2023年中考数学二轮复习重难点专项突破专题08 圆的综合问题(教师版)

这是一份2023年中考数学二轮复习重难点专项突破专题08 圆的综合问题(教师版)，共41页。


专题08 圆的综合问题
【典型例题】
1．(2022·广东花都·九年级期末)如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为直径，弦AD平分∠BAC，过点D作射线AC的垂线，垂足为M，点E为线段AB上的动点．

(1)求证：MD是⊙O的切线；
(2)若∠B＝30°，AB＝8，在点E运动过程中，EC+EM是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，说明理由；
(3)若点E恰好运动到∠ACB的角平分线上，连接CE并延长，交⊙O于点F，交AD于点P，连接AF，CP＝3，EF＝4，求AF的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，EC+EM的最小值为，理由见解析
(3)6
【解析】
【分析】
(1)连接OD，交BC于点N，通过证明四边形CNDM为矩形得出，利用切线的判定定理即可得出结论．
(2)过点C作，并延长交⊙O于点F，连接MF，交AB于点E，连接EC，利用将军饮马模型可知此时EC+EM的值最小，由题意可得FD为圆的直径，在中，利用勾股定理即可求得结论．
(3)利用角平分线的定义和三角形的外角的性质可以判定为等腰三角形，证明，利用相似三角形的性质得出比例式，解关于AF的方程即可得出结论．
(1)解：如图，连接OD，交BC于点N，
AB为直径


弦AD平分∠BAC，



四边形CNDM为矩形

OD为圆的半径
MD是⊙O的切线

(2)解：在点E运动过程中，EC+EM存在最小值，理由如下：
过点C作，并延长交⊙O于点F，连接MF，交AB于点E，连接EC，则此时EC+EM的值最小


弦AD平分∠BAC，

与的度数为
AB是直径

，AB是直径


为半圆
FD为圆的直径
由(1)知：MD是⊙O的切线

由题意得：AB垂直平分FC






由(1)知：四边形CNDM为矩形



在中



在中

EC+EM的最小值为．

(3)解：如图
FC平分，


AD平分，










解得或(不合题意，舍去)


【点睛】
本题是一道圆的综合题，此题考查了圆的切线的判定与性质，圆周角定理及其推论，轴对称的性质，角平分线的定义，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，特殊角的三角函数值，连接半径OD和利用轴对称中的将军饮马模型找出EC+EM存在最小值是解题的关键．




【专题训练】
一、 选择题
1．(2022·浙江新昌·九年级期末)已知扇形的圆心角为120°，半径为3cm，则弧长为( )
A． B．2πcm C．4cm D．
【答案】B
【解析】
【分析】
扇形的弧长=圆形周长×，根据公式列出算式计算即可．
【详解】
解：扇形的弧长：，
故选：B ．
【点睛】
本题考查扇形的弧长，掌握扇形的弧长公式是解决本题的关键．
2．(2022·江苏·泰州中学附属初中九年级期末)如图，AB是⊙O的直径，，则∠BAC的度数为(　　)

A．22.5° B．30° C．45° D．67.5°
【答案】A
【解析】
【分析】
连接OC，由可求得∠AOC的度数，由等腰三角形的性质即可求得∠BAC的度数．
【详解】
如图，连接OC

∵
∴
∴
∵OA=OC
∴
故选：A
【点睛】
本题考查了弧的关系与圆心角的关系，等腰三角形的性质等知识，关键是掌握弧的关系与圆心角的关系．
3．(2022·内蒙古巴彦淖尔·九年级期末)如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，AB⊥CD，垂足为点E，连接OD、CB、AC，∠DOB＝60°，EB＝2，那么CD的长为( )

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意易得，然后根据含30度直角三角形的性质及勾股定理可得CE，进而问题可求解．
【详解】
解：∵AB是⊙O的直径，CD是弦，AB⊥CD，
∴，
∵∠DOB＝60°，
∴，
∵EB＝2，
∴，
∴，
∴；
故选D．
【点睛】
本题主要考查勾股定理、垂径定理及圆周角定理，熟练掌握勾股定理、垂径定理及圆周角定理是解题的关键．
4．(2022·内蒙古巴彦淖尔·九年级期末)如图，AB是⊙O的一条弦，OD⊥AB，垂足为C，交⊙O于点D，点E在⊙O上．∠OAB＝38°，则∠E的度数为( )

A．52° B．38° C．30° D．26°
【答案】D
【解析】
【分析】
由OD⊥AB，得到，，求出∠AOC的度数，再利用圆周角定理求出∠E的度数．
【详解】
解：∵AB是⊙O的一条弦，OD⊥AB，
∴，，
∵∠OAB＝38°，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】
此题考查了圆的垂径定理，圆周角定理，熟记定理并熟练应用是解题的关键．
5．(2022·安徽潜山·九年级期末)如图，由边长为1的小正方形组成的网格中，点A，B，C都在网格线的交点上，以AB为直径的⊙O经过点C，若点D在⊙O上，则tan∠ADC＝(　　)

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
连接AC、BC，根据圆周角定理得∠ACB=90°，由tan∠ADC＝tan∠ABC求出答案．
【详解】
解：连接AC、BC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°,
∵∠ABC=∠ADC，
∴tan∠ADC＝tan∠ABC＝，
故选：B．
．
【点睛】
此题考查了圆周角定理：直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，求角的正切值，熟记圆周角定理及角的正切值公式是解题的关键．
6．(2022·辽宁·东北育才双语学校模拟预测)如图，已知⊙O上的两条弦AC和BC互相垂直于点C，点D在弦BC上，点E在弦AC上，且BD＝AE，连接AD和BE，点P为BE的中点，点Q为AD中点，射线QP与线段BC交于点N，若∠DQN=15°，DQ＝，则NQ的长为( )

A．2 B．3 C．2 D．2+
【答案】B
【解析】
【分析】
连接P点与O点，Q点与O点，根据中位线定理可知，PO=QO,且PO⊥QO，进而可知∠NQO=45°，过Q作QF垂直于BC，通过中位线定理可证∠DQF =30°进而可计算则NQ的长度．
【详解】

解：如图所示，连接P点与O点，Q点与O点，
∵点P为BE的中点，O为AB的中点，
∴PO∥AE，PO=AE，
∵点Q为AD中点，O为AB的中点，
∴QO∥BD，QO=BD，
∵AC和BC互相垂直，
∴PO=QO,且PO⊥QO,
∴∠NQO=45°，
过Q作QF垂直于BC,则QF∥AC,
∴QF⊥OQ，
∴∠DQF=90°－∠NQO－∠DON=30°
∵DQ＝，且QF⊥BC，
∴，
∵∠NQF=15°＋30°=45°，
∴，
故选：B．
【点睛】
本题考查中位线定理，等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，能够构造适合的辅助线是解决此类题型的关键．
二、填空题
7．(2021·广东·可园中学二模)如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠A＝110°，则∠BOD＝__°．

【答案】140
【解析】
【分析】
先根据圆内接四边形的性质求出∠C的度数，再由圆周角定理即可得出结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠A＝110°，
∴∠C＝180°﹣∠A＝180°﹣110°＝70°，
∴∠BOD＝2∠C＝140°．
故答案为：140．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质,圆周角与圆心角的关系定理，熟练掌握两个性质是解题的关键．
8．(2021·广东·珠海市紫荆中学三模)如图所示，若用半径为8，圆心角为120°的扇形围成一个圆锥的侧面(接缝忽略不计)则这个圆锥的底面圆半径为___．

【答案】
【解析】
【分析】
设圆锥的底面圆的半径为r，根据扇形弧长与底面圆周长相等，列方程，解方程即可．
【详解】
解：设圆锥的底面圆的半径为r，
根据题意，
解得．
故答案为：．
【点睛】
本题考查扇形的弧长公式，圆的周长，一元一次方程的解法，掌握扇形的弧长公式，圆的周长，一元一次方程的解法是解题关键．
9．(2022·内蒙古乌兰察布·九年级期末)如图，AB是⊙O的直径，C为圆上一点，∠A＝60°，OD⊥BC，D为垂足，且OD＝10，则AB＝_____，BC＝_____．

【答案】 40
【解析】
【分析】
先证明再证明 利用三角形的中位线求解 再利用锐角三角函数求解即可.
【详解】
解： AB是⊙O的直径，

OD⊥BC，

而
而

∠A＝60°，

故答案为：
【点睛】
本题考查的是直径所对的圆周角是直角，平行线分线段成比例，三角形的中位线的性质，锐角三角函数的应用，证明是三角形的中位线是解本题的关键.
10．(2022·黑龙江省八五四农场学校九年级期末)如图，在△ABC中，∠C＝90°，点D在边BC上，以OA为半径的⊙O经过点D，连接AD，且AD平分∠BAC．若∠BAC＝60°，⊙O的半径为2，则阴影部分的面积为 _____．

【答案】
【解析】
【分析】
连接OD，根据AD平分∠BAC，OA=OD，推出，得到∠DOB的度数，勾股定理求出BD，利用求出阴影面积．
【详解】
解：连接OD，

∵AD平分∠BAC．
∴∠CAD=∠BAD，
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD，
∴∠CAD=∠ODA，
∴，
∴∠DOB=∠BAC＝60°，∠ODB=∠C＝90°，
∴∠B=30°，
∴OB=2OD=4，，
∴阴影部分的面积=，
故答案为：．
【点睛】
此题考查了扇形面积公式，勾股定理，直角三角形30度角的性质，角平分线的证明，平行线的判定及性质，解题的关键是证明出．
11．(2021·天津·耀华中学九年级期中)如图，⊙O的直径CD为6cm，OA，OB都是⊙O的半径，∠AOD＝2∠AOB＝60°，点P在直径CD上移动，则AP+BP的最小值为______．

【答案】
【解析】
【分析】
如图，过点B作BE⊥CD，交⊙O于E，连接AE，交CD于P，连接BP，OE，根据垂径定理可得CD垂直平分线BE，根据垂直平分线的性质可得BP=PE，可得PA+PB=PA+PE，即可得出AE为AP+BP的最小值，根据∠AOD＝2∠AOB＝60°可得∠BOD=30°，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得∠DOE=∠BOD=30°，可得∠AOE=90°，根据CD为直径可得OA的长，根据等腰直角三角形的性质求出AE的长即可得答案．
【详解】
如图，过点B作BE⊥CD，交⊙O于E，连接AE，交CD于P，连接BP，OE，
∵CD是⊙O的直径，BE⊥CD，
∴CD垂直平分线BE，
∴BP=PE，
∴PA+PB=PA+PE，
∴AE为AP+BP的最小值，
∵∠AOD＝2∠AOB＝60°，
∴∠BOD=30°，
∵OB=OE，OD⊥BE，
∴∠DOE=∠BOD=30°，
∴∠AOE=90°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∵CD=6，
∴OA=CD=3，
∴AE==，
∴AP+BP的最小值为．

故答案为：
【点睛】
本题考查垂径定理、等腰三角形的性质及线段垂直平分线的性质，垂直弦的直径平分弦，且平分这条弦所对的两条弧；线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等；熟练掌握相关性质及定理是解题关键．
12．(2022·广东白云·九年级期末)如图，AB是的直径，，BC交于点D，AC交于点E，，则____________°．

【答案】22.5
【解析】
【分析】
先根据圆周角定理得到∠AEB=90°，则∠ABE=45°，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠ABC=67.5°，再计算∠ABC-∠ABE即可．
【详解】
解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∵∠BAC=45°，
∴∠ABE=45°，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C=×(180°-45°)=67.5°，
∴∠EBC=∠ABC-∠ABE=67.5°-45°=22.5°．
故答案为：22.5．
【点睛】
本题考查了圆周角定理：半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
三、解答题
13．(2021·广东濠江·一模)如图，在△ACB中，∠C＝90°，AB＝2BC，点O在边AB上，且，以O为圆心，OB长为半径的圆分别交AB，BC于D，E两点．

(1)求证：AC是⊙O的切线；
(2)判断由D，O，E及切点所构成的四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)菱形．理由见解析
【解析】
【分析】
(1)作OF⊥AC于F，如图，由三角函数可得到∠A=30°，则OA=2OF，再利用BO=AB得到OA=2OB，所以OF=OB，于是根据切线的判定方法可判定AC是⊙O的切线；
(2)先证明△OFD和△OBE都是等边三角形得到OD=DF，∠BOE=60°，则可计算出∠EOF=60°，从而可判定△OEF为等边三角形，所以EF=OE，则有OD=DF=EF=OE，然后根据菱形的判定方法可判断四边形ODFE为菱形．
(1)
证明：作OF⊥AC于F，如图，

∵∠C=90°，AB=2BC，
∴sinA=，
∴∠A=30°，
∴OA=2OF，
∵BO=AB，
∴OA=2OB，
∴OF=OB，
∴AC是⊙O的切线；
(2)
解：四边形ODFE为菱形．理由如下：
∵∠A=30°，
∴∠AOF=∠B=60°，
∴△OFD和△OBE都是等边三角形，
∴OD=DF，∠BOE=60°，
∴∠EOF=180°-60°-60°=60°，
∴△OEF为等边三角形，
∴EF=OE，
∴OD=DF=EF=OE，
∴四边形ODFE为菱形．
【点睛】
本题考查了切线的判定与性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”．也考查了等边三角形的判定与性质和菱形的判定方法．
14．(2022·云南昆明·九年级期末)如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，AB与DC的延长线相交于点P，AC平分∠DAB，AD⊥CD于点D．

(1)求证：CD是⊙O的切线．
(2)若∠BAC＝30°，OA＝4，求阴影部分的面积．(结果保留根号及π)
【答案】(1)见详解
(2)
【解析】
【分析】
(1)连接，推出，，求出，得出，推出，根据切线的判定判断即可；
(2)由直角三角的性质求出，，由扇形的面积公式可得出答案．
(1)
证明：连接，

平分，
，
又，
，
，
，
又，
，
是半径，
是圆的切线．
(2)
解：，
，
，
，


．
【点睛】
本题考查了切线的判定，平行线的性质、直角三角形的边角关系，扇形的面积，掌握直角三角形的边角关系以及切线的判定、等腰三角形的性质是解题的关键．
15．(2021·江苏徐州·九年级期中)如图，AB为圆O的直径，射线AD交圆O于点F，点C为劣弧BF的中点，过点C作CE⊥AD，垂足为E，连接AC

(1)求证：CE是圆O的切线
(2)若∠BAC＝30°，AB＝4，求阴影部分的面积
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
(1)连接BF，证明BF∥CE，连接OC，证明OC⊥CE即可得到结论；
(2)连接OF，求出扇形FOC的面积即可得到阴影部分的面积．
(1)
解：连接BF，OC，


∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB=90°，即BF⊥AD，
∵CE⊥AD，
∴BF∥CE，
连接OC，
∵点C为劣弧BF的中点，
∴OC⊥BF，
∵BF∥CE，
∴OC⊥CE，
∵OC是⊙O的半径，
∴CE是⊙O的切线；
(2)
连接OF，CF，
∵OA=OC，∠BAC=30°，
∴∠BOC=60°，
∵点C为劣弧BF的中点，
∴，
∴∠FOC=∠BOC=60°，
∵OF=OC，
∴∠OCF=∠COB，
∴CF∥AB，
∴S△ACF=S△COF，
∴阴影部分的面积=S扇形COF，
∵AB=4，
∴FO=OC=OB=2，
∴S扇形FOC==，
即阴影部分的面积为：．
【点睛】
本题主要考查了切线的判定以及扇形面积的求法，熟练掌握切线的判定定理以及扇形面积的求法是解答此题的关键．
16．(2021·天津滨海新·九年级期末)如图，已知AB为⊙O的直径，AC为⊙O的切线，连接CO，过B作BD∥OC交⊙O于D，连接AD交OC于G，延长AB、CD交于点E．

(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若BE=4，DE=8，求CD的长．
【答案】(1)证明见解析；(2)12．
【解析】
【分析】
(1)根据圆周角的定义可得，再根据平行线的性质可知，再根据垂直平分线的性质得，从而可得，进而运用全等三角形的性质进行证明即可；
(2)设⊙O半径为r，在中，利用勾股定理得，解得，再根据平行线分线段成比例进行求解即可．
(1)
如图所示，连接OD，

AB为⊙O的直径，
，
，
，
又，
，
在和中，
，
，
，
AC为⊙O的切线，
，
，
CD为⊙O的切线；
(2)
⊙O半径为r，
则在中，，
解得，
，
，
即，
解得．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质，圆周角定理,勾股定理及切线的判定和性质，解题的关键是结合图形得到三角形的全等关系，与此同时需要利用平行线的性质．
17．(2022·江苏江都·九年级期末)如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，直线l与⊙O相切于点A，在l上取一点D使得DA=DC，线段DC，AB的延长线交于点E．

(1)求证：直线DC是⊙O的切线；
(2)若BC=4，∠CAB=30°，求图中阴影部分的面积(结果保留π)．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
(1)连接OC，由题意得，根据等边对等角得，，即可得，则，即可得；
(2)根据三角形的外角定理得，又根据得是等边三角形，则，根据三角形内角和定理得，根据直角三角形的性质得，根据勾股定理得，用三角形OEC的面积减去扇形OCB的面积即可得．
(1)
证明：如图所示，连接OC，

∵AB是的直径，直线l与相切于点A，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴直线DC是的切线．
(2)
解：∵，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴阴影部分的面积=．
【点睛】
本题考查了切线，三角形的外角定理，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点．
18．(2022·吉林市第五中学九年级期末)如图，在⊙O中，弦BC垂直于半径OA，D是优弧BC上一点，连接BD、AD、OB、OC．已知∠ADB＝30°．

(1)求∠AOC的度数；
(2)若弦BC＝8cm，求图中扇形BOC的面积(结果保留π)．
【答案】(1)60°
(2)cm2
【解析】
【分析】
(1)根据垂径定理得到，得到，再根据圆周角定理即可解答；
(2)先根据垂径定理求出，再运用勾股定理求出，然后求得∠BOC，最后运用扇形的面积公式计算即可．
(1)
解： ，
∴，
，
由圆周角定理得，，
；
(2)
解：，
，
在中，，
∴∠OBE=30°
设OB=2x，则OE=x
∴(OB)2=OE2+BE2,即：(2x)2=x2+BE2，解得：x=8
∵
∴∠BOC=
∴扇形BOC的面积为cm2．
【点睛】
本题主要考查了垂径定理、圆周角定理、解直角三角形、扇形的面积公式等知识点，掌握垂径定理和扇形的面积公式是解答本题的关键．
19．(2021·北京市师达中学九年级阶段练习)如图，在△ABC中，∠C＝90°，点E在AB上，以AE为直径的⊙O切BC于点D，连接AD．

(1)求证：AD平分∠BAC；
(2)若⊙O的半径为5，sin∠DAC＝，求BD的长．
【答案】(1)见解析
(2)BD＝
【解析】
【分析】
(1)连接OD．先依据平行线的判定定理证明OD∥AC，然后依据平行线的性质和等腰三角形的性质证明∠OAD＝∠DAC，于是可证明AD平分∠BAC．
(2)连接ED、OD．由题意可知AE＝10．接下来，在△ADA中，依据锐角三角函数的定义可求得AD的长，然后在△ADC中，可求得DC和AC的长，由OD∥AC可证明△BOD∽△BAC，然后由相似三角形的性质可列出关于BD的方程．
(1)
解：如图1所示：连接OD．

∵BC与圆O相切，
∴OD⊥BC．
∴∠ODB＝90°．
∵∠C＝90°，
∴∠C＝∠ODB．
∴OD∥AC．
∴∠ODA＝∠DAC．
∵OD＝OA，
∴∠OAD＝∠ODA．
∴∠OAD＝∠DAC．
∴AD平分∠BAC．
(2)
如图2所示：连接ED．

∵⊙O的半径为5，AE是圆O的直径，
∴AE＝10，∠EDA＝90°．
∵∠EAD＝∠CAD，sin∠DAC＝，
∴sin∠EAD＝，
在Rt△ADE中，DE＝AE×sin∠EAD=×10＝2．
∴
在Rt△ADC中，DC＝DC×sin∠EAD=×4＝4，
∴．
∵OD∥AC，
∴△BOD∽△BAC．
∴，即，
解得：BD＝．
【点睛】
本题主要考查的是切线的性质、平行线的判定和性质、等腰三角形的性质、锐角三角函数的定义、相似三角形的判定和性质，列出关于BD的方程是解题的关键．
20．(2022·湖北·黄石市有色中学九年级开学考试)如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，连接AD，过点D作DM⊥AC，垂足为M，AB、MD的延长线交于点N．

(1)求证：MN是⊙O的切线；
(2)求证：DN2＝BN•(BN+AC)；
(3)若BC＝6，cosC＝，求DN的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【解析】
【分析】
(1)连接OD通过内错角相等证明OD∥AC，所以OD⊥MN；
(2)通过证明△BDN∽△DAN，得到对应线段成比例，从而得出题中等式；
(3)通过△BDN∽△DAN，得到两三角形相似比为3:4；且，所以，再通过AN=BN+5建立方程从而解出AN，再解出DN．
(1)
如图，连接OD，

∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
又∵AB＝AC，
∴BD＝CD，∠BAD＝∠CAD，
∵AO＝BO，BD＝CD，
∴OD∥AC，
∵DM⊥AC，
∴OD⊥MN，
又∵OD是半径，
∴MN是⊙O的切线；
(2)
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵∠ABC+∠BAD＝90°，∠ACB+∠CDM＝90°，
∴∠BAD＝∠CDM，
∵∠BDN＝∠CDM，
∴∠BAD＝∠BDN，
又∵∠N＝∠N，
∴△BDN∽△DAN，
∴，
∴DN2＝BN•AN＝BN•(BN+AB)＝BN•(BN+AC)；
(3)
∵BC＝6，BD＝CD，
∴BD＝CD＝3，
∵cosC＝＝，
∴AC＝5，
∴AB＝5，
∴AD＝＝＝4，
∵△BDN∽△DAN，
∴＝＝，
∴BN＝DN，DN＝AN，
∴BN＝(AN)＝AN，
∵BN+AB＝AN，
∴AN+5＝AN
∴AN＝，
∴DN＝AN＝．
【点睛】
本题考查平行线判定与性质、相似三角形判定与性质，正确添加辅助线并掌握这些知识点是本题关键．
21．(2021·广东惠城·九年级期末)如图，AB是⊙O的弦，过点O作OC⊥OA，OC交AB于P，CP＝BC，点Q是上的一点．

(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)已知∠BAO＝25°，求∠AQB的度数；
(3)在(2)的条件下，若OA＝18，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)65°
(3)23π
【解析】
【分析】
(1)连接OB，根据等腰三角形的性质得到∠OAB＝∠OBA，∠CPB＝∠PBC，等量代换得到∠APO＝∠CBP，根据三角形的内角和得到∠CBO＝90°，于是得到结论；
(2)根据等腰三角形和直角三角形的性质得到∠ABO＝25°，∠APO＝65°，根据三角形外角的性质得到∠POB＝∠APO﹣∠ABO＝40°，根据圆周角定理即可得到结论；
(3)根据弧长公式即可得到结论．
(1)
证明：连接OB，

∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∵PC＝CB，
∴∠CPB＝∠PBC，
∵∠APO＝∠CPB，
∴∠APO＝∠CBP，
∵OC⊥OA，
∴∠AOP＝90°，
∴∠OAP+∠APO＝90°，
∴∠CBP+∠ABO＝90°，
∴∠CBO＝90°，
∴BC是⊙O的切线；
(2)
解：∵∠BAO＝25°，
∴∠ABO＝25°，∠APO＝65°，
∴∠POB＝∠APO﹣∠ABO＝40°，
∴∠AQB＝(∠AOP+∠POB)＝×130°＝65°；
(3)
解：由(2)得，∠AQB＝65°，
∴∠AOB＝130°，
∴的长＝的长＝＝23π．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，弧长的计算，圆周角定理，熟练正确切线的判定和性质定理是解题的关键．
22．(2021·广东禅城·二模)如图1，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，过点B作⊙O的切线，与AC的延长线相交于点D，E是BD的中点，分别延长AB、CE相交于点P；

(1)求证：PC是⊙O的切线；
(2)如图2，若CH⊥AB于H，连接AE与交CH于N，求证：N是HC的中点；
(3)在(2)的条件下，若BE＝EN，且BH＝2，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)3
【解析】
【分析】
(1)E是斜边BD的中点，则EC＝EB＝ED，得到∠EBO＝∠ECO，而BD是圆O的切线，故∠ECO＝90°，进而求解；
(2)根据CH⊥AB，可得BD∥HC，根据平行线的性质得，，，即可证明△BEA∽△HNA，△BDA∽△HCA，则，，等量代换得，则，根据点E是BD的中点，则，所以，即可得；
(3)证明四边形BEGH为矩形，则EG＝BH＝2，证明△ENG∽△ANH，则，即可求解．
(1)
解：连接OC、BC，

∵AB是圆的直径，故∠BCA＝90°，
在Rt△BCD中，点E是斜边BD的中点，
则EC＝EB＝ED，
故∠EBC＝∠ECB，
∵OC＝OB，
∴∠OBC＝∠OCB，
∴∠BEO＝∠ECO，
∵BD是圆O的切线，
∴∠EBO＝90°，
∵∠ECO＝∠EBO＝90°，
∵CO是圆的半径，
故PC是⊙O的切线；
(2)
解：∵CH⊥AB，，
∴∠CHO＝∠EBO＝90°，
∴BD∥HC，
∴，，，
∴△BEA∽△HNA，△BDA∽△HCA，
∴，，
∴，
∴，
∵E是BD的中点，
∴，
∴
即点N是HC的中点；
(3)
解：设圆的半径为R，
由(1)得：BE、EC都是圆O的切线，
∴BE＝EC＝EN，
过点E作EG⊥HC于点G，

∴NG＝NC，
∴∠EGH＝∠CHB＝∠EBO＝90°＝∠CHA，
∴四边形BEGH为矩形，
∴EG＝BH＝2，
∵∠ENG＝∠ANH，
∴△ENG∽△ANH，
∴，
即，
解得R＝3，
即圆的半径为3．
【点睛】
本题考查了圆，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，矩形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点．
23．(2021·广东韶关·一模)如图，AC为⊙O的直径，B为AC延长线上一点，且∠BAD＝∠ABD＝30°，BC＝1，AD为⊙O的弦，连接BD，连接DO并延长交⊙O于点E，连接BE交⊙O于点M．

(1)求证：直线BD是⊙O的切线；
(2)求⊙O的半径OD的长；
(3)求线段BM的长．
【答案】(1)见解析
(2)1；
(3)
【解析】
【分析】
(1)利用等腰三角形的性质及三角形的内角和求得∠ODB＝90°，按照切线的判定定理可得答案；
(2)利用30°角所对的直角边等于斜边的一半及圆的半径相等可得答案；
(3)先由勾股定理求得BE的长，再连接DM，利用有两个角相等的三角形相似可判定△BMD∽△BDE，然后利用相似三角形的性质可得比例式，从而求得答案．
(1)
证明：∵OA＝OD，∠BAD＝∠ABD＝30°，
∴∠BAD＝∠ADO＝30°，
∴∠DOB＝∠BAD+∠ADO＝60°，
∴∠ODB＝∠180°﹣∠DOB﹣∠ABD＝90°，
∵OD为⊙O的半径，
∴直线BD是⊙O的切线；
(2)
∵∠ODB＝90°，∠ABD＝30°，
∴OD＝OB，
∵OC＝OD，
∴BC＝OC＝1，
∴⊙O的半径OD的长为1；
(3)
∵OD＝1，
∴DE＝2，BD＝，
∴BE＝＝，
如图，连接DM，

∵DE为⊙O的直径，
∴∠DME＝90°，
∴∠DMB＝90°，
∵∠EDB＝90°，
∴∠EDB＝∠DME，
又∵∠DBM＝∠EBD，
∴△BMD∽△BDE，
∴，
∴BM＝．
∴线段BM的长为．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，圆的性质，直径所对的圆周角是直角，三角形相似的判定和性质，熟练掌握切线的性质，三角形相似的判定是解题的关键．
24．(2022·广东潮安·九年级期末)如图，在中，，D为AB边上的一点，以AD为直径的交BC于点E，交AC于点F，过点C作于点G，交AE于点H，过点E的弦EP交AB于点Q(EP不是直径)，点Q为弦EP的中点，连结BP，BP恰好为的切线．

(1)求证：BC是的切线；
(2)求证：AE平分；
(3)若，，，求四边形CHQE的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)20
【解析】
【分析】
(1)连接OE，OP，证明≌，可得，进而证明BC是的切线；
(2)由，可得，进而可得，由得，进而可得∠，即AE平分
(3)由(1)得：，证明，得，证明≌(AAS)，四边形CHQE是菱形，设，则，，在中，勾股定理建立方程，解方程进而求得四边形CHQE的面积．
(1)
连接OE，OP，

∵AD为直径，点Q为弦EP的中点，
∴AB垂直平分EP，
∴，
∵，，
∴≌，
∴，
∵BP为的切线，
∴，
∴，
∴，
∴于点E，
∵OE是的半径，
∴BC是的切线．
(2)
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴∠，
∴AE平分．
(3)
由(1)得：，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，即．
∴．
∵，，
由(2)得，
∴≌(AAS)，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形CHQE是平行四边形．
∵，
∴四边形CHQE是菱形，
∴．
设，则，，
在中，根据勾股定理得：，
∴，解得，(不合题意，舍去)．
∴，．
∴四边形CHQE的面积．
【点睛】
本题考查了切线的性质与判定，平行线的性质与判定，三角形全等的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．