学年初中数学圆单元测试题_初中数学圆单元测试题
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2018-2019学年初中数学圆单元测试题
数学 2018.7
本试卷共7页，120分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题 共10小题，每小题3分，共30分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．一个正多边形的每个外角都等于36°，那么它是（）
A． 正六边形
B． 正八边形
C． 正十边形
D． 正十二边形 2．的半径，点与圆心的距离外
B． 点在，则点与的位置关系是（）
A． 点在上
C． 点在内
D． 不确定
3．在半径为的圆中有一条长度为的弦，则该弦所对的圆周角的度数是（）A．
B． 或
C．
D．
或
4．三角形外接圆的圆心为（）
A． 三条高的交点
B． 三条角平分线的交点
C． 三条垂直平分线的交点
D． 三条中线的交点 5．如图，，是
上的三个点，则的度数是（）
A．
B．
C．
D．
6．已知点，且，画经过，两点且半径为的圆有（）
A． 个
B． 个
C． 个
D． 无数个 7．已知点在半径为的A．
B．
内，点与点的距离为，则的取值范围是（）
D．的中点，连接
交
于点，若
C． 中，8．如图，在度．点是半圆弧半圆弧的圆心为，点、点关于圆心对称．则图中的两个阴影部分的面积，之间的关系是（）
试卷第1页，总7页
A．
B．
C．
D． 不确定
9．如图，⊙O内切于正方形ABCD，边BC、DC上两点M、N，且MN是⊙O的切线，当△AMN的面积为4时，则⊙O的半径r是（）
A．
B．
2C． 2
D．
410．如图，⊙O的直径AB与弦CD相交于点P，且∠APC=45°，若PC2+PD2=8，则⊙O的半径为（）
A．
B． 2
C． 2
D． 4
二、填空题 共10小题，每小题3分，共30分。11．如图，在菱形于点．若，中，点，分别在，边上，且，与
交，则四边形的面积为________．
12．如图，是的外接圆，的半径，则弦的长为________．
试卷第2页，总7页 13．如图，是的直径，弦，垂足是，是的中点，延长交于，则的长是________．
14．如图，四边形，则
是的内接四边形，点是的中点，点是上的一点，若
________度．
15．如图，已知论： ①；②；③
；④
；⑤，是的半径，过的中点作的垂线交
于点，以下结正确的是________．（填序号）．
16．如图，在圆的内接五边形
中，则
________．
17．如图，四边形
是的内接四边形，若，则的大小为________．
18．如图，则的直径为，弦
为，点为弦上的一动点，若的长为整数，的可能值是________．
试卷第3页，总7页
19．如图，是的半径，点在上，连接，若，则________度．
20．如图，为的直径，为弦，且弧BC=4弧AC，则
______，________°，________°．
三、解答题 共10小题，每小题6分，共60分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。21．已知交点． 如图，当点在线段上，且
上时，试判断
与的大小关系，并证明你的结论； 为直径，是直径
上一动点（不与点，重合），过点作直线，直线交直线
于于，两点，是上一点（不与点，重合），且当点在线段时，其它条件不变．
①请你在图②判断中画出符合要求的图形，并参照图
标记字母；
中的结论是否还成立，请说明理由．
内接于，为直径，．的平分线交
于点，交
于点22．己知：如图，于点，且交于点，连结
试卷第4页，总7页
求证： 当，时，求的半径及的长．；
23．联想三角形外心的概念，我们可引入如下概念：到三角形的两个顶点距离相等的点，叫做此三角形的准外心．例：已知，则点为的准外心（如图）．
如图，如图，若探究为正三角形的高，准外心在高，上，且，求，准外心在的度数． 边上，试为直角三角形，的长．
24．如图，在形，与中，．
，为的外心，为等边三角相交于点，连接
求求的度数； 的度数．
中，是线段的中点，以
为直径作，试判断25．如图，在点与的位置关系．
试卷第5页，总7页
26．如图，是的直径，是弧BC的中点，、的延长线相交于点，求证：
．
27．如图，AB是⊙O的直径，∠BAC=90°，四边形EBOC是平行四边形，EB交⊙O于点D，连接CD并延长交AB的延长线于点F．（1）求证：CF是⊙O的切线；
（2）若∠F=30°，EB=8，求图中阴影部分的面积．（结果保留根号和π）
28．如图，AB=AC=8，∠BAC=90，直线l与以AB为直径的⊙O相切于点B，点D是直线l上任意一动点，连结DA交⊙O点E．（1）当点D在AB上方且BD=6时，求AE的长；（2）当CE恰好与⊙O相切时，求BD的长为多少？
29．如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O外，∠ABC的平分线与⊙O交于点D，∠C=90°．（1）CD与⊙O有怎样的位置关系？请说明理由；（2）若∠CDB=60°，AB=6，求的长．
试卷第6页，总7页
30．如图△ABC内接于⊙O，∠B=60°，CD是⊙O的直径，点P是CD延长线上一点，且AP=AC．
（1）求证：PA是⊙O的切线；（2）若PD=，求⊙O的直径．
试卷第7页，总7页
参考答案
1．C 【解析】 【分析】
利用多边形的外角和是360°，正多边形的每个外角都是36°，即可求出答案.【详解】 ∵360°÷36°=10，∴正多边形是正十边形.故选C.【点睛】
本题考查了多边形的内角和外角，熟练掌握多边形内角和外角是本题解题的关键.2．C 【解析】 【分析】
已知圆的半径是r，点到圆心的距离是d，点和圆的位置关系有三种：当r=d时，点在圆上，当r＞d时，点在圆内，当r＜d时，点在圆外，根据进行判断即可． 【详解】
∵⊙O的半径R=5cm，点P与圆心O的距离OP=3cm，5＞3，∴点P与⊙O的位置关系是点P在圆内，故选：C． 【点睛】
考查了点与圆的位置关系的应用，注意：当圆的半径是r，点到圆心的距离是d时，点和圆的位置关系有三种：①当r=d时，点在圆上，②当r＞d时，点在圆内，③当r＜d时，点在圆外． 3．B 【解析】 【分析】
根据半径为R的圆中有一条长度为R的弦，知这条弦和两条半径组成了一个等边三角形．则该弦所对的圆心角是60°，要进一步求其所对的圆周角，应分情况考虑：当圆周角的顶点
答案第1页，总28页
在优弧上时，根据圆周角定理，得此圆周角等于30°；当圆周角的顶点在劣弧上，根据圆内接四边形的性质，此圆周角和第一种的圆周角互补，即150°． 【详解】
∵半径为R，长度为R的弦，∴这条弦和两条半径组成了一个等边三角形，∴该弦所对的圆心角是60°，①当圆周角的顶点在优弧上时，得此圆周角等于30°； ②当圆周角的顶点在劣弧上，得此圆周角等于150°． 故选：B． 【点睛】
考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．注意：此类题一定要分情况考虑．即一条弦所对的圆周角有两种情况，且两种情况中的角是互补的关系． 4．C 【解析】 【分析】
根据三角形外心的性质进行判断． 【详解】
A选项：三角形三条高的交点是三角形的垂心，故A错误； B选项：三角形三条角平分线的交点是三角形的内心，故B错误；
C选项：由于三角形的外心是三角形三条边的垂直平分线的交点，故C正确； D选项：三角形三边中线的交点是三角形的重心，故D错误； 故选：C． 【点睛】
考查了三角形外心的性质．注意三角形重心、垂心、内心、外心的区别． 5．B 【解析】 【分析】
根据同弧所对的圆心角等于所对圆周角的2倍，由已知圆周角的度数，即可求出所求圆心角的度数．
答案第2页，总28页
【详解】
∵∠ABC=25°，∠AOC=2∠ABC，∴∠AOC=50°，故选：D． 【点睛】
考查了圆周角定理，理解定理是关键． 6．C 【解析】 【分析】
作AB的垂直平分线，在垂直平分线上找到A、B两点距离为2的点，该点有两个． 【详解】
根据题意作图如右，由图可知经过A，B两点且半径为2的圆有2个． 故选：C． 【点睛】
考查确定圆的条件的知识点，此题不是很难，但需要有较强的作图能力． 7．A 【解析】 【分析】
直接根据点与圆的位置关系的判定方法求解． 【详解】
∵点A在半径为r的⊙O内，∴OA小于r 而OA=6，∴r＞6．
答案第3页，总28页
故选：A． 【点睛】
考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系． 8．C 【解析】 【分析】
根据已知及圆的轴对称性质进行分析． 【详解】
根据条件上面的半圆关于OP对称，因而S1，S2直径AC上面的两部分的面积相等，△CDB与△AEB的底CD与AE相等，高相同，因而面积相同，因而S1=S2． 故选：C． 【点睛】
考查了圆的轴对称性质． 9．C 【解析】 【分析】 连接,交于点设
则
根据△AMN的面积为4，列出方程求出的值，再计算半径即可.【详解】 连接,交于点
内切于正方形经过点
为的切线，为等腰直角三角形，答案第4页，总28页
为
设则
的切线，△AMN的面积为4，则
即解得
故选:C.【点睛】
考查圆的切线的性质，等腰直角三角形的性质，三角形的面积公式，综合性比较强.10．B 【解析】 【分析】 过点作得到【详解】 过点作 连接
连接对式子
根据垂径定理可得
根据
进行变换，即可求出半径.答案第5页，总28页
解得：故选：B.【点睛】
考查垂径定理，等腰直角三角形的性质等，把式子
进行变形是解题的关键.11．
【解析】 【分析】
首先利用菱形的性质得出AB=AD，又由AB=BD得出△ABD是等边三角形，进一步证明△CDE≌△DBF，得出∠BGE=∠DGF=60°，证得四边形ABGD是圆内接四边形，过点A再分别作AM⊥DE，AN⊥BF，证明△ABN≌△ADM，把四边形ABGD的面积转化为四边形AMGN的面积即可． 【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD，又∵AB=BD
∴△ABD是等边三角形，∴∠BAD=∠ABD=60° ∴∠DBC=∠BDF=∠C=60° 在△CDE和△DBF中，答案第6页，总28页
∴△CDE≌△DBF（SAS）∴∠CDE=∠DBF ∴∠GBE=∠BDE
∴∠DBF+∠GBE=∠DBF+∠BDE=∠BGE=∠DGF=60°=∠BAD ∴四边形ABGD是圆内接四边形，∴∠BGD=120°
如图，过点A分别作AM⊥DE，AN⊥BF，垂足分别为M、N
∵AG是角平分线，∴AN=AM，在Rt△ABN和Rt△ADM中，,∴Rt△ABN≌Rt△ADM（HL）∴BN=DM
∴GN+GM=BG+DG=2+3=5 连接AG，在Rt△AGN和Rt△AGM中,答案第7页，总28页
∴Rt△AGN≌Rt△AGM（HL）
∴NG=MG=（BG+DG）=，∠AGN=∠BGD=60°
∴AN=NG•tan∠AGN=
∴S四边形ABGD=S四边形ANGM．
S四边形ABGD=2S△AGN，=2××NG×AN=×
=．
故答案为：【点睛】 ．
此题考查菱形的性质，等边三角形的判定，三角形全等的判定与性质，圆内接四边形的判定与性质等知识点． 12．3 【解析】 【分析】
连接AO并延长至⊙O于点D，根据直径所对的圆周角为直角，则△ACD为直角三角形；又根据同弧所对的圆周角相等，所以∠B=∠D，则sinD=sinB=为AD=2R=4，所以AC=3．
【详解】
连接AO并延长至⊙O于点D，则△ACD为直角三角形，∵∠B=∠D，；因∴sinD=sinB=,答案第8页，总28页
∵AD=2R=4，∴AC=3． 故答案是：3.【点睛】
考查了同弧所对的圆周角相等、直径所对的圆周角为直角及解直角三角形的知识． 13．4 【解析】 【分析】
根据相交弦定理及垂径定理求解． 【详解】
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足是G，F是CG的中点，∴CG=GD，CF=FG=CG，∵CF=2，∴CG=GD=2×2=4，FD=2+4=6，由相交弦定理得EF•AF=CF•FD，即EF＝故答案是：4.【点睛】.解答此题的关键是熟知相交弦定理及垂径定理．相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等；垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧． 14．100 【解析】 【分析】
先求出∠AEC，再用圆内接四边形的性质即可得出结论． 【详解】
如图：连接AE，答案第9页，总28页
∵点D是 的中点，∴∠AED=∠CED，∵∠CED=40°，∴∠AEC=2∠CED=80°，∵四边形ADCE是圆内接四边形，∴∠ADC+∠AEC=180°，∴∠ADC=180°-∠AEC=100°，故答案是：100．
【点睛】
考查了圆内接四边形的性质，同圆中，等弧所对的圆周角相等，解本题的关键是作出辅助线． 15．①②③④⑤ 【解析】 【分析】
由OC是⊙O的半径，过OC的中点D作DC的垂线交⊙O于点A，B，根据垂径定理可得AD=BD，；又由圆心角与弧的关系，可得∠AOC=∠BOC，由垂直平分线的性质，可得AC=BC，然后由含30°角的直角三角形的性质，求得∠OAB=30°．
【详解】
∵OC⊥AB，∴AD=BD，故①③正确；
∴∠AOC=∠BOC，故④正确；
∵过OC的中点D作DC的垂线交⊙O于点A，B，即OC是AB的垂直平平分线，答案第10页，总28页，∴AC=BC，故②正确；
∵OD=OC=OA，∴∠OAB=30°，故⑤正确． 故答案是：①②③④⑤．
【点睛】
考查了圆心角与弧的关系、垂径定理、线段垂直平分线的性质以及含30°直角三角形的性质．注意理解题意是关键． 16．40° 【解析】 【分析】
连接OA，OC，OD，利用同弧所对的圆心角等于圆周角得2倍求出所求的角即可． 【详解】
连接OA，OC，OD，如图所示：
∵在圆的内接五边形ABCDE中，∠B+∠E=220°，∴∠AOC+∠AOD=440°（两角为大于平角的角），∴∠COD=440°-360°=80°，则∠CAD=∠COD=40°． 故答案为：40°
【点睛】
考查了圆心角、弧、弦的关系，以及圆周角定理，熟练掌握定理及法则是解本题的关键． 17．100° 【解析】 【分析】
答案第11页，总28页
根据圆内接四边形的性质求出∠D的度数，根据圆周角定理计算即可． 【详解】
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠B+∠D=180°，∴∠D=180°-130°=50°，由圆周角定理得，∠AOC=2∠D=100°，故答案是：100°． 【点睛】
考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补、同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键． 18．或 【解析】 【分析】
根据题意画出图形，由图可知当OP垂直于AB是最短，当P与B重合时最长，求出OP的长的范围即可． 【详解】
如图：连接OA，作OM⊥AB与M，∵⊙O的直径为10，∴半径为5，∴OP的最大值为5，∵OM⊥AB与M，∴AM=BM，∵AB=6，∴AM=3，在Rt△AOM中，OM=
=4，答案第12页，总28页
∵OM的长即为OP的最小值，∴4≤OP≤5． ∵OP是整数，∴OP=4或5． 故答案是：4或5．
【点睛】
考查了垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理是解本题的关键，学会添加常用辅助线的方法． 19．60 【解析】 【分析】
根据圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半可得答案． 【详解】
∵∠AOB=120°，∴∠ACB=120°× =60°，故答案是：60．
【点睛】
考查了圆周角定理，关键是掌握圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半． 20．36°18°144° 【解析】 【分析】
由，得∠BOC=4∠AOC，而∠BOC+∠AOC=180°，则可求出∠AOC，∠BOC，利用圆周角定理可得到∠B的度数．
【详解】
∴∠BOC=4∠AOC，而∠BOC+∠AOC=180°，答案第13页，总28页
∴5∠AOC=180°，即∠AOC=36°，∴∠BOC=4×36°=144°，∴∠B=∠AOC=18°．
故答案是：36°，18°，144°．
【点睛】
考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半． 21．见解析 【解析】 【分析】
（1）AE=BE，可根据垂径定理得出弧AB=弧BH，已知了弧AB=弧AF，因此弧BH=弧AF，根据圆周角定理可得出∠BAH=∠ABF根据等角对等边即可得出AE=BE．（方法不唯一）（2）结论不变，证法同（1），根据垂径定理可得出弧AC=弧CH，因此弧AB=弧BH，由于弧AB=弧AF，因此弧AF=弧BH，即∠BAE=∠ABE，因此AE=BE． 【详解】
证法①： ∵∴又∵∴∴∴ ． 为 直径，于点
证法②： 连，答案第14页，总28页
∵∴∴∴∵∴又∵∴∴∴ ．
，是直径，于点
证法③： 连接∵∴又∵∴又∵∴∴∵
答案第15页，总28页，交于点
∴∴∴
①所画图形如图所示，成立
证法①： ∵∴又∴∴∴． 是
直径，于点
证法②： 连接∵∴∵∴
答案第16页，总28页，是 直径，于点
又∵∴又∵∴∴
．
证法③： 连接∵∴又∵∴又∵∴又∵∴∴∴．
为直径，并延长，于点
交于点
过圆心
【点睛】
考查了垂径定理、圆周角定理等知识．找出与所求边相关的弧之间的关系是解题的关键． 22．（1）见解析；（2）2.4.【解析】 【分析】
（1）利用角平分线的性质得出∠CBD=∠DBA，进而得出∠DAC=∠DBA；（2）利用勾股定理得出AB的长，再利用三角形面积求出DE即可．
答案第17页，总28页
【详解】 证明：∵∴∵∴∴解：连接与平分，都是弧，；，所对的圆周角，∵∴∵∴∵∴故∵∴∴，即的长为
．，的半径为，，﹦，，【点睛】
考查的是三角形的外接圆与外心及圆周角定理和勾股定理以及三角形面积等知识，熟练利用圆周角定理得出各等量关系是解题关键．
答案第18页，总28页
23．∠APB=90°；（2）PA=【解析】 【分析】
或6．
（1）利用分类讨论：①若PB=PC，②若PA=PC，③若PA=PB，进而求出即可；（2）利用分类讨论：①若PB=PA，②若PA=PC，③若PC=PB，进而求出即可． 【详解】
（1）①若PB=PC，连结PB，则∠PCB=∠PBC． ∵CD为等边三角形的高．∴AD=BD，∠PCB=30°，∴∠PBD=∠PBC=30°，∴PD=DB=AB．
与已知PD=AB矛盾，∴PB≠PC． ②若PA=PC，连结PA，则∠PCA=∠PAC．
∵CD为等边三角形的高．∴AD=BD，∠PCA=30°，∴∠PAD=∠PAC=30°，∴PD=DA=AB．
与已知PD=AB矛盾，∴PA≠PC．
③若PA=PB，由PD=AB，得PD=BD，∴∠BPD=45°，故∠APB=90°；
（2）①若PB=PA，设PA=x，∵∠C=90°，AB=13，BC=5，答案第19页，总28页
∴AC=12，则CP=12-x，∴x2=（12-x）2+52，∴解得：x=，即PA=．
②若PA=PC，则PA=6． ③若PC=PB，由图知，在Rt△PBC中，不可能，故PA=【点睛】 或6．
考查了勾股定理以及三角形外心的性质等知识，利用分类讨论得出是解题关键． 24．（1）35°；（2）50° 【解析】 【分析】
（1）直接利用三角形外心的性质以及等腰三角形的性质得出即可；
（2）利用三角形外心的性质以及利用等腰三角形的性质得出∠OAC=∠OCA=35°，进而结合三角形外角的性质得出答案． 【详解】（1）∵为∴∵为∴∴∴，答案第20页，总28页 的外心，（垂直平分，则三线合一），的外心，，∵∴为正三角形，．
【点睛】
考查了三角形的外心的性质以及等边三角形的性质等知识，得出∠OAC=∠OCA=35°是解题关键． 25．点在【解析】 【分析】
要求D与⊙O的位置关系，需先求OD的长，再与其半径相比较；若大于半径则在圆外，等于半径在圆上，小于半径则在圆内． 【详解】 点在上． 上．理由见解析
理由如下： 连接，∵∴是，的中位线，∴∵，∴∴点在【点睛】，上．
答案第21页，总28页
考查了点与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有：①点P在圆外⇔d＞r；②点P在圆上⇔d=r；③点P在圆内⇔d＜r．同时考查了三角形中位线定理． 26．见解析 【解析】 【分析】
连结AD，如图，根据圆周角定理，由AB是⊙O的直径得到∠ADB=90°，由D是 的中点得到∠1=∠2，则AD⊥BE，AD平分∠BAE，于是可判断△ABE为等腰三角形，即有AB=AE．
【详解】 证明：连结，如图，∵∴∴，是的直径，∵是的中点，即∴即∴∴，平分，为等腰三角形，．
【点睛】
考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也
答案第22页，总28页
考查了等腰三角形的判定与性质．
27．（1）证明见解析；（2）16【解析】 【分析】
﹣π．
（1）欲证明CF是⊙O的切线，只要证明∠ODC=90°，只要证明△ODC≌△OAC，即可．（2）根据条件首先证明△OBD是等边三角形，根据S阴=2•S△AOC-S扇形OAD即可解决问题． 【详解】
（1）证明：连接OD，如图，∵四边形EBOC是平行四边形，∴OC∥BE，∴∠1=∠3，∠2=∠4，∵OB=OD，∴∠3=∠4，∴∠1=∠2，在△ODC和△OAC中
∴△ODC≌△OAC，∴∠ODC=∠OAC=90°，∴OD⊥CD，∴CF是⊙O的切线；（2）解：∵∠F=30°，∴∠FOD=60°，∴∠1=∠2=60°，∵四边形EBOC是平行四边形，∴OC=BE=8，在Rt△AOC中，∴图中阴影部分的面积=S四边形AODC﹣S扇形AOD
答案第23页，总28页
【点睛】
考查圆的切线的判定，不规则图形面积的计算，掌握切线的判定定理以及扇形的面积公式是解题的关键.28．（1）AE=【解析】 【分析】 ；（2）BD= 4．
（1）连接BE，在Rt△ABD中，利用勾股定理求出AD的长，进而利用直角三角形等面积求出BE的长，在Rt△ABE中，利用勾股定理即可求出AE的长。
（2）连接OC，证明△ABD≌△CAO，根据全等三角形的性质即可求出BD的长.【详解】
解：（1）∵AB为直径，∴∠AEB=90°，∵BD为切线，∴AB⊥BD，∴∠ABD=90°，在Rt△ABD中，∵
∴
答案第24页，总28页
在Rt△ABE中，（2）连接OC，如图，∵∠BAC=90°，∴CA为⊙O的切线，∵CE为⊙O的切线，∴CA=CE，而OA=OE，∴OC垂直平分AE，∴∠1+∠3=90°，而∠1+∠2=90°，∴∠2=∠3，而AB=CA，∠CAO=∠ABD，∴△ABD≌△CAO，∴BD=AO=4．
【点睛】
本题主要考查与圆有关的位置关系、勾股定理，全等三角形的判定与性质等，掌握切线的性质是解题的关键.29．（1）相切，理由见解析；（2）π．
答案第25页，总28页
【解析】 【分析】
（1）连接OD，根据BD是∠ABC的平分线的性质有∠CBD=∠ABD，根据OD=OB，得到∠ODB=∠ABD，等量代换得到∠ODB=∠CBD，根据平行线的判定得到OD∥CB，根据平行线的性质有∠ODC=∠C=90°，即可证明CD与⊙O相切；（2）根据扇形的弧长公式进行计算即可.【详解】
（1）相切．理由如下： 连接OD，∵BD是∠ABC的平分线，∴∠CBD=∠ABD，又∵OD=OB，∴∠ODB=∠ABD，∴∠ODB=∠CBD，∴OD∥CB，∴∠ODC=∠C=90°，∴CD与⊙O相切；
（2）若∠CDB=60°，可得∠ODB=30°，∴∠AOD=60°，又∵AB=6，∴AO=3，∴
【点睛】
考查直线和圆的位置关系以及弧长公式，熟练掌握切线的判定方法是解题的关键.30．（1）证明见解析；（2）⊙O的直径为2
．
答案第26页，总28页
【解析】 【分析】
（1）连接OA，根据圆周角定理求出∠AOC，再由OA=OC得出∠ACO=∠OAC=30°，再由AP=AC得出∠P=30°，继而由∠OAP=∠AOC-∠P，可得出OA⊥PA，从而得出结论；（2）利用含30°的直角三角形的性质求出OP=2OA，可得出OP-PD=OD，再由 可得出⊙O的直径． 【详解】
（1）证明：连接OA，∵∠B=60°，∴∠AOC=2∠B=120°，又∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=30°，又∵AP=AC，∴∠P=∠ACP=30°，∴∠OAP=∠AOC﹣∠P=90°，∴OA⊥PA，∴PA是⊙O的切线．
（2）在Rt△OAP中，∵∠P=30°，∴PO=2OA=OD+PD，又∵OA=OD，∴PD=OA，∵
∴
∴⊙O的直径为
答案第27页，总28页
【点睛】
考查了切线的判定以及圆周角定理，解答本题的关键是掌握切线的判定定理，圆周角定理以及含角的直角三角形的性质.答案第28页，总28页
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