2023年二輪復習解答題專題十二：與圓有關的特殊圖形的動態(tài)探究(原卷版+解析)

2023年二輪復習解答題專題十二：與圓有關的特殊圖形的動態(tài)探究方法點睛探究線段的長度或角度判定特殊四邊形的方法方法一：①假設四邊形為特殊四邊形；②在圖中找出對應線段或對應角度所在的位置，并作出與之相關的特殊四邊形；③根據特殊四邊形的性質建立數學模型，列出等式進行求解．通過菱形四邊相等和對角線垂直的性質，或矩形四個角為直角和對角線相等的性質，或正方形的四個角都是直角、四邊相等和對角線相等的性質把所求線段或角度轉化到直角三角形中，再結合已知條件，求出相關線段或角度的長度，利用勾股定理或銳角三角函數建立等量關系式進行求解；④檢驗所求線段或角度的長度是否滿足題意．方法二：先判斷動點在什么位置時，幾何圖形為特殊圖形；再結合題干信息和特殊圖形判定，證明動點所在位置是特殊圖形；最后根據特殊圖形的性質進行求解．典例分析例1：（2022河南濟源一模）如圖，為的直徑，過圓外一點作切線、，交于點和點，連接、和．

（1）求證．（2）填空：①當________時，四邊形為菱形；②當________時，四邊形為正方形．專題過關1.（2022河南虞城二模）如圖，在⊙O中，AB為直徑，BC為弦，CE切⊙O于點C，點D為BC上一個動點，DF⊥AB于點F，FD的延長線交弧BC于點G，交CE于點E．（1）求證：EC＝ED．（2）若⊙O的半徑為6，∠ABC＝30°．①當點F為OB的中點時，CE的長為______；②當弧CG的長為______時，四邊形OCGB為菱形．2.（2022河南商城二模）如圖，PA和PB是的兩條切線，A，B為切點，點D在AB上，點E和點F分別在PB和PA上，且．

（1）求證：（2）若，當是多少度時，？請說明理由．（3）若，當__________時，四邊形DEPF為菱形．3.（2022河南新野一模）如圖，AB是的直徑，D是上的一個動點，過點B作，交AD的延長線于點C，過點D作的切線，交BC于點E，連接OD．（1）求證：；（2）填空：①當___________°時，四邊形OBED是正方形．②連接OE交于點F，連接DF，當時，四邊形ADFO是_________．（填形狀）4.（2022河南輝縣一模）如圖，已知⊙O的直徑AB＝4，點C、D分別為⊙O上的兩點，，過點D作DE⊥AB于點E，⊙O的切線DF與直線AF交于點F，且AF過點C，連接BD、AD．（1）求證：CF＝BE；（2）填空：①當AD＝時，四邊形AODC是菱形；②當AD＝時，四邊形AEDF是正方形．5.（2022南陽唐河一模）如圖，AB與⊙O相切于點C，且C為線段AB的中點，直線AO與⊙O交于點E和點D，OB與⊙O交于點F，連接DF，DC．（1）求證：∠CDF＝∠CDE；（2）①若DE＝10，DF＝8，則CD＝；②連接CO，CF，當∠B的度數為時，四邊形ODFC是菱形．6.（2022信陽三模）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝6cm，∠BAC＝45°，以AB為直徑作⊙O，分別與AC，BC相交于點E，D，連接DE，BE，點F從點A出發(fā)，在直徑AB的上方沿以1cm/s的速度向點B運動，連接AF，BF．設點F運動的時間為t（s）．（1）求證：△ABC∽△DEC；（2）填空：①當t＝s時，四邊形AEBF為正方形．②當t＝s時，S△ABFS△ABE．7.（2022河南輝縣二模）如圖所示，在銳角△ABC中，AB＝AC＝4cm，以AB為直徑的⊙O交AC于點F，交BC于點D，DE⊥AC于點E．（1）求證：DE與⊙O相切；（2）填空：連接DF．①當∠BAC＝______度時，△CDF是等邊三角形；②當時，弦AF＝______cm．8.（2022平頂山一模）如圖，AB是半圓O的直徑，且AB＝10．點C是半圈O上一點，連接AC，BC，作OF⊥AC，垂足為F．過點C作半圓O的切線交AB的延長線于D，交OF的延長線于E，連接AE．（1）求證∶AE是半圓O的切線；（2）①連接OC，當AC＝CD時，△OBC的形狀是______；②若BC＝6，則線段CD＝______9.（2022鶴壁一模）如圖，是的內接三角形，AB是的直徑，點E為的中點，延長BA到點C，并連結CD，且．（1）求證：CD是切線；（2）若，填空；①_________；②線段CD的長為_________10、如圖，是的直徑，切于點，點是上的一個動點（點不與，兩點重合），連接，過點作交于點，過點作于點，交的延長線于點，連接，，．（1）求證：直線為切線；（2）若直徑的長為4．①當________時，四邊形為正方形；②當________時，四邊形為菱形．11、如圖，已知AB是⊙O的直徑，PC切⊙O于點P，過A作直線AC⊥PC交⊙O于另一點D，連接PA、PB．（1）求證：AP平分∠CAB；（2）若P是直徑AB上方半圓弧上一動點，⊙O的半徑為2，則①當弦AP的長是2時，以A，O，P，C為頂點的四邊形是正方形；②當的長度是π或π時，以A，D，O，P為頂點的四邊形是菱形．12、如圖，在△ABC中，∠B＝60°，⊙O是△ABC的外接圓，過點A作⊙O的切線，交CO的延長線于點M，CM交⊙O于點D．（1）求證：AM＝AC；（2）填空：①若AC＝3，MC＝；②連接BM，當∠AMB的度數為時，四邊形AMBC是菱形．13、如圖，已知D是⊙O上一點，AB是直徑，∠BAD的平分線交⊙O于點E，⊙O的切線BC交OE的延長線于點C，連接OD，CD．（1）求證：CD⊥OD．（2）若AB＝2，填空：①當CE＝時，四邊形BCDO是正方形．②作△AEO關于直線OE對稱的△FEO，連接BF，BE，當四邊形BEOF是菱形時，求CE的長．14、在中，,以AC為直徑的半圓O交于點D，過點D作圓O的切線，交BC于點E，點F是半圓上異于點D的任一動點．（1）求證：；（2）填空：①若，則四邊形的面積為________；②當的度數是_______時，以為頂點的四邊形為菱形．15、如圖，AB是⊙O的直徑，過點A作⊙O切線AP，點C是射線AP上的動點，連接CO交⊙O于點E，過點B作BDCO，交⊙O于點D，連接DE、OD、CD．（1）求證：CA＝CD；（2）填空：①當∠ACO的度數為時，四邊形EOBD是菱形．②若BD＝m，則當AC＝（用含m的式子表示）時，四邊形ACDO是正方形．2023年二輪復習解答題專題十二：與圓有關的特殊圖形的動態(tài)探究方法點睛探究線段的長度或角度判定特殊四邊形的方法方法一：①假設四邊形為特殊四邊形；②在圖中找出對應線段或對應角度所在的位置，并作出與之相關的特殊四邊形；③根據特殊四邊形的性質建立數學模型，列出等式進行求解．通過菱形四邊相等和對角線垂直的性質，或矩形四個角為直角和對角線相等的性質，或正方形的四個角都是直角、四邊相等和對角線相等的性質把所求線段或角度轉化到直角三角形中，再結合已知條件，求出相關線段或角度的長度，利用勾股定理或銳角三角函數建立等量關系式進行求解；④檢驗所求線段或角度的長度是否滿足題意．方法二：先判斷動點在什么位置時，幾何圖形為特殊圖形；再結合題干信息和特殊圖形判定，證明動點所在位置是特殊圖形；最后根據特殊圖形的性質進行求解．典例分析例1：（2022河南濟源一模）如圖，為的直徑，過圓外一點作切線、，交于點和點，連接、和．

（1）求證．（2）填空：①當________時，四邊形為菱形；②當________時，四邊形為正方形．【答案】（1）證明見解析；（2）①30；②22.5．【解析】【分析】（1）首先證明Rt△COP≌Rt△BOP得∠COP=∠BOP，由OA=OC得∠OAC=∠OCA，從而得出∠OCA=∠COP，即可得出結論；（2）①由四邊形CAOD是菱形得CD=OD，進而得到△OCD是等邊三角形，從而有∠OCD=60°，于是可得∠PCD=∠OCP-∠OCD=30°；②由四邊形COBP是正方形可得∠COP=45°，又由OC=OD得∠OCD=67.5°，從而有∠PCD=22.5°．【小問1詳解】解：PC，PB為的切線，∠OCP=∠OBP=90°，又OC=OB，OP=OP，Rt△COP≌Rt△BOP，∠COP=∠BOP，∠OAC+∠OCA=∠COB=2∠COP，OA=OC，∠OAC=∠OCA，2∠OCA=2∠COP，∠OCA=∠COP，，【小問2詳解】解：①四邊形CAOD是菱形，CD=OD，又OC=OD，OC=OD=CD，△OCD是等邊三角形，∠OCD=60°，∠PCD=∠OCP-∠OCD=90°-60°=30°，故答案為：30．②四邊形COBP是正方形，∠COP=45°.又OC=OD，∠OCD=∠ODC=(180°-∠COD)=(180°-45°)=67.5°，∠PCD=∠OCP-∠OCD=90°-67.5°=22.5°，故答案為：22.5．【點睛】本題主要考查了切線的性質、全等三角形的判定及性質以及菱形及正方形的判定及性質，熟練掌握切線的性質是解題的關鍵．專題過關1.（2022河南虞城二模）如圖，在⊙O中，AB為直徑，BC為弦，CE切⊙O于點C，點D為BC上一個動點，DF⊥AB于點F，FD的延長線交弧BC于點G，交CE于點E．（1）求證：EC＝ED．（2）若⊙O的半徑為6，∠ABC＝30°．①當點F為OB的中點時，CE的長為______；②當弧CG的長為______時，四邊形OCGB為菱形．【答案】（1）見解析；（2）①；②【解析】【分析】（1）連接OC，由切線的性質可證∠OCB＋∠BCE＝90°，由直角三角形兩銳角互余可證∠B＋∠BDF＝90°，再由對頂角相等，進而可證結論成立；（2）①證明△CDE是等邊三角形，可證CE=CD．證明△OBG是等邊三角形，可證∠OHB=90°，然后根據銳角三角函數的知識求出BH、BD的長即可求解；②由弧長公求出∠COG=60°，可證△OCG是等邊三角形，結合△OBG是等邊三角形，可證四邊形OCGB為菱形．【小問1詳解】證明：連接OC，∵CE為⊙O的切線，∴OC⊥CE，∴∠OCE＝90°，即∠OCB＋∠BCE＝90°．∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠OBC，∵DF⊥AB，∴∠B＋∠BDF＝90°，∵∠BDF＝∠EDC，∴∠OCB＋∠EDC＝90°，∴∠EDC＝∠BCE，∴EC＝ED．【小問2詳解】解：①連接OG，BG，∵DF⊥AB，∠ABC＝30°，∴∠CDE=∠BDF=60°，∵EC=ED，∴△CDE是等邊三角形，∴CE=CD．∵DF⊥AB，點F為OB的中點，∴EF垂直平分OB，∴OG=BG．∵OG=OB，∴△OBG是等邊三角形，∴∠BOG=60°．∵∠ABC＝30°，∴∠OHB=90°，∴，∴BC=．在Rt△BDF中，BD=BF÷cos30°=，∴CE=CD=-=；②當弧CG的長為2π時，四邊形OCGB為菱形．連接OC，CG，∵，∴∠COG=60°．∵OC=OG，∴△OCG是等邊三角形，∵△OBG是等邊三角形，∴CG=CO=OB=BG，∴四邊形OCGB為菱形．故答案為：①；②．【點睛】本題考查了切線的性質，等腰三角形的判定與性質，線段垂直平分線的判定與性質，等邊三角形的判定與性質，菱形的判定，解直角三角形，以及扇形的弧長公式，正確作出輔助線是解答本題的關鍵．2.（2022河南商城二模）如圖，PA和PB是的兩條切線，A，B為切點，點D在AB上，點E和點F分別在PB和PA上，且．

（1）求證：（2）若，當是多少度時，？請說明理由．（3）若，當__________時，四邊形DEPF為菱形．【答案】（1）見解析（2）70°，理由見解析（3）60°【解析】【分析】（1）連接AO、BO、OP，根據切線的性質及全等三角形的判定證明△APO≌△BPO，即可求解；（2）由（1）得到AP=BP，根據三角形內角和定理得到∠PAB＝∠PBA＝70°，證明△AFD≌△BDE，根據全等三角形的性質得到∠AFD＝∠BDE，根據三角形的內角和，得到答案；（3）根據菱形的性質與直角三角形的性質證明BD=BE=DE，得到△BDE是等邊三角形，根據三角形內角和即可求解．【小問1詳解】連接AO、BO、OP，

∵PA和PB是的兩條切線，A，B為切點，∴OA⊥AP，OB⊥BP，∴∠OAP=∠OBP=90°，又∵AO=BO，OP=OP，∴△APO≌△BPO（HL），∴AP=BP；小問2詳解】當是70度時，，證明如下：由（1）可得PA＝PB，∴∠PAB＝∠PBA＝（180°?40°）＝70°，在△AFD和△BDE中，，∴△AFD≌△BDE（SAS）∴∠AFD＝∠BDE，∴∠EDF＝180°?∠BDE?∠ADF＝180°?∠AFD?∠ADF＝∠FAD＝70°，故是70度時，．【小問3詳解】如圖，

當四邊形DEPF為菱形時，∠APD=∠BPD，EP=DE=DF=PF，∵AP=BP，DP=DP，∴△APD≌△BPD（SAS），∴AD=BD，∴DP⊥AB，△BDP是直角三角形，∵DE=EP，∴∠DPE=∠PDE，∴∠DPB+∠DBP=∠PDE+∠BDE=90°，∴∠DBP=∠BDE，∴DE=BE，∵，∴BD=BE=DE，∴△BDE是等邊三角形，∴∠DBE=60°=∠PAD，∴∠APB=180°-∠DBE-∠PAD=60°，故答案為：60°．【點睛】本題考查的是切線的性質、菱形的判定與性質、全等三角形的判定和性質，掌握圓的切線垂直于經過切點的半徑是解題的關鍵．3.（2022河南新野一模）如圖，AB是的直徑，D是上的一個動點，過點B作，交AD的延長線于點C，過點D作的切線，交BC于點E，連接OD．（1）求證：；（2）填空：①當___________°時，四邊形OBED是正方形．②連接OE交于點F，連接DF，當時，四邊形ADFO是_________．（填形狀）【答案】（1）見解析（2）①90；②菱形【解析】【分析】（1）連接BD，由圓周角定理得出∠ADB=∠BDC=90°，由切線長定理得出，由等腰三角形的性質得出∠DBE=∠BDE，再由三角形內角和定理得出，即可得出結論；（2）①先證明四邊形OBED是矩形，由OB=OD，即可得出四邊形OBED為正方形；②證出△AOD是等邊三角形，再證出△ODF是等邊三角形，最后得出四邊形ADFO是菱形．【小問1詳解】證明：如圖，連接．∵是的直徑，，∴是的切線．∵DE是的切線，∴，∴．∵AB是的直徑，∴，∴，，∴，∴．∵，∴．【小問2詳解】①當90°時，四邊形OBED是正方形，∵由（1）得∠ADE=∠ODE=90°，且90°∴四邊形OBED是矩形，又∵OB=OD，∴四邊形OBED為正方形，故答案為：90；②∵，OA=AD，∴△AOD是等邊三角形，∴∠ADO=60°，∵OA=OB，BE=CE，∴OE∥AC，∴∠DOE=∠ADO=60°，∵OD=OF，∴△ODF是等邊三角形，∴AO=OF=DF=AD，∴四邊形ADFO是菱形，故答案為：菱形．【點睛】本題是圓的綜合題目，考查了切線的判定與性質、圓周角定理、等腰三角形的性質、矩形的判定、正方形的判定、菱形的性質、等邊三角形的判定與性質等知識，本題綜合性強，熟練掌握切線的判定與性質是解題的關鍵．4.（2022河南輝縣一模）如圖，已知⊙O的直徑AB＝4，點C、D分別為⊙O上的兩點，，過點D作DE⊥AB于點E，⊙O的切線DF與直線AF交于點F，且AF過點C，連接BD、AD．（1）求證：CF＝BE；（2）填空：①當AD＝時，四邊形AODC是菱形；②當AD＝時，四邊形AEDF是正方形．【19~20題答案】【答案】（1）見解析；（2）①；②【解析】【分析】（1）連接、，由切線性質得到，由圓周角定理得到，從而，由角平分線性質得到，利用三角形全等得出結論；（2）①在四邊形為菱形的假設下，證明四邊形是菱形，從而在等邊三角形中求出，進而得出結果；②在四邊形為正方形的假設下，是等腰直角三角形，進而得出結果．【小問1詳解】證明：連接OD，CD，如圖所示：是⊙O的切線，，是⊙O的直徑，，，，，，，CD＝BD，，，，又，，，，由角平分線的性質可得，在與中，，；【小問2詳解】解：①若四邊形為菱形，連接交于，如圖所示：，且，四邊形為平行四邊形，，四邊形是菱形，、和都是等邊三角形，；②若四邊形為正方形，如圖所示：，是等腰直角三角形，．【點睛】本題屬于圓的綜合問題，考查了切線的性質、圓周角定理、全等三角形的判定與性質、正方形的判定與性質、菱形的判定與性質，等邊三角形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質、角平分線的判定與性質等知識．熟練掌握這些知識點的運用是解決此類綜合的關鍵．5.（2022南陽唐河一模）如圖，AB與⊙O相切于點C，且C為線段AB的中點，直線AO與⊙O交于點E和點D，OB與⊙O交于點F，連接DF，DC．（1）求證：∠CDF＝∠CDE；（2）①若DE＝10，DF＝8，則CD＝；②連接CO，CF，當∠B的度數為時，四邊形ODFC是菱形．【19題答案】【答案】（1）見解析；（2）①；②30°【解析】【分析】（1）連接OC．由切線的性質得∠OCA＝90°，由C為線段AB的中點得出OC垂直平分線段AB，則OA＝OB，得∠AOC＝∠BOC，由圓周角定理即可得出結論；（2）①連接OC，過點O作ON⊥DF于N，延長DF交AB于M，先求出DN＝NF＝DF＝4，由勾股定理得，易證∠CDF＝∠OCD，得OC∥DF，則∠OCM＋∠CMN＝180°，求出∠CMN＝90°，證得四邊形OCMN是矩形，得出ON＝CM＝3，MN＝OC＝5，DM＝9，由勾股定理即可得出結果；②易證△OCF是等邊三角形，則∠COB＝60°，由∠OCB＝90°，即可得出結果．【詳解】（1）證明：連接OC．如圖1所示：∵AB是⊙O的切線，∴∠OCA＝90°，∵C為線段AB的中點，∴OC垂直平分線段AB，∴OA＝OB，∴∠AOC＝∠BOC，∵∠CDF∠BOC，∠CDE∠AOC，∴∠CDF＝∠CDE；（2）解：①連接OC，過點O作ON⊥DF于N，延長DF交AB于M，如圖2所示：∵ON⊥DF，OD＝OF，DF＝8，∴DN＝NFDF＝4，∵DE＝10，∴OD＝5，在Rt△OND中，由勾股定理得：ON3，∵OC＝OD，∴∠CDE＝∠OCD，∵∠CDF＝∠CDE，∴∠CDF＝∠OCD，∴OC∥DF，∴∠OCM+∠CMN＝180°，∵∠OCM＝90°，∴∠CMN＝90°，∵∠ONM＝90°，∴四邊形OCMN是矩形，∴ON＝CM＝3，MN＝OC＝5，∴DM＝DN+MN＝4+5＝9，在Rt△CMD中，由勾股定理得：CD3，故答案為：3；②如圖3所示：∵四邊形ODFC是菱形，∴OC＝CF，∵OC＝OF，∴△OCF是等邊三角形，∴∠COB＝60°，∵∠OCB＝90°，∴∠B＝30°，故答案為：30°．【點睛】本題是圓綜合題，考查了圓周角定理、切線的性質、平行線的判定與性質等知識,熟練掌握圓周角定理、切線的性質和矩形的判定與性質是解題的關鍵．6.（2022信陽三模）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝6cm，∠BAC＝45°，以AB為直徑作⊙O，分別與AC，BC相交于點E，D，連接DE，BE，點F從點A出發(fā)，在直徑AB的上方沿以1cm/s的速度向點B運動，連接AF，BF．設點F運動的時間為t（s）．（1）求證：△ABC∽△DEC；（2）填空：①當t＝s時，四邊形AEBF為正方形．②當t＝s時，S△ABFS△ABE．【答案】（1）見解析（2）①；②或【解析】【分析】（1）根據圓內接四邊形的性質得到∠ABC=∠DEC，根據相似三角形的判定定理即可得到結論；（2）根據圓周角定理得到∠F=∠AEB=90°，求得AE=BE，推出△AFB是等腰直角三角形，根據弧長公式得到的長為，于是得到結論；②根據三角形的面積公式得到S△ABE=×AB2=9，連接OF，過FH⊥AB于H，求得FH=，根據三角函數的定義得到∠FOA=30°，根據弧長公式即可得到結論．【小問1詳解】證明：∵四邊形ABCD是圓內接四邊形，∴∠ABC+∠DEA=180°，∵∠DEA+∠DEC=180°，∴∠ABC=∠DEC，∵∠C=∠C，∴△ABC∽△DEC；【小問2詳解】當t=πs時，四邊形AEBF為正方形，∵AB為⊙O直徑，∴∠F=∠AEB=90°，∵∠BAE=45°，∴∠ABE=∠BAE=45°，∴AE=BE，∵四邊形AEBF是正方形，∴∠FAE=90°，∴∠BAF=45°，∴△AFB是等腰直角三角形，∴，∵AB=6cm，∴OA=3cm，∴的長為，∵點F的速度為1cm/s，∴t=，故當t=s時，四邊形AEBF為正方形，故答案為：；②當t=πs或πs時，S△ABF=S△ABE．∵△ABE是等腰直角三角形，∴S△ABE=×AB2=9，連接OF，過FH⊥AB于H，∵S△ABF=S△ABE．∴AB?FH=×6FH=，∴FH=，∴sin∠FOH=，∴∠FOA=30°，∴，∴t=π，當時，∠AOF=150°，∴的長=，∴t=，綜上所述，當t=πs或s時，S△ABF=S△ABE．【點睛】本題考查了圓的綜合題，等腰三角形的性質，相似三角形的判定，圓周角定理，等腰直角三角形的判定和性質，正方形的性質，三角形面積的計算，正確地作出輔助線是解題的關鍵．7.（2022河南輝縣二模）如圖所示，在銳角△ABC中，AB＝AC＝4cm，以AB為直徑的⊙O交AC于點F，交BC于點D，DE⊥AC于點E．（1）求證：DE與⊙O相切；（2）填空：連接DF．①當∠BAC＝______度時，△CDF是等邊三角形；②當時，弦AF＝______cm．【答案】（1）見解析（2）①60；②【解析】【分析】（1）連接OD，先證明∠ACB＝∠ODB，則AC∥OD．再由DE⊥AC，可知DE⊥OD；（2）①如圖所示，連接OF，DF，證明△ABC等邊三角形，得到∠B=∠C=∠A=60°，AB=BC，再證△OAF和△OBD都是等邊三角形，得到∠DOF=60°，CD=BD=OB=OF，最后證明△DOF是等邊三角形，得到DF=OF=CD，則△CDF是等邊三角形；②如圖所示，過點O作OH⊥AC交AC于G，交圓O于H，由垂徑定理可知，則∠AOG=∠BOD，再證∠A=∠BOD，推出AG=OG，據此求解即可．【小問1詳解】證明：連接OD．∵OD＝OB，∴∠ODB＝∠OBD．∵AB＝AC，∴∠ACB＝∠OBD．∴∠ACB＝∠ODB．∴AC∥OD．∵DE⊥AC，∴DE⊥OD．∵OD是⊙O的半徑，∴DE與⊙O相切．【小問2詳解】解：①當∠BAC=60°時，△CDF是等邊三角形，理由如下：如圖所示，連接OF，DF，∵AB=AC，∠BAC=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴∠B=∠C=∠A=60°，AB=BC，∵OA=OF，OB=OD，∴△OAF和△OBD都是等邊三角形，∴∠AOF=∠BOD=60°，，∴∠DOF=60°，CD=BD=OB=OF，又∵OF=OD，∴△DOF是等邊三角形，∴DF=OF=CD，∴△CDF是等邊三角形；②如圖所示，過點O作OH⊥AC交AC于G，交圓O于H，∴，，∴∠AOG=∠BOD，由（1）得，∴∠A=∠BOD，∴∠A=∠AOG，∴AG=OG，在Rt△AOG中，，∴，∴．【點睛】本題主要考查了圓切線的判定，等邊三角形的性質與判定，平行線的性質與判定，等腰三角形的性質，垂徑定理，勾股定理等等，正確作出輔助線是解題的關鍵．8.（2022平頂山一模）如圖，AB是半圓O的直徑，且AB＝10．點C是半圈O上一點，連接AC，BC，作OF⊥AC，垂足為F．過點C作半圓O的切線交AB的延長線于D，交OF的延長線于E，連接AE．（1）求證∶AE是半圓O的切線；（2）①連接OC，當AC＝CD時，△OBC的形狀是______；②若BC＝6，則線段CD＝______【答案】（1）見解析；（2）①等邊三角形；②【解析】【分析】（1）連接OC，用“SSS”證明，可得，從而得出AE是半圓O的切線；（2）①根據AC=CD可知，，為的外角，則，根據，得出，從而得出，從而得出為等邊三角形；②證明，由三角形相似的性質得出CD的值即可．【小問1詳解】連接OC，如圖所示：∵DE切半圓O于點C，∴，即，又∵，∴，即OF垂直平分AC，∴，又∵，，∴，∴，∵OA為圓O的半徑∴AE是半圓O的切線．【小問2詳解】①∵DC為半圓O的切線，∴OC⊥DE，∴，∵OC=OB，∴△OCB為等腰三角形，∵AC=CD可知，∴，∵OA=OC，∴，∴，∵，∴，∴△OCB為等邊三角形，故答案為：等邊三角形；②∵AB是直徑，∴，∵AB=10，BC=6，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，即，解得：．故答案為：．【點睛】本題主要考查了等邊三角形的判定，切線的判定和性質，三角形全等的判定和性質，三角形相似的判定和性質，正確作出輔助線是解題的關鍵．9.（2022鶴壁一模）如圖，是的內接三角形，AB是的直徑，點E為的中點，延長BA到點C，并連結CD，且．（1）求證：CD是切線；（2）若，填空；①_________；②線段CD的長為_________【答案】（1）見解析（2）①30°；②【解析】【分析】（1）連結OD，證明即可得到結論；（2）①連接OE，BE，可得是等邊三角形，由圓周角定理可得結論；②同理可得是等邊三角形，得，，OC=6，由勾股定理可得結論．【小問1詳解】連結OD，如圖所示：是的直徑，，又，，，，，且OD為的半徑，是的切線．【小問2詳解】①連接OE，BE，∵，∴，∵E是的中點，∴，∴BE=DE=3，∴BE=OE=BO=OD=DE，∴是等邊三角形，，∴，∵，故答案為：30°；②∵OE=OD=DE，∴是等邊三角形，∴，∴，又，∴,∴，由勾股定理得，，故答案為：【點睛】本題考查了切線的判定與性質，熟記切線的判定與性質并作出合理的輔助線是解題的關鍵．10、如圖，是的直徑，切于點，點是上的一個動點（點不與，兩點重合），連接，過點作交于點，過點作于點，交的延長線于點，連接，，．（1）求證：直線為切線；（2）若直徑的長為4．①當________時，四邊形為正方形；②當________時，四邊形為菱形．詳解】（1）證明：∵切于點，∴，∴，∵，∴，，而，∴，∴，在和中，∴．∴．∴直線為切線；（2）①如下圖所示∵四邊形OBQP是正方形∴OP⊥AB∴點O與點E重合∴EP=OP∵直徑AB=4∴OP=EP=2②如下圖∵四邊形AEOP是菱形∴AO⊥EP，且AC=CO，EC=CP∵直徑AB=4∴OP=2，CO=1∴在Rt△PCO中，CP=∴EP=．11、如圖，已知AB是⊙O的直徑，PC切⊙O于點P，過A作直線AC⊥PC交⊙O于另一點D，連接PA、PB．（1）求證：AP平分∠CAB；（2）若P是直徑AB上方半圓弧上一動點，⊙O的半徑為2，則①當弦AP的長是2時，以A，O，P，C為頂點的四邊形是正方形；②當的長度是π或π時，以A，D，O，P為頂點的四邊形是菱形．【解答】（1）證明：∵PC切⊙O于點P，∴OP⊥PC，∵AC⊥PC，∴AC∥OP，∴∠1＝∠3，∵OP＝OA，∴∠2＝∠3，∴∠1＝∠2，∴AP平分∠CAB；（2）解：①當∠AOP＝90°，四邊形AOPC為矩形，而OA＝OP，此時矩形AOPC為正方形，AP＝OP＝2；②當AD＝AP＝OP＝OD時，四邊形ADOP為菱形，△AOP和△AOD為等邊三角形，則∠AOP＝60°，的長度＝＝π．當AD＝DP＝PO＝OA時，四邊形ADPO為菱形，△AOD和△DOP為等邊三角形，則∠AOP＝120°，的長度＝＝π．故答案為2，π或π．12、如圖，在△ABC中，∠B＝60°，⊙O是△ABC的外接圓，過點A作⊙O的切線，交CO的延長線于點M，CM交⊙O于點D．（1）求證：AM＝AC；（2）填空：①若AC＝3，MC＝；②連接BM，當∠AMB的度數為時，四邊形AMBC是菱形．【詳解】（1）證明：連接OA，如圖1：∵AM是⊙O的切線，∴∠OAM＝90°，∵∠B＝60°，∴∠AOC＝120°，∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠OAC＝30°，∴∠AOM＝60°，∴∠M＝30°，∴∠OCA＝∠M，∴AM＝AC；（2）解：①作AG⊥CM于G，如圖2：∵∠OCA＝30°，AC＝3，∴AG＝AC＝，∴CG＝AG＝，則MC＝2CG＝3；故答案為：3．②當∠AMB的度數為60°時，四邊形AMBC是菱形；利用反證法求證如下：如圖3：假設：當∠AMB時，四邊形AMBC是菱形．∵四邊形AMBC是菱形，CM、AB是對角線∴∴與假設中∠AMB矛盾故原假設不成立∴當∠AMB的度數為60°時，四邊形AMBC是菱形13、如圖，已知D是⊙O上一點，AB是直徑，∠BA