专题11圆有关计算与证明最新模拟预测40道（性质、切线、弧长与扇形、内接与内切）-【临考预测】2023中考数学重难题型押题培优【全国通用】

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（性质、切线、弧长与扇形、内接与内切）
类型一、圆的有关性质计算与证明
1．（2023·安徽蚌埠·校考一模）如图，已知△ABC内接于⊙O，过圆心O作边AB的垂线，与AC延长线交于点D，与边BC交于点E．
(1)若∠D=20°，求∠BOC的大小；
(2)求证：CD⋅BE=DE⋅OB．
【答案】(1)140°
(2)证明见解析
【分析】（1）求出BC所对圆周角，根据圆周角与圆心角的关系即可求得；
（2）证明△DEC ∽△BEO即可得证．
【详解】（1）解：∵DO⊥AB，∠D=20°，
∴∠BAC=70°，
∵∠BOC与∠BAC分别是BC所对的圆心角与圆周角，
∴∠BOC=2∠BAC=140°．
（2）证明：∵DO⊥AB
∴∠D=90°−∠BAC
由（1）可知∠BOC=2∠BAC，
又OC=OB
∴∠OBE=12180°−∠BOC
=90°−∠BAC
=∠CDE，
又∵∠DEC=∠BEO，
∴△DEC ∽△BEO，
∴CDOB=DEBE，
∴CD⋅BE=DE⋅OB．
【点睛】本题考查了三角形相似及圆的基本性质，掌握圆周角与圆心角的关系是解题的关键．
2．（2023·湖北孝感·模拟预测）如图，在锐角△ABC中，AC是最短边；以AC中点O为圆心，12AC长为半径作⊙O，交BC于E，过O作OD∥BC交⊙O于D，连接AE、AD、DC．
(1)求证：D是AE的中点；
(2)求证：∠DAO=∠B+∠BAD．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据同弧或等弧所对的圆周角相等，可以证明该结论；
（2）根据OD∥BC，OD=OA，可以得到角的关系，然后通过转化就可以证明结论．
【详解】（1）证明：∵由已知可得，OD∥BC，OD=OC，
∴∠ODC=∠DCE，∠ODC=∠OCD，
∴∠OCD=∠DCE，
∴AD=DE，
即D是AE的中点；
（2）证明：延长AD与BC交于点G，如图所示，
∵OD∥BC，OD=OA，
∴∠ADO=∠AGE，∠ADO=∠DAO，
∴∠AGE=∠DAO，
∵∠AGE=∠B+∠BAD，
∴∠DAO=∠B+∠BAD．
【点睛】本题考查圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系、平行线的性质，三角形的外角与内角的关系，解题的关键是明确题意，找出所求结论需要的条件．
3．（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）如图，A、B为⊙O上的两个定点，P是⊙O上的动点（P不与A、B重合），我们称∠APB为⊙O上关于A、B的滑动角．已知∠APB是⊙O上关于点A、B的滑动角．
(1)若AB为⊙O的直径，则∠APB= ______ ；
(2)若⊙O半径为1，AB=2，求∠APB的度数．
【答案】(1)90°
(2)∠APB=45°或135°
【分析】（1）由AB为⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可求得∠APB的度数．
（2）连接OA、OB、AB.由勾股定理的逆定理，即可证得∠AOB=90°.然后由圆周角定理，即可求得答案．
【详解】（1）AB为⊙O的直径，
∴∠APB=90°，
故答案为：90°；
（2）连接OA、OB、AB.
∵⊙O的半径是1，
∴OA=OB=1.
又∵AB=2，
∴OA2+OB2=AB2，
由勾股定理的逆定理可得∠AOB=90°.
若点P在优弧APB上,∠APB=12∠AOB=45°.
若点P在劣弧AB上,∠AP'B=180°−∠APB=180°−45°=135°.
∴∠APB=45°或135°．
【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理的逆定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
4．（2023·江西南昌·统考一模）如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，∠A=45°，请仅用无刻度的直尺，按下列要求画图（保留画图痕迹）．
(1)在图1的⊙O上作点D，使△BCD为等腰直角三角形；
(2)在图2的⊙O上作点M，N，使四边形BCMN为正方形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接CO，并延长CO交⊙O于点D，连接BD，即可求解；
（2）连接CO，BO，并分别延长CO，BO交⊙O于点N，M，连接BD，CM，
【详解】（1）解：画图如下：点D即为所求．
理由：如图，连接CO，并延长CO交⊙O于点D，连接BD，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠CBD=90°，
∵∠D=∠A=45°，
∴△BCD为等腰直角三角形；
（2）解：画图如下：正方形BCMN即为所求．
理由：如图，连接CO，BO，并分别延长CO，BO交⊙O于点N，M，连接BD，CM，
∵CN,BM是⊙O的直径，
∴∠CBN=∠BCM=∠CMN=∠BNM=90°，
∴四边形BCMN是矩形，
∵∠CNB=∠A=45°，
∴△BCN为等腰直角三角形，
∴BC=BN，
∴四边形BCMN是正方形．
【点睛】本题主要考查了复杂作图，圆周角定理，正方形的判定，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
5．（2023·陕西西安·校考一模）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，BC为⊙O的直径，点E是⊙O上一点，连接OE并延长交过点C的切线CD于点D，∠B=∠D．
(1)求证：OD∥AC；
(2)延长EO交AB于点F，AF=2，⊙O的直径为25，求OD的长．
【答案】(1)见解析
(2)OD=5．
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠A=90°，求得∠B+∠BCA=90°，根据切线的性质得到∠BCD=90°，求得∠D+∠COD=90°，根据平行线的判定定理即可得到结论；
（2）根据平行线的性质得到∠BFO=∠A=90°，根据勾股定理得到OF的长，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵BC为⊙O的直径，
∴∠A=90°，
∴∠B+∠BCA=90°，
∵CD为⊙O的切线，
∴∠BCD=90°，
∴∠D+∠COD=90°，
∵∠B=∠D，
∴∠BCA=∠COD，
∴OD∥AC；
（2）解：由（1）可得OD∥AC，
∴∠BFO=∠A=90°，
即OF⊥AB，
∴BF=AF=2，
∵⊙O的直径为25，
∴OB=OC=5，
在Rt△BFO中，OF=OB2−BF2=1，
∵∠B=∠D，∠BOF=∠COD，
∴△BOF∽△DOC，
∴OBOF=ODOC，
∴51=OD5，
解得OD=5．
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，平行线的判定，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
6．（2023·陕西西安·西安建筑科技大学附属中学校考一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，∠ADB=∠CDB．
(1)试判断△ABC的形状，并给出证明；
(2)若AB=2，AD=1，求CD的长度．
【答案】(1)△ABC是等腰直角三角形；证明见解析；
(2)3；
【分析】（1）根据圆周角定理可得∠ABC=90°，由∠ADB=∠CDB根据等弧对等角可得∠ACB=∠CAB，即可证明；
（2）Rt△ABC中由勾股定理可得AC，Rt△ADC中由勾股定理求得CD即可；
【详解】（1）证明：∵AC是圆的直径，则∠ABC=∠ADC=90°，
∵∠ADB=∠CDB，∠ADB=∠ACB，∠CDB=∠CAB，
∴∠ACB=∠CAB，
∴△ABC是等腰直角三角形；
（2）解：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC=AB=2，
∴AC=AB2+BC2=2，
Rt△ADC中，∠ADC=90°，AD=1，则CD=AC2−AD2=3，
∴CD=3．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识；掌握等弧对等角是解题关键．
7．（2023·河南安阳·统考一模）如图，△ABC内接于⊙O，AB、CD是⊙O的直径，E是DA长线上一点，且∠CED=∠CAB．
(1)判断CE与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若DE=35，tanB=12，求线段CE的长．
【答案】(1)CE是⊙O的切线；见解析
(2)3
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是90°，根据圆周角定理得出∠B=∠D，推出∠DCE=90°即可得出结论；
（2）根据∠B=∠D，得到tan∠B=tan∠D，即可得CD=2CE，再根据勾股定理得出CE即可．
【详解】（1）CE与⊙O相切，
理由：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠B=90°，
∵∠CED=∠CAB，∠B=∠D，
∴∠CED+∠D=90°，
∴∠DCE=∠ACB=90°，
∴CD⊥CE，
∵CD是⊙O的直径，即OC是⊙O半径，
∴CE是⊙O的切线；
（2）由（1）知，CD⊥CE，
在Rt△ABC和Rt△DEC中，
∵∠B=∠D，tanB=12，
∴tan∠B=tan∠D=CECD=12，
∴CD=2CE，
在Rt△CDE中，CD2+CE2=DE2，DE=35，
∴2CE2+CE2=352，
解得CE=3（负值舍去），
即线段CE的长为3．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，三角函数以及勾股定理等知识，掌握切线的判定是解答本题的关键．
8．（2023·河南郑州·统考一模）如图，点O在△ABC的边AB上，⊙O与边AC相切于点E，与边BC，AB分别交于点D，F，且DE=EF．
(1)求证：∠C=90°；
(2)当BC=3,AC=4时，求⊙O半径的长．
【答案】(1)见解析
(2)158
【分析】（1）连接OE，先根据切线性质得到∠OEA=90°，再根据等腰三角形的性质和等弧所对的圆周角相等证得∠OEB=∠EBD，进而证得OE∥BC即可证得结论；
（2）先根据勾股定理求得AB=5， 设⊙O的半径为r，则AO=5−r，证明△AEO∽△ACB得到OEBC=AOAB即r3=5−r5，进而求解即可．
【详解】（1）证明：连接OE，
∵⊙O与边AC相切于点E，
∴∠OEA=90°，
∵OB=OE，
∴∠OEB=∠OBE，
∵DE=EF，
∴DE=EF，
∴∠OBE=∠EBD，
∴∠OEB=∠EBD，
∴OE∥BC，
∴∠C=∠OEA=90°；
（2）解：在Rt△ABC中，BC=3,AC=4，∠C=90°，
∴AB=AC2+BC2=42+32=5，
设⊙O的半径为r，则AO=5−r，
∵OE∥BC，
∴△AEO∽△ACB，
∴OEBC=AOAB即r3=5−r5，
解得r=158，即⊙O半径的长为158．
【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，弧、弦、圆周角的关系，相似三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
9．（2023·安徽合肥·校考模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，AD平分∠CAB，BD是⊙O的切线，AD与BC相交于点E，与⊙O相交于点F，连接BF．
(1)求证：BD=BE；
(2)若DE=2，BD= 5，求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）根据AB是⊙O的直径，得出∠C=90°，BD是⊙O的切线，得出BD⊥AB，结合角平分线的定义，得出∠DEB=∠D，进而得出BD=BE；
（2）根据（1）的结论得出EF=DF=12DE=1，证明Rt△BDF∽Rt△ADB，根据相似三角形的性质得出AD=5，进而即可求解．
【详解】（1）证明：∵AD平分∠CAB，
∴∠CAE=∠BAE．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠C=90°，
∴∠CAE+∠CEA=90°，
∵∠DEB=∠CEA，
∴∠DEB+∠DAB=90°．
∵BD是⊙O的切线，
∴BD⊥AB，
∴∠ABD=90°，
∴∠BAD+∠D=90°，
∴∠DEB=∠D，
∴BD=BE；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB=90°，
∴BF⊥DE，
∵BD=BE，
∴EF=DF=12DE=1．
∵BD是⊙O的切线，
∴BD⊥AB，
∵BF⊥AD，
∴Rt△BDF∽Rt△ADB，
∴DFBD=BDAD，
∴BD2=DF⋅DA，
∴52=1×AD，
∴AD=5，
∴AE=AD−DE=5−2=3．
【点睛】本题考查了切线的性质，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
10．（2023·安徽·统考一模）如图，AB是半圆O的直径，点C是弧AB的中点，点D是弧AC的中点，AC、BD相交于点E，连接AD、BC．
(1)求证：BE=2AD；
(2)若AD=2，求△ABE的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)4
【分析】（1）延长AD、BC交于点F，证明△ACF≌△BCE，根据全等三角形的性质与等腰三角形的性质得出BE=AF=2AD，即可得证；
（2）根据（1）的结论得出BE=4，由AB是半圆O的直径，得出AD⊥BD，然后根据三角形的面积公式进行计算即可求解．
【详解】（1）证明：如图1，延长AD、BC交于点F，
在△ACF与△BCE中，
∠CAF=∠CBE∠ACF=∠BCE=90°AC=BC，
∴△ACF≌△BCE，
∴BE=AF，
∵AB是半圆O的直径
，∴BD⊥AF，
∵∠ABD=∠DBC，
∴AB=BF，
∴AD=DF，
∴BE=AF=2AD；
（2）∵AD=2，BE=2AD，
∴BE=4
∵AB是半圆O的直径，
∴AD⊥BD
∴S△ABE=12AD×BE=12×2×4=4．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，直径所对的圆周角是直角，综合运用以上知识是解题的关键．
类型二、切线的判定与性质
11．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点O在AC边上，⊙O经过点C且与AB边相切于点E，D是AB的中点， ∠FAC=12∠BDC．
(1)求证：AF是⊙O的切线；
(2)若BC=6,sinB=45，求⊙O的半径及OD的长．
【答案】(1)见解析
(2)2，10
【分析】（1）作OH⊥FA，连接OE，根据直角三角形的性质可得CD=AD=12AB，从而得到∠CAD=∠ACD，再由∠FAC=12∠BDC，可得AC是∠FAB的平分线，然后根据角平分线的性质可得OH=OE，即可；
（2）根据题意可设AC=4x,AB=5x，根据勾股定理可得AC=8,AB=10，设⊙O的半径为r，则OC=OE=r，AO=8−r，根据△AOE∽△ABC，可得r=3，从而得到OE=3，DE=1，再由勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，作OH⊥FA，连接OE，
∵∠ACB=90°，D是AB的中点，
∴CD=AD=12AB，
∴∠CAD=∠ACD，
∵∠BDC=∠CAD+∠ACD=2∠CAD，
又∵∠FAC=12∠BDC，
∴∠FAC=∠CAB，
即AC是∠FAB的平分线，
∵点O在AC上，⊙O与AB相切于点E，
∴OE⊥AB，且OE是⊙O的半径，
∴OH=OE，
∵OH是⊙O的半径，
∴AF是⊙O的切线；
（2）解：在△ABC中，BC=6,sinB=45，
∴可设AC=4x,AB=5x，
∵AB2−AC2=BC2，
∴5x2−4x2=62，
解得：x=2，
∴AC=8,AB=10，
∵D是AB的中点，
∴AD=12AB=5，
设⊙O的半径为r，则OC=OE=r，AO=8−r，
∵∠AEO=∠ACB=90°，∠OAE=∠CAB，
∴△AOE∽△ABC，
∴OEBC=AOAB，
即r6=8−r10，
解得：r=3，
∴AO=5,OE=3，
∴AE=4，
∴DE=1，
在Rt△ODE中，由勾股定理得： OD=OE2+DE2=10．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质和判定，直接三角形的性质，角平分线的判定和性质，勾股定理，三角函数，相似三角形的判定和性质，熟练掌握圆的切线的性质和判定是解题关键．
12．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）如图，在△ABC中，∠C=90°，AE平分∠BAC并交BC于点E，点O在AB上，经过点A，E的半圆O分别交AC，AB于点F，D，连接ED．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)判断∠DEB和∠EAB的数量关系，并说明理由；
(3)若⊙O的半径为5，AC=8，求点E到直线AB的距离．
【答案】(1)见详解
(2)∠DEB=∠EAB，理由见详解
(3)4
【分析】（1）连接OE，根据AE平分∠BAC，可得∠BAC=2∠EAB，根据∠EOD=∠OAE+∠OEA=2∠OAE，即有∠EOD=∠CAB，则AC∥OE，问题随之得解；
（2）结合∠BED+∠AEC=90°，∠CAE+∠AEC=90°，可得∠BED=∠CAE，再根据AE平分∠BAC，可得∠DEB=∠EAB，问题得解；
（3）过E点作EM⊥AD于M，根据角平分线的性质定理可得EM=CE，再证明△ACE∽△AED，问题随之得解．
【详解】（1）连接OE，如图，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAC=2∠EAB，
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA，
∴∠EOD=∠OAE+∠OEA=2∠OAE，
∴∠EOD=∠CAB，
∴AC∥OE，
∵∠C=90°，
∴∠OEB=90°，
∴OE⊥BC，
∵OE为圆O的半径，
∴BC是⊙O的切线；
（2）∠DEB=∠EAB，理由如下：
∵AD半圆O的直径，
∴∠AED=90°，
∴∠BED+∠AEC=90°，
∵∠CAE+∠AEC=90°，
∴∠BED=∠CAE，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE=∠CAE，
∴∠DEB=∠EAB；
（3）过E点作EM⊥AD于M，如图，
根据题意有：AD=5×2=10，
∵AE平分∠BAC，EM⊥AD，∠C=90°，
∴AC⊥CE，
∴EM=CE，
∵∠BAE=∠CAE，∠C=∠AED=90°，
∴△ACE∽△AED，
∴ACAE=AEAD，
∵AC=8，AD=10，
∴AE2=AD×AC=80，
∴CE=AE2−AC2=4，
∴EM=CE=4，
∴点E到直线AB的距离为4．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理以及相似三角形的判定与性质等知识，掌握切线的判定是解答本题的关键．．
13．（2023·河南安阳·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，AB=5，点D是⊙O外一点，连接DB交⊙O于点C，连接OC，AC，AD，已知∠D+12∠AOC=90°．
(1)求证：AD是⊙O的切线；
(2)若sinB=35，求线段CD的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)94
【分析】（1）先由圆周角定理得到∠B=12∠AOC，即可得到∠D+∠B=90°，则∠BAD=90°，由此即可证明AD是⊙O的切线；
（2）先解Rt△ABC，求出AC=3，BC=4，则tanB=34，证明∠CAD=∠B，再解Rt△ADC求出CD的长即可．
【详解】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠B=12∠AOC，
∵∠D+12∠AOC=90°，
∴∠D+∠B=90°，
∴∠BAD=90°，即AB⊥AD，
∴AD是⊙O的切线；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
在Rt△ABC中，sinB=ACAB=35，
∴AC=AB⋅sinB=3，
∴BC=AB2−AC2=4，
∴tanB=ACBC=34，
∵∠B+∠BAC=90°=∠CAD+∠BAC，
∴∠CAD=∠B，
在Rt△ADC中，tan∠CAD=CDAC=tanB=34，
∴CD=34AC=94．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，灵活运用所学知识是解题的关键．
14．（2023·广西南宁·校考一模）如图，AB是⊙O的直径，点F，C是⊙O上两点，连结AC，AF，OC，AC平分∠FAB，过点C作CD⊥AF，交AF的延长线于点D．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若tan∠DAC=12，AB=10，求线段DF的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）证明∠FAC=∠ACO，从而可知AD∥OC，由于CD⊥AF，所以CD⊥OC，所以CD是⊙O的切线；
（2）连接BC，FC，根据三角函数的定义，利用勾股定理解直角三角形，分别求出BC=25，AC=45，CD=4，AD=8，证明△DFC∽△CBA，得到DFBC=CDAC，即可求解．
【详解】（1）解：证明：∵AC平分∠FAB，
∴∠FAC=∠CAO，
∵AO=CO，
∴∠ACO=∠CAO，
∴∠FAC=∠ACO，
∴AD∥OC，
∵CD⊥AF，
∴CD⊥OC，
∵C在圆上，
∴CD是⊙O的切线；
（2）连接BC，FC，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠DAC=∠CAB，
∴tan∠DAC=tan∠CAB=BCAC=12，即AC=2BC，
∵AB=10，
∴AC2+BC2=AB2，即2BC2+BC2=102，
解得：BC=25（负值舍去），AC=45，
∵tan∠DAC=CDAD=12，
∴AD=2CD，同理可得：CD=4，AD=8，
∵四边形ABCF内接于⊙O，
∴∠AFC+∠B=180°，又∠AFC+∠DFC=180°，
∴∠B=∠DFC，
∵∠CDF=∠ACB=90°，
∴△DFC∽△CBA，
∴DFBC=CDAC，即DF25=445，
解得：DF=2．
【点睛】本题考查切线的判定与性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，解题的关键是能根据切线的判定与性质和圆周角定理得到90°角．
15．（2023·湖南长沙·校联考二模）如图，AB是⊙O的直径，点E在AB的延长线上，AC平分∠DAE交⊙O于点C，连接EC并延长，AD垂直EC于点D．
(1)求证：直线DE是⊙O的切线；
(2)若⊙O的半径为3，BE=2，求线段AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)245
【分析】（1）连接OC，由角平分线的定义及等腰三角形的性质，得出∠DAC=∠ACO，再根据平行线的判定定理，得出AD∥OC，进而得出∠OCE=90°，再根据切线的判定定理，即可得出结论；
（2）连接OC，证明△COE∽△DAE，由相似三角形的性质可求出答案．
【详解】（1）证明：如图1，连接OC，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵AC平分∠DAE，
∴∠DAC=∠OAC，
∴∠DAC=∠ACO，
∴AD∥OC，
∴∠OCE=∠ADC
∵AD⊥DE，
∴∠ADC=90°，
∴∠OCE=90°，
∴OC⊥DE，
∵OC是半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：如图1，连接OC，
∵AD∥OC，
∴△COE∽△DAE，
∴OCAD=OEAE，
∴3AD=2+32+3+3，
∴AD=245．
【点睛】本题考查了等边对等角、平行线的判定与性质、切线的判定定理、相似三角形的判定与性质，解本题的关键是作辅助线，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
16．（2023·广西·统考一模）如图1，AB是⊙O的直径，点D，F在⊙O上，OD⊥AB，延长AB至点C，连接DF，交AB于点E，连接CF，CF=CE．
(1)证明：CF是⊙O的切线；
(2)如图2，连接AD，G是AD的中点，连接BG，若CF=5，BC=3，求tan∠ABG的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)13
【分析】（1）如图1，连接OF．由等边对等角可得∠ODF=∠OFD， ∠CFE=∠FEC．由对顶角相等可得∠OED=∠FEC，则∠OED=∠CFE．由题意知∠DOE=90°，可证∠CFE+∠OFD=∠OED+∠ODE=90°，则∠OFC=90°，即OF⊥CF，进而结论得证．
（2）如图2，过点G作GH⊥AB于点H．由题意知，∠DAB=45°，∠GHA=90°，则∠AGH=45°，有AH=HG，由GH⊥AB，DO⊥AB，可得HG∥DO，进而可证HG为△ADO的中位线，即HG=AH=12DO=12OB=12OA，可得OH=OA−AH=AH，BH=OH+OB=3AH，在Rt△BGH中，tan∠ABG=HGBH=AH3AH，计算求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接OF．
∵OD=OF，
∴∠ODF=∠OFD．
∵FC=CE，
∴∠CFE=∠FEC．
又∵∠OED=∠FEC，
∴∠OED=∠CFE．
∵OD⊥AB，
∴∠DOE=90°，
∴∠OED+∠ODE=90°，
∴∠CFE+∠OFD=90°，即∠OFC=90°，
∴OF⊥CF．
又∵OF是半径，
∴CF是⊙O的切线．
（2）解：如图2，过点G作GH⊥AB于点H．
由题意知，∠DAB=45°，∠GHA=90°，
∴∠AGH=45°，
∴AH=HG，
∵GH⊥AB，DO⊥AB，
∴HG∥DO，
∵G为AD中点，
∴HG为△ADO的中位线，
∴HG=AH=12DO=12OB=12OA，
∴OH=OA−AH=AH，BH=OH+OB=3AH，
在Rt△BGH中，tan∠ABG=HGBH=AH3AH=13，
∴tan∠ABG=13．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，切线的判定，垂径定理，中位线，正切等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握并灵活运用．
17．（2023·广东梅州·校考模拟预测）如图：以△ABC的边AB为直径作⊙O，点C在⊙O上，BD是⊙O的弦，∠A=∠CBD，过点C作CF⊥AB于点F，交BD于点G，过点C作CE∥BD交AB的延长线于点E．
(1)求证：EC是⊙O的切线；
(2)求证：CG=BG．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)证明过程见解析
【分析】（1）连接OC，根据∠A=∠CBD可得DC=CB，从而证明OC⊥DB，再根据DB∥CE可得OC⊥CE，即可得出结论；
（2）根据∠ACB=∠CFB=90°可证∠BCF=∠A，再根据∠A=∠CBD和等腰三角形的判定即可得出结论．
【详解】（1）证明：连接OC，
∵∠A=∠CBD，
∴DC=CB，
∴OC⊥DB，
∵DB∥CE，
∴OC⊥CE，
∵OC是⊙O的半径，
∴∠OCE=90°，
∴CE是⊙O的切线．
（2）证明：∵AB为直径 ，
∴∠ACB=90°，
∴∠A+∠ABC=90°，
∵CF⊥AB，
∴∠CFB=90°，
∴∠BCF+∠CBA=90°，
∴∠BCF=∠A，
又∵∠A=∠CBD，
∴∠BCF=∠CBD，
∴CG=GB．
【点睛】本题考查了切线的判定、圆周角定理和平行线的性质及等腰三角形的判定，熟练掌握切线的判定和圆周角定理是解决问题的关键．
18．（2023·陕西渭南·统考一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，且AB=AC，点M是BMC的中点，作MN∥BC交AB的延长线于点N，连接AM交BC于点D．
(1)求证：MN是⊙O的切线；
(2)若BC=8，AD=3，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)256
【分析】（1）先根据弧、弦之间的关系得到AB=AC，再由点M是BMC的中点，得到BM=CM，由此即可证明ABM=ACM，则AM是⊙O的直径，由垂径定理可知AM⊥BC，即可证明AM⊥MN，则MN是⊙O的切线；
（2）如图所示，连接OB，设AM、BC交于D，由垂径定理得BD=4，设⊙O的半径为r，则OA=OB=r，OD=r−3，在Rt△BOD中，由勾股定理的r2=42+r−32，解得r=256，则⊙O的半径为256．
【详解】（1）证明：∵AB=AC，
∴AB=AC，
∵点M是BMC的中点，
∴BM=CM，
∴BM+AB=CM+AC
∴ABM=ACM，
∴AM是⊙O的直径，
∴AM⊥BC，
∵MN∥BC，
∴AM⊥MN，
∴MN是⊙O的切线；
（2）解：如图所示，连接OB，设AM、BC交于D，
∵AM⊥BC，BC=8，
∴BD=CD=12BC=4，
设⊙O的半径为r，则OA=OB=r，
∵AD=3，
∴OD=OA−AD=r−3，
在Rt△BOD中，由勾股定理的OB2=BD2+OD2，
∴r2=42+r−32，
∴r=256，
∴⊙O的半径为256．
【点睛】本题主要考查了弧、弦之间的关系，切线的判定，垂径定理，勾股定理，灵活运用所学知识是解题的关键．
19．（2023·陕西咸阳·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，OD垂直弦AC于点E，且交⊙O于点D，F是BA延长线上一点，若∠CDB=∠BFD
(1)求证：FD是⊙O的切线；
(2)若AB=10，BC=6，求DF的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)203
【分析】（1）∠CDB=∠CAB，∠CDB=∠BFD，得到∠CAB=∠BFD，推出FD∥AC；得到OD⊥FD，进而得出结论；
（2）利用勾股定理先求解AC，再利用垂径定理得出AE的长，可得OE的长，证明△AEO∽△FDO，再利用相似三角形的判定与性质得出DF的长．
【详解】（1）证明：∵∠CDB=∠CAB，∠CDB=∠BFD，
∴∠CAB=∠BFD，
∴FD∥AC，
∵OD垂直于弦AC于点E，
∴OD⊥FD，
∵OD是⊙O的半径，
∴FD是⊙O的切线.
（2）∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵AB=10，BC=6，
∴AC=102−62=8，AO=OB=OD=5，
∵DO⊥AC，
∴AE=CE=4，
∴OE=OA2−AE2=52−42=3，
∵AC∥FD，
∴△AEO∽△FDO，
∴AEFD=EODO，
∴35=4FD，
解得：DF=203．经检验符合题意.
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、垂径定理、圆周角定理，切线的判定，以及平行线的判定，掌握相似三角形的判定与性质、垂径定理、圆周角定理以及平行线的判定是解题的关键．
20．（2023·广东东莞·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，且AD平分∠CAB，过点D作AC的垂线，与AC的延长线相交于E，与AB的延长线相交于点F，G为AB的下半圆弧的中点，DG交AB于H，连接DB、GB．
(1)证明：EF是⊙O的切线；
(2)若圆的半径R=5，BH=3，求GH的长；
(3)求证：DF2=AF⋅BF．
【答案】(1)见解析
(2)29
(3)见解析
【分析】（1）连接OD，证明OD⊥EF即可由切线的判定定理得出结论；
（2）连接OG，因为G是半圆弧中点，所以∠BOG=90°，在Rt△OGH中，根据勾股定理求解即可；
（3）证明△FBD∽△FDA，得FDFA=FBFD，即可得出结论．
【详解】（1）解：证明：连接OD，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
又∵AD平分∠BAC，
∴∠OAD＝∠CAD，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴OD∥AE，
又∵EF⊥AE，
∴OD⊥EF，
∴EF是⊙O的切线；
（2）解：连接OG，
∵G是半圆弧中点，
∴∠BOG=90°，
在Rt△OGH中，OG=5，OH=OB−BH=5−3=2．
∴GH=OH2+OG2=29．
（3）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠DAB+∠OBD=90°，
由（1）得，EF是⊙O的切线，
∴∠ODF=90°，
∴∠BDF+∠ODB=90°，
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠OBD，
∴∠DAB=∠BDF，
又∠F=∠F，
∴△FBD∽△FDA，
∴FDFA=FBFD，
∴DF2=AF⋅BF．
【点睛】本题考查切线的判定和性质，圆周角定理及其推论，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解题关键是熟练掌握相关性质与判定定理．
类型三、弧长、扇形与阴影部分的面积
21．（2023·福建福州·统考模拟预测）如图，△ABC内接于⊙O，且∠B=60°．直线l过点C，AF⊥l，垂足为F，CG⊥AD，垂足为G．
(1)求证：直线l是⊙O的切线；
(2)若AF=43，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)963−32π9
【分析】（1）连接OC，根据角平分线得出AF∥OC，再根据垂直定理得出OC⊥l，OC为半径，即可解答
（2）如图，连接CD，根据题意得出∠ACD=90°，∠FAC=∠CAD=30°，再根据含30°的直角三角形三边关系得到FC=12AC，设FC=x，得到CF=4，即可解答
【详解】（1）证明：如图，连接OC，
∵ OA=OC，
∴∠ACO=∠CAD，
∵AC平分∠FAD，
∴∠FAC=∠CAD，
∴∠FAC=∠ACO，
∴ AF∥OC，
∵AF⊥l，
∴OC⊥l，
∵OC为半径，
∴直线l是⊙O的切线；
（2）解：如图，连接CD．
∵AD是圆的直径，
∴∠ACD=90°
又∵∠ADC=∠B=60°，
∴∠CAD=30°，
∴∠FAC=∠CAD=30°，
在Rt△ACE中，∠FAC=30°，AF=43，
∴FC=12AC，
设FC=x，
则AC=2x，2x2−x2=432，
解得：x=4，
∴CF=4．
在Rt△OCG中，∠COG=60°，
得OC=432=833．
在Rt△CEO中，OE=1633．
∴S阴影=S△CEO−S扇形COD=12OE·CG−60π·OC2360=3233−32π9=963−32π9．
【点睛】本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，也考查了直角三角形的性质和扇形的面积．
22．（2023·湖北襄阳·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，C，E在⊙O上，AC平分∠EAB，CD⊥AE，垂足为D，DC，AB的延长线交于点F．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若DE=1,AE=2，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)23−23π
【分析】（1）连接OC，根据角平分线的意义和等边对等角得出∠EAC=∠OCA，继而根据平行线的判定与性质求出∠D=∠OCF，根据切线的判定证明即可；
（2）作OP⊥AE于点P，利用特殊角的三角函数值求出∠PAO=60°，进而求出CF，最后根据S阴影=S△FOC−S扇形OBC求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接OC．
∵AC平分∠EAB，
∴∠EAC=∠OAC．
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠EAC=∠OCA，
∴AD∥OC，
∴∠D=∠OCF．
∵CD⊥AE．
∴∠OCF=∠D=90°．
∴OC⊥DF．
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）如图，作OP⊥AE于点P，则四边形OCDP是矩形，AP=PE．
∵DE=1，AE=2，
∴OA=OC=PD=2，
∴cs∠PAO=PAOA=12，
∴∠PAO=60°．
∵AD∥OC，
∴∠COF=∠PAO=60°，
∴CF=OC⋅tan∠COF=2×tan60°=23，
∴S阴影=S△FOC−S扇形OBC=12×2×23−60π×22360=23−23π．
【点睛】本题考查了角平分线的意义和等边对等角，平行线的判定与性质，切线的判定，解直角三角形等知识．连接常用的辅助线是解题关键．
23．（2023·湖南永州·校考一模）．如图，AB是⊙O直径，弦CD垂直于AB，交AB于点E，连接AC，∠CDB=30°， CD=43．
(1)求半径OC；
(2)BC的弧长；
(3)求阴影面积．
【答案】(1)4
(2)43π
(3)83π
【分析】（1）根据圆周角定理得∠CAB=∠CDB=30°，根据垂径定理得CE=DE=23，∠COE=2∠CAB=60°，即可求出半径OC；
（2）根据弧长公式求BC的长度即可；
（3）连接OD，阴影面积为扇形BOD的面积．
【详解】（1）解：∵∠CDB=30°，
∴∠CAB=∠CDB=30°，
∵AB是⊙O直径，弦CD垂直于AB，CD=43，
∴CE=DE=12×43=23，OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=30°，
∵∠COE=2∠CAB=60°，
在Rt△COE中，sin∠COE=CEOC，
∴OC=CEsin∠COE=23sin60°=2332=4，
∴半径OC为4；
（2）∵∠COB=60°，OC=4，
∴BC的长为：60π×4180=43π，
∴BC的弧长为43π；
（3）如图，连接OD，
∴OD=OB=OC=4，
∵OB⊥CD，CE=DE，
∴BC=BD，S△COE=12CE⋅OE=12DE⋅OE=S△DOE，
∴∠DOB=∠COB=60°，
∴阴影部分的面积等于扇形DOB的面积，
∵扇形DOB的面积为：60π×42360=83π，
∴阴影面积为83π．
【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理及垂径定理的推论，锐角三角函数，弧长公式以及扇形面积等知识．熟练应用垂径定理及推论，弧长和扇形面积公式是解题关键．
24．（2023·安徽·校联考一模）如图，Rt△ABC中，在斜边AB上选一点O为圆心画圆，此圆恰好经过点A，且与直角边BC相切于点D，连接AD、DE．

(1)求证：△EAD∽△DAC；
(2)若∠CAD=30°，BE=2，求阴影部分图形的周长．
【答案】(1)见解析
(2)23π+2+23
【分析】（1）连接OD，由题意易知∠ADE=∠ACD=90°，∠DAO=∠ADO，OD⊥BC，证得OD∥AC，可得∠CAD=∠ADO，可证得∠CAD=∠DAO，即可证得结论；
（2）由（1）可知，∠CAD=∠DAO=30°，可知∠CAB=60°，∠B=30°，∠DOE=60°，证得△DOE为等边三角形，易得∠BDE=30°，可得DE=BE=2，进而可得OD=DE=OE=2，BD=23，求得DE的长度，结合阴影部分图形的周长为DE+BE+BD即可求解．
【详解】（1）证明：连接OD，
由题意可知，∠ACD=90°，AE为直径，
∴∠ADE=90°，则∠ADE=∠ACD=90°，
∵BC与⊙O相切于点D，
∴OD⊥BC，则∠ODB=90°，
∴OD∥AC，
∴∠CAD=∠ADO，
又∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ADO，
∴∠CAD=∠DAO，
∴△EAD∽△DAC；
（2）解：∵∠CAD=30°，由（1）可知，∠CAD=∠DAO，
∴∠CAD=∠DAO=30°，则∠CAB=60°，∠B=30°，∠DOE=60°，
∴△DOE为等边三角形，则∠ODE=60°，OD=DE=OE
又∵∠ODB=90°，
∴∠BDE=30°，
∴DE=BE=2，
∴OD=DE=OE=2，则BD=23，
DE=60°360°×2π×2=23π，
∴阴影部分图形的周长为：DE+BE+BD=23π+2+23．
【点睛】本题考查相似三角形的判定，圆周角定理，切线的性质，等边三角形的判定及性质，弧长公式，连接圆心与切点是解决问题的关键．
25．（2023·吉林松原·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，点E在⊙O上，连接AE和BE，BC平分∠ABE交⊙O于点C，过点C作CD⊥BE交BE的延长线于点D，连接CE．
(1)判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若CD=3,BC=23，求AC的长（结果保留π）．
【答案】(1)CD是⊙O的切线．理由见解析
(2)2π3
【分析】（1）连接OC，证明OC⊥CD即可；
（2）根据三角函数的定义和弧长公式即可得到结论．
【详解】（1）结论：CD是⊙O的切线．
理由：连接OC．
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC，
∵BC平分∠ABD，
∴∠OBC=∠CBE，
∴∠OCB=∠CBE，
∴OC∥BD，
∵CD⊥BD，
∴CD⊥OC，
∵OC是半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）在Rt△BCD中，∵CD=3,BC=23，，
∴sin∠CBD=CDBC=323=12，
∴∠CBD=30°，
∵BC平分∠ABD，
∴∠ABC=∠CBD=30°，
∴∠AOC=2∠ABC=60°，
连接AC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴AB=BCcs30°=4，
∴AO=2，
∴AC的长为60π×2180=2π3．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，解直角三角形，圆周角定理，平行线的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
26．（2023·广东深圳·校联考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，⊙O与BC，AC分别相切于点E，F，BO平分∠ABC，连接OA．
(1)求证：AB是⊙O的切线；
(2)若BE=AC=6，⊙O的半径是2，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)10−32π
【分析】（1）连接OE，过点O作OG⊥AB于点G，如图，由切线的性质得到OE⊥BC，再由角平分线的性质得到OE=OG，由此即可证明AB是⊙O的切线；
（2）连接OE，OF，过点O作OG⊥AB于点G，如图，先证明四边形OECF为正方形．得到EC=FC=OE=OF=2．求出BC=8，即可求出AB=10．证明AO平分∠BAC，进而推出∠OAB+∠OBC=45°，则∠AOB=135°．即可得到S阴影=S△OAB−S扇形OMN=12×10×2−135π×22360=10−32π=10．
【详解】（1）证明：连接OE，过点O作OG⊥AB于点G，如图，
∵BC为⊙O的切线，
∴OE⊥BC．
∵BO平分∠ABC，OG⊥AB，OE⊥BC，
∴OE=OG．
∴直线AB经过半径OG的外端G，且垂直于半径OG，
∴AB是⊙O的切线；
（2）解：连接OE，OF，过点O作OG⊥AB于点G，如图，
∵⊙O与BC，AC分别相切于点E，F，
∴OE⊥BC，OF⊥AC，
∵∠ACB=90°，
∴四边形OECF为矩形，
∵OE=OF，
∴四边形OECF为正方形．
∴EC=FC=OE=OF=2．
∵BE=AC=6，
∴BC=8，
∴AB=AC2+BC2=10．
由（1）知：OG=OE=2，
∴OG=OF，
∵OG⊥AB，OF⊥AC，
∴AO平分∠BAC，
∴∠OAB=∠BAC．
∵BO平分∠ABC，
∴∠OBA=∠ABC．
∵∠ACB=90°，
∴∠ABC+∠BAC=90°，
∴∠OAB+∠OBC=12∠ABC+∠BAC=45°，
∴∠AOB=135°．
∴S阴影=S△OAB−S扇形OMN=12×10×2−135π×22360=10−32π=10．
【点睛】本题主要考查了切线的性质与判定，正方形的性质与判定，勾股定理，角平分线的性质与判定，求不规则图形面积得到，正确作出辅助线是解题的关键．
27．（2023·河北·统考模拟预测）如图，已知AB是半圆O的直径，AB=4，点D是线段AB延长线上的一个动点，直线DF垂直于射线AB于点D，在直线DF上选取一点C（点C在点D的上方），使CD=OA，将射线CD绕点D逆时针旋转，旋转角为α(0°<α≤90°)．
(1)若OD=5，求点C与点O之间距离的最小值；
(2)当射线DC与⊙O相切于点C时，求劣弧BC的长度；
【答案】(1)3
(2)π2
【分析】（1）当点C在线段OD上时，点C与点O之间的距离最小，求出OC则可得出答案；
（2）连接OC，由切线的性质得出∠DOC=45°，代入弧长公式可得答案．
【详解】（1）解：如图，当点C在线段OD上时，点C与点O之间的距离最小，
∵CD=OA=2，OD=5，
∴OC=OD−CD=5−2=3，
即点C与点O之间距离的最小值为3；
（2）如图，连接OC，
∵OC=OA，CD=OA，
∴OC=CD，
∴∠ODC=∠COD，
∵CD是⊙O的切线，
∴∠OCD=90°，
∴∠DOC=45°，
∴劣弧BC的长度为45π×2180=π2．
【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，弧长公式，解题的关键是掌握添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题．
28．（2023·安徽滁州·校考一模）如图，点D在⊙O的直径AB的延长线上，点C在⊙O上，AC平分∠DAE，AE⊥CD于点E．
(1)求证：CD是⊙O的切线．
(2)DF是⊙O的切线，F为切点，若BD=2，∠ADE=30°，求AF的长．
【答案】(1)见解析
(2)4π3
【分析】（1）连接OC，证明OC∥AE，根据平行线的性质得到OC⊥CD，根据切线的判定定理证明结论；
（2）连接OF，根据切线的性质得到OF⊥DF，根据含30°角的直角三角形的性质求出OF，根据弧长公式计算，得到答案．
【详解】（1）证明：连接OC，如图所示，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵AC平分∠DAE，
∴∠OAC=∠EAC，
∴∠EAC=∠OCA，
∴OC∥AE，
∵AE⊥CD，
∴OC⊥CD，
∵OC为⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：连接OF，
∵CD是⊙O的切线，DF是⊙O的切线，∠ADE=30°，
∴∠ODF=30°，OF⊥DF，
∴∠DOF=60°，OD=2OF，
∴∠AOF=120°，
∵BD=2，OD=OB+BD=OF+2=2OF，
∴OF=OC=2，
∴AF的长为：120π×2180=4π3．
【点睛】本题考查的是切线的判定和性质、弧长的计算，掌握切线的判定定理、弧长公式是解题的关键．
29．（2023·广东佛山·模拟预测）如图，四边形ABCD中，连接AC，AC=AD，以AC为直径的⊙O过点B，交CD于点E，过点E作EF⊥AD于点F．
(1)求证：EF是⊙O的切线；
(2)若∠BAC=∠DAC=30°，BC=2，求BCE的长．（结果保留π）
【答案】(1)见解析
(2)π
【分析】（1）连接OE,AE，根据直径所对的圆周角是直角得出∠AEC=90°，根据三线合一得出∠CAE=∠DAE，进而证明OE∥AD，结合已知条件，即可得证；
（2）根据已知条件结合（1）的结论得出∠BAE=∠BAC+∠CAE=45°，根据含30度角的直角三角形的性质得出半径为2，继而根据弧长公式即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，连接OE,AE，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠AEC=90°，
∵AC=AD，
∴∠CAE=∠DAE，
又∵AO=OE，
∴∠OAE=∠OEA，
∴∠OEA=∠DAE，
∴OE∥AD，
又∵EF⊥AD
∴OE⊥EF；
∴EF是⊙O的切线；
（2）解：∵∠BAC=∠DAC=30°，BC=2，∠CAE=12∠CAD=15°，
∴∠BAE=∠BAC+∠CAE=45°，AC=2BC=4，
∴OC=2，
连接OB，则∠BOE=45°，
∴BCE=90180π×2=π．
【点睛】本题考查了三线合一，切线的判定，含30度角的直角三角形的性质，圆周角定理，求弧长，掌握以上知识是解题的关键．
30．（2023·辽宁大连·模拟预测）如图，星海湾大桥是大连壮观秀丽的景点之一，主桥面(AB)是水平且笔直的，此时一个高1.6m的人(CD)站在C点望该桥的主塔BF，此时测得点D关于点F的俯角为35°，关于点E的俯角为75°，已知主塔AE=BF=114.3m，EF为该桥的主缆，与线段DF交于EF的中点G．
(1)请在图中作出关于EF所对应圆的圆心O并补全EF所对应的圆（尺规作图，保留作图痕迹且无需说明作图过程）；
(2)若关于EF所对应圆的半径为R，求EF的长（用含有π，R的代数式表示）；
(3)求星海湾大桥两座主塔之间的距离（结果取整数）．
（参考数据：sin55°≈0.82,cs55°≈0.57,tan55°≈1.43,sin15°≈0.26,cs15°≈0.97,tan15°≈0.27）
【答案】(1)见解析
(2)7πR9
(3)星海湾大桥两座主塔之间的距离为192m
【分析】（1）连接EG，作EG和FG的垂直平分线，相交于点O，点O即为所求，再以点O为圆心，OE长为半径，画圆即可；
（2）连接OE,OF,OG，可得∠EOG=70°，根据点G为EF中点，即可得出∠EOF=2∠EOG=140°，再根据弧长公式，即可求解；
（3）过点D作AB的平行线，交AE于点M，交BF于点N，根据题意可得∠FED=75°,∠EFD=35°，再根据EF=MN=MD+ND，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示：
（2）连接OE,OF,OG，
∵∠EFG=35°，
∴∠EOG=70°，
∵点G为EF中点，
∴∠EOF=2∠EOG=140°，
∴EF=140πR180=7πR9；
（3）过点D作AB的平行线，交AE于点M，交BF于点N，
∵AE⊥AB,BE⊥AB,MN∥AB，
∴AE⊥MN,BE⊥MN，
∵∠FED=75°,∠EFD=35°，
∴∠MED=15°,∠NFD=55°，
∵AE=BF=114.3m，CD=1.6m，
∴EM=FN=114.3−1.6=112.7m，
∴DM=EM⋅tan∠MED=112.7×tan15°，DM=FN⋅tan∠NFD=112.7×tan55°，
∴EF=MN=112.7×tan15°+112.7×tan55°=112.7×tan15°+tan55°≈192m．
答：星海湾大桥两座主塔之间的距离为192m．
【点睛】本题主要考查了确定三角形的条件，圆周角定理，解直角三角形，解题的关键是掌握不在同一直线上的三个点确定一个圆，三角形外接圆的圆心为三条垂直平分线的交点；同弧或等弧所对的圆周角是圆心角的一半；弧长=nπr180；以及解直角三角形的方法和步骤．
类型四、圆与三角形、四边形
31．（2023·黑龙江绥化·校联考一模）已知菱形ABCD中，∠BAD=120°，点E、F分别在AB，BC上，BE=CF，AF与CE交于点P．
(1)求证：∠APE=60°；
(2)当PC=1，PA=5时，求PD的长？
(3)当AB=23时，求PD的最大值？
【答案】(1)证明见解析
(2)6
(3)4
【分析】（1）如图所示，连接AC，先证明△ABC是等边三角形，得到∠ACF=∠CBE=60°，AC=CB，再证明△ACF≌△CBE得到∠CAF=∠BCE，由此即可证明结论；
（2）延长PC到M使得CM=AP，证明△ADF≌△CDM，得到DF=DM，∠ADF=∠CDM，进而证明△PDM是等边三角形，则PD=PM=PC+PA=6；
（3）先证明A、P、C、D四点共圆，则当PD为直径时，PD最大，设圆心为O，连接OA，OC，过点O作OM⊥AC于M，在Rt△AOM中求出OA的长即可得到答案．
【详解】（1）证明：如图所示，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AD∥BC，
∵∠BAD=120°，
∴∠B=∠ADC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACF=∠CBE=60°，AC=CB，
又∵CF=BE，
∴△ACF≌△CBESAS，
∴∠CAF=∠BCE，
∵∠BCE+∠ACE=∠ACB=60°，
∴∠APE=∠ACE+∠CAF=60°；
（2）解：延长PC到M使得CM=AP，
由（1）可得∠AFC=∠CEB，
∵AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF+∠AFC=180°，∠DCM=∠AEC，
∴∠CEB+∠DAF=180°，
∵∠AEC+∠CEB=180°，
∴∠DAF=∠DCM，
又∵AF=CM，AD=CD，
∴△ADF≌△CDMSAS，
∴DF=DM，∠ADF=∠CDM，
同理可得∠ADC=60°，
∴∠ADC=∠PDM=60°，
∴△PDM是等边三角形，
∴PD=PM=PC+PA=6；
（3）解：∵∠APE=60°，
∴∠APC=120°，
∵∠ADC=60°，
∴∠APC+∠ADC=180°，
∴A、P、C、D四点共圆，
∴当PD为直径时，PD最大，
设圆心为O，连接OA，OC，过点O作OM⊥AC于M，
∴∠AOC=2∠ADC=120°，
∵OA=OC，
∴∠OAM=30°，
∵AC=AB=23，OM⊥AC，
∴AM=12AC=3，
∴OM=33AM=1，
∴OA=2，
∴PD最大=4；
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，四点共圆，圆周角定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
32．（2023·广东佛山·统考一模）如图，⊙O经过正方形ABCD的顶点B，C，与AD相切于点E，分别交AB，CD于点F，G，连接FG．
(1)求证：四边形FBCG是矩形；
(2)求AFFB的值．
【答案】(1)见解析
(2)13
【分析】（1）根据正方形的性质、圆内接四边形的的性质证得∠ABC=∠BCD=∠CGF=90°即可证得结论；
（2）连接EO并延长交BC于N，过O作OM⊥AB于M，先根据切线性质和垂径定理证得BM=MF ，BN=CN，设AF=x，AB=AD=BC=a，则BM=MF=12BF=a−x2，BN=CN=a2，再证明四边形ABNE和四边形MBNO都是矩形得到EN=AB=a，OM=BN=a2，ON=BM=a−x2，OE=EN−ON=a+x2，连接OF，根据勾股定理得OM2+MF2=OF2求得a=4x，进而可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，
∵四边形FBCG是⊙O的内接四边形，
∴∠FBC+∠CGF=180°，
∴∠ABC=∠BCD=∠CGF=90°，
∴四边形FBCG是矩形；
（2）解：连接EO并延长交BC于N，过O作OM⊥AB于M，则BM=MF，∠OMA=∠OMB=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BAD=90°，AD∥BC，
∵⊙O与AD相切于点E，
∴OE⊥AD，则EN⊥BC，∠OEA=∠BNE=90°，
∴BN=CN，
设AF=x，AB=AD=BC=a，则BM=MF=12BF=a−x2，BN=CN=a2，
∵∠ABC=∠BAD=∠BNE=∠OMB=90°，
∴四边形ABNE和四边形MBNO都是矩形，
∴EN=AB=a，OM=BN=a2，ON=BM=a−x2，
∴OE=EN−ON=a+x2，
连接OF，则OF=OE=a+x2，
在Rt△OMF中， 根据勾股定理得OM2+MF2=OF2，
则a22+a−x22=a+x22，
解得a=4x或a=0（舍去），
∴BF=a−x=3x，
∴AFBF=x3x=13．
【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、切线性质、垂径定理、勾股定理、圆内接四边形的性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用切线性质和垂径定理以及矩形的性质求解是解答的关键．
33．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以BC为直径作⊙O，交AB边于点D，在CD上取一点E，使BE=CD，连接DE，作射线CE交AB边于点F．
(1)求证：∠A=∠ACF；
(2)若AC=8，cs∠ACF=45，求BF及DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)BF=5，DE=4225
【分析】（1）根据Rt△ABC中，∠ACB=90°，得到∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，根据BE=CD，得到∠B=∠BCF，推出∠A=∠ACF；
（2）根据∠B=∠BCF，∠A=∠ACF，得到AF=CF，BF=CF，推出AF=BF=12 AB，根据cs∠ACF=csA=ACAB=45，AC=8，得到AB=10，得到BF=5，根据BC=AB2−AC2=6，得到sinA=BCAB=35，连接CD，根据BC是⊙O的直径，得到∠BDC=90°，推出∠B+∠BCD=90°，推出∠A=∠BCD，得到sin∠BCD=BDBC=35，推出BD=185，得到DF=BF−BD=75，根据∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，得到∠FDE=∠B，推出DE∥BC，得到△FDE∽△FBC，推出DEBC=DFBF，得到DE=4225．
【详解】（1）解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，
∵BE=CD，
∴∠B=∠BCF，
∴∠A=∠ACF；
（2）∵∠B=∠BCF，∠A=∠ACF
∴AF=CF，BF=CF，
∴AF=BF=12 AB，
∵cs∠ACF=csA=ACAB=45，AC=8，
∴AB=10，
∴BF=5，
∵BC=AB2−AC2=6，
∴sinA=BCAB=35，
连接CD，∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠B+∠BCD=90°，
∴∠A=∠BCD，
∴sin∠BCD=BDBC=35，
∴BD=185，
∴DF=BF−BD=75，
∵∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，
∴∠FDE=∠B，
∴DE∥BC，
∴△FDE∽△FBC，
∴DEBC=DFBF，
∴DE=4225．
【点睛】本题主要考查了圆周角，解直角三角形，勾股定理，相似三角形，解决问题的关键是熟练掌握圆周角定理及推论，运用勾股定理和正弦余弦解直角三角形，相似三角形的判定和性质．
34．（2023·浙江·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，CD是一条弦．过点A作DC延长线的垂线，垂足为点E．连接AC，AD．
(1)证明：△ABD∽△ACE；
(2)若AB=510，BD=5，CD=9．
①求EC的长．
②延长CD，AB交于点F，点G是弦CD上一点，且∠CAG=∠F，求CG的长．
【答案】(1)见解析
(2)①EC的长为3；②CG的长为154．
【分析】（1）利用圆内接四边形的性质求得∠ACD+∠ABD=180°，推出∠ABD=∠ACE，即可证明；
（2）①由△ABD∽△ACE，推出AE=3CE，在Rt△ADE中，利用勾股定理求解即可；
②证明△EAG∽△EDA，利用三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵AB是⊙O的直径，AE⊥CE，
∴∠AEC=∠ADB=90°，
∵四边形ABDC是圆内接四边形，
∴∠ACD+∠ABD=180°，
又∠ACE+∠ACD=180°，
∴∠ABD=∠ACE，
∴△ABD∽△ACE；
（2）解：①在Rt△BDA中，AB=510，BD=5，
∴AD=AB2−BD2=15，
∵△ABD∽△ACE，
∴BDAD=CEAE，即515=CEAE，
∴AE=3CE，
在Rt△ADE中，AD2=AE2+DE2，
∴152=(3CE)2+(9+CE)2，
解得：CE=-245(舍去)或CE=3；
∴EC的长为3；
②∵△ABD∽△ACE，
∴∠BAD=∠CAE，
∵∠CAG=∠F，∠EAG=∠CAE +∠CAG，∠EDA=∠BAD+∠F，
∴∠EAG=∠EDA，
∴△EAG∽△EDA，
∴AEED=GEAE，
∴AE2=GE•ED，即AE2=(EC+CG)•ED，
∵CE=3，
∴AE=3CE=9，
∴92=(3+CG) ×12，
∴CG=154．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，证得△ABD∽△ACE和△EAG∽△EDA是解题的关键．
35．（2023·江苏苏州·统考一模）如图①，在△ABC中，CA=CB，D是△ABC外接圆⊙O上一点，连接CD，过点B作BE∥CD，交AD的延长线于点E，交⊙O于点F．
(1)求证：四边形DEFC是平行四边形；
(2)如图②，若AB为⊙O直径，AB=7，BF=1，求CD的长．
【答案】(1)见解析
(2)43
【分析】（1）利用平行线的性质，等弧对相等的圆周角，证得DE∥CF即可；
（2）连接DF，AF，利用平行线的性质证得∠DAC+∠ACF=180°，再利用圆的内接四边形的性质证得∠ADF+∠ACF=180°，得到∠ADF=∠DAC，再利用圆周角定理得到AF=CD，最后在RtΔABF中即可求解．
【详解】（1）证明：∵BE∥CD，
∴∠ADC=∠E，
∵CA=CB，
∴CA=CB
∵∠ADC=∠CFB，
∴∠E=∠CFB，
∴DE∥CF，
∴四边形DEFC是平行四边形；
（2）连接DF，AF，如图所示，
∵DE∥CF，
∴∠DAC+∠ACF=180°，
∵四边形ACFD是⊙O的内接四边形，
∴∠ADF+∠ACF=180°，
∴∠ADF=∠DAC，
∴AF=CD，
∵AB为⊙O直径，
∴∠AFB=90°，
∵AB=7，BF=1，
∴AF=AB2−BF2=72−12=43，
∴CD=AF=43
【点睛】本题是一道圆的知识的综合题，考查了圆周角定理，平行四边形的判定和性质，平行线的性质和判定等，作出适当的辅助线是解题的关键．
36．（2023·北京海淀·中关村中学校考模拟预测）已知，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，BD、AC相交于点E，AB=AC．
（1）如图1，求证：2∠ADB+∠CDB=180°；
（2）如图2，过点C作CF⊥AB于点F，交BD于点G，当∠DBC=45°时，求证：CE=CG；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接AO并延长交BD于点H，当AE=CE，HG=3时，求OH的长．
【答案】
（1）证明见详解；（2）见详解;（3）OH= 2．
【分析】（1）由AB=AC，可得∠ACB=∠ABC，根据四边形ABCD为圆内接四边形，可得∠ADC+∠ABC=180°，根据同弧所对圆周角性质可得∠ADB=∠ACB，得出∠ADB=∠ABC，用等角与角的和分解即可；
（2）过点C作CN⊥DB，交BD于N，交⊙O于M，根据∠DBC=45°，可得∠MCB=∠DBC=45°，利用圆周角与弧的关系可得MB=DC，由AB=AC，利用弦等弧等可得AB=AC得出∠ACM=∠DBA，再证△CEN≌△CGN（ASA）即可；
（3）过C作CP//AH交BD于P，连结AP，连结OE，连结CH，延长AO交BC于Q，过O作OM⊥AB于M，根据垂径定理可得OE⊥AC，利用弦等弦心距相等，可得OE=OM，根据角平分线判定可得AQ平分∠CAB，可得AQ⊥BC，利用线段垂直平分线性质可得CH=BH，先证△PCE≌△HAE（AAS），再证四边形PAHC为平行四边形，得出△APH为等腰直角三角形，根据在Rt△PAH中，AH=AP2+PH2=62+62=62BC=CH2+BH2=62+62=62，在Rt△EHC中EC=CH2+EH2=62+32=35，在Rt△ACQ中AQ=AC2−CQ2=652−322=92，最后证明△AEO∽△AQC，得出AO=52即可．
【详解】（1）证明：∵AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC，
∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
∵∠ADB=∠ACB，
∴∠ADB=∠ABC，
∵∠ADC=∠CDB+∠ADB，
∴∠ADC+∠ABC=∠CDB+∠ADB+∠ADB=∠CDB+2∠ADB=180°，
∴2∠ADB+∠CDB=180°；
（2）证明：过点C作CN⊥DB，交BD于N，交⊙O于M，
∵∠DBC=45°
∴∠MCB=180°-∠CNB-∠DBC=45°，
∴∠MCB=∠DBC=45°，
∴MB=DC
∵AB=AC，
∴AB=AC
∴AD=AM
∴∠ACM=∠DBA
∵∠CNG=∠GFB，∠NGC=∠FGB，
∴∠NCG=180°-∠CNG-∠NGC=180°-∠GFB-∠FGB=∠GBF=∠ECN，
在△CEN和△CGN中
∠ENC=∠GNCCN=CN∠ECN=∠GCN
∴△CEN≌△CGN（ASA），
∴CE=CG;
（3）解：过C作CP//AH交BD于P，连结AP，连结OE，连结CH，延长AO交BC于Q，过O作OM⊥AB于M，
∵E为AC中点，OE为弦心距，
∴OE⊥AC，
∵AB=AC，
∴OE=OM，
∴AQ平分∠CAB，
∴AQ⊥BC，
∵CQ=BQ，点H在AQ上，
∴CH=BH，
∵∠DBC=45°，
∴∠HCB=∠DBC=45°，
∴∠CHB=180°-∠HCB-∠DBC=90°，
∴CH⊥BD，
∵CE=CG，
∴EH=GH=3，
∵CP//AH，
∴∠PCE=∠HAE，
在△PCE和△HAE中，
∠PCE=∠HAE∠PEC=∠HEACE=AE，
∴△PCE≌△HAE（AAS），
∴PE=HE=3，
∵PE=HE，CE=AE，
∴四边形PAHC为平行四边形，
∴AP=CH，∠APH=∠CHP=90°，
∵∠HBQ=45°，∠HQB=90°，
∴∠QHB=180°-∠HBQ-∠HQB=180°-90°-45°=45°，
∴∠PHA=∠QHB=45°，
∵∠APH=90°，
∴∠PAH=90°-∠PHA=90°-45°=45°，
∴∠PAH=∠PHA=45°，
∴△APH为等腰直角三角形，
∵PH=PE+EH=6，
∴AP=PH=6，
在Rt△PAH中，AH=AP2+PH2=62+62=62
∵HB=CH=6，∠CHB=90°，BC=CH2+BH2=62+62=62，
∴CQ=BQ=32，
在Rt△EHC中EC=CH2+EH2=62+32=35，
∴AC=2CE=65，AE=CE=35，
在Rt△ACQ中AQ=AC2−CQ2=652−322=92，
∵∠EAO=∠QAC，∠AEO=∠AQC=90°
∴△AEO∽△AQC，
∴AEAQ=AOAC，即3592=AO65，
解得AO=52，
OH=AH-AO=62-52=2．
【点睛】本题考查圆内接四边形性质，同弧所对圆周角性质，垂径定理，弧弦圆周角关系，弦等弦心距相等，三角形全等判定与性质，三角形相似判定与性质，等腰直角三角形判定与性质，勾股定理，线段和差，本题难度大，涉及知识多，图形复杂，利用辅助线画出准确图形，以及将条件转移是解题关键．
37．（2023·浙江宁波·统考一模）△ABC内接于⊙O，点I是△ABC的内心，连接AI并延长交⊙O于点D，连接BD，已知BC=6，∠BAC=α
(1)连接BI，CI，则∠BIC=______（用含有α的代数式表示）
(2)求证：BD=DI；
(3)连接OI，若tanα2=34，求OI的最小值
(4)若tanα2=33，△ABE为等腰三角形，直接写出AB的值．
【答案】(1)90°+α2
(2)见解析
(3)IO的最小值=58
(4)AB=26或43时，△ABE为等腰三角形
【分析】（1）连接BI，CI，根据三角形内心的性质结合三角形内角和定理即可求解；
（2）根据点I是△ABC的内心，得出BD=DC，则∠BAI=∠CBD，进而得出∠BID=∠IBD，即可得出BD=DI
（3）因为BD=DC，所以点D为BC的中点，故点D是一个定点．由（1）的结论BD=DI，可知，点I在以点D为圆心，BD长为半径的圆上运动，所以当点I，O，D三点共线时，IO取最小值．此时AD为⊙O的直径，且AD为BC的垂直平分线，∠CBD=∠EAC=∠BAE=12∠BAC=α2，解Rt△BED，得出AD，进而即可求解；
（4）根据tanα2=33，得出∠BAE=∠CAE=12∠BAC=α2=30°，分别连接OB，OD，记OD与BC相交于点M，得出△BOD是等边三角形，同（2）可求得DM=3，OB=OD=BD=23，然后分类讨论即可求解．
【详解】（1）连接BI，CI，
∵点I是△ABC的内心
∴∠BAI=∠IAC，∠ABI=∠IBC，∠ACI=∠ECI
∴∠BIC=180°−∠IBC−∠ICB=180°−12∠ABC+∠ACB=180°−12180°−α=90°+α2
（2）解：如图1所示，连接BI，
∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAI=∠IAC，∠ABI=∠IBC，
∴BD=DC，
∴∠BAI=∠CBD，
∵∠ABI+∠BAI=∠BID，∠IBC+∠CBD=∠IBD，
∴∠BID=∠IBD，
∴BD=DI；
（3）解：因为BD=DC，所以点D为BC的中点，故点D是一个定点．
由（1）的结论BD=DI，可知，点I在以点D为圆心，BD长为半径的圆上运动，所以当点I，O，D三点共线时，IO取最小值．
如图2所示，此时AD为⊙O的直径，且AD为BC的垂直平分线，∠CBD=∠EAC=∠BAE=12∠BAC=α2，
∵BC=6
∴BE=CE=12BC=3
在Rt△BED中，DE=BE⋅tan∠CBD=BE⋅tanα2=3×34=94
∴DI=BD=DE2+BE2=154
在Rt△ABE中，AE=BEtan∠BAE=BEtanα2=334=4
∴AD=DE+AE=94+4=254
∴OD=12AD=258
故IO的最小值=DI−OD=154−258=58
（4）解：∵tanα2=33
∴α=60°
∴∠BAE=∠CAE=12∠BAC=α2=30°
分别连接OB，OD，记OD与BC相交于点M，
∵BD=DC，BC=6
∴OD⊥BC，BM=CM=12BC=3，∠BOD=2∠CAE=60°
∴△BOD是等边三角形
同（2）可求得DM=3，OB=OD=BD=23，
①AB=EB，如图3所示，
此时∠BEA=∠BAE=30° ∠CBD=∠CAE=30°
∴∠CED=∠BEA=30°
而∠CED=∠CBD+∠BDA=30°+∠BDA矛盾，故此种情况不成立．
②AB=AE，如图4所示，过点E作EH⊥BD，交BD于点H，过点A作AN⊥BC，交BC于点N，
此时∠BAE=30°，∠ABE=∠AEB=75°，△ANE∽△DME
∴∠CBD=∠CAE=30°，∠CED=∠AEB=75°
∴∠EDB=∠CED−∠CBD=45°
设DH=x，则EH=x，BH=3x
∵BH+DH=BD=23
∴3x+x=23，
解得x=3−3
∴BE=2EH=6−23，DE=2EH=32−6
∴EM=BM−BE=23−3，NE=12BE=3−3
∵△ANE∽△DME
∴NEEM=AEDE，即3−323−3=AE32−6
解得，AE=26
∴AB=AE=26
③BE=AE，如图5所示，
此时∠EBA=∠BAE=30°，
∵△BOD是等边三角形，OD⊥BC
∴∠EBO=30°=∠EBA
∴点A，O，B三点共线
∴AB为⊙O的直径
∴∠ADB=90°
∴AB=2BD=43
综上所述，AB=26或43时，△ABE为等腰三角形．
【点睛】本题考查了三角形内心的应用，角平分线的定义，等边三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，直径所对的圆周角是直角，解直角三角形，综合运用以上知识是解题的关键．
38．（2023·安徽合肥·合肥市庐阳中学校考一模）如图，已知⊙O是Rt△ABC的外接圆，点D是Rt△ABC的内心，BD的延长线与⊙O相交于点E，过E作直线l∥AC．
(1)求证：l是⊙O的切线；
(2)连接CE，若AB=3，AC=4，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）连接OE，根据内心的性质得到∠ABE=∠CBE，根据等边对等角得到∠OBE=∠OEB，则有∠ABE=∠OEB，即可判定出AB∥OE，再利用直径所对的圆周角是直角可得AB⊥AC，结合l∥AC可推出OE⊥l，即可证明；
（2）利用勾股定理求出BC，得到半径，再利用垂径定理求出CG，可得OG，结合半径求出EG，最后利用勾股定理即可求出结果．
【详解】（1）解：如图，连接OE，
∵D为△ABC的内心，
∴∠ABE=∠CBE，
∵OB=OE，
∴∠OBE=∠OEB，
∴∠ABE=∠OEB，
∴AB∥OE，
∵BC为直径，
∴∠A=90°，即AB⊥AC，
∴OE⊥AC，
∵l∥AC，
∴OE⊥l，即l是⊙O的切线；
（2）设OE与AC交于G，
∵AB=3，AC=4，∠A=90°，
∴BC=32+42=5，
∴OE=OC=OB=52，
∵OE⊥AC，
∴AG=CG=12AC=2，
∴OG=OC2−CG2=32，
∴EG=OE−OG=1，
∴CE=EG2+CG2=5．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，内心的应用，勾股定理，垂径定理，等边对等角等知识点，有一定难度，解题的关键是利用内心的性质得到∠ABE=∠CBE．
39．（2023·广东佛山·校考一模）（1）如图1，⊙A的半径为1，AB=2.5，点P为⊙A上任意一点，则BP的最小值为__________；
（2）如图2，已知矩形ABCD，点E为AB上方一点，连接AE，BE，作EF⊥AB于点F，点P是△BEF的内心，求∠BPE的度数；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接AP，CP，若矩形的边长AB=8，BC=4，BE=BA，求此时CP的最小值．
【答案】（1）1.5；（2）135°；（3）45−42
【分析】（1）根据一点到圆上的距离可得当A、B、P三点共线，且点Р在线段AB上时，BP有最小值，即可求解；
（2）根据点P是△BEF的内心，得出∠PEB=12∠FEB，∠PBE=12∠FBE，根据三角形内角和定理即可求解；
（3）作△APB的外接圆⊙Q，连接AQ，BQ，CQ，过Q作QM⊥CB，设⊙Q的半径为r，交CB的延长线于M，由（1）可知CP的最小值为：CQ−r，证明△PBE≌△PBA，结合（2）的结论，则∠BPE=∠BPA=135°，根据圆周角定理得出优弧AB所对的圆周角为270°，则∠AQB=90°，得出△QAB是等腰直角三角形，勾股定理求得CQ，进而即可求解．
【详解】解：当A、B、P三点共线，且点Р在线段AB上时，BP有最小值，
BP的最小值为：BP=AB−PA=2.5−1=1.5；
故答案为：1.5．
（2）∵EF⊥AB，
∴∠EFB=90°，
∴∠FEB+∠FBE=90°，
∵点P是△BEF的内心，
∴∠PEB=12∠FEB，∠PBE=12∠FBE，
∴∠PEB+∠PBE=12∠FEB+12∠FBE=12∠FEB+∠FBE=12×90°=45°，
∴∠BPE=180°−∠PEB+∠PBE=180°−45°=135°；
（3）如图，作△APB的外接圆⊙Q，连接AQ，BQ，CQ，
过Q作QM⊥CB，交CB的延长线于M，
设⊙Q的半径为r，
由（1）可知CP的最小值为：CQ−r，
∵点P是△BEF的内心，
∴ ∠PBE=∠PBA，
∵ BE=BA，BP=BP，
∴ △PBE≌△PBA，
由（2）可得∠BPE= 135°，
∴ ∠BPE=∠BPA=135°，
∴优弧AB所对的圆周角为270°，
∴ ∠AQB=90°，
又QA=QB，AB=8，
∴ △QAB是等腰直角三角形，
∴∠QBA=45°，
QA2+QB2=AB2=64，r=QA=42，
由作图可知∠M=90°，∠QBA=45°，
QM=BM=4，CQ=QM2+CM2=42+82=45，
故CP的最小值为：CQ−r=45−42．
【点睛】本题考查了圆周角定理，求一点到圆上的距离，三角形内心的性质，三角形外接圆，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，矩形的性质，三角形内角和定理，综合运用以上知识是解题的关键．
40．（2023·四川绵阳·统考二模）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D．
(1)求证：DE=DB；
(2)已知DE=6，tan∠DAC=34，求该圆的半径的长度；
(3)在（2）的条件下，若DF=4，求cs∠ODA的值．
【答案】(1)见解析
(2)该圆的半径的长度为5；
(3)cs∠ODA=910．
【分析】（1）根据内心的性质得到∠ABE=∠CBE，∠BAD=∠DAC，根据圆周角定理解答即可；
（2）作△ABC的外接圆⊙O的直径DG，结合圆周角定理得到tan∠BGD=34=BDBG，再结合（1）求得BG=8，然后根据勾股定理求解即可；
（3）设DG交BC于点H，利用垂径定理得到DH⊥BC，利用面积法求得BH=245，再根据勾股定理求得DH=185，由cs∠ODA=cs∠HDF即可求解．
【详解】（1）证明：连接BE，
∵点E是△ABC的内心，
∴∠ABE=∠CBE，∠BAD=∠DAC，
∵∠CAD=∠CBD，
∴∠BAD=∠DBC，
∴∠DBE=∠DBC+∠EBC，
∵∠DEB=∠ABE+∠BAD，
∴DE=DB；
（2）解：过点D作△ABC的外接圆⊙O的直径DG，则∠GBD=90°，
∴tan∠BGD=tan∠DAC=34=BDBG，
∵DE=6，
∴DB=DE=6，
∴BG=8，
∴DG=62+82=10，
∴该圆的半径的长度为5；
（3）解：设⊙O的直径DG交BC于点H，
∵AD平分∠BAC，
∴点D是BC的中点，
∴DH⊥BC，BH=HC，
∵S△BDG=12BD×BG=12DG×BH，则6×8=10×BH，
∴BH=245，
∴DH=BD2−BH2=62−2452=185，
∴cs∠ODA=cs∠HDF=DHDF=1854=910．
．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心、外接圆与外心的概念和性质、解直角三角形，掌握三角形的内心是三角形的三条角平分线的交点是解题的关键．