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初中数学中考复习 专题24圆的有关位置关系（共52题）-备战2023年中考数学必刷真题考点分类专练（全国通用）【解析版】
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备战2023年中考数学必刷真题考点分类专练（全国通用）
专题24圆的有关位置关系（共52题）
一．选择题（共15小题）
1．（2022•长沙）如图，PA，PB是⊙O的切线，A、B为切点，若∠AOB＝128°，则∠P的度数为（ ）
A．32° B．52° C．64° D．72°
【分析】利用切线的性质可得∠OAP＝∠OBP＝90°，然后利用四边形内角和是360°，进行计算即可解答．
【解析】∵PA，PB是⊙O的切线，A、B为切点，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∵∠AOB＝128°，
∴∠P＝360°﹣∠OAP﹣∠OBP﹣∠P＝52°，
故选：B．
2．（2022•哈尔滨）如图，AD，BC是⊙O的直径，点P在BC的延长线上，PA与⊙O相切于点A，连接BD，若∠P＝40°，则∠ADB的度数为（ ）
A．65° B．60° C．50° D．25°
【分析】根据切线的性质得出∠OAP＝90°，进而得出∠BOD的度数，再利用等腰三角形的性质得出∠ADB的度数即可．
【解析】∵PA与⊙O相切于点A，∠P＝40°，
∴∠OAP＝90°，
∴∠BOD＝∠AOP＝90°﹣∠P＝50°，
∵OB＝OD，
∴∠ADB＝∠OBD＝（180°﹣∠BOD）÷2＝（180°﹣50°）÷2＝65°，
故选：A．
3．（2022•无锡）如图，AB是圆O的直径，弦AD平分∠BAC，过点D的切线交AC于点E，∠EAD＝25°，则下列结论错误的是（ ）
A．AE⊥DE B．AE∥OD C．DE＝OD D．∠BOD＝50°
【分析】根据切线的性质得到OD⊥DE，证明OD∥AC，由此判断A、B选项；过点O作OF⊥AC于F，利用矩形的性质、直角三角形的性质判断C选项；利用三角形外角性质求得∠BOD的度数，从而判断D选项．
【解析】∵弦AD平分∠BAC，∠EAD＝25°，
∴∠OAD＝∠ODA＝25°．
∴∠BOD＝2∠OAD＝50°．
故选项D不符合题意；
∵∠OAD＝∠CAD，
∴∠CAD＝∠ODA，
∴OD∥AC，即AE∥OD，故选B不符合题意；
∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE．
∴DE⊥AE．故选项A不符合题意；
如图，过点O作OF⊥AC于F，则四边形OFED是矩形，
∴OF＝DE．
在直角△AFO中，OA＞OF．
∵OD＝OA，
∴DE＜OD．
故选项C符合题意．
故选：C．
4．（2022•眉山）如图是不倒翁的主视图，不倒翁的圆形脸恰好与帽子边沿PA，PB分别相切于点A，B，不倒翁的鼻尖正好是圆心O，若∠OAB＝28°，则∠APB的度数为（ ）
A．28° B．50° C．56° D．62°
【分析】连接OB，由AO＝OB得，∠OAB＝∠OBA＝28°，∠AOB＝180°﹣2∠OAB＝124°；因为PA、PB分别切⊙O于点A、B，则∠OAP＝∠OBP＝90°，利用四边形内角和即可求出∠APB．
【解析】连接OB，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝28°，
∴∠AOB＝124°，
∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，
∴OA⊥PA，OP⊥AB，
∴∠OAP+∠OBP＝180°，
∴∠APB+∠AOB＝180°；
∴∠APB＝56°．
故选：C．
5．（2022•重庆）如图，AB是⊙O的切线，B为切点，连接AO交⊙O于点C，延长AO交⊙O于点D，连接BD．若∠A＝∠D，且AC＝3，则AB的长度是（ ）
A．3 B．4 C．3 D．4
【分析】连接OB，则OB⊥AB，由勾股定理可知，AB2＝OA2﹣OB2①，由OB和OD是半径，所以∠A＝∠D＝∠OBD，所以△OBD∽△BAD，AB＝BD，可得BD2＝OD•AD，所以OA2﹣OB2＝OD•AD，设OD＝x，则AD＝2x+3，OB＝x，OA＝x+3，所以（x+3）2﹣x2＝x（2x+3），求出x的值，即可求出OA和OB的长，进而求得AB的长．
【解析】如图，连接OB，
∵AB是⊙O的切线，B为切点，
∴OB⊥AB，
∴AB2＝OA2﹣OB2，
∵OB和OD是半径，
∴∠D＝∠OBD，
∵∠A＝∠D，
∴∠A＝∠D＝∠OBD，
∴△OBD∽△BAD，AB＝BD，
∴OD：BD＝BD：AD，
∴BD2＝OD•AD，
即OA2﹣OB2＝OD•AD，
设OD＝x，
∵AC＝3，
∴AD＝2x+3，OB＝x，OA＝x+3，
∴（x+3）2﹣x2＝x（2x+3），解得x＝3（负值舍去），
∴OA＝6，OB＝3，
∴AB2＝OA2﹣OB2＝27，
∴AB＝3，
故选：C．
6．（2022•武汉）如图，在四边形材料ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝9cm，AB＝20cm，BC＝24cm．现用此材料截出一个面积最大的圆形模板，则此圆的半径是（ ）
A．cm B．8cm C．6cm D．10cm
【分析】如图，当AB，BC，CD相切于⊙O于点E，F，G时，⊙O的面积最大．连接OA，OB，OC，OD，OE，OF，OG，过点D作DH⊥BC于点H．利用面积法构建方程求解．
【解析】如图，当AB，BC，CD相切于⊙O于点E，F，G时时，⊙O的面积最大．连接OA，OB，OC，OD，OE，OF，OG，过点D作DH⊥BC于点H．
∵AD∥CB，∠BAD＝90°，
∴∠ABC＝90°，
∵∠DHB＝90°，
∴四边形ABHD是矩形，
∴AB＝DH＝20cm，AD＝BH＝9cm，
∵BC＝24cm，
∴CH＝BC﹣BH＝24﹣9＝15（cm），
∴CD＝＝＝25（cm），
设OE＝OF＝OG＝rcm，
则有×（9+24）×20＝×20×r+×24×r+×25×r+×9×（20﹣r），
∴r＝8，
故选：B．
7．（2022•重庆）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，过点C的切线与AB的延长线交于点P，若AC＝PC＝3，则PB的长为（ ）
A． B． C． D．3
【分析】连结OC，根据切线的性质得到∠PCO＝90°，根据OC＝OA，得到∠A＝∠OCA，根据AC＝PC，得到∠P＝∠A，在△APC中，根据三角形内角和定理求得∠P＝30°，根据含30度角的直角三角形的性质得到OP＝2OC＝2r，在Rt△POC中，根据tanP＝求出⊙O的半径r即可得出答案．
【解析】如图，连结OC，
∵PC是⊙O的切线，
∴∠PCO＝90°，
∵OC＝OA，
∴∠A＝∠OCA，
∵AC＝PC，
∴∠P＝∠A，
设∠A＝∠OCA＝∠P＝x°，
在△APC中，∠A+∠P+∠PCA＝180°，
∴x+x+90°+x＝180°，
∴x＝30°，
∴∠P＝30°，
∵∠PCO＝90°，
∴OP＝2OC＝2r，
在Rt△POC中，tanP＝，
∴＝，
∴r＝3，
∴PB＝OP﹣OB＝2r﹣r＝r＝3．
故选：D．
8．（2022•自贡）P为⊙O外一点，PT与⊙O相切于点T，OP＝10，∠OPT＝30°，则PT长为（ ）
A．5 B．5 C．8 D．9
【分析】根据切线的性质得到∠OTP＝90°，根据含30度角的直角三角形的性质得到OT的值，根据勾股定理即可求解．
【解析】方法一：如图，∵PT与⊙O相切于点T，
∴∠OTP＝90°，
又∵OP＝10，∠OPT＝30°，
∴OT＝OP＝×10＝5，
∴PT＝＝＝5．
故选：A．
方法二：在Rt△OPT中，∵cosP＝，
∴PT＝OP•cos30°＝10×＝5．
故选：A．
9．（2022•梧州）如图，⊙O是△ABC的外接圆，且AB＝AC，∠BAC＝36°，在上取点D（不与点A，B重合），连接BD，AD，则∠BAD+∠ABD的度数是（ ）
A．60° B．62° C．72° D．73°
【分析】利用等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠C＝72°，从而利用圆内接四边形的性质可求出∠D＝108°，然后利用三角形内角和定理进行计算即可解答．
【解析】∵AB＝AC，∠BAC＝36°，
∴∠ABC＝∠C＝72°，
∵四边形ADBC是圆内接四边形，
∴∠D+∠C＝180°，
∴∠D＝180°﹣∠C＝108°，
∴∠BAD+∠ABD＝180°﹣∠D＝72°，
故选：C．
10．（2022•十堰）如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，点D是弧AC上一动点（不与A，C重合），下列结论：①∠ADB＝∠BDC；②DA＝DC；③当DB最长时，DB＝2DC；④DA+DC＝DB，其中一定正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】由△ABC是等边三角形，及同弧所对圆周角相等可得∠ADB＝∠BDC，即可判断①正确；由点D是弧AC上一动点，可判断②错误；根据DB最长时，DB为⊙O直径，可判定③正确；在DB上取一点E，使DE＝AD，可得△ADE是等边三角形，从而△ABE≌△ACD（SAS），有BE＝CD，可判断④正确．
【解析】∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝60°，
∵＝，＝，
∴∠ADB＝∠ACB＝60°，∠BDC＝∠BAC＝60°，
∴∠ADB＝∠BDC，故①正确；
∵点D是弧AC上一动点，
∴与不一定相等，
∴DA与DC不一定相等，故②错误；
当DB最长时，DB为⊙O直径，
∴∠BDC＝90°，
∵∠BDC＝60°，
∴∠DBC＝30°，
∴DB＝2DC，故③正确；
在DB上取一点E，使DE＝AD，如图：
∵∠ADB＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD＝AE，∠DAE＝60°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BAE＝∠CAD，
∵AB＝AC，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴BE＝CD，
∴BD＝BE+DE＝CD+AD，故④正确；
∴正确的有①③④，共3个，
故选：C．
11．（2022•邵阳）如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，若AB＝3，则⊙O的半径是（ ）
A． B． C． D．
【分析】连接OB，过点O作OE⊥BC，结合三角形外心和垂径定理分析求解．
【解析】连接OB，过点O作OE⊥BC，
∵⊙O是等边△ABC的外接圆，
∴OB平分∠ABC，
∴∠OBE＝30°，
又∵OE⊥BC，
∴BE＝BC＝AB＝，
在Rt△OBE中，cos30°＝，
∴，
解得：OB＝，
故选：C．
12．（2022•德阳）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，与BC相交于点G，则下列结论：①∠BAD＝∠CAD；②若∠BAC＝60°，则∠BEC＝120°；③若点G为BC的中点，则∠BGD＝90°；④BD＝DE．其中一定正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】利用三角形内心的性质得到∠BAD＝∠CAD，则可对①进行判断；直接利用三角形内心的性质对②进行判断；根据垂径定理则可对③进行判断；通过证明∠DEB＝∠DBE得到DB＝DE，则可对④进行判断．
【解析】∵E是△ABC的内心，
∴AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，故①正确；
如图，连接BE，CE，
∵E是△ABC的内心，
∴∠EBC＝∠ABC，∠ECB＝ACB，
∵∠BAC＝60°，
∴∠ABC+∠ACB＝120°，
∴∠BEC＝180°﹣∠EBC﹣∠ECB＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝120°，故②正确；
∵∠BAD＝∠CAD，
∴＝，
∵点G为BC的中点，
∴OD⊥BC，
∴∠BGD＝90°，故③正确；
如图，连接BE，
∴BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∵∠DBC＝∠DAC＝∠BAD，
∴∠DBC+∠EBC＝∠EBA+∠EAB，
∴∠DBE＝∠DEB，
∴DB＝DE，故④正确．
∴一定正确的①②③④，共4个．
故选：D．
13．（2022•娄底）如图，等边△ABC内切的图形来自我国古代的太极图，等边三角形内切圆中的黑色部分和白色部分关于等边△ABC的内心成中心对称，则圆中的黑色部分的面积与△ABC的面积之比是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据题意和图形，可知圆中的黑色部分的面积是圆的面积的一半，然后即可计算出圆中的黑色部分的面积与△ABC的面积之比．
【解析】作AD⊥BC于点D，作BE⊥AC于点E，AD和BE交于点O，如图所示，
设AB＝2a，则BD＝a，
∵∠ADB＝90°，
∴AD＝＝a，
∴OD＝AD＝a，
∴圆中的黑色部分的面积与△ABC的面积之比是：＝，
故选：A．
14．（2022•吉林）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝4．以点A为圆心，r为半径作圆，当点C在⊙A内且点B在⊙A外时，r的值可能是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】由勾股定理求出AC的长度，再由点C在⊙A内且点B在⊙A外求解．
【解析】在Rt△ABC中，由勾股定理得AC＝＝4，
∵点C在⊙A内且点B在⊙A外，
∴3＜r＜5，
故选：C．
15．（2022•杭州）如图，已知△ABC内接于半径为1的⊙O，∠BAC＝θ（θ是锐角），则△ABC的面积的最大值为（ ）
A．cosθ（1+cosθ） B．cosθ（1+sinθ）
C．sinθ（1+sinθ） D．sinθ（1+cosθ）
【分析】要使△ABC的面积S＝BC•h的最大，则h要最大，当高经过圆心时最大．
【解析】当△ABC的高AD经过圆的圆心时，此时△ABC的面积最大，
如图所示，
∵A′D⊥BC，
∴BC＝2BD，∠BOD＝∠BA′C＝θ，
在Rt△BOD中，
sinθ＝，cosθ＝
∴BD＝sinθ，OD＝cosθ，
∴BC＝2BD＝2sinθ，
A′D＝A′O+OD＝1+cosθ，
∴A′D•BC＝•2sinθ（1+cosθ）＝sinθ（1+cosθ）．
故选：D．
二．填空题（共17小题）
16．（2022•泰州）如图，PA与⊙O相切于点A，PO与⊙O相交于点B，点C在上，且与点A、B不重合．若∠P＝26°，则∠C的度数为 32 °．
【分析】连接AO并延长交⊙O于点D，连接DB，由切线的性质得出∠OAP＝90°，由∠P＝26°，求出∠AOP＝64°，由圆周角定理即可求出∠C＝∠D＝32°．
【解析】如图，连接AO并延长交⊙O于点D，连接DB，
∵PA与⊙O相切于点A，
∴∠OAP＝90°，
∵∠P＝26°，
∴∠AOP＝90°﹣∠P＝90°﹣26°＝64°，
∴∠D＝∠AOP＝×64°＝32°，
∵点C在上，且与点A、B不重合，
∴∠C＝∠D＝32°，
故答案为：32．
17．（2022•海南）如图，射线AB与⊙O相切于点B，经过圆心O的射线AC与⊙O相交于点D、C，连接BC，若∠A＝40°，则∠ACB＝ 25 °．
【分析】连接OB，利用切线的性质定理可求∠ABO＝90°，利用直角三角形的两个锐角互余可得∠AOB，利用圆周角定理即可求得结论．
【解析】连接OB，如图，
∵射线AB与⊙O相切于点B，
∴OB⊥AB，
∴∠ABO＝90°．
∵∠A＝40°，
∴∠AOB＝50°，
∴∠ACB＝∠AOB＝25°．
故答案为：25．
18．（2022•怀化）如图，AB与⊙O相切于点C，AO＝3，⊙O的半径为2，则AC的长为 ．
【分析】连接OC，根据切线的性质得到OC⊥AC，再根据勾股定理计算，得到答案．
【解析】连接OC，
∵AB与⊙O相切于点C，
∴OC⊥AC，
在Rt△AOC中，OC＝2，OA＝3，
则AC＝＝＝，
故答案为：．
19．（2022•株洲）中国元代数学家朱世杰所著《四元玉鉴》记载有“锁套吞容”之“方田圆池结角池图”．“方田一段，一角圆池占之．”意思是说：“一块正方形田地，在其一角有一个圆形的水池（其中圆与正方形一角的两边均相切）”，如图所示．
问题：此图中，正方形一条对角线AB与⊙O相交于点M、N（点N在点M的右上方），若AB的长度为10丈，⊙O的半径为2丈，则BN的长度为 （8﹣2） 丈．
【分析】连接OC，根据切线的性质得到OC⊥AC，根据正方形的性质得到∠OAC＝45°，求出OA，结合图形计算，得到答案．
【解析】如图，设正方形的一边与⊙O的切点为C，连接OC，
则OC⊥AC，
∵四边形是正方形，AB是对角线，
∴∠OAC＝45°，
∴OA＝OC＝2（丈），
∴BN＝AB﹣AN＝10﹣2﹣2＝（8﹣2）丈，
故答案为：（8﹣2）．
20．（2022•泰安）如图，在△ABC中，∠B＝90°，⊙O过点A、C，与AB交于点D，与BC相切于点C，若∠A＝32°，则∠ADO＝ 64° ．
【分析】连接OC，根据圆周角定理求出∠DOC，根据切线的性质得到OC⊥BC，证明AB∥OC，根据平行线的性质解答即可．
【解析】连接OC，
∵∠A＝32°，
∴∠DOC＝2∠A＝64°，
∵BC与⊙O相切于点C，
∴OC⊥BC，
∵∠B＝90°，
∴∠B+∠OCB＝180°，
∴AB∥OC，
∴∠ADO＝∠DOC＝64°，
故答案为：64°．
21．（2022•宁波）如图，在△ABC中，AC＝2，BC＝4，点O在BC上，以OB为半径的圆与AC相切于点A．D是BC边上的动点，当△ACD为直角三角形时，AD的长为 或 ．
【分析】根据切线的性质定理，勾股定理，直角三角形的等面积法解答即可．
【解析】连接OA，过点A作AD⊥BC于点D，
∵圆与AC相切于点A．
∴OA⊥AC，
由题意可知：D点位置分为两种情况，
①当∠CAD为90°时，此时D点与O点重合，设圆的半径＝r，
∴OA＝r，OC＝4﹣r，
∵AC＝2，
在Rt△AOC中，根据勾股定理可得：r2+4＝（4﹣r）2，
解得：r＝，
即AD＝AO＝；
②当∠ADC＝90°时，AD＝，
∵AO＝，AC＝2，OC＝4﹣r＝，
∴AD＝，
综上所述，AD的长为或，
故答案为：或．
22．（2022•连云港）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，A为切点，连接BC，与⊙O交于点D，连接OD．若∠AOD＝82°，则∠C＝ 49 °．
【分析】根据AC是⊙O的切线，可以得到∠BAC＝90°，再根据∠AOD＝82°，可以得到∠ABD的度数，然后即可得到∠C的度数．
【解析】∵AC是⊙O的切线，
∴∠BAC＝90°，
∵∠AOD＝82°，
∴∠ABD＝41°，
∴∠C＝90°﹣∠ABD＝90°﹣41°＝49°，
故答案为：49．
23．（2022•金华）如图，木工用角尺的短边紧靠⊙O于点A，长边与⊙O相切于点B，角尺的直角顶点为C．已知AC＝6cm，CB＝8cm，则⊙O的半径为 cm．
【分析】连接OA，OB，过点A作AD⊥OB于点D，利用矩形的判定与性质得到BD＝AC＝6cm，AD＝BC＝8cm，设⊙O的半径为rcm，在Rt△OAD中，利用勾股定理列出方程即可求解．
【解析】连接OA，OB，过点A作AD⊥OB于点D，如图，
∵长边与⊙O相切于点B，
∴OB⊥BC，
∵AC⊥BC，AD⊥OB，
∴四边形ACBD为矩形，
∴BD＝AC＝6cm，AD＝BC＝8cm．
设⊙O的半径为rcm，
则OA＝OB＝rcm，
∴OD＝OB﹣BD＝（r﹣6）cm，
在Rt△OAD中，
∵AD2+OD2＝OA2，
∴82+（r﹣6）2＝r2，
解得：r＝．
故答案为：．
24．（2022•黑龙江）如图，在⊙O中，AB是⊙O的弦，⊙O的半径为3cm．C为⊙O上一点，∠ACB＝60°，则AB的长为 3 cm．
【分析】连接AO并延长交⊙O于点D，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ABD＝90°，再利用同弧所对的圆周角相等可求出∠ADB＝60°，然后在Rt△ABD中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【解析】连接AO并延长交⊙O于点D，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD＝90°，
∵∠ACB＝60°，
∴∠ADB＝∠ACB＝60°，
在Rt△ABD中，AD＝6cm，
∴AB＝AD•sin60°＝6×＝3（cm），
故答案为：3．
25．（2022•泰州）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，O为内心，过点O的直线分别与AC、AB边相交于点D、E．若DE＝CD+BE，则线段CD的长为 2或 ．
【分析】连接BO，CO，结合内心的概念及平行线的判定分析可得当DE＝CD+BE时，CE∥BC，从而利用相似三角形的判定和性质分析计算．
【解析】如图，过点O的直线分别与AC、AB边相交于点D、E，连接BO，CO，
∵O为△ABC的内心，
∴CO平分∠ACB，BO平分∠ABC，
∴∠BCO＝∠ACO，∠CBO＝∠ABO，
当CD＝OD时，则∠OCD＝∠COD，
∴∠BCO＝∠COD，
∴BC∥DE，
∴∠CBO＝∠BOE，
∴BE＝OE，
则DE＝CD+BE，
设CD＝OD＝x，BE＝OE＝y，
在Rt△ABC中，AB＝＝10，
∴，即，
解得，
∴CD＝2，
过点O作D′E′⊥AB，作DE∥BC，
∵点O为△ABC的内心，
∴OD＝OE′，
在Rt△ODD′和Rt△OE′E中，
，
∴△ODD′≌△OE′E（ASA），
∴OE＝OD′，
∴D′E′＝DE＝CD+BE＝CD′+BE′＝2+＝，
在△AD′E′和△ABC中，
，
∴△AD′E′∽△ABC，
∴，
∴，
解得：AD′＝，
∴CD′＝AC﹣AD′＝，
故答案为：2或．
26．（2022•玉林）如图，在5×7网格中，各小正方形边长均为1，点O，A，B，C，D，E均在格点上，点O是△ABC的外心，在不添加其他字母的情况下，则除△ABC外把你认为外心也是O的三角形都写出来 △ABD，△ACD，△BCD ．
【分析】由网格利用勾股定理分别求解OA，OB，OC，OD，OE，根据三角形的外心到三角形顶点的距离相等可求解．
【解析】由图可知：
OA＝，
OB＝，
OC＝，
OD＝，
OE＝，
∴OA＝OB＝OC＝OD≠OE，
∴△ABD，△ACD，△BCD的外心都是点O，
故答案为：△ABD，△ACD，△BCD．
27．（2022•宜宾）我国古代数学家赵爽的“弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）．若直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积为49，则大正方形的面积为 289 ．
【分析】如图，设内切圆的圆心为O，连接OE、OD，则四边形EODC为正方形，然后利用内切圆和直角三角形的性质得到AC+BC＝AB+6，（BC﹣AC）2＝49，接着利用完全平方公式进行代数变形，最后解关于AB的一元二次方程解决问题．
【解析】如图，设内切圆的圆心为O，连接OE、OD，
则四边形EODC为正方形，
∴OE＝OD＝3＝，
∴AC+BC﹣AB＝6，
∴AC+BC＝AB+6，
∴（AC+BC）2＝（AB+6）2，
∴BC2+AC2+2BC×AC＝AB2+12AB+36，
而BC2+AC2＝AB2，
∴2BC×AC＝12AB+36①，
∵小正方形的面积为49，
∴（BC﹣AC）2＝49，
∴BC2+AC2﹣2BC×AC＝49②，
把①代入②中得
AB2﹣12AB﹣85＝0，
∴（AB﹣17）（AB+5）＝0，
∴AB＝17（负值舍去），
∴大正方形的面积为 289．
故答案为：289．
28．（2022•泸州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝2，半径为1的⊙O在Rt△ABC内平移（⊙O可以与该三角形的边相切），则点A到⊙O上的点的距离的最大值为 2+1 ．
【分析】连接OE、OF，根据正切的定义求出∠ABC，根据切线长定理得到∠OBF＝30°，根据含30°角的直角三角形的性质、勾股定理计算，得到答案．
【解析】当⊙O与BC、BA都相切时，连接AO并延长交⊙O于点D，则AD为点A到⊙O上的点的距离的最大值，
设⊙O与BC、BA的切点分别为E、F，连接OE、OF，
则OE⊥BC，OF⊥AB，
∵AC＝6，BC＝2，
∴tan∠ABC＝＝，AB＝＝4，
∴∠ABC＝60°，
∴∠OBF＝30°，
∴BF＝＝，
∴AF＝AB﹣BF＝3，
∴OA＝＝2，
∴AD＝2+1，
故答案为：2+1．
29．（2022•湖北）如图，点P是⊙O上一点，AB是一条弦，点C是上一点，与点D关于AB对称，AD交⊙O于点E，CE与AB交于点F，且BD∥CE．给出下面四个结论：
①CD平分∠BCE；②BE＝BD；③AE2＝AF•AB；④BD为⊙O的切线．
其中所有正确结论的序号是 ①②④ ．
【分析】根据题意可得AB是CD的垂直平分线，从而可得AD＝DC，BD＝BC，再利用等腰三角形和平行线的性质可得CD平分∠BCE，即可判断①；根据圆内接四边形对角互补和平角定义可得∠DEB＝∠ACB，再利用SSS证明△ADB≌△ACB，然后利用全等三角形的性质可得∠ADB＝∠ACB，从而可得∠DEB＝∠ADB，即可判断②；根据等弧所对的圆周角相等可得∠AEF≠∠ABE，从而可得△AEF与△ABE不相似，即可判断③；连接OB，交EC于点H，利用①②的结论可得BE＝BC，从而可得＝，然后利用垂径定理可得∠OHE＝90°，最后利用平行线的性质可求出∠OBD＝90°，即可解答．
【解析】∵点C与点D关于AB对称，
∴AB是CD的垂直平分线，
∴AD＝DC，BD＝BC，
∴∠BCD＝∠BDC，
∵BD∥CE，
∴∠BDC＝∠DCE，
∴∠DCE＝∠BCD，
∴CD平分∠BCE；
故①正确；
∵四边形ACBE是⊙O的内接四边形，
∴∠ACB+∠AEB＝180°，
∵∠AEB+∠DEB＝180°，
∴∠DEB＝∠ACB，
∵AD＝DC，BD＝BC，AB＝AB，
∴△ADB≌△ACB（SSS），
∴∠ADB＝∠ACB，
∴∠DEB＝∠ADB，
∴BD＝BE，
故②正确；
∵AC≠AE，
∴≠，
∴∠AEF≠∠ABE，
∴△AEF与△ABE不相似，
故③不正确；
连接OB，交EC于点H，
∵BD＝BE，BD＝BC，
∴BE＝BC，
∴＝，
∴OB⊥CE，
∴∠OHE＝90°，
∵BD∥CE，
∴∠OHE＝∠OBD＝90°，
∵OB是⊙O的半径，
∴BD为⊙O的切线，
故④正确；
所以给出上面四个结论，其中所有正确结论的序号是：①②④，
故答案为：①②④．
30．（2022•恩施州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，⊙O为Rt△ABC的内切圆，则图中阴影部分的面积为（结果保留π） 5﹣π ．
【分析】根据题意，先作出相应的辅助线，然后求出内切圆的半径，再根据图形可知：阴影部分的面积＝△ABC的面积﹣正方形CEOD的面积﹣⊙O面积的，代入数据计算即可．
【解析】作OD⊥AC于点D，作OE⊥CB于点E，作OF⊥AB于点F，连接OA、OC、OB，如图，
∵∠C＝90°，OD＝OE＝OF，
∴四边形CEOD是正方形，
∵AC＝4，BC＝3，∠C＝90°，
∴AB＝＝＝5，
∵S△ABC＝S△AOC+S△COB+S△BOA，
∴＝，
解得OD＝OE＝OF＝1，
∴图中阴影部分的面积为：﹣1×1﹣π×12×＝5﹣π，
故答案为：5﹣π．
31．（2022•黔东南州）如图，在△ABC中，∠A＝80°，半径为3cm的⊙O是△ABC的内切圆，连接OB、OC，则图中阴影部分的面积是 cm2．（结果用含π的式子表示）
【分析】根据角A的度数和内切圆的性质，得出圆心角DOE的度数即可得出阴影部分的面积．
【解析】∵∠A＝80°，⊙O是△ABC的内切圆，
∴∠DOE＝180°﹣（）＝180°﹣（180°﹣∠A）＝130°，
∴S扇形DOE＝＝（cm2），
故答案为：．
32．（2022•凉山州）如图，在边长为1的正方形网格中，⊙O是△ABC的外接圆，点A，B，O在格点上，则cos∠ACB的值是 ．
【分析】先连接AD，BD，然后根据题意，可以求得cos∠ADB的值，再根据圆周角定理可以得到∠ACB＝∠ADB，从而可以得到cos∠ACB的值．
【解析】连接AD，BD，AD和BD相交于点D，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD＝90°，
∵AB＝6，BD＝4，
∴AD＝＝＝2，
∴cos∠ADB＝＝＝，
∵∠ACB＝∠ADB，
∴cos∠ACB的值是，
故答案为：．
三．解答题（共20小题）
33．（2022•临沂）如图，AB是⊙O的切线，B为切点，直线AO交⊙O于C，D两点，连接BC，BD．过圆心O作BC的平行线，分别交AB的延长线、⊙O及BD于点E，F，G．
（1）求证：∠D＝∠E；
（2）若F是OE的中点，⊙O的半径为3，求阴影部分的面积．
【分析】（1）连接OB，由切线的性质得出∠E+∠BOE＝90°，由圆周角定理得出∠D+∠DCB＝90°，证出∠BOE＝∠OCB，则可得出结论；
（2）求出∠BOG＝60°，由三角形面积公式及扇形的面积公式可得出答案．
【解析】（1）证明：连接OB，
∵AB是⊙O的切线，
∴∠OBE＝90°，
∴∠E+∠BOE＝90°，
∵CD为⊙O的直径，
∴∠CBD＝90°，
∴∠D+∠DCB＝90°，
∵OE∥BC，
∴∠BOE＝∠OBC，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∴∠BOE＝∠OCB，
∴∠D＝∠E；
（2）解：∵F为OE的中点，OB＝OF，
∴OF＝EF＝3，
∴OE＝6，
∴BO＝OE，
∵∠OBE＝90°，
∴∠E＝30°，
∴∠BOG＝60°，
∵OE∥BC，∠DBC＝90°，
∴∠OGB＝90°，
∴OG＝，BG＝，
∴S△BOG＝OG•BG＝＝，S扇形BOF＝＝π，
∴S阴影部分＝S扇形BOF﹣S△BOG＝．
34．（2022•恩施州）如图，P为⊙O外一点，PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交⊙O于点D、E，交AB于点C．
（1）求证：∠ADE＝∠PAE．
（2）若∠ADE＝30°，求证：AE＝PE．
（3）若PE＝4，CD＝6，求CE的长．
【分析】（1）连接OA，利用切线的性质定理，圆周角定理，同圆的半径相等，等腰三角形的性质和等角的余角相等解答即可；
（2）利用（1）的结论，直径所对的圆周角为直角，三角形的外角的性质和等腰三角形的判定定理解答即可；
（3）CE＝x，则DE＝CD+CE＝6+x，OA＝OE＝，OC＝OE﹣CE＝，OP＝OE+PE＝，利用相似三角形的判定与性质得出比例式即可求得结论．
【解析】（1）证明：连接OA，如图，
∵PA为⊙O的切线，
∴AO⊥PA，
∴∠OAE+∠PAE＝90°．
∵DE是⊙O的直径，
∴∠DAE＝90°，
∴∠ADE+∠AED＝90°．
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠AED，
∴∠ADE＝∠PAE；
（2）证明：由（1）知：∠ADE＝∠PAE＝30°，
∵∠DAE＝90°，
∴∠AED＝90°﹣∠ADE＝60°．
∵∠AED＝∠PAE+∠APE，
∴∠APE＝∠PAE＝30°，
∴AE＝PE；
（3）解：设CE＝x，则DE＝CD+CE＝6+x，
∴OA＝OE＝，
∴OC＝OE﹣CE＝，
OP＝OE+PE＝．
∵PA、PB为⊙O的切线，
∴PA＝PB，PO平分∠APB，
∴PO⊥AB．
∵PA为⊙O的切线，
∴AO⊥PA，
∴△OAC∽△OPA，
∴，
∴，
即：x2+10x﹣24＝0．
解得：x＝2或﹣12（不合题意，舍去），
∴CE＝2．
35．（2022•十堰）如图，△ABC中，AB＝AC，D为AC上一点，以CD为直径的⊙O与AB相切于点E，交BC于点F，FG⊥AB，垂足为G．
（1）求证：FG是⊙O的切线；
（2）若BG＝1，BF＝3，求CF的长．
【分析】（1）由等腰三角形的性质可证∠B＝∠C＝∠OFC，可证OF∥AB，可得结论；
（2）由切线的性质可证四边形GFOE是矩形，可得OE＝GF＝2，由锐角三角函数可求解．
【解析】（1）证明：如图，连接OF，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵OF＝OC，
∴∠C＝∠OFC，
∴∠OFC＝∠B，
∴OF∥AB，
∵FG⊥AB，
∴FG⊥OF，
又∵OF是半径，
∴GF是⊙O的切线；
（2）解：如图，连接OE，过点O作OH⊥CF于H，
∵BG＝1，BF＝3，∠BGF＝90°，
∴FG＝＝＝2，
∵⊙O与AB相切于点E，
∴OE⊥AB，
又∵AB⊥GF，OF⊥GF，
∴四边形GFOE是矩形，
∴OE＝GF＝2，
∴OF＝OC＝2，
又∵OH⊥CF，
∴CH＝FH，
∵cosC＝cosB＝，
∴，
∴CH＝，
∴CF＝．
36．（2022•衡阳）如图，AB为⊙O的直径，过圆上一点D作⊙O的切线CD交BA的延长线于点C，过点O作OE∥AD交CD于点E，连接BE．
（1）直线BE与⊙O相切吗？并说明理由；
（2）若CA＝2，CD＝4，求DE的长．
【分析】（1）连接OD，理由切线的性质可得∠ODE＝90°，然后利用平行线和等腰三角形的性质可得OE平分∠DOB，从而可得∠DOE＝∠EOB，进而可证△DOE≌△BOE，最后利用全等三角形的性质即可解答；
（2）设⊙O的半径为r，先在Rt△ODC中，利用勾股定理求出r的长，再利用（1）的结论可得DE＝BE，最后在Rt△BCE中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【解析】（1）直线BE与⊙O相切，
理由：连接OD，
∵CD与⊙O相切于点D，
∴∠ODE＝90°，
∵AD∥OE，
∴∠ADO＝∠DOE，∠DAO＝∠EOB，
∵OD＝OA，
∴∠ADO＝∠DAO，
∴∠DOE＝∠EOB，
∵OD＝OB，OE＝OE，
∴△DOE≌△BOE（SAS），
∴∠OBE＝∠ODE＝90°，
∵OB是⊙O的半径，
∴直线BE与⊙O相切；
（2）设⊙O的半径为r，
在Rt△ODC中，OD2+DC2＝OC2，
∴r2+42＝（r+2）2，
∴r＝3，
∴AB＝2r＝6，
∴BC＝AC+AB＝2+6＝8，
由（1）得：△DOE≌△BOE，
∴DE＝BE，
在Rt△BCE中，BC2+BE2＝CE2，
∴82+BE2＝（4+DE）2，
∴64+DE2＝（4+DE）2，
∴DE＝6，
∴DE的长为6．
37．（2022•天津）已知AB为⊙O的直径，AB＝6，C为⊙O上一点，连接CA，CB．
（Ⅰ）如图①，若C为的中点，求∠CAB的大小和AC的长；
（Ⅱ）如图②，若AC＝2，OD为⊙O的半径，且OD⊥CB，垂足为E，过点D作⊙O的切线，与AC的延长线相交于点F，求FD的长．
【分析】（Ⅰ）根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，∠CAB＝∠CBA，进而求出∠CAB，根据余弦的定义求出AC；
（Ⅱ）根据切线的性质得到OD⊥DF，证明四边形FCED为矩形，根据矩形的性质得到FD＝EC，根据勾股定理求出BC，根据垂径定理解答即可．
【解析】（Ⅰ）∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵C为的中点，
∴＝，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∴AC＝AB•cos∠CAB＝3；
（Ⅱ）∵DF是⊙O的切线，
∴OD⊥DF，
∵OD⊥BC，∠FCB＝90°，
∴四边形FCED为矩形，
∴FD＝EC，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，AB＝6，
则BC＝＝4，
∵OD⊥BC，
∴EC＝BC＝2，
∴FD＝2．
38．（2022•绍兴）如图，半径为6的⊙O与Rt△ABC的边AB相切于点A，交边BC于点C，D，∠B＝90°，连结OD，AD．
（1）若∠ACB＝20°，求的长（结果保留π）．
（2）求证：AD平分∠BDO．
【分析】（1）连结OA，由∠ACB＝20°，得∠AOD＝40°，由弧长公式即得的长为；
（2）根据AB切⊙O于点A，∠B＝90°，可得OA∥BC，有∠OAD＝∠ADB，而OA＝OD，即可得∠ADB＝∠ODA，从而AD平分∠BDO．
【解析】（1）解：连结OA，如图：
∵∠ACB＝20°，
∴∠AOD＝40°，
∴＝＝；
（2）证明：∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AB切⊙O于点A，
∴OA⊥AB，
∵∠B＝90°，
∴OA∥BC，
∴∠OAD＝∠ADB，
∴∠ADB＝∠ODA，
∴AD平分∠BDO．
39．（2022•安徽）已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，D为BA的延长线上一点，连接CD．
（1）如图1，若CO⊥AB，∠D＝30°，OA＝1，求AD的长；
（2）如图2，若DC与⊙O相切，E为OA上一点，且∠ACD＝∠ACE．求证：CE⊥AB．
【分析】（1）根据直角三角形的边角关系可求出OD，进而求出AD；
（2）根据切线的性质可得OC⊥CD，再根据等腰三角形的性质可得∠OCA＝∠OAC，由各个角之间的关系以及等量代换可得答案．
【解析】（1）∵OA＝1＝OC，CO⊥AB，∠D＝30°，
∴OD＝•OC＝，
∴AD＝OD﹣OA＝﹣1；
（2）∵DC与⊙O相切，
∴OC⊥CD，
即∠ACD+∠OCA＝90°，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC，
∵∠ACD＝∠ACE，
∴∠OAC+∠ACE＝90°，
∴∠AEC＝90°，
即CE⊥AB．
40．（2022•德阳）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足是点H，过点C作直线分别与AB，AD的延长线交于点E，F，且∠ECD＝2∠BAD．
（1）求证：CF是⊙O的切线；
（2）如果AB＝10，CD＝6，
①求AE的长；
②求△AEF的面积．
【分析】（1）连接OC，利用圆周角定理，垂径定理，同圆的半径线段，等腰三角形的性质和圆的切线的判定定理解答即可；
（2）①利用勾股定理和相似三角形的判定定理与性质定理解答即可；
②过点F作FG⊥AB，交AB的延长线于点G，设FG＝4k，则FE＝5k，利用相似三角形的判定与性质和平行线分线段成比例定理求得FG，再利用三角形的面积公式解答即可．
【解析】（1）证明：连接OC，如图，
∵AB是⊙O的直径，AB⊥CD，
∴，
∴∠CAB＝∠DAB．
∵∠COB＝2∠CAB，
∴∠COB＝2∠BAD．
∵∠ECD＝2∠BAD，
∴∠ECD＝∠COB．
∵AB⊥CD，
∴∠COB+∠OCH＝90°，
∴∠OCH+∠ECD＝90°，
∴∠OCE＝90°．
∴OC⊥CF．
∵OC是⊙O的半径，
∴CF是⊙O的切线；
（2）解：①∵AB＝10，
∴OA＝OB＝OC＝5，
∵AB是⊙O的直径，AB⊥CD，
∴CH＝DH＝CD＝3．
∴OH＝＝4，
∵OC⊥CF，CH⊥OE，
∴△OCH∽△OEC，
∴，
∴，
∴OE＝．
∴AE＝OA+OE＝5+＝；
②过点F作FG⊥AB，交AB的延长线于点G，如图，
∵∠OCF＝∠FGE＝90°，∠CEO＝∠GEF，
∴△OCE∽△FGE．
∴，
设FG＝4k，则FE＝5k，
∴EG＝＝3k，
∵DH⊥AB，FG⊥AB，
∴DH∥FG．
∴，
∴，
解得：k＝．
∴FG＝4k＝5．
∴△AEF的面积＝×AE•FG＝．
41．（2022•随州）如图，已知D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，BE与⊙O相切，交CD的延长线于点E，且BE＝DE．
（1）判断CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若AC＝4，sinC＝，
①求⊙O的半径；
②求BD的长．
【分析】（1）结论：CD是⊙O的切线；只要证明OD⊥CD即可；
（2）①根据sinC＝，构建方程求解即可；
②证明△CDA∽△CBD，推出＝＝＝，设AD＝k，BD＝2k，利用勾股定理求解即可．
【解析】（1）结论：CD是⊙O的切线；
理由：如图，连接OD．
∵EB＝ED，OB＝OD，
∴∠EBD＝∠EDB，∠OBD＝∠ODB，
∵BE是⊙O的切线，OB是半径，
∴OB⊥BE，
∴∠OBE＝90°，
∴∠EBD+∠OBD＝90°，
∴∠EDB+∠ODB＝90°，
∴OD⊥DE，
∵OD是半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）①设OD＝OA＝r，
∵OD⊥CD，
∴sinC＝＝，
∴＝，
∴r＝2，
∴⊙O的半径为2；
②在Rt△COD中，CD＝＝＝4，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DBA+∠BAD＝90°，
∵OD＝OA，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵∠ADC+∠ODA＝90°，
∴∠ADC＝∠CBD，
∵∠C＝∠C，
∴△CDA∽△CBD，
∴＝＝＝，
设AD＝k，BD＝2k，
∵AD2+BD2＝AB2，
∴（k）2+（2k）2＝42，
∴k＝（负根已经舍去），
∴BD＝2k＝．
42．（2022•邵阳）如图，已知DC是⊙O的直径，点B为CD延长线上一点，AB是⊙O的切线，点A为切点，且AB＝AC．
（1）求∠ACB的度数；
（2）若⊙O的半径为3，求圆弧的长．
【分析】（1）连接OA，利用切线的性质可得∠BAO＝90°，利用等腰三角形的性质可得∠B＝∠ACB＝∠OAC，根据三角形内角和定理列方程求解；
（2）先求得∠AOC的度数，然后根据弧长公式代入求解．
【解析】（1）连接OA，
∵AB是⊙O的切线，点A为切点，
∴∠BAO＝90°，
又∵AB＝AC，OA＝OC，
∴∠B＝∠ACB＝∠OAC，
设∠ACB＝x°，则在△ABC中，
x°+x°+x°+90°＝180°，
解得：x＝30，
∴∠ACB的度数为30°；
（2）∵∠ACB＝∠OAC＝30°，
∴∠AOC＝120°，
∴＝2π．
43．（2022•新疆）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，AC＝CD，连接AD，延长DB交过点C的切线于点E．
（1）求证：∠ABC＝∠CAD；
（2）求证：BE⊥CE；
（3）若AC＝4，BC＝3，求DB的长．
【分析】（1）利用等腰三角形的性质可得∠CAD＝∠ADC，再利用同弧所对的圆周角相等可得∠ABC＝∠ADC，即可解答；
（2）利用切线的性质可得∠OCE＝90°，利用圆内接四边形对角互补以及平角定义可得∠CAD＝∠CBE，再利用（1）的结论可得∠OCB＝∠CBE，然后可证OC∥BE，最后利用平行线的性质可得∠E＝90°，即可解答；
（3）根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，从而在Rt△ABC中，利用勾股定理求出BA的长，再根据同弧所对的圆周角相等可得∠CAB＝∠CDB，进而可证△ACB∽△DEC，然后利用相似三角形的性质可求出DE的长，最后再利用（2）的结论可证△ACB∽△CEB，利用相似三角形的性质可求出BE的长，进行计算即可解答．
【解析】（1）证明：连接OC，
∵AC＝CD，
∴∠CAD＝∠ADC，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠ABC＝∠CAD；
（2）证明：∵CE与⊙O相切于点C，
∴∠OCE＝90°，
∵四边形ADBC是圆内接四边形，
∴∠CAD+∠DBC＝180°，
∵∠DBC+∠CBE＝180°，
∴∠CAD＝∠CBE，
∵∠ABC＝∠CAD，
∴∠CBE＝∠ABC，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠ABC，
∴∠OCB＝∠CBE，
∴OC∥BE，
∴∠E＝180°﹣∠OCE＝90°，
∴BE⊥CE；
（3）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AC＝4，BC＝3，
∴AB＝＝＝5，
∵∠ACB＝∠E＝90°，∠CAB＝∠CDB，
∴△ACB∽△DEC，
∴＝，
∴＝，
∴DE＝，
∵∠CBE＝∠ABC，
∴△ACB∽△CEB，
∴＝，
∴＝，
∴BE＝，
∴BD＝DE﹣BE＝﹣＝，
∴DB的长为．
44．（2022•扬州）如图，AB为⊙O的弦，OC⊥OA交AB于点P，交过点B的直线于点C，且CB＝CP．
（1）试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若sinA＝，OA＝8，求CB的长．
【分析】（1）连接OB，由等腰三角形的性质得出∠A＝∠OBA，∠CPB＝∠CBP，结合对顶角的性质得出∠APO＝∠CBP，由垂直的性质得出∠A+∠APO＝90°，进而得出∠OBA+∠CBP＝90°，即可得出直线BC与⊙O相切；
（2）由sinA＝，设OP＝x，则AP＝5x，由勾股定理得出方程，解方程求出x的值，进而得出OP＝×＝4，再利用勾股定理得出BC2+82＝（BC+4）2，即可求出CB的长．
【解析】（1）直线BC与⊙O相切，
理由：如图，连接OB，
∵OA＝OB，
∴∠A＝∠OBA，
∵CP＝CB，
∴∠CPB＝∠CBP，
∵∠APO＝∠CPB，
∴∠APO＝∠CBP，
∵OC⊥OA，
∴∠A+∠APO＝90°，
∴∠OBA+∠CBP＝90°，
∴∠OBC＝90°，
∵OB为半径，
∴直线BC与⊙O相切；
（2）在Rt△AOP中，sinA＝，
∵sinA＝，
∴设OP＝x，则AP＝5x，
∵OP2+OA2＝AP2，
∴，
解得：x＝或﹣（不符合题意，舍去），
∴OP＝×＝4，
∵∠OBC＝90°，
∴BC2+OB2＝OC2，
∵CP＝CB，OB＝OA＝8，
∴BC2+82＝（BC+4）2，
解得：BC＝6，
∴CB的长为6．
45．（2022•赤峰）如图，已知AB为⊙O的直径，点C为⊙O外一点，AC＝BC，连接OC，DF是AC的垂直平分线，交OC于点F，垂足为点E，连接AD、CD，且∠DCA＝∠OCA．
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若CD＝6，OF＝4，求cos∠DAC的值．
【分析】（1）利用等腰三角形的三线合一，平行线的判定与性质和圆的切线的判定定理解答即可；
（2）利用全等三角形的判定与性质得到CF＝CD＝6，利用相似三角形的判定与性质求得线段AC，再利用直角三角形的边角关系定理在Rt△AOC中，求得cos∠OCA，则结论可得．
【解析】（1）证明：∵AC＝BC，点O为AB的中点，
∴CO⊥AB．
∵DF是AC的垂直平分线，
∴DC＝DA，
∴∠DCA＝∠DAC．
∵∠DCA＝∠OCA，
∴∠DAC＝∠OCA．
∴DA∥OC，
∴DA⊥OA．
∵OA是⊙O的半径，
∴AD是⊙O的切线；
（2）解：在△CDE和△CFE中，
，
∴△CDE≌△CFE（ASA），
∴CD＝CF＝6，
∴CO＝CF+OF＝10．
∵DF是AC的垂直平分线，
∴CE＝AE＝AC．
∵∠CEF＝∠COA＝90°，∠ECF＝∠OCA，
∴△CEF∽△COA，
∴，
∴，
∴AC＝2，
在Rt△AOC中，
∵cos∠OCA＝，
∴cos∠DAC＝cos∠OCA＝．
46．（2022•齐齐哈尔）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O，AC与⊙O交于点D，BC与⊙O交于点E，过点C作CF∥AB，且CF＝CD，连接BF．
（1）求证：BF是⊙O的切线；
（2）若∠BAC＝45°，AD＝4，求图中阴影部分的面积．
【分析】（1）连接BD，由圆周角定理得出∠ADB＝∠BDC＝90°，由等腰三角形的性质得出∠ABC＝∠ACB，由平行线的性质得出∠ABC＝∠FCB，进而得出∠ACB＝∠FCB，得出△DCB≌△FCB，得出∠F＝∠CDB＝90°，由平行线的性质得出∠ABF+∠F＝180°，继而得出AB⊥BF，即可证明BF是⊙O的切线；
（2）连接BD、OE交于点M，连接AE，由圆周角定理得出AE⊥BC，AD⊥BD，由∠BAC＝45°，AD＝4，得出△ABD是等腰直角三角形，BD＝AD＝4，AB＝4，
进而得出OA＝OB＝2，由三角形中位线的性质得出OE∥AD，继而得出∠BOE＝∠BAC＝45°，OE⊥BD，，求出BM＝2，利用S阴影部分＝S扇形BOE﹣S△BOE，将有关数据代入计算，即可得出答案．
【解析】（1）证明：如图1，连接BD，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝∠BDC＝90°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵AB∥CF，
∴∠ABC＝∠FCB，
∴∠ACB＝∠FCB，
在△DCB和△FCB中，
，
∴△DCB≌△FCB（SAS），
∴∠F＝∠CDB＝90°，
∵AB∥CF，
∴∠ABF+∠F＝180°，
∴∠ABF＝90°，即AB⊥BF，
∵AB为直径，
∴BF是⊙O的切线；
（2）解：如图2，连接BD、OE交于点M，连接AE，
∵AB是直径，
∴AE⊥BC，AD⊥BD，
∵∠BAC＝45°，AD＝4，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴BD＝AD＝4，AB＝＝＝4，
∴OA＝OB＝2，
∴OE是△ADB的中位线，
∴OE∥AD，
∴∠BOE＝∠BAC＝45°，OE⊥BD，，
∴BM＝BD＝×4＝2，
∴S阴影部分＝S扇形BOE﹣S△BOE
＝﹣××2
＝．
47．（2022•玉林）如图，AB是⊙O的直径，C，D都是⊙O上的点，AD平分∠CAB，过点D作AC的垂线交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）若AB＝10，AC＝6，求tan∠DAB的值．
【分析】（1）连接OD，由题可知，D已经是圆上一点，欲证EF为切线，只需证明∠ODF＝90°即可；
（2）连接BC，根据勾股定理求出BC，进而根据三角形的中位线定理可得OH的长，从而得DH的长，由等角的正切可得结论．
【解析】（1）证明：如图1，连接OD，
∵AD平分∠CAB，
∴∠OAD＝∠EAD．
∵OD＝OA，
∴∠ODA＝∠OAD．
∴∠ODA＝∠EAD．
∴OD∥AE．
∵∠ODF＝∠AEF＝90°且D在⊙O上，
∴EF是⊙O的切线；
（2）连接BC，交OD于H，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AB＝10，AC＝6，
∴BC＝＝＝8，
∵∠E＝∠ACB＝90°，
∴BC∥EF，
∴∠OHB＝∠ODF＝90°，
∴OD⊥BC，
∴CH＝BC＝4，
∵CH＝BH，OA＝OB，
∴OH＝AC＝3，
∴DH＝5﹣3＝2，
∵∠E＝∠HCE＝∠EDH＝90°，
∴四边形ECHD是矩形，
∴ED＝CH＝4，CE＝DH＝2，
∴AE＝6+2＝8，
∵∠DAB＝∠DAE，
∴tan∠DAB＝tan∠DAE＝＝＝．
48．（2022•南充）如图，AB为⊙O的直径，点C是⊙O上一点，点D是⊙O外一点，∠BCD＝∠BAC，连接OD交BC于点E．
（1）求证：CD是⊙O的切线．
（2）若CE＝OA，sin∠BAC＝，求tan∠CEO的值．
【分析】（1）连接OC，证明OC⊥CD即可；
（2）过点O作OH⊥BC于点H．由sin∠BAC＝＝，可以假设BC＝4k，AB＝5k，则AC＝OC＝CE＝2.5k，用k表示出OH，EH，可得结论．
【解析】（1）证明：连接OC，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，
∵∠BCD＝∠BAC，
∴∠OCB+∠DCB＝90°，
∴OC⊥CD，
∵OC为⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：过点O作OH⊥BC于点H．
∵sin∠BAC＝＝，
∴可以假设BC＝4k，AB＝5k，则AO＝OC＝CE＝2.5k，
∵OH⊥BC，
∴CH＝BH＝2k，
∵OA＝OB，
∴OH＝AC＝k，
∴EH＝CE﹣CH＝2.5k﹣2k＝0.5k，
∴tan∠CEO＝＝＝3．
49．（2022•黔东南州）（1）请在图1中作出△ABC的外接圆⊙O（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；
（2）如图2，⊙O是△ABC的外接圆，AE是⊙O的直径，点B是的中点，过点B的切线与AC的延长线交于点D．
①求证：BD⊥AD；
②若AC＝6，tan∠ABC＝，求⊙O的半径．
【分析】（1）利用尺规作图分别作出AB、AC的垂直平分线交于点O，以O为圆心、OA为半径作圆即可；
（2）①连接OB，根据切线的性质得到OB⊥CD，证明OB∥AD，根据平行线的性质证明结论；
②连接EC，根据圆周角定理得到∠AEC＝∠ABC，根据正切的定义求出EC，根据勾股定理求出AE，得到答案．
【解析】（1）解：如图1，⊙O即为△ABC的外接圆；
（2）①证明：如图2，连接OB，
∵BD是⊙O的切线，
∴OB⊥CD，
∵点B是的中点，
∴＝，
∴∠CAB＝∠EAB，
∵OA＝OB，
∴∠OBA＝∠EAB，
∴∠CAB＝∠OBA，
∴OB∥AD，
∴BD⊥AD；
②解：如图2，连接EC，
由圆周角定理得：∠AEC＝∠ABC，
∵tan∠ABC＝，
∴tan∠AEC＝，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ACE＝90°，
∴＝，
∵AC＝6，
∴EC＝8，
∴AE＝＝10，
∴⊙O的半径为5．
50．（2022•鄂州）如图，△ABC内接于⊙O，P是⊙O的直径AB延长线上一点，∠PCB＝∠OAC，过点O作BC的平行线交PC的延长线于点D．
（1）试判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若PC＝4，tanA＝，求△OCD的面积．
【分析】（1）由圆周角定理得出∠ACB＝90°，进而得出∠OAC+∠OBC＝90°，由等腰三角形的性质得出∠OBC＝∠OCB，结合已知得出∠PCB+∠OCB＝90°，得出OC⊥PC，即可得出PC是⊙O的切线；
（2）由tanA＝，得出＝，由△PCB∽△PAC，得出＝＝＝，进而求出PB＝2，PA＝8，OC＝3，由平行线分线段成比例定理得出，进而求出CD＝6，即可求出△OCD的面积．
【解析】（1）PC是⊙O的切线，理由如下：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠OAC+∠OBC＝90°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵∠PCB＝∠OAC，
∴∠PCB+∠OCB＝90°，
∴∠PCO＝90°，即OC⊥PC，
∵OC是半径，
∴PC是⊙O的切线；
（2）在Rt△ACB中，tanA＝，
∵tanA＝，
∴＝，
∵∠PCB＝∠OAC，∠P＝∠P，
∴△PCB∽△PAC，
∴＝＝＝，
∵PC＝4，
∴PB＝2，PA＝8，
∴AB＝PA﹣PB＝8﹣2＝6，
∴OC＝OB＝OA＝3，
∵BC∥OD，
∴，即，
∴CD＝6，
∵OC⊥CD，
∴＝×3×6＝9．
51．（2022•宿迁）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与边BC交于点D．
（1）判断直线AC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若AB＝4，求图中阴影部分的面积．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得∠BAC＝90°，可得结论；
（2）根据图中阴影部分的面积＝S△ABC﹣S△BOD﹣S扇形OAD可得结论．
【解析】（1）直线AC与⊙O相切，理由如下：
∵∠ABC＝45°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝45°，
∴∠BAC＝180°﹣2×45°＝90°，
∴BA⊥AC，
∵AB是⊙O的直径，
∴直线AC与⊙O相切；
（2）连接OD，AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠ABD＝45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，∠AOD＝90°，
∵AO＝OB，AB＝4，
∴S△ABD＝•AB•OD＝×4×2＝4，
∴图中阴影部分的面积＝S△ABC﹣S△BOD﹣S扇形OAD
＝×4×4﹣×4﹣
＝8﹣2﹣π
＝6﹣π．
52．（2022•娄底）如图，已知BD是Rt△ABC的角平分线，点O是斜边AB上的动点，以点O为圆心，OB长为半径的⊙O经过点D，与OA相交于点E．
（1）判定AC与⊙O的位置关系，为什么？
（2）若BC＝3，CD＝，
①求sin∠DBC、sin∠ABC的值；
②试用sin∠DBC和cos∠DBC表示sin∠ABC，猜测sin2α与sinα、cosα的关系，并用α＝30°给予验证．
【分析】（1）连接OD，证明OD∥BC，则∠ODA＝∠C＝90°，再根据圆的切线的判定定理证明AC是⊙O的切线；
（2）①根据三角函数定义可得结论；
②计算cos∠DBC的值，并计算2sin∠DBC•cos∠DBC的值，可得结论：sin∠ABC＝2sin∠DBC•cos∠DBC；并用α＝30°可得结论．
【解析】（1）AC是⊙O切线，理由如下：
如图，连接OD，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠OBD＝∠DBC，
∴∠ODB＝∠DBC，
∴OD∥BC，
∴∠ODA＝∠C＝90°，
∵OD是⊙O的半径，且AC⊥OD，
∴AC是⊙O的切线；
（2）①在Rt△DBC中，∵BC＝3，CD＝，
∴BD＝＝＝，
∴sin∠DBC＝＝＝，
如图2，连接DE，OD，过点O作OG⊥BC于G，
∴∠ODC＝∠C＝∠CGO＝90°，
∴四边形ODCG是矩形，
∴OG＝CD＝，
∵BE是⊙O的切线，
∴∠BDE＝90°，
∴cos∠DBE＝cos∠CBD，
∴＝，
∴＝，
∴BE＝，
∴OB＝BE＝，
∴sin∠ABC＝＝＝；
②∵2sin∠DBC•cos∠DBC＝2××＝，
∴sin∠ABC＝2sin∠DBC•cos∠DBC；
猜想：sin2α＝2sinαcosα，理由如下：
当α＝30°时，sin2α＝sin60°＝，
2sinαcosα＝2××＝，
∴sin2α＝2sinαcosα．
备战2023年中考数学必刷真题考点分类专练（全国通用）
专题24圆的有关位置关系（共52题）
一．选择题（共15小题）
1．（2022•长沙）如图，PA，PB是⊙O的切线，A、B为切点，若∠AOB＝128°，则∠P的度数为（ ）
A．32° B．52° C．64° D．72°
【分析】利用切线的性质可得∠OAP＝∠OBP＝90°，然后利用四边形内角和是360°，进行计算即可解答．
【解析】∵PA，PB是⊙O的切线，A、B为切点，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∵∠AOB＝128°，
∴∠P＝360°﹣∠OAP﹣∠OBP﹣∠P＝52°，
故选：B．
2．（2022•哈尔滨）如图，AD，BC是⊙O的直径，点P在BC的延长线上，PA与⊙O相切于点A，连接BD，若∠P＝40°，则∠ADB的度数为（ ）
A．65° B．60° C．50° D．25°
【分析】根据切线的性质得出∠OAP＝90°，进而得出∠BOD的度数，再利用等腰三角形的性质得出∠ADB的度数即可．
【解析】∵PA与⊙O相切于点A，∠P＝40°，
∴∠OAP＝90°，
∴∠BOD＝∠AOP＝90°﹣∠P＝50°，
∵OB＝OD，
∴∠ADB＝∠OBD＝（180°﹣∠BOD）÷2＝（180°﹣50°）÷2＝65°，
故选：A．
3．（2022•无锡）如图，AB是圆O的直径，弦AD平分∠BAC，过点D的切线交AC于点E，∠EAD＝25°，则下列结论错误的是（ ）
A．AE⊥DE B．AE∥OD C．DE＝OD D．∠BOD＝50°
【分析】根据切线的性质得到OD⊥DE，证明OD∥AC，由此判断A、B选项；过点O作OF⊥AC于F，利用矩形的性质、直角三角形的性质判断C选项；利用三角形外角性质求得∠BOD的度数，从而判断D选项．
【解析】∵弦AD平分∠BAC，∠EAD＝25°，
∴∠OAD＝∠ODA＝25°．
∴∠BOD＝2∠OAD＝50°．
故选项D不符合题意；
∵∠OAD＝∠CAD，
∴∠CAD＝∠ODA，
∴OD∥AC，即AE∥OD，故选B不符合题意；
∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE．
∴DE⊥AE．故选项A不符合题意；
如图，过点O作OF⊥AC于F，则四边形OFED是矩形，
∴OF＝DE．
在直角△AFO中，OA＞OF．
∵OD＝OA，
∴DE＜OD．
故选项C符合题意．
故选：C．
4．（2022•眉山）如图是不倒翁的主视图，不倒翁的圆形脸恰好与帽子边沿PA，PB分别相切于点A，B，不倒翁的鼻尖正好是圆心O，若∠OAB＝28°，则∠APB的度数为（ ）
A．28° B．50° C．56° D．62°
【分析】连接OB，由AO＝OB得，∠OAB＝∠OBA＝28°，∠AOB＝180°﹣2∠OAB＝124°；因为PA、PB分别切⊙O于点A、B，则∠OAP＝∠OBP＝90°，利用四边形内角和即可求出∠APB．
【解析】连接OB，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝28°，
∴∠AOB＝124°，
∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，
∴OA⊥PA，OP⊥AB，
∴∠OAP+∠OBP＝180°，
∴∠APB+∠AOB＝180°；
∴∠APB＝56°．
故选：C．
5．（2022•重庆）如图，AB是⊙O的切线，B为切点，连接AO交⊙O于点C，延长AO交⊙O于点D，连接BD．若∠A＝∠D，且AC＝3，则AB的长度是（ ）
A．3 B．4 C．3 D．4
【分析】连接OB，则OB⊥AB，由勾股定理可知，AB2＝OA2﹣OB2①，由OB和OD是半径，所以∠A＝∠D＝∠OBD，所以△OBD∽△BAD，AB＝BD，可得BD2＝OD•AD，所以OA2﹣OB2＝OD•AD，设OD＝x，则AD＝2x+3，OB＝x，OA＝x+3，所以（x+3）2﹣x2＝x（2x+3），求出x的值，即可求出OA和OB的长，进而求得AB的长．
【解析】如图，连接OB，
∵AB是⊙O的切线，B为切点，
∴OB⊥AB，
∴AB2＝OA2﹣OB2，
∵OB和OD是半径，
∴∠D＝∠OBD，
∵∠A＝∠D，
∴∠A＝∠D＝∠OBD，
∴△OBD∽△BAD，AB＝BD，
∴OD：BD＝BD：AD，
∴BD2＝OD•AD，
即OA2﹣OB2＝OD•AD，
设OD＝x，
∵AC＝3，
∴AD＝2x+3，OB＝x，OA＝x+3，
∴（x+3）2﹣x2＝x（2x+3），解得x＝3（负值舍去），
∴OA＝6，OB＝3，
∴AB2＝OA2﹣OB2＝27，
∴AB＝3，
故选：C．
6．（2022•武汉）如图，在四边形材料ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝9cm，AB＝20cm，BC＝24cm．现用此材料截出一个面积最大的圆形模板，则此圆的半径是（ ）
A．cm B．8cm C．6cm D．10cm
【分析】如图，当AB，BC，CD相切于⊙O于点E，F，G时，⊙O的面积最大．连接OA，OB，OC，OD，OE，OF，OG，过点D作DH⊥BC于点H．利用面积法构建方程求解．
【解析】如图，当AB，BC，CD相切于⊙O于点E，F，G时时，⊙O的面积最大．连接OA，OB，OC，OD，OE，OF，OG，过点D作DH⊥BC于点H．
∵AD∥CB，∠BAD＝90°，
∴∠ABC＝90°，
∵∠DHB＝90°，
∴四边形ABHD是矩形，
∴AB＝DH＝20cm，AD＝BH＝9cm，
∵BC＝24cm，
∴CH＝BC﹣BH＝24﹣9＝15（cm），
∴CD＝＝＝25（cm），
设OE＝OF＝OG＝rcm，
则有×（9+24）×20＝×20×r+×24×r+×25×r+×9×（20﹣r），
∴r＝8，
故选：B．
7．（2022•重庆）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，过点C的切线与AB的延长线交于点P，若AC＝PC＝3，则PB的长为（ ）
A． B． C． D．3
【分析】连结OC，根据切线的性质得到∠PCO＝90°，根据OC＝OA，得到∠A＝∠OCA，根据AC＝PC，得到∠P＝∠A，在△APC中，根据三角形内角和定理求得∠P＝30°，根据含30度角的直角三角形的性质得到OP＝2OC＝2r，在Rt△POC中，根据tanP＝求出⊙O的半径r即可得出答案．
【解析】如图，连结OC，
∵PC是⊙O的切线，
∴∠PCO＝90°，
∵OC＝OA，
∴∠A＝∠OCA，
∵AC＝PC，
∴∠P＝∠A，
设∠A＝∠OCA＝∠P＝x°，
在△APC中，∠A+∠P+∠PCA＝180°，
∴x+x+90°+x＝180°，
∴x＝30°，
∴∠P＝30°，
∵∠PCO＝90°，
∴OP＝2OC＝2r，
在Rt△POC中，tanP＝，
∴＝，
∴r＝3，
∴PB＝OP﹣OB＝2r﹣r＝r＝3．
故选：D．
8．（2022•自贡）P为⊙O外一点，PT与⊙O相切于点T，OP＝10，∠OPT＝30°，则PT长为（ ）
A．5 B．5 C．8 D．9
【分析】根据切线的性质得到∠OTP＝90°，根据含30度角的直角三角形的性质得到OT的值，根据勾股定理即可求解．
【解析】方法一：如图，∵PT与⊙O相切于点T，
∴∠OTP＝90°，
又∵OP＝10，∠OPT＝30°，
∴OT＝OP＝×10＝5，
∴PT＝＝＝5．
故选：A．
方法二：在Rt△OPT中，∵cosP＝，
∴PT＝OP•cos30°＝10×＝5．
故选：A．
9．（2022•梧州）如图，⊙O是△ABC的外接圆，且AB＝AC，∠BAC＝36°，在上取点D（不与点A，B重合），连接BD，AD，则∠BAD+∠ABD的度数是（ ）
A．60° B．62° C．72° D．73°
【分析】利用等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠C＝72°，从而利用圆内接四边形的性质可求出∠D＝108°，然后利用三角形内角和定理进行计算即可解答．
【解析】∵AB＝AC，∠BAC＝36°，
∴∠ABC＝∠C＝72°，
∵四边形ADBC是圆内接四边形，
∴∠D+∠C＝180°，
∴∠D＝180°﹣∠C＝108°，
∴∠BAD+∠ABD＝180°﹣∠D＝72°，
故选：C．
10．（2022•十堰）如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，点D是弧AC上一动点（不与A，C重合），下列结论：①∠ADB＝∠BDC；②DA＝DC；③当DB最长时，DB＝2DC；④DA+DC＝DB，其中一定正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】由△ABC是等边三角形，及同弧所对圆周角相等可得∠ADB＝∠BDC，即可判断①正确；由点D是弧AC上一动点，可判断②错误；根据DB最长时，DB为⊙O直径，可判定③正确；在DB上取一点E，使DE＝AD，可得△ADE是等边三角形，从而△ABE≌△ACD（SAS），有BE＝CD，可判断④正确．
【解析】∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝60°，
∵＝，＝，
∴∠ADB＝∠ACB＝60°，∠BDC＝∠BAC＝60°，
∴∠ADB＝∠BDC，故①正确；
∵点D是弧AC上一动点，
∴与不一定相等，
∴DA与DC不一定相等，故②错误；
当DB最长时，DB为⊙O直径，
∴∠BDC＝90°，
∵∠BDC＝60°，
∴∠DBC＝30°，
∴DB＝2DC，故③正确；
在DB上取一点E，使DE＝AD，如图：
∵∠ADB＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD＝AE，∠DAE＝60°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BAE＝∠CAD，
∵AB＝AC，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴BE＝CD，
∴BD＝BE+DE＝CD+AD，故④正确；
∴正确的有①③④，共3个，
故选：C．
11．（2022•邵阳）如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，若AB＝3，则⊙O的半径是（ ）
A． B． C． D．
【分析】连接OB，过点O作OE⊥BC，结合三角形外心和垂径定理分析求解．
【解析】连接OB，过点O作OE⊥BC，
∵⊙O是等边△ABC的外接圆，
∴OB平分∠ABC，
∴∠OBE＝30°，
又∵OE⊥BC，
∴BE＝BC＝AB＝，
在Rt△OBE中，cos30°＝，
∴，
解得：OB＝，
故选：C．
12．（2022•德阳）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，与BC相交于点G，则下列结论：①∠BAD＝∠CAD；②若∠BAC＝60°，则∠BEC＝120°；③若点G为BC的中点，则∠BGD＝90°；④BD＝DE．其中一定正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】利用三角形内心的性质得到∠BAD＝∠CAD，则可对①进行判断；直接利用三角形内心的性质对②进行判断；根据垂径定理则可对③进行判断；通过证明∠DEB＝∠DBE得到DB＝DE，则可对④进行判断．
【解析】∵E是△ABC的内心，
∴AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，故①正确；
如图，连接BE，CE，
∵E是△ABC的内心，
∴∠EBC＝∠ABC，∠ECB＝ACB，
∵∠BAC＝60°，
∴∠ABC+∠ACB＝120°，
∴∠BEC＝180°﹣∠EBC﹣∠ECB＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝120°，故②正确；
∵∠BAD＝∠CAD，
∴＝，
∵点G为BC的中点，
∴OD⊥BC，
∴∠BGD＝90°，故③正确；
如图，连接BE，
∴BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∵∠DBC＝∠DAC＝∠BAD，
∴∠DBC+∠EBC＝∠EBA+∠EAB，
∴∠DBE＝∠DEB，
∴DB＝DE，故④正确．
∴一定正确的①②③④，共4个．
故选：D．
13．（2022•娄底）如图，等边△ABC内切的图形来自我国古代的太极图，等边三角形内切圆中的黑色部分和白色部分关于等边△ABC的内心成中心对称，则圆中的黑色部分的面积与△ABC的面积之比是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据题意和图形，可知圆中的黑色部分的面积是圆的面积的一半，然后即可计算出圆中的黑色部分的面积与△ABC的面积之比．
【解析】作AD⊥BC于点D，作BE⊥AC于点E，AD和BE交于点O，如图所示，
设AB＝2a，则BD＝a，
∵∠ADB＝90°，
∴AD＝＝a，
∴OD＝AD＝a，
∴圆中的黑色部分的面积与△ABC的面积之比是：＝，
故选：A．
14．（2022•吉林）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝4．以点A为圆心，r为半径作圆，当点C在⊙A内且点B在⊙A外时，r的值可能是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】由勾股定理求出AC的长度，再由点C在⊙A内且点B在⊙A外求解．
【解析】在Rt△ABC中，由勾股定理得AC＝＝4，
∵点C在⊙A内且点B在⊙A外，
∴3＜r＜5，
故选：C．
15．（2022•杭州）如图，已知△ABC内接于半径为1的⊙O，∠BAC＝θ（θ是锐角），则△ABC的面积的最大值为（ ）
A．cosθ（1+cosθ） B．cosθ（1+sinθ）
C．sinθ（1+sinθ） D．sinθ（1+cosθ）
【分析】要使△ABC的面积S＝BC•h的最大，则h要最大，当高经过圆心时最大．
【解析】当△ABC的高AD经过圆的圆心时，此时△ABC的面积最大，
如图所示，
∵A′D⊥BC，
∴BC＝2BD，∠BOD＝∠BA′C＝θ，
在Rt△BOD中，
sinθ＝，cosθ＝
∴BD＝sinθ，OD＝cosθ，
∴BC＝2BD＝2sinθ，
A′D＝A′O+OD＝1+cosθ，
∴A′D•BC＝•2sinθ（1+cosθ）＝sinθ（1+cosθ）．
故选：D．
二．填空题（共17小题）
16．（2022•泰州）如图，PA与⊙O相切于点A，PO与⊙O相交于点B，点C在上，且与点A、B不重合．若∠P＝26°，则∠C的度数为 32 °．
【分析】连接AO并延长交⊙O于点D，连接DB，由切线的性质得出∠OAP＝90°，由∠P＝26°，求出∠AOP＝64°，由圆周角定理即可求出∠C＝∠D＝32°．
【解析】如图，连接AO并延长交⊙O于点D，连接DB，
∵PA与⊙O相切于点A，
∴∠OAP＝90°，
∵∠P＝26°，
∴∠AOP＝90°﹣∠P＝90°﹣26°＝64°，
∴∠D＝∠AOP＝×64°＝32°，
∵点C在上，且与点A、B不重合，
∴∠C＝∠D＝32°，
故答案为：32．
17．（2022•海南）如图，射线AB与⊙O相切于点B，经过圆心O的射线AC与⊙O相交于点D、C，连接BC，若∠A＝40°，则∠ACB＝ 25 °．
【分析】连接OB，利用切线的性质定理可求∠ABO＝90°，利用直角三角形的两个锐角互余可得∠AOB，利用圆周角定理即可求得结论．
【解析】连接OB，如图，
∵射线AB与⊙O相切于点B，
∴OB⊥AB，
∴∠ABO＝90°．
∵∠A＝40°，
∴∠AOB＝50°，
∴∠ACB＝∠AOB＝25°．
故答案为：25．
18．（2022•怀化）如图，AB与⊙O相切于点C，AO＝3，⊙O的半径为2，则AC的长为 ．
【分析】连接OC，根据切线的性质得到OC⊥AC，再根据勾股定理计算，得到答案．
【解析】连接OC，
∵AB与⊙O相切于点C，
∴OC⊥AC，
在Rt△AOC中，OC＝2，OA＝3，
则AC＝＝＝，
故答案为：．
19．（2022•株洲）中国元代数学家朱世杰所著《四元玉鉴》记载有“锁套吞容”之“方田圆池结角池图”．“方田一段，一角圆池占之．”意思是说：“一块正方形田地，在其一角有一个圆形的水池（其中圆与正方形一角的两边均相切）”，如图所示．
问题：此图中，正方形一条对角线AB与⊙O相交于点M、N（点N在点M的右上方），若AB的长度为10丈，⊙O的半径为2丈，则BN的长度为 （8﹣2） 丈．
【分析】连接OC，根据切线的性质得到OC⊥AC，根据正方形的性质得到∠OAC＝45°，求出OA，结合图形计算，得到答案．
【解析】如图，设正方形的一边与⊙O的切点为C，连接OC，
则OC⊥AC，
∵四边形是正方形，AB是对角线，
∴∠OAC＝45°，
∴OA＝OC＝2（丈），
∴BN＝AB﹣AN＝10﹣2﹣2＝（8﹣2）丈，
故答案为：（8﹣2）．
20．（2022•泰安）如图，在△ABC中，∠B＝90°，⊙O过点A、C，与AB交于点D，与BC相切于点C，若∠A＝32°，则∠ADO＝ 64° ．
【分析】连接OC，根据圆周角定理求出∠DOC，根据切线的性质得到OC⊥BC，证明AB∥OC，根据平行线的性质解答即可．
【解析】连接OC，
∵∠A＝32°，
∴∠DOC＝2∠A＝64°，
∵BC与⊙O相切于点C，
∴OC⊥BC，
∵∠B＝90°，
∴∠B+∠OCB＝180°，
∴AB∥OC，
∴∠ADO＝∠DOC＝64°，
故答案为：64°．
21．（2022•宁波）如图，在△ABC中，AC＝2，BC＝4，点O在BC上，以OB为半径的圆与AC相切于点A．D是BC边上的动点，当△ACD为直角三角形时，AD的长为 或 ．
【分析】根据切线的性质定理，勾股定理，直角三角形的等面积法解答即可．
【解析】连接OA，过点A作AD⊥BC于点D，
∵圆与AC相切于点A．
∴OA⊥AC，
由题意可知：D点位置分为两种情况，
①当∠CAD为90°时，此时D点与O点重合，设圆的半径＝r，
∴OA＝r，OC＝4﹣r，
∵AC＝2，
在Rt△AOC中，根据勾股定理可得：r2+4＝（4﹣r）2，
解得：r＝，
即AD＝AO＝；
②当∠ADC＝90°时，AD＝，
∵AO＝，AC＝2，OC＝4﹣r＝，
∴AD＝，
综上所述，AD的长为或，
故答案为：或．
22．（2022•连云港）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，A为切点，连接BC，与⊙O交于点D，连接OD．若∠AOD＝82°，则∠C＝ 49 °．
【分析】根据AC是⊙O的切线，可以得到∠BAC＝90°，再根据∠AOD＝82°，可以得到∠ABD的度数，然后即可得到∠C的度数．
【解析】∵AC是⊙O的切线，
∴∠BAC＝90°，
∵∠AOD＝82°，
∴∠ABD＝41°，
∴∠C＝90°﹣∠ABD＝90°﹣41°＝49°，
故答案为：49．
23．（2022•金华）如图，木工用角尺的短边紧靠⊙O于点A，长边与⊙O相切于点B，角尺的直角顶点为C．已知AC＝6cm，CB＝8cm，则⊙O的半径为 cm．
【分析】连接OA，OB，过点A作AD⊥OB于点D，利用矩形的判定与性质得到BD＝AC＝6cm，AD＝BC＝8cm，设⊙O的半径为rcm，在Rt△OAD中，利用勾股定理列出方程即可求解．
【解析】连接OA，OB，过点A作AD⊥OB于点D，如图，
∵长边与⊙O相切于点B，
∴OB⊥BC，
∵AC⊥BC，AD⊥OB，
∴四边形ACBD为矩形，
∴BD＝AC＝6cm，AD＝BC＝8cm．
设⊙O的半径为rcm，
则OA＝OB＝rcm，
∴OD＝OB﹣BD＝（r﹣6）cm，
在Rt△OAD中，
∵AD2+OD2＝OA2，
∴82+（r﹣6）2＝r2，
解得：r＝．
故答案为：．
24．（2022•黑龙江）如图，在⊙O中，AB是⊙O的弦，⊙O的半径为3cm．C为⊙O上一点，∠ACB＝60°，则AB的长为 3 cm．
【分析】连接AO并延长交⊙O于点D，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ABD＝90°，再利用同弧所对的圆周角相等可求出∠ADB＝60°，然后在Rt△ABD中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【解析】连接AO并延长交⊙O于点D，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD＝90°，
∵∠ACB＝60°，
∴∠ADB＝∠ACB＝60°，
在Rt△ABD中，AD＝6cm，
∴AB＝AD•sin60°＝6×＝3（cm），
故答案为：3．
25．（2022•泰州）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，O为内心，过点O的直线分别与AC、AB边相交于点D、E．若DE＝CD+BE，则线段CD的长为 2或 ．
【分析】连接BO，CO，结合内心的概念及平行线的判定分析可得当DE＝CD+BE时，CE∥BC，从而利用相似三角形的判定和性质分析计算．
【解析】如图，过点O的直线分别与AC、AB边相交于点D、E，连接BO，CO，
∵O为△ABC的内心，
∴CO平分∠ACB，BO平分∠ABC，
∴∠BCO＝∠ACO，∠CBO＝∠ABO，
当CD＝OD时，则∠OCD＝∠COD，
∴∠BCO＝∠COD，
∴BC∥DE，
∴∠CBO＝∠BOE，
∴BE＝OE，
则DE＝CD+BE，
设CD＝OD＝x，BE＝OE＝y，
在Rt△ABC中，AB＝＝10，
∴，即，
解得，
∴CD＝2，
过点O作D′E′⊥AB，作DE∥BC，
∵点O为△ABC的内心，
∴OD＝OE′，
在Rt△ODD′和Rt△OE′E中，
，
∴△ODD′≌△OE′E（ASA），
∴OE＝OD′，
∴D′E′＝DE＝CD+BE＝CD′+BE′＝2+＝，
在△AD′E′和△ABC中，
，
∴△AD′E′∽△ABC，
∴，
∴，
解得：AD′＝，
∴CD′＝AC﹣AD′＝，
故答案为：2或．
26．（2022•玉林）如图，在5×7网格中，各小正方形边长均为1，点O，A，B，C，D，E均在格点上，点O是△ABC的外心，在不添加其他字母的情况下，则除△ABC外把你认为外心也是O的三角形都写出来 △ABD，△ACD，△BCD ．
【分析】由网格利用勾股定理分别求解OA，OB，OC，OD，OE，根据三角形的外心到三角形顶点的距离相等可求解．
【解析】由图可知：
OA＝，
OB＝，
OC＝，
OD＝，
OE＝，
∴OA＝OB＝OC＝OD≠OE，
∴△ABD，△ACD，△BCD的外心都是点O，
故答案为：△ABD，△ACD，△BCD．
27．（2022•宜宾）我国古代数学家赵爽的“弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）．若直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积为49，则大正方形的面积为 289 ．
【分析】如图，设内切圆的圆心为O，连接OE、OD，则四边形EODC为正方形，然后利用内切圆和直角三角形的性质得到AC+BC＝AB+6，（BC﹣AC）2＝49，接着利用完全平方公式进行代数变形，最后解关于AB的一元二次方程解决问题．
【解析】如图，设内切圆的圆心为O，连接OE、OD，
则四边形EODC为正方形，
∴OE＝OD＝3＝，
∴AC+BC﹣AB＝6，
∴AC+BC＝AB+6，
∴（AC+BC）2＝（AB+6）2，
∴BC2+AC2+2BC×AC＝AB2+12AB+36，
而BC2+AC2＝AB2，
∴2BC×AC＝12AB+36①，
∵小正方形的面积为49，
∴（BC﹣AC）2＝49，
∴BC2+AC2﹣2BC×AC＝49②，
把①代入②中得
AB2﹣12AB﹣85＝0，
∴（AB﹣17）（AB+5）＝0，
∴AB＝17（负值舍去），
∴大正方形的面积为 289．
故答案为：289．
28．（2022•泸州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝2，半径为1的⊙O在Rt△ABC内平移（⊙O可以与该三角形的边相切），则点A到⊙O上的点的距离的最大值为 2+1 ．
【分析】连接OE、OF，根据正切的定义求出∠ABC，根据切线长定理得到∠OBF＝30°，根据含30°角的直角三角形的性质、勾股定理计算，得到答案．
【解析】当⊙O与BC、BA都相切时，连接AO并延长交⊙O于点D，则AD为点A到⊙O上的点的距离的最大值，
设⊙O与BC、BA的切点分别为E、F，连接OE、OF，
则OE⊥BC，OF⊥AB，
∵AC＝6，BC＝2，
∴tan∠ABC＝＝，AB＝＝4，
∴∠ABC＝60°，
∴∠OBF＝30°，
∴BF＝＝，
∴AF＝AB﹣BF＝3，
∴OA＝＝2，
∴AD＝2+1，
故答案为：2+1．
29．（2022•湖北）如图，点P是⊙O上一点，AB是一条弦，点C是上一点，与点D关于AB对称，AD交⊙O于点E，CE与AB交于点F，且BD∥CE．给出下面四个结论：
①CD平分∠BCE；②BE＝BD；③AE2＝AF•AB；④BD为⊙O的切线．
其中所有正确结论的序号是 ①②④ ．
【分析】根据题意可得AB是CD的垂直平分线，从而可得AD＝DC，BD＝BC，再利用等腰三角形和平行线的性质可得CD平分∠BCE，即可判断①；根据圆内接四边形对角互补和平角定义可得∠DEB＝∠ACB，再利用SSS证明△ADB≌△ACB，然后利用全等三角形的性质可得∠ADB＝∠ACB，从而可得∠DEB＝∠ADB，即可判断②；根据等弧所对的圆周角相等可得∠AEF≠∠ABE，从而可得△AEF与△ABE不相似，即可判断③；连接OB，交EC于点H，利用①②的结论可得BE＝BC，从而可得＝，然后利用垂径定理可得∠OHE＝90°，最后利用平行线的性质可求出∠OBD＝90°，即可解答．
【解析】∵点C与点D关于AB对称，
∴AB是CD的垂直平分线，
∴AD＝DC，BD＝BC，
∴∠BCD＝∠BDC，
∵BD∥CE，
∴∠BDC＝∠DCE，
∴∠DCE＝∠BCD，
∴CD平分∠BCE；
故①正确；
∵四边形ACBE是⊙O的内接四边形，
∴∠ACB+∠AEB＝180°，
∵∠AEB+∠DEB＝180°，
∴∠DEB＝∠ACB，
∵AD＝DC，BD＝BC，AB＝AB，
∴△ADB≌△ACB（SSS），
∴∠ADB＝∠ACB，
∴∠DEB＝∠ADB，
∴BD＝BE，
故②正确；
∵AC≠AE，
∴≠，
∴∠AEF≠∠ABE，
∴△AEF与△ABE不相似，
故③不正确；
连接OB，交EC于点H，
∵BD＝BE，BD＝BC，
∴BE＝BC，
∴＝，
∴OB⊥CE，
∴∠OHE＝90°，
∵BD∥CE，
∴∠OHE＝∠OBD＝90°，
∵OB是⊙O的半径，
∴BD为⊙O的切线，
故④正确；
所以给出上面四个结论，其中所有正确结论的序号是：①②④，
故答案为：①②④．
30．（2022•恩施州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，⊙O为Rt△ABC的内切圆，则图中阴影部分的面积为（结果保留π） 5﹣π ．
【分析】根据题意，先作出相应的辅助线，然后求出内切圆的半径，再根据图形可知：阴影部分的面积＝△ABC的面积﹣正方形CEOD的面积﹣⊙O面积的，代入数据计算即可．
【解析】作OD⊥AC于点D，作OE⊥CB于点E，作OF⊥AB于点F，连接OA、OC、OB，如图，
∵∠C＝90°，OD＝OE＝OF，
∴四边形CEOD是正方形，
∵AC＝4，BC＝3，∠C＝90°，
∴AB＝＝＝5，
∵S△ABC＝S△AOC+S△COB+S△BOA，
∴＝，
解得OD＝OE＝OF＝1，
∴图中阴影部分的面积为：﹣1×1﹣π×12×＝5﹣π，
故答案为：5﹣π．
31．（2022•黔东南州）如图，在△ABC中，∠A＝80°，半径为3cm的⊙O是△ABC的内切圆，连接OB、OC，则图中阴影部分的面积是 cm2．（结果用含π的式子表示）
【分析】根据角A的度数和内切圆的性质，得出圆心角DOE的度数即可得出阴影部分的面积．
【解析】∵∠A＝80°，⊙O是△ABC的内切圆，
∴∠DOE＝180°﹣（）＝180°﹣（180°﹣∠A）＝130°，
∴S扇形DOE＝＝（cm2），
故答案为：．
32．（2022•凉山州）如图，在边长为1的正方形网格中，⊙O是△ABC的外接圆，点A，B，O在格点上，则cos∠ACB的值是 ．
【分析】先连接AD，BD，然后根据题意，可以求得cos∠ADB的值，再根据圆周角定理可以得到∠ACB＝∠ADB，从而可以得到cos∠ACB的值．
【解析】连接AD，BD，AD和BD相交于点D，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD＝90°，
∵AB＝6，BD＝4，
∴AD＝＝＝2，
∴cos∠ADB＝＝＝，
∵∠ACB＝∠ADB，
∴cos∠ACB的值是，
故答案为：．
三．解答题（共20小题）
33．（2022•临沂）如图，AB是⊙O的切线，B为切点，直线AO交⊙O于C，D两点，连接BC，BD．过圆心O作BC的平行线，分别交AB的延长线、⊙O及BD于点E，F，G．
（1）求证：∠D＝∠E；
（2）若F是OE的中点，⊙O的半径为3，求阴影部分的面积．
【分析】（1）连接OB，由切线的性质得出∠E+∠BOE＝90°，由圆周角定理得出∠D+∠DCB＝90°，证出∠BOE＝∠OCB，则可得出结论；
（2）求出∠BOG＝60°，由三角形面积公式及扇形的面积公式可得出答案．
【解析】（1）证明：连接OB，
∵AB是⊙O的切线，
∴∠OBE＝90°，
∴∠E+∠BOE＝90°，
∵CD为⊙O的直径，
∴∠CBD＝90°，
∴∠D+∠DCB＝90°，
∵OE∥BC，
∴∠BOE＝∠OBC，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∴∠BOE＝∠OCB，
∴∠D＝∠E；
（2）解：∵F为OE的中点，OB＝OF，
∴OF＝EF＝3，
∴OE＝6，
∴BO＝OE，
∵∠OBE＝90°，
∴∠E＝30°，
∴∠BOG＝60°，
∵OE∥BC，∠DBC＝90°，
∴∠OGB＝90°，
∴OG＝，BG＝，
∴S△BOG＝OG•BG＝＝，S扇形BOF＝＝π，
∴S阴影部分＝S扇形BOF﹣S△BOG＝．
34．（2022•恩施州）如图，P为⊙O外一点，PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交⊙O于点D、E，交AB于点C．
（1）求证：∠ADE＝∠PAE．
（2）若∠ADE＝30°，求证：AE＝PE．
（3）若PE＝4，CD＝6，求CE的长．
【分析】（1）连接OA，利用切线的性质定理，圆周角定理，同圆的半径相等，等腰三角形的性质和等角的余角相等解答即可；
（2）利用（1）的结论，直径所对的圆周角为直角，三角形的外角的性质和等腰三角形的判定定理解答即可；
（3）CE＝x，则DE＝CD+CE＝6+x，OA＝OE＝，OC＝OE﹣CE＝，OP＝OE+PE＝，利用相似三角形的判定与性质得出比例式即可求得结论．
【解析】（1）证明：连接OA，如图，
∵PA为⊙O的切线，
∴AO⊥PA，
∴∠OAE+∠PAE＝90°．
∵DE是⊙O的直径，
∴∠DAE＝90°，
∴∠ADE+∠AED＝90°．
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠AED，
∴∠ADE＝∠PAE；
（2）证明：由（1）知：∠ADE＝∠PAE＝30°，
∵∠DAE＝90°，
∴∠AED＝90°﹣∠ADE＝60°．
∵∠AED＝∠PAE+∠APE，
∴∠APE＝∠PAE＝30°，
∴AE＝PE；
（3）解：设CE＝x，则DE＝CD+CE＝6+x，
∴OA＝OE＝，
∴OC＝OE﹣CE＝，
OP＝OE+PE＝．
∵PA、PB为⊙O的切线，
∴PA＝PB，PO平分∠APB，
∴PO⊥AB．
∵PA为⊙O的切线，
∴AO⊥PA，
∴△OAC∽△OPA，
∴，
∴，
即：x2+10x﹣24＝0．
解得：x＝2或﹣12（不合题意，舍去），
∴CE＝2．
35．（2022•十堰）如图，△ABC中，AB＝AC，D为AC上一点，以CD为直径的⊙O与AB相切于点E，交BC于点F，FG⊥AB，垂足为G．
（1）求证：FG是⊙O的切线；
（2）若BG＝1，BF＝3，求CF的长．
【分析】（1）由等腰三角形的性质可证∠B＝∠C＝∠OFC，可证OF∥AB，可得结论；
（2）由切线的性质可证四边形GFOE是矩形，可得OE＝GF＝2，由锐角三角函数可求解．
【解析】（1）证明：如图，连接OF，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵OF＝OC，
∴∠C＝∠OFC，
∴∠OFC＝∠B，
∴OF∥AB，
∵FG⊥AB，
∴FG⊥OF，
又∵OF是半径，
∴GF是⊙O的切线；
（2）解：如图，连接OE，过点O作OH⊥CF于H，
∵BG＝1，BF＝3，∠BGF＝90°，
∴FG＝＝＝2，
∵⊙O与AB相切于点E，
∴OE⊥AB，
又∵AB⊥GF，OF⊥GF，
∴四边形GFOE是矩形，
∴OE＝GF＝2，
∴OF＝OC＝2，
又∵OH⊥CF，
∴CH＝FH，
∵cosC＝cosB＝，
∴，
∴CH＝，
∴CF＝．
36．（2022•衡阳）如图，AB为⊙O的直径，过圆上一点D作⊙O的切线CD交BA的延长线于点C，过点O作OE∥AD交CD于点E，连接BE．
（1）直线BE与⊙O相切吗？并说明理由；
（2）若CA＝2，CD＝4，求DE的长．
【分析】（1）连接OD，理由切线的性质可得∠ODE＝90°，然后利用平行线和等腰三角形的性质可得OE平分∠DOB，从而可得∠DOE＝∠EOB，进而可证△DOE≌△BOE，最后利用全等三角形的性质即可解答；
（2）设⊙O的半径为r，先在Rt△ODC中，利用勾股定理求出r的长，再利用（1）的结论可得DE＝BE，最后在Rt△BCE中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【解析】（1）直线BE与⊙O相切，
理由：连接OD，
∵CD与⊙O相切于点D，
∴∠ODE＝90°，
∵AD∥OE，
∴∠ADO＝∠DOE，∠DAO＝∠EOB，
∵OD＝OA，
∴∠ADO＝∠DAO，
∴∠DOE＝∠EOB，
∵OD＝OB，OE＝OE，
∴△DOE≌△BOE（SAS），
∴∠OBE＝∠ODE＝90°，
∵OB是⊙O的半径，
∴直线BE与⊙O相切；
（2）设⊙O的半径为r，
在Rt△ODC中，OD2+DC2＝OC2，
∴r2+42＝（r+2）2，
∴r＝3，
∴AB＝2r＝6，
∴BC＝AC+AB＝2+6＝8，
由（1）得：△DOE≌△BOE，
∴DE＝BE，
在Rt△BCE中，BC2+BE2＝CE2，
∴82+BE2＝（4+DE）2，
∴64+DE2＝（4+DE）2，
∴DE＝6，
∴DE的长为6．
37．（2022•天津）已知AB为⊙O的直径，AB＝6，C为⊙O上一点，连接CA，CB．
（Ⅰ）如图①，若C为的中点，求∠CAB的大小和AC的长；
（Ⅱ）如图②，若AC＝2，OD为⊙O的半径，且OD⊥CB，垂足为E，过点D作⊙O的切线，与AC的延长线相交于点F，求FD的长．
【分析】（Ⅰ）根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，∠CAB＝∠CBA，进而求出∠CAB，根据余弦的定义求出AC；
（Ⅱ）根据切线的性质得到OD⊥DF，证明四边形FCED为矩形，根据矩形的性质得到FD＝EC，根据勾股定理求出BC，根据垂径定理解答即可．
【解析】（Ⅰ）∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵C为的中点，
∴＝，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∴AC＝AB•cos∠CAB＝3；
（Ⅱ）∵DF是⊙O的切线，
∴OD⊥DF，
∵OD⊥BC，∠FCB＝90°，
∴四边形FCED为矩形，
∴FD＝EC，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，AB＝6，
则BC＝＝4，
∵OD⊥BC，
∴EC＝BC＝2，
∴FD＝2．
38．（2022•绍兴）如图，半径为6的⊙O与Rt△ABC的边AB相切于点A，交边BC于点C，D，∠B＝90°，连结OD，AD．
（1）若∠ACB＝20°，求的长（结果保留π）．
（2）求证：AD平分∠BDO．
【分析】（1）连结OA，由∠ACB＝20°，得∠AOD＝40°，由弧长公式即得的长为；
（2）根据AB切⊙O于点A，∠B＝90°，可得OA∥BC，有∠OAD＝∠ADB，而OA＝OD，即可得∠ADB＝∠ODA，从而AD平分∠BDO．
【解析】（1）解：连结OA，如图：
∵∠ACB＝20°，
∴∠AOD＝40°，
∴＝＝；
（2）证明：∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AB切⊙O于点A，
∴OA⊥AB，
∵∠B＝90°，
∴OA∥BC，
∴∠OAD＝∠ADB，
∴∠ADB＝∠ODA，
∴AD平分∠BDO．
39．（2022•安徽）已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，D为BA的延长线上一点，连接CD．
（1）如图1，若CO⊥AB，∠D＝30°，OA＝1，求AD的长；
（2）如图2，若DC与⊙O相切，E为OA上一点，且∠ACD＝∠ACE．求证：CE⊥AB．
【分析】（1）根据直角三角形的边角关系可求出OD，进而求出AD；
（2）根据切线的性质可得OC⊥CD，再根据等腰三角形的性质可得∠OCA＝∠OAC，由各个角之间的关系以及等量代换可得答案．
【解析】（1）∵OA＝1＝OC，CO⊥AB，∠D＝30°，
∴OD＝•OC＝，
∴AD＝OD﹣OA＝﹣1；
（2）∵DC与⊙O相切，
∴OC⊥CD，
即∠ACD+∠OCA＝90°，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC，
∵∠ACD＝∠ACE，
∴∠OAC+∠ACE＝90°，
∴∠AEC＝90°，
即CE⊥AB．
40．（2022•德阳）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足是点H，过点C作直线分别与AB，AD的延长线交于点E，F，且∠ECD＝2∠BAD．
（1）求证：CF是⊙O的切线；
（2）如果AB＝10，CD＝6，
①求AE的长；
②求△AEF的面积．
【分析】（1）连接OC，利用圆周角定理，垂径定理，同圆的半径线段，等腰三角形的性质和圆的切线的判定定理解答即可；
（2）①利用勾股定理和相似三角形的判定定理与性质定理解答即可；
②过点F作FG⊥AB，交AB的延长线于点G，设FG＝4k，则FE＝5k，利用相似三角形的判定与性质和平行线分线段成比例定理求得FG，再利用三角形的面积公式解答即可．
【解析】（1）证明：连接OC，如图，
∵AB是⊙O的直径，AB⊥CD，
∴，
∴∠CAB＝∠DAB．
∵∠COB＝2∠CAB，
∴∠COB＝2∠BAD．
∵∠ECD＝2∠BAD，
∴∠ECD＝∠COB．
∵AB⊥CD，
∴∠COB+∠OCH＝90°，
∴∠OCH+∠ECD＝90°，
∴∠OCE＝90°．
∴OC⊥CF．
∵OC是⊙O的半径，
∴CF是⊙O的切线；
（2）解：①∵AB＝10，
∴OA＝OB＝OC＝5，
∵AB是⊙O的直径，AB⊥CD，
∴CH＝DH＝CD＝3．
∴OH＝＝4，
∵OC⊥CF，CH⊥OE，
∴△OCH∽△OEC，
∴，
∴，
∴OE＝．
∴AE＝OA+OE＝5+＝；
②过点F作FG⊥AB，交AB的延长线于点G，如图，
∵∠OCF＝∠FGE＝90°，∠CEO＝∠GEF，
∴△OCE∽△FGE．
∴，
设FG＝4k，则FE＝5k，
∴EG＝＝3k，
∵DH⊥AB，FG⊥AB，
∴DH∥FG．
∴，
∴，
解得：k＝．
∴FG＝4k＝5．
∴△AEF的面积＝×AE•FG＝．
41．（2022•随州）如图，已知D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，BE与⊙O相切，交CD的延长线于点E，且BE＝DE．
（1）判断CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若AC＝4，sinC＝，
①求⊙O的半径；
②求BD的长．
【分析】（1）结论：CD是⊙O的切线；只要证明OD⊥CD即可；
（2）①根据sinC＝，构建方程求解即可；
②证明△CDA∽△CBD，推出＝＝＝，设AD＝k，BD＝2k，利用勾股定理求解即可．
【解析】（1）结论：CD是⊙O的切线；
理由：如图，连接OD．
∵EB＝ED，OB＝OD，
∴∠EBD＝∠EDB，∠OBD＝∠ODB，
∵BE是⊙O的切线，OB是半径，
∴OB⊥BE，
∴∠OBE＝90°，
∴∠EBD+∠OBD＝90°，
∴∠EDB+∠ODB＝90°，
∴OD⊥DE，
∵OD是半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）①设OD＝OA＝r，
∵OD⊥CD，
∴sinC＝＝，
∴＝，
∴r＝2，
∴⊙O的半径为2；
②在Rt△COD中，CD＝＝＝4，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DBA+∠BAD＝90°，
∵OD＝OA，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵∠ADC+∠ODA＝90°，
∴∠ADC＝∠CBD，
∵∠C＝∠C，
∴△CDA∽△CBD，
∴＝＝＝，
设AD＝k，BD＝2k，
∵AD2+BD2＝AB2，
∴（k）2+（2k）2＝42，
∴k＝（负根已经舍去），
∴BD＝2k＝．
42．（2022•邵阳）如图，已知DC是⊙O的直径，点B为CD延长线上一点，AB是⊙O的切线，点A为切点，且AB＝AC．
（1）求∠ACB的度数；
（2）若⊙O的半径为3，求圆弧的长．
【分析】（1）连接OA，利用切线的性质可得∠BAO＝90°，利用等腰三角形的性质可得∠B＝∠ACB＝∠OAC，根据三角形内角和定理列方程求解；
（2）先求得∠AOC的度数，然后根据弧长公式代入求解．
【解析】（1）连接OA，
∵AB是⊙O的切线，点A为切点，
∴∠BAO＝90°，
又∵AB＝AC，OA＝OC，
∴∠B＝∠ACB＝∠OAC，
设∠ACB＝x°，则在△ABC中，
x°+x°+x°+90°＝180°，
解得：x＝30，
∴∠ACB的度数为30°；
（2）∵∠ACB＝∠OAC＝30°，
∴∠AOC＝120°，
∴＝2π．
43．（2022•新疆）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，AC＝CD，连接AD，延长DB交过点C的切线于点E．
（1）求证：∠ABC＝∠CAD；
（2）求证：BE⊥CE；
（3）若AC＝4，BC＝3，求DB的长．
【分析】（1）利用等腰三角形的性质可得∠CAD＝∠ADC，再利用同弧所对的圆周角相等可得∠ABC＝∠ADC，即可解答；
（2）利用切线的性质可得∠OCE＝90°，利用圆内接四边形对角互补以及平角定义可得∠CAD＝∠CBE，再利用（1）的结论可得∠OCB＝∠CBE，然后可证OC∥BE，最后利用平行线的性质可得∠E＝90°，即可解答；
（3）根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，从而在Rt△ABC中，利用勾股定理求出BA的长，再根据同弧所对的圆周角相等可得∠CAB＝∠CDB，进而可证△ACB∽△DEC，然后利用相似三角形的性质可求出DE的长，最后再利用（2）的结论可证△ACB∽△CEB，利用相似三角形的性质可求出BE的长，进行计算即可解答．
【解析】（1）证明：连接OC，
∵AC＝CD，
∴∠CAD＝∠ADC，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠ABC＝∠CAD；
（2）证明：∵CE与⊙O相切于点C，
∴∠OCE＝90°，
∵四边形ADBC是圆内接四边形，
∴∠CAD+∠DBC＝180°，
∵∠DBC+∠CBE＝180°，
∴∠CAD＝∠CBE，
∵∠ABC＝∠CAD，
∴∠CBE＝∠ABC，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠ABC，
∴∠OCB＝∠CBE，
∴OC∥BE，
∴∠E＝180°﹣∠OCE＝90°，
∴BE⊥CE；
（3）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AC＝4，BC＝3，
∴AB＝＝＝5，
∵∠ACB＝∠E＝90°，∠CAB＝∠CDB，
∴△ACB∽△DEC，
∴＝，
∴＝，
∴DE＝，
∵∠CBE＝∠ABC，
∴△ACB∽△CEB，
∴＝，
∴＝，
∴BE＝，
∴BD＝DE﹣BE＝﹣＝，
∴DB的长为．
44．（2022•扬州）如图，AB为⊙O的弦，OC⊥OA交AB于点P，交过点B的直线于点C，且CB＝CP．
（1）试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若sinA＝，OA＝8，求CB的长．
【分析】（1）连接OB，由等腰三角形的性质得出∠A＝∠OBA，∠CPB＝∠CBP，结合对顶角的性质得出∠APO＝∠CBP，由垂直的性质得出∠A+∠APO＝90°，进而得出∠OBA+∠CBP＝90°，即可得出直线BC与⊙O相切；
（2）由sinA＝，设OP＝x，则AP＝5x，由勾股定理得出方程，解方程求出x的值，进而得出OP＝×＝4，再利用勾股定理得出BC2+82＝（BC+4）2，即可求出CB的长．
【解析】（1）直线BC与⊙O相切，
理由：如图，连接OB，
∵OA＝OB，
∴∠A＝∠OBA，
∵CP＝CB，
∴∠CPB＝∠CBP，
∵∠APO＝∠CPB，
∴∠APO＝∠CBP，
∵OC⊥OA，
∴∠A+∠APO＝90°，
∴∠OBA+∠CBP＝90°，
∴∠OBC＝90°，
∵OB为半径，
∴直线BC与⊙O相切；
（2）在Rt△AOP中，sinA＝，
∵sinA＝，
∴设OP＝x，则AP＝5x，
∵OP2+OA2＝AP2，
∴，
解得：x＝或﹣（不符合题意，舍去），
∴OP＝×＝4，
∵∠OBC＝90°，
∴BC2+OB2＝OC2，
∵CP＝CB，OB＝OA＝8，
∴BC2+82＝（BC+4）2，
解得：BC＝6，
∴CB的长为6．
45．（2022•赤峰）如图，已知AB为⊙O的直径，点C为⊙O外一点，AC＝BC，连接OC，DF是AC的垂直平分线，交OC于点F，垂足为点E，连接AD、CD，且∠DCA＝∠OCA．
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若CD＝6，OF＝4，求cos∠DAC的值．
【分析】（1）利用等腰三角形的三线合一，平行线的判定与性质和圆的切线的判定定理解答即可；
（2）利用全等三角形的判定与性质得到CF＝CD＝6，利用相似三角形的判定与性质求得线段AC，再利用直角三角形的边角关系定理在Rt△AOC中，求得cos∠OCA，则结论可得．
【解析】（1）证明：∵AC＝BC，点O为AB的中点，
∴CO⊥AB．
∵DF是AC的垂直平分线，
∴DC＝DA，
∴∠DCA＝∠DAC．
∵∠DCA＝∠OCA，
∴∠DAC＝∠OCA．
∴DA∥OC，
∴DA⊥OA．
∵OA是⊙O的半径，
∴AD是⊙O的切线；
（2）解：在△CDE和△CFE中，
，
∴△CDE≌△CFE（ASA），
∴CD＝CF＝6，
∴CO＝CF+OF＝10．
∵DF是AC的垂直平分线，
∴CE＝AE＝AC．
∵∠CEF＝∠COA＝90°，∠ECF＝∠OCA，
∴△CEF∽△COA，
∴，
∴，
∴AC＝2，
在Rt△AOC中，
∵cos∠OCA＝，
∴cos∠DAC＝cos∠OCA＝．
46．（2022•齐齐哈尔）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O，AC与⊙O交于点D，BC与⊙O交于点E，过点C作CF∥AB，且CF＝CD，连接BF．
（1）求证：BF是⊙O的切线；
（2）若∠BAC＝45°，AD＝4，求图中阴影部分的面积．
【分析】（1）连接BD，由圆周角定理得出∠ADB＝∠BDC＝90°，由等腰三角形的性质得出∠ABC＝∠ACB，由平行线的性质得出∠ABC＝∠FCB，进而得出∠ACB＝∠FCB，得出△DCB≌△FCB，得出∠F＝∠CDB＝90°，由平行线的性质得出∠ABF+∠F＝180°，继而得出AB⊥BF，即可证明BF是⊙O的切线；
（2）连接BD、OE交于点M，连接AE，由圆周角定理得出AE⊥BC，AD⊥BD，由∠BAC＝45°，AD＝4，得出△ABD是等腰直角三角形，BD＝AD＝4，AB＝4，
进而得出OA＝OB＝2，由三角形中位线的性质得出OE∥AD，继而得出∠BOE＝∠BAC＝45°，OE⊥BD，，求出BM＝2，利用S阴影部分＝S扇形BOE﹣S△BOE，将有关数据代入计算，即可得出答案．
【解析】（1）证明：如图1，连接BD，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝∠BDC＝90°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵AB∥CF，
∴∠ABC＝∠FCB，
∴∠ACB＝∠FCB，
在△DCB和△FCB中，
，
∴△DCB≌△FCB（SAS），
∴∠F＝∠CDB＝90°，
∵AB∥CF，
∴∠ABF+∠F＝180°，
∴∠ABF＝90°，即AB⊥BF，
∵AB为直径，
∴BF是⊙O的切线；
（2）解：如图2，连接BD、OE交于点M，连接AE，
∵AB是直径，
∴AE⊥BC，AD⊥BD，
∵∠BAC＝45°，AD＝4，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴BD＝AD＝4，AB＝＝＝4，
∴OA＝OB＝2，
∴OE是△ADB的中位线，
∴OE∥AD，
∴∠BOE＝∠BAC＝45°，OE⊥BD，，
∴BM＝BD＝×4＝2，
∴S阴影部分＝S扇形BOE﹣S△BOE
＝﹣××2
＝．
47．（2022•玉林）如图，AB是⊙O的直径，C，D都是⊙O上的点，AD平分∠CAB，过点D作AC的垂线交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）若AB＝10，AC＝6，求tan∠DAB的值．
【分析】（1）连接OD，由题可知，D已经是圆上一点，欲证EF为切线，只需证明∠ODF＝90°即可；
（2）连接BC，根据勾股定理求出BC，进而根据三角形的中位线定理可得OH的长，从而得DH的长，由等角的正切可得结论．
【解析】（1）证明：如图1，连接OD，
∵AD平分∠CAB，
∴∠OAD＝∠EAD．
∵OD＝OA，
∴∠ODA＝∠OAD．
∴∠ODA＝∠EAD．
∴OD∥AE．
∵∠ODF＝∠AEF＝90°且D在⊙O上，
∴EF是⊙O的切线；
（2）连接BC，交OD于H，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AB＝10，AC＝6，
∴BC＝＝＝8，
∵∠E＝∠ACB＝90°，
∴BC∥EF，
∴∠OHB＝∠ODF＝90°，
∴OD⊥BC，
∴CH＝BC＝4，
∵CH＝BH，OA＝OB，
∴OH＝AC＝3，
∴DH＝5﹣3＝2，
∵∠E＝∠HCE＝∠EDH＝90°，
∴四边形ECHD是矩形，
∴ED＝CH＝4，CE＝DH＝2，
∴AE＝6+2＝8，
∵∠DAB＝∠DAE，
∴tan∠DAB＝tan∠DAE＝＝＝．
48．（2022•南充）如图，AB为⊙O的直径，点C是⊙O上一点，点D是⊙O外一点，∠BCD＝∠BAC，连接OD交BC于点E．
（1）求证：CD是⊙O的切线．
（2）若CE＝OA，sin∠BAC＝，求tan∠CEO的值．
【分析】（1）连接OC，证明OC⊥CD即可；
（2）过点O作OH⊥BC于点H．由sin∠BAC＝＝，可以假设BC＝4k，AB＝5k，则AC＝OC＝CE＝2.5k，用k表示出OH，EH，可得结论．
【解析】（1）证明：连接OC，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，
∵∠BCD＝∠BAC，
∴∠OCB+∠DCB＝90°，
∴OC⊥CD，
∵OC为⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：过点O作OH⊥BC于点H．
∵sin∠BAC＝＝，
∴可以假设BC＝4k，AB＝5k，则AO＝OC＝CE＝2.5k，
∵OH⊥BC，
∴CH＝BH＝2k，
∵OA＝OB，
∴OH＝AC＝k，
∴EH＝CE﹣CH＝2.5k﹣2k＝0.5k，
∴tan∠CEO＝＝＝3．
49．（2022•黔东南州）（1）请在图1中作出△ABC的外接圆⊙O（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；
（2）如图2，⊙O是△ABC的外接圆，AE是⊙O的直径，点B是的中点，过点B的切线与AC的延长线交于点D．
①求证：BD⊥AD；
②若AC＝6，tan∠ABC＝，求⊙O的半径．
【分析】（1）利用尺规作图分别作出AB、AC的垂直平分线交于点O，以O为圆心、OA为半径作圆即可；
（2）①连接OB，根据切线的性质得到OB⊥CD，证明OB∥AD，根据平行线的性质证明结论；
②连接EC，根据圆周角定理得到∠AEC＝∠ABC，根据正切的定义求出EC，根据勾股定理求出AE，得到答案．
【解析】（1）解：如图1，⊙O即为△ABC的外接圆；
（2）①证明：如图2，连接OB，
∵BD是⊙O的切线，
∴OB⊥CD，
∵点B是的中点，
∴＝，
∴∠CAB＝∠EAB，
∵OA＝OB，
∴∠OBA＝∠EAB，
∴∠CAB＝∠OBA，
∴OB∥AD，
∴BD⊥AD；
②解：如图2，连接EC，
由圆周角定理得：∠AEC＝∠ABC，
∵tan∠ABC＝，
∴tan∠AEC＝，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ACE＝90°，
∴＝，
∵AC＝6，
∴EC＝8，
∴AE＝＝10，
∴⊙O的半径为5．
50．（2022•鄂州）如图，△ABC内接于⊙O，P是⊙O的直径AB延长线上一点，∠PCB＝∠OAC，过点O作BC的平行线交PC的延长线于点D．
（1）试判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若PC＝4，tanA＝，求△OCD的面积．
【分析】（1）由圆周角定理得出∠ACB＝90°，进而得出∠OAC+∠OBC＝90°，由等腰三角形的性质得出∠OBC＝∠OCB，结合已知得出∠PCB+∠OCB＝90°，得出OC⊥PC，即可得出PC是⊙O的切线；
（2）由tanA＝，得出＝，由△PCB∽△PAC，得出＝＝＝，进而求出PB＝2，PA＝8，OC＝3，由平行线分线段成比例定理得出，进而求出CD＝6，即可求出△OCD的面积．
【解析】（1）PC是⊙O的切线，理由如下：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠OAC+∠OBC＝90°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵∠PCB＝∠OAC，
∴∠PCB+∠OCB＝90°，
∴∠PCO＝90°，即OC⊥PC，
∵OC是半径，
∴PC是⊙O的切线；
（2）在Rt△ACB中，tanA＝，
∵tanA＝，
∴＝，
∵∠PCB＝∠OAC，∠P＝∠P，
∴△PCB∽△PAC，
∴＝＝＝，
∵PC＝4，
∴PB＝2，PA＝8，
∴AB＝PA﹣PB＝8﹣2＝6，
∴OC＝OB＝OA＝3，
∵BC∥OD，
∴，即，
∴CD＝6，
∵OC⊥CD，
∴＝×3×6＝9．
51．（2022•宿迁）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与边BC交于点D．
（1）判断直线AC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若AB＝4，求图中阴影部分的面积．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得∠BAC＝90°，可得结论；
（2）根据图中阴影部分的面积＝S△ABC﹣S△BOD﹣S扇形OAD可得结论．
【解析】（1）直线AC与⊙O相切，理由如下：
∵∠ABC＝45°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝45°，
∴∠BAC＝180°﹣2×45°＝90°，
∴BA⊥AC，
∵AB是⊙O的直径，
∴直线AC与⊙O相切；
（2）连接OD，AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠ABD＝45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，∠AOD＝90°，
∵AO＝OB，AB＝4，
∴S△ABD＝•AB•OD＝×4×2＝4，
∴图中阴影部分的面积＝S△ABC﹣S△BOD﹣S扇形OAD
＝×4×4﹣×4﹣
＝8﹣2﹣π
＝6﹣π．
52．（2022•娄底）如图，已知BD是Rt△ABC的角平分线，点O是斜边AB上的动点，以点O为圆心，OB长为半径的⊙O经过点D，与OA相交于点E．
（1）判定AC与⊙O的位置关系，为什么？
（2）若BC＝3，CD＝，
①求sin∠DBC、sin∠ABC的值；
②试用sin∠DBC和cos∠DBC表示sin∠ABC，猜测sin2α与sinα、cosα的关系，并用α＝30°给予验证．
【分析】（1）连接OD，证明OD∥BC，则∠ODA＝∠C＝90°，再根据圆的切线的判定定理证明AC是⊙O的切线；
（2）①根据三角函数定义可得结论；
②计算cos∠DBC的值，并计算2sin∠DBC•cos∠DBC的值，可得结论：sin∠ABC＝2sin∠DBC•cos∠DBC；并用α＝30°可得结论．
【解析】（1）AC是⊙O切线，理由如下：
如图，连接OD，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠OBD＝∠DBC，
∴∠ODB＝∠DBC，
∴OD∥BC，
∴∠ODA＝∠C＝90°，
∵OD是⊙O的半径，且AC⊥OD，
∴AC是⊙O的切线；
（2）①在Rt△DBC中，∵BC＝3，CD＝，
∴BD＝＝＝，
∴sin∠DBC＝＝＝，
如图2，连接DE，OD，过点O作OG⊥BC于G，
∴∠ODC＝∠C＝∠CGO＝90°，
∴四边形ODCG是矩形，
∴OG＝CD＝，
∵BE是⊙O的切线，
∴∠BDE＝90°，
∴cos∠DBE＝cos∠CBD，
∴＝，
∴＝，
∴BE＝，
∴OB＝BE＝，
∴sin∠ABC＝＝＝；
②∵2sin∠DBC•cos∠DBC＝2××＝，
∴sin∠ABC＝2sin∠DBC•cos∠DBC；
猜想：sin2α＝2sinαcosα，理由如下：
当α＝30°时，sin2α＝sin60°＝，
2sinαcosα＝2××＝，
∴sin2α＝2sinαcosα．
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