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最新中考数学二轮核心考点专题训练 专题15 圆中常作的辅助线
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这是一份最新中考数学二轮核心考点专题训练 专题15 圆中常作的辅助线，文件包含专题15圆中常作的辅助线原卷版docx、专题15圆中常作的辅助线解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。
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专题15 圆中常作的辅助线（解析版）
第一部分 典例剖析
类型一 连半径
1．（2021秋•温州期中）如图，在⊙O中，∠BAC＝15°，∠ADC＝20°，则∠ABO的度数为 ．
思路引领：连接AO，根据同弧所对圆周角与圆心角的关系求出∠AOB，进而求解．
解：连接AO，CO，
则∠AOC＝2∠ADC，∠BOC＝2∠BAC，
∴∠AOB＝∠BOC+∠AOC＝2∠BAC+2∠ADC＝2×15°+2×20°＝70°，
∵OA＝OB，
∴∠ABO=12（180°﹣∠AOB）＝55°，
故答案为：55°．
总结提升：本题考查圆周角定理，解题关键是通过添加辅助线求解．
2．（2022•双柏县模拟）如图，△ABC内接于⊙O，∠CAB＝30°，∠CBA＝45°，CD⊥AB于点D，若⊙O的半径为2，则CD的长为（ ）
A．1B．22C．2D．3
思路引领：连接OA，OC，根据圆周角定理得圆心角为90°，根据勾股定理求出AC，再根据在直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半即可求出CD．
解：如图，连接OA，OC．
∵∠COA＝2∠CBA＝2×45°＝90°，
在Rt△AOC中，根据勾股定理得：
AC=OA2+OC2=22+22=22．
∵CD⊥AB，∠CAB＝30°，
∴CD=12AC=2．
故选：C．
总结提升：本题考查了圆周角定理，勾股定理，含30°角的直角三角形，其中构造圆心角，利用圆周角定理是解题的关键．
作弦心距
3．（2020秋•雁塔区校级期中）如图，AB为⊙O的弦，半径OC，OD分别交AB于点E，F．且AC=DB．
（1）求证：AE＝BF；
（2）作半径ON⊥AB于点M，若AB＝12，MN＝3，求OM的长．
思路引领：（1）连接OA、OB，证明△AOE≌△BOF（ASA），即可得出结论；
（2）连接OA，由垂径定理得出AM=12AB＝6，设OM＝x，则OA＝ON＝x+3，在Rt△AOM中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
（1）证明：连接OA、OB，如图1所示：
∵OA＝OB，
∴∠A＝∠B，
∵AC=BD，
∴∠AOE＝∠BOF，
在△AOE和△OBF中，
∠A=∠BOA=OB∠AOE=∠BOF，
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴AE＝BF．
（2）解：连接OA，如图2所示：
∵OM⊥AB，
∴AM=12AB＝6，
设OM＝x，则OA＝ON＝x+3，
在Rt△AOM中，由勾股定理得：62+x2＝（x+3）2，
解得：x＝4.5，
∴OM＝4.5．
总结提升：本题考查垂径定理，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
4．（2022秋•慈溪市期中）如图，⊙P与x轴交于点A（﹣5，0），B（1，0），与y轴的正半轴交于点C．若∠ACB＝60°，则点C的纵坐标为 ．
思路引领：过P点作PH⊥AB于H点，PD⊥OC于D点，连接PA、PB、PC，如图，根据垂径定理得到AH＝BH＝3，则OH＝2，再根据圆周角定理得到∠APB＝2∠ACB＝120°，所以∠APH＝60°，则利用含30度角的直角三角形三边的关系计算出PH=3，PA＝23，接着利用四边形PHOD为矩形得到OD=3，PD＝2，然后利用勾股定理计算出CD，从而得到OC的长．
解：过P点作PH⊥AB于H点，PD⊥OC于D点，连接PA、PB、PC，如图，
∵A（﹣5，0），B（1，0），
∴OA＝5，OB＝1，
∵PH⊥AB，
∴AH＝BH=12AB＝3，
∴OH＝2，
∵∠APB＝2∠ACB＝2×60°＝120°，
∴∠APH＝60°，
在Rt△PAH中，∵PH=33AH=3，
∴PA＝2PH＝23，
∵∠PHO＝∠PDO＝∠HOD＝90°，
∴四边形PHOD为矩形，
∴OD＝PH=3，PD＝OH＝2，
在Rt△PCD中，∵PC＝PA＝23，PD＝2，
∴CD=(23)2−22=22，
∴OC＝OD+CD=3+22，
∴点C的纵坐标为3+22．
故答案为：3+22．
总结提升：本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了圆周角定理．
5．（2020秋•肇源县期末）已知：如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝25°，以点C为圆心、AC为半径作⊙C，交AB于点D，求AD的度数．
思路引领：因为弧与垂径定理有关；与圆心角、圆周角有关；与弦、弦心距有关；弧与弧之间还存在着和、差、倍、半的关系，因此这道题有很多解法，仅选几种供参考．
解：解法一：（用垂径定理求）
如图，过点C作CE⊥AB于点E，交AD于点F，
∴DF=AF，
又∵∠ACB＝90°，∠B＝25°，
∴∠FCA＝25°，
∴AF的度数为25°，
∴AD的度数为50°；
解法二：（用圆周角求）如图，延长AC交⊙C于点E，连接ED，
∵AE是直径，
∴∠ADE＝90°，
∵∠ACB＝90°，∠B＝25°，
∴∠E＝∠B＝25°，
∴AD的度数为50°；
解法三：（用圆心角求）如图，连接CD，
∵∠ACB＝90°，∠B＝25°，∴∠A＝65°，
∵CA＝CD，∴∠ADC＝∠A＝65°，
∴∠ACD＝50°，
∴AD的度数为50°．
总结提升：本题可以利用：1、垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分这条弦所对的两段弧．2、圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
6．（2021•浦东新区模拟）如图，已知AB是圆O的直径，弦CD交AB于点E，∠CEA＝30°，OE＝4，DE＝53，求弦CD及圆O的半径长．
思路引领：过点O作OM⊥CD于点M，联结OD，根据垂径定理解答即可．
解：过点O作OM⊥CD于点M，联结OD，
∵∠CEA＝30°，∴∠OEM＝∠CEA＝30°，
在Rt△OEM中，∵OE＝4，
∴OM=12OE=2，EM=OE⋅cs30°=4×32=23，
∵DE=53，
∴DM=DE−EM=33，
∵OM过圆心，OM⊥CD，
∴CD＝2DM，
∴CD=63，
∵OM=2，DM=33，
∴在Rt△DOM中，OD=OM2+DM2=22+(33)2=31，
∴弦CD的长为63，⊙O的半径长为31．
总结提升：此题考查了垂径定理和直角三角形．有关弦、半径、弦心距的问题常常利用它们构造的直角三角形来研究，所以连半径、作弦心距是圆中的一种常见辅助线添法．
类型三 圆周角为直角，连接直径
7．如图，AB，AC是⊙O的两条弦，且∠CAB＝90°，若AB＝10，AC＝8，求⊙O的半径．
思路引领：连接BC，由圆周角定理得BC是⊙O的直径，由勾股定理求出BC＝241，则OB=41．
解：连接BC，如图所示：
∵∠CAB＝90°，
∴BC是⊙O的直径，BC=AB2+AC2=102+82=241，
∴OB=41，
即⊙O的半径为41．
总结提升：本题考查了圆周角定理和勾股定理；熟练掌握圆周角定理和勾股定理是解题的关键．
类型四 有直径，做直径所对的圆周角
8．（2021•济宁一模）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB＝BC，∠BAC＝30°，AD是直径，AD＝8，则AC的长为 ．
思路引领：连接CD，根据等腰三角形的性质得到∠ACB＝∠BAC＝30°，根据圆内接四边形的性质得到∠D＝180°﹣∠B＝60°，求得∠CAD＝30°，根据直角三角形的性质即可得到结论．
解：连接CD，
∵AB＝BC，∠BAC＝30°，
∴∠ACB＝∠BAC＝30°，
∴∠B＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
∴∠D＝180°﹣∠B＝60°，
∵AD是直径，
∴∠ACD＝90°，
∵∠CAD＝30°，AD＝8，
∴CD=12AD＝4，
∴AC=82−42=43，
故答案为：43．
总结提升：本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
9．（2021秋•南宁期末）如图1，已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AC平分∠DAB，AD⊥CD于点D，并与⊙O交于点E．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若DE＝8，DC＝12，求⊙O的半径；
（3）如图2，F为AB中点，连接EF，在（2）的条件下，求EF的长．
思路引领：（1）连接OC，利用角平分线的定义，同圆的半径相等，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质和圆的切线的判定定理解答即可；
（2）连接OC，过点O作OF⊥AE于点F，利用切割线定理，垂径定理和矩形的判定与性质解答即可；
（3）连接AF，BF，BE，过点B作BH⊥EF于点H，利用（2）的结论，等腰直角三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理解答即可．
（1）证明：连接OC，如图，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠BAC．
∵OA＝OC，
∴∠BAC＝∠OCA，
∴∠OCA＝∠DAC，
∴AD∥OC．
∵AD⊥CD于点D，
∴OC⊥CD．
∵OC为⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：连接OC，连接CE，过点O作OF⊥AE于点F，如图，
则AF＝EF=12AE．
由（1）知：CD是⊙O的切线，
∴∠DCE＝∠DAC．
∵∠D＝∠D，
∴△CDE∽△ADC，
∴CD2＝DE•DA，
∵DE＝8，DC＝12，
∴DA＝18．
∴AE＝DA﹣DE＝18﹣8＝10，
∴EF＝5，
∴DF＝EF+DE＝5+8＝13．
由（1）知：OC⊥CD，
∵DA⊥CD，OF⊥AD，
∴四边形OFDC为矩形，
∴OC＝DF＝13，
∴⊙O的半径为13；
（3）解：连接AF，BF，BE，过点B作BH⊥EF于点H，如图，
由（2）知：⊙O的半径为13，AE＝10，
∴AB＝26，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴BE=AB2−AE2=24．
∵F为AB中点，
∴AF=BF，
∴AF＝BF=22AB＝132，
∴∠FAB＝∠FBA＝45°，
∵∠FEB＝∠FAB，
∴∠FEB＝45°，
∴△BHE为等腰直角三角形，
∴BH＝HE=22BE＝122．
∵BH⊥EF，
∴HF=BF2−BH2=52，
∴EF＝EH+HF＝122+52=172．
总结提升：本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理及其推论，平行线的判定与性质，圆的切线的判定与性质，切割线定理，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，垂径定理，连接经过切点的半径和直径所对的圆周角是解决此类问题常添加的辅助线．
类型五 见切线作半径
10．（2020•八步区一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC的角平分线交BC于点D，E为AB上一点，DE＝DC，以D为圆心，DB的长为半径作⊙D，AB＝5，BE＝3．
（1）求证：AC是⊙D的切线；
（2）求线段AC的长．
思路引领：（1）过点D作DF⊥AC于F，求出BD＝DF等于半径，得出AC是⊙D的切线．
（2）先证明△BDE≌△DCF（HL），根据全等三角形对应边相等及切线的性质的AB＝AF，得出AB+EB＝AC．
（1）证明：过点D作DF⊥AC于F；
∵AB为⊙D的切线，
∴∠B＝90°，
∴AB⊥BC，
∵AD平分∠BAC，DF⊥AC，
∴BD＝DF，
∴AC与⊙D相切；
（2）解：在△BDE和△DCF中；
BD=DFDE=DC，
∴Rt△BDE≌Rt△DCF（HL），
∴EB＝FC．
∵AB＝AF，
∴AB+EB＝AF+FC，
即AB+EB＝AC，
∴AC＝5+3＝8．
总结提升：本题考查的是切线的判定、角平分线的性质定理、全等三角形的判定与性质；熟练掌握切线的判定方法，证明三角形全等得出EB＝FC是解决问题（2）的关键．
11．（2020秋•临邑县期末）如图，BD为△ABC外接圆⊙O的直径，且∠BAE＝∠C．
（1）求证：AE与⊙O相切于点A；
（2）若AE∥BC，BC＝23，AC＝2，求⊙O的直径．
思路引领：（1）连接半径OA，由等腰三角形的性质及圆周角定理得出∠OAE＝90°．即可证出结论；
（2）连接OC，连接OA交BC于点H，证出OA⊥BC，CH＝BH，分别在△ABH，△OBH中通过勾股定理即可求出结果．
（1）证明：连接OA．
∴OA＝OD．
∴∠D＝∠DAO．
∵∠D＝∠C，
∴∠C＝∠DAO．
∵∠BAE＝∠C，
∴∠BAE＝∠DAO．
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BAD＝90°，即∠DAO+∠BAO＝90°．
∴∠BAE+∠BAO＝90°，即∠OAE＝90°．
∴AE⊥OA．
又∵OA为⊙O的半径，
∴AE与⊙O相切于点A．
（2）解：连接OC，连接AO交BC于点H，
∵AE∥BC，OA⊥AE，
∴OA⊥BC，
∴CH＝BH=12BC=3，
在Rt△ABH中，
AH=AB2−BH2=1，
在Rt△OBH中，设OB＝r，
∵OH2+BH2＝OB2，
∴（r﹣1）2+（3）2＝r2，
解得：r＝2，
∴DB＝2r＝4．
即⊙O的直径为4．
总结提升：本题考查了三角形的外接圆与外心，切线的判定，勾股定理，等腰三角形的性质，圆周角定理等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
类型六 连切点
12．（2020•湘西州）如图，PA、PB为圆O的切线，切点分别为A、B，PO交AB于点C，PO的延长线交圆O于点D．下列结论不一定成立的是（ ）
A．△BPA为等腰三角形
B．AB与PD相互垂直平分
C．点A、B都在以PO为直径的圆上
D．PC为△BPA的边AB上的中线
思路引领：根据切线的性质即可求出答案．
解：（A）∵PA、PB为圆O的切线，
∴PA＝PB，
∴△BPA是等腰三角形，故A选项不符合题意．
（B）由圆的对称性可知：PD垂直平分AB，但AB不一定平分PD，故B选项符合题意．
（C）连接OB、OA，
∵PA、PB为圆O的切线，
∴∠OBP＝∠OAP＝90°，
∴点A、B、P在以OP为直径的圆上，故C选项不符合题意．
（D）∵△BPA是等腰三角形，PD⊥AB，
∴PC为△BPA的边AB上的中线，故D选项不符合题意．
故选：B．
总结提升：本题考查切线的性质，解题的关键是熟练运用切线的性质，本题属于中等题型．
13．（2020•青海）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，则△ABC的内切圆半径r＝ 1 ．
思路引领：在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，根据勾股定理可得AB＝5，设△ABC的内切圆与三条边的切点分别为D、E、F，连接OD、OE、OF，可得OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，可得矩形EOFC，再根据切线长定理可得CE＝CF，所以矩形EOFC是正方形，可得CE＝CF＝r，所以AF＝AD＝3﹣r，BE＝BD＝4﹣r，进而可得△ABC的内切圆半径r的值．
解：在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
根据勾股定理，得AB＝5，
如图，设△ABC的内切圆与三条边的切点分别为D、E、F，
连接OD、OE、OF，
∴OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
∵∠C＝90°，
∴四边形EOFC是矩形，
根据切线长定理，得
CE＝CF，
∴矩形EOFC是正方形，
∴CE＝CF＝r，
∴AF＝AD＝AC﹣FC＝3﹣r，
BE＝BD＝BC﹣CE＝4﹣r，
∵AD+BD＝AB，
∴3﹣r+4﹣r＝5，
解得r＝1．
则△ABC的内切圆半径r＝1．
故答案为：1．
总结提升：本题考查了三角形的内切圆与内心，解决本题的关键是掌握三角形的内切圆与内心．
类型七 构造弦或圆
14．（2021秋•江宁区期中）如图，⊙O经过菱形ABCD的B，D两顶点，分别交AB，BC，CD，AD于点E，F，G，H．
（1）求证AE＝AH；
（2）连接EF，FG，GH，EH，若BD是⊙O的直径，求证：四边形EFGH是矩形．
思路引领：（1）连接DE、BH，利用△ADE≌△ABH即可得出结论；
（2）连接DE，DF，通过证明△ADE≌△CDF和△AEH≌△CFG得到四边形EFGH的两组 对边相等，可以判定四边形EFGH为平行四边形，再利用平行四边形的性质和圆内接四边形的性质证明∠FEH＝90°，则四边形EFGH为矩形．
证明：（1）连接DE、BH，如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
在△ADE和△ABH中，
∠ADE=∠ABHAD=AB∠A=∠A，
∴△ADE≌△ABH（ASA），
∴AE＝AH．
（2）∵AB＝AD，AE＝AH．
∴AB﹣AE＝AD﹣AH．
即BE＝DH．
∴BE=DH．
同理BF=DG
∴BE+BF=DH+DG．
即EF=GH．
∴EF＝GH．
连接DE，DF，如图，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BED＝∠BFD＝90°．
∴∠AED＝∠CFD＝90°．
在△ADE和△CDF中，
∠A=∠C∠AED=∠CFDAD=CD，
∴△ADE≌△CDF（AAS）．
∴AE＝CF．
∵用（1）中同样的方法可证CF＝CG
∴AH＝CG．
在△AEH和△CFG中，
AE=CF∠A=∠CAH=CG，
∴△AEH≌△CFG（SAS）．
∴EH＝FG．
∴四边形EFGH是平行四边形．
∴∠FEH＝∠FGH．
∵四边形EFGH是⊙O的内接四边形，
∴∠FEH+∠FGH＝180°．
∴∠FEH＝90°．
∴四边形EFGH是矩形．
总结提升：本题主要考查了圆周角定理，三角形全等的匹配度与性质，菱形的性质，矩形的判定，利用同弧所对的圆周角相等是解题的关键．
15．（2021•鄂州）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝23，BC＝3．点P为△ABC内一点，且满足PA2+PC2＝AC2．当PB的长度最小时，△ACP的面积是（ ）
A．3B．33C．334D．332
思路引领：取AC中点O，连接OP，BO，由勾股定理的逆定理可求∠APC＝90°，可得点P在以AC为直径的圆上运动，由三角形的三边关系可得BP≥BO﹣OP，当点P在线段BO上时，BP有最小值，由锐角三角函数可求∠BOC＝60°，即可求解．
解：取AC中点O，连接OP，BO，
∵PA2+PC2＝AC2，
∴∠APC＝90°，
∴点P在以AC为直径的圆上运动，
在△BPO中，BP≥BO﹣OP，
∴当点P在线段BO上时，BP有最小值，
∵点O是AC的中点，∠APC＝90°，
∴PO＝AO＝CO=3，
∵tan∠BOC=BCCO=3，
∴∠BOC＝60°，
∴△COP是等边三角形，
∴S△COP=34OC2=34×3=334，
∵OA＝OC，
∴△ACP的面积＝2S△COP=332，
故选：D．
总结提升：本题考查了点与圆的位置关系，直角三角形的性质，锐角三角函数，勾股定理的逆定理等知识，找出点P在以AC为直径的圆上运动是解题的关键．
专题提优训练
1．（2020秋•宝应县期末）如图，点A、B、S在圆上，若弦AB的长度等于圆半径的3倍，则∠ASB的度数是（ ）
A．30°B．60°C．90°D．120°
思路引领：连接OA，OB，过O作OC⊥AB于C，求出AC＝BC，解直角三角形求出∠OAB的度数，求出∠AOB，再根据圆周角定理求出答案即可．
解：连接OA，OB，过O作OC⊥AB于C，
设OA＝OB＝R，
∵弦AB的长度等于圆半径的3倍，
∴AB=3R，
∵OA＝OB，OC⊥AB，
∴AC＝BC=12AB=123R，
∴cs∠OAB=ACOA=123RR=32，
∴∠OAB＝30°，
∵OA＝OB，
∴∠OBA＝∠OAB＝30°，
∴∠AOB＝180°﹣∠OAB﹣∠OBA＝120°，
∴∠ASB=12∠AOB＝60°，
故选：B．
总结提升：本题考查了解直角三角形，等腰三角形的性质和圆周角定理，注意：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
2．（2021秋•逊克县期末）如图，⊙O的半径为2，弦AB=23，AC=14AB，则OC的长为 ．
思路引领：过O作OD⊥AB于D，根据垂径定理求出BD，根据勾股定理求出OD，根据勾股定理求出OC即可．
解：过O作OD⊥AB于D，
∵OD⊥AB，OD过O，AB=23，
∴AD＝BD=12AB=3，
∵AB=23，点C在弦AB上，AC=14AB，
∴AC=123，CD＝AD﹣AC=123，
在Rt△OBD中，由勾股定理得：OD=22−(3)2=1，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：OC=OD2+CD2=12+(123)2=72，
故答案为：72．
总结提升：本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，关键是构造直角三角形，运用定理进行推理和计算的能力．
3．（2021•吉林三模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接BD．若AC=BC，∠BDC＝50°，则∠ADC的大小是 度．
思路引领：根据圆周角定理求出∠ABC，根据圆内接四边形的性质计算，得到答案．
解：∵AC=BC，
∴∠ABC＝∠BDC＝50°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣50°＝130°，
故答案为：130．
总结提升：本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
4．（2021秋•郧阳区期中）如图，射线PG平分∠EPF，O为射线PG上一点，以O为圆心，13为半径作⊙O，分别与∠EPF的两边相交于A、B和C、D，连接OA，且OA∥PE．
（1）求证：AP＝AO；
（2）若弦AB＝24，求OP的长．
思路引领：（1）由PG平分∠EPF可得∠CPO＝∠APO，由AO∥PD可得∠CPO＝∠AOP，从而有∠APO＝∠AOP，则有AP＝AO．
（2）过点O作OH⊥AB于H，如图．根据垂径定理可得AH＝BH＝12，从而可求出PH，在Rt△AHO中，运用勾股定理可求出OH的长，从而进一步可得OP的长．
（1）证明：如图，
∵PG平分∠EPF，
∴∠CPO＝∠APO．
∵AO∥PE，
∴∠CPO＝∠AOP，
∴∠APO＝∠AOP，
∴AP＝AO．
（2）解：过点O作OH⊥AB于H，如图．
根据垂径定理可得AH＝BH=12AB＝12，
∴PH＝PA+AH＝AO+AH＝13+12＝25．
在Rt△AHO中，
OH=OA2−AH2=132−122=5，
由勾股定理得：OP=OH2+PH2=52+252=650=526．
则OP的长为526．
总结提升：本题考查了垂径定理、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的性质、角平分线的定义等知识，综合性比较强．
5．（2021秋•思明区校级期中）已知△ABC内接于⊙O，AB＝AC，点D是⊙O上的点．
（1）如图1，若∠BAC＝40°，BD为⊙O的直径，连接CD，求∠DBC和∠ACD的大小；
（2）如图2，若CD∥BA，连接AD，延长OC到E，连接DE，使得3∠BAC﹣∠E＝90°，判断DE与⊙O关系并证明．
思路引领：（1）如图1，利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠ABC＝70°，再根据圆周角定理得到∠BCD＝90°，∠D＝40°，利用互余计算出∠DBC的度数，利用圆周角定理计算∠ABD的度数，从而得到∠ACD的度数；
（2）利用三角形内角和定理证明∠DOE+∠E＝90°，推出OD⊥DE，可得结论．
解：（1）如图1中，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB=12（180°﹣∠BAC）=12×（180°﹣40°）＝70°
∵BD为直径，
∴∠BCD＝90°，
∵∠D＝∠BAC＝40°，
∴∠DBC＝90°﹣∠D＝90°﹣40°＝50°，
∴∠ACD＝∠ABD＝∠ABC﹣∠DBC＝70°﹣50°＝20°；
（2）结论：DE是⊙O的切线．
理由：如图2中，连接OD，OB，AO，延长AO交BC于点T．设∠BAC＝α．
∵AB∥CD，
∴∠ACD＝∠BAC，
∴AD=BC，
∴∠BOC＝∠AOD＝2α，
∵AB＝AC，
∴AB=AC，
∴AT⊥BC，
∵OB＝OC，
∴∠COT＝∠BOT＝α，
∴∠DOE＝180°﹣∠AOD﹣∠COT＝180°﹣3α，
∵3∠BAC﹣∠E＝90°，
∴3α﹣∠E＝90°，
∴∠DOE+∠E＝180°﹣3α+∠E＝90°，
∴∠ODE＝90°，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线．
总结提升：本题考查直线与圆的位置关系，圆周角定理，垂径定理等知识，解题的关键是垂径定理，圆周角定理，属于中考常考题型．
6．（2022•东明县二模）如图，AB是⊙O的直径，点D在直径AB上（D与A，B不重合），CD⊥AB，且CD＝AB，连接CB，与⊙O交于点F，在CD上取一点E，使EF＝EC．
（1）求证：EF是⊙O的切线：
（2）连接AF，若D是OA的中点，AB＝8，求CF的长．
思路引领：（1）连接OF，易证∠DBC+∠C＝90°，由等腰三角形的性质得∠DBC＝∠OFB，∠C＝∠EFC，推出∠OFB+∠EFC＝90°，则∠OFE＝90°，即可得出结论；
（2）连接AF，则∠AFB＝90°，求出BD＝3OD＝6，CD＝AB＝8，根据勾股定理得到BC＝5，根据相似三角形的性质得到求出BF，由CF＝BC﹣BF即可得出结果．
（1）证明：连接OF，如图1所示：
∵CD⊥AB，
∴∠DBC+∠C＝90°，
∵OB＝OF，
∴∠DBC＝∠OFB，
∵EF＝EC，
∴∠C＝∠EFC，
∴∠OFB+∠EFC＝90°，
∴∠OFE＝180°﹣90°＝90°，
∴OF⊥EF，
∵OF为⊙O的半径，
∴EF是⊙O的切线；
（2）解：连接AF，如图2所示：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∵D是OA的中点，
∴OD＝DA=12OA=14AB=14×8＝2，
∴BD＝3OD＝6，
∵CD⊥AB，CD＝AB＝8，
∴∠CDB＝90°，
由勾股定理得：BC=BD2+CD2=62+82=10，
∵∠AFB＝∠CDB＝90°，∠FBA＝∠DBC，
∴△FBA∽△DBC，
∴BFBD=ABBC，
∴BF=AB⋅BDBC=8×610=245，
∴CF＝BC﹣BF＝10−245=265．
总结提升：本题考查了切线的判定、等腰三角形的性质、圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握切线的判定和相似三角形的判定与性质是解题的关键．
1、明确模拟练习的目的。检测知识的全面性，更是训练书写规范，表述准确的过程。
2、查漏补缺，以“错”纠错。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。
3、严格有规律地进行限时训练。平时如考试，并在速度体验中提高正确率。
4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，可适当拓展高考中难点的训练。
5、注重题后反思总结。出现问题不可怕，可怕的是不知道问题的存在，在复习中出现的问题越多，说明你距离成功越近，及时处理问题，争取“问题不过夜”。
6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
专题15 圆中常作的辅助线（解析版）
第一部分 典例剖析
类型一 连半径
1．（2021秋•温州期中）如图，在⊙O中，∠BAC＝15°，∠ADC＝20°，则∠ABO的度数为 ．
思路引领：连接AO，根据同弧所对圆周角与圆心角的关系求出∠AOB，进而求解．
解：连接AO，CO，
则∠AOC＝2∠ADC，∠BOC＝2∠BAC，
∴∠AOB＝∠BOC+∠AOC＝2∠BAC+2∠ADC＝2×15°+2×20°＝70°，
∵OA＝OB，
∴∠ABO=12（180°﹣∠AOB）＝55°，
故答案为：55°．
总结提升：本题考查圆周角定理，解题关键是通过添加辅助线求解．
2．（2022•双柏县模拟）如图，△ABC内接于⊙O，∠CAB＝30°，∠CBA＝45°，CD⊥AB于点D，若⊙O的半径为2，则CD的长为（ ）
A．1B．22C．2D．3
思路引领：连接OA，OC，根据圆周角定理得圆心角为90°，根据勾股定理求出AC，再根据在直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半即可求出CD．
解：如图，连接OA，OC．
∵∠COA＝2∠CBA＝2×45°＝90°，
在Rt△AOC中，根据勾股定理得：
AC=OA2+OC2=22+22=22．
∵CD⊥AB，∠CAB＝30°，
∴CD=12AC=2．
故选：C．
总结提升：本题考查了圆周角定理，勾股定理，含30°角的直角三角形，其中构造圆心角，利用圆周角定理是解题的关键．
作弦心距
3．（2020秋•雁塔区校级期中）如图，AB为⊙O的弦，半径OC，OD分别交AB于点E，F．且AC=DB．
（1）求证：AE＝BF；
（2）作半径ON⊥AB于点M，若AB＝12，MN＝3，求OM的长．
思路引领：（1）连接OA、OB，证明△AOE≌△BOF（ASA），即可得出结论；
（2）连接OA，由垂径定理得出AM=12AB＝6，设OM＝x，则OA＝ON＝x+3，在Rt△AOM中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
（1）证明：连接OA、OB，如图1所示：
∵OA＝OB，
∴∠A＝∠B，
∵AC=BD，
∴∠AOE＝∠BOF，
在△AOE和△OBF中，
∠A=∠BOA=OB∠AOE=∠BOF，
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴AE＝BF．
（2）解：连接OA，如图2所示：
∵OM⊥AB，
∴AM=12AB＝6，
设OM＝x，则OA＝ON＝x+3，
在Rt△AOM中，由勾股定理得：62+x2＝（x+3）2，
解得：x＝4.5，
∴OM＝4.5．
总结提升：本题考查垂径定理，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
4．（2022秋•慈溪市期中）如图，⊙P与x轴交于点A（﹣5，0），B（1，0），与y轴的正半轴交于点C．若∠ACB＝60°，则点C的纵坐标为 ．
思路引领：过P点作PH⊥AB于H点，PD⊥OC于D点，连接PA、PB、PC，如图，根据垂径定理得到AH＝BH＝3，则OH＝2，再根据圆周角定理得到∠APB＝2∠ACB＝120°，所以∠APH＝60°，则利用含30度角的直角三角形三边的关系计算出PH=3，PA＝23，接着利用四边形PHOD为矩形得到OD=3，PD＝2，然后利用勾股定理计算出CD，从而得到OC的长．
解：过P点作PH⊥AB于H点，PD⊥OC于D点，连接PA、PB、PC，如图，
∵A（﹣5，0），B（1，0），
∴OA＝5，OB＝1，
∵PH⊥AB，
∴AH＝BH=12AB＝3，
∴OH＝2，
∵∠APB＝2∠ACB＝2×60°＝120°，
∴∠APH＝60°，
在Rt△PAH中，∵PH=33AH=3，
∴PA＝2PH＝23，
∵∠PHO＝∠PDO＝∠HOD＝90°，
∴四边形PHOD为矩形，
∴OD＝PH=3，PD＝OH＝2，
在Rt△PCD中，∵PC＝PA＝23，PD＝2，
∴CD=(23)2−22=22，
∴OC＝OD+CD=3+22，
∴点C的纵坐标为3+22．
故答案为：3+22．
总结提升：本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了圆周角定理．
5．（2020秋•肇源县期末）已知：如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝25°，以点C为圆心、AC为半径作⊙C，交AB于点D，求AD的度数．
思路引领：因为弧与垂径定理有关；与圆心角、圆周角有关；与弦、弦心距有关；弧与弧之间还存在着和、差、倍、半的关系，因此这道题有很多解法，仅选几种供参考．
解：解法一：（用垂径定理求）
如图，过点C作CE⊥AB于点E，交AD于点F，
∴DF=AF，
又∵∠ACB＝90°，∠B＝25°，
∴∠FCA＝25°，
∴AF的度数为25°，
∴AD的度数为50°；
解法二：（用圆周角求）如图，延长AC交⊙C于点E，连接ED，
∵AE是直径，
∴∠ADE＝90°，
∵∠ACB＝90°，∠B＝25°，
∴∠E＝∠B＝25°，
∴AD的度数为50°；
解法三：（用圆心角求）如图，连接CD，
∵∠ACB＝90°，∠B＝25°，∴∠A＝65°，
∵CA＝CD，∴∠ADC＝∠A＝65°，
∴∠ACD＝50°，
∴AD的度数为50°．
总结提升：本题可以利用：1、垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分这条弦所对的两段弧．2、圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
6．（2021•浦东新区模拟）如图，已知AB是圆O的直径，弦CD交AB于点E，∠CEA＝30°，OE＝4，DE＝53，求弦CD及圆O的半径长．
思路引领：过点O作OM⊥CD于点M，联结OD，根据垂径定理解答即可．
解：过点O作OM⊥CD于点M，联结OD，
∵∠CEA＝30°，∴∠OEM＝∠CEA＝30°，
在Rt△OEM中，∵OE＝4，
∴OM=12OE=2，EM=OE⋅cs30°=4×32=23，
∵DE=53，
∴DM=DE−EM=33，
∵OM过圆心，OM⊥CD，
∴CD＝2DM，
∴CD=63，
∵OM=2，DM=33，
∴在Rt△DOM中，OD=OM2+DM2=22+(33)2=31，
∴弦CD的长为63，⊙O的半径长为31．
总结提升：此题考查了垂径定理和直角三角形．有关弦、半径、弦心距的问题常常利用它们构造的直角三角形来研究，所以连半径、作弦心距是圆中的一种常见辅助线添法．
类型三 圆周角为直角，连接直径
7．如图，AB，AC是⊙O的两条弦，且∠CAB＝90°，若AB＝10，AC＝8，求⊙O的半径．
思路引领：连接BC，由圆周角定理得BC是⊙O的直径，由勾股定理求出BC＝241，则OB=41．
解：连接BC，如图所示：
∵∠CAB＝90°，
∴BC是⊙O的直径，BC=AB2+AC2=102+82=241，
∴OB=41，
即⊙O的半径为41．
总结提升：本题考查了圆周角定理和勾股定理；熟练掌握圆周角定理和勾股定理是解题的关键．
类型四 有直径，做直径所对的圆周角
8．（2021•济宁一模）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB＝BC，∠BAC＝30°，AD是直径，AD＝8，则AC的长为 ．
思路引领：连接CD，根据等腰三角形的性质得到∠ACB＝∠BAC＝30°，根据圆内接四边形的性质得到∠D＝180°﹣∠B＝60°，求得∠CAD＝30°，根据直角三角形的性质即可得到结论．
解：连接CD，
∵AB＝BC，∠BAC＝30°，
∴∠ACB＝∠BAC＝30°，
∴∠B＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
∴∠D＝180°﹣∠B＝60°，
∵AD是直径，
∴∠ACD＝90°，
∵∠CAD＝30°，AD＝8，
∴CD=12AD＝4，
∴AC=82−42=43，
故答案为：43．
总结提升：本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
9．（2021秋•南宁期末）如图1，已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AC平分∠DAB，AD⊥CD于点D，并与⊙O交于点E．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若DE＝8，DC＝12，求⊙O的半径；
（3）如图2，F为AB中点，连接EF，在（2）的条件下，求EF的长．
思路引领：（1）连接OC，利用角平分线的定义，同圆的半径相等，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质和圆的切线的判定定理解答即可；
（2）连接OC，过点O作OF⊥AE于点F，利用切割线定理，垂径定理和矩形的判定与性质解答即可；
（3）连接AF，BF，BE，过点B作BH⊥EF于点H，利用（2）的结论，等腰直角三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理解答即可．
（1）证明：连接OC，如图，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠BAC．
∵OA＝OC，
∴∠BAC＝∠OCA，
∴∠OCA＝∠DAC，
∴AD∥OC．
∵AD⊥CD于点D，
∴OC⊥CD．
∵OC为⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：连接OC，连接CE，过点O作OF⊥AE于点F，如图，
则AF＝EF=12AE．
由（1）知：CD是⊙O的切线，
∴∠DCE＝∠DAC．
∵∠D＝∠D，
∴△CDE∽△ADC，
∴CD2＝DE•DA，
∵DE＝8，DC＝12，
∴DA＝18．
∴AE＝DA﹣DE＝18﹣8＝10，
∴EF＝5，
∴DF＝EF+DE＝5+8＝13．
由（1）知：OC⊥CD，
∵DA⊥CD，OF⊥AD，
∴四边形OFDC为矩形，
∴OC＝DF＝13，
∴⊙O的半径为13；
（3）解：连接AF，BF，BE，过点B作BH⊥EF于点H，如图，
由（2）知：⊙O的半径为13，AE＝10，
∴AB＝26，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴BE=AB2−AE2=24．
∵F为AB中点，
∴AF=BF，
∴AF＝BF=22AB＝132，
∴∠FAB＝∠FBA＝45°，
∵∠FEB＝∠FAB，
∴∠FEB＝45°，
∴△BHE为等腰直角三角形，
∴BH＝HE=22BE＝122．
∵BH⊥EF，
∴HF=BF2−BH2=52，
∴EF＝EH+HF＝122+52=172．
总结提升：本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理及其推论，平行线的判定与性质，圆的切线的判定与性质，切割线定理，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，垂径定理，连接经过切点的半径和直径所对的圆周角是解决此类问题常添加的辅助线．
类型五 见切线作半径
10．（2020•八步区一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC的角平分线交BC于点D，E为AB上一点，DE＝DC，以D为圆心，DB的长为半径作⊙D，AB＝5，BE＝3．
（1）求证：AC是⊙D的切线；
（2）求线段AC的长．
思路引领：（1）过点D作DF⊥AC于F，求出BD＝DF等于半径，得出AC是⊙D的切线．
（2）先证明△BDE≌△DCF（HL），根据全等三角形对应边相等及切线的性质的AB＝AF，得出AB+EB＝AC．
（1）证明：过点D作DF⊥AC于F；
∵AB为⊙D的切线，
∴∠B＝90°，
∴AB⊥BC，
∵AD平分∠BAC，DF⊥AC，
∴BD＝DF，
∴AC与⊙D相切；
（2）解：在△BDE和△DCF中；
BD=DFDE=DC，
∴Rt△BDE≌Rt△DCF（HL），
∴EB＝FC．
∵AB＝AF，
∴AB+EB＝AF+FC，
即AB+EB＝AC，
∴AC＝5+3＝8．
总结提升：本题考查的是切线的判定、角平分线的性质定理、全等三角形的判定与性质；熟练掌握切线的判定方法，证明三角形全等得出EB＝FC是解决问题（2）的关键．
11．（2020秋•临邑县期末）如图，BD为△ABC外接圆⊙O的直径，且∠BAE＝∠C．
（1）求证：AE与⊙O相切于点A；
（2）若AE∥BC，BC＝23，AC＝2，求⊙O的直径．
思路引领：（1）连接半径OA，由等腰三角形的性质及圆周角定理得出∠OAE＝90°．即可证出结论；
（2）连接OC，连接OA交BC于点H，证出OA⊥BC，CH＝BH，分别在△ABH，△OBH中通过勾股定理即可求出结果．
（1）证明：连接OA．
∴OA＝OD．
∴∠D＝∠DAO．
∵∠D＝∠C，
∴∠C＝∠DAO．
∵∠BAE＝∠C，
∴∠BAE＝∠DAO．
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BAD＝90°，即∠DAO+∠BAO＝90°．
∴∠BAE+∠BAO＝90°，即∠OAE＝90°．
∴AE⊥OA．
又∵OA为⊙O的半径，
∴AE与⊙O相切于点A．
（2）解：连接OC，连接AO交BC于点H，
∵AE∥BC，OA⊥AE，
∴OA⊥BC，
∴CH＝BH=12BC=3，
在Rt△ABH中，
AH=AB2−BH2=1，
在Rt△OBH中，设OB＝r，
∵OH2+BH2＝OB2，
∴（r﹣1）2+（3）2＝r2，
解得：r＝2，
∴DB＝2r＝4．
即⊙O的直径为4．
总结提升：本题考查了三角形的外接圆与外心，切线的判定，勾股定理，等腰三角形的性质，圆周角定理等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
类型六 连切点
12．（2020•湘西州）如图，PA、PB为圆O的切线，切点分别为A、B，PO交AB于点C，PO的延长线交圆O于点D．下列结论不一定成立的是（ ）
A．△BPA为等腰三角形
B．AB与PD相互垂直平分
C．点A、B都在以PO为直径的圆上
D．PC为△BPA的边AB上的中线
思路引领：根据切线的性质即可求出答案．
解：（A）∵PA、PB为圆O的切线，
∴PA＝PB，
∴△BPA是等腰三角形，故A选项不符合题意．
（B）由圆的对称性可知：PD垂直平分AB，但AB不一定平分PD，故B选项符合题意．
（C）连接OB、OA，
∵PA、PB为圆O的切线，
∴∠OBP＝∠OAP＝90°，
∴点A、B、P在以OP为直径的圆上，故C选项不符合题意．
（D）∵△BPA是等腰三角形，PD⊥AB，
∴PC为△BPA的边AB上的中线，故D选项不符合题意．
故选：B．
总结提升：本题考查切线的性质，解题的关键是熟练运用切线的性质，本题属于中等题型．
13．（2020•青海）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，则△ABC的内切圆半径r＝ 1 ．
思路引领：在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，根据勾股定理可得AB＝5，设△ABC的内切圆与三条边的切点分别为D、E、F，连接OD、OE、OF，可得OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，可得矩形EOFC，再根据切线长定理可得CE＝CF，所以矩形EOFC是正方形，可得CE＝CF＝r，所以AF＝AD＝3﹣r，BE＝BD＝4﹣r，进而可得△ABC的内切圆半径r的值．
解：在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
根据勾股定理，得AB＝5，
如图，设△ABC的内切圆与三条边的切点分别为D、E、F，
连接OD、OE、OF，
∴OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
∵∠C＝90°，
∴四边形EOFC是矩形，
根据切线长定理，得
CE＝CF，
∴矩形EOFC是正方形，
∴CE＝CF＝r，
∴AF＝AD＝AC﹣FC＝3﹣r，
BE＝BD＝BC﹣CE＝4﹣r，
∵AD+BD＝AB，
∴3﹣r+4﹣r＝5，
解得r＝1．
则△ABC的内切圆半径r＝1．
故答案为：1．
总结提升：本题考查了三角形的内切圆与内心，解决本题的关键是掌握三角形的内切圆与内心．
类型七 构造弦或圆
14．（2021秋•江宁区期中）如图，⊙O经过菱形ABCD的B，D两顶点，分别交AB，BC，CD，AD于点E，F，G，H．
（1）求证AE＝AH；
（2）连接EF，FG，GH，EH，若BD是⊙O的直径，求证：四边形EFGH是矩形．
思路引领：（1）连接DE、BH，利用△ADE≌△ABH即可得出结论；
（2）连接DE，DF，通过证明△ADE≌△CDF和△AEH≌△CFG得到四边形EFGH的两组 对边相等，可以判定四边形EFGH为平行四边形，再利用平行四边形的性质和圆内接四边形的性质证明∠FEH＝90°，则四边形EFGH为矩形．
证明：（1）连接DE、BH，如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
在△ADE和△ABH中，
∠ADE=∠ABHAD=AB∠A=∠A，
∴△ADE≌△ABH（ASA），
∴AE＝AH．
（2）∵AB＝AD，AE＝AH．
∴AB﹣AE＝AD﹣AH．
即BE＝DH．
∴BE=DH．
同理BF=DG
∴BE+BF=DH+DG．
即EF=GH．
∴EF＝GH．
连接DE，DF，如图，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BED＝∠BFD＝90°．
∴∠AED＝∠CFD＝90°．
在△ADE和△CDF中，
∠A=∠C∠AED=∠CFDAD=CD，
∴△ADE≌△CDF（AAS）．
∴AE＝CF．
∵用（1）中同样的方法可证CF＝CG
∴AH＝CG．
在△AEH和△CFG中，
AE=CF∠A=∠CAH=CG，
∴△AEH≌△CFG（SAS）．
∴EH＝FG．
∴四边形EFGH是平行四边形．
∴∠FEH＝∠FGH．
∵四边形EFGH是⊙O的内接四边形，
∴∠FEH+∠FGH＝180°．
∴∠FEH＝90°．
∴四边形EFGH是矩形．
总结提升：本题主要考查了圆周角定理，三角形全等的匹配度与性质，菱形的性质，矩形的判定，利用同弧所对的圆周角相等是解题的关键．
15．（2021•鄂州）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝23，BC＝3．点P为△ABC内一点，且满足PA2+PC2＝AC2．当PB的长度最小时，△ACP的面积是（ ）
A．3B．33C．334D．332
思路引领：取AC中点O，连接OP，BO，由勾股定理的逆定理可求∠APC＝90°，可得点P在以AC为直径的圆上运动，由三角形的三边关系可得BP≥BO﹣OP，当点P在线段BO上时，BP有最小值，由锐角三角函数可求∠BOC＝60°，即可求解．
解：取AC中点O，连接OP，BO，
∵PA2+PC2＝AC2，
∴∠APC＝90°，
∴点P在以AC为直径的圆上运动，
在△BPO中，BP≥BO﹣OP，
∴当点P在线段BO上时，BP有最小值，
∵点O是AC的中点，∠APC＝90°，
∴PO＝AO＝CO=3，
∵tan∠BOC=BCCO=3，
∴∠BOC＝60°，
∴△COP是等边三角形，
∴S△COP=34OC2=34×3=334，
∵OA＝OC，
∴△ACP的面积＝2S△COP=332，
故选：D．
总结提升：本题考查了点与圆的位置关系，直角三角形的性质，锐角三角函数，勾股定理的逆定理等知识，找出点P在以AC为直径的圆上运动是解题的关键．
专题提优训练
1．（2020秋•宝应县期末）如图，点A、B、S在圆上，若弦AB的长度等于圆半径的3倍，则∠ASB的度数是（ ）
A．30°B．60°C．90°D．120°
思路引领：连接OA，OB，过O作OC⊥AB于C，求出AC＝BC，解直角三角形求出∠OAB的度数，求出∠AOB，再根据圆周角定理求出答案即可．
解：连接OA，OB，过O作OC⊥AB于C，
设OA＝OB＝R，
∵弦AB的长度等于圆半径的3倍，
∴AB=3R，
∵OA＝OB，OC⊥AB，
∴AC＝BC=12AB=123R，
∴cs∠OAB=ACOA=123RR=32，
∴∠OAB＝30°，
∵OA＝OB，
∴∠OBA＝∠OAB＝30°，
∴∠AOB＝180°﹣∠OAB﹣∠OBA＝120°，
∴∠ASB=12∠AOB＝60°，
故选：B．
总结提升：本题考查了解直角三角形，等腰三角形的性质和圆周角定理，注意：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
2．（2021秋•逊克县期末）如图，⊙O的半径为2，弦AB=23，AC=14AB，则OC的长为 ．
思路引领：过O作OD⊥AB于D，根据垂径定理求出BD，根据勾股定理求出OD，根据勾股定理求出OC即可．
解：过O作OD⊥AB于D，
∵OD⊥AB，OD过O，AB=23，
∴AD＝BD=12AB=3，
∵AB=23，点C在弦AB上，AC=14AB，
∴AC=123，CD＝AD﹣AC=123，
在Rt△OBD中，由勾股定理得：OD=22−(3)2=1，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：OC=OD2+CD2=12+(123)2=72，
故答案为：72．
总结提升：本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，关键是构造直角三角形，运用定理进行推理和计算的能力．
3．（2021•吉林三模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接BD．若AC=BC，∠BDC＝50°，则∠ADC的大小是 度．
思路引领：根据圆周角定理求出∠ABC，根据圆内接四边形的性质计算，得到答案．
解：∵AC=BC，
∴∠ABC＝∠BDC＝50°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣50°＝130°，
故答案为：130．
总结提升：本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
4．（2021秋•郧阳区期中）如图，射线PG平分∠EPF，O为射线PG上一点，以O为圆心，13为半径作⊙O，分别与∠EPF的两边相交于A、B和C、D，连接OA，且OA∥PE．
（1）求证：AP＝AO；
（2）若弦AB＝24，求OP的长．
思路引领：（1）由PG平分∠EPF可得∠CPO＝∠APO，由AO∥PD可得∠CPO＝∠AOP，从而有∠APO＝∠AOP，则有AP＝AO．
（2）过点O作OH⊥AB于H，如图．根据垂径定理可得AH＝BH＝12，从而可求出PH，在Rt△AHO中，运用勾股定理可求出OH的长，从而进一步可得OP的长．
（1）证明：如图，
∵PG平分∠EPF，
∴∠CPO＝∠APO．
∵AO∥PE，
∴∠CPO＝∠AOP，
∴∠APO＝∠AOP，
∴AP＝AO．
（2）解：过点O作OH⊥AB于H，如图．
根据垂径定理可得AH＝BH=12AB＝12，
∴PH＝PA+AH＝AO+AH＝13+12＝25．
在Rt△AHO中，
OH=OA2−AH2=132−122=5，
由勾股定理得：OP=OH2+PH2=52+252=650=526．
则OP的长为526．
总结提升：本题考查了垂径定理、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的性质、角平分线的定义等知识，综合性比较强．
5．（2021秋•思明区校级期中）已知△ABC内接于⊙O，AB＝AC，点D是⊙O上的点．
（1）如图1，若∠BAC＝40°，BD为⊙O的直径，连接CD，求∠DBC和∠ACD的大小；
（2）如图2，若CD∥BA，连接AD，延长OC到E，连接DE，使得3∠BAC﹣∠E＝90°，判断DE与⊙O关系并证明．
思路引领：（1）如图1，利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠ABC＝70°，再根据圆周角定理得到∠BCD＝90°，∠D＝40°，利用互余计算出∠DBC的度数，利用圆周角定理计算∠ABD的度数，从而得到∠ACD的度数；
（2）利用三角形内角和定理证明∠DOE+∠E＝90°，推出OD⊥DE，可得结论．
解：（1）如图1中，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB=12（180°﹣∠BAC）=12×（180°﹣40°）＝70°
∵BD为直径，
∴∠BCD＝90°，
∵∠D＝∠BAC＝40°，
∴∠DBC＝90°﹣∠D＝90°﹣40°＝50°，
∴∠ACD＝∠ABD＝∠ABC﹣∠DBC＝70°﹣50°＝20°；
（2）结论：DE是⊙O的切线．
理由：如图2中，连接OD，OB，AO，延长AO交BC于点T．设∠BAC＝α．
∵AB∥CD，
∴∠ACD＝∠BAC，
∴AD=BC，
∴∠BOC＝∠AOD＝2α，
∵AB＝AC，
∴AB=AC，
∴AT⊥BC，
∵OB＝OC，
∴∠COT＝∠BOT＝α，
∴∠DOE＝180°﹣∠AOD﹣∠COT＝180°﹣3α，
∵3∠BAC﹣∠E＝90°，
∴3α﹣∠E＝90°，
∴∠DOE+∠E＝180°﹣3α+∠E＝90°，
∴∠ODE＝90°，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线．
总结提升：本题考查直线与圆的位置关系，圆周角定理，垂径定理等知识，解题的关键是垂径定理，圆周角定理，属于中考常考题型．
6．（2022•东明县二模）如图，AB是⊙O的直径，点D在直径AB上（D与A，B不重合），CD⊥AB，且CD＝AB，连接CB，与⊙O交于点F，在CD上取一点E，使EF＝EC．
（1）求证：EF是⊙O的切线：
（2）连接AF，若D是OA的中点，AB＝8，求CF的长．
思路引领：（1）连接OF，易证∠DBC+∠C＝90°，由等腰三角形的性质得∠DBC＝∠OFB，∠C＝∠EFC，推出∠OFB+∠EFC＝90°，则∠OFE＝90°，即可得出结论；
（2）连接AF，则∠AFB＝90°，求出BD＝3OD＝6，CD＝AB＝8，根据勾股定理得到BC＝5，根据相似三角形的性质得到求出BF，由CF＝BC﹣BF即可得出结果．
（1）证明：连接OF，如图1所示：
∵CD⊥AB，
∴∠DBC+∠C＝90°，
∵OB＝OF，
∴∠DBC＝∠OFB，
∵EF＝EC，
∴∠C＝∠EFC，
∴∠OFB+∠EFC＝90°，
∴∠OFE＝180°﹣90°＝90°，
∴OF⊥EF，
∵OF为⊙O的半径，
∴EF是⊙O的切线；
（2）解：连接AF，如图2所示：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∵D是OA的中点，
∴OD＝DA=12OA=14AB=14×8＝2，
∴BD＝3OD＝6，
∵CD⊥AB，CD＝AB＝8，
∴∠CDB＝90°，
由勾股定理得：BC=BD2+CD2=62+82=10，
∵∠AFB＝∠CDB＝90°，∠FBA＝∠DBC，
∴△FBA∽△DBC，
∴BFBD=ABBC，
∴BF=AB⋅BDBC=8×610=245，
∴CF＝BC﹣BF＝10−245=265．
总结提升：本题考查了切线的判定、等腰三角形的性质、圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握切线的判定和相似三角形的判定与性质是解题的关键．
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