第2章直线与圆的位置关系（浙教版中考真题精选）-浙江省2023-2024学年九年级下册数学期末培优

这是一份第2章直线与圆的位置关系（浙教版中考真题精选）-浙江省2023-2024学年九年级下册数学期末培优，共56页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2021·浙江嘉兴·统考中考真题）已知平面内有和点，，若半径为，线段，，则直线与的位置关系为（ ）
A．相离B．相交C．相切D．相交或相切
2．（2020·浙江湖州·统考中考真题）如图，已知OT是Rt△ABO斜边AB上的高线，AO=BO．以O为圆心，OT为半径的圆交OA于点C，过点C作⊙O的切线CD，交AB于点D．则下列结论中错误的是（ ）
A．DC=DTB．AD=DTC．BD=BOD．2OC=5AC
3．（2020·浙江温州·统考模拟预测）如图，菱形OABC的顶点A，B，C在⊙O上，过点B作⊙O的切线交OA的延长线于点D．若⊙O的半径为1，则BD的长为（ ）
A．1B．2C．D．
4．（2020·浙江金华·统考中考真题）如图，⊙O是等边△ABC的内切圆，分别切AB，BC，AC于点E，F，D，P是上一点，则∠EPF的度数是（ ）
A．65°B．60°C．58°D．50°
5．（2019·浙江台州·统考中考真题）如图，等边三角形的边长为8，以上一点为圆心的圆分别与边，相切，则的半径为（ ）
A．B．3C．4D．
6．（2019·浙江杭州·中考真题）如图，P为⊙外一点，PA、PB分别切⊙于A、B两点，若，则（ ）
A．2B．3C．4D．5
7．（2019·浙江嘉兴·统考中考真题）如图，已知⊙O上三点A，B，C，半径OC=1，∠ABC=30°，切线PA交OC延长线于点P，则PA的长为（ ）
A．2B． C．D．
二、填空题
8．（2023·浙江衢州·统考中考真题）如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽是矩形．当餐盘正立且紧靠支架于点A，D时，恰好与边相切，则此餐盘的半径等于 cm．

9．（2023·浙江宁波·统考中考真题）如图，在中，，E为边上一点，以为直径的半圆O与相切于点D，连接，．P是边上的动点，当为等腰三角形时，的长为 ．

10．（2023·浙江嘉兴·统考中考真题）如图，点是外一点，，分别与相切于点，，点在上，已知，则的度数是 ．

11．（2022·浙江舟山·中考真题）如图，在扇形中，点C，D在上，将沿弦折叠后恰好与，相切于点E，F．已知，，则的度数为 ；折痕的长为 ．
12．（2022·浙江金华·统考中考真题）如图，木工用角尺的短边紧靠⊙于点A，长边与⊙相切于点B，角尺的直角顶点为C，已知，则⊙的半径为 ．
13．（2022·浙江宁波·统考中考真题）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 ．
14．（2021·浙江杭州·统考中考真题）如图，已知的半径为1，点是外一点，且．若是的切线，为切点，连接，则 ．
15．（2021·浙江宁波·统考中考真题）抖空竹在我国有着悠久的历史，是国家级的非物质文化遗产之一．如示意图，分别与相切于点C，D，延长交于点P．若，的半径为，则图中的长为 ．（结果保留）
16．（2021·浙江嘉兴·统考中考真题）如图，在中，，，，点从点出发沿方向运动，到达点B时停止运动，连结，点关于直线的对称点为，连接A′C，．在运动过程中，点到直线距离的最大值是 ；点到达点时，线段扫过的面积为 ．
三、解答题
17．（2023·浙江衢州·中考真题）如图，在中，为边上一点，连结．以为半径的半圆与边相切于点，交边于点．
(1)求证：．
(2)若．
①求半圆的半径．
②求图中阴影部分的面积．
18．（2023·浙江湖州·统考中考真题）如图，在中，，点O在边上，以点O为圆心，为半径的半圆与斜边相切于点D，交于点E，连结．

(1)求证：．
(2)已知，，求的长．
19．（2023·浙江衢州·统考中考真题）如图，在中，，O为边上一点，连结，以为半径的半圆与边相切于点D，交边于点E．

(1)求证：；
(2)若，，①求半圆的半径；②求图中阴影部分的面积．
20．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）如图，是的直径，是上一点，过点作的切线，交的延长线于点，过点作于点．

(1)若，求的度数．
(2)若，求的长．
21．（2023·浙江台州·统考中考真题）我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置，如图，是的直径，直线是的切线，为切点．，是圆上两点（不与点重合，且在直径的同侧），分别作射线，交直线于点，点．

(1)如图1，当，的长为时，求的长．
(2)如图2，当，时，求的值．
(3)如图3，当，时，连接BP，PQ，直接写出的值．
22．（2023·浙江温州·统考中考真题）如图1，为半圆的直径，为延长线上一点，切半圆于点，，交延长线于点，交半圆于点，已知，．如图，连接，为线段上一点，过点作的平行线分别交，于点，，过点作于点．设，．

(1)求的长和关于的函数表达式．
(2)当，且长度分别等于，，的三条线段组成的三角形与相似时，求的值．
(3)延长交半圆于点，当时，求的长．
23．（2023·浙江嘉兴·统考中考真题）已知，是半径为1的的弦，的另一条弦满足，且于点H（其中点H在圆内，且）．

(1)在图1中用尺规作出弦与点H（不写作法，保留作图痕迹）．
(2)连结，猜想，当弦的长度发生变化时，线段的长度是否变化？若发生变化，说明理由：若不变，求出的长度；
(3)如图2，延长至点F，使得，连结，的平分线交的延长线于点P，点M为的中点，连结，若．求证：．
24．（2023·浙江·统考中考真题）如图，在中，是一条不过圆心的弦，点是的三等分点，直径交于点，连结交于点，连结，过点的切线交的延长线于点．

(1)求证： ；
(2)若，求的值；
(3)连结交于点，若的半径为5
①若，求的长；
②若，求的周长；
③若，求的面积．
25．（2022·浙江台州·统考中考真题）如图，在中，，以为直径的⊙与交于点，连接．
(1)求证：；
(2)若⊙与相切，求的度数；
(3)用无刻度的直尺和圆规作出劣弧的中点．（不写作法，保留作图痕迹）
26．（2022·浙江湖州·统考中考真题）如图，已知在Rt△ABC中，，D是AB边上一点，以BD为直径的半圆O与边AC相切，切点为E，过点O作，垂足为F．
(1)求证：；
(2)若，，求AD的长．
27．（2022·浙江宁波·统考中考真题）如图1，为锐角三角形的外接圆，点D在上，交于点E，点F在上，满足交于点G，，连结，．设．
(1)用含的代数式表示．
(2)求证：．
(3)如图2，为的直径．
①当的长为2时，求的长．
②当时，求的值．
28．（2022·浙江绍兴·统考中考真题）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°，连接OD，AD．

(1)若∠ACB=20°，求的长（结果保留）．
(2)求证：AD平分∠BDO．
29．（2022·浙江温州·统考中考真题）如图1，为半圆O的直径，C为延长线上一点，切半圆于点D，，交延长线于点E，交半圆于点F，已知．点P，Q分别在线段上（不与端点重合），且满足．设．
(1)求半圆O的半径．
(2)求y关于x的函数表达式．
(3)如图2，过点P作于点R，连结．
①当为直角三角形时，求x的值．
②作点F关于的对称点，当点落在上时，求的值．
30．（2022·浙江丽水·统考中考真题）如图，以为直径的与相切于点A，点C在左侧圆弧上，弦交于点D，连接．点A关于的对称点为E，直线交于点F，交于点G．
(1)求证：；
(2)当点E在上，连接交于点P，若，求的值；
(3)当点E在射线上，，以点A，C，O，F为顶点的四边形中有一组对边平行时，求的长．
参考答案：
1．D
【分析】根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
【详解】解：∵⊙O的半径为2cm，线段OA=3cm，线段OB=2cm，
即点A到圆心O的距离大于圆的半径，点B到圆心O的距离等于圆的半径，
∴点A在⊙O外．点B在⊙O上，
∴直线AB与⊙O的位置关系为相交或相切，
故选：D．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，正确的理解题意是解题的关键．
2．D
【分析】根据切线的判定知DT是⊙O的切线，根据切线长定理可判断选项A正确；可证得△ADC是等腰直角三角形，可计算判断选项B正确；根据切线的性质得到CD=CT，根据全等三角形的性质得到∠DOC=∠TOC，根据三角形的外角的性质可判断选项C正确；
【详解】解：如图，连接OD．
∵OT是半径，OT⊥AB，
∴DT是⊙O的切线，
∵DC是⊙O的切线，
∴DC=DT，故选项A正确；
∵OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠A=∠B=45°，
∵DC是切线，
∴CD⊥OC，
∴∠ACD=90°，
∴∠A=∠ADC=45°，
∴AC=CD=DT，
∴AD=CD=DT，故选项B正确；
∵OD=OD，OC=OT，DC=DT，
∴△DOC≌△DOT（SSS），
∴∠DOC=∠DOT，
∵OA=OB，OT⊥AB，∠AOB=90°，
∴∠AOT=∠BOT=45°，
∴∠DOT=∠DOC=22.5°，
∴∠BOD=∠ODB=67.5°，
∴BO=BD，故选项C正确；
∵OA=OB，∠AOB=90°，OT⊥AB，
设⊙O的半径为2，
∴OT=OC=AT=BT=2，
∴OA=OB=2，
∴，
2OC5AC故选项D错误；
故选：D．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆的有关知识，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形、灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
3．D
【分析】连接OB，由题意可知，∠OBD=90°；再说明△OAB是等边三角形，则∠AOB =60°；再根据直角三角形的性质可得∠ODB=30°，最后解三角形即可求得BD的长．
【详解】解：连接OB
∵菱形OABC
∴OA=AB
又∵OB=OA
∴OB=OA=AB
∴△OAB是等边三角形
∵BD是圆O的切线
∴∠OBD=90°
∴∠AOB=60°
∴∠ODB=30°
∴在Rt△ODB中,OD=2OB=2,BD=OD·sin∠ODB=2× =
故答案为D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、圆的切线的性质、等边三角形的判定和性质以及解直角三角形，其中证明△OAB是等边三角形是解答本题的关键．
4．B
【分析】连接OE，OF．求出∠EOF的度数即可解决问题．
【详解】解：如图，连接OE，OF．
∵⊙O是△ABC的内切圆，E，F是切点，
∴OE⊥AB，OF⊥BC，
∴∠OEB=∠OFB=90°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，
∴∠EOF=120°，
∴∠EPF=∠EOF=60°，
故选：B．
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，切线的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
5．A
【分析】连接，，根据等边三角形的性质及含30°的直角三角形的性质即可求解.
【详解】设与的切点为，
连接，，
∵等边三角形的边长为8，
∴，，
∵圆分别与边，相切，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的半径为，
故选A．
【点睛】此题主要考查圆的半径，解题的关键是根据题意作出辅助线进行求解.
6．B
【分析】根据切线长定理即可得到答案.
【详解】因为PA和PB与⊙相切，根据切线长定理，所以PA＝PB＝3，故选B.
【点睛】本题考查切线长定理，解题的关键是熟练掌握切线长定理.
7．B
【分析】连接OA，由圆周角定理可求出∠AOC=60°，再根据∠AOC的正切即可求出PA的值．
【详解】解：连接OA，
∵∠ABC=30°，
∴∠AOC=60°，
∵PA是圆的切线，
∴∠PAO=90°，
∵tan∠AOC =
∴PA= tan60°×1=
故选B．
【点睛】本题考查了圆周角定理、切线的性质及锐角三角函数的知识，根据圆周角定理可求出∠AOC=60°是解答本题的关键．
8．10
【分析】连接，过点作，交于点，交于点，则点为餐盘与边的切点，由矩形的性质得，，，则四边形是矩形，，得，，，设餐盘的半径为，则，，然后由勾股定理列出方程，解方程即可．
【详解】由题意得：，，
如图，连接，过点作，交于点，交于点，

则，
餐盘与边相切，
点为切点，
四边形是矩形，
，，，
四边形是矩形，，
，，，
设餐盘的半径为，
则，
，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：，
餐盘的半径为，
故答案为：10．
【点睛】本题考查了切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
9．或
【分析】连接，勾股定理求出半径，平行线分线段成比例，求出的长，勾股定理求出和的长，分和两种情况进行求解即可．
【详解】解：连接，

∵以为直径的半圆O与相切于点D，
∴，，
∴
设，则，
在中：，即：，
解得：，
∴，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵为等腰三角形，
当时，，
当时，
∵，
∴点与点重合，
∴，

不存在的情况；
综上：的长为或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查切线的性质，平行线分线段成比例，勾股定理，等腰三角形的定义．熟练掌握切线的性质，等腰三角形的定义，确定点的位置，是解题的关键．
10．/度
【分析】连接，根据切线的性质得出，根据四边形内角和得出，根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：如图，

∵，分别与相切于点，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，求得是解题的关键．
11． 60°/60度
【分析】根据对称性作O关于CD的对称点M，则点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上，再结合切线的性质和垂径定理求解即可．
【详解】作O关于CD的对称点M，则ON=MN
连接MD、ME、MF、MO，MO交CD于N
∵将沿弦折叠
∴点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上
∵将沿弦折叠后恰好与，相切于点E，F．
∴ME⊥OA，MF⊥OB
∴
∵
∴四边形MEOF中
即的度数为60°；
∵，
∴（HL）
∴
∴
∴
∵MO⊥DC
∴
∴
故答案为：60°；
【点睛】本题考查了折叠的性质、切线的性质、垂径定理、勾股定理；熟练掌握折叠的性质作出辅助线是解题的关键．
12．/
【分析】设圆的半径为rcm，连接OB、OA，过点A作AD⊥OB，垂足为D，利用勾股定理，在Rt△AOD中，得到r2＝（r−6）2＋82，求出r即可．
【详解】解：连接OB、OA，过点A作AD⊥OB，垂足为D，如图所示：
∵CB与相切于点B，
∴，
∴，
∴四边形ACBD为矩形，
∴，，
设圆的半径为rcm，在Rt△AOD中，根据勾股定理可得：，
即r2＝（r−6）2＋82，
解得：，
即的半径为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，作出辅助线，构造直角三角形，利用勾股定理列出关于半径r的方程，是解题的关键．
13．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．
【详解】解：连接OA，
①当D点与O点重合时，∠CAD为90°，
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，过点A作AD⊥BC于点D，
∵AO•AC=OC•AD，
∴AD=，
∵AO=，AC=2，OC=4-r=，
∴AD=，
综上所述，AD的长为或，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了切线的性质和勾股定理，熟练掌握这些性质定理是解决本题的关键．
14．
【分析】根据圆的切线的性质，得，根据圆的性质，得，再通过勾股定理计算，即可得到答案．
【详解】∵是的切线，为切点
∴
∴
∵的半径为1
∴
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆、勾股定理的知识；解题的关键是熟练掌握圆、圆的切线、勾股定理的性质，从而完成求解．
15．
【分析】连接OC、OD，利用切线的性质得到，根据四边形的内角和求得，再利用弧长公式求得答案．
【详解】连接OC、OD，
∵分别与相切于点C，D，
∴，
∵，，
∴，
∴的长=（cm），
故答案为：．
【点睛】此题考查圆的切线的性质定理，四边形的内角和，弧长的计算公式，熟记圆的切线的性质定理及弧长的计算公式是解题的关键．
16．
【分析】（1）通过分析点A′的运动轨迹，是以点C为圆心，CA为半径的圆上，从而求解；
（2）画出相应的图形，从而利用扇形面积和三角形面积公式计算求解
【详解】解：（1）由题意可得点A′的运动轨迹是以点C为圆心，CA为半径的圆上，
∵点从点出发沿方向运动，到达点B时停止运动，，点关于直线的对称点为，
∴∠ACA′最大为90°
当CA′⊥AB时，点A′到直线AB的距离最大，如图
过点B作BE⊥AC
∵，，，
∴在Rt△ABE中，BE=1，AE=，
在Rt△BCE中，BE=CE=1
∴CA′=CA=
又∵CA′⊥AB
∴在Rt△ACF中，CF=
∴A′F=A′C-CF=
即点到直线距离的最大值是；
点到达点时，线段扫过的面积为：
==
故答案为：；
【点睛】本题考查轨迹，含30°直角三角形的性质，扇形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
17．(1)见解析
(2)①2；②
【分析】（1）根据切线长定理可直接得出结论；
（2）①证明，可得，根据含直角三角形的性质求出，可得，然后可得答案；
②利用勾股定理求出，然后根据列式计算即可．
【详解】（1）证明：，点在圆上，
是圆的切线，
是圆的切线，
；
（2）解：①如图，连结．
∵，
∴．
∵，，
．
．
．
，
．
∴在中，．
，
，
，
∴半圆的半径为2；
②在中，．
，
．
，
，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定，切线长定理，全等三角形的判定和性质，含直角三角形的性质，勾股定理，扇形面积计算等知识，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．
18．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连结，根据切线的性质得，再根据“”证明，可得答案；
（2）先求出，可得，根据特殊角三角函数求出，进而求出答案.
【详解】（1）如图，连结，

∵半圆O与相切于点D，
∴．
∵，
∴.
∵，，
∴．
∴．
（2）如图，∵，，
∴.
∵，
∴.
∵，
在中，，
∴.
在中，，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，全等三角形的性质和判定，特殊角的三角函数值等，构造全等三角形是解题的关键．
19．(1)证明过程见解析
(2)①2；②
【分析】（1）连接，由切线的性质得出，证明，再由全等三角形的判定即可得出结论；
（2）①证出，再由直角三角形的性质即可求解；
②由勾股定理求出，，由三角形面积公式和扇形的面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵是的切线，点D为切点，
∴，
∵，，，
∴，
∴；

（2）解：①∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴半圆O的半径为2；
②在中，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查切线的性质、全等三角形的判定与性质、扇形的面积公式、锐角三角函数及勾股定理，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据三角形的外角的性质，即可求解．
（2）根据是的切线，可得，在中，勾股定理求得，根据，可得，进而即可求解．
【详解】（1）解：∵于点，
∴，
∴．

（2）∵是的切线，是的半径，
∴．
在中，
∵，
∴．
∵，
∴
∴，即，
∴．
【点睛】本题考查了三角形外角的性质，切线的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，熟练掌握以上知识是解题的关键．
21．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据扇形的弧长公式即可求出度数，利用切线的性质和解直角三角形即可求出的长．
（2）根据等弧所对圆周角相等推出，再根据角平分线的性质定理推出，利用直角三角形的性质即可求出，通过等量转化和余弦值可求出答案．
（3）根据三角形相似的性质证明和，从而推出和，利用已知条件将两个比例线段相除，根据正弦值即可求出答案
【详解】（1）解：如图1，连接，设的度数为．

，的长为，
．
，即．
．
直线是的切线，
．
∴．
（2）解：如图2，连接，过点作于点，

为直径，
．
．
，
．
，，
．
，，
．
．
（3）解：，理由如下：
如图3，连接BQ，

，，
，，
，
，
．
，
，
．①
，，
，
．②
，
得，．
，
．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形以及三角函数、切线的性质定理、扇形的弧长公式，角平分线性质定理等，解题的关键在于熟练掌握相关性质定理和相关计算公式．
22．(1)，
(2)或或
(3)
【分析】（1）如图1，连接，根据切线的性质得出，证明，得出，即可得出；证明四边形是平行四边形，得出，代入数据可得；
（2）根据三边之比为，可分为三种情况．当时，当时，当时，分别列出比例式，进而即可求解．
（3）连接，，过点作于点，根据，得出，由，可得，代入（1）中解析式，即可求解．
【详解】（1）解：如图1，连接．

∵切半圆于点，
∴．
∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
即，
∴．
如图2，，
∴．

∵，
∴四边形是平行四边形，
∴．
∵，
∴，
∴．
（2）∵，，三边之比为（如图2），
∴可分为三种情况．
i）当时，
，，
解得，
∴．
ii）当时，
，，
解得，
∴．
iii）当时，
，，
解得，
∴．
（3）如图3，连接，，过点作于点，

则，，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，即的长为．
【点睛】本题考查了切线的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，函数解析式，分类讨论，作出辅助线是解题的关键．
23．(1)作图见解析
(2)线段是定长，长度不发生变化，值为
(3)证明见解析
【分析】（1）以为圆心，大于长为半径画弧，交点为，连接，与交点为，与交点为，则，分别以为圆心，大于长为半径画弧，交点为，连接，则，以为圆心，长为半径画弧与交点为，则，以为圆心，长为半径画弧，交直线于，以为圆心，大于长为半径画弧，交点为，连接，则，与交点为，与交点为，即、点即为所求；
（2）如图2，连结，连接并延长交于，连结，，过作于，于，证明四边形是正方形，则可证是等腰直角三角形，则，由，可知，由是的直径，可得，则是等腰直角三角形，；
（3）如图3，延长、，交点为，由题意知是的中位线，则，，由，可得，证明，则，即，如图3，作的外接圆，延长交外接圆于点，连结、，由是的平分线，可得，则，证明，则，即，由，可得，进而结论得证．
【详解】（1）解：如图1，、点即为所求；

（2）当弦的长度发生变化时，线段的长度不变；
如图2，连结，连接并延长交于，连结，，过作于，于，则四边形是矩形，

∵，，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，即，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴线段是定长，长度不发生变化，值为；
（3）证明：如图3，延长、，交点为，

∵，
∴点H为的中点，
又∵点M为的中点，
∴是的中位线，
∴，，
又∵，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
如图3，作的外接圆，延长交外接圆于点，连结、，
∵是的平分线，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了作垂线，同弧或等弧所对的圆周角相等，正弦，正方形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，中位线，直径所对的圆周角为直角，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，角平分线等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
24．(1)见解析
(2)
(3)①；②；③
【分析】（1）根据点是三等分点，得出，根据是的直径，可得，根据切线的性质可得，即可证明；
（2）如图1，连接，证明，则，设，则，在中由勾股定理得，得出，进而根据正切的定义即可求解；
（3）①如图1，连接，勾股定理确定，根据，可得；
②如图2，连接，设，则，解得．则，证明，，进而根据相似三角形的性质即可求解；
③如图3，过点作于点，则．设，则，证明，得出则，得出，则，证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：∵点是三等分点，
∴．
由是的直径
∴，
∵是的切线，
∴．
∴．
（2）如图1，连结，∵，

∴．
由，则，
又∵，
∴，
∴．
设，则，
∵，
∴．
在中由勾股定理得，
∴，
∴．
∴．
（3）①如图1，连结，∵，

∴．
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
②如图2，连结，

∵，
∴．
∵，
∴．
设，则，
由勾股定理得，
即，
解得．
∴
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴．
③如图3，过点作于点，则．

设，则，
由勾股定理得，
，
∵，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∴．
可得方程，
解得（舍去）．
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆的综合问题，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，切线的性质，相似三角形的性质与判定熟练掌握是解题的关键．
25．(1)证明见详解
(2)
(3)作图见详解
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角、等腰三角形的三线合一即可证明；
（2）根据切线的性质可以得到，然后在等腰直角三角形中即可求解；
（3）根据等弧所对的圆周角相等，可知可以作出AD的垂直平分线，的角平分线，的角平分线等方法均可得到结论．
【详解】（1）证明：∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴．
（2）∵与相切，
∴，
又∵，
∴．
（3）如下图，点就是所要作的的中点．
【点睛】本题考查了等腰三角形的三线合一、切线的性质、以及尺规作图、等弧所对的圆周角相等，理解圆的相关知识并掌握基本的尺规作图方法是解题的关键．
26．(1)见解析
(2)1
【分析】（1）连接OE，根据已知条件和切线的性质证明四边形OFCE是矩形，再根据矩形的性质证明即可；
（2）根据题意，结合（1）可知，再由直角三角形中“30°角所对的直角边是斜边的一般”的性质，可推导，最后由计算AD的长即可．
【详解】（1）解：如图，连接OE，
∵AC切半圆O于点E，
∴OE⊥AC，
∵OF⊥BC，，
∴∠OEC＝∠OFC＝∠C＝90°．
∴四边形OFCE是矩形，
∴OF＝EC；
（2）∵，
∴，
∵，OE⊥AC，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、矩形的判定与性质以及含30°角的直角三角形性质等知识，正确作出辅助线并灵活运用相关性质是解题关键．
27．(1)
(2)见解析
(3)①3；②
【分析】（1）根据，即可求解；
（2）由（1）的结论，、证即可；
（3）①通过角的转换得，即可求的长；②连结，证，设，则，由相似的性质即可求解；
【详解】（1）∵，①
又∵，②
②-①，得2，
∴．
（2）由（1）得，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
（3）①∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴在中，，
∵为的直径，
∴．
∴．
∴与的度数之比为3∶2．
∴与的的长度之比为3∶2，
∵，
∴．
②如图，连结．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
设与的相似比为k，
∴．
∵，
∴设，则，
∴，
，
∴，
由，得，
解得，（舍），
∴，，
∴，
在中，，
∴．
【点睛】本题主要考查圆的性质、三角函数、三角形的全等、三角形的相似，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
28．(1)
(2)见解析
【分析】（1）连接，由，得，由弧长公式即得的长为；
（2）根据切于点，，可得，有，而，即可得，从而平分．
【详解】（1）解：连接OA，

∵∠ACB＝20°，
∴∠AOD＝40°，
∴，
．
（2）证明：，
，
切于点，
，
，
，
，
，
平分．
【点睛】本题考查与圆有关的计算及圆的性质，解题的关键是掌握弧长公式及圆的切线的性质．
29．(1)
(2)
(3)①或；②
【分析】（1）连接OD，设半径为r，利用，得，代入计算即可；
（2）根据CP=AP十AC，用含x的代数式表示 AP的长，再由（1）计算求AC的长即可；
（3）①显然，所以分两种情形，当 时，则四边形RPQE是矩形，当 ∠PQR＝90°时，过点P作PH⊥BE于点H， 则四边形PHER是矩形，分别根据图形可得答案；
②连接，由对称可知，利用三角函数表示出和BF的长度，从而解决问题．
【详解】（1）解：如图1，连结．设半圆O的半径为r．
∵切半圆O于点D，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，即半圆O的半径是．
（2）由（1）得：．
∵，
∴．
∵，
∴．
（3）①显然，所以分两种情况．
ⅰ）当时，如图2．
∵，
∴．
∵，
∴四边形为矩形，
∴．
∵，
∴，
∴．
ⅱ）当时，过点P作于点H，如图3，
则四边形是矩形，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
由得：，
∴．
综上所述，x的值是或．
②如图4，连结，
由对称可知，
∵BE⊥CE，PR⊥CE，
∴PR∥BE，
∴∠EQR=∠PRQ，
∵，，
∴EQ=3-x，
∵PR∥BE，
∴，
∴，
即：，
解得：CR=x+1，
∴ER=EC-CR=3-x，
即：EQ= ER
∴∠EQR=∠ERQ=45°，
∴
∴，
∴．
∵是半圆O的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，三角函数等知识，利用三角函数表示各线段的长并运用分类讨论思想是解题的关键．
30．(1)证明过程见解析
(2)
(3)或或或
【分析】（1）设CD与AB相交于点M，由与相切于点A，得到，由，得到，进而得到，由平行线的性质推导得，，，最后由点A关于的对称点为E得到即可证明．
（2）过F点作于点K，设AB与CD交于点N，连接DF，证明得到，再证明得到；最后根据及得到和，最后根据平行线分线段成比例求解．
（3）分四种情形：如图1中，当时，如图2中，当时，如图3中，当时，如图4中，当时，分别求解即可．．
【详解】（1）证明：如图，设CD与AB相交于点M，
∵与相切于点A，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵点A关于的对称点为E，
∴，
∴．
（2）解：过F点作于点K，设AB与CD交于点N，连接DF，如下图所示：
由同弧所对的圆周角相等可知：，
∵为的直径，且，由垂径定理可知：，
∴，
∵点A关于的对称点为E，
∴，
∴，即，
∴，
由同弧所对的圆周角相等可知：，且，
∴，
∴，
∵，AB与CD交于点N，
∴．
∵，，
∴，
∴，设KE=2x，EN=5x，
∵点A关于的对称点为E，
，，，
又，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴；
（3）解：分类讨论如下：
如图1中，当时，连接，，设，则，
∵，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
∵，
，
，
；
如图2中，当时，连接，设交点．
设，
∵，
，
，
，，
，
，
，
，，
是等腰直角三角形，
，
，，
；
如图3中，当时，连接，，
设，
，
∵，
，
，
，
，
，
，
、，
、，
、，
，
；
如图4中，当时，连接，，．
设，
∵，
，
，
，
，
，
由，
，
，
，
，
，
．
综上所述，满足条件的的长为或或或，
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆的相关性质，相似三角形，勾股定理等，综合运用以上知识是解题的关键．