有关“圆”综合题考前信息卷-2022年初中数学中考备考冲刺（含答案）

这是一份有关“圆”综合题考前信息卷-2022年初中数学中考备考冲刺（含答案），共44页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
有关“圆”综合题考前信息卷
一、解答题
1．已知△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，弦CD与AB相交于点E，∠BAC=36°．

(1)如图①，若CD平分∠ACB，连接BD，求∠ABC和∠CBD的大小；
(2)如图②，过点D作⊙O的切线，与AB的延长线交于点P，若AE=AC，求∠P的大小．
2．如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，⊙O与AB相交于点C，与AO相交于点E，连接CE，已知∠AOC＝2∠ACE．

(1)求证：AB为⊙O的切线；
(2)若AO＝20，BO＝15，求AE的长．
3．如图，PC是⊙O的弦，作OB⊥PC于点E，交⊙O于点B，延长OB到点A，连接AC，OP，使∠A＝∠P．

(1)求证：AC是⊙O的切线；
(2)若BE＝2，PC＝4，求AC的长．
4．如图， 是的直径， 弦 于点是劣弧上一点， ， 的延长线交于点．

(1)求证： ．
(2)若是的中点， ， 求的长．
5．如图，AD、DC、BC分别与⊙O相切点A，E，B（AD＜BC），且AB为⊙O的直径，连接AE并延长AE与直线BC相交于点P，连接OC，已知AE•OC＝40．

(1)求证：BC＝CP；
(2)求AD•BC的值；
(3)若S△ADE：S△PCE＝16：25，求四边形ABCD的面积．
6．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线分别与x轴，y轴相交于A、B两点，点为直线在第二象限的点

（1）求A、B两点的坐标；
（2）设的面积为S，求S关于x的函数解析式：并写出x的取值范围；
（3）作的外接圆，延长PC交于点Q，当的面积最小时，求的半径．
7．如图，AB是⊙O的直径，OC是半径，延长OC至点D．连接AD，AC，BC．使∠CAD＝∠B．
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若AD＝4，tan∠CAD＝，求BC的长．

8．如图，在中，AB为的直径，直线DE与相切于点D，割线于点E且交于点F，连接DF．
（1）求证：AD平分∠BAC；
（2）求证：．

9．如图，⊙O是四边形ABCD的外接圆，AC是⊙O的直径，BE⊥DC，交DC的延长线于点E，CB平分∠ACE．

(1)求证：BE是⊙O的切线．
(2)若AC＝4，CE＝1，求tan∠BAD．
10．如图，AB是⊙O的直径，C是⨀O上一点，E为OD延长线上一点，D是 的中点且∠CAE＝∠AOE．AC与OE交于点F．

(1)请说明：AE是⨀O的切线；
(2)若DC∥AB，DC＝1，求阴影部分面积．
11．已知：如图，AB是的直径，点E为上一点，点D是上一点，连接AE并延长至点C，使∠CBE=∠BDE，BD与AE交于点F．

(1)求证：BC是的切线；
(2)若BD平分∠ABE，求证：．
12．如图，AB是⊙O的直径，D、E为⊙O上位于AB异侧的两点，连接BD并延长至点C，使得CD=BD，连接AC交⊙O于点F，连接AE、DE、DF．
（1）证明：∠E=∠C；
（2）若∠E=55°，求∠BDF的度数；
（3）设DE交AB于点G，若DF=4，cosB=，E是弧AB的中点，求EG•ED的值．

13．如图，以AB为直径的半圆中，点是圆心，点C是半圆上一动点(不与点A，B重合)，点E是OC的中点，连接AE并延长到点D，满足ED=AE，连接 CD、BD．

(1)求证：四边形OBDC是菱形；
(2)连接BC，交AD于点F．
①当∠ABC=度时，CD是⊙O 的切线；
②若DF=2，求EF的长．
14．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点F在弧BC上，AF与CD交于点G，点H在DC的延长线上，且HG=HF，延长HF交AB的延长线于点M．

(1)求证：HF是⊙O的切线；
(2)若，BM=1，求AF的长．
15．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，F是AD延长线上一点，连接CD，CF，且∠DCF＝∠CAD．

(1)求证：CF是⊙O的切线；
(2)若sinB＝，AD＝2，求FD的长．
16．如图，AB是的直径，D为上一点，点E为的中点，点C在BA的延长线上，且．

(1)求证：CD是的切线；
(2)若，，求OC的长．
17．如图，四边形ABCD为平行四边形，边AD是的直径，交AB于F点，DE为的切线交BC于E，且，BD和交于G点．

(1)求证：四边形ABCD为菱形．
(2)若半径，，求BF长．
18．如图，是的直径，、是上两点，且，过点的直线交的延长线于点，交的延长线于点，连接、交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若，的半径为2，求阴影部分的面积；
（3）连结，在（2）的条件下，求的长．

19．如图，PM、PN是⊙O的切线，切点分别是A、B，过点O的直线CE∥PN，交⊙O于点C、D，交PM于点E，AD的延长线交PN于点F，若BC∥PM．
（1）求证：∠P＝45°；
（2）若CD＝6，求PF的长．

20．如图，AB为的直径，C为上一点，D为AB上一点，，过点A作交CD的延长线于点E，CE交于点G，连接AC，AG，在EA的延长线上取点F，使．
（1）求证：CF是的切线；
（2）若，，求的半径．

21．如图，⊙O上有A，B，C三点，AC是直径，点D是的中点，连接CD交AB于点E，点F在AB延长线上且．FC=FE．

(1)证明：∠BCE=∠ACE；
(2)求证：CF是⊙O的切线；
(3)若，，求的值．
22．已知，在⊙O中，AB、DE都是⊙O的直径，过点D作⊙O的切线交AB的延长线于点C，点F在弧BE上，连接EF、DF，DF交AB于点G．

(1)如图1，求证：∠CDG＝∠DEF；
(2)如图2，连接BF，∠ABF＝45°，求证：△CDG为等腰三角形；
(3)如图3，在（2）的条件下，过点B作BH⊥DF于点H，过A作AK⊥DF于点K，若EF＝2，FH＋FK＝6，求线段CG的长．
23．如图，在中，，与边相交于点，与相交于点，连接，已知．

(1)求证：为的切线．
(2)若，，求的值．
24．如图1，⊙O的直径为BC，点A在⊙O上，∠BAC的平分线AD与BC交于点E，与⊙O交于点D，，．

(1)求．
(2)求证：．
(3)如图2，点F是AB延长线上一点，且．求证：DF是⊙O的切线，并求线段DF的长．
25．（1）如图1，在中为直径，C为上一点，D为上一动点，E为上一点，
①求证：；
②若半径为5，，当D运动至中点时，如图2，求的长．
（2）若三角形形状发生变化，，点D为上的动点，且，求的值．


1．(1)∠ABC=54°，∠CBD=99°；
(2)∠P=54°．
【解析】
（1）利用圆周角定理得到∠ACB=90°，∠D=36°，再根据角平分线的定义以及三角形内角和定理即可求解；
（2）如图，连接OD，OC，根据等腰三角形的性质得到∠ACE=∠AEC=72°，∠ACO=∠CAO=36°，根据切线的性质得到OD⊥DP，于是得到结论．
(1)
解：∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∠D=∠BAC=36°，
∴∠ABC=90°-36°=54°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠BCD=∠ACB =45°，
∴∠CBD=180°-36°-45°=99°；
(2)
解：如图，连接OD，OC，

∵AE=AC，
∴∠ACE=∠AEC=72°，
∵OA=OC，
∴∠ACO=∠CAO=36°，
∴∠OCD=∠ACE-ACO=36°，
∵OC=OD，
∴∠ODC=∠OCD=36°，
∴∠POD=∠AEC-∠ODC=36°，
∵DP是⊙O的切线，
∴OD⊥DP，
∴∠ODP=90°，
∴∠P=90°-∠POD=54°．
2．(1)见解析
(2)8
【解析】
（1）根据OC＝OE，得到∠OCE＝∠OEC，再根据∠AOC＝2∠ACE，得到∠OCA＝∠OCE+∠ACE＝（∠OCE+∠OEC+∠AOC）＝＝90°，即有OC⊥AB，结论得证；
（2）利用勾股定理求出AB，在根据三角形的面积的不同算法可求出OC，即AE可求．
(1)
证明：∵OC＝OE，
∴∠OCE＝∠OEC，
∵∠AOC＝2∠ACE，
∴∠OCA＝∠OCE+∠ACE＝（∠OCE+∠OEC+∠AOC）
＝＝90°，
∴OC⊥AB，
∴AB为⊙O的切线；
(2)
∵AO＝20，BO＝15，
∴，
∵，
即，
∴OC＝12，
∴AE＝OA﹣OE＝20﹣12＝8.
3．(1)见解析
(2)
【解析】
（1）连接OC，根据OP=OC，得到∠P=∠OCE，根据∠P=∠A，得到∠A=∠OCE，根据OB⊥PC，得到∠OEC=90°，推出∠OCE+∠COE=90°，得到∠A+∠COA=90°，推出∠OCA=90°，得到AC是⊙O的切线．
（2）连接OC，BC，根据OB⊥PC，推出 ，推出，得到∠OBC=60°，推出△OBC是等边三角形，∠BOC=60°，得到∠A=30°，推出．
(1)
连接OC，
∵OP=OC，
∴∠P=∠OCE，
∵∠P=∠A，
∴∠A=∠OCE，
∵OB⊥PC，
∴∠OEC=90°，
∴∠OCE+∠COE=90°，
∴∠A+∠COA=90°，
∴∠OCA=90°，
∴AC是⊙O的切线．

(2)
连接OC，BC，
∵OB⊥PC，,
∴，
∵BE=2，
∴，
∴∠OBC=60°，
∵OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠BOC=60°，
∴∠A=90°-∠AOC=30°，
∴．

4．(1)证明见解析
(2)
【解析】
（1）利用垂径定理得到，根据等腰三角形的性质得∠ADC＝∠ACD，根据圆周角定理的推论得到∠AGD＝∠ACD＝∠ADC，再利用圆内接四边形的性质得到∠FGC＝∠ADC，从而得到结论；
（2）如图，过点G作GH⊥DF于点H，证明△DAG≌△FCG，推出AD＝CF＝3，GD＝GF，利用勾股定理求出AE，AF，再利用平行线分线段成比例定理求解即可．
(1)
证明：如图，连接AC，

∵弦，
∴，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∴；
(2)
解：如图，过点G作GH⊥DF于点H，

∵∠DAG＋∠DCG＝180°，∠DCG＋∠FCG＝180°，
∴∠DAC＝∠FCG，
∵，
∴AG＝CG，
∵∠AGD＝∠FGC，
∴△DAG≌△FCG（ASA），
∴CF＝AD＝3，DG＝FG，
∵GH⊥DF，
∴DH＝FH，
∵AB⊥CD，
∴DE＝EC＝2，
∴DF＝2＋2＋3＝7，
∴DH＝HF＝3.5，
∴，
∴，
∵GH∥AE，
∴，
∴，
∴．
5．(1)见解析
(2)20
(3)
【解析】
（ 1）利用切线的性质及互余倒角可得到∠CEP＝∠P，所以BC＝CP；
（ 2）先推出△BAE∽△COB，利用相似性质和AE•OC＝40得出OB的值，再过点D作DG⊥BC于点G，利用矩形的性质及切线长定理得到的线段关系，在直角三角形GCD中勾股定理列方程，处理即可得到AD•BC的值；
（3 ）利用相似三角形将面积关系转化成线段关系，设线段长，利用（2 ）结论列方程即可得到AD、BC的长，从而得到四边形ABCD的面积．
(1)
连接BE，

∵CB、CE是⊙O的两条切线，
∴CB＝CE，
∴∠CBE＝∠CEB，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴∠BEP＝90°，
∴∠CEP+∠CEB＝90°，∠P+∠CBE＝90°，
∴∠CEP＝∠P，
∴CP＝CE，
∴BC＝CP；
(2)
∵BC、AD是⊙O的两条切线，
∴∠DAB＝∠CBA＝90°，
∴AD∥BP，
∴∠BEA＝∠OBC＝90°，
∵OA＝OB，BC＝CP，
∴OC∥AP，
∴∠BAE＝∠BOC，
∴△BAE∽△COB，
∴，
即AB•OB＝AE•OC，
∵AB＝2OB，AE•OC＝40，
∴2OB2＝40，
∴OB＝2，
过点D作DG⊥BC于点G，则四边形ABGD为矩形，

∴GC＝BC﹣AD，
∵AD、DC、BC是⊙O的三条切线，
∴DA＝DE，BC＝CE，
在Rt△GCD中，，
∴4BC•AD＝80，
∴AD•BC＝20；
(3)
∵AD∥BP，
∴△ADE∽△PCE，
∵S△ADE：S△PCE＝16：25，
∴AD：CP＝4：5，即AD：BC＝4：5，
∴设AD＝4x，BC＝5x，
∵AD•BC＝20，
∴4x•5x＝20，
∴x＝±1（舍负），
∴AD＝4，BC＝5，
∴．
6．（1）A（-8，0），B（0，4）；（2），-8＜＜0；（3）4．
【详解】
解：（1）当时，，解得，
∴A（-8，0）．
当时，，
∴B（0，4）．
（2）∵A（-8,0），
∴．
点P在直线上，
∴，
∴．
∵点P在第二象限，
∴＞0，且＜0．
解得-8＜＜0；
（3）∵B（0，4），
∴．
∵为的外接圆，
∴，．
∴．
设，则．
∴．
∴当最小时，的面积最小．
∴当时，有最小值，且为的直径．
∴．
即的半径为4．
7．（1）证明见解析；（2）．
【详解】
（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠B＋∠BAC＝90°，
∵∠CAD＝∠B，
∴∠CAD＋∠BAC＝90°，
即∠BAD＝90°，
∴AD⊥OA，
∴AD是⊙O的切线；
（2）解：过点D作DM⊥AD交AC的延长线于点M，

∵tan∠CAD＝＝，AD＝4，
∴DM＝2，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵AD⊥OA，DM⊥AD，
∴OA∥DM，
∴∠M＝∠OAC，
∵∠OCA＝∠DCM，
∴∠DCM＝∠M，
∴DC＝DM＝2，
在Rt△OAD中，OA2＋AD2＝OD2，
即OA2＋42＝（OC＋2）2＝（OA＋2）2，
∴OA＝3，
∴AB＝6，
∵∠CAD＝∠B，tan∠CAD＝，
∴tanB＝tan∠CAD＝＝，
∴BC＝2AC，
在Rt△ABC中，AB2＝AC2＋BC2，
∴62＝5AC2，
∴AC＝，
∴BC＝．
8．（1）见解析；（2）见解析
【详解】
解：（1）证明：连接OD，如图所示，

∵直线DE与⊙O相切于点D，AC⊥DE，
∴∠ODE=∠DEA=90°，
∴OD∥AC，
∴∠ODA=∠DAC，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠DAC=∠OAD，
∴AD平分∠BAC；
（2）证明：连接OF，BD，如图所示，

∵AC⊥DE，垂足为E，AB是⊙O的直径，
∴∠DEF=∠ADB=90°，
∵∠EFD+∠AFD=180°，∠AFD+∠DBA=180°，
∴∠EFD=∠DBA，
∴△EFD∽△DBA，
∴，
∴DB•DF=EF•AB，
由（1）知，AD平分∠BAC，
∴∠FAD=∠DAB，
∴DF=DB，
∴DF2=EF•AB．
9．(1)证明见解析
(2)tan∠BAD＝
【解析】
（1）连接OB，求出OB∥DE，推出EB⊥OB，根据切线的判定得出即可；
（2）根据圆周角定理得到∠ABC＝90°，根据相似三角形的性质得到，根据勾股定理得到，根据三角函数的定义即可得到结论．
(1)
证明：如图，连接OB，

∵CB平分∠ACE．
∴∠ACB＝∠ECB，
∵OB＝OC，
∴∠BCO＝∠CBO，
∴∠BCE＝∠CBO，
∴OB∥ED．
∵BE⊥ED，
∴EB⊥BO．
∴BE是⊙O的切线；
(2)
解：∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵BE⊥ED，
∴∠E＝90°，
∴∠E＝∠ABC，
∵∠BCE＝∠ACB，
∴△BCE∽△ACB，
∴，
∵AC＝4，CE＝1，
∴，
∴，
∵∠BCD+∠BAD＝∠BCD+∠BCE＝180°，
∴∠BCE＝∠BAD，
∴．
10．(1)见解析
(2)
【解析】
（1）连接OC，利用垂径定理的推论得到OE⊥AC，再通过证明∠EAO＝90°得出结论；
（2）把阴影部分面积转化为S△AOE﹣S扇形AOD进行求解．
(1)
证明：连接OC，

∵D是的中点，
∴∠AOD＝∠COD，
∵OA＝OC，
∴OE⊥AC，即∠AFE＝90°，
∴∠E+∠EAF＝90°，
∵∠CAE＝∠AOE，
∴∠E+∠AOE＝90°，
∴∠EAO＝90°，
∴AE是⊙O的切线；
(2)
解：∵DC∥AB，
∴∠CDO＝∠AOD，
∵＝，
∴∠AOD＝∠DOC，
∴∠CDO＝∠DOC，
∵OC＝OD，
∴∠ODC＝∠OCD，
∴△DOC为等边三角形，
∴∠DOC＝60°，DC＝OD＝1，
∴∠AOD＝60°，
∴△AOD为等边三角形，
∴OA＝1，
∴AE＝，
∴阴影部分面积为S△AOE﹣S扇形AOD＝×1﹣
＝．
11．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
（1）根据圆周角定理的推论确定∠BEA=90°，根据角的和差关系，圆周角定理的推论，等量代换思想和三角形内角和定理求出∠CBA，再根据切线的判定定理即可证明．
（2）根据角平分线的定义和圆周角定理的推论确定∠DBA=∠DAF，根据相似三角形的判定定理和性质即可证明．
(1)
证明：∵AB是的直径，
∴∠BEA=90°．
∴∠CEB=90°．
∴∠C+∠CBE=90°．
∵∠CBE=∠BDE，
∴∠C+∠BDE=90°．
∵∠BDE和∠BAE都是所对的圆周角，
∴∠BDE=∠BAE
∴∠C+∠BAE=90°
∴∠CBA=180°-（∠C+∠BAE）=90°．
∴OB⊥BC．
∵OB是半径，
∴BC是的切线．
(2)
证明：∵BD平分∠ABE，
∴∠EBD=∠DBA．
∵∠EBD和∠DAF都是所对的圆周角，
∴∠EBD=∠DAF．
∴∠DBA=∠DAF．
∵∠BDA=∠ADF，
∴．
∴．
∴．
12．（1）见解析；（2）∠BDF=110°；（3）18
【详解】
解：（1）证明：连接AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
即AD⊥BC，
∵CD=BD，
∴AD垂直平分BC，
∴AB=AC，
∴∠B=∠C，
又∵∠B=∠E，
∴∠E=∠C；
（2）解：∵四边形AEDF是⊙O的内接四边形，
∴∠AFD=180°﹣∠E，
又∵∠CFD=180°﹣∠AFD，
∴∠CFD=∠E=55°，
又∵∠E=∠C=55°，
∴∠BDF=∠C+∠CFD=110°；
（3）解：连接OE，
∵∠CFD=∠E=∠C，
∴FD=CD=BD=4，
在Rt△ABD中，cosB=，BD=4，
∴AB=6，
∵E是的中点，AB是⊙O的直径，
∵∠AOE=90°，且AO=OE=3，
∴AE=，
∵E是的中点，
∴∠ADE=∠EAB，
∴△AEG∽△DEA，
∴，
即EG•ED==18．

13．(1)见解析；
(2)①45；②1．
【解析】
（1）连接OD，易得四边形AODC是平行四边形，进而可得，，得得四边形OCDB是平行四边形，由邻边相等即可得出结论；
（2）①由CD是⊙O 的切线；可知，由棱形性质即可得出结论；
②由相似三角形性质可得线段比，结合，列方程即可解答．
(1)
证明：如图，连接OD，

∵EC=EO，ED=AE，
∴四边形AODC是平行四边形，
∴，，
又∵，
∴，
∴四边形OCDB是平行四边形，
又∵OC=OB，
∴平行四边形OCDB是菱形；
(2)
解：①
理由：若CD是⊙O 的切线；则，
又∵四边形OCDB是菱形；
∴ ，；
② ∵，
∴
∴，
又∵AE=DE=EF+DF，FD=2，
∴，
∴．
14．(1)见解析
(2)
【解析】
（1）连接OF，根据CD⊥AB，可得∠A+∠AGE=90°，再由HG=HF，可得∠HFG =∠AGE，然后根据OA=OF，可得∠A=∠OFA，即可求证；
（2）连接BF，先证得△BFM∽△FAM，可得，再由，可得OM=5，AM=9，AB=8，FM=3，从而得到，然后由勾股定理，即可求解．
(1)
证明：连接OF，

∵CD⊥AB，
∴∠AEG=90°，
∴∠A+∠AGE=90°，
∵HG=HF，
∴∠HFG=∠HGF，
∵∠HGF=∠AGE，
∴∠HFG =∠AGE，
∵OA=OF，
∴∠A=∠OFA，
∴∠OFA+∠HFG=90°，即∠OFH=90°，
∴HF是⊙O的切线；
(2)
解：如图，连接BF，

由（1）得：∠OFM=90°，
∴∠BFO+∠BFM=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB=90°，
∴∠A+∠ABF=90°，
∵OB=OF，
∴∠ABF=∠BFO，
∴∠BFM=∠A，
∵∠M=∠M，
∴△BFM∽△FAM，
∴，
∵，
∴，
∵BM=1，OB=OF，
∴，
解得：OF=4，
∴OM=5，AM=9，AB=8，
∴FM=，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得： ．
15．(1)见解析
(2)
【解析】
（1）根据切线的判定，连接OC，证明出OC⊥FC即可，利用直径所得的圆周角为直角，三角形的内角和以及等腰三角形的性质可得答案；
（2）由sinB＝，根据锐角三角函数的意义和勾股定理可得CD：AC：AD= 3：4：5，再根据相似三角形的性质可求出答案．
(1)
连接OC，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD＝90°，
∴∠ADC＋∠CAD＝90°，
又∵OC＝OD，
∴∠ADC＝∠OCD，
又∵∠DCF＝∠CAD，
∴∠DCF＋∠OCD＝90°，
即OC⊥FC，
∴FC是⊙O的切线；

(2)
，sinB＝

在 中
，AD＝2





设 ，则，，
，
即，
解得， （负舍），
．
16．(1)证明见解析
(2)4
【解析】
（1）连接，先证明，通过等量代换再证明即可证明
（2）先证明是等边三角形，再证明，即可利用含30度角的直角三角形的性质计算出结果.
(1)
解：连接，

∵，
∴，
又∵，
∴，
∵AB是圆O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴，
∴即，
∴是的切线；
(2)
解：连接、

∵E是的中点，
∴，，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴
在，，
∴∠C=30°，
∴．
17．(1)证明过程见解析
(2)2
【解析】
（1）连接DF，通过证明Rt△DFB≌Rt△DEB（HL）得到DF=DE，证明△ADF≌△CDE（ASA）得到AF=CE，即可证明四边形ABCD是菱形；
（2）连接AG，根据等腰三角形三线合一的性质得到DG=GB，设BF=x，则AF=5-x，利用勾股定理可得，列出方程求解即可得到BF的长．
(1)
证明：连接DF，如图所示

∵DE是切线，AD是直径
∴∠ADE=90°，∠DFA=90°
∵四边形ABCD是平行四边形
∴∠DEB=90°，∠CDF=90°
∴∠DFB=∠DEB=90°
又∵BF=BE，DB=DB
∴Rt△DFB≌Rt△DEB（HL）
∴DF=DE
∵四边形ABCD是平行四边形
∴∠A=∠C
又∵∠AFD=∠DEC
∴△ADF≌△CDE（AAS）
∴AF=CE
∴AB=CB
∴四边形ABCD是菱形
(2)
解：连接AG，如图所示

∵AD是直径
∴∠AGD=90°，即AG⊥BD
∵四边形ABCD是菱形
∴AB=AD
∴DG=GB=
∴DB=2
设BF=x，则AF=5-x
∵
∴，解得x=2
∴BF的长为2
18．（1）见解析；（2）；（3）
【详解】
解：（1）证明：如图，连接，

，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：，
，
，
，的半径为2，
，
，
如图，连接，

是的直径，，
，
，
，
，
即，
，
在中，，
，
，，
，
，
，
；
（3）如图，过点作于点，连接，

在中，，，
，
．
19．（1）见解析；（2）3．
【详解】
解：（1）连接OB，如图，

，
四边形是平行四边形，

PN是⊙O的切线，



；
（2）连接AC，如图，

PM、PN是⊙O的切线，

四边形是平行四边形，




在与中，



PM是⊙O的切线，







．
20．（1）见解析；（2）5
【详解】
（1）证明：，，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，，
，
，
AB是的直径，
，
又，
，
，
，
即CF是的切线；
（2）CF是的切线，，
，
，
，
又，
在中，，
设的半径为x，则，，
在中，，
解得：，
的半径为5．
21．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【解析】
（1）由圆周角定理可得出结论；
（2）证出∠OCF=90°，由切线的判定可得出结论；
（3）设BC=4x，CF=5x，由勾股定理得出（4x）2+（5x-2）2=（5x）2，求出x=1，证明△FBC∽△FCA，由相似三角形的性质得出，求出AF，AE的长，证明△AED∽△CEB，得出比例线段，则可得出答案．
(1)
证明：∵点D是的中点
∴，
∴∠BCE=∠ACE
(2)
证明：∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∴∠BEC+∠BCE=90°，
∵FC=FE，
∴∠FCE=∠FEC，
由（1）可知∠BCE=∠ACE
∴∠FCE+∠ACE=90°
∴∠OCF=90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴CF是⊙O的切线；
(3)
在Rt△FBC中，BE=2，，
∴，
设BC=4x，CF=5x，
∵BC2+BF2=CF2，
∴（4x）2+（5x-2）2=（5x）2，
∴x=1或x=（舍去），
∴BC=4，CF=5，BF=3，
∵∠CBF=∠ACF=90°，∠F=∠F，
∴△FBC∽△FCA，
∴，
∴，
∴CA=，
∵，
∴，
∴AF=，
∴，
连接DA，

∵∠DAE=∠BCE，∠AED=∠CEB，
∴△AED∽△CEB，
∴，
∴AE•BE=DE•CE，
∴．
22．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【解析】
（1）利用同角的余角相等判断出，即可判断出结论；
（2）先判断出∠CDG＝∠BED+45°，再判断出∠CDG＝∠BFD+45°进而判断出∠CDG＝∠CGD，即可得出结论；
（3）先判断出，得出FK＝BH＝DH，进而得出DF＝6，求出直径，再判断出，求出FG，进而求出HG，再求出OG，再用勾股定理求出OG，最后用勾股定理求解，即可得出答案．
(1)
证明：∵DC是⊙O的切线，
∴∠EDC＝90°，
∴∠EDF+∠CDG＝90°，
∵DE是⊙O的直径，
∴∠DFE＝90°，
∴∠EDF+∠DEF＝90°，
∴∠CDG＝∠DEF；
(2)
证明：如图2，连接AF，BE，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∴∠ABF＝45°，
∴∠BAF＝45°，
∴∠BEF＝∠BAF＝45°，
∴∠CDG＝∠DEF＝∠BED+∠BEF＝∠BED+45°，
∵∠BED＝∠BFD，
∴∠CDG＝∠BFD+45°，
∵∠CGD＝∠ABF+∠BFD＝∠BFD+45°，
∴∠CDG＝∠CGD，
∴CD＝CG，
∴△CDG为等腰三角形；
(3)
如图3，连接AF，BD，

∵BH⊥DF，
∴∠BHF＝∠BHD＝90°，
∵∠BDF＝45°，
∴∠DBH＝90°﹣∠BDF＝45°，
∴DH＝BH，
在Rt△BHF中，∠BFH+∠HBF＝90°，
∴∠BFH+∠GBH+∠FBG＝90°，
∴∠BFH+∠GBH＝90°﹣∠FBG＝45°，
∵BH⊥DF，AK⊥DF，
∴，
∴∠KAG＝∠GBH，
∴∠KAG+∠BFH＝45°，
∵∠KAG+∠KAF＝45°，
∴∠KAF＝∠HFB，
∵∠ABF＝∠BAF＝45°，
∴AF＝BF，
∵∠AKF＝∠FHB＝90°，
∴，
∴FK＝BH，
∴FK＝DH，
∵FH+FK＝6，
∴FH+DH＝DF＝6，
在Rt△DEF中，根据勾股定理得，，
∴AB＝2，OD，
在Rt△ABF中，BFAB＝2，
过点O作OM⊥DF于M，
则FMDF＝3，，
∵点O是DE的中点，
∴OM是△DEF的中位线，
∴OMEF＝1，
∵∠FBG＝∠FDB＝45°，∠BFG＝∠DFB，
∴，
∴，
∴，
∴FG，
∴MG＝FG﹣FM，
在Rt△OMG中，，
设CG＝x，则CD＝CG＝x，，
在Rt△ODC中，根据勾股定理得，，
∴，
∴，
∴．
23．(1)见解析
(2)
【解析】
（1）由题意，求出，即可得到结论成立；
（2）过点作于点，然后利用解直角三角形，得到，则，求出OH的长度，再求出HE、CE的长度，即可得到答案．
(1)
证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵是的半径，
∴为的切线．
(2)
解：如图，过点作于点，

∵，，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，则，
∴，
∵，
∴，则，
∴，
∴，
∴，
∴．
24．(1)
(2)见解析
(3)见解析，
【解析】
（1）由BC是直径得∠BAC=∠BDC=90°，根据AD平方∠BAC，得到∠BAD=∠DAC=45°，BD=DC，在等腰Rt△BDC中，可求出BC=DC，再在Rt△BAC中，利用勾股定理可得AC，则tan∠ADB可求；
（2）过D点作DH⊥AB，交AB的延长线于H，利用在（1）中结果可得∠ADB=30°=∠ACB，进而可得∠ABC=60°，同理在Rt△AHD中，可得∠HAD=∠ADH=45°，即HA=HD，设HD=a，在Rt△HBD中，利用勾股定理，可构建关于a的一元二次方程，解方程即可求出HD，则可求出AD，可证得AB+AC=AD；
（3）连接OD，根据（1）和（2）中的结论可得出∠FBD=75°=∠DEC，再利用和BD=CD，可得，即有∠BDF=∠ECD=45°，则可得∠ODF=90°，即OD⊥DF，可证得DF是⊙O的切线；根据∠BAD=∠BDF=45°，∠F=∠F，证得，则有，即可找到BF、FD、FA之间的关系，根据，即可求出DF．
(1)
∵BC是直径，
∴∠BAC=∠BDC=90°，
∵AD平方∠BAC，
∴∠BAD=∠DAC=45°，
∴BD=DC，且∠DBC=∠DAC=∠DAB=∠DCB=45°
∵BD=，
∴在等腰Rt△BDC中，BC=BD=4，DC=BD=，
∵在Rt△BAC中，AB=2，BC=4，
∴利用勾股定理可得AC=，
∴tan∠ADB=tan∠ACB=，
即：tan∠ADB=；
(2)
过D点作DH⊥AB，交AB的延长线于H，如图，

在（1）中已求得：tan∠ADB=，
∴∠ADB=30°=∠ACB，
∴在Rt△ABC中，∠ABC=180°-∠BAC-∠ACB=180°-90°-30°=60°，
∵∠DAB=45°，
∴在Rt△AHD中，∠HAD=∠ADH=45°，即HA=HD，
设HD=a，则HA=a，HB=HA-AB=a-2，
在Rt△HBD中，利用勾股定理，
得：，即：，
解得a=，（负值舍去），
即HD=，
∴在等腰Rt△AHD中，AD=HD=，
∴AD=2HD=，
∵AB=2，AC=AC=，
∴AB+AC=AD，
(3)
连接OD，如图，

即在等腰Rt△BDC中，点O为BC中点，即有∠ODB=∠OBD=45°，
根据（1）和（2）中的结论可知，∠AEB=180°-∠ABC-∠BAD=180°-60°-45°=75°，
∴∠DEC=∠AEB=75°，
∵∠FBD=∠ADB+∠BAD，
∴∠FBD=30°+45°=75°=∠DEC，
∵BD=CD，，
∴，
即，
∴结合∠FBD=∠DEC，可得，
∴∠BDF=∠ECD=45°，
∵∠ODB=45°，
∴∠ODF=∠BDF+∠ODB=45°+45°=90°，即OD⊥DF，
∵OD是圆的半径，
∴DF是⊙O的切线，
∵∠BAD=∠BDF=45°，∠F=∠F，
∴，
∴，
∵BD=，AD=，
∴FA=，，
∵FB=FA-AB=-2，
∴有，
解得：，
即．
25．（1）①证明见解析；②；（2）90
【详解】
（1）①证明：∵∠BAE=∠CAD，
∴∠BAE+∠CAE=∠CAD+∠CAE，
∴∠BAC=∠EAD，
∵AB是直径，
∴∠ACB=∠ADE=，
∴；
②解：∵D是的中点，
∴∠ABD=∠DBC=∠DAC=∠BAE，AD=CD，
∴AE=BE，
∵，
∴，
∵AB=2×5=10，BC=6，
∴，
设AE=5x，ED=3x，
∴AD=CD=4x，AE=BE=5x，
∴BD=5x+3x=8x，
∵是直角三角形，
∴，
∴，
∴或（舍去），
∴CD=．
（2）解：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=∠ADB，
∵∠BAD=∠EAB，
∴，
∴，
∴，
如图，过C作CM⊥AB于点M，

∵，BC=6，
∴，，
设AB=AC=y，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．