重难点07 圆中的计算及其综合-2024年中考数学三轮冲刺查缺补漏

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考点一：圆中的角度计算
圆中角度的相关考点主要是圆周角定理和圆心角定理，这两个定理都有对应推论，考察难度不大，题型基本以选择、填空题为主，所以重点是要把这两个定理及其推论熟练掌握即可！
题型01 圆中常见的角度计算
【中考真题练】
1．（2023•河南）如图，点A，B，C在⊙O上，若∠C＝55°，则∠AOB的度数为（ ）
A．95°B．100°C．105°D．110°
【分析】根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可得到答案．
【解答】解：∵∠AOB＝2∠C，∠C＝55°，
∴∠AOB＝110°，
故选：D．
2．（2023•吉林）如图，AB，AC是⊙O的弦，OB，OC是⊙O的半径，点P为OB上任意一点（点P不与点B重合），连接CP．若∠BAC＝70°，则∠BPC的度数可能是（ ）
A．70°B．105°C．125°D．155°
【分析】利用圆周角定理求得∠BOC的度数，然后利用三角形外角性质及等边对等角求得∠BPC的范围，继而得出答案．
【解答】解：如图，连接BC，
∵∠BAC＝70°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝140°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB＝＝20°，
∵点P为OB上任意一点（点P不与点B重合），
∴0°＜∠OCP＜20°，
∵∠BPC＝∠BOC+∠OCP＝140°+∠OCP，
∴140°＜∠BPC＜160°，
故选：D．
3．（2023•枣庄）如图，在⊙O中，弦AB，CD相交于点P．若∠A＝48°，∠APD＝80°，则∠B的度数为（ ）
A．32°B．42°C．48°D．52°
【分析】根据外角∠APD，求出∠C，由同弧所对圆周角相等即可求出∠B．
【解答】解：∵∠A＝48°，∠APD＝80°，
∴∠C＝80°﹣48°＝32°，
∵，
∴∠B＝∠C＝32°．
故选：A．
4．（2023•眉山）如图，AB切⊙O于点B，连结OA交⊙O于点C，BD∥OA交⊙O于点D，连结CD，若∠OCD＝25°，则∠A的度数为（ ）
A．25°B．35°C．40°D．45°
【分析】连接OB，由切线的性质得到∠ABO＝90°，由平行线的性质得到∠D＝∠OCD＝25°，由圆周角定理得出∠O＝2∠D＝50°，因此∠A＝90°﹣∠O＝40°．
【解答】解：连接OB，
∵AB切⊙O于B，
∴半径OB⊥AB，
∴∠ABO＝90°，
∵BD∥OA，
∴∠D＝∠OCD＝25°，
∴∠O＝2∠D＝50°，
∴∠A＝90°﹣∠O＝40°．
故选：C．
5．（2023•湖北）如图，在△ABC中，∠ACB＝70°，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC分别相切于点D，E，连接DE，AO的延长线交DE于点F，则∠AFD＝ 35° ．
【分析】根据内切圆的定义和切线长定理，可以计算出∠AOB的度数和∠OGF的度数，然后即可计算出∠AFD的度数．
【解答】解：连接OD，OE，OB，OB交ED于点G，
∵∠ACB＝70°，
∴∠CAB+∠CBA＝110°，
∵点O为△ABC的内切圆的圆心，
∴∠OAB+∠OBA＝55°，
∴∠AOB＝125°，
∵OE＝OD，BD＝BE，
∴OB垂直平分DE，
∴∠OGE＝90°，
∴∠AFD＝∠AOB﹣∠OGF＝125°﹣90°＝35°，
故答案为：35°．
【中考模拟练】
1．（2024•连云区一模）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，点P是劣弧上一点（点P不与点C重合），则∠CPD＝（ ）
A．45°B．36°C．35°D．30°
【分析】连接OC，OD．求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题．
【解答】解：如图，连接OC，OD，
∵ABCDE是正五边形，
∴∠COD＝＝72°，
∴∠CPD＝∠COD＝36°，
故选：B．
2．（2024•岱岳区一模）如图，AB是⊙O的直径，点D是的中点，∠BAC＝40°，则∠ACD的度数是（ ）
A．40°B．25°C．40°．D．30°
【分析】根据直径所对的圆周角是直角可得：∠ACB＝90°，从而可得∠ABC＝50°，再根据已知易得：＝，从而可得∠ABD＝∠DBC＝∠ABC＝25°，最后根据同弧所对的圆周角相等可得∠ACD＝∠ABD＝25°，即可解答．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝40°，
∴∠ABC＝90°﹣∠BAC＝50°，
∵点D是的中点，
∴＝，
∴∠ABD＝∠DBC＝∠ABC＝25°，
∴∠ACD＝∠ABD＝25°，
故选：B．
3．（2024•甘井子区校级一模）如图，在⊙O中，OA、OB、OC为半径，连接AB、BC、AC．若∠ACB＝53°，∠CAB＝17°，则∠OAC的度数为（ ）
A．10°B．15°C．20°D．25°
【分析】先利用圆周角定理可得∠AOB＝106°，然后利用等腰三角形的性质可得∠OAB＝∠OBA＝37°，从而利用角的和差关系进行计算，即可解答．
【解答】解：∵∠ACB＝53°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝106°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝＝37°，
∵∠CAB＝17°，
∴∠OAC＝∠OAB﹣∠CAB＝20°，
故选：C．
4．（2024•连云区一模）如图，一块直角三角板的30°角的顶点P落在⊙O上，两边分别交⊙O于A，B两点，连结AO，BO，则∠AOB的度数 60 °．
【分析】利用圆周角定理求解即可．
【解答】解：由图可知：∠P＝30°，
∵＝，
∴∠AOB＝2∠P＝60°，
故答案为：60°．
5．（2024•新城区模拟）如图，在△ABC中，∠B＝70°，⊙O是△ABC的内切圆，M，N，K是切点，连接OA，OC．交⊙O于E，D两点．点F是上的一点，连接DF，EF，则∠EFD的度数是 62.5° ．
【分析】先根据三角形内心的性质得，，进而求出∠OAC+∠OCA，即可求出∠AOC，然后根据圆周角定理得出答案．
【解答】解：∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴OA，OC是△ABC的角平分线，
∴，．
∵∠B＝70°，
∴∠BAC+∠BCA＝110°，
∴，
∴∠AOC＝180°﹣55°＝125°，
∴．
故答案为：62.5°．
题型02 “知1得4”模型的常见题型
【中考真题练】
1．（2023•温州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，AD＝，则∠CAO的度数与BC的长分别为（ ）
A．10°，1B．10°，C．15°，1D．15°，
【分析】由平行线的性质，圆周角定理，垂直的定义，推出∠AOB＝∠COD＝90°，∠CAD＝∠BDA＝45°，求出∠BOC＝60°，得到△BOC是等边三角形，得到BC＝OB，由等腰三角形的性质求出圆的半径长，求出∠OAD的度数，即可得到BC的长，∠CAO的度数．
【解答】解：连接OB，OC，
∵BC∥AD，
∴∠DBC＝∠ADB，
∴＝，
∴∠AOB＝∠COD，∠CAD＝∠BDA，
∵DB⊥AC，
∴∠AED＝90°，
∴∠CAD＝∠BDA＝45°，
∴∠AOB＝2∠ADB＝90°，∠COD＝2∠CAD＝90°，
∵∠AOD＝120°，
∴∠BOC＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC＝OB，
∵OA＝OD，∠AOD＝120°，
∴∠OAD＝∠ODA＝30°，
∴AD＝OA＝，
∴OA＝1，
∴BC＝1，
∴∠CAO＝∠CAD﹣∠OAD＝45°﹣30°＝15°．
故选：C．
2．（2023•台湾）图1为一圆形纸片，A、B、C为圆周上三点，其中AC为直径，今以AB为折线将纸片向右折后，纸片盖住部分的AC，而AB上与AC重叠的点为D，如图2所示，若＝35°，则的度数为何（ ）
A．105°B．110°C．120°D．145°
【分析】由折叠的性质得到：、的度数相等，又AC是圆的直径，即可求出的度数．
【解答】解：由折叠的性质得到：＝，
∵的度数＝35°，AC是圆的直径，
∴的度数＝180°﹣35°﹣35°＝110°．
故选：B．
3．（2023•深圳）如图，在⊙O中，AB为直径，C为圆上一点，∠BAC的角平分线与⊙O交于点D，若∠ADC＝20°，则∠BAD＝ 35 °．
【分析】先根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，再利用圆周角定理可得∠ADC＝∠ABC＝20°，然后利用直角三角形的两个锐角互余可得∠BAC＝70°，从而利用角平分线的定义进行计算，即可解答．
【解答】解：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ADC＝20°，
∴∠ADC＝∠ABC＝20°，
∴∠BAC＝90°﹣∠ABC＝70°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠BAC＝35°，
故答案为：35．
4．（2023•烟台）如图，将一个量角器与一把无刻度直尺水平摆放，直尺的长边与量角器的外弧分别交于点A，B，C，D，连接AB，则∠BAD的度数为 52.5° ．
【分析】由图形求出∠BOD的度数，由圆周定理得到∠BAD＝∠BOD．
【解答】解：设量角器的圆心是O，连接OD，OB，
∵∠BOD＝130°﹣25°＝105°，
∴∠BAD＝∠BOD＝52.5°．
故答案为：52.5°．
【中考模拟练】
1．（2024•惠城区模拟）如图，AB是半圆O的直径，点D是弧AC的中点，若∠BAC＝44°，则∠DAC等于（ ）
A．22°B．44°C．23°D．46°
【分析】根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得∠B＝46°，然后利用圆内接四边形对角互补可得∠D＝134°，再根据已知可得＝，进而可得AD＝DC，最后利用等腰三角形的性质，以及三角形内角和定理进行计算即可解答．
【解答】解：∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝44°，
∴∠B＝90°﹣∠BAC＝46°，
∵四边形ABCD是半⊙O的内接四边形，
∴∠D＝180°﹣∠B＝134°，
∵点D是弧AC的中点，
∴＝，
∴AD＝DC，
∴∠DAC＝∠DCA＝（180°﹣∠D）＝23°，
故选：C．
2．（2024•汉台区二模）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，OD∥AC交⊙O于点D，连接AD、CD，若∠CAD＝125°，则∠ADC的度数为（ ）
A．20°B．25°C．30°D．35°
【分析】先利用平行线的性质可得∠ADO＝55°，从而利用等腰三角形的性质可得∠OAD＝∠ODA＝55°，然后利用三角形内角和定理可得∠AOD＝70°，从而利用圆周角定理可得∠ACD＝∠AOD＝35°，最后利用三角形内角和定理可得：∠ADC＝20°，
【解答】解：∵OD∥AC，
∴∠ADO＝180°﹣∠CAD＝55°，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA＝55°，
∴∠AOD＝180°﹣∠OAD﹣∠ODA＝70°，
∴∠ACD＝∠AOD＝35°，
∴∠ADC＝180°﹣∠CAD﹣∠ACD＝20°，
故选：A．
3．（2024•西山区一模）如图，点A，B，C在⊙O上，AB平分∠CAO，∠C＝40°，则∠BOC的度数为（ ）
A．20°B．40°C．60°D．80°
【分析】先利用等腰三角形的性质可得∠C＝∠OAC＝40°，然后利用角平分线的定义可得∠CAB＝20°，再利用圆周角定理进行计算，即可解答．
【解答】解：∵OA＝OC，
∴∠C＝∠OAC＝40°，
∵AB平分∠CAO，
∴∠CAB＝∠CAO＝20°，
∴∠COB＝2∠CAB＝40°，
故选：B．
4．（2024•碑林区校级二模）如图，⊙O半径长2cm，点A、B、C是⊙O三等分点，点D为圆上一点，连接AD，且AD＝2cm，CD交AB于点E，则∠BED＝（ ）
A．75°B．65°C．60°D．55°
【分析】连接OA，OB，OC，OD，则OA＝OB＝OC＝OD＝2cm，进一步判定△AOD为等腰直角三角形，再根据同弧所对的圆周角相等即可求解．
【解答】解：连接OA，OB，OC，OD，则OA＝OB＝OC＝OD＝2cm，
∵点A、B、C是⊙O三等分点，
∴∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°，AB＝BC＝AC，
∵OD＝OA＝2，AD＝2，
OD2+OA2＝AD2
∴△AOD为等腰直角三角形，
∴∠AOD＝90°，∠DOA＝∠ADO＝45°，
∵弧DB对应∠DAB和∠DCB，
∴∠DAB＝∠DCB，
∵AB＝BC＝AC，
∴∠ACB＝∠BAC＝∠ABC＝60°，
∵∠BED＝∠EDA+∠DAB，∠DAB＝∠DCB，
∴∠BED＝∠ADE+∠DCB，
∵∠ADE＝∠ADO+∠ODC，
∠ADO＝45°，∠ODC＝∠OCD，
∴∠ADE＝45°+∠OCD，
∴∠BED＝45°+∠OCD+∠DCB＝45°+∠DCB＝45°+30°＝75°．
故选：A．
5．（2024•泗县一模）如图，AB是⊙O的直径，点C是半圆上一点，CD平分∠ACB交⊙O于点D，与AB交于点G，过点A作AE⊥CD于点E，AE与⊙O交于点F，连接AD，CF．若AG＝CF，则∠D的度数为 67.5° ．
【分析】连接DF，利用直径所对的圆周角是直角及同弧所对的圆周角相等，证明△ADE＝△CFE（AAS）进而可求．
【解答】解：连接DF，
∵AB是圆的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，
∵AE⊥CD，
∴∠AEC＝∠AED＝∠CEF＝∠DEF＝90°，
∴∠CAE＝∠CDF＝∠DFA＝45°，
∴DE＝EF，
在△ADE和△CFE中，
，
∴△ADE＝△CFE（AAS），
∴AD＝CF，
∵AG＝CF，
∴AD＝AG，
∴∠ADG＝∠AGD，
∵∠DAG＝∠BCD＝45°，
∴∠ADG＝＝67.5°，
故答案为：67.5°．
考点二：圆中的长度计算
圆中长度的计算主要考察的是圆的垂径定理及其推论、垂径定理的应用等，相对综合点的问题还会和特殊三角形或者相似三角形等知识点结合。而求弧长及扇形面积则主要考察对应公式，综合难度不大，小心审题即可！
题型01 圆中常见的长度计算
【中考真题练】
1．（2023•永州）如图，⊙O是一个盛有水的容器的横截面，⊙O的半径为10cm，水的最深处到水面AB的距离为4cm，则水面AB的宽度为 16 cm．
【分析】过点O作OD⊥AB于点C，交⊙O于点D，连接OA，由垂径定理可得AC＝BC，然后在Rt△AOC中根据勾股定理求出AC的长，即可得出AB的长．
【解答】解：如图，过点O作OD⊥AB于点C，交⊙O于点D，连接OA，
∴，
由题意知，OA＝10cm，CD＝4cm，
∴OC＝6cm，
在Rt△AOC中，（cm），
∴AB＝2AC＝16（cm），
故答案为：16．
2．（2023•荆州）如图，一条公路的转弯处是一段圆弧（），点O是这段弧所在圆的圆心，B为上一点，OB⊥AC于D．若AC＝300m，BD＝150m，则的长为（ ）
A．300πmB．200πmC．150πmD．100πm
【分析】先根据垂径定理求出AD的长，由题意得OD＝OA﹣BD，在Rt△AOD中利用勾股定理即可求出OA的值，然后再利用三角比计算出所对的圆心角的度数，由弧长公式求出的长即可．
【解答】解：∵OB⊥AC，
∴AD＝ AC＝150m，∠AOC＝2∠AOB，
在Rt△AOD中，
∵AD2+OD2＝OA2，OA＝OB，
∴AD2+（OA﹣BD）2＝OA2，
∴+（OA﹣150）2＝OA2，
解得：OA＝300m，
∴sin∠AOB＝＝，
∴∠AOB＝60°，
∴∠AOC＝120°，
∴的长＝＝200πm．
故选：B．
3．（2023•青岛）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠B＝58°，∠ACD＝40°．若⊙O的半径为5，则的长为（ ）
A．B．C．πD．
【分析】根据圆周角的性质，计算出弧DC所对的圆心角度数，按照公式求出弧长即可．
【解答】解：连接OA、OD、OC，
∵∠B＝58°，∠ACD＝40°．
∴∠AOC＝2∠B＝116°，∠AOD＝2∠ACD＝80°，
∴∠DOC＝36°，
∴＝＝π．
故选：C．
4．（2023•东营）“圆材埋壁”是我国古代数学名著《九章算术》中的一个问题：“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？”转化为现在的数学语言表达就是：如图，CD为⊙O的直径，弦AB⊥CD，垂足为E，CE＝1寸，AB＝10寸，则直径CD的长度为 26 寸．
【分析】连接OA，设⊙O的半径是r寸，由垂径定理得到AE＝AB＝5寸，由勾股定理得到r2＝（r﹣1）2+52，求出r，即可得到圆的直径长．
【解答】解：连接OA，
设⊙O的半径是r寸，
∵直径CD⊥AB，
∴AE＝AB＝×10＝5寸，
∵CE＝1寸，
∴OE＝（r﹣1）寸，
∵OA2＝OE2+AE2，
∴r2＝（r﹣1）2+52，
∴r＝13，
∴直径CD的长度为2r＝26寸．
故答案为：26．
5．（2023•鄂州）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝4，点O为BC的中点，以O为圆心，OB长为半径作半圆，交AC于点D，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．5πB．5﹣4πC．5﹣2πD．10﹣2π
【分析】连接OD．解直角三角形求出∠DOB＝60°，BC＝4，再根据S阴＝S△ACB﹣S△COD﹣S扇形ODB，求解即可．
【解答】解：连接OD．
在△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝4，
∴BC＝AB＝4，
∴OC＝OD＝OB＝2，
∴∠DOB＝2∠C＝60°，
∴S阴＝S△ACB﹣S△COD﹣S扇形ODB＝×4×4﹣﹣
＝8﹣3﹣2π
＝5﹣2π．
故选：C．
6．（2023•湖北）如图，在3×3的正方形网格中，小正方形的顶点称为格点，顶点均在格点上的图形称为格点图形，图中的圆弧为格点△ABC外接圆的一部分，小正方形边长为1，图中阴影部分的面积为（ ）
A．π﹣B．π﹣C．π﹣D．π﹣
【分析】作AB的垂直平分线MN，作BC的垂直平分线PQ，设MN与PQ相交于点O，连接OA，OB，OC，则点O是△ABC外接圆的圆心，先根据勾股定理的逆定理证明△AOC是直角三角形，从而可得∠AOC＝90°，然后根据图中阴影部分的面积＝扇形AOC的面积﹣△AOC的面积﹣△ABC的面积，进行计算即可解答．
【解答】解：如图：作AB的垂直平分线MN，作BC的垂直平分线PQ，设MN与PQ相交于点O，连接OA，OB，OC，则点O是△ABC外接圆的圆心，
由题意得：OA2＝12+22＝5，
OC2＝12+22＝5，
AC2＝12+32＝10，
∴OA2+OC2＝AC2，
∴△AOC是直角三角形，
∴∠AOC＝90°，
∵AO＝OC＝，
∴图中阴影部分的面积＝扇形AOC的面积﹣△AOC的面积﹣△ABC的面积
＝﹣OA•OC﹣AB•1
＝﹣××﹣×2×1
＝﹣﹣1
＝﹣，
故选：D．
7．（2023•河北）装有水的水槽放置在水平台面上，其横截面是以AB为直径的半圆O，AB＝50cm，如图1和图2所示，MN为水面截线，GH为台面截线，MN∥GH．
计算：在图1中，已知MN＝48cm，作OC⊥MN于点C．
（1）求OC的长．
操作：将图1中的水槽沿GH向右作无滑动的滚动，使水流出一部分，当∠ANM＝30°时停止滚动．如图2．其中，半圆的中点为Q，GH与半圆的切点为E，连接OE交MN于点D．
探究：在图2中．
（2）操作后水面高度下降了多少？
（3）连接OQ并延长交GH于点F，求线段EF与的长度，并比较大小．
【分析】（1）连接OM，利用垂径定理得出MC＝MN＝24cm，由勾股定理计算即可得出答案；
（2）由切线的性质证明OE⊥GH，进而得到OE⊥MN，利用锐角三角函数的定义求出OD，再与（1）中OC相减即可得出答案；
（3）由半圆的中点为Q得到∠QOB＝90°，得到∠QOE＝30°，分别求出线段EF与 的长度，再相减比较即可．
【解答】解：（1）连接OM，
∵O为圆心，OC⊥MN于点C，MN＝48cm，
∴MC＝MN＝24cm，
∵AB＝50cm，
∴OM＝AB＝25cm，
在Rt△OMC 中，OC＝＝＝7（cm）；
（2）∵GH与半圆的切点为E，
∴OE⊥GH，
∵MN∥GH，
∴OE⊥MN于点D，
∵∠ANM＝30°，ON＝25cm，
∴，
∴操作后水面高度下降高度为：；
（3）∵OE⊥MN于点D，∠ANM＝30°，
∴∠DOB＝60°，
∵半圆的中点为Q，
∴，
∴∠QOB＝90°，
∴∠QOE＝30°，
∴EF＝tan∠QOE•OE＝（cm），
的长为（cm），
∵＝＞0，
∴EF＞．
【中考模拟练】
1．（2024•上城区一模）如图，在⊙O中，将沿弦AB翻折，使恰好经过圆心O，C是劣弧AB上一点．已知AE＝2，tan∠CBA＝，则AB的长为（ ）
A．B．6C．D．
【分析】连接EO并延长交⊙O于点H，连接AH，过点O作OF⊥AB于F，延长OF交⊙O于点G，连接OB，根据圆周角定理求出∠EAH＝90°，解直角三角形求出AH＝4，根据勾股定理求出EH＝2，根据垂径定理求出AB＝2BF，根据折叠的性质得，OF＝GF，再根据勾股定理求解即可．
【解答】解：连接EO并延长交⊙O于点H，连接AH，过点O作OF⊥AB于F，延长OF交⊙O于点G，连接OB，
∵EH是⊙O的直径，
∴∠EAH＝90°，
∴tan∠AHE＝，
∵∠AHE＝∠CBA，tan∠CBA＝，
∴tan∠AHE＝tan∠CBA＝，
∴＝，
∵AE＝2，
∴AH＝4，
∴EH＝＝2，
∴⊙O的半径为，
∴OG＝OB＝，
∵OG⊥AB于F，
∴AB＝2BF，
根据折叠的性质得，OF＝GF，
∴OF＝OG＝，
∴BF＝＝，
∴AB＝，
故选：C．
2．（2024•连云区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，∠A＝60°，将Rt△ABC绕点C顺时针旋转90°后得到Rt△DEC，点B经过的路径为弧BE，将线段AB绕点A顺时针旋转60°后，点B恰好落在CE上的点F处，点B经过的路径为弧BF，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．B．C．D．
【分析】先用扇形ABF的面积减去△ACB的面积，再用扇形CBE的面积减去上面的计算结果即可解决问题．
【解答】解：由题知，
∵AB＝4，∠A＝60°，
∴．
在Rt△ABC中，
sinA＝，
∴BC＝．
同理可得，AC＝2．
∴．
∵，
∴S阴影＝S扇形CBE﹣（S扇形ABF﹣S△ABC）＝．
故选：D．
3．（2024•历城区一模）如图，正八边形ABCDEFGH的边长为3，以顶点A为圆心，AB的长为半径画圆，则阴影部分的面积为 π .（结果保留π）
【分析】先根据正八边形的性质求出圆心角的度数，再根据扇形面积的计算方法进行计算即可．
【解答】解：由题意得，∠HAB＝＝135°，AH＝AB＝3，
∴S阴影部分＝＝π，
故答案为：π．
4．（2024•丰台区一模）如图，A，B，C是⊙O上的点，OA⊥BC，点D在优弧上，连接BD，AD．若∠ADB＝30°，，则⊙O的半径为 2 ．
【分析】根据垂径定理求出BE，根据正弦的定义求出OB．
【解答】解：连接OB，
∵OA⊥BC，
∴BE＝BC＝，
∵∠ADB＝30°，
∴由圆周角定理得∠AOB＝60°，
∴OB＝＝＝2．
故答案为：2．
5．（2024•玄武区校级模拟）如图，在半圆O中，点C在半圆O上，点D在直径AB上，将半圆O沿过BC所在的直线折叠，使恰好经过点D．若，BD＝1，则半圆O的直径为 4 ．
【分析】过C点作CH⊥AB于H点，连接CD、OC，如图，根据折叠的性质得到和所在的圆为等圆，由于和所对的圆周角都是∠ABC，所以＝，则CA＝CD，根据等腰三角形的性质求出AH＝DH＝AD＝+OD，则OH＝，BH＝+OD，
根据勾股定理求出OD＝1，再根据线段的和差求解即可．
【解答】解：过C点作CH⊥AB于H点，连接CD、OC、AC，如图：
∵圆弧BC沿BC所在的直线折叠后与直径AB交于点D，
∴和所在的圆为等圆，
∵和所对的圆周角都是∠ABC，
∴＝，
∴CA＝CD，
∵CH⊥AD，
∴AH＝DH，
∵BD＝1，
∴OC＝OA＝OB＝BD+OD＝1+OD，
∴AD＝OA+OD＝1+2OD，
∴AH＝DH＝AD＝+OD，
∴OH＝DH﹣OD＝+OD﹣OD＝，BH＝OB+OH＝1+OD+＝+OD，
在Rt△BCH中，BC＝，
∴CH2＝BC2﹣BH2＝﹣＝10﹣﹣3OD﹣OD2＝﹣3OD﹣OD2，
在Rt△OCH中，CH2＝OC2﹣OH2＝（1+OD）2﹣＝1+2OD+OD2﹣＝OD2+2OD+，
∴﹣3OD﹣OD2＝OD2+2OD+，
∴OD＝1或OD＝﹣（舍去），
∴OB＝1＝1＝2，
∴AB＝4，
即半圆O的直径为4，
故答案为：4．
6．（2024•青浦区二模）如图，AB是⊙O的直径，AB与CD相交于点E，弦AD与弦CD相等，且．
（1）求∠ADC的度数；
（2）如果OE＝1，求AD的长．
【分析】（1）连接AC，根据垂径定理可得＝，从而可得AC＝AD，然后利用等量代换可得AC＝AD＝CD，从而可得△ACD是等边三角形，再利用等边三角形的性质即可解答；
（2）连接OD，根据垂径定理可得DE＝EC＝CD，AB⊥CD，从而可得∠AED＝90°，再利用直角三角形的两个锐角互余可得∠DAO＝30°，然后利用圆周角定理可得∠DOE＝60°，再在Rt△OED中，利用锐角三角函数的定义求出DE的长，即可解答．
【解答】解：（1）连接AC，
∵AB是⊙O的直径，，
∴＝，
∴AC＝AD，
∵AD＝CD，
∴AC＝AD＝CD，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠ADC＝60°；
（2）连接OD，
∵AB是⊙O的直径，，
∴DE＝EC＝CD，AB⊥CD，
∴∠AED＝90°，
∵∠ADC＝60°，
∴∠DAO＝90°﹣∠ADC＝30°，
∴∠DOE＝2∠DAO＝60°，
在Rt△OED中，OE＝1，
∴DE＝OE•tan60°＝，
∴CD＝2DE＝2，
∴CD＝AD＝2．
7．（2024•黄埔区一模）如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，CO的延长线交AB于点D．
（1）求证：AO平分∠BAC；
（2）若BC＝12，sin∠BAC＝，求AC和CD的长．
【分析】（1）先延长AO交BC于H，连接BO，AB＝AC，OB＝OC，因此A，O在线段BC的垂直平分线上，则AO⊥BC，又因为AB＝AC，所以AO平分∠BAC．
（2）延长CD交⊙O于E，连接BE，则CE是⊙O的直径，∠EBC＝90°，BC⊥BE，可知∠E＝∠BAC，sin∠E＝sin∠BAC，因此＝，CE＝BC＝20，利用勾股定理得BE＝＝16，OA＝OE＝CE＝10，因为AH⊥BC，所以BE∥OA，因而＝，即＝，解得：OD＝，因此CD＝10+＝，根据BE∥OA，即BE∥OH，OC＝OE，可得OH是△CEB的中位线，因此OH＝BE＝8，CH＝BC＝6，可得AH＝10+8＝18，在Rt△ACH中，AC＝＝＝6．
【解答】解：（1）证明：延长AO交BC于H，连接BO，
∵AB＝AC，OB＝OC，
∴A，O在线段BC的垂直平分线上，
∴AO⊥BC，
又∵AB＝AC，
∴AO平分∠BAC．
（2）延长CD交⊙O于E，连接BE，则CE是⊙O的直径，
∵∠EBC＝90°，BC⊥BE，
∴∠E＝∠BAC，sin∠E＝sin∠BAC，
∴＝，CE＝BC＝20，
∴BE＝＝16，OA＝OE＝CE＝10，
∵AH⊥BC，
∴BE∥OA，
∴＝，即＝，
解得：OD＝，
∴CD＝10+＝，
∵BE∥OA，即BE∥OH，OC＝OE，
∴OH是△CEB的中位线，
∴OH＝BE＝8，CH＝BC＝6，
∴AH＝10+8＝18，
在Rt△ACH中，AC＝＝＝6．
题型02 圆内接四边形的性质
【中考真题练】
1．（2023•西藏）如图，四边形ABCD内接于⊙O，E为BC延长线上一点．若∠DCE＝65°，则∠BOD的度数是（ ）
A．65°B．115°C．130°D．140°
【分析】根据邻补角互补求出∠DCB的度数，再根据圆内接四边形对角互补求出∠BAD的度数，最后根据圆周角定理即可求出∠BOD的度数．
【解答】解：∵∠DCE＝65°，
∴∠DCB＝180°﹣∠DCE＝180°﹣65°＝115°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD+∠DCB＝180°，
∴∠BAD＝65°，
∴∠BOD＝2∠BAD＝2×65°＝130°，
故选：C．
2．（2023•赤峰）如图，圆内接四边形ABCD中，∠BCD＝105°，连接OB，OC，OD，BD，∠BOC＝2∠COD．则∠CBD的度数是（ ）
A．25°B．30°C．35°D．40°
【分析】利用圆内接四边形的性质及圆周角定理求得∠BOD的度数，再结合已知条件求得∠COD的度数，然后利用圆周角定理求得∠CBD的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∵∠BCD＝105°，
∴∠A＝75°，
∴∠BOD＝2∠A＝150°，
∵∠BOC＝2∠COD，
∴∠BOD＝3∠COD＝150°，
∴∠COD＝50°，
∴∠CBD＝∠COD＝25°，
故选：A．
3．（2023•淮安）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BC是⊙O的直径，BC＝2CD，则∠BAD的度数是 120 °．
【分析】连接OD，根据等边三角形的性质得到∠C＝60°，再根据圆内接四边形的性质计算，得到答案．
【解答】解：如图，连接OD，
∵BC是⊙O的直径，BC＝2CD，
∴OC＝OD＝CD，
∴△COD为等边三角形，
∴∠C＝60°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BAD+∠C＝180°，
∴∠BAD＝120°，
故答案为：120．
4．（2023•北京）如图，圆内接四边形ABCD的对角线AC，BD交于点E，BD平分∠ABC，∠BAC＝∠ADB．
（1）求证DB平分∠ADC，并求∠BAD的大小；
（2）过点C作CF∥AD交AB的延长线于点F，若AC＝AD，BF＝2，求此圆半径的长．
【分析】（1）由圆周角定理得到∠BAC＝∠CDB，而∠BAC＝∠ADB，因此∠ADB＝∠CDB，得到BD平分∠ADC，由圆内接四边形的性质得到∠ABD+∠ADB＝90°，即可求出∠BAD＝90°；
（2）由垂径定理推出△ACD是等边三角形，得到∠ADC＝60°由BD⊥AC，得到∠BDC＝∠ADC＝30°，由平行线的性质求出∠F＝90°，由圆内接四边形的性质求出∠FBC＝∠ADC＝60°，得到BC＝2BF＝4，由直角三角形的性质得到BC＝BD，因为BD是圆的直径，即可得到圆半径的长是4．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠ADB，∠BAC＝∠CDB，
∴∠ADB＝∠CDB，
∴BD平分∠ADC，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠ABD+∠CBD+∠ADB+∠CDB＝180°，
∴2（∠ABD+∠ADB）＝180°，
∴∠ABD+∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝180°﹣90°＝90°；
（2）解：∵∠BAE+∠DAE＝90°，∠BAE＝∠ADE，
∴∠ADE+∠DAE＝90°，
∴∠AED＝90°，
∵∠BAD＝90°，
∴BD是圆的直径，
∴BD垂直平分AC，
∴AD＝CD，
∵AC＝AD，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠ADC＝60°
∵BD⊥AC，
∴∠BDC＝∠ADC＝30°，
∵CF∥AD，
∴∠F+∠BAD＝180°，
∴∠F＝90°，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∵∠FBC+∠ABC＝180°，
∴∠FBC＝∠ADC＝60°，
∴BC＝2BF＝4，
∵∠BCD＝90°，∠BDC＝30°，
∴BC＝BD，
∵BD是圆的直径，
∴圆的半径长是4．
【中考模拟练】
1．（2024•渭城区二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接AC，OD，若OD⊥AC，∠B＝64°，则∠DAC的度数是（ ）
A．36°B．32°C．34°D．26°
【分析】根据圆内接四边形的性质求出∠ADC，根据垂径定理得到＝，得到AD＝CD，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．
【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∵∠B＝64°，
∴∠ADC＝180°﹣64°＝116°，
∵OD⊥AC，
∴＝，
∴AD＝CD，
∴∠DAC＝（180°﹣116°）＝32°，
故选：B．
2．（2024•浙江模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若所对圆心角的度数为80°，则∠C＝（ ）
A．110°B．120°C．135°D．140°
【分析】连接OD，根据题意求出∠BOD＝80°，根据圆周角定理求出∠A，再根据圆内接四边形的性质求出∠C．
【解答】解：如图，连接OD，
∵所对圆心角的度数为80°，
∴∠BOD＝80°，
由圆周角定理得：∠A＝∠BOD＝40°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠C＝180°，
∴∠C＝180°﹣40°＝140°，
故选：D．
3．（2024•绥棱县校级一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，，BC的长为 1 ．
【分析】过O作OH⊥AD于H，连接OB，OC，由圆周角定理求出∠ABD＝∠AOD＝60°，∠BOC＝2∠BAC＝60°，判定△OBC是等边三角形，得到BC＝OB，由等腰三角形的性质推出AH＝AD＝，∠AOH＝∠AOD＝60°，由sin∠AOH＝＝，求出AO＝1，即可得到BC＝OB＝OA＝1．
【解答】解：过O作OH⊥AD于H，连接OB，OC，
∵∠AOD＝120°，
∴∠ABD＝∠AOD＝60°，
∵AC⊥BD，
∴∠BAC＝90°﹣60°＝30°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC＝OB，
∵OH⊥AD于H，OA＝OD，
∴AH＝AD＝，∠AOH＝∠AOD＝60°，
∴sin∠AOH＝sin60°＝＝，
∴AO＝1，
∴BC＝OB＝OA＝1．
故答案为：1．
4．（2024•顺城区二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC是⊙O的直径，DE∥BC，交BO的延长线于点E，且BE平分∠ABD．
（1）求证：四边形BCDE是平行四边形；
（2）若AD＝8，tan∠BDE＝，求AC的长．
【分析】（1）根据角平分线的定义得到∠ABO＝∠DBE，根据等腰三角形的性质得到∠ABO＝∠CAB，根据圆周角定理得到∠CAB＝∠CDB，得到∠DBE＝∠CDB，证明CD∥BE，再根据平行四边形的判定定理证明；
（2）根据圆周角定理得到∠ADC＝90°，根据正切的定义求出CD，根据勾股定理求出AC．
【解答】（1）证明：∵BE平分∠ABD，
∴∠ABO＝∠DBE，
∵OA＝OB，
∴∠ABO＝∠CAB，
由圆周角定理得：∠CAB＝∠CDB，
∴∠DBE＝∠CDB，
∴CD∥BE，
∵DE∥BC，
∴四边形BCDE是平行四边形；
（2）解：∵DE∥BC，
∴∠BDE＝∠DBC，
由圆周角定理得：∠DAC＝∠DBC，
∴∠BDE＝∠DAC，
∵tan∠BDE＝，
∴tan∠DAC＝，即＝，
∵AD＝8，
∴CD＝6，
∵AC是直径，
∴∠ADC＝90°，
由勾股定理得：AC＝＝＝10．
5．（2024•凉州区校级模拟）如图，△ABC内接于⊙O，∠ABC＞90°，它的外角∠EAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC，DB交AC于点F．
（1）若∠EAD＝75°，求的度数．
（2）求证：DB＝DC．
（3）若DA＝DF，当∠ABC＝α，求∠DFC的度数（用含α的代数式表示）．
【分析】（1）根据题意可得∠EAC＝2∠DAE＝150°，从而得到∠BAC＝180°﹣∠EAC＝30°，即可求解；
（2）由题意易得∠BCD+∠BAD＝180°，则有∠EAD＝∠BCD，进而可得∠EAD＝∠DAC，则∠BCD＝∠CBD，即可求证；
（3）先证明△DAF∽△DBC，可得∠ADF＝∠BDC，进而可得，然后可得，即可求解．
【解答】（1）解：∵∠EAD＝75°，AD平分∠EAC，
∴∠EAC＝2∠DAE＝150°，
∴∠BAC＝180°﹣∠EAC＝30°，
∴的度数为30°×2＝60°；
（2）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BCD+∠BAD＝180°，
∵∠DAB+∠EAD＝180°，
∴∠EAD＝∠BCD，
∵AD平分∠EAC，
∴∠EAD＝∠DAC，
∴∠CAD＝∠BCD，
∵∠CAD＝∠CBD，
∴∠BCD＝∠CBD，
∴DB＝DC；
（3）解：∵DA＝DF，
∴∠DAF＝∠DFA，
∴∠DAF＝∠DFA＝∠CBD＝∠BCD，
∴△DAF∽△DBC，
∴∠ADF＝∠BDC，
∵∠ABC＝α，圆内接四边形对角互补，
∴∠ADC＝180°﹣α，
∴，
∴，
∴．
考点三：圆与直线的位置关系
圆与直线的位置关系有三种，直线与圆无交点直线与圆相离；直线与圆有一个交点直线与圆相切；直线与圆有2个交点直线与圆相交；其中，切线的性质与判定是该考点的重点，特别是综合问题，基本都与切线有关，需要加以重视。
题型01 切线的性质与判定
【中考真题练】
1．（2023•宿迁）在同一平面内，已知⊙O的半径为2，圆心O到直线l的距离为3，点P为圆上的一个动点，则点P到直线l的最大距离是（ ）
A．2B．5C．6D．8
【分析】根据圆心到直线l的距离为3，而圆的半径为2，此时直线与圆相离，当点P在⊙O上运动时，当点P在BO的延长线与⊙O的交点时，点P到直线l的距离最大，根据题意画出图形进行解答即可．
【解答】解：如图，由题意得，OA＝2，OB＝3，
当点P在BO的延长线与⊙O的交点时，点P到直线l的距离最大，
此时，点P到直线l的最大距离是3+2＝5，
故选：B．
2．（2023•重庆）如图，AC是⊙O的切线，B为切点，连接OA，OC．若∠A＝30°，AB＝2，BC＝3，则OC的长度是（ ）
A．3B．C．D．6
【分析】根据切线的性质得到OB⊥AC，求得∠ABO＝∠CBO＝90°，得到OB＝AB＝2，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：连接OB，
∵AC是⊙O的切线，
∴OB⊥AC，
∴∠ABO＝∠CBO＝90°，
∵∠A＝30°，AB＝2，
∴OB＝AB＝2，
∵BC＝3，
∴OC＝＝＝，
故选：C．
3．（2023•山西）中国高铁的飞速发展，已成为中国现代化建设的重要标志．如图是高铁线路在转向处所设计的圆曲线（即圆弧），高铁列车在转弯时的曲线起点为A，曲线终点为B，过点A，B的两条切线相交于点C，列车在从A到B行驶的过程中转角α为60°．若圆曲线的半径OA＝1.5km，则这段圆曲线的长为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由圆的切线可得∠OAC＝∠OBC＝90°，进而可证明A、O、B、C四点共圆，利用圆内接四边形的性质可求得∠AOB＝60°，再根据弧长公式计算可求解．
【解答】解：∵过点A，B的两条切线相交于点C，
∴∠OAC＝∠OBC＝90°，
∴A、O、B、C四点共圆，
∴∠AOB＝α＝60°，
∴圆曲线的长为：（km）．
故选：B．
4．（2023•湘西州）如图，AB为⊙O的直径，点P在AB的延长线上，PC，PD与⊙O相切，切点分别为C，D．若AB＝10，PC＝12，则sin∠CAD等于（ ）
A．B．C．D．
【分析】连接OC、OD、CD，CD交PA于E，如图，利用切线的性质和切线长定理得到OC⊥CP，PC＝PD，OP平分∠CPD，根据等腰三角形的性质得到OP⊥CD，则∠COB＝∠DOB，根据圆周角定理得到，所以∠COB＝∠CAD，然后求出sin∠COP即可．
【解答】解：连接OC、OD、CD，CD交PA于E，如图，
∵PC，PD与⊙O相切，切点分别为C，D，
∴OC⊥CP，PC＝PD，OP平分∠CPD，
∴OP⊥CD，
∴＝，
∴∠COB＝∠DOB，
∵，
∴∠COB＝∠CAD，
∵AB＝10，
∴AO＝OC＝OB＝5，
∵OC＝5，PC＝12，
在Rt△OCP中，
，
∴，
∴．
故选：D．
5．（2023•无锡）如图，AB是⊙O的切线，B为切点，OA与BC交于点D，AB＝AD，若∠C＝20°，则∠OAB等于（ ）
A．20°B．30°C．40°D．50°
【分析】由AB与⊙O相切于点B，证明∠OBA＝90°，由OB＝OC，得∠OBC＝∠C＝20°，求得∠ABD＝∠OBA﹣∠OBC＝70°，因为AB＝AD，所以∠ADB＝∠ABD＝70°，则∠OAB＝40°，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵AB与⊙O相切于点B，
∴AB⊥OB，
∴∠OBA＝90°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠C＝20°，
∴∠ABD＝∠OBA﹣∠OBC＝90°﹣20°＝70°，
∵AB＝AD，
∴∠ADB＝∠ABD＝70°，
∴∠OAB＝180°﹣∠ADB﹣∠ABD＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
故选：C．
6．（2023•镇江）已知一次函数y＝kx+2的图象经过第一、二、四象限，以坐标原点O为圆心，r为半径作⊙O．若对于符合条件的任意实数k，一次函数y＝kx+2的图象与⊙O总有两个公共点，则r的最小值为 2 ．
【分析】在y＝kx+2中，令x＝0，则y＝2，于是得到一次函数y＝kx+2的图象与y轴交于（0，2），求得一次函数过定点（0，2），当⊙O过（0，2）时，两者至少有一个交点，根据一次函数经过一、二、四象限，得到直线与圆必有两个交点，而当⊙O半径小于2时，圆与直线存在相离可能，于是得到结论．
【解答】解：在y＝kx+2中，令x＝0，则y＝2，
∴一次函数y＝kx+2的图象与y轴交于（0，2），
∴一次函数过定点（0，2），
当⊙O过（0，2）时，两者至少有一个交点，
∵一次函数经过一、二、四象限，
∴直线与圆必有两个交点，
而当⊙O半径小于2时，圆与直线存在相离可能，
∴半径至少为2，
故r的最小值为2，
故答案为：2．
7．（2023•江西）如图，在△ABC中，AB＝4，∠C＝64°，以AB为直径的⊙O与AC相交于点D，E为上一点，且∠ADE＝40°．
（1）求的长；
（2）若∠EAD＝76°，求证：CB为⊙O的切线．
【分析】（1）由圆周角定理求出∠AOE＝2∠ADE＝80°，由邻补角的性质的∠EOB＝180°﹣∠AOE＝100°，由弧长公式即可求出的长．
（2）由圆周角定理得到∠EAB＝∠EOB＝50°，因此∠BAC＝∠EAD﹣∠EAB＝26°，得到∠C+∠BAC＝90°，因此∠ABC＝90°，得到直径AB⊥BC，即可证明CB为⊙O的切线．
【解答】（1）解：∵∠ADE＝40°，
∴∠AOE＝2∠ADE＝80°，
∴∠EOB＝180°﹣∠AOE＝100°，
∵AB＝4，
∴⊙O半径长是2，
∴的长＝＝；
（2）证明：∵∠EAB＝∠EOB＝50°，
∴∠BAC＝∠EAD﹣∠EAB＝76°﹣50°＝26°，
∵∠C＝64°，
∴∠C+∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝180°﹣（∠C+∠BAC）＝90°，
∴直径AB⊥BC，
∴CB为⊙O的切线．
8．（2023•宜宾）如图，以AB为直径的⊙O上有两点E、F，＝，过点E作直线CD⊥AF交AF的延长线于点D，交AB的延长线于点C，过C作CM平分∠ACD交AE于点M，交BE于点N．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）求证：EM＝EN；
（3）如果N是CM的中点，且AB＝9，求EN的长．
【分析】（1）连接OE，由＝，得∠FAE＝∠EAB，可得∠FAE＝∠AEO，AF∥OE，又CD⊥AF，故OE⊥CD，CD是⊙O的切线；
（2）由∠CEB＝∠EAC（弦切角定理），∠ECM＝∠ACM，可得∠ENM＝∠EMN，EM＝EN；
（3）证明△EMC∽△BNC，可得＝＝＝2，又△BEC∽△EAC，可得AE＝2BE，在Rt△ABE中，（2BE）2+BE2＝（9）2，求出BE＝9，故EN＝BE＝6．
【解答】（1）证明：连接OE，如图：
∵＝，
∴∠FAE＝∠EAB，
∵OA＝OE，
∴∠AEO＝∠EAB，
∴∠FAE＝∠AEO，
∴AF∥OE，
∵CD⊥AF，
∴OE⊥CD，
∵OE是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）证明：如图：
由（1）知CD是⊙O的切线，
∴∠CEB＝∠EAC（弦切角定理），
∵CM平分∠ACD，
∴∠ECM＝∠ACM，
∴∠CEB+∠ECM＝∠EAC+∠ACM，
∴∠ENM＝∠EMN，
∴EM＝EN；
（3）解：如图：
由（2）知EM＝EN，∠EMN＝∠ENM，
∴∠EMN＝∠BNC，
∵∠ECM＝∠BCN，
∴△EMC∽△BNC，
∴＝＝，
∵N是CM的中点，
∴＝＝＝2，
∴EM＝2BN，CE＝2BC，
∵∠BEC＝∠EAB，∠BCE＝∠ECA，
∴△BEC∽△EAC，
∴＝＝＝，
∴AE＝2BE，
在Rt△ABE中，AE2+BE2＝AB2，
∴（2BE）2+BE2＝（9）2，
∴BE＝9，
∵EN＝EM＝2BN，
∴EN＝BE＝6．
∴EN的长为6．
9．（2023•常德）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB是直径，C是的中点，过点C作CE⊥AD交AD的延长线于点E．
（1）求证：CE是⊙O的切线；
（2）若BC＝6，AC＝8，求CE，DE的长．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质以及圆心角、弦、弧之间的关系可得∠CAE＝∠OCA，进而得到OC∥AE，再根据平行线的性质得出OC⊥EC即可；
（2）利用相似三角形的性质，勾股定理以及圆心角、弧、弦之间的关系进行计算即可．
【解答】（1）证明：如图，连接OC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵点C是的中点，
∴∠OAC＝∠CAE，
∴∠CAE＝∠OCA，
∴OC∥AE，
∵AE⊥CE，
∴OC⊥CE，
∵OC是半径，
∴CE是⊙O的切线；
（2）解：∵AB为⊙O直径，
∴∠ACB＝90°，
∵BC＝6，AC＝8，
∴AB＝＝10，
又∵∠BAC＝∠CAE，∠AEC＝∠ACB＝90°，
∴△AEC∽△ACB，
∴，
即，
∴，
∵点C是的中点，即＝，
∴CD＝BC＝6，
∴，
答：DE＝，EC＝．
10．（2023•眉山）如图，△ABC中，以AB为直径的⊙O交BC于点E，AE平分∠BAC，过点E作ED⊥AC于点D，延长DE交AB的延长线于点P．
（1）求证：PE是⊙O的切线；
（2）若，BP＝4，求CD的长．
【分析】（1）连接OE，证明OE∥AD，即可得到结论；
（2）根据锐角三角函数先求出半径和AD的长，然后证明△AEB≌△AEC（ASA），AB＝AC＝4，进而根据线段的和差即可解决问题．
【解答】（1）证明：如图，连接OE，
∵AE平分∠BAC，
∴∠OAE＝∠DAE，
∵OE＝OA，
∴∠OEA＝∠OAE，
∴∠DAE＝∠OEA，
∴OE∥AD，
∵ED⊥AC，
∴OE⊥PD，
∵OE是⊙O的半径，
∴PE是⊙O的切线；
（2）解：∵＝，BP＝4，OB＝OE，
∴＝，
∴OE＝2，
∴AB＝2OE＝4，
∴AP＝AB+BP＝8，
在Rt△APD中，sin∠P＝＝，
∴AD＝AP＝，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°＝∠AEC，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠CAE，
∵AE＝AE，
∴△AEB≌△AEC（ASA），
∴AB＝AC＝4，
∴CD＝AC﹣AD＝4﹣＝，
∴CD的长为．
【中考模拟练】
1．（2024•襄城县一模）如图，线段AB是⊙O的直径，⊙O交线段BC于D，且D是BC中点，DE⊥AC于E，连接AD，则下列结论正确的个数是（ ）
①CE•CA＝CD•CB；②∠EDA＝∠B；③OA＝AC；④DE是⊙O的切线；⑤AD2＝AE•AB．
A．2个B．3个C．4个D．5个
【分析】由DE与AC垂直，得到三角形CDE为直角三角形，而由AB为圆的直径，根据直径所对的圆周角为90°，得到AD与BC垂直，又D为BC中点，进而得到AD垂直平分BC，根据线段垂直平分线的性质得到AC与AB相等，故三角形ABC不是直角三角形，所以三角形CDE与ABC不相似，CE•CA与CD•CB不相等，选项①错误；由O为AB中点，得到AO为AB的一半，故AO为AC的一半，选项③正确；由OD为三角形ABC的中位线，根据三角形的中位线定理得到OD与AC平行，由AC与DE垂直得到OD与DE垂直，即∠ODE为90°，故DE为圆O的切线，选项④正确；由两对对应角相等得到三角形ADE与三角形ACD相似，根据对应边成比例得到选项⑤正确，从而得到所有正确选项的个数．
【解答】解：显然，△CED为直角三角形，而△ABC不是直角三角形，故两三角形不相似，
所以CE•CA≠CD•CB，选项①错误；
连接OD，∵D为BC中点，O为AB中点，
∴DO为△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
又DE⊥AC，∴∠DEA＝90°，
∴∠ODE＝90°，
∴DE为圆O的切线，选项④正确；
又OB＝OD，∴∠ODB＝∠B，
∵AB为圆O的直径，∴∠ADB＝90°，
∵∠EDA+∠ADO＝90°，∠BDO+∠ADO＝90°，
∴∠EDA＝∠BDO，
∴∠EDA＝∠B，选项②正确；
由D为BC中点，且AD⊥BC，
∴AD垂直平分BC，
∴AC＝AB，又OA＝AB，
∴OA＝AC，选项③正确；
∵∠DAC＝∠EAD，∠DEA＝∠CDA＝90°，
∴△ADE∽△ACD，
∴＝，即AD2＝AE•AB，选项⑤正确；
则正确结论的个数为4个．
故选：C．
2．（2024•潼南区二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BD是∠ABC的角平分线，点O在AB上，以点O为圆心，OB为半径的圆恰好与AC相切于一点D，交BC于点E．若∠A＝35°，则∠BDC的度数为（ ）
A．35°B．55°C．62.5°D．70°
【分析】根据三角形的内角和定理得到∠ABC＝90°﹣35°＝55°，根据角平分线的定义得到∠CBD＝ABC＝27.5°，于是得到结论．
【解答】解：∵∠C＝90°，∠A＝35°，
∴∠ABC＝90°﹣35°＝55°，
∵BD是∠ABC的角平分线，
∴∠CBD＝ABC＝27.5°，
∴∠BDC＝∠C﹣∠CBD＝90°﹣27.5°＝62.5°，
故选：C．
3．（2024•泽州县二模）如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于点C，过点O作OE∥BC，交CD于点E．若∠BAC＝30°，则∠OEC的度数为（ ）
A．35°B．30°C．25°D．20
【分析】连接OC，根据切线的性质得到∠OCE＝90°，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，求得∠B＝60°，根据等腰三角形的性质得到∠OCB＝∠B＝60°，根据平行线的性质即可得到结论．
【解答】解：连接OC，
∵直线CD与⊙O相切于点C，
∴∠OCE＝90°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠A＝30°，
∴∠B＝60°，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠B＝60°，
∵OE∥BC，
∴∠EOC＝∠OCB＝60°，
∴∠OEC＝90°﹣60°＝30°，
故选：B．
4．（2024•雁塔区校级模拟）不倒翁是一种受人喜爱的儿童玩具，小华在手工课上用一球形物体做了一个戴帽子的不倒翁（如图1），图2是从正面看到的该不倒翁的形状示意图（设圆心为O）．已知帽子的边缘PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，若该圆半径是3cm，tanP＝，则的长是（ ）
A．6πcmB．4πcmC．3πcmD．2πcm
【分析】先利用切线的性质可得∠PAO＝∠PBO＝90°，再根据特殊角的三角函数值可得∠P＝60°，从而利用四边形内角和是360°可得∠AOB＝120°，然后利用周角定义可得所对的圆心角度数＝240°，从而利用弧长公式进行计算即可解答．
【解答】解：∵帽子的边缘PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，
∴∠PAO＝∠PBO＝90°，
∵tanP＝，
∴∠P＝60°，
∴∠AOB＝360°﹣∠P﹣∠PAO﹣∠PBO＝120°，
∴所对的圆心角度数＝360°﹣120°＝240°，
∴的长＝＝4π（cm），
故选：B．
5．（2024•石阡县模拟）如图，直线AB，CD相交于点O，∠AOD＝30°，半径为2cm的⊙P的圆心在直线AB上，且位于点O左侧10cm处．若⊙P以2cm/s的速度由A向B的方向移动，则 3或7 s后，⊙P与直线CD相切．
【分析】当⊙P1在直线CD左侧时如图，由∠AOD＝30°，求得P1O，则有P1P即可求得时间；当⊙P2在直线CD右侧时，同理求得PP2即可求得时间．
【解答】解：当⊙P1在直线CD左侧时，过点P1作P1E⊥CD交CD于点E，如图，

∴P1E＝2cm，∠P1EO＝90°，
∵∠AOD＝30°，
∴P1O＝2P1E＝4cm，
∴PP1＝OP﹣OP1＝10﹣4＝6cm，
则⊙P向右移动了6cm，所用时间秒；
当⊙P2在直线CD右侧时，如图，
过点P2作P2F⊥CD交CD于点F，则P2F＝2cm，∠P2FO＝90°，
∵∠COB＝∠AOD＝30°，
∴P2O＝4cm，
∴PP2＝OP+OP2＝14cm，
则⊙P向右移动了14cm，所用时间秒．
故答案为：3或7．
6．（2024•光明区二模）如图，过圆外一点P作⊙O的切线，切点为A，AB是⊙O的直径．连接PO，过点A作PO的垂线，垂足为D，同时交⊙O于点C，连接BC，PC．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）若BC＝2，，求切线PA的长．
【分析】（1）连接OC，根据等腰三角形性质求出∠AOP＝∠COP，根据SAS证△PAO≌△PCO，推出∠OCP＝90°，根据切线的判定推出即可；
（2）由勾股定理求出AD的长，证明△ACB∽△PAO，则可得出答案．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵PA为⊙O的切线，A为切点，
∴∠PAO＝90°，
∵OA＝OC，PO⊥CA，
∴∠AOD＝∠COD，
在△PAO和△PCO中，
，
∴△PAO≌△PCO（SAS），
∴∠PCO＝∠PAO＝90°，
∵点C在⊙O上，
∴直线PC为⊙O的切线；
（2）解：∵PO⊥CA，
∴AD＝CD，
∵OA＝OB，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD＝BC＝1，
∴OA＝＝，
∴AD＝＝＝3，
∴AC＝2AD＝6，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ADO＝∠PAO＝90°，
∴∠DAO+∠PAD＝∠PAD+∠APD＝90°，
∴∠DAO＝∠APO，
∴△ACB∽△PAO，
∴＝，
∴＝，
∴PA＝3．
题型02 切线的综合应用
【中考真题练】
1．（2023•绍兴）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，过点C作⊙O的切线CD，交AB的延长线于点D，过点A作AE⊥CD于点E．
（1）若∠EAC＝25°，求∠ACD的度数；
（2）若OB＝2，BD＝1，求CE的长．
【分析】（1）由垂直的定义得到∠AEC＝90°，由三角形外角的性质即可求出∠ACD的度数；
（2）由勾股定理求出CD的长，由平行线分线段成比例定理得到，代入有关数据，即可求出CE的长．
【解答】解：（1）∵AE⊥CD于点E，
∴∠AEC＝90°
∴∠ACD＝∠AEC+∠EAC＝90°+25°＝115°；
（2）∵CD是⊙O的切线，
∴半径OC⊥DE，
∴∠OCD＝90°，
∵OC＝OB＝2，BD＝1，
∴OD＝OB+BD＝3，
∴CD＝＝．
∵∠OCD＝∠AEC＝90°，
∴OC∥AE，
∴，
∴，
∴CE＝．
2．（2023•广安）如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径作⊙O，交斜边AC于点D，点E是BC的中点，连接OE、DE．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若sinC＝，DE＝5，求AD的长；
（3）求证：2DE2＝CD•OE．
【分析】（1）连接OD，BD，由AB是⊙O的直径，可得∠ADB＝90°＝∠BDC，由点E是BC的中点，可得DE＝BE＝EC，进而证得△ODE≌△OBE（SSS），得出半径OD⊥DE，即可证得结论；
（2）利用解直角三角形可得BD＝8，再由sin∠ABD＝sin∠C＝，可得＝，设AD＝4x，则AB＝5x，利用勾股定理可得（4x）2+82＝（5x）2，求得x＝，即可求得AD＝；
（3）连接BD，可证得△BCD∽△OEB，得出＝，即＝，即可证得2DE2＝CD•OE．
【解答】（1）证明：连接OD，BD，
在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BDC＝180°﹣∠ADB＝90°，
∵点E是BC的中点，
∴DE＝BE＝EC，
∵OB、OD是⊙O的半径，
∴OB＝OD，
又∵OE＝OE，
∴△ODE≌△OBE（SSS），
∴∠ODE＝∠OBE＝90°，
∴半径OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：连接BD，如图，
由（1）知：DE＝BE＝EC，∠ADB＝∠BDC＝∠ABC＝90°，
∵DE＝5，
∴BC＝10，
∵sinC＝，
∴＝，
∴BD＝8，
∵∠C+∠CBD＝∠ABD+∠CBD＝90°，
∴∠ABD＝∠C，
∴sin∠ABD＝sin∠C＝，
∴＝，
设AD＝4x，则AB＝5x，
∵AD2+BD2＝AB2，
∴（4x）2+82＝（5x）2，
解得：x＝（负值舍去），
∴AD＝4x＝4×＝；
（3）证明：连接BD，
由（1）（2）得：∠BDC＝∠OBE＝90°，BE＝DE，
∵点O是AB的中点，点E是BC的中点，
∴OE∥AC，BC＝2BE，
∴∠C＝∠OEB，
∴△BCD∽△OEB，
∴＝，即＝，
∴2DE2＝CD•OE．
3．（2023•齐齐哈尔）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，点E是斜边AC上一点，以AE为直径的⊙O经过点D，交AB于点F，连接DF．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）若BD＝5，，求图中阴影部分的面积．（结果保留π）
【分析】（1）连接OD，由OA＝OD，得到∠OAD＝∠ODA，由角平分线定义得到∠OAD＝∠BAD，因此∠ODA＝∠BAD推出OD∥AB，得到半径OD⊥BC，即可证明问题；
（2）连接OF，DE，由tan∠ADB＝，得到∠ADB＝60°，由直角三角形的性质求出AD长，由锐角的余弦求出AE长，得到圆的半径长，由OD∥AB，推出阴影的面积＝扇形OAF的面积，由扇形面积公式即可解决问题．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD平分∠BAC，
∴∠OAD＝∠BAD，
∴∠ODA＝∠BAD，
∴OD∥AB，
∴∠ODC＝∠B＝90°，
∴半径OD⊥BC于点D，
∴BC是⊙O的切线；
（2）解：连接 OF，DE，
∵∠B＝90°，tan∠ADB＝，
∴∠ADB＝60°，∠BAD＝30°，
∵BD＝5，
∴AD＝2BD＝10，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ADE＝90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAE＝∠BAD＝30°，
在 Rt△ADE 中，AD＝10，
∵cs∠DAE＝＝，
∴AE＝，
∴OA＝AE＝，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠BAD＝60°，
∵OA＝OF，
∴△AOF 是等边三角形，
∴∠AOF＝60°，
∵OD∥AB，
∴S△ADF＝S△AOF，
∴S阴影＝S扇形OAF＝＝．
4．（2023•遂宁）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，AD＝CD，过点D的直线l交BA的延长线于点M．交BC的延长线于点N且∠ADM＝∠DAC．
（1）求证：MN是⊙O的切线；
（2）求证：AD2＝AB•CN；
（3）当AB＝6，sin∠DCA＝时，求AM的长．
【分析】（1）连接OD交AC于点H，根据垂径定理的推论可得半径OD⊥AC，利用平行线的判定定理由∠ADM＝∠DAC可得AC∥MN，得出半径OD⊥MN，再运用切线的判定定理即可证得结论；
（2）连接BD，可证得△CDN∽△ABD，得出＝，再由AD＝CD，即可证得结论；
（3）连接OD交AC于点H，连接BD，利用解直角三角形可得AD＝AB•sin∠ABD＝6×＝2＝CD，CN＝CD•sin∠CDN＝2×＝2，利用勾股定理可得DN＝＝＝2，再证明四边形CNDH是矩形，得出CH＝DN＝2，由垂径定理可得AC＝2CH＝4，再根据勾股定理求得BC＝2，运用平行线分线段成比例定理即可求得答案．
【解答】（1）证明：连接OD交AC于点H，如图，
∵AD＝CD，
∴＝，
∴半径OD⊥AC，
∴∠AHO＝90°，
∵∠ADM＝∠DAC，
∴AC∥MN，
∴∠MDO＝∠AHO＝90°，
∴半径OD⊥MN，
∴MN是⊙O的切线；
（2）证明：连接BD，如图，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠ACB＝90°，
∵∠ADM＝∠DAC，
∴AC∥MN，
∴∠ACD＝∠CDN，∠DNC＝∠ACB＝90°＝∠ADB，
∵＝，
∴∠ABD＝∠ACD，
∴∠ABD＝∠CDN，
∴△CDN∽△ABD，
∴＝，
∵AD＝CD，
∴＝，
∴AD2＝AB•CN；
（3）解：连接OD交AC于点H，连接BD，如图，
由（1）（2）得：∠ABD＝∠CDN＝∠ACD，∠ADB＝∠BNM＝∠AHO＝∠MDO＝90°，
∴sin∠ABD＝sin∠CDN＝sin∠ACD＝，
∵AB＝6，
∴AD＝AB•sin∠ABD＝6×＝2，
∵AD＝CD，
∴CD＝2，
∴CN＝CD•sin∠CDN＝2×＝2，
∴DN＝＝＝2，
∵∠CND＝∠CHD＝∠NDH＝90°，
∴四边形CNDH是矩形，
∴CH＝DN＝2，
∵OD⊥AC，
∴AC＝2CH＝4，
在Rt△ABC中，BC＝＝＝2，
∵AC∥MN，
∴＝，即＝，
∴AM＝6．
【中考模拟练】
1．（2024•阳谷县一模）把量角器和含30°角的三角板按如图方式摆放：零刻度线与长直角边重合，移动量角器使外圆弧与斜边相切时，发现中心恰好在刻度2处，短直角边过量角器外沿刻度120处（即OC＝2cm，∠BOF＝120°）．则阴影部分的面积为 （8﹣π）cm2 ．
【分析】连接OE，由切线的性质得到∠BEO＝90°，∠DOE＝60°，，由∠BOF＝120°，得到∠OFC＝30°，求出OF的长，即可求出BE的长，从而求出△BOE的面积，扇形DOE的面积，即可得到阴影的面积．
【解答】解：连接OE，
∵AB与半圆相切于E，
∴半径OE⊥AB，
∴∠BEO＝90°，
∵∠BOF＝120°，
∴∠FOC＝180°﹣120°＝60°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠OFC＝90°﹣60°＝30°，
∴OF＝2OC＝2×2＝4cm，
∵∠B＝30°，
∴BE＝OE＝4cm，
∴△BOE的面积＝BE•OE＝×4×4＝8cm2，
∵∠EOD＝90°﹣∠B＝60°，
∴扇形DOE的面积＝＝π（ cm2），
∴阴影的面积＝△BOE的面积﹣扇形DOE的面积＝（8﹣π）cm2．
故答案为：（8﹣π）cm2．
2．（2024•章丘区一模）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上的一点，连接AC，作OD垂直于AB交AC于
点E，交过点C的切线于点D．
（1）求证：DE＝DC；
（2）若，求CD的长．
【分析】（1）连接OC，由切线的性质得到∠DCE+∠OCA＝90°，由直角三角形的性质，对顶角的性质，得到∠A+∠DEC＝90°，由等腰三角形的性质得到∠A＝∠OCA，由余角的性质推出∠DEC＝∠DCE，即可得到DE＝DC；
（2）由锐角的正切定义求出OE的长，由勾股定理得到（2+DC）2＝DC2+42，即可求出DC的长．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵DC切圆于C，
∴∠OCD＝90°，
∴∠DCE+∠OCA＝90°，
∵DO⊥AB，
∴∠A+∠AEO＝90°，
∵∠DEC＝∠AEO，
∴∠A+∠DEC＝90°，
∵OC＝OA，
∴∠A＝∠OCA，
∴∠DEC＝∠DCE，
∴DE＝DC；
（2）解：∵∠AOE＝90°，OA＝4，
∴tan∠BAC＝＝，
∴OE＝2，
∵∠OCD＝90°，
∴OD2＝DC2+OC2，
∵OC＝OA＝4，DE＝DC，
∴（2+DC）2＝DC2+42，
∴DC＝3．
3．（2024•武汉模拟）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点O为边BC中点，以点O为圆心的圆与AC相切于点D．
（1）如图1，求证：AB是⊙O的切线；
（2）若⊙O与BC交于点G，过点G作AC的垂线，垂足为点F，交⊙O于点E，连AE交BC于点H，如图2．求的值．
【分析】（1）证明：连接OD，OA，过点O作OM⊥AB于M，根据等腰三角形的性质得OA平分∠BAC，再根据切线的性质得OD为⊙O的半径，且OD⊥AC，由此得OM＝OD，则OM为⊙O的半径，然后根据切线的判定进而得出结论；
（2）连接OA，OD，DG，OE，DE，设DE交OG于T，证△ODG，△OEG均为等边三角形，进而得四边形ODGE为菱形，设GF＝a，则OD＝CG＝EG＝2a，再利用三角函数分别求出OA＝，ET＝，然后证△EHT∽△AHO，最后利用相似三角形的性质可得出的值．
【解答】（1）证明：连接OD，OA，过点O作OM⊥AB于M，如图1所示：
∵AB＝AC，点O为边BC中点，
∴OA平分∠BAC，
∵⊙O与AC相切于点D，
∴OD为⊙O的半径，且OD⊥AC，
又∵OM⊥AB，
∴OM＝OD，
∴OM为⊙O的半径，
∴AB是⊙O的切线，
（2）连接OA，OD，DG，OE，DE，设DE交OG于T，如图2所示：
∵在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点O为边BC中点，
∴OA平分∠BAC，OA⊥BC，
∴∠OAC＝∠BAC＝60°，∠AOC＝90°，
∴∠C＝90°﹣∠OAC＝30°，
∵OD⊥AC，
∴∠AOD＝90°﹣∠OAC＝90°﹣60°＝30°，
∴∠DOG＝∠AOC﹣∠AOD＝90°﹣30°＝60°，
∵OD＝OG＝OE，
∴△ODG为等边三角形，
∴OD＝OG＝DG，∠ODG＝60°，
∵∠C＝30°，GF⊥AC，
∴∠OGE＝∠CGF＝90°﹣∠C＝60°，
∴△OEG为等边三角形，
∴OE＝OG＝EG，∠OEG＝60°，
∴OD＝DG＝OE＝EG＝OG，
∴四边形ODGE为菱形，
∴DE⊥OG，∠DEG＝∠OEG＝30°，
∵OD⊥AC，∠ODG＝60°，
∴∠GDC＝90°﹣∠ODG＝30°，
∴∠GDC＝∠C，
又GF⊥AC，
∴GD＝CG＝GE＝OD，
设GF＝a，
在Rt△CGF中，∠C＝30°，
∴CG＝2a，
∴OD＝CG＝EG＝2a，
在Rt△AOD中，∠AOD＝30°，OD＝2a，cs∠AOD＝，
∴OA＝＝＝，
在Rt△EGT中，∠DEG＝30°，EG＝2a，cs∠DEG＝，
∴ET＝EG•cs∠DEG＝2a•cs30°＝，
∵DE⊥OG，AO⊥BC，
∴ED∥AO，
∴△EHT∽△AHO，
∴EH：AH＝ET：AO＝，
∴＝．
4．（2024•亭湖区模拟）（1）问题研究：如图1，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点A，C均落在格点上，点B在网格线上．以AB为直径的半圆的圆心为O，在圆上找一点E，使AE平分∠CAB请用无刻度的直尺作图；
（2）尝试应用：如图2，AC是⊙O的直径，BC是⊙O切线，AC＝BC，AB交⊙O于P点．请用无刻度直尺作出BC的中点D；
（3）问题解决：请在（2）偿试应用的条件下，解决以下问题：
①连接DP，判断DP与⊙O的位置关系并证明；
②若AC＝8，求DP，CD与⊙O围成的图形面积．
【分析】（1）先找到1×1正方形的对角线的交点H、F，连接HF交线段CB于一点G，连接OG并延长交半圆于点E，E点即为所求的点；
（2）连接PO并延长交圆于一点Q，连接PC、QB交于点M，连接OM并延长交CB于点D，则D即为BC的中点；
（3）①DP与⊙O相切，证明四边形OCDP是矩形即可；
②先说明四边形OCDP是正方形，则所求面积等于S正方形OCDP﹣S扇形COP．
【解答】解：（1）如图1，先找到1×1正方形的对角线的交点H、F，连接HF交线段CB于一点G，连接OG并延长交半圆于点E，E点即为所求的点．证明如下：
∵1×1正方形的对角线的交点为H、F，
∴K是IJ的中点，
∴K是CL的中点，
∴G是CB的中点，
∵O是线段AB的中点，
∴OG∥AC，
∴∠OEA＝∠CAE，
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠OEA，
∴∠OAE＝∠CAE，
∴AE平分∠CAB；
（2）连接PO并延长交圆于一点Q，连接PC、QB交于点M，连接OM并延长交CB于点D，则D即为BC的中点．证明如下：
∵BC是⊙O切线，
∴AC⊥BC，
∵AC＝BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠APC＝90°，
∴CP⊥AB，
∴P是AB中点，
∵O是AC中点，
∴OP∥BC，
∵PQ、AC是直径，
∴PQ＝AC，
∴PQ＝BC，
∴四边形PQCB是平行四边形，
∵M是PC、QB的交点，
∴M是BQ的中点，
∴OM∥PB，
∴MD∥QC，
∴D是BC的中点；
（3）①DP与⊙O相切．
证明：由（2）知OP∥CD，OP＝CD，
∴四边形OCDP是平行四边形，
∵∠OCD＝90°，
∴四边形OCDP是矩形，
∴PD⊥OP，
∴DP与⊙O相切；
②由①知四边形OCDP是矩形，
∵OC＝OP，
∴四边形OCDP是正方形，
∴S＝S正方形OCDP﹣S扇形COP＝4×4﹣＝16﹣4π．
考点四：圆的综合证明问题
圆的综合问题包含初中数学中《圆的基本性质》和《直线与圆的位置关系》两大部分，题目一般较为综合，常和三角形相似或三角函数结合考察。题型一般为解答题，考生在复习这块内容时，不仅需要熟悉圆的所以性质，更需要熟悉常与之结合的几何问题的方法技巧。
题型01 圆的综合证明问题
【中考真题练】
1．（2023•河北）装有水的水槽放置在水平台面上，其横截面是以AB为直径的半圆O，AB＝50cm，如图1和图2所示，MN为水面截线，GH为台面截线，MN∥GH．
计算：在图1中，已知MN＝48cm，作OC⊥MN于点C．
（1）求OC的长．
操作：将图1中的水槽沿GH向右作无滑动的滚动，使水流出一部分，当∠ANM＝30°时停止滚动．如图2．其中，半圆的中点为Q，GH与半圆的切点为E，连接OE交MN于点D．
探究：在图2中．
（2）操作后水面高度下降了多少？
（3）连接OQ并延长交GH于点F，求线段EF与的长度，并比较大小．
【分析】（1）连接OM，利用垂径定理得出MC＝MN＝24cm，由勾股定理计算即可得出答案；
（2）由切线的性质证明OE⊥GH，进而得到OE⊥MN，利用锐角三角函数的定义求出OD，再与（1）中OC相减即可得出答案；
（3）由半圆的中点为Q得到∠QOB＝90°，得到∠QOE＝30°，分别求出线段EF与 的长度，再相减比较即可．
【解答】解：（1）连接OM，
∵O为圆心，OC⊥MN于点C，MN＝48cm，
∴MC＝MN＝24cm，
∵AB＝50cm，
∴OM＝AB＝25cm，
在Rt△OMC 中，OC＝＝＝7（cm）；
（2）∵GH与半圆的切点为E，
∴OE⊥GH，
∵MN∥GH，
∴OE⊥MN于点D，
∵∠ANM＝30°，ON＝25cm，
∴，
∴操作后水面高度下降高度为：；
（3）∵OE⊥MN于点D，∠ANM＝30°，
∴∠DOB＝60°，
∵半圆的中点为Q，
∴，
∴∠QOB＝90°，
∴∠QOE＝30°，
∴EF＝tan∠QOE•OE＝（cm），
的长为（cm），
∵＝＞0，
∴EF＞．
2．在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．对于⊙O的弦AB和⊙O外一点C给出如下定义：若直线CA，CB中一条经过点O，另一条是⊙O的切线，则称点C是弦AB的“关联点”．
（1）如图，点A（﹣1，0），B1（，），B2（，）．
①在点C1（﹣1，1），C2（，0），C3（0，）中，弦AB1的“关联点”是 C1，C2 ；
②若点C是弦AB2的“关联点”，直接写出OC的长；
（2）已知点M（0，3），N（，0），对于线段MN上一点S，存在⊙O的弦PQ，使得点S是弦PQ的“关联点”．记PQ的长为t，当点S在线段MN上运动时，直接写出t的取值范围．
【分析】（1）根据题目中关联点的定义分情况讨论即可；
（2）根据M（0，3），N（，0）两点来求最值情况，共有两种情况，分别位于S在过点O的、MN的垂线上，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论．
【解答】解：（1）①由关联定义可知，若直线CA、CB中一条经过点O，另一条是⊙O的切线，则称点C是弦AB的“关联点”，
∵点A（﹣1，0），B1（，），点C1（﹣1，1），C2（，0），C3（0，），
∴直线AC2经过点O，且B1C2与⊙O相切，
∴C2是弦AB1的“关联点”，
∵C1（﹣1，1），A（﹣1，0）的横坐标相同，与B1（，）在直线y＝﹣x上，
∴AC1与⊙O相切，B1C1经过点O，
∴C1是弦AB1的“关联点”；
故答案为：C1，C2；
②∵A（﹣1，0），B2（，），
设C（a，b），如图所示，共有两种情况，
a、若C1B2与⊙O相切，AC经过点O，
则C1B2，AC1所在直线为，
解得，
∴C1（，0），
∴OC1＝，
b、若AC2与⊙O相切，C2B2经过点O，
则直线C2B2，AC2所在直线为，
解得，
∴C2（﹣1，1），
∴OC2＝，
综上所述，OC＝；
（2）∵线段MN上一点S，存在⊙O的弦PQ，使得点S是弦PQ的“关联点”，
∵弦PQ随着S的变动在一定范围内变动，且M（0，3），N（，0），OM＞ON，
∴S共有2种情况，分别位于点M和经过点O的MN的垂线上，如图所示，
①当S位于点M（0，3）时，MP为⊙O的切线，作PJ⊥OM，
∵M（0，3），⊙O的半径为1，且MP是⊙O的切线，
∴OP⊥MP，
∵PJ⊥OM，
∴△MPO∽△POJ，
∴，即，
解得OJ＝，
∴PJ＝＝，Q1J＝，
∴PQ1＝＝，
同理PQ2＝＝，
∴当S位于M（0，3）时，PQ1的临界值为和；
②当S位于经过点O的MN的垂线上的点K时，
∵M（0，3），N（，0），
∴MN＝，
∴＝2，
∵⊙O的半径为1，
∴∠OKZ＝30°，
∴△OPQ为等边三角形，
∴PQ＝1或，
∴当S位于经过点O且垂直于MN的直线上即点K时，PQ1的临界点为1和，
∴在两种情况下，PQ的最小值在1≤t≤内，最大值在，
综上所述，t的取值范围为1≤t≤，．
3．（2023•杭州）如图，在⊙O中，直径AB垂直弦CD于点E，连接AC，AD，BC，作CF⊥AD于点F，交线段OB于点G（不与点O，B重合），连接OF．
（1）若BE＝1，求GE的长．
（2）求证：BC2＝BG•BO．
（3）若FO＝FG，猜想∠CAD的度数，并证明你的结论．
【分析】（1）由垂径定理可得∠AED＝90°，结合CF⊥AD可得∠DAE＝∠FCD，根据圆周角定理可得∠DAE＝∠BCD，进而可得∠BCD＝∠FCD，通过证明△BCE≌△GCE，可得GE＝BE＝1；
（2）证明△ACB∽△CEB，根据对应边成比例可得BC2＝BA•BE，再根据AB＝2BO，BE＝BG，可证BC2＝BG•BO；
（3）方法一：设∠DAE＝∠CAE＝α，∠FOG＝∠FGO＝β，可证a＝90°﹣β，∠OCF＝90﹣3α，通过SAS证明△COF≌△AOF，进而可得∠OCF＝∠OAF，即90°﹣3a＝a，则∠CAD＝2a＝45°．方法二：延长FO交AC于点H，连接OC，证明△AFC是等腰直角三角形，即可解决问题．
【解答】（1）解：直径AB垂直弦CD，
∴∠AED＝90°，
∴∠DAE+∠D＝90°，
∵CF⊥AD，
∴∠FCD+∠D＝90°，
∴∠DAE＝∠FCD，
由圆周角定理得∠DAE＝∠BCD，
∴∠BCD＝∠FCD，
在△BCE和△GCE中，
，
∴△BCE≌△GCE（ASA），
∴GE＝BE＝1；
（2）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CEB＝90°，
∵∠ABC＝∠CBE，
∴△ACB∽△CEB，
∴＝，
∴BC2＝BA•BE，
由（1）知GE＝BE，
∴BE＝BG，
∵AB＝2BO，
∴BC2＝BA•BE＝2BO•BG＝BG•BO；
（3）解：∠CAD＝45°，证明如下：
解法一：如图，连接OC，
∵FO＝FG，
∴∠FOG＝∠FGO，
∵直径AB垂直弦CD，
∴CE＝DE，∠AED＝∠AEC＝90°，
∵AE＝AE，
∴△ACE≌△ADE（SAS），
∴∠DAE＝∠CAE，
设∠DAE＝∠CAE＝α，∠FOG＝∠FGO＝β，
则∠FCD＝∠BCD＝∠DAE＝α，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC＝α，
∵∠ACB＝90°，
∴∠OCF＝∠ACB﹣∠OCA﹣∠FCD﹣∠BCD＝90°﹣3α，
∵∠CGE＝∠OGF＝β，∠GCE＝α，∠CGE+∠GCE＝90°，
∴β+α＝90°，
∴α＝90°﹣β，
∵∠COG＝∠OAC+∠OCA＝α+α＝2α，
∴∠COF＝∠COG+∠GOF＝2α+β＝2（90°﹣β）+β＝180°﹣β，
∴∠COF＝∠AOF，
在△COF和△AOF中，
，
∴△COF≌△AOF（SAS），
∴∠OCF＝∠OAF，
即90°﹣3α＝α，
∴α＝22.5°，
∴∠CAD＝2a＝45°．
解法二：
如图，延长FO交AC于点H，连接OC，
∵FO＝FG，
∴∠FOG＝∠FGO，
∴∠FOG＝∠FGO＝∠CGB＝∠B，
∴BC∥FH，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠AHO＝90°，
∵OA＝OC，
∴AH＝CH，
∴AF＝CF，
∵CF⊥AD，
∴△AFC是等腰直角三角形，
∴∠CAD＝45°．
4．（2023•呼和浩特）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝8，以边AC为直径作⊙O，与AB边交于点D，点M为边BC的中点，连接DM．
（1）求证：DM是⊙O的切线；
（2）点P为直线BC上任意一动点，连接AP交⊙O于点Q，连接CQ．
①当tan∠BAP＝时，求BP的长；
②求的最大值．
【分析】（1）连接OD，CD，由AC是⊙O的直径，可得∠ADC＝90°，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得MC＝MD，根据等腰三角形性质可得∠MDC＝∠MCD，进而可得∠MDC+ODC＝∠MCD+∠OCD＝90°，即∠ODM＝90°，再利用切线的判定定理即可证得结论；
（2）①分两种情况：当点P在线段BC上时，过点P作PT⊥AB于点T，利用勾股定理和解直角三角形即可求得答案；当点P在CB的延长线上时，过点B作BK⊥AP于点K，运用勾股定理和解直角三角形即可；
②设CP＝n，则AP＝＝，利用面积法可得CQ•AP＝AC•CP，得出CQ＝＝，即＝，再运用乘法公式和不等式性质可得64+n2≥16n，即可得出答案．
【解答】（1）证明：如图，连接OD，CD，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠BDC＝180°﹣∠ADC＝90°，
∵点M为边BC的中点，
∴MC＝MD，
∴∠MDC＝∠MCD，
∵OC＝OD，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵∠ACB＝90°，即∠MCD+∠OCD＝90°，
∴∠MDC+ODC＝∠MCD+∠OCD＝90°，
即∠ODM＝90°，
∴DM⊥OD，
∵OD是⊙O的半径，
∴DM是⊙O的切线；
（2）①当点P在线段BC上时，如图，过点P作PT⊥AB于点T，
在Rt△ABC中，AB＝＝＝10，
设PT＝x，
∵tan∠BAP＝，
∴＝，
∴AT＝3PT＝3x，
∴BT＝AB﹣AT＝10﹣3x，
∵tan∠ABC＝＝，
∴＝，
解得：x＝，
∴PT＝，
∵sin∠ABC＝＝，即＝，
∴BP＝；
当点P在CB的延长线上时，如图，过点B作BK⊥AP于点K，
∵tan∠BAP＝，
∴＝，
设BK＝a，则AK＝3a，
在Rt△ABK中，AK2+BK2＝AB2，
即（3a）2+a2＝102，
解得：a1＝，a2＝﹣（舍去），
∴AK＝3，BK＝，
∵S△ABP＝AP•BK＝BP•AC，
∴＝＝，
设BP＝m，则AP＝m，
在Rt△ACP中，AC2+CP2＝AP2，
即82+（m+6）2＝（m）2，
解得：m1＝，m2＝﹣（舍去），
∴BP＝；
综上所述，BP的长为或；
②设CP＝n，则AP＝＝，
如图，∵AC是⊙O的直径，
∴CQ⊥AP，
∵CQ•AP＝AC•CP，
∴CQ＝＝，
∴＝，
∵n＞0，
∴（n﹣8）2≥0，
∴64+n2≥16n，
∴＝≤＝，
∴的最大值为．
5．（2023•台州）我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置．如图，AB是⊙O的直径，直线l是⊙O的切线，B为切点．P，Q是圆上两点（不与点A重合，且在直径AB的同侧），分别作射线AP，AQ交直线l于点C，点D．
（1）如图1，当AB＝6，弧BP长为π时，求BC的长；
（2）如图2，当，时，求的值；
（3）如图3，当，BC＝CD时，连接BP，PQ，直接写出的值．
【分析】（1）连接OP，设∠BOP的度数为n，可得＝π，n＝60，即∠BOP＝60°，故∠BAP＝30°，而直线l是⊙O的切线，有∠ABC＝90°，从而BC＝＝2；
（2）连接BQ，过点C作CF⊥AD于点F，求出cs∠BAQ＝＝，由＝，得∠BAC＝∠DAC，有CF＝BC，证明∠FCD＝∠BAQ，即得＝，故＝；
（3）连接BQ，证明△APQ∽△ADC，得＝①，证明△APB∽△ABC，得 ②，由BC＝CD，将①②两式相除得：＝，故＝．
【解答】解：（1）如图，连接OP，
设∠BOP的度数为n°，
∵AB＝6，长为π，
∴＝π，
∴n＝60，即∠BOP＝60°，
∴∠BAP＝30°，
∵直线l是⊙O的切线，
∴∠ABC＝90°，
∴BC＝tan30°•AB＝2；
（2）如图，连接BQ，过点C作CF⊥AD于点F，
∵AB为⊙O直径，
∴∠BQA＝90°，
∴cs∠BAQ＝＝，
∵＝，
∴∠BAC＝∠DAC，
∵CF⊥AD，AB⊥BC，
∴CF＝BC，
∵∠BAQ+∠ADB＝90°，∠FCD+∠ADB＝90°，
∴∠FCD＝∠BAQ，
∴cs∠FCD＝cs∠BAQ＝，
∴＝，
∴＝；
（3）如图，连接BQ，
∵AB⊥BC，BQ⊥AD，
∴∠ABQ＝90°﹣∠QBD＝∠ADC，
∵∠ABQ＝∠APQ，
∴∠APQ＝∠ADC，
∵∠PAQ＝∠DAC，
∴△APQ∽△ADC，
∴＝①，
∵∠ABC＝90°＝∠APB，∠BAC＝∠PAB，
∴△APB∽△ABC，
∴②，
由BC＝CD，将①②两式相除得：
＝，
∵cs∠BAQ＝＝，
∴＝．
6．（2023•乐山）在学习完《图形的旋转》后，刘老师带领学生开展了一次数学探究活动．
【问题情境】
刘老师先引导学生回顾了华东师大版教材七年级下册第121页“探索”部分内容：
如图1，将一个三角形纸板△ABC绕点A逆时针旋转θ到达的位置△AB′C′的位置，那么可以得到：
AB＝AB′，AC＝AC′，BC＝B′C′；
∠BAC＝∠B′AC′，∠ABC＝∠AB′C′，∠ACB＝∠AC′B′．（_____）
刘老师进一步谈到：图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图形旋转的关键．故数学就是一门哲学．
【问题解决】
（1）上述问题情境中“（_____）”处应填理由： 旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等 ；
（2）如图2，小王将一个半径为4cm，圆心角为60°的扇形纸板ABC绕点O逆时针旋转90°到达扇形纸板A′B′C′的位置．
①请在图中作出点O；
②如果BB′＝6cm，则在旋转过程中，点B经过的路径长为 cm ；
【问题拓展】
小李突发奇想，将与（2）中完全相同的两个扇形纸板重叠，一个固定在墙上，使得一边位于水平位置．另一个在弧的中点处固定，然后放开纸板，使其摆动到竖直位置时静止．此时，两个纸板重叠部分的面积是多少呢？如图3所示，请你帮助小李解决这个问题．
【分析】【问题解决】
（1）由旋转的性质即可知答案为旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；
（2）①作线段BB'，AA'的垂直平分线，两垂直平分线交于O，点O为所求；
②由∠BOB'＝90°，OB＝OB'，可得OB＝＝3，再用弧长公式可得答案；
【问题拓展】
连接PA'，交AC于M，连接PA，PD，AA'，PB'，PC，求出A'D＝＝＝，DM＝A'D＝，可得S△A'DP＝××4＝；S扇形PA'B'＝＝，证明△PB′D≌△PCD（SSS）可知阴影部分关于PD对称，故重叠部分面积为2（﹣）＝（cm2）．
【解答】解：【问题解决】
（1）根据题意，AB＝AB′，AC＝AC′，BC＝B′C′；∠BAC＝∠B′AC′，∠ABC＝∠AB′C′，∠ACB＝∠AC′B′的理由是：旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等，
故答案为：旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；
（2）①如图：
作线段BB'，AA'的垂直平分线，两垂直平分线交于O，点O为所求；
②∵∠BOB'＝90°，OB＝OB'，
∴△BOB'是等腰直角三角形，
∵BB'＝6，
∴OB＝＝3，
∵＝（cm），
∴点B经过的路径长为cm，
故答案为：cm；
【问题拓展】
连接PA'，交AC于M，连接PA，PD，AA'，PB'，PC，如图：
∵点P为中点，
∴∠PAB＝，
由旋转得∠PA'B'＝30°，PA＝PA′＝4，
在Rt△PAM中，PM＝PA•sin∠PAM＝4×sin30°＝2，
∴A'M＝PA'﹣PM＝4﹣2＝2，
在Rt△A′DM中，
A'D＝＝＝，DM＝A'D＝，
∴S△A'DP＝××4＝；
S扇形PA'B'＝＝，
下面证明阴影部分关于PD对称：
∵∠PAC＝∠PA'B'＝30°，∠ADN＝∠A'DM，
∴∠AND＝∠A'MD＝90°，
∴∠PNA'＝90°，
∴PN＝PA'＝2，
∴AN＝PA﹣PN＝2，
∴AN＝A′M，
∴△AND≌△A'MD（AAS），
∴AD＝A′D，
∴CD＝B'D，
∵PD＝PD，PB'＝PC，
∴△PB′D≌△PCD（SSS），
∴阴影部分面积被PD等分，
∴S阴影＝2（S扇形PA'B'﹣S△A'DP）＝2（﹣）＝（cm2）．
∴两个纸板重叠部分的面积是cm2．
【中考模拟练】
1．如图，矩形ABCD中，AD＝6，AB＝8，AB是⊙O的直径，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形A′B′C′D′，且AD′交⊙O于点E，AB′交⊙O于点F，D′C′与⊙O相切于点M．下列说法正确的有 ①②③④ ．（只填写序号）
①AE＝4，②＝＝，③AF＝，④∠DAD′＝30°．
【分析】连接OE，OM，过点O作ON⊥AD′于点N，可得四边形OMD′N是矩形，证明OM＝ND′＝4，根据OA＝OE，ON⊥AD′，可得AN＝EN＝2，进而可以判断①正确；证明△OAE是等边三角形，可得∠EOM＝60°，∠BOM＝60°，进而可以判断②正确；连接BF，根据AB是⊙O的直径，可得∠AFB＝90°，利用含30度角的直角三角形即可判断③正确；根据∠DAB＝90°，∠D′AO＝60°，即可判断④正确．
【解答】解：如图，连接OE，OM，过点O作ON⊥AD′于点N，
∵D′C′与⊙O相切于点M，
∴OM⊥C′D′，
∴四边形OMD′N是矩形，
∴OM＝ND′，
∵AB＝8，AB是⊙O的直径，
∴OM＝ND′＝4，
在矩形ABCD中，由旋转可知：AD′＝AD＝6，
∴AN＝AD′﹣ND′＝6﹣4＝2，
∵OA＝OE，ON⊥AD′，
∴AN＝EN＝2，
∴AE＝4，故①正确；
∵AE＝AO＝OE＝4，
∴△OAE是等边三角形，
∴∠AOE＝∠OEA＝60°，
∴∠OED′＝120°，
∵∠D′＝∠OMD′＝90°，
∴∠EOM＝60°，
∴∠BOM＝60°，
∴＝＝，故②正确；
如图，连接BF，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∵∠EAO＝60°，∠D′AB′＝90°，
∴∠BAF＝30°，
∴BF＝AB＝4，
∴AF＝BF＝4，故③正确；
∵∠DAB＝90°，∠D′AO＝60°，
∠DAD′＝30°，故④正确．
综上所述：正确的有①②③④．
故答案为：①②③④．
2．（2024•浙江模拟）在一个三角形中，如果三个内角的度数之比为连续的正整数，那么我们把这个三角形叫做和谐三角形．
（1）概念理解：若△ABC为和谐三角形，且∠A＜∠B＜∠C，则∠A＝ 30 °，∠B＝ 60 °，∠C＝ 90 °．（任意写一种即可）
（2）问题探究：如果在和谐三角形ABC中，∠A＜∠B＜∠C，那么∠B的度数是否会随着三个内角比值的改变而改变？若∠B的度数改变，写出∠B的变化范围；若∠B的度数不变，写出∠B的度数，并说明理由．
（3）拓展延伸：如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC为锐角，BD为圆的直径，∠OBC＝30°．过点A作AE⊥BD，交直径BD于点E，交BC于点F，若AF将△ABC分成的两部分的面积之比为1：2，则△ABC一定为和谐三角形吗？”请说明理由．
【分析】（1）依据题意，设∠A：∠B：∠C＝（n﹣1）：n：（n+1），其中n≥2，n为正整数，从而，再设n＝2，由∠A：∠B：∠C＝1：2：3，故可得，，进而可以得解；
（2）依据题意，设∠A：∠B：∠C＝（n﹣1）：n：（n+1），其中n≥2，n为正整数，从而可得，进而可以得解；
（3）依据题意，结合所给和谐三角形的定义可分两种情况讨论：①当 S△ACF＝2S△ABF 时，如图1，连结OA，OC，过点O作OG⊥BC于点G．由OA＝OB＝OC＝r，∠OBC＝30°，可得∠OCB＝30°，∠BOC＝180°﹣30°﹣30°＝120°，从而，故，进而可得．
又∵S△ACF＝2S△ABF，则CF＝2BF，即，结合AF⊥BD，∠OBC＝30°，可得∠AFB＝60°＝∠BAC，又∠ABF＝∠CBA，故△ABF∽△CBA，进而AB2＝BF•BC，从而，解得AB＝r，则△AOB为等边三角形，可得，最后求出∠ABC＝90°，即可判断得解；
②当 S△ABF＝2S△ACF 时，如图2，连结OA，OC，过点O作OG⊥BC于点G，同理可得OA＝OB＝OC＝r，，∠BAC＝60°，从而，△ABF∽△CBA，故AB2＝BF•BC，．进而△AOB为等腰直角三角形，则，从而∠ABC＝75°，由45°：60°：75°＝3：4：5，进而可以判断得解．
【解答】解：（1）由题意得：设∠A：∠B：∠C＝（n﹣1）：n：（n+1），其中n≥2，n为正整数，
∴．
可设n＝2，由∠A：∠B：∠C＝1：2：3，
∴ ．
故答案为：30；60；90．
（2）∠B的度数不变．由题意得：设∠A：∠B：∠C＝（n﹣1）：n：（n+1），其中n≥2，n为正整数，
∴．
∴∠B 的度数不变，且∠B＝60°．
（3）△ABC一定为和谐三角形．理由如下：分两种情况讨论：
①当 S△ACF＝2S△ABF 时，如图1，连结OA，OC，过点O作OG⊥BC于点G．
由OA＝OB＝OC＝r，∠OBC＝30°，可得∠OCB＝30°，∠BOC＝180°﹣30°﹣30°＝120°．
∴．
∴．
∵，
∴．
又∵S△ACF＝2S△ABF，
∴CF＝2BF．
∴．
∵AF⊥BD，∠OBC＝30°，
∴∠AFB＝60°＝∠BAC．
又∵∠ABF＝∠CBA，
∴△ABF∽△CBA．
∴AB2＝BF•BC．
∴．
∴解得：AB＝r．
∴△AOB为等边三角形．
∵，
∴．
∴∠ABC＝90°．
∵30°：60°：90°＝1：2：3，
∴△ABC为和谐三角形．
②当 S△ABF＝2S△ACF 时，如图2，连结OA，OC，过点O作OG⊥BC于点G．
同理可得OA＝OB＝OC＝r，∠BAC＝60°，
，△ABF∽△CBA，
∴AB2＝BF•BC．
∴．
∴△AOB为等腰直角三角形．
∴．
∴∠ABC＝75°．
∵45°：60°：75°＝3：4：5，
∴△ABC 为和谐三角形．
综上所述，△ABC一定为和谐三角形．
3．（2024•宝山区二模）已知AB是半圆O的直径，C是半圆O上不与A、B重合的点，将弧AC沿直线AC翻折，翻折所得的弧交直径AB于点D，E是点D关于直线AC的对称点．
（1）如图，点D恰好落在点O处．
①用尺规作图在图中作出点E（保留作图痕迹），联结AE、CE、CD，求证：四边形ADCE是菱形；
②联结BE，与AC、CD分别交于点F、G，求的值；
（2）如果AB＝10，OD＝1，求折痕AC的长．
【分析】（1）①设AC与DE的交点为M，通过推导出AC、EO互相垂直平分，证明四边形ADCE是菱形；
②先求出菱形ADCE的内角为60°，再推导出CF＝2FG，即可推导出EB＝6FG，可得＝；
（2）当D点在O点左侧时，过O点作OM⊥AC交于M点，过点O作OH⊥AE交于H点，过点E作EN⊥AB交于N点，设GD＝4m，则MO＝5m，EG＝4m，ED＝8m，先求出cs∠EAD＝，即可分别求出AN＝4×＝，ND＝4﹣＝，EN＝，ED＝8m＝，得到m＝，则MO＝，AM＝，再求AC＝；当D点在O点右侧时，同理可求AC＝4．
【解答】（1）证明：①如图1，设AC与DE的交点为M，
由折叠可EM＝MO，
∵E、D点关于AC对称，
∴EO⊥AC，
∵EO是圆O的半径，
∴AM＝CM，
∴AC、EO互相垂直平分，
∴四边形ADCE是菱形；
②解：∵四边形ADCE是菱形，
∴∠EAC＝∠CAO＝∠ECA＝∠ACO，
∵AM⊥MO，MO＝AO，
∴∠MAO＝30°，
∴∠AOM＝∠MOC＝60°，
∵DO＝BO，
∴∠OEB＝∠OBE＝30°，
∴∠EGO＝90°，
∵∠FCG＝30°，
∴CF＝2FG，
∵∠CEF＝∠ECF＝30°，
∴EF＝FC＝2FG，
∵EG＝GB，
∴EB＝6FG，
∴＝；
（2）解：如图2，当D点在O点左侧时，过O点作OM⊥AC交于M点，过点O作OH⊥AE交于H点，过点E作EN⊥AB交于N点，
由对称可知，AE＝AD，
∵AO＝5，OD＝1，
∴AE＝AD＝4，
∵ED∥MO，
∴＝，
设GD＝4m，则MO＝5m，
∵E、D点关于AC对称，
∴EG＝4m，
∴ED＝8m，
∵AH＝HE＝2，
∴cs∠EAD＝，
∴AN＝4×＝，
∴ND＝4﹣＝，EN＝，
∴ED＝8m＝，
∴m＝，
∴MO＝，
∴AM＝，
∴AC＝；
如图3，当D点在O点右侧时，同理可求AC＝4；
综上所述：AC的长为4或．
4．（2024•宁波模拟）如图，△ABC内接于⊙O，点D在⊙O上，连结AD，AO，分别交BC于点E，F，∠CAD＝∠BAO．
（1）如图1，求证：AD⊥BC．
（2）如图1，若AO∥CD，求证：CA＝CF．
（3）如图2，在（2）的条件下，
①若，求BC的长．
②若，求tan∠ACE的值．
【分析】（1）延长AO交⊙O于点M，连结CM，利用圆周角定理，三角形外角的性质和垂直的定义解答即可；
（2）利用平行线的性质，三角形的外角的性质和等腰三角形的判定定理解答即可；
（3）①利用相似三角形的判定与性质得到，设AC＝5a，则AF＝a，设CE＝x，则EF＝5k﹣x，利用勾股定理求得x，再利用相似三角形的判定与性质解答即可得出结论；
②连结DO并延长交BC于点K，连结AK，利用全等三角形的判定与性质得到CE＝EK，∠DCK＝∠DKC，再利用线段垂直平分线的判定与性质，等腰三角形的性质得到AK＝BK＝AC＝CF，CK＝BF，设BF＝b，则CK＝b，，CF＝kb，利用勾股定理和直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论．
【解答】（1）证明：延长AO交⊙O于点M，连结CM，如图，
∵AM为⊙O的直径，
∴∠ACM＝90°，
∴∠CAM+∠M＝90°．
∵∠CAD＝∠BAO，
∴∠CAD+∠DAM＝∠BAO+∠DAM，
∴∠CAM＝∠BAD．
又∠M＝∠B，
∴∠BAD+∠B＝90°，
即∠AEB＝90°，
∴AD⊥BC．
（2）证明：∵AO∥CD，
∴∠FAE＝∠D，
∵∠D＝∠B，
∴∠FAE＝∠B．
∵∠CAF＝∠CAE+∠FAE，∠FAB+∠B＝∠AFC，
∴∠CAF＝∠AFC，
∴CA＝CF．
（3）①∵∠CAD＝∠FAB，∠D＝∠B，
∴△ACD∽△AFB，
∴．
设AC＝5a，则AF＝a，
由（2）知：CF＝CA，
∴CF＝5a．
设CE＝x，则EF＝5k﹣x，
∵AE2＝AC2﹣CE2，AE2＝AF2﹣EF2，
∴AC2﹣CE2＝AF2﹣EF2，
∴，
∴x＝4a，
∴CE＝4a，EF＝a，
∴AE＝＝3a．
∵∠FAE＝∠B，∠AEF＝∠BEA，
∴△AEF∽△BEA，
∴，
∴AE2＝EF•EB，
即，
∴，
∴CF＝5a＝，
∴．
②连结DO并延长交BC于点K，连结AK，如图，
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵AO∥CD，
∴∠OAD＝∠CDA，
∴∠CDA＝∠ODA．
在△CDE和△KDE中，
，
∴△CDE≌△KDE（ASA），
∴CE＝EK，∠DCK＝∠DKC．
∵AO∥CD，
∴∠DCK＝∠AFC，
∵∠AFC＝∠OFK，
∴∠OFK＝∠DKC，
∴OF＝OK，
∵CE＝EK，AD⊥BC，
∴AD为CK的垂直平分线，
∴AC＝AK，
∴△ACK为等腰三角形，
∵AE⊥CK，
∴∠CAD＝∠KAD，
∵∠CAD＝∠BAO，
∴∠KAD＝∠BAO，
∴∠OAD＝∠BAK，
∴∠BAK＝∠ODA＝∠CDA＝∠B，
∴AK＝BK．
∴AK＝BK＝AC＝CF，
∴CF+FK＝BK+FK．
即CK＝BF．
设BF＝b，则CK＝b，，CF＝kb，
即AC＝AK＝KB＝bk，
∴AE＝＝．
∵∠AEC＝90°，
∴．
易错点：圆中角度定理都有一个大前提——在同圆或等圆中，特别是一些概念性选择题，没有这个前提的话，对应结论是不正确的。
解题大招01：圆中角度计算口诀——圆中求角度，同弧或等弧＋直径所对圆周角是90度
圆心角定理、圆周角定理以及其推论为圆中角的计算提供了等量关系，圆中的等角也是解决角度问题中常见的转化关系，所以特别要注意同弧或等弧所对的圆周角相等，以及直径所对圆周角=90°的固定关系
解题大招01：圆中求角度常用的其他规律：
圆内接四边形的一个外角=其内对角
折叠弧过圆心→必有30°角
以等腰三角形的腰长为直径的圆→必过底边中点
圆中出现互相垂直的弦，常作两弦心距→必有矩形（当弦相等，则得正方形）
解题大招：圆中模型“知1得4”
由图可得以下5点：
①AB=CD；②；③OM=ON；④；⑤；
以上5个结论，知道其中任意1个，剩余的4个都可以作为结论使用。
易错点01：弧长与扇形面积：不规则图形面积想割补法
常用公式：

解题大招01：圆中线段计算口诀——“圆中求长度，垂径加勾股”
弦长、半径、直径是圆中的主要线段，相关计算主要利用垂径定理及其推论，构造“以半径、弦心距、弦长一半为三边的直角三角形”，通过勾股定理列方程求解；
解题大招02：常做辅助线：连半径、作弦心距、见直接连弦长得直径所对圆周角=90°
解题大招03：圆中模型“知2得3”
由图可得以下5点：
①AB⊥CD；②AE=EB；③AD过圆心O；④；⑤；
以上5个结论，知道其中任意2个，剩余的3个都可以作为结论使用。
易错点：圆内接四边形的对角互补，但还有一个推论是圆内接四边形的一个外角等于与它相邻内角的对角
解题大招：①切线的判定：常用方法→ 有切点，连半径，证垂直！
无切点，作垂直，证半径！
☆特别地：
题目中所需证的垂直，一般是由已知垂直转化而来的，故有“想证⊥，先找⊥”
②切线的性质：常用方法→见切点，连半径，得垂直！
因切线所得结论必为⊥，故常以直角三角形来展开后续问题。
解题大招：常见辅助线
①连半径——有关切线时，连接的是过切点的半径
②作弦心距——构造Rt△，进而用知2得3
——或做两条弦心距，构造矩形或正方形
③连接弦——使直径所对的圆周角=90°，进而在Rt△中展开问题