中考数学一轮复习考点题型分类训练专题34 圆综合测试卷（2份，原卷版+解析版）

这是一份中考数学一轮复习考点题型分类训练专题34 圆综合测试卷（2份，原卷版+解析版），文件包含第二十二章能源与可持续发展初中物理九年级全一册同步教学课件人教版2024pptx、第二十二章能源与可持续发展同步练习含答案解析docx、第二十二章能源与可持续发展同步练习docx等3份课件配套教学资源，其中PPT共52页， 欢迎下载使用。
1．（3分）（2023·甘肃平凉·统考二模）如图，A、B、C是圆O上的三点，且四边形ABCO是平行四边形，OF⊥OC交圆O于点F，则∠AOF等于（ ）

A．15°B．30°C．45°D．60°
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质和圆的半径相等得到△AOB为等边三角形，根据等腰三角形的三线合一得到答案．
【详解】解：

连接OB，如图所示，
∵四边形ABCO是平行四边形，
∴OC=AB，又OA=OB=OC，
∴OA=OB=AB，
∴△AOB为等边三角形，
∵OF⊥OC， OC∥AB，
∴OF⊥AB，
∴∠AOF=∠BOF=30°，
故选：B．
【点睛】本题考查的是圆内半径相等，平行四边形的性质定理、等边三角形的性质的综合运用，掌握等腰三角形的三线合一是解题的关键．
2．（3分）（2023·福建福州·校考模拟预测）如图，PA、PC分别与圆O相切于A、C两点，AB、BC为⊙O的两条弦，且PA∥BC，若tanP=43，则ABBC的值是（ ）

A．52B．43C．53D．423
【答案】A
【分析】作CH⊥AP于H，连接AO并延长交BC于D，则可得OA⊥BC，则由垂径定理得AB=AC；设PH=3x，根据正切的定义用x表示出HC，根据勾股定理求出PC，分别证明PA=PC，根据题意计算，得到答案．
【详解】解：作CH⊥AP于H，连接AO并延长交BC于D，如图，
∵PA是圆的切线，
∴OA⊥PA，
∵PA∥BC，
∴AD⊥BC；
∴BD=CD；
∴AB=AC；
∵CH⊥AP，AD⊥AP，AD⊥BC，
即∠AHC=∠DAH=∠ADC=90°，
∴四边形ADCH是矩形，
∴CD=AH；
设PH=3x，
∵tanP=43，
∴HC=4x，
由勾股定理得，PC=PH2+CH2=5x，
由切线长定理得，PA=PC=5x，则AH=2x，
∴CD=2x，
由勾股定理得，AC=CH2+AH2=25x，

∴AB=AC=25x，
∵AD⊥BC，
∴BC=2CD=4x，
∴ABBC=25x4x=52，
故选：A．
【点睛】本题考查的是垂径定理，切线的性质及切线长定理，勾股定理，三角函数，矩形的判定与性质，掌握相关的性质定理是解题的关键．
3．（3分）（2023·湖北十堰·统考一模）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AC⊥BD，AB=8，CD=2，则⊙O的直径为（ ）

A．9B．215C．217D．12
【答案】C
【分析】作直径AF，连BF、CF.证明CD=BF=2，利用勾股定理求出AF即可．
【详解】解：作直径AF，连BF、CF．

∵AF是圆O的直径，
∴∠ACF=∠ABF=90°，
∴CF⊥AC，
又∵BD⊥AC，
∵CF∥BD，
∴∠DBC=∠BCF，
∴CD=BF，
∴BF=CD=2，
∴AF=AB2+BF2=82+22=217，
∴⊙O的直径为217．
故选：C．
【点睛】本题考查勾股定理，圆周角定理，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
4．（3分）（2023·江苏苏州·统考模拟预测）如图，扇形AOB中，∠AOB=90°，半径OA=6,C是AB的中点，CD//OA，交AB于点D，则CD的长为（ ）
A．22−2B．2C．2D．62−6
【答案】D
【分析】连接OC，延长CD交OB于点E，如图，易得△AOB、△COE、△BDE都是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求出CE与DE的长，从而可得答案．
【详解】解：连接OC，延长CD交OB于点E，如图，
∵∠AOB=90°，C是AB的中点，
∴∠COE=45°，
∵CD//OA，∠AOB=90°，
∴CE⊥OB，
∴∠OCE=∠COE=45°，
∴CE=OE=22OC=22×6=32，
∴BE=OB－OE=6−32，
∵OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠ABO=45°，
∴∠BDE=∠ABO=45°，
∴EB=ED=6−32，
∴CD=CE－DE=32−6−32=62−6．
故选：D．
【点睛】本题考查了圆心角和弧的关系、等腰直角三角形的判定和性质等知识，属于常考题型，熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质是解此题的关键．
5．（3分）（2023·广东茂名·统考二模）如图，⊙O的半径为4，直径AB与直径CD垂直，P是AD上一点，连接PC，PB分别交AB，CD于E，F，若CE=25，则BF的长为（ ）

A．4103B．17C．25D．732
【答案】A
【分析】本题主要考查圆周角定理、解直角三角形等知识，连接BD，过点F作FH⊥BD，证明tan∠PBD=tan∠PCD=12=FHBH，设FH=m，则BH=2m，构建方程求出m，即可求解.
【详解】解：连接BD，过点F作FH⊥BD于H．

∵AB⊥CD，
∴∠EOC=90°，
∵CE=25，OC=4，
∴OE=EC2−OC2=252−42=2，
∴tan∠ECO=OEOC=12，
∵∠PCD=∠FBD，
∴tan∠PBD=tan∠PCD=12=FHBH，
设FH=m，则BH=2m，
∵OD=OB，∠DOB=90°，
∴∠FDH=45°，
∵∠FHD=90°，
∴∠HFD=∠HDF=45°，
∴HF=HD=m，
∴m+2m=2OB=42，
∴m=423，
∴BF=FH2+BH2=m2+2m2=5m=4103．
故选：A．
6．（3分）（2023·湖北武汉·统考模拟预测）如图，⊙O的半径为20，A是⊙O上一点，以OA为对角线作矩形OBAC，且OC=12，延长BC交⊙O于D，E两点，则CE−BD=（ ）

A．185B．245C．285D．305
【答案】C
【分析】设DE的中点为M，连接OM，则OM⊥DE，在Rt△AOB中利用勾股定理求出OB的长，利用三角形的面积公式求出OM的长，在Rt△OCM中，利用勾股定理求出CM的长，进而可得出BM的长，由CE−BD=EM−CM−DM−BM=BM−CM即可得出结论．
【详解】解：如图，设DE的中点为M，连接OM，则OM⊥DE．

∵在Rt△AOB中，OA=20，AB=OC=12，
∴OB=OA2−AB2=202−122=16，
由矩形OBAC知BC=OA=20,利用△OBC的面积关系得：
OM=OB•OCBC =16×1220= 485，
在Rt△OCM中，
CM=OC2−OM2 =122−4852= 365，
∵BM=BC−CM=20−365 =645，
∴CE−BD=EM−CM−DM−BM=BM−CM=645 −365= 285．
故选：C．
【点睛】本题考查的是圆的基本性质及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用勾股定理进行解答是解答此题的关键．
7．（3分）（2023·四川德阳·统考中考真题）已知一个正多边形的边心距与边长之比为32，则这个正多边形的边数是（ ）
A．4B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】如图，A为正多边形的中心，BC为正多边形的边，AB，AC为正多边形的半径，AD为正多边形的边心距，由ADBC=32可得ADBD=3，可得∠B=60°，而AB=AC，可得△ABC为等边三角形，从而可得答案．
【详解】解：如图，A为正多边形的中心，BC为正多边形的边，AB，AC为正多边形的半径，AD为正多边形的边心距，

∴AB=AC，AD⊥BC，ADBC=32，
∴BD=CD=12BC，
∴AD2BD=32，即ADBD=3，
∴tan∠B=ADBD=3，
∴∠B=60°，而AB=AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∴多边形的边数为：36060=6，
故选B
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，锐角三角函数的应用，熟练的利用数形结合的方法解题是关键．
8．（3分）（2023·广东深圳·深圳市东湖中学校考模拟预测）如图，在边长为6的等边△ABC中，点E在边AC上自A向C运动，点F在边CB上自C向B运动，且运动速度相同，连接BE,AF交于点P，连接CP，在运动过程中，点P的运动路径长为（ ）
A．43π3B．4π3C．33D．π2
【答案】A
【分析】过点A作OA⊥AC于A，作OB⊥BC于B，连接OC，交AB于D，证明Rt△ACO≌Rt△BCOHL，得OA=OB，再证明△ACF≌△BAESAS，可得∠APB=180°−60°=120°，确定点P的运动路径是以点O为圆心，以OA为半径的弧AB，再由弧长公式求解即可．
【详解】解：如图，过点A作OA⊥AC于A，作OB⊥BC于B，连接OC，交AB于D，
∵△ACB是等边三角形，
∴AC=BC=AB，∠ACB=∠CAB=60°，
∴∠AOB=360°−60°−90°−90°=120°，
∵OC=OC，
∴Rt△ACO≌Rt△BCOHL，
∴OA=OB，
∴OC是AB的垂直平分线，AD=BD=12AB=3，
在Rt△ADO中，∠DAO=30°，
∴OD=AD⋅tan30°=3，OA=2OD=23，
∵AE=CF，
∴△ACF≌△BAESAS，
∴∠CAF=∠ABE，
∵∠CAF+∠BAP=60°，
∴∠ABE+∠BAP=60°，
∴∠APB=180°−60°=120°，
∴点P的运动路径是以点O为圆心，以OA为半径的弧AB，
∴点P的运动路径长为120×π×23180=433π．
故选：A．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质和判定，扇形的面积，动点P的运动轨迹等知识，确定点P的运动轨迹是解本题的关键．
9．（3分）（2023·陕西西安·校考三模）如图，⊙O的内接四边形ABCD中，AB=3，AD=5，∠BAD=60°，点C为弧BD的中点，则AC的长是（）
A．43B．83C．433D．833
【答案】D
【分析】根据点C为弧BD的中点可得AC平分∠BAD，再根据角平分线的性质作垂直线，最后根据全等推理证明即可．
【详解】过C作CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，
则∠E=∠CFD=∠CFA=90°，
∵点C为弧BD的中点，
∴BC=CD，
∴∠BAC=∠DAC，BC=CD，
∵CE⊥AB，CF⊥AD，
∴CE=CF，
∵A、B、C、D四点共圆，
∴∠D=∠CBE，
在△CBE和△CDF中
∠CBE＝∠D∠E＝∠CFDCE＝CF
∴△CBE≌△CDF(AAS)，
∴BE=DF，
在△AEC和△AFC中
∠E＝∠AFC∠EAC＝∠FACAC＝AC
∴△AEC≌△AFC(AAS)，
∴AE=AF，
设BE=DF=x，
∵AB=3，AD=5，
∴AE=AF=x+3，
∴5=x+3+x，
解得：x=1，
即AE=4，
∴AC=AEcs30°=833，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，圆内接四边形性质，解直角三角形，全等三角形的性质和判定的应用，能根据角平分线正确作出辅助线是解此题的关键，综合性比较强，难度适中．
10．（3分）（2023·山西吕梁·模拟预测）如图，AB为半圆O的直径，M，C是半圆上的三等分点，AB=8，BD与半圆O相切于点B，点P为AM上一动点（不与点A，M重合），直线PC交BD于点D，BE⊥OC于点E，延长BE交PC于点F，则下列结论正确的个数有( )
①PB=PD；②BC的长为43π；③∠DBE=45°；④△BCF∼△PCB；⑤CF⋅CP为定值．

A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】①连接AC，并延长AC，与BD的延长线交于点H，若PD=PB，得出P为AM的中点，与实际不符，即可判定正误；
②先求出∠BOC，再由弧长公式求得BC的长度，进而判断正误；
③由∠BOC=60°，得△OBC为等边三角形，再根据三线合一性质得∠OBE，再由角的和差关系得∠DBE，便可判断正误；
④证明∠CPB=∠CBF=30°，再利用公共角，可得△BCF∼△PCB，便可判断正误；
⑤由等边△OBC得BC=OB=4，再由相似三角形得CF⋅CP=BC2，便可判断正误．
【详解】①连接AC，并延长AC，与BD的延长线交于点H，如图，

∵M，C是半圆上的三等分点，
∴∠BAH=30°，
∵BD与半圆O相切于点B．
∴∠ABD=90°，
∴∠H=60°，
∵∠ACP=∠ABP，∠ACP=∠DCH，
∴∠PDB=∠H+∠DCH=∠ABP+60°，
∵∠PBD=90°−∠ABP，
若∠PDB=∠PBD，则∠ABP+60°=90°−∠ABP，
∴∠ABP=15°，
∴P点为AM的中点，这与P为AM上的一动点不完全吻合，
∴∠PDB不一定等于∠ABD，
∴PB不一定等于PD，故①错误；
②∵M，C是半圆上的三等分点，
∴∠BOC=13×180°=60°，
∵直径AB=8，
∴OB=OC=4，
∴ BC的长度=60π×4180=43π，故②正确；
③∵∠BOC=60°，OB=OC，
∴∠ABC=60°，OB=OC=BC，
∵BE⊥OC，
∴∠OBE=∠CBE=30°，
∵∠ABD=90°，
∴∠DBE=60°，故③错误；
④∵M、C是AB的三等分点，
∴∠BPC=30°，
∵∠CBF=30°，
∴∠CBF=∠BPC，
∵∠BCF=∠PCB，
∴△BCF∼△PCB，故④正确；
⑤∵△BCF∼△PCB，
∴ CBCP=CECB，
∴CF⋅CP=CB2，
∵CB=OB=OC=12AB=4，
∴CF⋅CP=16，故⑤正确．
综上所述：正确结论有②④⑤，共3个．
故选：C．
【点睛】本题属于几何综合题，主要考查了切线的性质，圆周角定理，直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，相似三角形的性质与判定，关键是熟练掌握切线的性质得到∠ABD=90°，并能灵活应用．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023·广东清远·统考二模）如图，⊙O的直径AB和弦CD垂直相交于点E，CD=42，CF⊥AD于点F，交AB于点G，且OG=1，则⊙O的半径长为 ．

【答案】3
【分析】连接AC，BC，OC，根据垂径定理和圆周角定理得到CE=DE=22，BC=BD，∠ACB=90°，求出∠B=∠AGF，根据等腰三角形的性质得到BC=CG，GE=EB，设OE=x，根据勾股定理得OC2=CE2+OE2，求出x即可．
【详解】解：连接AC，BC，OC，

∵ ⊙O的直径AB和弦CD垂直相交于点E，CD=42，
∴ CE=DE=22，BC=BD，∠ACB=90°，
∴ ∠B+∠CAB=90°，∠CAB=∠DAB，
∵ CF⊥AD，
∴ ∠GFA=90°，
∴ ∠DAB+∠AGF=90°，
∴ ∠B=∠AGF，
∵ ∠CGB=∠AGF，
∴ ∠B=∠CGB，
∴ BC=CG，
∵ AB⊥CD，
∴ GE=EB，
设OE=x，
∵ OG=1，
∴ GE=BE=x+1，
∴ OC=OB=x+x+1=2x+1，
在Rt△OCE中，由勾股定理得：OC2=CE2+OE2，
即2x+12=222+x2，
解得：x=1或x=−73（不符合题意，舍去），
∴ OC=2×1+1=3，
即⊙O的半径长为3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，勾股定理的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
12．（3分）（2023·湖北咸宁·校考模拟预测）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=12,BC=5，⊙O与BC相切于D，与AC,BC的延长线分别相切于E、F，则⊙O的半径为

【答案】3
【分析】连接OD、OE、OF，设⊙O的半径为r，根据切线长定理可得BD=BF，AF=AE，CE=CD，根据勾股定理求解AB，即可求解．
【详解】解：连接OD、OE、OF，如图，

设⊙O的半径为r，
∵∠ACB=90°，
∴四边形ODCE是矩形，
∴OD=CE=CD=OE=r，
∵BC=5，
∴BD=BC−CD=5−r，
∵⊙O与BC相切于D，与AC,BC的延长线分别相切于E、F，∠ACB=90°,AC=12,BC=5
∴BD=BF=5−r，AF=AE=AC+CE=12+r，AB=AC2+BC2=13，
∴BF=AF−AB=r−1，
∴r−1=5−r，解得：r=3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了，直角三角形的性质，切线的性质，勾股定理，掌握切线的性质是解题的关键．
13．（3分）（2023·湖南株洲·校联考三模）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，⊙O是△ABC的外接圆，点A，B，O在网格线的交点上，则cs∠ACB的值是 ．
【答案】55/155
【分析】本题主要考查解直角三角形，勾股定理，圆的概念及性质，构造直角三角形是解题的关键．
连接AO并延长交⊙O于点D，连接BD，则∠ABD=90°,∠ACB=∠ADB，利用勾股定理求解AD的长，再解直角三角形可求解．
【详解】解：连接AO并延长交⊙O于点D，连接BD，
则∠ABD=90°,∠ACB=∠ADB，
∵AO=22+12=5,
∴AD=25,
∵AB=4,
∴BD=AD2−AB2=2
∴cs∠ACB=cs∠ADB=BDAD=225=55,
故答案为：55．
14．（3分）（2023·安徽合肥·合肥市庐阳中学校考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=4，点E为BC的中点，AF=2，以EF为直径的半圆与DE交于点G，则GE的长为 ．

【答案】10
【分析】连接OG和DF，首先根据已知信息推出△DEF为等腰直角三角形，从而得到∠DEF=45°，再结合OG=OE，得到∠GOE=90°，最后根据已知信息求出EF的长度，即可得到OE的长度，然后勾股定理求解即可．
【详解】解：如图所示：连接OG和DF，
由题意，AF=2，BF=4，AD=4，∠A=90°，
∴在Rt△ADF中，DF=AF2+AD2=25，
同理，在Rt△BEF中，EF=BE2+BF2=25，
∴DF=EF，OE=12EF=5，
又∵AD=BF，
∴Rt△ADF≌Rt△BFE(HL)，
∴∠ADF=∠BFE，
∵∠ADF+∠AFD=90°，
∴∠BFE+∠AFD=90°，
∴∠DFE=90°，
∵DF=EF，
∴∠FDE=∠FED=45°，
又∵OG=OE，
∴∠OGE=∠OEG=45°，
∴∠GOE=90°，
∴ GE=2OE=10，
故答案为：10．

【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，圆的基本性质，勾股定理，掌握全等三角形的判定和基本性质是解题关键．
15．（3分）（2023·浙江温州·校联考一模）如图，半圆的直径AB＝6，C为半圆上一点，连接AC，BC，D为BC上一点，连接OD，交BC于点E，连接AE，若四边形ACDE为平行四边形，则AE的长为 ．
【答案】23
【分析】如图，连接OC．证明AC=DE=2OE，利用勾股定理构建关系式，可得结论．
【详解】如图，连接OC．
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵四边形ACDE是平行四边形，
∴AC=DE，CD=AE，AC∥DE，
∴∠ACE=∠DEC=90°，
∴OD⊥BC，
∴EC=EB，
∵OA=OB，
∴AC=2OE=DE，
∵OD=OC=3，
∴OE=1，DE=2，
∴CE2=OC2-OE2=CD2-DE2，
∴32-12=CD2-22，
∴AE=CD=23或-23（舍弃）．
故答案为：23．
【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，勾股定理，平行四边形的性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
16．（3分）（2023·浙江杭州·杭州育才中学校考模拟预测）如图，AB为半圆的直径，C是半圆弧上任一点，正方形DEFG的一边DG在直线AB上，另一边DE过ΔABC的内切圆圆心I，且点E在半圆弧上，已知DE=8，则ΔABC的面积为 ．
【答案】64
【分析】根据切线的性质得到AD=AM，CM=CN=r，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据勾股定理得到AB2=AC2+BC2，于是得到AD·DB=12AC·BC，由射影定理得AD·DB=DE2=64，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：如图示，设⊙I切AC与M，切BC于N，半径为r，
则AD=AM，CM=CN=r，BD=BN，
∴r=12(AC+BC−AB)，
∵AB为半圆的直径，
∴∠ACB=90°，
∴AB2=AC2+BC2，
∴AD·DB=AM·BN=(AC−r)(BC−r)
=[AC−12(AC+BC−AB)][BC−12(AC+BC−AB)]
=14(AC−BC+AB)(AB+BC−AC)
=14(AB2−AC2−BC2+2AC·BC)
=12AC·BC，
又∵AB为半圆的直径，，且点E在半圆弧上，
由射影定理得AD·DB=DE2=82=64，
∴SΔABC=12AC·BC=AD·DB=64，
故答案为：64．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，勾股定理，射影定理，三角形的面积的计算，正确的理解题意是解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023·安徽·模拟预测）如图，半圆的直径AB=4，弦CD∥AB，连接AC,BD,AD,BC．
(1)求证：△ADC≌△BCD；
(2)当△ACD的面积最大时，求∠CAD的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)45°
【分析】（1）根据平行线的性质可得∠ADC=∠DAB，从而可得AC=BD，然后根据同圆或等圆中弧、弦、圆周角的关系可得AD=BC，从而用边边边定理证明三角形全等；
（2）连接OC,OD，过点D作DE⊥OC，垂足为点E，通过分析当且仅当∠COD=90°时取等号时S△ACD有最大值为2，分析求解．
【详解】（1）证明：∵CD∥AB，
∴∠ADC=∠DAB
∴AC=BD，
∴AC=BD,AC+CD=BD+CD，即AD=BC，
∴AD=BC．
又∵CD=DC．
∴△ADC≌△BCDSSS
（2）解：连接OC,OD，过点D作DE⊥OC，垂足为点E．
∴OC=OD=12AB=2．
∵CD∥AB，
∴S△ACD=S△OCD=12OC⋅DE．
∵DE≤OD=2，当且仅当∠COD=90°时取等号，
此时S△ACD最大值=12×2×2=2，
∴∠CAD=12∠COD=45°．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，同圆或等圆中弧、弦、圆周角的关系，解题的关键是根据图形题意，准确添加辅助线．
18．（6分）（2023·广东深圳·广东省深圳市盐田区外国语学校校考模拟预测）如图，△ABC内接于⊙O，AB、CD是⊙O的直径，E是DA长线上一点，且∠CED=∠CAB．
(1)求证：CE是⊙O的切线；
(2)若DE=35，tanB=12，求线段CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）根据圆周角定理得出∠ACB=90°，再由各角之间的等量代换得出∠DCE=∠ACB=90°，利用切线的判定证明即可；
（2）根据（1）可知，CD⊥CE，再由正切函数的定义得出CD=2CE，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠B=90°，
∵∠CED=∠CAB，∠B=∠D，
∴∠CED+∠D=90°，
∴∠DCE=∠ACB=90°，
∴CD⊥CE，
∵CD是⊙O的直径，即OC是⊙O半径，
∴CE是⊙O的切线；
（2）由（1）知，CD⊥CE，
在Rt△ABC和Rt△DEC中，
∵∠B=∠D，tanB=12，
∴tan∠B=tan∠D=CECD=12，
∴CD=2CE，
在Rt△CDE中，CD2+CE2=DE2，DE=35，
∴2CE2+CE2=352，
解得CE=3（负值舍去），
即线段CE的长为3．
【点睛】题目主要考查切线的判定和性质，正切函数的定义，勾股定理解三角形等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
19．（8分）（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）如图，正方形ABCD内接于⊙O，E是BC的中点，连接AE，DE，CE．

(1)求证：AE=DE；
(2)若CE=1，求四边形AECD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)S四边形AECD=2+32
【分析】（1）欲证明AE=DE，只要证明AE=DE即可．
（2）连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F．证明△ADE≌△CDF，推出AE=CF，得到S△ADE=S△CDF，推出S四边形AECD=S△DEF，再利用等腰三角形的性质构建方程求出DE，即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD，
∴AB=CD，
∵E是BC的中点，
∴BE=EC，
∴AE=DE，
∴AE=DE．
（2）解：连接BD，AO，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC=∠DEC=45°，DA=DC，
∵∠EDF=90°，
∴∠F=∠EDF−∠DEF=90°−45°=45°，
∴DE=DF，
∵∠AED=12∠AOD=45°，
∴∠AED=∠F=45°，
∵∠ADC=∠EDF=90°，
∴∠ADE+∠EDC=∠CDF+∠EDC=90°，
∴∠ADE=∠CDF
∴△ADE≌△CDF，
∴AE=CF，
∴S△ADE=S△CDF，
∴S四边形AECD=S△DEF，
∵EF=2DE=EC+DE，EC=1，
∴1+DE=2DE，
∴DE=2+1，
∴S四边形AECD=S△DEF=12DE2 =2+32．

【点睛】本题考查正多边形与圆，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
20．（8分）（2023·河北石家庄·石家庄市第四十二中学校考模拟预测）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具．如图，半径为3m的筒车⊙O按逆时针方向每分钟转56圈，筒车与水面分别交于点A、B、AB长为4m，筒车上均匀分布着若干个盛水筒（用点表示）．若以某个盛水筒（点P）刚浮出水面时开始计算时间．

(1)设点D为盛水筒在运行中的最高点，请在图中画出线段CD，用其长度表示盛水筒到水面的最大距离．（不说理由），并求最大距离约为多少米（结果保留小数点后一位）；
(2)筒车每秒转 °，∠OAB= °；
(3)浮出水面2.6秒后，盛水筒（点P）距离水面多高？（参考数据：5≈2.2，cs47°=sin43°≈1115）
【答案】(1)作图见解析，最大距离为5.2米
(2)5，43
(3)0.7米
【分析】（1）如图1，过点O作CD⊥AB于C，交⊙O于D，连接OA，由垂径定理得AC=12AB=2，由题意知，OA=OD=3，由勾股定理得OC=OA2−AC2=5，根据CD=OC+OD，计算求解即可；
（2）由题意知，每分钟转的弧长为56×2π×3=5π，由nπ×3180=5π，解得n=300，则每秒钟转300°60=5°，由sin∠OAB=OCOA≈2.23≈1115，可求∠OAB的值；
（3）由题意知，2.6×5°=13°，则∠AOC=90°−∠OAB=47°，如图2，连接OP，过P作PE⊥OC于E，PF⊥AB于F，则四边形CEPF是矩形，PF=CE，∠POC=∠AOC+∠POC=60°，则OE=OP⋅cs∠POC=32，CE=OC−OE=0.7，进而可求浮出水面2.6秒后，盛水筒（点P）距离水面的高度．
【详解】（1）解：如图1，过点O作CD⊥AB于C，交⊙O于D，连接OA，

由垂径定理得AC=12AB=2，
由题意知，OA=OD=3，
由勾股定理得OC=OA2−AC2=5，
∴CD=OC+OD=5+3≈5.2（m），
∴最大距离约为5.2米；
（2）解：由题意知，每分钟转的弧长为56×2π×3=5π，
∴nπ×3180=5π，解得n=300，
∴每秒钟转300°60=5°，
∵sin∠OAB=OCOA≈2.23≈1115，
∴∠OAB=43°，
故答案为：5，43；
（3）解：由题意知，2.6×5°=13°，
∵∠OAB=43°，
∴∠AOC=90°−∠OAB=47°，
如图2，连接OP，过P作PE⊥OC于E，PF⊥AB于F，则四边形CEPF是矩形，

∴PF=CE，∠POC=∠AOC+∠POC=60°，
∴OE=OP⋅cs∠POC=32，
∴CE=OC−OE=0.7（m），
∴PF=0.7（m），
∴浮出水面2.6秒后，盛水筒（点P）距离水面0.7米．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，弧长公式，正弦，余弦，矩形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
21．（8分）（2023·广东佛山·校考一模）如图，在ΔABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O与BC交于点D，连接AD．
(1)用无刻度的直尺和圆规作出劣弧AD的中点E．（不写作法，保留作图痕迹），连接BE交AD于F点，并证明：AF×DF=BF×EF；
(2)若⊙O的半径等于4，且⊙O与AC相切于A点，求劣弧AD的长度和阴影部分的面积（结果保留π）．
【答案】(1)见解析
(2)2π，4π−8
【分析】（1）利用圆周角相等所对的弧相等解决中点，连接DE，先说明△BFA∽△DFE，再利用相似三角形的性质得结论；
（2）连接OD，先求出∠AOD的度数，再利用弧长公式、扇形的面积公式及三角形的面积公式得结论．
【详解】（1）作∠ABC的角平分线交AD于点E．
∴点E为所求的劣弧AD的中点．
证明：连接DE，
∵ AE=AE，BD=BD，
∴∠ABF=∠ADE，∠BAF=∠FED．
∴△BFA∽△DFE．
∴ BFAF=DFEF．
即AF×DF=BF×EF．
（2）连接OD，
∵⊙O与AC相切，OA为半径，
∴BA⊥AC．
∵AB=AC，
∴∠B=∠C=45°．
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB=45°．
∴∠AOD=90°．
∴劣弧AD的长度=90×π×4180=2π．
S阴影=S扇AOD−S△AOD
=90×π×42360−12×4×4
=4π−8．
【点睛】本题主要考查了与圆有关计算，掌握圆周角定理、等腰三角形的性质、弧长公式及扇形的面积公式是解决本题的关键．
22．（8分）（2023·山东滨州·统考中考真题）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线与边BC相交于点F，与△ABC的外接圆相交于点D．

(1)求证：S△ABF:S△ACF=AB:AC；
(2)求证：AB:AC=BF:CF；
(3)求证：AF2=AB⋅AC−BF⋅CF；
(4)猜想：线段DF,DE,DA三者之间存在的等量关系．（直接写出，不需证明．）
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
(4)DE2=DF⋅AD
【分析】（1）过点F作FH⊥AC,FG⊥AB，垂足分别为H,G，则FG=FH，进而表示出两个三角形的面积，即可求解；
（2）过点A作AM⊥BC于点M，表示出两三角形的面积，即可求解；
（3）连接DB,DC，证明△BFD∽△AFC得出BF⋅CF=AF⋅DF，证明△ABF∽△ADC，得出AB⋅AC=AD⋅AF，即可AB⋅AC=(AF+DF)⋅AF，恒等式变形即可求解；
（4）连接BE，证明△ABD∽△BFD，得出DB=DA⋅DF，证明∠BED=∠DBE，得出DB=DE，即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，过点F作FH⊥AC,FG⊥AB，垂足分别为H,G，
∵点E是△ABC的内心，
∴AD是∠BAC的角平分线，
∵FH⊥AC,FG⊥AB，
∴FG=FH，
∵S△ABF=12AB⋅FG，S△ACF=12AC⋅FH，
∴S△ABF:S△ACF=AB:AC；
（2）证明：如图所示，过点A作AM⊥BC于点M，

∵S△ABF=12BF⋅AM，S△ACF=12FC⋅AM，
∴S△ABF:S△ACF=BF:FC，
由（1）可得S△ABF:S△ACF=AB:AC，
∴AB:AC=BF:CF；
（3）证明：连接DB,DC，

∵AB=AB,DC=DC
∴∠ACF=∠BDF,∠FAC=∠FBD
∴△BFD∽△AFC
∴BFAF=DFCF，
∴BF⋅CF=AF⋅DF
∵AC=AC，
∴∠FBA=∠ADC，
又∠BAD=∠DAC，
∴△ABF∽△ADC，
∴ABAD=AFAC，
∴AB⋅AC=AD⋅AF；
∴AB⋅AC=AF+DF⋅AF=AF2+AF·DF，
∴AF2=AB⋅AC−BF⋅CF，
（4）解：如图所示，连接BE，

∵点E是△ABC的内心，
∴BE是∠BAC的角平分线，
∴∠ABE=∠FBE，
∵∠CBD=∠CAD=∠BAD，∠ADB=∠BDF
∴△ABD∽△BFD，
∴DBDF=DADB，
∴DB2=DA⋅DF，
∵∠BED=∠BAE+∠ABE=12∠BAC+12∠ABC，
∠DBE=∠DBC+∠FBE=∠DAC+∠FBE=12∠BAC+12∠ABC，
∴∠BED=∠DBE，
∴DB=DE，
∴DE2=DA⋅DF．
【点睛】本题考查了三角形内心的定义，同弧所对的圆周角相等，角平分线的性质与定义，相似三角形的性质与判定，三角形的外角性质，三角形的面积公式等知识，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
23．（8分）（2023·黑龙江哈尔滨·校考一模）△ABC内接⊙O，AD⊥BC于D，连接OA．

图1 图2 图3
(1)如图1，求证：∠BAO=∠CAD；
(2)如图2，作BE⊥AC交CA的延长线于E，交⊙O于F，延长AD交⊙O于G，连接AF，求证：AD+AF=DG；
(3)在（2）的条件下，如图3，OA交BC于点T，CA=CT，AD=2AF，AB=45，求DT长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)DT=2
【分析】（1）连接OB，根据圆周角定理得出∠AOB=2∠C，再结合等腰三角形得出∠OAB+∠C=90°，再由∠C+∠CAD=90°，即可证出∠BAO=∠CAD；
（2）在BG上截取BH，使BH=BF，连接NH，在DG上截取DN，使DN=AD，连接BN，BG，证明△ADB≌△NDB，△FBA≌△HBN，从而证出NH=NG，再根据等腰三角形性质证出AF=HN，即可证得；
（3）连接BG，运用三角形内角和，圆周角定理证明∠BAD=∠ABG，从而得出AG=BG，再根据AD=2AF，运用勾股定理求出AD=4，BD=8，再运用tan∠ABD=tan∠OAD=ADBD=DTAD即可解答；
【详解】（1）证明：连接OB，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∴2∠OAB+∠AOB=180°，
∵∠AOB=2∠C，
∴2∠OAB+2∠C=180°，
∴∠OAB+∠C=90°，
∵∠C+∠CAD=90°.
∴∠CAD=∠OAB，
即∠BAO=∠CAD；
（2）在DG上截取DN，使DN=AD，连接BN，BG，如图1，
图1
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠NDB=90°，
∴△ADB≌△NDB，
∴AB=BN，∠2=∠3，
在BG上截取BH，使BH=BF，连接NH，
∵四边形ACBF为圆内接四边形，
∴∠EFA=∠C，∠EAF=∠FBC，
∵BE⊥AC，AD⊥CD，∠EFA=∠C，
∴∠EAF=∠FBC=∠CAD=∠CBG，
∴∠1+∠2=∠3+∠4，
∴∠1=∠4，
∴△FBA≌△HBN，
∴AF=HN，∠BFA=∠BHN，
∴∠EFA=∠NHG，
∵∠EFA=∠C=∠G，
∴∠NHG=∠G，
∴NH=NG，
∵DG=DN+NG，
∴DG=AD+NH=AD+AF；
（3）连接BG，如图2，
图2
设∠C=2α，则∠CAD=∠BAO=90°−2α，
∵CA=CT，
∴∠CTA=∠TAC=90°−α，
∴∠OAD=α，
∴∠BAD=90°−α，
∴∠ABD=α，
∵∠CAD=∠CBG，
∴∠CBG=90°−2α，
∴∠ABG=90°−α，
∴∠BAD=∠ABG，
∴AG=BG，
∵AD=2AF.
设AF=a，则AD=2a，
∵DG=AD+AF，
∴DG=3a，
∴AG=BG=5a，
∴BD=4a，
在Rt△ABD中，AD2+BD2=AB2，
∴(2a)2+(4a)2=(45)2，
∴a=2（负值舍），
∴AD=4，BD=8，
∵∠ABD=∠OAD=α，
∵tan∠ABD=tan∠OAD=ADBD=DTAD，
∴48=DT4，
∴DT=2.
【点睛】本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了圆周角定理、等腰三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定、勾股定理的应用、三角函数，将以上知识点综合运用是解题的关键．