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2025年浙江省中考数学必刷题——圆的基本性质
一．中考真题（共20小题）
1．（2023 湖州）如图，点A，B，C在⊙O上，连结AB，AC，OB，OC．若∠BAC＝50°，则∠BOC的度数是（　　）
A．80° B．90° C．100° D．110°
2．（2023 温州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，AD，则∠CAO的度数与BC的长分别为（　　）
A．10°，1 B．10°， C．15°，1 D．15°，
3．（2023 杭州）如图，在⊙O中，半径OA，OB互相垂直，点C在劣弧AB上．若∠ABC＝19°，则∠BAC＝（　　）
A．23° B．24° C．25° D．26°
4．（2022 丽水）某仿古墙上原有一个矩形的门洞，现要将它改为一个圆弧形的门洞，圆弧所在的圆外接于矩形，如图．已知矩形的宽为2m，高为2m，则改建后门洞的圆弧长是（　　）
A．m B．m C．m D．（2）m
5．（2022 杭州）如图，已知△ABC内接于半径为1的⊙O，∠BAC＝θ（θ是锐角），则△ABC的面积的最大值为（　　）
A．cosθ（1+cosθ） B．cosθ（1+sinθ）
C．sinθ（1+sinθ） D．sinθ（1+cosθ）
6．（2024 浙江）如图，AB是⊙O的直径，AC与⊙O相切，A为切点，连接BC．已知∠ACB＝50°，则∠B的度数为 　 　．
7．（2023 浙江）如图，点A是⊙O外一点，AB，AC分别与⊙O相切于点B，C，点D在上．已知∠A＝50°，则∠D的度数是 　 　．
8．（2023 绍兴）如图，四边形ABCD内接于圆O，若∠D＝100°，则∠B的度数是 　 　．
9．（2023 温州）若扇形的圆心角为40°，半径为18，则它的弧长为 　 　．
10．（2023 湖州）如图，OA是⊙O的半径，弦BC⊥OA于点D，连结OB．若⊙O的半径为5cm，BC的长为8cm，则OD的长是 　 　cm．
11．（2023 金华）如图，在△ABC中，AB＝AC＝6cm，∠BAC＝50°，以AB为直径作半圆，交BC于点D，交AC于点E，则弧DE的长为 　 　cm．
12．（2023 宁波）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，E为AB边上一点，以AE为直径的半圆O与BC相切于点D，连结AD，BE＝3，BD＝3．P是AB边上的动点，当△ADP为等腰三角形时，AP的长为 　 　．
13．（2023 衢州）如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽ABCD是矩形．当餐盘正立且紧靠支架于点A，D时，恰好与BC边相切，则此餐盘的半径等于 　 　cm．
14．（2023 杭州）如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，设正六边形ABCDEF的面积为S1，△ACE的面积为S2，则　 　．
15．（2023 衢州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，O为AC边上一点，连结OB．以OC为半径的半圆与AB边相切于点D，交AC边于点E．
（1）求证：BC＝BD．
（2）若OB＝OA，AE＝2．
①求半圆O的半径．
②求图中阴影部分的面积．
16．（2023 绍兴）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，过点C作⊙O的切线CD，交AB的延长线于点D，过点A作AE⊥CD于点E．
（1）若∠EAC＝25°，求∠ACD的度数；
（2）若OB＝2，BD＝1，求CE的长．
17．（2023 湖州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点O在边AC上，以点O为圆心，OC为半径的半圆与斜边AB相切于点D，交OA于点E，连结OB．
（1）求证：BD＝BC．
（2）已知OC＝1，∠A＝30°，求AB的长．
18．（2024 浙江）如图，在圆内接四边形ABCD中，AD＜AC，∠ADC＜∠BAD，延长AD至点E，使AE＝AC，延长BA至点F，连结EF，使∠AFE＝∠ADC．
（1）若∠AFE＝60°，CD为直径，求∠ABD的度数．
（2）求证：①EF∥BC；
②EF＝BD．
19．（2023 杭州）如图，在⊙O中，直径AB垂直弦CD于点E，连接AC，AD，BC，作CF⊥AD于点F，交线段OB于点G（不与点O，B重合），连接OF．
（1）若BE＝1，求GE的长．
（2）求证：BC2＝BG BO．
（3）若FO＝FG，猜想∠CAD的度数，并证明你的结论．
20．（2023 台州）我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置．如图，AB是⊙O的直径，直线l是⊙O的切线，B为切点．P，Q是圆上两点（不与点A重合，且在直径AB的同侧），分别作射线AP，AQ交直线l于点C，点D．
（1）如图1，当AB＝6，弧BP长为π时，求BC的长；
（2）如图2，当，时，求的值；
（3）如图3，当，BC＝CD时，连接BP，PQ，直接写出的值．
二．中考模拟题（共40小题）
21．（2025 浙江一模）如图，在⊙O中，AB＝AC，若∠ABC＝65°，则∠BOC的度数为（　　）
A．130° B．100° C．120° D．110°
22．（2024 黄岩区校级模拟）如图所示，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠BCD＝125°，则∠BOD的大小是（　　）
A．100° B．110° C．120° D．125°
23．（2024 钱塘区一模）如图，点A，B，C在⊙O上，C为弧AB的中点．若∠BAC＝2∠OAB，则∠AOB等于（　　）
A．144° B．135° C．130° D．120°
24．（2024 宁波模拟）如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，若∠CDB＝32°，则∠ABC等于（　　）
A．68° B．64° C．58° D．32°
25．（2024 浙江模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上．若∠ABC＝60°，则∠D的度数为（　　）
A．25° B．30° C．35° D．40°
26．（2024 温州三模）如图，⊙O是四边形ABCD的外接圆，连接OB，OD，若∠BCD＝110°，则∠BOD的大小为（　　）
A．110° B．120° C．130° D．140°
27．（2023 上城区模拟）如图，AB，AC分别切⊙O于B，C两点，若∠OBC＝26°，则∠A的度数为（　　）
A．32° B．52° C．64° D．72°
28．（2024 鹿城区校级三模）如图，正六边形ABCDEF的边长为，以顶点A为圆心，AB长为半径画圆，则图中阴影部分的面积是（　　）
B． C． D．
29．（2024 临安区一模）日常生活中常见的装饰盘由圆盘和支架组成（如图1），它可以看作如图2所示的几何图形．已知AC＝BD＝5cm，AC⊥CD，垂足为点C，BD⊥CD，垂足为点D，CD＝16cm，⊙O的半径r＝10cm，则圆盘离桌面CD最近的距离是（　　）
A．6 B．5 C．2 D．1
30．（2024 浙江一模）如图，BC是⊙O的切线，点B是切点，连接CO交⊙O于点D，延长CO交⊙O于点A，连接AB，若∠C＝30°，OD＝2，则AB的长为（　　）
A． B． C． D．
31．（2024 浙江模拟）如图是我们生活中常见的标识筒，可将其上半部分近似的看成一个底面半径为10cm，高为40cm的圆锥，现要在该圆锥侧面贴一层反光膜（无缝隙与拼接），则反光膜面积为（　　）
A． B．400πcm2
C． D．800πcm2
32．（2024 桐乡市校级一模）曹老师家所在的小区有如图1所示的护栏宣传版面，其形状是扇形的一部分，图2是其平面示意图，AD和BC都是半径的一部分，小敏测得∠ADC＝∠BCD＝120°，DC＝0.8m，AD＝BC＝0.6m，则这块宣传版面的周长为（　　）
A． B． C． D．
33．（2024 萧山区二模）如图，A，B，C是正方形网格中的三个格点，则是（　　）
A．优弧 B．劣弧 C．半圆 D．无法判断
34．（2022 富阳区二模）往直径为26cm的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示．若水面宽AB＝24cm，则水的最大深度为（　　）
A．4cm B．5cm C．8cm D．10cm
35．（2024 柯桥区二模）某项目化研究小组只用一张矩形纸条和刻度尺，来测量一次性纸杯杯底的直径．小敏同学想到了如下方法：如图，将纸条拉直并紧贴杯底，纸条的上下边沿分别与杯底相交于A、B、C、D四点，然后利用刻度尺量得该纸条的宽为3.5cm，AB＝4cm，CD＝3cm．请你帮忙计算纸杯杯底的直径为（　　）
A．4.8cm B．5cm C．5.2cm D．6cm
36．（2024 普陀区二模）已知圆锥的底面半径为3cm，母线长为5cm，则这个圆锥的侧面积是（　　）cm2．
A．15π B．15 C．30π D．30
37．（2024 温州模拟）如图，AB，DE是⊙O的直径，弦CD∥直径AB，连结BC，BE，若∠BCD＝α，则∠CDE的度数为（　　）
A．2α B．3α C．90°﹣α D．90°﹣2α
38．（2024 西湖区校级二模）如图，扇形的圆心角为120°，点C在圆弧上，∠ABC＝30°，OA＝2，阴影部分的面积为（　　）
B． C． D．
39．（2024 镇海区校级三模）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，CA＝CB，弦BN∥AC，AN交CO的延长线于点M．已知OC＝5，AB＝8，则AM：AN为（　　）
A．1：2 B．5：11 C．6：11 D．2：3
40．（2024 枣阳市模拟）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB是直径，∠BCD＝120°，过点D的切线PD与直线AB交于点P，则∠ADP的度数为（　　）
A．45° B．40° C．35° D．30°
41．（2024 莲都区二模）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的两点，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点E，若∠E＝40°，则∠D的度数为（　　）
A．28° B．30° C．20° D．25°
42．（2024 湖州一模）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的两点，若∠ABD＝41°，则∠BCD的大小为（　　）
A．41° B．45° C．49° D．59°
43．（2024 鹿城区校级三模）如图，⊙O经过矩形ABCD的顶点A，B，且与边CD相切于点E，与边AD交于点F，若AF＝9DF，则AB和BC的比值为（　　）
A． B． C． D．
44．（2023 衢州一模）如图，点O在△ABC的边AC上，⊙O经过点C，且与AB相切于点B．若OC＝1，AC＝3，则的长为（　　）
A． B． C．π D．
45．（2024 瓯海区校级三模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，如果∠BOD的度数为124°，则∠DCE的度数为（　　）
A．64° B．61° C．62° D．60°
46．（2025 镇海区校级模拟）如图，已知△ABC内接于⊙O，点M为BC的中点，连结AM交⊙O于点E，且C为的中点，连结CE，在BC上存在点H，使得，若BH＝2，则AC的长（　　）
A．4 B． C． D．
47．（2025 鹿城区校级一模）如图，PA，PB是⊙O的切线，切点分别是A，B，如果∠C＝65°，那么∠P的度数等于 　 　．
48．（2025 浙江一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABO＝∠ACO＝15°，BC＝6，若扇形OBC（图中阴影部分）正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的高为＝ 　 　．
49．（2024 西湖区校级二模）如图，正六边形ABCDEF与正方形AGDH都内接于⊙O，连接BG，则弦BG所对圆周角的度数为 　 　．
50．（2025 镇海区校级模拟）如图，△OAB为直角三角形，且OA⊥AB，以O为圆心，OA为半径作圆与OB交于点E，过点A作AF⊥OE于点F交圆O于点C，延长AO交圆O于点D，连结DE交AC于点M，若圆O的半径为5，，则AM的长为 　 　．
51．（2024 浙江校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点I在DE上，以EF为直径的圆交直线AB于点M，N．若I为DE的中点，AB＝5，则MN＝　 　．
52．（2013 湖州模拟）如图，AB为⊙O的直径，D、T是圆上的两点，且AT平分∠BAD，过点T作AD延长线的垂线PQ，垂足为C．
（1）求证：PQ是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为2，，求弦AD的长．
53．（2025 浙江一模）如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是上一点，AG、CD的延长线相交于点F，求证：∠FGD＝∠AGC．
54．（2025 鹿城区校级一模）如图，△ABC内接于⊙O，连结AO交CB于点D，交⊙O于点E，已知∠1+∠2＝90°．
（1）求证：；
（2）若CD＝3，AC＝4，求AB的长；
（3）若CA＝CB，设⊙O的半径为r，求△ABC的面积（用含r的代数式表示）．
55．（2024 杭州一模）如图，在正方形ABCD中，以AB为直径作半圆O，点P为半圆上一点，连结AP并延长交BC边于点E，连结BP并延长交CD边于点F，连结CP．
（1）求证：AE＝BF．
（2）当AB＝1时，求CP的最小值．
（3）若CP＝CF，求BE：BC的值．
56．（2024 钱塘区三模）如图1，△ABC内接于⊙O，直径CD交AB于点E，满足∠BEC＝3∠ACD．
（1）若∠BEC＝75°，求∠B的度数．
（2）求证：AB＝AC．
（3）如图2，连接BD．若tan∠ABD＝k，求的值．（用含k的代数式表示）
57．（2024 海宁市三模）已知△ABC内接于⊙O，F为△ABC 的内心，延长AF交BC于点E，交⊙O于点D．连结DC，DB，CF．
（1）若∠ADB＝50°，求∠ACF的度数；
（2）设CD＝m，∠BAC＝α，四边形ABDC的面积记为S，连结OE，当OE⊥AD时，请完成下列问题．
①求证：S＝m2sinα．
②已知，求AC AB的值．
58．（2024 吴兴区校级四模）已知△ABC内接于⊙O，AD平分∠BAC．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，当BC为直径时，作BE⊥AD于点E，CF⊥AD于点F，求证：DE＝AF；
（3）如图3，在（2）的条件下，延长BE交⊙O于点G，连接OE，若EF＝2EG，AC＝2，求OE的长．
59．（2024 鹿城区校级三模）如图，Rt△ABC中，∠A＝90°，点O在线段BC上，以OB为半径作⊙O分别交线段BA，BC于点D，E，交线段AC于点M，N，连结BM，BN（BM＜BN）．
（1）如图1，若，
①当∠C＝32°时，求的度数．
②求证：OB2＝MN OC．
（2）如图2，若
①探究和之间的等量关系，并证明．
②记sinC＝k，用关于k的代数式表示．
60．（2025 镇海区校级模拟）如图，已知AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，CD是⊙O的切线，且AD⊥CD于点D，延长DA交⊙O于点M，连结CM交AB于点F．
（1）如图1，作CE⊥AB于点E，
①求证：△CDA≌△CEA；
②若AE＝EF，CF＝3，求FM的长．
（2）若，求tan∠AMC．
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2025年浙江省中考数学必刷题——圆的基本性质
参考答案与试题解析
一．中考真题（共20小题）
1．（2023 湖州）如图，点A，B，C在⊙O上，连结AB，AC，OB，OC．若∠BAC＝50°，则∠BOC的度数是（　　）
A．80° B．90° C．100° D．110°
【分析】直接利用圆周角定理求解即可求得∠BOC的度数．
【解答】解：∵∠BAC＝50°，∠BOC＝2∠BAC，
∴∠BOC＝100°．
故选：C．
【点评】此题考查了圆周角定理．注意在同圆或等圆中，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．
2．（2023 温州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，AD，则∠CAO的度数与BC的长分别为（　　）
A．10°，1 B．10°， C．15°，1 D．15°，
【分析】由平行线的性质，圆周角定理，垂直的定义，推出∠AOB＝∠COD＝90°，∠CAD＝∠BDA＝45°，求出∠BOC＝60°，得到△BOC是等边三角形，得到BC＝OB，由等腰三角形的性质求出圆的半径长，求出∠OAD的度数，即可得到BC的长，∠CAO的度数．
【解答】解：连接OB，OC，
∵BC∥AD，
∴∠DBC＝∠ADB，
∴，
∴∠AOB＝∠COD，∠CAD＝∠BDA，
∵DB⊥AC，
∴∠AED＝90°，
∴∠CAD＝∠BDA＝45°，
∴∠AOB＝2∠ADB＝90°，∠COD＝2∠CAD＝90°，
∵∠AOD＝120°，
∴∠BOC＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC＝OB，
∵OA＝OD，∠AOD＝120°，
∴∠OAD＝∠ODA＝30°，
∴ADOA，
∴OA＝1，
∴BC＝1，
∴∠CAO＝∠CAD﹣∠OAD＝45°﹣30°＝15°．
故选：C．
【点评】本题考查圆周角定理，平行线的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，关键是由圆周角定理推出∠AOB＝∠COD＝90°，∠CAD＝∠BDA＝45°，证明△OBC是等边三角形．
3．（2023 杭州）如图，在⊙O中，半径OA，OB互相垂直，点C在劣弧AB上．若∠ABC＝19°，则∠BAC＝（　　）
A．23° B．24° C．25° D．26°
【分析】连接OC，根据圆周角定理可求解∠AOC的度数，结合垂直的定义可求解∠BOC 的度数，再利用圆周角定理可求解．
【解答】解：连接OC，
∵∠ABC＝19°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝38°，
∵半径OA，OB互相垂直，
∴∠AOB＝90°，
∴∠BOC＝90°﹣38°＝52°，
∴∠BAC∠BOC＝26°，
故选：D．
【点评】本题主要考查圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
4．（2022 丽水）某仿古墙上原有一个矩形的门洞，现要将它改为一个圆弧形的门洞，圆弧所在的圆外接于矩形，如图．已知矩形的宽为2m，高为2m，则改建后门洞的圆弧长是（　　）
A．m B．m C．m D．（2）m
【分析】先作出合适的辅助线，然后根据题意和图形，可以求得优弧所对的圆心角的度数和所在圆的半径，然后根据弧长公式计算即可．
【解答】解：连接AC，BD，AC和BD相交于点O，则O为圆心，如图所示，
由题意可得，CD＝2m，AD＝2m，∠ADC＝90°，
∴tan∠DCA，AC4（m），
∴∠ACD＝60°，OA＝OC＝2m，
∴∠ACB＝30°，
∴∠AOB＝60°，
∴优弧ADCB所对的圆心角为300°，
∴改建后门洞的圆弧长是：（m），
故选：C．
【点评】本题考查弧长公式、勾股定理、圆周角定理、矩形的性质，解答本题的关键是求出优弧所对的圆心角的度数和所在圆的半径．
5．（2022 杭州）如图，已知△ABC内接于半径为1的⊙O，∠BAC＝θ（θ是锐角），则△ABC的面积的最大值为（　　）
A．cosθ（1+cosθ） B．cosθ（1+sinθ）
C．sinθ（1+sinθ） D．sinθ（1+cosθ）
【分析】要使△ABC的面积SBC h的最大，则h要最大，当高经过圆心时最大．
【解答】解：当△ABC的高AD经过圆的圆心时，此时△ABC的面积最大，
如图所示，
∵A′D⊥BC，
∴BC＝2BD，∠BOD＝∠BA′C＝θ，
在Rt△BOD中，
sinθ，cosθ
∴BD＝sinθ，OD＝cosθ，
∴BC＝2BD＝2sinθ，
A′D＝A′O+OD＝1+cosθ，
∴A′D BC2sinθ（1+cosθ）＝sinθ（1+cosθ）．
故选：D．
【点评】本题主要考查锐角三角函数的应用与三角形面积的求法．
6．（2024 浙江）如图，AB是⊙O的直径，AC与⊙O相切，A为切点，连接BC．已知∠ACB＝50°，则∠B的度数为 　40°　．
【分析】由切线的性质得到∠BAC＝90°，由直角三角形的性质求出∠B＝90°﹣50°＝40．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，AC与⊙O相切，A为切点，
∴BA⊥AC，
∴∠BAC＝90°，
∵∠ACB＝50°，
∴∠B＝90°﹣50°＝40°．
故答案为：40°．
【点评】本题考查切线的性质，关键是由切线的性质得到∠BAC＝90°．
7．（2023 浙江）如图，点A是⊙O外一点，AB，AC分别与⊙O相切于点B，C，点D在上．已知∠A＝50°，则∠D的度数是 　65°　．
【分析】连接OC，OB，根据切线的性质得到∠ACO＝∠ABO＝90°，求得∠COB＝360°﹣∠A﹣∠ACO﹣∠ABO＝130°，根据圆周角定理即可得到结论．
【解答】解：连接OC，OB，
∵AB，AC分别与⊙O相切于点B，C，
∴∠ACO＝∠ABO＝90°，
∵∠A＝50°，
∴∠COB＝360°﹣∠A﹣∠ACO﹣∠ABO＝130°，
∴∠D，
故答案为：65°．
【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
8．（2023 绍兴）如图，四边形ABCD内接于圆O，若∠D＝100°，则∠B的度数是 　80°　．
【分析】由圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补，即可得到答案．
【解答】解：∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠B+∠D＝180°，
∵∠D＝100°，
∴∠B＝80°．
故答案为：80°．
【点评】本题考查圆内接四边形的性质，关键是掌握圆内接四边形的性质．
9．（2023 温州）若扇形的圆心角为40°，半径为18，则它的弧长为 　4π　．
【分析】根据弧长公式计算即可．
【解答】解：由弧长公式得，
故答案为：4π．
【点评】本题考查了弧长的计算，熟记弧长的公式，即（l表示弧长，n是弧所对圆心角的度数，r表示半径）．
10．（2023 湖州）如图，OA是⊙O的半径，弦BC⊥OA于点D，连结OB．若⊙O的半径为5cm，BC的长为8cm，则OD的长是 　3　cm．
【分析】根据垂径定理和勾股定理列方程即可．
【解答】解：∵BC⊥OA，BC＝8cm，
∴BD＝CDBC＝4cm，BD2+OD2＝OB2，
∵OB＝5cm，
∴42+OD2＝52，
∴OD＝3或OD＝﹣3（舍去），
∴OD的长是3cm，
故答案为：3．
【点评】本题考查了垂径定理和勾股定理，解题关键是连接半径，构建直角三角形，列方程解决问题．
11．（2023 金华）如图，在△ABC中，AB＝AC＝6cm，∠BAC＝50°，以AB为直径作半圆，交BC于点D，交AC于点E，则弧DE的长为 　π　cm．
【分析】连接OE，OD，由等腰三角形的性质推出∠C＝∠ODB，得到OD∥AC，推出∠EOD＝∠AEO，由OE＝OA，∠OEA＝∠BAC＝50°，因此∠∠EOD＝∠BAC＝50°，由弧长公式即可求出的长．
【解答】解：连接OE，OD，
∵OD＝OB，
∴∠B＝∠ODB，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴∠C＝∠ODB，
∴OD∥AC，
∴∠EOD＝∠AEO，
∵OE＝OA，
∴∠OEA＝∠BAC＝50°，
∴∠EOD＝∠BAC＝50°，
∵ODAB6＝3（cm），
∴的长π（cm）．
故答案为：π．
【点评】本题考查弧长的计算，等腰三角形的性质，平行线的性质，关键是由等腰三角形的性质推出OD∥AC，从而求出∠EOD的度数．
12．（2023 宁波）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，E为AB边上一点，以AE为直径的半圆O与BC相切于点D，连结AD，BE＝3，BD＝3．P是AB边上的动点，当△ADP为等腰三角形时，AP的长为 　6或2　．
【分析】连接OD，DE，根据切线的性质和勾股定理求出OD＝6，然后分三种情况讨论：①当AP＝PD时，此时P与O重合，②如图2，当AP′＝AD时，③如图3，当DP′′＝AD时，分别进行求解即可．
【解答】解：如图1，连接OD，DE，
∵半圆O与BC相切于点D，
∴OD⊥BC，
在Rt△OBD中，OB＝OE+BE＝OD+3，BD＝3．
∴OB2＝BD2+OD2，
∴（OD+3）2＝（3）2+OD2，
解得OD＝6，
∴AO＝EO＝OD＝6，
①当AP＝PD时，此时P与O重合，
∴AP＝AO＝6；
②如图2，当AP′＝AD时，
在Rt△ABC中，
∵∠C＝90°，
∴AC⊥BC，
∴OD∥AC，
∴△BOD∽△BAC，
∴，
∴，
∴AC＝10，CD＝2，
∴AD2，
∴AP′＝AD＝2；
③如图3，当DP′′＝AD时，
∵AD＝2，
∴DP′′＝AD＝2，
∵OD＝OA，
∴∠ODA＝∠BAD，
∴OD∥AC，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴AD平分∠BAC，
过点D作DH⊥AE于点H，
∴AH＝P″H，DH＝DC＝2，
∵AD＝AD，
∴Rt△ADH≌Rt△ADC（HL），
∴AH＝AC＝10，
∴AH＝AC＝P″H＝10，
∴AP″＝2AH＝20（P为AB边上一点，不符合题意，舍去），
综上所述：当△ADP为等腰三角形时，AP的长为6或2．
故答案为：6或2．
【点评】此题属于圆的综合题，考查了切线的性质，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，综合性强，解决本题的关键是利用分类讨论思想．
13．（2023 衢州）如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽ABCD是矩形．当餐盘正立且紧靠支架于点A，D时，恰好与BC边相切，则此餐盘的半径等于 　10　cm．
【分析】连接OA，过点O作OE⊥BC，交BC于点E，交AD于点F，则点E为餐盘与BC边的切点，由矩形的性质得AD＝BC＝16cm，AD∥BC，∠BCD＝∠ADC＝90°，则四边形CDFE是矩形，OE⊥AD，得CD＝EF＝4cm，∠AFO＝90°，AF＝DF＝8cm，设餐盘的半径为x cm，则OA＝OE＝x cm，OF＝（x﹣4）cm，然后由勾股定理列出方程，解方程即可．
【解答】解：由题意得：BC＝16cm，CD＝4cm，
如图，连接OA，过点O作OE⊥BC，交BC于点E，交AD于点F，
则∠OEC＝90°，
∵餐盘与BC边相切，
∴点E为切点，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝16cm，AD∥BC，∠BCD＝∠ADC＝90°，
∴四边形CDFE是矩形，OE⊥AD，
∴CD＝EF＝4cm，∠AFO＝90°，AF＝DFAD16＝8（cm），
设餐盘的半径为x cm，
则OA＝OE＝x cm，
∴OF＝OE﹣EF＝（x﹣4）cm，
在Rt△AFO中，由勾股定理得：AF2+OF2＝OA2，
即82+（x﹣4）2＝x2，
解得：x＝10，
∴餐盘的半径为10cm，
故答案为：10．
【点评】本题考查了切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
14．（2023 杭州）如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，设正六边形ABCDEF的面积为S1，△ACE的面积为S2，则　2　．
【分析】连接OA，OC，OE，首先证明出△ACE 是⊙O的内接正三角形，然后证明出△BAC≌△OAC（ASA），得到 S△ABC＝S△AEE＝S△CDE S△AOC＝S△OAE＝S△OCE，进而求解即可．
【解答】解：如图所示，连接OA，OC，OE．
∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，
∴AC＝AE＝CE，
∴△ACE是⊙O的内接正三角形，
∵∠B＝120°，AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA（180°﹣∠B）＝30°，
∵∠CAE＝60°，
∴∠OAC＝∠OAE＝30°，
∴∠BAC＝∠OAC＝30°，
同理可得，∠BCA＝∠OCA＝30°，
又∵AC＝AC，
∴△BAC≌△OAC（ASA），
∴S△BAC＝S△AOC，
圆和正六边形的性质可得，S△BAC＝S△AFE＝S△CDE，
由圆和正三角形的性质可得，S△OAC＝S△OAE＝S△OCE，
∵S1＝S△BAC+S△AEF+S△CDE+S△OAC+S△OAE+S△OCE＝2（S△OAC+S△OAE+S△OCE）＝2S2，
∴，
故答案为：2
【点评】此题考查了圆内接正多边形的性质，正六边形和正三角形的性质，全等三角形的性质和判定等知 识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
15．（2023 衢州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，O为AC边上一点，连结OB．以OC为半径的半圆与AB边相切于点D，交AC边于点E．
（1）求证：BC＝BD．
（2）若OB＝OA，AE＝2．
①求半圆O的半径．
②求图中阴影部分的面积．
【分析】（1）连结OD．由切线的性质得出∠ODB＝90°，证明Rt△ODB≌Rt△OCB（HL），由全等三角形的性质得出BC＝BD．
（2）①证出∠OBD＝∠OBC＝∠A＝30°，由直角三角形的性质得出答案；
②由勾股定理求出AD＝2，∠AOD＝60°，由三角形面积公式和扇形的面积公式可得出答案．
【解答】（1）证明：如图，连结OD．
∵BD是圆O的切线，D为切点，
∴∠ODB＝90°，
∵∠ACB＝90°，OC＝OD，OB＝OB，
∴Rt△ODB≌Rt△OCB（HL），
∴BC＝BD．
（2）解：①∵OB＝OA，
∴∠OBD＝∠A，
∵Rt△ODB≌Rt△OCB，
∴∠OBD＝∠OBC，
∴∠OBD＝∠OBC＝∠A，
∵∠OBD+∠OBC+∠A＝90°，
∴∠OBD＝∠OBC＝∠A＝30°，
在Rt△ODA 中，sin∠A，
∴ODOA．
∵OD＝OE，
∴OEOA，
∴OE＝AE＝2，
∴半圆O的半径为2．
②在Rt△ODA中，OD＝2，OA＝4，
∴AD2，
∴S△OAD2，
∵∠A＝30°，
∴∠AOD＝60°，
∴S阴影部分＝S△ODA﹣S扇形ODE＝22．
【点评】此题考查了切线的性质，扇形的面积，锐角三角函数定义，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．
16．（2023 绍兴）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，过点C作⊙O的切线CD，交AB的延长线于点D，过点A作AE⊥CD于点E．
（1）若∠EAC＝25°，求∠ACD的度数；
（2）若OB＝2，BD＝1，求CE的长．
【分析】（1）由垂直的定义得到∠AEC＝90°，由三角形外角的性质即可求出∠ACD的度数；
（2）由勾股定理求出CD的长，由平行线分线段成比例定理得到，代入有关数据，即可求出CE的长．
【解答】解：（1）∵AE⊥CD于点E，
∴∠AEC＝90°
∴∠ACD＝∠AEC+∠EAC＝90°+25°＝115°；
（2）∵CD是⊙O的切线，
∴半径OC⊥DE，
∴∠OCD＝90°，
∵OC＝OB＝2，BD＝1，
∴OD＝OB+BD＝3，
∴CD．
∵∠OCD＝∠AEC＝90°，
∴OC∥AE，
∴，
∴，
∴CE．
【点评】本题考查切线的性质，垂线，平行线分线段成比例，勾股定理，三角形外角的性质，关键是由三角形外角的性质求出∠ACD的度数，由勾股定理求出CD的长，由平行线分线段成比例定理即可求出CE的长．
17．（2023 湖州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点O在边AC上，以点O为圆心，OC为半径的半圆与斜边AB相切于点D，交OA于点E，连结OB．
（1）求证：BD＝BC．
（2）已知OC＝1，∠A＝30°，求AB的长．
【分析】（1）根据切线性质得到∠ODB＝∠OCB＝90°，再根据HL证明Rt△ODB≌Rt△OCB，从而得到结论；
（2）分别在Rt△OBC中，利用三角函数求出BC的长，和在Rt△ABC中，利用三角函数求出即可求出AB的长．
【解答】（1）证明 如图，连结OD，
∵半圆O与AB相切于点D，
∴OD⊥AB，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ODB＝∠OCB＝90°，
在Rt△ODB和Rt△OCB中，
∴Rt△ODB≌Rt△OCB（HL），
∴BD＝BC；
（2）解 如图，∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝60°，
∵Rt△ODB≌Rt△OCB，
∴，
在Rt△OBC中，
∵OC＝1，
∴，
在Rt△ABC中，
．
【点评】本题考查圆的切线性质，全等三角形判定和性质，解直角三角形，熟悉相关图形的性质是解题的关键．
18．（2024 浙江）如图，在圆内接四边形ABCD中，AD＜AC，∠ADC＜∠BAD，延长AD至点E，使AE＝AC，延长BA至点F，连结EF，使∠AFE＝∠ADC．
（1）若∠AFE＝60°，CD为直径，求∠ABD的度数．
（2）求证：①EF∥BC；
②EF＝BD．
【分析】（1）根据圆周角定理进行计算即可；
（2）①利用圆内接四边形的外角等于它的内对角以及平行线的判定方法即可得出结论；
②根据全等三角形的性质，圆周角定理进行解答即可．
【解答】（1）解：∵CD为直径，
∴∠CAD＝90°，
∵∠AFE＝∠ADC＝60°，
∴∠ACD＝90°﹣60°＝30°，
∴∠ABD＝∠ACD＝30°；
（2）证明：①如图，延长AB，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠CBM＝∠ADC，
又∵∠AFE＝∠ADC，
∴∠AFE＝∠CBM，
∴EF∥BC；
②过点D作DG∥BC交⊙O于点G，连接AG，CG，
∵DG∥BC，
∴，
∴BD＝CG，
∵四边形ACGD是圆内接四边形，
∴∠GDE＝∠ACG，
∵EF∥DG，
∴∠DEF＝∠GDE，
∴∠DEF＝∠ACG，
∵∠AFE＝∠ADC，∠ADC＝∠AGC，
∴∠AFE＝∠AGC，
∵AE＝AC，
∴△AEF≌△ACG（AAS），
∴EF＝CG，
∴EF＝BD．
【点评】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质，掌握圆周角定理，圆内接四边形的性质以及平行四边形的性质是正确解答的关键．
19．（2023 杭州）如图，在⊙O中，直径AB垂直弦CD于点E，连接AC，AD，BC，作CF⊥AD于点F，交线段OB于点G（不与点O，B重合），连接OF．
（1）若BE＝1，求GE的长．
（2）求证：BC2＝BG BO．
（3）若FO＝FG，猜想∠CAD的度数，并证明你的结论．
【分析】（1）由垂径定理可得∠AED＝90°，结合CF⊥AD可得∠DAE＝∠FCD，根据圆周角定理可得∠DAE＝∠BCD，进而可得∠BCD＝∠FCD，通过证明△BCE≌△GCE，可得GE＝BE＝1；
（2）证明△ACB∽△CEB，根据对应边成比例可得BC2＝BA BE，再根据AB＝2BO，BEBG，可证BC2＝BG BO；
（3）方法一：设∠DAE＝∠CAE＝α，∠FOG＝∠FGO＝β，可证a＝90°﹣β，∠OCF＝90﹣3α，通过SAS证明△COF≌△AOF，进而可得∠OCF＝∠OAF，即90°﹣3a＝a，则∠CAD＝2a＝45°．方法二：延长FO交AC于点H，连接OC，证明△AFC是等腰直角三角形，即可解决问题．
【解答】（1）解：直径AB垂直弦CD，
∴∠AED＝90°，
∴∠DAE+∠D＝90°，
∵CF⊥AD，
∴∠FCD+∠D＝90°，
∴∠DAE＝∠FCD，
由圆周角定理得∠DAE＝∠BCD，
∴∠BCD＝∠FCD，
在△BCE和△GCE中，
，
∴△BCE≌△GCE（ASA），
∴GE＝BE＝1；
（2）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CEB＝90°，
∵∠ABC＝∠CBE，
∴△ACB∽△CEB，
∴，
∴BC2＝BA BE，
由（1）知GE＝BE，
∴BEBG，
∵AB＝2BO，
∴BC2＝BA BE＝2BO BG＝BG BO；
（3）解：∠CAD＝45°，证明如下：
解法一：如图，连接OC，
∵FO＝FG，
∴∠FOG＝∠FGO，
∵直径AB垂直弦CD，
∴CE＝DE，∠AED＝∠AEC＝90°，
∵AE＝AE，
∴△ACE≌△ADE（SAS），
∴∠DAE＝∠CAE，
设∠DAE＝∠CAE＝α，∠FOG＝∠FGO＝β，
则∠FCD＝∠BCD＝∠DAE＝α，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC＝α，
∵∠ACB＝90°，
∴∠OCF＝∠ACB﹣∠OCA﹣∠FCD﹣∠BCD＝90°﹣3α，
∵∠CGE＝∠OGF＝β，∠GCE＝α，∠CGE+∠GCE＝90°，
∴β+α＝90°，
∴α＝90°﹣β，
∵∠COG＝∠OAC+∠OCA＝α+α＝2α，
∴∠COF＝∠COG+∠GOF＝2α+β＝2（90°﹣β）+β＝180°﹣β，
∴∠COF＝∠AOF，
在△COF和△AOF中，
，
∴△COF≌△AOF（SAS），
∴∠OCF＝∠OAF，
即90°﹣3α＝α，
∴α＝22.5°，
∴∠CAD＝2a＝45°．
解法二：
如图，延长FO交AC于点H，连接OC，
∵FO＝FG，
∴∠FOG＝∠FGO，
∴∠FOG＝∠FGO＝∠CGB＝∠B，
∴BC∥FH，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠AHO＝90°，
∵OA＝OC，
∴AH＝CH，
∴AF＝CF，
∵CF⊥AD，
∴△AFC是等腰直角三角形，
∴∠CAD＝45°．
【点评】本题是圆的综合题，考查垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等，难度较大，解题的关键是综合应用上述知识点，特别是第3问，需要大胆猜想，再逐步论证．
20．（2023 台州）我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置．如图，AB是⊙O的直径，直线l是⊙O的切线，B为切点．P，Q是圆上两点（不与点A重合，且在直径AB的同侧），分别作射线AP，AQ交直线l于点C，点D．
（1）如图1，当AB＝6，弧BP长为π时，求BC的长；
（2）如图2，当，时，求的值；
（3）如图3，当，BC＝CD时，连接BP，PQ，直接写出的值．
【分析】（1）连接OP，设∠BOP的度数为n，可得π，n＝60，即∠BOP＝60°，故∠BAP＝30°，而直线l是⊙O的切线，有∠ABC＝90°，从而BC2；
（2）连接BQ，过点C作CF⊥AD于点F，求出cos∠BAQ，由，得∠BAC＝∠DAC，有CF＝BC，证明∠FCD＝∠BAQ，即得，故；
（3）连接BQ，证明△APQ∽△ADC，得①，证明△APB∽△ABC，得 ②，由BC＝CD，将①②两式相除得：，故．
【解答】解：（1）如图，连接OP，
设∠BOP的度数为n°，
∵AB＝6，长为π，
∴π，
∴n＝60，即∠BOP＝60°，
∴∠BAP＝30°，
∵直线l是⊙O的切线，
∴∠ABC＝90°，
∴BC＝tan30° AB＝2；
（2）如图，连接BQ，过点C作CF⊥AD于点F，
∵AB为⊙O直径，
∴∠BQA＝90°，
∴cos∠BAQ，
∵，
∴∠BAC＝∠DAC，
∵CF⊥AD，AB⊥BC，
∴CF＝BC，
∵∠BAQ+∠ADB＝90°，∠FCD+∠ADB＝90°，
∴∠FCD＝∠BAQ，
∴cos∠FCD＝cos∠BAQ，
∴，
∴；
（3）如图，连接BQ，
∵AB⊥BC，BQ⊥AD，
∴∠ABQ＝90°﹣∠QBD＝∠ADC，
∵∠ABQ＝∠APQ，
∴∠APQ＝∠ADC，
∵∠PAQ＝∠DAC，
∴△APQ∽△ADC，
∴①，
∵∠ABC＝90°＝∠APB，∠BAC＝∠PAB，
∴△APB∽△ABC，
∴②，
由BC＝CD，将①②两式相除得：
，
∵cos∠BAQ，
∴．
【点评】本题考查圆的综合应用，涉及相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，圆的切线等知识，解题的关键是熟练掌握圆的相关性质及应用．
二．中考模拟题（共40小题）
21．（2025 浙江一模）如图，在⊙O中，AB＝AC，若∠ABC＝65°，则∠BOC的度数为（　　）
A．130° B．100° C．120° D．110°
【分析】根据等腰三角形性质求出∠ACB，根据三角形内角和定理求出∠A，根据圆周角定理求出即可．
【解答】解：∵AB＝AC，∠ABC＝65°，
∴∠ACB＝∠ABC＝65°，
∴∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝50°，
∴由圆周角定理得：∠BOC＝2∠A＝100°，
故选：B．
【点评】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，圆周角定理，等腰三角形的性质和三角形内角和定理等知识点，能求出∠A的度数和根据定理得出∠BOC＝2∠A是解此题的关键．
22．（2024 黄岩区校级模拟）如图所示，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠BCD＝125°，则∠BOD的大小是（　　）
A．100° B．110° C．120° D．125°
【分析】先根据圆内接四边形的性质求出∠BAD，再根据圆周角定理计算即可．
【解答】解：∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD＝180°，
∵∠BCD＝125°，
∴∠BAD＝180°﹣125°＝55°，
由圆周角定理得：∠BOD＝2∠BAD＝110°，
故选：B．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟记圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
23．（2024 钱塘区一模）如图，点A，B，C在⊙O上，C为弧AB的中点．若∠BAC＝2∠OAB，则∠AOB等于（　　）
A．144° B．135° C．130° D．120°
【分析】连接OC，根据圆周角定理求出∠BAC∠AOC∠BOC，结合等腰三角形的性质进而求出∠OBA＝∠OAB∠AOB，再根据三角形内角和定理求解即可．
【解答】解：连接OC，如图：
∵C为的中点．
∴，
∴∠BAC∠AOC∠BOC，
∵∠BAC＝2∠OAB，
∴∠OAB∠BAC∠AOC∠AOB，
∵OA＝OB，
∴∠OBA＝∠OAB∠AOB，
∵∠AOB+∠OBA+∠OAB＝180°，
∴∠AOB＝180°，
∴∠AOB＝144°，
故选：A．
【点评】本题考查圆周角定理，解题的关键是掌握圆周角定理和圆心角，弧的关系．
24．（2024 宁波模拟）如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，若∠CDB＝32°，则∠ABC等于（　　）
A．68° B．64° C．58° D．32°
【分析】先由圆周角定理可知∠ACB＝90°，再求出∠ADC＝58°，然后由圆周角定理求解即可．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ADC+∠CDB＝90°，
∴∠ADC＝90°﹣∠CDB＝90°﹣32°＝58°，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠ABC＝58°，
故选：C．
【点评】本题考查了圆周角定理；熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
25．（2024 浙江模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上．若∠ABC＝60°，则∠D的度数为（　　）
A．25° B．30° C．35° D．40°
【分析】求出∠A＝30°，利用圆周角定理可得结论．
【解答】解：∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ABC＝60°，
∴∠A＝90°﹣∠ABC＝30°，
∴∠D＝∠A＝30°，
故选：B．
【点评】本题考查圆周角定理，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
26．（2024 温州三模）如图，⊙O是四边形ABCD的外接圆，连接OB，OD，若∠BCD＝110°，则∠BOD的大小为（　　）
A．110° B．120° C．130° D．140°
【分析】根据圆内接四边形的性质求出∠A，根据圆周角定理计算即可．
【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠BCD＝110°，
∴∠A＝180°﹣∠BCD＝70°，
由圆周角定理得，∠BOD＝2∠A＝140°．
故选：D．
【点评】本题考查的是圆周角定理和圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
27．（2023 上城区模拟）如图，AB，AC分别切⊙O于B，C两点，若∠OBC＝26°，则∠A的度数为（　　）
A．32° B．52° C．64° D．72°
【分析】先根据切线长定理和切线的性质得到AB＝AC，∠OBA＝90°，则可计算出∠ABC＝64°，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算∠A的度数．
【解答】解：∵AB，AC分别切⊙O于B，C两点，
∴AB＝AC，OB⊥AB，
∴∠OBA＝90°，
∵∠OBC＝26°，
∴∠ABC＝90°﹣26°＝64°，
∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝64°，
∴∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝52°．
故选：B．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了等腰三角形的性质．
28．（2024 鹿城区校级三模）如图，正六边形ABCDEF的边长为，以顶点A为圆心，AB长为半径画圆，则图中阴影部分的面积是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据正六边形的性质求出∠A的度数，再由扇形面积的计算方法进行计算即可．
【解答】解：∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠A120°，AB＝AF，
∴S阴影部分＝S扇形BAFπ，
故选：B．
【点评】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质以及扇形面积的计算方法是正确解答的关键．
29．（2024 临安区一模）日常生活中常见的装饰盘由圆盘和支架组成（如图1），它可以看作如图2所示的几何图形．已知AC＝BD＝5cm，AC⊥CD，垂足为点C，BD⊥CD，垂足为点D，CD＝16cm，⊙O的半径r＝10cm，则圆盘离桌面CD最近的距离是（　　）
A．6 B．5 C．2 D．1
【分析】连接AB，OA，过点O作OG⊥CD于点G，交AB一点E，交⊙O于点F．利用垂径定理，勾股定理求出OE，EF，再求出FG可得结论．
【解答】解：连接AB，OA，过点O作OG⊥CD于点G，交AB一点E，交⊙O于点F．
∵AC⊥CD，BD⊥CD，
∴AC∥BD，
∵AC＝BD，
∴四边形ACDB是平行四边形，
∵∠ACD＝90°，
∴四边形ACDB是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD＝16cm，
∵OG⊥CD，
∴OG⊥AB，
∴AE＝EB＝8cm，
∴OE6（cm），
∴EF＝OF﹣OE＝10﹣6＝4（cm），
∵EG＝AC＝BD＝5cm，
∴FG＝EG﹣EF＝5﹣4＝1（cm），
∴圆盘离桌面CD最近的距离是1cm，
故选：D．
【点评】本题考查垂径定理，勾股定理，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
30．（2024 浙江一模）如图，BC是⊙O的切线，点B是切点，连接CO交⊙O于点D，延长CO交⊙O于点A，连接AB，若∠C＝30°，OD＝2，则AB的长为（　　）
A． B． C． D．
【分析】连接OB、DB，由AD是⊙O的直径，得∠ABD＝90°，AD＝2OD＝4，由切线的性质得∠OBC＝90°，而∠C＝30°，则∠BOC＝60°，所以△BOD是等边三角形，则BD＝OD＝2，所以AB2，于是得到问题的答案．
【解答】解：连接OB、DB，则OB＝OD＝2，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD＝90°，AD＝2OD＝4，
∵BC与⊙O相切于点B，
∴BC⊥OB，
∴∠OBC＝90°，
∵∠C＝30°，
∴∠BOC＝60°，
∴△BOD是等边三角形，
∴BD＝OD＝2，
∴AB2，
故选：C．
【点评】此题重点考查切线的性质定理、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
31．（2024 浙江模拟）如图是我们生活中常见的标识筒，可将其上半部分近似的看成一个底面半径为10cm，高为40cm的圆锥，现要在该圆锥侧面贴一层反光膜（无缝隙与拼接），则反光膜面积为（　　）
A． B．400πcm2
C． D．800πcm2
【分析】先利用勾股定理计算出圆锥的母线长，然后利用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和扇形的面积公式求解．
【解答】解：由题意可得：圆锥的母线长为：10（cm），
反光膜面积为：π×10×10100π（cm2）．
故选：C．
【点评】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．
32．（2024 桐乡市校级一模）曹老师家所在的小区有如图1所示的护栏宣传版面，其形状是扇形的一部分，图2是其平面示意图，AD和BC都是半径的一部分，小敏测得∠ADC＝∠BCD＝120°，DC＝0.8m，AD＝BC＝0.6m，则这块宣传版面的周长为（　　）
A． B． C． D．
【分析】分别延长AD、BC交于点O，根据等边三角形的性质得到∠DOC＝60°，OD＝OC＝DC＝0.8m，再根据弧长公式计算即可．
【解答】解：如图，分别延长AD、BC交于点O，
∵∠ADC＝∠BCD＝120°，
∴∠ODC＝∠OCD＝60°，
∴△OCD为等边三角形，
∴∠DOC＝60°，OD＝OC＝DC＝0.8m，
∵AD＝BC＝0.6m，
∴OA＝OB＝1.4m，
∴的长为：π（m），
则这块宣传版面的周长为：AD+DC+BC（π+2）m，
故选：A．
【点评】本题考查的是弧长的计算，熟记弧长公式是解题的关键．
33．（2024 萧山区二模）如图，A，B，C是正方形网格中的三个格点，则是（　　）
A．优弧 B．劣弧 C．半圆 D．无法判断
【分析】利用垂径定理作出圆心，则可判断AC不是直径，从而可判断为劣弧．
【解答】解：作AB和AC的垂直平分线，它们相交于O点，如图，
∵AC为小于直径的弦，
∴为劣弧．
故选：B．
【点评】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．半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
34．（2022 富阳区二模）往直径为26cm的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示．若水面宽AB＝24cm，则水的最大深度为（　　）
A．4cm B．5cm C．8cm D．10cm
【分析】连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，先由垂径定理求出BD的长，再根据勾股定理求出OD的长，进而得出CD的长即可．
【解答】解：连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，如图所示：
∵AB＝24cm，
∴BDAB＝12（cm），
∵⊙O的直径为26cm，
∴OB＝OC＝13（cm），
在Rt△OBD中，OD5（cm），
∴CD＝OC﹣OD＝13﹣5＝8（cm），
即水的最大深度为8cm，
故选：C．
【点评】本题考查了垂径定理、勾股定理等知识；根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
35．（2024 柯桥区二模）某项目化研究小组只用一张矩形纸条和刻度尺，来测量一次性纸杯杯底的直径．小敏同学想到了如下方法：如图，将纸条拉直并紧贴杯底，纸条的上下边沿分别与杯底相交于A、B、C、D四点，然后利用刻度尺量得该纸条的宽为3.5cm，AB＝4cm，CD＝3cm．请你帮忙计算纸杯杯底的直径为（　　）
A．4.8cm B．5cm C．5.2cm D．6cm
【分析】由垂径定理求出BN，DM的长，设OM＝x，由勾股定理得到x2+22＝（3.5﹣x）2+1.52，求出x的值，得到OM的长，由勾股定理求出OD长，即可求出纸杯的直径长．
【解答】解：如图，MN⊥AB，MN过圆心O，连接OD，OB，
∴MN＝3.5cm，
∵CD∥AB，纸条的宽为3.5cm，AB＝3cm，CD＝4cm，
∴MN⊥CD，
∴DMCD4＝2（cm），BNAB3＝1.5（cm），
设OM＝x cm，
∴ON＝MN﹣OM＝（3.5﹣x）cm，
∵OM2+MD2＝OD2，ON2+BN2＝OB2，
∴OM2+MD2＝ON2+BN2，
∴x2+22＝（3.5﹣x）2+1.52，
∴x＝1.5，
∴OM＝1.5（cm），
∴OD2.5（cm），
∴纸杯的直径为2.5×2＝5（cm）．
故选：B．
【点评】本题考查垂径定理及勾股定理，解题的关键是通过作辅助线构造直角三角形，由垂径定理，勾股定理求出OM的长．
36．（2024 普陀区二模）已知圆锥的底面半径为3cm，母线长为5cm，则这个圆锥的侧面积是（　　）cm2．
A．15π B．15 C．30π D．30
【分析】圆锥的侧面积＝底面周长×母线长÷2，把相应数值代入即可求解．
【解答】解：圆锥的侧面积＝2π×3×5÷2＝15π（cm2）．
故选：A．
【点评】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是弄清圆锥的侧面积的计算方法，特别是圆锥的底面周长等于圆锥的侧面扇形的弧长．
37．（2024 温州模拟）如图，AB，DE是⊙O的直径，弦CD∥直径AB，连结BC，BE，若∠BCD＝α，则∠CDE的度数为（　　）
A．2α B．3α C．90°﹣α D．90°﹣2α
【分析】根据平行线的性质得出∠ABC，进而利用圆周角定理解答即可．
【解答】解：∵弦CD∥直径AB，
∴∠ABC＝∠BCD＝α，
由圆周角可知，∠BCD＝∠E＝α，
∵OE＝OB，
∴∠E＝∠ABE＝α，
∴∠CBE＝∠ABC+∠ABE＝2α，
∴∠CDE＝∠CBE＝2α，
故选：A．
【点评】此题考查圆周角定理，关键是利用圆周角定理得出∠BCD＝∠E解答．
38．（2024 西湖区校级二模）如图，扇形的圆心角为120°，点C在圆弧上，∠ABC＝30°，OA＝2，阴影部分的面积为（　　）
A． B． C． D．
【分析】连接AC，CO，通过“同旁内角互补，两直线平行”得出AC∥OB，进而得出△ABC的面积等于△AOC的面积，所以可得出阴影部分的面积与扇形AOC的面积相等，据此可解决问题．
【解答】解：连接AC，CO，
∵∠ABC＝30°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝60°．
又∵OA＝OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠CAO＝60°．
又∵∠AOB＝120°，
∴∠CAO+∠AOB＝180°，
∴AC∥OB，
∴S△ABC＝S△AOC，
∴．
故选：B．
【点评】本题考查扇形面积的计算，通过平行线将阴影部分的面积转化为扇形OAC的面积及熟知扇形的面积公式是解题的关键．
39．（2024 镇海区校级三模）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，CA＝CB，弦BN∥AC，AN交CO的延长线于点M．已知OC＝5，AB＝8，则AM：AN为（　　）
A．1：2 B．5：11 C．6：11 D．2：3
【分析】取AB中点E，连接OE并延长交⊙O于D，连接OA，DA，CN，由垂径定理和三线合一定理可得CE⊥AB，OE⊥AB，则C、O、E三点共线，利用勾股定理求出OE＝3，则DE＝2，进而求出，再证明∠ACN＝∠CAB，得到；设AM＝x，DM＝y，则，证明△ADM∽△CNM，利用相似三角形的性质得到，则．
【解答】解：如图所示，取AB中点E，连接OE并延长交⊙O于D，连接OA，DA，CN，
∵CA＝CB，点E为AB中点，
∴CE⊥AB，OE⊥AB，
∴C、O、E三点共线，
∵OC＝5，AB＝8，
∴，
∴，
∴DE＝OD﹣OE＝2，
∴，
∵CD是直径，
∴∠CAD＝90°，
∴；
∵BN∥AC，
∴∠ANB＝∠CAN，
∴CN＝AB＝8，
∵∠ACB＝∠ANB＝∠CAN，∠ABC＝∠ANC，
∴∠ACN＝∠CAB，
∴；
设AM＝x，DM＝y，则，
∵∠MCN＝∠MAD，∠CNM＝∠ADM，
∴△ADM∽△CNM，
∴，即，
∴，
解得，
∴，
∴，
故选：B．
【点评】本题主要考查了垂径定理，同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，三线合一定理，相似三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造相似三角形和直角三角形是解题的关键．
40．（2024 枣阳市模拟）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB是直径，∠BCD＝120°，过点D的切线PD与直线AB交于点P，则∠ADP的度数为（　　）
A．45° B．40° C．35° D．30°
【分析】连接OD，先利用圆内接四边形的性质得∠BAD＝60°，再利用等腰三角形的性质得∠ODA＝∠OAD＝60°，由切线的性质可得∠ODP＝90°，然后利用互余计算∠ADP的度数．
【解答】解：连接OD，如图，
∵∠BAD+∠BCD＝180°，
∴∠BAD＝180°﹣120°＝60°，
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD＝60°，
∵PD为切线，
∴OD⊥PD，
∴∠ODP＝90°，
∴∠ADP＝90°﹣60°＝30°．
故选：D．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理的基本图形，得出垂直关系．也考查了圆内接四边形的性质．
41．（2024 莲都区二模）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的两点，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点E，若∠E＝40°，则∠D的度数为（　　）
A．28° B．30° C．20° D．25°
【分析】如图，连接OC，则∠OCE＝90°，∠COE＝50°，由圆周角定理可得，计算求解即可．
【解答】解：如图，连接OC，
由切线的性质可得，∠OCE＝90°，
∴∠COE＝180°﹣∠OCE﹣∠E＝50°，
∵，
∴，
故选：D．
【点评】本题考查了切线的性质，三角形内角和定理，圆周角定理．熟练掌握切线的性质，三角形内角和定理，圆周角定理是解题的关键．
42．（2024 湖州一模）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的两点，若∠ABD＝41°，则∠BCD的大小为（　　）
A．41° B．45° C．49° D．59°
【分析】由AB是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可求得∠ADB的度数，继而求得∠A的度数，又由圆周角定理，即可求得答案．
【解答】解：连接AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠ABD＝41°，
∴∠BAD＝90°﹣∠ABD＝49°；
∴∠BCD＝∠BAD＝49°．
故选：C．
【点评】此题考查了圆周角定理以及直角三角形的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
43．（2024 鹿城区校级三模）如图，⊙O经过矩形ABCD的顶点A，B，且与边CD相切于点E，与边AD交于点F，若AF＝9DF，则AB和BC的比值为（　　）
A． B． C． D．
【分析】过点O作OM⊥AD于M，延长MO交BC于N，交⊙O于H，连接OA，OB，得到AMAF，根据矩形的性质得到∠EON＝90°，AB＝MN，AM＝BN，根据切线的性质得到∠OEC＝90°，根据矩形的性质得到CN＝OE，设DF＝x，则AF＝9x，BC＝AD＝10x，AMx，OE＝DN＝10xxx，求得OA＝OEx，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：过点O作OM⊥AD于M，延长MO交BC于N，连接OA，OB，
∴AMAF，
∵四边形ABCD是矩形，BC＝AD，
∴AD∥BC，∠A＝∠B＝∠C＝90°，
∴ON⊥BC，四边形ABNM是矩形，
∴∠EON＝90°，AB＝MN，AM＝BN，
∵DE是⊙O的切线，
∴∠OEC＝90°，
∴四边形CEON是矩形，
∴CN＝OE，
设DF＝x，则AF＝9x，BC＝AD＝10x，AMx，OE＝DN＝10xxx，
∴OA＝OEx，
在Rt△AOM中，OMx，
同理可求ONx，
∴AB＝MN＝2x，
∴．
故选：A．
【点评】本题考查了切线的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
44．（2023 衢州一模）如图，点O在△ABC的边AC上，⊙O经过点C，且与AB相切于点B．若OC＝1，AC＝3，则的长为（　　）
A． B． C．π D．
【分析】设AC与⊙O的另一个交点为点D，连接BD，解直角三角形求出∠A＝30°，然后可得∠AOB和∠BOC的度数，再根据弧长公式计算即可．
【解答】解：如图，设AC与⊙O的另一个交点为点D，连接BD，
∵AB是切线，
∴∠OBA＝90°，
∵OC＝1，AC＝3，
∴OB＝1，OA＝2，CD＝2，
∴，
∴∠A＝30°，
∴∠AOB＝90°﹣30°＝60°，
∴∠BOC＝120°，
∴，
故选：B．
【点评】本题考查了切线的性质，解直角三角形，圆周角定理的推论以及弧长公式的运用，求出∠A的度数是解答本题的关键．
45．（2024 瓯海区校级三模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，如果∠BOD的度数为124°，则∠DCE的度数为（　　）
A．64° B．61° C．62° D．60°
【分析】根据圆周角定理求出∠A，根据圆内接四边形的性质得到∠BCD，根据邻补角的概念求出∠DCE即可．
【解答】解：∵∠BOD的度数为124°，
∴∠ABOD＝62°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BCD＝180°﹣∠A＝118°，
∴∠DCE＝180°﹣∠BCD＝62°，
故选：C．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
46．（2025 镇海区校级模拟）如图，已知△ABC内接于⊙O，点M为BC的中点，连结AM交⊙O于点E，且C为的中点，连结CE，在BC上存在点H，使得，若BH＝2，则AC的长（　　）
A．4 B． C． D．
【分析】连接BE，作HF∥ME交BE于点F，则∠FHE＝∠HEM，由∠HEM∠BCA∠BEM，得∠HEB＝∠HEM，则∠FHE＝∠HEB，所以EF＝HF，则，由，得∠CAM＝∠CEA＝∠CBA，可证明△ACM∽△BCA，由M为BC的中点，得BC＝2MC，则，所以ACMC，再证明△BFH∽△ACM，得，则，则BHMH＝2，求得MH，则MC＝MB2，所以ACMC＝2+2，于是得到问题的答案．
【解答】解：连接BE，作HF∥ME交BE于点F，则∠FHE＝∠HEM，
∵∠BEM＝∠BCA，∠HEM∠BCA，
∴∠HEM∠BEM，
∴∠HEB＝∠HEM，
∴∠FHE＝∠HEB，
∴EF＝HF，
∴，
∵C为的中点，
∴，
∴∠CAM＝∠CEA＝∠CBA，
∵∠ACM＝∠BCA，
∴△ACM∽△BCA，
∴，
∵M为BC的中点，
∴BC＝2MC，
∴，
∴ACMC，
∵∠FBH＝∠CAM，∠BFH＝∠BEM＝∠ACM，
∴△BFH∽△ACM，
∴，
∴，
∴BHMH＝2，
∴MH，
∴MC＝MB＝MH+BH2，
∴ACMC＝2+2，
故选：C．
【点评】此题重点考查圆周角定理、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
47．（2025 鹿城区校级一模）如图，PA，PB是⊙O的切线，切点分别是A，B，如果∠C＝65°，那么∠P的度数等于 　50°　．
【分析】直接利用切线的性质得出∠OAP＝∠OBP＝90°，进而利用圆周角定理结合四边形内角和定理得出答案．
【解答】解：连接OA，OB，
∵PA、PB是⊙O的切线，切点分别是A、B，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∵∠C＝65°，
∴∠AOB＝130°，
∴∠P＝360°﹣130°﹣90°﹣90°＝50°．
故答案为：50°．
【点评】此题主要考查了切线的性质以及圆周角定理，正确把握切线的性质是解题关键．
48．（2025 浙江一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABO＝∠ACO＝15°，BC＝6，若扇形OBC（图中阴影部分）正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的高为＝ 　　．
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后根据∠ABO＝∠ACO＝15°，可以得到∠BAC的度数，从而可以得到∠BOC的度数，然后根据BC＝6，可以得到OB的长，再根据圆锥和侧面展开图的关系，即可求得圆锥的高．
【解答】解：连接OA，
∵OA＝OB，OA＝OC，
∴∠OAB＝∠OBA，∠OAC＝∠OCA，
∵∠ABO＝∠ACO＝15°，
∴∠OAB＝∠OAC＝15°，
∴∠BAC＝30°，
∴∠BOC＝60°，
∵BC＝6，OB＝OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB＝OC＝6，
设扇形OBC围成的圆锥的底面半径为r，
则，
解得r＝1，
∴该圆锥的高为：，
故答案为：．
【点评】本题考查三角形的外接圆和外心、圆周角定理、圆锥的计算，解答本题的关键是求出圆锥的半径和母线长．
49．（2024 西湖区校级二模）如图，正六边形ABCDEF与正方形AGDH都内接于⊙O，连接BG，则弦BG所对圆周角的度数为 　15°或165°　．
【分析】根据圆内接正方形，圆内接正六边形的性质求出其中心角的度数，再根据圆周角定理进行计算即可．
【解答】解：如图，连接OA，OB，OG，
∵正方形AGDH是⊙O的内接正方形，
∴∠AOG90°，
∵正六边形ABCDEF是⊙O的正六边形，
∴∠AOB60°，
∴∠BOG＝90°﹣60°＝30°，
∴弦BG所对劣弧所对应圆周角的度数为∠BOG＝15°．
弦BG所对优弧所对应圆周角的度数为180°﹣15°＝165°．
故答案为：15°或165°．
【点评】本题考查正多边形和圆，圆周角定理，掌握圆内接正方形，圆内接正六边形的性质以及圆周角定理是正确解答的关键．
50．（2025 镇海区校级模拟）如图，△OAB为直角三角形，且OA⊥AB，以O为圆心，OA为半径作圆与OB交于点E，过点A作AF⊥OE于点F交圆O于点C，延长AO交圆O于点D，连结DE交AC于点M，若圆O的半径为5，，则AM的长为 　7.5　．
【分析】连接AE，依题意得OA＝OD＝OE＝5，AD＝10，进而得∠AED＝90°，∠D＝∠OED，在Rt△ADE中，根据tan∠D，设AE＝3k，DE＝4k，则AD＝5k，由此得k＝2，则AE＝6，DE＝8，证明∠MAE＝∠OED＝∠D，在Rt△MAE中，cos∠MAE，在Rt△ADE中，cos∠D，则，由此可得AM的长．
【解答】解：连接AE，如图所示：
∵点O是⊙O的圆心，⊙O的半径为5，AO的延长线交⊙O于点D，
∴AB是⊙O直径，OA＝OD＝OE＝5，AD＝10，
∴∠AED＝90°，∠D＝∠OED，
在Rt△ADE中，tan∠D，
设AE＝3k，DE＝4k，
由勾股定理得：AD5k，
∴5k＝10，
解得：k＝2，
∴AE＝3k＝6，DE＝4k＝8，
∵AF⊥OE，∠AED＝90°，
∴∠MAE+∠AEO＝90°，∠AEO+∠OED＝90°，
∴∠MAE＝∠OED，
∵∠D＝∠OED，
∴∠MAE＝∠D，
在Rt△MAE中，cos∠MAE，
在Rt△ADE中，cos∠D，
∴，
∴AM7.5．
∴AM的长为7.5．
故答案为：7.5．
【点评】此题主要考查了圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，熟练掌握圆周角定理，灵活运用三角函数及勾股定理进行计算是解决问题的关键．
51．（2024 浙江校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点I在DE上，以EF为直径的圆交直线AB于点M，N．若I为DE的中点，AB＝5，则MN＝　　．
【分析】连接EC，FC，证明点E，C，F在同一条直线上，过点E，F作直线MN的垂线，垂足为R，T，设EF的中点为O，过点O作OK⊥MN于K，连接OM，证明△ABC和△AIE全等得BC＝IE，再根据点I为DE的中点得AC＝2BC，由此可得BC，AC＝2BC，进而得EC，FC，则EF＝EC+FC，由此得OM，证明△ABC∽△EAR得AR＝4，同理可证△ABC∽△BFT得FT＝1，证明OK为梯形EFTR的中位线，则OK（ER+FT），然后在Rt△OMK中由勾股定理求出MK，进而可得MN的长．
【解答】解：连接EC，FC，
∵四边形ACDE和四边形BCGF均为正方形，
∴AC＝AE＝ED，∠ACE＝45°，∠CAE＝∠AED＝90°，BC＝BF，∠BCF＝45°，
∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠ACB+∠BCF＝180°，
∴点E，C，F在同一条直线上，
过点E，F作直线MN的垂线，垂足为R，T，设EF的中点为O，过点O作OK⊥MN于K，连接OM，如图所示：
∵四边形ABHI和四边形BCGF均是正方形，
∴∠IAC＝90°，AB＝AI，∠CBF＝90°，BC＝BF，
∴∠BAC+∠CAI＝90°，
又∵∠IAE+∠CAI＝90°，
∴∠BAC＝∠IAE，
在△ABC和△AIE中，
，
∴△ABC≌△AIE（SAS），
∴BC＝IE，
∵点I为DE的中点，
∴ID＝IE，
∴AE＝ED＝2IE，
∴AC＝2BC，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，
即（2BC）2+BC2＝52，
∴BC，AC＝2BC，
在Rt△ACE中，AC＝AE，
由勾股定理得：EC，
在Rt△BFC中，BC＝BF，
由勾股定理得：FC，
∴EF＝EC+FC，
∵EF为⊙O的直径，
∴OE＝OF＝OM，
∵∠CAE＝90°，ER⊥MN，
∴∠BAC+∠EAR＝90°，∠AER+∠EAR＝90°，
∴∠BAC＝∠AER，
又∵∠ACB＝∠R＝90°，
∴△ABC∽△EAR，
∴AC：ER＝AB：AE，
即：ER＝5：，
∴AR＝4，
同理可证：△ABC∽△BFT，
∴BC：FT＝AB：BF，
即：FT＝5：，
∴FT＝1，
∵ER⊥MN，FT⊥MN，OK⊥MN，点O为EF的中点，
∴OK为梯形EFTR的中位线，
∴OK（ER+FT）（4+1），
在Rt△OMK中，OM，OK，
由勾股定理得：MK，
∵点O为⊙O的圆心，OK⊥MN，
∴MN＝2MK．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了垂径定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，理解垂径定理，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键．
52．（2013 湖州模拟）如图，AB为⊙O的直径，D、T是圆上的两点，且AT平分∠BAD，过点T作AD延长线的垂线PQ，垂足为C．
（1）求证：PQ是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为2，，求弦AD的长．
【分析】（1）要证明PQ是⊙O的切线只要证明OT⊥PQ即可；
（2）由已知可求得OM的长，从而利用勾股定理求得AD的长．
【解答】证明：（1）连接OT；
∵OT＝OA，
∴∠ATO＝∠OAT，
又∵∠TAC＝∠BAT，
∴∠ATO＝∠TAC，
∴OT∥AC；
∵AC⊥PQ，
∴OT⊥PQ，
∴PQ是⊙O的切线．
（2）解：过点O作OM⊥AC于M，则AM＝MD；
又∠OTC＝∠ACT＝∠OMC＝90°，
∴四边形OTCM为矩形，
∴，
∴在Rt△AOM中，，
∴弦AD的长为2．
【点评】本题考查的是切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证垂直即可．
53．（2025 浙江一模）如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是上一点，AG、CD的延长线相交于点F，求证：∠FGD＝∠AGC．
【分析】连接AC，根据四边形ACDG是圆内接四边形可知∠FGD＝∠ACD．再由垂径定理得出，故∠AGC＝∠ACD，利用等量代换即可得出结论．
【解答】证明：连接AC，
∵四边形ACDG是圆内接四边形，
∴∠FGD＝∠ACD．
∵弦CD⊥AB于点E，
∴，
∴∠AGC＝∠ACD，
∴∠FGD＝∠AGC．
【点评】本题考查的是圆周角定理，根据题意作出辅助线，构造出圆内接四边形是解答此题的关键．
54．（2025 鹿城区校级一模）如图，△ABC内接于⊙O，连结AO交CB于点D，交⊙O于点E，已知∠1+∠2＝90°．
（1）求证：；
（2）若CD＝3，AC＝4，求AB的长；
（3）若CA＝CB，设⊙O的半径为r，求△ABC的面积（用含r的代数式表示）．
【分析】（1）先根据圆周角定理可得∠ACE＝90°，再由同角的余角可得∠2＝∠AEC，则CD＝CE，最后由三角函数定义即可得结论；
（2）如图2，过点C作CM⊥AE于M，根据勾股定理可得AE＝5，由面积法得CM，由勾股定理得EM，由等腰三角形的三线合一的性质得：DE＝2EM，最后由圆周角定理，对顶角相等，等角对等边即可解答；
（3）如图3，连接CO并延长交AB于F，连接OB，先根据垂径定理得：∠AFO＝∠BFO＝90°，AF＝BF，根据三角形的内角和定理得：∠DCE＝∠ACB，则，△AOB是等腰直角三角形，设AF＝a，则OF＝a，由勾股定理和三角形的面积即可解答．
【解答】（1）证明：如图1，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ACE＝90°，
∴∠1+∠AEC＝90°，
∵∠1+∠2＝90°，
∴∠AEC＝∠2，
∴CD＝CE，
∵tan∠1，
∴；
（2）解：如图2，过点C作CM⊥AE于M，
∵CD＝CE＝3，AC＝4，∠ACE＝90°，
∴AE5，
∴S△ABE3×45CM，
∴CM，
由勾股定理得：EM，
∵CD＝CE，CM⊥DE，
∴DE＝2EM，
∴AD＝5，
∵∠ADB＝∠2，∠B＝∠E，∠2＝∠E，
∴∠ADB＝∠B，
∴AB＝AD；
（3）解：如图3，连接CO并延长交AB于F，连接OB，
∵CA＝CB，
∴，∠CAB＝∠CBA，
∴CF⊥AB，
∴∠AFO＝∠BFO＝90°，AF＝BF，
由（2）知：∠2＝∠E＝∠ADB＝∠CBA，
∴∠DCE＝∠ACB，
∴，
∴∠AOB＝∠EOB＝90°，
∵OA＝OB，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠OAB＝∠OBA＝45°，
在Rt△AOB中，AF＝BF，
∴OFAB＝AF＝BF，
设AF＝a，则OF＝a，
∵OA2＝AF2+OF2，
∴r2＝a2+a2，
∴ra，
∵S△ABC AB CF，
∴S△ABC 2a（a+r）＝a2+ay．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，三角形的面积等知识，添加恰当的辅助线构造直角三角形是解题的关键．
55．（2024 杭州一模）如图，在正方形ABCD中，以AB为直径作半圆O，点P为半圆上一点，连结AP并延长交BC边于点E，连结BP并延长交CD边于点F，连结CP．
（1）求证：AE＝BF．
（2）当AB＝1时，求CP的最小值．
（3）若CP＝CF，求BE：BC的值．
【分析】（1）由正方形的性质得AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，由AB是⊙O的直径，得∠APB＝90°，可证明∠BAE＝∠CBF，进而证明△ABE≌△BCF，得AE＝BF；
（2）连接OP、OC，由AB＝1，得OP＝OB，AB＝BC＝1，则OC，由CP+OP≥OC，得CP，则CP，所以CP的最小值为；
（3）取EF的中点I，以IE为半径作⊙I，连接IP、IC，则IP＝IC＝IF＝IEEF，所以P、E、C、F四点都在⊙I上，而CP＝CF，则∠CEF＝∠CPF＝∠BFC，可证明∠CEF＝∠AEB，CF＝BE，则tan∠CEF＝tan∠AEB，所以，则BEBC，求得BE：BC的值为．另一种解法是：延长CP交AB于点G，可证明GA＝GB＝GP，设GA＝GB＝GP＝m，则BC＝AB＝2m，CGm，则BE＝CF＝CPm﹣m，求得．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠APB＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF＝90°﹣∠ABP，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE＝BF．
（2）解：如图1，连接OP、OC，
∵AB是⊙O的直径，且AB＝1，
∴OP＝OBAB，AB＝BC＝1，
∴OC，
∵CP+OP≥OC，
∴CP，
∴CP，
∴CP的最小值为．
（3）解法一：如图2，连接EF，取EF的中点I，以IE为半径作⊙I，连接IP、IC，
∵∠EPF＝∠ECF＝90°，
∴IP＝IC＝IF＝IEEF，
∴P、E、C、F四点都在⊙I上，
∵CP＝CF，
∴∠CEF＝∠CPF＝∠BFC，
由（1）得△ABE≌△BCF，
∴∠AEB＝∠BFC，CF＝BE，
∴∠CEF＝∠AEB，
∴tan∠CEF＝tan∠AEB，
∴，
整理得BE2+BC BE﹣BC2＝0，
∴BEBC或BEBC（不符合题意，舍去），
∴，
∴BE：BC的值为．
解法二：如图3，延长CP交AB于点G，则∠GPB＝∠CPF，
∵AB∥CD，
∴∠GBP＝∠CFP，
∵CP＝CF，
∴∠CPF＝∠CFP，
∴∠GPB＝∠GBP，
∴GB＝GP，
∵∠GPA+∠GPB＝90°，∠GAP+∠GBP＝90°，
∴∠GPA＝∠GAP，
∴GA＝GP，
∴GA＝GB＝GP，
设GA＝GB＝GP＝m，则BC＝AB＝2m，
∴CGm，
∴BE＝CF＝CPm﹣m，
∴，
∴BE：BC的值为．
【点评】此题重点考查正方形的性质、圆周角定理、直角三角形的两个锐角互余、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、锐角三角函数与解直角三角形等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出辅助线是解题的关键．
56．（2024 钱塘区三模）如图1，△ABC内接于⊙O，直径CD交AB于点E，满足∠BEC＝3∠ACD．
（1）若∠BEC＝75°，求∠B的度数．
（2）求证：AB＝AC．
（3）如图2，连接BD．若tan∠ABD＝k，求的值．（用含k的代数式表示）
【分析】（1）连接AD，可得出∠DAC＝90°，由∠BEC＝75°，求出∠D，再由∠D＝∠B，进而求得∠B度数；
（2）设∠ACD＝α，则∠D＝∠B＝90°﹣α，∠BEC＝3α，∠BAC＝∠BEC﹣∠DCA＝2α，可计算得出∠ACB＝90°﹣α，进一步得出结论；
（3）连接AO并延长交BC于点F，过点C作CG∥BD交BA的延长线于点G．则BD∥AF∥CG，则，据此解答即可．
【解答】（1）解：如图1，
连结AD，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠DAC＝90°，
∵∠BEC＝3∠ACD＝75°，
∴∠ACD＝25°，
∴∠D＝90°﹣25°＝65°，
∴∠B＝∠D＝65°，
在Rt△ADC中，∠ACD，∠ACD∠ACD＝90°﹣25°＝65°；
（2）证明：设∠ACD＝α，则∠D＝∠B＝90°﹣α，∠BEC＝3α，∠BAC＝∠BEC﹣∠DCA＝2α，
在△ABC中，
∠ACB＝180°﹣∠B﹣∠BAC＝180°﹣（90°﹣α）﹣2α＝90°﹣α，
∴∠ACB＝∠B＝90°﹣α，
∴AB＝AC；
（3）图2，连接AO并延长交BC于点F，过点C作CG∥BD交BA的延长线于点G．
∵AB＝AC，
∴AF⊥BC，BF＝CF，∠BAF＝∠CAF，
∵CD为直径，
∴∠DBC＝90°，
∴BD∥AF∥CG，
∴∠ABD＝∠BAF＝∠CAF＝∠ACD，
∵tan∠ABD＝k，
∴tan∠CAF＝k，
设圆的半径OA＝OC＝r，令AF＝a，则，BF＝ak，OF＝a﹣r，
则（a﹣r）2+（ak）2＝r2，
解得r，
∴OF，
∴BD＝2OF＝a﹣ak2，
CG＝2AF＝2a，
∴．
【点评】本题考查了圆周角定理及其推论，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
57．（2024 海宁市三模）已知△ABC内接于⊙O，F为△ABC 的内心，延长AF交BC于点E，交⊙O于点D．连结DC，DB，CF．
（1）若∠ADB＝50°，求∠ACF的度数；
（2）设CD＝m，∠BAC＝α，四边形ABDC的面积记为S，连结OE，当OE⊥AD时，请完成下列问题．
①求证：S＝m2sinα．
②已知，求AC AB的值．
【分析】（1）利用三角形的内心的定义和圆周角定理解答即可；
（2）①过点B作BG⊥CD，交CD的延长线于点G，利用垂径定理得到AE＝DE，利用等高或同高的三角形的面积面积比等于底的比的性质得到S＝2S△CDB；再利用圆的内接四边形的性质，直角三角形的边角关系定理解答即可；
②过点C作CH⊥AB于点H，利用三角形的内心的性质和等腰三角形的判定与性质得到DF＝DC＝m，则AD＝AF+DF＝m1，AE＝DEAD，EF＝AE﹣AF；利用相似三角形的判定与性质和等高或同高的三角形的面积面积比等于底的比的性质得到，进而求得m值，最后利用①的结论解答即可得出结论．
【解答】（1）解：∵F为△ABC 的内心，
∴CF平分∠ACB，
∴∠ACF∠ACB．
∵∠ACB＝∠ADB＝50°，
∴∠ACF＝25°；
（2）①证明：过点B作BG⊥CD，交CD的延长线于点G，如图，
∵OE⊥AD，△ABC内接于⊙O，
∴AE＝DE．
∴S△CDE＝S△CAE，S△BDE＝S△BAE，
∴S△ACB＝S△DCB，
∴S＝2S△CDB．
∵F为△ABC 的内心，
∴AD平分∠CAB，
∴∠CAD＝∠BAD，
∴，
∴CD＝BD＝m．
∵四边形ABDC为圆的内接四边形，
∴∠BDG＝∠BAC＝α．
在Rt△BDG中，
∵sin∠BDG＝sinα，
∴BG＝BD sinα＝msinα，
∴S＝2S△CDB＝2CD BG＝2m msinα，
∴S＝m2sinα；
②解：过点C作CH⊥AB于点H，如图，
∵F为△ABC 的内心，
∴CF平分∠ACB，AD平分∠CAB，
∴∠ACF＝∠BCF∠ACB，∠CAD＝∠BAD∠CAB，
∴∠DCB＝∠BADα．
设∠ACF＝∠BCF＝β，
∵∠DCF＝∠DCB+∠BCFα+β，∠DFC＝∠ACF+∠CABβ，
∴∠DCF＝∠DFC，
∴DF＝DC＝m，
∴AD＝AF+DF＝m1．
∴AE＝DEAD．
∴EF＝AE﹣AF．
∵∠DCB＝∠BADα，∠CDE＝∠ADC，
∴△CDE∽△ADC，
∴．
∵CF平分∠ACB，
∴点F到CE，CA的距离相等，
即△CEF，△CAF中CE，CF边上的高相等，
∴．
∵△CEF，△CAF中EF，AF边上的高相同，
∴，
∴，
∴．
∴，
解得：m＝1或m＝﹣3+2（负数不合题意，舍去），
∴m＝1．
在Rt△ACH中，
∵sin∠CAH＝sinα，
∴CH＝AC sinα，
∴AB CHAB ACsinα，
由①知：Sm2sinα，
∴AB ACsinαm2sinα，
∴AC AB＝m2＝1．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，三角形的内心的性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等高或同高的三角形的面积面积比等于底的比的性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，作出高线构造直角三角形是解题的关键．
58．（2024 吴兴区校级四模）已知△ABC内接于⊙O，AD平分∠BAC．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，当BC为直径时，作BE⊥AD于点E，CF⊥AD于点F，求证：DE＝AF；
（3）如图3，在（2）的条件下，延长BE交⊙O于点G，连接OE，若EF＝2EG，AC＝2，求OE的长．
【分析】（1）由∠BAD＝∠CAD知∠BOD＝∠COD，根据圆心角定理可得；
（2）作OM⊥AD知AM＝DM，证BE∥OM∥CF得，由OB＝OC知FM＝EM，由AM﹣FM＝DM﹣EM即可得证；
（3）延长EO交AB于点H，连接CG、OA，由∠BAC＝90°且AD平分∠BAC知AF＝CF，证四边形EFCG是矩形且EF＝2EG得EF＝2，据此知BE＝AE＝3、AB＝6，根据AE＝BE、OA＝OB知EH垂直平分AB，据此证△HBO∽△ABC得，求得OH＝1，根据OE＝EH﹣OH可得答案．
【解答】解：（1）如图1，连接OB、OC、OD，
∵∠BAD和∠BOD是所对的圆周角和圆心角，
∠CAD和∠COD是所对的圆周角和圆心角，
∴∠BOD＝2∠BAD，∠COD＝2∠CAD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴∠BOD＝∠COD，
∴；
（2）如图2，过点O作OM⊥AD于点M，
∴∠OMA＝90°，AM＝DM，
∵BE⊥AD于点E，CF⊥AD于点F，
∴∠CFM＝90°，∠MEB＝90°，
∴∠OMA＝∠MEB，∠CFM＝∠OMA，
∴OM∥BE，OM∥CF，
∴BE∥OM∥CF，
∴，
∵OB＝OC，
∴1，
∴FM＝EM，
∴AM﹣FM＝DM﹣EM，
∴DE＝AF；
（3）延长EO交AB于点H，连接CG，连接OA．
∵BC为⊙O直径，
∴∠BAC＝90°，∠G＝90°，
∴∠G＝∠CFE＝∠FEG＝90°，
∴四边形CFEG是矩形，
∴EG＝CF，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAF＝∠CAF90°＝45°，
∴∠ABE＝180°﹣∠BAF﹣∠AEB＝45°，
∠ACF＝180°﹣∠CAF﹣∠AFC＝45°，
∴∠BAF＝∠ABE，∠ACF＝∠CAF，
∴AE＝BE，AF＝CF，
在Rt△ACF中，∠AFC＝90°，
∴sin∠CAF，即sin45°，
∴CF＝2，
∴EG，
∴EF＝2EG＝2，
∴AE＝3，
在Rt△AEB中，∠AEB＝90°，
∴AB6，
∵AE＝BE，OA＝OB，
∴EH垂直平分AB，
∴BH＝EH＝3，
∵∠OHB＝∠BAC，∠ABC＝∠ABC
∴△HBO∽△ABC，
∴，
∴OH＝1，
∴OE＝EH﹣OH＝3﹣1＝2．
【点评】本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆心角定理和圆周角定理、解直角三角形的应用及相似三角形的判定与性质等知识点．
59．（2024 鹿城区校级三模）如图，Rt△ABC中，∠A＝90°，点O在线段BC上，以OB为半径作⊙O分别交线段BA，BC于点D，E，交线段AC于点M，N，连结BM，BN（BM＜BN）．
（1）如图1，若，
①当∠C＝32°时，求的度数．
②求证：OB2＝MN OC．
（2）如图2，若
①探究和之间的等量关系，并证明．
②记sinC＝k，用关于k的代数式表示．
【分析】（1）①连接OM，ON，可得出∠MON＝2∠MBN，进而得出∠MON＝∠C＝32°，从而的度数是32°；
②可证得△MON∽△MCO，从而，结合OM＝ON＝OB，进一步得出结论；
（2）①连接EN，设∠MBN＝α，∠ABM＝β，可得出∠NBC＝α﹣β，从而∠BEN＝90°﹣∠CBN＝90°﹣（α﹣β），可得出∠AMB＝90°﹣β，根据四边形BMNE是⊙O的内接四边形得出∠AMB＝∠BEN，从而90°﹣（α﹣β）＝90°﹣β，从而得出α＝2β，进一步得出结果；
②由①可设∠ABM＝∠CBN＝γ，则∠MBN＝2γ，∠ABC＝4γ，由sinC＝k得出，不妨设AB＝k，BC＝1，从而得出AC，作BX平分∠ABC，交AC于X，则∠ABX＝∠CBX＝∠MBN＝2γ，根据角平分线的性质，进而得出AX，从而tan∠ABX，进而得出sin∠MBN，进一步得出结果．
【解答】（1）解：如图1，
①解：连接OM，ON，
∴∠MON＝2∠MBN，
∵∠MBN，
∴∠MON＝∠C＝32°，
∴的度数是32°；
②证明：由①知：∠MON＝∠C，
∵∠OMN＝∠CMO，
∴△MON∽△MCO，
∴，
∵OM＝ON，
∴OC＝CM，
∵OM＝ON＝OB，
∴，
∴OB2＝MN OC；
（2）解：①如图2，
，理由如下：
连接EN，
设∠MBN＝α，∠ABM＝β，
∵∠MBN，
∴∠ABM+∠NBC＝α，
∴∠NBC＝α﹣β，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BNE＝90°，
∴∠BEN＝90°﹣∠CBN＝90°﹣（α﹣β），
∵∠BAC＝90°，∠ABM＝β，
∴∠AMB＝90°﹣β，
∵四边形BMNE是⊙O的内接四边形，
∴∠AMB＝∠BEN，
∴90°﹣（α﹣β）＝90°﹣β，
∴α＝2β，
∴∠MBN＝2∠CBN，
∴；
②如图3，
由①可设∠ABM＝∠CBN＝γ，则∠MBN＝2γ，
∴∠ABC＝4γ，
∵∠BAC＝90°，
∴∠C+∠ABC＝90°，
∵sinC＝k，
∴cos∠ABC＝k，
∴cos4γ＝k，
∴，
不妨设AB＝k，BC＝1，
∴AC，
作BX平分∠ABC，交AC于X，则∠ABX＝∠CBX＝∠MBN＝2γ，
∴，
∴AX，
∴tan∠ABX，
∴sin∠ABX，
∴sin∠MBN，
作直径MV，连接NV，
∴∠MNV＝90°，∠V＝∠MBN，
∴．
【点评】本题考查了圆周角定理及其推论，角平分线的性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造半角．
60．（2025 镇海区校级模拟）如图，已知AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，CD是⊙O的切线，且AD⊥CD于点D，延长DA交⊙O于点M，连结CM交AB于点F．
（1）如图1，作CE⊥AB于点E，
①求证：△CDA≌△CEA；
②若AE＝EF，CF＝3，求FM的长．
（2）若，求tan∠AMC．
【分析】（1）①利用AAS证明三角形全等；
②如图1中，连接OM，证明OC∥AM，AMOC，利用平行线分线段成比例定理求解即可；
（2）如图2中，过点O作OH⊥AM于点H．由CO∥DM，推出，设OA＝OC＝13k，则AM＝10k，用kl表示出CD，DM即可．
【解答】（1）①证明：∵CD是切线，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD＝90°，
∴∠DCA+∠ACO＝90°，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC，
∵CE⊥AB，CD⊥DM，
∴∠D＝∠AEC＝90°，
∴∠ACE+∠OAC＝90°，
∴∠ACD＝∠ACE，
∵AC＝AC，
∴△CDA≌△CEA（AAS）；
②解：如图1中，连接OM．
∵∠D+∠DCO＝180°，
∴OC∥DM，
∴∠OCM＝∠DMC，
∵AE＝EF，CE⊥AF，
∴CA＝CF，
∴∠ACE＝∠FCE，
∵DC是切线，
∴∠DCA＝∠DMC．
∵∠ACD＝∠ACE，
∴∠ACD＝∠ACE＝∠ECF＝∠OCM＝22.5°，
∵OC＝OM，
∴∠OCM＝∠OMC＝∠DMC＝22.5°，
∴∠AMO＝45°，
∴AMOAOC，
∵OC∥AM，
∴，
∵CF＝3，
∴FM＝3；
（2）解：如图2中，过点O作OH⊥AM于点H．
∵CO∥DM，
∴，
设OA＝OC＝13k，则AM＝10k，
∵AB是直径，AB＝26k，
∴∠AMB＝90°，
∴BM24k，
∵OH⊥AM，
∴∠AHO＝∠AMB＝90°，
∴OH∥BM，
∵AO＝OB，
∴AH＝HM＝5k，
∴OHBM＝12k，
∵∠D＝∠DCO＝∠OHD＝90°，
∴四边形CDHO是矩形，
∴CO＝DH＝13k，CD＝OH＝12k，
∴DM＝DH+HM＝13k+5k＝18k，
∴tan∠AMC．
【点评】本题考查圆综合题，考查了全等三角形的判定和性质，切线的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
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