专题16 圆 2023年江西省中考数学一轮复习专题练习

这是一份专题16 圆 2023年江西省中考数学一轮复习专题练习，共32页。试卷主要包含了单选题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。
专题16 圆 2023年江西省中考数学一轮复习专题练习
一、单选题
1．（2022·遂川模拟）如图，在矩形ABCD中，AB=10，AD=12，P为矩形内一点，∠APB=90°，连接PD，则PD的最小值为（　　）

A．8 B．221 C．10 D．726161
2．（2022·玉山模拟）如图，点A、B、C在⊙O上，∠ACB=54°，则∠BAO的度数是（　　）

A．54° B．27° C．36° D．108°
3．（2022·石城模拟）如图， AB 是 ⊙O 的直径， AB=10 ， P 是半径 OA 上的一动点， PC⊥AB 交 ⊙O 于点 C ，在半径 OB 上取点 Q ，使得 OQ=CP ， DQ⊥AB 交 ⊙O 于点 D ，点 C，D 位于 AB 两侧，连结 CD 交 AB 于点 E .点 P 从点 A 出发沿 AO 向终点 O 运动，在整个运动过程中， ΔCEP 与 ΔDEQ 的面积和的变化情况是（　　）

A．一直减小 B．一直不变
C．先变大后变小 D．先变小后变大
4．（2022·赣州模拟）已知锐角∠AOB，如图，

⑴在射线OA上取一点C，以点O为圆心，OC长为半径作 PQ ， 交射线OB于点D，连接CD；（2）分别以点C，D为圆心，CD长为半径作弧，交 PQ 于点M，N；（3）连接OM，MN．根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（　　）
A．MC＝DN B．△COM≌△COD
C．若OM＝MN．则∠AOB＝20° D．MN＝3CD
5．（2022·江西模拟）斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋线”，它可以通过分别以1，1，2，3，5，…为半径，依次作圆心角为90°的扇形弧线画出来(如图)．第1步中扇形的半径是1 cm，按如图所示的方法依次画，则第6步所画扇形的弧长为(　　)

A．72π B．4π C．92π D．132π
6．（2022八下·泰和期末）一个正多边形，它的每一个外角都等于40°，则该正多边形是（　　）
A．正六边形 B．正七边形 C．正八边形 D．正九边形
7．（2022九下·乐平期中）如图，BC为直径，∠ABC=35° ，则∠D的度数为（　　）

A．35° B．45° C．55° D．65°
8．（2021九上·南昌期末）如图，AD为⊙O的直径，AD=8，∠DAC=∠ABC，则AC的长度为（　　）

A．42 B．22 C．4 D．33
9．（2021九上·宜春期末）如图，AE是四边形ABCD外接圆⊙O的直径，AD=CD，∠B=50°，则∠DAE的度数为（　　）

A．50° B．55° C．60° D．65°
10．（2021九上·南昌期末）如图，半径为10的扇形OAB中，∠AOB=90°，C为弧AB上一点，CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为D，E．若∠CDE=40°，则图中阴影部分的面积为（　　）

A．403π B．1109π C．1009π D．10π
二、填空题
11．（2021九上·南昌期末）如图，在⊙O中，OC⊥AB，∠ADC=32°，则∠OBA的度数是　 　

12．（2022·瑞金模拟）如图，直线AB，AD与⊙O分别相切于点B、D两点，C为⊙O上一点，且∠BCD＝140°，则∠A的度数是　 　

13．（2021九上·章贡期末）如图，在⊙O中，AD为直径，弦BC⊥AD于点H，连接OB．已知OB=2cm，∠OBC=30°．动点E从点O出发，在直径AD上沿路线O→D→O→A→O以1cm/s的速度做匀速往返运动，运动时间为ts．当∠OBE=30°时，t的值为　 　．

14．（2021九上·南昌期末）如图，等边△ABC的边长为1，以A为圆心，AC为半径画弧，交BA的延长线于D，再以B为圆心，BD为半径画弧，交CB的延长线于E，再以C为圆心，CE为半径画强，交AC的延长线于F，则由弧CD，弧DE，优弧EF及线段CF围成的图形（CDEFC）的周长为　 　．

15．（2022九下·乐平期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD是BC边上的中线，分别以点A、C为圆心，以大于12AC长为半径画弧，两弧相交于点EF，直线EF与AD交于点P，若PA＝2，则△ABC外接圆的面积为 　 　．

16．（2021九上·上高月考）《九章算术》中记载有一问题“今有圆材埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”小辉同学根据原文题意，画出圆材截面图如图所示，已知：锯口深1寸，锯道AB=1尺（1尺=10寸），则该圆材的直径为　 　寸.

17．（2022·寻乌模拟）如图，AD是⊙O的直径，AB=CD，若∠BPC=50°，则圆心角∠AOB的度数是　 　．

18．（2021九上·上高月考）如图，P是抛物线y＝x2﹣4x+3上的一点，以点P为圆心、1个单位长度为半径作⊙P，当⊙P与直线y＝0相切时，点P的坐标为　 　．

19．（2021九上·宜春期末）圆锥的母线长为4cm，底面半径为3cm，那么它的侧面展开图的圆心角是　 　度.
20．（2021九上·宜春期末）如图，半圆O的直径DE=12cm，在RtΔABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，BC=12cm．半圆O以2cm/s的速度从左向右运动，当圆心O运动到点B时停止，点D、E始终在直线BC上．设运动时间为t（s），运动开始时，半圆O在△ABC的左侧，OC=8cm．当t=　 　时，Rt△ABC的一边所在直线与半圆O所在的圆相切．

三、综合题
21．（2022·石城模拟）如图，在 △ABC 中， AB=AC=8 ，以 AB 为直径的 ⊙O 分别与 BC ， AC 交于点 D ， E ，过点 D 作 DF⊥AC ，垂足为点 F ．

（1）求证：直线 DF 是 ⊙O 的切线；
（2）求证： BC2=4CF⋅AC ；
（3）若点 E 是半圆 ADB 的一个三等分点，求出阴影部分的面积．
22．（2022·赣州模拟）已知，AB是⊙O的直径，C是⊙O上半圆弧上一动点，D是 AC 的中点，弦AC与弦BD交于点E．过点C作⊙O的切线CF交射线AB于点F．

图1 图2 图3
（1）如图1．当∠AFC＝50°时，求∠ABD的度数．
（2）如图2，CF//DB，求∠AFC的度数．
（3）如图3，连接BC，E是BD的中点，已知AB＝6，求BC的长和△CBF的面积．
23．（2022·江西模拟）如图1是一扇门打开后的情景示意图，图2为底面BEB′的平面示意图，其中门的宽度AB＝1 m，EA⊥EB′，A到墙角E的距离AE＝0.5 m．设点E，A，B在一条直线上，门打开后被与门所在墙面垂直的墙阻挡，边BC靠在墙B′C′的位置．

（1）求∠EAB′的度数；
（2）打开门后，门边上的点B在地面扫过的痕迹为BB'，求BB'与墙角EB，EB′围成区域的面积 (结果精确到0.1 m2；参考数据：π≈3.14，3≈1.73)
24．（2021九上·章贡期末）如图，△ABC内接于圆O，AB为直径，CD⊥AB与点D，E为圆外一点，EO⊥AB，与BC交于点G，与圆O交于点F，连接EC，且EG=EC．

（1）求证：EC是圆O的切线；
（2）当∠ABC=22.5°时，连接CF，
①求证：AC=CF；
②若AD=1，求线段FG的长．
25．（2022九下·乐平期中）一抽纸纸筒被安装在竖直墙面上，图1是其侧面示意图，其中DF⊥AD于点D，BA⊥AD于点A，BA⊥CB于点B，AB=AD=20cm，BC=5cm，CF是以点E为圆心，EC长为半径的圆上的一段弧，EF//AD．

（1）求CF所在圆的半径；
（2）如图2．当一卷底面直径为10cm的圆柱形纸巾恰好能放入纸筒内时，求纸筒盖要打开的最小角∠GDC的大小．（参考数据：sin11.54°≈15，cos78.46°≈15，tan11.31°≈15）
26．（2022·寻乌模拟）如图，ΔABC的点A，C在⊙O上，⊙O与AB相交于点D，连接CD，∠A=30°，∠ACD=45°，DC=2．

（1）求圆心O到弦DC的距离；
（2）若∠ACB+∠ADC=180°．
①求证：BC是⊙O的切线；
②求BD的长．
27．（2021九上·南昌期末）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，以AB为直径作⊙O，恰与另一腰CD相切于点E，连结OD、OC、BE.

（1）求证：OD∥BE；
（2）若梯形ABCD的面积是48，设OD=x，OC=y，且x+y=14，求CD的长.

答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】解：∵∠APB=90°
∴点P在以AB为直径的圆上，设圆心为点E
如图：在圆E上任取一点F，连接EF、DF、EP、PD

∴当点E、P、D在一条直线上时，PD最小
理由如下：
∵EF+DF≥ED=EP+PD，EP=EF
∴DF≥PD(当且仅当点F与点P重合时取等号)
∴此时PD最小
∵AB=10，点E是AB的中点，EP是圆的半径
∴AE=EP=12AB=5
在Rt△AED中，ED=AE2+AD2=52+122=13
∴PD=ED-EP=13-5=8
故PD的最小值为8
故答案为：A
【分析】先求出DF≥PD，再利用勾股定理求出ED=13，最后求出PD的值即可。
2．【答案】C
【解析】【解答】解：∵∠ACB=54°，
∴∠AOB=2∠ACB=108°，
∵OA=OB，
∴∠BAO=∠ABO=12×(180°-∠AOB)=36°.
故答案为：C.
【分析】先求出∠AOB=2∠ACB=108°，再根据OA=OB，计算求解即可。
3．【答案】B
【解析】【解答】连接OC，OD，PD，CQ．设PC=x，OP=y．

∵PC⊥AB，QD⊥AB，
∴∠CPO=∠OQD=90°，
∵PC=OQ，OC=OD，
∴Rt△OPC≅Rt△DQO，
∴OP=DQ=y，
设PE＝a，则EQ＝x＋y－a，
∵△CPE∽△DQE，
∴PEEQ=CPDQ
即 ax+y-a=xy
解得：a＝x，
∴PE＝x，EQ＝y，
∴S面积和=SPEC+SDEQ= 12x2+12y2
在△CPO中，由勾股定理得：CP2+OP2=OC2，
即x2+y2=25，
∴S面积和=SPEC+SDEQ= 12x2+12y2
= 12(x2+y2)
= 252
ΔCEP 与 ΔDEQ 的面积和始终不变．
故答案为：B．

【分析】连接OC、OD，由三角形全等的判定及性质可得OP＝DQ，再利用相似三角形的判定与性质定理可得PE＝PC、DQ＝EQ＝OP，则两三角形的面积和转化为半径平方的一半。
4．【答案】D
【解析】【解答】解：由作法得MC＝CD＝DN，所以A选项的结论不符合题意；
当OM＝MN，
而OM＝ON，
∴此时△MON为等边三角形，
∴∠MON＝60°，
∴∠AOB＝ 13 ∠MON＝20°，所以C选项的结论不符合题意；
由题意得：OM＝OC＝OD，
在△COM和△COD中，
OC=OCOM=ODCM=CD ，
∴ △COM≌△COD（SSS），所以B选项不符合题意；
∵MC+CD+DN＞MN，
∴3CD＞MN，所以D选项符合题意．
故答案为：D．


【分析】在同一个圆中，同弧或等弧所对的圆心角相等，所对的弦相等。
5．【答案】B
【解析】【解答】解：斐波那契数列为1，1，2，3，5，…
第6步半径为3+5=8（cm）；
由题意得：第6步所画扇形的半径8cm，
∴第6步所画扇形的弧长＝90π×8180=4π（cm），
故答案为：B．

【分析】先求出第6步所画扇形的半径8cm，再利用弧长公式求解即可。
6．【答案】D
【解析】【解答】解：360÷40=9.
故答案为D.

【分析】利用正多边多边形的边数=外角和÷一个外角的计算方法求解即可。
7．【答案】C
【解析】【解答】解：∵CB是直径，
∴∠BAC=90°，
∵∠ABC=35°，
∴∠ACB=90°-35°=55°，
∴∠D=∠C=55°，
故答案为：C．

【分析】先利用圆周角的性质和三角形的内角和求出∠ACB=90°-35°=55°，再利用圆周角的性质可得∠D=∠C=55°。
8．【答案】A
【解析】【解答】解：连接CD

∵∠DAC=∠ABC
∴AC=DC
又∵AD为⊙O的直径
∴∠ACD=90°
∴AC2+DC2=AD2
∴2AC2=AD2
∴AC=22AD=22×8=42
故答案为：A．
【分析】先求出AC=DC，再求出∠ACD=90°，最后利用勾股定理计算求解即可。
9．【答案】D
【解析】【解答】解：连接OC、OD，

∵∠B=50°，
∴∠AOC=2∠B=100°，
∵AD=CD，
∴AD=CD，
∴∠AOD=∠COD= 12∠AOC=50°，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠DAE=（180°－50°）÷2=65°，
故答案为：D．
【分析】先求出AD=CD，再求出∠OAD=∠ODA，最后计算求解即可。
10．【答案】C
【解析】【解答】解：如图，连接OC，

∵∠AOB＝90°，CD⊥OA，CE⊥OB，
∴四边形CDOE是矩形，
∴OD＝CE，DE＝OC，CD∥OE，
∵∠CDE＝40°，
∴∠DEO＝∠CDE＝40°，
在△DOE和△CEO中，OD＝ECDE＝COOE＝EO，
∴△DOE≌△CEO（SSS），
∴∠COB＝∠DEO＝40°，
∴图中阴影部分的面积＝扇形OBC的面积，
∵S扇形OBC＝40π×102360＝1009π，
∴图中阴影部分的面积为1009π，
故答案为：C．
【分析】先求出∠DEO＝∠CDE＝40°，再利用SSS证明△DOE≌△CEO，最后利用扇形面积公式求解即可。
11．【答案】26°
【解析】【解答】解：∵在⊙O中，OC⊥AB，
∴AC⌢=BC⌢，∠BOC+∠OBA=90°，
∴∠BOC=2∠ADC=64°，
∴∠OBA=90°﹣∠BOC=90°﹣64°=26°，
故答案为：26°．
【分析】先求出 AC⌢=BC⌢，∠BOC+∠OBA=90°，再求出∠BOC=64°，最后求∠OBA的度数即可。
12．【答案】100°
【解析】【解答】过点B作直径BE，连接OD、DE．

∵B、C、D、E共圆，∠BCD=140°，
∴∠E=180°-140°=40°．
∴∠BOD=80°．
∵AB、AD与⊙O相切于点B、D，
∴∠OBA=∠ODA=90°．
∴∠A=360°-90°-90°-80°=100°．

【分析】过点B作直径BE，连接OD、DE，利用圆内接四边形的性质可得∠E=180°-140°=40°，再利用圆周角的性质可得∠BOD=80°，然后根据切线的性质可得∠OBA=∠ODA=90°，最后利用四边形的内角和可得∠A=360°-90°-90°-80°=100°。
13．【答案】1s或3s或6s
【解析】【解答】解：∵OB=2，∠OBC=30°，BC⊥AD，
∴OH=12OB=1，
当点E从O运动到D的过程中，
点E运动到点H时，∠OBE=30°，
∴1t=1，t=1s，
点E从点O运动到点D，则t=2÷1=2s，
当点E从D运动到O的过程中，
点E运动到点H时，∠OBE=30°，
∴1（t-2）=1，t=3s，

∵∠BOH=90°-∠OBH=90°-30°=60°，
∵∠OBE=30°，
∴∠BEO=∠BOH-∠EBO=30°，
∴OE=OB=2=OA，
∴点E运动到点A时，∠EBO=30°，
∵AD=2AO=4，
∴1（t-2）=4，t=6s，

当∠OBE=30°时，t的值为1s或3s或6s．
【分析】分类讨论，结合图形，列方程计算求解即可。
14．【答案】6π+3
【解析】【解答】∵ΔABC为等边三角形
∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°
∴∠CAD=180°-60°=120°
∴lCD⌢=120π×1180=2π3
∴∠EBD=180°-∠DBC=120°，BD=AB+AD=2
∴lDE⌢=120π×2180=4π3
∴∠BCF=180°-∠ACB=120°
∴优弧EF对应的角度 =360°-∠BCF=240°
∴EC=EB+BC=BD+BC=3
∴lEF⌢=240π×3180=4π
∴CF=EC=3
∴周长为 2π3+4π3+4π+3=6π+3
故答案为：6π+3．
【分析】先求出 lCD⌢=120π×1180=2π3，再利用弧长公式计算求解即可。
15．【答案】4π
【解析】【解答】∵AB＝AC，AD是BC边上的中线，
∴AD垂直平分BC，
又∵分别以点A、C为圆心，以大于12AC长为半径画弧，两弧相交于点EF，
∴EF垂直平分AC，
∵直线EF与AD相交于点P，
∴点P即为△ABC外接圆圆心，
∴PA为△ABC外接圆的半径，
∴△ABC外接圆的面积=4π，
故答案为：4π．

【分析】先求出点P即为△ABC外接圆圆心，再求出圆的半径为PA的长，最后利用圆的面积公式求解即可。
16．【答案】26
【解析】【解答】如图，设⊙O的半径为r，过O作OD⊥AB于D，延长OD与⊙O交于E，连接AO，

在Rt△AOD中，AD=12AB=5寸，OD=OE-DE=r-1 ，OA=r，
由勾股定理可得AD2+OD2=AO2，即52+(r-1)2=r2，
解得r=13，
∴该圆材的直径为26寸，
故答案为26.

【分析】设⊙O的半径为r，过O作OD⊥AB于D，延长OD与⊙O交于E，连接AO，再利用勾股定理列出方程52+(r-1)2=r2求解即可。
17．【答案】40°
【解析】【解答】解：∵AB=CD，
∴∠AOB=∠DOC，
∵∠BPC=50°，
∴∠BOC=2∠BPC=100°，
∵AD是直径，
∴∠DOC+∠AOB+∠BOC=180° ，
∴∠AOB=∠COD=12×（180°-100°）=40°，
故答案为：40°．

【分析】先利用圆周角的性质可得∠BOC=2∠BPC=100°，再利用∠AOB=∠DOC和平角的性质可得∠AOB=∠COD=12×（180°-100°）=40°。
18．【答案】（2+2，1）或（2﹣2，1）或（2，﹣1）．
【解析】【解答】如图所示：

当y=1时，x2-4x+3=1，
解得：x=2±2，
∴P（2+2，1）或（2-2，1），
当y=-1时，x2-4x+3=-1，
解得：x1=x2=2，
∴P（2，-1），
则点P的坐标为：（2+2，1）或（2-2，1）或（2，-1）．
故答案是：（2+2，1）或（2﹣2，1）或（2，﹣1）.

【分析】将y=-1和y=1分别代入方程求解出x的值，即可得到答案。
19．【答案】270
【解析】【解答】∵圆锥底面半径是3，
∴圆锥的底面周长为6π，
设圆锥的侧面展开的扇形圆心角为n°，
nπ×4180°=6π，
解得n=270．
故答案为270．
【分析】先求出圆锥的底面周长为6π，再求出nπ×4180°=6π，最后计算求解即可。
20．【答案】1或4或7
【解析】【解答】如图，当点C与点E重合时，AC与半圆O所在的圆相切，

∵DE=12cm，
∴OE=6cm，
∴CD=8-6=2(cm)，即点O运动了2cm，
∴t=22=1(s)，
当AB与半圆O所在的圆相切时，
过点C作CF⊥AB交于点F，
∵BC=2cm，∠ABC=30°，
∴CF=12BC=6cm，
∴CF=OE=OD，即点O与点C重合，
∴点O运动了8cm，
∴t=82=4(s)，
当点C与点D重合时，AC与半圆O所在的圆相切，
DC=6+8=14(cm)，即点O运动了14cm，
∴t=142=7(s)，
故答案为：1或4或7．
【分析】分类讨论，结合图形，根据 半圆O的直径DE=12cm，在RtΔABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，BC=12cm． 计算求解即可。
21．【答案】（1）证明：如图，连接OD，

∵AB=AC ，
∴∠B=∠C ，
∵OB=OD ，
∴∠B=∠ODB ，
∴∠C=∠ODB ，
∴OD∥AC ，
∵DF⊥AC ，
∴OD⊥DF ，
∴ 直线 DF 是 ⊙O 的切线；
（2）证明：如图，连接 AD ，

∵AB 为 ⊙O 直径，
∴∠ADB=∠ADC=90° ，
∵DF⊥AC ，
∴∠DAC=90°-∠ADF=∠FDC ，
而 ∠C=∠C ，
∴△ADC ∽ △DFC ，
∴CDCF=ACCD ，即 CD2=CF⋅AC ，
∵AB=AC ， ∠ADB=∠ADC=90° ，
∴CD=12BC ，
∴(12BC)2=CF⋅AC ，
∴BC2=4CF⋅AC ；
（3）解：连接 OE ，作 OH⊥AE 于点 H ，

∵ 点 E 是半圆 ADB 的一个三等分点，
∴∠AOE=60° 或 ∠AOE=120° ，
当 ∠AOE=60° 时，
∵OA=OE
∴∠OEA=60° ，
∴AE=OA=4 ，
∴S△AOE=12AE⋅OH=12AE⋅OEsin60°=12×4×4×32=43 ，
∴S阴影=S扇形OAE-S△AOE=60°π×42360°-43=8π3-43 ．
当 ∠AOE=120° 时，则 ∠OEA=30° ，
∴OH=2 ，
∴HE=OE⋅cos30°=23 ， AE=43 ，
S△AOE=12AE⋅OH=12×43×2=43 ．
S阴影=S扇形OAE-S△AOE=120π×42360-43=16π3-43 ．
综上所述，阴影部分的面积是 8π3-43 或 16π3-43 ．
【解析】【分析】（1）连接OD，先证明OD//AC，再结合DF⊥AC可得OD⊥DF，从而得到直线DF是⊙O的切线；
（2）连接AD，先证明 △ADC∽△DFC可得 CDCF=ACCD ，即 CD2=CF⋅AC，再证明CD=12BC可得(12BC)2=CF⋅AC，再化简可得BC2=4CF⋅AC；
（3）连接 OE ，作 OH⊥AE 于点 H ，分两种情况：当 ∠AOE=60° 时，当 ∠AOE=120° 时，则 ∠OEA=30° ，再利用割补法分别求出阴影部分的面积即可。
22．【答案】（1）解：如图1，连接OC，OD，

∵CF是⊙O的切线，
∴∠OCF＝90°，
∵∠AFC＝50°，
∴∠COF＝40°，
∴∠AOC＝140°，
∵D是 AC 的中点，
∴∠AOD＝ 12 ∠AOC＝ 12 ×140°＝70°；
∴∠ABD＝ 12 ∠AOD＝ 12 ×70°＝35°．
（2）解：如图2，连接OC，

∵CF是⊙O的切线，
∴OC⊥CF，
∵CF//DB，
∴OC⊥BD，
∴CD=BC ，
∵D是 AC 的中点，
∴AD=CD=BC ，
∴∠BOC＝ 13 ×180°＝60°，
∴∠AFC＝90°﹣60°＝30°．
（3）解：如图3，连接OC、BC，连接OD交AC于点M，

∵D是 AC 的中点，
∴OD⊥AC，
∴AM＝MC，
∵AO＝BO，
∴OM是△ABC的中位线，
∴OM＝ 12 BC，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∴OD//BC，
∴∠MDE＝∠CBE，
∵E是BD的中点，
∴DE＝BE，
∵∠DEM＝∠BEC，
∴△DME≌△BCE（ASA），
∴DM＝BC，
∴OM＝ 12 DM，
∵OM+DM＝OD＝ 12 AB＝ 12 ×6＝3，
∴3OM＝3，
∴OM＝1，
∴BC＝2，
∴AC＝ AB2-BC2 ＝ 62-22 ＝4 2 ，
∵∠ACO+∠OCB=∠BCF+∠OCB=90°，
∴∠ACO=∠BCF，
∵OA=OC，
∴∠ACO=∠A，
∴∠A=∠BCF，
∵∠F=∠F，
∴△ACF∽△CBF，
∴S△ACF：S△CBF=(4 2 ：2)2=8 ：1，
∵S△ABC=4 2 ，
∴S△BCF= 427 ．
【解析】【分析】（1）连接OC、OD，由切线的定义可求出 ∠COF ，结合已知条件可求出 ∠AOD ，而 ∠ABD 恰好是∠AOD的一半；
（2）连接OC，由垂径定理可推导出点C、D是半圆AB的三等分点，则 ∠COF 可求，则 ∠F 可求；
（3）先由垂径定理和三角形全等的判定，结合三角形中位线的性质，可得出BC与直径的数量关系，再应用相似三角形的面积比等于相似比的平方即可。
23．【答案】（1）解：∵EA⊥EB′，
∴∠AEB′＝90°，
∵AB′＝AB＝1 m，AE＝0.5 m，
∴cos∠EAB′＝AEAB'＝12，
∴∠EAB′＝60°
（2）解：在Rt△AEB′中，B′E＝AB′·sin 60°＝32，
∵∠EAB′＝60°，
∴∠BAB′＝180°－60°＝120°，
∴S＝S△EAB′＋S扇形BAB′＝12×12×32＋120×π×12360＝38＋π3≈0.22＋1.05≈1.3 m2；
答：BB'与墙角EB，EB′围成区域的面积约为1.3 m2．
【解析】【分析】（1）利用cos∠EAB′＝AEAB'＝12，再利用特殊角的三角函数值可得∠EAB′＝60° ；
（2）先求出∠BAB′＝180°－60°＝120°，再利用扇形面积公式可得S扇形BAB'=120×π×12360，最后利用割补法可得 S＝S△EAB′＋S扇形BAB′＝12×12×32＋120×π×12360＝38＋π3≈0.22＋1.05≈1.3。
24．【答案】（1）证明：如图，连接OC，

∵OC=OB，
∴∠OCB=∠B，
∵EO⊥AB，
∴∠OGB+∠B=90°，
∵EG=EC，
∴∠ECG=∠EGC，
∵∠EGC=∠OGB，
∴∠OCB+∠ECG=∠B+∠OGB=90°，
∴OC⊥CE，
∴EC是圆O的切线；
（2）解：①证明：∵∠ABC=22.5°，∠OCB=∠B，
∴∠AOC=45°，
∵EO⊥AB，
∴∠COF=45°，
∴AC=CF，
∴AC=CF；
②作CM⊥OE于M，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠ABC=22.5°，∠GOB=90°，
∴∠A=∠OGB=67.5°，
∴∠FGC=67.5°，
∵∠COF=45°，OC=OF，
∴∠OFC=∠OCF=67.5°，
∴∠GFC=∠FGC，
∴CF=CG，
∴FM=GM，
∵∠AOC=∠COF，CD⊥OA，CM⊥OF，
∴CD=CM，
在Rt△ACD和Rt△FCM中，
∵AC=GFCD=CM，
∴Rt△ACD≌Rt△FCM(HL)，
∴FM=AD=1，
∴FG=2FM=2．
【解析】【分析】（1）先求出 ∠OGB+∠B=90°， 再求出 OC⊥CE， 最后证明即可；
（2）①先求出 ∠AOC=45°， 再求出 AC=CF， 最后证明即可；
②根据题意求出 ∠FGC=67.5°， 再利用全等三角形的判定与性质求解即可。
25．【答案】（1）解：如图1，过点C作CM⊥AD于点M，

∵BA⊥AD，BA⊥CB
∴四边形ABCM是矩形
∴CM=AB=20，AM=BC=5
∴DM=AD-AM=15
Rt△CMD中，CD=CM2+MD2=25
∵DF⊥AD，EF//AD
∴EF⊥DF
∴DF//CM
∴△DEF∽△CDM
∴EFDM=DECD
∵EF=EC
∴DE=CD-EC=CD-EF=25-EF
∴EF15=25-EF25
解得EF=758
即CF所在圆的半径为758cm
（2）解：连接OD，如图2，

由旋转可得GD=CD
∵OC=OG，∠CDO=∠GDO
∴OD⊥CG
∴sin∠ODC=OCDC=525=15
∵sin11.54°≈15
∴∠ODC=11.54°
∴∠GDC=2∠ODC=23.08°
【解析】【分析】（1）过点C作CM⊥AD于点M，证出四边形ABCM是矩形，在Rt△CMD中，利用勾股定理得出CD的值，再证出△DEF∽△CDM，得出EFDM=DECD，由EF=EC，得出DE的值，代入求解即可；
（2）连接OD，由旋转可得GD=CD，得出OD⊥CG，由sin11.54°≈15，得出∠ODC=11.54°，代入求解即可。
26．【答案】（1）解：连接OD，OC，过点O作OE⊥DC于点E，

∵ΔADC内接于⊙O，∠A=30°，
∴∠DOC=60°，
∵OD=OC，DC=2，
∴ΔODC为等边三角形，
∴OD=OC=DC=2，
∵OE⊥DC，
∴∠DEO=90°，∠DOE=30°，DE=22，
∴OE=3DE=62，即圆心O到DC的距离为62；
（2）解：①由（1）得ΔODC为等边三角形，
∴∠OCD=60°，
∵∠ACB+∠ADC=180°，∠CDB+∠ADC=180°，
∴∠ACB=∠CDB，
∵∠B=∠B，
∴ΔACB∽ΔCDB，
∴∠A=∠BCD=30°，
∴∠OCB=90°，
∴BC是⊙O的切线；
②∵ΔACB∽ΔCDB，
∴ABCB=CBDB，即CB2=AB⋅DB，
过点D作DF⊥AC于点F，

∴∠AFD=∠CFD=90°，
∵∠A=30°，∠ACD=45°，DC=2，
∴DF=22DC=1，AD=2DF=2，
∵∠A=∠BCD=30°，∠ACD=45°，
∴∠B=∠CDB=75°，
∴CB=CD=2，
设BD为x，则(2)2=x(2+x)，
解得：x=±3-1，
∴x=3-1（x>0），
∴BD=3-1．
【解析】【分析】（1）连接OD，OC，过点O作OE⊥DC于点E，再证明△ODC为等边三角形，可得∠DOE=30°，再利用含30°角的直角三角形的性质可得OE=3DE=62，从而得到圆心O到DC的距离为62；
（2）①先证明ΔACB∽ΔCDB可得∠A=∠BCD=30°，再求出∠OCB=90°，即可得到BC是⊙O的切线；
②过点D作DF⊥AC于点F，先求出AD=2DF=2，CB=CD=2，再利用勾股定理列出方程求解即可。
27．【答案】（1）证明：如图，连接OE，

∵CD是⊙O的切线，
∴OE⊥CD，
在Rt△OAD和Rt△OED，
OA=OEOD=OD
∴Rt△OAD≌Rt△OED（HL）
∴∠AOD=∠EOD= 12∠AOE，
在⊙O中，∠ABE=12∠AOE，
∴∠AOD=∠ABE，
∴OD∥BE（同位角相等，两直线平行）．
（2）解：与（1）同理可证：Rt△COE≌Rt△COB，
∴∠COE=∠COB=12∠BOE，
∵∠DOE+∠COE=90°，
∴△COD是直角三角形，
∵S△DEO=S△DAO，S△OCE=S△COB，
∴S梯形ABCD=2（S△DOE+S△COE）=2S△COD=OC•OD=48，
即xy=48，
又∵x+y=14，
∴x2+y2=（x+y）2-2xy=142-2×48=100，
在Rt△COD中，
CD=OC2+OD2=x2+y2=100=10，
∴CD=10．
【解析】【分析】（1）先求出 OE⊥CD， 再利用全等三角形的判定与性质求解即可；
（2）先求出 △COD是直角三角形， 再利用勾股定理计算求解即可