?專題25圓與相似三角函數(shù)綜合解答題
姓名：__________________ 班級(jí)：______________ 得分：_________________
一、解答題
1．（2021·四川內(nèi)江·中考真題）如圖，是的直徑，、是上兩點(diǎn)，且，過點(diǎn)的直線交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，連結(jié)、交于點(diǎn)．
（1）求證：是的切線；
（2）若，的半徑為2，求陰影部分的面積；
（3）連結(jié)，在（2）的條件下，求的長(zhǎng)．

【答案】（1）見解析；（2）；（3）
【分析】
（1）根據(jù)同圓中等弧所對(duì)的圓周角相等得到∠CAD=∠DAB，根據(jù)等邊對(duì)等角得到∠DAB=∠ODA，則∠CAD=∠ODA，即可判定OD∥AE，進(jìn)而得到OD⊥DE，據(jù)此即可得解；
（2）連接BD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出AE=3，AD=2，解直角三角形得到∠DAB=30°，則∠EAF=60°，∠DOB=60°，DF=2，再根據(jù)S陰影=S△DOF-S扇形DOB即可得解；
（3）過點(diǎn)E作EM⊥AB于點(diǎn)M，連接BE，解直角三角形得到AM=，EM=，則MB=，再根據(jù)勾股定理求解即可．
【詳解】
解：（1）證明：如圖，連接，

，
，
，
，
，
，
，
，
是的半徑，
是的切線；
（2）解：，
，
，
，的半徑為2，
，
，
如圖，連接，

是的直徑，，
，
，
，
，
即，
，
在中，，
，
，，
，
，
，
；
（3）如圖，過點(diǎn)作于點(diǎn)，連接，

在中，，，
，
．
【點(diǎn)睛】
此題是圓的綜合題，考查了切線的判定與性質(zhì)、扇形的面積、相似三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形，熟練掌握切線的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)并證明△OGD∽△EGA求出AE是解題的關(guān)鍵．
2．（2021·甘肅蘭州·中考真題）如圖，內(nèi)接于，是的直徑，為上一點(diǎn)，，延長(zhǎng)交于點(diǎn)，．

（1）求證：是的切線；
（2）若，，求的長(zhǎng)．
【答案】（1）見解析；（2）
【分析】
（1）根據(jù)，可得，根據(jù)對(duì)頂角相等可得，進(jìn)而可得，根據(jù)，可得，結(jié)合，根據(jù)角度的轉(zhuǎn)化可得，進(jìn)而即可證明是的切線；
（2）根據(jù)，可得，設(shè)，則，分別求得，進(jìn)而根據(jù)勾股定理列出方程解方程可得，進(jìn)而根據(jù)即可求得．
【詳解】
（1），
，
，
，
，
，
是直徑，
，
，
是的切線；
（2），
，
，
設(shè)，則，
，，
在中，，
即，
解得（舍去），
．
【點(diǎn)睛】
本題考查了切線的判定，勾股定理解直角三角形，正切的定義，利用角度相等則正切值相等將已知條件轉(zhuǎn)化是解題的關(guān)鍵．
3．（2021·青海西寧·中考真題）如圖，內(nèi)接于，，是的直徑，交于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作，交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，連接．

（1）求證：是的切線；
（2）已知，，求的長(zhǎng)．
【答案】（1）見解析；（2）
【分析】
（1）由題意根據(jù)圓周角定理得出，結(jié)合同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等并利用經(jīng)過半徑外端并且垂直于這條半徑的直線是圓的切線進(jìn)行證明即可；
（2）根據(jù)題意利用相似三角形的判定即兩個(gè)角分別相等的兩個(gè)三角形相似得出，繼而運(yùn)用相似比即可求出的長(zhǎng)．
【詳解】
解：（1）證明：∵是的直徑
∴（直徑所對(duì)的圓周角是直角）
即
∵
∴（等邊對(duì)等角）
∵
∴（同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等）
∴
∵，
∴
∴即
∴
又∵是的直徑
∴是的切線（經(jīng)過半徑外端并且垂直于這條半徑的直線是圓的切線）．
（2）解：∵，
∴
∵，
∴（兩個(gè)角分別相等的兩個(gè)三角形相似）
∴，
∴
∴．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查圓的切線的判定、圓周角定理、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握?qǐng)A周角定理和相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
4．（2021·山東濟(jì)南·中考真題）已知：如圖，是的直徑，，是上兩點(diǎn)，過點(diǎn)的切線交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，，連接，．

（1）求證：；
（2）若，，求的半徑．
【答案】（1）見解析；（2）
【分析】
（1）連接，根據(jù)切線的性質(zhì)，已知條件可得，進(jìn)而根據(jù)平行線的性質(zhì)可得，根據(jù)圓周角定理可得，等量代換即可得證；
（2）連接，根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等，可得，進(jìn)而根據(jù)正切值以及已知條件可得的長(zhǎng)，勾股定理即可求得，進(jìn)而即可求得圓的半徑．
【詳解】
（1）連接，如圖，

是的切線，
，
，
，
，
，
，
．
（2）連接

是的直徑，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
即的半徑為．
【點(diǎn)睛】
本題考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，正切的定義，同弧所對(duì)的圓周角相等，勾股定理，理解題意添加輔助線是解題的關(guān)鍵．
5．（2021·山東日照·中考真題）如圖，的對(duì)角線相交于點(diǎn)，經(jīng)過、兩點(diǎn)，與的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)，點(diǎn)為上一點(diǎn)，且．連接、相交于點(diǎn)，若，．

（1）求對(duì)角線的長(zhǎng)；
（2）求證：為矩形．
【答案】（1）；（2）見解析
【分析】
（1）利用弧相等，圓周角定理推出，可求的長(zhǎng)度進(jìn)而求的長(zhǎng)度；
（2）利用對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形可得．
【詳解】
解：是直徑，
，
，
，
又，
，
，
，
，
．
（2），
是平行四邊形
，
∴AC=OB
為矩形．
【點(diǎn)睛】
本題考查了圓的基本性質(zhì)，相似和矩形的判定，考的知識(shí)點(diǎn)比較全，但是難度中等，掌握?qǐng)A和矩形的基本性質(zhì)和相似以及靈活應(yīng)用是解決本題的關(guān)鍵．
6．（2021·四川綿陽(yáng)·中考真題）如圖，四邊形是⊙的內(nèi)接矩形，過點(diǎn)的切線與的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)，連接與交于點(diǎn)，，．

（1）求證：；
（2）設(shè)，求的面積（用的式子表示）；
（3）若，求的長(zhǎng)．
【答案】（1）見解析；（2）；（3）
【分析】
（1）由矩形性質(zhì)可得,然后證明即可得出結(jié)論；
（2）根據(jù)勾股定理得出，根據(jù)相似三角形性質(zhì)得出，則，根據(jù)勾股定理得出的值，運(yùn)用三角形面積公式表示即可；
（3）記與圓弧交于點(diǎn)，連接，證明，即可得出，求出的值，過作于，過作于．運(yùn)用等面積法得出，根據(jù)勾股定理得出，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立的值，解方程得出，，設(shè)，則，根據(jù)相似三角形性質(zhì)即可得出結(jié)論．
【詳解】
解：（1）∵四邊形為的內(nèi)接矩形，
∴，過圓心，且．
∵,
∴,
又∵是的切線，故，
由此可得，
又∵與都是圓弧所對(duì)的圓周角，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：由，，則，
由題意．
由（1）知，則，
代入，，，
可得，解得．
在直角中，，
所以；
（3）解：記與圓弧交于點(diǎn)，連接．

∵，，，
∴．
又，所以，
∴．
∴，故．
由（2）知，由，，則，
由題意可得，
代入數(shù)據(jù)，，，
得到，解得①．
過作于，過作于．
易知．
由等面積法可得，
代入數(shù)據(jù)得，即．
在直角三角形中，
．②
由①②可得，得，
解得，（舍去）．
所以，．
由，故，故．
設(shè)，則，代入得，
解得，即的長(zhǎng)為．
【點(diǎn)睛】
本題考查了圓的綜合問題，相似三角形判定與性質(zhì)，圓切線的性質(zhì)，勾股定理，解一元二次方程等知識(shí)點(diǎn)，熟練運(yùn)用相似三角形性質(zhì)列出方程是解題的關(guān)鍵．
7．（2021·江蘇鎮(zhèn)江·中考真題）如圖1，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)P在邊BC上，⊙O經(jīng)過A，B，P三點(diǎn)．
（1）若BP＝3，判斷邊CD所在直線與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；
（2）如圖2，E是CD的中點(diǎn)，⊙O交射線AE于點(diǎn)Q，當(dāng)AP平分∠EAB時(shí)，求tan∠EAP的值．

【答案】（1）相切，見解析；（2）
【分析】
（1）如圖1中，連接AP，過點(diǎn)O作OH⊥AB于H，交CD于E．求出OE的長(zhǎng)，與半徑半徑，可得結(jié)論．
（2）如圖2中，延長(zhǎng)AE交BC的延長(zhǎng)線于T，連接PQ．利用面積法求出BP，可得結(jié)論．
【詳解】
解：（1）如圖1﹣1中，連接AP，過點(diǎn)O作OH⊥AB于H，交CD于E．

∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝4，∠ABP＝90°，
∴AP＝＝＝5，
∵OH⊥AB，
∴AH＝HB，
∵OA＝OP，AH＝HB，
∴OH＝PB＝，
∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，
∴四邊形AHED是矩形，
∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，
∴OE＝EH＝OH＝4﹣＝，
∴OE＝OP，
∴直線CD與⊙O相切．
（2）如圖2中，延長(zhǎng)AE交BC的延長(zhǎng)線于T，連接PQ．

∵∠D＝∠ECT＝90°，DE＝EC，∠AED＝∠TEC，
∴△ADE≌△TCE（ASA），
∴AD＝CT＝4，
∴BT＝BC+CT＝4+4＝8，
∵∠ABT＝90°，
∴AT＝＝＝4，
∵AP是直徑，
∴∠AQP＝90°，
∵PA平分∠EAB，PQ⊥AQ，PB⊥AB，
∴PB＝PQ，
設(shè)PB＝PQ＝x，
∵S△ABT＝S△ABP+S△APT，
∴×4×8＝×4×x+×4×x，
∴x＝2﹣2，
∴tan∠EAP＝tan∠PAB＝＝．
【點(diǎn)睛】
本題考查了直線與圓的位置關(guān)系，正方形的性質(zhì)，解直角三角形、相似三角形判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是掌握切線的證明方法：已知垂直證半徑，已知半徑證垂直，利用三角形面積不同的表示方法構(gòu)建方程解決問題是難點(diǎn)．
8．（2021·遼寧鞍山·中考真題）如圖，AB為的直徑，C為上一點(diǎn)，D為AB上一點(diǎn)，，過點(diǎn)A作交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，CE交于點(diǎn)G，連接AC，AG，在EA的延長(zhǎng)線上取點(diǎn)F，使．
（1）求證：CF是的切線；
（2）若，，求的半徑．

【答案】（1）見解析；（2）5
【分析】
（1）根據(jù)題意判定，然后結(jié)合相似三角形的性質(zhì)求得，從而可得，然后結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)求得，從而判定CF是的切線；
（2）由切線長(zhǎng)定理可得，從而可得，得到，然后利用勾股定理解直角三角形可求得圓的半徑．
【詳解】
（1）證明：，，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，，
，
，
AB是的直徑，
，
又，
，
，
，
即CF是的切線；
（2）CF是的切線，，
，
，
，
又，
在中，，
設(shè)的半徑為x，則，，
在中，，
解得：，
的半徑為5．
【點(diǎn)睛】
本題考查了圓周角定理、切線的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等，熟練掌握相關(guān)定理與性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．
9．（2021·四川德陽(yáng)·中考真題）如圖，已知：AB為⊙O的直徑，⊙O交△ABC于點(diǎn)D、E，點(diǎn)F為AC的延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且∠CBF∠BOE．

（1）求證：BF是⊙O的切線；
（2）若AB＝4，∠CBF＝45°，BE＝2EC，求AD和CF的長(zhǎng)．
【答案】（1）見解析；（2），
【分析】
（1）連結(jié)，，根據(jù)“圓周角定理”及“直徑所對(duì)的圓周角等于”得到，即，即可判定是的切線；
（2）過點(diǎn)作于點(diǎn)，連結(jié)，解直角三角形得出，，，由判定，得出，即可求出，，再根據(jù)勾股定理求出，，最后根據(jù)特殊角的三角函數(shù)即可得解．
【詳解】
解：（1）證明：連結(jié)，，

，，
，
為的直徑，
，
，
，
即，
，
是的切線；
（2）解：過點(diǎn)作于點(diǎn)，連結(jié)，

，
，
在中，，
，
，
，，
在中，，，
，
，，
，
，
，
，
，
，
在中，，
在中，，
為的直徑，
，
又，
，
即，
，
．
【點(diǎn)睛】
此題考查了切線的判定與性質(zhì)、圓周角定理，熟記切線的判定與性質(zhì)、圓周角定理及作出合理的輔助線是解題的關(guān)鍵．
10．（2021·遼寧錦州·中考真題）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB為⊙O的直徑，過點(diǎn)C作CE⊥AD交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，延長(zhǎng)EC，AB交于點(diǎn)F，∠ECD＝∠BCF．

（1）求證：CE為⊙O的切線；
（2）若DE＝1，CD＝3，求⊙O的半徑．
【答案】（1）見解析；（2）⊙O的半徑是4.5
【分析】
（1）如圖1，連接OC，先根據(jù)四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，得，再根據(jù)等量代換和直角三角形的性質(zhì)可得，由切線的判定可得結(jié)論；
（2）如圖2，過點(diǎn)O作于G，連接OC，OD，則，先根據(jù)三個(gè)角是直角的四邊形是矩形得四邊形OGEC是矩形，設(shè)⊙O的半徑為x，根據(jù)勾股定理列方程可得結(jié)論．
【詳解】
（1）證明：如圖1，連接OC，

∵，
∴，
∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，
∴
又
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵OC是⊙O的半徑，
∴CE為⊙O的切線；
（2）解：如圖2，過點(diǎn)O作于G，連接OC，OD，則，
∵，
∴四邊形OGEC是矩形，
∴，

設(shè)⊙O的半徑為x，
Rt△CDE中，，
∴，
∴，，
由勾股定理得，
∴，
解得：，
∴⊙O的半徑是4.5．
【點(diǎn)睛】
本題考查的是圓的綜合，涉及到圓的切線的證明、勾股定理以及矩形的性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．
11．（2021·遼寧朝陽(yáng)·中考真題）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)D在⊙O上，且∠AOD＝90°，點(diǎn)C是⊙O外一點(diǎn)，分別連接CA，CB、CD，CA交⊙O于點(diǎn)M，交OD于點(diǎn)N，CB的延長(zhǎng)線交⊙O于點(diǎn)E，連接AD，ME，且∠ACD＝∠E．
（1）求證：CD是⊙O的切線；
（2）連接DM，若⊙O的半徑為6，tanE＝，求DM的長(zhǎng)．

【答案】（1）見解析；（2）
【分析】
（1）根據(jù)圓周角定理和等量代換可得∠BAC＝∠ACD，進(jìn)而得出AB∥CD，由∠AOD＝90°可得OD⊥CD，從而得出結(jié)論；
（2）由tanE＝，可得tan∠ACD＝tan∠OAN＝tanE＝，在直角三角形中由銳角三角函數(shù)可求出ON、DN、CD，由勾股定理求出CN，由三角形的面積公式求出DF，再根據(jù)圓周角定理可求出∠AMD＝45°，進(jìn)而根據(jù)等腰直角三角形的邊角關(guān)系求出DM即可．
【詳解】
解：（1）∵∠ACD＝∠E，∠E＝∠BAC，
∴∠BAC＝∠ACD，
∴AB∥CD，
∴∠ODC＝∠AOD＝90°，
即OD⊥CD，
∴CD是⊙O的切線；
（2）過點(diǎn)D作DF⊥AC于F，

∵⊙O的半徑為6，tanE＝＝tan∠ACD＝tan∠OAN，
∴ON＝OA＝×6＝2，
∴DN＝OD﹣ON＝6﹣2＝4，
∴CD＝3DN＝12，
在Rt△CDN中，
CN＝＝＝4，
由三角形的面積公式可得，
CN?DF＝DN?CD，
即4DF＝4×12，
∴DF＝，
又∵∠AMD＝∠AOD＝×90°＝45°，
∴在Rt△DFM中，
DM＝DF＝×＝．
【點(diǎn)睛】
本題考查切線的判定和性質(zhì)，直角三角形的邊角關(guān)系，圓周角定理，掌握銳角三角函數(shù)以及勾股定理是解決問題的前提．
12．（2021·四川巴中·中考真題）如圖，ABC內(nèi)接于⊙O，且AB＝AC，其外角平分線AD與CO的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)D．
（1）求證：直線AD是⊙O的切線；
（2）若AD＝2，BC＝6，求圖中陰影部分面積．

【答案】（1）見解析；（2）
【分析】
（1）連接OA，證明OA⊥AD即可，利用角平分線的意義以及等腰三角形的性質(zhì)得以證明；
（2）求出圓的半徑和陰影部分所對(duì)應(yīng)的圓心角度數(shù)即可，利用相似三角形求出半徑，再根據(jù)特殊銳角三角函數(shù)求出∠BOC．
【詳解】
解：（1）如圖，連接OA并延長(zhǎng)交BC于E，

∵AB=AC，△ABC內(nèi)接于⊙O，
∴AE所在的直線是△ABC的對(duì)稱軸，也是⊙O的對(duì)稱軸，
∴∠BAE=∠CAE，
又∵∠MAD=∠BAD，∠MAD+∠BAD+∠BAE+∠CAE=180°，
∴∠BAD+∠BAE=×180°=90°，
即AD⊥OA，
∴AD是⊙O的切線；
（2）連接OB，
∵∠OAD=∠OEC=90°，∠AOD=∠EOC，
∴△AOD∽△EOC，
∴，
由（1）可知是的對(duì)稱軸，
垂直平分，
，
設(shè)半徑為，在中，由勾股定理得，
，
，
解得（取正值），
經(jīng)檢驗(yàn)是原方程的解，
即，
又，
是等邊三角形，
，，


．
【點(diǎn)睛】
本題考查了切線的判定和性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)，圓周角定理，三角形外接圓與外心，扇形面積的計(jì)算，靈活運(yùn)用切線的判定方法是解題的關(guān)鍵．
13．（2021·山東濱州·中考真題）如圖，在中，AB為的直徑，直線DE與相切于點(diǎn)D，割線于點(diǎn)E且交于點(diǎn)F，連接DF．
（1）求證：AD平分∠BAC；
（2）求證：．

【答案】（1）見解析；（2）見解析
【分析】
（1）連接OD，然后根據(jù)切線的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)，可以得到∠ODA=∠DAC，再根據(jù)OA=OD，可以得到∠OAD=∠ODA，從而可以得到∠DAC=∠OAD，結(jié)論得證；
（2）根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)，可以得到DB?DF=EF?AB，再根據(jù)等弧所對(duì)的弦相等，即可證明結(jié)論成立．
【詳解】
解：（1）證明：連接OD，如圖所示，

∵直線DE與⊙O相切于點(diǎn)D，AC⊥DE，
∴∠ODE=∠DEA=90°，
∴OD∥AC，
∴∠ODA=∠DAC，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠DAC=∠OAD，
∴AD平分∠BAC；
（2）證明：連接OF，BD，如圖所示，

∵AC⊥DE，垂足為E，AB是⊙O的直徑，
∴∠DEF=∠ADB=90°，
∵∠EFD+∠AFD=180°，∠AFD+∠DBA=180°，
∴∠EFD=∠DBA，
∴△EFD∽△DBA，
∴，
∴DB?DF=EF?AB，
由（1）知，AD平分∠BAC，
∴∠FAD=∠DAB，
∴DF=DB，
∴DF2=EF?AB．
【點(diǎn)睛】
本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)、切線的性質(zhì)、角平分線的定義、平行線的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．
14．（2021·遼寧盤錦·中考真題）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB是⊙O的直徑，過⊙O外一點(diǎn)D作，DG交線段AC于點(diǎn)G，交AB于點(diǎn)E，交⊙O于點(diǎn)F，連接DB，CF，∠A＝∠D．

（1）求證：BD與⊙O相切；
（2）若AE＝OE，CF平分∠ACB，BD＝12，求DE的長(zhǎng)．
【答案】（1）見解析；（2）
【分析】
（1）如圖1，延長(zhǎng)至，證明，即可根據(jù)切線的判定可得與相切；
（2）如圖2，連接，先根據(jù)圓周角定理證明，再證明，列比例式可得，即的半徑為4，根據(jù)勾股定理可得的長(zhǎng)．
【詳解】
（1）證明：如圖1，延長(zhǎng)至，

，
，
，
，
是的直徑，
，
，
，
，
∴AB⊥BD，
與相切；
（2）解：如圖2，連接，

平分，
，
，
∴∠AOF＝∠BOF＝90°，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【點(diǎn)睛】
此題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，切線的判定，圓周角定理，勾股定理等知識(shí)，解答本題需要我們熟練掌握切線的判定，第2問關(guān)鍵是證明．
15．（2021·西藏·中考真題）如圖，AB是⊙O的直徑，OC是半徑，延長(zhǎng)OC至點(diǎn)D．連接AD，AC，BC．使∠CAD＝∠B．
（1）求證：AD是⊙O的切線；
（2）若AD＝4，tan∠CAD＝，求BC的長(zhǎng)．

【答案】（1）證明見解析；（2）．
【分析】
（1）根據(jù)AB是⊙O的直徑得出∠B＋∠BAC＝90°，等量代換得到∠CAD＋∠BAC＝90°，即∠BAD＝90°，AD⊥OA，即可判定AD是⊙O的切線；
（2）過點(diǎn)D作DM⊥AD交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，根據(jù)銳角三角函數(shù)定義求出DM＝2，由等邊對(duì)等角得出∠OAC＝∠OCA，由平行線的性質(zhì)得出∠M＝∠OAC，再根據(jù)對(duì)頂角相等得出∠DCM＝∠M，即得DC＝DM＝2，根據(jù)勾股定理求出OA＝3，AB＝6，最后根據(jù)勾股定理求解即可．
【詳解】
（1）證明：∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∴∠B＋∠BAC＝90°，
∵∠CAD＝∠B，
∴∠CAD＋∠BAC＝90°，
即∠BAD＝90°，
∴AD⊥OA，
∴AD是⊙O的切線；
（2）解：過點(diǎn)D作DM⊥AD交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，

∵tan∠CAD＝＝，AD＝4，
∴DM＝2，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵AD⊥OA，DM⊥AD，
∴OA∥DM，
∴∠M＝∠OAC，
∵∠OCA＝∠DCM，
∴∠DCM＝∠M，
∴DC＝DM＝2，
在Rt△OAD中，OA2＋AD2＝OD2，
即OA2＋42＝（OC＋2）2＝（OA＋2）2，
∴OA＝3，
∴AB＝6，
∵∠CAD＝∠B，tan∠CAD＝，
∴tanB＝tan∠CAD＝＝，
∴BC＝2AC，
在Rt△ABC中，AB2＝AC2＋BC2，
∴62＝5AC2，
∴AC＝，
∴BC＝．
【點(diǎn)睛】
此題考查了切線的判定與性質(zhì)、解直角三角形，熟記切線的判定與性質(zhì)及銳角三角函數(shù)定義時(shí)解題的關(guān)鍵．
16．（2021·廣西百色·中考真題）如圖，PM、PN是⊙O的切線，切點(diǎn)分別是A、B，過點(diǎn)O的直線CE∥PN，交⊙O于點(diǎn)C、D，交PM于點(diǎn)E，AD的延長(zhǎng)線交PN于點(diǎn)F，若BC∥PM．
（1）求證：∠P＝45°；
（2）若CD＝6，求PF的長(zhǎng)．

【答案】（1）見解析；（2）3．
【分析】
（1）連接OB，證明四邊形是平行四邊形，由平行四邊形的性質(zhì)解得，結(jié)合切線的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)，解得，據(jù)此解題；
（2）連接AC，證明，可得，結(jié)合（1）中，解得，再結(jié)合切線的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)解得，最后根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等解題即可．
【詳解】
解：（1）連接OB，如圖，

，
四邊形是平行四邊形，

PN是⊙O的切線，



；
（2）連接AC，如圖，

PM、PN是⊙O的切線，

四邊形是平行四邊形，




在與中，



PM是⊙O的切線，







．
【點(diǎn)睛】
本題考查圓的切線性質(zhì)、切線長(zhǎng)定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)等知識(shí)，是重要考點(diǎn)，難度一般，掌握相關(guān)知識(shí)是解題關(guān)鍵．
17．（2021·廣西桂林·中考真題）如圖，四邊形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，點(diǎn)E為BC中點(diǎn)，AE⊥DE于點(diǎn)E．點(diǎn)O是線段AE上的點(diǎn)，以點(diǎn)O為圓心，OE為半徑的⊙O與AB相切于點(diǎn)G，交BC于點(diǎn)F，連接OG．

（1）求證：△ECD∽△ABE；
（2）求證：⊙O與AD相切；
（3）若BC＝6，AB＝3，求⊙O的半徑和陰影部分的面積．
【答案】（1）見解析（2）見解析（3）半徑為2，面積為
【分析】
（1）根據(jù)垂直的性質(zhì)及相似三角形的判定定理即可求解；
（2）延長(zhǎng)DE、AB交于N點(diǎn)，先證明△DCE≌△NBE，再得到△AND是等腰三角形，得到∠DAE=∠NAE，再通過角平分線的性質(zhì)即可得到OG=OM=r，故可證明；
（3）求出∠FOG=60°，再根據(jù)梯形與扇形的面積公式即可求解．
【詳解】
（1）∵∠B＝∠C＝90°，AE⊥DE于點(diǎn)E．
∴∠EAB+∠AEB=90°，∠DEC+∠AEB=90°，
∴∠EAB=∠DEC
由∠B＝∠C＝90°
∴△ECD∽△ABE；
（2）過點(diǎn)O作OM⊥AD，延長(zhǎng)DE、AB交于N點(diǎn)
∴CDBN
∴∠CDE=∠N
∵點(diǎn)E為BC中點(diǎn)
∴CE=BE，
又∠EBN＝∠C＝90°
∴△DCE≌△NBE
∴DE=NE
∵AE⊥DN
∴AD=AN，∠ADE=∠ANE
∵∠DAE=90°-∠ADE，∠NAE=90°-∠ANE
∴∠DAE=∠NAE
∵AG是⊙O的切線
∴OG⊥AB
∵∠AMO=∠AGO=90°
∴OG=OM=r

∴OM是⊙O的切線；
（3）∵BC＝6，
∴BE=3
∵AB＝3，
∴AE==2BE
∴∠EAB=30°
∴AO=2OG，即AO=2r，
∵AE=AO+OE=3r=6
∴r=2
連接OF
∵∠OEF=60°，OE=OF
∴△OEF是等邊三角形
∴∠EOF=60°，EF=OF=2,BF=3-2=1
∴∠FOG=180°-∠AOG-∠EOF=60°
在Rt AOG中，AG=
∴BG=AB-AG=
∴S陰=S梯形OFBG-S扇形FOG= =．

【點(diǎn)睛】
此題主要考查切線的判定與性質(zhì)綜合，解題的關(guān)鍵是熟知切線的判定定理、全等三角形與相似三角形的判定與性質(zhì)及扇形面積公式．
18．（2021·廣西梧州·中考真題）如圖，在Rt△ACD中，∠ACD＝90°，點(diǎn)O在CD上，作⊙O，使⊙O與AD相切于點(diǎn)B，⊙O與CD交于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作DF∥AC，交AO的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，且∠OAB＝∠F．

（1）求證：AC是⊙O的切線；
（2）若OC＝3，DE＝2，求tan∠F的值．
【答案】（1）見詳解；（2）．
【分析】
（1）由題意，先證明OA是∠BAC的角平分線，然后得到BO=CO，即可得到結(jié)論成立；
（2）由題意，先求出BD=4，OD=5，然后利用勾股定理求出，，結(jié)合直角三角形ODF，即可求出tan∠F的值．
【詳解】
解：（1）∵DF∥AC，
∴∠CAO=∠F，
∵∠OAB＝∠F，
∴∠CAO=∠OAB，
∴OA是∠BAC的角平分線，
∵AD是⊙O的切線，
∴∠ABO=∠ACO=90°，
∴BO=CO，
又∵AC⊥OC，
∴AC是⊙O的切線；
（2）由題意，
∵OC＝3，DE＝2，
∴OD=5，OB=3，CD=8，
∴，
由切線長(zhǎng)定理，則AB=AC，
設(shè)，
在直角三角形ACD中，由勾股定理，則
，
即，
解得：，
∴，，
∵∠OAB＝∠F，
∴，
∵，
∴．
【點(diǎn)睛】
本題考查了圓的切線的判定和性質(zhì)，勾股定理，角平分線的性質(zhì)，以及三角函數(shù)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握所學(xué)的知識(shí)，正確的求出所需的長(zhǎng)度，從而進(jìn)行解題．
19．（2021·廣東廣州·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線分別與x軸，y軸相交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)為直線在第二象限的點(diǎn)

（1）求A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）設(shè)的面積為S，求S關(guān)于x的函數(shù)解析式：并寫出x的取值范圍；
（3）作的外接圓，延長(zhǎng)PC交于點(diǎn)Q，當(dāng)?shù)拿娣e最小時(shí)，求的半徑．
【答案】（1）A（-8，0），B（0，4）；（2），-8＜＜0；（3）4．
【分析】
（1）根據(jù)一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)即可求出A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）利用三角形面積公式及點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)即可求出結(jié)果；
（3）根據(jù)圓周角性質(zhì)可得，．由等角的三角函數(shù)關(guān)系可推出，再根據(jù)三角形面積公式得，由此得結(jié)論當(dāng)最小時(shí)，的面積最小，最后利用圓的性質(zhì)可得有最小值，且為的直徑，進(jìn)而求得結(jié)果．
【詳解】
解：（1）當(dāng)時(shí)，，解得，
∴A（-8，0）．
當(dāng)時(shí)，，
∴B（0，4）．
（2）∵A（-8,0），
∴．
點(diǎn)P在直線上，
∴，
∴．
∵點(diǎn)P在第二象限，
∴＞0，且＜0．
解得-8＜＜0；
（3）∵B（0，4），
∴．
∵為的外接圓，
∴，．
∴．
設(shè)，則．
∴．
∴當(dāng)最小時(shí)，的面積最?。?br /> ∴當(dāng)時(shí)，有最小值，且為的直徑．
∴．
即的半徑為4．
【點(diǎn)睛】
本題考查了一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、三角形面積計(jì)算及圓的相關(guān)性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、三角形面積計(jì)算及圓的相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
20．（2021·湖北荊門·中考真題）如圖，在中，，點(diǎn)E在BC邊上，過A，C，E三點(diǎn)的交AB邊于另一點(diǎn)F，且F是弧AE的中點(diǎn)，AD是的一條直徑，連接DE并延長(zhǎng)交AB邊于M點(diǎn)．

（1）求證：四邊形CDMF為平行四邊形；
（2）當(dāng)時(shí)，求的值．
【答案】（1）見解析；（2）
【分析】
（1）連接，，證明，，即可得到結(jié)論；
（2）證明得，設(shè)，那么，，根據(jù)勾股定理求出，，再根據(jù)正弦的定義求解即可
【詳解】
解：（1）證明：連接，，則，

，，
∵F是的中點(diǎn)，
，
∴，
∵
∴
∵
∴，
，
；
∵，
．
即，
四邊形CDMF是平行四邊形．
（2）由（1）可知：四邊形ACDF是矩形，
，
由
∴，
∵BM//CD

，
設(shè)，那么，，
在中，，

在中，
在中，．
【點(diǎn)睛】
本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理，圓周角定理，熟練掌握平行四邊形的判定定理是解題的關(guān)鍵．
21．（2021·遼寧丹東·中考真題）如圖，是的外接圓，點(diǎn)D是的中點(diǎn)，過點(diǎn)D作分別交、的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E和點(diǎn)F，連接、，的平分線交于點(diǎn)M．

（1）求證：是的切線；
（2）若，，求線段的長(zhǎng)．
【答案】（1）見詳解；（2）2
【分析】
（1）連接OD，由垂徑定理得OD⊥BC，從而得OD⊥EF，進(jìn)而即可得到結(jié)論；
（2）由平行線分線段定理得DN=，再證明，可得BD=2，最后證明∠BMD=∠DBM，進(jìn)而即可求解．
【詳解】
（1）證明：連接OD，如圖，

∵點(diǎn)D是的中點(diǎn)，
∴，
∴OD⊥BC，
∵BC∥EF，
∴OD⊥EF，
∴EF為⊙O的切線；
（2）設(shè)BC、AD交于點(diǎn)N，

∵，，，
∴，
∴DN=，
∵點(diǎn)D是的中點(diǎn)，
∴∠BAD=∠CAD=∠CBD，
又∵∠BDN=∠ADB，
∴，
∴，即：，
∴BD=2，
∵的平分線交于點(diǎn)M，
∴∠ABM=∠CBM，
∴∠ABM+∠BAD=∠CBM+∠CBD，即：∠BMD=∠DBM，
∴DM=BD=2．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查圓的基本性質(zhì)，切線的判定定理相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)，找出相似三角形，是解題的關(guān)鍵．
22．（2021·貴州畢節(jié)·中考真題）如圖，是的外接圓，點(diǎn)E是的內(nèi)心，AE的延長(zhǎng)線交BC于點(diǎn)F，交于點(diǎn)D，連接BD，BE．
（1）求證：；
（2）若，，求DB的長(zhǎng)．

【答案】（1）證明過程見詳解; （2）DB=6.
【分析】
（1）根據(jù)三角形的內(nèi)心得到∠ABE=∠CBE，∠BAE=∠CAD，根據(jù)圓周角定理推論得到∠DBC=∠CAD，結(jié)合三角形的外角性質(zhì)，進(jìn)而根據(jù)“等角對(duì)等邊”證明結(jié)論；
（2）通過證明△DBF∽△DAB，利用對(duì)應(yīng)邊成比例求解即可．
【詳解】
解：（1）證明：∵E是△ABC的內(nèi)心，
∴AD平分∠BAC，BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，∠BAE=∠CAD，
根據(jù)圓周角定理推論，可知∠DBC=∠CAD，
∴∠DBC=∠BAE，
∵∠DBE=∠CBE+∠DBC，∠DEB=∠ABE+∠BAE，
∴∠DBE=∠DEB，
∴DE=DB；
（2）由（1）知∠DAB=∠CAD，∠DBF=∠CAD,
∴∠DBF=∠DAB.
∵∠D=∠D，
∴△DBF∽△DAB.
∴,
∵DE=DB，
∴,
∵，，
∴,
∴.
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了三角形的內(nèi)心，圓周角定理推論，相似的判定與性質(zhì)，涉及了等腰三角形的判定與性質(zhì)，三角形的外角定理.關(guān)鍵是正確理解三角形的內(nèi)心定義．
23．（2021·江蘇泰州·中考真題）如圖，在⊙O中，AB為直徑，P為AB上一點(diǎn)，PA＝1，PB＝m（m為常數(shù)，且m＞0）．過點(diǎn)P的弦CD⊥AB，Q為上一動(dòng)點(diǎn)（與點(diǎn)B不重合），AH⊥QD，垂足為H．連接AD、BQ．

（1）若m＝3．
①求證：∠OAD＝60°；
②求的值；
（2）用含m的代數(shù)式表示，請(qǐng)直接寫出結(jié)果；
（3）存在一個(gè)大小確定的⊙O，對(duì)于點(diǎn)Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一個(gè)定值，求此時(shí)∠Q的度數(shù)．
【答案】（1）①見解析；②2；（2）；（3）存在半徑為1的圓，45°
【分析】
（1）①連接OD，則易得CD垂直平分線段OA，從而OD=AD，由OA=OD，即可得△OAD是等邊三角形，從而可得結(jié)論；
②連接AQ，由圓周角定理得：∠ABQ=∠ADH，從而其余弦值相等，因此可得 ，由①可得AB、AD的值，從而可得結(jié)論；
（2）連接AQ、BD， 首先與（1）中的②相同，有，由△APD∽△ADB，可求得AD的長(zhǎng)，從而求得結(jié)果；
（3）由（2）的結(jié)論可得：，從而BQ2﹣2DH2+PB2
當(dāng)m=1時(shí)，即可得是一個(gè)定值，從而可求得∠Q的值．
【詳解】
（1）①如圖，連接OD，則OA=OD
∵AB=PA+PB=1+3=4
∴OA=
∴OP=AP=1
即點(diǎn)P是線段OA的中點(diǎn)
∵CD⊥AB
∴CD垂直平分線段OA
∴OD=AD
∴OA=OD=AD
即△OAD是等邊三角形
∴∠OAD=60°

②連接AQ
∵AB是直徑
∴AQ⊥BQ
根據(jù)圓周角定理得：∠ABQ=∠ADH，
∴
∵AH⊥DQ
在Rt△ABQ和Rt△ADH中

∴
∵AD=OA=2，AB=4
∴

（2）連接AQ、BD

與（1）中的②相同，有
∵AB是直徑
∴AD⊥BD
∴∠DAB+∠ADP=∠DAB+∠ABD=90°
∴∠ADP=∠ABD
∴Rt△APD∽R(shí)t△ADB
∴
∵AB=PA+PB=1+m
∴
∴
（3）由（2）知，
∴BQ=
即
∴BQ2﹣2DH2+PB2=
當(dāng)m=1時(shí)，BQ2﹣2DH2+PB2是一個(gè)定值，且這個(gè)定值為1，此時(shí)PA=PB=1，即點(diǎn)P與圓心O重合
∵CD⊥AB，OA=OD=1
∴△AOD是等腰直角三角形
∴∠OAD=45°
∵∠OAD與∠Q對(duì)著同一條弧
∴∠Q=∠OAD=45°
故存在半徑為1的圓，對(duì)于點(diǎn)Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一個(gè)定值1，此時(shí)∠Q的度數(shù)為45.
【點(diǎn)睛】
本題是圓的綜合，它考查了圓的基本性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，難點(diǎn)是第（3）問，得出BQ2﹣2DH2+PB2后，當(dāng)m=1即可得出BQ2﹣2DH2+PB2是一個(gè)定值．
24．（2021·湖南湘西·中考真題）如圖，為⊙的直徑，為⊙O上一點(diǎn)，和過點(diǎn)的切線互相垂直，垂足為．
（1）求證：平分；
（2）若，，求：邊及的長(zhǎng)．

【答案】（1）見詳解；（2），
【分析】
（1）連接OC，由題意易得，則有，進(jìn)而可得，然后問題可求證；
（2）連接BC，由題意及（1）易得，則有DC=6，然后可得，然后問題可求解．
【詳解】
（1）證明：連接OC，如圖所示：

∵CD是⊙O的切線，
∴，
∵AD⊥CD，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴平分；
（2）解：連接BC，如圖所示：

由（1）可得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵為⊙的直徑，
∴，
∴．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查切線的性質(zhì)及解直角三角形，熟練掌握切線的性質(zhì)及三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵．
25．（2021·內(nèi)蒙古鄂爾多斯·中考真題）如圖，在中，，以為直徑的交于點(diǎn)D，于點(diǎn)E，直線于點(diǎn)F，交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H．


（1）求證：是的切線；
（2）當(dāng)時(shí)，求的值．
【答案】（1）見詳解；（2）
【分析】
（1）連接OE，先證明∠C=∠OEB，可得OE∥AC，從而得HF⊥OE，進(jìn)而即可得到答案；
（2）連接AE，由，可得AB =18，AE=，再證明，設(shè)HA=x，則HE=x，OH=x-9，根據(jù)勾股定理，列出方程，即可求解．
【詳解】
（1）證明：連接OE，


∵，
∴∠C=∠ABC，
∵OB=OE，
∴∠ABC=∠OEB，
∴∠C=∠OEB，
∴OE∥AC，
∵，
∴EF⊥OE，即：HF⊥OE，
∴是的切線；
（2）連接AE，


∵AB是的直徑，
∴∠AEB=90°，即AE⊥BC，
∵，
∴AB=EB÷=6÷=18，AE=，
∴OA=OE=，
∵OE⊥HF，∠AEB=90°，
∴∠HEB+∠BEO=∠AEO+∠BEO，即：∠HEB=∠AEO，
∵OA=OE，
∴∠AEO=∠EAO，
∴∠HEB=∠EAO，
又∵∠H=∠H，
∴，
∴，
設(shè)HA=x，則HE=x，OH=x-9，
∴在中，HE2+OE2=OH2，即：(x)2+92=( x-9)2，解得：或x=0（舍去），
∴HE=×=，
∴．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查圓的基本性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，切線的判定定理，解直角三角形，添加輔助線構(gòu)造直角三角形和相似三角形是解題的關(guān)鍵．
26．（2021·遼寧大連·中考真題）如圖1，內(nèi)接于⊙O，直線與⊙O相切于點(diǎn)D，與相交于點(diǎn)E，．
（1）求證：；
（2）如圖2，若是⊙O的直徑，E是的中點(diǎn)，⊙O的半徑為4，求的長(zhǎng)．


【答案】（1）見詳解；（2）
【分析】
（1）連接OB，由題意易得，則有，進(jìn)而可得，然后問題可求證；
（2）由題意易得，進(jìn)而可得，然后再根據(jù)勾股定理可求解．
【詳解】
（1）證明：連接OB，如圖所示：

∵直線與⊙O相切于點(diǎn)D，
∴，
∵，
∴，
∵OD是⊙O的半徑，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）∵E是的中點(diǎn)，
∴，，
∴，
∴，
∵⊙O的半徑為4，
∴，
∵是⊙O的直徑，
∴，
∴AB=4，，
∴在Rt△ABE中，由勾股定理得：．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查切線的性質(zhì)、三角函數(shù)、含30°的直角三角形的性質(zhì)及勾股定理，熟練掌握切線的性質(zhì)、三角函數(shù)、含30°的直角三角形的性質(zhì)及勾股定理是解題的關(guān)鍵．
27．（2021·內(nèi)蒙古赤峰·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)M，C，交對(duì)角線BD于點(diǎn)E，且，連接OE交BC于點(diǎn)F．
（1）試判斷AB與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；
（2）若，，求⊙O的半徑．

【答案】（1）相切，理由見解析；（2）5
【分析】
（1）連接OB，由，可得，由，可證，可得，可得即可；
（2）由，可求，由， 可求，由勾股定理可求，利用垂徑定理可得，進(jìn)而，利用勾股定理構(gòu)造方程解方程即可．
【詳解】
解：（1）AB與相切．理由如下：
連接OB，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵、是菱形的對(duì)角線
∴，，
∴
∴
∴，
∴是的切線

（2）又∵、是菱形的對(duì)角線，，
∴，
∵，
∴
∴在Rt△BMC中，
∴
∵OE⊥BC，BC為弦，
∴
∵
∴
設(shè)的半徑為R；在Rt△OFB中，OB2=OF2+BF2，
∴
解得
∴的半徑為5．
【點(diǎn)睛】
本題考查圓的切線判定，菱形性質(zhì)，弧弦弦心距關(guān)系，直角三角形兩銳角互余，銳角三角函數(shù)，勾股定理，一元一次方程，掌握?qǐng)A的切線判定，菱形性質(zhì)，弧弦弦心距關(guān)系，直角三角形兩銳角互余，銳角三角函數(shù)，勾股定理，一元一次方程是解題關(guān)鍵．
28．（2021·山東濰坊·中考真題）如圖，半圓形薄鐵皮的直徑AB＝8，點(diǎn)O為圓心（不與A，B重合），連接AC并延長(zhǎng)到點(diǎn)D，使AC＝CD，作DH⊥AB，交半圓、BC于點(diǎn)E，F(xiàn)，連接OC，∠ABC=θ，θ隨點(diǎn)C的移動(dòng)而變化．

（1）移動(dòng)點(diǎn)C，當(dāng)點(diǎn)H，B重合時(shí)，求證：AC=BC；
（2）當(dāng)θ＜45°時(shí)，求證：BH?AH＝DH?FH；
（3）當(dāng)θ＝45°時(shí)，將扇形OAC剪下并卷成一個(gè)圓錐的側(cè)面，求該圓錐的底面半徑和高．
【答案】（1）見解析（2）見解析（3）底面半徑為1，高為
【分析】
（1）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)即可求解；
（2）證明△BFH∽△DAH，即可求解；
（3）根據(jù)扇形與圓錐的特點(diǎn)及求出圓錐的底面半徑，再根據(jù)勾股定理即可求出圓錐的高．
【詳解】
（1）如圖，當(dāng)點(diǎn)H，B重合時(shí)，∵DH⊥AB
∴△ADB是直角三角形，
∵AC＝CD，
∴BC是△ADB的中線
∴BC=
∴AC=BC

（2）當(dāng)θ＜45°時(shí)，DH交半圓、BC于點(diǎn)E，F(xiàn)，
∵AB是直徑
∴∠ACB=90°
∵DH⊥AB
∴∠B+∠A=∠A+∠D=90°
∴∠B=∠D
∵∠BHF=∠DHA=90°
∴△BFH∽△DAH，
∴
∴BH?AH＝DH?FH；
（3）∵∠ABC=θ=45°
∴∠AOC=2∠ABC=90°
∵直徑AB＝8，
∴半徑OA=4，
設(shè)扇形OAC卷成圓錐的底面半徑為r
∴
解得r=1
∴圓錐的高為．
【點(diǎn)睛】
此題主要考查圓內(nèi)綜合求解，解題的關(guān)鍵是熟知直角三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)及弧長(zhǎng)的求解與圓錐的特點(diǎn)．



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