2、學會運用數(shù)形結(jié)合思想。數(shù)形結(jié)合思想是指從幾何直觀的角度,利用幾何圖形的性質(zhì)研究數(shù)量關系，尋求代數(shù)問題的解決方法（以形助數(shù)），或利用數(shù)量關系來研究幾何圖形的性質(zhì)，解決幾何問題（以數(shù)助形）的一種數(shù)學思想。
3、要學會搶得分點。一道中考數(shù)學壓軸題解不出來，不等于“一點不懂、一點不會”，要將整道題目解題思路轉(zhuǎn)化為得分點。
4、學會運用等價轉(zhuǎn)換思想。在研究數(shù)學問題時，我們通常是將未知問題轉(zhuǎn)化為已知的問題，將復雜的問題轉(zhuǎn)化為簡單的問題，將抽象的問題轉(zhuǎn)化為具體的問題，將實際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學問題。
5、學會運用分類討論的思想。如果不注意對各種情況分類討論，就有可能造成錯解或漏解，縱觀近幾年的中考壓軸題分類討論思想解題已成為新的熱點。
6、轉(zhuǎn)化思想:體現(xiàn)在數(shù)學上也就是要把難的問題轉(zhuǎn)化為簡單的問題，把不熟悉的問題轉(zhuǎn)化為熟悉的問題，把未知的問題轉(zhuǎn)化為已知的問題。
專題28圓的綜合探究
1．（2023·吉林長春·統(tǒng)考中考真題）【感知】如圖①，點A、B、P均在上，，則銳角的大小為__________度．

【探究】小明遇到這樣一個問題：如圖②，是等邊三角形的外接圓，點P在上（點P不與點A、C重合），連結(jié)、、．求證：．小明發(fā)現(xiàn)，延長至點E，使，連結(jié)，通過證明，可推得是等邊三角形，進而得證．
下面是小明的部分證明過程：
證明：延長至點E，使，連結(jié)，
四邊形是的內(nèi)接四邊形，
．
，
．
是等邊三角形．
，
請你補全余下的證明過程．
【應用】如圖③，是的外接圓，，點P在上，且點P與點B在的兩側(cè)，連結(jié)、、．若，則的值為__________．
【答案】感知：
探究：見解析
應用：
【分析】感知：由圓周角定理即可求解；
探究：延長至點E，使，連結(jié)，通過證明，可推得是等邊三角形，進而得證；
應用：延長至點E，使，連結(jié)，通過證明得，可推得是等腰直角三角形，結(jié)合與可得，代入即可求解．
【詳解】感知：
由圓周角定理可得，
故答案為：；
探究：
證明：延長至點E，使，連結(jié)，
四邊形是的內(nèi)接四邊形，
．
，
．
是等邊三角形．
，
，
∴，，
，
是等邊三角形，
，
，
即；
應用：
延長至點E，使，連結(jié)，
四邊形是的內(nèi)接四邊形，
．
，
．
，
，
∴，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，
故答案為：．
【點睛】本題考查了圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形對角互補，鄰補角，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理解直角三角形；解題的關鍵是做輔助線構(gòu)造，進行轉(zhuǎn)換求解．
2．（2023·廣東·統(tǒng)考中考真題）綜合探究
如圖1，在矩形中，對角線相交于點，點關于的對稱點為，連接交于點，連接．

(1)求證：；
(2)以點為圓心，為半徑作圓．
①如圖2，與相切，求證：；
②如圖3，與相切，，求的面積．
【答案】(1)見解析
(2)①見解析；②
【分析】（1）由點關于的對稱點為可知點E是的中點，，從而得到是的中位線，繼而得到，從而證明；
（2）①過點O作于點F，延長交于點G，先證明得到，由與相切，得到，繼而得到，從而證明是的角平分線，即，，求得，利用直角三角形兩銳角互余得到，從而得到，即，最后利用含度角的直角三角形的性質(zhì)得出；
②先證明四邊形是正方形，得到，再利用是的中位線得到，從而得到，，再利用平行線的性質(zhì)得到，從而證明是等腰直角三角形，，設，求得，在中，即，解得，從而得到的面積為．
【詳解】（1）∵點關于的對稱點為，
∴點E是的中點，，
又∵四邊形是矩形，
∴O是的中點，
∴是的中位線，
∴
∴，
∴
（2）①過點O作于點F，延長交于點G，則，

∵四邊形是矩形，
∴，，
∴，．
∵，，，
∴，
∴．
∵與相切，為半徑，，
∴，
∴
又∵即，，
∴是的角平分線，即，
設，則，
又∵
∴
∴
又∵，即是直角三角形，
∴，即
解得：，
∴，即，
在中，，，
∴，
∴；
②過點O作于點H，

∵與相切，
∴，
∵
∴四邊形是矩形，
又∵，
∴四邊形是正方形，
∴，
又∵是的中位線，
∴
∴
∴
又∵，
∴
又∵，
∴
又∵，
∴是等腰直角三角形，，
設，則
∴
在中，，
即
∴
∴的面積為：
【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)，圓的切線的性質(zhì)，含度角的直角三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，中位線的性質(zhì)定理，角平分線的判定定理等知識，掌握相關知識并正確作出輔助線是解題的關鍵．
3.（2023·山東·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知是的直徑，，切于點，過點作交于點，若．

(1)如圖1，連接，求證：；
(2)如圖2，是上一點，在上取一點，使，連接．請問：三條線段有怎樣的數(shù)量關系？并證明你的結(jié)論．
【答案】(1)見解析
(2)，證明見解析
【分析】（1）根據(jù)，是半徑，可得是的切線，根據(jù)是的切線，由切線長定理可得，進而根據(jù)，得出，，根據(jù)得出，根據(jù)垂徑定理的推論得出，進而得出，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)，得出，即可證明；
（2）延長至使得，連接，，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對角互補得出，證明，結(jié)合已知條件證明，進而證明，得出，即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）證明：∵，是半徑，
∴是的切線，
∵是的切線，
∴，
∵
∴，
∴
∴，，
∵
∴，
∴，
∵是直徑，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2），理由如下，
延長至使得，連接，，如圖所示

∵
∴，
∵，
∴，
∴，
由（1）可得，
又是直徑，則，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴,
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
即．
【點睛】本題考查了切線的判定，切線長定理，垂徑定理的推論，全等三角形的性質(zhì)與判定，根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值求角度，圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形對角互補，熟練掌握全等三角形的性質(zhì)與判定是解題的關鍵．
4．（2023·浙江杭州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，直徑垂直弦于點，連接，作于點，交線段于點（不與點重合），連接．

(1)若，求的長．
(2)求證：．
(3)若，猜想的度數(shù)，并證明你的結(jié)論．
【答案】(1)1
(2)見解析
(3)，證明見解析
【分析】（1）由垂徑定理可得，結(jié)合可得，根據(jù)圓周角定理可得，進而可得，通過證明可得；
（2）證明，根據(jù)對應邊成比例可得，再根據(jù)，，可證；
（3）設，，可證，，通過證明，進而可得，即，則．
【詳解】（1）解：直徑垂直弦，
，
，
，
，
，
由圓周角定理得，
，
在和中，
，
，
；
（2）證明：是的直徑，
，
在和中，
，
，
，
，
由（1）知，
，
又，
；
（3）解：，證明如下：
如圖，連接，

，
，
直徑垂直弦，
，，
又，
，
，
設，，
則，
，
，
又，
，
，，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
即，
，
．
【點睛】本題考查垂徑定理，圓周角定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)等，難度較大，解題的關鍵是綜合應用上述知識點，特別是第3問，需要大膽猜想，再逐步論證．
5．（2023·湖北宜昌·統(tǒng)考中考真題）如圖1，已知是的直徑，是的切線，交于點，．

(1)填空：的度數(shù)是_________，的長為_________；
(2)求的面積；
(3)如圖2，，垂足為．是上一點，．延長，與，的延長線分別交于點，求的值．
【答案】(1)，5
(2)
(3)
【分析】（1）根據(jù)切線性質(zhì)和勾股定理分別求解即可；
（2）由面積法求出，再利用勾股定理求，則的面積可求；
（3）先證明，得到，利用，分別得到，進而計算，，在分別求出則問題可解；
【詳解】（1）解：∵是的直徑，是的切線，
∴的度數(shù)是；
∵，
∴；
故答案為：，5；
（2）如圖，

∵是的直徑，
∴，
，
∴由面積法，
∴
，
；
（3）方法一：如圖，

由
∴
∴
∴
∴
∴
設
是等腰直角三角形，
，
是等腰直角三角形
，
∴，
∴，
，
，
，
．
方法二：如圖

由
設
，
是等腰直角三角形，
是等腰直角三角形，，
．
【點睛】本題考查了圓的切線的性質(zhì)和相似三角形的性質(zhì)和判定，解答關鍵是根據(jù)條件證明三角形相似，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)解答問題．
6．（2023·浙江臺州·統(tǒng)考中考真題）我們可以通過中心投影的方法建立圓上的點與直線上點的對應關系，用直線上點的位置刻畫圓上點的位置，如圖，是的直徑，直線是的切線，為切點．，是圓上兩點（不與點重合，且在直徑的同側(cè)），分別作射線，交直線于點，點．

(1)如圖1，當，的長為時，求的長．
(2)如圖2，當，時，求的值．
(3)如圖3，當，時，連接BP，PQ，直接寫出的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根據(jù)扇形的弧長公式即可求出度數(shù)，利用切線的性質(zhì)和解直角三角形即可求出的長．
（2）根據(jù)等弧所對圓周角相等推出，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)定理推出，利用直角三角形的性質(zhì)即可求出，通過等量轉(zhuǎn)化和余弦值可求出答案．
（3）根據(jù)三角形相似的性質(zhì)證明和，從而推出和，利用已知條件將兩個比例線段相除，根據(jù)正弦值即可求出答案
【詳解】（1）解：如圖1，連接，設的度數(shù)為．

，的長為，
．
，即．
．
直線是的切線，
．
∴．
（2）解：如圖2，連接，過點作于點，

為直徑，
．
．
，
．
，，
．
，，
．
．
（3）解：，理由如下：
如圖3，連接BQ，

，，
，，
，
，
．
，
，
．①
，，
，
．②
，
得，．
，
．
【點睛】本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形以及三角函數(shù)、切線的性質(zhì)定理、扇形的弧長公式，角平分線性質(zhì)定理等，解題的關鍵在于熟練掌握相關性質(zhì)定理和相關計算公式．
7．（2023·浙江溫州·統(tǒng)考中考真題）如圖1，為半圓的直徑，為延長線上一點，切半圓于點，，交延長線于點，交半圓于點，已知，．如圖，連接，為線段上一點，過點作的平行線分別交，于點，，過點作于點．設，．

(1)求的長和關于的函數(shù)表達式．
(2)當，且長度分別等于，，的三條線段組成的三角形與相似時，求的值．
(3)延長交半圓于點，當時，求的長．
【答案】(1)，
(2)或或
(3)
【分析】（1）如圖1，連接，根據(jù)切線的性質(zhì)得出，證明，得出，即可得出；證明四邊形是平行四邊形，得出，代入數(shù)據(jù)可得；
（2）根據(jù)三邊之比為，可分為三種情況．當時，當時，當時，分別列出比例式，進而即可求解．
（3）連接，，過點作于點，根據(jù)，得出，由，可得，代入（1）中解析式，即可求解．
【詳解】（1）解：如圖1，連接．

∵切半圓于點，
∴．
∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
即，
∴．
如圖2，，
∴．

∵，
∴四邊形是平行四邊形，
∴．
∵，
∴，
∴．
（2）∵，，三邊之比為（如圖2），
∴可分為三種情況．
i）當時，
，，
解得，
∴．
ii）當時，
，，
解得，
∴．
iii）當時，
，，
解得，
∴．
（3）如圖3，連接，，過點作于點，

則，，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，即的長為．
【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)，解直角三角形，相似三角形的性質(zhì)與判定，函數(shù)解析式，分類討論，作出輔助線是解題的關鍵．
8．（2023·浙江嘉興·統(tǒng)考中考真題）已知，是半徑為1的的弦，的另一條弦滿足，且于點H（其中點H在圓內(nèi)，且）．

(1)在圖1中用尺規(guī)作出弦與點H（不寫作法，保留作圖痕跡）．
(2)連結(jié)，猜想，當弦的長度發(fā)生變化時，線段的長度是否變化？若發(fā)生變化，說明理由：若不變，求出的長度；
(3)如圖2，延長至點F，使得，連結(jié)，的平分線交的延長線于點P，點M為的中點，連結(jié)，若．求證：．
【答案】(1)見解析
(2)線段是定長，長度不發(fā)生變化，值為
(3)見解析
【分析】（1）以為圓心，大于長為半徑畫弧，交點為，連接，與交點為，與交點為，則，分別以為圓心，大于長為半徑畫弧，交點為，連接，則，以為圓心，長為半徑畫弧與交點為，則，以為圓心，長為半徑畫弧，交直線于，以為圓心，大于長為半徑畫弧，交點為，連接，則，與交點為，與交點為，即、點即為所求；
（2）如圖2，連結(jié)，連接并延長交于，連結(jié)，，過作于，于，證明四邊形是正方形，則可證是等腰直角三角形，則，由，可知，由是的直徑，可得，則是等腰直角三角形，；
（3）如圖3，延長、，交點為，由題意知是的中位線，則，，由，可得，證明，則，即，如圖3，作的外接圓，延長交外接圓于點，連結(jié)、，由是的平分線，可得，則，證明，則，即，由，可得，進而結(jié)論得證．
【詳解】（1）解：如圖1，、點即為所求；

（2）當弦的長度發(fā)生變化時，線段的長度不變；
如圖2，連結(jié)，連接并延長交于，連結(jié)，，過作于，于，則四邊形是矩形，

∵，，
∴，
∴四邊形是正方形，
∴，
∴，即，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵是的直徑，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴線段是定長，長度不發(fā)生變化，值為；
（3）證明：如圖3，延長、，交點為，

∵，
∴點H為的中點，
又∵點M為的中點，
∴是的中位線，
∴，，
又∵，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
如圖3，作的外接圓，延長交外接圓于點，連結(jié)、，
∵是的平分線，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【點睛】本題考查了作垂線，同弧或等弧所對的圓周角相等，正弦，正方形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，中位線，直徑所對的圓周角為直角，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，角平分線等知識．解題的關鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．
9．（2023·浙江·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，是一條不過圓心的弦，點是的三等分點，直徑交于點，連結(jié)交于點，連結(jié)，過點的切線交的延長線于點．

(1)求證： ；
(2)若，求的值；
(3)連結(jié)交于點，若的半徑為5
①若，求的長；
②若，求的周長；
③若，求的面積．
【答案】(1)見解析
(2)
(3)①；②；③
【分析】（1）根據(jù)點是三等分點，得出，根據(jù)是的直徑，可得，根據(jù)切線的性質(zhì)可得，即可證明；
（2）如圖1，連接，證明，則，設，則，在中由勾股定理得，得出，進而根據(jù)正切的定義即可求解；
（3）①如圖1，連接，勾股定理確定，根據(jù)，可得；
②如圖2，連接，設，則，解得．則，證明，，進而根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解；
③如圖3，過點作于點，則．設，則，證明，得出則，得出，則，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解．
【詳解】（1）解：∵點是三等分點，
∴．
由是的直徑
∴，
∵是的切線，
∴．
∴．
（2）如圖1，連結(jié)，∵，

∴．
由，則，
又∵，
∴，
∴．
設，則，
∵，
∴．
在中由勾股定理得，
∴，
∴．
∴．
（3）①如圖1，連結(jié)，∵，

∴．
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
②如圖2，連結(jié)，

∵，
∴．
∵，
∴．
設，則，
由勾股定理得，
即，
解得．
∴
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴．
③如圖3，過點作于點，則．

設，則，
由勾股定理得，
，
∵，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∴．
可得方程，
解得（舍去）．
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
【點睛】本題考查了圓的綜合問題，相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，切線的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定熟練掌握是解題的關鍵．
10.（2021·北京中考真題）在平面直角坐標系中，的半徑為1，對于點和線段，給出如下定義：若將線段繞點旋轉(zhuǎn)可以得到的弦（分別是的對應點），則稱線段是的以點為中心的“關聯(lián)線段”．
（1）如圖，點的橫?縱坐標都是整數(shù)．在線段中，的以點為中心的“關聯(lián)線段”是______________；
（2）是邊長為1的等邊三角形，點，其中．若是的以點為中心的“關聯(lián)線段”，求的值；
（3）在中，．若是的以點為中心的“關聯(lián)線段”，直接寫出的最小值和最大值，以及相應的長．
【答案】（1）；（2）；（3）當時，此時；當時，此時．
【分析】
（1）以點A為圓心，分別以為半徑畫圓，進而觀察是否與有交點即可；
（2）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得是等邊三角形，且是的弦，進而畫出圖象，則根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可進行求解；
（3）由是的以點為中心的“關聯(lián)線段”，則可知都在上，且，然后由題意可根據(jù)圖象來進行求解即可．
【詳解】
解：（1）由題意得：
通過觀察圖象可得：線段能繞點A旋轉(zhuǎn)90°得到的“關聯(lián)線段”，都不能繞點A進行旋轉(zhuǎn)得到；
故答案為；
（2）由題意可得：當是的以點為中心的“關聯(lián)線段”時，則有是等邊三角形，且邊長也為1，當點A在y軸的正半軸上時，如圖所示：
設與y軸的交點為D，連接，易得軸，
∴，
∴，，
∴，
∴；
當點A在y軸的正半軸上時，如圖所示：
同理可得此時的，
∴；
（3）由是的以點為中心的“關聯(lián)線段”，則可知都在上，且，則有當以為圓心，1為半徑作圓，然后以點A為圓心，2為半徑作圓，即可得到點A的運動軌跡，如圖所示：
由運動軌跡可得當點A也在上時為最小，最小值為1，此時為的直徑，
∴，
∴，
∴；
由以上情況可知當點三點共線時，OA的值為最大，最大值為2，如圖所示：
連接，過點作于點P，
∴，
設，則有，
∴由勾股定理可得：，即，
解得：，
∴，
∴，
在中，，
∴；
綜上所述：當時，此時；當時，此時．
【點睛】
本題主要考查旋轉(zhuǎn)的綜合、圓的基本性質(zhì)、三角函數(shù)及等邊三角形的性質(zhì)，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、圓的基本性質(zhì)、三角函數(shù)及等邊三角形的性質(zhì)是解題的關鍵．
11.（2021·四川遂寧市·中考真題）如圖，⊙O的半徑為1，點A是⊙O的直徑BD延長線上的一點，C為⊙O上的一點，AD＝CD，∠A＝30°．
（1）求證：直線AC是⊙O的切線；
（2）求△ABC的面積；
（3）點E在上運動（不與B、D重合），過點C作CE的垂線，與EB的延長線交于點F．
①當點E運動到與點C關于直徑BD對稱時，求CF的長；
②當點E運動到什么位置時，CF取到最大值，并求出此時CF的長．
【答案】（1）見解析；（2）；（3）①3；②
【分析】
（1）連接OC，利用切線的判定定理，證明OC⊥AC即可；
（2）要求的面積，結(jié)合（1）題，底邊AB可求，只需再求出底邊上的高CH即可；
（3）根據(jù)垂徑定理可求CE的長，再利用銳角三角函數(shù)，可求CF的長；
由可知，點E在運動過程中，始終有，所以，求出CE的最大值，即可得到CF的最大值．
【詳解】
（1）證明：連結(jié)OC，如圖所示．
∵AD＝CD ，∠A＝30°，
∴∠ACD＝∠A=30°．
∴∠CDB＝60°．
∵OD＝OC，
∴∠OCD＝∠ODC=60°．
∴∠ACO＝∠ACD＋∠OCD＝30°+60°=90°．
∴OC⊥AC．
∴直線AC是⊙O的切線．
（2）過點C作CH⊥AB于點H，如圖所示．
∵OD=OC，∠ODC=60°，
∴是等邊三角形．
∴．
∴在中，
．
∵AB＝AD＋BD＝3，
∴．
（3）當點運動到與點關于直徑BD對稱時，如圖所示．
此時，CE⊥AB，設垂足為K．
由（2）可知，．
∵BD為圓的直徑，CE⊥AB，
∴CE＝2CK＝．
∵CF⊥CE，
∴∠ECF＝90°．
∵，
∴∠E=∠CDB＝60°．
在中，
∵，
∴．
如圖所示：
由可知，在中，
∵，
∴．
∴當點E在上運動時，始終有．
∴當CE最大時，CF取得最大值．
∴當CE為直徑，即CE=2時，CF最大，最大值為．
【點睛】
本題考查了圓的切線的判定、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、垂徑定理、圓周角定理的推論、銳角三角函數(shù)、求線段的最值等知識點，熟知切線的判定方法、垂徑定理、圓周角定理、銳角三角函數(shù)的定義是解題的關鍵．
12.（2021·浙江中考真題）如圖1，四邊形內(nèi)接于，為直徑，上存在點E，滿足，連結(jié)并延長交的延長線于點F，與交于點G．
（1）若，請用含的代數(shù)式表列．
（2）如圖2，連結(jié)．求證；．
（3）如圖3，在（2）的條件下，連結(jié)，．
①若，求的周長．
②求的最小值．
【答案】（1）；（2）見解析；（3）①；②
【分析】
（1）利用圓周角定理求得，再根據(jù)，求得，即可得到答案；
（2）由，得到，從而推出，證得，由此得到結(jié)論；
（3）①連結(jié)．利用已知求出，證得，得到，利用中，根據(jù)正弦求出，求出EF的長，再利用中，，求出EG及DE，再利用勾股定理求出DF即可得到答案；
②過點C作于H，證明，得到，證明，得到，設，得到，利用勾股定理得到 ，求得，利用函數(shù)的最值解答即可．
【詳解】
解：（1）∵為的直徑，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）∵為的直徑，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
（3）①如圖，連結(jié)．
∵為的直徑，
∴．
在中，，，
∴．
∵，
∴，
即，
∴．
∵，
∴．
∵在中，，
∴，
∴．
∵在中，，
∴．
在中，，
∴，
∴的周長為．
②如圖，過點C作于H．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
設，
∴，
∴．
在中， ，
∴，
當時，的最小值為3，
∴的最小值為．
【點睛】
此題考查圓周角的定理，弧、弦和圓心角定理，全等三角形的判定及性質(zhì)，勾股定理，三角函數(shù)，相似三角形的判定，函數(shù)的最值問題，是一道綜合的幾何題型，綜合掌握各知識點是解題的關鍵．
13.（2021·山東中考真題）如圖1，O為半圓的圓心，C、D為半圓上的兩點，且．連接并延長，與的延長線相交于點E．
（1）求證：；
（2）與，分別交于點F，H．
①若，如圖2，求證：；
②若圓的半徑為2，，如圖3，求的值．
【答案】（1）見解析；（2）①見解析；②
【分析】
（1）連接，根據(jù)，且，則，即可推導出；
（2）①，則，又，，則，進而推導出；
②連接交于G，設，則，根據(jù)在和中
列式，進而求得x的值，再根據(jù)中位線定理求出AC的長．
【詳解】
證明：（1）連接，
∵為直徑
∴
∵
∴
∴
∴．
（2）①∵
∴
又∵
∴
又∵
∴
∴
∴
∴
∴
②連接交于G．
設，則
∵
∴
又∵
∴，
在和中
∴即
∵
∴是的中位線
∴
∴．
【點睛】
本題考查了等弧對等角、相似三角形、等腰三角形、中位線等有關知識點，屬于綜合題型，借助輔助線是解決這類問題的關鍵．
14.（2021·浙江臺州市·中考真題）如圖，BD是半徑為3的⊙O的一條弦，BD＝4，點A是⊙O上的一個動點（不與點B，D重合），以A，B，D為頂點作平行四邊形ABCD．
（1）如圖2，若點A是劣弧的中點．
①求證：平行四邊形ABCD是菱形；
②求平行四邊形ABCD的面積．
（2）若點A運動到優(yōu)弧上，且平行四邊形ABCD有一邊與⊙O相切．
①求AB的長；
②直接寫出平行四邊形ABCD對角線所夾銳角的正切值．
【答案】①證明見解析；②；（2）①AB的長為或；②
【分析】
（1）①利用等弧所對的弦相等可得，根據(jù)一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形可得證；②連接AO，交BD于點E，連接OD，根據(jù)垂徑定理可得，利用勾股定理求出OE的長，即可求解；
（2）①分情況討論當CD與相切時、當BC與相切時，利用垂徑定理即可求解；②根據(jù)等面積法求出AH的長度，利用勾股定理求出DH的長度，根據(jù)正切的定義即可求解．
【詳解】
解：（1）①∵點A是劣弧的中點，
∴，
∴，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴平行四邊形ABCD是菱形；
②連接AO，交BD于點E，連接OD，
，
∵點A是劣弧的中點，OA為半徑，
∴，OA平分BD，
∴，
∵平行四邊形ABCD是菱形，
∴E為兩對角線的交點，
在中，,
∴，
∴；
（2）①如圖，當CD與相切時，連接DO并延長，交AB于點F，
∵CD與相切，
∴，
∴，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
∴，解得，
∴，
∴；
如圖，當BC與相切時，連接BO并延長，交AD于點G，
同理可得，，
所以,
綜上所述，AB的長為或；
②過點A作，
，
由（2）得：
根據(jù)等面積法可得，
解得，
在在中，，
∴，
∴．
【點睛】
本題考查垂徑定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)、解直角三角形等內(nèi)容，掌握分類討論的思想是解題的關鍵．
15.（2021·湖北中考真題）如圖，在菱形中，是對角線上一點（），，垂足為，以為半徑的分別交于點，交的延長線于點，與交于點．
（1）求證：是的切線；
（2）若是的中點，，．
①求的長；
②求的長．
【答案】（1）見解析；（2）①；②
【分析】
（１過點作于點，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到，證明出△OEB≌△OMB，得到對應邊相等，對應邊為圓的半徑，得出結(jié)論；
（2）①根據(jù)菱形的性質(zhì)得到，再由是的中點，，，根據(jù)，推出，，，再由弧長的計算公式得到結(jié)果；
②先由平行相似，得到，對應邊成比例求出，推出BN=3，OE=4，DN=6，再由勾股定理求出即可．
【詳解】
（1）證明：如圖，過點作于點，
∵是菱形的對角線，
∴，
∵，，
∴∠OEB=∠OMB=90?，
∵OB=OB，
∴△OEB≌△OMB（AAS）
∴，
∴是的切線．
（2）解：①如圖，
∵是的中點，，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴由弧長公式，得到的長：．
②方法一：如圖，過點作于點，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵DG//NE，DN//GE，∠GEN=90?
∴四邊形是矩形，
∴，BN=3，OE=4，DN=6，
在菱形中，AD=AB，在中，設，
∴，
∴．
方法二：如圖，過作于點，
∵，，，
∴，，，
，


∴．
【點睛】
本題考查了圓的切線判定定理、菱形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)以及相似三角形的判定與性質(zhì)，關鍵在于熟練掌握證明是圓的切線的方法、菱形的性質(zhì)以及三角形相似的證明與性質(zhì)的應用，特別是菱形的性質(zhì)．
16.（2021·四川中考真題）如圖，⊙O的半徑為1，點A是⊙O的直徑BD延長線上的一點，C為⊙O上的一點，AD＝CD，∠A＝30°．
（1）求證：直線AC是⊙O的切線；
（2）求△ABC的面積；
（3）點E在上運動（不與B、D重合），過點C作CE的垂線，與EB的延長線交于點F．
①當點E運動到與點C關于直徑BD對稱時，求CF的長；
②當點E運動到什么位置時，CF取到最大值，并求出此時CF的長．
【答案】（1）見解析；（2）；（3）①3；②
【分析】
（1）連接OC，利用切線的判定定理，證明OC⊥AC即可；
（2）要求的面積，結(jié)合（1）題，底邊AB可求，只需再求出底邊上的高CH即可；
（3）根據(jù)垂徑定理可求CE的長，再利用銳角三角函數(shù)，可求CF的長；
由可知，點E在運動過程中，始終有，所以，求出CE的最大值，即可得到CF的最大值．
【詳解】
（1）證明：連結(jié)OC，如圖所示．
∵AD＝CD ，∠A＝30°，
∴∠ACD＝∠A=30°．
∴∠CDB＝60°．
∵OD＝OC，
∴∠OCD＝∠ODC=60°．
∴∠ACO＝∠ACD＋∠OCD＝30°+60°=90°．
∴OC⊥AC．
∴直線AC是⊙O的切線．
（2）過點C作CH⊥AB于點H，如圖所示．
∵OD=OC，∠ODC=60°，
∴是等邊三角形．
∴．
∴在中，
．
∵AB＝AD＋BD＝3，
∴．
（3）當點運動到與點關于直徑BD對稱時，如圖所示．
此時，CE⊥AB，設垂足為K．
由（2）可知，．
∵BD為圓的直徑，CE⊥AB，
∴CE＝2CK＝．
∵CF⊥CE，
∴∠ECF＝90°．
∵，
∴∠E=∠CDB＝60°．
在中，
∵，
∴．
如圖所示：
由可知，在中，
∵，
∴．
∴當點E在上運動時，始終有．
∴當CE最大時，CF取得最大值．
∴當CE為直徑，即CE=2時，CF最大，最大值為．
【點睛】
本題考查了圓的切線的判定、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、垂徑定理、圓周角定理的推論、銳角三角函數(shù)、求線段的最值等知識點，熟知切線的判定方法、垂徑定理、圓周角定理、銳角三角函數(shù)的定義是解題的關鍵．
17.（2021·四川中考真題）如圖，點D在以AB為直徑的⊙O上，過D作⊙O的切線交AB延長線于點C，于點E，交⊙O于點F，連接AD，F(xiàn)D．
（1）求證：；
（2）求證：；
（3）若，，求EF的長．
【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）EF．
【分析】
（1）連接OD，BD，由圓的切線的性質(zhì)結(jié)合圓周角定理可求得∠EDA=∠ABD，再利用等角的余角相等，可證明結(jié)論；
（2）如圖，連接BD、BF，利用平行線的性質(zhì)以及圓周角定理證得∠C=∠ADF，根據(jù)（1）的結(jié)論可證明△ADF△ACD，可證明結(jié)論；
（3）設OA=OD=x，利用三角函數(shù)的定義和勾股定理得到OC=4x，CD，AC =5x，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)求解即可．
【詳解】
（1）證明：連接OD，BD，
∵ED是⊙O的切線，D為切點，
∴OD⊥ED，
∴∠ODA+∠EDA=90°，
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ADB=90°，
∴∠ODA+∠ODB=90°，
∴∠ODB=∠EDA，
∵OB=OD，
∴∠ODB=∠OBD，
∴∠EDA=∠ABD，
∵，
∴∠E=90°，
∴(等角的余角相等)；
（2）如圖，連接BD、BF，
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠AFB=90°，
∴BF∥CF，
∴∠C=∠ABF=∠ADF，
由（2）得，
∴△ADF△ACD，
∴,
∴；
（3）過D作DH⊥AB于H，連接OD，BD，
設OA=OD=x，
在Rt△ODC中，，
∴OC=4x，
則CD=，
AC=OA+OC=5x，
由（2）得，即，
∵∠C+∠DOC=90°，∠ODH+∠DOH=90°，
∴∠ODH=∠C，
在Rt△ODH中，，
∴OH=，
∴DH=，
由（1）得，
DH=DE=，
∵∠EFD=∠ABD(圓內(nèi)接四邊形外角等于內(nèi)對角)，
由（1）得∠EDA=∠ABD，
∴∠EFD=∠EDA，
∴△EAD△EDF，
∴，即，
∴EF，
在Rt△DEF中，，即，
解得：，
∴EF．
【點睛】
本題考查了切線的性質(zhì)定理，也考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線的判定和性質(zhì)，解直角三角形，正確的理解題意是解題的關鍵．
18.（2021·四川中考真題）如圖，為的直徑，C為上一點，連接，D為延長線上一點，連接，且．
（1）求證：是的切線；
（2）若的半徑為，的面積為，求的長；
（3）在（2）的條件下，E為上一點，連接交線段于點F，若，求的長．
【答案】（1）見解析；（2）；（3）
【分析】
（1）連接．可證得，從而得是的切線；
（2）過點C作于點M，可得，再證明△COM∽△DOC，進而得到；
（3）過點E作于點N，連接，證明△FCM∽△FEN，利用相似可得，再證明Rt△COM≌Rt△OEN，通過全等可得ON=CM=2，進而根據(jù)已知條件得到．
【詳解】
（1）證明：連接，
∵AB為⊙O直徑，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠CBO＝90°，
又∵OB＝OC，
∴∠CBO＝∠BCO，
∴∠CAB+∠BCO＝90°
∵∠BCD＝∠A，
∴∠BCD+∠BCO＝90°，
∴OC⊥CD
∴CD為⊙O切線；
（2）過點C作于點M，
∵的半徑為，
∴AB=，
∵的面積為，
∴CM=2，
在Rt△CMO中，CO=，CM=2，
∴OM=1，
由（1）得∠OCD=∠CMO=90°，
∵∠COM=∠COD，
∴△COM∽△DOC，
∴ ，
∴，
∴，
（3）過點E作于點N，連接，
∵，，
∴△FCM∽△FEN，
∴ ，
由（2）得CM=2，OM=1，
∴EN=OM=1，
∵OC=OE，
∴Rt△COM≌Rt△OEN，
∴ON=CM=2，
∴MN=3，
∵，
∴FM=2，
∵OM=1，
∴OF=1，
∵BF=OB+OF，
∴．
【點睛】
本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，切線的判定，相似三角形的判定和性質(zhì)，解答本題需要我們熟練掌握各部分的內(nèi)容，要注意將所學知識貫穿起來．
19.（2021·浙江中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，經(jīng)過原點，分別交軸、軸于，，連結(jié)．直線分別交于點，（點在左側(cè)），交軸于點，連結(jié)．
（1）求的半徑和直線的函數(shù)表達式．
（2）求點，的坐標．
（3）點在線段上，連結(jié)．當與的一個內(nèi)角相等時，求所有滿足條件的的長．
【答案】（1）半徑為，直線的函數(shù)表達式為；（2）點為，點為；（3）5，10或
【分析】
（1）由，，確定點為，再利用兩點間距離公式求解即可得到半徑的長，利用待定系數(shù)法可直接得到直線CM的函數(shù)表達式；
（2）先作輔助線構(gòu)造相似三角形，求出，，即可得到點為，點為；
（3）先作輔助線，得到，再分三種情況討論，通過作軸于點，證出點為符合條件的點，再分別討論當時和時的情況，分別得到和的值，最后完成求解．
【詳解】
解：（1），
為的直徑．
，，
點為，
半徑為．
設直線的函數(shù)表達式為．
把，代入得，解得．
直線的函數(shù)表達式為；
∴⊙M 的半徑為，直線 CM 的函數(shù)表達式為．
（2）過點作軸平行線，點作軸平行線交于點，作軸于點（如圖1），

，，
，
，且
，，
點為．
點，關于點對稱，
點為．
（3）作軸于點，
，．
，
．
分三種情況（如圖2）：
①作軸于點，
，，
，
，
，
即點為符合條件的一個點．
．
②當時，
，
．
，
（），
，
．
③當時，
，
，
．
，
，
,
，
．
綜上所述，當與的一個內(nèi)角相等時，的長為5，10或．
【點睛】
本題綜合考查了平面直角坐標系、圓、待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等內(nèi)容，要求學生根根據(jù)題意找到相等關系建立方程求解，本題綜合性很強，對學生的分析能力要求較高，解決本題的關鍵是能通過作輔助線構(gòu)造相似三角形以及牢記相關概念、性質(zhì)和公式等，本題蘊含了分類討論的思想方法．

相關試卷

專題24 二次函數(shù)與幾何圖形綜合題（與圓有關問題）-備戰(zhàn)2024年中考數(shù)學一輪復習重難題型（全國通用）：

這是一份專題24 二次函數(shù)與幾何圖形綜合題（與圓有關問題）-備戰(zhàn)2024年中考數(shù)學一輪復習重難題型（全國通用），文件包含專題24二次函數(shù)與幾何圖形綜合題與圓有關問題原卷版docx、專題24二次函數(shù)與幾何圖形綜合題與圓有關問題解析版docx等2份試卷配套教學資源，其中試卷共80頁， 歡迎下載使用。

題型11 綜合探究題 類型五 與圓有關的探究題（專題訓練）-最新中考數(shù)學二輪復習講義+專題（全國通用）：

這是一份題型11 綜合探究題 類型五 與圓有關的探究題（專題訓練）-最新中考數(shù)學二輪復習講義+專題（全國通用），文件包含題型十一綜合探究題類型五與圓有關的探究題專題訓練原卷版docx、題型十一綜合探究題類型五與圓有關的探究題專題訓練解析版docx等2份試卷配套教學資源，其中試卷共67頁， 歡迎下載使用。

題型十一 綜合探究題 類型五 與圓有關的探究題（專題訓練）-備戰(zhàn)2024年中考數(shù)學二輪復習高分突破（全國通用）：

這是一份題型十一 綜合探究題 類型五 與圓有關的探究題（專題訓練）-備戰(zhàn)2024年中考數(shù)學二輪復習高分突破（全國通用），文件包含題型十一綜合探究題類型五與圓有關的探究題專題訓練原卷版docx、題型十一綜合探究題類型五與圓有關的探究題專題訓練解析版docx等2份試卷配套教學資源，其中試卷共66頁， 歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關試卷 更多

專題28 圓的綜合探究-備戰(zhàn)2024年中考數(shù)學重難題型（全國通用）

專題28 圓的綜合探究-備戰(zhàn)2024年中考數(shù)學重難題型（全國通用）
備戰(zhàn)2023數(shù)學新中考二輪復習重難突破（廣東專用）專題10 圓

備戰(zhàn)2023數(shù)學新中考二輪復習重難突破（廣東專用）專題10 圓
專題16 與圓有關的計算（題型歸納）-備戰(zhàn) 中考數(shù)學一輪復習精品課件與題型歸納專練（全國通用）

專題16 與圓有關的計算（題型歸納）-備戰(zhàn) 中考數(shù)學一輪復習精品課件與題型歸納專練（全國通用）
專題14 與圓有關的性質(zhì)（題型歸納）-備戰(zhàn) 中考數(shù)學一輪復習精品課件與題型歸納專練（全國通用）

專題14 與圓有關的性質(zhì)（題型歸納）-備戰(zhàn) 中考數(shù)學一輪復習精品課件與題型歸納專練（全國通用）
資料下載及使用幫助
版權申訴
版權申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權，請掃碼添加我們的相關工作人員，我們盡可能的保護您的合法權益。
入駐教習網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權申訴二維碼
中考專區(qū)
歡迎來到教習網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部