(天津专用)中考数学二轮复习考点分类训练专题07 圆解答题(2份，原卷版+解析版）

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(1)求证：是的切线．
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据角平分线的定义和平行线的判定和性质以及切线的判定定理即可得到结论；
（2）连接，交与点，首先借助圆周角定理证明四边形为矩形，由矩形性质可得，，利用垂径定理即可推导；然后在中，由勾股定理计算的长即可．
【详解】（1）证明：连接，如下图，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为半径，
∴是的切线；
（2）解：连接，交与点，如下图，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，即，
∵为半径，
∴，
∴在中，由勾股定理可得．
【点睛】本题主要考查了切线的判定、圆周角定理、垂径定理、矩形的判定与性质、平行线的判定与性质、勾股定理等知识，正确作出辅助线，灵活运用相关知识是解题关键．
2．（2024上·天津和平·九年级天津市第五十五中学校考期末）如图，在中，，为上一点，以为直径的与相切于点，交于点，，垂足为．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，设 ，，根据已知条件以及直径所对的圆周角相等，证明，进而求得，即可证明是的切线；
（2）根据已知条件结合（1）的结论可得四边形是正方形，进而求得的长，根据，，即可求解．
【详解】（1）如图，连接，
，
则，
设 ，，
，
，
为的直径，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，
，
为的半径，
是的切线；
（2）如图，
是的切线，则，又，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
在中，，
，
，
由（1）可得，
，
，
，
解得 ．
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，正方形的性质与判定，等腰三角形的性质，正弦的定义，掌握切线的性质与判定是解题的关键．
3．（2023上·天津和平·九年级天津市第五十五中学校考阶段练习）如图，已知，⊙O的半径，弦AB，CD交于点E，C为的中点，过D点的直线交AB延长线与点F，且DF=EF．
（1）如图①，试判断DF与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）如图②，连接AC，若AC∥DF，BE=AE，求CE的长．
【答案】（1）DF与⊙O相切，理由见解析；（2）CE=2．
【分析】（1）如图，作辅助线；证明∠ODC+∠CDF=90°，即可解决问题．
（2）如图，作辅助线；证明OH⊥AB，AH=4λ，此为解题的关键性结论；证明CE=λ；列出方程r2=（r-3λ）2+（4λ）2，求出λ=r=×=2，即可解决问题．
【详解】（1）DF与⊙O相切．
如图1，连接OC、OD；
∵C为弧AB的中点，
∴OC⊥AB，∠OCE+∠AEC=90°；
∴DF=EF，
∴∠FDE=∠FED=∠AEC；
∵OA=OC，
∴∠OCE=∠ODC，
∴∠ODC+∠CDF=90°，
即OD⊥DF，
∴DF与⊙O相切．
（2）如图2，连接OA、OC；
由（1）知OC⊥AB，
∴AH=BH；
∵AC∥DF，
∴∠ACD=∠CDF；而EF=DF，
∴∠DEF=∠CDF=∠ACD，
∴AC=AE；
设AE=5λ，则BE=3λ，
∴AH=4λ，HE=λ，AC=AE=5λ；
∴由勾股定理得：CH=3λ；
CE2=CH2+HE2=9λ2+λ2，
∴CE=λ；
在直角△AOH中，由勾股定理得：
AO2=AH2+OH2，
即r2=（r-3λ）2+（4λ）2，
解得：λ=r=×=2，
∴CE=2．
【点睛】该题主要考查了圆的切线的判定及其性质的应用问题；解题的关键是作辅助线；灵活运用有关定理来分析、解答．
4．（2023上·天津河北·九年级天津外国语大学附属外国语学校校考阶段练习）如图，在中，为直径，弦与交于P点，．
(1)如图①，若，求的度数；
(2)如图②，过点C作的切线与BA的延长线交于点Q，若，求的度数．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接，先求得，得，最后求得；
（2）连接，由切线的性质得，由，，得，，最后求得的度数
【详解】（1）
如图①，连接，

∵ 是的一个外角，，，
∴ ，
∴ ，
∵ 为⊙的直径，
∴ ，
∴ ．
（2）如图②，连接．
∵ ，
∴ ．
∵是⊙切线，
∴ ．
∴ ．
∵ ，，
∴ ，
，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查的是切线的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角的性质、三角形的内角和定理，熟练掌握这些性质是解题的关键．
5．（2023上·天津和平·九年级天津市汇文中学校考阶段练习）已知在中，弦与直径交于点P．
（Ⅰ）如图①，若，求的度数．
（Ⅱ）如图②，过点D作的切线交的延长线于点Q．若，求的度数．
【答案】（Ⅰ）70°；（Ⅱ）115°
【分析】（Ⅰ）连接．由圆周角定理推论可知．再根据题意结合三角形外角性质可求出，最后再由圆周角定理可知，即可求出大小．
（Ⅱ）连接．由圆周角定理可知，再由切线的性质可知．即．根据题意易求出，．再根据三角形外角性质可求出，即求出的大小．
【详解】（Ⅰ）如图，连接．
∵是的直径，
∴．
∵，，
∴
∴．
∴．
（Ⅱ）如图，连接．
∵，
∴，
∵切于点D，
∴，即．
∴．
∵，，
∴，．
∴．
∴．
【点睛】本题为圆的综合题．考查圆周角定理及其推论，切线的性质以及三角形外角性质．正确的连接辅助线是解答本题的关键．
6．（2023上·天津河西·九年级天津实验中学校考阶段练习）如图，已知AB为⊙O的直径，PA，PC是⊙O的切线，A，C为切点，∠BAC=30°．
(1)求∠P的大小；
(2)若AB=2，求PA的长（结果保留根号）．
【答案】（1）∠P=60°；（2）PA=．
【详解】（1）∵PA是⊙O的切线，AB为⊙O的直径，
∴PA⊥AB，
∴∠BAP=90°；
∵∠BAC=30°，
∴∠CAP=90°-∠BAC=60°．
又∵PA、PC切⊙O于点A、C，
∴PA=PC，
∴△PAC为等边三角形，
∴∠P=60°．
（2）如图，
连接BC，则∠ACB=90°．
在Rt△ACB中，AB=2，∠BAC=30°，
∵BC=1，
∴AC=，
∵△PAC为等边三角形，
∴PA=AC，
∴PA=．
7．（2023上·天津南开·九年级南开翔宇学校校考阶段练习）如图①，在中，为直径，C为上一点，，过点C作的切线，与的延长线相交于点P．
（Ⅰ）求的大小；
（Ⅱ）如图②，过点B作的垂线，垂足为点E，与的延长线交于点F，
①求的大小；②若的半径为2，求的长．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）①；②
【分析】（Ⅰ）如图①中，连接OC．利用切线的性质解决问题即可；
（Ⅱ）①证明OC∥BF，即可解决问题；
②证明△OBC是等边三角形，利用勾股定理即可解决问题．
【详解】（Ⅰ）如图，连接．
∵与相切于点C，
∴，即，
∵，
∴，
在中， ，
∴；
（Ⅱ）①由（I）得，
又∵，即
∴
∴；
②由①，
∴，
连接，
∵AB是直径，
∴，即，
∴
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，平行线的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理的应用等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
8．（2023上·天津河东·九年级天津市第七中学校考期中）如图，是的直径，C，D为上的点，且，过点D作于点E．
(1)求证：平分；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】(1)利用平行线的性质得到，再由，即可证得；
(2)过O点作于F，如图，根据垂径定理得到，再证明，得到，然后利用勾股定理计算的长即可．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
，
平分；
（2）解：如图，过点O作于点F，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
．
，
，
，
在中，
，
的半径为．
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的判定，等腰三角形的性质，垂径定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，作出辅助线是解决本题的关键．
9．（2022·天津·天津市双菱中学校考模拟预测）如图，AB是以BC为直径的半圆O的切线，D为半圆上一点，AD＝AB，AD、BC的延长线相交于点E．
（1）求证：AD是半圆O的切线；（2）连结CD，求证：∠A＝2∠CDE．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【详解】（1）如图，连接OD，BD，
∵AB是⊙O的切线，
∴AB⊥BC，即∠ABC=90°，
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵OB=OD，
∴∠DBO=∠BDO，
∴∠ABD+∠DBO=∠ADB+∠BDO，
∴∠ADO=∠ABO=90°，
∴AD是半圆O的切线．
（2）由（1）知，∠ADO=∠ABO=90°，
∴∠A=360°–∠ADO–∠ABO–∠BOD=180°–∠BOD=∠DOC，
∵AD是半圆O的切线，
∴∠ODE=90°，
∴∠ODC+∠CDE=90°，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠ODC+∠BDO=90°，
∴∠BDO=∠CDE，
∵∠BDO=∠OBD，
∴∠DOC=2∠BDO，
∴∠DOC=2∠CDE，
∴∠A=2∠CDE．
10．（2023·天津河西·天津市新华中学校考二模）图，AB为的直径，是的内接三角形，PB切于点B，
(1)如图①，延长AD交PB于点P，若，求∠P和∠BAP的度数；
(2)如图②，连接AP交于点E，若，，求∠P和∠BAP的度数．
【答案】(1)，
(2)，
【分析】（1）连接BD，利用切线的性质得到，用圆周角定理得到，进而求出的度数，再利用AB为的直径得到，最后利用三角形外角性质和三角形内角和定理求解；
（2）连接CE与AB相交于点F，由圆周角定理得到，结合得到，进而得到，结合切线的性质易得AB是CE的垂直平分线，得到，结合得到，进而得到是等边三角形，求出的度数，再利用三角形内角和定理求解．
【详解】（1）：连接BD，如图①
∵PB切于点B，
∴．
∵，
∴．
∵AB为的直径，
∴，
∴，
∴；
（2）：连接CE与AB相交于点F，如图②
∵，，
∴，
∴．
∵PB切于点B，
∴，
∴．
∵AB为的直径，
∴AB是CE的垂直平分线，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，垂径定理，平行线的判定和性质，三角形内角和定理和三角形外角性质，直径所对的圆周角是直角，等边三角形的判定与性质，理解相关知识和作出辅助线是解答关键．
11．（2023·天津河西·天津市新华中学校考一模）如图，在中，为直径，弦与交于点，连接，．

(1)如图①，若，求的度数；
(2)如图②，过点作的切线与的延长线交于点，若，求的度数．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）连接，先求得，最后求得；
（2）连接，由切线的性质得，由，，得，，最后求得的度数．
【详解】（1）解：如图①，连接，

∵是的一个外角，，，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴；
（2）解：如图②，连接．

∵，
∴．
∵是切线，
∴．
∴．
∵，，
∴，
，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查的是切线的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角的性质、三角形的内角和定理，熟练掌握这些性质是解题的关键．
12．（2023·天津河西·天津市新华中学校考三模）如图，为的直径，点，为直径同侧圆上的点，且点为的中点，过点作于点，延长，交于点，与交于点．

(1)如图①，若点为的中点，求的度数；
(2)如图②，若，，求的半径．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可推得，根据圆心角、弧、弦之间的关系可求得，根据圆周角定理可求得，根据三角形内角和定理求解；
（2）根据垂径定理可得，根据圆心角、弧、弦之间的关系可推得，求得，设的半径为，则，根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：连接，，如图：

∵点为的中点，点为的中点，
∴，，
∴，
∴，
又∵为的直径，
∴，
∴，
在中，，
∴．
（2）连接，如图：

∵点为的中点，
∴，
∵，为的直径，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
设的半径为，则，
在中，，
即，
解得，
故的半径为．
【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形内角和定理，垂径定理，圆心角、弧、弦之间的关系，勾股定理等，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
13．（2023下·天津和平·九年级天津市双菱中学校考开学考试）如图，线段AB经过的圆心O，交圆O于点A，C，，AD为的弦，连接BD，，连接DO并延长交于点E，连接BE交于点M．
(1)求证：直线BD是的切线；
(2)求线段BM的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据圆周角定理可得，从而得到 ，即可求证；
（2）连接DM，Rt△BOD中，根据直角三角形的性质可得 BO=2OD，从而得到，，再由的直径，可得，，从而得到，再由，可得，再由勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：∵∠BOD=2∠BAD，
∴，
又∵，
∴ ，即，
又∵为的半径，
∴直线BD是的切线；
（2）解：如图，连接DM，
Rt△BOD中，，
∴，
又，，
∴，
∴，
∵的直径，
∴，，
在Rt△BDE中，，
∵，
∴，
在Rt△BDM中，．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握切线的判定，圆周角定理，直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键．
14．（2023下·天津滨海新·九年级天津经济技术开发区第一中学校考开学考试）已知⊙O中，AC为直径，MA、MB分别切⊙O于点A、B．
（Ⅰ）如图①，若∠BAC=250，求∠AMB的大小；
（Ⅱ）如图②，过点B作BD⊥AC于点E，交⊙O于点D，若BD=MA，求∠AMB的大小．
【答案】（Ⅰ）50°；（Ⅱ）60°
【分析】（Ⅰ）由AM与圆O相切，根据切线的性质得到AM垂直于AC，可得出∠MAC为直角，再由∠BAC的度数，用∠MAC－∠BAC求出∠MAB的度数，又MA，MB为圆O的切线，根据切线长定理得到MA=MB，利用等边对等角可得出∠MAB=∠MBA，由底角的度数，利用三角形的内角和定理即可求出∠AMB的度数．
（Ⅱ）连接AB，AD，由直径AC垂直于弦BD，根据垂径定理得到A为优弧BAD 的中点，根据等弧对等弦可得出AB=AD，由AM为圆O的切线，得到AM垂直于AC，又BD垂直于AC，根据垂直于同一条直线的两直线平行可得出BD平行于AM，又BD=AM，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形得到ADBM为平行四边形，再由邻边MA=MB，得到ADBM为菱形，根据菱形的邻边相等可得出BD=AD，进而得到AB=AD=BD，即△ABD为等边三角形，根据等边三角形的性质得到∠D为60°，再利用菱形的对角相等可得出∠AMB=∠D=60°．
【详解】解：（Ⅰ）∵MA切⊙O于点A，∴∠MAC=90°．
又∠BAC=25°，∴∠MAB=∠MAC－∠BAC=65°．
∵MA、MB分别切⊙O于点A、B，∴MA=MB．
∴∠MAB=∠MBA．
∴∠AMB=180°－（∠MAB+∠MBA）=50°．
（Ⅱ）如图，连接AD、AB，
∵MA⊥AC，又BD⊥AC，
∴BD∥MA．
又∵BD=MA，∴四边形MADB是平行四边形．
又∵MA=MB，∴四边形MADB是菱形．∴AD=BD．
又∵AC为直径，AC⊥BD，
∴ AB =" AD" ．
∴AB=AD=BD．∴△ABD是等边三角形．∴∠D=60°．
∴在菱形MADB中，∠AMB=∠D=60°
【点睛】此题考查了切线的性质，圆周角定理，弦、弧及圆心角之间的关系，菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，切线长定理，以及等边三角形的判定与性质，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．
15．（2023下·天津和平·九年级天津一中校考阶段练习）在中，弦与直径相交于点P，．
(1)如图①，若，求和的大小；
(2)如图②，若，过点D作的切线，与的延长线相交于点E，求的大小．
【答案】(1)；
(2)58°
【分析】（1）由同弧所对圆周角相等求得，进而求得；连接AC，求得，进而由同弧所对的圆周角相等求得．
（2）连接OD，求得，进而求得其所对圆心角，再由三角心外角和内角的关系求得．
【详解】（1）解：∵
∴
∴
如图，连接AC，∵AB为直径
∴
∴
∵
∴
（2）解：如图，连接OD
∵
∴
∴
∵在中，
∴
∵是的切线
∴即
∴.
【点睛】本题考查圆与三角形的综合问题，熟练掌握三角形和圆的相关性质定理是解题的关键．
16．（2023下·天津南开·九年级南开翔宇学校校考阶段练习）在△ABC中，，以边AB上一点O为圆心，OA为半径的圈与BC相切于点D，分别交AB，AC于点E，F
（I）如图①，连接AD，若，求∠B的大小；
（Ⅱ）如图②，若点F为的中点，的半径为2，求AB的长．

【答案】(1)∠B=40°；(2)AB= 6.
【分析】（1）连接OD，由在△ABC中, ∠C=90°，BC是切线,易得AC∥OD ,即可求得∠CAD=∠ADO ,继而求得答案;
（2）首先连接OF,OD,由AC∥OD得∠OFA=∠FOD ,由点F为弧AD的中点,易得△AOF是等边三角形,继而求得答案.
【详解】解:(1)如解图①,连接OD,
∵BC切⊙O于点D,
∴∠ODB=90°,
∵∠C=90°,
∴AC∥OD,
∴∠CAD=∠ADO,
∵OA=OD,
∴∠DAO=∠ADO=∠CAD=25°,
∴∠DOB=∠CAO=∠CAD＋∠DAO=50°,
∵∠ODB=90°,
∴∠B=90°－∠DOB=90°－50°=40°;
(2)如解图②,连接OF,OD,
∵AC∥OD,
∴∠OFA=∠FOD,
∵点F为弧AD的中点,
∴∠AOF=∠FOD,
∴∠OFA=∠AOF,
∴AF=OA,
∵OA=OF,
∴△AOF为等边三角形,
∴∠FAO=60°,则∠DOB=60°,
∴∠B=30°,
∵在Rt△ODB中,OD=2,
∴OB=4,
∴AB=AO＋OB=2＋4=6.
【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，弧弦圆心角的关系，等边三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质.熟练掌握切线的性质是解（1）的关键，证明△AOF为等边三角形是解（2）的关键.
17．（2023下·天津河北·九年级天津二中校考阶段练习）在⊙O中，AB为直径，C为上一点．

（1）如图①，过点C作⊙O的切线，与的延长线相交于点P，若，求的大小；
（2）如图②，D为上一点，连接并延长，与的延长线相交于点P，连接，若，，求的大小．
【答案】（1）36°；（2）10°
【分析】（1）连接OC，首先根据切线的性质得到∠OCP=90°，利用∠CAB=27°得到∠COB=2∠CAB=54°，然后利用直角三角形两锐角互余即可求得答案；
（2）分别证明，，再证明，最后根据圆周角定理可得结论．
【详解】解：（1）如图，连接．

∵与相切于点C，
∴，即．
∵，
∴．
在中，，
∴．
（2）如图，连接．

∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴
【点睛】本题考查了切线的性质以及圆周角定理，解题的关键是能够利用圆的切线垂直于经过切点的半径得到直角三角形．
18．（2023下·天津河东·九年级天津市第五十四中学校考阶段练习）已知在中，．是的弦，交于点，且为的中点，延长交于点，连接．

(Ⅰ)如图①，若，求的大小；
(Ⅱ)如图②，过点作的切线，交的延长线于点．若，求的大小．
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)．
【分析】（1）连接ED，由∠ABE=90°可得AE是⊙O的直径，根据圆周角定理可得∠ADE=∠ABE=90°，由于AD=DC，根据垂直平分线的性质可得AE=CE，则∠AED=∠CED=25°，则在直角三角形AED中，可求得∠EAD的度数；（2）首先证明三角形AEC是等边三角形，由于AB⊥CE，则易求出∠CAB的度数.
【详解】解：(Ⅰ)连接．
，延长交于点，
．
为的直径．
．
又为的中点，
垂直平分．
．
．
．
(Ⅱ)是的切线，
又由(Ⅰ)得为的直径，
．
．
为的中点，
．
，
．
．
又由(Ⅰ)得，
．
是等边三角形．
．
又，
．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、切线的判定与性质、垂直平分线的性质的性质等知识.
19．（2022上·天津和平·九年级天津二十中校考期末）如图，已知等边中，．以为直径的半与边相交于点D．过点D作，垂足为E；过点E作，垂足为F，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)求的长．
【答案】(1)见解析；
(2)．
【分析】（1）连接，证明，根据平行线的性质得到，根据切线的判定定理证明结论；
（2）求出，进而求出，即可求出，在中，根据勾股定理即可求出．
【详解】（1）证明：连接，
为等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）由（1）知，，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
在中，，
，
，
．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质和判定、切线的判定、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质，正确作出辅助线是解本题的关键．
20．（2023上·天津和平·九年级天津市第十九中学校考期末）如图，⊙O的直径AB与弦CD相交于点E，且DE＝CE，⊙O的切线BF与弦AD的延长线交于点F．
（1）求证：CD∥BF；
（2）若⊙O的半径为6，∠A＝35°，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据垂径定理、切线的性质求出AB⊥CD，AB⊥BF，即可证明；
（2）根据圆周角定理求出∠COD，根据弧长公式计算即可．
【详解】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，DE＝CE，
∴AB⊥CD，
∵BF是⊙O的切线，
∴AB⊥BF，
∴CD∥BF；
（2）解：连接OD、OC，
∵∠A＝35°，
∴∠BOD＝2∠A＝70°，
∴∠COD＝2∠BOD＝140°，
∴的长为：＝．
【点睛】本题考查的是切线的性质、垂径定理、弧长的计算，掌握切线的性质定理、垂径定理和弧长的计算公式是解题的关键．
21．（2023上·天津·九年级天津十四中校考期末）如图,点C在以AB为直径的⊙O上，AD垂直于过点C的切线，垂足为D．
(1) 仅用无刻度的直尺在图1中作出∠BAD的平分线，并说明理由；
(2) 当∠BAD=45°,OC=4时，
①连接BC，求∠ABC的度数；②扇形AOC 的面积(阴影部分).
图1 图2
【答案】(1)见解析；（2）①67.5°;②18.8.
【分析】（1）连接AC，AC为∠BAD的平分线，证明，连接OC，利用条件可证得AD∥OC，再根据平行线的性质和角之间的关系∠DAC＝∠CAO；
（2）①根据圆周角定理可求得∠COB的度数，因为OC＝OB，从而可以求出∠ABC的度数；
②由①可知∠COB的度数，从而可求出∠AOC的度数，扇形AOC的面积＝圆的面积×，从而求出答案.
【详解】（1）连接AC，AC为∠BAD的平分线，证明：连接AC，OC，由题意可知：OC⊥DC，AD⊥DC，故OC∥DC，故∠DAC＝∠OCA，∵OC＝OA，故∠OCA＝∠OAC，故∠DAC＝∠OAC，∴AC平分∠BAD；
（2）①∵∠BAD＝45°，OC∥DC，故∠BOC＝45°，而OC＝OB，故∠OCB＝∠OBC，可得：∠ABC＝×（180°－45°）＝67.5°；
②故可知∠AOC＝180°－45°＝135°，扇形AOC的面积＝π×42×＝6π≈18.8.
【点睛】本题主要考查了角平分线的概念、平行线的基本性质以及圆周角定理.
22．（2023上·天津河北·九年级天津十四中校考期末）已知是的直径，是上一点，过点作的切线，交的延长线于点．
(1)如图，连接，，若，求的大小；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接，根据等边对等角可得，，根据三角形的外角关系得，最后得到，从而计算得解；
（2）设，根据勾股定理列方程、解方程，利用半径与直径的关系得到的长．
【详解】（1）解：如图，连接，，
是的切线，
，，
，
，
，，
，
，
，
；
（2）解：解：，
设，
，
，
解方程得，
．
【点睛】本题考查了圆的切线、勾股定理、等边对等角、三角形外角等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
23．（2022上·天津和平·九年级天津一中校考期末）内接于，点D在边AC上，射线AO交BD于点E，∠AED＝∠ABC．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，当∠CAE＝∠CBD时，求证：AB＝AC．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）延长AE交于点，连接，由圆周角定理可得＝90°，由题意可证，可得∠ADB＝＝90°，可得结论；
（2）延长AO交BC于，由直角三角形的性质可得，由垂径定理可得，由线段垂直平分线的性质可得结论．
【详解】（1）延长AE交于点，连接，
∵是直径，
∴＝90°，
∵，
∴＝∠ABC，
∵∠AED＝∠ABC，
∴＝∠AED，
∴，
∴∠ADB＝＝90°，
∴；
（2）延长AO交BC于，
，
，
，
，
，且过圆心，
，且，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，平行线的判定与性质，垂直平分线的判定与性质，熟练掌握相关的性质定理以及判定定理是解本题的关键．
24．（2022上·天津南开·九年级南开翔宇学校校考期末）在中，，以边上一点为圆心，为半径的圆与相切于点，分别交，于点，．
(1)如图①，连接，若，求的大小；
(2)如图②，若点 F 为 的中点，的半径为1，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接，由在中，，是切线，易得，即可求得，继而求得答案；
（2）首先连接，，由（1）得：，由点为的中点，易得是等边三角形，继而求得答案．
【详解】（1）解：连接，如图1，
为半径的圆与相切于点，
，
，
在中，，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：连接，，如图2，
由（1）得：，
，
，点为的中点，
，，
，
是等边三角形，
∴，
∵，
，
∵与相切于点，
∴，
，
，
．
【点睛】此题考查了切线的性质、等边三角形的判定与性质以及平行线的性质，直角三角形的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
25．（2022上·天津河西·九年级天津市第四十二中学校考期末）如图，是的直径，射线交于点D，E是劣弧上一点，且平分，过点E作于点F，延长，交延长线于点G．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)6．
【分析】（1）连接，根据角平分线的定义，得到，再利用半径相等，得到，进而得到，推出，又因为，得到，即可证明结论；
（2）过点O作，证明四边形是矩形，得到，再利用勾股定理得到，最后利用垂径定理即可求出的长．
【详解】（1）证明：如图，连接，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
点E在上，
是的切线；
（2）解：过点O作于点M，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，圆的切线性质和判定，垂径定理，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握圆的相关性质是解题关键．
26．（天津市第九十中学2022-2023学年九年级上学期期中测试数学试卷）已知AB是的直径，C为上一点，连接，过点O作于D，交 于点E，连接，交于F．
(1)如图1，求证：．
(2)如图2，连接，若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)6
【分析】（1）先证，推出，由推出即可证明结论；
（2）先证，求出，最后根据求解即可．
【详解】（1）证明：如图1
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：如图2：
∵，
∴
∴，
∵，
∴
∵
∴，
∴，
∴
∴
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、解直角三角形等知识，灵活运用特殊三角形的性质是解答本题的挂机．
27．（2022上·天津和平·九年级天津市第二十一中学校考期末）已知AB是⊙O的直径，AP是⊙O的切线，A是切点，BP与⊙O交于点C．
（1）如图①，若AB＝2，∠P＝30°，求AP的长（结果保留根号）；
（2）如图②，若D为AP的中点，求证：直线CD是⊙O的切线．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）易证PA⊥AB，再通过解直角三角形求解；
（2）本题连接OC，证出OC⊥CD即可．首先连接AC，得出直角三角形ACP，根据直角三角形斜边上中线等于斜边一半得CD＝AD，再利用等腰三角形性质可证∠OCD＝∠OAD＝90°，从而解决问题．
【详解】解：（1）∵AB是⊙O的直径，AP是切线，
∴∠BAP＝90°．
在Rt△PAB中，AB＝2，∠P＝30°，
∴BP＝2AB＝2×2＝4．
由勾股定理，得．
（2）如图，连接OC、AC．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠BCA＝90°，
∴∠ACP＝180°﹣∠BCA＝90°，
在Rt△APC中，D为AP的中点，
∴，
∴∠4＝∠3，
∵OC＝OA，
∴∠1＝∠2，
∵∠2+∠4＝∠PAB＝90°，
∴∠1+∠3＝∠2+∠4＝90°，
即OC⊥CD，
∴直线CD是⊙O的切线．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质及解直角三角形等知识．熟练掌握切线的性质及判定方法是解题的关键.
28．（2022上·天津南开·九年级天津育贤中学校考期末）如图，⊙O的直径AB的长为2，点C在圆周上，∠CAB=30°．点D是圆上一动点，DE∥AB交CA的延长线于点E，连接CD，交AB于点F．
(1)如图1，当DE与⊙O相切时，求∠CFB的度数；
(2)如图2，当点F是CD的中点时，求△CDE的面积．
【答案】（1）75°；（2）.
【分析】（1）由题意可求∠AOD=90°，即可求∠C=45°，即可求∠CFB的度数；
（2）连接OC，根据垂径定理可得AB⊥CD，利用勾股定理．以及直角三角形30度性质求出CD、DE即可．
【详解】解：（1）如图：连接OD
∵DE与⊙O相切
∴∠ODE＝90°
∵AB∥DE
∴∠AOD+∠ODE＝180°
∴∠AOD＝90°
∵∠AOD＝2∠C
∠C＝45°
∵∠CFB＝∠CAB+∠C
∴∠CFB＝75°
（2）如图：连接OC
∵AB是直径，点F是CD的中点
∴AB⊥CD，CF＝DF，
∵∠COF＝2∠CAB＝60°，
∴OF＝OC＝，CF＝ OF＝ ，
∴CD＝2CF＝ ，AF＝OA+OF＝ ，
∵AF∥AD，F点为CD的中点，
∴DE⊥CD，AF为△CDE的中位线，
∴DE＝2AF＝3，
∴S△CED＝×3×＝
【点睛】本题考查切线的性质和判定、圆的有关知识、勾股定理等知识，解题关键是灵活运用这些知识，属于基础题，中考常考题型．
29．（2022上·天津·九年级天津十四中校考阶段练习）已知是的直径，是上一点，过点作的切线，交的延长线于点．
(1)如图，连接，，若，求的大小；
(2)若，求AB的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接，根据等边对等角可得，，根据三角形的外角关系得，最后得到，从而计算得解；
（2）设，根据勾股定理列方程、解方程，利用半径与直径的关系得到AB的长．
【详解】（1）
解：如图，连接，
∵是的切线
∴，
∵
∴，
∵
∴
∵
∴
∴
（2）解：如图（1），
设
∵
∴
解方程得
∴
【点睛】本题考查了圆的切线、勾股定理、等边对等角、三角形外角等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
30．（2022上·天津南开·九年级南开中学校考期末）已知是的直径，点C在上．
(1)如图1，点D在上，且，若，求；
(2)如图2，过点C作的切线，交的延长线于点E，若的直径为6，，求．
【答案】(1)84°
(2)3
【分析】（1）如图①，连接，根据等腰三角形的性质得到，根据圆周角定理即可得到结论；
（2）如图②，连接，，根据圆周角定理得到，求得，得到，根据切线的性质得到，求得，于是得到结论．
【详解】（1）解：如图①，连接，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图②，连接，，
∵是的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴ ．
【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的判定和性质，圆周角定理，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
31．（2022上·天津·九年级天津二十五中校考期末）如图，点是等边中边的延长线上的一点，且．以为直径作，分别交、于点、．
（1）求证：是的切线；
（2）连接，交于点，若，求线段、与围成的阴影部分的面积（结果保留根号和）．

【答案】（1）详见解析；（2）
【分析】（1）已知△ABC为等边三角形，可得AC=BC，又因AC=CD，所以AC=BC=CD，即可判定△ABD为直角三角形，再根据切线的判定推出结论；（2）连接OE，分别求出△AOE、△AOC，扇形OEG的面积，根据 即可求得S．
【详解】(1)证明：为等边三角形，
．
又
∴
∵
．
∴
∴，
．
为直径，是的切线，
（2）解：连接．

，，
是等边三角形，
．
，，
．
，
．
是边长为的等边三角形，
，由勾股定理，得 ，
同理等边三角形中边上的高是，
．
【点睛】本题考查了切线的判定；等边三角形的判定与性质；扇形面积的计算，掌握切线的判定；等边三角形的判定与性质；扇形面积的计算是解题的关键．
32．（2022上·天津河北·九年级天津二中校考期末）已知为的直径，，C为上一点，连接．
(1)如图①，若为的中点，求的大小和的长；
(2)如图②，若，为的半径，且，垂足为，过点作的切线，与的延长线相交于点，求的长．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由圆周角定理得，由C为的中点，得，从而，即可求得的度数，通过勾股定理即可求得的长度；
（2）证明四边形为矩形，，由勾股定理求得的长，即可得出答案．
【详解】（1）∵为的直径，
∴，
由为的中点，得，
∴，得，
在中，，
∴；
根据勾股定理，有，
又，得，
∴；
（2）∵是的切线，
∴，即，
∵，垂足为E，
∴，
同（1）可得，有，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，于是，
在中，由，得，
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，切线的性质，等腰直角三角形的性质，垂径定理，勾股定理和矩形的判定和性质等，解题的关键是利用数形结合的思想解答此题．
33．（2022上·天津·九年级天津市第五十五中学校考期末）如图1，内接于⊙O，直线与⊙O相切于点D，与相交于点E，．
（1）求证：；
（2）如图2，若是⊙O的直径，E是的中点，⊙O的半径为4，求的长．
【答案】（1）见详解；（2）
【分析】（1）连接OB，由题意易得，则有，进而可得，然后问题可求证；
（2）由题意易得，进而可得，然后再根据勾股定理可求解．
【详解】（1）证明：连接OB，如图所示：
∵直线与⊙O相切于点D，
∴，
∵，
∴，
∵OD是⊙O的半径，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）∵E是的中点，
∴，，
∴，
∴，
∵⊙O的半径为4，
∴，
∵是⊙O的直径，
∴，
∴AB=4，，
∴在Rt△ABE中，由勾股定理得：．
【点睛】本题主要考查切线的性质、三角函数、含30°的直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握切线的性质、三角函数、含30°的直角三角形的性质及勾股定理是解题的关键．
34．（2022上·天津·九年级天津市第二南开中学校考期末）已知内接于，，，点D是上一点．
(1)如图①，连接AD，BD，CD，求，的度数；
(2)如图②，若，垂足为点E，连接DC，过点D作的切线与BC的延长线交于点F，求的度数．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）首先根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理可求得、的度数，再根据圆周角定理可得的度数，据此即可解答；
（2）延长DO交 于点M，连接CM，BD，首先根据垂径定理可得，可求得，再根据圆周角定理及切线的性质即可求得．
【详解】（1）解：∵AB=AC，
∴
∴
∵和所对的弧都是
∴
∵和所对的弧都是
∴
∴
∴ 的度数为，的度数为；
（2）解：如图，延长DO交 于点M，连接CM，BD
∵，OD经过圆心O
∴
∵所对的弧是，所对的弧是
∴
∴
∵
∴
∵和所对的都是
∴
∵是的直径
∴
∴
∵DF是的切线
∴
∴
即
∴
∴
∴的度数为
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，圆周角定理，垂径定理，切线的性质，作出辅助线是解决本题的关键．
35．（2022上·天津河东·九年级天津市第四十五中学校考期末）已知的直径为10，四边形内接于，平分．
(1)如图1，若为的直径，求的长；
(2)如图2，若，求的长．
【答案】(1)
(2)5
【分析】（1）根据角平分线的定义得到，则，，再根据直径所对的圆周角是直角可证为等腰直角三角形，据此求解即可；
（2）如图所示，连接，先根据圆内接四边形对角互补求出，则可以根据角平分线的定义得到，利用圆周角定理即可得到，进而可以证明是等边三角形，得到．
【详解】（1）解：∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵为的直径，的直径为10，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴；
（2）解；如图所示，连接，
∵四边形内接于，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，角平分线的定义等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
36．（2022上·天津·九年级天津经济技术开发区第一中学校考阶段练习）如图1，AB为半圆O的直径，D为BA的延长线上一点，DC为半圆O的切线，切点为C．
（1）求证：∠ACD=∠B；
（2）如图2，∠BDC的平分线分别交AC，BC于点E，F，求∠CEF的度数．
【答案】（1）详见解析；（2）∠CEF=45°．
【分析】（1）连接OC，根据切线的性质和直径所对的圆周角是直角得出∠DCO＝∠ACB＝90°，然后根据等角的余角相等即可得出结论；
（2）根据三角形的外角的性质证明∠CEF=∠CFE即可求解．
【详解】（1）证明：如图1中，连接OC．
∵OA＝OC，∴∠1＝∠2，
∵CD是⊙O切线，∴OC⊥CD，
∴∠DCO＝90°，∴∠3＋∠2＝90°，
∵AB是直径，∴∠1＋∠B＝90°，
∴∠3＝∠B．
（2）解：∵∠CEF＝∠ECD＋∠CDE，∠CFE＝∠B＋∠FDB，
∵∠CDE＝∠FDB，∠ECD＝∠B，
∴∠CEF＝∠CFE，
∵∠ECF＝90°，
∴∠CEF＝∠CFE＝45°．
37．（2022上·天津·九年级天津经济技术开发区第一中学校考阶段练习）已知⊙O的直径为10，点A，点B，点C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D．
（Ⅰ）如图①，若BC为⊙O的直径，AB＝6，求AC，BD，CD的长；
（Ⅱ）如图②，若∠CAB＝60°，求BD的长．
【答案】（Ⅰ）求AC＝8，BD＝CD＝5；（Ⅱ）BD＝5
【分析】（Ⅰ）利用圆周角定理可以判定△CAB和△DCB是直角三角形，利用勾股定理可以求得AC的长度；利用圆心角、弧、弦的关系推知△DCB也是等腰三角形，所以利用勾股定理同样得到BD＝CD＝5 ；
（Ⅱ）如图②，连接OB，OD．由圆周角定理、角平分线的性质以及等边三角形的判定推知△OBD是等边三角形，则BD＝OB＝OD＝5．
【详解】解：（Ⅰ）如图①，∵BC是⊙O的直径，
∴∠CAB＝∠BDC＝90°．
∵在直角△CAB中，BC＝10，AB＝6，
∴由勾股定理得到：AC＝
∵AD平分∠CAB，
∴ ，
∴CD＝BD．
在直角△BDC中，BC＝10，CD2+BD2＝BC2，
∴易求BD＝CD＝5；
（Ⅱ）如图②，连接OB，OD．
∵AD平分∠CAB，且∠CAB＝60°，
∴∠DAB＝ ∠CAB＝30°，
∴∠DOB＝2∠DAB＝60°．
又∵OB＝OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴BD＝OB＝OD．
∵⊙O的直径为10，则OB＝5，
∴BD＝5．
【点睛】本题综合考查了圆周角定理，勾股定理以及等边三角形的判定与性质．此题利用了圆的定义、有一内角为60度的等腰三角形为等边三角形证得△OBD是等边三角形．
38．（2022上·天津·九年级天津市第五十五中学校考期中）如图，为的直径，E为的中点，弦于点E，连接并延长交于点F，连接．
(1)求证：是等边三角形；
(2)若的半径为2，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据等边三角形的判定定理“有一个内角是的等腰三角形是等边三角形”证明即可；
（2）根据勾股定理和垂径定理“垂直于弦的直径平分弦”解答即可．
【详解】（1）证明：E为的中点，
，
弦于点E，
，
，
又 ，
是等边三角形；
（2）解：在中，，，
，
是的直径，弦于点E，
，
．
【点睛】本题考查了圆的性质，特殊角的三角函数，等边三角形的判定，垂径定理，勾股定理，解决本题的关键是熟练掌握相关的几何定理．
39．（江苏省徐州市云龙区金榜学校2022-2023学年九年级上学期11月月考数学试题）如图，是的直径，弦于点E，点M在上，恰好经过圆心O，连接．
(1)若，，求的直径；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)的直径是20
(2)
【分析】（1）先根据垂径定理得到，设，利用勾股定理求解即可；
（2）根据圆周角定理得到，再根据直角三角形的两个锐角互余求解即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
设，
又∵，
∴，
解得：，
∴的直径是．
（2）解：∵，，
∴，即，
∵，
∴
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理、圆周角定理、直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握垂径定理和圆周角定理是解答的关键．
40．（2021上·天津河北·九年级汇森中学校考期中）如图，BE是O的直径，点A和点D是⨀0上的两点，过点A作⊙O的切线交BE延长线于点C．
（1）若∠ADE=25°，求∠C的度数；
（2）若AC=4，CE=2，求⊙O半径的长.

【答案】（1）∠C=40°；（2）⨀O半径的长是3.
【分析】（1）连接OA，由圆周角定理得∠A0C=2∠ADE=50°，再由AC是切线可得∠OAC=90°，则可求∠C；
（2）设，在中运用勾股定理即可求解.
【详解】（1）连接OA，

∵∠ADE=25°，由圆周角定理得：∠A0C=2∠ADE=50°，
∵AC切⨀O于A，
∴∠OAC=90°，
∴∠C=180°-∠AOC-∠OAC=180°-50°-90°=40°；
（2）设，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：r=3，
答：⨀O半径的长是3.
【点睛】本题主要考查了圆的性质中圆周角定理以及切线的性质，熟练掌握性质和定理是解题的关键.
41．（2021上·天津·九年级天津一中校考期中）如图，⊙O中，直径CD⊥弦AB于点E，AM⊥BC于点M，交CD于点N，连接AD，
(1)求证：AD＝AN；
(2)若AB＝8，ON＝1，求⊙O的半径．
【答案】（1）详见解析；（2）.
【详解】试题分析：（1）先根据圆周角定理得出∠BAD=∠BCD，再由直角三角形的性质得出∠ANE=∠CNM，故可得出∠BCD=∠BAM，由全等三角形的判定定理得出△ANE≌△ADE，故可得出结论；
（2）先根据垂径定理求出AE的长，设NE=x，则OE=x-1，NE=ED=x，r=OD=OE+ED=2x-1
连结AO，则AO=OD=2x-1，在Rt△AOE中根据勾股定理可得出x的值，进而得出结论．
试题解析：
(1)证明:∵CD⊥AB
∴∠CEB=90º
∴∠C+∠B=90º.
同理∠C+∠CNM=90º
∴∠CNM=∠B.
∵∠CNM=∠AND
∴∠AND=∠B
∵弧AC=弧AC
∴∠D=∠B
∴∠AND=∠D
∴AN=AD
(2)解:设ON的长为,连接OA
∵AN=AD,CD⊥AB
∴DE=NE=
∴OD=OE+ED=
∴OA=OD.
∴在Rt△OAE中
∴
解得或(不合题意,舍去).
∴OA.
即⊙O的半径为.
42．（2022上·天津·九年级天津市第四十五中学校考期末）如图，BE是⊙O的直径，点A和点D是⊙O上的两点，过点A作⊙O的切线交BE 延长线于点C．
(1)若，求∠C的度数；
(2)若，，直接写出AC的长_____．
【答案】(1)40°
(2)
【分析】（1）连接OA，利用圆周角定理与切线的性质求出∠AOC和∠OAC，再利用三角形的内角和定理解答即可；
（2）先求解，根据含30°的直角三角形的性质先求出OA、OC的长，再根据勾股定理计算AC的长即可．
【详解】（1）解：如图，连接OA，
∵AC是⊙O的切线，OA是⊙O的半径，
∴OA⊥AC，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴ ，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
设⊙O的半径为r，
∵，
∴，解得，
∴，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理的应用、圆的切线的性质、含30°的直角三角形的性质以及等腰三角形的性质等知识，作出过切点的半径构建直角三角形是解本题的关键．
43．（2021上·天津·九年级天津一中校考期中）已知△ABC内接于⊙O．
(1)如图①，AP是⊙O的直径，∠BAP＝25°，求∠C的度数；
(2)如图②，连接AO并延长交BC于点M，且AM⊥BC．连接BO并延长交AC于点N，且BN⊥AC．求∠C的度数．
【答案】(1)65°
(2)60°
【分析】（1）由为直径得，进而求解．
（2）根据垂径定理，且可得为等边三角形，进而求解．
【详解】（1）解：为直径，
，
，
．
（2）解：，
点为中点，
，
，
点为中点，
，
，
即为等边三角形，
．
【点睛】本题考查圆周角定理及垂径定理，解题关键是掌握等边三角形的判定及性质．
44．（2021上·天津和平·九年级耀华中学校考期中）如图1，在圆O中，AB＝AC，∠ACB＝75°，点E在劣弧AC上运动，连接EC、BE，交AC于点F．
(1)求∠E的度数；
(2)当点E运动到使BE⊥AC时，如图2，连接AO并延长，交BE于点G，交BC于点D，交圆O于点M，求证：D为GM中点．
【答案】(1)30°
(2)见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质，可得∠A=30°，再根据圆周角定理，即可求解；
（2）连接CM，CE，根据直径所对的圆周角是直角可得CM∥BE，从而得到∠DBG=∠DCM，∠BGD=∠CMD，再由∠ACB=75°，可得∠CBF=15°，从而得到∠BAM=∠DCM=15°，进而得到∠CAM=∠BAM，再根据垂径定理可得BD=CD，进而证得△BDG≌△CDM，即可求证．
【详解】（1）解：∵AB＝AC，∠ACB＝75°，
∴∠ABC=∠ACB=75°，
∴∠A=180°-∠ABC-∠ACB=30°，
∵∠E=∠A，
∴∠E=30°；
（2）证明：如图，连接CM，CE，
∵AM是圆O的直径，
∴∠ACM=90°，
∵BE⊥AC，
∴∠AFB=∠ACM=90°，
∴CM∥BE，
∴∠DBG=∠DCM，∠BGD=∠CMD，
∵∠ACB=75°，
∴∠CBF=15°，
∴∠DCM=15°，
∴∠BAM=∠DCM=15°，
∵∠BAC=30°，
∴∠CAM=15°，
∴∠CAM=∠BAM，
∴ ，
∴BD=CD，
在△BDG和△CDM中，
∵∠DBG=∠DCM，∠BGD=∠CMD，BD=CD，
∴△BDG≌△CDM，
∴DG=DM，即D为GM中点．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
45．（2020上·天津·九年级耀华中学校考期中）如图，是的直径，C是的中点，，垂足为E，交于点F．
（1）求证：；
（2）若，的半径为3，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接AC，根据已知条件利用等角对等边可以得到CF=BF；
（2）作CG⊥AD于点G，先利用HL判定Rt△BCE≌Rt△DCG，推出BE=DG，根据边之间的关系可求得BE的值，再根据相似三角形的判定得到△BCE∽△BAC，根据相似三角形的对应边成比例，可得到BC2=BE•AB，这样便求得BC的值，注意负值要舍去．
【详解】解：（1）证明：连接AC，如图，
∵C是弧BD的中点，
∴∠BDC=∠DBC，
又∵∠BDC=∠BAC，
在△ABC中，∠ACB=90°，CE⊥AB，
∴∠BCE=∠BAC，∠BCE=∠DBC，
∴CF=BF；
（2）作CG⊥AD于点G，
∵C是弧BD的中点，
∴∠CAG=∠BAC，
即AC是∠BAD的角平分线，
∴CE=CG，AE=AG，
在Rt△BCE与Rt△DCG中，
CE=CG，CB=CD，
∴Rt△BCE≌Rt△DCG（HL）
∴BE=DG，
∴AE=AB-BE=AG=AD+DG，
即6-BE=2+DG，
∴2BE=4，即BE=2，
又∵△BCE∽△BAC，
∴BC2=BE•AB=12，
∴BC=±，
∴BC=．
【点睛】此题主要考查学生对圆周角定理，相似三角形的判定，全等三角形的判定等知识点的综合运用能力．
46．（2021上·天津南开·九年级南开翔宇学校校考阶段练习）在⊙O中，AB为直径，C为⊙O上一点．
（1）如图①，过点C作⊙O的切线，与AB的延长线相交于点P，若∠CAB＝32°，求∠P的大小；
（2）如图②，D为优弧ADC上一点，且DO的延长线经过AC的中点E，连接DC与AB相交于点P，若∠CAB＝16°，求∠DPA的大小．
【答案】（1）26°；（2）69°
【分析】（1）连接OC，根据切线的性质可得∠OCP=90°，又由OA=OC，∠CAB＝32°，可得∠OCA=∠CAB=32°，从而∠POC =64°，即可求解；
（2）根据垂径定理的推论，由点E为AC的中点，利用三角形的外角性质可得到∠AOD=106°，再根据圆周角定理可得∠C= ∠AOD=53°，最后由三角形的外角性质即可求解．
【详解】解：（1）如图①，连接OC，
∵PC为切线，
∴OC⊥PC，
∴∠OCP=90°，
∵OA=OC，∠CAB＝32°，
∴∠OCA=∠CAB=32°，
∴∠POC=∠OCA+∠CAB=64°
∴∠P=90°-∠POC=90°-64°=26°；
（2）如图②，
∵点E为AC的中点，
∴OD⊥AC，
∵∠OEA=90°，
∴∠AOD=∠CAB+∠OEA=16°+90°=106°，
∴∠C= ∠AOD=53°，
∴∠DPA=∠BAC+∠C=16°+53°=69°．
【点睛】本题考查了垂径定理和圆周角定理，切线的性质：熟练掌握圆的切线垂直于经过切点的半径.若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系是解题的关键．
47．（2020上·天津和平·九年级天津一中校考阶段练习）已知，是⊙O的切线，切点为A，是⊙O的弦，过点B作交⊙O于点C，连接并延长交于点M
（1）如图1，若，求的长；
（2）如图2，连接，过点C作交于点D，的延长线交过点C的直线于点P，且．求证：是⊙O的切线．
【答案】（1）5；（2）证明见解析
【分析】（1）由切线的性质得出AG⊥AM，由BC∥AG，得出AM⊥BC，由垂径定理即可得出结果；
（2）过C点作直径CE，连接EB，由CE为直径得∠E+∠BCE=90°，由AB∥DC得∠ACD=∠BAC，而∠BAC=∠E，∠BCP=∠ACD，所以∠E=∠BCP，于是∠BCP+∠BCE=90°，然后根据切线的判断得到结论．
【详解】解：（1）∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）证明：如图所示，过C点作直径，连接．
∵为直径，
∴，即，
∵，
∴，
∵，．
∴，
∴，即，
∴，
∴是的切线．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质、平行线的性质、垂径定理、圆周角定理等知识；本题综合性强，熟练掌握切线的判定与性质是解决问题的关键．
48．（2020上·天津南开·九年级南开翔宇学校校考期末）在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别交边BC、AC于点D、点E，且AE=BE．
（1）如图①，求∠EBC的度数；
（2）如图②，过点D作⊙O的切线交AB的延长线于点G，交AC于点F，若⊙O的直径为10，求BG的长．
【答案】（1）22.5°；（2）5﹣5．
【分析】（1）由AB为⊙O的直径，得到∠AEB=90°，根据等腰三角形的性质和三角形的内角和即可得到结论；
（2）连接OD，AD，由FG是⊙O的切线，得到∠ODG=90°，根据三角形的中位线的性质得到OD∥AC，于是得到∠GOD=∠BAC=45°，于是得到结论．
【详解】解：（1）∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∵AE=BE，
∴∠A=∠ABE==45°，
∵AB=AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝=67.5°，
∴∠EBC=∠ABC-∠ABE=22.5°；
（2）连接OD，AD，
∵FG是⊙O的切线，
∴GF⊥OD，
∴∠ODG=90°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴AD⊥BC，
∵AB=AC，
∴BD=DC，
∵OA=OB，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
∴∠GOD=∠BAC=45°，
∴cs∠GOD=，
∵⊙O的直径为10，
∴OB=OD=5，
∴OG=5，
∴BG=5-5．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，勾股定理，三角函数的定义，三角形的中位线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
49．（2020上·天津南开·九年级南开翔宇学校校考阶段练习）已知⊙O的直径为10，点A，点B，点C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D．
（I）如图①，若BC为⊙O的直径，求BD、CD的长；
（II）如图②，若∠CAB=60°，求BD、BC的长．
【答案】（1）BD=CD=5;（2）BD=5，BC=5．
【分析】（1）利用圆周角定理可以判定△DCB是等腰直角三角形，利用勾股定理即可解决问题；
（2）如图②，连接OB，OD．由圆周角定理、角平分线的性质以及等边三角形的判定推知△OBD是等边三角形，则BD=OB=OD=5，再根据垂径定理求出BE即可解决问题.
【详解】（1）∵BC是⊙O的直径，
∴∠CAB=∠BDC=90°．
∵AD平分∠CAB，
∴，
∴CD=BD．
在直角△BDC中，BC=10，CD2+BD2=BC2，
∴BD=CD=5，
（2）如图②，连接OB，OD，OC，
∵AD平分∠CAB，且∠CAB=60°，
∴∠DAB=∠CAB=30°，
∴∠DOB=2∠DAB=60°．
又∵OB=OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴BD=OB=OD．
∵⊙O的直径为10，则OB=5，
∴BD=5，
∵AD平分∠CAB，
∴，
∴OD⊥BC，设垂足为E，
∴BE=EC=OB•sin60°=，
∴BC=5．
【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
50．（2020上·天津南开·九年级南开翔宇学校校考阶段练习）已知AB是的直径，C，D是上AB同侧的两点，.
（Ⅰ）如图①，若，求和的大小；
（Ⅱ）如图②，过点C作的切线，交AB延长线于点E，若，求的大小．
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）连接，根据直径所对的圆周角是直角得出，结合，从而求出的度数，再根据一条弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半可得，再根据等腰三角形的性质得出，继而根据角的和差以及等腰三角形的性质得出的度数．
（Ⅱ）连接OC，根据切线的性质得出,再根据圆周角的性质定理得出,从而得出，然后根据平行线的性质和圆周角的性质定理得出的度数.
【详解】解：（Ⅰ）连接
是直径，
，
.
，
（II）连接OC
与相切，
，
在中，
【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，以及圆周角的性质定理等知识，正确的作出辅助线，熟练掌握基本知识是解题的关键，属于中考常考题型．