中考數(shù)學(xué)三輪沖刺培優(yōu)訓(xùn)練專題11圓有關(guān)計算與證明（解析版）

專題11圓有關(guān)計算與證明最新模擬預(yù)測40道（性質(zhì)、切線、弧長與扇形、內(nèi)接與內(nèi)切）類型一、圓的有關(guān)性質(zhì)計算與證明1．（2023·安徽蚌埠·校考一模）如圖，已知△ABC內(nèi)接于⊙O，過圓心O作邊AB的垂線，與AC延長線交于點D，與邊BC交于點E．(1)若∠D=20°，求∠BOC的大?。?2)求證：CD?BE=DE?OB．【答案】(1)140°(2)證明見解析【分析】（1）求出BC所對圓周角，根據(jù)圓周角與圓心角的關(guān)系即可求得；（2）證明△DEC?【詳解】（1）解：∵DO⊥AB，∠D=20°，∴∠BAC=70°，∵∠BOC與∠BAC分別是BC所對的圓心角與圓周角，∴∠BOC=2∠BAC=140°．（2）證明：∵DO⊥AB∴∠D=90°?∠BAC由（1）可知∠BOC=2∠BAC，又OC=OB∴∠OBE==90°?∠BAC=∠CDE，又∵∠DEC=∠BEO，∴△DEC?∴CD∴CD?BE=DE?OB．【點睛】本題考查了三角形相似及圓的基本性質(zhì)，掌握圓周角與圓心角的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．2．（2023·湖北孝感·模擬預(yù)測）如圖，在銳角△ABC中，AC是最短邊；以AC中點O為圓心，12AC長為半徑作⊙O，交BC于E，過O作OD∥BC交⊙O于D，連接AE、(1)求證：D是AE的中點；(2)求證：∠DAO=∠B+∠BAD．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）根據(jù)同弧或等弧所對的圓周角相等，可以證明該結(jié)論；（2）根據(jù)OD∥BC，【詳解】（1）證明：∵由已知可得，OD∥BC，∴∠ODC=∠DCE，∠ODC=∠OCD，∴∠OCD=∠DCE，∴AD=即D是AE的中點；（2）證明：延長AD與BC交于點G，如圖所示，∵OD∥BC，∴∠ADO=∠AGE，∠ADO=∠DAO，∴∠AGE=∠DAO，∵∠AGE=∠B+∠BAD，∴∠DAO=∠B+∠BAD．【點睛】本題考查圓周角定理，圓心角、弧、弦的關(guān)系、平行線的性質(zhì)，三角形的外角與內(nèi)角的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求結(jié)論需要的條件．3．（2023·安徽合肥·合肥一六八中學(xué)校考模擬預(yù)測）如圖，A、B為⊙O上的兩個定點，P是⊙O上的動點（P不與A、B重合），我們稱∠APB為⊙O上關(guān)于A、B的滑動角．已知∠APB是⊙O上關(guān)于點A、B的滑動角．(1)若AB為⊙O的直徑，則∠APB=______；(2)若⊙O半徑為1，AB=2，求∠APB【答案】(1)90°(2)∠APB=45°或135°【分析】（1）由AB為⊙O的直徑，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角，即可求得∠APB的度數(shù)．（2）連接OA、OB、AB.由勾股定理的逆定理，即可證得∠AOB=90°.然后由圓周角定理，即可求得答案．【詳解】（1）AB為⊙O的直徑，∴∠APB=90°，故答案為：90°；（2）連接OA、OB、AB.∵⊙O的半徑是1，∴OA=OB=1.又∵AB=2∴O由勾股定理的逆定理可得∠AOB=90°.若點P在優(yōu)弧APB上,∠APB=1若點P在劣弧AB上,∠A∴∠APB=45°或135°．【點睛】本題考查了圓周角定理，勾股定理的逆定理，掌握圓周角定理是解題的關(guān)鍵．4．（2023·江西南昌·統(tǒng)考一模）如圖，已知⊙O是△ABC的外接圓，∠A=45°，請僅用無刻度的直尺，按下列要求畫圖（保留畫圖痕跡）．(1)在圖1的⊙O上作點D，使△BCD為等腰直角三角形；(2)在圖2的⊙O上作點M，N，使四邊形BCMN為正方形．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）連接CO，并延長CO交⊙O于點D，連接BD，即可求解；（2）連接CO，BO，并分別延長CO，BO交⊙O于點N，M，連接BD，CM，【詳解】（1）解：畫圖如下：點D即為所求．理由：如圖，連接CO，并延長CO交⊙O于點D，連接BD，∵CD是⊙O的直徑，∴∠CBD=90°，∵∠D=∠A=45°，∴△BCD為等腰直角三角形；（2）解：畫圖如下：正方形BCMN即為所求．理由：如圖，連接CO，BO，并分別延長CO，BO交⊙O于點N，M，連接BD，CM，∵CN,BM是⊙O的直徑，∴∠CBN=∠BCM=∠CMN=∠BNM=90°，∴四邊形BCMN是矩形，∵∠CNB=∠A=45°，∴△BCN為等腰直角三角形，∴BC=BN，∴四邊形BCMN是正方形．【點睛】本題主要考查了復(fù)雜作圖，圓周角定理，正方形的判定，熟練掌握圓周角定理是解題的關(guān)鍵．5．（2023·陜西西安·?？家荒＃┤鐖D，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，BC為⊙O的直徑，點E是⊙O上一點，連接OE并延長交過點C的切線CD于點D，∠B=∠D．(1)求證：OD∥AC；(2)延長EO交AB于點F，AF=2，⊙O的直徑為25，求OD【答案】(1)見解析(2)OD=5．【分析】（1）根據(jù)圓周角定理得到∠A=90°，求得∠B+∠BCA=90°，根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠BCD=90°，求得∠D+∠COD=90°，根據(jù)平行線的判定定理即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠BFO=∠A=90°，根據(jù)勾股定理得到OF的長，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵BC為⊙O的直徑，∴∠A=90°，∴∠B+∠BCA=90°，∵CD為⊙O的切線，∴∠BCD=90°，∴∠D+∠COD=90°，∵∠B=∠D，∴∠BCA=∠COD，∴OD∥AC；（2）解：由（1）可得OD∥AC，∴∠BFO=∠A=90°，即OF⊥AB，∴BF=AF=2，∵⊙O的直徑為25∴OB=OC=5在Rt△BFO中，OF=∵∠B=∠D，∠BOF=∠COD，∴△BOF∽△DOC，∴OBOF∴51解得OD=5．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線的判定，熟練掌握切線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．6．（2023·陜西西安·西安建筑科技大學(xué)附屬中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AC為⊙O的直徑，∠ADB=∠CDB．(1)試判斷△ABC的形狀，并給出證明；(2)若AB=2，AD=1，求CD【答案】(1)△ABC是等腰直角三角形；證明見解析；(2)3；【分析】（1）根據(jù)圓周角定理可得∠ABC=90°，由∠ADB=∠CDB根據(jù)等弧對等角可得∠ACB=∠CAB，即可證明；（2）Rt△ABC中由勾股定理可得AC，Rt△ADC中由勾股定理求得CD即可；【詳解】（1）證明：∵AC是圓的直徑，則∠ABC=∠ADC=90°，∵∠ADB=∠CDB，∠ADB=∠ACB，∠CDB=∠CAB，∴∠ACB=∠CAB，∴△ABC是等腰直角三角形；（2）解：∵△ABC是等腰直角三角形，∴BC=AB=2，∴AC=ABRt△ADC中，∠ADC=90°，AD=1，則CD=AC∴CD=3．【點睛】本題考查了圓周角定理，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識；掌握等弧對等角是解題關(guān)鍵．7．（2023·河南安陽·統(tǒng)考一模）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB、CD是⊙O的直徑，E是DA長線上一點，且∠CED=∠CAB．(1)判斷CE與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；(2)若DE=35，tanB=1【答案】(1)CE是⊙O的切線；見解析(2)3【分析】（1）根據(jù)直徑所對的圓周角是90°，根據(jù)圓周角定理得出∠B=∠D，推出∠DCE=90°即可得出結(jié)論；（2）根據(jù)∠B=∠D，得到tan∠B=tan∠D，即可得CD=2CE【詳解】（1）CE與⊙O相切，理由：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴∠CAB+∠B=90°，∵∠CED=∠CAB，∠B=∠D，∴∠CED+∠D=90°，∴∠DCE=∠ACB=90°，∴CD⊥CE，∵CD是⊙O的直徑，即OC是⊙O半徑，∴CE是⊙O的切線；（2）由（1）知，CD⊥CE，在Rt△ABC和Rt∵∠B=∠D，tanB=∴tan∠B=∴CD=2CE，在Rt△CDE中，CD2∴2CE2解得CE=3（負值舍去），即線段CE的長為3．【點睛】本題主要考查了切線的判定，圓周角定理，三角函數(shù)以及勾股定理等知識，掌握切線的判定是解答本題的關(guān)鍵．8．（2023·河南鄭州·統(tǒng)考一模）如圖，點O在△ABC的邊AB上，⊙O與邊AC相切于點E，與邊BC，AB分別交于點D，F(xiàn)，且DE=EF．(1)求證：∠C=90°；(2)當BC=3,AC=4時，求⊙O半徑的長．【答案】(1)見解析(2)15【分析】（1）連接OE，先根據(jù)切線性質(zhì)得到∠OEA=90°，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和等弧所對的圓周角相等證得∠OEB=∠EBD，進而證得OE∥（2）先根據(jù)勾股定理求得AB=5，設(shè)⊙O的半徑為r，則AO=5?r，證明△AEO∽△ACB得到OEBC=AO【詳解】（1）證明：連接OE，∵⊙O與邊AC相切于點E，∴∠OEA=90°，∵OB=OE，∴∠OEB=∠OBE，∵DE=EF，∴DE=∴∠OBE=∠EBD，∴∠OEB=∠EBD，∴OE∥∴∠C=∠OEA=90°；（2）解：在Rt△ABC中，BC=3,AC=4，∠C=90°∴AB=A設(shè)⊙O的半徑為r，則AO=5?r，∵OE∥∴△AEO∽△ACB，∴OEBC=AO解得r=158，即⊙O半徑的長為【點睛】本題考查切線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，弧、弦、圓周角的關(guān)系，相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、平行線的判定與性質(zhì)等知識，熟練掌握相關(guān)知識的聯(lián)系與運用是解答的關(guān)鍵．9．（2023·安徽合肥·校考模擬預(yù)測）如圖，AB是⊙O的直徑，點C在⊙O上，AD平分∠CAB，BD是⊙O的切線，AD與BC相交于點E，與⊙O相交于點F，連接BF．(1)求證：BD=BE；(2)若DE=2，BD=5，求AE的長．【答案】(1)見解析(2)3【分析】（1）根據(jù)AB是⊙O的直徑，得出∠C=90°，BD是⊙O的切線，得出BD⊥AB，結(jié)合角平分線的定義，得出∠DEB=∠D，進而得出BD=BE；（2）根據(jù)（1）的結(jié)論得出EF=DF=12DE=1，證明Rt【詳解】（1）證明：∵AD平分∠CAB，∴∠CAE=∠BAE．∵AB是⊙O的直徑，∴∠C=90°，∴∠CAE+∠CEA=90°，∵∠DEB=∠CEA，∴∠DEB+∠DAB=90°．∵BD是⊙O的切線，∴BD⊥AB，∴∠ABD=90°，∴∠BAD+∠D=90°，∴∠DEB=∠D，∴BD=BE；（2）∵AB是⊙O的直徑，∴∠AFB=90°，∴BF⊥DE，∵BD=BE，∴EF=DF=1∵BD是⊙O的切線，∴BD⊥AB，∵BF⊥AD，∴Rt∴DFBD∴BD∴5∴AD=5，∴AE=AD?DE=5?2=3．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)，直徑所對的圓周角是直角，相似三角形的性質(zhì)與判定，綜合運用以上知識是解題的關(guān)鍵．10．（2023·安徽·統(tǒng)考一模）如圖，AB是半圓O的直徑，點C是弧AB的中點，點D是弧AC的中點，AC、BD相交于點E，連接AD、BC．(1)求證：BE=2AD；(2)若AD=2，求△ABE的面積．【答案】(1)證明見解析(2)4【分析】（1）延長AD、BC交于點F，證明△ACF≌△BCE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)與等腰三角形的性質(zhì)得出BE=AF=2AD，即可得證；（2）根據(jù)（1）的結(jié)論得出BE=4，由AB是半圓O的直徑，得出AD⊥BD，然后根據(jù)三角形的面積公式進行計算即可求解．【詳解】（1）證明：如圖1，延長AD、BC交于點F，在△ACF與△BCE中，∠CAF=∠CBE∠ACF=∠BCE=∴△ACF≌△BCE，∴BE=AF，∵AB是半圓O的直徑，∴BD⊥AF，∵∠ABD=∠DBC，∴AB=BF，∴AD=DF，∴BE=AF=2AD；（2）∵AD=2，BE=2AD，∴BE=4∵AB是半圓O的直徑，∴AD⊥BD∴S△ABE【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)與判定，直徑所對的圓周角是直角，綜合運用以上知識是解題的關(guān)鍵．類型二、切線的判定與性質(zhì)11．（2023·陜西西安·?？寄M預(yù)測）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，點O在AC邊上，⊙O經(jīng)過點C且與AB邊相切于點E，D是AB的中點，∠FAC=1(1)求證：AF是⊙O的切線；(2)若BC=6,sinB=45，求【答案】(1)見解析(2)2，10【分析】（1）作OH⊥FA，連接OE，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得CD=AD=12AB，從而得到∠CAD=∠ACD，再由∠FAC=12∠BDC，可得（2）根據(jù)題意可設(shè)AC=4x,AB=5x，根據(jù)勾股定理可得AC=8,AB=10，設(shè)⊙O的半徑為r，則OC=OE=r，AO=8?r，根據(jù)△AOE∽△ABC，可得r=3，從而得到OE=3，【詳解】（1）證明：如圖，作OH⊥FA，連接OE，∵∠ACB=90°，D是AB的中點，∴CD=AD=1∴∠CAD=∠ACD，∵∠BDC=∠CAD+∠ACD=2∠CAD，又∵∠FAC=1∴∠FAC=∠CAB，即AC是∠FAB的平分線，∵點O在AC上，⊙O與AB相切于點E，∴OE⊥AB，且OE是⊙O的半徑，∴OH=OE，∵OH是⊙O的半徑，∴AF是⊙O的切線；（2）解：在△ABC中，BC=6,sin∴可設(shè)AC=4x,AB=5x，∵AB∴5x2解得：x=2，∴AC=8,AB=10，∵D是AB的中點，∴AD=1設(shè)⊙O的半徑為r，則OC=OE=r，AO=8?r，∵∠AEO=∠ACB=90°，∠OAE=∠CAB，∴△AOE∽∴OEBC即r6解得：r=3，∴AO=5,OE=3，∴AE=4，∴DE=1，在Rt△ODE中，由勾股定理得：OD=【點睛】本題考查了圓的切線的性質(zhì)和判定，直接三角形的性質(zhì)，角平分線的判定和性質(zhì)，勾股定理，三角函數(shù)，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握圓的切線的性質(zhì)和判定是解題關(guān)鍵．12．（2023·河北石家莊·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在△ABC中，∠C=90°，AE平分∠BAC并交BC于點E，點O在AB上，經(jīng)過點A，E的半圓O分別交AC，AB于點F，D，連接ED．(1)求證：BC是⊙O的切線；(2)判斷∠DEB和∠EAB的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；(3)若⊙O的半徑為5，AC=8，求點E到直線AB的距離．【答案】(1)見詳解(2)∠DEB=∠EAB，理由見詳解(3)4【分析】（1）連接OE，根據(jù)AE平分∠BAC，可得∠BAC=2∠EAB，根據(jù)∠EOD=∠OAE+∠OEA=2∠OAE，即有∠EOD=∠CAB，則AC∥（2）結(jié)合∠BED+∠AEC=90°，∠CAE+∠AEC=90°，可得∠BED=∠CAE，再根據(jù)AE平分∠BAC，可得∠DEB=∠EAB，問題得解；（3）過E點作EM⊥AD于M，根據(jù)角平分線的性質(zhì)定理可得EM=CE，再證明△ACE∽△AED，問題隨之得解．【詳解】（1）連接OE，如圖，∵AE平分∠BAC，∴∠BAC=2∠EAB，∵OA=OE，∴∠OAE=∠OEA，∴∠EOD=∠OAE+∠OEA=2∠OAE，∴∠EOD=∠CAB，∴AC∥∵∠C=90°，∴∠OEB=90°，∴OE⊥BC，∵OE為圓O的半徑，∴BC是⊙O的切線；（2）∠DEB=∠EAB，理由如下：∵AD半圓O的直徑，∴∠AED=90°，∴∠BED+∠AEC=90°，∵∠CAE+∠AEC=90°，∴∠BED=∠CAE，∵AE平分∠BAC，∴∠BAE=∠CAE，∴∠DEB=∠EAB；（3）過E點作EM⊥AD于M，如圖，根據(jù)題意有：AD=5×2=10，∵AE平分∠BAC，EM⊥AD，∠C=90°，∴AC⊥CE，∴EM=CE，∵∠BAE=∠CAE，∠C=∠AED=90°，∴△ACE∽△AED，∴ACAE∵AC=8，AD=10，∴AE∴CE=A∴EM=CE=4，∴點E到直線AB的距離為4．【點睛】本題考查了切線的判定，圓周角定理以及相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，掌握切線的判定是解答本題的關(guān)鍵．．13．（2023·河南安陽·統(tǒng)考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，AB=5，點D是⊙O外一點，連接DB交⊙O于點C，連接OC，AC，AD，已知∠D+1(1)求證：AD是⊙O的切線；(2)若sinB=35【答案】(1)證明見解析(2)9【分析】（1）先由圓周角定理得到∠B=12∠AOC，即可得到∠D+∠B=90°，則∠BAD=90°，由此即可證明AD（2）先解Rt△ABC，求出AC=3，BC=4，則tanB=34，證明【詳解】（1）證明：∵AB是⊙O的直徑，∴∠B=1∵∠D+1∴∠D+∠B=90°，∴∠BAD=90°，即AB⊥AD，∴AD是⊙O的切線；（2）解：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，在Rt△ABC中，sin∴AC=AB?sin∴BC=A∴tanB=∵∠B+∠BAC=90°=∠CAD+∠BAC，∴∠CAD=∠B，在Rt△ADC中，tan∴CD=3【點睛】本題主要考查了切線的判定，圓周角定理，勾股定理，解直角三角形，靈活運用所學(xué)知識是解題的關(guān)鍵．14．（2023·廣西南寧·?？家荒＃┤鐖D，AB是⊙O的直徑，點F，C是⊙O上兩點，連結(jié)AC，AF，OC，AC平分∠FAB，過點C作CD⊥AF，交AF的延長線于點D．(1)求證：CD是⊙O的切線；(2)若tan∠DAC=12，AB=10【答案】(1)見解析(2)2【分析】（1）證明∠FAC=∠ACO，從而可知AD∥OC，由于CD⊥AF，所以CD⊥OC，所以CD是（2）連接BC，F(xiàn)C，根據(jù)三角函數(shù)的定義，利用勾股定理解直角三角形，分別求出BC=25，AC=45，CD=4，AD=8，證明△DFC∽△CBA，得到【詳解】（1）解：證明：∵AC平分∠FAB，∴∠FAC=∠CAO，∵AO=CO，∴∠ACO=∠CAO，∴∠FAC=∠ACO，∴AD∥∵CD⊥AF，∴CD⊥OC，∵C在圓上，∴CD是⊙O的切線；（2）連接BC，F(xiàn)C，∵AB為直徑，∴∠ACB=90°，∵∠DAC=∠CAB，∴tan∠DAC=tan∵AB=10，∴AC2+B解得：BC=25（負值舍去），AC=4∵tan∠DAC=∴AD=2CD，同理可得：CD=4，AD=8，∵四邊形ABCF內(nèi)接于⊙O，∴∠AFC+∠B=180°，又∠AFC+∠DFC=180°，∴∠B=∠DFC，∵∠CDF=∠ACB=90°，∴△DFC∽△CBA，∴DFBC=CD解得：DF=2．【點睛】本題考查切線的判定與性質(zhì)，圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是能根據(jù)切線的判定與性質(zhì)和圓周角定理得到90°角．15．（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EC并延長，AD垂直EC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，進而得出（2）連接OC，證明△COE∽【詳解】（1）證明：如圖1，連接OC，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∵AC平分∠DAE，∴∠DAC=∠OAC，∴∠DAC=∠ACO，∴AD∥∴∠OCE=∠ADC∵AD⊥DE，∴∠ADC=90°，∴∠OCE=90°，∴OC⊥DE，∵OC是半徑，∴DE是⊙O的切線；（2）解：如圖1，連接OC，∵AD∥∴△COE∽∴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．16．（2023·廣西·統(tǒng)考一模）如圖1，AB是⊙O的直徑，點D，F(xiàn)在⊙O上，OD⊥AB，延長AB至點C，連接DF，交AB于點E，連接CF，CF=CE．(1)證明：CF是⊙O的切線；(2)如圖2，連接AD，G是AD的中點，連接BG，若CF=5，BC=3，求tan∠ABG【答案】(1)證明見解析(2)1【分析】（1）如圖1，連接OF．由等邊對等角可得∠ODF=∠OFD，∠CFE=∠FEC．由對頂角相等可得∠OED=∠FEC，則∠OED=∠CFE．由題意知∠DOE=90°，可證∠CFE+∠OFD=∠OED+∠ODE=90°，則∠OFC=90°，即OF⊥CF，進而結(jié)論得證．（2）如圖2，過點G作GH⊥AB于點H．由題意知，∠DAB=45°，∠GHA=90°，則∠AGH=45°，有AH=HG，由GH⊥AB，DO⊥AB，可得HG∥DO，進而可證HG為△ADO的中位線，即HG=AH=12DO=12OB=12OA【詳解】（1）證明：如圖，連接OF．∵OD=OF，∴∠ODF=∠OFD．∵FC=CE，∴∠CFE=∠FEC．又∵∠OED=∠FEC，∴∠OED=∠CFE．∵OD⊥AB，∴∠DOE=90°，∴∠OED+∠ODE=90°，∴∠CFE+∠OFD=90°，即∠OFC=90°，∴OF⊥CF．又∵OF是半徑，∴CF是⊙O的切線．（2）解：如圖2，過點G作GH⊥AB于點H．由題意知，∠DAB=45°，∠GHA=90°，∴∠AGH=45°，∴AH=HG，∵GH⊥AB，DO⊥AB，∴HG∥DO，∵G為AD中點，∴HG為△ADO的中位線，∴HG=AH=1∴OH=OA?AH=AH，BH=OH+OB=3AH，在Rt△BGH中，tan∴tan∠ABG=【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，切線的判定，垂徑定理，中位線，正切等知識．解題的關(guān)鍵在于對知識的熟練掌握并靈活運用．17．（2023·廣東梅州·校考模擬預(yù)測）如圖：以△ABC的邊AB為直徑作⊙O，點C在⊙O上，BD是⊙O的弦，∠A=∠CBD，過點C作CF⊥AB于點F，交BD于點G，過點C作CE∥BD交AB的延長線于點(1)求證：EC是⊙O的切線；(2)求證：CG=BG．【答案】(1)證明過程見解析(2)證明過程見解析【分析】（1）連接OC，根據(jù)∠A=∠CBD可得DC=CB，從而證明OC⊥DB，再根據(jù)DB∥（2）根據(jù)∠ACB=∠CFB=90°可證∠BCF=∠A，再根據(jù)∠A=∠CBD和等腰三角形的判定即可得出結(jié)論．【詳解】（1）證明：連接OC，∵∠A=∠CBD，∴DC∴OC⊥DB，∵DB∥∴OC⊥CE，∵OC是⊙O的半徑，∴∠OCE=90°，∴CE是⊙O的切線．（2）證明：∵AB為直徑，∴∠ACB=90°，∴∠A+∠ABC=90°，∵CF⊥AB，∴∠CFB=90°，∴∠BCF+∠CBA=90°，∴∠BCF=∠A，又∵∠A=∠CBD，∴∠BCF=∠CBD，∴CG=GB．【點睛】本題考查了切線的判定、圓周角定理和平行線的性質(zhì)及等腰三角形的判定，熟練掌握切線的判定和圓周角定理是解決問題的關(guān)鍵．18．（2023·陜西渭南·統(tǒng)考一模）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，且AB=AC，點M是BMC的中點，作MN∥BC交AB的延長線于點N，連接AM交BC于點D．(1)求證：MN是⊙O的切線；(2)若BC=8，AD=3，求【答案】(1)見解析(2)25【分析】（1）先根據(jù)弧、弦之間的關(guān)系得到AB=AC，再由點M是BMC的中點，得到BM=CM，由此即可證明ABM=ACM，則AM是⊙O的直徑，由垂徑定理可知AM⊥BC，即可證明（2）如圖所示，連接OB，設(shè)AM、BC交于D，由垂徑定理得BD=4，設(shè)⊙O的半徑為r，則OA=OB=r，OD=r?3，在Rt△BOD中，由勾股定理的r2=42+r?3【詳解】（1）證明：∵AB=AC，∴AB=∵點M是BMC的中點，∴BM=∴BM∴ABM=∴AM是⊙O的直徑，∴AM⊥BC，∵MN∥BC，∴AM⊥MN，∴MN是⊙O的切線；（2）解：如圖所示，連接OB，設(shè)AM、BC交于D，∵AM⊥BC，∴BD=CD=1設(shè)⊙O的半徑為r，則OA=OB=r，∵AD=3，∴OD=OA?AD=r?3，在Rt△BOD中，由勾股定理的O∴r2∴r=25∴⊙O的半徑為256【點睛】本題主要考查了弧、弦之間的關(guān)系，切線的判定，垂徑定理，勾股定理，靈活運用所學(xué)知識是解題的關(guān)鍵．19．（2023·陜西咸陽·統(tǒng)考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，OD垂直弦AC于點E，且交⊙O于點D，F(xiàn)是BA延長線上一點，若∠CDB=∠BFD(1)求證：FD是⊙O的切線；(2)若AB=10，BC=6，求DF的長．【答案】(1)證明見解析(2)20【分析】（1）∠CDB=∠CAB，∠CDB=∠BFD，得到∠CAB=∠BFD，推出FD∥AC；得到OD⊥FD，進而得出結(jié)論；（2）利用勾股定理先求解AC，再利用垂徑定理得出AE的長，可得OE的長，證明△AEO∽△FDO，再利用相似三角形的判定與性質(zhì)得出DF的長．【詳解】（1）證明：∵∠CDB=∠CAB，∠CDB=∠BFD，∴∠CAB=∠BFD，∴FD∥∵OD垂直于弦AC于點E，∴OD⊥FD，∵OD是⊙O的半徑，∴FD是⊙O的切線.（2）∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∵AB=10，BC=6，∴AC=102?∵DO⊥AC，∴AE=CE=4，∴OE=O∵AC∥FD，∴△AEO∽△FDO，∴AEFD∴35解得：DF=20【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、垂徑定理、圓周角定理，切線的判定，以及平行線的判定，掌握相似三角形的判定與性質(zhì)、垂徑定理、圓周角定理以及平行線的判定是解題的關(guān)鍵．20．（2023·廣東東莞·統(tǒng)考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，點C、D在⊙O上，且AD平分∠CAB，過點D作AC的垂線，與AC的延長線相交于E，與AB的延長線相交于點F，G為AB的下半圓弧的中點，DG交AB于H，連接DB、GB．(1)證明：EF是⊙O的切線；(2)若圓的半徑R=5，BH=3，求GH的長；(3)求證：DF【答案】(1)見解析(2)29(3)見解析【分析】（1）連接OD，證明OD⊥EF即可由切線的判定定理得出結(jié)論；（2）連接OG，因為G是半圓弧中點，所以∠BOG=90°，在Rt△OGH（3）證明△FBD∽△FDA，得【詳解】（1）解：證明：連接OD，∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA，又∵AD平分∠BAC，∴∠OAD＝∴∠ODA＝∴OD∥又∵EF⊥AE，∴OD⊥EF，∴EF是⊙O的切線；（2）解：連接OG，∵G是半圓弧中點，∴∠BOG=90°，在Rt△OGH中，OG=5，OH=OB?BH=5?3=2∴GH=O（3）證明：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∴∠DAB+∠OBD=90°，由（1）得，EF是⊙O的切線，∴∠ODF=90°，∴∠BDF+∠ODB=90°，∵OD=OB，∴∠ODB=∠OBD，∴∠DAB=∠BDF，又∠F=∠F，∴△FBD∽∴FDFA∴DF【點睛】本題考查切線的判定和性質(zhì)，圓周角定理及其推論，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，解題關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)性質(zhì)與判定定理．類型三、弧長、扇形與陰影部分的面積21．（2023·福建福州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，且∠B=60°．直線l過點C，AF⊥l，垂足為F，CG⊥AD，垂足為(1)求證：直線l是⊙O的切線；(2)若AF=43【答案】(1)見解析(2)96【分析】（1）連接OC，根據(jù)角平分線得出AF∥OC，再根據(jù)垂直定理得出OC⊥l，OC為半徑，即可解答（2）如圖，連接CD，根據(jù)題意得出∠ACD=90°，∠FAC=∠CAD=30°，再根據(jù)含30°的直角三角形三邊關(guān)系得到FC=12AC【詳解】（1）證明：如圖，連接OC，∵OA=OC，∴∠ACO=∠CAD，∵AC平分∠FAD，∴∠FAC=∠CAD，∴∠FAC=∠ACO，∴AF∥OC，∵AF⊥l，∴OC⊥l，∵OC為半徑，∴直線l是⊙O的切線；（2）解：如圖，連接CD．∵AD是圓的直徑，∴∠ACD又∵∠ADC=∠B=60°，∴∠CAD=30°，∴∠FAC=∠CAD=30°，在Rt△ACE中，∠FAC=30°，AF=4∴FC=1設(shè)FC=x，則AC=2x，2x2解得：x=4，∴CF=4．在Rt△OCG中，∠COG=60°得OC=4在Rt△CEO中，OE=∴S陰影【點睛】本題考查了切線的判定：經(jīng)過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線，也考查了直角三角形的性質(zhì)和扇形的面積．22．（2023·湖北襄陽·統(tǒng)考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，C，E在⊙O上，AC平分∠EAB，CD⊥AE，垂足為D，DC，AB的延長線交于點F．(1)求證：CD是⊙O的切線；(2)若DE=1,AE=2，求圖中陰影部分的面積．【答案】(1)見解析(2)2【分析】（1）連接OC，根據(jù)角平分線的意義和等邊對等角得出∠EAC=∠OCA，繼而根據(jù)平行線的判定與性質(zhì)求出∠D=∠OCF，根據(jù)切線的判定證明即可；（2）作OP⊥AE于點P，利用特殊角的三角函數(shù)值求出∠PAO=60°，進而求出CF，最后根據(jù)S陰影【詳解】（1）證明：如圖，連接OC．∵AC平分∠EAB，∴∠EAC=∠OAC．∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∴∠EAC=∠OCA，∴AD∥∴∠D=∠OCF．∵CD⊥AE．∴∠OCF=∠D=90°．∴OC⊥DF．∵OC是⊙O的半徑，∴CD是⊙O的切線；（2）如圖，作OP⊥AE于點P，則四邊形OCDP是矩形，AP=PE．∵DE=1，∴OA=OC=PD=2，∴cos∠PAO=∴∠PAO=60°．∵AD∥∴∠COF=∠PAO=60°，∴CF=OC?tan∴S陰影【點睛】本題考查了角平分線的意義和等邊對等角，平行線的判定與性質(zhì)，切線的判定，解直角三角形等知識．連接常用的輔助線是解題關(guān)鍵．23．（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°，CD=43(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∠CAB=∠CDB=30°，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°，∴∠CAB=∠CDB=30°，∵AB是⊙O直徑，弦CD垂直于AB，CD=43∴CE=DE=12×4∴∠OAC=∠OCA=30°，∵∠COE=2∠CAB=60°，在Rt△COE中，sin∴OC=CE∴半徑OC為4；（2）∵∠COB=60°，OC=4，∴BC的長為：60π×4∴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．24．（2023·安徽·校聯(lián)考一模）如圖，Rt△ABC中，在斜邊AB上選一點O為圓心畫圓，此圓恰好經(jīng)過點A，且與直角邊BC相切于點D，連接AD、DE(1)求證：△EAD∽△DAC；(2)若∠CAD=30°，BE=2，求陰影部分圖形的周長．【答案】(1)見解析(2)2【分析】（1）連接OD，由題意易知∠ADE=∠ACD=90°，∠DAO=∠ADO，OD⊥BC，證得OD∥AC，可得∠CAD=∠ADO，可證得∠CAD=∠DAO，即可證得結(jié)論；（2）由（1）可知，∠CAD=∠DAO=30°，可知∠CAB=60°，∠B=30°，∠DOE=60°，證得△DOE為等邊三角形，易得∠BDE=30°，可得DE=BE=2，進而可得OD=DE=OE=2，BD=23，求得DE的長度，結(jié)合陰影部分圖形的周長為DE【詳解】（1）證明：連接OD，由題意可知，∠ACD=90°，AE為直徑，∴∠ADE=90°，則∠ADE=∠ACD=90°，∵BC與⊙O相切于點D，∴OD⊥BC，則∠ODB=90°，∴OD∥AC，∴∠CAD=∠ADO，又∵OA=OD，∴∠DAO=∠ADO，∴∠CAD=∠DAO，∴△EAD∽△DAC；（2）解：∵∠CAD=30°，由（1）可知，∠CAD=∠DAO，∴∠CAD=∠DAO=30°，則∠CAB=60°，∠B=30°，∠DOE=60°，∴△DOE為等邊三角形，則∠ODE=60°，OD=DE=OE又∵∠ODB=90°，

∴∠BDE=30°，∴DE=BE=2，∴OD=DE=OE=2，則BD=23DE=∴陰影部分圖形的周長為：DE+BE+BD=【點睛】本題考查相似三角形的判定，圓周角定理，切線的性質(zhì)，等邊三角形的判定及性質(zhì)，弧長公式，連接圓心與切點是解決問題的關(guān)鍵．25．（2023·吉林松原·統(tǒng)考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，點E在⊙O上，連接AE和BE，BC平分∠ABE交⊙O于點C，過點C作CD⊥BE交BE的延長線于點D，連接CE(1)判斷直線CD與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；(2)若CD=3,BC=23【答案】(1)CD是⊙O的切線．理由見解析(2)2π【分析】（1）連接OC，證明OC⊥CD即可；（2）根據(jù)三角函數(shù)的定義和弧長公式即可得到結(jié)論．【詳解】（1）結(jié)論：CD是⊙O的切線．理由：連接OC．∵OC=OB，∴∠OCB=∵BC平分∠ABD∴∠OBC=∴∠OCB=∴OC∥BD，∵CD⊥BD，∴CD⊥OC，∵OC是半徑，∴CD是⊙O的切線；（2）在Rt△BCD中，∵CD=∴sin∠CBD=∴∠CBD=30°∵BC平分∠ABD∴∠ABC=∴∠AOC=2連接AC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°∴AB=BC∴AO=2，∴AC的長為60π×2180【點睛】本題考查了直線與圓的位置關(guān)系，解直角三角形，圓周角定理，平行線的判定和性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．26．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，⊙O與BC，AC分別相切于點E，F(xiàn)，BO(1)求證：AB是⊙O的切線；(2)若BE=AC=6，⊙O的半徑是2，求圖中陰影部分的面積．【答案】(1)證明見解析(2)10?【分析】（1）連接OE，過點O作OG⊥AB于點G，如圖，由切線的性質(zhì)得到OE⊥BC，再由角平分線的性質(zhì)得到OE=OG，由此即可證明AB是⊙O的切線；（2）連接OE，OF，過點O作OG⊥AB于點G，如圖，先證明四邊形OECF為正方形．得到EC=FC=OE=OF=2．求出BC=8，即可求出AB=10．證明AO平分∠BAC，進而推出∠OAB+∠OBC=45°，則∠AOB=135°．即可得到【詳解】（1）證明：連接OE，過點O作OG⊥AB于點G，如圖，∵BC為⊙O的切線，∴OE⊥BC．∵BO平分∠ABC，OG⊥AB，∴OE=OG．∴直線AB經(jīng)過半徑OG的外端G，且垂直于半徑OG，∴AB是⊙O的切線；（2）解：連接OE，OF，過點O作OG⊥AB于點∵⊙O與BC，AC分別相切于點E，∴OE⊥BC，∵∠ACB=90°，∴四邊形OECF為矩形，∵OE=OF，∴四邊形OECF為正方形．∴EC=FC=OE=OF=2．∵BE=AC=6，∴BC=8，∴AB=A由（1）知：OG=OE=2，∴OG=OF，∵OG⊥AB，∴AO平分∠BAC，∴∠OAB=∠BAC．∵BO平分∠ABC，∴∠OBA=∠ABC．∵∠ACB=90°，∴∠ABC+∠BAC=90°，∴∠OAB+∠OBC=1∴∠AOB=135°．∴S陰影【點睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)與判定，勾股定理，角平分線的性質(zhì)與判定，求不規(guī)則圖形面積得到，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．27．（2023·河北·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，已知AB是半圓O的直徑，AB=4，點D是線段AB延長線上的一個動點，直線DF垂直于射線AB于點D，在直線DF上選取一點C（點C在點D的上方），使CD=OA，將射線CD繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α(0°<α≤90°)．(1)若OD=5，求點C與點O之間距離的最小值；(2)當射線DC與⊙O相切于點C時，求劣弧BC的長度；【答案】(1)3(2)π【分析】（1）當點C在線段OD上時，點C與點O之間的距離最小，求出OC則可得出答案；（2）連接OC，由切線的性質(zhì)得出∠DOC=45°，代入弧長公式可得答案．【詳解】（1）解：如圖，當點C在線段OD上時，點C與點O之間的距離最小，∵CD=OA=2，OD=5，∴OC=OD?CD=5?2=3，即點C與點O之間距離的最小值為3；（2）如圖，連接OC，∵OC=OA，CD=OA，∴OC=CD，∴∠ODC=∠COD，∵CD是⊙O的切線，∴∠OCD=90°，∴∠DOC=45°，∴劣弧BC的長度為45π×2180【點睛】本題考查切線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，弧長公式，解題的關(guān)鍵是掌握添加常用輔助線，靈活運用所學(xué)知識解決問題．28．（2023·安徽滁州·?？家荒＃┤鐖D，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BD=2，∠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，∴OC⊥CD，∵OC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°，∵BD=2，OD=OB+BD=OF+2=2OF，∴OF=OC=2，∴AF的長為：120π×2180【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．29．（2023·廣東佛山·模擬預(yù)測）如圖，四邊形ABCD中，連接AC，AC=AD，以AC為直徑的⊙O過點B，交CD于點E，過點E作EF⊥AD于點F．(1)求證：EF是⊙O的切線；(2)若∠BAC=∠DAC=30°，BC=2，求BCE的長．（結(jié)果保留π）【答案】(1)見解析(2)π【分析】（1）連接OE,AE，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角得出∠AEC=90°，根據(jù)三線合一得出∠CAE=∠DAE，進而證明OE∥（2）根據(jù)已知條件結(jié)合（1）的結(jié)論得出∠BAE=∠BAC+∠CAE=45°，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)得出半徑為2，繼而根據(jù)弧長公式即可求解．【詳解】（1）證明：如圖所示，連接OE,AE，∵AC為⊙O的直徑，∴∠AEC=90°，∵AC=AD，∴∠CAE=∠DAE，又∵AO=OE，∴∠OAE=∠OEA，∴∠OEA=∠DAE，∴OE∥又∵EF⊥AD∴OE⊥EF；∴EF是⊙O的切線；（2）解：∵∠BAC=∠DAC=30°，BC=2，∠CAE=1∴∠BAE=∠BAC+∠CAE=45°，AC=2BC=4，∴OC=2，連接OB，則∠BOE=45°，∴BCE=【點睛】本題考查了三線合一，切線的判定，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，圓周角定理，求弧長，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．30．（2023·遼寧大連·模擬預(yù)測）如圖，星海灣大橋是大連壯觀秀麗的景點之一，主橋面(AB)是水平且筆直的，此時一個高1.6m的人(CD)站在C點望該橋的主塔BF，此時測得點D關(guān)于點F的俯角為35°，關(guān)于點E的俯角為75°，已知主塔AE=BF=114.3m，EF為該橋的主纜，與線段DF交于EF的中點(1)請在圖中作出關(guān)于EF所對應(yīng)圓的圓心O并補全EF所對應(yīng)的圓（尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡且無需說明作圖過程）；(2)若關(guān)于EF所對應(yīng)圓的半徑為R，求EF的長（用含有π，R的代數(shù)式表示）；(3)求星海灣大橋兩座主塔之間的距離（結(jié)果取整數(shù)）．（參考數(shù)據(jù)：sin55°≈0.82,【答案】(1)見解析(2)7πR(3)星海灣大橋兩座主塔之間的距離為192【分析】（1）連接EG，作EG和FG的垂直平分線，相交于點O，點O即為所求，再以點O為圓心，OE長為半徑，畫圓即可；（2）連接OE,OF,OG，可得∠EOG=70°，根據(jù)點G為EF中點，即可得出∠EOF=2∠EOG=140°，再根據(jù)弧長公式，即可求解；（3）過點D作AB的平行線，交AE于點M，交BF于點N，根據(jù)題意可得∠FED=75°,∠EFD=35°，再根據(jù)EF=MN=MD+ND，即可求解．【詳解】（1）解：如圖所示：（2）連接OE,OF,OG，∵∠EFG=35°，∴∠EOG=70°，∵點G為EF中點，∴∠EOF=2∠EOG=140°，∴EF=（3）過點D作AB的平行線，交AE于點M，交BF于點N，∵AE⊥AB,BE⊥AB,MN∥∴AE⊥MN,BE⊥MN，∵∠FED=75°,∠EFD=35°，∴∠MED=15°,∠NFD=55°，∵AE=BF=114.3m，CD=1.6∴EM=FN=114.3?1.6=112.7m∴DM=EM?tan∠MED=112.7×tan∴EF=MN=112.7×tan答：星海灣大橋兩座主塔之間的距離為192m【點睛】本題主要考查了確定三角形的條件，圓周角定理，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是掌握不在同一直線上的三個點確定一個圓，三角形外接圓的圓心為三條垂直平分線的交點；同弧或等弧所對的圓周角是圓心角的一半；弧長=nπr類型四、圓與三角形、四邊形31．（2023·黑龍江綏化·校聯(lián)考一模）已知菱形ABCD中，∠BAD=120°，點E、F分別在AB，BC上，BE=CF，AF與CE交于點P．(1)求證：∠APE=60°；(2)當PC=1，PA=5時，求PD的長？(3)當AB=23時，求PD【答案】(1)證明見解析(2)6(3)4【分析】（1）如圖所示，連接AC，先證明△ABC是等邊三角形，得到∠ACF=∠CBE=60°，AC=CB，再證明△ACF≌△CBE得到（2）延長PC到M使得CM=AP，證明△ADF≌△CDM，得到DF=DM，∠ADF=∠CDM，進而證明△PDM是等邊三角形，則（3）先證明A、P、C、D四點共圓，則當PD為直徑時，PD最大，設(shè)圓心為O，連接OA，OC，過點O作OM⊥AC于M，在Rt△AOM【詳解】（1）證明：如圖所示，連接AC，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC，∵∠BAD=120°，∴∠B=∠ADC=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴∠ACF=∠CBE=60°，又∵CF=BE，∴△ACF≌△CBESAS∴∠CAF=∠BCE，∵∠BCE+∠ACE=∠ACB=60°，∴∠APE=∠ACE+∠CAF=60°；（2）解：延長PC到M使得CM=AP，由（1）可得∠AFC=∠CEB，∵AD∥BC，∴∠DAF+∠AFC=180°，∠DCM=∠AEC，∴∠CEB+∠DAF=180°，∵∠AEC+∠CEB=180°，∴∠DAF=∠DCM，又∵AF=CM，∴△ADF≌△CDMSAS∴DF=DM，同理可得∠ADC=60°，∴∠ADC=∠PDM=60°，∴△PDM是等邊三角形，∴PD=PM=PC+PA=6；（3）解：∵∠APE=60°，∴∠APC=120°，∵∠ADC=60°，∴∠APC+∠ADC=180°，∴A、P、C、D四點共圓，∴當PD為直徑時，PD最大，設(shè)圓心為O，連接OA，OC，過點O作OM⊥AC于∴∠AOC=2∠ADC=120°，∵OA=OC，∴∠OAM=30°，∵AC=AB=23∴AM=1∴OM=3∴OA=2，∴PD【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，四點共圓，圓周角定理等等，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．32．（2023·廣東佛山·統(tǒng)考一模）如圖，⊙O經(jīng)過正方形ABCD的頂點B，C，與AD相切于點E，分別交AB，CD于點F，G，連接FG．(1)求證：四邊形FBCG是矩形；(2)求AFFB【答案】(1)見解析(2)1【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)、圓內(nèi)接四邊形的的性質(zhì)證得∠ABC=∠BCD=∠CGF=90°即可證得結(jié)論；（2）連接EO并延長交BC于N，過O作OM⊥AB于M，先根據(jù)切線性質(zhì)和垂徑定理證得BM=MF，BN=CN，設(shè)AF=x，AB=AD=BC=a，則BM=MF=12BF=a?x2，BN=CN=a2，再證明四邊形ABNE和四邊形MBNO都是矩形得到EN=AB=a，OM=BN=a2，ON=BM=【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BCD=90°，∵四邊形FBCG是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠FBC+∠CGF=180°，∴∠ABC=∠BCD=∠CGF=90°，∴四邊形FBCG是矩形；（2）解：連接EO并延長交BC于N，過O作OM⊥AB于M，則BM=MF，∠OMA=∠OMB=90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BAD=90°，AD∥∵⊙O與AD相切于點E，∴OE⊥AD，則EN⊥BC，∠OEA=∠BNE=90°，∴BN=CN，設(shè)AF=x，AB=AD=BC=a，則BM=MF=12BF=∵∠ABC=∠BAD=∠BNE=∠OMB=90°，∴四邊形ABNE和四邊形MBNO都是矩形，∴EN=AB=a，OM=BN=a2，∴OE=EN?ON=a+x連接OF，則OF=OE=a+x在Rt△OMF中，根據(jù)勾股定理得O則a2解得a=4x或a=0（舍去），∴BF=a?x=3x，∴AFBF【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、切線性質(zhì)、垂徑定理、勾股定理、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)等知識，熟練掌握相關(guān)知識的聯(lián)系與運用，利用切線性質(zhì)和垂徑定理以及矩形的性質(zhì)求解是解答的關(guān)鍵．33．（2023·陜西西安·西安市鐵一中學(xué)校考三模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以BC為直徑作⊙O，交AB邊于點D，在CD上取一點E，使BE=CD，連接DE，作射線CE交AB(1)求證：∠A=∠ACF；(2)若AC=8，cos∠ACF=45，求BF【答案】(1)見解析(2)BF=5，DE=【分析】（1）根據(jù)Rt△ABC中，∠ACB=90°，得到∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，根據(jù)BE=CD，得到∠B=∠BCF，推出∠A=（2）根據(jù)∠B=∠BCF，∠A=∠ACF，得到AF=CF，BF=CF，推出AF=BF=12AB，根據(jù)cos∠ACF=cosA=ACAB=45，AC=8，得到AB=10，得到BF=5，根據(jù)BC=AB2?AC2=6，得到sinA=BCAB=35，連接CD，根據(jù)BC是⊙O的直徑，得到∠BDC=90°，推出∠B+∠BCD=90°，推出∠A=∠BCD，得到sin∠BCD=BDBC=35，推出BD=185，得到DF=BF?BD=75，根據(jù)【詳解】（1）解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°∴∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，∵BE=∴∠B=∠BCF，∴∠A=∠ACF；（2）∵∠B=∠BCF，∠A=∠ACF∴AF=CF，BF=CF，∴AF=BF=12AB∵cos∠ACF=cosA=∴AB=10，∴BF=5，∵BC=A∴sinA=連接CD，∵BC是⊙O的直徑，∴∠BDC=90°，∴∠B+∠BCD=90°，∴∠A=∠BCD，∴sin∠BCD=∴BD=18∴DF=BF?BD=7∵∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，∴∠FDE=∠B，∴DE∥BC，∴△FDE∽△FBC，∴DEBC∴DE=42【點睛】本題主要考查了圓周角，解直角三角形，勾股定理，相似三角形，解決問題的關(guān)鍵是熟練掌握圓周角定理及推論，運用勾股定理和正弦余弦解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)．34．（2023·浙江·模擬預(yù)測）如圖，AB是⊙O的直徑，CD是一條弦．過點A作DC延長線的垂線，垂足為點E．連接AC，AD．(1)證明：△ABD∽△ACE；(2)若AB=510，BD=5，CD=9①求EC的長．②延長CD，AB交于點F，點G是弦CD上一點，且∠CAG=∠F，求CG的長．【答案】(1)見解析(2)①EC的長為3；②CG的長為154【分析】（1）利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求得∠ACD+∠ABD=180°，推出∠ABD=∠ACE，即可證明；（2）①由△ABD∽△ACE，推出AE=3CE，在Rt△ADE中，利用勾股定理求解即可；②證明△EAG∽△EDA，利用三角形的性質(zhì)求解即可．【詳解】（1）解：∵AB是⊙O的直徑，AE⊥CE，∴∠AEC=∠ADB=90°，∵四邊形ABDC是圓內(nèi)接四邊形，∴∠ACD+∠ABD=180°，又∠ACE+∠ACD=180°，∴∠ABD=∠ACE，∴△ABD∽△ACE；（2）解：①在Rt△BDA中，AB=510，BD=5，∴AD=AB2∵△ABD∽△ACE，∴BDAD=CE∴AE=3CE，在Rt△ADE中，AD2=AE2+DE2，∴152=(3CE)2+(9+CE)2，解得：CE=-245(舍去)或CE∴EC的長為3；②∵△ABD∽△ACE，∴∠BAD=∠CAE，∵∠CAG=∠F，∠EAG=∠CAE+∠CAG，∠EDA=∠BAD+∠F，∴∠EAG=∠EDA，∴△EAG∽△EDA，∴AEED∴AE2=GE?ED，即AE2=(EC+CG)?ED，∵CE=3，∴AE=3CE=9，∴92=(3+CG)×12，∴CG=154【點睛】本題考查了圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識點，證得△ABD∽△ACE和△EAG∽△EDA是解題的關(guān)鍵．35．（2023·江蘇蘇州·統(tǒng)考一模）如圖①，在△ABC中，CA=CB，D是△ABC外接圓⊙O上一點，連接CD，過點B作BE∥CD，交AD的延長線于點E，交⊙O于點(1)求證：四邊形DEFC是平行四邊形；(2)如圖②，若AB為⊙O直徑，AB=7，BF=1，求CD的長．【答案】(1)見解析(2)4【分析】（1）利用平行線的性質(zhì)，等弧對相等的圓周角，證得DE∥（2）連接DF，AF，利用平行線的性質(zhì)證得∠DAC+∠ACF=180°，再利用圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)證得∠ADF+∠ACF=180°，得到∠ADF=∠DAC，再利用圓周角定理得到AF=CD，最后在RtΔ【詳解】（1）證明：∵BE∥∴∠ADC=∠E，∵CA=CB，∴CA∵∠ADC=∠CFB，∴∠E=∠CFB，∴DE∥∴四邊形DEFC是平行四邊形；（2）連接DF，AF，如圖所示，∵DE∥∴∠DAC+∠ACF=180°，∵四邊形ACFD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠ADF+∠ACF=180°，∴∠ADF=∠DAC，∴AF=CD，∵AB為⊙O直徑，∴∠AFB=90°，∵AB=7，BF=1，∴AF=A∴CD=AF=4【點睛】本題是一道圓的知識的綜合題，考查了圓周角定理，平行四邊形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)和判定等，作出適當?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．36．（2023·北京海淀·中關(guān)村中學(xué)?？寄M預(yù)測）已知，四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四邊形，BD、AC相交于點E，AB=AC．（1）如圖1，求證：2∠ADB+∠CDB=180°；（2）如圖2，過點C作CF⊥AB于點F，交BD于點G，當∠DBC=45°時，求證：CE=CG；（3）如圖3，在（2）的條件下，連接AO并延長交BD于點H，當AE=CE，HG=3時，求OH的長．【答案】（1）證明見詳解；（2）見詳解;（3）OH=2．【分析】（1）由AB=AC，可得∠ACB=∠ABC，根據(jù)四邊形ABCD為圓內(nèi)接四邊形，可得∠ADC+∠ABC=180°，根據(jù)同弧所對圓周角性質(zhì)可得∠ADB=∠ACB，得出∠ADB=∠ABC，用等角與角的和分解即可；（2）過點C作CN⊥DB，交BD于N，交⊙O于M，根據(jù)∠DBC=45°，可得∠MCB=∠DBC=45°，利用圓周角與弧的關(guān)系可得MB=DC，由AB=AC，利用弦等弧等可得AB=AC得出∠ACM=∠DBA，再證△CEN≌△（3）過C作CP//AH交BD于P，連結(jié)AP，連結(jié)OE，連結(jié)CH，延長AO交BC于Q，過O作OM⊥AB于M，根據(jù)垂徑定理可得OE⊥AC，利用弦等弦心距相等，可得OE=OM，根據(jù)角平分線判定可得AQ平分∠CAB，可得AQ⊥BC，利用線段垂直平分線性質(zhì)可得CH=BH，先證△PCE≌△HAE（AAS），再證四邊形PAHC為平行四邊形，得出△APH為等腰直角三角形，根據(jù)在Rt△PAH中，AH=AP2+PH2=62+62=62BC=CH2+BH2=62+62【詳解】（1）證明：∵AB=AC，∴∠ACB=∠ABC，∵四邊形ABCD為圓內(nèi)接四邊形，∴∠ADC+∠ABC=180°，∵∠ADB=∠ACB，∴∠ADB=∠ABC，∵∠ADC=∠CDB+∠ADB，∴∠ADC+∠ABC=∠CDB+∠ADB+∠ADB=∠CDB+2∠ADB=180°，∴2∠ADB+∠CDB=180°；（2）證明：過點C作CN⊥DB，交BD于N，交⊙O于M，∵∠DBC=45°∴∠MCB=180°-∠CNB-∠DBC=45°，∴∠MCB=∠DBC=45°，∴MB∵AB=AC，∴AB∴AD∴∠ACM=∠DBA∵∠CNG=∠GFB，∠NGC=∠FGB，∴∠NCG=180°-∠CNG-∠NGC=180°-∠GFB-∠FGB=∠GBF=∠ECN，在△CEN和△CGN中∠ENC=∠GNC∴△CEN≌△CGN（ASA），∴CE=CG;（3）解：過C作CP//AH交BD于P，連結(jié)AP，連結(jié)OE，連結(jié)CH，延長AO交BC于Q，過O作OM⊥AB于M，∵E為AC中點，OE為弦心距，∴OE⊥AC，∵AB=AC，∴OE=OM，∴AQ平分∠CAB，∴AQ⊥BC，∵CQ=BQ，點H在AQ上，∴CH=BH，∵∠DBC=45°，∴∠HCB=∠DBC=45°，∴∠CHB=180°-∠HCB-∠DBC=90°，∴CH⊥BD，∵CE=CG，∴EH=GH=3，∵CP//AH，∴∠PCE=∠HAE，在△PCE和△HAE中，∠PCE=∠HAE∠PEC=∠HEA∴△PCE≌△HAE（AAS），∴PE=HE=3，∵PE=HE，CE=AE，∴四邊形PAHC為平行四邊形，∴AP=CH，∠APH=∠CHP=90°，∵∠HBQ=45°，∠HQB=90°，∴∠QHB=180°-∠HBQ-∠HQB=180°-90°-45°=45°，∴∠PHA=∠QHB=45°，∵∠APH=90°，∴∠PAH=90°-∠PHA=90°-45°=45°，∴∠PAH=∠PHA=45°，∴△APH為等腰直角三角形，∵PH=PE+EH=6，∴AP=PH=6，在Rt△PAH中，AH=A∵HB=CH=6，∠CHB=90°，BC=CH∴CQ=BQ=32在Rt△EHC中EC=CH∴AC=2CE=65，AE=CE=3在Rt△ACQ中AQ=AC∵∠EAO=∠QAC，∠AEO=∠AQC=90°∴△AEO∽△AQC，∴AEAQ=AO解得AO=52OH=AH-AO=62-5【點睛】本題考查圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)，同弧所對圓周角性質(zhì)，垂徑定理，弧弦圓周角關(guān)系，弦等弦心距相等，三角形全等判定與性質(zhì)，三角形相似判定與性質(zhì)，等腰直角三角形判定與性質(zhì)，勾股定理，線段和差，本題難度大，涉及知識多，圖形復(fù)雜，利用輔助線畫出準確圖形，以及將條件轉(zhuǎn)移是解題關(guān)鍵．37．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）△ABC內(nèi)接于⊙O，點I是△ABC的內(nèi)心，連接AI并延長交⊙O于點D，連接BD，已知BC=6，∠BAC=α(1)連接BI，CI，則∠BIC=______（用含有α的代數(shù)式表示）(2)求證：BD=DI；(3)連接OI，若tanα2=(4)若tanα2=33【答案】(1)90°+(2)見解析(3)IO的最小值=(4)AB=26或43時，【分析】（1）連接BI，CI，根據(jù)三角形內(nèi)心的性質(zhì)結(jié)合三角形內(nèi)角和定理即可求解；（2）根據(jù)點I是△ABC的內(nèi)心，得出BD=DC，則∠BAI=∠CBD，進而得出∠BID=∠IBD（3）因為BD=DC，所以點D為BC的中點，故點D是一個定點．由（1）的結(jié)論BD=DI，可知，點I在以點D為圓心，BD長為半徑的圓上運動，所以當點I，O，D三點共線時，IO取最小值．此時AD為⊙O的直徑，且AD為BC的垂直平分線，∠CBD=∠EAC=∠BAE=12∠BAC=（4）根據(jù)tanα2=33，得出∠BAE=∠CAE=12∠BAC=α2=30°，分別連接OB，OD，記OD【詳解】（1）連接BI，CI，∵點I是△ABC的內(nèi)心∴∠BAI=∠IAC，∠ABI=∠IBC，∠ACI=∠ECI∴∠BIC=180°?∠IBC?∠ICB=180°?（2）解：如圖1所示，連接BI，∵點I是△ABC的內(nèi)心，∴∠BAI=∠IAC，∠ABI=∠IBC，∴BD=∴∠BAI=∠CBD，∵∠ABI+∠BAI=∠BID，∠IBC+∠CBD=∠IBD，∴∠BID=∠IBD，∴BD=DI；（3）解：因為BD=DC，所以點D為BC的中點，故點由（1）的結(jié)論BD=DI，可知，點I在以點D為圓心，BD長為半徑的圓上運動，所以當點I，O，D三點共線時，IO取最小值．如圖2所示，此時AD為⊙O的直徑，且AD為BC的垂直平分線，∠CBD=∠EAC=∠BAE=1∵BC=6

∴BE=CE=在Rt△BED中，∴DI=BD=在Rt△ABE中，∴AD=DE+AE=∴OD=故IO的最小值=DI?OD=（4）解：∵tanα∴α=60°

∴∠BAE=∠CAE=分別連接OB，OD，記OD與BC相交于點M，∵BD=DC∴OD⊥BC，BM=CM=12∴△BOD是等邊三角形同（2）可求得DM=3，OB=OD=BD=2①AB=EB，如圖3所示，此時∠BEA=∠BAE=30°

∠CBD=∠CAE=30°∴∠CED=∠BEA=30°而∠CED=∠CBD+∠BDA=30°+∠BD