【中考沖刺】2024年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)名校模擬題重要考點(diǎn)分類匯編（天津?qū)Ｓ茫ｎ}07 圓解答題（共50道）解析版

二輪復(fù)習(xí)2024年中考數(shù)學(xué)重要考點(diǎn)名校模擬題分類匯編專題01——旋轉(zhuǎn)（選擇題共36道）（天津?qū)Ｓ茫?．（2024上·天津和平·九年級天津二十中?？计谀┤鐖D，AB是⊙O的直徑，F(xiàn)為⊙O上一點(diǎn)，AC平分∠FAB交⊙O于點(diǎn)C．過點(diǎn)C作CD⊥AF交AF的延長線于點(diǎn)D．(1)求證：CD是⊙O的切線．(2)若DC=6，AB=13，求【答案】(1)見解析(2)5【分析】（1）根據(jù)角平分線的定義和平行線的判定和性質(zhì)以及切線的判定定理即可得到結(jié)論；（2）連接BF，交AC與點(diǎn)E，首先借助圓周角定理證明四邊形CEFD為矩形，由矩形性質(zhì)可得EF=CD=6，OC⊥BF，利用垂徑定理即可推導(dǎo)BF=12；然后在Rt△ABF中，由勾股定理計算AF【詳解】（1）證明：連接OC，如下圖，∵AC平分∠FAB，∴∠FAC=∠CAO，∵AO=CO，∴∠ACO=∠CAO，∴∠FAC=∠ACO，∴AD∥∵CD⊥AF，∴CD⊥OC，∵OC為⊙O半徑，∴CD是⊙O的切線；（2）解：連接BF，交AC與點(diǎn)E，如下圖，∵AB為⊙O的直徑，∴∠AFB=90°，∴∠DFE=180°?∠AFB=90°，∵CD⊥AF，CD⊥OC，∴∠FDC=∠DCE=90°，∴四邊形CEFD為矩形，∴EF=CD=6，∠CEF=90°，即CE⊥BF，∵OC為⊙O半徑，∴BF=2EF=2×6=12，∴在Rt△ABF中，由勾股定理可得AF=【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的判定、圓周角定理、垂徑定理、矩形的判定與性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，正確作出輔助線，靈活運(yùn)用相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．2．（2024上·天津和平·九年級天津市第五十五中學(xué)校考期末）如圖，在△ABC中，AB=AC，D為AC上一點(diǎn)，以CD為直徑的⊙O與AB相切于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F，F(xiàn)G⊥AB，垂足為G．(1)求證：FG是⊙O的切線；(2)若BG=1，CF=432【答案】(1)見解析(2)BF=3【分析】（1）連接DF,OF，設(shè)∠ODF=∠OFD=β，∠OFC=α，根據(jù)已知條件以及直徑所對的圓周角相等，證明α+β=90°，進(jìn)而求得∠DFG=α,∠DFO=β，即可證明FG是⊙O的切線；（2）根據(jù)已知條件結(jié)合（1）的結(jié)論可得四邊形GEOF是正方形，進(jìn)而求得DC的長，根據(jù)∠BFG=∠FDC=β，sinβ=【詳解】（1）如圖，連接DF,OF，∵OF=OD，則∠ODF=∠OFD，設(shè)∠ODF=∠OFD=β，∠OFC=α，∵OF=OC，∴∠OFC=∠OCF=α，∵DC為⊙O的直徑，∴∠DFC=90°，∴∠DFO+OFC=∠DFC=90°，即α+β=90°，∵AB=AC，∴∠B=∠ACB=α，∵FG⊥AB，∴∠GFB=90°?∠B=90°?α=β，∵∠DFB=∠DFC=90°，∴∠DFG=90°?∠GFB=90°?β=α，∴∠GFO=∠GFD+∠DFO=α+β=90°，∵OF為⊙O的半徑，∴FG是⊙O的切線；（2）如圖，∵AB是⊙O的切線，則OE⊥AB，又OF⊥FG,FG⊥AB，∴四邊形GEOF是矩形，∵OE=OF，∴四邊形GEOF是正方形，∴GF=OF=1在Rt△GFB中，BG=1∴FG=B∴DC=2FG，由（1）可得∠BFG=∠FDC=β，∵FG⊥AB,DF⊥FC，∴sin∴1BF解得BF=3．【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)，正弦的定義，掌握切線的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．3．（2023上·天津和平·九年級天津市第五十五中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，已知，⊙O的半徑r=253，弦AB，CD交于點(diǎn)E，C為（1）如圖①，試判斷DF與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；（2）如圖②，連接AC，若AC∥DF，BE=35【答案】（1）DF與⊙O相切，理由見解析；（2）CE=210．【分析】（1）如圖，作輔助線；證明∠ODC+∠CDF=90°，即可解決問題．（2）如圖，作輔助線；證明OH⊥AB，AH=4λ，此為解題的關(guān)鍵性結(jié)論；證明CE=10λ；列出方程r2=（r-3λ）2+（4λ）2，求出λ=625r=625×【詳解】（1）DF與⊙O相切．如圖1，連接OC、OD；∵C為弧AB的中點(diǎn)，∴OC⊥AB，∠OCE+∠AEC=90°；∴DF=EF，∴∠FDE=∠FED=∠AEC；∵OA=OC，∴∠OCE=∠ODC，∴∠ODC+∠CDF=90°，即OD⊥DF，∴DF與⊙O相切．（2）如圖2，連接OA、OC；由（1）知OC⊥AB，∴AH=BH；∵AC∥DF，∴∠ACD=∠CDF；而EF=DF，∴∠DEF=∠CDF=∠ACD，∴AC=AE；設(shè)AE=5λ，則BE=3λ，∴AH=4λ，HE=λ，AC=AE=5λ；∴由勾股定理得：CH=3λ；CE2=CH2+HE2=9λ2+λ2，∴CE=10λ；在直角△AOH中，由勾股定理得：AO2=AH2+OH2，即r2=（r-3λ）2+（4λ）2，解得：λ=625r=625×∴CE=210．【點(diǎn)睛】該題主要考查了圓的切線的判定及其性質(zhì)的應(yīng)用問題；解題的關(guān)鍵是作輔助線；靈活運(yùn)用有關(guān)定理來分析、解答．4．（2023上·天津河北·九年級天津外國語大學(xué)附屬外國語學(xué)校?？茧A段練習(xí)）如圖，在⊙O中，AB為直徑，弦CD與AB交于P點(diǎn)，∠ADC=25°．(1)如圖①，若∠DPB=55°，求∠ACD的度數(shù)；(2)如圖②，過點(diǎn)C作⊙O的切線與BA的延長線交于點(diǎn)Q，若PQ=CQ，求∠CAD的度數(shù)．【答案】(1)60°(2)110°【分析】（1）連接BC，先求得∠DAB=30°，得，最后求得∠ACD=60°；（2）連接OC，由切線的性質(zhì)得∠OCQ=90°，由OA=OC，PQ=CQ，得∠OAC=65°，∠QPC=70°，最后求得∠CAD的度數(shù)【詳解】（1）如圖①，連接BC，

∵∠DPB是△ADP的一個外角，∠ADC=25°，∠DPB=55°，∴∠DAB=∠DPB?∠ADC=30°，∴∠DCB=∠DAB=30°，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴∠ACD=∠ACB?∠DCB=60°．（2）如圖②，連接OC．∵∠ADC=25°，∴∠AOC=2∠ADC=50°．∵QC是⊙O切線，∴∠OCQ=90°．∴∠OQC=90°?∠AOC=90°?50°=40°．∵OA=OC，PQ=CQ，∴∠OAC=∠OCA=180°?∠AOC∠QPC=∠QCP=180°?∠OQC∴∠DAP=∠QPC?∠ADC=45°，∴∠CAD=∠DAP+∠OAC=110°．【點(diǎn)睛】本題主要考查的是切線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、三角形的外角的性質(zhì)、三角形的內(nèi)角和定理，熟練掌握這些性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5．（2023上·天津和平·九年級天津市匯文中學(xué)校考階段練習(xí)）已知在⊙O中，弦CD與直徑AB交于點(diǎn)P．（Ⅰ）如圖①，若∠BCD=30°,∠APC=50°，求∠CDB的度數(shù)．（Ⅱ）如圖②，過點(diǎn)D作⊙O的切線交AB的延長線于點(diǎn)Q．若∠BCD=20°,PQ=DQ，求∠CBD的度數(shù)．【答案】（Ⅰ）70°；（Ⅱ）115°【分析】（Ⅰ）連接AD．由圓周角定理推論可知∠ADB=90°．再根據(jù)題意結(jié)合三角形外角性質(zhì)可求出∠ABC=∠APC?∠BCD=20°，最后再由圓周角定理可知∠ADC=∠ABC=20°，即可求出∠CDB大?。á颍┻B接OD．由圓周角定理可知∠DOB=2∠BCD=40°，再由切線的性質(zhì)可知∠ODQ=90°．即∠Q=90°?∠DOB=90°?40°=50°．根據(jù)題意易求出∠ODB=∠OBD=180°?∠BOD2=70°，∠QPD=∠QDP=【詳解】（Ⅰ）如圖，連接AD．∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°．∵∠APC=50°，∠BCD=30°，∴∠ABC=∠APC?∠BCD=50°?30°=20°∴∠ADC=∠ABC=20°．∴∠CDB=∠ADB?∠ADC=90°?20°=70°．（Ⅱ）如圖，連接OD．∵∠BCD=20°，∴∠DOB=2∠BCD=40°，∵OD切⊙O于點(diǎn)D，∴OD⊥DQ，即∠ODQ=∴∠Q=90°?∠DOB=90°?40°=50°．∵OB=OD，PQ=DQ，∴∠ODB=∠OBD=180°?∠BOD2=70°∴∠CBP=∠QPD?∠BCD=65°?20°=45°．∴∠CBD=∠CBP+∠OBD=45°+70°=115°．【點(diǎn)睛】本題為圓的綜合題．考查圓周角定理及其推論，切線的性質(zhì)以及三角形外角性質(zhì)．正確的連接輔助線是解答本題的關(guān)鍵．6．（2023上·天津河西·九年級天津?qū)嶒炛袑W(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，已知AB為⊙O的直徑，PA，PC是⊙O的切線，A，C為切點(diǎn)，∠BAC=30°．(1)求∠P的大??；(2)若AB=2，求PA的長（結(jié)果保留根號）．【答案】（1）∠P=60°；（2）PA=3．【詳解】（1）∵PA是⊙O的切線，AB為⊙O的直徑，∴PA⊥AB，∴∠BAP=90°；∵∠BAC=30°，∴∠CAP=90°-∠BAC=60°．又∵PA、PC切⊙O于點(diǎn)A、C，∴PA=PC，∴△PAC為等邊三角形，∴∠P=60°．（2）如圖，連接BC，則∠ACB=90°．在Rt△ACB中，AB=2，∠BAC=30°，∵BC=1，∴AC=3，∵△PAC為等邊三角形，∴PA=AC，∴PA=3．7．（2023上·天津南開·九年級南開翔宇學(xué)校?？茧A段練習(xí)）如圖①，在⊙O中，AB為直徑，C為⊙O上一點(diǎn)，∠A＝30°，過點(diǎn)C作⊙O的切線，與AB的延長線相交于點(diǎn)P．（Ⅰ）求∠P的大??；（Ⅱ）如圖②，過點(diǎn)B作CP的垂線，垂足為點(diǎn)E，與AC的延長線交于點(diǎn)F，①求∠F的大??；②若⊙O的半徑為2，求AF的長．【答案】（Ⅰ）∠P=30°；（Ⅱ）①∠F=30°；②AF=4【分析】（Ⅰ）如圖①中，連接OC．利用切線的性質(zhì)解決問題即可；（Ⅱ）①證明OC∥BF，即可解決問題；②證明△OBC是等邊三角形，利用勾股定理即可解決問題．【詳解】（Ⅰ）如圖，連接OC．∵⊙O與PC相切于點(diǎn)C，∴OC⊥PC，即∠OCP=90°，∵∠A=30°，∴∠BOC=2∠A=60°，在Rt△OPC中，∠POC+∠P=90°，∴∠P=90°?60°=30°；（Ⅱ）①由（I）得∠OCP=90°，又∵BF⊥PC，即∠PEB=90°∴OC//BF∴∠F=∠ACO=∠A=30°；②由①∠F=∠A，∴AB=BF，連接BC，∵AB是直徑，∴∠BCA=90°，即BC⊥AF，∴AC=CF∵∠BOC=60°，OC=OB，∴△OBC是等邊三角形，∴BC=OC=2，∴AC=A∴AF=43【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，切線的性質(zhì)，平行線的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考常考題型．8．（2023上·天津河?xùn)|·九年級天津市第七中學(xué)?？计谥校┤鐖D，AB是⊙O的直徑，C，D為⊙O上的點(diǎn)，且BC∥OD，過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)(1)求證：BD平分∠ABC；(2)若BC=3，DE=2，求⊙O的半徑．【答案】(1)見解析(2)5【分析】(1)利用平行線的性質(zhì)得到∠ODB=∠CBD，再由∠ODB=∠OBD，即可證得∠OBD=∠CBD；(2)過O點(diǎn)作OF⊥BC于F，如圖，根據(jù)垂徑定理得到BF=CF=32，再證明△ODE≌△BOF【詳解】（1）證明：∵BC∥∴∠ODB=∠CBD，∵OD=OB，∴∠ODB=∠OBD，∴∠OBD=∠CBD，∴BD平分∠ABC；（2）解：如圖，過點(diǎn)O作OF⊥BC于點(diǎn)F，∵DE⊥AB，∴∠DEO=∠OFB=90°，∵BC∥∴∠DOF=∠OFB=90°，∴∠DOE+∠FOB=90°，∵∠DOE+∠EDO=90°，∴∠EDO=∠FOB，在△EDO和△FOB∠DEO=∠OFB∴△∴DE=OF=2，∵OF⊥BC，∴BF=CF=1在Rt△OFB∵OF∴OB=∴⊙O的半徑為52【點(diǎn)睛】本題考查了平行線的性質(zhì)，角平分線的判定，等腰三角形的性質(zhì)，垂徑定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，作出輔助線是解決本題的關(guān)鍵．9．（2022·天津·天津市雙菱中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，AB是以BC為直徑的半圓O的切線，D為半圓上一點(diǎn)，AD＝AB，AD、BC的延長線相交于點(diǎn)E．（1）求證：AD是半圓O的切線；（2）連結(jié)CD，求證：∠A＝2∠CDE．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析【詳解】（1）如圖，連接OD，BD，∵AB是⊙O的切線，∴AB⊥BC，即∠ABC=90°，∵AB=AD，∴∠ABD=∠ADB，∵OB=OD，∴∠DBO=∠BDO，∴∠ABD+∠DBO=∠ADB+∠BDO，∴∠ADO=∠ABO=90°，∴AD是半圓O的切線．（2）由（1）知，∠ADO=∠ABO=90°，∴∠A=360°–∠ADO–∠ABO–∠BOD=180°–∠BOD=∠DOC，∵AD是半圓O的切線，∴∠ODE=90°，∴∠ODC+∠CDE=90°，∵BC是⊙O的直徑，∴∠ODC+∠BDO=90°，∴∠BDO=∠CDE，∵∠BDO=∠OBD，∴∠DOC=2∠BDO，∴∠DOC=2∠CDE，∴∠A=2∠CDE．10．（2023·天津河西·天津市新華中學(xué)?？级＃﹫D，AB為⊙O的直徑，△ACD是⊙O的內(nèi)接三角形，PB切⊙O于點(diǎn)B，(1)如圖①，延長AD交PB于點(diǎn)P，若∠C=40°，求∠P和∠BAP的度數(shù)；(2)如圖②，連接AP交⊙O于點(diǎn)E，若∠D=∠P，CE=AC，求∠P和∠【答案】(1)∠P=40°，∠BAP=50°(2)∠P=60°，∠BAP=30°【分析】（1）連接BD，利用切線的性質(zhì)得到∠ABP=90°，用圓周角定理得到∠ACD=∠ABD=40°，進(jìn)而求出∠DBP的度數(shù)，再利用AB為⊙O的直徑得到∠ADB=90°，最后利用三角形外角性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理求解；（2）連接CE與AB相交于點(diǎn)F，由圓周角定理得到∠ADC=∠AEC，結(jié)合∠D=∠P得到∠AEC=∠P，進(jìn)而得到CE∥BP，結(jié)合切線的性質(zhì)易得AB是CE的垂直平分線，得到AC=AE，結(jié)合CE=AC得到AC=CE，進(jìn)而得到△ACE是等邊三角形，求出【詳解】（1）：連接BD，如圖①∵PB切⊙O于點(diǎn)B，∴∠ABP=90°．∵∠ACD=∠ABD=40°，∴∠DBP=90°?∠ABD=90°?40°=50°．∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∴∠P=90°?∠DBP=90°?50°=40°，∴∠BAP=180°?∠ABP?∠P=180°?90°?40°=50°；（2）：連接CE與AB相交于點(diǎn)F，如圖②∵∠ADC=∠AEC，∠D=∠P，∴∠AEC=∠P，∴CE∥BP．∵PB切⊙O于點(diǎn)B，∴∠ABP=∠AFE=90°，∴AB⊥CE．∵AB為⊙O的直徑，∴AB是CE的垂直平分線，∴AC=AE．∵CE=∴AC=CE，∴AC=AE=CE，∴△ACE是等邊三角形，∴∠AEC=60°．∵∠AEC=∠P，∴∠P=60°．∵∠ABP=90°，∴∠BAP=180°?∠ABP?∠P=180°?90°?60°=30°．【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，垂徑定理，平行線的判定和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理和三角形外角性質(zhì)，直徑所對的圓周角是直角，等邊三角形的判定與性質(zhì)，理解相關(guān)知識和作出輔助線是解答關(guān)鍵．11．（2023·天津河西·天津市新華中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，在⊙O中，AB為直徑，弦CD與OA交于點(diǎn)E，連接AC，∠ADC=26°．

(1)如圖①，若∠DEB=55°，求∠ACD的度數(shù)；(2)如圖②，過點(diǎn)C作⊙O的切線與BA的延長線交于點(diǎn)F，若EF=CF，求∠CAD的度數(shù)．【答案】(1)∠ACD=61°；(2)∠CAD=109°．【分析】（1）連接BD，先求得∠DAB=29°，最后求得∠ACD=61°；（2）連接OC，由切線的性質(zhì)得∠OCF=90°，由OA=OC，EF=CF，得∠OAC=64°，∠FEC=∠ECF=71°，最后求得∠CAD的度數(shù)．【詳解】（1）解：如圖①，連接BD，

∵∠DEB是△ADE的一個外角，∠ADC=26°，∠DEB=55°，∴∠DAB=∠DPB?∠ADC=29°，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∴∠ACD=∠B=90°?∠DAB=61°；（2）解：如圖②，連接OC．

∵∠ADC=26°，∴∠AOC=2∠ADC=52°．∵FC是⊙O切線，∴∠OCF=90°．∴∠F=90°?∠AOC=90°?52°=38°．∵OA=OC，EF=CF，∴∠OAC=∠OCA=180°?∠AOC∠FEC=∠ECF=180°?∠F∴∠DAE=∠FEC?∠ADC=45°，∴∠CAD=∠DAE+∠OAC=109°．【點(diǎn)睛】本題主要考查的是切線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、三角形的外角的性質(zhì)、三角形的內(nèi)角和定理，熟練掌握這些性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．12．（2023·天津河西·天津市新華中學(xué)?？既＃┤鐖D，AB為⊙O的直徑，點(diǎn)C，D為直徑AB同側(cè)圓上的點(diǎn)，且點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，延長DE，交⊙O于點(diǎn)F，AC與DF交于點(diǎn)G．

(1)如圖①，若點(diǎn)C為DB的中點(diǎn)，求∠AGF的度數(shù)；(2)如圖②，若AC=12，AE=3，求⊙O的半徑．【答案】(1)60°(2)15【分析】（1）根據(jù)題意可推得AD=DC=CB，根據(jù)圓心角、弧、弦之間的關(guān)系可求得（2）根據(jù)垂徑定理可得DE=EF，根據(jù)圓心角、弧、弦之間的關(guān)系可推得DF=AC，求得DE=6，設(shè)⊙O的半徑為r，則OE=r?3，根據(jù)勾股定理即可求解．【詳解】（1）解：連接OD，OC，如圖：

∵點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，點(diǎn)C為DB的中點(diǎn)，∴AD=DC，∴AD=∴∠AOD=∠DOC=∠COB，又∵AB為⊙O的直徑，∴∠AOD=∠DOC=∠COB=180°∴∠CAB=1在Rt△AEG中，∠GAE=30°∴∠AGF=90°?30°=60°．（2）連接OD，如圖：

∵點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，∴AD=∵DE⊥AB，AB為⊙O的直徑，∴DE=EF，∴AD=∴ADC=即DF=AC，∴DE=1設(shè)⊙O的半徑為r，則OE=OA?AE=r?3，在Rt△DOE中，O即r2解得r=15故⊙O的半徑為152【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，三角形內(nèi)角和定理，垂徑定理，圓心角、弧、弦之間的關(guān)系，勾股定理等，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．13．（2023下·天津和平·九年級天津市雙菱中學(xué)?？奸_學(xué)考試）如圖，線段AB經(jīng)過⊙O的圓心O，交圓O于點(diǎn)A，C，BC=1，AD為⊙O的弦，連接BD，∠BAD=∠ABD=30°，連接DO并延長交⊙O于點(diǎn)E，連接BE交⊙O于點(diǎn)M．(1)求證：直線BD是⊙O的切線；(2)求線段BM的長．【答案】(1)見解析(2)3【分析】（1）根據(jù)圓周角定理可得∠BOD=2∠BAD=60°，從而得到∠ODB=90°，即可求證；（2）連接DM，Rt△BOD中，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得

BO=2OD，從而得到OD=OC=1，BD=3，再由DE為⊙O的直徑，可得DE=2，∠DME=90°，從而得到BE=7，再由【詳解】（1）證明：∵∠BOD=2∠BAD，∴∠BOD=2∠BAD=60°，

又∵∠ABD=30°，∴∠ODB=90°，即OD⊥BD，又∵OD為⊙O的半徑，∴直線BD是⊙O的切線；（2）解：如圖，連接DM，Rt△BOD中，∠DBO=30°，∴BO=2OD=OC+BC，

又BC=1，OD=OC，∴OD=OC=1，∴BD=3∵DE為∴DE=2，∠DME=90°，在Rt△BDE中，BE=D∵S△BDE=∴DM=BD?DE在Rt△BDM中，BM=B【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的判定，圓周角定理，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，熟練掌握切線的判定，圓周角定理，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理是解題的關(guān)鍵．14．（2023下·天津濱海新·九年級天津經(jīng)濟(jì)技術(shù)開發(fā)區(qū)第一中學(xué)?？奸_學(xué)考試）已知⊙O中，AC為直徑，MA、MB分別切⊙O于點(diǎn)A、B．（Ⅰ）如圖①，若∠BAC=250，求∠AMB的大??；（Ⅱ）如圖②，過點(diǎn)B作BD⊥AC于點(diǎn)E，交⊙O于點(diǎn)D，若BD=MA，求∠AMB的大?。敬鸢浮浚á瘢?0°；（Ⅱ）60°【分析】（Ⅰ）由AM與圓O相切，根據(jù)切線的性質(zhì)得到AM垂直于AC，可得出∠MAC為直角，再由∠BAC的度數(shù)，用∠MAC－∠BAC求出∠MAB的度數(shù)，又MA，MB為圓O的切線，根據(jù)切線長定理得到MA=MB，利用等邊對等角可得出∠MAB=∠MBA，由底角的度數(shù)，利用三角形的內(nèi)角和定理即可求出∠AMB的度數(shù)．（Ⅱ）連接AB，AD，由直徑AC垂直于弦BD，根據(jù)垂徑定理得到A為優(yōu)弧BAD的中點(diǎn)，根據(jù)等弧對等弦可得出AB=AD，由AM為圓O的切線，得到AM垂直于AC，又BD垂直于AC，根據(jù)垂直于同一條直線的兩直線平行可得出BD平行于AM，又BD=AM，利用一組對邊平行且相等的四邊形為平行四邊形得到ADBM為平行四邊形，再由鄰邊MA=MB，得到ADBM為菱形，根據(jù)菱形的鄰邊相等可得出BD=AD，進(jìn)而得到AB=AD=BD，即△ABD為等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠D為60°，再利用菱形的對角相等可得出∠AMB=∠D=60°．【詳解】解：（Ⅰ）∵M(jìn)A切⊙O于點(diǎn)A，∴∠MAC=90°．又∠BAC=25°，∴∠MAB=∠MAC－∠BAC=65°．∵M(jìn)A、MB分別切⊙O于點(diǎn)A、B，∴MA=MB．∴∠MAB=∠MBA．∴∠AMB=180°－（∠MAB+∠MBA）=50°．（Ⅱ）如圖，連接AD、AB，∵M(jìn)A⊥AC，又BD⊥AC，∴BD∥MA．又∵BD=MA，∴四邊形MADB是平行四邊形．又∵M(jìn)A=MB，∴四邊形MADB是菱形．∴AD=BD．又∵AC為直徑，AC⊥BD，∴AB="AD"．∴AB=AD=BD．∴△ABD是等邊三角形．∴∠D=60°．∴在菱形MADB中，∠AMB=∠D=60°【點(diǎn)睛】此題考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，弦、弧及圓心角之間的關(guān)系，菱形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，切線長定理，以及等邊三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握性質(zhì)及定理是解本題的關(guān)鍵．15．（2023下·天津和平·九年級天津一中?？茧A段練習(xí)）在⊙O中，弦CD與直徑AB相交于點(diǎn)P，∠ABC=16°．(1)如圖①，若∠BAD=52°，求∠APC和∠CDB的大??；(2)如圖②，若CD⊥AB，過點(diǎn)D作⊙O的切線，與AB的延長線相交于點(diǎn)E，求∠E的大?。敬鸢浮?1)∠APC=68°；∠CDB=74°(2)58°【分析】（1）由同弧所對圓周角相等求得∠C，進(jìn)而求得∠APC；連接AC，求得∠BAC，進(jìn)而由同弧所對的圓周角相等求得∠CDB．（2）連接OD，求得∠PCB，進(jìn)而求得其所對圓心角∠BOD，再由三角心外角和內(nèi)角的關(guān)系求得∠E．【詳解】（1）解：∵BD=∴∠C=∠BAD=52°∴∠APC=∠C+∠ABC=68°如圖，連接AC，∵AB為⊙O直徑∴∠ACB=90°∴∠BAC=180°?∠ACB?∠ABC=74°∵BC=∴∠CDB=∠BAC=74°（2）解：如圖，連接OD∵CD⊥AB∴∠CPB=90°∴∠PCB=90°?∠PBC=74°∵在⊙O中，∠BOD=2∠BCD∴∠BOD=148°∵DE是⊙O的切線∴OD⊥DE即∠ODE=90°∴∠E=∠BOD?90°=【點(diǎn)睛】本題考查圓與三角形的綜合問題，熟練掌握三角形和圓的相關(guān)性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．16．（2023下·天津南開·九年級南開翔宇學(xué)校?？茧A段練習(xí)）在△ABC中，∠C=90（I）如圖①，連接AD，若∠CAD=25（Ⅱ）如圖②，若點(diǎn)F為AD的中點(diǎn)，⊙O的半徑為2，求AB的長．

【答案】(1)∠B=40°；(2)AB=6.【分析】（1）連接OD，由在△ABC中,∠C=90°，BC是切線,易得AC∥OD,即可求得∠CAD=∠ADO,繼而求得答案;（2）首先連接OF,OD,由AC∥OD得∠OFA=∠FOD,由點(diǎn)F為弧AD的中點(diǎn),易得△AOF是等邊三角形,繼而求得答案.【詳解】解:(1)如解圖①,連接OD,∵BC切⊙O于點(diǎn)D,∴∠ODB=90°,∵∠C=90°,∴AC∥OD,∴∠CAD=∠ADO,∵OA=OD,∴∠DAO=∠ADO=∠CAD=25°,∴∠DOB=∠CAO=∠CAD＋∠DAO=50°,∵∠ODB=90°,∴∠B=90°－∠DOB=90°－50°=40°;(2)如解圖②,連接OF,OD,∵AC∥OD,∴∠OFA=∠FOD,∵點(diǎn)F為弧AD的中點(diǎn),∴∠AOF=∠FOD,∴∠OFA=∠AOF,∴AF=OA,∵OA=OF,∴△AOF為等邊三角形,∴∠FAO=60°,則∠DOB=60°,∴∠B=30°,∵在Rt△ODB中,OD=2,∴OB=4,∴AB=AO＋OB=2＋4=6.【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，弧弦圓心角的關(guān)系，等邊三角形的判定與性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì).熟練掌握切線的性質(zhì)是解（1）的關(guān)鍵，證明△AOF為等邊三角形是解（2）的關(guān)鍵.17．（2023下·天津河北·九年級天津二中?？茧A段練習(xí)）在⊙O中，AB為直徑，C為⊙O上一點(diǎn)．

（1）如圖①，過點(diǎn)C作⊙O的切線，與AB的延長線相交于點(diǎn)P，若∠CAB=27°，求∠P的大?。唬?）如圖②，D為AC上一點(diǎn)，連接DC并延長，與AB的延長線相交于點(diǎn)P，連接AD，若AD=CD，∠P=30°，求∠CAP的大?。敬鸢浮浚?）36°；（2）10°【分析】（1）連接OC，首先根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠OCP=90°，利用∠CAB=27°得到∠COB=2∠CAB=54°，然后利用直角三角形兩銳角互余即可求得答案；（2）分別證明∠AOD=∠COD，∠OAD=∠ADO=∠ODC=∠DCO=50°，再證明【詳解】解：（1）如圖，連接OC．

∵⊙O與PC相切于點(diǎn)C，∴OC⊥PC，即∠OCP=90°．∵∠CAB=27°，∴∠COB=2∠CAB=54°．在Rt△OPC中，∠P+∠COP=90°∴∠P=90°?∠COP=36°．（2）如圖，連接OC,OD．

∵AD=CD，∴∠AOD=∠COD．∵OA=OD=OC，∴∠OAD=∠ADO=∠ODC=∠DCO．∵∠P=30°，∴∠PAD+∠ADP=150°．∴∠DCO=50°．∴∠COP=∠DCO?∠P=20°．∵∠CAP=1∴∠CAP=10°【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)以及圓周角定理，解題的關(guān)鍵是能夠利用圓的切線垂直于經(jīng)過切點(diǎn)的半徑得到直角三角形．18．（2023下·天津河?xùn)|·九年級天津市第五十四中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知在△ABC中，BC⊥AB．AB是⊙O的弦，AC交⊙O于點(diǎn)D，且D為AC的中點(diǎn)，延長CB交⊙O于點(diǎn)E，連接AE．(Ⅰ)如圖①，若∠E=50°，求(Ⅱ)如圖②，過點(diǎn)E作⊙O的切線，交AC的延長線于點(diǎn)F．若CF=2CD，求∠CAB的大?。敬鸢浮?Ⅰ)∠EAC=65°；(Ⅱ)【分析】（1）連接ED，由∠ABE=90°可得AE是⊙O的直徑，根據(jù)圓周角定理可得∠ADE=∠ABE=90°，由于AD=DC，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)可得AE=CE，則∠AED=∠CED=25°，則在直角三角形AED中，可求得∠EAD的度數(shù)；（2）首先證明三角形AEC是等邊三角形，由于AB⊥CE，則易求出∠CAB的度數(shù).【詳解】解：(Ⅰ)連接DE．∵BC⊥AB，延長CB交⊙O于點(diǎn)E，∴∠ABE=90∴AE為⊙O的直徑．∴∠ADE=90又D為AC的中點(diǎn)，∴DE垂直平分AC．∴AE=CE．∴∠AED=∠CED=1∴∠EAC=90(Ⅱ)∵EF是⊙O的切線，又由(Ⅰ)得AE為⊙O的直徑，∴EF⊥AE．∴∠AEF=90∵D為AC的中點(diǎn)，∴AC=2CD．∵CF=2CD，∴AC=CF．∴CE=1又由(Ⅰ)得AE=CE，∴AE=CE=AC．∴△ACE是等邊三角形．∴∠EAC=60又BC⊥AB，∴∠CAB=1【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角定理、切線的判定與性質(zhì)、垂直平分線的性質(zhì)的性質(zhì)等知識.19．（2022上·天津和平·九年級天津二十中?？计谀┤鐖D，已知等邊△ABC中，AB=12．以AB為直徑的半⊙O與邊AC相交于點(diǎn)D．過點(diǎn)D作DE⊥BC，垂足為E；過點(diǎn)E作EF⊥AB，垂足為F，連接DF．(1)求證：DE是⊙O的切線；(2)求EF的長．【答案】(1)見解析；(2)93【分析】（1）連接OD，證明OD∥BC，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到DE⊥OD，根據(jù)切線的判定定理證明結(jié)論；（2）求出CD=6，進(jìn)而求出CE，即可求出BE，在Rt△BEF中，根據(jù)勾股定理即可求出．【詳解】（1）證明：連接OD，∵△ABC為等邊三角形，∴∠A=∠C，∵OA=OD，∴∠A=∠ODA，∴∠ODA=∠C，∴OD∥BC，∵DE⊥BC，∵DE⊥OD，∵OD是⊙O的半徑，∴DE是⊙O的切線；（2）由（1）知，OD∥BC，∵OA=OB，∴AD=CD，∵AC=AB=12，∴CD=6，在Rt△CDE中，∠C=60°，∴∠CDE=30°，∴CE=1∴BE=BC?CE=12?3=9，在Rt△BEF中，∠B=60°，∴∠BEF=30°，∴BF=1∴EF=B【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)和判定、切線的判定、勾股定理、含30度角的直角三角形的性質(zhì)，正確作出輔助線是解本題的關(guān)鍵．20．（2023上·天津和平·九年級天津市第十九中學(xué)?？计谀┤鐖D，⊙O的直徑AB與弦CD相交于點(diǎn)E，且DE＝CE，⊙O的切線BF與弦AD的延長線交于點(diǎn)F．（1）求證：CD∥BF；（2）若⊙O的半徑為6，∠A＝35°，求DBC的長．【答案】（1）見解析；（2）14π【分析】（1）根據(jù)垂徑定理、切線的性質(zhì)求出AB⊥CD，AB⊥BF，即可證明；（2）根據(jù)圓周角定理求出∠COD，根據(jù)弧長公式計算即可．【詳解】（1）證明：∵AB是⊙O的直徑，DE＝CE，∴AB⊥CD，∵BF是⊙O的切線，∴AB⊥BF，∴CD∥BF；（2）解：連接OD、OC，∵∠A＝35°，∴∠BOD＝2∠A＝70°，∴∠COD＝2∠BOD＝140°，∴DBC的長為：140π×6180＝14π【點(diǎn)睛】本題考查的是切線的性質(zhì)、垂徑定理、弧長的計算，掌握切線的性質(zhì)定理、垂徑定理和弧長的計算公式是解題的關(guān)鍵．21．（2023上·天津·九年級天津十四中?？计谀┤鐖D,點(diǎn)C在以AB為直徑的⊙O上，AD垂直于過點(diǎn)C的切線，垂足為D．(1)僅用無刻度的直尺在圖1中作出∠BAD的平分線，并說明理由；(2)當(dāng)∠BAD=45°,OC=4時，①連接BC，求∠ABC的度數(shù)；②扇形AOC的面積(陰影部分).圖1

圖2【答案】(1)見解析；（2）①67.5°;②18.8.【分析】（1）連接AC，AC為∠BAD的平分線，證明，連接OC，利用條件可證得AD∥OC，再根據(jù)平行線的性質(zhì)和角之間的關(guān)系∠DAC＝∠CAO；（2）①根據(jù)圓周角定理可求得∠COB的度數(shù)，因為OC＝OB，從而可以求出∠ABC的度數(shù)；②由①可知∠COB的度數(shù)，從而可求出∠AOC的度數(shù)，扇形AOC的面積＝圓的面積×∠AOC360【詳解】（1）連接AC，AC為∠BAD的平分線，證明：連接AC，OC，由題意可知：OC⊥DC，AD⊥DC，故OC∥DC，故∠DAC＝∠OCA，∵OC＝OA，故∠OCA＝∠OAC，故∠DAC＝∠OAC，∴AC平分∠BAD；（2）①∵∠BAD＝45°，OC∥DC，故∠BOC＝45°，而OC＝OB，故∠OCB＝∠OBC，可得：∠ABC＝12②故可知∠AOC＝180°－45°＝135°，扇形AOC的面積＝π×42×135°【點(diǎn)睛】本題主要考查了角平分線的概念、平行線的基本性質(zhì)以及圓周角定理.22．（2023上·天津河北·九年級天津十四中校考期末）已知AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點(diǎn)，過C點(diǎn)作⊙O的切線，交AB的延長線于點(diǎn)P．(1)如圖，連接AC，BC，若BP=OB，求∠P的大??；(2)若BP=2，CP=4，求AB的長．【答案】(1)∠P=30°(2)6【分析】（1）連接OC，根據(jù)等邊對等角可得∠P=∠BCP，∠OCB=∠OBC，根據(jù)三角形的外角關(guān)系得∠OBC=∠P+∠BCP=2∠BCP，最后得到3∠BCP=90°，從而計算得解；（2）設(shè)OC=OB=x，根據(jù)勾股定理列方程、解方程，利用半徑與直徑的關(guān)系得到AB的長．【詳解】（1）解：如圖，連接OC，OC=OB，∵PC是⊙O的切線，∴OC⊥PC，∠OCP=90°，∵BP=OB，∴BC=BP=OB，∴∠P=∠BCP，∠OBC=∠P+∠BCP=2∠BCP，∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC=2∠BCP，∵∠OCP=∠OCB+∠BCP=90°，∴3∠BCP=90°，∠BCP=30°∴∠P=30°；（2）解：解：∠OCP=90°，設(shè)OC=OB=x，∵OC∴x解方程得x=3，∴AB=2OB=6．【點(diǎn)睛】本題考查了圓的切線、勾股定理、等邊對等角、三角形外角等知識，熟練掌握相關(guān)知識并靈活運(yùn)用是解題關(guān)鍵．23．（2022上·天津和平·九年級天津一中?？计谀鰽BC內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)D在邊AC上，射線AO交BD于點(diǎn)E，∠AED＝∠ABC．(1)如圖1，求證：BD⊥AC；(2)如圖2，當(dāng)∠CAE＝∠CBD時，求證：AB＝AC．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）延長AE交⊙O于點(diǎn)F，連接CF，由圓周角定理可得∠ACF＝90°，由題意可證ED∥CF，可得∠ADB＝（2）延長AO交BC于M，由直角三角形的性質(zhì)可得∠CAE+∠C=90°=∠AMB，由垂徑定理可得BM=CM，由線段垂直平分線的性質(zhì)可得結(jié)論．【詳解】（1）延長AE交⊙O于點(diǎn)F，連接CF，∵AF是⊙O直徑，∴∠ACF＝90°，∵AC?∴∠F＝∠ABC，∵∠AED＝∠ABC，∴∠F＝∠AED，∴ED∥∴∠ADB＝∠ACF＝90°，∴BD⊥AC；（2）延長AO交BC于M，∵BD⊥AC，∴∠CBD+∠C=90°，∵∠CAE=∠CBD，∴∠CAE+∠C=90°=∠AMB，∴AM⊥BC，且AM過圓心O，∴BM=MC，且AM⊥BC，∴AB=AC．【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，垂徑定理，平行線的判定與性質(zhì)，垂直平分線的判定與性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)定理以及判定定理是解本題的關(guān)鍵．24．（2022上·天津南開·九年級南開翔宇學(xué)校校考期末）在△ABC中，∠C=90°，以邊AB上一點(diǎn)O為圓心，OA為半徑的圓與BC相切于點(diǎn)D，分別交AB，AC于點(diǎn)E，F(xiàn)．(1)如圖①，連接AD，若∠CAD=26°，求∠B的大?。?2)如圖②，若點(diǎn)F為AD的中點(diǎn)，⊙O的半徑為1，求AB的長．【答案】(1)∠B=38°(2)AB=3【分析】（1）連接OD，由在ΔABC中，∠C=90°，BC是切線，易得OD∥AC（2）首先連接OF，OD，由（1）得：OD∥AC，由點(diǎn)F為AD的中點(diǎn)，易得【詳解】（1）解：連接OD，如圖1，∵OA為半徑的圓與BC相切于點(diǎn)D，∴OD⊥BC，∴∠ODB=90°，∵在△ABC中，∠C=90°，∴∠ODB=∠C，∴OD∥∴∠CAD=∠ADO=26°，∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA=26°，∴∠BOD=2∠OAD=52°，∴∠B=90°?∠BOD=38°；（2）解：連接OF，OD，如圖2，由（1）得：OD∥∴∠AFO=∠FOD，∵OA=OF，點(diǎn)F為AD的中點(diǎn)，∴∠A=∠AFO，∠AOF=∠FOD，∴∠A=∠AFO=∠AOF，∴△AOF是等邊三角形，∴∠A=60°，∵∠C=90°，∴∠B=90°?∠A=30°，∵⊙O與BC相切于點(diǎn)D，∴∠ODB=90°，∵OA=OD=1，∴OB=2OD=2，∴AB=OA+OB=1+2=3．【點(diǎn)睛】此題考查了切線的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)以及平行線的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)．注意準(zhǔn)確作出輔助線是解此題的關(guān)鍵．25．（2022上·天津河西·九年級天津市第四十二中學(xué)?？计谀┤鐖D，AB是⊙O的直徑，射線BC交⊙O于點(diǎn)D，E是劣弧AD上一點(diǎn)，且BE平分∠FBA，過點(diǎn)E作EF⊥BC于點(diǎn)F，延長FE，交BA延長線于點(diǎn)G．(1)求證：GF是⊙O的切線；(2)若AB=10，EF=4，求DB的長．【答案】(1)證明見解析；(2)6．【分析】（1）連接OE，根據(jù)角平分線的定義，得到∠1=∠2，再利用半徑相等，得到∠2=∠3，進(jìn)而得到∠1=∠3，推出OE∥BC，又因為EF⊥BC，得到（2）過點(diǎn)O作OM⊥BD，證明四邊形OEFM是矩形，得到OM=EF=4，再利用勾股定理得到BM=3，最后利用垂徑定理即可求出DB的長．【詳解】（1）證明：如圖，連接OE，∵BE平分∠FBA，∴∠1=∠2，∵OB=OE，∴∠2=∠3，∴∠1=∠3，∴OE∥∵EF⊥BC，∴OE⊥GF，∵點(diǎn)E在⊙O上，∴GF是⊙O的切線；（2）解：過點(diǎn)O作OM⊥BD于點(diǎn)M，∴∠OMF=90°，∵OE⊥GF，∴∠OEF=90°，∵EF⊥BC，∴∠EFM=90°，∴四邊形OEFM是矩形，∴OM=EF=4，∵AB=10，∴OB=5，∴BM=O∵OM⊥BD，∴BD=2BM=6．【點(diǎn)睛】本題考查了平行線的判定和性質(zhì)，圓的切線性質(zhì)和判定，垂徑定理，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，熟練掌握圓的相關(guān)性質(zhì)是解題關(guān)鍵．26．（天津市第九十中學(xué)2022-2023學(xué)年九年級上學(xué)期期中測試數(shù)學(xué)試卷）已知AB是⊙O的直徑，C為⊙O上一點(diǎn)，連接BC，過點(diǎn)O作OD⊥BC于D，交BC于點(diǎn)E，連接AE，交BC于F．(1)如圖1，求證：∠BAC＝(2)如圖2，連接OF，若OF⊥AB，DF＝【答案】(1)見解析(2)6【分析】（1）先證OE∥AC，推出∠CAF=∠AEO，由OA=OE推出（2）先證∠B=∠EAO=∠E=30°，求出EF、AF，最后根據(jù)AE=AF+EF求解即可．【詳解】（1）證明：如圖1∵AB是直徑，∴∠ACB=90°，∵OE⊥BC，∴∠ODB=∠ACB=90°，∴OE∥∴∠CAF=∠AEO，∵OA=OE，∴∠AEO=∠OAE，∴∠BAC=2∠E．（2）解：如圖2：∵OF⊥AB，∴FA=FB∴∠FAB=∠FBA，∵∠CAF=∠EAB，∴∠CAB=2∠ABC∵∠ACB=90°∴∠CAB+∠B=90°，∴∠B=∠EAO=∠E=30°，∴∠AOE=120°∴∠FOE=∠E=30°∴FO=EF，∵FD⊥OE，∴EF=OF=2DF=2，∴AE=AF+EF=4+2=6．【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角定理、解直角三角形等知識，靈活運(yùn)用特殊三角形的性質(zhì)是解答本題的掛機(jī)．27．（2022上·天津和平·九年級天津市第二十一中學(xué)?？计谀┮阎狝B是⊙O的直徑，AP是⊙O的切線，A是切點(diǎn)，BP與⊙O交于點(diǎn)C．（1）如圖①，若AB＝2，∠P＝30°，求AP的長（結(jié)果保留根號）；（2）如圖②，若D為AP的中點(diǎn)，求證：直線CD是⊙O的切線．【答案】（1）23【分析】（1）易證PA⊥AB，再通過解直角三角形求解；（2）本題連接OC，證出OC⊥CD即可．首先連接AC，得出直角三角形ACP，根據(jù)直角三角形斜邊上中線等于斜邊一半得CD＝AD，再利用等腰三角形性質(zhì)可證∠OCD＝∠OAD＝90°，從而解決問題．【詳解】解：（1）∵AB是⊙O的直徑，AP是切線，∴∠BAP＝90°．在Rt△PAB中，AB＝2，∠P＝30°，∴BP＝2AB＝2×2＝4．由勾股定理，得AP=B（2）如圖，連接OC、AC．∵AB是⊙O的直徑，∴∠BCA＝90°，∴∠ACP＝180°﹣∠BCA＝90°，在Rt△APC中，D為AP的中點(diǎn)，∴CD=1∴∠4＝∠3，∵OC＝OA，∴∠1＝∠2，∵∠2+∠4＝∠PAB＝90°，∴∠1+∠3＝∠2+∠4＝90°，即OC⊥CD，∴直線CD是⊙O的切線．【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定和性質(zhì)及解直角三角形等知識．熟練掌握切線的性質(zhì)及判定方法是解題的關(guān)鍵.28．（2022上·天津南開·九年級天津育賢中學(xué)校考期末）如圖，⊙O的直徑AB的長為2，點(diǎn)C在圓周上，∠CAB=30°．點(diǎn)D是圓上一動點(diǎn)，DE∥AB交CA的延長線于點(diǎn)E，連接CD，交AB于點(diǎn)F．(1)如圖1，當(dāng)DE與⊙O相切時，求∠CFB的度數(shù)；(2)如圖2，當(dāng)點(diǎn)F是CD的中點(diǎn)時，求△CDE的面積．【答案】（1）75°；（2）33【分析】（1）由題意可求∠AOD=90°，即可求∠C=45°，即可求∠CFB的度數(shù)；（2）連接OC，根據(jù)垂徑定理可得AB⊥CD，利用勾股定理．以及直角三角形30度性質(zhì)求出CD、DE即可．【詳解】解：（1）如圖：連接OD∵DE與⊙O相切∴∠ODE＝90°∵AB∥DE∴∠AOD+∠ODE＝180°∴∠AOD＝90°∵∠AOD＝2∠C∠C＝45°∵∠CFB＝∠CAB+∠C∴∠CFB＝75°（2）如圖：連接OC∵AB是直徑，點(diǎn)F是CD的中點(diǎn)∴AB⊥CD，CF＝DF，∵∠COF＝2∠CAB＝60°，∴OF＝12OC＝12，CF＝3OF＝∴CD＝2CF＝3，AF＝OA+OF＝32∵AF∥AD，F(xiàn)點(diǎn)為CD的中點(diǎn)，∴DE⊥CD，AF為△CDE的中位線，∴DE＝2AF＝3，∴S△CED＝12×3×3＝【點(diǎn)睛】本題考查切線的性質(zhì)和判定、圓的有關(guān)知識、勾股定理等知識，解題關(guān)鍵是靈活運(yùn)用這些知識，屬于基礎(chǔ)題，中考?？碱}型．29．（2022上·天津·九年級天津十四中?？茧A段練習(xí)）已知AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點(diǎn)，過C點(diǎn)作⊙O的切線，交AB的延長線于點(diǎn)P．(1)如圖，連接AC，BC，若BP=OB，求∠P的大?。?2)若BP=2,CP=4，求AB的長．【答案】(1)∠P=30°(2)AB=6【分析】（1）連接OC，根據(jù)等邊對等角可得∠P=∠BCP，∠OCB=∠OBC，根據(jù)三角形的外角關(guān)系得∠OBC=∠P+∠BCP=2∠BCP，最后得到3∠BCP=90°，從而計算得解；（2）設(shè)OC=OB=x，根據(jù)勾股定理列方程、解方程，利用半徑與直徑的關(guān)系得到AB的長．【詳解】（1）解：如圖，連接OC，OC=OB∵PC是⊙O的切線∴OC⊥PC，∠OCP=90°∵BP=OB∴∠P=∠BCP，∠OBC=∠P+∠BCP=2∠BCP∵OC=OB∴∠OCB=∠OBC=2∠BCP∵∠OCP=∠OCB+∠BCP=90°∴3∠BCP=90°∠BCP=30°∴∠P=30°（2）解：如圖（1），∠OCP=90°設(shè)OC=OB=x∵O∴x解方程得x=3∴AB=2OB=6【點(diǎn)睛】本題考查了圓的切線、勾股定理、等邊對等角、三角形外角等知識，熟練掌握相關(guān)知識并靈活運(yùn)用是解題關(guān)鍵．30．（2022上·天津南開·九年級南開中學(xué)?？计谀┮阎狝B是⊙O的直徑，點(diǎn)C在⊙O上．(1)如圖1，點(diǎn)D在⊙O上，且AC=CD，若∠CDA=24°，求∠BOD；(2)如圖2，過點(diǎn)C作⊙O的切線，交BA的延長線于點(diǎn)E，若⊙O的直徑為6，AC=3，求EA．【答案】(1)84°(2)3【分析】（1）如圖①，連接OC，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠CAD=∠CDA=24°，根據(jù)圓周角定理即可得到結(jié)論；（2）如圖②，連接OC，BC，根據(jù)圓周角定理得到∠ACB=90°，求得∠B=30°，得到∠CAB=60°，根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠OCE=90°，求得∠ECA=30°，于是得到結(jié)論．【詳解】（1）解：如圖①，連接OC，∵AC=CD，∠CDA=24°，∴∠CAD=∠CDA=24°，AC=∴∠COD=∠AOC=2×24°=48°，∴∠AOD=96°，∴∠BOD=180°?96°=84°；（2）解：如圖②，連接OC，BC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∵AB=6，AC=3，∴∠B=30°，∴∠CAB=60°，∵OC=OA，∴∠ACO=∠CAO=60°，∵CE是⊙O的切線，∴∠OCE=90°，∴∠ECA=30°，∴∠E=∠CAO?∠ACE=30°，∴∠E=∠ACE，∴AE=AC=3．【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，正確的作出輔助線構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．31．（2022上·天津·九年級天津二十五中校考期末）如圖，點(diǎn)D是等邊ΔABC中BC邊的延長線上的一點(diǎn)，且AC=CD．以AB為直徑作⊙O，分別交AC、EC于點(diǎn)E、F．（1）求證：AD是⊙O的切線；（2）連接OC，交⊙O于點(diǎn)G，若AB=4，求線段CE、CG與GE圍成的陰影部分的面積（結(jié)果保留根號和π）．

【答案】（1）詳見解析；（2）S【分析】（1）已知△ABC為等邊三角形，可得AC=BC，又因AC=CD，所以AC=BC=CD，即可判定△ABD為直角三角形，再根據(jù)切線的判定推出結(jié)論；（2）連接OE，分別求出△AOE、△AOC，扇形OEG的面積，根據(jù)S陰影【詳解】(1)證明：∵△ABC為等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°．又∵AC=CD∴∠CAD=∠ADC∵∠CAD∴∠D=30°．∴∠D∴∠BAD=90°，∴AB⊥AD．∵AB為直徑，AD是⊙O的切線，（2）解：連接OE．

∵OA=OE，∠BAC=60°，∴△OAE是等邊三角形，∴∠AOE=60°．∵CB=CA，OA=OB，∴CO⊥AB．∴∠AOC=90°，∴∠ECO=∠EOC=30°．∵△ABC是邊長為4的等邊三角形，∴AO=2，由勾股定理，得OC=42同理等邊三角形AOE中邊AO上的高是22S陰影【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定；等邊三角形的判定與性質(zhì)；扇形面積的計算，掌握切線的判定；等邊三角形的判定與性質(zhì)；扇形面積的計算是解題的關(guān)鍵．32．（2022上·天津河北·九年級天津二中?？计谀┮阎狝B為⊙O的直徑，AB=4，C為⊙O上一點(diǎn)，連接CA，(1)如圖①，若C為AB的中點(diǎn)，求∠CAB的大小和AC的長；(2)如圖②，若AC=1，OD為⊙O的半徑，且OD⊥CB，垂足為E，過點(diǎn)D作⊙O的切線，與AC的延長線相交于點(diǎn)F，求FD的長．【答案】(1)∠CAB=45°，AC=2(2)FD=【分析】（1）由圓周角定理得∠ACB=90°，由C為AB的中點(diǎn)，得AC=BC，從而AC=BC，即可求得∠CAB的度數(shù)，通過勾股定理即可求得（2）證明四邊形ECFD為矩形，F(xiàn)D=CE=12CB【詳解】（1）∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，由C為AB的中點(diǎn)，得AC=∴AC=BC，得∠ABC=∠CAB，在Rt△ABC中，∠ABC+∠CAB=90°∴∠CAB=45°；根據(jù)勾股定理，有AC又AB=4，得2AC∴AC=22（2）∵FD是⊙O的切線，∴OD⊥FD，即∠ODF=90°，∵OD⊥CB，垂足為E，∴∠CED=90°,CE=1同（1）可得∠ACB=90°，有∠FCE=90°，∴∠FCE=∠CED=∠ODF=90°，∴四邊形ECFD為矩形，∴FD=CE，于是FD=1在Rt△ABC中，由AB=4,AC=1，得CB=∴FD=15【點(diǎn)睛】本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，切線的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理和矩形的判定和性質(zhì)等，解題的關(guān)鍵是利用數(shù)形結(jié)合的思想解答此題．33．（2022上·天津·九年級天津市第五十五中學(xué)校考期末）如圖1，△ABC內(nèi)接于⊙O，直線MN與⊙O相切于點(diǎn)D，OD與BC相交于點(diǎn)E，BC//（1）求證：∠BAC=∠DOC；（2）如圖2，若AC是⊙O的直徑，E是OD的中點(diǎn)，⊙O的半徑為4，求AE的長．【答案】（1）見詳解；（2）AE=2【分析】（1）連接OB，由題意易得∠OEC=∠ODN=90°，則有BD=CD，進(jìn)而可得（2）由題意易得∠ACB=30°，進(jìn)而可得AC=8,AB=4,BE=23【詳解】（1）證明：連接OB，如圖所示：∵直線MN與⊙O相切于點(diǎn)D，∴∠ODN=90°，∵BC//∴∠OEC=∠ODN=90°，∵OD是⊙O的半徑，∴BD=∴∠DOC=1∵∠BAC=1∴∠BAC=∠DOC；（2）∵E是OD的中點(diǎn)，∴OE=12OD,OD⊥BC∴OE=1∴∠ACB=30°，∵⊙O的半徑為4，∴AC=8，∵AC是⊙O的直徑，∴∠ABC=90°，∴AB=4，BC=AC?cos∴在Rt△ABE中，由勾股定理得：AE=A【點(diǎn)睛】本題主要考查切線的性質(zhì)、三角函數(shù)、含30°的直角三角形的性質(zhì)及勾股定理，熟練掌握切線的性質(zhì)、三角函數(shù)、含30°的直角三角形的性質(zhì)及勾股定理是解題的關(guān)鍵．34．（2022上·天津·九年級天津市第二南開中學(xué)校考期末）已知△ABC內(nèi)接于⊙O，AB=AC，∠ABC=70°，點(diǎn)D是AC上一點(diǎn)．(1)如圖①，連接AD，BD，CD，求∠ADC，∠BDC的度數(shù)；(2)如圖②，若OD⊥AC，垂足為點(diǎn)E，連接DC，過點(diǎn)D作⊙O的切線與BC的延長線交于點(diǎn)F，求∠CDF的度數(shù)．【答案】(1)40°，110°(2)35°【分析】（1）首先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)及三角形內(nèi)角和定理可求得∠ACB、∠BAC的度數(shù)，再根據(jù)圓周角定理可得∠BDC的度數(shù)，據(jù)此即可解答；（2）延長DO交⊙O于點(diǎn)M，連接CM，BD，首先根據(jù)垂徑定理可得∠ABD=∠CBD，可求得∠CMD=【詳解】（1）解：∵AB=AC，∠ABC=70°∴∠ACB=∠ABC=70°∴∠BAC=∵∠BDC和∠BAC所對的弧都是BC∴∠BDC=∠BAC=40°∵∠ADB和∠ACB所對的弧都是AB∴∠ADB=∠ACB=70°∴∠ADC=∠ADB+∠BDC=70°+40°=110°∴∠BDC的度數(shù)為40°，∠ADC的度數(shù)為110°；（2）解：如圖，延長DO交⊙O于點(diǎn)M，連接CM，BD∵OD⊥AC，OD經(jīng)過圓心O∴AD=∵∠ABD所對的弧是AD，∠CBD所對的弧是CD∴∠ABD=∠CBD∴∠ABC=∠ABD+∠CBD=∠CBD+∠CBD=2∠CBD∵∠ABC=70°∴∠CBD=1∵∠CMD和∠CBD所對的都是CD∴∠CMD=∠CBD=35°∵DM是⊙O的直徑∴∠DCM=90°∴∠CMD+∠CDM=90°∵DF是⊙O的切線

∴DF⊥DM∴∠MDF=90°即∠CDF+∠CDM=90°∴∠CMD=∠CDF∴∠CDF=35°∴∠CDF的度數(shù)為35°【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，圓周角定理，垂徑定理，切線的性質(zhì)，作出輔助線是解決本題的關(guān)鍵．35．（2022上·天津河?xùn)|·九年級天津市第四十五中學(xué)?？计谀┮阎袿的直徑為10，四邊形ABDC內(nèi)接于⊙O，AD平分∠CAB．(1)如圖1，若BC為⊙O的直徑，求BD的長；(2)如圖2，若∠BDC=120°，求BD的長．【答案】(1)5(2)5【分析】（1）根據(jù)角平分線的定義得到∠CAD=∠BAD，則CD=BD，CD=BD，再根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可證（2）如圖所示，連接OB，OD，先根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對角互補(bǔ)求出∠BAC=60°，則可以根據(jù)角平分線的定義得到∠BAD=30°，利用圓周角定理即可得到∠BOD=60°，進(jìn)而可以證明△BOD是等邊三角形，得到【詳解】（1）解：∵AD平分∠CAB，∴∠CAD=∠BAD，∴CD=∴CD=BD，∵BC為⊙O的直徑，⊙O的直徑為10，∴BC=10，∴△BDC為等腰直角三角形，∴BD=2（2）解；如圖所示，連接OB，∵四邊形ABDC內(nèi)接于⊙O，∠BDC=120°，∴∠BAC=180°?∠BDC=60°，∵AD平分∠CAB，∴∠CAD=∠BAD=1∴∠BOD=2∠BAD=60°，又∵OB=OD，∴△BOD是等邊三角形，∴BD=OB=1【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，等邊三角形的性質(zhì)與判定，角平分線的定義等等，靈活運(yùn)用所學(xué)知識是解題的關(guān)鍵．36．（2022上·天津·九年級天津經(jīng)濟(jì)技術(shù)開發(fā)區(qū)第一中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖1，AB為半圓O的直徑，D為BA的延長線上一點(diǎn)，DC為半圓O的切線，切點(diǎn)為C．（1）求證：∠ACD=∠B；（2）如圖2，∠BDC的平分線分別交AC，BC于點(diǎn)E，F(xiàn)，求∠CEF的度數(shù)．【答案】（1）詳見解析；（2）∠CEF=45°．【分析】（1）連接OC，根據(jù)切線的性質(zhì)和直徑所對的圓周角是直角得出∠DCO＝∠ACB＝90°，然后根據(jù)等角的余角相等即可得出結(jié)論；（2）根據(jù)三角形的外角的性質(zhì)證明∠CEF=∠CFE即可求解．【詳解】（1）證明：如圖1中，連接OC．∵OA＝OC，∴∠1＝∠2，∵CD是⊙O切線，∴OC⊥CD，∴∠DCO＝90°，∴∠3＋∠2＝90°，∵AB是直徑，∴∠1＋∠B＝90°，∴∠3＝∠B．（2）解：∵∠CEF＝∠ECD＋∠CDE，∠CFE＝∠B＋∠FDB，∵∠CDE＝∠FDB，∠ECD＝∠B，∴∠CEF＝∠CFE，∵∠ECF＝90°，∴∠CEF＝∠CFE＝45°．37．（2022上·天津·九年級天津經(jīng)濟(jì)技術(shù)開發(fā)區(qū)第一中學(xué)校考階段練習(xí)）已知⊙O的直徑為10，點(diǎn)A，點(diǎn)B，點(diǎn)C在⊙O上，∠CAB的平分線交⊙O于點(diǎn)D．（Ⅰ）如圖①，若BC為⊙O的直徑，AB＝6，求AC，BD，CD的長；（Ⅱ）如圖②，若∠CAB＝60°，求BD的長．【答案】（Ⅰ）求AC＝8，BD＝CD＝52；（Ⅱ）BD＝5【分析】（Ⅰ）利用圓周角定理可以判定△CAB和△DCB是直角三角形，利用勾股定理可以求得AC的長度；利用圓心角、弧、弦的關(guān)系推知△DCB也是等腰三角形，所以利用勾股定理同樣得到BD＝CD＝52；（Ⅱ）如圖②，連接OB，OD．由圓周角定理、角平分線的性質(zhì)以及等邊三角形的判定推知△OBD是等邊三角形，則BD＝OB＝OD＝5．【詳解】解：（Ⅰ）如圖①，∵BC是⊙O的直徑，∴∠CAB＝∠BDC＝90°．∵在直角△CAB中，BC＝10，AB＝6，∴由勾股定理得到：AC＝B∵AD平分∠CAB，∴CD=∴CD＝BD．在直角△BDC中，BC＝10，CD2+BD2＝BC2，∴易求BD＝CD＝52；（Ⅱ）如圖②，連接OB，OD．∵AD平分∠CAB，且∠CAB＝60°，∴∠DAB＝12∴∠DOB＝2∠DAB＝60°．又∵OB＝OD，∴△OBD是等邊三角形，∴BD＝OB＝OD．∵⊙O的直徑為10，則OB＝5，∴BD＝5．【點(diǎn)睛】本題綜合考查了圓周角定理，勾股定理以及等邊三角形的判定與性質(zhì)．此題利用了圓的定義、有一內(nèi)角為60度的等腰三角形為等邊三角形證得△OBD是等邊三角形．38．（2022上·天津·九年級天津市第五十五中學(xué)校考期中）如圖，AB為⊙O的直徑，E為OB的中點(diǎn)，弦CD⊥AB于點(diǎn)E，連接CO并延長交⊙O于點(diǎn)F，連接BC．(1)求證：△BOC是等邊三角形；(2)若⊙O的半徑為2，求CD的長．【答案】(1)見解析(2)2【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的判定定理“有一個內(nèi)角是60°的等腰三角形是等邊三角形”證明即可；（2）根據(jù)勾股定理和垂徑定理“垂直于弦的直徑平分弦”解答即可．【詳解】（1）證明：∵E為OB的中點(diǎn)，∴OE=1∵弦CD⊥AB于點(diǎn)E，∴∠OCE=30°，∴∠COE=60°，又∵OC=OB，∴△BOC是等邊三角形；（2）解：在Rt△COE中，CO＝2，∴CE=3∵AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點(diǎn)E，∴CE=DE=1∴CD=23【點(diǎn)睛】本題考查了圓的性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)，等邊三角形的判定，垂徑定理，勾股定理，解決本題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)的幾何定理．39．（江蘇省徐州市云龍區(qū)金榜學(xué)校2022-2023學(xué)年九年級上學(xué)期11月月考數(shù)學(xué)試題）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點(diǎn)E，點(diǎn)M在⊙O上，MD恰好經(jīng)過圓心O，連接MB．(1)若CD=16，BE=4，求⊙O的直徑；(2)若∠M=∠D，求∠D的度數(shù)．【答案】(1)⊙O的直徑是20(2)∠D=30°【分析】（1）先根據(jù)垂徑定理得到CE=DE=8，設(shè)OB=x，利用勾股定理求解即可；（2）根據(jù)圓周角定理得到∠BOD=2∠D，再根據(jù)直角三角形的兩個銳角互余求解即可．【詳解】（1）解：∵AB⊥CD，CD=16，∴CE=DE=8，設(shè)OB=x，又∵BE=4，∴x2解得：x=10，∴⊙O的直徑是20．（2）解：∵∠M=12∠BOD∴∠D=12∠BOD∵AB⊥CD，∴∠D+∠BOD=∴∠D=30°．【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理、圓周角定理、直角三角形的性質(zhì)、勾股定理，熟練掌握垂徑定理和圓周角定理是解答的關(guān)鍵．40．（2021上·天津河北·九年級匯森中學(xué)?？计谥校┤鐖D，BE是O的直徑，點(diǎn)A和點(diǎn)D是?0上的兩點(diǎn)，過點(diǎn)A作⊙O的切線交BE延長線于點(diǎn)C．（1）若∠ADE=25°，求∠C的度數(shù)；（2）若AC=4，CE=2，求⊙O半徑的長.

【答案】（1）∠C=40°；（2）?O半徑的長是3.【分析】（1）連接OA，由圓周角定理得∠A0C=2∠ADE=50°，再由AC是切線可得∠OAC=90°，則可求∠C；（2）設(shè)OA=OE=r，在Rt△OAC中運(yùn)用勾股定理即可求解.【詳解】（1）連接OA，

∵∠ADE=25°，由圓周角定理得：∠A0C=2∠ADE=50°，∵AC切?O于A，∴∠OAC=90°，∴∠C=180°-∠AOC-∠OAC=180°-50°-90°=40°；（2）設(shè)OA=OE=r，在Rt△OAC中，由勾股定理得：OA即r2解得：r=3，答：?O半徑的長是3.【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓的性質(zhì)中圓周角定理以及切線的性質(zhì)，熟練掌握性質(zhì)和定理是解題的關(guān)鍵.41．（2021上·天津·九年級天津一中?？计谥校┤鐖D，⊙O中，直徑CD⊥弦AB于點(diǎn)E，AM⊥BC于點(diǎn)M，交CD于點(diǎn)N，連接AD，(1)求證：AD＝AN；(2)若AB＝8，ON＝1，求⊙O的半徑．【答案】（1）詳見解析；（2）133【詳解】試題分析：（1）先根據(jù)圓周角定理得出∠BAD=∠BCD，再由直角三角形的性質(zhì)得出∠ANE=∠CNM，故可得出∠BCD=∠BAM，由全等三角形的判定定理得出△ANE≌△ADE，故可得出結(jié)論；（2）先根據(jù)垂徑定理求出AE的長，設(shè)NE=x，則OE=x-1，NE=ED=x，r=OD=OE+ED=2x-1連結(jié)AO，則AO=OD=2x-1，在Rt△AOE中根據(jù)勾股定理可得出x的值，進(jìn)而得出結(jié)論．試題解析：(1)證明:∵CD⊥AB∴∠CEB=90o∴∠C+∠B=90o.同理∠C+∠CNM=90o∴∠CNM=∠B.∵∠CNM=∠AND∴∠AND=∠B∵弧AC=弧AC∴∠D=∠B∴∠AND=∠D∴AN=AD(2)解:設(shè)ON的長為x,連接OA∵AN=AD,CD⊥AB∴DE=NE=x+1∴OD=OE+ED=x+x+1=2x+1∴OA=OD=2x+1.∴在Rt△OAE中O∴x解得x=53或∴OA=2x+1=2×5即⊙O的半徑為13342．（2022上·天津·九年級天津市第四十五中學(xué)?？计谀┤鐖D，BE是⊙O的直徑，點(diǎn)A和點(diǎn)D是⊙O上的兩點(diǎn)，過點(diǎn)A作⊙O的切線交BE延長線于點(diǎn)C．(1)若∠ADE=25°，求∠C的度數(shù)；(2)若AB=AC，CE=2，直接寫出AC的長_____．【答案】(1)40°(2)2【分析】（1）連接OA，利用圓周角定理與切線的性質(zhì)求出∠AOC和∠OAC，再利用三角形的內(nèi)角和定理解答即可；（2）先求解∠C=30°，根據(jù)含30°的直角三角形的性質(zhì)先求出OA、OC的長，再根據(jù)勾股定理計算AC的長即可．【詳解】（1）解：如圖，連接OA，∵AC是⊙O的切線，OA是⊙O的半徑，∴OA⊥AC，∴∠OAC=90°，∵∠ADE=25°，∴∠AOE=2∠ADE=50°，∴∠C=90°?∠AOE=90°?50°=40°；（2）解：∵AB=AC，∴∠B=∠C，∵OA=OB，∴∠B=∠OAB，∴∠AOC=∠B+∠OAB=2∠B，∴∠AOC=2∠C，∵∠OAC=90°，∴∠AOC+∠C=90°，即3∠C=90°，∴∠C=30°，∴OA=1設(shè)⊙O的半徑為r，∵CE=2，∴r=12(r+2)∴OA=r=2，OC=2OA=4，∴AC=O故答案為：23【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角定理的應(yīng)用、圓的切線的性質(zhì)、含30°的直角三角形的性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)等知識，作出過切點(diǎn)的半徑構(gòu)建直角三角形是解本題的關(guān)鍵．43．（2021上·天津·九年級天津一中?？计谥校┮阎鰽BC內(nèi)接于⊙O．(1)如圖①，AP是⊙O的直徑，∠BAP＝25°，求∠C的度數(shù)；(2)如圖②，連接AO并延長交BC于點(diǎn)M，且AM⊥BC．連接BO并延長交AC于點(diǎn)N，且BN⊥AC．求∠C的度數(shù)．【答案】(1)65°(2)60°【分析】（1）由AP為直徑得∠ABP=90°，進(jìn)而求解．（2）根據(jù)垂徑定理，AM⊥BC且BN⊥AC可得ΔABC【詳解】（1）解：∵AP為直徑，∴∠ABP=90°，∴∠APB=90°?∠BAP=65°，∴∠C=∠APB=65°．（2）解：∵AM⊥BC，∴點(diǎn)M為BC中點(diǎn)，∴AB=AC，∵BN⊥AC，∴點(diǎn)N為AC中點(diǎn)，∴AB=BC，∴AB=AC=BC，即ΔABC∴∠C=60°．【點(diǎn)睛】本題考查圓周角定理及垂徑定理，解題關(guān)鍵是掌握等邊三角形的判定及性質(zhì)．44．（2021上·天津和平·九年級耀華中學(xué)?？计谥校┤鐖D1，在圓O中，AB＝AC，∠ACB＝75°，點(diǎn)E在劣弧AC上運(yùn)動，連接EC、BE，交AC于點(diǎn)F．(1)求∠E的度數(shù)；(2)當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動到使BE⊥AC時，如圖2，連接AO并延長，交BE于點(diǎn)G，交BC于點(diǎn)D，交圓O于點(diǎn)M，求證：D為GM中點(diǎn)．【答案】(1)30°(2)見解析【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，可得∠A=30°，再根據(jù)圓周角定理，即可求解；（2）連接CM，CE，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得CM∥BE，從而得到∠DBG=∠DCM，∠BGD=∠CMD，再由∠ACB=75°，可得∠CBF=15°，從而得到∠BAM=∠DCM=15°，進(jìn)而得到∠CAM=∠BAM，再根據(jù)垂徑定理可得BD=CD，進(jìn)而證得△BDG≌△CDM，即可求證．【詳解】（1）解：∵AB＝AC，∠ACB＝75°，∴∠ABC=∠ACB=75°，∴∠A=180°-∠ABC-∠ACB=30°，∵∠E=∠A，∴∠E=30°；（2）證明：如圖，連接CM，CE，∵AM是圓O的直徑，∴∠ACM=90°，∵BE⊥AC，∴∠AFB=∠ACM=90°，∴CM∥BE，∴∠DBG=∠DCM，∠BGD=∠CMD，∵∠ACB=75°，∴∠CBF=15°，∴∠DCM=15°，∴∠BAM=∠DCM=15°，∵∠BAC=30°，∴∠CAM=15°，∴∠CAM=∠BAM，∴BM=∴BD=CD，在△BDG和△CDM中，∵∠DBG=∠DCM，∠BGD=∠CMD，BD=CD，∴△BDG≌△CDM，∴DG=DM，即D為GM中點(diǎn)．【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角定理，垂徑定理，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，熟練掌握相關(guān)知識點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．45．（2020上·天津·九年級耀華中學(xué)?？计谥校┤鐖D，AB是⊙O的直徑，C是BD的中點(diǎn)，CE⊥AB，垂足為E，BD交CE于點(diǎn)F．（1）求證：CF=BF；（2）若AD=2，⊙O的半徑為3，求BC的長．【答案】（1）見解析；（2）2【分析】（1）連接AC，根據(jù)已知條件利用等角對等邊可以得到CF=BF；（2）作CG⊥AD于點(diǎn)G，先利用HL判定Rt△BCE≌Rt△DCG，推出BE=DG，根據(jù)邊之間的關(guān)系可求得BE的值，再根據(jù)相似三角形的判定得到△BCE∽△BAC，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例，可得到BC2=BE?AB，這樣便求得BC的值，注意負(fù)值要舍去．【詳解】解：（1）證明：連接AC，如圖，∵C是弧BD的中點(diǎn)，∴∠BDC=∠DBC，又∵∠BDC=∠BAC，在△ABC中，∠ACB=90°，CE⊥AB，∴∠BCE=∠BAC，∠BCE=∠DBC，∴CF=BF；（2）作CG⊥AD于點(diǎn)G，∵C是弧BD的中點(diǎn)，∴∠CAG=∠BAC，即AC是∠BAD的角平分線，∴CE=CG，AE=AG，在Rt△BCE與Rt△DCG中，CE=CG，CB=CD，∴Rt△BCE≌Rt△DCG（HL）∴BE=DG，∴AE=AB-BE=AG=AD+DG，即6-BE=2+DG，∴2BE=4，即BE=2，又∵△BCE∽△BAC，∴BC2=BE?AB=12，∴BC=±23∴BC=23【點(diǎn)睛】此題主要考查學(xué)生對圓周角定理，相似三角形的判定，全等三角形的判定等知識點(diǎn)的綜合運(yùn)用能力．46．（2021上·天津南開·九年級南開翔宇學(xué)校?？茧A段練習(xí)）在⊙O中，AB為直徑，C為⊙O上一點(diǎn)．（1）如圖①，過點(diǎn)C作⊙O的切線