AD过点G，即A、G、D三点共线，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，AB=AC=BC，AH=CH，
∴BG为∠ABC的角平分线，
∴∠ABG=∠GBO=30°，
∵四边形BOCG是菱形，
∴∠CBO=∠GBC=30°，
∴∠ABO=∠ABG+∠GBC+∠CBO=90°，
∴AB⊥OB，
∴直线AB是⊙O的切线；
②证明：在优弧BC上取一点N，连接BN、CN，

由①得∠OBC=30°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=30°，
∴∠BOC=180°−∠OBC−∠OCB=120°，
∴∠N= 12 ∠BOC=60°，
∵四边形BNCM内接于⊙O，
∴∠BMC=180°−∠N=120°，
∴∠CBE+∠BCM=180°−∠BMC=60°，
∵∠ACB=∠ACF+∠BCM=60°，
∴∠ACF+∠BCM=∠CBE+∠BCM，
∴∠ACF=∠CBE，
∵BC=AC，∠BCE=∠A=60°，
∴△BEC≌△CFA(ASA)
∴AF=CE
∵AE+CE=AC
∴AE+AF=AE+CE=AC，即AE+AF为定值．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，重心的性质，切线的判定以及菱形的判定，熟练掌握菱形的判定，全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，重心的性质以及切线的判定定理是解题的关键．
4．（2023·湖南·中考真题）如图，点A，B，C在⊙O上运动，满足AB2=BC2+AC2，延长AC至点D，使得∠DBC=∠CAB，点E是弦AC上一动点（不与点A，C重合），过点E作弦AB的垂线，交AB于点F，交BC的延长线于点N，交⊙O于点M（点M在劣弧AC上）．

(1)BD是⊙O的切线吗？请作出你的判断并给出证明；
(2)记△BDC，△ABC，△ADB的面积分别为S1，S2，S，若S1⋅S=S22，求tanD2的值；
(3)若⊙O的半径为1，设FM=x，FE⋅FN⋅1BC⋅BN+1AE⋅AC=y，试求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
【答案】(1)BD是⊙O的切线，证明见解析
(2)1+52
(3)y=x0【分析】（1）依据题意，由勾股定理，首先求出∠ACB=90°，从而∠CAB+∠ABC=90°，然后根据∠DBC=∠CAB，可以得解；
（2）由题意，据S1⋅S=S22得CDCD+AC=AC2，再由tan∠D=BCCD=tan∠ABC=ACBC，进而进行变形利用方程的思想可以得解；
（3）依据题意，连接OM，分别在Rt△OFM、Rt△AFE、Rt△BFN中，找出边之间的关系，进而由FE⋅FN⋅1BC⋅BN+1AE⋅AC=y，可以得解．
【详解】（1）解：BD是⊙O的切线．
证明：如图，在△ABC中，AB2=BC2+AC2，
∴∠ACB=90°．
又点A，B，C在⊙O上，
∴AB是⊙O的直径．
∵∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠ABC=90°．
又∠DBC=∠CAB，
∴∠DBC+∠ABC=90°．
∴∠ABD=90°．
∴BD是⊙O的切线．
（2）由题意得，S1=12BC⋅CD，S2=12BC⋅AC，S=12AD⋅BC．
∵S1⋅S=S22，
∴12BC⋅CD⋅12AD⋅BC=12BC⋅AC2．
∴CD•AD=AC2．
∴CDCD+AC=AC2．
又∵∠D+∠DBC=90°，∠ABC+∠A=90°，∠DBC=∠A，
∴∠D=∠ABC．
∴tan∠D=BCCD=tan∠ABC=ACBC．
∴CD=BC2AC．
又CDCD+AC=AC2，
∴BC4AC2+BC2=AC2．
∴BC4+AC2⋅BC2=AC4．
∴1+ACBC2=ACBC4．
由题意，设tanD2=m，
∴ACBC2=m．
∴1+m=m2．
∴m=1±52．
∵m>0，
∴m=1+52．
∴tanD2=1+52．
（3）设∠A=α，
∵∠A+∠ABC=∠ABC+∠DBC=∠ABC+∠N=90°，
∴∠A=∠DBC=∠N=α．
如图，连接OM．

∴在Rt△OFM中，OF=OM2−FM2=1−x2．
∴BF=BO+OF=1+1−x2，AF=OA−OF=1−1−x2．
∴在Rt△AFE中，EF=AF⋅tanα=1−1−x2⋅tanα，AE=AFcsα=1−1−x2csα．
在Rt△ABC中，BC=AB⋅sinα=2sinα．（∵r=1，∴AB=2）
AC=AB⋅csα=2csα．
在Rt△BFN中，BN=BFsinα=1+1−x2sinα，FN=BFtanα=1+1−x2tanα．
∴y=FE⋅FN⋅1BC⋅BN+1AE⋅AC
=x2⋅12+21−x2+12−21−x2
=x2⋅2−21−x2+2+21−x24−41−x2
=x2⋅1x2
=x2⋅1x
=x．
即y=x．
∵FM⊥AB，
∴FM最大值为F与O重合时，即为1．
∴0综上，y=x0【点睛】本题主要考查了圆的相关性质，切线的判定定理，求角的正切值，解题时要熟练掌握并灵活运用．
题型07 与圆有关的新定义问题
1．（2023·北京·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．对于⊙O的弦AB和⊙O外一点C给出如下定义：
若直线CA，CB中一条经过点O，另一条是⊙O的切线，则称点C是弦AB的“关联点”．

(1)如图，点A−1,0，B1−22,22，B222,−22
①在点C1−1,1，C2(−2,0)，C30,2中，弦AB1的“关联点”是______．
②若点C是弦AB2的“关联点”，直接写出OC的长；
(2)已知点M0,3，N655,0．对于线段MN上一点S，存在⊙O的弦PQ，使得点S是弦PQ的“关联点”，记PQ的长为t，当点S在线段MN上运动时，直接写出t的取值范围．
【答案】(1)C1，C2；OC=2
(2)1≤t≤233或263≤t≤3．
【分析】（1）根据题目中关联点的定义并分情况讨论计算即可；
（2）根据M0,3，N655,0两点来求最值情况，S共有2种情况，分别位于点M和经过点O的MN的垂线上，运用相似三角形计算即可．
【详解】（1）解：①由关联点的定义可知，若直线CA，CB中一经过点O，另一条是⊙O的切线，则称点C是弦AB的“关联点”，
∵点A−1,0，B1−22,22，C1−1,1，C2(−2,0)，C30,2，
∴直线B1C2经过点O，且AC2与⊙O相切，
∴C2是弦AB1的“关联点”，
又∵C1−1,1和A−1,0横坐标相等，与B1−22,22都位于直线y=−x上，
∴AC1与⊙O相切，B1C1经过点O，
∴C1是弦AB1的“关联点”．
②∵A−1,0，B222,−22，
设Ca，b，如下图所示，共有两种情况，

a、若C1B2与⊙O相切，AC经过点O，
则C1B2、AC1所在直线为： y=x−2y=0，
解得：C12，0，
∴OC1=2，
b、若AC2与⊙O相切，C2B2经过点O，
则C2B2、AC2所在直线为：x=−1y=−x，
解得：C2−1，1，
∴OC2=2，
综上，OC=2．
（2）解：∵线段MN上一点S，存在⊙O的弦PQ，使得点S是弦PQ的“关联点”，
又∵弦PQ随着S的变动在一定范围内变动，且M0,3，N655,0，OM>ON，
∴S共有2种情况，分别位于点M和经过点O的MN的垂线上，如图所示，

①当S位于点M0,3时，MP为⊙O的切线，作PJ⊥OM，
∵M0,3，⊙O的半径为1，且MP为⊙O的切线，
∴OP⊥MP，
∵PJ⊥OM，
∴△MPO∽△POJ，
∴OPOJ=OMOP，即1OJ=3，
解得OJ=13，
∴根据勾股定理得，PJ=PO2−OJ2=223，Q1J=23
根据勾股定理，PQ1=Q1P2+Q1J2=233，同理，PQ2=Q2P2+Q2J2=263，
∴当S位于点M0,3时，PQ1的临界值为233和263．
②当S位于经过点O的MN的垂直平分线上即点K时，
∵点M0,3，N655,0，
∴MN=OM2+ON2=955，
∴OK=OM×ON÷MN=2，
又∵⊙O的半径为1，∴∠OKZ=30°，
∴三角形OPQ为等边三角形，
∴在此情况下，PQ=1，PQ=3，
∴当S位于经过点O的MN的垂直平分线上即点K时，PQ1的临界值为1和3，
∴在两种情况下，PQ的最小值在1≤t≤233内，最大值在263≤t≤3，
综上所述，t的取值范围为1≤t≤233或263≤t≤3，
【点睛】本题主要考查最值问题，题目较为新颖，要灵活运用知识点，明确新概念时解答此题的关键．
2．（2023·甘肃兰州·中考真题）在平面直角坐标系中，给出如下定义：P为图形M上任意一点，如果点P到直线EF的距离等于图形M上任意两点距离的最大值时，那么点P称为直线EF的“伴随点”．
例如：如图1，已知点A1,2，B3,2，P2,2在线段AB上，则点P是直线EF：x轴的“伴随点”．
(1)如图2，已知点A1,0，B3,0，P是线段AB上一点，直线EF过G−1,0，T0,33两点，当点P是直线EF的“伴随点”时，求点P的坐标；
(2)如图3，x轴上方有一等边三角形ABC，BC⊥y轴，顶点A在y轴上且在BC上方，OC=5，点P是△ABC上一点，且点P是直线EF：x轴的“伴随点”．当点P到x轴的距离最小时，求等边三角形ABC的边长；
(3)如图4，以A1,0，B2,0，C2,1为顶点的正方形ABCD上始终存在点P，使得点P是直线EF：y=−x+b的“伴随点”．请直接写出b的取值范围．
【答案】(1)P3,0
(2)2
(3)−1≤b≤1或3≤b≤5
【分析】（1）过点P作PQ⊥EF于点Q，根据新定义得出PQ=2，根据已知得出∠TGO=30°，则GP=2PQ=4，即可求解；
（2）当P到x轴的距离最小时，点P在线段BC上，设△ABC的边长为a，以C为圆心a为半径作圆，当⊙C与x轴相切时，如图所示，切点为H，此时点P是直线EF：x轴的“伴随点”．且点P到x轴的距离最小，则C的纵坐标为a，即CH=a，△ABC是等边三角形，且BC⊥y轴，设BC交于点D，则AD⊥BC，得出C12a,a，根据OC=5即可求解；
（3）由正方形的边长为1，即可求出P到EF的距离为2，从而可得P既在正方形的边上，也在到EF距离为2的直线上，当b≤1时，EF向上平移2个单位长度得l1，分别求出l1过A、C时b的值；当b>1时，EF向下平移2个单位长度得l1，分别求出l1过A、C时b的值，即可求出b的取值范围．
【详解】（1）解：如图所示，过点P作PQ⊥EF于点Q，

∵A1,0，B3,0，则AB=2，点P是直线EF的“伴随点”时，
∴PQ=2，
∵G−1,0，T0,33，
∴OG=1，TO=33，
∵tan∠TGO=331=33，
∴∠TGO=30°，
∴GP=2PQ=4，
∴P3,0；
（2）解：当P到x轴的距离最小时，
∴点P在线段BC上，
设△ABC的边长为a，以C为圆心a为半径作圆，当⊙C与x轴相切时，如图所示，切点为H，此时点P是直线EF：x轴的“伴随点”．且点P到x轴的距离最小，

则C的纵坐标为a，即CH=a，
∵△ABC是等边三角形，且BC⊥y轴，设BC交于点D，则AD⊥BC，
∴BD=DC =12a，
∴C12a,a，
∵OC=5，
∴12a2+a2=5，
解得：a=2或−2（舍去），
∴等边三角形ABC的边长为2；
（3）解：由题意知，正方形ABCD的边长为1，所以正方形ABCD上任意两点距离的最大值为12+12=2,即正方形ABCD上始终存在点P，P到EF的距离为2.则EF向上或者向下平移2个单位长度得到直线l1
∵l1与EF平行，且两直线间的距离为2，
∴P既在l1上，又在正方形ABCD的边上，
∴l1与正方形ABCD有交点.
当b≤1时，l1为y=−x+b+2，
当l1过A时，0=−1+b+2，即b=−1,
当l1过C时，1=−2+b+2，即b=1;
∴−1≤b≤1；
当b>1时，l1为y=−x+b−2，
当l1过A时，0=−1+b−2，即b=3,
当l1过C时，1=−2+b−2，即b=5;
∴3≤b≤5；
综上，当−1≤b≤1或3≤b≤5时，正方形ABCD上始终存在点P，使得点P是直线EF：y=−x+b的“伴随点”．
【点睛】本题考查了几何新定义，解直角三角形，切线的性质，直线与坐标轴交点问题，正方形的性质，理解新定义是解题的关键．
3．（2020·湖北咸宁·中考真题）定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形．
理解：
（1）若四边形ABCD是对余四边形，则∠A与∠C的度数之和为______；
证明：
（2）如图1，MN是⊙O的直径，点A,B,C在⊙O上，AM，CN相交于点D．
求证：四边形ABCD是对余四边形；
探究：
（3）如图2，在对余四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=60°，探究线段AD，CD和BD之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．
【答案】（1）90°或270°；（2）见解析；（3）CD2+AD2=BD2，理由见解析
【分析】（1）分当∠A和∠C互余时，当∠B和∠D互余时，两种情况求解；
（2）连接BO，得到∠BON+∠BOM=180°，再利用圆周角定理证明∠C+∠A=90°即可；
（3）作△ABD的外接圆O，分别延长AC，BC，DC，交圆O于E，F，G，连接DF，DE，EF，先证明GF是圆O的直径，得到GE2+EF2=GF2，再证明△ABC∽△FEC，△ACD∽△GCE，△BCD∽△GCF，可得AB2CF2+AD2GC2=AC2EF2+AC2GE2，BCGC=BDGF=CDCF=k，从而得出AB2CD2+AD2BC2=AC2BD2，根据△ABC为等边三角形可得AB=AC=BC，从而得到CD2+AD2=BD2.
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是对余四边形，
当∠A和∠C互余时，
∠A+∠C=90°，
当∠B与∠D互余时，
∠B+∠D=90°，
则∠A+∠C=360°-90°=270°，
故答案为：90°或270°；
（2）如图，连接BO，
可得：∠BON=2∠C，∠BOM=2∠A，
而∠BON+∠BOM=180°，
∴2∠C+2∠A=180°，
∴∠C+∠A=90°，
∴四边形ABCD是对余四边形；
（3）∵四边形ABCD为对于四边形，∠ABC=60°，
∴∠ADC=30°，
如图，作△ABD的外接圆O，分别延长AC，BC，DC，交圆O于E，F，G，连接DF，DE，EF，
则∠AEF=∠ABC=60°，∠AEG=∠ADG=30°，
∴∠AEF+∠AEG=90°，即∠FEG=90°，
∴GF是圆O的直径，
∵AB=BC，
∴△ABC为等边三角形，
∵∠ABC=∠AEF，∠ACB=∠ECF，
∴△ABC∽△FEC，得：ABEF=ACFC=BCEC，则AB2CF2=AC2EF2，
同理，△ACD∽△GCE，得：ACGC=ADGE=CDCE，则AC2GE2=AD2GC2，
△BCD∽△GCF，得：BCGC=BDGF=CDCF=k，
可得：AB2CF2+AD2GC2=AC2EF2+AC2GE2，
而GE2+EF2=GF2，
∴AB2CF2+AD2GC2=AC2GF2，
∴AB2CD2k2+AD2BC2k2=AC2BD2k2，
∴AB2CD2+AD2BC2=AC2BD2，
∵AB=BC=AC，
∴CD2+AD2=BD2.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，四边形的新定义问题，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，多边形内角和，解题的关键是理解对余四边形的概念，结合所学知识求证.
题型08与圆有关的阅读理解问题
1．（2021·四川遂宁·中考真题）已知平面直角坐标系中，点P（x0,y0）和直线Ax＋By＋C＝0（其中A，B不全为0），则点P到直线Ax＋By＋C＝0的距离d可用公式d=Ax0+By0+CA2+B2来计算．
例如：求点P（1，2）到直线y＝2x＋1的距离，因为直线y＝2x＋1可化为2x－y＋1＝0，其中A＝2，B＝－1，C＝1，所以点P（1，2）到直线y＝2x＋1的距离为：d=Ax0+By0+CA2+B2=2×1+（−1）×2+122+(−1)2=15=55．
根据以上材料，解答下列问题：
（1）求点M（0，3）到直线y=3x+9的距离；
（2）在（1）的条件下，⊙M的半径r ＝ 4，判断⊙M与直线y=3x+9的位置关系，若相交，设其弦长为n，求n的值；若不相交，说明理由．
【答案】（1）3；（2）直线与圆相交，n=27
【分析】（1）直接利用公式计算即可；
（2）根据半径和点到直线的距离判断直线与圆的位置关系，再根据垂径定理求弦长．
【详解】解：（1）∵y＝3x＋9可变形为3x－y＋9＝0，则其中A＝3，B＝－1，C＝9，
由公式可得d=3×0−3+932+−12=3
∴点M到直线y＝3x＋9的距离为3，
（2）由（1）可知：圆心到直线的距离d＝3，圆的半径r＝4，
∵d＜r
∴直线与圆相交，
则弦长n=2×42−32=27，
【点睛】本题考查了阅读理解和圆与直线的位置关系，垂径定理，解题关键是熟练运用公式求解和熟练运用圆的相关性质进行推理和计算．
2．（2019·山西·中考真题）阅读以下材料，并按要求完成相应地任务：
莱昂哈德·欧拉(Lenhard Euler)是瑞士数学家，在数学上经常见到以他的名字命名的重要常数，公式和定理，下面是欧拉发现的一个定理：在△ABC中，R和r分别为外接圆和内切圆的半径，O和I分别为其外心和内心，则OI2=R2−2Rr.
如图1，⊙O和⊙I分别是△ABC的外接圆和内切圆，⊙I与AB相切分于点F，设⊙O的半径为R，⊙I的半径为r，外心O（三角形三边垂直平分线的交点）与内心I（三角形三条角平分线的交点）之间的距离OI＝d，则有d2＝R2﹣2Rr．
下面是该定理的证明过程（部分）：
延长AI交⊙O于点D，过点I作⊙O的直径MN，连接DM，AN.
∵∠D=∠N，∠DMI=∠NAI(同弧所对的圆周角相等)，
∴△MDI∽△ANI，
∴IMIA=IDIN，
∴IA⋅ID=IM⋅IN①，
如图2，在图1(隐去MD，AN)的基础上作⊙O的直径DE，连接BE，BD，BI，IF，
∵DE是⊙O的直径，∴∠DBE=90°，
∵⊙I与AB相切于点F，∴∠AFI=90°，
∴∠DBE=∠IFA，
∵∠BAD=∠E(同弧所对圆周角相等)，
∴△AIF∽△EDB，
∴IADE=IFBD，∴IA⋅BD=DE⋅IF②，
任务：(1)观察发现：IM=R+d，IN= (用含R，d的代数式表示)；
(2)请判断BD和ID的数量关系，并说明理由；
(3)请观察式子①和式子②，并利用任务(1)，(2)的结论，按照上面的证明思路，完成该定理证明的剩余部分；
(4)应用：若△ABC的外接圆的半径为5cm，内切圆的半径为2cm，则△ABC的外心与内心之间的距离为 cm.

【答案】(1)R-d；(2)BD=ID，理由见解析；(3)见解析；(4)5.
【分析】(1)直接观察可得；
(2)由三角形内心的性质可得∠BAD=∠CAD，∠CBI=∠ABI，由圆周角定理可得∠DBC=∠CAD，再根据三角形外角的性质即可求得∠BID=∠DBI，继而可证得BD=ID；
(3)应用(1)(2)结论即可；
(4)直接代入结论进行计算即可．
【详解】(1)∵O、I、N三点共线，
∴OI+IN＝ON，
∴IN＝ON﹣OI＝R﹣d，
故答案为R﹣d；
(2)BD=ID，理由如下：
∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAD=∠CAD，∠CBI=∠ABI，
∵∠DBC=∠CAD，∠BID=∠BAD+∠ABI，∠DBI=∠DBC+∠CBI，
∴∠BID=∠DBI，
∴BD=ID；
(3)由(2)知：BD=ID，
又IA⋅ID=IM⋅IN，IA⋅BD=DE⋅IF，
∴DE·IF=IM·IN，
∴2Rr=(R+d)(R−d)，
∴R2−d2=2Rr
∴d2=R2−2Rr；
(4)由(3)知：d2=R2−2Rr，
把R=5，r=2代入得：d2=52−2×5×2=5，
∵d>0，
∴d=5，
故答案为5.
【点睛】本题是圆综合题，主要考查了三角形外接圆、外心和内切圆、内心，圆周角性质，角平分线定义，三角形外角性质等，综合性较强，熟练掌握相关知识是解题的关键.
3．（2018·四川达州·中考真题）阅读下列材料：
已知：如图1，等边△A1A2A3内接于⊙O，点P是A1A2上的任意一点，连接PA1，PA2，PA3，可证：PA1+PA2=PA3，从而得到：PA1+PA2PA1+PA2+PA3=12是定值．
（1）以下是小红的一种证明方法，请在方框内将证明过程补充完整；
证明：如图1，作∠PA1M=60°，A1M交A2P的延长线于点M．
∵△A1A2A3是等边三角形，
∴∠A3A1A2=60°，
∴∠A3A1P=∠A2A1M
又A3A1=A2A1，∠A1A3P=∠A1A2P，
∴△A1A3P≌△A1A2M
∴PA3=MA2=PA2+PM=PA2+PA1．
∴PA1+PA2PA1+PA2+PA3=12，是定值．
（2）延伸：如图2，把（1）中条件“等边△A1A2A3”改为“正方形A1A2A3A4”，其余条件不变，请问：PA1+PA2PA1+PA2+PA3+PA4还是定值吗？为什么？
（3）拓展：如图3，把（1）中条件“等边△A1A2A3”改为“正五边形A1A2A3A4A5”，其余条件不变，则PA1+PA2PA1+PA2+PA3+PA4+PA5= （只写出结果）．
【答案】（1）证明见解析；（2）是定值，理由见解析；（3）(5−1)28
【详解】解：（1）如图1，作∠PA1M=60°，A1M交A2P的延长线于点M．
∵△A1A2A3是等边三角形，
∴∠A3A1A2=60°，
∴∠A3A1P=∠A2A1M
又A3A1=A2A1，∠A1A3P=∠A1A2P，
∴△A1A3P≌△A1A2M
∴PA3=MA2，
∵PM=PA1，
∴PA3=MA2=PA2+PM=PA2+PA1．
∴PA1+PA2PA1+PA2+PA3＝12，是定值．
（2）结论：PA1+PA2PA1+PA2+PA3+PA4是定值．
理由：在A4P上截取A4H=A2P，连接HA1．
∵四边形A1A2A3A4是正方形，
∴A4A1=A2A1，
∵∠A1A4H=∠A1A2P，A4H=A2P，
∴△A1A4H=△A1A2P，
∴A1H=PA1，∠A4A1H=∠A2A1P，
∴∠HA1P=∠A4A1A2=90°
∴△HA1P的等腰直角三角形，
∴PA4=HA4+PH=PA2+2PA1，
同法可证：PA3=PA1+2PA2，
∴（2+1）（PA1+PA2）=PA3+PA4，
∴PA1+PA2=（2-1）（PA3+PA4），
∴PA1+PA2PA1+PA2+PA3+PA4=2−22．
（3）结论：PA1+PA2PA1+PA2+PA3+PA4+PA5=(5−1)28．
理由：如图3-1中，延长PA1到H，使得A1H=PA2，连接A4H，A4A2，A4A1．
∵正五边形A1A2A3A4A5
∴A1A4=A2A4
∵四边形A1A4A2P是圆的内接四边形，
∴∠HA1A4=∠PA2A4
∴△HA4A1≌△PA4A2，
∴HA4=PA4，∠HA4A1=∠PA4A2，
∴∠HA4P=∠A1A4A2
∴△A4HP是顶角为36°的等腰三角形，
∴PH=5−12PA4，即PA1+PA2=5−12PA4，
如图3-2中，延长PA5到H，使得A5H=PA3．
同法可证：△A4HP是顶角为108°的等腰三角形，
∴PH=5+12PA4，即PA5+PA3=5+12PA4，
∴PA1+PA2PA1+PA2+PA3+PA4+PA5=(5−1)28．
故答案为：(5−1)28．
题型09 阿氏圆
1．（2021·四川宜宾·中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C（0，6），抛物线的顶点坐标为E（2，8），连结BC、BE、CE．
（1）求抛物线的表达式；
（2）判断△BCE的形状，并说明理由；
（3）如图2，以C为圆心，2为半径作⊙C，在⊙C上是否存在点P，使得BP＋12EP的值最小，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=−12x2+2x+6；（2）直角三角形，见解析；（3）存在，2902
【分析】（1）用待定系数法求函数解析式；
（2）分别求出三角形三边的平方，然后运用勾股定理逆定理即可证明；
（3）在CE上截取CF=22（即CF等于半径的一半），连接BF交⊙C于点P，连接EP，则BF的长即为所求．
【详解】解：（1）∵抛物线的顶点坐标为E（2，8），
∴设该抛物线的表达式为y=a（x-2）2+8，
∵与y轴交于点C（0，6），
∴把点C（0，6）代入得：a=−12，
∴该抛物线的表达式为y=−12x2+2x+6；
（2）△BCE是直角三角形．理由如下：
∵抛物线与x轴分别交于A、B两点，
∴当y=0时，−12（x-2）2+8=0，解得：x1=-2，x2=6，
∴A（-2，0），B（6，0），
∴BC2=62+62=72，CE2=（8-6）2+22=8，BE2=（6-2）2+82=80，
∴BE2=BC2+CE2，
∴∠BCE=90°，
∴△BCE是直角三角形；
（3）如图，在CE上截取CF=22（即CF等于半径的一半），连接BF交⊙C于点P，连接EP，
则BF的长即为所求．
连接CP，∵CP为半径，
∴ CFCP=CPCE=12，
又∵∠FCP=∠PCE，
∴△FCP∽△PCE，
∴ CFCP=FPPE=12，FP=12EP，
∴BF=BP+12EP，
由“两点之间，线段最短”可得：BF的长即BP+12EP为最小值．
∵CF=14CE，E（2，8），
∴F（12，132），
∴BF=6−122+0−1322=2902
【点睛】本题考查二次函数综合，待定系数法，二次函数图象和性质，勾股定理及其逆定理，圆的性质，相似三角形的判定和性质等，题目综合性较强，属于中考压轴题，熟练掌握二次函数图象和性质，圆的性质，相似三角形的判定和性质等相关知识是解题关键．
2．（2023·湖北黄石·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于两点A−3,0,B4,0，与y轴交于点C0,4．

(1)求此抛物线的解析式；
(2)已知抛物线上有一点Px0,y0，其中y0<0，若∠CAO+∠ABP=90°，求x0的值；
(3)若点D，E分别是线段AC，AB上的动点，且AE=2CD，求CE+2BD的最小值．
【答案】(1)y=−13x2+13x+4；
(2)−214；
(3)233．
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）在Rt△AOC中，tan∠CAO=COAO=43，则tan∠ABP=34，得到直线BP的表达式为：y=34(x−4)，进而求解；
（3）作∠EAG=∠BCD，证明△BCD∽△GAE且相似比为1:2，故当C、E、G共线时，CE+2BD=CE+EG=CG为最小，进而求解．
【详解】（1）解：设抛物线的表达式为：y=a(x+3)(x−4)=a(x2−x−12)，
即−12a=4，则a=−13，
故抛物线的表达式为：y=−13x2+13x+4①；
（2）解：在Rt△AOC中，tan∠CAO=COAO=43，
∵∠CAO+∠ABP=90°，
则tan∠ABP=34，
故设直线BP的表达式为：y=34(x−4)②，
联立①②得：−13x2+13x+4=34(x−4)，
解得：x=−214=x0（不合题意的值已舍去）；
（3）解：作∠EAG=∠BCD，

设AG=2BC=2×42=82，
∵AE=2CD，
∴△BCD∽△GAE且相似比为1:2，
则EG=2BD，
故当C、E、G共线时，CE+2BD=CE+EG=CG为最小，
在△ABC中，设AC边上的高为ℎ，
则S△ABC=12×AC⋅ℎ=12×AB×CO，
即5ℎ=4×7，
解得：ℎ=285，
则sin∠ACD=ℎBC=28542=9810=sin∠EAG，
则tan∠EAG=7，
过点G作GN⊥x轴于点N，
则NG=AG⋅sin∠EAG=565，
即点G的纵坐标为：−565，
同理可得，点G的横坐标为：−75，
即点G−75，−565，
由点C、G的坐标得，CG=0+752+4+5652=233，
即CE+2BD的最小值为233．
【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
3．（2023·山东烟台·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+5与x轴交于A,B两点，与y轴交于点C,AB=4．抛物线的对称轴x=3与经过点A的直线y=kx−1交于点D，与x轴交于点E．

(1)求直线AD及抛物线的表达式；
(2)在抛物线上是否存在点M，使得△ADM是以AD为直角边的直角三角形?若存在，求出所有点M的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)以点B为圆心，画半径为2的圆，点P为⊙B上一个动点，请求出PC+12PA的最小值．
【答案】(1)直线AD的解析式为y=x−1；抛物线解析式为y=x2−6x+5
(2)存在，点M的坐标为4,−3或0,5 或5,0
(3)41
【分析】
（1）根据对称轴x=3，AB=4，得到点A及B的坐标，再利用待定系数法求解析式即可；
（2）先求出点D的坐标，再分两种情况：①当∠DAM=90°时，求出直线AM的解析式为y=−x+1，解方程组y=−x+1y=x2−6x+5，即可得到点M的坐标；②当∠ADM=90°时，求出直线DM的解析式为y=−x+5，解方程组y=−x+5y=x2−6x+5，即可得到点M的坐标；
（3）在AB上取点F，使BF=1，连接CF，证得BFPB=PBAB，又∠PBF=∠ABP，得到△PBF∽△ABP，推出PF=12PA，进而得到当点C、P、F三点共线时，PC+12PA的值最小，即为线段CF的长，利用勾股定理求出CF即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴x=3，AB=4，
∴A1,0,B5,0，
将A1,0代入直线y=kx−1，得k−1=0，
解得k=1，
∴直线AD的解析式为y=x−1；
将A1,0,B5,0代入y=ax2+bx+5，得
a+b+5=025a+5b+5=0，解得a=1b=−6，
∴抛物线的解析式为y=x2−6x+5；
（2）存在点M，
∵直线AD的解析式为y=x−1，抛物线对称轴x=3与x轴交于点E．
∴当x=3时，y=x−1=2，
∴D3,2，
①当∠DAM=90°时，
设直线AM的解析式为y=−x+c，将点A坐标代入，
得−1+c=0，
解得c=1，
∴直线AM的解析式为y=−x+1，
解方程组y=−x+1y=x2−6x+5，
得x=1y=0或x=4y=−3，
∴点M的坐标为4,−3；
②当∠ADM=90°时，
设直线DM的解析式为y=−x+d，将D3,2代入，
得−3+d=2，
解得d=5，
∴直线DM的解析式为y=−x+5，
解方程组y=−x+5y=x2−6x+5，
解得x=0y=5或x=5y=0，
∴点M的坐标为0,5 或5,0
综上，点M的坐标为4,−3或0,5 或5,0；
（3）如图，在AB上取点F，使BF=1，连接CF，
∵PB=2，
∴BFPB=12，
∵PBAB=24=12，、
∴BFPB=PBAB，
又∵∠PBF=∠ABP，
∴△PBF∽△ABP，
∴PFPA=BFPB=12，即PF=12PA，
∴PC+12PA=PC+PF≥CF，
∴当点C、P、F三点共线时，PC+12PA的值最小，即为线段CF的长，
∵OC=5,OF=OB−1=5−1=4，
∴CF=OC2+OF2=52+42=41，
∴PC+12PA的最小值为41．

【点睛】此题是一次函数，二次函数及圆的综合题，掌握待定系数法求函数解析式，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，求两图象的交点坐标，正确掌握各知识点是解题的关键．
题型10 圆、几何图形、锐角三角函数综合
1．（2022·浙江宁波·中考真题）如图1，⊙O为锐角三角形ABC的外接圆，点D在BC上，AD交BC于点E，点F在AE上，满足∠AFB−∠BFD=∠ACB,FG∥AC交BC于点G，BE=FG，连结BD，DG．设∠ACB=α．
(1)用含α的代数式表示∠BFD．
(2)求证：△BDE≌△FDG．
(3)如图2，AD为⊙O的直径．
①当AB的长为2时，求AC的长．
②当OF:OE=4:11时，求csα的值．
【答案】(1)∠BFD=90°−α2
(2)见解析
(3)①3；②csα=58
【分析】（1）根据∠AFB−∠BFD=∠ACB=α，∠AFB+∠BFD=180°即可求解；
（2）由（1）的结论，FG∥AC、BE=FG证△BDE≌△FDG(SAS)即可；
（3）①通过角的转换得∠ABC=∠ABD−∠DBG=3α2，即可求AC的长；②连结BO，证△BDG∽△BOF，设OF=4x，则OE=11x，DE=DG=4kx，由相似的性质即可求解；
【详解】（1）∵∠AFB−∠BFD=∠ACB=α，①
又∵∠AFB+∠BFD=180°，②
②-①，得2∠BFD=180°−α，
∴∠BFD=90°−α2．
（2）由（1）得∠BFD=90°−α2，
∵∠ADB=∠ACB=α，
∴∠FBD=180°−∠ADB−∠BFD=90°−α2，
∴DB=DF．
∵FG∥AC，
∴∠CAD=∠DFG．
∵∠CAD=∠DBE，
∴∠DFG=∠DBE．
∵BE=FG，
∴△BDE≌△FDG(SAS)．
（3）①∵△BDE≌△FDG，
∴∠FDG=∠BDE=α，
∴∠BDG=∠BDF+∠EDG=2α．
∵DE=DG，
∴∠DGE=12180°−∠FDG=90°−α2，
∴在△BDG中，∠DBG=180°−∠BDG−∠DGE=90°−3α2，
∵AD为⊙O的直径，
∴∠ABD=90°．
∴∠ABC=∠ABD−∠DBG=3α2．
∴AC与AB的度数之比为3∶2．
∴AC与AB的的长度之比为3∶2，
∵AB=2，
∴AC=3．
②如图，连结BO．
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB=α，
∴∠BOF=∠OBD+∠ODB=2α．
∵∠BDG=2α，
∴∠BOF=∠BDG．
∵∠BGD=∠BFO=90°−α2，
∴△BDG∽△BOF，
设△BDG与△BOF的相似比为k，
∴DGOF=BDBO=k．
∵OFOE=411，
∴设OF=4x，则OE=11x，DE=DG=4kx，
∴OB=OD=OE+DE=11x+4kx，
BD=DF=15x+4kx，
∴BDBO=15x+4kx11x+4kx=15+4k11+4k，
由15+4k11+4k=k，得4k2+7k−15=0，
解得k1=54，k2=−3（舍），
∴OD=11x+4kx=16x，BD=15x+4kx=20x，
∴AD=2OD=32x，
在Rt△ABD中，cs∠ADB=BDAD=20x32x=58，
∴csα=58．
【点睛】本题主要考查圆的性质、三角函数、三角形的全等、三角形的相似，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
2．（2023·浙江台州·中考真题）我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置，如图，AB是⊙O的直径，直线l是⊙O的切线，B为切点．P，Q是圆上两点（不与点A重合，且在直径AB的同侧），分别作射线AP，AQ交直线l于点C，点D．

(1)如图1，当AB=6，BP⏜的长为π时，求BC的长．
(2)如图2，当AQAB=34，BP=PQ时，求BCCD的值．
(3)如图3，当sin∠BAQ=64，BC=CD时，连接BP，PQ，直接写出PQBP的值．
【答案】(1)23
(2)34
(3)104
【分析】
（1）根据扇形的弧长公式即可求出∠BOP度数，利用切线的性质和解直角三角形即可求出BC的长．
（2）根据等弧所对圆周角相等推出∠BAC=∠DAC，再根据角平分线的性质定理推出CF=CB，利用直角三角形的性质即可求出∠FCD=∠BAQ，通过等量转化和余弦值可求出答案．
（3）根据三角形相似的性质证明△APQ∽△ADC和△APB∽△ABC，从而推出PQCD=APAD和BPBC=APAB，利用已知条件将两个比例线段相除，根据正弦值即可求出答案
【详解】（1）解：如图1，连接OP，设∠BOP的度数为n．

∵AB=6，BP⏜的长为π，
∴n⋅π⋅3180=π．
∴n=60，即∠BOP=60°．
∴∠BAP=12∠BOP=30°．
∵直线l是⊙O的切线，
∴∠ABC=90°．
∴BC=AB3=23．
（2）解：如图2，连接BQ，过点C作CF⊥AD于点F，

∵AB为直径，
∴∠BQA=90°．
∴cs∠BAQ=AQAB=34．
∵BP=PQ，
∴∠BAC=∠DAC．
∵CF⊥AD，AB⊥BC，
∴CF=CB．
∵∠BAQ+∠ADB=90°，∠FCD+∠ADB=90°，
∴∠FCD=∠BAQ．
∴BCCD=FCCD=cs∠FCD=cs∠BAQ=34．
（3）解：104，理由如下：
如图3，连接BQ，

∵AB⊥BC，BQ⊥AD，
∴∠ABQ+∠BAD=90°，∠ADB+∠BAD=90°，
∴∠ABQ=∠ADC，
∵∠ABQ=∠APQ，
∴ ∠APQ=∠ADC．
∵∠PAQ=∠CAD，
∴△APQ∽△ADC，
∴PQCD=APAD．①
∵∠BAP=∠BAC，∠ABC=∠APB=90°，
∴△APB∽△ABC，
∴BPBC=APAB．②
∵BC=CD，
①÷②得，PQBP=ABAD=cs∠BAQ．
∵sin∠BAQ=64，
∴cs∠BAQ=104．
【点睛】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，解直角三角形以及三角函数、切线的性质定理、扇形的弧长公式，角平分线性质定理等，解题的关键在于熟练掌握相关性质定理和相关计算公式．
3．（2021·广西柳州·中考真题）如图，四边形ABCD中，AD//BC,AD⊥AB,AD=AB=1,DC=5，以A为圆心，AD为半径作圆，延长CD交⊙A于点F，延长DA交⊙A于点E，连结BF，交DE于点G．
（1）求证：BC为⊙A的切线；
（2）求cs∠EDF的值；
（3）求线段BG的长．
【答案】（1）见解析；（2）255；（3）103
【分析】（1）根据平行线的性质，证明∠ABC=90°即可；
（2）根据平行线的性质，得∠EDF=∠BCD，过点D作DH⊥BC，垂足为H，在直角三角形CDH中，根据三角函数的定义计算即可；
（3）过A作AJ⊥FC于点J，证明△FGD∽△FBC，后利用勾股定理计算即可
【详解】（1）证明：∵AD∥BC,AD⊥AB，
∴∠CBA=∠BAD=90°
∵AB=AD=1
∴CB是⊙A的切线
（2）过D作DH⊥BC于H,
∵AB⊥BC,DH⊥BC
∴AB∥DH
∴四边形ABHD为平行四边形
∴DH=AB=1,BH=AD=1,∠EDF=∠C
在Rt△DHC中，∠DHC=90°,DH=1,DC=5
∴HC=CD2−DH2=5−1=2,
∴BC=BH+HC=3,
∴cs∠EDF=cs∠C=HCDC=25=255
（3）过A作AJ⊥FC于点J,
∴FJ=JD
在Rt△AJD中，∠AJD=90°,AD=1
∴JD=AD⋅cs∠ADJ=1⋅255=255
∴FD=2JD=455
∴FD:FC=FD:(FD+DC)=4:9
∵ED∥BC
∵△FGD∽△FBC
∴GDBC=FDFC=49
∴GD=43，
∴AG=GD−AD=13
Rt△GAB中，∠GAB=90°,AG=13,AB=1
∴BG=AG2+AB2=1+19=103.
【点睛】本题考查了切线的判定，垂径定理，三角形相似，勾股定理，熟练掌握切线的判定，灵活运用勾股定理，垂径定理，三角形相似是解题的关键.
题型11 与圆有关的存在性问题
1．（2023·广东广州·中考真题）已知点Pm,n在函数y=−2xx<0的图象上．
(1)若m=−2，求n的值；
(2)抛物线y=x−mx−n与x轴交于两点M，N（M在N的左边），与y轴交于点G，记抛物线的顶点为E．
①m为何值时，点E到达最高处；
②设△GMN的外接圆圆心为C，⊙C与y轴的另一个交点为F，当m+n≠0时，是否存在四边形FGEC为平行四边形？若存在，求此时顶点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)n的值为1；
(2)①m=−2；②假设存在，顶点E的坐标为−62，−72，或62，−72．
【分析】
（1）把m=−2代入y=−2x(x<0)得n=−2−2=1，即可求解；
（2）①x=m+n2，得y=(x−m)(x−n)=−14(m−n)2=−2−14(m+n)2≤−2，即可求解；
②求出直线TS的表达式为：y=−12m(x−12m)−1，得到点C的坐标为m+n2，−12；由垂径定理知，点C在FG的中垂线上，则FG=2(yC−yG)=2×(−12+2)=3；由四边形FGEC为平行四边形，则CE=FG=3=yC−yE=−12−yE，求出yE=−72，进而求解．
【详解】（1）
解：把m=−2代入y=−2x(x<0)得n=−2−2=1；
故n的值为1；
（2）
解：①在y=(x−m)(x−n)中，令y=0，则(x−m)(x−n)=0，
解得x=m或x=n，
∴M(m,0)，N(n,0)，
∵点P(m,n)在函数y=−2x(x<0)的图象上，
∴mn=−2，
令x=m+n2，得y=(x−m)(x−n)=−14(m−n)2=−2−14(m+n)2≤−2，
即当m+n=0，且mn=−2，
则m2=2，解得：m=−2（正值已舍去），
即m=−2时，点E到达最高处；
②假设存在，理由：
对于y=(x−m)(x−n)，当x=0时，y=mn=−2，即点G(0,−2)，
由①得M(m,0)，N(n,0)，G(0,−2)，E(m+n2，−14(m−n)2)，对称轴为直线x=m+n2，
由点M(m,0)、G(0,−2)的坐标知，tan∠OMG=OGOM=2−m，
作MG的中垂线交MG于点T，交y轴于点S，交x轴于点K，则点T12m，−1，
则tan∠MKT=−12m，
则直线TS的表达式为：y=−12m(x−12m)−1．
当x=m+n2时，y=−12m(x−12m)−1=−12，
则点C的坐标为m+n2，−12．
由垂径定理知，点C在FG的中垂线上，则FG=2(yC−yG)=2×(−12+2)=3．
∵四边形FGEC为平行四边形，
则CE=FG=3=yC−yE=−12−yE，
解得：yE=−72，
即−14(m−n)2=−72，且mn=−2，
则m+n=±6，
∴顶点E的坐标为−62，−72，或62，−72．
【点睛】
本题为反比例函数和二次函数综合运用题，涉及到一次函数基本知识、解直角三角形、平行四边形的性质、圆的基本知识，其中（3），数据处理是解题的难点．
2．（2022·江苏盐城·中考真题）【发现问题】
小明在练习簿的横线上取点O为圆心，相邻横线的间距为半径画圆，然后半径依次增加一个间距画同心圆，描出了同心圆与横线的一些交点，如图1所示，他发现这些点的位置有一定的规律．
【提出问题】
小明通过观察，提出猜想：按此步骤继续画圆描点，所描的点都在某二次函数图像上．
(1)【分析问题】
小明利用已学知识和经验，以圆心O为原点，过点O的横线所在直线为x轴，过点O且垂直于横线的直线为y轴，相邻横线的间距为一个单位长度，建立平面直角坐标系，如图2所示．当所描的点在半径为5的同心圆上时，其坐标为___________．
(2)【解决问题】
请帮助小明验证他的猜想是否成立．
(3)【深度思考】
小明继续思考：设点P(0,m)，m为正整数，以OP为直径画⊙M，是否存在所描的点在⊙M上．若存在，求m的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)(−3,4)或(3,4)
(2)成立，理由见解析
(3)存在，4
【分析】（1）先画出图形，再结合实际操作可得OA=OB=OD=5,OC=4,OC⊥AB,再利用勾股定理求解AC，BC，从而可得答案；
（2）解法1：设半径为n的圆与直线y=n−1的交点为P (x,n−1)．利用勾股定理可得x2+(n−1)2=n2，即x2=2n−1，可得n=12x2+12，可得y=n−1=12x2−12上，从而验证猜想；
解法2：设半径为n的圆与直线y=n−1交点为P(x,n−1)，可得x2+(n−1)2=n2，解方程可得P(±2n−1,n−1)．则{x=±2n−1,y=n−1，再消去n，可得y=12x2−12，从而验证猜想；
（3）如图，设所描的点N(±2n−1,n−1)在⊙M上，由MO=MN， 建立方程(m2)2=(±2n−1)2+(n−1−m2)2，整理得m=n2n−1=n2−1+1n−1=n+1+1n−1,结合m，n都是正整数，从而可得答案．
【详解】（1）解：如图，OA=OB=OD=5,OC=4,OC⊥AB,
∴AC=BC=52−42=3,
∴A(−3,4),B(3,4),
故答案为：(−3,4)或(3,4)
（2）小明的猜想成立．
解法1：如图，设半径为n的圆与直线y=n−1的交点为P (x,n−1)．
因为OP=n，所以x2+(n−1)2=n2，即x2=2n−1，
所以n=12x2+12，
所以y=n−1=12x2−12上，小明的猜想成立．
解法2：设半径为n的圆与直线y=n−1交点为P(x,n−1)，
因为OP=n，所以x2+(n−1)2=n2，解得x=±2n−1，所以P(±2n−1,n−1)．
{x=±2n−1,y=n−1，消去n，得y=12x2−12，
∴点在抛物线y=12x2−12上，小明的猜想成立．
（3）存在所描的点在⊙M上，理由：
如图，设所描的点N(±2n−1,n−1)在⊙M上，
则MO=MN，因为M(0,m2)，
所以(m2)2=(±2n−1)2+(n−1−m2)2，
整理得m=n2n−1=n2−1+1n−1=n+1+1n−1,，
因为m，n都是正整数，
所以只有n=2，m=4满足要求．
因此，存在唯一满足要求的m，其值是4．
【点睛】本题考查的是切线的性质，垂径定理的应用，坐标与图形，二次函数的图像与性质，勾股定理的应用，方程的正整数解问题，理解题意，建立几何模型与函数模型是解本题的关键．
3．（2020·四川绵阳·中考真题）如图，在矩形ABCD中，对角线相交于点O，⊙M为△BCD的内切圆，切点分别为N，P，Q，DN＝4，BN＝6．
（1）求BC，CD；
（2）点H从点A出发，沿线段AD向点D以每秒3个单位长度的速度运动，当点H运动到点D时停止，过点H作HI∥BD交AC于点I，设运动时间为t秒．
①将△AHI沿AC翻折得△AH'I，是否存在时刻t，使点H'恰好落在边BC上？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由；
②若点F为线段CD上的动点，当△OFH为正三角形时，求t的值．
【答案】（1）8；6 （2）①存在；2512s ②（4﹣3）s
【分析】（1）由切线长定理得出BP＝BN＝6，DQ＝DN＝4，CP＝CQ，BD＝BN+DN＝10，设CP＝CQ＝a，由勾股定理得出BC2+CD2＝BD2，得出方程，解方程即可；
（2）①由折叠的性质得∠AH'I＝∠AHI，AH'＝AH＝3t，证明△AIH'∽△AH'C，则AH'2＝AI×AC，证△AIH∽△AOD，求出AI＝158t，得出（3t）2＝158t×10，解方程即可；
②作PH⊥OH于H，交OF的延长线于P，作OM⊥AD于M，PN⊥AD于N，证出FH＝FP＝OF，HP＝3OH，DN＝DM＝4，证明△OMH∽△HNP，求出HN＝3OM＝33，则DH＝HN﹣DN＝33﹣4，得出AH＝AD﹣DH＝12﹣33，即可得出答案．
【详解】解：（1）∵⊙M为△BCD的内切圆，切点分别为N，P，Q，DN＝4，BN＝6，
∴BP＝BN＝6，DQ＝DN＝4，CP＝CQ，BD＝BN+DN＝10，
设CP＝CQ＝a，则BC＝6+a，CD＝4+a，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD＝90°，
∴BC2+CD2＝BD2，即（6+a）2+（4+a）2＝102，
解得：a＝2，
∴BC＝6+2＝8，CD＝4+2＝6；
（2）①存在时刻t＝2512s，使点H′恰好落在边BC上；理由如下：
如图1所示：
由折叠的性质得：∠AH'I＝∠AHI，AH'＝AH＝3t，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝8，AD∥BC，∠BCD＝90°，OA＝OC＝12AC，OB＝OD＝12BD，AC＝BD，
∴AC＝BD＝BC2+CD2＝82+62＝10，OA＝OD＝5，
∴∠ADO＝∠OAD，
∵HI∥BD，
∴∠AHI＝∠ADO，
∴∠AH'I＝∠AHI＝∠ADO＝∠OAD＝∠ACH'，
∴△AIH'∽△AH'C，
∴AH'AC＝AIAH'，
∴AH'2＝AI×AC，
∵HI∥BD，
∴△AIH∽△AOD，
∴AIAO＝AHAD，即AI5＝3t8，
解得：AI＝158t，
∴（3t）2＝158t×10，
解得：t＝2512，
即存在时刻t＝2512s，使点H′恰好落在边BC上；
②作PH⊥OH于H，交OF的延长线于P，作OM⊥AD于M，PN⊥AD于N，如图2所示：
则OM∥CD∥PN，∠OMH＝∠HNP＝90°，OM是△ACD的中位线，
∴OM＝12CD＝3，
∵△OFH是等边三角形，
∴OF＝FH，∠OHF＝∠HOF＝60°，
∴∠FHP＝∠HPO＝30°，
∴FH＝FP＝OF，HP＝3OH，
∴DF是梯形OMNP的中位线，
∴DN＝DM＝4，
∵∠MHO+∠MOH＝∠MHO+∠NHP＝90°，
∴∠MOH＝∠NHP，
∴△OMH∽△HNP，
∴OMHN＝OHHP＝13，
∴HN＝3OM＝33，
∴DH＝HN﹣DN＝33﹣4，
∴AH＝AD﹣DH＝12﹣33，
∴t＝AH3＝4﹣3，
即当△OFH为正三角形时，t的值为（4﹣3）s．
【点睛】本题是圆的综合题目，考查了切线长定理、矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、等边三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质、等腰三角形的判定、三角形中位线定理等知识；本题综合性强，熟练掌握切线长定理、相似三角形的判定与性质以及勾股定理是解题的关键．
题型12 与圆有关的定值问题
1．（2023·海南·中考真题）如图1，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB=6，∠ABC=60°，点P为线段BO上的动点（不与点B，O重合），连接CP并延长交边AB于点G，交DA的延长线于点H．

(1)当点G恰好为AB的中点时，求证：△AGH≌△BGC；
(2)求线段BD的长；
(3)当△APH为直角三角形时，求HPPC的值；
(4)如图2，作线段CG的垂直平分线，交BD于点N，交CG于点M，连接NG，在点P的运动过程中，∠CGN的度数是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)63
(3)2或2+3
(4)∠CGN的度数是定值，30°
【分析】（1）由 “AAS”可证△AGH≌△BGC；
（2）由菱形的性质可得AO=CO，BO=DO，AC⊥BD，∠ABD=12∠ABC=30°，再由直角三角形的性质可求解；
（3）分类讨论：当∠DAP=90°时；当∠APH=90°时，由直角三角形的性质可求AP、PD的长，由等腰三角形的判定与性质可求BP的长，通过证明△BPC∽△DPH，可得DPBP=HPPC，即可求解；
（4）先证点M、点H、点O三点共线，由直角三角形的性质可得HO=HB=CH，可求∠CBO=∠BOH=30°，通过证明点O、点C、点M、点N四点共圆，可得∠BOH=∠NCM=30°，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠HAB=∠ABC，
∵点G是AB的中点，
∴AG=BG，
∵∠AGH=∠BGC，
∴△AGH≌△BGCAAS；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，AB=6，∠ABC=60°，
∴AO=CO，BO=DO，AC⊥BD，∠ABD=12∠ABC=30°，
∴∠AOB=90°，
∴AO=12AB=3，
∴BO=AB2−AO2=62−32=33，
∴BD=2BO=63；
（3）解：当∠DAP=90°时，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC=∠ADC=60°，∠ADB=12∠ADC=30°，AD=AB=6，AD∥BC，
∴AP=12PD，
∵AP2+AD2=PD2，即12PD2+62=PD2，
∴PD=43，AP=23，
∵AD∥BC，∠ABC=60°，
∴∠BAD=180°−∠ABC=180°−60°=120°，
∴∠BAP=∠BAD−∠PAD=120°−90°=30°=∠ABP，
∴BP=AP=23，
∵AD∥BC，
∴△BPC∽△DPH，
∴DPBP=HPPC，
∴HPPC=4323=2；
当∠APH=90°时，
∴∠DPA=∠DPC=45°，
由（2）得：BD=63，AO=3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BO=DO=12BD=33，
∴AO=PO=3，
∴BP=BO−PO=33−3，DP=DO+PO=33+3，
∵AD∥BC，
∴△BPC∽△DPH，
∴DPBP=HPPC，
∴HPPC=33+333−3=2+3，
综上所述：HPPC=2+3或2
（4）解：∠CGN的度数是定值．
如图，取BC的中点H，连接OH、HM、NC，
，
∵MN是CG的垂直平分线，
∴GN=CN，GM=CM，
∴∠NGC=∠GCN，
∵点H是BC的中点，GM=CM，
∴MH∥AB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=CO，AC⊥BD，∠CBO=12∠ABC=30°，
∵点H是BC的中点，AO=CO，
∴OH∥AB，
∴点M、点H、点O三点共线，
∵点H是BC的中点，AC⊥BD，
∴HO=HB=CH，
∴∠CBO=∠BOH=30°，
∵∠COB=∠NMC=90°，
∴∠CON+∠NMC=180°，
∴点O、点C、点M、点N四点共圆，
∴∠BOH=∠NCM=30°，
∴∠CGN=∠NCM=30°．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
2．（2021·江苏泰州·中考真题）如图，在⊙O中，AB为直径，P为AB上一点，PA＝1，PB＝m（m为常数，且m＞0）．过点P的弦CD⊥AB，Q为BC上一动点（与点B不重合），AH⊥QD，垂足为H．连接AD、BQ．
（1）若m＝3．
①求证：∠OAD＝60°；
②求BQDH的值；
（2）用含m的代数式表示BQDH，请直接写出结果；
（3）存在一个大小确定的⊙O，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值，求此时∠Q的度数．
【答案】（1）①见解析；②2；（2）1+m；（3）存在半径为1的圆，45°
【分析】（1）①连接OD，则易得CD垂直平分线段OA，从而OD=AD，由OA=OD，即可得△OAD是等边三角形，从而可得结论；
②连接AQ，由圆周角定理得：∠ABQ=∠ADH，从而其余弦值相等，因此可得BQDH=ABAD ，由①可得AB、AD的值，从而可得结论；
（2）连接AQ、BD， 首先与（1）中的②相同，有BQDH=ABAD，由△APD∽△ADB，可求得AD的长，从而求得结果；
（3）由（2）的结论可得：BQ2=(1+m)DH2，从而BQ2﹣2DH2+PB2=(m−1)DH2+m2
当m=1时，即可得是一个定值，从而可求得∠Q的值．
【详解】（1）①如图，连接OD，则OA=OD
∵AB=PA+PB=1+3=4
∴OA=12AB=2
∴OP=AP=1
即点P是线段OA的中点
∵CD⊥AB
∴CD垂直平分线段OA
∴OD=AD
∴OA=OD=AD
即△OAD是等边三角形
∴∠OAD=60°
②连接AQ
∵AB是直径
∴AQ⊥BQ
根据圆周角定理得：∠ABQ=∠ADH，
∴cs∠ABQ=cs∠ADH
∵AH⊥DQ
在Rt△ABQ和Rt△ADH中
cs∠ABQ=BQAB=cs∠ADH=DHAD
∴BQDH=ABAD
∵AD=OA=2，AB=4
∴BQDH=ABAD=42=2
（2）连接AQ、BD
与（1）中的②相同，有BQDH=ABAD
∵AB是直径
∴AD⊥BD
∴∠DAB+∠ADP=∠DAB+∠ABD=90°
∴∠ADP=∠ABD
∴Rt△APD∽Rt△ADB
∴PAAD=ADAB
∵AB=PA+PB=1+m
∴AD=PA·AB=1+m
∴BQDH=ABAD=1+m1+m=1+m
（3）由（2）知，BQDH=1+m
∴BQ=1+m·DH
即BQ2=(1+m)DH2
∴BQ2﹣2DH2+PB2=(1+m)DH2−2DH2+m2=(m−1)DH2+m2
当m=1时，BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值，且这个定值为1，此时PA=PB=1，即点P与圆心O重合
∵CD⊥AB，OA=OD=1
∴△AOD是等腰直角三角形
∴∠OAD=45°
∵∠OAD与∠Q对着同一条弧
∴∠Q=∠OAD=45°
故存在半径为1的圆，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值1，此时∠Q的度数为45.
【点睛】本题是圆的综合，它考查了圆的基本性质，锐角三角函数，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识，难点是第（3）问，得出BQ2﹣2DH2+PB2=(m−1)DH2+m2后，当m=1即可得出BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值．
1. 垂径定理及推论
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.
推论：1）平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧.
垂径定理模型（知二得三）
如图，可得①AB过圆心 ②AB⊥CD ③CE=DE ④AC=AD ⑤BC=BD
【总结】垂径定理及其推论实质是指一条直线满足：（1）过圆心（2）垂直于弦（3）平分弦（被平分的弦不是直径）（4）平分弦所对的优弧（5）平分弦所对的劣弧，若已知五个条件中的两个，那么可推出其中三个，简称“知二得三”，解题过程中应灵活运用该定理.
常见辅助线做法（考点）：1）过圆心，作垂线，连半径，造Rt△，用勾股，求长度；
2）有弦中点，连中点和圆心，得垂直平分.
2）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧.
【易错点】求两条弦间的距离时要分类讨论两条弦与圆心的相对位置：两弦在圆心的同侧，两弦在圆心的异侧．
2. 弧、弦、圆心角的关系
定理：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，所对的弦的弦心距相等.
推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量分别相等.
【解题思路】在同圆或等圆中，如果两条弧相等，那么这两条弧所对的弦相等，所对的圆心角、圆周角也都相等．运用这些相等关系，可以实现线段相等与角相等之间的相互转化．
3. 圆周角定理
圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半.（即：圆周角= 12 圆心角）
推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等.
推论2：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径.
【补充】圆的一条弧（弦）只对着一个圆心角，对应的圆周角有无数个，但圆周角的度数只有两个，这两个度数和为180°
【解题思路】
1）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，在同圆中可以利用圆周角定理进行角的转化.
2）在证明圆周角相等或弧相等时，通常“由等角找等弧”或“由等弧找等角”.
3）当已知圆的直径时，常构造直径所对的圆周角．
4）在圆中求角度时，通常需要通过一些圆的性质进行转化．比如圆心角与圆周角间的转化；同弧或等弧的圆周角间的转化；连直径，得到直角三角形，通过两锐角互余进行转化等．
1）圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形,利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化.
2）圆周角和圆周角可利用其“桥梁”——圆心角来转化.
3）圆周角定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角.
4. 圆内接四边形
性质：1）圆内接四边形对角互补.
2) 圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角.
5.切线的性质与判定
6.切线长定理
一、单选题
1．（2023·吉林·二模）如图，将半径为4的圆形纸片折叠使弧AB经过圆心O，过点O作直径CD⊥AB于点E，点P是半径OD上一动点，连接AP，则AP的长度不可能是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】D
【分析】
本题考查了勾股定理，折叠的性质，正确地求出AP的长度的取值范围是解题的关键．如图，当点P与O重合时，求得AP=AO=4，当点P与D重合时，得到AP=AD，连接AD，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
解：如图，当点P与O重合时，
∴AP=AO=4，
当点P与D重合时，
∴AP=AD，
连接AD，
∵将半径为4的圆形纸片折叠使弧AB经过圆心O，
∴ OE=12OC=2，OC⊥AB，
∴AE=OA2−OE2=23，DE=6，
∴AD=AE2−DE2=(23)2+62=43，
∴AP的长度的取值范围为4≤AP≤43，
∴AP的长度不可能是7，
故选：D
2．（2023·湖北武汉·模拟预测）“托勒密定理”由依巴谷提出，其指出圆的内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．如图，⊙O中有圆内接四边形ABCD，已知BD=8，CD=5，AB=6，∠BDC=60°，则AD=（ ）

A．8227−5B．822−67C．822−77D．822−87
【答案】B
【分析】过点B作BE⊥CD，垂足为E，过点B作BG⊥AC，垂足为G，根据同弧所对的圆周角相等可得∠BDC=∠BAC=60°，在Rt△BDE中，利用锐角三角函数的定义求出DE和BE的长，从而求出CE的长，再在Rt△BCE中，利用勾股定理求出BC的长，然后在Rt△ABG中，利用锐角三角函数的定义求出AG和BG的长，从而在Rt△BCG中，利用勾股定理求出CG的长，进而求出AC的长，最后利用托勒密定理，进行计算即可解答．
【详解】解：过点B作BE⊥CD，垂足为E，过点B作BG⊥AC，垂足为G，

∵∠BDC=60°，
∴∠BDC=∠BAC=60°，
在Rt△BDE中，BD=8，
∴DE=BD⋅cs60°=8×12=4，
BE=BD⋅sin60°=8×32=43，
∵CD=5，
∴CE=CD−DE=5−4=1，
在Rt△BCE中，BC=BE2+CE2=(43)2+12=7，
在Rt△ABG中，AG=AB⋅cs60°=6×12=3，
BG=AB⋅sin60°=6×32=33，
在Rt△BCG中，CG=BC2−BG2=72−(33)2=22，
∴AC=AG+CG=3+22，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴AD⋅BC+AB⋅CD=AC⋅BD，
∴7AD+6×5=83+22，
解得：AD=822−67，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
3．（2023·河北保定·二模）嘉嘉与淇淇在讨论下面的问题：
如图，Rt△ABC中，AB=60，AC=45，∠BAC=90°．D，E分别是AC，AB边上的动点，DE=52，以DE为直径的⊙O交BC于点P，Q两点，求线段PQ的最大值．

嘉嘉：当点D，E分别在AC，AB上移动时，点О到点A的距离为定值；
淇淇：当PQ为圆О的直径时，线段PQ的长最大．
关于上述问题及两人的讨论，下列说法正确的是（ ）
A．两人的说法都正确，线段PQ的最大值为52
B．嘉嘉的说法正确，淇淇的说法有问题，线段PQ长度的最大值为48
C．淇淇的说法有问题，当DE∥BC时，线段PQ的长度最大
D．这道题目有问题，PQ的长度只有最小值，没有最大值
【答案】B
【分析】根据直角三角形的特征可得OA的值，故点A在圆上，当点О距离边BC最近时，PQ最大，连接OQ，过点A作AF⊥BC交DF于点O，通过勾股定理求得AF和QF的值，即可求得．
【详解】如图，由于DE为定长，∠BAC=90°，所以AO=12DE=26
故点О在以A为圆心，半径等于26的圆弧上
当点О距离边BC最近时，PQ最大
连接OQ，过点A作AF⊥BC交DF于点O

此时点О距离边BC最近
由勾股定理可得BC=75，12AC⋅AB=12BC⋅AF，
∴AF=AB⋅ACBC=36
故OF=AF−AO=10
在Rt△OFQ中，QF=OQ2−OF2=262−102=24
所以PQ=2QF=48
即PQ的最大值为48
故选B．
【点睛】本题考查了直角三角形的特征，勾股定理等知识，在本题中，求证点A在圆上是解题的关键．
4．（2023·河北保定·模拟预测）如图，在△ABC中，BC=10，点O为AB上一点，以5为半径作⊙O分别与BC，AC相切于D，E两点，OB与⊙O交于点M，连接OC交⊙O于点F，连接ME，FE，若点D为BC的中点，给出下列结论：①CO平分∠ACB；②点E为AC的中点；③∠AME=22.5°；④MF的长度为52π．其中正确结论的个数是（ ）

A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】连接OD，OE，⊙O分别与AC和BC相切，证明CO平分∠ACB，根据平行线分线段成比例定理证明E为AC的中点，再利用弧长公式求出弧长．
【详解】如图，连接OD，OE．

∵⊙O分别与AC和BC相切，
∴OE=OD=5，且OE⊥AC，OD⊥BC，
∴CO平分∠ACB，故①正确；
∵点D为BC的中点，BC=10，
∴DC=OD=5，
∵∠ODC=90°，
∴∠OCD=45°，
∴∠ACB=90°，
∴OD∥AC，
∴点O为AB的中点，
∵OE⊥AC，
∴OE∥BC，
故点E为AC的中点，故②正确；
由①知，∠OCE=∠COE=45°，
∴∠AOE=45°，
∴∠AME=12∠AOE=22.5°，
故③正确；
由③可知：OD垂直平分BC，
∴OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB=45°
∴∠BOC=90°，
∴MF的长度为90×π×5180=5π2，
故④正确，
故选D．
【点睛】此题考查了圆周角定理、切线的基本性质，平行线分线段成比例，解题的关键是熟悉圆的性质并构造辅助线．
二、填空题
5．（2023·四川成都·模拟预测）如图，A，B，C为⊙O上的三个点，C为AB的中点，连接OA，OB，AC，BC，以C为圆心，AC长为半径的弧恰好经过点O，若要在圆内任取一点，则该点落在阴影部分的概率是 ．
【答案】23−3π
【分析】连接OC、AB交于点D，设圆的半径为1，可证△OAC、△OBC为等边三角形，先求出12S阴影部分，为S扇形OACB−S四边形OACB，分别求出扇形和四边形面积，可求出阴影部分面积，再根据概率公式求解即可．
【详解】解：连接OC、AB交于点D，设⊙O半径为1，
∵AC=OC=CB，OA、OB、OC为半径，
∴△OAC、△OBC为等边三角形，
∵AB为弦，OC为半径，
∴OC垂直平分AB，
在Rt△OAD中，OA=1，∠AOD=60∘，
OD=12，AD=32，AB=2AD=3
S四边形OACB=2S△OAB=2×12×3×12=32，
12S阴影部分=S扇形OACB−S四边形OACB=120π360−32=π3−32，
S阴影部分=2π−333，
P=S阴影部分S⊙O=2π−333π=23−3π，
故答案是：23−3π．
【点睛】此题考查了等边三角形的性质，扇形的弧、弦、圆心角定理，勾股定理，扇形面积公式，几何概率，根据图形作出恰当的辅助线，将不规则的图形拆分为规则图形求出面积是解题的关键．
6．（2023·河北石家庄·模拟预测）如图所示，已知在平面直角坐标系xOy中，点A15,8，点M是横轴正半轴上的一个动点，⊙P经过原点O，且与AM相切于点M．
（1）当AM⊥x轴时，点P的坐标为 ；
（2）设点P的坐标为x,y，则y关于x的函数关系式为 （不用写出自变量x的取值范围）；
（3）当射线OP与直线AM相交时，点M的横坐标t的取值范围是
【答案】 152,0 y=−14x2+158x 7＜t＜23/23>t>7
【分析】（1）当AM⊥x轴时，画出图形，得出此时点P在x轴上，且OP=12OM=152，即可求出点P的坐标；
（2）过点P作PE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥x轴于点F，连接PM，证明△PME∽△MAF，得出PEMF=EMAF，即y15−2x=x8，求出函数关系式即可；
（3）分三种情况：015，三种情况进行讨论，分别画出图形，求出t的取值范围即可．
【详解】解：（1）当AM⊥x轴时，如图所示：
∵A15,8，
∴此时OM=15，
∵AM为⊙P的切线，M为切点，
∴PM⊥AM，
∵⊙P过点O，点M在x轴上，
∴此时点P在x轴上，
∴OP=12OM=152，
∴此时点P的坐标为152,0；
故答案为：152,0；
（2）过点P作PE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥x轴于点F，连接PM，如图所示：
∵A15,8，
∴AF=8，OF=15，
∵PE⊥OM，Px,y，
∴OE=EM=x，PE=y，
∴OM=2OE=2x，
∴MF=OF−OM=15−2x，
∵AM为⊙P的切线，M为切点，
∴PM⊥AM，
∴∠AMP=90°，
∴∠PME+∠AMF=90°，
∵∠EPM+∠PME=90°，
∴∠EPM=∠AMF，
∵∠PEM=∠AFM，
∴△PME∽△MAF，
∴PEMF=EMAF，
即y15−2x=x8，
∴y=−14x2+158x；
故答案为：y=−14x2+158x；
（3）当0∵点M的横坐标为t，
∴OM=t，MF=15−t，AF=8
根据解析式（2）可知，OM=2OE，
∴OE=12t，
∴Pt2,−t216+1516t，
∴PE=−t216+15t16，
∴tan∠POE=PEOE=−t216+1516tt2=−t28+158tt=−t8+158，
tan∠AMF=AFMF=815−t，
∵要使射线OP与直线AM相交，
∴∠POE<∠AMF，
∴tan∠POE即−t8+158<815−t，
即15−t8−815−t<0，
令15−t=m>0，则m8−8m<0，
即m2−648m<0，
当m>0时，m2−64<0，
解得：0∴0<15−t<8，
解得：7当t>15时，过点P作PE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥x轴于点F，连接PM，如图所示：
∵点M的横坐标为t，
∴OM=t，MF=t−15，AF=8
根据解析式（2）可知，OM=2OE，
∴OE=12t，
∴Pt2,−t216+1516t，
∴PE=t216−15t16，
∴tan∠POE=PEOE=t216−1516tt2=t28−158tt=t−158，
tan∠AMF=AFMF=8t−15，
∵要使射线OP与直线AM相交，
∴∠POE<∠AMF，
∴tan∠POE即t−158<8t−15，
即t−158−8t−15<0，
令t−15=m>0，则m8−8m<0，
即m2−648m<0，
解得：0∴0解得：15当t=15时，AM⊥x轴，根据解析（1）可知，此时点P在x轴上，OP与AM相交于点M，符合题意；
综上分析可知，t的取值范围为：7故答案为：7【点睛】本题主要考查了切线的性质，求函数解析式，相似三角形的判定和性质，三角函数的应用，解题的关键是作出相应的图形，并注意进行分类讨论．
7．（22-23九年级上·浙江温州·期中）如图，已知A，B是抛物线y=x−22−10上的点，线段AB=6，且AB∥x轴，过A，B两点作半径为5的圆（圆心在AB下方），点P是圆上任意一点，连接AP，取AP的中点Q，将该抛物线AB下方的部分沿直线AB向上翻折，交y轴于点C，连接CQ，则CQ的最大值是 ．
【答案】197+52
【分析】先求得A−1,−1，B5,−1，设过A，B两点作半径为5的圆（圆心在AB下方）为⊙I，连接AI，过I作ID⊥AB于D，则AD=12AB=3，AI=5，由勾股定理，得ID=AI2−ID2=4，从而得I2,−5，当P在⊙I上运动时，点Q在以AI中点K为圆心，12AI为半径的圆上运动，所以当CQ经过⊙K圆心K时，此时CQ最大，然后求出点K12,−3，C0,4，从而求得CK=1972，即可由CQ=CK+KQ=CK+12AI求解．
【详解】解：∵线段AB=6，且AB∥x轴，
∴设点Am,n，则Bm+6,n，
把点Am,n，Bm+6,n代入y=x−22−10，得
n=m−22−10n=m+6−22−10，解得m=−1n=−1，
∴A−1,−1，B5,−1，
设过A，B两点作半径为5的圆（圆心在AB下方）为⊙I，连接AI，过I作ID⊥AB于D，如图，
∴AD=12AB=3，AI=5，
由勾股定理，得ID=AI2−ID2=4，
∴I2,−5，
∵Q是AP的中点，
∴当P在⊙I上运动时，点Q在以AI中点K为圆心，12AI为半径的圆上运动，
∴当CQ经过⊙K圆心K时，此时CQ最大，
∵A−1,−1，I2,−5，
∴AI的中点K12,−3，
∵抛物线y=x−22−10的顶点坐标为2,−10，
∴将AB下方的部分沿直线AB向上翻折，翻折后抛物线的顶点坐标为2,8，
∴翻折后抛物线的解析式为y'=−x−22+8，
令x=0，则y'=4，
∴C0,4，
∴CK=0−122+4+32=1972，
∴CQ=CK+KQ=CK+12AI=1972+52=197+52，
故答案为：197+52．
【点睛】本题考查抛物线的性质，抛物线的几何变换，点的坐标，勾股定理，垂径定理，本题属抛物线与几何图形综合题目，解题关键是得出当P在⊙I上运动时，点Q在以AI中点K为圆心，12AI为半径的圆上运动，所以当CQ经过⊙K圆心K时，此时CQ最大．
三、解答题
8．（2023·浙江温州·模拟预测）如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，AF为∠BAC的外角平分线，过点A，C及线段AB上一点E作圆O，交射线AF于点D．
(1)求证：DE=DC．
(2)试判断ADBE是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由．
(3)作点A关于CD的对称点A'，当点A'落在△ADE任一边所在直线上时，求所有满足条件的BE长．
【答案】(1)见解析
(2)ADBE是定值，ADBE=56
(3)BE的长为185或115
【分析】（1）由四边形的外接圆可得∠ECD+∠EAD=180°，从而∠ECD=∠GAF，又∠DEC=∠DAC，再结合角平分线的定义可得∠ECD=∠DEC，得证DE=DC；
（2）证明△BEC∽△ADC，根据相似三角形的性质即可解答；
（3）分情况讨论：①当点A'在边AD所在直线上；②点A'在边DE所在直线上，分别求解即可．
【详解】（1）证明：如图，
∵⊙O是四边形AECD的外接圆，
∴∠ECD+∠EAD=180°，
∵∠GAF+∠EAD=180°，
∴∠ECD=∠GAF．
∵CD=CD，
∴∠DEC=∠DAC．
∵AF平分△ABC的外角∠GAC，
∴∠GAF=∠CAF，
∴∠ECD=∠DEC，
∴DE=DC；
（2）
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∴∠GAC=∠B+∠ACB=2∠B，
∵AF平分∠GAC，
∴∠GAF=∠CAF=12∠GAC=∠B，
∵∠BEC+∠AEC=180°，∠ADC+∠AEC=180°，
∴∠BEC=∠ADC，
∴△BEC∽△ADC，
∴ADBE=ACBC=56，
即ADBE是定值，为ADBE=56．
（3）①如图，当点A'在边AD所在直线上时，
∵点A'与点A关于CD对称，
∴CD⊥AA'，
∴∠ADC=90°，
∴AC是⊙O的直径，
设⊙O与BC交于点H，连接AH，
∴∠AHC=90°，即AH⊥BC，
∵AB=AC，
∴CH=12BC=12×6=3，∠HAC=12∠BAC，
∵∠DAC=12∠GAC，
∴∠DAH=∠DAC+∠HAC=12∠GAC+∠BAC=12×180°=90°，
∵∠ADC=∠AHC=90°，
∴四边形ADCH是矩形，
∴AD=CH=3，
∵ADBE=56，
∴BE=65AD=65×3=185；
②如图，当点A'在边DE所在直线上时，
∵点A'与点A关于CD对称，
∴CD是AA'的垂直平分线，
∴AC=A'C=5，AD=A'D，
∵CD=CD，
∴△ACD≌△A'CDSSS，
∴∠DAC=∠DA'C，
∵∠DEC=∠DAC，
∴∠DEC=∠DA'C，
∴CE=CA'=5．
过点A作AN⊥BC于点N，过点C作CM⊥AB于点M，
∵AB=AC，AN⊥BC，
∴CN=12BC=12×6=3，
AN=AC2−CN2=52−32=4，
∵S△ABC=12BC⋅AN=12AB⋅CM，
∴CM=BC⋅ANAB=6×45=245，
∴在Rt△BCM中，BM=BC2−CM2=62−2452=185，
在Rt△ECM中，EM=CE2−CM2=52−2452=75，
∴BE=BM−EM=185−75=115．
③当点A'在边AE所在直线上时，点A'与点A重合，点E与点B重合，不合题意．
综上所述，符合条件的BE的长为185或115．
【点睛】本题考查圆的有关知识，相似三角形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，轴对称的性质．正确作出辅助线，综合运用相关知识，采用分类讨论思想是解题的关键．
9．（2023·广西北海·二模）综合与实践
【问题提出】
（1）如图1，在足球比赛场上，甲、乙两名队员互相配合向对方球门MN进攻，当甲带球冲到A点时，乙已跟随冲到B点，仅从射门角度大小考虑，甲是自己射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好？假设球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进．请结合你所学知识，求证：∠MBN>∠MAN．
【数学理解】
德国数学家米勒曾提出最大视角问题，对该问题的一般描述是：如图2，已知点A，B是∠MON的边OM上的两个定点，C是ON边上的一个动点，当且仅当△ABC的外接圆与ON边相切于点C时，∠ACB最大，人们称这一命题为米勒定理．
【问题解决】
（2）如图3，已知点A，B的坐标分别是0,1，0,3，C是x轴正半轴上的一动点，当△ABC的外接圆⊙D与x轴相切于点C时，∠ACB最大，当∠ACB最大时，求点C的坐标．
【答案】（1）证明见解析；（2）C3,0．
【分析】（1）利用圆周角定理可得∠MBN=∠MCN，再利用三角形外角性质即可得∠MBN=∠MCN>∠MAN；
（2）连接DC，DA，过点D作DE⊥AB交y轴于点E，连接BD，可得AE=BE=12AB，证明四边形COED是矩形，进而求得DE的长，进一步得出结果．
【详解】（1）MN=MN
∴∠MBN=∠MCN，
∵∠MCN=∠MAN+∠ANC>∠MAN，
∴∠MBN>∠MAN；
（2）如图，
连接DC，DA，过点D作DE⊥AB交y轴于点E，连接BD，
∴AE=BE=12AB，∠DEO=90∘，
∵⊙D与x轴相切，
∴DC⊥x轴，
∴∠DEO=∠DCO=∠COE=90°，
∴四边形COED是矩形，
∴CD=OE，DE=OC，
∵A0,1，B0,3，
∴AB=2，
∴AE=BE=1，
∴BD=CD=OE=2，
∴OC=DE=BD2−BE2=22−12=3，
∴C3,0．
【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，垂径定理，圆的切线的性质，三角形外角性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点的应用．
10．（2023·重庆·模拟预测）在△ABC中，AB=AC，在AB边上作等边△ABD，直线CE∥AB．
(1)如图1，若点E在线段AD上，AB=5，CE=132，S△ABC=10，求点E到线段AC的距离；
(2)如图2，若点E在△ABD的内部，连接CD，过点A作AF⊥BC，交BC与点F．求证：AF+CD=32BC；
(3)如图3，若点E在△ABD的外部，△AEC为等腰直角三角形，AE⊥AC，过点E作EF∥AC，交AB的延长线于点F，延长CB，交EF的延长线与点G，M为CA延长线上一点．将△EAD绕点E顺时针方向旋转至△EA'D'，且旋转角0°<α<90°．若AE=1，AM=23+326，当MA'+22GA'的值最小时，直接写出△EGA'的面积．
【答案】(1)点E到线段AC的距离为265
(2)见解析
(3)15−38
【分析】（1）过点C作CH⊥BA，交BA的延长线于点H，根据三角形的面积公式求得CH，进而即可求解；
（2）延长FA至点G，使得AG=CD，连接BG，设∠BCA=x，证明∠BDC=∠BAG，进而证明△BDC≌△BAG，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理可得32BG=FG=AF+AG，即可求解．
（3）先证明分析可知∠EGC=∠GCE，则GE=EC=2，得出点A'的轨迹在以E为圆心，2为半径的弧上运行，取EG的中点T，则ET=12EG=22，证明△TEA'∽△A'EG进而得出MA'+22GA'=MA'+TA'，当T，A'，M三点共线时，MA'+22GA'的值最小且最小值为TM的长度，过点T作TT'⊥CM，解Rt△TMT'，Rt△KEA'，即可求解．
【详解】（1）解：过点C作CH⊥BA，交BA的延长线于点H．
∵S△ABC=10=12AB⋅CH，
∴CH=4．
∵S△EAC=12CE⋅CH=12AC⋅ℎ，
∴ℎ=CE⋅CHAC=265，即点E到线段AC的距离为265．
（2）证明：延长FA至点G，使得AG=CD，连接BG，设∠BCA=x．
∵AB=AC，
∴∠BCA=∠CBA=x．
又∵EC∥AB，
∴∠ECB=∠CBA=x，
∴∠BAC=180°−2x，
∴∠FAB=90°−x，∠BAG=90°+x．
∵△ABD是等边三角形，
∴∠DAB=60°，
∴∠DAC=120°−2x．
又∵AC=AB=AD，
∴∠ADC=∠ACD=30°+x
∴∠DCB=30°，
∴∠BDC=60°+30°+x=90°+x
∴∠BDC=∠BAG．
又∵BD=BA，
∴△BDC≌△BAG
∴BC=BG，∠DCB=∠AGB=30°
∴32BG=FG=AF+AG，
∴AF+DC=32BC．
（3）解：∵△AEC为等腰直角三角形，AE=1，
∴EC=2，
∵EF∥AC，AB=AC，CE∥AB，
∴∠EGC=∠ACB，∠ACB=∠ABC，∠ECB=∠ACB，
∴∠EGC=∠GCE，
∴GE=EC=2．
∴点A'的轨迹在以E为圆心，2为半径的弧上运行，如图3中弧线所示．
取EG的中点T，则ET=12EG=22，
∴TEA'E=22．如右图．
∵EA'EG=22，
∴△TEA'∽△A'EG
∴TA'GA'=22，
∴TA'=22GA'
∴MA'+22GA'=MA'+TA'，
∴T，A'，M三点共线时，MA'+22GA'的值最小且最小值为TM的长度．
过点T作TT'⊥CM，如图3，
∴TT'=EA=1，T'A=TE=22，
∴MT'=AM−T'A=33，
∴在Rt△TMT'中，tan∠MTT'=MT'TT'=33，则∠T'TM=30°，
∴∠KTM=60°．
设KT=t，KA'=3t，
∴EK=t+22，
∴在Rt△KEA'中，3t2+t+222=12，
解得t1=−2+108，t2=−2−108（舍去），
∴S△EGA'=12EG⋅A'K=15−38．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，解直角三角形，求一点到圆上的距离的最值问题，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
11．（2023·浙江宁波·三模）如图1，△ABC内接于⊙O，点D为劣弧AC上一点，满足∠BCA=12∠D，过点B作AD的垂线，垂足为点F，交⊙O于点E．

(1)求证：BA=BC；
(2)若ABAC=56，求BFDF的值；
(3)求证：DF=AF+CD；
(4)如图3，若∠EBA=13∠EBC，AF=kCD，用含有k的代数式表示tan∠BAD．
【答案】(1)见解析
(2)BFDF=43
(3)见解析
(4)tan∠BAD=1−k21−k
【分析】（1）设∠ADC=x，则∠BCA=12x，而∠ABC=180°−x，得出∠BAC=∠BCA，根据等角对等边，即可得证；
（2）连结BD，连结BO并延长交AC于点G，根据已知得出BGGC=43，进而根据正切的定义，即可求解．
（3）在FD上截取FM=FA，则BM=BA=BC．设∠ABC=2θ，则∠AMC=180°−θ，且∠ADC=180°−2θ，得出∠CMD=∠DCM=θ，则DC=DM，即可得证；
（4）在FD上截取FM=FA，则BM=BA=BC，连接BD,AE，根据条件证明△BDM≌△BDCSAS，可得∠ABE=∠EBM=∠DBM=∠DBC，再证明△BFD∽△AFE即可求解．
【详解】（1）证明：设∠ADC=x，则∠BCA=12x，
而∠ABC=180°−x，
∴∠BAC=12x，
即∠BAC=∠BCA，
∴BA=BC．
（2）如图1，连结BD，连结BO并延长交AC于点G，

则BG⊥AC，即CG=AG．
∵ABAC=56，
∴BCGC=53，
设BC=5k,GC=3k，则BG=4k，
∴BGGC=43．
∵AD⊥BE，
∴BFDF=tan∠BDF=tan∠BCA=BGGC=43．
（3）如图2，在FD上截取FM=FA，则BM=BA=BC．

∴∠BAM=∠BMA=∠BMC=∠BCM
设∠ABC=2θ，则∠BCM=∠BAM=360°−∠BAC4=90°−12θ，∠AMC=360°−2θ4×2=180°−θ，∠ADC=180°−2θ，
∴∠CMD=180°−∠AMC=θ，∠BCD=180°−∠BAD=90°+12θ
∴∠MCD=∠BCD−∠BCM=θ
∴DC=DM，
∴FD=FM+MD=AF+CD．
（4）如图3，在FD上截取FM=FA，则BM=BA=BC，连接BD,AE．

∴BM=BA=BC
∴∠EBA=∠EBM，
∵BA=BC，
∴∠BDA=∠BDC，
∵DC=DM，BD=BD
∴△BDM≌△BDCSAS
∵∠EBA=13∠EBC，
∴∠ABE=∠EBM=∠DBM=∠DBC．
∴AE=CD，即AE=CD
设CD=a，则AF=ka，AE=CD=a，
∴EF=AE2−AF2=1−k2x，DF=AF+CD=k+1x
∵BA=BA
∴∠AFE=∠DFB
∴△BFD∽△AFE，
∴BFAF=DFEF
即BFkx=kk+1x1−k2x．
∴BF=kk+1x1−k2
∴tan∠BAD=BFAF=1−k21−k．
【点睛】本题考查了解直角三角形，等腰三角形的性质与判定，弧与圆周角的关系，熟练掌握三角函数关系是解题的关键．考点要求
命题预测
实数的分类
在中考中，涉及圆压轴题的相关题目单独出题的可能性还是比较大的，多以解答题形式出现，常结合其它几何图形、锐角三角函数出成压轴题的几率特别大，所占分值也是比较多，属于是中考必考的中等偏上难度的考点.
定义
线和圆只有一个公共点时，这条直线叫圆的切线，这个公共点叫做切点．
性质
圆的切线垂直于过切点的半径．（实际上过切点的半径也可理解为过切点的直径或经过切点与圆心的直线．）
解题方法：当题目已知一条直线切圆于某一点时，通常作的辅助线是连接切点与圆心（这是圆中作辅助线的一种方法）．根据切线的性质可得半径与切线垂直，从而利用垂直关系进行有关的计算或证明．
判定
1）定义法：直线和圆只有一个公共点时，我们说这条直线是圆的切线.
2）数量关系法：圆心到这条直线的距离等于半径时，直线与圆相切.
3) 判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线.
常见辅助线作法：判定一条直线是圆的切线时，
1）若已知直线与圆的公共点时，把圆心和这个公共点连接起来，然后证明直线垂直于这条半径，简称“连半径，证垂直”；
3）若直线与圆的公共点没有明确，可过圆心作直线的垂线段，再证明圆心到直线的距离等于半径，简称“作垂直，证半径”．
定义
在经过圆外一点的圆的切线上，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长．
定理
从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角．
切线长定理的应用问题解题方法：切线长定理经常用来证明线段相等，通常要连接圆心与切点构造直角三角形来求解．