專題34圓綜合測試卷參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題，滿分30分，每小題3分）1．（3分）（2023·甘肅平?jīng)觥そy(tǒng)考二模）如圖，A、B、C是圓O上的三點(diǎn)，且四邊形ABCO是平行四邊形，OF⊥OC交圓O于點(diǎn)F，則∠AOF等于（

）

A．15° B．30° C．45° D．60°【答案】B【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和圓的半徑相等得到△AOB為等邊三角形，根據(jù)等腰三角形的三線合一得到答案．【詳解】解：

連接OB，如圖所示，∵四邊形ABCO是平行四邊形，∴OC=AB，又OA=OB=OC，∴OA=OB=AB，∴△AOB為等邊三角形，∵OF⊥OC，OC∥∴OF⊥AB，∴∠AOF=∠BOF=30°，故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查的是圓內(nèi)半徑相等，平行四邊形的性質(zhì)定理、等邊三角形的性質(zhì)的綜合運(yùn)用，掌握等腰三角形的三線合一是解題的關(guān)鍵．2．（3分）（2023·福建福州·?？寄M預(yù)測）如圖，PA、PC分別與圓O相切于A、C兩點(diǎn)，AB、BC為⊙O的兩條弦，且PA∥BC，若tanP=43

A．52 B．43 C．53【答案】A【分析】作CH⊥AP于H，連接AO并延長交BC于D，則可得OA⊥BC，則由垂徑定理得AB=AC；設(shè)PH=3x，根據(jù)正切的定義用x表示出HC，根據(jù)勾股定理求出PC，分別證明PA=PC，根據(jù)題意計算，得到答案．【詳解】解：作CH⊥AP于H，連接AO并延長交BC于D，如圖，∵PA是圓的切線，∴OA⊥PA，∵PA∥∴AD⊥BC；∴BD=CD；∴AB=AC；∵CH⊥AP，即∠AHC=∠DAH=∠ADC=90°，∴四邊形ADCH是矩形，∴CD=AH；設(shè)PH=3x，∵tan∴HC=4x，由勾股定理得，PC=P由切線長定理得，PA=PC=5x，則AH=2x，∴CD=2x，由勾股定理得，AC=C

∴AB=AC=25∵AD⊥BC，∴BC=2CD=4x，∴AB故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查的是垂徑定理，切線的性質(zhì)及切線長定理，勾股定理，三角函數(shù)，矩形的判定與性質(zhì)，掌握相關(guān)的性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．3．（3分）（2023·湖北十堰·統(tǒng)考一模）如圖，在⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD中，AC⊥BD，AB=8，CD=2，則⊙O的直徑為（

）

A．9 B．215 C．217 D【答案】C【分析】作直徑AF，連BF、CF.證明CD=BF=2，利用勾股定理求出AF即可．【詳解】解：作直徑AF，連BF、CF．

∵AF是圓O的直徑，∴∠ACF=∠ABF=90°，∴CF⊥AC，又∵BD⊥AC，∵CF∥BD，∴∠DBC=∠BCF，∴CD∴BF=CD=2，∴AF=A∴⊙O的直徑為217故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查勾股定理，圓周角定理，平行線的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．4．（3分）（2023·江蘇蘇州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，扇形AOB中，∠AOB=90°，半徑OA=6,C是AB的中點(diǎn)，CD//OA，交AB于點(diǎn)D，則CD的長為（

）A．22-2 B．2 C．2 D【答案】D【分析】連接OC，延長CD交OB于點(diǎn)E，如圖，易得△AOB、△COE、△BDE都是等腰直角三角形，然后根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出CE與DE的長，從而可得答案．【詳解】解：連接OC，延長CD交OB于點(diǎn)E，如圖，∵∠AOB=90°，C是AB的中點(diǎn)，∴∠COE=45°，∵CD//OA，∠AOB=90°，∴CE⊥OB，∴∠OCE=∠COE=45°，∴CE=OE=22∴BE=OB－OE=6-32∵OA=OB，∠AOB=90°，∴∠ABO=45°，∴∠BDE=∠ABO=45°，∴EB=ED=6-32∴CD=CE－DE=32故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了圓心角和弧的關(guān)系、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識，屬于?？碱}型，熟練掌握等腰直角三角形的判定和性質(zhì)是解此題的關(guān)鍵．5．（3分）（2023·廣東茂名·統(tǒng)考二模）如圖，⊙O的半徑為4，直徑AB與直徑CD垂直，P是AD上一點(diǎn)，連接PC，PB分別交AB，CD于E，F(xiàn)，若CE=25，則BF

A．4103 B．17 C．25【答案】A【分析】本題主要考查圓周角定理、解直角三角形等知識，連接BD，過點(diǎn)F作FH⊥BD，證明tan∠PBD=tan∠PCD=12=FHBH【詳解】解：連接BD，過點(diǎn)F作FH⊥BD于H．

∵AB⊥CD，∴∠EOC=90°，∵CE=25，OC=4∴OE=EC∴tan∠ECO=∵∠PCD=∠FBD，∴tan∠PBD=設(shè)FH=m，則BH=2m，∵OD=OB，∠DOB=90°，∴∠FDH=45°，∵∠FHD=90°，∴∠HFD=∠HDF=45°，∴HF=HD=m，∴m+2m=2∴m=4∴BF=FH故選：A．6．（3分）（2023·湖北武漢·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，⊙O的半徑為20，A是⊙O上一點(diǎn)，以O(shè)A為對角線作矩形OBAC，且OC=12，延長BC交⊙O于D，E兩點(diǎn)，則CE-BD=（

）

A．185 B．245 C．285【答案】C【分析】設(shè)DE的中點(diǎn)為M，連接OM，則OM⊥DE，在Rt△AOB中利用勾股定理求出OB的長，利用三角形的面積公式求出OM的長，在Rt△OCM中，利用勾股定理求出CM的長，進(jìn)而可得出BM的長，由【詳解】解：如圖，設(shè)DE的中點(diǎn)為M，連接OM，則OM⊥DE．

∵在Rt△AOB中，OA=20∴OB=O由矩形OBAC知BC=OA=20,利用△OBC的面積關(guān)系得：OM=OB?OCBC=16×12在Rt△OCMCM=OC2-OM∵BM=BC-CM=20-365∴CE-BD=EM-CM-DM-BM=BM-CM=64故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查的是圓的基本性質(zhì)及勾股定理，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出直角三角形，利用勾股定理進(jìn)行解答是解答此題的關(guān)鍵．7．（3分）（2023·四川德陽·統(tǒng)考中考真題）已知一個正多邊形的邊心距與邊長之比為32，則這個正多邊形的邊數(shù)是（

A．4 B．6 C．7 D．8【答案】B【分析】如圖，A為正多邊形的中心，BC為正多邊形的邊，AB，AC為正多邊形的半徑，AD為正多邊形的邊心距，由ADBC=32可得ADBD=3【詳解】解：如圖，A為正多邊形的中心，BC為正多邊形的邊，AB，AC為正多邊形的半徑，AD為正多邊形的邊心距，

∴AB=AC，AD⊥BC，ADBC∴BD=CD=1∴AD2BD=3∴tan∠B=∴∠B=60°，而AB=AC，∴△ABC為等邊三角形，∴∠BAC=60°，∴多邊形的邊數(shù)為：36060故選B【點(diǎn)睛】本題考查的是正多邊形與圓，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，熟練的利用數(shù)形結(jié)合的方法解題是關(guān)鍵．8．（3分）（2023·廣東深圳·深圳市東湖中學(xué)校考模擬預(yù)測）如圖，在邊長為6的等邊△ABC中，點(diǎn)E在邊AC上自A向C運(yùn)動，點(diǎn)F在邊CB上自C向B運(yùn)動，且運(yùn)動速度相同，連接BE,AF交于點(diǎn)P，連接CP，在運(yùn)動過程中，點(diǎn)P的運(yùn)動路徑長為（

）A．43π3 B．4π3 C【答案】A【分析】過點(diǎn)A作OA⊥AC于A，作OB⊥BC于B，連接OC，交AB于D，證明Rt△ACO≌Rt△BCOHL，得OA=OB，再證明△ACF≌△BAESAS，可得∠APB=180°-60°=120°，確定點(diǎn)P的運(yùn)動路徑是以點(diǎn)O【詳解】解：如圖，過點(diǎn)A作OA⊥AC于A，作OB⊥BC于B，連接OC，交AB于D，∵△ACB是等邊三角形，∴AC=BC=AB，∠ACB=∠CAB=60°，∴∠AOB=360°-60°-90°-90°=120°，∵OC=OC，∴Rt∴OA=OB，∴OC是AB的垂直平分線，AD=BD=1在Rt△ADO中，∠DAO=30°∴OD=AD?tan30°=3∵AE=CF，∴△ACF≌△BAESAS∴∠CAF=∠ABE，∵∠CAF+∠BAP=60°，∴∠ABE+∠BAP=60°，∴∠APB=180°-60°=120°，∴點(diǎn)P的運(yùn)動路徑是以點(diǎn)O為圓心，以O(shè)A為半徑的弧AB，∴點(diǎn)P的運(yùn)動路徑長為120×π×23故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)和判定，扇形的面積，動點(diǎn)P的運(yùn)動軌跡等知識，確定點(diǎn)P的運(yùn)動軌跡是解本題的關(guān)鍵．9．（3分）（2023·陜西西安·?？既＃┤鐖D，⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD中，AB=3，AD=5，∠BAD=60°，點(diǎn)C為弧BD的中點(diǎn)，則AC的長是（）A．43 B．83 C．433 D【答案】D【分析】根據(jù)點(diǎn)C為弧BD的中點(diǎn)可得AC平分∠BAD，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)作垂直線，最后根據(jù)全等推理證明即可．【詳解】過C作CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，則∠E=∠CFD=∠CFA=90°，∵點(diǎn)C為弧BD的中點(diǎn)，∴BC=∴∠BAC=∠DAC，BC=CD，∵CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE=CF，∵A、B、C、D四點(diǎn)共圓，∴∠D=∠CBE，在△CBE和△CDF中∠CBE∴△CBE≌△CDF(AAS)，∴BE=DF，在△AEC和△AFC中∠E∴△AEC≌△AFC(AAS)，∴AE=AF，設(shè)BE=DF=x，∵AB=3，AD=5，∴AE=AF=x+3，∴5=x+3+x，解得：x=1，即AE=4，∴AC=AE故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了圓心角、弧、弦之間的關(guān)系，圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)，解直角三角形，全等三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，能根據(jù)角平分線正確作出輔助線是解此題的關(guān)鍵，綜合性比較強(qiáng)，難度適中．10．（3分）（2023·山西呂梁·模擬預(yù)測）如圖，AB為半圓O的直徑，M，C是半圓上的三等分點(diǎn)，AB=8，BD與半圓O相切于點(diǎn)B，點(diǎn)P為AM上一動點(diǎn)（不與點(diǎn)A，M重合），直線PC交BD于點(diǎn)D，BE⊥OC于點(diǎn)E，延長BE交PC于點(diǎn)F，則下列結(jié)論正確的個數(shù)有()①PB=PD；②BC的長為43π；③∠DBE=45°；④△BCF～△PCB；⑤CF?CP

A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】①連接AC，并延長AC，與BD的延長線交于點(diǎn)H，若PD=PB，得出P為AM的中點(diǎn)，與實(shí)際不符，即可判定正誤；②先求出∠BOC，再由弧長公式求得BC的長度，進(jìn)而判斷正誤；③由∠BOC=60°，得△OBC為等邊三角形，再根據(jù)三線合一性質(zhì)得∠OBE，再由角的和差關(guān)系得∠DBE，便可判斷正誤；④證明∠CPB=∠CBF=30°，再利用公共角，可得△BCF～△PCB，便可判斷正誤；⑤由等邊△OBC得BC=OB=4，再由相似三角形得CF?CP=BC【詳解】①連接AC，并延長AC，與BD的延長線交于點(diǎn)H，如圖，

∵M(jìn)，C是半圓上的三等分點(diǎn)，∴∠BAH=30°，∵BD與半圓O相切于點(diǎn)B．∴∠ABD=90°，∴∠H=60°，∵∠ACP=∠ABP，∠ACP=∠DCH，∴∠PDB=∠H+∠DCH=∠ABP+60°，∵∠PBD=90°-∠ABP，若∠PDB=∠PBD，則∠ABP+60°=90°-∠ABP，∴∠ABP=15°，∴P點(diǎn)為AM的中點(diǎn)，這與P為AM上的一動點(diǎn)不完全吻合，∴∠PDB不一定等于∠ABD，∴PB不一定等于PD，故①錯誤；②∵M(jìn)，C是半圓上的三等分點(diǎn)，∴∠BOC=1∵直徑AB=8，∴OB=OC=4，∴BC的長度=60π×4180=③∵∠BOC=60°，OB=OC，∴∠ABC=60°，OB=OC=BC，∵BE⊥OC，∴∠OBE=∠CBE=30°，∵∠ABD=90°，∴∠DBE=60°，故③錯誤；④∵M(jìn)、C是AB的三等分點(diǎn)，∴∠BPC=30°，∵∠CBF=30°，∴∠CBF=∠BPC，∵∠BCF=∠PCB，∴△BCF～△PCB，故④正確；⑤∵△BCF～△PCB，∴CBCP∴CF?CP=CB∵CB=OB=OC=1∴CF?CP=16，故⑤正確．綜上所述：正確結(jié)論有②④⑤，共3個．故選：C．【點(diǎn)睛】本題屬于幾何綜合題，主要考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，關(guān)鍵是熟練掌握切線的性質(zhì)得到∠ABD=90°，并能靈活應(yīng)用．二．填空題（共6小題，滿分18分，每小題3分）11．（3分）（2023·廣東清遠(yuǎn)·統(tǒng)考二模）如圖，⊙O的直徑AB和弦CD垂直相交于點(diǎn)E，CD=42，CF⊥AD于點(diǎn)F，交AB于點(diǎn)G，且OG=1，則⊙O的半徑長為

【答案】3【分析】連接AC，BC，OC，根據(jù)垂徑定理和圓周角定理得到CE=DE=22，BC=BD，∠ACB=90°，求出∠B=∠AGF，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到BC=CG，GE=EB，設(shè)OE=x，根據(jù)勾股定理得O【詳解】解：連接AC，BC，OC，

∵⊙O的直徑AB和弦CD垂直相交于點(diǎn)E，CD=42∴CE=DE=22，BC=BD∴∠B+∠CAB=90°，∠CAB=∠DAB，∵CF⊥AD，∴∠GFA=90°，∴∠DAB+∠AGF=90°，∴∠B=∠AGF，∵∠CGB=∠AGF，∴∠B=∠CGB，∴BC=CG，∵AB⊥CD，∴GE=EB，設(shè)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：O即2x+12解得：x=1或x=-7∴OC=2×1+1=3，即⊙O的半徑長為3，故答案為：3．【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，圓周角定理，等腰三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出直角三角形是解答此題的關(guān)鍵．12．（3分）（2023·湖北咸寧·校考模擬預(yù)測）如圖，Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=12,BC=5，⊙O與BC相切于D，與AC,BC的延長線分別相切于E、F，則⊙O的半徑為

【答案】3【分析】連接OD、OE、OF，設(shè)⊙O的半徑為r，根據(jù)切線長定理可得BD=BF，AF=AE，【詳解】解：連接OD、

設(shè)⊙O的半徑為r，∵∠ACB=90°，∴四邊形ODCE是矩形，∴OD=CE=CD=OE=r，∵BC=5，∴BD=BC-CD=5-r，∵⊙O與BC相切于D，與AC,BC的延長線分別相切于E、F，∠ACB=90°,AC=12,BC=5∴BD=BF=5-r，AF=AE=AC+CE=12+r，AB=A∴BF=AF-AB=r-1，∴r-1=5-r，解得：r=3，故答案為：3．【點(diǎn)睛】本題考查了，直角三角形的性質(zhì)，切線的性質(zhì)，勾股定理，掌握切線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．13．（3分）（2023·湖南株洲·校聯(lián)考三模）如圖，在正方形網(wǎng)格中，每個小正方形的邊長都是1，⊙O是△ABC的外接圓，點(diǎn)A，B，O在網(wǎng)格線的交點(diǎn)上，則cos∠ACB的值是【答案】55/【分析】本題主要考查解直角三角形，勾股定理，圓的概念及性質(zhì)，構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．連接AO并延長交⊙O于點(diǎn)D，連接BD，則∠ABD=90°,∠ACB=∠ADB，利用勾股定理求解AD的長，再解直角三角形可求解．【詳解】解：連接AO并延長交⊙O于點(diǎn)D，連接BD，則∠ABD=90°,∠ACB=∠ADB，∵AO=∴AD=2∵AB=4,∴BD=∴故答案為：5514．（3分）（2023·安徽合肥·合肥市廬陽中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，在矩形ABCD中，AB=6，BC=4，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，AF=2，以EF為直徑的半圓與DE交于點(diǎn)G，則GE的長為．

【答案】10【分析】連接OG和DF，首先根據(jù)已知信息推出△DEF為等腰直角三角形，從而得到∠DEF=45°，再結(jié)合OG=OE，得到∠GOE=90°，最后根據(jù)已知信息求出EF的長度，即可得到OE的長度，然后勾股定理求解即可．【詳解】解：如圖所示：連接OG和DF，由題意，AF=2，BF=4，AD=4，∠A=90°，∴在Rt△ADF中，DF=同理，在Rt△BEF中，EF=∴DF=EF，OE=1又∵AD=BF，∴Rt∴∠ADF=∠BFE，∵∠ADF+∠AFD=90°，∴∠BFE+∠AFD=90°，∴∠DFE=90°，∵DF=EF，∴∠FDE=∠FED=45°，又∵OG=OE，∴∠OGE=∠OEG=45°，∴∠GOE=90°，∴GE=2故答案為：10．

【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)，圓的基本性質(zhì)，勾股定理，掌握全等三角形的判定和基本性質(zhì)是解題關(guān)鍵．15．（3分）（2023·浙江溫州·校聯(lián)考一模）如圖，半圓的直徑AB＝6，C為半圓上一點(diǎn)，連接AC，BC，D為BC上一點(diǎn)，連接OD，交BC于點(diǎn)E，連接AE，若四邊形ACDE為平行四邊形，則AE的長為．【答案】2【分析】如圖，連接OC．證明AC=DE=2OE，利用勾股定理構(gòu)建關(guān)系式，可得結(jié)論．【詳解】如圖，連接OC．∵AB是直徑，∴∠ACB=90°，∵四邊形ACDE是平行四邊形，∴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-2故答案為：23【點(diǎn)睛】本題考查圓周角定理，垂徑定理，勾股定理，平行四邊形的性質(zhì)，三角形中位線定理等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考?？碱}型．16．（3分）（2023·浙江杭州·杭州育才中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，AB為半圓的直徑，C是半圓弧上任一點(diǎn)，正方形DEFG的一邊DG在直線AB上，另一邊DE過ΔABC的內(nèi)切圓圓心I，且點(diǎn)E在半圓弧上，已知DE=8，則ΔABC的面積為．【答案】64【分析】根據(jù)切線的性質(zhì)得到AD=AM，CM=CN=r，根據(jù)圓周角定理得到∠ACB=90°，根據(jù)勾股定理得到AB2=AC2【詳解】解：如圖示，設(shè)⊙I切AC與M，切BC于N，半徑為r，則AD=AM，CM=CN=r，BD=BN，∴r=1∵AB為半圓的直徑，∴∠ACB=90°，∴AB∴AD·DB=AM·BN=(AC-r)(BC-r)=[AC-===1又∵AB為半圓的直徑，，且點(diǎn)E在半圓弧上，由射影定理得AD·DB=DE∴S故答案為：64．【點(diǎn)睛】本題考查了三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心，勾股定理，射影定理，三角形的面積的計算，正確的理解題意是解題的關(guān)鍵．三．解答題（共7小題，滿分52分）17．（6分）（2023·安徽·模擬預(yù)測）如圖，半圓的直徑AB=4，弦CD∥AB，連接(1)求證：△ADC≌△BCD；(2)當(dāng)△ACD的面積最大時，求∠CAD的度數(shù)．【答案】(1)證明見解析(2)45°【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠ADC=∠DAB，從而可得AC=BD，然后根據(jù)同圓或等圓中弧、弦、圓周角的關(guān)系可得（2）連接OC,OD，過點(diǎn)D作DE⊥OC，垂足為點(diǎn)E，通過分析當(dāng)且僅當(dāng)∠COD=90°時取等號時S△ACD有最大值為2【詳解】（1）證明：∵CD∥AB，∴∠ADC=∠DAB∴AC∴AC=BD,AC+CD∴AD=BC．又∵CD=DC．∴△ADC≌△BCD（2）解：連接OC,OD，過點(diǎn)D作DE⊥OC，垂足為點(diǎn)E．∴OC=OD=1∵CD∥AB，∴S△ACD∵DE≤OD=2，當(dāng)且僅當(dāng)∠COD=90°時取等號，此時S△ACD最大值=∴∠CAD=1【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，同圓或等圓中弧、弦、圓周角的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是根據(jù)圖形題意，準(zhǔn)確添加輔助線．18．（6分）（2023·廣東深圳·廣東省深圳市鹽田區(qū)外國語學(xué)校?？寄M預(yù)測）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB、CD是⊙O的直徑，E是DA長線上一點(diǎn)，且(1)求證：CE是⊙O的切線；(2)若DE=35，tanB=1【答案】(1)見解析(2)3【分析】（1）根據(jù)圓周角定理得出∠ACB=90°，再由各角之間的等量代換得出∠DCE=（2）根據(jù)（1）可知，CD⊥CE，再由正切函數(shù)的定義得出CD=2CE，利用勾股定理求解即可．【詳解】（1）證明：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴∠CAB+∵∠CED=∠CAB∴∠CED+∴∠DCE=∴CD⊥CE，∵CD是⊙O的直徑，即OC是⊙O半徑，∴CE是⊙O的切線；（2）由（1）知，CD⊥CE，在Rt△ABC和Rt△DEC中，∵∠B=∠D，tanB=∴tan∠B=∴CD=2CE，在Rt△CDE中，CD2+C∴2CE2解得CE=3（負(fù)值舍去），即線段CE的長為3．【點(diǎn)睛】題目主要考查切線的判定和性質(zhì)，正切函數(shù)的定義，勾股定理解三角形等，理解題意，綜合運(yùn)用這些知識點(diǎn)是解題關(guān)鍵．19．（8分）（2023·湖北武漢·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，E是BC的中點(diǎn)，連接AE，

(1)求證：AE=DE；(2)若CE=1，求四邊形AECD的面積．【答案】(1)見解析(2)S【分析】（1）欲證明AE=DE，只要證明AE=（2）連接BD，過點(diǎn)D作DF⊥DE交EC的延長線于F．證明△ADE≌△CDF，推出AE=CF，得到S△ADE=S△CDF，推出【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=CD，∴AB=∵E是BC的中點(diǎn)，∴BE=∴AE=∴AE=DE．（2）解：連接BD，AO，過點(diǎn)D作DF⊥DE交EC的延長線于∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DBC=∠DEC=45°，∵∠EDF=90°，∴∠F=∠EDF-∠DEF=90°-45°=45°，∴DE=DF，∵∠AED=1∴∠AED=∠F=45°，∵∠ADC=∠EDF=90°，∴∠ADE+∠EDC=∠CDF+∠EDC=90°，∴∠ADE=∠CDF∴△ADE≌△CDF，∴AE=CF，∴S△ADE∴S四邊形∵EF=2∴1+DE=2∴DE=2∴S四邊形AECD=

【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形與圓，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．20．（8分）（2023·河北石家莊·石家莊市第四十二中學(xué)校考模擬預(yù)測）筒車是我國古代利用水力驅(qū)動的灌溉工具．如圖，半徑為3m的筒車⊙O按逆時針方向每分鐘轉(zhuǎn)56圈，筒車與水面分別交于點(diǎn)A、B、AB長為4m，筒車上均勻分布著若干個盛水筒（用點(diǎn)表示）．若以某個盛水筒（點(diǎn)P

(1)設(shè)點(diǎn)D為盛水筒在運(yùn)行中的最高點(diǎn)，請在圖中畫出線段CD，用其長度表示盛水筒到水面的最大距離．（不說理由），并求最大距離約為多少米（結(jié)果保留小數(shù)點(diǎn)后一位）；(2)筒車每秒轉(zhuǎn)°，∠OAB=°；(3)浮出水面2.6秒后，盛水筒（點(diǎn)P）距離水面多高？（參考數(shù)據(jù)：5≈2.2，cos【答案】(1)作圖見解析，最大距離為5.2米(2)5，43(3)0.7米【分析】（1）如圖1，過點(diǎn)O作CD⊥AB于C，交⊙O于D，連接OA，由垂徑定理得AC=12AB=2，由題意知，OA=OD=3，由勾股定理得OC=（2）由題意知，每分鐘轉(zhuǎn)的弧長為56×2π×3=5π，由nπ×3180=5π，解得n=300，則每秒鐘轉(zhuǎn)300°60（3）由題意知，2.6×5°=13°，則∠AOC=90°-∠OAB=47°，如圖2，連接OP，過P作PE⊥OC于E，PF⊥AB于F，則四邊形CEPF是矩形，PF=CE，∠POC=∠AOC+∠POC=60°，則OE=OP?cos∠POC=32，CE=OC-OE=0.7【詳解】（1）解：如圖1，過點(diǎn)O作CD⊥AB于C，交⊙O于D，連接OA，

由垂徑定理得AC=1由題意知，OA=OD=3，由勾股定理得OC=O∴CD=OC+OD=5+3≈5.2（∴最大距離約為5.2米；（2）解：由題意知，每分鐘轉(zhuǎn)的弧長為56∴nπ×3180=5π，解得∴每秒鐘轉(zhuǎn)300°60∵sin∠OAB=∴∠OAB=43°，故答案為：5，43；（3）解：由題意知，2.6×5°=13°，∵∠OAB=43°，∴∠AOC=90°-∠OAB=47°，如圖2，連接OP，過P作PE⊥OC于E，PF⊥AB于F，則四邊形CEPF是矩形，

∴PF=CE，∠POC=∠AOC+∠POC=60°，∴OE=OP?cos∴CE=OC-OE=0.7（m），∴PF=0.7（m），∴浮出水面2.6秒后，盛水筒（點(diǎn)P）距離水面0.7米．【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，勾股定理，弧長公式，正弦，余弦，矩形的判定與性質(zhì)．解題的關(guān)鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運(yùn)用．21．（8分）（2023·廣東佛山·?？家荒＃┤鐖D，在ΔABC中，AB=AC，以AB為直徑的⊙O與BC交于點(diǎn)D，連接AD(1)用無刻度的直尺和圓規(guī)作出劣弧AD的中點(diǎn)E．（不寫作法，保留作圖痕跡），連接BE交AD于F點(diǎn)，并證明：AF×DF=BF×EF；(2)若⊙O的半徑等于4，且⊙O與AC相切于A點(diǎn)，求劣弧AD的長度和陰影部分的面積（結(jié)果保留π）．【答案】(1)見解析(2)2π，【分析】（1）利用圓周角相等所對的弧相等解決中點(diǎn)，連接DE，先說明△BFA∽△DFE，再利用相似三角形的性質(zhì)得結(jié)論；（2）連接OD，先求出∠AOD的度數(shù)，再利用弧長公式、扇形的面積公式及三角形的面積公式得結(jié)論．【詳解】（1）作∠ABC的角平分線交AD于點(diǎn)E．∴點(diǎn)E為所求的劣弧AD的中點(diǎn)．證明：連接DE，∵AE=AE，∴∠ABF=∠ADE，∠BAF=∠FED．∴△BFA∽△DFE．∴BFAF即AF×DF=BF×EF．（2）連接OD，∵⊙O與AC相切，OA為半徑，∴BA⊥AC．∵AB∴∠B=∠C=45°．∵OB=OD，∴∠B=∠ODB=45°．∴∠AOD=90°．∴劣弧AD的長度=90×π×4S==4π-8．【點(diǎn)睛】本題主要考查了與圓有關(guān)計算，掌握圓周角定理、等腰三角形的性質(zhì)、弧長公式及扇形的面積公式是解決本題的關(guān)鍵．22．（8分）（2023·山東濱州·統(tǒng)考中考真題）如圖，點(diǎn)E是△ABC的內(nèi)心，AE的延長線與邊BC相交于點(diǎn)F，與△ABC的外接圓相交于點(diǎn)D．

(1)求證：S△ABF(2)求證：AB:AC=BF:CF；(3)求證：AF(4)猜想：線段DF,DE,DA三者之間存在的等量關(guān)系．（直接寫出，不需證明．）【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析(4)D【分析】（1）過點(diǎn)F作FH⊥AC,FG⊥AB，垂足分別為H,G，則FG=FH，進(jìn)而表示出兩個三角形的面積，即可求解；（2）過點(diǎn)A作AM⊥BC于點(diǎn)M，表示出兩三角形的面積，即可求解；（3）連接DB,DC，證明△BFD∽△AFC得出BF?CF=AF?DF，證明△ABF∽△ADC，得出AB?AC=AD?AF，即可AB?AC=(AF+DF)?AF，恒等式變形即可求解；（4）連接BE，證明△ABD∽△BFD，得出DB=DA?DF，證明∠BED=∠DBE，得出DB=DE，即可求解．【詳解】（1）證明：如圖所示，過點(diǎn)F作FH⊥AC,FG⊥AB，垂足分別為H,G，∵點(diǎn)E是△ABC的內(nèi)心，∴AD是∠BAC的角平分線，∵FH⊥AC,FG⊥AB，∴FG=FH，∵S△ABF∴S△ABF（2）證明：如圖所示，過點(diǎn)A作AM⊥BC于點(diǎn)M，

∵S△ABF∴S△ABF由（1）可得S△ABF∴AB:AC=BF:CF；（3）證明：連接DB,DC，

∵AB∴∠ACF=∠BDF,∠FAC=∠FBD∴△BFD∽△AFC∴BFAF∴BF?CF=AF?DF∵AC=∴∠FBA=∠ADC，又∠BAD=∠DAC，∴△ABF∽△ADC，∴ABAD∴AB?AC=AD?AF；∴AB?AC=AF+DF∴AF（4）解：如圖所示，連接BE，

∵點(diǎn)E是△ABC的內(nèi)心，∴BE是∠BAC的角平分線，∴∠ABE=∠FBE，∵∠CBD=∠CAD=∠BAD，∠ADB=∠BDF∴△ABD∽△BFD，∴DBDF∴DB∵∠BED=∠BAE+∠ABE=1∠DBE=∠DBC+∠FBE=∠DAC+∠FBE=1∴∠BED=∠DBE，∴DB=DE，∴DE【點(diǎn)睛】本題考查了三角形內(nèi)心的定義，同弧所對的圓周