2025年中考数学一轮复习题型分类练习专题34 圆综合测试卷（2份，原卷版+解析版）

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1．（3分）（2023·甘肃平凉·统考二模）如图，A、B、C是圆O上的三点，且四边形ABCO是平行四边形，OF⊥OC交圆O于点F，则∠AOF等于（ ）

A．15°B．30°C．45°D．60°
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质和圆的半径相等得到△AOB为等边三角形，根据等腰三角形的三线合一得到答案．
【详解】解：

连接OB，如图所示，
∵四边形ABCO是平行四边形，
∴OC=AB，又OA=OB=OC，
∴OA=OB=AB，
∴△AOB为等边三角形，
∵OF⊥OC， OC∥AB，
∴OF⊥AB，
∴∠AOF=∠BOF=30°，
故选：B．
【点睛】本题考查的是圆内半径相等，平行四边形的性质定理、等边三角形的性质的综合运用，掌握等腰三角形的三线合一是解题的关键．
2．（3分）（2023·福建福州·校考模拟预测）如图，PA、PC分别与圆O相切于A、C两点，AB、BC为⊙O的两条弦，且PA∥BC，若tanP=43，则ABBC的值是（ ）

A．52B．43C．53D．423
【答案】A
【分析】作CH⊥AP于H，连接AO并延长交BC于D，则可得OA⊥BC，则由垂径定理得AB=AC；设PH=3x，根据正切的定义用x表示出HC，根据勾股定理求出PC，分别证明PA=PC，根据题意计算，得到答案．
【详解】解：作CH⊥AP于H，连接AO并延长交BC于D，如图，
∵PA是圆的切线，
∴OA⊥PA，
∵PA∥BC，
∴AD⊥BC；
∴BD=CD；
∴AB=AC；
∵CH⊥AP，AD⊥AP，AD⊥BC，
即∠AHC=∠DAH=∠ADC=90°，
∴四边形ADCH是矩形，
∴CD=AH；
设PH=3x，
∵tanP=43，
∴HC=4x，
由勾股定理得，PC=PH2+CH2=5x，
由切线长定理得，PA=PC=5x，则AH=2x，
∴CD=2x，
由勾股定理得，AC=CH2+AH2=25x，

∴AB=AC=25x，
∵AD⊥BC，
∴BC=2CD=4x，
∴ABBC=25x4x=52，
故选：A．
【点睛】本题考查的是垂径定理，切线的性质及切线长定理，勾股定理，三角函数，矩形的判定与性质，掌握相关的性质定理是解题的关键．
3．（3分）（2023·湖北十堰·统考一模）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AC⊥BD，AB=8，CD=2，则⊙O的直径为（ ）

A．9B．215C．217D．12
【答案】C
【分析】作直径AF，连BF、CF.证明CD=BF=2，利用勾股定理求出AF即可．
【详解】解：作直径AF，连BF、CF．

∵AF是圆O的直径，
∴∠ACF=∠ABF=90°，
∴CF⊥AC，
又∵BD⊥AC，
∵CF∥BD，
∴∠DBC=∠BCF，
∴CD=BF，
∴BF=CD=2，
∴AF=AB2+BF2=82+22=217，
∴⊙O的直径为217．
故选：C．
【点睛】本题考查勾股定理，圆周角定理，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
4．（3分）（2023·江苏苏州·统考模拟预测）如图，扇形AOB中，∠AOB=90°，半径OA=6,C是AB的中点，CD//OA，交AB于点D，则CD的长为（ ）
A．22-2B．2C．2D．62-6
【答案】D
【分析】连接OC，延长CD交OB于点E，如图，易得△AOB、△COE、△BDE都是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求出CE与DE的长，从而可得答案．
【详解】解：连接OC，延长CD交OB于点E，如图，
∵∠AOB=90°，C是AB的中点，
∴∠COE=45°，
∵CD//OA，∠AOB=90°，
∴CE⊥OB，
∴∠OCE=∠COE=45°，
∴CE=OE=22OC=22×6=32，
∴BE=OB－OE=6-32，
∵OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠ABO=45°，
∴∠BDE=∠ABO=45°，
∴EB=ED=6-32，
∴CD=CE－DE=32-6-32=62-6．
故选：D．
【点睛】本题考查了圆心角和弧的关系、等腰直角三角形的判定和性质等知识，属于常考题型，熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质是解此题的关键．
5．（3分）（2023·广东茂名·统考二模）如图，⊙O的半径为4，直径AB与直径CD垂直，P是AD上一点，连接PC，PB分别交AB，CD于E，F，若CE=25，则BF的长为（ ）

A．4103B．17C．25D．732
【答案】A
【分析】本题主要考查圆周角定理、解直角三角形等知识，连接BD，过点F作FH⊥BD，证明tan∠PBD=tan∠PCD=12=FHBH，设FH=m，则BH=2m，构建方程求出m，即可求解.
【详解】解：连接BD，过点F作FH⊥BD于H．

∵AB⊥CD，
∴∠EOC=90°，
∵CE=25，OC=4，
∴OE=EC2-OC2=252-42=2，
∴tan∠ECO=OEOC=12，
∵∠PCD=∠FBD，
∴tan∠PBD=tan∠PCD=12=FHBH，
设FH=m，则BH=2m，
∵OD=OB，∠DOB=90°，
∴∠FDH=45°，
∵∠FHD=90°，
∴∠HFD=∠HDF=45°，
∴HF=HD=m，
∴m+2m=2OB=42，
∴m=423，
∴BF=FH2+BH2=m2+2m2=5m=4103．
故选：A．
6．（3分）（2023·湖北武汉·统考模拟预测）如图，⊙O的半径为20，A是⊙O上一点，以OA为对角线作矩形OBAC，且OC=12，延长BC交⊙O于D，E两点，则CE-BD=（ ）

A．185B．245C．285D．305
【答案】C
【分析】设DE的中点为M，连接OM，则OM⊥DE，在Rt△AOB中利用勾股定理求出OB的长，利用三角形的面积公式求出OM的长，在Rt△OCM中，利用勾股定理求出CM的长，进而可得出BM的长，由CE-BD=EM-CM-DM-BM=BM-CM即可得出结论．
【详解】解：如图，设DE的中点为M，连接OM，则OM⊥DE．

∵在Rt△AOB中，OA=20，AB=OC=12，
∴OB=OA2-AB2=202-122=16，
由矩形OBAC知BC=OA=20,利用△OBC的面积关系得：
OM=OB•OCBC =16×1220= 485，
在Rt△OCM中，
CM=OC2-OM2 =122-4852= 365，
∵BM=BC-CM=20-365 =645，
∴CE-BD=EM-CM-DM-BM=BM-CM=645 -365= 285．
故选：C．
【点睛】本题考查的是圆的基本性质及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用勾股定理进行解答是解答此题的关键．
7．（3分）（2023·四川德阳·统考中考真题）已知一个正多边形的边心距与边长之比为32，则这个正多边形的边数是（ ）
A．4B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】如图，A为正多边形的中心，BC为正多边形的边，AB，AC为正多边形的半径，AD为正多边形的边心距，由ADBC=32可得ADBD=3，可得∠B=60°，而AB=AC，可得△ABC为等边三角形，从而可得答案．
【详解】解：如图，A为正多边形的中心，BC为正多边形的边，AB，AC为正多边形的半径，AD为正多边形的边心距，

∴AB=AC，AD⊥BC，ADBC=32，
∴BD=CD=12BC，
∴AD2BD=32，即ADBD=3，
∴tan∠B=ADBD=3，
∴∠B=60°，而AB=AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∴多边形的边数为：36060=6，
故选B
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，锐角三角函数的应用，熟练的利用数形结合的方法解题是关键．
8．（3分）（2023·广东深圳·深圳市东湖中学校考模拟预测）如图，在边长为6的等边△ABC中，点E在边AC上自A向C运动，点F在边CB上自C向B运动，且运动速度相同，连接BE,AF交于点P，连接CP，在运动过程中，点P的运动路径长为（ ）
A．43π3B．4π3C．33D．π2
【答案】A
【分析】过点A作OA⊥AC于A，作OB⊥BC于B，连接OC，交AB于D，证明Rt△ACO≌Rt△BCOHL，得OA=OB，再证明△ACF≌△BAESAS，可得∠APB=180°-60°=120°，确定点P的运动路径是以点O为圆心，以OA为半径的弧AB，再由弧长公式求解即可．
【详解】解：如图，过点A作OA⊥AC于A，作OB⊥BC于B，连接OC，交AB于D，
∵△ACB是等边三角形，
∴AC=BC=AB，∠ACB=∠CAB=60°，
∴∠AOB=360°-60°-90°-90°=120°，
∵OC=OC，
∴Rt△ACO≌Rt△BCOHL，
∴OA=OB，
∴OC是AB的垂直平分线，AD=BD=12AB=3，
在Rt△ADO中，∠DAO=30°，
∴OD=AD⋅tan30°=3，OA=2OD=23，
∵AE=CF，
∴△ACF≌△BAESAS，
∴∠CAF=∠ABE，
∵∠CAF+∠BAP=60°，
∴∠ABE+∠BAP=60°，
∴∠APB=180°-60°=120°，
∴点P的运动路径是以点O为圆心，以OA为半径的弧AB，
∴点P的运动路径长为120×π×23180=433π．
故选：A．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质和判定，扇形的面积，动点P的运动轨迹等知识，确定点P的运动轨迹是解本题的关键．
9．（3分）（2023·陕西西安·校考三模）如图，⊙O的内接四边形ABCD中，AB=3，AD=5，∠BAD=60°，点C为弧BD的中点，则AC的长是（）
A．43B．83C．433D．833
【答案】D
【分析】根据点C为弧BD的中点可得AC平分∠BAD，再根据角平分线的性质作垂直线，最后根据全等推理证明即可．
【详解】过C作CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，
则∠E=∠CFD=∠CFA=90°，
∵点C为弧BD的中点，
∴BC=CD，
∴∠BAC=∠DAC，BC=CD，
∵CE⊥AB，CF⊥AD，
∴CE=CF，
∵A、B、C、D四点共圆，
∴∠D=∠CBE，
在△CBE和△CDF中
∠CBE＝∠D∠E＝∠CFDCE＝CF
∴△CBE≌△CDF(AAS)，
∴BE=DF，
在△AEC和△AFC中
∠E＝∠AFC∠EAC＝∠FACAC＝AC
∴△AEC≌△AFC(AAS)，
∴AE=AF，
设BE=DF=x，
∵AB=3，AD=5，
∴AE=AF=x+3，
∴5=x+3+x，
解得：x=1，
即AE=4，
∴AC=AEcs30°=833，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，圆内接四边形性质，解直角三角形，全等三角形的性质和判定的应用，能根据角平分线正确作出辅助线是解此题的关键，综合性比较强，难度适中．
10．（3分）（2023·山西吕梁·模拟预测）如图，AB为半圆O的直径，M，C是半圆上的三等分点，AB=8，BD与半圆O相切于点B，点P为AM上一动点（不与点A，M重合），直线PC交BD于点D，BE⊥OC于点E，延长BE交PC于点F，则下列结论正确的个数有( )
①PB=PD；②BC的长为43π；③∠DBE=45°；④△BCF∼△PCB；⑤CF⋅CP为定值．

A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】①连接AC，并延长AC，与BD的延长线交于点H，若PD=PB，得出P为AM的中点，与实际不符，即可判定正误；
②先求出∠BOC，再由弧长公式求得BC的长度，进而判断正误；
③由∠BOC=60°，得△OBC为等边三角形，再根据三线合一性质得∠OBE，再由角的和差关系得∠DBE，便可判断正误；
④证明∠CPB=∠CBF=30°，再利用公共角，可得△BCF∼△PCB，便可判断正误；
⑤由等边△OBC得BC=OB=4，再由相似三角形得CF⋅CP=BC2，便可判断正误．
【详解】①连接AC，并延长AC，与BD的延长线交于点H，如图，

∵M，C是半圆上的三等分点，
∴∠BAH=30°，
∵BD与半圆O相切于点B．
∴∠ABD=90°，
∴∠H=60°，
∵∠ACP=∠ABP，∠ACP=∠DCH，
∴∠PDB=∠H+∠DCH=∠ABP+60°，
∵∠PBD=90°-∠ABP，
若∠PDB=∠PBD，则∠ABP+60°=90°-∠ABP，
∴∠ABP=15°，
∴P点为AM的中点，这与P为AM上的一动点不完全吻合，
∴∠PDB不一定等于∠ABD，
∴PB不一定等于PD，故①错误；
②∵M，C是半圆上的三等分点，
∴∠BOC=13×180°=60°，
∵直径AB=8，
∴OB=OC=4，
∴ BC的长度=60π×4180=43π，故②正确；
③∵∠BOC=60°，OB=OC，
∴∠ABC=60°，OB=OC=BC，
∵BE⊥OC，
∴∠OBE=∠CBE=30°，
∵∠ABD=90°，
∴∠DBE=60°，故③错误；
④∵M、C是AB的三等分点，
∴∠BPC=30°，
∵∠CBF=30°，
∴∠CBF=∠BPC，
∵∠BCF=∠PCB，
∴△BCF∼△PCB，故④正确；
⑤∵△BCF∼△PCB，
∴ CBCP=CECB，
∴CF⋅CP=CB2，
∵CB=OB=OC=12AB=4，
∴CF⋅CP=16，故⑤正确．
综上所述：正确结论有②④⑤，共3个．
故选：C．
【点睛】本题属于几何综合题，主要考查了切线的性质，圆周角定理，直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，相似三角形的性质与判定，关键是熟练掌握切线的性质得到∠ABD=90°，并能灵活应用．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023·广东清远·统考二模）如图，⊙O的直径AB和弦CD垂直相交于点E，CD=42，CF⊥AD于点F，交AB于点G，且OG=1，则⊙O的半径长为 ．

【答案】3
【分析】连接AC，BC，OC，根据垂径定理和圆周角定理得到CE=DE=22，BC=BD，∠ACB=90°，求出∠B=∠AGF，根据等腰三角形的性质得到BC=CG，GE=EB，设OE=x，根据勾股定理得OC2=CE2+OE2，求出x即可．
【详解】解：连接AC，BC，OC，

∵ ⊙O的直径AB和弦CD垂直相交于点E，CD=42，
∴ CE=DE=22，BC=BD，∠ACB=90°，
∴ ∠B+∠CAB=90°，∠CAB=∠DAB，
∵ CF⊥AD，
∴ ∠GFA=90°，
∴ ∠DAB+∠AGF=90°，
∴ ∠B=∠AGF，
∵ ∠CGB=∠AGF，
∴ ∠B=∠CGB，
∴ BC=CG，
∵ AB⊥CD，
∴ GE=EB，
设OE=x，
∵ OG=1，
∴ GE=BE=x+1，
∴ OC=OB=x+x+1=2x+1，
在Rt△OCE中，由勾股定理得：OC2=CE2+OE2，
即2x+12=222+x2，
解得：x=1或x=-73（不符合题意，舍去），
∴ OC=2×1+1=3，
即⊙O的半径长为3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，勾股定理的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
12．（3分）（2023·湖北咸宁·校考模拟预测）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=12,BC=5，⊙O与BC相切于D，与AC,BC的延长线分别相切于E、F，则⊙O的半径为

【答案】3
【分析】连接OD、OE、OF，设⊙O的半径为r，根据切线长定理可得BD=BF，AF=AE，CE=CD，根据勾股定理求解AB，即可求解．
【详解】解：连接OD、OE、OF，如图，

设⊙O的半径为r，
∵∠ACB=90°，
∴四边形ODCE是矩形，
∴OD=CE=CD=OE=r，
∵BC=5，
∴BD=BC-CD=5-r，
∵⊙O与BC相切于D，与AC,BC的延长线分别相切于E、F，∠ACB=90°,AC=12,BC=5
∴BD=BF=5-r，AF=AE=AC+CE=12+r，AB=AC2+BC2=13，
∴BF=AF-AB=r-1，
∴r-1=5-r，解得：r=3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了，直角三角形的性质，切线的性质，勾股定理，掌握切线的性质是解题的关键．
13．（3分）（2023·湖南株洲·校联考三模）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，⊙O是△ABC的外接圆，点A，B，O在网格线的交点上，则cs∠ACB的值是 ．
【答案】55/155
【分析】本题主要考查解直角三角形，勾股定理，圆的概念及性质，构造直角三角形是解题的关键．
连接AO并延长交⊙O于点D，连接BD，则∠ABD=90°,∠ACB=∠ADB，利用勾股定理求解AD的长，再解直角三角形可求解．
【详解】解：连接AO并延长交⊙O于点D，连接BD，
则∠ABD=90°,∠ACB=∠ADB，
∵AO=22+12=5,
∴AD=25,
∵AB=4,
∴BD=AD2-AB2=2
∴cs∠ACB=cs∠ADB=BDAD=225=55,
故答案为：55．
14．（3分）（2023·安徽合肥·合肥市庐阳中学校考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=4，点E为BC的中点，AF=2，以EF为直径的半圆与DE交于点G，则GE的长为 ．

【答案】10
【分析】连接OG和DF，首先根据已知信息推出△DEF为等腰直角三角形，从而得到∠DEF=45°，再结合OG=OE，得到∠GOE=90°，最后根据已知信息求出EF的长度，即可得到OE的长度，然后勾股定理求解即可．
【详解】解：如图所示：连接OG和DF，
由题意，AF=2，BF=4，AD=4，∠A=90°，
∴在Rt△ADF中，DF=AF2+AD2=25，
同理，在Rt△BEF中，EF=BE2+BF2=25，
∴DF=EF，OE=12EF=5，
又∵AD=BF，
∴Rt△ADF≌Rt△BFE(HL)，
∴∠ADF=∠BFE，
∵∠ADF+∠AFD=90°，
∴∠BFE+∠AFD=90°，
∴∠DFE=90°，
∵DF=EF，
∴∠FDE=∠FED=45°，
又∵OG=OE，
∴∠OGE=∠OEG=45°，
∴∠GOE=90°，
∴ GE=2OE=10，
故答案为：10．

【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，圆的基本性质，勾股定理，掌握全等三角形的判定和基本性质是解题关键．
15．（3分）（2023·浙江温州·校联考一模）如图，半圆的直径AB＝6，C为半圆上一点，连接AC，BC，D为BC上一点，连接OD，交BC于点E，连接AE，若四边形ACDE为平行四边形，则AE的长为 ．
【答案】23
【分析】如图，连接OC．证明AC=DE=2OE，利用勾股定理构建关系式，可得结论．
【详解】如图，连接OC．
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵四边形ACDE是平行四边形，
∴AC=DE，CD=AE，AC∥DE，
∴∠ACE=∠DEC=90°，
∴OD⊥BC，
∴EC=EB，
∵OA=OB，
∴AC=2OE=DE，
∵OD=OC=3，
∴OE=1，DE=2，
∴CE2=OC2-OE2=CD2-DE2，
∴32-12=CD2-22，
∴AE=CD=23或-23（舍弃）．
故答案为：23．
【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，勾股定理，平行四边形的性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
16．（3分）（2023·浙江杭州·杭州育才中学校考模拟预测）如图，AB为半圆的直径，C是半圆弧上任一点，正方形DEFG的一边DG在直线AB上，另一边DE过ΔABC的内切圆圆心I，且点E在半圆弧上，已知DE=8，则ΔABC的面积为 ．
【答案】64
【分析】根据切线的性质得到AD=AM，CM=CN=r，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据勾股定理得到AB2=AC2+BC2，于是得到AD·DB=12AC·BC，由射影定理得AD·DB=DE2=64，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：如图示，设⊙I切AC与M，切BC于N，半径为r，
则AD=AM，CM=CN=r，BD=BN，
∴r=12(AC+BC-AB)，
∵AB为半圆的直径，
∴∠ACB=90°，
∴AB2=AC2+BC2，
∴AD·DB=AM·BN=(AC-r)(BC-r)
=[AC-12(AC+BC-AB)][BC-12(AC+BC-AB)]
=14(AC-BC+AB)(AB+BC-AC)
=14(AB2-AC2-BC2+2AC·BC)
=12AC·BC，
又∵AB为半圆的直径，，且点E在半圆弧上，
由射影定理得AD·DB=DE2=82=64，
∴SΔABC=12AC·BC=AD·DB=64，
故答案为：64．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，勾股定理，射影定理，三角形的面积的计算，正确的理解题意是解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023·安徽·模拟预测）如图，半圆的直径AB=4，弦CD∥AB，连接AC,BD,AD,BC．
(1)求证：△ADC≌△BCD；
(2)当△ACD的面积最大时，求∠CAD的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)45°
【分析】（1）根据平行线的性质可得∠ADC=∠DAB，从而可得AC=BD，然后根据同圆或等圆中弧、弦、圆周角的关系可得AD=BC，从而用边边边定理证明三角形全等；
（2）连接OC,OD，过点D作DE⊥OC，垂足为点E，通过分析当且仅当∠COD=90°时取等号时S△ACD有最大值为2，分析求解．
【详解】（1）证明：∵CD∥AB，
∴∠ADC=∠DAB
∴AC=BD，
∴AC=BD,AC+CD=BD+CD，即AD=BC，
∴AD=BC．
又∵CD=DC．
∴△ADC≌△BCDSSS
（2）解：连接OC,OD，过点D作DE⊥OC，垂足为点E．
∴OC=OD=12AB=2．
∵CD∥AB，
∴S△ACD=S△OCD=12OC⋅DE．
∵DE≤OD=2，当且仅当∠COD=90°时取等号，
此时S△ACD最大值=12×2×2=2，
∴∠CAD=12∠COD=45°．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，同圆或等圆中弧、弦、圆周角的关系，解题的关键是根据图形题意，准确添加辅助线．
18．（6分）（2023·广东深圳·广东省深圳市盐田区外国语学校校考模拟预测）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)求证：CE是⊙O的切线；
(2)若DE=35，tanB=12，求线段CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）根据圆周角定理得出∠ACB=90°，再由各角之间的等量代换得出∠DCE=∠ACB=90°，利用切线的判定证明即可；
（2）根据（1）可知，CD⊥CE，再由正切函数的定义得出CD=2CE，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵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】题目主要考查切线的判定和性质，正切函数的定义，勾股定理解三角形等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
19．（8分）（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）如图，正方形ABCD内接于⊙O，E是BC的中点，连接AE，DE，CE．

(1)求证：AE=DE；
(2)若CE=1，求四边形AECD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)S四边形AECD=2+32
【分析】（1）欲证明AE=DE，只要证明AE=DE即可．
（2）连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F．证明△ADE≌△CDF，推出AE=CF，得到S△ADE=S△CDF，推出S四边形AECD=S△DEF，再利用等腰三角形的性质构建方程求出DE，即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD，
∴AB=CD，
∵E是BC的中点，
∴BE=EC，
∴AE=DE，
∴AE=DE．
（2）解：连接BD，AO，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC=∠DEC=45°，DA=DC，
∵∠EDF=90°，
∴∠F=∠EDF-∠DEF=90°-45°=45°，
∴DE=DF，
∵∠AED=12∠AOD=45°，
∴∠AED=∠F=45°，
∵∠ADC=∠EDF=90°，
∴∠ADE+∠EDC=∠CDF+∠EDC=90°，
∴∠ADE=∠CDF
∴△ADE≌△CDF，
∴AE=CF，
∴S△ADE=S△CDF，
∴S四边形AECD=S△DEF，
∵EF=2DE=EC+DE，EC=1，
∴1+DE=2DE，
∴DE=2+1，
∴S四边形AECD=S△DEF=12DE2 =2+32．

【点睛】本题考查正多边形与圆，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，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．
20．（8分）（2023·河北石家庄·石家庄市第四十二中学校考模拟预测）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具．如图，半径为3m的筒车⊙O按逆时针方向每分钟转56圈，筒车与水面分别交于点A、B、AB长为4m，筒车上均匀分布着若干个盛水筒（用点表示）．若以某个盛水筒（点P）刚浮出水面时开始计算时间．

(1)设点D为盛水筒在运行中的最高点，请在图中画出线段CD，用其长度表示盛水筒到水面的最大距离．（不说理由），并求最大距离约为多少米（结果保留小数点后一位）；
(2)筒车每秒转 °，∠OAB= °；
(3)浮出水面2.6秒后，盛水筒（点P）距离水面多高？（参考数据：5≈2.2，cs47°=sin43°≈1115）
【答案】(1)作图见解析，最大距离为5.2米
(2)5，43
(3)0.7米
【分析】（1）如图1，过点O作CD⊥AB于C，交⊙O于D，连接OA，由垂径定理得AC=12AB=2，由题意知，OA=OD=3，由勾股定理得OC=OA2-AC2=5，根据CD=OC+OD，计算求解即可；
（2）由题意知，每分钟转的弧长为56×2π×3=5π，由nπ×3180=5π，解得n=300，则每秒钟转300°60=5°，由sin∠OAB=OCOA≈2.23≈1115，可求∠OAB的值；
（3）由题意知，2.6×5°=13°，则∠AOC=90°-∠OAB=47°，如图2，连接OP，过P作PE⊥OC于E，PF⊥AB于F，则四边形CEPF是矩形，PF=CE，∠POC=∠AOC+∠POC=60°，则OE=OP⋅cs∠POC=32，CE=OC-OE=0.7，进而可求浮出水面2.6秒后，盛水筒（点P）距离水面的高度．
【详解】（1）解：如图1，过点O作CD⊥AB于C，交⊙O于D，连接OA，

由垂径定理得AC=12AB=2，
由题意知，OA=OD=3，
由勾股定理得OC=OA2-AC2=5，
∴CD=OC+OD=5+3≈5.2（m），
∴最大距离约为5.2米；
（2）解：由题意知，每分钟转的弧长为56×2π×3=5π，
∴nπ×3180=5π，解得n=300，
∴每秒钟转300°60=5°，
∵sin∠OAB=OCOA≈2.23≈1115，
∴∠OAB=43°，
故答案为：5，43；
（3）解：由题意知，2.6×5°=13°，
∵∠OAB=43°，
∴∠AOC=90°-∠OAB=47°，
如图2，连接OP，过P作PE⊥OC于E，PF⊥AB于F，则四边形CEPF是矩形，

∴PF=CE，∠POC=∠AOC+∠POC=60°，
∴OE=OP⋅cs∠POC=32，
∴CE=OC-OE=0.7（m），
∴PF=0.7（m），
∴浮出水面2.6秒后，盛水筒（点P）距离水面0.7米．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，弧长公式，正弦，余弦，矩形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
21．（8分）（2023·广东佛山·校考一模）如图，在ΔABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O与BC交于点D，连接AD．
(1)用无刻度的直尺和圆规作出劣弧AD的中点E．（不写作法，保留作图痕迹），连接BE交AD于F点，并证明：AF×DF=BF×EF；
(2)若⊙O的半径等于4，且⊙O与AC相切于A点，求劣弧AD的长度和阴影部分的面积（结果保留π）．
【答案】(1)见解析
(2)2π，4π-8
【分析】（1）利用圆周角相等所对的弧相等解决中点，连接DE，先说明△BFA∽△DFE，再利用相似三角形的性质得结论；
（2）连接OD，先求出∠AOD的度数，再利用弧长公式、扇形的面积公式及三角形的面积公式得结论．
【详解】（1）作∠ABC的角平分线交AD于点E．
∴点E为所求的劣弧AD的中点．
证明：连接DE，
∵ AE=AE，BD=BD，
∴∠ABF=∠ADE，∠BAF=∠FED．
∴△BFA∽△DFE．
∴ BFAF=DFEF．
即AF×DF=BF×EF．
（2）连接OD，
∵⊙O与AC相切，OA为半径，
∴BA⊥AC．
∵AB=AC，
∴∠B=∠C=45°．
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB=45°．
∴∠AOD=90°．
∴劣弧AD的长度=90×π×4180=2π．
S阴影=S扇AOD-S△AOD
=90×π×42360-12×4×4
=4π-8．
【点睛】本题主要考查了与圆有关计算，掌握圆周角定理、等腰三角形的性质、弧长公式及扇形的面积公式是解决本题的关键．
22．（8分）（2023·山东滨州·统考中考真题）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线与边BC相交于点F，与△ABC的外接圆相交于点D．

(1)求证：S△ABF:S△ACF=AB:AC；
(2)求证：AB:AC=BF:CF；
(3)求证：AF2=AB⋅AC-BF⋅CF；
(4)猜想：线段DF,DE,DA三者之间存在的等量关系．（直接写出，不需证明．）
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
(4)DE2=DF⋅AD
【分析】（1）过点F作FH⊥AC,FG⊥AB，垂足分别为H,G，则FG=FH，进而表示出两个三角形的面积，即可求解；
（2）过点A作AM⊥BC于点M，表示出两三角形的面积，即可求解；
（3）连接DB,DC，证明△BFD∽△AFC得出BF⋅CF=AF⋅DF，证明△ABF∽△ADC，得出AB⋅AC=AD⋅AF，即可AB⋅AC=(AF+DF)⋅AF，恒等式变形即可求解；
（4）连接BE，证明△ABD∽△BFD，得出DB=DA⋅DF，证明∠BED=∠DBE，得出DB=DE，即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，过点F作FH⊥AC,FG⊥AB，垂足分别为H,G，
∵点E是△ABC的内心，
∴AD是∠BAC的角平分线，
∵FH⊥AC,FG⊥AB，
∴FG=FH，
∵S△ABF=12AB⋅FG，S△ACF=12AC⋅FH，
∴S△ABF:S△ACF=AB:AC；
（2）证明：如图所示，过点A作AM⊥BC于点M，

∵S△ABF=12BF⋅AM，S△ACF=12FC⋅AM，
∴S△ABF:S△ACF=BF:FC，
由（1）可得S△ABF:S△ACF=AB:AC，
∴AB:AC=BF:CF；
（3）证明：连接DB,DC，

∵AB=AB,DC=DC
∴∠ACF=∠BDF,∠FAC=∠FBD
∴△BFD∽△AFC
∴BFAF=DFCF，
∴BF⋅CF=AF⋅DF
∵AC=AC，
∴∠FBA=∠ADC，
又∠BAD=∠DAC，
∴△ABF∽△ADC，
∴ABAD=AFAC，
∴AB⋅AC=AD⋅AF；
∴AB⋅AC=AF+DF⋅AF=AF2+AF·DF，
∴AF2=AB⋅AC-BF⋅CF，
（4）解：如图所示，连接BE，

∵点E是△ABC的内心，
∴BE是∠BAC的角平分线，
∴∠ABE=∠FBE，
∵∠CBD=∠CAD=∠BAD，∠ADB=∠BDF
∴△ABD∽△BFD，
∴DBDF=DADB，
∴DB2=DA⋅DF，
∵∠BED=∠BAE+∠ABE=12∠BAC+12∠ABC，
∠DBE=∠DBC+∠FBE=∠DAC+∠FBE=12∠BAC+12∠ABC，
∴∠BED=∠DBE，
∴DB=DE，
∴DE2=DA⋅DF．
【点睛】本题考查了三角形内心的定义，同弧所对的圆周角相等，角平分线的性质与定义，相似三角形的性质与判定，三角形的外角性质，三角形的面积公式等知识，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
23．（8分）（2023·黑龙江哈尔滨·校考一模）△ABC内接⊙O，AD⊥BC于D，连接OA．

图1 图2 图3
(1)如图1，求证：∠BAO=∠CAD；
(2)如图2，作BE⊥AC交CA的延长线于E，交⊙O于F，延长AD交⊙O于G，连接AF，求证：AD+AF=DG；
(3)在（2）的条件下，如图3，OA交BC于点T，CA=CT，AD=2AF，AB=45，求DT长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)DT=2
【分析】（1）连接OB，根据圆周角定理得出∠AOB=2∠C，再结合等腰三角形得出∠OAB+∠C=90°，再由∠C+∠CAD=90°，即可证出∠BAO=∠CAD；
（2）在BG上截取BH，使BH=BF，连接NH，在DG上截取DN，使DN=AD，连接BN，BG，证明△ADB≌△NDB，△FBA≌△HBN，从而证出NH=NG，再根据等腰三角形性质证出AF=HN，即可证得；
（3）连接BG，运用三角形内角和，圆周角定理证明∠BAD=∠ABG，从而得出AG=BG，再根据AD=2AF，运用勾股定理求出AD=4，BD=8，再运用tan∠ABD=tan∠OAD=ADBD=DTAD即可解答；
【详解】（1）证明：连接OB，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∴2∠OAB+∠AOB=180°，
∵∠AOB=2∠C，
∴2∠OAB+2∠C=180°，
∴∠OAB+∠C=90°，
∵∠C+∠CAD=90°.
∴∠CAD=∠OAB，
即∠BAO=∠CAD；
（2）在DG上截取DN，使DN=AD，连接BN，BG，如图1，
图1
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠NDB=90°，
∴△ADB≌△NDB，
∴AB=BN，∠2=∠3，
在BG上截取BH，使BH=BF，连接NH，
∵四边形ACBF为圆内接四边形，
∴∠EFA=∠C，∠EAF=∠FBC，
∵BE⊥AC，AD⊥CD，∠EFA=∠C，
∴∠EAF=∠FBC=∠CAD=∠CBG，
∴∠1+∠2=∠3+∠4，
∴∠1=∠4，
∴△FBA≌△HBN，
∴AF=HN，∠BFA=∠BHN，
∴∠EFA=∠NHG，
∵∠EFA=∠C=∠G，
∴∠NHG=∠G，
∴NH=NG，
∵DG=DN+NG，
∴DG=AD+NH=AD+AF；
（3）连接BG，如图2，
图2
设∠C=2α，则∠CAD=∠BAO=90°-2α，
∵CA=CT，
∴∠CTA=∠TAC=90°-α，
∴∠OAD=α，
∴∠BAD=90°-α，
∴∠ABD=α，
∵∠CAD=∠CBG，
∴∠CBG=90°-2α，
∴∠ABG=90°-α，
∴∠BAD=∠ABG，
∴AG=BG，
∵AD=2AF.
设AF=a，则AD=2a，
∵DG=AD+AF，
∴DG=3a，
∴AG=BG=5a，
∴BD=4a，
在Rt△ABD中，AD2+BD2=AB2，
∴(2a)2+(4a)2=(45)2，
∴a=2（负值舍），
∴AD=4，BD=8，
∵∠ABD=∠OAD=α，
∵tan∠ABD=tan∠OAD=ADBD=DTAD，
∴48=DT4，
∴DT=2.
【点睛】本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了圆周角定理、等腰三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定、勾股定理的应用、三角函数，将以上知识点综合运用是解题的关键．