初中数学北师大版九年级下册1 圆单元测试课时练习

这是一份初中数学北师大版九年级下册1 圆单元测试课时练习，文件包含专题312第3章圆单元测试培优卷-九年级数学下册尖子生同步培优题典原卷版北师大版docx、专题312第3章圆单元测试培优卷-九年级数学下册尖子生同步培优题典解析版北师大版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共36页， 欢迎下载使用。
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分120分，试题共26题，其中选择10道、填空8道、解答8道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020•武汉模拟）已知⊙O的半径等于3，圆心O到点P的距离为5，那么点P与⊙O的位置关系是（ ）
A．点P在⊙O内B．点P在⊙O外C．点P在⊙O上D．无法确定
【分析】根据①点P在圆外⇔d＞r．②点P在圆上⇔d＝r．③点P在圆内⇔d＜r，即可判断．
【解析】∵r＝3，d＝5，
∴d＞r，
∴点P在⊙O外．
故选：B．
2．（2020•同安区模拟）如图，A，B，C三点在⊙O上，若∠ACB＝120°，则∠AOB的度数是（ ）
A．60°B．90°C．100°D．120°
【分析】如图，在优弧AB上取一点D，连接AD，BD．利用圆内接四边形的性质求出∠ADB，再利用圆周角定理即可解决问题．
【解析】如图，在优弧AB上取一点D，连接AD，BD．
∵∠ACB+∠ADB＝180°，∠ACB＝120°，
∴∠ADB＝60°，
∴∠AOB＝2∠ADB＝120°，
故选：D．
3．（2020春•诸城市期末）下列说法错误的是（ ）
A．圆有无数条直径
B．连接圆上任意两点之间的线段叫弦
C．过圆心的线段是直径
D．能够重合的圆叫做等圆
【分析】根据直径、弧、弦的定义进行判断即可．
【解析】A、圆有无数条直径，故本选项说法正确；
B、连接圆上任意两点的线段叫弦，故本选项说法正确；
C、过圆心的弦是直径，故本选项说法错误；
D、能够重合的圆全等，则它们是等圆，故本选项说法正确；
故选：C．
4．（2020春•绍兴月考）如图，AB为⊙O的切线，切点为A．连结AO，BO，BO与⊙O交于点C，延长BO与⊙O交于点D，连结AD．若∠ABC＝36°，则∠ADC的度数为（ ）
A．27°B．32°C．36°D．54°
【分析】根据切线的性质求出∠OAB＝90°，根据三角形内角和定理求出∠AOB，根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质求出即可．
【解析】∵AB为⊙O的切线，切点为A，
∴∠OAB＝90°，
∵∠ABC＝36°，
∴∠AOB＝180°﹣∠OAB﹣∠ABC＝54°，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ADC，
∵∠AOB＝∠ADC+∠OAD＝2∠ADC＝54°，
∴∠ADC＝27°，
故选：A．
5．（2020•随州）设边长为a的等边三角形的高、内切圆的半径、外接圆的半径分别为h、r、R，则下列结论不正确的是（ ）
A．h＝R+rB．R＝2rC．r=34aD．R=33a
【分析】根据等边三角形的内切圆和外接圆是同心圆，设圆心为O，根据30°角所对的直角边是斜边的一半得：R＝2r；等边三角形的高是R与r的和，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】如图，∵△ABC是等边三角形，
∴△ABC的内切圆和外接圆是同心圆，圆心为O，
设OE＝r，AO＝R，AD＝h，
∴h＝R+r，故A正确；
∵AD⊥BC，
∴∠DAC=12∠BAC=12×60°＝30°，
在Rt△AOE中，
∴R＝2r，故B正确；
∵OD＝OE＝r，
∵AB＝AC＝BC＝a，
∴AE=12AC=12a，
∴（12a）2+r2＝（2r）2，（12a）2+（12R）2＝R2，
∴r=3a6，R=33a，故C错误，D正确；
故选：C．
6．（2020•山西）中国美食讲究色香味美，优雅的摆盘造型也会让美食锦上添花．图①中的摆盘，其形状是扇形的一部分，图②是其几何示意图（阴影部分为摆盘），通过测量得到AC＝BD＝12cm，C，D两点之间的距离为4cm，圆心角为60°，则图中摆盘的面积是（ ）
A．80πcm2B．40πcm2C．24πcm2D．2πcm2
【分析】首先证明△OCD是等边三角形，求出OC＝OD＝CD＝4cm，再根据S阴＝S扇形OAB﹣S扇形OCD，求解即可．
【解析】如图，连接CD．
∵OC＝OD，∠O＝60°，
∴△COD是等边三角形，
∴OC＝OD＝CD＝4cm，
∴S阴＝S扇形OAB﹣S扇形OCD=60⋅π⋅162360-60⋅π⋅42360=40π（cm2），
故选：B．
7．（2020•新泰市二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，DA＝DC，∠CBE＝50°，∠AOD的大小为（ ）
A．130°B．100°C．120°D．110°
【分析】首先证明∠ADC＝∠CBE，再利用等腰三角形的性质求出∠ACD，利用圆周角定理即可解决问题．
【解析】∵∠ADC+∠ABC＝180°，∠ABC+∠CBE＝180°，
∴∠ADC＝∠CBE＝50°，
∵DA＝DC，
∴∠DAC＝∠DCA=12（180°﹣50°）＝65°，
∴∠AOB＝2∠ACD＝130°，
故选：A．
8．（2020•临沂）如图，在⊙O中，AB为直径，∠AOC＝80°．点D为弦AC的中点，点E为BC上任意一点．则∠CED的大小可能是（ ）
A．10°B．20°C．30°D．40°
【分析】连接OD、OE，设∠BOE＝x，则∠COE＝100°﹣x，∠DOE＝100°﹣x+40°，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠DEO和∠CEO，即可求出答案．
【解析】连接OD、OE，
∵OC＝OA，
∴△OAC是等腰三角形，
∵点D为弦AC的中点，
∴∠DOC＝40°，∠BOC＝100°，
设∠BOE＝x，则∠COE＝100°﹣x，∠DOE＝100°﹣x+40°，
∵OC＝OE，∠COE＝100°﹣x，
∴∠OEC＝∠OCE＝40°+12x，
∵OD＜OE，∠DOE＝100°﹣x+40°＝140°﹣x，
∴∠OED＜20°+12x，
∴∠CED＝∠OEC﹣∠OED＞（40°+12x）﹣（20°+12x）＝20°，
∵∠CED＜∠ABC＝40°，
∴20°＜∠CED＜40°
故选：C．
9．（2018秋•润州区期中）如图，Rt△ABC的内切圆⊙O与两直角边AB，BC分别相切于点D、E，过劣弧DE（不包括端点D，E）上任一点P作⊙O的切线MN与AB，BC分别交于点M，N，若⊙O的半径为4cm，则Rt△MBN的周长为（ ）
A．82B．16C．8D．42
【分析】连接OD、OE，求出∠ODB＝∠DBE＝∠OEB＝90°，推出四边形ODBE是正方形，得出BD＝BE＝OD＝OE＝4cm，根据切线长定理得出MP＝DM，NP＝NE，代入MB+NB+MN得出BD+BE，求出即可．
【解析】连接OD、OE，
∵⊙O是Rt△ABC的内切圆，
∴OD⊥AB，OE⊥BC，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ODB＝∠DBE＝∠OEB＝90°，
∴四边形ODBE是矩形，
∵OD＝OE，
∴矩形ODBE是正方形，
∴BD＝BE＝OD＝OE＝4cm，
∵⊙O切AB于D，切BC于E，切MN于P，NP与NE是从一点出发的圆的两条切线，
∴MP＝DM，NP＝NE，
∴Rt△MBN的周长为：MB+NB+MN＝MB+BN+NE+DM＝BD+BE＝4cm+4cm＝8cm，
故选：C．
10．（2019秋•南充期末）如图，在直角坐标系中，⊙A的半径为2，圆心坐标为（4，0），y轴上有点B（0，3），点C是⊙A上的动点，点P是BC的中点，则OP的范围是（ ）
A．32≤OP≤72B．2≤OP≤4C．52≤OP≤92D．3≤OP≤4
【分析】如图，在y轴上取点B'（0，﹣3），连接B'C，B'A，由勾股定理可求B'A＝5，由三角形中位线定理可求B'C＝2OP，当点C在线段B'A上时，B'C的长度最小值＝5﹣2＝3，当点C在线段B'A的延长线上时，B'C的长度最大值＝5+2＝7，即可求解．
【解析】如图，在y轴上取点B'（0，﹣3），连接B'C，B'A，
∵点B（0，3），B'（0，﹣3），点A（4，0），
∴OB＝OB'＝3，OA＝4，
∴B'A=OA2+B'O2=9+16=5，
∵点P是BC的中点，
∴BP＝PC，
∵OB＝OB'，BP＝PC，
∴B'C＝2OP，
当点C在线段B'A上时，B'C的长度最小值＝5﹣2＝3，
当点C在线段B'A的延长线上时，B'C的长度最大值＝5+2＝7，
∴32≤OP≤72，
故选：A．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2020•泰州）如图所示的网格由边长为1个单位长度的小正方形组成，点A、B、C在直角坐标系中的坐标分别为（3，6），（﹣3，3），（7，﹣2），则△ABC内心的坐标为 （2，3） ．
【分析】根据点A、B、C在直角坐标系中的坐标分别为（3，6），（﹣3，3），（7，﹣2），建立直角坐标系，根据等腰三角形三线合一，利用网格确定△ABC内心的坐标即可．
【解析】如图，点I即为△ABC的内心．
所以△ABC内心I的坐标为（2，3）．
故答案为：（2，3）．
12．（2020•东莞市校级二模）如图，E是半径为2cm的圆O的直径CD延长线上的一点，AB∥CD且AB＝OD，则阴影部分的面积是 23πcm2 ．
【分析】连接OA、OB，根据等底等高的三角形的面积相等求出△AOB的面积＝△ABE的面积，求出阴影部分的面积＝扇形AOB的面积，再求出扇形AOB的面积即可．
【解析】连接OA、OB，
∵AB＝OD，OD＝OA＝OB＝2cm，
∴OA＝OB＝AB＝2cm，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠AOB＝60°，
∵AB∥CD，
∴△AOB的边AB上的高和△AEB的边AB上的高相等，
∴S△AOB＝S△ABE，
∴阴影部分的面积S＝S扇形AOB=60π×22360=23π（cm2），
故答案为：23πcm2．
13．（2019秋•西城区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，PA，PC分别与⊙O相切于点A，点C，若∠P＝60°，PA=23，则AB的长为 4 ．
【分析】首先证明△PAC是等边三角形，推出AC＝PA＝23，再证明∠BAC＝30°，由三角函数即可解决问题．
【解析】∵PA、PB是⊙D的切线，
∴PA＝PC，
∵∠P＝60°，
∴△PAC是等边三角形，
∴AC＝PA＝23，∠PAC＝60°，
∵PA是切线，AB是直径，
∴PA⊥AB，∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝30°，
∴AB=ACcs30°=2332=4，
故答案为：4．
14．（2020•苍溪县模拟）如图，AB、BC是⊙O的两条弦，AB垂直平分半径OD，∠ABC＝75°，BC＝42cm，则弦AB的长为 43 cm．
【分析】连接OA，OB．根据已知角度关系证明△BOC为等腰直角三角形求解，从而求得半径，然后求得弦长即可．
【解析】连接OB．
∵AB垂直平分半径OD，
∴OE=12OD=12OB，
∴∠OBE＝30°，
又∵∠ABC＝75°，
∴∠OBC＝45°，
又∵OB＝OC，
∴∠C＝∠OBC＝45°．
则△OBC是等腰直角三角形．
∴OB=22•BC＝4cm．
∴∠OBA＝30°，
∴EB＝OB×cs30°＝23，
∴AB＝2EB＝43，
故答案为：43．
15．（2020•铜山区二模）刘徽是我国魏晋时期卓越的数学家，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，利用圆的内接正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积，如图所示，若用圆的内接正十二边形的面积S1来近似估计⊙O的面积S，设⊙O的半径为1，则S﹣S1＝ 0.14 ．（π取3.14，结果精确到0.01）
【分析】根据圆的面积公式得到⊙O的面积S＝3.14，求得圆的内接正十二边形的面积S1＝12×12×1×1×sin30°＝3，即可得到结论．
【解析】∵⊙O的半径为1，
∴⊙O的面积S＝π，
∴圆的内接正十二边形的中心角为360°12=30°，
∴过A作AC⊥OB，
∴AC=12OA=12，
∴圆的内接正十二边形的面积S1＝12×12×1×12=3，
∴则S﹣S1＝π﹣3≈0.14，
故答案为：0.14．
16．（2018•益阳三模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD垂直平分半径OA，AB＝6，则BC的长是 33 ．
【分析】根据垂径定理得出CD的长，利用勾股定理解答即可．
【解析】AB交CD于E点，连接OC
∵AB是⊙O的直径，弦CD垂直平分半径OA，AB＝6，
∴OE＝1.5，OC＝3，
∴CE=32-(1.5)2=332，
∵BE＝4.5，
∴BC=(92)2+(332)2=33，
故答案为：33
17．（2020•泰州）如图，直线a⊥b，垂足为H，点P在直线b上，PH＝4cm，O为直线b上一动点，若以1cm为半径的⊙O与直线a相切，则OP的长为 3cm或5cm ．
【分析】当点O在点H的左侧⊙O与直线a相切时，OP＝PH﹣OH；当点O在点H的右侧⊙O与直线a相切时，OP＝PH+OH，即可得出结果．
【解析】∵直线a⊥b，O为直线b上一动点，
∴⊙O与直线a相切时，切点为H，
∴OH＝1cm，
当点O在点H的左侧，⊙O与直线a相切时，如图1所示：
OP＝PH﹣OH＝4﹣1＝3（cm）；
当点O在点H的右侧，⊙O与直线a相切时，如图2所示：
OP＝PH+OH＝4+1＝5（cm）；
∴⊙O与直线a相切，OP的长为3cm或5cm，
故答案为：3cm或5cm．
18．（2020•鄂州）如图，已知直线y=-3x+4与x、y轴交于A、B两点，⊙O的半径为1，P为AB上一动点，PQ切⊙O于Q点．当线段PQ长取最小值时，直线PQ交y轴于M点，a为过点M的一条直线，则点P到直线a的距离的最大值为 23 ．
【分析】在直线y=-3x+4上，x＝0时，y＝4，y＝0时，x=433，可得OB＝4，OA=433，得角OBA＝30°，根据PQ切⊙O于Q点可得OQ⊥PQ，由OQ＝1，因此当OP最小时PQ长取最小值，此时OP⊥AB，若使点P到直线a的距离最大，则最大值为PM，且M位于x轴下方，过点P作PE⊥y轴于点E，根据勾股定理和特殊角30度即可求出PM的长．
【解析】如图，
在直线y=-3x+4上，x＝0时，y＝4，
当y＝0时，x=433，
∴OB＝4，OA=433，
∴tan∠OBA=OAOB=33，
∴∠OBA＝30°，
由PQ切⊙O于Q点可知：OQ⊥PQ，
∴PQ=OP2-OQ2，
由于OQ＝1，
因此当OP最小时PQ长取最小值，此时OP⊥AB，
∴OP=12OB＝2，
此时PQ=22-12=3，
BP=42-22=23，
∴OQ=12OP，即∠OPQ＝30°，
若使点P到直线a的距离最大，
则最大值为PM，且M位于x轴下方，
过点P作PE⊥y轴于点E，
∴EP=12BP=3，
∴BE=(23)2-(3)2=3，
∴OE＝4﹣3＝1，
∵OE=12OP，
∴∠OPE＝30°，
∴∠EPM＝30°+30°＝60°，
即∠EMP＝30°，
∴PM＝2EP＝23．
故答案为：23．
三、解答题（本大题共8小题，共66分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2018•新抚区二模）如图，⊙O为等边△ABC的外接圆，D为直径CE延长线上的一点，连接AD，AD＝AC．
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若CD＝6，求阴影部分的面积．
【分析】（1）连接OA，由等边三角形的性质得出∠ACD=12∠ACB＝30°，CD⊥AB，由等腰三角形的性质得出∠D＝∠ACD＝30°，求出∠DAC＝120°，∠OAC＝∠ACD＝30°，得出∠OAD＝90°，即可得出结论；
（2）由等腰三角形的性质和直角三角形的性质求出DF＝CF=12CD＝3，AD＝2AF＝23，OA=33AD＝2，阴影部分的面积＝△OAD的面积﹣扇形AOE的面积，由三角形面积公式和扇形面积公式即可得出答案．
【解答】（1）证明：连接OA，如图所示：
∵⊙O为等边△ABC的外接圆，D为直径CE延长线上的一点，
∴∠ACD=12∠ACB＝30°，CD⊥AB，
∵AD＝AC，
∴∠D＝∠ACD＝30°，
∴∠DAC＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠ACD＝30°，
∴∠OAD＝120°﹣30°＝90°，
∴AD⊥OA，
∴AD是⊙O的切线；
（2）解：由（1）得：CD⊥AB，∠D＝30°，
∵AD＝AC，
∴DF＝CF=12CD＝3，
∴AF=33DF=3，
∴AD＝2AF＝23，
∵∠OAD＝90°，∠D＝30°，
∴∠AOD＝60°，OA=33AD＝2，
∴阴影部分的面积＝△OAD的面积﹣扇形AOE的面积=12×2×23-60π×22360=23-23π．
20．（2020•柯桥区模拟）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝45，在BC上取一点D，连结AD，作△ACD的外接圆⊙O，交AB于点E．张老师要求添加条件后，编制一道题目，并解答．
（1）小明编制题目是：若AD＝BD，求证：AE＝BE．请你解答．
（2）在小明添加条件的基础上请你再添加一条线段的长度，编制一个计算题（不标注新的字母），并直接给出答案．（根据编出的问题层次，给不同的得分）
【分析】（1）连结DE，由圆周角定理易证DE⊥AB，再根据等腰三角形的性质即可证明AE＝BE；
（2）本题答案不唯一，可以从三个层次编制一个计算题，如：若CD＝3，求AC的长．设BD＝x，易证△ABC～△DBE，由相似三角形的性质可求出AD的长，再根据勾股定理即可求出AC的长．
【解答】（1）证明：连结DE，
∵∠C＝90°，
∴AD为直径，
∴DE⊥AB，
∵AD＝BD，
∴AE＝BE；
（2）答案不唯一．
①第一层次：若AC＝4，求BC的长．答案：BC＝8；
②第二层次：若CD＝3，求BD的长．答案：BD＝5；
③第三层次：若CD＝3，求AC的长．
设BD＝x，
∵∠B＝∠B，∠C＝∠DEB＝90°，
∴△ABC～△DBE，
∴BDAB=BEBC，
∴x45=25x+3，
∴x＝5，
∴AD＝BD＝5，
∴AC=52-32=4．
21．（2020•温州模拟）如图，AB是O的直径，C是弧BD的中点，CE⊥AB，垂足为E，BD交CE于点F．
（1）求证：CF＝BF；
（2）若AD＝6，⊙O的半径为5，求BC的长．
【分析】（1）连接ACAC，由圆周角定理得出∠ACB＝90°，证出∠BAC＝∠BCE；由C是弧BD的中点，得到∠DBC＝∠BAC，延长∠BCE＝∠DBC，即可得到结论；
CF＝BF．
（2）连接OC交BD于G，由圆周角定理得出∠ADB＝90°，由勾股定理得出BD=AB2-AD2=8，由垂径定理得出OC⊥BD，DG＝BG=12BD＝4，证出OG是△ABD的中位线，得出OG=12AD＝3，求出CG＝OC﹣OG＝2，在Rt△BCG中，由勾股定理即可得出答案．
【解答】（1）证明：连接AC，如图1所示：
∵C是弧BD的中点，
∴∠DBC＝∠BAC，
在ABC中，∠ACB＝90°，CE⊥AB，
∴∠BCE+∠ECA＝∠BAC+∠ECA＝90°，
∴∠BCE＝∠BAC，
又C是弧BD的中点，
∴∠DBC＝∠CDB，
∴∠BCE＝∠DBC，
∴CF＝BF．
（2）解：连接OC交BD于G，如图2所示：
∵AB是O的直径，AB＝2OC＝10，
∴∠ADB＝90°，
∴BD=AB2-AD2=102-62=8，
∵C是弧BD的中点，
∴OC⊥BD，DG＝BG=12BD＝4，
∵OA＝OB，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG=12AD＝3，
∴CG＝OC﹣OG＝5﹣3＝2，
在Rt△BCG中，由勾股定理得：BC=CG2+BG2=22+42=25．
22．（2020•安徽模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为BC上一点，以AD为直径的⊙O经过点C，交AB于点E，且AC＝AE，CF为⊙O的直径，连接FE并延长交BC于点G，连接AF．
（1）求证：四边形ADGF是平行四边形；
（2）若AFBC=38，BE＝4，求⊙O的直径．
【分析】（1）想办法证明AD∥FG，AF∥BC即可解决问题．
（2）首先证明AF＝CD＝DG，推出BG：DG＝2：3，利用平行线分线段成比例定理求出AE，AC，利用勾股定理求出BC，CD即可解决问题．
【解答】（1）证明：连接CE．
∵AC＝AE，
∴AC=AE，
∴AD⊥CE，
∵CF是直径，
∴∠CEF＝90°，
∴FG⊥CE，
∴AD∥FG，
∵CF，AD是直径，
∴∠ACD＝∠CAF＝90°，
∴∠CAF+∠ACD＝180°，
∴AF∥BC，
∴四边形ADGF是平行四边形．
（2）解：∵∠AOF＝∠COD，
∴AF=CD，
∴AF＝CD，
∵四边形ADGF是平行四边形，
∴AF＝DG，
∵AF：BC＝3：8，
∴BG：DG＝2：3，
∵EG∥AD，
∴BEAE=BGGD=23，
∵BE＝4，
∴AE＝AC＝6，
∴AB＝10，BC=AB2-AC2=102-62=8，
∵CD＝DG，BG：DG＝2：3，
∴CD＝GD＝3，BG＝2，
∴AD=AC2+CD2=62+32=35．
∴⊙O的直径为35．
23．（2019秋•相城区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作EF⊥AC于点E，交AB延长线于点F．
（1）判断直线EF与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若⊙O半径为5，CD＝6，求DE的长；
（3）求证：BC2＝4CE•AB．
【分析】（1）连接AD，OD，证明OD是△ABC的中位线，得出OD∥AC．由已知条件证得EF⊥OD，即可得出结论；
（2）根据勾股定理求出AD，再由三角形面积计算即可；
（3）由（1）得CD=12BC，AD⊥BC，证明△CDE∽△CAD，得出CDAC=CECD，则CD2＝CE•AB，即可得出结论．
【解析】（1）EF与⊙O相切，理由如下：
连接AD，OD，如图所示：
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°．
∴AD⊥BC．
∵AB＝AC，
∴CD＝BD=12BC．
∵OA＝OB，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC．
∵EF⊥AC，
∴EF⊥OD．
∴EF与⊙O相切．
（2）解：由（1）知∠ADC＝90°，AC＝AB＝10，
在Rt△ADC中，由勾股定理得：AD=AC2-CD2=102-62=8．
∵SACD=12AD•CD=12AC•DE，
∴12×8×6=12×10×DE．
∴DE=245．
（3）证明：由（1）得：CD=12BC，AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∵EF⊥AC，
∴∠DEC＝90°＝∠ADC，
∵∠C＝∠C，
∴△CDE∽△CAD，
∴CDAC=CECD，
∴CD2＝CE•AB，
∵AB＝AC，
∴14BC2＝CE•AB，
∴BC2＝4CE•AB．
24．（2020•吉林一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，E是弦BC的中点，P是⊙O外一点且∠PBC＝∠A，连接OE并延长交⊙O于点F，交BP于点D．
（1）求证：BP是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为6，BD＝8，求弦BC的长．
【分析】（1）连接OB，由垂径定理的推论得出BE＝CE，OE⊥BC，BF=CF，由圆周角定理得出∠BOE＝∠A，证出∠OBE+∠PBC＝90°，得出∠OBD＝90°即可；
（2）由勾股定理求出OD，由△OBD的面积求出BE，即可得出弦BC的长．
【解答】（1）证明：如图，连接OB，
∵E是弦BC的中点，
∴BE＝CE，OE⊥BC，BF=CF=12BC，
∴∠BOE＝∠A，∠OBE+∠BOE＝90°，
∵∠PBC＝∠A，
∴∠BOE＝∠PBC，
∴∠OBE+∠PBC＝90°．即BP⊥OB．
∴BP是⊙O的切线
（2）解：∵OB＝6，BD＝8，BD⊥OB．
∴OD=OB2+BD2=10．
∵△OBD的面积=12OD•BE=12OB•BD，
∴BE=OB⋅BDOD=6×810=4.8．
∴BC＝2BE＝9.6
25．（2020•仪征市模拟）如图，△ABC内接于⊙O，∠B＝∠DAC＝45°．
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若tan∠COD=12，AC＝4．
①求AD的长；
②线段AD、DE与AE围成的图形面积记为S1，扇形COE的面积记为S2，则S1﹣S2＝ 8﹣2π （结果保留π）．
【分析】（1）连接OA，根据圆周角定理得到∠AOC＝2∠B＝90°，推出△AOC是等腰直角三角形，得到∠OAC＝45°，求得OA⊥AD，于是得到结论；
（2）①根据等腰直角三角形的性质得到OA=22AC＝22，根据平行线的性质得到∠COD＝∠D，根据三角函数的定义得到结论；
②根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接OA，
∵∠B＝45°，
∴∠AOC＝2∠B＝90°，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴∠OAC＝45°，
∵∠CAD＝45°，
∴∠OAD＝45°+45°＝90°，
∴OA⊥AD，
∴AD是⊙O的切线；
（2）解：①∵△AOC是等腰直角三角形，AC＝4，
∴OA=22AC＝22，
∵∠CAD＝∠ACO＝45°，
∴AD∥OC，
∴∠COD＝∠D，
∴tan∠COD＝tanD=OAAD=12，
∴AD＝42；
②∵S1＝S△OAD﹣S扇形AOE，
∴S1﹣S2＝S△OAD﹣S扇形AOE﹣S扇形COE＝S△AOD﹣S扇形AOC=12×22×42-90⋅π×(22)2360=8﹣2π．
故答案为：8﹣2π．
26．（2020•青州市一模）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，P是半径OB上一动点（不与O，B重合），过点P作射线l⊥AB，分别交弦BC，BC于D，E两点，过点C的切线交射线l于点F．
（1）求证：FC＝FD．
（2）当E是BC的中点时，
①若∠BAC＝60°，判断以O，B，E，C为顶点的四边形是什么特殊四边形，并说明理由；
②若ACBC=34，且AB＝30，则OP＝ 9 ．
【分析】（1）连接OC，根据切线的性质得出OC⊥CF以及∠OBC＝∠OCB得∠FCD＝∠FDC，可证得结论；
（2）①如图2，连接OC，OE，BE，CE，可证△BOE，△OCE均为等边三角形，可得OB＝BE＝CE＝OC，可得结论；
②设AC＝3k，BC＝4k（k＞0），由勾股定理可求k＝6，可得AC＝18，BC＝24，由面积法可求PE，由勾股定理可求OP的长．
【解答】证明：（1）连接OC，
（1）证明：连接OC
∵CF是⊙O的切线，
∴OC⊥CF，
∴∠OCF＝90°，
∴∠OCB+∠DCF＝90°，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，
∵PD⊥AB，
∴∠BPD＝90°，
∴∠OBC+∠BDP＝90°，
∴∠BDP＝∠DCF，
∵∠BDP＝∠CDF，
∴∠DCF＝∠CDF，
∴FC＝FD；
（2）如图2，连接OC，OE，BE，CE，
①以O，B，E，C为顶点的四边形是菱形．理由如下：
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BOC＝120°，
∵点E是BC的中点，
∴∠BOE＝∠COE＝60°，
∵OB＝OE＝OC，
∴△BOE，△OCE均为等边三角形，
∴OB＝BE＝CE＝OC
∴四边形BOCE是菱形；
②∵ACBC=34，
∴设AC＝3k，BC＝4k（k＞0），
由勾股定理得AC2+BC2＝AB2，即（3k）2+（4k）2＝302，解得k＝6，
∴AC＝18，BC＝24，
∵点E是BC的中点，
∴OE⊥BC，BH＝CH＝12，
∴S△OBE=12OE×BH=12OB×PE，即15×12＝15PE，解得：PE＝12，
由勾股定理得OP=OE2-PE2=152-122=9．
故答案为：9．