挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘(全国通用)专题28以圆为载体的几何综合问题 【例1】(2022·河北·育华中学三模)如图，在四
边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD＝4，BC＝10，sinC＝，以AB为直径作⊙O，把⊙O沿水平方向平移x个单位，得到⊙O′
，A''B''为直径AB平移后的对应线段．(1)当x＝0，且M为⊙O上一点时，求DM的最大值；(2)当B′与C重合时，设⊙O′与CD相
交于点N，求点N到AB的距离；(3)当⊙O′与CD相切时，直接写出x的值 ．【答案】(1)(2)(3)2或12．【分析】(1
)当x＝0，连接DO并延长交⊙O于点M，则此时DM的值最大，过点D作DE⊥BC于E，易证四边形ABED是矩形，可得AB＝DE，AD
＝BE＝4，解Rt△DEC求出DE＝8，CD＝10，可得⊙O的半径为4，利用勾股定理求出OD，即可得到DM的最大值；(2)当与C重
合时，与CD相交于点N，则⊙O向右平移了10个单位长度，连接，则，连接，过点N作NF⊥于点F，如图，解Rt△，求出，，然后根据等积
法求出NF即可解决问题；(3)当与CD相切，在CD的左边时，设切点为P，如图，则是矩形，、CD、都是的切线，根据切线长定理可得，，
求出，，根据列方程求出x即可；当与CD相切，在CD的右边时，同理求解即可．(1)解：如图，当x＝0，连接DO并延长交⊙O于点M，则
此时DM的值最大，过点D作DE⊥BC于E，∵∠A＝∠B＝∠DEB＝90°，∴四边形ABED是矩形，∴AB＝DE，AD＝BE＝4，∴
EC＝BC－BE＝10－4＝6，∵在Rt△DEC中，sinC＝，∴设DE＝4k，CD＝5k(k＞0)，由勾股定理得：，即，整理得：
，∵k＞0，∴，∴DE＝4k＝8，CD＝5k＝10，∴AB＝DE＝8，∴OA＝OB＝4，∴OD＝，∴DM=，即DM的最大值为；(2
)当与C重合时，与CD相交于点N，则⊙O向右平移了10个单位长度，连接，则，连接，过点N作NF⊥于点F，如图，则，在Rt△CDE中
，，，∵，∴，在Rt△中，，∵，，∴，，∵，∴，∴点N到AB的距离为；(3)当与CD相切，在CD的左边时，设切点为P，如图，则是矩
形，、CD、都是的切线，∴，，∵，∴，，∵，∴，解得：；当与CD相切，在CD的右边时，设切点为Q，如图，则是矩形，、CD、都是的切
线，∴，，∵，∴，，∵，∴，解得：；综上，当⊙O′与CD相切时，x的值为2或12，故答案为：2或12．【点睛】本题主要考查了矩形的
判定，解直角三角形，勾股定理，点与圆的位置关系，平移的性质，圆周角定理，切线的性质以及切线长定理等知识，熟练掌握直径所对的圆周角是
直角，从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等是解题的关键．【例2】(2022·黑龙江哈尔滨·中考真题)已知是的直径，点A，点B
是上的两个点，连接，点D，点E分别是半径的中点，连接，且．(1)如图1，求证：；(2)如图2，延长交于点F，若，求证：；(3)如图
3，在(2)的条件下，点G是上一点，连接，若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】(1)根据SAS证明即可得到
结论；(2)证明即可得出结论；(3)先证明，连接，证明，设，，在上取点M，使得，连接，证明为等边三角形，得，根据可求出，得，，过点
H作于点N，求出，再证，根据可得结论．(1)如图1．∵点D，点E分别是半径的中点∴，∵，∴∵，∴∵∴，∴；(2)如图2．∵，∴由(
1)得，∴∴，∴∵∴，∴(3)如图3．∵，∴ ∴连接．∵∴，∴，∵设，∴在上取点M，使得，连接∵，∴∴，∴为等边三角形∴∵，∴∴，
∴∴，过点H作于点N，∴，∴∵，，∴∵，∴，∴∴，在中，，∴∴，∴．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等边三角形的判定和性质，全等
三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理以及解直角三角形等知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．【例3】(20
22·黑龙江绥化·中考真题)如图所示，在的内接中，，，作于点P，交于另一点B，C是上的一个动点(不与A，M重合)，射线交线段的延长
线于点D，分别连接和，交于点E．(1)求证：．(2)若，，求的长．(3)在点C运动过程中，当时，求的值．【答案】(1)证明见解析(
2)(3)【分析】(1)利用圆周角定理得到∠CMA=∠ABC，再利用两角分别相等即可证明相似；(2)连接OC，先证明MN是直径，再
求出AP和NP的长，接着证明，利用相似三角形的性质求出OE和PE，再利用勾股定理求解即可；(3)先过C点作CG⊥MN，垂足为G，连
接CN，设出再利用三角函数和勾股定理分别表示出PB和PG，最后利用相似三角形的性质表示出EG，然后表示出ME和NE，算出比值即可．
(1)解：∵AB⊥MN，∴∠APM=90°，∴∠D+∠DMP=90°，又∵∠DMP+∠NAC=180°，∠MAN=90°，∴∠DM
P+∠CAM=90°，∴∠CAM=∠D，∵∠CMA=∠ABC，∴．(2)连接OC，∵，∴MN是直径，∵，∴OM=ON=OC=5，∵
，且，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴OC⊥MN，∴∠COE=90°，∵AB⊥MN，∴∠BPE=90°，∴∠BPE=∠COE，又∵∠
BEP=∠CEO，∴∴，即由，∴，∴，，∴．(3)过C点作CG⊥MN，垂足为G，连接CN，则∠CGM=90°，∴∠CMG+∠GCM
=90°，∵MN是直径，∴∠MCN=90°，∴∠CNM+∠DMP=90°，∵∠D+∠DMP=90°，∴∠D=∠CNM=∠GCM，∵
，∴，∵∴设∴∴ ∴∴∵，且，∴，，∵，∴，∴，∴，∵∠CGE=∠BPE=90°，∠CEG =∠BEP，∴，∴，即∴，∴，，∴，∴
的值为．【点睛】本题考查了圆的相关知识、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知识，涉及到了动点问题，解题关键是构造相似三角
形，正确表示出各线段并找出它们的关系，本题综合性较强，属于压轴题．【例4】(2022·湖北荆州·中考真题)如图1，在矩形ABCD中
，AB＝4，AD＝3，点O是边AB上一个动点(不与点A重合)，连接OD，将△OAD沿OD折叠，得到△OED；再以O为圆心，OA的长
为半径作半圆，交射线AB于G，连接AE并延长交射线BC于F，连接EG，设OA＝x．(1)求证：DE是半圆O的切线；(2)当点E落在
BD上时，求x的值；(3)当点E落在BD下方时，设△AGE与△AFB面积的比值为y，确定y与x之间的函数关系式；(4)直接写出：当
半圆O与△BCD的边有两个交点时，x的取值范围．【答案】(1)见详解(2)(3)(4)或【分析】(1)根据切线的判定定理求解即可；
(2)如图，在，根据勾股定理列方程求解即可；(3)先证，求出AE，然后证明，根据相似三角形面积比等于相似比的平方即可求解；(4)结
合图形，分情况讨论即可求出x的取值范围．(1)证明：在矩形ABCD中，，△OED是△OAD沿OD折叠得到的，，即， DE是半圆O的
切线；(2)解：△OED是△OAD沿OD折叠得到的，，，在中，，，在中，，，解得，答：x的值为．(3)解：在中，， △OED是△O
AD沿OD折叠得到的，，是的直径，，即，，，， ，，，，，即， ()(4)解：由(2)知，当E在DB上时， ，如图，当点E在DC上
时， ，∴当时，半圆O与△BCD的边有两个交点；当半圆O经过点C时，半圆O与△BCD的边有两个交点，连接OC，在中，，， ，解得
，∴当时，半圆O与△BCD的边有两个交点；综上所述，当半圆O与△BCD的边有两个交点时，x的取值范围为：或．【点睛】本题考查了矩形
的性质，轴对称，勾股定理，切线的判定定理，相似三角形的判定和性质，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的判定和性质是解本题的关键．【
例5】(2022·浙江温州·中考真题)如图1，为半圆O的直径，C为延长线上一点，切半圆于点D，，交延长线于点E，交半圆于点F，已知
．点P，Q分别在线段上(不与端点重合)，且满足．设．(1)求半圆O的半径．(2)求y关于x的函数表达式．(3)如图2，过点P作于点
R，连结．①当为直角三角形时，求x的值．②作点F关于的对称点，当点落在上时，求的值．【答案】(1)(2)(3)①或；②【分析】(1
)连接OD，设半径为r，利用，得，代入计算即可；(2)根据CP=AP十AC，用含x的代数式表示 AP的长，再由(1)计算求AC的长
即可； (3)①显然，所以分两种情形，当 时，则四边形RPQE是矩形，当 ∠PQR＝90°时，过点P作PH⊥BE于点H， 则四边形
PHER是矩形，分别根据图形可得答案； ②连接，由对称可知，利用三角函数表示出和BF的长度，从而解决问题．(1)解：如图1，连结．
设半圆O的半径为r．∵切半圆O于点D，∴．∵，∴，∴，∴，即，∴，即半圆O的半径是．(2)由(1)得：．∵，∴．∵，∴．(3)①显
然，所以分两种情况．ⅰ)当时，如图2．∵，∴．∵，∴四边形为矩形，∴．∵，∴，∴．ⅱ)当时，过点P作于点H，如图3，则四边形是矩形
，∴．∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴，由得：，∴．综上所述，x的值是或．②如图4，连结，由对称可知，∵BE⊥CE，PR⊥CE，∴PR∥
BE，∴∠EQR=∠PRQ，∵，，∴EQ=3-x，∵PR∥BE，∴，∴，即：，解得：CR=x+1，∴ER=EC-CR=3-x，即：
EQ= ER∴∠EQR=∠ERQ=45°，∴∴，?∴．∵是半圆O的直径，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了切
线的性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，三角函数等知识，利用三角函数表示各线段的长并运用分类讨论思想是解题的关键．一、解答题
【共20题】1．(2022·黑龙江·哈尔滨市萧红中学校模拟预测)如图，在中，AD、BC是弦，．(1)如图1，求证：；(2)如图2，
如果，求证：AC是直径；(3)如图3，在(2)的条件下，点F在AC上，点E在AB上，，，连接CE、BF交于点G，作于点G，交BC于
点H，，求OF的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)1【分析】(1)延长AO交BC于点E，证明，即可证明；(2)连接AB，C
D，先证四边形ABCD是平行四边形，推出，再根据圆内接四边形对角和为180度，可得，即可证明AC是直径；(3)连接EH，延长BF交
CD于点T，连接ET，证明四边形BETC是矩形，进而推出，利用三角形面积公式求出，推出，设，利用勾股定理求出，即可求解．【详解】(
1)证明：如图，延长AO交BC于点E，∵ ，，∴，∴，∴；(2)证明：如图2，连接AB，CD，∵ ，，∴四边形ABCD是平行四边形
，∴，∵ ， ∴，∴AC是直径；(3)解：如图3，连接EH，延长BF交CD于点T，连接ET，∵ 四边形ABCD是平行四边形，，∴四
边形ABCD是矩形，∴，，∴，∵ ，，∴，∴，∵ ，∴，∴，∵ ，∴，∵ ，∴四边形BETC是平行四边形，∵ ，∴四边形BETC是
矩形，∴，∵ ，∴，∴，∵ ，∴，∴，∴，设，则，∵ ，∴，解得，∴，，∴，∴．【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查了圆内接四边形
的性质，矩形的判定与性质，圆周角定理，平行线的判定与性质，勾股定理，三角形的面积等知识点，解题的关键是正确添加辅助线，构造特殊四边
形解决问题，难度较大，多见于压轴题．2．(2022·安徽·合肥市五十中学新校二模)如图，为的内接三角形，且为的直径，与相切于点，交
的延长线于点，连接交于点，连接、，．(1)求证：平分；(2)若，，求的半径．【答案】(1)见解析(2)5【分析】(1)根据圆周角定
理得到，进而证明，得到，根据切线的性质得到，根据垂径定理得到，根据圆周角定理证明结论；(2)根据三角形中位线定理求出，根据勾股定理
列出方程，解方程得到答案．【详解】(1)由圆周角定理得：，，，，与相切于点，，，，，平分；(2)，，，，，，在中，，即，解得：，舍
去，答：的半径为．【点睛】本题考查的是切线的性质、垂径定理、勾股定理的应用，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．3．(2
022·黑龙江·哈尔滨市第八十四中学校一模)如图，内接于⊙为⊙O的直径，AD交BC于点E，且．(1)如图1，求证：AD平分；(2)
如图2，点P为弧CD上一点，连接AP交BC于点F，过点P作⊙O的切线，交BC的延长线于点G，点H是PF的中点，求证：；(3)如图3
，在(2)的条件下，连接DF，且，点R在CG上，连接交CH于点N，，求DE的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】(1
)根据垂径定理得出，则垂直平分，进而得到，根据等腰三角形的性质求解即可；(2)连接，是圆O的切线得出，根据垂径定理得出，根据直角三
角形的性质、对顶角相等得出，根据等腰三角形的性质得出，进而得出，根据等腰三角形的判定与性质即可得解；(3)连接，延长交于点M，交于
点T，根据题意推出点M是的中点，根据三角形中位线性质推出，根据勾股定理得到，根据平行线的性质推出，，根据等腰三角形的性质及相似三角
形的性质、勾股定理求解即可．【详解】(1)证明：如图1，连接，，∵为⊙的直径，交于点E，且，∴，∴垂直平分，∴，∵，∴平分；(2)
证明：连接，∵是圆O的切线，∴，∴，即，∵为⊙的直径，交于点E，且，∴，∴，∴ ，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵点H是的中点，∴；(3
)解：连接，延长交于点M，交于点T，∵，为⊙的直径，∴，∴ ，∵点H是的中点，∴点M是的中点，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴ ，
∵ ，∴ ，∵ ，∴ ，∴ ，∵ ，∴ ，∴ ，∴，∵，∴ ， ，∴，∴ ，∴，∴ ， ，∵ ，∵ ，∴ ，∴，∵ ，∴，∴．【点
睛】本题考查了圆的综合题，等角的余角相等，解直角三角形，切线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．4．(2022·北京市第十九中学
三模)如图，中，平分交于，以为直径的交于点，交于点．(1)求证：是切线；(2)连接交与、连接交于，连接，若的半径为，，求和的长．【
答案】(1)见解析(2)4，【分析】(1)由等腰三角形的性质可得，再由是直径即可证得结论；(2)连接、、，过作于，则易证≌，则可得
，从而有∽，由相似三角形的性质可求得的长，则可得是等腰直角三角形；易得四边形是矩形，则可得，且可得是等腰直角三角形，则可得及的长，
在中，由勾股定理即可求得的长．(1)证明：，平分交于，，是的直径，是切线；(2)解：连接、、，过作于，如下图，是的直径，，平分，，
，，≌，，，的半径为，，，，∴，∽，，即， ，，，四边形是矩形，，，，，，，，，在中，由勾股定理得．【点睛】本题主要考查了圆的切线
的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理的应用，关键是构造
直角三角形．5．(2022·上海·华东师范大学松江实验中学三模)如图，在梯形中，动点在边上，过点作，与边交于点，过点作，与边交于点
，设线段．(1)求关于的函数解析式，并写出定义域；(2)当是以为腰的等腰三角形时，求的值；(3)如图，作的外接圆，当点在运动过程中
，外接圆的圆心落在的内部不包括边上时，求出的取值范围．【答案】(1)，(2)或(3)【分析】(1)由题中条件、可知四边形是平行四边
形，故CE；过点作垂线交于点，交于点，可得相似的和，用含、的表达式表示它们的边长，再根据相似三角形的对应边成比例即可求得关于的解析
式；下一步即为求得和的各自边长，过点作垂线交延长线于点，由且可得四边形为矩形，则；在中，由勾股定理可算得的长度；在中，，则可由勾股
定理求得的长度，，至此已求得所有所需边长，根据相似三角形边长比例关系：，代入各边长表达式即可得关于的解析式，再根据题中要求写出定义
域即可；(2)因为是以为腰的等腰三角形，，由勾股定理知，过点作交于点，则四边形是矩形，；在直角三角形中，运用勾股定理进行计算即可得
解；(3)根据三角形的外接圆圆心落在三角形的内部，得到为锐角三角形，分析点运动过程可知，随点向右运动角度不断减小，且和始终是锐角．
根据题意，令点的位置满足，则大于此时对应的长度就可使得外接圆圆的圆心落在的内部．(1)解：如图所示：过点作交延长线于点，再过点作垂
线交于点，交于点， ，四边形是矩形，，在中，由勾股定理得：，又，四边形是平行四边形，，， ，，，，化简得：，点在上运动，故定义域为
：；(2)如图所示，此时是以为腰的等腰三角形，过点作交于点， ，四边形是矩形，又是以为腰的等腰三角形，，由(得，，，在中，由勾股定
理得：，，即，解得：的值为或，因此，的值为或；(3)解：分析点运动过程可知，随点向右运动角度不断减小，且和始终是锐角．根据题意，令
点的位置满足，则大于此时对应的长度就可使得外接圆圆的圆心落在的内部．如下图所示，此时， ，，同角的余角相等，同理可得：，∽，，，，
解得：，综上可得，当时，外接圆圆的圆心落在的内部．【点睛】本题考查矩形和平行四边形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、三角形的外
接圆等知识点，解题的关键是熟练掌握并灵活运用以上性质．本题综合性较强，属于中考压轴题．6．(2022·河北·石家庄市第四十四中学三
模)如图：在矩形中，，，点在线段上，其中，；以为半径作圆交线段于点，并将线段绕点逆时针旋转得线段(备注：若圆与有两个交点，规定位于
点上方的交点为点)(1)特例探究：如图，当点在射线上时，______，点到直线的距离是______；变式研究：当点在上方时，(2)
如图，当点落在线段上时，求点、到直线的距离之比；(3)当圆与边相切时，求线段的长；(4)若点到的距离为，直接写出点到的距离．【答案
】(1)，；(2)；(3)；(4)【分析】(1)在中，用勾股定理求的长；过点作交于，证明≌，则可求；(2)过点作交于，过点作交于，
可证明，从而求出，再证明，可求，则；(3)设切点为，延长交延长线于点，过点作交于，再求的长即可；(4)分两种情况讨论：当在左侧时，
过作交于，交于，交于，交于点，则四边形是矩形，四边形是矩形，证明≌，再求；当点在右边时，过作交于，交于，过点作交于，交于，则四边形
是矩形，四边形是矩形，证明≌，可求点到直线的距离为．【详解】解：，，，， ，，，如图，过点作交于，，，，，，≌，， 故答案为：，；
，，，在中，，，如图，过点作交于，过点作交于，，∽， ，，，，，，∽，，即， ， ：：：；圆与边相切，设切点为，则，如图，延长交延
长线于点，过点作交于，，，，，， ，，；如图，当在左侧时，过作交于，交于，交于，交于点，四边形是矩形，四边形是矩形，，，，在中，，
，，，，，，≌，，点到的距离；如图，当点在右边时，过作交于，交于，过点作交于，交于，四边形是矩形，四边形是矩形，，，，，，，，，≌
，，，点到直线的距离为；综上所述：点到直线的距离为或．【点睛】本题是圆的综合题，熟练掌握圆的性质，圆与直线的位置关系，相似三角形的
判定与性质，全等三角形的判定及性质，直角三角形勾股定理，数形结合，分类讨论是解题的关键．7．(2022·湖南·长沙市华益中学三模)
如图，以为直径作⊙O，点是直径上方半圆上的动点，连接，，过点C作的平分线交⊙O于点D，过点作的平行线交的延长线于点．(1)当时，求
的大小；(2)若⊙O的半径为5，，求CD的长；(3)如图2，当不过点O时，过点O作交于点M，试判断是否为定值，若是，求出该值；若不
是，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)【分析】(1)根据直径所对的圆周角为直角可得，然后根据角平分线的定义以及等腰三角形等边对
等角得出的度数，根据圆周角定理求出的度数，则可得，根据三角形内角和定理得出的度数，然后根据平行线的性质可得；(2)过点作于点，则可
得均为等腰直角三角形，根据解直角三角形得出的长度，根据勾股定理求出的长度，则结果可得；(3)设，在上取一点使，在取点使，然后证明，
根据相似三角形对应边成比例可得；当时，同理可证，则结论可得．(1)解：∵是直径，∴，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴；(2)过点
作于点， ∴，∵是直径，∴，∵平分，∴，∴均为等腰直角三角形，∵⊙O的半径为5，，∴，∴，，在中，，∴；(3)设，在上取一点使，在
取点使，则，∴，∴，∵四边形是的内接四边形，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，即，当时，同理可证，∴．【点睛】本题考查了圆
的综合题，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握以上知识点作出合理辅助线是解本
题的关键．8．(2022·江苏镇江·中考真题)如图1是一张圆凳的造型，已知这张圆凳的上、下底面圆的直径都是，高为．它被平行于上、下
底面的平面所截得的横截面都是圆．小明画出了它的主视图，是由上、下底面圆的直径、以及、组成的轴对称图形，直线为对称轴，点、分别是、的
中点，如图2，他又画出了所在的扇形并度量出扇形的圆心角，发现并证明了点在上．请你继续完成长的计算．参考数据：，，，，，．【答案】4
2cm【分析】连接，交于点．设直线交于点，根据圆周角定理可得，解，得出，进而求得的长，即可求解．【详解】解：连接，交于点．设直线交
于点．∵是的中点，点在上，∴．在中，∵，，∴，．∵直线是对称轴，∴，，，∴．∴．∴，．在中，，即，则．∵，即，则．∴．∵该图形为轴
对称图形，张圆凳的上、下底面圆的直径都是，,∴．∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，解直角三角形的实际应用，构造直角三角形
是解题的关键．9．(2022·上海·中考真题)平行四边形，若为中点，交于点，连接．(1)若，①证明为菱形；②若，，求的长．(2)以
为圆心，为半径，为圆心，为半径作圆，两圆另一交点记为点，且．若在直线上，求的值．【答案】(1)①见解析；②(2)【分析】(1)①连
接AC交BD于O，证△AOE≌△COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，从而得∠COE=90°，则AC⊥BD，即可由菱形的判定定理
得出结论；②先证点E是△ABC的重心，由重心性质得BE=2OE，然后设OE=x，则BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA
2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,
从而得9-x2=25-9x2，解得：x=,即可得OB=3x=3，再由平行四边形性质即可得出BD长；(2)由⊙A与⊙B相交于E、F，
得AB⊥EF，点E是△ABC的重心，又在直线上，则CG是△ABC的中线，则AG=BG=AB，根据重心性质得GE=CE＝AE，CG=
CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,则AG=AE,所以AB=2A
G=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+(AE)2=5AE2，则BC=AE，代入即可求得的值．(
1)①证明：如图，连接AC交BD于O，∵平行四边形，∴OA=OC，∵AE=CE，OE=OE，∴△AOE≌△COE(SSS)，∴∠A
OE=∠COE，∵∠AOE+∠COE=180°，∴∠COE=90°，∴AC⊥BD，∵平行四边形，∴四边形是菱形；②∵OA=OC，∴
OB是△ABC的中线，∵为中点，∴AP是△ABC的中线，∴点E是△ABC的重心，∴BE=2OE，设OE=x，则BE=2x，在Rt△
AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52
-(3x)2=25-9x2,∴9-x2=25-9x2，解得：x=,∴OB=3x=3，∵平行四边形，∴BD=2OB=6；(2)解：如
图，∵⊙A与⊙B相交于E、F，∴AB⊥EF，由(1)②知点E是△ABC的重心，又在直线上，∴CG是△ABC的中线，∴AG=BG=A
B，GE=CE，∵CE=AE，∴GE=AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2
-(AE)2=AE2,∴AG=AE,∴AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+(AE)
2=5AE2，∴BC=AE，∴．【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，重心的性质，勾股定理，相交两圆的公共弦的性质，本题属
圆与四边形综合题目，掌握相关性质是解题的关键，属是考常考题目．10．(2022·广东深圳·中考真题)一个玻璃球体近似半圆为直径，半
圆上点处有个吊灯 的中点为 (1)如图①，为一条拉线，在上，求的长度．(2)如图②，一个玻璃镜与圆相切，为切点，为上一点，
为入射光线，为反射光线，求的长度．(3)如图③，是线段上的动点，为入射光线，为反射光线交圆于点在从运动到的过程中，求点的运动路径长
．【答案】(1)2(2)(3)【分析】(1)由，可得出为的中位线，可得出D为中点，即可得出的长度；(2)过N点作，交于点D，可得出
为等腰直角三角形，根据,可得出，设，则，根据，即可求得，再根据勾股定理即可得出答案；(3)依题意得出点N路径长为： ，推导得出，即
可计算给出，即可得出答案．(1)∵∴为的中位线∴D为的中点∵∴(2)过N点作，交于点D，∵，∴为等腰直角三角形，即，又∵，∴，∴，
∴，设，则，∵，∴，解得，∴，，∴在中，；(3)如图，当点M与点O重合时，点N也与点O重合． 当点M运动至点A时，点N运动至点T，
故点N路径长为： ． ∵．∴．∴．∴，∴ ，∴N点的运动路径长为： ，故答案为：．【点睛】本题考查了圆的性质，弧长公式、勾股定理、
中位线，利用锐角三角函数值解三角函数，掌握以上知识，并能灵活运用是解题的关键．11．(2022·吉林长春·中考真题)如图，在中，，
，点M为边的中点，动点P从点A出发，沿折线以每秒个单位长度的速度向终点B运动，连结．作点A关于直线的对称点，连结、．设点P的运动时
间为t秒．(1)点D到边的距离为__________；(2)用含t的代数式表示线段的长；(3)连结，当线段最短时，求的面积；(4)
当M、、C三点共线时，直接写出t的值．【答案】(1)3(2)当0≤t≤1时，；当1＜t≤2时，；(3)(4)或【分析】(1)连接D
M，根据等腰三角形的性质可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解；(2)分两种情况讨论：当0≤t≤1时，点P在AD边上；当1＜t≤2
时，点P在BD边上，即可求解；(3)过点P作PE⊥DM于点E，根据题意可得点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，可得到当
点D、A′、M三点共线时，线段最短，此时点P在AD上，再证明△PDE∽△ADM，可得，从而得到，在中，由勾股定理可得，即可求解；(
4)分两种情况讨论：当点位于M、C之间时，此时点P在AD上；当点)位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，即可求解．(1)解：如
图，连接DM，∵AB=4，，点M为边的中点，∴AM=BM=2，DM⊥AB，∴，即点D到边的距离为3；故答案为：3(2)解：根据题意
得：当0≤t≤1时，点P在AD边上，；当1＜t≤2时，点P在BD边上，；综上所述，当0≤t≤1时，；当1＜t≤2时，；(3)解：如
图，过点P作PE⊥DM于点E，∵作点A关于直线的对称点，∴A′M=AM=2，∴点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，∴当
点D、A′、M三点共线时，线段最短，此时点P在AD上，∴，根据题意得：，，由(1)得：DM⊥AB，∵PE⊥DM，∴PE∥AB， ∴
△PDE∽△ADM，∴，∴，解得：， ∴，在中，，∴，解得：，∴，∴；(4)解：如图，当点M、、C三点共线时，且点位于M、C之间时
，此时点P在AD上，连接A A′， A′B，过点P作PF⊥AB于点F，过点A′作A′G⊥AB于点G，则A A′⊥PM，∵AB为直径
，∴∠A =90°，即A A′⊥A′B，∴PM∥A′B，∴∠PMF=∠AB A′，过点C作CN⊥AB交AB延长线于点N，在中，AB
∥DC，∵DM⊥AB，∴DM∥CN，∴四边形CDMN为平行四边形，∴CN=DM=3，MN=CD=4，∴CM=5，∴，∵ M=2，∴
，∴，∴，∴，∴，∴，即PF=3FM，∵，，∴，∴，即AF=2FM，∵AM=2，∴，∴，解得：；如图，当点)位于C M的延长线上时
，此时点P在BD上，，过点作于点G′，则，取的中点H，则点M、P、H三点共线，过点H作HK⊥AB 于点K，过点P作PT⊥AB于点T
，同理：，∵HK⊥AB，，∴HK∥A′′G′，∴，∵点H是的中点，∴，∴，∴，∴，∴，即MT=3PT，∵，，∴，∴，∵MT+BT=
BM=2，∴，∴，解得：；综上所述，t的值为或．【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，圆的基本性质，相似
三角形的判定和性质，解直角三角形，根据题意得到点的运动轨迹是解题的关键，是中考的压轴题．12．(2022·江苏常州·中考真题)(现
有若干张相同的半圆形纸片，点是圆心，直径的长是，是半圆弧上的一点(点与点、不重合)，连接、．(1)沿、剪下，则是______三角形
(填“锐角”、“直角”或“钝角”)；(2)分别取半圆弧上的点、和直径上的点、．已知剪下的由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为
的菱形．请用直尺和圆规在图中作出一个符合条件的菱形(保留作图痕迹，不要求写作法)；(3)经过数次探索，小明猜想，对于半圆弧上的任意
一点，一定存在线段上的点、线段上的点和直径上的点、，使得由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为的菱形．小明的猜想是否正确？请说
明理由．【答案】(1)直角(2)见详解(3)小明的猜想正确，理由见详解【分析】(1)AB是圆的直径，根据圆周角定理可知∠ACB=9
0°，即可作答；(2)以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于⊙O点F连接EF、FO、EA，G、H
点分别与A、O点重合，即可；(3)当点C靠近点A时，设，，可证,推出，分别以M，N为圆心，MN为半径作弧交AB于点P，Q，可得，进
而可证四边形MNQP是菱形；当点C靠近点B时，同理可证．【详解】(1)解：如图，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ACB
是直角，即△ABC是直角三角形，故答案为：直角；(2)解：以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于
⊙O点F连接EF、FO、EA，G、H点分别与A、O点重合，即可，作图如下：由作图可知AE=EF=FH=HG=OA=AB=6，即四边
形EFHG是边长为6cm的菱形；(3)解：小明的猜想正确，理由如下：如图，当点C靠近点A时，设，，∴ ,∴ ,∴ ,∴ ．分别以M
，N为圆心，MN为半径作弧交AB于点P，Q，作于点D，于点E，∴ ．∵ ,，，∴ ，在和中，，∴ ，∴ ，∴ ，又∵ ，∴ 四边
形MNQP是平行四边形，又∵ ，∴ 四边形MNQP是菱形；同理，如图，当点C靠近点B时，采样相同方法可以得到四边形MNQP是菱形，
故小明的猜想正确．【点睛】本题考查了圆周角定理、尺规作图、菱形的性质与判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用上述知识解决问题．
13．(2022·湖北恩施·中考真题)如图，P为⊙O外一点，PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交⊙O于点D、E，交
AB于点C．(1)求证：∠ADE=∠PAE．(2)若∠ADE=30°，求证：AE=PE．(3)若PE=4，CD=6，求CE的长．【
答案】(1)见解析(2)见解析(3)CE的长为2．【分析】(1)连接OA，根据切线的性质得到∠OAE+∠PAE=90°，根据圆周角
定理得到∠OAE+∠DAO=90°，据此即可证明∠ADE=∠PAE；(2)由(1)得∠ADE=∠PAE =30°，∠AED =60
°，利用三角形外角的性质得到∠APE=∠AED-∠PAE =30°，再根据等角对等边即可证明AE=PE；(3)证明Rt△EAC∽R
t△ADC，Rt△OAC∽Rt△APC，推出DC×CE=OC×PC，设CE=x，据此列方程求解即可．(1)证明：连接OA，∵PA为
⊙O的切线，∴OA⊥PA，即∠OAP=90°，∴∠OAE+∠PAE=90°，∵DE为⊙O的直径，∴∠DAE=90°，即∠OAE+∠
DAO=90°，∴∠DAO=∠PAE，∵OA=OD，∴∠DAO=∠ADE，∴∠ADE=∠PAE；(2)证明：∵∠ADE=30°，由
(1)得∠ADE=∠PAE =30°，∠AED=90°-∠ADE=60°，∴∠APE=∠AED-∠PAE =30°，∴∠APE=∠
PAE =30°，∴AE=PE；(3)解：∵PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交AB于点C．∴AB⊥PD，∵∠DA
E=90°，∠OAP=90°，∴∠DAC+∠CAE=90°，∠OAC+∠PAC=90°，∵∠DAC+∠D=90°，∠OAC+∠AO
C=90°，∴∠CAE=∠D，∠PAC=∠AOC，∴Rt△EAC∽Rt△ADC，Rt△OAC∽Rt△APC，∴ ∴AC2=DC×C
E，AC2=OC×PC，即DC×CE=OC×PC，设CE=x，则DE=6+x，OE=3+，OC=3+-x=3-，PC=4+x，∴6
x=(3-)( 4+x)，整理得：x2+10x-24=0，解得：x=2(负值已舍)．∴CE的长为2．【点睛】本题考查了切线的性质，
相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．14．(2022·浙江舟山·中考真题)如图1．在正方
形中，点F，H分别在边，上，连结，交于点E，已知．(1)线段与垂直吗？请说明理由．(2)如图2，过点A，H，F的圆交于点P，连结交
于点K．求证：．(3)如图3，在(2)的条件下，当点K是线段的中点时，求的值．【答案】(1)，见解析(2)见解析(3)【分析】(1
)证明)，得到，进一步得到，由△CFH是等腰三角形，结论得证；(2)过点K作于点G．先证△AKG∽△ACB，得，证△KHG∽CHB
可得，结论得证；(3)过点K作点G．求得，设，，则KG＝AG＝GB＝3a，则，勾股定理得，，由得，得，，即可得到答案．(1)证明：
∵四边形是正方形，∴，，又∵，∴)，∴．又∵，∴．∵∴△CFH是等腰三角形，∴．(2)证明：如图1，过点K作于点G．∵，∴．∴，∴
．∵，，∴．∴，∴，∴．(3)解：如图2，过点K作点G．∵点K为中点：由(2)得，∴，设，，则，∴，，∴，∵，∴，，∵，∴，又∵，
∴，∴．∴，∴，∴．【点睛】此题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形全等的判定定理等知识，熟练掌握相似三
角形的判定和性质是解题的关键．15．(2022·四川凉山·中考真题)如图，已知半径为5的⊙M经过x轴上一点C，与y轴交于A、B两点
，连接AM、AC，AC平分∠OAM，AO＋CO＝6(1)判断⊙M与x轴的位置关系，并说明理由；(2)求AB的长；(3)连接BM并延
长交圆M于点D，连接CD，求直线CD的解析式．【答案】(1)⊙M与x轴相切，理由见解析(2)6(3)【分析】(1)连接CM，证CM
⊥x即可得出结论；(2)过点M作MN⊥AB于N，证四边形OCMN是矩形，得MN=OC，ON=OM=5，设AN=x，则OA=5-x，
MN=OC=6-(5-x)=1+x，利用勾股定理求出x值，即可求得AN值，再由垂径定理得AB=2AN即可求解；(3)连接BC，CM
，过点D作DP⊥CM于P，得直角三角形BCD，由(2)知：AB=6，OA=2，OC=4，所以OB=8，C(4，0)，在Rt△BOC
中，∠BOC=90°，由勾股定理，求得BC=，在Rt△BCD中，∠BCD=90°，由勾股定理，即可求得CD，在Rt△CPD和在Rt
△MPD中，由勾股定理，求得CP=2，PD=4，从而得出点D坐标，然后用待定系数法求出直线CD解析式即可．(1)解：⊙M与x轴相切
，理由如下：连接CM，如图，∵MC=MA，∴∠MCA=∠MAC，∵AC平分∠OAM，∴∠MAC=∠OAC，∴∠MCA=∠OAC，∵
∠OAC+∠ACO=90°，∴∠MCO=∠MCA+∠ACO=∠OAC+∠ACO=90°，∵MC是⊙M的半径，点C在x轴上，∴⊙M与
x轴相切；(2)解：如图，过点M作MN⊥AB于N，由(1)知，∠MCO=90°，∵MN⊥AB于N，∴∠MNO=90°，AB=2AN
，又∵∠CON=90°，∴四边形OCMN是矩形，∴MN=OC，ON=CM=5，∵OA+OC=6，设AN=x，?∴OA=5-x，MN
=OC=6-(5-x)=1+x，在Rt△MNA中，∠MNA=90°，由勾股定理，得x2+(1+x)2=52，解得：x1=3，x2=
-4(不符合题意，舍去)，∴AN=3，∴AB=2AN=6；(3)解：如图，连接BC，CM，过点D作DP⊥CM于P，由(2)知：AB
=6，OA=2，OC=4，∴OB=8，C(4，0)在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，得BC=，∵BD是⊙M的直径，∴
∠BCD=90°，BD=10，在Rt△BCD中，∠BCD=90°，由勾股定理，得CD=，即CD2=20，在Rt△CPD中，由勾股定
理，得PD2=CD2-CP2=20-CP2，在Rt△MPD中，由勾股定理，得PD2=MD2-MP2=MD2-(MC-CP)2=52
-(5-CP)2=10CP-CP2，∴20-CP2=10CP-CP2，?∴CP=2，∴PD2=20-CP2=20-4=16，∴PD
=4，即D点横坐标为OC+PD=4+4=8，∴D(8,-2)，设直线CD解析式为y=kx+b，把C(4,0)，D(8,-2)代入，
得，解得：，∴直线CD的解析式为：．【点睛】本题考查直线与圆相切的判定，勾股定理，圆周角定理的推论，垂径定理，待定系数法求一次函数
解析式，熟练掌握直线与圆相切的判定、待定系数法求一次函数解析式的方法是解题的关键．16．(2021·江苏镇江·中考真题)如图1，正
方形ABCD的边长为4，点P在边BC上，⊙O经过A，B，P三点．(1)若BP＝3，判断边CD所在直线与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)如图2，E是CD的中点，⊙O交射线AE于点Q，当AP平分∠EAB时，求tan∠EAP的值．【答案】(1)相切，见解析；(2)
【分析】(1)如图1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．求出OE的长，与半径半径，可得结论．(2)如图2中，延长AE
交BC的延长线于T，连接PQ．利用面积法求出BP，可得结论．【详解】解：(1)如图1﹣1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交C
D于E．∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝4，∠ABP＝90°，∴AP＝＝＝5，∵OH⊥AB，∴AH＝HB，∵OA＝OP，A
H＝HB，∴OH＝PB＝，∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，∴四边形AHED是矩形，∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，∴OE＝EH＝
OH＝4﹣＝，∴OE＝OP，∴直线CD与⊙O相切．(2)如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．∵∠D＝∠ECT＝90°，
DE＝EC，∠AED＝∠TEC，∴△ADE≌△TCE(ASA)，∴AD＝CT＝4，∴BT＝BC+CT＝4+4＝8，∵∠ABT＝90
°，∴AT＝＝＝4，∵AP是直径，∴∠AQP＝90°，∵PA平分∠EAB，PQ⊥AQ，PB⊥AB，∴PB＝PQ，设PB＝PQ＝x，
∵S△ABT＝S△ABP+S△APT，∴×4×8＝×4×x+×4×x，∴x＝2﹣2，∴tan∠EAP＝tan∠PAB＝＝．【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，正方形的性质，解直角三角形、相似三角形判定和性质等知识，解题的关键是掌握切线的证明方法：已知垂直证半
径，已知半径证垂直，利用三角形面积不同的表示方法构建方程解决问题是难点．17．(2022·湖南·炎陵县教研室一模)如图1，以△AB
C的边AB为直径作⊙O，交AC于点E，连接BE，BD平分∠ABE交AC于F，交⊙O于点D，且．(1)求证：BC是⊙O的切线；(2)
如图2，延长ED交直线AB于点P，若．①求的值；②若，求⊙O的半径长．【答案】(1)见解析(2)①=2；②⊙O的半径长为【分析】(
1)根据AB是直径，可得，，根据同弧所对的圆周角相等可得，可证，，可得，即可证明BC是⊙O的切线；(2)①连接OD，通过角的关系证
明，因为，可得，根据平行线分线段成比例可知，即可求出的值；②由①和可得，，根据同弧所对的圆周角相等可得，即可证明，可得，因为，所以
可求出，即⊙O的半径长为．(1)证明：∵AB是直径，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴BC是⊙O的切线．(2)解：①如图2中，连接O
D．∵BD平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，②∵，∴，，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴⊙O的半径长为．【点睛】本题考查的是圆周角
定理及推论、切线的判定、平行线分线段成比例定理和相似三角形的判定及性质，掌握圆周角定理及推论、切线的判定、平行线分线段成比例定理和
相似三角形的判定及性质是解答本题的关键．18．(2022·湖南·长沙市北雅中学模拟预测)如图，内接于，过O作的垂线，垂足为E，交于
F，(1)求证：；(2)连交于M，过E作的平行线交于D，求证：；(3)在(2)条件下，连交于N，若，，，求的长．【答案】(1)见解
析(2)见解析(3)8【分析】(1)根据垂径定理可得；(2)由求证，想到是延长，使，根据角的关系证明，可得比例式，结论就可证明；(
3)延长，交于，作，，垂足分别是H，K，设，，根据，可得比例式，分别求出，，，的长度(用k表示)，再根据，则其三角函数值相同可求，
即可求．(1)证明：∵，O是圆心，∴，．(2)解：如图1，延长到G，使，∴，∵，∴，∵，∴，∴∴，∴且，∴，即．(3)解：如图2，
延长，交于，作，，垂足分别是H，K，∵，∴设，，∵，，∴，，∴，∵，，∴，即，，∴，∵，∴=，∴，即，，∵，，∴，∴，∴，∴，且，
∴，，∵，∴，即，∴，且，∴且，∴，∴，且，∴，∴．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的性质，锐角三角函数，平行线分线段成比例
定理，解题的关键是辅助线的添加，以及需要熟练的解题技巧．19．(2022·浙江宁波·一模)如图1，在中，，于D，E为边上的点，过A
、D、E三点的交于F，连接，．(1)求证：．(2)若，求的面积．(3)如图2，点P为上一动点，连接，，．①若P为的中点，设为x，的
面积为S，求S关于x的函数表达式；②在点P运动过程中，试探索，，之间的数量关系，并证明．【答案】(1)见解析；(2)；(3)①S＝
；②PF＝PE＋PD，证明见解析．【分析】(1)求出∠C＝∠DAB，∠CFD＝∠AED，利用AAS证明 ，根据全等三角形的性质解答
即可；(2)连接EF，先求出∠EDF＝90°，可得EF为直径，再利用tan∠AEF＝tan∠ADF＝3，求出AF＝3AE，可得AF
＝3CF，求出AF和AE，利用勾股定理求得EF的值，则的面积可求；(3)①连接EF，OP，OD，利用勾股定理求得直径EF，利用平行
线之间的距离相等和同底等高的三角形的面积相等，得到，证明∠FOD＝2∠CAD＝90°，通过计算的面积即可得出结论；②连接EF，过点
D作DN⊥DP，交PF于点N，通过证明 ，得到EP＝FN，DN＝DP，利用等腰直角三角形的性质和线段的和差即可得出结论．(1)证明
：∵在Rt中，AB＝AC，∴∠C＝∠B＝45°，∵AD⊥BC，∴∠CAD＝45°，∠BAD＝45°，AD＝CD＝BD＝BC，∴∠C
＝∠DAB，∵四边形FAED是圆的内接四边形，∴∠CFD＝∠AED，在和中，∴ (AAS)．∴AE＝CF；(2)解：连接EF，如图，∵AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∴∠ADF＋∠FDC＝90°．∵ ，∴∠CDF＝∠ADE，∴∠ADF＋∠ADE＝90°，∴∠FDE＝90°，∴EF为⊙O的直径，∵∠ADF＝∠AEF，∴tan∠AEF＝tan∠ADF＝3，∵tan∠AEF＝，∴AF＝3AE，∵AE＝CF，∴AF＝3CF，∵AC＝4，∴CF＝1，AF＝3，∴AE＝1，∴EF＝，∴⊙O的面积为：；(3)解：①连接EF，OP，OD，如图，∵AE为x，AE＝CF，∴CF＝x，AF＝AC?CF＝4?x，∴EF＝，∴OF＝OD＝，∵P为的中点，∴∠EOP＝∠DOP＝∠EOD，∵∠EFD＝∠EOD，∴∠EOP＝∠EFD，∴OPFD，∴，∵∠FOD＝2∠CAD＝90°，∴OD⊥OF，∴＝，∴S＝；②PD，PE，PF之间的数量关系为：PF＝PE＋PD，证明：连接EF，过点D作DN⊥DP，交PF于点N，如图，∵DN⊥DP，∴∠NDE＋∠EDP＝90°，∵∠EDF＝90°，∴∠NDE＋∠NDF＝90°，∴∠EDP＝∠FDN，∵∠DEF＝∠DAC＝45°，∴为等腰直角三角形，∴DE＝DF，在和中，，∴ (ASA)，∴EP＝FN，DN＝DP，∴为等腰直角三角形，∴NP＝PD，∴PF＝NF＋NP＝PE＋PD．【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，圆的面积，圆内接四边形的性质，三角形的面积，平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，依据题意添加适当的辅助线是解题的关键．20．(2022·广东·佛山市华英学校三模)如图，内接于，过点作于点，过点作于点，交于点，延长交于点，连接，且．(1)求证：；(2)过点作交于点，连接、，交于点，连接，求证：；(3)在(2)的条件下，连接，若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)OM=【分析】(1)由已知可证明，，，则可得，再由，即可得到∠ABC＝∠ABD＋∠DBC＝3∠DAC；(2)设，则，连接、，先去证明≌，可得，，所以；(3)延长交于点，连接、、，过点作于点，交的延长线与点，先证明≌，然后再去证明≌，则，证明≌，得到，再证≌，则，设，可以得到，可以得到，在和中，由勾股定理得，解得或舍，证明四边形为矩形，则有，，，又因为，则，解得，，延长交于点，得到，解得，由，，，．(1)解：，，，，，，，，，，，，，；(2)设，，连接、，∵AGBD，，，，，，，≌(SSS)，，，；(3)如图，延长交于点，连接、、，过点作于点，交的延长线与点，，，，≌(ASA)，，≌(SAS)，，，，，，，，，，≌(AAS)，，四边形内接于，，≌(AAS)，，设，，，，∵AGBD，，，，，，，，，在和中，由勾股定理得，解得或舍，，四边形为矩形，，，，，，，，解得，，延长交于点，，，解得，，，，，，，，．【点睛】本题考查圆的综合，熟练掌握圆的相关知识、锐角三角函数、勾股定理等知识是基础，通过构造垂线，利用三角形的全等进行边角的转化是解题的关键． |
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