专练13-30题（圆大题）2022中考数学考点必杀500题（江苏专用）

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2022中考考点必杀500题
专练13（圆大题）（30道）

1．（2021·江苏无锡·二模）如图，在中，，以AB为直径的分别交AC、BC于点D、E，BC的延长线与的切线AF交于点F．

（1）求证：；
（2）若，，求CE，AF的长．
【答案】（1）见解析；（2），
【解析】
【分析】
（1）首先连接BD，由AB为直径，可得∠ADB＝90°，又由AF是⊙O的切线，易证得∠CAF＝∠ABD．然后由BA＝BC，证得：∠ABC＝2∠CAF；
（2）首先连接AE，设CE＝x，由勾股定理可得方程：（2）2＝x2＋（3x）2．然后由，求得答案．
【详解】
（1）证明：如图，连接BD．

∵AB为的直径，
∴，
∴,
∵是的切线，
∴，即,
∴,
∵，，
∴,
∴；
（2）如图，连接，
∴，
设，
∵，
∴，，，
在中，，
即，
∴，
∴，
∴，，，
∵，
∴，解得．
【点睛】
本题考查了切线的性质，三角函数以及勾股定理，难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
2．（2021·江苏无锡·二模）如图，在中，D是边上一点，以为直径的⊙O经过点A，且．

（1）判断直线与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若，求弦的长．
【答案】（1）相切，见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）如图，连接，由圆周角定理可得，由等腰三角形的性质可得，可得，可得结论；
（2）由勾股定理可求，由面积法可求的长，由勾股定理可求的长．
【详解】
解：（1）直线是的切线，
理由如下：如图，连接，

为的直径，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵是半径，
∴直线是的切线；
（2）过点A作于E，
∴∠AED=∠AEO=90°，
∴，
，

，
∴，
∴，
，
，
，
，
．

【点睛】
本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，圆的有关知识，勾股定理等知识，求出圆的半径是本题的关键．
3．（2021·江苏扬州·三模）如图①，△ABC的内切圆⊙与AB、BC、AC分别相切于点D、E、F，DO、EO、FO的延长线分别交⊙O于点G、H、I，过点G、H、I分别作AB、BC、AC的平行线，从△ABC上截得六边形JKMNPQ．通常，在六边形中，我们把相间两个内角的内角称为六边形的对角，把相邻两角的夹边和它们的对角的夹边称为六边形的对边．

(1)求证：六边形JKMNPQ的对角相等；
(2)小明在完成（1）的证明后继续探索，如图②，连接OJ、OM、ON、OQ，他发现△DOM≌△GOQ、△DON≌△GOJ，于是猜想六边形JKMNPQ的对边也相等．请你证明他的发现与猜想．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析.
【解析】
【分析】
（1）由∠A+∠AJQ=180°，∠A+∠ANP=180°，可得∠AJQ=∠ANP，同理可得∠BMK=∠BQJ，∠CKM=∠CPN，故六边形JKMNPQ的对角相等；
（2）证明△EQO≌△GQO可得∠EOQ=∠GOQ=∠EOG，同理∠DOM=∠HOM=∠DOH，从而可得∠DOM=∠GOQ，△DOM≌△GOQ，同理△DON≌△GOJ，可得DM=GQ，DN=GJ，故MN=JQ，同理JK=NP，KM=PQ，即可得到证明．
(1)
证明：∵JQ∥AB，
∴∠A+∠AJQ=180°，
∵NP∥AC，
∴∠A+∠ANP=180°，
∴∠AJQ=∠ANP，
同理可得：∠BMK=∠BQJ，∠CKM=∠CPN，
即六边形JKMNPQ的对角相等；
(2)
∵⊙O与AB切于D，
∴OD⊥AB，
∴∠ADO=90°，
∵AB∥JQ，
∴∠ADO=∠QGO=90°，
∵⊙O与BC切于E，
∴OE⊥BC，
∴∠QEO=90°，
∴∠QEO=∠QGO=90°，
又OQ=OQ，OE=OG，
∴Rt△EQO≌Rt△GQO（HL），
∴∠EOQ=∠GOQ=∠EOG，
同理∠DOM=∠HOM=∠DOH，
∵∠DOH=∠EOG，
∴∠DOM=∠GOQ，
∵OD=OG，∠ODM=∠OGQ，
∴△DOM≌△GOQ（ASA），
同理△DON≌△GOJ，
∴DM=GQ，DN=GJ，
∴DM+DN=GQ+GJ，
即MN=JQ，
同理JK=NP，KM=PQ，
即六边形JKMNPQ的对边相等．
【点睛】
此题是圆的综合题，主要考查了圆的外切六边形的性质，涉及全等三角形、切线长定理应用等知识，理解和掌握六边形对角和对边是解本题的关键．
4．（2021·江苏淮安·二模）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，点O在边AB上，以点O为圆心，OA为半径的圆经过点C，过点C作直线MN，使∠BCM=2∠A．

(1)判断直线MN与的位置关系，并说明理由；
(2)若OA=6，∠BCM=60°，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)MN与⊙O相切，理由见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）MN是⊙O切线，只要证明∠OCM=90°即可．
（2）求出∠AOC以及BC，根据S阴=S扇形OAC-S△OAC计算即可．
(1)
解： MN是⊙O切线．
理由：连接OC．

∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵∠BOC=∠A+∠OCA=2∠A，∠BCM=2∠A，
∴∠BCM=∠BOC，
∵∠B=90°，
∴∠BOC+∠BCO=90°，
∴∠BCM+∠BCO=90°，
∴OC⊥MN，
∴MN是⊙O切线．
(2)
解：由（1）可知∠BOC=∠BCM=60°，
∴∠AOC=120°，
在Rt△BCO中，OC=OA=6，∠BCO=30°，
∴BO=OC=3，BC=3，
∴S阴=S扇形OAC-S△OAC==．
【点睛】
本题考查切线的判定、扇形面积、三角形面积等知识，解题的关键是记住切线的判定定理，扇形的面积公式．
5．（2021·江苏连云港·二模）如图，已知是的直径，，连接，弦，直线交的延长线于点．

（1）求证：是的切线；
（2）若，的半径为，求线段的长．
【答案】（1）见解析；（2）3
【解析】
【分析】
（1）连接OD，利用SAS得到三角形COD与三角形COB全等，利用全等三角形的对应角相等得到∠ODC为直角，即可得证；
（2）根据全等三角形的性质得到CD=CB，根据平行线分线段成比例定理可得，代入计算即可得到结论．
【详解】
解：（1）证明：如图，连接OD．

∵AD∥OC，
∴∠DAO=∠COB，∠ADO=∠COD．
又∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ADO，
∴∠COD=∠COB．
在△COD和△COB中，
，
∴△COD≌△COB（SAS），
∴∠CDO=∠CBO=90°．
∴CD是⊙O的切线；
（2）∵△COD≌△COB，
∴CD=CB，
∵，
∴，即，
∵AD∥OC，
∴，
∵⊙O的半径为2，
∴，
解得：AE＝3．
【点睛】
此题考查了切线的判定和性质，平行线分线段成比例定理，以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
6．（2021·江苏淮安·二模）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，直线l与⊙O相切于点A，在l上取一点D使得，线段DC，AB的延长线交于点E．
（1）求证：直线DC是⊙O的切线；
（2）若，，求图中阴影部分的面积（结果保留π）．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OC，根据切线的性质得到∠DAB＝90°，根据等腰三角形的性质得到∠DCO＝∠DAO＝90°，于是得到结论；
（2）根据圆周角定理得到∠BOC＝2∠CAB＝60°，根据等边三角形的性质得到OC＝OB＝BC＝2，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】
（1）证明：连接OC，如图所示：

∵直线l与⊙O相切于点A，
∴∠DAB＝90°，
∵DA＝DC，OA＝OC，
∴∠DAC＝∠DCA，∠OAC＝∠OCA，
∴∠DCA＋∠ACO＝∠DAC＋∠CAO，
即∠DCO＝∠DAO＝90°，
∴OC⊥CD，
∴直线DC是⊙O的切线；
（2）解：∵∠CAB＝30°，
∴∠BOC＝2∠CAB＝60°，
∵OC＝OB，
∴△COB是等边三角形，
∴OC＝OB＝BC＝2，
∴，
∴图中阴影部分的面积＝＝．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，扇形面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．
7．（2021·江苏江苏·二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，以点C为圆心，CA长为半径的圆交AB于点D．

（1）若∠B＝28°，求的度数；
（2）若D是AB的中点，AB＝2，求阴影部分的面积；
（3）若AC＝，求AD•AB的值．
【答案】（1）的度数为56°；（2）阴影部分的面积＝π﹣；（3）AD•AB＝6．
【解析】
【分析】
（1）连接CD，如图，利用互余计算出∠BAC=62°，然后计算出∠ACD的度数，则根据圆心角定理得到的度数；
（2）利用斜边上的中线性质得到CD=AD=BD=AB=1，再判断△ACD为等边三角形，则∠ACD=60°，利用扇形的面积公式，根据阴影部分的面积=S扇形ACD-S△ACD进行计算；
（3）根据垂径定理得到AH=DH=AD，再根据相似三角形的性质得到AC2=AH•AB，然后把AC=代入计算可得到AD•AB的值．
【详解】
解：（1）连接CD，如图，

∵∠ACB＝90°，∠B＝28°，
∴∠BAC＝90°﹣28°＝62°，
∵CA＝CD，
∴∠CDA＝∠CAD＝62°，
∴∠ACD＝180°﹣62°﹣62°＝56°，
∴的度数为56°；
（2）∵D是AB的中点，∠ACB＝90°，
∴CD＝AD＝BD＝AB＝1，
∵CD＝CA，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠ACD＝60°，
∴阴影部分的面积＝S扇形ACD﹣S△ACD
＝﹣×12
＝π﹣；
（3）过点C作CH⊥AD于H，

∴AH＝DH＝AD，
∵∠ACB＝90°，CH⊥AB，
∴∠ACB＝∠AHC，
又∠A＝∠A，
∴
∴
∴AC2＝AH•AB，
即（）2＝AD•AB，
∴AD•AB＝6．
【点睛】
本题考查了扇形面积的计算：设圆心角是n°，圆的半径为R的扇形面积为S，则S扇形=或S扇形=lR（其中l为扇形的弧长）．也考查了垂径定理和相似三角形的性质．
8．（2021·江苏南京·一模）如图，点为正方形的边上的一点，是的外接圆，与交于点，是上一点，且．

（1）求证：是的切线；
（2）若，，求半径的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OF，由OA=OF，可得出，由正方形的性质可得AF∥BE，由平行线性质可得，从而可得，再由∠D为直角即可得OF⊥FG，从而结论证明；
（2）连接EF，可证得，由对应边成比例即已知可得关于BE的方程，解方程得BE，由勾股定理求得直径AE的长，从而可得半径OA的长．
【详解】
（1）连接．
∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵点是上一点，
∴是的切线．

（2）连接．
∵是的外接圆，，
∴是的直径，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴FD=AD-AF=AD-BE=4-BE，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：，
∴．

【点睛】
本题考查了切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
9．（2021·江苏盐城·二模）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的一条弦，点P是⊙O上一点，且PA＝PC，PD∥AC，与BA的延长线交于点D．
（1）求证：PD是⊙O的切线．
（2）若tan∠PBA＝，AC＝12，求直径AB的长．

【答案】（1）见解析；（2）20
【解析】
【分析】
（1）连接，交于点，由等腰三角形的性质可得，，由平行线的性质、圆周角定理可得，由为直径可得，可得，得出，可得结论．
（2）由平行线性质及垂径定理可求，由可求，由，即可求解．
【详解】
解：（1）连接，如图所示．

，
，
又与所对同一段弧，
．
又，
，
，
．
为直径，
，
，
即，
又为半径，
故是的切线．
（2），
，
由垂径定理可知：，
又，
．
．
设，则，
在中，有，
即，解得：．
故直径．
【点睛】
本题考查了切线的判定，圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，证明切线时若有交点，则连交点得半径，证垂直．（1）中证得∠DPA=∠PAC=∠PAC=∠B是解题关键，（2）中利用垂径定理求出PE是解题关键．
10．（2021·江苏扬州·二模）如图，BD是四边形ABCD的对角线，BD⊥AD，⊙O是△ABD的外接圆，∠BDC＝∠BAD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）连接OC交⊙O于点E，若AD＝2，CD＝6，cos∠BDC＝，求CE的长．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据等腰三角形的性质得到∠ODB=∠OBD，由垂直的定义得到∠ADB=90°，确定∠ABD+∠A=90°，等量代换得到∠ODB+∠BDC=90°，求得OD⊥CD，根据切线的定义即可得到结论；
（2）根据切线的性质得到∠CDO=90°，根据余角的性质得到∠COD=∠BDC，解直角三角形即可得到结论．
【详解】
解：（1）证明：连接OD，

∵OD=OB，
∴∠ODB=∠OBD，
∵BD⊥AD，
∴∠ADB=90°，
∴∠ABD+∠A=90°，
∵∠BDC=∠BAD，
∴∠ODB+∠BDC=90°，
∴OD⊥CD，
∴CD是⊙O的切线；
（2）∵CD是⊙O的切线，
∴∠CDO=90°，
∵cos∠BDC=，∠BDC=∠BAD．
∴cos∠BAD=，
∵AD=2，
∴AB=6，
∴OD=OE=3，
∵CD=6，
∴OC=，
∴CE=CO-OE=．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键．
11．（2021·江苏盐城·一模）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，OD⊥AC于点D，过点C作⊙O的切线，交OD的延长线于点M，OM交⊙O于点N，连结AM．

（1）求证：AM是⊙O的切线；
（2）若DN=4，AC=8，求线段MN的长；
（3）在（2）的条件下，求阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析；（2）8；（3）
【解析】
【分析】
（1）连接OC，如图，根据垂径定理由OD⊥AC得到AD＝CD，则OM为AC的垂直平分线，所以AM＝CM，证明△AOM≌△COM（SSS），得出∠OAM＝∠OCM＝90°，根据切线的判定定理得AM与⊙O相切；
（2）设⊙O的半径为x，则OD＝x−4，OA＝x，由勾股定理得出（x−4）2＋（4）2＝x2，解得x＝8，求出OM的长，则可求出MN的长；
（3）由扇形的面积公式可得出答案．
【详解】
（1）证明：连接OC，如图，

∵CM为切线，
∴OC⊥CM，
∴∠OCM＝90°，
∵OD⊥AC，
∴AD＝CD，
即OE垂直平分AC，
∴AM＝CM，
在△AOM和△COM中
，
∴△AOM≌△COM（SSS），
∴∠OAM＝∠OCM＝90°，
∴AM⊥AO，
∴AM与⊙O相切；
（2）解：设⊙O的半径为x，则OD＝ON−DN＝x−4，OA＝x，
在Rt△OAD中，AD＝AC＝4，
∵AD2＋OD2＝OA2，
∴(4)2＋(x−4)2＝x2，解得x＝8，
∴OD＝4，OA＝8，
∴∠OAD＝30°，
∴∠AOD＝60°，
∴OM＝2OA＝16，
∴MN＝OM−ON＝16−8＝8．
（3）∵∠AOM＝60°，∠OAM＝90°，
∴∠AMO=30°
∴在Rt△AOM中，AM＝，
∴S阴影＝S四边形AOCM−S扇形OAC
＝2××8×8−=．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质，垂径定理，勾股定理，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，扇形面积的计算等知识，熟练掌握切线的判定与性质是解题的关键．
12．（2021·江苏·二模）如图，已知点E在菱形ABCD的对角线BD上，连接AE，且AE＝BE，⊙O是△ABE的外接圆．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）若BD＝，tan∠OBD＝2，求⊙O的半径．

【答案】（1）见解析；（2）5
【解析】
【分析】
（1）根据圆周角定理求出∠ABC=2∠ABE，得出OE垂直于AB，证出∠OBF+∠BOF=90°即可得出结论；
（2）连接AC交BD于G，由菱形的性质得出AB=BC，AC⊥BD，BG=BD=，解直角三角形求出CG和EF，根据勾股定理得出方程，求出r即可．
【详解】
解：（1）连接OA、OB、OE，则OE与AB交于点F，

∵AE=BE，
∴
∴OE⊥AB于点F，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC=2∠ABE，
∴∠OBF＋∠BOF＝∠OBF＋2∠BAE＝∠OBF＋2∠ABE＝∠OBF＋∠ABC＝90°，
∴BC是⊙O的切线；
（2）连接AC，交BD于点G，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AC⊥BD，BG=BD=，
∴∠BGC=90°，
∴∠GCB+∠GBC=90°，
∵∠OBD+∠CBG=90°，
∴∠GCB=∠OBD，
在Rt△BCG中，tan∠GCB=tan∠OBD=2，
∴，
∴CG=，
∴，
∴AB=8，
∴BF=4，
在Rt△BEF中，tan∠BEF=tan∠OBD=2，
∴，
∴EF=2，
设⊙O的半径为r，
在Rt△BOF中，OF2+BF2=OB2，
∴（r-2）2+42=r2，
解得：r=5，
即⊙O的半径为5．
【点睛】
本题考查了切线的判定、菱形性质、解直角三角形、勾股定理、圆周角定理等知识点，能熟练运用勾股定理及锐角三角函数的定义是解此题的关键．
13．（2021·江苏南京·二模）在中，，点在平分线上，以点为圆心作．

（1）如图，当经过点时，求证：与直线相切；
（2）当同时与直线相切时，求的半径．
【答案】（1）见解析；（2）1或3
【解析】
【分析】
如图，过点作⊥，交于点，由，可证由平分，可得；
当同时与直线相切时，点在或的角平分线上，存在如图所示两种情况①当在△ABC内部分别与直线相切时，可证P1E=P1G，可得可得，②当在△ABC外部，分别与直线相切时，可证P2Q=P2M，可得，可得即可．
【详解】
证明：如图，过点作⊥，交于点，

，
，
，


平分，
，
与直线相切；
当同时与直线相切时，点在或的角平分线上，

存在如图所示两种情况：
①当在△ABC内部分别与直线相切时，
过P1作P1E⊥AB于E，P1G⊥BC于G，P1F⊥AC于F，
∵点P1在∠ABC的平分线上，P1E⊥AB，P1G⊥BC，
∴P1E=P1G，
，
，
；
②当在△ABC外部，分别与直线相切时，
过P2作P2Q⊥AB于Q，P2M⊥BC于M，P2N⊥AC于N，
∵点P2在∠ABC的平分线上，P2Q⊥AB，P2M⊥BC，
∴P2Q=P2M，
，
，
，
．
综上，的半径为或．
【点睛】
本题考查圆的切线判定，角平分线性质，三角形面积求法，掌握圆的切线判定，角平分线性质，三角形面积求法，利用面积两种不同求法找出圆的边与三角形三边关系是解题关键．
14．（2021·江苏南通·二模）（1）某运输队第一次运输360吨化肥，装载了6节火车车厢和15辆汽车；第二次装载了8节火车车厢和10辆汽车，比第一次多运输了化肥80吨．每节火车车厢与每辆汽车平均各装多少吨化肥？
（2）如图，AB是的直径，点C在上，AD垂直于过点C的切线，垂足为D，CE垂直AB，垂足为E．求证．

【答案】（1）每节火车车厢平均装50吨化肥，每辆汽车平均装4吨化肥；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）设每节火车车厢平均装吨化肥，每辆汽车平均装吨化肥，根据两次运输数据建立二元一次方程组，解方程组即可得；
（2）连接，先根据圆的切线的性质可得，再根据平行线的判定与性质可得，然后根据等腰三角形的性质可得，从而可得，最后根据角平分线的性质即可得证．
【详解】
解：（1）设每节火车车厢平均装吨化肥，每辆汽车平均装吨化肥，
由题意得：，
解得，
答：每节火车车厢平均装50吨化肥，每辆汽车平均装4吨化肥；
（2）如图，连接，

是的切线，
，
，
，
，
，
，
，
又，
（角平分线的性质）．
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的应用、圆的切线的性质、角平分线的性质等知识点，正确建立方程组和熟练掌握圆的切线的性质是解题关键．
15．（2021·江苏淮安·二模）如图，已知AB是⊙O的弦，C为⊙O上一点，AD是⊙O的切线．
（1）求证：∠C＝∠BAD；
（2）若BD⊥AB于点B，AD＝9，BD＝6，求⊙O半径．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接AO并延长交⊙O于点E，连接BE，由AE为直径，可得∠EAB+∠E＝90°．由AD是⊙O的切线，可得∠EAB+∠BAD＝90°，可推出∠E＝∠BAD即可；
（2）由BD⊥AB，可得∠ABD＝90°，可证D，B，E三点共线，由勾股定理AB，再证△ADE∽△BDA，可求AE＝即可．
【详解】
（1）证明：如图，连接AO并延长交⊙O于点E，连接BE，
∵AE为直径，
∴∠ABE＝90°，
∴∠EAB+∠E＝90°．
∵AD是⊙O的切线，
∴∠DAE＝90°，
∴∠EAB+∠BAD＝90°，
∴∠E＝∠BAD，
∵∠C＝∠E，
∴∠C＝∠BAD；
（2）解：∵BD⊥AB，
∴∠ABD＝90°，
由（1）可知∠ABE＝90°，
∴∠DBE＝180°，
∴D，B，E三点共线，
∵AD＝9，BD＝6，
∴AB＝，
∵∠E＝∠C＝∠BAD，∠D＝∠D，
∴△ADE∽△BDA，
∴，
∴，
∴AE＝．
∴⊙O半径为．

【点睛】
本题考查直径所对圆周角性质，同弧所对圆周角性质，切线性质，勾股定理，三角形相似判定与性质，掌握直径所对圆周角性质，同弧所对圆周角性质，切线性质，勾股定理，三角形相似判定与性质是解题关键．
16．（2021·江苏泰州·二模）如图，为的直径，弦于E，，交的延长线于F，．

（1）求证：为的切线；
（2）若，求、、弧围成的阴影部分的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）如图，连接OC，根据可得∠A=30°，根据圆周角定理可得∠BOC=60°，∠A =∠CDB=30°，由可得∠ABD=60°，可得OC//DF，根据及平行线的性质可得∠OCF=∠CFD=90°，即可得CF是的切线；
（2）如图，连接BC，利用∠BOC的余弦值可求出OC的长，根据OC=OB可证明△OBC是等边三角形，可得BC的长，进而可得∠BCF=30°，利用∠BCF的三角函数值可求出BF、CF的长，根据S阴影=S梯形COBF-S扇形COB即可得答案．
【详解】
（1）如图，连接OC，
∵，
∴∠A=30°，
∵∠BOC和∠A分别为所对的圆心角和圆周角，
∴∠BOC=2∠A=60°，
∵∠A和∠CDF是所对的圆周角，
∴∠CDF=∠A=30°，
∵，
∴∠ABD=60°，
∴OC//DF，
∵，
∴∠OCF=∠CFD=90°，
∵OC为半径，
∴为的切线．

（2）如图，连接BC，
∵∠BOC=60°，OE=2，
∴OC==4，
∵OC=OB，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC=OC=4，∠OCB=60°，
∵∠OCF=90°，
∴∠BCF=30°，
∴BF=BC·sin30°=2，CF=BC·cos30°=，
∵OC//DF，
∴四边形COBF是直角梯形，
∴S梯形COBF=，
∴S阴影=S梯形COBF-S扇形COB=-=．

【点睛】
本题考查切线的判定、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、解直角三角形、梯形面积及扇形面积，熟练掌握相关性质、判定定理及面积公式并熟记特殊角的三角函数值是解题关键．
17．（2021·江苏苏州·一模）如图，在中，，平分交于点D，O为上一点，经过点A，D的分别交，于点E，F，连接交于点G．

（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接EF，DF由AD为角平分线得到一对角相等，然后证明EF∥BC，得到∠B=∠AEF，由圆周角定理得到∠AEF=∠ADF，从而可以证明△ABD∽△ADF；
（2）连接OD，首先证明∠ODB=90°，然后求出AF，AB的长，根据△ABD∽△ADF即可求解.
【详解】
解（1）如图，连接DE，EF
∵AE是圆的直径
∴∠AFE=90°
∵∠C=90°
∴∠AFE=∠C=90°
∴EF∥BC
∴∠B=∠AEF
又∵∠AEF=∠ADF
∴∠B=∠ADF
∵AD为∠BAC的角平分线
∴∠BAD=∠FAD
∴△ABD∽△ADF

（2）连接OD，
∵AD为∠BAC的角平分线，
∴∠BAD=∠CAD，
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD，
∴∠ODA=∠CAD，
∴OD∥AC，
∵∠C=90°，
∴∠ODC=90°，
在Rt△BOD中，sinB=，
设圆的半径为r，可得，
解得：r=3，
∴AE=6，AB=8，
∵∠AEF=∠B，
∴sin∠AEF=，
∴AF=AE•sin∠AEF=6×=，
∴△ABD∽△ADF

∴AD2=AB•AF
∴AD=．

【点睛】
本题主要考查了圆周角定理，角平分线的性质，相似三角形的性质与判定，三角函数，平行线的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
18．（2021·江苏·宜兴市实验中学二模）（1）如图①，在△ABC中，，AB=4，AC=3，若AD平分∠BAC交于点，那么点到的距离为 　 ．

（2）如图②，四边形内接于，为直径，点B是半圆的三等分点（弧弧），连接，若平分，且，求四边形的面积．
（3）如图③，为把“十四运”办成一届精彩圆满的体育盛会很多公园都在进行花卉装扮，其中一块圆形场地圆O，设计人员准备在内接四边形ABCD区域内进行花卉图案设计，其余部分方便游客参观，按照设计要求，四边形ABCD满足∠ABC=60°，AB=AD，且AD+DC=10（其中 ），为让游客有更好的观体验，四边形ABCD花卉的区域面积越大越好，那么是否存在面积最大的四边形ABCD？若存在，求出这个最大值，不存在请说明理由．
【答案】（1）；（2） 四边形ABCD的面积为32；（3）存在   ．
【解析】
【分析】
（1）如图，作辅助线，证明AE=DE；证明△BDE∽△BCA ，得到，列出比例式即可解决问题．
（2）（2）连接OB，根据题意得∠AOB=60°，作AE⊥BD，利用解直角三角形可求AB的长，通过解直角三角形分别求出BC，AD，CD的长，再根据面积公式求解即可；
过点A作AN⊥BC于点N，AM⊥DC，交DC的延长线于点M，连接AC，可得，根据面积法求出关于面积的二次函数关系式，根据二次函数的性质求出最值即可．
【详解】
解：如图，过点D作DE⊥AB于点E．
则DE//AC；
∵AD平分∠BAC，∠BAC=90°，
∴∠DAE=45°，∠ADE=90°−45°=45°，
∴AE=DE（设为λ），
则BE=4−λ；
∵DE//AC，
∴△BDE∽△BCA，
∴，即：

解得：λ= ，
∴点D到AC的距离．

（2）连接OB，
∵点B是半圆AC的三等分点（弧AB＜弧BC），
∴
∴
∵AC是的直径，
∴
∵BD平分∠ABC
∴
过点A作AE⊥BD于点E，则
∴AE=BE
设AE=BE=x，则
∵BD=BE+DE=
∴x=
∴
∵
∴
∴BC=
∵BD平分∠ABC
∴
∴
∴AD=CD
∵AE⊥DE
∴
∵,
∴
∴
=
=
=32；

（3）过点A作AN⊥BC于点N，AM⊥DC，交DC的延长线于点M，连接AC，

∵AB=AD
∴∠ACB=∠ACD
∴AM=AN
∵∠ADC+∠ABC=180°，∠ADC+∠ADM=180°,
∴∠ABC=∠ADM
又∠ANB=∠AMD=90°，
∴△ABN≌△ADM
∴
∵AN=AM，∠BCA=∠DCA，AC=AC
∴△ACN≌△ACM
∴
∵∠ABC=60°
∴∠ADC=120°
∴∠ADM=60°，∠MAD=30°
设DM=x，则AD=2x，
∴
∵
∴，即
∵抛物线对称轴为x=5
∴当x=4时，有最大值，为
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了三角形的面积，解直角三角形，角平分线的性质定理，圆周角定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
19．（2021·江苏·淮阴中学新城校区一模）在平面内的三个点A，B，P，满足PA=2PB.若∠P=90°，则将点P称为[A，B]的两倍直角点；若∠P＜90°，则将点P称为[A，B]的两倍锐角点.

图1                                      图2                                      备用图
(1)如图1，已知△ABC中，∠C=90°，BC=1，若点C是[A，B]的两倍直角点，则AB的长度为 ；若点B是点[A，C]的两倍锐角点，则∠A的度数为 °；
(2)如图2，在平面直角坐标系中，直线y=x-2交x轴于点A，点P是直线y=x-2上的一点，点B的坐标为（6,0），点C的坐标为（4,0），以B为圆心BC长为半径作⊙B，点D在⊙B上
①若点A是[P，O]的两倍锐角点，求点P的坐标；
②若点C是[P，D]的两倍直角点，直接写出点P的坐标．
【答案】(1)，30°
(2)①（,）；②（,），（,）
【解析】
【分析】
（1）由定义得：CA=2CB=2，∠ACB=90°，从而求得；由AB=2BC=2且∠B