2026年中考数学一轮复习专题训练 圆（含解析）

这是一份2026年中考数学一轮复习专题训练 圆（含解析），共28页。试卷主要包含了学会运用函数与方程思想，学会运用数形结合思想，要学会抢得分点，学会运用等价转换思想，学会运用分类讨论的思想，转化思想等内容，欢迎下载使用。
2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度，寻求代数问题的方法。
3、要学会抢得分点。中考数学压轴题要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。将复杂转为简单，将抽象转为具体，将实际转化数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解。
6、转化思想。体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
中考数学一轮复习 圆
一．选择题（共10小题）
1．（2025•安顺）如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD，垂足为E，∠A＝22.5°，OC＝4，CD的长为（ ）
A．22B．4C．42D．8
2．（2025•安徽）如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB＝6，BC＝4，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（ ）
A．32B．2C．81313D．121313
3．（2025•泸州）如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标是（3，a）（a＞3），半径为3，函数y＝x的图象被⊙P截得的弦AB的长为42，则a的值是（ ）
A．4B．3+2C．32D．3+3
4．（2025•兰州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若四边形ABCO是平行四边形，则∠ADC的大小为（ ）
A．45°B．50°C．60°D．75°
5．（2025•科左中旗校级一模）如图，两正方形彼此相邻且内接于半圆，若小正方形的面积为16cm2，则该半圆的半径为（ ）
A．(4+5) cmB．9 cmC．45cmD．62cm
6．（2025•枣庄）如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点P，AP＝2，BP＝6，∠APC＝30°，则CD的长为（ ）
A．15B．25C．215D．8
7．（2025•泰安）如图，点A，B的坐标分别为A（2，0），B（0，2），点C为坐标平面内一点，BC＝1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为（ ）
A．2+1B．2+12C．22+1D．22−12
8．（2025•常德）如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，已知∠BOD＝100°，则∠BCD的度数为（ ）
A．50°B．80°C．100°D．130°
9．（2025•南召县模拟）如图，⊙O的直径AB与弦CD的延长线交于点E，若DE＝OB，∠AOC＝84°，则∠E等于（ ）
A．42°B．28°C．21°D．20°
10．（2025•金华）如图，正方形ABCD和正△AEF都内接于⊙O，EF与BC、CD分别相交于点G、H，则EFGH的值是（ ）
A．62B．2C．3D．2
二．填空题（共5小题）
11．（2025•张家界）如图，AB、CD是半径为5的⊙O的两条弦，AB＝8，CD＝6，MN是直径，AB⊥MN于点E，CD⊥MN于点F，P为EF上的任意一点，则PA+PC的最小值为 ．
12．（2025•长沙）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，若BC＝6，AB＝10，OD⊥BC于点D，则OD的长为 ．
13．（2025•黄冈中学自主招生）在平面直角坐标系中，⊙P的圆心是（2，a）（a＞2），半径为2，函数y＝x的图象被⊙P截得的弦AB的长为23，则a的值是 ．
14．（2025•宁波）如图，正方形ABCD的边长为8，M是AB的中点，P是BC边上的动点，连接PM，以点P为圆心，PM长为半径作⊙P．当⊙P与正方形ABCD的边相切时，BP的长为 ．
15．（2025•安顺）如图，在▱ABCD中，AD＝2，AB＝4，∠A＝30°，以点A为圆心，AD的长为半径画弧交AB于点E，连接CE，则阴影部分的面积是 （结果保留π）．
三．解答题（共5小题）
16．（2025•阿坝州）如图，在△ABC中，∠C＝90°，点O在AC上，以OA为半径的⊙O交AB于点D，BD的垂直平分线交BC于点E，交BD于点F，连接DE．
（1）判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若AC＝6，BC＝8，OA＝2，求线段DE的长．
17．（2025•枣庄）如图，AC是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，点P是⊙O外一点，连接PB、AB，∠PBA＝∠C．
（1）求证：PB是⊙O的切线；
（2）连接OP，若OP∥BC，且OP＝8，⊙O的半径为22，求BC的长．
18．（2025•永州）如图，已知△ABC内接于⊙O，且AB＝AC，直径AD交BC于点E，F是OE上的一点，使CF∥BD．
（1）求证：BE＝CE；
（2）试判断四边形BFCD的形状，并说明理由；
（3）若BC＝8，AD＝10，求CD的长．
19．（2025•台州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点E在对角线AC上，EC＝BC＝DC．
（1）若∠CBD＝39°，求∠BAD的度数；
（2）求证：∠1＝∠2．
20．（2025•南通）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点M在⊙O上，MD恰好经过圆心O，连接MB．
（1）若CD＝16，BE＝4，求⊙O的直径；
（2）若∠M＝∠D，求∠D的度数．
中考数学一轮复习 圆
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025•安顺）如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD，垂足为E，∠A＝22.5°，OC＝4，CD的长为（ ）
A．22B．4C．42D．8
【考点】垂径定理；圆周角定理；等腰直角三角形．
【答案】C
【分析】根据圆周角定理得∠BOC＝2∠A＝45°，由于⊙O的直径AB垂直于弦CD，根据垂径定理得CE＝DE，且可判断△OCE为等腰直角三角形，所以CE=22OC＝22，然后利用CD＝2CE进行计算．
【解答】解：∵∠A＝22.5°，
∴∠BOC＝2∠A＝45°，
∵⊙O的直径AB垂直于弦CD，
∴CE＝DE，△OCE为等腰直角三角形，
∴CE=22OC＝22，
∴CD＝2CE＝42．
故选：C．
【点评】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．也考查了等腰直角三角形的性质和垂径定理．
2．（2025•安徽）如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB＝6，BC＝4，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（ ）
A．32B．2C．81313D．121313
【考点】点与圆的位置关系；圆周角定理．
【答案】B
【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．
【解答】解：∵∠ABC＝90°，
∴∠ABP+∠PBC＝90°，
∵∠PAB＝∠PBC，
∴∠BAP+∠ABP＝90°，
∴∠APB＝90°，
∴OP＝OA＝OB（直角三角形斜边中线等于斜边一半），
∴点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC交⊙O于点P，此时PC最小，
在Rt△BCO中，∵∠OBC＝90°，BC＝4，OB＝3，
∴OC=BO2+BC2=5，
∴PC＝OC﹣OP＝5﹣3＝2．
∴PC最小值为2．
故选：B．
【点评】本题考查点与圆位置关系、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，属于中考常考题型．
3．（2025•泸州）如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标是（3，a）（a＞3），半径为3，函数y＝x的图象被⊙P截得的弦AB的长为42，则a的值是（ ）
A．4B．3+2C．32D．3+3
【考点】垂径定理；一次函数图象上点的坐标特征；勾股定理．
【专题】计算题；压轴题．
【答案】B
【分析】PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连接PB，由于OC＝3，PC＝a，易得D点坐标为（3，3），则△OCD为等腰直角三角形，△PED也为等腰直角三角形．由PE⊥AB，根据垂径定理得AE＝BE=12AB＝22，在Rt△PBE中，利用勾股定理可计算出PE＝1，则PD=2PE=2，所以a＝3+2．
【解答】解：作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连接PB，如图，
∵⊙P的圆心坐标是（3，a），
∴OC＝3，PC＝a，
把x＝3代入y＝x得y＝3，
∴D点坐标为（3，3），
∴CD＝3，
∴△OCD为等腰直角三角形，
∴△PED也为等腰直角三角形，
∵PE⊥AB，
∴AE＝BE=12AB=12×42=22，
在Rt△PBE中，PB＝3，
∴PE=32−(22)2=1，
∴PD=2PE=2，
∴a＝3+2．
故选：B．
【点评】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理和等腰直角三角形的性质．
4．（2025•兰州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若四边形ABCO是平行四边形，则∠ADC的大小为（ ）
A．45°B．50°C．60°D．75°
【考点】圆内接四边形的性质；平行四边形的性质；圆周角定理．
【答案】C
【分析】设∠ADC的度数＝α，∠ABC的度数＝β，由题意可得α+β=180°α=12β，求出β即可解决问题．
【解答】解：设∠ADC的度数＝α，∠ABC的度数＝β；
∵四边形ABCO是平行四边形，
∴∠ABC＝∠AOC；
∵∠ADC=12β，∠ADC＝α；而α+β＝180°，
∴α+β=180°α=12β，
解得：β＝120°，α＝60°，∠ADC＝60°，
故选：C．
【点评】该题主要考查了圆周角定理及其应用问题；应牢固掌握该定理并能灵活运用．
5．（2025•科左中旗校级一模）如图，两正方形彼此相邻且内接于半圆，若小正方形的面积为16cm2，则该半圆的半径为（ ）
A．(4+5) cmB．9 cmC．45cmD．62cm
【考点】垂径定理；勾股定理．
【专题】计算题；压轴题．
【答案】C
【分析】连接OA、OB、OE，证Rt△ADO≌Rt△BCO，推出OD＝OC，设AD＝a，则OD=12a，由勾股定理求出OA＝OB＝OE=52a，求出EF＝FC＝4cm，在△OFE中由勾股定理求出a，即可求出答案．
【解答】解：
连接OA、OB、OE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝BC，∠ADO＝∠BCO＝90°，
∵在Rt△ADO和Rt△BCO中
∵OA=OBAD=BC，
∴Rt△ADO≌Rt△BCO（HL），
∴OD＝OC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，
设AD＝a cm，则OD＝OC=12DC=12AD=12a cm，
在△AOD中，由勾股定理得：OA＝OB＝OE=52a cm，
∵小正方形EFCG的面积为16cm2，
∴EF＝FC＝4cm，
在△OFE中，由勾股定理得：(52a)2=42+(12a+4)2，
解得：a＝﹣4（舍去），a＝8，
52a＝45（cm），
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，主要考查学生运用定理进行计算的能力，用的数学思想是方程思想．
6．（2025•枣庄）如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点P，AP＝2，BP＝6，∠APC＝30°，则CD的长为（ ）
A．15B．25C．215D．8
【考点】垂径定理；含30度角的直角三角形；勾股定理．
【答案】C
【分析】作OH⊥CD于H，连接OC，如图，根据垂径定理由OH⊥CD得到HC＝HD，再利用AP＝2，BP＝6可计算出半径OA＝4，则OP＝OA﹣AP＝2，接着在Rt△OPH中根据含30度的直角三角形的性质计算出OH=12OP＝1，然后在Rt△OHC中利用勾股定理计算出CH=15，所以CD＝2CH＝215．
【解答】解：作OH⊥CD于H，连接OC，如图，
∵OH⊥CD，
∴HC＝HD，
∵AP＝2，BP＝6，
∴AB＝8，
∴OA＝4，
∴OP＝OA﹣AP＝2，
在Rt△OPH中，∵∠OPH＝∠APC＝30°，
∴∠POH＝60°，
∴OH=12OP＝1，
在Rt△OHC中，∵OC＝4，OH＝1，
∴CH=OC2−OH2=15，
∴CD＝2CH＝215．
故选：C．
【点评】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理以及含30度的直角三角形的性质．
7．（2025•泰安）如图，点A，B的坐标分别为A（2，0），B（0，2），点C为坐标平面内一点，BC＝1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为（ ）
A．2+1B．2+12C．22+1D．22−12
【考点】点与圆的位置关系；坐标与图形性质；三角形中位线定理．
【专题】三角形；应用意识．
【答案】B
【分析】根据同圆的半径相等可知：点C在半径为1的⊙B上，通过画图可知，C在BD与圆B的交点时，OM最小，在DB的延长线上时，OM最大，根据三角形的中位线定理可得结论．
【解答】解：如图，
∵点C为坐标平面内一点，BC＝1，
∴C在⊙B上，且半径为1，
取OD＝OA＝2，连接CD，
∵AM＝CM，OD＝OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM=12CD，
当OM最大时，即CD最大，而D，B，C三点共线时，当C在DB的延长线上时，OM最大，
∵OB＝OD＝2，∠BOD＝90°，
∴BD＝22，
∴CD＝22+1，
∴OM=12CD=2+12，即OM的最大值为2+12；
故选：B．
【点评】本题考查了坐标和图形的性质，三角形的中位线定理等知识，确定OM为最大值时点C的位置是关键，也是难点．
8．（2025•常德）如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，已知∠BOD＝100°，则∠BCD的度数为（ ）
A．50°B．80°C．100°D．130°
【考点】圆周角定理；圆内接四边形的性质．
【答案】D
【分析】首先根据圆周角与圆心角的关系，求出∠BAD的度数；然后根据圆内接四边形的对角互补，用180°减去∠BAD的度数，求出∠BCD的度数是多少即可．
【解答】解：∵∠BOD＝100°，
∴∠BAD＝100°÷2＝50°，
∴∠BCD＝180°﹣∠BAD
＝180°﹣50°
＝130°
故选：D．
【点评】（1）此题主要考查了圆周角定理：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，要熟练掌握．
（2）此题还考查了圆内接四边形的性质，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①圆内接四边形的对角互补． ②圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）．
9．（2025•南召县模拟）如图，⊙O的直径AB与弦CD的延长线交于点E，若DE＝OB，∠AOC＝84°，则∠E等于（ ）
A．42°B．28°C．21°D．20°
【考点】圆的认识；等腰三角形的性质．
【专题】计算题．
【答案】B
【分析】利用OB＝DE，OB＝OD得到DO＝DE，则∠E＝∠DOE，根据三角形外角性质得∠1＝∠DOE+∠E，所以∠1＝2∠E，同理得到∠AOC＝∠C+∠E＝3∠E，然后利用∠E=13∠AOC进行计算即可．
【解答】解：连接OD，如图，
∵OB＝DE，OB＝OD，
∴DO＝DE，
∴∠E＝∠DOE，
∵∠1＝∠DOE+∠E，
∴∠1＝2∠E，
而OC＝OD，
∴∠C＝∠1，
∴∠C＝2∠E，
∴∠AOC＝∠C+∠E＝3∠E，
∴∠E=13∠AOC=13×84°＝28°．
故选：B．
【点评】本题考查了圆的认识：掌握与圆有关的概念（ 弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）．也考查了等腰三角形的性质．
10．（2025•金华）如图，正方形ABCD和正△AEF都内接于⊙O，EF与BC、CD分别相交于点G、H，则EFGH的值是（ ）
A．62B．2C．3D．2
【考点】正多边形和圆．
【专题】压轴题．
【答案】C
【分析】首先设⊙O的半径是r，则OF＝r，根据AO是∠EAF的平分线，求出∠COF＝60°，在Rt△OIF中，求出FI的值是多少；然后判断出OI、CI的关系，再根据GH∥BD，求出GH的值是多少，再用EF的值比上GH的值，求出EFGH的值是多少即可．
【解答】解：如图，连接AC、BD、OF，，
设⊙O的半径是r，
则OF＝r，
∵AO是∠EAF的平分线，
∴∠OAF＝60°÷2＝30°，
∵OA＝OF，
∴∠OFA＝∠OAF＝30°，
∴∠COF＝30°+30°＝60°，
∴FI＝r•sin60°=32r，
∴EF=32r×2=3r，
∵AO＝2OI，
∴OI=12r，CI＝r−12r=12r，
∴GHBD=CICO=12，
∴GH=12BD=12×2r=r，
∴EFGH=3rr=3，
即则EFGH的值是3．
故选：C．
【点评】此题主要考查了正多边形与圆的关系，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确正多边形的有关概念：①中心：正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心．②正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径．③中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角．④边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．
二．填空题（共5小题）
11．（2025•张家界）如图，AB、CD是半径为5的⊙O的两条弦，AB＝8，CD＝6，MN是直径，AB⊥MN于点E，CD⊥MN于点F，P为EF上的任意一点，则PA+PC的最小值为 72 ．
【考点】垂径定理；轴对称的性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】A、B两点关于MN对称，因而PA+PC＝PB+PC，即当B、C、P在一条直线上时，PA+PC的最小，即BC的值就是PA+PC的最小值
【解答】解：连接OB，OC，作CH垂直AB于H．
根据垂径定理，得到BE=12AB＝4，CF=12CD＝3，
∴OE=OB2−BE2=52−42=3，
OF=OC2−CF2=52−32=4，
∴CH＝OE+OF＝3+4＝7，
BH＝BE+EH＝BE+CF＝4+3＝7，
在直角△BCH中根据勾股定理得到BC＝72，
则PA+PC的最小值为72．
故答案为：72
【点评】正确理解BC的长是PA+PC的最小值，是解决本题的关键．
12．（2025•长沙）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，若BC＝6，AB＝10，OD⊥BC于点D，则OD的长为 4 ．
【考点】垂径定理；勾股定理．
【专题】压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据垂径定理求得BD，然后根据勾股定理求得即可．
【解答】解：∵OD⊥BC，
∴BD＝CD=12BC＝3，
∵OB=12AB＝5，
∴OD=OB2−BD2=4．
故答案为4．
【点评】本题考查了垂径定理、勾股定理，本题非常重要，学生要熟练掌握．
13．（2025•黄冈中学自主招生）在平面直角坐标系中，⊙P的圆心是（2，a）（a＞2），半径为2，函数y＝x的图象被⊙P截得的弦AB的长为23，则a的值是 2+2 ．
【考点】垂径定理；坐标与图形性质．
【专题】计算题；压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】过P点作PE⊥AB于E，过P点作PC⊥x轴于C，交AB于D，连接PA．分别求出PD、DC，相加即可．
【解答】解：过P点作PE⊥AB于E，过P点作PC⊥x轴于C，交AB于D，连接PA．
∵AB＝23，
∴AE=3，PA＝2，
∴PE＝1．
∵点D在直线y＝x上，
∴∠AOC＝45°，
∵∠DCO＝90°，
∴∠ODC＝45°，
∴∠PDE＝∠ODC＝45°，
∴∠DPE＝∠PDE＝45°，
∴DE＝PE＝1，
∴PD=2．
∵⊙P的圆心是（2，a），
∴点D的横坐标为2，
∴OC＝2，
∴DC＝OC＝2，
∴a＝PD+DC＝2+2．
故答案为：2+2．
【点评】本题综合考查了一次函数与几何知识的应用，题中运用圆与直线的关系以及直角三角形等知识求出线段的长是解题的关键．注意函数y＝x与x轴的夹角是45°．
14．（2025•宁波）如图，正方形ABCD的边长为8，M是AB的中点，P是BC边上的动点，连接PM，以点P为圆心，PM长为半径作⊙P．当⊙P与正方形ABCD的边相切时，BP的长为 3或43 ．
【考点】切线的性质；正方形的性质．
【专题】圆的有关概念及性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】分两种情形分别求解：如图1中，当⊙P与直线CD相切时；如图2中当⊙P与直线AD相切时．设切点为K，连接PK，则PK⊥AD，四边形PKDC是矩形；
【解答】解：如图1中，当⊙P与直线CD相切时，设PC＝PM＝x．
在Rt△PBM中，∵PM2＝BM2+PB2，
∴x2＝42+（8﹣x）2，
∴x＝5，
∴PC＝5，BP＝BC﹣PC＝8﹣5＝3．
如图2中当⊙P与直线AD相切时．设切点为K，连接PK，则PK⊥AD，四边形PKDC是矩形．
∴PM＝PK＝CD＝2BM，
∴BM＝4，PM＝8，
在Rt△PBM中，PB=82−42=43．
综上所述，BP的长为3或43．
【点评】本题考查切线的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题．
15．（2025•安顺）如图，在▱ABCD中，AD＝2，AB＝4，∠A＝30°，以点A为圆心，AD的长为半径画弧交AB于点E，连接CE，则阴影部分的面积是 3−13π （结果保留π）．
【考点】扇形面积的计算；平行四边形的性质．
【专题】压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】过D点作DF⊥AB于点F．可求▱ABCD和△BCE的高，观察图形可知阴影部分的面积＝▱ABCD的面积﹣扇形ADE的面积﹣△BCE的面积，计算即可求解．
【解答】解：过D点作DF⊥AB于点F．
∵AD＝2，AB＝4，∠A＝30°，
∴DF＝AD•sin30°＝1，EB＝AB﹣AE＝2，
∴阴影部分的面积：
4×1−30×π×22360−2×1÷2
＝4−13π﹣1
＝3−13π．
故答案为：3−13π．
【点评】考查了平行四边形的性质，扇形面积的计算，本题的关键是理解阴影部分的面积＝▱ABCD的面积﹣扇形ADE的面积﹣△BCE的面积．
三．解答题（共5小题）
16．（2025•阿坝州）如图，在△ABC中，∠C＝90°，点O在AC上，以OA为半径的⊙O交AB于点D，BD的垂直平分线交BC于点E，交BD于点F，连接DE．
（1）判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若AC＝6，BC＝8，OA＝2，求线段DE的长．
【考点】直线与圆的位置关系；线段垂直平分线的性质．
【专题】计算题；与圆有关的位置关系．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）直线DE与圆O相切，理由如下：连接OD，由OD＝OA，利用等边对等角得到一对角相等，等量代换得到∠ODE为直角，即可得证；
（2）连接OE，设DE＝x，则EB＝ED＝x，CE＝8﹣x，在直角三角形OCE中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的得到x的值，即可确定出DE的长．
【解答】解：（1）直线DE与⊙O相切，理由如下：
连接OD，
∵OD＝OA，
∴∠A＝∠ODA，
∵EF是BD的垂直平分线，
∴EB＝ED，
∴∠B＝∠EDB，
∵∠C＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∴∠ODA+∠EDB＝90°，
∴∠ODE＝180°﹣90°＝90°，即OD⊥DE，
∵OD为圆的半径，D为半径外端点，
∴直线DE与⊙O相切；
（2）连接OE，
设DE＝x，则EB＝ED＝x，CE＝8﹣x，
∵∠C＝∠ODE＝90°，
∴OC2+CE2＝OE2＝OD2+DE2，
∴42+（8﹣x）2＝22+x2，
解得：x＝4.75，
则DE＝4.75．
【点评】此题考查了直线与圆的位置关系，以及线段垂直平分线定理，熟练掌握直线与圆相切的性质是解本题的关键．
17．（2025•枣庄）如图，AC是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，点P是⊙O外一点，连接PB、AB，∠PBA＝∠C．
（1）求证：PB是⊙O的切线；
（2）连接OP，若OP∥BC，且OP＝8，⊙O的半径为22，求BC的长．
【考点】切线的判定．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接OB，由圆周角定理得出∠ABC＝90°，得出∠C+∠BAC＝90°，再由OA＝OB，得出∠BAC＝∠OBA，证出∠PBA+∠OBA＝90°，即可得出结论；
（2）证明△ABC∽△PBO，得出对应边成比例，即可求出BC的长．
【解答】（1）证明：连接OB，如图所示：
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠C+∠BAC＝90°，
∵OA＝OB，
∴∠BAC＝∠OBA，
∵∠PBA＝∠C，
∴∠PBA+∠OBA＝90°，
即PB⊥OB，
∴PB是⊙O的切线；
（2）解：∵⊙O的半径为22，
∴OB＝22，AC＝42，
∵OP∥BC，
∴∠CBO＝∠BOP，
∵OC＝OB，
∴∠C＝∠CBO，
∴∠C＝∠BOP，
又∵∠ABC＝∠PBO＝90°，
∴△ABC∽△PBO，
∴BCOB=ACOP，
即BC22=428，
∴BC＝2．
【点评】本题考查了切线的判定、圆周角定理、平行线的性质、相似三角形的判定与性质；熟练掌握圆周角定理、切线的判定是解决问题的关键．
18．（2025•永州）如图，已知△ABC内接于⊙O，且AB＝AC，直径AD交BC于点E，F是OE上的一点，使CF∥BD．
（1）求证：BE＝CE；
（2）试判断四边形BFCD的形状，并说明理由；
（3）若BC＝8，AD＝10，求CD的长．
【考点】垂径定理；勾股定理；菱形的判定．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）证明△ABD≌△ACD，得到∠BAD＝∠CAD，根据等腰三角形的性质即可证明；
（2）菱形，证明△BFE≌△CDE，得到BF＝DC，可知四边形BFCD是平行四边形，易证BD＝CD，可证明结论；
（3）设DE＝x，则根据CE2＝DE•AE列方程求出DE，再用勾股定理求出CD．
【解答】（1）证明：∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD＝∠ACD＝90°，
在Rt△ABD和Rt△ACD中，
AB=ACAD=AD，
∴Rt△ABD≌Rt△ACD（HL），
∴∠BAD＝∠CAD，
∵AB＝AC，
∴BE＝CE；
（2）四边形BFCD是菱形．
证明：∵AD是直径，AB＝AC，
∴AD⊥BC，BE＝CE，
∵CF∥BD，
∴∠FCE＝∠DBE，
在△BED和△CEF中，
∠FCE=∠DBEBE=CE∠BED=∠CEF=90°，
∴△BED≌△CEF（ASA），
∴CF＝BD，
∴四边形BFCD是平行四边形，
∵∠BAD＝∠CAD，
∴BD＝CD，
∴四边形BFCD是菱形；
（3）解：∵AD是直径，AD⊥BC，BE＝CE，
∵∠AEC＝∠CED，∠CAE＝∠ECD，
∴△AEC∽△CED，
∴AECE=ECED，
∴CE2＝DE•AE，
设DE＝x，
∵BC＝8，AD＝10，
∴42＝x（10﹣x），
解得：x＝2或x＝8（舍去）
在Rt△CED中，
CD=CE2+DE2=42+22=25．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质：垂径定理、圆周角定理，三角形全等的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，三角形相似的判定与性质，熟悉圆的有关性质是解决问题的关键．
19．（2025•台州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点E在对角线AC上，EC＝BC＝DC．
（1）若∠CBD＝39°，求∠BAD的度数；
（2）求证：∠1＝∠2．
【考点】圆周角定理；圆心角、弧、弦的关系．
【专题】计算题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据等腰三角形的性质由BC＝DC得到∠CBD＝∠CDB＝39°，再根据圆周角定理得∠BAC＝∠CDB＝39°，∠CAD＝∠CBD＝39°，所以∠BAD＝∠BAC+∠CAD＝78°；
（2）根据等腰三角形的性质由EC＝BC得∠CEB＝∠CBE，再利用三角形外角性质得∠CEB＝∠2+∠BAE，则∠2+∠BAE＝∠1+∠CBD，加上∠BAE＝∠CBD，所以∠1＝∠2．
【解答】（1）解：∵BC＝DC，
∴∠CBD＝∠CDB＝39°，
∵∠BAC＝∠CDB＝39°，∠CAD＝∠CBD＝39°，
∴∠BAD＝∠BAC+∠CAD＝39°+39°＝78°；
（2）证明：∵EC＝BC，
∴∠CEB＝∠CBE，
而∠CEB＝∠2+∠BAE，∠CBE＝∠1+∠CBD，
∴∠2+∠BAE＝∠1+∠CBD，
∵∠BAE＝∠BDC＝∠CBD，
∴∠1＝∠2．
【点评】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．也考查了等腰三角形的性质．
20．（2025•南通）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点M在⊙O上，MD恰好经过圆心O，连接MB．
（1）若CD＝16，BE＝4，求⊙O的直径；
（2）若∠M＝∠D，求∠D的度数．
【考点】垂径定理；圆周角定理；勾股定理．
【专题】几何综合题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）先根据CD＝16，BE＝4，得出OE的长，进而得出OB的长，进而得出结论；
（2）由∠M＝∠D，∠DOB＝2∠D，结合直角三角形可以求得结果；
【解答】解：（1）∵AB⊥CD，CD＝16，
∴CE＝DE＝8，
设OB＝x，
又∵BE＝4，
∴x2＝（x﹣4）2+82，
解得：x＝10，
∴⊙O的直径是20．
（2）∵∠M=12∠BOD，∠M＝∠D，
∴∠D=12∠BOD，
∵AB⊥CD，
∴∠D＝30°．
【点评】本题考查了圆的综合题：在同圆或等圆中，相等的弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角为直角；垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的弧．