圆与相似三角形综合题—深圳市中考数学地方特色专题
一、解答题
1．（2021·深圳）如图， 为 的弦，D，C为 的三等分点， ．
（1）求证： ；
（2）若 ， ，求 的长．
【答案】（1）证明：∵
∴
∵D，C为 的三等分点
∴
∴
∴
（2）解：∵
由（1）得
∴
∴BD=BE=5
∵D，C为 的三等分点
∴ ，
∴ ，
∴△CDB∽△BDE
∴ ，即
∴ ，
∴
【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】( 1 )根据平行线的性质及圆周角定理求得角之间的关系；
（2）根据圆周角定理求出各个角之间的关系、各边之间的关系，再利用相似三角形的性质得出对应线段成比例，列出方程求解。
2．（2025九下·越秀期中）如图，是的外接圆，是的直径，F是延长线上一点，连接，，且．
（1）求证：是的切线；
（2）若的半径为5，，求的长．
【答案】（1）证明：连接，则，
，
，
，
是的直径，
，
，
是的半径，且，
是的切线．
（2）解：的半径为5，
，，
，，
，
，
，
，，
，
，
，且，
，
解得：，
的长为．
【知识点】圆周角定理；切线的判定；相似三角形的判定；解直角三角形；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）连接，则，根据等边对等角可得，则，根据圆周角定理可得，再根据角之间的关系可得，再根据切线判定定理即可求出答案.
（2）根据正弦定义可得，由勾股定理可得CD=6，再根据相似三角形判定定理可得，则，化简可得，建立方程，解方程即可求出答案.
（1）证明：连接，则，
，
，
，
是的直径，
，
，
是的半径，且，
是的切线．
（2）解：的半径为5，
，，
，，
，
，
，
，，
，
，
，且，
，
解得：，
的长为．
3．（2025九下·广州月考）如图，中，为中点，是的外接圆．
（1）求和的长；
（2）利用尺规作图，过点作线段垂线，交于点，保留作图痕迹；
（3）求的半径．
【答案】（1）解：∵
∴
∴，
∵，为中点，
∴，
∴，
∴（负值舍去）；
（2）解：如图，即为所作：
（3）解：连接并延长交于点F，连接，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∵
∴；
设，则，，
在中，，
∴
解得，，（舍去），
∴，，
∵和都是所对的圆周角，
∴
∵为的直径，
∴，
∴，
∴
∴的半径为
【知识点】勾股定理；圆周角定理；解直角三角形；尺规作图-垂直平分线；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据相似三角形判定定理可得，则，再根据线段中点可得，再代入等式即可求出答案.
（2）根据过直线外一点作已知直线的垂线即可求出答案.
（3）连接并延长交于点F，连接，根据余弦定义可得，再根据边之间的关系可得AE，再根据相似三角形性质可得，设，则，，再根据勾股定理建立方程，解方程可得，，再根据圆周角定理可得，，再根据正弦定义即可求出答案.
（1）解：∵
∴
∴，
∵，为中点，
∴，
∴，
∴（负值舍去）；
（2）解：如图，即为所作：
（3）解：连接并延长交于点F，连接，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∵
∴；
设，则，，
在中，，
∴
解得，，（舍去），
∴，，
∵和都是所对的圆周角，
∴
∵为的直径，
∴，
∴，
∴
∴的半径为
4．（2021·坪山模拟）如图，BC是的直径，A为上一点，连接AB、AC，于点D，E是直径CB延长线上一点，且AB平分．
（1）求证：AE是的切线；
（2）若，，求EA．
【答案】（1）证明：连接
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴∠ABD+∠BAD=90°，
∵AB平分∠EAD，
∴∠BAD=∠BAE，
∴∠ABD+∠BAE=90°，
∵OA=OB，
∴∠ABD=∠OAB，
∴∠OAB+∠BAE=90°，
∴∠OAE=90°，
∴OA⊥AE，而OA是半径，
∴AE是⊙O的切线；
（2）解：∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC=90°，
∴∠C+∠ABC=90°，
∵∠ABC+∠BAD=90°，
∴∠C=∠BAD，
∴tanC=tan∠BAD，
∵AD=2BD，
∴，
为的切线，为的直径，
而
∵∠E=∠E，
∴△ABE∽△CAE，
∴
∵EC=4，
∴AE=2．
【知识点】切线的判定；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）连接OA，根据角平分线定义和直角三角形两个锐角互余即可证明结论；
（2）根据直径所对圆周角是直角可以证明∠C=∠BAD，所以tanC=tan∠BAD，证明△ABE∽△CAE，可得 进而可得结论。
5．（2025九下·宝安开学考）如图，在△ABC中，以边AB为直径作⊙O，交AC于点D，点E为边BC上一点，连接DE．给出下列信息：①AB＝BC；②∠DEC=90°；③DE是⊙O的切线．
（1）请在上述3条信息中选择其中两条作为条件，剩下的一条作为结论，组成一个命题．你选择的两个条件是 ▲ ，结论是 ▲ （只要填写序号）．判断此命题是否正确，并说明理由；
（2）在（1）的条件下，若CD=5，CE=4，求⊙O的直径．
【答案】（1）解：选择①和②为条件，③为结论，且该命题为真命题．
证明：如图，连接OD，
，
．
，
，
，
．
，
，即，
是的切线．
故答案为：①和②，③；（答案不唯一）
（2）解：如图，连接BD，
为直径，
，即．
，
．
在和中，
，
，即，
．
故圆的直径为．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；切线的判定与性质；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）选择①和②为条件，③为结论，且该命题为真命题．连接OD，根据等腰三角形的性质证明，再证，
根据切线判定定理可得是的切线；
（2）连接BD，证明，则，即，解得。
6．（2020·黄石模拟）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，D是AC中点，直线OD与⊙O相交于E，F两点，P是⊙O外一点，P在直线OD上，连接PA，PC，AF，且满足∠PCA=∠ABC.
（1）求证：PA是⊙O的切线；
（2）证明： ；
（3）若BC=8，tan∠AFP= ，求DE的长.
【答案】（1）证明：∵D是弦AC中点，
∴OD⊥AC，
∴PD是AC的中垂线，
∴PA=PC，
∴∠PAC=∠PCA.
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠CBA=90°.
又∵∠PCA=∠ABC，
∴∠PCA+∠CAB=90°，
∴∠CAB+∠PAC=90°，即AB⊥PA，
∴PA是⊙O的切线；
（2）证明：由（1）知∠ODA=∠OAP=90°，
∴Rt△AOD∽Rt△POA，
∴ ，
∴ .
又 ，
∴ ，即 .
（3）解：在Rt△ADF中，设AD=2a，则DF=3a，
，AO=OF=3a-4，
在Rt△AOD中，
∵ ，即 ，
解得 ，
∴DE=OE-OD=3a-8= .
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆周角定理；切线的判定；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）先判断出PA=PC，得出∠PAC=∠PCA，再判断出∠ACB=90°，得出∠CAB+∠CBA=90°，再判断出∠PCA+∠CAB=90°，得出∠CAB+∠PAC=90°，即可得出结论；（2）先判断出Rt△AOD∽Rt△POA，得出OA2=OP OD，进而得出 ，即可得出结论；（3）在Rt△ADF中，设AD=2a，得出DF=3a. ，AO=OF=3a-4，由勾股定理得出OD2+AD2=AO2找出关于a的等量关系，即可得出结论.
7．（2024·广东）【知识技能】
（1）如1图，在中，DE是的中位线.连接CD，将绕点按逆时针方向旋转，得到.当点的对应点与点重合时，求证：.
（2）【数学理解】
如2图，在中是的中位线.连接CD，将绕点按逆时针方向旋转，得到，连接，，作的中线DF.求证：.
（3）【拓展探索】
如3图，在中，，点在AB上，.过点作，垂足为.在四边形ADEC内是否存在点，使得 若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：∵是由 绕点按逆时针方向旋转 得到，
其中，点E的对应点E'与点A重合，
∴DE=DE'
∴∠BAC=∠AED，
又∵DE是的中位线 ，
∴DE∥BC，
∴∠AED=∠ACB，
∴∠BAC=∠ACB，
∴AB=BC.
（2）解：如图，连接AA'，
∵由旋转可知，
∠ADA'=∠CDC'，AD=A'D，DC=DC'，
∴∠DAA'=∠DA'A，∠DCC'=∠DC'C，
又∵∠DAA'+∠DA'A+∠ADA'=180°，∠DCC'+∠DC'C+∠CDC'=180°，
∴∠DCC'=∠DAA'，
∴△CDC'∽△ADA'，
∴，即，
又∵ DF是的中线，即F是A'B中点，DE是△ABC的中位线，
∴AD=BD，A'F=BF，
∴DF是△ABA'的中位线，
即，
∴，即.
（3）解：存在，理由如下，
如图，分别以AD和CE为直径作圆，连接两圆心，过点作，垂足为点F，
∵，BE=3，
∴DE=4，
在Rt△BED中，，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
同理，解得，
∴，
在Rt△中，
，
其中，，故，即，
又∵<3，
，
∴，
∴两圆相交，即两圆存在交点G，
此时∠CGE=∠AGD=90°，满足.
【知识点】圆与圆的位置关系；三角形的中位线定理；解直角三角形—边角关系；手拉手相似模型
【解析】【分析】（1）由中位线的性质和旋转性质推导角度关系推出等腰即可；
（2）由目标线段的乘积关系联想旋转前后对应点后三角形的相似，由"手拉手全等"推出的"手拉手相似"，最后利用中位线的等量代换得出目标线段的等量关系；
（3）根据已知定△ABC分析易解出△BDE，为满足题意，不妨假设结论成立，即找出一个特殊的例子说明存在性即可，故而将目标互补角转换为双直角，即两圆是否存在交点的问题，进一步结合解三角形求出两圆心距离近似估值判断满足两圆相交的关系即可.
8．（2019·深圳）已知在平面直角坐标系中，点A（3，0），B(-3，0），C(-3，8)，以线段BC为直径作圆，圆心为E，直线AC交□E于点D，连接OD．
（1）求证：直线OD是□E的切线；
（2）点F为x轴上任意一点，连接CF交□E于点G，连接BG：
当tan∠FCA= ，求所有F点的坐标 （直接写出）；
【答案】（1）证明：法一：连接BD、ED
∵BC为直径
∴∠BDC=90°
∴∠BDA=90°
∵O为AB中点；E为BC中点
∴OD=OA，CE=DE
∴∠OAD=∠ODA，∠C=∠CDE
∵∠C+∠OAD=90°
∴∠EDO=180°-∠EDC-∠0DA=90°
∴OD为圆E的切线
法二：
连接BD、ED、OE
∵BC为直径
∴∠BDC=90°
∵O为AB中点．
∴OD= AB=OB
在△BOE与△DOE中
∴△BOE≌△DOE
∴∠ODE=∠EBO=90°
∴OD为□E的切线
（2）F(5，0），F( ，0) ②求 的最大值。 解：法一：取CF的中点了，连结BT，则CF=2BT ∵BT≥BG ∴ 法二：设BF=a，CF= BG= ∴ 当 =0时， 最大， 此时a=8， = 法三：同法二 =k≥0， =k ∴8a=k·a2+64k， ∴ka2-8a+64k=0 ∴△=64-4k·64k≥0 ∴k2≤ ∴0【知识点】切线的判定；相似三角形的判定与性质；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【解答】（2）法一：①当F在A点右侧时
过点A作AM⊥AC交CF于点M，过M作MH交x轴于H点
∵∠CAB+∠MAH=90°
∠CAB+∠BCA=90°
∴∠MAH=∠BCA
∵∠CBA=∠MHA=90°
∴△BCA∽△HAM
∴
∴AH=
，MH=
∴M（
，
）
∴CM：y=-x+5
∴F(5，0）
②当F在A点左侧时
过点A作AM⊥AC，交CF延长线于点M，过M作AH的垂线交AH延长线于N．
∵∠CAIH+∠AMAN=90°
∠CAH+∠ACH=90°
∴∠MAN=∠ACH
∵∠H=∠N=90°
∴△CAH∽△NAM
∴AN=
，MN=
∴M（
，
）
∴CM：y=
x+
∴F（
，0）
法二：①当F在A点右侧
tan ∠BCF=tan(∠BCA+∠ACF)
=
=
=1
∴
∴BF=8
F(5，0)
②点F在A点左侧
tan∠BCF =tan(∠BCA-∠FCA)
=
=
=
∴
BF=
∴F(
，0)
【分析】（1）方法一：连接BD、ED，利用直径所对的圆周角是直角，可得∠BDC=90°，即得∠BDA=90° .利用直角三角形的性质，可得OD=OA，CE=DE，根据等边对等角，可得∠OAD=∠ODA，∠C=∠CDE .由∠C+∠OAD=90°，可得∠EDO=180°-∠EDC-∠ODA=90°，从而可证OD为圆E的切线.
（2）方法一：分两种情况讨论，①当点F在点A的右边时，
过点A作AM⊥AC交CF于点M，过M作MH交x轴于H点，先求出M（ ， ），利用待定系数法求出直线CM的解析式，再求出直线与x轴交点的坐标即可.②当F在点ADE左侧时，利用tan∠BCF= ，求出BF的长即可.取CF的中点T，连结BT，则CF=2BT ，由于BT≥BG，可得 ，从而求出最大值.
9．（2025九下·罗湖月考）在平面内，先将一个多边形以点为位似中心放大或缩小，使所得多边形与原多边形对应线段的比为，并且原多边形上的任一点，它的对应点在线段或其延长线上；接着将所得多边形以点为旋转中心，逆时针旋转一个角度，记为，如果是顺时针旋转一个角度，则记为，这种经过位似和旋转的图形变换叫做旋转相似变换，其中点叫做旋转相似中心，叫做相似比，叫做旋转角．
（1）填空：
①如图1，将以点为旋转相似中心，放大为原来的2倍，再逆时针旋转，得到，这个旋转相似变换记为（___________，___________）；
②如图2，是边长为的等边三角形，将它作旋转相似变换，得到，则线段的长为___________；
（2）如图3，经过得到，又将经过得到，连接，，求证：四边形是平行四边形．
（3）如图4，在中，，，，若经过（2）中的变换得到的四边形恰好是正方形时，则的长为___________．
【答案】（1）①；②2
（2）证明：∵经过得到，
∴，
∴，；
∵经过得到，
∴，
∴
∴；
∵，
∴即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可证。
故四边形是平行四边形．
（3）
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；解直角三角形；旋转的性质；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】（1）①解：根据新定义的意义，得答案为，
故答案为：；
②解：根据旋转相似变换，得到，
根据得是边长为的等边三角形，得到，，
于是，
故，
故答案为：2，逆60°．
（3）解：以为边在其上方作等边三角形，再作其外接圆，作的直径，再在的上方分别作，延长交于点F，连接，则，
∴四边形是矩形，
∴．
∵，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴将经过得到，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴将经过得到，
此时
∴四边形是正方形．
故答案为：．
【分析】（1）①根据新定义即可求出答案.
②根据旋转相似变换，得到，根据等边三角形判定定理可得，，再根据余弦定义及特殊角的三角函数值即可求出答案.
（2）根据题意可得，，由相似三角形性质可得，，则，再根据角之间的关系可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，再根据边之间的关系可得，，再根据平行四边形判定定理即可求出答案.
（3）以为边在其上方作等边三角形，再作其外接圆，作的直径，再在的上方分别作，延长交于点F，连接，则，根据矩形性质可得，再根据角之间的关系可得，根据余弦定义及特殊角的三角形函数值可得AF，再根据题意可得，再根据正切定义及特殊角的三角函数值可得AE，再根据题意可得，再根据正方形判定定理即可求出答案.
（1）①解：根据新定义的意义，得答案为，
故答案为：；
②解：根据旋转相似变换，得到，
根据得是边长为的等边三角形，得到，，
于是，
故，
故答案为：2，逆60°．
（2）证明：∵经过得到，
∴，
∴，；
∵经过得到，
∴，
∴
∴；
∵，
∴即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可证。
故四边形是平行四边形．
（3）解：以为边在其上方作等边三角形，再作其外接圆，作的直径，再在的上方分别作，延长交于点F，连接，则，
∴四边形是矩形，
∴．
∵，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴将经过得到，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴将经过得到，
此时
∴四边形是正方形．
故答案为：．
10．（2025·深圳模拟）如果三个数a、b、c满足，即，那么称b是a和c的比例中项. 比例中项在数学、物理和工程学等领域都有着广泛的应用，数形结合是解决数学问题的重要思想方法。我们知道任何实数都可以用数轴上的点来表示，如图，点A、C在数轴上分别表示实数a、c，现尝试用尺规作图的方法，在正半轴上画出点B、使得点B表示的正数，恰好是数a和c的一个比例中项。方法如下：
第1步：作以AC为直径的圆M；
第2步：____的其中一点记为点N；
A.以A为圆心，AM为半径画圆，交圆M
B.以原点0为圆心，OM为半径画圆，交圆M
C.以OM为直径作圆P，交圆M
D.作AM的垂直平分线，交圆M
E.以OC为直径作圆P，再过点A作AC的垂线l交圆P
第3步：以原点O为圆心，ON长为半径画弧交数轴正半轴于点B，则点B即为所求
（1）请选出你认为第2步中正确作法对应的字母： （只填一个选项即可），并说明理由，用尺规按照所选的作法在图中作出点B，要求保留作图痕迹，不需要写出作法。
（2）若BC =a =2，写出此时圆M的直径AC = .
【答案】（1）C或E；
（2）＋1
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；圆与三角形的综合
【解析】【解答】解：（1）第2步中正确作法对应的字母：C或E，理由如下：
选C：
证明：如图，连接ON、MN、AN、NC，
∵OM是圆P的直径，
∴∠MNO＝90°，
∴∠MNA＋∠ONA＝90°，
∵AC是圆O的直径，
∴∠ANC＝90°，
∴∠NAC＋∠NCA＝90°，
∵MA＝MN，
∴∠NAC＝∠MNA，
∴∠ONA＝∠NCA，
即∠ONA＝∠OCN，
又∵∠NOA＝∠CON，
∴△OAN∽△ONC，
∴，
∴OA OC＝ON2＝OB2，
即ac＝OB2，故点B即为所求；
选E：
证明：如图，连接ON、NC，
∵OC是圆P的直径，
∴∠ONC＝90°，
∵l⊥AC，
∴∠OAN＝90°，
∴∠OAN＝∠ONC，
又∵∠NOA＝∠CON，
∴△OAN∽△ONC，
∴，
∴OA OC＝ON2＝OB2，
即ac＝OB2，故点B即为所求；
故答案为：C或E；
（2）∵BC＝a＝2，
∴OB＝OC BC＝c 2，
∵ac＝OB2，
∴2c＝（c 2）2，
整理得，c2 6c＋4＝0，
解得：c＝3＋或c＝3 （不符合，舍去），
∴OC＝3＋，
∴AC＝OC OA＝3＋ 2＝＋1，
故答案为：＋1．
【分析】（1）根据题干中的定义及作图方法和步骤作出图形即可；
（2）利用比例线段的性质可得2c＝（c 2）2，再求出c的值，再求出OC的长，最后求出AC的长即可.
11．（2025九下·东莞开学考）如图，在中，AB是的直径，点M是直径AB上的一个动点，过点M的弦，交于点C、D，连接BC，点F为BC的中点，连接DF并延长，交AB于点E，交于点G.
图1 图2 备用图
（1）如图1，连接CG，过点G的直线交DC的延长线于点P.当点M与圆心O重合时，若，求证：PG是的切线；
（2）在点M运动的过程中，（k为常数），求k的值；
（3）如图2，连接BG、OF、MF，当是等腰三角形时，求的正切值.
【答案】（1）证明：如图，连接OG，
则，
∴，
当点M与圆心O重合时，CD是的直径，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
即，
∵OG是的半径，
∴PG是的切线
（2）解：如图，过点F作，垂足为H，则，
∵点F为BC的中点，
∴FH是的中位线，
∴，
∵AB是的直径，弦，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴
（3）解：如图，当点M在圆心O的左侧时，，连接CO，
∵点F为BC的中点，
∴，
在和中，，
∴，
∴.
在中，点F为BC的中点，
∴，
∴，
∴是等边三角形
∴，
∴，
∴；
如图，当点M在圆心O的右侧时，，，
∵点F为BC的中点，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
在中，点F为BC的中点，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴.
综上所述，的正切值为或
【知识点】等边三角形的判定与性质；切线的判定；相似三角形的判定；求特殊角的三角函数值；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）连接OG，根据等边对等角可得，根据圆周角定理可得，即，再根据角之间的关系可得，再根据切线判定定理即可求出答案.
（2）过点F作，垂足为H，则，根据三角形中位线定理可得，再根据垂径定理可得，则，再根据相似三角形判定定理可得，则，化简即可求出答案.
（3）分情况讨论：当点M在圆心O的左侧时，，连接CO，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，再根据特殊角的三角函数值即可求出答案；当点M在圆心O的右侧时，，，根据角之间的关系可得，则，再根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，即，再根据特殊角的三角函数值即可求出答案；
12．（【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（较难））如图，矩形ABCD的边，点从点出发，沿射线AD移动．以CE为直径作，点为与射线BD的公共点，连接EF，~CF．过点作与相交于点，连接CG．
（1）试说明四边形EFCG是矩形；
（2）当与射线BD相切时，点停止移动，在点移动的过程中．
①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值？若存在，求出这个最大值或最小值；若不存在，说明理由；
②求点移动路线的长．
【答案】（1）证明：如图1，
为的直径，
四边形EFCG是矩形．
（2）解：①存在．
连接OD，如图2①，
四边形ABCD是矩形，
点是CE的中点，
点在上．
四边形EFCG是矩形，
I．当点在点处时，点在点处，点在点处，如图2①所示．
此时，．
II．当点在点处时，直径，如图2②所示，
此时与射线BD相切，．
III．当时，CF最小，
如图2③所示．
矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为．
②∵定值，点的起点为，终点为，如图2②所示，
点的移动路线是线段．
点移动路线的长为．
【知识点】垂线段最短及其应用；矩形的判定与性质；圆周角定理；相似三角形的判定；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】
（1）根据矩形的判断定理；有3个角为90°的四边形为矩形，依此说明四边形EFCG为矩形。
（2）先证点D在圆上，根据圆周角定理可得∠FCE=∠FDE，从而证明，根据相似三角形的性质可得，然后只需求出CF的取值范围，就可以求出的取值范围，从而求出面积的最大值和最小值。根据圆周角定理和矩形的性质，可证得∠GDC=∠FDE=定值，从而得到点G的移动的线路是线段，只需要找出G点的起点和终点，求出该线段的长度即可。
13．（2025九下·南山开学考）如图1，内接于，是的直径，过点B作交于点D（点D与点B不重合）．
（1）求证：．
（2）如图2，过点C作交的延长线于点E，连结交于点F．
①若，求的长；②若是直角三角形，求的值
【答案】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：连接，设交于点H，如图，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴．
②∵是直角三角形，
当时，点F在外，由于为弦，这与交于点F不符；
当时，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴点D在外，这与题意不符．
∴只有．则，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
设、、，
则，
∴
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∴．
∴，
∴，
∴(负数不合题意，舍去)
∴，
∴，
即
【知识点】垂径定理的实际应用；圆周角定理；相似三角形的判定与性质；已知正弦值求边长
【解析】【分析】（1）利用平行线的性质得出，根据等边对等角可得出，再通过等角代换可得出，继而证明．
（2）①连接，设交于点H，利用圆周角定理，平行线的性质，垂径定理得到；通过证明 四边形 C H D E 为矩形 ，利用矩形的判定与性质得到，再利用条件 ，得出含角的直角三角形，继而可证明，再利用等腰三角形的三线合一的性质求得，则结论可求；
②通过分类讨论，最终确定只有时符合题意，利用直角三角形的性质和等角的余角相等的性质和等腰三角形的性质得到；设、、，则，利用勾股定理和相似三角形的判定与性质分别表示，进而得到x，y的方程，解方程求得x，y的关系式，代入化简运算即可得出结论．
（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴．，
∴．
（2）解：连接，设交于点H，如图，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴．
②∵是直角三角形，
当时，点F在外，由于为弦，这与交于点F不符；
当时，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴点D在外，这与题意不符．
∴只有．则，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
设、、，
则，
∴
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∴．
∴，
∴，
∴(负数不合题意，舍去)
∴，
∴，
即
14．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）解：∵⊙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）解：①存在时刻，使点恰好落在边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＝AC，OB＝OD＝BD，AC＝BD，
，
∴∠ADO＝∠OAD，
∵HI∥BD，
∴∠AHI＝∠ADO，
∴∠AH'I＝∠AHI＝∠ADO＝∠OAD＝∠ACH'，
∴△AIH'∽△AH'C
∴
∵HI∥BD，
∴△AIH∽△AOD，
∴，即
解得：，
解得：，即存在时刻，使点恰好落在边BC上；
②作于，交OF的延长线于，作于于，如图2所示：
则是的中位线，
∵△OFH是等边三角形，
∴OF＝FH，∠OHF＝∠HOF＝60°，
∴∠FHK＝∠HKO＝30°，
∴FH＝FK＝OF，HK＝OH，
∴DF是梯形OLNK的中位线，
∴DN＝DL＝4，
∵∠LHO+∠LOH＝∠LHO+∠NHK＝90°，
∴∠LOH＝∠NHK，
∴△OLH∽△HNK，
即当△OFH为正三角形时，t的值为（4﹣）s．
【知识点】三角形的内切圆与内心；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定；三角形的中位线定理；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据三角形内切圆性质可得BP＝BN＝6，DQ＝DN＝4，CP＝CQ，BD＝BN+DN＝10，设CP＝CQ＝a，则BC＝6+a，CD＝4+a，根据矩形性质可得∠BCD＝90°，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
（2）①由折叠的性质得：∠AH'I＝∠AHI，AH'＝AH＝3t，根据矩形性质可得AD＝BC＝8，AD∥BC，∠BCD＝90°，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，AC＝BD，再根据勾股定理可得AC=10，，再根据等边对等角可得∠ADO＝∠OAD，根据直线平行性质可得∠AHI＝∠ADO，再根据相似三角形判定定理可得△AIH'∽△AH'C，则，再根据相似三角形判定定理可得△AIH∽△AOD，则，即，解方程即可求出答案.
②作于，交OF的延长线于，作于于，根据三角形中位线定理可得，再根据等边三角形性质可得OF＝FH，∠OHF＝∠HOF＝60°，再根据三角形中位线定理可得DN＝DL＝4，根据角之间的关系可得∠LOH＝∠NHK，再根据相似三角形判定定理可得△OLH∽△HNK，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
15．如图（1），在Rt中，是AC上一点（不与点，重合），以为圆心，AD长为半径作交AB于点，连结BD并延长交于点，连结ED，EF，AF．
（1）求证：；
（2）如图（2），若，求证：；
（3）如图（3），．
①若，求的半径长；
②求的最大值．
【答案】（1）证明：在优弧EF上任意取一点G，连接GE，GF，
四边形EDCG是圆内接四边形，
（2）证明：作于，
∠ EBD = ∠EFD，2∠ EFD = ∠ BAD，
∴∠ EBD= ∠BAD，
∴ BD=AD，
在ΔBDC和ΔADH中，
∴Δ BDC Δ ADH(AAS)，
∴ CD=DH，AH⊥DF
∴ DF=2DH，
（3）解：①在Rt中，由勾股定理得，，
解得；
②作于，
∴EG∥BC，
∴Δ AEG ∽Δ ABC
在Rt中，由勾股定理得，
当时最大值为
【知识点】圆内接四边形的性质；相似三角形的判定；二次函数y=a（x-h）²+k的性质；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）在优弧EF上任意取一点G，连接GE，GF，根据圆内接四边形性质可得，再根据角之间的关系即可求出答案.
（2）作于，根据角之间的关系可得∠ EBD= ∠BAD，则BD=AD，再根据全等三角形判定定理可得Δ BDC Δ ADH(AAS)，则CD=DH，AH⊥DF，即DF=2DH，即可求出答案.
（3）①根据勾股定理可得AB=10，再根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算即可求出答案.
②作于，根据相似三角形判定定理可得Δ AEG ∽Δ ABC，则，再根据勾股定理可得，则，结合二次函数性质即可求出答案.
16．（【深圳市中考数学备考指南】专题7圆的一证一算（较难））如图1，CD是⊙O的直径，且CD过弦AB的中点H，连接BC，过弧AD上一点E作EF∥BC，交BA的延长线于点F，连接CE，其中CE交AB于点G，且FE＝FG．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）如图2，连接BE，求证：BE2＝BG BF；
（3）如图3，若CD的延长线与FE的延长线交于点M，tanF＝，BC＝5，求DM的值．
【答案】（1）证明：连接OE，则∠OCE＝∠OEC＝α，
∵FE＝FG，
∴∠FGE＝∠FEG＝β，
∵H是AB的中点，
∴CH⊥AB，
∴∠GCH+∠CGH＝α+β＝90°，
∴∠FEO＝∠FEG+∠CEO＝α+β＝90°，
∴EF是⊙O的切线
（2）证明：∵CH⊥AB，
∴
∴∠CBA＝∠CEB，
∵EF∥BC，
∴∠CBA＝∠F，故∠F＝∠CEB，
∴∠FBE＝∠GBE，
∴△FEB∽△EGB，
∴BE2＝BG BF
（3）解：如图2，过点F作FR⊥CE于点R，
设∠CBA＝∠CEB＝∠GFE＝γ，则tanγ＝
∵EF∥BC，
∴∠FEC＝∠BCG＝β，故△BCG为等腰三角形，则BG＝BC＝5
在Rt△BCH中，BC＝5，tan∠CBH＝tanγ＝，
则，
，同理；
设圆的半径为，则，
即，解得：；
，则，
则，则，
连接DE，则，
在Rt中
，解得：，
则，
在中，，
解得：；
；
，
.
【知识点】勾股定理；垂径定理；切线的判定；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】（1）连接OE，则∠OCE＝∠OEC＝α，根据等腰三角形的性质得到∠FGE＝∠FEG＝β，再根据垂径定理得到CH⊥AB，从而结合题意等量代换得到∠FEO＝∠FEG+∠CEO＝α+β＝90°，根据切线的判定即可求解；
（2）根据垂径定理结合题意得到∠CBA＝∠CEB，再根据平行线的性质得到∠CBA＝∠F，故∠F＝∠CEB，进而根据相似三角形的判定与性质证明△FEB∽△EGB即可得到BE2＝BG BF；
（3）过点F作FR⊥CE于点R，设∠CBA＝∠CEB＝∠GFE＝γ，根据正切函数得到tanγ＝，进而根据平行线的性质得到∠FEC＝∠BCG＝β，则△BCG为等腰三角形，BG＝BC＝5，再根据题意解直角三角形得到，同理，设圆的半径为，根据勾股定理得到，进而请求出r，从而得到HG，再根据正切函数和余弦函数即可得到，，连接DE，则，再根据题意求出CM和CD后即可求解。
1 / 1圆与相似三角形综合题—深圳市中考数学地方特色专题
一、解答题
1．（2021·深圳）如图， 为 的弦，D，C为 的三等分点， ．
（1）求证： ；
（2）若 ， ，求 的长．
2．（2025九下·越秀期中）如图，是的外接圆，是的直径，F是延长线上一点，连接，，且．
（1）求证：是的切线；
（2）若的半径为5，，求的长．
3．（2025九下·广州月考）如图，中，为中点，是的外接圆．
（1）求和的长；
（2）利用尺规作图，过点作线段垂线，交于点，保留作图痕迹；
（3）求的半径．
4．（2021·坪山模拟）如图，BC是的直径，A为上一点，连接AB、AC，于点D，E是直径CB延长线上一点，且AB平分．
（1）求证：AE是的切线；
（2）若，，求EA．
5．（2025九下·宝安开学考）如图，在△ABC中，以边AB为直径作⊙O，交AC于点D，点E为边BC上一点，连接DE．给出下列信息：①AB＝BC；②∠DEC=90°；③DE是⊙O的切线．
（1）请在上述3条信息中选择其中两条作为条件，剩下的一条作为结论，组成一个命题．你选择的两个条件是 ▲ ，结论是 ▲ （只要填写序号）．判断此命题是否正确，并说明理由；
（2）在（1）的条件下，若CD=5，CE=4，求⊙O的直径．
6．（2020·黄石模拟）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，D是AC中点，直线OD与⊙O相交于E，F两点，P是⊙O外一点，P在直线OD上，连接PA，PC，AF，且满足∠PCA=∠ABC.
（1）求证：PA是⊙O的切线；
（2）证明： ；
（3）若BC=8，tan∠AFP= ，求DE的长.
7．（2024·广东）【知识技能】
（1）如1图，在中，DE是的中位线.连接CD，将绕点按逆时针方向旋转，得到.当点的对应点与点重合时，求证：.
（2）【数学理解】
如2图，在中是的中位线.连接CD，将绕点按逆时针方向旋转，得到，连接，，作的中线DF.求证：.
（3）【拓展探索】
如3图，在中，，点在AB上，.过点作，垂足为.在四边形ADEC内是否存在点，使得 若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由.
8．（2019·深圳）已知在平面直角坐标系中，点A（3，0），B(-3，0），C(-3，8)，以线段BC为直径作圆，圆心为E，直线AC交□E于点D，连接OD．
（1）求证：直线OD是□E的切线；
（2）点F为x轴上任意一点，连接CF交□E于点G，连接BG：
当tan∠FCA= ，求所有F点的坐标 （直接写出）；
9．（2025九下·罗湖月考）在平面内，先将一个多边形以点为位似中心放大或缩小，使所得多边形与原多边形对应线段的比为，并且原多边形上的任一点，它的对应点在线段或其延长线上；接着将所得多边形以点为旋转中心，逆时针旋转一个角度，记为，如果是顺时针旋转一个角度，则记为，这种经过位似和旋转的图形变换叫做旋转相似变换，其中点叫做旋转相似中心，叫做相似比，叫做旋转角．
（1）填空：
①如图1，将以点为旋转相似中心，放大为原来的2倍，再逆时针旋转，得到，这个旋转相似变换记为（___________，___________）；
②如图2，是边长为的等边三角形，将它作旋转相似变换，得到，则线段的长为___________；
（2）如图3，经过得到，又将经过得到，连接，，求证：四边形是平行四边形．
（3）如图4，在中，，，，若经过（2）中的变换得到的四边形恰好是正方形时，则的长为___________．
10．（2025·深圳模拟）如果三个数a、b、c满足，即，那么称b是a和c的比例中项. 比例中项在数学、物理和工程学等领域都有着广泛的应用，数形结合是解决数学问题的重要思想方法。我们知道任何实数都可以用数轴上的点来表示，如图，点A、C在数轴上分别表示实数a、c，现尝试用尺规作图的方法，在正半轴上画出点B、使得点B表示的正数，恰好是数a和c的一个比例中项。方法如下：
第1步：作以AC为直径的圆M；
第2步：____的其中一点记为点N；
A.以A为圆心，AM为半径画圆，交圆M
B.以原点0为圆心，OM为半径画圆，交圆M
C.以OM为直径作圆P，交圆M
D.作AM的垂直平分线，交圆M
E.以OC为直径作圆P，再过点A作AC的垂线l交圆P
第3步：以原点O为圆心，ON长为半径画弧交数轴正半轴于点B，则点B即为所求
（1）请选出你认为第2步中正确作法对应的字母： （只填一个选项即可），并说明理由，用尺规按照所选的作法在图中作出点B，要求保留作图痕迹，不需要写出作法。
（2）若BC =a =2，写出此时圆M的直径AC = .
11．（2025九下·东莞开学考）如图，在中，AB是的直径，点M是直径AB上的一个动点，过点M的弦，交于点C、D，连接BC，点F为BC的中点，连接DF并延长，交AB于点E，交于点G.
图1 图2 备用图
（1）如图1，连接CG，过点G的直线交DC的延长线于点P.当点M与圆心O重合时，若，求证：PG是的切线；
（2）在点M运动的过程中，（k为常数），求k的值；
（3）如图2，连接BG、OF、MF，当是等腰三角形时，求的正切值.
12．（【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（较难））如图，矩形ABCD的边，点从点出发，沿射线AD移动．以CE为直径作，点为与射线BD的公共点，连接EF，~CF．过点作与相交于点，连接CG．
（1）试说明四边形EFCG是矩形；
（2）当与射线BD相切时，点停止移动，在点移动的过程中．
①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值？若存在，求出这个最大值或最小值；若不存在，说明理由；
②求点移动路线的长．
13．（2025九下·南山开学考）如图1，内接于，是的直径，过点B作交于点D（点D与点B不重合）．
（1）求证：．
（2）如图2，过点C作交的延长线于点E，连结交于点F．
①若，求的长；②若是直角三角形，求的值
14．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
15．如图（1），在Rt中，是AC上一点（不与点，重合），以为圆心，AD长为半径作交AB于点，连结BD并延长交于点，连结ED，EF，AF．
（1）求证：；
（2）如图（2），若，求证：；
（3）如图（3），．
①若，求的半径长；
②求的最大值．
16．（【深圳市中考数学备考指南】专题7圆的一证一算（较难））如图1，CD是⊙O的直径，且CD过弦AB的中点H，连接BC，过弧AD上一点E作EF∥BC，交BA的延长线于点F，连接CE，其中CE交AB于点G，且FE＝FG．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）如图2，连接BE，求证：BE2＝BG BF；
（3）如图3，若CD的延长线与FE的延长线交于点M，tanF＝，BC＝5，求DM的值．
答案解析部分
1．【答案】（1）证明：∵
∴
∵D，C为 的三等分点
∴
∴
∴
（2）解：∵
由（1）得
∴
∴BD=BE=5
∵D，C为 的三等分点
∴ ，
∴ ，
∴△CDB∽△BDE
∴ ，即
∴ ，
∴
【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】( 1 )根据平行线的性质及圆周角定理求得角之间的关系；
（2）根据圆周角定理求出各个角之间的关系、各边之间的关系，再利用相似三角形的性质得出对应线段成比例，列出方程求解。
2．【答案】（1）证明：连接，则，
，
，
，
是的直径，
，
，
是的半径，且，
是的切线．
（2）解：的半径为5，
，，
，，
，
，
，
，，
，
，
，且，
，
解得：，
的长为．
【知识点】圆周角定理；切线的判定；相似三角形的判定；解直角三角形；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）连接，则，根据等边对等角可得，则，根据圆周角定理可得，再根据角之间的关系可得，再根据切线判定定理即可求出答案.
（2）根据正弦定义可得，由勾股定理可得CD=6，再根据相似三角形判定定理可得，则，化简可得，建立方程，解方程即可求出答案.
（1）证明：连接，则，
，
，
，
是的直径，
，
，
是的半径，且，
是的切线．
（2）解：的半径为5，
，，
，，
，
，
，
，，
，
，
，且，
，
解得：，
的长为．
3．【答案】（1）解：∵
∴
∴，
∵，为中点，
∴，
∴，
∴（负值舍去）；
（2）解：如图，即为所作：
（3）解：连接并延长交于点F，连接，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∵
∴；
设，则，，
在中，，
∴
解得，，（舍去），
∴，，
∵和都是所对的圆周角，
∴
∵为的直径，
∴，
∴，
∴
∴的半径为
【知识点】勾股定理；圆周角定理；解直角三角形；尺规作图-垂直平分线；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据相似三角形判定定理可得，则，再根据线段中点可得，再代入等式即可求出答案.
（2）根据过直线外一点作已知直线的垂线即可求出答案.
（3）连接并延长交于点F，连接，根据余弦定义可得，再根据边之间的关系可得AE，再根据相似三角形性质可得，设，则，，再根据勾股定理建立方程，解方程可得，，再根据圆周角定理可得，，再根据正弦定义即可求出答案.
（1）解：∵
∴
∴，
∵，为中点，
∴，
∴，
∴（负值舍去）；
（2）解：如图，即为所作：
（3）解：连接并延长交于点F，连接，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∵
∴；
设，则，，
在中，，
∴
解得，，（舍去），
∴，，
∵和都是所对的圆周角，
∴
∵为的直径，
∴，
∴，
∴
∴的半径为
4．【答案】（1）证明：连接
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴∠ABD+∠BAD=90°，
∵AB平分∠EAD，
∴∠BAD=∠BAE，
∴∠ABD+∠BAE=90°，
∵OA=OB，
∴∠ABD=∠OAB，
∴∠OAB+∠BAE=90°，
∴∠OAE=90°，
∴OA⊥AE，而OA是半径，
∴AE是⊙O的切线；
（2）解：∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC=90°，
∴∠C+∠ABC=90°，
∵∠ABC+∠BAD=90°，
∴∠C=∠BAD，
∴tanC=tan∠BAD，
∵AD=2BD，
∴，
为的切线，为的直径，
而
∵∠E=∠E，
∴△ABE∽△CAE，
∴
∵EC=4，
∴AE=2．
【知识点】切线的判定；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）连接OA，根据角平分线定义和直角三角形两个锐角互余即可证明结论；
（2）根据直径所对圆周角是直角可以证明∠C=∠BAD，所以tanC=tan∠BAD，证明△ABE∽△CAE，可得 进而可得结论。
5．【答案】（1）解：选择①和②为条件，③为结论，且该命题为真命题．
证明：如图，连接OD，
，
．
，
，
，
．
，
，即，
是的切线．
故答案为：①和②，③；（答案不唯一）
（2）解：如图，连接BD，
为直径，
，即．
，
．
在和中，
，
，即，
．
故圆的直径为．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；切线的判定与性质；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）选择①和②为条件，③为结论，且该命题为真命题．连接OD，根据等腰三角形的性质证明，再证，
根据切线判定定理可得是的切线；
（2）连接BD，证明，则，即，解得。
6．【答案】（1）证明：∵D是弦AC中点，
∴OD⊥AC，
∴PD是AC的中垂线，
∴PA=PC，
∴∠PAC=∠PCA.
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠CBA=90°.
又∵∠PCA=∠ABC，
∴∠PCA+∠CAB=90°，
∴∠CAB+∠PAC=90°，即AB⊥PA，
∴PA是⊙O的切线；
（2）证明：由（1）知∠ODA=∠OAP=90°，
∴Rt△AOD∽Rt△POA，
∴ ，
∴ .
又 ，
∴ ，即 .
（3）解：在Rt△ADF中，设AD=2a，则DF=3a，
，AO=OF=3a-4，
在Rt△AOD中，
∵ ，即 ，
解得 ，
∴DE=OE-OD=3a-8= .
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆周角定理；切线的判定；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）先判断出PA=PC，得出∠PAC=∠PCA，再判断出∠ACB=90°，得出∠CAB+∠CBA=90°，再判断出∠PCA+∠CAB=90°，得出∠CAB+∠PAC=90°，即可得出结论；（2）先判断出Rt△AOD∽Rt△POA，得出OA2=OP OD，进而得出 ，即可得出结论；（3）在Rt△ADF中，设AD=2a，得出DF=3a. ，AO=OF=3a-4，由勾股定理得出OD2+AD2=AO2找出关于a的等量关系，即可得出结论.
7．【答案】（1）证明：∵是由 绕点按逆时针方向旋转 得到，
其中，点E的对应点E'与点A重合，
∴DE=DE'
∴∠BAC=∠AED，
又∵DE是的中位线 ，
∴DE∥BC，
∴∠AED=∠ACB，
∴∠BAC=∠ACB，
∴AB=BC.
（2）解：如图，连接AA'，
∵由旋转可知，
∠ADA'=∠CDC'，AD=A'D，DC=DC'，
∴∠DAA'=∠DA'A，∠DCC'=∠DC'C，
又∵∠DAA'+∠DA'A+∠ADA'=180°，∠DCC'+∠DC'C+∠CDC'=180°，
∴∠DCC'=∠DAA'，
∴△CDC'∽△ADA'，
∴，即，
又∵ DF是的中线，即F是A'B中点，DE是△ABC的中位线，
∴AD=BD，A'F=BF，
∴DF是△ABA'的中位线，
即，
∴，即.
（3）解：存在，理由如下，
如图，分别以AD和CE为直径作圆，连接两圆心，过点作，垂足为点F，
∵，BE=3，
∴DE=4，
在Rt△BED中，，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
同理，解得，
∴，
在Rt△中，
，
其中，，故，即，
又∵<3，
，
∴，
∴两圆相交，即两圆存在交点G，
此时∠CGE=∠AGD=90°，满足.
【知识点】圆与圆的位置关系；三角形的中位线定理；解直角三角形—边角关系；手拉手相似模型
【解析】【分析】（1）由中位线的性质和旋转性质推导角度关系推出等腰即可；
（2）由目标线段的乘积关系联想旋转前后对应点后三角形的相似，由"手拉手全等"推出的"手拉手相似"，最后利用中位线的等量代换得出目标线段的等量关系；
（3）根据已知定△ABC分析易解出△BDE，为满足题意，不妨假设结论成立，即找出一个特殊的例子说明存在性即可，故而将目标互补角转换为双直角，即两圆是否存在交点的问题，进一步结合解三角形求出两圆心距离近似估值判断满足两圆相交的关系即可.
8．【答案】（1）证明：法一：连接BD、ED
∵BC为直径
∴∠BDC=90°
∴∠BDA=90°
∵O为AB中点；E为BC中点
∴OD=OA，CE=DE
∴∠OAD=∠ODA，∠C=∠CDE
∵∠C+∠OAD=90°
∴∠EDO=180°-∠EDC-∠0DA=90°
∴OD为圆E的切线
法二：
连接BD、ED、OE
∵BC为直径
∴∠BDC=90°
∵O为AB中点．
∴OD= AB=OB
在△BOE与△DOE中
∴△BOE≌△DOE
∴∠ODE=∠EBO=90°
∴OD为□E的切线
（2）F(5，0），F( ，0) ②求 的最大值。 解：法一：取CF的中点了，连结BT，则CF=2BT ∵BT≥BG ∴ 法二：设BF=a，CF= BG= ∴ 当 =0时， 最大， 此时a=8， = 法三：同法二 =k≥0， =k ∴8a=k·a2+64k， ∴ka2-8a+64k=0 ∴△=64-4k·64k≥0 ∴k2≤ ∴0【知识点】切线的判定；相似三角形的判定与性质；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【解答】（2）法一：①当F在A点右侧时
过点A作AM⊥AC交CF于点M，过M作MH交x轴于H点
∵∠CAB+∠MAH=90°
∠CAB+∠BCA=90°
∴∠MAH=∠BCA
∵∠CBA=∠MHA=90°
∴△BCA∽△HAM
∴
∴AH=
，MH=
∴M（
，
）
∴CM：y=-x+5
∴F(5，0）
②当F在A点左侧时
过点A作AM⊥AC，交CF延长线于点M，过M作AH的垂线交AH延长线于N．
∵∠CAIH+∠AMAN=90°
∠CAH+∠ACH=90°
∴∠MAN=∠ACH
∵∠H=∠N=90°
∴△CAH∽△NAM
∴AN=
，MN=
∴M（
，
）
∴CM：y=
x+
∴F（
，0）
法二：①当F在A点右侧
tan ∠BCF=tan(∠BCA+∠ACF)
=
=
=1
∴
∴BF=8
F(5，0)
②点F在A点左侧
tan∠BCF =tan(∠BCA-∠FCA)
=
=
=
∴
BF=
∴F(
，0)
【分析】（1）方法一：连接BD、ED，利用直径所对的圆周角是直角，可得∠BDC=90°，即得∠BDA=90° .利用直角三角形的性质，可得OD=OA，CE=DE，根据等边对等角，可得∠OAD=∠ODA，∠C=∠CDE .由∠C+∠OAD=90°，可得∠EDO=180°-∠EDC-∠ODA=90°，从而可证OD为圆E的切线.
（2）方法一：分两种情况讨论，①当点F在点A的右边时，
过点A作AM⊥AC交CF于点M，过M作MH交x轴于H点，先求出M（ ， ），利用待定系数法求出直线CM的解析式，再求出直线与x轴交点的坐标即可.②当F在点ADE左侧时，利用tan∠BCF= ，求出BF的长即可.取CF的中点T，连结BT，则CF=2BT ，由于BT≥BG，可得 ，从而求出最大值.
9．【答案】（1）①；②2
（2）证明：∵经过得到，
∴，
∴，；
∵经过得到，
∴，
∴
∴；
∵，
∴即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可证。
故四边形是平行四边形．
（3）
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；解直角三角形；旋转的性质；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】（1）①解：根据新定义的意义，得答案为，
故答案为：；
②解：根据旋转相似变换，得到，
根据得是边长为的等边三角形，得到，，
于是，
故，
故答案为：2，逆60°．
（3）解：以为边在其上方作等边三角形，再作其外接圆，作的直径，再在的上方分别作，延长交于点F，连接，则，
∴四边形是矩形，
∴．
∵，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴将经过得到，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴将经过得到，
此时
∴四边形是正方形．
故答案为：．
【分析】（1）①根据新定义即可求出答案.
②根据旋转相似变换，得到，根据等边三角形判定定理可得，，再根据余弦定义及特殊角的三角函数值即可求出答案.
（2）根据题意可得，，由相似三角形性质可得，，则，再根据角之间的关系可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，再根据边之间的关系可得，，再根据平行四边形判定定理即可求出答案.
（3）以为边在其上方作等边三角形，再作其外接圆，作的直径，再在的上方分别作，延长交于点F，连接，则，根据矩形性质可得，再根据角之间的关系可得，根据余弦定义及特殊角的三角形函数值可得AF，再根据题意可得，再根据正切定义及特殊角的三角函数值可得AE，再根据题意可得，再根据正方形判定定理即可求出答案.
（1）①解：根据新定义的意义，得答案为，
故答案为：；
②解：根据旋转相似变换，得到，
根据得是边长为的等边三角形，得到，，
于是，
故，
故答案为：2，逆60°．
（2）证明：∵经过得到，
∴，
∴，；
∵经过得到，
∴，
∴
∴；
∵，
∴即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可证。
故四边形是平行四边形．
（3）解：以为边在其上方作等边三角形，再作其外接圆，作的直径，再在的上方分别作，延长交于点F，连接，则，
∴四边形是矩形，
∴．
∵，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴将经过得到，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴将经过得到，
此时
∴四边形是正方形．
故答案为：．
10．【答案】（1）C或E；
（2）＋1
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；圆与三角形的综合
【解析】【解答】解：（1）第2步中正确作法对应的字母：C或E，理由如下：
选C：
证明：如图，连接ON、MN、AN、NC，
∵OM是圆P的直径，
∴∠MNO＝90°，
∴∠MNA＋∠ONA＝90°，
∵AC是圆O的直径，
∴∠ANC＝90°，
∴∠NAC＋∠NCA＝90°，
∵MA＝MN，
∴∠NAC＝∠MNA，
∴∠ONA＝∠NCA，
即∠ONA＝∠OCN，
又∵∠NOA＝∠CON，
∴△OAN∽△ONC，
∴，
∴OA OC＝ON2＝OB2，
即ac＝OB2，故点B即为所求；
选E：
证明：如图，连接ON、NC，
∵OC是圆P的直径，
∴∠ONC＝90°，
∵l⊥AC，
∴∠OAN＝90°，
∴∠OAN＝∠ONC，
又∵∠NOA＝∠CON，
∴△OAN∽△ONC，
∴，
∴OA OC＝ON2＝OB2，
即ac＝OB2，故点B即为所求；
故答案为：C或E；
（2）∵BC＝a＝2，
∴OB＝OC BC＝c 2，
∵ac＝OB2，
∴2c＝（c 2）2，
整理得，c2 6c＋4＝0，
解得：c＝3＋或c＝3 （不符合，舍去），
∴OC＝3＋，
∴AC＝OC OA＝3＋ 2＝＋1，
故答案为：＋1．
【分析】（1）根据题干中的定义及作图方法和步骤作出图形即可；
（2）利用比例线段的性质可得2c＝（c 2）2，再求出c的值，再求出OC的长，最后求出AC的长即可.
11．【答案】（1）证明：如图，连接OG，
则，
∴，
当点M与圆心O重合时，CD是的直径，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
即，
∵OG是的半径，
∴PG是的切线
（2）解：如图，过点F作，垂足为H，则，
∵点F为BC的中点，
∴FH是的中位线，
∴，
∵AB是的直径，弦，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴
（3）解：如图，当点M在圆心O的左侧时，，连接CO，
∵点F为BC的中点，
∴，
在和中，，
∴，
∴.
在中，点F为BC的中点，
∴，
∴，
∴是等边三角形
∴，
∴，
∴；
如图，当点M在圆心O的右侧时，，，
∵点F为BC的中点，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
在中，点F为BC的中点，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴.
综上所述，的正切值为或
【知识点】等边三角形的判定与性质；切线的判定；相似三角形的判定；求特殊角的三角函数值；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）连接OG，根据等边对等角可得，根据圆周角定理可得，即，再根据角之间的关系可得，再根据切线判定定理即可求出答案.
（2）过点F作，垂足为H，则，根据三角形中位线定理可得，再根据垂径定理可得，则，再根据相似三角形判定定理可得，则，化简即可求出答案.
（3）分情况讨论：当点M在圆心O的左侧时，，连接CO，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，再根据特殊角的三角函数值即可求出答案；当点M在圆心O的右侧时，，，根据角之间的关系可得，则，再根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，即，再根据特殊角的三角函数值即可求出答案；
12．【答案】（1）证明：如图1，
为的直径，
四边形EFCG是矩形．
（2）解：①存在．
连接OD，如图2①，
四边形ABCD是矩形，
点是CE的中点，
点在上．
四边形EFCG是矩形，
I．当点在点处时，点在点处，点在点处，如图2①所示．
此时，．
II．当点在点处时，直径，如图2②所示，
此时与射线BD相切，．
III．当时，CF最小，
如图2③所示．
矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为．
②∵定值，点的起点为，终点为，如图2②所示，
点的移动路线是线段．
点移动路线的长为．
【知识点】垂线段最短及其应用；矩形的判定与性质；圆周角定理；相似三角形的判定；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】
（1）根据矩形的判断定理；有3个角为90°的四边形为矩形，依此说明四边形EFCG为矩形。
（2）先证点D在圆上，根据圆周角定理可得∠FCE=∠FDE，从而证明，根据相似三角形的性质可得，然后只需求出CF的取值范围，就可以求出的取值范围，从而求出面积的最大值和最小值。根据圆周角定理和矩形的性质，可证得∠GDC=∠FDE=定值，从而得到点G的移动的线路是线段，只需要找出G点的起点和终点，求出该线段的长度即可。
13．【答案】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：连接，设交于点H，如图，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴．
②∵是直角三角形，
当时，点F在外，由于为弦，这与交于点F不符；
当时，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴点D在外，这与题意不符．
∴只有．则，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
设、、，
则，
∴
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∴．
∴，
∴，
∴(负数不合题意，舍去)
∴，
∴，
即
【知识点】垂径定理的实际应用；圆周角定理；相似三角形的判定与性质；已知正弦值求边长
【解析】【分析】（1）利用平行线的性质得出，根据等边对等角可得出，再通过等角代换可得出，继而证明．
（2）①连接，设交于点H，利用圆周角定理，平行线的性质，垂径定理得到；通过证明 四边形 C H D E 为矩形 ，利用矩形的判定与性质得到，再利用条件 ，得出含角的直角三角形，继而可证明，再利用等腰三角形的三线合一的性质求得，则结论可求；
②通过分类讨论，最终确定只有时符合题意，利用直角三角形的性质和等角的余角相等的性质和等腰三角形的性质得到；设、、，则，利用勾股定理和相似三角形的判定与性质分别表示，进而得到x，y的方程，解方程求得x，y的关系式，代入化简运算即可得出结论．
（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴．，
∴．
（2）解：连接，设交于点H，如图，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴．
②∵是直角三角形，
当时，点F在外，由于为弦，这与交于点F不符；
当时，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴点D在外，这与题意不符．
∴只有．则，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
设、、，
则，
∴
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∴．
∴，
∴，
∴(负数不合题意，舍去)
∴，
∴，
即
14．【答案】（1）解：∵⊙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）解：①存在时刻，使点恰好落在边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＝AC，OB＝OD＝BD，AC＝BD，
，
∴∠ADO＝∠OAD，
∵HI∥BD，
∴∠AHI＝∠ADO，
∴∠AH'I＝∠AHI＝∠ADO＝∠OAD＝∠ACH'，
∴△AIH'∽△AH'C
∴
∵HI∥BD，
∴△AIH∽△AOD，
∴，即
解得：，
解得：，即存在时刻，使点恰好落在边BC上；
②作于，交OF的延长线于，作于于，如图2所示：
则是的中位线，
∵△OFH是等边三角形，
∴OF＝FH，∠OHF＝∠HOF＝60°，
∴∠FHK＝∠HKO＝30°，
∴FH＝FK＝OF，HK＝OH，
∴DF是梯形OLNK的中位线，
∴DN＝DL＝4，
∵∠LHO+∠LOH＝∠LHO+∠NHK＝90°，
∴∠LOH＝∠NHK，
∴△OLH∽△HNK，
即当△OFH为正三角形时，t的值为（4﹣）s．
【知识点】三角形的内切圆与内心；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定；三角形的中位线定理；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据三角形内切圆性质可得BP＝BN＝6，DQ＝DN＝4，CP＝CQ，BD＝BN+DN＝10，设CP＝CQ＝a，则BC＝6+a，CD＝4+a，根据矩形性质可得∠BCD＝90°，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
（2）①由折叠的性质得：∠AH'I＝∠AHI，AH'＝AH＝3t，根据矩形性质可得AD＝BC＝8，AD∥BC，∠BCD＝90°，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，AC＝BD，再根据勾股定理可得AC=10，，再根据等边对等角可得∠ADO＝∠OAD，根据直线平行性质可得∠AHI＝∠ADO，再根据相似三角形判定定理可得△AIH'∽△AH'C，则，再根据相似三角形判定定理可得△AIH∽△AOD，则，即，解方程即可求出答案.
②作于，交OF的延长线于，作于于，根据三角形中位线定理可得，再根据等边三角形性质可得OF＝FH，∠OHF＝∠HOF＝60°，再根据三角形中位线定理可得DN＝DL＝4，根据角之间的关系可得∠LOH＝∠NHK，再根据相似三角形判定定理可得△OLH∽△HNK，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
15．【答案】（1）证明：在优弧EF上任意取一点G，连接GE，GF，
四边形EDCG是圆内接四边形，
（2）证明：作于，
∠ EBD = ∠EFD，2∠ EFD = ∠ BAD，
∴∠ EBD= ∠BAD，
∴ BD=AD，
在ΔBDC和ΔADH中，
∴Δ BDC Δ ADH(AAS)，
∴ CD=DH，AH⊥DF
∴ DF=2DH，
（3）解：①在Rt中，由勾股定理得，，
解得；
②作于，
∴EG∥BC，
∴Δ AEG ∽Δ ABC
在Rt中，由勾股定理得，
当时最大值为
【知识点】圆内接四边形的性质；相似三角形的判定；二次函数y=a（x-h）²+k的性质；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）在优弧EF上任意取一点G，连接GE，GF，根据圆内接四边形性质可得，再根据角之间的关系即可求出答案.
（2）作于，根据角之间的关系可得∠ EBD= ∠BAD，则BD=AD，再根据全等三角形判定定理可得Δ BDC Δ ADH(AAS)，则CD=DH，AH⊥DF，即DF=2DH，即可求出答案.
（3）①根据勾股定理可得AB=10，再根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算即可求出答案.
②作于，根据相似三角形判定定理可得Δ AEG ∽Δ ABC，则，再根据勾股定理可得，则，结合二次函数性质即可求出答案.
16．【答案】（1）证明：连接OE，则∠OCE＝∠OEC＝α，
∵FE＝FG，
∴∠FGE＝∠FEG＝β，
∵H是AB的中点，
∴CH⊥AB，
∴∠GCH+∠CGH＝α+β＝90°，
∴∠FEO＝∠FEG+∠CEO＝α+β＝90°，
∴EF是⊙O的切线
（2）证明：∵CH⊥AB，
∴
∴∠CBA＝∠CEB，
∵EF∥BC，
∴∠CBA＝∠F，故∠F＝∠CEB，
∴∠FBE＝∠GBE，
∴△FEB∽△EGB，
∴BE2＝BG BF
（3）解：如图2，过点F作FR⊥CE于点R，
设∠CBA＝∠CEB＝∠GFE＝γ，则tanγ＝
∵EF∥BC，
∴∠FEC＝∠BCG＝β，故△BCG为等腰三角形，则BG＝BC＝5
在Rt△BCH中，BC＝5，tan∠CBH＝tanγ＝，
则，
，同理；
设圆的半径为，则，
即，解得：；
，则，
则，则，
连接DE，则，
在Rt中
，解得：，
则，
在中，，
解得：；
；
，
.
【知识点】勾股定理；垂径定理；切线的判定；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】（1）连接OE，则∠OCE＝∠OEC＝α，根据等腰三角形的性质得到∠FGE＝∠FEG＝β，再根据垂径定理得到CH⊥AB，从而结合题意等量代换得到∠FEO＝∠FEG+∠CEO＝α+β＝90°，根据切线的判定即可求解；
（2）根据垂径定理结合题意得到∠CBA＝∠CEB，再根据平行线的性质得到∠CBA＝∠F，故∠F＝∠CEB，进而根据相似三角形的判定与性质证明△FEB∽△EGB即可得到BE2＝BG BF；
（3）过点F作FR⊥CE于点R，设∠CBA＝∠CEB＝∠GFE＝γ，根据正切函数得到tanγ＝，进而根据平行线的性质得到∠FEC＝∠BCG＝β，则△BCG为等腰三角形，BG＝BC＝5，再根据题意解直角三角形得到，同理，设圆的半径为，根据勾股定理得到，进而请求出r，从而得到HG，再根据正切函数和余弦函数即可得到，，连接DE，则，再根据题意求出CM和CD后即可求解。
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