热点09 圆（浙江专版） 中考三轮热点问题专题（含解析）

浙江专版 中考三轮热点问题专题
热点09 圆
一．选择题
1．（2023 龙港市二模）如图，AB与⊙O相切于点B，若⊙O的半径为2，AB＝3，则AO的长为（　　）
A． B． C． D．4
2．（2023 温州二模）如图，AB，BC为⊙O的两条弦，连结OA，OC，点D为AB的延长线上一点．若∠CBD＝65°，则∠AOC为（　　）
A．110° B．115° C．125° D．130°
3．（2023 衢州一模）如图，⊙O的直径CD垂直弦AB于点E，且OE＝2cm，DE＝7cm，则AB的长为（　　）
A．4cm B．8cm C．cm D．2cm
4．（2023 鄞州区模拟）如图所示，某盏路灯照射的空间可以看成如图所示的圆锥，它的高AO＝8米，底面半径OB＝6米，则圆锥的侧面积是多少平方米（结果保留π）（　　）
A．60π B．50π C．48π D．80π
5．（2023 金华模拟）在数轴上，点A所表示的实数为4，点B所表示的实数为b，⊙A的半径为2，要使点B在⊙A内时，实数b的取值范围是（　　）
A．b＞2 B．b＞6 C．b＜2或b＞6 D．2＜b＜6
6．（2023 绍兴模拟）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，其半径为1，作OF⊥BC交⊙O于点F，则的长为（　　）
A．π B． C． D．
7．（2023 嘉善县一模）如图，AB是⊙O的直径，AB＝13，AC＝5，则tan∠ADC＝（　　）
A． B． C． D．
8．（2023 北仑区一模）如图是2022年杭州亚运会徽标的示意图，若AO＝5，BO＝2，∠AOD＝120°，则阴影部分面积为（　　）
A．14π B．7π C． D．2π
9．（2023 舟山一模）如图，圆O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB＝90°，∠A＝25°，过点C作圆O的切线，交AB的延长线于点D，则∠D的度数是（　　）
A．25° B．40° C．50° D．65°
10．（2023 镇海区校级模拟）如图，⊙O是等腰Rt△ABC的外接圆，D为弧 上一点，P为△ABD的内心，过P作PE⊥AB，垂足为E，若 ，则BE﹣AE的值为（　　）
A．4 B． C．2 D．
11．（2023 龙湾区二模）如图，AB为⊙O的直径，点C为圆上一点，将劣弧AC沿弦AC翻折交AB于点D，连接CD，点D与圆心O不重合，∠BAC＝26°，则∠DCA的度数为（　　）
A．38° B．40° C．42° D．44°
12．（2023 浙江模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，F是AB中点，以点A为圆心，AD为半径作弧交AB于点E，以点B为圆心，BF为半径作弧交BC于点G，则图中阴影部分面积的差S1﹣S2为（　　）
A． B． C． D．6
二．填空题
13．（2023 洞头区二模）若扇形的圆心角为60°，半径为3，则该扇形的面积为 　 　．
14．（2023 滨江区一模）如图，在圆内接正八边形中，AB是正八边形的一条边，BM平分∠ABO交AO于点M，若⊙O的半径为2，则AB＝　 　．
15．（2023 西湖区一模）如图，⊙O为锐角△ABC的外接圆，点D在BC上，AD交BO于点E，且满足∠AEB﹣∠BED＝2∠BCD，连结AO，设∠BCD＝α．
（1）则∠BED＝　 　．（用含α的代数式表示）
（2）若AO∥BD，∠ADB＝2∠BAD，则＝　 　．
16．（2023 杭州一模）如图是以点O为圆心的圆形纸片，AB是⊙O的弦，将该圆形纸片沿直线AB折叠，劣弧恰好经过圆心O．若AB＝6，则图中阴影部分的面积为 　 　．
17．（2023 海曙区一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝9，E为CD上一点，tan∠EAD＝，以E为圆心，EA为半径的弧交AB于F，交BC于G，若F为弧AG的中点，则AF＝　 　，tan∠GEC＝　 　．
18．（2023 温州一模）如图1是一款轴对称“磁悬浮地漏”无水时的示意图，它由一个圆弧形密封盖与两个磁体组成（下侧磁体固定不动），连接杆EF与地面BD垂直，排水口，密封盖最高点E到地面的距离为6mm，整个地漏的高度EG＝75mm（G为磁体底部中点），密封盖被磁体顶起将排水口密封，所在圆的半径为 　 　mm；当有水时如图2所示，密封盖下移排水，当密封盖下沉至最低处时，点M'恰好落在BG中点，若点M'到E'F'的距离为36mm，则密封盖下沉的最大距离为 　 　mm．
19．（2023 乐清市模拟）如图1是我国明末《割圆八线表》中所绘的割圆八线图，如图2，将图1中的丙、戊、乙、庚、辛、丁点分别表示A，B，C，D，E，O，扇形AOD的圆心角为90°，半径为，DE，AB分别切于D点，A点，若BC＝AC，则CE的长为 　 　．
三．解答题
20．（2023 嵊州市一模）如图，AB为⊙O的直径，P为AB延长线上一点，过点P作⊙O的切线PE，切点为M，作AC⊥PE于点C，连接AM，若∠APE＝30°，求：
（1）∠AMC的度数；
（2）若⊙O的半径为2，求AC的长．
21．（2023 路桥区一模）如图，△ABC内接于半圆O，已知AB是半圆O的直径．AB＝10，AD平分∠BAC，分别交半圆O和BC于点D，E，过点D作DH⊥AB，垂足为点H，交BC于点F．
（1）求证：EF＝DF；
（2）连接OD交BC于点G，若EG＝FG，求的长．
22．（2023 温州二模）如图，在圆内接四边形ABCD中，AD，BC的延长线交于点E，连结BO并延长交AD于点G，连结BD．已知BD＝AB，∠CDE＝3∠CBD，，BO＝5．
（1）求证：∠GBD＝∠CBD．
（2）求OG与GD的长．
（3）F是BO中点，动点P在FG上从点F向终点G匀速运动，同时动点Q在AE上从点E向终点A匀速运动．当点Q在点D处时，点P在点O处，设QE＝x，PG＝y．
①求y关于x的表达式．
②连结PQ，当直线PQ与△BCD的某一边所在的直线垂直时，记垂足为点M，求QM的值．
23．（2023 龙港市二模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝Rt∠，AB＝6，BC＝8，P，Q分别是边BC，CA上的动点，以PQ为直径构造⊙O交BC于点D（异于点P）．在点P，Q的运动过程中，始终满足．
（1）求证：CD＝BP．
（2）如图，连结OD，当∠QOD＝2∠C时，求⊙O的直径．
（3）设E为AC的中点，连结OE，在P，Q的运动过程中，是否存在某一时刻，使△EOQ为等腰三角形，若存在，求出BP的值；若不存在，请说明理由．
24．（2023 萧山区一模）如图，AB，CD是⊙O的两条直径，AB⊥CD，点E是上一点，连接AE，CE，分别交OD，OB于点F，G，连接AC，AD，FG．
（1）若∠AFO＝60°，求∠CGO的度数．
（2）求证：AC2＝AG CF．
（3）设∠AFO＝α，△CFG的面积为S1，△AOF的面积为S2，求证：＝tanα﹣1．
25．（2023 余姚市一模）如图1，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，过点C作⊙O的切线CD交BA的延长线于点D，连结AC，BC．
（1）求证：∠DCA＝∠ABC．
（2）求证：AC DC＝CB DA．
（3）如图2，弦CE平分∠ACB交AB于点F．
①若点F为DB的中点，AB＝15，求CE的长．
②设tan∠DCA＝x，，求y关于x的函数表达式．
26．（2023 桐乡市一模）如图1，已知AB是半圆O的直径，半径OC⊥AB，D是弧BC上的动点（不含点B，C），连接AC，作BE⊥射线CD于点E．
（1）猜想∠BDE的度数，并说明理由；
（2）连接OD，若OD∥AC，求证：；
（3）如图2，作正方形OBFC，连接OE，EF，OE交BD于点G．若，，求BE的长．
27．（2023 黄岩区一模）如图1，已知△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，AB＝5，，点D是半圆上的一个动点，过点D作DE∥AC交直径AB于点E．
（1）求证：∠ADE＝∠CBD；
（2）如图2，连接CD交AB于点F，若∠ADC＝∠EDB，求cos∠CBD；
（3）如图3，连接CD交AB于点F，若CD＝2AE，
①求AD的长；
②直接写出的值为 　 　．
28．（2023 鄞州区模拟）如图，矩形ABCD中，BC＝8，点F是AB边上一点（不与点B重合），△BCF的外接圆交对角线BD于点E，连结CF交BD于点G．
（1）求证：∠ECG＝∠BDC；
（2）当AB＝6时，在点F的整个运动过程中．
①若BF＝2时，求CE的长；
②当△CEG为等腰三角形时，求所有满足条件的BE的长．
（3）过点E作△BCF外接圆的切线交AD于点P，若PE∥CF且CF＝6PE，记△DEP的面积为S1，△CDE的面积为S2，请直接写出的值．
答案与解析
一．选择题
1．（2023 龙港市二模）如图，AB与⊙O相切于点B，若⊙O的半径为2，AB＝3，则AO的长为（　　）
A． B． C． D．4
【点拨】连接OB，利用圆的切线的性质定理和勾股定理解答即可．
【解析】解：连接OB，如图，
∵AB与⊙O相切于点B，
∴OB⊥AB．
∵⊙O的半径为2，
∴OB＝2，
∴OA＝＝＝，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质定理，勾股定理，连接经过切点的半径是解题的关键．
2．（2023 温州二模）如图，AB，BC为⊙O的两条弦，连结OA，OC，点D为AB的延长线上一点．若∠CBD＝65°，则∠AOC为（　　）

A．110° B．115° C．125° D．130°
【点拨】在优弧AC上取点P，连接PA，PC，根据圆内接四边形的性质得到∠P＝65°，再根据圆周角定理可得答案．
【解析】解：如图，在优弧AC上取点P，连接PA，PC，
由圆周角定理得，∠P＝∠AOC，
由圆内接四边形的性质得，∠ABC+∠P＝180°，
∵∠ABC+∠CBD＝180°，
∴∠CBD＝∠P，
∵∠CBD＝65°，
∴∠P＝65°，
∴∠AOC＝2∠P＝130°，
故选：D．
【点睛】本题考查圆周角定理与圆内接四边形的性质，熟练掌握圆周角定理是解题关键．
3．（2023 衢州一模）如图，⊙O的直径CD垂直弦AB于点E，且OE＝2cm，DE＝7cm，则AB的长为（　　）
A．4cm B．8cm C．cm D．2cm
【点拨】连接OA，如图，先计算出OD＝OA＝5，OE＝2，再根据垂径定理得到AE＝BE，然后利用勾股定理计算出AE，从而得到AB的长．
【解析】解：连接OA，如图，
∵OE＝2cm，DE＝7cm，
∴OD＝5cm，
∴OA＝5cm，
∵AB⊥CD，
∴AE＝BE，
在Rt△AOE中，AE＝＝＝（cm），
∴AB＝2AE＝2（cm）．
故选：D．
【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
4．（2023 鄞州区模拟）如图所示，某盏路灯照射的空间可以看成如图所示的圆锥，它的高AO＝8米，底面半径OB＝6米，则圆锥的侧面积是多少平方米（结果保留π）（　　）
A．60π B．50π C．48π D．80π
【点拨】先利用勾股定理计算出AB的长，由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．则根据扇形的面积公式可计算出圆锥的侧面积．
【解析】解：在Rt△ABO中，AB＝＝＝10，
所以圆锥的侧面积＝×2π×6×10＝60π（平方米）．
故选：A．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
5．（2023 金华模拟）在数轴上，点A所表示的实数为4，点B所表示的实数为b，⊙A的半径为2，要使点B在⊙A内时，实数b的取值范围是（　　）
A．b＞2 B．b＞6 C．b＜2或b＞6 D．2＜b＜6
【点拨】首先确定AB的取值范围，然后根据点A所表示的实数写出a的取值范围，即可得到正确选项．
【解析】解：∵⊙A的半径为2，若点B在⊙A内，
∴AB＜2，
∵点A所表示的实数为4，
∴2＜b＜6，
故选：D．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．
6．（2023 绍兴模拟）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，其半径为1，作OF⊥BC交⊙O于点F，则的长为（　　）
A．π B． C． D．
【点拨】连接OA，OB，OC，求出∠AOF再用弧长公式列式计算即可．
【解析】解：连接OA，OB，OC，如图：
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠AOB＝∠BOC＝360°÷5＝72°，OB＝OC，
∵OF⊥BC，
∴∠BOF＝∠BOC＝36°，
∴∠AOF＝108°，
∴的长为＝π，
故选：C．
【点睛】本题考查正多边形和圆，解题的关键是掌握弧长公式和求出所对的圆心角度数．
7．（2023 嘉善县一模）如图，AB是⊙O的直径，AB＝13，AC＝5，则tan∠ADC＝（　　）
A． B． C． D．
【点拨】根据勾股定理求出BC的长，再将tan∠ADC转化为tanB进行计算．
【解析】解：∵AB为⊙O直径，
∴∠ACB＝90°，
∴BC＝＝12，
∴tan∠ADC＝tanB＝＝，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理和三角函数的定义，要充分利用转化思想思考问题，属于中考常考题型．
8．（2023 北仑区一模）如图是2022年杭州亚运会徽标的示意图，若AO＝5，BO＝2，∠AOD＝120°，则阴影部分面积为（　　）
A．14π B．7π C． D．2π
【点拨】根据S阴影＝S扇形AOD﹣S扇形BOC，求解即可．
【解析】解：S阴影＝S扇形AOD﹣S扇形BOC
＝﹣
＝
＝7π，
故选：B．
【点睛】本题考查扇形的面积，解题的关键是熟记扇形面积计算公式：设圆心角是n°，圆的半径为R的扇形面积为S，则S扇形＝πR2或S扇形＝lR（其中l为扇形的弧长）．
9．（2023 舟山一模）如图，圆O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB＝90°，∠A＝25°，过点C作圆O的切线，交AB的延长线于点D，则∠D的度数是（　　）
A．25° B．40° C．50° D．65°
【点拨】首先连接OC，由∠A＝25°，可求得∠BOC的度数，由CD是圆O的切线，可得OC⊥CD，继而求得答案．
【解析】解：连接OC，
∵圆O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB＝90°，
∴AB是直径，
∵∠A＝25°，
∴∠BOC＝2∠A＝50°，
∵CD是圆O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠D＝90°﹣∠BOC＝40°．
故选：B．
【点睛】此题考查了切线的性质以及圆周角的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
10．（2023 镇海区校级模拟）如图，⊙O是等腰Rt△ABC的外接圆，D为弧 上一点，P为△ABD的内心，过P作PE⊥AB，垂足为E，若 ，则BE﹣AE的值为（　　）
A．4 B． C．2 D．
【点拨】作PM⊥AD于M，PN⊥BD于N，连接PA，在DB上截取BK＝AD，连接CK，可以证明△CDA≌△CKB，得到CD＝CK，∠DCA＝∠KCB，推出△DCK是等腰直角三角形，得到DK＝CD＝×2＝4，由P是△ADB的内心，推出BE﹣AE＝BD﹣AD＝DK＝4．
【解析】解：作PM⊥AD于M，PN⊥BD于N，连接PA，在DB上截取BK＝AD，连接CK，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝90°，AC＝BC，
∵∠DAC＝∠CBK，
∴△CDA≌△CKB（SAS），
∴CD＝CK，∠DCA＝∠KCB，
∵∠KCB+∠ACK＝90°，
∴∠DCA+∠ACK＝90°，
∴△DCK是等腰直角三角形，
∴DK＝CD＝×2＝4，
∵P是△ADB的内心，
∴PM＝PN＝PE，
∵∠MDN＝∠ACB＝90°，
∴四边形PMDN是正方形，
∴DM＝DN，
∵PA＝PA，PM＝PN，
∴Rt△PMA≌Rt△PEA（HL），
∴AM＝AE，
同理：BN＝BE，
∴BE﹣AE＝BN﹣AM＝（BN+DN）﹣（AM+DM）＝BD﹣AD，
∵BD﹣AD＝BD﹣BN＝DK＝4，
∴BE﹣AE＝4．
故选：A．
【点睛】本题考查三角形的内心，三角形外接圆与外心，等腰直角三角形，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，关键是通过辅助线构造全等三角形，并掌握三角形内心的性质．
11．（2023 龙湾区二模）如图，AB为⊙O的直径，点C为圆上一点，将劣弧AC沿弦AC翻折交AB于点D，连接CD，点D与圆心O不重合，∠BAC＝26°，则∠DCA的度数为（　　）
A．38° B．40° C．42° D．44°
【点拨】连接BC，根据直径所对的圆周角是直角求出∠ACB，根据直角三角形两锐角互余求出∠B，再根据翻折的性质得到∠ADC的度数，最后利用三角形内角和可得结论．
【解析】解：连接BC，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝26°，
∴∠B＝90°﹣∠BAC＝90°﹣26°＝64°，
根据翻折的性质，所对的圆周角为∠B，所对的圆周角为∠ADC，
∴∠DCA＝∠B﹣∠BAC＝64°﹣26°＝38°，
故选：A．
【点睛】本题考查了圆周角定理以及折叠问题的知识，根据同弦所对的两个圆周角互补求解是解题的关键，此题难度不大．
12．（2023 浙江模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，F是AB中点，以点A为圆心，AD为半径作弧交AB于点E，以点B为圆心，BF为半径作弧交BC于点G，则图中阴影部分面积的差S1﹣S2为（　　）
A． B． C． D．6
【点拨】根据图形可以求得BF的长，然后根据图形即可求得S1﹣S2的值．
【解析】解：∵在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，F是AB中点，
∴BF＝BG＝2，
∴S1＝S矩形ABCD﹣S扇形ADE﹣S扇形BGF+S2，
∴S1﹣S2＝4×3﹣＝12﹣，
故选：A．
【点睛】本题考查扇形面积的计算、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
二．填空题
13．（2023 洞头区二模）若扇形的圆心角为60°，半径为3，则该扇形的面积为 　1.5π　．
【点拨】直接利用扇形的面积公式求解即可．
【解析】解：根据题意，扇形的圆心角为60°，半径为3，
则该扇形的面积为S＝＝1.5π，
故答案为：1.5π．
【点睛】本题考查扇形的面积公式，熟记扇形的面积公式是解答本题的关键．
14．（2023 滨江区一模）如图，在圆内接正八边形中，AB是正八边形的一条边，BM平分∠ABO交AO于点M，若⊙O的半径为2，则AB＝　　．
【点拨】根据角平分线的性质以及内接正多边形的性质，可得到BM＝OM＝AB，再通过证明△OBA∽△BAM，得到，即即可求出答案．
【解析】解：根据题意得：，
∴，
∵BM平分∠ABO交AO于点M，
∴，
∴∠BOM＝∠OBM＝36°，∠BMA＝∠OBM+∠BOM＝72°＝∠BAM，
∴BM＝OM＝AB，
∵∠BOA＝∠ABM＝36°，∠BAM＝∠OAB＝72°，
∴△OBA∽△BAM，
∴，即，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，等腰三角形的判定，相似三角形的性质和判定的应用，得出关于AB的比例式是解此题的关键．
15．（2023 西湖区一模）如图，⊙O为锐角△ABC的外接圆，点D在BC上，AD交BO于点E，且满足∠AEB﹣∠BED＝2∠BCD，连结AO，设∠BCD＝α．
（1）则∠BED＝　90°﹣α　．（用含α的代数式表示）
（2）若AO∥BD，∠ADB＝2∠BAD，则＝　　．
【点拨】（1）根据已知条件得到∠AEB﹣∠BED＝2α，于是得到∠BED＝90°﹣α；
（2）连接OD，根据圆周角定理得到∠BOD＝2∠BCD＝2α，得到∠ADB＝2∠BAD＝2α，根据平行线的性质得到∠ADB＝∠OAD＝2α，根据等腰三角形的性质得到∠OAD＝∠ADO＝2α，求得∠OAE＝∠BOD＝2α＝36°，得到AE＝AO，根据全等三角形的性质得到OE＝BD，根据相似三角形 到现在即可得到结论．
【解析】解：（1）∵∠AEB﹣∠BED＝2∠BCD，∠BCD＝α．
∴∠AEB﹣∠BED＝2α，
∵∠AEB+∠BED＝180°，
∴∠BED＝90°﹣α；
（2）连接OD，
∵∠BCD＝α，
∴∠BOD＝2∠BCD＝2α，
∵∠BAD＝∠BCD＝α，
∴∠ADB＝2∠BAD＝2α，
∵AO∥BD，
∴∠ADB＝∠OAD＝2α，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO＝2α，
∴∠ODB＝4α，
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB＝4α，
∴4α+4α+2α＝180°，
∴α＝18°．
∴∠OAE＝∠BOD＝2α＝36°，
∴∠OBD＝∠ODB＝72°，∠OBE＝BDE＝36°，
∴∠AEO＝∠DEB＝72°，
∴∠AOE＝∠AEO＝72°，
∴AE＝AO，
在△AEO与△OBD中，
，
∴△AEO≌△OBD（SAS）．
∴OE＝BD，
∵∠BDE＝∠BOD＝36°，∠DBE＝∠OBD，
∴△DBE∽△OBD，
∴，
∴BD2＝OB BE＝OB（OB﹣BD），
∴BD＝OB（负值舍去），
∴＝，
∵OA∥BD，
∴△DBE∽△AOE，
∴＝＝．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．
16．（2023 杭州一模）如图是以点O为圆心的圆形纸片，AB是⊙O的弦，将该圆形纸片沿直线AB折叠，劣弧恰好经过圆心O．若AB＝6，则图中阴影部分的面积为 　　．
【点拨】过点O作OD⊥AB交AB于点D，连接OA，OB，根据折叠的性质可知OA＝2OD，根据勾股定理求得AO，∠AOB＝120°，根据阴影部分面积等比空白弓形部分面积，即S扇形OAB﹣S△OAB，即可求解．
【解析】解：过点O作OD⊥AB交AB于点D，连接OA，OB，
根据折叠的性质可知OA＝2OD，
∴，
∴∠OAD＝30°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝30°，
∴∠AOB＝120°，
∵AB＝6，
∴，
∴，则，
∴阴影部分面积＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是扇形面积的计算、垂径定理以及翻折变换（折叠问题），掌握扇形面积公式是解题的关键．
17．（2023 海曙区一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝9，E为CD上一点，tan∠EAD＝，以E为圆心，EA为半径的弧交AB于F，交BC于G，若F为弧AG的中点，则AF＝　5　，tan∠GEC＝　　．
【点拨】过E点作EH⊥AF于H点，连接AG、FG，如图，在Rt△ADE中利用正切的定义得到an∠EAD＝＝，则设DE＝x，AD＝3x，根据垂径定理得到AH＝FH＝DE＝x，利用圆心角、弧、弦的关系得到FG＝FA＝2x，再证明∠FAG＝∠EAD，则tan∠BAG＝＝，于是可计算出BG＝3，在Rt△BFG中利用勾股定理得到（9﹣2x）2+32＝（2x）2，解方程求出x，则AF＝5，DE＝，AD＝，所以CG＝，CE＝，然后在Rt△CGE中利用正切的定义得到an∠GEC的值．
【解析】解：过E点作EH⊥AF于H点，连接AG、FG，如图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B＝∠C＝∠D＝∠BAD＝90°，
在Rt△ADE中，∵tan∠EAD＝＝，
∴设DE＝x，AD＝3x，
∵∠AHE＝∠HAD＝∠D＝90°，
∴四边形ADEH为矩形，
∴AH＝DE＝x，AD∥AE，
∴∠DAE＝∠HEA，
∵EH⊥AF，
∴AH＝FH＝x，∠HEA＝∠HEF，
∵F为弧AG的中点，
∴FG＝FA＝2x，∠AEF＝∠GEF，
∵∠FAG＝∠GEF＝∠AEF，
∴∠FAG＝∠EAD，
在Rt△ABG中，∵tan∠BAG＝＝，
∴BG＝AB＝×9＝3，
在Rt△BFG中，∵BF＝9﹣2x，FG＝2x，BG＝3，
∴（9﹣2x）2+32＝（2x）2，
解得x＝，
∴AF＝5，DE＝，AD＝，
∴CG＝BC﹣BG＝，CE＝CD﹣DE＝，
在Rt△CGE中，tan∠GEC＝＝．
故答案为：5，．
【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了矩形的性质和解直角三角形．
18．（2023 温州一模）如图1是一款轴对称“磁悬浮地漏”无水时的示意图，它由一个圆弧形密封盖与两个磁体组成（下侧磁体固定不动），连接杆EF与地面BD垂直，排水口，密封盖最高点E到地面的距离为6mm，整个地漏的高度EG＝75mm（G为磁体底部中点），密封盖被磁体顶起将排水口密封，所在圆的半径为 　39　mm；当有水时如图2所示，密封盖下移排水，当密封盖下沉至最低处时，点M'恰好落在BG中点，若点M'到E'F'的距离为36mm，则密封盖下沉的最大距离为 　16.5　mm．
【点拨】①根据已知条件得到直角三角形，再利用勾股定理得到OH的长度，进而得到半径；
②利用三角形中位线的性质得到M'Z，再利用勾股定理及矩形的性质得到密封盖下沉的最大距离．
【解析】解：①设作圆心O，连接CD交CE于点H，
设OH＝xmm，
∵最高点E到地面的距离为6mm，
∴OE＝（6+x）mm，
∵，
∴，
∴在Rt△OHD中，，
∵OE＝OD，
∴，
∴x＝33，
∴OE＝39mm，
故答案为：39．
②作M'P'⊥E'G，延长GE'，交AB于点Q'，作M'Z⊥AB交AB于点Z，
∵M'P'⊥E'G，
∴M′Z∥E′G，
∴点Z是BQ'的中点，
∵M'为BG的中点，
∴M'Z为△GQ'B的中位线，
∴，
∵EG＝75mm，EQ'＝6mm，
∴GQ'＝69mm，
∴，
∵点M'到E'F'的距离为36mm，
∴MJ＝M'P'＝36mm，
∵OM＝OE＝39mm，
回到图1，作MJ⊥EG，
由勾股定理得：（mm），
∴移动前M到地面的距离为：JH＝39﹣15﹣6＝18（mm），
∵M移动的距离为密盖下沉的距离，
∴MM'＝M'Z﹣JH＝34.5﹣18＝16.5（mm），
∴密封盖下沉的最大距离为16.5mm．
故答案为：16.5．
【点睛】本题考查了平行线分线段性质，垂径定理，勾股定理，三角形中位线的性质，矩形的性质等相关知识点，掌握垂径定理是解题的关键．
19．（2023 乐清市模拟）如图1是我国明末《割圆八线表》中所绘的割圆八线图，如图2，将图1中的丙、戊、乙、庚、辛、丁点分别表示A，B，C，D，E，O，扇形AOD的圆心角为90°，半径为，DE，AB分别切于D点，A点，若BC＝AC，则CE的长为 　2﹣　．
【点拨】由切线的性质得到∠OAB＝90°，再由BC＝AC推出∠AOB＝∠CAO，得到AC＝OC，即可推出OB＝2OA，解Rt△ABO，求出∠AOB＝60°，进而得到∠EOD＝30°，由DE是切线，得到∠ODE＝90°，解Rt△ODE，得到OE＝2，则．
【解析】解：∵AB是切线，
∴∠OAB＝90°，
∴∠B+∠AOB＝90°，∠CAB+∠CAO＝90°，
∵BC＝AC，
∴∠B＝∠CAB，
∴∠AOB＝∠CAO，
∴AC＝OC，
∴AC＝OC＝BC，
又∵OC＝OA，
∴OB＝2OA，
∴在Rt△ABO中，
，
∴∠AOB＝60°，
∵∠AOD＝90°，
∴∠EOD＝30°，
∵DE是切线，
∴∠ODE＝90°，
∴在Rt△ODE中，
，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，等腰三角形的性质与判定，推出∠AOB＝60°是解题的关键．
三．解答题
20．（2023 嵊州市一模）如图，AB为⊙O的直径，P为AB延长线上一点，过点P作⊙O的切线PE，切点为M，作AC⊥PE于点C，连接AM，若∠APE＝30°，求：
（1）∠AMC的度数；
（2）若⊙O的半径为2，求AC的长．
【点拨】（1）连接OM，由切线的性质得到∠OMP＝90°，求出∠MOP的度数，求出∠AMO的度数，即可得到∠AMC的度数．
（2）由直角三角形的性质求出OP的长，得到AP的长，即可求出AC的长．
【解析】解：（1）连接OM，
∵PE切⊙O于点M，
∴OM⊥PC，
∵∠P＝30°，
∴∠MOP＝60°，
∵OA＝OM，
∴∠OAM＝∠OMA，
∵∠MOP＝∠OAP+∠OMA＝2∠OMA，
∴∠OMA＝30°，
∴∠AMC＝90°﹣30°＝60°；
（2）∵OM⊥PC，∠P＝30°，OM＝2，
∴OP＝2OM＝4，
∴AP＝AO+OP＝2+4＝6，
∵AC⊥PE，
∴AC＝AP＝3．
【点睛】本题考查切线的性质，直角三角形的性质，关键是掌握切线的性质，含30°角的直角三角形的性质．
21．（2023 路桥区一模）如图，△ABC内接于半圆O，已知AB是半圆O的直径．AB＝10，AD平分∠BAC，分别交半圆O和BC于点D，E，过点D作DH⊥AB，垂足为点H，交BC于点F．
（1）求证：EF＝DF；
（2）连接OD交BC于点G，若EG＝FG，求的长．
【点拨】（1）根据直径所对的圆周角等于90°得到∠CEA+∠CAE＝90°，再根据垂直定义得到∠AHD＝90°及角平分线即可得到∠DEF＝∠EDF即可解答；
（2）根据直角三角形的性质及等边对等角即可得到EF⊥DG，再利用垂直平分线的定义及等边三角形的判定即可得到△EFD是等边三角形，最后利用弧长公式即可解答．
【解析】（1）证明：∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CEA+∠CAE＝90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAE＝∠DAH，
∴∠DAH+∠CEA＝90°，
∵DH⊥AB，
∴∠ADH+∠DAH＝90°，
∴∠ADH＝∠CEA，
∵∠CEA＝∠DEF，
∴∠ADH＝∠DEF，
∴EF＝DF；
（2）解：连接OC，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵DH⊥AB，
∴∠OAD+∠ADH＝90°，
∵∠ADH＝∠DEF，
∴∠ODA+∠DEF＝90°，
∴EF⊥DG，
∵EG＝FG，
∴点G是EF的中点，
∴DG垂直平分EF，
∴ED＝DF，
∴DE＝EF＝DF，
∴△EFD是等边三角形，
∴∠ADH＝60°，
∴，
∵AD平分∠BAC，
∴∠OAC＝2∠OAD＝60°，
∴∠BOC＝120°，
∵AB＝10，
∴OC＝5，
∴的长：，
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心、角平分线的性质、垂径定理、圆周角定理以及弧长的计算，掌握直角三角形的性质及等边三角形的性质是解题的关键．
22．（2023 温州二模）如图，在圆内接四边形ABCD中，AD，BC的延长线交于点E，连结BO并延长交AD于点G，连结BD．已知BD＝AB，∠CDE＝3∠CBD，，BO＝5．
（1）求证：∠GBD＝∠CBD．
（2）求OG与GD的长．
（3）F是BO中点，动点P在FG上从点F向终点G匀速运动，同时动点Q在AE上从点E向终点A匀速运动．当点Q在点D处时，点P在点O处，设QE＝x，PG＝y．
①求y关于x的表达式．
②连结PQ，当直线PQ与△BCD的某一边所在的直线垂直时，记垂足为点M，求QM的值．
【点拨】（1）根据垂径定理可得BG⊥AD，由等腰三角形的三线合一性质可知，根据四点共圆可得∠CDE＝∠ABC，于是∠ABC＝3∠CBD，，即可证明；
（2）连接OD，由等边对等角得∠OBD＝∠ODB，进而得到∠ODB＝∠CBD，因此OD∥BE，利用平行线分线段成比例得，由∠OGD＝90°，OD＝5即可求解；
（3）①根据相同时间内走过的路程之比不变即可求解；
②依题意可分三种情况：（Ⅰ）PQ⊥BC于点M，连结OD，由（2）知，先算出sin∠QEM＝sin∠GDO＝，再根据同角的余角相等得∠PQG＝∠PBM＝∠GOD，进而得到，于是，再将对应线段的长度代入解出此时x的值，则QM＝QE sin∠QEM；（Ⅱ）PQ⊥BD于点M，根据同角的余角相等得∠PQG＝∠GBD，于是可得，再将对应线段长度代入解出此时x的值，然后在Rt△BDG中求出cos∠GBD的值，由此得出cos∠MQD的值，则QM＝QD cos∠MQD；（Ⅲ）当PQ⊥CD于点M，由三角形内和定理可知，∠QMD＜90°，故这种情况不存在．
【解析】（1）证明：∵BD＝AB，
∴，
∵BG过点O，
∴BG⊥AD，
∴，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDE＝∠ABC，
∵∠CDE＝3∠CBD，
∴∠ABC＝3∠CBD，
∴∠CBD＝，
∴∠CBD＝∠GBD；
（2）解：如图，连结OD，
∵OB＝OD＝5，
∴∠OBD＝∠ODB，
∵∠OBD＝∠CBD，
∴∠ODB＝∠CBD，
∴OD∥BE，
∴，即，
∴，
∵∠OGD＝90°，OD＝5，
∴OG＝4，DG＝3；
（3）解：①由题意得：，
∵F是BO中点，
∴OF＝＝，
∴FG＝OF+OG＝，
设QE＝x，PG＝y，则FP＝，
∴，
∴；
②（Ⅰ）如图，PQ⊥BC于点M，连结OD，
由（2）知，OD∥BE，
∴∠QEM＝∠GDO，
∴sin∠QEM＝sin∠GDO＝，
∵BG⊥AD，
∴∠PQG＝∠PBM＝∠GOD，
∴，
∴，
∵EG＝DG+DE＝，
∴QG＝QE﹣EG＝，
∴，且，
解得：，
∴QM＝QE sin∠QEM＝＝；
（Ⅱ）如图，PQ⊥BD于点M，
∵BG⊥AD，
∴∠PQG＝∠GBD，
∵BG＝OB+OG＝9，
∴，
∴，即，且，
解得：，
∴，
在Rt△BDG中，BD＝＝＝3，
∴cos∠GBD＝＝＝cos∠MQD，
∴QM＝QD cos∠MQD＝5×＝，
（Ⅲ）当PQ⊥CD于点M，
在△QDM中，
∵∠QDM＞90°，
∴∠QMD＜90°，
故这种情况不存在．
综上所述，QM的值为 或 ．
【点睛】本题主要考查垂径定理、等腰三角形的性质、四点共圆、平行线的性质、解直角三角形、三角形内角和定理等知识，本题属于圆的综合题，难度大，综合性较强，属于中考压轴题，熟记相关性质和定理，学会利用分类讨论思想解决问题是解题关键．
23．（2023 龙港市二模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝Rt∠，AB＝6，BC＝8，P，Q分别是边BC，CA上的动点，以PQ为直径构造⊙O交BC于点D（异于点P）．在点P，Q的运动过程中，始终满足．
（1）求证：CD＝BP．
（2）如图，连结OD，当∠QOD＝2∠C时，求⊙O的直径．
（3）设E为AC的中点，连结OE，在P，Q的运动过程中，是否存在某一时刻，使△EOQ为等腰三角形，若存在，求出BP的值；若不存在，请说明理由．
【点拨】（1）连结QD，由直角三角形的性质得出结论；
（2）证出PQ＝QC．求出，则可得出答案；
（3）过点O作OF⊥PD于点F，则有PF＝DF，分四种情况：（Ⅰ）如图2，点Q在CE上，EQ＝EO时，（Ⅱ）如图3，点Q在CE上，QO＝QE时，过点Q作QH⊥EO于点H，（Ⅲ）如图4，点Q在CE上，OE＝OQ时，过点O作OG⊥EQ于点G，（Ⅳ）如图5，点Q在AE上，而∠QEO＞90°，只能是QE＝EO，列出方程可得出答案．
【解析】（1）证明：连结QD，如图1，
∵PQ是⊙O的直径，
∴∠PDQ＝90°
∴，
∵AB＝6，BC＝8，
∴，
∴CD＝CQ．
∴CD＝BP；
（2）解：∵∠QOD与∠QPD是QD所对的圆心角与圆周角，
∴∠QOD＝2∠QPD．
∵∠QOD＝2∠ACB，
∴∠QPD＝∠ACB，
∴PQ＝QC．
∵∠PDQ＝90°，
∴，
∴，
即⊙O的直径为；
（3）解：过点O作OF⊥PD于点F，则有PF＝DF，
∵BP＝DC，
∴BF＝FC，即F是BC的中点．
∵E是AC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴，EC＝5，
∴EF⊥PD，即E，O，F三点在一条直线上．
设BP＝DC＝4x，QC＝5x，则QD＝3x，
解得，
∴，QE＝|5﹣5x|，
（Ⅰ）如图2，点Q在CE上，EQ＝EO时，
∴，
∴，
解得，
（Ⅱ）如图3，点Q在CE上，QO＝QE时，过点Q作QH⊥EO于点H，
∴EH＝HO，
∴，
∴，即，
（Ⅲ）如图4，点Q在CE上，OE＝OQ时，过点O作OG⊥EQ于点G，
∴，
∴
＝OE cosA，
∴，
解得x＝，
解得 ，
（Ⅳ）如图5，点Q在AE上，而∠QEO＞90°，只能是QE＝EO，
∴，
∴，
解得
综上所述，△EOQ为等腰三角形时，BP的值是或或或．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了直角三角形的性质，切线的性质，勾股定理，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．
24．（2023 萧山区一模）如图，AB，CD是⊙O的两条直径，AB⊥CD，点E是上一点，连接AE，CE，分别交OD，OB于点F，G，连接AC，AD，FG．
（1）若∠AFO＝60°，求∠CGO的度数．
（2）求证：AC2＝AG CF．
（3）设∠AFO＝α，△CFG的面积为S1，△AOF的面积为S2，求证：＝tanα﹣1．
【点拨】（1）证出∠D＝∠E＝∠ACD＝∠BAC＝45°，由圆周角定理得出∠DCE＝∠DAE＝15°，则可得出答案；
（2）证明△ACF∽△GAC，由相似三角形的性质得出，则可得出结论；
（3）由三角形面积公式证出S△ACD＝S四边形ACGF，则S△ACD﹣S△ACO＝S四边形ACGF﹣S△ACO，证出S△AFD＝S△CGF，则可得出结论．
【解析】（1）解：∵AB，CD是⊙O的两条直径，AB⊥CD，
∴＝90°，
∴∠D＝∠E＝∠ACD＝∠BAC＝45°，
又∵∠AFO＝∠D+∠DAE＝60°，
∴∠DAE＝15°，
∴∠DCE＝∠DAE＝15°，
∴∠AGC＝90°﹣∠DCE＝75°；
（2）证明：∵∠ACG＝∠ACD+∠CDE＝45°+∠CDE，∠AFC＝∠D+∠DAE＝45°+∠DAE，
∴∠ACG＝∠AFC，
又∵∠ACF＝∠CAG＝45°，
∴△ACF∽△GAC，
∴，
∴AC2＝AG CF．
（3）证明：∵S△ACD＝，S四边形ACGF＝AG CF，
由（2）知AC2＝AG CF，
∴S△ACD＝S四边形ACGF，
∴S△ACD﹣S△ACO＝S四边形ACGF﹣S△ACO，
∴S△AFD＝S△CGF，
∴＝＝﹣1＝﹣1＝tanα﹣1．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．
25．（2023 余姚市一模）如图1，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，过点C作⊙O的切线CD交BA的延长线于点D，连结AC，BC．
（1）求证：∠DCA＝∠ABC．
（2）求证：AC DC＝CB DA．
（3）如图2，弦CE平分∠ACB交AB于点F．
①若点F为DB的中点，AB＝15，求CE的长．
②设tan∠DCA＝x，，求y关于x的函数表达式．
【点拨】（1）根据切线的性质及圆周角定理推出∠DCA＝∠BCO，根据等腰三角形的性质得出∠ABC＝∠BCO，等量代换即可得解；
（2）根据相似三角形的判定与性质求解即可；
（3）①连结OE，BE，根据角平分线定义及圆周角定理推出，结合（2），根据相似三角形的性质推出DF＝DC＝10，AF＝5，根据勾股定理推出AB＝15，，，根据圆周角定理推出△OBE是等腰直角三角形，则，根据题意推出△ACF∽△ECB，根据相似三角形的性质即可得解；
②由（1）得，设CB＝t，则AC＝xt，根据勾股定理推出，根据相似三角形的判定与性质求解即可．
【解析】（1）证明：连结OC．
∵DC是⊙O的切线，
∴∠DCO＝90°，
即∠DCA+∠ACO＝∠DCO＝90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
即∠BCO+∠ACO＝∠ACB＝90°，
∴∠DCA＝∠BCO，
∵OC＝OB，
∴∠ABC＝∠BCO，
∴∠DCA＝∠ABC；
（2）证明：由（1）得∠DCA＝∠ABC，
∵∠D＝∠D，
∴△ACD∽△CBD，
∴，
∴AC DC＝CB DA．
（3）解：①连结OE，BE．
∵弦CE平分∠ACB，∠ACB＝90°，
∴，
∵∠DCA＝∠ABC，
∴∠DCA+∠ACF＝∠FCB+∠ABC，
即∠DCF＝∠DFC，
∴DC＝DF，
∵点F为DB的中点，
∴，
由（2）得△ACD∽△CBD，
∴＝＝，
即，
∴，
∴，
∴DF＝DC＝10，
∴AF＝5，
∵，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴，
∵AB＝15，
∴，，
∵∠ECB＝45°，
∴∠EOB＝2∠ECB＝90°，
∵OE＝OB＝，
∴△OEB是等腰直角三角形，
∴，
∵∠ACF＝∠ECB，∠CAF＝∠CEB，
∴△ACF∽△ECB，
∴，
∴CE＝＝；
②∵∠ACB＝90°，∠ABC＝∠DCA，
∴，
设CB＝t，则AC＝xt，
∴AB2＝AC2+CB2＝（xt）2+t2＝（x2+1）t2，
∴，
∵∠BEF＝∠CEB，∠EBF＝∠ACF＝∠BCE，
∴△EBF∽△ECB，
∴，
∴EB2＝EC EF，
∵△ACF∽△ECB，
∴，
∴AC CB＝EC CF，
∴，
∴，
∴y＝．
【点睛】此题是圆的综合题，考查了切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，熟练掌握切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数等知识并作出合理的辅助线是解题的关键．
26．（2023 桐乡市一模）如图1，已知AB是半圆O的直径，半径OC⊥AB，D是弧BC上的动点（不含点B，C），连接AC，作BE⊥射线CD于点E．
（1）猜想∠BDE的度数，并说明理由；
（2）连接OD，若OD∥AC，求证：；
（3）如图2，作正方形OBFC，连接OE，EF，OE交BD于点G．若，，求BE的长．
【点拨】（1）先证明△OAC是等腰直角三角形，推出∠A＝45°，再根据圆内接四边形的性质以及邻补角的定义即可求解；
（2）证明△BDE是等腰直角三角形，推出，再证明∠COD＝∠BOD＝45°，利用圆心角、弦的关系即可证明；
（3）连接BC，证明OE是线段BD的垂直平分线，设EG＝DG＝BG＝a，得到，，，利用正方形的性质求得，，证明B、E、F、C四点共圆，推出∠FEO＝90°，利用勾股定理列式计算求得a的值，据此计算即可求解．
【解析】（1）解：∠BDE＝45°，理由如下，
∵半径OC⊥AB，且OA＝OC，
∴△OAC是等腰直角三角形，
∴∠A＝45°，
∵四边形ABDC是圆内接四边形，
∴∠A+∠CDB＝180°，
∵∠BDE+∠CDB＝180°，
∴∠BDE＝∠A＝45°；
（2）证明：如图，
∵BE⊥DE，∠BDE＝45°，
∴△BDE是等腰直角三角形，
∴，
∵半径OC⊥AB，OD∥AC，
∴∠COD＝∠BOD＝45°，
∴；
（3）解：连接BC，
由（2）得△BDE是等腰直角三角形，
∴ED＝EB，
又∵OD＝OB，
∴OE是线段BD的垂直平分线，
∴EG＝DG＝BG，
设EG＝DG＝BG＝a，
∵，
∴，
∴，
∵四边形OBFC是正方形，
∴，
∴，
∵∠CFB＝∠CEB＝90°，
∴B、E、F、C四点共圆，
∴∠CEF＝∠CBF＝∠CFO＝∠CEO＝45°，
∴∠FEO＝90°，
∴EF2+OE2＝OF2，即，
整理得，
∴（负值已舍），
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
27．（2023 黄岩区一模）如图1，已知△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，AB＝5，，点D是半圆上的一个动点，过点D作DE∥AC交直径AB于点E．
（1）求证：∠ADE＝∠CBD；
（2）如图2，连接CD交AB于点F，若∠ADC＝∠EDB，求cos∠CBD；
（3）如图3，连接CD交AB于点F，若CD＝2AE，
①求AD的长；
②直接写出的值为 　　．
【点拨】（1）延长DE交⊙O于点P，根据平行弦的性质得出，进而得出，进而即可求解；
（2）延长DE交⊙O于点P，根据AB为⊙O的直径，AB＝5，，得出AC＝3，BC＝4，进而根据弧的关系，证明∠CBD＝∠ACB，即可求解；
（3）①证明△BCD∽△DAE，即可求解；
②勾股定理求得BD，证明△DAF∽△BCF，得出BF＝2DF，证明△ACF∽△DBF，求得BF，进而求得AF，即可求解．
【解析】（1）证明：如图所示，延长DF交⊙O于点P，
∵DE∥AC，
∴，
∴，
∴∠ADE＝∠CBD；
（2）解：如图所示，延长DF交⊙O于点P，
∵AB为⊙O的直径，AB＝5，，
∴∠ACB＝90°，设AC＝3k，BC＝4k，则AB＝5k，
∴k＝1，
∴AC＝3，BC＝4，
∵∠ADC＝∠EDB，
∴，
∴，
∴PB＝AC＝3，AP＝BC＝4，
∵，
∴∠ABD＝∠CBP，
∴∠CBD＝∠ABC+∠CBP＝∠ABP，
∵，
∴∠ABP＝∠CAB，
∴∠CBD＝∠CAB，
∴；
（3）解：①由（1）可知∠ADE＝∠CBD，
∵，
∴∠DAE＝∠DCB，
∴△BCD∽△DAE，
∴，
∵CD＝2AE，
∴BC＝2AD，
∵BC＝4，
∴AD＝2；
②∵AD＝2，
∴，
∵，
∴∠DAF＝∠DCB，
∵，
∴∠ADF＝∠ABC，
∴△DAF∽△BCF，
∴，
∴BF＝2DF，
∵∠ACD＝∠ABD，∠CAB＝∠CDB，
∴△ACF∽△DBF，
∴，
∴，
解得：BF＝，
∴AF＝，
∴＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆的综合应用，掌握垂径定理平行弦问题，同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，已知正切求边长，求余弦，相似三角形的性质与判定是解题的关键．
28．（2023 鄞州区模拟）如图，矩形ABCD中，BC＝8，点F是AB边上一点（不与点B重合），△BCF的外接圆交对角线BD于点E，连结CF交BD于点G．
（1）求证：∠ECG＝∠BDC；
（2）当AB＝6时，在点F的整个运动过程中．
①若BF＝2时，求CE的长；
②当△CEG为等腰三角形时，求所有满足条件的BE的长．
（3）过点E作△BCF外接圆的切线交AD于点P，若PE∥CF且CF＝6PE，记△DEP的面积为S1，△CDE的面积为S2，请直接写出的值．
【点拨】（1）根据平行线的性质得出∠ABD＝∠BDC，根据圆周角定理得出∠ABD＝∠ECG，即可证得结论；
（2）根据勾股定理求得BD＝10，
①连接EF，根据圆周角定理得出∠CEF＝∠BCD＝Rt∠，∠EFC＝∠CBD．即可得出sin∠EFC＝sin∠CBD，得出＝＝，根据勾股定理得到CF＝6，即可求得CE＝；
②分三种情况讨论求得：
当EG＝CG时，根据等腰三角形的性质和圆周角定理即可得到∠GEC＝∠GCE＝∠ABD＝∠BDC，从而证得E、D重合，即可得到BE＝BD＝10；
当GE＝CE时，过点C作CH⊥BD于点H，即可得到∠EGC＝∠ECG＝∠ABD＝∠GDC，得到CG＝CD＝6．根据三角形面积公式求得CH＝，即可根据勾股定理求得GH，进而求得HE，即可求得BE＝BH+HE＝；
当CG＝CE时，过点E作EM⊥CG于点M，由tan∠ECM＝＝．设EM＝4k，则CM＝3k，CG＝CE＝5k．得出GM＝2k，tan∠GEM＝＝＝，即可得到tan∠GCH＝＝．求得HE＝GH＝，即可得到BE＝BH+HE＝；
（3）连接OE、EF、AE、EF，先根据切线的性质和垂直平分线的性质得出EF＝CE，进而证得四边形ABCD是正方形，进一步证得△ADE≌△CDE，通过证得△EHP∽△FBC，得出EH＝BF，即可求得BF＝6，根据勾股定理求得CF＝10，得出PE＝，根据勾股定理求得PH，进而求得PD，然后根据三角形面积公式即可求得结果．
【解析】（1）证明：∵AB∥CD．
∴∠ABD＝∠BDC，
∵∠ABD＝∠ECG，
∴∠ECG＝∠BDC；
（2）解：①∵AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，
∴BD＝＝10，
如图1，连接EF，
则∠CEF＝∠BCD＝90°，
∵∠EFC＝∠CBD，
∴sin∠EFC＝sin∠CBD，
∴＝＝，
∴CF＝＝6，
∴CE＝；
②Ⅰ、当EG＝CG时，∠GEC＝∠GCE＝∠ABD＝∠BDC，
∴E与D重合，
∴BE＝BD＝10；
Ⅱ、如图2，当GE＝CE时，过点C作CH⊥BD于点H，
∴∠EGC＝∠ECG＝∠ABD＝∠GDC，
∴CG＝CD＝6，
∵CH＝＝，
∴GH＝＝，
在Rt△CEH中，设HE＝x，
则x2+（）2＝（x+）2，
解得x＝，
∴BE＝BH+HE＝+＝；
Ⅲ、如图2，当CG＝CE时，
过点E作EM⊥CG于点M．
∵tan∠ECM＝＝，
设EM＝4k，则CM＝3k，CG＝CE＝5k，
∴GM＝2k，tan∠GEM＝＝＝，
∴tan∠GCH＝＝tan∠GEM＝，
∴HE＝GH＝×＝，
∴BE＝BH+HE＝+＝，
综上所述，当BE为10，或时，△CEG为等腰三角形；
（3）解：∵∠ABC＝90°，
∴FC是△BCF的外接圆的直径，设圆心为O，
如图3，连接OE、EF、AE、EF，
∵PE是切线，
∴OE⊥PE，
∵PE∥CF，
∴OE⊥CF，
∵OC＝OF，
∴CE＝EF，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴∠ECF＝45°，EF＝FC，
∴∠ABD＝∠ECF＝45°，
∴∠ADB＝∠BDC＝45°，
∴AB＝AD＝8，
∴四边形ABCD是正方形，
∵PE∥FC，
∴∠EGF＝∠PED，
∴∠BGC＝∠PED，
∴∠BCF＝∠DPE，
作EH⊥AD于H，则EH＝DH，
∵∠EHP＝∠FBC＝90°，
∴△EHP∽△FBC，
∴＝＝，
∴EH＝BF，
∵AD＝CD，∠ADE＝∠CDE，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴AE＝CE，
∴AE＝EF，
∴AF＝2EH＝BF，
∴BF+BF＝8，
∴BF＝6，
∴EH＝DH＝1，CF＝＝10，
∴PE＝FC＝，
∴PH＝＝，
∴PD＝+1＝，
∴＝＝＝．
【点睛】本题考查圆的综合应用，掌握矩形的性质，圆周角定理、三角形的面积以及相似三角形的判定和性质，作出辅助线构建直角三角形是解题的关键．