中考数学一轮复习考点讲与练第06讲 圆的证明与计算（2份，原卷版+解析版）

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（思维导图+2考点+15种题型+命题预测）
TOC \ "1-1" \n \h \z \u \l "_Tc191908165" 01考情透视·目标导航
\l "_Tc191908166" 02知识导图·思维引航
\l "_Tc191908167" 03核心精讲·题型突破
\l "_Tc191908168" 考点一 圆的相关计算问题
\l "_Tc191908169" ►题型01 利用圆的相关性质求角度
\l "_Tc191908170" ►题型02 利用圆的相关性质求线段长
\l "_Tc191908171" ►题型03 利用弧长与扇形面积求解
\l "_Tc191908172" ►题型04 求不规则图形面积
\l "_Tc191908173" ►题型05 与圆有关的最值问题
\l "_Tc191908174" 考点二 圆的相关证明问题 \l "_Tc191908175"
\l "_Tc191908176" ►题型01 切线的性质与判定综合
\l "_Tc191908177" ►题型02 利用圆的性质求证线段平行/垂直
\l "_Tc191908178" ►题型03 利用圆的性质判定相似三角形
\l "_Tc191908179" ►题型04 利用圆的性质判定全等三角形
\l "_Tc191908180" ►题型05 利用圆的性质判定特殊的平行四边形
\l "_Tc191908181" ►题型06 利用圆的性质判定线段相等
\l "_Tc191908182" ►题型07 利用圆的性质求线段比值或证明比例关系
\l "_Tc191908183" ►题型08 利用圆的性质求证角平分线
\l "_Tc191908184" ►题型09 利用圆的性质求证角度相等或存在2倍关系
\l "_Tc191908185" ►题型10 正多边形与圆
01考情透视·目标导航
02知识导图·思维引航
"file/C:\\Users\\10522\\AppData\\Lcal\\Temp\\360zip$Temp\\360$0\\第24讲%20矩形的性质与判定（讲义，1考点+1命题点21种题型)（原卷版）.dcx" \l "_Tc188278346" 03核心精讲·题型突破
考点一 圆的相关计算问题
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型01 利用圆的相关性质求角度
1．（2024·海南·中考真题）如图，AD是半圆O的直径，点B、C在半圆上，且AB=BC=CD，点P在CD上，若∠PCB=130°，则∠PBA等于（ ）
A．105°B．100°C．90°D．70°
【答案】B
【分析】本题考查了圆周角定理，等边三角形的判定和性质．连接OB，OC，证明△AOB和△BOC都是等边三角形，求得∠BPC=30°，利用三角形内角和定理求得∠PBC=20°，据此求解即可．
【详解】解：连接OB，OC，
∵AD是半圆O的直径，AB=BC=CD，
∴∠AOB=∠BOC=∠COD=60°，
∴△AOB和△BOC都是等边三角形，
∴∠OBC=∠OBA=60°，
∵BC=BC，
∴∠BPC=12∠BOC=30°，
∵∠PCB=130°，
∴∠PBC=180°−130°−30°=20°，
∴∠PBO=60°−20°=40°，
∴∠PBA=40°+60°=100°，
故选：B．
2．（2024·内蒙古·中考真题）如图，正四边形ABCD和正五边形CEFGH内接于⊙O，AD和EF相交于点M，则∠AMF的度数为（ ）
A．26°B．27°C．28°D．30°
【答案】B
【分析】本题考查了圆内接正多边形的性质，圆周角定理，三角形内角和定理，对顶角的性质，直角三角形的性质，连接OC、OE、OD，设CD与EF相交于点N，由圆的内接正多边形的性质可得∠COD=90°，∠COE=72°，即得∠DOE=∠COD−∠COE=18°，即可由圆周角定理得∠DCE=12∠DOE=9°，进而由三角形内角和定理得∠DNM=∠CNE=63°，再由直角三角形两锐角互余得到∠AMF=∠DMN=27°，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：连接OC、OE、OD，设CD与EF相交于点N，
∵正四边形ABCD和正五边形CEFGH内接于⊙O，
∴∠COD=360°÷4=90°，∠COE=360°÷5=72°，
∴∠DOE=∠COD−∠COE=90°−72°=18°，
∴∠DCE=12∠DOE=12×18°=9°，
∵∠CEF=5−2×180°5=108°，
∴∠CNE=180°−108°−9°=63°，
∴∠DNM=∠CNE=63°，
∵∠ADC=90°，
∴∠DMN=90°−63°=27°，
∴∠AMF=∠DMN=27°，
故选：B．
3．（2024·四川广元·中考真题）如图，已知四边形ABCD是⊙O的内接四边形，E为AD延长线上一点，∠AOC=128°，则∠CDE等于（ ）
A．64°B．60°C．54°D．52°
【答案】A
【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍可求得∠ABC的度数，再根据圆内接四边形对角互补，可推出∠CDE=∠ABC，即可得到答案．
【详解】解：∵∠ABC是圆周角，与圆心角∠AOC对相同的弧，且∠AOC=128°，
∴∠ABC=12∠AOC=12×128°=64°，
又∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
又∵∠CDE+∠ADC=180°，
∴∠CDE=∠ABC=64°，
故选：A．
4．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，平面直角坐标系中，原点O为正六边形ABCDEF的中心，EF∥x轴，点E在双曲线y=kx(k为常数，k>0)上，将正六边形ABCDEF向上平移3个单位长度，点D恰好落在双曲线上，则k的值为（ ）
A．43B．33C．23D．3
【答案】A
【分析】本题主要考查了求反比例函数解析式，正六边形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理等等，过点E作EH⊥x轴于H，连接OE，可证明△OED是等边三角形，则DE=OD，OH=DH=12OH，进而得到EH=32OD，设OD=2m，则OH=m，HE=3m，则Em，3m，D2m，0，即可得到点2m，3在双曲线上，再由点E也在双曲线上，得到k=2m⋅3=m⋅3m，据此求解即可．
【详解】解：如图所示，过点E作EH⊥x轴于H，连接OE，
∵原点O为正六边形ABCDEF的中心，
∴OE=OD，∠EOD=360°6=60°，
∴△OED是等边三角形，
∴DE=OD，
∵EH⊥OD，
∴OH=DH=12OD，
∴EH=DE2−DH2=32OD，
设OD=2m，则OH=m，HE=3m，
∴Em，3m，D2m，0，
∵将正六边形ABCDEF向上平移3个单位长度，点D恰好落在双曲线上，
∴点2m，3在双曲线上，
又∵点E也在双曲线上，
∴k=2m⋅3=m⋅3m，
解得m=2或m=0（舍去），
∴k=2m⋅3=43，
故选：A．
5．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，△ACD内接于⊙O，CD=DB，AB，CD的延长线相交于点E，且DE=AD．
(1)求证：△CAD∽△CEA；
(2)求∠ADC的度数．
【答案】(1)见详解
(2)45°
【分析】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定以及性质，圆内接四边形的性质，等边对等角等知识，掌握这些性质是解题的关键．
（1）由等弧所对的圆周角相等可得出∠CAD=∠DAB，再由等边对等角得出∠DAB=∠E，等量代换可得出∠CAD=∠E，又∠C=∠C，即可得出△CAD∽△CEA．
（2）连接BD，由直径所对的圆周角等于90°得出∠ADB=90°，设∠CAD=∠DAB=α，即∠CAE=2α，由相似三角形的性质可得出∠ADC=∠CAE=2α，再根据圆内接四边形的性质可得出2α+2α+90°=180°，即可得出α的值， 进一步即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵CD=DB
∴∠CAD=∠DAB，
∵DE=AD，
∴∠DAB=∠E，
∴∠CAD=∠E，
又∵∠C=∠C
∴△CAD∽△CEA，
（2）连接BD，如下图：
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
设∠CAD=∠DAB=α，
∴∠CAE=2α，
由（1）知：△CAD∽△CEA
∴∠ADC=∠CAE=2α，
∵四边形ABDC是圆的内接四边形，
∴∠CAB+∠CDB=180°，
即2α+2α+90°=180°，
解得：α=22.5°
∠ADC=∠CAE=2×22.5°=45°
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型02 利用圆的相关性质求线段长
6．（2024·广东广州·中考真题）如图，⊙O中，弦AB的长为43，点C在⊙O上，OC⊥AB，∠ABC=30°．⊙O所在的平面内有一点P，若OP=5，则点P与⊙O的位置关系是（ ）
A．点P在⊙O上B．点P在⊙O内C．点P在⊙O外D．无法确定
【答案】C
【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，点与圆的位置关系，锐角三角函数，掌握圆的相关性质是解题关键．由垂径定理可得AD=23，由圆周角定理可得∠AOC=60°，再结合特殊角的正弦值，求出⊙O的半径，即可得到答案．
【详解】解：如图，令OC与AB的交点为D，
∵OC为半径，AB为弦，且OC⊥AB，
∴AD=12AB=23，
∵∠ABC=30°
∴∠AOC=2∠ABC=60°，
在△ADO中，∠ADO=90°，∠AOD=60°，AD=23，
∵sin∠AOD=ADOA，
∴OA=ADsin60°=2332=4，即⊙O的半径为4，
∵OP=5>4，
∴点P在⊙O外，
故选：C．
7．（2024·西藏·中考真题）如图，AC为⊙O的直径，点B，D在⊙O上，∠ABD=60°，CD=2，则AD的长为（ ）
A．2B．22C．23D．4
【答案】C
【分析】本题考查圆周角定理及勾股定理，根据同弧所对圆周角相等及直径所对圆周角是直角得到∠ACD=∠ABD=60°，∠ADC=90°，根据CD=2得到AC=2CD=4，最后根据勾股定理求解即可得到答案
【详解】解：∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∵AD=AD，∠ABD=60°，
∴∠ACD=∠ABD=60°，
∴∠DAC=90°−60°=30°，
∵CD=2，
∴AC=2CD=4，
∴AD=42−22=23，
故选：C．
8．（2024·山东青岛·中考真题）如图，△ABC中，BA=BC，以BC为直径的半圆O分别交AB，AC于点D，E，过点E作半圆O的切线，交AB于点M，交BC的延长线于点N．若ON=10，cs∠ABC=35，则半径OC的长为 ．
【答案】6
【分析】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，等边对等角，平行线的性质与判定等等，解题的关键在于证明∠EON=∠ABC，根据等边对等角推出∠A=∠OEC，则可证明AB∥OE得到∠EON=∠ABC，再由切线的性质得到∠OEN=90°，则解Rt△EON求出OE的长即可．
【详解】解：如图所示，连接OE，
∵OE=OC，BA=BC，
∴∠A=∠BCA，∠OCE=∠OEC，
∴∠A=∠OEC，
∴AB∥OE，
∴∠EON=∠ABC，
∵MN是⊙O的切线，
∴∠OEN=90°，
∴在Rt△EON中，cs∠EON=cs∠ABC=OEON=35，
∴OE=35ON=6，
∴半径OC的长为6，
故答案为：6．
9．（2024·山东济宁·中考真题）如图，边长为2的正六边形ABCDEF内接于⊙O，则它的内切圆半径为（ ）

A．1B．2C．2D．3
【答案】D
【分析】本题考查了正多边形与圆，等边三角形的判定和性质，勾股定理；
连接OA，OF，作OG⊥AF于G，证明△AOF是等边三角形，可得FG=12AF=1，然后利用勾股定理求出OG即可．
【详解】解：如图，连接OA，OF，作OG⊥AF于G，

∵OF=OA，∠AOF=360°×16=60°，
∴△AOF是等边三角形，
∴OF=OA=AF=2，
∵OG⊥AF，
∴FG=12AF=1，
∴OG=22−12=3，
即它的内切圆半径为3，
故选：D．
10．（2024·四川自贡·中考真题）在Rt△ABC中，∠C=90°，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F．
(1)图1中三组相等的线段分别是CE=CF，AF=________，BD=________；若AC=3，BC=4，则⊙O半径长为________；
(2)如图2，延长AC到点M，使AM=AB，过点M作MN⊥AB于点N．
求证：MN是⊙O的切线．
【答案】(1)AD；BE；1
(2)见解析
【分析】（1）根据切线长定理得到BD=BF=3，AE=AF=10，CD=CE，代入求解即可得到答案；
（2）证明△CAB≌△NAM，推出S△CAB=S△NAM，AN=AC，MN=BC，求得S△ABC=12AC+BC+AB⋅r，S△AMN=12AN+AM⋅r+12MN⋅OG，根据S△CAB=S△NAM，列式求得OG=r，根据切线的判定定理，即可得到MN是⊙O的切线．
【详解】（1）解：连接OE，OF，设⊙O半径为r，
∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，
∴CE=CF，AF=AD，BD=BE；
在四边形OFCE中，∠OFC=∠C=∠OEC=90°，
∴四边形ODCE为矩形，
又因为OF=OE，
∴四边形OFCE为正方形．
则CF=CE=r，则AF=AD=3−r，BD=BE=4−r，
在Rt△ACB中，由勾股定理得AB=32+42=5，
∴AD+BD=AB=5，即3−r+4−r=5，
解得r=1，
故答案为：AD；BE；1；
（2）证明：连接OD，OE，OF，OA，OM，ON，OB，作OG⊥MN于点G，
设⊙O半径为r，
∵MN⊥AB，
∴∠ACB=∠ANM=90°，
∵∠CAB=∠NAM，AM=AB，
∴△CAB≌△NAM，
∴S△CAB=S△NAM，AN=AC，MN=BC，
∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，
∴OD=OE=OF=r，
∴S△ABC=12AC+BC+AB⋅r，
同理S△AMN=12AN+AM⋅r+12MN⋅OG，
∴12AC+BC+AB⋅r=12AN+AM⋅r+12MN⋅OG，
∴OG=r，
∵OG⊥MN，
∴MN是⊙O的切线．
【点睛】本题考查切线的判定，切线长定理，全等三角形的判定和性质，三角形的内切圆及勾股定理，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型03 利用弧长与扇形面积求解
11．（2024·山西·中考真题）如图1是小区围墙上的花窗，其形状是扇形的一部分，图2是其几何示意图（阴影部分为花窗）．通过测量得到扇形AOB的圆心角为90°，OA=1m，点C，D分别为OA，OB的中点，则花窗的面积为 m2．
【答案】π4−18
【分析】本题主要考查了扇形面积的计算，熟知扇形的面积公式是解题的关键．用扇形的面积减去△COD的面积即可解决问题．
【详解】解：由题知，
S扇形OAB=90⋅π⋅12360=π4（m2），
∵点C，D分别是OA，OB的中点，
∴OC=OD= 12（m），
∴S△OCD=12×12×12=18（m2），
∴花窗的面积为π4−18m2
故答案为：π4−18．
12．（2024·江苏徐州·中考真题）将圆锥的侧面沿一条母线剪开后展平，所得扇形的面积为4πcm2，圆心角θ为90°，圆锥的底面圆的半径为 ．
【答案】1cm
【分析】本题考查的是圆锥的计算、扇形面积公式，熟记扇形面积公式是解题的关键．先根据扇形面积公式求出扇形的半径，再根据扇形面积公式求出弧长，最后根据圆的周长公式计算即可．
【详解】解：设扇形的半径为Rcm，弧长为lcm，
由题意得：90π×R2360=4π，
解得：R=4（负值舍去），
则12l×4=4π，
解得：l=2π，
∴圆锥的底面圆的半径为：2π÷2π=1cm，
故答案为：1cm．
13．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，四边形ABCD为平行四边形，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交BC边于点E，连接AE，AB=1，∠D=60°，则BE的长l= （结果保留π）．
【答案】13π/π3
【分析】本题考查弧长的计算，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，关键是判定ΔABE是等边三角形，得到∠BAE=60°．
由平行四边形的性质推出∠B=∠D=60°，判定△ABE是等边三角形，得到∠BAE=60°，由弧长公式即可求出BE⏜的长．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D=60°，
由题意得：AB=AE，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE=60°，
∵AB=1，
∴l=60π×1180=13π．
故答案为：13π．
14．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图所示的曲边三角形也称作“莱洛三角形”，它可以按下述方法作出：作等边三角形ABC；分别以点A，B，C为圆心，以AB的长为半径作BC，AC，AB．三段弧所围成的图形就是一个曲边三角形．若该“莱洛三角形”的周长为3π，则它的面积是 ．
【答案】9π−932
【分析】本题考查了弧长的计算，扇形面积的计算，三角函数的应用，曲边三角形是由三段弧组成，如果周长为3π，则其中的一段弧长就是π，所以根据弧长公式可得AB=AC=BC=3，即正三角形的边长为3．那么曲边三角形的面积=三角形的面积+三个弓形的面积，从而可得答案．
【详解】解：∵ 曲边三角形的周长为3π，△ABC为等边三角形，
∴ AB=BC=AC,AB=BC=AC,∠ABC=60°,
∴60π⋅AB180=3π3=π,
∴AB=BC=AC=3,
∴S△ABC=12AB⋅BC⋅sin∠ABC=934,
∴S弓形AB=S扇形CAB−S△ABC=60π×32360=3π2−934,
∴ 曲边三角形的面积为：934+3×3π2−934=9π−932.
故答案为：9π+932．
15．（2024·广东·中考真题）综合与实践
【主题】滤纸与漏斗
【素材】如图1所示：
①一张直径为10cm的圆形滤纸；
②一只漏斗口直径与母线均为7cm的圆锥形过滤漏斗．
【实践操作】
步骤1：取一张滤纸；
步骤2：按如图2所示步骤折叠好滤纸；
步骤3：将其中一层撑开，围成圆锥形；
步骤4：将围成圆锥形的滤纸放入如图1所示漏斗中．
【实践探索】
(1)滤纸是否能紧贴此漏斗内壁（忽略漏斗管口处）？用你所学的数学知识说明．
(2)当滤纸紧贴漏斗内壁时，求滤纸围成圆锥形的体积．（结果保留π）
【答案】(1)能，见解析
(2)125324πcm3
【分析】本题考查了圆锥，解题的关键是：
（1）利用圆锥的底面周长＝侧面展开扇形的弧长求出圆锥展开图的扇形圆心角，即可判断；
（2）利用圆锥的底面周长＝侧面展开扇形的弧长，求出滤纸围成圆锥形底面圆的半径，利用勾股定理求出圆锥的高，然后利用圆锥体积公式求解即可．
【详解】（1）解：能，
理由：设圆锥展开图的扇形圆心角为n°，
根据题意，得nπ⋅7180=7π，
解得n=180°，
∴将圆形滤纸对折，将其中一层撑开，围成圆锥形，此时滤纸能紧贴此漏斗内壁；
（2）解：设滤纸围成圆锥形底面圆的半径为rcm，高为hcm，
根据题意，得2πr=180π×5180，
解得r=52，
∴h=52−522=523，
∴圆锥的体积为13πr2h=13π×522×523=125243πcm3．
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型04 求不规则图形面积
16．（2024·江苏南通·中考真题）如图，△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，⊙A与BC相切于点D．

(1)求图中阴影部分的面积；
(2)设⊙A上有一动点P，连接CP，BP．当CP的长最大时，求BP的长．
【答案】(1)6−3625π
(2)3541
【分析】本题考查了切线的性质，勾股定理的逆定理，扇形的面积公式等知识，解题的关键是：
（1）连接AD，利用勾股定理的逆定理判定得出∠BAC=90°，利用切线的性质得出AD⊥BC，利用等面积法求出AD=125，然后利用S阴影=S△ABC−S扇形求解即可；
（2）延长CA交⊙A于P，连接BP，则CP最大，然后在Rt△ABP中，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解∶连接AD，

∵AB=3，AC=4，BC=5，
∴AB2+AC2=32+42=25=52=BC2，
∴∠BAC=90°，
∵BC与⊙A相切于D，
∴AD⊥BC，
∵S△ABC=12AD⋅BC=12AC⋅AB，
∴AD=AC⋅ABBC=3×45=125，
∴S阴影=S△ABC−S扇形=12×3×4−90π×1252360=6−3625π；
（2）解∶延长CA交⊙A于P，连接BP，此时CP最大，

由（1）知：∠BAC=∠PAB=90°，AP=AD=125，
∴PB=AP2+AB2=3541．
17．（2024·四川乐山·中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为直径，过点C作⊙O的切线CD交BA延长线于点D，点E为CB上一点，且AC=CE．
(1)求证：DC∥AE；
(2)若EF垂直平分OB，DA=3，求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)3π−934
【分析】（1）如图1，连接OC．则∠OCD=90°，即∠DCA+∠OCA=90°．由AB为直径，可得∠ACB=90°，即∠1+∠OCA=90°．则∠DCA=∠1．由OC=OB，可得∠1=∠2．由AC=CE，可得∠2=∠3．则∠DCA=∠3．进而可证DC∥AE．
（2）如图2，连接OE、BE．由EF垂直平分OB，可得OE=BE．则△OEB为等边三角形．∠BOE=60°，∠AOE=120°．由OA=OE，可得∠OAE=∠OEA=30°．由DC∥AE，可得∠D=∠OAE=30°．∠DOC=60°．证明△AOC为等边三角形．则∠OCA=60°，OA=OC=AC．∠DCA=30°．则∠D=∠DCA．DA=AC=OA=OC=OE=3．EF=OE⋅sin60°．S△OAE=12AO⋅EF．S扇形OAE=120π×32360，再根据S阴影=S扇形OAE−S△OAE，计算求解即可．
【详解】（1）证明：如图1，连接OC．
图1
∵CD为⊙O的切线，
∴∠OCD=90°，即∠DCA+∠OCA=90°．
又∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，即∠1+∠OCA=90°．
∴∠DCA=∠1．
∵OC=OB，
∴∠1=∠2．
∵AC=CE，
∴∠2=∠3．
∴∠DCA=∠3．
∴DC∥AE．
（2）解：如图2，连接OE、BE．
图2
∵EF垂直平分OB，
∴OE=BE．
又∵OE=OB，
∴△OEB为等边三角形．
∴∠BOE=60°，∠AOE=120°．
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA=30°．
∵DC∥AE，
∴∠D=∠OAE=30°．
又∵∠OCD=90°，
∴∠DOC=60°．
∵OA=OC，
∴△AOC为等边三角形．
∴∠OCA=60°，OA=OC=AC．
∴∠DCA=30°．
∴∠D=∠DCA．
∴DA=AC=OA=OC=OE=3．
∴EF=OE⋅sin60°=332．
∴S△OAE=12AO⋅EF=934．
又∵S扇形OAE=120π×32360=3π，
∴S阴影=S扇形OAE−S△OAE=3π−934，
∴阴影部分的面积为3π−934．
【点睛】本题考查了切线的性质，直径所对的圆周角为直角，同弧或等弧所对的圆周角相等，平行线的判定与性质，等边三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，正弦，扇形面积等知识．熟练掌握相关图形的性质定理、正确添加辅助线是解题的关键．
18．（2023·江苏南通·中考真题）如图，等腰三角形OAB的顶角∠AOB=120°，⊙O和底边AB相切于点C，并与两腰OA，OB分别相交于D，E两点，连接CD，CE．

(1)求证：四边形ODCE是菱形；
(2)若⊙O的半径为2，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)S阴影=4π3−23
【分析】（1）连接OC，根据切线的性质可得OC⊥AB，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得∠AOC=∠BOC=60°，从而可得△ODC和△OCE都是等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得OD=CD=CE=OE，即可解答；
（2）连接DE交OC于点F，利用菱形的性质可得OF=1，DE=2DF，∠OFD=90°，然后在Rt△ODF中，利用勾股定理求出DF的长，从而求出DE的长，最后根据图中阴影部分的面积=扇形ODE的面积−菱形ODCE的面积，进行计算即可解答．
【详解】（1）证明：连接OC，
∵⊙O和底边AB相切于点C，
∴OC⊥AB，
∵OA=OB，∠AOB=120°，
∴∠AOC=∠BOC=12∠AOB=60°，
∵OD=OC，OC=OE，
∴△ODC和△OCE都是等边三角形，
∴OD=OC=DC，OC=OE=CE，
∴OD=CD=CE=OE，
∴四边形ODCE是菱形；
（2）解：连接DE交OC于点F，
∵四边形ODCE是菱形，
∴OF=12OC=1，DE=2DF，∠OFD=90°，
在Rt△ODF中，OD=2，
∴DF=OD2−OF2=22−12=3，
∴DE=2DF=23，
∴图中阴影部分的面积=扇形ODE的面积−菱形ODCE的面积
=120π×22360−12OC⋅DE
=4π3−12×2×23
=4π3−23，
∴图中阴影部分的面积为4π3−23．
【点睛】本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，等腰三角形的性质，菱形的判定与性质，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．
19．（2023·山东潍坊·中考真题）如图，正方形ABCD内接于⊙O，在AB上取一点E，连接AE，DE．过点A作AG⊥AE，交⊙O于点G，交DE于点F，连接CG，DG．

(1)求证：△AFD≌△CGD；
(2)若AB=2，∠BAE=30°，求阴影部分的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)S阴影=π+3−32
【分析】（1）如图，连接EG，证明∠EDG=∠EAG=90°=∠EDC+∠CDG，再证明∠ADC=90°，AD=CD，可得∠ADF=∠CDG，结合∠DAF=∠DCG，从而可得结论；
（2）如图，连接OA，OD，过F作FK⊥AD于K，设FK=x，在AD上取Q，使QF=QD，证明∠OAE=75°，∠EAD=30°+90°=120°，∠FAD=120°−90°=30°，可得AF=2x，AK=3x，求解∠ADF=180°−30°−135°=15°，而QF=QD，可得∠KQF=30°，FQ=2x=QD，QK=3x，可得23x+2x=2，再求解x，利用S阴影=S△AFD+S弓形AD进行计算即可．
【详解】（1）解：如图，连接EG，
∵AE⊥AG，则∠EAG=90°，

∴∠EDG=∠EAG=90°=∠EDC+∠CDG，
∵正方形ABCD，
∴∠ADC=90°，AD=CD，
∴∠ADF+∠EDC=90°，
∴∠ADF=∠CDG，
∵∠DAF=∠DCG，
∴△AFD≌△CGD．
（2）如图，连接OA，OD，过F作FK⊥AD于K，设FK=x，在AD上取Q，使QF=QD，

∵O为正方形中心，
∴∠OAB=∠OAD=∠ODA=45°，∠AOD=90°，而∠BAE=30°，
∴∠OAE=75°，∠EAD=30°+90°=120°，
∵∠EAG=90°，
∴∠FAD=120°−90°=30°，
∴AF=2x，AK=3x，
∵∠AED=12∠AOD=45°，
∴∠AFD=∠AED+∠EAF=45°+90°=135°，
∴∠ADF=180°−30°−135°=15°，而QF=QD，
∴∠QFD=∠QDF=15°，
∴∠KQF=30°，
∴FQ=2x=QD，QK=3x，
而正方形的边长AB=2=AD，
∴23x+2x=2，
解得：x=3−12，
∴S△AFD=12AD·FK=12×2×3−12=3−12，
∵AD=2，∠AOD=90°，OA=OD，
∴OA=OD=AD×22=2，
∴S△AOD=12×2×2=1，
而S扇形AOD=90π×22360=12π，
∴S阴影=12π−1+3−12=π+3−32．
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，圆周角定理的应用，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，含30°的直角三角形的性质，扇形面积的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键．
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型05 与圆有关的最值问题
20．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在▱ABCD中，∠C=120°，AB=8，BC=10．E为边CD的中点，F为边AD上的一动点，将△DEF沿EF翻折得△D'EF，连接AD'，BD'，则△ABD'面积的最小值为 ．
【答案】203−16/−16+203
【分析】根据平行四边形的性质得到CD=AB=8，AB∥CD，∠ABC=60°，由折叠性质得到ED'=DE=4，进而得到点D'在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作EM⊥AB交AB延长线于M，交圆E于D'，此时D'到边AB的距离最短，最小值为D'M的长，即此时△ABD'面积的最小，过C作CN⊥AB于N，根据平行线间的距离处处相等得到EM=CN，故只需利用锐角三角函数求得CN=53即可求解．
【详解】解：∵在▱ABCD中，∠BCD=120°，AB=8，
∴CD=AB=8，AB∥CD，则∠ABC=180°−∠BCD=60°，
∵E为边CD的中点，
∴DE=CE=12CD=4，
∵△DEF沿EF翻折得△D'EF，
∴ED'=DE=4，
∴点D'在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作EM⊥AB交AB延长线于M，交圆E于D'，此时D'到边AB的距离最短，最小值为D'M的长，即△ABD'面积的最小，
过C作CN⊥AB于N，
∵AB∥CD，
∴EM=CN，
在Rt△BCN中，BC=10，∠CBN=60°，
∴CN=BC⋅sin60°=10×32=53，
∴D'M=ME−ED'=53−4，
∴△ABD'面积的最小值为12×8×53−4=203−16，
故答案为：203−16．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、折叠性质、圆的有关性质以及直线与圆的位置关系、锐角三角函数等知识，综合性强的填空压轴题，得到点D'的运动路线是解答的关键．
21．（2024·四川凉山·中考真题）如图，⊙M的圆心为M4，0，半径为2，P是直线y=x+4上的一个动点，过点P作⊙M的切线，切点为Q，则PQ的最小值为
【答案】27
【分析】记直线y=x+4与x，y轴分别交于点A，K，连接QM，PM，KM；由直线解析式可求得点A、K的坐标，从而得△OAK，△OKM均是等腰直角三角形，由相切及勾股定理得：PQ=PM2−QM2，由QM=2，则当PM最小时，PQ最小，点P与点K重合，此时PM最小值为KM，由勾股定理求得PM的最小值，从而求得结果．
【详解】解：记直线y=x+4与x，y轴分别交于点A，K，连接QM，PM，KM，
当x=0，y=4，当y=0，即x+4=0，
解得：x=−4，
即K(0,4)，A(−4，0)；
而M4,0，
∴OA=OK=OM=4，
∴△OAK，△OKM均是等腰直角三角形，
∴∠AKO=∠MKO=45°，
∴∠AKM=90°，
∵QP与⊙M相切，
∴∠PQM=90°，
∴PQ=PM2−QM2，
∵QM=2，
∴当PQ最小时即PM最小，
∴当PM⊥ AK时，取得最小值，
即点P与点K重合，此时PM最小值为KM，
在Rt△OKM中，由勾股定理得：KM=OM2+OK2=42，
∴PQ=32−4=27，
∴PQ最小值为27．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，勾股定理，一次函数与坐标轴的交点问题，垂线段最短，正确添加辅助线是解题的关键．
22．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=25,BC=8．点P是BC边上一动点，点M为线段AP上一动点．∠ADM=∠BAP，则BM的最小值为（ ）．
A．2B．810521C．2.4D．21−4
【答案】A
【分析】设AD的中点为O，连接OB,OM，证明∠AMD=90°，得出OM=12AD=4，点M在O点为圆心，4为半径的圆上，利用勾股定理求出OB从而计算出答案．
【详解】解：设AD的中点为O，连接OB,OM，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD=90°,AD=BC=8，
∴∠BAP+∠MAD=90°，
∵∠ADM=∠BAP，
∴∠MAD+∠ADM=90°，
∴∠AMD=90°，
∵AO=OD=4，
∴OM=12AD=4，
∴点M在O点为圆心，4为半径的圆O上．
∵OB=AO2+AB2=42+252=6，
∴BM≥OB−OM=2，
∵BM的最小值为2．
故选：A．
【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，二次根式的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，应用直角三角形性质解决问题．
23．（2024·四川达州·中考真题）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC=90°，AB=4，点D，E分别在AC，BC边上运动，连结AE，BD交于点F，且始终满足AD=22CE，则下列结论：①AEBD=2；②∠DFE=135°；③△ABF面积的最大值是42−4；④CF的最小值是210−22．其中正确的是（ ）

A．①③B．①②④C．②③④D．①②③④
【答案】D
【分析】过点B作BM⊥AC于点M，证明△ABE∽△BMD，根据相似三角形的性质即可判断①；得出∠BAE=∠MBD，根据三角形内角和定理即可判断②；在AB的左侧，以AB为斜边作等腰直角三角形AOB，以OA为半径作⊙O，根据定弦定角得出F在⊙O的AB上运动，进而根据当OF⊥AB时，△ABF面积的最大，根据三角形的面积公式求解，即可判断③，当F在OC上时，FC最小，过点O作OH⊥BC交CB的延长线于点H，勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点B作BM⊥AC于点M，

∵△ABC是等腰直角三角形，∠ABC=90°，AB=4，
∴AB=BC，AC=AB2+BC2=2BC，
∵AD=22CE，
∴DM=12AC−AD=12×2BC−22CE=22BC−CE=22BE
∴DMBE=ADCE=22
又∵∠DMB=∠EBA=90°
∴△ABE∽△BMD，
∴AEBD=ABBM=2，故①正确；
∵△ABE∽△BMD，
∴∠BAE=∠MBD，
∴∠BAE+∠ABD=∠MBD+∠ABD
即180°−∠BAE+∠ABD=180°−∠MBD+∠ABD
在△ABF中，∠AFB=180°−∠BAE+∠ABD
即∠AFB=180°−∠MBD+∠ABD
∵△ABC是等腰直角三角形，BM⊥AC
∴BM平分∠ABC
∴∠ABM=∠CBM=12∠ABC=45°
∴∠AFB=180°−∠MBD+∠ABD=180°−∠ABM=135°
∴∠AFB=180°−∠BAE+∠ABD=135°，
∴∠DFE=135°，故②正确，
如图所示，

在AB的左侧，以AB为斜边作等腰直角三角形AOB，以OA为半径作⊙O，且AB=4
∴∠AOB=90°，OA=OB，AB=OA2+OB2=2OA=4
∵∠AFB=135°
∴∠DFE+12∠AOB=180°
∴F在⊙O的AB上运动，
∴OF=AO=22AB=22×4=22，
连接OF交AB于点G，则AG=GB=2，
∴当OF⊥AB时，结合垂径定理，OG最小，
∵OF是半径不变
∴此时CF最大
则△ABF面积的最大，
∴S△ABF=2S△AGF=2S△AOF−S△AOG
=212×OF×AG−12OG2
=22×2−22
=42−4，故③正确；
如图所示，当F在OC上时，FC最小，过点O作OH⊥BC交CB的延长线于点H，

∴△OHB是等腰直角三角形，
∴OH=HB=22OB=22OA=2，
在Rt△OHC中，HC=HB+BC=6，
∴OC=22+62=210，
∴CF的最小值是210−22．
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，求圆外一点到圆上的距离最值问题，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
24．（2024·河南·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB=3，线段CD绕点C在平面内旋转，过点B作AD的垂线，交射线AD于点E．若CD=1，则AE的最大值为 ，最小值为 .
【答案】 22+1/1+22 22−1/−1+22
【分析】根据题意得出点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，点E在以AB为直径的圆上，根据AE=AB⋅cs∠BAE，得出当cs∠BAE最大时，AE最大，cs∠BAE最小时，AE最小，根据当AE与⊙C相切于点D，且点D在△ABC内部时，∠BAE最小，AE最大，当AE与⊙C相切于点D，且点D在△ABC外部时，∠BAE最大，AE最小，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：∵∠ACB=90°，CA=CB=3，
∴∠BAC=∠ABC=12×90°=45°，
∵线段CD绕点C在平面内旋转，CD=1，
∴点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，
∵BE⊥AE，
∴∠AEB=90°，
∴点E在以AB为直径的圆上，
在Rt△ABE中，AE=AB⋅cs∠BAE，
∵AB为定值，
∴当cs∠BAE最大时，AE最大，cs∠BAE最小时，AE最小，
∴当AE与⊙C相切于点D，且点D在△ABC内部时，∠BAE最小，AE最大，连接CD，CE，如图所示：
则CD⊥AE，
∴∠ADC=∠CDE=90°，
∴AD=AC2−CD2=32−12=22，
∵AC=AC，
∴∠CED=∠ABC=45°，
∵∠CDE=90°，
∴△CDE为等腰直角三角形，
∴DE=CD=1，
∴AE=AD+DE=22+1，
即AE的最大值为22+1；
当AE与⊙C相切于点D，且点D在△ABC外部时，∠BAE最大，AE最小，连接CD，CE，如图所示：
则CD⊥AE，
∴∠CDE=90°，
∴AD=AC2−CD2=32−12=22，
∵四边形ABCE为圆内接四边形，
∴∠CEA=180°−∠ABC=135°，
∴∠CED=180°−∠CEA=45°，
∵∠CDE=90°，
∴△CDE为等腰直角三角形，
∴DE=CD=1，
∴AE=AD−DE=22−1，
即AE的最小值为22−1；
故答案为：22+1；22−1．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形的相关计算，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质，找出AE取最大值和最小值时，点D的位置．
1. 遇到与圆周角，圆心角有关角度计算时，通过辅助线
1）作同弧所对的两个圆周角；
2）作同弧所对的一个圆心角，一个圆周角；
3）连接多个半径，构造等腰三角形.
2. 圆中出现直径，我们可以构造直径所对的圆周角，直径所对的圆周角等于90°，由此可利用在直角三角形中两锐角互余计算角的度数，利用勾股定理计算边的长度，也可结合其他几何知识进行相关的推理证明.
3. 圆内接四边形的性质定理为证明两角相等或互补提供了依据.在求角的度数时往往综合运用圆内接四边形的性质、圆周角定理及其推论等知识建立所求角与已知条件的联系.
4. 运用切线的性质进行计算时，常见辅助线的作法是连接圆心和切点，根据切线的性质构造出直角三角形，一方面可以求相关角的大小，另一方面可以利用勾股定理求线段的长度
5. 涉及弧长、扇形面积与圆锥侧面积的计算问题的解题方法：
1）熟练使用公式求弧长，同时要学会灵活应变，当题目中的一些数据没有直接给出时，要综合其他所给条件求得.
2）当已知半径R与圆心角的度数求扇形的面积时，选用公式；当已知弧长l、半径R求扇形的面积时，选用公式
3）圆锥侧面展开图中扇形的半径是圆锥的母线长，扇形的弧长是圆锥的底面圆的周长，在学习中要结合实际物体观察和比较，分清要计算的量是哪个.
1．（2025·福建福州·一模）如图，PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，连接PO并延长与⊙O交于点C、D，若CD=12，PA=8，则cs∠ADB的值为（ ）
A．35B．45C．34D．43
【答案】A
【分析】本题考查了切线长定理，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的计算，掌握三角函数值的计算是解题的关键．
连接OA，根据切线长定理得到△ADP≌△BDPSAS，AD=BD，∠ADP=∠BDP，则∠AOC=2∠ADC，即∠AOC=∠ADB，在Rt△AOP中由勾股定理得到OP=OA2+PA2=10，由cs∠AOC=cs∠ADB=OAOP=610=35，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接OA，
∵PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，连接PO并延长与⊙O交于点C、D，
∴∠OAP=90°，PA=PB，PD平分∠APB，
∴∠APD=∠BPD，且PD=PD，
∴△ADP≌△BDPSAS，
∴AD=BD，∠ADP=∠BDP，
∵AC⏜所对的圆周角是∠ADC，所对圆心角是∠AOC，
∴∠AOC=2∠ADC，即∠AOC=∠ADB，
∵OA=OD=OC=12CD=6，
∴在Rt△AOP中，OP=OA2+PA2=10，
∴cs∠AOC=cs∠ADB=OAOP=610=35，
故选：A ．
2．（2025·浙江杭州·一模）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AD是⊙O的直径，若AC=23，∠ABC=60°，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．3π2+3B．3π2+32C．2π3+3D．2π3+32
【答案】C
【分析】本题考查了扇形的面积，直角三角形的性质，勾股定理．根据直角三角形的性质结合勾股定理求得CD=OD=2，根据图中阴影部分的面积为=12S△AOC+S扇形OCD列式计算即可求解．
【详解】解：连接OC，CD，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD=90°，
∵∠ABC=60°，
∴∠ABC=∠ADC=60°，
∵OD=OC，
∴△OCD是等边三角形，
∴CD=OD=12AD，∠COD=60°，
由勾股定理得AC2+CD2=AD2，即232+CD2=2CD2，
解得CD=2，
∴CD=OD=2，
∴图中阴影部分的面积为=12S△AOC+S扇形OCD=12×12S△ACD+S扇形OCD
=12×12×2×23+60π×22360=3+2π3，
故选：C．
3．（2025·河南郑州·一模）如图，AB是⊙O内接正八边形的一条边，经过点B的直线l为⊙O的一条切线，则∠1=（ ）．
A．20°B．22.5°C．25°D．30°
【答案】B
【分析】本题主要考查了正多边形的性质、圆的切线的性质、等腰三角形的性质等知识点，掌握圆的切线的性质是解题的关键．
如图：连接OB、OA，则OB=OA，根据正多边形的性质可得∠OAB=45°，再根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得∠OBA=67.5°，由切线的性质可得∠OBC=90°，然后根据∠1=∠OBC−∠OBA求解即可．
【详解】解：如图：连接OB、OA，则OB=OA，
∵AB是⊙O内接正八边形的一条边，
∴∠OAB=360°8=45°，
∵OB=OA，
∴∠OBA=12180°−∠OAB=67.5°，
∵过点B的直线l为⊙O的一条切线，
∴∠OBC=90°，
∴∠1=∠OBC−∠OBA=22.5°．
故选B．
4．（2025·陕西西安·二模）如图，AB是⊙O的直径，点C、D都在⊙O上，若点A是CD的中点，CD=43，csD=12，则AB的长为（ ）
A．35B．6C．43D．8
【答案】D
【分析】本题考查了垂径定理、解直角三角形，正确作出辅助线是解题的关键．
连接OC、OD，根据垂径定理得AB⊥CD，可得出CE=23，再根据同弧所对的圆心角是圆周角的两倍得出∠BOC=2∠D，易得出∠COE=60°，然后根据正弦的定义即可得出OC=4，最后根据直径是半径的2倍，即可得出答案．
【详解】解：连接OC、OD，
∵点A是CD的中点，
∴AB⊥CD，设垂足为点E，
∵ CD=43，
∴CE=12CD=23，
∵∠CDB和∠BOC所对的弧都是BC，
∴∠BOC=2∠D，
∵ cs∠BDC=12，且0BE），连接OC,CE，且∠BOC=2∠BCE．
(1)如图1，若BE=1，CE=5，求⊙O的半径；
(2)如图2，若BD=2OE，求证：BD∥OC．（请用两种证法解答）
【答案】(1)3
(2)见解析
【分析】（1）利用等边对等角、三角形内角和定理求出∠OBC=∠OCB=12180°−∠BOC，结合∠BOC=2∠BCE，可得出∠OBC+∠BCE=90°，在Rt△OCE中，利用勾股定理求解即可；
（2）法一：过O作OF⊥BD于F，利用垂径定理等可得出BF=12BD=OE，然后利用HL定理证明Rt△CEO≌Rt△OFB，得出∠COE=∠OBF，然后利用平行线的判定即可得证；
法二：连接AD，证明△CEO∽△ADB，得出∠COE=∠ABD，然后利用平行线的判定即可得证
【详解】（1）解∶∵OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB=12180°−∠BOC，
∵∠BOC=2∠BCE，
∴∠OBC=12180°−2∠BCE=90°−∠BCE，即∠OBC+∠BCE=90°，
∴∠OEC=90°，
∴OC2=OE2+CE2，
∴OC2=OC−12+52，
解得OC=3，
即⊙O的半径为3；
（2）证明：法一：过O作OF⊥BD于F，
∴BF=12BD，
∵BD=2OE
∴OE=BF，
又OC=OB，∠OEC=∠BFO=90°，
∴Rt△CEO≌Rt△OFBHL，
∴∠COE=∠OBF，
∴BD∥OC；
法二：连接AD，
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°，
∴AD=AB2−BD2=2OC2−2OE2=2OC2−OE2=2CE，
∴OCAB=CEAD=OEBD=12，
∴△CEO∽△ADB，
∴∠COE=∠ABD，
∴BD∥OC．
【点睛】本题考查了垂径定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定与性质等知识，明确题意，灵活运用所学知识解题是解题的关键．
6．（2024·北京·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，OD平分∠AOC.

(1)求证：OD∥BC；
(2)延长DO交⊙O于点E，连接CE交OB于点F，过点B作⊙O的切线交DE的延长线于点P.若OFBF=56，PE=1，求⊙O半径的长.
【答案】(1)见解析
(2)32
【分析】（1）根据题意，得∠AOC=∠B+∠C，结合OB=OC，得到∠B=∠C，继而得到∠AOC=2∠B，根据OD平分∠AOC，得到∠AOC=2∠AOD，继而得到∠B=∠AOD，可证OD∥BC；
（2）不妨设OF=5x,BF=6x，则OB=OF+BF=11x=OC=OE，求得OP=OE+PE=11x+1，证明△OFE∽△BFC，∠OBM=∠POB，求得BC=66x5，取BC的中点M，连接OM，则BM=33x5，求得cs∠OBM=35，cs∠POB=35，结合切线性质，得到cs∠POB=35=OBOP=OBOE+PE=OBOB+1，解答即可.
【详解】（1）根据题意，得∠AOC=∠B+∠C，
∵OB=OC，
∴∠B=∠C，
∴∠AOC=2∠B，
∵OD平分∠AOC，
∴∠AOC=2∠AOD，
∴∠B=∠AOD，
∴OD∥BC；
（2）∵OFBF=56，PE=1，
不妨设OF=5x,BF=6x，则OB=OF+BF=11x=OC=OE，
∴OP=OE+PE=11x+1，
∵OD∥BC，
∴△OFE∽△BFC，∠OBC=∠POB，
∴OEBC=OFBF=56，
∴11xBC=56，
解得BC=66x5，
取BC的中点M，连接OM，
则BM=33x5
∵OB=OC，
∴OM⊥BC，
∴cs∠OBM=BMOB=35，
∴cs∠POB=35，
∵PB是⊙O的切线，
∴OB⊥PB，
∴cs∠POB=35=OBOP=OBOE+PE=OBOB+1，
解得OB=32，
故⊙O半径的长为32.

【点睛】本题考查了圆的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，三角形相似的判定和性质，切线的性质，解直角三角形的相关计算，等量代换思想，熟练掌握三角形相似的判定和性质，切线的性质，解直角三角形的相关计算是解题的关键.
7．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在△ABD中，AB=BD，⊙O为△ABD的外接圆，BE为⊙O的切线，AC为⊙O的直径，连接DC并延长交BE于点E．
(1)求证：DE⊥BE；
(2)若AB=56，BE=5，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)35
【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，中垂线的判定和性质，矩形的判定和性质：
（1）连接BO并延长，交AD于点H，连接OD，易证BO垂直平分AD，圆周角定理，切线的性质，推出四边形BHDE为矩形，即可得证；
（2）由（1）可知DH=BE=5，勾股定理求出BH的长，设⊙O的半径为r，在Rt△AOH中，利用勾股定理进行求解即可．
【详解】（1）证明：连接BO并延长，交AD于点H，连接OD，
∵AB=BD，OA=OD，
∴BO垂直平分AD，
∴BH⊥AD，AH=DH，
∵BE为⊙O的切线，
∴HB⊥BE，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∴四边形BHDE为矩形，
∴DE⊥BE；
（2）由（1）知四边形BHDE为矩形，BH⊥AD，AH=DH，
∴AH=DH=BE=5，
∴BH=AB2−AH2=55，
设⊙O的半径为r，则：OA=OB=r,OH=BH−OB=55−r，
在Rt△AOH中，由勾股定理，得：r2=52+55−r2，
解得：r=35；
即：⊙O的半径为35．
8．（2024·贵州·中考真题）如图，AB为半圆O的直径，点F在半圆上，点P在AB的延长线上，PC与半圆相切于点C，与OF的延长线相交于点D，AC与OF相交于点E，DC=DE．
(1)写出图中一个与∠DEC相等的角：______；
(2)求证：OD⊥AB；
(3)若OA=2OE，DF=2，求PB的长．
【答案】(1)∠DCE（答案不唯一）
(2)163
(3)163
【分析】（1）利用等边对等角可得出∠DCE=∠DEC，即可求解；
（2）连接OC，利用切线的性质可得出∠DCE+∠ACO=90°，利用等边对等角和对顶角的性质可得出∠AOE=∠DCE，等量代换得出∠AEO+∠CAO=90°，然后利用三角形内角和定理求出∠AOE=90°，即可得证；
（3）设OE=2，则可求AO=OF=BO=2x，EF=x，OD=2x+2，DC=DE=2+x，在Rt△ODC中，利用勾股定理得出2+2x2=x+22+2x2，求出x的值，利用tanD=OPOD=OCCD可求出OP，即可求解．
【详解】（1）解：∵DC=DE，
∴∠DCE=∠DEC，
故答案为：∠DCE（答案不唯一）；
（2）证明：连接OC，
，
∵PC是切线，
∴OC⊥CD，即∠DCE+∠ACO=90°，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠ACO，
∵∠DCE=∠DEC，∠AEO=∠DEC，
∴∠AEO+∠CAO=90°，
∴∠AOE=90°，
∴OD⊥AB；
（3）解：设OE=x，则AO=OF=BO=2x，
∴EF=OF−OE=x，OD=OF+DF=2x+2，
∴DC=DE=DF+EF=2+x，
在Rt△ODC中，OD2=CD2+OC2，
∴2+2x2=x+22+2x2，
解得x1=4，x2=0（舍去）
∴OD=10，CD=6，OC=8，
∵tanD=OPOD=OCCD，
∴OP10=86，
解得OP=403，
∴BP=OP−OB=163．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，切线的性质，勾股定理，解直角三角形的应用等知识，灵活运用以上知识是解题的关键．
9．（2024·安徽·中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，D是直径AB上一点，∠ACD的平分线交AB于点E，交⊙O于另一点F，FA=FE．
(1)求证：CD⊥AB；
(2)设FM⊥AB，垂足为M，若OM=OE=1，求AC的长．
【答案】(1)见详解
(2)42．
【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，勾股定理等知识，掌握这些性质以及定理是解题的关键．
（1）由等边对等角得出∠FAE=∠AEF，由同弧所对的圆周角相等得出∠FAE=∠BCE，由对顶角相等得出∠AEF=∠CEB，等量代换得出∠CEB=∠BCE，由角平分线的定义可得出∠ACE=∠DCE，由直径所对的圆周角等于90°可得出∠ACB=90°，即可得出∠CEB+∠DCE=∠BCE+∠ACE=∠ACB=90°，即∠CDE=90°．
（2）由（1）知，∠CEB=∠BCE，根据等边对等角得出BE=BC，根据等腰三角形三线合一的性质可得出MA，AE的值，进一步求出OA，BE，再利用勾股定理即可求出AC．
【详解】（1）证明：∵FA=FE，
∴∠FAE=∠AEF，
又∠FAE与∠BCE都是BF所对的圆周角，
∴∠FAE=∠BCE，
∵∠AEF=∠CEB，
∴∠CEB=∠BCE，
∵CE平分∠ACD，
∴∠ACE=∠DCE，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CEB+∠DCE=∠BCE+∠ACE=∠ACB=90°，
故∠CDE=90°，
即CD⊥AB．
（2）由（1）知，∠CEB=∠BCE，
∴BE=BC，
又FA=FE，FM⊥AB，
∴MA=ME=MO+OE=2，AE=4，
∴圆的半径OA=OB=AE−OE=3，
∴BE=BC=OB−OE=2，
在△ABC中．
AB=2OA=6，BC=2
∴AC=AB2−BC2=62−22=42
即AC的长为42．
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型03 利用圆的性质判定相似三角形
10．（2024·江苏盐城·中考真题）如图，点C在以AB为直径的⊙O上，过点C作⊙O的切线l，过点A作AD⊥l，垂足为D，连接AC、BC．
(1)求证：△ABC∽△ACD；
(2)若AC=5，CD=4，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)256
【分析】题目主要考查切线的性质，相似三角形的判定和性质及勾股定理解三角形，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
（1）连接OC，根据题意得∠OCD=∠OCA+∠ACD=90°，∠ACB=∠ACO+∠OCB=90°，利用等量代换确定∠ACD=∠ABC，再由相似三角形的判定即可证明；
（2）先由勾股定理确定AD=3，然后利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）证明：连接OC，如图所示：
∵CD是⊙O的切线，点C在以AB为直径的⊙O上，
∴∠OCD=∠OCA+∠ACD=90°，∠ACB=∠ACO+∠OCB=90°，
∴∠ACD=∠OCB，
∵OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB，
∴∠ACD=∠ABC，
∵AD⊥l，
∴∠ADC=90°，
∴∠ADC=∠ACB，
∴△ABC∽△ACD；
（2）∵AC=5，CD=4，
∴AD=52−42=3，
由（1）得△ABC∽△ACD，
∴ABAC=ACAD即AB5=53，
∴AB=253，
∴⊙O的半径为253÷2=256．
11．（2024·新疆·中考真题）如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点E，AD=BD．
(1)求证：△ACD∽△ECB；
(2)若AC=3,BC=1，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)342
【分析】（1）利用圆周角定理可得出∠ACD=∠BCE，∠ADC=∠ABC，然后根据相似三角形的判定即可得证；
（2）利用勾股定理可求出AB，AD，利用等面积法求出AEBE=3，可求出BE，然后利用（1）中△ACD∽△ECB求解即可．
【详解】（1）证明：∵AD=BD，
∴∠ACD=∠BCE，
又∠ADC=∠ABC，
∴△ACD∽△ECB；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°，
∵AC=3,BC=1，
∴AB=AC2+BC2=10，
∵AD=BD，
∴AD=BD，
∵AD2+BD2=AB2=10，
∴AD=5，
∵∠ACD=∠BCE，
∴E到AC、BC的距离相等，
设E到AC的距离为h，C到AB的距离为m，
∴S△ACES△BCE=12AC⋅h12BC⋅h=12AE⋅m12BE⋅m，
∴AEBE=ACBC=3，
∴BE=11+3AB=1410，
∵△ACD∽△ECB，
∴ACEC=ADEB，即3EC=51410，
∴CE=342．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理等知识，掌握这些性质是解题的关键．
12．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，△ACD内接于⊙O，CD=DB，AB，CD的延长线相交于点E，且DE=AD．
(1)求证：△CAD∽△CEA；
(2)求∠ADC的度数．
【答案】(1)见详解
(2)45°
【分析】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定以及性质，圆内接四边形的性质，等边对等角等知识，掌握这些性质是解题的关键．
（1）由等弧所对的圆周角相等可得出∠CAD=∠DAB，再由等边对等角得出∠DAB=∠E，等量代换可得出∠CAD=∠E，又∠C=∠C，即可得出△CAD∽△CEA．
（2）连接BD，由直径所对的圆周角等于90°得出∠ADB=90°，设∠CAD=∠DAB=α，即∠CAE=2α，由相似三角形的性质可得出∠ADC=∠CAE=2α，再根据圆内接四边形的性质可得出2α+2α+90°=180°，即可得出α的值， 进一步即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵CD=DB
∴∠CAD=∠DAB，
∵DE=AD，
∴∠DAB=∠E，
∴∠CAD=∠E，
又∵∠C=∠C
∴△CAD∽△CEA，
（2）连接BD，如下图：
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
设∠CAD=∠DAB=α，
∴∠CAE=2α，
由（1）知：△CAD∽△CEA
∴∠ADC=∠CAE=2α，
∵四边形ABDC是圆的内接四边形，
∴∠CAB+∠CDB=180°，
即2α+2α+90°=180°，
解得：α=22.5°
∠ADC=∠CAE=2×22.5°=45°
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型04 利用圆的性质判定全等三角形
13．（2023·山东·中考真题）如图，已知AB是⊙O的直径，CD=CB，BE切⊙O于点B，过点C作CF⊥OE交BE于点F，若EF=2BF．

(1)如图1，连接BD，求证：△ADB≌△OBE；
(2)如图2，N是AD上一点，在AB上取一点M，使∠MCN=60°，连接MN．请问：三条线段MN，BM，DN有怎样的数量关系？并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)MN=BM+DN，证明见解析
【分析】（1）根据CF⊥OE，OC是半径，可得CF是⊙O的切线，根据BE是⊙O的切线，由切线长定理可得BF=CF，进而根据sinE=CFEF=12，得出∠E=30°，∠EOB=60°，根据CD=CB得出CD=CB，根据垂径定理的推论得出OC⊥BD，进而得出∠ADB=90°=∠EBO，根据含30度角的直角三角形的性质，得出AD=BO=12AB，即可证明△ABD≌△OEBAAS；
（2）延长ND至H使得DH=BM，连接CH，BD，根据圆内接四边形对角互补得出∠HDC=∠MBC，证明△HDC≌△MBC SAS，结合已知条件证明NC=NC，进而证明△CNH≌△CNM SAS，得出NH=MN，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵CF⊥OE，OC是半径，
∴CF是⊙O的切线，
∵BE是⊙O的切线，
∴BF=CF，
∵EF=2BF
∴EF=2CF，
∴sinE=CFEF=12
∴∠E=30°，∠EOB=60°，
∵CD=CB
∴CD=CB，
∴OC⊥BD，
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°=∠EBO，
∵∠E+∠EBD=90°，∠ABD+∠EBD=90°
∴∠E=∠ABD=30°，
∴AD=BO=12AB，
∴△ABD≌△OEBAAS；
（2）MN=BM+DN，理由如下，
延长ND至H使得DH=BM，连接CH，BD，如图所示

∵∠CBM+∠NDC=180°,∠HDC+∠NDC=180°
∴∠HDC=∠MBC，
∵CD=CB，DH=BM
∴△HDC≌△MBC SAS，
∴∠BCM=∠DCH，CM=CH
由（1）可得∠ABD=30°，
又AB是直径，则∠ADB=90°，
∴∠A=60°，
∴∠DCB=180°−∠A=120°，
∵∠MCN=60°，
∴∠BCM+∠NCD=120°−∠NCM=120°−60°=60°，
∴∠DCH+NCD=∠NCH=60°,
∴∠NCH=∠NCM，
∵NC=NC，
∴△CNH≌△CNM SAS，
∴NH=MN，
∴MN=DN+DH=DN+BM．
即MN=BM+DN．
【点睛】本题考查了切线的判定，切线长定理，垂径定理的推论，全等三角形的性质与判定，根据特殊角的三角函数值求角度，圆周角定理，圆内接四边形对角互补，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
14．（2023·山东潍坊·中考真题）如图，正方形ABCD内接于⊙O，在AB上取一点E，连接AE，DE．过点A作AG⊥AE，交⊙O于点G，交DE于点F，连接CG，DG．

(1)求证：△AFD≌△CGD；
(2)若AB=2，∠BAE=30°，求阴影部分的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)S阴影=π+3−32
【分析】（1）如图，连接EG，证明∠EDG=∠EAG=90°=∠EDC+∠CDG，再证明∠ADC=90°，AD=CD，可得∠ADF=∠CDG，结合∠DAF=∠DCG，从而可得结论；
（2）如图，连接OA，OD，过F作FK⊥AD于K，设FK=x，在AD上取Q，使QF=QD，证明∠OAE=75°，∠EAD=30°+90°=120°，∠FAD=120°−90°=30°，可得AF=2x，AK=3x，求解∠ADF=180°−30°−135°=15°，而QF=QD，可得∠KQF=30°，FQ=2x=QD，QK=3x，可得23x+2x=2，再求解x，利用S阴影=S△AFD+S弓形AD进行计算即可．
【详解】（1）解：如图，连接EG，
∵AE⊥AG，则∠EAG=90°，

∴∠EDG=∠EAG=90°=∠EDC+∠CDG，
∵正方形ABCD，
∴∠ADC=90°，AD=CD，
∴∠ADF+∠EDC=90°，
∴∠ADF=∠CDG，
∵∠DAF=∠DCG，
∴△AFD≌△CGD．
（2）如图，连接OA，OD，过F作FK⊥AD于K，设FK=x，在AD上取Q，使QF=QD，

∵O为正方形中心，
∴∠OAB=∠OAD=∠ODA=45°，∠AOD=90°，而∠BAE=30°，
∴∠OAE=75°，∠EAD=30°+90°=120°，
∵∠EAG=90°，
∴∠FAD=120°−90°=30°，
∴AF=2x，AK=3x，
∵∠AED=12∠AOD=45°，
∴∠AFD=∠AED+∠EAF=45°+90°=135°，
∴∠ADF=180°−30°−135°=15°，而QF=QD，
∴∠QFD=∠QDF=15°，
∴∠KQF=30°，
∴FQ=2x=QD，QK=3x，
而正方形的边长AB=2=AD，
∴23x+2x=2，
解得：x=3−12，
∴S△AFD=12AD·FK=12×2×3−12=3−12，
∵AD=2，∠AOD=90°，OA=OD，
∴OA=OD=AD×22=2，
∴S△AOD=12×2×2=1，
而S扇形AOD=90π×22360=12π，
∴S阴影=12π−1+3−12=π+3−32．
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，圆周角定理的应用，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，含30°的直角三角形的性质，扇形面积的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键．
15．（2023·湖南·中考真题）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．
【答案】(1)见解析；
(2)①见解析，②72+2．
【分析】（1）在⊙O中，根据同弧所对的圆周角相等可得∠ACD=∠ABD=45°，结合已知在△CFE中根据三角形内角和定理可求得∠FEC=90°；
（2）①根据圆内接四边形的性质和邻补角可得∠ABC=∠GDE，由直径所对的圆周角是直角和（1）可得∠ACB=∠GED，结合已知即可证得△ABC≌△GDEAAS；
②在⊙O中由R=1，可得AB=2，结合题意易证DA=DB，在Rt△ABC中由勾股定理可求得DA=2，由①可知易得BC+CD=DE+CD=CE，最后代入计算即可求得周长．
【详解】（1）证明：在⊙O中，
∵AD=AD，
∴∠ACD=∠ABD=45°，即∠FCE=45°，
在△CFE中，
∵∠CFE=45°，
∴∠FEC=180°−∠FCD+∠CFE=90°，
即直线l⊥直线CE；
（2）①四边形ABCD是半径为R的⊙O的内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
∵∠ADC+∠GDE=180°，
∴∠ABC=∠GDE，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
由（1）可知∠GED=90°，
∴∠ACB=∠GED，
在△ABC与△GDE中，
∠ABC=∠GDE∠ACB=∠GEDAB=DG，
∴△ABC≌△GDEAAS，
②在⊙O中，R=1，
∴AB=2R=2，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠ABD=45°，
∴∠BAD=90°−∠ABD=45°，
∴DA=DB，
在Rt△ABC中，
∴DA2+DB2=AB2，
即2DA2=22，
解得：DA=2，
由①可知△ABC≌△GDE，
∴BC=DE，
∴BC+CD=DE+CD=CE=32，
∴四边形ABCD的周长为：
DA+AB+BC+CD=DA+AB+CE=2+2+32=72+2．
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等、三角形内角和定理、垂直的定义、圆内接四边形的性质、邻补角互补、直径所对的圆周角是直角、全等三角形的判定和性质、勾股定理解直角三角形以及周长的计算；解题的关键是灵活运用以上知识，综合求解．
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型05 利用圆的性质判定特殊的平行四边形
16．（2024·山东日照·中考真题）如图1，AB为⊙O的直径，AB=12,C是⊙O上异于A,B的任一点，连接AC,BC，过点A作射线AD⊥AC,D为射线AD上一点，连接CD．
【特例感知】
（1）若BC=6．则AC=_______．
（2）若点C,D在直线AB同侧，且∠ADC=∠B，求证：四边形ABCD是平行四边形；
【深入探究】
若在点C运动过程中，始终有tan∠ADC=3，连接OD．
（3）如图2，当CD与⊙O相切时，求OD的长度；
（4）求OD长度的取值范围．
【答案】（1）63 （2）证明见解析 （3）221 （4）23≤OD≤63
【分析】（1）根据直径性质得到，∠ACB=90°,根据AB=12，BC=6，运用勾股定理可得AC=63；
（2）根据∠ACB=90°．AD⊥AC，得到AD//BC．得到∠B+∠BAD=180°，结合∠ADC=∠B， 得到∠BAD+∠ADC=180°，得到AB∥CD，得到四边形ABCD是平行四边形；
（3）连接OC．根据tan∠ADC=3，得到∠ADC=60°，∠ACD=30°，根据切线性质得到，∠ACD+∠ACO=90°．得到∠ACD=∠OCB，∠B=30°．得到AC=6，得到CD=43，运用勾股定理得OD=221；
（4）过点A作射线AF⊥AB，使∠AOF=60°，连接OC，CF．得到∠OFA=30°，OF=12，根据AF=3OA．AC=3AD，可得ACAD=AFOA，根据∠DAO=∠CAF，得到△CAF∽△DAO，得CFDO=ACAD=3，得到OD=33CF．根据OF−OC≤CF≤OF+OC，得到6≤CF≤18，即得23≤OD≤63．
【详解】（1）解：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°,
∵AB=12，BC=6，
∴AC=AB2−BC2=63
故答案为：63；
（2）证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°．
∵AD⊥AC，
∴∠DAC=90°，
∴AD∥BC．
∴∠B+∠BAD=180°，
∵∠ADC=∠B，
∴∠BAD+∠ADC=180°，
∴AB∥CD
∴四边形ABCD是平行四边形．
（3）解：如图，连接OC．
∵在Rt△ACD中，tan∠ADC=3，
∴∠ADC=60°，
∴∠ACD=30°，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠ACD+∠ACO=90°．
又∵∠ACO+∠OCB=90°，
∴∠ACD=∠OCB
∴∠B=∠ACD=30°．
∴AC=12AB=6，
在Rt△ACD中，CD=ACcs30°=43，
∴在Rt△COD中，OD=CD2+OC2=(43)2+62=221；
（4）解：如图，过点A作AF⊥AB，使∠AOF=60°，连接OC，CF．
则∠OAF=90°，
∴∠OFA=30°，
∴OF=2OA=12，
∴AF=3OA=63，
∵tan∠ADC=3，
∴AC=3AD，
∴ACAD=AFOA=3，
∵∠DAC=∠OAF=90°，
∴∠DAC+∠CAO=∠OAF+∠CAO，
即∠DAO=∠CAF，
∴△CAF∽△DAO，
∴CFDO=ACAD=3，
∴OD=33CF．
∵OF−OC≤CF≤OF+OC，
∴6≤CF≤18，
∴23≤OD≤63．
【点睛】本题主要考查了圆与三角形综合．熟练掌握圆周角定理推论，圆切线性质，平行四边形的判定，含30°的直角三角形判定和性质，勾股定理解直角三角形，锐角三角函数解直角 三角形，相似三角形的判定和性质，是解决问题的关键．
17．（2024·广西·中考真题）如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，AB=AC．点D，E分别是BC，AC的中点，连接DE并延长至点F，使DE=EF，连接AF．
(1)求证：四边形ABDF是平行四边形；
(2)求证：AF与⊙O相切；
(3)若tan∠BAC=34，BC=12，求⊙O的半径．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)10
【分析】（1）先证明BD=CD，DE=EF，再证明△AEF≌△CED，可得AF=CD，∠F=∠EDC，再进一步解答即可；
（2）如图，连接AD，证明AD⊥BC，可得AD过圆心，结合AF∥BD，证明AF⊥AD，从而可得结论；
（3）如图，过B作BQ⊥AC于Q，连接OB，设BQ=3x，则AQ=4x，可得CQ=AC−AQ=x，求解x=1210=6105，可得AB=5x=610，求解AD=AB2−BD2=18，设⊙O半径为r，可得OD=18−r，再利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵点D，E分别是BC，AC的中点，
∴BD=CD，AE=CE，
又∵∠AEF=∠CED，DE=EF，
∴△AEF≌△CED，
∴AF=CD，∠F=∠EDC，
∴AF=BD，AF∥BD，
∴四边形ABDF是平行四边形；
（2）证明：如图，连接AD，
∵AB=AC，D为BC中点，
∴AD⊥BC，
∴AD过圆心，
∵AF∥BD，
∴AF⊥AD，
而OA为半径，
∴AF为⊙O的切线；
（3）解：如图，过B作BQ⊥AC于Q，连接OB，
∵tan∠BAC=34，
∴BQAQ=34，
设BQ=3x，则AQ=4x，
∴AC=AB=AQ2+BQ2=5x，
∴CQ=AC−AQ=x，
∴BC=BQ2+CQ2=10x，
∴10x=12，
∴x=1210=6105，
∴AB=5x=610，
∵AB=AC，BC=12，AD⊥BC，
∴BD=CD=6，
∴AD=AB2−BD2=18，
设⊙O半径为r，
∴OD=18−r，
∴r2=18−r2+62，
解得：r=10，
∴⊙O的半径为10．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理的应用，平行四边形的判定与性质，切线的判定，垂径定理的应用，做出合适的辅助线是解本题的关键．
18．（2023·浙江金华·中考真题）如图，点A在第一象限内，⊙A与x轴相切于点B，与y轴相交于点C,D．连接AB，过点A作AH⊥CD于点H．

(1)求证：四边形ABOH为矩形．
(2)已知⊙A的半径为4，OB=7，求弦CD的长．
【答案】(1)见解析
(2)6
【分析】（1）根据切线的性质及有三个角是直角的四边形是矩形判定即可．
（2）根据矩形的性质、垂径定理及圆的性质计算即可．
【详解】（1）证明：∵⊙A与x轴相切于点B，
∴AB⊥x轴．
∵AH⊥CD,HO⊥OB，
∴∠AHO=∠HOB=∠OBA=90°，
∴四边形AHOB是矩形．
（2）如图，连接AC．
∵四边形AHOB是矩形，
∴AH=OB=7．
在Rt△AHC中，CH2=AC2−AH2，
∴CH=42−(7)2=3．
∵点A为圆心，AH⊥CD，
∴CD=2CH =6．
【点睛】本题考查了矩形的判定，垂径定理，圆的性质，熟练掌握矩形的判定和垂径定理是解题的关键．
19．（2023·江苏南通·中考真题）如图，等腰三角形OAB的顶角∠AOB=120°，⊙O和底边AB相切于点C，并与两腰OA，OB分别相交于D，E两点，连接CD，CE．

(1)求证：四边形ODCE是菱形；
(2)若⊙O的半径为2，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)S阴影=4π3−23
【分析】（1）连接OC，根据切线的性质可得OC⊥AB，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得∠AOC=∠BOC=60°，从而可得△ODC和△OCE都是等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得OD=CD=CE=OE，即可解答；
（2）连接DE交OC于点F，利用菱形的性质可得OF=1，DE=2DF，∠OFD=90°，然后在Rt△ODF中，利用勾股定理求出DF的长，从而求出DE的长，最后根据图中阴影部分的面积=扇形ODE的面积−菱形ODCE的面积，进行计算即可解答．
【详解】（1）证明：连接OC，
∵⊙O和底边AB相切于点C，
∴OC⊥AB，
∵OA=OB，∠AOB=120°，
∴∠AOC=∠BOC=12∠AOB=60°，
∵OD=OC，OC=OE，
∴△ODC和△OCE都是等边三角形，
∴OD=OC=DC，OC=OE=CE，
∴OD=CD=CE=OE，
∴四边形ODCE是菱形；
（2）解：连接DE交OC于点F，
∵四边形ODCE是菱形，
∴OF=12OC=1，DE=2DF，∠OFD=90°，
在Rt△ODF中，OD=2，
∴DF=OD2−OF2=22−12=3，
∴DE=2DF=23，
∴图中阴影部分的面积=扇形ODE的面积−菱形ODCE的面积
=120π×22360−12OC⋅DE
=4π3−12×2×23
=4π3−23，
∴图中阴影部分的面积为4π3−23．
【点睛】本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，等腰三角形的性质，菱形的判定与性质，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．
20．（2023·湖南益阳·中考真题）如图，线段AB与⊙O相切于点B，AO交⊙O于点M，其延长线交⊙O于点C，连接BC，∠ABC=120°，D为⊙O上一点且DB的中点为M，连接AD，CD．

(1)求∠ACB的度数；
(2)四边形ABCD是否是菱形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由；
(3)若AC=6，求CD的长．
【答案】(1)30°
(2)是菱形，证明见解析
(3)CD的长为4π3．
【分析】（1）如图，连接OB，证明∠ABO=90°，而∠ABC=120°，可得∠OBC=120°−90°=30°，再结合等腰三角形的性质可得答案；
（2）先证明∠ACD=∠ACB=30°，即∠DCB=60°，而∠ABC=120°，求解∠CAB=30°=∠ACB，可得BA=BC，证明CD=CB，可得CD=CB，再证明AD=AB，可得AD=AB=BC=CD，从而可得结论；
（3）如图，连接OD，BD，交AC于Q，证明△DBC为等边三角形，可得∠DOC=2∠DBC=120°，证明QA=QC=3，AC⊥BD，求解OC=2，再利用弧长公式进行计算即可．
【详解】（1）解：如图，连接OB，

∵线段AB与⊙O相切于点B，
∴∠ABO=90°，而∠ABC=120°，
∴∠OBC=120°−90°=30°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=30°；
（2）四边形ABCD是菱形，理由如下：
∵DB的中点为M，∠ACB=30°，
∴∠ACD=∠ACB=30°，即∠DCB=60°，而∠ABC=120°，
∴∠CAB=180°−120°−30°=30°=∠ACB，
∴BA=BC，
∵DB的中点为M，CM为直径，
∴CD=CB，
∴CD=CB，
∵∠ACD=30°=∠ACB，AC=AC，
∴△ACD≌△ACB，
∴AD=AB，
∴AD=AB=BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形．
（3）如图，连接OD，BD，交AC于Q，

∵CD=CB，∠DCB=60°，
∴△DBC为等边三角形，
∴∠DBC=60°，
∴∠DOC=2∠DBC=120°，
∵菱形ABCD，AC=6，
∴QA=QC=3，AC⊥BD，
∴∠CBQ=90°−30°=60°，
∵∠OBC=30°，
∴∠QBO=30°，
∴OQ=12OB=12OC，
∴12OC+OC=3，
OC=2，
∴CD的长为120π×2180=4π3．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与系数，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，弧，弦，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，切线的性质，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型06 利用圆的性质判定线段相等
21．（2024·四川雅安·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，点P是BA延长线上的一点，连接AC，∠PCA=∠B．
(1)求证：PC是⊙O的切线；
(2)若sin∠B=12，求证：AC=AP；
(3)若CD⊥AB于D，PA=4，BD=6，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)AD=2
【分析】（1）首先由直径得到∠ACB=90°，然后利用等边对等角得到∠B=∠BCO，等量代换得到OC⊥PC，进而证明即可；
（2）利用sin∠B=12得到∠B=30°，求出∠PCA=∠B=30°，然后利用直角三角形两锐角互余得到∠P=∠CAB−∠PCA=30°，进而求解即可；
（3）设AD=x，证明出△PAC∽△PCB，得到PAPC=PCPB，然后表示出PC2=PA⋅PB=410+x，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）如图所示，连接OC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BCO+∠OCA=90°，
∵OB=OC，
∴∠B=∠BCO，
∵∠PCA=∠B，
∴∠PCA=∠BCO，
∴∠PCA=∠OCA=90°，
∴OC⊥PC，
∴PC是⊙O的切线；
（2）证明：∵sin∠B=12，
∴∠B=30°，
∴∠PCA=∠B=30°，
由（1）知∠ACB=90°，
∴∠CAB=60°，
∴∠P=∠CAB−∠PCA=30°，
∴∠PCA=∠P，
∴AC=AP；
（3）设AD=x，
在Rt△ACB中，CD⊥AB，
∴∠B+∠BCD=∠ACD+∠BCD=90°
∴∠B=∠ACD
∵∠BDC=∠ADC=90°
∴△BDC∽△CDA
∴BDCD=CDAD
∴CD2=AD×BD=6x，
∵∠P=∠P，∠PCA=∠B，
∴△PAC∽△PCB，
∴PAPC=PCPB，
∴PC2=PA⋅PB=46+4+x=410+x，
在Rt△PCD中，由勾股定理得PD2+CD2=PC2，
即4+x2+6x=410+x，整理得x2+10x−24=0，
解得x1=2，x2=−12（舍去），
故AD=2．
【点睛】此题考查了直径的性质，切线的判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点．
22．（2024·浙江·中考真题）如图，在圆内接四边形ABCD中，AD