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8. ★★★ (广州中考)如图,△ABC的内切圆⊙I与BC,CA,AB分别相切于点D,E,F,若⊙I的半径为r,∠A=α,则(BF+CE−BC)的值和∠FDE的大小分别为 (
A.$2r,90°-α$
B.$0,90°-α$
C.$2r,90°-\frac{α}{2}$
D.$0,90°-\frac{α}{2}$
D
)A.$2r,90°-α$
B.$0,90°-α$
C.$2r,90°-\frac{α}{2}$
D.$0,90°-\frac{α}{2}$
答案
8. D 解析:如图
,连接 $IF,IE.\because △ABC$ 的内切圆 $\odot I$ 与 $BC,CA,AB$ 分别相切于点 $D,E,F$,$\therefore BF=BD,CD=CE,IF ⊥ AB,IE ⊥ AC$,$\therefore BF+CE-BC=BD+CD-BC=BC-BC=0$,$∠AFI=∠AEI=90°$,$\therefore ∠EIF=180°-α$,$\therefore ∠EDF=\frac{1}{2}∠EIF=90°-\frac{1}{2}α$.故选 D.解析
【分析】
本题可分两步求解：第一步计算BF+CE−BC的值，可结合三角形内切圆的切线长定理，将BF、CE转化为BC边上的BD、CD，代入式子即可快速算出结果；第二步求∠FDE的大小，∠FDE是⊙I的圆周角，对应弧为FE，因此先构造辅助线连接圆心I与切点F、E，先求出弧FE对应的圆心角∠FIE的度数，结合切线垂直于过切点的半径的性质，在四边形AFIE中利用内角和求出∠FIE，再根据同弧所对圆周角是圆心角的一半，即可求出∠FDE的度数，最终确定正确选项。
【解析】
如图，连接$IF,IE$。
∵$△ ABC$的内切圆$\odot I$与$BC,CA,AB$分别相切于点$D,E,F$，
∴根据切线长定理得$BF=BD,CD=CE$；根据切线的性质得$IF ⊥ AB,IE ⊥ AC$，即$∠ AFI=∠ AEI=90°$。
1. 计算$BF+CE-BC$的值：
将$BF=BD,CE=CD$代入式子可得：
$BF+CE-BC=BD+CD-BC=BC-BC=0$。
2. 计算$∠ FDE$的大小：
四边形$AFIE$内角和为$360°$，已知$∠ A=α$，$∠ AFI=∠ AEI=90°$，
∴$∠ EIF=360°-α-90°-90°=180°-α$。
∵$∠ FDE$是$\odot I$中弧$FE$所对的圆周角，$∠ EIF$是弧$FE$所对的圆心角，
∴根据圆周角定理，$∠ FDE=\frac{1}{2}∠ EIF=\frac{1}{2}(180°-α)=90°-\frac{α}{2}$。
综上，BF+CE−BC的值为0，∠FDE的大小为$90°-\frac{α}{2}$，故选D。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理，切线的性质，圆周角定理
【点评】
本题是圆的性质的典型综合题，解题核心是熟练掌握三角形内切圆的相关性质，合理构造辅助线连接圆心和切点，结合相关定理逐步推导，能够有效考查对圆的核心性质的理解和运用能力。
【难度系数】
0.6
本题可分两步求解：第一步计算BF+CE−BC的值，可结合三角形内切圆的切线长定理，将BF、CE转化为BC边上的BD、CD，代入式子即可快速算出结果；第二步求∠FDE的大小，∠FDE是⊙I的圆周角，对应弧为FE，因此先构造辅助线连接圆心I与切点F、E，先求出弧FE对应的圆心角∠FIE的度数，结合切线垂直于过切点的半径的性质，在四边形AFIE中利用内角和求出∠FIE，再根据同弧所对圆周角是圆心角的一半，即可求出∠FDE的度数，最终确定正确选项。
【解析】
如图
，连接$IF,IE$。∵$△ ABC$的内切圆$\odot I$与$BC,CA,AB$分别相切于点$D,E,F$，
∴根据切线长定理得$BF=BD,CD=CE$；根据切线的性质得$IF ⊥ AB,IE ⊥ AC$，即$∠ AFI=∠ AEI=90°$。
1. 计算$BF+CE-BC$的值：
将$BF=BD,CE=CD$代入式子可得：
$BF+CE-BC=BD+CD-BC=BC-BC=0$。
2. 计算$∠ FDE$的大小：
四边形$AFIE$内角和为$360°$，已知$∠ A=α$，$∠ AFI=∠ AEI=90°$，
∴$∠ EIF=360°-α-90°-90°=180°-α$。
∵$∠ FDE$是$\odot I$中弧$FE$所对的圆周角，$∠ EIF$是弧$FE$所对的圆心角，
∴根据圆周角定理，$∠ FDE=\frac{1}{2}∠ EIF=\frac{1}{2}(180°-α)=90°-\frac{α}{2}$。
综上，BF+CE−BC的值为0，∠FDE的大小为$90°-\frac{α}{2}$，故选D。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理，切线的性质，圆周角定理
【点评】
本题是圆的性质的典型综合题，解题核心是熟练掌握三角形内切圆的相关性质，合理构造辅助线连接圆心和切点，结合相关定理逐步推导，能够有效考查对圆的核心性质的理解和运用能力。
【难度系数】
0.6
9. ★★★(2024·雅安中考)如图，$\odot O$的周长为$8π$，正六边形$ABCDEF$内接于$\odot O$.则$△ OAB$的面积为 (
A.$4$
B.$4\sqrt{3}$
C.$6$
D.$6\sqrt{3}$
B
)A.$4$
B.$4\sqrt{3}$
C.$6$
D.$6\sqrt{3}$
答案
9. B 解析:设 $\odot O$ 的半径为 $r$,由题意得 $2π r=8π$,解得 $r=4$.$\because$ 六边形 $ABCDEF$ 是 $\odot O$ 的内接正六边形,$\therefore ∠AOB=\frac{360°}{6}=60°$.$\because OA=OB$,$\therefore △AOB$ 是正三角形,$\therefore ∠OAB=60°$,$\therefore$ 弦 $AB$ 所对应的弦心距为 $OA · \sin 60°=\frac{\sqrt{3}}{2}OA=2\sqrt{3}$,$\therefore S_{△AOB}=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$.故选 B.
解析
【分析】
解题时先从已知的圆周长条件入手，第一步根据圆周长公式求出$\odot O$的半径，也就是$△ OAB$的边$OA$、$OB$的长度；第二步结合正六边形内接于圆的性质，计算中心角$∠ AOB$的度数，结合$OA=OB$的特点判断$△ OAB$的形状；最后根据对应三角形的面积公式计算结果即可。
【解析】
解：设$\odot O$的半径为$r$，
根据圆的周长公式$C=2π r$，由题意得$2π r=8π$，解得$r=4$，即$OA=OB=4$。
$\because$ 六边形$ABCDEF$是$\odot O$的内接正六边形，
$\therefore$ 中心角$∠ AOB=\frac{360°}{6}=60°$，
又$\because OA=OB$，
$\therefore △ AOB$是等边三角形，$AB=OA=4$。
作$AB$边上的高（即弦心距），高为$OA·\sin60°=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$，
$\therefore S_{△ AOB}=\frac{1}{2}× AB× 高=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
圆周长计算；正多边形与圆；等边三角形面积计算
【点评】
本题是正多边形与圆结合的典型基础题型，解题核心是利用正六边形的性质判断出$△ OAB$为等边三角形，再结合圆周长得到边长进而计算面积，熟练掌握相关基础性质即可顺利解题。
【难度系数】
0.7
解题时先从已知的圆周长条件入手，第一步根据圆周长公式求出$\odot O$的半径，也就是$△ OAB$的边$OA$、$OB$的长度；第二步结合正六边形内接于圆的性质，计算中心角$∠ AOB$的度数，结合$OA=OB$的特点判断$△ OAB$的形状；最后根据对应三角形的面积公式计算结果即可。
【解析】
解：设$\odot O$的半径为$r$，
根据圆的周长公式$C=2π r$，由题意得$2π r=8π$，解得$r=4$，即$OA=OB=4$。
$\because$ 六边形$ABCDEF$是$\odot O$的内接正六边形，
$\therefore$ 中心角$∠ AOB=\frac{360°}{6}=60°$，
又$\because OA=OB$，
$\therefore △ AOB$是等边三角形，$AB=OA=4$。
作$AB$边上的高（即弦心距），高为$OA·\sin60°=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$，
$\therefore S_{△ AOB}=\frac{1}{2}× AB× 高=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
圆周长计算；正多边形与圆；等边三角形面积计算
【点评】
本题是正多边形与圆结合的典型基础题型，解题核心是利用正六边形的性质判断出$△ OAB$为等边三角形，再结合圆周长得到边长进而计算面积，熟练掌握相关基础性质即可顺利解题。
【难度系数】
0.7
10. （金华中考）如图, 在$△ ABC$中, $AB=AC=6\ \mathrm{cm}$, $∠ BAC=50°$, 以AB为直径作半圆, 交BC于点D, 交AC于点E, 则弧DE的长为
$\frac{5}{6}π$
cm.答案
10. $\frac{5}{6}π$ 解析:连接 $OE,OD$,$\because OD=OB$,$\therefore ∠B=∠ODB$.$\because AB=AC$,$\therefore ∠B=∠C$,$\therefore ∠C=∠ODB$,$\therefore OD // AC$,$\therefore ∠EOD=∠AEO$.$\because OE=OA$,$\therefore ∠OEA=∠BAC=50°$,$\therefore ∠EOD=∠AEO=50°$.$\because OD=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×6=3(\mathrm{cm})$,$\therefore \overset{\frown}{DE}$ 的长 $=\frac{50π×3}{180}=\frac{5}{6}π(\mathrm{cm})$.
解析
【分析】
要计算弧DE的长，需先回忆弧长计算公式$l=\frac{nπ r}{180}$（其中$n$为弧所对圆心角的度数，$r$为圆的半径），因此解题分为两步：①求半圆的半径；②求弧DE对应的圆心角$∠ EOD$的度数。首先连接OD、OE构造圆心角，利用同圆半径相等可得等腰三角形，再结合已知$AB=AC$的等腰三角形性质推导角的关系，证明$OD// AC$，结合$OE=OA$的等腰三角形性质求出$∠ EOD$的度数，最后代入公式计算即可。
【解析】
连接$OE$、$OD$。
∵$OD=OB$（同圆的半径相等），
∴$∠ B=∠ ODB$。
∵$AB=AC$，
∴$∠ B=∠ C$，
∴$∠ C=∠ ODB$，
∴$OD// AC$（同位角相等，两直线平行），
∴$∠ EOD=∠ AEO$（两直线平行，内错角相等）。
∵$OE=OA$（同圆的半径相等），
∴$∠ OEA=∠ BAC=50°$，
∴$∠ EOD=50°$。
半圆的半径$OD=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×6=3\mathrm{cm}$，
根据弧长公式可得$\overset{\frown}{DE}$的长为：$\frac{50π×3}{180}=\frac{5}{6}π(\mathrm{cm})$。
【答案】
$\frac{5}{6}π$
【知识点】
弧长计算；等腰三角形的性质；平行线的判定与性质
【点评】
本题是圆与等腰三角形结合的常见基础题型，解题的核心是通过连接半径构造等腰三角形，结合平行线性质求出弧对应的圆心角，再代入弧长公式求解，注重对基础几何性质和公式应用能力的考察。
【难度系数】
0.7
要计算弧DE的长，需先回忆弧长计算公式$l=\frac{nπ r}{180}$（其中$n$为弧所对圆心角的度数，$r$为圆的半径），因此解题分为两步：①求半圆的半径；②求弧DE对应的圆心角$∠ EOD$的度数。首先连接OD、OE构造圆心角，利用同圆半径相等可得等腰三角形，再结合已知$AB=AC$的等腰三角形性质推导角的关系，证明$OD// AC$，结合$OE=OA$的等腰三角形性质求出$∠ EOD$的度数，最后代入公式计算即可。
【解析】
连接$OE$、$OD$。
∵$OD=OB$（同圆的半径相等），
∴$∠ B=∠ ODB$。
∵$AB=AC$，
∴$∠ B=∠ C$，
∴$∠ C=∠ ODB$，
∴$OD// AC$（同位角相等，两直线平行），
∴$∠ EOD=∠ AEO$（两直线平行，内错角相等）。
∵$OE=OA$（同圆的半径相等），
∴$∠ OEA=∠ BAC=50°$，
∴$∠ EOD=50°$。
半圆的半径$OD=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×6=3\mathrm{cm}$，
根据弧长公式可得$\overset{\frown}{DE}$的长为：$\frac{50π×3}{180}=\frac{5}{6}π(\mathrm{cm})$。
【答案】
$\frac{5}{6}π$
【知识点】
弧长计算；等腰三角形的性质；平行线的判定与性质
【点评】
本题是圆与等腰三角形结合的常见基础题型，解题的核心是通过连接半径构造等腰三角形，结合平行线性质求出弧对应的圆心角，再代入弧长公式求解，注重对基础几何性质和公式应用能力的考察。
【难度系数】
0.7
11. ★★★ (2024·资阳中考)如图,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2.以点A为圆心,AD长为半径作弧交AB于点E,再以AB为直径作半圆,与$\overset{\frown}{DE}$交于点F,则图中阴影部分的面积为
＞＞ 专题突破册 P27
$\sqrt{3}+\frac{2}{3}π$
.＞＞ 专题突破册 P27
答案
11. $\sqrt{3}+\frac{2}{3}π$ 解析:$\because$ 以点 $A$ 为圆心,$AD$ 长为半径作弧交 $AB$ 于点 $E$,$AB=4$,$AD=2$,$\therefore AE=AD=BE=2$,$\therefore$ 以 $AB$ 为直径作半圆时,圆心为点 $E$.设弓形 $AmF$,连接 $AF,FE$,即 $AE=AF=FE=2$,如图
:$\therefore △AFE$ 为等边三角形,$\therefore ∠FAE=∠FEA=60°$,$\therefore$ 阴影部分面积 $S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{半圆}}-S_{\mathrm{扇形}FAE}-S_{\mathrm{弓形}AmF}$,代入数值可得 $S_{\mathrm{阴影}}=\frac{1}{2}π×2^2-\frac{60π×2^2}{360}-(\frac{60π×2^2}{360}-\frac{\sqrt{3}}{4}×2^2)=\sqrt{3}+\frac{2}{3}π$,故答案为 $\sqrt{3}+\frac{2}{3}π$.解析
【分析】
本题是不规则阴影面积计算问题，核心思路是用割补法将阴影转化为规则图形面积的和差。第一步先确定各圆弧的半径：由题意得弧DE是以A为圆心、AD=2为半径的弧，因此AE=AD=2，又AB=4，可知E是AB中点，即AB为直径的半圆圆心为E，半径也为2。第二步作辅助线找特殊图形：连接AF、EF，可得AE=AF=EF=2，因此△AEF是等边三角形，得到∠FAE=∠FEA=60°。第三步梳理面积关系：阴影面积等于以E为圆心的半圆面积，减去扇形AEF的面积，再减去弓形AmF的面积，其中弓形AmF的面积可由扇形AFE面积减去等边△AEF面积得到，代入公式计算即可。
【解析】
解：
∵以点A为圆心，AD长为半径作弧交AB于点E，AB=4，AD=2，
∴AE=AD=BE=2，即以AB为直径的半圆的圆心为点E，半圆半径为2。
连接AF、FE，可得AE=AF=FE=2，
∴△AFE为等边三角形，
∴∠FAE=∠FEA=60°。
阴影部分面积可表示为：
$S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{半圆}}-S_{\mathrm{扇形}FAE}-S_{\mathrm{弓形}AmF}$
其中$S_{\mathrm{半圆}}=\frac{1}{2}π×2^2=2π$，
$S_{\mathrm{扇形}FAE}=\frac{60π×2^2}{360}=\frac{2}{3}π$，
$S_{\mathrm{弓形}AmF}=S_{\mathrm{扇形}AFE}-S_{△ AFE}=\frac{60π×2^2}{360}-\frac{\sqrt{3}}{4}×2^2=\frac{2}{3}π-\sqrt{3}$，
代入得：
$S_{\mathrm{阴影}}=2π-\frac{2}{3}π-(\frac{2}{3}π-\sqrt{3})=\sqrt{3}+\frac{2}{3}π$。
【答案】
$\sqrt{3}+\frac{2}{3}π$
【知识点】
割补法求阴影面积、扇形面积计算、等边三角形的判定与性质
【点评】
本题属于中等难度的几何面积计算题，解题的关键是通过作辅助线构造等边三角形，将不规则的阴影面积转化为半圆、扇形、三角形等规则图形的面积和差，需要熟练掌握各类规则图形的面积公式。
【难度系数】
0.6
本题是不规则阴影面积计算问题，核心思路是用割补法将阴影转化为规则图形面积的和差。第一步先确定各圆弧的半径：由题意得弧DE是以A为圆心、AD=2为半径的弧，因此AE=AD=2，又AB=4，可知E是AB中点，即AB为直径的半圆圆心为E，半径也为2。第二步作辅助线找特殊图形：连接AF、EF，可得AE=AF=EF=2，因此△AEF是等边三角形，得到∠FAE=∠FEA=60°。第三步梳理面积关系：阴影面积等于以E为圆心的半圆面积，减去扇形AEF的面积，再减去弓形AmF的面积，其中弓形AmF的面积可由扇形AFE面积减去等边△AEF面积得到，代入公式计算即可。
【解析】
解：
∵以点A为圆心，AD长为半径作弧交AB于点E，AB=4，AD=2，
∴AE=AD=BE=2，即以AB为直径的半圆的圆心为点E，半圆半径为2。
连接AF、FE，可得AE=AF=FE=2，
∴△AFE为等边三角形，
∴∠FAE=∠FEA=60°。
阴影部分面积可表示为：
$S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{半圆}}-S_{\mathrm{扇形}FAE}-S_{\mathrm{弓形}AmF}$
其中$S_{\mathrm{半圆}}=\frac{1}{2}π×2^2=2π$，
$S_{\mathrm{扇形}FAE}=\frac{60π×2^2}{360}=\frac{2}{3}π$，
$S_{\mathrm{弓形}AmF}=S_{\mathrm{扇形}AFE}-S_{△ AFE}=\frac{60π×2^2}{360}-\frac{\sqrt{3}}{4}×2^2=\frac{2}{3}π-\sqrt{3}$，
代入得：
$S_{\mathrm{阴影}}=2π-\frac{2}{3}π-(\frac{2}{3}π-\sqrt{3})=\sqrt{3}+\frac{2}{3}π$。
【答案】
$\sqrt{3}+\frac{2}{3}π$
【知识点】
割补法求阴影面积、扇形面积计算、等边三角形的判定与性质
【点评】
本题属于中等难度的几何面积计算题，解题的关键是通过作辅助线构造等边三角形，将不规则的阴影面积转化为半圆、扇形、三角形等规则图形的面积和差，需要熟练掌握各类规则图形的面积公式。
【难度系数】
0.6
12. ★★★ (2024·泸州中考)如图,EA,ED是$\odot O$的切线,切点为A,D,点B,C在$\odot O$上,若$∠ BAE+∠ BCD=236°$,则$∠ E=$ (
A.$56°$
B.$60°$
C.$68°$
D.$70°$
C
)A.$56°$
B.$60°$
C.$68°$
D.$70°$
答案
12. C 解析:如图
,连接 $AD$,$\because$ 四边形 $ABCD$ 是 $\odot O$ 的内接四边形,$\therefore ∠BAD+∠BCD=180°$.$\because ∠BAE+∠BCD=236°$,$\therefore ∠BAE+∠BCD-(∠BAD+∠BCD)=236°-180°$,即 $∠BAE-∠BAD=56°$,$\therefore ∠EAD=56°$.$\because EA,ED$ 是 $\odot O$ 的切线,根据切线长定理得 $EA=ED$,$\therefore ∠EAD=∠EDA=56°$,$\therefore ∠E=180°-∠EAD-∠EDA=180°-56°-56°=68°$.故选 C.解析
【分析】
解题时首先观察图形特征：存在圆的内接四边形ABCD，还有圆的两条切线EA、ED。我们可以先利用圆内接四边形对角互补的性质，结合已知的∠BAE+∠BCD的度数，通过角度作差求出∠EAD的大小；再根据切线长定理得到EA=ED，可知△EAD为等腰三角形，最后利用三角形内角和即可求出∠E的度数。解题的关键是添加辅助线AD，构建角度关系和等腰三角形。
【解析】
如图，连接AD。
∵ 四边形ABCD是$\odot O$的内接四边形，
∴ $∠ BAD + ∠ BCD = 180°$。
已知$∠ BAE + ∠ BCD = 236°$，
将两式作差可得：$∠ BAE + ∠ BCD - (∠ BAD + ∠ BCD) = 236° - 180°$，
化简得$∠ BAE - ∠ BAD = 56°$，即$∠ EAD = 56°$。
∵ EA、ED是$\odot O$的切线，根据切线长定理可得$EA = ED$，
∴ $△ EAD$是等腰三角形，$∠ EAD = ∠ EDA = 56°$。
根据三角形内角和定理，$∠ E = 180° - ∠ EAD - ∠ EDA = 180° - 56° - 56° = 68°$。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
圆内接四边形的性质，切线长定理，三角形内角和定理
【点评】
本题是圆的性质的典型综合题，解题的突破口是正确添加辅助线AD，将已知角度条件和切线性质结合起来，解题逻辑清晰，需要熟练掌握圆的相关基础性质才能快速求解。
【难度系数】
0.7
解题时首先观察图形特征：存在圆的内接四边形ABCD，还有圆的两条切线EA、ED。我们可以先利用圆内接四边形对角互补的性质，结合已知的∠BAE+∠BCD的度数，通过角度作差求出∠EAD的大小；再根据切线长定理得到EA=ED，可知△EAD为等腰三角形，最后利用三角形内角和即可求出∠E的度数。解题的关键是添加辅助线AD，构建角度关系和等腰三角形。
【解析】
如图
，连接AD。∵ 四边形ABCD是$\odot O$的内接四边形，
∴ $∠ BAD + ∠ BCD = 180°$。
已知$∠ BAE + ∠ BCD = 236°$，
将两式作差可得：$∠ BAE + ∠ BCD - (∠ BAD + ∠ BCD) = 236° - 180°$，
化简得$∠ BAE - ∠ BAD = 56°$，即$∠ EAD = 56°$。
∵ EA、ED是$\odot O$的切线，根据切线长定理可得$EA = ED$，
∴ $△ EAD$是等腰三角形，$∠ EAD = ∠ EDA = 56°$。
根据三角形内角和定理，$∠ E = 180° - ∠ EAD - ∠ EDA = 180° - 56° - 56° = 68°$。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
圆内接四边形的性质，切线长定理，三角形内角和定理
【点评】
本题是圆的性质的典型综合题，解题的突破口是正确添加辅助线AD，将已知角度条件和切线性质结合起来，解题逻辑清晰，需要熟练掌握圆的相关基础性质才能快速求解。
【难度系数】
0.7
13. ★★★ (2024·青岛中考)如图，$△ ABC$中，$BA=BC$，以BC为直径的半圆O分别交AB，AC于点D，E，过点E作半圆O的切线，交AB于点M，交BC的延长线于点N.若$ON=10$，$\cos∠ ABC=\dfrac{3}{5}$，则半径OC的长为
6
. 答案
13. 6 解析:如图
所示,连接 $OE$,$\because OE=OC$,$BA=BC$,$\therefore ∠A=∠BCA$,$∠OCE=∠OEC$,$\therefore ∠A=∠OEC$,$\therefore AB // OE$,$\therefore ∠EON=∠ABC$.$\because MN$ 是 $\odot O$ 的切线,$\therefore ∠OEN=90°$,$\therefore$ 在 $Rt△EON$ 中,$\cos∠EON=\cos∠ABC=\frac{OE}{ON}=\frac{3}{5}$,$\therefore OE=\frac{3}{5}ON=6$,$\therefore$ 半径 $OC$ 的长为 6,故答案为 6.解析
【分析】
遇到圆的切线问题，首先考虑连接圆心与切点构造直角，这是圆类问题的常规辅助线思路。本题已知BA=BC，可得到△ABC是等腰三角形，结合圆的半径相等的性质，可推导角的等量关系，进而得到直线平行，将已知的∠ABC的余弦值转化到含ON的直角三角形中，最后利用三角函数的定义即可求出半径长度。
【解析】
如图所示，连接OE。
∵ OE=OC（同圆的半径相等），BA=BC，
∴ ∠A=∠BCA，∠OCE=∠OEC（等腰三角形两底角相等），
∴ ∠A=∠OEC，
∴ OE//AB（同位角相等，两直线平行），
∴ ∠EON=∠ABC（两直线平行，同位角相等）。
∵ MN是⊙O的切线，
∴ ∠OEN=90°（圆的切线垂直于过切点的半径）。
在Rt△EON中，$\cos∠EON=\cos∠ABC=\frac{OE}{ON}=\frac{3}{5}$，
已知$ON=10$，代入得$OE=\frac{3}{5}×10=6$，
∵ OC是⊙O的半径，$OC=OE$，
∴ 半径OC的长为6。
【答案】6
【知识点】
切线的性质；等腰三角形的性质；解直角三角形
【点评】
本题是圆的综合基础题，解题的突破口是作辅助线连接切点与圆心，结合等腰三角形性质推导平行线，将已知角转化到直角三角形中，利用三角函数求解，解题思路具有典型性，掌握常规辅助线作法是解决这类问题的关键。
【难度系数】
0.6
遇到圆的切线问题，首先考虑连接圆心与切点构造直角，这是圆类问题的常规辅助线思路。本题已知BA=BC，可得到△ABC是等腰三角形，结合圆的半径相等的性质，可推导角的等量关系，进而得到直线平行，将已知的∠ABC的余弦值转化到含ON的直角三角形中，最后利用三角函数的定义即可求出半径长度。
【解析】
如图
所示，连接OE。∵ OE=OC（同圆的半径相等），BA=BC，
∴ ∠A=∠BCA，∠OCE=∠OEC（等腰三角形两底角相等），
∴ ∠A=∠OEC，
∴ OE//AB（同位角相等，两直线平行），
∴ ∠EON=∠ABC（两直线平行，同位角相等）。
∵ MN是⊙O的切线，
∴ ∠OEN=90°（圆的切线垂直于过切点的半径）。
在Rt△EON中，$\cos∠EON=\cos∠ABC=\frac{OE}{ON}=\frac{3}{5}$，
已知$ON=10$，代入得$OE=\frac{3}{5}×10=6$，
∵ OC是⊙O的半径，$OC=OE$，
∴ 半径OC的长为6。
【答案】6
【知识点】
切线的性质；等腰三角形的性质；解直角三角形
【点评】
本题是圆的综合基础题，解题的突破口是作辅助线连接切点与圆心，结合等腰三角形性质推导平行线，将已知角转化到直角三角形中，利用三角函数求解，解题思路具有典型性，掌握常规辅助线作法是解决这类问题的关键。
【难度系数】
0.6
14. ★★★|一题多解（菏泽中考）如图，在$△ ABC$中，$AB=AC$，以$AB$为直径的$\odot O$与$BC$相交于点$D$，过点$D$作$\odot O$的切线交$AC$于点$E$.
（1）求证：$DE ⊥ AC$；
（2）若$\odot O$的半径为$5$，$BC=16$，求$DE$的长.
（1）求证：$DE ⊥ AC$；
（2）若$\odot O$的半径为$5$，$BC=16$，求$DE$的长.
答案
14. (1)连接 $OD$,$\because DE$ 是 $\odot O$ 的切线,$\therefore OD ⊥ DE$.$\because AB=AC$,$\therefore ∠B=∠C$.$\because OB=OD$,$\therefore ∠B=∠ODB$,$\therefore ∠ODB=∠C$,$\therefore OD // AC$,$\therefore DE ⊥ AC$.
一题多解 连接 $AD,OD$.$\because AB$ 是 $\odot O$ 的直径,$\therefore ∠ADB=90°$,$\therefore ∠ADO+∠ODB=90°$.$\because DE$ 是 $\odot O$ 的切线,$\therefore OD ⊥ DE$,$\therefore ∠EDA+∠ADO=90°$,$\therefore ∠EDA=∠ODB$.$\because OD=OB$,$\therefore ∠ODB=∠OBD$,$\therefore ∠EDA=∠OBD$.$\because AC=AB$,$AD ⊥ BC$,$\therefore ∠CAD=∠BAD$.$\because ∠DBA+∠DAB=90°$,$\therefore ∠EAD+∠EDA=90°$,$\therefore ∠DEA=90°$,$\therefore DE ⊥ AC$.
(2)$\because ∠ADB=90°$,$AB=AC$,$\therefore BD=CD$.$\because \odot O$ 的半径为 $5$,$BC=16$,$\therefore AC=10$,$CD=8$,$\therefore AD=\sqrt{AC^2-CD^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$.$\because S_{△ADC}=\frac{1}{2}AD · DC=\frac{1}{2}AC · DE$,$\therefore DE=\frac{AD · DC}{AC}=\frac{6×8}{10}=\frac{24}{5}$.
一题多解 连接 $AD,OD$.$\because AB$ 是 $\odot O$ 的直径,$\therefore ∠ADB=90°$,$\therefore ∠ADO+∠ODB=90°$.$\because DE$ 是 $\odot O$ 的切线,$\therefore OD ⊥ DE$,$\therefore ∠EDA+∠ADO=90°$,$\therefore ∠EDA=∠ODB$.$\because OD=OB$,$\therefore ∠ODB=∠OBD$,$\therefore ∠EDA=∠OBD$.$\because AC=AB$,$AD ⊥ BC$,$\therefore ∠CAD=∠BAD$.$\because ∠DBA+∠DAB=90°$,$\therefore ∠EAD+∠EDA=90°$,$\therefore ∠DEA=90°$,$\therefore DE ⊥ AC$.
(2)$\because ∠ADB=90°$,$AB=AC$,$\therefore BD=CD$.$\because \odot O$ 的半径为 $5$,$BC=16$,$\therefore AC=10$,$CD=8$,$\therefore AD=\sqrt{AC^2-CD^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$.$\because S_{△ADC}=\frac{1}{2}AD · DC=\frac{1}{2}AC · DE$,$\therefore DE=\frac{AD · DC}{AC}=\frac{6×8}{10}=\frac{24}{5}$.
解析
【分析】
（1）要证$DE⊥AC$，已知$DE$是$\odot O$的切线，根据切线性质可知切线垂直过切点的半径，因此先连接$OD$得$OD⊥DE$，只需再证明$OD// AC$即可推出结论。结合$AB=AC$得$∠B=∠C$，$OB=OD$得$∠B=∠ODB$，等量代换得$∠ODB=∠C$，同位角相等即可证$OD// AC$，进而得证。
（2）求$DE$的长时，先连接$AD$，由$AB$是直径，根据圆周角定理得$∠ADB=90°$，即$AD⊥BC$，结合等腰三角形三线合一得$D$是$BC$中点，即可求出$CD$的长度，再由勾股定理算出$AD$的长，最后利用$△ ADC$面积的两种表达形式，通过等面积法即可求出$DE$的长度。
【解析】
（1）证明：连接$OD$，
∵$DE$是$\odot O$的切线，$D$为切点，
∴$OD⊥DE$，
∵$AB=AC$，
∴$∠B=∠C$，
∵$OB=OD$，
∴$∠B=∠ODB$，
∴$∠ODB=∠C$，
∴$OD// AC$，
∴$DE⊥AC$。
（2）解：连接$AD$，
∵$AB$是$\odot O$的直径，
∴$∠ADB=90°$，即$AD⊥BC$，
又
∵$AB=AC$，
∴$BD=CD=\frac{1}{2}BC$，
∵$\odot O$的半径为$5$，
∴$AC=AB=10$，
∵$BC=16$，
∴$CD=8$，
在$Rt△ ADC$中，由勾股定理得：
$AD=\sqrt{AC^2-CD^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$，
∵$S_{△ ADC}=\frac{1}{2}AD· DC=\frac{1}{2}AC· DE$，
∴$DE=\frac{AD· DC}{AC}=\frac{6×8}{10}=\frac{24}{5}$。
【答案】
（1）证明成立；（2）$\frac{24}{5}$
【知识点】
切线的性质、等腰三角形的性质、等面积法求线段长
【点评】
本题是圆与三角形结合的典型综合题，解题时通过作辅助线连接半径、直径所对圆周角，结合基础几何性质推导关系，第二问的等面积法是求三角形内高线的常用方法，整体考查对几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.65
（1）要证$DE⊥AC$，已知$DE$是$\odot O$的切线，根据切线性质可知切线垂直过切点的半径，因此先连接$OD$得$OD⊥DE$，只需再证明$OD// AC$即可推出结论。结合$AB=AC$得$∠B=∠C$，$OB=OD$得$∠B=∠ODB$，等量代换得$∠ODB=∠C$，同位角相等即可证$OD// AC$，进而得证。
（2）求$DE$的长时，先连接$AD$，由$AB$是直径，根据圆周角定理得$∠ADB=90°$，即$AD⊥BC$，结合等腰三角形三线合一得$D$是$BC$中点，即可求出$CD$的长度，再由勾股定理算出$AD$的长，最后利用$△ ADC$面积的两种表达形式，通过等面积法即可求出$DE$的长度。
【解析】
（1）证明：连接$OD$，
∵$DE$是$\odot O$的切线，$D$为切点，
∴$OD⊥DE$，
∵$AB=AC$，
∴$∠B=∠C$，
∵$OB=OD$，
∴$∠B=∠ODB$，
∴$∠ODB=∠C$，
∴$OD// AC$，
∴$DE⊥AC$。
（2）解：连接$AD$，
∵$AB$是$\odot O$的直径，
∴$∠ADB=90°$，即$AD⊥BC$，
又
∵$AB=AC$，
∴$BD=CD=\frac{1}{2}BC$，
∵$\odot O$的半径为$5$，
∴$AC=AB=10$，
∵$BC=16$，
∴$CD=8$，
在$Rt△ ADC$中，由勾股定理得：
$AD=\sqrt{AC^2-CD^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$，
∵$S_{△ ADC}=\frac{1}{2}AD· DC=\frac{1}{2}AC· DE$，
∴$DE=\frac{AD· DC}{AC}=\frac{6×8}{10}=\frac{24}{5}$。
【答案】
（1）证明成立；（2）$\frac{24}{5}$
【知识点】
切线的性质、等腰三角形的性质、等面积法求线段长
【点评】
本题是圆与三角形结合的典型综合题，解题时通过作辅助线连接半径、直径所对圆周角，结合基础几何性质推导关系，第二问的等面积法是求三角形内高线的常用方法，整体考查对几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.65
15. （2024·内蒙古中考）如图，$△ ACD$内接于$\odot O$，直径$AB$交$CD$于点$G$，过点$D$作射线$DF$，使得$∠ ADF = ∠ ACD$，延长$DC$交过点$B$的切线于点$E$，连接$BC$.
(1)求证：$DF$是$\odot O$的切线.
(2)若$CD=\frac{8}{3}CG$，$BE=3CE=3$.
①求$DE$的长；②求$\odot O$的半径.
专题突破册 P25
(1)求证：$DF$是$\odot O$的切线.
(2)若$CD=\frac{8}{3}CG$，$BE=3CE=3$.
①求$DE$的长；②求$\odot O$的半径.
专题突破册 P25
答案
15. (1)连接 $OD,BD$,如图
,则 $∠ACD=∠ABD$, $\because ∠ADF=∠ACD$,$\therefore ∠ABD=∠ADF$.$\because AB$ 是 $\odot O$ 的直径,$\therefore ∠ADB=90°$,$\therefore ∠ABD+∠BAD=90°$,$\therefore ∠ADF+∠BAD=90°$.$\because OA=OD$,$\therefore ∠OAD=∠ODA$,$\therefore ∠ADF+∠ODA=90°$,即 $∠ODF=90°$,$\therefore OD ⊥ DF$.又 $\because OD$ 为 $\odot O$ 的半径,$\therefore DF$ 是 $\odot O$ 的切线.(2)①$\because BE$ 是 $\odot O$ 的切线,$\therefore AB ⊥ BE$,$\therefore ∠ABE=90°$,$\therefore ∠ABC+∠CBE=90°$.$\because AB$ 是 $\odot O$ 的直径,$\therefore ∠ACB=90°$,$\therefore ∠ABC+∠BAC=90°$,$\therefore ∠CBE=∠BAC$.$\because ∠BAC=∠BDC$,$\therefore ∠CBE=∠BDC$,即 $∠CBE=∠BDE$.又 $\because ∠E=∠E$,$\therefore △CBE ∽ △BDE$,$\therefore \frac{CE}{BE}=\frac{BE}{DE}$.$\because BE=3CE=3$,$\therefore CE=1$,$\therefore \frac{1}{3}=\frac{3}{DE}$,$\therefore DE=9$.
②$\because DE=9$,$CE=1$,$\therefore CD=DE-CE=9-1=8$.$\because CD=\frac{8}{3}CG$,$\therefore CG=\frac{3}{8}CD=3$,$\therefore DG=CD-CG=8-3=5$,$GE=CG+CE=3+1=4$.$\because ∠GBE=90°$,$\therefore BG=\sqrt{GE^2-BE^2}=\sqrt{4^2-3^2}=\sqrt{7}$.$\because ∠BAC=∠BDC$,$∠AGC=∠DGB$,$\therefore △AGC ∽ △DGB$,$\therefore \frac{AG}{DG}=\frac{CG}{BG}$,即 $\frac{AG}{5}=\frac{3}{\sqrt{7}}$,$\therefore AG=\frac{15\sqrt{7}}{7}$,$\therefore AB=AG+BG=\frac{15\sqrt{7}}{7}+\sqrt{7}=\frac{22\sqrt{7}}{7}$,$\therefore \odot O$ 的半径为 $\frac{11\sqrt{7}}{7}$.
解析
【分析】
(1) 要证明DF是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明DF垂直于过切点的半径，因此连接OD、BD，结合已知$∠ ADF = ∠ ACD$，利用圆周角定理转化角的关系，再结合直径所对圆周角为直角、等腰三角形等边对等角的性质，推导得出$∠ ODF=90°$即可得证。
(2) ① 要求DE的长，先根据切线性质得$AB⊥ BE$，结合直径所对圆周角为直角推导角相等，证明$△ CBE ∽ △ BDE$，利用相似三角形对应边成比例，代入已知CE、BE的长度即可求出DE；② 先根据CD与CG的数量关系求出CD、CG、DG、GE的长度，在$Rt△ GBE$中用勾股定理求出BG，再证明$△ AGC ∽ △ DGB$，利用相似比求出AG，进而得到直径AB的长度，除以2即得$\odot O$的半径。
【解析】
(1) 连接 $OD,BD$，如图，
根据圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，可得 $∠ACD=∠ABD$，
$\because ∠ADF=∠ACD$，$\therefore ∠ABD=∠ADF$。
$\because AB$ 是 $\odot O$ 的直径，$\therefore ∠ADB=90°$，
$\therefore ∠ABD+∠BAD=90°$，$\therefore ∠ADF+∠BAD=90°$。
$\because OA=OD$，$\therefore ∠OAD=∠ODA$，
$\therefore ∠ADF+∠ODA=90°$，即 $∠ODF=90°$，
$\therefore OD ⊥ DF$。
又 $\because OD$ 为 $\odot O$ 的半径，$\therefore DF$ 是 $\odot O$ 的切线。
(2) ① $\because BE$ 是 $\odot O$ 的切线，$\therefore AB ⊥ BE$，$\therefore ∠ABE=90°$，
$\therefore ∠ABC+∠CBE=90°$。
$\because AB$ 是 $\odot O$ 的直径，$\therefore ∠ACB=90°$，
$\therefore ∠ABC+∠BAC=90°$，$\therefore ∠CBE=∠BAC$。
$\because$ 同弧所对的圆周角相等，$\therefore ∠BAC=∠BDC$，
$\therefore ∠CBE=∠BDC$，即 $∠CBE=∠BDE$。
又 $\because ∠E=∠E$，$\therefore △CBE ∽ △BDE$，
$\therefore \frac{CE}{BE}=\frac{BE}{DE}$。
$\because BE=3CE=3$，$\therefore CE=1$，
代入得 $\frac{1}{3}=\frac{3}{DE}$，解得 $DE=9$。
② $\because DE=9$，$CE=1$，$\therefore CD=DE-CE=9-1=8$。
$\because CD=\frac{8}{3}CG$，$\therefore CG=\frac{3}{8}CD=3$，
$\therefore DG=CD-CG=8-3=5$，$GE=CG+CE=3+1=4$。
$\because ∠GBE=90°$，在$Rt△ GBE$中，由勾股定理得：
$BG=\sqrt{GE^2-BE^2}=\sqrt{4^2-3^2}=\sqrt{7}$。
$\because ∠BAC=∠BDC$，$∠AGC=∠DGB$（对顶角相等），
$\therefore △AGC ∽ △DGB$，
$\therefore \frac{AG}{DG}=\frac{CG}{BG}$，即 $\frac{AG}{5}=\frac{3}{\sqrt{7}}$，
解得 $AG=\frac{15\sqrt{7}}{7}$，
$\therefore AB=AG+BG=\frac{15\sqrt{7}}{7}+\sqrt{7}=\frac{22\sqrt{7}}{7}$，
$\therefore \odot O$ 的半径为 $\frac{1}{2}AB=\frac{11\sqrt{7}}{7}$。
【答案】
(1) DF是$\odot O$的切线，证明成立；
(2) ① $DE=9$；② $\odot O$的半径为$\frac{11\sqrt{7}}{7}$。
【知识点】
切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理
【点评】
本题是圆的综合典型考题，融合了切线判定、相似三角形、圆周角性质、勾股定理等核心知识点，解题关键是合理添加辅助线，通过角的等量转化完成垂直证明和相似判定，既考查基础定理的运用能力，也考查逻辑推理和运算能力。
【难度系数】
0.65
(1) 要证明DF是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明DF垂直于过切点的半径，因此连接OD、BD，结合已知$∠ ADF = ∠ ACD$，利用圆周角定理转化角的关系，再结合直径所对圆周角为直角、等腰三角形等边对等角的性质，推导得出$∠ ODF=90°$即可得证。
(2) ① 要求DE的长，先根据切线性质得$AB⊥ BE$，结合直径所对圆周角为直角推导角相等，证明$△ CBE ∽ △ BDE$，利用相似三角形对应边成比例，代入已知CE、BE的长度即可求出DE；② 先根据CD与CG的数量关系求出CD、CG、DG、GE的长度，在$Rt△ GBE$中用勾股定理求出BG，再证明$△ AGC ∽ △ DGB$，利用相似比求出AG，进而得到直径AB的长度，除以2即得$\odot O$的半径。
【解析】
(1) 连接 $OD,BD$，如图
，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，可得 $∠ACD=∠ABD$，
$\because ∠ADF=∠ACD$，$\therefore ∠ABD=∠ADF$。
$\because AB$ 是 $\odot O$ 的直径，$\therefore ∠ADB=90°$，
$\therefore ∠ABD+∠BAD=90°$，$\therefore ∠ADF+∠BAD=90°$。
$\because OA=OD$，$\therefore ∠OAD=∠ODA$，
$\therefore ∠ADF+∠ODA=90°$，即 $∠ODF=90°$，
$\therefore OD ⊥ DF$。
又 $\because OD$ 为 $\odot O$ 的半径，$\therefore DF$ 是 $\odot O$ 的切线。
(2) ① $\because BE$ 是 $\odot O$ 的切线，$\therefore AB ⊥ BE$，$\therefore ∠ABE=90°$，
$\therefore ∠ABC+∠CBE=90°$。
$\because AB$ 是 $\odot O$ 的直径，$\therefore ∠ACB=90°$，
$\therefore ∠ABC+∠BAC=90°$，$\therefore ∠CBE=∠BAC$。
$\because$ 同弧所对的圆周角相等，$\therefore ∠BAC=∠BDC$，
$\therefore ∠CBE=∠BDC$，即 $∠CBE=∠BDE$。
又 $\because ∠E=∠E$，$\therefore △CBE ∽ △BDE$，
$\therefore \frac{CE}{BE}=\frac{BE}{DE}$。
$\because BE=3CE=3$，$\therefore CE=1$，
代入得 $\frac{1}{3}=\frac{3}{DE}$，解得 $DE=9$。
② $\because DE=9$，$CE=1$，$\therefore CD=DE-CE=9-1=8$。
$\because CD=\frac{8}{3}CG$，$\therefore CG=\frac{3}{8}CD=3$，
$\therefore DG=CD-CG=8-3=5$，$GE=CG+CE=3+1=4$。
$\because ∠GBE=90°$，在$Rt△ GBE$中，由勾股定理得：
$BG=\sqrt{GE^2-BE^2}=\sqrt{4^2-3^2}=\sqrt{7}$。
$\because ∠BAC=∠BDC$，$∠AGC=∠DGB$（对顶角相等），
$\therefore △AGC ∽ △DGB$，
$\therefore \frac{AG}{DG}=\frac{CG}{BG}$，即 $\frac{AG}{5}=\frac{3}{\sqrt{7}}$，
解得 $AG=\frac{15\sqrt{7}}{7}$，
$\therefore AB=AG+BG=\frac{15\sqrt{7}}{7}+\sqrt{7}=\frac{22\sqrt{7}}{7}$，
$\therefore \odot O$ 的半径为 $\frac{1}{2}AB=\frac{11\sqrt{7}}{7}$。
【答案】
(1) DF是$\odot O$的切线，证明成立；
(2) ① $DE=9$；② $\odot O$的半径为$\frac{11\sqrt{7}}{7}$。
【知识点】
切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理
【点评】
本题是圆的综合典型考题，融合了切线判定、相似三角形、圆周角性质、勾股定理等核心知识点，解题关键是合理添加辅助线，通过角的等量转化完成垂直证明和相似判定，既考查基础定理的运用能力，也考查逻辑推理和运算能力。
【难度系数】
0.65
