04挑戰(zhàn)壓軸題（解答題二）3

（挑戰(zhàn)壓軸題）2023年中考數(shù)學(xué)【三輪沖刺】專題匯編（長沙專用）—04挑戰(zhàn)壓軸題（解答題二）1．（2022·湖南長沙·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，對角線AC，BD相交于點E，點F在邊AD上，連接EF．(1)求證：△ABE∽△DCE；(2)當(dāng)DC=CB，∠DFE=2∠CDB時，則AEBE-DECE(3)①記四邊形ABCD，△ABE，△CDE的面積依次為S,S1,②當(dāng)DC=CB，AB=m，AD=n，CD=p時，試用含m，【答案】(1)見解析(2)0，1，0(3)①等腰三角形，理由見解析，②p【分析】（1）根據(jù)同弧所對的圓周角相等，對頂角相等，即可得證；（2）由（1）的結(jié)論，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得AE?CE=BE?DE，即可得出AEBE-DECE=0，根據(jù)已知條件可得EF∥AB，F(xiàn)A=FE（3）①記△ADE,△EBC的面積為S3,S4，則S=S1+S2+S②證明△DAC∽△EAB，△DCE∽△ACD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，得出EA?AC+CE?AC=AC2=mn+p2，則AC=【詳解】（1）證明：∵AD∴∠ACD=∠ABD，即∠ABE=∠DCE，又∠DEC=∠AEB，∴△ABE∽△DCE；（2）∵△ABE∽△DCE，∴AB∴AE?CE=BE?DE，∴AE∵∠CDB+∠CBD=180°-∠BCD=∠DAB=2∠CDB，∵∠DFE=2∠CDB，∴∠DFE=∠DAB，∴EF∥AB，∴∠FEA=∠EAB，DC=CB∴∠DAC=∠BAC∴∠FAE=∠FEA，∴FA=FE，，∴△DFE∽△DAB，∴EF∴EFAB+AFAB+∴AF∴1故答案為：0，1，0（3）①記△ADE,△EBC的面積為S3則S=S∵S∴SS=S即S=S∴S由①②可得S3即S3∴SS△ABE+即S△ABD∴CD∥AB，∴∠ACD=∠BAC,∠CDB=∠DBA，∵∠ACD=∠ABD，∴∠EDC=∠ECD=∠EBA=∠EAB，∴△ABE,△DCE都為等腰三角形；②∵DC∴∠DAC=∠EAB，∵∠DCA=∠EBA，∴△DAC∽△EAB，∴AD∵AB=m，∴EA?AC=DA×AB=mn，∵∠BDC=∠BAC=∠DAC，∴∠CDE=∠CAD，又∠ECD=∠DCA，∴△DCE∽△ACD，∴CD∴CE?CA=CD∴EA?AC+CE?AC=AC則AC=mn+∴AE=AC-CE=mn∴AE?EC=mn【點睛】本題考查了圓周角定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，對于相似恒等式的推導(dǎo)是解題的關(guān)鍵．2．（2022·湖南婁底·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知BD是Rt△ABC的角平分線，點O是斜邊AB上的動點，以點O為圓心，OB長為半徑的⊙O經(jīng)過點D，與OA相交于點(1)判定AC與⊙O的位置關(guān)系，為什么？(2)若BC=3，，①求sin∠DBC、②試用sin∠DBC和cos∠DBC表示sin∠ABC，猜測sin2α【答案】(1)相切，原因見解析(2)①sin∠DBC=55，sin∠【分析】（1）連接OD，根據(jù)角之間的關(guān)系可推斷出OD//BC，即可求得（2）①構(gòu)造直角三角形，根據(jù)角之間的關(guān)系以及邊長可求出sin∠DBC，sin∠ABC的值；②先表示出來sin∠DBC、cos∠DBC和sin∠ABC【詳解】（1）解：連接OD，如圖所示∵BD為∠ABC的角平分線∴∠ABD=∠CBD又∵⊙O過點B、D，設(shè)⊙O半徑為r∴OB=OD=r∴∠ODB=∠OBD=∠CBD∴OD//∵OD⊥AC∴AC與⊙O的位置關(guān)系為相切．（2）①∵BC=3，∴BD=B∴sin∠過點D作DF⊥AB交于一點F，如圖所示∴CD=DF（角平分線的性質(zhì)定理）∴BF=BC=3∴OF=BFOB=3r，OF=CD=3∴OD2=O∴r=15∵OD//∴∠ABC=∠FOD∴sin∠∴sin∠②cos∠∴sin∠∴sin∠猜測sin當(dāng)α=30°時2α=60°∴sin2sinαcosα∴sin∴sin【點睛】本題考查了圓與直線的位置關(guān)系、切線的判定、三角函數(shù)之間的關(guān)系，解題的關(guān)鍵在于找到角與邊之間的關(guān)系，進(jìn)而求出結(jié)果．3．（2021·湖南長沙·統(tǒng)考中考真題）如圖，點O為以AB為直徑的半圓的圓心，點M，N在直徑AB上，點P，Q在AB上，四邊形MNPQ為正方形，點C在QP上運動（點C與點P，Q不重合），連接BC并延長交MQ的延長線于點D，連接AC交MQ于點E，連接．（1）求sin∠（2）求的值；（3）令ME=x，，直徑AB=2R（，是常數(shù)），求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并指明自變量x的取值范圍．【答案】（1）255；（2）；（3）y=【分析】（1）連接OP，先利用HL定理證出Rt△OPN?Rt△OQM，從而可得ON=OM，再在Rt△OQM中，解直角三角形即可得；（2）在（1）的基礎(chǔ)上，利用AM=OA-OM求出AM的長，由此即可得；（3）如圖（見解析），先解直角三角形可得QM=255R,OM=55R，再根據(jù)圓周角定理、相似三角形的判定可得△DBM～△AEM，從而可得DMAM=BMME，由此即可得出y關(guān)于x的函數(shù)解析式，然后連接AP，交QM【詳解】解：（1）如圖，連接OP，則OP=OQ，∵四邊形MNPQ為正方形，∴PN=QM=MN,∠QMO=∠PNO=90°，在Rt△OPN和Rt△OQM中，PN=QMOP=OQ∴Rt△OPN?Rt△OQM(HL)，∴ON=OM，設(shè)QM=MN=2a，則，在Rt△OQM中，OQ=Q則sin∠（2）設(shè)QM=MN=2a，則，OQ=5a∴OA=OQ=5∴AM=OA-OM=(5∴AM（3）∵AB=2R，∴OA=OQ=OB=R，∵sin∴QMR=∴OM=O∴BM=OB+OM=5+55∵QD=y，∴DM=QD+QM=y+2由圓周角定理得：∠ACB=90°，∴∠DBM+∠BAC=90°，∵∠QMO=90°，∴∠DBM+∠D=90°，∴∠D=∠BAC，在△DBM和△AEM中，∠D=∠EAM∠DMB=∠AME=90°∴△DBM～△AEM，∴DMAM=解得y=4如圖，連接AP，交QM于點F，∵PN=MN=QM=255∴AN=AM+MN=5+∵四邊形MNPQ為正方形，∴QM//∴△AFM～△APN，∴FMPN=解得FM=3∵點C在QP上運動（點C與點P,Q不重合），∴點E在線段QF上運動（點E與點F,Q不重合），∴FM<ME<QM，即35綜上，y=4【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、圓周角定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形等知識點，較難的是題（3），正確找出相似三角形是解題關(guān)鍵．4．（2020·湖南長沙·統(tǒng)考中考真題）如圖，半徑為4的⊙O中，弦AB的長度為43，點C是劣弧AB上的一個動點，點D是弦AC的中點，點E是弦BC的中點，連接DE，OD，OE（1）求∠AOB的度數(shù)；（2）當(dāng)點C沿著劣弧AB從點A開始，逆時針運動到點B時，求ΔODE的外心P所經(jīng)過的路徑的長度；（3）分別記ΔODE,ΔCDE的面積為S1,S2，當(dāng)【答案】（1）；（2）43π；（3）AC=15-【分析】（1）過O作OH⊥AB于H，由垂徑定理可知AH的長，然后通過三角函數(shù)即可得到∠OAB，從而可得到∠AOB的度數(shù)；（2）連接OC，取OC的中點G，連接DG、EG，可得到O、D、C、E四點共圓，G為△ODE的外心，然后用弧長公式即可算出外心P所經(jīng)過的路徑的長度；（3）作CN∥AB交圓O于N，作CF⊥AB交AB于F，交DE于P，作OM⊥CN交CN于M，交DE于Q，交AB于H，連接OC，分別表示出ΔODE，ΔCDE的面積為S1，，由S12-【詳解】解：（1）如圖，過O作OH⊥AB于H，∵AB=43∴AH=1∴cos∠∴∠OAH=30°，∵OA=OB，∴∠OBH=∠OAH=30°，∴∠AOB=180°-30°-30°=120°；（2）如圖，連接OC，取OC的中點G，連接DG、EG，∵D是弦AC的中點，點E是弦BC的中點，OA=OB=OC，∴OD⊥AC，OE⊥BC，即∠ODC=∠OEC=90°，∴OG=DG=GE=GC=1∴O、D、C、E四點共圓，G為△ODE的外心，∴G在以O(shè)為圓心，2為半徑的圓上運動，∵，∴運動路徑長為；（3）當(dāng)點C靠近A點時，如圖，作CN∥AB交圓O于N，作CF⊥AB交AB于F，交DE于P，作OM⊥CN交CN于M，交DE于Q，交AB于H，連接OC，∵D是弦AC的中點，點E是弦BC的中點，∴DE=1∵∠OAH=30°，OA=4，∴OH=2，設(shè)OQ=h1，CP=h2，由題可知∴S1=1∴SS∵S1∴12×DE×OM1解得OM=7∴CM=42-由于AH=23，∴AF=2又∵CF=MH=OM-OH=7∴AC=2同理當(dāng)點C靠近B點時，可知AC=2綜上所述，AC=15-3【點睛】本題是圓的綜合問題，題目相對較難，屬于中考壓軸題類型，理解題意并能準(zhǔn)確畫出輔助線是解題的關(guān)鍵．5．（2020·湖南株洲·中考真題）AB是⊙O的直徑，點C是⊙O上一點，連接AC、BC，直線MN過點C，滿足∠BCM=∠BAC=α．（1）如圖①，求證：直線MN是⊙O的切線；（2）如圖②，點D在線段BC上，過點D作于點H，直線DH交⊙O于點E、F，連接AF并延長交直線MN于點G，連接CE，且CE=53，若⊙O的半徑為1，，求AG?ED的值．【答案】（1）見解析

（2）5【分析】（1）由圓周角定理的推論和直角三角形的性質(zhì)可得∠A+∠B=90°，由OC=OB可得∠B=∠OCB，進(jìn)一步即可推出∠OCB+∠BCM=90°，從而可得結(jié)論；（2）如圖②，由已知條件易求出AC的長，根據(jù)對頂角相等和圓周角定理可得∠1=∠3，根據(jù)余角的性質(zhì)可得∠ECD=∠AGC，進(jìn)而可得△EDC∽△ACG，于是根據(jù)相似三角形的性質(zhì)變形可得AG?DE=AC?CE，進(jìn)一步即可求出結(jié)果．【詳解】解：（1）證明：連接OC，如圖，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴∠A+∠B=90°，∵OC=OB∴∠B=∠OCB，∵∠BCM=∠A，∴∠OCB+∠BCM=90°，即，∴MN是⊙O的切線；（2）如圖②，∵cosα=ACAB=3∵∠2=∠3，∠1=∠2，∴∠1=∠3，∵，2∴∠1+∠AGC=90°，∵∠3+∠ECD=90°，∴∠ECD=∠AGC，又∵∠DEC=∠CAG，∴△EDC∽△ACG，∴EDAC∴AG?DE=AC?CE=3【點睛】本題考查了圓的切線的判定、等腰三角形的性質(zhì)、解直角三角形、圓周角定理的推論以及相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，屬于?？碱}型，熟練掌握上述知識、靈活應(yīng)用相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．1．（2023·湖南永州·統(tǒng)考一模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AC為直徑，點E在AC的延長線上，BC的延長線交DE于點F，∠DCF=45，EC=EF．(1)判斷DE與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；(2)若DE=23，EF=2，求CD【答案】(1)DE是⊙O的切線，理由見解析；(2)23【分析】（1）連接OB，OD，由四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，可得∠DAB+∠DCB=180°，由∠DCF+∠DCB=180°，可得∠DAB=∠DCF=45°．可求∠DOB=2∠DAB=90°．再證∠EFC=∠OBC．可得EF//OB．推出（2）設(shè)OD=r，則．在Rt△ODE中，由勾股定理，得r2+232=r+22【詳解】（1）解：DE是⊙O的切線，理由如下：連接OB，OD．∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠DAB+∠DCB=180°．∵∠DCF+∠DCB=180°，∴∠DAB=∠DCF=45°．∴∠DOB=2∠DAB=90°．∵EC=EF，OB=OC，∴∠ECF=∠EFC，∠OBC=∠OCB．∵∠ECF=∠OCB，∴∠EFC=∠OBC．∴EF∥OB．∴∠EDO=180°-∠BOD=90°．∴OD⊥DE．∵OD是⊙O的半徑，∴DE是⊙O的切線．（2）解：在Rt△ODE中，設(shè)則OE=OC+CE=OC+FE=r+2．由勾股定理，得r2解得r=2．∴OD=2，．∵cos∠∴∠DOE=60°．∴CD的長為nπr180【點睛】本題考查圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓心角與圓周角關(guān)系，圓的切線的判定，勾股定理，銳角三角函數(shù)，圓的弧長公式，掌握圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓心角與圓周角關(guān)系，圓的切線的判定，勾股定理，銳角三角函數(shù)，圓的弧長公式是解題關(guān)鍵．2．（2023·湖南長沙·統(tǒng)考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上的一個動點，延長AB至P，使BP=OB，BD垂直于弦BC，垂足為點B，點D在PC上．(1)當(dāng)PC與⊙O相切時，求∠PCB的度數(shù)；(2)芳芳觀察后發(fā)現(xiàn)，PDCD的值為12，點點說PDCD(3)設(shè)，求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式．【答案】(1)∠PCB=30°(2)芳芳正確，證明見解析(3)y=【分析】當(dāng)PC是⊙O的切線時，則OC⊥PC，則∠OCP=90°，再利用直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，得出BC=BP，即可由等腰三角形的判定定理得出結(jié)論；（2）連接AC，AB是⊙O的直徑，∠ACB=90°，又得出AC∥BD，證明△PDB∽△PCA，進(jìn)而即可求解．（3）連接AC，根據(jù)題意得出BCAC，又12∠POC，所以BCAC，再根據(jù)BDBC，則xy=BCAC?BDBC=【詳解】（1）證明：當(dāng)PC是⊙O的切線時，則OC⊥PC，∴∠OCP=90°，∵BP=OB，∴BC=BP，OP=2OB=2OC，∴∠P=∠PCB．sin∠∴∠PCB=∠P=30°；（2）解：芳芳正確，如圖所示，連接AC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°∵∴AC∥BD，∴△PDB∽△PCA，PDPC又∵BP=OB，則PA=3BP，即PDPCPDCD∴芳芳正確；（3）解：如圖，連接AC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，BCAC12∠POC∴BCAC，∵BD⊥BC，∴∠CBD=90°，∴x=tan∴xy=BC∵∠CBD=∠ACB=90°，∴AC∥BD，∴△BPD∽△APC，BDAC=∵BP=OB=OA，∴AP=OA+OB+BP=3BP，BDAC=∴y=1【點睛】本題考查直角三角形的性質(zhì)，圓周角定理的推論，相似三角形的性質(zhì)，正切的定義，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2023·湖南株洲·統(tǒng)考一模）如圖，已知AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點，∠ACB的平分線交⊙O于點D，作交CA的延長線于點P，連接AD，BD．(1)求證：PD是⊙O的切線；(2)求證：△PAD∽△DBC；(3)當(dāng)AC=6cm，BC=8cm，求線段PA的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)25【分析】（1）圓周角定理，得到∠ACB=90°，角平分線得到∠DCA=∠DCB=45°，進(jìn)而得到，根據(jù)平行線的性質(zhì)，得到∠ODP=90°，即可得證；（2）由平行和圓周角定理可得：∠PDA=∠DAB=∠BCD，由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，可得∠PAD=∠DBC，即可得證；（3）勾股定理求出AB，等積法求出AD?BD=50，相似三角形的性質(zhì)，得到PADB【詳解】（1）證明：如圖，連接OD．∵AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點，∴∠ACB=90°，又CD平分∠ACB，∴∠DCA=∠DCB=45°，∴，又∵AB∥PD，∴∠ODP=90°，∴OD⊥DP，∵OD是⊙O的半徑，∴PD是⊙O的切線．（2）證明：∵AB∥PD，∴∠PDA=∠DAB=∠BCD，∵∠PAD=∠DBC，∴△PAD∽△DBC；（3）解：在Rt△ACB中，AC=6cm∴AB=∴OD=12AB=5∵S△ABD=1∵△PAD∽△DBC，∴PADB=AD∴PA=25【點睛】本題考查圓周角定理，切線的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)．熟練掌握直徑所對的圓周角是直角，同弧所對的圓周角相等，圓內(nèi)接四邊形的外角等于內(nèi)對角，是解題的關(guān)鍵．4．（2023·湖南長沙·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，以邊AB為直徑的⊙O交斜邊AC于D，作OF∥AC交⊙O于點E，交BC于點F，連接(1)求證：DF是⊙O的切線；(2)若EF=2，BF=23【答案】(1)見解析；(2)43【分析】（1）如圖，連接OD．先證明△BOF?△DOF（SAS），進(jìn)而說明，再結(jié)合OD是（2）設(shè)⊙O的半徑為r，則OF=r+2．在Rt△OBF中運用勾股定理可得r=2，然后說明OB=2、OF=4、∠BFO=30°、∠BOF=60°、∠BOD=2∠BOF=120°，進(jìn)而求得S扇形【詳解】（1）證明：如圖，連接OD．∵OA=OD=OB，∴∠OAD=∠ODA．∵OF//∴，，∴∠BOF=∠DOF．在△BOF與△DOF中，OB=OD,∴△BOF?△DOF（∴，∴．又∵OD是⊙O的半徑，∴DF是⊙O的切線．（2）解：設(shè)⊙O的半徑為r，則OF=r+2．在Rt△∵OB∴，解得r=2，∴⊙O的半徑為2，∴OB=2，OF=4，∴sin∴∠BFO=30°，∴∠BOF=60°，同理：∠DOF=60°∴∠BOD=∠BOF+∠DOF=120°，∴．又∵，∴．【點睛】本題主要考查了切線的判定、全等三角形的判定與性質(zhì)、扇形的面積公式等知識點，靈活運用相關(guān)知識成為解答本題的關(guān)鍵．5．（2023·湖南婁底·統(tǒng)考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點，OD⊥AC于點D，過點A作⊙O的切線，交OD的延長線于點P，連接PC并延長與AB的延長線交于點E．(1)求證：PC是⊙O的切線；(2)若PC=6，tanE【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）如圖，連接OC，先由垂徑定理得到OP垂直平分AC，得到PA=PC，再證明△OAP≌△COP，得到∠OCP=∠OAP，由PA是⊙O的切線，推出∠OCP=90°，即OC⊥PC，即可證明PC是⊙O的切線．（2）如圖所示，連接BC，由AB是⊙O的直徑，得到∠ACB=90°=∠ECO，進(jìn)而證明∠ECB=∠ACO，進(jìn)一步證明△ECB∽△EAC，推出BE=EC2AE，在Rt△PAE中，tanE=AP【詳解】（1）解：如圖，連接OC，∵OD⊥AC，∴OP垂直平分AC，∴PA=PC，在△OAP和△COP中，OA=OCAP=CP∴△OAP≌△COPSAS∴∠OCP=∠OAP，∵PA是⊙O的切線，∴∠OAP=90°，∴∠OCP=90°，即OC⊥PC，∴PC是⊙O的切線．（2）解：如圖所示，連接BC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°=∠ECO，∴∠ECB+∠BCO=∠BCO+∠ACO，即∠ECB=∠ACO，∵OA=OC，∴∠OAC=∠ACO=∠ECB，∵∠E=∠E，∴△ECB∽△EAC，∴EC：EA=EB：在Rt△PAE中，∴AE=8，∴PE=P∴EC=PE-PC=4，∴BE=E【點睛】本題主要考查了切線的判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，垂徑定理，勾股定理，等邊對等角等等，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．6．（2023·湖南邵陽·統(tǒng)考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，點F、C在⊙O上且FC=BC，連接AC、AF，過點C作CD⊥AF交(1)求證：直線CD是⊙O的切線；(2)若∠CAD=30°，CD=3，求AC【答案】(1)見解析(2)4【分析】（1）根據(jù)圓周角定理得∠FAC=∠BAC，而∠OAC=∠OCA，則，可判斷OC∥AF，由于CD⊥AF，所以O(shè)C⊥CD，然后根據(jù)切線的判定定理得到CD是⊙O的切線；（2）連接BC，根據(jù)圓周角定理、鄰補(bǔ)角定義求出∠AOC=120°，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理求出AB=4，則OA=2，根據(jù)弧長計算公式求解即可．【詳解】（1）證明：∵FC=∴∠FAC=∠BAC，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∴，∴OC∥AF，∵CD⊥AF，∴OC⊥CD，∵OC是⊙O的半徑，∴CD是⊙O的切線；（2）解：如圖，連接BC，∵∠CAD=30°，∴∠BOC=2∠BAC=2∠CAD=60°，∴∠AOC=180°-60°=120°，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴BC=1∵CD⊥AD，∠CAD=30°，CD=3∴AC=2CD=23∴AB∴AB=4或AB=-4（舍去），∴OA=2，∴AC=【點睛】此題考查了切線的判定、圓周角定理、弧長計算公式，熟練掌握切線的判定、圓周角定理、弧長計算公式是解題的關(guān)鍵．7．（2023·湖南長沙·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖1，以正方形ABCD的頂點A為圓心，作圓弧BD，P是BD上一動點，過點P作BD的切線交BC于點E，交CD于點F，連接AE，AF．(1)求∠EAF的大小；(2)如圖2，連接AP．①求證：為定值；②當(dāng)PE=2，PF=3時，求△AEF的面積；(3)如果△CEF的周長為20，設(shè)BE=x，△AEF的面積為y，求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并求出y的最小值．【答案】(1)45°(2)①見解析；②15(3)y=5x【分析】（1）連接AP，根據(jù)切線長定理可得∠BAE=∠PAE，，即可求解；（2）①正方形ABCD的邊長為a，根據(jù)切線長定理得出EB=EP，，則△CEF的周長=2a，即可進(jìn)行解答；②根據(jù)PE=2，PF=3，則，，根據(jù)勾股定理求出a的值，最后根據(jù)三角形的面積公式即可求解；（3）根據(jù)△CEF的周長為20，得出a=10．設(shè)DF=t，則CE=10-x，，，根據(jù)勾股定理求出，進(jìn)而得出，根據(jù)三角形的面積公式得出，整理得，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，即可進(jìn)行解答．【詳解】（1）解：如圖，連接AP．∵四邊形ABCD是正方形，∴，∴CB，CD均為圓弧BD的切線．又∵EF為圓弧BD的切線，∴∠BAE=∠PAE，，∴，∴∠EAF=1（2）設(shè)正方形ABCD的邊長為a．①證明：∵CB，CD，EF均為圓弧BD的切線，∴EB=EP，，∴△CEF的周長．又∵AP=a，∴，∴為定值；②解：∵PE=2，PF=3，∴，，∴，．在Rt△CEF中，∵∴，解得a=6或a=-1（舍去），∴，∴．（3）∵△CEF的周長為20，∴，∴a=10．設(shè)DF=t，則CE=10-x，，∵CE∴，化簡整理得，，∴，∴，∴y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式為（）；．令，則，∵，∴，∴當(dāng)時，y有最小值，即當(dāng)，時，y有最小值，為1002-100．∴y的最小值為1002【點睛】本題主要考查了圓的切線長定理，勾股定理，二次函數(shù)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握從圓外一點可以畫兩條圓的切線，這這條切線長相等，圓心到這點的連線平分兩條切線的夾角；以及求二次函數(shù)最值的方法和步驟．8．（2023·湖南張家界·統(tǒng)考一模）如圖，點D在⊙O的直徑AB的延長線上，點C在⊙O上，AC平分∠DAE，AE⊥CD于點E．(1)求證：CD是⊙O的切線．(2)DF是⊙O的切線，F(xiàn)為切點，若，∠ADE=30°，求AF的長．【答案】(1)見解析(2)4π【分析】（1）連接OC，證明OC∥AE，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到OC⊥CD，根據(jù)切線的判定定理證明結(jié)論；（2）連接OF，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OF⊥DF，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)求出OF，根據(jù)弧長公式計算，得到答案．【詳解】（1）證明：連接OC，如圖所示，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∵AC平分∠DAE，∴∠OAC=∠EAC，∴∠EAC=∠OCA，∴OC∥AE，∵AE⊥CD，，為⊙O的半徑，∴CD是⊙O的切線；（2）解：連接OF，∵CD是⊙O的切線，DF是⊙O的切線，∠ADE=30°，∴∠ODF=30°，OF⊥DF，∴∠DOF=60°，OD=2OF，∴∠AOF=120°，，OD=OB+BD=OF+2=2OF，∴OF=OC=2，∴AF的長為：．【點睛】本題考查的是切線的判定和性質(zhì)、弧長的計算，掌握切線的判定定理、弧長公式是解題的關(guān)鍵．9．（2023·湖南婁底·?？家荒＃┤鐖D，在△ABC中，AD平分∠CAB，交BC于點D．AB是⊙O的直徑，連接AD、過點D作DE⊥AC，交AC于點E，交AB的延長線于點F．(1)求證：DE是⊙O的切線；(2)求證：；(3)若⊙O的半徑為5，tan∠ABD=4【答案】(1)見解析(2)見解析(3)90【分析】（1）連接OD，AB為⊙O的直徑得∠ADB=90°，由AB=AC，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)得AD平分BC，即DB=DC，則OD為△ABC的中位線，所以O(shè)D∥AC，而DE⊥AC，則OD⊥DE，然后根據(jù)切線的判定方法即可得到結(jié)論；（2）利用兩角對應(yīng)相等的兩三角形相似證明△FDB∽△FAD，由相似三角形的性質(zhì)可得出答案；（3）由∠DAC=∠DAB，根據(jù)等角的余角相等得∠ADE=∠ABD，在中，利用解直角三角形的方法可計算出AD=8，在Rt△ADE中可計算出AE=325，然后由OD∥AE，得△FDO∽△FEA【詳解】（1）證明：連接OD，如圖，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∴AD⊥BC，∴∠ADB=∠ADC=90°∵AD平分∠BAC，∴∠CAD=∠BAD∵AD=AD∴△ADC≌△ADB∴DB=DC，∵OA=OB，∴OD為△ABC的中位線，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴OD⊥DE，又∵OD是半徑，∴ED是⊙O的切線（2）證明：∵EF是⊙O的切線，∴∠ODB+∠BDF=90°，∵OD=OB，∴∠OBD=∠ODB，∴∠OBD+∠BDF=90°，∵AB是⊙O的直徑，

∴∠ADB=90°，∴∠DAB+∠OBD=90°，∴∠DAB=∠BDF，，∴△FDB∽△FAD，∴DFAF；（3）解：，，∵tan設(shè)AD=4x,BD=3x在中，AB=10∴4x解得：x1∴AD=8，在Rt△ADE中，AD325，∵OD∥AE，∴△FDO∽△FEA，∴ODAE=FO907．【點睛】本題是圓的綜合題，考查了切線的判定定理：過半徑的外端點且與半徑垂直的直線為圓的切線．也考查了等腰三角形的性質(zhì)、圓周角定理和解直角三角形．10．（2023·湖南衡陽·模擬預(yù)測）如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，CD垂直AB，垂足為D，在AC延長線上取點E，使∠CBE=∠BAC．(1)求證：是⊙O的切線；(2)若CD=4，BE=6，求⊙O的半徑OA．【答案】(1)見解析(2)3【分析】（1）根據(jù)直徑所對的圓周角是直角，然后證明∠ABE=90°即可；（2）連接OC，設(shè)OA=r，證明△ADC~△ABE，根據(jù)相似三角形對應(yīng)線段成比例求出AD的長，進(jìn)而得出OD的長，在中，根據(jù)勾股定理列出方程，解方程即可得出答案．【詳解】（1）∵AB為⊙O直徑，，∴∠CAB+∠ABC=90°，∵∠CBE=∠BAC，，∴∠ABE=90°，∴BE是⊙O的切線；（2）連接OC，設(shè)OA=r，∵∠CDA=∠ABE=90°，∴△ADC~△ABE，∴AD∴AD=2∴OD=4在中，OD2∴1∵r>0，∴r=32．【點睛】本題考查了圓周角定理，切線的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，根據(jù)勾股定理列出方程是解題的關(guān)鍵．11．（2023·湖南長沙·模擬預(yù)測）如圖1，已知∠MPN的角平分線PF經(jīng)過圓心O交⊙O于點E、F，PN是⊙O的切線，B為切點．(1)求證：PM也是⊙O的切線；(2)如圖2，在（1）的前提下，設(shè)切線PM與⊙O的切點為A，連接AB交PF于點D；連接AO交⊙O于點C，連接BC，；記∠PFA為∠α．①若BC=6，tan∠α=②小華探究圖2之后發(fā)現(xiàn)：EF2=m?OD?OP（m【答案】(1)詳見解析(2)①4；②4【分析】（1）過點O作OA⊥PM，垂足為A，連接OB，根據(jù)切線的性質(zhì)可得出OB是⊙O的半徑且OB⊥PN，由PF平分∠MPN利用角平分線的性質(zhì)可得出OA=OB，進(jìn)而可證出PM也是⊙O的切線．（2）①由PM、PN都是⊙O的切線可得出PA=PB，利用等腰三角形的三線合一可得出OP⊥AB、AD=BD，由三角形中位線的性質(zhì)可得出OD=3，設(shè)⊙O的半徑為r，則FD=r+3，AD=12r+3，在Rt△AOD中，利用勾股定理可求出r的值，將其代入AD=12r+3中即可求出AD的長度；②利用相似三角形的性質(zhì)可得出，結(jié)合【詳解】（1）證明：在圖1中，過點O作OA⊥PM，垂足為A，連接OB．∵PN是⊙O的切線，B為切點，∴OB是⊙O的半徑，且OB⊥PN，∵PF平分∠MPN∴OA=OB∴PM也是⊙O的切線；（2）①∵PM、PN都是⊙O的切線∴PA=PB∵∠APD=∠BPD∴OP⊥AB、AD=BD，∵OD為△ABC的中位線，∴OD=設(shè)⊙O的半徑為r，則FD=r+3∵tan∴AD=在Rt△AOD中，OA2=A解得：r=5（負(fù)根舍去）∴AD=②猜想m=4．證明：∵∠OAP=∠ODA=90°、∠AOP=∠DOA∴△OAP～△ODA，∴OAOP=又∵EF=2OA∴∴m=4【點睛】本題考查了切線的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、勾股定理、三角形的中位線以及相似三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）利用等腰三角形的三線合一找出OA=OB；（2）①在Rt△AOD中，利用勾股定理求出圓的半徑；②利用相似三角形的性質(zhì)證出．12．（2023·湖南長沙·模擬預(yù)測）如圖，AB是⊙O的直徑，AB=4，點F、C是⊙O上兩點，連接AC、、OC，弦AC平分∠FAB，∠BOC=60°，過點C作CD⊥AF交的延長線于點D，垂足為D．(1)求證：CD是⊙O的切線；(2)求DF的長．【答案】(1)見解析；(2)．【分析】（1）由角平分線的性質(zhì)及圓周角定理可證∠FAB=∠COB即AD∥OC，結(jié)合CD⊥AF可證明結(jié)論；（2）連接CF、，由（1）易證AFCO是菱形，結(jié)合菱形的性質(zhì)可求得CF與∠DCF,最后由“30°角所對的直角邊等于斜邊的一半”可求解．【詳解】（1）證明：∵AC平分∠FAB，∴∠FAB=2∠CAB，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∴∠COB=2∠CAB，∴∠FAB=∠COB，∴AD∥OC，∵CD⊥AF，∴CD⊥OC，∵C在圓上，∴CD是⊙O的切線；（2）連接CF、，由（1）可知，∠FAB=∠COB=60°，AD∥OC，∠AOC=120°，是⊙O的直徑，∠FAB=60°，∴∠AFC=90°，∴AF=1∴AFCO是平行四邊形，∵OA=OC，∴AFCO是菱形，∴∠AFC=∠AOC=120°，∠OCF=∠FAB=60°，CF=OC=2，∴∠DCF=90°-∠OCF=30°，∵CD⊥AF，∴DF=1【點睛】本題考查了圓的基本性質(zhì)，圓周角定理，平行線的判定和性質(zhì)，切線的證明，菱形的判定和性質(zhì)，以及30°角所對的直角邊等于斜邊的一半；解題的關(guān)鍵是由圓周角定理得到角相等從而證明直線平行，以及菱形的證明．13．（2023·湖南長沙·校聯(lián)考一模）如圖1，在⊙O中，AB為直徑，點C在圓上，，，D是AB上一動點（與點A、B不重合），DE平分∠CDB交邊BC于點E，EF⊥CD，垂足為點F．(1)當(dāng)點D與圓心O重合時，如圖2所示，則DE=；(2)若CD2=CE?CB，試探究△BDE(3)當(dāng)△CEF與△ABC相似時，求cos∠【答案】(1)15(2)SΔBDE(3)22或【分析】（1）設(shè)，由勾股定理得出AB=BC2+AC2=17x，則17x=17（2）證明△DCE～△BCD，由相似三角形的性質(zhì)得出∠CDE=∠CBD，證出DE=BE，過點E作EG⊥DB于G，利用HL證明Rt△DEF?Rt△（3）分兩種情況：①當(dāng)△CEF～△ABC時，可證得∠CDB=90°，再根據(jù)DE平分∠CDB，可得∠BDE=45°，再由特殊角的三角函數(shù)值即可求得答案；②當(dāng)△CEF～△BAC時，則∠ECF=∠ABC，得出DC=DB，再由DE平分∠CDB，可得【詳解】（1）解：∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∵，∴，設(shè)，∴AB=B∴17x=17∴x=1∴，∵點D與圓心O重合∴DC=DB，∵DE平分∠CDB，∴DE⊥BC,CE=BE，∴BE=CE=1∵DE⊥BC,AC⊥BC，∴DE∥AC，∴∠A=∠BDE，∴，∴，∴DE=15故答案為：154（2）S證明：∵CD∴，又∵∠DCB=∠ECD，∴△DCE∽△BCD，∴∠CDE=∠CBD，∵DE平分∠CDB，∴∠CDE=∠BDE，∴∠EDB=∠CBD，∴DE=BE，過點E作EG⊥DB于G，∴DG=BG，∵DE平分∠CDB，EF⊥CD，∴EF=EG，∵DE=DE，∴Rt△∴DF=DG，∴，∵SΔDEF∴S△BDE（3）∵EF⊥CD，∴，∵△CEF與△ABC相似，∴△CEF∽△ABC或△CEF∽△BAC，①當(dāng)△CEF∽△ABC時，則∠ECF=∠BAC，∵∠ACB=90∴∠BAC+∠ABC=90∴∠ECF+∠ABC=90∴∠CDB=90∵DE平分∠CDB，∴∠BDE=1∴；②當(dāng)△CEF∽△BAC時，則∠ECF=∠ABC，∴DC=DB，∵DE平分∠CDB，∴DE⊥BC，∵∠ACB=90∴AC⊥BC，∴DE∥BC，∴∠BDE=∠A，∵，∴cosA∴．綜上所述，cos∠BDE的值為22【點睛】本題是圓的綜合題，考查了直角三角形性質(zhì)，勾股定理，全等三角形判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，角平分線性質(zhì)，三角形面積，銳角三角函數(shù)等知識，解題關(guān)鍵是熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)等相關(guān)知識，運用分類討論思想和方程思想解決問題．14．（2023·湖南長沙·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，AB為⊙O的直徑，過點B作⊙O的切線，連接OE，過點A作AD∥OE交⊙O于點D，連接ED交BA的延長線于點C．(1)直線CE與⊙O相切嗎？并說明理由；(2)若，求DE的長．【答案】(1)相切，理由見解析(2)12【分析】（1）連接DO，證明△BOE≌△DOE，得證∠ODE=90°即可．（2）連接DO，設(shè)DO=OA=x，根據(jù)勾股定理，得x2+82【詳解】（1）解：直線CE與⊙O相切，理由如下：連接DO，∵DO=OA，∴∠OAD=∠ODA，∵AD∥OE，∴∠OAD=∠BOE，∴∠BOE=∠DOE，∴△BOE≌△DOE，∴∠OBE=∠ODE，∵過點B作⊙O的切線，，∴∠OBE=90°，∴∠OBE=∠ODE=90°，∴OD⊥CE，所以CE與⊙O相切．（2）連接DO，設(shè)DO=OA=x，∵OD2+C∴x2解得x=6，∴DO=OA=6，

∵AD∥OE，∴，∴46解得：DE=12．【點睛】本題考查了切線的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，勾股定理，熟練掌握切線的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，勾股定理是解題的關(guān)鍵．15．（2023·湖南長沙·校聯(lián)考一模）如圖，已知AB為⊙O的直徑，CD是弦，AB⊥CD，垂足為點E，OF⊥AC，垂足為點F，．(1)求證：AC=CD；(2)若BE=4，CD=83【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）根據(jù)AAS證明△AFO?△CEB即可判斷；（2）根據(jù)S陰【詳解】（1）證明：∵AB為⊙O的直徑，AB⊥CD，∴BC=∴∠A=∠DCB，∵OF⊥AC，OA=OC∴∠AFO=∠CEB=90°，AF=∴∠FCO=∠DCB∵，∴△AFO?△CEB，∴AF=CE，∴AC=CD；（2）∵AB為⊙O的直徑，AB⊥CD，CD=83∴CE=1設(shè)OC=r，則OE=r-4，∴r∴r=8，連接OD，在Rt△OEC中，∴sin∴∠OCE=30∴∠COD=120∴S陰=【點睛】本題主要考查了垂徑定理，勾股定理，以及扇形的面積的計算，正確求得∠OCE的度數(shù)是解決本題的關(guān)鍵．1．（2023·湖南長沙·校聯(lián)考二模）如圖，AB是⊙O的直徑，點E在AB的延長線上，AC平分∠DAE交⊙O于點C，連接并延長，AD垂直于點D．(1)求證：直線DE是⊙O的切線；(2)若⊙O的半徑為3，BE=2，求線段AD的長．【答案】(1)見解析(2)24【分析】（1）連接OC，由角平分線的定義及等腰三角形的性質(zhì)，得出∠DAC=∠ACO，再根據(jù)平行線的判定定理，得出AD∥OC，進(jìn)而得出，再根據(jù)切線的判定定理，即可得出結(jié)論；（2）連接OC，證明△COE∽△DAE，由相似三角形的性質(zhì)可求出答案．【詳解】（1）證明：如圖1，連接OC，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∵AC平分∠DAE，∴∠DAC=∠OAC，∴∠DAC=∠ACO，∴AD∥OC，∴∠OCE=∠ADC∵AD⊥DE，∴∠ADC=90°，∴，∴OC⊥DE，∵OC是半徑，∴DE是⊙O的切線；（2）解：如圖1，連接OC，∵AD∥OC，∴△COE∽△DAE，∴OCAD∴3AD∴AD=24【點睛】本題考查了等邊對等角、平行線的判定與性質(zhì)、切線的判定定理、相似三角形的判定與性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵是作輔助線，靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考?？碱}型．2．（2023·湖南永州·?？家荒＃鐖D，AB是⊙O直徑，弦CD垂直于AB，交AB于點E，連接AC，∠CDB=30°，．(1)求半徑OC；(2)BC的弧長；(3)求陰影面積．【答案】(1)4(2)4(3)8【分析】（1）根據(jù)圓周角定理得，根據(jù)垂徑定理得CE=DE=23，∠COE=2∠CAB=60°，即可求出半徑OC；（2）根據(jù)弧長公式求BC的長度即可；（3）連接OD，陰影面積為扇形BOD的面積．【詳解】（1）解：∵∠CDB=30°，∴，∵AB是⊙O直徑，弦CD垂直于AB，，∴CE=DE=12×4∴∠OAC=∠OCA=30°，∵∠COE=2∠CAB=60°，在Rt△COE中，∴OC=CE∴半徑OC為4；（2）∵∠COB=60°，OC=4，∴BC的長為：60π×4180∴BC的弧長為43（3）如圖，連接OD，∴OD=OB=OC=4，∵OB⊥CD，CE=DE，∴BC=BD，∴∠DOB=∠COB=60°，∴陰影部分的面積等于扇形DOB的面積，∵扇形DOB的面積為：60π×4∴陰影面積為83【點睛】本題考查圓周角定理，垂徑定理及垂徑定理的推論，銳角三角函數(shù)，弧長公式以及扇形面積等知識．熟練應(yīng)用垂徑定理及推論，弧長和扇形面積公式是解題關(guān)鍵．3．（2023·湖南永州·?？家荒＃┤鐖D，在△ABC中，∠ABC=90°，以AB的中點O為圓心、OA為半徑的圓交AC于點D，E是BC的中點，連接DE，OE．(1)判斷DE與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；(2)求證；B(3)若cos∠BAD=35，【答案】(1)相切，理由見解析(2)證明見解析(3)15【分析】（1）連接OD，BD，由AB為⊙O的直徑，得到∠ADB為直角，△BCD為直角三角形，利用斜邊上的中線等于斜邊的一半，得到CE=DE，又OA=OD，根據(jù)等邊對等角得到角相等，由直角三角形兩銳角互余，可得出∠ADO+∠CDE=90°，可得出∠ODE為直角，即DE垂直于半徑OD，即可得證；（2）證明△ABC∽△BDC，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊的比相等，即可證得；（3）在Rt△ABC中，結(jié)合銳角三角函數(shù)和勾股定理求得AC的長，根據(jù)三角形中位線定理【詳解】（1）解：DE與⊙O相切．理由：連接OD，BD，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，，在Rt△BCD中，E為∴CE=DE=BE=1∴∠C=∠CDE，∵OA=OD，∴，∵∠ABC=90°，∴∠A+∠C=90°，∴∠ADO+∠CDE=90°，∴∠ODE=90°，∴DE⊥OD，又OD為⊙O的半徑，∴DE為⊙O的切線，即DE與⊙O相切．（2）證明：∵∠C=∠C，∠ABC=∠BDC=90°，∴△ABC∽△BDC，∴BCDC∴BC（3）解：在Rt△ABD中，∵cos∠設(shè)，∴35∴AB=5x，∴BD=A∴BCAC∵BE=6，E是BC的中點，∴BC=2BE=12，∴AC=15，∵點O是AB的中點，∴OE是△ABC的中位線，∴OE=1∴OE的長為152【點睛】本題考查切線的判定，直徑所對的圓周角是直角，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，等邊對等角，相似三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，中位線等知識點．要證某線是圓的切線，已知此線過圓上某點，連接圓心與這點（即為半徑），再證垂直即可．掌握切線的判定，相似三角形的判定和性質(zhì)及銳角三角函數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵．4．（2023·湖南永州·?？家荒＃┰赗t△ABC中，∠ACB=90°，D是邊AB上一點，以BD為直徑作⊙O交BC于點F，并且⊙O與AC相切于點E，連接(1)求證；BC∥OE；(2)若⊙O的半徑為5，∠A=30°，求BC的長．【答案】(1)證明見解析(2)7.5【分析】（1）根據(jù)切線的性質(zhì)得到OE⊥AC，進(jìn)而證明BC∥OE；（2）根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)求出OA，再求出BC．【詳解】（1）證明：∵AC是⊙O的切線，∠ACB=90°，∴OE⊥AC，∴∠AEO=∠ACB=90°，∴BC∥OE；（2）解：在Rt△AOE中，∠A=30°，∴OA=2OE=10，∴AB=OA+OB=10+5=15，在Rt△ABC中，∴BC=1∴BC的長為7.5．【點睛】本題考查切線的性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)，平行線的判定．掌握圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑是解題的關(guān)鍵．5．（2023·湖南株洲·統(tǒng)考一模）如圖，已知ΔABC內(nèi)接于⊙O，AB是⊙O的直徑，∠CAB的平分線交BC于點D，交⊙O于點E，連接EB，作∠BEF=∠CAE，EF交AB的延長線于點F．(1)求證：BC∥EF；(2)求證：EF是⊙O的切線；(3)若BF=10,EF=20，求⊙O的半徑和AD的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)15，AD=9【分析】（1）由圓周角定理及已知條件進(jìn)行等量代換，然后利用內(nèi)錯角相等兩直線平行證明即可．（2）利用角平分線及圓周角定理得出E是BC的中點，再利用垂徑定理及平行線的性質(zhì)推導(dǎo)得出∠OEF為直角，即可證明．（3）先證明△EBF∽△AEF，然后利用勾股定理計算得出AE，BE的長，再利用平行線所截線段成比例求出【詳解】（1）證明：∵∠BEF=∠CAE,∠CAE=∠CBE，∴∠BEF=∠CBE，∴BC∥EF；（2）證明：連接OE，∵AE平分∠CAB，∴，∴CE=∴OE⊥BC，∵BC∥EF，∴OE⊥EF，∵OE是⊙O的半徑，∴EF是⊙O的切線；（3）解：如圖，設(shè)⊙O的半徑為x，則OE=OB=x,OF=x+10，在Rt△OEF中，由勾股定理，得OE∴x2解得：x=15，∴⊙O的半徑為15；∵∠BEF=∠BAE,∠F=∠F，∴△EBF∽△AEF，∴BEAE=∴AE=2BE，∵AB是⊙O的直徑，∴∠AEB=90°，在Rt△ABE中，由勾股定理，得A即BE解得BE=65∴AE=125∵BC∥EF，∴ABAF=ADAE∴AD=95方法二：∵∠BEF=∠BAE,∠F=∠F，∴△EBF∽△AEF，∴BEAE∴EF2∴AF=E∴AB=AF-BF=30，∴⊙O的半徑為15；求AD長的步驟同上．【點睛】本題主要考查平行的判定，圓周角定理，垂徑定理，勾股定理，切線的證明以及相似三角形，掌握切線的證明，相似三角形的判定及計算是解決本題的關(guān)鍵．6．（2023·湖南衡陽·校考模擬預(yù)測）如圖，在等腰△ABC中，AB=AC，點D是BC上一點，以BD為直徑的⊙O過點A，連接AD，∠CAD=∠B．(1)求證：AC是⊙O的切線；(2)若AC=6，求⊙O的半徑．【答案】(1)見解析(2)2【分析】（1）連接AO．由直徑所對圓周角為直角可得出∠BAO+∠DAO=90°，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)結(jié)合題意可得出∠CAD=∠BAO，進(jìn)而可得出∠CAD+∠DAO=90°，即∠CAO=90°．從而即證AC是⊙O的切線；（2）由等腰三角形的性質(zhì)可得出∠B=∠C．再根據(jù)外角性質(zhì)得出∠AOD=∠B+∠BAO=2∠B，從而得出∠AOD=2∠C．結(jié)合（1）∠CAO=90°，可求出∠C=30°，最后根據(jù)解直角三角形即得出答案．【詳解】（1）證明：如圖，連接AO．∵BD為⊙O直徑，∴∠BAD=90°，即∠BAO+∠DAO=90°．∵OA=OB，∴∠B=∠BAO．∵∠CAD=∠B，∴∠CAD=∠BAO，∴∠CAD+∠DAO=90°，即∠CAO=90°．∵AO為⊙O半徑，∴CA⊥OA，即AC是⊙O的切線；（2）解：∵AB=AC，∴∠B=∠C．∵∠AOD=∠B+∠BAO=2∠B，∴∠AOD=2∠C．∵∠CAO=90°，∴∠AOD+∠C=90°，即3∠C=90°，∴∠C=30°．∴OA=ACtan∠C=6×tan3【點睛】本題考查圓周角定理的推論，切線的判定，等腰三角形的性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，解直角三角形等知識．在解圓的問題時連接常用的輔助線是解題關(guān)鍵．7．（2023·湖南衡陽·校考一模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠1=∠2，延長BC到點E，使得CE=AB，連接ED．(1)求證：BD=ED；(2)若AB=4，BC=6，∠ABC=60°，求tan∠【答案】(1)見解析(2)5【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到∠A=∠DCE，證明△ABD?△CED(SAS(2)過點D作DM⊥BE于M，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出BM，進(jìn)而求出CM，根據(jù)正切的定義求出DM，根據(jù)正切的定義計算，得到答案．【詳解】（1）∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠A=∠DCE，∵∠1=∠2，∴AD=∴AD=DC，在△ABD和△DCE中，AB=CE∠A=∠DCE∴△ABD?△CED(SAS∴BD=ED；（2）過點D作DM⊥BE于M，∵AB=4，BC=6，CE=AB，∴BE=BC+EC=10，∵BD=ED，DM⊥BE，∴BM=ME=1∴CM=BC-BM=1，∵∠ABC=60°，∠1=∠2，∴∠2=30°，∴DM=BM?DM=BM?tan∴．【點睛】本題考查的是圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、解直角三角形、全等三角形的判定和性質(zhì)，掌握圓內(nèi)接四邊形的對角互補(bǔ)、銳角三角函數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵．8．（2023·湖南湘潭·湘潭縣云龍中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，AB為⊙O的直徑，AC交⊙O于點E，OD⊥AC，(1)判斷BC與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；(2)若OD=3，tanC=4【答案】(1)BC與⊙O相切，見解析(2)8【分析】（1）由OD⊥AC可得，結(jié)合∠AOD=∠C可得∠A+∠C=90°，即∠ABC=90°，然后根據(jù)切線的判定定理即可解答；（2）先根據(jù)圓周角定理及中位線的性質(zhì)說明∠ABE=∠C，AD=DE，然后根據(jù)三角函數(shù)的定義即可解答．【詳解】（1）解：BC與⊙O相切，理由如下：∵OD⊥AC，∴∠ADO=90°，∴，又∵∠AOD=∠C，∴∠A+∠C=90°，∴∠ABC=90°，∴AB⊥BC，∵AB為⊙O的直徑，∴BC是⊙O的切線．（2）解：如圖：連接，∵AB為⊙O的直徑，∴BE⊥AE，∵OD⊥AC，∴OD∥BE，∵AO=OB，∴BE=2OD=6，∵∠ABC=∠AEB=90°，∴∠ABE+∠A=∠A+∠C=90°，∴∠ABE=∠C，∵tanC∴tan∠ABE=AE解得：AE=8．【點睛】本題主要考查了直線與圓的位置關(guān)系、垂徑定理和、三角函數(shù)的定義等知識點，正確地作出輔助線、構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．9．（2023·湖南衡陽·?？家荒＃┤鐖D，在△ABC中，AC=AB，AC是⊙O的弦，D為AC的中點，連接OD，OA，分別交CB于點E，點F，OE=OF．(1)求證：AB是⊙O的切線；(2)若，sin∠AOD=35【答案】(1)見解析(2)2【分析】（1）連接OC，由垂徑定理可知OD⊥AC，然后利用等腰三角形的性質(zhì)及余角的性質(zhì)求出∠OAB的度數(shù)，就可以判斷AB是否是切線．（2）利用sin∠AOD=35得到AD，OA的數(shù)量關(guān)系，設(shè)AD=3x，OA=5x，用勾股定理表示出OD的長度，利用【詳解】（1）證明：連接OC，∵OC=OA，D為AC的中點，∴OD⊥AC，∴∠DCE+∠DEC=90°∵AC=AB，∴∠ACB=∠B，∵OE=OF∴∠OEF=∠OFE，∵，∴∠DEC=∠AFB，∴，∴∠OAB=90∵OA是⊙O的半徑，∴AB是⊙O的切線；（2）在Rt△∵sin∠∴，設(shè)AD=3x，∴，∵OE=OF=3，∴DE=4x-3，∴AC=2AD=6x，∴AB=6x，∵∠ACB=∠B，∴tan∠∴，∴，解得x=1，∴AF=2，在Rt△ABF中，∴．【點睛】本題主要考查圓的垂徑定理，切線的判斷，勾股定理及銳角三角函數(shù)的計算。掌握切線的證明方法，利用勾股定理列方程以及熟練掌握三角函數(shù)的計算是解決本題的關(guān)鍵．10．（2023·湖南衡陽·衡陽市華新實驗中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，PA與⊙O相切于點A，過點A作AD⊥OP于點C，交⊙O于點D，連接PD交直徑AB的延長線于點E．(1)求證：PD是⊙O的切線；(2)若⊙O的半徑為6，DC=4，求PD的長．【答案】(1)見解析(2)12【分析】（1）由切線的性質(zhì)可得∠OAP=90°，再證明△OPD?△OPASSS，得出∠ODP=∠OAP=90°可求證；（2）先由勾股定理求出OC=25，再證明△OCD~△DCP【詳解】（1）證明：∵PA與⊙O相切于點A，∴PA⊥OA，∴∠OAP=90°，∵AD⊥OP，OA=OD，∴AC=DC，∴PD=PA，在△OPD和△OPA中，PD=PAOD=OA∴△OPD?△OPASSS∴∠ODP=∠OAP=90°，又∵OD是⊙O的半徑，∴PD是⊙O的切線；（2）∵⊙O的半徑為6，∴OD=6，∵AD⊥OP，∴∠DCP=∠OCD=90°，∴OC=O由（1）得：∠ODP=90°，∴∠ODC+∠PDC=90°，∴，∴△OCD~△DCP，∴，即=254解得：PD=12【點睛】本題考查了切線的判定和性質(zhì)，垂徑定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握知識點是解題的關(guān)鍵．11．（2023·湖南長沙·模擬預(yù)測）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，∠CBG=∠BAC，CD為直徑，OC與AB相交于點E，過點E作EF⊥BC，垂足為F，延長CD交GB的延長線于點P，連接BD．(1)求證：PG與⊙O相切；(2)若EFAC=5【答案】(1)證明見解析(2)BE【分析】（1）連接OB，則OB=OD，∠BDC=∠OBD，根據(jù)同弧所對的圓周角相等可得∠BDC=∠BAC，可證∠CBG=∠OBD，根據(jù)直徑所對圓周角是90°可得∠OBD+∠OBC=90°，等量代換得∠CBG+∠OBC=90°，即∠OBG=90°，故PG與⊙O相切；（2）過點O作OH⊥AC，垂足為，根據(jù)OA=OC，可得∠AOH=∠COH=12∠AOC，AH=CH=12AC，由同弧所對的圓周角是圓心角的一半可知∠ABC=12∠AOC，則∠COH=∠ABC，可得△BEF∽△OCH，所以【詳解】（1）解：連接OB，如圖：∴OB=OD，∴∠BDC=∠OBD，∵∠BDC=∠BAC，∠CBG=∠BAC，∴∠BDC=∠CBG=∠OBD，∵CD為⊙O的直徑，∴∠OBD+∠OBC=90°，∴∠CBG+∠OBC=90°，∴∠OBG=90°，∴PG與⊙O相切．（2）解：過點O作OH⊥AC，垂足為，∴OA=OC，∠OHC=90°，∴∠AOH=∠COH=12∠AOC又∵∠ABC=1∴∠COH=∠ABC，∵EF⊥BC，∴∠EFB=90°，∴∠EFB=∠OHC=90°，∴△BEF∽△OCH，∴BEOC∵EFAC=5∴，∴BEOC【點睛】本題考查了圓的綜合問題，涉及圓周角定理、圓心角定理、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識點，根據(jù)題意正確作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．12．（2023·湖南湘潭·模擬預(yù)測）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AD是⊙O的直徑，F(xiàn)是AD延長線上一點，連接CD，CF，且(1)求證：