專題1-7一文講透圓的十大基本模型·母題溯源

目錄

模型梳理

題型一弦切角定理與切割線定理

湖北·黃石中考

湖北·十堰中考

2023·新疆·中考真題

題型二中點弧模型

蘇州·中考真題

深圳·中考真題

2023·山東棗莊·統考中考真題

2023·江蘇無錫·統考中考真題

2023·四川遂寧·統考中考真題

題型三內心模型

黑龍江綏化·中考真題

廣東省卷·中考真題

湖北·孝感中考真題

題型四線段和差問題（構造手拉手OR阿基米德折弦定理）

類型一：構造手拉手

2023·吉林長春·統考中考真題

類型二：折弦定理

山西中考

深圳·中考

題型五平行弦與相交弦模型

2023·江蘇蘇州·統考中考真題

深圳·中考

2022·湖南張家界·中考真題

題型六垂徑圖

四川綿陽·中考

題型七等腰圖

2023·四川成都·統考中考真題

四川宜賓·統考中考真題

2023·湖北黃岡·統考中考真題

2023·遼寧營口·統考中考真題

廣西玉林·統考中考真題

2023·四川眉山·統考中考真題

湖北孝感·中考真題

2022·湖北十堰·統考中考真題

題型八雙切圖

四川遂寧·統考中考真題

湖北武漢·中考真題

四川瀘州·中考真題

四川樂山·中考真題

廣東省卷·統考中考真題

四川·樂山中考

湖北武漢·中考真題

題型九射影圖

安徽·統考一模

四川成都·統考一模

2023·湖南永州·統考中考真題

2023·四川廣安·統考中考真題

題型十切割圖

模型梳理

圓的基本模型（一）：弦切角定理與切割線定理

①PC是切線；②12（弦切角定理）；③PC2PA·PB

以上三個結論知一推二

弦切角：弦和切線所夾的角等于它們所夾的弧所對的圓周角，即切線AP和弦AB所夾的∠1，等于它們所

⌒

夾的弧AB所對的圓周角∠2

圓的基本模型（二）：中點弧模型

點P是優弧AB上一動點，則

【以下五個條件知一推四】

1點C是AB的中點

2AC＝BC

3OC⊥AB

4PC平分∠APB

5CECPCB2(即△CPB~△CBE)

【簡證】∠1＝∠2，∠PCB為公共角，子母型相似

【補充】⑥PE?PC＝PA?PB，注意：⑥不能反推出前五項

【例題】

如圖，四邊形ABCD內接于O，對角線AC、BD交于點P，且ABAD，若AC7，AB3，則

BCCD．

【簡證】

940

易知AB2ACAPAP，則CP，CBCDCACP40

77

圓的基本模型（三）：內心模型與等腰

【模型講解】外接圓+內心得等腰

如圖，圓O是△ABC外接圓?圓心，I是三角形ABC的內心，延長AI交圓O于D，證DI＝DC＝BD

【簡證】∠1＝∠4＋∠5,∠4＝∠3，∠2＝∠5∴∠1＝∠2＋∠3

圓的基本模型（四）：線段和差問題（構造手拉手或阿基米德折弦定理）

一、中點弧與旋轉

【模型解讀】點P是優弧AB上一動點，且點C是AB的中點

鄰邊相等+對角互補旋轉相似模型，一般用來求圓中三條線段之間的數量關系.

由于對角互補，即PBC＋PAC＝180，顯然PAP'共線，且PC＝P'C，通過導角不難得出相似.

常見結構（1）：圓內接等邊三角形

結論：PB+PA=PC

【簡析】

常見結構（2）：圓內接等腰直角三角形（正方形）

結論：PAPC2PB

【簡析】

補充：【托密勒定理】：秒殺！（選填可用）

二、阿基米德折弦定理

【模型解讀】

【問題】：已知M為AC的中點，B為AM上任意一點，且MD⊥BC于．求證：AB＋BD＝DC

D

證法一：(補短法)

如圖：延長DB至F，使BF＝BA∵M為AC中點∴AM＝MC，∴∠1＝∠2－－－①

⌒⌒

又∵MC＝MC，∴∠1＝∠3，∴∠2＝∠3－－－②又∵∠3＋∠MBF＝180°－－－③

由圓內接四邊形對角互補∴∠2＋∠MBA＝180°－－－④

由①②③④可得：∠MBA＝∠MBF

在△MBF與△MBA中；

BF＝BA

∠＝∠

MBAMBF∴△MBF≌△MBA(SAS)∴MF＝MA，又∵MC＝MA∴MF＝MC

MB＝MB

又∵MD⊥CF∴DF＝DC∴FB＋BD＝DC又∵BF＝BA∴AB＋BD＝DC(證畢)

證法二：(截長法——兩種截取方式)

如圖1：在CD上截取CG＝AB，則有DC＝CG＋DG，再證出BD＝DG即可

⌒⌒⌒

∵BM＝BM∴∠1＝∠2－－－①又∵M是AC中點，∴MA＝MC－－－②

由①②可知，在△MBA與△MGC中

ABCG

12∴△BMA≌△GMC(SAS)∴BD＝GD又∵MD⊥BG∴BD＝DG∴AB＋BD＝DC(證畢)

MAMC

如圖2：在CD上截取DB＝DG，再證明AB＝CG即可

簡證：易知△MBG與△MAC均為等腰三角形，且∠1＝∠2，可知△MBG與△MAC構成手拉手模型，

∴△BMA≌△GMC(SAS)∴AB＝CG

常規證明：∵MD⊥BG∴MB＝MG∴∠2＝∠MGD－－－①

⌒⌒⌒⌒⌒

又∵MC＝MC，∴∠1＝∠2－－－②∵M是AC中點，∴MA＝MC∴∠1＝∠MCA－－－③

由①②③可得∠MGD＝∠MC，而∠MGD＋∠MGC＝180°，∠MCA＋∠MBA＝180°∴∠MGC＝∠MBA

又∵BM＝BM，∴MAB＝MCG

在△MBA與△MGC中

MBMG

MBAMGC∴△BMA≌△GMC(AAS)∴AB＝GC

MABMCG

∴AB＋BD＝DC（證畢）

證法三：(翻折)——證共線

如圖3：連接MB，MC，MA，AC，將BAM沿BM翻折，使點A落至點E，連接ME，BE

△

∵MBA與MBE關于BM對稱，所以MBE≌MBA∴MA＝ME，∠MBA＝∠MBE－－－①

△△△△

又∵MA＝MC，∴ME＝MC，又∵M，B，A，C四點共圓，∴∠MBA＋∠MCA＝180°－－－②

又∵MA＝MC（已證）∴∠MAC＝∠MCA

⌒⌒

又∵MC＝MC，∴∠MBC＝∠MAC∴∠MBC＝∠MCA－－－③

由①②③得：∠MBC＋∠MBE＝180°∴E，B，C三點共線。又∵ME＝MC，MD⊥CE

∴DE＝DC，∴EB＋BD＝DC，又∵MBE≌△MBA∴AB＝EB

△

∴AB＋BD＝DC（證畢）

證法四：兩次全等

如圖4，連接MB，MA，MC，AC，延長AB，過點M作MH⊥AB于點H，

⌒⌒⌒

∵M為AC的中點∴AM＝MC，又∵BM＝BM∴∠HAM＝∠DCM

MHAMDC

又∵∠MHA＝∠MDC＝90∴在△MHA與△MDC中HAMDCM

MCMA

∴△MHA≌△MDC(AAS)∴CD＝AH－－－①MD＝MH在△MHB與T△MDB中

RtRt

MHMD

∴△MDB≌△MHB(HL)∴BD＝BH又∵AH＝AB＋BH，∴AH＝AB＋BD－－－②

MBMB

由①②可得DC＝AB＋BD(證畢)

證法五：補短法（2）——兩次全等

如圖4，延長AB至H，使BH＝BD，則AB＋BD＝AH，

先證△BHM≌△BDM(HL)，再證△MHA≌△MDC(HL)

圓的基本模型（五）：平行弦與相交弦，割線定理

一、平行弦：圓的兩條平行弦所夾的弧相等。即：在⊙O中，∵AB∥CD，∴

二、相交弦：圓內兩弦相交，交點分得的兩條線段的乘積相等

即：在⊙O中，∵弦AC、BD相交于點G，則AG·CG=BG·DG

三、割線定理

割線PD、PC相交于點P，則PA·PDPB·PC

圓的基本模型（六）：垂徑圖

一、弧中點與垂徑圖

知1推5

1AD平分∠CAB

2D是CB的中點

3DO⊥CB

4CEEB

5AC//OD

1

6OEAC

2

二、垂徑+相等的三段弧

如圖，ABC內接于⊙O，AB是⊙O的直徑，C是AD的中點，弦CE⊥AB于點H，連結AD，分別交CE、

BC于點△P、Q，連結BD。

(1)證CO∥BD

(2)AD＝CE

(3)證：P是線段AQ的中點

(4)證：CP·CE＝AH·AB＝CQ·CB

CQ

(5)tan∠DBC＝

CB

(6)若AD＝8，BD＝6，求AH的值

(7)若⊙O的半徑為5，AQ＝，求弦CE的長.

【簡證】

（1）

（2）

(3)先利用弧相等導角證AP＝CP，再通過Rt△ACQ中的互余關系，得到PQ＝CP，

∴AP＝PQ＝CP

（4）CP＝AP，CE＝ADCP?CE＝AP?AD，△APH△ABDAP?AD＝AH?AB

?～?

（5）

（6）法一

（6）法二

（7）找到對應相似三角形是關鍵

補充拓展：垂徑圖導子母相似

如圖弦CD⊥直徑AB于點G，E是直線AB上一點（不與其他點重合），DE交圓O于F，CF交直線AB于

點P

（1）證OE?OPr2；（2）當點E在AB延長線上時，（1）的結論還成立嗎？

圓的基本模型（七）：等腰圖（）

一、直徑在腰上：如圖，已知AB是直徑，AB=AC，則有

結論

（）BD=CD=ED

1

（）DO∥AC

2

①DFAC

②F是EC中點

（3）知1推3：

③DF是切線

④2DFBE

【補充】

二、圓心在三線上：如圖，已知AB是直徑，AB=AC，則有

①弧：ABAC

1

②線段關系：BDCD，ABAC，ODCE

2

③位置關系：ADBC，CEBC，ADCE

④角度關系：BODCODBACBEC

AB＝AC

ABOOABOACOCAACE，AONABDACD

⑤全等關系：△≌△，△≌△

ABDACDAOBAOC

⑥直角三角形相似：△AON∽△ABD∽△ACD

AMOMOA

⑦X型相似：

CMMECE

圓的基本模型（八）：雙切圖

①PAPB，12

②OPAB，AEBE

PA、PB是切線

③BD//OP

AD是直徑

④

CBD213

1

⑤OEBD

2

補充：多切圖

內切圓半徑為＋內切圓半徑為

＝?(a＋b＋c)·r＝b·h(h可求)

＝90290

?????

???

∠?°∠?≠°

①＝＋

②???,???

，，與相切③，

???⊥????⊥??

為的半徑

??????⊙???④∥矩?形???∥??

?⊙?

⑤＝＝2??＝??22

??·????＋·??

?·?????????

??????

圓的基本模型（九）：射影圖

AB是直徑

∠ABC90DE是切線

E是BC中點

圓的基本模型（十）：切割圖（切線和割線垂直）

AB是直徑①OC∥AD；

②平分，，；

CD是切線ACBADCECBDCACBA

ADCD③OFCDEGBGCH，BHDECG，OGEFAFOH；

④；

OFAEADDEAB

CHAB⑤，

AEAB2AH2ADAEAB2ACcosBAC.

AB是直徑

DFAFAD

CD是切線

OFCFOC

ADCD

AB是直徑AFAEEF

CD是切線CFCMMF

2

ADCDCMMFMB

重點題型·歸類精練

題型一弦切角定理與切割線定理

湖北·黃石中考

1．如圖，AB是O的直徑，點D在AB的延長線上，C、E是O上的兩點，CECB，BCDCAE，

延長AE交BC的延長線于點F．

(1)求證：CD是O的切線；(2)若BD1,CD3，求弦AC的長．

【答案】(1)見解析，(2)AC3

【分析】（1）連接OC，由條件可證得BCDACO，得到BCDBCO90，即可得到結論；

ADCDAC

（2）先證明△ACD∽△CBD，得到，求出AD3，AC3BC，

CDBDBC

∴AB312，在Rt△ABC中，由勾股定理得到AC2BC2AB2，求出弦AC的長．

【詳解】（1）證明：連接OC，

∵AB是O的直徑，

∴ACB90，

∴ACOBCO90，

∵CECB，

∴CAECAB，

∵OAOC，

∴CABACO，

∴CAECABACO，

∵BCDCAE，

∴BCDACO，

∴BCDBCO90，

∴OCCD,

∴CD是O的切線；

（2）∵CADBCD，DD，

∴△ACD∽△CBD，

ADCDAC

∴，

CDBDBC

AD3AC

∴，

31BC

∴AD3，AC3BC，

∴AB312，

在Rt△ABC中，AC2BC2AB2，

2

∴3BCBC222，∴BC1，AC3

湖北·十堰中考

2．如圖，ABC中，ABAC，以AC為直徑的O交BC于點D，點E為C延長線上一點，且

1

CDEBAC．

2

(1)求證：DE是O的切線；

(2)若AB3BD，CE2，求O的半徑．

【答案】(1)見解析，(2)7

【詳解】（1）如圖，連接OD，AD，

，

AC是直徑，

ADC90，

ADBC，

ABAC，

1

CADBADBAC，

2

1

CDEBAC，

2

CDECAD

OAOD，

CADADO，

ADOODC90，

ODCCDE90，

ODE90，

又OD是O的半徑，

DE是O的切線；

（2）解：ABAC，ADBC，

BDCD，

AB3BD，

AC3DC，

設DCx，則AC3x，

ADAC2DC222x，

CDECAD，DECAED，

△CDE∽△DAE，

CEDCDE

，

DEADAE

2xDE

即，

DE22x3x2

14

DE42，x，

3

AC3x14，O的半徑為7

3．如圖，O是ABC的外接圓，AD是O的直徑，F是AD延長線上一點，連接CD，CF，且

DCFCAD．

(1)求證：CF是O的切線；

3

(2)若直徑AD10,cosB，求FD的長．

5

90

【答案】(1)詳見解析，(2)

7

【詳解】（1）證明：連接OC，

∵AD是O的直徑，

∴ACD90，

∴ADCCAD90，

又∵OCOD，

∴ADCOCD，

又∵DCFCAD，

∴DCFOCD90，

即OCFC，

∴FC是O的切線；

3

（2）解：∵BADC,cosB，

5

3

∴cosADC，

5

3CD

∵在RtACD中，cosADC,AD10,

5AD

3

∴CDADcosADC106,

5

∴ACAD2CD28，

CD3

∴，

AC4

∵FCDFAC，FF，

∴FCD∽FAC，

CDFCFD3

∴，

ACFAFC4

設FD3x，則FC4x，AF3x10，

又∵FC2FDFA，

即(4x)23x(3x10)，

30

解得x（取正值），

7

90

∴FD3x

7

2023·新疆·中考真題

4．如圖，AB是O的直徑，點C，F是O上的點，且CBFBAC，連接AF，過點C作AF的垂線，

交AF的延長線于點D，交AB的延長線于點E，過點F作FGAB于點G，交AC于點H．

(1)求證：CE是O的切線；

3

(2)若tanE，BE4，求FH的長．

4

18

【答案】(1)見解析。(2)

5

【分析】（1）連接OC，根據OCOA，得出OACOCA，由FCFC，得出FACFBC，根據已

知條件得出FACACO，證明OC∥AD，結合已知條件可得OCDE，即可得證；

OC34

（2）連接OC，根據已知條件得出sinE，cosE，得出OC6，證明△BCE∽△CAE，得出CE8，

OE55

BC13631081HG

tanCAB，進而求得AF，AGAF，根據tanCABtanHAG，求得

AC255252AG

154

HGAG，進而即可求解．

225

【詳解】（1）證明：如圖所示，連接OC，

∵OCOA，

∴OACOCA，

∵FCFC，

∴FACFBC

∵CBFBAC，

∴FACCAB，

∴FACACO

∴OC∥AD

∵ADDE

∴OCDE

∵OC是半徑，

∴CE是O的切線；

（2）解：如圖所示，連接OC，

OC3

∵tanE，BE4，

CE4

設OC3a，則CE4a

∴OE5a，

OC34

∴sinE，cosE

OE55

3OC

即

5OC4

解得：OC6，

∵OCDE，

∴BCEOCB90

∵OCOB

∴OCBOBC，

∴BCEOBC90，

∵AB是直徑，

∴ACB90，

∴CABABC90，

∴BCECAE，

又EE，

∴△BCE∽△CAE，

CEBECBCE

∴,，

AECECAAE

∴CE2BEAE，

∴CE2441264，

解得：CE8，

CBCE81

∴

CAAE1242

BC1

∴tanCAB，

AC2

∵AB是O的直徑，

∴BFAF，

∵DEAD，

∴DC∥FB

∴DFBA=DE，

∴tanFBAtanE，

AFOC63

∴，

FBCE84

設AF3k，則FB4k，

∴AB5k，

∵AB12,

12

k,

5

36

∴AF，

5

∵FGAB，

∴AFG90GFBFBAE

4436144

∴FGAFcosEAF，

55525

3108

∴AGAF，

525

1HG

∵tanCABtanHAG，

2AG

154

∴HGAG，

225

144549018

∴FHFGHG

2525255

5．如圖，∠BAC的平分線交ABC的外接圓于點D，交BC于點F，∠ABC的平分線交AD于點E．

△

（1）求證：DE＝DB：

（2）若∠BAC＝90°，BD＝4，求ABC外接圓的半徑；

（3）若BD＝6，DF＝4，求AD的△長

【答案】（1）見解析；（2）22（3）9

【分析】（1）通過證明∠BED=∠DBE得到DB=DE；

（2）連接CD，如圖，證明DBC為等腰直角三角形得到BC=2BD=42，從而得到ABC外接圓的半

徑；

△△

（3）證明DBF∽△ADB，然后利用相似比求AD的長．

【詳解】（1）證明：∵AD平分∠BAC，BE平分∠ABD，

△

∴∠1=∠2，∠3=∠4，

∴∠BED=∠1+∠3=∠2+∠4=∠5+∠4=∠DBE，

∴DB=DE；

（2）解：連接CD，如圖，

∵∠BAC=90°，

∴BC為直徑，

∴∠BDC=90°，

∵∠1=∠2，

∴DB=BC，

∴△DBC為等腰直角三角形，

∴BC=2BD=42，

∴△ABC外接圓的半徑為22；

（3）解：∵∠5=∠2=∠1，∠FDB=∠BDA，

∴△DBF∽△ADB，

BDDF64

∴，即，∴AD=9

DADBAD6

題型二中點弧模型

蘇州·中考真題

6．如圖，AB是O的直徑，D、E為O上位于AB異側的兩點，連接BD并延長至點C，使得CDBD，

連接AC交O于點F，連接AE、DE、DF．

（1）證明：EC；

（2）設DE交AB于點G，若AB10，E是AEB的中點，求EGED的值．

【解答】證明：（1）AB是O的直徑，

ADB90，即ADBC，

CDBD，

AD垂直平分BC，

ABAC，

BC，

又BE，

EC；

（2）連接OE，

AB10，

E是AB的中點，AB是O的直徑，

AOE90，

AOOE5，

AE52，

E是AB的中點，

ADEEAB，

AEG∽DEA，

AEDE

，

EGAE

即EGEDAE250．

深圳·中考真題

⌒

7．如圖，已知⊙O的半徑為2，AB為直徑，CD為弦．AB與CD交于點M，將CD沿CD翻折

后，點A與圓心O重合，延長OA至P，使AP＝OA，連接PC

（1）求CD的長；

（2）求證：PC是⊙O的切線；

⌒⌒

（3）點G為ADB的中點，在PC延長線上有一動點Q，連接QG交AB于點E．交BC于點F（F

與B、C不重合）．問GE·GF是否為定值？如果是，求出該定值；如果不是，請說明理由．

【拓展】（4）在（3）的條件下，當CF∥AB時，求FE·FG的值

【答案】（1）CD23；（2）證明見解析；（3）GEGF8，理由見解析.（4）43

【詳解】試題分析：（1）連接OC，根據翻折的性質求出OM，CD⊥OA，再利用勾股定理列式求解即可；

（2）利用勾股定理列式求出PC，然后利用勾股定理逆定理求出∠PCO=90°，再根據圓的切線的定義證明即

可；（3）連接GA、AF、GB，根據等弧所對的圓周角相等可得∠BAG=∠AFG，然后根據兩組角對應相等

AGFG

兩三角相似求出AGE和FGA相似，根據相似三角形對應邊成比例可得，從而得到GE?GF=AG2，

GEAG

再根據等腰直角三△角形的性△質求解即可．

（1）連接OC，

∵CD沿CD翻折后，A與D重合，

11

∴OMOA21，

22

∴CDOA，

∵OC2，

∴CD2CM2OC2OM22221223．

（2）∵PAOA2，AMOM1，

1

∵CMCD3，CMPOMC90，

2

2

∴PCMC2PM233223，

∵OC2，PO224，

2

∵PC2OC2232216PO2，

∴PCO90，

∴PC是⊙O的切線．

（3）GE，GF為定值，

連接GA，AF，GB，

∵點G為ADB的中點，

∴GAGB，

∴BAGAFG，

又∵AGEFGA，

∴AGE∽FGA，

AGFG

∴，

GEAG

∴GEGFAG2，

∵AB為直徑，AB4，

∴BAGABG45，

∴AG22，

∴GEGF8．

（4）簡證：因為△FAE∽FGB，所以FE·FGFB·FA43

△

2023·山東棗莊·統考中考真題

8．如圖，AB為O的直徑，點C是AD的中點，過點C做射線BD的垂線，垂足為E．

(1)求證：CE是O切線；

(2)若BE3，AB4，求BC的長；

(3)在（2）的條件下，求陰影部分的面積（用含有π的式子表示）．

2

【答案】(1)見解析；(2)BC23；(3)

3

【分析】（1）連接OC，證明OC∥BE，即可得到結論；

ABBC

（2）連接AC，證明ACB∽CEB，從而可得，再代入求值即可；

BCBE

（2）連接OD，CD，證明CD∥AB，從而可得SCODSCBD，，求出扇形COD的面積即可得到陰影部分的

面積．

【詳解】（1）證明：連接OC，

∵點C是AD的中點，，

∴ACDC，

∴ABCEBC，

∵OCOB，

∴ABCOCB，

∴EBCOCB，

∴OC∥BE，

∵BECE，

∴半徑OCCE，

∴CE是O切線；

（2）連接AC，

∵AB是O的直徑，

∴ACB90，

∴ACBCEB90，

∵ABCEBC，

∴ACB∽CEB，

ABBC

∴，

BCBE

4BC

∴，

BC3

∴BC23；

（3）連接OD，CD，

∵AB4，

∴OCOB2，

∵在Rt△BCE中，BC23,BE3，

BE33

∴cosCBE，

BC232

∴CBE30，

∴COD60，

∴AOC60，

∵OCOD，

∴△COD是等邊三角形，

∴CDO60，

∴CDOAOC，

∴CD∥AB，

∴SCODSCBD，

60222

∴S陰S扇形COD

3603

2023·江蘇無錫·統考中考真題

9．如圖，AB是O的直徑，CD與AB相交于點E．過點D的圓O的切線DF∥AB，交CA的延長線于點

F，CFCD．

(1)求F的度數；

(2)若DEDC8，求O的半徑．

【答案】(1)67.5，(2)2

（2）證明DAE∽DCA，根據相似三角形的性質，代入數據即可求解．

【詳解】（1）如圖，連接OD．

FD為O的切線，

ODF90．

DF∥AB，

AOD90．

ADAD，

1

ACDAOD45．

2

CFCD，

1

F(180ACD)67.5．

2

（2）如圖，連接AD，

AOOD，AOD90，

EAD45．

ACD45，

ACDEAD，且ADECDA，

DAE∽DCA，

DEDA

，即DA2DEDC8，

DADC

DA22，

2

OAODAD2，即半徑為2

2

2023·四川遂寧·統考中考真題

10．如圖，四邊形ABCD內接于O，AB為O的直徑，ADCD，過點D的直線l交BA的延長線于點M，

交BC的延長線于點N，且ADMDAC．

(1)求證：MN是O的切線；

(2)求證：AD2ABCN；

3

(3)當AB6，sinDCA時，求AM的長．

3

【答案】(1)見解析

(2)見解析

(3)6

【分析】（1）連接OD，OC，根據圓心角，弦，弧的關系可得AODDOC，根據直徑所對的圓周角是

90度可得ACB90，半徑相等可得OCOAOBOD，根據等腰的判定可得AOC是等腰三角形，根

據等腰三角形三線合一的性質可得OD垂直平分AC，根據平行線的判定和性質可得ODMN，即可證明；

（2）連接BD，根據同弧所對的圓周角相等可得ABDACD，根據平行線的性質可得ACBMNB90，

CDNACD，推得DCNBAD，根據相似三角形的判定和性質可得ADCDABCN，即可求證；

（3）令OD與AC交于點H，根據正弦的定義可求得CDAD23，DH2，根據勾股定理可求得

AC2AH42，BC2，根據矩形的判定和性質可得CN2,BN4，根據相似三角形的判定和性質可

求得BM12,即可求得．

【詳解】（1）連接OD，OC，如圖：

∵ADCD，

∴AODDOC，

∵四邊形ABCD內接于O，AB為O的直徑，

∴ACB90，

∴OCOAOBOD，

∴AOC是等腰三角形，

又∵AODDOC，

∴OD垂直平分AC，

∵ADMDAC，

∴ACMN，

∴ODMN，

即MN是O的切線；

（2）連接BD，如圖：

∵ADAD

∴ABDACD，

∵ACMN，

∴ACBMNB90，CDNACD，

∴CDNABD，

∴DCNBAD，

∵CDNABD，ADBDNC90，DCNBAD，

∴ABD∽CDN，

CNCD

∴，

ADAB

即ADCDABCN，

又∵ADCD，

∴AD2ABCN；

（3）令OD與AC交于點H，如圖：

∵DCADBA，

AD3

∴sinDCAsinDBA，

AB3

∵AB6，

∴AD23，

∴CDAD23，

∵DACDCA，

DH3

∴sinDCAsinDAC，

AD3

∴DH2，

2

在Rt△AHD中，AHAD2HD2232222，

∴AC2AH42，

2

在Rt△ABC中，BCAB2AC262422，

∵ODMN，BNMN，ACBC，

∴四邊形HCND為矩形，

∴CNDH2,

∴BNBCCN4

∵ACMN，

∴VBAC∽VBMN，

BABC

∴

BMBN

62

即，

BM4

∴BM12,

∴AMBMBA1266

題型三內心模型

11．已知：如圖，在ABC中，E是內心，延長AE交ABC的外接圓于點D，弦AD交弦BC于點F．

1求證：DEDB；

2當點A在優弧BC上運動時，若DE2，DFy，ADx，求y與x之間的函數關系．

4

【答案】（1）見解析；（2）y與x之間的關系式y．

x

【分析】1首先連接BE，由E是內心，易證得BEDEBCEAC，EBDEBCCBD，又由

同弧所對的圓周角相等，證得EACCBD，則可得EBDBED，即可證得DEBD；

2首先根據有兩角對應相等的三角形相似，證得BDF∽ADB，則可證得：BD2ADDF，將已知線

段的長代入即可求得x與y的關系式．

【詳解】1連接BE，

E為內心，

AE，BE分別為BAC，ABC的角平分線，

BEDBAEEBA，EBAEBC，BAEEAC，

BEDEBCEAC，EBDEBCCBD，

弧DC弧DC，

EACCBD，

EBDBED，

DEBD；

2由1得DBCDAC，BADCAD，

DBCBAD，

BDA為共公角，

BDF∽ADB，

BDDF

，

ADBD

BD2ADDF，

DFy，ADx，DE2，

xy4，

4

y與x之間的關系式y．

x

黑龍江綏化·中考真題

12．如圖，點E是ABC的內心，AE的延長線與BC相交于點F，與ABC的外接圓相交于點D

（1）求證：BFD△∽△ABD；△

（2）求證：D△E=DB．

【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析．

【詳解】試題分析：（1）由內心的性質和圓周角定理可證得結論；

（2）連接BE，由內心的性質及三角形外角的性質可證得∠DBE=∠DEB，可證得DE=DB．

試題解析：（1）∵E是ABC的內心，∴∠BAD=∠CAD，∵∠CAD=∠CBD，

∴∠BAD=∠CBD；

△

（2）連接BF，如圖，

∵E是ABC的內心，∴∠ABE=∠EBF，∵∠BED=∠BAD+∠ABE，∠DBE=∠EBF+∠CBD，

且∠BAD=∠CBD，∴∠BED=∠DBE，∴DE=DB．

△

廣東省卷·中考真題

13．如圖1，在ABC中，AB＝AC，⊙O是ABC的外接圓，過點C作∠BCD＝∠ACB交⊙O于

點D，連接△AD交BC于點E，延長DC△至點F，使CF＝AC，連接AF．

（1）求證：ED＝EC；

（2）求證：AF是⊙O的切線；

（3）如圖2，若點G是ACD的內心，BC·BE＝25，求BG的長．

△

【分析】

（1）由AB＝AC知∠ABC＝∠ACB，結合∠ACB＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC得∠BCD＝∠ADC，從而得

證；

（2）連接OA，由∠CAF＝∠CFA知∠ACD＝∠CAF＋∠CFA＝2∠CAF，結合∠ACB＝∠BCD得∠ACD

＝2∠ACB，∠CAF＝∠ACB，據此可知AF∥BC，從而得OA⊥AF，從而得證；

（3）證ABE∽△CBA得AB2＝BC?BE，據此知AB＝5，連接AG，得∠BAG＝∠BAD＋∠DAG，∠BGA

＝∠GAC＋∠ACB，由點G為內心知∠DAG＝∠GAC，結合∠BAD＋∠DAG＝∠GAC＋∠ACB得∠BAG

△

＝∠BGA，從而得出BG＝AB＝5．

【解答】

解：（1）∵AB＝AC，

∴∠ABC＝∠ACB，

又∵∠ACB＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC，

∴∠BCD＝∠ADC，

∴ED＝EC；

（2）如圖，連接OA，

∵AB＝AC，

∴ABAC，

∴OA⊥BC，

∵CA＝CF，

∴∠CAF＝∠CFA，

∴∠ACD＝∠CAF＋∠CFA＝2∠CAF，

∵∠ACB＝∠BCD，

∴∠ACD＝2∠ACB，

∴∠CAF＝∠ACB，

∴AF∥BC，

∴OA⊥AF，

∴AF為⊙O的切線；

（3）∵∠ABE＝∠CBA，∠BAD＝∠BCD＝∠ACB，

∴△ABE∽△CBA，

ABBE

∴，

BCAB

∴AB2＝BC?BE，

∵BC?BE＝25，

∴AB＝5，

如圖，連接AG，

∴∠BAG＝∠BAD＋∠DAG，∠BGA＝∠GAC＋∠ACB，

∵點G為內心，

∴∠DAG＝∠GAC，

又∵∠BAD＋∠DAG＝∠GAC＋∠ACB，

∴∠BAG＝∠BGA，

∴BG＝AB＝5．

湖北·孝感中考真題

14．如圖，點I是△ABC的內心，BI的延長線與△ABC的外接圓⊙O交于點D，與AC交于點E，

延長CD、BA相交于點F，∠ADF的平分線交AF于點G．

（1）求證：DG∥CA；

（2）求證：AD＝ID；

（3）若DE＝4，BE＝5，求BI的長．

【分析】

（1）根據三角形內心的性質得∠2＝∠7，再利用圓內接四邊形的性質得∠ADF＝∠ABC，則∠1＝∠2，從

而得到∠1＝∠3，則可判斷DG∥AC；

（2）根據三角形內心的性質得∠5＝∠6，然后證明∠4＝∠DAI得到DA＝DI；

（3）證明DAE∽△DBA，利用相似比得到AD＝6，則DI＝6，然后計算BD－DI即可．

【解答】

△

（1）證明：∵點I是ABC的內心，

△

∴∠2＝∠7，

∵DG平分∠ADF，

1

∴∠1＝∠ADF,

2

∵∠ADF＝∠ABC，

∴∠1＝∠2，

∵∠3＝∠2，

∴∠1＝∠3，

∴DG∥AC；

（2）證明：∵點I是ABC的內心，

∴∠5＝∠6，

△

∵∠4＝∠7＋∠5＝∠3＋∠6，

即∠4＝∠DAI，

∴D