中考數(shù)學(xué)三輪沖刺培優(yōu)訓(xùn)練專題12圓與三角函數(shù)、相似問題（解析版）

專題12圓與三角函數(shù)、相似問題（最新模擬預(yù)測(cè)40題）一、解答題1．（2023·陜西西安·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，點(diǎn)O在AC邊上，⊙O經(jīng)過點(diǎn)C且與AB邊相切于點(diǎn)E，D是AB的中點(diǎn)，∠FAC=1(1)求證：AF是⊙O的切線；(2)若BC=6,sinB=45，求【答案】(1)見解析(2)2，10【分析】（1）作OH⊥FA，連接OE，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得CD=AD=12AB，從而得到∠CAD=∠ACD，再由∠FAC=12∠BDC，可得（2）根據(jù)題意可設(shè)AC=4x,AB=5x，根據(jù)勾股定理可得AC=8,AB=10，設(shè)⊙O的半徑為r，則OC=OE=r，AO=8?r，根據(jù)△AOE∽△ABC，可得r=3，從而得到OE=3，【詳解】（1）證明：如圖，作OH⊥FA，連接OE，∵∠ACB=90°，D是AB的中點(diǎn)，∴CD=AD=1∴∠CAD=∠ACD，∵∠BDC=∠CAD+∠ACD=2∠CAD，又∵∠FAC=1∴∠FAC=∠CAB，即AC是∠FAB的平分線，∵點(diǎn)O在AC上，⊙O與AB相切于點(diǎn)E，∴OE⊥AB，且OE是⊙O的半徑，∴OH=OE，∵OH是⊙O的半徑，∴AF是⊙O的切線；（2）解：在△ABC中，BC=6,sin∴可設(shè)AC=4x,AB=5x，∵AB∴5x2解得：x=2，∴AC=8,AB=10，∵D是AB的中點(diǎn)，∴AD=1設(shè)⊙O的半徑為r，則OC=OE=r，AO=8?r，∵∠AEO=∠ACB=90°，∠OAE=∠CAB，∴△AOE∽∴OEBC即r6解得：r=3，∴AO=5,OE=3，∴AE=4，∴DE=1，在Rt△ODE中，由勾股定理得：OD=【點(diǎn)睛】本題考查了圓的切線的性質(zhì)和判定，直接三角形的性質(zhì)，角平分線的判定和性質(zhì)，勾股定理，三角函數(shù)，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握?qǐng)A的切線的性質(zhì)和判定是解題關(guān)鍵．2．（2023·河南安陽·統(tǒng)考一模）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB、CD是⊙O的直徑，E是DA長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且∠CED=∠CAB．(1)判斷CE與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；(2)若DE=35，tanB=1【答案】(1)CE是⊙O的切線；見解析(2)3【分析】（1）根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是90°，根據(jù)圓周角定理得出∠B=∠D，推出∠DCE=90°即可得出結(jié)論；（2）根據(jù)∠B=∠D，得到tan∠B=tan∠D，即可得CD=2CE【詳解】（1）CE與⊙O相切，理由：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴∠CAB+∠B=90°，∵∠CED=∠CAB，∠B=∠D，∴∠CED+∠D=90°，∴∠DCE=∠ACB=90°，∴CD⊥CE，∵CD是⊙O的直徑，即OC是⊙O半徑，∴CE是⊙O的切線；（2）由（1）知，CD⊥CE，在Rt△ABC和Rt∵∠B=∠D，tanB=∴tan∠B=∴CD=2CE，在Rt△CDE中，CD2∴2CE2解得CE=3（負(fù)值舍去），即線段CE的長(zhǎng)為3．【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的判定，圓周角定理，三角函數(shù)以及勾股定理等知識(shí)，掌握切線的判定是解答本題的關(guān)鍵．3．（2023·河南安陽·統(tǒng)考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，AB=5，點(diǎn)D是⊙O外一點(diǎn)，連接DB交⊙O于點(diǎn)C，連接OC，AC，AD，已知∠D+1(1)求證：AD是⊙O的切線；(2)若sinB=35【答案】(1)證明見解析(2)9【分析】（1）先由圓周角定理得到∠B=12∠AOC，即可得到∠D+∠B=90°，則∠BAD=90°，由此即可證明AD（2）先解Rt△ABC，求出AC=3，BC=4，則tanB=34，證明【詳解】（1）證明：∵AB是⊙O的直徑，∴∠B=1∵∠D+1∴∠D+∠B=90°，∴∠BAD=90°，即AB⊥AD，∴AD是⊙O的切線；（2）解：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，在Rt△ABC中，sin∴AC=AB?sin∴BC=A∴tanB=∵∠B+∠BAC=90°=∠CAD+∠BAC，∴∠CAD=∠B，在Rt△ADC中，tan∴CD=3【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的判定，圓周角定理，勾股定理，解直角三角形，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．4．（2023·廣西南寧·?？家荒＃┤鐖D，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)F，C是⊙O上兩點(diǎn)，連結(jié)AC，AF，OC，AC平分∠FAB，過點(diǎn)C作CD⊥AF，交AF的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D．(1)求證：CD是⊙O的切線；(2)若tan∠DAC=12，AB=10【答案】(1)見解析(2)2【分析】（1）證明∠FAC=∠ACO，從而可知AD∥OC，由于CD⊥AF，所以CD⊥OC，所以CD是（2）連接BC，F(xiàn)C，根據(jù)三角函數(shù)的定義，利用勾股定理解直角三角形，分別求出BC=25，AC=45，CD=4，AD=8，證明△DFC∽△CBA，得到【詳解】（1）解：證明：∵AC平分∠FAB，∴∠FAC=∠CAO，∵AO=CO，∴∠ACO=∠CAO，∴∠FAC=∠ACO，∴AD∥∵CD⊥AF，∴CD⊥OC，∵C在圓上，∴CD是⊙O的切線；（2）連接BC，F(xiàn)C，∵AB為直徑，∴∠ACB=90°，∵∠DAC=∠CAB，∴tan∠DAC=tan∵AB=10，∴AC2+B解得：BC=25（負(fù)值舍去），AC=4∵tan∠DAC=∴AD=2CD，同理可得：CD=4，AD=8，∵四邊形ABCF內(nèi)接于⊙O，∴∠AFC+∠B=180°，又∠AFC+∠DFC=180°，∴∠B=∠DFC，∵∠CDF=∠ACB=90°，∴△DFC∽△CBA，∴DFBC=CD解得：DF=2．【點(diǎn)睛】本題考查切線的判定與性質(zhì)，圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是能根據(jù)切線的判定與性質(zhì)和圓周角定理得到90°角．5．（2023·福建福州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，且∠B=60°．直線l過點(diǎn)C，AF⊥l，垂足為F，CG⊥AD，垂足為(1)求證：直線l是⊙O的切線；(2)若AF=43【答案】(1)見解析(2)96【分析】（1）連接OC，根據(jù)角平分線得出AF∥OC，再根據(jù)垂直定理得出OC⊥l，OC為半徑，即可解答（2）如圖，連接CD，根據(jù)題意得出∠ACD=90°，∠FAC=∠CAD=30°，再根據(jù)含30°的直角三角形三邊關(guān)系得到FC=12AC【詳解】（1）證明：如圖，連接OC，∵OA=OC，∴∠ACO=∠CAD，∵AC平分∠FAD，∴∠FAC=∠CAD，∴∠FAC=∠ACO，∴AF∥OC，∵AF⊥l，∴OC⊥l，∵OC為半徑，∴直線l是⊙O的切線；（2）解：如圖，連接CD．∵AD是圓的直徑，∴∠ACD又∵∠ADC=∠B=60°，∴∠CAD=30°，∴∠FAC=∠CAD=30°，在Rt△ACE中，∠FAC=30°，AF=4∴FC=1設(shè)FC=x，則AC=2x，2x2解得：x=4，∴CF=4．在Rt△OCG中，∠COG=60°得OC=4在Rt△CEO中，OE=∴S陰影【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定：經(jīng)過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線，也考查了直角三角形的性質(zhì)和扇形的面積．6．（2023·湖北襄陽·統(tǒng)考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，C，E在⊙O上，AC平分∠EAB，CD⊥AE，垂足為D，DC，AB的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F．(1)求證：CD是⊙O的切線；(2)若DE=1,AE=2，求圖中陰影部分的面積．【答案】(1)見解析(2)2【分析】（1）連接OC，根據(jù)角平分線的意義和等邊對(duì)等角得出∠EAC=∠OCA，繼而根據(jù)平行線的判定與性質(zhì)求出∠D=∠OCF，根據(jù)切線的判定證明即可；（2）作OP⊥AE于點(diǎn)P，利用特殊角的三角函數(shù)值求出∠PAO=60°，進(jìn)而求出CF，最后根據(jù)S陰影【詳解】（1）證明：如圖，連接OC．∵AC平分∠EAB，∴∠EAC=∠OAC．∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∴∠EAC=∠OCA，∴AD∥∴∠D=∠OCF．∵CD⊥AE．∴∠OCF=∠D=90°．∴OC⊥DF．∵OC是⊙O的半徑，∴CD是⊙O的切線；（2）如圖，作OP⊥AE于點(diǎn)P，則四邊形OCDP是矩形，AP=PE．∵DE=1，∴OA=OC=PD=2，∴cos∠PAO=∴∠PAO=60°．∵AD∥∴∠COF=∠PAO=60°，∴CF=OC?tan∴S陰影【點(diǎn)睛】本題考查了角平分線的意義和等邊對(duì)等角，平行線的判定與性質(zhì)，切線的判定，解直角三角形等知識(shí)．連接常用的輔助線是解題關(guān)鍵．7．（2023·廣西防城港·?？家荒＃┤鐖D，AB是⊙O的直徑，C是圓上一點(diǎn)，弦CD⊥AB于點(diǎn)E，且DC=AD．過點(diǎn)A作⊙O的切線，過點(diǎn)C作DA的平行線，兩直線交于點(diǎn)F，F(xiàn)C的延長(zhǎng)線交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．(1)求證：FG與⊙O相切；(2)連接EF，求tan∠EFC【答案】(1)見解析(2)3【分析】（1）連接OC,AC．易證△ACD為等邊三角形，所以∠D=∠DCA=∠DAC=60°，從而可知∠1=12∠DCA=30°，由于FG∥DA，易知∠OCF=∠DCF?∠1=90°，所以FG（2）作EH⊥FG于點(diǎn)H．設(shè)CE=a，則DE=a,AD=2a．易證四邊形AFCD為平行四邊形．因?yàn)镈C=AD,AD=2a，所以四邊形AFCD為菱形，求出∠DCG=60°，從而可求出EH、CH的值，從而可知FH的長(zhǎng)度，利用銳角三角函數(shù)的定義即可求出tan∠EFC【詳解】（1）連接OC,AC．∵AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點(diǎn)E，∴CE=DE,AD=AC．∵DC=AD，∴DC=AD=AC，∴△ACD為等邊三角形，∴∠D=∠DCA=∠DAC=60°，∴∠1=1∵FG∥DA，∴∠DCF+∠D=180°，∴∠DCF=180°?∠D=120°，∴∠OCF=∠DCF?∠1=90°，∴.FG⊥OC，∴FG與⊙O相切（2）作EH⊥FG于點(diǎn)H．設(shè)CE=a，則DE=a,AD=2a．∵AF.與⊙O相切，∴AF⊥AG．又∵DC⊥AG，可得AF∥DC．又∵FG∥DA，∴四邊形AFCD為平行四邊形．∵DC=AD，∴四邊形AFCD為菱形．∴AF=FC=AD=2a,∠AFC=∠D=60°．由（1）知∠DCF=120°∴∠DCG=60°，∵EH=CE?sin∴FH=CH+CF=5∵在Rt△EFH中，∠EHF=90°∴tan∠EFC=【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，解直角三角形，正確作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．8．（2023·北京西城·校考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD與AB交于點(diǎn)E，且點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)．點(diǎn)F在弧AD上，過點(diǎn)F作⊙O的切線交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，BF與CD交于點(diǎn)H．(1)求證：∠G=2∠B；(2)若⊙O的半徑為4，sinG=35【答案】(1)見解析(2)12【分析】（1）連接OF，易得OF⊥PG,AB⊥CG，可得∠G=∠POF，圓周角定理，得到∠AOF=2∠B，即可得證；（2）連接AF，得到∠AFB=90°，根據(jù)∠G=∠POF，得到sin∠POF=35，求出PF,PO，進(jìn)而求出AP的長(zhǎng)，證明△PFA∽△PBF【詳解】（1）證明：連接OF，∵GF為⊙O的切線，∴OF⊥GF，∴∠OFP=90°，∴∠AOF+∠P=90°，∵AB是⊙O的直徑，弦CD與AB交于點(diǎn)E，且點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，∴AE⊥CD，∴∠PEG=90°，∴∠G+∠P=90°，∴∠G=∠AOF=2∠B；（2）解：∵⊙O的半徑為4，∴AB=8,OF=4，∵∠G=∠AOF，∴sin∠POF=在Rt△OFP中，sin設(shè)PF=3x,OP=5x，則：OF=O∴x=1，∴PF=3,OP=5，∴AP=OP?OA=1；連接AF，則：∠AFB=90°，∴∠PFA=∠OFB=90°?∠AFO，∵OB=OF，∴∠B=∠OFB，∴∠PFA=∠B，∵∠P=∠P，∴△PFA∽△PBF，∴BFAF∴BF=3AF，在Rt△AFB中，A∴AF=4105∴BF=3AF=12【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理，圓周角定理，切線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理．熟練掌握相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，并靈活運(yùn)用，是解題的關(guān)鍵．9．（2023·福建漳州·統(tǒng)考一模）如圖，AB為⊙O的直徑，點(diǎn)C在BA延長(zhǎng)線上，點(diǎn)D在⊙O上，連接CD，AD，∠ADC=∠B，OF⊥AD于點(diǎn)E，交CD于點(diǎn)F．(1)求證：CD是⊙O的切線；(2)若S△COF:S【答案】(1)見解析(2)sin【分析】（1）連接OD，由AB是直徑，可得∠ADB=90°即∠ADO+∠BDO=90°，再由OB=OD，可得∠BDO=∠B，最后根據(jù)∠ADC=∠B，即可證明結(jié)論；（2）由OF⊥AD，∠ADB=90°，可證OF∥BD即∠COF=∠B，從而證明△COF≌CBD，可得S△COFS△CBD=COCB2，再由S【詳解】（1）證明：連接OD，∵AB是直徑，∴∠ADB=90°，∴∠ADO+∠BDO=90°，∵OB=OD，∴∠BDO=∠B，∵∠ADC=∠B，∴∠ADO+∠ADC=90°，即∠ODC=90°，∴CD是⊙O的切線．（2）∵OF⊥AD，∴∠AEO=90°，∵∠ADB=90°，∴OF∥BD，∴∠COF=∠B，∵∠C=∠C，∴△COF≌CBD，∴S△COF∵S△COF∴COCB∴OBCB=1∵OB=OD，∴CO=3OD，∴在Rt△CDO中，sin【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定、圓周角定理、平行線的性質(zhì)和判定、相似三角形的判定和性質(zhì)及解直角三角形，熟練掌握切線的判定和相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．10．（2023·陜西西安·西安市鐵一中學(xué)校考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，已知點(diǎn)D是弧BC的中點(diǎn)，連接DO并延長(zhǎng)，在延長(zhǎng)線上有一點(diǎn)E，連接AE，且∠E=∠B．(1)求證：AE是⊙O的切線；(2)連接AC，若AC=6，CF=4，求OE的長(zhǎng)．【答案】(1)證明見解析(2)25【分析】（1）由垂徑定理可得∠BFO=90°，再由三角形內(nèi)角和定理證明∠EAO=∠BFO=90°，即可證明AE是⊙O的切線；（2）由直徑所對(duì)的圓周角是直角得到∠ACB=90°，由垂徑定理可得BC=2CF=8，即可利用勾股定理求出AB=10，即可得到sin∠B=ACAB=35，再由【詳解】（1）證明：∵點(diǎn)D是弧BC的中點(diǎn)，∴OD⊥BC，∴∠BFO=90°，∵∠B=∠E，∴∠EAO=∠BFO=90°，又∵AB是⊙O的直徑，∴AE是⊙O的切線；（2）解：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∵CF=4，∴由垂徑定理可得BC=2CF=8，∴AB=A∴sin∠B=∵∠E=∠B，∴sinE=∴在Rt△AOE中，OE=【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的判定，解直角三角形，勾股定理，垂徑定理，直徑所對(duì)的圓周角是直角等等，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．11．（2023·福建龍巖·?？家荒＃┤鐖D，△ABC是直角三角形，∠ACB=90°．(1)動(dòng)手操作：利用尺規(guī)作∠ABC的平分線，交AC于點(diǎn)O，再以O(shè)為圓心，OC的長(zhǎng)為半徑作⊙O（保留作圖痕跡，不寫作法）；(2)綜合運(yùn)用：請(qǐng)根據(jù)所作的圖，若AC=8，sin∠OBC=1【答案】(1)見解析(2)21【分析】（1）根據(jù)角平分線和圓的尺規(guī)作圖方法作圖即可；（2）如圖所示，過點(diǎn)O作OD⊥AB于D，由角平分線的性質(zhì)得到OC=OD，設(shè)OC=OD=x，OA=8?x，解Rt△OBC求出OB=3x，BC=22x，再證明△ADO∽△ACB，利用相似三角形的性質(zhì)求出AD=22，在Rt△ADO中，由勾股定理得，8?x【詳解】（1）解：如圖所示，即為所求；（2）解：如圖所示，過點(diǎn)O作OD⊥AB于D，∵OB平分∠ABC，∠ACB=90°，OD⊥AB，∴OC=OD，設(shè)OC=OD=x，OA=8?x，在Rt△OBC中，sin∴OB=3OC=3x，∴BC=O∵∠A=∠A，∴△ADO∽△ACB，∴ADAC=OD∴AD=22在Rt△ADO中，由勾股定理得O∴8?x2解得x=7∴OB=3x=21【點(diǎn)睛】本題主要考查角平分線和圓的尺規(guī)作圖，角平分線的性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，正確作出輔助線構(gòu)造相似三角形是解題的關(guān)鍵．12．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）△ABC內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)I是△ABC的內(nèi)心，連接AI并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)D，連接BD，已知BC=6，∠BAC=α(1)連接BI，CI，則∠BIC=______（用含有α的代數(shù)式表示）(2)求證：BD=DI；(3)連接OI，若tanα2=(4)若tanα2=33【答案】(1)90°+(2)見解析(3)IO的最小值=(4)AB=26或43時(shí)，【分析】（1）連接BI，CI，根據(jù)三角形內(nèi)心的性質(zhì)結(jié)合三角形內(nèi)角和定理即可求解；（2）根據(jù)點(diǎn)I是△ABC的內(nèi)心，得出BD=DC，則∠BAI=∠CBD，進(jìn)而得出∠BID=∠IBD（3）因?yàn)锽D=DC，所以點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，故點(diǎn)D是一個(gè)定點(diǎn)．由（1）的結(jié)論BD=DI，可知，點(diǎn)I在以點(diǎn)D為圓心，BD長(zhǎng)為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，所以當(dāng)點(diǎn)I，O，D三點(diǎn)共線時(shí)，IO取最小值．此時(shí)AD為⊙O的直徑，且AD為BC的垂直平分線，∠CBD=∠EAC=∠BAE=12∠BAC=（4）根據(jù)tanα2=33，得出∠BAE=∠CAE=12∠BAC=α2=30°，分別連接OB，OD，記OD【詳解】（1）連接BI，CI，∵點(diǎn)I是△ABC的內(nèi)心∴∠BAI=∠IAC，∠ABI=∠IBC，∠ACI=∠ECI∴∠BIC=180°?∠IBC?∠ICB=180°?（2）解：如圖1所示，連接BI，∵點(diǎn)I是△ABC的內(nèi)心，∴∠BAI=∠IAC，∠ABI=∠IBC，∴BD=∴∠BAI=∠CBD，∵∠ABI+∠BAI=∠BID，∠IBC+∠CBD=∠IBD，∴∠BID=∠IBD，∴BD=DI；（3）解：因?yàn)锽D=DC，所以點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，故點(diǎn)由（1）的結(jié)論BD=DI，可知，點(diǎn)I在以點(diǎn)D為圓心，BD長(zhǎng)為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，所以當(dāng)點(diǎn)I，O，D三點(diǎn)共線時(shí)，IO取最小值．如圖2所示，此時(shí)AD為⊙O的直徑，且AD為BC的垂直平分線，∠CBD=∠EAC=∠BAE=1∵BC=6

∴BE=CE=在Rt△BED中，∴DI=BD=在Rt△ABE中，∴AD=DE+AE=∴OD=故IO的最小值=DI?OD=（4）解：∵tanα∴α=60°

∴∠BAE=∠CAE=分別連接OB，OD，記OD與BC相交于點(diǎn)M，∵BD=DC∴OD⊥BC，BM=CM=12∴△BOD是等邊三角形同（2）可求得DM=3，OB=OD=BD=2①AB=EB，如圖3所示，此時(shí)∠BEA=∠BAE=30°

∠CBD=∠CAE=30°∴∠CED=∠BEA=30°而∠CED=∠CBD+∠BDA=30°+∠BDA矛盾，故此種情況不成立．②AB=AE，如圖4所示，過點(diǎn)E作EH⊥BD，交BD于點(diǎn)H，過點(diǎn)A作AN⊥BC，交BC于點(diǎn)N，此時(shí)∠BAE=30°，∠ABE=∠AEB=75°，△ANE∽△DME∴∠CBD=∠CAE=30°，∠CED=∠AEB=75°∴∠EDB=∠CED?∠CBD=45°設(shè)DH=x，則EH=x，BH=∵BH+DH=BD=2∴3x+x=2解得x=3?∴BE=2EH=6?23，∴EM=BM?BE=23?3∵△ANE∽△DME∴NEEM=解得，AE=2∴AB=AE=26③BE=AE，如圖5所示，此時(shí)∠EBA=∠BAE=30°，∵△BOD是等邊三角形，OD⊥BC∴∠EBO=30°=∠EBA∴點(diǎn)A，O，B三點(diǎn)共線∴AB為⊙O的直徑∴∠ADB=90°∴AB=2BD=4綜上所述，AB=26或43時(shí)，【點(diǎn)睛】本題考查了三角形內(nèi)心的應(yīng)用，角平分線的定義，等邊三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，直徑所對(duì)的圓周角是直角，解直角三角形，綜合運(yùn)用以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．13．（2023·吉林松原·統(tǒng)考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)E在⊙O上，連接AE和BE，BC平分∠ABE交⊙O于點(diǎn)C，過點(diǎn)C作CD⊥BE交BE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，連接CE(1)判斷直線CD與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；(2)若CD=3,BC=23【答案】(1)CD是⊙O的切線．理由見解析(2)2π【分析】（1）連接OC，證明OC⊥CD即可；（2）根據(jù)三角函數(shù)的定義和弧長(zhǎng)公式即可得到結(jié)論．【詳解】（1）結(jié)論：CD是⊙O的切線．理由：連接OC．∵OC=OB，∴∠OCB=∵BC平分∠ABD∴∠OBC=∴∠OCB=∴OC∥BD，∵CD⊥BD，∴CD⊥OC，∵OC是半徑，∴CD是⊙O的切線；（2）在Rt△BCD中，∵CD=∴sin∠CBD=∴∠CBD=30°∵BC平分∠ABD∴∠ABC=∴∠AOC=2連接AC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°∴AB=BC∴AO=2，∴AC的長(zhǎng)為60π×2180【點(diǎn)睛】本題考查了直線與圓的位置關(guān)系，解直角三角形，圓周角定理，平行線的判定和性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．14．（2023·云南昆明·昆明八中?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)P是⊙O上的一動(dòng)點(diǎn)（不寫點(diǎn)A，點(diǎn)B重合），點(diǎn)C是AB延長(zhǎng)線上的一點(diǎn)，連接PA，PB，PC，且有∠CPB=∠PDB，作∠APB的平分線PD交⊙O于點(diǎn)D，交AB于點(diǎn)E．(1)求證：PC是⊙O的切線；(2)【問題探究】若PC=23，∠C=30°，則PE?PD(3)【拓展延伸】若PC=m，∠C=α，求PE?PD的值．（用含m和α的代數(shù)式表示）【答案】(1)見解析(2)4(3)2【分析】（1）連接OP，由圓周角定理得出∠APB=90°，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠OPA=∠CAP，證得∠CPB+∠BPO=90°，則可得出結(jié)論；（2）過點(diǎn)P作PM⊥AB于點(diǎn)M，在Rt△OPC中，根據(jù)tanC=OPPC得到OP=PC?tanC=2，進(jìn)而得到AB=2OP=4，在Rt△CPM于是得到AP?PB=43，根據(jù)PD平分∠APB，得到∠APD=∠BPD，進(jìn)而得到△APE～△DPB（3）過點(diǎn)P作PM⊥AB于點(diǎn)M，在Rt△OPC中，根據(jù)tanC=OPPC得到OP=PC?tanC=mtanα，進(jìn)而得到AB=2OP=2mtanα，在Rt△CPM中，根據(jù)sinC=PMPC得到PM=PC?sin【詳解】（1）證明：如圖1，連接OP，∵AB是⊙O的直徑，∴∠APB=90°，即∠OPB+∠OPA=90°．∵OA=OP，∴∠OAP=∠OPA，又∵PB=∴∠PDB=∠OAP，∵OP=OA,∴∠OPA=∠OAP,∴∠PDB=∠OPA，又∵∠CPB=∠PDB，∴∠CPB=∠CPA，∴∠OPB+∠CPB=90°，即∠OPC=90°，∴PC⊥OP．又∵OP為⊙O的半徑，∴直線PC是⊙O的切線；（2）解：如圖2，過點(diǎn)P作PM⊥AB于點(diǎn)M．∵PC=23，∠C=30°在Rt△OPC中，由tanC=OP∴AB=2OP=4．在Rt△CPM中，由sinC=PM在Rt△APB中，由等面積法可得：AP?PB=AB?PM∴AP?PB=AB?PM=43∵PD平分∠APB，∴∠APD=∠BPD，∵∠PDB=∠OAP，∴△APE～△DPB，∴APPD∴PE?PD=AP?PB=43（3）解：如圖2，過點(diǎn)P作PM⊥AB于點(diǎn)M．∵PC=m，∠C=α，在Rt△OPC中，由tanC=OP∴AB=2OP=2mtan在Rt△CPM中，由sinC=PM在Rt△APB中，由等面積法可得：AP?PB=AB?PM∴AP?PB=AB?PM=2m∵PD平分∠APB，∴∠APD=∠BPD，∵∠PDB=∠OAP，∴△APE～△DPB，∴APPD∴PE?PD=AP?PB=2m【點(diǎn)睛】本題主要考查切線的判定，相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，掌握相關(guān)定理與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．15．（2023·北京海淀·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，AB是⊙O的直徑，C為⊙O上一點(diǎn)，D為⊙O外一點(diǎn)，連接AC，BC，BD，CD，滿足BC=BD，∠CBD=2∠CBA．(1)證明：直線CD為⊙O的切線；(2)射線DC與射線BA交于點(diǎn)E，若AB=6，sinE=13【答案】(1)證明見詳解(2)2【分析】（1）連接OC，根據(jù)OC=OA，BC=BD，可得∠OCA=∠OAC，∠D=∠DCB，根據(jù)三角形內(nèi)外角關(guān)系可得∠OCA=2∠CBA，結(jié)合∠CBD=2∠CBA，可得∠OCA=∠DCB，再根據(jù)AB是⊙O的直徑可得∠OCA+∠OCB=90°，即可證明；（2）過B作BF⊥ED交ED于點(diǎn)F，根據(jù)AB=6得到OC=OB=3，結(jié)合sinE=13可得EO，即可得到EB，從而得到BF，根據(jù)勾股定理可得EC、EF【詳解】（1）證明：連接OC，∵OC=OA，BC=BD，∴∠OCA=∠OAC，∠D=∠DCB，∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC，又∠COA=∠OCB+∠OBC，∠COA=2∠CBA，∵∠CBD=2∠CBA，∴∠COA=∠CBD，∵∠DCB=180°?∠BDC2∴∠OCA=∠DCB，∵AB是⊙O的直徑，∴∠OCA+∠OCB=90°，∴∠DCB+∠OCB=90°，∴CD為⊙O的切線；（2）解：過B作BF⊥ED交ED于點(diǎn)F，∵BC=BD，∴CF=DF，∵AB=6，∴OC=OB=3，∵sinE=∴EO=3∴EB=9+3=12，∴BF=BE×sin根據(jù)勾股定理可得，EC=92?∴CF=82∴BD=B∴BD的長(zhǎng)是26【點(diǎn)睛】本題考查切線的判定，勾股定理，三角函數(shù)，解題的關(guān)鍵是作輔助線得到直角三角形．16．（2023·廣東東莞·東莞市東莞中學(xué)初中部?？家荒＃┮阎?，如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C為⊙O上一點(diǎn)，OF⊥BC于點(diǎn)F，交⊙O于點(diǎn)E，AE與BC交于點(diǎn)H，點(diǎn)D為OE的延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且∠ODB=∠AEC．(1)求證：BD是⊙O的切線；(2)連接BE，求證：BE(3)若⊙O的半徑為10，sinA=35【答案】(1)見解析(2)見解析(3)15【分析】（1）先由圓周角定理和已知條件說明∠ODB=∠ABC，再證∠ABC+∠DBF=90°，進(jìn)而證得∠OBD=90°即可證明結(jié)論；（2）如圖：連接AC，由垂徑定理得出BE=CE得出∠CAE=∠ECB、BE=CE，再由公共角∠CEA=∠HEC可得△CEH～△AEC，由相似三角形的性質(zhì)可得（3）如圖：連接BE，由圓周角定理得出∠AEB=90°，由三角函數(shù)求出BE，再根據(jù)勾股定理求出EA，得出BE=CE=12，由（2）的結(jié)論求出EH，然后根據(jù)勾股定理求出BH即可．【詳解】（1）解：∵∠ODB=∠AEC，∠AEC=∠ABC，∴∠ODB=∠ABC，∵OF⊥BC，∴∠BFD=90°，∴∠ODB+∠DBF=90°，∴∠ABC+∠DBF=90°，即∠OBD=90°，∴BD⊥OB，∵OB是⊙O的半徑，∴BD是⊙O的切線；（2）解：如圖：連接AC，∵OF⊥BC，∴BE=CE∴∠CAE=∠ECB，∵∠CEA=∠HEC，∴△CEH～△AEC，∴CEEA∴C∵BE=CE∴BE（3）解：如圖：連接BE，∵AB是⊙O的直徑，∴∠AEB=90°，∵⊙O的半徑為10，sin∴AB=20，BE=AB?sin∴AE=A∵BE=∴BE=CE=12，∵BE∴EH=12在Rt△BEH中，BH=【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的判定，圓周角定理，圓心角、弧、弦之間的關(guān)系定理，勾股定理，三角函數(shù)，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，正確作出輔助線、構(gòu)造三角形相似成為解答本題的關(guān)鍵．17．（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱德強(qiáng)學(xué)校校考一模）已知：AB為⊙O的直徑，點(diǎn)C、D在圓上，連接AC、AD，且∠CAB=∠DAB；(1)如圖①，求證：AC=AD；(2)如圖②，連接CD交AB于點(diǎn)M，點(diǎn)E、G在CM上，點(diǎn)F在BM上，連接EF、BG交于點(diǎn)H，若H為BG的中點(diǎn)，且EG=BF，求tan∠EFM(3)如圖③，在（2）的條件下，連接DF，且DF∥AC，連接AG并延長(zhǎng)交EF于點(diǎn)P，若∠GAB=∠PHG，AC=10【答案】(1)見解析(2)1(3)5【分析】（1）連接CO、DO，證明△AOC≌（2）過點(diǎn)G作GK∥BM，交EF于點(diǎn)K，證明△GKH≌△BFK(ASA)，推出∠GEK=∠GKE，證明（3）證明△AMC≌△FDMAAS，推出△ADF為等腰三角形，設(shè)OM=a，OF=b，分別求出tan∠GAM=GMAM=b?ab+a，tan∠GBM=GMBM=b?a3a+b，設(shè)∠GAB=∠PHG=α，求出∠PGH=∠EPG?∠PHG=45°，∠ABG=∠PGB?∠GAB=45°?α，延長(zhǎng)AP交⊙O于點(diǎn)T，連接BT、FT、TE、TH，推出四邊形EMFT為正方形，證明△EGT≌△MGA(AAS)，推出AM=a+b=a+3a=4a，GM=b?a=3a?a=2a，得到tan∠GAM=tanα=2a4a=12，tan∠GBM=tan45°?α=【詳解】（1）證明：連接CO、DO，∵BC∴∠BOC=2∠CAB，∵BD∴∠BOD=2∠DAB，∵∠CAB=∠DAB，∴∠BOC=∠BOD，∴180°?∠BOC=180°?∠BOD，∴∠AOC=∠AOD，在△AOC和△AOD中，∠CAO=∠DAOAO=AO∴△AOC≌∴AC=AD；（2）過點(diǎn)G作GK∥BM，交EF于點(diǎn)∴∠GKH=∠BFH，∵∠GHK=∠BHF，GH=BH，∴△GKH≌∴GK=BF，∵EG=BF，∴EG=GK，∴∠GEK=∠GKE，

由（1）知AC=AD，∠CAM=∠DAM，AM=AM，∴△CAM≌∴∠AMC=∠AMD，∵∠AMC+∠AMD=180°，∴∠AMC=∠AMD=90°，∴AM⊥CD，∴∠BMC=90°，∵GK∥∴∠EGK=90°，

∴∠GEK=∠GKE=45°，∴∠EFM=∠EKG=45°，∴tan（3）（3）由（2）知，△ACD為等腰三角形，AC=AD，CM=DM，∠AMC=∠FMD=90°，∵DF∥∴∠ACM=∠FDM，∠CAM=∠DFM，∴△AMC≌∴AC=FD，AM=FM，∵AC=AD，∴AD=FD，∴△ADF為等腰三角形，設(shè)OM=a，OF=b，∴MF=a+b=AM，∵AO=BO，∴AM+OM=OF+BF，∴a+b+a=b+BF，∴BF=2a=EG，∵Rt△EMF為等腰直角三角形，EM=MF=a+b∴MG=EM?EG=b?a，∴tan∠GAM=GM設(shè)∠GAB=∠PHG=α，∵∠AMC=90°，∴∠AGM=90?α=∠CGP，∵∠GEP=45°，∴∠EPG=45°+α，∴∠PGH=∠EPG?∠PHG=45°，∴∠ABG=∠PGB?∠GAB=45°?α，延長(zhǎng)AP交⊙O于點(diǎn)T，連接BT、FT、TE、TH,BD，∵直徑AB，∴∠ATB=90°，∴∠ABT=90°?α，∴∠GBT=45°=∠BGT，∴Rt△BGT∵TH為△GTB的中線，∴TH⊥BG，

∴BH=TH，Rt△BHT在△EGT和△FBT中，GT=BT∠EGT=∠FBT∴△EGT?△FBTSAS∴ET=FT，∠ETG=∠FTB，∵∠ATB=∠ATF+∠BTF=90°，∴∠ATF+∠ETG=90°，∴∠ETF=90°，∴Rt△ETF為等腰直角三角形，∴EF=2在等腰Rt△EMF中，EF=∴EM=ET，∴∠MET=90°，∴四邊形EMFT為正方形，∴ET=MF=AM，

在△EGT和△MGA中，ET=AM，∠AMG=∠TEG=90°，∠AGM=∠TGE，∴△EGT≌∴EG=MG，∴2a=b?a，∴b=3a，

∴AM=a+b=a+3a=4a，GM=b?a=3a?a=2a，∴tan∴tan∵∠AMD=∠DMB=90°,∠ADM=∠ACM=∠MBD，∴△AMD∽∴AMDM=∴DM=26∴CM=DM=26在Rt△ACM中，勾股得A∴10=(4a)2∴a=12或∴AM=12+如抽圖，過點(diǎn)P作PK⊥EG于K點(diǎn)，tan∠GPK=設(shè)GK=m，則PK=2m=EK，∴EG=3m=1，∴m=1∴PK=2m=2在Rt△PKG中，勾股得PG=【點(diǎn)睛】本題考查圓周角定理，全等三角形的綜合問題，等腰三角形的判定和性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形．本題的綜合性強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的思維能力要求高，屬于中考?jí)狠S題，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，證明三角形全等和相似．18．（2023·廣東·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C為⊙O上一點(diǎn)，OF⊥BC，垂足為F，交⊙O于點(diǎn)E，AE與BC交于點(diǎn)H，點(diǎn)D為OE的延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且∠ODB=∠AEC．(1)求證：BD是⊙O的切線；(2)求證：CE(3)若⊙O的半徑為52，sinA=35，求【答案】(1)見解析(2)見解析(3)BH=154【分析】（1）根據(jù)已知和圓周角定理的推論可得∠ODB=∠ABC，再證明∠OBD=90°即可解決問題；（2）連接AC，如圖2所示，根據(jù)垂徑定理和圓周角定理推論可證明∠CAE=∠ECB，推出△AEC∽△CEH，再利用相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；（3）連接BE，如圖3所示，則∠AEB=90°，解直角三角形ABE求出BE=3,AE=4，結(jié)合（2）的結(jié)論可求出EH=94，再根據(jù)勾股定理即可求出BH；然后解Rt△CFE求出FE=95，進(jìn)而求出CF=125，即為BF的長(zhǎng)，再利用勾股定理求出OF【詳解】（1）證明：如圖1所示，∵∠ODB=∠AEC，∠AEC=∠ABC，∴∠ODB=∠ABC，∵OF⊥BC，∴∠BFD=90°，∴∠ODB+∠DBF=90°，∴∠ABC+∠DBF=90°，即∠OBD=90°，∴BD⊥OB，∵AB是⊙O的直徑，∴BD是⊙O的切線；（2）證明：連接AC，如圖2所示，∵OF⊥BC，∴BE=∴∠CAE=∠ECB，∵∠CEA=∠HEC，∴△AEC∽△CEH，∴CEEH∴CE（3）解：連接BE，如圖3所示，∵AB是⊙O的直徑，∴∠AEB=90°，∵⊙O的半徑為52，sin∴AB=5，BE=AB?sin∴EA=A∵BE=∴BE=CE=3，∵CE∴EH=9∴在Rt△BEH中，BH=∵∠A=∠C，∴sinC=∵OF⊥BC，垂足為F，∴在Rt△CFE中，F(xiàn)E=CE?∴CF=C∴BF=CF=12∴OF=B∵∠ODB=∠ABC，∴tan∠ODB=∴BFDF∴BF∴125∴DF=288【點(diǎn)睛】本題是圓的綜合題，主要考查了圓周角定理、垂徑定理、圓的切線的判定、相似三角形的判定和性質(zhì)、解直角三角形等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)定理、靈活應(yīng)用數(shù)形結(jié)合思想是解題的關(guān)鍵．19．（2023·北京豐臺(tái)·北京市第十二中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，在△ABC中，以AB為直徑的⊙O分別交AC、BC于點(diǎn)D、E，且AD=DC．過點(diǎn)B作⊙O的切線，交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，且CF=DC，求sin∠CAE【答案】sin【分析】由BF切⊙O于點(diǎn)B，易得△ABD∽△BFD，然后由相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例，求得【詳解】∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB=90°．又∵AD=DC，∴AB=BC．∵BF切⊙O于點(diǎn)B，∴∠ABF=90°．∴∠BAF+∠F=90°．又∵∠BAF+∠ABD=90°，∴∠ABD=∠F，∴△ABD∽∴ADBD∴BD又∵CF=DC，∴CF=DC=AD，設(shè)CF=DC=AD=k，則BD∴BD=2在Rt△BCD中，BC=sin∠CBD=又∵∠CBD+∠ACB=90°，∠CAE+∠ACB=90°∴∠CBD=∠CAE，∴sin∠CAE=【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，三角函數(shù)，證得△ABD∽20．（2023·河北石家莊·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖1，在等腰三角形ABC中，AB=AC，O為底邊BC的中點(diǎn)，AB切⊙O于點(diǎn)D，連接OD，⊙O交BC于點(diǎn)M，N．(1)求證：AC是⊙O的切線；(2)∠B=42°，①若OD=4，求劣弧DM的長(zhǎng)；②如圖2，連接DM，若DM=4，直接寫出OD的長(zhǎng)．（參考數(shù)據(jù)：sin24°取0.4，cos24°取0.9，tan24°【答案】(1)見解析(2)①16π15【分析】（1）過點(diǎn)O作OE⊥AC于點(diǎn)E，連接OA，通過證明OE=OD，利用直線與圓相切的定義解答即可；（2）①求出∠BOD=48°，再利用弧長(zhǎng)公式計(jì)算即可；②過點(diǎn)O作OF⊥DM于點(diǎn)F，利用等腰三角形的性質(zhì)求出DF，∠DOF，利用三角函數(shù)的定義即可求出DO的長(zhǎng)．【詳解】（1）解：過點(diǎn)O作OE⊥AC于點(diǎn)E，連接OA，如圖，∵AB=AC，O為底邊BC的中點(diǎn)，∴AO為∠BAC的平分線，∵OD⊥AB，OE⊥AC，∴OD=OE，∵OD為⊙O的半徑，∴OE為⊙O的半徑，∴直線AC到圓心O的距離等于圓的半徑，∴AC是⊙O的切線；（2）①∵AB切⊙O于點(diǎn)D，∴∠ODB=90°，∵∠B=42°，∴∠BOD=48°，∵OD=4，∴劣弧DM的長(zhǎng)為48×π×4180②過點(diǎn)O作OF⊥DM于點(diǎn)F，如圖，∵OF⊥DM，∴DF=MF=1∵OD=OM，OF⊥DM，∴OF為∠DOM的平分線，∴∠DOF=1在Rt△ODF∵sin∴sin∴OD=2【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓的有關(guān)性質(zhì)，垂徑定理，圓的切線的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的邊角關(guān)系定理，三角形的內(nèi)角和定理，過圓心作直線的垂線段是解決此類問題常添加的輔助線．21．（2023·河北石家莊·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在△ABC中，∠C=90°，AE平分∠BAC并交BC于點(diǎn)E，點(diǎn)O在AB上，經(jīng)過點(diǎn)A，E的半圓O分別交AC，AB于點(diǎn)F，D，連接ED．(1)求證：BC是⊙O的切線；(2)判斷∠DEB和∠EAB的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；(3)若⊙O的半徑為5，AC=8，求點(diǎn)E到直線AB的距離．【答案】(1)見詳解(2)∠DEB=∠EAB，理由見詳解(3)4【分析】（1）連接OE，根據(jù)AE平分∠BAC，可得∠BAC=2∠EAB，根據(jù)∠EOD=∠OAE+∠OEA=2∠OAE，即有∠EOD=∠CAB，則AC∥（2）結(jié)合∠BED+∠AEC=90°，∠CAE+∠AEC=90°，可得∠BED=∠CAE，再根據(jù)AE平分∠BAC，可得∠DEB=∠EAB，問題得解；（3）過E點(diǎn)作EM⊥AD于M，根據(jù)角平分線的性質(zhì)定理可得EM=CE，再證明△ACE∽△AED，問題隨之得解．【詳解】（1）連接OE，如圖，∵AE平分∠BAC，∴∠BAC=2∠EAB，∵OA=OE，∴∠OAE=∠OEA，∴∠EOD=∠OAE+∠OEA=2∠OAE，∴∠EOD=∠CAB，∴AC∥∵∠C=90°，∴∠OEB=90°，∴OE⊥BC，∵OE為圓O的半徑，∴BC是⊙O的切線；（2）∠DEB=∠EAB，理由如下：∵AD半圓O的直徑，∴∠AED=90°，∴∠BED+∠AEC=90°，∵∠CAE+∠AEC=90°，∴∠BED=∠CAE，∵AE平分∠BAC，∴∠BAE=∠CAE，∴∠DEB=∠EAB；（3）過E點(diǎn)作EM⊥AD于M，如圖，根據(jù)題意有：AD=5×2=10，∵AE平分∠BAC，EM⊥AD，∠C=90°，∴AC⊥CE，∴EM=CE，∵∠BAE=∠CAE，∠C=∠AED=90°，∴△ACE∽△AED，∴ACAE∵AC=8，AD=10，∴AE∴CE=A∴EM=CE=4，∴點(diǎn)E到直線AB的距離為4．【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定，圓周角定理以及相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，掌握切線的判定是解答本題的關(guān)鍵．．22．（2023·安徽合肥·統(tǒng)考一模）已知等腰△ABC，AB=AC，且BC=CD，連接AD交BC于點(diǎn)E，以DE為直徑的⊙O上有一點(diǎn)F，使得EF=DF，連接CF交DE于點(diǎn)G，若(1)判斷AC與⊙O的關(guān)系，并說明理由；(2)若CE=1，求CF?GF的值．【答案】(1)AC與⊙O相切，理由見解析(2)2+【分析】（1）如圖所示，連接OC，先由三角形內(nèi)角和定理和對(duì)頂角相等證明∠B+∠OEC=90°，再根據(jù)等邊對(duì)等角證明∠ACB+∠OCE=90°，即可得到結(jié)論；（2）如圖所示，連接BD交⊙O于H，連接EH，OF，由直徑所對(duì)的圓周角是直角得到∠ECD=∠EHD=90°，再證明A、B、C、D四點(diǎn)共圓，得到∠ADB=∠ACB，進(jìn)而證明∠ADB=∠CDE，則由角平分線的性質(zhì)得到EH=CE=1，再證明∠HEB=45°=∠HBE，推出BH=EH=1，則BE=2，即可求出CD=2+1，利用勾股定理求出DE=4+22，再由EF=DF，DE是⊙O的直徑，得到∠EDF=∠DCF=45°【詳解】（1）解：AC與⊙O相切，理由如下：如圖所示，連接OC，∵∠BAD=90°，∴∠B+∠AEB=90°，∵∠OEC=∠AEB，∴∠B+∠OEC=90°，∵AC=AB，∴∠ACB=∠B，∴∠ACB+∠OCE=90°，即∠ACO=90°，∴AC⊥OC，∴AC與⊙O相切；（2）解：如圖所示，連接BD交⊙O于H，連接EH，∵DE是⊙O的直徑，∴∠ECD=∠EHD=90°，∵∠BAD=∠BCD=90°，∴A、B、C、D四點(diǎn)共圓，∴∠ADB=∠ACB，∵∠B+∠CED=90°=∠CDE+∠CED，∴∠B=∠CDE，∴∠ADB=∠CDE，∴EH=CE=1，∵BC=DC，∴∠CBD=45°，∴∠HEB=45°=∠HBE，∴BH=EH=1，∴BE=2∴CD=BC=BE+CE=2∴DE=C∵EF=DF，DE是∴∠EDF=∠DCF=45°，OF⊥DE，∴DF2又∵∠CFD=∠DFG，∴△CFD∽△DFG，∴CFDF∴CF?GF=DF【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的判定，垂徑定理，圓周角定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定等等，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．23．（2023·河南周口·統(tǒng)考一模）如圖，已知點(diǎn)D是⊙O上一點(diǎn)，點(diǎn)C在直徑BA的延長(zhǎng)線上，BE與⊙O相切，交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，且BE=DE．(1)求證：CD是⊙O的切線；(2)若AC=4，sin①求⊙O的半徑；②求BD的長(zhǎng)．【答案】(1)見解析(2)①2；②4【分析】（1）如圖，連接OD．要證CD是⊙O的切線，只要證明OD⊥CD即可；（2）①根據(jù)sinC=②證明△CDA∽△CBD，推出ADBD=ACCD=【詳解】（1）證明：如圖，連接OD．∵EB=ED，∴∠EBD=∠EDB，∠OBD=∠ODB，∵BE與⊙O相切，OB是半徑，∴OB⊥BE，∴∠OBE=90°，∴∠EBD+∠OBD=90°，∴∠EDB+∠ODB=90°，∴OD⊥DE，∵OD是半徑，∴CD是⊙O的切線；（2）解：①設(shè)OD=OA=r，∵OD⊥CD，∴sinC=∴rr+4∴r=2，經(jīng)檢驗(yàn)，r=2是原方程的解，且符合題意，∴⊙O的半徑為2；②在Rt△COD中，CD=∵BA是直徑，∴∠ADB=90°，∴∠DBA+∠BAD=90°，∵OD=OA，∴∠OAD=∠ODA，∵∠ADC+∠ODA=90°，∴∠ADC=∠CBD，∵∠C=∠C，∴△CDA∽△CBD，∴ADBD設(shè)AD=2k，∵AD∴2k∴k=2∴BD=2k=4【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定和性質(zhì)，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，屬于中考?？碱}型．24．（2023·河南鄭州·統(tǒng)考一模）如圖，點(diǎn)O在△ABC的邊AB上，⊙O與邊AC相切于點(diǎn)E，與邊BC，AB分別交于點(diǎn)D，F(xiàn)，且DE=EF．(1)求證：∠C=90°；(2)當(dāng)BC=3,AC=4時(shí)，求⊙O半徑的長(zhǎng)．【答案】(1)見解析(2)15【分析】（1）連接OE，先根據(jù)切線性質(zhì)得到∠OEA=90°，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和等弧所對(duì)的圓周角相等證得∠OEB=∠EBD，進(jìn)而證得OE∥（2）先根據(jù)勾股定理求得AB=5，設(shè)⊙O的半徑為r，則AO=5?r，證明△AEO∽△ACB得到OEBC=AO【詳解】（1）證明：連接OE，∵⊙O與邊AC相切于點(diǎn)E，∴∠OEA=90°，∵OB=OE，∴∠OEB=∠OBE，∵DE=EF，∴DE=∴∠OBE=∠EBD，∴∠OEB=∠EBD，∴OE∥∴∠C=∠OEA=90°；（2）解：在Rt△ABC中，BC=3,AC=4，∠C=90°∴AB=A設(shè)⊙O的半徑為r，則AO=5?r，∵OE∥∴△AEO∽△ACB，∴OEBC=AO解得r=158，即⊙O半徑的長(zhǎng)為【點(diǎn)睛】本題考查切線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，弧、弦、圓周角的關(guān)系，相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、平行線的判定與性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)的聯(lián)系與運(yùn)用是解答的關(guān)鍵．25．（2023·湖南長(zhǎng)沙·校聯(lián)考二模）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)E在AB的延長(zhǎng)線上，AC平分∠DAE交⊙O于點(diǎn)C，連接EC并延長(zhǎng)，AD垂直EC于點(diǎn)D．(1)求證：直線DE是⊙O的切線；(2)若⊙O的半徑為3，BE=2，求線段AD的長(zhǎng)．【答案】(1)見解析(2)24【分析】（1）連接OC，由角平分線的定義及等腰三角形的性質(zhì)，得出∠DAC=∠ACO，再根據(jù)平行線的判定定理，得出AD∥OC，進(jìn)而得出（2）連接OC，證明△COE∽【詳解】（1）證明：如圖1，連接OC，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∵AC平分∠DAE，∴∠DAC=∠OAC，∴∠DAC=∠ACO，∴AD∥∴∠OCE=∠ADC∵AD⊥DE，∴∠ADC=90°，∴∠OCE=90°，∴OC⊥DE，∵OC是半徑，∴DE是⊙O的切線；（2）解：如圖1，連接OC，∵AD∥∴△COE∽∴OCAD∴3AD∴AD=24【點(diǎn)睛】本題考查了等邊對(duì)等角、平行線的判定與性質(zhì)、切線的判定定理、相似三角形的判定與性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵是作輔助線，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，屬于中考?？碱}型．26．（2023·黑龍江大慶·?？家荒＃┮阎鰽BC是⊙O的內(nèi)接三角形，∠BAC的平分線與⊙O相交于點(diǎn)D，連接DB．(1)如圖1，設(shè)∠ABC的平分線與AD相交于點(diǎn)I，求證：BD=DI；(2)如圖2，過點(diǎn)D作直線DE∥BC，求證：DE是⊙O的切線；(3)如圖3，設(shè)弦BD，AC延長(zhǎng)后交⊙O外一點(diǎn)F，過F作AD的平行線交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，過G作⊙O的切線GH（切點(diǎn)為H），求證：【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析【分析】（1）根據(jù)角平分線的定義、圓周角定理的推論和三角形的外角性質(zhì)證明∠BID=∠DBI即可；（2）連接OD，根據(jù)垂徑定理的推論可得OD⊥BC，結(jié)合DE∥BC可得OD⊥DE，進(jìn)而可得結(jié)論；（3）作輔助線如詳解圖，證明△HBG∽△CHG，得GH2=GC×GB；證明△GFC∽△GBF【詳解】（1）證明：∵AD是∠BAC的平分線，BI是∠ABC的平分線，∴∠BAD=∠DAC=∠CBD，∵∠BID=∠ABI+∠BAD，∴∠BID=∠DBI，∴BD=DI；（2）證明：連接OD，∵AD是∠BAC的平分線，∴BD=∴OD⊥BC，∵DE∥BC，∴OD⊥DE，∵OD是⊙O的半徑，∴DE是⊙O的切線；（3）證明：過點(diǎn)H作⊙O的直徑HK，連接BH，∵HK是⊙O的直徑，GH是⊙O的切線，∴∠HCK=∠KHG=90°，∴∠KHC+∠K=90°=∠KHC+∠GHC，∴∠K=∠GHC，∵∠HBG=∠K，∴∠HBG=∠GHC，∵∠CGH=∠HGB∴△HBG∽△CHG，∴HGCG∴GH∵AD∥FG，∴∠DAF=∠GFC，∵∠DAF=∠DBC，∴∠GFC=∠DBC，∵∠CGF=∠BGF，∴△GFC∽△GBF，∴GFGB∴GF∴GF∴GF=GH．【點(diǎn)睛】本題是圓的綜合題，主要考查了圓的切線的判定和性質(zhì)、圓周角定理、垂徑定理、角平分線的定義、三角形的外角性質(zhì)、等腰三角形的判定、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，綜合性較強(qiáng)，正確添加輔助線、熟練掌握上述知識(shí)是解題的關(guān)鍵．27．（2023·安徽合肥·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C在⊙O上，AD平分∠CAB，BD是⊙O的切線，AD與BC相交于點(diǎn)E，與⊙O相交于點(diǎn)F，連接BF．(1)求證：BD=BE；(2)若DE=2，BD=5，求AE的長(zhǎng)．【答案】(1)見解析(2)3【分析】（1）根據(jù)AB是⊙O的直徑，得出∠C=90°，BD是⊙O的切線，得出BD⊥AB，結(jié)合角平分線的定義，得出∠DEB=∠D，進(jìn)而得出BD=BE；（2）根據(jù)（1）的結(jié)論得出EF=DF=12DE=1，證明Rt【詳解】（1）證明：∵AD平分∠CAB，∴∠CAE=∠BAE．∵AB是⊙O的直徑，∴∠C=90°，∴∠CAE+∠CEA=90°，∵∠DEB=∠CEA，∴∠DEB+∠DAB=90°．∵BD是⊙O的切線，∴BD⊥AB，∴∠ABD=90°，∴∠BAD+∠D=90°，∴∠DEB=∠D，∴BD=BE；（2）∵AB是⊙O的直徑，∴∠AFB=90°，∴BF⊥DE，∵BD=BE，∴EF=DF=1∵BD是⊙O的切線，∴BD⊥AB，∵BF⊥AD，∴Rt∴DFBD∴BD∴5∴AD=5，∴AE=AD?DE=5?2=3．【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)，直徑所對(duì)的圓周角是直角，相似三角形的性質(zhì)與判定，綜合運(yùn)用以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．28．（2023·山東聊城·統(tǒng)考一模）如圖，⊙O的弦AB，CD交于點(diǎn)E，連接AC，BC，延長(zhǎng)DC到點(diǎn)P，連結(jié)PB，PB與⊙O相切，且PB=PE．(1)求證：點(diǎn)A是CD的中點(diǎn)；(2)若AE=BE，AC=4，求AE的長(zhǎng)．【答案】(1)見解析(2)2【分析】（1）連接OA、OB，根據(jù)切線的性質(zhì)可證得∠OBA+∠PBE=90°，根據(jù)等腰三角形及對(duì)頂角的性質(zhì)，可證得∠PBE=∠PEB=∠AED，∠OAB=∠OBA，即可證得OA⊥CD，再根據(jù)垂徑定理，即可證得結(jié)論；（2）首先根據(jù)圓周角定理可證得△ACE∽△ABC，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，可證得【詳解】（1）證明：如圖：連接OA、OB，∵PB與⊙O相切，∴OB⊥PB，∴∠OBA+∠PBE=90°，∵PB=PE，OA=OB，∴∠PBE=∠PEB，∠OAB=∠OBA，∵∠PEB=∠AED，∴∠PBE=∠AED，∴∠OAB+∠AED=90°，∴OA⊥CD，∴點(diǎn)A是CD的中點(diǎn)；（2）解：∵AE=BE，∴AB=2AE，∵點(diǎn)A是CD的中點(diǎn)，∴∠ACE=∠ABC，又∵∠CAE=∠BAC，∴△ACE∽∴AC∴AC∴AC∴2AE解得AE=22【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)和判定，切線的性質(zhì)，圓周角定理，圓心角、弧、弦之間的關(guān)系等知識(shí)點(diǎn)，能綜合運(yùn)用知識(shí)點(diǎn)進(jìn)行推理是解此題的關(guān)鍵．29．（2023·湖南長(zhǎng)沙·校聯(lián)考二模）如圖1，拋物線y=ax2+3ax（a為常數(shù)，a<0）與x軸交于O，A兩點(diǎn)，點(diǎn)B為拋物線的頂點(diǎn)，點(diǎn)D是線段OA上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接BD并延長(zhǎng)與過O，A，B三點(diǎn)的⊙P相交于點(diǎn)C，過點(diǎn)C作⊙P的切線交(1)①求點(diǎn)A的坐標(biāo)；②求證：CE=DE；(2)如圖2，連接AB，AC，BE，BO，當(dāng)a=?233①求證：AB②求1OD【答案】(1)①A?3(2)①見解析；②1【分析】（1）①令y=0，可得axx+3=0，則②連接PC，連接BP延長(zhǎng)交x軸于點(diǎn)M，由切線的性質(zhì)可證得∠ECD=∠CDE，則CE=DE；（2）①由y=ax2+3ax=?233x2?23x=?23②過點(diǎn)O分別作BC、BE的垂線，交BC、BE于點(diǎn)N、M，過點(diǎn)B作AE的垂線，交AE于點(diǎn)G，設(shè)OE=m，點(diǎn)D的坐標(biāo)為t，0，由∠CAE=∠OBE可得∠CBO=∠OBE，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)，結(jié)合三角形的面積，得出BDBE【詳解】（1）解：①令y=ax∴axx+3解得x=0或?3，∴A?3②如圖，連接PC，連接PB，延長(zhǎng)交x軸于點(diǎn)M，∵⊙P過O、A、B三點(diǎn)，B為頂點(diǎn)，∴PM⊥OA，∠PBC+∠BDM=90°，又∵PC=PB，∴∠PCB=∠PBC，∵CE為切線，∴∠PCB+∠ECD=90°，又∵∠BDM=∠CDE，∴∠ECD=∠CDE，∴CE=DE；（2）解：①如圖，∵a=?2∴y=ax令y=0，可得?2∴x=0或?3，∴A?3，0∴OA=3，AB=OB=3∴△OAB是等邊三角形，∴∠BAO=∠ABO=∠AOB=60°，∴∠ACB=∠AOB=60°，∴∠ACB=∠BAE=60°，∵∠CAE=∠OBE，∠BAO=∠ABO=60°，∴∠BAO+∠CAE=∠BAC，∠ABO+∠OBE=∠EBA，∴∠BAC=∠EBA，∴△BAC∽∴ABBE∴AB②解：如圖，過點(diǎn)O分別作BC、BE的垂線，交BC、BE于點(diǎn)N、M，過點(diǎn)B作AE的垂線，交AE于點(diǎn)G，設(shè)OE=m，點(diǎn)D的坐標(biāo)為t，∵∠CAE=∠CBO，∠CAE=∠OBE，∴∠CBO=∠EBO，∴ON=OM，∵S△OBD=1∴S△OBD∵S△OBD=1∴S△OBD∴BDBE∵BD=t+BE=m+∴t2∴m=?3tt+3或∴?1∴1OD【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)與圓的綜合問題，考查了二次函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)、切線的性質(zhì)、等腰三角形的判定、圓周角定理等知識(shí)．把圓的知識(shí)鑲嵌其中，會(huì)靈活運(yùn)用圓的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算是解題的關(guān)鍵．30．（2023·陜西咸陽·校考二模）如圖，EF是⊙O的直徑，點(diǎn)A為線段OF上一點(diǎn)，點(diǎn)B為AE的中點(diǎn)，過點(diǎn)B作BC⊥EF交⊙O于點(diǎn)C，連接AC、CE，過點(diǎn)E作⊙O的切線ED交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D．(1)求證：CD=CE；(2)若OA=2OB=2，求DE的長(zhǎng)．【答案】(1)見解析(2)2【分析】（1）通過證明△ABC∽△AED，可得DE=2BC，AD=2AC，由直角三角形的性質(zhì)可求解；（2）連接OC，先求出CO，BO的長(zhǎng)，由勾股定理可求BC的長(zhǎng)，即可求解．【詳解】（1）證明：∵點(diǎn)B是AE的中點(diǎn)，∴AB=BE=1∵EF⊥BC，∴∠ABC=90°，∵DE是⊙O的切線，∴∠DEA=90°=∠ABC，∴DE∥BC，∴△ABC∽△AED，∴ACAD∴DE=2BC，AD=2AC，∴點(diǎn)C是AD的中點(diǎn)，又∵∠AED=90°，∴CD=CE；（2）如圖，連接OC，∵OA=2OB=2，∴OB=1，AB=3，∴AE=6，BE=3，∴OE=OC=4，∴BC=C∴DE=2BC=215【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理及圓的有關(guān)知識(shí)，證明三角形相似是解題的關(guān)鍵．31．（2023·廣東佛山·校聯(lián)考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，OD⊥弦AC于點(diǎn)E，且交⊙O于點(diǎn)D，F(xiàn)是BA延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，若∠CDB=∠BFD．(1)求證：FD是⊙O的一條切線；(2)若FA=5,AB=15，連接AD、DB，請(qǐng)問ADDB(3)在（2）的條件下，求BD、BC的長(zhǎng)．【答案】(1)見解析(2)ADDB(3)65【分析】（1）根據(jù)圓周角定理，得到∠CDB=∠CAB，進(jìn)而證明DF∥AC，得到OD⊥DF，從而證明（2）根據(jù)弦切角定理，可以得到∠ADF=∠DBF，證明△AFD∽△DFB，從而得到ADDB=DFBF，在Rt△ODF中，根據(jù)勾股定理，求出DF的長(zhǎng)，再算出（3）在Rt△ABD中，根據(jù)（2）的結(jié)論，可設(shè)AD=x,則BD=2x,根據(jù)勾股定理可求得x,從而求解BD的長(zhǎng)；根據(jù)DF∥AC，利用平行線分線段成比例，可以得到OEDE=AOFA，從而求出OE的長(zhǎng)度，在Rt△ABC中，可以證明【詳解】（1）解：連接AD在⊙O中，∵CB=∴∠CDB=∠CAB，又∵∠CDB=∠BFD，∴∠BFD=∠CAB，∴AC∥∵OD⊥AC，∴FD⊥OD，又∵OD為半徑，∴FD是⊙O的一條切線．（2）解：ADDB連接AD，∵AB為直徑，AB=15，∴∠ADB=90°，OA=OD=7.5，由（1）得在Rt△FDO中，F(xiàn)O=5+7.5=12.5FD=F∵∠FDO=∠ADB=90°，∴∠FDA+∠ADO=∠ADO+∠ODB，∴∠FDA=∠ODB，又∵OD=OB，∴∠OBD=∠ODB，∴∠FDA=∠OBD，且∠AFD=∠DFB（公共角），∴△AFD∽△ADF，∴ADDB又∵AF=5,FD=10，∴ADDB（3）解；由（2）知，在Rt△FDO中，ADDB=12，設(shè)AD=x（有AB2=A解得x=35∴BD=2x=6∵OD⊥AC于E∴AE=EC且AO=BO∴OE是Rt△ABC的中位線，∴CB=2OE，又∵AC∥∴OEDE∴OEDE∴OE=3∴BC=9．【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理、圓的切線、三角形相似、勾股定理、三角形中位線等知識(shí)，找到三角形相似及對(duì)應(yīng)線段成比例是求解的關(guān)鍵．32．（2023·黑龍江哈爾濱·?？寄M預(yù)測(cè)）AB、AC為圓O的弦，OA平分∠BAC．(1)如圖1，求證：AB=(2)如圖2，連接BO并延長(zhǎng)交圓O于點(diǎn)F，連接AF，作BG⊥AC于點(diǎn)G，延長(zhǎng)AO交BG于點(diǎn)M，求證：AF=BM；(3)如圖3，在（2）的條件下，連接OG，延長(zhǎng)BG交圓O于點(diǎn)D，連接CD并延長(zhǎng)，與AF的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)K，AB=2FK，BC=6，求OG的長(zhǎng)．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)OG=【分析】（1）連接OC、OB，證明△AOB≌△AOCAAS，得出∠BOA=∠COA（2）構(gòu)造等腰△AEF，證明∠OEF=∠OMB，證△FEO≌△BMOAAS，得出EF=MB，根據(jù)AF=EF，得出AF=BM（3）延長(zhǎng)AK與BD交于點(diǎn)L，連接FD，延長(zhǎng)AM交BC于N，交⊙O于點(diǎn)T，作OH⊥BD于點(diǎn)H，根據(jù)AAS證明△ABG≌△FLD，得出BG=FD，利用垂徑定理，進(jìn)一步證OH是△BFD的中位線，證明△OMH∽△BCG，得出OHBG=OMBC=12，根據(jù)BC=6求出OM=3，證明BM=BT，∠ONB=90°，設(shè)MN=NT=x，則OB=OT=3+2x，根據(jù)B【詳解】（1）證明：連接OC、OB，如圖所示：∵OA平分∠BAC，∴∠CAO=∠BAO，∵OA=OC,OA=OB，∴∠OAC=∠OCA=∠BAO=∠OBA，∵在△AOB和△AOC中，∠CAO=∠BAO∠OCA=∠OBA∴△AOB≌△AOCAAS∴∠BOA=∠COA，∴AB=（2）證明：在OA上取一點(diǎn)E，使AF=EF，則∠EAF=∠AEF，∵OA=OF，∴∠OAF=∠OFA，∴∠EAF=∠AEF=∠AFO，∵BF為直徑，∴∠BAF=90°，∴∠EAF+∠BAO=90°，∵BG⊥AC，∴∠AGM=90°，∴∠CAO+∠AMG=90°，∴∠EAF=∠AMG，∴∠AMG=∠AEF，∴180°?∠AMG=180°?∠AEF，即∠OEF=∠OMB，∵∠EOF=∠BOM，OF=OB，∴△FEO≌△BMOAAS∴EF=MB∵AF=EF，∴AF=BM．（3）解：延長(zhǎng)AK與BD交于點(diǎn)L，連接FD，延長(zhǎng)AM交BC于N，交⊙O于點(diǎn)T，作OH⊥BD于點(diǎn)H，∵BG⊥AC，∴∠AGB=∠BGC=90°，∵BF為直徑，∴∠BDF=90°，∴∠FDL=180°?90°=90°，∴∠FDL=∠AGL，∴DF∥∴AF=∴AD=∴∠FAC=∠DCA，∵DF∥∴∠KFD=∠FAC，∠KDF=∠KCA，∴∠KFD=∠KDF，∴KF=KD，∵∠KDL+∠KDF=∠L+∠KFD=90°，∴∠KDL=∠L，∴DK=KL，∴DK=KF=KL，∴FL=2FK，∵AB=2FK，∴FL=AB，∵∠L+∠ABL=90°，∠BAG+∠ABL=90°，∴∠L=∠BAG，∵∠FDL=∠AGB=90°，∴△ABG≌△FLD，∴BG=FD，∵OH⊥BD，∴BH=DH，∵OB=OF，∴OH是△BFD的中位線，∴OH∥DF，∴∠MOH=∠OAC，∵AO平分∠BAC，∴∠OAC=∠OAB，∴CT=∴AT⊥BC，∴∠ANC=∠ANB=90°，∴∠ACN+∠CAN=∠CBG+∠GCB=90°，∴∠CAN=∠CBG，∴∠MOH=∠CBG，∵∠OHM=∠BGC=90°，∴△OMH∽△BCG，∴OH∵BC=6，∴OM=3，∵∠AMG+∠GAM=∠GAM+∠ACB=90°，∴∠AMG=∠ACB，∵AB=∴∠ACB=∠ATB，∵∠AMG=∠BMT，∴∠BMT=∠BTM，∴BM=BT，∵BN⊥MT，∴MN=NT，設(shè)MN=NT=x，∵△ABT為直角三角形，AO=OT，∴OB=OT=3+2x，∵ON⊥BC，∴BN=CN=1∵BN∴32解得：x1=1，∴MN=NT=1，∴OT=3+1+1=5，在Rt△BMNBM=B∵sin∠MOH=∴sin∠MOH=即HM3∴HM=3∴OH=O∴BG=DF=2OH=9∴HG=BG?BM?MH=9∴OG=O【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓的綜合應(yīng)用，三角形相似的判定和性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，勾股定理，三角函數(shù)的應(yīng)用，垂徑定理，圓周角定理，中位線性質(zhì)，本題綜合性很強(qiáng)，難度很大，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，構(gòu)造全等三角形，熟練掌握?qǐng)A的基本性質(zhì)．33．（2023·陜西渭南·統(tǒng)考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C、D在⊙O上，且點(diǎn)D是劣弧AC的中點(diǎn)，連接AC、BC、BD，AC與BD交于點(diǎn)E，過點(diǎn)A作⊙O的切線交BD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．(1)求證：AE=AF；(2)若AB=4，BC=1，求AF的長(zhǎng)．【答案】(1)見解析(2)4【分析】（1）先根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等得出∠DBA=∠DBC，再根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角為90°得出∠EBC+∠CEB=90°，等量代換可得∠FBA+∠AEF=90°，根據(jù)切線的定義可得∠FAB=90°，進(jìn)而可得∠FBA+∠AFB=90°，等量代換可得∠AEF=∠AFB，即可證明AE=AF；（2）先根據(jù)勾股定理求出AC=15，再證△EBC∽△FBA，推出BCBA=CEAF【詳解】（1）證明：∵點(diǎn)D是劣弧AC的中點(diǎn)，∴AD=∴∠DBA=∠DBC，即∠FBA=∠EBC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，即∠ECB=90°，∴∠EBC+∠CEB=90°，又∵∠CEB=∠AEF，∴∠FBA+∠AEF=90°．∵AF是⊙O的切線，∴∠FAB=90°，∴∠FBA+∠AFB=90°，∴∠AEF=∠AFB，∴AE=AF；（2）解：∵AB=4，BC=1，∠ACB=90°，∴AC=A由（1）知∠ECB=∠FAB=90°，∠EBC=∠FBA，∴△EBC∽△FBA，∴BCBA設(shè)AF=AE=x，則EC=AC?AE=15∴14解得x=4即AF的長(zhǎng)為415【點(diǎn)睛】本題考查圓周角定理，切線的定義，等腰三角形的判定，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)等，難度一般，解題的關(guān)鍵是綜合運(yùn)用上述知識(shí)點(diǎn)．34．（2023·山東濟(jì)寧·濟(jì)寧市第十三中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）如圖，AB是⊙O的直徑，過點(diǎn)A作⊙O的切線，并在其上取一點(diǎn)C，連接OC交⊙O于點(diǎn)D，BD的延長(zhǎng)線交AC于E，連接AD．(1)求證：∠CAD=∠CDE；(2)若AB=2，AC=22，求AE【答案】(1)證明見解析(2)AE=【分析】（1）根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角，得出∠ADB=90°，再根據(jù)直角三角形兩銳角互余，得出∠B+∠BAD=90°，再利用切線的性質(zhì)，求出∠BAC=90°，再根據(jù)角之間的數(shù)量關(guān)系，得出∠BAD+∠DAE=90°，再根據(jù)等量代換，得出∠B=∠DAE，即∠B=∠CAD，然后利用等邊對(duì)等角，可得∠B=∠ODB，再根據(jù)等量代換，得出∠CAD=∠CDE；（2）先在Rt△AOC中，利用勾股定理求出OC，然后再根據(jù)兩角相等的兩個(gè)三角形相似證明△CDE∽△CAD【詳解】（1）證明：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∴∠B+∠BAD=90°，∵AC為⊙O的切線，A為切點(diǎn)，∴BA⊥AC，∴∠BAC=90°，∴∠BAD+∠DAE=90°，∴∠B=∠DAE，即∠B=∠CAD，∵OB=OD，∴∠B=∠ODB，∵∠ODB=∠CDE，∴∠B=∠CDE，∴∠CAD=∠CDE；（2）解：∵AB=2，∴OA=1在Rt△AOC中，AC=2∴OC=O∴CD=OC?OD=3?1=2，∵∠CAD=∠CDE，∠C=∠C，∴△CDE∽∴CDCE即：2CE解得：CE=2∴AE=AC?CE=22【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)、直角三角形兩銳角互余、等邊對(duì)等角、相似三角形的判定與性質(zhì)、圓周角定理、勾股定理，熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．35．（2023·山東濟(jì)寧·統(tǒng)考一模）如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點(diǎn)，D為BA延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，∠ACD=∠B．(1)求證：DC為⊙O的切線；(2)若⊙O的半徑為5，sinB=35【答案】(1)證明見解析(2)90【分析】（1）如圖所示，連接OC，由直徑所對(duì)的圓周角是直角得到∠BCA=90°，則∠OCB+∠OCA=90°，再根據(jù)等邊對(duì)等角和已知條件證明∠ACD=∠OCB，推出∠OCD=90°，由此即可證明DC為⊙O的切線；（2）先解Rt△ABC，得到AC=6，BC=8，證明△ACD∽△CBD，得到ADCD=34，設(shè)AD=3x【詳解】（1）證明：如圖所示，連接OC，∵AB為⊙O的直徑，∴∠BCA=90°，∴∠OCB+∠OCA=90°，∵OC=OB，∴∠B=∠OCB，又∵∠ACD=∠B，∴∠ACD=∠OCB，∴∠OCA+∠ACD=90°，即∠OCD=90°，∴DC為⊙O的切線；（2）解：在Rt△ABC中，AB=10∴AC=AB?sin∴BC=A∵∠ACD=∠B，∴△ACD∽△CBD，∴ACBC=AD設(shè)AD=3x，CD=4x，則在Rt△OCD中，由勾股定理得：O∴52解得x=30∴AD=3x=90【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的判定，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，等邊對(duì)等角等等，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．36．（2023·陜西咸陽·統(tǒng)考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，OD垂直弦AC于點(diǎn)E，且交⊙O于點(diǎn)D，F(xiàn)是BA延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，若∠CDB=∠BFD(1)求證：FD是⊙O的切線；(2)若AB=10，BC=6，求DF的長(zhǎng)．【答案】(1)證明見解析(2)20【分析】（1）∠CDB=∠CAB，∠CDB=∠BFD，得到∠CAB=∠BFD，推出FD∥AC；得到OD⊥FD，進(jìn)而得出結(jié)論；（2）利用勾股定理先求解AC，再利用垂徑定理得出AE的長(zhǎng)，可得OE的長(zhǎng)，證明△AEO∽△FDO，再利用相似三角形的判定與性質(zhì)得出DF的長(zhǎng)．【詳解】（1）證明：∵∠CDB=∠CAB，∠CDB=∠BFD，∴∠CAB=∠BFD，∴FD∥∵OD垂直于弦AC于點(diǎn)E，∴OD⊥FD，∵OD是⊙O的半徑，∴FD是⊙O的切線.（2）∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∵