2024年中考數(shù)學二輪復習壓軸題05 圓的綜合（5題型+解題模板+技巧精講）（解析版）

壓軸題05圓的綜合目錄TOC\o"1-1"\n\p""\h\z\u題型一切線的判定題型二圓中求線段長度題型三圓中的最值問題題型四圓中的陰影部分面積題型五圓中的比值（相似）問題題型解讀：圓的綜合問題在中考中常常以選擇題以及解答題的形式出現(xiàn)，解答題居多且分值較大，難度較高．多考查切線的性質(zhì)與判定、圓中求線段長度問題和圓中最值問題，一般會用到特殊三角形、特殊四邊形、相似三角形、銳角三角函數(shù)、勾股定理、圖形變換等相關知識點，以及數(shù)形結合、整體代入等數(shù)學思想.此類題型常涉及以下問題：①切線的判定；②計算線段長及證明線段比例關系；③求三角函數(shù)值；④利用“輔助圓”求最值.右圖為圓的綜合問題中各題型的考查熱度.下圖為二次函數(shù)圖象性質(zhì)與幾何問題中各題型的考查熱度.題型一切線的判定解題模板：技巧：有切點，連半徑，證垂直（根據(jù)題意，可以證角為90°，如已有90°角，可以嘗試證平行）沒切點，作垂直，證半徑（通常為證全等，也可以通過計算得到與半徑相等）【例1】1．（2023-四川攀枝花-中考真題）如圖，為的直徑，如果圓上的點恰使，求證：直線與相切．

【答案】見詳解【分析】由等腰三角形的性質(zhì)和圓周角定理得出，則，再由切線的判定即可得出結論．【詳解】證明：如圖，連接，，，為的直徑，，，，，即，，是的半徑，直線與相切．

【點睛】本題考查了切線的判定、圓周角定理、直角三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識；熟練掌握圓周角定理和切線的判定是解題的關鍵．【變式1-1】（2023-遼寧-中考真題）如圖，內(nèi)接于，是的直徑，平分交于點E，過點E作，交的延長線于點F．

求證：與相切；【分析】連接，由是的直徑可得，進而可得，再根據(jù)圓周角定理可得，進而可證，，即可證明與相切；【詳解】證明：如圖，連接，

是的直徑，，平分交于點E，，，，，，是的半徑，與相切；【點睛】本題考查切線的判定，圓周角定理，弧長公式，等邊三角形的判定與性質(zhì)等，熟練應用圓周角定理是解題的關鍵．【變式1-2】（2023-遼寧-中考真題）如圖，是的直徑，點在上，，點在線段的延長線上，且．

(1)求證：EF與相切；(2)若，求的長．【分析】利用圓周角定理得到，結合已知推出，再證明，推出，即可證明結論成立；【詳解】證明：連接，

∵，∴，∵，∴，∵是的直徑，∴，∵，∴，∴，∵為半徑，∴EF與相切；【點睛】本題考查了圓的切線的判定、圓周角定理、解直角三角形以及相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，熟練掌握圓的相關知識和相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關鍵．【變式1-3】（2023-湖北鄂州-中考真題）如圖，為的直徑，E為上一點，點C為的中點，過點C作，交的延長線于點D，延長交的延長線于點F．

(1)求證：是的切線；【分析】連接，根據(jù)弦、弧、圓周角的關系可證，根據(jù)圓的性質(zhì)得，證明，得到，根據(jù)切線的判定定理證明；【詳解】證明：連接，

∵點C為的中點，∴，∴，∵，∴∴∴，∴，∵為半徑，∴為切線；【點睛】本題考查了切線的判定和性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關鍵．題型二圓中求線段長度解題模板：【例2】（2023-西藏-中考真題）如圖，已知為的直徑，點C為圓上一點，垂直于過點C的直線，交于點E，垂足為點D，平分．

(1)求證：是的切線；(2)若，，求的長．【答案】(1)見詳解(2)【分析】（1）連接，根據(jù)角平分線的定義有，根據(jù)圓周角定理有，可得，進而有，進而可得，則有半徑，問題得證；（2）連接，，，利用勾股定理可得，進而有，，根據(jù)，即，進而可得，根據(jù)四邊形內(nèi)接于，可得，即，再在中，可得．【詳解】（1）連接，如圖，

∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴是的切線；（2）連接，，，如圖，

∵為的直徑，∴，∵，，∴在中，，∴，，∵平分，∴，即，∵在中，，∴，∵四邊形內(nèi)接于，∴，即，∵在中，，

∴．【點睛】本題主要考查了切線的判定，解直角三角形，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)以及圓周角定理等知識，靈活運用解直角三角形，是解答本題的關鍵．【變式2-1】（2023-內(nèi)蒙古-中考真題）如圖，是⊙的直徑，為⊙上的一點，點是的中點，連接，過點的直線垂直于的延長線于點，交的延長線于點．(1)求證：為⊙的切線；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，根據(jù)點是的中點可得，進而證，從而得證即可；（2）解法一：連接交于，根據(jù)及勾股定理求出，再證明，從而得到，即可求出的值；解法二：過點作于點，按照解法一步驟求出，然后證明四邊形是矩形，再證明，求得，進而求出的值．【詳解】（1）證明：連接，，，點是的中點，，，，，，，，，是半徑，是的切線；（2）解法一：連接交于，，，，，，在中，，或（不符合題意，舍去），點是的中點，是半徑，垂直平分，，是的中位線，，是直徑，，，，，；解法二：過點作于點，，，，，，，，在中，，，或（不符合題意，舍去），，四邊形是矩形，，，，，，，，．【點睛】本題考查切線的判定，圓的相關性質(zhì)，勾股定理，平行線間線段成比例，相似三角形的的判定與性質(zhì)，掌握并理解相關性質(zhì)定理并能綜合應用是關鍵．【變式2-2】（2023-遼寧大連-中考真題）如圖1，在中，為的直徑，點為上一點，為的平分線交于點，連接交于點E．

(1)求的度數(shù)；(2)如圖2，過點A作的切線交延長線于點，過點作交于點．若，，求的長．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)圓周角定理證得兩直線平行，再根據(jù)平行線的性質(zhì)即可得到結論；（2）由勾股定理得到邊的關系，求出線段的長，再利用等面積法求解即可．【詳解】（1）解：為的直徑，，為的平分線，，，，，，，，；（2）解：連接，設，則，，，

為的直徑，，在中，，由（1）得，，，，，，，解得或（不合題意舍去），，，是的切線，，，，，．【點睛】本題考查了圓周角定理，勾股定理，切線的性質(zhì)，解一元二次方程，熟練掌握圓周角定理和勾股定理是解題的關鍵．【變式2-3】（2023-湖北恩施-中考真題）如圖，是等腰直角三角形，，點O為的中點，連接交于點E，與相切于點D．(1)求證：是的切線；(2)延長交于點G，連接交于點F，若，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，過點O作于點P，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到，推出，即可得到結論；（2）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出，的長，勾股定理求出，連接，過O作于點H，利用面積法求出，勾股定理求出，即可根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出的長．【詳解】（1）證明：連接，過點O作于點P，∵與相切于點D．∴，∵是等腰直角三角形，，點O為的中點，∴，∴，即是的半徑，∴是的切線；（2）解：∵，，，∴，，∵點O為的中點，∴，∵∴，在中，連接，過O作于點H，∴，∴∵，∴．

【點睛】此題考查了判定直線是圓的切線，切線的性質(zhì)定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，正確掌握各知識點是解題的關鍵．題型三圓中的最值問題解題模板：技巧精講：輔助圓模型【例3】（2023-湖南長沙-三模）如圖1：在中，為直徑，C是上一點，.過O分別作于點H，于點D，點E、F分別在線段上運動（不含端點），且保持．

(1)______；四邊形是______（填矩形/菱形/正方形）；______；(2)當F和D不重合時，求證：；(3)①在圖1中，是的外接圓，設面積為S，求S的最小值，并說明理由；②如圖2：若Q是線段上一動點，且，，是四邊形的外接圓，則當n為何值時，的面積最??？最小值為多少？請直接寫出答案．【答案】(1)2.5；矩形；3；(2)見解析(3)①，理由見解析；②時，有最小值．【分析】（1）根據(jù)圓周角定理及勾股定理得出，再由直角三角形斜邊中線的性質(zhì)得出；利用矩形的判定得出四邊形的形狀，再由相似三角形的判定和性質(zhì)及矩形的面積求法即可得出結果；（2）由圓周角定理及等量代換得出，再由相似三角形的判定即可證明；（3）①由（2）得，，確定圓經(jīng)過、、、，即為的外接圓，且為直徑，由（1）得出取得最小值為，利用圓的面積求解即可；②根據(jù)題意得：當，時，圓的直徑有最小值，再由三角函數(shù)得出，，利用勾股定理及二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可．【詳解】（1）解：∵為直徑，∴，∵，∴，∴；∵，，，∴四邊形是矩形；∵，，∴，∴，∴，∴，同理得，∴；故答案為：；矩形；3；（2）證明：∵，，∴，又為直徑，∴，∴，即，∴，∴．（3）①如圖，∵，，∴圓經(jīng)過、、、，即為的外接圓，且為直徑∴當最小時，圓的面積S有最小值，當和重合、和重合時，由（1）得，取得最小值，也取得最小值為，此時為最小值．

②根據(jù)題意得：當，時，圓的直徑有最小值，此時，，，，，∴∴當最小時，最小，令，則為關于的二次函數(shù)，當，即時，有最小值，代入得最小值為．．

【點睛】題目主要考查圓與四邊形綜合問題，包括圓周角定理，矩形的判定和性質(zhì)，內(nèi)接三角形和四邊形，解直角三角形等，理解題意，作出相應輔助線求解是解題關鍵．【變式3-1】（2023-安徽-模擬預測）如圖，半圓的直徑，弦，連接．(1)求證：；(2)當?shù)拿娣e最大時，求的度數(shù)．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)可得，從而可得，然后根據(jù)同圓或等圓中弧、弦、圓周角的關系可得，從而用邊邊邊定理證明三角形全等；（2）連接，過點作，垂足為點，通過分析當且僅當時取等號時有最大值為2，分析求解．【詳解】（1）證明：，，，即，．又．（2）解：連接，過點作，垂足為點．．，∴．，當且僅當時取等號，此時最大值，∴．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，同圓或等圓中弧、弦、圓周角的關系，解題的關鍵是根據(jù)圖形題意，準確添加輔助線．【變式3-2】（2023-四川-中考真題）如圖1，已知線段，，線段繞點在直線上方旋轉，連接，以為邊在上方作，且．

(1)若，以為邊在上方作，且，，連接，用等式表示線段與的數(shù)量關系是；(2)如圖2，在(1)的條件下，若，，，求的長；(3)如圖3，若，，，當?shù)闹底畲髸r，求此時的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）在中，，，且，，可得，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出，，進而證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解；（2）延長交于點，如圖所示，在中，求得，進而求得的長，根據(jù)（1）的結論，得出，在中，勾股定理求得，進而根據(jù)，即可求解．（3）如圖所示，以為邊在上方作，且，，連接，，，同（1）可得，進而得出在以為圓心，為半徑的圓上運動，當點三點共線時，的值最大，進而求得，，根據(jù)得出，過點作，于點，分別求得,然后求得，最后根據(jù)正切的定義即可求解．【詳解】（1）解：在中，，，且，，∴，，∴，，∴∴∴，故答案為：．（2）∵，且，，∴，，延長交于點，如圖所示，

∵，∴，∴在中，，，∴，由（1）可得，∴，∴，在中，，∵，∴，∴，∴；（3）解：如圖所示，以為邊在上方作，且，，連接，，，

同（1）可得則，∵，則，在中，，，∴在以為圓心，為半徑的圓上運動，∴當點三點共線時，的值最大，此時如圖所示，則，

在中，∴,，∵，∴，過點作，于點，∴，，∵，∴，∴，中，．【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，解直角三角形，正切的定義，求圓外一點到圓的距離的最值問題，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關鍵．【變式3-3】（2023-陜西西安-模擬預測）【問題情境】如圖，在中，，，，則的外接圓的半徑值為______；【問題解決】如圖，點為正方形內(nèi)一點，且，若，求的最小值；【問題解決】如圖，正方形是一個邊長為的書展區(qū)域設計圖，為大門，點在邊上，，點是正方形內(nèi)設立的一個活動治安點，到、的張角為，即，點、為另兩個固定治安點，現(xiàn)需在展覽區(qū)域內(nèi)部設置一個補水供給點，使得到、、三個治安點的距離和最小，試求的最小值．（結果精確到，參考數(shù)據(jù)，）

【答案】（）；（）；（）．【分析】（）作出三角形的外接圓，證明是等邊三角形，利用三線合一性質(zhì)計算即可；（）點在以為直徑的圓上，根據(jù)圓心，，，三點一線時最小，計算即可；（）如圖，設所在圓的圓心為點，根據(jù)（）可得所在圓的半徑，以點為旋轉中心，將順時針旋轉，得到，當，，，，共線時，最小，構造直角三角形求解即可．【詳解】（）如圖，作的外接圓，作直徑，連接，∵，∴，，∵，∴是等邊三角形，∴，

設與交于點，，在直角三角形中，∵,∴，∴，∴，故答案為：；（）如圖2，∵，∴點在以為直徑的圓上，設圓心為點，

則，∴，，三點一線時最小，在直角三角形中，，∵，AP的最小值為：；（）如圖，設所在圓的圓心為點，根據(jù)（）可得所在圓的半徑為，以點為旋轉中心，將順時針旋轉，得到，當，，，，共線時，最小，過點作，交的延長線于點，連接，則是等邊三角形，過點作，垂足為，交于點，連接，∵四邊形是正方形，

∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴是等邊三角形，且，，∴，

∴，，∴，，∴，∴最小為．【點睛】此題考查了外接圓的直徑，圓中的最值計算，計算三線段和的最小值，旋轉的思想，正方形的性質(zhì)，三角函數(shù)，正確構造輔助圓，準確構造費馬點，靈活運用三角函數(shù)是解題的關鍵．題型四圓中的陰影部分面積技巧精講：【例4】（2024-西藏拉薩-一模）如圖，等腰的頂點A，C在上，邊經(jīng)過圓心0且與交于D點，.(1)求證：是的切線；(2)若，求陰影部分的面積【答案】(1)見解析；(2)【分析】（1）連接，由，，可得，由，可得，即可求證；（2）在中，利用勾股定理可求得，再根據(jù)，即可求解.【詳解】（1）證明：連接，∵，∴，，∵，∴，∴，∵是的半徑，∴是圓O的切線．（2）解：∵，，∴∵，∴∴∴．【點睛】此題主要考查切線的判定定理、直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、扇形的面積公式，熟練掌握切線的判定定理是解題的關鍵.【變式4-1】（2023-陜西西安-一模）如圖，正六邊形內(nèi)接于．(1)若P是上的動點，連接，，求的度數(shù)；(2)已知的面積為，求的面積．【答案】(1)(2)【分析】此題考查了圓內(nèi)解正六邊形問題，解題的關鍵是掌握圓內(nèi)解正六邊形的性質(zhì)及弦和圓周角之間的關系．（）在取一點，連接，利用弦和圓周角的關系即可求出的值；（）證明是等邊三角形，利用三角函數(shù)求出，，再根據(jù)的面積為求出圓的半徑，即可求出面積．【詳解】（1）如圖所示，在取一點，連接，∵六邊形是正六邊形，∴，，∴，∵，∴，∴；（2）∵，，∴是等邊三角形，∴；∴，，∴，∴，即的半徑為．面積為：【變式4-2】（2023-浙江衢州-中考真題）如圖，在中，為邊上一點，連結．以為半徑的半圓與邊相切于點，交邊于點．(1)求證：．(2)若．①求半圓的半徑．②求圖中陰影部分的面積．【答案】(1)見解析(2)①2；②【分析】（1）根據(jù)切線長定理可直接得出結論；（2）①證明，可得，根據(jù)含直角三角形的性質(zhì)求出，可得，然后可得答案；②利用勾股定理求出，然后根據(jù)列式計算即可．【詳解】（1）證明：，點在圓上，是圓的切線，是圓的切線，；（2）解：①如圖，連結．∵，∴．∵，，．．．，．∴在中，．，，，∴半圓的半徑為2；②在中，．，．，，∴．【點睛】本題考查了切線的判定，切線長定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，含直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，扇形面積計算等知識，熟練掌握相關判定定理和性質(zhì)定理是解題的關鍵．【變式4-3】（2023-遼寧阜新-中考真題）如圖，是的直徑，點C，D是上異側的兩點，，交的延長線于點E，且平分．

(1)求證：是的切線．(2)若，，求圖中陰影部分的面積．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，根據(jù)，得出．根據(jù)平分，得出，則．根據(jù)得出，進而得出，即可求證；（3）連接，過點O作于點F，通過證明為等邊三角形，得出，．求出．最后根據(jù)即可求解．【詳解】（1）解：連接，∵，∴．∵平分，∴，∴．∵，∴，∴，即，∴是的切線．（2）解：連接，過點O作于點F，∵，∴．∵，，∴為等邊三角形，∴，．∵，，，∴．∴．

【點睛】本題主要考查了切線的判定，等邊三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，求扇形面積，解題的關鍵是掌握經(jīng)過半徑外端切垂直于半徑的直線是圓的切線；扇形面積公式．【變式4-3】（2023-山東棗莊-中考真題）如圖，為的直徑，點C是的中點，過點C做射線的垂線，垂足為E．

(1)求證：是切線；(2)若，求的長；(3)在（2）的條件下，求陰影部分的面積（用含有的式子表示）．【答案】(1)見解析；(2)；(3)【分析】（1）連接OC，證明，即可得到結論；（2）連接AC，證明，從而可得，再代入求值即可；（2）連接，證明，從而可得，，求出扇形的面積即可得到陰影部分的面積．【詳解】（1）證明：連接，

∵點C是的中點，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴半徑，∴是切線；（2）連接，

∵是的直徑，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（3）連接，

∵，∴，∵在中，，∴，∴，∴，∴，∵，∴是等邊三角形，∴，∴，∴，∴，∴，【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質(zhì)及判定、切線的判定以及扇形面積的求法，熟練掌握切線的判定定理以及扇形面積的求法是解答此題的關鍵．題型五圓中的比值（相似）問題技巧精講：【例5】（2024-陜西西安-模擬預測）如圖，為的直徑，點D為上一點，過點B作切線交延長線于點C，平分，交于F．(1)求證：；(2)若半徑為2，，求的長度．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由直徑所對的圓周角是直角得到，則，由切線的性質(zhì)得到，則，由角平分線的定義得到，據(jù)此可證明，則；（2）過點E作于H，由角平分線的性質(zhì)得到，解得到，設，由勾股定理得，解得（負值舍去），則，根據(jù)，求出，解得到，則．【詳解】（1）證明：∵為的直徑，∴，∴，∵是的切線，∴，∴，∵平分，∴，∴，又∵，∴，∴；（2）解；如圖所示，過點E作于H，∵平分，，∴，∵半徑為2，∴，在中，，設，由勾股定理得，∴，解得（負值舍去），∴，∵，∴，∴，∴，在中，，∴．【點睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)，解直角三角形，直徑所對的圓周角是直角，勾股定理，角平分線的性質(zhì)，等角對等邊等等，正確作出輔助線構造直角三角形是解題的關鍵．【變式5-1】（2023-湖南湘西-二模）如圖，是的直徑，點，在上，平分，交于點，連接．

(1)求證：．(2)當，且時，求線段的長．(3)點為線段上一點，且平分，若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)(3)【分析】（1）根據(jù)角平分線的定義，與圓周角定理得，進而結合公共角便可證明；（2）由，得出與的數(shù)量關系，再由勾股定理求得、，過作于，在中由勾股定理求得、、，進而求得，再證，由相似比求得結果；（3）由平分，平分，得，進而求得、的長度，由求得，再由便可求得結果．【詳解】（1）證明：平分，，，，，；（2）解：為直徑，，，，設，則，，，解得，，，過點作于點，如圖所示：

平分，，，，，，設，則，，，解得，，，，，，，，即，；（3）解：平分，平分，，，，，，，，即，則，，，，，即，．【點睛】本題主要考查了圓的基本性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，角平分線的性質(zhì)，勾股定理的應用，解直角三角形的應用，關鍵在于運用相似三角形解決問題．【變式5-2】（2024-陜西西安-一模）如圖，是的直徑與相切于點C，與的延長線交于點D，連接，點E在線段上，過點E作的垂線交的延長線于點F，交于點G．(1)求證：；(2)若，點E為的中點，求的長．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接，則，由切線知，而，所以，再證，所以；（2）如圖，連接，由已知得，，由是直徑得，進一步結合切線的性質(zhì)，證得，從而，所以，可求，進一步求得，再證，所以，進一步求得．【詳解】（1）證明：連接，如圖所示，∵，∴，∵與相切于點C，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（2）如圖，連接，∵，∴，，∵點E為的中點，∴，∵是直徑，∴，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查圓周角定理及推論、切線的性質(zhì)、等腰三角形的判定、相似三角形的判定和性質(zhì)；能夠靈活運用相關定理求證等角，證明相似三角形是解題的關鍵．【變式5-3】（2024-陜西西安-一模）如圖，是的直徑，點在直徑上（與不重合），且，連接，與交于點，在上取一點，使與相切．(1)求證：；(2)若是的中點，，求的長．【答案】(1)見解析；(2)．【分析】（1）本題連接，根據(jù)切線的性質(zhì)得到，由直角三角形性質(zhì)得到，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)得到，推出，再根據(jù)等腰三角形性質(zhì)即可證明；（2）連接，利用圓周角定理，證明，推出，再根據(jù)線段中點的性質(zhì)，以及勾股定理求出、，將、的值代入中求解，即可解題．【詳解】（1）解：連接，與相切，，，，，，，，；（2）解：連接，是的直徑，，，，，是的中點，，，，，，解得．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)、等腰三角形性質(zhì)和判定、相似三角形性質(zhì)和判定、圓周角定理、線段中點的性質(zhì)、勾股定理，熟練掌握相關性質(zhì)定理并靈活運用，即可解題．一、解答題1．（2024-云南-模擬預測）如圖，四邊形內(nèi)接于，對角線是的直徑，過點作的垂線交的延長線于點，為的中點，連接，，與交于點．(1)求證：是的切線；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)4【分析】本題是圓的綜合題，考查了切線的判定，垂徑定理，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，（1）由圓周角定理得出，利用直角三角形的性質(zhì)結合等腰三角形的性質(zhì)得出，進而得出答案；（2）過點O作于點G，由垂徑定理可得，利用，可求半徑為2，即可求解．【詳解】（1）證明：如圖，連接．是的直徑，．．是的中點，．．，．，．，即．是的切線；（2）解：如圖，過點O作于點G．由垂徑定理，得．設，則，．，，整理，得，即．，．，即的半徑為2．．2．（2024-湖北黃岡-模擬預測）如圖，平分，與⊙O相切于點，延長交于點，過點作，垂足為．(1)求證：是⊙O的切線；(2)若⊙O的半徑為4，，求的長．【答案】(1)見解析(2)12【分析】由切線的性質(zhì)得，而平分，，所以，則點在⊙O上，即可證明是⊙O的切線．由，，得，，由，得即可．【詳解】（1）證明：與⊙O相切于點，且是⊙O的半徑，，平分，于點，于點，，點在⊙O上，是⊙O的半徑，且，是⊙O的切線．（2）解：，，，，，，，的長是12．【點睛】本題重點考查切線的性質(zhì)定理、角平分線的性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)與解直角三角形等知識，根據(jù)角平分線的性質(zhì)證明是解題的關鍵．3．（2024-江蘇淮安-模擬預測）如圖，已知直線l與相離，于點A，交于點P，點B是上一點，連接并延長，交直線l于點C，使得．(1)判斷直線與的位置關系并說明理由；(2)求線段的長．【答案】(1)直線是的切線；(2)【分析】此題考查了切線的判定定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握各定理是解題的關鍵，（1）連接，根據(jù)得到，由得到，由此推出，得到，即，即可推出直線是的切線；（2）過點O作于點H，如圖，則，設的半徑為r，則，根據(jù)勾股定理得到，求出r，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結論．【詳解】（1）直線是的切線，理由如下：連接，如圖，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴∵，∴，∴，∴即，∵是的半徑，∴直線是的切線；（2）過點O作于點H，如圖，則，設的半徑為r，則，在中，，在中，，∴，∴，解得，∴，，∵，∴，∴，∴，解得，∴4．（2024-四川涼山-模擬預測）如圖，是的直徑，點P是延長線上一點，且與相切于點A，弦于點F，過D點作于點E．

(1)求證：；(2)若，，求的半徑和的長．【答案】(1)見解析(2)的半徑為3，的長為【分析】本題主要考查了切線的性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)，（1）連接，根據(jù)是半徑，是的切線得，，即，根據(jù)于F得，則，根據(jù)得，即可得；（2）在中，設，則，，由勾股定理可得，即，解得，則，，根據(jù)于F，得，，可得，在中，，，由勾股定理得，即可得，根據(jù)平分，，得；掌握切線的性質(zhì)，等邊對等角，勾股定理，角平分線的性質(zhì)是解題的關鍵．【詳解】（1）證明：如圖所示，連接，

∵是半徑，是的切線，∴，∴，即∴，∵于F，∴，∴，∵，∴，∴；（2）解：在中，設，∴，，由勾股定理可得：，即，得，∴，，∵于F，∴，，∴，在中，，，由勾股定理得：，∴，∵平分，，，∴，∴的半徑為3，的長為．5．（2024-四川涼山-模擬預測）如圖，在中，，以為直徑的交于點D，E為的中點，連接并延長交的延長線于點F．

(1)求證：是的切線；(2)若，，求長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，，結合圓周角定理和直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半求得，從而可得，然后根據(jù)切線的判定定理分析證明；（2）結合含的直角三角形性質(zhì)及勾股定理分析計算求解．【詳解】（1）證明：連接，，

∵是的直徑，∴，∴，在中，E為的中點，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∵為半徑，，∴是的切線；（2）解：∵，∴，在中，，∴，，設，則，由勾股定理可得：，即，解得，∴，∴，同理在中，設，則，由勾股定理可得：，即，解得，即．【點睛】本題考查了切線的判定與性質(zhì)，圓周角定理，直角三角形的性質(zhì)及解直角三角形等知識．正確的作出輔助線構造直角三角形是解題的關鍵．6．（2024-山東泰安-一模）如圖，是的兩條直徑，過點C的的切線交的延長線于點E，連接．(1)求證：；(2)若B是的中點，，求的半徑．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）由，可得，由，可得，進而結論得證；（2）如圖，連接，則，由直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半可得，設的半徑為，則，由勾股定理得，，即，計算求解即可．【詳解】（1）證明：∵，∴，∵，∴，∴；（2）解：如圖，連接，∴，∵過點C的的切線交的延長線于點E，∴，∵O是的中點，B是的中點，∴，設的半徑為，則，由勾股定理得，，即，解得，，∴的半徑為．【點睛】本題考查了同弧所對的圓周角相等，等邊對等角，切線的性質(zhì)，直徑所對的圓周角為直角，直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，勾股定理等知識．熟練掌握同弧所對的圓周角相等，等邊對等角，切線的性質(zhì)，直徑所對的圓周角為直角，直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，勾股定理是解題的關鍵．7．（2024-福建南平-一模）如圖1，點是的邊上一點．，，是的外接圓，點在上（不與點，點重合），且．

(1)求證：是直角三角形；(2)如圖2，若是⊙的直徑，且，折線是由折線繞點順時針旋轉得到．①當時，求的面積；②求證：點，，三點共線．【答案】(1)見解析(2)①；②見解析【分析】本題考查了旋轉的性質(zhì)，圓的基本性質(zhì)，勾股定理，三角形內(nèi)角和定理，直角三角形的特征，三點共線判定方法等；（1）由圓的基本性質(zhì)得，從而可得，即可求證；（2）①由圓的性質(zhì)得，從而可求，有直角三角形的特征得，由勾股定理得可求出的長，由即可求解；②由旋轉的性質(zhì)得，，從而可求，由三角形內(nèi)角和定理得，等量代換得即可求證；掌握相關的性質(zhì)及三點共線判定方法，能證出是解題的關鍵．【詳解】（1）證明：，，，，

是直角三角形；（2）解：①是直徑，，，，，在中，，，；②折線由折線旋轉得到，，，，由①得，，，，

，，點C，D，F(xiàn)三點共線．8．（2023-四川甘孜-中考真題）如圖，在中，，以為直徑的交邊于點D，過點C作的切線，交的延長線于點E．

(1)求證：；(2)若，，求的半徑．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）先根據(jù)圓周角定理得到．再根據(jù)切線的性質(zhì)得到．然后利用等角的余角相等得到；（2）先證明得到，則可證明，利用正切的定義，在中有，在中有，所以，然后求出的長，從而得到的半徑．【詳解】（1）證明：∵為的直徑，∴．∵為的切線，∴，∴．∵，∴；（2）解：∵，∴，∴，∵，∴，在中，，在中，，即，∴，∴，∴的半徑為．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)：圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑．也考查了圓周角定理和解直角三角形．9．（2023-湖北黃石-中考真題）如圖，為的直徑，和相交于點F，平分，點C在上，且，交于點P．

(1)求證：是的切線；(2)求證：；(3)已知，求的值．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）連接，由等腰三角形的性質(zhì)得，再證，則，然后證，即可得出結論；（2）由圓周角定理得，再證，然后證，得，即可得出結論；（3）過P作于點E，證，再證，得，則，進而得，然后由角平分線的性質(zhì)和三角形面積即可得出結論．【詳解】（1）證明：如圖1，連接，

∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∴是的切線；（2）證明：∵為的直徑，∴，∵平分，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴；（3）如圖2，過P作于點E，由（2）可知，，∵，∴，∵，∴，∵為的直徑，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵為的直徑，∴，∴，∵平分，∴，∵，∴．【點睛】本題是圓的綜合題目，考查了圓周角定理、切線的判定、相似三角形的判定與性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)以及三角形面積等知識，本題綜合性強，熟練掌握圓周角定理和切線的判定，證明三角形相似是解題的關鍵．10．（2023-遼寧鞍山-中考真題）如圖，四邊形內(nèi)接于，為的直徑，過點D作，交的延長線于點F，交的延長線于點E，連接．若．

(1)求證：為的切線．(2)若，，求的半徑．【答案】(1)見解析(2)的半徑為【分析】（1）連接，根據(jù)同角的補角相等，得到，等角的余角相等，得到，等邊對等角，得到，推出，得到，即可得證；（2）連接，推出，利用銳角三角函數(shù)求出的長，設的半徑為，證明，列出比例式進行求解即可．【詳解】（1）證明：連接，

∵，，∴，∵為的直徑，，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即：，又為的半徑，∴為的切線；（2）連接，則：，

∵為的直徑，∴，∴，∴，在中，，，∴，設的半徑為，則：，∵，∴，∴，即：，∴；∴的半徑為．【點睛】本題考查圓與三角形的綜合應用，重點考查了切線的判定，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)．題目的綜合性較強，熟練掌握相關知識點，并靈活運用，是解題的關鍵．11．（2023-湖南湘西-中考真題）如圖，點D，E在以為直徑的上，的平分線交于點B，連接，，，過點E作，垂足為H，交于點F．

(1)求證：；(2)若，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）先證明，再利用兩角分別相等的兩個三角形相似證明，利用相似三角形的性質(zhì)即可求證；（2）先利用勾股定理求出，再利用和正弦值即可求出．【詳解】（1）連接，∵，∴，∵是直徑，∴，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴；

（2）如圖，連接，∵的平分線交于點B，∴，∴，∴，∵是直徑，∴，∵，∴，，∴．

【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、正弦函數(shù)、圓周角定理的推論和勾股定理等知識，學生應理解與掌握正弦的定義、兩角分別相等的兩個三角形相似和相似三角形的對應邊成比例、圓周角定理的推論，即同弧或等弧所對的圓周角相等，直徑所對的圓周角是直角等知識，正確作出輔助線構造直角三角形是解題的關鍵．12．（2023-遼寧沈陽-中考真題）如圖，是的直徑，點是上的一點（點不與點，重合），連接、，點是上的一點，，交的延長線于點，且．

(1)求證：是的切線；(2)若的半徑為，，則的長為______．【答案】(1)證明見解析(2)8【分析】(1)利用圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)定理，對頂角相等，三角形的內(nèi)角和定理和圓的切線的判定定理解答即可得出結論；(2)利用直角三角形的邊角關系定理得到設,則,利用x的代數(shù)式表示出線段，再利用勾股定理列出關于x的方程，解方程即可得出結論.【詳解】（1）證明：是的直徑，，，，，，，，，，，即．為的直徑，是的切線；（2）解：，，，設，則，，，，，是的直徑，，，，解得：不合題意，舍去或．．故答案為：．【點睛】本題主要考查了圓的有關性質(zhì)，圓周角定理，等腰