中考数学二轮复习核心考点专题提优拓展训练专题35锐角三角函数与圆综合(原卷版+解析)

这是一份中考数学二轮复习核心考点专题提优拓展训练专题35锐角三角函数与圆综合(原卷版+解析)，共29页。试卷主要包含了利用垂径定理构造直角三角形等内容，欢迎下载使用。
类型一 利用垂径定理构造直角三角形
典例1（2022•三水区一模）如图，已知Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BC＝6，AC＝42，以A为圆心，AB为半径画圆，与边BC交于另一点D．
（1）求BD的长；
（2）连接AD，求∠DAC的余弦值．
针对训练
1．（2021秋•湖州期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，tanA=34．以点C为圆心，CB长为半径的圆交AB于点D，则AD的长是（ ）
A．1B．75C．32D．2
2．（2022秋•鄞州区期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，点D在BC延长线上，且满足∠CAD＝∠B．
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若AC是∠BAD的平分线，sinB=35，BC＝4，求⊙O的半径．
类型二 利用直径所对的圆周角是直角构造直角三角形
典例2（2022•通辽）如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C，D，则cs∠ADC的值为（ ）
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针对训练
1．（2021•东海县模拟）如图，某广场上有一块半径125米的圆形绿化空地⊙O，城市管理部门规划在这块空地边缘顺次选择四点：A，B，C，D，建成一个从A﹣B﹣C﹣D﹣A的四边形循环健身步道（步道宽度忽略不计）．若∠A＝90°，∠B＝53.2°，AB＝200米．
（1）求步道AD的长；
（2）求步道围成的四边形ABCD的面积．（参考数据：sin53.2°≈0.80，cs53.2°≈0.60）
类型三 利用圆周角定理把角转化到直角三角形中
典例3 （2021春•中原区校级月考）如图，D是△ABC的BC边上一点，连接AD，作△ABD的外接圆，将△ADC沿直线AD折叠，点C的对应点E落在圆O上．
（1）求证：AE＝AB；
（2）填空：
①当∠CAD＝ °时，四边形OBED是菱形．
②当∠CAB＝90°，cs∠ADB=13，BE＝2时，BC＝ ．
针对训练
1．（2019•临河区一模）如图，已知AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，且AB＝6，BC＝3，则tan∠ADC的值为 ．
2．（2019春•西陵区期中）如图，已知AD是⊙O的直径，弦BD＝弦BC，经过点B作⊙O的切线交AD的延长线于点E．
（1）求证：∠EBD＝∠CAB；
（2）若BC=3，AC＝5，求sin∠CBA．
类型四 利用切线与相关半径的关系构造直角三角形
典例4（2022•通辽）如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，以O为圆心，OB的长为半径的圆交边AB于点D，点C在边OA上且CD＝AC，延长CD交OB的延长线于点E．
（1）求证：CD是圆的切线；
（2）已知sin∠OCD=45，AB＝45，求AC长度及阴影部分面积．
针对训练
1．（2019•东河区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AC边为直径作⊙O交BC于点D，过点D作⊙O的切线，交AB于点E，交AC的延长线于点F；若半径为3，且sin∠CFD=35，则线段AE的长是（ ）
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第二部分 专题提优训练
1．（2022•东城区二模）如图，在边长为1的正方形网格中，点A，B，D在格点上，以AB为直径的圆过C，D两点，则sin∠BCD的值为 ．
2．（2022•青白江区模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知Rt△ABC可运动（平移或旋转），且∠C＝90°，BC=5+4，tanA=12，若以点M（3，6）为圆心，2为半径的⊙M始终在△ABC的内部，则△ABC的顶点C到原点O的距离的最小值为 ．
3．（2020秋•上虞区期末）如图，AB是⊙O的直径，AB＝4，P是AB延长线上一点，且BP＝1，过点P作一直线，分别交⊙O于C，D两点，已知∠P＝30°．
（1）求CD与PC的长；
（2）连接BC，AD，求圆内接四边形ABCD的面积．
4．（2022秋•思明区校级期中）如图，AB与⊙O相切于点B，AO交⊙O于点C，AO的延长线交⊙O于点D，E是BCD上不与B，D重合的点，∠A＝30°．
（1）求∠BED的大小；
（2）若点F在AB的延长线上，且BF＝AB，求证：DF与⊙O相切．
5．（2020秋•平邑县期末）如图，已知AB是⊙O的直径，点P在BA的延长线上，PD切⊙O于点D，过点B作BE⊥PD，交PD的延长线于点C，连接AD并延长，交BE于点E．
（1）求证：AB＝BE；
（2）如果PD＝23，∠ABC＝60°，求BC的长．
6．（2022•松阳县二模）如图，已知以AB为直径的半圆，圆心为O，弦AC平分∠BAD，点D在半圆上，过点C作CE⊥AD，垂足为点E，交AB的延长线于点F．
（1）求证：EF与半圆O相切于点C．
（2）若AO＝3，BF＝2，求tan∠ACE的值．
7．（2022•石家庄模拟）古希腊数学家毕达哥拉斯认为：“一切平面图形中最美的是圆”，它的完美来自对称．其中切弦（chrdfcntact）亦称切点弦，是一条特殊弦，从圆外一点向圆引两条切线，连接这两个切点的弦称为切弦．此时，圆心与已知点的连线垂直平分切弦．
（1）为了说明切弦性质的正确性，需要对其进行证明．如下给出了不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，并写出“证明”过程．
已知：如图1，P是⊙O外一点， ．
求证： ．
（2）如图2，在（1）的条件下，CD是⊙O的直径，连接AD，BC，若∠ADC＝50°，∠BCD＝70°，OC＝2，求OP的长．
专题35 锐角三角函数与圆综合（解析版）
第一部分 典例剖析+针对训练
类型一 利用垂径定理构造直角三角形
典例1（2022•三水区一模）如图，已知Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BC＝6，AC＝42，以A为圆心，AB为半径画圆，与边BC交于另一点D．
（1）求BD的长；
（2）连接AD，求∠DAC的余弦值．
思路引领：（1）过点A作AH⊥BD于H，利用面积法求出AH，再利用勾股定理求出BH，由垂径定理即可解决问题；
（2）过点D作DM⊥AC于M，利用面积法求出DM，再由勾股定理求出AM即可解决问题．
解：（1）过点A作AH⊥BD于H，如图1所示：
∵Rt△ABC，∠BAC＝90°，BC＝6，AC＝42，
∴AB=BC2−AC2=62−(42)2=2，
∵12AB•AC=12BC•AH，
∴AH=AB⋅ACBC=2×426=432，
∴BH=AB2−AH2=22−(432)2=23，
∵AH⊥BD，
∴BH＝HD=23，
∴BD=43；
（2）过点D作DM⊥AC于M，如图2所示：
由（1）得：AH=432，BD=43，AB＝2，
∴AD＝AB＝2，CD＝BC﹣BD＝6−43=143，
∵12AH•CD=12DM•AC，
∴DM=AH⋅CDAC=432×14342=149，
在Rt△ADM中，由勾股定理得：AM=AD2−DM2=22−(149)2=892，
∴cs∠DAC=AMAD=8922=492．
总结提升：本题考查了勾股定理、解直角三角形、垂径定理等知识，解题的关键是学会利用面积法解决问题，属于中考常考题型．
针对训练
1．（2021秋•湖州期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，tanA=34．以点C为圆心，CB长为半径的圆交AB于点D，则AD的长是（ ）
A．1B．75C．32D．2
思路引领：根据已知易求BC，AB的长，进而可以求出直角三角形斜边上的高，所以想到过点C作CE⊥AB，垂足为E，利用等面积法求出CE，然后放在Rt△BCE中，利用勾股定理求出BE，再利用垂径定理求出BD，最后求出AD即可．
解：过点C作CE⊥AB，垂足为E，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，tanA=34，
∴BCAC=34，
∴BC＝3，
∴AB=AC2+BC2=32+42=5，
∵△ABC的面积=12AB•CE=12AC•BC，
∴5CE＝12，
∴CE=125，
在Rt△BCE中，BE=BC2−CE2=32−(125)2=95，
∵CE⊥BD，
∴BD＝2BE=185，
∴AD＝AB﹣BD＝5−185=75，
故选：B．
总结提升：本题考查了解直角三角形，垂径定理，根据题目的已知条件添加辅助线是解题的关键．
2．（2022秋•鄞州区期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，点D在BC延长线上，且满足∠CAD＝∠B．
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若AC是∠BAD的平分线，sinB=35，BC＝4，求⊙O的半径．
思路引领：（1）连接OA，OC与AB相交于点E，如图，由OA＝OC，可得∠OAC＝∠OCA，根据圆周角定理可得∠B=12∠AOC，由已知∠CAD＝∠B，可得∠AOC＝2∠CAD，根据三角形内角和定理可得∠OCA+∠CAO+∠AOC＝180°，等量代换可得∠CAO+∠CAD＝90°，即可得出答案；
（2）根据角平分线的定义可得∠BAC＝∠DAC，由已知可得∠BAC＝∠B，根据垂径定理可得，OC⊥AB，BE＝AE，在Rt△BEC中，根据正弦定理可得sinB=CEBC=CE4=35，即可算出CE的长度，根据勾股定理可算出BE=BC2−CE2的长度，设⊙O的半径为r，则CE＝OC﹣CE＝r−125，在Rt△AOE中，OA2＝OE2+AE2，代入计算即可得出答案．
证明：（1）连接OA，OC与AB相交于点E，如图，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵AC=AC，
∴∠B=12∠AOC，
∵∠CAD＝∠B，
∴∠AOC＝2∠CAD，
∵∠OCA+∠CAO+∠AOC＝180°，
∴2∠CAO+2∠CAD＝180°，
∴∠CAO+∠CAD＝90°，
∴∠OAD＝90°，
∵OA是⊙O的半径，
∴AD是⊙O的切线；
解：（2）∵AC是∠BAD的平分线，
∴∠BAC＝∠DAC，
∵∠CAD＝∠B，
∴∠BAC＝∠B，
∴OC⊥AB，BE＝AE，
在Rt△BEC中，
∵BC＝4，
∴sinB=CEBC=CE4=35，
∴CE=125，
∴BE=BC2−CE2=42−(125)2=165，
设⊙O的半径为r，则CE＝OC﹣CE＝r−125，
在Rt△AOE中，
OA2＝OE2+AE2，
r2＝（r−125）2+(165)2，
解得：r=103．
总结提升：本题主要考查了切线的性质与判定，垂径定理及解直角三角形，熟练掌握切线的性质与判定，垂径定理及解直角三角形的方法进行求解是解决本题的关键．
类型二 利用直径所对的圆周角是直角构造直角三角形
典例2（2022•通辽）如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C，D，则cs∠ADC的值为（ ）
A．21313B．31313C．23D．53
思路引领：由格点构造直角三角形，由直角三角形的边角关系以及圆周角定理可得答案．
解：∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
又∵点A，B，C都在格点上，
∴∠ADC＝∠ABC，
在Rt△ABC中，
cs∠ABC=BCAB=332+22=31313=cs∠ADC，
故选：B．
总结提升：本题考查圆周角定理，直角三角形的边角关系，掌握圆周角定理以及直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
针对训练
1．（2021•东海县模拟）如图，某广场上有一块半径125米的圆形绿化空地⊙O，城市管理部门规划在这块空地边缘顺次选择四点：A，B，C，D，建成一个从A﹣B﹣C﹣D﹣A的四边形循环健身步道（步道宽度忽略不计）．若∠A＝90°，∠B＝53.2°，AB＝200米．
（1）求步道AD的长；
（2）求步道围成的四边形ABCD的面积．（参考数据：sin53.2°≈0.80，cs53.2°≈0.60）
思路引领：（1）根据90°的圆周角所对的弦是直径可得BD是⊙O的直径，根据勾股定理即可求解；
（2）过点A作AE⊥BC于点E，过点D作DF⊥AE于点F，解直角三角形求出AE、BE、AF、DF的长，证出四边形CDFE是矩形，即可求得四边形ABCD的面积．
解：（1）连接BD，
∵∠A＝90°，
∴BD是⊙O的直径，
∴BD＝125×2＝250（米），
∵AB＝200米，
∴AD=BD2−AB2=2502−2002=150（米），
答：步道AD的长是150米；
（2）过点A作AE⊥BC于点E，过点D作DF⊥AE于点F，
在Rt△ABE中，∠B＝53.2°，AB＝200米，
∴AE＝AB•sin 53.2°≈200×0.80＝160（米），
BE＝AB•cs 53.2°≈200×0.60＝120（米），
∵∠BAE+∠ABE＝∠BAE+∠DAF＝90°，
∴∠DAF＝∠ABE＝53.2°，
在Rt△ADF 中，DF＝AD•sin 53.2°≈150×0.80＝120（米），
∴AF＝90（米），
∴EF＝AE﹣AF＝70（米），
∵AE⊥BC，DF⊥AE，∠BCD＝90°，
∴四边形CDFE是矩形，
∴四边形ABCD的面积为：12×120×160+120×70+12×120×90＝23400（平方米）．
答：步道围成的四边形ABCD的面积是23400平方米．
总结提升：此题主要考查了解直角三角形的应用，以及圆周角定理，勾股定理的应用，关键是掌握半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
类型三 利用圆周角定理把角转化到直角三角形中
典例3 （2021春•中原区校级月考）如图，D是△ABC的BC边上一点，连接AD，作△ABD的外接圆，将△ADC沿直线AD折叠，点C的对应点E落在圆O上．
（1）求证：AE＝AB；
（2）填空：
①当∠CAD＝ °时，四边形OBED是菱形．
②当∠CAB＝90°，cs∠ADB=13，BE＝2时，BC＝ ．
思路引领：（1）利用折叠的性质得出AC＝AE，∠C＝∠AED，再判断出∠C＝∠ABC，得出AB＝AC，即可得出结论；
（2）①先判断出△AOD是等边三角形，得出∠ADO＝60°，进而求出∠ADE＝120°，再求出∠C＝∠ABC＝∠DAC＝30°；
②先求出EF＝1，再判断出∠AEB＝∠ADB，利用锐角三角函数求出AE，进而求出AB，即可得出结论．
（1）证明：由折叠知，AC＝AE，∠C＝∠AED，
∵∠ABC＝∠AED，
∴∠C＝∠ABC，
∴AB＝AC，
∴AE＝AB；
（2）解：①如图，
∵四边形AOED是菱形，
∴DE＝OA＝AD，
连接OD，
∴OA＝OD，
∴AD＝OA＝OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠ADO＝60°，
同理：∠ODE＝60°，
∴∠ADE＝∠ADO+∠ODE＝120°，
由折叠知，CD＝DE，∠ADC＝∠ADE，
∴∠ADC＝120°，
∵AD＝DE，
∴CD＝AD，
∴∠CAD＝∠C=12（180°﹣∠ADC）＝30°，
故答案为：30°．
②如图，过点A作AF⊥BE于F，
由（1）知，AE＝AB，
∴EF=12BE＝1，
∵∠ADB＝∠AEB，cs∠ADB=13，
∴cs∠AEB=13，
在Rt△AFE中，cs∠AEB==13，
∴AE＝3EF＝3，
由（1）知，AE＝AB，
∴AB＝3，
由（1）知，AB＝AC，
∵∠CAB＝90°，
∴BC=2AB＝32，
故答案为：32．
总结提升：此题是圆的综合题，主要考查了折叠的性质，圆周角定理，锐角三角函数，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，求出∠ADC是解本题的关键．
针对训练
1．（2019•临河区一模）如图，已知AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，且AB＝6，BC＝3，则tan∠ADC的值为 ．
思路引领：先利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，再利用勾股定理计算出AC＝33，利用正且的定义得到tan∠ABC=3，然后根据圆周角定理得到∠ADC＝∠ABC，从而得到tan∠ADC的值．
解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ACB中，AC=AB2−BC2=62−32=33，
∴tan∠ABC=ACBC=333=3，
∵∠ADC＝∠ABC，
∴tan∠ADC=3．
故答案为3．
总结提升：本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了解直角三角形．
2．（2019春•西陵区期中）如图，已知AD是⊙O的直径，弦BD＝弦BC，经过点B作⊙O的切线交AD的延长线于点E．
（1）求证：∠EBD＝∠CAB；
（2）若BC=3，AC＝5，求sin∠CBA．
思路引领：（1）连接OB，根据切线的性质得出∠OBD+∠EBD＝90°，由圆周角定理得出∠CAB＝∠BAD，∠ABO+∠OBD＝90°，即可证得∠EBD＝∠ABO，根据等腰三角形的性质即可证得∠OAB＝∠OBA，从而证得结论；
（2）连接CD，交OB于M，根据垂径定理得出OB⊥CD，CM＝DM，然后根据三角形中位线定理求得OM=52，然后G根据勾股定理得出r2﹣（52）2＝（3）2﹣（r−52）2，解得r＝3，解直角三角形求得sin∠ADC=ACAD=56，根据圆周角定理∠CBA＝∠ADC，即可求得sin∠CBA=56．
（1）证明：连接OB，
∵BE是⊙O的切线，
∴OB⊥BE，
∴∠OBD+∠EBD＝90°，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD＝90°，
∴∠ABO+∠OBD＝90°，
∴∠EBD＝∠ABO，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∴∠OAB＝∠EBD，
∵弦BD＝弦BC，
∴BC=BD，
∴∠CAB＝∠BAD，
∴∠EBD＝∠CAB；
（2）解：连接CD，交OB于M，
∵BC=BD，
∴OB⊥CD，CM＝DM，
∵OA＝OD，
∴OM=12AC=52，
设圆的半径为r，
∴BM＝r−52，
∵BD＝BC=3，
∵OD2﹣OM2＝BD2﹣BM2，
∴r2﹣（52）2＝（3）2﹣（r−52）2，
解得r＝3或r=−12（舍去），
∴AD＝2r＝6，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD＝90°，
∴sin∠ADC=ACAD=56，
∵∠CBA＝∠ADC，
∴sin∠CBA=56．
总结提升：本题考查了切线的性质，垂径定理，圆周角定理，熟练掌握性质定理是解题的关键．
类型四 利用切线与相关半径的关系构造直角三角形
典例4（2022•通辽）如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，以O为圆心，OB的长为半径的圆交边AB于点D，点C在边OA上且CD＝AC，延长CD交OB的延长线于点E．
（1）求证：CD是圆的切线；
（2）已知sin∠OCD=45，AB＝45，求AC长度及阴影部分面积．
思路引领：（1）根据等腰三角形的性质，直角三角形的两锐角互余以及等量代换得出∠ODB+∠BDE＝90°，即OD⊥EC，进而得出EC是切线；
（2）根据直角三角形的边角关系可求出OD、CD、AC、OC，再根据相似三角形的性质可求出EC，根据S阴影部分＝S△COE﹣S扇形进行计算即可．
（1）证明：如图，连接OD，
∵AC＝CD，
∴∠A＝∠ADC＝∠BDE，
∵∠AOB＝90°，
∴∠A+∠ABO＝90°，
又∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，
∴∠ODB+∠BDE＝90°，
即OD⊥EC，
∵OD是半径，
∴EC是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△COD中，由于sin∠OCD=45，
设OD＝4x，则OC＝5x，
∴CD=OC2−OD2=3x＝AC，
在Rt△AOB中，OB＝OD＝4x，OA＝OC+AC＝8x，AB＝45，由勾股定理得，
OB2+OA2＝AB2，
即：（4x）2+（8x）2＝（45）2，
解得x＝1或x＝﹣1（舍去），
∴AC＝3x＝3，OC＝5x＝5，OB＝OD＝4x＝4，
∵∠ODC＝∠EOC＝90°，∠OCD＝∠ECO，
∴△COD∽△CEO，
∴OCEC=CDOC，
即5EC=35，
∴EC=253，
∴S阴影部分＝S△COE﹣S扇形
=12×253×4−90π×42360
=503−4π
=50−12π3，
答：AC＝3，阴影部分的面积为50−12π3．
总结提升：本题考查切线的判定，扇形面积的计算以及直角三角形的边角关系，掌握切线的判定方法，直角三角形的边角关系以及扇形、三角形面积的计算方法是正确解答的前提．
针对训练
1．（2019•东河区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AC边为直径作⊙O交BC于点D，过点D作⊙O的切线，交AB于点E，交AC的延长线于点F；若半径为3，且sin∠CFD=35，则线段AE的长是（ ）
A．245B．5C．194D．225
思路引领：连接OD，如图，利用等腰三角形的性质和平行线的判定得到OD∥AB，再根据切线的性质得到OD⊥DF，则AE⊥EF，接着在Rt△ODF中利用正弦的定义求出OF＝5，然后在Rt△AEF中利用正弦定义可求出AE的长．
解：连接OD，如图，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC，
∴∠B＝∠ODC，
∴OD∥AB，
∵DF为切线，
∴OD⊥DF，
∴AE⊥EF，
在Rt△ODF中，∵sin∠CFD=ODOF=35，OD＝3，
∴OF＝5，
在Rt△AEF中，∵sin∠F=AEAF=35，
∴AE=35（3+5）=245．
故选：A．
总结提升：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了解直角三角形．
第二部分 专题提优训练
1．（2022•东城区二模）如图，在边长为1的正方形网格中，点A，B，D在格点上，以AB为直径的圆过C，D两点，则sin∠BCD的值为 ．
思路引领：连接AD、BD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，∠BCD＝∠BAD，根据勾股定理求出AB，根据正弦的定义解答即可．
解：连接AD、BD，
∵AB为圆的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AB=AD2+BD2=42+32=5，
∴sin∠BAD=BDAB=35，
由圆周角定理得：∠BCD＝∠BAD，
∴sin∠BCD=35，
故答案为：35．
总结提升：本题考查的是解直角三角形、圆周角定理，熟记正弦的定义、掌握圆周角定理是解题的关键．
2．（2022•青白江区模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知Rt△ABC可运动（平移或旋转），且∠C＝90°，BC=5+4，tanA=12，若以点M（3，6）为圆心，2为半径的⊙M始终在△ABC的内部，则△ABC的顶点C到原点O的距离的最小值为 ．
思路引领：如图，设⊙M与AC相切于点J，与AB相切于点T，连接OC，MJ，MT，延长JM交AB于F．解直角三角形求出CM，OM，根据OC≥OM﹣CM即可解决问题．
解：如图，设⊙M与AC相切于点J，与AB相切于点T，连接OC，MJ，MT，延长JM交AB于F．
∵AC，AB是⊙O的切线，
∴MJ⊥AC，MT⊥AB，
∴∠AJM＝∠ATM＝90°，
∴∠A+∠JMT＝180°，
∵∠JMT+∠FMT＝180°，
∴∠A＝∠FMT，
∴tanA＝tan∠FMT=12，
∵MT＝2，
∴TF＝1，FM=MT2+FT2=22+12=5，
∴JF＝MJ+MF＝2+5，
∴AJ＝2FJ＝4+25，
∵AC＝2BC＝8+25，
∴CJ＝4，
∵∠CJM＝90°，
∴CM=CJ2+MJ2=42+22=25，
∵M（3，6），
∴OM=32+62=35，
∵OC≥OM﹣CM，
∴OC≥35−25，
∴OC≥5，
∴OC的最小值为5．
故答案为5．
总结提升：本题考查解直角三角形，切线的性质，坐标由图形变化﹣旋转等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
3．（2020秋•上虞区期末）如图，AB是⊙O的直径，AB＝4，P是AB延长线上一点，且BP＝1，过点P作一直线，分别交⊙O于C，D两点，已知∠P＝30°．
（1）求CD与PC的长；
（2）连接BC，AD，求圆内接四边形ABCD的面积．
思路引领：（1）过点O作OH⊥CD于点H，连接OC，解直角三角形求得OH，PH，然后根据勾股定理求得CH，进而即可求得CD和PC；
（2）求得△APD和△PBC的面积，进而即可求得四边形ABCD的面积．
解：（1）过点O作OH⊥CD于点H，连接OC，
在Rt△OPH中，∠P＝30°，OP＝OB+BP＝2+1＝3，
∴OH=12OP=12×3=32，PH＝OP•cs30°＝3×32=332，
在Rt△OHC中，CH=OC2−OH2=22−(32)2=72．
∵CD＝2CH，
∴CD=2×72=7．
∴PC=PH−HC=332−72=33−72．
（2）由（1）知：PD=CD+PC=7+33−72=33+72，PA＝5，∠P＝30°，
∴S△PBC=12PB⋅PC⋅sin30°=12×1×33−72×12=33−78，S△PAD=12PD⋅PA⋅sin30°=12×33+72×5×12=5(33+7)8，
∴S四边形ABCD=S△PAD−S△PBC=5(33+7)8−33−78=63+374．
总结提升：本题考查垂径定理，解直角三角形以及勾股定理的应用，三角形的面积，通过解直角三角形其实三角形的高是解题的关键．
4．（2022秋•思明区校级期中）如图，AB与⊙O相切于点B，AO交⊙O于点C，AO的延长线交⊙O于点D，E是BCD上不与B，D重合的点，∠A＝30°．
（1）求∠BED的大小；
（2）若点F在AB的延长线上，且BF＝AB，求证：DF与⊙O相切．
思路引领：（1）根据切线的性质，得出∠ABO＝90°，进而求出∠AOB＝60°，∠BOD＝120°，再根据圆周角定理得出答案；
（2）根据等腰三角形的判定和性质可得AB＝DB，进而得出DB＝AB＝BF，根据“三角形一边的中线等于这边的一半，这个三角形是直角三角形”得出OD⊥DF即可．
（1）解：连接OB，
∵AB与⊙O相切于点B，
∴OB⊥AB，即∠ABO＝90°，
∵∠A＝30°，
∴∠AOB＝90°﹣30°＝60°，
∴∠BOD＝180°﹣60°＝120°，
∴∠BED=12∠BOD＝60°，
（2）证明：连接BD，
∵OB＝OD，∠BOD＝120°，
∴∠ODB=12（180°﹣60°）＝30°＝∠A，
∴AB＝DB，
又∵AB＝BF，
∴DB＝AB＝BF，
∴△ADF是直角三角形，
即∠ADF＝90°，
∵OD⊥DF，OD是半径，
∴DF是⊙O的切线．
总结提升：本题考查切线的性质和判定，圆周角定理以及等腰三角形、直角三角形性质，掌握切线的性质和判定方法，圆周角定理以及等腰三角形、直角三角形的性质是正确解答的前提．
5．（2020秋•平邑县期末）如图，已知AB是⊙O的直径，点P在BA的延长线上，PD切⊙O于点D，过点B作BE⊥PD，交PD的延长线于点C，连接AD并延长，交BE于点E．
（1）求证：AB＝BE；
（2）如果PD＝23，∠ABC＝60°，求BC的长．
思路引领：（1）连接OD，如图，根据切线的性质得到OD⊥PC，则可判断OD∥BE，所以∠ODA＝∠E，加上∠ODA＝∠OAD，所以∠OAD＝∠E，然后根据等腰三角形的判定定理得到结论；
（2）利用OD∥BE得到∠DOP＝∠ABC＝60°，根据含30度的直角三角形三边的关系得到OD＝2，PO＝4，则PB＝6，然后在Rt△PBC中利用∠P＝30度得到BC的长．
（1）证明：连接OD，如图，
∵PD切⊙O于点D，
∴OD⊥PC，
∵PC⊥BE，
∴OD∥BE，
∴∠ODA＝∠E，
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
∴∠OAD＝∠E，
∴AB＝BE；
（2）解：∵OD∥BE，
∴∠DOP＝∠ABC＝60°，
在Rt△POD中，∵∠P＝90°﹣∠POC＝30°，
∴OD=33PD=33×23=2，
∴PO＝2OD＝4，
∴PB＝PO+OB＝6，
在Rt△PBC中，BC=12PB＝3．
总结提升：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．
6．（2022•松阳县二模）如图，已知以AB为直径的半圆，圆心为O，弦AC平分∠BAD，点D在半圆上，过点C作CE⊥AD，垂足为点E，交AB的延长线于点F．
（1）求证：EF与半圆O相切于点C．
（2）若AO＝3，BF＝2，求tan∠ACE的值．
思路引领：（1）根据垂直定义可得∠E＝90°，再利用角平分线和等腰三角形的性质可证AE∥OC，然后利用平行线的性质可求出∠OCF＝90°，即可解答；
（2）根据已知可求出OF＝5，AF＝8，再在Rt△OCF中，利用勾股定理求出CF＝4，然后证明A字模型相似三角形△FCO∽△FEA，从而利用相似三角形的性质求出AE，EF的长，最后在Rt△ACE中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
（1）证明：∵CE⊥AD，
∴∠E＝90°，
∵AC平分∠BAD，
∴∠EAC＝∠CAO，
∵OA＝OC，
∴∠CAO＝∠ACO，
∴∠EAC＝∠ACO，
∴AE∥OC，
∴∠E＝∠OCF＝90°，
∵OC是半⊙O的半径，
∴EF与半圆O相切于点C；
（2）∵AO＝3，BF＝2，
∴OF＝OB+BF＝5，OC＝3，
∴AF＝OF+OA＝8，
∵∠OCF＝90°，
∴CF=OF2−OC2=52−32=4，
∵∠E＝∠OCF＝90°，∠F＝∠F，
∴△FCO∽△FEA，
∴FCEF=OCEA=OFAF，
∴4EF=3EA=58，
∴EA=245，EF=325，
∴CE＝EF﹣CF=125，
在Rt△ACE中，tan∠ACE=AECE=245125=2，
∴tan∠ACE的值为2．
总结提升：本题考查了切线的判定，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握切线的判定，以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
7．（2022•石家庄模拟）古希腊数学家毕达哥拉斯认为：“一切平面图形中最美的是圆”，它的完美来自对称．其中切弦（chrdfcntact）亦称切点弦，是一条特殊弦，从圆外一点向圆引两条切线，连接这两个切点的弦称为切弦．此时，圆心与已知点的连线垂直平分切弦．
（1）为了说明切弦性质的正确性，需要对其进行证明．如下给出了不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，并写出“证明”过程．
已知：如图1，P是⊙O外一点， ．
求证： ．
（2）如图2，在（1）的条件下，CD是⊙O的直径，连接AD，BC，若∠ADC＝50°，∠BCD＝70°，OC＝2，求OP的长．
思路引领：（1）根据命题的条件和结论即可写成已知和求证，连接OA、OB，根据切线的性质可得∠OAP＝∠OBP＝90°，然后证明Rt△OAP≌Rt△OBP，从而可得∠AOP＝∠BOP，最后利用等腰三角形的三线合一性质即可解答；
（2）连接OA、OB，根据等腰三角形的性质求出∠AOD和∠BOC，从而求出∠AOB，然后在Rt△OBP中利用锐角三角函数进行计算即可解答．
解：（1）已知：如图1，P是⊙O外一点，PA、PB与⊙O分别相切于点A、B，连接AB，OP，
求证：OP垂直平分AB，
证明：连接OA、OB，
∵PA、PB与⊙O分别相切于点A、B，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∵OA＝OB，OP＝OP，
∴Rt△OAP≌Rt△OBP（HL），
∴∠AOP＝∠BOP，
∵OA＝OB，
∴OP垂直平分AB，
故答案为：PA、PB与⊙O分别相切于点A、B，连接AB，OP；OP垂直平分AB；
（2）连接OA、OB，
∵OA＝OD，
∴∠ADC＝∠DAO＝50°，
∴∠AOD＝180°﹣∠ADC﹣∠DAO＝80°，
∵OB＝OC，
∴∠DCB＝∠OBC＝70°，
∴∠BOC＝180°﹣∠DCB﹣∠OBC＝40°，
∴∠AOB＝180°﹣∠AOD﹣∠BOC＝60°，
由（1）得：
∠BOP＝∠AOP=12∠AOB＝30°，
∵∠OBP＝90°，OB＝OC＝2，
∴OP=OBcs30°=232=433，
∴OP的长为433．
总结提升：本题考查了解直角三角形，切线的性质，圆周角定理，垂径定理，全等三角形的判定与性质，根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．