专题28圆的有关位置关系三年（2021-2023）中考数学真题分项汇编

这是一份专题28圆的有关位置关系三年（2021-2023）中考数学真题分项汇编，共112页。试卷主要包含了在中，，下列说法错误的是，如图，是的外接圆，若，则等内容，欢迎下载使用。

专题28圆的有关位置关系三年（2021-2023）中考数学真题分项汇编
三年（2021-2023）中考数学真题分项汇编
专题28圆的有关位置关系
一．选择题（共20小题）
（2023•威海）
1．在中，，下列说法错误的是（　　）
A． B．
C．内切圆的半径 D．当时，是直角三角形
（2023•内蒙古）
2．如图，是锐角三角形的外接圆，，垂足分别为，连接．若的周长为21，则的长为（    ）
  
A．8 B．4 C．3.5 D．3
（2023•聊城）
3．如图，点O是外接圆的圆心，点I是的内心，连接，．若，则的度数为（    ）
  
A． B． C． D．
（2023•十堰）
4．如图，是的外接圆，弦交于点E，，过点O作于点F，延长交于点G，若，则的长为（　　）
  
A． B．7 C．8 D．
（2023•江西）
5．如图，点，，，均在直线上，点在直线外，则经过其中任意三个点，最多可画出圆的个数为（    ）
  
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
（2023•乐山）
6．如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，C、D是半径为1的上两动点，且，P为弦CD的中点．当C、D两点在圆上运动时，面积的最大值是（    ）
  
A．8 B．6 C．4 D．3
（2023•巴中）
7．如图，是的外接圆，若，则（    ）
  
A． B． C． D．
（2023•眉山）
8．如图，切于点B，连接交于点C，交于点D，连接，若，则的度数为（    ）
  
A． B． C． D．
（2023•泸州）
9．如图，在中，，点D在斜边上，以为直径的半圆O与相切于点E，与相交于点F，连接．若，，则的长是（　　）
  
A． B． C． D．
（2023•台湾）
10．如图的方格纸中，每个方格的边长为1，A、O两点皆在格线的交点上，今在此方格纸格线的交点上另外找两点B、C，使得的外心为O，求的长度为何（　　）

A．4 B．5 C． D．
（2022•吉林）
11．如图，在中，，，．以点为圆心，为半径作圆，当点在内且点在外时，的值可能是（　　）
  
A．2 B．3 C．4 D．5
（2022•无锡）
12．如图，AB是圆O的直径，弦AD平分∠BAC，过点D的切线交AC于点E，∠EAD＝25°，则下列结论错误的是（    ）

A． AE⊥DE B． AE//OD C． DE=OD D．∠BOD=50°
（2022•哈尔滨）
13．如图，是的直径，点P在的延长线上，与相切于点A，连接，若，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
（2022•深圳）
14．如图所示，已知三角形为直角三角形，，BC为切线，为切点，为直径，则和面积之比为（    ）

A． B． C． D．
（2022•梧州）
15．如图，是的外接圆，且，在弧AB上取点D（不与点A，B重合），连接，则的度数是（    ）

A．60° B．62° C．72° D．73°
（2022•德阳）
16．如图，点是的内心，的延长线和的外接圆相交于点，与相交于点，则下列结论：①；②若，则；③若点为的中点，则；④．其中一定正确的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4
（2022•十堰）
17．如图，是等边的外接圆，点是弧上一动点（不与，重合），下列结论：①；②；③当最长时，；④，其中一定正确的结论有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
（2022•镇江）
18．如图，在等腰中，，，同时与边的延长线、射线相切，的半径为．将绕点A按顺时针方向旋转（），的对应点分别为，在旋转的过程中边所在直线与相切的次数为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
（2021•青岛）
19．如图，是的直径，点在上，点A是的中点，过点A画的切线，交的延长线于点D，连接．若，则的度数为（　　）

A． B． C． D．
（2021•孝感）
20．如图，是的外接圆，交于点E，垂足为点D，，的延长线交于点F．若，，则的长是（    ）

A．10 B．8 C．6 D．4
二．填空题（共15小题）
（2023•徐州）
21．如图，在中，直径与弦交于点．连接，过点的切线与的延长线交于点．若，则 °．
  
（2023•湖北）
22．如图，在中，，的内切圆与，分别相切于点，，连接，的延长线交于点F，则 　．
  
（2023•河南）
23．如图，与相切于点A，交于点B，点C在上，且．若，，则的长为 ．

（2023•广元）
24．如图，，半径为2的与角的两边相切，点P是⊙O上任意一点，过点P向角的两边作垂线，垂足分别为E，F，设，则t的取值范围是 ．
  
（2023•衡阳）
25．如图，在中，．以点C为圆心，r为半径作圆，当所作的圆与斜边所在的直线相切时，r的值为 ．
  
（2023•上海）
26．在中，点D在边上，点E在延长线上，且，如果过点A，过点D，若与有公共点，那么半径r的取值范围是 ．
（2022•泰安）
27．如图，在中，，⊙过点A、C，与交于点D，与相切于点C，若，则

（2022•黑龙江）
28．如图，在中，AB是的弦，的半径为3cm，C为上一点，，则AB的长为 cm．

（2022•泸州）
29．如图，在中，，，，半径为1的在内平移（可以与该三角形的边相切），则点到上的点的距离的最大值为 ．

（2022•泰州）
30．如图上，O为内心，过点O的直线分别与AC、AB相交于D、E，若DE=CD+BE，则线段CD的长为 .

（2022•连云港）
31．如图，是的直径，是的切线，为切点，连接，与交于点，连接．若，则 ．
  
（2022•玉林）
32．如图，在网格中，各小正方形边长均为1，点O，A，B，C，D，E均在格点上，点O是的外心，在不添加其他字母的情况下，则除外把你认为外心也是O的三角形都写出来 ．

（2022•宁波）
33．如图，在△ABC中，AC=2，BC=4，点O在BC上，以OB为半径的圆与AC相切于点A，D是BC边上的动点，当△ACD为直角三角形时，AD的长为 ．

（2021•荆州）
34．如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，OD⊥AC于D，连接OC，过点D作DF∥OC交AB于F，过点B的切线交AC的延长线于E．若AD＝4，DF，则BE＝ ．

（2021•凉山州）
35．如图，等边三角形ABC的边长为4，的半径为，P为AB边上一动点，过点P作的切线PQ，切点为Q，则PQ的最小值为 ．

三．解答题（共25小题）
（2023•鄂州）
36．如图，为的直径，E为上一点，点C为的中点，过点C作，交的延长线于点D，延长交的延长线于点F．
  
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径长．
（2023•大连）
37．如图1，在中，为的直径，点为上一点，为的平分线交于点，连接交于点E．
  
(1)求的度数；
(2)如图2，过点A作的切线交延长线于点，过点作交于点．若，，求的长．
（2023•常德）
38．如图，四边形是的内接四边形，是直径，C是的中点，过点C作交的延长线于点E．
  
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求，的长．
（2023•湖北）
39．如图，等腰内接于，，是边上的中线，过点作的平行线交的延长线于点，交于点，连接，．
  
(1)求证：为的切线；
(2)若的半径为5，，求的长．
（2023•东营）
40．如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为E．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
（2023•福建）
41．如图，已知内接于，的延长线交于点，交于点，交的切线于点，且．

(1)求证：；
(2)求证：平分．
（2023•广西）
42．如图，平分，与相切于点A，延长交于点C，过点O作，垂足为B．

(1)求证：是的切线；
(2)若的半径为4，，求的长．
（2023•绍兴）
43．如图，是的直径，C是上一点，过点C作的切线，交的延长线于点D，过点A作于点E．
  
(1)若，求的度数；
(2)若，求的长．
（2023•安徽）
44．已知四边形内接于，对角线是的直径．

(1)如图1，连接，，若，求证：平分；
(2)如图2，E为内一点，满足，．若，，求弦的长．
（2023•金华）
45．如图，点A在第一象限内，与x轴相切于点B，与y轴相交于点C，D，连结，过点作于点H．
  
(1)求证：四边形为矩形．
(2)已知的半径为4，，求弦的长．
（2023•天津）
46．在中，半径垂直于弦，垂足为，，为弦所对的优弧上一点．

(1)如图，求和的大小；
(2)如图，与相交于点，，过点作的切线，与的延长线相交于点，若，求的长．
（2023•宜宾）
47．如图，以为直径的上有两点E、F，，过点E作直线交的延长线于点，交的延长线于点，过作平分交于点，交于点N．
  
(1)求证：是的切线；
(2)求证：；
(3)如果N是的中点，且，求的长．
（2023•凉山州）
48．如图，是的直径，弦，垂足为点F，点P是延长线上一点，，垂足为点E，．

(1)求证：是的切线；
(2)若，求的半径和的长．
（2023•达州）
49．如图，、内接于，，是延长线上的一点，，、相交于点E．
  
(1)求证：是的切线；
(2)若，，，求的长．
（2023•泸州）
50．如图，是的直径，，的弦于点，．过点作的切线交的延长线于点，连接．
  
(1)求证：平分；
(2)为上一点，连接交于点，若，求的长．
（2022•聊城）
51．如图，点O是的边AC上一点，以点O为圆心，OA为半径作，与BC相切于点E，交AB于点D，连接OE，连接OD并延长交CB的延长线于点F，．

(1)连接AF，求证：AF是的切线；
(2)若，，求FD的长．
（2022•宁夏）
52．如图，以线段为直径作，交射线于点，平分交于点，过点作直线于点，交的延长线于点．连接并延长交于点M．

(1)求证：直线是的切线；
(2)求证：；
(3)若，，求的长．
（2022•天津）
53．已知为的直径，，C为上一点，连接．

(1)如图①，若C为的中点，求的大小和的长；
(2)如图②，若为的半径，且，垂足为E，过点D作的切线，与的延长线相交于点F，求的长．
（2022•陕西）
54．如图，在中，，，．延长至点C，使，连接，以O为圆心，长为半径作，延长，与交于点E，作弦，连接，与的延长线交于点D．

(1)求证：是的切线；
(2)求的长．
（2022•绍兴）
55．如图，半径为6的⊙O与Rt△ABC的边AB相切于点A，交边BC于点C，D，∠B=90°，连接OD，AD．
  
(1)若∠ACB=20°，求的长（结果保留）．
(2)求证：AD平分∠BDO．
（2022•枣庄）
56．如图，在半径为10cm的⊙O中，AB是⊙O的直径，CD是过⊙O上一点C的直线，且AD⊥DC于点D，AC平分∠BAD，点E是BC的中点，OE＝6cm．

(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)求AD的长．
（2022•荆门）
57．如图，AB为⊙O的直径，点C在直径AB上（点C与A，B两点不重合），OC＝3，点D在⊙O上且满足AC＝AD，连接DC并延长到E点，使BE＝BD．

(1)求证：BE是⊙O的切线；
(2)若BE＝6，试求cos∠CDA的值．
（2022•锦州）
58．如图，在中，为的直径，点E在上，D为的中点，连接并延长交于点C．连接，在的延长线上取一点F，连接，使．

(1)求证：为的切线；
(2)若，求的半径．
（2022•郴州）
59．如图，在中，．以AB为直径的与线段BC交于点D，过点D作，垂足为E，ED的延长线与AB的延长线交于点P．

(1)求证：直线PE是的切线；
(2)若的半径为6，，求CE的长．
（2021•大连）
60．如图1，内接于，直线与相切于点，与相交于点，．
  
(1)求证：；
(2)如图2，若是的直径，是的中点，的半径为4，求的长．



参考答案：
1．C
【分析】根据三角形三边关系、三角形面积、内切圆半径的计算以及勾股定理逆定理逐一求解即可．
【详解】解：∵，
∴即，故A说法正确；
当时，，
若以为底，高，
∴，故B说法正确；
设内切圆的半径为r，
则，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，故C说法错误；
当时，，
∴是直角三角形，故D说法正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形三边关系，三角形面积，三角形内切圆半径以及勾股定理的逆定理，掌握内切圆半径与圆的面积周长之间的关系是解题的关键．
2．B
【分析】根据三角形外接圆的性质得出点D、E、F分别是的中点，再由中位线的性质及三角形的周长求解即可．
【详解】解：∵是锐角三角形的外接圆，，
∴点D、E、F分别是的中点，
∴，
∵的周长为21，
∴即，
∴，
故选：B．
【点睛】题目主要考查三角形外接圆的性质及中位线的性质，理解题意，熟练掌握三角形外接圆的性质是解题关键．
3．C
【分析】根据三角形内心的定义可得的度数，然后由圆周角定理求出，再根据三角形内角和定理以及等腰三角形的性质得出答案．
【详解】解：连接，
∵点I是的内心，，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
  
【点睛】本题主要考查了三角形内心的定义和圆周角定理，熟知三角形的内心是三角形三个内角平分线的交点是解题的关键．
4．B
【分析】首先得出，进而得出为等边三角形，由已知得出的长，进而得出的长，再求出的长，再由勾股定理求出的长．
【详解】解：连接，
∵是的外接圆，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
如图，作于点M，
  
∵，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了三角形的外接圆与外心，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形，垂径定理等知识，得出的长是解题关键．
5．D
【分析】根据不共线三点确定一个圆可得，直线上任意2个点加上点可以画出一个圆，据此列举所有可能即可求解．
【详解】解：依题意，；；；；，加上点可以画出一个圆，
∴共有6个，
故选：D．
【点睛】本题考查了确定圆的条件，熟练掌握不共线三点确定一个圆是解题的关键．
6．D
【分析】根据一次函数与坐标轴的交点得出，确定，再由题意得出当的延长线恰好垂直时，垂足为点E，此时即为三角形的最大高，连接，利用勾股定理求解即可．
【详解】解：∵直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴当时，，当时，，
∴，
∴，
∴，
∵的底边为定值，
∴使得底边上的高最大时，面积最大，
点P为的中点，当的延长线恰好垂直时，垂足为点E，此时即为三角形的最大高，连接，
  
∵，的半径为1，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】题目主要考查一次函数的应用及勾股定理解三角形，垂径定理的应用，理解题意，确定出高的最大值是解题关键．
7．D
【分析】连接，首先根据圆周角定理得到，然后利用半径相等得到，然后利用等边对等角和三角形内角和定理求解即可．
【详解】如图所示，连接，
  
∵，，
∴，
∵，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理：圆周角定理：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，等边对等角和三角形内角和定理，解题的关键是掌握以上知识点．
8．C
【分析】如图，连接，证明，，可得，从而可得．
【详解】解：如图，连接，
  
∵切于点B，
∴，
∵， ，
∴，
∴，
∴；
故选C
【点睛】本题考查的是切线的性质，圆周角定理的应用，三角形的内角和定理的应用，掌握基本图形的性质是解本题的关键．
9．B
【分析】首先求出连接，，再证和相似，由相似三角形的性质可求出，的长，进而可求出的长和的长，然后再证和相似，最后利用相似三角形的性质即可求出．
【详解】解：在中，，，，
由勾股定理得：，
连接，，
  
设的半径为r，则，
∴
∵与半圆相切，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴，
即：，
由得：，
由得：，
∴，
中，，，
由勾股定理得：，
∵为半圆的切线，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
即：，
∴．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，解答此题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法，灵活运用相似三角形的性质和勾股定理进行计算．
10．D
【分析】三角形外心的性质：三角形的外心到三角形三顶点的距离相等，由此得到，从而确定B、C的位置，然后利用勾股定理计算即可．
【详解】解：∵的外心为O，
，
，
，
、是方格纸格线的交点，
、的位置如图所示，

．
故选：D．
【点睛】本题考查三角形的外接圆与外心，勾股定理，关键是掌握三角形的外心的性质．
11．C
【分析】由勾股定理求出的长度，再由点在内且点在外求解即可．
【详解】解：在中，由勾股定理得，
点在内且点在外，
，
故选：C．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系，勾股定理，点与圆的位置关系为：假设圆的半径为，点到圆形的距离为，当时，点在圆内，当时，点在圆上，当时，点在圆外，解题关键是掌握点与圆的位置关系．
12．C
【分析】过点D作DF⊥AB于点F，根据切线的性质得到OD⊥DE，证明OD∥AE，根据平行线的性质以及角平分线的性质逐一判断即可．
【详解】解：∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵AD平分∠BAC，
∴∠OAD=∠EAD，
∴∠EAD=∠ODA，
∴OD∥AE，
∴AE⊥DE．故选项A、B都正确；
∵∠OAD=∠EAD=∠ODA=25°，∠EAD=25°，
∴∠BOD=∠OAD+∠ODA=50°，故选项D正确；
∵AD平分∠BAC，AE⊥DE，DF⊥AB，
∴DE=DF 故选：C．

【点睛】本题考查的是切线的性质，角平分线的性质定理，平行线的性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
13．A
【分析】由切线性质得出，根据三角形的内角和是、对顶角相等求出，即可得出答案；
【详解】解：PA与⊙O相切于点A，AD是⊙O的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查圆内求角的度数，涉及知识点：切线的性质、对顶角相等、等腰三角形的性质、三角形的内角和是，解题关键根据切线性质推出．
14．B
【分析】根据圆周角定理，切线的性质以及等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定及性质进行计算即可．
【详解】解：如图取中点O，连接．

∵是圆O的直径．
∴．
∵与圆O相切．
∴．
∵．
∴．
∵．
∴．
又∵．
∴．
∵，，．
∴．
∴．
∵点O是的中点．
∴．
∴．
∴
故答案是：1∶2．
故选：B．
【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，等腰三角形以及全等三角形的性质，理解切线的性质，圆周角定理以及全等三角形的判定和性质是解决问题的前提．
15．C
【分析】连接CD，根据等腰三角形的性质可求∠ACB的度数，然后根据圆周定理求出∠BAD=∠BCD，∠ABD=∠ACD，从而可求出的度数．
【详解】解：连接CD，

则∠BAD=∠BCD，∠ABD=∠ACD，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
又∠BAC=36°，
∴∠ACB=，
∴∠BAD+∠ABD=∠BCD+∠ACD=∠ACB=72°．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质等知识，根据圆周角定理得出∠BAD=∠BCD，∠ABD=∠ACD是解题的关键．
16．D
【分析】根据点是的内心，可得，故①正确；连接BE，CE，可得∠ABC+∠ACB =2（∠CBE+∠BCE），从而得到∠CBE+∠BCE=60°，进而得到∠BEC=120°，故②正确； ，得出，再由点为的中点，则成立，故③正确；根据点是的内心和三角形的外角的性质，可得，再由圆周角定理可得，从而得到∠DBE=∠BED，故④正确；即可求解．
【详解】解：∵点是的内心，
∴，故①正确；
如图，连接BE，CE，

∵点是的内心，
∴∠ABC=2∠CBE，∠ACB=2∠BCE，
∴∠ABC+∠ACB =2（∠CBE+∠BCE），
∵∠BAC=60°，
∴∠ABC+∠ACB=120°，
∴∠CBE+∠BCE=60°，
∴∠BEC=120°，故②正确；
∵点是的内心，
∴，
∴,
∵点为的中点，
∴线段AD经过圆心O，
∴成立，故③正确；
∵点是的内心，
∴，
∵∠BED=∠BAD+∠ABE，
∴，
∵∠CBD=∠CAD，
∴∠DBE=∠CBE+∠CBD=∠CBE+∠CAD，
∴，
∴∠DBE=∠BED，
∴，故④正确；
∴正确的有4个．
故选：D
【点睛】本题主要考查了三角形的内心问题，圆周角定理，三角形的内角和等知识，熟练掌握三角形的内心问题，圆周角定理，三角形的内角和等知识是解题的关键．
17．C
【分析】根据等边三角形的性质可得，从而得到∠ADB=∠BDC，故①正确；根据点是上一动点，可得不一定等于，故②错误；当最长时，DB为圆O的直径，可得∠BCD=90°，再由是等边的外接圆，可得∠ABD=∠CBD=30°，可得，故③正确；延长DA至点E，使AE=AD，证明△ABE≌△CBD，可得BD=AE，∠ABE=∠DBC，从而得到△BDE是等边三角形，可得到DE=BD，故④正确；即可求解．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABC=60°，
∴，
∴∠ADB=∠BDC，故①正确；
∵点是上一动点，
∴不一定等于，
∴DA=DC不一定成立，故②错误；
当最长时，DB为圆O的直径，
∴∠BCD=90°，
∵是等边的外接圆，∠ABC=60°，
∴BD⊥AC，
∴∠ABD=∠CBD=30°，
∴，故③正确；
如图，延长DA至点E，使AE=DC，

∵四边形ABCD为圆O的内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD=180°，
∵∠BAE+∠BAD=180°，
∴∠BAE=∠BCD，
∵AB=BC，AE=CD，
∴△ABE≌△CBD，
∴BD=AE，∠ABE=∠DBC，
∴∠ABE+∠ABD=∠DBC+∠ABD=∠ABC=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴DE=BD，
∵DE=AD+AE=AD+CD，
∴，故④正确；
∴正确的有3个．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，三角形的外接圆，圆内接四边形的性质，垂径定理，等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握圆周角定理，三角形的外接圆，圆内接四边形的性质，垂径定理，等边三角形的判定和性质等知识是解题的关键．
18．C
【分析】设与边的延长线、射线分别相切于点T、点G，连接交于点L，连接，作于点E，于点H，先求得，，则，再证明，则，可证明直线与相切，再求得，则，作于点K，由旋转得，∠，直线与相切存在三种情况，一是绕点A旋转到点K与点L重合，二是绕点A旋转到，三是绕点A旋转到与重合，即旋转角，分别加以说明即可．
【详解】解：如图1，由题意可知同时与边的延长线、射线相切，的半径为，
设与边的延长线、射线分别相切于点T、点G，连接交于点L，连接，

∴，，
作于点E，于点H，则，
∵，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴直线与相切，
∵，
∴，
∴，
作于点K，由旋转得，，
如图2，绕点A旋转到点K与点L重合，

∵，
∴，
∵为的半径，
∴与相切；
如图3，绕点A旋转到，作交的延长线于点R，

∵，
∴与相切；
当绕点A旋转到与重合，即旋转角，则与相切，
综上所述，在旋转的过程中边所在直线与相切3次，
故选：C．
【点睛】此题重点考查等腰三角形的性质、圆的切线的判定、锐角三角函数以及数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，画出图形并且正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
19．B
【分析】根据切线的性质得到，根据直角三角形的性质求出，根据圆周角定理得到，进而求出，根据垂径定理得到，进而得出答案．
【详解】解：是的切线，
，
，
，
是的直径，
，
，
∵点A是的中点，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理、垂径定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
20．A
【分析】先根据垂径定理可得，再利用勾股定理可得，然后根据三角形中位线定理即可得．
【详解】解：，
，
，
，
，
，
，
，
又，
是的中位线，
，
故选：A．
【点睛】本题考查了垂径定理、三角形中位线定理等知识点，熟练掌握垂径定理是解题关键．
21．66
【分析】连接，则有，然后可得，则，进而问题可求解．
【详解】解：连接，如图所示：
  
∵是的直径，且是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：66．
【点睛】本题主要考查切线的性质、圆周角、弧之间的关系，熟练掌握切线的性质、圆周角、弧之间的关系是解题的关键．
22．##35度
【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．
【详解】解：连接，，，交于点G，
，
，
点O为的内切圆的圆心，
，
，
，，
垂直平分，
，
，
故答案为：．
  
【点睛】本题考查三角形内切圆、切线长定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
23．
【分析】连接，根据切线的性质可得，然后利用证明，从而可得，再在中，利用勾股定理求出，最后根据的面积的面积的面积，进行计算即可解答．
【详解】解：连接，

∵与相切于点A，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∵的面积的面积的面积，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
24．
【分析】利用切线的性质以及等腰直角三角形的性质求得，再求得，分两种情况讨论，画出图形，利用等腰直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：设与两边的切点分别为D、G，连接，延长交于点H，
  
由，
∵，
∴，
∴，
∴，
如图，延长交于点Q，
  
同理，
∵，
∴，
当与相切时，有最大或最小值，
连接，
∵D、E都是切点，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴的最大值为；
如图，
    
同理，的最小值为；
综上，t的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，求得是解题的关键．
25．
【分析】根据勾股定理，得，根据切线的性质，得到圆的半径等于边上的高，根据直角三角形的面积不变性计算即可．
【详解】∵，
∴，
根据切线的性质，得到圆的半径等于边上的高，
∴,
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，切线的性质，熟练掌握勾股定理，切线的性质是解题的关键．
26．
【分析】先画出图形，连接，利用勾股定理可得，，从而可得，再根据与有公共点可得一个关于的不等式组，然后利用二次函数的性质求解即可得．
【详解】解：由题意画出图形如下：连接，
  
过点，且，
的半径为7，
过点，它的半径为，且，
，
，
，，
在边上，点在延长线上，
，即，
，
与有公共点，
，即，
不等式①可化为，
解方程得：或，
画出函数的大致图象如下：
  
由函数图象可知，当时，，
即不等式①的解集为，
同理可得：不等式②的解集为或，
则不等式组的解集为，
又，
半径r的取值范围是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理、圆与圆的位置关系、二次函数与不等式，根据圆与圆的位置关系正确建立不等式组是解题关键．
27．##64度
【分析】根据同弧对应的圆心角是圆周角的2倍计算出，再根据，内错角得到答案．
【详解】如下图所示，连接OC

从图中可以看出，是圆弧对应的圆周角，是圆弧对应的圆心角
得．
∵BC是圆O的切线
∴
∵
∴
∴
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查圆的切线的性质，圆周角定理、平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握圆和平行线的相关知识．
28．
【分析】连接OA、OB，过点O作OD⊥AB于点D，由垂径定理和圆周角定理可得，，再根据等腰三角形的性质可得，利用含30°角的直角三角形的性质和勾股定理即可求解．
【详解】解：连接OA、OB，过点O作OD⊥AB于点D，


，，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质和勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
29．
【分析】设直线AO交于M点（M在O点右边），当与AB、BC相切时，AM即为点到上的点的最大距离．
【详解】设直线AO交于M点（M在O点右边），则点到上的点的距离的最大值为AM的长度
当与AB、BC相切时，AM最长
设切点分别为D、F，连接OB，如图

∵，，
∴，
∴
∵与AB、BC相切
∴
∵的半径为1
∴
∴
∴
∴
∴
∴点到上的点的距离的最大值为．
【点睛】本题考查切线的性质、特殊角度三角函数值、勾股定理，解题的关键是确定点到上的点的最大距离的图形．
30．2或##或2
【分析】分析判断出符合题意的DE的情况，并求解即可；
【详解】解：①如图，作，，连接OB，则OD⊥AC，

∵，
∴
∵O为的内心，
∴，
∴
∴，
同理，，
∴DE=CD+BE，

∵O为的内心，
∴，
∴
∴
∴
②如图，作，

由①知，，，
∵
∴
∴
∴
∴
∵
∴
∴
故答案为：2或．
【点睛】本题主要考查三角形内心的性质、勾股定理、三角形的相似，根据题意正确分析出符合题意的情况并应用性质定理进行求解是解题的关键．
31．49
【分析】根据是的切线，可以得到，再根据，可以得到的度数，然后即可得到的度数．
【详解】解：是的切线，
，
，
，
，
故答案为：49．
【点睛】本题考查切线的性质、圆周角定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
32．△ADC、△BDC、△ABD
【分析】先求出△ABC的外接圆半径r，再找到距离O点的长度同为r的点，即可求解．
【详解】由网格图可知O点到A、B、C三点的距离均为：，
则外接圆半径，
图中D点到O点距离为：，
图中E点到O点距离为：，
则可知除△ABC外把你认为外心也是O的三角形有：△ADC、△ADB、△BDC，
故答案为：△ADC、△ADB、△BDC．
【点睛】本题考查了外接圆的性质、勾股定理等知识，求出△ABC的外接圆半径r是解答本题的关键．
33．或
【分析】根据切线的性质定理，勾股定理，直角三角形的等面积法解答即可．
【详解】解：连接OA，

①当D点与O点重合时，∠CAD为90°，
设圆的半径=r，
∴OA=r，OC=4-r，
∵AC=2，
在Rt△AOC中，根据勾股定理可得：r2+4=（4-r）2，
解得：r=，
即AD=AO=；
②当∠ADC=90°时，过点A作AD⊥BC于点D，

∵AO•AC=OC•AD，
∴AD=，
∵AO=，AC=2，OC=4-r=，
∴AD=，
综上所述，AD的长为或，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了切线的性质和勾股定理，熟练掌握这些性质定理是解决本题的关键．
34．
【分析】根据垂径定理得到AD＝DC，根据三角形中位线定理求出OC，根据勾股定理求出OD，证明△AOD∽△AEB，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【详解】∵OD⊥AC，AD＝4，
∴AD＝DC＝4，
∵DF∥OC，
∴△ADF∽△ACO，
∴，
∵DF，
∴OC＝2DF＝5，
∴AB=10，
在Rt△COD中，OD3，
∵BE是⊙O的切线，
∴AB⊥BE，
∵OD⊥AD，
∴∠ADO＝∠ABE，
∵∠OAD＝∠EAB，
∴△AOD∽△AEB，
∴，即，
解得：BE，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是切线的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理的应用、垂径定理的应用，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
35．3
【分析】连接OC和PC，利用切线的性质得到CQ⊥PQ，可得当CP最小时，PQ最小，此时CP⊥AB，再求出CP，利用勾股定理求出PQ即可．
【详解】解：连接QC和PC，
∵PQ和圆C相切，
∴CQ⊥PQ，即△CPQ始终为直角三角形，CQ为定值，
∴当CP最小时，PQ最小，
∵△ABC是等边三角形，
∴当CP⊥AB时，CP最小，此时CP⊥AB，
∵AB=BC=AC=4，
∴AP=BP=2，
∴CP==，
∵圆C的半径CQ=，
∴PQ==3，
故答案为：3．

【点睛】本题考查了切线的性质，等边三角形的性质，以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意得到当PC⊥AB时，线段PQ最短是关键．
36．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接，根据弦、弧、圆周角的关系可证，根据圆的性质得，证明，得到，根据切线的判定定理证明；
（2）连接，，根据勾股定理得到的长，根据等弧对等弦得到，根据圆内接四边形对角互补得，推出，证明，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：连接，
   
∵点C为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴
∴
∴，
∴，
∵为半径，
∴为切线；
（2）解：连接，，
  
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵D是的中点，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，

∴的半径长为．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
37．(1)
(2)

【分析】（1）根据圆周角定理证得两直线平行，再根据平行线的性质即可得到结论；
（2）由勾股定理得到边的关系，求出线段的长，再利用等面积法求解即可．
【详解】（1）解： 为的直径，
，
为的平分线，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：连接，
设，
则，，，
  
为的直径，
，
在中，，
由（1）得，，
，
，，
，
，
解得或（不合题意舍去），
，
，
是的切线，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，切线的性质，解一元二次方程，熟练掌握圆周角定理和勾股定理是解题的关键．
38．(1)见解析
(2)，

【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，进而得到，再根据平行线的性质得出即可；
（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．
【详解】（1）证明：如图，连接，
  
，
，
点是的中点，
，
，
∴，
，
，
是半径，
是的切线；
（2）解：为直径，
，
，，
，
又，，
，
，
即，
，
点是的中点，即，
，
，
答：，．
【点睛】本题考查切线的判定与性质，圆周角定理，勾股定理以及圆心角、弦、弧之间的关系，掌握切线的判定方法，圆周角定理，勾股定理以及圆心角、弦、弧之间的关系是正确解答的前提．
39．(1)见解析
(2)

【分析】（1）证明，得出，则四边形是平行四边形，，作于，得出为的垂直平分线，则，又点在上，即可得证；
（2）过点作于，连接，垂径定理得出，勾股定理得，进而可得，勾股定理求得，证明，可得，根据相似三角形的性质得出，，然后求得，勾股定理求得，证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明，∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
作于，
  
∵，
∴为的垂直平分线，
∴点在上，
∴，即，
又∵点在上，
∴为的切线；
（2）解：过点作于，连接，
  
∵为的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、切线的判定、垂径定理、勾股定理、相似三角形的性质与判定等知识，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
40．(1)见解析
(2)

【分析】（1）连接，则，所以，由，得，则，所以，则，即可证明是的切线；
（2）连接，由是的直径，得，则，因为，，所以可由求解．
【详解】（1）证明：连接，则，

，
，
，
，
∴，
于点，
，
是的半径，，
是的切线．
（2）解：连接，

是的直径，
，
，
，，
，
的长是．
【点睛】此题重点考查等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、切线的判定定理等知识，证明是解题的关键．
41．(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）根据切线的性质得到，求得，根据圆周角定理得到，求得，根据平行线的性质得到，于是得到，根据平行线的判定定理即可得到结论；
（2）根据圆周角定理得到，根据等腰三角形的性质得到，等量代换得到，由（1）知，，根据角平分线的定义即可得到结论．
【详解】（1）证明： 是的切线，
，
即，
是的直径，
，
，
，
，
，
即，
∴；
（2）证明： 与 都是所对的圆周角，
，
，
，
，
由（1）知，，
，
平分．
【点睛】本题考查了切线的性质，角平分线的定义、平行线的判定与性质、等腰三角形的性质、熟练掌握切线的性质是解题的关键．
42．(1)见解析
(2)12

【分析】（1）由切线的性质得，而平分，，所以，则点B在上，即可证明PB是⊙O的切线；
（2）由，，得，3，由，得 ，所以的长是．
【详解】（1）证明：与相切于点A，且是的半径，
，
平分，于点B，于点A，
，
点B在上，
是的半径，且，
是的切线．
（2）解：，，
，
，
∴3，
，
∴，
∴，
的长是12．
【点睛】此题重点考查切线的性质定理、角平分线的性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，根据角平分线的性质证明是解题的关键．
43．(1)
(2)

【分析】（1）由垂直的定义得到，由三角形外角的性质即可求出的度数；
（2）由勾股定理求出的长，由平行线分线段成比例定理得到，代入有关数据，即可求出的长．
【详解】（1）解：∵于点E，
∴，
∴；
（2）∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查切线的性质，垂线，平行线分线段成比例，勾股定理，三角形外角的性质，关键是由三角形外角的性质求出的度数，由勾股定理求出的长，由平行线分线段成比例定理即可求出的长．
44．(1)见解析
(2)

【分析】（1）由垂径定理证出，则可得出结论；
（2）延长交于，延长交于，证明四边形是平行四边形，则，根据勾股定理即可得出答案．
【详解】（1）证明：，
，
，
即平分；
（2）解：延长交于，延长交于，

，，
，
是的直径，
，
，，
，，
四边形是平行四边形，
，
．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，平行四边形三角形的判定与性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
45．(1)详见解析
(2)6

【分析】（1）根据切线的性质得到轴根据垂直的定义得到，根据矩形的判定定理得到四边形是矩形；
（2）连接，根据矩形的性质得到，根据勾股定理得到，根据垂径定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：与轴相切于点，
轴
又，，
，
四边形是矩形；
（2）解：连接，
  
四边形是矩形，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了切线的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，垂径定理，正确作出辅助线是解题的关键．
46．(1)
(2)

【分析】（1）由垂径定理得到，因此，得到，由圆周角定理即可求出的度数；
（2）由垂径定理，圆周角定理求出的度数，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得出，进一步得到的度数，由三角形外角的性质求出的度数，由锐角的正切定义即可求出的长．
【详解】（1）解：半径垂直于弦，
，
，
，
，
；
（2）解：如图，连接，
，
半径，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
切圆于，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，切线的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，解直角三角形，三角形外角的性质，三角形内角和定理，关键是由圆周角定理，等腰三角形的性质求出，由三角形外的性质求出的度数，由锐角的正切定义即可求出的长．
47．(1)见解析
(2)见解析
(3)6

【分析】（1）连接，由，得，可得，，又，故，是的切线；
（2）先证明，，可得，；
（3）证明，可得，又，可得，在中，，求出，故．
【详解】（1）证明：连接，如图：
  
，
，
，
，
，
∴，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）证明：如图：连接，
  
由（1）知是的切线，
∴，
∵为直径的，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
平分，
，
，
，
；
（3）解：如图：
  
由（2）知，，
，
，
，
，
是的中点，
，
，，
，，
，
，
，
在中，，
，
，
，
．
的长为6．
【点睛】本题考查切线的判定与性质，圆周角定理及其推论，三角形相似的判定与性质，勾股定理，待腰三角形判定与性质，解题的关键是掌握切线的判定与性质和相似三角形的判定与性质．
48．(1)见解析
(2)3，

【分析】（1）连接，由，得，故，根据，得，即，，从而可得是的切线；
（2）连接，证明，可得，，故，的半径为3；再证，得，从而．
【详解】（1）证明：连接，如图：

∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：连接，如图：

∵为直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴，
∴的半径为3；
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴的半径为3，的长为．
【点睛】本题考查圆的性质及应用，涉及切线的性质与判定，相似三角形的性质与判定等知识，解题的关键是掌握圆的相关性质．
49．(1)见解析
(2)6

【分析】（1）连接，利用等腰三角形的性质，垂径定理，圆周角定理，垂直的定义，等量代换和圆的切线的判定定理解答即可；
（2）利用直角三角形的性质，同圆的半径相等，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质和直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论．
【详解】（1）证明：连接，如图，
  
，
．
，
．
，
，
，
，
，
．
，
，
，
即，
为的半径，
是的切线；
（2）解：，，
，
，
为等边三角形，
．
由（1）知：，
，
．
，
，
，
，
，
，
．
在中，
，
．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，圆的切线的判定定理，等腰三角形的性质，垂直的定义，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，特殊角的三角函数值，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
50．(1)见解析；
(2)．

【分析】（1）连接，根据切线的性质得到，即，根据直角三角形的性质得到，，求得，等量代换得到，根据角平分线的定义得到平分；
（2）连接，，过作于，根据圆周角定理，得到CECD＝3，OC＝OGAB，根据勾股定理得到，根据相似三角形性质得到，设，则，根据勾股定理即可得到即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵是的切线，
∴，即，
∴，
∵，是直径，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
即平分；
（2）解：连接，，过作于，
  
∵是的直径，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，，
在中，，
∴，
解得，(舍去)，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了切线的性质，垂径定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，熟练掌握各定理是解题的关键．
51．(1)见解析
(2)FD的长为

【分析】（1）根据SAS证△AOF≌△EOF，得出∠OAF＝∠OEF＝90°，即可得出结论；
（2）根据勾股定理求出AF，证△OEC∽△FAC，设圆O的半径为r，根据线段比例关系列方程求出r，利用勾股定理求出OF，最后根据FD＝OF﹣OD求出即可．
【详解】（1）证明：在△AOF和△EOF中，
，
∴△AOF≌△EOF（SAS），
∴∠OAF=∠OEF，
∵BC与相切，
∴OE⊥FC，
∴∠OAF=∠OEF=90°，
即OA⊥AF，
∵OA是的半径，
∴AF是的切线；
（2）解：在中，∠CAF=90°，FC=10，AC=6，
∴，
∵BC与相切，AF是的切线
∴∠OEC＝∠FAC＝∠90°，
∵∠OCE=∠FCA，
∴△OEC∽△FAC，
∴，
设的半径为r，则，
解得，
在Rt△FAO中，∠FAO=90°，AF=8，，
∴，
∴，
即FD的长为．
【点睛】本题主要考查切线的判定和性质、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握切线的判定和性质是解题的关键．
52．(1)见解析
(2)见解析
(3)2

【分析】（1）连接，由证明，得，即可证明直线是的切线；
（2）由线段是的直径证明，再根据等角的余角相等证明，则；
（3）由，证明，则是等边三角形，所以，则，所以，再证明，得．
【详解】（1）证明：连接，

则，
，
平分，
，
，
∴，
，
，
是的半径，且，
直线是的切线．
（2）证明：线段是的直径，
，
，
，，
，
，
．
（3）解：，，
，
是等边三角形，
，
，，
，
，
，
，
，
．
【点睛】此题重点考查切线的判定、直径所对的圆周角是直角、等角的余角相等、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
53．(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AC的长度；
（2）证明四边形为矩形，FD=CE= CB，由勾股定理求得BC的长，即可得出答案．
【详解】（1）∵为的直径，
∴，
由C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．
54．(1)见解析
(2)

【分析】（1）根据题意可得，，以此推出，根据相似三角形的性质可得，以此得到，即可证明；
（2）过点O作于点G，根据题意可证明，以此得到平分，则，，再根据，以此即可求解．
【详解】（1）证明：∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，；
∴，
∵，
∴，
即，
∵为半径，
∴是的切线；
（2）解：如图，过点O作于点G，如图所示，

∵，，弦，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，即为等腰三角形，
∴，，
∵，，
∴，
在中，，
在中，，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、垂径定理，熟练运用相关知识答题时解题关键．
55．(1)
(2)见解析

【分析】（1）连接，由，得，由弧长公式即得的长为；
（2）根据切于点，，可得，有，而，即可得，从而平分．
【详解】（1）解：连接OA，
  
∵∠ACB＝20°，
∴∠AOD＝40°，
∴，

．
（2）证明：，
，
切于点，
，
，
，
，
，
平分．
【点睛】本题考查与圆有关的计算及圆的性质，解题的关键是掌握弧长公式及圆的切线的性质．
56．(1)见解析
(2)

【分析】（1）连接OC，由AC平分∠BAD，OA＝OC，可得∠DAC＝∠OCA，ADOC，根据AD⊥DC，即可证明CD是⊙O的切线；
（2）由OE是△ABC的中位线，得AC＝12，再证明△DAC∽△CAB，，即，从而得到AD．
【详解】（1）证明：连接OC，如图：

∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC＝∠CAO，
∵OA＝OC，
∴∠CAO＝∠OCA，
∴∠DAC＝∠OCA，
∴ADOC，
∵AD⊥DC，
∴CO⊥DC，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵E是BC的中点，且OA＝OB，
∴OE是△ABC的中位线，AC＝2OE，
∵OE＝6，
∴AC＝12，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°＝∠ADC，
又∠DAC＝∠CAB，
∴△DAC∽△CAB，
∴，即，
∴AD．
【点睛】本题考查圆的切线的判定定理，相似三角形的判定及性质等知识，解题的关键是熟练应用圆的相关性质，转化圆中的角和线段．
57．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角可得∠ADB＝90°，从而可得∠BDE+∠ADC＝90°，根据等腰三角形的性质以及对顶角相等可得∠ECB＝∠ADC，然后根据等腰三角形的性质可得∠E＝∠BDE，从而可得∠E+∠BCE＝90°，最后利用三角形内角和定理可得∠EBC＝90°，即可解答；
（2）设⊙O的半径为r，则AC＝AD＝3+r，在Rt△ABD中，利用勾股定理可求出r＝5，从而求出BC＝2，然后在Rt△EBC中，根据勾股定理可求出EC的长，从而利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【详解】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BDE+∠ADC＝90°，
∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC，
∵∠ACD＝∠ECB，
∴∠ECB＝∠ADC，
∵EB＝DB，
∴∠E＝∠BDE，
∴∠E+∠BCE＝90°，
∴∠EBC＝180°﹣（∠E+∠ECB）＝90°，
∵OB是⊙O的半径，
∴BE是⊙O的切线；
（2）解：设⊙O的半径为r，
∵OC＝3，
∴AC＝AD＝AO+OC＝3+r，
∵BE＝6，
∴BD＝BE＝6，
在Rt△ABD中，BD2+AD2＝AB2，
∴36+（r+3）2＝（2r）2，
∴r1＝5，r2＝﹣3（舍去），
∴BC＝OB﹣OC＝5﹣3＝2，
在Rt△EBC中，EC＝＝＝2，
∴cos∠ECB＝＝＝，
∴cos∠CDA＝cos∠ECB＝，
∴cos∠CDA的值为．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握切线的判定与性质，以及锐角三角函数的定义是解题的关键．
58．(1)证明见解析；
(2)3；

【分析】（1）连接AD，由圆周角定理可得∠ADB=90°，由等弧对等角可得∠BAD=∠CAD=∠BAC，再进行等量代换可得∠ABF=90°便可证明；
（2）连接AD、BE，由圆周角定理可得∠AEB=90°，∠BOD=2∠BAD，于是∠BOD=∠BAC，由△OBF∽△AEB可得OB∶AE=OF∶AB，再代入求值即可；
【详解】（1）证明：如图，连接AD，

AB是圆的直径，则∠ADB=90°，
D为的中点，则∠BAD=∠CAD=∠BAC，
∵，
∴∠CBF=∠BAD，
∵∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠ABF=∠ABD+∠CBF=90°，
∴AB⊥BF，
∴BF是⊙O的切线；
（2）解：如图，连接AD、BE，

AB是圆的直径，则∠AEB=90°，
∵∠BOD=2∠BAD，∠BAC=2∠BAD，
∴∠BOD=∠BAC，
又∵∠ABF=∠AEB=90°，
∴△OBF∽△AEB，
∴OB∶AE=OF∶AB，
∴OB∶4=∶2OB，OB2=9，
OB＞0，则OB=3，
∴的半径为3；
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定和性质；正确作出辅助线是解题关键．
59．(1)见解析
(2)3

【分析】（1）连接AD、OD，根据等腰三角形的性质可证得，根据平行线的判定与性质可证得，然后根据切线的判定即可证得结论；
（2）根据含30°角的直角三角形的性质求得CD、CE  即可．
【详解】（1）证明：连接AD、OD，记，，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵OD是⊙O的半径，
∴直线PE是⊙O的切线．

（2）连接AD，

∵AB是直径，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
在中，∵，
∴．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、切线的判定、等边三角形的判定与性质、解直角三角形，难度适中，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
60．(1)见解析
(2)

【分析】（1）连接，如图1，根据切线的性质得到，则，利用垂径定理得到，然后根据圆周角定理得到结论；
（2）先计算出，根据垂径定理得到，接着利用勾股定理计算出，然后计算的长．
【详解】（1）证明：连接，如图1，
  
直线与相切于点，
，
∵，
，
，
，
，
；
（2）解：是的中点，
，
在中，，
，
，
是的直径，
，
，
在中，．
【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．也考查了垂径定理、圆周角定理．