数学人教版（2024）24.1.1 圆精品课堂检测

这是一份数学人教版（2024）24.1.1 圆精品课堂检测，共56页。试卷主要包含了已知等内容，欢迎下载使用。

(1)求证：PB与⊙O相切；
(2)点Q在劣弧AB上运动，过点Q作⊙O的切线分别交PA，PB于点M，N．若PA=6，则△PMN的周长为______．
2．（2022·河南·油田十中九年级期末）如图，的边为直径的交于D，，作垂足为E，连接，
(1)求证：是的切线．
(2)若，．求线段的长．
3．（2022·甘肃·民勤县第六中学九年级期末）如图，⊙O与△ABC的边BC相切于点D，与AB、AC的延长线分别相切于点E、F，连接OB，OC．
(1)若∠ABC=80°，∠ACB=40°，求∠BOC的度数．
(2)∠BOC与∠A有怎样的数量关系，并说明理由．
4．（2022·宁夏·中考真题）如图，以线段为直径作，交射线于点，平分交于点，过点作直线于点，交的延长线于点．连接并延长交于点．
(1)求证：直线是的切线；
(2)求证：；
(3)若，，求的长．
5．（2022·黑龙江绥化·九年级期末）已知：如图，为的直径，，交于，于．
(1)请判断与的位置关系，并证明．
(2)连接，若的半径为2.5，，求的长．
6．（2022·福建南平·九年级期末）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，，求⊙O的半径．
7．（2022·陕西·紫阳县师训教研中心九年级期末）如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，点P在BA的延长线上，PD切⊙O于点C．，垂足为D，连接BC．
(1)求证：BC平分∠PBD；
(2)若，，求⊙O的半径．
8．（2022·江苏南通·中考真题）如图，四边形内接于，为的直径，平分，点E在的延长线上，连接．
(1)求直径的长；
(2)若，计算图中阴影部分的面积．
9．（2022·内蒙古赤峰·九年级期末）AB为的直径，C是上的一点，D在AB的延长线上，且，
(1)CD与相切吗？如果相切，请你加以证明；如果不相切，请说明理由．
(2)若，BD＝12cm．求的半径．
10．（2022·内蒙古呼伦贝尔·九年级期末）如图，在 ABCD中，∠D＝60°，对角线AC⊥BC，⊙O经过点A，B，与AC交于点M，连接AO并延长与⊙O交于点F，与CB的延长线交于点E，AB＝EB．
(1)求证：EC是⊙O的切线；
(2)若AD＝2，求扇形OAM的面积（结果保留π）．
11．（2022·江苏·九年级期中）如图，点A、P、B、C是上的四个点，且．
(1)证明：是正三角形．
(2)若的半径是6，求正的边长．
12．（2022·辽宁大连·九年级期末）如图，△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与AC，BC分别交于点D和点E，过点E作EF⊥AC，垂足为F．
(1)求证：EF是⊙O的切线；
(2)若CD＝4，EF＝3，求⊙O半径．
13．（2022·湖南长沙·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，点D是AB延长线上的一点，点C在⊙O上，且AC=CD，∠ACD=120°．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若AC=12，求AD的长；
(3)若⊙O的半径为3，求图中阴影部分的面积．
14．（2022·福建南平·九年级期末）如图，在中，，点O为边上一点，以点O为圆心，长为半径的圆与边相交于点D，连接，当为的切线时．
(1)求证：；
(2)若的半径为1，求的长．
15．（2022·浙江台州·九年级期末）如图，D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA=∠CBD．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若AC=8，CD=12，求半径的长度．
16．（2022·山东东营·中考真题）如图，为的直径，点C为上一点，于点D，平分．
(1)求证：直线是的切线；
(2)若的半径为2，求图中阴影部分的面积．
17．（2022·浙江丽水·一模）如图，是的直径，C，D是上两点，C是的中点，过点C作的垂线，分别交与的延长线于点E和点F．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
18．（2022·山东烟台·一模）图，在平行四边形中，是对角线，，以点A为圆心，以的长为半径作，交边于点E，交于点F，连接．
(1)试判断直线与的位置关系，并证明你的判断．
(2)若，，求阴影部分的面积．
19．（2022·浙江台州·二模）如图，已知BC是的直径，PB是的切线．连接PO，过点C作OP的平行线交于点A，连接PA．
(1)求证：PA是的切线；
(2)若，，求阴影部分的面积．
20．（2022·江苏·滨海县教师发展中心二模）如图，直线AB经过上的点C，直线BO与交于点F和点D，OA与交于点E，与DC交于点G，，．
(1)求证：AB是的切线；
(2)若FC//OA，，求图中阴影部分面积．
21．（2022·河北廊坊·一模）如图，四边形内接于半，是半的直径，A、D是半圆弧的三等分点连接，过D作交的延长线于E．
(1)求证：是半的切线；
(2)已知，求图中阴影部分的面积．
22．（2022·湖北武汉·二模）如图，PA与⊙O相切于点A，AB是直径，点C在⊙O上，连接CB，CP，2∠B+∠P＝180°．
(1)求证：PC是⊙O的切线；
(2)过O作OD∥PC，交AP于点D，若AB＝8，∠AOD＝30°．求由线段PA，PC及弧AC所围成阴影部分的面积．
23．（2022·广东东莞·九年级期末）如图1，四边形ABCD内接于，AD为直径，过点C作于点E，连接AC．
(1)求证：；
(2)若CE是的切线，，连接OC，如图2．
①请判断四边形ABCO的形状，并说明理由；
②当AB＝2时，请直接写出AD，AC与围成阴影部分的面积为______．
24．（2022·河北石家庄·二模）如图，的半径为3，与相切于点B，交于点C，的延长线交于点D，E是上不与B，D重合的点，．
(1)求的度数；
(2)求图中阴影部分的面积．
(3)在的延长线上取点F，使，作直线，判断直线与有怎样的位置关系，并说明理由．
25．（2022·河北承德·九年级期末）如图1，点B，C是以AD为直径的半圆⊙O上的两点，过点C作射线AB的垂线，交射线AB于点E，连接BC，AC，CD．
(1)求证：∠CAD=∠ECB；
(2)如图2，若CE是⊙O的切线，点C是半圆⊙O的一个三等分点，连接OC．
①请判断四边形ABCO的形状，并说明理由；
②当AB=2时，求弦AB与、弦BC与所围成的阴影部分的面积．
26．（2022·四川绵阳·中考真题）如图，AB为⊙O的直径，C为圆上的一点，D为劣弧的中点，过点D作⊙O的切线与AC的延长线交于点P，与AB的延长线交于点F，AD与BC交于点E．
(1)求证：；
(2)若⊙O的半径为，DE＝1，求AE的长度；
(3)在（2）的条件下，求的面积．
27．（2022·黑龙江哈尔滨·九年级期末）内接于，连接，．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，点在外，，CD∥OB，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，点在圆周上（若与点位于AB的两侧），连接EB、EC，若，，，求的半径长．
28．（2022·新疆·乌鲁木齐八一中学九年级期中）如图，在中，点A是边BE上一点，以AB为直径的与CE相切于点D，，点F为OC与的交点．
(1)求证：CB是的切线；
(2)连接DB与OC交于点G，，，求阴影部分面积．
29．（2022·山东临沂·二模）如图，在⊙O中，AC为⊙O的直径，AB为⊙O的弦，点E是的中点，过点E作AB的垂线，交AB于点M，交⊙O于点N，分别连接EB，CN．
(1)EM与BE的数量关系是 ；
(2)求证：；
(3)若AM＝，MB＝2，求阴影部分图形的面积．
30．（2023·河北·九年级专题练习）已知，在半圆中，直径，点，在半圆上运动，（点，可以与，两点重合），弦．
(1)如图1，当时，直接写出图中标注顶点的所有全等三角形；
(2)如图2，若时，求图中阴影部分（弦AD、直径AB、弧BD围成的（图形）的面积；
(3)如图3，取CD的中点，点从点开始运动到点与点重合时结束，在整个运动过程中：
①点M到AB的距离的最小值是______；
②直接写出点M的运动路径长______．
参考答案：
1．
（1）
证明：连接OB，
∵PA与⊙O相切于点A，
∴∠PAO=90°，
在△APO和△BPO中，
，
∴△APO≌△BPO（SSS），
∴∠PAO=∠PBO=90°，
∴OB⊥PB，
∴PB与⊙O相切；
（2）
解：∵PA，PB是⊙O的切线，过点Q作⊙O的切线，PA=6，
∴MA=MQ，NQ=NB，PA=PB=6，
∴△PMN的周长=PM+MQ+NQ+PN=PA+PB=12；
故答案为：12．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，切线长定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
2．(1)见详解
(2)
【分析】（1）连接OD，由三角形中位线可知OD∥AC，然后问题可求证；
（2）连接AD，则可得△ABC是等边三角形，然后可得DC=4，则可知AB=8，OD=4，进而根据勾股定理可进行求解．
（1）
证明：连接OD，如图所示：
∵AB是的直径，
∴，
∵，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
∵，
∴，
∴OD⊥DE，
∵OD是的半径，
∴是的切线；
（2）
解：连接AD，如图所示：
∵AB是的直径，
∴，即，
∵，
∴，
∵，
∴△ABC是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在Rt△ODE中，由勾股定理得：．
【点睛】本题主要考查切线的判定、勾股定理、等边三角形的性质与判定及圆周角定理，熟练掌握切线的判定、勾股定理、等边三角形的性质与判定及圆周角定理是解题的关键．
3．(1)60°
(2)∠BOC=90°-∠A，见解析
【分析】（1）方法一：先根据平角的定义求出∠EBC和∠DCF的度数，再根据切线长定理得到∠EBO=∠DBO=∠EBC=50°，∠DCO=∠FCO=∠DCF=70° ，据此理由三角形内角和定理求解即可；方法二：如图，连接OD，OE，OF，则由切线的性质可知，证明Rt△ODB≌Rt△OEB(HL) ， Rt△ODC≌Rt△OFC(HL)，得到∠EOB=∠DOB ，∠COD=∠COF，先求出∠A的 度数，再利用四边形内角和定理求出∠EOF=120°，则∠BOC=∠BOD+∠COD=∠EOF=60°．
（2）同（1）方法二求解即可．
（1）
解：方法一： 由题意得∠EBC=180°-∠ABC=180°-80°=100°，∠DCF=180°-∠ACB=180°-40°=140°，
由切线长定理可知，∠EBO=∠DBO=∠EBC=50°，∠DCO=∠FCO=∠DCF=70° ，
∴在△OBC中，∠BOC=180°-∠OBC-∠BCO=180°-70°-50°=60°；
方法二：如图，连接OD，OE，OF，则由切线的性质可知，
∠BEO=∠BDO=∠CDO=∠CFO=90°，
又∵OD=OE=OF，OB=OB，OC=OC，
∴Rt△ODB≌Rt△OEB(HL) ， Rt△ODC≌Rt△OFC(HL)，
∴∠EOB=∠DOB ，∠COD=∠COF，
在△ABC中，∠A=180°-∠ABC-∠ACB=60°，
在四边形AEOF中，∠A+∠EOF=180°，
∴∠EOF=120°，
∴∠BOC=∠BOD+∠COD=∠EOF=60°．
（2）
解：同（1）方法二可得，∠EOB=∠DOB ，∠COD=∠COF，
∴∠BOC=∠BOD+∠COD=∠EOF=．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，切线长定理，三角形内角和定理，四边形内角和定理，全等三角形的性质与判定等等，熟知切线的性质和切线长定理是解题的关键．
4．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接OD，由∠ODA＝∠OAD＝∠DAC证明ODAC，得∠ODF＝∠AED＝90°，即可证明直线DE是⊙O的切线；
（2）由线段AB是⊙O的直径证明∠ADB＝90°，再根据等角的余角相等证明∠M＝∠ABM，则AB＝AM；
（3）由∠AEF＝90°，∠F＝30°证明∠BAM＝60°，则△ABM是等边三角形，所以∠M＝60°，则∠EDM＝30°，所以BD＝MD＝2ME＝2，再证明∠BDF＝∠F，得BF＝BD＝2．
（1）
证明：连接OD，则OD＝OA，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵AD平分∠CAB，
∴∠OAD＝∠DAC，
∴∠ODA＝∠DAC，
∴ODAC，
∵DE⊥AC，
∴∠ODF＝∠AED＝90°，
∵OD是⊙O的半径，且DE⊥OD，
∴直线DE是⊙O的切线．
（2）
证明：线段是的直径，
，
∴∠ADM＝180°－∠ADB＝，
∴∠M＋∠DAM＝，∠ABM＋∠DAB＝，
∵∠DAM＝∠DAB，
∴∠M＝∠ABM，
∴AB＝AM．
（3）
解：∵∠AEF＝90°，∠F＝30°，
∴∠BAM＝60°，
∴△ABM是等边三角形，
∴∠M＝60°，
∵∠DEM＝90°，ME＝1，
∴∠EDM＝30°，
∴MD＝2ME＝2，
∴BD＝MD＝2，
∵∠BDF＝∠EDM＝30°，
∴∠BDF＝∠F，
∴BF＝BD＝2．
【点睛】此题重点考查切线的判定、直径所对的圆周角是直角、等角的余角相等、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
5．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接AD、OD，根据直径所对圆周角是直角，等腰三角形的性质，证明OD是△ABC的中位线，继而可得DE⊥OD，即可得证；
（2）由Rt△ADC中根据勾股定理求出DC，根据等面积法可以求出DE．
（1）
DE与相切，
证明：连接AD、OD，
∵AB为O的直径，
∴∠BDA= 90°，
∴AD⊥BC，
又∵AB=AC，
∴BD = DC，
又∵OB= OA，
∴OD是△ABC的中位线，
∴ODAC，
又∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∴DE是的切线．
（2）
解：∵的半径为2.5，
则AB=AC=5，
在中，AD=3，AC=5，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可，掌握以上知识是解题的关键．
6．(1)见解析
(2)
【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．在Rt△ADF和Rt△BDF中，根据勾股定理，即可求解．
（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，，
∴△DAF≌△DCE（AAS）．
∴AF=CE．
（2）
解：如图，连接AH，DF，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠AHD=∠DFA=90°．
∵AD=AB，，
∴．
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．
∴．
∴AD=5．
∴⊙O的半径为．
【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．
7．(1)见解析
(2)2cm
【分析】（1）连接OC，由切线的性质易得到，进而推出，结合易得，即可求解；
（2）设半径为r，进而求出，然后根据勾股定理求解．
（1）
证明：连接OC，
∵是⊙O的切线，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴BC平分∠PBD；
（2）
解：设半径为r，
则，
则，
在Rt△POC中，由勾股定理得：，
∴，
∴，
即⊙O的半径是2cm．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，平行线的判定和性质，角平分线的判定，勾股定理，理解相关知识是解答关键．
8．(1)4
(2)6
【分析】（1）设辅助线，利用直径、角平分线的性质得出的度数，利用圆周角与圆心角的关系得出的度数，根据半径与直径的关系，结合勾股定理即可得出结论．
（2）由（1）已知，得出的度数，根据圆周角的性质结合得出，再根据直径、等腰直角三角形的性质得出的值，进而利用直角三角形面积公式求出，由阴影部分面积可知即为所求．
（1）解：如图所示，连接，为的直径，平分，，，．．，，，即．．．
（2）解：如图所示，设其中小阴影面积为，大阴影面积为，弦与劣弧所形成的面积为，由（1）已知，，，，．，弦弦，劣弧劣弧．．为的直径，，，．，．．．
【点睛】本题考查圆的性质的理解与综合应用能力．涉及对半径与直径的关系，直径的性质，圆周角与圆心角的关系，圆周角的性质，勾股定理，直角三角形，角平分线等知识点．半径等于直径的一半；直径所对的圆周角是直角；在同圆或等圆中，相等的弦所对的圆周角等于圆心角的一半；在同圆或等圆中，圆周角相等弧相等弦相等．一个直角三角中，两个直角边边长的平方加起来等于斜边长的平方．恰当借助辅助线，灵活运用圆周角的性质建立等式关系是解本题的关键．
9．(1)CD与⊙O相切．证明见解析
(2)12cm
【分析】（1）连接CO，由已知可证得∠OCD=90°，即可得CD是⊙O的切线；
（2）由已知可推出∠A=∠BCD=30°，即BC=BD=12，从而得到AB=24，即可得到半径的长．
（1）解：CD与⊙O相切．理由如下： 如图，连接CO，∵AB为⊙O的直径，C是⊙O上一点， ∴∠ACB=90°，即∠ACO+∠OCB=90°； ∵∠A=∠OCA，且∠DCB=∠A， ∴∠OCA=∠DCB， ∴∠OCD=90°， ∴CD是⊙O的切线．
（2）在Rt△OCD中，∠D=30°； ∴∠COD=60°， ∴∠A=30°， ∴∠BCD=∠D=30°， ∴BC=BD=12， ∴AB=24， ∴r=12（cm）．
【点睛】本题考查的是切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证垂直即可，同时考查了等腰三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质．
10．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接OB，根据平行四边形的性质得到∠ABC＝∠D＝60°，求得∠E=∠BAE=30°，根据等腰三角形的性质和三角形的外角的性质得到∠ABO＝∠OAB＝30°，然后说明∠OBC=90°即可证明结论；
（2）根据平行四边形的性质得到BC＝AD＝2，过O作OH⊥AM于H，则四边形OBCH是矩形，然后再说明△AOM是等边三角形，即∠AOM＝60°；最后根据扇形的面积公式求解即可．
（1）
证明：连接OB
∵四边形ABCD是平行四边形
∴∠ABC=∠D=60°
∴∠ABE=120°
∵AB=EB
∴∠E=∠BAE=30°
∵OA=OB
∴∠ABO=∠OAB=30°
∴∠OBC=30°+60°= 90°
∴OB⊥CE
∵OB是半径
∴EC是⊙O的切线．
（2）
解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴BC=AD=2
过O作OH⊥AM于H
则四边形OBCH是矩形
∴OH=BC=2，OH∥EC
∴∠AOH=∠E=30°
∴AH=2，AM=4，OA=4，∠OAH=60°
∵OA=OM，∠OAH=60°
∴△AOM是等边三角形
∴∠AOM＝60°
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定、直角三角形的性质、平行四边形的性质、矩形的判定和性质、扇形面积计算等知识点，正确的作出辅助线是解答本题的关键．
11．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ABC=∠BAC=60°，利用等边三角形的判定即可证的结论；
（2）连接OB、OC，过O作OH⊥BC与H，证明∠BOC=120°，利用等腰三角形的性质和含30°直角三角形的性质求解即可．
（1）
解：∵，
∴∠ABC=∠BAC=60°，
∴∠ACB=180°－∠ABC－∠BAC=60°,
∴∠ABC=∠BAC=∠ACB，
∴△ABC是正三角形；
（2）
解：连接OB、OC，过O作OH⊥BC与H，
∵∠BAC=60°，
∴∠BOC=2∠BAC=120°，
∵OB=OC，
∴∠OBE=30°，BE=CE，
∴在Rt△OBE中，OE= OB=3，BE= = ，
∴BC= ，
即正△ABC的边长为．
【点睛】本题考查圆周角定理、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、含30°的直角三角形的性质，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
12．(1)见解析
(2)⊙O半径为
【分析】(1)连接OE，利用等腰三角形的性质，证明OE// AC即可解答；
(2)过点O作OG⊥AD，垂足为G，易证四边形OEFG是矩形，从而得出OG = EF= 3，设⊙O的半径为x，然后利用垂径定理表示出AG，最后在Rt∆OAG利用勾股定理列出关于x的方程进行计算即可解答．
（1）
证明：连接OE，
∵EF⊥AC，
∴∠EFD=∠EFC=90°
∵AB= AC，
∴∠B=∠C，
∵OB= OE，
∴∠B=∠OEB，
∴∠OEB=∠C，
∴OE// AC，
∴∠OEF=∠EFC = 90°，
∵OE是⊙O的半径，
∴EF是⊙O的切线；
（2）
过点O作OG⊥AD，垂足为G，
∴∠OGF = 90°
∵∠OEF=∠EFG=90°
∴四边形OEFG是矩形，
∴OG= EF= 3，
设⊙O的半径为x，
∴AB=AC=2x，
∵CD= 4，
∴AD= AC-CD= 2x- 4，
∵OG⊥AD，
∴AG=AD=x-2，
在Rt△OAG中，AG2 +OG2 =OA2
(x-2)2+9=x2
x=
⊙O的半径为．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，垂径定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
13．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接OC，AC=CD，∠ACD=120°得∠A=∠D=30°，根据圆周角定理求得∠COD=2∠A=60°，则∠OCD=90°，可证得CD是⊙O的切线；
（2）设⊙O的半径为r，则OC=OA=r，由∠OCD=90°，∠D=30°得OD=2OC=2r，在Rt△DOC中根据勾股定理列方程求出r的值，即可求出AD的长；
（3）在Rt△DOC中根据勾股定理列方程求出CD的长，而∠COB=60°，由S阴影=S△COD-S扇形COB求出图中阴影部分的面积即可．
(1)
证明：连接OC．
∵AC=CD，∠ACD=120°，
∴∠A=∠D=30°．
∵OA=OC，
∴∠ACO=∠A=30°．
∴∠OCD=∠ACD-∠ACO=90°．即OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切线．
(2)
解：如图，设⊙O的半径为r，则OC=OA=r，
∵∠OCD=90°，∠D=30°，
∴OD=2OC=2r，
∵，且CD=AC=12，
∴，解得或（不符合题意，舍去），
∴，，
∴．
(3)
如图，∵⊙O的半径为3，
∴OC=3，
∵∠OCD=90°，∠D=30°，
∴OD=2OC=6，
∴，
∵∠COB=60°，
∴．
【点睛】本题考查切线的判定、圆周角定理、含30°角的直角三角形、勾股定理、扇形面积的计算等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
14．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接OD，利用切线的性质可以得到∠ODC＝90°，则，然后利用等腰三角形的性质以及等角的余角相等证明∠A＝∠ADC，即可解答；
（2）利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出∠DCB＝∠DBC＝∠BDO＝30°，然后在Rt△ODC中进行计算即可．
（1）
证明：如图，连接，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴OC＝2OD＝2，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
15．(1)答案见解析
(2)5
【分析】（1）连接OD，根据直径所对的圆周角是直角，可得∠DAB+∠DBA＝90°，再由∠CDA＝∠CBD可得∠CDA+∠DAO＝90°，然后利用OD＝OA证出∠DAB＝∠ADO，从而得∠CDO＝90°，根据切线的判定即可得出；
（2）在Rt△CDO中利用勾股定理列出关于r的方程即可解答．
（1）
证明：连接OD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB+∠DBA＝90°，
∵∠CDA＝∠CBD，
∴∠DAB+∠CDA＝90°，
∵OD＝OA，
∴∠DAB＝∠ADO，
∴∠CDA+∠ADO＝90°，
∴∠CDO＝90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）
解：在Rt△CDO中，CD2+OD2＝OC2，
∴122+r2＝（8+r）2，
∴r＝5，
∴半径的长度为5．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，熟练掌握切线的判定与性质是解题的关键．
16．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接OC，根据OB=OC，以及平分推导出，即可得出，从而推出，即证明得出结论；
（2）过点O作于F，利用即可得出答案．
（1）
证明：连接OC，如图，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵于点D，
∴，
∴直线是的切线；
（2）
过点O作于F，如图，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆的综合问题，包括垂径定理，圆的切线，扇形的面积公式等，熟练掌握以上性质并正确作出辅助线是本题的关键．
17．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接OC，根据题意证明，得出，根据，得出，即可证明结论；
（2）设，则，根据勾股定理列出关于r的方程，解方程，得出圆的半径，求出，得出，根据圆周角定理得出，即可求出的长度．
(1)
解：连接OC，
∵C是弧的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是圆O的切线．
(2)
设，则，
∵，，
∴，解得，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆的切线判定，圆周角定理，平行线的判定和性质，勾股定理，弧长的计算，根据题意证明，求出圆的半径r，是解题的关键．
18．(1)相切，理由见解析
(2)4
【分析】（1）证明：连接AE，根据平行四边形的性质得到AD=BC，AD∥BC，求得∠DAE=∠AEB，根据全等三角形的性质得到∠DEA=∠CAB，得到DE⊥AE，于是得到结论；
（2）根据已知条件得到△ABE是等边三角形，求得AE=BE，∠EAB=60°，得到∠CAE=∠ACB，得到CE=BE，根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论．
(1)
DE与⊙A相切
证明：连接AE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵AE＝AB，
∴∠AEB＝∠ABC，
∴∠DAE＝∠ABC，
∴△AED≌△BAC（SAS），
∴∠DEA＝∠CAB，
∵∠CAB＝90°，
∴∠DEA＝90°，
∴DE⊥AE，
∵AE是⊙A的半径，
∴DE与⊙A相切；
(2)
∵∠ABC＝60°，AB＝AE＝4，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE＝BE，∠EAB＝60°，
∵∠CAB＝90°，
∴∠CAE＝90°﹣∠EAB＝90°﹣60°＝30°，
∠ACB＝90°﹣∠B＝90°﹣60°＝30°，
∴∠CAE＝∠ACB，
∴AE＝CE，
∴CE＝BE，
∴S△ABCAB•AC8，
∴S△ACES△ABC4，
∵∠CAE＝30°，AE＝4，
∴S扇形AEF，
∴S阴影＝S△ACE﹣S扇形AEF＝4．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，扇形的面积的计算，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接OA，AB，AB交OP于点D，易得，根据平行线的性质求得，结合，利用等腰三角形的三线合一易得OP是的平分线，得到，利用判定三角形全等的“SAS”得到与全等，进而得到，再利用切线的判定求解；
（2）根据等腰三角形的性质易得，利用平行线的性质求得，结合得到，求出OP和AP的长度，再利用三角形的面积减去扇形的面积求出阴影部分的面积即可．
(1)
证明：连接OA，AB，AB交OP于点D，如下图．
∵BC是的直径，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴OD垂直平分AB，
∴OP是的平分线，
∴．
在和中
，
∴，
∴．
∵PB是的切线，
∴，
∴．
∵点A是上的一点，且OA为半径，
∴PA是的切线；
(2)
解：∵，，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理，扇形的面积公式．作出辅助线构建直角三角形是解答关键．
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图，连接OC，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得OC⊥AB，根据OC是半径即可证明AB是的切线；
（2）根据平行线的性质可得∠AOC=∠OCF，根据等腰三角形的性质可得∠OCF=∠OFC，∠AOC=∠COF，可得△COF是等边三角形，∠COF=AOC=∠DOE=60°，根据等腰三角形的性质可得OE⊥CD，根据垂径定理可得DG=CD=6，根据含30°角的直角三角形的性质可得OG=OD，利用勾股定理列方程可求出OD的长，利用扇形及三角形面积公式即可得答案．
(1)
如图，连接OC，
∵，，
∴OC⊥AB，∠AOC=∠COF，
∵直线AB经过上的点C，OC是半径，
∴AB是的切线
(2)
∵CF//OA，
∴∠AOC=∠OCF，
∵OC=OF，
∴∠OCF=∠OFC，
∵∠AOC=∠COF，
∴∠COF=∠OFC=∠OCF，
∴△COF是等边三角形，
∴∠COF=AOC=∠DOE=60°，
∵OD=OC，
∴OE⊥CD，DG=CD=6，∠ODG=30°，
∴OG=OD，
在Rt△ODG中，，即，
解得：（负值舍去），，
∴S阴=S扇形ODE-S△ODG==．
【点睛】本题考查切线的判定、垂径定理、含30°角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质及扇形的面积公式，过直径的外端点且垂直于直径的直线是圆的切线；垂直于弦的直径平分弦，且平分这条弦所对的两条弧；30°角所对的直角边等于斜边的一半；胜利在望相关性质及判定定理是解题关键．
21．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）连接、，通过、是半圆弧的三等分点，可求出，由可得，从而证明，因为，所以证出结论；
（2）把阴影部分面积转化成扇形的面积求解即可．
(1)
证明：连接、，
、是半圆弧的三等分点，
，
，
，
，
，
，
，
是半的切线；
(2)
解：、是半圆弧的三等分点，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查切线的判定以及扇形的面积计算，掌握切线的判定方法以及扇形的计算公式是解决问题的关键．
22．(1)见解析
(2)由线段PA，PC及弧AC所围成阴影部分的面积为
【分析】（1）连接，证明∠B=∠OCB，得到，根据，得到，得到，根据是的切线，得到，推出，得到是的切线
（2）连接OP，根据，知，，根据，得到，根据，是的切线，得到，推出，根据，得到，，推出与，根据，，推出，得到
（1）
证明：连接，
∵OB=OC，
∴∠B=∠OCB，
∴
∵，
∴，
∴
又是的切线，
则，
∴
∴是的切线
（2）
连接OP，
由，知，
∵，则
又由（1）知，是的切线
∴，则
∵，则，，则
同理，
∵，，
则
∴
【点睛】本题主要考查了圆的切线，熟练掌握四边形内角和性质，三角形外角性质，圆切线的判定和性质定理，切线长定理，含30°角的直角三角形边的性质，三角形面积和扇形面积公式，是解决问题的关键，
23．(1)见解析
(2)①四边形ABCO是菱形．理由见解析；②
【分析】（1）先判断出∠CBE=∠D，再用等角的余角相等，即可得出结论；
（2）①先判断出OC∥AB，再判断出BC∥OA，进而得出四边形ABCO是平行四边形，即可得出结论；
②先求出AC，BC，再求△AOC和扇形OCD的面积和，即可得出结论．
（1）
证明：∵四边形ABCD内接于
∴∠D＋∠ABC＝180°
∵∠CBE＋∠ABC＝180°
∴∠CBE＝∠D
∵AD为☉O的直径
∴∠ACD＝90°
∴∠CAD＋∠D＝90°
∵CE⊥AB
在Rt△BCE中，∠CBE＋∠ECB＝90°
∴∠CAD＝∠ECB
（2）
①四边形ABCO是菱形
理由：∵CE切☉O于点C
∴CE⊥OC
∵CE⊥AB
∴AB∥OC
∵∠CAD＝30°
∴∠COD＝60°.
∴∠BAO＝∠COD＝60°
由（1）知∠CAD＝∠ECB ＝30°
∴∠CBE＝60°
∴∠CBE＝∠BAO＝60°
∴BC∥AO
又AB∥OC
∴四边形ABCO是平行四边形
∵OA＝OC
四边形ABCO是菱形.
②由①知，四边形ABCO是菱形，
∴OA=OC=AB=2，
∴AD=2OA=4，
由①知，∠COD=60°，
在Rt△ACD中，∠CAD=30°，
∴CD=2，AC=2，
∴AD，AC与围成阴影部分的面积为：
S△AOC+S扇形COD=S△ACD+S扇形COD
=．
．
故答案为：．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了同角的余角相等，切线的性质，菱形的判定，扇形的面积公式，判断出BC∥OA是解本题的关键．
24．(1)
(2)
(3)直线与相切，理由见解析
【分析】（1）连接，如图1，证明 再利用圆周角定理可得答案；
（2）在中，先求解，，再利用阴影部分的面积等于三角形的面积减去扇形面积即可；
（3）连接，证明，再证明，可得，从而可得答案．
（1）
解：连接，如图1，
∵与相切于点B，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴
∴；
（2）
在中，，
∴，
．
，
，
∴．
（3）
直线与相切
理由：连接，
∵是切线，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴与相切．
【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，切线的性质与判定，扇形面积的计算，全等三角形的判定与性质，掌握切线的性质与判定定理是解本题的关键．
25．(1)见解析
(2)①四边形ABCO是菱形，理由见解析；②阴影部分的面积为．
【分析】（1）先判断出∠CBE=∠D，再用等角的余角相等，即可得出结论；
（2）①先判断出OC∥AB，再判断出BC∥OA，进而得出四边形ABCO是平行四边形，即可得出结论；
②先求出AC，OB，∠COA，再用S扇形COD-S菱形ABCO，即可得出结论．
（1）
证明：如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠D+∠CBA=180°，∠CBE+∠CBA=180°，
∴∠CBE=∠D，
∵AD为⊙O的直径，
∴∠ACD=90°，
∴∠D+∠CAD=90°，
∴∠CBE+∠CAD=90°，
∵CE⊥AB，
∴∠CBE+∠BCE=90°，
∴∠CAD=∠BCE；
（2）
解：①四边形ABCO是菱形，理由如下：
∵点C是半圆⊙O的一个三等分点，
∴∠COD=60°，
∵OD=OC，
∴△DOC是等边三角形，
∴∠D=60°，
∴∠CAD=∠COD=30°，
∵CE是⊙O的切线，
∴OC⊥CE，
∵CE⊥AB，
∴OC∥AB，
∴∠DAB=∠COD=60°，
由（1）知，∠CBE=∠D=60°，
∴∠CBE=60°=∠DAB，
∴BC∥OA，
∴四边形ABCO是平行四边形，
∵OA=OC，
∴▱ABCO是菱形；
②连接OB，
由①知，四边形ABCO是菱形，△DOC是等边三角形，
∴OA=OC=AB=OB=OD=CD=2，∠COD=60°，∠COA=120°，
∴AD=2OA=4，
在Rt△ACD中，∠CAD=30°，CD=2，
∴AC=2，
∴阴影部分的面积为S扇形AOC-S菱形ABCO
=．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了同角的余角相等，切线的性质，菱形的判定，扇形的面积公式，判断出BC∥OA是解本题的关键．
26．(1)见解析
(2)3
(3)
【分析】（1）连接，利用垂径定理可得，由为⊙O的切线可得，由平行线的判定定理可得结论；
（2）连接，，设，则，由可得，，在中，利用勾股定理可得，即；
（3）连接，，设与交于点，利用可得，在中利用勾股定理可得，所以，又证明四边形为矩形，所以面积为矩形面积的一半，进而可得的面积．
（1）
解：证明：如图，连接，
为劣弧的中点，
，
，
又为⊙O的切线，
，
；
（2）
解：如图，连接，，
设，则，
为劣弧的中点，
，
，
又，
，
，
，
，
为⊙O的直径，
，
又⊙O的半径为，
，
由得，
解得或（舍），
；
（3）
解：如图，设与交于点，
由（2）知，
，，
在中，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
为⊙O的直径，
，
由（1）可知，，
四边形为矩形，
，，
．
【点睛】本题考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理及其推论，勾股定理，相似三角形的判定与性质，圆的切线的判定与性质，矩形的判定与性质，平行线的判定与性质，熟练掌握这些性质并能灵活运用是解题的关键．
27．(1)见解析
(2)见解析
(3)⊙O的半径长为
【分析】（1）利用圆的两个半径构成的三角形是等腰三角形，最后用等腰三角形性质即可得出结论；
（2）先判断出∠CFB=90°，进而得出∠OBD=90°，再判断出∠BCD=∠ODB，进而判断出∠CAB=∠CBA，即可得出结论；
（3）先判断出∠ABE=∠AEB，进而判断出△AEM≌△ABN，得出CE-CM=CB+CN，再判断出CM=CN，最后用勾股定理求出BC，即可得出结论．
（1）
如图1，连接OA、OC，
∵OA＝OB＝OC，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）
如图2，连接并延长交于，
由（1）知，，
∵，
∴，
∴
∵，
∴
∵，
∴，
∵，
∴
∵，
由（1）知，，
∴，
（3）
如图3，连接，过点作于，过点作于，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
∴，
∵，，
∴，
∴；
设，则，，
∴，
∴，
∵，
∴
在中，根据勾股定理得，，
∴
在和中，根据勾股定理得，，
即：，解得或（舍），
∴，
连接OC交AB于,
∴
在中，根据勾股定理得，，
设，在中，，
∴
【点睛】本题考查了圆的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线，构造出直角三角形和全等三角形是解本题的关键．
28．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）连接OD，利用证明，证明∠CBO=∠CDO即可证出；
（2）利用已知线段的长求出半径和∠OCD的度数，求得CD的长，通过阴影部分面积=四边形CDOB面积-扇形DOB面积即可求出．
（1）
连接OD，则OD=OA，
∴∠DAO=∠ADO，
，
，
，
∵在△COD和△COB中，
，
∴∠CBO=∠CDO，
∵CD是切线，
∴OD⊥CD，
∴∠CBO=∠CDO=90°，
∴CB是的切线；
（2）
∵CD、CB都是圆O的切线，
∴CD=CB，OC垂直平分DB，
设圆O的半径为r，则OD=r，OG=OF-FG=r-2，
∵OD2=OG2+DG2
∴，
解得r=4，
∴OG=2，
∴∠ODG=30°，
∴∠COD=60°，
∠DOB=2∠COD=120°，
∵，
∴，
∴，
∵S四边形CDOB，
S扇形DOB，
∴S阴影= S四边形CDOB- S扇形DOB=．
【点睛】本题考查了圆和三角形，熟练掌握切线、扇形面积、全等三角形等相关知识，熟练运用SSS、SAS、AAS、ASA等判定三角形全等是解本题的关键．
29．(1)BE＝EM
(2)见解析
(3)
【分析】（1）证得△BME是等腰直角三角形即可得到结论；
（2）根据点E是的中点，得出∠AOE＝90°，由∠EMB＝90°，证得∠ABE＝∠BEN＝45°，得到，根据题意得到，进一步得到；
（3）先解直角三角形得到∠EAB＝30°，从而得到∠EOB＝60°，证得△EOB是等边三角形，则OE＝BE＝2，然后证得△OEB≌△OCN，然后根据扇形的面积公式和三角形面积公式求得即可．
(1)
∵AC为⊙O的直径，点E是的中点，
∴∠ABE＝45°，
∵AB⊥EN，
∴△BME是等腰直角三角形，
∴BE＝EM，
故答案为：BE＝EM；
(2)
连接EO，
∵AC是⊙O的直径，E是的中点，
∴∠AOE＝90°，
∴∠ABE＝∠AOE＝45°，
∵EN⊥AB，垂足为点M，
∴∠EMB＝90°
∴∠ABE＝∠BEN＝45°，
∴＝，
∵点E是的中点，
∴＝，
∴＝，
∴﹣＝﹣，
∴＝；
(3)
（3）连接AE，OB，ON，如图所示，
∵EN⊥AB，垂足为点M，
∴∠AME＝∠EMB＝90°，
∵BM＝2，由（2）得∠ABE＝∠BEN＝45°，
∴EM＝BM＝2，
又∵BE＝EM，
∴BE＝，
∵在Rt△AEM中，EM＝2，AM＝，
∴tan∠EAB＝＝，
∴∠EAB＝30°，
∵∠EAB＝∠EOB，
∴∠EOB＝60°，
又∵OE＝OB，
∴△EOB是等边三角形，
∴OE＝BE＝，
又∵＝，
∴BE＝CN，
∴△OEB≌△OCN（SSS），
∴CN＝BE＝
又∵S扇形OCN＝，S△OCN＝CN•CN＝×＝，
∴S阴影＝S扇形OCN﹣S△OCN＝．
【点睛】本题考查了扇形的面积，全等三角形的判定化为性质，圆周角定理，解直角三角形以及等边三角形的判定和性质，作出辅助线构建等腰三角形是解题的关键．
30．(1)；
(2)
(3)①，②
【分析】（1）由∠DAB=∠CBA可得AC=BD，∠CAB=∠DBA，从而由SAS可证明△CAB≌△DBA；再根据同弧或等弧所对的圆周角相等可得∠DCB=∠CDA，∠CAD=∠DBC，从而由AAS可证明△CAD≌△DBC；
（2）过D作于H，由∠DAB=15°，可得∠ODB=∠DAB+∠ADO=30°，即知DH=，，故
，即得；
（3）①连接OC、OD、OM，过M作ME⊥AB于E，根据直径AB=6，弦CD=3，可得△COD是等边三角形，而M是CD的中点，即知CM =，OM⊥CD，OM=，ME=，即得当OE最大时，ME最小，而△COD是等边三角形，即可得点M到AB的距离的最小值是；
②根据OM=，知M的轨迹是以O为圆心，为半径的弧，当C与A重合时，∠AOM =30°，即可得∠MOM '=120°，故点M的运动路径长为．
（1）
证明：∵，
∴∠CAD=∠DBC，
∵∠DAB=∠CBA，
∴AC=BD，∠CAD+∠DAB=∠DBC+∠CBA，即∠CAB=∠DBA，
在△CAB和△DBA中，
∴△CAB≌△DBA（SAS）；
∵∠DAB=∠CBA，∠DAB=∠DCB，∠CBA=∠CDA，
∴∠CDA=∠DCB，
在△CAD和△DBC中，
∴△CAD≌△DBC（AAS）；
（2）
解：过作于，如图：
∵半圆O中，直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
，
∴；
答：阴影部分面积是；
（3）
①，②
解：①连接OC、OD、OM，过M作ME⊥AB于E，如图：
∵直径AB=6，弦CD=3，
∴OC=OD=CD=3，
∴△COD是等边三角形，
∵M是CD的中点，
∴CM =，OM⊥CD，
∴OM=，
∴ME=，
∴当OE最大时，ME最小，
而当C与A重合（或D与B重合）时，OE最大，如图：
∵△COD是等边三角形，M是CD的中点，
∴∠MOC=30°，
∴ME= ，
即点M到AB的距离的最小值是，
故答案为：；
②如图，
由①知：OM，M的轨迹是以O为圆心，为半径的弧，
当C与A重合时，∠AOM=30°，
同理，当D与B重合时，∠BOM '=30°，
∴∠MOM '=120°，
∴点M的运动路径长为，
故答案为：．