目 錄
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\l "_Tc161755656" 題型一 切線的判定
\l "_Tc161755657" 題型二 圓中求線段長度
\l "_Tc161755658" 題型三 圓中的最值問題
\l "_Tc161755659" 題型四 圓中的陰影部分面積
\l "_Tc161755660" 題型五 圓中的比值（相似）問題
題型一 切線的判定
【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、等腰三角形的性質等知識；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，勾股定理，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．
題型二 圓中求線段長度
【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，圓內接四邊形的性質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，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，掌握并理解相關性質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，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)等腰三角形的性質得到，推出，即可得到結論；
（2）根據(jù)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(jù)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．
題型三 圓中的最值問題
【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，內接三角形和四邊形，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，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)相似三角形的性質得出，，進而證明，根據(jù)相似三角形的性質即可求解；
（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，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
【例4】（2024-西藏拉薩-一模）如圖，等腰的頂點A，C 在上， 邊經過圓心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、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】此題考查了圓內解正六邊形問題，解題的關鍵是掌握圓內解正六邊形的性質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，含直角三角形的性質，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，解直角三角形，求扇形面積，解題的關鍵是掌握經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
【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，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，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，相似三角形的性質與判定，角平分線的性質，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，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、等腰三角形的判定、相似三角形的判定和性質；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)切線的性質得到，由直角三角形性質得到，根據(jù)等腰三角形性質得到，推出，再根據(jù)等腰三角形性質即可證明；
（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，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、等腰三角形性質和判定、相似三角形性質和判定、圓周角定理、線段中點的性質、勾股定理，熟練掌握相關性質定理并靈活運用，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，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結合等腰三角形的性質得出，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定理、角平分線的性質、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，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、勾股定理、等腰三角形的性質、角平分線的性質，
（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，等邊對等角，勾股定理，角平分線的性質是解題的關鍵．
【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，圓周角定理，直角三角形的性質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，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，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，圓的基本性質，勾股定理，三角形內角和定理，直角三角形的特征，三點共線判定方法等；
（1）由圓的基本性質得，從而可得，即可求證；
（2）①由圓的性質得，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由旋轉的性質得，，從而可求，由三角形內角和定理得，等量代換得 即可求證；
掌握相關的性質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：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．
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、平行線的判定與性質、等腰三角形的性質、角平分線的性質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．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(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(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，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.
13．（2023-黑龍江大慶-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(jù)平分，則，根據(jù)，得，根據(jù)平行線的判定和性質，即可；
（2）由（1）得，，根據(jù)，，相似三角形的判定和性質，即可；
（3）根據(jù)，則，設的半徑為，則，根據(jù)勾股定理求出；根據(jù)，，根據(jù)勾股定理求出，再根據(jù)，在根據(jù)勾股定理求出，根據(jù)，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(shù)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(shù)的運用．
14．（2023-四川雅安-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(jù)，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(jù)三角函數(shù)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(jù)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．
15．（2023-遼寧營口-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(jù)圓周角定理證明，再根據(jù)“三線合一”證明平分，即有，進而可得，根據(jù)，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(shù)，是解答本題的關鍵．
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)圖象性質與幾何問題中各題型的考查熱度.
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）
解題模板：

解題模板：
技巧精講：
輔助圓模型
技巧精講：
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這是一份中考數(shù)學第二輪復習專題練習壓軸題04幾何綜合（3題型+7類型+解題模板+技巧精講）（解析版），共105頁。試卷主要包含了線段最值問題，面積最值問題等內容，歡迎下載使用。

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