2020-2021学年沪教版九年级数学上期末冲刺 精专题09 圆（二）（教师版）

专题09 圆（二）

一、解答题
1．（2020·上海九年级二模）如图，在O中，半径长为1，弦，射线BO，射线CA交于点D，以点D为圆心，CD为半径的交BC延长线于点E．

（1）若，求与公共弦的长；
（2）当为等腰三角形时，求BC的长；
（3）设，，求y关于x的函数关系式，并写出定义域．
【答案】（1）；（2）；（3）．
【解析】
（1）设CM是两圆的公共弦，CM交BD于N，交OA于K，BD交于G，连接OC、CG交OA于H，由题意易得，，进而可证，，最后根据勾股定理及相似三角形的性质可求解；
（2）当是等腰三角形时，观察图形可知，只有，则有，设，则有，进而求出x，最后求解即可；
（3）作于N，根据题意可证，进而有，则可得，最后进行求解即可．
【详解】
解：（1）如图1中，设CM是两圆的公共弦，CM交BD于N，交OA于K，BD交于G，连接OC、CG交OA于H，
∵BG是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．

（2）如图2中，
当是等腰三角形时，观察图形可知，只有，
∴，
∵，
∴，设，
则有，
∴，
∴或（舍弃），
∴，
∵，
∴，
∴；

（3）如图3中，作于N，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，

∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查圆的综合运用及相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
2．（2019·上海长宁·中考模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，点P在边AC上（点P与点A不重合），以点P为圆心，PA为半径作⊙P交边AB于另一点D，ED⊥DP，交边BC于点E．
（1）求证：BE=DE；
（2）若BE=x，AD=y，求y关于x的函数关系式并写出定义域；
（3）延长ED交CA的延长线于点F，联结BP，若△BDP与△DAF相似，求线段AD的长．

【答案】（1）见解析；（2）（3）若△BDP∽△DAF，线段AD的长为或
【解析】
【解析】
（1）首先得出∠BDE+∠PDA=90°，进而得出∠B+∠A=90°，利用PD=PA得出∠PDA=∠A进而得出答案；
（2）由AD=y得到：BD=BA-AD=5-y．过点E作EH⊥BD垂足为点H，构造Rt△EHB，所以，．通过解Rt△ABC知：．易得答案；
（3）需要分类讨论：①当∠DBP=∠ADF时，，即；
②当∠DBP=∠F时，，即，借助于方程求得AD的长度即可．
【详解】
（1）证明：∵ED⊥DP，
∴∠EDP=90°．
∴∠BDE+∠PDA=90°．
又∵∠ACB=90°，
∴∠B+∠PAD=90°．
∵PD=PA，
∴∠PDA=∠PAD．
∴∠BDE=∠B．
∴BE=DE．
（2）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4．
∴AB=5．
∵AD=y，BD=BA-AD=5-y．
过点E作EH⊥BD垂足为点H，由（1）知BE=DE，
∴．
在Rt△EHB中，∠EHB=90°，
∴．
∴．
∴，
∴．
（3）设PD=a，则，
在等腰△PDA中，，易得
在Rt△PDF中，∠PDF=90°，．
∴，．
若△BDP∽△DAF又∠BDP=∠DAF
①当∠DBP=∠ADF时，即，
解得a=3，此时．
②当∠DBP=∠F时，即，
解得，此时．

综上所述，若△BDP∽△DAF，线段AD的长为或．
【点睛】
此题主要考查了圆的综合应用以及切线的性质与判定以及勾股定理等知识，利用数形结合以及分类讨论的思想得出是解题关键．
3．（2019·上海江湾初级中学九年级三模）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别交BC，AC于点D，E，连结EB，交OD于点F．

（1）求证：OD⊥BE．
（2）若DE=，AB=6，求AE的长．
（3）若△CDE的面积是△OBF面积的，求线段BC与AC长度之间的等量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）4；（3）AC=BC．
【解析】
（1）连接AD．根据直径所对的圆周角是直角、等腰三角形的性质以及平行线的性质即可证明；
（2）先证△CDE∽△CAB得，据此求得CE的长，依据AE=AC-CE=AB-CE可得答案；
（3）由BD=CD知S△CDE=S△BDE，证△OBF∽△ABE得，据此知S△ABE=4S△OBF，结合知S△ABE=6S△CDE，S△CAB=8S△CDE，由△CDE∽△CAB知，据此得出，结合BD=CD，AB=AC知，从而得出答案．
【详解】
（1）连接AD，

∵AB是直径，
∴∠AEB=∠ADB=90°，
∵AB=AC，
∴∠CAD=∠BAD，BD=CD，
∴，
∴OD⊥BE；
（2）∵∠AEB=90°，
∴∠BEC=90°，
∵BD=CD，
∴BC=2DE=2，
∵四边形ABDE内接于⊙O，
∴∠BAC+∠BDE=180°，
∵∠CDE+∠BDE=180°，
∴∠CDE=∠BAC，
∵∠C=∠C，
∴△CDE∽△CAB，
∴，即，
∴CE=2，
∴AE=AC-CE=AB-CE=4；
（3）∵BD=CD，
∴S△CDE=S△BDE，
∵BD=CD，AO=BO，
∴OD∥AC，
∵△OBF∽△ABE，
∴，
∴S△ABE=4S△OBF，
∵，
∴S△ABE=4S△OBF=6S△CDE，
∴S△CAB=S△CDE+S△BDE+S△ABE=8S△CDE，
∵△CDE∽△CAB，
∴，
∴，
∵BD=CD，AB=AC，
∴，即AC=BC．
【点睛】
本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握圆周角定理、圆内接四边形的性质、相似三角形的判定与性质及等底共高三角形的面积关系的问题．
4．（2018·上海杨浦·中考模拟）结果如此巧合！
下面是小颖对一道题目的解答.
题目：如图，的内切圆与斜边相切于点，，，求的面积.

解：设的内切圆分别与、相切于点、，的长为.
根据切线长定理，得，，.
根据勾股定理，得.
整理，得.
所以



.
小颖发现恰好就是，即的面积等于与的积.这仅仅是巧合吗?
请你帮她完成下面的探索.
已知：的内切圆与相切于点，，.
可以一般化吗？
（1）若，求证：的面积等于.
倒过来思考呢？
（2）若，求证.改变一下条件……
（3）若，用、表示的面积.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.（3）.
【解析】
分析：（1）设的内切圆分别与、相切于点、，的长为,仿照例题利用勾股定理得再根据即可得到=mn.
（2）由，得, 因此=,利用勾股定理的逆定理可得.
（3）过点作，垂足为,在中，，.所以, 在中根据勾股定理得,由此.
详解：
设的内切圆分别与、相切于点、，的长为.
根据切线长定理，得，，.
（1）如图①，在中，根据勾股定理，得.
整理，得.
所以



.

（2）由，得.
整理，得.
所以



.
根据勾股定理的逆定理，得.
（3）如图②，过点作，垂足为.
在中，，.
所以.
在中，根据勾股定理，得
.
整理，得.
所以



.

点睛：本题考查了圆的综合题：熟练掌握三角形内切圆的性质、切线长定理；会利用勾股定理计算线段的长, 此题难度适中，注意掌握方程思想与数形结合思想的应用.
5．（2017·上海普陀·中考模拟）已知P是的直径BA延长线上的一个动点，∠P的另一边交于点C、D，两点位于AB的上方，＝6，OP=m，，如图所示．另一个半径为6的经过点C、D，圆心距．
（1）当m=6时，求线段CD的长；
（2）设圆心O1在直线上方，试用n的代数式表示m；
（3）△POO1在点P的运动过程中，是否能成为以OO1为腰的等腰三角形，如果能，试求出此时n的值；如果不能，请说明理由．

【答案】(1)CD=;(2)m= ;(3) n的值为或
【解析】
分析：（1）过点作⊥，垂足为点，连接．解Rt△，得到的长．由勾股定理得的长，再由垂径定理即可得到结论；
（2）解Rt△，得到和Rt△中，由勾股定理即可得到结论；
（3）△成为等腰三角形可分以下几种情况讨论：① 当圆心、在弦异侧时，分和．②当圆心、在弦同侧时，同理可得结论．
详解：（1）过点作⊥，垂足为点，连接．

在Rt△，∴．
∵＝6，∴．
由勾股定理得： ．
∵⊥，∴．
（2）在Rt△，∴．
在Rt△中，．
在Rt△中，．
可得： ，解得．
（3）△成为等腰三角形可分以下几种情况：
① 当圆心、在弦异侧时
i），即，由，解得．
即圆心距等于、的半径的和，就有、外切不合题意舍去．
ii），由 ，
解得：，即 ，解得．
②当圆心、在弦同侧时，同理可得： ．
∵是钝角，∴只能是，即，解得．
综上所述：n的值为或．
点睛：本题是圆的综合题．考查了圆的有关性质和两圆的位置关系以及解直径三角形．解答（3）的关键是要分类讨论．
6．（2016·上海宝山·九年级期末） 如图点在以为直径的半圆的圆周上，若 为边上一动点，点和关于对称 ，当与重合时，为的延长线上满足的点，当与不重合时，为的延长线与过且垂直于的直线的交点，

（1）当与不重合时，的结论是否成立？试证明你的判断．
（2）设 求关于 的函数及其定义域；
（3）如存在或恰好落在弧或弧上时，求出此时的值；如不存在，则请说明理由．
（4）请直接写出当从运动到时，线段扫过的面积．
【答案】(1)成立；（2）；（3）x=0或x=2；（4）
【解析】
试题分析：（1）设DE交AC于M，DF交BC于N．由轴对称图形的性质可知EM=DM，ED⊥AC，然后可证明AC∥DF，由平行线分线成比例定理可知 ；
（2）①当D与A不重合时．先证明四边形CNDM是矩形，从而得到MD∥BC，由平行线的性质可知∠ADM=∠ABC=30°，由特殊锐角三角函数可知ED= ，DN= = （4﹣x）=2﹣，然后由平行线分线段成比例定理可知DN=NF，从而得到DF=2DN=4﹣x，最后在Rt△EFD中，由勾股定理可求得y与x的函数关系式；②当D与A重合时，y=2AC=4；
（3）①当点E在弧AC上时．由题意可知∠CAD=60°，由点E与点D关于AC对称可知：∠EAD=120°，故此点E不在弧AC上，故当且仅当点D与点A重合是，点E也与点A重合时，成立；②当点F在 上时，如图3所示，连接BF、AF．由题意可知∠FDB=60°，由（2）可知DF=2DN，DB=2DN，故此DF=DB，从而可证明△DFB为等边三角形，于是得到DB=DF，然后再证明AD=DF，从而可知点D与点O重合，于是得到AD= =2；
（4）由（2）可知∠EAD=2∠CAD=120°，故此点E运动的轨迹为一条线段，由（3）可知∠FBD=60°，故此点F运动的轨迹也是一条线段，然后画出图形，最后利用三角形的面积公式即可求得答案．
试题解析：
成立：如图，设DE交AC于M,DF交BC于N；
由已知，,
故，因此，又，.

当D与A不重合时，,由AD=x,
得中，，故；
中，BD=4-x，故，
由（1），，故，因此DF=4-x=DB；
中，；
‚当D与A重合时，如图A、D、E重合，故y=EF=2AC=4(x=0)；

综上，；
当E在上时，由翻折的性质，，
而此时，不满足条件，
故当且仅当D与A重合时，E也与A重合符合条件，此时AD=0;
‚当F在上时，如图，连接BF、AF，

由且DF=DB，故为等边三角形，，
AB为直径，故，，
因此AD=FD=BD,即此时D与O重合，DF=2;
又此时DF=4-x=2,故x=2；
综上，x=0或x=2；
如图，EF初始位置为，与A点重合；
EF终止位置为，与B点重合；
由，故知E点运动轨迹为线段；
，故知F点运动轨迹为线段，
阴影部分面积即为所求，.

考点：圆的综合题、轴对称图形的性质、平行线分线段成比例定理、等边三角形的性质和判定、等腰三角形的性质和判定；
7．（2019·黑龙江九年级期末）已知：BD为⊙O的直径，O为圆心，点A为圆上一点，过点B作⊙O的切线交DA的延长线于点F，点C为⊙O上一点，且AB＝AC，连接BC交AD于点E，连接AC．
(1)如图1，求证：∠ABF＝∠ABC；
(2)如图2，点H为⊙O内部一点，连接OH，CH若∠OHC＝∠HCA＝90°时，求证：CH＝DA；
(3)在(2)的条件下，若OH＝6，⊙O的半径为10，求CE的长．

【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）.
【解析】
由BD为的直径，得到，根据切线的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，等量代换即可得到结论；
如图2，连接OC，根据平行线的判定和性质得到，根据等腰三角形的性质得到，，根据相似三角形的性质即可得到结论；
根据相似三角形的性质得到，根据勾股定理得到，根据全等三角形的性质得到，，根据射影定理得到，根据相交弦定理即可得到结论．
【详解】
为的直径，
，
，
是的切线，
，
，
，
，
，
，
；
如图2，连接OC，

，
，
，
，
，
，
即，
，
，
∽，
，
；
由知，∽，
，
，的半径为10，
，，
，
在与中，
，
≌，
，，
，
，
，
，
，，
，BC交于E，
，
．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，射影定理，相交弦定理，正确的识别图形是解题的关键．
8．（2020·浙江九年级期末）如图，在直角△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，作∠ABC的平分线交AC于点D，在AB上取点O，以点O为圆心经过B、D两点画圆分别与AB、BC相交于点E、F（异于点B）．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若点E恰好是AO的中点，求的长；
（3）若CF的长为，①求⊙O的半径长；②点F关于BD轴对称后得到点F′，求△BFF′与△DEF′的面积之比．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）①r1＝1，；②△BFF'与△DEF'的面积比为或
【解析】
【解析】
（1）连结，证明，得出，则结论得证；
（2）求出，，连结，则，由弧长公式可得出答案；
（3）①如图3，过作于，则，四边形是矩形，设圆的半径为，则．，证明，由比例线段可得出的方程，解方程即可得出答案；
②证明，当或时，根据相似三角形的性质可得出答案．
【详解】
解：（1）连结DO，

∵BD平分∠ABC，
∴∠CBD＝∠ABD，
∵DO＝BO，
∴∠ODB＝∠OBD，
∴∠CBD＝∠ODB．
∴DO∥BC，
∵∠C＝90°，
∴∠ADO＝90°，
∴AC是⊙O的切线；
（2）∵E是AO中点，
∴AE＝EO＝DO＝BO＝，
∴sin∠A＝，
∴∠A＝30°，∠B＝60°，
连结FO，则∠BOF＝60°，

∴＝．
（3）①如图3，连结OD，过O作OM⊥BC于M，

则BM＝FM，四边形CDOM是矩形
设圆的半径为r，则OA＝5﹣r．BM＝FM＝r﹣，
∵DO∥BC，
∴∠AOD＝∠OBM，
而∠ADO＝90°＝∠OMB，
∴△ADO∽△OMB，
∴，
即，
解之得r1＝1，．
②∵在（1）中∠CBD＝∠ABD，
∴DE＝DF，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BDE＝90°，
而F、F'关于BD轴对称，

∴BD⊥FF'，BF＝BF'，
∴DE∥FF'，
∴∠DEF'＝∠BF'F，
∴△DEF'∽∠BFF'，
当r＝1时，AO＝4，DO＝1，BO＝1，
由①知，
，
，
，
，
，
，
与的面积之比，
同理可得，当时．时，与的面积比．
与的面积比为或．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了直角三角形30度角的性质，切线的判定和性质，等腰三角形的判定，圆周角定理，勾股定理，轴对称的性质，相似三角形的判定和性质等知识，正确作出辅助线，熟练运用圆的相关性质定理是解题的关键．
9．（2020·浙江九年级期末）定义：如果三角形的两个内角与满足，那么称这样的三角形为“类直角三角形”．
尝试运用
（1）如图1，在中，，，，是的平分线．

①证明是“类直角三角形”；
②试问在边上是否存在点（异于点），使得也是“类直角三角形”？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由．
类比拓展
（2）如图2，内接于，直径，弦，点是弧上一动点（包括端点，），延长至点，连结，且，当是“类直角三角形”时，求的长．

【答案】（1）①证明见解析，②存在，；（2）或．
【解析】
（1）①证明∠A+2∠ABD=90°即可解决问题．
②如图1中，假设在AC边设上存在点E（异于点D），使得△ABE是“类直角三角形”．证明△ABC∽△BEC，可得，由此构建方程即可解决问题．
（2）分两种情形：①如图2中，当∠ABC+2∠C=90°时，作点D关于直线AB的对称点F，连接FA，FB．则点F在⊙O上，且∠DBF=∠DOA．
②如图3中，由①可知，点C，A，F共线，当点E与D共线时，由对称性可知，BA平分∠FBC，可证∠C+2∠ABC=90°，利用相似三角形的性质构建方程即可解决问题．
【详解】
（1）①证明：如图1中，
∵是的角平分线，
∴，
∵，∴，
∴，
∴为“类直角三角形”．

②如图1中，假设在边设上存在点（异于点），使得是“类直角三角形”．在
中，∵，，
∴，
∵，
∴，
∵
∴，∴，
∴，
∴，
（2）∵是直径，∴，∵，，∴，
①如图2中，当时，作点关于直线的对称点，连接，．则点在上，且，

∵，且，∴，∴，，共线，
∵∴，∴，∴，即
∴．
②如图3中，由①可知，点，，共线，当点与共线时，由对称性可知，平分，

∴，∵，，∴，
∴，即，∴，且中
解得
综上所述，当是“类直角三角形”时，的长为或．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，“类直角三角形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
10．（2019·湖北宜昌·九年级期末）矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，O为边AD上一点，以O为圆心，OA为半径r作⊙O，过点B作⊙O的切线BF，F为切点．

（1）如图1，当⊙O经过点C时，求⊙O截边BC所得弦MC的长度；
（2）如图2，切线BF与边AD相交于点E，当FE＝FO时，求r的值；
（3）如图3，当⊙O与边CD相切时，切线BF与边CD相交于点H，设△BCH、四边形HFOD、四边形FOAB的面积分别为S1、S2、S3，求的值．
【答案】（1）CM＝；（2）r＝2﹣2；（3）1．
【解析】
（1）如图1中，连接OM，OC，作OH⊥BC于H．首先证明CM＝2OD，设AO＝CO＝r，在Rt△CDO中，根据OC2＝CD2+OD2，构建方程求出r即可解决问题．
（2）证明△OEF，△ABE都是等腰直角三角形，设OA＝OF＝EF＝r，则OE＝r，根据AE＝2，构建方程即可解决问题．
（3）分别求出S1、S2、S3的值即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图1中，连接OM，OC，作OH⊥BC于H．

∵OH⊥CM，
∴MH＝CH，∠OHC＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠HCD＝90°，
∴四边形CDOH是矩形，
∴CH＝OD，CM＝2OD，
设AO＝CO＝r，
在Rt△CDO中，∵OC2＝CD2+OD2，
∴r2＝22+（3﹣r）2，
∴r＝，
∴OD＝3﹣r＝，
∴CM＝2OD＝．
（2）如图2中，

∵BE是⊙O的切线，
∴OF⊥BE，
∵EF＝FO，
∴∠FEO＝45°，
∵∠BAE＝90°，
∴∠ABE＝∠AEB＝45°，
∴AB＝BE＝2，
设OA＝OF＝EF＝r，则OE＝r，
∴r+r＝2，
∴r＝2﹣2．
（3）如图3中，

由题意：直线AB，直线BH，直线CD都是⊙O的切线，
∴BA＝BF＝2，FH＝HD，设FH＝HD＝x，
在Rt△BCH中，∵BH2＝BC2+CH2，
∴（2+x）2＝32+（2﹣x）2，
∴x＝，
∴CH＝，
∴S1＝
S2＝，
S3＝＝3，
∴．
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了切线的判定和性质，勾股定理，垂径定理，矩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，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
11．（2020·尚志市田家炳中学九年级期末）已知四边形为的内接四边形，直径与对角线相交于点，作于，与过点的直线相交于点，.

（1）求证：为的切线；
（2）若平分，求证：；
（3）在（2）的条件下，为的中点，连接，若，的半径为，求的长.
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）
【解析】
（1）根据直径所对的圆周角为90°，得到∠ADC=90°，根据直角三角形两锐角互余得到∠DAC+∠DCA=90°，再根据同弧或等弧所对的圆周角相等，可得到∠FAD+∠DAC=90°，即可得出结论；
（2）连接OD．根据圆周角定理和角平分线定义可得∠DOA=∠DOC，即可得出结论；
（3）连接OD交CF于M，作EP⊥AD于P．可求出AD=4，AF∥OM．根据三角形中位线定理得出OM=AF．证明△ODE≌△OCM，得到OE=OM．设OM=m，用m表示出OE，AE，AP，DP．通过证明△EAN∽△DPE，根据相似三角形对应边成比例，求出m的值，从而求得AN，AE的值．在Rt△NAE中，由勾股定理即可得出结论．
【详解】
（1）∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∴∠DAC+∠DCA=90°．
∵，
∴∠ABD=∠DCA．
∵∠FAD=∠ABD，
∴∠FAD=∠DCA，
∴∠FAD+∠DAC=90°，
∴CA⊥AF，
∴AF为⊙O的切线．

（2）连接OD．
∵，
∴∠ABD=∠AOD．
∵，
∴∠DBC=∠DOC．
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBC，
∴∠DOA=∠DOC，
∴DA=DC．

（3）连接OD交CF于M，作EP⊥AD于P．
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°．
∵DA=DC，
∴DO⊥AC，
∴∠FAC=∠DOC=90°，AD=DC==4，
∴∠DAC=∠DCA=45°，AF∥OM．
∵AO=OC，
∴OM=AF．
∵∠ODE+∠DEO=90°，∠OCM+∠DEO=90°，
∴∠ODE=∠OCM．
∵∠DOE=∠COM，OD=OC，
∴△ODE≌△OCM，
∴OE=OM．
设OM=m，
∴OE=m，，，
∴．
∵∠AED+∠AEN=135°，∠AED+∠ADE=135°，
∴∠AEN=∠ADE．
∵∠EAN=∠DPE，
∴△EAN∽△DPE，
∴，
∴，
∴，
∴，，
由勾股定理得：．

【点睛】
本题是圆的综合题．考查了圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定与性质，三角形的中位线定理等知识．用含m的代数式表示出相关线段的长是解答本题的关键．
12．（2019·辽宁鞍山·九年级期末）已知，AB是⊙O的直径，E、F是⊙O上的点，连接AE、AF、EF，BC是⊙O的切线，过点A作AD∥BC．
（1）如图1，求证：∠DAF＝∠AEF；
（2）如图2，若AD＝BC＝AB，连接CD，延长AF交CD于G，连接CF，若FC＝BC＝4，求AG的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）2．
【解析】
（1）如图1，连接BF，根据切线的性质得到∠ABC=90°，根据圆周角定理得到∠AFB=90°，推出∠ABF=∠DAF，等量代换即可得到结论；
（2）如图2，连接OF，OC，根据全等三角形的性质得到∠OFC=∠ABC=90°，∠BOC=∠FOC，推出∠BAG=∠BOC，得到四边形ABCD是正方形，于是得到AB=CD，∠D=90°，AB∥CD，根据全等三角形的性质得到AD=BC=4，DG=BO=2，根据勾股定理得到AG==.
【详解】
（1）证明：如图1，连接BF，
∵AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，
∴∠ABC＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠DAB＝90°，
∴∠DAF+∠BAF＝90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∴∠ABF+∠BAF＝90°，
∴∠ABF＝∠DAF，
∵∠AEF＝∠ABF，
∴∠AEF＝∠DAF；
（2）解：如图2，连接OF，OC，
在△CBO与△CFO中，
，
∴△CBO≌△CFO（SSS），
∴∠OFC＝∠ABC＝90°，∠BOC＝∠FOC，
∵OA＝OF，
∴∠OAF＝∠OFA，
∵∠OAF＝，∠BOC＝，
∴∠BAG＝∠BOC，
∵AD＝BC，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD，∠D＝90°，AB∥CD，
∴∠BAG＝∠DGA＝∠BOC，
在△ADG与△CBO中，
，
∴△ADG≌△CBO（AAS），
∴AD＝BC＝4，DG＝BO＝2，
∴AG＝＝2．

【点睛】
本题考查了切线的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
13．（2019·浙江）是上的一条不经过圆心的弦，，在劣弧和优弧上分别有点A,B（不与M,N重合），且，连接.

（1）如图1，是直径，交于点C，，求的度数；
（2）如图2，连接，过点O作交于点D，求证：；
（3）如图3，连接，试猜想的值是否为定值，若是，请求出这个值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）15°；（2）见解析；（3）16
【解析】
（1）先求得，再由得到，于是可解；
（2）连接.可证，，由可知，在中用内角和定理可证明；
（3）延长至点，使，连接，作于点E.
证明，得到是等腰三角形，然后在中用勾股定理即可求出.
【详解】
（1）是的直径，






（2）连接.


，






（3）延长至点，使，连接，作于点E.
设，.

四边形是圆内接四边形






，，
于点E.
，


化简得，

【点睛】
本题考查了圆的综合题，涉及的知识点有圆周角定理和垂径定理以及圆内接四边形的性质，综合性质较强，能够做出相应的辅助线是解题的关键.
14．（2019·黑龙江）已知：内接于，，直径交弦于点.

（1）如图1，求证：；
（2）如图2，连接并延长交于点，弦经过点，交于点，若，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，点为线段上一点，连接，，，交于点，连接，，，求线段的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【解析】
（1）连接CO，DO，求出，根据三线合一证明即可；
（2）连接OF，过点O作OQ⊥MN于点Q，OR⊥AC于点R，OT⊥AD于点T，证明Rt△EOT≌Rt△FOR，可推出AE＝CF；
（3）过点C作CK∥AD交AP的延长线于点K，过点E作EW⊥AF于点W，证△CPF≌△CPK，△CGK≌△EGA，求出DE＝2GH＝14，AC＝25＋14＝39，CR＝，再求出AW，CW的长，通过勾股定理求出EW，CE的长，推出CG的长，通过锐角三角函数求出OC的长，进一步可求出OG的长．
【详解】
（1）证明：如图，连接，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，即；

（2）证明：如图，连接，过点作于点，于点，于点，则，，
∵，
∴，即，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，即；

（3）解：如图，
∵，
∴，
∴，
在四边形中，，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
过点作交的延长线点，则，，，
∵，
∴，
∴，又∵，，
∴，∴，
∴，∴，
∴，∵，，∴，∴，∴.
过点作于点，∴，∴.
在中，，
在中，，∴.
∴.
在中，，∴，∴，
∴.

【点睛】
本题是圆的综合题，难度非常大，考查了圆的有关性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形等，解题关键是能够通过作适当的辅助线将相关条件合理的利用，最终能够解决问题．
15．（2020·广东九年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AC的垂直平分线分别与AC，BC及AB的延长线相交于点D，E，F，⊙O是△BEF的外接圆，∠EBF的平分线交EF于点G，交⊙O于点H，连接BD，FH．
（1）试判断BD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）当AB＝BE＝1时，求⊙O的面积；
（3）在（2）的条件下，求HG的长．

【答案】（1）BD与⊙O相切，见解析；（2）π；（3）
【解析】
（1）连接OB，证得∠DBO＝90°，即可得到BD与⊙O相切；
（2）由等腰直角三角形的性质得到CF＝BF，由于DF垂直平分AC，得到AF＝CF＝AB+BF＝1+BF＝BF，根据勾股定理得到EF的长，根据圆的面积公式即可得到结论；
（3）根据等腰直角三角形和角平分线的定义即可得到结论．
【详解】
解：（1）BD与⊙O相切，
理由：如图1，连接OB，

∵OB＝OF，
∴∠OBF＝∠OFB，
∵∠ABC＝90°，AD＝CD，
∴BD＝CD，∠EBF＝90°，
∴∠C＝∠DBC，EF为直径，
∴点O在EF上，
∵∠C＝∠BFE，
∴∠DBC＝∠OBF，
∵∠CBO+∠OBF＝90°，
∴∠DBC+∠CBO＝90°，
∴∠DBO＝90°，
∴BD与⊙O相切；
（2）如图2，连接CF，HE，

∵∠CDE＝90°，∠ABC＝90°，
∴∠DEC＝∠A，
∵∠CED＝∠FEB，
∴∠FEB＝∠A．
∵AB＝BE，∠ABC＝∠CBF＝90°，
∴△ABC≌△EBF（ASA），
∵BC＝BF，
∴CF＝BF，
∵DF垂直平分AC，
∴AF＝CF＝AB+BF＝1+BF＝BF，
∴BF＝+1，
∴EF＝
∵∠CBF＝90°，
∴EF是⊙O的直径，
∴⊙O的面积＝（EF）2•π＝π＝π；
（3）如图3，连接AE

∵AB＝BE，∠ABE＝90°，
∴∠AEB＝45°，
∵EA＝EC，
∴∠C＝22.5°，
∴∠H＝∠BEG＝∠CED＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∵BH平分∠CBF，
∴∠EBG＝∠HBF＝45°，
∴∠BGE＝∠BFH＝67.5°，
∴BG＝BE＝1，BH＝BF＝1+，
∴HG＝BH﹣BG＝．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质，切线的判定，圆周角定理，勾股定理，线段的垂直平分线的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握这些定理，能根据定理正确作辅助线和推理是解决本题的关键．
16．（2018·陕西西安·西北工业大学附属中学九年级期末）问题提出
（1）如图1．已知∠ACB＝∠ADB＝90°，请用尺规作图作出△ABD的外接圆（保留作图痕迹，不写作法）；点C是否在△ABD的外接圆上　 （填“是”或“否”）．

问题探究
（2）如图2．四边形ADBC是⊙O的内接四边形，∠ACB＝∠ADB＝90°，AD＝BD．求证：CA+CB＝CD；
（3）如图3．点P是正方形ABCD对角线AC的中点，点E是平面上一点，EB＝AB且EA＝BA．点Q是线段AE的中点，请在图中画出点E，并求线段PQ与AB之间的数量关系．
【答案】问题提出（1）作△ABD的外接圆，见解析；是；问题探究（2）见解析；（3）画出点E，见解析； PQ＝AB，PQ＝AB．
【解析】
（1）作AB的垂直平分线交AB于点O，以O为圆心，AO长为半径作圆，即为△ABD的外接圆，利用四点共圆的性质可说明C在圆上；
（2）如图2，作辅助线，把AC+BC转化为CE，可证得△CDE是等腰直角三角形，从而右证明结论成立；
（3）以点B为圆心，AB长为半径作圆，以点A为圆心，AB长为半径作圆，两圆的交点为E，注意有两个交点都符合题意；连接BQ，BP，设AB＝3x，在Rt中求得，易证得AQBP四点共圆且AP＝BP，AP⊥BP，运用（2）的结论可求得PQ的值，继而求得线段PQ与AB之间的数量关系．
【详解】
问题提出
（1）作AB的垂直平分线交AB于点O，以O为圆心，AO长为半径作圆，即为△ABD的外接圆，

∵∠ACB＝∠ADB＝90°，
∴点A，点B，点D，点C四点共圆，
∴点C在△ABD的外接圆上，
故答案为：是；
问题探究
（2）如图2，将△BCD绕点D，逆时针旋转90°到△AED处，

∴∠EAD＝∠DBC，
∵四边形ADBC是圆内接四边形，
∴∠DBC+∠DAC＝180°，
∴∠EAD+∠DAC＝180°，
∴E、A、C三点共线，
∴∠CAE为平角，
由旋转知，AE＝BC，DE＝CD，∠CDE＝90°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴CE＝CD，
∵CE＝AE+AC＝BC+AC，
∴CA+CB＝CD；
（3）如图3，连接BQ，BP，

∵以点B为圆心，AB长为半径作圆，以点A为圆心，AB长为半径作圆，两圆的交点为E，
∴点A的左右各有个点E，
设AB＝3x，则AE＝x，
若点E在点A的左侧，
∵BE＝AB，点Q是AE的中点，
∴BQ⊥AE，AQ＝EQ＝，
∴BQ＝，
∵四边形ABCD是正方形，点P是对角线AC的中点，
∴AP＝BP，AP⊥BP，
由（2）的结论可得：AQ+BQ＝PQ，
∴PQ＝
∴PQ＝，
∴PQ＝，
若点E在点A的右侧，
同理可求：PQ＝．
【点睛】
此题主要考查了圆内接四边形的相关性质、正方形的性质、全等三角形及相似三角形的判定和性质以及尺规作图．综合性强，难度较大，解决该题型题目时，通过正方形和圆内接四边形的性质找出相等的边，以此来证明两三角形全等是关键，学会构建方程解决问题．
17．（2019·浙江九年级期末）如图1，是⊙的内接等腰三角形，点是弧上异于的一个动点，射线交底边所在的直线于点，连结交于点.
（1）求证：；
（2）若，，①求的值；②如图2，若，求；
（3）若，记，面积和面积的差为，直接写出关于的函数关系式.

【答案】(1)证明见解析；（2）①21；②.（3）
【解析】
【解析】
由圆内接四边形性质知，由知，从而得；
由，可证∽从而得；
连接AO并延长交BD于点M，连接CM，证≌得，据此知，，求得，利用三角函数的定义可得答案；
证∽得证∽得从而得，再由，可设，知，，由面积法可得，即，据此得出答案．
【详解】
解：四边形ABCD是圆O的内接四边形，
．
，
．
；
四边形ABCD内接于圆，
．
又，
∽．
，
；
连接AO并延长交BD于点M，连接CM，

平分，
，
．
≌．
，即AC是线段MD的中垂线．
，
，
在中，，
.

，，
∽，
，即．
，
∽，
，即．
,
.
，

又，
如图2，设，则，，
由面积法可得，即，
．
【点睛】
本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握圆内接四边形的性质、圆周角定理、相似三角形和全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质及三角函数的应用等知识点．
18．（2018·黑龙江九年级期末）已知:点在上,弦,垂足,弦,垂足为,弦与相交于点；
(1)如图,求证:；
(2)如图,连接,当平分时,求证:弧弧；
(3)如图,在(2)的条件下,半径与相交于点,连接,若,求线段的长.

【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)
【解析】
（1）连接AD,根据圆周角定理和垂线的性质可证明△AHD是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一的性质即可证明；
（2）连接半径DO并延长DO交AF于点I，根据等腰三角形的性质和平行线的判定，可证明DI⊥AF，从而证明弧AD=弧FD；
（3）连接DA，DF，DB，OD，DO与AB相交于点M，根据圆周角定理和垂线的性质可得BH=BD，再由三角函数值和三角形的面积求得CH和CD，然后过点O作OP⊥CD，垂足为点P，根据勾股定理和三角函数求出CG，进而求出CK.
【详解】
(1)证明：连接



弧弧





（2）证明：连接半径并延长交于点
平分




弧弧

（3）证明：连接与相交于点
弧弧
由（1）（2）可知
设则
弧弧




是的垂直平分线


设则
在中则

或（舍）
过点作垂足为点





【点睛】
本题是关于圆的综合性题目，用到了勾股定理、圆周角定理、垂线的性质、三角函数值等知识点，综合性比较强，也比较难，正确作出辅助线，熟练掌握数学基础知识是解答此题的关键.