专题11 圆的综合（含解析）-2025年浙江省中考数学一模试题精编

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专题11 圆的综合
1．（2025 上城区校级一模）如图1，AB为圆O的直径，弦CD交AB于点G（不与O重合），C是的中点，分别过点A，B作CD的垂线，垂足为E，F，连结AD．
（1）求∠EAD的度数；
（2）如图2，连结OE，OF，猜想OE与OF的关系，并说明理由；
（3）如图3，连结OC交AE于点P，若，CP＝6，求圆半径．
2．（2025 杭州模拟）如图，在 ABCD中，过A，B，C三点的⊙O交CD于点E，连结AE．
（1）求证：△ADE是等腰三角形．
（2）如图2，已知AD为⊙O的切线，连结AO并延长交BE于点G．
①求证：；
②若，求cosD的值．
3．（2025 上城区一模）如图1，⊙O为△ABC的外接圆，且AB＝BC，点D为圆外一动点，且满足BD＝BA，连结AD，交BC于点E，交⊙O于点F，连结BF．
（1）若AD经过圆心O，AF＝5，BF＝3，求AB的长；
（2）求证：BF平分∠DBC；
（3）如图2，若BD∥AC，设DF：EF＝k，请用含k的代数式表示cosC．
4．（2025 浙江模拟）如图1，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，F是上的一个动点，连接AC、AF、CF．
（1）求证：∠ACD＝∠AFC．
（2）如图2，若CF与AB的交点G为线段OE的中点，DG∥CB，，求线段AC的长．
（3）如图3，FD的延长线交AB的延长线于点H．求证：OB2＝OG OH．
5．（2025 定海区模拟）如图，AB为⊙O的直径，射线AM与⊙O相切于点A，点C为射线AM上的一个动点，BC交⊙O于点D．
（1）若AC＝AB，AE垂直OC，垂足为E，连接BE．
①求∠ABC的度数及的值；
②求证：△AEB∽△BEC；
（2）连接AD，求的最大值．
6．（2025 萧山区一模）已知正方形ABCD内接于⊙O，边CD以点C为中心顺时针旋转到CE，连结BE分别交⊙O，边CD于点F，G．
（1）如图1，若CE是⊙O的切线，
①求∠E的度数；
②连结DF，求证：BG＝2DF．
（2）如图2，连结AF，DE，求证：AF∥DE．
7．（2025 衢州一模）如图1，△ABC内接于⊙O，直径AE⊥BC于点D，交劣弧BC于点E，点F为弧AB上的任意一点，连结CF交AB于点G，交AD于点H，连结FB．
（1）当CF经过点O时，求证：AE∥BF；
（2）在（1）的条件下，若，求的值；
（3）当AC∥BF时，若⊙O的半径为5，BC＝6，求OH的长．
8．（2025 临安区一模）如图1，AE是⊙O的直径，DC⊥BC，AB＝EC，BE＝DC．
（1）求证：AE⊥ED．
（2）连结AD交⊙O于K，连结BK，求证：BK平分∠ABE．
（3）如图2，M为ED上一点，连结AM交⊙O于F，过F作FH⊥BC交ED于G，MN⊥BC，若，AB＝3，BN＝4，求FG的长．
9．（2025 滨江区一模）已知，AB，CD是⊙O的弦，CD⊥AB于点E，且，连接BC，AD．
（1）如图1，若AB是⊙O的直径，求∠C的度数．
（2）如图2，求证：①CD＝CB．
②AE+AD＝BE．
10．（2025 定海区一模）如图1，△ABC内接于⊙O，其中∠BAC＜60°，AB＝AC．点E在射线BC上，且满足△ABC≌△BED，DE交⊙O于点H，BD交AC于点P．
（1）求证：△BPC为等腰三角形；
（2）如图2，连结AH，交BD于点K，若H为DE中点，求证：BD KP＝DH AP；
（3）如图3，若线段BD过圆心O，求S△BPC：S△ABC的值．
11．（2025 西湖区一模）如图，矩形ABCD内接于⊙O，BD是对角线，点E在上（不与点A，D重合），连接EC分别交AD，BD于点H，G，BF⊥CE于点F，FG＝FC，连接BE交AD于点P．
（1）如图1，当点E为的中点，BD＝2时，
①求证：∠ABE＝∠CBF．
②求的长．
（2）如图2，若tan∠ADB＝，求的值．
12．（2025 宁波一模）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，BD为直径，∠ABC为锐角，过点B作BE⊥AC于点E，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F．
（1）∠ABD＝α，请用含α的代数式表示∠CBE．
（2）若AF＝BD，求证：AD＝AE．
（3）如图2，在（2）的条件下，BF与⊙O交于点G，与AD延长线交于点H，连结DG．①若CD＝4，DG＝1，求AD的长．
②若，求tan∠ABD的值．
13．（2025 绍兴一模）如图，在⊙O中，直径BC＝6，AB⊥BC，AD是⊙O的切线，点D为切点．
（1）如图1，求证：AD＝AB；
（2）如图2，线段AO交⊙O于点E，连结DE，若DE∥BC，求AE的长；
（3）如图3，线段AC交⊙O于点F，连结DF，若DF∥BC，求AF的长．
14．（2025 湖州一模）如图，在矩形ABCD中，E是边CD上的点（不与C，D重合），过A，D，E三点的圆交对角线BD于点F，交AB于点G，连结EF，AF．
（1）如图1，若AB＝AD，连结AE，
①求∠EAF的度数；
②判断△EAF的形状，并说明理由．
（2）如图2，若，延长AF交直线BC于点H，连结EH．当H是边BC的中点时，求的值．
（3）如图3，若（k为常数），延长EF交边AB于点I，当∠BFI＝∠BAF时，求的值（用含k的代数式表示）．
15．（2025 杭州一模）如图1，已知ABCD内接于⊙O，连结BD，BD平分∠ABC，点P是的中点，连结AP分别交BD，BC于点E，F．
（1）如图2，若AB为⊙O的直径，求∠AEB的度数．
（2）求证：①DC＝DE；②PE2﹣PF2＝PF AF．
16．（2025 新昌县一模）如图1，在Rt△ADC中，∠ADC＝90°，∠DAC＝37°，AC＝10，点O在边AD上，由点D向点A运动，当点O与点A重合时，停止运动．以点O为圆心，OD为半径在AD的下方作半圆O，半圆O与AD交于点M．（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，tan37°＝0.75）
如图1，当OD＝2时，∠OCD＝　 　 °，点C到半圆O的最短距离＝　 　 ；
（2）半圆O与AC相切时，求OD的长？
（3）如图2，半圆O与AC交于点E、F，当EF＝6.4时，求扇形EOF的面积？
（4）以AD，DC为边矩形ABCD，当半圆O与△ABC有两个公共点时，则OD的取值范围是 　 　 .
17．（2025 宁波一模）已知△ABC内接于圆O，AD平分∠BAC交圆O于点D，交BC于点E，M是AD上一点．
（1）若AB＝AC，　 　 ，求∠BDC的度数．
①AM＝2ME＝2DE；②∠MBC＝∠MBA＝2∠BAD．
（作答第（1）题时，先选择①或②填写在横线处，使题目完整，然后求解∠BDC的度数．）
（2）若AB＝c，AE＝m，AC＝b，求DE的长．
（3）若∠MBC＝∠MCA＝∠MAB，求证：BC2＝AB AC．
18．（2025 浙江模拟）如图1，AB为⊙O的直径，点C，D在⊙O上（位于AB同侧），BC＜AD＜AC，延长DC交AB的延长线于点E，过点A作CD的平行线交CB的延长线于点F．
（1）求证：∠DAE＝∠F；
（2）如图2，当点D为的中点时，
①若AF CD＝100，求△ABF的面积；
②若AE＝AF，求△ACD与△CBE的面积之比．
19．（2025 钱塘区一模）【定理学习】欧几里得在《几何原本》中提出切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线（圆外一点引出一条与圆有两个交点的直线叫割线），切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．
【定理证明】
（1）如图①，点P为⊙O外一点，PA与⊙O相切于点A，割线PC与圆相交于B，C两点，求证：PA2＝PB PC（提示：连结AB，AC，AO，并延长AO交⊙O于点D，连结BD）．
【解决问题】
（2）如图②，PA是⊙O的切线，连结PO交⊙O于点B，⊙O的半径为r．若PA＝r+2，PB＝r﹣2，求r的值．
20．（2025 衢州一模）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，⊙O是△ABC的外接圆，点D是的中点，连结CD交AB于点E．
（1）求∠DCB的度数．
（2）如图2，过点A作AF⊥CD，连结OD，若，．
①若＜，求．
②连结OF，求OF的长．
21．（2025 钱塘区一模）如图，锐角△ABC内接于⊙O，AF平分∠BAC，交BC于点D，交⊙O于点E，BE平分∠CBF，连结BO并延长交AD于点G．
（1）若∠EBC＝35°，请直接写出∠BAC，∠OBC的度数．
（2）求证：BF是⊙O的切线．
（3）若BG平分∠ABC，AG＝3，GD＝2，求BG的长．
22．（2025 定海区一模）如图1，以点M（1，0）为圆心的圆与y轴、x轴分别交于点A、B、C、D，直线y＝﹣与⊙M相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点F．
（1）填空：OE的长为　 　 ；OF的长为　 　 ；⊙M的半径为　 　 ；CH的长为　 　 ；
（2）如图2，点P是直径CD上的一个动点（不与C、D重合），连结HP并延长交⊙M于点Q．
①当DP：PH＝3：2时，求cos∠QHC的值；
②设tan∠QHC＝x，＝y，求y与x的函数关系式．
23．（2025 浙江一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，点D位于⊙O外一点，连接AD，BD，CD．BD交⊙O于点E，连接CE．已知AB＝AC＝AD．
（1）如图1，求证：∠ACE＝∠ADE．
（2）如图2，BD经过圆心O，AB＝2CD．
①求cos∠BAC的值；
②若AB＝3，求⊙O的半径．
答案与解析
1．（2025 上城区校级一模）如图1，AB为圆O的直径，弦CD交AB于点G（不与O重合），C是的中点，分别过点A，B作CD的垂线，垂足为E，F，连结AD．
（1）求∠EAD的度数；
（2）如图2，连结OE，OF，猜想OE与OF的关系，并说明理由；
（3）如图3，连结OC交AE于点P，若，CP＝6，求圆半径．
【点拨】（1）连结OC，由AB是⊙O的直径，C是的中点，可得∠AOC＝90°，所以∠ADC＝45°，再由AE⊥CD，可求得∠EAD的度数．
（2）延长FO交AE于点M，连结BD，可证得△AOM≌△BOF，所以OM＝OF，AM＝BF，再证明△EFM是以FM为斜边的等腰直角三角形，即可得到OE＝OF，OE⊥OF．
（3）过点F作 FN⊥AB于点N，先证明△AOP≌△COG，得到OG＝OP，设OP＝x，则OA＝x+6，由△AOP∽△BNF，可将FN，BN都用含x的式子表示出来，再通过△COG∽△FNG，可得到关于x的方程，即可求出x的值．
【解析】解：（1）如图，连结OC．
∵AB是⊙O的直径，C是的中点，
∴∠AOC＝90°，
∴∠ADC＝∠AOC＝45°．
∵AE⊥CD，
∴∠AED＝90°，
∴∠EAD＝90°﹣∠ADC＝45°，
∴∠EAD的度数为45°．
（2）OE与OF的关系为OE＝OF，OE⊥OF．
理由：如图，延长FO交AE于点M，连结BD．
∵AE⊥CD，BF⊥CD，
∴AE∥BF，
∴∠MAO＝∠FBO．
又∵∠AOM＝∠BOF，AO＝BO，
∴△AOM≌△BOF（ASA），
∴OM＝OF，AM＝BF．
由（1）求∠ADC的度数可知∠BDF＝45°．
∵∠BDF＝45°，∠BFD＝90°，
∴∠BDF＝∠DBF，
∴BF＝FD，
∴AM＝FD．
∵∠EAD＝∠ADE＝45°，
∴EA＝ED，
∴EA﹣AM＝ED﹣FD，即 EM＝EF，
∴△EFM是以FM为斜边的等腰直角三角形．
∵O是FM的中点，
∴OE⊥OF，OE＝OF．
（3）如图，过点F作 FN⊥AB于点N．
∵C是的中点，
∴由圆的轴对称性可得CO⊥AB．
∵AE⊥CD，
∴∠AOP＝∠COG，∠PAO＝∠GCO．
又∵OA＝OC，
∴△AOP≌△COG（ASA），
∴OG＝OP，
设OP＝x，则OA＝OC＝OP+CP＝x+6．
∵FN∥OC，
∴∠AOP＝∠BFN＝90°．
∵∠OAP＝∠FBN，
∴△AOP∽△BNF，
∴，即，
∴FN＝，BN＝．
∵OB＝OC，OG＝OP，
∴OB﹣OG＝OC﹣OP，即BG＝CP＝6，
∴GN＝BG﹣BN＝．
∵FN∥OC，
∴△COG∽△FNG，
∴，即，
整理得x2+x﹣12＝0，
解得x＝3 或 x＝﹣4 （舍去），
∴OC＝6+x＝9，
∴⊙O的半径为9．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的基本概念与性质，全等三角形、相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，方程法求线段长的知识，掌握圆心角与圆周角之间的数量关系，熟练运用全等三角形、相似三角形的判定与性质转换线段之间的数量关系，会构造等腰直角三角形，具有方程思想是解题的关键．本题是中考模拟卷的压轴题，第（2）问与第（3）问难度较大．
2．（2025 杭州模拟）如图，在 ABCD中，过A，B，C三点的⊙O交CD于点E，连结AE．
（1）求证：△ADE是等腰三角形．
（2）如图2，已知AD为⊙O的切线，连结AO并延长交BE于点G．
①求证：；
②若，求cosD的值．
【点拨】（1）利用平行四边形的性质，圆的内接四边形的性质和等腰三角形的判定定理解答即可；
（2）①过点A作AH⊥DC于点H，利用等腰三角形的三线合一的性质得到∠DAH＝∠EAH＝DAE，利用圆的切线的性质定理，平行四边形的性质和直角三角形的性质得到∠DAH＝∠BAG，则结论可得；
②过点B作BF∥AE，交AG的延长线于点F，设AF交BC于点M，连接OB，利用相似三角形的判定与性质得到，设AE＝3k，则BF＝2k，则BC＝AE＝3k，利用垂径定理得到BM＝CM＝BC＝，利用勾股定理求得FM，利用直角三角形的判定与性质和相似三角形的判定与性质求得OB，AB，再利用直角三角形的边角关系定理和平行四边形的性质解答即可得出结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠D＝∠B，
∵四边形AECB为圆的内接四边形，
∴∠AED＝∠B，
∴∠AED＝∠D，
∴AD＝AE，
∴△ADE是等腰三角形；
（2）①证明：过点A作AH⊥DC于点H，如图，
由（1）知：AD＝AE，
∵AH⊥DC，
∴∠DAH＝∠EAH＝DAE．
∵AD为⊙O的切线，
∴OA⊥AD，
∴∠DAH+∠HAG＝90°．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，
∵AH⊥DC，
∴AB⊥AH，
∴∠BAG+∠HAG＝90°，
∴∠DAH＝∠BAG，
∴∠BAG＝DAE；
②过点B作BF∥AE，交AG的延长线于点F，设AF交BC于点M，连接OB，如图，
∵BF∥AE，
∴△AEG∽△FBG，
∴，
设AE＝3k，则BF＝2k，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，BC＝AD，
由（1）知：AD＝AE，
∴BC＝AE＝3k．
由（2）①知：OA⊥AD，
∴OM⊥BC，
∴BM＝CM＝BC＝，
∴MF＝＝k，
∵∠BAG＝DAE，∠BAG＝BON，
∴∠BON＝∠DAE．
∵∠DAE+∠EAF＝90°，
∴∠BON+∠EOF＝90°．
∵BF∥AE，
∴∠EAF＝∠F，
∴∠BON+∠F＝90°，即∠OBF＝90°，
∵OF⊥BC，
∴△FBM∽△FOB，
∴，
∴，
∴FO＝k．
∴OM＝FO﹣FM＝k，
∴OA＝OB＝＝k，
∴AM＝OA+OM＝k，
∴AB＝＝3k．
∴cosB＝．
∵∠D＝∠B，
∴cosD＝．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，圆的切线的性质定理，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，等腰三角形的判定与性质，圆的内接四边形的性质，平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，添加适当的辅助线构造相似三角形是解题的关键．
3．（2025 上城区一模）如图1，⊙O为△ABC的外接圆，且AB＝BC，点D为圆外一动点，且满足BD＝BA，连结AD，交BC于点E，交⊙O于点F，连结BF．
（1）若AD经过圆心O，AF＝5，BF＝3，求AB的长；
（2）求证：BF平分∠DBC；
（3）如图2，若BD∥AC，设DF：EF＝k，请用含k的代数式表示cosC．
【点拨】（1）利用圆周角定理和勾股定理解答即可；
（2）利用等腰三角形的性质，圆周角定理，三角形的外角的性质和当时的性质解答即可；
（3）连接BO并延长交AC于点H，利用角平分线的性质定理得到＝k，设BE＝a，则BD＝ka，则AB＝BC＝BD＝ka．EC＝BC﹣BE＝（k﹣1）a，利用相似三角形的判定与性质求得AC，利用垂径定理求得CH，再利用直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论．
【解析】（1）解：AD经过圆心O，如图，
∴AF为圆的直径，
∴∠ABF＝90°，
∵AF＝5，BF＝3，
∴AB＝＝＝4；
（2）证明：∵AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA，
∵∠BFA＝∠BCA，
∴∠BAC＝∠BFA．
∵BD＝BA，
∴∠BAD＝∠D，
∵∠FBC＝∠FAC＝∠BAC﹣∠BAD，∠FBD＝∠BFA﹣∠D，
∴∠FBC＝∠FBD，
∴BF平分∠DBC；
（3）解：连接BO并延长交AC于点H，如图，
由（2）知：BF平分∠DBC，
∴＝k，
设BE＝a，则BD＝ka，
∴AB＝BC＝BD＝ka．
∴EC＝BC﹣BE＝（k﹣1）a，
∵BD∥AC，
∴△BDE∽△CAE，
∴＝k，
∴AC＝kCE＝k（k﹣1）a．
∵BA＝BC，
∴，
∴BH⊥AC，AH＝CHa，
∴cosC＝＝＝．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，平行线的性质，角平分线的定义，角平分线的性质定理，相似三角形的判定与性质，添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键．
4．（2025 浙江模拟）如图1，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，F是上的一个动点，连接AC、AF、CF．
（1）求证：∠ACD＝∠AFC．
（2）如图2，若CF与AB的交点G为线段OE的中点，DG∥CB，，求线段AC的长．
（3）如图3，FD的延长线交AB的延长线于点H．求证：OB2＝OG OH．
【点拨】（1）连接AD，根据圆周角定理可得∠ADC＝∠AFC，然后通过垂径定理推论可得，则∠ACD＝∠ADC，从而得证；
（2）先证明△BCE∽△CAE，则，所以，即AE BE＝20，再证明△GED≌△BEC（ASA），故有GE＝BE，则OG＝GE＝BE，从而可得AE＝5BE，由勾股定理求出BE＝2，最后通过勾股定理即可求解；
（3）连接FO，延长FO交⊙O于点M，又四边形CDFM是圆内接四边形，则有∠CMF+∠CDF＝180°，从而求得∠CMF＝∠EDH，再证明△OFG∽△OHF，则得出即可求证．
【解析】（1）证明：AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，如图1，连接AD，
∴∠ADC＝∠AFC，，
∴∠ACD＝∠ADC，
∴∠ACD＝∠AFC；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，，
∴∠ACB＝90°，∠AEC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，，
∴∠BCE＝∠BAC，
∴△BCE∽△CAE，
∴，
∴，即AE BE＝20，
∵DG∥CB，
∴∠GDE＝∠BCE，
在△GED和△BEC中，
，
∴△GED≌△BEC（ASA），
∴GE＝BE，
∵点G为线段OE的中点，
∴OG＝GE，
∴OG＝GE＝BE，
∴AE＝5BE，
∴5BE BE＝20，
∴BE＝2，
∴AE＝10，
在直角三角形ACE中，由勾股定理得：；
（3）证明：如图3，连接FO，延长FO交⊙O于点M，
∵MF是⊙O的直径，
∴∠MCF＝90°，
∴∠CMF+∠CFM＝90°，
∵四边形CDFM是圆内接四边形，
∴∠CMF+∠CDF＝180°，
∵∠EDH+∠CDF＝180°，
∴∠CMF＝∠EDH，
∵CD⊥AB，
∴∠HED＝90°，
∴∠H+∠EDH＝90°，
∴∠H＝∠CFM，
∵∠GOF＝∠FOH，
∴△OFG∽△OHF，
∴，
∴OF2＝OG OH，
∵OF＝OB，
∴OB2＝OG OH．
【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查了圆周角定理，圆内接四边形，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
5．（2025 定海区模拟）如图，AB为⊙O的直径，射线AM与⊙O相切于点A，点C为射线AM上的一个动点，BC交⊙O于点D．
（1）若AC＝AB，AE垂直OC，垂足为E，连接BE．
①求∠ABC的度数及的值；
②求证：△AEB∽△BEC；
（2）连接AD，求的最大值．
【点拨】（1）①根据“等边对等角”及三角形内角和定理可求得∠ABC；先证得AC＝2AO，再在Rt△AOC中，，在Rt△AOE中，可得，即可证明结论；
②过点B作BN∥AE，交EO延长线于点N，先证明△AOE≌△BON，可得AE＝BN，OE＝ON，再证明∠ABN＝∠CBE，∠BAE＝∠CBE，再由相似三角形的判定可得结论；
（2）证明△ABD∽△CBA，设AB＝m，AC＝n，得成比例的线段，根据m2+n2≥2mn即可求解．
【解析】（1）解：①∵AB＝AC，且AB是⊙O的直径，
∴AC＝2AO，
∵AC＝AB，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵AE⊥OC，
∴∠AOE+∠OAE＝90°，
在Rt△AOC中，∠AOC+∠ACO＝90°，
∴∠ACO＝∠OAE，
∵，
∴Rt△AOE，
∴；
②证明：过点B作BN∥AE，交EO延长线于点N，
∴∠BAE＝∠ABN，∠AEO＝∠BNO＝90°，
∵AO＝BO，
∴△AOE≌△BON，
∴AE＝BN，OE＝ON，
∵，
∴BN＝2OE＝EN，
∴∠NEB＝∠NBE＝45°，
∴∠AEB＝∠AEO+∠NEB＝135°，∠BEC＝180°﹣∠NEB＝135°，
∴∠AEB＝∠BEC，
由条件可得∠ABN＝∠CBE，
∴∠BAE＝∠CBE，
∴△AEB∽△BEC；
（2）解：如图，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ADB＝∠BAC，BC2＝AB2+AC2，
∵∠B＝∠B，
∴△ABD∽△CBA，
∴，
∴，
∴，
设AB＝m，AC＝n，
∴，
∴m＝n时，m2+n2＝2mn，
的值最大为，
即的最大值为．
【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，熟练掌握相关图形的性质定理是关键．
6．（2025 萧山区一模）已知正方形ABCD内接于⊙O，边CD以点C为中心顺时针旋转到CE，连结BE分别交⊙O，边CD于点F，G．
（1）如图1，若CE是⊙O的切线，
①求∠E的度数；
②连结DF，求证：BG＝2DF．
（2）如图2，连结AF，DE，求证：AF∥DE．
【点拨】（1）①连接OC，OB，可得出∠OCB＝∠OBC＝45°，∠OCE＝90°，从而得出∠BCE＝∠OCB+∠OCE＝135°，进一步得出结果；
②连接CF，OB，OC，作CH⊥CF，交BE于H，可证得△BCH≌△DCF（SAS），从而BH＝DF，可证得CH＝GH＝BH，进一步得出结论；
（2）连接BD，CF，延长CF，交DE于W，可证得∠AFB＝45°，CD＝BC＝CE，∠CBE＝∠BEC，从而∠CDE＝∠CED，可证得∠CBE＝∠CDF，从而∠CDF＝∠BEC，进而证得∠FDE＝∠FED＝45°，进一步得出结论．
【解析】（1）①解：如图1，
连接OC，OB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∴，
∴∠BOC＝90°，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∵OC是CE的切线，
∴∠OCE＝90°，
∴∠BCE＝∠OCB+∠OCE＝135°，
∵边CD以点C为中心顺时针旋转到CE，
∴CE＝BC，
∴∠E＝∠CBE＝；
②证明：如图2，
连接CF，OB，OC，作CH⊥CF，交BE于H，
∴∠HCF＝90°，
∵，
∴∠BFC＝，
∴∠CHF＝45°，
∴∠CHF＝∠BFC，
∴CH＝CF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，BC＝CD，
∴∠BCD＝∠HCF，
∴∠BCD﹣∠DCH＝∠HCF﹣∠DCH，
∴∠BCH＝∠DCF，
∴△BCH≌△DCF（SAS），
∴BH＝DF，
由①知，
∠CBE＝22.5°，
∴∠BCH＝∠CHF﹣∠CBE＝45°﹣22.5°＝22.5°，
∴∠DCH＝∠BCD﹣∠BCH＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∵∠BGC＝90°﹣∠CBE＝67.5°，
∴∠DCH＝∠BGC，
∴CH＝GH，
∴BH＝GH，
∴BG＝2BH＝2DF；
（2）证明：如图3，
连接BD，CF，延长CF，交DE于W，
∵∠BAD＝90°，
∴BD是⊙O的直径，
∴∠DFE＝∠BFD＝90°，
由（1）知，
∠AFB＝45°，CD＝BC＝CE，∠CBE＝∠BEC，
∴∠CDE＝∠CED，
∵，
∴∠CBE＝∠CDF，
∴∠CDF＝∠BEC，
∴∠CDE﹣∠CDF＝∠CED﹣∠BEC，
∴∠FDE＝∠FED＝＝45°，
∴∠FED＝∠AFB，
∴AF∥DE．
【点睛】本题考查了圆周角定理及其推论，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
7．（2025 衢州一模）如图1，△ABC内接于⊙O，直径AE⊥BC于点D，交劣弧BC于点E，点F为弧AB上的任意一点，连结CF交AB于点G，交AD于点H，连结FB．
（1）当CF经过点O时，求证：AE∥BF；
（2）在（1）的条件下，若，求的值；
（3）当AC∥BF时，若⊙O的半径为5，BC＝6，求OH的长．
【点拨】（1）利用圆周角定理和平行线的判定定理解答即可；
（2）当CF经过点O时，点O，H重合，利用平行线的性质和相似三角形的判定与性质得到，设BF＝4k，则AO＝3k，利用勾股定理和三角形的中位线定理求得AD，BC，代入化简运算即可；
（3）连接OC，FA，过点F作FP⊥AB于点P，FM⊥AC于点M，过点B作BN⊥AC于点N，利用垂径定理和勾股定理求得线段AD，AB，AC，OD，利用等腰梯形的判定与性质得到FC＝AB＝3，利用三角形的面积公式求得FM，利用勾股定理求得AM，CN，利用相似三角形的判定与性质结合勾股定理求得HD，则OH＝OD﹣HD．
【解析】（1）证明：∵CF经过点O，
∴CF为⊙O的直径，
∴∠FBC＝90°，
∴FB⊥BC，
∵AE⊥BC，
∴AE∥BF；
（2）解：当CF经过点O时，点O，H重合，如图，
∵AE∥BF，
∴△BFG∽△AOH，
∴，
设BF＝4k，则AO＝3k，
∵FC＝2OA，
∴FC＝6k，
∴BC＝＝2k，
∵AE∥BF，OF＝OC，
∴OD＝BF＝2k，
∴AD＝AO+OD＝5k，
∴；
（3）连接OC，FA，过点F作FP⊥AB于点P，FM⊥AC于点M，过点B作BN⊥AC于点N，如图，
∵直径AE⊥BC，
∴BD＝CD＝BC＝3，，
∴AB＝AC．
∵⊙O的半径为5，
∴OE＝OA＝OC＝5，
∴OD＝＝4，
∴DE＝OE﹣OD＝1，AD＝OA+OD＝9，
∴AB＝AC＝＝3．
∵AC∥BF，
∴∠ACF＝∠BFC，
∴，
∴AF＝BC＝6，
∴四边形AFBC为等腰梯形，
∴FC＝AB＝3，
∵FP⊥AB，BN⊥AC，AC∥BF，
∴四边形BFMN为矩形，
∴BF＝MN，FM＝BN．
∵，
∴FM＝，
∴AM＝，
同理可求：CN＝，
∴BF＝MN＝AC﹣AM﹣CN＝．
∵∠FBA＝∠FCA，∠FPB＝∠FMC＝90°，
∴△BFP∽△CFM，
∴，
∴，
∴FP＝．
∴AP＝＝，
∵∠FAB＝∠FCB，∠FPA＝∠HDC＝90°，
∴△FAP∽△HCD，
∴，
∴，
∴HD＝，
∴OH＝OD﹣HD＝．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质直角三角形的性质，勾股定理，等腰梯形的判定与性质，通过添加适当的辅助线构造直角三角形和相似三角形是解题的关键．
8．（2025 临安区一模）如图1，AE是⊙O的直径，DC⊥BC，AB＝EC，BE＝DC．
（1）求证：AE⊥ED．
（2）连结AD交⊙O于K，连结BK，求证：BK平分∠ABE．
（3）如图2，M为ED上一点，连结AM交⊙O于F，过F作FH⊥BC交ED于G，MN⊥BC，若，AB＝3，BN＝4，求FG的长．
【点拨】（1）利用圆周角定理，全等三角形的判定与性质和直角三角形的性质解答即可；
（2）利用全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质和圆周角定理以及角平分线的定义解答即可；
（3）过点E作EK∥FH，交AM于点K，连接EF，利用圆周角定理，相似三角形的判定与性质得到BE＝EN，利用圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质求得线段MN，EM，AM，AE，EF，再利用平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质等腰三角形的判定与性质解答即可．
【解析】（1）证明：∵AE是⊙O的直径，
∴∠ABE＝90°，
∴∠BAE+∠AEB＝90°．
∵DC⊥BC，
∴∠C＝90°，
∴∠ABE＝∠C＝90°．
在Rt△ABE和Rt△ECD中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△ECD（SAS），
∴∠BAE＝∠DEC，
∴∠DEC+∠AEB＝90°，
∴∠AED＝180°﹣（∠DEC+∠AEB）＝90°，
∴AE⊥ED；
（2）证明：由（1）知：Rt△ABE≌Rt△ECD，
∴AE＝ED，
∵∠AED＝90°，
∴△AED为等腰直角三角形，
∴∠EAD＝45°，
∴∠KBE＝∠EAD＝45°，
∵∠ABE＝90°，
∴∠KBE＝∠ABK＝45°，
∴BK平分∠ABE；
（3）解：过点E作EK∥FH，交AM于点K，连接EF，如图，
由（1）知：∠BAE＝∠DEC，
∵MN⊥BC，
∴∠MNE＝90°，
∵∠ABE＝90°，
∴∠ABE＝∠MNE，
∴△ABE∽△ENM，
∴，
∵，
∴，
∴EN＝BE，
∵BN＝4，
∴BE＝EN＝2，
∴AE＝，DC＝BE＝2，
∴ED＝AE＝．
∵AB＝3，
∴EC＝AB＝3，
∵MN⊥BC，DC⊥BC，
∴MN∥DC，
∴△EMN∽△ECD，
∴，
∴MN＝，EM＝．
∴AM＝＝．
∵AE是⊙O的直径，
∴∠AFE＝90°，
∴EF⊥AM，
∵AE⊥ED，
∴，
∴EF＝＝2，FM＝，
∴EF＝BE，
∴，
∴∠BAE＝∠FAE，
∵EK∥FH，
∴∠KEA＝∠BAE，
∴∠KEA＝∠FAE，
∴∠FAE+∠AME＝90°，∠KEA+∠KEM＝90°，
∴∠KEM＝∠AME．
∵FH⊥BC，AB⊥BC，
∴AB∥FH，
∴FH∥EK，
∴∠FGM＝∠KEM，
∴∠FGM＝∠AME，
∴FG＝FM＝．
【点睛】本题主要考查演的有关性质，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，垂直的定义与性质，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的 判定与性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，添加适当的辅助线构造相似三角形是解题的关键．
9．（2025 滨江区一模）已知，AB，CD是⊙O的弦，CD⊥AB于点E，且，连接BC，AD．
（1）如图1，若AB是⊙O的直径，求∠C的度数．
（2）如图2，求证：①CD＝CB．
②AE+AD＝BE．
【点拨】（1）连接AC，利用圆周角定理解答即可；
（2）①取的中点F，连接AC，AF，CF，利用圆周角定理得到∠ACE+∠CAE＝90°，可得CF为⊙O的直径，再利用垂径定理解答即可得出结论；
②在BE上取一点F，使EF＝AE，连接DF并延长交BC于点G，利用相等的垂直平分线的性质，垂直的定义和圆周角定理得到∠BGF＝∠CGD＝∠BEC＝∠AED＝90°，利用全等三角形的判定与性质和等式的性质得到BG＝DE，最后再利用全等三角形的判定与性质解答即可得出结论．
【解析】（1）解：连接AC，如图，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCD＝90°，
∵，
∴∠BCD＝2∠ACD，
∴∠BCD+BCD＝90°，
∴∠BCD＝60°．
∴∠C的度数为60°；
（2）证明：①取的中点F，连接AC，AF，CF，如图，
则．
∵，
∴，
∴∠ACD＝∠DCF＝∠BAF，
∵CD⊥AB，
∴∠AEC＝90°，
∴∠ACE+∠CAE＝90°，
∴∠CAE+∠BAF＝90°，
∴∠CAF＝90°，
∴CF为⊙O的直径，
∵，
∴，
∴CD＝CB；
②在BE上取一点F，使EF＝AE，连接DF并延长交BC于点G，如图，
∵EF＝AE，CD⊥AB，
∴CD垂直平分AF，
∴AD＝DF，
∴∠A＝∠AFD，
∵∠AFD＝∠BFG，
∴∠BFG＝∠A，
∵∠A+∠ADC＝90°，∠ADC＝∠B，
∴∠B+∠BFG＝90°，
∴∠BGF＝90°，
∴∠BGF＝∠CGD＝∠BEC＝∠AED＝90°．
在△CDG和△CBE中，
，
∴△CDG≌△CBE（AAS），
∴CG＝CE，
∴CB﹣CG＝CD﹣CE，
∴BG＝DE．
在△ADE和△BFG中，
，
∴△ADE≌△BFG（ASA），
∴AD＝BF．
∵BE＝EF+BF，
∴AE+AD＝BE．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．
10．（2025 定海区一模）如图1，△ABC内接于⊙O，其中∠BAC＜60°，AB＝AC．点E在射线BC上，且满足△ABC≌△BED，DE交⊙O于点H，BD交AC于点P．
（1）求证：△BPC为等腰三角形；
（2）如图2，连结AH，交BD于点K，若H为DE中点，求证：BD KP＝DH AP；
（3）如图3，若线段BD过圆心O，求S△BPC：S△ABC的值．
【点拨】（1）可推出∠ABC＝∠ACB，∠E＝∠ACB，∠BPC＝∠D，∠D＝∠AC，从而∠BPC＝∠ACB，从而△BPC是等腰三角形；
（2）连接BH，可推出∠DBH＝∠EBH＝，∠EBH＝∠CAH，从而∠CAH＝∠DBH，可推出∠AKP＝∠BHD＝90°，从而△AKP∽△BHD，进而得出结论；
（3）连接OC，作射线AO，交BC于Q，根据∠BOC＝2∠A，∠OBC＝∠OCB＝∠A得出∠A＝45°，设BQ＝CQ＝OQ＝a，则OA＝OB＝OC＝，从而表示出AB，进一步得出结果．
【解析】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵△ABC≌△BED，
∴∠E＝∠ABC，∠D＝∠ACB，
∴∠E＝∠ACB，
∴AC∥DE，
∴∠BPC＝∠D，
∴∠BPC＝∠ACB，
∴△BPC是等腰三角形；
（2）证明：如图1，
连接BH，
∵BD＝BE，点H是DE的中点，
∴∠DBH＝∠EBH＝，
∵，
∴∠EBH＝∠CAH，
∴∠CAH＝∠DBH，
由（1）得，
AC∥DE，
∴AC⊥BH，
∴∠DBH+∠BPC＝90°，
∵∠APD＝∠BPC，
∴∠APD+∠CAH＝90°，
∴∠AKP＝90°，
∴∠AKP＝∠BHD，
∴△AKP∽△BHD，
∴，
∴BD KP＝DH AP；
（3）解：如图2，
连接OC，作射线AO，交BC于Q，
∵，
∴∠BOC＝2∠A，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB＝∠A，
∵∠BOC+∠OBC+∠OCB＝180°，
∴4∠A＝180°，
∴∠A＝45°，
∵AB＝AC，OA＝OA，
∴△AOB≌△AOC（SSS），
∴AQ⊥BC，
设BQ＝CQ＝OQ＝a，则OA＝OB＝OC＝，
∴AB2＝BQ2+AQ2＝＝（4+2，
∴＝＝2﹣．
【点睛】本题考查了圆周角定理及其推论，相似三角形的判定和性质，求三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识．
11．（2025 西湖区一模）如图，矩形ABCD内接于⊙O，BD是对角线，点E在上（不与点A，D重合），连接EC分别交AD，BD于点H，G，BF⊥CE于点F，FG＝FC，连接BE交AD于点P．
（1）如图1，当点E为的中点，BD＝2时，
①求证：∠ABE＝∠CBF．
②求的长．
（2）如图2，若tan∠ADB＝，求的值．
【点拨】（1）①利用矩形的性质，直角三角形的性质，圆周角定理解答即可；
②连接OE，OC，利用圆周角定理和矩形的性质得到∠ABE＝∠DBE＝∠DBF＝∠CBF＝＝22.5°，再利用圆周角定理求得∠EOC＝∠EOD+∠DOC＝135°，最后利用弧长公式解答即可；
（2）连接ED，利用矩形的性质，直角三角形的边角关系定理得到tan∠ADB＝＝，设AB＝3k，则DC＝AB＝3k，BC＝AD＝4k，BD＝＝5k，利用矩形的性质，相似三角形的判定与性质直角三角形的边角关系定理和勾股定理依次求得DH，AH，ED，AP，PH，则结论可得．
【解析】（1）①证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BCD＝90°，
∴∠BCF+∠DCE＝90°．
∵点E为的中点，
∴，
∴∠DCE＝∠ABE，
∴∠ABE+∠BCF＝90°．
∵BF⊥CE，
∴∠CBF+∠BCF＝90°，
∴∠ABE＝∠CBF．
②解：连接OE，OC，如图，
∵点E为的中点，
∴，
∴∠ABE＝∠DBE．
∵BF⊥CE于点F，FG＝FC，
∴BG＝BC，
∴∠GBF＝∠CBF，
由①知：∠ABE＝∠CBF，
∴∠ABE＝∠DBE＝∠DBF＝∠CBF＝＝22.5°，
∴∠ABD＝∠CBD＝45°，∠EOD＝2∠DBE＝45°，
∴∠DOC＝2∠CBD＝90°，
∴∠EOC＝∠EOD+∠DOC＝135°．
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAC＝90°，
∴BD为圆的直径，
∵BD＝2，
∴OE＝OC＝1，
∴的长＝；
（2）解：连接ED，如图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAC＝90°，
∴BD为圆的直径，
∵tan∠ADB＝＝，
∴设AB＝3k，则DC＝AB＝3k，BC＝AD＝4k，
∴BD＝＝5k，
∵BF⊥CE于点F，FG＝FC，
∴BG＝BC＝4k，
∴DG＝BD﹣BG＝k，
∵AD∥BC，
∴△DHG∽△BCG，
∴，
∴DH＝BC＝k，
∴AH＝AD﹣DH＝3k．
∵BD为圆的直径，
∴∠AED＝90°，
∴tan∠EBD＝．
∵tan∠ECD＝，∠EBD＝∠ECD，
∴tan∠EBD＝＝．
设DE＝a，则BE＝3a，
∵BE2+DE2＝BD2，
∴（3a）2+a2＝（5k）2，
∵a＞0，
∴a＝k，
∴ED＝k．
∵∠BAD＝∠PED＝90°，∠APB＝∠EPD，
∴△ABP∽△EDP，
∴＝，
∴设AP＝6x，则PE＝x，
∴PD＝AD﹣AP＝4k﹣6x，
∵PE2+DE2＝PD2，
∴，
∴x＝k（不合题意，舍去）或x＝k．
∴AP＝k，
∴PH＝AH﹣AP＝k，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，矩形的性质，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，连接直径所对的圆周角是解决此类问题常添加的辅助线．
12．（2025 宁波一模）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，BD为直径，∠ABC为锐角，过点B作BE⊥AC于点E，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F．
（1）∠ABD＝α，请用含α的代数式表示∠CBE．
（2）若AF＝BD，求证：AD＝AE．
（3）如图2，在（2）的条件下，BF与⊙O交于点G，与AD延长线交于点H，连结DG．①若CD＝4，DG＝1，求AD的长．
②若，求tan∠ABD的值．
【点拨】（1）利用圆周角定理，直角三角形的性质解答即可；
（2）利用全等三角形的判定与性质解答即可；
（3）①连接AG，过点D作DM⊥AC于点M，利用圆周角定理和等弧对等弦的性质得到AG＝CD＝4，设AD＝AE＝x，则AM＝x﹣1，利用勾股定理列出方程解答即可；
②连接AG，利用圆周角定理和等弧对等弦的性质得到AG＝CD，利用圆周角定理和直角三角形的性质得到∠AHB＝∠BDC，利用直角三角形的边角关系定理得到，利用相似三角形的判定与性质得到∠ADG＝∠AHF，则∠GDH＝∠GHD＝45°，利用等腰直角三角形的性质得到AB＝AD，最后利用直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论．
【解析】（1）解：∵BD为直径，
∴∠BAD＝90°，
∴∠ABD+∠ADB＝90°．
∵BE⊥AC，
∴∠CBE+∠BCA＝90°．
∵∠BCA＝∠BDA，
∴∠CBE＝∠ABD＝α．
（2）证明：由（1）得：∠CBE＝∠ABD，
∵AF∥BC，
∴∠CBE＝∠F，
∴∠ABD＝∠F．
∵BD为直径，
∴∠BAD＝90°，
∵BE⊥AC，
∴∠AEF＝90，
∴∠BAD＝∠AEF＝90°．
在△BAD和△FEA中，
，
∴△BAD≌△FEA（AAS），
∴AD＝AE；
（3）解：①连接AG，过点D作DM⊥AC于点M，如图，
∵∠ABD＝∠ACD＝α，∠CBE＝∠CAG＝α，
∴∠ACD＝∠CAG，
∴，
∴，
∴，
∴AG＝CD＝4．
∵BD为直径，
∴∠AGD＝90°，
∵BE⊥AC，DM⊥AC，
∴四边形EMDG为矩形，
∴DM＝EG，EM＝DG＝1，
设AD＝AE＝x，则AM＝x﹣1，
∵DM2＝AD2﹣AM2＝x2﹣（x﹣1）2，EG2＝AG2﹣AE2＝42﹣x2，
∴x2﹣（x﹣1）2＝16﹣x2，
∴x＝，
∵负数不合题意，舍去，
∴AD＝3﹣1．
②连接AG，如图，
∵∠ABD＝∠ACD＝α，∠CBE＝∠CAG＝α，
∴∠ACD＝∠CAG，
∴，
∴，
∴，
∴AG＝CD．
∵∠BAD＝90°
∴∠AHB+∠ABH＝90°，
∵BE⊥AC，
∴∠ABH+∠BAC＝90°，
∴∠BAC＝∠AHB，
∵∠BAC＝∠BDC，
∴∠AHB＝∠BDC，
∵BD为直径，
∴∠BCD＝90°，
∴cos∠BDC＝，
∵，
∴，
∵AF＝BD，AG＝CD，
∴．
由（2）知：△BAD≌△FEA，
∴∠ABD＝∠F，
∵∠ABD＝∠AGD，
∴∠AGD＝∠F，
∴△AGD∽△AFH，
∴∠ADG＝∠AHF，
∴∠GDH＝∠GHD，
∵∠BGD＝90°，
∴∠GDH＝∠GHD＝45°，
∴∠ABH＝45°，
∴AB＝AE，
∴AB＝AD，
∴tan∠ABD＝．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的店铺与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，矩形的判定与性质，添加适当的辅助线构造相似三角形是解题的关键．
13．（2025 绍兴一模）如图，在⊙O中，直径BC＝6，AB⊥BC，AD是⊙O的切线，点D为切点．
（1）如图1，求证：AD＝AB；
（2）如图2，线段AO交⊙O于点E，连结DE，若DE∥BC，求AE的长；
（3）如图3，线段AC交⊙O于点F，连结DF，若DF∥BC，求AF的长．
【点拨】（1）由BC是⊙O的直径，且AB⊥BC，可知AB是⊙O的切线．根据切线长定理可得AB＝AD；
（2）连结OD，根据SSS可得△ABO≌△ADO，则∠AOB＝∠AOD，由DE∥BC及EO＝DO可得∠EDO＝∠DEO＝∠AOD，进而可得∠AOD＝60°，根据三角函数可求出 AO＝6，进而可得AE＝3；
（3）连结OA，OD，FB，BD，得OA⊥BD，则可得∠AOB+∠OBD＝90°．由同角的余角相等可得∠BAO＝∠OBD，由圆周角定理及DF∥BC 可得∠DFC＝∠FCB＝∠CBD，进而可得∠BAO＝∠ACB．易得△ABO∽△CBA，则可求得，根据勾股定理求出AC的长，再根据求出CF的长，进而求得AF的长．
【解析】（1）证明：如图1，连结OD，
∵BC是⊙O的直径，AB⊥BC，
∴AB是⊙O的切线，
又∵AD是⊙O的切线，
∴AD＝AB；
（2）解：如图2，连结OD，
在△ABO和△ADO中，
，
∴△ABO≌△ADO（SSS），
∴∠AOB＝∠AOD．
∵DE∥BC，
∴∠DEO＝∠AOB．
∵EO＝DO，
∴∠EDO＝∠DEO＝∠AOD．
∴∠AOD＝60°，
∴cos∠AOD＝＝，
∴AO＝2DO＝6，
∴AE＝AO﹣OE＝6﹣3＝3；
（3）解：如图，连结OA，OD，FB，BD，
BO＝DO，且∠AOB＝∠AOD，
∴OA⊥BD，
∴∠AOB+∠OBD＝90°，
∵AB⊥BC，
∴∠BAO+∠AOB＝90°，
∴∠BAO＝∠OBD，DF∥BC，
∴∠DFC＝∠FCB＝∠CBD，
∴∠BAO＝∠ACB，且∠ABO＝∠CBA，
∴△ABO∽△CBA，
∴＝，
∴AB2＝BO BC＝3×6＝18，
∴AB＝3，
∴AC＝＝，
∴cos∠ACB＝＝．
∵BC是⊙O的直径，
∴∠CFB＝90°，
∴cos∠ACB＝＝，
∴CF＝2，
∴AF＝3﹣2＝．
【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查了切线的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质以及三角函数．熟练掌握以上知识，正确的作出辅助线是解题的关键．
14．（2025 湖州一模）如图，在矩形ABCD中，E是边CD上的点（不与C，D重合），过A，D，E三点的圆交对角线BD于点F，交AB于点G，连结EF，AF．
（1）如图1，若AB＝AD，连结AE，
①求∠EAF的度数；
②判断△EAF的形状，并说明理由．
（2）如图2，若，延长AF交直线BC于点H，连结EH．当H是边BC的中点时，求的值．
（3）如图3，若（k为常数），延长EF交边AB于点I，当∠BFI＝∠BAF时，求的值（用含k的代数式表示）．
【点拨】（1）①利用正方形的判定与性质和圆周角定理解答即可；
②利用圆周角定理和圆的内接四边形的性质以及等腰直角三角形的定义解答即可；
（2）连接AE，设AB＝3m，则AD＝BC＝2m，HB＝m，利用勾股定理得到AH＝＝m，利用相似三角形的判定与性质得到AF，FH，利用圆的内接四边形的性质和直角三角形的边角关系定理求得EF，再利用勾股定理求得EH，代入化简运算即可得出结论；
（3）连接AG，FG，利用圆的内接四边形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质得到AG＝GI，设AD＝a，则AB＝ka，BD＝＝a，利用相似三角形的判定与性质求得BI，IG，代入化简运算即可得出结论．
【解析】解：（1）①∵四边形ABCD为矩形，AB＝AD，
∴四边形ABCD为正方形，
∴∠ADB＝∠CDB＝45°，
∵∠EAF＝∠CDB，
∴∠EAF＝45°；
②△EAF的形状是等腰直角三角形，理由：
由（1）①知：∠ADB＝∠CDB＝45°，
∴，
∴AF＝EF，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ADC＝90°，
∵四边形ADEF为圆的内接四边形，
∴∠AFE+∠ADC＝180°，
∴∠AFE＝90°，
∴△EAF的形状是等腰直角三角形；
（2）连接AE，如图，
∵，
∴设AB＝3m，则AD＝BC＝2m，
∴BD＝＝m，
∵H是边BC的中点，
∴HB＝m，
∴AH＝＝m，
∵AD∥BC，
∴△ADF∽△HBF，
∴＝2，
∴AF＝AH＝，FH＝AH＝m，
∵∠C＝90°，
∴tan∠CDB＝，
∵∠EAF＝∠CDB，
∴tan∠EAF＝，
∵四边形ADEF为圆的内接四边形，
∴∠ADB+∠AFE＝180°，
∵∠ADB＝90°，
∴∠AFE＝90°，
∴tan∠EAF＝＝，
∴EF＝AF＝m，
∴EH＝＝m，
∴＝．
（3）连接AG，FG，如图，
∵四边形ADEF为圆的内接四边形，
∴∠ADB+∠AFE＝180°，
∵∠ADB＝90°，
∴∠AFE＝90°，
∴∠DFA+∠DFE＝90°，
∵四边形ADFG为圆的内接四边形，
∴∠DAG+∠AFG＝180°，
∵∠DAB＝90°，
∴∠AFG＝90°，
∴∠DFA+∠AFG＝90°，
∴∠AFG＝∠DFE，
∵∠DFE＝∠BFI，∠BFI＝∠BAF，
∴∠BAF＝∠AFG＝∠DFE，
∴AG＝FG，
∵∠AFI＝∠AFE＝90°，
∴∠FAB+∠AIF＝90°，∠AFG+∠GFI＝90°，
∴∠AIF＝∠GFI，
∴GF＝GI，
∴AG＝GI，
∵，
∴设AD＝a，则AB＝ka，
∴BD＝＝a．
∵∠DAF+∠BAF＝90°，∠DFA+∠GFA＝90°，
∴∠DAF＝∠DFA，
∴AD＝DF＝a．
∴BF＝BD﹣DF＝（﹣1）a．
∵∠FBI＝∠ABF，∠BFI＝∠BAF，
∴△BFI∽△BAF，
∴，
∴BI＝a，
∴AI＝AB﹣BI＝a，
∴AG＝IG＝AI＝a，
∴＝﹣1．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，正方形的判定与性质，圆的有关性质，圆周角定理，圆的内接四边形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键．
15．（2025 杭州一模）如图1，已知ABCD内接于⊙O，连结BD，BD平分∠ABC，点P是的中点，连结AP分别交BD，BC于点E，F．
（1）如图2，若AB为⊙O的直径，求∠AEB的度数．
（2）求证：①DC＝DE；②PE2﹣PF2＝PF AF．
【点拨】（1）由题易得，∠ADB＝90°，进而可知∠PAD＝45°＝∠AED，最后即可得解；
（2）①通过导角可得∠PAD＝∠DEA，所以DA＝DE＝DC；②证△PBF∽△PAB，可得PF AP＝PB2＝PE2，再利用AP﹣PF＝AF，代入即可得证．
【解析】（1）解：如图，连接OD、OP，
∵BD平分∠ABC，
∴，
∵点P是的中点，
∴，
又∵AB为直径，
∴，即∠POD＝90°，∠ADB＝90°，
∴∠PAD＝45°，
∴∠AED＝90°﹣45°＝45°，
∴∠AEB＝135°；
（2）证明：①连接AC，
由（1）得，，
∴∠DAC＝∠ABD，∠PAC＝∠PAB，DA＝DC，
∴∠PAD＝∠DAC+∠PAC＝∠ABD+∠PAB，
即∠PAD＝∠DEA，
∴DA＝DE，
∵DA＝DC，
∴DE＝DC；
②连结PB，
由①得∠PAD＝∠DEA，
∴∠PEB＝∠PBE，
∴PB＝PE，
∵，
∴∠PBF＝∠PAB，∠P＝∠P，
∴△PBF∽△PAB，
∴，即PF AP＝PB2＝PE2，
∵AP﹣PF＝AF，
∴PF AP﹣PF2＝PF AF，
即PE2﹣PF2＝PF AF．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、相似三角形的判定和性质、三角形内角和等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
16．（2025 新昌县一模）如图1，在Rt△ADC中，∠ADC＝90°，∠DAC＝37°，AC＝10，点O在边AD上，由点D向点A运动，当点O与点A重合时，停止运动．以点O为圆心，OD为半径在AD的下方作半圆O，半圆O与AD交于点M．（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，tan37°＝0.75）
如图1，当OD＝2时，∠OCD＝　30　 °，点C到半圆O的最短距离＝　2　 ；
（2）半圆O与AC相切时，求OD的长？
（3）如图2，半圆O与AC交于点E、F，当EF＝6.4时，求扇形EOF的面积？
（4）以AD，DC为边矩形ABCD，当半圆O与△ABC有两个公共点时，则OD的取值范围是 　＜OD≤8或3＜OD＜6　 .
【点拨】（1）连接OC，OC与半圆O交于点B，利用直角三角形的边角关系定理和勾股定理解答即可；
（2）设切点为N，连接ON，OC，设OD＝ON＝r，利用勾股定理列出方程即可求解；
（3）过点O作OH⊥EF于点H，连接OF，利用相似三角形的判定与性质和勾股定理求得OD的值，得到A，M，E三点重合，利用扇形的面积公式解答即可；
（4）利用分类讨论的思想方法求得半圆O与△ABC有一个，两个，三个公共点时的OD值，结合图形即可得出结论．
【解析】解：（1）连接OC，OC与半圆O交于点B，
在Rt△ADC中，
∴sin∠DAC＝，
∴DC＝AC sin37°＝10×0.6＝6．
在Rt△ODC中，
∵tan∠OCD＝＝，
∴∠OCD＝30°．
∵OC＝＝4，
∴BC＝OC﹣OB＝4﹣2＝2，
∴点C到半圆O的最短距离＝2，
故答案为：30；2；
（2）当半圆O与AC相切时，设切点为N，连接ON，OC，如图，
∵∠ADC＝90°，
∴CD为半圆O的切线，
∵CN为半圆O的切线，
∴CD＝CN＝6，
∴AN＝AC﹣CN＝4．
设OD＝ON＝r，
∵AD＝＝8，
∴OA＝8﹣r．
∵CN为半圆O的切线，
∴ON⊥AC．
∴OA2＝ON2+AN2，
∴（8﹣r）2＝r2+42，
解得：r＝3．
∴OD＝3；
（3）过点O作OH⊥EF于点H，连接OF，如图，
则EH＝FH＝＝3.2，
∵∠AHO＝∠ADC＝90°，∠A＝∠A，
∴△AOH∽△ACD，
∴，
∴，
∴OH＝（8﹣OD）．
∵OH2+HF2＝OF2，
∴，
解得：OD＝4或OD＝﹣13（不合题意，舍去），
∴OD＝4，
∴OM＝OA＝OD＝4，
∴A，M，E三点重合，
∴∠EOF＝180°﹣2×37°＝106°．
∴扇形EOF的面积＝＝；
（4）如图，
当⊙O1与AC边相切与于点M1时，O1M1⊥AC，
此时，⊙O1与△ABC有一个公共点，
由（2）知：O1M1＝3．
当⊙O1与BC边相切于点M2时，O2M2⊥BC，
此时，⊙O1与△ABC有三个公共点，
∴O2M2＝CD＝6．
∴当圆心O在O1与O2之间时，半圆O与△ABC有两个公共点，
∴3＜OD＜6；
当⊙O的圆心O在O2与点A之间时，此时⊙O与△ABC有两个或三个公共点，
当⊙O经过点B时，⊙O与△ABC有三个公共点，
∵OB2＝OA2+AB2，OB＝OD，OA＝8﹣OD，
∴OD2＝（8﹣OD）2+62，
解得：OD＝．
∴当OD＝时，⊙O与△ABC有三个公共点，
∴当＜OD≤8时，⊙O与△ABC有两个公共点，
综上，当半圆O与△ABC有两个公共点时，OD的取值范围是＜OD≤8或3＜OD＜6．
故答案为：＜OD≤8或3＜OD＜6．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆的切线的性质，圆的有关计算，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，直线与圆的位置关系，连接经过切点的半径和作出圆的弦心距是解决此类问题常添加的辅助线．
17．（2025 宁波一模）已知△ABC内接于圆O，AD平分∠BAC交圆O于点D，交BC于点E，M是AD上一点．
（1）若AB＝AC，　①（或②）　 ，求∠BDC的度数．
①AM＝2ME＝2DE；②∠MBC＝∠MBA＝2∠BAD．
（作答第（1）题时，先选择①或②填写在横线处，使题目完整，然后求解∠BDC的度数．）
（2）若AB＝c，AE＝m，AC＝b，求DE的长．
（3）若∠MBC＝∠MCA＝∠MAB，求证：BC2＝AB AC．
【点拨】（1）当选择①时，由题意易得AE⊥BC，BE＝EC，∠BAD＝∠CAD，然后可得AD是直径，则有点M是圆心，且四边形BDCM是平行四边形，进而问题可求解；若选择②，由题意易得AE⊥BC，∠BAD＝∠CAD，设∠BAD＝α，则有∠MBC＝∠MBA＝2α＝∠BAC，然后可得方程2α+3α＝90°，进而问题可求解；
（2）由题意易得∠BAD＝∠CAD，则可证△ABD∽△AEC，则有，进而问题可求解；
（3）先证明△ABC∽△BMD，△ABC∽△MDC，则有，，然后根据BD＝CD可得，进而问题可求证．
【解析】（1）解：当选择①时；
∵已知△ABC内接于圆O，AD平分∠BAC交圆O于点D，AB＝AC，
∴AE⊥BC，BE＝EC，∠BAD＝∠CAD，
∴，
∴AD是直径，
∵AM＝2ME＝2DE，
∴ME＝DE，AM＝DM，
∴点M是圆心，且四边形BDCM是平行四边形，
∵BM＝CM，
∴四边形BDCM是菱形，
∴BM＝BD＝DM＝CD＝MC，
∴△BDM，△CDM都为等边三角形，
∴∠BDM＝∠CDM＝60°，
∴∠BDC＝120°；
若选择②；
∵已知△ABC内接于圆O，AD平分∠BAC交圆O于点D，AB＝AC，
∴AE⊥BC，∠BAD＝∠CAD，
由∠MBC＝∠MBA＝2∠BAD可设∠BAD＝α，则有∠MBC＝∠MBA＝2α＝∠BAC，
∴∠BMD＝∠MBA+∠BAD＝3α，
∵∠MEB＝90°，
∴∠MBC+∠BME＝90°，即2α+3α＝90°，
∴α＝18°，
∴∠BAC＝2α＝36°，
∵四边形ABDC内接于圆O，
∴∠BDC＝180°﹣∠BAC＝144°，
故答案为：①（或②）；
（2）解：已知△ABC内接于圆O，AD平分∠BAC交圆O于点D，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵∠ADB＝∠ACE，
∴△ABD∽△AEC，
∴，
∵AB＝c，AE＝m，AC＝b，
∴，
∴，
∴；
（3）证明：已知△ABC内接于圆O，AD平分∠BAC交圆O于点D，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵∠MBC＝∠MCA＝∠MAB，
∴∠MBC＝∠MCA＝∠MAB＝∠CAD，
∴∠BMD＝∠BAM+∠ABM＝∠ABM+∠MBC＝∠ABC，
∵∠BDM＝∠ACB，
∴△ABC∽△BMD，
∴，即，
∵∠DMC＝∠CAD+∠ACM＝2∠CAD，
∴∠BAC＝∠DMC，
∵∠ABC＝∠MDC，
∴△ABC∽△MDC，
∴，
∴，
∵∠BAD＝∠CAD，
∴，
∴BD＝CD，
∴，
∴，
∴BC2＝AB AC．
【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查垂径定理、菱形的性质与判定、圆周角的性质、圆内接四边形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握垂径定理、菱形的性质与判定、圆周角的性质、圆内接四边形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
18．（2025 浙江模拟）如图1，AB为⊙O的直径，点C，D在⊙O上（位于AB同侧），BC＜AD＜AC，延长DC交AB的延长线于点E，过点A作CD的平行线交CB的延长线于点F．
（1）求证：∠DAE＝∠F；
（2）如图2，当点D为的中点时，
①若AF CD＝100，求△ABF的面积；
②若AE＝AF，求△ACD与△CBE的面积之比．
【点拨】（1）根据同弧所对圆周角相等及平行线同位角相等的性质，通过等量代换，即可证明．
（2）①由等弧对等弦可知AC＝BC．根据等腰三角形两底角相等，可得∠CBA＝45°，进而推出∠ACB＝90°．由等腰直角三角形性质及三角形面积公式得出面积为．②证明△DEA≌△BAF，△DAC∽△DEA，设出未知数，利用等腰直角三角形性质求相关线段关系，然后证明△BCE∽△DCA，即可解答．
【解析】（1）证明：∵CD∥AF，
∴∠ECF＝∠F，
∵∠ECF+∠BCD＝180°，∠DAB+∠BCD＝180°，
∴∠ECF＝∠DAB，
∴∠DAE＝∠F；
（2）解：①当点D为的中点时，
即∠DCA＝∠DAE＝45°，
∵∠DAE＝∠F，
∴∠DCA＝∠F，
∵∠ABF+∠ABC＝180°，∠D+∠ABC＝180°，
∴∠D＝∠ABF，
∴△DAC∽△BAF，
∴，
∴AC BF＝CD AF＝100，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴△ABF的面积为；
②若AE＝AF，
∵∠ADC＝∠ABF，∠DAE＝∠F，
∴△DEA≌△BAF（AAS），
∴DE＝AB，
∵∠DCA＝∠DAE＝45°，
连接BD，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵∠DCA＝∠DAE，∠D＝∠D，
∴△DAC∽△DEA，
∴，
即，
设CD＝a，
则，DE＝AB＝2a，
∴CE＝a，
作DG⊥AC于点G，
∵∠DCA＝45°，
∴，
在Rt△ADG中，，
∴，
∵∠E＝∠DAC，∠BCE＝∠DAE＝∠DCA，
∴△BCE∽△DCA，
∴．
【点睛】本题考查圆的基本性质、平行线性质、等腰及等腰直角三角形性质、相似三角形判定与性质，解题关键是灵活运用这些知识，通过角的关系推导、特殊三角形性质计算边长，以及利用相似三角形性质求解面积相关问题．
19．（2025 钱塘区一模）【定理学习】欧几里得在《几何原本》中提出切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线（圆外一点引出一条与圆有两个交点的直线叫割线），切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．
【定理证明】
（1）如图①，点P为⊙O外一点，PA与⊙O相切于点A，割线PC与圆相交于B，C两点，求证：PA2＝PB PC（提示：连结AB，AC，AO，并延长AO交⊙O于点D，连结BD）．
【解决问题】
（2）如图②，PA是⊙O的切线，连结PO交⊙O于点B，⊙O的半径为r．若PA＝r+2，PB＝r﹣2，求r的值．
【点拨】（1）由PA与⊙O相切于点A，可得到∠DAP＝90°，即∠DAB+∠PAB＝90°．由BD是⊙O的直径，得到∠DAB+∠BDA＝90°，所以可推出∠PAB＝∠BDA，再由同弧对应的圆周角相等得到∠BCA＝∠BDA，所以∠PAB＝∠BCA，所以可证得△PAB∽△PCA，即可得到PA2＝PB PC．
（2）延长PO交⊙O于点C，连结AB，AC，由⊙O的半径为r，PB＝r﹣2，所以PC＝PB+BC＝r﹣2+2r＝3r﹣2，由（1）PA2＝PB PC，代入可得到关于r的方程，解方程即可求出r的值．
【解析】（1）证明：∵PA与⊙O相切于点A，
∴DA⊥PA，即∠DAP＝90°，
∴∠DAB+∠PAB＝90°．
∵BD是⊙O的直径，
∴∠ABD＝90°，
∴∠DAB+∠BDA＝90°，
∴∠PAB＝∠BDA．
∵，
∴∠BCA＝∠BDA，
∴∠PAB＝∠BCA．
∵∠P＝∠P，
∴△PAB∽△PCA，
∴，即PA2＝PB PC．
（2）解：如图，延长PO交⊙O于点C，连结AB，AC．
∵⊙O的半径为r，PB＝r﹣2，
∴PC＝PB+BC＝r﹣2+2r＝3r﹣2．
由（1）可知△PAB∽△PCA，
∴PA2＝PB PC，
∴（r+2）2＝（r﹣2）（3r﹣2），
整理得r2﹣6r＝0，
解得r＝6或r＝0（舍去），
∴r的值为6．
【点睛】本题是一道关于圆的切割线定理的阅读题，先学习新的定理，再证明，并应用，主要考查的是圆的切线的性质，相似三角形的判定与性质的相关知识，掌握构造相似三角形，并应用相似三角形的性质得到线段之间的关系是解题的关键．
20．（2025 衢州一模）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，⊙O是△ABC的外接圆，点D是的中点，连结CD交AB于点E．
（1）求∠DCB的度数．
（2）如图2，过点A作AF⊥CD，连结OD，若，．
①若＜，求．
②连结OF，求OF的长．
【点拨】（1）根据圆周角定理即可得到结论；
（2）①设OE＝a，则OD＝2a，根据题意列方程得到，求得∠FAE＝∠D，根据三角函数的定义得到，求得EF＝1，AF＝2，根据等腰直角三角形 到现在得到CF＝AF＝2，得到CE＝3，根据勾股定理得到DE＝5，于是得到；
②当＜时过点O作OG⊥CD，得到，求得EG＝DE﹣DG＝1，得到GF＝2，根据相似三角形的性质得到OG＝2，根据勾股定理得到，当＞时，过点O作OG⊥CD，设OE＝b，OD＝OA＝2b，求得，得到EF＝1，AF＝2，根据相似三角形的性质得到OG＝，于是得到．
【解析】解：（1）∵AB是直径，
∴的度数为180°，
∵点D是AB的中点，
∴的度数为90°，
∴∠DCB＝45°；
（2）①∵，
设OE＝a，则OD＝2a，
∵，
∴OE＝OD，
∴，
解得，
∵AF⊥CD，
∴∠AFE＝90°，
∵∠AEF＝∠OED，
∴∠FAE＝∠D，
∴
∴，
∴EF＝1，AF＝2，
∵∠ACD＝45°，
∴CF＝AF＝2，
∴CE＝3，
在Rt△OED中，DE2＝OE2+OD2＝25，DE＝5，
∴；
②当＜时
过点O作OG⊥CD，
∴，
∴EG＝DE﹣DG＝1，
∵EF＝1，
∴GF＝2，
∴△OEG∽△OED，
∴，
∴OG＝2，
在Rt△OGF中，，
当＞时，
过点O作OG⊥CD，
∵∠BAF＝∠D，
∴，
设OE＝b，OD＝OA＝2b，
∵，
∴，
∴，
∴EF＝1，AF＝2，
∵△OEG∽△AEF，
∴，
∴OG＝，
在Rt△ODG中，，
在Rt△ODE中，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形，勾股定理，周期的作出辅助线是解题的关键．
21．（2025 钱塘区一模）如图，锐角△ABC内接于⊙O，AF平分∠BAC，交BC于点D，交⊙O于点E，BE平分∠CBF，连结BO并延长交AD于点G．
（1）若∠EBC＝35°，请直接写出∠BAC，∠OBC的度数．
（2）求证：BF是⊙O的切线．
（3）若BG平分∠ABC，AG＝3，GD＝2，求BG的长．
【点拨】（1）连接OC，根据角平分线定义和圆周角定理即可解决问题；
（2）结合（1）设∠BAE＝∠CAE＝∠EBC＝∠FBE＝θ，证明OB⊥BF，进而可以解决问题；
（3）设∠BAG＝∠CBG＝α，证明∠EBG＝∠EGB，得EB＝EG，设DE＝x，证明△EBD∽△EAB，对应边成比例求出x＝4，过点E作EM⊥BG于点M，再证明△EBF∽△BAF，求出BF，根据勾股定理即可求出BG．
【解析】（1）解：∵AF平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠CAE，
∵BE平分∠CBF，
∴∠CBE＝∠FBE，
∴∠BAE＝∠CAE＝∠EBC＝35°，
∴∠BAC＝2∠BAE＝70°，
如图，连接OC，
∴OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵∠BOC＝2∠BAC＝140°，
∴∠OBC＝∠OCB＝（180°﹣140°）＝20°；
（2）证明：设∠BAE＝∠CAE＝∠EBC＝∠FBE＝θ，
∴∠BAC＝2∠BAE＝2θ，
∴∠BOC＝2∠BAC＝4θ，
∴∠OBC＝∠OCB＝（180°﹣4θ）＝90°﹣2θ，
∴∠OBF＝∠OBC+∠EBC+∠FBE＝90°﹣2θ+θ+θ＝90°，
∴OB⊥BF，
∵OB是半径，
∴BF是⊙O的切线；
（3）解：∵BG平分∠ABC，
∴∠BAG＝∠CBG，
设∠BAG＝∠CBG＝α，
∵∠BAE＝∠CAE＝∠EBC＝∠FBE＝θ，
∴∠EBG＝∠CBG+∠EBC＝α+θ，∠EGB＝∠GBA+∠GAB＝α+θ，
∴∠EBG＝∠EGB，
∴EB＝EG，
设DE＝x，
∵AG＝3，GD＝2，
∴EB＝EG＝DE+DG＝x+2，
∴AE＝AG+EG＝x+5，
∵∠EBD＝∠EAB，∠BED＝∠AEB，
∴△EBD∽△EAB，
∴＝，
∴BE2＝AE DE，
∴（x+2）2＝x（x+5），
∴x＝4，
过点E作EM⊥BG于点M，
∵EB＝EG，
∴EM⊥BG，BM＝GM，
∵GB⊥BF，
∴EM∥BF，
∴GE＝EF＝2+4＝6，
∴AF＝AE+EF＝15，
∵∠EBF＝∠FAB，∠F＝∠F，
∴△EBF∽△BAF，
∴＝，
∴BF2＝AF BE＝15×6＝90，
∴BG＝＝＝3．
【点睛】此题是圆的综合题，考查圆周角定理，切线的判定与性质，勾股定理，角平分线定义，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是证明△EBF∽△BAF．
22．（2025 定海区一模）如图1，以点M（1，0）为圆心的圆与y轴、x轴分别交于点A、B、C、D，直线y＝﹣与⊙M相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点F．
（1）填空：OE的长为　5　 ；OF的长为　　 ；⊙M的半径为　2　 ；CH的长为　2　 ；
（2）如图2，点P是直径CD上的一个动点（不与C、D重合），连结HP并延长交⊙M于点Q．
①当DP：PH＝3：2时，求cos∠QHC的值；
②设tan∠QHC＝x，＝y，求y与x的函数关系式．
【点拨】（1）利用直线解析式求出点E和点F坐标，进而得到OE和OF的长度，再根据边角关系可得∠OEF＝30°，继而得到MH和CH；
（2）①易证△DPQ∽△HPC，从而求出DQ的长，进而即可得解；②构造8字型相似，作QK⊥x轴于点K，HJ⊥x轴于点J，则HJ∥KQ，∴＝y，解直角三角形CHJ可得HJ＝，进而得到KQ、DK和CK，再在Rt△KCQ中，tan∠KQC＝＝x，进而建立等式求解．
【解析】解：（1）∵直线y＝﹣交x轴于点E，交y轴于点F，
令y＝0得，0＝﹣，
解得x＝5，
∴OE＝5；
令x＝0得，y＝，
∴OF＝；
∵tan∠OEF＝＝，
∴∠OEF＝30°，
连接MH，则∠MHE＝90°，
∵M（1，0），
∴OM＝1，
∴EM＝4，
∴MH＝EM＝2，即⊙M的半径为2；
∵MC＝MH，∠CMH＝90°﹣30°＝60°，
∴△MCH是等边三角形，
∴CH＝2；
故答案为：5，，2，2；
（2）①连接DQ、CQ，
∵，
∴∠QDC＝∠QHC，
∵∠QPD＝∠CPH，
∴△DPQ∽△HPC，
∴＝，
∵CH＝2，
∴DQ＝3，
∵CD为直径，
∴CD＝4，∠DQC＝90°，
∴cos∠QDC＝＝，
∴cos∠QHC＝；
②由①知∠QDC＝∠QHC，
∴tan∠QHC＝tan∠QDC＝＝x，
如图，作QK⊥x轴于点K，HJ⊥x轴于点J，则HJ∥KQ，
∵∠MCH＝60°，CM＝2，
∴HJ＝CH cos30°＝，
∵HJ∥KQ，
∴＝y，
∴KQ＝y，
在Rt△DKQ中，tan∠KDQ＝＝x，
∴DK＝＝，
∵CD＝4，
∴CK＝CD﹣DK＝4﹣，
∵∠DQC＝90°，
∴∠KQC＝90°﹣∠KQD＝∠KDQ，
在Rt△KCQ中，tan∠KQC＝＝x，
∴CK＝KQ x，即4﹣＝y x，
整理得（x2+1）y＝4x，
∴y与x的函数关系式为y＝．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、一次函数与坐标轴交点、特殊直角三角形、相似三角形的判定和性质等内容，综合性强，难度大，熟练掌握相关知识是解题的关键．
23．（2025 浙江一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，点D位于⊙O外一点，连接AD，BD，CD．BD交⊙O于点E，连接CE．已知AB＝AC＝AD．
（1）如图1，求证：∠ACE＝∠ADE．
（2）如图2，BD经过圆心O，AB＝2CD．
①求cos∠BAC的值；
②若AB＝3，求⊙O的半径．
【点拨】（1）由题意易得∠ACE＝∠ABE，∠ABD＝∠ADB，然后问题可求证；
（2）①连接AO，CO，由题意易得∠AOB＝∠AOC，∠OBA＝∠OAB＝∠OAC＝∠OCA，然后可得∠ACD＝∠ADC，∠OBA＝∠OAB＝∠ECD＝∠EDC，则有△ABO∽△CDE，进而根据相似三角形的性质及三角函数可进行求解；
②延长AO交BC于点F，由题意易得∠AFB＝90°，BF＝CF，则有，然后根据勾股定理可进行求解．
【解析】（1）证明：⊙O是△ABC的外接圆，
∴∠ACE＝∠ABE，
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴∠ACE＝∠ADE．
（2）解：①已知AB＝AC＝AD，如图2，连接AO，CO，
∵OB＝OC，
∴∠AOB＝∠AOC．
∵AO＝BO＝CO，
∴∠OBA＝∠OAB＝∠OAC＝∠OCA，
∴．
∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC．
∵∠ACE＝∠ADE，
∴．
∵∠BAC＝∠BEC，
∴∠OBA＝∠OAB＝∠ECD＝∠EDC，
∴△ABO∽△CDE，
∴，
∵AB＝2CD，
∴BO＝2EC，
∴BE＝4EC，
∵BD经过圆心O，
∴BD是⊙O的直径，
∴∠BCE＝90°，
∴；
②已知AB＝AC，∠OAB＝∠OAC，如图3，延长AO交BC于点F，
∴AF⊥BC，
∴∠AFB＝90°，BF＝CF，
∵O为BE的中点，
∴，
由（2）①可得BO＝AO＝2CE，
在Rt△BFO中，由勾股定理理：，
在Rt△BFA中，由勾股定理得：，
∴，
∴（负根舍去），
∴．
【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查垂径定理、圆周角的性质、勾股定理、相似三角形的性质与判定，三角函数，熟练掌握垂径定理、圆周角的性质、勾股定理、相似三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键．
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