【全套】中考数学复习专题（知识梳理+含答案）预测04 圆的综合（解析版）

这是一份【全套】中考数学复习专题（知识梳理+含答案）预测04 圆的综合（解析版），共35页。试卷主要包含了【答案】见解析； 等内容，欢迎下载使用。

 预测04 圆的综合

圆的综合题是全国中考的热点内容，更是全国中考的必考内容！圆作为一个载体，常与三角形、四边形结合，难度系数中等。
1．从考点频率看，圆是高频考点，中考对圆的知识点考查，综合能力要求极高！
2．从题型角度看，以解答题为主，分值10分左右！

圆常见辅助线的作法
1：连接半径，构造等腰三角形
在圆的相关题目中，不要忽略隐含的已知条件，我们通常可以连接半径构造等腰三角形，从而利用等腰三角形的性质及圆中的相关定理。
2：遇弦添加弦心距或半径
根据垂径定理，连半径，可以构造直角三角形。设未知数，利用勾股定理列方程，求线段的长度。
3：构造同弧或等弧所对的圆心角或圆周角解题
在同一圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半。
在同一圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等。
4：构造直角或直径
直径所对的圆周角是90°。
5：切线的性质有关的辅助线——添加过切点的半径
利用切线性质，可得半径与切线垂直
6：切线的判定有关的辅助线
（1） 有公共点，连半径，证垂直。（2）无公共点，作垂直，证明与半径相等。
7：与三角形内切圆有关的辅助线
遇到三角形的内切圆时，连接内心与三角形各顶点，利用内心的性质进行有关计算与证明。


1．（2019年湖南省常德市中考）如图，与的AC边相切于点C，与AB、BC边分别交于点D、E，，CE是的直径．
（1）求证：AB是的切线；
（2）若求AC的长．




2．（2019年福建省中考）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB=AC，BD⊥AC，垂足为E，点F在BD的延长线上，且DF=DC，连接AF、CF.
(1)求证：∠BAC=2∠DAC；
(2)若AF＝10，BC＝4，求tan∠BAD的值.






3．（2019年河南中考）如图，在△ABC中，BA=BC，∠ABC=90°，以AB为直径的半圆O交AC于点D，点E是上不与点B，D重合的任意一点，连接AE交BD于点F，连接BE并延长交AC于点G．
（1）求证：△ADF≌△BDG；
（2）填空：
①若AB=4，且点E是的中点，则DF的长为__________；
②取的中点H，当∠EAB的度数为__________时，四边形OBEH为菱形．



4．（2019年湖北省黄石市中考）如图，是的直径，点在的延长线上，、是上的两点，，，延长交的延长线于点

（1）求证：是的切线；
（2）求证：
（3）若，，求弦的长.




5．（湖南省益阳市2019年中考）如图，在Rt△ABC中，M是斜边AB的中点，以CM为直径作圆O交AC于点N，延长MN至D，使ND＝MN，连接AD、CD，CD交圆O于点E．
(1)判断四边形AMCD的形状，并说明理由；
(2)求证：ND＝NE；
(3)若DE＝2，EC＝3，求BC的长．







6.（江苏省苏州市2019年中考）如图，AB为的直径，D是弧BC的中点BC与AD，OD分别交于点E，F
(1)求证：；
(2)求证：;
(3)若,求的值.





7.（2019年广东省中考）如图1，在中，，是的外接圆，过点作交于点，连接交于点，延长至点，使，连接.

（1）求证：；
（2）求证：是的切线；
（3）如图2，若点是的内心，，求的长.








1．（2020年湖北省武汉市江汉区常青第一学校中考数学一模试题）如图，△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的圆O交BC于点D，交AC于点E，过点D作DF⊥AC于点F，交AB的延长线于点G．
（1）求证：DF是⊙O的切线；
（2）已知BD＝，CF＝2，求DF和BG的长．

2．（2019年四川省成都市中考一模数学试题） 如图，为的直径，于，点是弧上的任一点，过点作的切线交于点．连接交于．

（1）求证：；
（2）填空：①当_____时，四边形是正方形；
②当_____时，四边形是菱形．





3．（黑龙江齐齐哈尔市2019届九年级中考一模考试数学试题）.中，，点在上，，以直径作交于点，交于点，且点为切点，连接、.

（1）求证：平分：
（2）求阴影部分面积.（结果保留）





4.（2020年广东省初中学业水平考试数学模拟试题）如图，AD是⊙O的直径，弧BA＝弧BC，BD交AC于点E，点F在DB的延长线上，且∠BAF＝∠C．
（1）求证：AF是⊙O的切线；
（2）求证：△ABE∽△DBA；
（3）若BD＝8，BE＝6，求AB的长．


[来源:学科网]


5．（2020年湖南省长沙市长郡滨江中学中考数学3月模拟试题）如图，在Rt△ABC中，点O在斜边AB上，以O为圆心，OB为半径作圆，分别与BC、AB相交于点D、E，连接AD，已知∠CAD＝∠B.

（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若∠B＝30°，AC＝，求劣弧BD与弦BD所围阴影图形的面积；
（3）若AC＝4，BD＝6，求AE的长．






6．（2020年江西中考数学四模试题）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，过CD延长线上一点E作⊙O的切线交AB的延长线于F．切点为G，连接AG交CD于K．
（1）如图1，求证：KE=GE；
（2）如图2，若AC∥EF，试判断线段KG、KD、GE间的数量关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，若sinE=，AK=2，求⊙O的半径．






7．（安徽省首年地区2019-2020学中考第一次模拟预测数学试题）如图，在中，，是边上的高线，平分交于点，经过，两点的交于点，交于点，为的直径．

（1）求证：是的切线；
（2）当，时，求的半径．



8.（广东省佛山市南海外国语学校2019-2020学年九年级下学期第一次月考数学试题）如图，⊙O过▱ABCD的三顶点A、D、C，边AB与⊙O相切于点A，边BC与⊙O相交于点H，射线AD交边CD于点E，交⊙O于点F，点P在射线AO上，且∠PCD=2∠DAF．
（1）求证：△ABH是等腰三角形；
（2）求证：直线PC是⊙O的切线；
（3）若AB=2，AD=，求⊙O的半径．




9.（2020年四川省凉山州中考数学模拟试题）如图⊙O的直径AB＝10cm，弦BC＝6cm，∠ACB的平分线交⊙O于D，交AB于E，P是AB延长线上一点，且PC＝PE．
(l)求证：PC是⊙O的切线；
(2)求AC、AD的长．







【参考答案与解析】
【真题回顾】
1.【答案】（1）证明见解析 （2）．
【解析】
（1）连接OD、CD，根据圆周角定理得出，根据平行线的性质得出，根据垂径定理得出OA垂直平分CD，根据垂直平分线的性质得出，然后根据等腰三角形的三线合一的性质得出，进而证得△AOD≌△AOC(SAS)，得到，即可证得结论；
（2）易证△BED∽△BDC，求得BE，得到BC，然后根据切线长定理和勾股定理列出关于y的方程，解方程即可．
【详解】证明：连接OD、CD，

∵CE是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴OA垂直平分CD，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵AC是切线，
∴，
在和中
，
∴△AOD≌△AOC(SAS)
∴，
∵OD是半径，
∴AB是的切线；
（2）解：∵BD是切线，易证△BED∽△BDC，
∴，
设，∵
∴，
解得或（舍去），
∴，
∴，
∵AD、AC是的切线，
∴，
设，
在中，，
∴，
解得，
∴，
故AC的长为6．

2.【答案】(1)见解析；(2) tan∠BAD=.
【解析】
（1）根据等腰三角形的性质得出∠ABC＝∠ACB，根据圆心角、弧、弦的关系得到=，即可得到∠ABC＝∠ADB，根据三角形内角和定理得到∠ABC＝（180°−∠BAC）＝90°−∠BAC，∠ADB＝90°−∠CAD，从而得到∠BAC＝∠CAD，即可证得结论；
（2）易证得BC＝CF＝4，即可证得AC垂直平分BF，证得AB＝AF＝10，根据勾股定理求得AE、CE、BE，根据相交弦定理求得DE，即可求得BD，然后根据三角形面积公式求得DH，进而求得AH，解直角三角形求得tan∠BAD的值．
【详解】解：（1）∵AB＝AC，
∴=，∠ABC＝∠ACB，
∴∠ABC＝∠ADB，∠ABC＝（180°−∠BAC）＝90°−∠BAC，
∵BD⊥AC，
∴∠ADB＝90°−∠DAC，
∴∠BAC＝∠DAC，
∴∠BAC＝2∠DAC；
(2)∵DF=DC，
∴∠BFC=∠BDC=∠BAC=∠FBC,
∴CB=CF,
又BD⊥AC，
∴AC是线段BF的中垂线，AB= AF=10, AC=10.
又BC＝4，
设AE＝x, CE=10－x,
AB2－AE2=BC2－CE2, 100－x2=80－(10－x)2, x=6
∴AE=6,BE=8,CE=4,
∴DE===3,
∴BD＝BE＋DE＝3＋8＝11，
作DH⊥AB，垂足为H，
∵AB•DH＝BD•AE，
∴DH＝，[来源:Zxxk.Com]
∴BH＝，
∴AH＝AB−BH＝10−，
∴tan∠BAD===.

【点睛】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，勾股定理，锐角三角函数，圆心角、弧、弦的关系，相交弦定理，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握并灵活运用性质定理，属于中考压轴题．
3.【解析】（1）∵BA=BC，∠ABC=90°，
∴∠BAC=45°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=∠AEB=90°，
∴∠DAF+∠BGD=∠DBG+∠BGD=90°，
∴∠DAF=∠DBG，
∵∠ABD+∠BAC=90°，
∴∠ABD=∠BAC=45°，
∴AD=BD，
∴△ADF≌△BDG．
（2）①如图2，过F作FH⊥AB于H，

∵点E是的中点，
∴∠BAE=∠DAE，
∵FD⊥AD，FH⊥AB，
∴FH=FD，
∵=sin∠ABD=sin45°=，
∴，即BF=FD，
∵AB=4，
∴BD=4cos45°=2，即BF+FD=2，（ +1）FD=2，
∴FD==4-2，
故答案为：4-2．
②连接OH，EH，

∵点H是的中点，
∴OH⊥AE，[来源:Zxxk.Com]
∵∠AEB=90°，
∴BE⊥AE，
∴BE∥OH，
∵四边形OBEH为菱形，
∴BE=OH=OB=AB，
∴sin∠EAB==，
∴∠EAB=30°．
故答案为：30°．
4.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
（1）连接OC，可证得∠CAD=∠BCD，由∠CAD+∠ABC=90°，可得出∠OCD=90°，即结论得证；
（2）证明△ABC≌△AFC可得CB=CF，又CB=CE，则CE=CF；
（3）证明△CBD∽△DCA，可求出DA的长，求出AB长，设BC=a，AC=a，则由勾股定理可得AC的长．
【详解】（1）连，

∵，
∴，
又，，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
，
∴，且过半径的外端点，
∴是的切线；
（2）在和中，，
，为公共边，
∴Rt△ACF≌Rt△ACB，
∴，又，
∴；
（3）∵∠BCD=∠CAD，∠ADC=∠CDB，
∴△CBD∽△DCA，
∴，
∴，
∴DA=2，
∴AB=AD-BD=2-1=1，
设BC=a，AC=a，由勾股定理可得：a2+(a)2＝12，
解得：a=，
∴AC＝．[来源:学|科|网Z|X|X|K]
【点睛】本题考查切线的判定、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线．
5．【答案】(1)四边形AMCD是菱形，理由见解析；(2)证明见解析；(3)BC＝2．
【解析】
(1)证明四边形AMCD的对角线互相平分，且∠CNM＝90°，可得四边形AMCD为菱形；
(2)可证得∠CMN＝∠DEN，由CD＝CM可证出∠CDM＝∠CMN，则∠DEN＝∠CDM，结论得证；
(3)证出△MDC∽△EDN，由比例线段可求出ND长，再求MN的长，则BC可求出．
【详解】(1)四边形AMCD是菱形，理由如下：
∵M是Rt△ABC中AB的中点，
∴CM＝AM，
∵CM为⊙O的直径，
∴∠CNM＝90°，
∴MD⊥AC，
∴AN＝CN，
∵ND＝MN，
∴四边形AMCD是菱形；
(2)∵四边形CENM为⊙O的内接四边形，
∴∠CEN+∠CMN＝180°，
∵∠CEN+∠DEN＝180°，
∴∠CMN＝∠DEN，
∵四边形AMCD是菱形，
∴CD＝CM，
∴∠CDM＝∠CMN，
∴∠DEN＝∠CDM，
∴ND＝NE；
(3)∵∠CMN＝∠DEN，∠MDC＝∠EDN，
∴△MDC∽△EDN，
∴，
设DN＝x，则MD＝2x，由此得，
解得：x＝或x＝﹣(不合题意，舍去)，
∴，
∵MN为△ABC的中位线，
∴BC＝2MN，
∴BC＝2．
【点睛】本题考查了圆的综合知识，熟练运用圆周角定理、菱形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
6.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3).
【解析】
（1）由D点为中点，易知OD垂直平分BC，又因AB为直径，所以∠ACB=90°，所以；（2）因为D点为中点，所以，可得，即有；（3）利用与，可得，设CD=，则DE=，，又因为，得到，所以，得到，就有
【详解】(1)证明：∵D为弧BC的中点，OD为的半径
∴OD⊥BC即∠BFO=90°
又∵AB为的直径
∴
∴
(2)证明：∵D为弧BC的中点
∴
∴
∴
∴
即
(3)解：∵，
∴
设CD=，则DE=，
又∵
∴
∴
所以
又
∴
即
【点睛】本题主要考查圆的基本性质、相似三角形证明与性质、三角函数的计算等知识点，综合程度比较高，第三问的关键在于将∠CDA换成∠CBA，利用三角形相似求得sin∠CBA
7.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）BG=5.
【解析】
(1)根据等腰三角形的性质可得，再根据圆周角定理以及可得，即可得ED=EC；
(2)连接，可得，继而根据以及三角形外角的性质可以推导得出，可得，从而可得，问题得证；
(3)证明△ABE∽△CBA，可得，从而求得，连接，结合三角形内心可推导得出，继而根据等腰三角形的判定可得.
【详解】(1)∵，∴，
又∵，，
∴，
∴；
(2)连接，
∵，∴弧AB=弧AC，
∴，
∵，∴，
∴，
∵，∴，
∴，∴，
∴，
∴为的切线；
(3)∵，，
∴△ABE∽△CBA，∴，
∴，
∵，∴，
连接，∴，
，
∵点为内心，∴，
又∵，
∴，
∴，
∴.

【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，切线的判定，相似三角形的判定与性质，三角形的内心等知识，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
【名校预测】
1．【答案】（1）见解析；（2）DF=4，BG＝
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据圆周角定理得到AD⊥BC，结合等腰三角形的性质知BD＝CD，再根据OA＝OB知OD∥AC，从而由DF⊥AC可得OD⊥DF，即可得证；
（2）连接BE．BE∥DF，可得DF是△BEC的中位线，设AE＝x，则AC＝AB＝x+4，根据勾股定理列方程可得x的值，证明△GOD∽△GAF，列比例式可得BG的长．
【详解】（1）∵AB是⊙O直径，
∴∠ADB＝90°，
连接OD，

∵∠ADB＝90°，即AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BD＝CD，
又∵OA＝OB，
∴OD∥AC，
∵DF⊥AC，
∴OD⊥DF，
∴DF是圆O的切线；
（2）连接BE．

∵CD＝BD＝2，
∵CF＝2，
∴，
∵AB是直径，
∴∠AEB＝∠CEB＝90°，
∴BE⊥AC，
∵DF⊥AC，
∴DF∥BE，
∴EF＝FC＝2，
∴BE＝2DF＝8，
设AE＝x，则AC＝AB＝x+4
由勾股定理得：AB2＝AE2+BE2，
（x+4）2＝82+x2，
x＝6，
∴AE＝6，AB＝4+6＝10，
∵OD∥AF，
∴△GOD∽△GAF，
∴，
∴，
∴BG＝．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定和性质以及三角形中位线定理等知识点，熟练掌握圆周角定理和相似三角形的判定和性质是解题的关键.
2．【答案】（1）见解析；（2）①，②
【解析】
【分析】
（1）连接BC，由AB为圆的直径，可得 ，CE为⊙O的切线，DB⊥AB，可得EC=EB，可得，再利用等角的余角相等得到，因此CE=ED,
（2）①利用四边形OCEB是正方形，得∠CED=90°，结合CE=ED，利用等腰直角三角形的性质可得答案； ②利用四边形OACF是菱形，得△OAC为等边三角形，利用DB⊥AB，直角三角形两锐角互余可得到答案．
【详解】（1）证明：如图，连接，
，
为的直径，
，
为切线，
，，
，
，，．

（2）①如图，

若四边形OCEB是正方形， 则∠CEB=90°，
∴∠CED=90°，
∵CE=ED， ∴∠D=∠DCE=45°，
故答案为45°；
②若四边形OACF是菱形，
则OA=AC， ∵OA=OC，
∴△OAC为等边三角形，
∴∠A=60°，
∵DB⊥AB， ∴∠A+∠D=90°，
∴∠D=90°-60°=30°，
故答案30°．
【点睛】本题考查了圆的切线判定，圆周角定理，正方形的性质，平行线分线段定理，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，特殊三角函数的应用．解题涉及几何知识点较多，需灵活掌握和运用各定理进行推理证明．
3．【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，与交点为，根据切线性质可得OD⊥BC，即可证明OD//AC，根据平行线的性质可得，根据等腰三角形的性质可得，即可得AD平分∠BAC；（2）连接OF，由AE是直径可得∠AFE=90°，即可证明EF//BC，进而可得OM⊥EF，由BE=AE=2，可得OE=OD=2，根据OD=OB可得∠OBD=30°，即可得∠OEM=30°，可求出OM的长和∠EOM的度数，即可求出∠EOF的度数，根据即可得答案.
【详解】（1）连接，与交点为.
∵BC切于点，
∴OD⊥BC，
，
又，
，
，
，
又
，
，
平分.
（2）连接
∵AE为的直径
，
，
∵OD⊥BC，
∴OM⊥EF，
∵，OA=OE，
∴OE=OD=BE=2，
∴OD=OB，
∴∠OBD=30°，
∵EF//BC，
，
∴OM=OE=1，∠EOM=60°，EM==，
.

【点睛】本题考查切线性质、圆周角定理的讨论、含30°角的直角三角形的性质及扇形的面积的计算，圆的切线垂直于过切点的半径；直径所对的圆周角等于90°；30°角所对的直角边等于斜边的一半；熟练掌握相关性质是解题关键.
4．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）AB＝4．
【解析】
【分析】
（1）由圆周角定理得出∠ABD＝90°，∠C＝∠D，证出∠BAD+∠BAF＝90°，得出AF⊥AD，即可得出结论；

（2）由圆周角定理得出∠BAC＝∠C，∠C＝∠D，得出∠BAC＝∠D，再由公共角∠ABE＝∠DBA，即可得出△ABE∽△DBA；
（3）由相似三角形的性质得出，代入计算即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD＝90°，
∴∠BAD+∠D＝90°，
∵∠BAF＝∠C，∠C＝∠D，
∴∠BAF＝∠D，
∴∠BAD+∠BAF＝90°，
即∠FAD＝90°，
∴AF⊥AD，
∴AF是⊙O的切线；
（2）证明：∵弧BA=弧BC ，
∴∠BAC＝∠C，
∵∠C＝∠D，
∴∠BAC＝∠D，即∠BAE＝∠D，
又∵∠ABE＝∠DBA，
∴△ABE∽△DBA；
（3）解：由（2）得：△ABE∽△DBA，
∴，即，
解得：AB＝．
【点睛】本题考查了三角形与圆的综合问题，掌握圆周角定理、相似三角形的性质以及判定定理是解题的关键．
5．【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由OD=OB，利用等边对等角得到一对角相等，再由已知角相等，等量代换得到∠1=∠3，求出∠4为90°，即可证AD是⊙O的切线；
（2）连接OD，作OF⊥BD于F，由直角三角形的性质得出CD＝AC＝1，BC＝AC＝3， AC=3，得出BD=BC-CD=2，由直角三角形的性质得出DF＝BF＝BD＝1，OF＝BF＝，得出OB＝2OF＝，由扇形面积公式和三角形面积公式即可得出结果；（3）证明△ACD∽△BCA，得出，求出CD=2，由勾股定理得出AD＝，求出AB=4，在Rt△AOD中，AD2 +OD2 =OA2，设⊙O的半径为x，则OA=4-x，解关于x的方程，BE=2x，求出BE后，根据AE=AB-BE，直接计算AE的长即可；
【详解】（1）证明：连接OD，如图1所示：

∵OB＝OD，
∴∠3＝∠B，
∵∠B＝∠1，
∴∠1＝∠3，
在Rt△ACD中，∠1+∠2＝90°，
∴∠4＝180°﹣（∠2+∠3）＝90°，
∴OD⊥AD，
则AD为⊙O的切线；
（2）解：连接OD，作OF⊥BD于F，如图2所示：

∵OB＝OD，∠B＝30°，∴∠ODB＝∠B＝30°，
∴∠DOB＝120°，
∵∠C＝90°，∠CAD＝∠B＝30°，
∴CD＝AC＝1，BC＝AC＝3，
∴BD＝BC﹣CD＝2，
∵OF⊥BD，
∴DF＝BF＝BD＝1，OF＝BF＝，
∴OB＝2OF＝，
∴劣弧BD与弦BD所围阴影部分的面积＝扇形ODB的面积﹣△ODB的面积＝
（3）解：∵∠CAD＝∠B，∠C＝∠C，
∴△ACD∽△BCA，
∴，
∴AC2＝CD×BC＝CD（CD+BD），
即42＝CD（CD+6），
解得：CD＝2，或CD＝﹣8（舍去），
∴CD＝2，
∴AD＝，
∵，
∴，
∴AB＝4，
∵OD⊥AD，
∴在Rt△AOD中，AD2 +OD2 =OA2，
∴设⊙O的半径为x，则OA=4-x，
∴(2) 2+x2=(4-x) 2，
∴，
∴AE=AB-BE=4-3=；
【点睛】本题主要考查了勾股定理，相似三角形的判定与性质，切线的判定，扇形面积公式，掌握勾股定理，相似三角形的判定与性质，切线的判定，扇形面积公式是解题的关键.
6．【答案】（1）见解析；（2）KG2=KD•GE，见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）如图1，连接OG．根据切线性质及CD⊥AB，可以推出∠KGE=∠AKH=∠GKE，根据等角对等边得到KE=GE；
（2）如图2，根据平行得角相等，证明△GKD∽△EFG，列比例式可得结论；
（3）如图3所示，连接OG，OC，由（1）得KE=GE，根据sinE，设AH=3t，则AC=5t，CH=4t，列式先求t的值，再求出圆的半径．
【详解】（1）如图1，连接OG．
∵EG为切线，
∴∠KGE+∠OGA=90°．
∵CD⊥AB，
∴∠AKH+∠OAG=90°．
又∵OA=OG，
∴∠OGA=∠OAG，
∴∠KGE=∠AKH=∠GKE，
∴KE=GE．
（2）KG2=KD•GE．理由如下：
连接GD，如图2．
∵AC∥EF，
∴∠C=∠E．
∵∠C=∠AGD，
∴∠E=∠AGD．
∵∠GKD=∠GKD，
∴△GKD∽△EKG，
∴，
∴KG2=KD•EK，
由（1）得：EK=GE，
∴KG2=KD•GE；
（3）连接OG，OC，如图3所示，
由（1）得：KE=GE．
∵AC∥EF，
∴∠E=∠ACH．
∵sinE=sin∠ACH，
设AH=3t，则AC=5t，CH=4t．
∵KE=GE，AC∥EF，
∴CK=AC=5t，
∴HK=CK﹣CH=t．
在Rt△AHK中，根据勾股定理得AH2+HK2=AK2，
即(3t)2+t2，解得：t．
设⊙O半径为r．在Rt△OCH中，OC=r，OH=r﹣3t，CH=4t，
由勾股定理得：OH2+CH2=OC2，
即(r﹣3t)2+(4t)2=r2，解得：rt，
答：⊙O的半径为．

【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，锐角三角函数定义，圆周角定理，平行线的判定，以及等腰三角形的判定，熟练掌握定理及性质是解答本题的关键．
7．【答案】（1）见解析；（2）的半径是.
【解析】
【分析】
（1）连结，易证，由于是边上的高线，从而可知，所以是的切线．
（2）由于，从而可知，由，可知：，易证△AOM∽△ABE，所以，再证明，所以，从而可求出.
【详解】解：（1）连结．
∵平分，
∴，又，
∴，
∴，
∵是边上的高线，
∴，
∴，
∴是的切线.
（2）∵，
∴，，
∴是中点，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴△AOM∽△ABE，
∴，
又∵，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
，
而，
∴，
∴，
∴的半径是.

【点睛】本题考查圆的综合问题，涉及锐角三角函数，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，综合程度较高，需要学生综合运用知识的能力．
8．【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3） ．
【解析】
【分析】
（1）要想证明△ABH是等腰三角形，只需要根据平行四边形的性质可得∠B=∠ADC，再根据圆内接四边形的对角互补，可得∠ADC+∠AHC=180°，再根据邻补角互补，可知∠AHC+∠AHB=180°，从而可以得到∠ABH和∠AHB的关系，从而可以证明结论成立；
（2）要证直线PC是⊙O的切线，只需要连接OC，证明∠OCP=90°即可，根据平行四边形的性质和边AB与⊙O相切于点A，可以得到∠AEC的度数，又∠PCD=2∠DAF，∠DOF=2∠DAF，∠COE=∠DOF，通过转化可以得到∠OCP的度数，从而可以证明结论；
（3）根据题意和（1）（2）可以得到∠AED=90°，由平行四边形的性质和勾股定理，由AB=2，AD=，可以求得半径的长．
【详解】（1）证明：
∵四边形ADCH是圆内接四边形，
∴∠ADC+∠AHC=180°，
又∵∠AHC+∠AHB=180°，
∴∠ADC=∠AHB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ADC=∠B，
∴∠AHB=∠B，
∴AB=AH，
∴△ABH是等腰三角形；
（2）证明：连接OC，如右图所示，
∵边AB与⊙O相切于点A，
∴BA⊥AF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴CD⊥AF，
又∵FA经过圆心O，
∴，∠OEC=90°，
∴∠COF=2∠DAF，
又∵∠PCD=2∠DAF，
∴∠COF=∠PCD，
∵∠COF+∠OCE=90°，
∴∠PCD+∠OCE=90°，即∠OCP=90°，
∴直线PC是⊙O的切线；
（3）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC=AB=2，
∵FA⊥CD，
∴DE=CE=1，
∵∠AED=90°，AD=，DE=1，
∴AE=，
设⊙O半径为r，则OA=OD=r，OE=AE﹣OA=4﹣r，
∵∠OED=90°，DE=1，
∴r2=（4﹣r）2+12,解得，r=，即⊙O的半径是．

考点：1.圆的综合题；2.平行四边形的性质；3.勾股定理；4同弧所对的圆心角和圆周角的关系.
9.【答案】（1）见解析；（2）AC＝8cm，AD＝5cm
【解析】
【分析】
（1）连结OC，由PC＝PE得∠PCE＝∠PEC，利用三角形外角性质得∠PEC＝∠EAC+∠ACE＝∠EAC+45°，加上∠CAB＝90°﹣∠ABC，∠ABC＝∠OCB，于是可得到∠PCE＝90°﹣∠OCB+45°＝90°﹣（∠OCE+45°）+45°，则∠OCE+∠PCE＝90°，于是根据切线的判定定理可得PC为⊙O的切线；
（2）连结BD，如图，根据圆周角定理由AB为直径得∠ACB＝90°，则可利用勾股定理计算出AC＝8；由DC平分∠ACB得∠ACD＝∠BCD＝45°，根据圆周角定理得∠DAB＝∠DBA＝45°，则△ADB为等腰直角三角形，由勾股定理即可得出AD的长．
【详解】（1）证明：连结OC，如图所示：
∵PC＝PE，
∴∠PCE＝∠PEC，
∵∠PEC＝∠EAC+∠ACE＝∠EAC+45°，
而∠CAB＝90°﹣∠ABC，∠ABC＝∠OCB，
∴∠PCE＝90°﹣∠OCB+45°＝90°﹣（∠OCE+45°）+45°，
∴∠OCE+∠PCE＝90°，
即∠PCO＝90°，
∴OC⊥PC，
∴PC为⊙O的切线；
（2）连结BD，如图所示，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ACB中，AB＝10cm，BC＝6cm，
∴AC＝＝8（cm）；
∵DC平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，
∴∠DAB＝∠DBA＝45°[来源:Z*xx*k.Com]
∴△ADB为等腰直角三角形，
∴（cm）．