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专题24.10 圆中的计算与证明的综合大题专项训练（50道）-2022-2023学年九年级数学上册举一反三系列（人教版）
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这是一份专题24.10 圆中的计算与证明的综合大题专项训练（50道）-2022-2023学年九年级数学上册举一反三系列（人教版），文件包含九年级数学上册专题2410圆中的计算与证明的综合大题专项训练50道举一反三人教版原卷版docx、九年级数学上册专题2410圆中的计算与证明的综合大题专项训练50道举一反三人教版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共88页， 欢迎下载使用。
专题24.10 圆中的计算与证明的综合大题专项训练（50道）
【人教版】
考卷信息：
本套训练卷共50题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，涵盖了圆中的计算与证明的综合问题的所有类型！
一．解答题（共50小题）
1．（2022秋•柯桥区月考）如图，D是⊙O弦BC的中点，A是⊙O上的一点，OA与BC交于点E，已知AO＝8，BC＝12．
（1）求线段OD的长；
（2）当EO=2BE时，求DE的长．
【分析】（1）连接OB，先根据垂径定理得出OD⊥BC，BD=12BC，在Rt△BOD中，根据勾股定理即可得出结论；
（2）在Rt△EOD中，设BE＝x，则OE=2x，DE＝6﹣x，再根据勾股定理即可得出结论．
【解答】解：（1）连接OB．
∵OD过圆心，且D是弦BC中点，
∴OD⊥BC，BD=12BC，
在Rt△BOD中，OD2+BD2＝BO2．
∵BO＝AO＝8，BD＝6．
∴OD＝27；
（2）在Rt△EOD中，OD2+ED2＝EO2．
设BE＝x，则OE=2x，DE＝6﹣x．
（27）2+（6﹣x）2＝（2x）2，
解得x1＝﹣16（舍），x2＝4．
则DE＝2．
2．（2022•市中区校级一模）如图，AB是⊙O的直径，C是BD的中点，CE⊥AB于点E，BD交CE于点F．
（1）求证：CF＝BF；
（2）若CD＝6，AC＝8，求⊙O的半径及CE的长．
【分析】（1）要证明CF＝BF，可以证明∠ECB＝∠DBC；AB是⊙O的直径，则∠ACB＝90°，又知CE⊥AB，则∠CEB＝90°，则∠DBC＝90°﹣∠ACE＝∠A，∠ECB＝∠A，则∠ECB＝∠DBC；
（2）在直角三角形ACB中，AB2＝AC2+BC2，又知，BC＝CD，所以可以求得AB的长，即可求得圆的半径；再利用面积法求得CE的长．
【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠ABC．
∵CE⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠ECB＝90°﹣∠ABC，
∴∠ECB＝∠A．
又∵C是BD的中点，
∴CD=CB，
∴∠DBC＝∠A，
∴∠ECB＝∠DBC，
∴CF＝BF；
（2）解：∵BC=CD，
∴BC＝CD＝6，
∵∠ACB＝90°，
∴AB=BC2+AC2=62+82=10，
∴⊙O的半径为5，
∵S△ABC=12AB•CE=12BC•AC，
∴CE=BC⋅ACAB=6×810=245．
3．（2022秋•岱岳区期末）已知⊙O的直径为10，点A、点B、点C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D．
（1）如图①，若BC为⊙O的直径，AB＝6，求AC、BD、CD的长；
（2）如图②，若∠CAB＝60°，求BD的长．
【分析】（1）利用圆周角定理可以判定△CAB和△DCB是直角三角形，利用勾股定理可以求得AC的长度；利用圆心角、弧、弦的关系推知△DCB也是等腰三角形，所以利用勾股定理同样得到BD＝CD＝52；
（2）如图②，连接OB，OD．由圆周角定理、角平分线的性质以及等边三角形的判定推知△OBD是等边三角形，则BD＝OB＝OD＝5．
【解答】解：（1）如图①，∵BC是⊙O的直径，
∴∠CAB＝∠BDC＝90°．
∵在直角△CAB中，BC＝10，AB＝6，
∴由勾股定理得到：AC=BC2−AB2=102−62=8．
∵AD平分∠CAB，
∴CD=BD，
∴CD＝BD．
在直角△BDC中，BC＝10，CD2+BD2＝BC2，
∴易求BD＝CD＝52；
（2）如图②，连接OB，OD，
∵AD平分∠CAB，且∠CAB＝60°，
∴∠DAB=12∠CAB＝30°，
∴∠DOB＝2∠DAB＝60°．
又∵OB＝OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴BD＝OB＝OD．
∵⊙O的直径为10，则OB＝5，
∴BD＝5．
4．（2022•济宁）如图，AD为△ABC外接圆的直径，AD⊥BC，垂足为点F，∠ABC的平分线交AD于点E，连接BD，CD．
（1）求证：BD＝CD；
（2）请判断B，E，C三点是否在以D为圆心，以DB为半径的圆上？并说明理由．
【分析】（1）利用等弧对等弦即可证明．
（2）利用等弧所对的圆周角相等，∠BAD＝∠CBD再等量代换得出∠DBE＝∠DEB，从而证明DB＝DE＝DC，所以B，E，C三点在以D为圆心，以DB为半径的圆上．
【解答】（1）证明：∵AD为直径，AD⊥BC，
∴由垂径定理得：BD=CD
∴根据圆心角、弧、弦之间的关系得：BD＝CD．
（2）解：B，E，C三点在以D为圆心，以DB为半径的圆上．
理由：由（1）知：BD=CD，
∴∠1＝∠2，
又∵∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∴∠DBE＝∠3+∠4，∠DEB＝∠1+∠5，
∵BE是∠ABC的平分线，
∴∠4＝∠5，
∴∠DBE＝∠DEB，
∴DB＝DE．
由（1）知：BD＝CD
∴DB＝DE＝DC．
∴B，E，C三点在以D为圆心，以DB为半径的圆上．
5．（2022秋•辛集市期末）如图1，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点C作CD∥AB交⊙O于点D，连接AD，延长CD至点F，使BF＝BC．
（1）求证：BF∥AD；
（2）如图2，当CD为直径，半径为1时，求弧BD，线段BF，线段DF所围成图形的面积．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和平行线的性质可得∠ADC＝∠DCB，进而可以解决问题；
（2）连接OA，OB，由（1）得∠ACB＝∠BCD＝∠ADC，所以AC=AB=BD，可得△AOC和△AOB是等边三角形，可以求出BF的长，进而可得S△OBF和S扇形OBD，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵CD∥AB，
∴∠ABC＝∠DCB，
∴∠ACB＝∠DCB，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠ADC＝∠DCB，
∵BF＝BC
∴∠F＝∠BCD，
∴∠F＝∠ADC，
∴BF∥AD；
（2）解：连接OA，OB，
∵CD为直径，半径为1，
∴CD＝2，OD＝OB＝OA＝OC＝1，
由（1）知：∠ACB＝∠BCD＝∠ADC，
∴AC=AB=BD，
∴∠AOC＝∠AOB＝∠BOD＝60°，
∴△AOC和△AOB是等边三角形，
∴∠ACD＝60°，
∴∠ADC＝30°，
∴∠F＝30°，
∴∠FBO＝90°，OB＝1，
∴BF=3，
弧BD，线段BF，线段DF所围成图形的面积为：
S△OBF﹣S扇形OBD=12×OB•BF−60π×12360=32−π6．
6．（2022•凤翔县一模）如图，⊙O的直径为AB，点C在⊙O上，点D，E分别在AB，AC的延长线上，DE⊥AE，垂足为E，CD与⊙O相切于点C．
（1）求证：∠A＝∠CDE；
（2）若AB＝4，BD＝3，求CD的长．
【分析】（1）连接OC，根据三角形的内角和得到∠EDC+∠ECD＝90°，根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠ACO，得到∠OCD＝90°，于是得到结论；
（2）根据已知条件得到OC＝OB=12AB＝2，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵CD与⊙O相切于点C，
∴∠OCD＝90°，
∴∠ACO+∠DCE＝90°，
∵DE⊥AE，
∴∠E＝90°，
∴∠EDC+∠ECD＝90°，
∴∠EDC＝∠ACO，
∵OC＝OA，
∴∠A＝∠ACO，
∴∠A＝∠CDE．
（2）解：∵AB＝4，BD＝3，
∴OC=OB=12AB=2，
∴OD＝2+3＝5，
∴CD=OD2−OC2=52−22=21．
7．（2022秋•湛江校级月考）已知PA、PB分别切⊙O于A、B，E为劣弧AB上一点，过E点的切线交PA于C、交PB于D．
（1）若PA＝6，求△PCD的周长．
（2）若∠P＝50°求∠DOC．
【分析】（1）根据切线长定理得到PA＝PB，AC＝CE，BD＝DE，根据三角形的周长公式计算即可；
（2）证明Rt△AOC≌Rt△EOC，得到∠AOC＝∠COE和∠DOE＝∠BOD，计算即可．
【解答】解：（1）连接OE，
∵PA、PB与圆O相切，
∴PA＝PB＝6，
同理可得：AC＝CE，BD＝DE，
△PCD的周长＝PC+PD+CD＝PC+PD+CE+DE＝PA+PB＝12；
（2）∵PA PB与圆O相切，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°∠P＝50°，
∴∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣50°＝130°，
在Rt△AOC和Rt△EOC中，
OA=OEOC=OC，
∴Rt△AOC≌Rt△EOC（HL），
∴∠AOC＝∠COE，
同理：∠DOE＝∠BOD，
∴∠COD=12∠AOB＝65°．
8．（2022秋•仪征市校级月考）如图，⊙O是正方形ABCD与正六边形AEFCGH的外接圆．
（1）正方形ABCD与正六边形AEFCGH的边长之比为 2：1 ；
（2）连接BE，BE是否为⊙O的内接正n边形的一边？如果是，求出n的值；如果不是，请说明理由．
【分析】（1）计算出在半径为R的圆中，内接正方形和内接正六边形的边长即可求出；
（2）首先求得∠EOB的度数，然后利用360°除以∠EOB度数，若所得的结果是整数的即可．
【解答】解：（1）设此圆的半径为R，
则它的内接正方形的边长为2R，
它的内接正六边形的边长为R，
内接正方形和内接正六边形的边长比为2R：R=2：1．
故答案为：2：1；
（2）BE是⊙O的内接正十二边形的一边，
理由：连接OA，OB，OE，
在正方形ABCD中，∠AOB＝90°，
在正六边形AEFCGH中，∠AOE＝60°，
∴∠BOE＝30°，
∵n=360°30°=12，
∴BE是正十二边形的边．
9．（2022•高唐县二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠BAO＝30°，AC＝8．过点O作OH⊥AB于点H，以点O为圆心，OH为半径的半圆交AC于点M．
（1）求图中阴影部分的面积；
（2）点P是BD上的一个动点（点P不与点B，D重合），当PH+PM的值最小时，求PD的长度．
【分析】（1）解直角三角形求出AH，OH，根据S阴＝S△AOH﹣S扇形OMH，求解即可．
（2）作点M关于BD的对称点M′，连接HM′交BD于P，连接PM，连接PM，此时PH+PM的值最小，解直角三角形求出OP，OD即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝4，
∵OH⊥AB，
∴∠AHO＝90°，
∵∠OAH＝30°，
∴∠AOH＝60°，OH=12OA＝2，AH=3OH＝23，
∴S阴＝S△AOH﹣S扇形OMH=12×2×23−60⋅π⋅22360=23−23π．
（2）作点M关于BD的对称点M′，连接HM′交BD于P，连接PM，此时PH+PM的值最小．
∵OH＝OM′，
∴∠OHM′＝∠OM′H，
∵∠AOH＝∠OHM′+∠OM′H＝60°，
设OP＝m，则PM＝2m，
∵PM2＝OM2+OP2，
∴4m2＝m2+22，
∴m=233，
∴PD＝OD+OP=433+233=23．
10．（2022•黔东南州模拟）如图，已知AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，∠D＝60°且AB＝6，过O点作OE⊥AC，垂足为E．
（1）求OE的长；
（2）若OE的延长线交⊙O于点F，求弦AF、AC和弧CF围成的图形（阴影部分）的面积S．
【分析】（1）根据∠D＝60°，可得出∠B＝60°，继而求出BC，判断出OE是△ABC的中位线，就可得出OE的长；
（2）连接OC，将阴影部分的面积转化为扇形FOC的面积．
【解答】解：（1）∵∠D＝60°，
∴∠B＝60°（圆周角定理），
又∵AB＝6，
∴BC＝3，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵OE⊥AC，
∴OE∥BC，
又∵点O是AB中点，
∴OE是△ABC的中位线，
∴OE=12BC=32；
（2）连接OC，
则易得△COE≌△AFE，
故阴影部分的面积＝扇形FOC的面积，
S扇形FOC=60π×32360=32π．
即可得阴影部分的面积为32π．
11．（2022秋•如东县期末）如图，CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD于点E，∠DAB＝30°，AB＝43．
（1）求CD的长；
（2）求阴影部分的面积．
【分析】（1）根据垂径定理和题意，可以求得AD和DE的长，再根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形即可得到OD的长，从而可以求得CD的长；
（2）根据图形可知△OBE和△OAE全等，阴影部分的面积等于扇形AOD的面积，本题得以解决．
【解答】解：（1）连接OA，
∵CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD于点E，∠DAB＝30°，AB＝43，
∴AE＝23，∠AED＝90°，
∴ED＝2，AD＝4，∠ODA＝60°，
∵OA＝OD，
∴△OAD是等边三角形，
∴OD＝AD＝4，
∴CD＝2OD＝8；
（2）∵CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD于点E，∠DAB＝30°，AB＝43，
∴OA＝OB，AE＝BE，OE＝OE，
∴△OEA≌△OEB，
∴阴影部分的面积是：60×π×42360=8π3．
12．（2022秋•松滋市期末）如图，AB是⊙O的直径，弦DE垂直平分半径OA，C为垂足，弦DF与半径OB相交于点P，连接EO、FO，若DE＝43，∠DPA＝45°
（1）求⊙O的半径．
（2）若图中扇形OEF围成一个圆锥侧面，试求这个圆锥的底面圆的半径．
【分析】（1）利用垂径定理得到CE＝DC=12DE＝23，OC=12OE，则∠OEC＝30°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求出OE即可；
（2）利用圆周角定理得到∠EOF＝2∠D＝90°，设这个圆锥的底面圆的半径为r，利用弧长公式得到2πr=90⋅π⋅4180，然后解关于r的方程即可．
【解答】解：（1）∵弦DE垂直平分半径OA，
∴CE＝DC=12DE＝23，OC=12OE，
∴∠OEC＝30°，
∴OC=CE3=2，
∴OE＝2OC＝4，
即⊙O的半径为4；
（2）∵∠DPA＝45°，
∴∠D＝45°，
∴∠EOF＝2∠D＝90°，
设这个圆锥的底面圆的半径为r，
∴2πr=90⋅π⋅4180，解得r＝1，
即这个圆锥的底面圆的半径为1．
13．（2022•沈阳）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，D为⊙O上一点，OD⊥AC，垂足为E，连接BD
（1）求证：BD平分∠ABC；
（2）当∠ODB＝30°时，求证：BC＝OD．
【分析】（1）由OD⊥ACOD为半径，根据垂径定理，即可得CD=AD，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可证得BD平分∠ABC；
（2）首先由OB＝OD，易求得∠AOD的度数，又由OD⊥AC于E，可求得∠A的度数，然后由AB是⊙O的直径，根据圆周角定理，可得∠ACB＝90°，继而可证得BC＝OD．
【解答】证明：（1）∵OD⊥AC OD为半径，
∴CD=AD，
∴∠CBD＝∠ABD，
∴BD平分∠ABC；
（2）∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠0DB＝30°，
∴∠AOD＝∠OBD+∠ODB＝30°+30°＝60°，
又∵OD⊥AC于E，
∴∠OEA＝90°，
∴∠A＝180°﹣∠OEA﹣∠AOD＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
又∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ACB中，BC=12AB，
∵OD=12AB，
∴BC＝OD．
14．（2022•本溪）如图，△ABC中，AB＝AC，点E是线段BC延长线上一点，ED⊥AB，垂足为D，ED交线段AC于点F，点O在线段EF上，⊙O经过C、E两点，交ED于点G．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若∠E＝30°，AD＝1，BD＝5，求⊙O的半径．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠ACB，∠OCE＝∠E，推出∠ACO＝90°，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）根据已知条件得到∠CFO＝30°，解直角三角形得到DF=3AD=3，EF＝3OE＝43，即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接CO，如图：
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵OC＝OE，
∴∠OCE＝∠E，
∵DE⊥AB，
∴∠BDE＝90°，
∴∠B+∠E＝90°，
∴∠ACB+∠OCE＝90°，
∴∠ACO＝90°，
∴AC⊥OC，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解：∵∠E＝30°，
∴∠OCE＝30°，
∴∠FCE＝120°，
∴∠CFO＝30°，
∴∠AFD＝∠CFO＝30°，
∴DF=3AD=3，
∵BD＝5，∴DE＝53，
∵OF＝2OC，
∴EF＝3OE＝43，
∴OE=433，
即⊙O的半径=433．
15．（2022•崇左）如图，正方形ABCD的边长为1，其中弧DE、弧EF、弧FG的圆心依次为点A、B、C．
（1）求点D沿三条弧运动到点G所经过的路线长；
（2）判断直线GB与DF的位置关系，并说明理由．
【分析】（1）根据弧长的计算公式，代入运算即可．
（2）先证明△FCD≌△GCB，得出∠G＝∠F，从而利用等量代换可得出∠GHD＝90°，即GB⊥DF．
【解答】解：（1）根据弧长公式得所求路线长为：90π×1180+90π×2180+90π×3180=3π．
（2）GB⊥DF．
理由如下：
在△FCD和△GCB中，
∵CF=CG∠FCD=∠GCBCD=CB，
∴△FCD≌△GCB（SAS），
∴∠G＝∠F，
∵∠F+∠FDC＝90°，
∴∠G+∠FDC＝90°，
∴∠GHD＝90°，
∴GB⊥DF．
16．（2022•凉山州二模）如图，AB是半圆的直径，C、D是半圆上的两点，且∠BAC＝20°，AD=CD，求：∠BCD的度数．
【分析】连接BC，如图，根据圆周角定理得∠ACB＝90°，则利用互余可计算出∠B＝70°，再根据圆内接四边形的性质计算出∠D＝180°﹣∠B＝110°，接着根据圆周角定理和三角形内角和定理，由弧AD＝弧CD得到∠DAC＝∠DCA＝35°，然后得到∠DCB＝∠DCA+∠ACB＝125°．
【解答】解：∵AB是半圆的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝20°，
∴∠B＝70°，
∵四边形ABCD是圆O的内接四边形，
∴∠D＝180°﹣∠B＝110°，
∵AD=CD，
∴∠DAC＝∠DCA=12（180°﹣110°）＝35°，
∴∠DCB＝∠DCA+∠ACB＝125°．
17．（2022•白云区一模）如图，⊙O的半径OA⊥OC，点D在AC上，且AD=2CD，OA＝4．
（1）∠COD＝ 30 °；
（2）求弦AD的长；
（3）P是半径OC上一动点，连接AP、PD，请求出AP+PD的最小值，并说明理由．
（解答上面各题时，请按题意，自行补足图形）
【分析】（1）根据垂直的定义得到∠AOC＝90°，由已知条件得到∠AOD＝2∠COD，即可得到结论；
（2）连接OD、AD，如图1所示：由（1）知∠AOD＝2∠COD＝2×30°＝60°，推出△AOD为等边三角形，根据等边三角形的性质得到；
（3）过点D作DE⊥OC，交⊙O于点E，连接AE，交OC于点P，则此时，AP+PD的值最小，延长AO交⊙O于点B，连接BE，得到AP+PD最小值＝AP+PE＝AE，根据圆周角定理得到∠AED=12∠AOD＝30°，根据平行线的性质得到∠OAE＝∠AED＝30°，由于AB为直径，得到△ABE为直角三角形，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：（1）∵OA⊥OC，
∴∠AOC＝90°，
∵AD=2CD，
∴∠AOD＝2∠COD，
∴∠COD=13∠AOC＝30°，
故答案为：30；
（2）连接OD、AD，如图1所示：
由（1）知∠AOD＝2∠COD＝2×30°＝60°，
∵OA＝OD，
∴△AOD为等边三角形，
∴AD＝OA＝4；
（3）过点D作DE⊥OC，交⊙O于点E，连接AE，交OC于点P，则此时，AP+PD的值最小，
延长AO交⊙O于点B，连接BE，如图2所示：
∵根据圆的对称性，点E是点D关于OC的对称点，
OC是DE的垂直平分线，
即PD＝PE，
∴AP+PD最小值＝AP+PE＝AE，
∵∠AED=12∠AOD＝30°，
又∵OA⊥OC，DE⊥OC，
∴OA∥DE，
∴∠OAE＝∠AED＝30°，
∵AB为直径，
∴△ABE为直角三角形，由AEAB=cos∠BAE，AE＝AB•cos30°＝2×4×32=43，
即AP+PD=43，
18．（2022•西湖区校级一模）如图，AB是⊙O的直径，C是BD的中点，CE⊥AB于E，BD交CE于F．
（1）求证：CF＝BF；
（2）若CD＝6，AC＝8，求BE、CF的长．
【分析】（1）首先延长CE交⊙O于点P，由垂径定理可证得∠BCP＝∠BDC，又由C是BD的中点，易证得∠BDC＝∠CBD，继而可证得CF＝BF；
（2）根据勾股定理得到AB＝10，根据射影定理得到BE=BC2AB=3.6，根据三角形的面积公式得到CE=AC⋅BCAB=4.8，设CF＝x，则FE＝4.8﹣x，BF＝x，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：延长CE交⊙O于点P，
∵CE⊥AB，
∴BC=BP，
∴∠BCP＝∠BDC，
∵C是BD的中点，
∴CD＝CB，
∴∠BDC＝∠CBD，
∴∠CBD＝∠BCP，
∴CF＝BF；
（2）∵CD＝6，AC＝8，
∴AB＝10，
∴BE=BC2AB=3.6，
∴CE=AC⋅BCAB=4.8，设CF＝x，则FE＝4.8﹣x，BF＝x，
∴（4.8﹣x）2+3.62＝x2，
∴x=154．
19．（2022•武昌区校级自主招生）如图，已知⊙O的直径为10，点A、B、C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D．
（1）图①，当BC为⊙O的直径时，求BD的长．
（2）图②，当BD＝5时，求∠CDB的度数．
【分析】（1）只要证明△BCD是等腰直角三角形即可解决问题；
（2）首先证明△OBD是等边三角形，推出∠BOD＝60°，由CD=DB，推出∠CAD＝∠BAD＝30°，推出∠BAC＝60°，再利用圆内接四边形的性质即可解决问题；
【解答】解：（1）如图1中，连接CD．
∵BC为⊙O直径，
∴∠CDB＝90°，
∴∠CAB＝90°，
∵AD是∠CAB的角平分线，
∴∠DAB=12∠CAB=45°，
∴∠DCB＝∠DAB＝45°
∴△CDB为等腰直角三角形，
∵BC＝10，
∴BD=52．
（2）连接OD、OB，
∵⊙O直径为10，
∴OB＝OD＝5，
∴BD＝5，
∴OB＝OD＝BD，
∴△OBD是等边三角形，
∴∠BOD＝60°，
∵CD=DB，
∴∠CAD＝∠BAD＝30°，
∴∠BAC＝60°，
∵四边形CABD是圆内接四边形，
∴∠CDB+∠BAC＝180°，
∴∠CDB＝120°．
20．（2022•东莞市校级模拟）如图，⊙O的内接四边形ABCD两组对边的延长线分别交于点E、F．
（1）当∠E＝∠F时，则∠ADC＝ 90 °；
（2）当∠A＝55°，∠E＝30°时，求∠F的度数；
（3）若∠E＝α，∠F＝β，且α≠β．请你用含有α、β的代数式表示∠A的大小．
【分析】（1）由∠E＝∠F，易得∠ADC＝∠ABC，又由圆的内接四边形的性质，即可求得答案；
（2）由∠A＝55°，∠E＝30°，首先可求得∠ABC的度数，继而利用圆的内接四边形的性质，求得∠ADC的度数，则可求得答案；
（3）由三角形的内角和定理与圆的内接四边形的性质，即可求得180°﹣∠A﹣∠F+180°﹣∠A﹣∠E＝180°，继而求得答案．
【解答】解：（1）∵∠E＝∠F，∠DCE＝∠BCF，∠ADC＝∠E+∠DCE，∠ABC＝∠BCF+∠F，
∴∠ADC＝∠ABC，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∴∠ADC＝90°．
故答案为：90°；
（2）∵在△ABE中，∠A＝55°，∠E＝30°，
∴∠ABE＝180°﹣∠A﹣∠E＝95°，
∴∠ADF＝180°﹣∠ABE＝85°，
∴在△ADF中，∠F＝180°﹣∠ADF﹣∠A＝40°；
（3）∵∠ADC＝180°﹣∠A﹣∠F，∠ABC＝180°﹣∠A﹣∠E，
∵∠ADC+∠ABC＝180°，
∴180°﹣∠A﹣∠F+180°﹣∠A﹣∠E＝180°，
∴2∠A+∠E+∠F＝180°，
∴∠A＝90°−∠E+∠F2=90°−α+β2．
21．（2022•鹿城区校级模拟）如图，△ABC中，AB＞AC，AE是其外接圆的切线，D为AB上的点，且AD＝AC＝AE．求证：直线DE过△ABC的内心．
【分析】设∠ACB的平分线与DE交于I，连接AI、CE，然后利用弦切角的性质得到∠ACB＝2∠AED，接着得到∠ACI＝∠AED，最后利用等腰三角形的性质解决问题．
【解答】证明：设∠ACB的平分线与DE交于I，连接AI、CE，
∵AE是△ABC外接圆的切线，
∴∠ACB＝∠FAB＝180°﹣∠DAE，
又AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED，
∴∠ACB＝180°﹣∠DAE＝∠ADE+∠AED＝2∠AED，
∴∠ACI=12∠ACB＝∠AED，
∴A、E、I、C四点共圆，
∵AC＝AE，
∴∠AEC＝∠ACE，
∴∠IAC＝∠IEC＝∠AEC﹣∠AED=180°−∠CAE2−180°−∠DAE2=12（∠DAE﹣∠CAE）=12∠BAC，
∴AI为∠BAC的平分线，
∴直线DE过△ABC的内心．
22．（2022•鼓楼区校级模拟）如图，图1、图2、图3、…、图n分别是⊙O的内接正三角形ABC，正四边形ABCD、正五边形ABCDE、…、正n边形ABCD…，点M、N分别从点B、C开始以相同的速度在⊙O上逆时针运动．
（1）求图1中∠APN的度数是 60° ；图2中，∠APN的度数是 90° ，图3中∠APN的度数是 108° ．
（2）试探索∠APN的度数与正多边形边数n的关系（直接写答案） (n−2)⋅180°n ．
【分析】根据对顶角相等和三角形内角和外角的关系解答即可．
【解答】解：（1）图1：∵点M、N分别从点B、C开始以相同的速度在⊙O上逆时针运动，
∴∠BAM＝∠CBN，
又∵∠APN＝∠BPM，
∴∠APN＝∠BPM＝∠ABN+∠BAM＝∠ABN+∠CBN＝∠ABC＝60°；
同理可得：在图2中，∠APN＝90°；在图3中，∠APN＝108°．
（2）由（1）可知，∠APN＝所在多边形的内角度数，故在图n中，(n−2)180°n．
23．（2022•温州一模）如图，在⊙O上依次有A、B、C三点，BO的延长线交⊙O于E，AE=CE，过点C作CD∥AB交BE的延长线于D，AD交⊙O于点F．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）连接OA、OF，若∠AOF＝3∠FOE，且AF＝3，求劣弧CF的长．
【分析】（1）先根据圆的性质得：∠CBD＝∠ABD，由平行线的性质得：∠ABD＝∠CDB，根据直径和等式的性质得：AB=BC，由一组对边平行且相等可得四边形ABCD是平行四边形，由AB＝BC可得结论；
（2）先设∠FOE＝x，则∠AOF＝3x，根据∠ABC+∠BAD＝180°，列方程得：4x+2x+12（180﹣3x）＝180，求出x的值，接着求CF所对的圆心角和半径的长，根据弧长公式可得结论．
【解答】（1）证明：∵AE=CE，
∴∠CBD＝∠ABD，
∵CD∥AB，
∴∠ABD＝∠CDB，
∴∠CBD＝∠CDB，
∴CB＝CD，
∵BE是⊙O的直径，
∴AB=BC，
∴AB＝BC＝CD，
∵CD∥AB，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）∵∠AOF＝3∠FOE，
设∠FOE＝x，则∠AOF＝3x，
∠AOD＝∠FOE+∠AOF＝4x，
∵OA＝OF，
∴∠OAF＝∠OFA=12（180﹣3x）°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝2x，
∴∠ABC＝4x，
∵BC∥AD，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，
∴4x+2x+12（180﹣3x）＝180，
x＝20°，
∴∠AOF＝3x＝60°，∠AOE＝80°，
∴∠COF＝80°×2﹣60°＝100°，
∵OA＝OF，
∴△AOF是等边三角形，
∴OF＝AF＝3，
∴CF的长=100π×3180=5π3．
24．（2022•岳麓区校级一模）如图，⊙O中，直径CD⊥弦AB于E，AM⊥BC于M，交CD于N，连AD．
（1）求证：AD＝AN；
（2）若AB＝42，ON＝1，求⊙O的半径．
【分析】（1）先根据圆周角定理得出∠BAD＝∠BCD，再由直角三角形的性质得出∠ANE＝∠CNM，故可得出∠BCD＝∠BAM，由全等三角形的判定定理得出△ANE≌△ADE，故可得出结论；
（2）先根据垂径定理求出AE的长，设NE＝x，则OE＝x﹣1，NE＝ED＝x，r＝OD＝OE+ED＝2x﹣1
连接AO，则AO＝OD＝2x﹣1，在Rt△AOE中根据勾股定理可得出x的值，进而得出结论．
【解答】（1）证明：∵∠BAD与∠BCD是同弧所对的圆周角，
∴∠BAD＝∠BCD，
∵AE⊥CD，AM⊥BC，
∴∠AMC＝∠AEN＝90°，
∵∠ANE＝∠CNM，
∴∠BCD＝∠BAM，
∴∠BAM＝BAD，
在△ANE与△ADE中，
∵∠BAM=∠BADAE=AE∠AEN=∠AED，
∴△ANE≌△ADE，
∴AD＝AN；
（2）解：∵AB＝42，AE⊥CD，
∴AE＝22，
又∵ON＝1，
∴设NE＝x，则OE＝x﹣1，NE＝ED＝x，r＝OD＝OE+ED＝2x﹣1
连接AO，则AO＝OD＝2x﹣1，
∵△AOE是直角三角形，AE＝22，OE＝x﹣1，AO＝2x﹣1，
∴（22）2+（x﹣1）2＝（2x﹣1）2，解得x＝2，
∴r＝2x﹣1＝3．
25．（2022•普陀区模拟）如图，在⊙O中，AD、BC相交于点E，OE平分∠AEC．
（1）求证：AB＝CD；
（2）如果⊙O的半径为5，AD⊥CB，DE＝1，求AD的长．
【分析】（1）过点O作OM⊥AD，ON⊥BC，从而得出OM＝ON，根据垂径定理可得出AD=BC，然后可得AB=CD，继而得出结论．
（2）先判断OM＝ME，然后利用勾股定理得出AM的方程，解出后，根据AD＝2AM，即可得出答案．
【解答】证明：（1）过点O作OM⊥AD，ON⊥BC，
∵OE平分∠AEC，
∴OM＝ON，
∴AD=BC，AD−BD=BC−BD，即AB=CD，
∴AB＝CD．
（2）∵OM⊥AD，
∴AM＝DM，
∵AD⊥CB，OE平分∠AEC，
∴∠OEM＝45°，
∴∠MOE＝45°，
∴∠OEM＝∠EOM，
∴OM＝ME，
在Rt△AOM中，OA2＝OM2+AM2，即25＝（AM﹣1）2+AM2，
解得：AM＝4或AM＝﹣3（舍去）
故AD的长为8．
26．（2022•乌鲁木齐一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点P在CA的延长线上，∠CAD＝45°．
（1）若AB＝4，求弧CD的长；
（2）若弧BC＝弧AD，AD＝AP，求证：PD是⊙O的切线．
【分析】（1）连接OC，OD，由圆周角定理得到∠COD＝2∠CAD，∠CAD＝45°，于是得到∠COD＝90°，根据弧长公式即可得到结论；
（2）由已知条件得到∠BOC＝∠AOD，由圆周角定理得到∠AOD＝45°，根据等腰三角形的性质得到∠ODA＝∠OAD，求得∠ADP=12CAD＝22.5°，得到∠ODP＝∠ODA+∠ADP＝90°，于是得到结论．
【解答】解：（1）连接OC，OD，
∵∠COD＝2∠CAD，∠CAD＝45°，
∴∠COD＝90°，
∵AB＝4，
∴OC=12AB＝2，
∴CD的长=90180×π×2＝π；
（2）∵BC=AD，
∴∠BOC＝∠AOD，
∵∠COD＝90°，
∴∠AOD＝45°，
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵∠AOD+∠ODA+∠OAD＝180°，
∴∠ODA＝67.5°，
∵AD＝AP，
∴∠ADP＝∠APD，
∵∠CAD＝∠ADP+∠APD，∠CAD＝45°，
∴∠ADP=12∠CAD＝22.5°，
∴∠ODP＝∠ODA+∠ADP＝90°，
∴PD是⊙O的切线．
27．（2022•饶平县校级模拟）如图，⊙O中，弦CD与直径AB交于点H．
（1）当∠B+∠D＝90°时，求证：H是CD的中点；
（2）若H为CD的中点，且CD＝22，BD=3，求AB的长．
【分析】（1）根据三角形内角和定理求出∠BHD＝90°，根据垂径定理得出即可；
（2）根据垂径定理求出DH，根据勾股定理求出BH，根据勾股定理得出关于R的方程，求出R即可．
【解答】（1）证明：∵∠B+∠D＝90°，
∴∠BHD＝180°﹣90°＝90°，
即AB⊥CD，
∵AB过O，
∴CH＝DH，
即H是CD的中点；
（2）解：
连接OD，
∵H为CD的中点，CD＝22，AB过O，
∴DH＝CH=12CD=2，AB⊥CD，
∴∠BHD＝90°，
由勾股定理得：BH=BD2−DH2=(3)2−(2)2=1，
设⊙O的半径为R，则AB＝2R，OB＝OD＝R，
在Rt△OHD中，由勾股定理得：OH2+DH2＝OD2，
即（R﹣1）2+（2）2＝R2，
解得：R=32，
∴AB＝2×32=3．
28．（2022•苏州模拟）如图，点A和动点P在直线l上，点P关于点A的对称点为Q，以AQ为边作Rt△ABQ，使∠BAQ＝90°，AQ：AB＝3：4，作△ABQ的外接圆O．点C在点P右侧，PC＝4，过点C作直线m⊥l，过点O作OD⊥m于点D，交AB右侧的圆弧于点E．在射线CD上取点F，使DF=32CD，以DE，DF为邻边作矩形DEGF．设AQ＝3x．
（1）用关于x的代数式表示BQ＝ 5x ，DF＝ 3x ．
（2）当点P在点A右侧时，若矩形DEGF的面积等于90，求AP的长．
（3）当点P在点A右侧时，作直线BG交⊙O于点N，若BN的弦心距为1，求AP的长．
【分析】（1）由AQ：AB＝3：4，AQ＝3x，易得AB＝4x，由勾股定理得BQ，再由中位线的性质得AH＝BH=12AB，求得CD，FD；
（2）利用（1）的结论，易得CQ的长，作OM⊥AQ于点M，则OM∥AB，由垂径定理得QM＝AM=32x，由矩形性质得OD＝MC，利用矩形面积，求得x，得出结论；
（3）连接NQ，由点O到BN的弦心距为1，得NQ＝2，过点B作BM⊥EG于点M，GM＝x，BM＝x，易得∠GBM＝45°，BM∥AQ，易得AI＝AB，求得IQ，由NQ得AP．
【解答】解：（1）在Rt△ABQ中，
∵AQ：AB＝3：4，AQ＝3x，
∴AB＝4x，
∴BQ＝5x，
∵OD⊥m，m⊥l，
∴OD∥l，
∵OB＝OQ，
∴AH＝BH=12AB＝2x，
∴CD＝2x，
∴FD=32CD＝3x，
故答案为：5x，3x；
（2）∵AP＝AQ＝3x，PC＝4，
∴CQ＝6x+4，
作OM⊥AQ于点M，如图1，
∴OM∥AB，
∵⊙O是△ABQ的外接圆，∠BAQ＝90°，
∴点O是BQ的中点，
∴QM＝AM=32x
∴OD＝MC=92x+4，
∴OE=12BQ=52x，
∴ED＝2x+4，
S矩形DEGF＝DF•DE＝3x（2x+4）＝90，
解得：x1＝﹣5（舍去），x2＝3，
∴AP＝3x＝9；
（3）连接NQ，由点O到BN的弦心距为1，得NQ＝2，如图2，
过点B作BM⊥EG于点M，
∵GM＝x，BM＝x
∴∠GBM＝45°，
∴BM∥AQ，
∴AI＝AB＝4x，
∴IQ＝x，
∴NQ=x2=2，
∴x＝22，
∴AP＝62．
29．（2022•福建模拟）如图1，△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点B作BE⊥AC，交⊙O于点D，垂足为E，连接AD．
（1）求证：∠BAC＝2∠CAD；
（2）如图2，连接CD，点F在线段BD上，且DF＝2DC，G是BC的中点，连接FG，若FG＝2，CD＝22，求⊙O的半径．
【分析】（1）作AH⊥BC于H，根据题意易求得∠BAC＝2∠CAH，利用角的关系和圆周角定理可求得∠CAH＝∠CAD，即可求解；
（2）连接GC并延长交AD延长线于点H，连接DG，BG，AG，根据圆周角定理可求得AG垂直平分BC，再求证四边形GHDF为平行四边形，设半径为r，则AH＝AG＝2r，AD＝2r﹣2，根据勾股定理即可求解．
【解答】（1）证明：如图1，作AH⊥BC于H，
∴∠AHC＝90°，
∴∠HAC+∠C＝90°，
∵AB＝AC，
∴∠BAC＝2∠CAH，
∵BE⊥AC，
∴∠BEC＝90°，
∴∠CBE+∠C＝90°，
∴∠CBE＝∠CAH，
∵CD=CD，
∴∠CAD＝∠CBE，
∴∠CAH＝∠CAD，
∴∠BAC＝2∠CAD；
（2）解：如图，连接GC并延长交AD延长线于点H，连接DG，BG，AG，
∵G是BC的中点，
∴GB=GC，
∴GB＝GC，∠BAG＝∠CAG，
∴∠CAG＝∠DAC，
∵AB＝AC，
∴AG垂直平分BC，
∴AG为直径，
∴∠ADG＝∠ACG＝90°，
∴∠GDH＝∠ACH＝90°，
∵∠AGC+∠CAG＝90°，∠AHC+∠CAH＝90°，
∴∠AGC＝∠AHC，
∴AG＝AH，
∴CG＝CH，
在Rt△GDH中，DC＝CG＝CH，即GH＝2DC＝DF，
∵∠AEB＝90°＝∠ACG，
∴BD∥GH，
∴四边形GHDF为平行四边形，
∴DH＝FG＝2，
设半径为r，则AH＝AG＝2r，AD＝2r﹣2，
在Rt△AGD中，DG2＝AG2﹣AD2＝（2r）2﹣（2r﹣2）2＝8r﹣4，
在Rt△GDH中，GH＝DF＝2CD＝42，
∴DG2＝GH2﹣DH2＝32﹣4＝28，
∴8r﹣4＝28，解得r＝4，
∴⊙O的半径为4．
30．（2022•苏州模拟）如图，已知点D是△ABC外接圆⊙O上的一点，AC⊥BD于G，连接AD，过点B作直线BF∥AD交AC于E，交⊙O于F，若点F是弧CD的中点，连接OG，OD，CD
（1）求证：∠DBF＝∠ACB；
（2）若AG=62GE，试探究∠GOD与∠ADC之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）根据平行线性质及圆周角性质直接得出结论．
（2）作OM⊥DC于点M，连接OC．先证明∠ACB＝∠CBF＝∠DBF＝30°，再根据AG与GE的关系推出DG＝OD，然后可得出结论．
【解答】（1）证明：∵BF∥AD，
∴∠ADB＝∠DBF，
∵∠ADB＝∠ACB，
∴∠DBF＝∠ACB；
（2）∠GOD与∠ADC之间的数量关系为：2∠GOD+∠ADC＝240°．
理由如下：
作OM⊥DC于点M，连接OC．
∵AD∥BF，
∴AB＝DF，
∵F为CD中点，
∴CF＝DF＝AB，
∴∠ACB＝∠CBF＝∠DBF，
∵AC⊥BD于G，
∴∠BGC＝∠AGD＝90°，
∴∠DBF+∠CBF+∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CBF＝∠DBF＝30°，∠DBC＝60°，
∴∠ADB＝∠ACB＝30°，∠DOC＝2∠DBC＝120°，
∵OD＝OC，
∴∠ODM＝30°，
设GE＝x，则AG=62x，
∴DG=322x，BG＝√3x，GC＝3x，DC=362x，DM=364x，OD=322x，
∴DG＝OD，
∴2∠GOD+∠ODG＝180°，
∵∠ADB+∠ODC＝60°，
∴2∠GOD+∠ODG+∠ADB+∠ODC＝240°，
即2∠GOD+∠ADC＝240°．
31．（2022•莱芜）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AC＝BC，D为⊙O中AB上一点，延长DA至点E，使CE＝CD．
（1）求证：AE＝BD；
（2）若AC⊥BC，求证：AD+BD=2CD．
【分析】（1）先证出△AEC≌△BDC，只要再找一对角相等就可以了，利用边相等，可得∠CAB＝∠CBA，∠CEA＝∠CDE，而∠CAB＝∠CDB＝∠CDE，故∠CEA＝∠CDB，（CE＝CD，∠CAE＝∠CBD）再利用SAS可证出△AEC≌△BDC．
（2）利用（1）中的全等，可得，AE＝BD，∠ECA＝∠DCB，那么就有∠ECD＝∠ECA+∠ACD＝90°，根据勾股定理得DE=2CD，而DE＝AD+AE＝AD+BG，所以有AD+BD=2CD．
【解答】证明：（1）∵△ABC是⊙O的内接三角形，AC＝BC，
∴∠ABC＝∠BAC，
∵CE＝CD，
∴∠CDE＝∠CED；
又∵∠ABC＝∠CDE，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠CDE＝∠CED，（同弧上的圆周角相等）
∴∠ACB＝∠DCE，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△AEC和△BDC中，
AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD
∴△AEC≌△BDC（SAS），
∴AE＝BD．
（2）∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
∴∠DCE＝90°；
又∵CD＝CE，
∴△DCE为等腰直角三角形，
∴DE=2CD，
又∵DE＝AD+AE且AE＝BD，
∴AD+BD=2CD．
32．（2022•三明）如图①，②，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（4，0），以点A为圆心，4为半径的圆与x轴交于O，B两点，OC为弦，∠AOC＝60°，P是x轴上的一动点，连接CP．
（1）求∠OAC的度数；
（2）如图①，当CP与⊙A相切时，求PO的长；
（3）如图②，当点P在直径OB上时，CP的延长线与⊙A相交于点Q，问PO为何值时，△OCQ是等腰三角形？
【分析】（1）OA＝AC首先三角形OAC是个等腰三角形，因为∠AOC＝60°，三角形AOC是个等边三角形，因此∠OAC＝60°；
（2）如果PC与圆A相切，那么AC⊥PC，在直角三角形APC中，有∠PCA的度数，有A点的坐标也就有了AC的长，可根据余弦函数求出PA的长，然后由PO＝PA﹣OA得出OP的值．
（3）本题分两种情况：
①以O为顶点，OC，OQ为腰．那么可过C作x轴的垂线，交圆于Q，此时三角形OCQ就是此类情况所说的等腰三角形；那么此时PO可在直角三角形OCP中，根据∠COA的度数，和OC即半径的长求出PO．
②以Q为顶点，QC，QD为腰，那么可做OC的垂直平分线交圆于Q，则这条线必过圆心，如果设垂直平分线交OC于D的话，可在直角三角形AOQ中根据∠QAE的度数和半径的长求出Q的坐标；然后用待定系数法求出CQ所在直线的解析式，得出这条直线与x轴的交点，也就求出了PO的值．
【解答】解：（1）∵∠AOC＝60°，AO＝AC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠OAC＝60°．
（2）∵CP与⊙A相切，
∴∠ACP＝90°，
∴∠APC＝90°﹣∠OAC＝30°；
又∵A（4，0），
∴AC＝AO＝4，
∴PA＝2AC＝8，
∴PO＝PA﹣OA＝8﹣4＝4．
（3）①过点C作CP1⊥OB，垂足为P1，延长CP1交⊙A于Q1；
∵OA是半径，
∴OC=OQ1，
∴OC＝OQ1，
∴△OCQ1是等腰三角形；
又∵△AOC是等边三角形，
∴P1O=12OA＝2；
②过A作AD⊥OC，垂足为D，延长DA交⊙A于Q2，CQ2与x轴交于P2；
∵A是圆心，
∴DQ2是OC的垂直平分线，
∴CQ2＝OQ2，
∴△OCQ2是等腰三角形；
过点Q2作Q2E⊥x轴于E，
在Rt△AQ2E中，
∵∠Q2AE＝∠OAD=12∠OAC＝30°，
∴Q2E=12AQ2＝2，AE＝23，
∴点Q2的坐标（4+23，﹣2）；
在Rt△COP1中，
∵P1O＝2，∠AOC＝60°，
∴CP1=23，
∴C点坐标（2，23）；
设直线CQ2的关系式为y＝kx+b，则
−2=(4+23)k+b23=2k+b，
解得k=−1b=2+23，
∴y＝﹣x+2+23；
当y＝0时，x＝2+23，
∴P2O＝2+23．
33．（2022•昆明）（1）如图（1），OA、OB是⊙O的两条半径，且OA⊥OB，点C是OB延长线上任意一点，过点C作CD切⊙O于点D，连接AD交OC于点E．
求证：CD＝CE；
（2）若将图（2）中的半径OB所在直线向上平行移动交OA于F，交⊙O于B′，其他条件不变，那么上述结论CD＝CE还成立吗？为什么？
（3）若将图（3）中的半径OB所在直线向上平行移动到⊙O外的CF，点E是DA的延长线与CF的交点，其他条件不变，那么上述结论CD＝CE还成立吗？为什么？
【分析】（1）可连接OD，通过等边对等角（∠OAD＝∠ODA），等角的余角相等（∠OAE+∠OEA＝90°，∠ODA+∠CDE＝90°），
以及对顶角相等（∠AEO＝∠CED），将相等的角进行置换即可得出∠CDE＝∠CED，即CD＝CE；
（2）连接OD方法和（1）完全相同；
（3）延长OA交CF于G，由于CF是上下平行移动，因此OG⊥CF，证法同（1）．
【解答】（1）证明：连接OD，
OD⊥CD，∠CDE+∠ODA＝90°；
在Rt△AOE中，
∠AEO+∠A＝90°；
在⊙O中，
∵OA＝OD，
∴∠A＝∠ODA，∠CDE＝∠AEO，
又∵∠AEO＝∠CED，
∴∠CED＝∠CDE，CD＝CE；
（2）解：CE＝CD仍然成立，
∵原来的半径OB所在直线向上平行移动，
∴CF⊥AO于F；
在Rt△AFE中，
∠A+∠AEF＝90°，
连接OD，则
∠ODA+∠CDE＝90°，且OA＝OD，
∴∠A＝∠ODA，∠AEF＝∠CDE；
又∵∠AEF＝∠CED，
∴∠CED＝∠CDE，CD＝CE；
（3）解：CE＝CD仍成立，
∵原来的半径OB所在直线向上平行移动，
∴AO⊥CF，
延长OA交CF于G，
在Rt△AEG中，
∠AEG+∠GAE＝90°；
连接OD，有，
∠CDA+∠ODA＝90°，且OA＝OD，
∴∠ADO＝∠OAD＝∠GAE，
∴∠CDE＝∠CED，
∴CD＝CE．
34．（2022•襄城区模拟）如图，⊙O中，直径CD⊥弦AB于E，AM⊥BC于M，交CD于N，连接AD．
（1）求证：AD＝AN；
（2）若AB＝8，ON＝1，求⊙O的半径．
【分析】（1）先根据同角的余角相等得到∠CNM＝∠B，利用等量代换得到∠AND＝∠B，利用同弧所对的圆周角相等得到∠D＝∠B，则得∠AND＝∠D，利用等角对等边可得出结论；
（2）先根据垂径定理求出AE的长，连接AO，设OE的长为x，则DE＝NE＝x+1，OA＝OD＝2x+1，在Rt△AOE中根据勾股定理可得出x的值，进而得出结论．
【解答】（1）证明：∵CD⊥AB
∴∠CEB＝90°
∴∠C+∠B＝90°，
同理∠C+∠CNM＝90°
∴∠CNM＝∠B
∵∠CNM＝∠AND
∴∠AND＝∠B，
∵AC=AC，
∴∠D＝∠B，
∴∠AND＝∠D，
∴AN＝AD；
（2）解：设OE的长为x，连接OA
∵AN＝AD，CD⊥AB
∴DE＝NE＝x+1，
∴OD＝OE+ED＝x+x+1＝2x+1，
∴OA＝OD＝2x+1，
∴在Rt△OAE中OE2+AE2＝OA2，
∴x2+42＝（2x+1）2．
解得x=53或x＝﹣3（不合题意，舍去），
∴OA＝2x+1＝2×53+1=133，
即⊙O的半径为133．
35．（2022•台州校级模拟）某居民小区一处圆柱形的输水管道破裂，维修人员为更换管道，需确定管道圆形截面的半径，下图是水平放置的破裂管道有水部分的截面．
（1）请你补全这个输水管道的圆形截面．
（2）若这个输水管道有水部分的水面宽AB＝16cm，水面最深地方的高度为4cm，求这个圆形截面的半径．
（3）在（2）的条件下，小明把一只宽12cm的方形小木船放在修好后的圆柱形水管里，已知船高出水面13cm，问此小船能顺利通过这个管道吗？
【分析】（1）在弧AB上任取一点C，连接AC，作弦AC的垂直平分线，两线交点作为圆心O，OA作为半径，画圆即为所求图形．
（2）过O作OE⊥AB于D，交弧AB于E，连接OB，根据垂径定理得到BD=12AB=12×16＝8cm，然后根据勾股定理列出关于圆形截面半径的方程求解．
（3）连接OM，设MF＝6cm，可求得此时OF的高，即可求得DF的长，比较13cm，即可得到此时小船能顺利通过这个管道．
【解答】解：（1）在弧AB上任取一点C连接AC，作弦AC、BC的垂直平分线，两线交点作为圆心O，OA作为半径，画圆即为所求图形．
（2）过O作OE⊥AB于D，交弧AB于E，连接OB．
∵OE⊥AB，
∴BD=12AB=12×16＝8cm，
由题意可知，ED＝4cm，
设半径为xcm，则OD＝（x﹣4）cm，
在Rt△BOD中，由勾股定理得：
OD2+BD2＝OB2
∴（x﹣4）2+82＝x2
解得x＝10．
即这个圆形截面的半径为10cm．
（3）如图，小船能顺利通过这个管道．理由：
连接OM，设MF＝6cm．
∵EF⊥MN，OM＝10cm，
在Rt△MOF中，OF=OM2−MF2=8cm
∵DF＝OF+OD＝8+6＝14cm
∵14cm＞13cm，
∴小船能顺利通过这个管道．
36．（2022•泰州模拟）如图，BC是⊙O的直径，弦AD⊥BC，垂足为H，已知AD＝8，OH＝3．
（1）求⊙O的半径；
（2）若E是弦AD上的一点，且∠EBA＝∠EAB，求线段BE的长．
【分析】（1）连接OA，由CB为直径，AD为弦，且CB垂直于AD，利用垂径定理得到H为AD的中点，由AD的长求出AH的长，在直角三角形AOH中，由AH与OH的长，利用勾股定理求出OA的长，即为圆O的半径；
（2）由已知的两个角相等，利用等角对等边得到AE＝BE，在直角三角形BEH中，设BE＝AE＝x，则有EH＝AH﹣AE＝4﹣x，BH＝5﹣3＝2，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即可确定出BE的长．
【解答】解：（1）连接OA，
∵BC是⊙O的直径，弦AD⊥BC，
∴AH=12AD＝4，
在Rt△AOH中，AH＝4，OH＝3，
根据勾股定理得：OA=42+32=5，
则⊙O的半径为5；
（2）∵∠EBA＝∠EAB，∴AE＝BE，
设BE＝AE＝x，
在Rt△BEH中，BH＝5﹣3＝2，EH＝4﹣x，
根据勾股定理得：22+（4﹣x）2＝x2，
解得x＝2.5，
则BE的长为2.5．
37．（2022•河北）图1是某学校存放学生自行车的车棚的示意图（尺寸如图所示），车棚顶部是圆柱侧面的一部分，其展开图是矩形．图2是车棚顶部截面的示意图，AB所在圆的圆心为O．车棚顶部是用一种帆布覆盖的，求覆盖棚顶的帆布的面积．（不考虑接缝等因素，计算结果保留π）
【分析】根据题意，由圆的基本性质，可通过作辅助线建立模形，利用垂径定理解答，也可用相交弦定理来解．
【解答】解：连接OB，过点O作OE⊥AB，垂足为E，交AB于F，如图，
由垂径定理，可知：E是AB中点，F是AB中点，
∴EF是弓形高，
∴AE=12AB＝23，EF＝2，
设半径为R米，则OE＝（R﹣2）米，
在Rt△AOE中，由勾股定理，得R2＝（R﹣2）2+（23）2，
解得R＝4，
∵sin∠AOE=AEOA=32，
∴∠AOE＝60°，
∴∠AOB＝120度．
∴AB的长为120×4π180=83π（m），
∴帆布的面积为83π×60＝160π（平方米）．
38．（2022•咸宁模拟）小明学习了垂径定理，做了下面的探究，请根据题目要求帮小明完成探究．
（1）更换定理的题设和结论可以得到许多真命题．如图1，在⊙O中，C是劣弧AB的中点，直线CD⊥AB于点E，则AE＝BE．请证明此结论；
（2）从圆上任意一点出发的两条弦所组成的折线，成为该圆的一条折弦．如图2，PA，PB组成⊙O的一条折弦．C是劣弧AB的中点，直线CD⊥PA于点E，则AE＝PE+PB．可以通过延长DB、AP相交于点F，再连接AD证明结论成立．请写出证明过程；
（3）如图3，PA．PB组成⊙O的一条折弦，若C是优弧AB的中点，直线CD⊥PA于点E，则AE，PE与PB之间存在怎样的数量关系？写出结论，不必证明．
【分析】（1）连接AD，BD，易证△ADB为等腰三角形，根据等腰三角形三线合一这一性质，可以证得AE＝BE．
（2）根据圆内接四边形的性质，先∠CDA＝∠CDF，再证△AFD为等腰三角形，进一步证得PB＝PF，从而证得结论．
（3）根据∠ADE＝∠FDE，从而证明△DAE≌△DFE，得出AE＝EF，然后判断出PB＝PF，进而求得AE＝PE﹣PB．
【解答】证明：（1）如图1，连接AD，BD，
∵C是劣弧AB的中点，
∴∠CDA＝∠CDB，
∵DE⊥AB，
∴∠AED＝∠DEB＝90°，
∴∠A+∠ADE＝90°，∠B+∠CDB＝90°，
∴∠A＝∠B，
∴△ADB为等腰三角形，
∵CD⊥AB，
∴AE＝BE；
（2）如图2，延长DB、AP相交于点F，再连接AD，
∵ADBP是圆内接四边形，
∴∠PBF＝∠PAD，
∵C是劣弧AB的中点，
∴∠CDA＝∠CDF，
∵CD⊥PA，
∴△AFD为等腰三角形，
∴∠F＝∠A，AE＝EF，
∴∠PBF＝∠F，
∴PB＝PF，
∴AE＝PE+PB
（3）AE＝PE﹣PB．
连接AD，BD，AB，DB、AP相交于点F，
∵弧AC＝弧BC，
∴∠ADC＝∠BDC，
∵CD⊥AP，
∴∠DEA＝∠DEF，∠ADE＝∠FDE，
∵DE＝DE，
∴△DAE≌△DFE，
∴AD＝DF，AE＝EF，
∴∠DAF＝∠DFA，
∴∠DFA＝∠PFB，∠PBD＝∠DAP，
∴∠PFB＝∠PBF，
∴PF＝PB，
∴AE＝PE﹣PB．
39．（2022•南开区一模）已知：如图1，在⊙O中，直径AB＝4，CD＝2，直线AD，BC相交于点E．
（1）∠E的度数为 60° ；
（2）如图2，AB与CD交于点F，请补全图形并求∠E的度数；
（3）如图3，弦AB与弦CD不相交，求∠AEC的度数．
【分析】（1）连接OD，OC，BD，根据已知得到△DOC为等边三角形，根据直径所对的圆周角是直角，求出∠E的度数；
（2）同理解答（2）（3）．
【解答】解：（1）如图1，连接OD，OC，BD，
∵OD＝OC＝CD＝2
∴△DOC为等边三角形，
∴∠DOC＝60°
∴∠DBC＝30°
∴∠EBD＝30°
∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°
∴∠E＝90°﹣30°＝60°，
∠E的度数为60°；
（2）①如图2，直线AD，CB交于点E，连接OD，OC，AC．
∵OD＝OC＝CD＝2，
∴△DOC为等边三角形，
∴∠DOC＝60°，
∴∠DAC＝30°，
∴∠EBD＝30°，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠E＝90°﹣30°＝60°，
（3）如图3，连接OD，OC，
∵OD＝OC＝CD＝2，
∴△DOC为等边三角形，
∴∠DOC＝60°，
∴∠CBD＝30°，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BED＝60°，
∴∠AEC＝60°．
40．（2022•安徽一模）如图，A，P，B，C是⊙O上的四个点，∠APC＝∠CPB＝60°．
（1）判断△ABC的形状，并证明你的结论．
（2）证明：PA+PB＝PC．
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ABC＝∠APC＝60°，∠BAC＝∠CPB＝60°，根据等边三角形的判定定理证明；
（2）在PC上截取PH＝PA，得到△APH为等边三角形，证明△APB≌△AHC，根据全等三角形的性质，结合图形证明即可．
【解答】（1）解：△ABC是等边三角形，
理由如下：由圆周角定理得，∠ABC＝∠APC＝60°，∠BAC＝∠CPB＝60°，
∴△ABC是等边三角形；
（2）证明：在PC上截取PH＝PA，
∵∠APC＝60°，
∴△APH为等边三角形，
∴AP＝AH，∠AHP＝60°，
在△APB和△AHC中，
∠ABP=∠ACH∠APB=∠AHC=120°AP=AH，
∴△APB≌△AHC（AAS）
∴PB＝HC，
∴PC＝PH+HC＝PA+PB．
41．（2022•和平区一模）Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AB为直径作⊙O交AC边于点D，E是边BC的中点，连接DE，OD．
（Ⅰ）如图①，求∠ODE的大小；
（Ⅱ）如图②，连接OC交DE于点F，若OF＝CF，求∠A的大小．
【分析】（Ⅰ）连接OE，BD，利用全等三角形的判定和性质解答即可；
（Ⅱ）利用中位线的判定和定理解答即可．
【解答】证明：（Ⅰ）连接OE，BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠CDB＝90°，
∵E点是BC的中点，
∴DE=12BC＝BE，
∵OD＝OB，OE＝OE，
∴△ODE≌△OBE，
∴∠ODE＝∠OBE，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ODE＝90°；
（Ⅱ）∵CF＝OF，CE＝EB，
∴FE是△COB的中位线，
∴FE∥OB，
∴∠AOD＝∠ODE，
由（Ⅰ）得∠ODE＝90°，
∴∠AOD＝90°，
∵OA＝OD，
∴∠A＝∠ADO=180°−90°2=45°．
42．（2022•和平区二模）已知AB是⊙O的直径，AB＝2，点C，点D在⊙O上，CD＝1，直线AD，BC交于点E．
（Ⅰ）如图1，若点E在⊙O外，求∠AEB的度数．
（Ⅱ）如图2，若点E在⊙O内，求∠AEB的度数．
【分析】（Ⅰ）如图1，连接OC、OD，先证明△OCD为等边三角形得到∠COD＝60°，利用圆周角定理得到∠CBD＝30°，∠ADB＝90°，然后利用互余计算出∠AEB的度数；
（Ⅱ）如图2，连接OC、OD，同理可得∠CBD＝30°，∠ADB＝90°，然后根据三角形外角性质计算∠AEB的度数．
【解答】解：（Ⅰ）如图1，连接OC、OD，
∵CD＝1，OC＝OD＝1，
∴△OCD为等边三角形，
∴∠COD＝60°，
∴∠CBD=12∠COD＝30°，
∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠AEB＝90°﹣∠DBE＝90°﹣30°＝60°；
（Ⅱ）如图2，连接OC、OD，同理可得∠CBD＝30°，∠ADB＝90°，
∴∠AEB＝90°+∠DBE＝90°+30°＝120°．
43．（2022•南开区二模）如图，⊙O的直径AB的长为2，点C在圆周上，∠CAB＝30°，点D是圆上一动点，DE∥AB交CA的延长线于点E，连接CD，交AB于点F．
（Ⅰ）如图1，当∠ACD＝45°时，请你判断DE与⊙O的位置关系并加以证明；
（Ⅱ）如图2，当点F是CD的中点时，求△CDE的面积．
【分析】（Ⅰ）连接OD，如图1，理由圆周角定理得到∠AOD＝90°，则OD⊥AB，再理由平行线的性质得到OD⊥DE，然后根据直线与圆的位置关系的判定方法可判断DE为⊙O的切线；
（Ⅱ）连接OC，如图1，利用垂径定理得到AB⊥CD，再利用圆周角定理得到∠COF＝60°，则根据含30度的直角三角形三边的关系计算出OF=12，CF=32，所以CD＝2CF=3，AF=32，接着证明AF为△CDE的中位线得到DE＝2AF＝3，然后根据三角形面积公式求解．
【解答】解：（Ⅰ）DE与⊙O相切．、
理由如下：连接OD，如图1，
∵∠AOD＝2∠ACD＝2×45°＝90°，
∴OD⊥AB，
∵DE∥AB，
∴OD⊥DE，
∴DE为⊙O的切线；
（Ⅱ）连接OC，如图2
∵点F是CD的中点，
∴AB⊥CD，CF＝DF，
∵∠COF＝2∠CAB＝60°，
∴OF=12OC=12，CF=3OF=32，
∴CD＝2CF=3，AF＝OA+OF=32，
∵AF∥AD，F点为CD的中点，
∴DE⊥CD，AF为△CDE的中位线，
∴DE＝2AF＝3，
∴△CDE的面积=12×3×3=332．
44．（2022•红桥区二模）已知⊙O是△ABC的外接圆，过点A作⊙O的切线，与CO的延长线于点P，CP与⊙O交于点D．
（1）如图①，若AP＝AC，求∠B的大小；
（2）如图②，若AP∥BC，∠P＝42°，求∠BAC的大小．
【分析】（1）如图①，连接OA、AD．由等腰三角形的性质可知∠P＝∠ACP，然后由切线的性质可证明∠PAO＝90°，于是得到∠P+∠POA＝90°，然后依据三角形的外角的性质和等腰三角形的性质可证明∠AOP＝2∠ACP，从而可求得∠ACP的度数，然后可求得∠ADC的度数，最后依据圆周角定理可求得∠B的度数；
（2）如图，连接BD．由直径所对的圆周角等于90°可求得∠DBC＝90°，然后依据平行线的性质可求得∠PCB的度数，于是可得到∠CDB的度数，最后依据圆周角定理可求得∠BAC的度数．
【解答】解：（1）如图①，连接OA、AD．
∵AP＝AC，
∴∠P＝∠ACP．
∵PA与⊙O与相切，
∴∠PAO＝90°．
∴∠P+∠POA＝90°．
∵OA＝0C，
∴∠ACO＝∠CAO．
∴∠AOP＝2∠ACO．
∵∠P+∠POA＝90°，
∴∠ACP+2∠ACP＝90°．
∴∠ACP＝30°．
∴∠B＝2∠ACP＝60°．
（2）如图，连接BD．
∵DC为⊙O的直径，
∴∠DBC＝90°．
∴∠CDB+∠DCB＝90°．
∵AP∥BC，
∴∠PCB＝∠P＝42°．
∴∠CDB＝90°﹣42°＝48°．
∴∠BAC＝∠BDC＝48°．
45．（2022秋•镇海区期末）如图，在△ABC中，D在边AC上，圆O为锐角△BCD的外接圆，连结CO并延长交AB于点E．
（1）若∠DBC＝α，请用含α的代数式表示∠DCE；
（2）如图2，作BF⊥AC，垂足为F，BF与CE交于点G，已知∠ABD＝∠CBF．
①求证：EB＝EG；
②若CE＝5，AC＝8，求FG+FB的值．
【分析】（1）根据圆周角定理即可解决问题；
（2）①结合（1）利用三角形内角和定理即可解决问题；
②作EM⊥BE，EN⊥AC，证明四边形EMFN为矩形，再根据线段的和差即可解决问题．
【解答】（1）解：如图，连结OD，
∵∠DOC＝2∠DBC＝2α，
又∵OD＝OC，
∴∠DCE＝90°﹣α；
（2）①证明：∵∠ABD＝∠CBF，
∴∠EBG＝∠ABD+∠DBF＝∠CBF+∠DBF＝∠DBC，
设∠DBC＝α，
由（1）得：∠DCE＝90°﹣α，
∵BF⊥AC，
∴∠FGC＝∠BGE＝α，
∴∠EBG＝∠EGB，
∴EB＝EG；
②解：如图，作EM⊥BE，EN⊥AC，
由①得：∠EBG＝α，∠ACE＝90°﹣α，
∵BF⊥AC
∴∠A＝90°﹣α，
∴AE＝CE＝5，
∵EN⊥AC，AC＝8，
∴CN＝4，
∴EN＝3，
∵EM⊥BF，NF⊥BF，EN⊥AC，
∴四边形EMFN为矩形，
∴EN＝MF＝3，
∵EB＝EG，EM⊥BG，
∴BM＝GM，
∴FG+FB＝FM﹣MG+FM+BM＝2FM＝6．
46．（2022秋•虹口区校级期末）如图，等边△ABC内接于⊙O，P是AB上任一点（点P与点A、B重合），连接AP、BP，过点C作CM∥BP交PA的延长线于点M．
（1）求∠APC和∠BPC的度数；
（2）求证：△ACM≌△BCP；
（3）若PA＝1，PB＝2，求四边形PBCM的面积；
（4）在（3）的条件下，求AB的长度．
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，根据圆周角定理即可得到∠APC＝∠ABC＝60°，∠BPC＝∠BAC＝60°；
（2）根据平行线的性质得到∠BPM+∠M＝180°，∠PCM＝∠BPC，求得∠M＝∠BPC＝60°，根据圆周角定理得到∠PAC+∠PCB＝180°，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（3）作PH⊥CM于H，根据全等三角形的性质得到CM＝CP，AM＝BP，根据直角三角形的性质得到PH=332，根据三角形的面积公式即可得到结论；
（4）过点B作BQ⊥AP，交AP的延长线于点Q，过点A作AN⊥BC于点N，连接OB，求得∠PBQ＝30°，得到PQ=12PB＝1，根据勾股定理得到BQ=22−12=3，AN=AB2−BN2=212，根据弧长公式即可得到结论．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，
∵BC=BC，AC=AC，
∴∠APC＝∠ABC＝60°，∠BPC＝∠BAC＝60°；
（2）证明：∵CM∥BP，
∴∠BPM+∠M＝180°，
∠PCM＝∠BPC，
∵∠BPC＝∠BAC＝60°，
∴∠PCM＝∠BPC＝60°，
∴∠M＝180°﹣∠BPM＝180°﹣（∠APC+∠BPC）＝180°﹣120°＝60°，
∴∠M＝∠BPC＝60°，
又∵A、P、B、C四点共圆，
∴∠PAC+∠PCB＝180°，
∵∠MAC+∠PAC＝180°
∴∠MAC＝∠PBC
∵AC＝BC，
在△ACM和△BCP中，
∠M=∠BPC∠MAC=∠PBCAC=BC，
∴△ACM≌△BCP（AAS）；
（3）∵CM∥BP，
∴四边形PBCM为梯形，
作PH⊥CM于H，
∵△ACM≌△BCP，
∴CM＝CP，AM＝BP，
又∠M＝60°，
∴△PCM为等边三角形，
∴CM＝CP＝PM＝PA+AM＝PA+AMB＝1+2＝3，
在Rt△PMH中，∠MPH＝30°，
∴PH=332，
∴S四边形PBCM=12（PB+CM）×PH=12（2+3）×332=1534；
（4）过点B作BQ⊥AP，交AP的延长线于点Q，过点A作AN⊥BC于点N，连接OB，
∵∠APC＝∠BPC＝60°，
∴∠BPQ＝60°，
∴∠PBQ＝30°，
∴PQ=12PB＝1，
在Rt△BPQ中，BQ=22−12=3，
在Rt△AQB中，AB=AQ2+BQ2=(1+1)2+(3)2=7，
∵△ABC为等边三角形，
∴AN经过圆心O，
∴BN=12AB=72，
∴AN=AB2−BN2=212，
在Rt△BON中，设BO＝x，则ON=212−x，
∴(72)2+(212−x)2=x2，
解得：x=213，
∵∠BOA＝∠BCA＝120°，
∴AB的长度为120π×213180=221π9．
47．（2022秋•赣榆区期中）铁匠王老五要制作一个圆锥体模型，操作规则是：在一块边长为16cm的正方形纸片上剪出一个扇形和一个圆，使得扇形围成圆锥的侧面时，圆恰好是该圆锥的底面．他们首先设计了如图所示的方案一，发现这种方案不可行，于是他们调整了扇形和圆的半径，设计了如图所示的方案二．（两个方案的图中，圆与正方形相邻两边及扇形的弧均相切．方案一中扇形的弧与正方形的两边相切）请你帮助他算一算．
（1）请说明方案一不可行的理由；
（2）判断方案二是否可行？若可行，请确定圆锥的母线长l及其底面圆半径r；若不可行，请说明理由．
【分析】（1）根据扇形的弧长等于圆的底面周长，可得能围成圆锥的正方形的对角线长，与实际正方形的对角线长比较，大于实际的正方形边长，所以不可行；
（2）设出圆锥的母线长和底面半径，让扇形的弧长等于圆的底面周长，以及正方形的对角线长联立构成方程组，即可求得圆锥的母线长及其底面圆半径．
【解答】解：连接AC，E为两圆的切点，
（1）理由如下：
∵扇形的弧长＝16×π2=8π，圆锥底面周长＝2πr，
∴圆的半径O1E＝4cm．
过O1作O1F⊥CD，
∴△CO1F为等腰直角三角形，
∴O1C=2O1F=2O1E＝42cm，
∵AE＝AB＝16cm，
而制作这样的圆锥实际需要正方形纸片的对角线长为AE+EO1+O1C＝16+4+42=（20+42）cm，
∵20+42＞162，
∴方案一不可行；
（2）方案二可行．理由如下：
设圆锥底面圆的半径为rcm，圆锥的母线长为Rcm，
∵在一块边长为16cm的正方形纸片上，
∴正方形对角线长为162cm，
则（1+2）r+R＝162，①
2πr=2πR4，②
由①②，可得R=6425+2=3202−12823，r=1625+2=802−3223．
故所求圆锥的母线长为3202−12823cm，底面圆的半径为802−3223cm．
48．（2022•浙江校级自主招生）如图，已知圆O的圆心为O，半径为3，点M为圆O内的一个定点，OM=5，AB、CD是圆O的两条相互垂直的弦，垂足为M．
（1）当AB＝4时，求四边形ADBC的面积；
（2）当AB变化时，求四边形ADBC的面积的最大值．
【分析】（1）先作OE⊥CD于E，OF⊥AB于F，连接OB，OC，△OBF是直角三角形，利用勾股定理有AB＝29−OF2=4，易求OF，易知四边形FOEM是矩形，从而有OE2+OF2＝OM2＝5，易求OE＝0，那么CD是直径等于6，从而易求四边形ADBC的面积；
（2）先设OE＝x，OF＝y，则x2+y2＝5，根据（1）可得AB＝29−y2，CD＝29−x2，从而易知S四边形ADBC=12AB×CD=12×29−y2×29−x2，结合x2+y2＝5，可得S四边形ADBC＝2−(x2−52)2+1694，从而可求四边形ADBC的面积的最大值．
【解答】解：（1）作OE⊥CD于E，OF⊥AB于F，连接OB，OC，
那么AB＝29−OF2=4，
∴OF=5，
又∵OE2+OF2＝OM2＝5，
∴OE＝0，
∴CD＝6，
∴S四边形ADBC=12AB×CD＝12；
（2）设OE＝x，OF＝y，则x2+y2＝5，
∵AB＝29−y2，CD＝29−x2，
∴S四边形ADBC=12AB×CD=12×29−y2×29−x2=2−x4+5x2+36=2−(x2−52)2+1694，
∴当x2=52时，四边形ADBC的最大面积是13．
49．（2022•浙江校级自主招生）如图，O为等边△ABC 的外接圆，半径为2，点D在劣弧AB上运动（不与点A，B重合），连接DA，DB，DC．若点M，N分别在线段CA，CB上运动（不含端点），经过探究发现，点D运动到每一个确定的 位置，△DMN 的周长有最小值t，随着点D的运动，t 的值会发生变化，求所有t值中的最大值．
【分析】作点D关于直线AC的对称点E，作点D关于直线BC的对称点F，由轴对称的性质可得EM＝DM，DN＝NF，可得△DMN的周长＝DM+DN+MN＝FN+EM+MN，则当点E，点M，点N，点F四点共线时，△DMN的周长有最小值，即最小值为EF＝t，由轴对称的性质可求CD＝CE＝CF，∠ECF＝120°，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可求EF＝2PE=3EC=3CD＝t，则当CD为直径时，t有最大值为43．
【解答】解：如图，作点D关于直线AC的对称点E，作点D关于直线BC的对称点F，
∵点D，点E关于直线AC对称，
∴EM＝DM，
同理DN＝NF，
∵△DMN的周长＝DM+DN+MN＝FN+EM+MN，
∴当点E，点M，点N，点F四点共线时，△DMN的周长有最小值，
则连接EF，交AC于M，交BC于N，连接CE，CF，DE，DF，作CP⊥EF于P，
∴△DMN的周长最小值为EF＝t，
∵点D，点E关于直线AC对称，
∴CE＝CD，∠ACE＝∠ACD，
∵点D，点F关于直线BC对称，
∴CF＝CD，∠DCB＝∠FCB，
∴CD＝CE＝CF，∠ECF＝∠ACE+∠ACD+∠DCB+∠FCB＝2∠ACB＝120°，
∵CP⊥EF，CE＝CF，∠ECF＝120°，
∴EP＝PF，∠CEP＝30°，
∴PC=12EC，PE=3PC=32EC，
∴EF＝2PE=3EC=3CD＝t，
∴当CD有最大值时，EF有最大值，即t有最大值，
∵CD为⊙O的弦，
∴CD为直径时，CD有最大值4，
∴t的最大值为43．
50．（2022•枣庄校级模拟）如图，在△ABC中，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E，点F在AC的延长线上，且AC＝CF，∠CBF＝∠CFB．
（1）求证：直线BF是⊙O的切线；
（2）若点D，点E分别是弧AB的三等分点，当AD＝5时，求BF的长和扇形DOE的面积；
（3）填空：在（2）的条件下，如果以点C为圆心，r为半径的圆上总存在不同的两点到点O的距离为5，则r的取值范围为 53−5＜r＜53+5 ．
【分析】（1）根据直角三角形的判定证明∠ABF＝90°即可；
（2）连接DO，EO，根据题意证明△AOD是等边三角形，得到△ABC是等边三角形，根据勾股定理求出BF的长，根据扇形面积公式：nπr2360求出扇形DOE的面积；
（3）求出圆心距OC＝53，根据题意解答即可．
【解答】（1）证明：∵∠CBF＝∠CFB，
∴CB＝CF，
又∵AC＝CF，
∴CB=12AF，
∴△ABF是直角三角形，
∴∠ABF＝90°
∴直线BF是⊙O的切线；
（2）解：连接DO，EO，
∵点D，点E分别是弧AB的三等分点，
∴∠AOD＝60°，
又∵OA＝OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠OAD＝60°，
又∵∠ABF＝90°，AD＝5，
∴AB＝10，
∴BF＝103；
扇形DOE的面积=60π×52360=256π；
（3）解：连接OC，则圆心距OC＝53，
由题意得，53−5＜r＜53+5，
故答案为：53−5＜r＜53+5．
专题24.10 圆中的计算与证明的综合大题专项训练（50道）
【人教版】
考卷信息：
本套训练卷共50题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，涵盖了圆中的计算与证明的综合问题的所有类型！
一．解答题（共50小题）
1．（2022秋•柯桥区月考）如图，D是⊙O弦BC的中点，A是⊙O上的一点，OA与BC交于点E，已知AO＝8，BC＝12．
（1）求线段OD的长；
（2）当EO=2BE时，求DE的长．
【分析】（1）连接OB，先根据垂径定理得出OD⊥BC，BD=12BC，在Rt△BOD中，根据勾股定理即可得出结论；
（2）在Rt△EOD中，设BE＝x，则OE=2x，DE＝6﹣x，再根据勾股定理即可得出结论．
【解答】解：（1）连接OB．
∵OD过圆心，且D是弦BC中点，
∴OD⊥BC，BD=12BC，
在Rt△BOD中，OD2+BD2＝BO2．
∵BO＝AO＝8，BD＝6．
∴OD＝27；
（2）在Rt△EOD中，OD2+ED2＝EO2．
设BE＝x，则OE=2x，DE＝6﹣x．
（27）2+（6﹣x）2＝（2x）2，
解得x1＝﹣16（舍），x2＝4．
则DE＝2．
2．（2022•市中区校级一模）如图，AB是⊙O的直径，C是BD的中点，CE⊥AB于点E，BD交CE于点F．
（1）求证：CF＝BF；
（2）若CD＝6，AC＝8，求⊙O的半径及CE的长．
【分析】（1）要证明CF＝BF，可以证明∠ECB＝∠DBC；AB是⊙O的直径，则∠ACB＝90°，又知CE⊥AB，则∠CEB＝90°，则∠DBC＝90°﹣∠ACE＝∠A，∠ECB＝∠A，则∠ECB＝∠DBC；
（2）在直角三角形ACB中，AB2＝AC2+BC2，又知，BC＝CD，所以可以求得AB的长，即可求得圆的半径；再利用面积法求得CE的长．
【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠ABC．
∵CE⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠ECB＝90°﹣∠ABC，
∴∠ECB＝∠A．
又∵C是BD的中点，
∴CD=CB，
∴∠DBC＝∠A，
∴∠ECB＝∠DBC，
∴CF＝BF；
（2）解：∵BC=CD，
∴BC＝CD＝6，
∵∠ACB＝90°，
∴AB=BC2+AC2=62+82=10，
∴⊙O的半径为5，
∵S△ABC=12AB•CE=12BC•AC，
∴CE=BC⋅ACAB=6×810=245．
3．（2022秋•岱岳区期末）已知⊙O的直径为10，点A、点B、点C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D．
（1）如图①，若BC为⊙O的直径，AB＝6，求AC、BD、CD的长；
（2）如图②，若∠CAB＝60°，求BD的长．
【分析】（1）利用圆周角定理可以判定△CAB和△DCB是直角三角形，利用勾股定理可以求得AC的长度；利用圆心角、弧、弦的关系推知△DCB也是等腰三角形，所以利用勾股定理同样得到BD＝CD＝52；
（2）如图②，连接OB，OD．由圆周角定理、角平分线的性质以及等边三角形的判定推知△OBD是等边三角形，则BD＝OB＝OD＝5．
【解答】解：（1）如图①，∵BC是⊙O的直径，
∴∠CAB＝∠BDC＝90°．
∵在直角△CAB中，BC＝10，AB＝6，
∴由勾股定理得到：AC=BC2−AB2=102−62=8．
∵AD平分∠CAB，
∴CD=BD，
∴CD＝BD．
在直角△BDC中，BC＝10，CD2+BD2＝BC2，
∴易求BD＝CD＝52；
（2）如图②，连接OB，OD，
∵AD平分∠CAB，且∠CAB＝60°，
∴∠DAB=12∠CAB＝30°，
∴∠DOB＝2∠DAB＝60°．
又∵OB＝OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴BD＝OB＝OD．
∵⊙O的直径为10，则OB＝5，
∴BD＝5．
4．（2022•济宁）如图，AD为△ABC外接圆的直径，AD⊥BC，垂足为点F，∠ABC的平分线交AD于点E，连接BD，CD．
（1）求证：BD＝CD；
（2）请判断B，E，C三点是否在以D为圆心，以DB为半径的圆上？并说明理由．
【分析】（1）利用等弧对等弦即可证明．
（2）利用等弧所对的圆周角相等，∠BAD＝∠CBD再等量代换得出∠DBE＝∠DEB，从而证明DB＝DE＝DC，所以B，E，C三点在以D为圆心，以DB为半径的圆上．
【解答】（1）证明：∵AD为直径，AD⊥BC，
∴由垂径定理得：BD=CD
∴根据圆心角、弧、弦之间的关系得：BD＝CD．
（2）解：B，E，C三点在以D为圆心，以DB为半径的圆上．
理由：由（1）知：BD=CD，
∴∠1＝∠2，
又∵∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∴∠DBE＝∠3+∠4，∠DEB＝∠1+∠5，
∵BE是∠ABC的平分线，
∴∠4＝∠5，
∴∠DBE＝∠DEB，
∴DB＝DE．
由（1）知：BD＝CD
∴DB＝DE＝DC．
∴B，E，C三点在以D为圆心，以DB为半径的圆上．
5．（2022秋•辛集市期末）如图1，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点C作CD∥AB交⊙O于点D，连接AD，延长CD至点F，使BF＝BC．
（1）求证：BF∥AD；
（2）如图2，当CD为直径，半径为1时，求弧BD，线段BF，线段DF所围成图形的面积．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和平行线的性质可得∠ADC＝∠DCB，进而可以解决问题；
（2）连接OA，OB，由（1）得∠ACB＝∠BCD＝∠ADC，所以AC=AB=BD，可得△AOC和△AOB是等边三角形，可以求出BF的长，进而可得S△OBF和S扇形OBD，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵CD∥AB，
∴∠ABC＝∠DCB，
∴∠ACB＝∠DCB，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠ADC＝∠DCB，
∵BF＝BC
∴∠F＝∠BCD，
∴∠F＝∠ADC，
∴BF∥AD；
（2）解：连接OA，OB，
∵CD为直径，半径为1，
∴CD＝2，OD＝OB＝OA＝OC＝1，
由（1）知：∠ACB＝∠BCD＝∠ADC，
∴AC=AB=BD，
∴∠AOC＝∠AOB＝∠BOD＝60°，
∴△AOC和△AOB是等边三角形，
∴∠ACD＝60°，
∴∠ADC＝30°，
∴∠F＝30°，
∴∠FBO＝90°，OB＝1，
∴BF=3，
弧BD，线段BF，线段DF所围成图形的面积为：
S△OBF﹣S扇形OBD=12×OB•BF−60π×12360=32−π6．
6．（2022•凤翔县一模）如图，⊙O的直径为AB，点C在⊙O上，点D，E分别在AB，AC的延长线上，DE⊥AE，垂足为E，CD与⊙O相切于点C．
（1）求证：∠A＝∠CDE；
（2）若AB＝4，BD＝3，求CD的长．
【分析】（1）连接OC，根据三角形的内角和得到∠EDC+∠ECD＝90°，根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠ACO，得到∠OCD＝90°，于是得到结论；
（2）根据已知条件得到OC＝OB=12AB＝2，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵CD与⊙O相切于点C，
∴∠OCD＝90°，
∴∠ACO+∠DCE＝90°，
∵DE⊥AE，
∴∠E＝90°，
∴∠EDC+∠ECD＝90°，
∴∠EDC＝∠ACO，
∵OC＝OA，
∴∠A＝∠ACO，
∴∠A＝∠CDE．
（2）解：∵AB＝4，BD＝3，
∴OC=OB=12AB=2，
∴OD＝2+3＝5，
∴CD=OD2−OC2=52−22=21．
7．（2022秋•湛江校级月考）已知PA、PB分别切⊙O于A、B，E为劣弧AB上一点，过E点的切线交PA于C、交PB于D．
（1）若PA＝6，求△PCD的周长．
（2）若∠P＝50°求∠DOC．
【分析】（1）根据切线长定理得到PA＝PB，AC＝CE，BD＝DE，根据三角形的周长公式计算即可；
（2）证明Rt△AOC≌Rt△EOC，得到∠AOC＝∠COE和∠DOE＝∠BOD，计算即可．
【解答】解：（1）连接OE，
∵PA、PB与圆O相切，
∴PA＝PB＝6，
同理可得：AC＝CE，BD＝DE，
△PCD的周长＝PC+PD+CD＝PC+PD+CE+DE＝PA+PB＝12；
（2）∵PA PB与圆O相切，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°∠P＝50°，
∴∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣50°＝130°，
在Rt△AOC和Rt△EOC中，
OA=OEOC=OC，
∴Rt△AOC≌Rt△EOC（HL），
∴∠AOC＝∠COE，
同理：∠DOE＝∠BOD，
∴∠COD=12∠AOB＝65°．
8．（2022秋•仪征市校级月考）如图，⊙O是正方形ABCD与正六边形AEFCGH的外接圆．
（1）正方形ABCD与正六边形AEFCGH的边长之比为 2：1 ；
（2）连接BE，BE是否为⊙O的内接正n边形的一边？如果是，求出n的值；如果不是，请说明理由．
【分析】（1）计算出在半径为R的圆中，内接正方形和内接正六边形的边长即可求出；
（2）首先求得∠EOB的度数，然后利用360°除以∠EOB度数，若所得的结果是整数的即可．
【解答】解：（1）设此圆的半径为R，
则它的内接正方形的边长为2R，
它的内接正六边形的边长为R，
内接正方形和内接正六边形的边长比为2R：R=2：1．
故答案为：2：1；
（2）BE是⊙O的内接正十二边形的一边，
理由：连接OA，OB，OE，
在正方形ABCD中，∠AOB＝90°，
在正六边形AEFCGH中，∠AOE＝60°，
∴∠BOE＝30°，
∵n=360°30°=12，
∴BE是正十二边形的边．
9．（2022•高唐县二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠BAO＝30°，AC＝8．过点O作OH⊥AB于点H，以点O为圆心，OH为半径的半圆交AC于点M．
（1）求图中阴影部分的面积；
（2）点P是BD上的一个动点（点P不与点B，D重合），当PH+PM的值最小时，求PD的长度．
【分析】（1）解直角三角形求出AH，OH，根据S阴＝S△AOH﹣S扇形OMH，求解即可．
（2）作点M关于BD的对称点M′，连接HM′交BD于P，连接PM，连接PM，此时PH+PM的值最小，解直角三角形求出OP，OD即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝4，
∵OH⊥AB，
∴∠AHO＝90°，
∵∠OAH＝30°，
∴∠AOH＝60°，OH=12OA＝2，AH=3OH＝23，
∴S阴＝S△AOH﹣S扇形OMH=12×2×23−60⋅π⋅22360=23−23π．
（2）作点M关于BD的对称点M′，连接HM′交BD于P，连接PM，此时PH+PM的值最小．
∵OH＝OM′，
∴∠OHM′＝∠OM′H，
∵∠AOH＝∠OHM′+∠OM′H＝60°，
设OP＝m，则PM＝2m，
∵PM2＝OM2+OP2，
∴4m2＝m2+22，
∴m=233，
∴PD＝OD+OP=433+233=23．
10．（2022•黔东南州模拟）如图，已知AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，∠D＝60°且AB＝6，过O点作OE⊥AC，垂足为E．
（1）求OE的长；
（2）若OE的延长线交⊙O于点F，求弦AF、AC和弧CF围成的图形（阴影部分）的面积S．
【分析】（1）根据∠D＝60°，可得出∠B＝60°，继而求出BC，判断出OE是△ABC的中位线，就可得出OE的长；
（2）连接OC，将阴影部分的面积转化为扇形FOC的面积．
【解答】解：（1）∵∠D＝60°，
∴∠B＝60°（圆周角定理），
又∵AB＝6，
∴BC＝3，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵OE⊥AC，
∴OE∥BC，
又∵点O是AB中点，
∴OE是△ABC的中位线，
∴OE=12BC=32；
（2）连接OC，
则易得△COE≌△AFE，
故阴影部分的面积＝扇形FOC的面积，
S扇形FOC=60π×32360=32π．
即可得阴影部分的面积为32π．
11．（2022秋•如东县期末）如图，CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD于点E，∠DAB＝30°，AB＝43．
（1）求CD的长；
（2）求阴影部分的面积．
【分析】（1）根据垂径定理和题意，可以求得AD和DE的长，再根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形即可得到OD的长，从而可以求得CD的长；
（2）根据图形可知△OBE和△OAE全等，阴影部分的面积等于扇形AOD的面积，本题得以解决．
【解答】解：（1）连接OA，
∵CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD于点E，∠DAB＝30°，AB＝43，
∴AE＝23，∠AED＝90°，
∴ED＝2，AD＝4，∠ODA＝60°，
∵OA＝OD，
∴△OAD是等边三角形，
∴OD＝AD＝4，
∴CD＝2OD＝8；
（2）∵CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD于点E，∠DAB＝30°，AB＝43，
∴OA＝OB，AE＝BE，OE＝OE，
∴△OEA≌△OEB，
∴阴影部分的面积是：60×π×42360=8π3．
12．（2022秋•松滋市期末）如图，AB是⊙O的直径，弦DE垂直平分半径OA，C为垂足，弦DF与半径OB相交于点P，连接EO、FO，若DE＝43，∠DPA＝45°
（1）求⊙O的半径．
（2）若图中扇形OEF围成一个圆锥侧面，试求这个圆锥的底面圆的半径．
【分析】（1）利用垂径定理得到CE＝DC=12DE＝23，OC=12OE，则∠OEC＝30°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求出OE即可；
（2）利用圆周角定理得到∠EOF＝2∠D＝90°，设这个圆锥的底面圆的半径为r，利用弧长公式得到2πr=90⋅π⋅4180，然后解关于r的方程即可．
【解答】解：（1）∵弦DE垂直平分半径OA，
∴CE＝DC=12DE＝23，OC=12OE，
∴∠OEC＝30°，
∴OC=CE3=2，
∴OE＝2OC＝4，
即⊙O的半径为4；
（2）∵∠DPA＝45°，
∴∠D＝45°，
∴∠EOF＝2∠D＝90°，
设这个圆锥的底面圆的半径为r，
∴2πr=90⋅π⋅4180，解得r＝1，
即这个圆锥的底面圆的半径为1．
13．（2022•沈阳）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，D为⊙O上一点，OD⊥AC，垂足为E，连接BD
（1）求证：BD平分∠ABC；
（2）当∠ODB＝30°时，求证：BC＝OD．
【分析】（1）由OD⊥ACOD为半径，根据垂径定理，即可得CD=AD，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可证得BD平分∠ABC；
（2）首先由OB＝OD，易求得∠AOD的度数，又由OD⊥AC于E，可求得∠A的度数，然后由AB是⊙O的直径，根据圆周角定理，可得∠ACB＝90°，继而可证得BC＝OD．
【解答】证明：（1）∵OD⊥AC OD为半径，
∴CD=AD，
∴∠CBD＝∠ABD，
∴BD平分∠ABC；
（2）∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠0DB＝30°，
∴∠AOD＝∠OBD+∠ODB＝30°+30°＝60°，
又∵OD⊥AC于E，
∴∠OEA＝90°，
∴∠A＝180°﹣∠OEA﹣∠AOD＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
又∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ACB中，BC=12AB，
∵OD=12AB，
∴BC＝OD．
14．（2022•本溪）如图，△ABC中，AB＝AC，点E是线段BC延长线上一点，ED⊥AB，垂足为D，ED交线段AC于点F，点O在线段EF上，⊙O经过C、E两点，交ED于点G．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若∠E＝30°，AD＝1，BD＝5，求⊙O的半径．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠ACB，∠OCE＝∠E，推出∠ACO＝90°，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）根据已知条件得到∠CFO＝30°，解直角三角形得到DF=3AD=3，EF＝3OE＝43，即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接CO，如图：
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵OC＝OE，
∴∠OCE＝∠E，
∵DE⊥AB，
∴∠BDE＝90°，
∴∠B+∠E＝90°，
∴∠ACB+∠OCE＝90°，
∴∠ACO＝90°，
∴AC⊥OC，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解：∵∠E＝30°，
∴∠OCE＝30°，
∴∠FCE＝120°，
∴∠CFO＝30°，
∴∠AFD＝∠CFO＝30°，
∴DF=3AD=3，
∵BD＝5，∴DE＝53，
∵OF＝2OC，
∴EF＝3OE＝43，
∴OE=433，
即⊙O的半径=433．
15．（2022•崇左）如图，正方形ABCD的边长为1，其中弧DE、弧EF、弧FG的圆心依次为点A、B、C．
（1）求点D沿三条弧运动到点G所经过的路线长；
（2）判断直线GB与DF的位置关系，并说明理由．
【分析】（1）根据弧长的计算公式，代入运算即可．
（2）先证明△FCD≌△GCB，得出∠G＝∠F，从而利用等量代换可得出∠GHD＝90°，即GB⊥DF．
【解答】解：（1）根据弧长公式得所求路线长为：90π×1180+90π×2180+90π×3180=3π．
（2）GB⊥DF．
理由如下：
在△FCD和△GCB中，
∵CF=CG∠FCD=∠GCBCD=CB，
∴△FCD≌△GCB（SAS），
∴∠G＝∠F，
∵∠F+∠FDC＝90°，
∴∠G+∠FDC＝90°，
∴∠GHD＝90°，
∴GB⊥DF．
16．（2022•凉山州二模）如图，AB是半圆的直径，C、D是半圆上的两点，且∠BAC＝20°，AD=CD，求：∠BCD的度数．
【分析】连接BC，如图，根据圆周角定理得∠ACB＝90°，则利用互余可计算出∠B＝70°，再根据圆内接四边形的性质计算出∠D＝180°﹣∠B＝110°，接着根据圆周角定理和三角形内角和定理，由弧AD＝弧CD得到∠DAC＝∠DCA＝35°，然后得到∠DCB＝∠DCA+∠ACB＝125°．
【解答】解：∵AB是半圆的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝20°，
∴∠B＝70°，
∵四边形ABCD是圆O的内接四边形，
∴∠D＝180°﹣∠B＝110°，
∵AD=CD，
∴∠DAC＝∠DCA=12（180°﹣110°）＝35°，
∴∠DCB＝∠DCA+∠ACB＝125°．
17．（2022•白云区一模）如图，⊙O的半径OA⊥OC，点D在AC上，且AD=2CD，OA＝4．
（1）∠COD＝ 30 °；
（2）求弦AD的长；
（3）P是半径OC上一动点，连接AP、PD，请求出AP+PD的最小值，并说明理由．
（解答上面各题时，请按题意，自行补足图形）
【分析】（1）根据垂直的定义得到∠AOC＝90°，由已知条件得到∠AOD＝2∠COD，即可得到结论；
（2）连接OD、AD，如图1所示：由（1）知∠AOD＝2∠COD＝2×30°＝60°，推出△AOD为等边三角形，根据等边三角形的性质得到；
（3）过点D作DE⊥OC，交⊙O于点E，连接AE，交OC于点P，则此时，AP+PD的值最小，延长AO交⊙O于点B，连接BE，得到AP+PD最小值＝AP+PE＝AE，根据圆周角定理得到∠AED=12∠AOD＝30°，根据平行线的性质得到∠OAE＝∠AED＝30°，由于AB为直径，得到△ABE为直角三角形，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：（1）∵OA⊥OC，
∴∠AOC＝90°，
∵AD=2CD，
∴∠AOD＝2∠COD，
∴∠COD=13∠AOC＝30°，
故答案为：30；
（2）连接OD、AD，如图1所示：
由（1）知∠AOD＝2∠COD＝2×30°＝60°，
∵OA＝OD，
∴△AOD为等边三角形，
∴AD＝OA＝4；
（3）过点D作DE⊥OC，交⊙O于点E，连接AE，交OC于点P，则此时，AP+PD的值最小，
延长AO交⊙O于点B，连接BE，如图2所示：
∵根据圆的对称性，点E是点D关于OC的对称点，
OC是DE的垂直平分线，
即PD＝PE，
∴AP+PD最小值＝AP+PE＝AE，
∵∠AED=12∠AOD＝30°，
又∵OA⊥OC，DE⊥OC，
∴OA∥DE，
∴∠OAE＝∠AED＝30°，
∵AB为直径，
∴△ABE为直角三角形，由AEAB=cos∠BAE，AE＝AB•cos30°＝2×4×32=43，
即AP+PD=43，
18．（2022•西湖区校级一模）如图，AB是⊙O的直径，C是BD的中点，CE⊥AB于E，BD交CE于F．
（1）求证：CF＝BF；
（2）若CD＝6，AC＝8，求BE、CF的长．
【分析】（1）首先延长CE交⊙O于点P，由垂径定理可证得∠BCP＝∠BDC，又由C是BD的中点，易证得∠BDC＝∠CBD，继而可证得CF＝BF；
（2）根据勾股定理得到AB＝10，根据射影定理得到BE=BC2AB=3.6，根据三角形的面积公式得到CE=AC⋅BCAB=4.8，设CF＝x，则FE＝4.8﹣x，BF＝x，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：延长CE交⊙O于点P，
∵CE⊥AB，
∴BC=BP，
∴∠BCP＝∠BDC，
∵C是BD的中点，
∴CD＝CB，
∴∠BDC＝∠CBD，
∴∠CBD＝∠BCP，
∴CF＝BF；
（2）∵CD＝6，AC＝8，
∴AB＝10，
∴BE=BC2AB=3.6，
∴CE=AC⋅BCAB=4.8，设CF＝x，则FE＝4.8﹣x，BF＝x，
∴（4.8﹣x）2+3.62＝x2，
∴x=154．
19．（2022•武昌区校级自主招生）如图，已知⊙O的直径为10，点A、B、C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D．
（1）图①，当BC为⊙O的直径时，求BD的长．
（2）图②，当BD＝5时，求∠CDB的度数．
【分析】（1）只要证明△BCD是等腰直角三角形即可解决问题；
（2）首先证明△OBD是等边三角形，推出∠BOD＝60°，由CD=DB，推出∠CAD＝∠BAD＝30°，推出∠BAC＝60°，再利用圆内接四边形的性质即可解决问题；
【解答】解：（1）如图1中，连接CD．
∵BC为⊙O直径，
∴∠CDB＝90°，
∴∠CAB＝90°，
∵AD是∠CAB的角平分线，
∴∠DAB=12∠CAB=45°，
∴∠DCB＝∠DAB＝45°
∴△CDB为等腰直角三角形，
∵BC＝10，
∴BD=52．
（2）连接OD、OB，
∵⊙O直径为10，
∴OB＝OD＝5，
∴BD＝5，
∴OB＝OD＝BD，
∴△OBD是等边三角形，
∴∠BOD＝60°，
∵CD=DB，
∴∠CAD＝∠BAD＝30°，
∴∠BAC＝60°，
∵四边形CABD是圆内接四边形，
∴∠CDB+∠BAC＝180°，
∴∠CDB＝120°．
20．（2022•东莞市校级模拟）如图，⊙O的内接四边形ABCD两组对边的延长线分别交于点E、F．
（1）当∠E＝∠F时，则∠ADC＝ 90 °；
（2）当∠A＝55°，∠E＝30°时，求∠F的度数；
（3）若∠E＝α，∠F＝β，且α≠β．请你用含有α、β的代数式表示∠A的大小．
【分析】（1）由∠E＝∠F，易得∠ADC＝∠ABC，又由圆的内接四边形的性质，即可求得答案；
（2）由∠A＝55°，∠E＝30°，首先可求得∠ABC的度数，继而利用圆的内接四边形的性质，求得∠ADC的度数，则可求得答案；
（3）由三角形的内角和定理与圆的内接四边形的性质，即可求得180°﹣∠A﹣∠F+180°﹣∠A﹣∠E＝180°，继而求得答案．
【解答】解：（1）∵∠E＝∠F，∠DCE＝∠BCF，∠ADC＝∠E+∠DCE，∠ABC＝∠BCF+∠F，
∴∠ADC＝∠ABC，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∴∠ADC＝90°．
故答案为：90°；
（2）∵在△ABE中，∠A＝55°，∠E＝30°，
∴∠ABE＝180°﹣∠A﹣∠E＝95°，
∴∠ADF＝180°﹣∠ABE＝85°，
∴在△ADF中，∠F＝180°﹣∠ADF﹣∠A＝40°；
（3）∵∠ADC＝180°﹣∠A﹣∠F，∠ABC＝180°﹣∠A﹣∠E，
∵∠ADC+∠ABC＝180°，
∴180°﹣∠A﹣∠F+180°﹣∠A﹣∠E＝180°，
∴2∠A+∠E+∠F＝180°，
∴∠A＝90°−∠E+∠F2=90°−α+β2．
21．（2022•鹿城区校级模拟）如图，△ABC中，AB＞AC，AE是其外接圆的切线，D为AB上的点，且AD＝AC＝AE．求证：直线DE过△ABC的内心．
【分析】设∠ACB的平分线与DE交于I，连接AI、CE，然后利用弦切角的性质得到∠ACB＝2∠AED，接着得到∠ACI＝∠AED，最后利用等腰三角形的性质解决问题．
【解答】证明：设∠ACB的平分线与DE交于I，连接AI、CE，
∵AE是△ABC外接圆的切线，
∴∠ACB＝∠FAB＝180°﹣∠DAE，
又AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED，
∴∠ACB＝180°﹣∠DAE＝∠ADE+∠AED＝2∠AED，
∴∠ACI=12∠ACB＝∠AED，
∴A、E、I、C四点共圆，
∵AC＝AE，
∴∠AEC＝∠ACE，
∴∠IAC＝∠IEC＝∠AEC﹣∠AED=180°−∠CAE2−180°−∠DAE2=12（∠DAE﹣∠CAE）=12∠BAC，
∴AI为∠BAC的平分线，
∴直线DE过△ABC的内心．
22．（2022•鼓楼区校级模拟）如图，图1、图2、图3、…、图n分别是⊙O的内接正三角形ABC，正四边形ABCD、正五边形ABCDE、…、正n边形ABCD…，点M、N分别从点B、C开始以相同的速度在⊙O上逆时针运动．
（1）求图1中∠APN的度数是 60° ；图2中，∠APN的度数是 90° ，图3中∠APN的度数是 108° ．
（2）试探索∠APN的度数与正多边形边数n的关系（直接写答案） (n−2)⋅180°n ．
【分析】根据对顶角相等和三角形内角和外角的关系解答即可．
【解答】解：（1）图1：∵点M、N分别从点B、C开始以相同的速度在⊙O上逆时针运动，
∴∠BAM＝∠CBN，
又∵∠APN＝∠BPM，
∴∠APN＝∠BPM＝∠ABN+∠BAM＝∠ABN+∠CBN＝∠ABC＝60°；
同理可得：在图2中，∠APN＝90°；在图3中，∠APN＝108°．
（2）由（1）可知，∠APN＝所在多边形的内角度数，故在图n中，(n−2)180°n．
23．（2022•温州一模）如图，在⊙O上依次有A、B、C三点，BO的延长线交⊙O于E，AE=CE，过点C作CD∥AB交BE的延长线于D，AD交⊙O于点F．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）连接OA、OF，若∠AOF＝3∠FOE，且AF＝3，求劣弧CF的长．
【分析】（1）先根据圆的性质得：∠CBD＝∠ABD，由平行线的性质得：∠ABD＝∠CDB，根据直径和等式的性质得：AB=BC，由一组对边平行且相等可得四边形ABCD是平行四边形，由AB＝BC可得结论；
（2）先设∠FOE＝x，则∠AOF＝3x，根据∠ABC+∠BAD＝180°，列方程得：4x+2x+12（180﹣3x）＝180，求出x的值，接着求CF所对的圆心角和半径的长，根据弧长公式可得结论．
【解答】（1）证明：∵AE=CE，
∴∠CBD＝∠ABD，
∵CD∥AB，
∴∠ABD＝∠CDB，
∴∠CBD＝∠CDB，
∴CB＝CD，
∵BE是⊙O的直径，
∴AB=BC，
∴AB＝BC＝CD，
∵CD∥AB，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）∵∠AOF＝3∠FOE，
设∠FOE＝x，则∠AOF＝3x，
∠AOD＝∠FOE+∠AOF＝4x，
∵OA＝OF，
∴∠OAF＝∠OFA=12（180﹣3x）°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝2x，
∴∠ABC＝4x，
∵BC∥AD，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，
∴4x+2x+12（180﹣3x）＝180，
x＝20°，
∴∠AOF＝3x＝60°，∠AOE＝80°，
∴∠COF＝80°×2﹣60°＝100°，
∵OA＝OF，
∴△AOF是等边三角形，
∴OF＝AF＝3，
∴CF的长=100π×3180=5π3．
24．（2022•岳麓区校级一模）如图，⊙O中，直径CD⊥弦AB于E，AM⊥BC于M，交CD于N，连AD．
（1）求证：AD＝AN；
（2）若AB＝42，ON＝1，求⊙O的半径．
【分析】（1）先根据圆周角定理得出∠BAD＝∠BCD，再由直角三角形的性质得出∠ANE＝∠CNM，故可得出∠BCD＝∠BAM，由全等三角形的判定定理得出△ANE≌△ADE，故可得出结论；
（2）先根据垂径定理求出AE的长，设NE＝x，则OE＝x﹣1，NE＝ED＝x，r＝OD＝OE+ED＝2x﹣1
连接AO，则AO＝OD＝2x﹣1，在Rt△AOE中根据勾股定理可得出x的值，进而得出结论．
【解答】（1）证明：∵∠BAD与∠BCD是同弧所对的圆周角，
∴∠BAD＝∠BCD，
∵AE⊥CD，AM⊥BC，
∴∠AMC＝∠AEN＝90°，
∵∠ANE＝∠CNM，
∴∠BCD＝∠BAM，
∴∠BAM＝BAD，
在△ANE与△ADE中，
∵∠BAM=∠BADAE=AE∠AEN=∠AED，
∴△ANE≌△ADE，
∴AD＝AN；
（2）解：∵AB＝42，AE⊥CD，
∴AE＝22，
又∵ON＝1，
∴设NE＝x，则OE＝x﹣1，NE＝ED＝x，r＝OD＝OE+ED＝2x﹣1
连接AO，则AO＝OD＝2x﹣1，
∵△AOE是直角三角形，AE＝22，OE＝x﹣1，AO＝2x﹣1，
∴（22）2+（x﹣1）2＝（2x﹣1）2，解得x＝2，
∴r＝2x﹣1＝3．
25．（2022•普陀区模拟）如图，在⊙O中，AD、BC相交于点E，OE平分∠AEC．
（1）求证：AB＝CD；
（2）如果⊙O的半径为5，AD⊥CB，DE＝1，求AD的长．
【分析】（1）过点O作OM⊥AD，ON⊥BC，从而得出OM＝ON，根据垂径定理可得出AD=BC，然后可得AB=CD，继而得出结论．
（2）先判断OM＝ME，然后利用勾股定理得出AM的方程，解出后，根据AD＝2AM，即可得出答案．
【解答】证明：（1）过点O作OM⊥AD，ON⊥BC，
∵OE平分∠AEC，
∴OM＝ON，
∴AD=BC，AD−BD=BC−BD，即AB=CD，
∴AB＝CD．
（2）∵OM⊥AD，
∴AM＝DM，
∵AD⊥CB，OE平分∠AEC，
∴∠OEM＝45°，
∴∠MOE＝45°，
∴∠OEM＝∠EOM，
∴OM＝ME，
在Rt△AOM中，OA2＝OM2+AM2，即25＝（AM﹣1）2+AM2，
解得：AM＝4或AM＝﹣3（舍去）
故AD的长为8．
26．（2022•乌鲁木齐一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点P在CA的延长线上，∠CAD＝45°．
（1）若AB＝4，求弧CD的长；
（2）若弧BC＝弧AD，AD＝AP，求证：PD是⊙O的切线．
【分析】（1）连接OC，OD，由圆周角定理得到∠COD＝2∠CAD，∠CAD＝45°，于是得到∠COD＝90°，根据弧长公式即可得到结论；
（2）由已知条件得到∠BOC＝∠AOD，由圆周角定理得到∠AOD＝45°，根据等腰三角形的性质得到∠ODA＝∠OAD，求得∠ADP=12CAD＝22.5°，得到∠ODP＝∠ODA+∠ADP＝90°，于是得到结论．
【解答】解：（1）连接OC，OD，
∵∠COD＝2∠CAD，∠CAD＝45°，
∴∠COD＝90°，
∵AB＝4，
∴OC=12AB＝2，
∴CD的长=90180×π×2＝π；
（2）∵BC=AD，
∴∠BOC＝∠AOD，
∵∠COD＝90°，
∴∠AOD＝45°，
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵∠AOD+∠ODA+∠OAD＝180°，
∴∠ODA＝67.5°，
∵AD＝AP，
∴∠ADP＝∠APD，
∵∠CAD＝∠ADP+∠APD，∠CAD＝45°，
∴∠ADP=12∠CAD＝22.5°，
∴∠ODP＝∠ODA+∠ADP＝90°，
∴PD是⊙O的切线．
27．（2022•饶平县校级模拟）如图，⊙O中，弦CD与直径AB交于点H．
（1）当∠B+∠D＝90°时，求证：H是CD的中点；
（2）若H为CD的中点，且CD＝22，BD=3，求AB的长．
【分析】（1）根据三角形内角和定理求出∠BHD＝90°，根据垂径定理得出即可；
（2）根据垂径定理求出DH，根据勾股定理求出BH，根据勾股定理得出关于R的方程，求出R即可．
【解答】（1）证明：∵∠B+∠D＝90°，
∴∠BHD＝180°﹣90°＝90°，
即AB⊥CD，
∵AB过O，
∴CH＝DH，
即H是CD的中点；
（2）解：
连接OD，
∵H为CD的中点，CD＝22，AB过O，
∴DH＝CH=12CD=2，AB⊥CD，
∴∠BHD＝90°，
由勾股定理得：BH=BD2−DH2=(3)2−(2)2=1，
设⊙O的半径为R，则AB＝2R，OB＝OD＝R，
在Rt△OHD中，由勾股定理得：OH2+DH2＝OD2，
即（R﹣1）2+（2）2＝R2，
解得：R=32，
∴AB＝2×32=3．
28．（2022•苏州模拟）如图，点A和动点P在直线l上，点P关于点A的对称点为Q，以AQ为边作Rt△ABQ，使∠BAQ＝90°，AQ：AB＝3：4，作△ABQ的外接圆O．点C在点P右侧，PC＝4，过点C作直线m⊥l，过点O作OD⊥m于点D，交AB右侧的圆弧于点E．在射线CD上取点F，使DF=32CD，以DE，DF为邻边作矩形DEGF．设AQ＝3x．
（1）用关于x的代数式表示BQ＝ 5x ，DF＝ 3x ．
（2）当点P在点A右侧时，若矩形DEGF的面积等于90，求AP的长．
（3）当点P在点A右侧时，作直线BG交⊙O于点N，若BN的弦心距为1，求AP的长．
【分析】（1）由AQ：AB＝3：4，AQ＝3x，易得AB＝4x，由勾股定理得BQ，再由中位线的性质得AH＝BH=12AB，求得CD，FD；
（2）利用（1）的结论，易得CQ的长，作OM⊥AQ于点M，则OM∥AB，由垂径定理得QM＝AM=32x，由矩形性质得OD＝MC，利用矩形面积，求得x，得出结论；
（3）连接NQ，由点O到BN的弦心距为1，得NQ＝2，过点B作BM⊥EG于点M，GM＝x，BM＝x，易得∠GBM＝45°，BM∥AQ，易得AI＝AB，求得IQ，由NQ得AP．
【解答】解：（1）在Rt△ABQ中，
∵AQ：AB＝3：4，AQ＝3x，
∴AB＝4x，
∴BQ＝5x，
∵OD⊥m，m⊥l，
∴OD∥l，
∵OB＝OQ，
∴AH＝BH=12AB＝2x，
∴CD＝2x，
∴FD=32CD＝3x，
故答案为：5x，3x；
（2）∵AP＝AQ＝3x，PC＝4，
∴CQ＝6x+4，
作OM⊥AQ于点M，如图1，
∴OM∥AB，
∵⊙O是△ABQ的外接圆，∠BAQ＝90°，
∴点O是BQ的中点，
∴QM＝AM=32x
∴OD＝MC=92x+4，
∴OE=12BQ=52x，
∴ED＝2x+4，
S矩形DEGF＝DF•DE＝3x（2x+4）＝90，
解得：x1＝﹣5（舍去），x2＝3，
∴AP＝3x＝9；
（3）连接NQ，由点O到BN的弦心距为1，得NQ＝2，如图2，
过点B作BM⊥EG于点M，
∵GM＝x，BM＝x
∴∠GBM＝45°，
∴BM∥AQ，
∴AI＝AB＝4x，
∴IQ＝x，
∴NQ=x2=2，
∴x＝22，
∴AP＝62．
29．（2022•福建模拟）如图1，△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点B作BE⊥AC，交⊙O于点D，垂足为E，连接AD．
（1）求证：∠BAC＝2∠CAD；
（2）如图2，连接CD，点F在线段BD上，且DF＝2DC，G是BC的中点，连接FG，若FG＝2，CD＝22，求⊙O的半径．
【分析】（1）作AH⊥BC于H，根据题意易求得∠BAC＝2∠CAH，利用角的关系和圆周角定理可求得∠CAH＝∠CAD，即可求解；
（2）连接GC并延长交AD延长线于点H，连接DG，BG，AG，根据圆周角定理可求得AG垂直平分BC，再求证四边形GHDF为平行四边形，设半径为r，则AH＝AG＝2r，AD＝2r﹣2，根据勾股定理即可求解．
【解答】（1）证明：如图1，作AH⊥BC于H，
∴∠AHC＝90°，
∴∠HAC+∠C＝90°，
∵AB＝AC，
∴∠BAC＝2∠CAH，
∵BE⊥AC，
∴∠BEC＝90°，
∴∠CBE+∠C＝90°，
∴∠CBE＝∠CAH，
∵CD=CD，
∴∠CAD＝∠CBE，
∴∠CAH＝∠CAD，
∴∠BAC＝2∠CAD；
（2）解：如图，连接GC并延长交AD延长线于点H，连接DG，BG，AG，
∵G是BC的中点，
∴GB=GC，
∴GB＝GC，∠BAG＝∠CAG，
∴∠CAG＝∠DAC，
∵AB＝AC，
∴AG垂直平分BC，
∴AG为直径，
∴∠ADG＝∠ACG＝90°，
∴∠GDH＝∠ACH＝90°，
∵∠AGC+∠CAG＝90°，∠AHC+∠CAH＝90°，
∴∠AGC＝∠AHC，
∴AG＝AH，
∴CG＝CH，
在Rt△GDH中，DC＝CG＝CH，即GH＝2DC＝DF，
∵∠AEB＝90°＝∠ACG，
∴BD∥GH，
∴四边形GHDF为平行四边形，
∴DH＝FG＝2，
设半径为r，则AH＝AG＝2r，AD＝2r﹣2，
在Rt△AGD中，DG2＝AG2﹣AD2＝（2r）2﹣（2r﹣2）2＝8r﹣4，
在Rt△GDH中，GH＝DF＝2CD＝42，
∴DG2＝GH2﹣DH2＝32﹣4＝28，
∴8r﹣4＝28，解得r＝4，
∴⊙O的半径为4．
30．（2022•苏州模拟）如图，已知点D是△ABC外接圆⊙O上的一点，AC⊥BD于G，连接AD，过点B作直线BF∥AD交AC于E，交⊙O于F，若点F是弧CD的中点，连接OG，OD，CD
（1）求证：∠DBF＝∠ACB；
（2）若AG=62GE，试探究∠GOD与∠ADC之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）根据平行线性质及圆周角性质直接得出结论．
（2）作OM⊥DC于点M，连接OC．先证明∠ACB＝∠CBF＝∠DBF＝30°，再根据AG与GE的关系推出DG＝OD，然后可得出结论．
【解答】（1）证明：∵BF∥AD，
∴∠ADB＝∠DBF，
∵∠ADB＝∠ACB，
∴∠DBF＝∠ACB；
（2）∠GOD与∠ADC之间的数量关系为：2∠GOD+∠ADC＝240°．
理由如下：
作OM⊥DC于点M，连接OC．
∵AD∥BF，
∴AB＝DF，
∵F为CD中点，
∴CF＝DF＝AB，
∴∠ACB＝∠CBF＝∠DBF，
∵AC⊥BD于G，
∴∠BGC＝∠AGD＝90°，
∴∠DBF+∠CBF+∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CBF＝∠DBF＝30°，∠DBC＝60°，
∴∠ADB＝∠ACB＝30°，∠DOC＝2∠DBC＝120°，
∵OD＝OC，
∴∠ODM＝30°，
设GE＝x，则AG=62x，
∴DG=322x，BG＝√3x，GC＝3x，DC=362x，DM=364x，OD=322x，
∴DG＝OD，
∴2∠GOD+∠ODG＝180°，
∵∠ADB+∠ODC＝60°，
∴2∠GOD+∠ODG+∠ADB+∠ODC＝240°，
即2∠GOD+∠ADC＝240°．
31．（2022•莱芜）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AC＝BC，D为⊙O中AB上一点，延长DA至点E，使CE＝CD．
（1）求证：AE＝BD；
（2）若AC⊥BC，求证：AD+BD=2CD．
【分析】（1）先证出△AEC≌△BDC，只要再找一对角相等就可以了，利用边相等，可得∠CAB＝∠CBA，∠CEA＝∠CDE，而∠CAB＝∠CDB＝∠CDE，故∠CEA＝∠CDB，（CE＝CD，∠CAE＝∠CBD）再利用SAS可证出△AEC≌△BDC．
（2）利用（1）中的全等，可得，AE＝BD，∠ECA＝∠DCB，那么就有∠ECD＝∠ECA+∠ACD＝90°，根据勾股定理得DE=2CD，而DE＝AD+AE＝AD+BG，所以有AD+BD=2CD．
【解答】证明：（1）∵△ABC是⊙O的内接三角形，AC＝BC，
∴∠ABC＝∠BAC，
∵CE＝CD，
∴∠CDE＝∠CED；
又∵∠ABC＝∠CDE，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠CDE＝∠CED，（同弧上的圆周角相等）
∴∠ACB＝∠DCE，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△AEC和△BDC中，
AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD
∴△AEC≌△BDC（SAS），
∴AE＝BD．
（2）∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
∴∠DCE＝90°；
又∵CD＝CE，
∴△DCE为等腰直角三角形，
∴DE=2CD，
又∵DE＝AD+AE且AE＝BD，
∴AD+BD=2CD．
32．（2022•三明）如图①，②，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（4，0），以点A为圆心，4为半径的圆与x轴交于O，B两点，OC为弦，∠AOC＝60°，P是x轴上的一动点，连接CP．
（1）求∠OAC的度数；
（2）如图①，当CP与⊙A相切时，求PO的长；
（3）如图②，当点P在直径OB上时，CP的延长线与⊙A相交于点Q，问PO为何值时，△OCQ是等腰三角形？
【分析】（1）OA＝AC首先三角形OAC是个等腰三角形，因为∠AOC＝60°，三角形AOC是个等边三角形，因此∠OAC＝60°；
（2）如果PC与圆A相切，那么AC⊥PC，在直角三角形APC中，有∠PCA的度数，有A点的坐标也就有了AC的长，可根据余弦函数求出PA的长，然后由PO＝PA﹣OA得出OP的值．
（3）本题分两种情况：
①以O为顶点，OC，OQ为腰．那么可过C作x轴的垂线，交圆于Q，此时三角形OCQ就是此类情况所说的等腰三角形；那么此时PO可在直角三角形OCP中，根据∠COA的度数，和OC即半径的长求出PO．
②以Q为顶点，QC，QD为腰，那么可做OC的垂直平分线交圆于Q，则这条线必过圆心，如果设垂直平分线交OC于D的话，可在直角三角形AOQ中根据∠QAE的度数和半径的长求出Q的坐标；然后用待定系数法求出CQ所在直线的解析式，得出这条直线与x轴的交点，也就求出了PO的值．
【解答】解：（1）∵∠AOC＝60°，AO＝AC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠OAC＝60°．
（2）∵CP与⊙A相切，
∴∠ACP＝90°，
∴∠APC＝90°﹣∠OAC＝30°；
又∵A（4，0），
∴AC＝AO＝4，
∴PA＝2AC＝8，
∴PO＝PA﹣OA＝8﹣4＝4．
（3）①过点C作CP1⊥OB，垂足为P1，延长CP1交⊙A于Q1；
∵OA是半径，
∴OC=OQ1，
∴OC＝OQ1，
∴△OCQ1是等腰三角形；
又∵△AOC是等边三角形，
∴P1O=12OA＝2；
②过A作AD⊥OC，垂足为D，延长DA交⊙A于Q2，CQ2与x轴交于P2；
∵A是圆心，
∴DQ2是OC的垂直平分线，
∴CQ2＝OQ2，
∴△OCQ2是等腰三角形；
过点Q2作Q2E⊥x轴于E，
在Rt△AQ2E中，
∵∠Q2AE＝∠OAD=12∠OAC＝30°，
∴Q2E=12AQ2＝2，AE＝23，
∴点Q2的坐标（4+23，﹣2）；
在Rt△COP1中，
∵P1O＝2，∠AOC＝60°，
∴CP1=23，
∴C点坐标（2，23）；
设直线CQ2的关系式为y＝kx+b，则
−2=(4+23)k+b23=2k+b，
解得k=−1b=2+23，
∴y＝﹣x+2+23；
当y＝0时，x＝2+23，
∴P2O＝2+23．
33．（2022•昆明）（1）如图（1），OA、OB是⊙O的两条半径，且OA⊥OB，点C是OB延长线上任意一点，过点C作CD切⊙O于点D，连接AD交OC于点E．
求证：CD＝CE；
（2）若将图（2）中的半径OB所在直线向上平行移动交OA于F，交⊙O于B′，其他条件不变，那么上述结论CD＝CE还成立吗？为什么？
（3）若将图（3）中的半径OB所在直线向上平行移动到⊙O外的CF，点E是DA的延长线与CF的交点，其他条件不变，那么上述结论CD＝CE还成立吗？为什么？
【分析】（1）可连接OD，通过等边对等角（∠OAD＝∠ODA），等角的余角相等（∠OAE+∠OEA＝90°，∠ODA+∠CDE＝90°），
以及对顶角相等（∠AEO＝∠CED），将相等的角进行置换即可得出∠CDE＝∠CED，即CD＝CE；
（2）连接OD方法和（1）完全相同；
（3）延长OA交CF于G，由于CF是上下平行移动，因此OG⊥CF，证法同（1）．
【解答】（1）证明：连接OD，
OD⊥CD，∠CDE+∠ODA＝90°；
在Rt△AOE中，
∠AEO+∠A＝90°；
在⊙O中，
∵OA＝OD，
∴∠A＝∠ODA，∠CDE＝∠AEO，
又∵∠AEO＝∠CED，
∴∠CED＝∠CDE，CD＝CE；
（2）解：CE＝CD仍然成立，
∵原来的半径OB所在直线向上平行移动，
∴CF⊥AO于F；
在Rt△AFE中，
∠A+∠AEF＝90°，
连接OD，则
∠ODA+∠CDE＝90°，且OA＝OD，
∴∠A＝∠ODA，∠AEF＝∠CDE；
又∵∠AEF＝∠CED，
∴∠CED＝∠CDE，CD＝CE；
（3）解：CE＝CD仍成立，
∵原来的半径OB所在直线向上平行移动，
∴AO⊥CF，
延长OA交CF于G，
在Rt△AEG中，
∠AEG+∠GAE＝90°；
连接OD，有，
∠CDA+∠ODA＝90°，且OA＝OD，
∴∠ADO＝∠OAD＝∠GAE，
∴∠CDE＝∠CED，
∴CD＝CE．
34．（2022•襄城区模拟）如图，⊙O中，直径CD⊥弦AB于E，AM⊥BC于M，交CD于N，连接AD．
（1）求证：AD＝AN；
（2）若AB＝8，ON＝1，求⊙O的半径．
【分析】（1）先根据同角的余角相等得到∠CNM＝∠B，利用等量代换得到∠AND＝∠B，利用同弧所对的圆周角相等得到∠D＝∠B，则得∠AND＝∠D，利用等角对等边可得出结论；
（2）先根据垂径定理求出AE的长，连接AO，设OE的长为x，则DE＝NE＝x+1，OA＝OD＝2x+1，在Rt△AOE中根据勾股定理可得出x的值，进而得出结论．
【解答】（1）证明：∵CD⊥AB
∴∠CEB＝90°
∴∠C+∠B＝90°，
同理∠C+∠CNM＝90°
∴∠CNM＝∠B
∵∠CNM＝∠AND
∴∠AND＝∠B，
∵AC=AC，
∴∠D＝∠B，
∴∠AND＝∠D，
∴AN＝AD；
（2）解：设OE的长为x，连接OA
∵AN＝AD，CD⊥AB
∴DE＝NE＝x+1，
∴OD＝OE+ED＝x+x+1＝2x+1，
∴OA＝OD＝2x+1，
∴在Rt△OAE中OE2+AE2＝OA2，
∴x2+42＝（2x+1）2．
解得x=53或x＝﹣3（不合题意，舍去），
∴OA＝2x+1＝2×53+1=133，
即⊙O的半径为133．
35．（2022•台州校级模拟）某居民小区一处圆柱形的输水管道破裂，维修人员为更换管道，需确定管道圆形截面的半径，下图是水平放置的破裂管道有水部分的截面．
（1）请你补全这个输水管道的圆形截面．
（2）若这个输水管道有水部分的水面宽AB＝16cm，水面最深地方的高度为4cm，求这个圆形截面的半径．
（3）在（2）的条件下，小明把一只宽12cm的方形小木船放在修好后的圆柱形水管里，已知船高出水面13cm，问此小船能顺利通过这个管道吗？
【分析】（1）在弧AB上任取一点C，连接AC，作弦AC的垂直平分线，两线交点作为圆心O，OA作为半径，画圆即为所求图形．
（2）过O作OE⊥AB于D，交弧AB于E，连接OB，根据垂径定理得到BD=12AB=12×16＝8cm，然后根据勾股定理列出关于圆形截面半径的方程求解．
（3）连接OM，设MF＝6cm，可求得此时OF的高，即可求得DF的长，比较13cm，即可得到此时小船能顺利通过这个管道．
【解答】解：（1）在弧AB上任取一点C连接AC，作弦AC、BC的垂直平分线，两线交点作为圆心O，OA作为半径，画圆即为所求图形．
（2）过O作OE⊥AB于D，交弧AB于E，连接OB．
∵OE⊥AB，
∴BD=12AB=12×16＝8cm，
由题意可知，ED＝4cm，
设半径为xcm，则OD＝（x﹣4）cm，
在Rt△BOD中，由勾股定理得：
OD2+BD2＝OB2
∴（x﹣4）2+82＝x2
解得x＝10．
即这个圆形截面的半径为10cm．
（3）如图，小船能顺利通过这个管道．理由：
连接OM，设MF＝6cm．
∵EF⊥MN，OM＝10cm，
在Rt△MOF中，OF=OM2−MF2=8cm
∵DF＝OF+OD＝8+6＝14cm
∵14cm＞13cm，
∴小船能顺利通过这个管道．
36．（2022•泰州模拟）如图，BC是⊙O的直径，弦AD⊥BC，垂足为H，已知AD＝8，OH＝3．
（1）求⊙O的半径；
（2）若E是弦AD上的一点，且∠EBA＝∠EAB，求线段BE的长．
【分析】（1）连接OA，由CB为直径，AD为弦，且CB垂直于AD，利用垂径定理得到H为AD的中点，由AD的长求出AH的长，在直角三角形AOH中，由AH与OH的长，利用勾股定理求出OA的长，即为圆O的半径；
（2）由已知的两个角相等，利用等角对等边得到AE＝BE，在直角三角形BEH中，设BE＝AE＝x，则有EH＝AH﹣AE＝4﹣x，BH＝5﹣3＝2，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即可确定出BE的长．
【解答】解：（1）连接OA，
∵BC是⊙O的直径，弦AD⊥BC，
∴AH=12AD＝4，
在Rt△AOH中，AH＝4，OH＝3，
根据勾股定理得：OA=42+32=5，
则⊙O的半径为5；
（2）∵∠EBA＝∠EAB，∴AE＝BE，
设BE＝AE＝x，
在Rt△BEH中，BH＝5﹣3＝2，EH＝4﹣x，
根据勾股定理得：22+（4﹣x）2＝x2，
解得x＝2.5，
则BE的长为2.5．
37．（2022•河北）图1是某学校存放学生自行车的车棚的示意图（尺寸如图所示），车棚顶部是圆柱侧面的一部分，其展开图是矩形．图2是车棚顶部截面的示意图，AB所在圆的圆心为O．车棚顶部是用一种帆布覆盖的，求覆盖棚顶的帆布的面积．（不考虑接缝等因素，计算结果保留π）
【分析】根据题意，由圆的基本性质，可通过作辅助线建立模形，利用垂径定理解答，也可用相交弦定理来解．
【解答】解：连接OB，过点O作OE⊥AB，垂足为E，交AB于F，如图，
由垂径定理，可知：E是AB中点，F是AB中点，
∴EF是弓形高，
∴AE=12AB＝23，EF＝2，
设半径为R米，则OE＝（R﹣2）米，
在Rt△AOE中，由勾股定理，得R2＝（R﹣2）2+（23）2，
解得R＝4，
∵sin∠AOE=AEOA=32，
∴∠AOE＝60°，
∴∠AOB＝120度．
∴AB的长为120×4π180=83π（m），
∴帆布的面积为83π×60＝160π（平方米）．
38．（2022•咸宁模拟）小明学习了垂径定理，做了下面的探究，请根据题目要求帮小明完成探究．
（1）更换定理的题设和结论可以得到许多真命题．如图1，在⊙O中，C是劣弧AB的中点，直线CD⊥AB于点E，则AE＝BE．请证明此结论；
（2）从圆上任意一点出发的两条弦所组成的折线，成为该圆的一条折弦．如图2，PA，PB组成⊙O的一条折弦．C是劣弧AB的中点，直线CD⊥PA于点E，则AE＝PE+PB．可以通过延长DB、AP相交于点F，再连接AD证明结论成立．请写出证明过程；
（3）如图3，PA．PB组成⊙O的一条折弦，若C是优弧AB的中点，直线CD⊥PA于点E，则AE，PE与PB之间存在怎样的数量关系？写出结论，不必证明．
【分析】（1）连接AD，BD，易证△ADB为等腰三角形，根据等腰三角形三线合一这一性质，可以证得AE＝BE．
（2）根据圆内接四边形的性质，先∠CDA＝∠CDF，再证△AFD为等腰三角形，进一步证得PB＝PF，从而证得结论．
（3）根据∠ADE＝∠FDE，从而证明△DAE≌△DFE，得出AE＝EF，然后判断出PB＝PF，进而求得AE＝PE﹣PB．
【解答】证明：（1）如图1，连接AD，BD，
∵C是劣弧AB的中点，
∴∠CDA＝∠CDB，
∵DE⊥AB，
∴∠AED＝∠DEB＝90°，
∴∠A+∠ADE＝90°，∠B+∠CDB＝90°，
∴∠A＝∠B，
∴△ADB为等腰三角形，
∵CD⊥AB，
∴AE＝BE；
（2）如图2，延长DB、AP相交于点F，再连接AD，
∵ADBP是圆内接四边形，
∴∠PBF＝∠PAD，
∵C是劣弧AB的中点，
∴∠CDA＝∠CDF，
∵CD⊥PA，
∴△AFD为等腰三角形，
∴∠F＝∠A，AE＝EF，
∴∠PBF＝∠F，
∴PB＝PF，
∴AE＝PE+PB
（3）AE＝PE﹣PB．
连接AD，BD，AB，DB、AP相交于点F，
∵弧AC＝弧BC，
∴∠ADC＝∠BDC，
∵CD⊥AP，
∴∠DEA＝∠DEF，∠ADE＝∠FDE，
∵DE＝DE，
∴△DAE≌△DFE，
∴AD＝DF，AE＝EF，
∴∠DAF＝∠DFA，
∴∠DFA＝∠PFB，∠PBD＝∠DAP，
∴∠PFB＝∠PBF，
∴PF＝PB，
∴AE＝PE﹣PB．
39．（2022•南开区一模）已知：如图1，在⊙O中，直径AB＝4，CD＝2，直线AD，BC相交于点E．
（1）∠E的度数为 60° ；
（2）如图2，AB与CD交于点F，请补全图形并求∠E的度数；
（3）如图3，弦AB与弦CD不相交，求∠AEC的度数．
【分析】（1）连接OD，OC，BD，根据已知得到△DOC为等边三角形，根据直径所对的圆周角是直角，求出∠E的度数；
（2）同理解答（2）（3）．
【解答】解：（1）如图1，连接OD，OC，BD，
∵OD＝OC＝CD＝2
∴△DOC为等边三角形，
∴∠DOC＝60°
∴∠DBC＝30°
∴∠EBD＝30°
∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°
∴∠E＝90°﹣30°＝60°，
∠E的度数为60°；
（2）①如图2，直线AD，CB交于点E，连接OD，OC，AC．
∵OD＝OC＝CD＝2，
∴△DOC为等边三角形，
∴∠DOC＝60°，
∴∠DAC＝30°，
∴∠EBD＝30°，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠E＝90°﹣30°＝60°，
（3）如图3，连接OD，OC，
∵OD＝OC＝CD＝2，
∴△DOC为等边三角形，
∴∠DOC＝60°，
∴∠CBD＝30°，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BED＝60°，
∴∠AEC＝60°．
40．（2022•安徽一模）如图，A，P，B，C是⊙O上的四个点，∠APC＝∠CPB＝60°．
（1）判断△ABC的形状，并证明你的结论．
（2）证明：PA+PB＝PC．
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ABC＝∠APC＝60°，∠BAC＝∠CPB＝60°，根据等边三角形的判定定理证明；
（2）在PC上截取PH＝PA，得到△APH为等边三角形，证明△APB≌△AHC，根据全等三角形的性质，结合图形证明即可．
【解答】（1）解：△ABC是等边三角形，
理由如下：由圆周角定理得，∠ABC＝∠APC＝60°，∠BAC＝∠CPB＝60°，
∴△ABC是等边三角形；
（2）证明：在PC上截取PH＝PA，
∵∠APC＝60°，
∴△APH为等边三角形，
∴AP＝AH，∠AHP＝60°，
在△APB和△AHC中，
∠ABP=∠ACH∠APB=∠AHC=120°AP=AH，
∴△APB≌△AHC（AAS）
∴PB＝HC，
∴PC＝PH+HC＝PA+PB．
41．（2022•和平区一模）Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AB为直径作⊙O交AC边于点D，E是边BC的中点，连接DE，OD．
（Ⅰ）如图①，求∠ODE的大小；
（Ⅱ）如图②，连接OC交DE于点F，若OF＝CF，求∠A的大小．
【分析】（Ⅰ）连接OE，BD，利用全等三角形的判定和性质解答即可；
（Ⅱ）利用中位线的判定和定理解答即可．
【解答】证明：（Ⅰ）连接OE，BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠CDB＝90°，
∵E点是BC的中点，
∴DE=12BC＝BE，
∵OD＝OB，OE＝OE，
∴△ODE≌△OBE，
∴∠ODE＝∠OBE，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ODE＝90°；
（Ⅱ）∵CF＝OF，CE＝EB，
∴FE是△COB的中位线，
∴FE∥OB，
∴∠AOD＝∠ODE，
由（Ⅰ）得∠ODE＝90°，
∴∠AOD＝90°，
∵OA＝OD，
∴∠A＝∠ADO=180°−90°2=45°．
42．（2022•和平区二模）已知AB是⊙O的直径，AB＝2，点C，点D在⊙O上，CD＝1，直线AD，BC交于点E．
（Ⅰ）如图1，若点E在⊙O外，求∠AEB的度数．
（Ⅱ）如图2，若点E在⊙O内，求∠AEB的度数．
【分析】（Ⅰ）如图1，连接OC、OD，先证明△OCD为等边三角形得到∠COD＝60°，利用圆周角定理得到∠CBD＝30°，∠ADB＝90°，然后利用互余计算出∠AEB的度数；
（Ⅱ）如图2，连接OC、OD，同理可得∠CBD＝30°，∠ADB＝90°，然后根据三角形外角性质计算∠AEB的度数．
【解答】解：（Ⅰ）如图1，连接OC、OD，
∵CD＝1，OC＝OD＝1，
∴△OCD为等边三角形，
∴∠COD＝60°，
∴∠CBD=12∠COD＝30°，
∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠AEB＝90°﹣∠DBE＝90°﹣30°＝60°；
（Ⅱ）如图2，连接OC、OD，同理可得∠CBD＝30°，∠ADB＝90°，
∴∠AEB＝90°+∠DBE＝90°+30°＝120°．
43．（2022•南开区二模）如图，⊙O的直径AB的长为2，点C在圆周上，∠CAB＝30°，点D是圆上一动点，DE∥AB交CA的延长线于点E，连接CD，交AB于点F．
（Ⅰ）如图1，当∠ACD＝45°时，请你判断DE与⊙O的位置关系并加以证明；
（Ⅱ）如图2，当点F是CD的中点时，求△CDE的面积．
【分析】（Ⅰ）连接OD，如图1，理由圆周角定理得到∠AOD＝90°，则OD⊥AB，再理由平行线的性质得到OD⊥DE，然后根据直线与圆的位置关系的判定方法可判断DE为⊙O的切线；
（Ⅱ）连接OC，如图1，利用垂径定理得到AB⊥CD，再利用圆周角定理得到∠COF＝60°，则根据含30度的直角三角形三边的关系计算出OF=12，CF=32，所以CD＝2CF=3，AF=32，接着证明AF为△CDE的中位线得到DE＝2AF＝3，然后根据三角形面积公式求解．
【解答】解：（Ⅰ）DE与⊙O相切．、
理由如下：连接OD，如图1，
∵∠AOD＝2∠ACD＝2×45°＝90°，
∴OD⊥AB，
∵DE∥AB，
∴OD⊥DE，
∴DE为⊙O的切线；
（Ⅱ）连接OC，如图2
∵点F是CD的中点，
∴AB⊥CD，CF＝DF，
∵∠COF＝2∠CAB＝60°，
∴OF=12OC=12，CF=3OF=32，
∴CD＝2CF=3，AF＝OA+OF=32，
∵AF∥AD，F点为CD的中点，
∴DE⊥CD，AF为△CDE的中位线，
∴DE＝2AF＝3，
∴△CDE的面积=12×3×3=332．
44．（2022•红桥区二模）已知⊙O是△ABC的外接圆，过点A作⊙O的切线，与CO的延长线于点P，CP与⊙O交于点D．
（1）如图①，若AP＝AC，求∠B的大小；
（2）如图②，若AP∥BC，∠P＝42°，求∠BAC的大小．
【分析】（1）如图①，连接OA、AD．由等腰三角形的性质可知∠P＝∠ACP，然后由切线的性质可证明∠PAO＝90°，于是得到∠P+∠POA＝90°，然后依据三角形的外角的性质和等腰三角形的性质可证明∠AOP＝2∠ACP，从而可求得∠ACP的度数，然后可求得∠ADC的度数，最后依据圆周角定理可求得∠B的度数；
（2）如图，连接BD．由直径所对的圆周角等于90°可求得∠DBC＝90°，然后依据平行线的性质可求得∠PCB的度数，于是可得到∠CDB的度数，最后依据圆周角定理可求得∠BAC的度数．
【解答】解：（1）如图①，连接OA、AD．
∵AP＝AC，
∴∠P＝∠ACP．
∵PA与⊙O与相切，
∴∠PAO＝90°．
∴∠P+∠POA＝90°．
∵OA＝0C，
∴∠ACO＝∠CAO．
∴∠AOP＝2∠ACO．
∵∠P+∠POA＝90°，
∴∠ACP+2∠ACP＝90°．
∴∠ACP＝30°．
∴∠B＝2∠ACP＝60°．
（2）如图，连接BD．
∵DC为⊙O的直径，
∴∠DBC＝90°．
∴∠CDB+∠DCB＝90°．
∵AP∥BC，
∴∠PCB＝∠P＝42°．
∴∠CDB＝90°﹣42°＝48°．
∴∠BAC＝∠BDC＝48°．
45．（2022秋•镇海区期末）如图，在△ABC中，D在边AC上，圆O为锐角△BCD的外接圆，连结CO并延长交AB于点E．
（1）若∠DBC＝α，请用含α的代数式表示∠DCE；
（2）如图2，作BF⊥AC，垂足为F，BF与CE交于点G，已知∠ABD＝∠CBF．
①求证：EB＝EG；
②若CE＝5，AC＝8，求FG+FB的值．
【分析】（1）根据圆周角定理即可解决问题；
（2）①结合（1）利用三角形内角和定理即可解决问题；
②作EM⊥BE，EN⊥AC，证明四边形EMFN为矩形，再根据线段的和差即可解决问题．
【解答】（1）解：如图，连结OD，
∵∠DOC＝2∠DBC＝2α，
又∵OD＝OC，
∴∠DCE＝90°﹣α；
（2）①证明：∵∠ABD＝∠CBF，
∴∠EBG＝∠ABD+∠DBF＝∠CBF+∠DBF＝∠DBC，
设∠DBC＝α，
由（1）得：∠DCE＝90°﹣α，
∵BF⊥AC，
∴∠FGC＝∠BGE＝α，
∴∠EBG＝∠EGB，
∴EB＝EG；
②解：如图，作EM⊥BE，EN⊥AC，
由①得：∠EBG＝α，∠ACE＝90°﹣α，
∵BF⊥AC
∴∠A＝90°﹣α，
∴AE＝CE＝5，
∵EN⊥AC，AC＝8，
∴CN＝4，
∴EN＝3，
∵EM⊥BF，NF⊥BF，EN⊥AC，
∴四边形EMFN为矩形，
∴EN＝MF＝3，
∵EB＝EG，EM⊥BG，
∴BM＝GM，
∴FG+FB＝FM﹣MG+FM+BM＝2FM＝6．
46．（2022秋•虹口区校级期末）如图，等边△ABC内接于⊙O，P是AB上任一点（点P与点A、B重合），连接AP、BP，过点C作CM∥BP交PA的延长线于点M．
（1）求∠APC和∠BPC的度数；
（2）求证：△ACM≌△BCP；
（3）若PA＝1，PB＝2，求四边形PBCM的面积；
（4）在（3）的条件下，求AB的长度．
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，根据圆周角定理即可得到∠APC＝∠ABC＝60°，∠BPC＝∠BAC＝60°；
（2）根据平行线的性质得到∠BPM+∠M＝180°，∠PCM＝∠BPC，求得∠M＝∠BPC＝60°，根据圆周角定理得到∠PAC+∠PCB＝180°，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（3）作PH⊥CM于H，根据全等三角形的性质得到CM＝CP，AM＝BP，根据直角三角形的性质得到PH=332，根据三角形的面积公式即可得到结论；
（4）过点B作BQ⊥AP，交AP的延长线于点Q，过点A作AN⊥BC于点N，连接OB，求得∠PBQ＝30°，得到PQ=12PB＝1，根据勾股定理得到BQ=22−12=3，AN=AB2−BN2=212，根据弧长公式即可得到结论．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，
∵BC=BC，AC=AC，
∴∠APC＝∠ABC＝60°，∠BPC＝∠BAC＝60°；
（2）证明：∵CM∥BP，
∴∠BPM+∠M＝180°，
∠PCM＝∠BPC，
∵∠BPC＝∠BAC＝60°，
∴∠PCM＝∠BPC＝60°，
∴∠M＝180°﹣∠BPM＝180°﹣（∠APC+∠BPC）＝180°﹣120°＝60°，
∴∠M＝∠BPC＝60°，
又∵A、P、B、C四点共圆，
∴∠PAC+∠PCB＝180°，
∵∠MAC+∠PAC＝180°
∴∠MAC＝∠PBC
∵AC＝BC，
在△ACM和△BCP中，
∠M=∠BPC∠MAC=∠PBCAC=BC，
∴△ACM≌△BCP（AAS）；
（3）∵CM∥BP，
∴四边形PBCM为梯形，
作PH⊥CM于H，
∵△ACM≌△BCP，
∴CM＝CP，AM＝BP，
又∠M＝60°，
∴△PCM为等边三角形，
∴CM＝CP＝PM＝PA+AM＝PA+AMB＝1+2＝3，
在Rt△PMH中，∠MPH＝30°，
∴PH=332，
∴S四边形PBCM=12（PB+CM）×PH=12（2+3）×332=1534；
（4）过点B作BQ⊥AP，交AP的延长线于点Q，过点A作AN⊥BC于点N，连接OB，
∵∠APC＝∠BPC＝60°，
∴∠BPQ＝60°，
∴∠PBQ＝30°，
∴PQ=12PB＝1，
在Rt△BPQ中，BQ=22−12=3，
在Rt△AQB中，AB=AQ2+BQ2=(1+1)2+(3)2=7，
∵△ABC为等边三角形，
∴AN经过圆心O，
∴BN=12AB=72，
∴AN=AB2−BN2=212，
在Rt△BON中，设BO＝x，则ON=212−x，
∴(72)2+(212−x)2=x2，
解得：x=213，
∵∠BOA＝∠BCA＝120°，
∴AB的长度为120π×213180=221π9．
47．（2022秋•赣榆区期中）铁匠王老五要制作一个圆锥体模型，操作规则是：在一块边长为16cm的正方形纸片上剪出一个扇形和一个圆，使得扇形围成圆锥的侧面时，圆恰好是该圆锥的底面．他们首先设计了如图所示的方案一，发现这种方案不可行，于是他们调整了扇形和圆的半径，设计了如图所示的方案二．（两个方案的图中，圆与正方形相邻两边及扇形的弧均相切．方案一中扇形的弧与正方形的两边相切）请你帮助他算一算．
（1）请说明方案一不可行的理由；
（2）判断方案二是否可行？若可行，请确定圆锥的母线长l及其底面圆半径r；若不可行，请说明理由．
【分析】（1）根据扇形的弧长等于圆的底面周长，可得能围成圆锥的正方形的对角线长，与实际正方形的对角线长比较，大于实际的正方形边长，所以不可行；
（2）设出圆锥的母线长和底面半径，让扇形的弧长等于圆的底面周长，以及正方形的对角线长联立构成方程组，即可求得圆锥的母线长及其底面圆半径．
【解答】解：连接AC，E为两圆的切点，
（1）理由如下：
∵扇形的弧长＝16×π2=8π，圆锥底面周长＝2πr，
∴圆的半径O1E＝4cm．
过O1作O1F⊥CD，
∴△CO1F为等腰直角三角形，
∴O1C=2O1F=2O1E＝42cm，
∵AE＝AB＝16cm，
而制作这样的圆锥实际需要正方形纸片的对角线长为AE+EO1+O1C＝16+4+42=（20+42）cm，
∵20+42＞162，
∴方案一不可行；
（2）方案二可行．理由如下：
设圆锥底面圆的半径为rcm，圆锥的母线长为Rcm，
∵在一块边长为16cm的正方形纸片上，
∴正方形对角线长为162cm，
则（1+2）r+R＝162，①
2πr=2πR4，②
由①②，可得R=6425+2=3202−12823，r=1625+2=802−3223．
故所求圆锥的母线长为3202−12823cm，底面圆的半径为802−3223cm．
48．（2022•浙江校级自主招生）如图，已知圆O的圆心为O，半径为3，点M为圆O内的一个定点，OM=5，AB、CD是圆O的两条相互垂直的弦，垂足为M．
（1）当AB＝4时，求四边形ADBC的面积；
（2）当AB变化时，求四边形ADBC的面积的最大值．
【分析】（1）先作OE⊥CD于E，OF⊥AB于F，连接OB，OC，△OBF是直角三角形，利用勾股定理有AB＝29−OF2=4，易求OF，易知四边形FOEM是矩形，从而有OE2+OF2＝OM2＝5，易求OE＝0，那么CD是直径等于6，从而易求四边形ADBC的面积；
（2）先设OE＝x，OF＝y，则x2+y2＝5，根据（1）可得AB＝29−y2，CD＝29−x2，从而易知S四边形ADBC=12AB×CD=12×29−y2×29−x2，结合x2+y2＝5，可得S四边形ADBC＝2−(x2−52)2+1694，从而可求四边形ADBC的面积的最大值．
【解答】解：（1）作OE⊥CD于E，OF⊥AB于F，连接OB，OC，
那么AB＝29−OF2=4，
∴OF=5，
又∵OE2+OF2＝OM2＝5，
∴OE＝0，
∴CD＝6，
∴S四边形ADBC=12AB×CD＝12；
（2）设OE＝x，OF＝y，则x2+y2＝5，
∵AB＝29−y2，CD＝29−x2，
∴S四边形ADBC=12AB×CD=12×29−y2×29−x2=2−x4+5x2+36=2−(x2−52)2+1694，
∴当x2=52时，四边形ADBC的最大面积是13．
49．（2022•浙江校级自主招生）如图，O为等边△ABC 的外接圆，半径为2，点D在劣弧AB上运动（不与点A，B重合），连接DA，DB，DC．若点M，N分别在线段CA，CB上运动（不含端点），经过探究发现，点D运动到每一个确定的 位置，△DMN 的周长有最小值t，随着点D的运动，t 的值会发生变化，求所有t值中的最大值．
【分析】作点D关于直线AC的对称点E，作点D关于直线BC的对称点F，由轴对称的性质可得EM＝DM，DN＝NF，可得△DMN的周长＝DM+DN+MN＝FN+EM+MN，则当点E，点M，点N，点F四点共线时，△DMN的周长有最小值，即最小值为EF＝t，由轴对称的性质可求CD＝CE＝CF，∠ECF＝120°，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可求EF＝2PE=3EC=3CD＝t，则当CD为直径时，t有最大值为43．
【解答】解：如图，作点D关于直线AC的对称点E，作点D关于直线BC的对称点F，
∵点D，点E关于直线AC对称，
∴EM＝DM，
同理DN＝NF，
∵△DMN的周长＝DM+DN+MN＝FN+EM+MN，
∴当点E，点M，点N，点F四点共线时，△DMN的周长有最小值，
则连接EF，交AC于M，交BC于N，连接CE，CF，DE，DF，作CP⊥EF于P，
∴△DMN的周长最小值为EF＝t，
∵点D，点E关于直线AC对称，
∴CE＝CD，∠ACE＝∠ACD，
∵点D，点F关于直线BC对称，
∴CF＝CD，∠DCB＝∠FCB，
∴CD＝CE＝CF，∠ECF＝∠ACE+∠ACD+∠DCB+∠FCB＝2∠ACB＝120°，
∵CP⊥EF，CE＝CF，∠ECF＝120°，
∴EP＝PF，∠CEP＝30°，
∴PC=12EC，PE=3PC=32EC，
∴EF＝2PE=3EC=3CD＝t，
∴当CD有最大值时，EF有最大值，即t有最大值，
∵CD为⊙O的弦，
∴CD为直径时，CD有最大值4，
∴t的最大值为43．
50．（2022•枣庄校级模拟）如图，在△ABC中，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E，点F在AC的延长线上，且AC＝CF，∠CBF＝∠CFB．
（1）求证：直线BF是⊙O的切线；
（2）若点D，点E分别是弧AB的三等分点，当AD＝5时，求BF的长和扇形DOE的面积；
（3）填空：在（2）的条件下，如果以点C为圆心，r为半径的圆上总存在不同的两点到点O的距离为5，则r的取值范围为 53−5＜r＜53+5 ．
【分析】（1）根据直角三角形的判定证明∠ABF＝90°即可；
（2）连接DO，EO，根据题意证明△AOD是等边三角形，得到△ABC是等边三角形，根据勾股定理求出BF的长，根据扇形面积公式：nπr2360求出扇形DOE的面积；
（3）求出圆心距OC＝53，根据题意解答即可．
【解答】（1）证明：∵∠CBF＝∠CFB，
∴CB＝CF，
又∵AC＝CF，
∴CB=12AF，
∴△ABF是直角三角形，
∴∠ABF＝90°
∴直线BF是⊙O的切线；
（2）解：连接DO，EO，
∵点D，点E分别是弧AB的三等分点，
∴∠AOD＝60°，
又∵OA＝OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠OAD＝60°，
又∵∠ABF＝90°，AD＝5，
∴AB＝10，
∴BF＝103；
扇形DOE的面积=60π×52360=256π；
（3）解：连接OC，则圆心距OC＝53，
由题意得，53−5＜r＜53+5，
故答案为：53−5＜r＜53+5．
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