2023年各省市中考数学试卷分类汇编知识点32 圆的基本性质（Word版附解析）

这是一份2023年各省市中考数学试卷分类汇编知识点32 圆的基本性质（Word版附解析），共56页。试卷主要包含了故选等内容，欢迎下载使用。

A．80°B．90°C．100°D．110°
【答案】C【解析】∵∠BAC＝50°，∠BOC＝2∠BAC，∴∠BOC＝100°．故选：C．
8．【2023·青岛】如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠B＝58°，∠ACD＝40°．若⊙O的半径为5，则DC的长为（ ）
A．133πB．109πC．πD．12π
【答案】C【解析】连接OA、OD、OC，∵∠B＝58°，∠ACD＝40°．∴∠AOC＝2∠B＝116°，∠AOD＝2∠ACD＝80°，∴∠DOC＝36°，∴DC=36°π×5180°=π．故选：C．
9．【2023·淄博】如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB＝AC，∠BAC＝120°，D是BC边上一点，连接AD并延长交⊙O于点E．若AD＝2，DE＝3，则⊙O的半径为（ ）
A．10B．3210C．210D．310
【答案】A【解析】连接OA，OC，CE，∵AB＝AC，∠BAC＝120°，∴∠B＝∠ACB＝30°，∴∠AOC＝60°，∵OA＝OC，∴△AOC是等边三角形，∴AC＝OA，∵∠AEC＝∠ACB＝30°，∠CAD＝∠EAC，∴△ACD∽△AEC，∴ACAD=AEAC，∴AC2＝AD•AE，∵AD＝2，DE＝3，∴AC=AD⋅AE=2×(2+3)=10，∴OA＝AC=10，即⊙O的半径为10，故选：A．
7．【2023·青海】如图，AB是⊙O的弦，C是⊙O上一点，OC⊥AB，垂足为D．若∠A＝20°，则∠ABC＝（ ）
A．20°B．30°C．35°D．55°
【答案】C【解析】∵OC⊥AB，∴∠ADO＝90°，∵∠A＝20°，∴∠AOD＝90°﹣∠A＝70°，∴∠ABC=12∠AOD＝35°，故选：C．
7．【2023·鞍山市】如图，AC，BC为⊙O的两条弦，D、G分别为AC，BC的中点，⊙O的半径为2．若∠C＝45°，则DG的长为（ ）
A．2B．3C．32D．2
【答案】D【解析】 如图，连接AO、BO、AB，
∵∠C＝45°，∴∠AOB＝2∠C＝90°，∵⊙O的半径为2，∴AO＝BO＝2，∴AB＝22，∵点D、G分别是AC、BC的中点，∴DG=12AB=2．故选：D．
7．【2023·朝阳】如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠C＝120°，⊙O的半径为3，则BD的长为（ ）
A．πB．2πC．3πD．6π
【答案】B【解析】 ∵∠C＝120°，∴∠A＝180°﹣∠C＝60°，∴∠BOD＝2∠A＝120°，∴BD的长为120⋅π×3180=2π，故选：B．
8．【2023·西藏】如图，四边形ABCD内接于⊙O，E为BC延长线上一点．若∠DCE＝65°，则∠BOD的度数是（ ）
A．65°B．115°C．130°D．140°
【答案】C【解析】∵∠DCE＝65°，∴∠DCB＝180°﹣∠DCE＝180°﹣65°＝115°，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠BAD+∠DCB＝180°，∴∠BAD＝65°，∴∠BOD＝2∠BAD＝2×65°＝130°，故选：C．
8．【2023·甘孜州】如图，点A，B，C在⊙O上，若∠C＝30°，则∠ABO的度数为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
【答案】C【解析】 ∵∠C＝30°，∴∠AOB＝2∠C＝60°，∵OA＝OB，∴∠ABO＝∠BAO=12×（180°﹣∠AOB）＝60°，故选：C．
云南省
12．【2023·云南】如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点．若∠BOC＝66°，则∠A＝（ ）
A．66°B．33°C．24°D．30°
【分析】根据圆周角定理解答即可，在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半．
【答案】B【解析】∵∠A＝∠BOC，∠BOC＝66°，∴∠A＝33°．
【点评】本题考查了圆周角定理，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．定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角．
广西
4．【2023·广西4题】如图，点A，B，C，在⊙O上，∠C＝40°．则∠AOB的度数是（ ）
A．50°B．60°C．70°D．80°
【答案】D
10．【2023·广西10题】赵州桥是当今世界上建造最早，保存最完整的中国古代单孔敞肩石拱桥．如图，主桥拱呈圆弧形，跨度约为37m，拱高约为7m，则赵州桥主桥拱半径R约为（ ）
A．20mB．28mC．35mD．40m
【分析】设主桥拱半径R，根据垂径定理得到AD=372，再利用勾股定理列方程求解，即可得到答案．
【答案】B 【解析】由题意可知，AB＝37m，CD＝7m，设主桥拱半径为Rm，∴OD＝OC﹣CD＝（R﹣7）m.∵OC是半径，OC⊥AB，∴AD＝BD=12AB=372m.在RtADO中，AD2+OD2＝OA2，∴（372）2+（R﹣7）2＝R2.解得R=156556≈28．故选：B．
6．【2023•江西6题】如图，点A，B，C，D均在直线l上，点P在直线l外，则经过其中任意三个点，最多可画出圆的个数为（ ）
A．3个B．4个C．5个D．6个
【答案】D【解析】根据经过不在同一直线上的三点确定一个圆得，经过其中任意三个点，最多可画出圆的个数为6个．
陕西省
7．【2023·陕西】陕西饮食文化源远流长，“老碗面”是陕西地方特色美食之一．图②是从正面看到的一个“老碗”（图①）的形状示意图．AB是⊙O的一部分，D是AB的中点，连接OD，与弦AB交于点C，连接OA，OB．已知AB＝24cm，碗深CD＝8cm，则⊙O的半径OA为（ ）
A．13cmB．16cmC．17cmD．26cm
【分析】首先利用垂径定理的推论得出OD⊥AB，AC＝BC=12AB＝12cm，再设⊙O的半径OA为Rcm，则OC＝（R﹣8）cm．在Rt△OAC中根据勾股定理列出方程R2＝122+（R﹣8）2，求出R即可．
【答案】A【解析】∵AB是⊙O的一部分，D是AB的中点，AB＝24cm，∴OD⊥AB，AC＝BC=12AB＝12cm．设⊙O的半径OA为Rcm，则OC＝OD﹣CD＝（R﹣8）cm．在Rt△OAC中，∵∠OCA＝90°，∴OA2＝AC2+OC2，∴R2＝122+（R﹣8）2，∴R＝13，即⊙O的半径OA为13cm．
【点评】本题考查了垂径定理、勾股定理的应用，设⊙O的半径OA为Rcm，列出关于R的方程是解题的关键．
浙江省
6．【2023•杭州】如图，在⊙O中，半径OA，OB互相垂直，点C在劣弧AB上．若∠ABC＝19°，则∠BAC＝（ ）
A．23°B．24°C．25°D．26°
【答案】D【解析】连接OC.∵∠ABC＝19°，∴∠AOC＝2∠ABC＝38°.
∵OA⊥OB，∴∠AOB＝90°.∴∠BOC＝52°.∴∠BAC=12∠BOC＝26°.
9．【2023·温州】如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，AD=3，则∠CAO的度数与BC的长分别为（ ）
A．10°，1B．10°，2C．15°，1D．15°，2
【答案】C【解析】连接OB，OC，∵BC∥AD，∴∠DBC＝∠ADB.∴AB=CD.∴∠AOB＝∠COD，∠CAD＝∠BDA.∵DB⊥AC，∴∠AED＝90°，∠CAD＝∠BDA＝45°.∴∠AOB＝∠COD＝2∠CAD＝90°.∵∠AOD＝120°，∴∠BOC＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°.∵OB＝OC，∴△OBC是等边三角形.∴BC＝OB.∵OA＝OD，∠AOD＝120°，∴∠OAD＝∠ODA＝30°.∴∠CAO＝∠CAD﹣∠OAD＝45°﹣30°＝15°，AD=3OA=3.∴OA＝BC＝1.
【点评】本题考查圆周角定理，平行线的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，关键是由圆周角定理推出∠AOB＝∠COD＝90°，∠CAD＝∠BDA＝45°，证明△OBC是等边三角形．
8．【2023·台州】如图，⊙O的圆心O与正方形的中心重合，已知⊙O的半径和正方形的边长都为4，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（ ）
A．2B．2C．4+22D．4-22
【答案】D【解析】如图，点B为⊙O上一点，点D为正方形上一点，连接BD，OC，OA，AB.
由三角形三边关系可得，OB﹣OD＜BD，OB是圆的半径，为定值，当点D在A时，OD取得最大值，此时OB﹣OD取得最小值，最小值为AB=OB﹣OA＝4-22．
湖北省
6．【2023·黄冈】如图，在⊙O中，直径AB与弦CD相交于点P，连接AC，AD，BD，若∠C＝20°，∠BPC＝70°，则∠ADC＝（ ）
A．70°B．60°C．50°D．40°
【分析】先根据圆周角定理求得∠AOD＝40°，再由AB是⊙O的直径得∠ADB＝90°即可求得∠ADC．
【答案】D 【解析】连接OD，如图，∵∠C＝20°，∴∠AOD＝40°，∵∠BPC＝70°，∴BDP＝∠BPC﹣∠B＝50°，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠ADC＝∠ADB﹣∠BDP＝40°，故选：D．
【点评】本题主要考查了圆周角定理、三角形的外角性质以及直径所对的圆周角是直角，熟练掌握各知识点是解决本题的关键．
5．【2023·宜昌】如图，OA，OB，OC都是⊙O的半径，AC，OB交于点D．若AD＝CD＝8，OD＝6，则BD的长为（ ）
A．5B．4C．3D．2
【答案】B
10．【2023·荆州】如图，一条公路的转弯处是一段圆弧（AC），点O是这段弧所在圆的圆心，B为AC上一点，OB⊥AC于D．若AC＝3003m，BD＝150m，则AC的长为（ ）
A．300πmB．200πmC．150πmD．1003πm
【分析】先根据垂径定理求出AD的长，由题意得OD＝OA﹣BD，在Rt△AOD中利用勾股定理即可求出OA的值，然后再利用三角比计算出AC所对的圆心角的度数，由弧长公式求出AC的长即可．
【答案】B 【解析】如图所示：
∵OB⊥AC，∴AD=12AC＝1503m，∠AOC＝2AOB，在Rt△AOD中，∵AD2+OD2＝OA2，OA＝OB，∴AD2+（OA﹣BD）2＝OA2，∴(1503)2+（OA﹣150）2²＝OA2，解得：OA＝300m，∴sin∠AOB=ADOA=32，∴∠AOB＝60°，∴∠AOC＝120°，∴AC的长=120×300π180=200πm．故选：B．
【点评】本题考查的是垂径定理，勾股定理及弧长的计算公式，根据垂径定理得出AD的长，再由勾股定理求出半径是解答此题的关键，同时要熟记圆弧长度的计算公式．
湖南省
7．【2023·岳阳】我国古代数学名著《九章算术》中有这样一道题：“今有圆材，径二尺五寸．欲为方版，令厚七寸，问广几何？”结合如图，其大意是：今有圆形材质，直径BD为25寸，要做成方形板材，使其厚度CD达到7寸，则BC的长是（ ）
A．674寸B．25寸C．24寸D．7寸
【答案】C 【解析】∵BD为⊙O的直径，∴∠BCD＝90°，在Rt△BCD中，BC=BD2-CD2=252-72=24．∴CD的长为24寸．
江苏省
5．【2023·连云港】如图，甲是由一条直径、一条弦及一段圆弧所围成的图形；乙是由两条半径与一段圆弧所围成的图形；丙是由不过圆心O的两条线段与一段圆弧所围成的图形．下列叙述正确的是（ ）
A．只有甲是扇形B．只有乙是扇形
C．只有丙是扇形D．只有乙、丙是扇形
【答案】B
8．【2023·苏州】如图，AB是半圆O的直径，点C，D在半圆上，，连接OC，CA，OD，过点B作EB⊥AB，交OD的延长线于点E．设△OAC的面积为S1，△OBE的面积为S2，若，则tan∠ACO的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A【解析】如图，过C作CH⊥AO于H，∵，∴∠COD＝∠BOE＝∠CAO.∵，即，
∴.∵∠A＝∠BOE，∴tan∠A＝tan∠BOE.∴，即.设AH＝2m，则BO＝3m＝AO＝CO，
∴OH＝3m﹣2m＝m.∴CH＝.∴tan∠A＝＝.∵OA＝OC，∴∠A＝∠ACO.∴tan∠ACO＝.
内蒙古
9．【2023·包头】如图，⊙O是锐角三角形ABC的外接圆，OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC．垂足分别为D，E，F，连接DE，EF，FD．若DE+DF＝6.5，△ABC的周长为21，则EF的长为（ ）
A．8B．4C．3.5D．3
【答案】B【解析】∵OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，垂径定理得AD＝BD，AF＝CF，BE＝CE，∴DE，DF，EF是△ABC的中位线.∴DE=12AC，DF=12BC，EF=12AB.∴DE+DF+EF=12（AB+BC+AC）=12×21=10.5.∵DE+DF＝6.5，∴EF＝10.5﹣6.5＝4．
10. 【2023·赤峰】如图，圆内接四边形中，，连接，，，，．则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【分析】根据圆内接四边形对角互补得出，根据圆周角定理得出，根据已知条件得出，进而根据圆周角定理即可求解．
【答案】A【解析】∵圆内接四边形中，，∴.∴.
∵，∴，∵，∴．
【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
四川省
12．【2023·德阳】如图，⊙O的直径AB＝10，DE是弦，AB⊥DE，CEB=EBD，sin∠BAC=35，AD的延长线与CB的延长线相交于点F，DB的延长线与OE的延长线相交于点G，连接CG．下列结论中正确的个数是（ ）
①∠DBF＝3∠DAB；
②CG是⊙O的切线；
③B，E两点间的距离是10；
④DF=11109．
A．1B．2C．3D．4
【分析】连接AE，BE，OC，利用圆周角定理，垂径定理，圆的切线的判定与性质直角三角形的边角关系定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质对每个结论进行逐一判断即可得出结论．
【答案】B【解析】①连接AE，BE，如图，∵⊙O的直径AB＝10，DE是弦，AB⊥DE，∴BE=BD，∵CEB=EBD，∴CE=BD，∴CE=BE=BD，∴∠CAE＝∠EAB＝∠BAD，∴∠CAD＝3∠DAB．∵∠DBF为圆内接四边形ADBC的外角，∴∠DBF＝∠CAD＝3∠DAB．∴①的结论正确；②连接OC，∵CE=BE，∴OE垂直平分BC，∴GC＝GB．在△OCG和△OBG中，OC=OBOG=OGGC=GB，∴△OCG≌△OBG（SSS），∴∠OCG＝∠OBG．由题意GB与⊙O相交，∴∠OBG为钝角，∴∠OCG为钝角，∴OC与GC不垂直，∴CG不是⊙O的切线．∴②的结论不正确；③∵AB为⊙O的直径，∴∠BCA＝90°，∴AC⊥BC．设DE交BO于点H，∵OE⊥BC，AC⊥BC，∴OE∥AC，∴∠EOB＝∠CAB，∴sin∠EOB＝sin∠BAC=35，∴EHOE=35，∴EH＝3，∴OH=OE2-EH2=52-32=4，
∴BH＝OB﹣OH＝1，∴BE=BH2+EH2=12+32=10．∴③的结论正确；④∵AB为⊙O的直径，∴∠BCA＝90°，∵sin∠BAC=35，sin∠BAC=BCAB，∴BC=35AB＝6．∴AC=AB2-BC2=8．∵BD=BE，∴BD＝BE=10．∴AD=AB2-BD2=102-(10)2=310．∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠BDF＝∠ACB＝90°，∵∠F＝∠F，∴△FBD∽△FAC，∴FDFC=FBFA=BDAC，∴FDFB+6=108FBFD+310=108，解得：FD=13109FB=509．∴FD=13109．∴④的结论不正确．∴结论正确的有：①③．故选：B．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆的切线的判定，连接直径所对的圆周角是解决此类问题常添加的辅助线．
6．【2023·广元】如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，连接CD，OD，AC，若∠BOD＝124°，则∠ACD的度数是（ ）
A．56°B．33°C．28°D．23°
【答案】C【解析】∵∠BOD＝124°，∴∠AOD＝180°﹣124°＝56°，∴∠ACD=12∠AOD＝28°.
8．【2023•内江】如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，点P在AB上，点Q是DE的中点，则∠CPQ的度数为（ ）
A．30°B．45°C．36°D．60°
【分析】先计算正六边形的中心角，再利用同圆或等圆中，等弧对的圆心角相等，圆周角定理计算即可．
【答案】B【解析】如图，连接OC，OD，OQ，OE，
∵正六边形ABCDEF，Q是DE的中点，∴∠COD＝∠DOE=360°6=60°，∠DOQ＝∠EOQ=12∠DOE＝30°.
∴∠COQ＝∠COD+∠DOQ＝90°.∴∠CPQ=12∠COQ＝45°.
【点评】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，熟练掌握正多边形中心角计算，圆周角定理是解题的关键．
7．【2023·宜宾】如图，已知点A，B，C在⊙O上，C为的中点．若∠BAC＝35°，则∠AOB等于（ ）
A．140°B．120°C．110°D．70°
【分析】连接OC，由∠BAC＝35°，得∠BOC＝2∠BAC＝70°，又C为的中点．故∠AOC＝∠BOC＝70°，即知∠AOB＝∠AOC+∠BOC＝140°．
【答案】A【解析】连接OC，如图：∵∠BAC＝35°，∴∠BOC＝2∠BAC＝70°，∵C为的中点．∴＝，
∴∠AOC＝∠BOC＝70°，∴∠AOB＝∠AOC+∠BOC＝140°，故选：A．
【点评】本题考查圆的性质及应用，解题的关键是掌握圆周角定理和圆心角，弧的关系．
8．【2023·自贡】如图，△ABC内接于⊙O，CD是⊙O的直径，连接BD，∠DCA＝41°，则∠ABC的度数是（ ）
A．41°B．45°C．49°D．59°
【分析】由直径所对的圆周角是直角可得∠DBC＝90°，由同弧所对的圆周角相等可得∠DBA＝∠DCA，进而可计算∠ABC．
【答案】C【解析】∵CD是⊙O的直径，∴∠DBC＝90°，∵∠DBA＝∠DCA＝41°，∴∠ABC＝90°﹣∠DBA＝49°，
【点评】本题主要考查了直径所对的圆周角是直角、同弧所对的圆周角相等，解决本题的关键是熟练掌握相关知识点，难度不大．
8．【2023·巴中】如图，⊙O是△ABC的外接圆，若∠C＝25°，则∠BAO＝（ ）
A．25°B．50°C．60°D．65°
【分析】由圆周角定理求得∠AOB的度数，再根据等腰三角形的两个底角相等和三角形的内角和定理可得结论．
【答案】D【解析】连接OB，∵∠C＝25°，∴∠AOB＝2∠C＝50°.∵OA＝OB，∴∠BAO＝∠ABO＝＝65°.
【点评】本题考查了圆周角定理：同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半．解题时，借用了等腰三角形的两个底角相等和三角形的内角和定理．
10．【2023·眉山】如图，AB切⊙O于点B，连结OA交⊙O于点C，BD∥OA交⊙O于点D，连结CD，若∠OCD＝25°，则∠A的度数为（ ）
A．25°B．35°C．40°D．45°
【分析】连接OB，由切线的性质得到∠ABO＝90°，由平行线的性质得到∠D＝∠OCD＝25°，由圆周角定理得出∠O＝2∠D＝50°，因此∠A＝90°﹣∠O＝40°．
【答案】C【解析】连接OB，∵AB切⊙O于B，∴半径OB⊥AB，∴∠ABO＝90°，∵BD∥OA，∴∠D＝∠OCD＝25°，∴∠O＝2∠D＝50°，∴∠A＝90°﹣∠O＝40°．
【点评】本题考查切线的性质，圆周角定理，关键是由圆周角定理得到∠O＝2∠D，由切线的性质定理得到∠ABO＝90°，由直角三角形的性质即可求出∠A的度数．
11．【2023·凉山州】如图，在⊙O中，OA⊥BC，∠ADB＝30°，BC＝23，则OC＝（ ）
A．1B．2C．23D．4
【分析】连接OB，设OA交BC于E，由∠ADB＝30°，得∠AOB＝60°，根据OA⊥BC，BC＝23，得BE=12BC=3，故sin60°=3OB，从而OB＝2＝OC＝2．
【答案】B【解析】连接OB，设OA交BC于E，如图：
∵∠ADB＝30°，∴∠AOB＝60°，∵OA⊥BC，BC＝23，∴BE=12BC=3，在Rt△BOE中，sin∠AOB=BEOB，
∴sin60°=3OB，∴OB＝2，∴OC＝2．
【点评】本题考查垂径定理，圆周角定理及勾股定理的应用，解题的关键是掌握含30°角的直角三角形三边关系．
山东省
7．【2023·泰安】如图，AB是⊙O的直径，D，C是⊙O上的点，∠ADC＝115°，则∠BAC的度数是（ ）
A．25°B．30°C．35°D．40°
【答案】A
7．【2023•枣庄】如图，在⊙O中，弦AB，CD相交于点P．若∠A＝48°，∠APD＝80°，则∠B的度数为（ ）
A．32°B．42°C．48°D．52°
【分析】根据外角∠APD，求出∠C，由同弧所对圆周角相等即可求出∠B．
【答案】A【解析】∵∠A＝48°，∠APD＝80°，∴∠C＝80°﹣48°＝32°.∵AD=AD，∴∠B＝∠C＝32°．
【点评】本题考查了圆周角的性质的应用，三角形外角的性质应用是解题关键．
山西省
5．【2023•山西5题】如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC，BD为对角线，BD经过圆心O．若∠BAC＝40°，则∠DBC的度数为（ ）
A．40°B．50°C．60°D．70°
【答案】B
广东省
9．【2023·广东9题】如图，AB是⊙O的直径，∠BAC＝50°，则∠D＝（ ）
A．20°B．40°C．50°D．80°
【分析】由AB是⊙O的直径，得∠ACB＝90°，而∠BAC＝50°，即得∠ABC＝40°，故∠D＝∠ABC＝40°，
【答案】B 【解析】∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°.∴∠BAC+∠ABC＝90°.∵∠BAC＝50°，∴∠ABC＝40°.∵AC=AC，∴∠D＝∠ABC＝40°.故选：B．
【点评】本题考查圆周角定理的应用，解题的关键是掌握直径所对的圆周角是直角和同弧所对的圆周角相等．
河南省
6．【2023·河南6题】如图，点A，B，C在⊙O上，若∠C＝55°，则∠AOB的度数为（ ）
A．95°B．100°C．105°D．110°
【答案】D
吉林省
6.【2023·吉林】如图，，是的弦，，是的半径，点为上任意一点（点不与点重合），连接．若，则的度数可能是（ ）
A. B. C. D.
【分析】根据圆周角定理得出，进而根据三角形的外角的性质即可求解．
【答案】D【解析】∵，，∴，∵，
∴的度数可能是．
【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形的外角的性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
黑龙江
4．【2023·牡丹江】如图，A，B，C为⊙O上的三个点，∠AOB＝4∠BOC，若∠ACB＝60°，则∠BAC的度数是（ ）
A．20°B．18°C．15°D．12°
【答案】C
辽宁省
9. 【2023·营口】如图所示，是的直径，弦交于点E，连接，若，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【分析】如图所示，连接，先由同弧所对的圆周角相等得到，再由直径所对的圆周角是直角得到，则．
【答案】D【解析】如图所示，连接，∵，∴，∵是的直径，∴，∴，

二、填空题
13．【2023·湖州】如图，OA是⊙O的半径，弦BC⊥OA于点D，连结OB．若⊙O的半径为5cm，BC的长为8cm，则OD的长是 cm．
【答案】3【解析】∵BC⊥OA，BC＝8cm，∴BD＝CD=12BC＝4cm，BD2+OD2＝OB2，∵OB＝5cm，∴42+OD2＝52，∴OD＝3或OD＝﹣3（舍去），∴OD的长是3cm，故答案为：3．
14．【2023·呼和浩特】如图，△ABC内接于⊙O且∠ACB＝90°，弦CD平分∠ACB，连接AD，BD．若AB＝5，AC＝4，则BD＝ ，CD＝ ．
【答案】522 722 【解析】 ∵△ABC内接于⊙O且∠ACB＝90°，∴AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠DAC+∠DBC＝180°，∵弦CD平分∠ACB，∴∠ACD＝∠BCD＝45°，∴AD＝BD，∵AB＝5，AC＝4，∴CB＝3，AD＝BD=522，∴如图把△ACD绕D逆时针旋转90°得到△DBE，∴∠DBE＝∠DAC，BE＝AC，∴∠DBC+∠DBE＝180°，∴C、B、E三点共线，∴△DCE为等腰直角三角形，∴CE＝AC+BC＝7，∴CD＝DE=722．故答案为：522，722．
14．【2023·淮安】如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BC是⊙O的直径，BC＝2CD，则∠BAD的度数是 °．
【答案】120【解析】如图，连接OD，∵BC是⊙O的直径，BC＝2CD，∴OC＝OD＝CD，∴△COD为等边三角形，∴∠C＝60°，∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠BAD+∠C＝180°，∴∠BAD＝120°，故答案为：120．
14．【2023·襄阳】如图，四边形ABCD内接于⊙O，点E在CD的延长线上．若∠ADE＝70°，则∠AOC＝ 度．​
【答案】140【解析】 ∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ADE＝70°，∴∠B＝∠ADE＝70°，∴∠AOC＝2∠B＝140°．故答案为：140．
15．【2023·南通】如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，若∠DAB＝66°，则∠ACD＝ 度．
【答案】24 【解析】如图，连接OD，
∵OA＝OD，∠DAB＝66°，∴∠ODA＝∠OAD＝66°，∴∠AOD＝180°﹣66°﹣66°＝48°，∴∠ACD=12∠AOD＝24°，故答案为：24．
16．【2023·常州】如图，AD是⊙O的直径，△ABC是⊙O的内接三角形．若∠DAC＝∠ABC，AC＝4，则⊙O的直径AD＝ ．
【答案】42 【解析】如图，连接CD、OC．∵∠DAC＝∠ABC，∴AC=DC，∴AC＝CD，∵AD是⊙O的直径，∴∠ACD＝90°，∴△ACD是等腰直角三角形，∴AC＝CD＝4，∴AD=2AC＝42．故答案为：42．
宁夏
13．【2023·宁夏13题】如图，四边形ABCD内接于⊙O，延长AD至点E，已知∠AOC＝140° 那么∠CDE＝ °．
【分析】由圆内接四边形的性质，得到∠B+∠ADC＝180°，由邻补角的性质得到∠CDE+∠ADC＝180°，因此∠CDE＝∠B，由圆周角定理求出∠B＝70°，得到∠CDE＝70°．
【答案】70【解析】∵∠CDE+∠ADC＝180°，∠B+∠ADC＝180°，∴∠CDE＝∠B.∵∠B=12∠AOC=12×140°＝70°，∴∠CDE＝70°．
【点评】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，关键是由圆内接四边形的性质推出∠CDE＝∠B．
浙江省
15．【2023·金华】如图，在△ABC 中，AB＝AC＝6cm，∠BAC＝50°，以AB为直径作半圆，交BC于点D，交AC于点E，则弧DE的长为 cm．
【答案】56π【解析】连接OE，OD，由等腰三角形的性质得∠C＝∠B=∠ODB，∴OD∥AC.∴∠EOD＝∠AEO.
∵OE＝OA，∴∠OEA＝∠BAC＝50°，∴∠EOD＝∠BAC＝50°.∵OD=12AB=12×6＝3（cm），∴DE的长=50π×3180=56π（cm）．
甘肃省
14．【2023·甘肃省卷14题】如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点D是⊙O上一点，∠CDB＝55°，则∠ABC＝ °．
【答案】35
湖北省
12．【2023·随州】如图，在⊙O中，OA⊥BC，∠AOB＝60°，则∠ADC的度数为 ．
【分析】连接OC，根据垂径定理及圆心角、弧、弦的关系求得∠AOC的度数，然后根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可求得答案．
【答案】30°【解析】如图，连接OC，
∵OA⊥BC，∴AC=AB，∴∠AOC＝∠AOB＝60°，∴∠ADC=12∠AOC＝30°，故答案为：30°．
【点评】本题考查圆的有关性质的应用，结合已知条件求得∠AOC的度数是解题的关键．
江苏省
15.【2023·徐州】如图，在中，直径与弦交于点．连接，过点的切线与的延长线交于点．若，则________°．
【答案】66【解析】连接，如图所示：

∵是的直径，且是的切线，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴∴∠DEB=∠ADC+∠A
=66°．
四川省
13．【2023·南充】如图，AB是⊙O的直径，点D，M分别是弦AC，弧AC的中点，AC＝12，BC＝5，则MD的长是 ．
【分析】根据垂径定理得OM⊥AC，根据圆周角定理得∠C＝90°，根据勾股定理得AB=122+52=13，根据三角形中位线定理得OD=12BC＝2.5，OD∥BC，所以OD⊥AC，MD＝OM﹣OD＝6.5﹣2.5＝4．
【答案】4【解析】∵点M是弧AC的中点，∴OM⊥AC，∵AB是⊙O的直径，∴∠C＝90°，∵AC＝12，BC＝5，∴AB=122+52=13，∴OM＝6.5，∵点D是弦AC的中点，∴OD=12BC＝2.5，OD∥BC，∴OD⊥AC，∴MD＝OM﹣OD＝6.5﹣2.5＝4．
【点评】本题考查了垂径定理，圆周角定理，勾股定理，三角形中位线定理，熟练掌握和运用这些定理是解题的关键．
14．【2023·广安】如图，△ABC内接于⊙O，圆的半径为7，∠BAC＝60°，则弦BC的长度为 ．
【分析】根据圆周角和圆心角的关系，可以求得∠BOC的度数，然后根据锐角三角函数可以得到BD的长，再根据垂径定理即可得到BC的长．
【答案】73【解析】作OD⊥BC于点D，连接OB，OC，如图所示，∵∠BAC＝60°，∴∠BOC＝2∠BAC＝120°，∵OD⊥BC，∴∠BOD＝60°，OB＝7，BD＝CD，∴BD＝BO•sin∠BOD＝7×sin60°＝7×32=732，∴BC＝2BD＝73，故答案为：73．
【点评】本题考查三角形的外接圆、垂径定理、锐角三角函数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
湖南省
15．【2023·郴州】如图，某博览会上有一圆形展示区，在其圆形边缘的点P处安装了一台监视器，它的监控角度是55°，为了监控整个展区，最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器 台．
【答案】4 【解析】∵∠P＝55°，∴∠P所对弧所对的圆心角是110°．∵360°÷110°＝3311，∴最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器4台．
15．【2023·长沙15题】如图，点A，B，C在半径为2的⊙O上，∠ACB＝60°，OD⊥AB，垂足为E，交⊙O于点D，连接OA，则OE的长度为 ．
【答案】1 【解析】连接OB．∠AOB＝2∠ACB＝120°．∵OD⊥AB，∴∠AOD＝12∠AOB＝60°．∴∠OAE＝30°．∴OE=12OA=12×2＝1．
15．【2023·株洲】如图所示，点A，B，C是○O上不同的三点，点O在△ABC的内部，连接BO，CO，并延长线段BO交线段AC于点D．若∠A＝60°，∠OCD＝40°，则∠ODC＝ 度．
【答案】80 【解析】在⊙O中，∠BOC＝2∠A＝2×60°＝120°，∴∠ODC＝∠BOC﹣∠OCD＝120°﹣40°＝80°．
18．【2023·永州】如图，⊙O是一个盛有水的容器的横截面，⊙O的半径为10cm，水的最深处到水面AB的距离为4cm，则水面AB的宽度为 cm．
【分析】过点O作OD⊥AB于点C，交⊙O于点D，连接OA，由垂径定理可得AC＝BC，然后在Rt△AOC中根据勾股定理求出AC的长，即可得出AB的长．
【答案】16 【解析】如图，过点O作OD⊥AB于点C，交⊙O于点D，连接OA，∴AC=BC=12AB，由题意知，OA＝10cm，CD＝4cm，∴OC＝6cm，在Rt△AOC中，AC=OA2-OC2=102-62=8cm，∴AB＝2AC＝16cm，故答案为：16．
【点评】本题考查了垂径定理，熟练掌握垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，同时需熟练掌握勾股定理．
三、解答题
25．【2023·湘西州】如图，点D，E在以AC为直径的⊙O上，∠ADC的平分线交⊙O于点B，连接BA，EC，EA，过点E作EH⊥AC，垂足为H，交AD于点F．
（1）求证：AE2＝AF•AD；
（2）若sin∠ABD=255，AB＝5，求AD的长．
解：（1）证明：∵EH⊥AC于点H，AC是⊙O的直径，
∴∠AHE＝∠AEC＝90°，
∵∠HAE＝∠EAC，
∴△HAE∽△EAC，
∴AHAE=AEAC，
∴AE2＝AH•AC，
∵∠HAF＝∠DAC，∠AHF＝∠ADC＝90°，
∴△AHF∽△ADC，
∴AHAD=AFAC，
∴AH•AC＝AF•AD，
∴AE2＝AF•AD．
（2）解：连接BC，
∵∠ADC的平分线交⊙O于点B，
∴∠ADB＝∠CDB，
∴AB=BC，
∴AB＝BC＝5，
∵∠ABC＝90°，
∴AC=AB2+BC2=52+52=52，
∵∠ACD＝∠ABD，
∴ADAC=sin∠ACD＝sin∠ABD=255，
∴AD=255AC=255×52=210，
∴AD的长是210．
26．【2023·哈尔滨】已知△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，N为AC的中点，连接ON交AC于点H．
​
（1）如图①，求证：BC＝2OH；
（2）如图②，点D在⊙O上，连接DB，DO，DC，DC交OH于点E，若DB＝DC，求证OD∥AC；
（3）如图③，在（2）的条件下，点F在BD上，过点F作FG⊥DO，交DO于点G，DG＝CH，过点F作FR⊥DE，垂足为R，连接EF，EA，EF：DF＝3：2，点T在BC的延长线上，连接AT，过点T作TM⊥DC，交DC的延长线于点M，若FR＝CM，AT＝42，求AB的长．
（1）证明：如图①，连接OC，
∵N是AC的中点，
∴AN=CN，
∴∠AON＝∠CON，
∵OA＝OC，
∴AH＝HC，
∵OA＝OB，
∴OH是△ABC的中位线，
∴BC＝2OH；
（2）证明：如图②，设∠BDC＝2α，
∵BD＝CD，DO＝DO，BO＝OC，
∴△DOB≌△DOC（SSS），
∴∠BDO＝∠CDO=12∠BDC＝α，
∵OB＝OD，
∴∠DBO＝∠BDO＝α，
∵∠ACD＝∠ABD＝α，
∴∠CDO＝∠ACD，
∴DO∥AC；
（3）解：如图③，连接AD，延长AE与BC交于W点，延长AC、TM交于L点，
∵FG⊥OD，
∴∠DGF＝90°，
∵∠CHE＝90°，
∴∠DGF＝∠CHE，
∵∠FDG＝∠ECH，DG＝CH，
∴△DGF≌△CHE（AAS），
∴DF＝CE，
∵AH＝CH，
∴OH⊥AC，
∴∠EHC＝∠DGF，
∵AH＝HC，
∴△AEC是等腰三角形，
∴AE＝EC，∠EAC＝∠ECA，
∵∠BDO＝∠ODE＝∠ECA，
∴∠EAH＝∠FDG，
∵DG＝CH，
∴DG＝AH，
∴△DFG≌△AFH（ASA），
∴AE＝DF，
∵∠DEA＝2∠ECA，∠FDE＝2∠ODE，
∴∠FDE＝∠DEA，
∴DF∥AE，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AB是圆O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴四边形ADFE是矩形，
∴EF⊥BD，
∵EF：DF＝3：2，
∴tan∠EDF=32，
∵FR⊥CD，FG⊥DO，
∴∠ODE＝∠RFK＝90°，
∵∠ECA＝∠MCL，
∴∠RFK＝∠LCM，
∵CM⊥MT，
∴∠CML＝90°，
∵FR＝CM，
∴△FRK≌△CML（AAS），
∴CL＝FK＝2FG，
∵BC＝2OH，EH＝OH，
∴EH是△AWC的中位线，
∴CW＝2EH，
∵EH＝FG，
∴CL＝FK＝2FG＝CW，
∵∠TCL＝∠CMT＝90°，
∴∠MCL＝∠CTM，
∵∠ACE＝∠ECA＝∠LCM，
∴∠CTM＝∠WAC，
∴△AWC≌△TLC（AAS），
∴AC＝TC，
在Rt△ACT中，AT＝42，
∴AC＝CT＝4，
∵AW∥BD，
∴∠BAW＝∠DBC，
∵∠DBO＝∠BDO，∠EAC＝∠BDO＝∠ODE，
∴∠BAC＝∠BDE，
在Rt△ABC中，tan∠BAC=32=BCAC，
∴BC＝6，
在Rt△ABC中，AB=AC2+BC2=213．
25．【2023·西宁】如图，AB是⊙O的弦，半径OC⊥AB，垂足为D，弦CE与AB交于点F，连接AE，AC，BC．
（1）求证：∠BAC＝∠E；
（2）若AB＝8，DC＝2，CE=310，求CF的长．
解：（1）证明：∵OC⊥ABOC是⊙O的半径
∴AD＝BD，AC=BC，
∴∠BAC＝∠E；
（2）解：∵∠BAC＝∠E，
∵∠ACF＝∠ECA，
∴△ACF∽△ECA，
∴ACEC=CFCA，
∵AB＝8，
∴AD＝BD＝4，
∵∠ADC＝90° AD＝4，CD＝2
∴AC=AD2+CD2=25，
∴25310=CF25，
∴CF=2103．
北京
24.【2023·北京24题】如图，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，．

（1）求证平分，并求的大小；
（2）过点作交的延长线于点．若，，求此圆半径的长．
解：（1）∵，∴.
∴，即平分．
∵平分，∴.
∴.∴，即.
∴是直径.∴.
（2）∵，，∴，则．
∵，∴．
∵，∴.
∴是等边三角形，则．
∵平分，∴．
∵是直径，∴，则．
∵四边形是圆内接四边形，
∴，则.
∴.∴.∴．
∵，∴.∴．
∵是直径，∴此圆半径的长为．
贵州省
23. 【2023·贵州】如图，已知是等边三角形的外接圆，连接并延长交于点，交于点，连接，．

（1）写出图中一个度数为的角：_______，图中与全等的三角形是_______；
（2）求证：；
（3）连接，，判断四边形的形状，并说明理由．
（1）解：∵是等边三角形的外接圆，
∴是的角平分线，.
∴.
∵是的直径，∴.∴.
∴的角有：、、、.
∵是的角平分线，
∴，.
在与中，∵，
∴.
（2）证明：∵，，∴.
（3）解：连接，，∵，，
∴ ，是等边三角形.
∴，∴四边形是菱形.

．
安徽省
20．【2023·安徽20题】已知四边形ABCD内接于⊙O，对角线BD是⊙O的直径．
（1）如图1，连接OA，CA，若OA⊥BD，求证：CA平分∠BCD；
（2）如图2，E为⊙O内一点，满足AE⊥BC，CE⊥AB．若BD＝33，AE＝3，求弦BC的长．
（1）证明：∵OA⊥BD，∴AB=AD.
∴∠ACB＝∠ACD.即CA平分∠BCD.
（2）解：延长AE交BC于M，延长CE交AB于N，
∵AE⊥BC，CE⊥AB，∴∠AMB＝∠CNB＝90°.
∵BD是⊙O的直径，∴∠BAD＝∠BCD＝90°.
∴∠BAD＝∠CNB，∠BCD＝∠AMB.
∴AD∥NC，CD∥AM.
∴四边形AECD是平行四边形.
∴AE＝CD＝3.
∴BC=BD2-CD2=(33)2-32=32．
上海
21．【2023·上海】如图，在⊙O中，弦AB的长为8，点C在BO延长线上，且cs∠ABC=45，OC=12OB．
（1）求⊙O的半径；
（2）求∠BAC的正切值．
【分析】（1）过点O作OD⊥AB，垂足为D，根据垂径定理可得AD＝BD＝4，然后在Rt△OBD中，利用锐角三角函数的定义求出OB的长，即可解答；
（2）过点C作CE⊥AB，垂足为E，根据已知可得BC=32OB＝7.5，再利用平行线分线段成比例可得OBBC=BDBE，从而求出BE的长，进而求出AE的长，然后在Rt△BCE中，利用勾股定理求出CE的长，再在Rt△ACE中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
解：（1）过点O作OD⊥AB，垂足为D，
∵AB＝8，∴AD＝BD=12AB＝4，
在Rt△OBD中，cs∠ABC=45，
∴OB=BDcs∠ABC=445=5，∴⊙O的半径为5；
（2）过点C作CE⊥AB，垂足为E，
∵OC=12OB，OB＝5，∴BC=32OB＝7.5，
∵OD⊥AB，∴OD∥CE，∴OBBC=BDBE，
∴23=4BE，∴BE＝6，∴AE＝AB﹣BE＝8﹣6＝2，
在Rt△BCE中，CE=BC2-BE2=7．52-62=4.5，
在Rt△ACE中，tan∠BAC=CEAE=4.52=94，
∴∠BAC的正切值为94．
【点评】本题考查了垂径定理，勾股定理，解直角三角形，平行线分线段成比例，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．
陕西省
26．【2023·陕西】（1）如图①，在△OAB中，OA＝OB，∠AOB＝120°，AB＝24．若⊙O的半径为4，点P在⊙O上，点M在AB上，连接PM，求线段PM的最小值；
（2）如图②所示，五边形ABCDE是某市工业新区的外环路，新区管委会在点B处，点E处是该市的一个交通枢纽．已知：∠A＝∠ABC＝∠AED＝90°，AB＝AE＝10000m，BC＝DE＝6000m．根据新区的自然环境及实际需求，现要在矩形AFDE区域内（含边界）修一个半径为30m的圆型环道⊙O；过圆心O，作OM⊥AB，垂足为M，与⊙O交于点N．连接BN，点P在⊙O上，连接EP．其中，线段BN、EP及MN是要修的三条道路，要在所修迅路BN、EP之和最短的情况下，使所修道路MN最短，试求此时环道⊙O的圆心O到AB的距离OM的长．
【分析】（1）连接OP，OM，过点O作OM'⊥AB，垂足为M'，则PM≥OM﹣4≥OM'﹣4，由直角三角形的性质得出OM'＝AM'•tan30°＝43，则可得出答案；
（2）分别在BC，AE上作BB'＝AA'＝r＝30（m），连接A'B'，B'O、OP、OE、B′E．证出四边形BB'ON是平行四边形．由平行四边形的性质得出BN＝B′O．当点O在B'E上时，BN+PE取得最小值．作⊙O'，使圆心O'在B'E上，半径r＝30（m），作O'M'⊥AB，垂足为M'，并与A'B'交于点H．证明△B'O'H∽△B'EA'，由相似三角形的性质得出O'HEA'=B'HB'A'，求出O'H的长可得出答案．
解：（1）如图①，连接OP，OM，过点O作OM'⊥AB，垂足为M'，则 OP+PM≥OM．
∵⊙O半径为4，∴PM≥OM﹣4≥OM'﹣4，
∵OA＝OB．∠AOB＝120°，∴∠A＝30°，
∴OM'＝AM'•tan30°＝12tan30°＝43，
∴PM≥OM'﹣4＝43-4，
∴线段PM的最小值为43-4.
（2）如图②，分别在BC，AE上作BB'＝AA'＝r＝30（m），
连接A'B'，B'O、OP、OE、B′E．
∵OM⊥AB，BB'⊥AB，ON＝BB'，
∴四边形BB'ON是平行四边形．
∴BN＝B′O．
∵B'O+OP+PE≥B'O+OE≥B'E，
∴BN+PE≥B'E﹣r，
∴当点O在B'E上时，BN+PE取得最小值．
作⊙O'，使圆心O'在B'E上，半径r＝30（m），
作O'M'⊥AB，垂足为M'，并与A'B'交于点H．
∴O'H∥A'E，
∴△B'O'H∽△B'EA'，∴O'HEA'=B'HB'A'，
∵⊙O'在矩形AFDE区域内（含边界），
∴当⊙O'与FD相切时，B′H最短，即B′H＝10000﹣6000+30＝4030（m）．
此时，O′H也最短．
∵M'N'＝O'H，∴M'N'也最短．
∴O'H=EA'⋅B'HB'A'=(10000-30)×403010000=4017.91（m），
∴O'M'＝O'H+30＝4047.91（m），
∴此时环道⊙O的圆心O到AB的距离OM的长为4047.91m．
【点评】本题是圆的综合题，考查了等腰三角形的性质，切线的性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键．
24．【2023·陕西】如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC＝45°，过点B作BC的垂线，交⊙O于点D，并与CA的延长线交于点E，作BF⊥AC，垂足为M，交⊙O于点F．
（1）求证：BD＝BC；
（2）若⊙O的半径r＝3，BE＝6，求线段BF的长．
【分析】（1）如图，连接DC，根据圆周角定理得到∠BDC＝∠BAC＝45°，求得∠BCD＝90°﹣∠BDC＝45°，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论；
（2）如图，根据圆周角定理得到CD为⊙O的直径，求得CD＝2r＝6．根据勾股定理得到EC=BE2+BC2=62+(32)2=36，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
（1）证明：如图，连接DC，则∠BDC＝∠BAC＝45°，
∵BD⊥BC，
∴∠BCD＝90°﹣∠BDC＝45°，
∴∠BCD＝∠BDC．
∴BD＝BC；
（2）解：∵∠DBC＝90°，
∴CD为⊙O的直径，∴CD＝2r＝6．
∴BC＝CD•sin∠BDC=6×22=32，
∴EC=BE2+BC2=62+(32)2=36，
∵BF⊥AC，
∴∠BMC＝∠EBC＝90°，∠BCM＝∠BCM，
∴△BCM∽△ECB．
∴BCEC=BMEB=CMCB，
∴BM=BC⋅EBEC=32×636=23，CM=BC2EC=(32)236=6，
连接CF，则∠F＝∠BDC＝45°，∠MCF＝45°，
∴MF＝MC=6，
∴BF＝BM+MF＝23+6．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
湖南省
24．【2023·衡阳】如图，AB是⊙O的直径，AC是一条弦，D是弧AC的中点，DE⊥AB于点E，交AC于点F，交⊙O于点H，DB交AC于点G．
（1）求证：AF＝DF．
（2）若AF=52，sin∠ABD=55，求⊙O的半径．
（1）证明：∵D是弧AC的中点，∴AD=CD．
∵AB⊥DH，且AB是⊙O的直径，∴AD=AH．
∴CD=AH．∴∠ADH＝∠CAD．
∴AF＝DF．
（2）解：∵AD=AH，∴∠ADE＝∠B．
∴sin∠ADE=55．∴tan∠ADE=12．
设AE＝x，则DE＝2x．
∵DF＝AF=52，∴EF＝2x-52．
∵AE2+EF2＝AF2，∴x2+(2x-52)2=(52)2，∴x＝2．
∴AD=AEsin∠ADE=25．∴AB=ADsin∠B．
∴AB＝10．
∴⊙O的半径为5．
25．【2023·株洲】如图所示，四边形ABCD是半径为R的⊙O的内接四边形，AB是⊙O的直径，∠ABD＝45°，直线l与三条线段CD，CA，DA的延长线分别交于点E，F，G，且满足∠CFE＝45°．
（1）求证：直线l⊥直线CE；
（2）若AB＝DG．
①求证：△ABC≌△GDE；
②若R=1，CE=32，求四边形ABCD的周长．
（1）证明：在⊙O中，AD=AD，∴∠ACD＝∠ABD＝45°，即∠FCE＝45°．
∵∠CFE＝45°，∴∠CEF＝180°﹣∠CFE﹣∠FCE＝180°﹣45°﹣45°＝90°．
∴直线l⊥直线CE．
（2）①证明：∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠ABC+∠ADC＝180°．
∵∠GDE+∠ADC＝180°，∴∠ABC＝∠GDE．
∵AB为○O的直径，∴∠ACB＝90°．
由（1）知∠CEF＝90°，即∠GED＝90°，∴∠ACB＝∠GED．
在△ACB和△GED中，∠ABC=∠GDE∠ACB=∠GEDAB=GD，
∴△ACB≌△GED（AAS）．
②解：已证△ACB≌△GED，∴BC＝DE．
∴BC+CD＝DE+CD＝CE=32．
∵R＝1，∴AB＝2R＝2．
∵AB为○O的直径，∴∠ADB＝90°．
∵∠ABD＝45°，∴∠BAD＝45°．∴AD＝BD．
由勾股定理得AD2+BD2＝AB2，即2AD2＝AB2＝22＝4．
∴AD=2．
∴四边形ABCD的周长为AB+BC+CD+AD＝2+32+2=72+2．
浙江省
24．【2023·嘉兴、舟山】已知，AB是半径为1的⊙O的弦，⊙O的另一条弦CD满足CD＝AB，且CD⊥AB于点H（其中点H在圆内，且AH＞BH，CH＞DH）．
（1）在图1中用尺规作出弦CD与点H（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）连结AD，猜想：当弦AB的长度发生变化时，线段AD的长度是否变化？若发生变化，说明理由；若不变，求出AD的长度；
（3）如图2，延长AH至点F，使得HF＝AH，连结CF，∠HCF的平分线CP交AD的延长线于点P，点M为AP的中点，连结HM．若PD＝AD，求证：MH⊥CP．
（1）解：作图如图1，CD、点H即为所求.
23．【2023•杭州】如图，在⊙O中，直径AB垂直弦CD于点E，连接AC，AD，BC，作CF⊥AD于点F，交线段OB于点G（不与点O，B重合），连接OF．
（1）若BE＝1，求GE的长．
（2）求证：BC2＝BG•BO．
（3）若FO＝FG，猜想∠CAD的度数，并证明你的结论．
（1）解：直径AB垂直于弦CD，∴∠AED＝90°.∴∠DAE+∠D＝90°.
∵CF⊥AD，∴∠FCD+∠D＝90°.
∴∠DAE＝∠FCD.
由圆周角定理得∠DAE＝∠BCD，∴∠BCD＝∠FCD.∴CB=CG.
又∵AB⊥CD，∴GE＝BE＝1.
证明：连结OC.∵OC=OB，∴∠OCB＝∠B=∠CGB.
又∵∠OBC＝∠CBG，∴△OBC∽△CGB.∴BOBC=BCBG.∴BC2＝BG•BO.
（3）解：∠CAD＝45°，证明如下：
如图，延长FO，交OC于点H.
∵FO＝FG，∴∠FOG＝∠FGO=∠OGB＝∠B.∴FO∥BC.
∵AB是直径，∴∠ACB＝90°.∴FH⊥AC.
∴AH=CH.∴FA=FC.∴△FAC是等腰直角三角形.
∴∠CAD＝45°．
【点评】本题是圆的综合题，考查垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等，难度较大，解题的关键是综合应用上述知识点，特别是第3问，需要大胆猜想，再逐步论证．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/6/27 8:34:04；用户：初中数学；邮箱：[email protected]；学号：37140099
24．【2023·宁波】如图1，锐角△ABC内接于⊙O，D为BC的中点，连结AD并延长交⊙O于点E，连结BE，CE，过C作AC的垂线交AE于点F，点G在AD上，连结BG，CG，若BC平分∠EBG且∠BCG＝∠AFC．
（1）求∠BGC的度数．
（2）①求证：AF＝BC．
②若AG＝DF，求tan∠GBC的值，
（3）如图2，当点O恰好在BG上且OG＝1时，求AC的长．
【分析】（1）根据同弧圆周角相等得∠EBC＝∠EAC，然后利用直角三角形两个锐角互余即可解决问题；（2）①证明△ACF≌△BGC（ASA），即可解决问题；②过点C作CH⊥EG于点H，设AG＝DF＝2x，根据勾股定理和锐角三角函数即可解决问题；（3）过点O作OM⊥BE于点M，连结OC交AE于点N，分别证明△EBD≌△NCD（ASA），△COG≌△OBM（AAS），得BM＝OG＝1，设OB＝OC＝r，然后由△GON∽△GBE，对应边成比例，求出r的值，进而可求AC的长．
（1）解：∵BC平分∠EBG，∴∠EBC＝∠CBG.
∵∠EBC＝∠EAC，∴∠CBG＝∠EAC.
∵AC⊥FC，∴∠AFC+∠EAC＝90°.
∵∠BCG＝∠AFC，∴∠BCG+∠CBG＝90°.
∴∠BGC＝90°.
（2）①证明：∵∠BGC＝90°，D为BC中点，
∴GD＝CD.∴∠DGC＝∠DCG.
∵∠BCG＝∠AFC，∴∠DGC＝∠AFC.∴CF＝CG.
∵∠ACF＝∠BGC＝90°，∴△ACF≌△BGC（ASA）.
∴AF＝BC.
②解：如图1，过点C作CH⊥EG于点H，
设AG＝DF＝2x，∵△ACF≌△BGC，∴AF＝BC＝2DG.
∴CD＝DG＝AG+DF＝4x.
∵CF＝CG，∴HG＝HF＝3x.∴DH＝x，AH＝5x.
∴CH＝＝＝x.
∴tan∠GBC＝tan∠CAF＝＝.
（3）解：如图2，过点O作OM⊥BE于点M，连结OC交AE于点N，
∵OB＝OC，∴∠CBE＝∠OBC＝∠OCB.∴OC∥BE.
∵BD＝CD，∠BDE＝∠CDN，∴△EBD≌△NCD（ASA）.∴BE＝CN.
∵OC∥BE，∴∠GOC＝∠MBO.
∵∠CGO＝∠OMB＝90°，OC＝OB，
∴△COG≌△OBM（AAS）.∴BM＝OG＝1.
∵OM⊥BE，∴CN＝BE＝2BM＝2.
设OB＝OC＝r，∵OC∥BE，∴△GON∽△GBE.
∴＝.∴＝，解得r＝或r＝（舍去），
∴AC＝BG＝BO+OG＝r+1＝．
【点评】本题属于圆综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程解决问题．
内蒙古
21．【2023·包头】如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，D是AC上一点，P是AB延长线上一点，连接AD，DC，CP．
（1）求证：∠ADC﹣∠BAC＝90°；（请用两种证法解答）
（2）若∠ACP＝∠ADC，⊙O的半径为3，CP＝4，求AP的长．
（1）证明：方法1：如图，连接BD，
∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°.
∵∠ADC﹣∠BDC＝∠ADB，∠BDC＝∠BAC，
∴∠ADC﹣∠BAC＝90°.
方法2：如图，连接BC，
∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∴∠ADC+∠ABC＝180°.
∵∠PBC+∠ABC＝180°，∴∠ADC＝∠PBC.
∵∠PBC＝∠BAC+∠ACB，∠ACB＝90°.
∴∠PBC﹣∠BAC＝90°，∴∠ADC﹣∠BAC＝90°.
湖北省
20．【2023·武汉】​如图，OA，OB，OC都是⊙O的半径，∠ACB＝2∠BAC．
（1）求证：∠AOB＝2∠BOC；
（2）若AB＝4，BC=5，求⊙O的半径．
【分析】（1）利用圆周角定理可得∠ACB=12∠AOB，∠BAC=12∠BOC，结合∠ACB＝2∠BAC可证明结论；
（2）过点O作半径OD⊥AB于点E，可得AE＝BE，根据圆周角、弦、弧的关系可证得BD＝BC，结可求得BE＝2，DB=5，利用勾股定理可求解DE＝1，再利用勾股定理可求解圆的半径．
（1）证明：∵∠ACB=12∠AOB，∠BAC=12∠BOC，∠ACB＝2∠BAC，
∴∠AOB＝2∠BOC；
（2）解：过点O作半径OD⊥AB于点E，
∴AE＝BE，
∵∠AOB＝2∠BOC，∠DOB=12∠AOB，
∴∠DOB＝∠BOC．∴BD＝BC．
∵AB＝4，BC=5，∴BE＝2，DB=5，
在 Rt△BDE 中，∠DEB＝90°，
∴DE=BD2-BE2=1，
在Rt△BOE中，∠OEB＝90°，
OB2＝（OB﹣1）2+22，解得OB=52，
即⊙O的半径是 52．
【点评】本题主要考查圆周角定理，勾股定理，垂径定理，圆心角、弦、弧的关系，掌握圆周角定理是解题的关键．
江苏省
26．【2023·泰州】已知：A、B为圆上两定点，点C在该圆上，∠C为AB所对的圆周角．
​
知识回顾
（1）如图①，⊙O中，B、C位于直线AO异侧，∠AOB+∠C＝135°．
①求∠C的度数；
②若⊙O的半径为5，AC＝8，求BC的长；
逆向思考
（2）如图②，若P为圆内一点，且∠APB＜120°，PA＝PB，∠APB＝2∠C．求证：P为该圆的圆心；
拓展应用
（3）如图③，在（2）的条件下，若∠APB＝90°，点C在⊙P位于直线AP上方部分的圆弧上运动．点D在⊙P上，满足CD=2CB﹣CA的所有点D中，必有一个点的位置始终不变．请证明．
【分析】（1）①根据∠AOB+∠C＝135°，结合圆周角定理求∠C的度数；
②构造直角三角形；
（2）只要说明点P到圆上A、B和另一点的距离相等即可；
（3）根据CD=2CB﹣CA，构造一条线段等于2CB﹣CA，利用三角形全等来说明此线段和CD相等．
（1）解：①∵∠AOB+∠C＝135°，∠AOB＝2∠C，
∴3∠C＝135°，∴∠C＝45°．
②连接AB，过A作AD⊥BC，垂足为M，
∵∠C＝45°，AC＝8，
∴△ACM是等腰直角三角形，且AM＝CM＝42，
∵∠AOB＝2∠C＝90°，OA＝OB，
∴△AOB是等腰直角三角形，∴AB=2OA＝52，
在直角三角形ABM中，BM=AB2-AM2=32，
∴BC＝CM+BM＝42+32=72．
（2）延长AP交圆于点N，则∠C＝∠N，
∵∠APB＝2∠C，∴∠APB＝2∠N，
∵∠APB＝∠N+∠PBN，∴∠N＝∠PBN，∴PN＝PB，
∵PA＝PB，∴PA＝PB＝PN，∴P为该圆的圆心．
（3）过B作BC的垂线交CA的延长线于点E，连接AB，延长AP交圆于点F，连接CF，FB，
∵∠APB＝90°，∴∠C＝45°，
∴△BCE是等腰直角三角形，∴BE＝BC，
∵BP⊥AF，PA＝PF，∴BA＝BF，
∵AF是直径，∴∠ABF＝90°，
∴∠EBC＝∠ABF＝90°，∴∠EBA＝∠CBF，
∴△EBA≌△CBF（SAS），∴AE＝CF，
∵CD=2CB﹣CA＝CE﹣CA＝AE，∴CD＝CF，
∴必有一个点D的位置始终不变，点F即为所求．
．
【点评】本题考查了圆周角定理，并对圆周角定理的逆命题进行了创新，还考查了解直角三角形和三角形全等的知识，对于（3）构造一条线段等于2CB﹣CA是关键．
25．【2023·苏州】如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB是⊙O的直径，AC＝，BC＝2，点F在AB上，连接CF并延长，交⊙O于点D，连接BD，作BE⊥CD，垂足为E．
（1）求证：△DBE∽△ABC；
（2）若AF＝2，求ED的长．
（1）证明：∵AB为直径，∴∠ACB＝90°.
∵BE⊥CD，∴∠BED＝90°.
∵ 所对的圆周角为∠BDE和∠BAC，∴∠BDE＝∠BAC.
∴△DBE∽△ABC；
（2）解：如图，过点C作CG⊥AB，垂足为G，
∵∠ACB＝90°，AC＝，BC＝2，∴AB＝＝5.
∵CG⊥AB，∴AG＝ACcsA＝×＝1.
∵AF＝2，∴FG＝AG＝1.∴AC＝FC.
∴∠CAF＝∠CFA＝∠BFD＝∠BDF.
∴BD＝BF＝AB﹣AF＝5﹣2＝3.
∵△DBE∽△ABC，∴＝.∴＝.
∴ED＝．
黑龙江
27．【2023·绥化】如图，MN为⊙O的直径，且MN＝15，MC与ND为圆内的一组平行弦，弦AB交MC于点H．点A在MC上，点B在NC上，∠OND+∠AHM＝90°．
（1）求证：MH•CH＝AH•BH；
（2）求证：AC=BC；
（3）在⊙O中，沿弦ND所在的直线作劣弧ND的轴对称图形，使其交直径MN于点G．若sin∠CMN=35，求NG的长．
【分析】（1）证明△AMH∽△CBH即可；
（2）连接OC，交AB于点F，根据平行线的性质和已知条件证明垂直平分即可；
（3）利用对称的性质作辅助线，根据已知条件，转化为解直角三角形问题即可．
（1）证明：∵∠ABC 和∠AMC是 AC 所对的圆周角，∴∠ABC＝∠AMC，
∵∠AHM＝∠CHB，∴△AMH∽△CBH，
∴AHCH=MHBH，∴MH•CH＝AH•BH．
（2）证明：连接OC，交AB于点F，
∵MC与ND为一组平行弦，即：MC∥ND，
∴∠OND＝∠OMC，
∵OM＝OC，∴∠OMC＝∠OCM，
∵∠OND+∠AHM＝90°，∴∠OCM+∠AHM＝∠OCM+∠CHB＝90°，
∴∠HFC＝90°，∴OC⊥AB，
∴OC是AB的垂直平分线，AC=BC；
（3）解：连接DM、DG，过点D作DE⊥MN，垂足为E，设点G的对称点 G'，连接G′D、G′N，
∵DG＝DG'，∠G′ND＝∠GND，DM=DG'，DG'＝DM，
∴DG＝DM，∴△DGM 是等腰三角形，
∵DE⊥MN，∴GE＝ME，
∵DN∥CM，∴∠CMN＝∠DNM，
∵MN为直径，
∴∠MDN＝90°，∴∠MDE+∠EDN＝90°，
∵DE⊥MN，∴∠DEN＝90°，∴∠DNM+∠EDN＝90°，
∴sin∠EDM=sin∠DNM=sin∠CMN=35，
在Rt△MND中，MN＝15，
∴sin∠DNM=MDMN=35MD15=35，∴MD＝9，
在Rt△MED中，sin∠EDM=35=MEMD，∴ME9=35，
∴ME=275，∴NG=MN-MG=MN-2ME=15-2×275=215，
∴NG=215，故答案为：215．
【点评】本题考查了圆的综合问题，同弧所对圆周角相等、构建合适的辅助线是解题的关键；熟练掌握相 似三角形的判定与性质、垂直平分线的性质、熟悉锐角三角函数解决直角三角形．
四川省
24．【2023·德阳】如图，已知AB是⊙O的直径，点C，E在⊙O上，EC的延长线与AB的延长线相交于点D，且CD＝OA，AE∥OC．
（1）求证：AC是∠EAD的平分线；
（2）求∠ACD的度数；
（3）求ODAD的值．
【分析】（1）根据平行线的性质，可得到∠EAC＝∠ACO，根据等腰三角形的性质可得到∠CAO＝∠ACO，进而可证明结论．
（2）连接CB，设∠CAO＝a，利用三角形的外角，圆的内接四边形的对角互补，等腰三角形的性质将△OCB的各角分别用含a的代数式表示出来，根据三角形内角和定理可求得a的值，进而可求得答案．
（3）设的半径为r，BD＝a，可证得EC＝BC＝BD＝a，根据△DOC∽△DAE，可得用含有r和a的代数式表示出该等式，求解即可得到r和a的关系，进而可求得答案．
（1）证明：∵AE∥OC，∴∠EAC＝∠ACO．
∵OA＝OC，∴∠CAO＝∠ACO，
∴∠EAC＝∠CAO，∴AC是∠EAD的平分线．
（2）解：如图所示，连接CB．
设∠CAO＝a．
根据（1）证明可知∠EAC＝∠CAO＝∠ACO＝a，∠EAO＝∠EAC+∠CAO＝2a，
∴∠COB＝∠CAO+∠ACO＝2a，
∵CD＝OA，∴CD＝OC．∴∠COB＝∠D＝2a．
∵∠BCD+∠BCE＝∠EAO+∠BCE＝180°，
∴∠BCD＝∠EAO＝2a，∴∠CBO＝∠BCD+∠D＝4a．
∵OB＝OC，∴∠CBO＝∠OCB＝4a．
∴∠CBO+∠OCB+∠COB＝4a+4a+2a＝10a＝180°，∴a＝18°．
∴∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝90°+2a＝90°+36°＝126°．
（3）解：设的半径为r，BD＝a，则CD＝r．
∵∠EAC＝∠CAO，∴EC＝BC．
又∵∠D＝∠BCD＝2a＝36°，∴EC＝BC＝BD＝a．
∵AE∥OC，∴△DOC∽△DAE．
∴ODAD=CDDE，即r+a2r+a=rr+a，解得a＝（5-12）r，
∴ODAD=r+a2r+a=5-12．
【点评】本题主要考查平行线的性质、角平分线的定义、等腰三角形的性质、相似三角形的判定及性质、三角形的外角的性质、圆周角的性质、根据几何图形列一元二次方程，能采用数形结合的方法分析问题是解题的关键
17．【2023·成都】如图，以△ABC的边AC为直径作⊙O，交BC边于点D，过点C作CE∥AB交⊙O于点E，连接AD，DE，∠B＝∠ADE．
（1）求证：AC＝BC；
（2）若tanB＝2，CD＝3，求AB和DE的长．
【分析】（1）结合已知条件，根据同弧所对的圆周角相等易证得∠ADE＝∠ACE＝∠BAC＝∠B，再由等边对等角即可证得结论；（2）连接AE，易证得△ABC∽△ADE，根据已知条件，利用直径所对的圆周角为直角可得∠ADB＝∠ADC＝90°，根据三角函数值可得AD＝2BD，再结合，CD＝3，AC＝3+BD，利用勾股定理列得方程，求得CD的长度，从而得出AD，BC，AB的长度，再利用相似三角形的对应边成比例即可求得答案．
（1）证明：∵∠ADE＝∠ACE，∠ADE＝∠B，∴∠B＝∠ACE，
∵CE∥AB，∴∠BAC＝∠ACE，
∴∠B＝∠BAC，∴AC＝BC；
（2）解：如图，连接AE，
∵∠ADE＝∠B，∠AED＝∠ACB，
∴△ADE∽△ABC，∴＝，
∵AC为⊙O的直径，∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
∴tanB＝＝2，∴AD＝2BD，
∵CD＝3，∴AC＝BC＝BD+CD＝BD+3，
∵AD2+CD2＝AC2，∴（2BD）2+32＝（BD+3）2，
解得：BD＝2或BD＝0（舍去），
∴AD＝2BD＝4，AB＝＝＝2，BC＝2+3＝5，
∵＝，∴＝，
∴DE＝2．
【点评】本题主要考查圆与相似三角形的综合应用，（2）中利用三角函数值可得AD＝2BD，再根据勾股定理列得方程是解题的关键．
辽宁省
23. 【2023·大连】如图1，在中，为的直径，点为上一点，为的平分线交于点，连接交于点．
（1）求的度数；
（2）如图2，过点作的切线交延长线于点，过点作交于点．若，求的长．
【分析】（1）根据圆周角定理证明两直线平行，再利用平行线性质证明角度相等即可；
（2）由勾股定理找到边的关系，求出线段长，再利用等面积法求解即可．
解：（1）∵是的直径，∴，
∵平分，∴，即，
∵，∴，∴，
∴，∴，∴，∴，
（2）如图，连接，设，

则，，，
∵是的直径，∴，
在中，有勾股定理得：
由（1）得：，∴，
由勾股定理得：，，
∴，
∴，整理得：，
解得：或（舍去），
∴，∴，
∵是的切线，∴，
∵，∴，∴，
∴．
【点睛】此题考查了圆周角定理和勾股定理，三角形中位线定理，切线的性质，解一元二次方程，熟练掌握圆周角定理和勾股定理是解题的关键．
吉林省
22. 【2023·长春】【感知】如图①，点A、B、P均在上，，则锐角的大小为__________度．

【探究】小明遇到这样一个问题：如图②，是等边三角形的外接圆，点P在上（点P不与点A、C重合），连结、、．求证：．小明发现，延长至点E，使，连结，通过证明，可推得是等边三角形，进而得证．
下面是小明的部分证明过程：
证明：延长至点E，使，连结，
四边形是的内接四边形，
．
，
．
是等边三角形．
，
请你补全余下的证明过程．
【应用】如图③，是的外接圆，，点P在上，且点P与点B在的两侧，连结、、．若，则的值为__________．
【分析】感知：由圆周角定理即可求解；
探究：延长至点E，使，连结，通过证明，可推得是等边三角形，进而得证；
应用：延长至点E，使，连结，通过证明得，可推得是等腰直角三角形，结合与可得，代入即可求解．
解：感知：
由圆周角定理可得，
故答案为：；
探究：
证明：延长至点E，使，连结，
四边形是的内接四边形，．
，．
是等边三角形．，
，∴，，
，
是等边三角形，，
，即；
应用：
延长至点E，使，连结，
四边形是的内接四边形，．
，．
，，∴，，
，
是等腰直角三角形，，
，即，
，，
，，
，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，邻补角，全等三角形的判定和性质，等边三角形、等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形；解题的关键是做辅助线构造，进行转换求解．
山东省
22．【2023·菏泽】如图，AB为⊙O的直径，C是圆上一点，D是BC的中点，弦DE⊥AB，垂足为点F．
（1）求证：BC＝DE；
（2）P是AE上一点，AC＝6，BF＝2，求tan∠BPC；
（3）在（2）的条件下，当CP是∠ACB的平分线时，求CP的长．
【分析】（1）由D是 BC的中点得 CD=BD由垂径定理得BC=BD得到 BC=DE，根据同圆中，等 弧对等弦即可证明；
（2）连接OD，证明△ACB∽△OFD，设⊙O的半径为r，利用相似三角形的性质得r＝5，AB＝2r＝10，由勾股定理求得BC，得到 tan∠CAB=BCAC=86=43，即可得到 tan∠BPC=43；
（3）过点B作 BG⊥CP 交CP于点G，证明△CBG是等腰直角三角形，解直角三角形得到 CG=BG=BCcs45°=42，由 tan∠BPC=43 得到 BGGP=43，解得 GP=32，即可求解．
（1）证明：∵D是 BC 的中点，∴CD=BD，
∵DE⊥AB且AB为⊙O的直径，
∴BE=BD，∴BC=DE，∴BC＝DE；
（2）解：连接OD，
∵CD=BD，∴∠CAB＝∠DOB，
∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，
∵DE⊥AB，∴∠DFO＝90°，
∴△ACB∽△OFD，∴ACAB=OFOD，
设⊙O的半径为r，则 62r=r-2r，
解得r＝5，经检验，r＝5是方程的根，
∴AB＝2r＝10，
∴BC=AB2-AC2=8，
∴tan∠CAB=BCAC=86=43，
∵∠BPC＝∠CAB，∴tan∠BPC=43；
（3）解：如图，过点B作BG⊥CP交CP于点G，
∴∠BGC＝∠BGP＝90°，
∵∠ACB＝90°，CP是∠ACB 的平分线，
∴∠ACP＝∠BCP＝45°，∴∠CBG＝45°，
∴CG=BG=BCcs45°=42，
∴tan∠BPC=43，∴BGGP=43，
∴GP=32CP=42+32=72．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，垂径定理，圆周角定理及推论，解直角三角形等知识，熟 练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键．
23.【2023·威海】 已知：射线平分为上一点，交射线于点，交射线于点，连接．

（1）如图1，若，试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）如图2，过点作，交于点；过点作，交于点．求证：．
【分析】（1）过点A作于F，于G，先由角平分线性质得，再证明，得，证明，得，从而得出，再根据平行线性质与角平分线定义证明，得，从而得，即可得出结论；
（2）连接，过点A作于H，作于G，证明，得，证明，得，证明，得，从而得，根据平行线等分线段定理即可得出结论．
（1）解：四边形是菱形，理由如下：
过点A作于F，于G，如图1，

∵平分，，，∴，
∵，∴，∴，
∵，，∴，
∴，∴，即，
∵平分，∴
∵，∴.∴.
∴.∴.∴四边形是菱形．
（2）证明：连接，过点A作于H，作于G，如图2，

∵平分，，，∴，
∵，∴，∴，
∵，，∴，，
∵， ，∴，
∴， ∴，
∴，即，
∵，，∴，
∴，∴，
∵，，∴，
∵，∴．
【点评】本题考查角平分线性质，菱形的判定，全等三解形的判定与性质，垂直定理，平行线等分线段定理，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．