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浙江省2025年中考数学压轴题专项训练
圆的综合
解析卷
1．（2025 庆元县一模）如图，三角形ABC内接于⊙O，AB＝AC，连结BO并延长交AC于点E，交⊙O于点D，连结AO，AD，CD．
（1）求证：∠ABC＝∠ADB；
（2）猜想OA与CD的位置关系，并说明理由；
（3）若，求AE的长．
【分析】（1）由题意易得∠ABC＝∠ACB，然后根据圆周角的性质可进行求解；
（2）延长AO交BC于点F，由题意易得AF⊥BC，则有∠AFB＝90°，然后问题可求证；
（3）由（2）易得，由可设BF＝x，则 AF＝2x，然后根据勾股定理可得 x＝4，进而可得△AOE∽△CDE，最后根据相似三角形的性质可进行求解．
【解答】（1）证明：∵AB＝BC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵∠ADB＝∠ACB，
∴∠ABC＝∠ADB；
（2）解：平行，如图，延长AO交BC于点F，
∵AB＝BC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴，即点A为的中点，
∵AO是半径，
∴AF⊥BC，
∴∠AFB＝90°，
∵BD是直径，
∴∠BCD＝90°，
∴AO∥CD；
（3）解：由（2）易得，
∵，
∴设BF＝x，则AF＝2x，
∴OA＝OB＝2x﹣3，
∵BF2+OF2＝OB2，
∴x2+32＝（2x﹣3）2，
解得：x＝4，
∴OA＝5，
∴ABAC，
∵AO∥CD，
∴△AOE∽△CDE，
∴，
∴．
2．（2025 嘉兴模拟）如图，点C在以AB为直径的⊙O上，，点D在上，过点C作AD的垂线，分别交⊙O，AB，AD于点E，F，G，连接AE，CD．
（1）求∠DAE的度数．
（2）求证：①CD∥AE；
②．
【分析】（1）利用AB是⊙O的直径，，得出∠E＝45°，再结合∠AGE＝90°，即可求解；
（2）①利用AB是⊙O的直径，，得出∠D＝45°，结合∠DAE＝45°，得出∠D＝∠DAE，即可证明；
②连接AC，CO，先证明∠CAB＝∠DAE＝45°，得出∠CAD＝∠BAE，证明△ACD∽△AFE，得出，再证明，CD即可证明．
【解答】（1）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠E＝45°，
∵AD⊥CE，
∴∠AGE＝90°，
∴∠DAE＝45°；
（2）证明：①∵AB是⊙O的直径，，
∴∠D＝45°，
∵∠DAE＝45°，
∴∠D＝∠DAE，
∵CD∥AE；
②如图，连接AC，CO，
∵AB是⊙O的直径，，
∴∠AOC＝90°，∠CAB＝45°，
∴∠CAB＝∠DAE＝45°，
∴∠CAB﹣∠DAB＝∠DAE﹣∠DAB，
即∠CAD＝∠BAE，
∵∠D＝∠E，
∴△ACD∽△AFE，
∵CO＝AO，∠AOC＝90°，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴，
∵∠DCE＝∠DAE＝45°，∠D＝∠E＝45°，∠CGD＝90°，
∴CG＝GD，
∴△CGD是等腰直角三角形，
∴CD，
∵△ACD∽△AFE，
∴，
∴，
∴．
3．（2025 莲都区二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BD是直径，AC平分∠BCD，与BD相交于点E．
（1）若CE＝CD，求∠CAB的度数；
（2）若，求的值；
（3）过点A作AC的垂线AG，交CB的延长线于点G，过点G，C分别作GF⊥AG，CF⊥AC，交点为F，延长DB交FG于点H，求证：BH＝DE．
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角得∠BCD＝∠BAD＝90°，再根据角平分线的定义得∠DCE＝45°，然后根据等腰三角形的性质得∠CED＝∠CDE＝67.5°，最后根据同弧所对的圆周角相等得∠CAB＝∠CDE＝67.5°；
（2）先设，再求出，接下来说明△ACD∽△ADE，根据相似三角形的性质表示AE＝5k，进而求出AE＝5k，CE＝AC﹣AE＝3k，则答案可得；
（3）先说明△GAC为等腰直角三角形，作BK⊥BG，交FG于点K，再结合“边角边”证明△GAB≌△CAD，可得BG＝CD，然后证明△BKH≌△DCE（AAS），则答案可得．
【解答】（1）解：∵BD是直径，
∴∠BCD＝∠BAD＝90°．
∵AC平分∠BCD，
∴∠DCE＝45°，
∵CE＝CD，
∴∠CED＝∠CDE＝67.5°，
∴∠CAB＝∠CDE＝67.5°；
（2）解：设，
∵∠BAD＝90°，∠ADB＝45°，
在等腰Rt△ABD中，，
∵∠DCA＝∠ADE＝45°，∠DAC＝∠EAD，
∴△ACD∽△ADE，
∴，
∴，
∴AE＝5k，CE＝AC﹣AE＝3k，
∴；
（3）证明：∵AC⊥AG，∠ACB＝45°，
∴△GAC为等腰直角三角形，
作BK⊥BG，交FG于点K，
由（1）得AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵AC⊥AG，∠ACB＝45°，
∴∠GAB＝∠CAD＝90°﹣∠CAB，AC＝AG，
在△GAB和△CAD中，
，
∴△GAB≌△CAD（SAS），
∴BG＝CD，
∵FG⊥AG，∠AGC＝45°，
∴∠BGK＝45°，
∴∠BKG＝45°，
∴BK＝BG＝CD，∠BKH＝∠DCE＝45°，
∵GF⊥AG，AC⊥AG，
∴GF∥AC，
∴∠KHB＝∠CED，
∴△BKH≌△DCE（AAS），
∴BH＝DE．
4．（2025 龙港市二模）如图，⊙O是以AB为直径的圆，点C在⊙O上，CD切⊙O于点C，BD⊥CD于点D，连结BC．
（1）求证：∠ABC＝∠CBD．
（2）若．
①求BC的长度．
②如图，点P在半径AO上，连结CP并延长交⊙O于点Q，且，连结QB，求证：QB＝QC．
【分析】（1）连接CO，由切线性质得CO⊥CD，结合BD⊥CD证CO∥BD，得∠OCB＝∠CBD，再利用CO＝BO推出∠ABC＝∠OCB，从而证得∠ABC＝∠CBD．．
（2）①连接AC，利用两角相等证明△ABC与△CBD相似，再根据相似三角形对应边成比例求出BC长度．②法一，：作CM⊥AB、QN⊥AB，由相似三角形得线段比例关系，结合三角函数推出CA∥QH，根据AC⊥CB及QH过圆心证QH垂直平分CB，得QB＝QC．法二：在PB上取点构造相似三角形，推出CA∥QH，根据边的比例关系确定Q与O重合，再由AC⊥CB及QH过圆心证QH垂直平分CB，得QB＝QC．
【解答】（1）证明：⊙O是以AB为直径的圆，点C在⊙O上，CD切⊙O于点C，BD⊥CD于点D，如图1，连接CO．
∵CD切⊙O于点C，
∴CO⊥CD，
∵BD⊥CD，
∴CO∥BD，
∴∠OCB＝∠CBD．
∵CO＝BO，
∴∠ABC＝∠OCB＝∠CBD．
（2）解：①连接AC．如图2，
∵∠ACB＝∠CDB＝90°，∠ABC＝∠CBD，
∴△ABC∽△CBD，
∴，
∵AB＝10，，
∴BC＝8．
②法一：连接CA，延长QO交BC于H，作CM⊥AB交AB于M，QN⊥AB交AB于N，如图3，
∵CM⊥AB，QN⊥AB，
∴∠CMA＝∠QNO＝90°．
又∵∠CPM＝∠QPN，
∴△CPM∽△QPN，
∴，
设CM＝6x，则QN＝5x，
∵AB＝10，BC＝8，⊙O是以AB为直径的圆，
∴∠ACB＝90°，
在直角三角形ABC中，由勾股定理得：，
∴，
∴∠CAM＝∠QON，
∴CA∥QH．
∵AC⊥CB，QH过圆心O，
∴QH⊥CB且QH平分CB，
∴QB＝QC；
法二：连接CA，在PB上取一点G，使得，连接QG并延长交BC于H，
∵，∠CPA＝∠QPG，
∴△CPA∽△QPG，
∴∠CAP＝∠QGP，
∴CA∥QH．
∵AB＝10，BC＝8，⊙O是以AB为直径的圆，
∴∠ACB＝90°，
∴，
∵，
∴QG＝5＝QO，
∴Q点与O点重合，
∵AC⊥CB，QH过圆心O，
∴QH⊥CB且QH平分CB，
∴QB＝QC．
5．（2025 瓯海区二模）如图，点O是在△ABC内部一点，OC平分∠ACB，以O为圆心，OC为半径的圆经过点B，交AC于点D，连接BO并延长交于点E，连接ED并延长交AB于点F．
（1）求证：OC∥EF．
（2）当∠EBF＝2∠A时．
①求∠EFB的度数．
②若F是AB的中点，⊙O的半径为1，求AB的长．
【分析】（1）根据OC平分∠ACB得∠1＝∠2，根据OB＝OC得∠2＝∠4，再根据圆周角定理得∠3＝∠4，进而得∠1＝∠3，然后根据平行线的判定即可得出结论；
（2）①设∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝α，∠A＝β，则∠ADF＝∠3＝α，∠E＝∠DCB＝2α，∠EBF＝2∠β，∠EFB＝α+β，由三角形内角和定理得∠EFB+∠E+∠EBF＝180°，则α+β+2α+2∠β＝180°，由此得α+β＝60°，据此即可得出∠EFB的度数；
②连接BD，延长CO交BD于点R，∠AB于点N，设DF＝m，在Rt△BDF中，根据∠DBF＝90°﹣∠EFB＝30°得BF＝2DF＝2m，BD，证明CR⊥BD得DR＝BR，证明RN是△BDF的中位线得RN，FN＝BN＝m，根据F是AB的中点得AF＝BF＝2m，则AN＝AF+FN＝3m，AB＝AF+BF＝4m，再证明△ADF和△ACN相似得CN，则OR＝m﹣1，然后在Rt△OBR中，由勾股定理可求出m，据此即可得出AB的长．
【解答】（1）证明：如图1所示：
∵OC平分∠ACB，
∴∠1＝∠2，
以O为圆心，OC为半径的圆经过点B，
∵BE是⊙O的直径，
∴OB＝OC，
∴∠2＝∠4，
根据圆周角定理得：∠3＝∠4，
∴∠1＝∠3，
∴OC∥EF；
（2）①解：由（1）可知：∠1＝∠2＝∠3＝∠4，
设∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝α，∠A＝β，
∴∠ADF＝∠3＝α，∠DCB＝∠1+∠2＝2α，
根据圆周角定理得：∠E＝∠DCB＝2α，
∵∠EBF＝2∠A，
∴∠EBF＝2∠β，
∵∠EFB是△AFD的外角，
∴∠EFB＝∠ADF+∠A＝α+β，
在△BEF中，∠EFB+∠E+∠EBF＝180°，
∴α+β+2α+2∠β＝180°，
∴α+β＝60°，
∴∠EFB＝α+β＝60°；
②解：连接BD，延长CO交BD于点R，∠AB于点N，如图2所示：
设DF＝m，
由（1）可知：BE是⊙O的直径，OC∥EF，
∴∠BDE＝∠BDF＝90°，
由①可知：∠EFB＝60°，
在Rt△BDF中，∠DBF＝90°﹣∠EFB＝30°，
∴BF＝2DF＝2m，
由勾股定理得：BD，
∵OC∥EF，
∴∠CRB＝∠BDE＝90°，
即CR⊥BD，
根据垂径定理得：DR＝BRBD，
又∵RN∥DF，
∴RN是△BDF的中位线，
∴RNDF，FN＝BNBF＝m，
∵F是AB的中点，
∴AF＝BF＝2m，
∴AN＝AF+FN＝3m，AB＝AF+BF＝4m，
又∵OC∥EF，
∴△ADF∽△ACN，
∴，
∴CN，
∴OR＝CN﹣RN﹣OCm﹣1，
在Rt△OBR中，由勾股定理得：OB2＝OR2+BR2，
∴，
整理得：7m2﹣8m＝0，
解得：m，m＝0（不合题意，舍去），
∴AB＝4m．
6．（2025 温岭市二模）如图，Rt△ABC，∠ABC＝90°，AB＝BC．过点A的直线与以BC为直径的⊙O相交于点D，H，（点D在直径BC上方），与直径BC交于点E．连结BD，CD．
（1）如图1，若AB＝1，点E与圆心O重合，求AD的长；
（2）如图2，已知DH平分∠BDC．
①求证：CD＝2DB；
②若AE EH＝8，求AD的长．
【分析】（1）由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得OB＝OD，利用勾股定理求出OA，从而得解；
（2）①在CD上取点G，使CG＝BD，易证△ABD≌△BCG，再证△BDG是等腰直角三角形，进而得证；
②先证△ACH∽△CDB，得到，再根据AE EH＝8，可得AE＝4，AH＝6，再求AB，再证△ABD∽△AHB，即可得解．
【解答】（1）解：∵BC＝AB＝1，BC为直径，
∴OB＝OD，
∵∠ACB＝90°，
∴AO，
∴；
（2）①证明：方法1（截长法）：在CD上取点G，使CG＝BD，
∵∠ABD＝90°﹣∠DBC＝∠BCG，AB＝BC，
∴△ABD≌△BCG（SAS），
∴∠ADB＝∠BGC＝135°，
∴∠BGD＝∠DBG＝45°，
∴BD＝DG＝CG，
∴CD＝2BD；
方法3（相似法）：∵BC为直径，
∴∠BDC＝90°，
∵DE平分∠BDC，
∴，
∴∠ADB＝∠ADC＝135°，
∵在Rt△ABC中，AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BAD+∠CAD＝45°，
∵∠ACD+∠CAD＝45°，
∴∠BAD＝∠ACD，
∴△ABD∽△CAD
∴，
∴
∴CD＝2BD；
②解：方法1：连结CH，BH，
∵∠DBC＝∠CHA，∠BDC＝∠ACH＝90°，
∴△ACH∽△CDB，
∴，
又∵AE EH＝8，
∴两式相乘得：AE2＝16，
∴AE＝4，
∴AH＝6，
∵Rt△ACH三边之比为，
∴，
∴，
又∵∠ABD＝∠BCD＝∠BHD，
∴△ABD∽△AHB，
∴．
∴AD．
方法2：连结OH，CH，
∵DE平分∠BDC，CD＝2BD
易证S△DEC＝2S△DEB，
∴CE＝2BE
不妨设BE＝x，
∴CE＝2x，AB＝BC＝3x，，
∵∠HOE＝2∠HDC＝90°，
∴∠ABE＝∠HOE，
∴∠AEB＝∠HEO，
∴△ABE∽△HOE，
∴，
∴AE＝2EH，
∵AE EH＝8，
∴EH＝2，AE＝4，
∵在Rt△ABE中，AB2+BE2＝AE2，
∴（3x）2+x2＝42，
解得，
∴，，
∵∠BDH＝∠BCH，∠DBC＝∠DHC，
∴△BDE∽△HCE，
∴，
∴DE，
∴AD＝AE﹣DE．
方法3：连接OH，过D作DG⊥BC于点G，
设BD＝a，DC＝2a，则，
∴，
∴，
易证△ABE∽△HOE，
由方法一2可得：EH＝2，AE＝4，
易证：△DGE∽△HOE，
∴，
∴，
∴．
7．（2025 龙湾区二模）如图，在等腰△ABC中，CA＝CB，点D为AB上一点，过点D作DE∥AC交BC于点E，过点C作CF∥AB交DE的延长线于点F．连接AE，作△ACE的外接圆交FC的延长线于点G．
（1）若劣弧的度数为140°，求∠F的度数．
（2）求证：．
（3）若，CF＝2CG＝10，求AE的长．
【分析】（1）由题易得∠ACE＝70°，进而可得∠CAB＝55°，再根据平行四边形可得∠F＝∠CAB＝55°；
（2）导角证明∠GAE＝∠ACG，即可得证；
（3）连结AG，过点E作EH⊥AB于点H，先证△ACG∽△ABE，可得，进而可得BE＝6，再求出，EH，AH＝AD+DH，最后在Rt△AEH中利用勾股定理求解即可．
【解答】（1）解：如图，
∵，
∴∠ACE＝70°，
∵CA＝CB，
∴，
又∵DF∥AC，CF∥AD，
∴四边形ACFD为平行四边形．
∴∠F＝∠CAB＝55°；
（2）证明：如图，连结AG．
∵四边形AGCE内接于⊙O，
∴∠FCE＝∠GAE．
又∵CF∥AD，
∴∠FCE＝∠B＝∠CAB＝∠ACG，
∴∠GAE＝∠ACG，
∴；
（3）方法一：如图，连结AG，过点E作EH⊥AB于点H，
∵，
∴∠ACG＝∠GAE＝∠CAB＝∠B，
∴∠GAC＝∠BAE，
∴△ACG∽△ABE，
∴，
又∵CG＝5，
∴BE＝6，
又∵DE∥AC，
∴DE＝EB＝6，，
∴，EH，
又∵CF＝AD＝10，
∴AH＝AD+DH，
∴在Rt△AEH中，．
方法二：如图，连结GA、GE，并过点E作EH⊥CF于点H，CF∥AB，
∴∠FCB＝∠B，
又∵∠F＝∠CAB，
∴△CEF∽△ACB，
∴，
∵CF＝10，
∴，
∴，
在Rt△GEH中，，
由（2）知：，
∴，且∠ACG＝∠GAE＝∠CAB＝∠B．
∴∠GAC＝∠BAE，
∴△ACG∽△ABE，
故，
∴．
8．（2025 瑞安市二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，过点C作CD⊥AB于点D，以AD为直径作⊙O交AC于点E，过点E作EF∥BC交⊙O于点F，交AD于点M，连结AF．
（1）求证：∠BMF＝∠AEM．
（2）求证：．
（3）若BC＝1，BD＝k，求FM的长（用含k的代数式表示）．
【分析】（1）由平行线的性质可得∠BMF＝∠B＝∠AEM＝∠ACB，再结合对顶角相等即可得证；
（2）连结FD，由圆周角定理可得∠FDB＝∠MEA＝∠ACB＝∠B，进而可证△CDB∽△AFD，从而得证；
（3）过点A作AH⊥BC于点H，易求，利用cos∠ADF＝cosB＝k求解即可．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵EF∥BC，
∴∠BMF＝∠B，∠AEM＝∠ACB，
∴∠BMF＝∠AEM．
（2）证明：连结FD．
∵CD⊥AB，
∴∠CDB＝90°，
∵AD为直径，
∴∠AFD＝90°，
∴∠CDB＝∠AFD，
∵∠FDB＝∠MEA＝∠ACB＝∠B，
∴△CDB∽△AFD，
∴，即．
（3）过点A作AH⊥BC于点H．
∵BC＝1，BD＝k，
∴cosBk，
∵AB＝AC，
∴，
∴，
∴，
∵∠BMF＝∠AEM，∠AEM＝∠∠ADF，
∴∠BMF＝∠ADF，
∴FM＝FD，
∵cos∠ADF＝cosB＝k，
∴FM＝FD＝AD cos∠ADFk2．
9．（2025 路桥区二模）如图，DB是平行四边形ABCD的对角线，DB＝DA，△ABD的外接圆⊙O与边BC交于点E（不与点B，C重合），连接DE．
（1）求证：△DEC∽△DAB；
（2）如图2，连接DO并延长交AB于点F．
①求证：DF垂直平分AB；
②若⊙O的半径为13，，求EC的长；
（3）如图3，连接AE，若AE是∠DAB的平分线，△ABE的面积为10，求平行四边形ABCD的面积．
【分析】（1）由题易得∠C＝∠ABD，进而即可得证；
（2）①由DB＝DA，AO＝BO，所以点D，O都在AB的垂直平分线上，进而得证；
②先证∠ADB＝∠AOF，可得tan∠AOF＝tan∠ADB，即，在Rt△AOF中，利用勾股定理可得AF＝5，OF＝12，DF＝25，由勾股定理，得，再由△DEC∽△DAB求解即可；
（3）先证BE＝DE＝DC＝AB，由△DEC∽△DAB，得，进而可求，进而得解即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C＝∠A，
∵DB＝DA，
∴∠A＝∠ABD，
∴∠C＝∠ABD，
又∵∠DEC＝∠A，
∴△DEC∽△DAB．
（2）①证明：证法1：如图，连接AO，BO，
∵DB＝DA，AO＝BO，
∴点D，O都在AB的垂直平分线上，
即DF垂直平分AB．
证法2：∵DB＝DA，
∴，
∵DF经过圆心O，
∴DF垂直平分AB．
②解：由①，得，
∵，
∴∠ADB＝∠AOF，
∴tan∠AOF＝tan∠ADB，即，
设AF＝5k，则OF＝12k，
∵AO＝13，
∴由勾股定理，得（5k）2+（12k）2＝132．
∴k＝1，
∴AF＝5，OF＝12，DF＝25，
由勾股定理，得，
由（1），得DE＝DC＝AB＝10，△DEC∽△DAB，
∴，
∴，
∴．
（3）解：∵AE是∠DAB 的平分线，
∴∠DAE＝∠EAB，
∵∠EDB＝∠EAB，∠EBD＝∠DAE，
∴∠EDB＝∠EBD，
∴DE＝BE，
又∵DE＝DC＝AB，
∴BE＝DE＝DC＝AB，
由△DEC∽△DAB，得，
设DA＝1，AB＝x，则，
解得，（不合题意，舍去），
∴，
记AD与BC之间的距离为h，
则，
∵S△ABE＝10，
∴S ABCD＝1010．
10．（2025 钱塘区二模）已知△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，D为圆上一点，DF是⊙O的切线，连结CD，与AB交于点E．
（1）如图1，延长BA与DF交于点F．
①若∠ACD＝25°，求∠F的大小．
②若AF＝3，DF＝5，求⊙O的半径．
（2）如图2，AC＞BC，DF∥AB，延长CA与DF交于点F，若，求△BCE与△CDF的面积比．
【分析】（1）①连接OD，利用圆的切线的性质定理，直角三角形的性质和圆周角定理解答即可；
②利用切割线定理解答即可；
（2）过点C作CH⊥FD，交FD的延长线于点H，CH交AB于点G，连接OD，利用矩形的判定与性质，平行线的性质和相似三角形的判定与性质得到，设CG＝4k，则CH＝9k，利用圆周角定理和相似三角形的判定与性质求得线段OE，BE，FD，最后利用三角形的面积公式解答即可．
【解答】解：（1）①连接OD，如图，
∵DF是⊙O的切线，
∴OD⊥DF，
∴∠ODF＝90°，
∴∠F＝90°﹣∠FOD．
∵∠FOD＝2∠ACD，∠ACD＝25°，
∴∠FOD＝50°，
∴∠F＝40°．
②连接AD，DB，如图，
∵DF是⊙O的切线，
∴∠ADF＝∠ABD，
∵∠FAD＝∠ABD+∠ADB，∠FDB＝∠ADF+∠ADB，
∴∠FAD＝∠FDB，
∵∠F＝∠F，
∴△FAD∽△FDB，
∴，
∴FD2＝FA FB，
∴FB，
∴AB＝FB﹣FA，
∴⊙O的半径AB；
（2）过点C作CH⊥FD，交FD的延长线于点H，CH交AB于点G，连接OD，如图，
∵DF是⊙O的切线，
∴OD⊥DF，
∵DF∥AB，CH⊥FD，
∴CG⊥AB，
∴四边形ODHG为矩形，
∴OD＝GH，OG＝DH，
∵，
∴．
∵DF∥AB，
∴△CAG∽△CFH，
∴，
设CG＝4k，则CH＝9k，
∴OD＝GH＝5k，
∴OA＝OB＝5k，AB＝2OD＝10k，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CG⊥AB，
∴△CGB∽△ACG，
∴，
∴，
∴BG＝2k或8k，
∵AC＞BC，
∴BG＜AG，
∴BG＝2k，
∴AG＝8k，
∴OG＝OB﹣BG＝3k，
∵OD⊥DF，CG⊥AB，
∴OD∥CG，
∴△DOE∽△CGE，
∴，
∴，
∴OEk，
∴EG＝OG﹣OEk，AE＝OA+OEk．
∴BE＝EG+BGk．
∵DF∥AB，
∴△CAE∽△CFD，
∴，
∴FD＝15k．
∴△BCE与△CDF的面积比．
11．（2025 西湖区一模）如图，矩形ABCD内接于⊙O，BD是对角线，点E在上（不与点A，D重合），连接EC分别交AD，BD于点H，G，BF⊥CE于点F，FG＝FC，连接BE交AD于点P．
（1）如图1，当点E为的中点，BD＝2时，
①求证：∠ABE＝∠CBF．
②求的长．
（2）如图2，若tan∠ADB，求的值．
【分析】（1）①利用矩形的性质，直角三角形的性质，圆周角定理解答即可；
②连接OE，OC，利用圆周角定理和矩形的性质得到∠ABE＝∠DBE＝∠DBF＝∠CBF22.5°，再利用圆周角定理求得∠EOC＝∠EOD+∠DOC＝135°，最后利用弧长公式解答即可；
（2）连接ED，利用矩形的性质，直角三角形的边角关系定理得到tan∠ADB，设AB＝3k，则DC＝AB＝3k，BC＝AD＝4k，BD5k，利用矩形的性质，相似三角形的判定与性质直角三角形的边角关系定理和勾股定理依次求得DH，AH，ED，AP，PH，则结论可得．
【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BCD＝90°，
∴∠BCF+∠DCE＝90°．
∵点E为的中点，
∴，
∴∠DCE＝∠ABE，
∴∠ABE+∠BCF＝90°．
∵BF⊥CE，
∴∠CBF+∠BCF＝90°，
∴∠ABE＝∠CBF．
②解：连接OE，OC，如图，
∵点E为的中点，
∴，
∴∠ABE＝∠DBE．
∵BF⊥CE于点F，FG＝FC，
∴BG＝BC，
∴∠GBF＝∠CBF，
由①知：∠ABE＝∠CBF，
∴∠ABE＝∠DBE＝∠DBF＝∠CBF22.5°，
∴∠ABD＝∠CBD＝45°，∠EOD＝2∠DBE＝45°，
∴∠DOC＝2∠CBD＝90°，
∴∠EOC＝∠EOD+∠DOC＝135°．
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAC＝90°，
∴BD为圆的直径，
∵BD＝2，
∴OE＝OC＝1，
∴的长；
（2）解：连接ED，如图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAC＝90°，
∴BD为圆的直径，
∵tan∠ADB，
∴设AB＝3k，则DC＝AB＝3k，BC＝AD＝4k，
∴BD5k，
∵BF⊥CE于点F，FG＝FC，
∴BG＝BC＝4k，
∴DG＝BD﹣BG＝k，
∵AD∥BC，
∴△DHG∽△BCG，
∴，
∴DHBC＝k，
∴AH＝AD﹣DH＝3k．
∵BD为圆的直径，
∴∠AED＝90°，
∴tan∠EBD．
∵tan∠ECD，∠EBD＝∠ECD，
∴tan∠EBD．
设DE＝a，则BE＝3a，
∵BE2+DE2＝BD2，
∴（3a）2+a2＝（5k）2，
∵a＞0，
∴ak，
∴EDk．
∵∠BAD＝∠PED＝90°，∠APB＝∠EPD，
∴△ABP∽△EDP，
∴，
∴设AP＝6x，则PEx，
∴PD＝AD﹣AP＝4k﹣6x，
∵PE2+DE2＝PD2，
∴，
∴xk（不合题意，舍去）或xk．
∴APk，
∴PH＝AH﹣APk，
∴．
12．（2025 定海区一模）如图1，△ABC内接于⊙O，其中∠BAC＜60°，AB＝AC．点E在射线BC上，且满足△ABC≌△BED，DE交⊙O于点H，BD交AC于点P．
（1）求证：△BPC为等腰三角形；
（2）如图2，连结AH，交BD于点K，若H为DE中点，求证：BD KP＝DH AP；
（3）如图3，若线段BD过圆心O，求S△BPC：S△ABC的值．
【分析】（1）可推出∠ABC＝∠ACB，∠E＝∠ACB，∠BPC＝∠D，∠D＝∠AC，从而∠BPC＝∠ACB，从而△BPC是等腰三角形；
（2）连接BH，可推出∠DBH＝∠EBH，∠EBH＝∠CAH，从而∠CAH＝∠DBH，可推出∠AKP＝∠BHD＝90°，从而△AKP∽△BHD，进而得出结论；
（3）连接OC，作射线AO，交BC于Q，根据∠BOC＝2∠A，∠OBC＝∠OCB＝∠A得出∠A＝45°，设BQ＝CQ＝OQ＝a，则OA＝OB＝OC，从而表示出AB，进一步得出结果．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵△ABC≌△BED，
∴∠E＝∠ABC，∠D＝∠ACB，
∴∠E＝∠ACB，
∴AC∥DE，
∴∠BPC＝∠D，
∴∠BPC＝∠ACB，
∴△BPC是等腰三角形；
（2）证明：如图1，
连接BH，
∵BD＝BE，点H是DE的中点，
∴∠DBH＝∠EBH，
∵，
∴∠EBH＝∠CAH，
∴∠CAH＝∠DBH，
由（1）得，
AC∥DE，
∴AC⊥BH，
∴∠DBH+∠BPC＝90°，
∵∠APD＝∠BPC，
∴∠APD+∠CAH＝90°，
∴∠AKP＝90°，
∴∠AKP＝∠BHD，
∴△AKP∽△BHD，
∴，
∴BD KP＝DH AP；
（3）解：如图2，
连接OC，作射线AO，交BC于Q，
∵，
∴∠BOC＝2∠A，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB＝∠A，
∵∠BOC+∠OBC+∠OCB＝180°，
∴4∠A＝180°，
∴∠A＝45°，
∵AB＝AC，OA＝OA，
∴△AOB≌△AOC（SSS），
∴AQ⊥BC，
设BQ＝CQ＝OQ＝a，则OA＝OB＝OC，
∴AB2＝BQ2+AQ2（4+2，
∴2．
13．（2025 滨江区一模）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．
14．（2025 临安区一模）如图1，AE是⊙O的直径，DC⊥BC，AB＝EC，BE＝DC．
（1）求证：AE⊥ED．
（2）连结AD交⊙O于K，连结BK，求证：BK平分∠ABE．
（3）如图2，M为ED上一点，连结AM交⊙O于F，过F作FH⊥BC交ED于G，MN⊥BC，若，AB＝3，BN＝4，求FG的长．
【分析】（1）利用圆周角定理，全等三角形的判定与性质和直角三角形的性质解答即可；
（2）利用全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质和圆周角定理以及角平分线的定义解答即可；
（3）过点E作EK∥FH，交AM于点K，连接EF，利用圆周角定理，相似三角形的判定与性质得到BE＝EN，利用圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质求得线段MN，EM，AM，AE，EF，再利用平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质等腰三角形的判定与性质解答即可．
【解答】（1）证明：∵AE是⊙O的直径，
∴∠ABE＝90°，
∴∠BAE+∠AEB＝90°．
∵DC⊥BC，
∴∠C＝90°，
∴∠ABE＝∠C＝90°．
在Rt△ABE和Rt△ECD中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△ECD（SAS），
∴∠BAE＝∠DEC，
∴∠DEC+∠AEB＝90°，
∴∠AED＝180°﹣（∠DEC+∠AEB）＝90°，
∴AE⊥ED；
（2）证明：由（1）知：Rt△ABE≌Rt△ECD，
∴AE＝ED，
∵∠AED＝90°，
∴△AED为等腰直角三角形，
∴∠EAD＝45°，
∴∠KBE＝∠EAD＝45°，
∵∠ABE＝90°，
∴∠KBE＝∠ABK＝45°，
∴BK平分∠ABE；
（3）解：过点E作EK∥FH，交AM于点K，连接EF，如图，
由（1）知：∠BAE＝∠DEC，
∵MN⊥BC，
∴∠MNE＝90°，
∵∠ABE＝90°，
∴∠ABE＝∠MNE，
∴△ABE∽△ENM，
∴，
∵，
∴，
∴EN＝BE，
∵BN＝4，
∴BE＝EN＝2，
∴AE，DC＝BE＝2，
∴ED＝AE．
∵AB＝3，
∴EC＝AB＝3，
∵MN⊥BC，DC⊥BC，
∴MN∥DC，
∴△EMN∽△ECD，
∴，
∴MN，EM．
∴AM．
∵AE是⊙O的直径，
∴∠AFE＝90°，
∴EF⊥AM，
∵AE⊥ED，
∴，
∴EF2，FM，
∴EF＝BE，
∴，
∴∠BAE＝∠FAE，
∵EK∥FH，
∴∠KEA＝∠BAE，
∴∠KEA＝∠FAE，
∴∠FAE+∠AME＝90°，∠KEA+∠KEM＝90°，
∴∠KEM＝∠AME．
∵FH⊥BC，AB⊥BC，
∴AB∥FH，
∴FH∥EK，
∴∠FGM＝∠KEM，
∴∠FGM＝∠AME，
∴FG＝FM．
15．（2025 婺城区二模）如图1，点C是以AB为直径的⊙O上的动点，∠CBA的平分线交⊙O于点D，弦CE⊥BD于点P，连结DE交AB于点F，连结CF交BD于点G．
（1）求证：DE⊥AB．
（2）当点F平分OA时（如图2），求DG：BG的值．
（3）若BC＝2，BG＝2DG，求直径AB的长．
【分析】（1）先根据角平分线定义和圆周角定义证明∠DBA＝∠DEC，再根据垂直定义得到∠DFB＝90°，进而可得结论；
（2）由图2知，CE为⊙O的直径，连接CD，根据垂径定理和三角形的中位线性质可得OF∥CD，，证明△CDG∽△FBG得到，结合已知可求解；
（3）如图1，连接OD、AC，设OD与CF的交点为M，利用圆周角定理和平行线的判定证明OD∥BC，分别证明△DMG∽△BCG和△DFO∽△ACB，求得OM＝1，，设⊙O的半径为r，则OM＝r﹣1，BF＝r+1，证明△FOM∽△FBC求得，进而可得答案．
【解答】（1）证明：∵点C是以AB为直径的⊙O上的动点，∠CBA的平分线交⊙O于点D，
∴，
∵∠DEC＝∠CBD，
∴∠DBA＝∠DEC，
∵弦CE⊥BD于点P，
∴∠D+∠DBA＝∠D+∠DEC＝90°，
∴∠DFB＝90°，
∴DE⊥AB；
（2）解：由（1）知DE⊥AB，如图2，CE为⊙O的直径，连接CD，则OE＝OC，
∴EF＝DF，
∴OF为△EDC的中位线，
∴OF∥CD，，
∴CD＝2OF，
∴△CDG∽△FBG，
∴，
∵点F平分OA，
∴，
∴BF＝3OF，
∴，
即DG：BG的值为；
（3）解：BC＝2，BG＝2DG，如图1，连接OD、AC，设OD与CF的交点为M，
则∠AOD＝2∠DBA＝∠ABC，
∴OD∥BC，
∴△DMG∽△BCG，
∴，
∵BC＝2，BG＝2DG，
∴；
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠DFO＝90°，
又∵∠FOD＝∠ABC，
∴△DFO∽△ACB，
∴，
∴，
设⊙O的半径为r，则OM＝r﹣1，BF＝r+1，
∵OM∥BC，
∴△FOM∽△FBC，
∴，即，
解得（负值已舍去），且满足所列方程，
∴直径AB的长为．
16．（2025 义乌市二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点P为线段AC上的一个动点（不与A，C重合），作点C关于BP的对称点D，连结BD，PD．⊙O是△BCP的外接圆并分别交BD，AB于点E，F，连结PE，PF．
（1）判断△DEP是否为等腰三角形，并说明理由．
（2）证明：AP BD＝AC BE．
（3）连结OB，若点E为线段BD的三等份点且BC＝6，，求tan∠OBC的值．
【分析】（1）根据轴对称的性质及圆内接四边形的性质求解即可；
（2）先证明△AFP∽△ABC，得到，再证明BE＝PF，BD＝BC，即可证明结论；
（3）过点A作AH⊥BC于点H，交PF于点M，连结OF，证明AH经过圆心O，FM＝PM，然后分和两种情况，设OH＝x，分别求出FM，MH，BH的长，根据勾股定理列方程求解，求出OH的长，最后利用三角函数求解即可．
【解答】（1）解：△DEP为等腰三角形；理由如下：
∵点C关于BP的对称点D，
∴∠C＝∠D，
∵∠C＝∠DEP，
∴∠DEP＝∠D，
∴PD＝PE，
∴△DEP为等腰三角形；
（2）证明：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C，
∵∠C＝∠AFP，∠ABC＝∠APF，
∴∠ABC＝∠AFP，∠APF＝∠AFP，
∴FP∥BC，AF＝AP，
∴△AFP∽△ABC，
∴，BF＝CP，
又∵CP＝DP＝EP，
∴BF＝EP，
∴BE＝PF，
又∵BD＝BC，
∴，
∴AP BD＝AC BE；
（3）解：过点A作AH⊥BC于点H，交PF于点M，连结OF，如图2，
∵AB＝AC，
∴，
∴AH经过圆心O，
∵FP∥BC，
∴AM⊥FP，
∵AF＝AP，
∴，
当时，BD＝3BE，
∵AP BD＝AC BE，
∴AC＝3AP，
由（2）知，
∴，
∵BC＝6，
∴PF＝2，
∴FM＝1，
∵，
∴，
即，
∴AH＝5，
∵△AFP∽△ABC，AM⊥FP，AH⊥BC，
∴，
∴，
∴，
∴，
设OH＝x，
在Rt△FMO中，由勾股定理得：FM2+OM2＝OF2，
在Rt△BHO中，由勾股定理得：BH2+OH2＝OB2，
∵OF＝OB，
∴，
解得，
∴，
∴；
当时，，
∵AP BD＝AC BE，
∴，
∴，
∵BC＝6，
∴PF＝4，
∴FM＝2，
同理，
解得：，
∴，
设OH＝x，则，
由勾股定理得：，
解得，
∴，
∴，
综上所述，tan∠OBC的值为或．
17．（2025 吴兴区二模）如图，已知AB是⊙O的直径，CD，CE都是⊙O的弦，AB⊥CD于点G，CE交AG于点F，且，连结BE，分别交AD，CD于点H，K．
（1）求证：BK＝DK．
（2）若DK＝5，DH＝6，求⊙O的直径．
（3）若点F在半径OA上，，请直接写出的值．
【分析】（1）由垂径定理得，等量代换得，进而可证结论成立；
（2）先证明∠KHD＝∠HDK，进而可证BK＝DK＝HK，求出BH＝10，BD＝8，再证明△ADB∽△BDH，利用相似三角形的对应边成比例可得结论；
（3）证明△CGF≌DGB（ASA）得BG＝FG，证明GK是△BFH的中位线得FH∥CD，设OF＝x，则OG＝2x，由勾股定理得，，证明△AFN∽△CFG，可求出FN，再证明△FAN≌△EAN（ASA），求出，然后证明FH∥CD，利用平行线分线段成比例定理即可求解．
【解答】（1）证明：连接BD，
∵AB是⊙O的直径，AB⊥CD，
∴，
∵，
∴，
∴∠KBD＝∠KDB，
∴BK＝DK；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠KHD+∠KBD＝∠HDK+∠KDB＝90°，
∵∠KBD＝∠KDB，
∴∠KHD＝∠HDK，
∴BK＝DK＝HK，
∵DK＝5，DH＝6，
∴BH＝10，BD＝8，
∵，
∴∠BAD＝∠HBD，
∵∠ADB＝∠BDH，
∴△ADB∽△BDH，
∴，
∴；
（3）解：连接FH，AE，OC，
∵AB是⊙O的直径，AB⊥CD，
∵CG＝DG．
∵，
∴∠BDG＝∠FCG，
∵∠CGF＝∠DGB，
∴△CGF≌DGB（ASA），
∴BG＝FG，
∵BK＝HK，
∴GK是△BFH的中位线，
∴FH∥CD，
设OF＝x，则OG＝2x，
∴BG＝3x，OC＝OB＝5x，
∴，，
∵，
∴∠BAD＝∠DCE，
∵∠AFE＝∠CFG，
∴∠ANF＝∠CGF＝90°，
∵∠AFN＝∠CFG，
∴△AFN∽△CFG，
∴，
∴，
∵，
∴∠FAN＝∠EAN，
∵AN＝AN，∠ANF＝∠ANE＝90°，
∴△FAN≌△EAN（ASA），
∴NE＝FN，
∴，
∵∠ANF＝∠ADB＝90°，
∴FH∥CD，
∴，
∴．
18．（2025 定海区二模）淇淇陪弟弟玩积木时，发现放在同一水平面上的两个积木的横截面分别是以MN＝20cm为直径的半圆O和边长为4cm的正方形ABCD，P，Q分别为半圆O上的点．如图1所示，此时半圆O与水平面恰好切于点P，AP＝12cm，延长CD与半圆O分别交于点E，F．将半圆O向右无滑动滚动，使点D落在半圆O上，此时半圆O与水平面恰好切于点Q，如图2所示．
（1）在图1中，求弦EF的长；
（2）在图2中，求的长；
（3）在图2中，过点D作半圆O的切线与直线AB交于点H，求tan∠ADH的值．
【分析】（1）如图1，连接OE，OP，OP与EF交于点T，可得四边形ADTP为矩形，得到OP⊥EF，PT＝AD＝4cm，进而得ET＝FT，由MN＝20cm可得OT＝6cm，在Rt△OET中，利用勾股定理求出ET，即可求解；
（2）如图2，连接OQ，OD，延长CD交OQ于点G，可得四边形ADGQ为矩形，得到AQ＝DG，QG＝AD＝4cm，∠OGD＝90°，由MN＝20cm可得OG＝6cm，进而由勾股定理得DG＝8cm，即得AQ＝DG＝8cm，得到的长为AP﹣AQ＝4cm，
（3）如图3，连接OH，由切线长定理可得HQ＝HD，设HD＝t cm，则HQ＝t cm，由（2）得AQ＝8cm，则AH＝（8﹣t）cm，在Rt△ADH中由勾股定理得42+（8﹣t）2＝t2，解得t＝5，得到AH＝3cm，再根据正切的定义即可求解．
【解答】解：（1）半圆O与水平面相切于点P，OP为半圆O的半径，四边形ABCD为正方形，如图1，连接OE，OP，OP与EF交于点T，
∴∠OPA＝∠DAP＝∠ADT＝90°，
∴四边形ADTP为矩形，
∴OP⊥EF，PT＝AD＝4cm，
∴ET＝FT，
∵MN＝20cm，
∴OE＝OP＝10cm，
∴OT＝6cm，
在Rt△OET中，由勾股定理得：，
∴EF＝2ET＝16cm；
（2）四边形ABCD为正方形，半圆O与水平面相切于点Q，OQ为半圆O的半径，如图2，连接OQ，OD，延长CD交OQ于点G，
∴∠GQA＝∠DAQ＝∠ADG＝90°，
∴四边形ADGQ为矩形，
∴AQ＝DG，QG＝AD＝4cm，∠OGD＝90°，
∵MN＝20cm，
∴OD＝OQ＝10cm，
∴OG＝6cm，
在Rt△ODG中，由勾股定理得：，
∴AQ＝DG＝8cm，
∵AP＝12cm，
∴的长为AP﹣AQ＝4（cm），
（3）如图3，连接OH，由切线长定理可得HQ＝HD，
设HD＝t cm，则HQ＝t cm，由（2）得AQ＝8cm，则AH＝（8﹣t）cm，
在Rt△ADH中，由勾股定理得：AD2+AH2＝HD2，
即42+（8﹣t）2＝t2，
解得t＝5，
∴AH＝3cm，
∴．
19．（2025 杭州模拟）如图，在 ABCD中，过A，B，C三点的⊙O交CD于点E，连结AE．
（1）求证：△ADE是等腰三角形．
（2）如图2，已知AD为⊙O的切线，连结AO并延长交BE于点G．
①求证：；
②若，求cosD的值．
【分析】（1）利用平行四边形的性质，圆的内接四边形的性质和等腰三角形的判定定理解答即可；
（2）①过点A作AH⊥DC于点H，利用等腰三角形的三线合一的性质得到∠DAH＝∠EAHDAE，利用圆的切线的性质定理，平行四边形的性质和直角三角形的性质得到∠DAH＝∠BAG，则结论可得；
②过点B作BF∥AE，交AG的延长线于点F，设AF交BC于点M，连接OB，利用相似三角形的判定与性质得到，设AE＝3k，则BF＝2k，则BC＝AE＝3k，利用垂径定理得到BM＝CMBC，利用勾股定理求得FM，利用直角三角形的判定与性质和相似三角形的判定与性质求得OB，AB，再利用直角三角形的边角关系定理和平行四边形的性质解答即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠D＝∠B，
∵四边形AECB为圆的内接四边形，
∴∠AED＝∠B，
∴∠AED＝∠D，
∴AD＝AE，
∴△ADE是等腰三角形；
（2）①证明：过点A作AH⊥DC于点H，如图，
由（1）知：AD＝AE，
∵AH⊥DC，
∴∠DAH＝∠EAHDAE．
∵AD为⊙O的切线，
∴OA⊥AD，
∴∠DAH+∠HAG＝90°．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，
∵AH⊥DC，
∴AB⊥AH，
∴∠BAG+∠HAG＝90°，
∴∠DAH＝∠BAG，
∴∠BAGDAE；
②过点B作BF∥AE，交AG的延长线于点F，设AF交BC于点M，连接OB，如图，
∵BF∥AE，
∴△AEG∽△FBG，
∴，
设AE＝3k，则BF＝2k，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，BC＝AD，
由（1）知：AD＝AE，
∴BC＝AE＝3k．
由（2）①知：OA⊥AD，
∴OM⊥BC，
∴BM＝CMBC，
∴MFk，
∵∠BAGDAE，∠BAGBON，
∴∠BON＝∠DAE．
∵∠DAE+∠EAF＝90°，
∴∠BON+∠EOF＝90°．
∵BF∥AE，
∴∠EAF＝∠F，
∴∠BON+∠F＝90°，即∠OBF＝90°，
∵OF⊥BC，
∴△FBM∽△FOB，
∴，
∴，
∴FOk．
∴OM＝FO﹣FMk，
∴OA＝OBk，
∴AM＝OA+OMk，
∴AB3k．
∴cosB．
∵∠D＝∠B，
∴cosD．
20．（2025 定海区三模）如图1，AB是⊙O的直径，M是左半圆上的任意一点（不与A，B重合），C是劣弧AM上一动点，连结BC，CM，在右半圆上取一点D，使得∠ABD＝∠CBM，连结DM并交AB于点E．
（1）求证：△CBM∽△BDE；
（2）如图2，当M为左半圆上的中点时，求证：在点C运动过程中，始终存在CM∥BD．
（3）如图3，在（2）的条件下，连结CE，取右半圆中点N，连结DN，BN，求证：△CEB与△BDN面积相等．
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等得到∠BCM＝∠BDE，再根据已知条件和相似三角形的判定定理即可证明结论；
（2）由题意可得，再证明得到，则有∠DMC＝∠BDM，据此可证明CM∥BD；
（3）设BC，DM交于Q，连接NQ，AQ，AC，MN，AD，根据题意可得，，，则可证明MN为⊙O的直径，得到∠MDN＝90°，再证明BC∥DN，得到，导角可证明QD＝QB；再证明AC∥DM，得到S△AQE＝S△CQE，则可推出，据此可证明△CEB与△BDN面积相等．
【解答】证明：（1），
∴∠BCM＝∠BDE，
∵∠ABD＝∠CBM，
∴△CBM∽△DBE；
（2）∵M为左半圆上的中点，
∴，
∵∠ABD＝∠CBM，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴∠DMC＝∠BDM，
∴CM∥BD；
（3）如图所示，设BC，DM交于Q，连接NQ，AQ，AC，MN，AD，
∵M、N分别为左半圆和右半圆的中点，
∴，，，
∴，
∴MN为⊙O的直径，
∴∠MDN＝90°，
由（1）可得，
∴∠ABM＝∠ABN，∠CBD＝∠BDN，
∴BC∥DN，
∴；
∵∠ABD＝∠CBM，
∴∠ABM﹣∠CBM＝∠ABN﹣∠ABD，
∴∠ABC＝∠DBN，
∴AC＝DN，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵，
∴∠CBD＝∠BDM，∠CMD＝∠ADM，
∴QD＝QB；
∵四边形ADMC是圆内接四边形，
∴∠ACM+∠ADM＝∠CMD+∠CAD＝180°，
∴∠ADM+∠CAD＝180°，
∴AC∥DM，
∴S△AQE＝S△CQE，
∴S△BCE＝S△CQE+S△BQE＝S△AQE+S△BQE＝S△ABQBQ AC，
∴△CEB与△BDN面积相等．中小学教育资源及组卷应用平台
浙江省2025年中考数学压轴题专项训练
圆的综合
1．（2025 庆元县一模）如图，三角形ABC内接于⊙O，AB＝AC，连结BO并延长交AC于点E，交⊙O于点D，连结AO，AD，CD．
（1）求证：∠ABC＝∠ADB；
（2）猜想OA与CD的位置关系，并说明理由；
（3）若，求AE的长．
2．（2025 嘉兴模拟）如图，点C在以AB为直径的⊙O上，，点D在上，过点C作AD的垂线，分别交⊙O，AB，AD于点E，F，G，连接AE，CD．
（1）求∠DAE的度数．
（2）求证：①CD∥AE；
②．
3．（2025 莲都区二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BD是直径，AC平分∠BCD，与BD相交于点E．
（1）若CE＝CD，求∠CAB的度数；
（2）若，求的值；
（3）过点A作AC的垂线AG，交CB的延长线于点G，过点G，C分别作GF⊥AG，CF⊥AC，交点为F，延长DB交FG于点H，求证：BH＝DE．
4．（2025 龙港市二模）如图，⊙O是以AB为直径的圆，点C在⊙O上，CD切⊙O于点C，BD⊥CD于点D，连结BC．
（1）求证：∠ABC＝∠CBD．
（2）若．
①求BC的长度．
②如图，点P在半径AO上，连结CP并延长交⊙O于点Q，且，连结QB，求证：QB＝QC．
5．（2025 瓯海区二模）如图，点O是在△ABC内部一点，OC平分∠ACB，以O为圆心，OC为半径的圆经过点B，交AC于点D，连接BO并延长交于点E，连接ED并延长交AB于点F．
（1）求证：OC∥EF．
（2）当∠EBF＝2∠A时．
①求∠EFB的度数．
②若F是AB的中点，⊙O的半径为1，求AB的长．
6．（2025 温岭市二模）如图，Rt△ABC，∠ABC＝90°，AB＝BC．过点A的直线与以BC为直径的⊙O相交于点D，H，（点D在直径BC上方），与直径BC交于点E．连结BD，CD．
（1）如图1，若AB＝1，点E与圆心O重合，求AD的长；
（2）如图2，已知DH平分∠BDC．
①求证：CD＝2DB；
②若AE EH＝8，求AD的长．
7．（2025 龙湾区二模）如图，在等腰△ABC中，CA＝CB，点D为AB上一点，过点D作DE∥AC交BC于点E，过点C作CF∥AB交DE的延长线于点F．连接AE，作△ACE的外接圆交FC的延长线于点G．
（1）若劣弧的度数为140°，求∠F的度数．
（2）求证：．
（3）若，CF＝2CG＝10，求AE的长．
8．（2025 瑞安市二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，过点C作CD⊥AB于点D，以AD为直径作⊙O交AC于点E，过点E作EF∥BC交⊙O于点F，交AD于点M，连结AF．
（1）求证：∠BMF＝∠AEM．
（2）求证：．
（3）若BC＝1，BD＝k，求FM的长（用含k的代数式表示）．
9．（2025 路桥区二模）如图，DB是平行四边形ABCD的对角线，DB＝DA，△ABD的外接圆⊙O与边BC交于点E（不与点B，C重合），连接DE．
（1）求证：△DEC∽△DAB；
（2）如图2，连接DO并延长交AB于点F．
①求证：DF垂直平分AB；
②若⊙O的半径为13，，求EC的长；
（3）如图3，连接AE，若AE是∠DAB的平分线，△ABE的面积为10，求平行四边形ABCD的面积．
10．（2025 钱塘区二模）已知△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，D为圆上一点，DF是⊙O的切线，连结CD，与AB交于点E．
（1）如图1，延长BA与DF交于点F．
①若∠ACD＝25°，求∠F的大小．
②若AF＝3，DF＝5，求⊙O的半径．
（2）如图2，AC＞BC，DF∥AB，延长CA与DF交于点F，若，求△BCE与△CDF的面积比．
11．（2025 西湖区一模）如图，矩形ABCD内接于⊙O，BD是对角线，点E在上（不与点A，D重合），连接EC分别交AD，BD于点H，G，BF⊥CE于点F，FG＝FC，连接BE交AD于点P．
（1）如图1，当点E为的中点，BD＝2时，
①求证：∠ABE＝∠CBF．
②求的长．
（2）如图2，若tan∠ADB，求的值．
12．（2025 定海区一模）如图1，△ABC内接于⊙O，其中∠BAC＜60°，AB＝AC．点E在射线BC上，且满足△ABC≌△BED，DE交⊙O于点H，BD交AC于点P．
（1）求证：△BPC为等腰三角形；
（2）如图2，连结AH，交BD于点K，若H为DE中点，求证：BD KP＝DH AP；
（3）如图3，若线段BD过圆心O，求S△BPC：S△ABC的值．
13．（2025 滨江区一模）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．
14．（2025 临安区一模）如图1，AE是⊙O的直径，DC⊥BC，AB＝EC，BE＝DC．
（1）求证：AE⊥ED．
（2）连结AD交⊙O于K，连结BK，求证：BK平分∠ABE．
（3）如图2，M为ED上一点，连结AM交⊙O于F，过F作FH⊥BC交ED于G，MN⊥BC，若，AB＝3，BN＝4，求FG的长．
15．（2025 婺城区二模）如图1，点C是以AB为直径的⊙O上的动点，∠CBA的平分线交⊙O于点D，弦CE⊥BD于点P，连结DE交AB于点F，连结CF交BD于点G．
（1）求证：DE⊥AB．
（2）当点F平分OA时（如图2），求DG：BG的值．
（3）若BC＝2，BG＝2DG，求直径AB的长．
16．（2025 义乌市二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点P为线段AC上的一个动点（不与A，C重合），作点C关于BP的对称点D，连结BD，PD．⊙O是△BCP的外接圆并分别交BD，AB于点E，F，连结PE，PF．
（1）判断△DEP是否为等腰三角形，并说明理由．
（2）证明：AP BD＝AC BE．
（3）连结OB，若点E为线段BD的三等份点且BC＝6，，求tan∠OBC的值．
17．（2025 吴兴区二模）如图，已知AB是⊙O的直径，CD，CE都是⊙O的弦，AB⊥CD于点G，CE交AG于点F，且，连结BE，分别交AD，CD于点H，K．
（1）求证：BK＝DK．
（2）若DK＝5，DH＝6，求⊙O的直径．
（3）若点F在半径OA上，，请直接写出的值．
18．（2025 定海区二模）淇淇陪弟弟玩积木时，发现放在同一水平面上的两个积木的横截面分别是以MN＝20cm为直径的半圆O和边长为4cm的正方形ABCD，P，Q分别为半圆O上的点．如图1所示，此时半圆O与水平面恰好切于点P，AP＝12cm，延长CD与半圆O分别交于点E，F．将半圆O向右无滑动滚动，使点D落在半圆O上，此时半圆O与水平面恰好切于点Q，如图2所示．
（1）在图1中，求弦EF的长；
（2）在图2中，求的长；
（3）在图2中，过点D作半圆O的切线与直线AB交于点H，求tan∠ADH的值．
19．（2025 杭州模拟）如图，在 ABCD中，过A，B，C三点的⊙O交CD于点E，连结AE．
（1）求证：△ADE是等腰三角形．
（2）如图2，已知AD为⊙O的切线，连结AO并延长交BE于点G．
①求证：；
②若，求cosD的值．
20．（2025 定海区三模）如图1，AB是⊙O的直径，M是左半圆上的任意一点（不与A，B重合），C是劣弧AM上一动点，连结BC，CM，在右半圆上取一点D，使得∠ABD＝∠CBM，连结DM并交AB于点E．
（1）求证：△CBM∽△BDE；
（2）如图2，当M为左半圆上的中点时，求证：在点C运动过程中，始终存在CM∥BD．
（3）如图3，在（2）的条件下，连结CE，取右半圆中点N，连结DN，BN，求证：△CEB与△BDN面积相等．

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