专题15 解答中档题型：圆的计算与证明（解析版）

专题15解答中档题型：圆的计算与证明一、解答题1．（2021·广东深圳·统考中考真题）如图，为的弦，D，C为的三等分点，．（1）求证：；（2）若，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）根据题意，连接，通过证明，再由可证四边形为平行四边形，进而即可得到；（2）根据平行四边形的性质及D，C为的三等分点可证，得到，进而求得即可得到的长．【详解】（1）如图连接，∵A、D、C、B四点共圆∴又∴∵D，C为的三等分点∴∴∴∴，又∴四边形为平行四边形∴即原题中；（2）∵四边形为平行四边形，∴∵D，C为的三等分点，∴，∴，，∵∴∴∴，即∴∴．【点睛】本题主要考查了圆中综合知识、平行四边形的性质及判定及三角形相似的判定及性质，熟练掌握相关几何综合运用知识是解决本题的关键．2．（2023·广东深圳·校考模拟预测）如图，在△ABC中，以边AB为直径作⊙O，交AC于点D，点E为边BC上一点，连接DE．给出下列信息：①AB＝BC；②∠DEC=90°；③DE是⊙O的切线．(1)请在上述3条信息中选择其中两条作为条件，剩下的一条作为结论，组成一个命题．你选择的两个条件是______，结论是______（只要填写序号）．判断此命题是否正确，并说明理由；(2)在（1）的条件下，若CD=5，CE=4，求⊙O的直径．【答案】(1)①和②，③，真命题，证明见解析；（答案不唯一）(2)【分析】（1）选择①和②为条件，③为结论，连接OD，由等边对等角可得出∠A＝∠C，∠A＝∠ODA，即可推出∠C＝∠ODA，从而可证明，再根据平行线的性质和∠DEC=90°，可证明∠ODE=∠DEC=90°，即，说明DE是⊙O的切线；（2）连接BD，由直径所对圆周角为直角得出．再结合等腰三角形三线合一的性质可得出AD=CD=5．又易证，即得出，代入数据即可求出AB的长．【详解】（1）解：选择①和②为条件，③为结论，且该命题为真命题．证明：如图，连接OD，∵AB＝BC，∴∠A＝∠C．∵OA=OD，∴∠A＝∠ODA，∴∠C＝∠ODA，∴．∵∠DEC=90°，∴∠ODE=∠DEC=90°，即，∴DE是⊙O的切线．故答案为：①和②，③；（答案不唯一）（2）解：如图，连接BD，∵AB为直径，

∴，即．∵AB=BC，∴AD=CD=5．在和中，∴，∴，即，∴．故圆O的直径为．【点睛】本题考查等腰三角形的性质，平行线的判定和性质，切线的判定和性质，圆周角定理以及三角形相似的判定和性质．解题的关键是连接常用的辅助线．3．（2023·广东深圳·统考二模）如图，的弦交于点E，连接，延长到点P，连结与相切，且．(1)求证：点A是的中点；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接交于F点，如图，根据切线的性质得到，再证明，则根据垂径定理得到；（2）根据圆周角定理，由得到，则可证明，然后利用相似三角形的性质得到，从而根据比例的性质可计算出的长．【详解】（1）证明：连接交于F点，如图，∵与相切，∴，∴，即，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，即点A是的中点；（2）解：∵，∴，∵，

∴，∴，∵，∴，解得（负值舍去），即的长为．【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了垂径定理和相似三角形的判定与性质．4．（2023·广东深圳·校考模拟预测）如图，已知等边，以为直径的圆与边交于点D，过点D作，垂足为F，过点F作，垂足为G，连接．(1)求证：是的切线；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】(1)如图所示，连接．由题意可知,则,可以证明为等边三角形,易得,再运用平行线的性质和判定以及等量代换即可完成解答.(2)先说明为的中位线，得到.在中，由，得，根据含30度的直角三角形三边的关系得,则,最后在中，根据正弦的定义即可解答；【详解】（1）如图所示，连接.∵是等边三角形，∴∵∴为等边三角形，∴，∴，∴，∵，∴，∴是的切线（2）∵点O是的中点，∴是的中位线．∵是等边三角形，，∴，∵，∴，同理可得，∴∴．∴．【点睛】本题考查了切线的判定、等边三角形的性质以及角的直角三角形性质，连接圆心与切点的半径是解决问题的常用方法．5．（2023·广东深圳·统考模拟预测）如图，中，，以为直径的与边分别交于点D、E，过E作直线与垂直，垂足为F，且与的延长线交于点G．(1)求证：直线是切线．(2)若，求半径．【答案】(1)见解析(2)的半径为3【分析】（1）证明，由，一条直线垂直于两平行线的一条直线，则这条直线也垂直于另一条直线，可得，与相切．（2）设的半径为，则，在中用勾股定理列出关于r的方程，并求解即可．【详解】（1）证明：如图，连接．，．在中，，．．．又

，．又

是的半径，与相切．（2）设的半径为，则，，且，即解得：，即的半径为3．【点睛】本题考查了切线的判定、等腰三角形的性质、勾股定理，在圆中证明一条直线是圆的切线是常考题型，常运用的辅助线为：①判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”；②有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”．6．（2023·广东深圳·统考二模）如图，点P是的直径延长线上一点，，点O旋转到点C，连接交于点D，∠AOD=60°．(1)求证：是的切线；(2)若，求阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，根据题意推出是等边三角形，根据等边三角形的性质得到，，根据等腰三角形的性质、三角形外角性质求出，则，根据切线的判定定理即可得解；（2）根据阴影部分的面积求解即可．【详解】（1）证明：如图，连接，根据题意得，，，是等边三角形，，，，，，，，，，是的半径，是的切线；（2）解：，，，，，，阴影部分的面积．【点睛】此题考查了切线的判定与性质、扇形面积的计算，熟练切线的判定与性质、扇形面积的计算是解题的关键．7．（2023·广东深圳·深圳中学校联考二模）如图是的外接圆，点O在上，的角平分线交于点D，连接，，过点D作的平行线与的延长线相交于点P．(1)求证：是的切线；(2)若，，求与的值．【答案】(1)见解析(2)，【分析】（1）连接，先得出，进而得出，根据平行线的性质得出，推出，即可得出结论；（2）先证明，根据勾股定理得出，进而求得，再证明，根据相似三角形的性质即可得出，代入可求出答案．【详解】（1）证明：如图1，连接，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵是半径，∴是的切线；（2）∵是的直径，∴，∵，，∴，∵，∴，∵，∴．∵，∴，∵，，∴，∴，∴，即，∴．【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的判定，勾股定理，正确理解题意证明切线是解题的关键．8．（2023·广东深圳·统考三模）如图，在△ACE中，CA=CE，∠CAE=30°，⊙O经过点C，且圆的直径AB在线段AE上．（1）试说明CE是⊙O的切线；（2）若△ACE中AE边上的高为h，试用含h的代数式表示⊙O的直径AB；（3）设点D是线段AC上任意一点（不含端点），连接OD，当CD+OD的最小值为6时，求⊙O的直径AB的长．【答案】（1）证明见试题解析；（2）AB=；（3）．【详解】解：（1）连接OC，如图1，∵CA=CE，∠CAE=30°，∴∠E=∠CAE=30°，∠COE=2∠A=60°，∴∠OCE=90°，∴CE是⊙O的切线；（2）过点C作CH⊥AB于H，连接OC，如图2，由题可得CH=h，在Rt△OHC中，CH=OC•sin∠COH，∴h=OC•sin60°=OC，∴OC==，∴AB=2OC=；（3）作OF平分∠AOC，交⊙O于F，连接AF、CF、DF，如图3，则∠AOF=∠COF=∠AOC=（180°﹣60°）=60°，∵OA=OF=OC，∴△AOF、△COF是等边三角形，∴AF=AO=OC=FC，∴四边形AOCF是菱形，∴根据对称性可得DF=DO，过点D作DH⊥OC于H，∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC=30°，∴DH=DC•sin∠DCH=DC•sin30°=DC，∴CD+OD=DH+FD．根据两点之间线段最短可得：当F、D、H三点共线时，DH+FD（即CD+OD）最小，此时FH=OF•sin∠FOH=OF=6，则OF=，AB=2OF=，∴当CD+OD的最小值为6时，⊙O的直径AB的长为．考点：1．圆的综合题；2．等腰三角形的性质；3．等边三角形的判定与性质；4．菱形的判定与性质；5．锐角三角函数的定义；6．特殊角的三角函数值．9．（2023·广东深圳·深圳市南山外国语学校校联考二模）如图，点C在以为直径的上，点D是的中点，连接并延长交于点E，作，交的延长线于点P．（1）求证：是的切线；（2）若，，求的半径．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）由AB为直径，可得∠ACB=90°，又D为BC中点，O为AB中点，可得OD∥AC，从而∠ODB=90°．由OB=OE得∠OEB=∠OBE，又∠OEB=∠P+∠EBP，∠OBE=∠OBD+∠EBC，所以∠P+∠EBP=∠OBD+∠EBC，又∠EBP=∠EBC，得∠P=∠OBD．又∠BOD+∠OBD=90°，从而可得∠BOD+∠P=90°，即∠OBP=90°．则可证PB为⊙O切线；（2）由（1）可得OD=1，从而PO=7，可证明△BDP～△OBP，从而得比例，解得BP=，最后由勾股定理可求半径OB．【详解】（1）证明：∵AB为直径，∴∠ACB=90°，又D为BC中点，O为AB中点，故OD=AC，OD∥AC，∴∠ODB=∠ACB=90°．∵OB=OE，∴∠OEB=∠OBE，又∵∠OEB=∠P+∠EBP，∠OBE=∠OBD+∠EBC，∴∠P+∠EBP=∠OBD+∠EBC，又∠EBP=∠EBC，∴∠P=∠OBD．∵∠BOD+∠OBD=90°，∴∠BOD+∠P=90°，∴∠OBP=90°．又OB为半径，故PB是⊙O的切线．（2）解：∵AC=2，由（1）得OD=AC=1，又PD=6，∴PO=PD+OD=6+1=7．∵∠P=∠P，∠BDP=∠OBP=90°，∴△BDP～△OBP．∴，即BP2=OP•DP=7×6=42，∴BP=．∴OB=．故⊙O的半径为．【点睛】本题属于圆的综合问题，考查了圆周角定理，三角形中位线性质定理，等腰三角形性质，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质及勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点并灵活运用所学知识是解题的关键．10．（2023·广东深圳·深圳大学附属中学校考一模）如图，四边形中，，点是边上一点，且平分，作的外接圆．(1)求证：是的切线；(2)若的半径为6，，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)6【分析】(1)连接，根据等腰三角形的性质、角平分线的定义得到，根据切线的判定定理即可证得结论；(2)过点O作于F，根据矩形的判定与性质，可得，，根据勾股定理求出，根据勾股定理计算，即可得到答案．【详解】（1）证明:如图：连接，，的外接圆为，是的直径，，，平分，，，，，，，是的半径，是的切线；（2）解：如图：过点O作于点F，四边形是矩形，，，，，【点睛】本题考查的是切线的判定、矩形的判定和性质、勾股定理，掌握经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键．11．（2023·广东深圳·统考模拟预测）如图，在中，，以为直径作，交于点F，过C点作交延长线于点D，E为上一点，且．(1)求证：为的切线；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据等腰三角形的性质得∠A=∠ABC，∠D=∠EBD，根据等腰三角形的性质得到∠A=∠ABC，∠D=∠DBE，推出∠CBE=90°，于是得到结论；（2）连接BF，根据圆周角定理得到BF⊥AC，根据三角函数的定义得到BF=4，设CF=x，列出关于x的方程并求解，再根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．【详解】（1）证明：∵AC=BC，EB=ED∴∠A=∠ABC，∠D=∠EBD∵CD⊥AC∴∠A+∠D=90°∴∠ABC+∠EBD=90°∴∠CBE=90°∵BC是⊙O的直径．∴BE是⊙O的切线．（2）解：连接BF∵BC是⊙O的直径．∴∠BFC=∠BFA=90°在Rt△ABF中，tanA=∴BF=4设CF=x，则AC=BC=x+2在Rt△BCF中，即∴x=3∴CF=3，BC=5∵∠ACB=∠AFB=90°∴BF∥CD∴∠1=∠2又∵∠CFB=∠EBC=90°∴△CFB∽△EBC∴∴∴BE=【点睛】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键．12．（2023·广东深圳·校考二模）如图，△ABC为⊙O的内接三角形，且AB为⊙O的直径，DE与⊙O相切于点D，交AB的延长线于点E，连接OD交BC于点F，连接AD、CD，∠E＝∠ADC．(1)求证：AD平分∠BAC；(2)若CF＝2DF，AC＝6，求⊙O的半径r．【答案】(1)见解析(2)5【分析】（1）根据圆周角定理得到，进而证明，得到，根据切线的性质得到，根据垂径定理得到，根据圆周角定理证明结论；（2）根据三角形中位线定理求出OF，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案．【详解】（1）证明：由圆周角定理得：，∵，∴，∴，∵DE与⊙O相切于点D，∴，∴，∴，∴，∴AD平分．（2）∵，∴，∵，∴，∴，∴，在中，，即，解得：，（舍去），∴⊙O的半径r为5．【点睛】本题考查的是切线的性质、垂径定理、圆周角定理、勾股定理的应用，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．13．（2023·广东深圳·校联考一模）如图，在中，与分别相切于点E，F，平分，连接．(1)求证：是的切线；(2)若，的半径是2，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，过点O作于点G，如图，由切线的性质得到，再由角平分线的性质得到，由此即可证明是的切线；（2）连接，过点O作于点G，如图，先证明四边形为正方形．得到．求出，即可求出．证明平分，进而推出，则．即可得到=10．【详解】（1）证明：连接，过点O作于点G，如图，∵为的切线，∴．∵平分，，∴．∴直线经过半径的外端G，且垂直于半径，∴是的切线；（2）解：连接，过点O作于点G，如图，∵与分别相切于点E，F，∴，∵，∴四边形为矩形，∵，∴四边形为正方形．∴．∵，∴，∴．由（1）知：，∴，∵，∴平分，∴．∵平分，∴．∵，∴∠ABC+∠BAC=90°，∴，∴．∴=10．【点睛】本题主要考查了切线的性质与判定，正方形的性质与判定，勾股定理，角平分线的性质与判定，求不规则图形面积得到，正确作出辅助线是解题的关键．14．（2023·广东深圳·二模）如图，是的直径，C是弧的中点，于点E，交于点F．(1)求证：；(2)若，，求的半径及的长．【答案】(1)见解析(2)⊙O的半径为，【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等可证，根据证明，再利用直径所对的圆周角等于，证明，等量代换即可证明，再利用等角对等边即可证明；（2）证明，再利用，即可求出．【详解】（1）证明：∵C是的中点，∴，∴，∵，∴，∴，∵是的直径，∴，∴，∴，∴．（2）解：∵，∴，∵，∴，∵是的直径，∴，∵，∴，∴⊙O的半径为．∵，∴，即，解得．【点睛】本题考查圆与三角形的综合问题，解题的关键是掌握等弧对等弦，直径所对的圆周角等于，等角对等边，勾股定理．15．（2023·广东深圳·深圳市南山外国语学校（集团）高新中学校考三模）如图，在中，，，与交于点F、点D、点E在上，连接．以下提供三个序号及其内容，请你认真思考，选择其中两个序号的内容作为条件，剩余的一个序号的内容作为结论，并完成相应的证明过程（要求写出完整的推理过程）．①为直径

②

③是的切线(1)我选择的两个条件是：______（填写序号），得出的结论是______（填写序号）证明过程如下：(2)若，的半径为3，求的长．【答案】(1)①②，③或①③，②；或②③，①(2)【分析】（1）情形1：选①②为条件，③为结论：连接，由为直径得，即可得,由可得，从而可得结论；情形2：选①③为条件，②为结论：连接，由为直径得，由是的切线可得，，从而得，再由，可得结论；情形3：选②③为条件，①为结论：连接，可得，由是的切线可得,，故可得为直径．（2）由和的半径可求出再证明，由相似三角形的性质列式可求出的长．【详解】（1）情形1：选①②为条件，③为结论：连接，∵为直径，∴，∴∵∴∵∴∴∵是的半径，∴是的切线；情形2：选①③为条件，②为结论：连接，∵是的切线，∴∴,∵为直径∴，即∴∵∴∴；可得结论；情形3：选②③为条件，①为结论：连接，∵∴∵是的切线，∴即∴，∵∴∴即，∴为直径；（2）∵即∴，∵的半径为3，即，∴又，∴∴∴∴,解得，．【点睛】本题考查了切线的性质与判定，相似三角形的判定与性质以及解．也考查了圆周角定理．16．（2023·广东深圳·深圳市福田区北环中学校考二模）定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．（1）如图1，是中的遥望角，若，请用含的代数式表示．（2）如图2，四边形内接于，四边形的外角平分线交于点F，连结并延长交的延长线于点E．求证是中的遥望角．（3）如图3，在（2）的条件下，连结，若是的直径．求的度数．【答案】（1）；（2）见解析；（3）45°【分析】（1）根据遥望角的定义得到，，根据三角形的外角性质计算，得到答案；（2）延长到点，根据圆内接四边形的性质得到，得到，根据圆周角定理得到，进而得到，根据遥望角的定义证明结论；（3）连接，根据遥望角的定义得到，进而证明，根据得到，根据等腰直角三角形的性质解答即可．【详解】解：（1）是中的遥望角，，，，；（2）如图2，延长到点，四边形内接于，，，，平分，，，，是的平分线，，，，，，，是的外角平分线，是中的遥望角；（3）如图3，连接，是中的遥望角，，，，，，，，，，在和中，，，，，是的直径，，，．【点睛】本题考查的是圆的有关知识、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质，掌握圆周角定理、三角形外角性质、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．17．（2023·广东深圳·深圳外国语学校校考一模）古希腊数学家毕达哥拉斯认为：“一切平面图形中最美的是圆”．请研究如下美丽的圆．如图，线段AB是⊙O的直径，延长AB至点C，使BC＝OB，点E是线段OB的中点，DE⊥AB交⊙O于点D，点P是⊙O上一动点（不与点A，B重合），连接CD，PE，PC．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）小明在研究的过程中发现是一个确定的值．回答这个确定的值是多少？并对小明发现的结论加以证明．【答案】（1）见解析；（2），解析【分析】本题考查了切线的判定与性质及相似三角形的判定与性质．（1）连接OD，DB，由已知可得DE垂直平分OB，于是DB＝DO，而OB＝OD，所以DB＝DO＝OB，即△ODB是等边三角形，于是∠BDO＝60°，再由等腰三角形的性质及三角形的外角性质可得∠CDB＝30°，从而可得∠ODC＝90°，所以OD⊥CD，所以CD是⊙O的切线；（2）连接OP，由已知条件得OP＝OB＝BC＝2OE，再利用“两组边成比例，夹角相等”证明△OEP∽△OPC，最后由相似三角形的对应边成比例得到结论．【详解】解：（1）如答图，连接OD，DB，∵点E是线段OB的中点，DE⊥AB交⊙O于点D，∴DE垂直平分OB，∴DB＝DO．∵DO＝OB，∴DB＝DO＝OB，∴△ODB是等边三角形，∴∠BDO＝∠DBO＝60°．∵BC＝OB＝BD，且∠DBE为△BDC的外角，∴∠BCD＝∠BDC＝∠DBO．∵∠DBO＝60°，∴∠CDB＝30°．∴∠ODC＝∠BDO＋∠BDC＝60°＋30°＝90°，∴OD⊥CD，∴CD是⊙O的切线；（2）这个确定的值是．证明：如答图，连接OP，∵OP＝OB＝BC＝2OE，∴＝＝，又∵∠COP＝∠POE，∴△OEP∽△OPC，∴＝＝．【点睛】本题考查了切线的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．18．（2023·广东深圳·校考三模）如图，是的外接圆，是的直径，F是延长线上一点，连接，，且．(1)求证：是切线；(2)若直径，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角，余角的性质即可求得结论；（2）根据已知条件可知，再根据余弦的定义和相似三角形的性质得到线段的关系即可求得线段的长度．【详解】（1）证明：连接，∵是的直径，∴，∴，又∵，∴，又∵，∴，即，∴是的切线；（2）解：∵，∴，∵在中，∴∴，∴，∵，∴，∴，设，则，又∵，即，解得（取正值），∴．【点睛】本题考查了圆周角的性质，切线的判定定理，余弦的定义，相似三角形的性质和判定，找出正切的定义与相似三角形的相似比是解题的关键．19．（2023·广东深圳·二模）如图，⊙O是ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，F是AD延长线上一点，连接CD，CF，且∠DCF＝∠CAD．（1）求证：CF是⊙O的切线；（2）若cosB＝，AD＝2，求FD的长．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）根据切线的判定，连接，证明出即可，利用直径所得的圆周角为直角，三角形的内角和以及等腰三角形的性质可得答案；（2）由，根据锐角三角函数的意义和勾股定理可得，再根据相似三角形的性质可求出答案．【详解】解：（1）连接，是的直径，，，又，，又．，即，是的切线；（2），，，在中，，，，，，，，，，设，则，，又，即，解得（取正值），．【点睛】本题考查切线的判定和性质，圆周角定理，直角三角形的边角关系以及相似三角形，掌握切线的判定方法，直角三角形的边角关系以及相似三角形的性质是正确解答的前提．20．（2023·广东深圳·校联考模拟预测）如图，是的直径，点P是射线上的一动点（不与点A，B重合），过点作的割线交于点C，D，于，连接．

(1)①在图1的情形下，证明：；②当点处于图2中的位置时，①中的结论___________（填“仍成立”或“不再成立”）；(2)若的半径为3，当且时，求的长．【答案】(1)①见解析，②成立(2)8或4【分析】（1）①连接，证明，得，即可得到结论；②成立，连接,证明即可得到结论；（2）求出，在中运用直角三角形的性质求出的长即可．【详解】（1）①证明：如图，连接．

∵是的直径，且，∴．∵四边形是的内接四边形，∴，∴，∴，∴②当点P处于图2中的位置时，①中的结论仍成立．理由如下：连接,如图，

∵是的直径，且，∴．又∴，∴，∴（2）∵的半径为3，∴，由（1）知，，∵，∴，

∴．在中，∴．∴，

∴.8或4．【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，正确识别图形是解答本题的关键．21．（2023·广东深圳·统考二模）如图，是的外接圆，连接，过点作一条射线．(1)请从以下条件中：①，；②；③平分．选择一组能证明是的切线的条件，并写出证明过程；(2)若，，，求的长度．（结果保留）【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）选择①连接，由可得，由可得，进而可得证明是的切线，选择②连接并延长交圆于点，证明，从而证明，即可得出结论，③平分，无法得出结论；（2）连接OB，易得，进而求出，即可求出由的长度，而，故，由此即可解题．【详解】（1）解：选择①，，连接，如解①图；∵，∴，∵，∴，∵是圆的半径，∴是的切线，选择②，如解②题，连接并延长交圆于点，连接，∵，∴，∵∴∵是的直径，∴，∴，∴∴是的切线，（2）连接，如图，∵，∴，∴，∴的弧长为：，∵，∴，∴的长度．【点睛】本题主要考查了切线的判定、弧长公式和圆周角定理等，解题的关键是掌握有切点连半径证垂直．22．（2023·广东深圳·统考一模）如图，AB是的直径，弦，E是OB的中点，连接CE并延长到点F，使，连接AF交于点D，连接BD，BF．(1)求证：直线BF是的切线；(2)若AF长为，求BD的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接OC、OF，证明四边形OFBC是平行四边形，则BF∥OC，根据AC=BC，得到OC⊥AB，∠ABF=∠BOC=90°，可证明BF是⊙O的切线；（2）由AB是⊙O的直径得∠ADB=∠ACB=90°，则∠CAB=∠CBA=45°，可证明FB=OB=OA=AB，根据勾股定理求出AB、BF的长，再根据三角形的面积公式即可求出BD的长．【详解】（1）证明：如图，连接OC、OF，∵EF=CE，OE=BE，∴四边形OFBC是平行四边形，∴BF∥OC，∵AC=BC，OA=OB，∴OC⊥AB，∴∠ABF=∠BOC=90°，∵OB是⊙O的半径，且BF⊥OB，∴直线BF是⊙O的切线；（2）如图，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=∠ACB=90°，∴∠CAB=∠CBA=45°，∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC=45°，∴∠BFO=∠OCB=45°，∵OF∥BC，∴∠BOF=∠OBC=45°，∴∠BFO=∠BOF，∴FB=OB=OA=AB，∵FB2+AB2=AF2，且AF=5，∴（AB）2+AB2=（5）2，∴AB=2，∴FB=AB=，∴⊙O的半径为，∵S△ABF=AB•BF=AF•BD，∴2×=5×BD，∴BD=2．【点睛】此题考查圆的切线的判定、圆的弦与弧及圆心角的关系、圆周角定理、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，根据题意正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．23．（2023·广东深圳·二模）如图，是的直径，C是上的一点．

(1)实践与操作：在上求作点P，使得P为的中点；（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）(2)推理与计算：在（1）的条件下，连接，若，，求的半径．【答案】(1)详见解析(2)5【分析】（1）根据题意进行尺规作图，使得P为的中点；（2）连接交AC于点D，由（1）可知P为的中点，则，由，得，，由勾股定理求得，设的半径为r，列出方程求解即可．【详解】（1）如图所示，P为的中点．（以下是作图参考）

（2）连接交AC于点D，由（1）可知P为的中点，则，∵，

∴，，

在中，设的半径为r，在中，

解得：即⊙O的半径为5．【点睛】本题考查复杂作图，垂径定理及勾股等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．24．（2023·广东深圳·模拟预测）如图1，O为半圆的圆心，C、D为半圆上的两点，且．连接并延长，与的延长线相交于点E．（1）求证：；（2）与，分别交于点F，H．①若，如图2，求证：；②若圆的半径为2，，如图3，求的值．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②【分析】（1）连接，根据，且，则，即可推导出；（2）①，则，又，，则，进而推导出；②连接交于G，设，则，根据在和中列式，进而求得x的值，再根据中位线定理求出AC的长．【详解】证明：（1）连接，∵为直径∴∵∴∴∴．（2）①∵∴又∵∴又∵∴∴∴∴∴②连接交于G．设，则∵∴又∵∴，在和中∴即∵∴是的中位线∴∴．【点睛】本题考查了等弧对等角、相似三角形、等腰三角形、中位线等有关知识点，属于综合题型，借助辅助线是解决这类问题的关键．25．（2023·广东深圳·校考三模）如图，中，，点O在边上，以点O为圆心，为半径的交于D，交于E，若．(1)求证：为的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)7【分析】连接，由等腰三角形的性质可证，，根据，可证，进而得，根据切线的判定可知是切线；（2）利用勾股定理求出的长，根据求出，进而可求出的长．【详解】（1）如图，连接，，，，，，，，∴，∵是半径，∴为的切线；（2）过点C作于点M，在中，由勾股定理得，，，，，，，．【点睛】本题考查了切线的判定，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形三线合一，解题的关键是作出辅助线，构造直角三角形解答．26．（2023·广东深圳·校考一模）如图，是的外接圆，AB是直径，，连接AD，，AC与OD相交于点E．(1)求证：AD是的切线；(2)若，，求的半径．【答案】(1)见解析(2)2【分析】（1）先证∠BOC+∠AOD=90°，再因为，得出∠ADO+∠AOD=90°，即可得∠OAD=90°，即可由切线的判定定理得出结论；（2）先证明∠AED=∠DAE，得出DE=AD=，再证∠OAC=∠OCA，得tan∠OAC=tan∠OCA=,设OC=OA=R,则OE=R，在Rt△OAD中，由勾股定理，得，解之即可．【详解】（1）证明：∵，∴∠COD=90°，∵∠BOC+∠COD+∠AOD=180°，∴∠BOC+∠AOD=90°，∵，∴∠ADO+∠AOD=90°，∵∠ADO+∠AOD+∠OAD=180°，∴∠OAD=90°，∵OA是⊙O的半径，∴AD是⊙O的切线；（2）解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠B+∠BAC=90°，∵∠BAC+∠CAD=∠OAD=90°，∴∠B=∠CAD，∵∠B+∠BOC+∠OCB=∠ADO+∠CAD+∠AED=180°，∠ADO=∠BOC，∴∠AED=∠OCB，∵OB=OC，∴∠B=∠OCB，∴∠AED=∠CAD，∴DE=AD=，∵OC=OA，∴∠OAC=∠OCA，∵OC⊥OD，∴∠COE=90°，∴tan∠OAC=tan∠OCA=,设OC=OA=R,则OE=R，在Rt△OAD中，∠OAD=90°，由勾股定理，得OD2=OA2+AD2，即，解得：R=2或R=0(不符合题意，舍去）,∴⊙O的半径为2．【点睛】本题考查切线的判定，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的判定，圆周角定理的推论，本题属圆的综合题目，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．27．（2023·广东深圳·校考三模）在古代，智慧的劳动人民已经会使用“石磨”，其原理为在磨盘的边缘连接一个固定长度的“连杆”，推动“连杆”带动磨盘转动，将粮食磨碎，物理学上称这种动力传输工具为“曲柄连杆机构”．小明受此启发设计了一个“双连杆机构”，设计图如图1，两个固定长度的“连杆”，的连接点在上，当点在上转动时，带动点，分别在射线，上滑动，．当与相切时，点恰好落在上，如图2．请仅就图2的情形解答下列问题．（1）求证：；（2）若的半径为，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）利用等腰三角形的性质及三角形的外角，找到角与角之间的等量关系，再通过等量代换即可证明；（2）添加辅助线后，证明三角形相似，得到对应角相等，所以角的正切值也相等，求出直角三角形的直角边长，再把放到直角三角形中，利用勾股定理求解．【详解】解：（1）证明：连接，取轴正半轴与交点于点，如下图：，为的外角，，，，．（2）过点作的垂线，交与点，如下图：由题意：在中，，由（1）知：，，，，，，由圆的性质，直径所对的角为直角；在中，由勾股定理得：，即．【点睛】本题考查了圆的性质，等腰三角形的性质、直角三角形、相似三角形的判定与性质、切线的性质、勾股定理、特殊角度的正切值，解答的关键是：掌握相关的知识点，会添加适当的辅助线，找到角与角、边与边的等量关系，通过等量代换，利用勾股定理建立等式求解．28．（2023·广东深圳·深圳实验学校校考模拟预测）如图，直线交于两点，是直径，平分交于，过作于.

(1)求证：是的切线；(2)若，求的半径.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，根据平行线的判定与性质可得，且在上，故是的切线．（2）由直角三角形的特殊性质，可得的长，又有，根据相似三角形的性质列出比例式，代入数据即可求得圆的半径．【详解】（1）证明：连接．

，．∵平分∴，．．，即．在上，为的半径，是的切线．（2），，，．连接．是的直径，．，．．则．的半径是．【点睛】本题考查圆的切线的判定、圆周角定理、勾股定理切割线定理、相似三角形的判定和性质等知识，在圆中学会正确添加辅助线是解决问题的关键．29．（2023·广东深圳·校考一模）如图，AB为⊙O的直径，点C在直径AB上（点C与A，B两点不重合），OC＝3，点D在⊙O上且满足AC＝AD，连接DC并延长到E点，使BE＝BD．(1)求证：BE是⊙O的切线；(2)若BE＝6，试求cos∠CDA的值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角可得∠ADB＝90°，从而可得∠BDE+∠ADC＝90°，根据等腰三角形的性质以及对顶角相等可得∠ECB＝∠ADC，然后根据等腰三角形的性质可得∠E＝∠BDE，从而可得∠E+∠BCE＝90°，最后利用三角形内角和定理可得∠EBC＝90°，即可解答；（2）设⊙O的半径为r，则AC＝AD＝3+r，在Rt△ABD中，利用勾股定理可求出r＝5，从而求出BC＝2，然后在Rt△EBC中，根据勾股定理可求出EC的长，从而利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．【详解】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠BDE+∠ADC＝90°，∵AC＝AD，∴∠ACD＝∠ADC，∵∠ACD＝∠ECB，∴∠ECB＝∠ADC，∵EB＝DB，∴∠E＝∠BDE，∴∠E+∠BCE＝90°，∴∠EBC＝180°﹣（∠E+∠ECB）＝90°，∵OB是⊙O的半径，∴BE是⊙O的切线；（2）解：设⊙O的半径为r，∵OC＝3，∴AC＝AD＝AO+OC＝3+r，∵BE＝6，∴BD＝BE＝6，在Rt△ABD中，BD2+AD2＝AB2，∴36+（r+3）2＝（2r）2，∴r1＝5，r2＝﹣3（舍去），∴BC＝OB﹣OC＝5﹣3＝2，在Rt△EBC中，EC＝＝＝2，∴cos∠ECB＝＝＝，∴cos∠CDA＝cos∠ECB＝，∴cos∠CDA的值为．【点睛】本题考查了切线的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握切线的判定与性质，以及锐角三角函数的定义是解题的关键．30．（2023·广东深圳·深圳市海湾中学校考三模）如图，以BC为直径的半圆O上有一动点F，点E为弧CF的中点，连接BE、FC相交于点M，延长CF到A点，使得AB＝AM，连接AB、CE．(1)求证：AB是⊙O的切线；(2)若tan∠ACB＝，BM＝10．求EC的长．【答案】(1)见解析(2)12【分析】（1）根据AB=AM，可得∠ABM=∠AMB=∠EMC，再由同弧或等弧所对的圆周角相等可得∠EBC=∠ECM，然后由BC为直径，可得∠EMC+∠ECM=90°，从而得到∠ABM+∠EBC=90°，即可求证；（2）根据tan∠ACB＝，可设AB=5x，则BC=12x，AM=5x，再由△CEM∽△BEC，可得，即可求解．【详解】（1）证明：∵AB=AM，∴∠ABM=∠AMB=∠EMC，∵点E为弧CF的中点，∴∠EBC=∠ECM，∵BC为直径，∴∠BEC=90°，∴∠EMC+∠ECM=90°，∴∠ABM+∠ECM=90°，∴∠ABM+∠EBC=90°，∴∠ABC=90°，∴AB是⊙O的切线；（2）解：∵，可设AB=5x，则BC=12x，AM=5x，∴AC=13x，∴CM=AC-AM=8x，∵∠EBC=∠ECM，∠BEC=∠CEM=90°，∴△CEM∽△BEC，∴，∵BM＝10．∴，∴，，∴，∴EC=12．【点睛】此题属于圆的综合题，涉及了等腰三角形的性质、解直角三角形、三角形相似的知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．31．（2023·广东深圳·校考一模）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AE平分∠BAC交BC于点E，O为AC上一点，经过点A、E的⊙O分别交AB、AC于点D、F，连接OD交AE于点M．

(1)求证：BC是⊙O的切线．(2)若CF＝2，sinC＝，求AE的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接OE，方法一：根据角平分线的性质及同弧所对的圆周角是圆心角的一半得出∠OEC＝90°即可；方法二：根据角平分线的性质和等腰三角形的性质得出∠OEC＝90°即可；（2）连接EF，根据三角函数求出AB和半径的长度，再利用三角函数求出AE的长即可．【详解】（1）连接OE，

方法一：∵AE平分∠BAC交BC于点E，∴∠BAC＝2∠OAE，∵∠FOE＝2∠OAE，∴∠FOE＝∠BAC，∴OE∥AB，∵∠B＝90°，∴OE⊥BC，又∵OE是⊙O的半径，∴BC是⊙O的切线；方法二：∵AE平分∠BAC交BC于点E，∴∠OAE＝∠BAE，∵OA＝OE，∴∠OAE＝∠OEA，∴∠BAE＝∠OEA，∴OE∥AB，∵∠B＝90°，∴OE⊥BC，又∵OE是⊙O的半径，∴BC是⊙O的切线；（2）连接EF，

∵CF＝2，sinC＝，∴，∵OE＝OF，∴OE＝OF＝3，∵OA＝OF＝3，∴AC＝OA+OF+CF＝8，∴AB＝AC•sinC＝8×＝，∵∠OAE＝∠BAE，∴cos∠OAE＝cos∠BAE，即，∴，解得AE＝（舍去负数），∴AE的长为．【点睛】本题主要考查切线的判定和三角函数的应用，熟练掌握切线的判定定理和三角函数是解题的关键．32．（2023·广东深圳·统考模拟预测）如图1，已知：内接于圆O，，连接并延长，交于点D．(1)求证：(2)如图2，过点B作于点E，交圆O于点F，交于点G，求证：；(3)如图3，在（2）的条件下，连接DE，，，求DE的长．【答案】(1)见详解(2)见详解(3)【分析】（1）连接、，证明是线段的垂直平分线，问题得证；（2）先证明，进而证明，即可证明；（3）连接，先求出，，再证明，得到，设，则，分别得到，，，证明，得到，求出，从而得到，根据，即可求出．【详解】（1）证明：如图，连接、，∵，，∴点都在线段的垂直平分线上，∴是线段的垂直平分线，∴；（2）证明：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴；（3）解：如图，连接，∵，，∴是线段的垂直平分线，，∴，∵是线段的垂直平分线，∴．∵，∴．∵，，∴，∵，∴，∴．设，则，∴，在中，，∵，，∴．∵，，∴，∴，即，∴，整理得，解得（不合题意，舍去），∴，∵，∴．【点睛】本题为圆的综合题，考查了线段的垂直平分线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定，一元二次方程的应用，直角三角形的性质等知识，综合性强，第（3）问难度较大，熟知相关性质，并根据题目中已知条件灵活应用是解题关键．33．（2023·广东深圳·校考一模）如图1，已知⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC＝∠ACB＝（45°＜＜90°），点D是上一点，连接CD交AB于E．（1）连接BD，若∠CDB＝40°，求的大小；（2）如图2，若点B恰好是中点，求证：；（3）如图3，将CD分别沿BC、AC翻折到CM、CN，连接MN，若CD为直径，请问是否为定值，若是请求出这个值，若不是，请说明理由；【答案】（1）70°；（2）见解析；（3）是定值，【分析】（1）由圆周角定理求出∠CAB=∠CDB=40°，由三角形内角和定理可得出答案；（2）证明△BCE∽△BAC，由相似三角形的性质得出，证明CB=CE，则可得出结论；（3）由折叠的性质可得出∠DCN=2∠DCA，∠DCM=2∠DCB，CN=CD=CM=2r，过点C作CQ⊥MN于点Q，得出MN=2NQ，∠NCQ=∠MCN=α，∠CQN=90°，连接AO并延长交⊙O于点P，连接BP，则∠ABP=90°，证明△ABP≌△NQC（AAS），由全等三角形的性质得出AB=NQ=MN，则可得出答案．【详解】解：（1）∵，∴∠CAB=∠CDB=40°，∵∠ABC+∠ACB+∠CAB=180°，∠ABC=∠ACB=α，∴α=×(180°−40°)=70°；（2）证明：∵点B是的中点，∴，∴∠DCB=∠A，∵∠ABC=∠CBE，∴△BCE∽△BAC，∴，∴BC2=BE•BA，∵∠ACB=∠ACD+∠BCD，∠BEC=∠ACD+∠A，∠BCD=∠A，∴∠ABC=∠ACB=∠BEC，∴CB=CE，∴CE2=BE•BA；（3）是定值，．∵将CD分别沿BC、AC翻折得到CM、CN，∴∠DCN=2∠DCA，∠DCM=2∠DCB，CN=CD=CM=2r，∴∠MCN=2∠ACB=2α，如图3，过点C作CQ⊥MN于点Q，则MN=2NQ，∠NCQ=∠MCN=α，∠CQN=90°，连接AO并延长交⊙O于点P，连接BP，则∠ABP=90°，∵，∴∠P=∠ACB=∠NCQ=α，在△ABP和△NQC中，∴△ABP≌△NQC（AAS），∴AB=NQ=MN，∴，为定值．【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，折叠的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握圆的性质是解题的关键．34．（2023·广东深圳·校考三模）【问题发现】船在航行过程中，船长常常通过测定角度来确定是否会遇到暗礁．如图1，A，B表示灯塔，暗礁分布在经过A，B两点的一个圆形区域内，优弧上任一点C都是有触礁危险的临界点，就是“危险角”．当船P位于安全区域时，它与两个灯塔的夹角与“危险角”有怎样的大小关系？【解决问题】(1)数学小组用已学知识判断与“危险角”的大小关系，步骤如下：如图2，与相交于点D，连接，由同弧或等弧所对的圆周角相等，可知，

∵是的外角，∴（填“＞”，“＝”或“＜”），∴（填“＞”，“＝”或“＜”）；【问题探究】(2)如图3，已知线段与直线l，在直线l上取一点P，过A、B两点，作使其与直线l相切，切点为P，不妨在直线上另外任取一点Q，连接，请你判断与的数量关系，并说明理由；

【问题拓