專題19圓2023年中考數(shù)學一輪復習專題特訓(廣東專用)

專題19圓2023年中考數(shù)學一輪復習專題特訓（廣東專用）一、單選題1．（2022·深圳）如圖所示，已知三角形ABE為直角三角形，∠ABE=90°，BC為圓O切線，C為切點，CA=CD，則△ABCA．1：3 B．1：2 C．22．（2022·光明模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝5，⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，半徑為2，則圖中陰影部分的面積為（）A．30﹣4π B．303-4π C．60﹣16π D3．（2022·花都模擬）如圖，A，B，C是⊙O上的三點，∠OAB＝20°，則∠C的度數(shù)是（）A．40° B．70° C．110° D．140°4．（2022·羅湖模擬）如圖，AB是圓O的直徑，C，D是AB上的兩點，連接AC，BD相交于點E，若∠BEC＝56°，那么∠DOC的度數(shù)為（）A．28° B．56° C．64° D．68°5．（2022·南沙模擬）根鋼管放在V形架內(nèi)，如圖是其截面圖，O為鋼管的圓心，如果鋼管的直徑為20cm，∠MPN＝60°，則OP的長度是（）A．403cm B．40cm C．203cm D．20cm6．（2022·廣州模擬）如圖，△ABC的內(nèi)切圓⊙O與BC，CA，AB分別相切于點D，E，F(xiàn)，已知△ABC的周長為36．AB=9，BC=14，則AF的長為（）A．4 B．5 C．9 D．137．（2022·海珠模擬）如圖，在⊙O中，AO＝3，∠C＝60°，則劣弧AB的長度為（）A．6π B．9π C．2π D．3π8．（2022·澄海模擬）如圖，已知BC是⊙O的直徑，半徑OA⊥BC，點D在劣弧AC上（不與點A、C重合），BD與OA交于點E．設∠AED=α，∠AOD=β，則下列結論正確的是（）A．3α+β=180° B．2α+β=180°C．3α-β=90° D．2α-β=90°9．（2022·蓬江模擬）同圓中，已知AB所對的圓心角是80°，則AB所對的圓周角度數(shù)（）A．40° B．80° C．100° D．120°10．（2022·順德模擬）如圖，⊙O的兩條弦AB，CD互相垂直，垂足為E，直徑CF交線段BE于點G，且AC=AF，點E是①AB=CD；②∠C=22.5°；③△BFG是等腰三角形；④A．1個 B．2個 C．3個 D．4個二、填空題11．（2022·廣州）如圖，在△ABC中，AB=AC，點O在邊AC上，以O為圓心，4為半徑的圓恰好過點C，且與邊AB相切于點D，交BC于點E，則劣弧DE的長是（結果保留π）12．（2022·廣東）扇形的半徑為2，圓心角為90°，則該扇形的面積（結果保留π）為．13．（2022·廣東模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，點C，D在圓上，∠D=68°，則∠ABC=14．（2022·番禺模擬）如圖，正六邊形ABCDEF的邊長為2，以A為圓心，AC的長為半徑畫弧，得EC，連接AC，AE，則圖中陰影部分的面積為．15．（2022·濠江模擬）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，∠A=45°，∠B=35°，BC=2，則弧AB的長為．16．（2022·福田模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，點M是⊙O內(nèi)的一定點，PQ是⊙O內(nèi)過點M的一條弦，連接AM，AP，AQ，若⊙O的半徑為4，AM=5，則AP?AQ的最大值為17．（2022·南山模擬）如圖，點P在雙曲線y=kx（x＞0）上，以P為圓心的⊙P與兩坐標軸都相切，點E為y軸負半軸上的一點，過點P作PF⊥PE交x軸于點F，若OF﹣OE=8，則k的值是．18．（2022·深圳模擬）如圖，A，B，C是⊙O上的三個點，∠AOB=40°，∠B=50°，則∠A的度數(shù)為19．（2022·珠海模擬）如圖，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝23．以A為圓心，AB為半徑畫圓弧，以BC為直徑畫半圓，則圖中陰影部分的面積為．20．（2022·英德模擬）學?；▓@邊墻上有一寬(BC)為23m的矩形門ABCD，量得門框對角線AC長為4m，為美化校園，現(xiàn)準備打掉地面BC上方的部分墻體，使其變?yōu)橐訟C為直徑的圓弧形門，則要打掉墻體（陰影部分）的面積是三、綜合題21．（2022·深圳）一個玻璃球體近似半圓O，AB為直徑，半圓O上點C處有個吊燈EF（1）如圖①，CM為一條拉線，M在OB上，OM=1.6，（2）如圖②，一個玻璃鏡與圓O相切，H為切點，M為OB上一點，MH為入射光線，NH為反射光線，∠OHM=∠OHN=45°，tan∠COH=（3）如圖③，M是線段OB上的動點，MH為入射光線，∠HOM=50°，HN為反射光線交圓O于點N，在M從O運動到B22．（2022·廣東模擬）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AC為直徑的⊙O與AB邊交于點D，過點D作⊙O的切線交BC于點E．（1）求證：點E是邊BC的中點；（2）求證：BC2=BD·BA；（3）當以點O，D，E，C為頂點的四邊形是正方形時，求證：△ABC是等腰直角三角形．23．（2022·深圳模擬）如圖，在△ABC中，AC=BC，以BC為直徑作⊙O，交AC于點F，過C點作CD⊥AC交AB延長線于點D，E為CD上一點，且EB=ED．（1）求證：BE為⊙O的切線；（2）若AF=2，tan∠A=2，求BE的長．24．（2022·番禺模擬）如圖，在菱形ABCD中，O是對角線BD上一點（BO>DO），OE⊥AB，垂足為E，以OE為半徑的⊙O分別交DC于點H，交EO的延長線于點F，EF與DC交于點G．（1）求證：BC是⊙O的切線；（2）若G是OF的中點，OG=2，DG=1．①求HE的長；②求AD的長．25．（2022·海珠模擬）在Rt△ACB中，∠ACB=90°，以AC長為半徑作⊙A．（1）尺規(guī)作圖：將△ACB繞點A順時針旋轉得△AC'B'，使得點C的對應點C'落在線段AB上（保留作圖痕跡，不用寫畫法）；（2）在（1）的條件下，若線段B'A與⊙A交于點P，連接BP．①求證：BP與⊙A相切；②如果CA=5，CB=12，BP與B'C'交于點O，連接OA，求OA的長．26．（2022·光明模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，N是⊙O上一點，M是AN的中點，連接AN，BM，交于點D．連接NM，OM，延長OM至點C，并使∠CAN＝2∠N．AN與OC交于點E．（1）求證：AC是⊙O的切線；（2）若DM＝10，tanN=34，求27．（2022·羅湖模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，E是BC的中點，以AC為直徑的⊙O與AB邊交于點D，連接DE．（1）求證：DE是⊙O的切線；（2）若CD=3cm，DE=528．（2022·廣州模擬）如圖，⊙O的直徑AB垂直于弦CD，垂足為點E，過點C作⊙O的切線，交AB的延長線于點P，聯(lián)結PD．（1）判斷直線PD與⊙O的位置關系，并加以證明；（2）聯(lián)結CO并延長交⊙O于點F，聯(lián)結FP交CD于點G，如果CF=10，cos∠APC=45，求EG29．（2022·海珠模擬）如圖，AC、BD為⊙O的直徑，且AC⊥BD，P、Q分別為半徑OB、OA（不與端點重合）上的動點，直線PQ交⊙O于M、N．（1）比較大?。篶os∠OPQsin∠OQP；（2）請你判斷MP-NP與OP·cos∠OPQ之間的數(shù)量關系，并給出證明；（3）當∠APO=60°時，設MQ＝m·MP，NQ=n·NP．①求m+n的值；②以OD為邊在OD上方構造矩形ODKS，已知OD＝1，OS＝3-1，在Q點的移動過程中，1+m+nMP30．（2022·濠江模擬）如圖，在矩形ABCD中，點E是BC邊上一點，且AD=DE，以AB為半徑作⊙A，交AD邊于點F，連接EF．（1）求證：DE是⊙A的切線；（2）若AB＝2，BE＝1，求AD的長；（3）在（2）的條件下，求tan∠FED．

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：如圖取DE中點O，連接OC．∵DE是圓O的直徑．∴∠DCE=∠DCA=90°．∵BC與圓O相切．∴∠BCO=90°．∵∠DCA=∠BCO=90°．∴∠ACB=∠DCO．∵∠ABD+∠ACD=180°．∴∠A+∠BDC=180°．又∵∠BDC+∠CDO=180°．∴∠A=∠CDO．∵∠ACB=∠DCO，AC=DC，∠A=∠CDO．∴△ABC?△DOC(∴S△ABC∵點O是DE的中點．∴S△DOC∴S△ABC∴S故答案是：1∶2．故答案為：B．【分析】先求出∠BCO=90°，再求出△ABC?△DOC(2．【答案】A【解析】【解答】解：過點O作AB、AC、BC的垂線，垂足分別為D、E、F，如圖，∵OE⊥AC，∴四邊形CEOF是矩形，∵OE=OF，∴四邊形CEOF是正方形，∴CE=CF=OE=OF=2，∵⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，∴BF=BD，設BF=BD=x，在Rt△ABC中，AC∴5解得x=10，∴BC=12，∴S故答案為：A．【分析】過點O作AB、AC、BC的垂線，垂足分別為D、E、F，設BF=BD=x，利用勾股定理可得52+(2+x)3．【答案】B【解析】【解答】解：∵OA=OB，∠OAB＝20°，∴∠OAB=∠OBA=20°∴∠AOB=180°-2×20°=140°∴∠C=故答案為：B【分析】先利用等腰三角形的性質和三角形的內(nèi)角和求出∠AOB=180°-2×20°=140°，再利用圓周角的性質可得∠C=14．【答案】D【解析】【解答】解：連接BC，如圖所示，∵AB是圓O的直徑，∴∠ACB=90°，∵∠BEC=56°∴∠1=90°-∠BEC=90°-56°=34°，∴∠DOC=2∠1=2×34°=68°，故答案為：D．

【分析】連接BC，根據(jù)圓周角定理可得∠ACB=90°，再求出∠1，再根據(jù)圓周角和圓心角的關系求出∠DOC的度數(shù)。5．【答案】D【解析】【解答】解：如圖，連接OM、ON，∵圓與V形架的兩邊相切，且∠MPN＝60°，∴△OMP是直角三角形，∠OPN=∠OPM=30°，∵鋼管的直徑為20cm，ON=10cm，∴OP=2ON=20cm；故答案為：D．【分析】連接OM，ON，先求出∠OPN=∠OPM=30°，再利用含30°角的直角三角形的性質可得OP=2ON=20cm。6．【答案】A【解析】【解答】解：△ABC的周長為36．AB=9，BC=14，∴AC=13，由切線長定理可得，AE=AF，設AE=AF=x，BF=BD=y，∴解得：x=4∴AF=4；故答案為：A．

【分析】根據(jù)切線長定義可得AE=AF，BF=BD，CD=CE，再設AE=AF=x，7．【答案】C【解析】【解答】解：∵∠C=60°∴∠AOB=120°l故答案為：C【分析】先利用圓周角求出∠AOB的度數(shù)，再利用弧長公式計算即可。8．【答案】D【解析】【解答】解：∵OA⊥BC，∴∠AOC=∠AOB=90°，∵∠AED=α，∠AOD=β，∴∠COD=90°-β，∠OBE=90°-∠BOE=90°-α，∵∠COD=2∠DBC，∴90°-β=2（90°-α），得2α-β=90°，故答案為：D．【分析】根據(jù)直角三角形兩銳角互余性質，用α表示∠CBD，進而由圓心角與圓周角關系，用α表示∠COD，最后由角的和差關系得到結果。9．【答案】A【解析】【解答】解：∵弧所對的圓心角為80°，∴這條弧所對的圓周角度數(shù)=12×80°=40°故答案為：A．

【分析】根據(jù)同弧所對的圓周角等于圓心角的一半求解即可。10．【答案】D【解析】【解答】解：如圖所示，連接OA，BC，AD，∵AC=AF，CF是圓∴∠AOC=90°，∴∠ABC=1∵AB⊥CD，即∠BEC=∠AED=90°，∴∠BCE=45°=∠EBC，∴∠BAD=∠BCD=45°，CE=BE，同理可證AE=DE，∴AE+BE=CE+DE，即AB=CD，故①符合題意；連接AC，同理可證∠ACF=1∵E是AG的中點，CE⊥AG，∴CE垂直平分AG，∴AC=GC，∴∠GCE=∠ACE=1故②符合題意；∴∠CAB=67.5°，∠CGA=67.5°，∴∠CFB=∠CAB=67.5°，∠BGF=∠CGE=67.5°，∴∠BGF=∠BFG，∴BG=BF，即△BGF是等腰三角形，故③符合題意；過點G作GH⊥BC于H，則△BHG是等腰直角三角形，∴BH=HG，∴BG=B∵∠GCE=22.5°，∠BCE=45°，∴∠HCG=22.5°=∠GCE，即CG平分∠BCE，∵EG⊥CE，HG⊥BC，∴GH=EG=AE，∴BG=2故④符合題意；故答案為：D．

【分析】先證明CE=BE，AE=DE，再利用線段的和差及等量代換可得AB=CD，從而證明①符合題意；先求出∠ACF=12∠AOF=45°，再利用AC=GC，求出∠GCE=∠ACE=12∠ACG=22.5°，從而證明②符合題意；先證明∠BGF=∠BFG，可得BG=BF，從而可得△BGF是等腰三角形，所以③符合題意；先證明CG平分∠BCE，可得11．【答案】2π【解析】【解答】解：如圖，連接OD，OE，∵OE=OC=4∴∠OEC=∠OCE∵AB=AC∴∠B=∠ACB∴∠B=∠OEC∴AB∥OE∴∠A=∠COE∵⊙O與邊AB相切于點D，∴∠ADO=90°∴∠A+∠AOD=90°∴∠COE+∠AOD=90°∴∠DOE=180°-90°=90°∴DE的長故答案為：2π．【分析】先求出∠ADO=90°，12．【答案】π【解析】【解答】解：由題意得：該扇形的面積為90×22×π故答案為π．

【分析】利用扇形的面積公式求解即可。13．【答案】22°【解析】【解答】解：∵AB是⊙O的直徑，

∴∠ACB=90°，

∵∠A=∠D=68°，

∴∠ABC=90°-68°=22°.

故答案為：22°.

【分析】根據(jù)圓周角定理得出∠ACB=90°，∠A=∠D=68°，即可得出∠ABC=90°-68°=22°.14．【答案】2π【解析】【解答】解：∵正六邊形ABCDEF的邊長為2，∴AB=BC=2，∠ABC=∠BAF=∵∠ABC+∠BAC+∠BCA=180°，∴∠BAC=12（180°-∠ABC）=12×（180°-120°）過B作BH⊥AC于H，∴AH=CH，BH=12AB=12在Rt△ABH中，AH=AB2-B∴AC=23，同理可證，∠EAF=30°，∴∠CAE=∠BAF-∠BAC-∠EAF=120°-30°-30°=60°，∴S∴圖中陰影部分的面積為2π，故答案為：2π．

【分析】根據(jù)多邊形的內(nèi)角和公式求出∠ABC=∠BAF=120°；根據(jù)三角形內(nèi)角和是180°，解得∠BAC=30°；過B作BH⊥AC于H，解Rt△ABH，求AH，AC；根據(jù)扇形的面積公式求陰影部分的面積。15．【答案】8π【解析】【解答】如圖，連接AO、CO、BO，在AB的下方圓上任意選一點D，連接AD、BD∵∠CAB=45°∴∠BOC=90°又∵BC=2∴BO=CO=1又∵∠A=45°，∠B=35°∴∠ACB=100°∴∠ADB=180°-100°=80°∴∠AOB=80°×2=160°∴弧AB的長=160°×π×12故答案為：8π9【分析】連接AO、CO、BO，在AB的下方圓上任意選一點D，連接AD、BD，先求出∠AOB=80°×2=160°，再利用弧長公式計算即可。16．【答案】8【解析】【解答】解：如圖，連接BP，過點A作AH⊥PQ交于點H．∵AB是⊙O的直徑，∴∠APB=90°，∴∠APB=∠AHQ=90°，∵∠B=∠Q，∴△APB∽△AHQ，∴APAH∴AP?AQ=AB?AH，∵⊙O的半徑為4，∴AB=8，∴AP?AQ=8AH，∴當點H與點M重合時，AP?AQ有最大值，即當AH=AM=5時，AP?AQ有最大值，其最大值為8故答案為：85．

【分析】過點A作AH⊥PQ交于點H，先證明△APB∽△AHQ可得APAH=ABAQ，再結合AB=8，求出AP?AQ=8AH，即可得到當AH=AM=17．【答案】16【解析】【解答】解：過P點作PA⊥x軸，PB⊥y軸，垂足為A、B，∵⊙P與兩坐標軸都相切，∴PA=PB，四邊形OAPB為正方形，∵∠APB=∠EPF=90°，∴∠BPE=∠APF，∴Rt△BPE≌Rt△APF，∴BE=AF，∵OF-OE=8，∴（OA+AF）-（BE-OB）=8，即2OA=8，解得OA=4，所以點P的坐標是（4，4）代入y=kx得∶故答案為：16

【分析】過P點作PA⊥x軸，PB⊥y軸，垂足為A、B，先證明Rt△BPE≌Rt△APF，可得BE=AF，再利用線段的和差可得（OA+AF）-（BE-OB）=8，化簡可得OA=4，即可得到點P的坐標，再將點P的坐標代入y=kx可得18．【答案】30o【解析】【解答】解：∵OB=OC，∠B=50°，∴∠BOC=180°-2∠B=80°，∵∠AOB=40°，∴∠AOC=∠BOC+∠AOB=80°+40°=120°，∵OA=OC，∴∠A=∠OCA=180°-120°2=30°故答案為：30o

【分析】先根據(jù)OB=OC，∠B=50°，利用三角形的內(nèi)角和求出∠BOC的度數(shù)，再求出∠AOC的度數(shù)，再利用三角形的內(nèi)角和及等腰三角形的性質可得∠A=180°-120°19．【答案】5π【解析】【解答】解：取BC的中點O，連接AO，AE，OE．設左邊陰影部分的面積為S1，右邊陰影部分的面積為S2．∵∠ABO＝90°，AB＝3，OB＝3，∴tan∠BAO＝33∴∠BAO＝30°，∵OA＝OA，AB＝AE，OB＝OE，∴△AOB≌△AOE（SSS），∴∠BAO＝∠EAO＝30°，∴∠BAE＝60°，∠BOE＝120°，∴S1S∴S陰＝S1＋S2＝5π4故答案為5π4

【分析】取BC的中點O，連接AO，AE，OE．設左邊陰影部分的面積為S1，右邊陰影部分的面積為S2，分別求出S1、S2即可得解。20．【答案】(【解析】【解答】解：過點O作OM⊥BC于M，如圖，∵四邊形ABCD是矩形，AC=4m，BC=23∴AB=CD=A∴在Rt△ABC中，sin∠ACB=∴∠ACB=30゜，同理∠DBC=30゜∴∠ACB=∠DBC=30°，∴∠BOC=∠AOD=120°，∴∠AOB=∠COD=60°，∵OA=OB，OM⊥BC，∴M為BC的中點，∵OA=OC∴OM為△ABC的中位線∴OM=∴S==(8π故答案為：(8π

【分析】利用割補法列出算式S陰影21．【答案】（1）解：∵DF=0∴DF為△COM的中位線∴D為CO的中點∵CO=AO=4∴CD=2（2）解：過N點作ND⊥OH，交OH于點D，∵∠OHN=45°，∴△NHD為等腰直角三角形，即ND=DH，又∵tan∠COH=∴tan∠NOD=∴tan∠NOD=∴ND：設ND=3x=DH，則OD=4x，∵OD+DH=OH，∴3x+4x=4，解得x=4∴ND=127，∴在Rt△NOD中，ON=N（3）解：如圖，當點M與點O重合時，點N也與點O重合．當點M運動至點A時，點N運動至點T，故點N路徑長為：OB+l∵∠NHO=∠MHO，∴∠OHA=∠OAH=65°．∴∠THO=65°，∴∠BOT=80°，∴l(xiāng)BT∴N點的運動路徑長為：OB+l故答案為：4+16【解析】【分析】（1）先求出DF為△COM的中位線，再求出D為CO的中點，最后求出CD的值即可；

（2）利用銳角三角函數(shù)和勾股定理計算求解即可；

（3）先求出∠BOT=80°，再求出lBT=2π×4×80°22．【答案】（1）解：連接OD，∵DE為⊙O的切線，∴∠EDC+∠ODC=90°∵∠ACB=90°，∴∠ECD+∠OCD=90°，又∵OD=OC，∴∠ODC=∠OCD∴∠EDC=∠ECD，∴ED=EC∵AC為⊙O的直徑，∴∠ADC=90°∴∠BDE+∠EDC=90°，∠B+∠ECD=90°∴∠B=∠BDE∴ED=EB∴EB=EC，即點E是邊BC的中點（2）解：∵AC為⊙O的直徑，∴∠ADC=90°∴∠BDC=∠ACB=90°，又∵∠B=∠B，∴△ABC∽△CBDAB（3）解：當四邊形ODEC為正方形時，∠OCD=45°∵AC為⊙O的直徑，∴∠ADC=90°∴∠CAD=90°?∠OCD=90°?45°=45°又∵∠ACB=90°∠ABC=90°-∠BAC=90°-45°=45°∴∠ABC=∠BAC∴CB=CA∴?ABC為等腰直角三角形.【解析】【分析】（1）連接OD，根據(jù)切線的性質得出∠EDC+∠ODC=90°，再根據(jù)等腰三角形的性質和互為余角的性質得出∠EDC=∠ECD，∠B=∠BDE，得出ED=EC，ED=EB，從而得出EB=EC，即可證出點E是邊BC的中點；

（2）證出△ABC∽△CBD，得出ABBC=BCBD，即可得出BC2=BD·BA；

（3）根據(jù)正方形的性質得出∠OCD=45°，從而得出∠CAD=90°?∠OCD=45°，∠ABC=90°-∠BAC=45°，得出CB=CA，即可得出23．【答案】（1）證明：∵AC=BC，EB=ED∴∠A=∠ABC，∠D=∠EBD∵CD⊥AC∴∠A+∠D=90°∴∠ABC+∠EBD=90°∴∠CBE=90°∵BC是⊙O的直徑.∴BE是⊙O的切線（2）解：連接BF∵BC是⊙O的直徑.∴∠BFC=∠BFA=90°在Rt△ABF中，tanA=BFAF=設CF=x，則AC=BC=x+2在Rt△BCF中，B即(x+2)2=x2+4∵∠ACB=∠AFB=90°∴BF∥CD∴∠1=∠2又∵∠CFB=∠EBC=90°∴△CFB∽△EBC∴FC∴3BE=4【解析】【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質得出∠A=∠ABC，∠D=∠EBD，根據(jù)直角三角形的兩個銳角互余得出∠A+∠D=90°，從而得出∠CBE=90°，即可證出BE為⊙O的切線；

（2）根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義得出BF的長，再根據(jù)勾股定理得出CF的長，從而得出BC的長，再證出CFB∽△EBC，得出FCBE=FBBC24．【答案】（1）證明：如下圖所示，過點O作OM⊥BC于M．∵四邊形ABCD是菱形，∴∠ABD=∠CBD．∴OB平分∠EBM．∵OE⊥AB，OM⊥BC，∴OE=OM．∴點M在⊙O上．∴BC是⊙O的切線．（2）解：①如下圖所示，連接HE．∵G是OF的中點，OG=2，∴OF=2OG=4．∵OE，OH，OF都是⊙O的半徑，∴OE=OH=OF=4．∴EG=OG+OE=6．∵四邊形ABCD是菱形，∴DC∥AB．∴∠OGH+∠OEB=180°．∵OE⊥AB，∴∠OEB=90°．∴∠OGH=180°-∠OEB=90°．∴GH=O∴HE=G②如下圖所示，過點D作DN⊥BC于N，設AD=x．∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=AD=x，DC∥AB，即DG∥NE．∴∠OBE=∠ODG，∠OEB=∠OGD．∴△OBE∽△ODG．∴BEDG∴BE=2DG．∵DG=1，∴BE=2．∵DN⊥AB，OE⊥AB，∴DN∥OE，即DN∥GB，AD∴四邊形DNEG是平行四邊形．∴四邊形DNEG是矩形．∴NE=DG=1，DN=EG=6．∴AN=AB-NE-BE=x-3．∴x2解得x=15∴AD=15【解析】【分析】（1）過點O作OM⊥BC于M，證明OE=OM。

（2）①連接HE，根據(jù)ABCD是菱形性質得出?OGH和?GEH直角三角形，根據(jù)勾股定理求求出HE。

②過點D作DN⊥BC于N，根據(jù)ABCD是菱形性質得出三角形OBE~三角形ODG解得BE=2，求出四邊形DNEG是矩形，在三角形AND中根據(jù)勾股定理得出AD25．【答案】（1）解：如圖，ΔAB（2）解：①根據(jù)旋轉可知∠BAP=∠BAC，AP=AC，∵在△BAP和△BAC中，AB=AB∠BAP=∠BAC∴ΔBAP≌ΔBAC(SAS)，∴∠APB=∠ACB，∵∠ACB=90°，∴∠APB=90°，∴BP與⊙A相切；②∵在△ABC中，∠ACB=90°，CA=5，CB=12，∴AB=C由旋轉可知：ABAP=ACB'∠AC∴PB由①可知，∠APB=90°，∴∠B∴∠AC又∵∠PB∴ΔPB∴PO即PO5∴PO=10∴OA=A故答案為：513【解析】【解答】解：(1)AB與⊙A的交點即為點C'，分別以A、C'為圓心，以AB、BC的長為半徑畫弧，兩弧交于點B'，連接AB'

【分析】（1）根據(jù)要求作出圖形即可；

（2）①根據(jù)“SAS”證明ΔBAP≌ΔBAC，得出∠APB=90°即可；

②根據(jù)勾股定理求出AB的長，證明ΔPB'O∽ΔC'B'26．【答案】（1）證明：如圖，連接AM，∵M是AN的中點，∴AM∴∠N=∠MAN，∵∠CAN=2∠N，∠CAN=∠MAN+∠CAM，∴∠N=∠CAM，由圓周角定理得：∠N=∠B，∴∠B=∠CAM∴∠CAM+∠BAM=90°，即∠BAC=90°，∴AC⊥AB，又∵AB是⊙O的直徑，∴AC是⊙O的切線．（2）解：如圖，連接AM，由（1）已得：∠AMB=90°，∴tan在Rt△ADM中，tan∠MAN=解得AM=40又由（1）已得：∠N=∠B，∴tan在Rt△ABM中，tanB=解得BM=160∴AB=A則⊙O的半徑為12【解析】【分析】（1）先證明AC⊥AB，再結合AB是⊙O的直徑，即可得到AC是⊙O的切線；

（2）連接AM，先證明tan∠MAN=DMAM=10AM=3427．【答案】（1）證明：連接OD，∵AC為圓O的直徑，∴∠ADC=90°，∴∠BDC=90°，∵OD=OC，∴∠ODC=∠OCD，在Rt△BCD中，∵E為BC中點，∴DE=1∴∠EDC=∠ECD，∴∠ODC+∠EDC=∠OCD+ECD=90°，即∠ODE=90°，∴OD⊥DE，∴DE是圓O的切線；（2）解：在Rt△BCD中，∵E為BC中點，∴BC=2DE=10∵CD=3cm，∴BD=B∵AC為直徑，∴∠ADC=∠ACB=∠BDC=90°，又∵∠B=∠B，∴△ABC∽△CBD，∴AC∴AC∴AC=30【解析】【分析】（1）連接OD，根據(jù)直角三角形斜邊上中線的性質，由∠BDC=90°，E為BC中點，得到DE=12BC=CE，根據(jù)等要三角形的性質可得∠ODE=90°，根據(jù)切線的判定定理可得DE是圓O的切線；

（2）根據(jù)勾股定理可得BD，證明△ABC∽△CBD，則AC28．【答案】（1）解：聯(lián)結OD∵在⊙O中，OD=OC，AB⊥CD于點E，∴∠1=∠2．又∵OP=OP，∴ΔOCP≌ΔODP．∴∠OCP=∠ODP．又∵PC切⊙O于點C，OC為⊙O半徑，∴OC⊥PC．∴∠OCP=900．∴∠ODP=900．∴∴PD與⊙O相切于點D．（2）解：作FM⊥AB于點M．∵∠OCP=900，CE⊥OP于點E，∴，∠APC+∠4=900．∵cos∠APC=45，∴Rt△OCE∵CF=10，∴OF=OC=12CF=5．∴CE=4又∵FM⊥AB，AB⊥CD，∴∠FMO=∠CEO=90∵∠5=∠1，OF=OC，∴ΔOFM≌ΔOCE．∴FM=CE=4，OM=OE=3．∵在Rt△OCE中，cos∠APC=PCOP=45∴3k=5，k=53．∴OP=253．∴又∵∠FMO=∠GEP=900，∴FM∥∴ΔPGE∽ΔPFM．∴GEFM=PE∴GE=32【解析】【分析】（1）利用切線的判定方法求解即可；

（2）作FM⊥AB于點M，先求出PE=OP-OE=163，PM=OP+OM=343，再證明ΔPGE∽ΔPFM可得GEFM29．【答案】（1）=（2）解：過點O作OG⊥MN，交MN于點G∴GM=GN∴MP-NP=(GM+GP)-(GN-GP)=2GP∵OG⊥MN∴OP?∴MP-NP=2OP?cos（3）解：點O作OG⊥MN，交MN于點G，連接BN、MD，