2025中考数学三轮冲刺通关预测07 圆的综合（原卷版+解析版）（福建专用）

这是一份2025中考数学三轮冲刺通关预测07 圆的综合（原卷版+解析版）（福建专用），文件包含预测07圆的综合原卷版docx、预测07圆的综合解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共64页， 欢迎下载使用。

出题概率：☆☆☆☆☆
考向大胆猜：解答题（20-24题之间）
二、【知识回顾】
1.垂径定理及其推论：
（1）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．
（2）推论：(1)平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；
(2)弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧.
（3）延伸：根据圆的对称性，如图所示，在以下五条结论中：
弧AC=弧AD; ②弧BD=弧CB；③CE=DE; ④AB⊥CD; ⑤AB是直径.
只要满足其中两个，另外三个结论一定成立，即推二知三.
2.圆心角、弧、弦的关系：
在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等．
推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
3.圆周角定理及其推论：
（1）定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半. 如图a,
∠A=∠O.

图a 图b 图c
（2）推论：
①在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等.如图b，∠A=∠C.
②直径所对的圆周角是直角.如图c,∠C=90°.
③圆内接四边形的对角互补.如图a，∠A+∠C=180°，∠ABC+∠ADC=180°.
4.切线的判定：
（1）与圆只有一个公共点的直线是圆的切线（定义法）.
（2）到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线.
（3）经过半径外端点并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.
5.切线的性质：
（1）切线与圆只有一个公共点.
（2）切线到圆心的距离等于圆的半径.
（3）切线垂直于经过切点的半径.
6.圆中常见辅助线+解题技巧：
（1）连半径，构造等腰
（2）添加弦心距，构造直角三角形
（3）遇角，找同弧的圆周角或圆心角，构造角度关系
（4）遇四边形，利用内接四边形的性质（对角互补）
三、【历年真题】
【真题1】（2021·福建·统考中考真题）如图，AB为⊙O的直径，点P在AB的延长线上，PC,PD与⊙O相切，切点分别为C，D．若AB=6,PC=4，则sin∠CAD等于（ ）
A．35B．25C．34D．45
【答案】D
【分析】连接OC，CP，DP是⊙O的切线，根据定理可知∠OCP＝90°，∠CAP＝∠PAD，利用三角形的一个外角等于与其不相邻的两个内角的和可求∠CAD=∠COP，在Rt△OCP中求出sin∠COP即可．
【详解】解：连接OC，
CP，DP是⊙O的切线，则∠OCP＝90°，∠CAP＝∠PAD，
∴∠CAD=2∠CAP，
∵OA=OC
∴∠OAC＝∠ACO，
∴∠COP＝2∠CAO
∴∠COP＝∠CAD
∵AB=6
∴OC=3
在Rt△COP中，OC=3，PC=4
∴OP=5．
∴sin∠CAD=sin∠COP=45
故选：D．
【点睛】本题利用了切线的性质，锐角三角函数，三角形的外角与内角的关系求解．
【真题2】（2020·福建·统考中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB=CD，A为BD中点，∠BDC=60°，则∠ADB等于（ ）
A．40°B．50°C．60°D．70°
【答案】A
【分析】根据AB=CD，A为BD中点求出∠CBD=∠ADB=∠ABD，再根据圆内接四边形的性质得到∠ABC+∠ADC=180°，即可求出答案．
【详解】∵A为BD中点，
∴AB=AD,
∴∠ADB=∠ABD，AB=AD，
∵AB=CD，
∴∠CBD=∠ADB=∠ABD，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∴3∠ADB+60°=180°，
∴∠ADB=40°，
故选：A．
【点睛】此题考查圆周角定理：在同圆中等弧所对的圆周角相等、相等的弦所对的圆周角相等，圆内接四边形的性质：对角互补．
【真题3】（2019·福建·统考中考真题）如图，PA、PB是⊙O切线，A、B为切点，点C在⊙O上,且∠ACB＝55°，则∠APB等于( )
A．55°B．70°C．110°D．125°
【答案】B
【分析】根据圆周角定理构造它所对的弧所对的圆心角，即连接OA，OB，求得∠AOB＝110°，再根据切线的性质以及四边形的内角和定理即可求解．
【详解】解：连接OA，OB，
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PA⊥OA，PB⊥OB，
∵∠ACB＝55°，
∴∠AOB＝110°，
∴∠APB＝360°−90°−90°−110°＝70°．
故选B．
【点睛】本题考查了多边形的内角和定理，切线的性质，圆周角定理的应用，关键是求出∠AOB的度数．
【真题4】（2018·福建·统考中考真题）如图，AB是⊙O的直径，BC与⊙O相切于点B，AC交⊙O于点D，若∠ACB=50°，则∠BOD等于（ ）
A．40°B．50°C．60°D．80°
【答案】D
【分析】根据切线的性质得到∠ABC=90°，根据直角三角形的性质求出∠A，根据圆周角定理计算即可．
【详解】∵BC是⊙O的切线，
∴∠ABC=90°，
∴∠A=90°-∠ACB=40°，
由圆周角定理得，∠BOD=2∠A=80°，
故选D．
【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
【真题5】（2019·福建·统考中考真题）如图,边长为2的正方形ABCD中心与半径为2的⊙O的圆心重合,E、F分别是AD、BA的延长与⊙O的交点,则图中阴影部分的面积是______.(结果保留π)
【答案】π－1
【分析】延长DC，CB交⊙O于M，N，根据圆和正方形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：延长DC，CB交⊙O于M，N，
则图中阴影部分的面积＝14×（S圆O−S正方形ABCD）＝14×（4π−4）＝π−1，
故答案为π−1．
【点睛】本题考查了圆中阴影部分面积的计算，正方形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
【真题6】（2022·福建·统考中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，AD∥BC交⊙O于点D，DF∥AB交BC于点E，交⊙O于点F，连接AF,CF．
(1)求证：AC=AF；
(2)若⊙O的半径为3，∠CAF=30°，求AC的长（结果保留π）．
【答案】(1)证明见解析；
(2)5π2
【分析】（1）根据已知条件可证明四边形ABED是平行四边形，由平行四边形的性质可得∠B=∠D，等量代换可得∠AFC=∠ACF，即可得出答案；
（2）连接AO,CO，由（1）中结论可计算出∠AFC的度数，根据圆周角定理可计算出∠AOC的度数，再根据弧长计算公式计算即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵AD∥BC，DF∥AB，
∴四边形ABED为平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵∠AFC=∠B，∠ACF=∠D，
∴∠AFC=∠ACF，
∴AC=AF．
（2）解：连接AO,CO，如图，
由（1）得∠AFC=∠ACF，
∵∠AFC=180°−30°2=75°，
∴∠AOC=2∠AFC=150°，
∴AC的长l=150×π×3180=5π2．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，圆的性质与弧长公式，考查化归与转化思想，推理能力，几何直观等数学素养．
【真题7】（2020·福建·统考中考真题）如图，AB与⊙O相切于点B，AO交⊙O于点C，AO的延长线交⊙O于点D，E是BCD上不与B,D重合的点，sinA=12．
（1）求∠BED的大小；
（2）若⊙O的半径为3，点F在AB的延长线上，且BF=33，求证：DF与⊙O相切．
【答案】（1）60°；（2）详见解析
【分析】(1)连接OB，在Rt△AOB中由sinA=12求出∠A=30°，进而求出∠AOB=60°，∠BOD=120°，再由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可以求出∠BED的值；
(2)连接OF，在Rt△OBF中，由tan∠BOF=BFOB=3可以求出∠BOF=60°，进而得到∠FOD=60°，再证明△FOB≌△FOD，得到∠ODF=∠OBF=90°．
【详解】解：(1)连接OB，
∵AB与⊙O相切于点B，
∴OB⊥AB，
∵sinA=12，∴∠A=30°，
∴∠AOB=60°，则∠BOD=120°．
由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可知：
∠BED=12∠BOD=60°．
故答案为：60°．
(2)连接OF，
由(1)得OB⊥AB，∠BOD=120°，
∵OB=3，BF=33，∴tan∠BOF=BFOB=3，
∴∠BOF=60°，∴∠DOF=60°．
在ΔBOF与ΔDOF中，{OB=OD∠BOF=∠DOFOF=OF
∴ΔBOF≌ΔDOF(SAS)，
∴∠ODF=∠OBF=90°．
又点D在⊙O上，故DF与⊙O相切．
【点睛】本题考查圆的有关性质、直线与圆的位置关系、特殊角的三角函数值、解直角三角形、全等三角形的判定和性质，熟练掌握其性质是解决此类题的关键．
【真题8】（2019·福建·统考中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB=AC，BD⊥AC，垂足为E，点F在BD的延长线上，且DF=DC，连接AF、CF.
(1)求证：∠BAC=2∠DAC；
(2)若AF＝10，BC＝45，求tan∠BAD的值.
【答案】(1)见解析；(2) tan∠BAD=112.
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出∠ABC＝∠ACB，根据圆心角、弧、弦的关系得到AB=AC，即可得到∠ABC＝∠ADB，根据三角形内角和定理得到∠ABC＝12（180°−∠BAC）＝90°−12∠BAC，∠ADB＝90°−∠CAD，从而得到12∠BAC＝∠CAD，即可证得结论；
（2）易证得BC＝CF＝45，即可证得AC垂直平分BF，证得AB＝AF＝10，根据勾股定理求得AE、CE、BE，根据相交弦定理求得DE，即可求得BD，然后根据三角形面积公式求得DH，进而求得AH，解直角三角形求得tan∠BAD的值．
【详解】解：（1）∵AB＝AC，
∴AB=AC，∠ABC＝∠ACB，
∴∠ABC＝∠ADB，∠ABC＝12（180°−∠BAC）＝90°−12∠BAC，
∵BD⊥AC，
∴∠ADB＝90°−∠DAC，
∴12∠BAC＝∠DAC，
∴∠BAC＝2∠DAC；
(2)∵DF=DC，
∴∠BFC=12∠BDC=12∠BAC=∠FBC,
∴CB=CF,
又BD⊥AC，
∴AC是线段BF的中垂线，AB= AF=10, AC=10.
又BC＝45，
设AE＝x, CE=10－x,
AB2－AE2=BC2－CE2, 100－x2=80－(10－x)2, x=6
∴AE=6,BE=8,CE=4,
∴DE=AE⋅CEBE=6×48=3,
∴BD＝BE＋DE＝3＋8＝11，
作DH⊥AB，垂足为H，
∵12AB•DH＝12BD•AE，
∴DH＝BD•AEAB=11×610=335，
∴BH＝BD2−DH2=445，
∴AH＝AB−BH＝10−445=65，
∴tan∠BAD=DHAH=336=112.
【点睛】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，勾股定理，锐角三角函数，圆心角、弧、弦的关系，相交弦定理，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握并灵活运用性质定理，属于中考压轴题．
【真题9】（2018·福建·统考中考真题）如图，D是△ABC外接圆上的动点，且B，D位于AC的两侧，DE⊥AB，垂足为E，DE的延长线交此圆于点F，BG⊥AD，垂足为G，BG交DE于点H，DC，FB的延长线交于点P，且PC=PB，
（1）求证：BG∥CD；
（2）设△ABC外接圆的圆心为O，若AB=DH，∠OHD=80°，求∠BDE的大小．
【答案】（1）证明见解析；（2）20°或40°．
【分析】（1）根据等边对等角得：∠PCB=∠PBC，由四点共圆的性质得：∠BAD+∠BCD=180°，从而得：∠BFD=∠PCB=∠PBC，根据平行线的判定得：BC∥DF，可得∠ABC=90°，AC是⊙O的直径，从而得：∠ADC=∠AGB=90°，根据同位角相等可得结论；
（2）先证明四边形BCDH是平行四边形，得BC=DH，根据特殊的三角函数值得：∠ACB=60°，∠BAC=30°，所以DH=12AC，分两种情况：
①当点O在DE的左侧时，如图2，作辅助线，构建直角三角形，由同弧所对的圆周角相等和互余的性质得：∠AMD=∠ABD，则∠ADM=∠BDE，并由DH=OD，可得结论；
②当点O在DE的右侧时，如图3，同理作辅助线，同理有∠ADE=∠BDN=20°，∠ODH=20°，得结论．
【详解】（1）证明：如图1，
∵PC=PB，
∴∠PCB=∠PBC，
∵四边形ABCD内接于圆，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∵∠BCD+∠PCB=180°，
∴∠BAD=∠PCB，
∵∠BAD=∠BFD，
∴∠BFD=∠PCB=∠PBC，
∴BC∥DF，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴∠ABC=90°，
∴AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∵BG⊥AD，
∴∠AGB=90°，
∴∠ADC=∠AGB，
∴BG∥CD；
（2）由（1）得：BC∥DF，BG∥CD，
∴四边形BCDH是平行四边形，
∴BC=DH，
在Rt△ABC中，∵AB=3DH，
∴tan∠ACB=ABBC=3DHDH=3，
∴∠ACB=60°，∠BAC=30°，
∴∠ADB=60°，BC=12AC，
∴DH=12AC，
①当点O在DE的左侧时，如图2，作直径DM，连接AM、OH，则∠DAM=90°，
∴∠AMD+∠ADM=90°
∵DE⊥AB，
∴∠BED=90°，
∴∠BDE+∠ABD=90°，
∵∠AMD=∠ABD，
∴∠ADM=∠BDE，
∵DH=12AC，
∴DH=OD，
∴∠DOH=∠OHD=80°，
∴∠ODH=20°
∵∠AOB=60°，
∴∠ADM+∠BDE=40°，
∴∠BDE=∠ADM=20°，
②当点O在DE的右侧时，如图3，作直径DN，连接BN，
由①得：∠ADE=∠BDN=20°，∠ODH=20°，
∴∠BDE=∠BDN+∠ODH=40°，
综上所述，∠BDE的度数为20°或40°．
【点睛】本题考查圆的有关性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质和判定，平行四边形的性质和判定，解直角三角形等知识，考查了运算能力、推理能力，并考查了分类思想．
四、【押题训练】
1．（2023·福建泉州·福建省泉州第一中学校考模拟预测）如图1，已知∠MPN的角平分线PF经过圆心O交⊙O于点E、F，PN是⊙O的切线， B为切点．
(1)求证：PM也是⊙O的切线；
(2)如图2，在（1）的前提下，设切线PM与⊙O的切点为A，连接AB交PF于点D；连接AO交⊙O于点C，连接BC，AF；记∠PFA为∠α．
①若BC=6，tan∠α=12，求线段AD的长；
②小华探究图2之后发现：EF2=m⋅OD⋅OP（m为正整数），请你猜想m的数值？并证明你的结论．
【答案】(1)详见解析
(2)①4；②4
【分析】（1）过点O作OA⊥PM，垂足为A，连接OB，根据切线的性质可得出OB是⊙O的半径且OB⊥PN，由PF平分∠MPN利用角平分线的性质可得出OA=OB，进而可证出PM也是⊙O的切线．
（2）①由PM、PN都是⊙O的切线可得出PA=PB，利用等腰三角形的三线合一可得出OP⊥AB、AD=BD，由三角形中位线的性质可得出OD=3，设⊙O的半径为r，则FD=r+3，AD=12r+3，在Rt△AOD中，利用勾股定理可求出r的值，将其代入AD=12r+3中即可求出AD的长度；②利用相似三角形的性质可得出OA2=OD·OP，结合EF=2OA可证出EF2=4OD·OP，即m=4．
【详解】（1）证明：在图1中，过点O作OA⊥PM，垂足为A，连接OB．
∵PN是⊙O的切线，B为切点，
∴OB是⊙O的半径，且OB⊥PN，
∵PF平分∠MPN
∴OA=OB
∴PM也是⊙O的切线；
（2）①∵PM、PN都是⊙O的切线
∴PA=PB
∵∠APD=∠BPD
∴OP⊥AB、AD=BD，
∵OD为△ABC的中位线，
∴OD=12BC=3
设⊙O的半径为r，则FD=r+3
∵tan∠α=12
∴AD=12r+3
在Rt△AOD中，OA2=AD2+OD2,即r2=12r+32+32
解得：r=5（负根舍去）
∴AD=12r+3=4
②猜想m=4．
证明：∵∠OAP=∠ODA=90°、∠AOP=∠DOA
∴△OAP∼△ODA，
∴OAOP=ODOA，即OA2=OD·OP
又∵EF=2OA
∴EF2=4OD·OP
∴m=4
【点睛】本题考查了切线的判定与性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质、勾股定理、三角形的中位线以及相似三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）利用等腰三角形的三线合一找出OA=OB；（2）①在Rt△AOD中，利用勾股定理求出圆的半径；②利用相似三角形的性质证出OA2=OD·OP．
2．（2022秋·福建福州·九年级闽清天儒中学校考期中）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC，BC．AD平分∠BAC，点D在⊙O上，连接OD，交BC于点E．
(1)若∠ABC=30°，AC=2，求AD的长；
(2)求证：AC=2OE．
【答案】(1)23
(2)证明见详解
【分析】（1）过点O作OF⊥AD于点F，利用垂径定理可得AD=2AF，根据直径所对的圆周角是直角可得∠BCA=90°，从而利用含30度角的直角三角形的性质可得AB=2AC=4，进而可得OA=12AB=2，然后利用角平分线的定义可得∠CAD=∠DAO=30°，从而在Rt△AOF中，利用含30度角的直角三角形的性质可得OF=1，AF=3，进行计算即可解答；
（2）利用角平分线的定义和等腰三角形的性质可得AC∥OD，然后利用平行线分线段成比例可得BE=CE，从而利用三角形的中位线定理即可解答．
【详解】（1）解：如图所示，过点O作OF⊥AD于点F，
∴AD=2AF，∠AFO=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠BCA=90°，
∵∠ABC=30°，AC=2，
∴∠BAC=90°−∠ABC=60°，AB=2AC=4，
∴OA=12AB=2，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD=∠DAO=12∠CAB=30°，
在Rt△AOF中，OA=2，
∴OF=12OA=1，AF=3OF=3，
∴AD=2AF=23，
∴AD的长为23；
（2）证明：∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD=∠DAO，
∵OA=OD，
∴∠ADO=∠DAO，
∴∠ADO=∠CAD，
∴AC∥OD，
∵OA=OB，
∴BE=CE，
∴OE是△ABC的中位线，
∴AC=2OE．
【点睛】本题考查了垂经定理，圆周角推论，角平分线，等腰三角形性质，平行线分线段成比例，三角形中位线，解题的关键是理解题意，掌握这些知识点．
3．（2022秋·福建福州·九年级闽清天儒中学校考阶段练习）如图，AB是半圆O的直径，点C是半圆O上一点（不与点A，B重合），连接AC，BC，∠ABC=30°，点D是BC上一点（不与点B，C重合），连接AD交BC于点E，连接BD，CD．
(1)求证：△ACE∽△BDE；
(2)①若AB=2，∠CAD=45°，求DE的长；
②判断CD，BD，AD之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)①6−22；②AD=33BD+233CD，理由见解析
【分析】（1）根据圆周角定理得出∠CAE=∠DBE，再由对顶角相等即可证明相似；
（2）①由圆周角定理得出∠ACB=∠ADB=90°，再由含30度角的直角三角形的性质得出AB=2AC，得出ACBC=33，结合已知条件得出BE=BC−CE=3−1，再由（1）中相似三角形的性质求解即可；
②过点C作CD的垂线，交AD于点F，根据相似三角形的判定得出△ACF∽△BCD，再由其性质得出AF=33BD，再由圆周角定理及勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵CD=CD，
∴∠CAE=∠DBE，
又∠AEC=∠BED，
∴△ACE∽△BDE．
（2）解：∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°．
∵∠ABC=30°，
∴AC=12AB，即AB=2AC．
在Rt△ABC中，BC=AB2−AC2=3AC，
∴ACBC=33．
①∵AB=2，
∴AC=1，
∴BC=3．
∵∠CAD=45°，
∴∠AEC=45°=∠CAD，
∴CE=AC=1，
∴BE=BC−CE=3−1．
在Rt△ACE中，AE=AC2+CE2=2，
∴AEBE=23−1=6+22，
由（1）得△ACE∽△BDE，
∴CEDE=AEBE=6+22，
∴DE=6−22．
②AD=33BD+233CD．
理由如下：过点C作CD的垂线，交AD于点F，
∴∠FCD=90°=∠ACB，
∴∠FCD−∠ECF=ACB−ECF，即∠ACF=∠BCD．
∵CD=CD，
∴∠CAF=∠CBD，
∴△ACF∽△BCD，
∴AFBD=ACBC=33，
∴AF=33BD．
∵AC=AC，
∴∠ADC=∠ABC=30°，
∴CF=12DF．
在Rt△CDF中，CD=DF2−CF2=32DF．
∴DF=233CD，
∴AD=AF+DF=33BD+233CD．
【点睛】题目主要考查圆周角定理及相似三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理解三角形等，理解题意，熟练掌握运用圆周角定理及相似三角形的判定和性质是解题关键．
4．（2022秋·福建福州·九年级福建省福州第一中学校考阶段练习）如图，△ABC内接于⊙O，BC是⊙O的直径，E是AC上一点，弦BE交AC于点F，弦AD⊥BE于点G，连接CD，CG，且∠CBE=∠ACG．
(1)求证：CG=CD；
(2)若AB=4，BC=213，求CD的长．
【答案】(1)见解析
(2)CD=6135
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角，AD⊥BE，则∠ABE=∠CAD；根据同弧所对的圆周角相等，则∠ABC=∠ADC，根据三角形的外角和，则∠CAD+∠ACG=∠ADC，再根据∠CBE=∠ACG，即可；
（2）连接AE，CE，直径所对的圆周角是直角，AD⊥BE，则AG∥EC，根据同弧所对的圆周角相等，等量代换，∠CAE=∠ACG；根据平行四边形的判定和性质，得AF=CF；利用勾股定理，求出AC和BF的长，根据三角形的面积，求出AG；过点G作AF⊥GM交点M，根据勾股定理，依次求出AM，GC，最后根据等量代换，即可．
【详解】（1）∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC=90°，
∴∠BAG+∠CAD=90°，
∵AD⊥BE，
∴∠AGB=90°，
∴∠ABG+∠BAG=90°，
∴∠CAD=∠ABE，
∵AC=AC，
∴∠ABC=∠ADC，
∵∠ABC=∠ABE+∠CBE，
∴∠ADC=∠ABE+∠CBE，
∵∠CGD=∠CAD+∠ACG，∠CBE=∠ACG，
∴∠CGD=∠ADC，
∴CG=CD．
（2）连接AE，CE，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BEC=90°，∠BAC=90°，
∵AD⊥BE，
∴∠AGE=90°，
∴AG∥EC，
∵EC=EC，
∴∠CAE=∠CBE，
∵∠CBE=∠ACG，
∴∠CAE=∠ACG，
∴AE∥CG，
∴四边形AGCE是平行四边形，
∴AF=CF，
∵AB=4，BC=213，
∴在Rt△ABC中，AB2+AC2=BC2，
∴AC=6，
∴AF=CF=3，
∵在Rt△ABF，AB2+AF2=BF2，
∴BF=5，
∵S△ABF=12×AB×AF=12×BF×AG，
∴AG=125，
∵在Rt△AGF中，AG2+GF2=AF2，
∴GF=95，
过点G作AF⊥GM交点M，
∴S△AGM=12×AG×GF=12×GM×AF，
∴GM=3625
∴在Rt△AGM中，AG2=AM2+GM2
∴AM=4825，
∴MC=AC−AM=10225，
∴在Rt△GMC中，GM2+MC2=CG2，
∴CG=6135，
∴CD=6135．
【点睛】本题考查圆与几何的综合，解题的关键是掌握圆的基本性质，三角形的外角，等角对等边，平行四边形的判定和性质，勾股定理的运用．
5．（2022秋·福建厦门·九年级厦门市槟榔中学校考期中）已知四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AC是⊙O的直径，DE⊥AB，垂足为E．
(1)延长DE交⊙O于点F，延长DC，FB交于点P，如图．求证：△PCB是等腰三角形；
(2)过点B作BG⊥AD，垂足为G，BG交DE于点H，连接OH，且点O和点A都在DE的左侧，如图．若∠ACB=60°，DH=1，∠OHD=80°
①求⊙O的半径；
②求∠BDE的大小．
【答案】(1)见解析
(2)①1，②20°
【分析】（1）通过证明BC∥DE，再根据圆内接四边形对角互补以及邻补角互补即可得出结论；
（2）①先根据直径所对的圆周角为90°，以及BG⊥AD，DE⊥AB得出BC∥DE，CD∥BG，从而证明四边形BCDH为平行四边形，根据平行四边形的性质即可得出结论；②连接OD，根据等腰三角形的性质得出∠ODH的度数，再根据三角形的外角定理求出∠ODM的度数，最后根据同弧所对圆周角以及平行线的性质得出结论．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠DAB+∠DCB=180°，
∵∠PCB+∠DCB=180°，
∴∠DAB=∠PCB，
∵∠DAB=∠DFB，
∴∠PCB=∠BFD，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，即BC⊥AB，
∵DE⊥AB，
∴BC∥DE，
∴∠BFD=∠PBC，
∴∠PCB=∠PBC，
∴△PCB是等腰三角形．
（2）解：①∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=∠ABC=90°，
∵DE⊥AB，BG⊥AD，
∴BC∥DE，CD∥BG，
∴四边形BCDH为平行四边形，
∴BC=DH=1，
∵∠ACB=60°，
∴∠CAB=30°，
∴AC=2BC=2，
∴⊙O的半径为1．
②连接OD，令DE、AC相交于点M；
∵⊙O的半径为1．
∴OD=DH，则∠DOH=∠DHO=80°，
∴∠ODH=180°−2×80°=20°，
∵CD∥BG，
∴∠CMD=∠ACB=60°，
∴∠DOM=∠CMD−∠ODH=60°−20°=40°，
∴∠DAC=12∠DOM=20°，
∴∠DBC=∠DAC=20°，
∵CB∥DE，
∴∠BDE=∠DBC=20°．
【点睛】本题主要考查了圆的相关性质，等腰三角形的性质，平行线的判定和性质，平行四边形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握直径所对的圆周角为直角，同弧所对的圆周角相等，同弧所对的圆周角是圆心角的一半．
6．（2022春·福建福州·九年级福建省福州教育学院附属中学校考阶段练习）如图1，正方形ABCD，以BC为直径的半圆O交对角线BD于点E，点P是边AB上的点，延长PE交BC和边CD于点F，G.
(1)连接BF，求∠BFP的度数；
(2)如图2，过F作FN⊥PG交BC于N，求证：BP=BN；
(3)如图3，在（2）条件下，连接EN，
①若APPB=17，求tan∠NEF的值；
②若BC=13，EN+NF=12，直接写出AP的值.
【答案】(1)∠BFP=45°；
(2)证明见解析；
(3)①tan∠NEF=724；②AP=9124
【分析】（1）连接CE，结合正方形的45°和圆周角定理即可得∠BCE的度数，从而得∠BFP的度数；
（2）过点B作BM⊥PF，作BQ⊥FN的延长线，利用三角形全等证BP=BN即可；
（3）①连接OE，利用线段比设线段长，从而表示出相关线段长，最终得tan∠NEF的值；
②设ME=a，QN=b，表示出BM=12-a，在RtΔBEM中，根据勾股定理列出方程，求得a的值，进而求得b的值，从而求得EF，EN，PE的值，进而根据①中的PB2=PE⋅PF，求得BP，进而求得AP．
【详解】（1）解：如图1，
连接BF，EC，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠DBC=45°，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BEC=90°，
∴∠ECB=180°-90°-45°=45°，
∴∠BFP=∠ECB=45°；
（2）如图2，
过点B作BM⊥PF于点M，作BQ⊥FN的延长线于点Q，则∠BMP=∠BQN，
∵FN⊥PG即∠PFN=90°，且∠BFP=45°，
∴∠BFQ=45°，∠MBQ=90°，
∴BF是∠PFQ的角平分线，
∴BM⊥BQ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°=∠MBQ，
∴∠PBM+∠MBN=∠NBQ+∠MBN，
∴∠PBM=∠NBQ，
在ΔPBM和ΔNBQ中，
∠PBM=∠NBQBM=BQ∠BMP=∠BQN，
∴ΔPBM≅ΔNBQ(ASA)，
∴BP=BN.
（3）①如图3，
设AP=x，则BP=7x=BN，AB=8x=BC，
连接OE，连接BF，则OB=OC=4x=OE，ON=7x−4x=3x，
∴EN=5x，
易得ΔBEP≅ΔBEN，
∴EP=EN=5x，
∵∠PBE=∠PFB，
∴ΔPBE∽ΔPFB，
∴PB2=PE⋅PF即(7x)2=5x⋅PF，
∴ BF=495x，
∴ EF=245x，
在RtΔENF中，FN=75x，
∴ tan∠NEF=75x245x=724；
②如图4，
设ME=a，QN=b，
由①得：PM=QN=b，EN=PE=a+b，
∴NF=12−EN=12−a−b，
∴BM=FQ=QN+NF=12−a，
∵AB=13，
∴BD=2AB=132，
∴BE=12BD=1322，
在RtΔBME中，由勾股定理得，
BM2+ME2=BE2，
∴(12-a)2+a2=(1322)2，
∴a1=72，a2=172，
当a=72时，
BM=12−a=172，EF=MF−ME=172−72=5，
EN=72+b，NF=172−b，
在RtΔEFN中，
(72+b)2−172−b2=52，
∴b=8524，
∴PE=EN=16924，PF=PE+5=28924，
∴PB2=PE⋅PF=16924×28924，
∴PB=13×1724，
∴AP=AB−PB=13−13×1724=24−17×1324=9124，
当a=172时，点不符合给出的图形，故舍去，
∴AP=9124.
【点睛】题目主要考查圆周角定理及正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
7．（2022春·福建龙岩·九年级校考期中）如图，D是△ABC的边AC上一点，AB＝AD，以AB为直径的⊙O交BD于点E，若∠CBD＝=12∠CAB．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)若⊙O的半径为3，tan∠CBD＝12，求CD的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)4
【分析】（1）连接AE，由AB是⊙O的直径得∠AEB＝90°，由AB＝AD，AE⊥BD，得∠BAE＝∠DAE＝12∠CAB，而∠CBD＝12∠CAB，所以∠CBD＝∠BAE，则∠ABC＝∠ABE+∠CBD＝∠ABE+∠BAE＝90°，即可证明BC是⊙O的切线；
（2）在Rt△ABE中，解直角三角形求出BE，过点D作点D作DG⊥BC于点G，在Rt△BDG中，解直角三角形求出DG，证得△CDG∽△CAB，根据相似三角形的性质即可求出CD的长．
（1）
证明：如图，连接AE，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴AE⊥BD，∠ABE+∠BAE＝90°，
∵AB＝AD，
∴∠BAE＝∠DAE＝12∠CAB，
∵∠CBD＝12∠CAB，
∴∠CBD＝∠BAE，
∴∠ABC＝∠ABE+∠CBD＝∠ABE+∠BAE＝90°，
∵OB是⊙O的半径，且BC⊥OB，
∴BC是⊙0的切线；
（2）
解：由（1）知∠CBD＝∠BAE，
在Rt△ABE中，tan∠CBD＝tan∠BAE＝BEAE＝12，AB＝2×3＝6，AB2＝BE2+AE2，
∴AE＝2BE，
∴62＝BE2+（2BE）2，
∴BE＝655，
∴BD＝1255，
过点D作点D作DG⊥BC于点G，
在Rt△BDG中，tan∠CBD＝DGBG＝12，BD＝1255，BD2＝BG2+DG2，
∴BG＝2DG，
∴12552=DG2+(2DG)2，
∴DG＝125，
∵BC是⊙0的切线，
∴AD∥BC，
∴△CDG∽△CAB，
∴CDCA＝DGAB，
∵AD＝AB＝6，
∴CDCD+6＝1256，
∴CD＝4．
【点睛】此题考查圆的切线的判定和性质、等腰三角形的“三线合一”定理、直径所对的圆周角是直角、相似三角形的性质和判定、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
8．（2023秋·福建莆田·九年级校考期末）如图，AC为⊙O的直径，点B、D是⊙O上两点，BA=BD，BE⊥DC交DC的延长线于点E.
（1）求证：∠ECB=∠BCA．
（2）若CE=2，⊙O的半径为5，求sin∠BDC的值．
【答案】（1）证明见详解；（2）55.
【分析】（1）连结OB和OD，证出OB∥DE，根据平行线的性质可以得到∠ECB=∠OBC，根据等腰三角形的性质可得∠OBC=∠BCA，从而得出∠ECB=∠BCA；
（2）作CH⊥OB于H，解直角三角形求出BE，BC，再证明∠BDC=∠EBC，可得sin∠BDC=sin∠EBC=ECBC，即可解决问题.
【详解】
解：（1）连结OB和OD，
在△BOD和△BOA中，
OB=OBOD=OABD=BA
∴△BOD≌△BOA(SSS)
∴∠BDO=∠BAO
∵∠BDO=∠OBD，∠BAO=∠BDC
∴∠BDC=∠OBD
∴OB∥DE
∴∠ECB=∠OBC
∵∠OBC=∠BCA
∴∠ECB=∠BCA
（2）作CH⊥OB于H
由（1）知OB∥DE
∴∠HBE=∠E=90°
∵∠CHB=∠HBE=∠E=90°
∴四边形BECH是矩形
∴BH=CE=2
∵OA=OB=OC=5
∴OH=3，CH=BE=52−32=4
∴BC=EC2+BE2=22+42=25
∵∠EBC+∠OBC=90°，∠OBC+∠OBA=90°
∴∠EBC=∠OBC
∵∠BDC=∠BAO=∠OBA
∴∠BDC=∠EBC
∴sin∠BDC=sin∠EBC=ECBC 225=55
故答案为55.
【点睛】本题考查直线与圆的关系，圆周角定理，解直角三角形等知识. 解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题.
9．（2022·福建三明·统考二模）如图，AB是半圆O的直径，点P是BA延长线上一点，点C在⊙O上，连接PC并延长，过点B做BD⊥PC，垂足为D，若BC平分∠PBD．
(1)求证：PC是⊙O的切线；
(2)若BC=23，BD＝3，求⊙O的直径AB的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)4
【分析】（1）连接OC，方法一利用角平分线的性质，等腰三角形的性质，线余来求解；方法二利用角平分线的性质，等腰三角形的性质求得OC∥BD，再用平线的性质求解；
（2）连接AC，方法一根据圆周角定理和角平分线易得△ABC∽△CBD，利用相似三角形的性质求解；方法二利用已知求得cs∠CBD=BDBC=323=32，进而得到∠CBD=30°，结合角平分线求出∠PBC=∠CBD=30°，最后用特殊角的三角函数值求解．
（1）
解：连接OC，如下图．
方法一：
∵BC平分∠PBD，
∴∠PBC=∠CBD．
∵OB=OC，
∴∠PBC=∠BCO，
∵BD⊥PD，
∴∠BDP=90°，
∴∠BCD+∠CBD=90°，
∴∠BCD+∠BCO=90°，
∴OC⊥PC，
即∠OCP=90°，
∴PC是⊙O的切线；
方法二
∵BC平分∠PBD，
∴∠PBC=∠CBD．
∵OB=OC，
∴∠PBC=∠BCO，
∴∠CBD=∠BCO，
∴OC∥BD．
∵BD⊥PD，
∴OC⊥PC，
即∠OCP=90°．
∴PC是⊙O的切线；
（2）
解：连接AC，如图．
方法一：连接AC．
∵AB为⊙O的直径，BD⊥PD，
∴∠ACB=∠CDB=90°．
∵BC平分∠PBD，
∴∠ABC=∠CBD，
∴△ABC∽△CBD，
∴BCBD=ABBC，
∴BC2=AB⋅BD，
即(23)2=AB×3，
∴AB=4；
方法二
∵AB为⊙O的直径，BD⊥PD，
∴∠ACB=∠CDB=90°．
∵BC=23，BD=3，
在Rt△BCD中cs∠CBD=BDBC=323=32
∴∠CBD=30°．
∵BC平分∠PBD，
∴∠PBC=∠CBD=30°．
在Rt△ABC中cs∠ABC=BCAB=32．
∵BC=23，
∴23AB=32，
∴AB=4．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，特殊角的三角函数值，综合运用这些知识点是解题关键．
10．（2022·福建·九年级专题练习）如图，AB为⊙O的直径，∠ACB的角平分线交⊙O于点D，交AB于点E，∠CAB的角平分线交CD于点F．
(1)求证：△ADB为等腰直角三角形；
(2)求证：DF2=DE⋅DC．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据AB为⊙O的直径，可得∠ADB=∠ACB=90°，由∠ACB的角平分线交⊙O于点D，可得∠ACD=∠BCD=45°，AD=BD，AD=BD，进而结论得证；
（2）由∠CAB的角平分线交CD于点F，得到∠CAF=∠BAF，结合（1）可得∠ACD=∠BAD，再由∠DFA=∠CAF+∠ACD，∠DAF=∠BAF+∠BAD，得到∠DFA=∠DAF，从而说明DA=DF，最后再证明△ADE∽△CDA，利用相似三角形的性质即可得证．
(1)
证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=∠ACB=90°，
∵∠ACB的角平分线交⊙O于点D，
∴∠ACD=∠BCD=45°，
∴AD=BD，
∴AD=BD，
∴△ADB为等腰直角三角形；
(2)
证明：∵∠CAB的角平分线交CD于点F，
∴∠CAF=∠BAF，
由（1）可知：∠ACD=45°，AD=BD，∠ADB=90°
∴∠BAD=∠ABD=45°，
∴∠ACD=∠BAD，
∵∠DFA=∠CAF+∠ACD，∠DAF=∠BAF+∠BAD，
∴∠DFA=∠DAF，
∴DA=DF，
在△ADE和△CDA中
∠DAE=∠DCA∠ADE=∠CDA，
∴△ADE∽△CDA，
∴ADCD=DEAD，
∴AD2=DE⋅DC，
∴DF2=DE⋅DC．
【点睛】本题考查的是圆和三角形的综合题，考查了直径所对的圆周角为90°，角平分线，圆周角，等腰三角形的判定，相似三角形的判定与性质等知识．对知识的熟练掌握与灵活运用是解题的关键．
11．（2022·福建三明·二模）如图，点C，D在以AB为直径的半圆上，AC，BD相交于点P，点E在BD上，CE⊥CD，AC = 2BC．
(1)求证：△ACD∽△BCE；
(2)若P是AC中点，求tan∠ACD的值；
(3)求证：2DB = DA + 5DC
【答案】(1)见解析；
(2)tan∠ACD=13
(3)见解析
【分析】（1）由CD=CD得到∠CAD=∠CBD，再由CE⊥CD且AB是直径得∠DCE=∠ACB=90°，从而可得△ACD∽△BCE；
（2）先证得△APD与△BPC都是等腰直角三角形，可得AD=22AP,PB=2AP，得到BD=322AP，最后可求得tan∠ACD的值；
（3）由△ACD∽△BCE得到DAEB=ACBC=DCEC，从而可得EB=12DA，EC=12DC，再通过勾股定理求得DE=52DC，最后证得2DB = DA + 5DC．
（1）
证明：∵CD=CD，
∴∠CAD=∠CBD
∵CE⊥CD，AB是直径，
∴∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠DCE−∠ACE=∠ACB−∠ACE，
即∠ACD=∠BCE，
∴△ACD∽△BCE．
（2）
∵P是AC中点，
∴AC=2AP=2PC．
∵AC=2BC，
∴AP=PC=BC．
∵AB是直径，
∴∠ADB=∠ACB=90°，
∴∠APD=∠BPC=45°，
∴△APD与△BPC都是等腰直角三角形，
∴AD=PD=22AP,PB=2PC=2AP，
∴BD=PD+PB=322AP．
∵AD=AD，
∴∠ACD=∠ABD，
∴tan∠ACD=tan∠ABD=ADBD=22AP322AP=13．
（3）
证明：由（1）得△ACD∽△BCE．
∴DAEB=ACBC=DCEC，
∵AC=2BC，
DA=2EB,DC=2EC，
∴EB=12DA，EC=12DC．
∵CE⊥CD，
∴在Rt△DCE中，DE2=DC2+EC2=DC2+12DC2=54DC2，
即DE=52DC．
∵DB=DE+EB，
∴DB=52DC+12DA．
∴2DB=DA+5DC
【点睛】此题属于圆的综合题，涉及了相似三角形的判定与性质、三角函数值的知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．
12．（2022·福建·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，AC⊥AB，D是AC的中点，BC交⊙O于点E．
(1)求证：DE与⊙O相切；
(2)若AE=3，DE=2，求⊙O的半径长．
【答案】(1)见解析
(2)677
【分析】由AB是⊙O的直径，得到∠AEB＝90°，根据直角三角形的性质得到AD＝DE，求得∠DAE＝∠AED，根据切线的性质得到∠CAE+∠EAO=∠CAB=90°，等量代换得到∠DEO=90°，于是得到结论；
（2）证明△AEC∼△BEA，列比例式可得BE=34BC，最后根据勾股定理可得OA的长．
（1）
∵AB是⊙O的直径，且E在⊙O上，
∴∠AEB=90°，
∴∠AEC=90°，
∵点D为AC的中点，
∴AD＝DE，
∴∠DAE=∠AED，
∵AC是⊙O的切线，
∴∠CAE+∠EAO=∠CAB=90°，
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA，
∴∠DEA+∠OEA=90°，
即∠DEO=90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）
解：∵∠EAB+∠EBA=90°，∠CAE=∠EBA=90°，
∴∠EAB=∠CAE，
∵∠AEB=∠AEC=90°，
∴△AEC∼△BEA，
∴AEBE=ACAB，
∵DE=2,DE=12AC，
∴AC=4，
∴BE=34AB，
∵∠AEB＝90°，
∴AB2=AE2+BE2，
∴716AB2=9，
∴AB=1277，
∴OA=12AB=677，
即⊙O的半径OA的长是677．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的性质和判定，正确的识别图形是解题的关键．
13．（2022·福建·九年级专题练习）如图，AB是半圆O的直径，C为半圆O上的点（不与A，B重合），连接AC，∠BAC的角平分线交半圆O于点D，过点D作AC的垂线，垂足为E，连接BE交AD于点F．
(1)求证：DE是半圆O的切线；
(2)若AE = 6，半圆O的半径为4，求DF的长．
【答案】(1)见解析
(2)DF=473
【分析】（1）连接OD，构建等腰△AOD，然后结合已知条件∠BAC的平分线AD，得到OD∥AE可得结论．
（2）连接BD，设BE交OD于点G，由△BOG∼△BAE，△FDG∼△FAE，△EAD∼△DAB推论出结果．
【详解】（1）证明：如图，连接OD，可得OA=OD
∴∠ODA=∠OAD
∵AD平分∠BAC
∴∠OAD=∠DAC
∴∠ODA=∠DAC．
∴OD∥AE
又∵AE⊥DE，
∴DE⊥OD，
又∵OD为⊙O的半径，
∴DE是的⊙O切线．
（2）
如图，连接BD，设BE交OD于点G，
∵OA=OB=12AB
∴OBAB=12
由（1）得 OD∥AE
∴∠BOG=∠BAE ∠BGO=∠BEA
∴△BOG∼△BAE
∴OGAE=OBAB=12
∵AE = 6
∴OG6=12
∴OG =3
∵半圆O的半径为4
∴OD =4
∴DG=OD -OG=4-3=1
∵OD∥AE ， AE = 6
∴∠FDG=∠FAE ∠FGD=∠FEA
∴△FDG∼△FAE
∴DFAF=DGAE=16
∴AF=6DF
∴AD=AF+DF=6DF+DF=7DF
∴DF=17AD
∵AB为⊙O的直径
∴∠ADB=90° AB=2OA=8
∵AE⊥DE
∴∠AED =90°
∴∠AED=∠ADB
∵AD平分∠BAC
∴∠EAD=∠DAB
∴△EAD∼△DAB
∴AEAD=ADAB
∴6AD=AD8
∴AD=43
∴DF=17AD=473
【点睛】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定与性质．解题过程中，辅助线的作法是解题关键，本题是难题．
14．（2021秋·福建福州·九年级福建省福州延安中学校考阶段练习）如图所示，AB是⊙O的直径，点C、D是⊙O上不同的两点，直线BD交线段OC于点E，交过点C的直线CF于点F，若OC=3CE，且9EF2−CF2=OC2．
（1）求证：直线CF是⊙O的切线；
（2）连接OD、AD、AC、DC，若∠COD=2∠BOC．
①求证：△ACD∽△OBE；
②过点E作EG//AB，交线段AC于点G，点M为线段AC的中点，若AD=4，求线段MG的长度．
【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②1
【分析】（1）先将9EF2−CF2=OC2转化为EF2−CF2=CE2，再利用勾股定理逆定理证明OC⊥CF即可；
（2）①利用同一条弧所对的圆周角等于其所对圆心角的一半和同一条弧所对的圆周角相等分别得到∠CAD=∠BOC与∠OBE=∠ACD，再利用两角分别相等的两三角形相似即可完成求证；
②分别利用相似三角形的性质和平行线分线段成比例定理的推论求出AC的长和CG的长，最后利用线段的和差关系求解即可．
【详解】解：（1）证：因为OC=3CE，且9EF2−CF2=OC2，
∴EF2−CF2=OC29，
∴EF2−CF2=OC29=3CE29=CE2,
∴OC⊥CF，
∴直线CF是⊙O的切线；
（2）①∵∠COD=2∠BOC，
又∵∠COD=2∠DAC，
∴∠CAD=∠BOC，
∵∠OBE=∠ACD,
∴．△ACD∽△OBE；
②∵△ACD∽△OBE，
∴OEAD=OBAC，
设圆的半径为r，
∵OC=3CE， AD=4，
∴23r4=rAC，
∴AC=6；
∵点M为线段AC的中点，
∴CM=3，
∵EG//AB，
∴CGAC=CEOC=13,
∴CG=2，
∴MG=CM−CG=3−2=1,
∴线段MG的长度为1．
【点睛】本题综合考查了切线的判定定理、圆周角定理及其推论、勾股定理逆定理、相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理的推论等内容，解决本题的关键是牢记相关概念，能根据题意建立相等关系等，本题考查内容较多，综合性较强，对学生的综合分析能力有较高要求．
15．（2020秋·福建福州·九年级统考期末）如图，ΔABC内接于⊙O，BC是⊙O的直径，E是AC上一点，弦BE交AC于点F，弦AD⊥BE于点G，连接CD，CG，且∠CBE=∠ACG.
（1）求证：CG=CD；
（2）若AB=4，BC=213，求CD的长.
【答案】（1）详见解析；（2）CD=6135
【分析】（1）证法一：连接EC，利用圆周角定理得到∠BAC=∠BEC=90°，从而证明∠ABE=∠DAC，然后利用同弧所对的圆周角相等及三角形外角的性质得到∠ADC=∠CGD，从而使问题得解；证法二：连接AE,CE，由圆周角定理得到∠BEC=90°，从而判定AD∥CE，得到∠ECD+∠ADC=180°，然后利用圆内接四边形对角互补可得∠EAD+∠ECD=180°，从而求得∠ADC=∠CGD，使问题得解；
（2）首先利用勾股定理和三角形面积求得AG的长，解法一：过点G作GH⊥AC于点H，利用勾股定理求GH，CH，CD的长；解法二：过点C作CI⊥AB于点I，利用AA定理判定△CDI∽△CBA，然后根据相似三角形的性质列比例式求解.
【详解】（1）证法一：连接EC.
∵BC为⊙O的直径，∴∠BAC=∠BEC=90°，
∴∠ABE+∠AFB=90°
∵AD⊥BE,∴∠AGE=90°
∴∠DAC+∠AFB=90°
∴∠ABE=∠DAC.
∵AC=AC
∴∠ADC=∠ABC=∠ABE+∠EBC
∵∠CGD=∠CAD+∠ACG，∠CBE=∠ACG
∴∠ADC=∠CGD
∴CG=CD.
证法二：连接AE,CE.
∵BC为⊙O的直径，∴∠BEC=90°
∵AD⊥BE
∴∠AGE=90°
∴∠AGE=∠BEC,
∴AD∥CE
∴∠ECD+∠ADC=180°
∵CE=CE
∴∠CAE=∠CBE
∵∠CBE=∠ACG
∴∠ACG=∠CAE
∴AE∥CG
∴∠EAD=∠CGD
∵四边形ADCE内接于⊙O，
∴∠EAD+∠ECD=180°
∴∠EAD=∠ADC
∴∠ADC=∠CGD
∴CG=CD.
（2）解：在Rt△ABC中，∠BAC=90°,AB=4,BC=213,
根据勾股定理得AC=BC2−AB2=6.
连接AE，CE
∵BC为⊙O的直径，
∴∠BEC=90°
∴∠AGE=∠BEC
∴AD∥CE
∵CE=CE
∴∠CAE=∠CBE
∵∠CBE=∠ACG
∴∠ACG=∠CAE
∴AE∥CG
∴四边形AGCE是平行四边形.
∴AF=FC=3.
在Rt△ABF中，BF=AB2+AF2=5
S△ABF=12AB⋅AF=12BF⋅AG,
∴AG=125
解法一：过点G作GH⊥AC于点H
∴∠GHA=∠GHC=90°
在Rt△AGF中，GF=AF2−AG2=95,S△AGF=12AG⋅GF=12AF⋅GH
∴GH=3625
在Rt△AGH中，AH=AG2−GH2=4825
∴CH=AC−AH=10225
在Rt△CGH中，CG=GH2+CH2=6135
∴CD=CG=6135
解法二：过点C作CI⊥AB于点I
∴∠CIA=∠CID=90°
∵CG=CD
∴GI=ID
∵∠EGD=90°
∴四边形EGIC为矩形
∴EC=GI.
∵四边形AGCE为平行四边形，
∴EC=AG
∴DI=AG=125.
∵∠CID=∠CAB，∠ADC=∠ABC
∴△CDI∽△CBA
∴CDCB=DIBA即CD213=1254
∴CD=6135
【点睛】本题考查圆的综合知识，相似三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形，综合性较强，有一定难度.