第二十四章 圆（新课预习.含解析）-2025-2026学年九年级上册数学人教版

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新课预习 圆
一．选择题（共10小题）
1．（2025 东莞市校级三模）如图，在⊙O中，OA⊥BC，∠OCB＝40°，则∠ADB的度数为（　　）
A．20° B．25° C．40° D．50°
2．（2025 武汉）如图，四边形ABCD内接于⊙O，2．若AB＝6，CD，则⊙O的半径是（　　）
A． B． C． D．5
3．（2025 昌邑区校级三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，以边AB的中点O为圆心的半圆与AC相切，连接OC，与半圆相交于点D，则CD的长为（　　）
A．5 B．4 C．3 D．2
4．（2025 江津区模拟）如图，点A是⊙O中优弧BAD的中点，∠ABD＝70°，C为劣弧BD上一点，则∠BCD的度数是（　　）
A．110° B．120° C．130° D．140°
5．（2025 椒江区校级模拟）小明对《数书九章》中的“遥度圆城”问题进行改编：如图，是一座圆形城堡，四个城门分别向正东、正南、正西、正北而开．北门外的正北方向有一棵大树，与城堡的最近距离为城堡直径的，出南门向东走6里恰好能看见这棵树（即视线恰好与城堡外围相切），则城堡外围的直径是（　　）
A．3里 B．6里 C．里 D．里
6．（2025 运城模拟）如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点E，连接AC，AD，BC．若∠BAC＝32°，则∠D的度数为（　　）
A．68° B．58° C．32° D．64°
7．（2025 孝义市三模）如图，在△ABC中，∠B＝30°，AC＝3，点O是AB边上一点，⊙O经过点B且恰好与AC边相切于点C，与AB边交于点D，则的长为（　　）
A． B． C． D．π
8．（2025 东莞市校级模拟）如图，⊙O为△ABC的外接圆，半径OD⊥AB，垂足为点E，∠C＝45°，OE＝4，则AB的长为（　　）
A． B． C．10 D．8
9．（2025 大同模拟）如图，分别以点O1，O2为圆心，O1O2的长为半径作圆，设两圆的一个交点为点P．若O1O2＝3，则图中阴影部分的面积是（　　）
A． B． C． D．
10．（2025 普兰店区一模）如图，PQ∥RS，点A，C分别在PQ，RS上，点B在两条平行线内部，点D是以AB为直径的半圆上一点（不与点A，B重合），点E是以BC为直径的半圆上一点（不与点B，C重合），则∠DAQ+∠DBE+∠ECS的值为（　　）
A．150° B．120° C．180° D．135°
二．填空题（共5小题）
11．（2025 普兰店区一模）已知点O为坐标原点，B（4，0），C（5，0），过点C作x轴的垂线，点M在垂线上，以点O为圆心，OB长为半径作圆，MT1，MT2为圆的切线，切点分别为T1，T2，则△MT1T2垂心的横、纵坐标数量关系为 　 　 ．
12．（2025 永寿县校级模拟）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为E，连接AC，若，CD＝4，则∠A的度数为 　 　 ．
13．（2025 大同模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，过点C作⊙O的切线与AB的延长线交于点D，点E为上的一点，连接AE，CE，OC．若∠AEC＝115°，则∠D的度数为　 　 °．
14．（2025 邗江区模拟）中国高铁的飞速发展，已成为中国现代化建设的重要标志．如图，是某高铁线路在转弯处所设计的圆曲线（即圆弧），设高铁列车在转弯时的曲线起点为A，曲线终点为B，过点A、B的两条切线相交于点C，列车在从A到B行驶的过程中的转角α为60°，若该圆曲线的半径OA＝1.8千米，则这段圆曲线的长为 　 　 ．
15．（2025 二七区校级三模）（1）知识铺垫：如图1，在△ABC中，∠ACB＝120°，作△ABC的外接圆⊙O，连接OA，OB，则∠AOB的度数为　 　 ．
（2）拓展应用：如图2，在边长为1的正方形ABCD中，点E为边BC上的动点，点F为对角线AC上的动点，且∠CAE＝∠ABF，AE，BF交于点G，连接CC，则CG的最小值为　 　 ．
三．解答题（共5小题）
16．（2025 椒江区校级模拟）如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝8，AB＝6，D是AC边上的动点，过点B，A，D作⊙O，交BC于点E．过点A作AG⊥BE交BC于点G．
（1）如图1，连接DE，求证：；
（2）如图2，AF是⊙O的直径，连接 FG，AE．
①求证：∠EAF＝∠C；
②若圆心O满足在AG左侧时，记△AFG与△AEG的面积之和为k，则k是否为定值？若是，请写出求解过程；若不是，请说明理由．
17．（2025 天河区校级四模）如图所示，△ABC为等腰三角形，AB＝AC，点D是BC上一点，连接AD．
（1）如图1，若∠BAC＝60°，CE＝2CD＝4，以AD为边在AD的右侧作等边△ADE，连接CE，求AC的长；
（2）如图2，若∠BAC＝90°，以AD为底边在AD的右侧作等腰直角△ADE，连接CE，求证：AE＝CE；
（3）如图3，若∠BAC＝120°，AB＝AC＝2，点E为BC中点，将AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AD'，连接D'E，求△AD'E的外接圆半径r的最小值．
18．（2025 武汉）如图，点A，B，C，D在⊙O上，BD是直径，∠BAC＝45°，过点C作CE∥BD交AB的延长线于点E．
（1）求证：CE是⊙O的切线．
（2）若BD＝4，tan∠ABD＝2，求图中阴影部分的面积．
19．（2025 连州市一模）如图，AB是⊙O的直径，点C、E在⊙O上，∠CAB＝2∠EAB，点F线段AB的延长线上且∠AFE＝∠ABC．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）若BF＝1，，求⊙O的半径．
20．（2025 五华区校级模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O，分别交BC于点D，交AC于点E，过D作DH⊥AC于H，连接DE并延长交BA的延长线于点F．
（1）求证：DH是⊙O的切线；
（2）连接OH交DF于G，若，OA＝1，求AF的值．
新课预习 圆
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 东莞市校级三模）如图，在⊙O中，OA⊥BC，∠OCB＝40°，则∠ADB的度数为（　　）
A．20° B．25° C．40° D．50°
【考点】圆周角定理；垂径定理．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】B
【分析】连接OB，由垂径定理可得∠AOB＝50°，再利用圆周角定理即可得到答案．
【解答】解：连接OB，
∵OA⊥BC，∠OCB＝40°，
∴∠AOC＝90°﹣40°＝50°，
∴∠AOB＝50°，
∴∠ADB∠AOB50°＝25°，
即∠ADB的度数为25°，
故选：B．
【点评】本题考查了圆周角定理和垂径定理，关键是相关定理的熟练掌握．
2．（2025 武汉）如图，四边形ABCD内接于⊙O，2．若AB＝6，CD，则⊙O的半径是（　　）
A． B． C． D．5
【考点】弧长的计算．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】A
【分析】根据垂径定理，圆心角、弦、弧之间的关系，勾股定理进行计算即可．
【解答】解：如图，过点O作OE⊥AB，垂足为F，交⊙O于点E，连接OA，AE，则，AF＝BFAB＝3，
∵2，
∴，
∴AE＝CD，
在Rt△AEF中，AE，AF＝3，
∴EF2，
设半径为R，
在Rt△AOF中，OA＝R，OF＝R﹣2，AF＝3，由勾股定理得，
OA2＝OF2+AF2，
即R2＝（R﹣2）2+32，
解得R．
故选：A．
【点评】本题考查垂径定理，圆心角、弦、弧之间的关系，勾股定理，掌握垂径定理，圆心角、弦、弧之间的关系，勾股定理是正确解答的关键．
3．（2025 昌邑区校级三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，以边AB的中点O为圆心的半圆与AC相切，连接OC，与半圆相交于点D，则CD的长为（　　）
A．5 B．4 C．3 D．2
【考点】切线的性质；直角三角形斜边上的中线．
【专题】推理能力．
【答案】D
【分析】首先利用勾股定理可求解边AB的长度，由直角三角形斜边中线的性质可得CO＝AO＝BO＝5，再利用圆的切线的性质可得切点为边AC的中点，利用中位线的性质可得圆的半径，由CD＝CO﹣OD求解即可．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，
∴，
∵点O为AB的中点，
∴CO＝AO＝BO＝5，
记切点为点E，连接OE，
∴可知OE⊥AC，
∴BC∥DE，
∵点O为AB的中点，
∴点E为AC的中点，
∴，
∴圆的半径为3，即OD＝3，
∴CD＝CO﹣OD＝5﹣3＝2，
即CD的长为2．
故选：D．
【点评】本题考查了圆的切线性质，直角三角形斜边中线的性质，中位线的定理以及勾股定理求解边长，得到切点为边AC的中点是解决本题的关键．
4．（2025 江津区模拟）如图，点A是⊙O中优弧BAD的中点，∠ABD＝70°，C为劣弧BD上一点，则∠BCD的度数是（　　）
A．110° B．120° C．130° D．140°
【考点】圆内接四边形的性质；三角形内角和定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．
【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】D
【分析】先根据弧中点的定义可得进而得到AB＝AD，然后根据三角形内角和定理可得∠A＝40°，最后根据圆的内接四边形对角互补即可解答．
【解答】解：∵点A是⊙O中优弧BAD的中点，∠ABD＝70°，
∴，
∴AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB＝70°，
∴∠A＝180°﹣∠ABD﹣∠ADB＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
又∵C为劣弧BD上一点，
∴∠BCD＝180°﹣∠A＝180°﹣40°＝140°，
故选：D．
【点评】本题主要考查了圆的内接四边形性质，三角形内角和定理，圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，熟知以上知识是解题的关键．
5．（2025 椒江区校级模拟）小明对《数书九章》中的“遥度圆城”问题进行改编：如图，是一座圆形城堡，四个城门分别向正东、正南、正西、正北而开．北门外的正北方向有一棵大树，与城堡的最近距离为城堡直径的，出南门向东走6里恰好能看见这棵树（即视线恰好与城堡外围相切），则城堡外围的直径是（　　）
A．3里 B．6里 C．里 D．里
【考点】垂径定理的应用；切线的判定；勾股定理的应用．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】B
【分析】如图，设AE＝2x，则直径BE＝6x，设切点为D，连接OD．利用勾股定理构建方程求解．
【解答】解：如图，设AE＝2x，则直径BE＝6x，设切点为D，连接OD．
∵AC是切线，
∴OD⊥AC，
∵AO＝AE+OE＝2x+3x＝5x，OD＝3x，
∴AD4x，
∵CB，CD是⊙O的切线，
∴CB＝CD＝6里，
∵∠ABC＝90°，
∴AB2+BC2＝AC2，
∴（8x）2+62＝（4x+6）2，
解得x＝1（不符合题意的根已经舍去），
∴⊙O的直径为6里．
故选：B．
【点评】本题考查作图﹣垂径定理，勾股定理的应用，切线的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
6．（2025 运城模拟）如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点E，连接AC，AD，BC．若∠BAC＝32°，则∠D的度数为（　　）
A．68° B．58° C．32° D．64°
【考点】圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质．
【答案】B
【分析】根据圆中直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，根据直角三角形中两个锐角互余可得：∠B＝58°，根据∠D和∠B都是所对的圆周角可得：∠D＝∠B＝58°．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝32°，
∴∠B＝90°﹣∠BAC＝90°﹣32°＝58°，
∴∠D＝∠B＝58°．
故选：B．
【点评】本题考查了圆周角定理、直角三角形的性质，掌握以上性质是解题的关键．
7．（2025 孝义市三模）如图，在△ABC中，∠B＝30°，AC＝3，点O是AB边上一点，⊙O经过点B且恰好与AC边相切于点C，与AB边交于点D，则的长为（　　）
A． B． C． D．π
【考点】切线的性质；弧长的计算．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】B
【分析】连接OC，根据圆周角定理求出∠COD，根据切线的性质得到OC⊥AC，解直角三角形求出OC，再根据弧长公式计算即可．
【解答】解：如图，连接OC，
由圆周角定理得：∠COD＝2∠B＝2×30°＝60°，
∵AC是⊙O的切线，
∴OC⊥AC，
在Rt△AOC中，∠COD＝60°，AC＝3，
则OC，
∴的长为：π，
故选：B．
【点评】本题考查的是切线的性质、弧长的计算，熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
8．（2025 东莞市校级模拟）如图，⊙O为△ABC的外接圆，半径OD⊥AB，垂足为点E，∠C＝45°，OE＝4，则AB的长为（　　）
A． B． C．10 D．8
【考点】三角形的外接圆与外心；勾股定理；垂径定理．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】D
【分析】连接OB，根据圆周角定理得到∠AOB＝90°，根据垂径定理得到AE＝BE，再根据直角三角形斜边上的中线的性质计算即可．
【解答】解：如图，连接OB，
由圆周角定理得：∠AOB＝2∠C＝2×45°＝90°，
∵OD⊥AB，
∴AE＝BE，
∴AB＝2OE＝8，
故选：D．
【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理、直角三角形的性质是解题的关键．
9．（2025 大同模拟）如图，分别以点O1，O2为圆心，O1O2的长为半径作圆，设两圆的一个交点为点P．若O1O2＝3，则图中阴影部分的面积是（　　）
A． B． C． D．
【考点】扇形面积的计算．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】A
【分析】如图所示，连接PO1，PO2，过点P作PA⊥O1O2交于点A，得到PO1＝PO2＝O1O2＝3，证明出△PO1O2是等边三角形，求出∠PO1O2＝∠O1PO2＝60°，解直角三角形求出AP，然后根据阴影部分的面积代数求解即可．
【解答】解：如图所示，连接PO1，PO2，过点P作PA⊥O1O2交于点A，
根据题意得，PO1＝PO2＝O1O2＝3，
∴△PO1O2是等边三角形，
∴，
∴S阴影
．
故选：A．
【点评】此题考查了求不规则图形面积，等边三角形的性质和判定，解直角三角形等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
10．（2025 普兰店区一模）如图，PQ∥RS，点A，C分别在PQ，RS上，点B在两条平行线内部，点D是以AB为直径的半圆上一点（不与点A，B重合），点E是以BC为直径的半圆上一点（不与点B，C重合），则∠DAQ+∠DBE+∠ECS的值为（　　）
A．150° B．120° C．180° D．135°
【考点】圆周角定理；平行线的性质．
【专题】三角形；圆的有关概念及性质；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】延长CB交PQ于点F，∠BAP＝α，∠BCR＝β，∠ABD＝θ，∠CBE＝γ，则∠ABC＝θ+γ+∠DBE，根据平行线性质得∠BFA＝∠BCR＝β，再根据三角形外角性质得∠ABC＝α+β，进而得∠DBE＝α+β﹣θ﹣γ，再根据圆周角定理及直角三角形性质得∠BAD＝90°﹣θ，∠BCE＝90°﹣γ，由此得∠DAQ＝90°+θ﹣α，∠ECS＝90°+γ﹣β，据此即可得出∠DAQ+∠DBE+∠ECS的值．
【解答】解：延长CB交PQ于点F，如图所示：
设∠BAP＝α，∠BCR＝β，∠ABD＝θ，∠CBE＝γ，
∴∠ABC＝∠ABD+∠CBE+∠CBE＝θ+γ+∠DBE，
∵PQ∥RS，
∴∠BFA＝∠BCR＝β，
∵∠ABC是△ABF的外角，
∴∠ABC＝∠BAP+∠BFA＝α+β，
∴α+β＝θ+γ+∠DBE，
∴∠DBE＝α+β﹣θ﹣γ，
∵点D在以AB为直径的半圆上，
∴∠D＝90°，
∴∠BAD＝90°﹣∠ABD＝90°﹣θ，
∴∠DAQ＝180°﹣∠BAD﹣∠BAP＝180°﹣（90°﹣θ）﹣α＝90°+θ﹣α，
∵点E在以AC为直径的半圆上，
∴∠E＝90°，
∴∠BCE＝90°﹣∠CBE＝90°﹣γ，
∴∠ECS＝180°﹣∠BCE﹣∠BCR＝180°﹣（90°﹣γ）﹣β＝90°+γ﹣β，
∴∠DAQ+∠DBE+∠ECS＝90°+θ﹣α+α+β﹣θ﹣γ+90°+γ﹣β＝180°．
故选：C．
【点评】此题主要考查了圆周角定理，平行线的性质，理解直径所对的圆周角是直角，熟练掌握平行线的性质，三角形的内角和定理，三角形的外角性质是解决问题的关键．
二．填空题（共5小题）
11．（2025 普兰店区一模）已知点O为坐标原点，B（4，0），C（5，0），过点C作x轴的垂线，点M在垂线上，以点O为圆心，OB长为半径作圆，MT1，MT2为圆的切线，切点分别为T1，T2，则△MT1T2垂心的横、纵坐标数量关系为 　　 ．
【考点】切线的性质；坐标与图形性质．
【答案】．
【分析】设△MT1T2垂心的为H，点H的坐标为（x，y），连接T1H，T2H，OM，T1T2，OT1，OT2，设OM于T1T2相交于点N，过点H作HK⊥x轴，依题意得点M在第一，象限内，设点M的坐标为（5，b），则点H也在第一，三象限内，则x＞0，证明四边形OT1HT2是菱形得T1T2⊥OM，点N为OH的中点，则点N，进而得ON2，证明△AHK和△OMC相似得，则，继而得OM2＝52+b2，再证明△OT1M和△ONT1相似得ON OM，则ON2 OM2，由此得，整理得，据此可得△MT1T2垂心的横、纵坐标数量关系．
【解答】解：设△MT1T2垂心的为H，点H的坐标为（x，y），连接T1H，T2H，OM，T1T2，OT1，OT2，设OM于T1T2相交于点N，过点H作HK⊥x轴，如图所示：
∵点C（5，0），MC⊥x轴，
∴点M在第一，象限内，设点M的坐标为（5，b），
∴△MT1T2垂心的为H也在第一，象限内，OC＝5，MC＝|b|
∴x＞0，HK＝|y|，OK＝x，
∵点B（4，0），
∴⊙O的半径OB＝4，
∵MT1，MT2为圆的切线，切点分别为T1，T2，
∴OT1＝OT2＝OB＝4，OT1⊥MT1，OT2⊥MT2，
根据垂心的定义得：T1H⊥MT2，T2H⊥MT1，
∴OT1∥T2H，OT2∥T1H，
∴四边形OT1HT2是平行四边形，
∵OT1＝OT2＝4，
∴平行四边形OT1HT2是菱形，
∴T1T2⊥OM，点N为OH的中点，
∴点N的坐标为，
∴ON2，
∵HK⊥x轴，MC⊥x轴，
∴HK∥MC，
∴△AHK∽△OMC，
∴，
∴，
∴，
∴OM2＝52+b2，
∵OT1⊥MT1，T1T2⊥OM，
∴∠OT1M＝∠ONT1＝90°，
又∵∠T1OM＝∠NOT1，
∴△OT1M∽△ONT1，
∴，
∴ON OM，
∴ON2 OM2，
∴，
整理得：25（x2+y2）2＝（32x）2，
∵x＞0，
∴5（x2+y2）＝32x，
∴，
即，
∴△MT1T2垂心的横、纵坐标数量关系为：．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了点的坐标，切线的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握切线的性质，相似三角形的判定和性质是解决问题的关键
12．（2025 永寿县校级模拟）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为E，连接AC，若，CD＝4，则∠A的度数为 　22.5°　 ．
【考点】圆周角定理；勾股定理；垂径定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；运算能力；推理能力．
【答案】22.5°．
【分析】连接OC，由垂径定理得到CECD＝2，由勾股定理求出OE＝2，判定△OCE是等腰直角三角形，得到∠COE＝45°，由圆周角定理得到∠A∠COE＝22.5°．
【解答】解：连接OC，
∵直径AB⊥CD，
∴CECD4＝2，
∵，
∴OCAB＝2，
∴OE2，
∴CE＝OE，
∴△OCE是等腰直角三角形，
∴∠COE＝45°，
∴∠A∠COE＝22.5°．
故答案为：22.5°．
【点评】本题考查圆周角定理，垂径定理，勾股定理，关键是由圆周角定理得到∠A∠COE．
13．（2025 大同模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，过点C作⊙O的切线与AB的延长线交于点D，点E为上的一点，连接AE，CE，OC．若∠AEC＝115°，则∠D的度数为　40　 °．
【考点】切线的性质；圆周角定理．
【专题】与圆有关的计算；几何直观；推理能力．
【答案】40．
【分析】连接CB，可求得∠AOC，利用切线的性质可得∠OCD＝90°，利用三角形内角和即可解答．
【解答】解：AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，∠AEC＝115°，如图，连接CB，
，
∴四边形AECB为圆内接四边形，
∴∠ABC＝65°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝130°，
∴∠COD＝50°，
∵CD是⊙O的切线，
∴∠OCD＝90°，
∴∠D＝90°﹣∠COD＝90°﹣50°＝40°，
故答案为：40．
【点评】本题考查了圆周角定理，切线的性质，熟知相关性质是解题的关键．
14．（2025 邗江区模拟）中国高铁的飞速发展，已成为中国现代化建设的重要标志．如图，是某高铁线路在转弯处所设计的圆曲线（即圆弧），设高铁列车在转弯时的曲线起点为A，曲线终点为B，过点A、B的两条切线相交于点C，列车在从A到B行驶的过程中的转角α为60°，若该圆曲线的半径OA＝1.8千米，则这段圆曲线的长为 　千米　 ．
【考点】切线的性质；弧长的计算．
【专题】与圆有关的位置关系；与圆有关的计算；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】结合切线的性质、四边形内角和是360°求出∠AOB＝60°，再利用弧长公式求解．
【解答】解：∵CA，CB是切线，
∴OA⊥AC，OB⊥CB，
∴∠OAC＝∠OBC＝90°，
∴∠AOB+∠ACB＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∵∠ACB+α＝180°，
∴∠AOB＝α＝60°，
∴的长（千米），
故答案为：千米．
【点评】本题考查弧长公式，切线的性质等知识，解题的关键是记住弧长公式l．
15．（2025 二七区校级三模）（1）知识铺垫：如图1，在△ABC中，∠ACB＝120°，作△ABC的外接圆⊙O，连接OA，OB，则∠AOB的度数为　120°　 ．
（2）拓展应用：如图2，在边长为1的正方形ABCD中，点E为边BC上的动点，点F为对角线AC上的动点，且∠CAE＝∠ABF，AE，BF交于点G，连接CC，则CG的最小值为　　 ．
【考点】三角形的外接圆与外心；正方形的性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；圆的有关概念及性质；运算能力；推理能力．
【答案】（1）120°；
（2）．
【分析】（1）连接OC，则OC＝OA＝OB，所以∠OAC＝∠OCA，∠OBC＝∠OCB，求得∠OAC+∠OBC＝∠OCA+∠OCB＝120°，则∠AOB＝360°﹣（∠OAC+∠OBC+∠ACB）＝120°，于是得到问题的答案；
（2）作△ABG的外接圆，圆心为点L，连接AL、BL、CL、GL，由正方形的性质得AB＝CB＝1，∠ABC＝90°，则∠BAC＝45°，AC，由∠CAE＝∠ABF，推导出∠BGE＝∠BAC＝45°，则∠AGB＝135°，可证明∠ALB＝90°，则∠BAL＝45°，所以∠LAC＝90°，由ABAL＝1，得GL＝AL，求得CL，由CG+GL≥CL，推导出CG，则CG的最小值为，于是得到问题的答案．
【解答】解：（1）如图1，连接OC，则OC＝OA＝OB，
∴∠OAC＝∠OCA，∠OBC＝∠OCB，
∵∠ACB＝120°，
∴∠OAC+∠OBC＝∠OCA+∠OCB＝∠ACB＝120°，
∴∠AOB＝360°﹣（∠OAC+∠OBC+∠ACB）＝120°，
故答案为：120°．
（2）如图2，作△ABG的外接圆，圆心为点L，连接AL、BL、CL、GL，
∵四边形ABCD是边长为1的正方形，
∴AB＝CB＝1，∠ABC＝90°，
∴∠BAC＝∠BCA＝45°，AC，
∵∠CAE＝∠ABF，
∴∠BGE＝∠ABF+∠BAE＝∠CAE+∠BAE＝∠BAC＝45°，
∴∠AGB＝180°﹣∠BGE＝135°，
∵GL＝AL＝BL，
∴∠LAG＝∠LGA，∠LBG＝∠LGB，
∴∠LAG+∠LBG＝∠LGA+∠LGB＝∠AGB＝135°，
∴∠ALB＝360°﹣（∠LAG+∠LBG+∠AGB）＝90°，
∴∠BAL＝∠ABL＝45°，
∴∠LAC＝∠BAL+∠BAC＝90°，
∵ABAL＝1，
∴GL＝AL，
∴CL，
∴CL﹣GL，
∵CG+GL≥CL，
∴CG≥CL﹣GL，
∴CG，
∴CG的最小值为，
故答案为：．
【点评】此题重点考查等腰三角形的性质、四边形的内角和等于360°、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、两点之间线段最短等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
16．（2025 椒江区校级模拟）如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝8，AB＝6，D是AC边上的动点，过点B，A，D作⊙O，交BC于点E．过点A作AG⊥BE交BC于点G．
（1）如图1，连接DE，求证：；
（2）如图2，AF是⊙O的直径，连接 FG，AE．
①求证：∠EAF＝∠C；
②若圆心O满足在AG左侧时，记△AFG与△AEG的面积之和为k，则k是否为定值？若是，请写出求解过程；若不是，请说明理由．
【考点】圆的综合题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）①；
②k为定值，理由见解析．
【分析】（1）连接BD，由∠BAC＝90°知BD为直径，从而∠BED＝90°，导角证明AG∥DE，则可由平行线分线段成比例证明结论；
（2）①证明：先证明∠C＝∠BAG，再连接BF，由圆周角定理推论知∠BFA＝∠AEB，又∠AGE＝90°，故得∠BAF＝∠EAG，从而有∠BAG＝∠EAF．故∠EAF＝∠C；
②作FH⊥BE于点H，连接BF、EF，设BF＝x，由AF为直径知∠ABF＝90°，∠BAF＝∠BEF，故tan∠BEF＝tan∠BAF，可得HE．由sinC，∠C＝∠EAF＝∠HBF，得sin∠HBFsinC，故HF，HE，最后根据k＝S△AFG+S△AEG列式求解即可得k为定值．
【解答】（1）证明：连接BD，如图1所示：
∵∠BAC＝90°，
∴BD为直径．
∴∠BED＝90°，
又∵∠BGA＝90°，
∴AG∥DE．
∴．
（2）①证明：∵AG⊥BC，
∴∠C+∠GAC＝90°．
又∵∠BAG+∠GAC＝90°，
∴∠C＝∠BAG．
连接BF，如图2所示：
∵AF为直径，
∴∠ABF＝90°．
由同弧所对的圆周角相等知∠BFA＝∠AEB，
又∵∠AGE＝90°，
∴∠BAF＝∠EAG，
∴∠BAG＝∠EAF．
故∠EAF＝∠C．
②解：k为定值，理由如下：
由勾股定理可知BC10，
由等面积法可知AG．
作FH⊥BE于点H，连接BF、EF，如图3所示，
设BF＝x，
由AF为直径知∠ABF＝90°，∠BAF＝∠BEF，
∴tan∠BEF＝tan∠BAF，
即，则HE．
∵sinC，且∠C＝∠EAF＝∠HBF，
∴sin∠HBFsinC，
故HF，HE，即HE为定值．
∵S△AFG+S△AEG
，
即k为定值．
【点评】本题考查了圆周角定理推论，平行线分线段成比例定理，直角三角形的性质，勾股定理，解直角三角形，等积变换，熟练掌握以上内容并能利用圆的有关性质灵活进行圆内导角是解题关键．
17．（2025 天河区校级四模）如图所示，△ABC为等腰三角形，AB＝AC，点D是BC上一点，连接AD．
（1）如图1，若∠BAC＝60°，CE＝2CD＝4，以AD为边在AD的右侧作等边△ADE，连接CE，求AC的长；
（2）如图2，若∠BAC＝90°，以AD为底边在AD的右侧作等腰直角△ADE，连接CE，求证：AE＝CE；
（3）如图3，若∠BAC＝120°，AB＝AC＝2，点E为BC中点，将AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AD'，连接D'E，求△AD'E的外接圆半径r的最小值．
【考点】圆的综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】（1）6；
（2）见解析；
（3）．
【分析】（1）证明△BAD≌△CAE即可解决本小题；
（2）延长DE至F，使DE＝EF，连接AF、CF，证明△BAD≌△CAF（SAS）．从而∠ACF＝∠ABD＝45°，∠FCD＝∠ACD+∠ACF＝90°．再根据斜边中线定理可证得AE＝CE；
（3）过点D'作直线D'F⊥AB于点F，由题意可知AE＝1．由旋转可知AD＝AD'，∠DAD'＝60°，∠FAD'＝∠EAD，证明Rt△AFD'≌Rt△AED（AAS）．得AE＝AF＝1，即F为AB中点，从而证得点D'在AB的中垂线D'F上运动．作AE的中垂线l，则△AD'E的外心必在直线l上，设外心为点G，连接AG、D'G，AG＝D'G＝r，当GD'⊥D'F时，GD'最小，即外接圆半径r最小，此时∠HFD＝60°，∠FGD＝30°，AH，FH，设GH＝x，则FG，r，故x，在Rt△AGH中，由勾股定理有，解得r1，r2（不合题意，舍去）．
【解答】（1）解：由题意可知AB＝AC，AD＝AE，
∵∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE．
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE＝4，
∵CD＝2，
∴AC＝BC＝BD+CD＝4+2＝6，即AC的长为6．
（2）证明：延长DE至F，使DE＝EF，连接AF、CF，如图2所示：
∵AE⊥DF，DE＝EF，
∴AE为DF的中垂线，
∴AD＝AF，∠DAE＝∠FAE＝45°，
∴∠DAF＝90°．
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△BAD和△CAF中，
，
∴△BAD≌△CAF（SAS）．
∴∠ACF＝∠ABD＝45°，
∴∠FCD＝∠ACD+∠ACF＝45°+45°＝90°．
又∵CE为Rt△FCD斜边DF的中线，AE为Rt△ADF斜边DF的中线，
∴AE＝CE．
（3）解：过点D'作直线D'F⊥AB于点F，如图3所示：
由AB＝AC，∠BAC＝120°，
可得∠BAE＝∠CAE＝60°，∠B＝∠C＝30°，
∵AB＝2，AE为BC上中线，也为BC上的高，
∴AE＝1．
由旋转可知AD＝AD'，∠DAD'＝60°．
故∠FAD'＝∠EAD，
在Rt△AFD'和Rt△AED中，
，
∴Rt△AFD'≌Rt△AED（AAS）．
∴AE＝AF＝1，即F为AB中点，
故D'在AB的中垂线D'F上运动．
作AE的中垂线l，则△AD'E的外心必在直线l上，
设外心为点G，连接AG、D'G，AG＝D'G＝r，
当GD'⊥D'F时，GD'最小，即外接圆半径r最小，
此时∠HFD＝60°，∠FGD＝30°，AH，FH，
设GH＝x，
则FG，r＝D'G＝cos30° （），
故x，
在Rt△AGH中，由勾股定理有，
解得r1，r2（不合题意，舍去），
故△AD'E的外接圆的半径r的最小值为．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，中垂线的判定与性质，外心的性质，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握以上内容是解题关键．
18．（2025 武汉）如图，点A，B，C，D在⊙O上，BD是直径，∠BAC＝45°，过点C作CE∥BD交AB的延长线于点E．
（1）求证：CE是⊙O的切线．
（2）若BD＝4，tan∠ABD＝2，求图中阴影部分的面积．
【考点】切线的判定与性质；扇形面积的计算；解直角三角形；圆周角定理．
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；与圆有关的计算；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解答；
（2）阴影部分的面积为5﹣π．
【分析】（1）连接OC，由∠BAC＝45°，得∠BOC＝2∠BAC＝90°，因为CE∥BD，所以∠OCE＝180°﹣∠BOC＝90°，即可证明CE是⊙O的切线；
（2）作BF⊥CE于点F，由BD是⊙O的直径，且BD＝4，求得OC＝OB＝2，可证明四边形BOCF是正方形，则BF＝OB＝2，因为∠E＝∠ABD，所以tanE＝tan∠ABD＝2，则EFBF＝1，即可由S阴影＝S△BEF+S正方形BOCF﹣S扇形BOC求得S阴影＝5﹣π．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵∠BAC＝45°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝90°，
∵CE∥BD，
∴∠OCE＝180°﹣∠BOC＝90°，
∵OC是⊙O的半径，且CE⊥OC，
∴CE是⊙O的切线．
（2）解：作BF⊥CE于点F，则∠BFE＝∠BFC＝90°，
∵∠BFC＝∠OCF＝∠BOC＝90°，
∴四边形BOCF是矩形，
∵BD是⊙O的直径，且BD＝4，
∴OC＝OBAB＝2，
∴四边形BOCF是正方形，
∴BF＝OB＝2，
∵∠E＝∠ABD，tan∠ABD＝2，
∴tanE＝tan∠ABD＝2，
∴EFBF＝1，
∴S阴影＝S△BEF+S正方形BOCF﹣S扇形BOC1×2+225﹣π，
∴阴影部分的面积为5﹣π．
【点评】此题重点考查平行线的性质、圆周角定理、切线的判定、正方形的判定与性质、解直角三角形、扇形的面积公式等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
19．（2025 连州市一模）如图，AB是⊙O的直径，点C、E在⊙O上，∠CAB＝2∠EAB，点F线段AB的延长线上且∠AFE＝∠ABC．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）若BF＝1，，求⊙O的半径．
【考点】切线的判定与性质；解直角三角形；圆周角定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接OE，因为AB是⊙O的直径，所以∠C＝90°，由∠CAB＝2∠EAB，∠EOF＝2∠EAB，得∠EOF＝∠CAB，而∠AFE＝∠ABC，则∠EOF+∠AFE＝∠CAB+∠ABC＝90°，所以∠OEF＝90°，即可证明EF是⊙O的切线；
（2）由OB＝OE，BF＝1，得OF＝OB+BF＝OE+1，由sin∠AFE，得OE（OE+1），求得OE＝4，所以⊙O的半径长为4．
【解答】（1）证明：连接OE，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠C＝90°，
∵∠CAB＝2∠EAB，∠EOF＝2∠EAB，
∴∠EOF＝∠CAB，
∵∠AFE＝∠ABC，
∴∠EOF+∠AFE＝∠CAB+∠ABC＝90°，
∴∠OEF＝180°﹣（∠EOF+∠AFE）＝90°，
∵OE是⊙O的半径，且EF⊥OE，
∴EF是⊙O的切线．
（2）解：∵OB＝OE，BF＝1，
∴OF＝OB+BF＝OE+1，
∵∠OEF＝90°，
∴sin∠AFE，
∴OE（OE+1），
解得OE＝4，
∴⊙O的半径长为4．
【点评】此题重点考查圆周角定理、切线的判定、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
20．（2025 五华区校级模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O，分别交BC于点D，交AC于点E，过D作DH⊥AC于H，连接DE并延长交BA的延长线于点F．
（1）求证：DH是⊙O的切线；
（2）连接OH交DF于G，若，OA＝1，求AF的值．
【考点】切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；图形的相似；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明过程见解答．
（2）AF的值为2．
【分析】（1）连接AD，OD．由AB为⊙O的直径，可得AD⊥BC．再由AB＝AC，可推出D是BC的中点，所以OD是△ABC的一条中位线，所以OD∥AC．因为DH⊥AC，所以DH⊥OD，即可推出DH是⊙O的切线．
（2）连接OH交DF于G，由（1）可知OD∥AC，可证得△EHG∽△DOG，即可求出EH的长．由AB＝AC，可得∠C＝∠ABC．因为∠CED+∠AED＝180°，∠ABC+∠AED＝180°，所以∠CED＝∠ABC，所以∠C＝∠CED，所以可得DE＝CD．因为DH⊥AC，所以CE＝2EH，可求出CE的长，再求出AE的长．因为OD∥AC，所以△EAF∽△DOF，即可求出AF的长．
【解答】（1）证明：如图，连接AD，OD．
∵AB为⊙O的直径，
∴AD⊥BC．
∵AB＝AC，
∴D是BC的中点．
∵O是AB的中点，
∴OD是△ABC的一条中位线，
∴OD∥AC．
∵DH⊥AC，
∴DH⊥OD．
∵OD为⊙O的半径，
∴DH是⊙O的切线．
（2）解：如图，连接OH交DF于点G．
由（1）可知OD∥AC，
∴△EHG∽△DOG，
∴，即，
解得EH．
∵AB＝AC，
∴∠C＝∠ABC．
∵∠CED+∠AED＝180°，∠ABC+∠AED＝180°，
∴∠CED＝∠ABC，
∴∠C＝∠CED，
∴DE＝CD．
∵DH⊥AC，
∴CE＝2EH＝2．
∵AC＝AB＝2OA＝2，
∴AE＝AC﹣CE＝2．
∵OD∥AC，
∴△EAF∽△DOF，
∴，即，
解得AF＝2，
∴AF的值为2．
【点评】本题主要考查了切线的判定，等腰三角形的性质，中位线的性质，平行线的性质，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质的相关知识，掌握“连半径，证垂直”这一切线判定的方法，正确运用等腰三角形的性质，中位线的性质及圆内接四边形的性质，熟练运用平行线判定三角形相似及用相似的性质求线段的长是解题的关键．
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