人教版九年级数学上册重难考点03圆与几何综合通关专练特训(原卷版+解析)

这是一份人教版九年级数学上册重难考点03圆与几何综合通关专练特训(原卷版+解析)，共59页。
微专题03 圆与几何综合通关专练 一、单选题1．（2023·山东青岛·统考一模）如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，若AB=6，则⊙O的半径是（    ）A．3 B．3 C．23 D．432．（2023春·浙江金华·九年级校联考阶段练习）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，将劣弧AC沿AC折叠后刚好经过弦BC的中点D．若AC=6，∠C=60°，则⊙O的半径长为（　　）A．137 B．237 C．1321 D．23213．（2023春·湖北十堰·九年级统考阶段练习）如图，以△ABC的边AB为直径的⊙O恰好过BC的中点D，过点D作DE⊥AC于E，连接OD，则下列结论中：①OD∥AC；②∠B=∠C；③2OA=AC；④∠EDA=∠B，其中一定正确的结论有（    ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个4．（2022秋·江苏宿迁·九年级校考阶段练习）如图，等腰Rt△ABC内接于⊙O，直径AB=22，D是圆上一动点，连接AD,CD,BD，且CD交AB于点G．下列结论：①DC平分∠ADB；②∠DAC=∠AGC；③当DB=2时，四边形ADBC的周长最大；④当AD=CD，四边形ADBC的面积为83．其中正确的个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．45．（2022秋·浙江台州·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3．⊙O是△ABC的内切圆，分别与AC、BC、AB相切于点D、E、F，则圆心O到顶点A的距离是（    ）．A． B．3 C．10 D．236．（2022秋·湖北咸宁·九年级统考期末）如图，点A是⊙O上一定点，点B是⊙O上一动点，连接OA，OB，AB．分别将线段AO，AB绕点A顺时针能转60°到AA′，AB′，连接OA′，BB′，A′B′，OB′，则下列结论正确的有（    ）①点A′在⊙O上；②△OAB≌△A′AB′；③∠BB′A′=12∠BOA′；    ④当OB′=2OA时，AB′与⊙O相切．A．4个 B．3个 C．2个 D．1个7．（2023·福建厦门·厦门市第十一中学校考二模）如图，AB为直径，AB=4，C、D为圆上两个动点，N为CD中点，CM⊥AB于M，当C、D在圆上运动时保持∠CMN=30°，则CD的长（　　）A．随C、D的运动位置而变化，且最大值为4B．随C、D的运动位置而变化，且最小值为2C．随C、D的运动位置长度保持不变，等于2D．随C、D的运动位置而变化，没有最值8．（2022春·全国·九年级期末）如图，在正方形ABCD中，AB=2，以边CD为直径作半圆O，E是半圆O上的动点，EF⊥DA于点F，EP⊥AB于点P，设EF=x,EP=y，则x2+y2的最小值是（    ）A．3−1 B．4−23 C．5−1 D．6−25二、填空题9．（2023·江苏泰州·统考三模）如图，已知扇形AOB，∠AOB=120°，半径OA=4，点E在弧AB上一动点（E与A、B不重合），过点E作EC⊥OA于点C，ED⊥OB于点D，连接CD，则△CDE面积的最大值为 ．  10．（2022秋·山东泰安·九年级校考期末）如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=3，P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PAB=∠PBC，则线段CP长的最小值为 11．（2023·湖南岳阳·校考模拟预测）如图，BC为△ABC外接圆⊙O的直径，点M为△ABC的内心，连接AM并延长交⊙O于点D，①若∠ABC=30°，⊙O的直径为4，则扇形AOC的面积为 ；②若∠ABC=30°，AC=2，则DMAD= ．12．（2023春·湖北省直辖县级单位·九年级校联考阶段练习）如图，BC为半圆O的直径，点A是半圆上的一点，点D为AC的中点，AC与BD相交于点E．若AB=AC，BE=8，则CD的长为 ．13．（2022秋·广东汕尾·九年级华中师范大学海丰附属学校校考阶段练习）如图，△ABC内接于⊙O，AB是直径，BC=8，AC=6，CD平分∠ACB，则弦AD的长为 ．14．（2022秋·江苏·九年级专题练习）如图，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D是AB的中点，点E在AC上，点F在BC上，∠EDF=90°，连接BE，若∠CBE=2∠EDA，CE=6，则BE= ．15．（2022秋·福建福州·九年级校考阶段练习）如图，在半径为5的⊙O中；弦AC＝8，B为AC上一动点，将△ABC沿弦AC翻折至△ADC，延长CD交⊙O于点E，F为DE中点，连接AE，OF．现给出以下结论：①AE＝AB；②∠AED=∠ADE；③∠ADC＝2∠AED；④OF的最小值为2，其中正确的是 （写出所有正确结论的序号）．16．（2022·福建漳州·统考模拟预测）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若四边形OABC为菱形，则∠ADC的度数是 ．三、解答题17．（2023·福建福州·校考模拟预测）如图，以菱形ABCD的边AD为直径作⊙O交AB于点E，连接DB交⊙O于点M，F是BC上的一点，且BF=BE，连接DF．  (1)求证：DM=BM；(2)求证：DF是⊙O的切线．18．（2022秋·福建福州·九年级闽清天儒中学校考期中）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC，BC．AD平分∠BAC，点D在⊙O上，连接OD，交BC于点E．(1)若∠ABC=30°，AC=2，求AD的长；(2)求证：AC=2OE．19．（2022秋·福建厦门·九年级厦门一中校考阶段练习）如图，AD是Rt△ABC斜边BC上的中线，O在AC边上，过A，D两点的⊙O交AC于E，EF∥BC．(1)求证：AD=EF；(2)若点E是OC中点，EF=2时，判断BC与⊙O的位置关系并求EF的长．20．（2022秋·福建南平·九年级统考期末）如图，四边形ABCD为菱形，以AD为直径作⊙O交AB于点F，连接DB交⊙O于点H，过点D作⊙O的切线交BC于点E．(1)求证：AF=CE；(2)若BF=2，DH=5，求⊙O的半径．21．（2022·福建·模拟预测）如图，已知等边ΔABC内接于⊙O，D为BC的中点，连接DB，DC，过点C作AB的平行线，交BD的延长线于点E．（1）求证：CE是⊙O的切线；（2）若AB的长为6，求CE的长．22．（2022秋·福建福州·九年级统考期中）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在BC边上，以CD为直径的⊙O与直线AB相切于点E，且E是AB中点，连接OA（1）求证：OA＝OB；（2）连接AD，若AD＝7，求⊙O的半径．23．（2023·福建泉州·九年级统考学业考试）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BAC=2∠DAC，AB=AC，点F在BD的延长线上，且DF=DC，连接AF、CF．（1）求证：AC⊥BD；（2）求证：FC是⊙O的切线．24．（2023·福建厦门·厦门一中校考一模） 如图，在ΔABC，AB=AC，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∠CBF=12∠CAB．(1)求证：直线BF是的⊙O切线．(2)若点C到直线BF的距离是1，求线段CD的长度．25．（2023·福建·九年级专题练习）已知四边形ABCD内接于⊙O，∠DAB＝90°．（Ⅰ）若AB＝AD，求∠ACB的度数；（Ⅱ）连接AC，若AD＝8，AB＝6，对角线AC平分∠DAB，求AC的长．26．（2023·福建漳州·校考一模）已知：如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，点E为弦AB的中点，AO的延长线交BC于点D，连接ED．过点B作BF⊥DE交AC于点F．(1)求证：∠BAD＝∠CBF；(2)如果OD＝DB．求证：AF＝BF．27．（2023·福建泉州·校联考一模）如图，已知△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交 BC于点D，过D作DE⊥AC于E．（1）求证：直线DE是⊙O的切线；（2）若CD=23，∠ACB=30°，分别求AB，OE的大小．28．（2023春·江西九江·九年级校联考阶段练习）如图，AB是⊙O的直径，弦AC与BD交于点E，且AC=BD，连接AD,BC．(1)求证：△ADB≌△BCA；(2)若OD⊥AC,AB=4，求弦AC的长；(3)在（2）的条件下，延长BA至点P，使AP=2，连接PD．求证：PD是⊙O的切线．29．（2022秋·广东惠州·九年级统考期末）如图，△ABC内接于⊙O，AB为直径，∠BAC=60°，延长BA至点P使AP=AC，作CD平分∠ACB交AB于点E，交⊙O于点D．连接PC，BD．  (1)求证：PC为⊙O的切线；(2)求证：BD=2PA；(3)若PC=83，求AE的长．30．（2023春·北京西城·九年级北师大实验中学校考开学考试）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C作⊙O的切线l，过点B作BD⊥l于点D．  (1)求证：BC平分∠ABD；(2)连接OD，若∠ABD=60°，CD=3，求OD的长．微专题03 圆与几何综合通关专练 一、单选题1．（2023·山东青岛·统考一模）如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，若AB=6，则⊙O的半径是（    ）A．3 B．3 C．23 D．43【答案】C【分析】⊙O是等边△ABC的外接圆，如图所示，连接OA,OB，过点O作OD⊥AB于D，证明△ADO是含特殊角的直接三角形，根据勾股定理即可求解．【详解】解：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，如图所示，连接OA,OB，过点O作OD⊥AB于D，∵⊙O是等边△ABC的外接圆，AB=6，∴OA=OB，OA,OB平分∠BAC,∠ABC，OD是弦AB的垂直平分线，∴∠OAD=∠OBD=12∠BAC=12×60°=30°，∴在Rt△OAD中，AD=12AB=12×6=3，设OD=x，则OA=2x，∴OA2=OD2+AD2，即(2x)2=x2+32，解得，x1=−3（舍去），x2=3，∴OA=2x=23∴⊙O的半径是23，故选：C．【点睛】本题主要考查等边三角形，圆，含特殊角的直角三角形的综合，掌握等边三角形的性质，外接圆的性质，含特殊角的直角三角形的性质是解题的关键．2．（2023春·浙江金华·九年级校联考阶段练习）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，将劣弧AC沿AC折叠后刚好经过弦BC的中点D．若AC=6，∠C=60°，则⊙O的半径长为（　　）A．137 B．237 C．1321 D．2321【答案】D【分析】设折叠后的AC所在的圆心是O′，连接O′A，O′D，进而得出AB=AD，设⊙O的半径是r，作OG⊥AB，根据勾股定理得出AB=3r，在另一个图中作AM⊥BC，设BM=DM=x，表示BD，MC，然后根据直角三角形的性质得出MC=3，即可求出x的值，进而得出AM和BM，再根据勾股定理求出AB，结合AB=3r可得答案．【详解】如图，设折叠后的AC所在的圆心是O′，连接O′A，O′D，∴∠AO′D=2∠ACB=120°，连接OA，OB，同理，∠AOB=120°，∴∠AOB=∠AO′D．∵⊙O和⊙O′是等圆，∴AB=AD．设⊙O的半径是r，过点O作OG⊥AB于点G．∵OA=OB，∠AOB=120°，∴∠OAB=∠OBA=30°，AB=2AG，∴OG=12OA=12r，∴AB=2AG=2r2−(12r)2=3r．过点A作AM⊥BC于点M，∵AB=AD，设BM=DM=x，则BD=2x．∵D是BC的中点，∴CD=BD=2x，∴MC=DM+CD=3x．∵AM⊥BC，∠ACB=60°，∴∠MAC=30°．在Rt△AMC中，MC=12AC=3，∴3x=3，解得x=1，∴AM=AC2−MC2=33，BM=x=1．在Rt△ABM中，AB=AM2+BM2=27．∵AB=3r，∴r=2213．故选：D．【点睛】本题是一道关于圆的综合问题，难度较大，考查了等腰三角形的性质，勾股定理，含30°直角三角形的性质等，勾股定理是求线段长的常用方法．3．（2023春·湖北十堰·九年级统考阶段练习）如图，以△ABC的边AB为直径的⊙O恰好过BC的中点D，过点D作DE⊥AC于E，连接OD，则下列结论中：①OD∥AC；②∠B=∠C；③2OA=AC；④∠EDA=∠B，其中一定正确的结论有（    ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】连接AD，借助直径所对的圆周角为90°，得出△ABC为等腰三角形的结论，再根据等腰三角形等角及圆的性质作答．【详解】解：如图所示，连接AD，∵直径所对的圆周角为90°，∴∠ADB=90°∴AD⊥BC又∵ D为BC的中点∴△ABC为等腰三角形∴∠B=∠C，②正确；∴AB=2OA=AC，③正确；∵OB=OD∴∠ODB=∠B=∠C∴OD∥AC，①正确；∵DE⊥AC∴∠C+∠CDE=90°∵AD⊥BC∴∠CDE+∠EDA=90°∴∠EDA=∠C=∠B，④正确；故选：D．【点睛】此题考查了圆、圆周角的性质，等腰三角形的性质及判定，解题的关键是正确理解等腰三角形三线合一的性质．4．（2022秋·江苏宿迁·九年级校考阶段练习）如图，等腰Rt△ABC内接于⊙O，直径AB=22，D是圆上一动点，连接AD,CD,BD，且CD交AB于点G．下列结论：①DC平分∠ADB；②∠DAC=∠AGC；③当DB=2时，四边形ADBC的周长最大；④当AD=CD，四边形ADBC的面积为83．其中正确的个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】证明AC=AB，AC=AB，由圆周角定理以及三角形的外角性质即可证明①②正确；当AD=BD时，四边形ADBC的周长最大，即可证明③正确；作MC⊥CD，交DA延长线于M，证明BD=2−1AD，利用勾股定理以及三角形面积公式，可得四边形ADBC的面积=2+2，可得④错误，即可．【详解】解：∵等腰Rt△ABC内接于圆O，且AB为直径，∴AC=AB，AC=AB，∴∠ADC=∠BDC，即DC平分∠ADB；故①正确；∵AC=AB，∴∠ADC=∠CAB，∵∠DAC=∠CAB+∠DAB，∠AGC=∠ADC+∠DAB， ∴∠DAC=∠AGC；故②正确；∵AB为直径，∴∠ACB=90°，∵AB=22，∵AC=BC=2，∴要使四边形ADBC的周长最大，AD+BD要最大，∴当AD=BD时，四边形ADBC的周长最大，此时，AD=BD=2，故③正确；作MC⊥CD，交DA延长线于M， ∵∠1+∠3=90°=∠1+∠2，∴∠2=∠3，∵A、C、B、D四点共圆，∵∠4+∠CAD=180°，∠CAD+∠CBD=180°，∴∠4=∠CBD，∵AC=BC，∴△CBD≌△CAMASA，∴AM=BD，CM=CD，∵∠MCD=90°，∴△MCD是等腰直角三角形，由勾股定理得：DM=2CD，∵DM=DA+AM=DA+BD，∴BD+AD=2CD；∵AD=CD，∴BD=2−1AD；∵直径AB=22，AD2+BD2=AB2，AC2+BC2=AB2，∴AD2+2−1AD2=222，AC=BC=2，∴AD2=42−2=22+2，四边形ADBC的面积为12×AC×BC+12×AD×BD=2+12×AD×2−1AD=2+12×22+22−1=2+2，故④错误；综上，①②③正确；故选：C【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，圆周角定理，等腰直角三角形的性质等知识点的综合运用，综合性比较强，难度偏大．5．（2022秋·浙江台州·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3．⊙O是△ABC的内切圆，分别与AC、BC、AB相切于点D、E、F，则圆心O到顶点A的距离是（    ）．A． B．3 C．10 D．23【答案】C【分析】连接OD、OE、OF，通过勾股定理求得AB=5，由题意可得四边形ODCE为正方形，利用切线长定理可得OD=CD=1，即可求解．【详解】解：连接OD、OE、OF，如下图：由题意可得：∠C=∠CDO=∠CEO=∠ADO=90°，OE=OD，AD=AF，CD=CE，BE=BF则四边形ODCE为正方形，即CD=OD由勾股定理可得：AB=AC2+BC2=5，设CD=CE=x，则AD=AF=4−x，BF=BE=3−x∴4−x+3−x=5，解得x=1，∴CD=OD=1，AD=4−1=3，由勾股定理可得：AO=AD2+OD2=10故选：C【点睛】此题考查了圆与三角形的综合应用，涉及了切线长定理，切线的性质定理，勾股定理以及正方形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基础知识．6．（2022秋·湖北咸宁·九年级统考期末）如图，点A是⊙O上一定点，点B是⊙O上一动点，连接OA，OB，AB．分别将线段AO，AB绕点A顺时针能转60°到AA′，AB′，连接OA′，BB′，A′B′，OB′，则下列结论正确的有（    ）①点A′在⊙O上；②△OAB≌△A′AB′；③∠BB′A′=12∠BOA′；    ④当OB′=2OA时，AB′与⊙O相切．A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】B【分析】根据旋转的性质、等边三角形的性质，易证OA′=OA，可判断①选项；根据旋转的性质与全等三角形的性质可证△OAB≅△A′AB′SAS，可判断②选项；根据等边三角形的性质与全等三角形的性质，可得③选项；根据切线的判定定理可判断④正确．【详解】解：∵AA′为AO绕点A顺时针能转60°得∴AA′=OA，∠OAA′=60°∴△OAA′为等边三角形，∴OA′=OA∴点A′在⊙O上（点到圆心的距离等于半径的长度，则该点在圆上），故①正确；∵ AB′为AB绕点A顺时针能转60°得∴AB′=AB，∠BAB′=60°∵∠OAA′=∠BAB′=60°∴∠OAA′−∠BAA′=∠BAB′−∠BAA′，即∠OAB=∠A′AB′∵OA=AA′，∠OAB=∠A′AB′，AB′=AB∴△OAB≅△A′AB′SAS，故②正确；∵AB′=AB，∠BAB′=60°，∴△BAB′为等边三角形∴∠AB′B=60°，∠BB′A′=60°−∠A′B′A∵OA=OB∴∠OAB=∠OBA∵△OAB≅△A′AB′∴∠A′AB′=∠OAB=∠A′B′A=∠OBA∵∠OAA′=60°，∴∠A′AB=60°−∠OAB∵∠A′B′A=∠OAB∴∠BB′A′=∠A′AB∵∠A′AB=12∠BOA′，故③正确；∵△OAB≅△A′AB′，∴OB=A′B′，∵OB=OA′，∴A′B′=OA′，当OB′=2OA时，则OB′=2OA′=2A′B′，∴A′是OB′的中点，此时∠AOB′=∠AOA′=60°，∠AB′O=30°，∴∠OAB′=90°，∴AB′与⊙O相切．，故④正确．综上所述，正确的结论有4个，故选：A【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质，切线的判定定理，根据旋转的性质证明三角形全等是关键．7．（2023·福建厦门·厦门市第十一中学校考二模）如图，AB为直径，AB=4，C、D为圆上两个动点，N为CD中点，CM⊥AB于M，当C、D在圆上运动时保持∠CMN=30°，则CD的长（　　）A．随C、D的运动位置而变化，且最大值为4B．随C、D的运动位置而变化，且最小值为2C．随C、D的运动位置长度保持不变，等于2D．随C、D的运动位置而变化，没有最值【答案】C【分析】连接：OC、ON、OD，证明O、N、C、M四点共圆，求得∠NOC=∠NMC=30°，再根据等边三角形的性质可得．【详解】解；连接：OC、ON、OD．∵N是CD的中点，∴ON⊥CD，∠CON=∠DON．又∵CM⊥AB，∴∠ONC+∠CMO=180°．∴O、N、C、M四点共圆．∴∠NOC=∠NMC=30°．∴∠COD=60°．又∵OC=OD，∴△OCD为等边三角形．∴CD=12AB=12×4=2．故选：C．【点睛】此题考查了等边三角形的性质，圆的性质，解题的关键是是作辅助线并运用圆的性质以及等边三角形的性质解答．8．（2022春·全国·九年级期末）如图，在正方形ABCD中，AB=2，以边CD为直径作半圆O，E是半圆O上的动点，EF⊥DA于点F，EP⊥AB于点P，设EF=x,EP=y，则x2+y2的最小值是（    ）A．3−1 B．4−23 C．5−1 D．6−25【答案】D【分析】由题意，四边形AFEP为矩形，x2+y2=AE2，所以当AE最小时，即O,E,A三点共线时，x2+y2最小，利用勾股定理进行计算，即可得解．【详解】解：连接OE，AE，AO∵四边形ABCD为正方形，AB=2，CD为圆O直径，∴∠BAD=∠CDA=90°,CD=AB=AD=2,OD=1，∵EF⊥DA，EP⊥AB，∴四边形AFEP为矩形，∴x2+y2=AE2，∵OE+AE≥AO∴当O,E,A三点共线时，x2+y2最小，则：OA=OD2+AD2=12+22=5，∴AE=AO−OE=5−1，∴x2+y2=AE2=5−12=6−25，故选D．【点睛】本题考查圆上的动点问题．熟练掌握圆外一点与圆心和圆上一点三点共线时，圆外一点到圆上一点的距离最大或最小是解题的关键．同时考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，是一道综合题．二、填空题9．（2023·江苏泰州·统考三模）如图，已知扇形AOB，∠AOB=120°，半径OA=4，点E在弧AB上一动点（E与A、B不重合），过点E作EC⊥OA于点C，ED⊥OB于点D，连接CD，则△CDE面积的最大值为 ．  【答案】33【分析】连接OE，取OE中点K，连接CK、DK，作EL⊥CD，KM⊥CD，垂足分别为L、M，当点L与M重合时，EL=EK+KM=3最大，求出此时的面积即可．【详解】解：连接OE，取OE中点K，连接CK、DK，作EL⊥CD，KM⊥CD，垂足分别为L、M，∵EC⊥OA，ED⊥OB，∠AOB=120°∴KC=KD=KE=2，∠CED=60°，∴∠KCE=∠KEC，∠KDE=∠KED，∠CKD=∠CKO+∠OKD=2∠KEC+2∠KED=120°，∴∠KDC=30°，∴KM=12KD=1，∴DM=DK2−KM2=3，CD=23，如图所示，EK+KM≥EL，当点L与M重合时，EL=EK+KM=3最大，此时三角形面积最大；最大面积为12×3×23=33；故答案为：33．【点睛】本题考查了扇形的性质，直角三角形的性质和勾股定理，解题关键是确定CD=23，当高最大时面积最大，利用勾股定理求解即可．10．（2022秋·山东泰安·九年级校考期末）如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=3，P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PAB=∠PBC，则线段CP长的最小值为 【答案】10−1【分析】首先证明点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC与⊙O交于点P，此时PC最小，利用勾股定理求出OC即可解决问题．【详解】∵∠ABC=90°，∴∠ABP+∠PBC=90°，∵∠PAB=∠PBC，∴∠BAP+∠ABP=90°，∴∠APB=90°，∴点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC与⊙O交于点P，此时PC最小，在Rt△BCO中，BC=3，OB=12AB=1，∴OC=OB2+BC2=10，PC=OC−OP=10−1，∴线段CP长的最小值为10−1，故答案为：10−1．【点睛】本题考查了点与圆位置关系、圆周角定理、最短问题等知识，解题的关键是确定点P位置，学会求圆外一点到圆的最小、最大距离．11．（2023·湖南岳阳·校考模拟预测）如图，BC为△ABC外接圆⊙O的直径，点M为△ABC的内心，连接AM并延长交⊙O于点D，①若∠ABC=30°，⊙O的直径为4，则扇形AOC的面积为 ；②若∠ABC=30°，AC=2，则DMAD= ．【答案】 2π3/23π 3−1/−1+3【分析】①首先根据圆周角定理得到∠AOC=60°，然后利用扇形面积公式求解即可；②作ME⊥AC交AC于点E，作CF⊥AD交AD于点F，根据三角形内心的性质求出ME=2+23−42=3−1，进而得到AM=2ME=6−2，然后利用勾股定理和等腰直角三角形的性质得到DM=22，进而求解即可．【详解】①∵∠ABC=30°，AC=AC，∴∠AOC=2∠ABC=60°∵⊙O的直径为4，∴⊙O的半径为2，∴扇形AOC的面积为60°×π×22360°=2π3；②如图所示，作ME⊥AC交AC于点E，作CF⊥AD交AD于点F，∵∠ABC=30°，AC=2，∠BAC=90°∴BC=2AC=4∴AB=BC2−AC2=23∵点M为△ABC的内心，∴ME是△ABC内切圆的半径，∴ME=2+23−42=3−1，∵点M为△ABC的内心，∴AD是∠BAC的角平分线，∴∠CAD=45°，AM=2ME=6−2，∵CF⊥AD∴∠ACF=45°∴△ACF是等腰直角三角形∵AC=2∴AF=CF=2∵AC=AC∴∠ADC=∠ABC∴CD=2CF=22∴DF=CD2−CF2=6∴AD=AF+DF=2+6∴DM=AD−AM=2+6−6−2=22∴DMAD=222+6=3−1．故答案为：2π3，3−1．【点睛】此题考查了圆周角定理，三角形内心的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．12．（2023春·湖北省直辖县级单位·九年级校联考阶段练习）如图，BC为半圆O的直径，点A是半圆上的一点，点D为AC的中点，AC与BD相交于点E．若AB=AC，BE=8，则CD的长为 ．【答案】4【分析】延长BA,CD相交于点F，通过证明△BAE≌△CAFASA得到AE=CF=8，再根据三线合一得到CD=12CF，即可求解．【详解】解：延长BA,CD相交于点F，∵∠ABD,∠ACD均为AD所对的圆周角，∴∠ABD=∠ACD，∵BC为半圆O的直径，∴∠BAC=∠BDC=90°，∵∠BAE=∠CAF，在△BAE和△CAF中，∠ABD=∠ACDAB=AC∠BAE=∠CAF，∴△BAE≌△CAFASA，∴BE=CF=8，∵点D为AC的中点，∴∠ABD=∠CBD，又∵∠BDC=90°，∴CD=12CF=4，故答案为：4．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握同弧或等弧所对圆周角相等，直径所对圆周角为直角，全等三角形对应边相等以及等腰三角形“三线合一”．13．（2022秋·广东汕尾·九年级华中师范大学海丰附属学校校考阶段练习）如图，△ABC内接于⊙O，AB是直径，BC=8，AC=6，CD平分∠ACB，则弦AD的长为 ．【答案】52【分析】连接BD，根据直径所对得圆周角为直角可得∠ACB=90°, ∠ADB=90°,根据勾股定理求出AB=10,根据CD平分∠ACB可得AD=BD，根据勾股定理求出AD即可．【详解】解：如图：连接BD，∵AB为直径，∴∠ACB=90°, ∠ADB=90°,∴AB=62+82=10, ∵CD平分∠ACB, ∴∠ACD=∠BCD, ∴AD=BD，根据勾股定理可得：AD2+BD2=AB2，即2AD2=100解得：AD=52．故答案为：52 ．【点睛】本题考查的是直径所对的圆周角是直角，勾股定理，同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等．掌握以上知识点是解题关键．14．（2022秋·江苏·九年级专题练习）如图，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D是AB的中点，点E在AC上，点F在BC上，∠EDF=90°，连接BE，若∠CBE=2∠EDA，CE=6，则BE= ．【答案】10【分析】连接CD，EF，根据等腰直角三角形的性质得到AD=CD=BD=12AB，∠ABC=∠DCE=45°，CD⊥AB，根据余角的性质得到∠ADE=∠CDF，同理∠CDE=∠BDF，根据全等三角形的性质得到BF=CE=6，延长FC至G，使CG=CF，设∠EDA=∠CDF=α，则∠CBE=2α，由∠ECF=∠EDF=90°，得到点D，F，C，E在以EF为直径的同一个圆上，根据圆周角定理得到∠CEF=∠CDF=α，求得∠CEG=α，推出∠G=∠GEB，根据等腰三角形的性质得到BE=BG，设CG=CF=x，根据勾股定理即可得到结论．【详解】解：连接CD，EF， ∵在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D是AB的中点， ∴AD=CD=BD=12AB，∠ABC=∠DCE=45°，CD⊥AB， ∵∠EDF=90°， ∴∠ADE+∠EDC=∠EDC+∠CDF=90°， ∴∠ADE=∠CDF， 同理∠CDE=∠BDF， ∴△CDE≌△BDF（ASA）， ∴BF=CE=6， 延长FC至G，使CG=CF， 则△CEG≌△CEF， ∴∠GEC=∠FEC， ∵∠CBE=2∠EDA， ∴设∠EDA=∠CDF=α，则∠CBE=2α， ∵∠ECF=∠EDF=90°， ∴点D，F，C，E在以EF为直径的同一个圆上， ∴∠CEF=∠CDF=α， ∴∠CEG=α， ∴∠G=90°-α， ∴∠BEG=180°-∠EBC-∠G=90°-α， ∴∠G=∠BEG， ∴BE=BG， 设CG=CF=x， ∴BE=BG=6+2x，BC=6+x， 在Rt△BEC中，BE2=CE2+BC2，   ∴（6+2x）2=62+（6+x）2， 解得：x=2（负值舍去）， ∴BE=10． 故答案为：10．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，一元二次方程的解法，圆周角定理的应用，正确的作出辅助线是解题的关键．15．（2022秋·福建福州·九年级校考阶段练习）如图，在半径为5的⊙O中；弦AC＝8，B为AC上一动点，将△ABC沿弦AC翻折至△ADC，延长CD交⊙O于点E，F为DE中点，连接AE，OF．现给出以下结论：①AE＝AB；②∠AED=∠ADE；③∠ADC＝2∠AED；④OF的最小值为2，其中正确的是 （写出所有正确结论的序号）．【答案】①②【分析】①②根据折叠的性质得出AD=AB，∠BCA=∠DCA，结合圆周角定理可得出AB=AE进而推出①②正确；③假设∠ADC=2∠AED，推出△AED是等边三角形，进而推出∠ABC=120°，为定值，这与∠ABC是变角相矛盾；④作OM⊥AC于M，并延长交⊙O于G，连接FM、OC、AF，先根据垂径定理求出OM的长，然后根据直角三角形斜边中线的性质求出FM长，最后根据三角形三边关系得出OF≥FM−OM ，则可解决问题．【详解】解：∵△ABC折叠得到△ADC，∴ AD=AB，∠BCA=∠DCA，又∵在 ⊙O中，∠BCA和∠DCA所对的弦分别是AB和AE，∴AB=AE 又∵AD=AB ，∴AB=AD=AE ，在△ADE中，AD=AE ，∴∠ADE=∠AED，故①②正确；由②可得∠ADE=∠AED，假设∠ADC=2∠AED，∵∠ADC=∠AED+∠DAE，∴∠AED=∠DAE∴∠AED=∠DAE=∠ADE ，∴△AED是等边三角形，∴∠ADC=180°−∠EDA=120° ，∴∠ABC=∠ADC=120°，是定值，而B是动点，A、C两点固定，则∠ABC是变化的，∴两者矛盾，故③错误；④如图，作OM⊥AC于M，并延长交⊙O于G，连接FM、OC、AF，∴AM=MC=12AC=4 ，OM=OC2−MC2=52−42=3 ，由②得AD=AE，F为ED的中点，∴AF⊥ED ，∴FM=12AC=4 ，∵OF≥FM−OM=4−3=1 ，当O、F、M三点共线时，OF最小，这时OF=1，故④错误；综上所述，正确的是①② ．故答案为：①②．【点睛】本题考查了圆的综合，涉及图形的翻着的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，三角形的三边关系等，熟练掌握以上性质，灵活运用是解题的关键．16．（2022·福建漳州·统考模拟预测）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若四边形OABC为菱形，则∠ADC的度数是 ．【答案】60°【分析】根据菱形的性质得到∠AOC＝∠ABC，根据圆周角定理得到∠ADC＝12∠AOC，根据圆内接四边形的性质得到∠ADC＋∠ABC＝180°，计算即可．【详解】解：∵四边形OABC为菱形，∴∠AOC＝∠ABC，由圆周角定理得：∠ADC＝12∠AOC，∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∴∠ADC＋∠ABC＝180°，∴∠ADC＋2∠ADC＝180°，解得：∠ADC＝60°，故答案为：60°．【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、菱形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．三、解答题17．（2023·福建福州·校考模拟预测）如图，以菱形ABCD的边AD为直径作⊙O交AB于点E，连接DB交⊙O于点M，F是BC上的一点，且BF=BE，连接DF．  (1)求证：DM=BM；(2)求证：DF是⊙O的切线．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）连接AM，根据AD是直径，得出∠AMD=90°，根据菱形性质得出AD=AB，根据等腰三角形性质得出DM=BM即可；（2）连接DE，根据AD是直径，得出∠AED=90°，求出∠DEB=180°−90°=90°，根据菱形的性质得出∠DBE=∠DBF，AD∥BC，证明△DBE≌△DBFSAS，得出∠DFB=∠DEB=90°，根据平行线的性质得出∠ADF=∠DFB=90°，得出AD⊥DF，即可证明结论．【详解】（1）证明：连接AM，如图所示：  ∵AD是直径，∴∠AMD=90°，∴AM⊥BD，∵四边形ABCD为菱形，∴AD=AB，∴DM=BM；（2）证明：连接DE，如图所示：  ∵AD是直径，∴∠AED=90°，∴∠DEB=180°−90°=90°，∵四边形ABCD为菱形，∴∠DBE=∠DBF，AD∥BC，∵BE=BF，DB=DB，∴△DBE≌△DBFSAS，∴∠DFB=∠DEB=90°，∵AD∥BC，∴∠ADF=∠DFB=90°，∴AD⊥DF，∵AD为直径，∴DF是⊙O的切线．【点睛】本题主要考查了直径所对的圆周角为直角，三角形全等的判定和性质，菱形的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，切线的判定，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握切线的判定方法．18．（2022秋·福建福州·九年级闽清天儒中学校考期中）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC，BC．AD平分∠BAC，点D在⊙O上，连接OD，交BC于点E．(1)若∠ABC=30°，AC=2，求AD的长；(2)求证：AC=2OE．【答案】(1)23(2)证明见详解【分析】（1）过点O作OF⊥AD于点F，利用垂径定理可得AD=2AF，根据直径所对的圆周角是直角可得∠BCA=90°，从而利用含30度角的直角三角形的性质可得AB=2AC=4，进而可得OA=12AB=2，然后利用角平分线的定义可得∠CAD=∠DAO=30°，从而在Rt△AOF中，利用含30度角的直角三角形的性质可得OF=1，AF=3，进行计算即可解答；（2）利用角平分线的定义和等腰三角形的性质可得AC∥OD，然后利用平行线分线段成比例可得BE=CE，从而利用三角形的中位线定理即可解答．【详解】（1）解：如图所示，过点O作OF⊥AD于点F，∴AD=2AF，∠AFO=90°，∵AB是⊙O的直径，∴∠BCA=90°，∵∠ABC=30°，AC=2，∴∠BAC=90°−∠ABC=60°，AB=2AC=4，∴OA=12AB=2，∵AD平分∠BAC，∴∠CAD=∠DAO=12∠CAB=30°，在Rt△AOF中，OA=2，∴OF=12OA=1，AF=3OF=3，∴AD=2AF=23，∴AD的长为23；（2）证明：∵AD平分∠BAC，∴∠CAD=∠DAO，∵OA=OD，∴∠ADO=∠DAO，∴∠ADO=∠CAD，∴AC∥OD，∵OA=OB，∴BE=CE，∴OE是△ABC的中位线，∴AC=2OE．【点睛】本题考查了垂经定理，圆周角推论，角平分线，等腰三角形性质，平行线分线段成比例，三角形中位线，解题的关键是理解题意，掌握这些知识点．19．（2022秋·福建厦门·九年级厦门一中校考阶段练习）如图，AD是Rt△ABC斜边BC上的中线，O在AC边上，过A，D两点的⊙O交AC于E，EF∥BC．(1)求证：AD=EF；(2)若点E是OC中点，EF=2时，判断BC与⊙O的位置关系并求EF的长．【答案】(1)见解析(2)BC与⊙O相切，EF=43π9【分析】（1）连接DF，根据直角三角形斜边中线的性质得出AD=CD，得出∠DAC=∠C，根据圆周角定理得出∠DFE=∠DAC，即可得出∠DFE=∠C，根据平行线的性质和判定即可证得FD∥EC，得出四边形EFDC是平行四边形，即可证得结论；（2）连接OF，OD，DE，易证得△ADE≌△CDOSAS，根据直角三角形斜边中线的性质得出DE=OE=OD，由等边三角形的性质得∠DOE=60°，解直角三角形求得半径的长，再由垂径定理得∠EOF=120°，然后根据弧长公式即可求得．【详解】（1）证明：如图，连接DF，∵AD是Rt△ABC斜边BC上的中线，∴AD=DC，∴∠DAC=∠C，∵∠DFE=∠DAC，∴∠DFE=∠C，∵EF∥BC，∴∠CEF+∠C=180°，∴∠DFE+∠CEF=180°，∴FD∥EC，∴四边形EFDC是平行四边形，∴EF=DC，∴AD=EF．（2）如图，连接OF，OD，DE∵AD是Rt△ABC斜边BC上的中线，∴AD=DC，∴∠DAC=∠C，又∵点E是OC中点，AE是⊙O的直径，∴AE=OC，∴△ADE≌△CDOSAS，∴∠ODC=∠ADE=90°，∴OD⊥BC，∴BC与⊙O相切，∴DE=OE=OD，∴∠DOE=60°，由（1）知EF=DC=2，∴OD=DCtan60°=23=233，又∵EF∥BC，∴OD⊥EF，∴∠EOF=2∠DOE=120°，EF=120π×233180=43π9．【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，直角三角形斜边中线的性质，平行四边形的判定和性质以及垂径定理，正确作出辅助线是解题的关键．20．（2022秋·福建南平·九年级统考期末）如图，四边形ABCD为菱形，以AD为直径作⊙O交AB于点F，连接DB交⊙O于点H，过点D作⊙O的切线交BC于点E．(1)求证：AF=CE；(2)若BF=2，DH=5，求⊙O的半径．【答案】(1)见解析(2)52【分析】（1）连接DF，根据菱形的性质可得AD=CD，AD∥BC，∠A=∠C．再由切线的性质，可得∠CED=∠ADE=90°．可证得△DAF≌△DCE．即可求证；（2）连接AH，DF，根据等腰三角形的性质可得BD=2DH=25．在Rt△ADF和Rt△BDF中，根据勾股定理，即可求解．【详解】（1）证明：如图，连接DF，∵四边形ABCD为菱形，∴AD=CD，AD∥BC，∠A=∠C．∵DE是⊙O的切线，∴∠ADE=90°．∵AD∥BC，∴∠CED=∠ADE=90°．∵AD是⊙O的直径，∴∠DFA=90°．∴∠AFD=∠CED=90°．在△DAF和△DCE中，∠AFD=∠CED∠A=∠CAD=CD，∴△DAF≌△DCE（AAS）．∴AF=CE．（2）解：如图，连接AH，DF，∵AD是⊙O的直径，∴∠AHD=∠DFA=90°．∵AD=AB，DH=5，∴BD=2DH=25．在Rt△ADF和Rt△BDF中，由勾股定理，得DF2=AD2－AF2，DF2=BD2－BF2，∴AD2－AF2=BD2－BF2．∴AD2－（AD－BF）2=BD2－BF2．∴AD2−(AD−2)2=(25)2−22．∴AD=5．∴⊙O的半径为52．【点睛】本题考查了圆的综合，涉及了圆周角定理，菱形的性质，切线的性质，三角形全等的性质和判定，勾股定理等知识，解答本题的关键是根据勾股定理列方程解决问题．21．（2022·福建·模拟预测）如图，已知等边ΔABC内接于⊙O，D为BC的中点，连接DB，DC，过点C作AB的平行线，交BD的延长线于点E．（1）求证：CE是⊙O的切线；（2）若AB的长为6，求CE的长．【答案】（1）见解析；（2）3【分析】（1）由题意连接OC，OB，由等边三角形的性质可得∠ABC=∠BCE=60°，求出∠OCB=30°，则∠OCE=90°，结论得证；（2）根据题意由条件可得∠DBC=30°，∠BEC=90°，进而即可求出CE=12BC＝3．【详解】解：（1）证明：如图连接OC、OB．∵ΔABC是等边三角形∴  ∠A=∠ABC=60∘ ∵AB//CE∴ ∠BCE=∠ABC=60°  又 ∵OB=OC∴∠OBC=∠OCB=30°∴∠OCE=∠OCB+∠BCE=90°∴OC⊥CE∴CE与⊙O相切； （2）∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠A+∠BCD=180°∴∠BDC=120°∵D为BC的中点，∴∠DBC=∠BCD=30°∴∠ABE=∠ABC+∠DBC=90° ∵AB//CE∴∠E=90°    ∴CE=12BC=12AB=3【点睛】本题主要考查等边三角形的性质、圆周角定理、圆内接四边形的性质、切线的判定以及直角三角形的性质等知识．解题的关键是正确作出辅助线，利用圆的性质进行求解．22．（2022秋·福建福州·九年级统考期中）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在BC边上，以CD为直径的⊙O与直线AB相切于点E，且E是AB中点，连接OA（1）求证：OA＝OB；（2）连接AD，若AD＝7，求⊙O的半径．【答案】（1）见解析；（2）1【分析】（1）根据切线的性质可得OE⊥AB，再依据题中已知条件E是AB中点，根据等腰三角形的判定即可证明线段相等；（2）根据等腰三角形的性质及切线长定理可得∠OAE=∠OAC，再由三个角之间的等量关系可得：∠OAC=30°，设⊙O的半径为r，则CD=2r，在Rt△AOC和Rt△ACD中，两次应用勾股定理，求解方程即可得出圆的半径．【详解】解：（1）证明：在⊙O中，连接OE，∵ 直线AB与⊙O相切于点E，∴ OE⊥AB．∵ E是AB中点，∴OA=OB；（2）解：∵OA=OB，∴ ∠OAE=∠B．∵∠ACB=90°，∴AE，AC是⊙O的切线，∴∠OAE=∠OAC，（切线长定理）∴ ∠OAE=∠OAC=∠B，∵ ∠OAE+∠OAC+∠B=90°，∴ ∠OAC=30°， 设⊙O的半径为r，则CD=2r，在Rt△AOC中，AO=2OC=2r，∴ AC=AO2−OC2=3r，在Rt△ACD中，∵AC2+CD2=AD2，AD=7，∴ 3r2+2r2=7，解得r=1，∴ ⊙O的半径为1．【点睛】题目主要考查切线的性质、等腰三角形的判定和性质、切线长定理、勾股定理等，理解题意，作出辅助线，综合运用各个性质和定理是解题关键．23．（2023·福建泉州·九年级统考学业考试）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BAC=2∠DAC，AB=AC，点F在BD的延长线上，且DF=DC，连接AF、CF．（1）求证：AC⊥BD；（2）求证：FC是⊙O的切线．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）根据△ABC的内角和，及同弧或等弧所对应的圆周角的性质，及∠BAC=2∠DAC，进行计算即可；（2）根据圆的性质，三角形的外角，及AC⊥BF进行证明即可．【详解】证明：(1)在△ABC中，∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，∴∠BAC=180°−(∠ABC+∠ACB)∵∠BAC=2∠CAD，∴2∠CAD=180°−(∠ABC+∠ACB)∵AB=AC，∴AB=AC.∴∠ACB=∠ABC=∠ADB.∴2∠CAD=180°−2∠ADB∴∠CAD=90°−∠ADB∴∠CAD+∠ADB=90°∴∠AED=90°即AC⊥BD(2)连结OA,OB,OC∵OB=OC,AB=AC，∴O,A均在线段BC的垂直平分上，即OA垂直平分BC，∴∠CAO=12∠BAC又∵DF=DC，∵DF=DC，∴∠BDC=∠FCD+∠CFD，∴∠BDC=2∠CFD∵BC=BC∴∠BDC=∠BAC∴∠CFD=∠CAD, ∵∠BAC=2∠CAD∵OA=OC∴∠CAO=∠OCA∴∠CFD=∠OCA由（1）知AC⊥BF∴∠CFD+∠FCE=90°∴∠OCA+∠FCE=90°即OC⊥FC又∵点C在⊙O上，∴FC 是⊙O的切线.【点睛】本题考查了圆的综合习题，熟知圆的各种性质，及三角形性质是解题的关键．24．（2023·福建厦门·厦门一中校考一模） 如图，在ΔABC，AB=AC，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∠CBF=12∠CAB．(1)求证：直线BF是的⊙O切线．(2)若点C到直线BF的距离是1，求线段CD的长度．【答案】（1）见解析；（2）CD=1【分析】(1) 连接AE，已知半径证垂直，根据题中给的角的关系即可得．(2)利用直径所对的圆周角是直角与第一问所得，证得△DCB≌△BCH即可得．【详解】(1)连接AE，∵AB为直径∴∠AEB=90∘，∠1+∠2=90∘．∵AB=AC．∴∠1=12∠CAB．又∵∠CBF=12∠CAB．∴∠1=∠CBF．∴∠CBF+∠2=90∘．即∠ABF=90∘∴直线BF是⊙O的切线．(2)连接BD，过C作CH垂直BF于H由(1)得∠EAD=∠CBH，∠AEC=90∘又∠CHB=∠AEC=90∘由三角形内角和易得∠DCB=∠BCH∵AB是直径，∴∠ADB=90∘在△BDC与△BHC中∠BDC=∠CHB∠DCB=∠BCHBC=BC∴△BDC≅△BHC∴CD=CH=1【点睛】此题考查的是切线的判定、圆周角定理的推论、等腰三角形的性质和全等三角形的判定及性质，掌握切线的判定、圆周角定理的推论、等腰三角形的性质和全等三角形的判定及性质是解决此题的关键．25．（2023·福建·九年级专题练习）已知四边形ABCD内接于⊙O，∠DAB＝90°．（Ⅰ）若AB＝AD，求∠ACB的度数；（Ⅱ）连接AC，若AD＝8，AB＝6，对角线AC平分∠DAB，求AC的长．【答案】（Ⅰ）45°；（Ⅱ）72．【分析】(Ⅰ)连接BD，根据圆周角定理得到BD为直径，推出△ABD为等腰直角三角形，于是得到∠ACB=∠ADB=45°；(Ⅱ)如图2，作BH⊥AC于H，根据勾股定理得到BD=10，根据角平分线的定义得到∠BAC=∠BAC=45°，推出△CDB为等腰直角三角形，得到BC=22BD=55，解直角三角形即可得到结论．【详解】(Ⅰ)连接BD，∵∠DAB=90°，∴BD为直径，∵AD=AB，∴△ABD为等腰直角三角形，∴∠ACB=∠ADB=45°；(Ⅱ)如图，作BH⊥AC于H，∵∠DAB=90°，∴BD为直径，BD=AD2+AB2=82+62=10，∴∠BCD=90°，∵AC平分∠DAB，∴∠BAC=∠BAC=45°，∴∠CBD=∠BDC=45°，∴△CDB为等腰直角三角形，∴BC=22BD=22×10=55，在Rt△ABH中，AH=BH=22AB=32，在Rt△BCH中，CH=BC2−BH2=(52)2−(32)2=42，∴AC=AH+CH=72．【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆内接四边形的性质，勾股定理，圆周角定理和等腰直角三角形的判定与性质．掌握圆内接四边形的对角互补的性质是解题的关键．26．（2023·福建漳州·校考一模）已知：如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，点E为弦AB的中点，AO的延长线交BC于点D，连接ED．过点B作BF⊥DE交AC于点F．(1)求证：∠BAD＝∠CBF；(2)如果OD＝DB．求证：AF＝BF．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)能够由已知条件先得到∠CBF+∠ACB＝90°，再求得∠CBF+∠ABC＝90°，且得到∠BAD+∠ABC＝90°，最终综上证得∠BAD＝∠CBF.(2)连接OB，得到∠BOD=45°，在通过互补即可得到∠BAC=45°，通过三角形内角和得到∠ABF=45°，即可证明【详解】(1)如图1所示：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，∵直线AD经过圆心O，∴AD⊥BC，BD＝CD，∵点E为弦AB的中点，∴DE是△ABC的中位线．∴DE∥AC，∵BF⊥DE，∴∠BPD＝90°，∴∠BFC＝90°，∴∠CBF+∠ACB＝90°．∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∴∠CBF+∠ABC＝90°，又∵AD⊥BC，∴∠BAD+∠ABC＝90°，∴∠BAD＝∠CBF；(2)连接OB．如图2所示：∵AD⊥BC，OD＝DB，∴△ODB是等腰直角三角形，∴∠BOD＝45°．∵OB＝OA，∴∠OBA＝∠OAB．∵∠BOD＝∠OBA+∠OAB，∴∠BAO＝12 ∠BOD＝22.5°，∵AB＝AC，且AD⊥BC，∴∠BAC＝2∠BAO＝45°．∵∠2＝90°，即BF⊥AC，∴在△ABF中，∠ABF＝90°﹣45°＝45°，∴∠ABF＝∠BAC，∴AF＝BF．【点睛】此题考查了圆的内接三角形的互补，等腰三角形的性质，需要做辅助线才能更好解答27．（2023·福建泉州·校联考一模）如图，已知△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交 BC于点D，过D作DE⊥AC于E．（1）求证：直线DE是⊙O的切线；（2）若CD=23，∠ACB=30°，分别求AB，OE的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）AB=4，OE=7．【详解】分析：（1）连接OD根据等腰三角形的性质和等量代换可得∠ODB=∠C，由同位角相等，两直线平行可得OD∥AC，即可得∠ODE=∠DEC=90°，所以DE是⊙O的切线；（2）连接AD，由直径所对的圆周角为直角可得∠ADB=90°，根据等腰三角形的性质可得BD=DC=23，∠B=∠ACB=30°，在Rt△ABD中，根据锐角三角函数的等于求得AB=4，即可得OD=OB=2，在Rt△CDE中求得DE=3，在Rt△ODE中，由勾股定理求得OE的长即可． 详解：（1）连接OD，则OD=OB，∴∠B=∠ODB，∵AB=AC，∴∠B=∠C，∴∠ODB=∠C．∴OD∥AC，∴∠ODE=∠DEC=90°，∴DE是⊙O的切线；（2）连接AD，∵AB为直径∴∠ADB=90°，∵AB=AC，∠ACB=30°∴BD=DC，∠B=∠ACB=30°，∵CD=2，∴BD=2， 在Rt△ABD中，cos∠B=，∴AB===4，∴OD=OB=AB=2，在Rt△CDE中，sin∠C=，∴DE=DCsin∠C=2×=，在Rt△ODE中，OE2=OD2+DE2=22+（）2=7，∴OE=． 点睛：本题考查了切线的判定，圆周角定理以及等腰三角形的性质和勾股定理等知识，综合性较强．解决第（1）问的关键是判定OD∥AC，解决第（2）问的关键是会综合运用圆周角定理、锐角三角函数、勾股定理的解决问题．28．（2023春·江西九江·九年级校联考阶段练习）如图，AB是⊙O的直径，弦AC与BD交于点E，且AC=BD，连接AD,BC．(1)求证：△ADB≌△BCA；(2)若OD⊥AC,AB=4，求弦AC的长；(3)在（2）的条件下，延长BA至点P，使AP=2，连接PD．求证：PD是⊙O的切线．【答案】(1)见解析(2)23(3)见解析【分析】（1）根据AB是⊙O的直径和题中条件利用“HL”即可证明；（2）连接OC，根据垂径定理可得AD=CD，根据△ADB≌△BCAHL可得AD=BC，从而证明△COB为正三角形，即可求解；（3）根据三角形全等可证△OAD为正三角形，可得∠OAD=∠ODA=60°，再根据AP=AD，即可证明【详解】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=∠ACB=90°，∵AC=BD,AB为公共边，∴△ADB≌△BCAHL；（2）解：连接OC，如图所示，  ∵OD是⊙O的半径，OD⊥AC，∴AD=CD，由（1）得：△ADB≌△BCAHL，∴AD=BC，∴AD=BC，∴AD=BC=CD，∴∠AOD=∠COD=∠BOC=60°，又∵OC=OB，∴△COB为正三角形，∴∠ABC=60°，在Rt△ABC中，AC=AB⋅sin∠ABC=4×32=23；（3）证明：由（1）可得：△ADB≌△BCAHL，∴BC=AD，由（2）可得BC=AB2−AC2=42−232=2，∴BC=AD=2，∵AB=4，∴OA=OD=2，∴△OAD为正三角形，∴∠OAD=∠ODA=60°，OA=AD=2∵AP=2，∴AP=AD，∴∠P=∠ADP=30°，∴∠ODP=∠ADP+∠ODA=90°，∴PD是⊙O的切线．【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质，添加恰当辅助线是本题的关键．29．（2022秋·广东惠州·九年级统考期末）如图，△ABC内接于⊙O，AB为直径，∠BAC=60°，延长BA至点P使AP=AC，作CD平分∠ACB交AB于点E，交⊙O于点D．连接PC，BD．  (1)求证：PC为⊙O的切线；(2)求证：BD=2PA；(3)若PC=83，求AE的长．【答案】(1)见详解(2)见详解(3)83−8【分析】（1）连接OC，根据三角形的内角和和切线的判定定理即可得到结论；（2）连接AD．根据角平分线的定义得到∠ACD=∠BCD=45°．求得AD=BD．推出△ACO为等边三角形，根据等边三角形的性质即可得到结论；（3）根据等腰三角形的判定和性质以及勾股定理即可得到结论．【详解】（1）证明：连接OC，  ∵∠BAC=60°，且OA=OC，∴∠OCA=∠OAC=60°．∵AP=AC，且∠P+∠PCA=∠BAC=60°，∴∠P=∠PCA=30°．∴∠PCO=∠PCA+∠ACO=90°．∵点C在⊙O上，∴PC为⊙O的切线；（2）证明：连接AD．  ∵CD平分∠ACB，且∠ACB=90°，∴∠ACD=∠BCD=45°．∴AD=BD．∵在Rt△ADB中，AD2+BD2=AB2．∴AD=BD=22AB，又∵OA=OC，∠CAO=60°，∴△ACO为等边三角形，∴AC=CO=AO．∴PA=AC=AO=12AB．∴BD=2PA；（3）解：∵∠PCE=∠PCA+∠ACD=75°，∠P=30°，∴∠PEC=180°−∠P−∠PCE=75°，∴PC=PE=83．又在Rt△PCO中，∠P=30°，∴OP=2OC，PO2=PC2+CO2，∴CO=8，PO=16．∴OE=OP−PE=16−83，∴AE=OA−OE=OC−OE=8−(16−83)=83−8．【点睛】本题考查了切线的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线定义，正确的作出辅助线是解题的关键．30．（2023春·北京西城·九年级北师大实验中学校考开学考试）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C作⊙O的切线l，过点B作BD⊥l于点D．  (1)求证：BC平分∠ABD；(2)连接OD，若∠ABD=60°，CD=3，求OD的长．【答案】(1)证明见解析(2)7【分析】（1）连接OC，求得OC∥BD，得到∠OBC=∠CBD，即可求得BC平分∠ABD．（2）连接AC，求得∠ACB=90°，在Rt△BDC中，求得BC=23；在Rt△ACB中，AB=2AC，OC=2；在Rt△OCD中，利用勾股定理可求得OD=7．【详解】（1）证明：如图，连接OC．  ∵直线l与⊙O相切于点C，∴OC⊥l于点C．∴∠OCD=90°．∵BD⊥l于点D，∴∠BDC=90°．∴∠OCD+∠BDC=180°．∴OC∥BD．∴∠OCB=∠CBD．∵OC=OB，∴∠OBC=∠OCB．∴∠OBC=∠CBD．∴BC平分∠ABD．（2）解：连接AC．  ∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°．∵∠ABD=60°，∴∠OBC=∠CBD=12∠ABD=30°．在Rt△BDC中，∵∠CBD=30°，CD=3，∴BC=2CD=23．在Rt△ACB中，∵∠ABC=30°，∴AB=2AC．∵AC2+BC2=AB2，  ∴AB=4．∴OC=12AB=2．在Rt△OCD中，∵OC2+CD2=OD2，∴OD=7．【点睛】本题是圆与三角形综合题，考查了切线的性质、角平分线的判定和和勾股定理，作出恰当的辅助线是解决问题的关键