《2026年决胜中考数学安徽专版》

3.($2020·$安徽节选)如图，$AB$是半圆$O$的直径，$C$，$D$是半圆$O$上不同于$A$，$B$的两点，$AD = BC$，$AC$与$BD$相交于点$F$，$BE$是半圆$O$所在圆的切线，与$AC$的延长线相交于点$E$. 若$BE = BF$，求证：$AC$平分$\angle DAB$.

答案： 3. 证明：
∵AB为直径，
∴∠ACB = ∠ADB = 90°.
∵BE = BF，∠ACB = 90°，
∴∠FBC = ∠EBC.
∵∠ADB = ∠ACB = 90°，∠DFA = ∠CFB，
∴∠DAF = ∠FBC = ∠EBC.
∵BE为半圆O的切线，
∴∠ABE = 90°，∠ABC + ∠EBC = 90°.
∵∠ACB = 90°，
∴∠CAB + ∠ABC = 90°，
∴∠CAB = ∠EBC，
∴∠DAF = ∠CAB，
∴AC平分∠DAB.

4.($2018·$安徽)如图，菱形$ABOC$的$AB$，$AC$分别与$\odot O$相切于点$D$，$E$，若点$D$是$AB$的中点，则$\angle DOE =$ 60°.

答案： 4. 60° [解析]
∵AB，AC分别与⊙O相切于点D，E，
∴∠BDO = ∠ADO = ∠AEO = 90°.
∵四边形ABOC是菱形，
∴AB = BO，∠A + ∠B = 180°.
∵BD = $\frac{1}{2}$AB，
∴BD = $\frac{1}{2}$OB. 在Rt△OBD中，∠ODB = 90°，BD = $\frac{1}{2}$OB，
∴cos B = $\frac{BD}{OB} = \frac{1}{2}$，
∴∠B = 60°，
∴∠A = 120°，
∴∠DOE = 360° - 120° - 90° - 90° = 60°.

5.($2025·$上海)在锐角三角形$ABC$中，$AB = AC$，$BC = 8$，$\triangle ABC$的外接圆为$\odot O$，且半径为$5$，边$BC$中点为$D$，如果以$D$为圆心的圆与$\odot O$相交，那么$\odot D$的半径可以是

A.$2$
B.$5$
C.$8$
D.$9$

答案： 5. B

6.($2025·$福建)如图，$PA$与$\odot O$相切于点$A$，$PO$的延长线交$\odot O$于点$C$. $AB// PC$，且交$\odot O$于点$B$. 若$\angle P = 30°$，则$\angle BCP$的大小为

A.$30°$
B.$45°$
C.$60°$
D.$75°$

答案： 6. C

7.($2025·$云南)已知$\odot O$的半径为$5\ cm$. 若点$P$在$\odot O$上，则点$P$到圆心$O$的距离为 5 $cm$.

答案： 7. 5

8.($2025·$重庆)如图，$AB$是$\odot O$的直径，点$C$在$\odot O$上，连接$AC$. 以$AC$为边作菱形$ACDE$，$CD$交$\odot O$于点$F$，$AB\perp CD$，垂足为$G$. 连接$AD$，交$\odot O$于点$H$，连接$EH$. 若$AG = 12$，$GF = 5$，则$DF$的长度为 3 ，$EH$的长度为 $\frac{13\sqrt{13}}{4}$.

答案：
8. 3 $\frac{13\sqrt{13}}{4}$ [解析]
∵AB⊥CD， AG = 12，GF = 5，
∴CG = GF = 5，即CF = 2CG = 10，
∴AC = $\sqrt{AG^2 + CG^2} = \sqrt{12^2 + 5^2} = 13$.
∵四边形ACDE是菱形，
∴CD = AC = 13，
∴GD = CD - CG = 13 - 5 = 8，DF = CD - CF = 13 - 10 = 3. 在Rt△AGD中，AD = $\sqrt{AG^2 + GD^2} = \sqrt{12^2 + 8^2} = 4\sqrt{13}$.
如图，连接BC，BH.
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB = 90°，∠AHB = 90°，
∴cos∠CAB = $\frac{AG}{AC} = \frac{AC}{AB}$，即$\frac{12}{13} = \frac{13}{AB}$，解得AB = $\frac{169}{12}$，
∴cos∠DAB = $\frac{AG}{AD} = \frac{AH}{AB}$，即$\frac{12}{4\sqrt{13}} = \frac{AH}{169}$，解得AH = $\frac{13\sqrt{13}}{4}$.
∵四边形ACDE是菱形，
∴CD//AE，
∴∠DAE = ∠CDA，如图，过点H作HI⊥AE于点I，
∴sin∠DAE = sin∠GDA，cos∠DAE = cos∠GDA，
∴$\frac{IH}{AH} = \frac{AG}{AD}$，$\frac{AI}{AH} = \frac{GD}{AD}$，
∴$\frac{IH}{\frac{13\sqrt{13}}{4}} = \frac{12}{4\sqrt{13}}$，$\frac{AI}{\frac{13\sqrt{13}}{4}} = \frac{8}{4\sqrt{13}}$，
∴IH = $\frac{39}{4}$，AI = $\frac{13}{2}$，
∴IE = AE - AI = 13 - $\frac{13}{2} = \frac{13}{2}$，
∴EH = $\sqrt{IE^2 + IH^2} = \frac{13\sqrt{13}}{4}$.

9.($2025·$达州)如图，在$\odot O$中，$AB$是弦，$PA$是$\odot O$的切线，$PA = PB$，点$C$，$D$，$E$分别是线段$AB$，$AP$，$BP$上的动点，连接$CD$，$CE$，$\angle DCE = \angle P = \alpha$.
(1)试判断$PB$与$\odot O$的位置关系，并说明理由；
(2)若$\alpha = 60°$，$CD : CE = 1 : 2$，试求$4AD + BE$与$\odot O$半径$r$的数量关系.

答案：
9. 解：
(1)PB是⊙O的切线. 理由如下：如图，连接OA，OB.
∵OA = OB，
∴∠BAO = ∠ABO.
∵PA = PB，
∴∠PAB = ∠PBA.
∵PA是⊙O的切线，OA是⊙O的半径，
∴∠PAO = ∠BAO + ∠PAB = 90°，
∴∠PBO = ∠ABO + ∠PBA = 90°. 又
∵OB是⊙O的半径，
∴PB是⊙O的切线.
(2)
∵∠P = 60°，PA = PB，
∴△ABP是 等边三角形，
∴AB = PA = PB，∠PAB = ∠PBA = 60°，
∴∠ADC + ∠ACD = 180° - ∠PAB = 120°.
∵∠DCE = 60°，
∴∠BCE + ∠ACD = 180° - ∠DCE = 120°，
∴∠ADC = ∠BCE，
∴△ADC∽△BCE，
∴$\frac{AD}{BC} = \frac{AC}{BE} = \frac{CD}{EC}$.
∵$\frac{CD}{EC} = \frac{1}{2}$，
∴AD = $\frac{1}{2}$BC，AC = $\frac{1}{2}$BE，
∴4AD + BE = 2BC + 2AC = 2AB. 如图，过点O作OF⊥AB于点F，则AF = $\frac{1}{2}$AB，由
(1)得∠PAO = 90°，
∴∠OAF = ∠PAO - ∠PAB = 90° - 60° = 30°. 在Rt△AOF中，AO = r，OF = $\frac{1}{2}$AO = $\frac{1}{2}$r，
∴AF = $\sqrt{AO^2 - OF^2} = \sqrt{r^2 - (\frac{1}{2}r)^2} = \frac{\sqrt{3}}{2}r$，
∴AB = 2AF = 2×$\frac{\sqrt{3}}{2}r = \sqrt{3}r$，
∴4AD + BE = 2AB = 2$\sqrt{3}$r.