專題24 圓的有關位置關系（共30道）-中考數學真題分項匯編（全國通用）-試卷下載-教習網

1．（2023·湖南湘西·統考中考真題）如圖，為的直徑，點在的延長線上，，與相切，切點分別為C，D．若，則等于（）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】連接、、，交于，如圖，利用切線的性質和切線長定理得到，，平分，根據等腰三角形的性質得到，則，根據圓周角定理得到，所以，然后求出即可．
【詳解】解：連接、、，交于，如圖，
，與相切，切點分別為，，
，，平分，
，
，
，
，
，
∵
∴
∵
∴在中，，
，
．
故選：D．
【點睛】本題考查了切線的性質：圓的切線垂直于經過切點的半徑．也考查了圓周角定理和解直角三角形．
2．（2023·四川德陽·統考中考真題）如圖，的直徑，是弦，，，，的延長線與的延長線相交于點，的延長線與的延長線相交于點，連接．下列結論中正確的個數是（）
①；
②是的切線；
③B，E兩點間的距離是；
④．

A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】連接、、，過點作交延長線于，于．①根據已知、垂徑定理和圓內接四邊形證，，即可得到；②根據已知、垂徑定理、中垂線定理證，推出，不垂直，即可判斷不是的切線；③證，結合、，計算出、、，最后根據勾股定理計算即可；④先計算出，推理出，設，用含的代數式表示和，代入求解即可．
【詳解】如圖，連接、、，過點作交延長線于，于

的直徑，，
，，
，，
是弦，，，
（垂直于弦的直徑平分弦所對的?。?，
，即，
，
，
，
（圓內接四邊形的一個外角等于它的內對角），
，
故結論①正確
，
，
又（同弧所對圓周角是圓心角的一半），
，
，
，于，
，
，
，
，
，
故結論③正確
，，
，
，
平分（垂直于弦的直徑平分弦），
是的中垂線，
，
，
，
，
，即，
是弦，
是銳角，
是鈍角，
是鈍角，，
不垂直，不是的切線，
故結論②不正確
，，
，，
，
，，
，
設，則，
，，
，
，
，
，
，
，
解得：，
，
故結論④不正確
綜上，①和③這2個結論正確，
故選：B．
【點睛】本題考查了圓的性質綜合，結合判斷切線、勾股定理、三角函數解直角三角形知識點，熟練掌握、綜合運用知識點推理證明和計算是解題的關鍵．
二、解答題
3．（2023·北京·統考中考真題）如圖，圓內接四邊形的對角線，交于點，平分，．

(1)求證平分，并求的大??；
(2)過點作交的延長線于點．若，，求此圓半徑的長．
【答案】(1)見解析，
(2)
【分析】（1）根據已知得出，則，即可證明平分，進而根據平分，得出，推出，得出是直徑，進而可得；
（2）根據（1）的結論結合已知條件得出，，是等邊三角形，進而得出，由是直徑，根據含度角的直角三角形的性質可得，在中，根據含度角的直角三角形的性質求得的長，進而即可求解．
【詳解】（1）解：∵
∴，
∴，即平分．
∵平分，
∴，
∴，
∴，即，
∴是直徑，
∴；
（2）解：∵，，
∴，則．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴是等邊三角形，則．
∵平分，
∴．
∵是直徑，
∴，則．
∵四邊形是圓內接四邊形，
∴，則，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵是直徑，
∴此圓半徑的長為．
【點睛】本題考查了弧與圓周角的關系，等弧所對的圓周角相等，直徑所對的圓周角是直角，含度角的直角三角形的性質，等邊三角形的性質與判定，圓內接四邊形對角互補，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
4．（2023·山東日照·統考中考真題）在探究“四點共圓的條件”的數學活動課上，小霞小組通過探究得出：在平面內，一組對角互補的四邊形的四個頂點共圓．請應用此結論．解決以下問題：
如圖1，中，（）．點D是邊上的一動點（點D不與B，C重合），將線段繞點A順時針旋轉到線段，連接．

(1)求證：A，E，B，D四點共圓；
(2)如圖2，當時，是四邊形的外接圓，求證：是的切線；
(3)已知，點M是邊的中點，此時是四邊形的外接圓，直接寫出圓心P與點M距離的最小值．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）根據旋轉的性質得到，證明，進而證明，可以得到，由，可得，即可證明A、B、D、E四點共圓；
（2）如圖所示，連接，根據等邊對等角得到，由圓周角定理得到，再由，得到，利用三角形內角和定理證明，即，由此即可證明是的切線；
（3）如圖所示，作線段的垂直平分線，分別交于G、F，連接，先求出，再由三線合一定理得到，，解直角三角形求出，則，再解得到，則；由是四邊形的外接圓，可得點P一定在的垂直平分線上，故當時，有最小值，據此求解即可．
【詳解】（1）證明：由旋轉的性質可得，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴A、B、D、E四點共圓；
（2）證明：如圖所示，連接，
∵，
∴，
∵是四邊形的外接圓，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
又∵是的半徑，
∴是的切線；

（3）解：如圖所示，作線段的垂直平分線，分別交于G、F，連接，
∵，
∴，
∵點M是邊的中點，
∴，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵是四邊形的外接圓，
∴點P一定在的垂直平分線上，
∴點P在直線上，
∴當時，有最小值，
∵，
∴在中，，
∴圓心P與點M距離的最小值為．
【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，等邊對等角，解直角三角形，圓周角定理，切線的判定，三角形外接圓的性質，垂線段最短等等，正確作出輔助線是解題的關鍵．
5．（2023·江蘇無錫·統考中考真題）如圖，是的直徑，與相交于點．過點的圓O的切線，交的延長線于點，．

(1)求的度數；
(2)若，求的半徑．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）連接，根據為的切線，則，由，則，根據圓周角定理可得，又，根據等邊對等角以及三角形內角和定理即可求解；
（2）證明，根據相似三角形的性質，代入數據即可求解．
【詳解】（1）如圖，連接．

為的切線，
．
，
．
，
．
，
．
（2）如圖，連接，
，，
．
，
，且，
，
，即，
，
，即半徑為．
【點睛】本題考查了切線的性質，圓周角定理，等邊對等角，三角形內角和定理，相似三角形的性質與判定等知識．正確作出輔助線是解題關鍵．
6．（2023·山東·統考中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，點在第一象限內，與軸相切于點，與軸相交于點，．連接，．

(1)求點的坐標；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）如圖，連接，，過點P作，垂足為D，由垂徑定理得，由，得，，由切線性質，得，，進一步可證四邊形是矩形，得，中，，于是的坐標；
（2）如圖，由等腰三角三線合一，得，由圓周角定理，而，從而，中，，于是．
【詳解】（1）如圖，連接，，過點P作，垂足為D，則
∵點，
∴，

∵與軸相切于點
∴，
∵
∴四邊形是矩形
∴
∴
中，
∴點的坐標
（2）如圖，，
∴
而
∴
中，
∴
【點睛】本題考查圓的切線的性質，圓周角定理，垂徑定理，添加輔助線構造直角三角形，運用勾股定理是解題的關鍵．
7．（2023·山東·統考中考真題）已知：射線平分為上一點，交射線于點，交射線于點，連接．

(1)如圖1，若，試判斷四邊形的形狀，并說明理由；
(2)如圖2，過點作，交于點；過點作，交于點．求證：．
【答案】(1)四邊形是菱形，理由見解析
(2)見解析
【分析】（1）過點A作于F，于G，先由角平分線性質得，再證明，得，證明，得，從而得出，再根據平行線性質與角平分線定義證明，得，從而得，即可得出結論；
（2）連接，過點A作于H，作于G，證明，得，證明，得，證明，得，從而得，根據平行線等分線段定理即可得出結論．
【詳解】（1）解：四邊形是菱形，理由如下：
過點A作于F，于G，如圖1，

∵平分，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∵平分，
∴
∵
∴
∴
∴
∴，
∴四邊形是菱形．
（2）證明：連接，過點A作于H，作于G，如圖2，

∵平分，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴．
【點睛】本題考查角平分線性質，菱形的判定，全等三解形的判定與性質，垂直定理，平行線等分線段定理，熟練掌握相關性質與判定是解題的關鍵．
8．（2023·湖南益陽·統考中考真題）如圖，線段與相切于點B，交于點M，其延長線交于點C，連接，，D為上一點且的中點為M，連接，．

(1)求的度數；
(2)四邊形是否是菱形？如果是，請證明：如果不是，請說明理由；
(3)若，求的長．
【答案】(1)
(2)是菱形，證明見解析
(3)的長為
【分析】（1）如圖，連接，證明，而，可得，再結合等腰三角形的性質可得答案；
（2）先證明，即，而，求解，可得，證明，可得，再證明，可得，從而可得結論；
（3）如圖，連接，，交于，證明為等邊三角形，可得，證明，，求解，再利用弧長公式進行計算即可．
【詳解】（1）解：如圖，連接，

∵線段與相切于點B，
∴，而，
∴，
∵，
∴；
（2）四邊形是菱形，理由如下：
∵的中點為M，，
∴，即，而，
∴，
∴，
∵的中點為M，為直徑，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四邊形是菱形．
（3）如圖，連接，，交于，

∵，，
∴為等邊三角形，
∴，
∴，
∵菱形，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
∴的長為．
【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質，等腰三角形的判定與系數，等邊三角形的判定與性質，菱形的判定與性質，弧，弦，圓心角之間的關系，圓周角定理的應用，切線的性質，弧長的計算，作出合適的輔助線是解本題的關鍵．
9．（2023·四川綿陽·統考中考真題）如圖，已知AB是圓O的直徑，弦CD⊥AB，垂足為H，與AC平行的圓O的一條切線交CD的延長線于點M，交AB的延長線于點E，切點為F，連接AF交CD于點N．
（1）求證：CA=CN；
（2）連接DF，若cs∠DFA= ，AN=2 ，求圓O的直徑的長度．
【答案】（1）證明見解析；（2）．
【分析】（1）連接OF，根據切線的性質結合四邊形內角和為360°，即可得出∠M+∠FOH=180°，由三角形外角結合平行線的性質即可得出∠M=∠C=2∠OAF，再通過互余利用角的計算即可得出∠CAN=90°﹣∠OAF=∠ANC，由此即可證出CA=CN；
（2）連接OC，由圓周角定理結合cs∠DFA=，AN=，即可求出CH、AH的長度，設圓的半徑為r，則OH=r﹣6，根據勾股定理即可得出關于r的一元一次方程，解之即可得出r，再乘以2即可求出圓O直徑的長度．
【詳解】解：（1）連接OF，則∠OAF=∠OFA，如圖所示．
∵ME與⊙O相切，∴OF⊥ME．∵CD⊥AB，∴∠M+∠FOH=180°．
∵∠BOF=∠OAF+∠OFA=2∠OAF，∠FOH+∠BOF=180°，∴∠M=2∠OAF．
∵ME∥AC，∴∠M=∠C=2∠OAF．
∵CD⊥AB，∴∠ANC+∠OAF=∠BAC+∠C=90°，∴∠ANC=90°﹣∠OAF，∠BAC=90°﹣∠C=90°﹣2∠OAF，∴∠CAN=∠OAF+∠BAC=90°﹣∠OAF=∠ANC，∴CA=CN．
（2）連接OC，如圖2所示．
∵cs∠DFA=，∠DFA=∠ACH，∴=．設CH=4a，則AC=5a，AH=3a，∵CA=CN，∴NH=a，∴AN=，∴a=2，AH=3a=6，CH=4a=8．
設圓的半徑為r，則OH=r﹣6，在Rt△OCH中，OC=r，CH=8，OH=r﹣6，∴OC2=CH2+OH2，r2=82+（r﹣6）2，解得：r=，∴圓O的直徑的長度為2r=．
【點睛】本題考查切線的性質；勾股定理；圓周角定理；解直角三角形．
10．（2023·陜西·統考中考真題）如圖，內接于，，過點作的垂線，交于點，并與的延長線交于點，作，垂足為，交于點．
(1)求證：；
(2)若的半徑，，求線段的長．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）如圖，連接，根據圓周角定理得到，求得，根據等腰三角形的判定定理即可得到結論；
（2）如圖，根據圓周角定理得到為的直徑，求得．根據勾股定理得到，根據相似三角形的判定和性質定理即可得到結論．
【詳解】（1）證明：如圖，連接，
則，
，
，
．
；
（2）如圖，，
為的直徑，
．
，
，
，
，
又，
．
，
，，
連接，則，，
，
．
【點睛】本題考查了三角形的外接圓與外心，圓周角定理，等腰直角三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，正確地作出輔助線是解題的關鍵．
11．（2023·湖南湘西·統考中考真題）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、正弦函數、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·遼寧錦州·統考中考真題）如圖，為的直徑，點C在上，與相切于點A，與延長線交于點B，過點B作，交的延長線于點D．

(1)求證：；
(2)點F為上一點，連接，，與交于點G．若，，，求的半徑及的長．
【答案】(1)見解析
(2)的半徑為；
【分析】（1）根據與相切于點A 得到，再根據得到，再根據得到即可根據角的關系解答；
（2）連接，過點D作，交延長線于點M，在等多個直角三角形中運用三角函數的定義求出半徑，再根據勾股定理求出，即可解答．
【詳解】（1）證明：如圖，

∵為的直徑，與相切于點A，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）連接，過點D作，交延長線于點M，如圖，

在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
設的半徑為r，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
∴設，，
在中，，
∵，，
∴，解得，
∴，，
∴，
∴．
【點睛】本題考查了圓與三角形的綜合問題，解題的關鍵是熟練掌握圓、三角形的線段、角度關系并運用數學結合思想．
13．（2023·山東濟南·統考中考真題）如圖，，為的直徑，為上一點，過點的切線與的延長線交于點，，點是的中點，弦，相交于點．
(1)求的度數；
(2)若，求直徑的長．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據切線的性質，得出，再根據直角三角形兩銳角互余，得出，再根據等邊對等角，得出，再根據等量代換，得出，再根據，得出，即，得出，進而計算即可得出答案；
（2）連接，根據圓周角定理，得出，再根據中點的定義，得出，再根據同弧或同弦所對的圓周角相等，得出，再根據正切的定義，得出，再根據角所對的直角邊等于斜邊的一半，得出，進而即可得出答案．
【詳解】（1）解：∵與相切于點，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴；
（2）解：如圖，連接，

∵是直徑，
∴，
∵點是的中點，
∴，
∴，
在中，
∵，，
∴，
在中，
∵，
∴，
∴的直徑的長為．
【點睛】本題考查了切線的性質、直角三角形兩銳角互余、等邊對等角、圓周角定理及其推論、銳角三角函數、含角的直角三角形的性質，解本題的關鍵在熟練掌握相關的性質定理．
14．（2023·山東濰坊·統考中考真題）如圖，正方形內接于，在上取一點E，連接，．過點A作，交于點G，交于點F，連接，．

(1)求證：；
(2)若，，求陰影部分的面積．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）如圖，連接，證明，再證明，，可得，結合，從而可得結論；
（2）如圖，連接，，過作于，設，在上取Q，使，證明，，，可得，，求解，而，可得，，，可得，再求解x，利用進行計算即可．
【詳解】（1）解：如圖，連接，
∵，則，

∴，
∵正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴．
（2）如圖，連接，，過作于，設，在上取Q，使，

∵O為正方形中心，
∴，，而，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，而，
∴，
∴，
∴，，
而正方形的邊長，
∴，
解得：，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
而，
∴．
【點睛】本題考查的是正多邊形與圓，圓周角定理的應用，全等三角形的判定與性質，勾股定理的應用，含的直角三角形的性質，扇形面積的計算，作出合適的輔助線是解本題的關鍵．
15．（2023·浙江·統考中考真題）小賀在復習浙教版教材九上第81頁第5題后，進行變式、探究與思考：如圖1，的直徑垂直弦AB于點E，且，．

(1)復習回顧：求的長．
(2)探究拓展：如圖2，連接，點G是上一動點，連接，延長交的延長線于點F．
①當點G是的中點時，求證：；
②設，，請寫出y關于x的函數關系式，并說明理由；
③如圖3，連接，當為等腰三角形時，請計算的長．
【答案】(1)
(2)①見解析；②；③的長為或
【分析】（1）先求得的直徑為10，再利用垂徑定理求得，在中，利用勾股定理即可求解；
（2）①連接，由點G是的中點，推出，根據等角的余角相等即可證明結論成立；
②利用勾股定理求得，利用垂徑定理得到，推出，證明，利用相似三角形的性質即可求解；
③分兩種情況討論，當和時，證明，利用相似三角形的性質求解即可.
【詳解】（1）解：連接，

∵的直徑垂直弦AB于點E，且，，
∴，，
∴，，
在中，，
∴；
（2）解：①連接，

∵點G是的中點，
∴，
∴，
∵的直徑垂直弦AB于點E，
∴，
∴，
∴；
②∵，，，
∴，

∵的直徑垂直弦AB于點E，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴；
③當時，

在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴；
當時，

在中，，
在中，，
∴，
同理，
∴，即，
∴；
綜上，的長為或．
【點睛】本題考查了圓周角定理，垂徑定理，相似三角形的判定和性質，勾股定理，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．
16．（2023·江蘇宿遷·統考中考真題）（1）如圖，是的直徑，與交于點F，弦平分，點E在上，連接、，________．求證：________．

從①與相切；②中選擇一個作為已知條件，余下的一個作為結論，將題目補充完整（填寫序號），并完成證明過程．
（2）在（1）的前提下，若，，求陰影部分的面積．
【答案】（1）②①，證明見解析（或①②，證明見解析）（2）
【分析】（1）一：已知條件為②，結論為①與相切；連接，先證出，再根據平行線的性質可得，然后根據圓的切線的判定即可得證；二：已知條件為①與相切，結論為②；連接，先證出，再根據圓的切線的性質可得，然后根據平行線的性質即可得證；
（2）連接，先解直角三角形求出的長，再根據等邊三角形的判定與性質可得的長，從而可得的長，然后根據圓周角定理可得，最后根據陰影部分的面積等于直角梯形的面積減去扇形的面積即可得．
【詳解】解：（1）一：已知條件為②，結論為①與相切，證明如下：
如圖，連接，

，
，
弦平分，
，
，
，
，
，
又是的半徑，
與相切；
二：已知條件為①與相切，結論為②，證明如下：
如圖，連接，

，
，
弦平分，
，
，
，
與相切，
，
；
（2）如圖，連接，

，，
，，
，
又，
，
是等邊三角形，
，
，
由圓周角定理得：，
則陰影部分的面積為
．
【點睛】本題考查了圓的切線的判定與性質、解直角三角形、扇形的面積、圓周角定理等知識點，熟練掌握圓的切線的判定與性質是解題關鍵．
17．（2023·遼寧·統考中考真題）如圖，內接于，是的直徑，平分交于點E，過點E作，交的延長線于點F．

(1)求證：與相切；
(2)若，，過點E作于點M，交于點G，交于點N，求的長．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）連接，由是的直徑可得，進而可得，再根據圓周角定理可得，進而可證，，即可證明與相切；
（2）連接，，先證是等邊三角形，推出，再根據圓周角定理證明，進而可得，再根據弧長公式即可求解．
【詳解】（1）證明：如圖，連接，

是的直徑，
，
平分交于點E，
，
，
，
，
，
是的半徑，
與相切；
（2）解：如圖，連接，，

，，
，
，
是等邊三角形，
，
，
，，
，
，
，
，是的直徑，
，
．
即的長為．
【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等，熟練應用圓周角定理是解題的關鍵．
18．（2023·江蘇泰州·統考中考真題）已知：A、B為圓上兩定點，點C在該圓上，為所對的圓周角．

知識回顧
(1)如圖①，中，B、C位于直線異側，．
①求的度數；
②若的半徑為5，，求的長；
逆向思考
(2)如圖②，P為圓內一點，且，，．求證：P為該圓的圓心；
拓展應用
(3)如圖③，在（2）的條件下，若，點C在位于直線上方部分的圓弧上運動．點D在上，滿足的所有點D中，必有一個點的位置始終不變．請證明．
【答案】(1)①；②
(2)見解析
(3)見解析
【分析】（1）①根據，結合圓周角定理求的度數；②構造直角三角形；
（2）只要說明點到圓上、和另一點的距離相等即可；
（3）根據，構造一條線段等于，利用三角形全等來說明此線段和相等．
【詳解】（1）解：①，，
，
．
②連接，過作，垂足為，

，，
是等腰直角三角形，且，
，，
是等腰直角三角形，
，
在直角三角形中，，
．
（2）證明：延長交圓于點，則，

，
，
，
，
，
，
，
為該圓的圓心．
（3）證明：過作的垂線交的延長線于點，連接，延長交圓于點，連接，，

，
，
是等腰直角三角形，
，
，，
，
是直徑，
，
，
，
，
，
，
，
必有一個點的位置始終不變，點即為所求．
【點睛】本題考查了圓周角定理，還考查了勾股定理和三角形全等的知識，對于（3）構造一條線段等于是關鍵．
19．（2023·湖南婁底·統考中考真題）如圖1，點為等邊的重心，點為邊的中點，連接并延長至點，使得，連接，，，

(1)求證：四邊形為菱形．
(2)如圖2，以點為圓心，為半徑作
①判斷直線與的位置關系，并予以證明．
②點為劣弧上一動點（與點、點不重合），連接并延長交于點，連接并延長交于點，求證：為定值．
【答案】(1)見解析
(2)①直線是的切線；②見解析
【分析】（1）如圖1，延長交于點，連接，由是等邊三角形，是重心，點為邊的中點，得?，，進而證明四邊形是平行四邊形，于是即可得四邊形為菱形；
（2）①延長交于點，連接，先證為的角平分線，進而求得，又由菱形的性質得，從而有，于是根據切線的判定即可得出結論；②在優(yōu)弧上取一點，連接、，由①得，進而求得，再由圓內接四邊形的性質求得，從而根據角的和差關系求得，于是證明得，即可證明結論成立．
【詳解】（1）證明：如圖，延長交于點，連接，

∵是等邊三角形，是重心，點為邊的中點，
∴中線過點，即、、三點共線，，，
∴?，，
∵，
∴四邊形是平行四邊形，
∵?，
∴四邊形為菱形；
（2）①解：直線是的切線，理由如下：延長交于點，連接，

∵是等邊三角形，是重心，點為邊的中點，
∴中線過點，即、、三點共線，，，，
∴為的角平分線，
∴，
∵四邊形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴直線是的切線；
②證明：在優(yōu)弧上取一點，連接、，

由①得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四邊形內接于，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴
∴
∵
∴，即為定值．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定及性質，等邊三角形的性質，重心的性質，切線的判定以及菱形的判定，熟練掌握菱形的判定，全等三角形的判定及性質，等邊三角形的性質，重心的性質以及切線的判定定理是解題的關鍵．
20．（2023·遼寧沈陽·統考中考真題）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，等腰三角形的性質定理，對頂角相等，三角形的內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，圓周角定理，等腰三角形的性質，三角形的內角和定理，圓的切線的判定定理，勾股定理，直角三角形的邊角關系定理，熟練掌握圓周角定理是解題的關鍵.
21．（2023·黑龍江大慶·統考中考真題）如圖，是的直徑，點是圓上的一點，于點，交于點，連接，若平分，過點作于點，交于點，延長，交于點．

(1)求證：是的切線；
(2)求證：；
(3)若，求的值．
【答案】(1)證明，見解析
(2)證明，見解析
(3)
【分析】（1）連接，根據平分，則，根據，得，根據平行線的判定和性質，即可；
（2）由（1）得，，根據，，相似三角形的判定和性質，即可；
（3）根據，則，設的半徑為，則，根據勾股定理求出；根據，，根據勾股定理求出，再根據，在根據勾股定理求出，根據，即可．
【詳解】（1）連接
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是的切線．

（2）證明，如下：
由（1）得，，
∵，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（3）∵，
∴，
設的半徑為，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
【點睛】本題考查圓，相似三角形，銳角三角形函數的知識，解題的關鍵圓的切線定理的運用，相似三角形的判定和性質，銳角三角形函數的運用．
22．（2023·寧夏·統考中考真題）如圖，已知是的直徑，直線是的切線，切點為，，垂足為．連接．

(1)求證：平分；
(2)若，，求的半徑．
【答案】(1)見解析
(2)的半徑為
【分析】（1）連接，根據切線的性質可得，證明，根據平行線的性質和等腰三角形的性質求出即可；
（2）連接，過點O作于F，證明，根據正切的定義列式求出，再根據勾股定理求出即可．
【詳解】（1）證明：連接，

∵直線是的切線，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即平分；
（2）解：連接，過點O作于F，則，

∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即的半徑為．
【點睛】本題考查了切線的性質，平行線的判定和性質，等腰三角形的性質，垂徑定理，解直角三角形以及勾股定理等知識，靈活運用各性質進行推理論證是解題的關鍵．
23．（2023·四川德陽·統考中考真題）如圖，已知是的直徑，點，在上，的延長線與的延長線相交于點，且，．

(1)求證：是的平分線；
(2)求的度數；
(3)求的值．
【答案】(1)見解析
(2)
(3)
【分析】（1）根據平行線的性質，可得到，根據等腰三角形的性質可得到，進而可證明結論．
（2）連接，設，利用三角形的外角、圓的內接四邊形的對角互補、等腰三角形的性質將的各角分別用含的代數式表示出來，根據三角形內角和定理可求得的值，進而可求得答案．
（3）設的半徑為，，可證得，根據，可得，用含有和的代數式表示出該等式，求解即可得到和的關系，進而可求得答案．
【詳解】（1）∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴是的平分線．
（2）如圖所示，連接．

設．
根據（1）證明可知，．
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
（3）設的半徑為，，則．
∵，
∴．
又，
∴．
∵，
∴．
∴．
即．
變形，得
．
解得
．
．
【點睛】本題主要考查平行線的性質、角平分線的定義、等腰三角形的性質、相似三角形的判定及性質、三角形的外角的性質、圓周角的性質、根據幾何圖形列一元二次方程，能采用數形結合的方法分析問題是解題的關鍵．
24．（2023·四川雅安·統考中考真題）如圖，在中，，以為直徑的與交于點D，點是的中點，連接，．

(1)求證：是的切線；
(2)若，，求的長；
(3)在（2）的條件下，點P是上一動點，求的最大值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）連接，由圓周角定理得到，由直角三角形斜邊中線的性質結合等腰三角形的性質證得，由等腰三角形的性質得到，根據，得到，由切線的判定即可證得與相切；
（2）由直角三角形斜邊中線的性質求出，根據三角函數的定義即可求出；，
（3）設的邊高為，由可得，即可得出當取最大值時，取最大值，根據進而求解即可．
【詳解】（1）證明：連接，如圖所示，

∵為的直徑，
∴，
∴，
∵點為的中點，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的半徑，
∴與相切；
（2）解：由（1）知，，
∵是的中點，
∴，
∴，
∵，
∴，，
又∵在中，，即：，
∴（負值以舍去），
∴；
（3）設的邊高為，

由（2）可知，
又∵是直徑，
∴，
∴，
∴，
∴當取最大值時，也取最大值，
又∵，
∴當取最大值時，取最大值，
此時邊高為取最大值為半徑，
∴，
∴
∴，
∴，
綜上所述：的最大值為．
【點睛】本題主要考查了圓周角定理、切線的判定以及直角三角形的性質，解題的關鍵是：（1）熟練掌握切線的判定方法；（2）通過解直角三角形斜邊中線的性質證得．（3）將的最大值轉化為的面積最大值．
25．（2023·湖北恩施·統考中考真題）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，根據等腰三角形的性質得到，推出，即可得到結論；
（2）根據等腰直角三角形的性質求出，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，即可根據等腰三角形的性質求出的長．
【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，切線的性質定理，等腰直角三角形的性質，勾股定理，正確掌握各知識點是解題的關鍵．
26．（2023·湖南·統考中考真題）如圖，點A，B，C在上運動，滿足，延長至點D，使得，點E是弦上一動點（不與點A，C重合），過點E作弦的垂線，交于點F，交的延長線于點N，交于點M（點M在劣弧上）．

(1)是的切線嗎？請作出你的判斷并給出證明；
(2)記的面積分別為，若，求的值；
(3)若的半徑為1，設，，試求y關于x的函數解析式，并寫出自變量x的取值范圍．
【答案】(1)是的切線，證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）依據題意，由勾股定理，首先求出，從而，然后根據，可以得解；
（2）由題意，據得，再由，進而進行變形利用方程的思想可以得解；
（3）依據題意，連接，分別在中，找出邊之間的關系，進而由，可以得解．
【詳解】（1）解：是的切線．
證明：如圖，在中，，
∴．
又點A，B，C在上，
∴是的直徑．
∵，
∴．
又，
∴．
∴．
∴是的切線．
（2）由題意得，．
∵，
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∴．
又，
∴．
∴．
∴．
由題意，設，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
（3）設，
∵，
∴．
如圖，連接．

∴在中，．
∴，．
∴在中，，．
在中，．（∵，∴）
．
在中，，．
∴
．
即．
∵，
∴最大值為F與O重合時，即為1．
∴．綜上，．
【點睛】本題主要考查了圓的相關性質，切線的判定定理，求角的正切值，解題時要熟練掌握并靈活運用．
27．（2023·遼寧營口·統考中考真題）如圖，在中，，以為直徑作與交于點D，過點D作，交延長線于點F，垂足為點E．
(1)求證：為的切線；
(2)若，，求的長．
【答案】(1)見詳解
(2)
【分析】（1）連接，，根據圓周角定理證明，再根據“三線合一”證明平分，即有，進而可得，根據，可得，問題得證；
（2）先證明，，即有，在中結合勾股定理，可求出，即同理在中，可得，進而有，，即，證明，即有，即，問題即可得解．
【詳解】（1）連接，，
∵為的直徑，
∴，
∴，
∵在中，，
∴平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴半徑，
∴為的切線；
（2）∵在中，，
∴，
在（1）中，，，
∴，
∵，
∴，
∵在中，，，
∴，
∴，解得：（負值舍去），
即同理在中，可得，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
解得：（經檢驗，符合題意），
即．
【點睛】本題主要考查了圓周角定理，切線的判定，解直角三角形，相似三角形的判定與性質，勾股定理等知識，掌握切線的判定以及三角函數，是解答本題的關鍵．
三、填空題
28．（2023·湖南湘西·統考中考真題）如圖，是等邊三角形的外接圓，其半徑為4．過點B作于點E，點P為線段上一動點（點P不與B，E重合），則的最小值為．

【答案】6
【分析】過點P作，連接并延長交于點F，連接，根據等邊三角形的性質和圓內接三角形的性質得到，，然后利用含角直角三角形的性質得到，進而求出，然后利用代入求解即可．
【詳解】如圖所示，過點P作，連接并延長交于點F，連接

∵是等邊三角形，
∴
∵是等邊三角形的外接圓，其半徑為4
∴，，
∴
∴
∵
∴
∴
∵，
∴
∴
∴的最小值為的長度
∵是等邊三角形，，
∴
∴的最小值為6．
故答案為：6．
【點睛】此題考查了圓內接三角形的性質，等邊三角形的性質，含角直角三角形的性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．
29．（2023·山東泰安·統考中考真題）為了測量一個圓形光盤的半徑，小明把直尺、光盤和三角尺按圖所示放置于桌面上，并量出，則這張光盤的半徑是．（精確到．參考數據：）

【答案】
【分析】設光盤的圓心為O，三角尺和光盤的切點為C，連接，經過圓外一點A的兩條直線都與圓O相切，所以為的角平分線，，同時由切線的性質得到，在中，，求出，即為圓的半徑，進而確定出圓的直徑．
【詳解】解：設光盤的圓心為O，三角尺和光盤的切點為C，連接，如下圖所示：

∵分別為圓O的切線，
∴為的角平分線，即，
又∵,
∴，
在中，，，
∴，，
∴，
則這張光盤的半徑為；
故答案為：．
【點睛】此題考查了切線的性質，切線長定理，銳角三角函數定義，以及特殊角的三角函數值，熟練掌握性質及定理是解本題的關鍵．
30．（2023·北京·統考中考真題）如圖，是的半徑，是的弦，于點D，是的切線，交的延長線于點E．若，，則線段的長為．

【答案】
【分析】根據，得出，，根據等腰直角三角形的性質得出，即，根據，，得出為等腰直角三角形，即可得出．
【詳解】解：∵，
∴，．
∵，
∴為等腰直角三角形，
∴，
∴．
∵是的切線，
∴，
∵，
∴為等腰直角三角形，
∴．
故答案為：．
【點睛】本題主要考查了垂徑定理，等腰直角三角形的判定和性質，切線的性質，解題的關鍵是熟練掌握垂徑定理，得出．

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