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考点分布 考查频率 命题趋势
考向1 圆中弧长和面积的综合题 ★★★★ 题型结构：以解答题为主（占比约60%-70%），常结合几何综合问题，涉及切线的判定（如连半径证垂直）、线段长度计算、阴影面积求解等高频题型；选择题和填空题侧重基础知识点如圆周角定理、垂径定理。 难度：解答题难度较高（压轴题常见），需综合圆与三角形、四边形、相似、三角函数等知识，尤其注重几何变换与数形结合能力。 分值占比：占总分10%-15%，其中综合题单题分值可达8-12分。新增趋势可能包括圆锥实际应用题（如滤纸与漏斗模型）及动态几何问题（如菱形与圆的轴对称结合），强调跨模块整合与数学建模能力。
考向2 圆与全等三角形的综合题 ★★★
考向3 圆的综合证明问题 ★★★★
考向4 圆与等腰三角形的综合题
考向5 圆的阅读理解与新定义问题
一．分析题干与挖掘隐含条件
拿到题目后，首先仔细分析题干中给出的各种条件，明确已知信息和要求解的问题。同时，从图形中挖掘隐含条件，例如圆是轴对称图形也是中心对称图形，利用这一性质可以对相关结论作合理的猜测。
如在一些圆与三角形的图形中，可能存在隐藏的相等线段、相等角等条件，需要我们通过观察和推理去发现。二。利用圆的重要性质
垂径定理
垂径定理在解决圆的问题中经常用到。通过在由半弦、半径、弦心距组成的直角三角形中，运用勾股定理或锐角三角函数进行计算。
例如，已知圆的半径和弦长，可利用垂径定理求出弦心距；或者已知半径和弦心距，可求出弦长的一半，进而得到弦长。
圆心角、弧、弦、弦心距的等量关系
在同圆或等圆中，圆心角、弧、弦、弦心距存在等量对等量的关系，可以利用这些关系进行相等关系的转化。
比如，若两个圆心角相等，则它们所对的弧相等，所对的弦也相等；反之亦然。这有助于我们在证明全等三角形时找到对应边和对应角相等的条件。
直径所对圆周角的性质
由直径所对的圆周角是直角这一性质，可以构造直角三角形。在圆与全等三角形的综合题中，直角三角形的存在为我们提供了更多的解题思路，例如可以利用勾股定理、直角三角形的全等判定定理等。
例如，当题目中出现圆的直径时，我们要联想到直径所对的圆周角是直角，从而得到直角三角形，再结合其他条件进行推理和计算。
三．构造辅助线
连接经过切点的半径
当题目涉及圆的切线时，最常用的辅助线是连接经过切点的半径。因为圆的切线垂直于经过切点的半径，这样就可以得到直角，为证明全等三角形提供垂直的条件，进而利用全等三角形的判定定理进行证明。
利用直径构造直角三角形
如前面所述，直径所对的圆周角是直角，所以当题目中存在直径时，可以连接圆上的点与直径的两端点，构造出直角三角形，方便我们进行角度和线段的计算，也有助于证明全等三角形。
利用圆周角相等转移角的位置
在圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等。我们可以通过连接相关的点，利用圆周角相等的性质将角的位置进行转移，从而在全等三角形的证明中找到对应角相等的条件。
三．运用全等三角形的判定定理
在证明两个三角形全等时，要熟练掌握全等三角形的判定定理，如“SSS”（三边对应相等）、“SAS”（两边及其夹角对应相等）、“ASA”（两角及其夹边对应相等）、“AAS”（两角及其中一角的对边对应相等）、“HL”（斜边和一条直角边对应相等，适用于直角三角形）。
根据前面分析题干、挖掘隐含条件以及构造辅助线得到的信息，寻找三角形全等的条件，通过证明三角形全等，进而得到对应边相等、对应角相等，解决题目中的问题。
四．面积相关问题的处理
与圆有关的阴影部分的面积问题也是综合题中的常见题型。求阴影部分面积时，常常是通过把不规则图形的面积，用扇形的面积和三角形的面积的和差来解决。
特别地，对于旋转图形，要利用旋转的性质，确定旋转的中心（扇形的圆心）和旋转半径（相应的线段）的位置的变化，常常运用三角形全等进行面积的割补。
1.借助圆的基本性质：圆的半径、直径、弦等基本性质与等腰三角形的判定和性质紧密相关。
2.利用半径相等构造等腰三角形：圆的半径处处相等，若以圆心为顶点，两条半径为边可以构成等腰三角形。
3.综合其他几何性质：在解决用圆确定等腰三角形的问题时，还需要结合其他几何性质，如角平分线、垂直平分线、平行线等性质。
1）角平分线与等腰三角形：若圆中存在角平分线，结合圆周角定理和等腰三角形的性质，可得到相等的角和边。2）垂直平分线与等腰三角形：线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等，若在圆中某条线段的垂直平分线经过圆心或与圆有特定的位置关系，可据此构造等腰三角形。
3）平行线与等腰三角形：当圆中存在平行线时，可利用平行线的性质得到相等的角，再结合圆周角定理和等腰三角形的判定定理判断三角形是否为等腰三角形。
4.添加辅助线：添加适当的辅助线是解决几何问题的常用方法，在圆和等腰三角形的问题中也不例外。
1）连接半径：连接圆心与圆上的点，得到半径，利用半径相等构造等腰三角形。
2）作弦心距：过圆心作弦的垂线，利用垂径定理和等腰三角形三线合一的性质解题。
3）构造全等三角形：通过倍长中线、截长补短等方法构造全等三角形，从而得到相等的边和角，判断等腰三角形。例如遇到等腰三角形，可作底边上的高，利用“三线合一”的性质解题，思维模式是全等变换中的“对折”法构造全等三角形；遇到三角形的中线，倍长中线，使延长线段与原中线长相等，构造全等三角形，利用的思维模式是全等变换中的“旋转”法构造全等三角形。
例1.已知某扇形弧长为3π，圆心角为60°，则扇形面积为（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据弧长公式求出圆的半径，再根据扇形面积的计算方法进行计算即可．
【解答】解：设扇形所在的圆的半径为r，由弧长公式可得，
3π，
解得r＝9，
所以扇形的面积为3π×9π（cm2）．
故选：D．
变式1.如图1，是一枚残缺的古代钱币，如图2，经测量发现，钱币完好部分的弧长为3π，其内部正方形ABCD的边长为1．已知正方形ABCD的中心与⊙O的圆心重合，且点E，F分别是边BC，CD的延长线与⊙O的交点，则图中阴影部分的面积为　π　 ．
【分析】如图，延长DA交⊙O于M，延长AB交⊙O于N．首先利用弧长公式求出r，再利用分割法求解即可．
【解答】解：如图，延长DA交⊙O于M，延长AB交⊙O于N．
设⊙O的半径为r．
由题意，钱币完好部分的弧长为3π，
∴2πr＝3π，
∴r＝2，
∴S阴（πr2﹣1）＝π．
变式2.《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表，其中《方田》章给出计算弧田面积所用公式为：弧田面积（弦×矢+矢2），弧田（如图）是由圆弧和其所对的弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长AB，“矢”等于半径长与圆心O到弦的距离之差．在如图所示的弧田中，“弦”为8，“矢”为2，则cos∠OAB的值为　　 ．
【分析】如图，作OH⊥AB交AB于H，交圆弧于C，利用垂径定理和勾股定理构建方程组求出OA，OH，利用余弦函数定义即可解决问题．
【解答】解：在如图所示的弧田中，“弦”为8，“矢”为2，作OH⊥AB交AB于H，交圆弧于C，
∴AB＝8，HC＝2，
设OA＝x，由OC＝x，
∴OH＝x﹣2，
∵OH⊥AB，OC为半径，
∴，
在Rt△OAH中，由勾股定理得：AH2+OH2＝OA2，
∴42+（x﹣2）2＝x2，
解得x＝5，
∴OA＝5，
∴．
故答案为：．
变式3.传统服饰日益受到关注，如图1为明清时期女子主要裙式之一的马面裙，如图2马面裙可以近似的看作扇环，其中长度为米，裙长AB为0.6米，圆心角∠AOD＝60°，则马面裙的面积为 　π米　 平方米．
【分析】由弧长公式：l和扇形面积公式S（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为r），即可计算．
【解答】解：∵圆心角∠AOD＝60°，
∴的长π（米），
∴OA＝1米，
∴OB＝OA+AB＝1+0.6＝1.6（米），
∴马面裙的面积为：π（米），
故答案为：π米．
变式4.下面是先锋小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务．
关于“相似扇形”的研究报告 先锋小组 研究对象：相似扇形 研究思路：类比研究相似三角形，按“概念—性质—判定—应用”的路径，由一般到特殊进行研究． 研究内容： 【概念理解】圆心角相等的两个扇形叫做相似扇形，其半径的比叫做相似比，如图1，分别以线段AB，A′B′为直径作半圆O与半圆O′，即可得到一对相似扇形，其相似比为OA：O′A′． 【性质探索】可以类比相似三角形的性质，得到相似扇形的性质，如下： 关于弧长：两个相似扇形的相似比为k，则弧长之比为①　k　 ； 关于面积：两个相似扇形的相似比为k，则面积之比为②　k2　 ． …… 【判定探索】根据定义，探索相似扇形的判定，得到如下结论： 半径和弧长对应成比例的两个扇形是相似扇形．为说明这一结论正确，分析如下： 如图2，已知扇形AOB与扇形A′O′B′，，只要说明∠AOB＝∠A′O′B′， 即可判断扇形AOB与扇形A′O′B′是相似扇形． ……
任务：
（1）补全材料中“性质探索”中空缺的部分：①　k　 ；②　k2　 ；
（2）根据材料中“判定探索”的分析思路，写出推理过程；
（3）如图3，已知扇形BAC，点P是AB上的一点，扇形BCP与扇形BAC相似，且点P在AC的垂直平分线上，若的长为l，则的长为　　 ．（用含l的代数式表示）
【分析】（1）根据两个相似扇形的性质可得答案；
（2）由，再代入弧长公式即可得到结论；
（3）先证明AP＝CP＝CB，△ABC∽△CBP，可得，设AP＝CP＝CB＝m，AB＝AC＝n，可得n2﹣mn﹣m2＝0，再进一步解答即可．
【解答】解：（1）类比相似三角形的性质，得到相似扇形的性质，如下：
关于弧长：两个相似扇形的相似比为k，则弧长之比为k；
关于面积：两个相似扇形的相似比为k，则面积之比为k2．
故答案为：k；k2；
（2）∵，
∴，
解得：n1＝n2，
∴扇形AOB与扇形A′O′B′是相似扇形．
（3）∵扇形BCP与扇形BAC相似，
∴∠A＝∠BCP，
∵AB＝AC，CB＝CP，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠BPC，
由条件可知PA＝PC，
∴AP＝CP＝CB，
∵∠A＝∠BCP，∠B＝∠B，
∴△ABC∽△CBP，
∴，
设AP＝CP＝CB＝m，AB＝AC＝n，
∴，
∴n2﹣mn﹣m2＝0，
∴，（舍去），
∴，
∵的长为l，
∴，
∴；
故答案为：．
变式5.如图，矩形ABCD中，AD＝4，AB＝m（m＞4），点P是DC上一点（不与点D，C重合），连接AP，△APQ与△APD关于AP对称，PM是过点A，P，Q的半圆O的切线，且PM交射线AB于点M．
（1）当AP＝PM时，半圆O的弧AP与线段AB所围成的封闭图形的面积为 　2π﹣4　 ；
（2）当点Q在矩形ABCD内部时，①判断∠PAQ与∠AMP是否相等，并说明理由；②若tan∠PAQ，求AM的长；
（3）当时，若点Q落在矩形ABCD的对称轴上，求m的值及此时半圆O落在矩形ABCD内部的弧长．
【分析】（1）由∠APM＝90°，AP＝PM得∠PAM＝45°，从而∠PAQ＝∠PAD＝45°，点Q在AB上，求出S△AOQ+S扇形POQ即可；
（2）①由∠AMP+∠PAM＝90°，∠DAP+∠PAM＝90°得∠PAD＝∠PMA，又∠PAQ＝∠PAD，从而得出结论；
②在Rt△ADP中，求出AP，然后在Rt△APM中，求得AM．
（3）当Q落在AD的垂直平分线上时，连接QD，可得△ADQ是等边三角形，从而∠DAP＝30°，求出DP，进而求得m，△AOE是等边三角形得∠POE＝120°，进而求得．
【解答】解：（1）如图1，
∵PM是⊙O的切线，
∴AP⊥PM，
∴∠APM＝90°，
∵AP＝PM，
∴∠PAM＝∠PMA＝45°，
∴∠DAP＝90°﹣∠PAM＝45°，
∵∠PAQ＝∠PAD＝45°，
∴Q点在AB上，
∵S△AOQS△APQ4，
S扇形AOQS圆Oπ （2）2＝2π，
∴半圆O与AB所围成的封闭图形的面积为：2π﹣4；
故答案是2π﹣4；
（2）①如图2，
∠PAQ＝∠AMP，理由如下：
由（1）知，
∠APM＝90°，
∴∠AMP+∠PAM＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∴∠DAP+∠PAM＝90°，
∴∠PAD＝∠PMA，
由折叠对称得，
∠PAQ＝∠PAD，
∴∠PAQ＝∠AMP；
②∵∠PAQ＝＝∠PAD＝∠AMP，
∴tan∠PAQ＝tan∠PAD＝tan∠AMP，
在Rt△ADP中，AD＝4，
tan∠PAD，
∴DP＝3，
∴PA5，
∴sin∠PMA＝sin∠PAD，
在Rt△PAM中，
AM；
（3）如图3，
当Q点落在AD垂直平分线MN上时，
连接DQ，
∴DQ＝AQ＝AD，
∴∠DAQ＝60°，
∴∠DAP＝∠PAQ＝30°，
∴AP，
∴DP＝OA＝OP，
∴m＝AB＝CD＝4DP，
设⊙O与AB交于E，连接OE，
∵OA＝OE，∠PAE＝90°﹣∠PAD＝60°，
∴△AOE是等边三角形，
∴∠AOE＝60°，
∴∠POE＝120°，
∴半圆O落在矩形ABCD内部的弧长，
如图4，
当Q点在AB的垂直平分线KL上时，
设PQ＝DP＝x，则CD＝4x，PC＝3x，DK＝CK＝2x，
∴PK＝CP﹣CK＝x，
∴PK＝PQ，
在Rt△PKQ中，PQ＞PK，
∴此情况不可能．
综上所述：m，
半圆O落在矩形ABCD内部的弧长．
例1.【知识技能】
（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为平面内一点（点A，B，D三点不共线），AE为△ABD的中线，延长AE至点M，使得ME＝AE，连接DM．求证：∠MDA+∠DAB＝180°．
【数学理解】
（2）如图2，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为平面内一点（点A，B，D三点不共线），AE为△ABD的中线，将AD绕点A按顺时针方向旋转90°得到AF，连接CF．求证：．
【拓展探索】
（3）如图3，在（2）的条件下，点D在以点A为圆心，AD的长为半径的圆上运动（AD＞AB），直线AE与直线CF交于点G，连接BG，在点D的运动过程中，BG的长度存在最大值．若AB＝4，求BG的长度的最大值．
【分析】（1）证明△ABE≌△MDE（SAS）．得出∠BAE＝∠DME．证出AB∥DM．则可得出结论；
（2）延长AE至点M，使得ME＝AE，连接DM．证明△ACF≌△DMA（SAS）．得出CF＝MA．则可得出结论；
（3）延长AE至点M，使EM＝AE，连接BM．证明△ADE≌△MBE（SAS）．得出AD＝BM，∠DAE＝∠M．证明△ABM≌△CAF（SAS）．得出∠BAM＝∠ACF．证出∠AGC＝90°．则点G在以AC为直径的⊙O上运动，当且仅当B，O，G三点共线时，BG的长度取得最大值，此时BG＝OB+OG．由勾股定理可得出答案．
【解答】（1）证明：∵AE为△ABD的中线，
∴BE＝DE．
在△ABE和△MDE中，
，
∴△ABE≌△MDE（SAS）．
∴∠BAE＝∠DME．
∴AB∥DM．
∴∠MDA+∠DAB＝180°．
（2）证明：如图，延长AE至点M，使得ME＝AE，连接DM．
∵将AD绕点A按顺时针方向旋转90°得到AF，
∴AF＝AD，∠DAF＝90°．
∵∠DAF+∠BAC+∠DAB+∠CAF＝360°，∠BAC＝90°，
∴∠DAB+∠CAF＝180°．
由（1）得∠MDA+∠DAB＝180°，DM＝AB＝AC，
∴∠CAF＝∠MDA．
在△ACF和△DMA中，
，
∴△ACF≌△DMA（SAS）．
∴CF＝MA．
∵，
∴．
（3）解：如图，延长AE至点M，使EM＝AE，连接BM．
在△ADE和△MBE中，
，
∴△ADE≌△MBE（SAS）．
∴∠DAE＝∠M．AD＝BM，
∴AD∥BM．
∴∠DAB+∠ABM＝180°．
∵∠DAF+∠BAC＝180°，
∴∠DAB+∠CAF＝180°．
∴∠ABM＝∠CAF．
∵AD＝AF，
∴AF＝MB．
在△ABM和△CAF中，
，
∴△ABM≌△CAF（SAS）．
∴∠BAM＝∠ACF．
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAM+∠CAG＝90°．
∴∠ACF+∠CAG＝90°．
∴∠AGC＝90°．
∴点G在以AC为直径的⊙O上运动，
当且仅当B，O，G三点共线时，BG的长度取得最大值，此时BG＝OB+OG．
∵O为AC的中点，AB＝AC，
∴．
在Rt△ABO中，OB．
在Rt△ACG中，O为斜边AC的中点，
∴．
∴BG的长度的最大值为．
变式1.如图，△ABC内接于⊙O，∠A＝∠B+∠C．
（1）如图1，求证：BC为⊙O的直径；
（2）如图2，点D，E在弧AB上，连接BD，CE相交于点F，连接DE，CD，若∠BFC＝∠EDC，求证：CE是∠BCD的角分线；
（3）如图3，在（2）的条件下．连接BE，AE，AE与CD相交于点G，过点B作BH⊥BD交AE延长线于点H，AB与CE相交于点M，若BH＝5，DG＝1，tan∠AMC，求DE的长．
【分析】（1）利用三角形的内角和定理和圆周角定理的推论解答即可；
（2）利用三角形的外角的性质和圆周角定理解答即可；
（3）延长BE，CD，它们相交于点N，利用圆周角定理和全等三角形的判定与性质得到BE＝EN＝ED；利用圆周角定理，平行线的判定与性质和全等三角形的判定与性质得到BH＝NG＝5，则DN＝4；过点E作EK⊥DN于点K，利用等腰三角形的三线合一的性质得到NK＝KD，利用圆周角定理和三角形的外角的性质得到∠AMC＝∠KGE，从而tan∠KGE；在Rt△KEG中，利用直角三角形的边角关系定理即可求得EK，再利用勾股定理解答即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵∠A＝∠B+∠C，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴2∠A＝180°，
∴∠A＝90°，
∵△ABC内接于⊙O，
∴BC为⊙O的直径；
（2）证明：∵∠BFC＝∠EDC，∠BFC＝∠BDC+∠DCE，∠EDC＝∠BDC+∠EDB，
∴∠BDC+∠DCE＝∠BDC+∠EDB，
∴∠DCE＝∠EDB．
∵∠EDB＝∠ECB，
∴∠DCE＝∠ECB，
∴CE是∠BCD的角分线；
（3）解：延长BE，CD，它们相交于点N，如图，
由（2）知：∠DCE＝∠ECB，
∴，
∴BE＝ED．
∵BC为⊙O的直径，
∴∠BEC＝∠NEC＝90°．
在△BEC和△NEC中，
，
∴△BEC≌△NEC（ASA），
∴BE＝EN，
∴BE＝EN＝ED．
∵BC为⊙O的直径，
∴∠BDC＝90°，
∴CD⊥BD，
∵BH⊥BD，
∴BH∥CD，
∴∠HBE＝∠N，
在△BEH和△NEG中，
，
∴△BEH≌△NEG（ASA），
∴BH＝NG＝5，
∵DG＝1，
∴DN＝NG﹣DG＝4．
∴KG＝KD+DG＝3．
过点E作EK⊥DN于点K，
∵EN＝ED，
∴NK＝KD．
∵，
∴∠BAE＝∠DCE．
∵∠AMC＝∠AEC+∠BAE，∠KGE＝∠AEC+∠DCE，
∴∠AMC＝∠KGE，
∵tan∠AMC，
∴tan∠KGE．
在Rt△KEG中，
∵tan∠KGE，
∴EK＝4，
∴DE2．
变式2.在学习《圆》这一单元时，我们学习了圆周角定理的推论：圆内接四边形的对角互补；事实上，它的逆命题：对角互补的四边形的四个顶点共圆，也是一个真命题．在图形旋转的综合题中经常会出现对角互补的四边形，那么，我们就可以借助“对角互补的四边形的四个顶点共圆”，然后借助圆的相关知识来解决问题，例如：
已知：△ABC是等边三角形，点D是△ABC内一点，连接CD，将线段CD绕C逆时针旋转60°得到线段CE，连接BE，DE，AD，并延长AD交BE于点F．当点D在如图所示的位置时：
（1）观察填空：
①与△ACD全等的三角形是　△BCE　 ；
②∠AFB的度数为　60°　 ；
（2）利用题干中的结论，证明：C，D，F，E四点共圆；
（3）直接写出线段FD，FE，FC之间的数量关系　FC＝FE+FD　 ．
【分析】（1）①先判断出△DCE是等边三角形，进而判断出∠ACD＝∠BCE，即可得出结论；
②先判断出∠ADC＝∠BEC，进而判断出∠BEC+∠FDC＝180°，得出C，D，F，E四点共圆，即可得出结论；
（2）（1）②已证；
（3）先判断出CE＝DE，进而判断出∠DFE＝180°﹣∠DCE＝120°，即可得出∠CFE＝∠CDE＝60°，再判断出△EFG是等边三角形，进而利用AAS判断出△CEG≌△DEF，即可得出结论．
【解答】（1）解：①∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝∠ACB＝∠ABC＝60°，
∴∠ACD+∠DCB＝60°，
由旋转知，CE＝CD，∠DCE＝60°，
∴∠BCE+∠DCB＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
故答案为：△BCE；
②由①知，△ACD≌△BCE，
∴∠ADC＝∠BEC，
∵∠ADC+∠FDC＝180°，
∴∠BEC+∠FDC＝180°，
∴C，D，F，E四点共圆，
∴∠AFE+∠DCE＝180°，
∵∠AFB+∠AFE＝180°，
∴∠AFB＝∠DCE＝60°，
故答案为：60°；
（2）证明：由（1）②中，已证；
（3）由（1）①知，△DCE是等边三角形，
∴CE＝DE，
由（1）②知，∠DFE＝180°﹣∠DCE＝120°，
由（2）知，点C，D，F，E四点共圆，
∴∠CFE＝∠CDE＝60°，
在FC上取一点G，使FG＝FE，
∴△EFG是等边三角形，
∴EG＝FE，∠EGF＝60°，
∴∠CGE＝120°＝∠DFE，
∵点C，D，F，E四点共圆，
∴∠ECG＝∠EDF，
∴△CEG≌△DEF（AAS），
∴CG＝FD，
∴FC＝FG+CG＝FE+FD，
故答案为：FC＝FE+FD．
变式3.如图，点E为正方形ABCD的边CD上一动点，直线AE与BD相交于点F，与BC的延长线相交于点G，以GE为直径作⊙O．
（1）求证：△ADF≌△CDF；
（2）求证：CF是⊙O的切线；
（3）若正方形的边长为4，，求FE FG的值．
【分析】（1）由正方形的性质得到∠ADF＝∠CDF＝45°，AD＝CD，由此即可利用SAS证明△ADF≌△CDF；
（2）如图所示，连接OC，由正方形的性质得到AD∥BC，∠BCD＝∠DCG＝90°，则∠CGE+∠GEC＝90°，∠DAE＝∠CGE，由全等三角形的性质得到∠DAF＝∠DCF，再由OC＝OE，得到∠OCE＝∠OEC，即可证明∠DCF+∠OCE＝90°，即可推出∠FCO＝90°，即可证明CF是⊙O的切线；
（3）如图所示，过点F作FM⊥AB于点M，先证明∠AFM＝∠AGC，得到，解Rt△AMF，得到，设AM＝3x，则MF＝4x，AF＝5x，解Rt△MBF求出BM＝MF＝4x，由AB＝AM+BM＝4，求出；证明△EFC∽△CFG，则．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADF＝∠CDF＝45°，AD＝CD，
∵DF＝DF，
∴△ADF≌△CDF（SAS）；
（2）证明：如图所示，连接OC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，∠BCD＝∠DCG＝90°，
∴∠CGE+∠GEC＝90°，∠DAE＝∠CGE，
∵△ADF≌△CDF，
∴∠DAF＝∠DCF，
∴∠CGE＝∠DAF＝∠DCF，
∵OC＝OE，
∴∠OCE＝∠OEC，
∴∠DCF+∠OCE＝∠CGE+∠CEG＝90°，
∴∠FCO＝90°，即FC⊥OC，
∵OC是⊙O的半径，
∴CF是⊙O的切线；
（3）解：如图所示，过点F作FM⊥AB于点M，
∵AB⊥BC，FM⊥BC，
∴FM∥BC，
∴∠AFM＝∠AGC，
∴，
在Rt△AMF中，，
设AM＝3x，则MF＝4x，
∴，
在Rt△MBF中，∠ABD＝45°，∠BMF＝90°，
∴tan∠MBF1，
∴BM＝MF＝4x，
∵AB＝AM+BM＝4，
∴3x+4x＝4，
解得，
∴；
∵∠ECF＝∠CGF，∠EFC＝∠CFG，
∴△EFC∽△CFG，
∴，
∴．
例1.如图，△ABC内接于⊙O，AD为BC边的高，AE为⊙O的直径交BC于点F，连接BE．
（1）求证：△ABE∽△ADC；
（2）当直径AE平分∠BAD时，求证：BE＝BF；
（3）在（2）的条件下，若AB＝10，BE＝5，求DF的长．
【分析】（1）利用直角三角形的性质，圆周角定理和同角的余角相等的性质得到∠ABE＝∠ADC，利用圆周角定理得到∠E＝∠C，再利用相似三角形的判定定理解答即可得出结论；
（2）利用角平分线的定义，同角的余角相等的性质得到∠AFD＝∠E，利用对顶角相等的性质和等腰三角形的判定定理解答即可得出结论；
（3）利用直角三角形的边角关系定理求得tan∠BAE，则tan∠BAE＝tan∠DAE，利用直角三角形的边角关系定理求得，设DF＝x，则AD＝2x，利用勾股定理列出方程求得x值，则结论可求．
【解答】（1）证明：∵AD为BC边的高，
∴∠ADC＝90°，
∵AE为⊙O的直径，
∴∠ABE＝90°，
∴∠ABE＝∠ADC，
∵∠E＝∠C，
∴△ABE∽△ADC；
（2）证明：∵直径AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE．
∵∠ABE＝90°，
∴∠BAE+∠E＝90°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠AFD+∠DAE＝90°，
∴∠AFD＝∠E．
∵∠AFD＝∠BFE，
∴∠BFE＝∠E，
∴BE＝BF；
（3）解：∵∠ABE＝90°，AB＝10，BE＝5，
∴tan∠BAE，
∵∠BAE＝∠DAE，
∴tan∠BAE＝tan∠DAE，
∵AD⊥BC，
∴tan∠DAE，
设DF＝x，则AD＝2x，
由（2）知：BE＝BF＝5，
∴BD＝BF+DF＝x+5，
∵AD2+BD2＝AB2，
∴（2x）2+（x+5）2＝102，
∴x＝﹣5（不合题意，舍去）或x＝3，
∴DF＝3．
变式1.如图，△ABC内接于⊙O，∠ABC＝45°，过点C作⊙O的切线交BA的延长线于E，连接OA交BC于点D，连接AC，OC．
（1）求证∠ACE＝∠ABC；
（2）探究AC，BC与CD的数量关系，并说明理由；
（3）若tan∠DCO，CE＝6，求⊙O的半径．
【分析】（1）利用晕这就对了，等腰直角三角形的性质，圆的切线的性质定理和直角三角形的性质解答即可；
（2）利用相似三角形的判定与性质解答即可；
（3）过点A作AF⊥EC于点F，过点B作BG⊥OA于点G，利用直角三角形的边角关系定理得到tan∠DCO，设OD＝x，则OC＝3x，利用正方形的判定与性质得到OA＝OC＝AF＝FC＝3x，AC＝3x，AD＝OA﹣OD＝2x，利用（2）的结论求得BD，利用直角三角形的边角关系定理求得BG，AG，再利用相似三角形的判定与性质求得EF，最后利用EC＝EF+CF列出方程求得x值，则⊙O的半径＝OC＝3x＝4．
【解答】（1）证明：∵∠AOC＝2∠ABC，∠ABC＝45°，
∴∠AOC＝90°，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝45°．
∵CE是⊙O的切线，
∴OC⊥CE，
∴∠OCE＝90°，
∴∠ACE＝90°﹣∠OCA＝45°，
∴∠ACE＝∠ABC；
（2）解：AC，BC与CD的数量关系为AC2＝CD BC，理由：
由（1）知：∠ACE＝∠ABC，∠OAC＝∠OCA，
∴∠OAC＝∠ABC，
∵∠ACD＝∠BCA，
∴△ACD∽△BCA，
∴，
∴AC2＝CD BC．
（3）解：过点A作AF⊥EC于点F，过点B作BG⊥OA于点G，如图，
∵tan∠DCO，∠AOC＝90°，
∴tan∠DCO，
设OD＝x，则OC＝3x，
∴CDx．
由（1）知：∠AOC＝90°，OC⊥EC，
∵AF⊥EC，
∴四边形AOCF为矩形，
∵OA＝OC，
∴四边形AOCF为正方形，
∴OA＝OC＝AF＝FC＝3x，
∴AC＝3x，AD＝OA﹣OD＝2x．
由（2）知：AC2＝CD BC，
∴，
∴BCx，
∴BD＝BC﹣CDx，
∵∠BGD＝∠AOC＝90°，
∴BG∥OC，
∴∠DBG＝∠DCO，
∴tan∠DBG＝tan∠DCO，
∵tan∠DBG，
∴，
设DG＝k，则BG＝3k，
∴BD，
∴k，
∴BGx，AG＝AD﹣DGx．
∵四边形AOCF为正方形，
∴OA∥CE，
∴∠BAG＝∠E，
∵∠BGA＝∠EFA＝90°，
∴△BGA∽△AFE，
∴，
∴，
∴EFx，
∴EC＝EF+CF3x＝6，
∴x．
∴⊙O的半径＝OC＝3x＝4．
变式2.已知，AB，CD是⊙O的弦，CD⊥AB于点E，且，连接BC，AD．
（1）如图1，若AB是⊙O的直径，求∠C的度数．
（2）如图2，求证：①CD＝CB．
②AE+AD＝BE．
【分析】（1）连接AC，利用圆周角定理解答即可；
（2）①取的中点F，连接AC，AF，CF，利用圆周角定理得到∠ACE+∠CAE＝90°，可得CF为⊙O的直径，再利用垂径定理解答即可得出结论；
②在BE上取一点F，使EF＝AE，连接DF并延长交BC于点G，利用相等的垂直平分线的性质，垂直的定义和圆周角定理得到∠BGF＝∠CGD＝∠BEC＝∠AED＝90°，利用全等三角形的判定与性质和等式的性质得到BG＝DE，最后再利用全等三角形的判定与性质解答即可得出结论．
【解答】（1）解：连接AC，如图，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCD＝90°，
∵，
∴∠BCD＝2∠ACD，
∴∠BCDBCD＝90°，
∴∠BCD＝60°．
∴∠C的度数为60°；
（2）证明：①取的中点F，连接AC，AF，CF，如图，
则．
∵，
∴，
∴∠ACD＝∠DCF＝∠BAF，
∵CD⊥AB，
∴∠AEC＝90°，
∴∠ACE+∠CAE＝90°，
∴∠CAE+∠BAF＝90°，
∴∠CAF＝90°，
∴CF为⊙O的直径，
∵，
∴，
∴CD＝CB；
②在BE上取一点F，使EF＝AE，连接DF并延长交BC于点G，如图，
∵EF＝AE，CD⊥AB，
∴CD垂直平分AF，
∴AD＝DF，
∴∠A＝∠AFD，
∵∠AFD＝∠BFG，
∴∠BFG＝∠A，
∵∠A+∠ADC＝90°，∠ADC＝∠B，
∴∠B+∠BFG＝90°，
∴∠BGF＝90°，
∴∠BGF＝∠CGD＝∠BEC＝∠AED＝90°．
在△CDG和△CBE中，
，
∴△CDG≌△CBE（AAS），
∴CG＝CE，
∴CB﹣CG＝CD﹣CE，
∴BG＝DE．
在△ADE和△BFG中，
，
∴△ADE≌△BFG（ASA），
∴AD＝BF．
∵BE＝EF+BF，
∴AE+AD＝BE．
变式3.如图，点O在菱形ABCD的对角线BD上，⊙O与边BC相切，切点为点E，点P在边BA的延长线上，且PA＝AB，将射线PB绕着点P逆时针旋转一个角度α（α≤∠BPD）后与边AD，直线BC分别交于F，G两点．
（1）当α＝∠BPD时，∠BFG等于　90°　 ；
（2）若PG与⊙O相切于点M，连接OP，如图2．
①求证：OP平分∠BPG；
②求证：E，M，D三点共线．
【分析】（1）当α＝∠BPD时，点F，D重合，利用菱形的性质，直角三角形的判定定理得到∠BDP＝90°，则结论可求；
（2）①连接OE，OM，过点O作OH⊥AB于点H，利用圆的切线的性质定理得到OE⊥BG，OM⊥CD，OE＝OM，利用菱形的性质，角平分线的性质定理得到OH＝OM，再利用全等三角形的判定与性质和角平分线的定义解答即可；
②过点O作OH⊥AB于点H，延长ED，交AD的延长线于点D′，利用切线长定理得到BH＝BE，PH＝PM，GE＝GM，设BH＝BE＝x，PH＝PM＝y，GE＝GM＝z，BG＝a，PB＝b，PG＝c，则AB＝BC＝AD＝CD，利用三角形的性质列出方程组，求得EG＝MG，利用三角形的中位线定理和等式的性质得到AFBG，PF＝FGPG，FM＝FG﹣GM，再利用相似三角形的判定与性质求得FD′，最后计算AD′＝AD，则D，D′重合，结论得证．
【解答】（1）解：当α＝∠BPD时，点F，D重合，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC＝AD，
∵PA＝AB，
∴AD＝AB＝PABP，
∴△BPD为直角三角形，∠BDP＝90°．
∵点F，D重合，
∴∠BFG＝90°．
故答案为：90°；
（2）①证明：连接OE，OM，过点O作OH⊥AB于点H，如图，
∵⊙O与边BC相切，切点为点E，PG与⊙O相切于点M，
∴OE⊥BG，OM⊥CD，OE＝OM，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BD平分∠ABC，
∵OE⊥BC，OH⊥AB，
∴OH＝OE，
∴OH＝OM，
在Rt△POH和Rt△POM中，
，
∴Rt△POH≌Rt△POM（HL），
∴∠HPO＝∠MPO，
∴OP平分∠BPG；
②证明：过点O作OH⊥AB于点H，延长ED，交AD的延长线于点D′，如图，
由（2）①知：OH＝OE，
∴OH为圆的半径，
∵OH⊥AB，
∴AB为⊙O的切线，
∵⊙O与边BC相切，切点为点E，PG与⊙O相切于点M，
∴BH＝BE，PH＝PM，GE＝GM，
设BH＝BE＝x，PH＝PM＝y，GE＝GM＝z，BG＝a，PB＝b，PG＝c，则AB＝BC＝AD＝CD，
∴，
∴，
∴EG＝MG，
∵AD∥BC，BA＝PA，
∴AF为△PBG的中位线，
∴AFBG，PF＝FGPG，
∴FM＝FG﹣GM，
∵AD∥BC，
∴FD′M∽△GME，
∴，
∴，
∴FD′，
∴AD′＝AF+FD′AD，
∴点D，D′重合，
∴E，M，D三点共线．
变式4.如图，△ABC内接于⊙O，点E在直径BD的延长线上，且AE∥BC，连结CD，∠BAC＝2∠ACD．
（1）求证：AE是⊙O的切线．
（2）若⊙O的半径为R，CD DE＝nR2．
①当∠E＝45°时，求n．
②求证：．
【分析】（1）连接OA，OD，延长AO交BC于点H，利用圆周角定理，平行线的判定与性质和圆的切线的判定定理解答即可；
（2）①利用等腰直角三角形的判定与性质得到OA＝OE＝OD＝R，OEOAR，DE＝OE﹣ODR﹣R＝（1）R，再利用等腰直角三角形的性质得到CD＝BDBDR，计算化简即可得出结论；
②连接OA，OD，利用圆周角定理和相似三角形的判定与性质得到，利用直角三角形的边角关系定理得到，则，求得CD＝（2﹣n）R，则DER，计算化简即可得出结论．
【解答】（1）证明：连接OA，OD，延长AO交BC于点H，如图，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BCD＝90°，
∴BC⊥CD．
∵∠BAC＝2∠ACD，∠AOD＝2∠ACD，
∴∠AOD＝∠BAC，
∵∠BAC＝∠BDC，
∴∠AOD＝∠BDC，
∴OA∥CD，
∴AH⊥BC，
∵AE∥BC，
∴OA⊥AE，
∵OA为⊙O的半径，
∴AE是⊙O的切线；
（2）①解：∵∠E＝45°，OA⊥AE，
∴△OAE为等腰直角三角形，
∵⊙O的半径为R，
∴OA＝OE＝OD＝R，OEOAR，
∴DE＝OE﹣ODR﹣R＝（1）R．
∵AE∥BC，
∴∠CBD＝∠E＝45°，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BCD＝90°，
∴△BCD为等腰直角三角形，
∴CD＝BDBDR，
∵CD DE＝nR2，
∴nR2R （1）R，
∴n＝2．
②证明：连接OA，OD，如图，
∵OA⊥AE，
∴∠DAE+∠OAD＝90°，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BCD＝90°，
∴∠EBA+∠BDA＝90°，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠BDA，
∴∠EBA＝∠DAE，
∵∠E＝∠E，
∴△EBA∽△EAD，
∴．
∵∠ACD＝∠ABD，
∴tan∠ACD＝tan∠ABD，
∴tan∠ACD，
∴tan2∠ACD，
∴．
在Rt△OAE中，sinE，
在Rt△BCD中，sin∠CBD，
∵AE∥BC，
∴∠E＝∠CBD，
∴sin∠E＝sin∠CBD，
∴，
∴，
∴CD R+CD DE＝2R2，
∵CD DE＝nR2，
∴CD＝（2﹣n）R．
∴DER．
∴BE＝BD+DE＝2RRR．
∴1．
变式5.如图，△ABC内接于⊙O，BC是⊙O的直径，点P是⊙O上一点，过点P作⊙O的切线PE交AC的延长线于点E，过点P作PD⊥AC于点D，交BC于点F，∠B＝∠DPE．
（1）求证：BC∥PE；
（2）若⊙O的半径是3，OF＝1，求DF的长．
【分析】（1）先根据圆周角定理结合已知得到AB∥DP，则∠B＝∠BFP，而∠B＝∠DPE，可得到∠BFP＝∠DPE，即可证明平行；
（2）连接OP，由PE是⊙O的切线，结合BC∥PE得到∠COP＝90°，由题意得OP＝OC＝3，则CF＝2，由勾股定理得，由cos∠OFP＝cos∠CFD求解即可．
【解答】（1）证明：∵△ABC内接于⊙O，BC是⊙O的直径，PD⊥AC于点D，
∴∠A＝∠PDC＝90°，
∴AB∥DP，
∴∠B＝∠BFP，
∵∠B＝∠DPE，
∴∠BFP＝∠DPE，
∴BC∥PE；
（2）解：连接OP，
∵PE是⊙O的切线，
∴∠OPE＝90°，
∵BC∥PE，
∴∠COP＝180°﹣∠OPE＝90°，
由题意得OP＝OC＝3，
∵OF＝1，
∴CF＝2，，
∵∠OFP＝∠CFD，
∴cos∠OFP＝cos∠CFD，
∵∠COP＝90°，PD⊥AC，
∴，
∴，
∴．
变式6.定义：若一个圆内接四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为圆正直四边形．
（1）若四边形ABCD为圆正直四边形，请你判断下列说法是否正确．（在题后相应的括号中，正确的画“√”，错误的画“×”）
①四边形ABCD一定是平行四边形；（ 　×　 ）
②四边形ABCD可能是正方形；（ 　√　 ）
③四边形ABCD的四条边的数量关系为AB2+CD2＝AD2+BC2．（ 　√　 ）
（2）如图①，四边形ABFC是圆正直四边形，⊙O的直径AD交BF于点P，连接BC交AD于点E，连接DF，证明：PE PF＝PB PD；
（3）如图②，在△ABC中，经过点A，B的⊙O交AC边于点D，交BC于点E，连接AE，BD交于点F，若在四边形ABED的内部存在一点P，PA⊥PD，PB⊥PE，∠PBC＝∠ADP＝α，且，PE交BD于点G，PB+PD＝12，，求DE的最小值．
【分析】（1）根据四边形ABCD为圆正直四边形，得出AC⊥BD，根据勾股定理得出AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，AB2+DC2＝AO2+BO2+DO2+CO2，即可证明AB2+DC2＝AD2+BC2．再根据平行四边形、正方形的性质判断①②③即可．
（2）连接AF，如图，根据圆周角定理得出∠AFD＝90°，再根据四边形ABFC为圆正直四边形，得出BC⊥AF，判断出BC∥DF，证明△EBP∽△DFP，即可得，即可证明PE PF＝PB PD．
（3）证明△APD∽△EPB，得出，再证明△APE∽△DPB，得出∠AEP＝∠DBP，根据三角形内角和定理得出∠AEP+∠EGF＝90°，即∠BFE＝90°，BD⊥AE，勾股定理证出AB2+DE2＝AD2+BE2，根据四点共圆得出∠CDE＝∠CBA，证明△CDE∽△CBA，得出，结合PB+PD＝12，设PD＝x，DE＝y，则PB＝12﹣x，AB＝2DE＝2y，在Rt△APD中，根据，表示出，勾股定理表示出，在Rt△PBE中，根据，表示出，勾股定理表示出，根据AB2+DE2＝AD2+BE2列出方程即可得出关于x，y的等式，再根据二次函数最值即可求出最终结果．
【解答】解：（1）如图，若四边形ABCD为圆正直四边形，则AC⊥BD，
∴AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，AB2+DC2＝AO2+BO2+DO2+CO2，
∴AB2+DC2＝AD2+BC2．
故四边形ABCD不一定是平行四边形；可能是正方形；
①四边形ABCD一定是平行四边形；（×）
②四边形ABCD可能是正方形；（√）
③四边形ABCD的四条边的数量关系为AB2+CD2＝AD2+BC2．（√）
故答案为：①×；②√；③√．
（2）证明：连接AF，如图，
由条件可知∠AFD＝90°，
∵四边形ABFC为圆正直四边形，
∴BC⊥AF，
∴BC∥DF，
∴△EBP∽△DFP，
∴，
∴PE PF＝PB PD．
（3）∵PA⊥PD，PB⊥PE，
∴∠APD＝∠BPE＝90°，
∵∠PBC＝∠ADP＝α，
∴△APD∽△EPB，
∴，
∴，
∵∠APE＝∠DPB，
∴△APE∽△DPB，
∴∠AEP＝∠DBP，
又∵∠DBP+∠PGB＝90°，∠PGB＝∠EGF，
∴∠AEP+∠EGF＝90°，即∠BFE＝90°，
∴BD⊥AE，
∴AD2+BE2＝AF2+FD2+BF2+EF2，AB2+DE2＝AF2+BF2+FD2+EF2，
∴AB2+DE2＝AD2+BE2，
∴∠CDE＝∠CBA，
∵∠C＝∠C，
∴△CDE∽△CBA，
∴，
又∵PB+PD＝12，
设PD＝x，DE＝y，则PB＝12﹣x，AB＝2DE＝2y，
∵，
∴在Rt△APD中，，
∴，
∴，
在Rt△PBE中，，
∴，
∴，
由条件可知，
整理得，
∴当x＝6时，y2取最小值，从而y取最小值，最小值为，
即DE的最小值为：．
例1.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点P是斜边AC上一个动点，以BP为直径作⊙O，交BC于点D，与AC的另一个交点为E，连接DE，BE．
（1）当时，求证：AB＝AP；
（2）当AB＝3，BC＝4时，是否存在点P，使得△BDE是等腰三角形，若存在，求出所有符合条件的CP的长；若不存在，请说明理由。
【分析】（1）连接BE，利用圆周角定理，等弧所对的圆周角相等的性质和等腰三角形的判定定理解答即可；
（2）利用分类讨论的方法分三种情形讨论解答：Ⅰ．当BE＝BD时，连接PD，利用相似三角形的判定与性质解答即可；Ⅱ．当BE＝ED时，通过证明△CBP∽△CED求得BP，再利用勾股定理解答即可；Ⅲ．当DE＝BD时，利用等腰三角形的判定与性质和相似三角形的判定与性质解答即可；
【解答】（1）证明：连接BE，如图，
∵BP为直径，
∴∠BEP＝90°，
∴∠BPE+∠PBE＝90°，
∵，
∴∠DBP＝∠EBP，
∵∠ABC＝90°，
∴90°﹣∠DBP＝90°﹣∠EBP，
∴∠ABP＝∠APB，
∴AB＝AP；
（2）解：存在点P，使得△BDE是等腰三角形，符合条件的CP的长为2或1.4或2.5．理由：
∵AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，
∴AC＝5，
∵BP为直径，
∴∠BDP＝∠BEP＝90°，
∴BE⊥AC，
∴AC BCAB BE，
∴BE＝2.4，
Ⅰ．当BE＝BD时，连接PD，如图，
∴BE＝BD＝2.4，
∴CD＝BC﹣BD＝1.6，
∵∠BDP＝∠CBA＝90°，
∴AB∥DP，
∴△CDP∽△CBA，
∴，
∴CP＝2；
Ⅱ．当BE＝ED时，
∴BE＝ED＝2.4，
∴．
∵∠C＝∠C，∠CBP＝∠CED，
∴△CBP∽△CED，
∴，
∴BP＝3，
∴．
∴CP＝CE﹣PE＝1.4；
Ⅲ．当DE＝BD时，
∴∠DEB＝∠DBE，
∵∠DBE+∠C＝90°，∠DEB+∠DEC＝90°，
∴∠C＝∠DEC，
∴DC＝DE，
∴CD＝DE＝BD．
∴CD＝BDBC＝2，
由Ⅱ知：△CDP∽△CBA，
∴，
∴
∴CP＝2.5．
综上，当△CBD为等腰三角形时，CP的长为：2或1.4或2.5．
变式1.小明在探究三角形与圆的位置变化关系时，发现图形随着圆的位置变化存在一些特殊的关系．探究过程如下：如图，已知在等腰△ABC中，AC＝BC，已知AB＝6，sin∠OAD，点O是AB边上一点，以OA为半径作⊙O，发现：⊙O始终与边AB，边AC相交，与边AC的交点记为点D．连结OD，作点C关于直线OD的对称点C′，连结AC′、DC′、CC′．小明按照以下步骤进行探究：
（1）直接写出AC的长：　5　 ．
（2）设OA＝x，DC＝y．
①求y关于x的函数表达式．
②当CC' 时，求x的值．
（3）点O在边AB上移动，当△AC′D是以DC′为腰的等腰三角形时，求OA的长．
【分析】（1）过点C作CH⊥AB于点H，由等腰三角形的性质得出AH＝BH＝3，根据，解直角三角即可得出答案；
（2）①由AC＝BC，OA＝OD易得∠OAD＝∠BAC＝∠B，从而证明△ADO∽△ABC，由相似三角形的性质可得，即可求出函数表达式；
②延长OD交于CC′于G点，由对称性质可知：CD＝C′D，DG⊥CC′，根据∠CDG＝∠ADO＝∠OAD，得出，求出此时CD＝2即可得出答案；
（3）分两种情况：当C′D＝AD 时，此时D是AC中点，当C′D＝AC 时，解直角三角形求出CD即可．
【解答】解：（1）过点C作CH⊥AB于点H，
在等腰△ABC中，AC＝BC，AB＝6，
∴AH＝BH＝3，
∵，
∴，
∴，
在Rt△ACH中，AC2＝AH2+CH2，
∴，
解得：AC＝5（负值舍去），
故答案为：5．
（2）①AC＝BC，OA＝OD，
∴∠OAD＝∠BAC＝∠B，
∴△ADO∽△ABC，
∴，
设OA＝x，DC＝y．
则AD＝AC﹣CD＝5﹣y，
∴，
，
∵O为边AB上一动点，
∴0≤2x≤6；
即0≤x≤3，
∴y关于x的函数关系式为；
②延长OD交于CC′于G点，
由对称性质可知：CD＝C′D，DG⊥CC'，
∴CG＝C'GCC'，
∵∠CDG＝∠ADO＝∠OAD，
∴，
∴CD2，
∵，
即：，
∴，
（3）点O在边AB上移动，当△ACD是以DC为腰的等腰三角形时，
当C′D＝AD时，
∵C′D＝CD，
∴，
即当 时，，
当C′D＝AC'时，过C′作CM⊥AC，
∴AM＝MD，
∵CD＝C′D＝y，
∴，，
由②可得，
∴cos∠DCC'，tan∠C'CM，
∴，
∴C'M（5+y），
在Rt△MDC'中，C'D2＝MD2+C'M2，
∴，
解得：，y2＝﹣5（不合题意舍去），
当时，，
解得．
综上所述，OA的长为或．
变式2.已知以AB为直径的半圆O上有一点C，CD⊥OA，垂足为点D，点E是半径OC上一点（不与点O、C重合），作EF⊥OC交弧BC于点F，联结OF．
（1）如图1，当FE的延长线经过点A时，求的值；
（2）如图2，作FG⊥AB，垂足为点G，联结EG，当△EFG是等腰三角形，且，求的值．
【分析】（1）利用垂径定理，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质解答即可；
（2）利用分类讨论的方法分三种情况解答：Ⅰ．当EF＝EG时，利用全等三角形的判定与性质和勾股定理解答即可；Ⅱ．当FG＝EF时，过点E作EH⊥AB于点H，利用直角三角形的边角关系定理和勾股定理解答即可；Ⅲ．当FG＝EG时，则FG＝4k，连接FC，利用矩形的判定与性质和勾股定理解答即可．
【解答】解：（1）当FE的延长线经过点A时，
∵EF⊥OC，
∴AE＝FEAF，∠A+∠AOE＝90°．
∵CD⊥OA，
∴∠C+∠AOE＝90°，
∴∠A＝∠C．
在△AOE和△COD中，
，
∴△AOE≌△COD（ASA），
∴AE＝CD，
∴CDAF，
∴；
（2）∵，sin∠COD，
∴，
∴设CD＝4k，则OC＝5k，
∴OD3k．
Ⅰ．当EF＝EG时，
由（2）①知：EG＝CD＝4k，
∴EF＝4k，OF＝OC＝5k，
∵EF⊥OC，
∴OE3k．
∴OE＝OD，
∴1；
Ⅱ．当FG＝EF时，
过点E作EH⊥AB于点H，如图，
在Rt△FEO和Rt△FGO中，
，
∴Rt△FEO≌Rt△FGO（HL），
∴OE＝OG，
设OE＝OG＝m，
∵，
∴，
∴EHm，
∴OHm，
∴HGm．
∵EH2+GH2＝EG2，
∴，
∴mk，
∴OEk．
∴；
Ⅲ．当FG＝EG时，则FG＝4k，
连接FC，如图，
∵CD＝FG＝4k，CD⊥AB，FG⊥AB，
∴四边形CDGF为矩形，
∴CF＝DG．
在Rt△CDO和Rt△FGO中，
，
∴Rt△CDO≌Rt△FGO（HL），
∴OD＝OG＝3k，
∴FC＝DG＝6k，
设OE＝x，则CE＝OC﹣OE＝5k﹣x，
∵EF2＝CF2﹣CE2，EF2＝OF2﹣OE2，
∴（6k）2﹣（5k﹣x）2＝（5k）2﹣x2，
∴xk，
∴OEk．
∴．
综上，当△EFG是等腰三角形，且，的值为1或或．
变式3.如图，以AB为直径的⊙O经过△ABC的顶点C，AE，BE分别平分∠BAC和∠ABC，AE的延长线交⊙O于点D，连接BD、CD．
（1）求证：BD＝CD
（2）判断△BDE的形状，并说明理由；
【分析】（1）由角平分线的定义可知，∠BAD＝∠CAD＝∠CBD，根据圆心角、弧之间的关系即可求解；
（2）由角平分线的定义可知，∠BAE＝∠CAD＝∠CBD，∠ABE＝∠EBC，所以∠BED＝∠DBE，所以BD＝ED，因为AB为直径，所以∠ADB＝90°，所以△BDE是等腰直角三角形．
【解答】（1）证明：∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠CAD，
∵∠CAD＝∠CBD，
∴∠BAD＝∠CBD，
∴BD＝CD；
（2）解：△BDE为等腰直角三角形．
理由：∵AE 平分∠BAC，BE 平分∠ABC，
∴∠BAE＝∠CAD＝∠CBD，∠ABE＝∠EBC．
∵∠BED＝∠BAE+∠ABE，∠DBE＝∠DBC+∠CBE，
∴∠BED＝∠DBE．
∴BD＝ED．
∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°，
∴△BDE是等腰直角三角形；
例1.阅读与思考
请仔细阅读下列研究报告，并完成相应的任务．
关于“双心四边形”的研究报告 研究对象：双心四边形 研究思路：根据研究几何图形的一般路径，按照“概念一性质一判定”的路径展开研究． 研究方法：观察一猜想一推理证明一应用拓展 研究内容：【概念提出】我们知道，任意三角形都有外接圆和内切圆．类似地，如果一个四边形既有外接圆又有内切圆，我们称这样的四边形为双心四边形． 【特例感知】我们研究过的平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是双心四边形的是▲；（填特殊四边形的名称） 【性质探究】根据双心四边形的定义，对其性质研究如下： 对角：双心四边形的对角▲； 对边：双心四边形两组对边之和相等． 理由如下： 如图1，四边形ABCD是双心四边形，其中⊙M是四边形ABCD的外接圆，⊙P是四边形ABCD的内切圆，切点分别为E，F，G，H．连接PE，PF，PB． ∵⊙P与AB，BC分别相切于点E，F， ∴PE⊥AB，PF⊥BC（依据1▲）， ∴∠PEB＝∠PFB＝90°． ∵PB＝PB，PE＝PF， ∴Rt△PBE≌Rt△PBF（依据2▲）． …
任务：
（1）填空：
材料中“▲”处空缺的内容依次为：　正方形　 ，　对角互补　 ，　圆的切线垂直于经过切点的半径　 ，　斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等　 ；
（2）请将材料中关于对边性质的证明过程补充完整；
（3）如图2，AB，BC是⊙O的两条弦，AB＝4，BC＝6，且AB⊥BC．请你用无刻度直尺和圆规，求作双心四边形ABCD，并直接写出其外接圆与内切圆圆心之间的距离．
（要求：保留作图痕迹，不写作法）
【分析】（1）利用正方形的性质，圆的内接四边形的性质，圆的切线的性质定理和直角三角形的全等的判定定理解答即可；
（2）利用全等三角形的性质定理和等式的性质解答即可；
（3）利用利用等弧对等弦的性质和双心四边形两组对边之和相等的性质解答即可；连接AC，利用圆周角定理得到AC为⊙O的直径，利用全等三角形的判定与性质得到四边形ABCD的内切圆的圆心P在AC上，设⊙P与AB切于点M，与BC切于点N，连接PM，PN，利用圆的切线的性质定理，正方形的判定与性质和相似三角形的判定与性质求得PM＝BM，利用勾股定理求得PA，则PO＝OA﹣PA．
【解答】解：（1）平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是双心四边形的是正方形；
∵圆的内接四边形的对角互补，
∴双心四边形的对角互补；
∵⊙P与AB，BC分别相切于点E，F，
∴PE⊥AB，PF⊥BC（圆的切线垂直于经过切点的半径），
全等三角形的判定依据为：斜边与一条直角边对应相等的两个直角三角形全等．
故答案为：正方形；对角互补；圆的切线垂直于经过切点的半径；斜边与一条直角边对应相等的两个直角三角形全等；
（2）如图1，四边形ABCD是双心四边形，其中⊙M是四边形ABCD的外接圆，⊙P是四边形ABCD的内切圆，切点分别为E，F，G，H．连接PE，PF，PB，
∵⊙P与AB，BC分别相切于点E，F，
∴PE⊥AB，PF⊥BC（圆的切线垂直于经过切点的半径），
∴∠PEB＝∠PFB＝90°．
在Rt△PBE和Rt△PBF中，
，
∴Rt△PBE≌Rt△PBF（HL）．
∴BE＝BF，
同理可得：AE＝AH，DH＝DG，CG＝CF，
∴BE+AE+CG+DG＝BF+AH+DH+CF，
∴AB+CD＝AD+BC，
∴双心四边形两组对边之和相等；
（3）以点C为圆心，CB为半径画弧交⊙O于点D，连接CD，AD，则四边形ABCD为所画的双心四边形ABCD，如图，
其外接圆与内切圆圆心之间的距离为.理由：
连接AC，如图，
由题意得：CB＝CD＝6，
∵AB⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
∴AC为⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°．
∴AC．
∴OA．
在Rt△ADC和Rt△ABC中，
，
∴Rt△ADC≌Rt△ABC（HL），
∴∠DAC＝∠BAC，∠DCA＝∠BCA，
∴四边形ABCD的内切圆的圆心P在AC上，
设⊙P与AB切于点M，与BC切于点N，连接PM，PN，
则PM⊥AB，PN⊥BC，
∵AB⊥BC，
∴四边形PMBN为矩形，
∵PM＝PN，
∴四边形PMBN为正方形．
∴PM＝PN＝BM＝BN，
设PM＝PN＝BM＝BN＝x，则CN＝BC＝BN＝6﹣x，
∵PN∥AB，
∴△PCN∽△ACB，
∴，
∴，
∴x，
∴PM＝BM，
∴AM＝AB＝BM，
∴PA．
∴PO＝OA﹣PA．
变式1.下面是先锋小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务．
关于“相似扇形”的研究报告 先锋小组 研究对象：相似扇形 研究思路：类比研究相似三角形，按“概念—性质—判定—应用”的路径，由一般到特殊进行研究． 研究内容： 【概念理解】圆心角相等的两个扇形叫做相似扇形，其半径的比叫做相似比，如图1，分别以线段AB，A′B′为直径作半圆O与半圆O′，即可得到一对相似扇形，其相似比为OA：O′A′． 【性质探索】可以类比相似三角形的性质，得到相似扇形的性质，如下： 关于弧长：两个相似扇形的相似比为k，则弧长之比为①　k　 ； 关于面积：两个相似扇形的相似比为k，则面积之比为②　k2　 ． …… 【判定探索】根据定义，探索相似扇形的判定，得到如下结论： 半径和弧长对应成比例的两个扇形是相似扇形．为说明这一结论正确，分析如下： 如图2，已知扇形AOB与扇形A′O′B′，，只要说明∠AOB＝∠A′O′B′， 即可判断扇形AOB与扇形A′O′B′是相似扇形． ……
任务：
（1）补全材料中“性质探索”中空缺的部分：①　k　 ；②　k2　 ；
（2）根据材料中“判定探索”的分析思路，写出推理过程；
（3）如图3，已知扇形BAC，点P是AB上的一点，扇形BCP与扇形BAC相似，且点P在AC的垂直平分线上，若的长为l，则的长为　　 ．（用含l的代数式表示）
【分析】（1）根据两个相似扇形的性质可得答案；
（2）由，再代入弧长公式即可得到结论；
（3）先证明AP＝CP＝CB，△ABC∽△CBP，可得，设AP＝CP＝CB＝m，AB＝AC＝n，可得n2﹣mn﹣m2＝0，再进一步解答即可．
【解答】解：（1）类比相似三角形的性质，得到相似扇形的性质，如下：
关于弧长：两个相似扇形的相似比为k，则弧长之比为k；
关于面积：两个相似扇形的相似比为k，则面积之比为k2．
故答案为：k；k2；
（2）∵，
∴，
解得：n1＝n2，
∴扇形AOB与扇形A′O′B′是相似扇形．
（3）∵扇形BCP与扇形BAC相似，
∴∠A＝∠BCP，
∵AB＝AC，CB＝CP，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠BPC，
由条件可知PA＝PC，
∴AP＝CP＝CB，
∵∠A＝∠BCP，∠B＝∠B，
∴△ABC∽△CBP，
∴，
设AP＝CP＝CB＝m，AB＝AC＝n，
∴，
∴n2﹣mn﹣m2＝0，
∴，（舍去），
∴，
∵的长为l，
∴，
∴；
故答案为：．
变式2.阅读与思考
圆形，是一个看来简单，实际上是十分奇妙的形状．古希腊的毕达哥拉斯学派认为：“一切图形中最美的是球形，一切平面图形中最美的是圆形．”中华民族自古也有以“圆合”为美的心理习惯，认为圆形有圆满、周全的含义，有完美、和谐的意象．早在2000多年前，“科圣”墨子在《墨经》中就有“圆，一中同长也”的记载．与圆有关的定理有很多，弦切角定理就是其中之一．其内容为弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆周角度数．（顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角．）具体来说，如果一条直线与圆相切于某一点，并且过该点的另一条直线（弦）与圆相交，那么这两条直线所夹的角就是一个弦切角． 如图，直线AB与⊙O相切于点C，任取⊙O上不与点C重合的点D，则∠ACD和∠BCD是弦CD与切线AB所成的弦切角． 下面是励志小组对于此定理探究的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 证明：如图1，AB与⊙O相切于点C．当圆心O在弦CD上时，容易得到，∠CED＝90°，所以弦切角∠BCD＝∠CED＝90°． 如图2，AB与⊙O相切于点C．当圆心O在∠BCD的外部时，过点C作直径CF交⊙O于点F，连接DF． ∵CF是直径， ∴∠CDF＝90°，（ 　直径所对的圆周角为直角　 ） ∴∠CFD+∠FCD＝90°． …
请你认真阅读以上内容，完成下列任务：
任务一：写出上述证明过程中空缺处依据的定理是 　直径所对的圆周角为直角　 ．
任务二：请结合图2补全上述证明过程．
任务三：如图3，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，延长AC至D使得CD＝AC，过点C作⊙O的切线交BD于H．若，DH＝2，则⊙O的半径为 　3　 ．
【分析】任务一：利用圆周角定理的推论解答即可；
任务二：过点C作直径CF交⊙O于点F，连接DF，利用圆周角定理，切线的性质定理和直角三角形的性质解答即可；
任务三：利用圆周角定理和题干中的定理得到∠HCB+∠BAC＝90°，利用线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的性质得到∠DHC＝∠ACB＝90°，再利用相似三角形的判定与性质求得直径，则结论可求．
【解答】解：任务一：证明过程中空缺处依据的定理是：直径所对的圆周角为直角．
故答案为：直径所对的圆周角为直角；
任务二：当圆心O在∠BCD的外部时，过点C作直径CF交⊙O于点F，连接DF，如图，
∵CF是直径，
∴∠CDF＝90°，
∴∠CFD+∠FCD＝90°．
∵AB与⊙O相切于点C，
∴OC⊥AB，
∴∠BCF＝90°，
∴∠FCD+∠DCB＝90°，
∴∠DCB＝∠CFD．
∵∠CFD＝∠CED，
∴∠CED＝∠DCB．
任务三：∵CD＝AC，，
∴CD＝2．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠A+∠ABC＝90°，
∵过点C作⊙O的切线交BD于H，
∴∠HCB＝∠A，
∴∠HCB+∠BAC＝90°，
∵AC＝DC，BC⊥AD，
∴AB＝BD，
∴∠ABC＝∠DBC，
∴∠HCB+∠DBC＝90°
∴∠CHB＝90，
∴∠DHC＝∠ACB＝90°，
∵BA＝BD，
∴∠D＝∠A，
∴△CDH∽△BAC，
∴，
∴，
∴AB＝6，
∴⊙O的半径为3．
故答案为：3．
变式3.
阅读材料： 我们学过有关直角三角形的性质定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．这条定理的逆命题“如果一个三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形”也是真命题． 如图1，在△ABC中，CD为AB上的中线，如果，那么∠ACB＝90°．也可以说，在△ABC中，如果CD＝AD＝BD，那么∠ACB＝90°．
根据上面的阅读材料，完成下列问题：（若需要，可直接运用直角三角形性质定理的逆命题）如图2，AB为半圆O的直径，CD是半圆O的弦，以CD为直径作⊙M．
（1）如图2①，过点C作CE⊥AB，垂足为E．
①求证：CE2＝AE BE；
②已知BE＝1，CE＝3，如果⊙M经过点O（如图2②），求直线CD与直线AB夹角的正弦值；
（2）已知⊙M与线段AB相交于点P、Q，，如果AP：PQ：BQ＝7：4：9，求AB的长．
【分析】（1）①证明△AEC∽△CEB，根据相似三角形的性质，即可得证；
②根据①的结论，结合已知得出AE＝9，进而得出OA＝OB＝OC＝5，过点D作DH⊥AB于点H，连接OC，OD，OM得出△DHO≌△OEC（AAS），则EH＝OH+OE＝7，过点C作CF∥AB交DH于点F，则四边形CEHF是矩形，得出直线CD与直线AB夹角为∠DCF，进而根据正弦的定义，即可求解；
（2）设AP＝7k，PQ＝4k，BQ＝9k，根据题意画出图形，分当P在Q的左侧时，当P在Q的右侧时，分别求得AB，HO，HQ，进而在Rt△MHO，Rt△MPH中，MH2＝OM2﹣OH2＝MP2﹣PH2，根据勾股定理求得k的值，即可求解．
【解答】（1）①证明：如图，
∵OA＝OB＝OC，
∴∠ACB＝90°，
∴∠2+∠3＝90°，
又∵CE⊥AB，
∴∠1+∠2＝90°，
∴∠CEB＝∠ACB＝90°，
∴∠1＝∠3，
∴△AEC∽△CEB，
∴，即CE2＝AE BE；
②解：∵CE2＝AE BE，BE＝1，CE＝3，
∴AE＝9，
∴AB＝AE+EB＝9+1＝10，
∴OA＝OB＝OC＝5，
过点D作DH⊥AB于点H，连接OC，OD，OM，如图，
∵MD＝MC＝MO，
∴∠DOC＝90°，
∵∠HDO＝90°﹣∠HOD＝∠COE，∠DHO＝∠OEC＝90°，OD＝OC，
∴△DHO≌△OEC（AAS），
∴OH＝EC＝3，DH＝OE＝5﹣1＝4，
∴EH＝OH+OE＝7，
过点C作CF∥AB交DH于点F，则四边形CEHF是矩形，
∴CF＝EH＝7，FH＝CE＝3，
∴DF＝4﹣3＝1，
∴CD，
∴，
∴直线CD与直线AB夹角的正弦值为
（2）解：∵AP：PQ：BQ＝7：4：9，
∴设AP＝7k，PQ＝4k，BQ＝9k；
①当P在Q的左侧时，如图，连接OM，OC，过点M作MH⊥AB于点H，
∴AB＝AP+PQ+BQ＝20k，
∴OD＝10k，
∵，
∵OM⊥CD，
∴，
∴，
又∵OQ＝OB﹣BQ＝10k﹣9k＝k，
∵MH⊥AB，
∴，
∴在Rt△MHO，Rt△MPH中，MH2＝OM2﹣OH2＝MP2﹣PH2，
∴，
解得：，
∴；
②如图，当P在Q的右侧时，
∴AB＝AP+BQ﹣PQ＝12k，
∴OC＝OB＝OA＝6k，
同理可得OM2＝36k2﹣18OP＝7k﹣6k＝k，
∴OH＝k，
同理得，，
解得：，
∴；
综上所述，或．
例2.阅读与思考
阅读下列材料，完成下面的任务．
关于“三角形的内切圆”的研究报告 【研究内容】如图1，在△ABC中，三边AB＝c，BC＝a，AC＝b，⊙I是它的内切圆，切点分别为D，E，F，如何求AD，BD、CE的长呢？ 【解法】∵⊙I是△ABC的内切圆，切点为D，E，F，∴AD＝AF，BD＝BE，CE＝CF．设AD＝AF＝x，BD＝BE＝y，CE＝CF＝z，则有，∴x+y+z＝▲，如果设p＝▲，那么有．
任务：
（1）直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容：　　 ．
（2）如图2，这是一张三角形纸片ABC，⊙O为它的内切圆，小悦沿着与⊙O相切的DE剪下了一个三角形纸片BDE，已知AC＝4cm，AB＝6cm，BC＝5cm，求三角形纸片BDE的周长．
（3）如图3，△ABC的内切圆O与BC，AB，AC分别相切于点D，E，F，∠A＝90°，BD＝3，CD＝2，求S△ABC．
【分析】（1）由题意得出，则可得出答案；
（2）由题意得．如图，设切点分别为M，N，R，则，由三角形周长可得出答案；
（3）设AE＝AF＝x，依题意得BE＝BD＝3，CD＝CF＝2，根据勾股定理可得（x+3）2+（x+2）2＝52，解方程得出x＝1，则可得出答案．
【解答】解：（1）∵⊙I是△ABC的内切圆，切点为D，E，F，
∴AD＝AF，BD＝BE，CE＝CF．
设AD＝AF＝x，BD＝BE＝y，CE＝CF＝z，则有，
∴x+y+z，
故答案为：；
（2）∵△ABC的周长为4+5+6＝15，
∴由题意得．
如图，设切点分别为M，N，R，则，
∵DM＝DR，EN＝ER，
∴DE＝DM+EN，
∴三角形纸片BDE的周长＝BD+BE+DE＝BD+BE+DM+EN
，
（3）设AE＝AF＝x，依题意得BE＝BD＝3，CD＝CF＝2，
∴AB＝x+3，AC＝x+2，
∵BC＝5．
根据勾股定理可得（x+3）2+（x+2）2＝52，整理得x2+5x﹣6＝0，
解得x＝1或x＝﹣6（不合题意，合去），
∴AE＝AF＝1，
∴AB＝4，AC＝3，
∴．
变式1.【阅读材料】
在学习完《24.2.2直线与圆的位置关系》，某位老师布置一道作图题如下：
已知：如图，⊙O及⊙O外一点P．
求作：直线PQ，使PQ与⊙O相切于点Q．
某同学经过探索，给出了一种作图方法（如下）：
①连接OP，分别以O，P为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧分别交于A，B两点（点A，B分别位于直线OP的上下两侧）；
②作直线AB交OP于点C；
③以点C为圆心，CO为半径作⊙C，⊙C交⊙O于点Q（点Q位于直线OP的上侧）；
④连接PQ，PQ交AB于点D，则直线PQ即为所求作直线．
【根据这个同学作图方法，解答下面问题】
（1）完成作图，并准确标注字母（尺规作图，保留作图痕迹）；
（2）结合作图，说明PQ是⊙O切线的理由；
（3）若⊙O半径为3，OP＝9，求OD的长．
【分析】（1）根据题意作出图形即可；
（2）连接OQ，由作图知，OP是⊙C的直径，于是得到∠OQP＝90°，根据切线的判定定理即可得到结论；
（3）连接OD，由（2）知，∠OQP＝90°，根据勾股定理得到PQ6，由作图知，直线AB是OP的垂直平分线，得到OD＝PD，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（1）如图所示；
（2）理由：连接OQ，
由作图知，OP是⊙C的直径，
∴∠OQP＝90°，
∵OQ是⊙O的半径，
∴PQ是⊙O切线；
（3）连接OD，由（2）知，∠OQP＝90°，
∵OQ＝3，OP＝9，
∴PQ6，
由作图知，直线AB是OP的垂直平分线，
∴OD＝PD，
∴DQ＝PQ﹣PD＝6OD，
∵OD2＝OQ2+DQ2，
∴OD2＝32+（6OD）2，
解得OD．
变式2.《义务教育数学课程标准（2022年版）》在尺规作图版块给出必学要求：会过圆外的一个点作圆的切线．数学老师对此要求进行了数学语言表达：“如图，已知⊙O及⊙O外一点P，求作直线PM，使PM与⊙O相切于点M．”
王丽所在数学小组经过思考与探索，想出了两种作法，具体如下：
作法一 作法二
①连接OP，交⊙O于点B，作直径BC；②以点O为圆心，BC长为半径作弧，以点P为圆心，OP长为半径作弧，两弧相交于点D；③连接OD，交⊙O于点M；④作直线PM，则直线PM即为所求作的直线． ①连接OP，交⊙O于点A，过点A作OP的垂线AD；②以点O为圆心，OP长为半径作弧，交直线AD于点B；③连接OB，交⊙O于点M；④作直线PM，则直线PM即为所求作的直线．
做法一 做法二
证明：∵OD＝BC，BC＝2OM， OD＝OM+DM， ∴OM＝DM． ∵PO＝PD，OM＝DM， ∴PM⊥OD． ∴直线PM是⊙O的切线．（依据：　过半径的外端且与这条半径垂直的直线是圆的切线　 ） 证明：
请仔细阅读，并完成相应的任务．
（1）“作法一”中的“依据”是指　过半径的外端且与这条半径垂直的直线是圆的切线　 ．
（2）请根据作法二的作图步骤，给出证明过程；
（3）在作法二给出的图形中，记PM交AB于点E．若⊙O的半径为3，OP＝5，则PE的长为　　 ．
【分析】（1）根据题切线判定定理得出结果；
（2）可证明△OBA≌△OPM，从而∠OAB＝∠OMP＝90°．进而得出结论；
（3）可证明△PAE∽△PMO，从而得出比例式，进一步得出结果．，
【解答】（1）解：根据题切线判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线，
故答案为：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线；
（2）证明：由题意，得OA＝OM，OB＝OP，
在△OBA和△OPM中，
，
∴△OBA≌△OPM（SAS），
∴∠OAB＝∠OMP＝90°．
∵OM是⊙O的半径，
∴直线PM是⊙O的切线．；
（3）解：如图，
由（2）知，
∠POM＝90°，
∴PM，
∵OA＝3，OP＝5，
∴AP＝5﹣3＝2，
∵BA是OP的垂线，
∴∠PAE＝90°，
∴∠PAE＝∠PMO，
∵∠APE＝∠OPM，
∴△PAE∽△PMO，
∴，
∴，
∴PE，
故答案为：．
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考点分布 考查频率 命题趋势
考向1 圆中弧长和面积的综合题 ★★★★ 题型结构：以解答题为主（占比约60%-70%），常结合几何综合问题，涉及切线的判定（如连半径证垂直）、线段长度计算、阴影面积求解等高频题型；选择题和填空题侧重基础知识点如圆周角定理、垂径定理。 难度：解答题难度较高（压轴题常见），需综合圆与三角形、四边形、相似、三角函数等知识，尤其注重几何变换与数形结合能力。 分值占比：占总分10%-15%，其中综合题单题分值可达8-12分。新增趋势可能包括圆锥实际应用题（如滤纸与漏斗模型）及动态几何问题（如菱形与圆的轴对称结合），强调跨模块整合与数学建模能力。
考向2 圆与全等三角形的综合题 ★★★
考向3 圆的综合证明问题 ★★★★
考向4 圆与等腰三角形的综合题
考向5 圆的阅读理解与新定义问题
一．分析题干与挖掘隐含条件
拿到题目后，首先仔细分析题干中给出的各种条件，明确已知信息和要求解的问题。同时，从图形中挖掘隐含条件，例如圆是轴对称图形也是中心对称图形，利用这一性质可以对相关结论作合理的猜测。
如在一些圆与三角形的图形中，可能存在隐藏的相等线段、相等角等条件，需要我们通过观察和推理去发现。二。利用圆的重要性质
垂径定理
垂径定理在解决圆的问题中经常用到。通过在由半弦、半径、弦心距组成的直角三角形中，运用勾股定理或锐角三角函数进行计算。
例如，已知圆的半径和弦长，可利用垂径定理求出弦心距；或者已知半径和弦心距，可求出弦长的一半，进而得到弦长。
圆心角、弧、弦、弦心距的等量关系
在同圆或等圆中，圆心角、弧、弦、弦心距存在等量对等量的关系，可以利用这些关系进行相等关系的转化。
比如，若两个圆心角相等，则它们所对的弧相等，所对的弦也相等；反之亦然。这有助于我们在证明全等三角形时找到对应边和对应角相等的条件。
直径所对圆周角的性质
由直径所对的圆周角是直角这一性质，可以构造直角三角形。在圆与全等三角形的综合题中，直角三角形的存在为我们提供了更多的解题思路，例如可以利用勾股定理、直角三角形的全等判定定理等。
例如，当题目中出现圆的直径时，我们要联想到直径所对的圆周角是直角，从而得到直角三角形，再结合其他条件进行推理和计算。
三．构造辅助线
连接经过切点的半径
当题目涉及圆的切线时，最常用的辅助线是连接经过切点的半径。因为圆的切线垂直于经过切点的半径，这样就可以得到直角，为证明全等三角形提供垂直的条件，进而利用全等三角形的判定定理进行证明。
利用直径构造直角三角形
如前面所述，直径所对的圆周角是直角，所以当题目中存在直径时，可以连接圆上的点与直径的两端点，构造出直角三角形，方便我们进行角度和线段的计算，也有助于证明全等三角形。
利用圆周角相等转移角的位置
在圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等。我们可以通过连接相关的点，利用圆周角相等的性质将角的位置进行转移，从而在全等三角形的证明中找到对应角相等的条件。
三．运用全等三角形的判定定理
在证明两个三角形全等时，要熟练掌握全等三角形的判定定理，如“SSS”（三边对应相等）、“SAS”（两边及其夹角对应相等）、“ASA”（两角及其夹边对应相等）、“AAS”（两角及其中一角的对边对应相等）、“HL”（斜边和一条直角边对应相等，适用于直角三角形）。
根据前面分析题干、挖掘隐含条件以及构造辅助线得到的信息，寻找三角形全等的条件，通过证明三角形全等，进而得到对应边相等、对应角相等，解决题目中的问题。
四．面积相关问题的处理
与圆有关的阴影部分的面积问题也是综合题中的常见题型。求阴影部分面积时，常常是通过把不规则图形的面积，用扇形的面积和三角形的面积的和差来解决。
特别地，对于旋转图形，要利用旋转的性质，确定旋转的中心（扇形的圆心）和旋转半径（相应的线段）的位置的变化，常常运用三角形全等进行面积的割补。
1.借助圆的基本性质：圆的半径、直径、弦等基本性质与等腰三角形的判定和性质紧密相关。
2.利用半径相等构造等腰三角形：圆的半径处处相等，若以圆心为顶点，两条半径为边可以构成等腰三角形。
3.综合其他几何性质：在解决用圆确定等腰三角形的问题时，还需要结合其他几何性质，如角平分线、垂直平分线、平行线等性质。
1）角平分线与等腰三角形：若圆中存在角平分线，结合圆周角定理和等腰三角形的性质，可得到相等的角和边。2）垂直平分线与等腰三角形：线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等，若在圆中某条线段的垂直平分线经过圆心或与圆有特定的位置关系，可据此构造等腰三角形。
3）平行线与等腰三角形：当圆中存在平行线时，可利用平行线的性质得到相等的角，再结合圆周角定理和等腰三角形的判定定理判断三角形是否为等腰三角形。
4.添加辅助线：添加适当的辅助线是解决几何问题的常用方法，在圆和等腰三角形的问题中也不例外。
1）连接半径：连接圆心与圆上的点，得到半径，利用半径相等构造等腰三角形。
2）作弦心距：过圆心作弦的垂线，利用垂径定理和等腰三角形三线合一的性质解题。
3）构造全等三角形：通过倍长中线、截长补短等方法构造全等三角形，从而得到相等的边和角，判断等腰三角形。例如遇到等腰三角形，可作底边上的高，利用“三线合一”的性质解题，思维模式是全等变换中的“对折”法构造全等三角形；遇到三角形的中线，倍长中线，使延长线段与原中线长相等，构造全等三角形，利用的思维模式是全等变换中的“旋转”法构造全等三角形。
例1.已知某扇形弧长为3π，圆心角为60°，则扇形面积为（　　）
A． B． C． D．
变式1.如图1，是一枚残缺的古代钱币，如图2，经测量发现，钱币完好部分的弧长为3π，其内部正方形ABCD的边长为1．已知正方形ABCD的中心与⊙O的圆心重合，且点E，F分别是边BC，CD的延长线与⊙O的交点，则图中阴影部分的面积为　 　 ．
变式2.《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表，其中《方田》章给出计算弧田面积所用公式为：弧田面积（弦×矢+矢2），弧田（如图）是由圆弧和其所对的弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长AB，“矢”等于半径长与圆心O到弦的距离之差．在如图所示的弧田中，“弦”为8，“矢”为2，则cos∠OAB的值为　 　 ．
变式3.传统服饰日益受到关注，如图1为明清时期女子主要裙式之一的马面裙，如图2马面裙可以近似的看作扇环，其中长度为米，裙长AB为0.6米，圆心角∠AOD＝60°，则马面裙的面积为 　 　 平方米．
变式4.下面是先锋小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务．
关于“相似扇形”的研究报告 先锋小组 研究对象：相似扇形 研究思路：类比研究相似三角形，按“概念—性质—判定—应用”的路径，由一般到特殊进行研究． 研究内容： 【概念理解】圆心角相等的两个扇形叫做相似扇形，其半径的比叫做相似比，如图1，分别以线段AB，A′B′为直径作半圆O与半圆O′，即可得到一对相似扇形，其相似比为OA：O′A′． 【性质探索】可以类比相似三角形的性质，得到相似扇形的性质，如下： 关于弧长：两个相似扇形的相似比为k，则弧长之比为①　k　 ； 关于面积：两个相似扇形的相似比为k，则面积之比为②　k2　 ． …… 【判定探索】根据定义，探索相似扇形的判定，得到如下结论： 半径和弧长对应成比例的两个扇形是相似扇形．为说明这一结论正确，分析如下： 如图2，已知扇形AOB与扇形A′O′B′，，只要说明∠AOB＝∠A′O′B′， 即可判断扇形AOB与扇形A′O′B′是相似扇形． ……
任务：
（1）补全材料中“性质探索”中空缺的部分：①　 　 ；②　 　 ；
（2）根据材料中“判定探索”的分析思路，写出推理过程；
（3）如图3，已知扇形BAC，点P是AB上的一点，扇形BCP与扇形BAC相似，且点P在AC的垂直平分线上，若的长为l，则的长为　 　 ．（用含l的代数式表示）
变式5.如图，矩形ABCD中，AD＝4，AB＝m（m＞4），点P是DC上一点（不与点D，C重合），连接AP，△APQ与△APD关于AP对称，PM是过点A，P，Q的半圆O的切线，且PM交射线AB于点M．
（1）当AP＝PM时，半圆O的弧AP与线段AB所围成的封闭图形的面积为 　 　 ；
（2）当点Q在矩形ABCD内部时，①判断∠PAQ与∠AMP是否相等，并说明理由；②若tan∠PAQ，求AM的长；
（3）当时，若点Q落在矩形ABCD的对称轴上，求m的值及此时半圆O落在矩形ABCD内部的弧长．
例1.【知识技能】
（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为平面内一点（点A，B，D三点不共线），AE为△ABD的中线，延长AE至点M，使得ME＝AE，连接DM．求证：∠MDA+∠DAB＝180°．
【数学理解】
（2）如图2，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为平面内一点（点A，B，D三点不共线），AE为△ABD的中线，将AD绕点A按顺时针方向旋转90°得到AF，连接CF．求证：．
【拓展探索】
（3）如图3，在（2）的条件下，点D在以点A为圆心，AD的长为半径的圆上运动（AD＞AB），直线AE与直线CF交于点G，连接BG，在点D的运动过程中，BG的长度存在最大值．若AB＝4，求BG的长度的最大值．
变式1.如图，△ABC内接于⊙O，∠A＝∠B+∠C．
（1）如图1，求证：BC为⊙O的直径；
（2）如图2，点D，E在弧AB上，连接BD，CE相交于点F，连接DE，CD，若∠BFC＝∠EDC，求证：CE是∠BCD的角分线；
（3）如图3，在（2）的条件下．连接BE，AE，AE与CD相交于点G，过点B作BH⊥BD交AE延长线于点H，AB与CE相交于点M，若BH＝5，DG＝1，tan∠AMC，求DE的长．
变式2.在学习《圆》这一单元时，我们学习了圆周角定理的推论：圆内接四边形的对角互补；事实上，它的逆命题：对角互补的四边形的四个顶点共圆，也是一个真命题．在图形旋转的综合题中经常会出现对角互补的四边形，那么，我们就可以借助“对角互补的四边形的四个顶点共圆”，然后借助圆的相关知识来解决问题，例如：
已知：△ABC是等边三角形，点D是△ABC内一点，连接CD，将线段CD绕C逆时针旋转60°得到线段CE，连接BE，DE，AD，并延长AD交BE于点F．当点D在如图所示的位置时：
（1）观察填空：
①与△ACD全等的三角形是　 　 ；
②∠AFB的度数为　 　 ；
（2）利用题干中的结论，证明：C，D，F，E四点共圆；
（3）直接写出线段FD，FE，FC之间的数量关系　 　 ．
变式3.如图，点E为正方形ABCD的边CD上一动点，直线AE与BD相交于点F，与BC的延长线相交于点G，以GE为直径作⊙O．
（1）求证：△ADF≌△CDF；
（2）求证：CF是⊙O的切线；
（3）若正方形的边长为4，，求FE FG的值．
例1.如图，△ABC内接于⊙O，AD为BC边的高，AE为⊙O的直径交BC于点F，连接BE．
（1）求证：△ABE∽△ADC；
（2）当直径AE平分∠BAD时，求证：BE＝BF；
（3）在（2）的条件下，若AB＝10，BE＝5，求DF的长．
变式1.如图，△ABC内接于⊙O，∠ABC＝45°，过点C作⊙O的切线交BA的延长线于E，连接OA交BC于点D，连接AC，OC．
（1）求证∠ACE＝∠ABC；
（2）探究AC，BC与CD的数量关系，并说明理由；
（3）若tan∠DCO，CE＝6，求⊙O的半径．
变式2.已知，AB，CD是⊙O的弦，CD⊥AB于点E，且，连接BC，AD．
（1）如图1，若AB是⊙O的直径，求∠C的度数．
（2）如图2，求证：①CD＝CB．
②AE+AD＝BE．
变式3.如图，点O在菱形ABCD的对角线BD上，⊙O与边BC相切，切点为点E，点P在边BA的延长线上，且PA＝AB，将射线PB绕着点P逆时针旋转一个角度α（α≤∠BPD）后与边AD，直线BC分别交于F，G两点．
（1）当α＝∠BPD时，∠BFG等于　 　 ；
（2）若PG与⊙O相切于点M，连接OP，如图2．
①求证：OP平分∠BPG；
②求证：E，M，D三点共线．
变式4.如图，△ABC内接于⊙O，点E在直径BD的延长线上，且AE∥BC，连结CD，∠BAC＝2∠ACD．
（1）求证：AE是⊙O的切线．
（2）若⊙O的半径为R，CD DE＝nR2．
①当∠E＝45°时，求n．
②求证：．
变式5.如图，△ABC内接于⊙O，BC是⊙O的直径，点P是⊙O上一点，过点P作⊙O的切线PE交AC的延长线于点E，过点P作PD⊥AC于点D，交BC于点F，∠B＝∠DPE．
（1）求证：BC∥PE；
（2）若⊙O的半径是3，OF＝1，求DF的长．
变式6.定义：若一个圆内接四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为圆正直四边形．
（1）若四边形ABCD为圆正直四边形，请你判断下列说法是否正确．（在题后相应的括号中，正确的画“√”，错误的画“×”）
①四边形ABCD一定是平行四边形；（ 　 　 ）
②四边形ABCD可能是正方形；（ 　 　 ）
③四边形ABCD的四条边的数量关系为AB2+CD2＝AD2+BC2．（ 　 　 ）
（2）如图①，四边形ABFC是圆正直四边形，⊙O的直径AD交BF于点P，连接BC交AD于点E，连接DF，证明：PE PF＝PB PD；
（3）如图②，在△ABC中，经过点A，B的⊙O交AC边于点D，交BC于点E，连接AE，BD交于点F，若在四边形ABED的内部存在一点P，PA⊥PD，PB⊥PE，∠PBC＝∠ADP＝α，且，PE交BD于点G，PB+PD＝12，，求DE的最小值．
例1.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点P是斜边AC上一个动点，以BP为直径作⊙O，交BC于点D，与AC的另一个交点为E，连接DE，BE．
（1）当时，求证：AB＝AP；
（2）当AB＝3，BC＝4时，是否存在点P，使得△BDE是等腰三角形，若存在，求出所有符合条件的CP的长；若不存在，请说明理由。
变式1.小明在探究三角形与圆的位置变化关系时，发现图形随着圆的位置变化存在一些特殊的关系．探究过程如下：如图，已知在等腰△ABC中，AC＝BC，已知AB＝6，sin∠OAD，点O是AB边上一点，以OA为半径作⊙O，发现：⊙O始终与边AB，边AC相交，与边AC的交点记为点D．连结OD，作点C关于直线OD的对称点C′，连结AC′、DC′、CC′．小明按照以下步骤进行探究：
（1）直接写出AC的长：　 　 ．
（2）设OA＝x，DC＝y．
①求y关于x的函数表达式．
②当CC' 时，求x的值．
（3）点O在边AB上移动，当△AC′D是以DC′为腰的等腰三角形时，求OA的长．
变式2.已知以AB为直径的半圆O上有一点C，CD⊥OA，垂足为点D，点E是半径OC上一点（不与点O、C重合），作EF⊥OC交弧BC于点F，联结OF．
（1）如图1，当FE的延长线经过点A时，求的值；
（2）如图2，作FG⊥AB，垂足为点G，联结EG，当△EFG是等腰三角形，且，求的值．
变式3.如图，以AB为直径的⊙O经过△ABC的顶点C，AE，BE分别平分∠BAC和∠ABC，AE的延长线交⊙O于点D，连接BD、CD．
（1）求证：BD＝CD
（2）判断△BDE的形状，并说明理由；
例1.阅读与思考
请仔细阅读下列研究报告，并完成相应的任务．
关于“双心四边形”的研究报告 研究对象：双心四边形 研究思路：根据研究几何图形的一般路径，按照“概念一性质一判定”的路径展开研究． 研究方法：观察一猜想一推理证明一应用拓展 研究内容：【概念提出】我们知道，任意三角形都有外接圆和内切圆．类似地，如果一个四边形既有外接圆又有内切圆，我们称这样的四边形为双心四边形． 【特例感知】我们研究过的平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是双心四边形的是▲；（填特殊四边形的名称） 【性质探究】根据双心四边形的定义，对其性质研究如下： 对角：双心四边形的对角▲； 对边：双心四边形两组对边之和相等． 理由如下： 如图1，四边形ABCD是双心四边形，其中⊙M是四边形ABCD的外接圆，⊙P是四边形ABCD的内切圆，切点分别为E，F，G，H．连接PE，PF，PB． ∵⊙P与AB，BC分别相切于点E，F， ∴PE⊥AB，PF⊥BC（依据1▲）， ∴∠PEB＝∠PFB＝90°． ∵PB＝PB，PE＝PF， ∴Rt△PBE≌Rt△PBF（依据2▲）． …
任务：
（1）填空：
材料中“▲”处空缺的内容依次为：　 　 ，　 　 ，　 　 ，　 　 ；
（2）请将材料中关于对边性质的证明过程补充完整；
（3）如图2，AB，BC是⊙O的两条弦，AB＝4，BC＝6，且AB⊥BC．请你用无刻度直尺和圆规，求作双心四边形ABCD，并直接写出其外接圆与内切圆圆心之间的距离．
（要求：保留作图痕迹，不写作法）
变式1.下面是先锋小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务．
关于“相似扇形”的研究报告 先锋小组 研究对象：相似扇形 研究思路：类比研究相似三角形，按“概念—性质—判定—应用”的路径，由一般到特殊进行研究． 研究内容： 【概念理解】圆心角相等的两个扇形叫做相似扇形，其半径的比叫做相似比，如图1，分别以线段AB，A′B′为直径作半圆O与半圆O′，即可得到一对相似扇形，其相似比为OA：O′A′． 【性质探索】可以类比相似三角形的性质，得到相似扇形的性质，如下： 关于弧长：两个相似扇形的相似比为k，则弧长之比为①　 　 ； 关于面积：两个相似扇形的相似比为k，则面积之比为②　 　 ． …… 【判定探索】根据定义，探索相似扇形的判定，得到如下结论： 半径和弧长对应成比例的两个扇形是相似扇形．为说明这一结论正确，分析如下： 如图2，已知扇形AOB与扇形A′O′B′，，只要说明∠AOB＝∠A′O′B′， 即可判断扇形AOB与扇形A′O′B′是相似扇形． ……
任务：
（1）补全材料中“性质探索”中空缺的部分：①　 　 ；②　 　 ；
（2）根据材料中“判定探索”的分析思路，写出推理过程；
（3）如图3，已知扇形BAC，点P是AB上的一点，扇形BCP与扇形BAC相似，且点P在AC的垂直平分线上，若的长为l，则的长为　 　 ．（用含l的代数式表示）
变式2.阅读与思考
圆形，是一个看来简单，实际上是十分奇妙的形状．古希腊的毕达哥拉斯学派认为：“一切图形中最美的是球形，一切平面图形中最美的是圆形．”中华民族自古也有以“圆合”为美的心理习惯，认为圆形有圆满、周全的含义，有完美、和谐的意象．早在2000多年前，“科圣”墨子在《墨经》中就有“圆，一中同长也”的记载．与圆有关的定理有很多，弦切角定理就是其中之一．其内容为弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆周角度数．（顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角．）具体来说，如果一条直线与圆相切于某一点，并且过该点的另一条直线（弦）与圆相交，那么这两条直线所夹的角就是一个弦切角． 如图，直线AB与⊙O相切于点C，任取⊙O上不与点C重合的点D，则∠ACD和∠BCD是弦CD与切线AB所成的弦切角． 下面是励志小组对于此定理探究的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 证明：如图1，AB与⊙O相切于点C．当圆心O在弦CD上时，容易得到，∠CED＝90°，所以弦切角∠BCD＝∠CED＝90°． 如图2，AB与⊙O相切于点C．当圆心O在∠BCD的外部时，过点C作直径CF交⊙O于点F，连接DF． ∵CF是直径， ∴∠CDF＝90°，（ 　 　 ） ∴∠CFD+∠FCD＝90°． …
请你认真阅读以上内容，完成下列任务：
任务一：写出上述证明过程中空缺处依据的定理是 　 　 ．
任务二：请结合图2补全上述证明过程．
任务三：如图3，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，延长AC至D使得CD＝AC，过点C作⊙O的切线交BD于H．若，DH＝2，则⊙O的半径为 　 　 ．
变式3.
阅读材料： 我们学过有关直角三角形的性质定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．这条定理的逆命题“如果一个三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形”也是真命题． 如图1，在△ABC中，CD为AB上的中线，如果，那么∠ACB＝90°．也可以说，在△ABC中，如果CD＝AD＝BD，那么∠ACB＝90°．
根据上面的阅读材料，完成下列问题：（若需要，可直接运用直角三角形性质定理的逆命题）如图2，AB为半圆O的直径，CD是半圆O的弦，以CD为直径作⊙M．
（1）如图2①，过点C作CE⊥AB，垂足为E．
①求证：CE2＝AE BE；
②已知BE＝1，CE＝3，如果⊙M经过点O（如图2②），求直线CD与直线AB夹角的正弦值；
（2）已知⊙M与线段AB相交于点P、Q，，如果AP：PQ：BQ＝7：4：9，求AB的长．
例2.阅读与思考
阅读下列材料，完成下面的任务．
关于“三角形的内切圆”的研究报告 【研究内容】如图1，在△ABC中，三边AB＝c，BC＝a，AC＝b，⊙I是它的内切圆，切点分别为D，E，F，如何求AD，BD、CE的长呢？ 【解法】∵⊙I是△ABC的内切圆，切点为D，E，F，∴AD＝AF，BD＝BE，CE＝CF．设AD＝AF＝x，BD＝BE＝y，CE＝CF＝z，则有，∴x+y+z＝▲，如果设p＝▲，那么有．
任务：
（1）直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容：　 　 ．
（2）如图2，这是一张三角形纸片ABC，⊙O为它的内切圆，小悦沿着与⊙O相切的DE剪下了一个三角形纸片BDE，已知AC＝4cm，AB＝6cm，BC＝5cm，求三角形纸片BDE的周长．
（3）如图3，△ABC的内切圆O与BC，AB，AC分别相切于点D，E，F，∠A＝90°，BD＝3，CD＝2，求S△ABC．
变式1.【阅读材料】
在学习完《24.2.2直线与圆的位置关系》，某位老师布置一道作图题如下：
已知：如图，⊙O及⊙O外一点P．
求作：直线PQ，使PQ与⊙O相切于点Q．
某同学经过探索，给出了一种作图方法（如下）：
①连接OP，分别以O，P为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧分别交于A，B两点（点A，B分别位于直线OP的上下两侧）；
②作直线AB交OP于点C；
③以点C为圆心，CO为半径作⊙C，⊙C交⊙O于点Q（点Q位于直线OP的上侧）；
④连接PQ，PQ交AB于点D，则直线PQ即为所求作直线．
【根据这个同学作图方法，解答下面问题】
（1）完成作图，并准确标注字母（尺规作图，保留作图痕迹）；
（2）结合作图，说明PQ是⊙O切线的理由；
（3）若⊙O半径为3，OP＝9，求OD的长．
变式2.《义务教育数学课程标准（2022年版）》在尺规作图版块给出必学要求：会过圆外的一个点作圆的切线．数学老师对此要求进行了数学语言表达：“如图，已知⊙O及⊙O外一点P，求作直线PM，使PM与⊙O相切于点M．”
王丽所在数学小组经过思考与探索，想出了两种作法，具体如下：
作法一 作法二
①连接OP，交⊙O于点B，作直径BC；②以点O为圆心，BC长为半径作弧，以点P为圆心，OP长为半径作弧，两弧相交于点D；③连接OD，交⊙O于点M；④作直线PM，则直线PM即为所求作的直线． ①连接OP，交⊙O于点A，过点A作OP的垂线AD；②以点O为圆心，OP长为半径作弧，交直线AD于点B；③连接OB，交⊙O于点M；④作直线PM，则直线PM即为所求作的直线．
做法一 做法二
证明：∵OD＝BC，BC＝2OM， OD＝OM+DM， ∴OM＝DM． ∵PO＝PD，OM＝DM， ∴PM⊥OD． ∴直线PM是⊙O的切线．（依据：　 　 ） 证明：
请仔细阅读，并完成相应的任务．
（1）“作法一”中的“依据”是指　 　 ．
（2）请根据作法二的作图步骤，给出证明过程；
（3）在作法二给出的图形中，记PM交AB于点E．若⊙O的半径为3，OP＝5，则PE的长为　 　 ．
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