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14. [2026 马鞍山期末] 如图①，以边长为8的正方形纸片ABCD的边AB为直径作$\odot O$，以点A为顶点作$∠ DAM=30°$，交CD于点M，沿AM将四边形ABCM剪掉，使$\mathrm{Rt}△ ADM$绕点A逆时针旋转(如图②)。设旋转角为$α(0°＜α＜150°)$，旋转过程中AD与$\odot O$交于点F。
(1)当$α=30°$时，线段AF的长为
(2)当$α=$
(1)当$α=30°$时，线段AF的长为
4
；(2)当$α=$
90
$°$，DM与$\odot O$相切。答案
14.(1)4 (2)90
解析
【分析】
(1) 首先明确AB为⊙O的直径，长度为8，可得半径OA=OF=4。当旋转角α=30°时，结合正方形内角∠BAD=90°，可推出∠BAF=90°-α=60°，连接OF后可判定△OAF为等边三角形，即可直接求出AF的长度。
(2) Rt△ADM中∠ADM=90°始终成立，故DM⊥AD恒成立。若DM与⊙O相切，则圆心O到DM的距离等于⊙O的半径4。当旋转角α=90°时，AD与AB重合，此时DM垂直于AB，O到DM的距离恰好等于半径，满足相切条件，即可得到旋转角的度数。
【解析】
(1) 连接OF，
∵ 正方形ABCD的边长为8，AB为⊙O的直径，
∴ $OA=OF=\frac{1}{2}AB=4$，$∠ BAD=90°$，
当$α=30°$时，$∠ BAF=∠ BAD-α=90°-30°=60°$，
又
∵ $OA=OF$，
∴ $△ OAF$是等边三角形，
∴ $AF=OA=4$。
(2)
∵ Rt$△ ADM$中$∠ ADM=90°$，
∴ $DM⊥ AD$恒成立，
若DM与$\odot O$相切，则圆心O到DM的距离等于$\odot O$的半径4，
当$α=90°$时，AD旋转至与AB重合，此时AD沿AB方向，$AD⊥ DM$，故$DM⊥ AB$，
AD长为8，$OA=4$，故D点与B点重合，DM为过B点且垂直于AB的直线，
∵ AB是直径，过B点垂直于AB的直线是$\odot O$的切线，
∴ 此时DM与$\odot O$相切，即$α=90°$。
【答案】
(1)$\boldsymbol{4}$；(2)$\boldsymbol{90}$
【知识点】
直线与圆的位置关系，旋转的性质，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查了旋转的性质、圆的切线判定及等边三角形的性质，解题的关键是抓住旋转过程中不变的边角关系，结合切线的判定条件分析求解。
【难度系数】
0.65
(1) 首先明确AB为⊙O的直径，长度为8，可得半径OA=OF=4。当旋转角α=30°时，结合正方形内角∠BAD=90°，可推出∠BAF=90°-α=60°，连接OF后可判定△OAF为等边三角形，即可直接求出AF的长度。
(2) Rt△ADM中∠ADM=90°始终成立，故DM⊥AD恒成立。若DM与⊙O相切，则圆心O到DM的距离等于⊙O的半径4。当旋转角α=90°时，AD与AB重合，此时DM垂直于AB，O到DM的距离恰好等于半径，满足相切条件，即可得到旋转角的度数。
【解析】
(1) 连接OF，
∵ 正方形ABCD的边长为8，AB为⊙O的直径，
∴ $OA=OF=\frac{1}{2}AB=4$，$∠ BAD=90°$，
当$α=30°$时，$∠ BAF=∠ BAD-α=90°-30°=60°$，
又
∵ $OA=OF$，
∴ $△ OAF$是等边三角形，
∴ $AF=OA=4$。
(2)
∵ Rt$△ ADM$中$∠ ADM=90°$，
∴ $DM⊥ AD$恒成立，
若DM与$\odot O$相切，则圆心O到DM的距离等于$\odot O$的半径4，
当$α=90°$时，AD旋转至与AB重合，此时AD沿AB方向，$AD⊥ DM$，故$DM⊥ AB$，
AD长为8，$OA=4$，故D点与B点重合，DM为过B点且垂直于AB的直线，
∵ AB是直径，过B点垂直于AB的直线是$\odot O$的切线，
∴ 此时DM与$\odot O$相切，即$α=90°$。
【答案】
(1)$\boldsymbol{4}$；(2)$\boldsymbol{90}$
【知识点】
直线与圆的位置关系，旋转的性质，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查了旋转的性质、圆的切线判定及等边三角形的性质，解题的关键是抓住旋转过程中不变的边角关系，结合切线的判定条件分析求解。
【难度系数】
0.65
15. [2026 蚌埠模拟]如图，AB是$\odot O$的直径，点C，D在$\odot O$上，且$∠ CAD=∠ BAD$，过点D作AC的垂线，交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F，G为AB下方的半圆弧的中点，DG交AB于点H，连接DB，GB.
(1)求证:EF是$\odot O$的切线；
(2)求证:$∠ DGB=∠ BDF$；
(3)已知$AO=10$，$BH=6$，求GH的长.
(1)求证:EF是$\odot O$的切线；
(2)求证:$∠ DGB=∠ BDF$；
(3)已知$AO=10$，$BH=6$，求GH的长.
答案
15.(1)略.(2)略.(3)$2\sqrt{29}$.
解析
【分析】
(1) 证明切线通常采用“连半径，证垂直”的思路：先连接半径OD，利用等腰三角形等边对等角的性质得∠OAD=∠ODA，结合已知∠CAD=∠BAD可推出OD//AE，再由AE⊥EF得到OD⊥EF，即可证EF是⊙O的切线。
(2) 先利用直径所对圆周角为直角、切线的性质得到两组互余的角，通过等角的余角相等推出∠BAD=∠BDF，再结合同弧所对圆周角相等得到∠DGB=∠BAD，等量代换即可完成证明。
(3) 求GH的长可先连接OG，由G是AB下方半圆弧中点可知OG⊥AB，得到Rt△OGH，先求出半径OG的长度和OH的长度，再用勾股定理计算GH即可。
【解析】
(1) 证明：连接$OD$，
$\because OA=OD$，$\therefore ∠ OAD=∠ ODA$，
又$\because ∠ CAD=∠ BAD$，$\therefore ∠ CAD=∠ ODA$，
$\therefore OD// AE$，
$\because AE⊥ EF$，$\therefore ∠ E=90°$，
$\therefore ∠ ODF=∠ E=90°$，即$OD⊥ EF$，
又$\because OD$是$\odot O$的半径，$\therefore EF$是$\odot O$的切线。
(2) 证明：$\because AB$是$\odot O$的直径，$\therefore ∠ ADB=90°$，
$\therefore ∠ BAD+∠ ABD=90°$，
$\because EF$是$\odot O$的切线，$\therefore ∠ ODF=90°$，即$∠ ODB+∠ BDF=90°$，
$\because OD=OB$，$\therefore ∠ ODB=∠ ABD$，
$\therefore ∠ BAD=∠ BDF$，
$\because$ 同弧$BD$所对的圆周角相等，$\therefore ∠ DGB=∠ BAD$，
$\therefore ∠ DGB=∠ BDF$。
(3) 解：连接$OG$，
$\because G$是$AB$下方半圆弧的中点，$\therefore$ 弧$AG=$弧$BG$，
$\therefore OG⊥ AB$，即$∠ GOH=90°$，
$\because AO=10$，$\odot O$的半径为$10$，$\therefore OG=OB=10$，
$\because BH=6$，$\therefore OH=OB-BH=10-6=4$，
在$\mathrm{Rt}△ OGH$中，由勾股定理得：
$GH=\sqrt{OG^2+OH^2}=\sqrt{10^2+4^2}=\sqrt{116}=2\sqrt{29}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) 证明见解析；(3) $2\sqrt{29}$
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；勾股定理
【点评】
本题是圆的综合题，涵盖了切线的判定与性质、圆周角相关性质、勾股定理等核心考点，解题关键是熟练掌握切线的判定方法，合理添加辅助线构造等角关系和直角三角形，属于圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.65
(1) 证明切线通常采用“连半径，证垂直”的思路：先连接半径OD，利用等腰三角形等边对等角的性质得∠OAD=∠ODA，结合已知∠CAD=∠BAD可推出OD//AE，再由AE⊥EF得到OD⊥EF，即可证EF是⊙O的切线。
(2) 先利用直径所对圆周角为直角、切线的性质得到两组互余的角，通过等角的余角相等推出∠BAD=∠BDF，再结合同弧所对圆周角相等得到∠DGB=∠BAD，等量代换即可完成证明。
(3) 求GH的长可先连接OG，由G是AB下方半圆弧中点可知OG⊥AB，得到Rt△OGH，先求出半径OG的长度和OH的长度，再用勾股定理计算GH即可。
【解析】
(1) 证明：连接$OD$，
$\because OA=OD$，$\therefore ∠ OAD=∠ ODA$，
又$\because ∠ CAD=∠ BAD$，$\therefore ∠ CAD=∠ ODA$，
$\therefore OD// AE$，
$\because AE⊥ EF$，$\therefore ∠ E=90°$，
$\therefore ∠ ODF=∠ E=90°$，即$OD⊥ EF$，
又$\because OD$是$\odot O$的半径，$\therefore EF$是$\odot O$的切线。
(2) 证明：$\because AB$是$\odot O$的直径，$\therefore ∠ ADB=90°$，
$\therefore ∠ BAD+∠ ABD=90°$，
$\because EF$是$\odot O$的切线，$\therefore ∠ ODF=90°$，即$∠ ODB+∠ BDF=90°$，
$\because OD=OB$，$\therefore ∠ ODB=∠ ABD$，
$\therefore ∠ BAD=∠ BDF$，
$\because$ 同弧$BD$所对的圆周角相等，$\therefore ∠ DGB=∠ BAD$，
$\therefore ∠ DGB=∠ BDF$。
(3) 解：连接$OG$，
$\because G$是$AB$下方半圆弧的中点，$\therefore$ 弧$AG=$弧$BG$，
$\therefore OG⊥ AB$，即$∠ GOH=90°$，
$\because AO=10$，$\odot O$的半径为$10$，$\therefore OG=OB=10$，
$\because BH=6$，$\therefore OH=OB-BH=10-6=4$，
在$\mathrm{Rt}△ OGH$中，由勾股定理得：
$GH=\sqrt{OG^2+OH^2}=\sqrt{10^2+4^2}=\sqrt{116}=2\sqrt{29}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) 证明见解析；(3) $2\sqrt{29}$
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；勾股定理
【点评】
本题是圆的综合题，涵盖了切线的判定与性质、圆周角相关性质、勾股定理等核心考点，解题关键是熟练掌握切线的判定方法，合理添加辅助线构造等角关系和直角三角形，属于圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.65
