專題20圓的基本性質(zhì)（真題4個考點模擬7個考點）（解析版）

專題20圓的基本性質(zhì)（真題4個考點模擬7個考點）一．垂徑定理（共1小題）1．（2022?安徽）已知⊙O的半徑為7，AB是⊙O的弦，點P在弦AB上．若PA＝4，PB＝6，則OP＝（）A． B．4 C． D．5【分析】過點O作OC⊥AB于點C，連接OB，根據(jù)垂徑定理可得AC＝BC＝5，所以PC＝PB﹣BC＝1，根據(jù)勾股定理即可解決問題．【解答】解：如圖，過點O作OC⊥AB于點C，連接OB，則OB＝7，∵PA＝4，PB＝6，∴AB＝PA+PB＝10，∵OC⊥AB，∴AC＝BC＝5，∴PC＝PB﹣BC＝1，在Rt△OBC中，根據(jù)勾股定理得：OC2＝OB2﹣BC2＝72﹣52＝24，在Rt△OPC中，根據(jù)勾股定理得：OP＝＝＝5，故選：D．【點評】本題考查了垂徑定理，勾股定理，解決本題的關(guān)鍵是掌握垂徑定理．二．圓周角定理（共1小題）2．（2021?安徽）如圖，圓O中兩條互相垂直的弦AB，CD交于點E．（1）M是CD的中點，OM＝3，CD＝12，求圓O的半徑長；（2）點F在CD上，且CE＝EF，求證：AF⊥BD．【分析】（1）連接OD，由垂徑定理推論可得∠OMD＝90°，在Rt△OMD中用勾股定理即可得半徑；（2）連接AC，延長AF交BD于G，由已知可證△ACF是等腰三角形，∠FAE＝∠CAE，又弧BC＝弧BC，有∠CAE＝∠CDB，故∠FAE＝∠CDB，即可由∠CDB+∠B＝90°，得∠AGB＝90°，從而得證AF⊥BD．【解答】解：（1）連接OD，如圖：∵M是CD的中點，CD＝12，∴DM＝CD＝6，OM⊥CD，∠OMD＝90°，Rt△OMD中，OD＝，且OM＝3，∴OD＝＝3，即圓O的半徑長為3；（2）連接AC，延長AF交BD于G，如圖：∵AB⊥CD，CE＝EF，∴AB是CF的垂直平分線，∴AF＝AC，即△ACF是等腰三角形，∵CE＝EF，∴∠FAE＝∠CAE，∵＝，∴∠CAE＝∠CDB，∴∠FAE＝∠CDB，Rt△BDE中，∠CDB+∠B＝90°，∴∠FAE+∠B＝90°，∴∠AGB＝90°，∴AG⊥BD，即AF⊥BD．【點評】本題考查垂徑定理及推論，涉及勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)及判定，解題的關(guān)鍵是證明∠FAE＝∠CDB．三．切線的性質(zhì)（共2小題）3．（2022?安徽）已知AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，D為BA的延長線上一點，連接CD．（1）如圖1，若CO⊥AB，∠D＝30°，OA＝1，求AD的長；（2）如圖2，若DC與⊙O相切，E為OA上一點，且∠ACD＝∠ACE．求證：CE⊥AB．【分析】（1）根據(jù)直角三角形的邊角關(guān)系可求出OD，進而求出AD；（2）根據(jù)切線的性質(zhì)可得OC⊥CD，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠OCA＝∠OAC，由各個角之間的關(guān)系以及等量代換可得答案．【解答】解：（1）∵OA＝1＝OC，CO⊥AB，∠D＝30°，∴OD＝?OC＝，∴AD＝OD﹣OA＝﹣1；（2）∵DC與⊙O相切，∴OC⊥CD，即∠ACD+∠OCA＝90°，∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠OAC，∵∠ACD＝∠ACE，∴∠OAC+∠ACE＝90°，∴∠AEC＝90°，即CE⊥AB．【點評】本題考查切線的性質(zhì)，直角三角形的邊角關(guān)系以及等腰三角形的性質(zhì)，掌握直角三角形的邊角關(guān)系、等腰三角形的性質(zhì)是解決問題的前提．4．（2020?安徽）如圖，AB是半圓O的直徑，C，D是半圓O上不同于A，B的兩點，AD＝BC，AC與BD相交于點F．BE是半圓O所在圓的切線，與AC的延長線相交于點E．（1）求證：△CBA≌△DAB；（2）若BE＝BF，求證：AC平分∠DAB．【分析】（1）根據(jù)圓周角定理得到∠ACB＝∠ADB＝90°，根據(jù)全等三角形的判定定理即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠E＝∠BFE，根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠ABE＝90°，根據(jù)三角形的內(nèi)角和以及角平分線的定義即可得到結(jié)論．【解答】（1）證明：∵AB是半圓O的直徑，∴∠ACB＝∠ADB＝90°，在Rt△CBA與Rt△DAB中，，∴Rt△CBA≌Rt△DAB（HL）；（2）解：∵BE＝BF，由（1）知BC⊥EF，∴∠E＝∠BFE，∵BE是半圓O所在圓的切線，∴∠ABE＝90°，∴∠E+∠BAE＝90°，由（1）知∠D＝90°，∴∠DAF+∠AFD＝90°，∵∠AFD＝∠BFE，∴∠AFD＝∠E，∵∠DAF＝90°﹣∠AFD，∠BAF＝90°﹣∠E，∴∠DAF＝∠BAF，∴AC平分∠DAB．【點評】本題考查了切線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，正確的識別圖形是解題的關(guān)鍵．四．命題與定理（共1小題）5．（2020?安徽）已知點A，B，C在⊙O上，則下列命題為真命題的是（）A．若半徑OB平分弦AC，則四邊形OABC是平行四邊形 B．若四邊形OABC是平行四邊形，則∠ABC＝120° C．若∠ABC＝120°，則弦AC平分半徑OB D．若弦AC平分半徑OB，則半徑OB平分弦AC【分析】根據(jù)垂徑定理，平行四邊形的性質(zhì)判斷即可．【解答】解：A、如圖，若半徑OB平分弦AC，則四邊形OABC不一定是平行四邊形；原命題是假命題；B、若四邊形OABC是平行四邊形，則AB＝OC，OA＝BC，∵OA＝OB＝OC，∴AB＝OA＝OB＝BC＝OC，∴∠ABO＝∠OBC＝60°，∴∠ABC＝120°，是真命題；C、如圖，過O作OQ⊥AC于Q，交⊙O于P，連接PA，PC，∵∠ABC＝120°，∴∠APC＝120°，∠AOC＝360°﹣2×120°＝120°，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA＝30°，在Rt△OQA中，OQ＝OA，∴OQ＝OP，∴AC平分OP，∴只有當OB⊥AC時，弦AC平分半徑OB，∴弦AC不一定平分半徑OB，故C項是假命題；若∠ABC＝120°，則弦AC不平分半徑OB，原命題是假命題；D、如圖，若弦AC平分半徑OB，則半徑OB不一定平分弦AC，原命題是假命題；故選：B．【點評】本題考查的是命題的真假判斷，正確的命題叫真命題，錯誤的命題叫做假命題．判斷命題的真假關(guān)鍵是要熟悉課本中的性質(zhì)定理．一．圓的認識（共2小題）1．（2023?全椒縣模擬）已知A，B，C，D四點均在⊙O上，∠AOB+∠COD＝90°，分別記△AOB，△COD的面積為S1，S2，若OA＝5，S1＝10，則S2＝（）A． B． C． D．【分析】如圖，作AE⊥OB于E，DF⊥OC于F點，先利用三角形面積公式可計算出AE＝4，則利用勾股定理可計算出OE＝3，再證明△OAE≌△DOF得到DF＝OE＝3，然后利用三角形面積公式計算S2．【解答】解：如圖，作AE⊥OB于E，DF⊥OC于F點，∵S1＝10，OA＝5，∴OB?AE＝10，∴AE＝＝4，∴OE＝＝3．∵∠AOB+∠COD＝90°，∠AOB+∠OAE＝90°，∴∠COD＝∠OAE，在△OAE和△DOF中，，∴△OAE≌△DOF（AAS），∴DF＝OE＝3，∴S2＝×3×5＝．故選：A．【點評】本題考查了圓的認識：常常利用半徑相等解決問題．2．（2023?懷寧縣一模）如圖，⊙O的直徑AB與弦CD的延長線交于點E，若DE＝OB，∠AOC＝87°，則∠E等于（）A．42° B．29° C．21° D．20°【分析】利用半徑相等得到DO＝DE，則∠E＝∠DOE，根據(jù)三角形外角性質(zhì)得∠1＝∠DOE+∠E，所以∠1＝2∠E，同理得到∠AOC＝∠C+∠E＝3∠E，然后利用∠E＝∠AOC進行計算即可．【解答】解：連接OD，如圖，∵OB＝DE，OB＝OD，∴DO＝DE，∴∠E＝∠DOE，∵∠1＝∠DOE+∠E，∴∠1＝2∠E，而OC＝OD，∴∠C＝∠1，∴∠C＝2∠E，∴∠AOC＝∠C+∠E＝3∠E，∴∠E＝∠AOC＝×87°＝29°．故選：B．【點評】本題考查了圓的認識：掌握與圓有關(guān)的概念（弦、直徑、半徑、弧、半圓、優(yōu)弧、劣弧、等圓、等弧等）．也考查了等腰三角形的性質(zhì)．二．垂徑定理（共10小題）3．（2023?和縣二模）如圖，點C是⊙O的弦AB上一點．若AC＝6，BC＝2，AB的弦心距為3，則OC的長為（）A．3 B．4 C． D．【分析】根據(jù)垂徑定理可以得到CD的長，根據(jù)題意可知OD＝3，然后根據(jù)勾股定理可以求得OC的長．【解答】解：作OD⊥AB于點D，如圖所示，由題意可知：AC＝6，BC＝2，OD＝3，∴AB＝8，∴AD＝BD＝4，∴CD＝2，∴OC＝＝＝，故選：D．【點評】本題考查垂徑定理、勾股定理，解答本題的關(guān)鍵是求出CD的長．4．（2023?烈山區(qū)一模）如圖，M是CD的中點，EM⊥CD，若CD＝4，EM＝6，則弧CED所在圓的半徑為（）A． B．4 C．5 D．【分析】連接OC，設弧CED所在圓的半徑為R，則OC＝R，OM＝6﹣R，根據(jù)垂徑定理求出CM＝2，再在Rt△OMC中，根據(jù)勾股定理得出方程，求出即可．【解答】解：如圖，連接OC，設弧CED所在圓的半徑為R，則OC＝R，OM＝6﹣R，∵EM經(jīng)過圓心O，EM⊥CD于M，CD＝4，∴CM＝DM＝CD＝2，在Rt△OMC中，由勾股定理得：OC2＝OM2+CM2，即R2＝（6﹣R）2+22，解得：R＝，∴弧CED所在圓的半徑為．故選：A．【點評】本題考查了勾股定理，垂徑定理的應用等知識；熟練掌握垂徑定理和勾股定理是解題的關(guān)鍵．5．（2023?碭山縣一模）如圖，⊙O的直徑AB垂直弦CD于點P，且P為半徑OB的中點，若CD＝6，則⊙O的半徑長為（）A． B．3 C． D．【分析】連接OD，設圓的半徑是r，由勾股定理，垂徑定理得到r2＝+32，求出r的值即可．【解答】解：連接OD，設圓的半徑是r，∵P是OB中點，∴OP＝r，∵AB⊥CD，∴PD＝CD＝×6＝3，∵OD2＝OP2+PD2，∴r2＝+32，∴r＝2．∴⊙O的半徑長是2．故選：A．【點評】本題考查垂徑定理，勾股定理，關(guān)鍵是連接OD構(gòu)造直角三角形，應用勾股定理，垂徑定理列出關(guān)于半徑的方程．6．（2023?瑤海區(qū)三模）如圖，點A、B是⊙O上兩點，AB＝10，點P是⊙O上的動點（P與A、B不重合），連接AP、PB，過點O分別作OE⊥AP交AP于點E，OF⊥PB交PB于點F，則EF等于（）A．2 B．3 C．5 D．6【分析】先根據(jù)垂徑定理得出AE＝PE，PF＝BF，故可得出EF是△APB的中位線，再根據(jù)中位線定理即可得出結(jié)論．【解答】解：∵OE⊥AP于E，OF⊥PB于F，AB＝10，∴AE＝PE，PF＝BF，∴EF是△APB的中位線，∴．故選：C．【點評】本題考查的是垂徑定理，中位線定理，熟知垂直于弦的直徑平分弦是解答此題的關(guān)鍵．7．（2023?金寨縣校級模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，若CD＝6，AB＝10，則AE的長為（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】連接OC，由垂徑定理求出EC的長，由勾股定理求出OE的長，即可得到AE的長．【解答】解：連接OC，∵直徑AB⊥CD，∴EC＝CD＝×6＝3，∵AB＝10，∴OC＝OA＝5，∴OE＝＝4，∴AE＝OA﹣OE＝1．故選：A．【點評】本題考查垂徑定理，勾股定理，關(guān)鍵是通過作輔助線構(gòu)造直角三角形，應用垂徑定理求出CE的長，由勾股定理求出OE的長．8．（2023?龍子湖區(qū)二模）如圖，在半徑為4.5的⊙O內(nèi)有兩條互相垂直的弦AB和CD，AB＝8，CD＝6，垂足為E，則tan∠OEA的值是（）A． B． C． D．【分析】作OM⊥AB于M，ON⊥CD于N，連接OB，OD，根據(jù)垂徑定理得出BM＝AM＝4，DN＝CN＝CD＝3，根據(jù)勾股定理求出OM和ON，求出ME，解直角三角形求出即可．【解答】解：作OM⊥AB于M，ON⊥CD于N，連接OB，OD，由垂徑定理得：BM＝AM＝AB＝4，DN＝CN＝CD＝3，由勾股定理得：OM＝＝＝，同理：ON＝＝＝，∵弦AB、CD互相垂直，OM⊥AB，ON⊥CD，∴∠MEN＝∠OME＝∠ONE＝90°，∴四邊形MONE是矩形，∴ME＝ON＝，∴tan∠OEA＝＝．故選：D．【點評】本題考查了垂徑定理、勾股定理和解直角三角形等知識點，能靈活運用垂徑定理進行推理是解此題的關(guān)鍵．9．（2023?蚌山區(qū)二模）如圖，在⊙O中，AC為直徑，點B，D在⊙O上，且AD＝DC，作DE⊥AB于點E，DE＝3．（1）求點D到直線BC的距離；（2）求四邊形ABCD的面積．【分析】（1）把△ADE繞D點旋轉(zhuǎn)到△CDF處，使AD與DC重合，可得DF＝AE，∠DCF＝∠DAE，∠AED＝∠CFD，DE＝DF＝3，得到∠DCF+∠DCB＝180°，即F、C、B三點共線，由DE⊥AB，可知∠AED＝∠CFD＝90°，可知點D到直線BC的距離為DF的長度，即可求解；（2）由（1）可知，S四邊形ABCD＝S四邊形DEBF，而四邊形DEBF是正方形，即可得．【解答】解：（1）∵在⊙O中，AC為直徑，∴∠ADC＝∠ABC＝90°，∴∠A+∠DCB＝180°，∴∠DCF+∠DCB＝180°，∴F、C、B三點共線，∵DE⊥AB，∴∠AED＝∠CFD＝90°，∴點D到直線BC的距離為DF的長度，即：點D到直線BC的距離為3；（2）由（1）知，∠AED＝∠DEB＝∠CFD＝90°，∠ABC＝90°，F(xiàn)、C、B三點共線，DE＝DF＝3，S△ADE＝S△CDF，∴四邊形DEBF是正方形，又∵S四邊形ABCD＝S四邊形DEBC+S△ADE，S△ADE＝S△CDF，S四邊形DEBF＝S四邊形DEBC+S△CDF，∴．【點評】本題考查了內(nèi)接四邊形的性質(zhì)及圓周角定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：旋轉(zhuǎn)前后的兩個圖形全等，對應點與旋轉(zhuǎn)中心的連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角，對應點到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等．也考查了正方形的判定及性質(zhì)．10．（2023?廬江縣模擬）在⊙O中，P為其內(nèi)一點，過點P的最長的弦為8cm，最短的弦長為4cm，則OP為（）A．2cm B．cm C．3cm D．2cm【分析】由垂徑定理求出CP的長，由勾股定理即可求出OP的長．【解答】解：如圖：AB是過P的最長的弦是圓的直徑，CD是過P點的最短的弦，CD⊥AB，∴AB＝8cm，CD＝4cm，∴OC＝4cm，CP＝CD＝2cm，∴OP＝＝＝2（cm），故選：A．【點評】本題考查垂徑定理和勾股定理，關(guān)鍵是明白過P的最長的弦是圓的直徑，過P的最短的弦垂直于PO．11．（2023?亳州三模）如圖，在⊙O中，直徑AB⊥CD于點H．若AB＝10，CD＝8，則BH的長為（）A．5 B．4 C．3 D．2【分析】根據(jù)垂徑定理得到CH＝4，再根據(jù)勾股定理計算出OH＝3，進而得出答案．【解答】解：連接OC，∵AB⊥CD，CD＝8，∴，∠OHC＝90°，∵AB＝10，∴OB＝OC＝5，∴，∴BH＝OB﹣OH＝2，故選：D．【點評】本題考查了垂徑定理，以及勾股定理，熟練掌握垂徑定理，由勾股定理求出OH的長是解題的關(guān)鍵．12．（2023?懷遠縣校級二模）如圖，CD為⊙O的直徑，CD⊥AB，垂足為點F，AO⊥BC，垂足為E，，（1）求AB的長；（2）求⊙O的半徑．【分析】（1）先根據(jù)CD為⊙O的直徑，CD⊥AB得出＝，故可得出∠C＝∠AOD，由對頂角相等得出∠AOD＝∠COE，故可得出∠C＝∠COE，再根據(jù)AO⊥BC可知∠AEC＝90°，故∠C＝30°，再由直角三角形的性質(zhì)可得出BF的長，進而得出結(jié)論；（2）在Rt△OCE中根據(jù)∠C＝30°即可得出OC的長．【解答】解：（1）∵CD為⊙O的直徑，CD⊥AB，∴＝，AF＝BF，∴∠C＝∠AOD，∵∠AOD＝∠COE，∴∠C＝∠COE，∵AO⊥BC，∴∠AEC＝90°，∴∠C＝30°，∵BC＝2，∴BF＝BC＝，∴AB＝2BF＝2；（2）∵AO⊥BC，BC＝2，∴CE＝BE＝BC＝，∵∠C＝30°，∴OC＝＝＝2，即⊙O的半徑是2．【點評】本題考查的是垂徑定理，熟知“平分弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧”是解答此題的關(guān)鍵．三．垂徑定理的應用（共4小題）13．（2023?池州三模）如圖1，圓形拱門是中國古代建筑喜歡采用的樣式，美觀且實用，圖2是拱門的示意圖，拱門底端寬2米，拱門高3米，拱門所在圓的半徑為米．【分析】先連接OA，由垂徑定理易得出AD的長，在Rt△OAD中，可用半徑表示出OD的長，根據(jù)勾股定理即可求出半徑的長度．【解答】解：如圖，取圓心為O，連接OA，設OA＝x米，則OC＝x米，∵CD＝3米，∴OD＝（3﹣x）米，∵CD⊥AB，∴AD＝AB＝×2＝1m，OA2＝OD2+AD2，∴x2＝（3﹣x）2+12，解得：x＝，故答案為：．【點評】此題考查了垂徑定理的應用，用到的知識點是垂徑定理、勾股定理、圓的有關(guān)性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造直角三角形，列出方程．14．（2023?龍子湖區(qū)二模）如圖是美妝小鎮(zhèn)某品牌的香水瓶．從正面看上去它可以近似看作⊙O割去兩個弓形后余下的部分與矩形ABCD組合而成的圖形（點B、C在⊙O上），其中BC∥EF；已知⊙O的半徑為2.5cm，BC＝1.4cm，AB＝2.6cm，EF＝4.8cm，則香水瓶的高度h是（）A．5.6cm B．5.7cm C．5.8cm D．5.9cm【分析】作OG⊥BC于G，延長GO交EF于H，連接BO、EO．根據(jù)垂徑定理求出BG、EH，解直角三角形求出OG，OH，根據(jù)h＝OH+OG+AB即可解決問題．【解答】解：如圖，作OG⊥BC于G，延長GO交EF于H，連接BO、EO．∵EF∥BC，∴OH⊥EF，∴，，∴；，∴h＝OH+OG+AB＝0.7+2.4+2.6＝5.7cm．即香水瓶的高度h為5.7cm，故選：B．【點評】本題考查垂徑定理，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．15．（2023?蜀山區(qū)一模）《夢溪筆談》是北宋的沈括所著的筆記體綜合性科學著作，其中收錄了計算圓弧長度的“會圓術(shù)”，如圖，弧AB是以點O為圓心，OA為半徑的圓弧，C是弦AB的中點，D在弧AB上，且CD⊥AB．“會圓術(shù)”給出弧AB的弧長的近似值s的計算公式：s＝AB+．當OA＝2，∠AOB＝90°時，s＝3．【分析】根據(jù)垂徑定理，勾股定理以及直角三角形的邊角關(guān)系求出AB，CD，再代入計算即可．【解答】解：如圖，連接OC，由題意可知點O、C、D在同一條直線上，∵∠AOB＝90°，OA＝OB＝2，∴AB＝OA＝2，∵OC⊥AB，OA＝OB＝2，∴OC＝AC＝OA＝，∴s＝AB+＝2+＝3．故答案為：3．【點評】本題考查垂徑定理、勾股定理以及直角三角形的邊角關(guān)系，掌握直角三角形的邊角關(guān)系以及垂徑定理是正確解答的關(guān)鍵．16．（2023?蚌山區(qū)模擬）如圖，是一架無人機俯視簡化圖，MN與PQ表示旋翼，旋翼長為24cm，A，B為旋翼的支點，各支點平分旋翼，飛行控制中心O到各旋翼支點的距離均為30cm，相鄰兩個支架的夾角均相等，當無人機靜止且支架與旋翼垂直時，M與P之間的距離為（）A．30﹣12 B．30﹣12 C．15﹣3 D．15﹣24【分析】如圖，延長BP交AM的延長線于點J，連接OP，OM，OJ，OJ交PM于點K．首先求出PJ＝MJ＝10﹣12，再求出PK，可得結(jié)論．【解答】解：如圖，延長BP交AM的延長線于點J，連接OP，OM，OJ，OJ交PM于點K．∵OJ＝OJ，OA＝OB，∠OAJ＝∠OBJ，∴Rt△OAJ≌Rt△OBJ（HL），∴JB＝JA，∠JOA＝∠JOB＝∠AOB＝30°，∵OA＝30cm，∴AJ＝BJ＝OB?tan30°＝10（cm），∵PB＝AM＝12cm，∴PJ＝JM＝（10﹣12）cm，∵OJ⊥PM，∴PK＝KM＝PJ?cos30°＝（10﹣12）×＝（15﹣6）cm，∴PM＝2PK＝（30﹣12）cm．故選：A．【點評】本題考查垂徑定理，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題．四．圓周角定理（共16小題）17．（2023?鏡湖區(qū)校級二模）如圖，AB是⊙O的直徑，點C，D在⊙O上，若∠CDB＝35°，則∠CBA的度數(shù)為（）A．25° B．35° C．45° D．55°【分析】由于AB是⊙O的直徑，由圓周角定理可知∠ACB＝90°，則∠A和∠ABC互余，欲求∠ABC需先求出∠A的度數(shù)，已知了同弧所對的圓周角∠CDB的度數(shù)，則∠A＝∠CDB，由此得解．【解答】解：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，即∠A+∠ABC＝90°；又∵∠A＝∠CDB＝35°，∴∠ABC＝90°﹣∠A＝55°．故選：D．【點評】此題主要考查的是圓周角定理及其推論；半圓（弧）和直徑所對的圓周角是直角；同弧所對的圓周角相等．18．（2023?安徽模擬）如圖，△ABC中，以AB為直徑作⊙O交AC，CB于點D，E．若∠DOE＝40°，則∠C的度數(shù)為（）A．55° B．60° C．65° D．70°【分析】連接AE，根據(jù)圓周角定理可得∠AEC＝∠AEB＝90°，∠EAC＝20°，再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠C即可．【解答】解：連接AE，∵AB為⊙O的直徑，∴∠AEB＝90°，∴∠AEC＝90°，∵∠DOE＝40°，∴∠EAC＝20°，∴∠C＝180°﹣90°﹣20°＝70°．故選：D．【點評】本題考查了圓周角定理以及圓心角、弧、弦之間的關(guān)系定理，熟知半圓（或直徑）所對的圓周角是直角，在同圓或等圓中，如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等，那么它們所對應的其余各組量都分別相等是解題的關(guān)鍵．19．（2023?舒城縣模擬）如圖，點A、B、C在⊙O上，＝2，若∠A＝70°，則∠B的度數(shù)是（）A．50° B．60° C．70° D．110°【分析】取的中點D，連接OD，結(jié)合已知條件，利用圓心角、弧、弦的關(guān)系求得∠AOC＝∠BOD＝∠COD，然后利用等邊對等角及三角形內(nèi)角和定理先求得∠AOC的度數(shù)，從而求得∠BOC的度數(shù)，再利用等邊對等角及三角形內(nèi)角和定理即可求得答案．【解答】解：如圖，取的中點D，連接OD，∴＝2＝2，∵＝2，∴∠AOC＝∠BOD＝∠COD，∵∠A＝70°，OA＝OC，∴∠OCA＝∠A＝70°，∴∠AOC＝180°﹣2×70°＝40°，∴∠BOC＝40°+40°＝80°，∵OB＝OC，∴∠B＝＝50°，故選：A．【點評】本題考查圓與等腰三角形性質(zhì)的綜合運用，取的中點D，連接OD求得∠AOC＝∠BOD＝∠COD是解題的關(guān)鍵．20．（2023?濉溪縣模擬）如圖，⊙O中，OC⊥AB，∠CDB＝25°，則∠OAB的度數(shù)為（）A．30° B．40° C．45° D．50°【分析】連接OB，根據(jù)圓周角定理得出∠BOC的度數(shù)，由直角三角形兩銳角互余及等腰三角形的性質(zhì)即可得到答案．【解答】解：∵OC⊥AB，∴∠OEB＝90°，∵∠CDB＝25°，∴∠BOE＝50°，∴∠OBE＝90°﹣50°＝40°，∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBE＝40°．故選：B．【點評】本題考查垂徑定理及圓周角定理，直角三角形兩銳角互余，解題的關(guān)鍵是根據(jù)垂徑定理及圓周角定理得到∠AOC＝2∠CDB＝50°．21．（2023?無為市四模）如圖，CD是⊙O的直徑，BE是弦，延長BE交CD的延長線于點A，連接CE，若∠A＝22°，∠ACE＝16°，則∠BCE的度數(shù)是（）A．34° B．36° C．38° D．42°【分析】連接BD，根據(jù)圓周角定理可求得∠BDC＝∠BEC，∠CBD＝90°，再結(jié)合已知條件，利用三角形外角性質(zhì)求得∠BEC的度數(shù)，繼而求得∠BCD的度數(shù)，最后利用角的和差即可求得答案．【解答】解：如題，連接BD，∵CD是⊙O的直徑，∴∠CBD＝90°，∠BDC＝∠BEC，∵∠BEC＝∠A+∠ACE＝22°+16°＝38°，∴∠BDC＝38°，∴∠BCD＝90°﹣∠BDC＝90°﹣38°＝52°，∴∠BCE＝∠BCD﹣∠ACE＝52°﹣16°＝36°，故選：B．【點評】本題考查圓周角定理及三角形外角性質(zhì)，結(jié)合已知條件求得∠BDC的度數(shù)是解題的關(guān)鍵．22．（2023?廬陽區(qū)校級模擬）如圖，點P為矩形ABCD的外接圓上的動點，連接PB、PD、PO，AB＝1，，當PO平分∠BPD時，∠PBA的度數(shù)為（）A．15° B．30° C．15°或105° D．30°或105°【分析】連接BD，推出BD是⊙O的直徑，利用三角函數(shù)的定義求得∠ABD＝60°，再分類討論，當點P在BD上方和點P在BD下方時，據(jù)此求解即可．【解答】解：∵點P為矩形ABCD的外接圓上的動點，∴∠A＝∠C＝90°，∴BD是⊙O的直徑，∴∠BPD＝90°，∵AB＝1，，∴，∴∠ABD＝60°，當點P在BD上方時，∵PO平分∠BPD，∴，∵OP＝OB，∴∠BPO＝∠PBO＝45°，∴∠PBA＝∠ABD﹣∠PBD＝15°；當點P在BD下方時，同理可得∠BPO＝∠PBO＝45°，∴∠PBA＝∠ABD+∠PBD＝105°；綜上，∠PBA的度數(shù)為15°或105°，故選：C．【點評】本題考查了圓周角定理，銳角三角函數(shù)，根據(jù)矩形的性質(zhì)證明BD是⊙O的直徑是解題的關(guān)鍵．23．（2023?全椒縣一模）已知點A，B，C是⊙O上的點，且三點互不重合，下列結(jié)論錯誤的是（）A．若點B是的中點，則∠BAC＝∠ACB B．若∠AOB＝110°，則∠ACB＝55°或125° C．若AB∥OC，OA⊥OB，則∠AOC＝135° D．若四邊形OABC是平行四邊形，則四邊形OABC一定是菱形【分析】根據(jù)等弧對等角可判斷A正確；依據(jù)圓周角定理可判斷B正確；依據(jù)垂直及平行線的性質(zhì)可判斷C錯誤；依據(jù)圓的基本性質(zhì)及菱形的判定方法可判斷D正確．【解答】解：如答圖1，∵點B是的中點，∴，∴∠BAC＝∠ACB，選項A正確；當∠AOB＝110°時，分兩種情況，如答圖5，當點C位于優(yōu)弧AB上時，由圓周角定理，得，如答圖6，當點C位于劣弧AB上時，在優(yōu)弧AB上任選一點C'，連接AC'，BC'，∵∠AOB＝110°，∴，∴∠ACB＝180°﹣∠C'＝180°﹣55°＝125°，∴∠ACB＝55°或125°，選項B正確；當AB∥OC時，分兩種情況．如答圖3，∵OA⊥OB，OA＝OB，∴∠AOB＝90°，∠OAB＝45°，∵AB∥OC，∴∠AOC+∠OAB＝180°，∴∠AOC＝180°﹣∠OAB＝180°﹣45°＝135°，如答圖4，∵AB∥OC，∴∠AOC＝∠OAB＝45°，∴∠AOC的度數(shù)為135°或45°，選項C錯誤；如答圖2，∵四邊形OABC是平行四邊形，∴OA＝BC，OC＝AB，又OA＝OC，∴OA＝AB＝BC＝OC，∴四邊形OABC是菱形，選項D正確；綜上所述，故選：C．【點評】本題考查了等弧對等角、圓周角定理、垂直及平行線的性質(zhì)、基本性質(zhì)及菱形的判定；熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．24．（2023?太和縣二模）如圖，以△ABC的邊AB為直徑作半圓O交AC于點D，且OD∥BC，半圓O交BC于點E．（1）求證：∠C＝∠CED．（2）若，AD＝4，求半圓O的半徑r．【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)證明即可；（2）根據(jù)平行線分線段成比例定理，三角形相似的判定和性質(zhì)計算即可．【解答】（1）證明：∵△ABC的邊AB為直徑作半圓O交AC于點D，且OD∥BC，∴∠C＝∠ADO，∠CED＝∠A，∵OA＝OD，∴∠ADO＝∠A，∴∠C＝∠CED．（2）解：△ABC的邊AB為直徑作半圓O交AC于點D，且OD∥BC，根據(jù)解析（1）可知，∠C＝∠CED，∴DC＝DE，∵OD∥BC，OA＝OB，∴，∴AD＝DC，∴AD＝DC＝DE＝4，∴AC＝8，∴∠C＝∠C，∠CED＝∠A，∴△CED∽△CAB，∴，∴，解得：AB＝12，故圓的半徑為6．【點評】本題考查了圓的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，三角形相似的判定和性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．25．（2023?廬陽區(qū)二模）如圖，在⊙O中，AB是直徑，點C在圓上，AD、BD分別平分∠BAC和∠ABC，AD的延長線交⊙O于點E，連接BE．（1）求證：BE＝DE；（2）若AB＝10，BC＝6，求BE的長．?【分析】（1）先根據(jù)角平分線的定義得到∠CAE＝∠BAD，∠CBD＝∠DBA，再根據(jù)圓周角定理得到∠CBE＝∠CAE，然后證明∠EBD＝∠EDB，從而得到BE＝DE；（2）AE與BC相交于點F，如圖，根據(jù)圓周角定理得到∠ACB＝90°，則利用勾股定理計算出AC＝8，再根據(jù)角平分線性質(zhì)和三角形面積公式可得到＝，則可計算出CF＝，BF＝，接著利用勾股定理計算出AF＝，然后證明△ACF∽△BEF，于是利用相似比可計算出BE的長．【解答】（1）證明：∵AD、BD分別平分∠BAC和∠ABC，∴∠CAE＝∠BAD，∠CBD＝∠DBA，∵∠CBE＝∠CAE，∴∠EBD＝∠CBE+∠DBC＝∠CAE+∠CBD＝∠BAD+∠DBA，∵∠EDB＝∠BAD+∠DBA，∴∠EBD＝∠EDB，∴BE＝DE；（2）解：AE與BC相交于點F，如圖，∵AB為直徑，∴∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，AC＝＝＝8，∵AF平分∠BAC，∴點F到AC和AB的距離相等，∴S△ACF：S△ABF＝AC：AB，∵S△ACF：S△ABF＝CF：BF，∴＝＝＝，∴CF＝BC＝，BF＝BC＝，在Rt△ACF中，AF＝＝＝，∵∠CAF＝∠EBF，∠C＝∠E，∴△ACF∽△BEF，∴AC：BE＝AF：BF，即8：BE＝：，解得BE＝，即BE的長為．【點評】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半；半圓（或直徑）所對的圓周角是直角，90°的圓周角所對的弦是直徑．也考查了角平分線的性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)．26．（2023?合肥二模）如圖，以AB為直徑的⊙O經(jīng)過△ABC的頂點C，AE，BE分別平分∠BAC和∠ABC，AE的延長線交⊙O于點D，連接BD．（1）判斷△BDE的形狀，并證明你的結(jié)論；（2）若AB＝10，，求BC的長．【分析】（1）由角平分線的定義、結(jié)合等量代換可得∠BED＝∠DBE，即BD＝ED；然后再根據(jù)直徑所對的圓周角為90°即可解答；（2）如圖：連接OC，CD，OD，OD交BC于點F．先說明OD垂直平分BC．進而求得BD、OD、OB的長，設OF＝t，則DF＝5﹣t．然后根據(jù)勾股定理列出關(guān)于t的方程求解即可．【解答】解：（1）△BDE為等腰直角三角形，理由如下：∵AE平分∠BAC，BE平分∠ABC，∴∠BAE＝∠CAD＝∠CBD，∠ABE＝∠EBC．∵∠BED＝∠BAE+∠ABE，∠DBE＝∠DBC+∠CBE，∴∠BED＝∠DBE，∴BD＝ED，∵AB為直徑，∴∠ADB＝90°．∴△BDE為等腰直角三角形；（2）如圖：連接OC，CD，OD，OD交BC于點F．∵∠DBC＝∠CAD＝∠BAD＝∠BCD，∴BD＝DC．∵OB＝OC，∴OD垂直平分BC．∵△BDE是等腰直角三角形，，∴．∵AB＝10，∴OB＝OD＝5．設OF＝t，則DF＝5﹣t．在Rt△BOF和Rt△BDF中，，解得t＝3，∴BF＝4，∴BC＝8．【點評】本題主要考查了角平分線的定義、等腰三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理的應用、垂直平分線的判定與性質(zhì)、圓的性質(zhì)等知識點，靈活運用相關(guān)知識成為解答本題的關(guān)鍵．27．（2023?蕪湖模擬）如圖1，已知AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，CE⊥AB于E，D為弧BC的中點，連接AD，分別交CE、CB于點F和點G．（1）求證：CF＝CG；（2）如圖2，若AF＝DG，連接OG，求證：OG⊥AB．【分析】（1）連接AC，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得∠ACB＝90°，從而可得∠CAG+∠AGC＝90°，根據(jù)垂直定義可得∠CEA＝90°，從而可得∠FAE+∠AFE＝90°，然后根據(jù)已知可得＝，從而可得∠CAG＝∠FAE，進而可得∠AGC＝∠AFE，最后根據(jù)對頂角相等可得∠AFE＝∠CFG，從而可得∠AGC＝∠CFG，進而根據(jù)等角對等邊即可解答；（2）連接AC，CD，利用（1）的結(jié)論，再根據(jù)等角的補角相等可得∠AFC＝∠CGD，然后根據(jù)SAS證明△AFC≌△DGC，從而可得AC＝CD，進而可得＝＝，最后根據(jù)等弧所對的圓周角相等可得∠ABC＝∠DAB，從而可得GA＝GB，進而利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)即可解答，【解答】證明：（1）連接AC，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠CAG+∠AGC＝90°，∵CE⊥AB，∴∠CEA＝90°，∴∠FAE+∠AFE＝90°，∵D為弧BC的中點，∴＝，∴∠CAG＝∠FAE，∴∠AGC＝∠AFE，∵∠AFE＝∠CFG，∴∠AGC＝∠CFG，∴CF＝CG；（2）連接AC，CD，∵∠CFG＝∠CGF，∴180°﹣∠CFG＝180°﹣∠CGF，∴∠AFC＝∠CGD，∵CF＝CG，AF＝CD，∴△AFC≌△DGC（SAS），∴AC＝CD，∴＝，∵＝，∴＝，∴∠ABC＝∠DAB，∴GA＝GB，∵OA＝OB，∴GO⊥AB．【點評】本題考查了圓周角定理，圓心角、弧、弦的關(guān)系，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．28．（2023?太湖縣一模）阿基米德（公元前287年﹣公元前212年），偉大的古希臘哲學家、百科式科學家、數(shù)學家、物理學家、力學家，靜態(tài)力學和流體靜力學的奠基人，阿基米德流傳于世的著作有10余種，多為希臘文手稿．下面是《阿基米德全集》中記載的一個命題：如圖1，AB是⊙O的弦，點C在⊙O上，且CD⊥AB于點D，在弦AB上取點E，使AD＝DE，點F是上的一點，且，連接BF，求證：BF＝BE．學習小組中的一位同學進行了如下證明：如圖2，連接AC，CE，BC∵CD⊥AB，AD＝DE．∴∠CAE＝∠CEA∵∠CAE+∠F＝180°，∠CEA+∠CEB＝180°∴∠F＝∠CEB……請完成下列的任務：（1）完成上面的證明：（2）如圖3，將上述問題中弦AB改為直徑AB，若CF∥AB，求證點E是AB的中點．【分析】（1）證明△BCF≌△BCEC（AAS），即可得出答案；（2）先證明，再證明△ACE為等邊三角形，進而得出四邊形BECF為菱形，推出AE＝BE，即可得出結(jié)論．【解答】解：（1），∴∠CBF＝∠CBE，又∵BC＝BC，∴△BCF≌△BCEC（AAS），∴BF＝BE；（2）證明：如圖，連接AC，CE，BC．∵CF∥AB，∴∠BCF＝∠ABC，∵，∴∠CBF＝∠ABC，∴∠BCF＝∠CBF，∴，BF＝CF，∴，∵AB是⊙O的直徑，∴∠CAE＝∠ABF＝60°，∵CD⊥AB，AD＝DE，∴∠CAE＝∠CEA＝60°，∴△ACE為等邊三角形，∴AE＝CE，∵∠CEA＝∠ABF＝60°，∴CE∥BF，又∵CF∥AB，BF＝CF，∴四邊形BECF為菱形，∴CE＝BE，∴AE＝BE，∴點E是AB的中點．【點評】本題考查菱形的判定與性質(zhì)，圓周角定理，等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，掌握這些知識點是解題的關(guān)鍵．29．（2023?蜀山區(qū)校級三模）如圖，四邊形ABCD中，AB∥CD，點O在BD上，以O為圓心恰好經(jīng)過A、B、C三點，⊙O交BD于E，交AD于F，且＝，連接OA、OF．（1）求證：四邊形ABCD是菱形；（2）若∠AOF＝3∠FOE，求∠ABC的度數(shù)．【分析】（1）先根據(jù)圓的性質(zhì)得：∠CBD＝∠ABD，由平行線的性質(zhì)得：∠ABD＝∠CDB，根據(jù)直徑和等式的性質(zhì)得＝，則AB＝BC，即可得出結(jié)論；（2）設∠FOE＝x，則∠AOF＝3x，根據(jù)∠ABC+∠BAD＝180°，列方程求出x的值即可解決問題．【解答】（1）證明：∵＝，∴∠CBD＝∠ABD，∵CD∥AB，∴∠ABD＝∠CDB，∴∠CBD＝∠CDB，∴CB＝CD，∵BE是⊙O的直徑，∴＝，∴AB＝BC＝CD，∵CD∥AB，∴四邊形ABCD是菱形；．（2）∵∠AOF＝3∠FOE，設∠FOE＝x，則∠AOF＝3x，∠AOD＝∠FOE+∠AOF＝4x，∵OA＝OF，∴∠OAF＝∠OFA＝（180°﹣3x），∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA＝2x，∴∠ABC＝4x，∵BC∥AD，∴∠ABC+∠BAD＝180°，∴4x+2x+（180°﹣3x）＝180°，解得：x＝20°，∴∠ABC＝4x＝80°．【點評】本題考查圓周角定理，菱形的判定、平行線的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會設未知數(shù)，列方程求角的度數(shù)，屬于中考?？碱}型．30．（2023?蚌埠二模）如圖，⊙O中兩條互相垂直的弦AB，CD交于點P，AB經(jīng)過點O，E是AC的中點，連接OE，EP，延長EP交BD于點F．（1）若AB＝10，，求AC的長；（2）求證：EF⊥BD．【分析】（1）根據(jù)垂徑定理可得OE垂直平分AC，從而可得OE⊥AC，AC＝2AE，然后在Rt△AOE中，利用勾股定理求出AE的長，進行計算即可解答；（2）根據(jù)垂直定義可得∠APC＝∠BPD＝90°，從而可得∠DPF+∠BPF＝90°，然后利用直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)可得EP＝EC，從而可得∠EPC＝∠C，再利用對頂角相等，以及同弧所對的圓周角相等可得∠DPF＝∠B，最后利用等量代換可得∠B+∠BPF＝90°，從而利用三角形內(nèi)角和定理進行計算可得∠BFP＝90°，即可解答．【解答】（1）解：∵E是AC的中點，∴OE垂直平分AC，∴OE⊥AC，AC＝2AE，∵AB＝10，∴OA＝AB＝5，在Rt△AOE中，OE＝，∴，∴，∴AC的長為2；（2）證明：∵AB⊥CD，∴∠APC＝∠BPD＝90°，∴∠DPF+∠BPF＝90°，∵E是AC的中點，∴EP＝EC＝AC，∴∠EPC＝∠C，∵∠EPC＝∠DPF，∠B＝∠C，∴∠DPF＝∠B，∴∠B+∠BPF＝90°，∴∠BFP＝180°﹣（∠B+∠BPF）＝90°，∴EF⊥BD．【點評】本題考查了圓周角定理，勾股定理，垂徑定理，熟練掌握圓周角定理，以及垂徑定理是解題的關(guān)鍵．31．（2023?蒙城縣模擬）如圖，以BC為直徑的⊙O經(jīng)過△ABC的頂點A，弦BD平分∠ABC，E是弦BD上一點，且∠ACE＝∠BCE．（1）求證：CD＝DE；（2）若AC＝8，，求⊙O的半徑．【分析】（1）由角平分線的定義和圓周角定理可知，∠BCE＝∠ACE，∠ABE＝∠EBC＝∠ACD，可得∠CED＝∠DCE，即可證明；（2）連接OA、AD、OD，OD交AC于點F，由圓周角定理可得：∠BCA＝∠BDA，利用各角之間的關(guān)系及等角對等邊得出AD＝DC，再由垂直平分線的判定定理得出OD垂直平分AC，利用圓周角定理及勾股定理得出，再由垂徑定理及勾股定理求解即可．【解答】（1）證明：由圓周角定理可得：∠ACD＝∠ABD，∵BE平分∠ABC，∠BCE＝∠ACE，∴∠ABE＝∠EBC＝∠ACD，∵∠CED＝∠BCE+∠CBE，∠DCE＝∠DCA+∠ACE，∴∠CED＝∠DCE．∴CD＝DE；（2）解：連接OA、AD、OD，OD交AC于點F，由圓周角定理可得：∠BCA＝∠BDA，由（1）知∠CBD＝∠ABD＝∠CAD，∴∠ACD＝∠CAD＝∠ABD＝∠CBD，∴AD＝DC，∵OA＝OC，∴OD垂直平分AC．∵CB為直徑，CD＝DE，∴∠CDB＝90°，則△CDE是等腰直角三角形．∵，CE2＝CD2+ED2＝2CD2，∴．∵AC＝8，∴AF＝FC＝4，∴，設⊙O的半徑為r，∴OC＝OD＝r，OF＝r﹣2，在Rt△OCF中，OC2＝OF2+CF2，即r2＝（r﹣2）2+42，解得r＝5，∴⊙O的半徑為5．【點評】此題考查了圓周角定理，垂徑定理及等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，證明△CDE是等腰直角三角形是解題關(guān)鍵．32．（2023?安徽二模）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，連接AD，BD，（1）求證：∠ADC＝∠ABD．（2）作OF⊥AD于點F，若⊙O的半徑為5，OE＝3，求OF的長．【分析】（1）利用等角的余角相等證明即可；（2）利用勾股定理求出DE，AD，再利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．【解答】（1）證明：∵AB是直徑，∴∠ADB＝90°，∵AB⊥CD，∴∠DEB＝90°，∴∠ADC+∠CDB＝90°，∠CDB+∠ABD＝90°，∴∠ADC＝∠ABD；解法二：∵AB⊥CD，AB是直徑，∴＝，∴∠ADC＝∠ABD．（2）解：如圖，連接OD．在Rt△OED中，DE＝＝＝4，在Rt△ADE中，AD＝＝＝4，∵sin∠A＝＝，∴＝，∴OF＝．【點評】本題考查圓周角定理，垂徑定理，勾股定理，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考?？碱}型．五．切線的性質(zhì)（共9小題）33．（2023?合肥三模）如圖，點C是半⊙O直徑AB延長線上一點，CD與⊙O相切于點D，E為AB上一點，EF∥CD交AD于G，若∠AGF＝70°，⊙O的半徑為2，則的長為（）A． B． C． D．【分析】連接OD，由切線的性質(zhì)得出∠ODC＝90°，求出∠BOD＝40°，由弧長公式可得出答案．【解答】解：連接OD，∵CD與⊙O相切于點D，∴OD⊥DC，∴∠ODC＝90°，∵EF∥CD，∴∠EGD+∠GDC＝180°，∵∠AGF＝∠EGD＝70°，∴∠GDC＝180°﹣∠EGD＝110°，∴∠ADO＝110°﹣90°＝20°，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA＝20°，∴∠BOD＝40°，∴的長為＝．故選：D．【點評】本題考查了切線的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，弧長公式，熟練掌握切線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．34．（2023?鳳臺縣校級二模）如圖，矩形ABCD中，AB＝6，點E在AD邊上，以E為圓心EA長為半徑的⊙E與BC相切，交CD于點F，連接EF．若扇形EAF的面積為12π，則BC的長是（）A．4 B．4 C．8 D．9【分析】設∠AEF＝n°，由題意得：＝12π，解得n＝120，推出∠AEF＝120°，在Rt△EFD中，求出DE即可解決問題．【解答】解：設∠AEF＝n°，∵以E為圓心EA長為半徑的⊙E與BC相切，∴r＝6，由題意得：＝12π，解得n＝120，∴∠AEF＝120°，∴∠FED＝60°，∵四邊形ABCD是矩形，∴BC＝AD，∠D＝90°，∴∠EFD＝30°，∴DE＝EF＝3，∴BC＝AD＝6+3＝9．故選：D．【點評】本題考查切線的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、扇形的面積公式、直角三角形30度角性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考?？碱}型．35．（2023?東至縣一模）如圖，AB是⊙O的直徑，C、D是⊙O上的點，∠CDB＝20°，過點C作⊙O的切線交AB的延長線于點E，則∠E等于（）A．70° B．50° C．40° D．20°【分析】方法一：連接OC，由CE為圓O的切線，利用切線的性質(zhì)得到OC垂直于CE，由OA＝OC，利用等邊對等角得到一對角相等，再利用外角性質(zhì)求出∠COE的度數(shù)，即可求出∠E的度數(shù)．方法二：連接OC，由CE為圓O的切線，利用切線的性質(zhì)得到OC垂直于CE，再根據(jù)圓周角定理，即可得到∠COE的度數(shù)，再根據(jù)∠OCE＝90°，即可得到∠E的度數(shù)．【解答】解：方法一：連接OC，∵CE為圓O的切線，∴OC⊥CE，∴∠COE＝90°，∵∠CDB與∠BAC都對，且∠CDB＝20°，∴∠BAC＝∠CDB＝20°，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA＝20°，∵∠COE為△AOC的外角，∴∠COE＝40°，則∠E＝50°．故選：B．方法二：連接OC，∵CE為圓O的切線，∴OC⊥CE，∴∠COE＝90°，∵∠CDB＝20°，∴∠CAB＝∠CDB＝20°，∴∠COE＝2∠CAB＝40°，∴∠E＝∠OCE﹣∠COE＝90°﹣40°＝50°．故選：B．【點評】此題考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)，以及三角形內(nèi)角和定理，熟練掌握切線的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．36．（2023?瑤海區(qū)校級一模）如圖，直線AB與⊙O相切于點A，CD是⊙O的一條弦，且CD∥AB，連接AC．若⊙O的半徑為2，，則陰影部分的面積為（）A． B．4π C． D．【分析】如圖所示，過點O作EF∥AB，作OH⊥CD于H，可得∠OCH＝30°，∠AOC＝120°，結(jié)合圖形可求出扇形OAC的面積，△OAC的面積，由此即可求解．【解答】解：如圖所示，過點O作EF∥AB，作OH⊥CD于H，則點H是CD的中點，∵直線AB與⊙O相切于點A，CD∥AB，∴A，O，H在同一條直線上，且AB∥EF∥CD，∴，在Rt△COH中，CO＝2，∴，∴∠OCH＝30°，∵AB∥EF∥CD，∴∠HCO＝∠COF＝30°，∠FOA＝∠OAB＝90°，∴∠AOC＝120°，∴，，，∴，∴陰影部分的面積為，故選：A．【點評】本題主要考查圓與三角形的綜合，掌握垂徑定理，平行線的性質(zhì)，特殊角的直角三角形，扇形面積的計算方法是解題的關(guān)鍵．37．（2023?安徽二模）已知，AB、AC是⊙O的切線，B、C為切點，OD∥AC交劣弧BC于點D．∠A＝40°，則∠BOD的度數(shù)是（）A．40° B．50° C．55° D．60°【分析】由切線的性質(zhì)定理得到∠ACO＝90°，∠ABO＝90°，即可求出∠BOC＝360°﹣90°﹣90°﹣40°＝140°，由平行線的性質(zhì)得到∠DOC＝90°，即可求出∠BOD的度數(shù)．【解答】解：連接OC，∵AB，AC是⊙O的切線，∴半徑OC⊥AC，OB⊥AB，∴∠ACO＝90°，∠ABO＝90°，∵∠A+∠BOC+∠ACO+∠ABO＝360°，∠A＝40°，∴∠BOC＝360°﹣90°﹣90°﹣40°＝140°，∵OD∥AC，∴∠DOC+∠ACO＝180°，∴∠DOC＝90°，∴∠BOD＝∠BOC﹣∠DOC＝140°﹣90°＝50°．故選：B．【點評】本題考查切線的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，關(guān)鍵是掌握切線的性質(zhì)定理．38．（2023?廬陽區(qū)校級三模）如圖，AB是⊙O的直徑，點C是BD的中點，過點C的切線與AD的延長線交于E，連接CD，AC．（1）求證：CE⊥AE；（2）若CD∥AB，DE＝1，求⊙O的面積．?【分析】（1）連接OC，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠OAC＝∠OCA，再由等弧所對的圓周角相等可得∠OAC＝∠CAD，從而證明∠CAD＝∠OCA，可得OC∥AE，即可證明．（2）連接OD，由題意可證四邊形AOCD是菱形，可得△AOD是等邊三角形，從而可得∠DCE＝30°，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得DC＝2DE，即可求出結(jié)果．【解答】（1）證明：如圖，連接OC，∵CE是⊙O的切線，∴OC⊥CE，∵點C是的中點，∴，∴∠CAB＝∠CAD，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∴∠OCA＝∠CAD，∴OC∥AE，∴CE⊥AE；（2）解：如圖，連接OD，∵CD∥AB，OC∥AE，∴四邊形AOCE是平行四邊形，又∵OA＝OC，∴四邊形AOCD是菱形，∴AD＝CD＝OA，∴OA＝AD＝OD，∴△AOD是等邊三角形，∴∠OAD＝60°，∵CD∥AB，∴∠CDE＝∠OAD＝60°，∴∠DCE＝30°，∴CD＝2DE＝2，∴OA＝CD＝2，∴⊙O的面積＝2π×22＝8π．即⊙O的面積為8π．【點評】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)、圓的切線的性質(zhì)定理和圓周角定理、等邊三角形的性質(zhì)和菱形的判定和性質(zhì)及平行線的性質(zhì)，熟練綜合運用這些知識點，并能準確作出輔助線是解決問題的關(guān)鍵．39．（2023?金安區(qū)一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°．⊙O分別與邊AC，BC相切于點D和點E，連接CO．（1）求證：CO為∠ACB的平分線．（2）連接AE與CO交于點F，且滿足2AF＝3FE，若BE＝8，求⊙O的半徑．【分析】（1）連接OD，OE，由切線的性質(zhì)定理，得到OD⊥AC，OE⊥BC，又OD＝OE，因此CO為∠ACB的平分線．（2）由△OEF∽△CAF，得到OE：AC＝2：3，由△BOE∽△BAC，即可求出BE的長，得到CE的長，即可解決問題．【解答】（1）證明：連接OD，OE，∵⊙O分別與邊AC，BC相切于點D和點E，∴OD⊥AC，OE⊥BC，∵OD＝OE，∴CO為∠ACB的平分線．（2）解：∵OE∥AC，∴△OEF∽△CAF，∴OE：AC＝EF：AF，∵2AF＝3FE，∴EF：AF＝2：3，∴OE：AC＝2：3，∵△BOE∽△BAC，∴BE：BC＝OE：AC＝2；3，∵BE＝8，∴BC＝12，∴CE＝BC﹣BE＝4，∵OE∥AC，OD∥CE，OD＝OE，∠ACB＝90°，∴四邊形ODCE是正方形，∴OD＝CE＝4，∴⊙O的半徑是4．【點評】本題考查切線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，角平分線，關(guān)鍵是由△OEF∽△CAF，得到OE：AC＝2：3，由△BOE∽△BAC，求出BE的長．40．（2023?明光市二模）如圖，AB是⊙O的直徑，點P是弦AC上一動點（不與點A，C重合），過點P作PE⊥AB，垂足為點E，射線EP交弧AC于點F，交過點C的切線于點D．?（1）求證：DC＝DP；（2）若∠CAB＝30°，AB＝4，F(xiàn)是弧AC的中點，求CP的長．【分析】（1）連接OC由切線的性質(zhì)得到∠DCP+∠ACO＝90°，由直角三角形的性質(zhì)得到∠OAC+∠APE＝90°，由等腰三角形的性質(zhì)，對頂角的性質(zhì)即可得到∠DCP＝∠DPC，因此CD＝PD；（2）連接OF，CF，由圓周角定理可以證明△OCF、△DCP是等邊三角形，得到CF的長，由銳角的正弦即可求出PC的長．【解答】（1）證明：連接OC，∵DC切圓于C，∴半徑OC⊥DC，∴∠DCP+∠ACO＝90°，∵PE⊥AB，∴∠OAC+∠APE＝90°，∵∠DPC＝∠APE，∴∠OAC+∠DPC＝90°，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∴∠DCP＝∠DPC，∴CD＝PD；（2）解：連接OF，CF，∵∠CAB＝30°，∴∠BOC＝2∠CAB＝60°，∴∠AOC＝120°，∵F是的中點，∴∠FOC＝∠FOA＝60°，∵OF＝OC，∴△OFC是等邊三角形，∴FC＝OC＝2∵∠APE＝90°﹣∠BAC＝60°，∴∠DPC＝∠APE＝60°，∵DP＝DC，∴△DPC是等邊三角形，∵∠CFO＝∠AOF＝60°，∴CF∥BE，∵BE⊥DE，∴CF⊥DP，∵sin∠CPF＝＝，F(xiàn)C＝2，∴PC＝．【點評】本題考查切線的性質(zhì)，圓周角定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，余角的性質(zhì)，關(guān)鍵是掌握證明△OFC是等邊三角形，得到FC的長，從而求出PC的長．41．（2023?雨山區(qū)校級一模）如圖，已知AB為⊙O的直徑，過⊙O上點C的切線交AB的延長線于點E，AD⊥EC于點D．且交⊙O于點F，連接BC，CF，AC．（1）求證：BC＝CF；（2）若AD＝3，DE＝4，求BE的長．【分析】（1）根據(jù)切線的性質(zhì)首先得出CO⊥ED，再利用平行線的判定得出CO∥AD，進而利用圓周角、圓心角定理得出BC＝CF；（2）首先求出△EOC∽△EAD，進而得出r的長，即可求出BE的長．【解答】（1）證明：如圖，連接OC，∵ED切⊙O于點C，∴CO⊥ED，∵AD⊥EC，∴CO∥AD，∴∠OCA＝∠CAD，∵∠OCA＝∠OAC，∴∠OAC＝∠CAD，∴＝，∴BC＝CF；（2）解：在Rt△ADE中，∵AD＝3，DE＝4，根據(jù)勾股定理得AE＝5，∵CO∥AD，∴△EOC∽△EAD，∴＝，設⊙O的半徑為r，∴OE＝5﹣r，∴＝，∴r＝，∴BE＝5﹣2r＝，答：BE的長為．【點評】本題考查了切線的性質(zhì)定理和圓周角及弧的關(guān)系、相似三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是得出＝．六．切線的判定（共2小題）42．（2023?定遠縣二模）已知，如圖，△ABC的頂點A，C在⊙O上，⊙O與AB相交于點D，連接CD，∠A＝30°．（1）若⊙O半徑為3，求弦CD的長；（2）若∠ACB+∠ADC＝180°，求證：BC是⊙O的切線．【分析】（1）連接OC、OD，則OC＝OD＝3，由圓周角定理得∠DOC＝60°，得出△OCD是等邊三角形，即可得出結(jié)果；（2）連接CO并延長交⊙O于點M，連AM，則∠MAC＝90°，∠M+∠ADC＝180°，由三角形內(nèi)角和定理得∠M+∠ACM＝90°，易證∠M＝∠ACB，得出∠BCM＝90°，即可得出結(jié)論．【解答】（1）解：連接OC、OD，如圖1所示：則OC＝OD＝3，∵∠A＝30°，∴∠DOC＝60°，∴△OCD是等邊三角形，∴CD＝3；（2）證明：連接CO并延長交⊙O于點M，連AM，如圖2所示：則∠MAC＝90°，∠M+∠ADC＝180°，∴∠M+∠ACM＝90°，∵∠ACB+∠ADC＝180°，∴∠M＝∠ACB，∴∠ACB+∠ACM＝90°，即∠BCM＝90°，且CM是⊙O的直徑，∴BC是⊙O的切線．【點評】本題考查了切線的判定、圓周角定理、三角形內(nèi)角和定理、等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識；熟練掌握圓周角定理與切線的判定是解題的關(guān)鍵．43．（2023?宿州模擬）如圖，點C是⊙O直徑AB延長線上一點，BC＝OB，點P是⊙O上一個動點（不與點A，B重合），點E為半徑OB的中點．（1）如圖1，若，求PC的長；（2）如圖2，當PE⊥OB時，求證：CP是⊙O的切線．【分析】（1）連接OP．由已知條件得到＝＝，進而征得△OEP∽△OPC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求得PC；（1）連接OP，PB．由已知條件求得cos∠EOP＝＝，得到∠EOP＝60°．征得△OPB是等邊三角形，進而得到∠OBP＝∠BPO＝60°，OB＝PB，由三角形外角定理求得∠BPC＝30°，進而求得∠OPC＝90°，即可證得結(jié)論．【解答】（1）解：如圖1，連接OP．∵OP＝OB＝BC＝2OE，∴＝＝，又∵∠COP＝∠POE，∴△OEP∽△OPC，∴＝＝＝，∵PE＝，∴PC＝2；（2）證明：如圖2，連接OP，PB．∵點E為半徑OB的中點，∴OE＝OB＝OP．∵PE⊥OB，∴∠PEO＝90°．∴cos∠EOP＝＝，∴∠EOP＝60°．又∵OP＝OB，∴△OPB是等邊三角形，∴∠OBP＝∠BPO＝60°，OB＝PB，∵BC＝OB，∴BC＝PB，∴∠C＝∠BPC＝∠OBP＝30°，∴∠OPC＝∠BPO+∠BPC＝90°，∵OP是⊙O的半徑，∴CP是⊙O的切線．【點評】本題考查了切線的判定，三角函數(shù)的定義，等邊三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握切線的判定定理是解題的關(guān)鍵．七．切線的判定與性質(zhì)（共17小題）44．（2023?花山區(qū)二模）如圖，AB是⊙O的直徑，點C，D在⊙O上，AC＝CD，AD與BC相交于點E，點F在BC的延長線上，且AF＝AE．（1）求證：AF是⊙O的切線；（2）若AC＝4，，求cos∠BAD的值．【分析】（1）由圓周角定理可得∠CAD＝∠ABC，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠FAC＝∠CAD，由余角的性質(zhì)可證AF⊥AB，可得結(jié)論；（2）利用銳角三角函數(shù)和勾股定理可求AE，CE，AB，BE的長，通過證明△ACE∽△BDE，可得，可求DE的長，即可求解．【解答】（1）證明：∵AC＝CD，∴，∴∠CAD＝∠ABC，∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠ABC+∠BAC＝90°，∵AE＝AF，∠ACB＝90°，∴∠FAC＝∠CAD，CE＝FC，∴∠FAC＝∠CAD＝∠ABC，∴∠FAC+∠CAB＝90°，∴AF⊥AB，又∵AB是直徑，∴AF是⊙O的切線；（2）解：如圖，連接BD，∵cos∠ABC＝cos∠CAD＝，AC＝4，∴AE＝5，∴AF＝AE＝5，CE＝＝＝3，∴CE＝CF＝3，∵tanF＝，∴，∴AB＝，∵cos∠ABC＝＝，∴BF＝，∴BE＝BF﹣EF＝﹣（3+3）＝，∵∠CAD＝∠CBD，∠AEC＝∠BED，∴△ACE∽△BDE，∴，∴，∴DE＝，∴AD＝+5＝，∴cos∠BAD＝＝＝．【點評】本題考查了切線的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，利用銳角三角函數(shù)求線段的長是解題的關(guān)鍵．45．（2023?泗縣二模）如圖，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，D是圓外一點，連接DA，∠DAC＝∠ABC，連接DC交⊙O于點E．（1）求證：AD是⊙O的切線；（2）若AD＝4，E是CD的中點，求CE的長度．【分析】（1）作圓的直徑AF，連接CF，由圓周角定理得到∠ABC＝∠AFC，∠ACF＝90°，由條件推出∠DAC+∠CAF＝90°，即可證明AD是⊙O的切線．（2）由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)推出△DAE∽△DCA，得到，代入有關(guān)數(shù)據(jù)，即可求出CE的長．【解答】解：（1）證明：作圓的直徑AF，連接CF，∵∠DAC＝∠ABC，∠ABC＝∠AFC，∴∠DAC＝∠AFC，∵AF是⊙O的直徑，∴∠ACF＝90°，∴∠CAF+∠AFC＝90°，∴∠DAC+∠CAF＝90°，∴直徑AF⊥AD，∴AD是⊙O的切線．（2）解：連接AE．∵四邊形ABCE是圓內(nèi)接四邊形，∴∠ABC+∠AEC＝180°，∵∠DEA+∠AEC＝180，∴∠DEA＝∠ABC，∵∠DAC＝∠ABC，∴∠DEA＝∠DAC．∵∠D＝∠D，∴△DAE∽△DCA，∴，∵E是CD的中點，∴CD＝2DE＝2CE．∵AD＝4，∴，∴CE＝2．【點評】本題考查切線的判定，圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，關(guān)鍵是由圓周角定理證明∠DAO＝90°，由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)推出△DAE∽△DCA．46．（2023?廬陽區(qū)校級三模）如圖，AB為半圓O的直徑，C為半圓上一點，連結(jié)AC，點D為中點，過D作DE∥AC，交OC的延長線于點E．（1）求證：DE是半圓O的切線．（2）若OC＝15，CE＝10，求AC的長．【分析】（1）由點D為中點，根據(jù)垂徑定理得OD垂直平分AC，由DE∥AC，得∠ODE＝∠OFC＝90°，即可證明DE是半圓O的切線；（2）由FC∥DE，得△OFC∽△ODE，則＝＝，所以OF＝OD＝9，由勾股定理得FC＝＝12，則AC＝2FC＝24．【解答】（1）證明：∵點D為中點，∴OD垂直平分AC，∵DE∥AC，∴∠ODE＝∠OFC＝90°，∵OD是⊙O的半徑，且DE⊥OD，∴DE是⊙O的切線，即DE是半圓O的切線．（2）解：∵OD＝OC＝15，CE＝10，∴OE＝OC+CE＝15+10＝25，∵FC∥DE，∴△OFC∽△ODE，∴＝＝＝，∴OF＝OD＝×15＝9，∴FC＝＝＝12，∴AC＝2FC＝2×12＝24，∴AC的長是24．【點評】此重點考查垂徑定理、平行線的性質(zhì)、切線的判定定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，證明OD垂直平分AC是解題的關(guān)鍵．47．（2023?蒙城縣三模）如圖，在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝60°，以點D為圓心的⊙D與AB相切于點E，與DC相交于點F．（1）求證：⊙D與BC也相切；（2）求劣弧的長（結(jié)果保留π）．【分析】（1）連接DE，過D作DM⊥BC于M，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AD＝CD，∠C＝∠A＝60°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到DE＝DM，根據(jù)切線的判定定理即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AB∥CD，AD＝AB，求得∠ADC＝120°，△ADB是等邊三角形，得到AD＝BD，∠ADB＝60°，∠CDB＝60°，根據(jù)弧長公式即可得到結(jié)論．【解答】（1）證明：連接DE，過D作DM⊥BC于M，∵⊙D與AB相切于點E，∴∠AED＝∠CMD＝90°，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝CD，∠C＝∠A＝60°，∴△ADE≌△CDM（AAS），∴DE＝DM，∴⊙D與BC也相切；（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB∥CD，AD＝AB，∵∠A＝60°，∴∠ADC＝120°，△ADB是等邊三角形，∴AD＝BD，∠ADB＝60°，∠CDB＝60°，∴∠EDB＝30°，∴∠EDC＝60°+30°＝90°，∴劣弧的長為＝π．【點評】本題考查了切線的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．48．（2023?霍邱縣二模）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，以AB為直徑的⊙O經(jīng)過點D，E是⊙O上一點，且∠AED＝45°．（1）求證：CD是⊙O的切線；（2）若AE＝5，，求線段BC的長．?【分析】（1）連接OD，則∠AOD＝2∠AED＝∠AOD＝90°，即可證明CD是⊙O的切線．（2）連接BE，則∠ABE＝∠ADE，由AB是⊙O的直徑∠AEB＝90°，則＝sin∠ABE＝sin∠ADE＝，所以AB＝AE＝6，則OD＝OA＝3，由勾股定理得AD＝＝3，則BC＝AD＝3．【解答】（1）證明：連接OD，則∠AOD＝2∠AED，∵∠AED＝45°，∴∠AOD＝90°，∵OD是⊙O的半徑，且CD⊥OD，∴CD是⊙O的切線．（2）解：連接BE，則∠ABE＝∠ADE，∵AB是⊙O的直徑，AE＝5，∴∠AEB＝90°，∴＝sin∠ABE＝sin∠ADE＝，∴AB＝AE＝×5＝6，∴OD＝OA＝AB＝×6＝3，∵∠AOD＝90°，∴AD＝＝＝3，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BC＝AD＝3，∴線段BC的長是3．【點評】此題重點考查圓周角定理、切線的判定定理、勾股定理、銳角三角函數(shù)與解直角三角形、平行四邊形的性質(zhì)等知識，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．49．（2023?泗縣校級模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AB為直徑作⊙O，在⊙O上取一點D，使＝，過點C作EF⊥AD，交AD的延長線于點E，交AB的延長線于點F．（1）求證：直線EF是⊙O的切線；（2）若AB＝10，AD＝6，求AC的長．【分析】（1）連接OC，利用＝，可得∠EAC＝∠CAB，根據(jù)EF⊥AD，可得∠EAC+∠ACE＝90°，再根據(jù)OC＝OA，可得∠EAC＝∠OCA，即有∠ACO+∠ACE＝90°，問題隨之得證；（2）連接BD，交OC于點G，先證明OG為△ABD中位線，即，DG＝BG，進而有DG＝BG＝CE，DB⊥OC，GC＝OC﹣OG＝2，利用勾股定理可得，即DG＝BG＝4，再證明四邊形DECG是矩形，即有DE＝CG＝2，EC＝DG＝4，在△AEC中，利用勾股定理可作答．【解答】（1）證明：連接OC，如圖，∵＝，∴∠EAC＝∠CAB，∵EF⊥AD，∴∠EAC+∠ACE＝90°，∵OC＝OA，∴∠CAB＝∠OCA，∴∠EAC＝∠OCA，∴∠ACO+∠ACE＝90°，即半徑OC⊥EF，∴EF是⊙O的切線；（2）解：連接BD，交OC于點G，如圖，∵AE⊥EF，OC⊥EF，∴AE∥OC，∵O為AB為中點，∴OG為△ABD中位線，∴，DG＝BG，∴DG＝BG＝CE，DB⊥OC，GC＝OC﹣OG＝2，∵AB＝10，∴OB＝5，∴，∴DG＝BG＝4，∵AE⊥EF，OC⊥EF，DB⊥OC，∴四邊形DECG是矩形，∴DE＝CG＝2，EC＝DG＝4，∴AE＝8，∴在△AEC中，．【點評】本題考查了切線的判定，三角形中位線的判定與性質(zhì)，勾股定理，構(gòu)筑輔助線，并掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．50．（2023?廬陽區(qū)校級一模）如圖，AB是⊙O的直徑，C，D都是⊙O上的點，AD平分∠CAB，過點D作AC的垂線交AC的延長線于點E，交AB的延長線于點F．（1）求證：EF是⊙O的切線；（2）若AB＝10，AC＝6，求CE的值．【分析】（1）連接OD，由題可知，D已經(jīng)是圓上一點，欲證EF為切線，只需證明∠ODF＝90°即可；（2）連接BC，根據(jù)勾股定理求出BC，進而根據(jù)三角形的中位線定理可得OH的長，從而得DH的長．【解答】（1）證明：如圖1，連接OD，∵AD平分∠CAB，∴∠OAD＝∠EAD，∵OD＝OA，∴∠ODA＝∠OAD，∴∠ODA＝∠EAD，∴OD∥AE，∵∠ODF＝∠AEF＝90°且D在⊙O上，∴EF是⊙O的切線；（2）連接BC，交OD于H，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵AB＝10，AC＝6，∴BC＝＝＝8，∵∠E＝∠ACB＝90°，∴BC∥EF，∴∠OHB＝∠ODF＝90°，∴OD⊥BC，∴CH＝BC＝4，∵CH＝BH，OA＝OB，∴OH＝AC＝3，∴DH＝5﹣3＝2，∵∠E＝∠HCE＝∠EDH＝90°，∴四邊形ECHD是矩形，∴ED＝CH＝4，CE＝DH＝2．【點評】本題考查了切線的判定，掌握三角形的中位線定理，勾股定理，角平分線的定義，切線的判定等知識點是解題的關(guān)鍵．51．（2023?繁昌縣校級模擬）如圖，四邊形ABDC是⊙O的內(nèi)接四邊形，連接BC，AD，且BC經(jīng)過點O，∠DCB＝45°，過點D的直線與AC的延長線交于點P，且∠CDP＝∠CAD．（1）求證：PD是⊙O的切線．（2）若AC＝12，，求CP的長．【分析】（1）圓周角定理，得到∠BDC＝90°，∠CAD＝∠CBD，連接OD，易得：∠BOD＝∠DOC＝90°，推出∠CDP＝∠CBD＝45°＝∠BCD，進而得到BC∥OP，得到∠ODP＝∠BOD＝90°，即可得證；（2）勾股定理求出BC的長，再利用勾股定理求出AB的長，進而得到，過點C作CE⊥PD于點E，得到，根據(jù)平行，得到，利用PC＝CE÷sinP，計算求解即可．【解答】（1）證明：∵，四邊形ABDC是⊙O的內(nèi)接四邊形，BC經(jīng)過點O，∴∠BDC＝90°，∵∠DBC＝45°，∴∠BCD＝45°，∴BD＝CD，∴D為的中點，連接OD，則：∠BOD＝∠DOC＝90°，∵∠CDP＝∠CAD，∠CAD＝∠CBD，∴∠CDP＝∠CBD＝45°＝∠BCD，∴BC∥OP，∴∠ODP＝∠BOD＝90°，即：OD⊥DP，又：OD為半徑，∴PD是⊙O的切線．（2）解：由（1）知：，∴，∵BC為直徑，∴∠