04挑战压轴题（解答题二）3

（挑战压轴题）2023年中考数学【三轮冲刺】专题汇编（长沙专用）—04挑战压轴题（解答题二）1．（2022·湖南长沙·统考中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC，BD相交于点E，点F在边AD上，连接EF．(1)求证：△ABE∽△DCE；(2)当DC=CB，∠DFE=2∠CDB时，则AEBE-DECE(3)①记四边形ABCD，△ABE，△CDE的面积依次为S,S1,②当DC=CB，AB=m，AD=n，CD=p时，试用含m，【答案】(1)见解析(2)0，1，0(3)①等腰三角形，理由见解析，②p【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，对顶角相等，即可得证；（2）由（1）的结论，根据相似三角形的性质可得AE⋅CE=BE⋅DE，即可得出AEBE-DECE=0，根据已知条件可得EF∥AB，FA=FE（3）①记△ADE,△EBC的面积为S3,S4，则S=S1+S2+S②证明△DAC∽△EAB，△DCE∽△ACD，根据相似三角形的性质，得出EA⋅AC+CE⋅AC=AC2=mn+p2，则AC=【详解】（1）证明：∵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故答案为：0，1，0（3）①记△ADE,△EBC的面积为S3则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都为等腰三角形；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则AC=mn+∴AE=AC-CE=mn∴AE⋅EC=mn【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的性质与判定，对于相似恒等式的推导是解题的关键．2．（2022·湖南娄底·统考中考真题）如图，已知BD是Rt△ABC的角平分线，点O是斜边AB上的动点，以点O为圆心，OB长为半径的⊙O经过点D，与OA相交于点(1)判定AC与⊙O的位置关系，为什么？(2)若BC=3，，①求sin∠DBC、②试用sin∠DBC和cos∠DBC表示sin∠ABC，猜测sin2α【答案】(1)相切，原因见解析(2)①sin∠DBC=55，sin∠【分析】（1）连接OD，根据角之间的关系可推断出OD//BC，即可求得（2）①构造直角三角形，根据角之间的关系以及边长可求出sin∠DBC，sin∠ABC的值；②先表示出来sin∠DBC、cos∠DBC和sin∠ABC【详解】（1）解：连接OD，如图所示∵BD为∠ABC的角平分线∴∠ABD=∠CBD又∵⊙O过点B、D，设⊙O半径为r∴OB=OD=r∴∠ODB=∠OBD=∠CBD∴OD//∵OD⊥AC∴AC与⊙O的位置关系为相切．（2）①∵BC=3，∴BD=B∴sin∠过点D作DF⊥AB交于一点F，如图所示∴CD=DF（角平分线的性质定理）∴BF=BC=3∴OF=BFOB=3r，OF=CD=3∴OD2=O∴r=15∵OD//∴∠ABC=∠FOD∴sin∠∴sin∠②cos∠∴sin∠∴sin∠猜测sin当α=30°时2α=60°∴sin2sinαcosα∴sin∴sin【点睛】本题考查了圆与直线的位置关系、切线的判定、三角函数之间的关系，解题的关键在于找到角与边之间的关系，进而求出结果．3．（2021·湖南长沙·统考中考真题）如图，点O为以AB为直径的半圆的圆心，点M，N在直径AB上，点P，Q在AB上，四边形MNPQ为正方形，点C在QP上运动（点C与点P，Q不重合），连接BC并延长交MQ的延长线于点D，连接AC交MQ于点E，连接．（1）求sin∠（2）求的值；（3）令ME=x，，直径AB=2R（，是常数），求y关于x的函数解析式，并指明自变量x的取值范围．【答案】（1）255；（2）；（3）y=【分析】（1）连接OP，先利用HL定理证出Rt△OPN≅Rt△OQM，从而可得ON=OM，再在Rt△OQM中，解直角三角形即可得；（2）在（1）的基础上，利用AM=OA-OM求出AM的长，由此即可得；（3）如图（见解析），先解直角三角形可得QM=255R,OM=55R，再根据圆周角定理、相似三角形的判定可得△DBM∼△AEM，从而可得DMAM=BMME，由此即可得出y关于x的函数解析式，然后连接AP，交QM【详解】解：（1）如图，连接OP，则OP=OQ，∵四边形MNPQ为正方形，∴PN=QM=MN,∠QMO=∠PNO=90°，在Rt△OPN和Rt△OQM中，PN=QMOP=OQ∴Rt△OPN≅Rt△OQM(HL)，∴ON=OM，设QM=MN=2a，则，在Rt△OQM中，OQ=Q则sin∠（2）设QM=MN=2a，则，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由圆周角定理得：∠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如图，连接AP，交QM于点F，∵PN=MN=QM=255∴AN=AM+MN=5+∵四边形MNPQ为正方形，∴QM//∴△AFM∼△APN，∴FMPN=解得FM=3∵点C在QP上运动（点C与点P,Q不重合），∴点E在线段QF上运动（点E与点F,Q不重合），∴FM<ME<QM，即35综上，y=4【点睛】本题考查了正方形的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，较难的是题（3），正确找出相似三角形是解题关键．4．（2020·湖南长沙·统考中考真题）如图，半径为4的⊙O中，弦AB的长度为43，点C是劣弧AB上的一个动点，点D是弦AC的中点，点E是弦BC的中点，连接DE，OD，OE（1）求∠AOB的度数；（2）当点C沿着劣弧AB从点A开始，逆时针运动到点B时，求ΔODE的外心P所经过的路径的长度；（3）分别记ΔODE,ΔCDE的面积为S1,S2，当【答案】（1）；（2）43π；（3）AC=15-【分析】（1）过O作OH⊥AB于H，由垂径定理可知AH的长，然后通过三角函数即可得到∠OAB，从而可得到∠AOB的度数；（2）连接OC，取OC的中点G，连接DG、EG，可得到O、D、C、E四点共圆，G为△ODE的外心，然后用弧长公式即可算出外心P所经过的路径的长度；（3）作CN∥AB交圆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，连接OC，分别表示出ΔODE，ΔCDE的面积为S1，，由S12-【详解】解：（1）如图，过O作OH⊥AB于H，∵AB=43∴AH=1∴cos∠∴∠OAH=30°，∵OA=OB，∴∠OBH=∠OAH=30°，∴∠AOB=180°-30°-30°=120°；（2）如图，连接OC，取OC的中点G，连接DG、EG，∵D是弦AC的中点，点E是弦BC的中点，OA=OB=OC，∴OD⊥AC，OE⊥BC，即∠ODC=∠OEC=90°，∴OG=DG=GE=GC=1∴O、D、C、E四点共圆，G为△ODE的外心，∴G在以O为圆心，2为半径的圆上运动，∵，∴运动路径长为；（3）当点C靠近A点时，如图，作CN∥AB交圆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，连接OC，∵D是弦AC的中点，点E是弦BC的中点，∴DE=1∵∠OAH=30°，OA=4，∴OH=2，设OQ=h1，CP=h2，由题可知∴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同理当点C靠近B点时，可知AC=2综上所述，AC=15-3【点睛】本题是圆的综合问题，题目相对较难，属于中考压轴题类型，理解题意并能准确画出辅助线是解题的关键．5．（2020·湖南株洲·中考真题）AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，连接AC、BC，直线MN过点C，满足∠BCM=∠BAC=α．（1）如图①，求证：直线MN是⊙O的切线；（2）如图②，点D在线段BC上，过点D作于点H，直线DH交⊙O于点E、F，连接AF并延长交直线MN于点G，连接CE，且CE=53，若⊙O的半径为1，，求AG⋅ED的值．【答案】（1）见解析

（2）5【分析】（1）由圆周角定理的推论和直角三角形的性质可得∠A+∠B=90°，由OC=OB可得∠B=∠OCB，进一步即可推出∠OCB+∠BCM=90°，从而可得结论；（2）如图②，由已知条件易求出AC的长，根据对顶角相等和圆周角定理可得∠1=∠3，根据余角的性质可得∠ECD=∠AGC，进而可得△EDC∽△ACG，于是根据相似三角形的性质变形可得AG⋅DE=AC⋅CE，进一步即可求出结果．【详解】解：（1）证明：连接OC，如图，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠A+∠B=90°，∵OC=OB∴∠B=∠OCB，∵∠BCM=∠A，∴∠OCB+∠BCM=90°，即，∴MN是⊙O的切线；（2）如图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【点睛】本题考查了圆的切线的判定、等腰三角形的性质、解直角三角形、圆周角定理的推论以及相似三角形的判定和性质等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识、灵活应用相似三角形的判定和性质是解题的关键．1．（2023·湖南永州·统考一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为直径，点E在AC的延长线上，BC的延长线交DE于点F，∠DCF=45，EC=EF．(1)判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由；(2)若DE=23，EF=2，求CD【答案】(1)DE是⊙O的切线，理由见解析；(2)23【分析】（1）连接OB，OD，由四边形ABCD内接于⊙O，可得∠DAB+∠DCB=180°，由∠DCF+∠DCB=180°，可得∠DAB=∠DCF=45°．可求∠DOB=2∠DAB=90°．再证∠EFC=∠OBC．可得EF//OB．推出（2）设OD=r，则．在Rt△ODE中，由勾股定理，得r2+232=r+22【详解】（1）解：DE是⊙O的切线，理由如下：连接OB，OD．∵四边形ABCD内接于⊙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的半径，∴DE是⊙O的切线．（2）解：在Rt△ODE中，设则OE=OC+CE=OC+FE=r+2．由勾股定理，得r2解得r=2．∴OD=2，．∵cos∠∴∠DOE=60°．∴CD的长为nπr180【点睛】本题考查圆的内接四边形的性质，圆心角与圆周角关系，圆的切线的判定，勾股定理，锐角三角函数，圆的弧长公式，掌握圆的内接四边形的性质，圆心角与圆周角关系，圆的切线的判定，勾股定理，锐角三角函数，圆的弧长公式是解题关键．2．（2023·湖南长沙·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一个动点，延长AB至P，使BP=OB，BD垂直于弦BC，垂足为点B，点D在PC上．(1)当PC与⊙O相切时，求∠PCB的度数；(2)芳芳观察后发现，PDCD的值为12，点点说PDCD(3)设，求y与x之间的函数关系式．【答案】(1)∠PCB=30°(2)芳芳正确，证明见解析(3)y=【分析】当PC是⊙O的切线时，则OC⊥PC，则∠OCP=90°，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，得出BC=BP，即可由等腰三角形的判定定理得出结论；（2）连接AC，AB是⊙O的直径，∠ACB=90°，又得出AC∥BD，证明△PDB∽△PCA，进而即可求解．（3）连接AC，根据题意得出BCAC，又12∠POC，所以BCAC，再根据BDBC，则xy=BCAC⋅BDBC=【详解】（1）证明：当PC是⊙O的切线时，则OC⊥PC，∴∠OCP=90°，∵BP=OB，∴BC=BP，OP=2OB=2OC，∴∠P=∠PCB．sin∠∴∠PCB=∠P=30°；（2）解：芳芳正确，如图所示，连接AC，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°∵∴AC∥BD，∴△PDB∽△PCA，PDPC又∵BP=OB，则PA=3BP，即PDPCPDCD∴芳芳正确；（3）解：如图，连接AC，∵AB是⊙O的直径，∴∠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【点睛】本题考查直角三角形的性质，圆周角定理的推论，相似三角形的性质，正切的定义，熟练掌握相关性质是解题的关键．3．（2023·湖南株洲·统考一模）如图，已知AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，∠ACB的平分线交⊙O于点D，作交CA的延长线于点P，连接AD，BD．(1)求证：PD是⊙O的切线；(2)求证：△PAD∽△DBC；(3)当AC=6cm，BC=8cm，求线段PA的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)25【分析】（1）圆周角定理，得到∠ACB=90°，角平分线得到∠DCA=∠DCB=45°，进而得到，根据平行线的性质，得到∠ODP=90°，即可得证；（2）由平行和圆周角定理可得：∠PDA=∠DAB=∠BCD，由圆内接四边形的性质，可得∠PAD=∠DBC，即可得证；（3）勾股定理求出AB，等积法求出AD⋅BD=50，相似三角形的性质，得到PADB【详解】（1）证明：如图，连接OD．∵AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，∴∠ACB=90°，又CD平分∠ACB，∴∠DCA=∠DCB=45°，∴，又∵AB∥PD，∴∠ODP=90°，∴OD⊥DP，∵OD是⊙O的半径，∴PD是⊙O的切线．（2）证明：∵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【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质．熟练掌握直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，圆内接四边形的外角等于内对角，是解题的关键．4．（2023·湖南长沙·统考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，以边AB为直径的⊙O交斜边AC于D，作OF∥AC交⊙O于点E，交BC于点F，连接(1)求证：DF是⊙O的切线；(2)若EF=2，BF=23【答案】(1)见解析；(2)43【分析】（1）如图，连接OD．先证明△BOF≅△DOF（SAS），进而说明，再结合OD是（2）设⊙O的半径为r，则OF=r+2．在Rt△OBF中运用勾股定理可得r=2，然后说明OB=2、OF=4、∠BFO=30°、∠BOF=60°、∠BOD=2∠BOF=120°，进而求得S扇形【详解】（1）证明：如图，连接OD．∵OA=OD=OB，∴∠OAD=∠ODA．∵OF//∴，，∴∠BOF=∠DOF．在△BOF与△DOF中，OB=OD,∴△BOF≅△DOF（∴，∴．又∵OD是⊙O的半径，∴DF是⊙O的切线．（2）解：设⊙O的半径为r，则OF=r+2．在Rt△∵OB∴，解得r=2，∴⊙O的半径为2，∴OB=2，OF=4，∴sin∴∠BFO=30°，∴∠BOF=60°，同理：∠DOF=60°∴∠BOD=∠BOF+∠DOF=120°，∴．又∵，∴．【点睛】本题主要考查了切线的判定、全等三角形的判定与性质、扇形的面积公式等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．5．（2023·湖南娄底·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，OD⊥AC于点D，过点A作⊙O的切线，交OD的延长线于点P，连接PC并延长与AB的延长线交于点E．(1)求证：PC是⊙O的切线；(2)若PC=6，tanE【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）如图，连接OC，先由垂径定理得到OP垂直平分AC，得到PA=PC，再证明△OAP≌△COP，得到∠OCP=∠OAP，由PA是⊙O的切线，推出∠OCP=90°，即OC⊥PC，即可证明PC是⊙O的切线．（2）如图所示，连接BC，由AB是⊙O的直径，得到∠ACB=90°=∠ECO，进而证明∠ECB=∠ACO，进一步证明△ECB∽△EAC，推出BE=EC2AE，在Rt△PAE中，tanE=AP【详解】（1）解：如图，连接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的切线，∴∠OAP=90°，∴∠OCP=90°，即OC⊥PC，∴PC是⊙O的切线．（2）解：如图所示，连接BC，∵AB是⊙O的直径，∴∠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【点睛】本题主要考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，垂径定理，勾股定理，等边对等角等等，正确作出辅助线是解题的关键．6．（2023·湖南邵阳·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，点F、C在⊙O上且FC=BC，连接AC、AF，过点C作CD⊥AF交(1)求证：直线CD是⊙O的切线；(2)若∠CAD=30°，CD=3，求AC【答案】(1)见解析(2)4【分析】（1）根据圆周角定理得∠FAC=∠BAC，而∠OAC=∠OCA，则，可判断OC∥AF，由于CD⊥AF，所以OC⊥CD，然后根据切线的判定定理得到CD是⊙O的切线；（2）连接BC，根据圆周角定理、邻补角定义求出∠AOC=120°，根据含30°角的直角三角形的性质、勾股定理求出AB=4，则OA=2，根据弧长计算公式求解即可．【详解】（1）证明：∵FC=∴∠FAC=∠BAC，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∴，∴OC∥AF，∵CD⊥AF，∴OC⊥CD，∵OC是⊙O的半径，∴CD是⊙O的切线；（2）解：如图，连接BC，∵∠CAD=30°，∴∠BOC=2∠BAC=2∠CAD=60°，∴∠AOC=180°-60°=120°，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴BC=1∵CD⊥AD，∠CAD=30°，CD=3∴AC=2CD=23∴AB∴AB=4或AB=-4（舍去），∴OA=2，∴AC=【点睛】此题考查了切线的判定、圆周角定理、弧长计算公式，熟练掌握切线的判定、圆周角定理、弧长计算公式是解题的关键．7．（2023·湖南长沙·统考模拟预测）如图1，以正方形ABCD的顶点A为圆心，作圆弧BD，P是BD上一动点，过点P作BD的切线交BC于点E，交CD于点F，连接AE，AF．(1)求∠EAF的大小；(2)如图2，连接AP．①求证：为定值；②当PE=2，PF=3时，求△AEF的面积；(3)如果△CEF的周长为20，设BE=x，△AEF的面积为y，求y关于x的函数关系式，并求出y的最小值．【答案】(1)45°(2)①见解析；②15(3)y=5x【分析】（1）连接AP，根据切线长定理可得∠BAE=∠PAE，，即可求解；（2）①正方形ABCD的边长为a，根据切线长定理得出EB=EP，，则△CEF的周长=2a，即可进行解答；②根据PE=2，PF=3，则，，根据勾股定理求出a的值，最后根据三角形的面积公式即可求解；（3）根据△CEF的周长为20，得出a=10．设DF=t，则CE=10-x，，，根据勾股定理求出，进而得出，根据三角形的面积公式得出，整理得，根据二次函数的性质，即可进行解答．【详解】（1）解：如图，连接AP．∵四边形ABCD是正方形，∴，∴CB，CD均为圆弧BD的切线．又∵EF为圆弧BD的切线，∴∠BAE=∠PAE，，∴，∴∠EAF=1（2）设正方形ABCD的边长为a．①证明：∵CB，CD，EF均为圆弧BD的切线，∴EB=EP，，∴△CEF的周长．又∵AP=a，∴，∴为定值；②解：∵PE=2，PF=3，∴，，∴，．在Rt△CEF中，∵∴，解得a=6或a=-1（舍去），∴，∴．（3）∵△CEF的周长为20，∴，∴a=10．设DF=t，则CE=10-x，，∵CE∴，化简整理得，，∴，∴，∴y关于x的函数关系式为（）；．令，则，∵，∴，∴当时，y有最小值，即当，时，y有最小值，为1002-100．∴y的最小值为1002【点睛】本题主要考查了圆的切线长定理，勾股定理，二次函数的性质，解题的关键是掌握从圆外一点可以画两条圆的切线，这这条切线长相等，圆心到这点的连线平分两条切线的夹角；以及求二次函数最值的方法和步骤．8．（2023·湖南张家界·统考一模）如图，点D在⊙O的直径AB的延长线上，点C在⊙O上，AC平分∠DAE，AE⊥CD于点E．(1)求证：CD是⊙O的切线．(2)DF是⊙O的切线，F为切点，若，∠ADE=30°，求AF的长．【答案】(1)见解析(2)4π【分析】（1）连接OC，证明OC∥AE，根据平行线的性质得到OC⊥CD，根据切线的判定定理证明结论；（2）连接OF，根据切线的性质得到OF⊥DF，根据含30°角的直角三角形的性质求出OF，根据弧长公式计算，得到答案．【详解】（1）证明：连接OC，如图所示，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∵AC平分∠DAE，∴∠OAC=∠EAC，∴∠EAC=∠OCA，∴OC∥AE，∵AE⊥CD，，为⊙O的半径，∴CD是⊙O的切线；（2）解：连接OF，∵CD是⊙O的切线，DF是⊙O的切线，∠ADE=30°，∴∠ODF=30°，OF⊥DF，∴∠DOF=60°，OD=2OF，∴∠AOF=120°，，OD=OB+BD=OF+2=2OF，∴OF=OC=2，∴AF的长为：．【点睛】本题考查的是切线的判定和性质、弧长的计算，掌握切线的判定定理、弧长公式是解题的关键．9．（2023·湖南娄底·校考一模）如图，在△ABC中，AD平分∠CAB，交BC于点D．AB是⊙O的直径，连接AD、过点D作DE⊥AC，交AC于点E，交AB的延长线于点F．(1)求证：DE是⊙O的切线；(2)求证：；(3)若⊙O的半径为5，tan∠ABD=4【答案】(1)见解析(2)见解析(3)90【分析】（1）连接OD，AB为⊙O的直径得∠ADB=90°，由AB=AC，根据等腰三角形性质得AD平分BC，即DB=DC，则OD为△ABC的中位线，所以OD∥AC，而DE⊥AC，则OD⊥DE，然后根据切线的判定方法即可得到结论；（2）利用两角对应相等的两三角形相似证明△FDB∽△FAD，由相似三角形的性质可得出答案；（3）由∠DAC=∠DAB，根据等角的余角相等得∠ADE=∠ABD，在中，利用解直角三角形的方法可计算出AD=8，在Rt△ADE中可计算出AE=325，然后由OD∥AE，得△FDO∽△FEA【详解】（1）证明：连接OD，如图，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∴AD⊥BC，∴∠ADB=∠ADC=90°∵AD平分∠BAC，∴∠CAD=∠BAD∵AD=AD∴△ADC≌△ADB∴DB=DC，∵OA=OB，∴OD为△ABC的中位线，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴OD⊥DE，又∵OD是半径，∴ED是⊙O的切线（2）证明：∵EF是⊙O的切线，∴∠ODB+∠BDF=90°，∵OD=OB，∴∠OBD=∠ODB，∴∠OBD+∠BDF=90°，∵AB是⊙O的直径，

∴∠ADB=90°，∴∠DAB+∠OBD=90°，∴∠DAB=∠BDF，，∴△FDB∽△FAD，∴DFAF；（3）解：，，∵tan设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．【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判定定理：过半径的外端点且与半径垂直的直线为圆的切线．也考查了等腰三角形的性质、圆周角定理和解直角三角形．10．（2023·湖南衡阳·模拟预测）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，CD垂直AB，垂足为D，在AC延长线上取点E，使∠CBE=∠BAC．(1)求证：是⊙O的切线；(2)若CD=4，BE=6，求⊙O的半径OA．【答案】(1)见解析(2)3【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角，然后证明∠ABE=90°即可；（2）连接OC，设OA=r，证明△ADC~△ABE，根据相似三角形对应线段成比例求出AD的长，进而得出OD的长，在中，根据勾股定理列出方程，解方程即可得出答案．【详解】（1）∵AB为⊙O直径，，∴∠CAB+∠ABC=90°，∵∠CBE=∠BAC，，∴∠ABE=90°，∴BE是⊙O的切线；（2）连接OC，设OA=r，∵∠CDA=∠ABE=90°，∴△ADC~△ABE，∴AD∴AD=2∴OD=4在中，OD2∴1∵r>0，∴r=32．【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的判定与性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，根据勾股定理列出方程是解题的关键．11．（2023·湖南长沙·模拟预测）如图1，已知∠MPN的角平分线PF经过圆心O交⊙O于点E、F，PN是⊙O的切线，B为切点．(1)求证：PM也是⊙O的切线；(2)如图2，在（1）的前提下，设切线PM与⊙O的切点为A，连接AB交PF于点D；连接AO交⊙O于点C，连接BC，；记∠PFA为∠α．①若BC=6，tan∠α=②小华探究图2之后发现：EF2=m⋅OD⋅OP（m【答案】(1)详见解析(2)①4；②4【分析】（1）过点O作OA⊥PM，垂足为A，连接OB，根据切线的性质可得出OB是⊙O的半径且OB⊥PN，由PF平分∠MPN利用角平分线的性质可得出OA=OB，进而可证出PM也是⊙O的切线．（2）①由PM、PN都是⊙O的切线可得出PA=PB，利用等腰三角形的三线合一可得出OP⊥AB、AD=BD，由三角形中位线的性质可得出OD=3，设⊙O的半径为r，则FD=r+3，AD=12r+3，在Rt△AOD中，利用勾股定理可求出r的值，将其代入AD=12r+3中即可求出AD的长度；②利用相似三角形的性质可得出，结合【详解】（1）证明：在图1中，过点O作OA⊥PM，垂足为A，连接OB．∵PN是⊙O的切线，B为切点，∴OB是⊙O的半径，且OB⊥PN，∵PF平分∠MPN∴OA=OB∴PM也是⊙O的切线；（2）①∵PM、PN都是⊙O的切线∴PA=PB∵∠APD=∠BPD∴OP⊥AB、AD=BD，∵OD为△ABC的中位线，∴OD=设⊙O的半径为r，则FD=r+3∵tan∴AD=在Rt△AOD中，OA2=A解得：r=5（负根舍去）∴AD=②猜想m=4．证明：∵∠OAP=∠ODA=90°、∠AOP=∠DOA∴△OAP∼△ODA，∴OAOP=又∵EF=2OA∴∴m=4【点睛】本题考查了切线的判定与性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质、勾股定理、三角形的中位线以及相似三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）利用等腰三角形的三线合一找出OA=OB；（2）①在Rt△AOD中，利用勾股定理求出圆的半径；②利用相似三角形的性质证出．12．（2023·湖南长沙·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，AB=4，点F、C是⊙O上两点，连接AC、、OC，弦AC平分∠FAB，∠BOC=60°，过点C作CD⊥AF交的延长线于点D，垂足为D．(1)求证：CD是⊙O的切线；(2)求DF的长．【答案】(1)见解析；(2)．【分析】（1）由角平分线的性质及圆周角定理可证∠FAB=∠COB即AD∥OC，结合CD⊥AF可证明结论；（2）连接CF、，由（1）易证AFCO是菱形，结合菱形的性质可求得CF与∠DCF,最后由“30°角所对的直角边等于斜边的一半”可求解．【详解】（1）证明：∵AC平分∠FAB，∴∠FAB=2∠CAB，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∴∠COB=2∠CAB，∴∠FAB=∠COB，∴AD∥OC，∵CD⊥AF，∴CD⊥OC，∵C在圆上，∴CD是⊙O的切线；（2）连接CF、，由（1）可知，∠FAB=∠COB=60°，AD∥OC，∠AOC=120°，是⊙O的直径，∠FAB=60°，∴∠AFC=90°，∴AF=1∴AFCO是平行四边形，∵OA=OC，∴AFCO是菱形，∴∠AFC=∠AOC=120°，∠OCF=∠FAB=60°，CF=OC=2，∴∠DCF=90°-∠OCF=30°，∵CD⊥AF，∴DF=1【点睛】本题考查了圆的基本性质，圆周角定理，平行线的判定和性质，切线的证明，菱形的判定和性质，以及30°角所对的直角边等于斜边的一半；解题的关键是由圆周角定理得到角相等从而证明直线平行，以及菱形的证明．13．（2023·湖南长沙·校联考一模）如图1，在⊙O中，AB为直径，点C在圆上，，，D是AB上一动点（与点A、B不重合），DE平分∠CDB交边BC于点E，EF⊥CD，垂足为点F．(1)当点D与圆心O重合时，如图2所示，则DE=；(2)若CD2=CE⋅CB，试探究△BDE(3)当△CEF与△ABC相似时，求cos∠【答案】(1)15(2)SΔBDE(3)22或【分析】（1）设，由勾股定理得出AB=BC2+AC2=17x，则17x=17（2）证明△DCE∼△BCD，由相似三角形的性质得出∠CDE=∠CBD，证出DE=BE，过点E作EG⊥DB于G，利用HL证明Rt△DEF≅Rt△（3）分两种情况：①当△CEF∼△ABC时，可证得∠CDB=90°，再根据DE平分∠CDB，可得∠BDE=45°，再由特殊角的三角函数值即可求得答案；②当△CEF∼△BAC时，则∠ECF=∠ABC，得出DC=DB，再由DE平分∠CDB，可得【详解】（1）解：∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∵，∴，设，∴AB=B∴17x=17∴x=1∴，∵点D与圆心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故答案为：154（2）S证明：∵CD∴，又∵∠DCB=∠ECD，∴△DCE∽△BCD，∴∠CDE=∠CBD，∵DE平分∠CDB，∴∠CDE=∠BDE，∴∠EDB=∠CBD，∴DE=BE，过点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与△ABC相似，∴△CEF∽△ABC或△CEF∽△BAC，①当△CEF∽△ABC时，则∠ECF=∠BAC，∵∠ACB=90∴∠BAC+∠ABC=90∴∠ECF+∠ABC=90∴∠CDB=90∵DE平分∠CDB，∴∠BDE=1∴；②当△CEF∽△BAC时，则∠ECF=∠ABC，∴DC=DB，∵DE平分∠CDB，∴DE⊥BC，∵∠ACB=90∴AC⊥BC，∴DE∥BC，∴∠BDE=∠A，∵，∴cosA∴．综上所述，cos∠BDE的值为22【点睛】本题是圆的综合题，考查了直角三角形性质，勾股定理，全等三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质，角平分线性质，三角形面积，锐角三角函数等知识，解题关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质等相关知识，运用分类讨论思想和方程思想解决问题．14．（2023·湖南长沙·校联考模拟预测）如图，AB为⊙O的直径，过点B作⊙O的切线，连接OE，过点A作AD∥OE交⊙O于点D，连接ED交BA的延长线于点C．(1)直线CE与⊙O相切吗？并说明理由；(2)若，求DE的长．【答案】(1)相切，理由见解析(2)12【分析】（1）连接DO，证明△BOE≌△DOE，得证∠ODE=90°即可．（2）连接DO，设DO=OA=x，根据勾股定理，得x2+82【详解】（1）解：直线CE与⊙O相切，理由如下：连接DO，∵DO=OA，∴∠OAD=∠ODA，∵AD∥OE，∴∠OAD=∠BOE，∴∠BOE=∠DOE，∴△BOE≌△DOE，∴∠OBE=∠ODE，∵过点B作⊙O的切线，，∴∠OBE=90°，∴∠OBE=∠ODE=90°，∴OD⊥CE，所以CE与⊙O相切．（2）连接DO，设DO=OA=x，∵OD2+C∴x2解得x=6，∴DO=OA=6，

∵AD∥OE，∴，∴46解得：DE=12．【点睛】本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，平行线分线段成比例定理，勾股定理，熟练掌握切线的判定和性质，平行线分线段成比例定理，勾股定理是解题的关键．15．（2023·湖南长沙·校联考一模）如图，已知AB为⊙O的直径，CD是弦，AB⊥CD，垂足为点E，OF⊥AC，垂足为点F，．(1)求证：AC=CD；(2)若BE=4，CD=83【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据AAS证明△AFO≅△CEB即可判断；（2）根据S阴【详解】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，AB⊥CD，∴BC=∴∠A=∠DCB，∵OF⊥AC，OA=OC∴∠AFO=∠CEB=90°，AF=∴∠FCO=∠DCB∵，∴△AFO≅△CEB，∴AF=CE，∴AC=CD；（2）∵AB为⊙O的直径，AB⊥CD，CD=83∴CE=1设OC=r，则OE=r-4，∴r∴r=8，连接OD，在Rt△OEC中，∴sin∴∠OCE=30∴∠COD=120∴S阴=【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，以及扇形的面积的计算，正确求得∠OCE的度数是解决本题的关键．1．（2023·湖南长沙·校联考二模）如图，AB是⊙O的直径，点E在AB的延长线上，AC平分∠DAE交⊙O于点C，连接并延长，AD垂直于点D．(1)求证：直线DE是⊙O的切线；(2)若⊙O的半径为3，BE=2，求线段AD的长．【答案】(1)见解析(2)24【分析】（1）连接OC，由角平分线的定义及等腰三角形的性质，得出∠DAC=∠ACO，再根据平行线的判定定理，得出AD∥OC，进而得出，再根据切线的判定定理，即可得出结论；（2）连接OC，证明△COE∽△DAE，由相似三角形的性质可求出答案．【详解】（1）证明：如图1，连接OC，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∵AC平分∠DAE，∴∠DAC=∠OAC，∴∠DAC=∠ACO，∴AD∥OC，∴∠OCE=∠ADC∵AD⊥DE，∴∠ADC=90°，∴，∴OC⊥DE，∵OC是半径，∴DE是⊙O的切线；（2）解：如图1，连接OC，∵AD∥OC，∴△COE∽△DAE，∴OCAD∴3AD∴AD=24【点睛】本题考查了等边对等角、平行线的判定与性质、切线的判定定理、相似三角形的判定与性质，解本题的关键是作辅助线，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．2．（2023·湖南永州·校考一模）．如图，AB是⊙O直径，弦CD垂直于AB，交AB于点E，连接AC，∠CDB=30°，．(1)求半径OC；(2)BC的弧长；(3)求阴影面积．【答案】(1)4(2)4(3)8【分析】（1）根据圆周角定理得，根据垂径定理得CE=DE=23，∠COE=2∠CAB=60°，即可求出半径OC；（2）根据弧长公式求BC的长度即可；（3）连接OD，阴影面积为扇形BOD的面积．【详解】（1）解：∵∠CDB=30°，∴，∵AB是⊙O直径，弦CD垂直于AB，，∴CE=DE=12×4∴∠OAC=∠OCA=30°，∵∠COE=2∠CAB=60°，在Rt△COE中，∴OC=CE∴半径OC为4；（2）∵∠COB=60°，OC=4，∴BC的长为：60π×4180∴BC的弧长为43（3）如图，连接OD，∴OD=OB=OC=4，∵OB⊥CD，CE=DE，∴BC=BD，∴∠DOB=∠COB=60°，∴阴影部分的面积等于扇形DOB的面积，∵扇形DOB的面积为：60π×4∴阴影面积为83【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理及垂径定理的推论，锐角三角函数，弧长公式以及扇形面积等知识．熟练应用垂径定理及推论，弧长和扇形面积公式是解题关键．3．（2023·湖南永州·校考一模）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，以AB的中点O为圆心、OA为半径的圆交AC于点D，E是BC的中点，连接DE，OE．(1)判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由；(2)求证；B(3)若cos∠BAD=35，【答案】(1)相切，理由见解析(2)证明见解析(3)15【分析】（1）连接OD，BD，由AB为⊙O的直径，得到∠ADB为直角，△BCD为直角三角形，利用斜边上的中线等于斜边的一半，得到CE=DE，又OA=OD，根据等边对等角得到角相等，由直角三角形两锐角互余，可得出∠ADO+∠CDE=90°，可得出∠ODE为直角，即DE垂直于半径OD，即可得证；（2）证明△ABC∽△BDC，根据相似三角形的对应边的比相等，即可证得；（3）在Rt△ABC中，结合锐角三角函数和勾股定理求得AC的长，根据三角形中位线定理【详解】（1）解：DE与⊙O相切．理由：连接OD，BD，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°，，在Rt△BCD中，E为∴CE=DE=BE=1∴∠C=∠CDE，∵OA=OD，∴，∵∠ABC=90°，∴∠A+∠C=90°，∴∠ADO+∠CDE=90°，∴∠ODE=90°，∴DE⊥OD，又OD为⊙O的半径，∴DE为⊙O的切线，即DE与⊙O相切．（2）证明：∵∠C=∠C，∠ABC=∠BDC=90°，∴△ABC∽△BDC，∴BCDC∴BC（3）解：在Rt△ABD中，∵cos∠设，∴35∴AB=5x，∴BD=A∴BCAC∵BE=6，E是BC的中点，∴BC=2BE=12，∴AC=15，∵点O是AB的中点，∴OE是△ABC的中位线，∴OE=1∴OE的长为152【点睛】本题考查切线的判定，直径所对的圆周角是直角，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等边对等角，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，中位线等知识点．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．掌握切线的判定，相似三角形的判定和性质及锐角三角函数的定义是解题的关键．4．（2023·湖南永州·校考一模）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是边AB上一点，以BD为直径作⊙O交BC于点F，并且⊙O与AC相切于点E，连接(1)求证；BC∥OE；(2)若⊙O的半径为5，∠A=30°，求BC的长．【答案】(1)证明见解析(2)7.5【分析】（1）根据切线的性质得到OE⊥AC，进而证明BC∥OE；（2）根据含30°角的直角三角形的性质求出OA，再求出BC．【详解】（1）证明：∵AC是⊙O的切线，∠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的长为7.5．【点睛】本题考查切线的性质、含30°角的直角三角形的性质，平行线的判定．掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．5．（2023·湖南株洲·统考一模）如图，已知ΔABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，∠CAB的平分线交BC于点D，交⊙O于点E，连接EB，作∠BEF=∠CAE，EF交AB的延长线于点F．(1)求证：BC∥EF；(2)求证：EF是⊙O的切线；(3)若BF=10,EF=20，求⊙O的半径和AD的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)15，AD=9【分析】（1）由圆周角定理及已知条件进行等量代换，然后利用内错角相等两直线平行证明即可．（2）利用角平分线及圆周角定理得出E是BC的中点，再利用垂径定理及平行线的性质推导得出∠OEF为直角，即可证明．（3）先证明△EBF∽△AEF，然后利用勾股定理计算得出AE，BE的长，再利用平行线所截线段成比例求出【详解】（1）证明：∵∠BEF=∠CAE,∠CAE=∠CBE，∴∠BEF=∠CBE，∴BC∥EF；（2）证明：连接OE，∵AE平分∠CAB，∴，∴CE=∴OE⊥BC，∵BC∥EF，∴OE⊥EF，∵OE是⊙O的半径，∴EF是⊙O的切线；（3）解：如图，设⊙O的半径为x，则OE=OB=x,OF=x+10，在Rt△OEF中，由勾股定理，得OE∴x2解得：x=15，∴⊙O的半径为15；∵∠BEF=∠BAE,∠F=∠F，∴△EBF∽△AEF，∴BEAE=∴AE=2BE，∵AB是⊙O的直径，∴∠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的半径为15；求AD长的步骤同上．【点睛】本题主要考查平行的判定，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，切线的证明以及相似三角形，掌握切线的证明，相似三角形的判定及计算是解决本题的关键．6．（2023·湖南衡阳·校考模拟预测）如图，在等腰△ABC中，AB=AC，点D是BC上一点，以BD为直径的⊙O过点A，连接AD，∠CAD=∠B．(1)求证：AC是⊙O的切线；(2)若AC=6，求⊙O的半径．【答案】(1)见解析(2)2【分析】（1）连接AO．由直径所对圆周角为直角可得出∠BAO+∠DAO=90°，再根据等腰三角形的性质结合题意可得出∠CAD=∠BAO，进而可得出∠CAD+∠DAO=90°，即∠CAO=90°．从而即证AC是⊙O的切线；（2）由等腰三角形的性质可得出∠B=∠C．再根据外角性质得出∠AOD=∠B+∠BAO=2∠B，从而得出∠AOD=2∠C．结合（1）∠CAO=90°，可求出∠C=30°，最后根据解直角三角形即得出答案．【详解】（1）证明：如图，连接AO．∵BD为⊙O直径，∴∠BAD=90°，即∠BAO+∠DAO=90°．∵OA=OB，∴∠B=∠BAO．∵∠CAD=∠B，∴∠CAD=∠BAO，∴∠CAD+∠DAO=90°，即∠CAO=90°．∵AO为⊙O半径，∴CA⊥OA，即AC是⊙O的切线；（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【点睛】本题考查圆周角定理的推论，切线的判定，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，解直角三角形等知识．在解圆的问题时连接常用的辅助线是解题关键．7．（2023·湖南衡阳·校考一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠1=∠2，延长BC到点E，使得CE=AB，连接ED．(1)求证：BD=ED；(2)若AB=4，BC=6，∠ABC=60°，求tan∠【答案】(1)见解析(2)5【分析】（1）根据圆内接四边形的性质得到∠A=∠DCE，证明△ABD≅△CED(SAS(2)过点D作DM⊥BE于M，根据等腰三角形的性质求出BM，进而求出CM，根据正切的定义求出DM，根据正切的定义计算，得到答案．【详解】（1）∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠A=∠DCE，∵∠1=∠2，∴AD=∴AD=DC，在△ABD和△DCE中，AB=CE∠A=∠DCE∴△ABD≅△CED(SAS∴BD=ED；（2）过点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∴．【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、解直角三角形、全等三角形的判定和性质，掌握圆内接四边形的对角互补、锐角三角函数的定义是解题的关键．8．（2023·湖南湘潭·湘潭县云龙中学校考一模）如图，AB为⊙O的直径，AC交⊙O于点E，OD⊥AC，(1)判断BC与⊙O的位置关系，并说明理由；(2)若OD=3，tanC=4【答案】(1)BC与⊙O相切，见解析(2)8【分析】（1）由OD⊥AC可得，结合∠AOD=∠C可得∠A+∠C=90°，即∠ABC=90°，然后根据切线的判定定理即可解答；（2）先根据圆周角定理及中位线的性质说明∠ABE=∠C，AD=DE，然后根据三角函数的定义即可解答．【详解】（1）解：BC与⊙O相切，理由如下：∵OD⊥AC，∴∠ADO=90°，∴，又∵∠AOD=∠C，∴∠A+∠C=90°，∴∠ABC=90°，∴AB⊥BC，∵AB为⊙O的直径，∴BC是⊙O的切线．（2）解：如图：连接，∵AB为⊙O的直径，∴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．【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系、垂径定理和、三角函数的定义等知识点，正确地作出辅助线、构造直角三角形是解题的关键．9．（2023·湖南衡阳·校考一模）如图，在△ABC中，AC=AB，AC是⊙O的弦，D为AC的中点，连接OD，OA，分别交CB于点E，点F，OE=OF．(1)求证：AB是⊙O的切线；(2)若，sin∠AOD=35【答案】(1)见解析(2)2【分析】（1）连接OC，由垂径定理可知OD⊥AC，然后利用等腰三角形的性质及余角的性质求出∠OAB的度数，就可以判断AB是否是切线．（2）利用sin∠AOD=35得到AD，OA的数量关系，设AD=3x，OA=5x，用勾股定理表示出OD的长度，利用【详解】（1）证明：连接OC，∵OC=OA，D为AC的中点，∴OD⊥AC，∴∠DCE+∠DEC=90°∵AC=AB，∴∠ACB=∠B，∵OE=OF∴∠OEF=∠OFE，∵，∴∠DEC=∠AFB，∴，∴∠OAB=90∵OA是⊙O的半径，∴AB是⊙O的切线；（2）在Rt△∵sin∠∴，设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，∴．【点睛】本题主要考查圆的垂径定理，切线的判断，勾股定理及锐角三角函数的计算。掌握切线的证明方法，利用勾股定理列方程以及熟练掌握三角函数的计算是解决本题的关键．10．（2023·湖南衡阳·衡阳市华新实验中学校考一模）如图，PA与⊙O相切于点A，过点A作AD⊥OP于点C，交⊙O于点D，连接PD交直径AB的延长线于点E．(1)求证：PD是⊙O的切线；(2)若⊙O的半径为6，DC=4，求PD的长．【答案】(1)见解析(2)12【分析】（1）由切线的性质可得∠OAP=90°，再证明△OPD≅△OPASSS，得出∠ODP=∠OAP=90°可求证；（2）先由勾股定理求出OC=25，再证明△OCD~△DCP【详解】（1）证明：∵PA与⊙O相切于点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的半径，∴PD是⊙O的切线；（2）∵⊙O的半径为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【点睛】本题考查了切线的判定和性质，垂径定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键．11．（2023·湖南长沙·模拟预测）如图，△ABC内接于⊙O，∠CBG=∠BAC，CD为直径，OC与AB相交于点E，过点E作EF⊥BC，垂足为F，延长CD交GB的延长线于点P，连接BD．(1)求证：PG与⊙O相切；(2)若EFAC=5【答案】(1)证明见解析(2)BE【分析】（1）连接OB，则OB=OD，∠BDC=∠OBD，根据同弧所对的圆周角相等可得∠BDC=∠BAC，可证∠CBG=∠OBD，根据直径所对圆周角是90°可得∠OBD+∠OBC=90°，等量代换得∠CBG+∠OBC=90°，即∠OBG=90°，故PG与⊙O相切；（2）过点O作OH⊥AC，垂足为，根据OA=OC，可得∠AOH=∠COH=12∠AOC，AH=CH=12AC，由同弧所对的圆周角是圆心角的一半可知∠ABC=12∠AOC，则∠COH=∠ABC，可得△BEF∽△OCH，所以【详解】（1）解：连接OB，如图：∴OB=OD，∴∠BDC=∠OBD，∵∠BDC=∠BAC，∠CBG=∠BAC，∴∠BDC=∠CBG=∠OBD，∵CD为⊙O的直径，∴∠OBD+∠OBC=90°，∴∠CBG+∠OBC=90°，∴∠OBG=90°，∴PG与⊙O相切．（2）解：过点O作OH⊥AC，垂足为，∴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【点睛】本题考查了圆的综合问题，涉及圆周角定理、圆心角定理、相似三角形的判定和性质等知识点，根据题意正确作出辅助线是解答本题的关键．12．（2023·湖南湘潭·模拟预测）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(1)求证：