【二轮复习】中考数学 题型5 圆的相关证明与计算（复习讲义）

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考点01圆的有关概念
1．与圆有关的概念和性质
（1）圆：平面上到定点的距离等于定长的所有点组成的图形．
（2）弦与直径：连接圆上任意两点的线段叫做弦，过圆心的弦叫做直径，直径是圆内最长的弦．
（3）弧：圆上任意两点间的部分叫做弧，小于半圆的弧叫做劣弧，大于半圆的弧叫做优弧．
（4）圆心角：顶点在圆心的角叫做圆心角．
（5）圆周角：顶点在圆上，并且两边都与圆还有一个交点的角叫做圆周角．
（6）弦心距：圆心到弦的距离．
考点02垂径定理及其推论
1．垂径定理
垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
关于垂径定理的计算常与勾股定理相结合，解题时往往需要添加辅助线，一般过圆心作弦的垂线，构造直角三角形．
2．推论
（1）平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；
（2）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．
考点03圆心角、弧、弦的关系
1．定理
在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等．圆心角、弧和弦之间的等量关系必须在同圆等式中才成立．
2．推论
在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
考点04圆周角定理及其推论
1．定理
一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
2．推论
（1）在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等．
（2）直径所对的圆周角是直角．
考点05与圆有关的位置关系
1．点与圆的位置关系
设点到圆心的距离为d．
(1)dr⇔点在⊙O外．
判断点与圆之间的位置关系，将该点的圆心距与半径作比较即可．
2．直线和圆的位置关系
考点06切线的性质与判定
1．切线的性质
（1）切线与圆只有一个公共点．
（2）切线到圆心的距离等于圆的半径．
（3）切线垂直于经过切点的半径．
利用切线的性质解决问题时，通常连过切点的半径，利用直角三角形的性质来解决问题．
2．切线的判定
（1）与圆只有一个公共点的直线是圆的切线（定义法）．
（2）到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线．
（3）经过半径外端点并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
切线判定常用的证明方法：
①知道直线和圆有公共点时，连半径，证垂直；
②不知道直线与圆有没有公共点时，作垂直，证垂线段等于半径．
考点07三角形与圆
1.三角形外接圆
外心是三角形三条垂直平分线的交点，它到三角形的三个顶点的距离相等．
2．三角形的内切圆
内心是三角形三条角平分线的交点，它到三角形的三条边的距离相等．
1．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，切于点B，连接交于点C，交于点D，连接，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图，连接，证明，，可得，从而可得．
【详解】解：如图，连接，

∵切于点B，
∴，
∵， ，
∴，
∴，
∴；
故选：C.
【点睛】本题考查的是切线的性质，圆周角定理的应用，三角形的内角和定理的应用，掌握基本图形的性质是解本题的关键．
2．（2023·重庆·统考中考真题）如图，为的直径，直线与相切于点C，连接，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，先根据圆的切线的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质即可得．
【详解】解：如图，连接，

直线与相切，
，
，
，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握圆的切线的性质是解题关键．
3．（2023·四川自贡·统考中考真题）如图，内接于，是的直径，连接，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由是的直径，得出，进而根据同弧所对的圆周角相等，得出，进而即可求解．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
4．（2023·江苏苏州·统考中考真题）如图，是半圆的直径，点在半圆上，，连接，过点作，交的延长线于点．设的面积为的面积为，若，则的值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】如图，过作于，证明，由，即，可得，证明，可得，设，则，可得，，再利用正切的定义可得答案．
【详解】解：如图，过作于，

∵，
∴，
∵，即，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
故选：A.
【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线构建直角三角形是解本题的关键．
5.如图，A，B，C是半径为1的⊙O上的三个点，若AB＝，∠CAB＝30°，则∠ABC的度数为（ ）
A．95°B．100°C．105°D．110°
【答案】C
【分析】
连接OB，OC，根据勾股定理逆定理可得∠AOB＝90°，∠ABO＝∠BAO＝45°，根据圆周角定理可得∠COB＝2∠CAB＝60°，∠OBC＝∠OCB＝60°，由此可求得答案．
【详解】
解：如图，连接OB，OC，
∵OA＝OB＝1，AB＝，
∴OA2＋OB2＝AB2，
∴∠AOB＝90°，
又∵OA＝OB，
∴∠ABO＝∠BAO＝45°，
∵∠CAB＝30°，
∴∠COB＝2∠CAB＝60°，
又∵OC＝OB，
∴∠OBC＝∠OCB＝60°，
∴∠ABC＝∠ABO＋∠OBC＝105°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质，圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解决本题的关键．
6．（2023·四川宜宾·统考中考真题）如图，已知点在上，为的中点．若，则等于（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接，如图所示，根据圆周角定理，找到各个角之间的关系即可得到答案．
【详解】解：连接，如图所示：

点在上，为的中点，
，
，
，
根据圆周角定理可知，
，
故选：A．
【点睛】本题考查圆中求角度问题，涉及圆周角定理，找准各个角之间的和差倍分关系是解决问题的关键．
7.如图，AB是⊙O的直径，AC，BC是⊙O的弦，若，则的度数为（ ）
A．70°B．90°C．40°D．60°
【答案】A
【分析】
直接根据直径所对的圆周角为直角进行求解即可．
【详解】
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴在Rt△ABC中，∠B=90°-∠A=70°，
故选：A．
【点睛】
本题考查直径所对的圆周角为直角，理解基本定理是解题关键．
8.如图，中，，，．点为内一点，且满足．当的长度最小时，的面积是（ ）
A．3B．C．D．
【答案】D
【分析】
由题意知，又长度一定，则点P的运动轨迹是以中点O为圆心，长为半径的圆弧，所以当B、P、O三点共线时，BP最短；在中，利用勾股定理可求BO的长，并得到点P是BO的中点，由线段长度即可得到是等边三角形，利用特殊三边关系即可求解．
【详解】
解：
取中点O，并以O为圆心，长为半径画圆
由题意知：当B、P、O三点共线时，BP最短
点P是BO的中点
在中，
是等边三角形
在中，
．
【点睛】
本题主要考察动点的线段最值问题、点与圆的位置关系和隐形圆问题，属于动态几何综合题型，中档难度．解题的关键是找到动点P的运动轨迹，即隐形圆．
9．（2023·湖南常德·统考中考真题）如图，四边形是的内接四边形，是直径，是的中点，过点作交的延长线于点．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)，
【分析】（1）根据“连半径，证垂直”即可，
（2）先由“直径所对的圆周角是直角”，证是直角三角形，用勾股定理求出长，再通过三角形相似即可求解．
【详解】（1）连接

∵为的中点，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，为半径，
∴为的切线，
（2）∵为直径，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得：
．
【点睛】此题考查切线的判定，圆周角定理，勾股定理定理的应用，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．
10．（2023·湖南张家界·统考中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，是延长线上一点，连接，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若直径，求的长．
【答案】(1)详见解析
(2)
【分析】(1)根据直径所对的圆周角是直角，余角的性质即可求得结论；
(2)根据已知条件可知，再根据正切的定义和相似三角形的性质得到线段的关系即可求得线段的长度．
【详解】（1）证明：连接，
∵是的直径，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
即，
∴是的切线；
（2）解：∵，
∴，
∵在中，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
又∵，
即，
解得（取正值），
∴，
【点睛】本题考查了圆周角的性质，切线的判定定理，正切的定义，相似三角形的性质和判定，找出正切的定义与相似三角形相似比的关联是解题的关键．
11.如图，A，B是上两点，且，连接OB并延长到点C，使，连接AC．
（1）求证：AC是的切线．
（2）点D，E分别是AC，OA的中点，DE所在直线交于点F，G，，求GF的长．
【答案】（1）见解析；（2）2
【分析】
（1）先证得△AOB为等边三角形，从而得出∠OAB=60°，利用三角形外角的性质得出∠C=∠CAB=30°，由此可得∠OAC=90°即可得出结论；
（2）过O作OM⊥DF于M，DN⊥OC于N，利用勾股定理得出AC=，根据含30°的直角三角形的性质得出DN =，再根据垂径定理和勾股定理即可求出GF的长．
【详解】
（1）证明：∵AB=OA，OA=OB
∴AB=OA=OB
∴△AOB为等边三角形
∴∠OAB=60°，∠OBA=60°
∵BC=OB
∴BC=AB
∴∠C=∠CAB
又∵∠OBA=60°=∠C+∠CAB
∴∠C=∠CAB=30°
∴∠OAC=∠OAB+∠CAB=90°
∴AC是⊙O的切线；
（2）∵OA=4
∴OB=AB=BC=4
∴OC=8
∴AC===
∵D、E分别为AC、OA的中点，
∴OE//BC，DC=
过O作OM⊥DF于M，DN⊥OC于N
则四边形OMDN为矩形
∴DN=OM
在Rt△CDN中，∠C=30°，∴DN=DC=
∴OM=
连接OG，∵OM⊥GF
∴GF=2MG=2==2
【点睛】
本题考查了切线的判定、垂径定理、等边三角形的性质和判定，熟练掌握相关的知识是解题的关键．
12．（2023·辽宁·统考中考真题）如图，是的直径，点在上，，点在线段的延长线上，且．

(1)求证：EF与相切；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用圆周角定理得到，结合已知推出，再证明，推出，即可证明结论成立；
（2）设半径为x，则，在中，利用正弦函数求得半径的长，再在中，解直角三角形即可求解．
【详解】（1）证明：连接，

∵，∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为半径，
∴EF与相切；
（2）解：设半径为x，则，
∵，，
∴，
在中，，，
∴，即，
解得，
经检验，是所列方程的解，
∴半径为4，则，
在中，，，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆的切线的判定、圆周角定理、解直角三角形以及相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握圆的相关知识和相似三角形的判定和性质是解题的关键．
13．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，点在第一象限内，与轴相切于点，与轴相交于点．连接，过点作于点．

(1)求证：四边形为矩形．
(2)已知的半径为4，，求弦的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据切线的性质及有三个角是直角的四边形是矩形判定即可．
（2）根据矩形的性质、垂径定理及圆的性质计算即可．
【详解】（1）证明：∵与轴相切于点，
∴轴．
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）如图，连接．

四边形是矩形，
．
在中，，
．
点为圆心，，
．
【点睛】本题考查了矩形的判定，垂径定理，圆的性质，熟练掌握矩形的判定和垂径定理是解题的关键．
14.如图，在中，是直径，弦，垂足为，为上一点，为弦延长线上一点，连接并延长交直径的延长线于点，连接交于点，若．
（1）求证：是的切线；
（2）若的半径为8，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接OE，证明OE⊥EF即可；
（2）由证得，运用正弦的概念可得结论．
【详解】
解：（1）证明：连接OE，如图，
∵OA=OE
∴∠OAE=∠OEA．
∵EF=PF，
∴∠EPF=∠PEF
∵∠APH=∠EPF，
∴∠APH=∠EPF，
∴∠AEF=∠APH．
∵CD⊥AB，
∴∠AHC=90°．
∴∠OAE+∠APH=90°．
∴∠OEA+∠AEF=90°
∴∠OEF=90°
∴OE⊥EF．
∵OE是的半径
∴EF是圆的切线，
（2）∵CD⊥AB
∴是直角三角形
∵
∴
设，则
由勾股定理得，
由（1）得，是直角三角形
∴
∴，即
∵
∴
解得，
【点睛】
此题主要考查了圆的切线的判定，勾股定理和解直角三角形等知识，熟练掌握切线的判定是解答此题的关键．
15．（2023·四川成都·统考中考真题）如图，以的边为直径作，交边于点D，过点C作交于点E，连接．

(1)求证：；
(2)若，求和的长．
【答案】(1)见解析
(2)，
【分析】（1）根据，得到，再根据同弧所对的圆周角相等，得到，可证明是等腰三角形，即可解答；
（2）根据直径所对的圆周角为直角，得到，设，根据勾股定理列方程，解得x的值，即可求出；解法一：过点作的垂线段，交的延长线于点F，证明，求出的长，根据勾股定理即可解出的长；解法二：连接,得到角相等，进而证得，根据对应边成比例即可解出的长．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
，
；
（2）解：设，
是的直径，
，
，
，即，
根据（1）中的结论，可得，
根据勾股定理，可得，即，
解得，（舍去），
，,
根据勾股定理，可得；
解法一：如图，过点作的垂线段，交的延长线于点F，

，
，
，
，即，
，，，
，
，
，
设，则，
，
可得方程，解得，
，，
根据勾股定理，可得．
解法二：如图，连接,

，，
，
，
又，，，
，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定及性质，平行线的性质，勾股定理，正切，利用等量代换证明相关角相等是解题的关键．
16.如图，是的内接三角形，是的直径，点是的中点，交的延长线于点．
（1）求证：直线与相切；
（2）若的直径是10，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】
（1）连接OD，由点D是的中点得OD⊥BC，由DE//BC得OD⊥DE，由OD是半径可得DE是切线；
（2）证明△ODE是等腰直角三角形，可求出OE的长，从而可求得结论．
【详解】
解：（1）连接OD交BC于点F，如图，
∵点是的中点，
∴OD⊥BC，
∵DE//BC
∴OD⊥DE
∵OD是的半径
∴直线与相切；
（2）∵AC是的直径，且AB=10,
∴∠ABC=90°，
∵OD⊥BC
∴∠OFC=90°
∴OD//AB

∴
∵
∴
∴
由勾股定理得，
∴．
【点睛】
此题主要考查了切线的判定与性质的综合运用，熟练掌握切线的判定与性质是解答此题的关键．
20.如图，已知点是以为直径的圆上一点，是延长线上一点，过点作的垂线交的延长线于点，连结，且．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接、，根据已知条件证明，即可得解；
（2）由（1）可得，得到，令，根据正切的定义列式求解即可；
【详解】
解：（1）证明：连结、．
∵，，
∴，．
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，即是的切线．
（2）由（1）知，，又，
∴，
∴，即．
令，∴．
即，即．
∵，即，
∴，
解得或（舍），
∴的半径为．
【点睛】
本题主要考查了圆的综合运用，结合相似三角形的判定与性质、正切的定义求解是解题的关键．
21.（2023·上海·统考中考真题）如图，在中，弦的长为8，点C在延长线上，且．

(1)求的半径；
(2)求的正切值．
【答案】(1)5
(2)
【分析】（1）延长，交于点，连接，先根据圆周角定理可得，再解直角三角形可得，由此即可得；
（2）过点作于点，先解直角三角形可得，从而可得，再利用勾股定理可得，然后根据正切的定义即可得．
【详解】（1）解：如图，延长，交于点，连接，

由圆周角定理得：，
弦的长为8，且，
，
解得，
的半径为．
（2）解：如图，过点作于点，

的半径为5，
，
，
，
，
，即，
解得，
，，
则的正切值为．
【点睛】本题考查了圆周角定理、解直角三角形、勾股定理等知识点，熟练掌握解直角三角形的方法是解题关键．
22.如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC，CE⊥AB于点E，D是直径AB延长线上一点，且∠BCE＝∠BCD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若AD＝8，BECE=12，求CD的长．
【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，根据余角的性质得到∠A＝∠ECB，求得∠A＝∠BCD，根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠ACO，等量代换得到∠ACO＝∠BCD，求得∠DCO＝90°，于是得到结论；
（2）设BC＝k，AC＝2k，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解析】（1）证明：连接OC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CE⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠ECB+∠ABC＝∠ABC+∠CAB＝90°，
∴∠A＝∠ECB，
∵∠BCE＝∠BCD，
∴∠A＝∠BCD，
∵OC＝OA，
∴∠A＝∠ACO，
∴∠ACO＝∠BCD，
∴∠ACO+∠BCO＝∠BCO+∠BCD＝90°，
∴∠DCO＝90°，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵∠A＝∠BCE，
∴tanA=BCAC=tan∠BCE=BECE=12，
设BC＝k，AC＝2k，
∵∠D＝∠D，∠A＝∠BCD，
∴△ACD∽△CBD，
∴BCAC=CDAD=12，
∵AD＝8，
∴CD＝4．
23.如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，AB＝10，AC＝6，连结OC，弦AD分别交OC，BC于点E，F，其中点E是AD的中点．
（1）求证：∠CAD＝∠CBA．
（2）求OE的长．
【分析】
（1）利用垂径定理以及圆周角定理解决问题即可．
（2）证明△AEC∽△BCA，推出CEAC=ACAB，求出EC即可解决问题．
【解析】
（1）证明：∵AE＝DE，OC是半径，
∴AC=CD，
∴∠CAD＝∠CBA．
（2）解：∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AE＝DE，
∴OC⊥AD，
∴∠AEC＝90°，
∴∠AEC＝∠ACB，
∴△AEC∽△BCA，
∴CEAC=ACAB，
∴CE6=610，
∴CE＝3.6，
∵OC=12AB＝5，
∴OE＝OC﹣EC＝5﹣3.6＝1.4．
24．（2023·辽宁大连·统考中考真题）如图1，在中，为的直径，点为上一点，为的平分线交于点，连接交于点．

(1)求的度数；
(2)如图2，过点作的切线交延长线于点，过点作交于点．若，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据圆周角定理证明两直线平行，再利用平行线的性质证明角度相等即可；
（2）由勾股定理找到边的关系，求出线段长，再利用等面积法求解即可．
【详解】（1）∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
（2）如图，连接，设，

则，，，
∵是的直径，
∴，
在中，有勾股定理得：
由（1）得：，
∴，
由勾股定理得：，，
∴，
∴，整理得：，
解得：或（舍去），
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了圆周角定理和勾股定理，三角形中位线定理，切线的性质，解一元二次方程，熟练掌握圆周角定理和勾股定理是解题的关键．
25．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）如图，在中，，平分交于点D，点E是斜边上一点，以为直径的经过点D，交于点F，连接．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求图中阴影部分的面积（结果保留π）．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，，由角平分线的定义可得，从而可得，再根据平行线的判定可得 ，从而可得，再根据切线的判定即可得出结论；
（2）连接，，由，，可得，，再由直角三角形的性质可得，再由圆周角定理可得，根据角平分线的定义可得，利用锐角三角函数求得，再由直角三角形的性质可得 ，证明是等边三角形，可得，从而证明是等边三角形，可得垂直平分，再由，可得，从而可得，再利用扇形的面积公式计算即可．
【详解】（1）证明：连接，

∵，是的半径，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴ ，
∴，
∴于点D，
又∵为的半径，
∴是的切线．
（2）解：连接，，
∵在中，，，
∴，，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，
在中，，
∴，
∴ ，
∵平分，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
又∵，
∴垂直平分，
∵，，
∴，
∴，
∴．

【点睛】本题考查角平分线的定义、平行线的判定与性质、切线的判定、直角三角形的性质、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、垂直平分线的判定与性质及扇形的面积公式，熟练掌握相关知识是解题的关键．
26.如图，⊙O的半径OA＝6，过点A作⊙O的切线AP，且AP＝8，连接PO并延长，与⊙O交于点B、D，过点B作BC∥OA，并与⊙O交于点C，连接AC、CD．
（1）求证：DC∥AP；
（2）求AC的长．
【分析】
（1）根据切线的性质得到∠OAP＝90°，根据圆周角定理得到∠BCD＝90°，根据平行线的性质和判定定理即可得到结论；
（2）根据勾股定理和相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解析】
（1）证明：∵AP是⊙O的切线，
∴∠OAP＝90°，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BCD＝90°，
∵OA∥CB，
∴∠AOP＝∠DBC，
∴∠BDC＝∠APO，
∴DC∥AP；
（2）解：∵AO∥BC，OD＝OB，
∴延长AO交DC于点E，
则AE⊥DC，OE=12BC，CE=12CD，
在Rt△AOP中，OP=62+82=10，
由（1）知，△AOP∽△CBD，
∴DBOP=BCOA=DCAP，
即1210=BC6=DC8，
∴BC=365，DC=485，
∴OE=185，CE=245，
在Rt△AEC中，AC=AE2+CE2=(6+185)2+(245)2=2455．
27．（2023·湖北武汉·统考中考真题）如图，都是的半径，．

(1)求证：；
(2)若，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由圆周角定理得出，，再根据，即可得出结论；
（2）过点作半径于点，根据垂径定理得出，证明，得出，在中根据勾股定理得出，在中，根据勾股定理得出，求出即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
，
．
（2）解：过点作半径于点，则，
，
∴，
，
，
，
在中，
，
在中，，
，
，即的半径是．

【点睛】本题主要考查了勾股定理，垂径定理，圆周角定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握圆周角定理．
28.如图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上的两个点，AC=CD=DB，连接AD，过点D作DE⊥AC交AC的延长线于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线．
（2）若直径AB＝6，求AD的长．
【分析】
（1）连接OD，根据已知条件得到∠BOD=13×180°＝60°，根据等腰三角形的性质得到∠ADO＝∠DAB＝30°，得到∠EDA＝60°，求得OD⊥DE，于是得到结论；
（2）连接BD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，解直角三角形即可得到结论．
【解析】
（1）证明：连接OD，
∵AC=CD=DB，
∴∠BOD=13×180°＝60°，
∵CD=DB，
∴∠EAD＝∠DAB=12∠BOD＝30°，
∵OA＝OD，
∴∠ADO＝∠DAB＝30°，
∵DE⊥AC，
∴∠E＝90°，
∴∠EAD+∠EDA＝90°，
∴∠EDA＝60°，
∴∠EDO＝∠EDA+∠ADO＝90°，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：连接BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠DAB＝30°，AB＝6，
∴BD=12AB＝3，
∴AD=62-32=33．
29．（2023·湖南·统考中考真题）如图，是的直径，是一条弦，D是的中点，于点E，交于点F，交于点H，交于点G．

(1)求证：．
(2)若，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）根据D是的中点，于点E，得到,得到即可得证．
（2）根据，设，运用勾股定理，得到，结合，得到，运用勾股定理，得到，从而得到，在中，利用勾股定理计算x即可．
【详解】（1）∵D是的中点，
∴，
∵，是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）∵，是的直径，
∴，
∵，
设，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∴的半径为5．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，正弦函数，熟练掌握垂径定理，勾股定理，圆周角定理，正弦函数是解题的关键．
30.如图，AB是半圆O的直径，C，D是半圆O上不同于A，B的两点，AD＝BC，AC与BD相交于点F．BE是半圆O所在圆的切线，与AC的延长线相交于点E．
（1）求证：△CBA≌△DAB；
（2）若BE＝BF，求证：AC平分∠DAB．
【分析】
（1）根据圆周角定理得到∠ACB＝∠ADB＝90°，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据等腰三角形的性质得到∠E＝∠BFE，根据切线的性质得到∠ABE＝90°，根据三角形的内角和以及角平分线的定义即可得到结论．
【解析】
（1）证明：∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
在Rt△CBA与Rt△DAB中，BC=ADBA=AB，
∴Rt△CBA≌Rt△DAB（HL）；
（2）解：∵BE＝BF，由（1）知BC⊥EF，
∴∠E＝∠BFE，
∵BE是半圆O所在圆的切线，
∴∠ABE＝90°，
∴∠E+∠BAE＝90°，
由（1）知∠D＝90°，
∴∠DAF+∠AFD＝90°，
∵∠AFD＝∠BFE，
∴∠AFD＝∠E，
∴∠DAF＝90°﹣∠AFD，∠BAF＝90°﹣∠E，
∴∠DAF＝∠BAF，
∴AC平分∠DAB．
31.如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD与过C点的直线互相垂直，垂足为D，AC平分∠DAB．
（1）求证：DC为⊙O的切线．
（2）若AD＝3，DC=3，求⊙O的半径．
【分析】
（1）如图，连接OC，根据已知条件可以证明∠OCA＝∠DAC，得AD∥OC，由AD⊥DC，得OC⊥DC，进而可得DC为⊙O的切线；
（2）过点O作OE⊥AC于点E，根据Rt△ADC中，AD＝3，DC=3，可得DAC＝30°，再根据垂径定理可得AE的长，进而可得⊙O的半径．
【解析】
（1）如图，连接OC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠OAC，
∴∠OCA＝∠DAC，
∴AD∥OC，
∵AD⊥DC，
∴OC⊥DC，
又OC是⊙O的半径，
∴DC为⊙O的切线；
（2）过点O作OE⊥AC于点E，
在Rt△ADC中，AD＝3，DC=3，
∴tan∠DAC=DCAD=33，
∴∠DAC＝30°，
∴AC＝2DC＝23，
∵OE⊥AC，
根据垂径定理，得
AE＝EC=12AC=3，
∵∠EAO＝∠DAC＝30°，
∴OA=AEcs30°=2，
∴⊙O的半径为2．
32.如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与BC相交于点D，过点D作⊙O的切线交AC于点E．
（1）求证：DE⊥AC；
（2）若⊙O的半径为5，BC＝16，求DE的长．
【分析】
（1）连接AD、OD．先证明∠ADB＝90°，∠EDO＝90°，从而可证明∠EDA＝∠ODB，由OD＝OB可得到∠EDA＝∠OBD，由等腰三角形的性质可知∠CAD＝∠BAD，故此∠EAD+∠EDA＝90°，由三角形的内角和定理可知∠DEA＝90°，于是可得到DE⊥AC．
（2）由等腰三角形的性质求出BD＝CD＝8，由勾股定理求出AD的长，根据三角形的面积得出答案．
【解析】
（1）证明：连接AD、OD．
∵AB是圆O的直径，
∴∠ADB＝90°．
∴∠ADO+∠ODB＝90°．
∵DE是圆O的切线，
∴OD⊥DE．
∴∠EDA+∠ADO＝90°．
∴∠EDA＝∠ODB．
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD．
∴∠EDA＝∠OBD．
∵AC＝AB，AD⊥BC，
∴∠CAD＝∠BAD．
∵∠DBA+∠DAB＝90°，
∴∠EAD+∠EDA＝90°．
∴∠DEA＝90°．
∴DE⊥AC．
（2）解：∵∠ADB＝90°，AB＝AC，
∴BD＝CD，
∵⊙O的半径为5，BC＝16，
∴AC＝10，CD＝8，
∴AD=AC2-CD2=102-82=6，
∵S△ADC=12AD⋅DC=12AC•DE，
∴DE=AD⋅DCAC=6×810=245．
位置关系
相离
相切
相交
图形
公共点个数
0个
1个
2个
数量关系
d>r
d=r
d