A卷17題：【圓綜合題】專題練習1．（2022·成都中考）如圖，在中，，以為直徑作⊙，交邊于點，在上取一點，使，連接，作射線交邊于點．(1)求證：；(2)若，，求及的長．2．（2021·成都中考）如圖，為的直徑，C為上一點，連接，D為延長線上一點，連接，且．（1）求證：是的切線；（2）若的半徑為，的面積為，求的長；（3）在（2）的條件下，E為上一點，連接交線段于點F，若，求的長．3．（2022·四川省成都市七中育才學校二模）如圖，上有，，三點，是直徑，點是的中點，連接交于點，點在延長線上且．(1)證明：；(2)求證：是的切線；(3)若，，求的值．4．（2022·四川成都·二模）圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，CD垂直AB,垂足為D，在AC延長線上取點E，使∠CBE=∠BAC．(1)求證：BE是⊙O的切線；(2)若CD＝4，BE＝6，求⊙O的半徑OA．5．（2022·四川成都·二模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，對角線AC，BD交于點E．(1)求證：△AED∽△BEC；(2)若BD平分∠ABC，求證：CD2=DE?DB；(3)在（2）小題的條件下，若DE=4，BE=2，過圓心O點，作OF⊥CD于點F，OF=2，求該圓的半徑長．6．（2022·四川師范大學附屬中學模擬預測）如圖，點是以為圓心，為直徑的半圓上一動點（不與，重合），，連接并延長至點，使，過點作的垂線，分別交，，于點，，，連接．記，隨點的移動而變化．(1)當時，求證：；(2)連接，當時，求的長．7．（2022·四川成都·二模）如圖，AB為⊙O的直徑，C、E為圓上的兩點，連接AC，BC，CE為∠AEO的角平分線，AE⊥CD，垂足為F(1)求證：CD是⊙O的切線；(2)若，⊙O的半徑為6，求DF的長．8．（2022·四川成都·二模）如圖，在中，，以為直徑作，交于點D，過點D作，垂足為點E，交的延長線于點F．(1)求證：是的切線；(2)若的半徑為5，，求的長．9．（2022·云南·云大附中三模）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，點F在弧BC上，AF與CD交于點G，點H在DC的延長線上，且HG=HF，延長HF交AB的延長線于點M．(1)求證：HF是⊙O的切線；(2)若，BM=1，求AF的長．10．（2022·四川成都·二模）如圖，是的直徑，在半徑上取點（不與點重合），在上取點，使，過點作的切線交的延長線于點．(1)求證：；(2)若，求的半徑．11．（2022·四川成都·模擬預測）如圖，在△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑的⊙O交BC于點D，過點D作MN⊥AC，垂足為M，交AB的延長線于點N，過點B作BG⊥MN，垂足為G，連接CM．(1)求證：直線MN是⊙O的切線；(2)求證：BD2＝AC?BG；(3)若BN＝OB，⊙O的半徑為1，求tan∠ANC的值．12．（2022·四川成都·二模）如圖1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以線段BC為直徑作⊙O交AC于點D，E為AB中點，連接ED，過點C作CFAB交ED的延長線與點F．(1)求證：直線ED是⊙O的切線；(2)判斷△CDF的形狀，并說明理由；(3)如圖2，連接OF交⊙O于點P，連接BP交AC于點Q，若BPEF，AB＝6，求PQ的長．13．（2022·四川成都·二模）如圖，在中，∠ACB=90°，以為直徑的交于點，過點作于點E，F(xiàn)是的中點，連接，與相交于點．連接，已知點為中點．(1)請判斷線段與的數(shù)量關系，并說明理由；(2)求證：是的切線；(3)若的半徑長為3，且，求的長．14．（2022·四川成都·二模）如圖，AB為的直徑，點C在⊙上，連接AC，BC．過點C作⊙的切線，交BA的延長線于點P，過點B作于點D．(1)求證：；(2)若，，求⊙的半徑及線段PA的長．15．（2022·四川·樹德中學二模）如圖，是的直徑，C、D是上兩點，且D為弧中點，過點D的直線交的延長線于點E，交的延長線于點F，連接．(1)求證：是的切線；(2)若的半徑為2，求陰影部分的面積；(3)若，求的長．16．（2022·四川成都·一模）如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，連接AC，BC，過點C的切線與直徑AB的延長線交于點D．(1)求證：△ACD∽△CBD；(2)若⊙O的半徑為，，求CD的長；(3)在（2）的條件下，點E在直徑AB下方的半圓上運動（不與點A，B重合），當CE與AB垂直于點M時，求CE的長．17．（2022·四川成都·一模）已知：AB為⊙O的直徑，點D、N在⊙O上，連接AD、BN交于點F，過點D作⊙O的切線交BA的延長線于點C，且CD⊥BE于點E(1)如圖1，求證：AB＝BF；(2)如圖2，連接OD，點G在OD上，連接BG，若BG＝CD，求證：∠ACD＝∠EBG；(3)如圖3，在（2）的條件下，作AH//BE交⊙O于點H，過點G作MG⊥BG交AH于點M，連接MB，若DG＝8，MB＝25，求線段MG的長．18．（2022·四川成都·二模）如圖所示，CD為⊙O的直徑，AD、AB、BC分別與⊙O相切于點D、E、C（AD＜BC）．連接DE并延長與直線BC相交于點P，連接OA、OB．(1)求證：OA⊥OB；(2)求證：BC＝BP；(3)若OA＝3，OB＝4，求AD?BC的值．A卷17題：【圓綜合題】專題練習1．（2022·成都中考）如圖，在中，，以為直徑作⊙，交邊于點，在上取一點，使，連接，作射線交邊于點．(1)求證：；(2)若，，求及的長．【答案】(1)見解析(2)BF=5，【分析】（1）根據(jù)中，，得到∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，根據(jù)，得到∠B=∠BCF，推出∠A=∠ACF；（2）根據(jù)∠B=∠BCF，∠A=∠ACF，得到AF=CF，BF=CF，推出AF=BF=AB，根據(jù)，AC=8，得到AB=10，得到BF=5，根據(jù)，得到，連接CD，根據(jù)BC是⊙O的直徑，得到∠BDC=90°，推出∠B+∠BCD=90°，推出∠A=∠BCD，得到，推出，得到，根據(jù)∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，得到∠FDE=∠B，推出DE∥BC，得到△FDE∽△FBC，推出，得到．(1)解：∵中，，∴∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，∵，∴∠B=∠BCF，∴∠A=∠ACF；(2)∵∠B=∠BCF，∠A=∠ACF∴AF=CF，BF=CF，∴AF=BF=AB，∵，AC=8，∴AB=10，∴BF=5，∵，∴，連接CD，∵BC是⊙O的直徑，∴∠BDC=90°，∴∠B+∠BCD=90°，∴∠A=∠BCD，∴，∴，∴，∵∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，∴∠FDE=∠B，∴DE∥BC，∴△FDE∽△FBC，∴，∴．【點睛】本題主要考查了圓周角，解直角三角形，勾股定理，相似三角形，解決問題的關鍵是熟練掌握圓周角定理及推論，運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質．2．（2021·成都中考）如圖，為的直徑，C為上一點，連接，D為延長線上一點，連接，且．（1）求證：是的切線；（2）若的半徑為，的面積為，求的長；（3）在（2）的條件下，E為上一點，連接交線段于點F，若，求的長．【答案】（1）見解析；（2）；（3）【分析】（1）連接．可證得，從而得是的切線；（2）過點C作于點M，可得，再證明△COM∽△DOC，進而得到；（3）過點E作于點N，連接，證明△FCM∽△FEN，利用相似可得，再證明Rt△COM≌Rt△OEN，通過全等可得ON=CM=2，進而根據(jù)已知條件得到．【詳解】（1）證明：連接，∵AB為⊙O直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠CAB+∠CBO＝90°，又∵OB＝OC，∴∠CBO＝∠BCO，∴∠CAB+∠BCO＝90°∵∠BCD＝∠A，∴∠BCD+∠BCO＝90°，∴OC⊥CD∴CD為⊙O切線；（2）過點C作于點M，∵的半徑為，∴AB=，∵的面積為，∴CM=2，在Rt△CMO中，CO=，CM=2，∴OM=1，由（1）得∠OCD=∠CMO=90°，∵∠COM=∠COD，∴△COM∽△DOC，∴，∴，∴，（3）過點E作于點N，連接，∵，，∴△FCM∽△FEN，∴，由（2）得CM=2，OM=1，∴EN=OM=1，∵OC=OE，∴Rt△COM≌Rt△OEN，∴ON=CM=2，∴MN=3，∵，∴FM=2，∵OM=1，∴OF=1，∵BF=OB+OF，∴．【點睛】本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，切線的判定，相似三角形的判定和性質，解答本題需要我們熟練掌握各部分的內(nèi)容，要注意將所學知識貫穿起來．3．（2022·四川省成都市七中育才學校二模）如圖，上有，，三點，是直徑，點是的中點，連接交于點，點在延長線上且．(1)證明：；(2)求證：是的切線；(3)若，，求的值．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）根據(jù)弧，弦，圓周角之間得關系得出答案；（2）根據(jù)直徑所隊的圓周角是直角得，再根據(jù)等角對等邊，證出，由切線的判定可得出結論；（3）設，，由勾股定理得出求出，證明∽，由相似三角形的性質得出，求出，的長，再證明∽，得出比例線段，則可得出答案．【詳解】（1）∵點是的中點，∴，∴∠BCE=∠ACE；（2）∵AC是圓O的直徑，，.∵CF=EF，.由（1）可知，，.∵CO是圓O的半徑，是圓O的切線；（3）在中，，.設，，根據(jù)勾股定理，得，即，或舍去，，，，∵，，∽，，，，∴，，，.連接，∵，，∽，，，.【點睛】本題屬于圓綜合題，考查了切線的判定、圓周角定理、等腰三角形的性質、勾股定理、相似三角形的判定與性質等知識，熟練掌握切線的判定和圓周角定理是解題的關鍵．4．（2022·四川成都·二模）圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，CD垂直AB,垂足為D，在AC延長線上取點E，使∠CBE=∠BAC．(1)求證：BE是⊙O的切線；(2)若CD＝4，BE＝6，求⊙O的半徑OA．【答案】(1)見解析(2)3【分析】（1）根據(jù)直徑所對的圓周角是直角，然后證明∠ABE＝90°即可；（2）連接OC，設OA＝r，證明△ADC∽△ABE，根據(jù)相似三角形對應線段成比例求出AD的長，進而得到OD的長，在Rt△OCD中，根據(jù)勾股定理列方程，解方程即可得出答案．（1）證明：∵AB為⊙O直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠CAB+∠ABC＝90°，∵∠CBE＝∠BAC，∴∠ABC+∠CBE＝90°，∴∠ABE＝90°，∴BE是⊙O的切線；（2）解：連接OC，設OA＝r，∵∠CDA＝∠ABE＝90°，∠BAF＝∠DAC，∴△ADC∽△ABE，∴，∴，∴，在Rt△OCD中，OD2+CD5＝OC2，∴，∵r＞0，∴，∴OA＝3．【點睛】本題考查了圓周角定理，切線的判定與性質，勾股定理，在Rt△OCD中，根據(jù)勾股定理列出方程是解題的關鍵．5．（2022·四川成都·二模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，對角線AC，BD交于點E．(1)求證：△AED∽△BEC；(2)若BD平分∠ABC，求證：CD2=DE?DB；(3)在（2）小題的條件下，若DE=4，BE=2，過圓心O點，作OF⊥CD于點F，OF=2，求該圓的半徑長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)圓的半徑【分析】（1）由=，得∠DAE=∠CBE，即可得△AED∽△BEC；（2）由BD平分∠ABC，得∠ABD=∠CBD，可得∠CBD=∠ACD，從而△DEC∽△DCB，即可得CD2=DB?DE；（3）連接OD，根據(jù)DE=4，BE=2，CD2=DB?DE，可得CD=2，DF=CD=，由勾股定理即得⊙O的半徑是．(1)證明：∵=，∴∠DAE=∠CBE，∵∠AED=∠BEC，∴△AED∽△BEC；(2)證明：∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD，∵=，∴∠ABD=∠ACD，∴∠CBD=∠ACD，∵∠EDC=∠CDB，∴△DEC∽△DCB，∴，∴CD2=DB?DE；(3)解：連接OD，如圖：∵DE=4，BE=2，∴BD=6，由（2）知CD2=DB?DE，∴CD2=6×4=24，∴CD=2，∵OF⊥CD，∴F是CD的中點，∴DF=CD=，∵OF=2，∴OD=，即⊙O的半徑是．【點睛】本題考查圓的綜合應用，涉及勾股定理應用，相似三角形的判定與性質等知識，解題的關鍵是掌握圓的相關性質及熟練應用相似三角形判定定理、勾股定理解決問題．6．（2022·四川師范大學附屬中學模擬預測）如圖，點是以為圓心，為直徑的半圓上一動點（不與，重合），，連接并延長至點，使，過點作的垂線，分別交，，于點，，，連接．記，隨點的移動而變化．(1)當時，求證：；(2)連接，當時，求的長．【答案】(1)見解析(2)3【分析】（1）證△BHF∽△DHA，根據(jù)線段比例關系即可證；（2）過點作于點，可得，設，，由正弦定義，，，則，即，由勾股定理，得，解得的長為3．（1）是直徑，．，，．，．．．（2）解：如圖，過點作于點．由（2）知，．，平分．．設，，則，，．在中，由勾股定理，得．①在中，，即．②在中，，即．③由②③，得，．代入①中，得，解得或（舍去）．故的長為3．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，圓周角定理，運用相似三角形的判定和性質解題是關鍵．7．（2022·四川成都·二模）如圖，AB為⊙O的直徑，C、E為圓上的兩點，連接AC，BC，CE為∠AEO的角平分線，AE⊥CD，垂足為F(1)求證：CD是⊙O的切線；(2)若，⊙O的半徑為6，求DF的長．【答案】(1)證明過程見詳解(2)【分析】（1）連接OC，根據(jù)OC=OE，∠OCE=∠CEO，根據(jù)CE平分∠OEA，得∠AEC=∠CEO，即有∠AEC=∠OCE，根據(jù)EF⊥DC，則有∠FCE+∠FEC=∠CFE=90°，即有∠OCE+∠FCE=90°，據(jù)此即可得解；（2）結合（1）的結論，根據(jù)題意證得和，在根據(jù)相似三角形的性質即可求解．（1）連接OC，如圖，∵OC=OE，∴∠OCE=∠OEC，∵CE平分∠OEA，∴∠AEC=∠OEC，∴∠AEC=∠OCE，∵EF⊥DC，∴∠FCE+∠FEC=∠CFE=90°，∴∠OCE+∠FCE=90°，∴OC⊥DC，即DC是⊙O的切線，結論得證；（2）圓的半徑為6，則直徑AB=12，∵AB是直徑，∴∠ACB=90°，在Rt△ACB中，∴BC=2AC，則利用勾股定理有：，解得：AC=，BC=，在（1）中已證DC與圓相切，∴∠FCA=∠ABC，則結合∠CFA=∠ACB=90°，可得；結合∠D=∠D，可得；∴，∵，∴2DC=DB，2DA=DC，∴4DA=BD=DA+AB，∵AB=12，∴DA=4，∴DC=8，∵，∴，∴DF=DC-FC=8-=．【點睛】此題考查了切線的判定與性質、解直角三角形、相似三角形的判定與性質，熟記切線的判定與性質、相似三角形的判定與性質是解答本題的關鍵．8．（2022·四川成都·二模）如圖，在中，，以為直徑作，交于點D，過點D作，垂足為點E，交的延長線于點F．(1)求證：是的切線；(2)若的半徑為5，，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，根據(jù)等腰三角形和三角形內(nèi)角和的性質，推導得，結合平行線的性質，得，根據(jù)切線的性質分析，即可完成求解；（2）分別連接、，根據(jù)直徑所對圓周角為直角和三角函數(shù)的性質，推導得；根據(jù)勾股定理的性質，得；再結合相似三角形的性質計算，即可得到答案．(1)連接，∵，∴，∴．∵，∴．∴．∴∴∵，∴∴是的切線；(2)分別連接、，∵是的直徑，∴，即．在中，，設，∴∵，∴．∴或（舍去）∴∴．∵，∴．在中，，∴．∵，∴．∴，即．∴經(jīng)檢驗，是原方程的解∴．【點睛】本題考查了三角函數(shù)、圓、相似三角形、勾股定理、分式方程的知識；解題的關鍵是熟練掌握三角函數(shù)、圓周角、切線、相似三角形的性質，從而完成求解．9．（2022·云南·云大附中三模）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，點F在弧BC上，AF與CD交于點G，點H在DC的延長線上，且HG=HF，延長HF交AB的延長線于點M．(1)求證：HF是⊙O的切線；(2)若，BM=1，求AF的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接OF，根據(jù)CD⊥AB，可得∠A+∠AGE=90°，再由HG=HF，可得∠HFG=∠AGE，然后根據(jù)OA=OF，可得∠A=∠OFA，即可求證；（2）連接BF，先證得△BFM∽△FAM，可得，再由，可得OM=5，AM=9，AB=8，F(xiàn)M=3，從而得到，然后由勾股定理，即可求解．（1）證明：連接OF，∵CD⊥AB，∴∠AEG=90°，∴∠A+∠AGE=90°，∵HG=HF，∴∠HFG=∠HGF，∵∠HGF=∠AGE，∴∠HFG=∠AGE，∵OA=OF，∴∠A=∠OFA，∴∠OFA+∠HFG=90°，即∠OFH=90°，∴HF是⊙O的切線；（2）解：如圖，連接BF，由（1）得：∠OFM=90°，∴∠BFO+∠BFM=90°，∵AB是⊙O的直徑，∴∠AFB=90°，∴∠A+∠ABF=90°，∵OB=OF，∴∠ABF=∠BFO，∴∠BFM=∠A，∵∠M=∠M，∴△BFM∽△FAM，∴，∵，∴，∵BM=1，OB=OF，∴，解得：OF=4，∴OM=5，AM=9，AB=8，∴FM=，∴，∴，∵，∴，解得：．【點睛】本題主要考查了圓的綜合題，熟練掌握切線的判定，相似三角形的判定和性質，理解銳角三角函數(shù)是解題的關鍵．10．（2022·四川成都·二模）如圖，是的直徑，在半徑上取點（不與點重合），在上取點，使，過點作的切線交的延長線于點．(1)求證：；(2)若，求的半徑．【答案】(1)見解析(2)的半徑是5【分析】（1）由，可證，由是的切線，為直徑，可證，而，從而可證；（2）設的半徑是，則，，，由，可得，根據(jù)勾股定理得，代入即可求解．（1）證明：如圖，∵，∴，∵，∴，∵是的切線，為直徑，∴，∴，∴∵是直徑，∴，∴，∴，∴（2）解：設的半徑是，則，，，∵在中，，∴，∵在中∴∴∴，不符合題意，應舍去，∴的半徑是5．【點睛】本題考查了圓的切線的性質，圓周角定理，勾股定理，三角函數(shù)，學會綜合利用這些知識是解題的關鍵．11．（2022·四川成都·模擬預測）如圖，在△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑的⊙O交BC于點D，過點D作MN⊥AC，垂足為M，交AB的延長線于點N，過點B作BG⊥MN，垂足為G，連接CM．(1)求證：直線MN是⊙O的切線；(2)求證：BD2＝AC?BG；(3)若BN＝OB，⊙O的半徑為1，求tan∠ANC的值．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）由AB是直徑得AD⊥BC，由AB＝AC得∠BAD＝∠CAD，由OA＝OD得∠ODA＝∠BAD，進而推出∠ODM＝90°即可；（2）由條件推出△CMD∽△CDA，證明△BGD≌△CMD，根據(jù)相似三角形和全等三角形的性質推出結論；（3）由條件推得∠BOD＝60°，進而可得△ABC是等邊三角形，從而CO⊥AB，求出OC，進一步可求得結果．(1)證明：如圖1，連接AD，OD，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝∠ADC＝90°，即AD⊥BC，∵AB＝AC，∴∠BAD＝∠CAD，BD＝CD，∵OA＝OD，∴∠ODA＝∠BAD，∴∠ODA＝∠CAD，∵NM⊥AC，∴∠AMN＝90°，∴∠DAC＋∠ADM＝90°，∴∠ODA＋∠ADM＝90°，即∠ODM＝90°，∴OD⊥MN，∴直線MN是⊙O的切線；(2)證明：由（1）知，∠ADC＝90°，BD＝CD，∴∠ADC＝∠DMC＝90°，∵∠ACD＝∠DCM，∴△CMD∽△CDA，∴，∴CD2＝AC?CM，∴BD2＝AC?CM，在△BGD和△CMD中，，∴△BGD≌△CMD（AAS），∴BG＝CM，∴BD2＝AC?BG；(3)解：如圖2，連接OD，OC，由（1）知∠ODN＝90°，∵OD＝OB＝BN＝1，∴cos∠DON＝，∴∠DON＝60°，∵OB＝OD，∴∠OBD＝60°，∵AB＝AC，∴△ABC是等邊三角形，∵OA＝OB，∴CO⊥AB，OC＝AC?sin60°＝，∴tan∠ANC＝．【點睛】本題考查了切線的判定，等邊三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解決問題的關鍵是熟練掌握圖形的性質及圖形的特殊性．12．（2022·四川成都·二模）如圖1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以線段BC為直徑作⊙O交AC于點D，E為AB中點，連接ED，過點C作CFAB交ED的延長線與點F．(1)求證：直線ED是⊙O的切線；(2)判斷△CDF的形狀，并說明理由；(3)如圖2，連接OF交⊙O于點P，連接BP交AC于點Q，若BPEF，AB＝6，求PQ的長．【答案】(1)見解析(2)△CDF是等腰三角形，理由見解析(3)3【分析】（1）分別連接，由BC是⊙O的直徑，E為AB中點，可得，然后由，可得，繼而可證；（2）連接，由（1）可知，由CFAB，可證，根據(jù)相似的性質可得，繼而可得，即可證明；（3）由BPEF，可得，根據(jù)相似的性質可得，由E為AB中點，可證是的中位線，進而可得，由題意可知，，又，可得，可求得，如圖，作，然后在和中，由三角函數(shù)可分別求得，，繼而可得，，然后根據(jù)即可求得答案．(1)證明：如圖，分別連接，∵BC是⊙O的直徑，∴，∴，∵在中，E為AB中點，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵是⊙O的半徑，∴直線ED是⊙O的切線；(2)解：△CDF是等腰三角形．理由如下：如圖，連接，∵BC是⊙O的直徑，∴，∵E為AB中點，，∴，∵CFAB，∴，∴，∴，∵，∴，∴△CDF是等腰三角形．(3)解：∵BPEF，∴，∴，∴，∵E為AB中點，∴，∴，∴是的中位線，由（1）得，，∴，∵，∴，由題意可知，與切⊙O于點D，C兩點，∴，又，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，如圖，作，在中，，∴，在中，，∴，∴．【點睛】本題主要考查了圓周角定理、切線的判定、直角三角形斜邊上的中線、相似三角形的判定與性質、三角形的中位線的判定與性質、等腰三角形的性質、解直角三角形等，靈活掌握作輔助線的方法和運用相關定理是解題的關鍵．13．（2022·四川成都·二模）如圖，在中，∠ACB=90°，以為直徑的交于點，過點作于點E，F(xiàn)是的中點，連接，與相交于點．連接，已知點為中點．(1)請判斷線段與的數(shù)量關系，并說明理由；(2)求證：是的切線；(3)若的半徑長為3，且，求的長．【答案】(1)DF=FC，見解析；(2)見解析；(3)4【分析】（1）連接CD，根據(jù)圓周角定理得到∠BDC=90°，再根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質得到DF=CF；（2）連接OD，根據(jù)DF=CF，求得∠FDC=∠DCF，由OD=OC，得到∠ODC=∠OCD，根據(jù)∠OCD+∠DCF=90°，得到∠FDC+∠ODC=90°，由此得到結論；（3）設OE=x，過F作FH⊥DE于H，根據(jù)DF=CF=GF及等腰三角形三線合一的性質得到GE=2GH，證明四邊形HECF是矩形，得到FH=CE=3-x，再證△FHG∽△AEG，得到，即3+x=2（3-x），求出x即可得到AE．（1）解：DF=CF，連接CD，∵是的直徑，∴∠ADC=∠BDC=90°，∵點F為BC的中點，∴DF=CF；（2）連接OD，∵DF=CF，∴∠FDC=∠DCF，∵OD=OC，∴∠ODC=∠OCD，∵∠OCD+∠DCF=90°，∴∠FDC+∠ODC=90°，∴OD⊥DF，∴DF是的切線；（3）設OE=x，過F作FH⊥DE于H，∵DF=CF=GF，∴DH=HG，∵點G為DE的中點，∴DG=GE，∴GE=2GH，∵DE⊥AC，BC⊥AC，F(xiàn)H⊥DE，∴∠HEC=∠ECF=∠FHE=90°，∴四邊形HECF是矩形，∴FH=CE=3-x，∵AC，∴△FHG∽△AEG，∴，∴3+x=2（3-x），解得x=1，即OE=1，∴AE=OE+OA=1+3=4．【點睛】此題考查了直角三角形斜邊中線的性質，證明直線是圓的切線，相似三角形的判定及性質，矩形的判定及性質，熟記各定理并應用是解題的關鍵．14．（2022·四川成都·二模）如圖，AB為的直徑，點C在⊙上，連接AC，BC．過點C作⊙的切線，交BA的延長線于點P，過點B作于點D．(1)求證：；(2)若，，求⊙的半徑及線段PA的長．【答案】(1)答案見解析(2)5，【分析】（1）根據(jù)直徑所對的圓周角是直角得出∠ACB為90°，然后根據(jù)余角的性質，即可證得結果；（2）由等角的三角函數(shù)值相等得出由勾股定理表示出，連接，根據(jù)切線的性質和余角的性質，求出，則可利用三角函數(shù)求出長，再利用勾股定理求出AB長，從而求出⊙半徑；設，證明，根據(jù)相似三角形的性質建立方程求解，即可解決問題．(1)解：∵AB為直徑，∴∠ACB=90°，∴∠PCA+∠BCD=90°，又∵∠BCD+∠CBD=90°，∴∠PCA=∠CBD．(2)解：如圖，連接，∵，∴由（1）得，∴BD=2CD=8，∴，∵OB=OC，∴∠OCB=∠OBC，∵PD與⊙相切于C，∴OC⊥PD，∵BD⊥PD，∴OC∥BD，∴∠OCB=∠CBD，∴∠OBC=∠CBD，∴tan∠OBC=，∴AC=，∴，∴⊙的半徑為5；∴OA=OB=OC=5，設PA=x，∴PO=x+5，PB=x+10，∵∠PCO=∠D=90°，∠P=∠P，∴△POC∽△PBD，∴，∴，解得x=，經(jīng)檢驗x=是方程的根，∴PA=．【點睛】本題考查了圓周角定理，切線的性質，相似三角形的判定和性質，運用方程的思想解決幾何問題是解題的關鍵．15．（2022·四川·樹德中學二模）如圖，是的直徑，C、D是上兩點，且D為弧中點，過點D的直線交的延長線于點E，交的延長線于點F，連接．(1)求證：是的切線；(2)若的半徑為2，求陰影部分的面積；(3)若，求的長．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）連接OD，證明即可得到，即可得到DE是⊙O的切線；（2）先求出∠DOB=60°，解直角△ODF求出DF的長，然后根據(jù)進行求解即可；（3）先證明∠DOF=∠EAF，解直角△DOF得到，則，即可求出AF=OA+OF=8，證明△AEF∽△ODF得到，則．（1）證明：如圖，連接OD，∵D為弧中點，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴DE是⊙O的切線；（2）解：∵EF是切線，∴∠ODF=90°，∵∠OAD=∠ODA=30°，∴∠DOB=∠OAD+∠ODA=60°，∴，∴（3）解：∵，∴∠DOF=∠EAF，∵∠ODF=90°∴，∴，∴，∴AF=OA+OF=8，∵，∴△AEF∽△ODF∴，∴【點睛】本題主要考查了圓切線的性質與判定，扇形面積，三角形面積，相似三角形的性質與判定，解直角三角形，勾股定理，平行線的性質與判定，等腰對等角，三角形外角的性質，正確作出輔助線是解題的關鍵．16．（2022·四川成都·一模）如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，連接AC，BC，過點C的切線與直徑AB的延長線交于點D．(1)求證：△ACD∽△CBD；(2)若⊙O的半徑為，，求CD的長；(3)在（2）的條件下，點E在直徑AB下方的半圓上運動（不與點A，B重合），當CE與AB垂直于點M時，求CE的長．【答案】(1)見解析(2)CD＝(3)CE＝【分析】（1）連接OC，由AB為⊙O的直徑及CD是⊙O的切線得到∠ACB=∠OCD=90°，由OA=OC得到∠CAO=∠ACO，從而得到∠ACB+∠CAO=∠OCD+∠ACO即∠CBD=∠ACD，從而得到相似；（2）先利用相似得到tan∠CAD=tan∠BCD=，設CB=x則AC=2x，在Rt△ACB中利用勾股定理列方程即可得x的值，從而得到AC、BC、CM的值，再證△ABC∽△CBM，利用比例求出BM、OM，最后在Rt△OCM、Rt△ACB中，利用tan∠COM即可求出CD值；（3）利用垂徑定理即可求出．（1）證明：連接OC，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠CBD＝∠CAO+90°，∵CD是⊙O的切線，∴∠OCD＝90°，∴∠ACD＝90°+∠ACO，∵OA＝OC，∴∠CAO＝∠ACO，∴∠ACB+∠CAO=∠OCD+∠ACO∴∠CBD＝∠ACD，又∵∠D＝∠D，∴△ACD∽△CBD；（2）解：∵⊙O的半徑為，∴AB＝2，∵△ACD∽△CBD，∴∠BCD＝∠CAD，∴tan∠CAD＝tan∠BCD＝，設BC＝x，AC＝2x，在Rt△ACB中，，∴x＝2，∴AC＝4，BC＝2，過點C作CE⊥AB，交AB于點M，交AB下方的半圓于點E，∴∠CMD＝∠CMB＝90°，∴，∴CM＝，∵∠ABC＝∠CBM，∴△ABC∽△CBM，∴，∴BM＝，∴OM＝＝，在Rt△OCM中，tan∠COM＝＝＝，在Rt△ACB中，tan∠COM＝，∴CD＝；（3）解：∵AB⊥CE，∴CE＝2CM＝2×＝．【點睛】本題是圓的綜合題，涉及到圓周角定理、垂徑定理、相似三角形、銳角三角函數(shù)、勾股定理等，解題關鍵是善于發(fā)現(xiàn)相似基礎圖形，進而求出相關線段長．17．（2022·四川成都·一模）已知：AB為⊙O的直徑，點D、N在⊙O上，連接AD、BN交于點F，過點D作⊙O的切線交BA的延長線于點C，且CD⊥BE于點E(1)如圖1，求證：AB＝BF；(2)如圖2，連接OD，點G在OD上，連接BG，若BG＝CD，求證：∠ACD＝∠EBG；(3)如圖3，在（2）的條件下，作AH//BE交⊙O于點H，過點G作MG⊥BG交AH于點M，連接MB，若DG＝8，MB＝25，求線段MG的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)15【解析】(1)證明：如圖1，連接OD，∵CD是⊙O的切線，∴OD⊥CD∵CD⊥BE∴OD∥BE∴∠F＝∠ODA∵OD＝OA∴∠BAF＝∠ODA∴∠BAF＝∠F∴AB＝BF(2)如圖，過點D作DH⊥AB，過點G作GP⊥BE，連接BD，∵AB是直徑，∴∠ADB＝90°，且AB＝AF∴∠ABD＝∠FBD，且∠DEB＝∠DHB＝90°，DB＝DB∴△DHB≌△DEB（AAS）∴DH＝DE，BH＝BE∵DE⊥BE，DE⊥OD，GP⊥BE∴四邊形DEPG是矩形，∴DE＝GP＝DH，DG＝EP，∵DH＝DE，CD＝BG∴Rt△CDH≌Rt△BGP（HL）∴∠ACD＝∠EBG(3)如圖3，∵OD∥BE∴∠EBG＝∠BGO，∴∠BGO＝∠ACD∵OD⊥CD，GB⊥GM∴∠ACD+∠COD＝90