中考数学三轮冲刺培优训练专题11圆有关计算与证明（解析版）

专题11圆有关计算与证明最新模拟预测40道（性质、切线、弧长与扇形、内接与内切）类型一、圆的有关性质计算与证明1．（2023·安徽蚌埠·校考一模）如图，已知△ABC内接于⊙O，过圆心O作边AB的垂线，与AC延长线交于点D，与边BC交于点E．(1)若∠D=20°，求∠BOC的大小；(2)求证：CD⋅BE=DE⋅OB．【答案】(1)140°(2)证明见解析【分析】（1）求出BC所对圆周角，根据圆周角与圆心角的关系即可求得；（2）证明△DEC 【详解】（1）解：∵DO⊥AB，∠D=20°，∴∠BAC=70°，∵∠BOC与∠BAC分别是BC所对的圆心角与圆周角，∴∠BOC=2∠BAC=140°．（2）证明：∵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．【点睛】本题考查了三角形相似及圆的基本性质，掌握圆周角与圆心角的关系是解题的关键．2．（2023·湖北孝感·模拟预测）如图，在锐角△ABC中，AC是最短边；以AC中点O为圆心，12AC长为半径作⊙O，交BC于E，过O作OD∥BC交⊙O于D，连接AE、(1)求证：D是AE的中点；(2)求证：∠DAO=∠B+∠BAD．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据同弧或等弧所对的圆周角相等，可以证明该结论；（2）根据OD∥BC，【详解】（1）证明：∵由已知可得，OD∥BC，∴∠ODC=∠DCE，∠ODC=∠OCD，∴∠OCD=∠DCE，∴AD=即D是AE的中点；（2）证明：延长AD与BC交于点G，如图所示，∵OD∥BC，∴∠ADO=∠AGE，∠ADO=∠DAO，∴∠AGE=∠DAO，∵∠AGE=∠B+∠BAD，∴∠DAO=∠B+∠BAD．【点睛】本题考查圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系、平行线的性质，三角形的外角与内角的关系，解题的关键是明确题意，找出所求结论需要的条件．3．（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）如图，A、B为⊙O上的两个定点，P是⊙O上的动点（P不与A、B重合），我们称∠APB为⊙O上关于A、B的滑动角．已知∠APB是⊙O上关于点A、B的滑动角．(1)若AB为⊙O的直径，则∠APB=______；(2)若⊙O半径为1，AB=2，求∠APB【答案】(1)90°(2)∠APB=45°或135°【分析】（1）由AB为⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可求得∠APB的度数．（2）连接OA、OB、AB.由勾股定理的逆定理，即可证得∠AOB=90°.然后由圆周角定理，即可求得答案．【详解】（1）AB为⊙O的直径，∴∠APB=90°，故答案为：90°；（2）连接OA、OB、AB.∵⊙O的半径是1，∴OA=OB=1.又∵AB=2∴O由勾股定理的逆定理可得∠AOB=90°.若点P在优弧APB上,∠APB=1若点P在劣弧AB上,∠A∴∠APB=45°或135°．【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理的逆定理，掌握圆周角定理是解题的关键．4．（2023·江西南昌·统考一模）如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，∠A=45°，请仅用无刻度的直尺，按下列要求画图（保留画图痕迹）．(1)在图1的⊙O上作点D，使△BCD为等腰直角三角形；(2)在图2的⊙O上作点M，N，使四边形BCMN为正方形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）连接CO，并延长CO交⊙O于点D，连接BD，即可求解；（2）连接CO，BO，并分别延长CO，BO交⊙O于点N，M，连接BD，CM，【详解】（1）解：画图如下：点D即为所求．理由：如图，连接CO，并延长CO交⊙O于点D，连接BD，∵CD是⊙O的直径，∴∠CBD=90°，∵∠D=∠A=45°，∴△BCD为等腰直角三角形；（2）解：画图如下：正方形BCMN即为所求．理由：如图，连接CO，BO，并分别延长CO，BO交⊙O于点N，M，连接BD，CM，∵CN,BM是⊙O的直径，∴∠CBN=∠BCM=∠CMN=∠BNM=90°，∴四边形BCMN是矩形，∵∠CNB=∠A=45°，∴△BCN为等腰直角三角形，∴BC=BN，∴四边形BCMN是正方形．【点睛】本题主要考查了复杂作图，圆周角定理，正方形的判定，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．5．（2023·陕西西安·校考一模）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，BC为⊙O的直径，点E是⊙O上一点，连接OE并延长交过点C的切线CD于点D，∠B=∠D．(1)求证：OD∥AC；(2)延长EO交AB于点F，AF=2，⊙O的直径为25，求OD【答案】(1)见解析(2)OD=5．【分析】（1）根据圆周角定理得到∠A=90°，求得∠B+∠BCA=90°，根据切线的性质得到∠BCD=90°，求得∠D+∠COD=90°，根据平行线的判定定理即可得到结论；（2）根据平行线的性质得到∠BFO=∠A=90°，根据勾股定理得到OF的长，根据相似三角形的性质即可得到结论．【详解】（1）证明：∵BC为⊙O的直径，∴∠A=90°，∴∠B+∠BCA=90°，∵CD为⊙O的切线，∴∠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的直径为25∴OB=OC=5在Rt△BFO中，OF=∵∠B=∠D，∠BOF=∠COD，∴△BOF∽△DOC，∴OBOF∴51解得OD=5．【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，平行线的判定，熟练掌握切线的性质是解题的关键．6．（2023·陕西西安·西安建筑科技大学附属中学校考一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，∠ADB=∠CDB．(1)试判断△ABC的形状，并给出证明；(2)若AB=2，AD=1，求CD【答案】(1)△ABC是等腰直角三角形；证明见解析；(2)3；【分析】（1）根据圆周角定理可得∠ABC=90°，由∠ADB=∠CDB根据等弧对等角可得∠ACB=∠CAB，即可证明；（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；【详解】（1）证明：∵AC是圆的直径，则∠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，则CD=AC∴CD=3．【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识；掌握等弧对等角是解题关键．7．（2023·河南安阳·统考一模）如图，△ABC内接于⊙O，AB、CD是⊙O的直径，E是DA长线上一点，且∠CED=∠CAB．(1)判断CE与⊙O的位置关系，并说明理由；(2)若DE=35，tanB=1【答案】(1)CE是⊙O的切线；见解析(2)3【分析】（1）根据直径所对的圆周角是90°，根据圆周角定理得出∠B=∠D，推出∠DCE=90°即可得出结论；（2）根据∠B=∠D，得到tan∠B=tan∠D，即可得CD=2CE【详解】（1）CE与⊙O相切，理由：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠CAB+∠B=90°，∵∠CED=∠CAB，∠B=∠D，∴∠CED+∠D=90°，∴∠DCE=∠ACB=90°，∴CD⊥CE，∵CD是⊙O的直径，即OC是⊙O半径，∴CE是⊙O的切线；（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（负值舍去），即线段CE的长为3．【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，三角函数以及勾股定理等知识，掌握切线的判定是解答本题的关键．8．（2023·河南郑州·统考一模）如图，点O在△ABC的边AB上，⊙O与边AC相切于点E，与边BC，AB分别交于点D，F，且DE=EF．(1)求证：∠C=90°；(2)当BC=3,AC=4时，求⊙O半径的长．【答案】(1)见解析(2)15【分析】（1）连接OE，先根据切线性质得到∠OEA=90°，再根据等腰三角形的性质和等弧所对的圆周角相等证得∠OEB=∠EBD，进而证得OE∥（2）先根据勾股定理求得AB=5，设⊙O的半径为r，则AO=5−r，证明△AEO∽△ACB得到OEBC=AO【详解】（1）证明：连接OE，∵⊙O与边AC相切于点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设⊙O的半径为r，则AO=5−r，∵OE∥∴△AEO∽△ACB，∴OEBC=AO解得r=158，即⊙O半径的长为【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，弧、弦、圆周角的关系，相似三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．9．（2023·安徽合肥·校考模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，AD平分∠CAB，BD是⊙O的切线，AD与BC相交于点E，与⊙O相交于点F，连接BF．(1)求证：BD=BE；(2)若DE=2，BD=5，求AE的长．【答案】(1)见解析(2)3【分析】（1）根据AB是⊙O的直径，得出∠C=90°，BD是⊙O的切线，得出BD⊥AB，结合角平分线的定义，得出∠DEB=∠D，进而得出BD=BE；（2）根据（1）的结论得出EF=DF=12DE=1，证明Rt【详解】（1）证明：∵AD平分∠CAB，∴∠CAE=∠BAE．∵AB是⊙O的直径，∴∠C=90°，∴∠CAE+∠CEA=90°，∵∠DEB=∠CEA，∴∠DEB+∠DAB=90°．∵BD是⊙O的切线，∴BD⊥AB，∴∠ABD=90°，∴∠BAD+∠D=90°，∴∠DEB=∠D，∴BD=BE；（2）∵AB是⊙O的直径，∴∠AFB=90°，∴BF⊥DE，∵BD=BE，∴EF=DF=1∵BD是⊙O的切线，∴BD⊥AB，∵BF⊥AD，∴Rt∴DFBD∴BD∴5∴AD=5，∴AE=AD−DE=5−2=3．【点睛】本题考查了切线的性质，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．10．（2023·安徽·统考一模）如图，AB是半圆O的直径，点C是弧AB的中点，点D是弧AC的中点，AC、BD相交于点E，连接AD、BC．(1)求证：BE=2AD；(2)若AD=2，求△ABE的面积．【答案】(1)证明见解析(2)4【分析】（1）延长AD、BC交于点F，证明△ACF≌△BCE，根据全等三角形的性质与等腰三角形的性质得出BE=AF=2AD，即可得证；（2）根据（1）的结论得出BE=4，由AB是半圆O的直径，得出AD⊥BD，然后根据三角形的面积公式进行计算即可求解．【详解】（1）证明：如图1，延长AD、BC交于点F，在△ACF与△BCE中，∠CAF=∠CBE∠ACF=∠BCE=∴△ACF≌△BCE，∴BE=AF，∵AB是半圆O的直径，∴BD⊥AF，∵∠ABD=∠DBC，∴AB=BF，∴AD=DF，∴BE=AF=2AD；（2）∵AD=2，BE=2AD，∴BE=4∵AB是半圆O的直径，∴AD⊥BD∴S△ABE【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，直径所对的圆周角是直角，综合运用以上知识是解题的关键．类型二、切线的判定与性质11．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点O在AC边上，⊙O经过点C且与AB边相切于点E，D是AB的中点，∠FAC=1(1)求证：AF是⊙O的切线；(2)若BC=6,sinB=45，求【答案】(1)见解析(2)2，10【分析】（1）作OH⊥FA，连接OE，根据直角三角形的性质可得CD=AD=12AB，从而得到∠CAD=∠ACD，再由∠FAC=12∠BDC，可得（2）根据题意可设AC=4x,AB=5x，根据勾股定理可得AC=8,AB=10，设⊙O的半径为r，则OC=OE=r，AO=8−r，根据△AOE∽△ABC，可得r=3，从而得到OE=3，【详解】（1）证明：如图，作OH⊥FA，连接OE，∵∠ACB=90°，D是AB的中点，∴CD=AD=1∴∠CAD=∠ACD，∵∠BDC=∠CAD+∠ACD=2∠CAD，又∵∠FAC=1∴∠FAC=∠CAB，即AC是∠FAB的平分线，∵点O在AC上，⊙O与AB相切于点E，∴OE⊥AB，且OE是⊙O的半径，∴OH=OE，∵OH是⊙O的半径，∴AF是⊙O的切线；（2）解：在△ABC中，BC=6,sin∴可设AC=4x,AB=5x，∵AB∴5x2解得：x=2，∴AC=8,AB=10，∵D是AB的中点，∴AD=1设⊙O的半径为r，则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=【点睛】本题考查了圆的切线的性质和判定，直接三角形的性质，角平分线的判定和性质，勾股定理，三角函数，相似三角形的判定和性质，熟练掌握圆的切线的性质和判定是解题关键．12．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）如图，在△ABC中，∠C=90°，AE平分∠BAC并交BC于点E，点O在AB上，经过点A，E的半圆O分别交AC，AB于点F，D，连接ED．(1)求证：BC是⊙O的切线；(2)判断∠DEB和∠EAB的数量关系，并说明理由；(3)若⊙O的半径为5，AC=8，求点E到直线AB的距离．【答案】(1)见详解(2)∠DEB=∠EAB，理由见详解(3)4【分析】（1）连接OE，根据AE平分∠BAC，可得∠BAC=2∠EAB，根据∠EOD=∠OAE+∠OEA=2∠OAE，即有∠EOD=∠CAB，则AC∥（2）结合∠BED+∠AEC=90°，∠CAE+∠AEC=90°，可得∠BED=∠CAE，再根据AE平分∠BAC，可得∠DEB=∠EAB，问题得解；（3）过E点作EM⊥AD于M，根据角平分线的性质定理可得EM=CE，再证明△ACE∽△AED，问题随之得解．【详解】（1）连接OE，如图，∵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为圆O的半径，∴BC是⊙O的切线；（2）∠DEB=∠EAB，理由如下：∵AD半圆O的直径，∴∠AED=90°，∴∠BED+∠AEC=90°，∵∠CAE+∠AEC=90°，∴∠BED=∠CAE，∵AE平分∠BAC，∴∠BAE=∠CAE，∴∠DEB=∠EAB；（3）过E点作EM⊥AD于M，如图，根据题意有：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，∴点E到直线AB的距离为4．【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理以及相似三角形的判定与性质等知识，掌握切线的判定是解答本题的关键．．13．（2023·河南安阳·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，AB=5，点D是⊙O外一点，连接DB交⊙O于点C，连接OC，AC，AD，已知∠D+1(1)求证：AD是⊙O的切线；(2)若sinB=35【答案】(1)证明见解析(2)9【分析】（1）先由圆周角定理得到∠B=12∠AOC，即可得到∠D+∠B=90°，则∠BAD=90°，由此即可证明AD（2）先解Rt△ABC，求出AC=3，BC=4，则tanB=34，证明【详解】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠B=1∵∠D+1∴∠D+∠B=90°，∴∠BAD=90°，即AB⊥AD，∴AD是⊙O的切线；（2）解：∵AB是⊙O的直径，∴∠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【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，灵活运用所学知识是解题的关键．14．（2023·广西南宁·校考一模）如图，AB是⊙O的直径，点F，C是⊙O上两点，连结AC，AF，OC，AC平分∠FAB，过点C作CD⊥AF，交AF的延长线于点D．(1)求证：CD是⊙O的切线；(2)若tan∠DAC=12，AB=10【答案】(1)见解析(2)2【分析】（1）证明∠FAC=∠ACO，从而可知AD∥OC，由于CD⊥AF，所以CD⊥OC，所以CD是（2）连接BC，FC，根据三角函数的定义，利用勾股定理解直角三角形，分别求出BC=25，AC=45，CD=4，AD=8，证明△DFC∽△CBA，得到【详解】（1）解：证明：∵AC平分∠FAB，∴∠FAC=∠CAO，∵AO=CO，∴∠ACO=∠CAO，∴∠FAC=∠ACO，∴AD∥∵CD⊥AF，∴CD⊥OC，∵C在圆上，∴CD是⊙O的切线；（2）连接BC，FC，∵AB为直径，∴∠ACB=90°，∵∠DAC=∠CAB，∴tan∠DAC=tan∵AB=10，∴AC2+B解得：BC=25（负值舍去），AC=4∵tan∠DAC=∴AD=2CD，同理可得：CD=4，AD=8，∵四边形ABCF内接于⊙O，∴∠AFC+∠B=180°，又∠AFC+∠DFC=180°，∴∠B=∠DFC，∵∠CDF=∠ACB=90°，∴△DFC∽△CBA，∴DFBC=CD解得：DF=2．【点睛】本题考查切线的判定与性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，解题的关键是能根据切线的判定与性质和圆周角定理得到90°角．15．（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EC并延长，AD垂直EC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（2）连接OC，证明△COE∽【详解】（1）证明：如图1，连接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是半径，∴DE是⊙O的切线；（2）解：如图1，连接OC，∵AD∥∴△COE∽∴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．16．（2023·广西·统考一模）如图1，AB是⊙O的直径，点D，F在⊙O上，OD⊥AB，延长AB至点C，连接DF，交AB于点E，连接CF，CF=CE．(1)证明：CF是⊙O的切线；(2)如图2，连接AD，G是AD的中点，连接BG，若CF=5，BC=3，求tan∠ABG【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）如图1，连接OF．由等边对等角可得∠ODF=∠OFD，∠CFE=∠FEC．由对顶角相等可得∠OED=∠FEC，则∠OED=∠CFE．由题意知∠DOE=90°，可证∠CFE+∠OFD=∠OED+∠ODE=90°，则∠OFC=90°，即OF⊥CF，进而结论得证．（2）如图2，过点G作GH⊥AB于点H．由题意知，∠DAB=45°，∠GHA=90°，则∠AGH=45°，有AH=HG，由GH⊥AB，DO⊥AB，可得HG∥DO，进而可证HG为△ADO的中位线，即HG=AH=12DO=12OB=12OA【详解】（1）证明：如图，连接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是半径，∴CF是⊙O的切线．（2）解：如图2，过点G作GH⊥AB于点H．由题意知，∠DAB=45°，∠GHA=90°，∴∠AGH=45°，∴AH=HG，∵GH⊥AB，DO⊥AB，∴HG∥DO，∵G为AD中点，∴HG为△ADO的中位线，∴HG=AH=1∴OH=OA−AH=AH，BH=OH+OB=3AH，在Rt△BGH中，tan∴tan∠ABG=【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，切线的判定，垂径定理，中位线，正切等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握并灵活运用．17．（2023·广东梅州·校考模拟预测）如图：以△ABC的边AB为直径作⊙O，点C在⊙O上，BD是⊙O的弦，∠A=∠CBD，过点C作CF⊥AB于点F，交BD于点G，过点C作CE∥BD交AB的延长线于点(1)求证：EC是⊙O的切线；(2)求证：CG=BG．【答案】(1)证明过程见解析(2)证明过程见解析【分析】（1）连接OC，根据∠A=∠CBD可得DC=CB，从而证明OC⊥DB，再根据DB∥（2）根据∠ACB=∠CFB=90°可证∠BCF=∠A，再根据∠A=∠CBD和等腰三角形的判定即可得出结论．【详解】（1）证明：连接OC，∵∠A=∠CBD，∴DC∴OC⊥DB，∵DB∥∴OC⊥CE，∵OC是⊙O的半径，∴∠OCE=90°，∴CE是⊙O的切线．（2）证明：∵AB为直径，∴∠ACB=90°，∴∠A+∠ABC=90°，∵CF⊥AB，∴∠CFB=90°，∴∠BCF+∠CBA=90°，∴∠BCF=∠A，又∵∠A=∠CBD，∴∠BCF=∠CBD，∴CG=GB．【点睛】本题考查了切线的判定、圆周角定理和平行线的性质及等腰三角形的判定，熟练掌握切线的判定和圆周角定理是解决问题的关键．18．（2023·陕西渭南·统考一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，且AB=AC，点M是BMC的中点，作MN∥BC交AB的延长线于点N，连接AM交BC于点D．(1)求证：MN是⊙O的切线；(2)若BC=8，AD=3，求【答案】(1)见解析(2)25【分析】（1）先根据弧、弦之间的关系得到AB=AC，再由点M是BMC的中点，得到BM=CM，由此即可证明ABM=ACM，则AM是⊙O的直径，由垂径定理可知AM⊥BC，即可证明（2）如图所示，连接OB，设AM、BC交于D，由垂径定理得BD=4，设⊙O的半径为r，则OA=OB=r，OD=r−3，在Rt△BOD中，由勾股定理的r2=42+r−3【详解】（1）证明：∵AB=AC，∴AB=∵点M是BMC的中点，∴BM=∴BM∴ABM=∴AM是⊙O的直径，∴AM⊥BC，∵MN∥BC，∴AM⊥MN，∴MN是⊙O的切线；（2）解：如图所示，连接OB，设AM、BC交于D，∵AM⊥BC，∴BD=CD=1设⊙O的半径为r，则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的半径为256【点睛】本题主要考查了弧、弦之间的关系，切线的判定，垂径定理，勾股定理，灵活运用所学知识是解题的关键．19．（2023·陕西咸阳·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，OD垂直弦AC于点E，且交⊙O于点D，F是BA延长线上一点，若∠CDB=∠BFD(1)求证：FD是⊙O的切线；(2)若AB=10，BC=6，求DF的长．【答案】(1)证明见解析(2)20【分析】（1）∠CDB=∠CAB，∠CDB=∠BFD，得到∠CAB=∠BFD，推出FD∥AC；得到OD⊥FD，进而得出结论；（2）利用勾股定理先求解AC，再利用垂径定理得出AE的长，可得OE的长，证明△AEO∽△FDO，再利用相似三角形的判定与性质得出DF的长．【详解】（1）证明：∵∠CDB=∠CAB，∠CDB=∠BFD，∴∠CAB=∠BFD，∴FD∥∵OD垂直于弦AC于点E，∴OD⊥FD，∵OD是⊙O的半径，∴FD是⊙O的切线.（2）∵AB为⊙O的直径，∴∠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【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、垂径定理、圆周角定理，切线的判定，以及平行线的判定，掌握相似三角形的判定与性质、垂径定理、圆周角定理以及平行线的判定是解题的关键．20．（2023·广东东莞·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，且AD平分∠CAB，过点D作AC的垂线，与AC的延长线相交于E，与AB的延长线相交于点F，G为AB的下半圆弧的中点，DG交AB于H，连接DB、GB．(1)证明：EF是⊙O的切线；(2)若圆的半径R=5，BH=3，求GH的长；(3)求证：DF【答案】(1)见解析(2)29(3)见解析【分析】（1）连接OD，证明OD⊥EF即可由切线的判定定理得出结论；（2）连接OG，因为G是半圆弧中点，所以∠BOG=90°，在Rt△OGH（3）证明△FBD∽△FDA，得【详解】（1）解：证明：连接OD，∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA，又∵AD平分∠BAC，∴∠OAD＝∴∠ODA＝∴OD∥又∵EF⊥AE，∴OD⊥EF，∴EF是⊙O的切线；（2）解：连接OG，∵G是半圆弧中点，∴∠BOG=90°，在Rt△OGH中，OG=5，OH=OB−BH=5−3=2∴GH=O（3）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∴∠DAB+∠OBD=90°，由（1）得，EF是⊙O的切线，∴∠ODF=90°，∴∠BDF+∠ODB=90°，∵OD=OB，∴∠ODB=∠OBD，∴∠DAB=∠BDF，又∠F=∠F，∴△FBD∽∴FDFA∴DF【点睛】本题考查切线的判定和性质，圆周角定理及其推论，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解题关键是熟练掌握相关性质与判定定理．类型三、弧长、扇形与阴影部分的面积21．（2023·福建福州·统考模拟预测）如图，△ABC内接于⊙O，且∠B=60°．直线l过点C，AF⊥l，垂足为F，CG⊥AD，垂足为(1)求证：直线l是⊙O的切线；(2)若AF=43【答案】(1)见解析(2)96【分析】（1）连接OC，根据角平分线得出AF∥OC，再根据垂直定理得出OC⊥l，OC为半径，即可解答（2）如图，连接CD，根据题意得出∠ACD=90°，∠FAC=∠CAD=30°，再根据含30°的直角三角形三边关系得到FC=12AC【详解】（1）证明：如图，连接OC，∵OA=OC，∴∠ACO=∠CAD，∵AC平分∠FAD，∴∠FAC=∠CAD，∴∠FAC=∠ACO，∴AF∥OC，∵AF⊥l，∴OC⊥l，∵OC为半径，∴直线l是⊙O的切线；（2）解：如图，连接CD．∵AD是圆的直径，∴∠ACD又∵∠ADC=∠B=60°，∴∠CAD=30°，∴∠FAC=∠CAD=30°，在Rt△ACE中，∠FAC=30°，AF=4∴FC=1设FC=x，则AC=2x，2x2解得：x=4，∴CF=4．在Rt△OCG中，∠COG=60°得OC=4在Rt△CEO中，OE=∴S阴影【点睛】本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，也考查了直角三角形的性质和扇形的面积．22．（2023·湖北襄阳·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，C，E在⊙O上，AC平分∠EAB，CD⊥AE，垂足为D，DC，AB的延长线交于点F．(1)求证：CD是⊙O的切线；(2)若DE=1,AE=2，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)2【分析】（1）连接OC，根据角平分线的意义和等边对等角得出∠EAC=∠OCA，继而根据平行线的判定与性质求出∠D=∠OCF，根据切线的判定证明即可；（2）作OP⊥AE于点P，利用特殊角的三角函数值求出∠PAO=60°，进而求出CF，最后根据S阴影【详解】（1）证明：如图，连接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的半径，∴CD是⊙O的切线；（2）如图，作OP⊥AE于点P，则四边形OCDP是矩形，AP=PE．∵DE=1，∴OA=OC=PD=2，∴cos∠PAO=∴∠PAO=60°．∵AD∥∴∠COF=∠PAO=60°，∴CF=OC⋅tan∴S阴影【点睛】本题考查了角平分线的意义和等边对等角，平行线的判定与性质，切线的判定，解直角三角形等知识．连接常用的辅助线是解题关键．23．（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°，CD=43(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∠CAB=∠CDB=30°，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°，∴∠CAB=∠CDB=30°，∵AB是⊙O直径，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∴半径OC为4；（2）∵∠COB=60°，OC=4，∴BC的长为：60π×4∴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．24．（2023·安徽·校联考一模）如图，Rt△ABC中，在斜边AB上选一点O为圆心画圆，此圆恰好经过点A，且与直角边BC相切于点D，连接AD、DE(1)求证：△EAD∽△DAC；(2)若∠CAD=30°，BE=2，求阴影部分图形的周长．【答案】(1)见解析(2)2【分析】（1）连接OD，由题意易知∠ADE=∠ACD=90°，∠DAO=∠ADO，OD⊥BC，证得OD∥AC，可得∠CAD=∠ADO，可证得∠CAD=∠DAO，即可证得结论；（2）由（1）可知，∠CAD=∠DAO=30°，可知∠CAB=60°，∠B=30°，∠DOE=60°，证得△DOE为等边三角形，易得∠BDE=30°，可得DE=BE=2，进而可得OD=DE=OE=2，BD=23，求得DE的长度，结合阴影部分图形的周长为DE【详解】（1）证明：连接OD，由题意可知，∠ACD=90°，AE为直径，∴∠ADE=90°，则∠ADE=∠ACD=90°，∵BC与⊙O相切于点D，∴OD⊥BC，则∠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°，则∠CAB=60°，∠B=30°，∠DOE=60°，∴△DOE为等边三角形，则∠ODE=60°，OD=DE=OE又∵∠ODB=90°，

∴∠BDE=30°，∴DE=BE=2，∴OD=DE=OE=2，则BD=23DE=∴阴影部分图形的周长为：DE+BE+BD=【点睛】本题考查相似三角形的判定，圆周角定理，切线的性质，等边三角形的判定及性质，弧长公式，连接圆心与切点是解决问题的关键．25．（2023·吉林松原·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，点E在⊙O上，连接AE和BE，BC平分∠ABE交⊙O于点C，过点C作CD⊥BE交BE的延长线于点D，连接CE(1)判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；(2)若CD=3,BC=23【答案】(1)CD是⊙O的切线．理由见解析(2)2π【分析】（1）连接OC，证明OC⊥CD即可；（2）根据三角函数的定义和弧长公式即可得到结论．【详解】（1）结论：CD是⊙O的切线．理由：连接OC．∵OC=OB，∴∠OCB=∵BC平分∠ABD∴∠OBC=∴∠OCB=∴OC∥BD，∵CD⊥BD，∴CD⊥OC，∵OC是半径，∴CD是⊙O的切线；（2）在Rt△BCD中，∵CD=∴sin∠CBD=∴∠CBD=30°∵BC平分∠ABD∴∠ABC=∴∠AOC=2连接AC，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°∴AB=BC∴AO=2，∴AC的长为60π×2180【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，解直角三角形，圆周角定理，平行线的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．26．（2023·广东深圳·校联考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，⊙O与BC，AC分别相切于点E，F，BO(1)求证：AB是⊙O的切线；(2)若BE=AC=6，⊙O的半径是2，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)证明见解析(2)10−【分析】（1）连接OE，过点O作OG⊥AB于点G，如图，由切线的性质得到OE⊥BC，再由角平分线的性质得到OE=OG，由此即可证明AB是⊙O的切线；（2）连接OE，OF，过点O作OG⊥AB于点G，如图，先证明四边形OECF为正方形．得到EC=FC=OE=OF=2．求出BC=8，即可求出AB=10．证明AO平分∠BAC，进而推出∠OAB+∠OBC=45°，则∠AOB=135°．即可得到【详解】（1）证明：连接OE，过点O作OG⊥AB于点G，如图，∵BC为⊙O的切线，∴OE⊥BC．∵BO平分∠ABC，OG⊥AB，∴OE=OG．∴直线AB经过半径OG的外端G，且垂直于半径OG，∴AB是⊙O的切线；（2）解：连接OE，OF，过点O作OG⊥AB于点∵⊙O与BC，AC分别相切于点E，∴OE⊥BC，∵∠ACB=90°，∴四边形OECF为矩形，∵OE=OF，∴四边形OECF为正方形．∴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阴影【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．27．（2023·河北·统考模拟预测）如图，已知AB是半圆O的直径，AB=4，点D是线段AB延长线上的一个动点，直线DF垂直于射线AB于点D，在直线DF上选取一点C（点C在点D的上方），使CD=OA，将射线CD绕点D逆时针旋转，旋转角为α(0°<α≤90°)．(1)若OD=5，求点C与点O之间距离的最小值；(2)当射线DC与⊙O相切于点C时，求劣弧BC的长度；【答案】(1)3(2)π【分析】（1）当点C在线段OD上时，点C与点O之间的距离最小，求出OC则可得出答案；（2）连接OC，由切线的性质得出∠DOC=45°，代入弧长公式可得答案．【详解】（1）解：如图，当点C在线段OD上时，点C与点O之间的距离最小，∵CD=OA=2，OD=5，∴OC=OD−CD=5−2=3，即点C与点O之间距离的最小值为3；（2）如图，连接OC，∵OC=OA，CD=OA，∴OC=CD，∴∠ODC=∠COD，∵CD是⊙O的切线，∴∠OCD=90°，∴∠DOC=45°，∴劣弧BC的长度为45π×2180【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，弧长公式，解题的关键是掌握添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题．28．（2023·安徽滁州·校考一模）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BD=2，∠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，∴OC⊥CD，∵OC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°，∵BD=2，OD=OB+BD=OF+2=2OF，∴OF=OC=2，∴AF的长为：120π×2180【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．29．（2023·广东佛山·模拟预测）如图，四边形ABCD中，连接AC，AC=AD，以AC为直径的⊙O过点B，交CD于点E，过点E作EF⊥AD于点F．(1)求证：EF是⊙O的切线；(2)若∠BAC=∠DAC=30°，BC=2，求BCE的长．（结果保留π）【答案】(1)见解析(2)π【分析】（1）连接OE,AE，根据直径所对的圆周角是直角得出∠AEC=90°，根据三线合一得出∠CAE=∠DAE，进而证明OE∥（2）根据已知条件结合（1）的结论得出∠BAE=∠BAC+∠CAE=45°，根据含30度角的直角三角形的性质得出半径为2，继而根据弧长公式即可求解．【详解】（1）证明：如图所示，连接OE,AE，∵AC为⊙O的直径，∴∠AEC=90°，∵AC=AD，∴∠CAE=∠DAE，又∵AO=OE，∴∠OAE=∠OEA，∴∠OEA=∠DAE，∴OE∥又∵EF⊥AD∴OE⊥EF；∴EF是⊙O的切线；（2）解：∵∠BAC=∠DAC=30°，BC=2，∠CAE=1∴∠BAE=∠BAC+∠CAE=45°，AC=2BC=4，∴OC=2，连接OB，则∠BOE=45°，∴BCE=【点睛】本题考查了三线合一，切线的判定，含30度角的直角三角形的性质，圆周角定理，求弧长，掌握以上知识是解题的关键．30．（2023·辽宁大连·模拟预测）如图，星海湾大桥是大连壮观秀丽的景点之一，主桥面(AB)是水平且笔直的，此时一个高1.6m的人(CD)站在C点望该桥的主塔BF，此时测得点D关于点F的俯角为35°，关于点E的俯角为75°，已知主塔AE=BF=114.3m，EF为该桥的主缆，与线段DF交于EF的中点(1)请在图中作出关于EF所对应圆的圆心O并补全EF所对应的圆（尺规作图，保留作图痕迹且无需说明作图过程）；(2)若关于EF所对应圆的半径为R，求EF的长（用含有π，R的代数式表示）；(3)求星海湾大桥两座主塔之间的距离（结果取整数）．（参考数据：sin55°≈0.82,【答案】(1)见解析(2)7πR(3)星海湾大桥两座主塔之间的距离为192【分析】（1）连接EG，作EG和FG的垂直平分线，相交于点O，点O即为所求，再以点O为圆心，OE长为半径，画圆即可；（2）连接OE,OF,OG，可得∠EOG=70°，根据点G为EF中点，即可得出∠EOF=2∠EOG=140°，再根据弧长公式，即可求解；（3）过点D作AB的平行线，交AE于点M，交BF于点N，根据题意可得∠FED=75°,∠EFD=35°，再根据EF=MN=MD+ND，即可求解．【详解】（1）解：如图所示：（2）连接OE,OF,OG，∵∠EFG=35°，∴∠EOG=70°，∵点G为EF中点，∴∠EOF=2∠EOG=140°，∴EF=（3）过点D作AB的平行线，交AE于点M，交BF于点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：星海湾大桥两座主塔之间的距离为192m【点睛】本题主要考查了确定三角形的条件，圆周角定理，解直角三角形，解题的关键是掌握不在同一直线上的三个点确定一个圆，三角形外接圆的圆心为三条垂直平分线的交点；同弧或等弧所对的圆周角是圆心角的一半；弧长=nπr类型四、圆与三角形、四边形31．（2023·黑龙江绥化·校联考一模）已知菱形ABCD中，∠BAD=120°，点E、F分别在AB，BC上，BE=CF，AF与CE交于点P．(1)求证：∠APE=60°；(2)当PC=1，PA=5时，求PD的长？(3)当AB=23时，求PD【答案】(1)证明见解析(2)6(3)4【分析】（1）如图所示，连接AC，先证明△ABC是等边三角形，得到∠ACF=∠CBE=60°，AC=CB，再证明△ACF≌△CBE得到（2）延长PC到M使得CM=AP，证明△ADF≌△CDM，得到DF=DM，∠ADF=∠CDM，进而证明△PDM是等边三角形，则（3）先证明A、P、C、D四点共圆，则当PD为直径时，PD最大，设圆心为O，连接OA，OC，过点O作OM⊥AC于M，在Rt△AOM【详解】（1）证明：如图所示，连接AC，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，∵∠BAD=120°，∴∠B=∠ADC=60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠ACF=∠CBE=60°，又∵CF=BE，∴△ACF≌△CBESAS∴∠CAF=∠BCE，∵∠BCE+∠ACE=∠ACB=60°，∴∠APE=∠ACE+∠CAF=60°；（2）解：延长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是等边三角形，∴PD=PM=PC+PA=6；（3）解：∵∠APE=60°，∴∠APC=120°，∵∠ADC=60°，∴∠APC+∠ADC=180°，∴A、P、C、D四点共圆，∴当PD为直径时，PD最大，设圆心为O，连接OA，OC，过点O作OM⊥AC于∴∠AOC=2∠ADC=120°，∵OA=OC，∴∠OAM=30°，∵AC=AB=23∴AM=1∴OM=3∴OA=2，∴PD【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，四点共圆，圆周角定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．32．（2023·广东佛山·统考一模）如图，⊙O经过正方形ABCD的顶点B，C，与AD相切于点E，分别交AB，CD于点F，G，连接FG．(1)求证：四边形FBCG是矩形；(2)求AFFB【答案】(1)见解析(2)1【分析】（1）根据正方形的性质、圆内接四边形的的性质证得∠ABC=∠BCD=∠CGF=90°即可证得结论；（2）连接EO并延长交BC于N，过O作OM⊥AB于M，先根据切线性质和垂径定理证得BM=MF，BN=CN，设AF=x，AB=AD=BC=a，则BM=MF=12BF=a−x2，BN=CN=a2，再证明四边形ABNE和四边形MBNO都是矩形得到EN=AB=a，OM=BN=a2，ON=BM=【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BCD=90°，∵四边形FBCG是⊙O的内接四边形，∴∠FBC+∠CGF=180°，∴∠ABC=∠BCD=∠CGF=90°，∴四边形FBCG是矩形；（2）解：连接EO并延长交BC于N，过O作OM⊥AB于M，则BM=MF，∠OMA=∠OMB=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BAD=90°，AD∥∵⊙O与AD相切于点E，∴OE⊥AD，则EN⊥BC，∠OEA=∠BNE=90°，∴BN=CN，设AF=x，AB=AD=BC=a，则BM=MF=12BF=∵∠ABC=∠BAD=∠BNE=∠OMB=90°，∴四边形ABNE和四边形MBNO都是矩形，∴EN=AB=a，OM=BN=a2，∴OE=EN−ON=a+x连接OF，则OF=OE=a+x在Rt△OMF中，根据勾股定理得O则a2解得a=4x或a=0（舍去），∴BF=a−x=3x，∴AFBF【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、切线性质、垂径定理、勾股定理、圆内接四边形的性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用切线性质和垂径定理以及矩形的性质求解是解答的关键．33．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以BC为直径作⊙O，交AB边于点D，在CD上取一点E，使BE=CD，连接DE，作射线CE交AB(1)求证：∠A=∠ACF；(2)若AC=8，cos∠ACF=45，求BF【答案】(1)见解析(2)BF=5，DE=【分析】（1）根据Rt△ABC中，∠ACB=90°，得到∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，根据BE=CD，得到∠B=∠BCF，推出∠A=（2）根据∠B=∠BCF，∠A=∠ACF，得到AF=CF，BF=CF，推出AF=BF=12AB，根据cos∠ACF=cosA=ACAB=45，AC=8，得到AB=10，得到BF=5，根据BC=AB2−AC2=6，得到sinA=BCAB=35，连接CD，根据BC是⊙O的直径，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，根据【详解】（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=连接CD，∵BC是⊙O的直径，∴∠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【点睛】本题主要考查了圆周角，解直角三角形，勾股定理，相似三角形，解决问题的关键是熟练掌握圆周角定理及推论，运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质．34．（2023·浙江·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，CD是一条弦．过点A作DC延长线的垂线，垂足为点E．连接AC，AD．(1)证明：△ABD∽△ACE；(2)若AB=510，BD=5，CD=9①求EC的长．②延长CD，AB交于点F，点G是弦CD上一点，且∠CAG=∠F，求CG的长．【答案】(1)见解析(2)①EC的长为3；②CG的长为154【分析】（1）利用圆内接四边形的性质求得∠ACD+∠ABD=180°，推出∠ABD=∠ACE，即可证明；（2）①由△ABD∽△ACE，推出AE=3CE，在Rt△ADE中，利用勾股定理求解即可；②证明△EAG∽△EDA，利用三角形的性质求解即可．【详解】（1）解：∵AB是⊙O的直径，AE⊥CE，∴∠AEC=∠ADB=90°，∵四边形ABDC是圆内接四边形，∴∠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的长为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【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，证得△ABD∽△ACE和△EAG∽△EDA是解题的关键．35．（2023·江苏苏州·统考一模）如图①，在△ABC中，CA=CB，D是△ABC外接圆⊙O上一点，连接CD，过点B作BE∥CD，交AD的延长线于点E，交⊙O于点(1)求证：四边形DEFC是平行四边形；(2)如图②，若AB为⊙O直径，AB=7，BF=1，求CD的长．【答案】(1)见解析(2)4【分析】（1）利用平行线的性质，等弧对相等的圆周角，证得DE∥（2）连接DF，AF，利用平行线的性质证得∠DAC+∠ACF=180°，再利用圆的内接四边形的性质证得∠ADF+∠ACF=180°，得到∠ADF=∠DAC，再利用圆周角定理得到AF=CD，最后在RtΔ【详解】（1）证明：∵BE∥∴∠ADC=∠E，∵CA=CB，∴CA∵∠ADC=∠CFB，∴∠E=∠CFB，∴DE∥∴四边形DEFC是平行四边形；（2）连接DF，AF，如图所示，∵DE∥∴∠DAC+∠ACF=180°，∵四边形ACFD是⊙O的内接四边形，∴∠ADF+∠ACF=180°，∴∠ADF=∠DAC，∴AF=CD，∵AB为⊙O直径，∴∠AFB=90°，∵AB=7，BF=1，∴AF=A∴CD=AF=4【点睛】本题是一道圆的知识的综合题，考查了圆周角定理，平行四边形的判定和性质，平行线的性质和判定等，作出适当的辅助线是解题的关键．36．（2023·北京海淀·中关村中学校考模拟预测）已知，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，BD、AC相交于点E，AB=AC．（1）如图1，求证：2∠ADB+∠CDB=180°；（2）如图2，过点C作CF⊥AB于点F，交BD于点G，当∠DBC=45°时，求证：CE=CG；（3）如图3，在（2）的条件下，连接AO并延长交BD于点H，当AE=CE，HG=3时，求OH的长．【答案】（1）证明见详解；（2）见详解;（3）OH=2．【分析】（1）由AB=AC，可得∠ACB=∠ABC，根据四边形ABCD为圆内接四边形，可得∠ADC+∠ABC=180°，根据同弧所对圆周角性质可得∠ADB=∠ACB，得出∠ADB=∠ABC，用等角与角的和分解即可；（2）过点C作CN⊥DB，交BD于N，交⊙O于M，根据∠DBC=45°，可得∠MCB=∠DBC=45°，利用圆周角与弧的关系可得MB=DC，由AB=AC，利用弦等弧等可得AB=AC得出∠ACM=∠DBA，再证△CEN≌△（3）过C作CP//AH交BD于P，连结AP，连结OE，连结CH，延长AO交BC于Q，过O作OM⊥AB于M，根据垂径定理可得OE⊥AC，利用弦等弦心距相等，可得OE=OM，根据角平分线判定可得AQ平分∠CAB，可得AQ⊥BC，利用线段垂直平分线性质可得CH=BH，先证△PCE≌△HAE（AAS），再证四边形PAHC为平行四边形，得出△APH为等腰直角三角形，根据在Rt△PAH中，AH=AP2+PH2=62+62=62BC=CH2+BH2=62+62【详解】（1）证明：∵AB=AC，∴∠ACB=∠ABC，∵四边形ABCD为圆内接四边形，∴∠ADC+∠ABC=180°，∵∠ADB=∠ACB，∴∠ADB=∠ABC，∵∠ADC=∠CDB+∠ADB，∴∠ADC+∠ABC=∠CDB+∠ADB+∠ADB=∠CDB+2∠ADB=180°，∴2∠ADB+∠CDB=180°；（2）证明：过点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：过C作CP//AH交BD于P，连结AP，连结OE，连结CH，延长AO交BC于Q，过O作OM⊥AB于M，∵E为AC中点，OE为弦心距，∴OE⊥AC，∵AB=AC，∴OE=OM，∴AQ平分∠CAB，∴AQ⊥BC，∵CQ=BQ，点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，∴四边形PAHC为平行四边形，∴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为等腰直角三角形，∵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【点睛】本题考查圆内接四边形性质，同弧所对圆周角性质，垂径定理，弧弦圆周角关系，弦等弦心距相等，三角形全等判定与性质，三角形相似判定与性质，等腰直角三角形判定与性质，勾股定理，线段和差，本题难度大，涉及知识多，图形复杂，利用辅助线画出准确图形，以及将条件转移是解题关键．37．（2023·浙江宁波·统考一模）△ABC内接于⊙O，点I是△ABC的内心，连接AI并延长交⊙O于点D，连接BD，已知BC=6，∠BAC=α(1)连接BI，CI，则∠BIC=______（用含有α的代数式表示）(2)求证：BD=DI；(3)连接OI，若tanα2=(4)若tanα2=33【答案】(1)90°+(2)见解析(3)IO的最小值=(4)AB=26或43时，【分析】（1）连接BI，CI，根据三角形内心的性质结合三角形内角和定理即可求解；（2）根据点I是△ABC的内心，得出BD=DC，则∠BAI=∠CBD，进而得出∠BID=∠IBD（3）因为BD=DC，所以点D为BC的中点，故点D是一个定点．由（1）的结论BD=DI，可知，点I在以点D为圆心，BD长为半径的圆上运动，所以当点I，O，D三点共线时，IO取最小值．此时AD为⊙O的直径，且AD为BC的垂直平分线，∠CBD=∠EAC=∠BAE=12∠BAC=（4）根据tanα2=33，得出∠BAE=∠CAE=12∠BAC=α2=30°，分别连接OB，OD，记OD【详解】（1）连接BI，CI，∵点I是△ABC的内心∴∠BAI=∠IAC，∠ABI=∠IBC，∠ACI=∠ECI∴∠BIC=180°−∠IBC−∠ICB=180°−（2）解：如图1所示，连接BI，∵点I是△ABC的内心，∴∠BAI=∠IAC，∠ABI=∠IBC，∴BD=∴∠BAI=∠CBD，∵∠ABI+∠BAI=∠BID，∠IBC+∠CBD=∠IBD，∴∠BID=∠IBD，∴BD=DI；（3）解：因为BD=DC，所以点D为BC的中点，故点由（1）的结论BD=DI，可知，点I在以点D为圆心，BD长为半径的圆上运动，所以当点I，O，D三点共线时，IO取最小值．如图2所示，此时AD为⊙O的直径，且AD为BC的垂直平分线，∠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=分别连接OB，OD，记OD与BC相交于点M，∵BD=DC∴OD⊥BC，BM=CM=12∴△BOD是等边三角形同（2）可求得DM=3，OB=OD=BD=2①AB=EB，如图3所示，此时∠BEA=∠BAE=30°

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