第24章圓（壓軸必刷30題5種題型專項(xiàng)訓(xùn)練）

第24章圓（壓軸必刷30題5種題型專項(xiàng)訓(xùn)練）一．垂徑定理（共5小題）1．（2022秋?定海區(qū)期中）如圖，半徑為6cm的⊙O中，C、D為直徑AB的三等分點(diǎn)，點(diǎn)E、F分別在AB兩側(cè)的半圓上，∠BCE＝∠BDF＝60°，連接AE、BF，則圖中兩個(gè)陰影部分的面積為6cm2．【分析】作三角形DBF的軸對稱圖形，得到三角形AGC，三角形AGE的面積就是陰影部分的面積．【解答】解：如圖作△DBF的軸對稱圖形△CAG，作AM⊥CG，ON⊥CE，∵△DBF的軸對稱圖形△CAG，由于C、D為直徑AB的三等分點(diǎn)，∴△ACG≌△BDF，∴∠ACG＝∠BDF＝60°，∵∠ECB＝60°，∴G、C、E三點(diǎn)共線，∵AM⊥CG，ON⊥CE，∴AM∥ON，∴＝，在Rt△ONC中，∠OCN＝60°，∴ON＝sin∠OCN?OC＝?OC，∵OC＝OA＝2，∴ON＝×2＝，∴AM＝2，∵ON⊥GE，∴NE＝GN＝GE，連接OE，在Rt△ONE中，NE＝＝＝，∴GE＝2NE＝2，∴S△AGE＝GE?AM＝×2×2＝6，∴圖中兩個(gè)陰影部分的面積為6，故答案為：6．【點(diǎn)評】本題考查了平行線的性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理的應(yīng)用．2．（2022秋?拱墅區(qū)校級期中）在半徑為5厘米的圓內(nèi)有兩條互相平行的弦，一條弦長為8厘米，另一條弦長為6厘米，則兩弦之間的距離為7或1厘米．【分析】先求出兩弦的弦心距，再根據(jù)兩弦在圓心的同側(cè)和異側(cè)兩種情況討論．【解答】解：如圖，CD＝8，AB＝6，OA＝OC＝5，AB∥CD，OF⊥AB，OE⊥CD，根據(jù)垂徑定理知，點(diǎn)E為CD中點(diǎn)，CE＝4cm，點(diǎn)F為AB中點(diǎn)，AF＝3cm，由勾股定理知，OE＝＝3cm，OF＝＝4cm，分兩種情況，①當(dāng)弦AB與弦CD在圓心的同側(cè)時(shí)，弦AB與弦CD的距離EF＝OF﹣OE＝4﹣3＝1cm，②當(dāng)弦AB與弦CD在圓心的異側(cè)時(shí)，弦AB與弦CD的距離EF＝OF+OE＝4+3＝7cm．因此，兩弦間的距離是1cm或7cm．【點(diǎn)評】本題利用了垂徑定理和勾股定理求解，注意要分兩種情況討論．3．（2022秋?紹興期中）如圖，以G（0，1）為圓心，半徑為2的圓與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于C，D兩點(diǎn)，點(diǎn)E為⊙G上一動(dòng)點(diǎn)，CF⊥AE于F，則弦AB的長度為2；當(dāng)點(diǎn)E在⊙G的運(yùn)動(dòng)過程中，線段FG的長度的最小值為﹣1．【分析】作GM⊥AC于M，連接AG．因?yàn)椤螦FC＝90°，推出點(diǎn)F在以AC為直徑的⊙M上推出當(dāng)點(diǎn)F在MG的延長線上時(shí)，F(xiàn)G的長最小，最小值＝FM﹣GM，想辦法求出FM、GM即可解決問題；【解答】解：作GM⊥AC于M，連接AG．∵GO⊥AB，∴OA＝OB，在Rt△AGO中，∵AG＝2，OG＝1，∴AG＝2OG，OA＝＝，∴∠GAO＝30°，AB＝2AO＝2，∴∠AGO＝60°，∵GC＝GA，∴∠GCA＝∠GAC，∵∠AGO＝∠GCA+∠GAC，∴∠GCA＝∠GAC＝30°，∴AC＝2OA＝2，MG＝CG＝1，∵∠AFC＝90°，∴點(diǎn)F在以AC為直徑的⊙M上，當(dāng)點(diǎn)F在MG的延長線上時(shí)，F(xiàn)G的長最小，最小值＝FM﹣GM＝﹣1．故答案為2，﹣1．【點(diǎn)評】本題考查垂徑定理、直角三角形30度角的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．4．（2022秋?珠海校級期中）已知：如圖，矩形ABCD中，點(diǎn)E、F分別在DC，AB邊上，且點(diǎn)A、F、C在以點(diǎn)E為圓心，EC為半徑的圓上，連接CF，作EG⊥CF于G，交AC于H．已知AB＝6，設(shè)BC＝x，AF＝y(tǒng)．（1）求證：∠CAB＝∠CEG；（2）①求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式．②x＝3時(shí)，點(diǎn)F是AB的中點(diǎn)；（3）當(dāng)x為何值時(shí)，點(diǎn)F是的中點(diǎn)，以A、E、C、F為頂點(diǎn)的四邊形是何種特殊四邊形？試說明理由．【分析】（1）連接EF，由于EG經(jīng)過圓心E，且與弦CF垂直，由垂徑定理知∠CEF＝2∠CEG，而圓周角∠CAF和圓心角∠CEG所對的弧正好相同，由圓周角定理知∠CEG＝2∠CAF，由此得證；（2）①設(shè)⊙O的半徑為r，連接EA、EF；由于EA＝EF，那么E點(diǎn)在AF的垂直平分線上，因此AF＝2DE，即y＝2（6﹣r），所以只需求出r、x的關(guān)系式即可；Rt△ADE中，AD＝x，用r可表示出AE、DE的長，即可由勾股定理求得r、x的關(guān)系式，由此得解；②當(dāng)F是AB中點(diǎn)時(shí)，AF＝y(tǒng)＝3，將其代入①的函數(shù)關(guān)系式中，即可求得x的值；（3）當(dāng)F是弧AC的中點(diǎn)時(shí)，EF垂直平分AC，可得AE＝EC，AF＝FC；易知∠AEF＝∠CEF，而∠CEF和∠AFE是平行線的內(nèi)錯(cuò)角，等量代換后可得∠AEF＝∠AFE＝∠FAE，由此可證得△EAF是正三角形，由此可證得四邊形AECF的四邊都相等，即四邊形AECF是菱形；此時(shí)∠CFB＝∠EAF＝60°，在Rt△CFB中，易知BF＝CF，而AF＝FC，那么BF即為AF的一半、AB的三分之一，由此可求得BF的長，進(jìn)而可得到BC（即x）的長．【解答】解：（1）證明：連接EF（如圖1）∵點(diǎn)A、F、C在以點(diǎn)E為圓心，EC為半徑的圓上，∴EF＝EC，∵EG⊥CF，∴∠CEF＝2∠CEG∵∠CEF＝2∠CAB，∴∠CAB＝∠CEG；（3分）（2）（如圖2）①連接EF、EA．設(shè)⊙E的半徑為r；在Rt△ADE中，EA＝r，DE＝6﹣r，AD＝x，∴x2+（6﹣r）2＝r2，r＝x2+3，∵EF＝EA，∴AF＝2DE，即y＝2（6﹣r）＝﹣x2+6，（6分）②點(diǎn)F是AB的中點(diǎn)時(shí)，y＝3，即﹣x2+6＝3，∴x＝；（8分）（3）（如圖3）；當(dāng)x＝時(shí)，F(xiàn)是弧AC的中點(diǎn)．此時(shí)四邊形AECF菱形；（9分）理由如下：∵點(diǎn)F是弧AC的中點(diǎn)，∴∠AEF＝∠CEF，AF＝CF，∵AB∥CD，∴∠AFE＝∠CEF，∴∠AEF＝∠AFE，∴AE＝AF，∵AE＝EF，∴AE＝AF＝CE＝CF，∴△AEF和△CEF都是正三角形，∴四邊形AECF是菱形，且∠CEF＝60°，∴∠BCF＝30°，∴BF＝CF＝AF＝AB＝2，BC＝．（12分）【點(diǎn)評】此題主要考查了矩形的性質(zhì)、垂徑定理、等邊三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識的綜合應(yīng)用能力．5．（2022秋?南湖區(qū)校級期中）如圖，在半徑為5的扇形AOB中，∠AOB＝90°，點(diǎn)C是弧AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A、B重合）OD⊥BC，OE⊥AC，垂足分別為D、E．（1）當(dāng)BC＝6時(shí)，求線段OD的長；（2）在△DOE中是否存在長度保持不變的邊？如果存在，請指出并求其長度；如果不存在，請說明理由．【分析】（1）如圖（1），根據(jù)垂徑定理可得BD＝BC，然后只需運(yùn)用勾股定理即可求出線段OD的長；（2）連接AB，如圖（2），用勾股定理可求出AB的長，根據(jù)垂徑定理可得D和E分別是線段BC和AC的中點(diǎn)，根據(jù)三角形中位線定理就可得到DE＝AB，DE保持不變；【解答】解：（1）如圖（1），∵OD⊥BC，∴BD＝BC＝×6＝3，∵∠BDO＝90°，OB＝5，BD＝3，∴OD＝＝4，即線段OD的長為4．（2）存在，DE保持不變．理由：連接AB，如圖（2），∵∠AOB＝90°，OA＝OB＝5，∴AB＝＝5，∵OD⊥BC，OE⊥AC，∴D和E分別是線段BC和AC的中點(diǎn)，∴DE＝AB＝，∴DE保持不變．【點(diǎn)評】本題考查了垂徑定理、三角形中位線定理、等腰三角形的性質(zhì)、三角函數(shù)、勾股定理等知識，運(yùn)用垂徑定理及三角形中位線定理是解決第（2）小題的關(guān)鍵．二．圓周角定理（共9小題）6．（2022秋?姑蘇區(qū)校級期中）如圖，在四邊形ACBD中，AB＝BD＝BC，AD∥BC，若CD＝4，AC＝2，則AB的長為．【分析】以B為圓心，BC為半徑作⊙B，延長BC交⊙B于點(diǎn)C′，連接DC′，根據(jù)AD∥BC得到AC＝DC′，在Rt△CDC′中，由勾股定理求出CC′的值，AB＝即可求解．【解答】解：如圖，以B為圓心，BC為半徑作⊙B，延長BC交⊙B于點(diǎn)C′，連接DC′，則∠CDC′＝90°，∵AD∥BC，∴∠ADC＝∠DCC′，∴AC＝DC′＝2，在Rt△CDC′中，有CC′2＝DC′2+CD2，CD＝4，∴CC′＝＝，∴AB＝BC＝＝，故答案為：．【點(diǎn)評】本題考查了圓周角、圓心角以及平行線的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是熟練應(yīng)用圓周角定理．7．（2022秋?慶陽期中）如圖，若AB是⊙O的直徑，CD是⊙O的弦，∠ABD＝58°，則∠BCD＝32°．【分析】根據(jù)圓周角定理求得∠AOD＝2∠ABD＝116°（同弧所對的圓周角是所對的圓心角的一半）、∠BOD＝2∠BCD（同弧所對的圓周角是所對的圓心角的一半）；根據(jù)平角是180°知∠BOD＝180°﹣∠AOD，故∠BCD＝32°．【解答】解：連接OD．∵AB是⊙0的直徑，CD是⊙O的弦，∠ABD＝58°，∴∠AOD＝2∠ABD＝116°（同弧所對的圓周角是所對的圓心角的一半）；又∵∠BOD＝180°﹣∠AOD，∠BOD＝2∠BCD（同弧所對的圓周角是所對的圓心角的一半）；∴∠BCD＝32°；另法：∵AB為直徑，∴∠ADB＝90°，∵∠ABD＝58°，∴∠A＝90°﹣58°＝32°，∵∠BCD和∠A都是BD所對圓周角，∴∠BCD＝32°．故答案為：32°．【點(diǎn)評】本題考查了圓周角定理．解答此題時(shí)，通過作輔助線OD，將隱含在題中的圓周角與圓心角的關(guān)系（同弧所對的圓周角是所對的圓心角的一半）顯現(xiàn)出來．8．（2022秋?思明區(qū)校級期中）已知四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，AC是⊙O的直徑，DE⊥AB，垂足為E．（1）延長DE交⊙O于點(diǎn)F，延長DC，F(xiàn)B交于點(diǎn)P，如圖．求證：△PCB是等腰三角形；（2）過點(diǎn)B作BG⊥AD，垂足為G，BG交DE于點(diǎn)H，連接OH，且點(diǎn)O和點(diǎn)A都在DE的左側(cè)，如圖．若∠ACB＝60°，DH＝1，∠OHD＝80°，①求⊙O的半徑；②求∠BDE的大?。痉治觥浚?）由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)即可證明；（2）①由平行四邊形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，可求解；②由圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)，可計(jì)算．【解答】（1）證明：∵AC是⊙O直徑，∴∠ABC＝90°，∴∠PBC+∠ABF＝90°，∵DE⊥AB，∴∠DAE+∠ADE＝90°，∵∠ADE＝∠ABF，∴∠PBC＝∠DAE，∵∠PCB＝∠DAE，∴∠PBC＝∠PCB，∴PB＝PC，∴△PCB是等腰三角形；（2）連接OD，OB；AC和DE交于點(diǎn)M，①∵AC是⊙O直徑，∴∠ABC＝90°，∴BC⊥AB，∵DE⊥AB∴DE∥BC，同理：BH∥DC，∴四邊形DHBC是平行四邊形，∴BC＝DH＝1，∵∠ACB＝60°，∴△OBC是等邊三角形，∴OC＝BC＝1，∴⊙O的半徑長是1；②∵OD＝DH＝1，∴∠DOH＝∠DHO＝80°，∵DE∥BC，∴∠OMH＝∠ACB＝60°，∴∠MOH＝40°，∴∠DOM＝∠DOH﹣∠MOH＝40°，∴∠DBC＝∠DOC＝20°，∴∠EDB＝∠DBC＝20°．【點(diǎn)評】本題考查圓的有關(guān)知識，關(guān)鍵是掌握并靈活應(yīng)用圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)．9．（2022秋?鹿城區(qū)校級期中）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點(diǎn)H，點(diǎn)F為圓上一點(diǎn)，＝，連結(jié)AD，過點(diǎn)C作CE∥AF交AB于點(diǎn)G，交AD于點(diǎn)E．（1）求證：CE＝CD．（2）若CG＝2EG，AF＝6，求⊙O的直徑．【分析】（1）由圓周角定理的推論，垂徑定理即可證明；（2）由相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理可以求解．【解答】（1）證明：∵AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB，∴＝，∵＝，∴＝，∴∠ADC＝∠FAD，∵CE∥AF，∴∠CED＝∠FAD，∴∠ADC＝∠CED，∴CE＝CD．（2）解：作EM⊥DH于M，連接OC，設(shè)⊙O的半徑是r，∵＝，∴＝，∴AF＝DC，∴CE＝DC＝6，∴CH＝DH＝3，∵CG＝2EG，∴EG＝2，CG＝4，∴GH＝＝，∵GH∥EM，∴CH：MH＝CG：GE＝2：1，∴MH＝1.5，∴M是DH的中點(diǎn)，∴E是AD中點(diǎn)，∴EM是△DAH中位線，∴AH＝2EM，∵△CGH∽△CEM，∴GH：EM＝CG：CE，∴：EM＝4：6，∴EM＝，∴AH＝2EM＝3，設(shè)⊙O的半徑是r，∵OC2＝OH2+CH2，∴r2＝（3﹣r）2+32，∴r＝，∴⊙O直徑長是．【點(diǎn)評】本題考查圓的有關(guān)知識，關(guān)鍵是掌握圓周角定理的推論，垂徑定理，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)．10．（2022秋?浠水縣校級期中）如圖1，已知AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點(diǎn)E，點(diǎn)M在⊙O上，∠M＝∠D．（1）判斷BC，MD的位置關(guān)系，并說明理由；（2）若AE＝16，BE＝4，求線段CD的長；（3）如圖2，若MD恰好經(jīng)過圓心O，求∠D的度數(shù)．【分析】（1）根據(jù)圓周角定理得到∠M＝∠C，得到∠C＝∠D，根據(jù)平行線的判定定理證明；（2）連接OD，根據(jù)勾股定理求出ED，根據(jù)垂徑定理計(jì)算；（3）根據(jù)圓周角定理計(jì)算．【解答】解：（1）BC∥MD，理由如下：由圓周角定理得，∠M＝∠C，又∠M＝∠D，∴∠C＝∠D，∴BC∥MD；（2）連接OD，∵AE＝16，BE＝4，∴OB＝10，∴OE＝10﹣4＝6，∴ED＝＝8，∵AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB，∴CD＝2ED＝16；（3）∠M＝∠BOD，∠M＝∠D，∴∠D＝∠BOD，∴∠D＝30°．【點(diǎn)評】本題考查的是圓周角定理、垂徑定理以及勾股定理，掌握同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半是解題的關(guān)鍵．11．（2022秋?南潯區(qū)期中）如圖，已知⊙O中，直徑AF⊥BC于點(diǎn)H，點(diǎn)D在上，且∠ACD＝30°，過點(diǎn)A作AE⊥CD于點(diǎn)E，已知△BCD的周長為，且BH＝2，則⊙O的半徑長為（）A． B． C． D．【分析】設(shè)AF與CD交于點(diǎn)G，延長CD至T，使DT＝BD，連接BG，AT，BT，OC，可推出∠ABG＝∠ACG＝30°，∠BTD＝∠BAG，從而得出點(diǎn)T、B、G、A共圓，從而得出∠ATG＝∠ABG＝30°，從而得出△ATC是等腰三角形，進(jìn)而求得AC，然后在Rt△COH中求得半徑．【解答】解：如圖，設(shè)AF與CD交于點(diǎn)G，延長CD至T，使DT＝BD，連接BG，AT，BT，OC，∴∠DBT＝∠DTB，∵＝，∴∠BDC＝∠BAC，∵直徑AF⊥BC，∴CH＝BH＝2，∴AB＝AC，GB＝GC，∴∠BAH＝∠CAH＝∠BAC，∠ABC＝∠ACB，∠GBC＝∠GCB，∴∠ABC﹣∠GBC＝∠ACB﹣∠GCB，∴∠ABG＝∠ACG＝30°，∵∠BDC＝∠DTB+∠DBT＝2∠BTD，∴∠BTD＝∠BAH，∴點(diǎn)T、B、G、A共圓，∴∠ATG＝∠ABG＝30°，∴∠ATG＝∠ABE＝30°，∴AC＝AT，∵AE⊥CD，∴CE＝ET＝CT，∵△BCD的周長為，BC＝4，∴CD+BD＝6，∴CT＝TD+CD＝6，∴CE＝3，在Rt△ACE中，∠ABE＝30°，CE＝3，∴AC＝＝6，∴AH＝＝＝4，設(shè)OA＝OC＝r，則OH＝AH﹣OA＝4﹣r，∵OC2﹣OH2＝CH2，∴r2﹣（4﹣r）2＝22，∴r＝，故選：D．【點(diǎn)評】本題考查了等腰三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，確定圓的條件，解直角三角形等知識，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造整體以及發(fā)現(xiàn)特殊性．12．（2022秋?廣水市期中）如圖，AB是半圓O的直徑，點(diǎn)C在半圓上，AB＝5，AC＝4，D是上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接AD．過點(diǎn)C作CE⊥AD于E，連接BE，則BE的最小值是﹣2．【分析】如圖，連接BO′、BC．在點(diǎn)D移動(dòng)的過程中，點(diǎn)E在以AC為直徑的圓上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)O′、E、B共線時(shí)，BE的值最小，最小值為O′B﹣O′E，利用勾股定理求出BO′即可解決問題．【解答】解：如圖，取AC的中點(diǎn)O′，連接BO′、BC．∵CE⊥AD，∴∠AEC＝90°，∴在點(diǎn)D移動(dòng)的過程中，點(diǎn)E在以AC為直徑的圓上運(yùn)動(dòng)，∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∵AC＝4，AB＝5，∴BC＝＝＝3，在Rt△BCO′中，BO′＝＝＝，∵O′E+BE≥O′B，∴當(dāng)O′、E、B共線時(shí)，BE的值最小，最小值為O′B﹣O′E＝﹣2，故答案為：﹣2．【點(diǎn)評】本題考查圓周角定理、勾股定理、點(diǎn)與圓的位置關(guān)系等知識，解題的關(guān)鍵是確定等E的運(yùn)動(dòng)軌跡是以AC為直徑的圓上運(yùn)動(dòng)，屬于中考填空題中壓軸題．13．（2022秋?思明區(qū)校級期中）已知AB是半圓O的直徑，M，N是半圓不與A，B重合的兩點(diǎn)，且點(diǎn)N在弧BM上．（1）如圖1，MA＝6，MB＝8，∠NOB＝60°，求NB的長；（2）如圖2，過點(diǎn)M作MC⊥AB于點(diǎn)C，點(diǎn)P是MN的中點(diǎn)，連接MB、NA、PC，試探究∠MCP、∠NAB、∠MBA之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．【分析】（1）只要證明△OBN是等邊三角形即可解決問題；（2）結(jié)論：∠MCP+∠MBA+∠NAB＝90°．方法一：如圖2中，畫⊙O，延長MC交⊙O于點(diǎn)Q，連接NQ，NB．關(guān)鍵是證明CP∥QN；方法二：如圖2﹣1中，連接MO，OP，NO，BN，QC，QP，關(guān)鍵是證明∠MCP＝∠NBM；【解答】解：（1）如圖1，∵AB是半圓O的直徑，∴∠M＝90°，在Rt△AMB中，AB＝，∴AB＝10．∴OB＝5，∵OB＝ON，又∵∠NOB＝60°，∴△NOB是等邊三角形，∴NB＝OB＝5．（2）結(jié)論：∠MCP+∠MBA+∠NAB＝90°．理由：方法一：如圖2中，畫⊙O，延長MC交⊙O于點(diǎn)Q，連接NQ，NB．OM，OQ．∵M(jìn)C⊥AB，又∵OM＝OQ，∴MC＝CQ，即C是MQ的中點(diǎn)，又∵P是MN的中點(diǎn)，∴CP是△MQN的中位線，∴CP∥QN，∴∠MCP＝∠MQN，∵∠MQN＝∠MON，∠MBN＝∠MON，∴∠MQN＝∠MBN，∴∠MCP＝∠MBN，∵AB是直徑，∴∠ANB＝90°，∴在△ANB中，∠NBA+∠NAB＝90°，∴∠MBN+∠MBA+∠NAB＝90°，即∠MCP+∠MBA+∠NAB＝90°．方法二：如圖2﹣1中，連接MO，OP，NO，BN，QC，QP．∵P是MN中點(diǎn)，又∵OM＝ON，∴OP⊥MN，且∠MOP＝∠MON，∵M(jìn)C⊥AB，∴∠MCO＝∠MPO＝90°，∴設(shè)OM的中點(diǎn)為Q，則QM＝QO＝QC＝QP，∴點(diǎn)C，P在以O(shè)M為直徑的圓上，在該圓中，∠MCP＝∠MOP＝∠MQP，又∵∠MOP＝∠MON，∴∠MCP＝∠MON，在半圓O中，∠NBM＝∠MON，∴∠MCP＝∠NBM，∵AB是直徑，∴∠ANB＝90°，∴在△ANB中，∠NBA+∠NAB＝90°，∴∠NBM+∠MBA+∠NAB＝90°，即∠MCP+∠MBA+∠NAB＝90°．【點(diǎn)評】本題考查圓周角定理、垂徑定理、平行線的性質(zhì)、直徑的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，學(xué)會(huì)用轉(zhuǎn)化的思想思考問題．14．（2022秋?新羅區(qū)期中）如圖，在△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑的圓交AC于點(diǎn)D，交BC于點(diǎn)E，延長AE至點(diǎn)F，使EF＝AE，連接FB，F(xiàn)C．（1）求證：四邊形ABFC是菱形；（2）若AD＝7，BE＝2，求半圓和菱形ABFC的面積．【分析】（1）根據(jù)對角線相互平分的四邊形是平行四邊形，證明是平行四邊形，再根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形即可證明；（2）設(shè)CD＝x，連接BD．利用勾股定理構(gòu)建方程即可解決問題；【解答】（1）證明：∵AB是直徑，∴∠AEB＝90°，∴AE⊥BC，∵AB＝AC，∴BE＝CE，∵AE＝EF，∴四邊形ABFC是平行四邊形，∵AC＝AB，∴四邊形ABFC是菱形．（2）設(shè)CD＝x．連接BD．∵AB是直徑，∴∠ADB＝∠BDC＝90°，∴AB2﹣AD2＝CB2﹣CD2，∴（7+x）2﹣72＝42﹣x2，解得x＝1或﹣8（舍棄）∴AC＝8，BD＝＝，∴S菱形ABFC＝8．∴S半圓＝?π?42＝8π．【點(diǎn)評】本題考查平行四邊形的判定和性質(zhì)、菱形的判定、線段的垂直平分線的性質(zhì)勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識解決問題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考常考題型．三．三角形的外接圓與外心（共4小題）15．（2022秋?江干區(qū)校級期中）如圖，點(diǎn)P是等邊三角形ABC外接圓⊙O上的點(diǎn)，在以下判斷中，不正確的是（）A．當(dāng)弦PB最長時(shí)，△APC是等腰三角形 B．當(dāng)△APC是等腰三角形時(shí)，PO⊥AC C．當(dāng)PO⊥AC時(shí)，∠ACP＝30° D．當(dāng)∠ACP＝30°時(shí)，△BPC是直角三角形【分析】根據(jù)直徑是圓中最長的弦，可知當(dāng)弦PB最長時(shí)，PB為⊙O的直徑，由圓周角定理得出∠BAP＝90°，再根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)及圓周角定理得出AP＝CP，則△APC是等腰三角形，判斷A正確；當(dāng)△APC是等腰三角形時(shí)，分三種情況：①PA＝PC；②AP＝AC；③CP＝CA；確定點(diǎn)P的位置后，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)即可得出PO⊥AC，判斷B正確；當(dāng)PO⊥AC時(shí)，由垂徑定理得出PO是AC的垂直平分線，點(diǎn)P或者在圖1中的位置，或者與點(diǎn)B重合．如果點(diǎn)P在圖1中的位置，∠ACP＝30°；如果點(diǎn)P在B點(diǎn)的位置，∠ACP＝60°；判斷C錯(cuò)誤；當(dāng)∠ACP＝30°時(shí)，點(diǎn)P或者在P1的位置，或者在P2的位置．如果點(diǎn)P在P1的位置，易求∠BCP1＝90°，△BP1C是直角三角形；如果點(diǎn)P在P2的位置，易求∠CBP2＝90°，△BP2C是直角三角形；判斷D正確．【解答】解：A、如圖1，當(dāng)弦PB最長時(shí)，PB為⊙O的直徑，則∠BAP＝90°．∵△ABC是等邊三角形，∴∠BAC＝∠ABC＝60°，AB＝BC＝CA，∵點(diǎn)P是等邊三角形ABC外接圓⊙O上的點(diǎn)，BP是直徑，∴BP⊥AC，∴∠ABP＝∠CBP＝∠ABC＝30°，∴AP＝CP，∴△APC是等腰三角形，故本選項(xiàng)正確，不符合題意；B、當(dāng)△APC是等腰三角形時(shí)，分三種情況：①如果PA＝PC，那么點(diǎn)P在AC的垂直平分線上，則點(diǎn)P或者在圖1中的位置，或者與點(diǎn)B重合（如圖2），所以PO⊥AC，正確；②如果AP＝AC，那么點(diǎn)P與點(diǎn)B重合，所以PO⊥AC，正確；③如果CP＝CA，那么點(diǎn)P與點(diǎn)B重合，所以PO⊥AC，正確；故本選項(xiàng)正確，不符合題意；C、當(dāng)PO⊥AC時(shí)，PO平分AC，則PO是AC的垂直平分線，點(diǎn)P或者在圖1中的位置，或者與點(diǎn)B重合．如果點(diǎn)P在圖1中的位置，∠ACP＝30°；如果點(diǎn)P在B點(diǎn)的位置，∠ACP＝60°；故本選項(xiàng)錯(cuò)誤，符合題意；D、當(dāng)∠ACP＝30°時(shí)，點(diǎn)P或者在P1的位置，或者在P2的位置，如圖3．如果點(diǎn)P在P1的位置，∠BCP1＝∠BCA+∠ACP1＝60°+30°＝90°，△BP1C是直角三角形；如果點(diǎn)P在P2的位置，∵∠ACP2＝30°，∴∠ABP2＝∠ACP2＝30°，∴∠CBP2＝∠ABC+∠ABP2＝60°+30°＝90°，△BP2C是直角三角形；故本選項(xiàng)正確，不符合題意．故選：C．【點(diǎn)評】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，三角形的外接圓與外心，圓周角定理，垂徑定理，難度適中，利用數(shù)形結(jié)合、分類討論是解題的關(guān)鍵．16．（2022秋?臨邑縣期中）下列四個(gè)命題：①等邊三角形是中心對稱圖形；②在同圓或等圓中，相等的弦所對的圓周角相等；③三角形有且只有一個(gè)外接圓；④垂直于弦的直徑平分弦所對的兩條?。渲姓婷}的個(gè)數(shù)有（）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【分析】根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)即可得出等邊三角形是軸對稱圖形，但不是中心對稱圖形，即可判斷①；舉出反例，即可判斷②；根據(jù)三角形的外接圓的定義即可判斷③；根據(jù)垂徑定理即可判斷④．【解答】解：∵等邊三角形是軸對稱圖形，但不是中心對稱圖形，∴①是假命題；如圖，∠C和∠D都對弦AB，但∠C和∠D不相等，即②是假命題；三角形有且只有一個(gè)外接圓，外接圓的圓心是三角形三邊垂直平分線的交點(diǎn)，即③是真命題；垂直于弦的直徑平分弦，且平分弦所對的兩條弧，即④是真命題．故選：B．【點(diǎn)評】本題考查了中心對稱圖形，圓周角定理，垂徑定理，三角形的外接圓等知識點(diǎn)的應(yīng)用，通過做此題培養(yǎng)了學(xué)生的理解能力和辨析能力，題型較好，但是一道比較容易出錯(cuò)的題目．17．（2022秋?上城區(qū)校級期中）如圖，在△ABC中，D在邊AC上，圓O為銳角△BCD的外接圓，連結(jié)CO并延長交AB于點(diǎn)E．（1）若∠DBC＝α，請用含α的代數(shù)式表示∠DCE；（2）如圖2，作BF⊥AC，垂足為F，BF與CE交于點(diǎn)G，已知∠ABD＝∠CBF．①求證：EB＝EG；②若CE＝5，AC＝8，求FG+FB的值．【分析】（1）根據(jù)圓周角定理即可解決問題；（2）①結(jié)合（1）利用三角形內(nèi)角和定理即可解決問題；②作EM⊥BE，EN⊥AC，證明四邊形EMFN為矩形，再根據(jù)線段的和差即可解決問題．【解答】（1）解：如圖，連結(jié)OD，∵∠DOC＝2∠DBC＝2α，又∵OD＝OC，∴∠DCE＝90°﹣α；（2）①證明：∵∠ABD＝∠CBF，∴∠EBG＝∠ABD+∠DBF＝∠CBF+∠DBF＝∠DBC，設(shè)∠DBC＝α，由（1）得：∠DCE＝90°﹣α，∵BF⊥AC，∴∠FGC＝∠BGE＝α，∴∠EBG＝∠EGB，∴EB＝EG；②解：如圖，作EM⊥BF于點(diǎn)M，EN⊥AC于點(diǎn)N，由①得：∠EBG＝α，∠ACE＝90°﹣α，∵BF⊥AC∴∠A＝90°﹣α，∴AE＝CE＝5，∵EN⊥AC，AC＝8，∴CN＝4，∴EN＝3，∵EM⊥BF，NF⊥BF，EN⊥AC，∴四邊形EMFN為矩形，∴EN＝MF＝3，∵EB＝EG，EM⊥BG，∴BM＝GM，∴FG+FB＝FM﹣MG+FM+BM＝2FM＝6．【點(diǎn)評】本題考查了三角形外接圓與外心，圓周角定理，垂徑定理，勾股定理，矩形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握三角形外接圓與外心．18．（2022秋?海珠區(qū)校級期中）在等腰三角形ABC中，∠A、∠B、∠C的對邊分別為a、b、c，已知a＝3，b和c是關(guān)于x的方程的兩個(gè)實(shí)數(shù)根．（1）求△ABC的周長．（2）求△ABC的三邊均為整數(shù)時(shí)的外接圓半徑．【分析】（1）此題分兩種情況考慮：一是b和c中有一個(gè)和a相等，是3；二是b＝c，即根據(jù)方程有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根，由Δ＝0求解．最后注意看是否符合三角形的三邊關(guān)系．（2）根據(jù)（1）中求解的結(jié)果，只需求得2，3，3的三角形的外接圓的半徑，根據(jù)等腰三角形的三線合一和勾股定理求解．【解答】解：（1）若b、c中有一邊等于3，則方程可化為，解得；原方程可化為，解得x1＝3，x2＝，所以三角形的周長為3+3+＝；若b＝c，則Δ＝，解得m＝﹣4或2，當(dāng)m＝﹣4時(shí)，方程為x2﹣4x+4＝0，得x1＝x2＝2，所以三角形的周長為2+2+3＝7；當(dāng)m＝2時(shí)，方程為x2+2x+1＝0，得x1＝x2＝﹣1；（不合題意，舍去）綜上可知△ABC的周長為7或7．（2）作△ABC的外接圓⊙O，連接AO并延長交⊙O于點(diǎn)D、交BC于E，連接BO，則有AE⊥BC．∵△ABC的三邊均為整數(shù)，∴AB＝AC＝2，BC＝3，BE＝BC＝．AE＝＝＝，設(shè)AO＝R，在Rt△BOE中，R2＝（）2+（﹣R）2，∴R＝，∴△ABC的三邊均為整數(shù)時(shí)的外接圓半徑為．【點(diǎn)評】注意（1）中的多種情況，能夠熟練結(jié)合等腰三角形的三線合一和勾股定理求得等腰三角形的外接圓的半徑．四．切線的判定與性質(zhì)（共8小題）19．（2022秋?龍巖期中）如圖，AB是⊙O的直徑，AC與⊙O交于點(diǎn)C，∠BAC的平分線交⊙O于點(diǎn)D，DE⊥AC，垂足為E．（1）求證：DE是⊙O的切線；（2）若直徑AB＝10，弦AC＝6，求DE的長．【分析】（1）欲證明DE是⊙O的切線，只要證明∠ODE＝90°即可；（2）作OF⊥AC，垂足為F．只要證明四邊形ODEF是矩形，求出OF即可解決問題；【解答】（1）證明：連接OD．∵AD平分∠BAC，∴∠OAD＝∠CAD，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∴∠ODA＝∠CAD，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，即∠AED＝90°，∴∠ODE＝90°，即DE⊥OD，∴DE是⊙O的切線．（2）解：作OF⊥AC，垂足為F．∴AF＝AC＝3，在Rt△AFO中，AF2+OF2＝AO2，AO＝AB＝5，∴32+OF2＝52，∴OF＝4，∵∠AED＝∠ODE＝∠OFE＝90°，∴四邊形ODEF是矩形，∴DE＝OF＝4．【點(diǎn)評】本題考查切線的判定和性質(zhì)、垂徑定理、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，屬于中考?？碱}型．20．（2022秋?高密市期中）如圖，在等腰△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑的⊙O與BC交于點(diǎn)D，DE⊥AC，垂足為E，ED的延長線與AB的延長線交于點(diǎn)F．（1）求證：EF是⊙O的切線；（2）若⊙O的半徑為，BD＝3，求CE的長．【分析】（1）連接OD，根據(jù)AB＝AC，OB＝OD，得∠ACB＝∠ODB，從而OD∥AC，由DE⊥AC，即可得EF⊥OD，故EF是⊙O的切線；（2）連接AD，由△CDE∽△CAD，即可求解．【解答】（1）證明：連接OD，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵OB＝OD，∴∠ABC＝∠ODB，∴∠ACB＝∠ODB，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD即EF⊥OD，∵OD是⊙O的半徑，∴EF是⊙O的切線；（2）解：連接AD，∵AB是⊙O直徑，∴AD⊥BC，∵DE⊥AC，∴∠ADC＝∠DEC，∵∠C＝∠C，∴△CDE∽△CAD，∴CD：CA＝CE：CD，∵AB＝AC，∴DC＝DB＝3，∵AC＝AB＝7，∴3：7＝CE：3，∴CE＝．【點(diǎn)評】本題考查切線的性質(zhì)，圓周角定理的推論，等腰三角形性質(zhì)及應(yīng)用，關(guān)鍵是掌握并能熟練應(yīng)用這些知識點(diǎn)．21．（2022秋?會(huì)澤縣期中）如圖，點(diǎn)C在以AB為直徑的⊙O上，AC平分∠BAD，且AD⊥CD于點(diǎn)D．（1）求證：DC是⊙O的切線；（2）若AD＝4，CD＝2，求⊙O的半徑．【分析】（1）如圖1中，連接OC．只要證明AD∥OC，由AD⊥CD，即可推出OC⊥CD；（2）過點(diǎn)O作OE⊥AD于點(diǎn)E，得矩形OEDC，然后利用勾股定理即可求出半徑的長．【解答】（1）證明：如圖中，連接OC．∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∵AC平分∠DAB，∴∠DAC＝∠CAB＝∠ACO，∴AD∥OC，∵AD⊥CD，∴OC⊥DC，∵OC是⊙O的半徑，∴CD是⊙O的切線；（2）解：如圖，過點(diǎn)O作OE⊥AD于點(diǎn)E，得矩形OEDC，∴OE＝CD＝2，DE＝OC，∴AE＝AD﹣DE＝4﹣OC＝4﹣OA，在Rt△AEO中，根據(jù)勾股定理，得OA2＝AE2+OE2，∴OA2＝（4﹣OA）2+22，解得OA＝．∴⊙O的半徑為．【點(diǎn)評】此題主要考查了切線的性質(zhì)與判定，解決本題的關(guān)鍵是掌握切線的判定．22．（2022秋?老城區(qū)校級期中）如圖1，AB是圓O的直徑，O為圓心，AD、BD是半圓的弦，且∠PDA＝∠PBD．延長PD交圓的切線BE于點(diǎn)E（1）判斷直線PD是否為⊙O的切線，并說明理由；（2）如圖2，如果∠BED＝60°，PD＝，求PA的長．【分析】（1）連接OD，如圖1，利用等腰三角形的性質(zhì)得∠1＝∠OBD，加上∠PDA＝∠PBD，則∠1＝∠PDA，再根據(jù)圓周角定理得∠2+∠1＝90°，所以∠PDA+∠2＝90°，則根據(jù)切線的判定方法可判斷PD為⊙O的切線；（2）如圖2，連接OD，利用切線長定理得ED＝EB，則可判斷△EDB為等邊三角形，則∠EBD＝60°，所以∠PBD＝30°，再計(jì)算出∠P＝30°，然后解直角三角形求出OD、OP，從而得到PA的長．【解答】解：（1）直線PD是否為⊙O的切線．理由如下：連接OD，如圖1，∵OD＝OB，∴∠1＝∠OBD，∵∠PDA＝∠PBD，∴∠1＝∠PDA，∵AB為直徑，∴∠ADB＝90°，即∠2+∠1＝90°，∴∠PDA+∠2＝90°，即∠PDO＝90°，∴OD⊥PD，∴PD為⊙O的切線；（2）如圖2，連接OD，∵ED和EB為⊙O的切線，∴ED＝EB，而∠BED＝60°，∴△EDB為等邊三角形，∴∠EBD＝60°，∴∠PBD＝30°，∴∠PDA＝30°，而∠ADB＝90°，∴∠P＝30°，在Rt△OAD中，OD＝PD＝×＝1，OP＝2OD＝2，∴PA＝PO﹣OA＝2﹣1＝1．【點(diǎn)評】本題考查了切線的判定與性質(zhì)：經(jīng)過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線；圓的切線垂直于經(jīng)過切點(diǎn)的半徑．判定切線時(shí)“連圓心和直線與圓的公共點(diǎn)”或“過圓心作這條直線的垂線”；有切線時(shí)，常?！坝龅角悬c(diǎn)連圓心得半徑”．也考查了圓周角定理和含30度的直角三角形三邊的關(guān)系．23．（2022秋?烏魯木齊期中）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以BC為直徑作半圓O交AB于點(diǎn)D，E為AC的中點(diǎn)，連接DE，DC．（1）求證：DE是半圓O的切線；（2）若∠BAC＝60°，DE＝6，求CD的長．【分析】（1）連接OD，根據(jù)圓周角定理得出∠CDB＝90°，根據(jù)直角三角形性質(zhì)得出DE＝CE＝AE，求出∠ACD+∠DCO＝∠EDC+∠CDO，求出OD⊥DE，根據(jù)切線的判定得出即可；（2）由直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半求出AC，在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理求出BC，進(jìn)而根據(jù)含30度角的直角三角形即可求出CD．【解答】（1）證明：如圖，連接OD，∵BC為⊙O的直徑，∴∠BDC＝90°，∵DE為Rt△ADC的斜邊AC上的中線，∴ED＝EC，∴∠ECD＝∠EDC，∵OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC，∵∠ACB＝∠ECD+∠OCD＝90°，∴∠EDO＝∠EDC+∠ODC＝∠ECD+∠OCD＝90°，∵OD是⊙O的半徑，∴DE為⊙O的切線；（2）∵DE為Rt△ADC的斜邊AC上的中線，∴AC＝2DE＝12，∵∠BAC＝60°，∴∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝24，∴BC＝＝＝12，∴CD＝BC＝6．【點(diǎn)評】本題主要考查了直角三角形斜邊中線定理和含30°直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，圓的切線的性質(zhì)和判定，熟練掌握圓的切線和判定定理是解題的關(guān)鍵．24．（2022秋?蘭山區(qū)校級期中）如圖，AB、AC分別是⊙O的直徑和弦，OD⊥AC于點(diǎn)D．過點(diǎn)A作⊙O的切線與OD的延長線交于點(diǎn)P，PC、AB的延長線交于點(diǎn)F．（1）求證：PC是⊙O的切線；（2）若∠ABC＝60°，AB＝10，求線段CF的長．【分析】（1）連接OC，可以證得△OAP≌△OCP，利用全等三角形的對應(yīng)角相等，以及切線的性質(zhì)定理可以得到：∠OCP＝90°，即OC⊥PC，即可證得；（2）先證△OBC是等邊三角形得∠COB＝60°，再由（1）中所證切線可得∠OCF＝90°，結(jié)合半徑OC＝5可得答案．【解答】解：（1）連接OC，∵OD⊥AC，OD經(jīng)過圓心O，∴AD＝CD，∴PA＝PC，在△OAP和△OCP中，∵，∴△OAP≌△OCP（SSS），∴∠OCP＝∠OAP∵PA是⊙O的切線，∴∠OAP＝90°．∴∠OCP＝90°，即OC⊥PC∴PC是⊙O的切線．（2）∵OB＝OC，∠OBC＝60°，∴△OBC是等邊三角形，∴∠COB＝60°，∵AB＝10，∴OC＝5，由（1）知∠OCF＝90°，∴CF＝OCtan∠COB＝5．【點(diǎn)評】本題考查了切線的性質(zhì)定理以及判定定理，以及直角三角形三角函數(shù)的應(yīng)用，證明圓的切線的問題常用的思路是根據(jù)切線的判定定理轉(zhuǎn)化成證明垂直的問題．25．（2022秋?嘉祥縣期中）如圖，已知⊙O的直徑AB＝12，弦AC＝10，D是的中點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE⊥AC，交AC的延長線于點(diǎn)E．（1）求證：DE是⊙O的切線；（2）求AE的長．【分析】（1）連接OD，由D為弧BC的中點(diǎn)，得到兩條弧相等，進(jìn)而得到兩個(gè)同位角相等，確定出OD與AE平行，利用兩直線平行同旁內(nèi)角互補(bǔ)得到OD與DE垂直，即可得證；（2）過O作OF垂直于AC，利用垂徑定理得到F為AC中點(diǎn)，再由四邊形OFED為矩形，求出FE的長，由AF+EF求出AE的長即可．【解答】（1）證明：連接OD，∵D為的中點(diǎn)，∴＝，∴∠BOD＝∠COD＝∠BOC，即∠BOC＝2∠BOD，∵∠BOC＝2∠A，∴∠BOD＝∠A，∴OD∥AE，∵DE⊥AC，∴∠AED＝90°，∴∠ODE＝90°，∴OD⊥DE，則DE為圓O的切線；（2）解：過點(diǎn)O作OF⊥AC，∵AC＝10，∴AF＝CF＝AC＝5，∵∠OFE＝∠DEF＝∠ODE＝90°，∴四邊形OFED為矩形，∴FE＝OD＝AB，∵AB＝12，∴FE＝6，則AE＝AF+FE＝5+6＝11．【點(diǎn)評】此題考查了切線的性質(zhì)與判定，勾股定理，以及垂徑定理，熟練掌握各自的性質(zhì)及定理是解本題的關(guān)鍵．26．（2022秋?東臺市期中）如圖，已知直線PA交⊙O于A、B兩點(diǎn)，AE是⊙O的直徑，點(diǎn)C為⊙O上一點(diǎn)，且AC平分∠PAE，過C作CD⊥PA，垂足為D．（1）求證：CD為⊙O的切線；（2）若DC+DA＝6，⊙O的直徑為10，求AB的長度．【分析】（1）連接OC，根據(jù)題意可證得∠CAD+∠DCA＝90°，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)，得∠DCO＝90°，則CD為⊙O的切線；（2）過O作OF⊥AB，則∠OCD＝∠CDA＝∠OFD＝90°，得四邊形OCDF為矩形，設(shè)AD＝x，在Rt△AOF中，由勾股定理得（5﹣x）2+（6﹣x）2＝25，從而求得x的值，由勾股定理得出AB的長．【解答】（1）證明：連接OC，∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠OAC，∵AC平分∠PAE，∴∠DAC＝∠CAO，∴∠DAC＝∠OCA，∴PB∥OC，∵CD⊥PA，∴CD⊥OC，CO為⊙O半徑，∴CD為⊙O的切線；（2）解：過O作OF⊥AB，垂足為F，∴∠OCD＝∠CDA＝∠OFD＝90°，∴四邊形DCOF為矩形，∴OC＝FD，OF＝CD．∵DC+DA＝6，設(shè)AD＝x，則OF＝CD＝6﹣x，∵⊙O的直徑為10，∴DF＝OC＝5，∴AF＝5﹣x，在Rt△AOF中，由勾股定理得AF2+OF2＝OA2．即（5﹣x）2+（6﹣x）2＝25，化簡得x2﹣11x+18＝0，解得x1＝2，x2＝9．∵CD＝6﹣x大于0，故x＝9舍去，∴x＝2，從而AD＝2，AF＝5﹣2＝3，∵OF⊥AB，由垂徑定理知，F(xiàn)為AB的中點(diǎn)，∴AB＝2AF＝6．【點(diǎn)評】本題考查了切線的判定和性質(zhì)、勾股定理、矩形的判定和性質(zhì)以及垂徑定理，是基礎(chǔ)知識要熟練掌握．五．三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心（共4小題）27．（2022秋?建湖縣期中）如圖，I是△ABC的內(nèi)心，AI的延長線交△ABC的外接圓于點(diǎn)D．（1）求證：∠BAD＝∠CBD；（2）求證：BD＝ID；（3）連接BI、CI，求證：點(diǎn)D是△BIC的外心．【分析】（1）根據(jù)圓周角定理和角平分線的定義即可得到結(jié)論；（2）連接BI，根據(jù)I是△ABC的內(nèi)心可得出∠BAD＝∠CAD，∠ABI＝∠IBC，再由圓周角定理可知∠DBC＝∠DAC，BID是△ABI的一個(gè)外角可知∠BID＝∠BAD+∠ABI，故可得出∠IBD＝∠BID，由等腰三角形的性質(zhì)可得出結(jié)論；（3）連接BI，CI，由AD平分∠BAC，證明BD＝CD，結(jié)合（2）可得BD＝CD＝ID，