专练13-30题（圆大题）2022中考数学考点必杀500题（江苏专用）

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2022中考考点必杀500题
专练13（圆大题）（30道）

1．（2021·江苏无锡·二模）如图，在中，，以AB为直径的分别交AC、BC于点D、E，BC的延长线与的切线AF交于点F．

（1）求证：；
（2）若，，求CE，AF的长．
【答案】（1）见解析；（2），
【解析】
【分析】
（1）首先连接BD，由AB为直径，可得∠ADB＝90°，又由AF是⊙O的切线，易证得∠CAF＝∠ABD．然后由BA＝BC，证得：∠ABC＝2∠CAF；
（2）首先连接AE，设CE＝x，由勾股定理可得方程：（2）2＝x2＋（3x）2．然后由，求得答案．
【详解】
（1）证明：如图，连接BD．

∵AB为的直径，
∴，
∴,
∵是的切线，
∴，即,
∴,
∵，，
∴,
∴；
（2）如图，连接，
∴，
设，
∵，
∴，，，
在中，，
即，
∴，
∴，
∴，，，
∵，
∴，解得．
【点睛】
本题考查了切线的性质，三角函数以及勾股定理，难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
2．（2021·江苏无锡·二模）如图，在中，D是边上一点，以为直径的⊙O经过点A，且．

（1）判断直线与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若，求弦的长．
【答案】（1）相切，见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）如图，连接，由圆周角定理可得，由等腰三角形的性质可得，可得，可得结论；
（2）由勾股定理可求，由面积法可求的长，由勾股定理可求的长．
【详解】
解：（1）直线是的切线，
理由如下：如图，连接，

为的直径，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵是半径，
∴直线是的切线；
（2）过点A作于E，
∴∠AED=∠AEO=90°，
∴，
，

，
∴，
∴，
，
，
，
，
．

【点睛】
本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，圆的有关知识，勾股定理等知识，求出圆的半径是本题的关键．
3．（2021·江苏扬州·三模）如图①，△ABC的内切圆⊙与AB、BC、AC分别相切于点D、E、F，DO、EO、FO的延长线分别交⊙O于点G、H、I，过点G、H、I分别作AB、BC、AC的平行线，从△ABC上截得六边形JKMNPQ．通常，在六边形中，我们把相间两个内角的内角称为六边形的对角，把相邻两角的夹边和它们的对角的夹边称为六边形的对边．

(1)求证：六边形JKMNPQ的对角相等；
(2)小明在完成（1）的证明后继续探索，如图②，连接OJ、OM、ON、OQ，他发现△DOM≌△GOQ、△DON≌△GOJ，于是猜想六边形JKMNPQ的对边也相等．请你证明他的发现与猜想．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析.
【解析】
【分析】
（1）由∠A+∠AJQ=180°，∠A+∠ANP=180°，可得∠AJQ=∠ANP，同理可得∠BMK=∠BQJ，∠CKM=∠CPN，故六边形JKMNPQ的对角相等；
（2）证明△EQO≌△GQO可得∠EOQ=∠GOQ=∠EOG，同理∠DOM=∠HOM=∠DOH，从而可得∠DOM=∠GOQ，△DOM≌△GOQ，同理△DON≌△GOJ，可得DM=GQ，DN=GJ，故MN=JQ，同理JK=NP，KM=PQ，即可得到证明．
(1)
证明：∵JQ∥AB，
∴∠A+∠AJQ=180°，
∵NP∥AC，
∴∠A+∠ANP=180°，
∴∠AJQ=∠ANP，
同理可得：∠BMK=∠BQJ，∠CKM=∠CPN，
即六边形JKMNPQ的对角相等；
(2)
∵⊙O与AB切于D，
∴OD⊥AB，
∴∠ADO=90°，
∵AB∥JQ，
∴∠ADO=∠QGO=90°，
∵⊙O与BC切于E，
∴OE⊥BC，
∴∠QEO=90°，
∴∠QEO=∠QGO=90°，
又OQ=OQ，OE=OG，
∴Rt△EQO≌Rt△GQO（HL），
∴∠EOQ=∠GOQ=∠EOG，
同理∠DOM=∠HOM=∠DOH，
∵∠DOH=∠EOG，
∴∠DOM=∠GOQ，
∵OD=OG，∠ODM=∠OGQ，
∴△DOM≌△GOQ（ASA），
同理△DON≌△GOJ，
∴DM=GQ，DN=GJ，
∴DM+DN=GQ+GJ，
即MN=JQ，
同理JK=NP，KM=PQ，
即六边形JKMNPQ的对边相等．
【点睛】
此题是圆的综合题，主要考查了圆的外切六边形的性质，涉及全等三角形、切线长定理应用等知识，理解和掌握六边形对角和对边是解本题的关键．
4．（2021·江苏淮安·二模）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，点O在边AB上，以点O为圆心，OA为半径的圆经过点C，过点C作直线MN，使∠BCM=2∠A．

(1)判断直线MN与的位置关系，并说明理由；
(2)若OA=6，∠BCM=60°，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)MN与⊙O相切，理由见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）MN是⊙O切线，只要证明∠OCM=90°即可．
（2）求出∠AOC以及BC，根据S阴=S扇形OAC-S△OAC计算即可．
(1)
解： MN是⊙O切线．
理由：连接OC．

∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵∠BOC=∠A+∠OCA=2∠A，∠BCM=2∠A，
∴∠BCM=∠BOC，
∵∠B=90°，
∴∠BOC+∠BCO=90°，
∴∠BCM+∠BCO=90°，
∴OC⊥MN，
∴MN是⊙O切线．
(2)
解：由（1）可知∠BOC=∠BCM=60°，
∴∠AOC=120°，
在Rt△BCO中，OC=OA=6，∠BCO=30°，
∴BO=OC=3，BC=3，
∴S阴=S扇形OAC-S△OAC==．
【点睛】
本题考查切线的判定、扇形面积、三角形面积等知识，解题的关键是记住切线的判定定理，扇形的面积公式．
5．（2021·江苏连云港·二模）如图，已知是的直径，，连接，弦，直线交的延长线于点．

（1）求证：是的切线；
（2）若，的半径为，求线段的长．
【答案】（1）见解析；（2）3
【解析】
【分析】
（1）连接OD，利用SAS得到三角形COD与三角形COB全等，利用全等三角形的对应角相等得到∠ODC为直角，即可得证；
（2）根据全等三角形的性质得到CD=CB，根据平行线分线段成比例定理可得，代入计算即可得到结论．
【详解】
解：（1）证明：如图，连接OD．

∵AD∥OC，
∴∠DAO=∠COB，∠ADO=∠COD．
又∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ADO，
∴∠COD=∠COB．
在△COD和△COB中，
，
∴△COD≌△COB（SAS），
∴∠CDO=∠CBO=90°．
∴CD是⊙O的切线；
（2）∵△COD≌△COB，
∴CD=CB，
∵，
∴，即，
∵AD∥OC，
∴，
∵⊙O的半径为2，
∴，
解得：AE＝3．
【点睛】
此题考查了切线的判定和性质，平行线分线段成比例定理，以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
6．（2021·江苏淮安·二模）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，直线l与⊙O相切于点A，在l上取一点D使得，线段DC，AB的延长线交于点E．
（1）求证：直线DC是⊙O的切线；
（2）若，，求图中阴影部分的面积（结果保留π）．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OC，根据切线的性质得到∠DAB＝90°，根据等腰三角形的性质得到∠DCO＝∠DAO＝90°，于是得到结论；
（2）根据圆周角定理得到∠BOC＝2∠CAB＝60°，根据等边三角形的性质得到OC＝OB＝BC＝2，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】
（1）证明：连接OC，如图所示：

∵直线l与⊙O相切于点A，
∴∠DAB＝90°，
∵DA＝DC，OA＝OC，
∴∠DAC＝∠DCA，∠OAC＝∠OCA，
∴∠DCA＋∠ACO＝∠DAC＋∠CAO，
即∠DCO＝∠DAO＝90°，
∴OC⊥CD，
∴直线DC是⊙O的切线；
（2）解：∵∠CAB＝30°，
∴∠BOC＝2∠CAB＝60°，
∵OC＝OB，
∴△COB是等边三角形，
∴OC＝OB＝BC＝2，
∴，
∴图中阴影部分的面积＝＝．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，扇形面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．
7．（2021·江苏江苏·二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，以点C为圆心，CA长为半径的圆交AB于点D．

（1）若∠B＝28°，求的度数；
（2）若D是AB的中点，AB＝2，求阴影部分的面积；
（3）若AC＝，求AD•AB的值．
【答案】（1）的度数为56°；（2）阴影部分的面积＝π﹣；（3）AD•AB＝6．
【解析】
【分析】
（1）连接CD，如图，利用互余计算出∠BAC=62°，然后计算出∠ACD的度数，则根据圆心角定理得到的度数；
（2）利用斜边上的中线性质得到CD=AD=BD=AB=1，再判断△ACD为等边三角形，则∠ACD=60°，利用扇形的面积公式，根据阴影部分的面积=S扇形ACD-S△ACD进行计算；
（3）根据垂径定理得到AH=DH=AD，再根据相似三角形的性质得到AC2=AH•AB，然后把AC=代入计算可得到AD•AB的值．
【详解】
解：（1）连接CD，如图，

∵∠ACB＝90°，∠B＝28°，
∴∠BAC＝90°﹣28°＝62°，
∵CA＝CD，
∴∠CDA＝∠CAD＝62°，
∴∠ACD＝180°﹣62°﹣62°＝56°，
∴的度数为56°；
（2）∵D是AB的中点，∠ACB＝90°，
∴CD＝AD＝BD＝AB＝1，
∵CD＝CA，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠ACD＝60°，
∴阴影部分的面积＝S扇形ACD﹣S△ACD
＝﹣×12
＝π﹣；
（3）过点C作CH⊥AD于H，

∴AH＝DH＝AD，
∵∠ACB＝90°，CH⊥AB，
∴∠ACB＝∠AHC，
又∠A＝∠A，
∴
∴
∴AC2＝AH•AB，
即（）2＝AD•AB，
∴AD•AB＝6．
【点睛】
本题考查了扇形面积的计算：设圆心角是n°，圆的半径为R的扇形面积为S，则S扇形=或S扇形=lR（其中l为扇形的弧长）．也考查了垂径定理和相似三角形的性质．
8．（2021·江苏南京·一模）如图，点为正方形的边上的一点，是的外接圆，与交于点，是上一点，且．

（1）求证：是的切线；
（2）若，，求半径的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OF，由OA=OF，可得出，由正方形的性质可得AF∥BE，由平行线性质可得，从而可得，再由∠D为直角即可得OF⊥FG，从而结论证明；
（2）连接EF，可证得，由对应边成比例即已知可得关于BE的方程，解方程得BE，由勾股定理求得直径AE的长，从而可得半径OA的长．
【详解】
（1）连接．
∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵点是上一点，
∴是的切线．

（2）连接．
∵是的外接圆，，
∴是的直径，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴FD=AD-AF=AD-BE=4-BE，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：，
∴．

【点睛】
本题考查了切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
9．（2021·江苏盐城·二模）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的一条弦，点P是⊙O上一点，且PA＝PC，PD∥AC，与BA的延长线交于点D．
（1）求证：PD是⊙O的切线．
（2）若tan∠PBA＝，AC＝12，求直径AB的长．

【答案】（1）见解析；（2）20
【解析】
【分析】
（1）连接，交于点，由等腰三角形的性质可得，，由平行线的性质、圆周角定理可得，由为直径可得，可得，得出，可得结论．
（2）由平行线性质及垂径定理可求，由可求，由，即可求解．
【详解】
解：（1）连接，如图所示．

，
，
又与所对同一段弧，
．
又，
，
，
．
为直径，
，
，
即，
又为半径，
故是的切线．
（2），
，
由垂径定理可知：，
又，
．
．
设，则，
在中，有，
即，解得：．
故直径．
【点睛】
本题考查了切线的判定，圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，证明切线时若有交点，则连交点得半径，证垂直．（1）中证得∠DPA=∠PAC=∠PAC=∠B是解题关键，（2）中利用垂径定理求出PE是解题关键．
10．（2021·江苏扬州·二模）如图，BD是四边形ABCD的对角线，BD⊥AD，⊙O是△ABD的外接圆，∠BDC＝∠BAD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）连接OC交⊙O于点E，若AD＝2，CD＝6，cos∠BDC＝，求CE的长．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据等腰三角形的性质得到∠ODB=∠OBD，由垂直的定义得到∠ADB=90°，确定∠ABD+∠A=90°，等量代换得到∠ODB+∠BDC=90°，求得OD⊥CD，根据切线的定义即可得到结论；
（2）根据切线的性质得到∠CDO=90°，根据余角的性质得到∠COD=∠BDC，解直角三角形即可得到结论．
【详解】
解：（1）证明：连接OD，

∵OD=OB，
∴∠ODB=∠OBD，
∵BD⊥AD，
∴∠ADB=90°，
∴∠ABD+∠A=90°，
∵∠BDC=∠BAD，
∴∠ODB+∠BDC=90°，
∴OD⊥CD，
∴CD是⊙O的切线；
（2）∵CD是⊙O的切线，
∴∠CDO=90°，
∵cos∠BDC=，∠BDC=∠BAD．
∴cos∠BAD=，
∵AD=2，
∴AB=6，
∴OD=OE=3，
∵CD=6，
∴OC=，
∴CE=CO-OE=．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键．
11．（2021·江苏盐城·一模）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，OD⊥AC于点D，过点C作⊙O的切线，交OD的延长线于点M，OM交⊙O于点N，连结AM．

（1）求证：AM是⊙O的切线；
（2）若DN=4，AC=8，求线段MN的长；
（3）在（2）的条件下，求阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析；（2）8；（3）
【解析】
【分析】
（1）连接OC，如图，根据垂径定理由OD⊥AC得到AD＝CD，则OM为AC的垂直平分线，所以AM＝CM，证明△AOM≌△COM（SSS），得出∠OAM＝∠OCM＝90°，根据切线的判定定理得AM与⊙O相切；
（2）设⊙O的半径为x，则OD＝x−4，OA＝x，由勾股定理得出（x−4）2＋（4）2＝x2，解得x＝8，求出OM的长，则可求出MN的长；
（3）由扇形的面积公式可得出答案．
【详解】
（1）证明：连接OC，如图，

∵CM为切线，
∴OC⊥CM，
∴∠OCM＝90°，
∵OD⊥AC，
∴AD＝CD，
即OE垂直平分AC，
∴AM＝CM，
在△AOM和△COM中
，
∴△AOM≌△COM（SSS），
∴∠OAM＝∠OCM＝90°，
∴AM⊥AO，
∴AM与⊙O相切；
（2）解：设⊙O的半径为x，则OD＝ON−DN＝x−4，OA＝x，
在Rt△OAD中，AD＝AC＝4，
∵AD2＋OD2＝OA2，
∴(4)2＋(x−4)2＝x2，解得x＝8，
∴OD＝4，OA＝8，
∴∠OAD＝30°，
∴∠AOD＝60°，
∴OM＝2OA＝16，
∴MN＝OM−ON＝16−8＝8．
（3）∵∠AOM＝60°，∠OAM＝90°，
∴∠AMO=30°
∴在Rt△AOM中，AM＝，
∴S阴影＝S四边形AOCM−S扇形OAC
＝2××8×8−=．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质，垂径定理，勾股定理，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，扇形面积的计算等知识，熟练掌握切线的判定与性质是解题的关键．
12．（2021·江苏·二模）如图，已知点E在菱形ABCD的对角线BD上，连接AE，且AE＝BE，⊙O是△ABE的外接圆．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）若BD＝，tan∠OBD＝2，求⊙O的半径．

【答案】（1）见解析；（2）5
【解析】
【分析】
（1）根据圆周角定理求出∠ABC=2∠ABE，得出OE垂直于AB，证出∠OBF+∠BOF=90°即可得出结论；
（2）连接AC交BD于G，由菱形的性质得出AB=BC，AC⊥BD，BG=BD=，解直角三角形求出CG和EF，根据勾股定理得出方程，求出r即可．
【详解】
解：（1）连接OA、OB、OE，则OE与AB交于点F，

∵AE=BE，
∴
∴OE⊥AB于点F，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC=2∠ABE，
∴∠OBF＋∠BOF＝∠OBF＋2∠BAE＝∠OBF＋2∠ABE＝∠OBF＋∠ABC＝90°，
∴BC是⊙O的切线；
（2）连接AC，交BD于点G，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AC⊥BD，BG=BD=，
∴∠BGC=90°，
∴∠GCB+∠GBC=90°，
∵∠OBD+∠CBG=90°，
∴∠GCB=∠OBD，
在Rt△BCG中，tan∠GCB=tan∠OBD=2，
∴，
∴CG=，
∴，
∴AB=8，
∴BF=4，
在Rt△BEF中，tan∠BEF=tan∠OBD=2，
∴，
∴EF=2，
设⊙O的半径为r，
在Rt△BOF中，OF2+BF2=OB2，
∴（r-2）2+42=r2，
解得：r=5，
即⊙O的半径为5．
【点睛】
本题考查了切线的判定、菱形性质、解直角三角形、勾股定理、圆周角定理等知识点，能熟练运用勾股定理及锐角三角函数的定义是解此题的关键．
13．（2021·江苏南京·二模）在中，，点在平分线上，以点为圆心作．

（1）如图，当经过点时，求证：与直线相切；
（2）当同时与直线相切时，求的半径．
【答案】（1）见解析；（2）1或3
【解析】
【分析】
如图，过点作⊥，交于点，由，可证由平分，可得；
当同时与直线相切时，点在或的角平分线上，存在如图所示两种情况①当在△ABC内部分别与直线相切时，可证P1E=P1G，可得可得，②当在△ABC外部，分别与直线相切时，可证P2Q=P2M，可得，可得即可．
【详解】
证明：如图，过点作⊥，交于点，

，
，
，


平分，
，
与直线相切；
当同时与直线相切时，点在或的角平分线上，

存在如图所示两种情况：
①当在△ABC内部分别与直线相切时，
过P1作P1E⊥AB于E，P1G⊥BC于G，P1F⊥AC于F，
∵点P1在∠ABC的平分线上，P1E⊥AB，P1G⊥BC，
∴P1E=P1G，
，
，
；
②当在△ABC外部，分别与直线相切时，
过P2作P2Q⊥AB于Q，P2M⊥BC于M，P2N⊥AC于N，
∵点P2在∠ABC的平分线上，P2Q⊥AB，P2M⊥BC，
∴P2Q=P2M，
，
，
，
．
综上，的半径为或．
【点睛】
本题考查圆的切线判定，角平分线性质，三角形面积求法，掌握圆的切线判定，角平分线性质，三角形面积求法，利用面积两种不同求法找出圆的边与三角形三边关系是解题关键．
14．（2021·江苏南通·二模）（1）某运输队第一次运输360吨化肥，装载了6节火车车厢和15辆汽车；第二次装载了8节火车车厢和10辆汽车，比第一次多运输了化肥80吨．每节火车车厢与每辆汽车平均各装多少吨化肥？
（2）如图，AB是的直径，点C在上，AD垂直于过点C的切线，垂足为D，CE垂直AB，垂足为E．求证．

【答案】（1）每节火车车厢平均装50吨化肥，每辆汽车平均装4吨化肥；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）设每节火车车厢平均装吨化肥，每辆汽车平均装吨化肥，根据两次运输数据建立二元一次方程组，解方程组即可得；
（2）连接，先根据圆的切线的性质可得，再根据平行线的判定与性质可得，然后根据等腰三角形的性质可得，从而可得，最后根据角平分线的性质即可得证．
【详解】
解：（1）设每节火车车厢平均装吨化肥，每辆汽车平均装吨化肥，
由题意得：，
解得，
答：每节火车车厢平均装50吨化肥，每辆汽车平均装4吨化肥；
（2）如图，连接，

是的切线，
，
，
，
，
，
，
，
又，
（角平分线的性质）．
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的应用、圆的切线的性质、角平分线的性质等知识点，正确建立方程组和熟练掌握圆的切线的性质是解题关键．
15．（2021·江苏淮安·二模）如图，已知AB是⊙O的弦，C为⊙O上一点，AD是⊙O的切线．
（1）求证：∠C＝∠BAD；
（2）若BD⊥AB于点B，AD＝9，BD＝6，求⊙O半径．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接AO并延长交⊙O于点E，连接BE，由AE为直径，可得∠EAB+∠E＝90°．由AD是⊙O的切线，可得∠EAB+∠BAD＝90°，可推出∠E＝∠BAD即可；
（2）由BD⊥AB，可得∠ABD＝90°，可证D，B，E三点共线，由勾股定理AB，再证△ADE∽△BDA，可求AE＝即可．
【详解】
（1）证明：如图，连接AO并延长交⊙O于点E，连接BE，
∵AE为直径，
∴∠ABE＝90°，
∴∠EAB+∠E＝90°．
∵AD是⊙O的切线，
∴∠DAE＝90°，
∴∠EAB+∠BAD＝90°，
∴∠E＝∠BAD，
∵∠C＝∠E，
∴∠C＝∠BAD；
（2）解：∵BD⊥AB，
∴∠ABD＝90°，
由（1）可知∠ABE＝90°，
∴∠DBE＝180°，
∴D，B，E三点共线，
∵AD＝9，BD＝6，
∴AB＝，
∵∠E＝∠C＝∠BAD，∠D＝∠D，
∴△ADE∽△BDA，
∴，
∴，
∴AE＝．
∴⊙O半径为．

【点睛】
本题考查直径所对圆周角性质，同弧所对圆周角性质，切线性质，勾股定理，三角形相似判定与性质，掌握直径所对圆周角性质，同弧所对圆周角性质，切线性质，勾股定理，三角形相似判定与性质是解题关键．
16．（2021·江苏泰州·二模）如图，为的直径，弦于E，，交的延长线于F，．

（1）求证：为的切线；
（2）若，求、、弧围成的阴影部分的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）如图，连接OC，根据可得∠A=30°，根据圆周角定理可得∠BOC=60°，∠A =∠CDB=30°，由可得∠ABD=60°，可得OC//DF，根据及平行线的性质可得∠OCF=∠CFD=90°，即可得CF是的切线；
（2）如图，连接BC，利用∠BOC的余弦值可求出OC的长，根据OC=OB可证明△OBC是等边三角形，可得BC的长，进而可得∠BCF=30°，利用∠BCF的三角函数值可求出BF、CF的长，根据S阴影=S梯形COBF-S扇形COB即可得答案．
【详解】
（1）如图，连接OC，
∵，
∴∠A=30°，
∵∠BOC和∠A分别为所对的圆心角和圆周角，
∴∠BOC=2∠A=60°，
∵∠A和∠CDF是所对的圆周角，
∴∠CDF=∠A=30°，
∵，
∴∠ABD=60°，
∴OC//DF，
∵，
∴∠OCF=∠CFD=90°，
∵OC为半径，
∴为的切线．

（2）如图，连接BC，
∵∠BOC=60°，OE=2，
∴OC==4，
∵OC=OB，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC=OC=4，∠OCB=60°，
∵∠OCF=90°，
∴∠BCF=30°，
∴BF=BC·sin30°=2，CF=BC·cos30°=，
∵OC//DF，
∴四边形COBF是直角梯形，
∴S梯形COBF=，
∴S阴影=S梯形COBF-S扇形COB=-=．

【点睛】
本题考查切线的判定、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、解直角三角形、梯形面积及扇形面积，熟练掌握相关性质、判定定理及面积公式并熟记特殊角的三角函数值是解题关键．
17．（2021·江苏苏州·一模）如图，在中，，平分交于点D，O为上一点，经过点A，D的分别交，于点E，F，连接交于点G．

（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接EF，DF由AD为角平分线得到一对角相等，然后证明EF∥BC，得到∠B=∠AEF，由圆周角定理得到∠AEF=∠ADF，从而可以证明△ABD∽△ADF；
（2）连接OD，首先证明∠ODB=90°，然后求出AF，AB的长，根据△ABD∽△ADF即可求解.
【详解】
解（1）如图，连接DE，EF
∵AE是圆的直径
∴∠AFE=90°
∵∠C=90°
∴∠AFE=∠C=90°
∴EF∥BC
∴∠B=∠AEF
又∵∠AEF=∠ADF
∴∠B=∠ADF
∵AD为∠BAC的角平分线
∴∠BAD=∠FAD
∴△ABD∽△ADF

（2）连接OD，
∵AD为∠BAC的角平分线，
∴∠BAD=∠CAD，
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD，
∴∠ODA=∠CAD，
∴OD∥AC，
∵∠C=90°，
∴∠ODC=90°，
在Rt△BOD中，sinB=，
设圆的半径为r，可得，
解得：r=3，
∴AE=6，AB=8，
∵∠AEF=∠B，
∴sin∠AEF=，
∴AF=AE•sin∠AEF=6×=，
∴△ABD∽△ADF

∴AD2=AB•AF
∴AD=．

【点睛】
本题主要考查了圆周角定理，角平分线的性质，相似三角形的性质与判定，三角函数，平行线的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
18．（2021·江苏·宜兴市实验中学二模）（1）如图①，在△ABC中，，AB=4，AC=3，若AD平分∠BAC交于点，那么点到的距离为 　 ．

（2）如图②，四边形内接于，为直径，点B是半圆的三等分点（弧弧），连接，若平分，且，求四边形的面积．
（3）如图③，为把“十四运”办成一届精彩圆满的体育盛会很多公园都在进行花卉装扮，其中一块圆形场地圆O，设计人员准备在内接四边形ABCD区域内进行花卉图案设计，其余部分方便游客参观，按照设计要求，四边形ABCD满足∠ABC=60°，AB=AD，且AD+DC=10（其中 ），为让游客有更好的观体验，四边形ABCD花卉的区域面积越大越好，那么是否存在面积最大的四边形ABCD？若存在，求出这个最大值，不存在请说明理由．
【答案】（1）；（2） 四边形ABCD的面积为32；（3）存在   ．
【解析】
【分析】
（1）如图，作辅助线，证明AE=DE；证明△BDE∽△BCA ，得到，列出比例式即可解决问题．
（2）（2）连接OB，根据题意得∠AOB=60°，作AE⊥BD，利用解直角三角形可求AB的长，通过解直角三角形分别求出BC，AD，CD的长，再根据面积公式求解即可；
过点A作AN⊥BC于点N，AM⊥DC，交DC的延长线于点M，连接AC，可得，根据面积法求出关于面积的二次函数关系式，根据二次函数的性质求出最值即可．
【详解】
解：如图，过点D作DE⊥AB于点E．
则DE//AC；
∵AD平分∠BAC，∠BAC=90°，
∴∠DAE=45°，∠ADE=90°−45°=45°，
∴AE=DE（设为λ），
则BE=4−λ；
∵DE//AC，
∴△BDE∽△BCA，
∴，即：

解得：λ= ，
∴点D到AC的距离．

（2）连接OB，
∵点B是半圆AC的三等分点（弧AB＜弧BC），
∴
∴
∵AC是的直径，
∴
∵BD平分∠ABC
∴
过点A作AE⊥BD于点E，则
∴AE=BE
设AE=BE=x，则
∵BD=BE+DE=
∴x=
∴
∵
∴
∴BC=
∵BD平分∠ABC
∴
∴
∴AD=CD
∵AE⊥DE
∴
∵,
∴
∴
=
=
=32；

（3）过点A作AN⊥BC于点N，AM⊥DC，交DC的延长线于点M，连接AC，

∵AB=AD
∴∠ACB=∠ACD
∴AM=AN
∵∠ADC+∠ABC=180°，∠ADC+∠ADM=180°,
∴∠ABC=∠ADM
又∠ANB=∠AMD=90°，
∴△ABN≌△ADM
∴
∵AN=AM，∠BCA=∠DCA，AC=AC
∴△ACN≌△ACM
∴
∵∠ABC=60°
∴∠ADC=120°
∴∠ADM=60°，∠MAD=30°
设DM=x，则AD=2x，
∴
∵
∴，即
∵抛物线对称轴为x=5
∴当x=4时，有最大值，为
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了三角形的面积，解直角三角形，角平分线的性质定理，圆周角定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
19．（2021·江苏·淮阴中学新城校区一模）在平面内的三个点A，B，P，满足PA=2PB.若∠P=90°，则将点P称为[A，B]的两倍直角点；若∠P＜90°，则将点P称为[A，B]的两倍锐角点.

图1                                      图2                                      备用图
(1)如图1，已知△ABC中，∠C=90°，BC=1，若点C是[A，B]的两倍直角点，则AB的长度为 ；若点B是点[A，C]的两倍锐角点，则∠A的度数为 °；
(2)如图2，在平面直角坐标系中，直线y=x-2交x轴于点A，点P是直线y=x-2上的一点，点B的坐标为（6,0），点C的坐标为（4,0），以B为圆心BC长为半径作⊙B，点D在⊙B上
①若点A是[P，O]的两倍锐角点，求点P的坐标；
②若点C是[P，D]的两倍直角点，直接写出点P的坐标．
【答案】(1)，30°
(2)①（,）；②（,），（,）
【解析】
【分析】
（1）由定义得：CA=2CB=2，∠ACB=90°，从而求得；由AB=2BC=2且∠B<90°求得；
（2） ①设P(x,x−2)，点A是[P,O]的两倍锐角点得AP=AO=4，列出方程求得；②设P(x,x−2)，延长PC交⊙B于E，连接DE，推出△DCE∽△PQC，从而得CD⋅PC=PQ⋅DE，列出方程求得．
(1)
解：点C是[A,B]的两倍直角点，
∴CA=2CB=2，∠ACB=90°，
由勾股定理得，，
∵点B是点[A,C]的两倍锐角点，
∴AB=2BC=2且∠B<90°，
∴∠A=30°；
故答案为：，30°；
(2)
解：①当y=0时，x-2=0，
∴x=2，
∴OA=2，A(2,0)，
∵点A是[P,O]的两倍锐角点，
∴AP=2AO=4，
设P(x,x-2)，
∴(x-2)2+(x-2)2=42，
∴，，
当时，x-2=2，
∴P(2+2,2)，
当x=2-2时，x-2=-2，
∴P(2-2,-2)，
当P(2+2,2)时，∠A=135°，应舍去，
综上所述：P(2-2,-2).
②如图1，

延长PC交⊙B于点E，连接DE，
∵点C是[P,D]的两倍直角点，
∴∠DCE=∠PCD=90°，PC=2CD，
∴DE是⊙B的直径，
∴DE=4，
作PQ⊥AB于Q，
设P(x,x-2)，
∴PQ=x-2，CQ=4-x，
∴

，
∵CB=BE，
∴∠E=∠BCE，
∵∠BCE=∠PCQ，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
当x=5+时，x-2=3+，
当x=5-时，x-2=3-，
∴P(5-,3-）或（5+,3+).
【点睛】
本题考查了在新定义下转化为解直角三角形，三角形相似判定和性质，列一元二方程等知识，解决问题的关键是作出辅助线，转化为三角形相似知识．
20．（2021·江苏无锡·一模）如图，点C在⊙O的直径AB的延长线上，点D是⊙O上一点，过C作EC⊥AC，交AD的延长线于E，连接DB，且CD＝CE．

(1)求证：DC与⊙O相切．
(2)若AB＝10，tan∠BDC＝，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由等腰三角形的性质及直角三角形的性质得到，则，可得出结论；
（2）证明，由相似三角形的性质得出，设，则，得出方程，解方程求得x即可.
(1)
证明：连接OD，

∵CE⊥AC，
∴∠ACE＝90°，
∴∠A+∠E＝90°，
∵CD＝CE，
∴∠E＝∠CDE，
∴∠A+∠CDE＝90°，
∵OA＝OD，
∴∠A＝∠ADO，
∴∠ADO+∠CDE＝90°，
∴∠ODC＝90°，
∴OD⊥DC，
∴DC与⊙O相切；
(2)
解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠A+∠ABD＝90°，
又∵∠BDC+∠ODB＝90°，
∴∠BDC＝∠A，
∵∠BCD＝∠ACD，
∴△BCD∽△DCA，
∴，
∵tan∠BDC＝tan∠A＝，
设CB＝x，则CD＝2x，
∴CD2＝CB•CA，
∴，
∴x＝，
∴CD＝CE＝．
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定，圆周角定理，等腰三角形的性质以及相似三角形的性质和判定，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键.
21．（2021·江苏苏州·一模）古希腊数学家毕达哥拉斯认为：“一切平面图形中最美的是圆”．波波决定研究一下圆．如图，、是的两条半径，，C是半径上一动点，连接并延长交于D，过点D作圆的切线交的延长线于E，已知．

（1）求证：；
（2）若，求长；
（3）当从增大到的过程中，求弦在圆内扫过的面积．
【答案】（1）见解析；（2）8；（3）
【解析】
【分析】
（1）连接，由切线的性质得出，由等腰三角形的性质得出，得出，即可得出结论；
（2）设，则，，在中，由勾股定理得出方程，解法长即可；
（3）过点作交的延长线于，当时，，得出，，，当时，，，即可得出结果．
【详解】
解：（1）证明：连接，如图1所示：

是的切线，
，
，
，
、是的两条半径，
，
，
，
，
；
（2）解：，，
，
设，
，
，
，
，
，
即：，
解得：，
；
（3）解：过点作交的延长线于，如图2所示：

当时，，
，，
，
当时，，
，，
，
当从增大到的过程中，在圆内扫过的面积为：
．
【点睛】
本题考查了切线的性质、圆周角定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、扇形面积的计算、勾股定理等知识；本题综合性强，熟练掌握切线的性质和勾股定理是解题的关键．
22．（2021·江苏苏州·二模）如图，以线段为直径的交边于点D，连接，作平分线交于点F，交于点E，连接，作于点G，连接，．

（1）求证：为切线；
（2）求证：；
（3）若，的面积为S，求的面积（用S的代数式表示）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）18S．
【解析】
【分析】
（1）根据根据同弧所对的圆周角相等得到∠E=∠B，再根据直径所对的圆周角的直角、利用等角的余角相等推出∠CAB=90°，即可得到结论
（2）连接OD，根据角平分线的性质，利用等角对等边得GD=GA，结合全等得到∠AOG=∠DOG，推出OG是∠AOD的平分线，根据等腰三角形三线合一的性质即可得到结论；
（3）由题意根据相等的角的正切值相等推出边之间的关系，不妨设AD=2a，由直角三角形中的勾股定理推出线段OG=a，DE=，再根据圆周角定理和角之间的互余关系得到△FGO∽△ADE，最后根据相似三角形的性质求解即可．
【详解】
（1）证明：由题意可知在⊙O中，∠E=∠B，
∵∠CAD=∠E，
∴∠CAD=∠B，
∵∠B+∠DAB=90°，
∴∠CAD+∠DAB=90°，即∠CAB=90°，
∴CA⊥AB，
∴AC为⊙O切线．
（2）如图，连接OD，

∵∠ADB=90°，DE平分∠ADB，
∴∠ADF=∠BDF=45°，
又∵AG⊥DE，
∴△AGD是等腰直角三角形，
在△OGA和△OGD中，
，
∴△OGA∽△OGD（SSS），
∴∠AOG=∠DOG，
∴OG是∠AOD的平分线，
∴OG⊥AD．
（3）如图，连接OD，

由（2）可知OG⊥AD，令其垂足为M，
∵∠BAD=∠C，
∴tanC=tan∠BAD=2，
不妨设AD=2a，则BD=4a，AB=，
∴OA=OB=OD=，
∵△AGD是等腰直角三角形，且OM⊥AD，
∴AM=DM=MG=AD=a，
∴AG=DG=AD=，
∴MO=，
∴OG=MOMG=a，
由（1）可知在Rt△AGE和Rt△CAD中，∠E=∠CAD，
∴∠GAE=∠C，
∴tan∠GAE=tanC=2，
∴EG=2AG=，
∴DE=DG+EG=，
由（2）可知OM⊥AD，BD⊥AD，
∴OM∥BD，
∴∠FOG=∠B，∠OGF=∠BDF
又由（1）可知∠E=∠B，∠ADF=∠BDF=45°
∴∠FOG=∠E，∠OGF=∠EAD，
∴△FGO∽△ADE，
∵，
∴，
∵S△OFG=S，
∴S△DAE=18S．
【点睛】
本题考查切线的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、垂径定理、圆周角定理及解直角三角形，需要善于观察结合图形找到相等的角，根据角的关系推导出边的关系、三角形的形状及相似三角形等，进而求解．
23．（2021·江苏盐城·二模）如图，为的直径，、为上的两点，，弦与、分别交于、．

（1）求证：；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）见解析；（2）的半径为．
【解析】
【分析】
（1）根据圆周角定理得到，利用平行线的性质得到，然后根据垂径定理得到结论；
（2）连接，如图，利用得到，再证明，利用相似比计算出，接着根据圆周角定理得到，然后利用勾股定理计算出，从而得到的半径；
【详解】
解（1）证明：是圆的直径，
，
，
，

．
（2）解：连接，如图，
，
，
，
，
，即，
（负值舍去），
是圆的直径，
，
，
的半径为．

【点睛】
本题考查了圆周角定理：解题的关键在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径．也考查了垂径定理和相似三角形的判定与性质．
24．（2021·江苏盐城·一模）AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD垂直于CD，垂足为D.
（1）如图1，若AC平分∠BAD，求证：CD是⊙O的切线.
（2）如果把直线CD向下平行移动，如图2，直线CD交⊙O于C、G两点，AG＝2，BG＝4，求cos∠CAD的值.

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接CO，由角平分线的性质可得到，再用平行线的性质即可求出；
（2）根据AB为⊙O的直径，是 O的内接四边形，利用圆内接四边形的性质和直角三角形的性质推出∠CAD=∠GAB ，再由勾股定理的性质，最后得到 ．
【详解】
解：（1）如图，连接CO

∵AC平分∠BAD
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴CD是⊙O的切线；
（2）如图，

∵AB为⊙O的直径，
∴，
∵是O的内接四边形
∴
∵
∴
∴
∴
在中，

由勾股定理得：


∴
∴
在中，

∴
【点睛】
本题考查了切线的判定、圆周角定理、勾股定理和三角函数等知识；熟练掌握圆的有关定理性质是解决问题的关键．
25．（2021·江苏镇江·二模）如图，线段AB是⊙O的直径，弦CD平分，交AB于点E，．
（1）设点E到BC的距离为y，BC长为x，求y与x的函数关系式，并求当CE取最大值时x的值；
（2）连接AD、BD，四边形ACBD的面积是否为唯一确定的值？如果是，请求出它的面积；如果不是，请说明理由．

【答案】（1），当时CE取最大值；（2）是，面积为16
【解析】
【分析】
（1）过点E作，则根据已知可得是等腰直角三角形，通过证明，利用相似三角形的性质得到y和x的函数解析式，利用配方法求出二次函数的最值；
（2）根据等腰直角三角形的判定与性质可得，则，根据勾股定理可得，代入即可求解．
【详解】
解；（1）∵线段AB是⊙O的直径，
∴，
∵弦CD平分，
∴，
过点E作，则是等腰直角三角形，

∴，，
∵，为公共角，
∴，
∴，，
设点E到BC的距离为y，BC长为x，即，，
则，，
∴，整理可得，
∴，
当时CE取最大值；
（2）由（1）可知，
∴，

∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
在Rt△ABC中，，
∴．
【点睛】
本题考查圆的基本性质，二次函数函数的最值，勾股定理等内容，巧妙的将几何问题转化为代数问题是解题的关键．
26．（2021·江苏南京·二模）在中，，，经过，的与边另一个公共点为，与边另一个公共点为，连接．
（1）如图①，若，，求的半径；
（2）如图②，作，交边于点．求证：直线与相切．

【答案】（1）的半径为；（2）见解析．
【解析】
【分析】
（1）连接，证明，利用勾股定理求出AB，求得AD，根据圆周角定理推出是直径，由此得到答案；另解：连接并延长交于点，设半径为，在中，利用勾股定理求出答案；
（2）证明：连接，，设，根据圆周角定理求出 ，证得，由此得到结论．
【详解】
（1）解：如图，连接．
∵，
∴，
∵，
∴．
又，
∴．
∴，
在中，，，，
∴．
∴．
在中，，
∴是直径．
∴的半径为．

另解：如图，连接并延长交于点，
∵，
∴，
∴,
∵，
∴△FAC∽△CAB,
∴,
∵AC=6，AB=10，
∴，
∴，
设半径为．
在中，，
，
由勾股定理得，
即，
解得．

（2）证明：连接，，设．
由圆周角定理，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点在上，
∴直线与相切．

【点睛】
此题考查圆的圆周角定理，证明直线是圆的切线，勾股定理，相似三角形的判定及性质，这是一道图形类的综合题，正确掌握各部分知识并应用是解题的关键．
27．（2021·江苏扬州·一模）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，点B坐标为顶点P的坐标为，以AB为直径作圆，圆心为D，过P向右侧作的切线，切点为C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)请通过计算判断抛物线是否经过点C；
(3)设M，N分别为x轴，y轴上的两个动点，当四边形PNMC的周长最小时，请直接写出M，N两点的坐标．
【答案】(1)；
(2)见解析；
(3)M点坐标为：，N点坐标为：
【解析】
【分析】
（1）可设顶点式，将顶点为，点代入求出抛物线的解析式；
（2）首先求出D点坐标，再利用CD等于圆O半径为，由，得出C点坐标即可，进而判断抛物线是否经过点C即可；
（3）作C关于x轴对称点，P关于y轴对称点，连接，与x轴，y轴交于M、N点，此时四边形PNMC周长最小，求出直线的解析式，求出图象与坐标轴交点坐标即可．
(1)
解:设抛物线的解析式为把，，代入得；，
把，代入，解得，
∴抛物线的解析式为：，即：；
(2)
解:如图,

作抛物线的对称轴，
把代入解得，，
∴A点坐标为，
∴，
∴，
∴D点坐标为，而抛物线的对称轴为直线，
∴点D在直线上，
过点C作，轴，垂足分别为E，F，连接DC，
∵PC是的切线，
∴，在中
∵，
∴，
解直角三角形CDE，可得，，
∴C点坐标为，
把代入得：，
∴点C在抛物线上；
(3)
解：如图2，作点C关于x轴的对称点，点P关于y轴的对称点，连接，分别交x轴，y轴于M，N两点，


此时四边形PNMC的周长最小，
∵C点坐标为，
∴点坐标为，
∵P的坐标为，
∴的坐标为，
代入中，，
解得：，
则直线的解析式为：，
当，，
故N点坐标为：，
当，则，
解得：，
故M点坐标为：．
【点睛】
本题考查了用顶点式求二次函数的解析式以及利用对称性求四边形的最小值,利用轴对称找到M,N的位置是解题的关键.
28．（2021·江苏苏州·二模）如果三角形的两个内角与满足，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．


（1）若是“准互余三角形”，，则________．
（2）如图（1），是半圆的直径，是半圆上的点，D是上的点，交于点E．
①若D是的中点，则图中共有_______个“准互余三角形”；
②当是“准互余三角形”时，求的长；
③如图（2）所示，若F是上的点（不与重合），G为射线上一点，且满足．当是“准互余三角形”时，求的长．
【答案】（1）15°；（2）①3，②或③；
【解析】
【分析】
（1）根据准互余的定义可知 ；
（2）①根据定义和D是的中点判断即可知道△DEC, △ABE, △BEC为准互余三角形；
②根据题意△DEC是“准互余三角形”时分两种情况：当∠D+2∠DCE=90°时，可证∠CAB+2∠ABE=90°，即BD平分∠ABC，过E作 于F，再根据勾股定理即可求出CE=3；当2∠D+∠DCE=90°时，即2∠CAB+∠ABE=90°，连接AD，可证 ，即可求出 ；
③如图将ABC沿AB翻折得到ABM，先求证M、B，G三点共线，再证明 ，根据相似即可求出 ；
【详解】
解：（1）由题意知是“准互余三角形”，，
∵∠A+2∠B=90°，
∴∠B=15°；
故答案为：15°，
（2）①根据定义和D是的中点判断即可知道△DEC, △ABE, △BEC为准互余三角形；故一共有三个；
故答案为：3，
②由题意是半圆的直径，
∴∠ACB=90°，
∴，
根据题意△DEC是“准互余三角形”时分两种情况：
当∠D+2∠DCE=90°时，
∵A，B，C，D在同一圆上，，
∴∠D=∠CAB，∠DCE=∠DBA，
∴∠CAB+2∠ABE=90°，
又∠CAB+∠ABC=90°，
∴∠CBA=2∠CBD，
即BD平分∠ABC，
过E作 于F（如图（1）），

∴EF=CE，
∵∠BCE=∠BFE，∠CBE=∠FBE，
∴（AAS），
∴BC=BF，
由勾股定理即知： ，
∴，
即，
解得CE=3；
当2∠D+∠DCE=90°时（如备用图），

∵A，B，C，D在同一圆上，
∴∠D=∠CAB，∠DCE=∠DBA，
∴2∠CAB+∠ABE=90°，连接AD，
∵∠DAC=∠CBE，
∴ ，
∴ ，
即，
∵2∠CAB+∠ABE=90°，
又∠DAB+∠ABE=90°，
∴∠DAE=∠CAB，
∴，
∴，
又∵，
∴ ，
即，
故，
∴
∴由勾股定理得 ；
③如图将ABC沿AB翻折得到ABM，

∵，
∴，
∵∠CAB+∠CBA=90°，
∴∠MAB+∠MBA=90°，
∴∠CAM+∠CBM=180°，
∴∠CBM+∠CBG=180°，
∴M、B，G三点共线，
∵是“准互余三角形”，
∴2∠CAB+∠G=90°或∠CAB+2∠G=90°，
∵∠CAM+∠G=90°，
∵∠CAB<∠BAM，
∴ ，
故∠CAB+2∠G=90°，
∴∠CAM+∠G=∠CAB+2∠G，
∴∠BAM =∠G，
又∠M =∠M，
∴，
∴ ，
即，
解得： ，
由勾股定理得： ；
【点睛】
此题利用新定义考查圆的相关知识，三角形相似，勾股定理等，有一定的难度，对知识的综合应用要求较高，认真寻找相关角证明相似是关键．
29．（2021·江苏南京·二模）如图①，A是⊙O外一点，AB与⊙O相切于点B，AO的延长线交⊙O于点C，过点B作BD//AC，交⊙O于点D，连接DO，并延长DO交⊙O于点E，连接AE．已知BD＝2，⊙O的半径为3．

（1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）求AE的长；
（3）如图②，若点M是⊙O上一点，且BM＝3，过A作AN//BM，交弧ME于点N，连接ME，交AN于点G，连接OG，则OG的长度是 　 　．
【答案】（1）见解析；（2）6；（3）
【解析】
【分析】
（1）由题可得，OE是半径，要证AE是切线，只需要证明OE⊥AE即可，连接OB，因为AB是切线，所以∠ABO＝90°，因为OB＝OD，所以∠OBD＝∠ODB，利用AC//BD，可以证得∠AOB＝∠AOE，继而证明△AOB≌△AOE，即可解决；
（2）过O作OH⊥BD于H，则DH＝BH＝1，可以证明△OBH∽△AOB，得到，求出AB的长度，利用切线长定理，得到AE＝AB，即可解决；
（3）在（1）的条件下，容易得到∠ABO+∠AEO＝180°，则A，B，O，E四点共圆，只需要取AO中点P，证明A，B，O，E四点到P的距离相等即可，从而得到AO是圆P的直径，因为OB＝OM＝BM＝3，所以△OBM为等边三角形，可以得到∠ABM＝150°，又BM//AN，得到∠BAN＝30°，利用同弧所对的圆周角等于圆心角一半，可以得到∠BEM＝，所以∠BEM＝∠BAN，则B，A，E，G四点共圆，即G在圆P上，由于AO是直径，所以∠AGO＝90°，这一结论可以通过“相似八字形”来完成，图3和图4通过相似的证明，得到∠AGO＝90°，延长GO交BM于F，可得OF⊥BM，可以通过勾股定理求出OF的长度，过B作BD⊥AN于D，在直角三角形ABD中，求得BD长度，四边形BDGF是矩形，从而求出FG长度，利用OG＝FG﹣OF，即可解决．
【详解】
证明：如图1，连接OB，

∵AB与⊙O相切于点B，
∴OB⊥AB，
∴∠OBA＝90°，
∵BD//AC，
∴∠AOE＝∠ODB，∠AOB＝∠OBD，
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，
∴∠AOE＝∠AOB，
在△AOB与△AOE中，
，
∴△AOB≌△AOE（SAS），
∴∠AEO＝∠ABO＝90°，
∴OE⊥AE，
∵E在⊙O上，
∴AE是⊙O的切线；
（2）如图2，过O作OH⊥BD于H，

则BH＝DH＝，∠BHO＝90°，
在Rt△OBH中，OH＝，
∵∠OHB＝∠ABO＝90°，
∠OBD＝∠AOB，
∴△OBH∽△AOB，
∴，
即，
∴AB＝，
∵AB，AE是⊙O的切线，
∴AE＝AB＝；
（3）取AO的中点P，如图3，连接BP，EP，OB，OE，

在Rt△AOB中，∵P是斜边AO的中点，
∴AP＝OP＝BP，
同理，EP＝AP＝OP，
∴AP＝OP＝BP＝EP，
∴A，B，O，E四点共圆，
∵∠ABO＝90°，
∴AO为圆的直径，
连接OB，OM，BE，
∵OB＝OM＝BM＝3，
∴∠OBM＝60°，
∴∠ABM＝∠ABO+∠OBM＝150°，
∵AN//BM，
∴∠BAN＝180°﹣∠ABM＝30°，
连接BE，设BE与AN交于Q点，如图4，

又∠BEM＝，
∴∠BAN＝∠BEM，
∵∠AQB＝∠EQG，
∴△AQB∽△EQG，
∴，
又∠BQG＝∠AQE，
∴△BQG∽△AQE，
∴∠AEB＝∠AGB，
∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB＝∠AGB，
∵A，B，O，E四点共圆，如图5，

连接AO，设BG与AO交于H点，
∴∠AOB＝∠AEB，
又∠BHO＝∠AHG，
∴△BHO∽△AHG，
∴∠OBH＝∠OAG，
，
∵∠AHB＝∠GHO，
∴△AHB∽△GHO，
∴∠ABG＝∠AOG，
∵∠ABG+∠OBH＝90°，
∠OBH＝∠∠OAG，
∴∠AOG+∠OAG＝90°，
∴∠AGO＝90°，
如图6，延长GO交BM于F，

∵BM//AN，
∴∠BFO＝180°﹣∠AGO＝90°，
∴OF⊥BM，
∴BF＝，又BO＝3，
∴，
过B作BD⊥AN于D，
则在Rt△ABD中，∠BAD＝30°，
∴BD＝，
∵∠OFB＝∠AGO＝∠BDG＝90°，
∴四边形BDGF为矩形，
∴FG＝BD＝，
∴OG＝FG﹣OF＝．
【点睛】
本题是一道圆的综合题，利用垂径定理和勾股定理来求圆中的线段是本题的基本功，注意四点共圆的常规结论和其证明方法，比如本题中∠BAN=∠BEM，根据这一条件，可以得到B，A，E，G四点共圆，我们可以通过“八字形”相似来完成∠AGO=90°的证明，是解决本题的关键．
30．（2021·江苏南京·二模）如图，E是边长为4的正方形边上一点，长为1．点F从点B开始，在正方形的边上，沿着方向运动，到达点C后停止运动．点A关于直线的对称点为．

从“点”开始
（1）求点与点D的最小距离和最大距离．
由“点”到“线”
（2）当直线与点的轨迹（即点运动形成的图形）有且只有1个公共点时，的长是________．
拓“线”成“形”
（3）在点F经过点A后至点F到达点C前的过程中，当点恰好落在正方形的边所在直线上时，直接写出此时点F运动的路程．
【答案】（1）点与点D的最小距离是，最大距离是；（2）；（3）5；；；．
【解析】
【分析】
（1）连接AE．根据题意可得EA＝ ，由对称的性质得EA′＝EA＝ ．以E为圆心，EA为半径作⊙E，则点A′在⊙E上．作直线DE，交⊙E于点A1′，A″（点A1′靠近点D）．则当点A′与点A1′重合时，DA′最小，当点A′与点A″重合时，DA′最大．即可得点A′与点D的最小距离和最大距离；
（2）当直线直线A'D与点A′的轨迹（即点A′运动形成的图形）有且只有1个公共点时，由（1）知点A′的运动轨迹为⊙E，则符合条件的点为过点D作⊙E的切线交⊙E于点A2′，在Rt△A2′ED中，根据勾股定理即可求解；
（3）有4种情况，①当点A′在AD边上时，点F在AD边上，②当点A′在DC边上时，点F在AD边上，③当点A′在BC延长线上时，点F在DC边上，④当点A′在DC延长线上时，点F在DC边上，分别画出图形．
【详解】
解：（1）如图，连接AE．

∵四边形ABCD是边长为4的正方形，
∴AB＝BC＝CD＝4，∠B＝∠C＝90°．
∵BE＝1，
∴在Rt△ABE中，EA＝，
∵点A关于直线EF的对称点为A′，
∴EA′＝EA＝．
以E为圆心，EA为半径作⊙E，则点A′在⊙E上．
作直线DE，交⊙E于点A1′，A″（点A1′靠近点D）．
∴EA1′＝EA″＝．
当点A′与点A1′重合时，DA′最小，
当点A′与点A″重合时，DA′最大．
∵EC＝BC﹣BE，
∴EC＝3．
∴在Rt△DEC中，DE＝＝5，
∴DA1′＝DE﹣EA1′＝5﹣，DA″＝DE+EA″＝5+．
所以，点A′与点D的最小距离是5﹣，最大距离是5+；
（2）当直线直线A′D与点A′的轨迹（即点A′运动形成的图形）有且只有1个公共点时，由（1）知点A′的运动轨迹为⊙E，则符合条件的点为过点D作⊙E的切线交⊙E于点A2′，

∵DA2′是⊙E的切线，
∴DA2′⊥EA2′，
在Rt△A2′ED中，
DA2′＝，
∴当直线A′D与点A′的轨迹（即点A′运动形成的图形）有且只有1个公共点时，DA′的长是，
故答案为：；
（3）有4种情况，如图①—④所示．
①当点A′在AD边上时，点F在AD边上，

此时点F运动的路程为AB+AF＝AB+BE＝4+1＝5；
②当点A′在DC边上时，点F在AD边上，连接A′F，AE，

∵点A关于直线EF的对称点为A′．
∴A′F＝AF，AE＝A′E＝
∴A′C＝，
设A′F＝AF＝x，
在Rt△A′DF中，A′D2+DF2＝A′F2，
∴（4﹣）2+（4﹣x）2＝x2，
解得：x＝5﹣，
∴此时点F运动的路程为AB+AF＝4+5﹣＝9﹣；
③当点A′在BC延长线上时，点F在DC边上，连接A′A，AE，EF，

∵点A关于直线EF的对称点为A′．
∴EF是A′A的垂直平分线，AE＝A′E＝，
∴EF⊥A′A，
∴∠1＝∠A′，
∴CF＝，
∵tan∠1＝tan∠A′＝，
∴CF＝，
∴此时点F运动的路程为12﹣＝；
④当点A′在DC延长线上时，点F在DC边上，连接A′E，A′A，AE，EF，

∵点A关于直线EF的对称点为A′．
∴AE＝A′E＝，EF⊥A′A，
∴∠1＝∠2，
∴A′C＝，
∵CF＝CE•tan∠1＝CE•tan∠2＝3×＝＝6﹣ ，
∴此时点F运动的路程为12﹣（6﹣）＝6+．
综上，此时点F运动的路程为5或9﹣或或6+．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质、锐角三角函数的定义、勾股定理、圆的有关性质、轴对称最短问题等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．