中考数学三轮冲刺专练12（几何证明大题）（教师版）

这是一份中考数学三轮冲刺专练12（几何证明大题）（教师版），共48页。试卷主要包含了，∠AOB＝∠MON＝90°等内容，欢迎下载使用。

专练12（几何证明大题）
三角形
1．（2022·上海徐汇·二模）如图，四边形ABCE中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BF⊥CE于点F，点D为BF上一点，且∠BAD＝∠CAE．

(1)求证：AD＝AE；
(2)设BF交AC于点G，若，判断四边形ADFE的形状，并证明．
【答案】(1)证明见解析；
(2)四边形ADFE是正方形，证明见解析．
【解析】
(1)
证明：∠BAC＝90°，BF⊥CE，
，，
，
，
在和中，

≌，
；

(2)
四边形ADFE是正方形．
证明：在中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
，
，
，即，
，
，
∠BAC＝90°，
，
，
，，
四边形ADFE是矩形，
由（1）知，
四边形ADFE是正方形．
【点睛】
本题为几何证明综合题，涉及到三角形全等的判定与性质、相似三角形的判定与性质、矩形的判定和正方形的判定，熟练掌握相关知识点，并能根据题中条件与所证结准确寻找到思路是解决问题的关键．
2．（2022·湖北宜昌·一模）如图，在平行四边形ABCD中，，EA是∠BEF的角平分线，求证：

(1)；
(2)．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
(1)
证明：∵EA是∠BEF的角平分线，
，
在和中，
，
(AAS)
(2)
∵平行四边形ABCD，
∴ ， ， ，
， ，
由（1）得：，
，
，
又，， ，
，
在和中，
，
，
．
【点睛】
本题考查了平行四边形性质，全等三角形的判定与性质，等角的补角相等，角平分线定义等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题关键．
3．（2022·四川广元·一模）如图，在中，，D是上一点，且，于点F，于点E，交于点G．

(1)求证：；
(2)若，求线段的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
(1)
证明：∵，
∴，
∵∠ACB=75°，
∴．
∵，
∴．
∴，∠FCD=90°-∠ADC=30°．
∴．
∴．
∵，∠ADC=60°，
∴∠FAG=90°-∠ADC=30°．
∴∠FAG=∠FCD．
∴．
(2)
解：∵，，
∴，．
∴．
∵∠FCD=30°，AE⊥BC，
∴．
【点睛】
本题考查三角形外角的性质，角的和差关系，直角三角形两个锐角互余，同角的余角相等，全等三角形的判定定理和性质，30°所对的直角边是斜边的一半，综合应用这些知识点是解题关键．
4．（2022·上海嘉定·二模）如图，已知平行四边形ABCD中，E是边CD的中点，连接AE并延长交BC的延长线于点F，连接AC．

(1)求证：AD＝CF；
(2)若AB⊥AF，且AB＝8，BC＝5，求sin∠ACE的值．
【答案】(1)见解析；
(2)
【解析】
(1)
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴∠D=∠DCF，∠DAF=∠F，
∵E是CD的中点，
∴DE=CE，
∴△ADE≌△FCE（AAS），
∴AD=CF；
(2)
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，CD=AB=8，AD=BC=5，
∵AB⊥AF，
∴CD⊥AF，
在Rt△ADE中，DE=4，AD=5，
∴AE=3，
在Rt△ACE中，CE=4，AE=3，
∴AC=5，
∴sin∠ACE=．
【点睛】
此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，三角函数，熟记各知识点并应用解决问题是解题的关键．
5．（2022·江苏盐城·一模）在四边形ABCD中，，对角线AC平分∠BAD．

(1)推理证明：如图1，若，且，求证：；
(2)问题探究：如图2，若，试探究AD、AB、AC之间的数量关系；
(3)迁移应用：如图3，若，AD=2，AB=4，求线段AC的长度．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【解析】
(1)
证明：∵平分，
∴，
又∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴．
(2)
解：；

过点C作于点E，过点C作的延长线于点F，
∵平分，
∴，，
∵，
而，
∴，
在与中，
∴，
∴，
∴，
由（1）知，
∴．
(3)
过点C作于点M，过点C作的延长线于点N，

由（2）知：，
∴，
∴，
而，平分，
∴，
∴，
∴，
又，，
∴．
【点睛】
本题是四边形综合题，主要考查了平行线的性质、直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
6．（2022·山东泰安·一模）在中，，，于点．

(1)如图1，点，分别在，上，且，求证：；
(2)如图2，点在的延长线上，点在上，且，求证：．
【答案】(1)证明见详解
(2)证明见详解
【解析】
(1)
，，
，
在和中，
，
，
，
；
(2)
过点作交的延长线于P，


，则，，
，
，，
，
在和中，

，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，判断出△BDE≌△ADF是解（1）的关键，构造出全等三角形是解（2）的关键．
7．（2022·山东·枣庄市台儿庄区教育局教研室一模）已知AOB和MON都是等腰直角三角形（OA＜OM＜OA），∠AOB＝∠MON＝90°．

(1)如图1，连接AM，BN，求证：AM＝BN；
(2)将MON绕点O顺时针旋转．如图2，当点M恰好在AB边上时，求证：AM2+BM2＝2OM2；
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
(1)
（1）证明：∵∠AOB＝∠MON＝90°，
∴∠AOB+∠AON＝∠MON+∠AON，
即∠AOM＝∠BON，
∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，
∴OA＝OB，OM＝ON，
在△AOM和△BON中，
，
∴△AOM≌△BON（SAS），
∴AM＝BN；
(2)
证明：连接BN，
∵∠AOB＝∠MON＝90°，
∴∠AOB﹣∠BOM＝∠MON﹣∠BOM，
即∠AOM＝∠BON，
∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，
∴OA＝OB，OM＝ON，
在△AOM和△BON中，
，
∴△AOM≌△BON（SAS），
∴∠MAO＝∠NBO＝45°，AM＝BN，
∴∠MBN＝∠ABO+∠OBN=45°+45°=90°，
∴BM2+BN2＝MN2，
∵△MON都是等腰直角三角形，
∴MN2＝ON2+OM2=2ON2，
∴AM2+BM2＝2OM2．

【点睛】
本题考查三角形全等判定与性质，图形旋转性质，等腰直角三角形性质，勾股定理，掌握三角形全等判定与性质，图形旋转性质，等腰直角三角形性质，勾股定理是解题关键．
8．（2022·湖南·株洲县教学研究室一模）如图，点E，F分别在菱形的边，上，且，连接，交对角线于点G．求证：

(1)
(2)
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
(1)
∵四边形是菱形，
∴，．
在和中，

∴
∴；
(2)
∵菱形
∴∠BAC=∠DAC
∵
∴∠BAC－∠BAE=∠DAC－∠DAF，即∠EAC=∠FAC
∵
∴AE=AF
在和中，

∴
∴
∵
∴
∴AC⊥EF．
【点睛】
本题考查了全等三角形、菱形的知识；解题的关键是熟练掌握菱形的性质，从而完成求解．
9．（2022·广东·塘厦初中一模）如图，AD是的角平分线，DE、DF分别是和的高．

(1)求证：AD垂直平分EF；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
(1)
证明：∵AD是的角平分线，DE、DF分别是和的高，
，
在和中，
，
，
，
∵AD是的角平分线，
，
即AD垂直平分EF；
(2)
∵AD是的角平分线，DE、DF分别是和的高，
，
，
．
【点睛】
本题主要考查了角平分线性质，等腰三角形三线合一，全等三角形的判定与性质，割补法求面积，熟练掌握角平分线性质是解题的关键．
10．（2022·湖南·师大附中梅溪湖中学一模）如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AD、BE相交于点H，AE=BE．

(1)求证：△AEH≌△BEC．
(2)若AH=4，求BD的长．
【答案】(1)见解析
(2)BD=2
【解析】
(1)
证明：∵AD⊥BC，
∴∠DAC+∠C=90°，
∵BE⊥AC，
∴∠EBC+∠C=90°，
∴∠DAC=∠EBC，
在△AEH与△BEC中，
，
∴△AEH≌△BEC（ASA）；
(2)
解：∵△AEH≌△BEC，
∴AH=BC=4，
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴BC=2BD，
∴AH=2BD=4，
∴BD=2．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定是本题的关键．

四边形
11．（2022·上海市青浦区教育局二模）如图，已知在梯形中，，对角线、交于，平分，点在底边上，连结交对角线于，．


(1)求证：四边形是菱形；
(2)连结，求证：．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【解析】
(1)
证明：∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
(2)
证明：由（1）可知，
∵DE=DE，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质与判定、角平分线的定义、平行线的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质与判定、角平分线的定义、平行线的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
12．（2022·广西南宁·一模）如图，在中，连接对角线，过点分别作，垂足为．

(1)求证：；
(2)如图2，延长至点G，使得，连接，求证：四边形是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
(1)
证明：∵，
∴AB=CD，ABCD，
∴∠ABE=∠CDF，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEB=∠CFD=90°，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF(AAS)，
∴AE=CF；
(2)
证明：由（1）知AE=CF，
又∵AE=GE，
∴GE=CF，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴GECF，∠CFB=90°，
∴四边形EGCF是平行四边形，
∴边形EGCF是矩形．
【点睛】
本题词考查平行四边形的判定与性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质，矩形的判定是解题的关键．
13．（2022·山东聊城·一模）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，△BOC≌△CEB．

(1)求证：四边形OBEC是矩形；
(2)若∠ABC=120°，AB=6，求矩形OBEC的周长．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
(1)
证明：∵△BOC≌△CEB，
∴OB=EC，OC=EB，
∴四边形OBEC是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC=90°，
∴平行四边形OBEC是矩形；
(2)
解：∵四边形ABCD是菱形，，，
∴，， ，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴矩形OBEC的周长．
【点睛】
本题考查全等三角形的性质，菱形的性质，矩形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理．掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．
14．（2022·江苏扬州·一模）如图，在中，，D是的中点，E是的中点，过点A作AF//BC交的延长线于点F．

(1)求证：；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)四边形的面积为
【解析】
(1)
证明：，
，
是的中点，
，
在和中，
，
；
(2)
证明：由（1）知，，
，
为边上的中线，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，是的中点，
，
平行四边形是菱形；
是的中点，
．
【点睛】
本题考查了菱形的判定和性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识；熟练掌握菱形的判定方法，证明是解题的关键．
15．（2022·福建三明·二模）已知：如图，在ABCD中，E为BC的中点，DF⊥AE于点F，CG⊥DF于点G．

求证：
(1)∠DAE = ∠BCG；
(2)G为DF的中点．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析
【解析】
(1)
证明：∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
(2)
证明：延长交于点M，

∵四边形为平行四边形，
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴四边形为平行四边形．
∴．
∵E为的中点，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴，即G为的中点．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定及性质、平行线的判定与性质、中位线的判定及性质以及平行线分线段成比例．
16．（2021·四川德阳·二模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD的垂直平分线与边AD、BC分别相交于M、N．

(1)判断四边形BNDM的形状，并证明你的结论；
(2)若BD＝24，MN＝10，求四边形BNDM的周长．
【答案】(1)菱形，见解析；
(2)52
【解析】
(1)
四边形BNDM是菱形，证明如下：
∵MN⊥BD，OB=OD，
∴MB=MD，
∵AD∥BC，
∴∠MDO=∠NBO，
∵∠BOD=∠NOB，
∴△MDO≌△NBO，
∴MD=NB，
∵MD∥NB，
∴四边形BNDM是平行四边形，
∵MB=MD，
∴四边形BNDM是菱形.
(2)
∵四边形BNDM是菱形，
∴，，MB=MD=ND=NB，
∴在Rt△BOM中，由勾股定理得：，
∴四边形BNDM的周长为：4×13=52.
【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，证明两个三角形全等是解题的关键．
17．（2022·新疆乌鲁木齐·一模）如图，四边形ABCD是菱形，点E，F在对角线AC上，且．

(1)求证：；
(2)求证：四边形DEBF是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
(1)
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴，，
∴，
在和中，

∴；
(2)
证明：由（1）得，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形DEBF是菱形．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定等，熟练掌握相关性质定理和判定定理是解题的关键．
18．（2022·四川绵阳·一模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB≠CD，∠ABC＝90°，点E、F分别在线段BC、AD上，且EF∥CD，AB＝AF，CD＝DF．

(1)求证：CF⊥FB；
(2)求证：以AD为直径的圆与BC相切；
(3)若EF＝2，∠DFE＝120°，求△ADE的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【解析】
(1)
证明：∵CD＝DF，
∴∠DCF＝∠DFC，
∵EF∥CD，
∴∠DCF＝∠EFC，
∴∠DFC＝∠EFC，
∴∠DFE＝2∠EFC，
∵AB＝AF，
∴∠ABF＝∠AFB，
∵CD∥EF，CD∥AB，
∴AB∥EF，
∴∠EFB＝∠ABF，
∴∠EFB＝∠AFB，
∴∠AFE＝2∠BFE，
∵∠AFE＋∠DFE＝180°，
∴2∠BFE＋2∠EFC＝180°，
∴∠BFE＋∠EFC＝90°，
∴∠BFC＝90°，
∴CF⊥BF；
(2)
证明：如图1，取AD的中点O，过点O作OH⊥BC于H，连接CO并延长交BA的延长线于G，
∴∠OHC＝90°＝∠ABC，
∴OH∥AB，
∵AB∥CD，
∴OH∥AB∥CD，
∵CD∥AB
∴∠G＝∠DCO，
∵∠AOG＝∠DOC，OA＝OD，
∴△AOG≌△DOC（AAS），

∴AG＝CD，OC＝OG，
∵，
∴△CHO∽△CBG，
∴
∴OH＝BG＝（AB＋AG）＝（AF＋DF）＝AD，
∵OH⊥BC，
∴以AD为直径的圆与BC相切；
(3)
解：如图2，
由（1）知，∠DFE＝2∠EFC，
∵∠DFE＝120°，
∴∠CFE＝60°，
在Rt△CEF中，EF＝2，∠ECF＝90°﹣∠CFE＝30°，
∴CF＝2EF＝4，
∴CE＝ ＝2，
∵AB∥EF∥CD，∠ABC＝90°，
∴∠ECD＝∠CEF＝90°，
过点D作DM⊥EF，交EF的延长线于M，
∴∠M＝90°，
∴∠M＝∠ECD＝∠CEF＝90°，
∴四边形CEMD是矩形，
∴DM＝CE＝2，
过点A作AN⊥EF于N，
∴四边形ABEN是矩形，
∴AN＝BE，
由（1）知，∠CFB＝90°，

∵∠CFE＝60°，
∴∠BFE＝30°，
在Rt△BEF中，EF＝2，
∴BE＝EF•tan30°＝ ，
∴AN＝，
∴S△ADE＝S△AEF＋S△DEF
＝EF•AN＋EF•DM
＝EF（AN＋DM）
＝×2×（）
＝．
【点睛】
本题主要考查了圆切线的判定，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三角形面积，解直角三角形，等边对等角，平行线的性质等等，正确作出辅助线是解题的关键．
19．（2022·宁夏·银川市第十中学二模）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是BC，AD边上的点，且AE＝CF．

(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)当AC⊥EF时，四边形AECF是菱形吗？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)四边形AECF是菱形，理由见解析
【解析】
(1)
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，
在Rt△ABE和Rt△CDF中，，
∴Rt△ABE≌Rt△CDF（HL）；
(2)
解：当AC⊥EF时，四边形AECF是菱形，理由如下：
∵△ABE≌△CDF，
∴BE＝DF，
∵BC＝AD，
∴CE＝AF，
∵CE∥AF，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，菱形的判定；掌握特殊平行四边形的性质是解题关键．
20．（2022·北京市燕山教研中心一模）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，过点D作交的延长线于点E．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
(1)
证明：∵四边形是菱形
∴，．
∵
∴
∴
∴
∴四边形是平行四边形．
(2)
解：∵四边形是平行四边形
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∵，，
∴
∴
∴
【点睛】
本题考查菱形的性质、平行四边形的判定和性质、平行线的判定、直角三角形的性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定，学会用转化的思想思考问题．

圆
21．（2022·浙江绍兴·一模）如图，为的直径，点B是上方半圆上的一点，作平分交于点D，过点D作//交的延长线于点E．

(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
(1)
连结OD，

∵AC使⊙O的直径，
∴∠ABC=90°．
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBE=45°，
∴∠AOD=2∠ABD=90°．
∵AC∥DE，
∴∠ODE=∠AOD=90°，
即OD⊥DE，
∴DE为⊙O的切线．
(2)
∵AC∥DE，
∴∠E=∠BCA=∠ADB．
∵∠ABD=∠DBE=45°，
∴△ABD△DBE，
∴．
∵AB=2，BE=3，
∴．
【点睛】
本题主要考查了圆的切线的判定，相似三角形的性质和判定等，掌握性质定理是解题的关键,连接圆心和圆上的点，再证明垂直是圆的切线的判定的常用方法．
22．（2022·陕西·一模）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，且CA=BA．连接BC，OC．过点A作AD⊥OC于点D，延长AD交BC于点E，交⊙O于点F，连接BF．

(1)求证：∠FAB=∠ACD；
(2)若BF=4，求DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)DE的长为．
【解析】
(1)
证明：∵AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，AD⊥OC，
∴∠OAC=∠ADO=∠AFB=90°，
∴∠OAD+∠AOD=90°，∠ACO+∠AOD=90°，
∴∠OAD=∠ACO，即∠FAB=∠ACD；
(2)
解：在△ABF和△CAD中
，
∴△ABF≌△CAD（AAS），
∴BF=AD，AF=CD，
∵BF=4，
∴AD=BF=4，
∵AD⊥OC于点D，
∴AF=2AD=8=CD，DF=4，
在Rt△ABF中，AB=4，
在Rt△ABC中，BC=AB=4，
∵∠ADC=∠EDC=∠EFB=90°，∠DEC=∠FEB，
∴△DEC∽△FEB，
∴2，
∵DE+EF=DF=4，
∴DE的长为．
【点睛】
本题考查了切线的性质：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．也考查了三角形全等判定和性质、三角形相似判定和性质的应用．
23．（2022·陕西西安·三模）如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，△ABC的外角平分线BD交⊙O于点D，DE与⊙O相切，交CB的延长线于点E，连接AD．

(1)求证：∥DE；
(2)若BD＝2，BE＝2，求CB的长．
【答案】(1)见解析
(2)6
【解析】
(1)
证明：连接OD

DE与⊙O相切



平分




是⊙O的直径


(2)
解：如图：过点O作于点F

，四边形是矩形

，







【点睛】
本题考查了切线的性质，等边对等角，平行线的判定，圆周角定理，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，垂径定理，作出辅助线是解决本题的关键．
24．（2022·新疆乌鲁木齐·一模）如图，已知AC是的直径，点P是外一点，PC与交于点B，．

(1)求证：PA是的切线；
(2)若，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)或
【解析】
(1)
解：∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵∠AOB+∠OAB+∠OBA=180°，
∴，
∵，
∴∠OAB+∠PAB=90°，即∠OAP=90°，
∴AP是圆O的切线；
(2)
解：如图所示，过点O作OH⊥BC于H，
∴CH=BH，∠OHB=∠OHC=90°，
∴，
∴PH=3OH，
设OH=x，BH=CH=y，OC=OA=OB=r，则PC=3x+y，
由（1）得∠CAP=∠CHO=90°，
又∵∠C=∠C，
∴△CHO∽△CAP，
∴，
∴，
∴，
在直角△OCH中，，
∴，
∴，
∴，
∴或，
当时，，，
∴；
当时，，，
∴；
综上所述，或．

【点睛】
本题主要考查了圆切线的判定，垂径定理，勾股定理相似三角形的性质与判定，解直角三角形，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等等，熟知圆的相关知识是解题的关键．
25．（2022·山东济南·二模）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，，求⊙O半径的长．
【答案】(1)32°
(2)1
【解析】
(1)
连接OA，∠ADE=29°，


则∠AOE=2∠ADE=58°，
∵AC是圆的切线，
∴∠OAC=90°，
∴∠C=90°-∠AOE=90°-58°=32°．
(2)
连接AE，OA，
∵AC是圆的切线，
∴∠OAC=90°，
∴∠EAC=90°-∠OAE，
∵BE是圆的直径，
∴∠BAE=90°，
∴∠BAO=90°-∠OAE，
∴∠EAC=∠BAO，
∵OA=OB，
∴∠OBA=∠BAO，
∴∠OBA=∠EAC，


∴△CAE∽△CBA，
∴，
∴，
解得BE=2，
故圆的半径为1．
【点睛】
本题考查了圆的切线，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，灵活运用三角形相似是解题的关键．
26．（2022·山东聊城·一模）如图，AB为⊙O的直径，直线l与⊙O相切于点C，AD⊥l，垂足为D，AD交⊙O于点E，连接CE．

(1)求证：∠CAD＝∠CAB；
(2)若EC＝4，sin∠CAD，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)6
【解析】
(1)
证明：连接OC，连接BC，如图，

∵CD为⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∵AD⊥CD，
∴ ，
∴∠CAD＝∠ACO．
又∵OC＝OA，
∴∠ACO＝∠OAC，
∴∠CAD＝∠OAC，
即∠CAD＝∠BAC；
(2)
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠B+∠CAB＝90°，
∴∠CAD+∠B＝90°，
∵∠CED＝∠B，∠CED+∠ECD＝90°，
∴∠DCE＝∠CAD，
∵sin∠CAD＝sin∠DCE=，
∴DE，
∴CD=，
∴AC＝8，
∵∠BAC＝∠CAD，
∴sin∠CAD＝sin∠BAC=，
∴设AB＝3x，BC＝x，
∴AC＝=2x＝8，
∴x＝4，
∴AB＝3x＝12，
∴⊙O的半径为6．
方法二：∵∠CAD＝∠BAC，
∴EC＝CB＝4，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴sin∠CAB，
∴AB＝12，
∴半径为6
【点睛】
本题考查了切线的性质，勾股定理，三角函数的定义，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
27．（2022·河南商丘·二模）如图，以为直径的中，为弦，点P为上一点，过点A的切线交延长线于点D，交于点Q，连接，

(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
(1)
∵为的切线，为的直径
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
(2)
连接

∵为的直径，
∴，
∴,
∵，
∴
∵，，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴
∵，，
∴，
∴，即．
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，证明是解答本题的关键．
28．（2022·山东·济宁学院附属中学二模）如图，AB是⊙O的直径，C是弧AB的中点，⊙O的切线BD交AC的延长线于点D，E是OB的中点，CE的延长线交切线BD于点F，AF交⊙O于点H，连接BH．

(1)求证：AC=CD
(2)若OB=2，求BH的长
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
(1)
证明：如图，连接，


由圆的性质得：，
是的直径，是弧的中点，
，
是的切线，
，
，
，
，
，
．
(2)
解：如图，连接，


，
，
是的中点，
，
在和中，
，
，
，
，
是的直径，
，
在和中，
，
，
，即，
解得．
【点睛】
本题考查了圆心角定理、圆周角定理、圆的切线的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握各定理和性质是解题关键．
29．（2022·江苏苏州·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，且DM是⊙O的切线，过点B作DM的平行线交⊙O于点C，交AD于点E，连接AC并延长与DM相交于点F．

(1)求证：CD＝BD；
(2)若CD＝6，AD＝8，求cos∠ABC的值
【答案】(1)见解析；
(2)
【解析】
(1)
证明：连接OD，交BC于点N，

∵ DM是⊙O的切线
∴OD⊥DM
∴∠ODM＝90°
∵过点B作DM的平行线交⊙O于点C，
∴∠ONC＝∠ODM＝90°
∴OD⊥BC
∴
∴CD＝BD
(2)
解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
∵AD＝8       BD＝CD＝6，
∴AB＝，
∵∠DCE＝∠BAE，∠CED＝∠AEB，
∴△CDE∽△ABE，
∴＝ ，
设DE＝3x 则BE＝5x，
∴BD＝，
即4x＝6，解得x＝，
∴BE＝，DE＝，
∵AD＝8，
∴AE＝8﹣＝，
∵ ，
∴CE＝，
∴BC＝BE+CE＝+＝ ，
∴cos∠ABC＝．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、切线的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，灵活运用相似三角形的性质表示线段之间的关系是解决本题的关键．
30．（2022·湖北·荆州市教育科学研究院一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，F是AD延长线上一点，连接CD，CF，且∠DCF＝∠CAD．

(1)求证：CF是⊙O的切线；
(2)若cosB＝，AD＝2，求AC和FD的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
(1)

连接OC
AD是⊙O的直径




∠DCF＝∠CAD

即
CF是⊙O的切线
(2)


，AD＝2


由勾股定理得

，∠DCF＝∠CAD



设，则

解得或0（舍去）

【点睛】
本题考查切线的判定和性质，圆周角定理，直角三角形的边角关系以及相似三角形，掌握切线的判定方法，直角三角形的边角关系以及相似三角形的性质是正确解答的前提．