1
圆的有关性质
一、选择题
1． （2018•山东枣庄•3 分）如图，AB 是⊙O 的直径，弦 CD 交 AB 于点 P，AP=2，BP=6，∠
APC=30°，则 CD 的长为（ ）
A． B．2 C．2 D．8
【分析】作 OH⊥CD 于 H，连结 OC，如图，根据垂径定理由 OH⊥CD 得到 HC=HD，再利用
AP=2，BP=6 可计算出半径 OA=4，则 OP=OA﹣AP=2，接着在 Rt△OPH 中根据含 30 度的直角三
角形的性质计算出 OH= OP=1，然后在 Rt△OHC 中利用勾股定理计算出 CH= ，所以
CD=2CH=2 ．
【解答】解：作 OH⊥CD 于 H，连结 OC，如图，
∵OH⊥CD，
∴HC=HD，
∵AP=2，BP=6，
∴AB=8，
∴OA=4，
∴OP=OA﹣AP=2，
在 Rt△OPH 中，∵∠OPH=30°，
∴∠POH=60°，
∴OH= OP=1，
在 Rt△OHC 中，∵OC=4，OH=1，
∴CH= = ，
∴CD=2CH=2 ．
故选：C．2
【点评】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
考查了勾股定理以及含 30 度的直角三角形的性质．
2． （2018•四川凉州•3 分）如图，⊙O 是△ABC 的外接圆，已知∠ABO=50°，则∠ACB 的大
小为（ ）
A．40° B．30° C．45° D．50°
【分析】首先根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理求出∠AOB 的度数，再利用圆周角
与圆心角的关系求出∠ACB 的度数．
【解答】解：△AOB 中，OA=OB，∠ABO=50°，
∴∠AOB=180°﹣2∠ABO=80°，
∴∠ACB= ∠AOB=40°，
故选：A．
【点评】本题主要考查了圆周角定理的应用，涉及到的知识点还有：等腰三角形的性质以及
三角形内角和定理．
3. （2018•山东菏泽•3 分）如图，在⊙O 中，OC⊥AB，∠ADC=32°，则∠OBA 的度数是（ ）
A．64° B．58° C．32° D．26°
【考点】M5：圆周角定理；KD：全等三角形的判定与性质．
【分析】根据垂径定理，可得 = ，∠OEB=90°，根据圆周角定理，可得∠3，根据直角
三角形的性质，可得答案．3
【解答】解：如图 ，
由 OC⊥AB，得
= ，∠OEB=90°．
∴∠2=∠3．
∵∠2=2∠1=2×32°=64°．
∴∠3=64°，
在 Rt△OBE 中，∠OEB=90°，
∴∠B=90°﹣∠3=90°﹣64°=26°，
故选：D．
【点评】本题考查了圆周角定理，利用垂径定理得出 = ，∠OEB=90°是解题关键，又
利用了圆周角定理．
4. （ 2018• 江 苏 盐 城 •3 分 ） 如 图 ， 为 的 直 径 ， 是 的 弦 ，
，则 的度数为（ ）
A.
B.
C. D.
7.【答案】C
【考点】圆周角定理
【解析】【解答】解：∵ ，∠ADC 与∠B 所对的弧相同，∴∠B=∠ADC=35°，
∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CAB=90°-∠B=55°，4
故答案为：C
【分析】由同弧所对的圆周角相等可知∠B=∠ADC=35°；而由圆周角的推论不难得知∠
ACB=90°，则由∠CAB=90°-∠B 即可求得。
5．（2018·湖北省宜昌·3 分）如图，直线 AB 是⊙O 的切线，C 为切点，OD∥AB 交⊙O 于点
D，点 E 在⊙O 上，连接 OC，EC，ED，则∠CED 的度数为（ ）
A．30° B．35° C．40° D．45°
【分析】由切线的性质知∠OCB=90°，再根据平行线的性质得∠COD=90°，最后由圆周角定
理可得答案．
【解答】解：∵直线 AB 是⊙O 的切线，C 为切点，
∴∠OCB=90°，
∵OD∥AB，
∴∠COD=90°，
∴∠CED= ∠COD=45°，
故选：D．
【点评】本题主要考查切线的性质，解题的关键是掌握圆的切线垂直于经过切点的半径及圆
周角定理．
6．（2018·湖北省武汉·3 分）如图，在⊙O 中，点 C 在优弧 上，将弧 沿 BC 折叠后刚
好经过 AB 的中点 D．若⊙O 的半径为 ，AB=4，则 BC 的长是（ ）
A． B． C． D．
【分析】连接 OD、AC、DC、OB、OC，作 CE⊥AB 于 E，OF⊥CE 于 F，如图，利用垂径定理得
到 OD⊥AB，则 AD=BD= AB=2，于是根据勾股定理可计算出 OD=1，再利用折叠的性质可判断5
弧 AC 和弧 CD 所在的圆为等圆，则根据圆周角定理得到 = ，所以 AC=DC，利用等腰三角
形的性质得 AE=DE=1，接着证明四边形 ODEF 为正方形得到 OF=EF=1，然后计算出 CF 后得到
CE=BE=3，于是得到 BC=3 ．
【解答】解：连接 OD、AC、DC、OB、OC，作 CE⊥AB 于 E，OF⊥CE 于 F，如图，
∵D 为 AB 的中点，
∴OD⊥AB，
∴AD=BD= AB=2，
在 Rt△OBD 中，OD= =1，
∵将弧 沿 BC 折叠后刚好经过 AB 的中点 D．
∴弧 AC 和弧 CD 所在的圆为等圆，
∴ = ，
∴AC=DC，
∴AE=DE=1，
易得四边形 ODEF 为正方形，
∴OF=EF=1，
在 Rt△OCF 中，CF= =2，
∴CE=CF+EF=2+1=3，
而 BE=BD+DE=2+1=3，
∴BC=3 ．
故选：B．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连
过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了圆周角定理和垂径定理．
7.（2018·山东青岛·3 分）如图，点 A、B、C、D 在⊙O 上，∠AOC=140°，点 B 是 的中
点，则∠D 的度数是（ ）6
A．70° B．55° C．35.5° D．35°
【分析】根据圆心角、弧、弦的关系定理得到∠AOB= ∠AOC，再根据圆周角定理解答．
【解答】解：连接 OB，
∵点 B 是 的中点，
∴∠AOB= ∠AOC=70°，
由圆周角定理得，∠D= ∠AOB=35°，
故选：D．
【点评】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系定理、圆周角定理，掌握在同圆或等圆中，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是解题的关键．
8.（2018·山东威海·3 分）如图，⊙O 的半径为 5，AB 为弦，点 C 为 的中点，若∠ABC=30°，
则弦 AB 的长为（ ）
A． B．5 C． D．5
【分析】连接 OC、OA，利用圆周角定理得出∠AOC=60°，再利用垂径定理得出 AB 即可．
【解答】解：连接 OC、OA，7
∵∠ABC=30°，
∴∠AOC=60°，
∵AB 为弦，点 C 为 的中点，
∴OC⊥AB，
在 Rt△OAE 中，AE= ，
∴AB= ，
故选：D．
【点评】此题考查圆周角定理，关键是利用圆周角定理得出∠AOC=60°．
9. （2018•甘肃白银，定西，武威•3 分） 如图， 过点 ， ， ，点 是
轴下方 上的一点，连接 ， ，则 的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】【分析】连接 CD，根据圆周角定理可知∠OBD=∠OCD,根据锐角三角形函数即可求
出∠OCD 的度数.
【解答】连接 CD，
∵∠OBD 与∠OCD 是同弧所对的圆周角，
∴∠OBD=∠OCD.
∵
∴
故选 B.8
【点评】考查圆周角定理，解直角三角形，熟练掌握在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相
等是解题的关键.
10. （2018·四川自贡·4 分）如图，若△ABC 内接于半径为 R 的⊙O，且∠A=60°，连接
OB、OC，则边 BC 的长为（ ）
A． B． C． D．
【分析】延长 BO 交圆于 D，连接 CD，则∠BCD=90°，∠D=∠A=60°；又 BD=2R，根据锐角
三角函数的定义得 BC= R．
【解答】解：延长 BO 交⊙O 于 D，连接 CD，
则∠BCD=90°，∠D=∠A=60°，
∴∠CBD=30°，
∵BD=2R，
∴DC=R，
∴BC= R，
故选：D．
【点评】此题综合运用了圆周角定理、直角三角形 30°角的性质、勾股定理，注意：作直
径构造直角三角形是解决本题的关键．
11 （2018·台湾·分）如图，坐标平面上，A、B 两点分别为圆 P 与 x 轴、y 轴的交点，有
一直线 L 通过 P 点且与 AB 垂直，C 点为 L 与 y 轴的交点．若 A、B、C 的坐标分别为（a，
0），（0，4），（0，﹣5），其中 a＜0，则 a 的值为何？（ ）9
A．﹣2 B．﹣2 C．﹣8 D．﹣7
【分析】连接 AC，根据线段垂直平分线的性质得到 AC=BC，根据勾股定理求出 OA，得到答
案．
【解答】解：连接 AC，
由题意得，BC=OB+OC=9，
∵直线 L 通过 P 点且与 AB 垂直，
∴直线 L 是线段 AB 的垂直平分线，
∴AC=BC=9，
在 Rt△AOC 中，AO= =2 ，
∵a＜0，
∴a=﹣2 ，
故选：A．
【点评】本题考查的是垂径定理、坐标与图形的性质以及勾股定理，掌握垂径定理的推论是
解题的关键．
12．（2018·浙江临安·3 分）如图，⊙O 的半径 OA=6，以 A 为圆心，OA 为半径的弧交⊙O
于 B、C 点，则 BC=（ ）10
A． B． C． D．
【考点】垂径定理和勾股定理
【分析】根据垂径定理先求 BC 一半的长，再求 BC 的长．
【解答】解：设 OA 与 BC 相交于 D 点．
∵AB=OA=OB=6
∴△OAB 是等边三角形．
又根据垂径定理可得，OA 平分 BC，
利用勾股定理可得 BD= =3
所以 BC=6 ．
故选：A．
【点评】本题的关键是利用垂径定理和勾股定理．
13.（2018·浙江衢州·3 分）如图，点 A，B，C 在⊙O 上，∠ACB=35°，则∠AOB 的度数是
（ ）
A．75° B．70° C．65° D．35°
【考点】圆周角定理
【分析】直接根据圆周角定理求解．
【解答】解：∵∠ACB=35°，∴∠AOB=2∠ACB=70°．
故选 B．
【点评】本题考查了圆周角定理：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．
14 （2018·浙江衢州·3 分）如图，AC 是⊙O 的直径，弦 BD⊥AO 于 E，连接 BC，过点 O 作
OF⊥BC 于 F，若 BD=8cm，AE=2cm，则 OF 的长度是（ ）11
A．3cm B． cm C．2.5cm D． cm
【考点】垂径定理
【分析】根据垂径定理得出 OE 的长，进而利用勾股定理得出 BC 的长，再利用相似三角形的
判定和性质解答即可．
【解答】解：连接 OB，
∵AC 是⊙O 的直径，弦 BD⊥AO 于 E，BD=8cm，AE=2cm．在 Rt△OEB 中，OE2+BE2=OB2，即 OE2+42=
（OE+2）2
解得：OE=3，∴OB=3+2=5，∴EC=5+3=8．在 Rt△EBC 中，
BC= ．
∵OF⊥BC，∴∠OFC=∠CEB=90°．
∵∠C=∠C，∴△OFC∽△BEC，∴ ，即 ，解得：OF= ．
故选 D．
【点评】本题考查了垂径定理，关键是根据垂径定理得出 OE 的长．
15. （2018·广东深圳·3 分）如图，一把直尺， 的直角三角板和光盘如图摆放，
为 角与直尺交点， ,则光盘的直径是( )
A.3
B.12
C.
D.
【答案】D
【考点】切线的性质，锐角三角函数的定义，切线长定理
【解析】【解答】解：设光盘切直角三角形斜边于点 C，连接 OC、OB、OA（如图）,
∵∠DAC=60°,
∴∠BAC=120°.
又∵AB、AC 为圆 O 的切线，
∴AC=AB，∠BAO=∠CAO=60°,
在 Rt△AOB 中，
∵AB=3,
∴tan∠BAO= ,
∴OB=AB×tan∠60°=3 ，
∴光盘的直径为 6 .
故答案为：D.
【分析】设光盘切直角三角形斜边于点 C，连接 OC、OB、OA（如图）,根据邻补角定义得∠
BAC=120°，又由切线长定理 AC=AB，∠BAO=∠CAO=60°；在 Rt△AOB 中，根据正切定义得 tan
∠BAO= ,代入数值即可得半径 OB 长，由直径是半径的 2 倍即可得出答案.
16. （2018·广东广州·3 分）如图，AB 是圆 O 的弦，OC⊥AB，交圆 O 于点 C，连接 OA，13
OB，BC，若∠ABC=20°，则∠AOB 的度数是（ ）
A.40°
B.50°
C.70°
D.80°
【答案】D
【考点】垂径定理，圆周角定理
【解析】【解答】解：∵∠ABC=20°,
∴∠AOC=40°,
又∵OC⊥AB，
∴OC 平分∠AOB，
∴∠AOB=2∠AOC=80°.
故答案为：D.
【分析】根据同弧所对的圆心角等于圆周角的两倍得∠AOC 度数，再由垂径定理得 OC 平分∠
AOB，由角平分线定义得∠AOB=2∠AOC.
17．（2018 年四川省南充市）如图，BC 是⊙O 的直径，A 是⊙O 上的一点，∠OAC=32°，则∠
B 的度数是（ ）
A．58° B．60° C．64° D．68°
【考点】M5：圆周角定理．
【分析】根据半径相等，得出 OC=OA，进而得出∠C=32°，利用直径和圆周角定理解答即
可．
【解答】解：∵OA=OC，
∴∠C=∠OAC=32°，
∵BC 是直径，14
∴∠B=90°﹣32°=58°，
故选：A．
【点评】此题考查了圆周角的性质与等腰三角形的性质．此题比较简单，解题的关键是注意
数形结合思想的应用．
二.填空题
1. （2018·广东·3 分）同圆中，已知弧 AB 所对的圆心角是 100°，则弧 AB 所对的圆周角
是 50° ．
【分析】直接利用圆周角定理求解．
【解答】解：弧 AB 所对的圆心角是 100°，则弧 AB 所对的圆周角为 50°．
故答案为 50°．
【点评】本题考查了圆周角定理：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．
2. （2018·广东·3 分）如图，矩形 ABCD 中，BC=4，CD=2，以 AD 为直径的半圆 O 与 BC 相
切于点 E，连接 BD，则阴影部分的面积为 π ．（结果保留π）
【分析】连接 OE，如图，利用切线的性质得 OD=2，OE⊥BC，易得四边形 OECD 为正方形，先
利用扇形面积公式，利用 S 正方形 OECD﹣S 扇形 EOD 计算由弧 DE、线段 EC、CD 所围成的面积，然15
后利用三角形的面积减去刚才计算的面积即可得到阴影部分的面积．
【解答】解：连接 OE，如图，
∵以 AD 为直径的半圆 O 与 BC 相切于点 E，
∴OD=2，OE⊥BC，
易得四边形 OECD 为正方形，
∴由弧 DE、线段 EC、CD 所围成的面积=S 正方形 OECD﹣S 扇形 EOD=22﹣ =4﹣π，
∴阴影部分的面积= ×2×4﹣（4﹣π）=π．
故答案为 π．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连
过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了矩形的性质和扇形的面积公式．
3.（2018•湖北黄冈•3 分）如图，△ABC 内接于⊙O，AB 为⊙O 的直径，∠CAB=60°，弦 AD
平分∠CAB，若 AD=6，则 AC=___________.
（第 11 题图）
【考点】圆，角平分线，30°角所对的直角边等于的一半，勾股定理.
【分析】连结 BD，根据 30°角所对的直角边等于的一半，易得出 BD=AC= AB；再通过勾股
定理可求得 AB 的长，从而得出 AC 的长。
2
116
【解答】解：连结 BD，
∵AB 为⊙O 的直径，∠CAB=60°，弦 AD 平分∠CAB，
∴∠ABC=∠DAB=30°
∴在 Rt△ABC 和 Rt△ABD 中，BD=AC= AB
在 Rt△ABD 中，AB2=BD2+AD2，即 AB2=（ AB）2+62，
∴AB=4 ，
∴AC=2 .
故答案为：2 .
【点评】本题考查了圆，角平分线，30°角所对的直角边等于的一半，勾股定理. 熟练掌握
定理是解题的关键。
4 （2018·新疆生产建设兵团·5 分）如图，△ABC 是⊙O 的内接正三角形，⊙O 的半径为
2，则图中阴影部的面积是 ．
【分析】根据等边三角形性质及圆周角定理可得扇形对应的圆心角度数，再根据扇形面积公
式计算即可．
【解答】解：∵△ABC 是等边三角形，
2
1
2
1
3
3
317
∴∠C=60°，
根据圆周角定理可得∠AOB=2∠C=120°，
∴阴影部分的面积是 = π，
故答案为：
【点评】本题主要考查扇形面积的计算和圆周角定理，根据等边三角形性质和圆周角定理求
得圆心角度数是解题的关键．
5. （2018·四川宜宾·3 分）如图，AB 是半圆的直径，AC 是一条弦，D 是 AC 的中点，DE⊥
AB 于点 E 且 DE 交 AC 于点 F，DB 交 AC 于点 G，若 = ，则 = ．
【考点】S9：相似三角形的判定与性质；M2：垂径定理．
【分析】由 AB 是直径，推出∠ADG=∠GCB=90°，因为∠AGD=∠CGB，推出 cos∠CGB=cos∠
AGD，可得 = ，设 EF=3k，AE=4k，则 AF=DF=FG=5k，DE=8k，想办法求出 DG、AG 即可解
决问题；
【解答】解：连接 AD，BC．
∵AB 是半圆的直径，
∴∠ADB=90°，又 DE⊥AB，
∴∠ADE=∠ABD，
∵D 是 的中点，
∴∠DAC=∠ABD，
∴∠ADE=∠DAC，
∴FA=FD；
∵∠ADE=∠DBC，∠ADE+∠EDB=90°，∠DBC+∠CGB=90°，
∴∠EDB=∠CGB，又∠DGF=∠CGB，
∴∠EDB=∠DGF，
∴FA=FG，
∵ = ，设 EF=3k，AE=4k，则 AF=DF=FG=5k，DE=8k，18
在 Rt△ADE 中，AD= =4 k，
∵AB 是直径，
∴∠ADG=∠GCB=90°，
∵∠AGD=∠CGB，
∴cos∠CGB=cos∠AGD，
∴ = ，
在 Rt△ADG 中，DG= =2 k，
∴ = = ，
故答案为： ．
【点评】本题考查的是圆的有关性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会
添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
6．（2018 年江苏省泰州市•3 分）如图，△ABC 中，∠ACB=90°，sinA= ，AC=12，将△ABC
绕点 C 顺时针旋转 90°得到△A'B'C，P 为线段 A′B'上的动点，以点 P 为圆心，PA′长为
半径作⊙P，当⊙P 与△ABC 的边相切时，⊙P 的半径为 或 ．
【分析】分两种情形分别求解：如图 1 中，当⊙P 与直线 AC 相切于点 Q 时，如图 2 中，当⊙
P 与 AB 相切于点 T 时，
【解答】解：如图 1 中，当⊙P 与直线 AC 相切于点 Q 时，连接 PQ．19
设 PQ=PA′=r，
∵PQ∥CA′，
∴ = ，
∴ = ，
∴r= ．
2.如图 2 中，当⊙P 与 AB 相切于点 T 时，易证 A′、B′、T 共线，
∵△A′BT∽△ABC，
∴ = ，
∴ = ，
∴A′T= ，
∴r= A′T= ．
综上所述，⊙P 的半径为 或 ．
【点评】本题考查切线的性质、勾股定理、锐角三角函数、相似三角形的判定和性质、平行
线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问
题．20
7．（2018•北京•2 分） 如图，点 ， ， ， 在 上， ， ，
，则 ________．
【答案】
【解析】∵ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ．
【考点】圆周角定理，三角形内角和定理
8．（2018·湖北省孝感·3 分）已知⊙O 的半径为 10cm，AB，CD 是⊙O 的两条弦，AB∥CD，
AB=16cm，CD=12cm，则弦 AB 和 CD 之间的距离是 2 或 14 cm．
【分析】分两种情况进行讨论：①弦 AB 和 CD 在圆心同侧；②弦 AB 和 CD 在圆心异侧；作出
半径和弦心距，利用勾股定理和垂径定理求解即可，小心别漏解．
【解答】解：①当弦 AB 和 CD 在圆心同侧时，如图，
∵AB=16cm，CD=12cm，
∴AE=8cm，CF=6cm，
∵OA=OC=10cm，
∴EO=6cm，OF=8cm，
∴EF=OF﹣OE=2cm；
②当弦 AB 和 CD 在圆心异侧时，如图，
∵AB=16cm，CD=12cm，
∴AF=8cm，CE=6cm，
∵OA=OC=10cm，
∴OF=6cm，OE=8cm，
∴EF=OF+OE=14cm．
∴AB 与 CD 之间的距离为 14cm 或 2cm．
故答案为：2 或 14．
A B C D O CB CD= 30CAD∠ = °
50ACD∠ = ° ADB∠ =
O
A
C
B
D
70
CB CD= 30CAB CAD∠ = ∠ = ° 60BAD∠ = °
50ABD ACD∠ = ∠ = ° 180 70ADB BAD ABD∠ = ° − ∠ − ∠ = °21
【点评】本题考查了勾股定理和垂径定理的应用．此题难度适中，解题的关键是注意掌握数
形结合思想与分类讨论思想的应用，小心别漏解．
9. （2018•江苏扬州•3 分）如图，已知⊙O 的半径为 2，△ABC 内接于⊙O，∠ACB=135°，
则 AB= 2 ．
【分析】根据圆内接四边形对边互补和同弧所对的圆心角是圆周角的二倍，可以求得∠AOB
的度数，然后根据勾股定理即可求得 AB 的长．
【解答】解：连接 AD、AE、OA、OB，
∵⊙O 的半径为 2，△ABC 内接于⊙O，∠ACB=135°，
∴∠ADB=45°，
∴∠AOB=90°，
∵OA=OB=2，
∴AB=2 ，
故答案为：2 ．
【点评】本题考查三角形的外接圆和外心，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要
的条件，利用数形结合的思想解答．
三.解答题22
(要求同上一)
1. （2018•山东淄博•8 分）如图，以 AB 为直径的⊙O 外接于△ABC，过 A 点的切线 AP 与 BC
的延长线交于点 P，∠APB 的平分线分别交 AB，AC 于点 D，E，其中 AE，BD（AE＜BD）的长
是一元二次方程 x2﹣5x+6=0 的两个实数根．
（1）求证：PA•BD=PB•AE；
（2）在线段 BC 上是否存在一点 M，使得四边形 ADME 是菱形？若存在，请给予证明，并求
其面积；若不存在，说明理由．
【考点】MR：圆的综合题．
【分析】（1）易证∠APE=∠BPD，∠EAP=∠B，从而可知△PAE∽△PBD，利用相似三角形的性
质即可求出答案．
（2）过点 D 作 DF⊥PB 于点 F，作 DG⊥AC 于点 G，易求得 AE=2，BD=3，由（1）可知：
，从而可知 cos∠BDF=cos∠BAC=cos∠APC= ，从而可求出 AD 和 DG 的长度，进而
证明四边形 ADFE 是菱形，此时 F 点即为 M 点，利用平行四边形的面积即可求出菱形 ADFE 的
面积．
【解答】解：（1）∵DP 平分∠APB，
∴∠APE=∠BPD，
∵AP 与⊙O 相切，
∴∠BAP=∠BAC+∠EAP=90°，
∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠ACB=∠BAC+∠B=90°，
∴∠EAP=∠B，
∴△PAE∽△PBD，
∴ ，
∴PA•BD=PB•AE；
（2）过点 D 作 DF⊥PB 于点 F，作 DG⊥AC 于点 G，
∵DP 平分∠APB，
AD⊥AP，DF⊥PB，
∴AD=DF，23
∵∠EAP=∠B，
∴∠APC=∠BAC，
易证：DF∥AC，
∴∠BDF=∠BAC，
由于 AE，BD（AE＜BD）的长是 x2﹣5x+6=0，
解得：AE=2，BD=3，
∴由（1）可知： ，
∴cos∠APC= = ，
∴cos∠BDF=cos∠APC= ，
∴ ，
∴DF=2，
∴DF=AE，
∴四边形 ADFE 是平行四边形，
∵AD=AE，
∴四边形 ADFE 是菱形，
此时点 F 即为 M 点，
∵cos∠BAC=cos∠APC= ，
∴sin∠BAC= ，
∴ ，
∴DG= ，
∴在线段 BC 上是否存在一点 M，使得四边形 ADME 是菱形
其面积为：DG•AE=2× =
【点评】本题考查圆的综合问题，涉及圆周角定理，锐角三角函数的定义，平行四边形的判24
定及其面积公式，相似三角形的判定与性质，综合程度较高，考查学生的灵活运用知识的能
力．
2 、（2018·湖北省宜昌·8 分）如图，在△ABC 中，AB=AC，以 AB 为直径的圆交 AC 于点 D，
交 BC 于点 E，延长 AE 至点 F，使 EF=AE，连接 FB，FC．
（1）求证：四边形 ABFC 是菱形；
（2）若 AD=7，BE=2，求半圆和菱形 ABFC 的面积．
【分析】（1）根据对角线相互平分的四边形是平行四边形，证明是平行四边形，再根据邻边
相等的平行四边形是菱形即可证明；
（2）设 CD=x，连接 BD．利用勾股定理构建方程即可解决问题；
【解答】（1）证明：∵AB 是直径，∴∠AEB=90°，∴AE⊥BC，∵AB=AC，
∴BE=CE，∵AE=EF，∴四边形 ABFC 是平行四边形，
∵AC=AB，∴四边形 ABFC 是菱形．
（2）设 CD=x．连接 BD．∵AB 是直径，
∴∠ADB=∠BDC=90°，∴AB2﹣AD2=CB2﹣CD2，
∴（7+x）2﹣72=42﹣x2，解得 x=1 或﹣8（舍弃）∴AC=8，BD= = ，
∴S 菱形 ABFC=8 ．
【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定、线段的垂直平分线的性质勾股定
理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角
形解决问题，属于中考常考题型．
3（2018•安徽•分） 如图，⊙O 为锐角△ABC 的外接圆，半径为 5.
（1）用尺规作图作出∠BAC 的平分线，并标出它与劣弧 BC 的交点 E(保留作图痕迹，不写作
法)；
（2）若（1）中的点 E 到弦 BC 的距离为 3，求弦 CE 的长.25
【答案】（1）画图见解析；（2）CE=
【解析】【分析】（1）以点 A 为圆心，以任意长为半径画弧，分别与 AB、AC 有交点，再分别
以这两个交点为圆心，以大于这两点距离的一半为半径画弧，两弧交于一点，过点 A 与这点
作射线，与圆交于点 E ，据此作图即可；
（2）连接 OE 交 BC 于点 F，连接 OC、CE，由 AE 平分∠BAC，可推导得出 OE⊥BC，
然后在 Rt△OFC 中，由勾股定理可求得 FC 的长，在 Rt△EFC 中，由勾股定理即可
求得 CE 的长.
【详解】（1）如图所示，射线 AE 就是所求作的角平分线；
（2）连接 OE 交 BC 于点 F，连接 OC、CE，
∵AE 平分∠BAC，
∴ ，
∴OE⊥BC，EF=3，∴OF=5-3=2，
在 Rt△OFC 中，由勾股定理可得 FC= = ，
在 Rt△EFC 中，由勾股定理可得 CE= = .
【点睛】本题考查了尺规作图——作角平分线，垂径定理等，熟练掌握角平分线
的作图方法、推导得出 OE⊥BC 是解题的关键.
4.（2018 年江苏省南京市）如图，在正方形 ABCD 中，E 是 AB 上一点，连接 DE．过点 A 作 AF
⊥DE，垂足为 F，⊙O 经过点 C、D、F，与 AD 相交于点 G．
（1）求证：△AFG∽△DFC；
（2）若正方形 ABCD 的边长为 4，AE=1，求⊙O 的半径．26
【分析】（1）欲证明△AFG∽△DFC，只要证明∠FAG=∠FDC，∠AGF=∠FCD；
（2）首先证明 CG 是直径，求出 CG 即可解决问题；
【解答】（1）证明：在正方形 ABCD 中，∠ADC=90°，
∴∠CDF+∠ADF=90°，
∵AF⊥DE，
∴∠AFD=90°，
∴∠DAF+∠ADF=90°，
∴∠DAF=∠CDF，
∵四边形 GFCD 是⊙O 的内接四边形，
∴∠FCD+∠DGF=180°，
∵∠FGA+∠DGF=180°，
∴∠FGA=∠FCD，
∴△AFG∽△DFC．
（2）解：如图，连接 CG．
∵∠EAD=∠AFD=90°，∠EDA=∠ADF，
∴△EDA∽△ADF，
∴ = ，即 = ，
∵△AFG∽△DFC，
∴ = ，
∴ = ，
在正方形 ABCD 中，DA=DC，
∴AG=EA=1，DG=DA﹣AG=4﹣1=3，
∴CG= =5，
∵∠CDG=90°，
∴CG 是⊙O 的直径，27
∴⊙O 的半径为 ．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质、正方形的性质、圆周角定理等知识，解题的关
键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
5.（2018•株洲市）如图，已知 AB 为⊙O 的直径，AB=8，点 C 和点 D 是⊙O 上关于直线 AB 对
称的两个点，连接 OC、AC，且∠BOC＜90°，直线 BC 和直线 AD 相交于点 E，过点 C 作直线 CG
与线段 AB 的延长线相交于点 F，与直线 AD 相交于点 G，且∠GAF＝∠GCE
（1）求证：直线 CG 为⊙O 的切线；
（2）若点 H 为线段 OB 上一点，连接 CH，满足 CB＝CH，
①△CBH∽△OBC
②求 OH＋HC 的最大值
【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②5.
【解析】分析：（1）由题意可知：∠CAB=∠GAF，由圆的性质可知：∠CAB=∠OCA，所以
∠OCA=∠GCE，从而可证明直线 CG 是⊙O 的切线；
（2）①由于 CB=CH，所以∠CBH=∠CHB，易证∠CBH=∠OCB，从而可证明△CBH∽△OBC；
②由△CBH∽△OBC 可知： ，所以 HB= ，由于 BC=HC，所以 OH+HC=4− +BC，利
用二次函数的性质即可求出 OH+HC 的最大值．
详解：（1）由题意可知：∠CAB=∠GAF，
∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠ACB=90°
∵OA=OC，
∴∠CAB=∠OCA，28
∴∠OCA+∠OCB=90°，
∵∠GAF=∠GCE，
∴∠GCE+∠OCB=∠OCA+∠OCB=90°，
∵OC 是⊙O 的半径，
∴直线 CG 是⊙O 的切线；
（2）①∵CB=CH，
∴∠CBH=∠CHB，
∵OB=OC，
∴∠CBH=∠OCB，
∴△CBH∽△OBC
②由△CBH∽△OBC 可知：
∵AB=8，
∴BC2=HB•OC=4HB，
∴HB= ，
∴OH=OB-HB=4-
∵CB=CH，
∴OH+HC=4− +BC，
当∠BOC=90°，
此时 BC=4
∵∠BOC＜90°，
∴0＜BC＜4 ，
令 BC=x 则 CH=x，BH=
当 x=2 时，
∴OH+HC 可取得最大值，最大值为 5
点睛：本题考查圆的综合问题，涉及二次函数的性质，相似三角形的性质与判定，切线的判
定等知识，综合程度较高，需要学生灵活运用所知识．
6.（2018 年江苏省宿迁）如图，AB、AC 分别是⊙O 的直径和弦，OD⊥AC 于点 D，过点 A 作⊙
O 的切线与 OD 的延长线交于点 P，PC、AB 的延长线交于点 F.29
（1）求证：PC 是⊙O 的切线；
（2）若∠ABC=600,AB=10,求线段 CF 的长，
【答案】（1）证明：连接 OC，
∵OA=OC,OD⊥AC，
∴OD 是 AC 的垂直平分线，
∴PA=PC,
在△PAO 和△PCO 中，
,
∴△PAO≌△PCO（SSS），
∴∠PAO=∠PCO=90°,
∴PC 是⊙O 的切线.
（2）解：∵PC 是⊙O 的切线.∴∠FCO=∠PCO=90°,
∵∠ABC=60°,OB=OC，
∴△OCB 是等边三角形，
又∵AB=10,
∴OB=OC=5,
在 Rt△FCO 中，30
∴tan60°= = ,
∴CF=5 .
【考点】全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，切线的判定与性质，锐角三
角函数的定义，线段垂直平分线的判定
【解析】【分析】（1）连接 OC，根据垂直平分线的判定得 OD 是 AC 的垂直平分线，再由垂直
平分线的性质得 PA=PC,根据 SSS 得△PAO≌△PCO（SSS），由全等三角形性质得∠PAO=∠
PCO=90°,即 PC 是⊙O 的切线.
（2）由切线性质得∠FCO=∠PCO=90°,根据有一个角是 60 度的等腰三角形是等边三角形得
△OCB 是等边三角形，在 Rt△FCO 中，根据正切的三角函数定义即可求出 CF 值.
7（2018 年江苏省泰州市•10 分）如图，AB 为⊙O 的直径，C 为⊙O 上一点，∠ABC 的平分线
交⊙O 于点 D，DE⊥BC 于点 E．
（1）试判断 DE 与⊙O 的位置关系，并说明理由；
（2）过点 D 作 DF⊥AB 于点 F，若 BE=3 ，DF=3，求图中阴影部分的面积．
【分析】（1）直接利用角平分线的定义结合平行线的判定与性质得出∠DEB=∠EDO=90°，
进而得出答案；
（2）利用勾股定理结合扇形面积求法分别分析得出答案．
【解答】解：（1）DE 与⊙O 相切，
理由：连接 DO，
∵DO=BO，
∴∠ODB=∠OBD，
∵∠ABC 的平分线交⊙O 于点 D，
∴∠EBD=∠DBO，
∴∠EBD=∠BDO，
∴DO∥BE，
∵DE⊥BC，
∴∠DEB=∠EDO=90°，
∴DE 与⊙O 相切；31
（2）∵∠ABC 的平分线交⊙O 于点 D，DE⊥BE，DF⊥AB，
∴DE=DF=3，
∵BE=3 ，
∴BD= =6，
∵sin∠DBF= = ，
∴∠DBA=30°，
∴∠DOF=60°，
∴sin60°= = = ，
∴DO=2 ，
则 FO= ，
故图中阴影部分的面积为： ﹣ × ×3=2π﹣ ．
【点评】此题主要考查了切线的判定方法以及扇形面积求法等知识，正确得出 DO 的长是解
题关键．
8（2018·天津·10 分）已知 是 的直径，弦 与 相交， .
（Ⅰ）如图①，若 为 的中点，求 和 的大小；
（Ⅱ）如图②，过点 作 的切线，与 的延长线交于点 ，若 ，求 的大小.
【答案】（1）52°，45°；（2）26°
【解析】分析：（Ⅰ）运用直径所对的圆周角是直角以及圆周角的度数等于它所对弧的度数
求解即可；
（Ⅱ）运用圆周角定理求解即可.32
详解：（Ⅰ）∵ 是 的直径，∴ .
∴ .
又∴ ，∴ .
由 为 的中点，得 .
∴ .
∴ .
（Ⅱ）如图，连接 .
∵ 切 于点 ，
∴ ，即 .
由 ，又 ，
∴ 是 的外角，
∴ .
∴ .
又 ，得 .
∴ .
点睛：本题考查了圆周角定理，切线的性质以及等腰三角形的性质，正确的作出辅助线是解
题的关键．
9（2018·浙江衢州·10 分）如图，已知 AB 为⊙O 直径，AC 是⊙O 的切线，连接 BC 交⊙O
于点 F，取 的中点 D，连接 AD 交 BC 于点 E，过点 E 作 EH⊥AB 于 H．
（1）求证：△HBE∽△ABC；
（2）若 CF=4，BF=5，求 AC 和 EH 的长．33
【考点】圆周角定理、切线的性质、角平分线的性质、相似三角形的判定和性质
【分析】（1）根据切线的性质即可证明：∠CAB=∠EHB，由此即可解决问题；
（2）连接 AF．由△CAF∽△CBA，推出 CA2=CF•CB=36，推出 CA=6，AB= =3 ，AF=
=2 ，由 Rt△AEF≌Rt△AEH，推出 AF=AH=2 ，设 EF=EH=x．在 Rt△EHB 中，
可得（5﹣x）2=x2+（ ）2，解方程即可解决问题；
【解答】解：（1）∵AC 是⊙O 的切线，∴CA⊥AB．
∵EH⊥AB，∴∠EHB=∠CAB．
∵∠EBH=∠CBA，∴△HBE∽△ABC．
（2）连接 AF．
∵AB 是直径，∴∠AFB=90°．
∵∠C=∠C，∠CAB=∠AFC，∴△CAF∽△CBA，∴CA2=CF•CB=36，∴CA=6，AB= =3
，AF= =2 ．
∵ = ，∴∠EAF=∠EAH．
∵EF⊥AF，EH⊥AB，∴EF=EH．
∵AE=AE，∴Rt△AEF≌Rt△AEH，∴AF=AH=2 ，设 EF=EH=x．在 Rt△EHB 中，（5﹣x）2=x2+
（ ）2，∴x=2，∴EH=2．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的性质、角平分线的性质
等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找相似三角形解决问题．
10.（2018·广东广州·14 分）已知抛物线 。
（1）证明：该抛物线与 x 轴总有两个不同的交点。
（2）设该抛物线与 x 轴的两个交点分别为 A，B（点 A 在点 B 的右侧），与 y 轴交于点 C，A，34
B，C 三点都在圆 P 上。①试判断：不论 m 取任何正数，圆 P 是否经过 y 轴上某个定点？若
是，求出该定点的坐标，若不是，说明理由；
②若点 C 关于直线 的对称点为点 E，点 D（0，1），连接 BE，BD，DE，△BDE 的周
长记为 ，圆 P 的半径记为 ，求 的值。
【答案】（1）证明：当抛物线与 x 轴相交时，令 y=0，得：
x2+mx-m-4=0
∴△=m2+4（2m+4）=m2+8m+16=（m+4）2
∵m＞0，
∴（m+4）2＞0，
∴该抛物线与 x 轴总有两个不同的交点。
（2）解：①令 y=x2+mx-2m-4=（x-2）（x+m+2）=0，
解得：x1=2，x2=-m-2，
∵抛物线与 x 轴的两个交点分别为 A，B（点 A 在点 B 的右侧），
∴A（2，0），B（-2-m，0），
∵抛物线与 y 轴交于点 C，
∴C（0，-2m-4），
设⊙P 的圆心为 P（x0 ， y0），
则 x0= = ，
∴P（ ，y0），
且 PA=PC，则 PA2=PC2 ，
则
解得 ，
∴P（ ， ），
∴⊙P 与 y 轴的另一交点的坐标为（0，b）
则 ，
∴b=1，
∴⊙P 经过 y 轴上一个定点，该定点坐标为（0，1）
②由①知，D（0，1）在⊙P 上，
∵E 是点 C 关于直线 的对称点，且⊙P 的圆心 P（ ， ），
∴E（-m，-2m-4）且点 E 在⊙P 上，35
即 D，E，C 均在⊙P 上的点，且∠DCE=90°，
∴DE 为⊙P 的直径，
∴∠DBE=90°，△DBE 为直角三角形，
∵D（0，1），E（-m，-2m-4），B（-2-m，0），
∴DB= ，
BE= = =
∴BE=2DB，
在 Rt△DBE 中，设 DB=x，则 BE=2x，
∴DE= = ，
∴△BDE 的周长 l=DB+BE+DE=x+2x+ =
⊙P 的半径 r= =
∴ = =
【考点】一元二次方程根的判别式及应用，二次函数图像与坐标轴的交点问题，两点间的距
离，勾股定理，圆周角定理
【解析】【分析】（1）当抛物线与 x 轴相交时，即 y=0，根据一元二次方程根的判别式△
=b2-4ac=m2+4（2m+4）=m2+8m+16=（m+4）2＞0，从而得出该抛物线与 x 轴总有两个不同的交
点.
（2）①抛物线与 x 轴的两个交点，即 y=0，因式分解得出 A（2，0），B（-2-m，0）；抛物线
与 y 轴交点，即 x=0，得出 C（0，-2m-4）；设⊙P 的圆心为 P（x0 ， y0），由 P 为 AB 中点，
得出 P 点横坐标，再 PA=PC，根据两点间距离公式得出 P 点纵坐标，即 P（ ，
）；设⊙P 与 y 轴的另一交点的坐标为（0，b），根据中点坐标公式得 b=1，即⊙P 经
过 y 轴上一个定点，该定点坐标为（0，1）.
②由①知，D（0，1）在⊙P 上，由）①知⊙P 的圆心 P（ ， ），由圆周角定理
得△DBE 为直角三角形，再根据两点间距离公式得 DB= ，BE= ，
由 BE=2DB，在 Rt△DBE 中，设 DB=x，则 BE=2x，根据勾股定理得 DE= ，由三角形周长
公式得
△BDE 的周长 l= ，又⊙P 的半径 r= ，从而得出 值.
11（2018·广东深圳·9 分）如图：在 中，BC=2,AB=AC，点 D 为 AC 上的动点，且 36
.
（1）求 AB 的长度；
（2）求 AD·AE 的值；
（3）过 A 点作 AH⊥BD，求证：BH=CD+DH.
【答案】（1）解：作 AM⊥BC，
∵AB=AC,BC=2，AM⊥BC，
∴BM=CM= BC=1,
在 Rt△AMB 中，
∵cosB= ,BM=1,
∴AB=BM÷cosB=1÷ = .
（2）解：连接 CD，∵AB=AC,
∴∠ACB=∠ABC，
∵四边形 ABCD 内接于圆 O，
∴∠ADC+∠ABC=180°,
又∵∠ACE+∠ACB=180°,
∴∠ADC=∠ACE，
∵∠CAE=∠CAD，
∴△EAC∽△CAD，
∴ ,37
∴AD·AE=AC2=AB2=（ ）2=10.
（3）证明：在 BD 上取一点 N，使得 BN=CD,
在△ABN 和△ACD 中
∵
∴△ABN≌△ACD（SAS），
∴AN=AD，
∵AH⊥BD，AN=AD，
∴NH=DH,
又∵BN=CD,NH=DH,
∴BH=BN+NH=CD+DH.
【考点】全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质，相似三角形
的判定与性质，锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）作 AM⊥BC，由等腰三角形三线合一的性质得 BM=CM= BC=1,在 Rt△
AMB 中，根据余弦定义得 cosB= ,由此求出 AB.
（2）连接 CD，根据等腰三角形性质等边对等角得∠ACB=∠ABC，再由圆内接四边形性质和
等角的补角相等得∠ADC=∠ACE；由相似三角形的判定得△EAC∽△CAD，根据相似三角形的
性质得
； 从而得 AD·AE=AC2=AB2.
（3）在 BD 上取一点 N，使得 BN=CD,根据 SAS 得△ABN≌△ACD，再由全等三角形的性质得
AN=AD，根据等腰三角形三线合一的性质得 NH=DH,从而得 BH=BN+NH=CD+DH.
12（2018·广东·9 分）如图，四边形 ABCD 中，AB=AD=CD，以 AB 为直径的⊙O 经过点 C，
连接 AC，OD 交于点 E．
（1）证明：OD∥BC；
（2）若 tan∠ABC=2，证明：DA 与⊙O 相切；
（3）在（2）条件下，连接 BD 交于⊙O 于点 F，连接 EF，若 BC=1，求 EF 的长．38
【分析】（1）连接 OC，证△OAD≌△OCD 得∠ADO=∠CDO，由 AD=CD 知 DE⊥AC，再由 AB 为直
径知 BC⊥AC，从而得 OD∥BC；
（2）根据 tan∠ABC=2 可设 BC=a、则 AC=2a、AD=AB= = ，证 OE 为中位线知 OE=
a、AE=CE= AC=a，进一步求得 DE= =2a，再△AOD 中利用勾股定理逆定理证∠
OAD=90°即可得；
（3）先证△AFD∽△BAD 得 DF•BD=AD 2①，再证△AED∽△OAD 得 OD•DE=AD 2②，由①②得
DF•BD=OD•DE，即 = ，结合∠EDF=∠BDO 知△EDF∽△BDO，据此可得 = ，结合
（2）可得相关线段的长，代入计算可得．
【解答】解：（1）连接 OC，
在△OAD 和△OCD 中，
∵ ，
∴△OAD≌△OCD（SSS），
∴∠ADO=∠CDO，
又 AD=CD，
∴DE⊥AC，
∵AB 为⊙O 的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB=90°，即 BC⊥AC，
∴OD∥BC；
（2）∵tan∠ABC= =2，
∴设 BC=a、则 AC=2a，
∴AD=AB= = ，39
∵OE∥BC，且 AO=BO，
∴OE= BC= a，AE=CE= AC=a，
在△AED 中，DE= =2a，
在△AOD 中，AO2+AD2=（ ）2+（ a）2= a2，OD2=（OF+DF）2=（ a+2a）2= a2，
∴AO2+AD2=OD2，
∴∠OAD=90°，
则 DA 与⊙O 相切；
（3）连接 AF，
∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠AFD=∠BAD=90°，
∵∠ADF=∠BDA，
∴△AFD∽△BAD，
∴ = ，即 DF•BD=AD2①，
又∵∠AED=∠OAD=90°，∠ADE=∠ODA，
∴△AED∽△OAD，
∴ = ，即 OD•DE=AD2②，
由①②可得 DF•BD=OD•DE，即 = ，
又∵∠EDF=∠BDO，
∴△EDF∽△BDO，
∵BC=1，
∴AB=AD= 、OD= 、ED=2、BD= 、OB= ，
∴ = ，即 = ，
解得：EF= ．
【点评】本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握等腰三角形的性质、全等三角形的
判定与性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理逆定理等知识点．
13（2018•广西桂林•10 分）如图 1，已知⊙O 是 ΔADB 的外接圆，∠ADB 的平分线 DC 交 AB
于点 M，交⊙O 于点 C，连接 AC，BC.
（1）求证：AC=BC；40
（2）如图 2，在图 1 的基础上做⊙O 的直径 CF 交 AB 于点 E，连接 AF，过点 A 作⊙O 的切线
AH，若 AH//BC，求∠ACF 的度数；
（3）在（2）的条件下，若ΔABD 的面积为 ，ΔABD 与 ΔABC 的面积比为 2：9，求 CD 的
长.
【答案】（1）证明见解析；（2）30°；（3）
【解析】分析：（1）运用“在同圆或等圆中，弧相等，所对的弦相等”可求解；
（2）连接 AO 并延长交 BC 于 I 交⊙O 于 J,由 AH 是⊙O 的切线且 AH∥BC 得 AI⊥BC，易证
∠IAC=30°，故可得∠ABC=60°=∠F=∠ACB，由 CF 是直径可得∠ACF 的度数；
（3）过点 D 作 DG⊥AB ，连接 AO，知 ABC 为等边三角形，求出 AB、AE 的长，在 RtΔAEO 中，
求出 AO 的长，得 CF 的长，再求 DG 的长，运用勾股定理易求 CD 的长.
详解：（1）∵DC 平分∠ADB ∴∠ADC=∠BDC ∴AC=BC
（2）连接 AO 并延长交 BC 于 I 交⊙O 于 J
∵AH 是⊙O 的切线且 AH∥BC
∴AI⊥BC
∴BI=IC
∵AC=BC41
∴IC= AC
∴∠IAC=30°
∴∠ABC=60°=∠F=∠ACB
∵FC 是直径
∴∠FAC=90°
∴∠ACF=180°-90°-60°=30°
（3）过点 D 作 ，连接 AO
由（1）（2）知 ABC 为等边三角形
∵∠ACF=30°
∴
∴AE=BE
∴
∴AB=
∴
在 RtΔAEO 中，设 EO=x，则 AO=2x
∴
∴
∴x=6，⊙O 的半径为 6
∴CF=12
∵
∴DG=2
过点 D 作 ,连接 OD
∵ ,42
∴CF//DG
∴四边形 G’DGE 为矩形
∴
在 RtΔ 中
∴
∴
点睛：本题是一道圆的综合题.考查了圆的基本概念，垂径定理，勾股定理，圆周角定理等
相关知识.比较复杂，熟记相关概念是解题关键.
14.（2018•河北•10 分）如图 15，点 在数轴上对应的数为 26，以原点 为圆心， 为
半径作优弧 ，使点 在 右下方，且 .在优弧 上任取一点 ，且能
过 作直线 交数轴于点 ，设 在数轴上对应的数为 ，连接 .
（1）若优弧 上一段 的长为 ，求 的度数及 的值；
（2）求 的最小值，并指出此时直线与 所在圆的位置关系；
（3）若线段 的长为 ，直接写出这时 的值.
A O OA
AB B O 4tan 3AOB∠ = AB P
P / /l OB Q Q x OP
AB AP 13π AOP∠ x
x AB
PQ 12.5 x43
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