18.（7分）新趋势 尺规作图（宿迁中考）在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$.
（1）如图①，点$O$在斜边$AB$上，以点$O$为圆心，$OB$长为半径的圆交$AB$于点$D$，交$BC$于点$E$，与边$AC$相切于点$F$.求证：$∠ 1=∠ 2$；
（2）在图②中作$\odot M$，使它满足以下条件：
①圆心在边$AB$上；②经过点$B$；③与边$AC$相切.（尺规作图，只保留作图痕迹，不要求写出作法）

; 证明:(1)连接$OF，$
因为$AC$是$\odot O$的切线，所以$OF\perp AC。$
又因为$∠C = 90°，$
所以$OF// BC，$
则$∠1 = ∠OFB。$
因为$OF = OB，$
所以$∠OFB = ∠2，$
所以$∠1 = ∠2。$ (2)如图，$\odot M$即为所求。

19. (8 分)如图,点 A、B、C 在$\odot O$上,BO 平分$∠ABC.$
(1)求证:$AB=BC;$
(2)连接 AC,若$AC=6,AB=5$,求$\odot O$的半径.

证明​$： (1)$​如图，连接​$OA、$​​$OC。$​因为​$OA = OB，$​所以​$∠OAB = ∠OBA，$​则​$∠AOB = 180° - ∠OAB - ∠OBA $​​$= 180° - 2∠OBA。$​同理，​$∠COB = 180° - 2∠OBC。$​因为​$BO$​平分​$∠ABC，$​所以​$∠OBC = ∠OBA，$​所以​$∠AOB = ∠COB，$​所以​$AB = BC。$
​​$ (2)$​如图，延长​$BO$​与​$AC$​交于点​$D，$​与​$\odot O$​交于点​$E。$​因为​$AB = BC，$​​$OB$​平分​$∠ABC，$​所以​$BE\perp AC。$​因为​$BE$​是​$\odot O$​的直径，所以​$AD = DC = \frac {1}{2}AC = 3。$​因为​$∠ADB = 90°，$​所以​$AD^2 + BD^2 = AB^2，$​即​$5^2 = BD^2 + 3^2，$​解得​$BD = 4。$​设​$AO = BO = x，$​则​$DO = BD - BO = 4 - x。$​因为​$OD\perp AD，$​所以​$AD^2 + OD^2 = AO^2，$​即​$3^2 + (4 - x)^2 = x^2，$​解得​$x = \frac {25}{8}，$​所以​$\odot O$​的半径为​$\frac {25}{8}。$​

20. (8 分)(2025·衡水期中)如图,$\odot O$是$△ ABC$的外接圆,AB是$\odot O$的直径,AD平分$∠BAC$交$\odot O$于点 D,连接 OD 交 BC 于点 H.
(1)求证:$OD⊥BC;$
(2)已知$DH=2,BC=8.$
①求$\odot O$的半径长;
②若$\overset{\frown}{BD}$的长度为$\frac{4}{3}π$,求$∠BAC$的度数.

证明​$：(1)$​因为​$AD$​平分​$∠BAC，$​所以​$∠CAD = ∠BAD，$​所以​$\overset {\frown }{CD} = \overset {\frown }{BD}，$​所以​$OD\perp BC。$​​$ (2)①$​因为​$OD\perp BC，$​​$DH = 2，$​​$BC = 8，$​所以​$BH = \frac {1}{2}BC = 4，$​​$∠OHB = 90°，$​所以​$OH^2 + BH^2 = OB^2，$​即​$(OB - 2)^2 + 4^2 = OB^2，$​解得​$OB = 5，$​所以​$\odot O$​的半径长为​$5。$​​$ ②$​设​$∠BOD = α，$​因为​$\overset {\frown }{BD}$​的长度为​$\frac {4}{3}\pi ，$​所以​$\frac {5α\pi }{180} = \frac {4}{3}\pi ，$​所以​$α= 48°，$​即​$∠BOD = 48°。$​因为​$∠BOD = 2∠BAD，$​​$∠BAC = 2∠BAD，$​所以​$∠BAC = ∠BOD = 48°。$​

21. (9分)(2024·德州中考)如图,$\odot O_{1}$与$\odot O_{2}$都经过A、B两点,点$O_{2}$在$\odot O_{1}$上,点C是$\overset{\frown}{AO_{2}B}$上的一点,连接AC并延长交$\odot O_{2}$于点P,连接AB、BC、BP.
(1)求证:$∠ ACB=2∠ P$.
(2)若$∠ P=30°$,$AB=2\sqrt{3}$.
①求$\odot O_{1}$的半径;
②求图中阴影部分的面积.

; 证明​$： (1)$​如图所示，连接​$AO_{2}、$​​$BO_{2}，$​在​$\odot O_{1}$​中，​$∠ACB = ∠AO_{2}B，$​在​$\odot O_{2}$​中，​$∠P = \frac {1}{2}∠AO_{2}B，$​所以​$∠ACB = ∠AO_{2}B = 2∠P。$​​$ (2)①$​因为​$∠P = 30°，$​所以​$∠AO_{2}B = 60°。$​如图，连接​$AO_{1}、$​​$BO_{1}，$​过点​$O_{1}$​作​$O_{1}D\perp AB$​于点​$D，$​所以​$∠AO_{1}B = 120°，$​​$AD = BD = \frac {1}{2}AB = \sqrt {3}，$​所以​$∠AO_{1}D = \frac {1}{2}∠AO_{1}B = 60°，$​​$∠DAO_{1} = 30°。$​在​$Rt\triangle AO_{1}D$​中，由勾股定理可得​$AO_{1} = 2，$​所以​$\odot O_{1}$​的半径是​$2。$​​$ ②$​因为​$AO_{2} = BO_{2}，$​​$∠AO_{2}B = 60°，$​所以​$\triangle AO_{2}B$​是等边三角形，所以​$AO_{2} = BO_{2} = AB = 2\sqrt {3}。$​因为​$AO_{1} = BO_{1}，$​​$AO_{2} = BO_{2}，$​所以​$DO_{2}$​垂直平分​$AB，$​​$DO_{1}$​垂直平分​$AB，$​所以​$D、$​​$O_{1}、$​​$O_{2}$​三点共线。在​$Rt\triangle ADO_{2}$​中，​$DO_{2} = \sqrt {AO_{2}^2 - AD^2} = 3，$​在​$Rt\triangle ADO_{1}$​中，​$DO_{1} = \sqrt {AO_{1}^2 - AD^2} = 1。$​如图，在​$\odot O_{2}$​中，​$\overset {\frown }{AB}$​上标点​$E，$​所以​$S_{弓形AEB} = S_{扇形AO_{2}B} - S_{\triangle ABO_{2}} $​​$= \frac {60\pi ×(2\sqrt {3})^2}{360} - \frac {1}{2}×2\sqrt {3}×3 $​​$= 2\pi - 3\sqrt {3}。$​在​$\odot O_{1}$​中，​$S_{阴影} = S_{扇形AO_{1}B} - S_{\triangle AO_{1}B} - S_{弓形AEB} $​​$= \frac {120\pi ×2^2}{360} - \frac {1}{2}×2\sqrt {3}×1 - (2\pi - 3\sqrt {3}) $​​$= \frac {4\pi }{3} - \sqrt {3} - 2\pi + 3\sqrt {3} $​​$= 2\sqrt {3} - \frac {2\pi }{3}。$​