專題21圓的有關(guān)位置關(guān)系(真題3個(gè)考點(diǎn)模擬8個(gè)考點(diǎn))(原卷版+解析)

專題21圓的有關(guān)位置關(guān)系（真題3個(gè)考點(diǎn)模擬8個(gè)考點(diǎn)）一．點(diǎn)與圓的位置關(guān)系（共1小題）1．（2023?安徽）已知四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，對(duì)角線BD是⊙O的直徑．（1）如圖1，連接OA，CA，若OA⊥BD，求證：CA平分∠BCD；（2）如圖2，E為⊙O內(nèi)一點(diǎn)，滿足AE⊥BC，CE⊥AB．若BD＝3，AE＝3，求弦BC的長(zhǎng)．二．三角形的外接圓與外心（共2小題）2．（2021?安徽）如圖，圓O的半徑為1，△ABC內(nèi)接于圓O．若∠A＝60°，∠B＝75°，則AB＝．3．（2019?安徽）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，∠CAB＝30°，∠CBA＝45°，CD⊥AB于點(diǎn)D，若⊙O的半徑為2，則CD的長(zhǎng)為．三．正多邊形和圓（共1小題）4．（2023?安徽）如圖，正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，連接OC，OD，則∠BAE﹣∠COD＝（）A．60° B．54° C．48° D．36°一．圓心角、弧、弦的關(guān)系（共5小題）1．（2023?無為市三模）如圖，AB，CD是⊙O的弦，延長(zhǎng)AB，CD相交于點(diǎn)E，已知∠E＝30°，∠AOC＝100°，則所對(duì)的圓心角的度數(shù)是（）A．30° B．40° C．50° D．70°2．（2023?合肥模擬）如圖，AB是⊙O的弦，半徑OC與弦AB交于點(diǎn)D，若OD＝BD＝4，CD＝2，則AD＝（）A． B．4 C． D．53．（2023?定遠(yuǎn)縣一模）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C為圓上一點(diǎn)，AC＝4，D是弧AC的中點(diǎn)，AC與BD交于點(diǎn)E．若E是BD的中點(diǎn)，則BC的長(zhǎng)為（）A．5 B．3 C．2 D．14．（2023?貴池區(qū)二模）如圖，點(diǎn)C是直徑AB的三等分點(diǎn)（AC＜CB），點(diǎn)D是弧ADB的三等分點(diǎn)（弧BD＜弧AD），若直徑AB＝12，則DC的長(zhǎng)為．5．（2023?廬陽區(qū)一模）如圖，在△ABC中，∠B＝70°，⊙O截三邊所得的弦長(zhǎng)DE＝FG＝HI，則∠AOC＝度．二．圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)（共5小題）6．（2023?碭山縣二模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，且∠A＝90°，．若AB＝8，AD＝6，則BC的長(zhǎng)為（）A． B．5 C． D．107．（2023?蚌埠三模）如圖，∠DCE是⊙O內(nèi)接四邊形ABCD的一個(gè)外角，若∠BOD＝144°，則∠DCE的大小為．8．（2023?阜陽模擬）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，連接AO、OC，∠ABC＝70°，AO∥CD，則∠OCD的度數(shù)為（）A．40° B．50° C．60° D．70°9．（2023?包河區(qū)三模）已知：如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，直徑DG交邊AB于點(diǎn)E，AB、DC的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)F．連接AC，若∠ACD＝∠BAD．（1）求證：DG⊥AB；（2）若AB＝6，tan∠FCB＝3，求⊙O半徑．10．（2023?合肥模擬）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB＝BC，對(duì)角線AC為⊙O的直徑，E為⊙O外一點(diǎn)，AB平分∠DAE，AD＝AE，連接BE．（1）求∠AEB的度數(shù)；（2）連接CE，求證：2BE2+AE2＝CE2．三．點(diǎn)與圓的位置關(guān)系（共12小題）11．（2023?迎江區(qū)校級(jí)三模）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，D為線段AC上一動(dòng)點(diǎn)，連接BD，過點(diǎn)C作CH⊥BD于H，連接AH，則AH的最小值為（）A． B．4 C． D．12．（2023?淮北一模）如圖，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，點(diǎn)P是矩形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，連接PA，PC，PD，若PA⊥PD，則PC的最小值為（）A． B． C．2 D．413．（2023?和縣二模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝4．點(diǎn)F為射線CB上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)C作CM⊥AF于M，交AB于E，D是AB的中點(diǎn)，則DM長(zhǎng)度的最小值是．14．（2023?定遠(yuǎn)縣校級(jí)一模）如圖，在Rt△ABC中，AB⊥BC、AB＝6，BC＝4，點(diǎn)P是△ABC內(nèi)部的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接PC，且滿足∠PAB＝∠PBC，過點(diǎn)P作PD⊥BC交BC于點(diǎn)D．（1）∠APB＝；（2）當(dāng)線段CP最短時(shí)，△BCP的面積為．15．（2023?蕪湖三模）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)是4，動(dòng)點(diǎn)E、F分別從點(diǎn)A、C同時(shí)出發(fā)，以相同的速度分別沿AB、CD向終點(diǎn)B、D移動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)E到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，運(yùn)動(dòng)停止，過點(diǎn)B作直線EF的垂線BG，垂足為G，連接AG，則AG長(zhǎng)的最小值為（）A． B． C． D．216．（2023?廬江縣模擬）如圖，AB，AC分別是半圓O的直徑和弦，AB＝5，AC＝4，D是上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接AD．過點(diǎn)C作CE⊥AD于E，連接BE，則BE的最小值是（）A．2 B．3 C．2 D．317．（2023?懷寧縣一模）在⊙O中，圓心O在坐標(biāo)原點(diǎn)上，半徑為5，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（3，4），則點(diǎn)P在（填“圓內(nèi)”，“圓外”或“圓上”）18．（2023?明光市二模）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，點(diǎn)P是射線AD上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q在BP上，且滿足∠BCQ＝∠BPC，則線段CQ的最小值為（）?A． B．1 C． D．19．（2023?瑤海區(qū)三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，A（6，0）、B（0，8），點(diǎn)C在y軸正半軸上，點(diǎn)D在x軸正半軸上，且CD＝6，以CD為直徑在第一象限作半圓，交線段AB于E、F，則線段EF的最大值為（）A．3.6 B．4.8 C．3 D．320．（2023?黃山一模）在△ABC中，若O為BC邊的中點(diǎn)，則必有：AB2+AC2＝2AO2+2BO2成立．依據(jù)以上結(jié)論，解決如下問題：如圖，在矩形DEFG中，已知DE＝4，EF＝3，點(diǎn)P在以DE為直徑的半圓上運(yùn)動(dòng)，則PF2+PG2的最小值為（）A． B． C．10 D．3421．（2023?懷寧縣一模）已知拋物線與x軸交于A，B兩點(diǎn)，對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)D，點(diǎn)C為拋物線的頂點(diǎn)，以C點(diǎn)為圓心的⊙C半徑為2，點(diǎn)G為⊙C上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P為AG的中點(diǎn)，則DP的最大值與最小值和為（）A． B． C． D．522．（2023?合肥模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，P是矩形內(nèi)部一動(dòng)點(diǎn)，且滿足∠BCP＝∠PDC，則線段BP的最小值是；當(dāng)BP取最小值時(shí)，DP延長(zhǎng)線交線段BC于E，則CE的長(zhǎng)為．四．三角形的外接圓與外心（共14小題）23．（2023?南譙區(qū)校級(jí)一模）如圖，E是△ABC的外接圓⊙O弧BC的中點(diǎn)，連接BE，OE，若∠BAC＝68°，則∠OEB＝（）A．68° B．65° C．56° D．55°24．（2023?利辛縣模擬）△ABC內(nèi)接于⊙O，∠ACB＝135°，OC＝2，則AB的長(zhǎng)為（）A． B． C．3 D．25．（2023?瑤海區(qū)二模）已知，△ABC內(nèi)接于⊙O，且∠BAC＝60°，，AD⊥BC，BE⊥AC，垂足分別為D、E，AD、BE相交于點(diǎn)G．則DG的長(zhǎng)度的最大值為（）A．2 B． C．1 D．26．（2023?蕪湖模擬）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，∠A＝40°，∠ABC＝70°，BD是⊙O的直徑，BD交AC于點(diǎn)E，連接CD，則∠AEB等于（）A．70° B．90° C．110° D．120°27．（2023?阜陽三模）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，∠A＝30°，BC＝4，則⊙O的直徑為．28．（2023?長(zhǎng)豐縣二模）如圖，△ABC內(nèi)接于圓O．若∠A＝60°，∠B＝75°，，則AB的弧長(zhǎng)為．29．（2023?懷寧縣一模）如圖，D是等腰Rt△ABC的斜邊BC邊上一點(diǎn)，連接AD，作△ABD的外接圓，并將△ADC沿直線AD折疊，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)E恰好落在△ABD的外接圓上，若cos∠ADB＝，AB＝3．①BE＝；②△ABD的外接圓的面積為（結(jié)果保留π）．30．（2023?廬陽區(qū)校級(jí)模擬）如圖，△ABC為⊙O的內(nèi)接三角形，BD為⊙O的直徑，E為AC上一點(diǎn)，AB＝2EC，連接CD，∠A＝60°，．（1）求⊙O的半徑；（2）求證：DE⊥AC．31．（2023?利辛縣模擬）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，CD⊥AB于點(diǎn)D，交⊙O于點(diǎn)E，AF⊥BC于點(diǎn)F，交CE于點(diǎn)G，連接AE．（1）求證：AE＝AG；（2）過點(diǎn)O作OH⊥BC于點(diǎn)H，求的值．32．（2023?廬陽區(qū)校級(jí)一模）如圖1，已知△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，AB是⊙O的直徑，CD是⊙O的弦，連接BD，交AC于點(diǎn)E．（1）求證：∠CEB＝∠ABD+∠CDB；（2）如圖2，連接OE、AD，若OE∥AD，且AB＝10，BD＝8，求BC的長(zhǎng)．33．（2023?瑤海區(qū)一模）如圖，△ABC是⊙O內(nèi)接三角形，AC是⊙O的直徑，點(diǎn)E是弦DB上一點(diǎn)，連接CE，CD．（1）若∠DCA＝∠ECB，求證：CE⊥DB；（2）在（1）的條件下，若AB＝6，DE＝5，求sin∠DBC．34．（2023?金安區(qū)校級(jí)模擬）已知：如圖，在△ABC中，AB＝AC，E為BA延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，連接EC交△ABC的外接圓于點(diǎn)D，連接AD、BD．（1）求證：AD平分∠BDE；（2）若∠BAC＝30°，AE＝AB，BC＝2，求CD的長(zhǎng)．35．（2023?貴池區(qū)一模）如圖，△ABC內(nèi)接于半圓O，AB為直徑，∠ABC的平分線交AC于點(diǎn)F，交半圓O于點(diǎn)D，DE⊥AB于點(diǎn)E，且交AC于點(diǎn)P，連接AD，求證：（1）∠CAD＝∠ABD；（2）點(diǎn)P是線段AF的中點(diǎn)．36．（2023?禹會(huì)區(qū)二模）如圖，△ABC內(nèi)接于半圓O，已知AB是半圓O的直徑．AB＝10，AD平分∠BAC，分別交半圓O和BC于點(diǎn)D，E，過點(diǎn)D作DH⊥AB，垂足為點(diǎn)H，交BC于點(diǎn)F．（1）求證：EF＝DF；（2）連接OD交BC于點(diǎn)G，若EG＝FG，求的長(zhǎng)．五．直線與圓的位置關(guān)系（共2小題）37．（2023?黃山二模）如圖，矩形ABCD中，點(diǎn)O在對(duì)角線AC上，以O(shè)為圓心，OA的長(zhǎng)為半徑的⊙O與AD、AC分別交于點(diǎn)E、F，且∠ACB＝∠DCE．（1）請(qǐng)判斷直線CE與⊙O的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（2）當(dāng)AB：AD＝時(shí)，直線CB與⊙O相切（只需填出比值即可）．38．（2023?黟縣校級(jí)模擬）如圖，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，∠ACB＝60°，AD經(jīng)過圓心O交⊙O于點(diǎn)E，連接BD，∠ADB＝30°．（1）判斷直線BD與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；（2）若AB＝4，求圖中陰影部分的面積．六．三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心（共3小題）39．（2023?廬陽區(qū)校級(jí)一模）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°且AB＝10，點(diǎn)P為△ABC的內(nèi)心，點(diǎn)O為AB邊中點(diǎn)，將BO繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段BD，連接DP，則DP長(zhǎng)的最小值為（）A． B． C． D．40．（2023?鳳陽縣二模）如圖，⊙O是等腰Rt△ABC的外接圓，D為弧上一點(diǎn)，P為△ABD的內(nèi)心，過P作PE⊥AB，垂足為E，若，則BE﹣AE的值為（）A．4 B． C．2 D．41．（2023?蚌山區(qū)模擬）如圖，在△ABC中，O是內(nèi)心，點(diǎn)E，F(xiàn)都在大邊BC上，已知BF＝BA，CE＝CA．（1）求證：O是△AEF的外心；（2）若∠B＝40°，∠C＝30°，求∠EOF的大?。撸噙呅魏蛨A（共11小題）42．（2023?合肥一模）若正方形的外接圓半徑為2，則其內(nèi)切圓半徑為（）A． B．2 C． D．143．（2023?安徽模擬）已知四個(gè)正六邊形如圖擺放在圖中，頂點(diǎn)A，B，C，D，E，F(xiàn)在圓上．若兩個(gè)大正六邊形的邊長(zhǎng)均為2，則小正六邊形的邊長(zhǎng)是（）A． B． C． D．44．（2023?滁州二模）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接正方形，直線EF⊥OA且平分OA，交⊙O于點(diǎn)E，F(xiàn)．若OA＝1，則陰影部分面積為（）A． B． C． D．45．（2023?廬陽區(qū)校級(jí)一模）已知，如圖，⊙O的半徑為6，正六邊形ABCDEF與⊙O相切于點(diǎn)C、F，則的長(zhǎng)度是．46．（2023?六安三模）如圖，正六邊形ABCDEF的邊長(zhǎng)為6，點(diǎn)O是其中心，點(diǎn)P是AB上一點(diǎn)，且AP：BP＝1：2，連接OP，則OP＝（）A．2 B． C．4 D．647．（2023?潛山市模擬）如圖，正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)F在弧AE上．若∠CDF＝96°，則∠FCD的大小為（）A．38° B．42° C．48° D．58°48．（2023?蚌埠一模）如圖是某芯片公司的圖標(biāo)示意圖，其設(shè)計(jì)靈感源于傳統(tǒng)照相機(jī)快門的機(jī)械結(jié)構(gòu)，圓O中的陰影部分是一個(gè)正六邊形，其中心與圓心O重合，且AB＝BC，則陰影部分面積與圓的面積之比為（）A． B． C． D．49．（2023?蜀山區(qū)校級(jí)一模）如圖，正方形ABCD和等邊三角形AEF均內(nèi)接于⊙O，則的值為（）A． B． C． D．50．（2023?定遠(yuǎn)縣校級(jí)一模）如圖，⊙O與正五邊形ABCDE的兩邊AE、CD分別相切于A、C兩點(diǎn)，則∠AOC的度數(shù)為．51．（2023?金安區(qū)校級(jí)一模）如圖，五邊形ABCDE是⊙O的內(nèi)接正五邊形，AF是⊙O的直徑，則∠CDF的度數(shù)是（）A．18° B．36° C．54° D．72°52．（2023?六安模擬）如圖，點(diǎn)M是邊長(zhǎng)為2的正六邊形ABCDEF內(nèi)的一點(diǎn)（不包括邊界），且AM⊥BM，P是FC上的一點(diǎn)，N是AF的中點(diǎn)，則PN+PM的最小值為（）A． B． C．3 D．2八．圓的綜合題（共8小題）53．（2023?蚌埠模擬）如圖，⊙P與y軸相切，圓心為P（﹣2，1），直線MN過點(diǎn)M（2，3），N（4，1）．（1）請(qǐng)你在圖中作出⊙P關(guān)于y軸對(duì)稱的⊙P′；（不要求寫作法）（2）求⊙P在x軸上截得的線段長(zhǎng)度；（3）直接寫出圓心P′到直線MN的距離．54．（2023?廬陽區(qū)校級(jí)一模）【問題提出】如圖1，AB為⊙O的一條弦，點(diǎn)C在弦AB所對(duì)的優(yōu)弧上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)圓周角性質(zhì)，我們知道∠ACB的度數(shù)不變．愛動(dòng)腦筋的小芳猜想，如果平面內(nèi)線段AB的長(zhǎng)度已知，∠ACB的大小確定，那么點(diǎn)C是不是在某個(gè)確定的圓上運(yùn)動(dòng)呢？【問題探究】為了解決這個(gè)問題，小芳先從一個(gè)特殊的例子開始研究．如圖2，若AB＝4，線段AB上方一點(diǎn)C滿足∠ACB＝45°，為了畫出點(diǎn)C所在的圓，小芳以AB為底邊構(gòu)造了一個(gè)Rt△AOB，再以點(diǎn)O為圓心，OA為半徑畫圓，則點(diǎn)C在⊙O上．后來小芳通過逆向思維及合情推理，得出一個(gè)一般性的結(jié)論．即：若線段AB的長(zhǎng)度已知，∠ACB的大小確定，則點(diǎn)C一定在某一個(gè)確定的圓上，即定弦定角必定圓，我們把這樣的幾何模型稱之為“定弦定角”模型．【模型應(yīng)用】（1）若AB＝6，平面內(nèi)一點(diǎn)C滿足∠ACB＝60°，若點(diǎn)C所在圓的圓心為O，則∠AOB＝，劣弧AB的長(zhǎng)為．（2）如圖3，已知正方形ABCD以AB為腰向正方形內(nèi)部作等腰△ABE，其中AB＝AE，過點(diǎn)E作EF⊥AB于點(diǎn)F，若點(diǎn)P是△AEF的內(nèi)心．①求∠BPE的度數(shù)；②連接CP，若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，求CP的最小值．55．（2023?瑤海區(qū)校級(jí)模擬）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AC是⊙O的直徑，AB＝BC，延長(zhǎng)DA到點(diǎn)E，使得BE＝BD．（1）若AF平分∠CAD，求證：BA＝BF；（2）試探究線段AD，CD與BD之間的數(shù)量關(guān)系．56．（2023?裕安區(qū)校級(jí)二模）已知：如圖1，AB為⊙O的直徑，點(diǎn)C為⊙O外一點(diǎn)，AC＝AB，連接BC交⊙O于D．（1）若AC為⊙O的切線，求證：OD⊥AB；（2）如圖2，若∠BAC＞90°時(shí)，請(qǐng)用尺規(guī)作圖在△ABC內(nèi)部選一點(diǎn)P，使∠APB＝45°，以下是部分作圖步驟：第一步：過點(diǎn)O作AB的垂線，交⊙O于點(diǎn)E；第二步：連接AE、BE；?問題：①請(qǐng)完成接下來的作圖，并保留作圖痕跡；②在操作中得到∠APB＝45°的依據(jù)是．57．（2023?金安區(qū)校級(jí)模擬）我們知道，三角形三個(gè)內(nèi)角平分線的交點(diǎn)叫做三角形的內(nèi)心，已知點(diǎn)I為△ABC的內(nèi)心．（1）如圖1，連接AI并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)D，若AB＝AC＝BC＝6，求ID的長(zhǎng)；（2）如圖2，過點(diǎn)I作直線交AB于點(diǎn)M，交AC于點(diǎn)N．①若MN⊥AI，求證：MI2＝BM?CN；②如圖3，AI交BC于點(diǎn)D，若∠BAC＝60°，AI＝4，求的值．58．（2023?蚌山區(qū)模擬）問題提出：如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝6，⊙C半徑為2，P為圓上一動(dòng)點(diǎn)，連接AP、BP，求AP+BP的最小值．（1）嘗試解決：為了解決這個(gè)問題，下面給出一種解題思路：如圖2，連接CP，在CB上取點(diǎn)D，使CD＝1，則有＝＝，又∵∠PCD＝∠BCP，∴△PCD∽△BCP．∴＝，∴PD＝BP，∴AP+BP＝AP+PD．請(qǐng)你完成余下的思考，并直接寫出答案：AP+BP的最小值為．（2）自主探索：在“問題提出”的條件不變的情況下，AP+BP的最小值為．（3）拓展延伸：已知扇形COD中，∠COD＝90°，OC＝6，OA＝3，OB＝5，點(diǎn)P是上一點(diǎn)，求2PA+PB的最小值．59．（2023?廬江縣模擬）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB，CD是⊙O的直徑，E是DB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且∠DEC＝∠ABC．（1）求證：CE是⊙O的切線；（2）若DE＝4，AC＝2BC，求線段CE的長(zhǎng)．60．（2023?廬陽區(qū)校級(jí)三模）已知，如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠CAB．（1）按要求尺規(guī)作圖：作AD的垂直平分線（保留作圖痕跡）；（2）若AD的垂直平分線與AB相交于點(diǎn)O，以O(shè)為圓心作圓，使得圓O經(jīng)過AD兩點(diǎn)．①求證：BC是⊙O的切線；②若CD＝2，AD＝2，求⊙O的半徑．

專題21圓的有關(guān)位置關(guān)系（真題3個(gè)考點(diǎn)模擬8個(gè)考點(diǎn)）一．點(diǎn)與圓的位置關(guān)系（共1小題）1．（2023?安徽）已知四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，對(duì)角線BD是⊙O的直徑．（1）如圖1，連接OA，CA，若OA⊥BD，求證：CA平分∠BCD；（2）如圖2，E為⊙O內(nèi)一點(diǎn)，滿足AE⊥BC，CE⊥AB．若BD＝3，AE＝3，求弦BC的長(zhǎng)．【分析】（1）由垂徑定理證出∠ACB＝∠ACD，則可得出結(jié)論；（2）延長(zhǎng)AE交BC于M，延長(zhǎng)CE交AB于N，證明四邊形AECD是平行四邊形，則AE＝CD＝3，根據(jù)勾股定理即可得出答案．【解答】（1）證明：∵OA⊥BD，∴＝，∴∠ACB＝∠ACD，即CA平分∠BCD；（2）延長(zhǎng)AE交BC于M，延長(zhǎng)CE交AB于N，∵AE⊥BC，CE⊥AB，∴∠AMB＝∠CNB＝90°，∵BD是⊙O的直徑，∴∠BAD＝∠BCD＝90°，∴∠BAD＝∠CNB，∠BCD＝∠AMB，∴AD∥NC，CD∥AM，∴四邊形AECD是平行四邊形，∴AE＝CD＝3，∴BC＝＝＝3．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓周角定理，垂徑定理，勾股定理，平行四邊形三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握?qǐng)A周角定理是解題的關(guān)鍵．二．三角形的外接圓與外心（共2小題）2．（2021?安徽）如圖，圓O的半徑為1，△ABC內(nèi)接于圓O．若∠A＝60°，∠B＝75°，則AB＝．【分析】連接OA，OB，由三角形內(nèi)角和可得出∠C＝45°，再根據(jù)圓周角定理可得∠AOB＝90°，即△OAB是等腰直角三角形，又圓半徑為1，可得出結(jié)論．【解答】解：如圖，連接OA，OB，在△ABC中，∠BAC＝60°，∠ABC＝75°，∴∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠B＝45°，∴∠AOB＝90°，∵OA＝OB，∴△OAB是等腰直角三角形，∴AB＝OA＝．故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查三角形內(nèi)角和定理，圓周角定理，等腰直角三角形的性質(zhì)等內(nèi)容，作出正確的輔助線是解題關(guān)鍵．3．（2019?安徽）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，∠CAB＝30°，∠CBA＝45°，CD⊥AB于點(diǎn)D，若⊙O的半徑為2，則CD的長(zhǎng)為．【分析】連接CO，OB，則∠O＝2∠A＝60°，得到△BOC是等邊三角形，求得BC＝2，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解答】解：連接CO，OB，則∠O＝2∠A＝60°，∵OC＝OB，∴△BOC是等邊三角形，∵⊙O的半徑為2，∴BC＝2，∵CD⊥AB，∠CBA＝45°，∴CD＝BC＝，故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了三角形的外接圓與外心，圓周角定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．三．正多邊形和圓（共1小題）4．（2023?安徽）如圖，正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，連接OC，OD，則∠BAE﹣∠COD＝（）A．60° B．54° C．48° D．36°【分析】根據(jù)多邊形的內(nèi)角和可以求得∠BAE的度數(shù)，根據(jù)周角等于360°，可以求得∠COD的度數(shù)，然后即可計(jì)算出∠BAE﹣∠COD的度數(shù)．【解答】解：∵五邊形ABCDE是正五邊形，∴∠BAE＝＝108°，∠COD＝＝72°，∴∠BAE﹣∠COD＝108°﹣72°＝36°，故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查正多邊形和圓，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，求出∠BAE和∠COD的度數(shù)．一．圓心角、弧、弦的關(guān)系（共5小題）1．（2023?無為市三模）如圖，AB，CD是⊙O的弦，延長(zhǎng)AB，CD相交于點(diǎn)E，已知∠E＝30°，∠AOC＝100°，則所對(duì)的圓心角的度數(shù)是（）A．30° B．40° C．50° D．70°【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理以及圓周角定理進(jìn)行計(jì)算即可．【解答】解：如圖，連接OA，OB，OB，OD，∵OA＝OC，∠AOC＝100°，∴∠OAC＝∠OCA＝40°，∴∠E＝30°，∴∠EAC+∠ECA＝180°﹣30°＝150°，∴∠OAB+∠OCD＝150°﹣40°﹣40°＝70°，∴∠AOB+∠COD＝180°×2﹣70°×2＝220°，∴∠BOD＝360°﹣100°﹣220°＝40°，故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓心角、弦、弧之間的關(guān)系，掌握等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理是正確解答的前提．2．（2023?合肥模擬）如圖，AB是⊙O的弦，半徑OC與弦AB交于點(diǎn)D，若OD＝BD＝4，CD＝2，則AD＝（）?A． B．4 C． D．5【分析】作OE⊥AB于點(diǎn)E，DF⊥OB于點(diǎn)F，根據(jù)垂徑定理得AE＝BE，由已知得OC＝OB＝6，所以O(shè)F＝BF＝OB＝3，再證明△BOD∽△BDF，得＝，即BD＝，所以AB＝2BD＝9，即可求出AD＝9﹣4＝5．【解答】解：如圖，作OE⊥AB于點(diǎn)E，DF⊥OB于點(diǎn)F，則AE＝BE，∵OD＝BD＝4，CD＝2，∴OC＝OB＝6，∴OF＝BF＝OB＝3，∵∠B＝∠B，∠OEB＝∠DFB＝90°，∴△BOE∽△BDF，∴＝∴＝，∴BE＝，∴AB＝2BE＝9，∴AD＝9﹣4＝5．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了垂徑定理以及相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，證明△BOE∽△BDF是解題的關(guān)鍵．3．（2023?定遠(yuǎn)縣一模）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C為圓上一點(diǎn)，AC＝4，D是弧AC的中點(diǎn)，AC與BD交于點(diǎn)E．若E是BD的中點(diǎn)，則BC的長(zhǎng)為（）A．5 B．3 C．2 D．1【分析】連接OD交AC于F，如圖，根據(jù)垂徑定理得到OD⊥AC，則AF＝CF，根據(jù)圓周角定理得到∠C＝90°，所以O(shè)D∥BC，接著證明△BCE≌△DFE得到BC＝DF，則OF＝BC，所以O(shè)F＝OD，然后設(shè)BC＝x，則OD＝x，AB＝2OD＝3x，在Rt△ABC中，然后利用勾股定理計(jì)算出x，從而得到BC的長(zhǎng)．【解答】解：連接OD交AC于F，如圖，∵D是弧AC的中點(diǎn)，∴OD⊥AC，∴AF＝CF，∵AB是直徑，∴∠C＝90°，∴OD∥BC，∴∠D＝∠CBE，∵E是BD的中點(diǎn)，∴BE＝DE，∵∠BEC＝∠DEF，∴△BCE≌△DFE（ASA），∴BC＝DF，∵OF＝BC，∴OF＝DF，∴OF＝OD，設(shè)BC＝x，則OD＝x，∴AB＝2OD＝3x，在Rt△ABC中，AB2＝AC2+BC2，∴（3x）2＝（4）2+x2，解得x＝2，BC＝2．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓心角、弧、弦的關(guān)系：在同圓或等圓中，如果兩個(gè)圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等，那么它們所對(duì)應(yīng)的其余各組量都分別相等．也考查了垂徑定理．4．（2023?貴池區(qū)二模）如圖，點(diǎn)C是直徑AB的三等分點(diǎn)（AC＜CB），點(diǎn)D是弧ADB的三等分點(diǎn)（弧BD＜弧AD），若直徑AB＝12，則DC的長(zhǎng)為2．【分析】過D作DE⊥AB于E，求出∠DOB＝60°，解直角三角形求出DE、OE的長(zhǎng)度，求出CE，再根據(jù)勾股定理求出DC即可．【解答】解：過D作DE⊥AB于E，則∠DEC＝90°，∵點(diǎn)C是直徑AB的三等分點(diǎn)（AC＜CB），直徑AB＝12，∴AC＝4，BC＝8，OD＝OA＝OB＝6，∴CO＝2，∵點(diǎn)D是弧ADB的三等分點(diǎn)（弧BD＜弧AD），∴∠DOB＝＝60°，∴∠ODE＝30°，∴OE＝OD＝3，DE＝＝＝3，∴CE＝OE+CO＝3+2＝5，∴DC＝＝＝2，故答案為：2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓心角、弧、弦之間的關(guān)系和直角三角形的性質(zhì)，能求出∠DOB＝60°和半徑的長(zhǎng)度是解此題的關(guān)鍵．5．（2023?廬陽區(qū)一模）如圖，在△ABC中，∠B＝70°，⊙O截三邊所得的弦長(zhǎng)DE＝FG＝HI，則∠AOC＝125度．【分析】過點(diǎn)O作OM⊥DE于M，OK⊥FG于K，OP⊥HI于P，求出OM＝OP＝OK，求出點(diǎn)O是△ABC的角平分線的交點(diǎn)，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠BAC+∠BCA的度數(shù)，再根據(jù)角平分線定義得出∠OAC+∠OCA＝（∠BAC+∠ACB）＝55°，再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出答案即可．【解答】解：過點(diǎn)O作OM⊥DE于M，OK⊥FG于K，OP⊥HI于P，如圖，∵DE＝FG＝HI，∴OM＝OK＝OP，∴OA平分∠BAC，OC平分∠ACB，∴∠OAC＝BAC，∠OCA＝BCA，∵∠B＝70°，∴∠BAC+∠BCA＝180°﹣∠B＝110°，∴∠OAC+∠OCA＝（∠BAC+∠ACB）＝×110°＝55°，∴∠AOC＝180°﹣（∠OAC+∠OCA）＝180°﹣55°＝125°，故答案為：125．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了角平分線定義和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理和垂徑定理等知識(shí)點(diǎn)，能熟記到角兩邊距離相等的點(diǎn)在這個(gè)角的平分線上是解此題的關(guān)鍵．二．圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)（共5小題）6．（2023?碭山縣二模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，且∠A＝90°，．若AB＝8，AD＝6，則BC的長(zhǎng)為（）A． B．5 C． D．10【分析】根據(jù)勾股定理求得BD＝10，根據(jù)圓內(nèi)接四邊對(duì)角互補(bǔ)，得出∠BCD＝90°，繼而根據(jù)勾股定理即可求解．【解答】解：如圖所示，連接BD，∵∠A＝90°，AB＝8，AD＝6，∴，∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠A＝90°，∴∠BCD＝90°，∵．∴BC＝CD＝，故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)，勾股定理，同弧所對(duì)弦相等，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．7．（2023?蚌埠三模）如圖，∠DCE是⊙O內(nèi)接四邊形ABCD的一個(gè)外角，若∠BOD＝144°，則∠DCE的大小為72°．【分析】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、鄰補(bǔ)角的概念解答即可．【解答】解：∵∠BOD＝144°，∴∠A＝∠BOD＝72°，∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠DCB+∠A＝180°，∵∠DCB+∠DCE＝180°，∴∠DCE＝∠A＝72°故答案為：72°．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、鄰補(bǔ)角的性質(zhì)，熟記圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)是解題的關(guān)鍵．8．（2023?阜陽模擬）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，連接AO、OC，∠ABC＝70°，AO∥CD，則∠OCD的度數(shù)為（）A．40° B．50° C．60° D．70°【分析】由圓周角定理可求解∠AOC的度數(shù)，再利用平行線的性質(zhì)可求解．【解答】解：∵∠ABC＝70°，∴∠AOC＝2∠ABC＝140°，∵AO∥CD，∴∠AOC+∠OCD＝180°，∴∠OCD＝40°．故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查圓周角定理，平行線的性質(zhì)，求解∠AOC的度數(shù)是解題的關(guān)鍵．9．（2023?包河區(qū)三模）已知：如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，直徑DG交邊AB于點(diǎn)E，AB、DC的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)F．連接AC，若∠ACD＝∠BAD．（1）求證：DG⊥AB；（2）若AB＝6，tan∠FCB＝3，求⊙O半徑．【分析】（1）連接AG，根據(jù)圓周角定理得到∠ACD＝∠AGD，∠DAG＝90°，計(jì)算即可；（2）連接OA，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到∠FCB＝∠BAD，根據(jù)正切的定義計(jì)算．【解答】（1）證明：連接AG，∵∠ACD與AGD是同弦所對(duì)圓周角，∴∠ACD＝∠AGD，∵∠ACD＝∠BAD，∴∠BAD＝∠AGD，∵DG為⊙O的直徑，A為圓周上一點(diǎn)，∴∠DAG＝90°，∴∠BAD+∠BAG＝90°，∴∠AGD+∠BAG＝90°，∴∠AEG＝90°，即DG⊥AB；（2）解：∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠FCB＝∠BAD，∵tan∠FCB＝3，∴tan∠BAD＝＝3，連接OA，由垂徑定理得AE＝AB＝3，∴DE＝9，在Rt△OEA中，OE2+AE2＝OA2，設(shè)⊙O半徑為r，則有（9﹣r）2+32＝r2，解得，r＝5，∴⊙O半徑為5．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、圓周角定理、直角定理以及解直角三角形，掌握相關(guān)的定理、靈活運(yùn)用銳角三角函數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵．10．（2023?合肥模擬）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB＝BC，對(duì)角線AC為⊙O的直徑，E為⊙O外一點(diǎn)，AB平分∠DAE，AD＝AE，連接BE．（1）求∠AEB的度數(shù)；（2）連接CE，求證：2BE2+AE2＝CE2．【分析】（1）連接BD，由條件推出△ABE≌△ABD，得到∠AEB＝∠ADB，由圓周角定理即可求出∠AEB的度數(shù)；（2）延長(zhǎng)EA交⊙O于F，連接BF，CF，由圓周角定理得到∠AFC＝90°，由勾股定理得到EF2+CF2＝CE2，由等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理得到EF2＝2BE2，由圓心角、弧、弦的關(guān)系得到CF＝AE，從而證明問題．【解答】（1）解：連接BD，∵AB平分∠DAE，∴∠EAB＝∠BAD，∵AE＝AD，AB＝AB，∴△ABE≌△ABD（SAS），∴∠AEB＝∠ADB，∵∠ADB＝∠ACB，∴∠AEB＝∠ACB，∵AC為⊙O的直徑，∴∠ABC＝90°，∵AB＝BC，∴∠ACB＝45°，∴∠AEB＝∠ACB＝45°；（2）證明：延長(zhǎng)EA交⊙O于F，連接BF，CF，∵AC是圓的直徑，∴∠AFC＝90°，∴EF2+CF2＝CE2，由（1）知∠FEB＝45°，∵∠BFE＝∠ACB＝45°，∴△BFE是等腰直角三角形，∴EF2＝2BE2，∵BD＝BE，∴BD＝BF，∴＝，∴＝，∴，∴CF＝AD＝AE，∴2BE2+AE2＝CE2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓周角定理，勾股定理，圓心角、弧、弦的關(guān)系，全等三角形的判定和性質(zhì)，綜合應(yīng)用以上知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．三．點(diǎn)與圓的位置關(guān)系（共12小題）11．（2023?迎江區(qū)校級(jí)三模）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，D為線段AC上一動(dòng)點(diǎn)，連接BD，過點(diǎn)C作CH⊥BD于H，連接AH，則AH的最小值為（）A． B．4 C． D．【分析】取BC中點(diǎn)G，連接HG，AG，由直角三角形的性質(zhì)可得HG＝CG＝BG＝BC＝2，由勾股定理可求AG＝2，由三角形的三邊關(guān)系可得AH≥AG﹣HG，當(dāng)點(diǎn)H在線段AG上時(shí)，可求AH的最小值．【解答】解：如圖，取BC中點(diǎn)G，連接HG，AG，∵CH⊥DB，點(diǎn)G是BC中點(diǎn)∴HG＝CG＝BG＝BC＝2，在Rt△ACG中，AG＝＝2，在△AHG中，AH≥AG﹣HG，即當(dāng)點(diǎn)H在線段AG上時(shí)，AH最小值為2﹣2，故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形三邊關(guān)系，勾股定理，確定使AH值最小時(shí)點(diǎn)H的位置是本題的關(guān)鍵．12．（2023?淮北一模）如圖，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，點(diǎn)P是矩形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，連接PA，PC，PD，若PA⊥PD，則PC的最小值為（）A． B． C．2 D．4【分析】由PA⊥PD可得點(diǎn)P在以AD中點(diǎn)O為圓心AD為直徑的圓上，連接CO交圓于一點(diǎn)即為最短距離點(diǎn)，即可得到答案．【解答】解：∵PA⊥PD，∴點(diǎn)P在以AD中點(diǎn)O為圓心AD為直徑的圓上，如圖所示，∴連接CO交圓于一點(diǎn)即為最短距離點(diǎn)P，如圖所示，∵AB＝4，BC＝6，∴OD＝3，DC＝4，根據(jù)勾股定理可得，，∴CP＝5﹣3＝2，故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓上最短距離問題，勾股定理，解題的關(guān)鍵是熟練掌握?qǐng)A外一點(diǎn)到圓上最短距離點(diǎn)為與圓心連線的交點(diǎn)．13．（2023?和縣二模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝4．點(diǎn)F為射線CB上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)C作CM⊥AF于M，交AB于E，D是AB的中點(diǎn)，則DM長(zhǎng)度的最小值是1．【分析】取AC的中點(diǎn)T，連接DT、MT，利用三角形的中位線定理求出DT的值，再由直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)求出MT，并確定點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡，然后由DM≥TM﹣DT即可獲得結(jié)論．【解答】解：如圖，取AC的中點(diǎn)T，連接DT、MT，∵D是AB的中點(diǎn)，T是AC的中點(diǎn)，∴AD＝BD，AT＝CT，∴，∵CM⊥AF，∴∠AMC＝90°，∴，∵點(diǎn)F為射線CB上一動(dòng)點(diǎn)，CM⊥AF，即∠AMC＝90°，∴點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡是以T為圓心，TM為半徑的圓，∴DM≥TM﹣DT＝3﹣2＝1，∴DM的最小值為1．故答案為：1．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了點(diǎn)與圓的位置關(guān)系、三角形中位線定理、直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)等知識(shí)，解題關(guān)鍵是正確作出輔助線，構(gòu)造三角形中位線，直角三角形斜邊上的中線解決問題．14．（2023?定遠(yuǎn)縣校級(jí)一模）如圖，在Rt△ABC中，AB⊥BC、AB＝6，BC＝4，點(diǎn)P是△ABC內(nèi)部的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接PC，且滿足∠PAB＝∠PBC，過點(diǎn)P作PD⊥BC交BC于點(diǎn)D．（1）∠APB＝90°；（2）當(dāng)線段CP最短時(shí)，△BCP的面積為．【分析】（1）由∠ABP+∠PBC＝90°得到∠BAP+∠ABP＝90°，即可得到∠APB＝90°；（2）首先證明點(diǎn)P在以AB為直徑的⊙O上，連接OC與⊙O交于點(diǎn)P，此時(shí)PC最小，利用勾股定理求出OC即可得到＝，即可得到S△BCP＝S△OBC＝．【解答】解：（1）∵∠ABC＝90°，∴∠ABP+∠PBC＝90°，∵∠PAB＝∠PBC，∴∠BAP+∠ABP＝90°，∴∠APB＝90°；故答案為：90°；（2）設(shè)AB的中點(diǎn)為O，連接OP，則OP＝OA＝OB（直角三角形斜邊中線等于斜邊一半），∴點(diǎn)P在以AB為直徑的⊙O上，連接OC交⊙O于點(diǎn)P，此時(shí)PC最小，在Rt△BCO中，∠OBC＝90°，BC＝4，OB＝3，∴OC＝＝5，∴PC＝OC﹣OP＝5﹣3＝2．∴＝，∵S△OBC＝BC?OB＝×4×3＝6，∴S△BCP＝S△OBC＝×6＝，故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題考查點(diǎn)與圓位置關(guān)系、圓周角定理、最短問題等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是確定點(diǎn)P位置，學(xué)會(huì)求圓外一點(diǎn)到圓的最小、最大距離，屬于中考?？碱}型．15．（2023?蕪湖三模）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)是4，動(dòng)點(diǎn)E、F分別從點(diǎn)A、C同時(shí)出發(fā)，以相同的速度分別沿AB、CD向終點(diǎn)B、D移動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)E到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，運(yùn)動(dòng)停止，過點(diǎn)B作直線EF的垂線BG，垂足為G，連接AG，則AG長(zhǎng)的最小值為（）A． B． C． D．2【分析】設(shè)EF交BD與點(diǎn)O，證明BO＝OD．連接OB，取OB中點(diǎn)M，連接MA，MG，則MA，MG為定長(zhǎng)，利用兩點(diǎn)之間線段最短解決問題即可．【解答】解：設(shè)EF交BD與點(diǎn)O，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝CD，AB∥CD，∵AE＝CF，∴BE＝DF，∵AB∥CD，∴∠∠BEO＝∠DFO，∵∠EOB＝∠DOF，∴△BEO≌△DFO（AAS），∴BO＝OD，連接OB，取OB中點(diǎn)M，連接MA，MG，則MA，MG為定長(zhǎng)，∴MA＝，MG＝OB＝，AG≥AM﹣MG＝﹣，當(dāng)A，M，G三點(diǎn)共線時(shí)，AG最小值＝（﹣）cm，故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，連接OB，取OB中點(diǎn)M，連接MA，MG，則MA，MG為定長(zhǎng)，利用兩點(diǎn)之間線段最短解決問題是解決本題的關(guān)鍵．16．（2023?廬江縣模擬）如圖，AB，AC分別是半圓O的直徑和弦，AB＝5，AC＝4，D是上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接AD．過點(diǎn)C作CE⊥AD于E，連接BE，則BE的最小值是（）A．2 B．3 C．2 D．3【分析】取AC中點(diǎn)M，連接MB，EM，BC，由勾股定理求出BC，MB的長(zhǎng)，由直角三角形的性質(zhì)求出ME的長(zhǎng)，由ME+BE≥BM，即可解決問題．【解答】解：取AC中點(diǎn)M，連接MB，EM，BC，∵AB是半⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴BC＝＝＝3，∵M(jìn)C＝AC＝×4＝2，∴MB＝＝＝，∵CE⊥AD，∴∠AEC＝90°，∴ME＝AC＝2，∵M(jìn)E+BE≥BM，∴BE≥MB﹣ME＝﹣2，∴BE的最小值是﹣2．故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查求線段的最小值，關(guān)鍵是掌握?qǐng)A周角定理，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)．17．（2023?懷寧縣一模）在⊙O中，圓心O在坐標(biāo)原點(diǎn)上，半徑為5，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（3，4），則點(diǎn)P在圓上（填“圓內(nèi)”，“圓外”或“圓上”）【分析】先根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式計(jì)算出OP，然后根據(jù)點(diǎn)與圓的位置關(guān)系的判定方法判斷點(diǎn)P與⊙O的位置關(guān)系．【解答】解：∵點(diǎn)P的坐標(biāo)為（4，3），∴OP＝，∵半徑為5，∴點(diǎn)P在⊙O上．故答案為：圓上．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了點(diǎn)與圓的位置關(guān)系：點(diǎn)與圓的位置關(guān)系有3種．設(shè)⊙O的半徑為r，點(diǎn)P到圓心的距離OP＝d，當(dāng)點(diǎn)P在圓外?d＞r；當(dāng)點(diǎn)P在圓上?d＝r；當(dāng)點(diǎn)P在圓內(nèi)?d＜r．18．（2023?明光市二模）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，點(diǎn)P是射線AD上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q在BP上，且滿足∠BCQ＝∠BPC，則線段CQ的最小值為（）?A． B．1 C． D．【分析】根據(jù)已知證明△BCQ∽△BPC，再證出△ABQ∽△PBA，∠AQB＝90°，說明點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)軌跡是在以AB為直徑的圓上，再根據(jù)點(diǎn)圓關(guān)系求出最值即可．【解答】解：如圖，連接AQ，∵∠BCQ＝∠BPC，且∠CBQ＝∠PBC，∴△BCQ∽△BPC，∴BQ：BC＝BC：BP，∵AB＝BC，∴BQ：AB＝AB：BP，∵∠ABQ＝∠PBA，∴△ABQ∽△PBA，∴∠AQB＝∠BAP＝90°，∴點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)軌跡是在以AB為直徑的圓上，如圖，取AB中點(diǎn)O，連接OC交⊙O于Q，則CQ此時(shí)最小，∵BC＝2，∴OB＝1，∴OC＝＝，∵OQ＝1，∴CQ＝﹣1．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)的應(yīng)用，點(diǎn)圓關(guān)系取最值的應(yīng)用是解題關(guān)鍵．19．（2023?瑤海區(qū)三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，A（6，0）、B（0，8），點(diǎn)C在y軸正半軸上，點(diǎn)D在x軸正半軸上，且CD＝6，以CD為直徑在第一象限作半圓，交線段AB于E、F，則線段EF的最大值為（）A．3.6 B．4.8 C．3 D．3【分析】過CD的中點(diǎn)作EF的垂線與AB交于點(diǎn)M，連接GF，當(dāng)GF時(shí)，EF的值最大，利用sin∠OAB＝＝，求出OM，MG，再利用勾股定理求出FM即可求解．【解答】解：過CD的中點(diǎn)作EF的垂線與AB交于點(diǎn)M，連接GF，∵GM⊥EF，∴EF＝2FM＝2＝2，當(dāng)GM的值最小時(shí)，EF的值最大，根據(jù)垂線段最短可知，當(dāng)直線過O點(diǎn)時(shí)，EF的值最大，∵A（6，0），B（0，8），∴AB＝10，∵sin∠OAB＝＝，∴OM＝4.8，∵CD＝6，∴OG＝3，∴GM＝1.8，∴FM＝2.4，∴EF＝4.8；故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查點(diǎn)與圓的位置關(guān)系，坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)等知識(shí)，能夠確定EF最大時(shí)的位置，利用直角三角函數(shù)求邊是解題的關(guān)鍵．20．（2023?黃山一模）在△ABC中，若O為BC邊的中點(diǎn)，則必有：AB2+AC2＝2AO2+2BO2成立．依據(jù)以上結(jié)論，解決如下問題：如圖，在矩形DEFG中，已知DE＝4，EF＝3，點(diǎn)P在以DE為直徑的半圓上運(yùn)動(dòng)，則PF2+PG2的最小值為（）A． B． C．10 D．34【分析】設(shè)點(diǎn)M為DE的中點(diǎn)，點(diǎn)N為FG的中點(diǎn)，連接MN，則MN、PM的長(zhǎng)度是定值，利用三角形的三邊關(guān)系可得出NP的最小值，再利用PF2+PG2＝2PN2+2FN2即可求出結(jié)論．【解答】解：設(shè)點(diǎn)M為DE的中點(diǎn)，點(diǎn)N為FG的中點(diǎn)，∵PG2+PF2＝2PN2+2FN2，∴當(dāng)PN最小時(shí)，PF2+PG2的值最小，此時(shí)點(diǎn)P在MN上，∵DE＝4，四邊形DEFG為矩形，∴GF＝DE，MN＝EF，∴MP＝FN＝DE＝2，∴NP＝MN﹣MP＝EF﹣MP＝1，∴PF2+PG2＝2PN2+2FN2＝2×12+2×22＝10．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了點(diǎn)與圓的位置關(guān)系、矩形的性質(zhì)以及三角形三邊關(guān)系，利用三角形三邊關(guān)系找出PN的最小值是解題的關(guān)鍵．21．（2023?懷寧縣一模）已知拋物線與x軸交于A，B兩點(diǎn)，對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)D，點(diǎn)C為拋物線的頂點(diǎn)，以C點(diǎn)為圓心的⊙C半徑為2，點(diǎn)G為⊙C上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P為AG的中點(diǎn)，則DP的最大值與最小值和為（）A． B． C． D．5【分析】P為AG中點(diǎn)，D為AB中點(diǎn)，所以PD是△ABG的中位線，則DP＝BG，當(dāng)BG最大時(shí)，則DP最大．由圓的性質(zhì)可知，當(dāng)G、C、B三點(diǎn)共線時(shí)，BG最大或最?。窘獯稹拷猓喝鐖D，連接BG．因?yàn)镻為AG中點(diǎn)，D為AB中點(diǎn)，所以PD是△ABG的中位線，則DP＝BG，當(dāng)BG最大時(shí)，則DP最大．由圓的性質(zhì)可知，當(dāng)G、C、B三點(diǎn)共線時(shí)，BG最大．∵C（5，3），B（9，0），∴BC＝＝5，∴BG的最大值為2+5＝7，BG的最小值＝5﹣2＝3，∴DP的最大值為．DP的最小值為，∴DP的最大值與最小值的和為5．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了拋物線與x軸的交點(diǎn)、三角形的中位線定理、二次函數(shù)的性質(zhì)以及點(diǎn)與圓的位置關(guān)系等知識(shí)點(diǎn)，有一定難度，學(xué)會(huì)用轉(zhuǎn)化的思想思考問題．22．（2023?合肥模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，P是矩形內(nèi)部一動(dòng)點(diǎn)，且滿足∠BCP＝∠PDC，則線段BP的最小值是2；當(dāng)BP取最小值時(shí)，DP延長(zhǎng)線交線段BC于E，則CE的長(zhǎng)為3．【分析】通過輔助圓找到點(diǎn)P的位置，即可解決問題．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD矩形，∴∠BCD＝90°，∴∠BCP+∠DCP＝90°，∵∠BCP＝∠PDC，∴∠PDC+∠PCD＝90°，∴∠CPD＝90°，以CD為直徑作⊙O，⊙O經(jīng)過點(diǎn)P，連接OB，交⊙O于P，此時(shí)PB長(zhǎng)最?。逴B2＝BC2+CO2＝42+32，∴OB＝5，∴PB＝OB﹣OP＝5﹣3＝2，（2）作OF∥BC交DE于F，∵OC＝OD，∴DF＝EF，∴OF＝CE，∵＝，∴＝，∴CE＝3．故答案為：2；3．【點(diǎn)評(píng)】本題考查幾何中的最值問題，關(guān)鍵是通過輔助圓得到PB最小時(shí)的點(diǎn)P．四．三角形的外接圓與外心（共14小題）23．（2023?南譙區(qū)校級(jí)一模）如圖，E是△ABC的外接圓⊙O弧BC的中點(diǎn)，連接BE，OE，若∠BAC＝68°，則∠OEB＝（）A．68° B．65° C．56° D．55°【分析】連接OB，根據(jù)圓周角定理和三角形內(nèi)角和定理即可解決問題．【解答】解：如圖，連接OB，則∠OEB＝∠OBE，∵E是弧BC中點(diǎn)，∴＝，∵∠BAC＝68°，∴∠BAE＝∠CAE＝BAC＝34°，∴∠BOE＝68°，∴∠OEB＝（180°﹣68°）＝56°．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了三角形的外接圓與外心，圓周角定理，解題的關(guān)鍵是掌握?qǐng)A周角定理．24．（2023?利辛縣模擬）△ABC內(nèi)接于⊙O，∠ACB＝135°，OC＝2，則AB的長(zhǎng)為（）A． B． C．3 D．【分析】延長(zhǎng)AO交⊙O于點(diǎn)D，分別連接OB，BD，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)可得∠D＝45°，再根據(jù)圓周角定理可得∠AOB＝90°，再利用勾股定理即可求解．【解答】解：如圖，延長(zhǎng)AO交⊙O于點(diǎn)D，分別連接OB，BD，∵∠ACB＝135°，∴∠D＝45°，∠AOB＝90°，∵OC＝2，∴，故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查三角形外接圓和四邊形外接圓的性質(zhì)、圓周角定理及勾股定理，明確題意，利用數(shù)形結(jié)合思想，掌握相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．25．（2023?瑤海區(qū)二模）已知，△ABC內(nèi)接于⊙O，且∠BAC＝60°，，AD⊥BC，BE⊥AC，垂足分別為D、E，AD、BE相交于點(diǎn)G．則DG的長(zhǎng)度的最大值為（）A．2 B． C．1 D．【分析】當(dāng)AD經(jīng)過圓心時(shí)，AD取得最大值，DG的長(zhǎng)度也取得最大值，此時(shí)，△ABC是等邊三角形，解直角三角形即可得到結(jié)論．【解答】解：∵△ABC內(nèi)接于⊙O，AD⊥BC，∴當(dāng)AD取得最大值，DG的長(zhǎng)度也取得最大值，∵弦BC＝4是定值，∴當(dāng)AD經(jīng)過圓心時(shí)，AD取得最大值，由垂徑定理得，BD＝CD＝2，∴AD是線段BC的垂直平分線，∵∠BAC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴∠CAD＝BAC＝30°，∵BE⊥AC，∴，在Rt△AGE中，AG＝，在Rt△ACD中，AD＝＝6，∴DG的長(zhǎng)度的最大值為6﹣4＝2，故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了三角形的外接圓與外心，等邊三角形的判定和性質(zhì)，垂徑定理，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題．26．（2023?蕪湖模擬）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，∠A＝40°，∠ABC＝70°，BD是⊙O的直徑，BD交AC于點(diǎn)E，連接CD，則∠AEB等于（）A．70° B．90° C．110° D．120°【分析】先利用圓周角定理得到∠BCD＝90°，∠D＝∠A＝40°，則利用互余計(jì)算出∠DBC＝50°，再計(jì)算出∠ABE，然后根據(jù)三角形內(nèi)角和可計(jì)算出∠AEB的度數(shù)．【解答】解：∵∠A＝40°，∴∠D＝∠A＝40°，∵BD是⊙O的直徑，∴∠BCD＝90°，∴∠DBC＝90°﹣∠D＝50°，∵∠ABC＝70°，∴∠ABE＝∠ABC﹣∠DBC＝20°，∴∠AEB＝180°﹣（∠A+∠ABE）＝180°﹣（40°+20°）＝120°，故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題重點(diǎn)考查了圓周角定理、三角形的內(nèi)角和，解題的關(guān)鍵是掌握直徑所對(duì)的圓周角是直角，同弧所對(duì)的圓周角相等．27．（2023?阜陽三模）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，∠A＝30°，BC＝4，則⊙O的直徑為8．【分析】連接OB，OC，依據(jù)△BOC是等邊三角形，即可得到BO＝CO＝BC＝BC＝4，進(jìn)而得出⊙O的直徑為8．【解答】解：如圖，連接OB，OC，∵∠A＝30°，∴∠BOC＝60°，∴△BOC是等邊三角形，又∵BC＝4，∴BO＝CO＝BC＝BC＝4，∴⊙O的直徑為8，故答案為：8．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了三角形的外接圓以及圓周角定理的運(yùn)用，三角形外接圓的圓心是三角形三條邊垂直平分線的交點(diǎn)，叫做三角形的外心．28．（2023?長(zhǎng)豐縣二模）如圖，△ABC內(nèi)接于圓O．若∠A＝60°，∠B＝75°，，則AB的弧長(zhǎng)為．【分析】根據(jù)三角形內(nèi)角和求出∠C的度數(shù)，連接OA，OB，得到∠AOB＝2∠C＝90°，證得△AOB是等腰直角三角形，求出OA＝1，根據(jù)弧長(zhǎng)公式計(jì)算可得．【解答】解：∵∠A＝60°，∠ABC＝75°，∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠ABC＝45°，連接OA，OB，∴∠AOB＝2∠C＝90°，∵OA＝OB，∴△AOB是等腰直角三角形，，∵，∴OA＝1，∴，故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了圓周角定理，弧長(zhǎng)公式，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，正確掌握?qǐng)A周角定理求出∠AOB＝2∠C＝90°是解題的關(guān)鍵．29．（2023?懷寧縣一模）如圖，D是等腰Rt△ABC的斜邊BC邊上一點(diǎn)，連接AD，作△ABD的外接圓，并將△ADC沿直線AD折疊，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)E恰好落在△ABD的外接圓上，若cos∠ADB＝，AB＝3．①BE＝6；②△ABD的外接圓的面積為25π（結(jié)果保留π）．【分析】①根據(jù)折疊的性質(zhì)得到AC＝AE，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠AEB＝∠ABE，過點(diǎn)A作AF⊥BE于F，解直角三角形即可得到結(jié)論；②設(shè)△ABD的外接圓與AC交于H，連接BH，根據(jù)圓周角定理得到BH是△ABD的外接圓的直徑，設(shè)AH＝x，BH＝10x，根據(jù)勾股定理得到AB＝＝3x＝3，根據(jù)圓的面積公式即可得到結(jié)論．【解答】解：①∵將△ADC沿直線AD折疊，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)E恰好落在△ABD的外接圓上，∴AC＝AE，∵AC＝AB，∴AE＝AB，∴∠AEB＝∠ABE，過點(diǎn)A作AF⊥BE于F，∴BE＝2BF，∵∠ADB＝∠AEB，∴∠ABF＝∠ADB，∵cos∠ADB＝cos∠ABF＝＝，∵AB＝3，∴BF＝3，∴BE＝2BF＝6；故答案為：6；②設(shè)△ABD的外接圓與AC交于H，連接BH，∵∠BAH＝90°，∴BH是△ABD的外接圓的直徑，∵∠AHB＝∠ADB，∴cos∠AHB＝＝，設(shè)AH＝x，BH＝10x，∴AB＝＝3x＝3，∴x＝1，∴BH＝10，∴△ABD的外接圓的面積為25π，故答案為：25π．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了三角形的外接圓與外心，三角函數(shù)的定義，勾股定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．30．（2023?廬陽區(qū)校級(jí)模擬）如圖，△ABC為⊙O的內(nèi)接三角形，BD為⊙O的直徑，E為AC上一點(diǎn)，AB＝2EC，連接CD，∠A＝60°，．（1）求⊙O的半徑；（2）求證：DE⊥AC．【分析】（1）利用圓周角定理求得∠BCD＝90°，∠BDC＝60°，利用特殊角的三角形函數(shù)值即可求解；（2）連接DA，利用兩邊對(duì)應(yīng)成比例且夾角相等證明△DCE∽△DBA，即可證明結(jié)論．【解答】（1）解：∵BD為⊙O的直徑，∠A＝60°，∴∠BCD＝90°，∠BDC＝60°，∵，∴，，∴⊙O的半徑為；（2）證明：連接DA，∵BD為⊙O的直徑，∴∠BAD＝90°，∵＝，∴∠DCE＝∠DBA，∵AB＝2EC，∴，，∴，∴△DCE∽△DBA，∴∠DEC＝∠DAB＝90°，即DE⊥AC．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題．31．（2023?利辛縣模擬）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，CD⊥AB于點(diǎn)D，交⊙O于點(diǎn)E，AF⊥BC于點(diǎn)F，交CE于點(diǎn)G，連接AE．（1）求證：AE＝AG；（2）過點(diǎn)O作OH⊥BC于點(diǎn)H，求的值．【分析】（1）由四邊形內(nèi)角和是360°，鄰補(bǔ)角的性質(zhì)推出∠AGE＝∠B，由圓周角定理得到∠E＝∠B，于是∠AGE＝∠E，因此AE＝AG；（2）作直徑BK，連接CK，由圓周角定理，垂直的定義得到∠ADC＝∠BCK＝90°，又∠DAC＝∠K，得到∠ACD＝∠CBK，因此＝，得到AE＝CK，由三角形中位線定理得到OH＝CK，于是得到OH＝AE．【解答】（1）證明：∵CD⊥AB，AF⊥BC，∴∠BDG＝∠BFG＝90°，∴∠B+∠DGF＝360°﹣∠BDG﹣∠BFG＝180°，∵∠AGE+∠DGF＝180°，∴∠AGE＝∠B，∵∠E＝∠B，∴∠AGE＝∠E，∴AE＝AG；（2）解：作直徑BK，連接CK，∴∠BCK＝90°，∵CD⊥AB，∴∠ADC＝90°，∴∠ADC＝∠BCK，∵∠DAC＝∠K，∴∠ACD＝∠CBK，∴＝，∴AE＝CK，∵OH⊥BC，∴BH＝CH，∵OB＝OK，∴OH是△BCK的中位線，∴OH＝CK，∴OH＝AE，∴＝．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓周角定理，垂徑定理，等腰三角形的判定，三角形中位線定理，圓心角、弧、弦的關(guān)系，關(guān)鍵是作直徑BK，連接CK，應(yīng)用三角形中位線定理得到OH＝CK，由圓心角、弧、弦的關(guān)系得到AE＝CK．32．（2023?廬陽區(qū)校級(jí)一模）如圖1，已知△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，AB是⊙O的直徑，CD是⊙O的弦，連接BD，交AC于點(diǎn)E．（1）求證：∠CEB＝∠ABD+∠CDB；（2）如圖2，連接OE、AD，若OE∥AD，且AB＝10，BD＝8，求BC的長(zhǎng)．【分析】（1）根據(jù)圓周角定理可得∠BAC＝∠CDB，再利用三角形外角的性質(zhì)等量代換即可得證；（2）由OE∥AD和點(diǎn)O為AB的中點(diǎn)，可得OE是△ADB的中位線，求得，根據(jù)圓周角定理得∠ADB＝90°，∠ACB＝90°，由勾股定理求得AD，AE，設(shè)BC＝x，EC＝y(tǒng)，在Rt△ABC和Rt△BCE中，根據(jù)勾股定理建立關(guān)于x、y的方程，解方程即可．【解答】（1）證明：∵∠BAC，∠CDB都是弧BC所對(duì)的圓周角，∴∠BAC＝∠CDB，∵∠CEB＝∠ABD+∠BAC，∴∠CEB＝∠ABD+∠CDB；（2）解：方法一：∵OE∥AD，點(diǎn)O為AB的中點(diǎn)，∴OE為△ADB的中位線，∴，∵AB為直徑，∴∠ADB＝90°，∠ACB＝90°，∴，∴，設(shè)BC＝x，EC＝y(tǒng)，在Rt△ABC和Rt△BCE中，有，即，整理得：，∴，解得：，∴，∴，解得：或（舍去），∴BC的長(zhǎng)為；方法二：∵OE∥AD，點(diǎn)O為AB的中點(diǎn)，∴OE為△ADB的中位線，∴，∵AB為直徑，∴∠ADB＝90°，∠ACB＝90°，∵∠AED＝∠BEC，∴△BCE∽△ADE，∴，∵，∴，∴，∴BC＝．【點(diǎn)評(píng)】本題是圓與三角形的綜合題，考查了圓周角定理，勾股定理，中位線的判定與性質(zhì)，熟練掌握知識(shí)點(diǎn)，運(yùn)用方程思想建立直角三角形三邊之間的數(shù)量關(guān)系是解題的關(guān)鍵．33．（2023?瑤海區(qū)一模）如圖，△ABC是⊙O內(nèi)接三角形，AC是⊙O的直徑，點(diǎn)E是弦DB上一點(diǎn)，連接CE，CD．（1）若∠DCA＝∠ECB，求證：CE⊥DB；（2）在（1）的條件下，若AB＝6，DE＝5，求sin∠DBC．【分析】（1）連接AD，根據(jù)圓周角定理得到∠ADC＝90°，求得∠BEC＝90°，根據(jù)垂直的定義得到CE⊥BD；（2）根據(jù)圓周角定理得到∠ABC＝90°，根據(jù)垂直的定義得到∠CED＝90°，得到∠CED＝∠ABC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)和三角函數(shù)的定義即可得到結(jié)論．【解答】（1）證明：連接AD，∵AC是⊙O的直徑，∴∠ADC＝90°，∴∠DAC+∠ACD＝90°，∵∠DCA＝∠ECB，∠CAD＝∠CBD，∴∠BCE+∠CBE＝90°，∴∠BEC＝90°，∴CE⊥BD；（2）解：∵AC是⊙O的直徑，∴∠ABC＝90°，∵CE⊥BD，∴∠CED＝90°，∴∠CED＝∠ABC，∵∠D＝∠A，∴△ABC∽△DEC，∴，∵AB＝6，DE＝5，∴sin∠DBC＝＝＝．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了三角形的外接圓與外心，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．34．（2023?金安區(qū)校級(jí)模擬）已知：如圖，在△ABC中，AB＝AC，E為BA延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，連接EC交△ABC的外接圓于點(diǎn)D，連接AD、BD．（1）求證：AD平分∠BDE；（2）若∠BAC＝30°，AE＝AB，BC＝2，求CD的長(zhǎng)．【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到∠EDA＝∠ABC，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠ACD＝∠ABC，等量代換得到∠ADB＝∠EDA，于是得到結(jié)論；（2）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠ABC＝∠ACB，∠ACD＝∠E，求得∠BCE＝90°，解直角三角形即可得到結(jié)論．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，∴∠EDA＝∠ABC，∵AB＝AC，∴∠ACB＝∠ABC，∴∠EDA＝∠ACB，又∵∠ADB＝∠ACB，∴∠ADB＝∠EDA，∴AD平分∠BDE；（2）解：∵AE＝AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∠ACD＝∠E，∴∠ACB+∠ACE＝90°，∴∠BCE＝90°，∵∠BDC＝∠BAC＝30°，BC＝2，∴CD＝BC＝2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了三角形的外接圓與外心，角平分線的定義，等腰三角形的性質(zhì)，圓周角定理，正確的識(shí)別圖形是解題的關(guān)鍵．35．（2023?貴池區(qū)一模）如圖，△ABC內(nèi)接于半圓O，AB為直徑，∠ABC的平分線交AC于點(diǎn)F，交半圓O于點(diǎn)D，DE⊥AB于點(diǎn)E，且交AC于點(diǎn)P，連接AD，求證：（1）∠CAD＝∠ABD；（2）點(diǎn)P是線段AF的中點(diǎn)．【分析】（1）利用角平分線的定義可得∠ABD＝∠DBC，再利用同弧所對(duì)的圓周角相等可得∠DBC＝∠CAD，然后利用等量代換即可解答；（2）根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角可得∠ADB＝90°，從而可得∠ADE+∠EDB＝90°，再根據(jù)垂直定義可得∠DEB＝90°，從而可得∠EDB+∠ABD＝90°，進(jìn)而利用同角的余角相等可得∠ADE＝∠ABD，然后再利用（1）的結(jié)論可得∠ADE＝∠CAD，從而可得PA＝PD，最后再利用等角的余角相等可得∠DFP＝∠EDB，從而可得PD＝PF，即可解答．【解答】證明：（1）∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，∵∠DBC＝∠CAD，∴∠CAD＝∠ABD；（2）∵AB為半⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠ADE+∠EDB＝90°，∵DE⊥AB，∴∠DEB＝90°，∴∠EDB+∠ABD＝90°，∴∠ADE＝∠ABD，∵∠CAD＝∠ABD，∴∠ADE＝∠CAD，∴PA＝PD，∵∠ADF＝90°，∴∠CAD+∠DFP＝90°，∴∠DFP＝∠EDB，∴PD＝PF，∴PA＝PF，∴點(diǎn)P是線段AF的中點(diǎn)．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了三角形的外接圓與外心，圓周角定理，熟練掌握?qǐng)A周角定理是解題的關(guān)鍵．36．（2023?禹會(huì)區(qū)二模）如圖，△ABC內(nèi)接于半圓O，已知AB是半圓O的直徑．AB＝10，AD平分∠BAC，分別交半圓O和BC于點(diǎn)D，E，過點(diǎn)D作DH⊥AB，垂足為點(diǎn)H，交BC于點(diǎn)F．（1）求證：EF＝DF；（2）連接OD交BC于點(diǎn)G，若EG＝FG，求的長(zhǎng)．【分析】（1）根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角等于90°得到∠CEA+∠CAE＝90°，再根據(jù)垂直定義得到∠AHD＝90°及角平分線即可得到∠DEF＝∠EDF即可解答；（2）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)及等邊對(duì)等角即可得到EF⊥DG，再利用垂直平分線的定義及等邊三角形的判定即可得到△EFD是等邊三角形，最后利用弧長(zhǎng)公式即可解答．【解答】（1）證明：∵AB是半圓O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠CEA+∠CAE＝90°，∵AD平分∠BAC，∴∠CAE＝∠DAH，∴∠DAH+∠CEA＝90°，∵DH⊥AB，∴∠ADH+∠DAH＝90°，∴∠ADH＝∠CEA，∵∠CEA＝∠DEF，∴∠ADH＝∠DEF，∴EF＝DF；（2）解：連接OC，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∵DH⊥AB，∴∠OAD+∠ADH＝90°，∵∠ADH＝∠DEF，∴∠ODA+∠DEF＝90°，∴EF⊥DG，∵EG＝FG，∴點(diǎn)G是EF的中點(diǎn)，∴DG垂直平分EF，∴ED＝DF，∴DE＝EF＝DF，∴△EFD是等邊三角形，∴∠ADH＝60°，∴，∵AD平分∠BAC，∴∠OAC＝2∠OAD＝60°，∴∠BOC＝120°，∵AB＝10，∴OC＝5，∴的長(zhǎng)：，【點(diǎn)評(píng)】本題考查了三角形的外接圓與外心、角平分線的性質(zhì)、垂徑定理、圓周角定理以及弧長(zhǎng)的計(jì)算，掌握直角三角形的性質(zhì)及等邊三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．五．直線與圓的位置關(guān)系（共2小題）37．（2023?黃山二模）如圖，矩形ABCD中，點(diǎn)O在對(duì)角線AC上，以O(shè)為圓心，OA的長(zhǎng)為半徑的⊙O與AD、AC分別交于點(diǎn)E、F，且∠ACB＝∠DCE．（1）請(qǐng)判斷直線CE與⊙O的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（2）當(dāng)AB：AD＝時(shí)，直線CB與⊙O相切（只需填出比值即可）．【分析】（1）連接OE，則OE是半徑，結(jié)合矩形性質(zhì)易證∠AEO＝∠DCE即∠AEO+∠DEC＝∠DCE+∠DEC＝90°，即可求得∠CEO＝180°﹣（∠AEO+∠DEC）＝90°，即OE⊥CE，即可證得結(jié)論；（2）如圖，當(dāng)直線CB與⊙O相切時(shí)，假設(shè)直線CB與⊙O相切于點(diǎn)G，易證△OEC≌△OGC，可得∠OCE＝∠OCG，即∠OCE＝∠OCG＝∠DCE，求得∠OCG＝30°，在Rt△ABC中，，求得，結(jié)合矩形性質(zhì)即可求解．【解答】解：（1）CE與⊙O相切，證明：連接OE，⊙O與AD交于點(diǎn)E，∴OE是半徑，在矩形ABCD中，AD∥BC，∠D＝90°，∴∠ACB＝∠DAC，∵OA＝OE，∴∠AEO＝∠DAC，∴∠AEO＝∠ACB，∵∠ACB＝∠DCE，∴∠AEO＝∠DCE，∴∠AEO+∠DEC＝∠DCE+∠DEC＝90°，∴∠CEO＝180°﹣（∠AEO+∠DEC）＝90°，∴OE⊥CE，∵OE是半徑，∴CE與⊙O相切；（2）如圖，當(dāng)直線CB與⊙O相切時(shí)，假設(shè)直線CB與⊙O相切于點(diǎn)G，由（1）可知CE與⊙O相切，∴∠OEC＝∠OGC＝90°，∵OE＝OG，OC＝OC，∴△OEC≌△OGC，∴∠OCE＝∠OCG，∵∠ACB＝∠DCE，∴∠OCE＝∠OCG＝∠DCE，由矩形性質(zhì)可知∠BCD＝90°，AD＝BC，∴∠OCE+∠OCG+∠DCE＝90°，∴∠OCE＝∠OCG＝∠DCE＝30°，在Rt△ABC中，，∴，∵AD＝BC，∴，故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的性質(zhì)，切線的證明和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)的應(yīng)用，依據(jù)特殊角的三角函數(shù)值求解；解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)知識(shí)，綜合求解．38．（2023?黟縣校級(jí)模擬）如圖，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，∠ACB＝60°，AD經(jīng)過圓心O交⊙O于點(diǎn)E，連接BD，∠ADB＝30°．（1）判斷直線BD與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；（2）若AB＝4，求圖中陰影部分的面積．【分析】（1）連接BE，根據(jù)圓周角定理得到∠AEB＝∠C＝60°，連接OB，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠BOD＝60°，根據(jù)切線的判定定理即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)圓周角定理得到∠ABE＝90°，解直角三角形得到OB，根據(jù)扇形和三角形的面積公式即可得到結(jié)論．【解答】解：（1）直線BD與⊙O相切，理由：連接BE，∵∠ACB＝60°，∴∠AEB＝∠C＝60°，連接OB，∵OB＝OE，∴△OBE是等邊三角形，∴∠BOD＝60°，∵∠ADB＝30°，∴∠OBD＝180°﹣60°﹣30°＝90°，∴OB⊥BD，∵OB是⊙O的半徑，∴直線BD與⊙O相切；（2）∵AE是⊙O的直徑，∴∠ABE＝90°，∵AB＝4，∴sin∠AEB＝sin60°＝＝＝，∴AE＝8，∴OB＝4，∴BD＝OB＝4，∴圖中陰影部分的面積＝S△OBD﹣S扇形BOE＝4×﹣＝8﹣．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了直線與圓的位置關(guān)系，等邊三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，扇形面積的計(jì)算，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．六．三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心（共3小題）39．（2023?廬陽區(qū)校級(jí)一模）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°且AB＝10，點(diǎn)P為△ABC的內(nèi)心，點(diǎn)O為AB邊中點(diǎn)，將BO繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段BD，連接DP，則DP長(zhǎng)的最小值為（）A． B． C． D．【分析】在AB的下方作等腰直角三角形AKB，使得∠AKB＝90°，AK＝BK．連接DK，PK，過點(diǎn)K作KT⊥DB交DB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)T．判斷出點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡，求出DK，PK，可得結(jié)論．【解答】解：在AB的下方作等腰直角三角形AKB，使得∠AKB＝90°，AK＝BK．連接DK，PK，過點(diǎn)K作KT⊥DB交DB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)T．∵點(diǎn)P是△ACB的內(nèi)心，∠C＝90°，∴∠PAB＝∠CAB，∠PBA＝∠ABC，∴∠PAB+∠PBA＝（∠CAB+∠CBA）＝45°，∴∠APB＝180°﹣45°＝135°，∴點(diǎn)P在以K為圓心，KA為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，∵AB＝10，AK＝BK，∠AKB＝90°，∴AK＝BK＝KP＝5，∠ABK＝45°，∵∠ABT＝90°，∴∠KBT＝45°，∴KT＝BT＝5，∵OA＝OB＝BD＝5，∴DT＝10，∴DK＝＝5，∴DP≥DK﹣PK＝5﹣5，∴DP的最小值為5﹣5．故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查三角形的內(nèi)心，解直角三角形，旋轉(zhuǎn)變換等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題．40．（2023?鳳陽縣二模）如圖，⊙O是等腰Rt△ABC的外接圓，D為弧上一點(diǎn)，P為△ABD的內(nèi)心，過P作PE⊥AB，垂足為E，若，則BE﹣AE的值為（）A．4 B． C．2 D．【分析】作PM⊥AD于M，PN⊥BD于N，連接PA，在DB上截取BK＝AD，連接CK，可以證明△CDA≌△CKB，得到CD＝CK，∠DCA＝∠KCB，推出△DCK是等腰直角三角形，得到DK＝CD＝×2＝4，由P是△ADB的內(nèi)心，推出BE﹣AE＝BD﹣AD＝DK＝4．【解答】解：作PM⊥AD于M，PN⊥BD于N，連接PA，在DB上截取BK＝AD，連接CK，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠ACB＝90°，AC＝BC，∵∠DAC＝∠CBK，∴△CDA≌△CKB（SAS），∴CD＝CK，∠DCA＝∠KCB，∵∠KCB+∠ACK＝90°，∴∠DCA+∠ACK＝90°，∴△DCK是等腰直角三角形，∴DK＝CD＝×2＝4，∵P是△ADB的內(nèi)心，∴PM＝PN＝PE，∵∠MDN＝∠ACB＝90°，∴四邊形PMDN是正方形，∴DM＝DN，∵PA＝PA，PM＝PN，∴Rt△PMA≌Rt△PEA（HL），∴AM＝AE，同理：BN＝BE，∴BE﹣AE＝BN﹣AM＝（BN+DN）﹣（AM+DM）＝BD﹣AD，∵BD﹣AD＝BD﹣BK＝DK＝4，∴BE﹣AE＝4．故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查三角形的內(nèi)心，三角形外接圓與外心，等腰直角三角形，圓周角定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，關(guān)鍵是通過輔助線構(gòu)造全等三角形，并掌握三角形內(nèi)心的性質(zhì)．41．（2023?蚌山區(qū)模擬）如圖，在