九年级上册24.1.1 圆巩固练习

第二十四章 圆 （人教版）

选拔卷

（考试时间：90分钟  试卷满分：120分）

一、选择题：本题共10个小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（2021·绵阳市初三期末）下面有关圆的一些结论：①任意三点确定一个圆；②相等的圆心角所对的弧相等；③平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；④三角形的外心到三角形三个顶点的距离都相等；⑤任意一个三角形一定有一个外接圆,并且只有一个外接圆．其中错误的个数是（   ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】C

【分析】根据确定圆的条件、垂径定理、三角形的外心的概念等知识点一一判断即可.

【解析】解：①任意三点确定一个圆；错误，应该的不在同一直线上的三点可以确定一个圆；
②相等的圆心角所对的弧相等；错误，应该是在同圆或等圆中；
③平分弦的直径垂直于弦；并且平分弦所对的弧，错误，此弦不是直径；

④三角形的外心到它的三顶点的距离相等，此选项正确；

⑤任意一个三角形一定有一个外接圆，并且只有一个外接圆，故正确.故答案选C

【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．

2．（2021·江苏建邺·初三月考）如图，AB、BC、CD、DA都是⊙O的切线．已知AD＝3，BC＝6，则AB＋CD的值是(    )

A．3 B．6 C．9 D．12

【答案】C

【分析】根据切线长定理，可以等到等量关系，AE=AF，BE=BH，DF=DG，CG=CH，又根据题目中已知AD=3，BC=6，从而进行等量替换计算出AB+CD的长度．

【解析】解∵AB、BC、CD、DA都是的切线，∴可以假设切点分别为E、H、G、F，如图所示

∴AE=AF，BE=BH，DF=DG，CG=CH ∴AB+CD=AE+BE+DG+CG=AF+BH+DF+CH=AD+BC

∵AD=3，BC=6∴AB+CD=3+6=9 故本题最后答案选C．

【点睛】本题主要考查了切线长定理，可以证明圆的外切四边形的对边和相等，即可解决问题．

3．（2021·广西藤县初三一模）如图，每个小正方形的边长为1，格点A、B、C在同一圆弧上，若点A的坐标为(﹣2，3)，则该圆弧所在圆的圆心坐标是（    ）

A．(﹣1，1) B．(﹣3，0) C．(﹣3，1) D．(0，1)

【答案】B

【分析】连接AC，作出AB、AC的垂直平分线，其交点即为圆心．

【解析】如图所示，

连接AC，作出AB、AC的垂直平分线，其交点即为圆心．

∵点A的坐标为（-2，3），∴该圆弧所在圆的圆心坐标是（-3，0）．故选：B．

【点睛】此题主要考查了垂径定理的应用，根据线段垂直平分线上的点到这条线段两端点的距离相等，找到圆的半径，半径的交点即为圆心是解题关键．

4．（2021·重庆巴南·初三期末）“割圆术”是我国古代的一位伟大的数学家刘徽首创的，该割圆术，就是通过不断倍增圆内接正多边形的边数来求出圆周率的一种方法，某同学在学习“割圆术”的过程中，画了一个如图所示的圆的内接正十二边形，若该圆的半径为1，则这个圆的内接正十二边形的面积为（    ）．

A．1 B．3 C．3.1 D．3.14

【答案】B

【分析】先求出，进而得出，根据这个圆的内接正十二边形的面积为进行求解．

【解析】∵是圆的内接正十二边形，∴，

∵，∴，

∴这个圆的内接正十二边形的面积为，故选B．

【点睛】本题考查正十二边形的面积计算，先求出是解题的关键．

5．（2021·深圳市宝安中学（集团）九年级月考）如图，所示的曲边三角形可按下述方法作出：作等边三角形ABC；分别以点A，B，C为圆心，以AB的长为半径作弧BC，弧AC，弧AB，三段弧所围成的图形就是一个曲边三角形，如果一个曲边三角形的周长为3π，则它的面积为（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意和图形，可以计算出BC的长，然后根据扇形面积公式和三角形的面积，可以求得曲边三角形的面积．

【详解】解：由题意可得，三段弧是等弧，，∠BCA＝60°，

∴π＝，解得CB＝3，

∵△ABC是等边三角形；∴；

∴一个曲边三角形的面积是：[]×3+ ＝，故选：A．

【点睛】本题考查扇形面积的计算、等边三角形的性质、弧长的计算，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

6．（2021•碑林区校级一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，已知∠BAD＝∠BCD＝90°，AD＝CD，且∠ADC＝120°，若点E为弧BC的中点，连接DE，则∠CDE的大小是（　　）

A．25° B．30° C．35° D．40°

【分析】连接BD，根据圆内接四边形的性质求出∠ABC，根据弧、弦、圆心角之间的关系求出∠ABD＝∠CBD＝30°，求出∠BDC，再求出答案即可．

【解析】连接BD，

∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∵∠ADC＝120°，∴∠ABC＝60°，

∵AD＝CD，∴，∴∠DBC＝∠ABD30°，

∵∠BCD＝90°，∴∠BDC＝90°﹣∠CBD＝60°，

∵E为的中点，∴∠CDE＝∠BDEBDC＝30°，故选：B．

【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，弧、弦、圆心角之间的关系等知识点，能熟记知识点是解此题的关键．

7．（2021·枣庄矿业集团公司第三中学初三）我们将在直角坐标系中圆心坐标和半径均为整数的圆称为“整圆”．如图，直线l：y=kx+4与x轴、y轴分别交于A、B，∠OAB=30°，点P在x轴上，⊙P与l相切，当P在线段OA上运动时，使得⊙P成为整圆的点P个数是（　　）

A．6 B．8 C．10 D．12

【答案】A

【解析】∵直线l：y=kx+4与x轴、y轴分别交于A、B，∴B（0，4），∴OB=4，

在RT△AOB中，∠OAB=30°，∴OA=OB=×4=12，

∵⊙P与l相切，设切点为M，连接PM，则PM⊥AB，∴PM=PA，

设P（x，0），∴PA=12-x，∴⊙P的半径PM=PA=6-x，

∵x为整数，PM为整数，∴x可以取0，2，4，6，8，10，6个数，

∴使得⊙P成为整圆的点P个数是6．故选A．

考点：1．切线的性质；2．一次函数图象上点的坐标特征．

8．（2021·四川九年级期末）如图，矩形ABCD中，AB＝60，AD＝45，P，Q分别是AB，AD边上的动点，PQ＝52，以PQ为直径的⊙O与BD交于点M，N，则MN的最大值为（　　）

A．48 B．45 C．42 D．40

【答案】A

【分析】过A点作AH⊥BD于H，连接OM，如图，先利用勾股定理计算出BD=75，则利用面积法可计算出AH=36，再证明点O在AH上时，OH最短，此时HM有最大值，最大值为24，然后根据垂径定理可判断MN的最大值．

【详解】解：过A点作AH⊥BD于H，连接OM，如图，

在Rt△ABD中，BD75，

∵AH×BDAD×AB，∴AH36，

∵⊙O的半径为26，∴点O在AH上时，OH最短，

∵HM，∴此时HM有最大值，最大值为24，

∵OH⊥MN，∴MN＝2MH，∴MN的最大值为2×24＝48．故选：A．

【点睛】本题考查了垂径定理：直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了矩形的性质和勾股定理．

9．（2021·山东东营·初三一模）如图，已知圆锥的底面半径是2，母线长是6．如果A是底面圆周上一点，从点A拉一根绳子绕圆锥侧面一圈再回到A点，则这根绳子的长度可能是（    ）

A．8 B．11 C．10 D．9

【答案】B

【分析】设圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为n．利用弧长公式构建方程求出n的值，连结AC，过B作BD⊥AC于D，求出AC的长即可判断；

【详解】解：设圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为n．

底面圆的周长等于： 解得：n=120°；

 连结AC，过B作BD⊥AC于D，则∠ABD=60°．

AB=6， BD=3， ∴   AC=2AD=，

即这根绳子的最短长度是， 故这根绳子的长度可能是11， 故选：B．

【点睛】此题考查了圆锥的计算，勾股定理的应用，含30°角的直角三角形，解题的关键是记住圆锥的底面圆的周长和扇形弧长相等，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．

10．（2021·江苏苏州市振华中学校九年级二模）如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上，，，D是上的一个动点，连接AD．过点C作于E，连接BE，则BE的最小值是（ ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】取的中点，连接，从而可得，先根据直角三角形的性质可得，从而得出在点的移动过程中，点在以为半径的圆上运动，再利用圆周角定理、勾股定理可得，然后根据圆的性质得出当点共线时，取得最小值，最小值为，由此即可得出答案．

【详解】解：如图，取的中点，连接，则，

，，则在点的移动过程中，点在以为半径的圆上运动，

是圆的直径，，

在中，，在中，，

由圆的性质得：当点共线时，取得最小值，最小值为，故选：C．

【点睛】本题考查了圆周角定理、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等知识点，正确得出点的运动轨迹是解题关键．

二、填空题：本题共8个小题，每题3分，共24分。

11．（2021·泰安市黄前中学初三期中）如图，AB是⊙O的直径，且经过弦CD的中点H，过CD延长线上一点E作⊙O的切线，切点为F．若∠ACF=65°，则∠E=         ．

【答案】50°．

【解析】解：连接DF，连接AF交CE于G，

∵EF为⊙O的切线，∴∠OFE=90°，

∵AB为直径，H为CD的中点∴AB⊥CD，即∠BHE=90°，

∵∠ACF=65°，∴∠AOF=130°，∴∠E=360°-∠BHE-∠OFE-∠AOF=50°，

12.（2021•黄石）如图，点A、B、C在⊙O上，CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为D、E，若∠DCE＝40°，则∠ACB的度数为     

【分析】先根据四边形的内角和为360°求∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣40°＝140°，再由同弧所对的圆周角是圆心角的一半可得∠P的度数，最后由四点共圆的性质得结论．

【解答】解：如图，在优弧AB上取一点P，连接AP，BP，

∵CD⊥OA，CE⊥OB，∴∠ODC＝∠OEC＝90°，

∵∠DCE＝40°，∴∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣40°＝140°，∴∠P∠AOB＝70°，

∵A、C、B、P四点共圆，∴∠P+∠ACB＝180°，∴∠ACB＝180°﹣70°＝110°．

【点评】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．

13．（2021·广东省高州市教育局初三其他）如图，⊙Ｏ的半径为，正六边形内接于⊙Ｏ，则图中阴影部分面积为________．（结果保留）

【答案】

【分析】根据图形分析可得求图中阴影部分面积实为求扇形部分面积，将原图阴影部分面积转化为扇形面积求解即可．

【解析】解：如图所示：连接BO，CO，
∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，∴AB=BC=CO=4，∠ABC=120°，△OBC是等边三角形，

∴CO∥AB，在△COW和△ABW中，∴△COW≌△ABW（AAS），
∴图中阴影部分面积为：S扇形OBC=．故答案为：．

【点睛】本题考查了正多边形和圆以及扇形面积求法，求出阴影部分面积=S扇形OBC是解题的关键．

14．（2021·黑龙江九年级期末）⊙的半径为5cm，AB、CD是⊙的两条弦，，，．则和之间的距离为_______．

【答案】1cm或7cm．

【分析】分两种情况：①弦AB和CD在圆心同侧；②弦AB和CD在圆心异侧；分别作出半径和弦心距，利用勾股定理和垂径定理求解即可．

【详解】解：①当弦AB和CD在圆心同侧时，如图1

∵AB＝8cm，CD＝6cm，∴AE＝4cm，CF＝3cm，

∵OA＝OC＝5cm，∴EO＝3cm，OF＝4cm，∴EF＝4−3＝1cm；

②当弦AB和CD在圆心异侧时，如图2，

∵AB＝8cm，CD＝6cm，∴AE＝4cm，CF＝3cm，

∵OA＝OC＝5cm，∴EO＝3cm，OF＝4cm，∴EF＝OF＋OE＝7cm．

∴AB与CD之间的距离为1cm或7cm．故填1cm或7cm．

【点睛】本题考查了勾股定理和垂径定理的应用，正确作出辅助线、灵活运用垂径定理以及分类讨论思想和数形结合思想是解答本题的关键．

15．（2021·山东初三期中）如图，半径为1的半圆形纸片，按如图方式折叠，使对折后半圆弧的中点M与圆心O重合，则图中阴影部分的面积是________．

【答案】．

【解析】如图，连接OM交AB于点C，连接OA、OB，由题意知，OM⊥AB，且OC=MC=1，

在RT△AOC中，∵OA=2，OC=1，∴cos∠AOC=，AC=

∴∠AOC=60°，AB=2AC=2，∴∠AOB=2∠AOC=120°，

则S弓形ABM=S扇形OAB-S△AOB==，

S阴影=S半圆-2S弓形ABM=π×22-2（）=2．故答案为2．

16．（2021·上海黄浦·初三二模）已知⊙O的直径AB＝4，⊙D与半径为1的⊙C外切，且⊙C与⊙D均与直径AB相切、与⊙O内切，那么⊙D的半径是_____．

【答案】或1

【分析】分⊙D与⊙C在直径AB的同侧、⊙D与⊙C在直径AB的两侧两种情况，根据圆心距与两圆半径的数量关系、勾股定理列方程计算，得到答案．

【解析】解：当⊙D与⊙C在直径AB的同侧时，作DH⊥OC于H，DN⊥OB于N，连接CD，连接OD并延长交⊙O于G，设⊙D的半径为r，则OD＝2﹣r，CD＝1+r，

∵⊙O的直径AB＝4，⊙C的半径为1，⊙C与⊙O内切，∴⊙C与⊙O内切于点O，∴CO⊥AB，

∵CO⊥AB，DH⊥OC，DN⊥OB，∴四边形HOND为矩形，

∴OH＝DN＝r，DH＝ON＝，∴CH＝1﹣r，

在Rt△CDH中，CH2+DH2＝CD2，即(1﹣r)2+(2﹣r)2﹣r2＝(1+r)2，解得，r＝，

当⊙D与⊙C在直径AB的两侧时，⊙C与⊙D的半径相等，都是1，故答案为：或1．

【点睛】本题考查圆与圆的位置关系，勾股定理，以及分类讨论的数学思想，解题的关键是正确运用圆心距与两圆半径的数量关系来判断．

17．（2021·福建初三其他）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=30°，⊙E为内切圆，若BE=4，则△BCE的面积为___________.

【答案】

【分析】如图（见解析），先根据三角形内切圆的性质、直角三角形的性质、切线长定理可求出，再设，利用勾股定理可求出x的值，从而可得BC的长，然后利用三角形的面积公式即可得．

【解析】如图，设圆E与三边的相切点分别为点，连接

则，且

由题意得：，，

圆E为的内切圆 平分，BE平分

，

则在中，，

在中，由切线长定理得：

设，则，

在中，由勾股定理得：即

解得则的面积为故答案为：．

【点睛】本题考查了三角形内切圆的性质、切线长定理、圆的切线的性质、勾股定理等知识点，掌握理解三角形内切圆的性质是解题关键．

18.（2021•武汉初三模拟）如图，⊙O中，弦AB⊥CD，垂足为E，F为的中点，连接AF、BF、AC，AF交CD于M，过F作FH⊥AC，垂足为G，以下结论：①；②HC＝BF：③MF＝FC：④，其中正确的有      （填序号）

【答案】①②④

【分析】根据弧，弦，圆心角之间的关系，三角形内角和定理一一判断即可．

【解答】解：∵F为的中点，∴，故①正确，∴∠FCM＝∠FAC，

∵∠FCG＝∠ACM+∠GCM，∠AME＝∠FMC＝∠ACM+∠FAC，

∴∠AME＝∠FMC＝∠FCG＞∠FCM，∴FC＞FM，故③错误，

∵AB⊥CD，FH⊥AC，∴∠AEM＝∠CGF＝90°，∴∠CFH+∠FCG＝90°，∠BAF+∠AME＝90°，

∴∠CFH＝∠BAF，∴，∴HC＝BF，故②正确，

∵∠AGF＝90°，∴∠CAF+∠AFH＝90°，∴的度数的度数＝180°，

∴的度数的度数＝180°，∴，故④正确，

故填：①②④．

【点评】本题考查圆心角，弧，弦之间的关系，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考选择题中的压轴题．

三、解答题：本题共8个小题，19-24每题10分，25-26每题10分，共66分。

19．（2021·湖北省初二期中）等边三角形的边长为1厘米，面积为0.43平方厘米．以点为圆心，长为半径在三角形外画弧，交的延长线于点，形成扇形；以点为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点，形成扇形；以点为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点，形成扇形．（1）求所得的图形的周长；（结果保留）（2）照此规律画至第十个扇形，求所围成的图形的面积以及所画出的所有弧长的和．（结果保留）

【答案】（1）厘米；（2）平方厘米，厘米．

【分析】（1）本题按照弧长公式依次求解扇形ADC、扇形DBE、扇形ECF的弧长，最后对应相加即可．

（2）本题利用扇形面积公式求解第一个扇形至第三个扇形的面积，结合第一问各扇形弧长结果总结规律，得出普遍规律后将数值代入公式，累次相加即可求解．

【解析】（1）由已知得：扇形ADC的半径长为1，圆心角为120°；扇形DBE半径长为2，圆心角为120°；扇形ECF半径长为3，圆心角为120°．故据弧长公式可得：扇形ADC弧长；扇形DBE弧长；扇形ECF弧长；

故图形CDEFC的周长为：．

（2）根据扇形面积公式可得：

第一个扇形的面积为，由上一问可知其弧长为；

第二个扇形的面积为，弧长为；

第三个扇形的面积为，弧长为；

总结规律可得第个扇形面积为，第个扇形弧长为．

故画至第十个图形所围成的图形面积和为：；

所有的弧长和为：．

【点睛】本题考查扇形与弧长公式的延伸，出题角度较为新颖，解题关键在于需要根据图形特点总结规律，其次注意计算即可．

20．（2021·江西南昌·初三二模）如图，在网格纸中，、都是格点，以为圆心，为半径作圆，用无刻度的直尺完成以下画图：（不写画法）（1）在圆①中画圆的一个内接正六边形；（2）在图②中画圆的一个内接正八边形.

【答案】（1）见解析；（2）见解析

【分析】（1）设AO的延长线与圆交于点D，根据正六边形的性质，点D即为正六边形的一个顶点，且正六边形的边长等于圆的半径，根据垂直平分线的性质即可确定其它的顶点；

（2）先求出内接八边形的中心角，然后根据正方形的性质即可找到各个顶点．

【解析】（1）设AO的延长线与圆交于点D， 根据圆的内接正六边形的性质，点D即为正六边形的一个顶点，且正六边形的边长等于圆的半径，即OB=AB，故在图中找到AO的中垂线与圆的交点即为正六边形的顶点B和F；同理：在图中找到OD的中垂线与圆的交点即为正六边形的顶点C和E，连接AB、BC、CD、DE、EF、FA，如图①，正六边形即为所求．

（2）圆的内接八边形的中心角为360°÷8=45°，而正方形的对角线与边的夹角也为45°

∴在如②图所示的正方形OMNP中，连接对角线ON并延长，交圆于点B，此时∠AON=45°；∵∠NOP=45°，

∴OP的延长线与圆的交点即为点C同理，即可确定点D、E、F、G、H的位置，顺次连接，

如图②，正八边形即为所求．

【点睛】此题考查的是画圆的内接正六边形和内接正八边形，掌握圆的内接正六边形和内接正八边形的性质和中心角的求法是解决此题的关键．

21．（2021·南京师范大学附属中学树人学校九年级月考）（定义）圆心到弦的距离叫做弦心距．

（探究）等弧所对弦的弦心距相等．

（1）请在图1中画出图形，写出已知、求证并证明．

（应用）

（2）如图2，的弦，的延长线相交于点，且，连接．求证：平分．

【答案】（1）见解析；（2）见解析.

【分析】（1）在圆上取相等的两段弧，使，则有，然后过圆心分别作弦、的垂线，垂足分别为，，然后通过三角形全等证明弦心距；

（2）过点作，，垂足分别为、，结合（1）的结论证明，利用全等三角形的性质得到．

【详解】（1）已知：，于点，于点．求证：．

证明：∵，∴．

∵，，∴，，∴．

在和中，，

∴（HL），∴．

（2）证明：过点作，，垂足分别为、，连接．

由（1）可知，当时，．

在和中，，

∵  ∴（HL），

∴，即平分．

【点睛】本题考查圆的弦、弦心距等相关问题，解答时，垂径定理、直角三角形全等的证明等知识点的运用是关键．

22.（2021•张家港市模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AC，BD⊥AC，垂足为E．

（1）若∠BAC＝40°，则∠ADC＝　 　°；（2）求证：∠BAC＝2∠DAC；

【分析】（1）根据等腰三角形的性质和圆内接四边形的性质即可得到结论；

（2）根据等腰三角形的性质和三角形的内角和即可得到结论；

【解答】（1）解：∵AB＝AC，∠BAC＝40°，∴∠ABC＝∠ACB＝70°，

∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠ADC＝180°﹣∠BAC＝110°，故答案为：110；

（2）证明：∵BD⊥AC，∴∠AEB＝∠BEC＝90°，∴∠ACB＝90°﹣∠CBD，

∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝90°﹣∠CBD，∴∠BAC＝180°﹣2∠ABC＝2∠CBD，

∵∠DAC＝∠CBD，∴∠BAC＝2∠DAC；

【点评】本题考查了圆内接四边形，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质．

23．（2021•和平区一模）已知AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，连接BD．

（Ⅰ）如图①，连接OC，AD．若∠ADC＝56°，求∠CDB及∠COB的大小；

（Ⅱ）如图②，过点C作DB的垂线，交DB的延长线于点E，连接OD．若∠ABD＝2∠CDB，∠ODC＝20°，求∠DCE的大小．

【分析】（1）由直径所对的圆周角是直角可得∠CDB的度数，再利用圆周角与圆心角的关系可得答案；（2）由半径的关系可得∠ODB＝∠OBD，再利用∠ABD＝2∠CDB，∠ODC＝20°可得∠CDB＝20°，最后根据直角三角形锐角互余可得答案．

【解析】（Ⅰ）∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，

∵∠ADC＝56°，∴∠CDB＝90°﹣∠ADC＝90°﹣56°＝34°，

在⊙O中，∠COB＝2∠CDB＝2×34°＝68°．

 （II ）∵OD＝OB，∴∠ODB＝∠OBD，即∠ODC+∠CDB＝∠OBD，

∵∠ABD＝2∠CDB，∠ODC＝20°，∴20°+∠CDB＝2∠CDB，∴∠CDB＝20°，

∵CE⊥DE，∴∠CED＝90°，在Rt△CDE中，∠DCE＝90°﹣∠CDE＝90°﹣20°＝70°．

【点评】本题考查圆的有关概念和性质，熟练掌握圆周角定理和推论是解题关键．

24．（2021·河北初三期中）请阅读下列材料，并完成相应的任务：

阿基米德折弦定理

阿基米德（archimedes，公元前287﹣公元前212年，古希腊）是有史以来最伟大的数学家之一，他与牛顿、高斯并成为三大数学王子．

阿拉伯Al﹣Binmi的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容，苏联在1964年根据Al﹣Binmi译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德折弦定理．

阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，M是的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD=AB+BD．下面是运用“截长法”证明CD=AB+BD的部分证明过程．证明：如图2，在CB上截取CG=AB，连接MA，MB，MC和MG．

∵M是的中点，

∴MA=MC．…

任务：（1）请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；（2）填空：如图3，已知等边△ABC内接于⊙O，AB=2，D为上一点，∠ABD=45°，AE⊥BD于点E，则△BDC的周长是 ．

【答案】(1)详见解析；（2）2+2．

分析：（1）首先证明△MBA≌△MGC（SAS），进而得出MB=MG，再利用等腰三角形的性质得出BD=GD，即可得出答案；（2）首先证明△ABF≌ACD（SAS），进而得出AF=AD，以及CD+DE=BE，进而求出DE的长即可得出答案．

【解析】（1）证明：如图2，在CB上截取CG=AB，连接MA，MB，MC和MG．

∵M是的中点，∴MA=MC．

在△MBA和△MGC中∵，∴△MBA≌△MGC（SAS），∴MB=MG，

又∵MD⊥BC，∴BD=GD，∴DC=GC+GD=AB+BD；

（2）解：如图3，截取BF=CD，连接AF，AD，CD，

由题意可得：AB=AC，∠ABF=∠ACD，在△ABF和△ACD中

∵，∴△ABF≌ACD（SAS），∴AF=AD，

∵AE⊥BD，∴FE=DE，则CD+DE=BE，

∵∠ABD=45°，∴BE==，则△BDC的周长是2+2．

考点：三角形的外接圆与外心；等边三角形的性质．

25．（2021·广东澄海区·）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD⊥CD，AC=AB，⊙O为△ABC的外接圆．（1）如图1，求证：AD是⊙O的切线；（2）如图2，CD交⊙O于点E，过点A作AG⊥BE，垂足为F，交BC于点G．①求证：AG=BG；②若AD=4，CD=5，求GF的长．

【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②

【分析】（1）连接OA，OB，OC，由AC＝AB，OA＝OA，OC＝OB可证出△OAC≌△OAB（SSS），利用全等三角形的性质可得出∠OAC＝∠OAB，即AO平分∠BAC，利用垂径定理可得出AO⊥BC，结合AD∥BC可得出AD⊥AO，由此即可证出AD是⊙O的切线；（2）①连接AE，由圆内接四边形对角互补结合∠BCE＝90°可得出∠BAE＝90°，由同角的余角相等可得出∠BAG＝∠AEB，结合∠ABC＝∠ACB＝∠AEB可得出∠BAG＝∠ABC，再利用等角对等腰可证出AG＝BG；②由∠ADC＝∠AFB＝90°，∠ACD＝∠ABF，AC＝AB可证出△ADC≌△AFB（AAS），利用全等三角形的性质可求出AF，BF的长，设FG＝x，在Rt△BFG中，利用勾股定理可求出x的值，此题得解．

【详解】证明：（1）连接OA、OB、OC，如图1，

∵AC=AB，OA=OA，OC=OB，∴△OAC≌△OAB，∴∠OAC＝∠OAB，∴AO⊥BC，

∵AD∥BC，∴AD⊥AO，∴AD是⊙O的切线；

（2）①连接AE，如图2，∵AD∥BC，AD⊥CD，

∴BC⊥CD，∴∠BCE＝90°，∴BE是直径，∴∠BAE＝90°，∴∠BAG+∠EAF＝90°，

又∵AF⊥BE，∴∠AEB+∠EAF＝90°，∴∠BAG=∠AEB，

∵∠ABC=∠ACB=∠AEB，∴∠BAG=∠ABC，∴AG=BG；

②∵AC=AB，∠ACD＝∠ABF，∠ADC=∠AFB＝90°，

∴△ADC≌△AFB，∴AF=AD=4，BF=CD=5，

设FG=x，则AG=GB=x+4，在Rt△BFG中，由勾股定理可得：

，解得：，∴．

【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判定，全等三角形的判定与性质，垂径定理，圆周角定义，平行线的性质，圆内接四边形，等腰三角形的判定以及勾股定理，解题的关键是：（1）利用全等三角形的性质及垂径定理，找出AO⊥BC；（2）①利用等角的余角相等及圆周角定理，找出∠BAG＝∠ABC；②在Rt△BFG中，利用勾股定理求出FG的长．

26．（2021·杭州市十三中教育集团（总校）九年级）如图，中，，过中点，且与、分别交于点、．（1）求证：直线是的切线；（2）延长交于点，连结、，求证：；（3）在（2）的条件下，若，，求的长．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）

【分析】（1）连接OC，证即可证直线AB是的切线；

（2）由圆周角定理可得，，由（1）证即可；

（3）作于N，延长DF交AB于M，在中求出DM、CM即可求出CD．

【详解】解（1）证明：连接OC，如下图：

∵OA=OB，C为AB的中点，∴，∵点C在上，∴AB是的切线；

（2）根据圆周角定理可知，，，

由（1）可得，∴；

（3）作于N，延长DF交AB于M，如下图：

∵，，∴，

在中，∵，，，∴，

∵，∴，

∵，∴，∴OC∥DM，

∵，∴，∴四边形OCMN是矩形，

∴， ，

在中，，，

∴．

【点睛】本题比较综合，考查了圆的切线，圆周角与圆心角的关系，勾股定理等相关知识，熟练掌握并能灵活运用每一个细小的知识点，是解决此类综合大题的关键．