重難點(diǎn)07 圓中的計(jì)算及其綜合（解析版）-2024中考數(shù)學(xué)查缺補(bǔ)漏

重難點(diǎn)07圓中的計(jì)算及其綜合考點(diǎn)一：圓中的角度計(jì)算圓中角度的相關(guān)考點(diǎn)主要是圓周角定理和圓心角定理，這兩個(gè)定理都有對(duì)應(yīng)推論，考察難度不大，題型基本以選擇、填空題為主，所以重點(diǎn)是要把這兩個(gè)定理及其推論熟練掌握即可！題型01圓中常見的角度計(jì)算易錯(cuò)點(diǎn)：圓中角度定理都有一個(gè)大前提——在同圓或等圓中，特別是一些概念性選擇題，沒有這個(gè)前提的話，對(duì)應(yīng)結(jié)論是不正確的。解題大招01：圓中角度計(jì)算口訣——圓中求角度，同弧或等?。睆剿鶎?duì)圓周角是90度圓心角定理、圓周角定理以及其推論為圓中角的計(jì)算提供了等量關(guān)系，圓中的等角也是解決角度問題中常見的轉(zhuǎn)化關(guān)系，所以特別要注意同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，以及直徑所對(duì)圓周角=90°的固定關(guān)系解題大招01：圓中求角度常用的其他規(guī)律：圓內(nèi)接四邊形的一個(gè)外角=其內(nèi)對(duì)角折疊弧過圓心→必有30°角以等腰三角形的腰長為直徑的圓→必過底邊中點(diǎn)圓中出現(xiàn)互相垂直的弦，常作兩弦心距→必有矩形（當(dāng)弦相等，則得正方形）【中考真題練】1．（2023?河南）如圖，點(diǎn)A，B，C在⊙O上，若∠C＝55°，則∠AOB的度數(shù)為（）A．95° B．100° C．105° D．110°【分析】根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角是圓心角的一半即可得到答案．【解答】解：∵∠AOB＝2∠C，∠C＝55°，∴∠AOB＝110°，故選：D．2．（2023?吉林）如圖，AB，AC是⊙O的弦，OB，OC是⊙O的半徑，點(diǎn)P為OB上任意一點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)B重合），連接CP．若∠BAC＝70°，則∠BPC的度數(shù)可能是（）A．70° B．105° C．125° D．155°【分析】利用圓周角定理求得∠BOC的度數(shù)，然后利用三角形外角性質(zhì)及等邊對(duì)等角求得∠BPC的范圍，繼而得出答案．【解答】解：如圖，連接BC，∵∠BAC＝70°，∴∠BOC＝2∠BAC＝140°，∵OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB＝＝20°，∵點(diǎn)P為OB上任意一點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)B重合），∴0°＜∠OCP＜20°，∵∠BPC＝∠BOC+∠OCP＝140°+∠OCP，∴140°＜∠BPC＜160°，故選：D．3．（2023?棗莊）如圖，在⊙O中，弦AB，CD相交于點(diǎn)P．若∠A＝48°，∠APD＝80°，則∠B的度數(shù)為（）A．32° B．42° C．48° D．52°【分析】根據(jù)外角∠APD，求出∠C，由同弧所對(duì)圓周角相等即可求出∠B．【解答】解：∵∠A＝48°，∠APD＝80°，∴∠C＝80°﹣48°＝32°，∵，∴∠B＝∠C＝32°．故選：A．4．（2023?眉山）如圖，AB切⊙O于點(diǎn)B，連結(jié)OA交⊙O于點(diǎn)C，BD∥OA交⊙O于點(diǎn)D，連結(jié)CD，若∠OCD＝25°，則∠A的度數(shù)為（）A．25° B．35° C．40° D．45°【分析】連接OB，由切線的性質(zhì)得到∠ABO＝90°，由平行線的性質(zhì)得到∠D＝∠OCD＝25°，由圓周角定理得出∠O＝2∠D＝50°，因此∠A＝90°﹣∠O＝40°．【解答】解：連接OB，∵AB切⊙O于B，∴半徑OB⊥AB，∴∠ABO＝90°，∵BD∥OA，∴∠D＝∠OCD＝25°，∴∠O＝2∠D＝50°，∴∠A＝90°﹣∠O＝40°．故選：C．5．（2023?湖北）如圖，在△ABC中，∠ACB＝70°，△ABC的內(nèi)切圓⊙O與AB，BC分別相切于點(diǎn)D，E，連接DE，AO的延長線交DE于點(diǎn)F，則∠AFD＝35°．【分析】根據(jù)內(nèi)切圓的定義和切線長定理，可以計(jì)算出∠AOB的度數(shù)和∠OGF的度數(shù)，然后即可計(jì)算出∠AFD的度數(shù)．【解答】解：連接OD，OE，OB，OB交ED于點(diǎn)G，∵∠ACB＝70°，∴∠CAB+∠CBA＝110°，∵點(diǎn)O為△ABC的內(nèi)切圓的圓心，∴∠OAB+∠OBA＝55°，∴∠AOB＝125°，∵OE＝OD，BD＝BE，∴OB垂直平分DE，∴∠OGE＝90°，∴∠AFD＝∠AOB﹣∠OGF＝125°﹣90°＝35°，故答案為：35°．【中考模擬練】1．（2024?連云區(qū)一模）如圖，正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)P是劣弧上一點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)C重合），則∠CPD＝（）A．45° B．36° C．35° D．30°【分析】連接OC，OD．求出∠COD的度數(shù)，再根據(jù)圓周角定理即可解決問題．【解答】解：如圖，連接OC，OD，∵ABCDE是正五邊形，∴∠COD＝＝72°，∴∠CPD＝∠COD＝36°，故選：B．2．（2024?岱岳區(qū)一模）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)D是的中點(diǎn)，∠BAC＝40°，則∠ACD的度數(shù)是（）A．40° B．25° C．40°． D．30°【分析】根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角可得：∠ACB＝90°，從而可得∠ABC＝50°，再根據(jù)已知易得：＝，從而可得∠ABD＝∠DBC＝∠ABC＝25°，最后根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等可得∠ACD＝∠ABD＝25°，即可解答．【解答】解：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵∠BAC＝40°，∴∠ABC＝90°﹣∠BAC＝50°，∵點(diǎn)D是的中點(diǎn)，∴＝，∴∠ABD＝∠DBC＝∠ABC＝25°，∴∠ACD＝∠ABD＝25°，故選：B．3．（2024?甘井子區(qū)校級(jí)一模）如圖，在⊙O中，OA、OB、OC為半徑，連接AB、BC、AC．若∠ACB＝53°，∠CAB＝17°，則∠OAC的度數(shù)為（）A．10° B．15° C．20° D．25°【分析】先利用圓周角定理可得∠AOB＝106°，然后利用等腰三角形的性質(zhì)可得∠OAB＝∠OBA＝37°，從而利用角的和差關(guān)系進(jìn)行計(jì)算，即可解答．【解答】解：∵∠ACB＝53°，∴∠AOB＝2∠ACB＝106°，∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA＝＝37°，∵∠CAB＝17°，∴∠OAC＝∠OAB﹣∠CAB＝20°，故選：C．4．（2024?連云區(qū)一模）如圖，一塊直角三角板的30°角的頂點(diǎn)P落在⊙O上，兩邊分別交⊙O于A，B兩點(diǎn)，連結(jié)AO，BO，則∠AOB的度數(shù)60°．【分析】利用圓周角定理求解即可．【解答】解：由圖可知：∠P＝30°，∵＝，∴∠AOB＝2∠P＝60°，故答案為：60°．5．（2024?新城區(qū)模擬）如圖，在△ABC中，∠B＝70°，⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，M，N，K是切點(diǎn)，連接OA，OC．交⊙O于E，D兩點(diǎn)．點(diǎn)F是上的一點(diǎn)，連接DF，EF，則∠EFD的度數(shù)是62.5°．【分析】先根據(jù)三角形內(nèi)心的性質(zhì)得，，進(jìn)而求出∠OAC+∠OCA，即可求出∠AOC，然后根據(jù)圓周角定理得出答案．【解答】解：∵⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，∴OA，OC是△ABC的角平分線，∴，．∵∠B＝70°，∴∠BAC+∠BCA＝110°，∴，∴∠AOC＝180°﹣55°＝125°，∴．故答案為：62.5°．題型02“知1得4”模型的常見題型解題大招：圓中模型“知1得4”由圖可得以下5點(diǎn)：①AB=CD；②；③OM=ON；④；⑤；以上5個(gè)結(jié)論，知道其中任意1個(gè)，剩余的4個(gè)都可以作為結(jié)論使用?！局锌颊骖}練】1．（2023?溫州）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，AD＝，則∠CAO的度數(shù)與BC的長分別為（）A．10°，1 B．10°， C．15°，1 D．15°，【分析】由平行線的性質(zhì)，圓周角定理，垂直的定義，推出∠AOB＝∠COD＝90°，∠CAD＝∠BDA＝45°，求出∠BOC＝60°，得到△BOC是等邊三角形，得到BC＝OB，由等腰三角形的性質(zhì)求出圓的半徑長，求出∠OAD的度數(shù)，即可得到BC的長，∠CAO的度數(shù)．【解答】解：連接OB，OC，∵BC∥AD，∴∠DBC＝∠ADB，∴＝，∴∠AOB＝∠COD，∠CAD＝∠BDA，∵DB⊥AC，∴∠AED＝90°，∴∠CAD＝∠BDA＝45°，∴∠AOB＝2∠ADB＝90°，∠COD＝2∠CAD＝90°，∵∠AOD＝120°，∴∠BOC＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°，∵OB＝OC，∴△OBC是等邊三角形，∴BC＝OB，∵OA＝OD，∠AOD＝120°，∴∠OAD＝∠ODA＝30°，∴AD＝OA＝，∴OA＝1，∴BC＝1，∴∠CAO＝∠CAD﹣∠OAD＝45°﹣30°＝15°．故選：C．2．（2023?臺(tái)灣）圖1為一圓形紙片，A、B、C為圓周上三點(diǎn)，其中AC為直徑，今以AB為折線將紙片向右折后，紙片蓋住部分的AC，而AB上與AC重疊的點(diǎn)為D，如圖2所示，若＝35°，則的度數(shù)為何（）A．105° B．110° C．120° D．145°【分析】由折疊的性質(zhì)得到：、的度數(shù)相等，又AC是圓的直徑，即可求出的度數(shù)．【解答】解：由折疊的性質(zhì)得到：＝，∵的度數(shù)＝35°，AC是圓的直徑，∴的度數(shù)＝180°﹣35°﹣35°＝110°．故選：B．3．（2023?深圳）如圖，在⊙O中，AB為直徑，C為圓上一點(diǎn)，∠BAC的角平分線與⊙O交于點(diǎn)D，若∠ADC＝20°，則∠BAD＝35°．【分析】先根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角可得∠ACB＝90°，再利用圓周角定理可得∠ADC＝∠ABC＝20°，然后利用直角三角形的兩個(gè)銳角互余可得∠BAC＝70°，從而利用角平分線的定義進(jìn)行計(jì)算，即可解答．【解答】解：∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵∠ADC＝20°，∴∠ADC＝∠ABC＝20°，∴∠BAC＝90°﹣∠ABC＝70°，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠BAC＝35°，故答案為：35．4．（2023?煙臺(tái)）如圖，將一個(gè)量角器與一把無刻度直尺水平擺放，直尺的長邊與量角器的外弧分別交于點(diǎn)A，B，C，D，連接AB，則∠BAD的度數(shù)為52.5°．【分析】由圖形求出∠BOD的度數(shù)，由圓周定理得到∠BAD＝∠BOD．【解答】解：設(shè)量角器的圓心是O，連接OD，OB，∵∠BOD＝130°﹣25°＝105°，∴∠BAD＝∠BOD＝52.5°．故答案為：52.5°．【中考模擬練】1．（2024?惠城區(qū)模擬）如圖，AB是半圓O的直徑，點(diǎn)D是弧AC的中點(diǎn)，若∠BAC＝44°，則∠DAC等于（）A．22° B．44° C．23° D．46°【分析】根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角可得∠ACB＝90°，從而利用直角三角形的兩個(gè)銳角互余可得∠B＝46°，然后利用圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)可得∠D＝134°，再根據(jù)已知可得＝，進(jìn)而可得AD＝DC，最后利用等腰三角形的性質(zhì)，以及三角形內(nèi)角和定理進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解答】解：∵AB是半圓O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵∠BAC＝44°，∴∠B＝90°﹣∠BAC＝46°，∵四邊形ABCD是半⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠D＝180°﹣∠B＝134°，∵點(diǎn)D是弧AC的中點(diǎn)，∴＝，∴AD＝DC，∴∠DAC＝∠DCA＝（180°﹣∠D）＝23°，故選：C．2．（2024?漢臺(tái)區(qū)二模）如圖，AB是⊙O的直徑，AC是⊙O的弦，OD∥AC交⊙O于點(diǎn)D，連接AD、CD，若∠CAD＝125°，則∠ADC的度數(shù)為（）A．20° B．25° C．30° D．35°【分析】先利用平行線的性質(zhì)可得∠ADO＝55°，從而利用等腰三角形的性質(zhì)可得∠OAD＝∠ODA＝55°，然后利用三角形內(nèi)角和定理可得∠AOD＝70°，從而利用圓周角定理可得∠ACD＝∠AOD＝35°，最后利用三角形內(nèi)角和定理可得：∠ADC＝20°，【解答】解：∵OD∥AC，∴∠ADO＝180°﹣∠CAD＝55°，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA＝55°，∴∠AOD＝180°﹣∠OAD﹣∠ODA＝70°，∴∠ACD＝∠AOD＝35°，∴∠ADC＝180°﹣∠CAD﹣∠ACD＝20°，故選：A．3．（2024?西山區(qū)一模）如圖，點(diǎn)A，B，C在⊙O上，AB平分∠CAO，∠C＝40°，則∠BOC的度數(shù)為（）A．20° B．40° C．60° D．80°【分析】先利用等腰三角形的性質(zhì)可得∠C＝∠OAC＝40°，然后利用角平分線的定義可得∠CAB＝20°，再利用圓周角定理進(jìn)行計(jì)算，即可解答．【解答】解：∵OA＝OC，∴∠C＝∠OAC＝40°，∵AB平分∠CAO，∴∠CAB＝∠CAO＝20°，∴∠COB＝2∠CAB＝40°，故選：B．4．（2024?碑林區(qū)校級(jí)二模）如圖，⊙O半徑長2cm，點(diǎn)A、B、C是⊙O三等分點(diǎn)，點(diǎn)D為圓上一點(diǎn)，連接AD，且AD＝2cm，CD交AB于點(diǎn)E，則∠BED＝（）A．75° B．65° C．60° D．55°【分析】連接OA，OB，OC，OD，則OA＝OB＝OC＝OD＝2cm，進(jìn)一步判定△AOD為等腰直角三角形，再根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等即可求解．【解答】解：連接OA，OB，OC，OD，則OA＝OB＝OC＝OD＝2cm，∵點(diǎn)A、B、C是⊙O三等分點(diǎn)，∴∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°，AB＝BC＝AC，∵OD＝OA＝2，AD＝2，OD2+OA2＝AD2∴△AOD為等腰直角三角形，∴∠AOD＝90°，∠DOA＝∠ADO＝45°，∵弧DB對(duì)應(yīng)∠DAB和∠DCB，∴∠DAB＝∠DCB，∵AB＝BC＝AC，∴∠ACB＝∠BAC＝∠ABC＝60°，∵∠BED＝∠EDA+∠DAB，∠DAB＝∠DCB，∴∠BED＝∠ADE+∠DCB，∵∠ADE＝∠ADO+∠ODC，∠ADO＝45°，∠ODC＝∠OCD，∴∠ADE＝45°+∠OCD，∴∠BED＝45°+∠OCD+∠DCB＝45°+∠DCB＝45°+30°＝75°．故選：A．5．（2024?泗縣一模）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C是半圓上一點(diǎn)，CD平分∠ACB交⊙O于點(diǎn)D，與AB交于點(diǎn)G，過點(diǎn)A作AE⊥CD于點(diǎn)E，AE與⊙O交于點(diǎn)F，連接AD，CF．若AG＝CF，則∠D的度數(shù)為67.5°．【分析】連接DF，利用直徑所對(duì)的圓周角是直角及同弧所對(duì)的圓周角相等，證明△ADE＝△CFE（AAS）進(jìn)而可求．【解答】解：連接DF，∵AB是圓的直徑，∴∠ACB＝90°，∵CD平分∠ACB，∴∠ACD＝∠BCD＝45°，∵AE⊥CD，∴∠AEC＝∠AED＝∠CEF＝∠DEF＝90°，∴∠CAE＝∠CDF＝∠DFA＝45°，∴DE＝EF，在△ADE和△CFE中，，∴△ADE＝△CFE（AAS），∴AD＝CF，∵AG＝CF，∴AD＝AG，∴∠ADG＝∠AGD，∵∠DAG＝∠BCD＝45°，∴∠ADG＝＝67.5°，故答案為：67.5°．考點(diǎn)二：圓中的長度計(jì)算圓中長度的計(jì)算主要考察的是圓的垂徑定理及其推論、垂徑定理的應(yīng)用等，相對(duì)綜合點(diǎn)的問題還會(huì)和特殊三角形或者相似三角形等知識(shí)點(diǎn)結(jié)合。而求弧長及扇形面積則主要考察對(duì)應(yīng)公式，綜合難度不大，小心審題即可！題型01圓中常見的長度計(jì)算易錯(cuò)點(diǎn)01：弧長與扇形面積：不規(guī)則圖形面積想割補(bǔ)法常用公式：解題大招01：圓中線段計(jì)算口訣——“圓中求長度，垂徑加勾股”弦長、半徑、直徑是圓中的主要線段，相關(guān)計(jì)算主要利用垂徑定理及其推論，構(gòu)造“以半徑、弦心距、弦長一半為三邊的直角三角形”，通過勾股定理列方程求解；解題大招02：常做輔助線：連半徑、作弦心距、見直接連弦長得直徑所對(duì)圓周角=90°解題大招03：圓中模型“知2得3”由圖可得以下5點(diǎn)：①AB⊥CD；②AE=EB；③AD過圓心O；④；⑤；以上5個(gè)結(jié)論，知道其中任意2個(gè)，剩余的3個(gè)都可以作為結(jié)論使用。【中考真題練】1．（2023?永州）如圖，⊙O是一個(gè)盛有水的容器的橫截面，⊙O的半徑為10cm，水的最深處到水面AB的距離為4cm，則水面AB的寬度為16cm．【分析】過點(diǎn)O作OD⊥AB于點(diǎn)C，交⊙O于點(diǎn)D，連接OA，由垂徑定理可得AC＝BC，然后在Rt△AOC中根據(jù)勾股定理求出AC的長，即可得出AB的長．【解答】解：如圖，過點(diǎn)O作OD⊥AB于點(diǎn)C，交⊙O于點(diǎn)D，連接OA，∴，由題意知，OA＝10cm，CD＝4cm，∴OC＝6cm，在Rt△AOC中，（cm），∴AB＝2AC＝16（cm），故答案為：16．2．（2023?荊州）如圖，一條公路的轉(zhuǎn)彎處是一段圓?。ǎc(diǎn)O是這段弧所在圓的圓心，B為上一點(diǎn)，OB⊥AC于D．若AC＝300m，BD＝150m，則的長為（）A．300πm B．200πm C．150πm D．100πm【分析】先根據(jù)垂徑定理求出AD的長，由題意得OD＝OA﹣BD，在Rt△AOD中利用勾股定理即可求出OA的值，然后再利用三角比計(jì)算出所對(duì)的圓心角的度數(shù)，由弧長公式求出的長即可．【解答】解：∵OB⊥AC，∴AD＝AC＝150m，∠AOC＝2∠AOB，在Rt△AOD中，∵AD2+OD2＝OA2，OA＝OB，∴AD2+（OA﹣BD）2＝OA2，∴+（OA﹣150）2＝OA2，解得：OA＝300m，∴sin∠AOB＝＝，∴∠AOB＝60°，∴∠AOC＝120°，∴的長＝＝200πm．故選：B．3．（2023?青島）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∠B＝58°，∠ACD＝40°．若⊙O的半徑為5，則的長為（）A． B． C．π D．【分析】根據(jù)圓周角的性質(zhì)，計(jì)算出弧DC所對(duì)的圓心角度數(shù)，按照公式求出弧長即可．【解答】解：連接OA、OD、OC，∵∠B＝58°，∠ACD＝40°．∴∠AOC＝2∠B＝116°，∠AOD＝2∠ACD＝80°，∴∠DOC＝36°，∴＝＝π．故選：C．4．（2023?東營）“圓材埋壁”是我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中的一個(gè)問題：“今有圓材，埋在壁中，不知大小．以鋸鋸之，深一寸，鋸道長一尺．問：徑幾何？”轉(zhuǎn)化為現(xiàn)在的數(shù)學(xué)語言表達(dá)就是：如圖，CD為⊙O的直徑，弦AB⊥CD，垂足為E，CE＝1寸，AB＝10寸，則直徑CD的長度為26寸．【分析】連接OA，設(shè)⊙O的半徑是r寸，由垂徑定理得到AE＝AB＝5寸，由勾股定理得到r2＝（r﹣1）2+52，求出r，即可得到圓的直徑長．【解答】解：連接OA，設(shè)⊙O的半徑是r寸，∵直徑CD⊥AB，∴AE＝AB＝×10＝5寸，∵CE＝1寸，∴OE＝（r﹣1）寸，∵OA2＝OE2+AE2，∴r2＝（r﹣1）2+52，∴r＝13，∴直徑CD的長度為2r＝26寸．故答案為：26．5．（2023?鄂州）如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝4，點(diǎn)O為BC的中點(diǎn)，以O(shè)為圓心，OB長為半徑作半圓，交AC于點(diǎn)D，則圖中陰影部分的面積是（）A．5π B．5﹣4π C．5﹣2π D．10﹣2π【分析】連接OD．解直角三角形求出∠DOB＝60°，BC＝4，再根據(jù)S陰＝S△ACB﹣S△COD﹣S扇形ODB，求解即可．【解答】解：連接OD．在△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝4，∴BC＝AB＝4，∴OC＝OD＝OB＝2，∴∠DOB＝2∠C＝60°，∴S陰＝S△ACB﹣S△COD﹣S扇形ODB＝×4×4﹣﹣＝8﹣3﹣2π＝5﹣2π．故選：C．6．（2023?湖北）如圖，在3×3的正方形網(wǎng)格中，小正方形的頂點(diǎn)稱為格點(diǎn)，頂點(diǎn)均在格點(diǎn)上的圖形稱為格點(diǎn)圖形，圖中的圓弧為格點(diǎn)△ABC外接圓的一部分，小正方形邊長為1，圖中陰影部分的面積為（）A．π﹣ B．π﹣ C．π﹣ D．π﹣【分析】作AB的垂直平分線MN，作BC的垂直平分線PQ，設(shè)MN與PQ相交于點(diǎn)O，連接OA，OB，OC，則點(diǎn)O是△ABC外接圓的圓心，先根據(jù)勾股定理的逆定理證明△AOC是直角三角形，從而可得∠AOC＝90°，然后根據(jù)圖中陰影部分的面積＝扇形AOC的面積﹣△AOC的面積﹣△ABC的面積，進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解答】解：如圖：作AB的垂直平分線MN，作BC的垂直平分線PQ，設(shè)MN與PQ相交于點(diǎn)O，連接OA，OB，OC，則點(diǎn)O是△ABC外接圓的圓心，由題意得：OA2＝12+22＝5，OC2＝12+22＝5，AC2＝12+32＝10，∴OA2+OC2＝AC2，∴△AOC是直角三角形，∴∠AOC＝90°，∵AO＝OC＝，∴圖中陰影部分的面積＝扇形AOC的面積﹣△AOC的面積﹣△ABC的面積＝﹣OA?OC﹣AB?1＝﹣××﹣×2×1＝﹣﹣1＝﹣，故選：D．7．（2023?河北）裝有水的水槽放置在水平臺(tái)面上，其橫截面是以AB為直徑的半圓O，AB＝50cm，如圖1和圖2所示，MN為水面截線，GH為臺(tái)面截線，MN∥GH．計(jì)算：在圖1中，已知MN＝48cm，作OC⊥MN于點(diǎn)C．（1）求OC的長．操作：將圖1中的水槽沿GH向右作無滑動(dòng)的滾動(dòng)，使水流出一部分，當(dāng)∠ANM＝30°時(shí)停止?jié)L動(dòng)．如圖2．其中，半圓的中點(diǎn)為Q，GH與半圓的切點(diǎn)為E，連接OE交MN于點(diǎn)D．探究：在圖2中．（2）操作后水面高度下降了多少？（3）連接OQ并延長交GH于點(diǎn)F，求線段EF與的長度，并比較大?。痉治觥浚?）連接OM，利用垂徑定理得出MC＝MN＝24cm，由勾股定理計(jì)算即可得出答案；（2）由切線的性質(zhì)證明OE⊥GH，進(jìn)而得到OE⊥MN，利用銳角三角函數(shù)的定義求出OD，再與（1）中OC相減即可得出答案；（3）由半圓的中點(diǎn)為Q得到∠QOB＝90°，得到∠QOE＝30°，分別求出線段EF與的長度，再相減比較即可．【解答】解：（1）連接OM，∵O為圓心，OC⊥MN于點(diǎn)C，MN＝48cm，∴MC＝MN＝24cm，∵AB＝50cm，∴OM＝AB＝25cm，在Rt△OMC中，OC＝＝＝7（cm）；（2）∵GH與半圓的切點(diǎn)為E，∴OE⊥GH，∵M(jìn)N∥GH，∴OE⊥MN于點(diǎn)D，∵∠ANM＝30°，ON＝25cm，∴，∴操作后水面高度下降高度為：；（3）∵OE⊥MN于點(diǎn)D，∠ANM＝30°，∴∠DOB＝60°，∵半圓的中點(diǎn)為Q，∴，∴∠QOB＝90°，∴∠QOE＝30°，∴EF＝tan∠QOE?OE＝（cm），的長為（cm），∵＝＞0，∴EF＞．【中考模擬練】1．（2024?上城區(qū)一模）如圖，在⊙O中，將沿弦AB翻折，使恰好經(jīng)過圓心O，C是劣弧AB上一點(diǎn)．已知AE＝2，tan∠CBA＝，則AB的長為（）A． B．6 C． D．【分析】連接EO并延長交⊙O于點(diǎn)H，連接AH，過點(diǎn)O作OF⊥AB于F，延長OF交⊙O于點(diǎn)G，連接OB，根據(jù)圓周角定理求出∠EAH＝90°，解直角三角形求出AH＝4，根據(jù)勾股定理求出EH＝2，根據(jù)垂徑定理求出AB＝2BF，根據(jù)折疊的性質(zhì)得，OF＝GF，再根據(jù)勾股定理求解即可．【解答】解：連接EO并延長交⊙O于點(diǎn)H，連接AH，過點(diǎn)O作OF⊥AB于F，延長OF交⊙O于點(diǎn)G，連接OB，∵EH是⊙O的直徑，∴∠EAH＝90°，∴tan∠AHE＝，∵∠AHE＝∠CBA，tan∠CBA＝，∴tan∠AHE＝tan∠CBA＝，∴＝，∵AE＝2，∴AH＝4，∴EH＝＝2，∴⊙O的半徑為，∴OG＝OB＝，∵OG⊥AB于F，∴AB＝2BF，根據(jù)折疊的性質(zhì)得，OF＝GF，∴OF＝OG＝，∴BF＝＝，∴AB＝，故選：C．2．（2024?連云區(qū)一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，∠A＝60°，將Rt△ABC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后得到Rt△DEC，點(diǎn)B經(jīng)過的路徑為弧BE，將線段AB繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°后，點(diǎn)B恰好落在CE上的點(diǎn)F處，點(diǎn)B經(jīng)過的路徑為弧BF，則圖中陰影部分的面積是（）A． B． C． D．【分析】先用扇形ABF的面積減去△ACB的面積，再用扇形CBE的面積減去上面的計(jì)算結(jié)果即可解決問題．【解答】解：由題知，∵AB＝4，∠A＝60°，∴．在Rt△ABC中，sinA＝，∴BC＝．同理可得，AC＝2．∴．∵，∴S陰影＝S扇形CBE﹣（S扇形ABF﹣S△ABC）＝．故選：D．3．（2024?歷城區(qū)一模）如圖，正八邊形ABCDEFGH的邊長為3，以頂點(diǎn)A為圓心，AB的長為半徑畫圓，則陰影部分的面積為π.（結(jié)果保留π）【分析】先根據(jù)正八邊形的性質(zhì)求出圓心角的度數(shù)，再根據(jù)扇形面積的計(jì)算方法進(jìn)行計(jì)算即可．【解答】解：由題意得，∠HAB＝＝135°，AH＝AB＝3，∴S陰影部分＝＝π，故答案為：π．4．（2024?豐臺(tái)區(qū)一模）如圖，A，B，C是⊙O上的點(diǎn)，OA⊥BC，點(diǎn)D在優(yōu)弧上，連接BD，AD．若∠ADB＝30°，，則⊙O的半徑為2．【分析】根據(jù)垂徑定理求出BE，根據(jù)正弦的定義求出OB．【解答】解：連接OB，∵OA⊥BC，∴BE＝BC＝，∵∠ADB＝30°，∴由圓周角定理得∠AOB＝60°，∴OB＝＝＝2．故答案為：2．5．（2024?玄武區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在半圓O中，點(diǎn)C在半圓O上，點(diǎn)D在直徑AB上，將半圓O沿過BC所在的直線折疊，使恰好經(jīng)過點(diǎn)D．若，BD＝1，則半圓O的直徑為4．【分析】過C點(diǎn)作CH⊥AB于H點(diǎn)，連接CD、OC，如圖，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到和所在的圓為等圓，由于和所對(duì)的圓周角都是∠ABC，所以＝，則CA＝CD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出AH＝DH＝AD＝+OD，則OH＝，BH＝+OD，根據(jù)勾股定理求出OD＝1，再根據(jù)線段的和差求解即可．【解答】解：過C點(diǎn)作CH⊥AB于H點(diǎn)，連接CD、OC、AC，如圖：∵圓弧BC沿BC所在的直線折疊后與直徑AB交于點(diǎn)D，∴和所在的圓為等圓，∵和所對(duì)的圓周角都是∠ABC，∴＝，∴CA＝CD，∵CH⊥AD，∴AH＝DH，∵BD＝1，∴OC＝OA＝OB＝BD+OD＝1+OD，∴AD＝OA+OD＝1+2OD，∴AH＝DH＝AD＝+OD，∴OH＝DH﹣OD＝+OD﹣OD＝，BH＝OB+OH＝1+OD+＝+OD，在Rt△BCH中，BC＝，∴CH2＝BC2﹣BH2＝﹣＝10﹣﹣3OD﹣OD2＝﹣3OD﹣OD2，在Rt△OCH中，CH2＝OC2﹣OH2＝（1+OD）2﹣＝1+2OD+OD2﹣＝OD2+2OD+，∴﹣3OD﹣OD2＝OD2+2OD+，∴OD＝1或OD＝﹣（舍去），∴OB＝1＝1＝2，∴AB＝4，即半圓O的直徑為4，故答案為：4．6．（2024?青浦區(qū)二模）如圖，AB是⊙O的直徑，AB與CD相交于點(diǎn)E，弦AD與弦CD相等，且．（1）求∠ADC的度數(shù)；（2）如果OE＝1，求AD的長．【分析】（1）連接AC，根據(jù)垂徑定理可得＝，從而可得AC＝AD，然后利用等量代換可得AC＝AD＝CD，從而可得△ACD是等邊三角形，再利用等邊三角形的性質(zhì)即可解答；（2）連接OD，根據(jù)垂徑定理可得DE＝EC＝CD，AB⊥CD，從而可得∠AED＝90°，再利用直角三角形的兩個(gè)銳角互余可得∠DAO＝30°，然后利用圓周角定理可得∠DOE＝60°，再在Rt△OED中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出DE的長，即可解答．【解答】解：（1）連接AC，∵AB是⊙O的直徑，，∴＝，∴AC＝AD，∵AD＝CD，∴AC＝AD＝CD，∴△ACD是等邊三角形，∴∠ADC＝60°；（2）連接OD，∵AB是⊙O的直徑，，∴DE＝EC＝CD，AB⊥CD，∴∠AED＝90°，∵∠ADC＝60°，∴∠DAO＝90°﹣∠ADC＝30°，∴∠DOE＝2∠DAO＝60°，在Rt△OED中，OE＝1，∴DE＝OE?tan60°＝，∴CD＝2DE＝2，∴CD＝AD＝2．7．（2024?黃埔區(qū)一模）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB＝AC，CO的延長線交AB于點(diǎn)D．（1）求證：AO平分∠BAC；（2）若BC＝12，sin∠BAC＝，求AC和CD的長．【分析】（1）先延長AO交BC于H，連接BO，AB＝AC，OB＝OC，因此A，O在線段BC的垂直平分線上，則AO⊥BC，又因?yàn)锳B＝AC，所以AO平分∠BAC．（2）延長CD交⊙O于E，連接BE，則CE是⊙O的直徑，∠EBC＝90°，BC⊥BE，可知∠E＝∠BAC，sin∠E＝sin∠BAC，因此＝，CE＝BC＝20，利用勾股定理得BE＝＝16，OA＝OE＝CE＝10，因?yàn)锳H⊥BC，所以BE∥OA，因而＝，即＝，解得：OD＝，因此CD＝10+＝，根據(jù)BE∥OA，即BE∥OH，OC＝OE，可得OH是△CEB的中位線，因此OH＝BE＝8，CH＝BC＝6，可得AH＝10+8＝18，在Rt△ACH中，AC＝＝＝6．【解答】解：（1）證明：延長AO交BC于H，連接BO，∵AB＝AC，OB＝OC，∴A，O在線段BC的垂直平分線上，∴AO⊥BC，又∵AB＝AC，∴AO平分∠BAC．（2）延長CD交⊙O于E，連接BE，則CE是⊙O的直徑，∵∠EBC＝90°，BC⊥BE，∴∠E＝∠BAC，sin∠E＝sin∠BAC，∴＝，CE＝BC＝20，∴BE＝＝16，OA＝OE＝CE＝10，∵AH⊥BC，∴BE∥OA，∴＝，即＝，解得：OD＝，∴CD＝10+＝，∵BE∥OA，即BE∥OH，OC＝OE，∴OH是△CEB的中位線，∴OH＝BE＝8，CH＝BC＝6，∴AH＝10+8＝18，在Rt△ACH中，AC＝＝＝6．題型02圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)易錯(cuò)點(diǎn)：圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)，但還有一個(gè)推論是圓內(nèi)接四邊形的一個(gè)外角等于與它相鄰內(nèi)角的對(duì)角【中考真題練】1．（2023?西藏）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，E為BC延長線上一點(diǎn)．若∠DCE＝65°，則∠BOD的度數(shù)是（）A．65° B．115° C．130° D．140°【分析】根據(jù)鄰補(bǔ)角互補(bǔ)求出∠DCB的度數(shù)，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)求出∠BAD的度數(shù)，最后根據(jù)圓周角定理即可求出∠BOD的度數(shù)．【解答】解：∵∠DCE＝65°，∴∠DCB＝180°﹣∠DCE＝180°﹣65°＝115°，∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠BAD+∠DCB＝180°，∴∠BAD＝65°，∴∠BOD＝2∠BAD＝2×65°＝130°，故選：C．2．（2023?赤峰）如圖，圓內(nèi)接四邊形ABCD中，∠BCD＝105°，連接OB，OC，OD，BD，∠BOC＝2∠COD．則∠CBD的度數(shù)是（）A．25° B．30° C．35° D．40°【分析】利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)及圓周角定理求得∠BOD的度數(shù)，再結(jié)合已知條件求得∠COD的度數(shù)，然后利用圓周角定理求得∠CBD的度數(shù)．【解答】解：∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠A+∠BCD＝180°，∵∠BCD＝105°，∴∠A＝75°，∴∠BOD＝2∠A＝150°，∵∠BOC＝2∠COD，∴∠BOD＝3∠COD＝150°，∴∠COD＝50°，∴∠CBD＝∠COD＝25°，故選：A．3．（2023?淮安）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，BC是⊙O的直徑，BC＝2CD，則∠BAD的度數(shù)是120°．【分析】連接OD，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠C＝60°，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)計(jì)算，得到答案．【解答】解：如圖，連接OD，∵BC是⊙O的直徑，BC＝2CD，∴OC＝OD＝CD，∴△COD為等邊三角形，∴∠C＝60°，∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠BAD+∠C＝180°，∴∠BAD＝120°，故答案為：120．4．（2023?北京）如圖，圓內(nèi)接四邊形ABCD的對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)E，BD平分∠ABC，∠BAC＝∠ADB．（1）求證DB平分∠ADC，并求∠BAD的大??；（2）過點(diǎn)C作CF∥AD交AB的延長線于點(diǎn)F，若AC＝AD，BF＝2，求此圓半徑的長．【分析】（1）由圓周角定理得到∠BAC＝∠CDB，而∠BAC＝∠ADB，因此∠ADB＝∠CDB，得到BD平分∠ADC，由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到∠ABD+∠ADB＝90°，即可求出∠BAD＝90°；（2）由垂徑定理推出△ACD是等邊三角形，得到∠ADC＝60°由BD⊥AC，得到∠BDC＝∠ADC＝30°，由平行線的性質(zhì)求出∠F＝90°，由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求出∠FBC＝∠ADC＝60°，得到BC＝2BF＝4，由直角三角形的性質(zhì)得到BC＝BD，因?yàn)锽D是圓的直徑，即可得到圓半徑的長是4．【解答】（1）證明：∵∠BAC＝∠ADB，∠BAC＝∠CDB，∴∠ADB＝∠CDB，∴BD平分∠ADC，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠ABD+∠CBD+∠ADB+∠CDB＝180°，∴2（∠ABD+∠ADB）＝180°，∴∠ABD+∠ADB＝90°，∴∠BAD＝180°﹣90°＝90°；（2）解：∵∠BAE+∠DAE＝90°，∠BAE＝∠ADE，∴∠ADE+∠DAE＝90°，∴∠AED＝90°，∵∠BAD＝90°，∴BD是圓的直徑，∴BD垂直平分AC，∴AD＝CD，∵AC＝AD，∴△ACD是等邊三角形，∴∠ADC＝60°∵BD⊥AC，∴∠BDC＝∠ADC＝30°，∵CF∥AD，∴∠F+∠BAD＝180°，∴∠F＝90°，∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠ADC+∠ABC＝180°，∵∠FBC+∠ABC＝180°，∴∠FBC＝∠ADC＝60°，∴BC＝2BF＝4，∵∠BCD＝90°，∠BDC＝30°，∴BC＝BD，∵BD是圓的直徑，∴圓的半徑長是4．【中考模擬練】1．（2024?渭城區(qū)二模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，連接AC，OD，若OD⊥AC，∠B＝64°，則∠DAC的度數(shù)是（）A．36° B．32° C．34° D．26°【分析】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求出∠ADC，根據(jù)垂徑定理得到＝，得到AD＝CD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理計(jì)算即可．【解答】解：∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠B+∠ADC＝180°，∵∠B＝64°，∴∠ADC＝180°﹣64°＝116°，∵OD⊥AC，∴＝，∴AD＝CD，∴∠DAC＝（180°﹣116°）＝32°，故選：B．2．（2024?浙江模擬）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，若所對(duì)圓心角的度數(shù)為80°，則∠C＝（）A．110° B．120° C．135° D．140°【分析】連接OD，根據(jù)題意求出∠BOD＝80°，根據(jù)圓周角定理求出∠A，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求出∠C．【解答】解：如圖，連接OD，∵所對(duì)圓心角的度數(shù)為80°，∴∠BOD＝80°，由圓周角定理得：∠A＝∠BOD＝40°，∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠A+∠C＝180°，∴∠C＝180°﹣40°＝140°，故選：D．3．（2024?綏棱縣校級(jí)一模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，，BC的長為1．【分析】過O作OH⊥AD于H，連接OB，OC，由圓周角定理求出∠ABD＝∠AOD＝60°，∠BOC＝2∠BAC＝60°，判定△OBC是等邊三角形，得到BC＝OB，由等腰三角形的性質(zhì)推出AH＝AD＝，∠AOH＝∠AOD＝60°，由sin∠AOH＝＝，求出AO＝1，即可得到BC＝OB＝OA＝1．【解答】解：過O作OH⊥AD于H，連接OB，OC，∵∠AOD＝120°，∴∠ABD＝∠AOD＝60°，∵AC⊥BD，∴∠BAC＝90°﹣60°＝30°，∴∠BOC＝2∠BAC＝60°，∵OB＝OC，∴△OBC是等邊三角形，∴BC＝OB，∵OH⊥AD于H，OA＝OD，∴AH＝AD＝，∠AOH＝∠AOD＝60°，∴sin∠AOH＝sin60°＝＝，∴AO＝1，∴BC＝OB＝OA＝1．故答案為：1．4．（2024?順城區(qū)二模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AC是⊙O的直徑，DE∥BC，交BO的延長線于點(diǎn)E，且BE平分∠ABD．（1）求證：四邊形BCDE是平行四邊形；（2）若AD＝8，tan∠BDE＝，求AC的長．【分析】（1）根據(jù)角平分線的定義得到∠ABO＝∠DBE，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠ABO＝∠CAB，根據(jù)圓周角定理得到∠CAB＝∠CDB，得到∠DBE＝∠CDB，證明CD∥BE，再根據(jù)平行四邊形的判定定理證明；（2）根據(jù)圓周角定理得到∠ADC＝90°，根據(jù)正切的定義求出CD，根據(jù)勾股定理求出AC．【解答】（1）證明：∵BE平分∠ABD，∴∠ABO＝∠DBE，∵OA＝OB，∴∠ABO＝∠CAB，由圓周角定理得：∠CAB＝∠CDB，∴∠DBE＝∠CDB，∴CD∥BE，∵DE∥BC，∴四邊形BCDE是平行四邊形；（2）解：∵DE∥BC，∴∠BDE＝∠DBC，由圓周角定理得：∠DAC＝∠DBC，∴∠BDE＝∠DAC，∵tan∠BDE＝，∴tan∠DAC＝，即＝，∵AD＝8，∴CD＝6，∵AC是直徑，∴∠ADC＝90°，由勾股定理得：AC＝＝＝10．5．（2024?涼州區(qū)校級(jí)模擬）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，∠ABC＞90°，它的外角∠EAC的平分線交⊙O于點(diǎn)D，連接DB，DC，DB交AC于點(diǎn)F．（1）若∠EAD＝75°，求的度數(shù)．（2）求證：DB＝DC．（3）若DA＝DF，當(dāng)∠ABC＝α，求∠DFC的度數(shù)（用含α的代數(shù)式表示）．【分析】（1）根據(jù)題意可得∠EAC＝2∠DAE＝150°，從而得到∠BAC＝180°﹣∠EAC＝30°，即可求解；（2）由題意易得∠BCD+∠BAD＝180°，則有∠EAD＝∠BCD，進(jìn)而可得∠EAD＝∠DAC，則∠BCD＝∠CBD，即可求證；（3）先證明△DAF∽△DBC，可得∠ADF＝∠BDC，進(jìn)而可得，然后可得，即可求解．【解答】（1）解：∵∠EAD＝75°，AD平分∠EAC，∴∠EAC＝2∠DAE＝150°，∴∠BAC＝180°﹣∠EAC＝30°，∴的度數(shù)為30°×2＝60°；（2）證明：∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠BCD+∠BAD＝180°，∵∠DAB+∠EAD＝180°，∴∠EAD＝∠BCD，∵AD平分∠EAC，∴∠EAD＝∠DAC，∴∠CAD＝∠BCD，∵∠CAD＝∠CBD，∴∠BCD＝∠CBD，∴DB＝DC；（3）解：∵DA＝DF，∴∠DAF＝∠DFA，∴∠DAF＝∠DFA＝∠CBD＝∠BCD，∴△DAF∽△DBC，∴∠ADF＝∠BDC，∵∠ABC＝α，圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)，∴∠ADC＝180°﹣α，∴，∴，∴．考點(diǎn)三：圓與直線的位置關(guān)系圓與直線的位置關(guān)系有三種，直線與圓無交點(diǎn)直線與圓相離；直線與圓有一個(gè)交點(diǎn)直線與圓相切；直線與圓有2個(gè)交點(diǎn)直線與圓相交；其中，切線的性質(zhì)與判定是該考點(diǎn)的重點(diǎn)，特別是綜合問題，基本都與切線有關(guān)，需要加以重視。題型01切線的性質(zhì)與判定解題大招：①切線的判定：常用方法→有切點(diǎn)，連半徑，證垂直！無切點(diǎn)，作垂直，證半徑！☆特別地：題目中所需證的垂直，一般是由已知垂直轉(zhuǎn)化而來的，故有“想證⊥，先找⊥”②切線的性質(zhì)：常用方法→見切點(diǎn)，連半徑，得垂直！因切線所得結(jié)論必為⊥，故常以直角三角形來展開后續(xù)問題?！局锌颊骖}練】1．（2023?宿遷）在同一平面內(nèi)，已知⊙O的半徑為2，圓心O到直線l的距離為3，點(diǎn)P為圓上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則點(diǎn)P到直線l的最大距離是（）A．2 B．5 C．6 D．8【分析】根據(jù)圓心到直線l的距離為3，而圓的半徑為2，此時(shí)直線與圓相離，當(dāng)點(diǎn)P在⊙O上運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)點(diǎn)P在BO的延長線與⊙O的交點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)P到直線l的距離最大，根據(jù)題意畫出圖形進(jìn)行解答即可．【解答】解：如圖，由題意得，OA＝2，OB＝3，當(dāng)點(diǎn)P在BO的延長線與⊙O的交點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)P到直線l的距離最大，此時(shí)，點(diǎn)P到直線l的最大距離是3+2＝5，故選：B．2．（2023?重慶）如圖，AC是⊙O的切線，B為切點(diǎn)，連接OA，OC．若∠A＝30°，AB＝2，BC＝3，則OC的長度是（）A．3 B． C． D．6【分析】根據(jù)切線的性質(zhì)得到OB⊥AC，求得∠ABO＝∠CBO＝90°，得到OB＝AB＝2，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．【解答】解：連接OB，∵AC是⊙O的切線，∴OB⊥AC，∴∠ABO＝∠CBO＝90°，∵∠A＝30°，AB＝2，∴OB＝AB＝2，∵BC＝3，∴OC＝＝＝，故選：C．3．（2023?山西）中國高鐵的飛速發(fā)展，已成為中國現(xiàn)代化建設(shè)的重要標(biāo)志．如圖是高鐵線路在轉(zhuǎn)向處所設(shè)計(jì)的圓曲線（即圓弧），高鐵列車在轉(zhuǎn)彎時(shí)的曲線起點(diǎn)為A，曲線終點(diǎn)為B，過點(diǎn)A，B的兩條切線相交于點(diǎn)C，列車在從A到B行駛的過程中轉(zhuǎn)角α為60°．若圓曲線的半徑OA＝1.5km，則這段圓曲線的長為（）A． B． C． D．【分析】由圓的切線可得∠OAC＝∠OBC＝90°，進(jìn)而可證明A、O、B、C四點(diǎn)共圓，利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可求得∠AOB＝60°，再根據(jù)弧長公式計(jì)算可求解．【解答】解：∵過點(diǎn)A，B的兩條切線相交于點(diǎn)C，∴∠OAC＝∠OBC＝90°，∴A、O、B、C四點(diǎn)共圓，∴∠AOB＝α＝60°，∴圓曲線的長為：（km）．故選：B．4．（2023?湘西州）如圖，AB為⊙O的直徑，點(diǎn)P在AB的延長線上，PC，PD與⊙O相切，切點(diǎn)分別為C，D．若AB＝10，PC＝12，則sin∠CAD等于（）A． B． C． D．【分析】連接OC、OD、CD，CD交PA于E，如圖，利用切線的性質(zhì)和切線長定理得到OC⊥CP，PC＝PD，OP平分∠CPD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到OP⊥CD，則∠COB＝∠DOB，根據(jù)圓周角定理得到，所以∠COB＝∠CAD，然后求出sin∠COP即可．【解答】解：連接OC、OD、CD，CD交PA于E，如圖，∵PC，PD與⊙O相切，切點(diǎn)分別為C，D，∴OC⊥CP，PC＝PD，OP平分∠CPD，∴OP⊥CD，∴＝，∴∠COB＝∠DOB，∵，∴∠COB＝∠CAD，∵AB＝10，∴AO＝OC＝OB＝5，∵OC＝5，PC＝12，在Rt△OCP中，，∴，∴．故選：D．5．（2023?無錫）如圖，AB是⊙O的切線，B為切點(diǎn)，OA與BC交于點(diǎn)D，AB＝AD，若∠C＝20°，則∠OAB等于（）A．20° B．30° C．40° D．50°【分析】由AB與⊙O相切于點(diǎn)B，證明∠OBA＝90°，由OB＝OC，得∠OBC＝∠C＝20°，求得∠ABD＝∠OBA﹣∠OBC＝70°，因?yàn)锳B＝AD，所以∠ADB＝∠ABD＝70°，則∠OAB＝40°，于是得到問題的答案．【解答】解：∵AB與⊙O相切于點(diǎn)B，∴AB⊥OB，∴∠OBA＝90°，∵OB＝OC，∴∠OBC＝∠C＝20°，∴∠ABD＝∠OBA﹣∠OBC＝90°﹣20°＝70°，∵AB＝AD，∴∠ADB＝∠ABD＝70°，∴∠OAB＝180°﹣∠ADB﹣∠ABD＝180°﹣70°﹣70°＝40°，故選：C．6．（2023?鎮(zhèn)江）已知一次函數(shù)y＝kx+2的圖象經(jīng)過第一、二、四象限，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心，r為半徑作⊙O．若對(duì)于符合條件的任意實(shí)數(shù)k，一次函數(shù)y＝kx+2的圖象與⊙O總有兩個(gè)公共點(diǎn)，則r的最小值為2．【分析】在y＝kx+2中，令x＝0，則y＝2，于是得到一次函數(shù)y＝kx+2的圖象與y軸交于（0，2），求得一次函數(shù)過定點(diǎn)（0，2），當(dāng)⊙O過（0，2）時(shí)，兩者至少有一個(gè)交點(diǎn)，根據(jù)一次函數(shù)經(jīng)過一、二、四象限，得到直線與圓必有兩個(gè)交點(diǎn)，而當(dāng)⊙O半徑小于2時(shí)，圓與直線存在相離可能，于是得到結(jié)論．【解答】解：在y＝kx+2中，令x＝0，則y＝2，∴一次函數(shù)y＝kx+2的圖象與y軸交于（0，2），∴一次函數(shù)過定點(diǎn)（0，2），當(dāng)⊙O過（0，2）時(shí)，兩者至少有一個(gè)交點(diǎn)，∵一次函數(shù)經(jīng)過一、二、四象限，∴直線與圓必有兩個(gè)交點(diǎn)，而當(dāng)⊙O半徑小于2時(shí)，圓與直線存在相離可能，∴半徑至少為2，故r的最小值為2，故答案為：2．7．（2023?江西）如圖，在△ABC中，AB＝4，∠C＝64°，以AB為直徑的⊙O與AC相交于點(diǎn)D，E為上一點(diǎn)，且∠ADE＝40°．（1）求的長；（2）若∠EAD＝76°，求證：CB為⊙O的切線．【分析】（1）由圓周角定理求出∠AOE＝2∠ADE＝80°，由鄰補(bǔ)角的性質(zhì)的∠EOB＝180°﹣∠AOE＝100°，由弧長公式即可求出的長．（2）由圓周角定理得到∠EAB＝∠EOB＝50°，因此∠BAC＝∠EAD﹣∠EAB＝26°，得到∠C+∠BAC＝90°，因此∠ABC＝90°，得到直徑AB⊥BC，即可證明CB為⊙O的切線．【解答】（1）解：∵∠ADE＝40°，∴∠AOE＝2∠ADE＝80°，∴∠EOB＝180°﹣∠AOE＝100°，∵AB＝4，∴⊙O半徑長是2，∴的長＝＝；（2）證明：∵∠EAB＝∠EOB＝50°，∴∠BAC＝∠EAD﹣∠EAB＝76°﹣50°＝26°，∵∠C＝64°，∴∠C+∠BAC＝90°，∴∠ABC＝180°﹣（∠C+∠BAC）＝90°，∴直徑AB⊥BC，∴CB為⊙O的切線．8．（2023?宜賓）如圖，以AB為直徑的⊙O上有兩點(diǎn)E、F，＝，過點(diǎn)E作直線CD⊥AF交AF的延長線于點(diǎn)D，交AB的延長線于點(diǎn)C，過C作CM平分∠ACD交AE于點(diǎn)M，交BE于點(diǎn)N．（1）求證：CD是⊙O的切線；（2）求證：EM＝EN；（3）如果N是CM的中點(diǎn)，且AB＝9，求EN的長．【分析】（1）連接OE，由＝，得∠FAE＝∠EAB，可得∠FAE＝∠AEO，AF∥OE，又CD⊥AF，故OE⊥CD，CD是⊙O的切線；（2）由∠CEB＝∠EAC（弦切角定理），∠ECM＝∠ACM，可得∠ENM＝∠EMN，EM＝EN；（3）證明△EMC∽△BNC，可得＝＝＝2，又△BEC∽△EAC，可得AE＝2BE，在Rt△ABE中，（2BE）2+BE2＝（9）2，求出BE＝9，故EN＝BE＝6．【解答】（1）證明：連接OE，如圖：∵＝，∴∠FAE＝∠EAB，∵OA＝OE，∴∠AEO＝∠EAB，∴∠FAE＝∠AEO，∴AF∥OE，∵CD⊥AF，∴OE⊥CD，∵OE是⊙O的半徑，∴CD是⊙O的切線；（2）證明：如圖：由（1）知CD是⊙O的切線，∴∠CEB＝∠EAC（弦切角定理），∵CM平分∠ACD，∴∠ECM＝∠ACM，∴∠CEB+∠ECM＝∠EAC+∠ACM，∴∠ENM＝∠EMN，∴EM＝EN；（3）解：如圖：由（2）知EM＝EN，∠EMN＝∠ENM，∴∠EMN＝∠BNC，∵∠ECM＝∠BCN，∴△EMC∽△BNC，∴＝＝，∵N是CM的中點(diǎn)，∴＝＝＝2，∴EM＝2BN，CE＝2BC，∵∠BEC＝∠EAB，∠BCE＝∠ECA，∴△BEC∽△EAC，∴＝＝＝，∴AE＝2BE，在Rt△ABE中，AE2+BE2＝AB2，∴（2BE）2+BE2＝（9）2，∴BE＝9，∵EN＝EM＝2BN，∴EN＝BE＝6．∴EN的長為6．9．（2023?常德）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，AB是直徑，C是的中點(diǎn)，過點(diǎn)C作CE⊥AD交AD的延長線于點(diǎn)E．（1）求證：CE是⊙O的切線；（2）若BC＝6，AC＝8，求CE，DE的長．【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)以及圓心角、弦、弧之間的關(guān)系可得∠CAE＝∠OCA，進(jìn)而得到OC∥AE，再根據(jù)平行線的性質(zhì)得出OC⊥EC即可；（2）利用相似三角形的性質(zhì)，勾股定理以及圓心角、弧、弦之間的關(guān)系進(jìn)行計(jì)算即可．【解答】（1）證明：如圖，連接OC，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∵點(diǎn)C是的中點(diǎn)，∴∠OAC＝∠CAE，∴∠CAE＝∠OCA，∴OC∥AE，∵AE⊥CE，∴OC⊥CE，∵OC是半徑，∴CE是⊙O的切線；（2）解：∵AB為⊙O直徑，∴∠ACB＝90°，∵BC＝6，AC＝8，∴AB＝＝10，又∵∠BAC＝∠CAE，∠AEC＝∠ACB＝90°，∴△AEC∽△ACB，∴，即，∴，∵點(diǎn)C是的中點(diǎn)，即＝，∴CD＝BC＝6，∴，答：DE＝，EC＝．10．（2023?眉山）如圖，△ABC中，以AB為直徑的⊙O交BC于點(diǎn)E，AE平分∠BAC，過點(diǎn)E作ED⊥AC于點(diǎn)D，延長DE交AB的延長線于點(diǎn)P．（1）求證：PE是⊙O的切線；（2）若，BP＝4，求CD的長．【分析】（1）連接OE，證明OE∥AD，即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)銳角三角函數(shù)先求出半徑和AD的長，然后證明△AEB≌△AEC（ASA），AB＝AC＝4，進(jìn)而根據(jù)線段的和差即可解決問題．【解答】（1）證明：如圖，連接OE，∵AE平分∠BAC，∴∠OAE＝∠DAE，∵OE＝OA，∴∠OEA＝∠OAE，∴∠DAE＝∠OEA，∴OE∥AD，∵ED⊥AC，∴OE⊥PD，∵OE是⊙O的半徑，∴PE是⊙O的切線；（2）解：∵＝，BP＝4，OB＝OE，∴＝，∴OE＝2，∴AB＝2OE＝4，∴AP＝AB+BP＝8，在Rt△APD中，sin∠P＝＝，∴AD＝AP＝，∵AB為⊙O的直徑，∴∠AEB＝90°＝∠AEC，∵AE平分∠BAC，∴∠BAE＝∠CAE，∵AE＝AE，∴△AEB≌△AEC（ASA），∴AB＝AC＝4，∴CD＝AC﹣AD＝4﹣＝，∴CD的長為．【中考模擬練】1．（2024?襄城縣一模）如圖，線段AB是⊙O的直徑，⊙O交線段BC于D，且D是BC中點(diǎn)，DE⊥AC于E，連接AD，則下列結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是（）①CE?CA＝CD?CB；②∠EDA＝∠B；③OA＝AC；④DE是⊙O的切線；⑤AD2＝AE?AB．A．2個(gè) B．3個(gè) C．4個(gè) D．5個(gè)【分析】由DE與AC垂直，得到三角形CDE為直角三角形，而由AB為圓的直徑，根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角為90°，得到AD與BC垂直，又D為BC中點(diǎn)，進(jìn)而得到AD垂直平分BC，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到AC與AB相等，故三角形ABC不是直角三角形，所以三角形CDE與ABC不相似，CE?CA與CD?CB不相等，選項(xiàng)①錯(cuò)誤；由O為AB中點(diǎn)，得到AO為AB的一半，故AO為AC的一半，選項(xiàng)③正確；由OD為三角形ABC的中位線，根據(jù)三角形的中位線定理得到OD與AC平行，由AC與DE垂直得到OD與DE垂直，即∠ODE為90°，故DE為圓O的切線，選項(xiàng)④正確；由兩對(duì)對(duì)應(yīng)角相等得到三角形ADE與三角形ACD相似，根據(jù)對(duì)應(yīng)邊成比例得到選項(xiàng)⑤正確，從而得到所有正確選項(xiàng)的個(gè)數(shù)．【解答】解：顯然，△CED為直角三角形，而△ABC不是直角三角形，故兩三角形不相似，所以CE?CA≠CD?CB，選項(xiàng)①錯(cuò)誤；連接OD，∵D為BC中點(diǎn)，O為AB中點(diǎn)，∴DO為△ABC的中位線，∴OD∥AC，又DE⊥AC，∴∠DEA＝90°，∴∠ODE＝90°，∴DE為圓O的切線，選項(xiàng)④正確；又OB＝OD，∴∠ODB＝∠B，∵AB為圓O的直徑，∴∠ADB＝90°，∵∠EDA+∠ADO＝90°，∠BDO+∠ADO＝90°，∴∠EDA＝∠BDO，∴∠EDA＝∠B，選項(xiàng)②正確；由D為BC中點(diǎn)，且AD⊥BC，∴AD垂直平分BC，∴AC＝AB，又OA＝AB，∴OA＝AC，選項(xiàng)③正確；∵∠DAC＝∠EAD，∠DEA＝∠CDA＝90°，∴△ADE∽△ACD，∴＝，即AD2＝AE?AB，選項(xiàng)⑤正確；則正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為4個(gè)．故選：C．2．（2024?潼南區(qū)二模）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BD是∠ABC的角平分線，點(diǎn)O在AB上，以點(diǎn)O為圓心，OB為半徑的圓恰好與AC相切于一點(diǎn)D，交BC于點(diǎn)E．若∠A＝35°，則∠BDC的度數(shù)為（）A．35° B．55° C．62.5° D．70°【分析】根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理得到∠ABC＝90°﹣35°＝55°，根據(jù)角平分線的定義得到∠CBD＝ABC＝27.5°，于是得到結(jié)論．【解答】解：∵∠C＝90°，∠A＝35°，∴∠ABC＝90°﹣35°＝55°，∵BD是∠ABC的角平分線，∴∠CBD＝ABC＝27.5°，∴∠BDC＝∠C﹣∠CBD＝90°﹣27.5°＝62.5°，故選：C．3．（2024?澤州縣二模）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB為⊙O的直徑，直線CD與⊙O相切于點(diǎn)C，過點(diǎn)O作OE∥BC，交CD于點(diǎn)E．若∠BAC＝30°，則∠OEC的度數(shù)為（）A．35° B．30° C．25° D．20【分析】連接OC，根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠OCE＝90°，根據(jù)圓周角定理得到∠ACB＝90°，求得∠B＝60°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠OCB＝∠B＝60°，根據(jù)平行線的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解答】解：連接OC，∵直線CD與⊙O相切于點(diǎn)C，∴∠OCE＝90°，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵∠A＝30°，∴∠B＝60°，∵OC＝OB，∴∠OCB＝∠B＝60°，∵OE∥BC，∴∠EOC＝∠OCB＝60°，∴∠OEC＝90°﹣60°＝30°，故選：B．4．（2024?雁塔區(qū)校級(jí)模擬）不倒翁是一種受人喜愛的兒童玩具，小華在手工課上用一球形物體做了一個(gè)戴帽子的不倒翁（如圖1），圖2是從正面看到的該不倒翁的形狀示意圖（設(shè)圓心為O）．已知帽子的邊緣PA，PB分別與⊙O相切于點(diǎn)A，B，若該圓半徑是3cm，tanP＝，則的長是（）A．6πcm B．4πcm C．3πcm D．2πcm【分析】先利用切線的性質(zhì)可得∠PAO＝∠PBO＝90°，再根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值可得∠P＝60°，從而利用四邊形內(nèi)角和是360°可得∠AOB＝120°，然后利用周角定義可得所對(duì)的圓心角度數(shù)＝240°，從而利用弧長公式進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解答】解：∵帽子的邊緣PA，PB分別與⊙O相切于點(diǎn)A，B，∴∠PAO＝∠PBO＝90°，∵tanP＝，∴∠P＝60°，∴∠AOB＝360°﹣∠P﹣∠PAO﹣∠PBO＝120°，∴所對(duì)的圓心角度數(shù)＝360°﹣120°＝240°，∴的長＝＝4π（cm），故選：B．5．（2024?石阡縣模擬）如圖，直線AB，CD相交于點(diǎn)O，∠AOD＝30°，半徑為2cm的⊙P的圓心在直線AB上，且位于點(diǎn)O左側(cè)10cm處．若⊙P以2cm/s的速度由A向B的方向移動(dòng)，則3或7s后，⊙P與直線CD相切．【分析】當(dāng)⊙P1在直線CD左側(cè)時(shí)如圖，由∠AOD＝30°，求得P1O，則有P1P即可求得時(shí)間；當(dāng)⊙P2在直線CD右側(cè)時(shí)，同理求得PP2即可求得時(shí)間．【解答】解：當(dāng)⊙P1在直線CD左側(cè)時(shí)，過點(diǎn)P1作P1E⊥CD交CD于點(diǎn)E，如圖，∴P1E＝2cm，∠P1EO＝90°，∵∠AOD＝30°，∴P1O＝2P1E＝4cm，∴PP1＝OP﹣OP1＝10﹣4＝6cm，則⊙P向右移動(dòng)了6cm，所用時(shí)間秒；當(dāng)⊙P2在直線CD右側(cè)時(shí)，如圖，過點(diǎn)P2作P2F⊥CD交CD于點(diǎn)F，則P2F＝2cm，∠P2FO＝90°，∵∠COB＝∠AOD＝30°，∴P2O＝4cm，∴PP2＝OP+OP2＝14cm，則⊙P向右移動(dòng)了14cm，所用時(shí)間秒．故答案為：3或7．6．（2024?光明區(qū)二模）如圖，過圓外一點(diǎn)P作⊙O的切線，切點(diǎn)為A，AB是⊙O的直徑．連接PO，過點(diǎn)A作PO的垂線，垂足為D，同時(shí)交⊙O于點(diǎn)C，連接BC，PC．（1）求證：PC是⊙O的切線；（2）若BC＝2，，求切線PA的長．【分析】（1）連接OC，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出∠AOP＝∠COP，根據(jù)SAS證△PAO≌△PCO，推出∠OCP＝90°，根據(jù)切線的判定推出即可；（2）由勾股定理求出AD的長，證明△ACB∽△PAO，則可得出答案．【解答】（1）證明：連接OC，∵PA為⊙O的切線，A為切點(diǎn)，∴∠PAO＝90°，∵OA＝OC，PO⊥CA，∴∠AOD＝∠COD，在△PAO和△PCO中，，∴△PAO≌△PCO（SAS），∴∠PCO＝∠PAO＝90°，∵點(diǎn)C在⊙O上，∴直線PC為⊙O的切線；（2）解：∵PO⊥CA，∴AD＝CD，∵OA＝OB，∴OD是△ABC的中位線，∴OD＝BC＝1，∴OA＝＝，∴AD＝＝＝3，∴AC＝2AD＝6，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵∠ADO＝∠PAO＝90°，∴∠DAO+∠PAD＝∠PAD+∠APD＝90°，∴∠DAO＝∠APO，∴△ACB∽△PAO，∴＝，∴＝，∴PA＝3．題型02切線的綜合應(yīng)用解題大招：常見輔助線①連半徑——有關(guān)切線時(shí)，連接的是過切點(diǎn)的半徑②作弦心距——構(gòu)造Rt△，進(jìn)而用知2得3——或做兩條弦心距，構(gòu)造矩形或正方形③連接弦——使直徑所對(duì)的圓周角=90°，進(jìn)而在Rt△中展開問題【中考真題練】1．（2023?紹興）如圖，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點(diǎn)，過點(diǎn)C作⊙O的切線CD，交AB的延長線于點(diǎn)D，過點(diǎn)A作AE⊥CD于點(diǎn)E．（1）若∠EAC＝25°，求∠ACD的度數(shù)；（2）若OB＝2，BD＝1，求CE的長．【分析】（1）由垂直的定義得到∠AEC＝90°，由三角形外角的性質(zhì)即可求出∠ACD的度數(shù)；（2）由勾股定理求出CD的長，由平行線分線段成比例定理得到，代入有關(guān)數(shù)據(jù)，即可求出CE的長．【解答】解：（1）∵AE⊥CD于點(diǎn)E，∴∠AEC＝90°∴∠ACD＝∠AEC+∠EAC＝90°+25°＝115°；（2）∵CD是⊙O的切線，∴半徑OC⊥DE，∴∠OCD＝90°，∵OC＝OB＝2，BD＝1，∴OD＝OB+BD＝3，∴CD＝＝．∵∠OCD＝∠AEC＝90°，∴OC∥AE，∴，∴，∴CE＝．2．（2023?廣安）如圖，以Rt△ABC的直角邊AB為直徑作⊙O，交斜邊AC于點(diǎn)D，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，連接OE、DE．（1）求證：DE是⊙O的切線；（2）若sinC＝，DE＝5，求AD的長；（3）求證：2DE2＝CD?OE．【分析】（1）連接OD，BD，由AB是⊙O的直徑，可得∠ADB＝90°＝∠BDC，由點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，可得DE＝BE＝EC，進(jìn)而證得△ODE≌△OBE（SSS），得出半徑OD⊥DE，即可證得結(jié)論；（2）利用解直角三角形可得BD＝8，再由sin∠ABD＝sin∠C＝，可得＝，設(shè)AD＝4x，則AB＝5x，利用勾股定理可得（4x）2+82＝（5x）2，求得x＝，即可求得AD＝；（3）連接BD，可證得△BCD∽△OEB，得出＝，即＝，即可證得2DE2＝CD?OE．【解答】（1）證明：連接OD，BD，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠BDC＝180°﹣∠ADB＝90°，∵點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，∴DE＝BE＝EC，∵OB、OD是⊙O的半徑，∴OB＝OD，又∵OE＝OE，∴△ODE≌△OBE（SSS），∴∠ODE＝∠OBE＝90°，∴半徑OD⊥DE，∴DE是⊙O的切線；（2）解：連接BD，如圖，由（1）知：DE＝BE＝EC，∠ADB＝∠BDC＝∠ABC＝90°，∵DE＝5，∴BC＝10，∵sinC＝，∴＝，∴BD＝8，∵∠C+∠CBD＝∠ABD+∠CBD＝90°，∴∠ABD＝∠C，∴sin∠ABD＝sin∠C＝，∴＝，設(shè)AD＝4x，則AB＝5x，∵AD2+BD2＝AB2，∴（4x）2+82＝（5x）2，解得：x＝（負(fù)值舍去），∴AD＝4x＝4×＝；（3）證明：連接BD，由（1）（2）得：∠BDC＝∠OBE＝90°，BE＝DE，∵點(diǎn)O是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，∴OE∥AC，BC＝2BE，∴∠C＝∠OEB，∴△BCD∽△OEB，∴＝，即＝，∴2DE2＝CD?OE．3．（2023?齊齊哈爾）如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AD平分∠BAC交BC于點(diǎn)D，點(diǎn)E是斜邊AC上一點(diǎn)，以AE為直徑的⊙O經(jīng)過點(diǎn)D，交AB于點(diǎn)F，連接DF．（1）求證：BC是⊙O的切線；（2）若BD＝5，，求圖中陰影部分的面積．（結(jié)果保留π）【分析】（1）連接OD，由OA＝OD，得到∠OAD＝∠ODA，由角平分線定義得到∠OAD＝∠BAD，因此∠ODA＝∠BAD推出OD∥AB，得到半徑OD⊥BC，即可證明問題；（2）連接OF，DE，由tan∠ADB＝，得到∠ADB＝60°，由直角三角形的性質(zhì)求出AD長，由銳角的余弦求出AE長，得到圓的半徑長，由OD∥AB，推出陰影的面積＝扇形OAF的面積，由扇形面積公式即可解決問題．【解答】（1）證明：連接OD，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∵AD平分∠BAC，∴∠OAD＝∠BAD，∴∠ODA＝∠BAD，∴OD∥AB，∴∠ODC＝∠B＝90°，∴半徑OD⊥BC于點(diǎn)D，∴BC是⊙O的切線；（2）解：連接OF，DE，∵∠B＝90°，tan∠ADB＝，∴∠ADB＝60°，∠BAD＝30°，∵BD＝5，∴AD＝2BD＝10，∵AE是⊙O的直徑，∴∠ADE＝90°，∵AD平分∠BAC，∴∠DAE＝∠BAD＝30°，在Rt△ADE中，AD＝10，∵cos∠DAE＝＝，∴AE＝，∴OA＝AE＝，∵AD平分∠BAC，∴∠BAC＝2∠BAD＝60°，∵OA＝OF，∴△AOF是等邊三角形，∴∠AOF＝60°，∵OD∥AB，∴S△ADF＝S△AOF，∴S陰影＝S扇形OAF＝＝．4．（2023?遂寧）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB為⊙O的直徑，AD＝CD，過點(diǎn)D的直線l交BA的延長線于點(diǎn)M．交BC的延長線于點(diǎn)N且∠ADM＝∠DAC．（1）求證：MN是⊙O的切線；（2）求證：AD2＝AB?CN；（3）當(dāng)AB＝6，sin∠DCA＝時(shí)，求AM的長．【分析】（1）連接OD交AC于點(diǎn)H，根據(jù)垂徑定理的推論可得半徑OD⊥AC，利用平行線的判定定理由∠ADM＝∠DAC可得AC∥MN，得出半徑OD⊥MN，再運(yùn)用切線的判定定理即可證得結(jié)論；（2）連接BD，可證得△CDN∽△ABD，得出＝，再由AD＝CD，即可證得結(jié)論；（3）連接OD交AC于點(diǎn)H，連接BD，利用解直角三角形可得AD＝AB?sin∠ABD＝6×＝2＝CD，CN＝CD?sin∠CDN＝2×＝2，利用勾股定理可得DN＝＝＝2，再證明四邊形CNDH是矩形，得出CH＝DN＝2，由垂徑定理可得AC＝2CH＝4，再根據(jù)勾股定理求得BC＝2，運(yùn)用平行線分線段成比例定理即可求得答案．【解答】（1）證明：連接OD交AC于點(diǎn)H，如圖，∵AD＝CD，∴＝，∴半徑OD⊥AC，∴∠AHO＝90°，∵∠ADM＝∠DAC，∴AC∥MN，∴∠MDO＝∠AHO＝90°，∴半徑OD⊥MN，∴MN是⊙O的切線；（2）證明：連接BD，如圖，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB＝∠ACB＝90°，∵∠ADM＝∠DAC，∴AC∥MN，∴∠ACD＝∠CDN，∠DNC＝∠ACB＝90°＝∠ADB，∵＝，∴∠ABD＝∠ACD，∴∠ABD＝∠CDN，∴△CDN∽△ABD，∴＝，∵AD＝CD，∴＝，∴AD2＝AB?CN；（3）解：連接OD交AC于點(diǎn)H，連接BD，如圖，由（1）（2）得：∠ABD＝∠CDN＝∠ACD，∠ADB＝∠BNM＝∠AHO＝∠MDO＝90°，∴sin∠ABD＝sin∠CDN＝sin∠ACD＝，∵AB＝6，∴AD＝AB?sin∠ABD＝6×＝2，∵AD＝CD，∴CD＝2，∴CN＝CD?sin∠CDN＝2×＝2，∴DN＝＝＝2，∵∠CND＝∠CHD＝∠NDH＝90°，∴四邊形CNDH是矩形，∴CH＝DN＝2，∵OD⊥AC，∴AC＝2CH＝4，在Rt△ABC中，BC＝＝＝2，∵AC∥MN，∴＝，即＝，∴AM＝6．【中考模擬練】1．（2024?陽谷縣一模）把量角器和含30°角的三角板按如圖方式擺放：零刻度線與長直角邊重合，移動(dòng)量角器使外圓弧與斜邊相切時(shí)，發(fā)現(xiàn)中心恰好在刻度2處，短直角邊過量角器外沿刻度120處（即OC＝2cm，∠BOF＝120°）．則陰影部分的面積為（8﹣π）cm2．【分析】連接OE，由切線的性質(zhì)得到∠BEO＝90°，∠DOE＝60°，，由∠BOF＝120°，得到∠OFC＝30°，求出OF的長，即可求出BE的長，從而求出△BOE的面積，扇形DOE的面積，即可得到陰影的面積．【解答】解：連接OE，∵AB與半圓相切于E，∴半徑OE⊥AB，∴∠BEO＝90°，∵∠BOF＝120°，∴∠FOC＝180°﹣120°＝60°，∵∠ACB＝90°，∴∠OFC＝90°﹣60°＝30°，∴OF＝2OC＝2×2＝4cm，∵∠B＝30°，∴BE＝OE＝4cm，∴△BOE的面積＝BE?OE＝×4×4＝8cm2，∵∠EOD＝90°﹣∠B＝60°，∴扇形DOE的面積＝＝π（cm2），∴陰影的面積＝△BOE的面積﹣扇形DOE的面積＝（8﹣π）cm2．故答案為：（8﹣π）cm2．2．（2024?章丘區(qū)一模）如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上的一點(diǎn)，連接AC，作OD垂直于AB交AC于點(diǎn)E，交過點(diǎn)C的切線于點(diǎn)D．（1）求證：DE＝DC；（2）若，求CD的長．【分析】（1）連接OC，由切線的性質(zhì)得到∠DCE+∠OCA＝90°，由直角三角形的性質(zhì)，對(duì)頂角的性質(zhì)，得到∠A+∠DEC＝90°，由等腰三角形的性質(zhì)得到∠A＝∠OCA，由余角的性質(zhì)推出∠DEC＝∠DCE，即可得到DE＝DC；（2）由銳角的正切定義求出OE的長，由勾股定理得到（2+DC）2＝DC2+42，即可求出DC的長．【解答】（1）證明：連接OC，∵DC切圓于C，∴∠OCD＝90°，∴∠DCE+∠OCA＝90°，∵DO⊥AB，∴∠A+∠AEO＝90°，∵∠DEC＝∠AEO，∴∠A+∠DEC＝90°，∵OC＝OA，∴∠A＝∠OCA，∴∠DEC＝∠DCE，∴DE＝DC；（2）解：∵∠AOE＝90°，OA＝4，∴tan∠BAC＝＝，∴OE＝2，∵∠OCD＝90°，∴OD2＝DC2+OC2，∵OC＝OA＝4，DE＝DC，∴（2+DC）2＝DC2+42，∴DC＝3．3．（2024?武漢模擬）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，點(diǎn)O為邊BC中點(diǎn)，以點(diǎn)O為圓心的圓與AC相切于點(diǎn)D．（1）如圖1，求證：AB是⊙O的切線；（2）若⊙O與BC交于點(diǎn)G，過點(diǎn)G作AC的垂線，垂足為點(diǎn)F，交⊙O于點(diǎn)E，連AE交BC于點(diǎn)H，如圖2．求的值．【分析】（1）證明：連接OD，OA，過點(diǎn)O作OM⊥AB于M，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得OA平分∠BAC，再根據(jù)切線的性質(zhì)得OD為⊙O的半徑，且OD⊥AC，由此得OM＝OD，則OM為⊙O的半徑，然后根據(jù)切線的判定進(jìn)而得出結(jié)論；（2）連接OA，OD，DG，OE，DE，設(shè)DE交OG于T，證△ODG，△OEG均為等邊三角形，進(jìn)而得四邊形ODGE為菱形，設(shè)GF＝a，則OD＝CG＝EG＝2a，再利用三角函數(shù)分別求出OA＝，ET＝，然后證△EHT∽△AHO，最后利用相似三角形的性質(zhì)可得出的值．【解答】（1）證明：連接OD，OA，過點(diǎn)O作OM⊥AB于M，如圖1所示：∵AB＝AC，點(diǎn)O為邊BC中點(diǎn)，∴OA平分∠BAC，∵⊙O與AC相切于點(diǎn)D，∴OD為⊙O的半徑，且OD⊥