专练12（30题）（圆大题）2022中考数学考点必杀500题（江西专用）

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2022中考考点必杀500题
专练12（圆大题）（30道）
1．（2022·江西宜春·一模）如图，AB是⊙O的直径，E，C是⊙O上两点，且，连接AE，AC．过点C作CD⊥AE交AE的延长线于点D．

(1)判定直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)连接OE，连接BE交OC于F，若AB＝4，CD＝，
①求证：四边形DEFC是矩形；
②求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)CD与⊙O相切，理由见解析
(2)①见解析；②﹣
【解析】
【分析】
（1）连接OC，由，得到∠CAD＝∠BAC，由OA＝OC，得到∠BAC＝∠ACO，由此可知AD∥OC，得到OC⊥CD，即可证明CD与⊙O相切；
（2）①由，得到OC⊥BE，BF＝EF，再由AB是⊙O的直径，得到∠AEB＝90°，由此证明即可；②先求出∠ABE＝30°，证明△AOE是等边三角形，得到AE=OA=2，连接CE，证明△COE是等边三角形，得到∠ECO＝∠BOC＝60°，推出，得到S△ACE＝S△COE，再求出AD＝3，则图中阴影部分的面积＝S△ACD﹣S扇形COE＝﹣．
(1)
证明：连接OC，

∵，
∴∠CAD＝∠BAC，
∵OA＝OC，
∴∠BAC＝∠ACO，
∴∠CAD＝∠ACO，
∴ADOC，
∵AD⊥CD，
∴OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切线；
(2)
解：①∵，
∴OC⊥BE，BF＝EF，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴∠FED＝∠D＝∠EFC＝90°，
∴四边形DEFC是矩形，
②∵四边形DEFC是矩形
∴EF＝CD＝，
∴BE＝2，
∴
∴∠ABE＝30°，
∴∠AOE＝60°，
∴∠BOE＝120°，
∵OA=OE，
∴△AOE是等边三角形，
∴AE=OA=2，
∵，
∴∠COE＝∠BOC＝60°，
连接CE，

∵OE＝OC，
∴△COE是等边三角形，
∴∠ECO＝∠BOC＝60°，
∴，
∴S△ACE＝S△COE，
∵∠OCD＝90°，∠OCE＝60°，
∴∠DCE＝30°，
∴，
∴AD＝3，
∴图中阴影部分的面积＝S△ACD﹣S扇形COE＝﹣．
【点睛】
本题主要考查了圆切线的判定，垂径定理，扇形面积，解直角三角形，根据特殊角三角函数求角度，矩形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
2．（2022·江西南昌·一模）如图，在△ABC中，以AB为直径的⊙O与边BC、AC分别交于D、E两点，D恰好是BC的中点，过点D作DF⊥AC于点F．

(1)求证：DF是⊙O的切线．
(2)若∠BAC＝60°，OA＝4，求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据D恰好是BC的中点，证明，得∠ODF＝∠DFC＝90°，根据切线的判定可证明DF是⊙O的切线；
（2）连接OE，先证△AOE是等边三角形，得∠AOE＝60°，再根据阴影部分的面积等于扇形的面积减去直角三角形的面积求出阴影部分的面积．
(1)
证明：如图，连接OD，

∵D恰好是BC的中点，
∴BD＝CD，
∵OA＝OB，
∴OD是△ABC的中位线，
∴，
∵DF⊥AC于点F，
∴∠ODF＝∠DFC＝90°，
∵DF经过⊙O的半径OD的端点D，且DF⊥OD，
∴DF是⊙O的切线．
(2)
解：如图，连接OE，则OE＝OA，

∵∠A＝60°，
∴△AOE是等边三角形
∴∠AOE＝60°，
作交AC于点G
∴∠AOG＝30°，
∵OA＝OE＝4，
∴
∴
∴S阴影＝，
∴阴影部分的面积为．
【点睛】
本题考查的是平行线的性质，等腰三角形的性质与判定，圆的基本性质，切线的判定，扇形面积的计算，解本题的关键是（1）证明 （2）证明.
3．（2022·江西·二模）如图，AB是⊙O的直径，点C是劣弧BD中点，AC与BD相交于点E．连接BC，∠BCF＝∠BAC，CF与AB的延长线相交于点F．

(1)求证：CF是⊙O的切线；
(2)求证：∠ACD＝∠F；
(3)若AB＝10，BC＝6，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）连接OC，根据直径所对的角是直角及等腰三角形转换得∠BCF +∠OCB=90°，即可得证
（2）根据同弧或等弧所对的角相等，以及平行线的判定和性质，推论转化得证
（3）利用勾股定理列方程计算得出OH的长度，再利用中位线的性质得出AD的长度
(1)
解：如图，连接OC

∵AB是直径
∴∠ACB=90°
∴∠ACO+∠OCB=90°
∵OA=OC
∴∠BAC=∠ACO
∵∠BCF=∠BAC
∴∠BCF +∠OCB=90°
∴∠OCF=90°
∴OC⊥CF
∴CF是⊙O的切线
(2)
∵点C是劣弧BD中点

∴∠CAD=∠BAC
∵∠BCF=∠BAC
∴∠CAD=∠BCF

∴∠CAD=∠CBD
∴∠BCF=∠CBD
∴CF∥BD
∴∠ABD=∠F

∴∠ACD=∠ABD
∴∠ACD=∠F
(3)
，

∴点H为BD的中点
∵AB＝10，BC＝6

设OH=x，则CH=5-x，根据勾股定理得


解得：

∵OH是中位线
∴
【点睛】
本题考察了圆和三角形的综合问题，利用同弧或等弧所对的角相等以及利用勾股定理列出方程，是解决问题的关键．
4．（2022·江西新余·一模）如图，在中，，D为AB边上的一点，以AD为直径的交BC于点E，交AC于点F，过点C作于点G，交AE于点H，过点E的弦EP交AB于点Q（EP不是直径），点Q为弦EP的中点，连结BP，BP恰好为的切线．

(1)求证：BC是的切线；
(2)求证：AE平分；
(3)若，，，求四边形CHQE的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)20
【解析】
【分析】
（1）连接OE，OP，证明≌，可得，进而证明BC是的切线；
（2）由，可得，进而可得，由得，进而可得∠，即AE平分
（3）由（1）得：，证明，得，证明≌（AAS），四边形CHQE是菱形，设，则，，在中，勾股定理建立方程，解方程进而求得四边形CHQE的面积．
(1)
连接OE，OP，

∵AD为直径，点Q为弦EP的中点，
∴AB垂直平分EP，
∴，
∵，，
∴≌，
∴，
∵BP为的切线，
∴，
∴，
∴，
∴于点E，
∵OE是的半径，
∴BC是的切线．
(2)
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴∠，
∴AE平分．
(3)
由（1）得：，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，即．
∴．
∵，，
由（2）得，
∴≌（AAS），
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形CHQE是平行四边形．
∵，
∴四边形CHQE是菱形，
∴．
设，则，，
在中，根据勾股定理得：，
∴，解得，（不合题意，舍去）．
∴，．
∴四边形CHQE的面积．
【点睛】
本题考查了切线的性质与判定，平行线的性质与判定，三角形全等的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
5．（2022·江西·一模）如图，⊙O是直角三角形ABC的外接圆，直径AC＝4，过C点作⊙O的切线，与AB延长线交于点D，M为CD的中点，连接BM，OM，且BC与OM相交于点N．

(1)求证：BM与⊙O相切；
(2)当∠BAC＝60°时，求弦AB和弧AB所夹图形的面积；
(3)在（2）的条件下，在弧AB上取一点F，使∠ABF＝15°，连接OF交弦AB于点H，求FH的长度是多少？
【答案】(1)见解析
(2)弦AB和弧AB所夹图形的面积＝
(3)FH＝
【解析】
【分析】
（1）连接OB，知∠OCB=∠OBC，由直角三角形性质知BM=CM=DM，得∠MBC=∠MCB，依据CD是⊙O的切线知∠OCB+∠DCB=90°，据此可得∠OBC+∠MBC=90°；
（2）根据S阴影=S扇形AOB-S△AOB求解即可；
（3）先证明OF平分∠AOB，由三线合一可证OF⊥AB，根据勾股定理求出OH，进而可求FH的长．
(1)
证明：如图，连接OB，

∵⊙O是直角三角形ABC的外接圆，
∴∠ABC＝∠DBC＝90°.
在Rt△DBC中，M为CD的中点，
∴BM＝MC，∴∠MBC＝∠MCB.
又∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠OBC.
∵CD为⊙O的切线，
∴∠ACD＝90°.
∴∠MCB+∠OCB＝∠MBC+∠OBC＝90°，即OB⊥BM.
又∵OB为⊙O的半径，
∴BM与⊙O相切；
(2)
解：∵∠BAC＝60°，OA＝OB，
∴△ABO为等边三角形，
∴∠AOB＝60°.
∵AC＝4，∴OA＝2，
∴弦AB和弧AB所夹图形的面积＝S扇形AOB－S△AOB
＝；
(3)
解：如图，连接OB，

∠ABF＝15°时，∠AOF＝30°，
∴等边△ABO中，OF平分∠AOB，
∴OF⊥AB.
在Rt△AOH中，AO＝2，∠AOH＝30°，
∴AH＝1，
∴OH＝，∴FH＝．
【点睛】
本题考查了切线的判定，扇形的面积，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握圆的性质，属于中考压轴题．
6．（2022·江西·模拟预测）如图，已知∠MON＝90°，OT是∠MON的平分线，A是射线OM上一点，OA＝8cm．动点P从点A出发，以1cm/s的速度沿AO水平向左作匀速运动，与此同时，动点Q从点O出发，也以1cm/s的速度沿ON竖直向上作匀速运动．连接PQ，交OT于点B．经过O、P、Q三点作圆，交OT于点C，连接PC、QC．设运动时间为t（s），其中0＜t＜8．
（1）求OP+OQ的值；
（2）是否存在实数t，使得线段OB的长度最大？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
（3）求四边形OPCQ的面积．

【答案】（1）8cm；（2）当t＝4时，线段OB的长度最大，最大为2cm；（3）四边形OPCQ的面积为16cm2
【解析】
【分析】
（1）由题意得出OP＝8﹣t，OQ＝t，则可得出答案；
（2）如图，过点B作BD⊥OP，垂足为D，则BD∥OQ．设线段BD的长为x，则BD＝OD＝x，OBBDx，PD＝8﹣t﹣x，得出，则，解出x．由二次函数的性质可得出答案；
（3）证明△PCQ是等腰直角三角形．则S△PCQPC•QCPQPQ2．在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2．由四边形OPCQ的面积S＝S△POQ+S△PCQ可得出答案．
【详解】
解：（1）由题意可得，OP＝8﹣t，OQ＝t，
∴OP+OQ＝8﹣t+t＝8（cm）．
（2）当t＝4时，线段OB的长度最大．
如图，过点B作BD⊥OP，垂足为D，则BD∥OQ．

∵OT平分∠MON，
∴∠BOD＝∠OBD＝45°，
∴BD＝OD，OBBD．
设线段BD的长为x，则BD＝OD＝x，OBBDx，PD＝8﹣t﹣x，
∵BD∥OQ，
∴，
∴，
∴x．
∴OB．
当t＝4时，线段OB的长度最大，最大为2cm．
（3）∵∠POQ＝90°，
∴PQ是圆的直径．
∴∠PCQ＝90°．
∵∠PQC＝∠POC＝45°，
∴△PCQ是等腰直角三角形．
∴S△PCQPC•QCPQPQ2．
在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2．
∴四边形OPCQ的面积S＝S△POQ+S△PCQ，
，
＝4t16﹣4t，
＝16．
∴四边形OPCQ的面积为16cm2．
【点睛】
本题考查了作辅助线构造相似三角形，二次函数的最值问题等相关知识；作构造相似相似三角形，将BD转化出来用其他线段表示，化简成二次函数的形式是关键．
7．（2022·江西省吉安市第五中学一模）问题：我们知道，过任意的一个三角形的三个顶点能作一个圆，这个圆叫做三角形的外接圆．
那么任意的一个四边形有外接圆吗？
探索：如图给出了一些四边形，填写出你认为有外接圆的图形序号__________．

发现：相对的内角之和满足什么关系时，四边形一定有外接圆，写出你的发现：__________．
说理：如果四边形没有外接圆，那么相对的两个内角之和有上面的关系吗？请结合图④，说明理由．

【答案】探索：②；发现：相对的内角之和等于180°时，四边形一定有外接圆；说理：没有上面的关系，理由见解析
【解析】
【分析】
探索：根据圆上任意一点到圆心的距离相等结合平行四边形的性质、矩形的性质和菱形的性质即可得出结论；
发现：根据矩形的对角性质结合圆的内接四边形的性质即可得出结论；
说理：根据图④分类讨论，然后根据圆的内接四边形的性质和三角形外角的性质即可得出结论．
【详解】
解：探索：由平面内不存在一点到一般平行四边形的四个顶点距离相等，可得平行四边形没有外接圆；
由矩形的性质可知：矩形两条对角线的交点到矩形四个顶点的距离相等，可得矩形有外接圆；
由平面内不存在一点到菱形的四个顶点距离相等，可得菱形没有外接圆；
故答案为：②；
发现：相对的内角之和等于180°时，四边形一定有外接圆
故答案为：相对的内角之和等于180°时，四边形一定有外接圆；
说理：没有上面的关系，理由如下
如图4左，连接BE
∵四边形ABED是圆O的内接四边形
∴∠A＋∠E=180°
根据三角形外角的性质可得∠BCD＞∠E
∴∠A＋∠BCD＞∠A＋∠E=180°；
如图4右，连接DE
∵四边形ABED是圆O的内接四边形
∴∠A＋∠BED=180°
根据三角形外角的性质可得∠BED＞∠BCD
∴∠A＋∠BCD＜∠A＋∠BED =180°；
综上：∠A＋∠BCD≠180°

【点睛】
此题考查的是三角形的外角圆、四边形的外接圆和各特殊四边形的性质，掌握圆的内接四边形的性质和三角形外角的性质是解题关键．
8．（2022·江西·寻乌县教育局教学研究室一模）如图，的点，在上，与相交于点，连接，，，．

（1）求圆心到弦的距离；
（2）若．
①求证：是的切线；
②求的长．
【答案】（1）圆心到的距离为；（2）①见解析；②．
【解析】
【分析】
（1）连接OD，OC，过O作OE⊥DC于E，得到△OCD是等边三角形，求得OD＝OC＝CD＝，解直角三角形即可得到结论；
（2）①由（1）得，△ODC是等边三角形，求得∠OCD＝60°，证明，根据相似三角形的性质得到∠A＝∠BCD＝30°，求得∠OCB＝90°，于是得到BC是⊙O的切线；
②根据相似三角形的性质得到CB2＝AB•DB，过D作DF⊥AC于F，得到∠AFD＝∠CFD＝90°，解直角三角形求出AD，再证明，即可解决问题．
【详解】
解：（1）连接，，过点作于点，
∵内接于，，
∴，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，，，
∴，即圆心到的距离为；

（2）①由（1）得为等边三角形，
∴,
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线；
②∵，
∴，即，
过点作于点，
∴，
∵，，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
设为，则，
解得：，
∴（），
∴．

【点睛】
本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，正确的作出辅助线是解题的关键．
9．（2022·江西·预测模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，O为AB上一点，经过点A，D的⊙O分别交AB，AC于点E，F，连接OF交AD于点G．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)设AB＝x，AF＝y，试用含x，y的代数式表示线段AD的长；
(3)若BE＝8，sinB＝，求DG的长，

【答案】(1)证明见解析；(2)AD=；(3)DG=．
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由AD为角平分线得到一对角相等，再由等边对等角得到一对角相等，等量代换得到内错角相等，进而得到OD与AC平行，得到OD与BC垂直，即可得证；
（2）连接DF，由（1）得到BC为圆O的切线，由弦切角等于夹弧所对的圆周角，进而得到三角形ABD与三角形ADF相似，由相似得比例，即可表示出AD；
（3）连接EF，设圆的半径为r，由sinB的值，利用锐角三角函数定义求出r的值，由直径所对的圆周角为直角，得到EF与BC平行，得到sin∠AEF=sinB，进而求出DG的长即可．
【详解】
(1)如图，连接OD，
∵AD为∠BAC的角平分线，
∴∠BAD=∠CAD，
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD，
∴∠ODA=∠CAD，
∴OD∥AC，
∵∠C=90°，
∴∠ODC=90°，
∴OD⊥BC，
∴BC为圆O的切线；
(2)连接DF，由(1)知BC为圆O的切线，
∴∠FDC=∠DAF，
∴∠CDA=∠CFD，
∴∠AFD=∠ADB，
∵∠BAD=∠DAF，
∴△ABD∽△ADF，
∴，即AD2=AB•AF=xy，
则AD= ；
(3)连接EF，在Rt△BOD中，sinB=，
设圆的半径为r，可得，
解得：r=5，
∴AE=10，AB=18，
∵AE是直径，
∴∠AFE=∠C=90°，
∴EF∥BC，
∴∠AEF=∠B，
∴sin∠AEF=，
∴AF=AE•sin∠AEF=10×=，
∵AF∥OD，
∴，即DG=AD，
∴AD=，
则DG=．

【点睛】
圆的综合题，涉及的知识有：切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数定义，勾股定理，以及平行线的判定与性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
10．（2021·江西上饶·二模）如图，在直角坐标系中，以点O为圆心，半径为4的圆与y轴交于点B，点A（8，4）是圆外一点，线段AC与⊙O切于点C，与x轴交于点D．

(1)证明：AB是⊙O的切线；
(2)线段OD＝______，并求出点C的坐标．
【答案】(1)证明见解析
(2)，C(，)
【解析】
【分析】
（1）根据题意易证，再根据平行线性质即可得出，即证明AB是⊙O的切线；
（2）连接OC，过点C作轴于点E，过点A作轴于点F，根据切线的性质即得出．根据平行线的性质可求出，．即易证，得出，．设，则．在中，利用勾股定理可求出x的值，即得出OD、的长，再根据等积法可求出的长，再次利用勾股定理可求出OE的长，即得出C点坐标．
(1)
由题意可知B(0，4)，
∴,
∴轴，即．
∵，
∴，即，
∴AB是⊙O的切线；
(2)
如图，连接OC，过点C作轴于点E，过点A作轴于点F，

∵线段AC与⊙O切于点C，
∴．
∵轴，轴，
∴，．
又∵，
∴，
∴，．
设，则，
在中，，即，
解得：，
∴，
∴．
∵，
∴，即，
解得：．
在中，，
∴C(，)．
【点睛】
本题考查切线的判定和性质，坐标与图形，平行线的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理．解（2）时正确的作出辅助线构造全等三角形是关键．
11．（2021·江西省宜春实验中学模拟预测）如图，在平行四边形中，是对角线，，以点A为圆心，以的长为半径作，交边于点，交于点，连接．

(1)求证：与相切；
(2)若，，求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）如图所示，连接AE，只需要证明△DAE≌△CBA得到∠AED=∠BAC=90°，即可得到结论；
（2）先证明△ABE是等边三角形，得到AE=BE，∠EAB=60°，从而推出∠CAE=30°，∠BCA=30°，从而可以证明AE=CE=BE，得到，再根据进行求解即可．
(1)
解：如图所示，连接AE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，，
∴∠DAE=∠AEB，
∵AE=AB，
∴∠AEB=∠ABC，
∴∠DAE=∠CBA，
在△DAE和△CBA中，
，
∴△DAE≌△CBA（SAS），
∴∠AED=∠BAC=90°，
又∵AE是圆O的半径，
∴DE是圆O的切线；

(2)
解：∵∠ABE=60°，AE=AB，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE=BE，∠EAB=60°，
∵∠BAC=90°
∴∠CAE=30°，∠BCA=30°，
∴∠CAE=∠ACE，BE=2AB=12，
∴AE=CE=BE，，
∴，
∴
【点睛】
本题主要考查了切线的判定，求不规则图形的面积，等腰三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键．
12．（2021·江西·模拟预测）如图，矩形与⊙O交于点，点为⊙O上一点，，请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求作图（保留作图痕迹）．
（1）在图1中作出过点的切线；
（2）在图2中作一个圆周角，使这个角的正切值为．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）连接OB，AC，交于点E，过点D，E作直线，即可；
（2）延长AO交⊙O于点E，连接CE交⊙O于点F，连接AF，即可．
【详解】
（1）如图1，即为所求．
（2）如图2，即为所求．


【点睛】
本题主要考查圆的切线和圆周角以及正切三角函数的定义，理解切线的定义和圆周角的定义，是解题的关键．
13．（2021·江西·模拟预测）如图，内接于⊙O，，点是圆外一点，连接，，，，．
（1）求证：是⊙O的切线；
（2）若，，求的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）连接，先根据平行线的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据直角三角形的性质可得，从而可得，最后根据圆的切线的判定即可得证；
（2）延长交于点，连接，先根据平行线的性质、等量代换可得，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，然后在中，解直角三角形可得，从而可得，最后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】
（1）证明：如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴是的切线；
（2）如图，延长交于点，连接，
∵，
∴，
由（1）已证：，
∴，
又，，
，
∴，
∵在中，，
设，
∴，
解得，
∴，，
，
则在中，．


【点睛】
本题考查了圆的切线的判定、解直角三角形、三角形全等的判定定理与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
14．（2021·江西南昌·二模）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，过点A、B的⊙O分别交AC、BC于点DE，AB＝AE，CD的垂直平分线交BC于点F，连接DF．
（1）求证：DF是⊙O的切线．
（2）已知EF＝3，DE＝4，求BE和AB的长．

【答案】（1）见解析；（2），
【解析】
【分析】
（1）根据．得到是直径，利用锐减三角形性质和垂直平分线性质，即可得到．即可求证结论．
（2）先证明．和．利用相似对应边成比例即可求解．
【详解】
解：（1）证明：连接，如图：

．
是直径，．
．
．



．
的垂直平分线交．
．
．
．
点在圆上．
是的切线．
（2）是直径．
．
、．
．
．
．．
．
．
，即：．
．
．
．
．
．即：．
．
【点睛】
本题考查了三角形相似判断，直线与圆的位置关系、以及线段的垂直平分线性质等知识，关键在于利用性质，进行角的转化，从而证明结论，本题在于找到三角形形相似是关键．考查了学生读图能力，逻辑推理能力，属于中档题．
15．（2021·江西·一模）如图，为圆的直径，点在线段的延长线上，，动点在圆的上半圆上运动（包含、两点），以线段为边向上作等边三角形，

（1）当线段所在的直线与圆相切时，求的面积（如图1）；
（2）当线段与圆有两个公共点、时，如果于点，求的长度（如图2）．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OA，根据条件可求出AB，然后AC的高BH，求出BH就可以求出△ABC的面积．
（2）连接MQ，易证AO∥MQ，从而得到△PNO∽△PMQ，△BMQ∽△BAO，又PO=OQ=BQ，从而可以求出MQ、ON，进而求出PN、NM、AM、CM的值．
【详解】
解：（1）连接，过点作，垂足为，

∵与相切于点，
∴．
∴，
∵，
∴．
∴．
∵是等边三角形，
∴，．
∵，
∴，
∴．
∴的面积为．
（2）连接，如图所示．
∵是的直径，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴，
∵．

∴，．
同理：， ．
∵，
∴．
∴．
∵，，，
∴．
∴．
∴．
∵，，
∴，
∵是等边三角形，
∴，．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴，．
∴．
∴．
∴的长度为．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、相似三角形的性质与判定、直线与圆相切、勾股定理、特殊三角函数值等知识，考查了用临界值法求角的取值范围，综合性较强．
16．（2021·江西赣州·一模）如图，四边形ABCD是平行四边形，AD与圆相切，请在下图中，仅用无刻度的直尺按要求画图．
（1）如图①，若BC是圆的直径，画出平行四边形ABCD的边CD上的高；
（2）如图②，若CD与圆相切，画出平行四边形ABCD的边AD上的高CE；
（3）如图③，若CD与圆相切，画出平行四边形ABCD的边BC上的高AF．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）连接AC，利用圆周角定理得到∠BAC＝90°，再根据平行四边形的性质和平行线的性质得到∠ACD＝90°，即AC⊥CD；
（2）连接BD交圆于P，连接CP，延长CP交AD于E，利用切线长定理得到DA＝DC，四边形ABCD为菱形，则BD垂直平分AC，所以BP为直角，则∠BCP＝90°，根据平行线的性质得到∠CEA＝90°，所以CE⊥AD；
（3）连接BD交圆于P，交AC于Q，连接CP，延长CP交AD于E，连接EQ交BC于F，连接AF，易证明四边形AECP为矩形，则AF⊥BC．
【详解】
解：（1）如图①所示，AC为所求的高；
（2）如图②所示，CE为所求的高；
（3）如图③所示，AF为所求的高．
．
【点睛】
本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图的方法，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作，也考查了平行四边形的性质、圆周角定理和切线的性质．
17．（2021·江西南昌·一模）已知EF为⊙O的一条弦，OB⊥EF交⊙O于点B，A是弦EF上一点（不与E，F重合），连接BA并延长交⊙O于点C，过点C作⊙O的切线交EF的延长线于点D．

（1）如图1，若EF在圆心O的上方，且与OB相交于点H，求证：△ACD是等腰三角形．
（2）如图2，若EF是⊙O的直径，AB＝，⊙O的半径为4，求线段DC的长．
（3）如图3，若EF在圆心O的下方，且与BO的延长线相交于点H，试判断线段DA，DE，DF之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）3；（3）DA2＝DE•DF，证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）用等角的余角相等证明∠DAC＝∠DCA即可；
（2）先求出OA，再设未知数在Rt△OCD用勾股定理列方程即可得答案；
（3）先证DA＝DC，再证明DC、DE，DF所在的△CDF和△EDC相似即可．
【详解】
解：（1）证明：连接OC，如图：

∵过点C作⊙O的切线交EF的延长线于点D，
∴OC⊥DC，
∴∠DCA＝90°﹣∠ACO
∵OB＝OC，
∴∠ACO＝∠B，
∴∠DCA＝90°﹣∠B，
∵OB⊥EF，
∴∠BAH＝90°﹣∠B，
∴∠DCA＝∠BAH，
又∵∠DAC＝∠BAH，
∴∠DAC＝∠DCA，
∴DA＝DC，
∴△ACD是等腰三角形．
（2）连接OC，如图：

∵过点C作⊙O的切线交EF的延长线于点D，
∴OC⊥DC，
∵∠AOB＝90°，，⊙O的半径为4，
∴AO＝＝2，
由（1）可得DA＝DC，设DC＝x，则DA＝x，OD＝x+2，
∴在Rt△OCD中，OC2+DC2＝OD2，
∴42+x2＝（x+2）2，
∴x＝3，即线段DC的长为3．
（3）线段DA，DE，DF之间的数量关系为DA2＝DE⋅DF，理由如下：
连接CF，CE，连接CO并延长交⊙O于点G，连接GF，如图：

∵DC为⊙O的切线，
∴∠DCA＝90°﹣∠OCB＝90°﹣∠HBA．
又∵∠BAH＝90°﹣∠HBA，∠CAD＝∠BAH，
∴∠DCA＝∠CAD，
∴DA＝DC．
∵CG是⊙O的直径，
∴∠CFG＝90°，
∴∠CED＝∠CGF＝90°﹣∠GCF．
又∵∠DCF＝90°﹣∠GCF，
∴∠CED＝∠DCF．
又∵∠D＝∠D，
∴△CDF∽△EDC，
∴，
∴DC2＝DE•DF，
∴DA2＝DE•DF．
【点睛】
本题考查切线的基本性质、勾股定理、相似三角形的判定及性质，熟练掌握基础知识是解题关键．
18．（2021·江西南昌·一模）如图，已知AB是⊙O的直径，BC⊥AB，连接OC，弦AD//OC，直线CD交BA的延长线于点E．
（1）求证：CD是⊙O的切线．
（2）若DE＝，⊙O的半径为2，求线段EA的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）连接OD，利用SAS得到三角形COD与三角形COB全等，利用全等三角形的对应角相等得到∠ODC为直角，即可得证；
（2）根据全等三角形的性质和平行线分线段成比例定理即可得到结论．
【详解】
（1）证明：如图，连接OD．
∵AD//OC，
∴∠DAO＝∠COB，∠ADO＝∠COD．
又∵OA＝OD，
∴∠DAO＝∠ADO，
∴∠COD＝∠COB．
在△COD和△COB中，
，
∴△COD≌△COB（SAS），
∴∠CDO＝∠CBO＝90°．
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵△COD≌△COB，
∴CD＝CB．
∵，
∴．
∵AD//OC，
∴△EAD∽△EOC
∴．
∵⊙O的半径为2，
∴，
∴．

【点睛】
本题主要考查切线的判定及基本性质、全等三角形判定及性质以及相似三角形的基本性质，熟练掌握基本性质是解题关键．
19．（2021·江西·一模）如图，是中不过圆心的一条弦，请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求画图．
（1）在图1中画出一条弦使；
（2）在图2中，是下方上的一点，以点，为顶点画一个直角三角形，使其第三个顶点也落在上，并使该直角三角形的一个内角与相等．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）分别连接AO、BO并延长交⊙O于点D、C，连接CD即可；
（2）连接AM，若以A为直角顶点，则连接MO并延长交⊙O于点E，连接AE即可；若以M点为直角顶点，则连接AO并延长交⊙O于点F，连接MF即可．
【详解】
解：（1）如图所示，即为所求．

（2）如图所示，或即为所求．

【点睛】
本题作图题，考查了直径所对圆周角是直角，同弧（等弧）圆周角相等，三角形全等的判定与性质，平行线的判定等知识，注意题目要求是仅用无刻度的直尺画图，关键是灵活运用圆的相关知识解决问题．
20．（2021·江西·一模）如图，是的直径，点在的延长线上，、是上的两点， ，，延长交的延长线于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若， ，求线段的长．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接，可得，再证明，从而得，进而即可得到结论；
（2）过作于，设半径为，利用勾股定理得，再证明，可得，OC∥AF，利用，进而求解．
【详解】
（1）证明：连接，如图所示，

∵是的直径，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线．
（2）解：过作于，

设半径为，在中，，
解得．
∵，，，
∴，
∴，∠F=∠OBC，
又∵∠OCB=∠OBC，
∴∠F=∠OCB，
∴OC∥AF，
∴∠EAB=∠COD，
∴，
∴AH=OA=，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查圆的性质，切线的判定，勾股定理，锐角三角函数的定义，全等三角形的判定和性质，添加辅助线构造直角三角形，是解题的关键．
21．（2021·江西·模拟预测）如图，为的直径，且，的平分线交于点．

（1）求的长；
（2）平分交于点．
①求证：；
②若弦，求的长．
【答案】（1）；（2）①见解析；②
【解析】
【分析】
（1）连接BD，根据直径所对的圆周角为直角可得，由角平分线的定义及圆周角定理易证，即可得△ABD是等腰直角三角形，所以；
（2）①由三角形外角的性质、圆周角定理及角平分线的定义可得， ，即可得，根据等角对等边可得AD=DE；②过点E作EFAC，EGBC于G，EFBA于H，易证四边形CFEG是正方形；再根据勾股定理求得BC=4，设CF=CG=x，则即可得解得在Rt△AEF中，EF=1，AF=2，根据勾股定理即可求得．
【详解】
（1）连接BD，

∵为的直径，
∴，
∵CD平分，
∴，
∵，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴；
（2）①∵， ，
，
∴AD=DE；
②过点E作EFAC，EGBC于G，EFBA于H，

∴四边形CFEG是矩形；
∵CD平分，
∴EF=EG，
∴四边形CFEG是正方形；
∵AB=5，AC=3，
∴BC=4，
设CF=CG=x，则
∴
在Rt△AEF中，EF=1，AF=3-1=2，
∴．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的判定等知识，熟练运用相关知识是解决问题的关键．
22．（2021·江西·赣州市南康区教学研究室一模）如图，内接于，是的切线，点在直径的延长线上．

（1）特例探究：
若，则______°；
若，则______°；
（2）数学结论：
猜想与的大小关系，请说明理由；
（3）拓展应用：
若，，求的长．
【答案】（1）30，50；（2）．理由见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据三角形外角的性质得出的度数，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出的度数，最后由切线的性质得出的度数；
（2）连接，由切线的性质得出，由是直径可得出可得，从而可进一步得出结论；
（3）证明∽即可得出结论．
【详解】
解：（1）连接，如图1

∵OA=OC，∠A=30°
∴∠BOC=60°
∵OC=OB
∴△BOC是等边三角形，
∴∠OCB=60°
∵是的切线，
∴，即∠OCP=90°
∴∠PCB=∠OCP-∠OCB=90°-60°=30°
同理，当∠A=50°时，∠PCB=50°
故答案为：30，50；
（2）．理由如下：
如图1，∵是的切线，
∴，即，
∵是直径，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）由（2）可知，，
∵，

∴∽，
∴．
∵，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】
此题主要考查了切线的性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，灵活运用切线的性质和相似三角形的判定是解答此题的关键．
23．（2021·江西·模拟预测）如图，以△ABC的AC边为直径作⊙O，交AB于点D，E是AC上一点，连接DE并延长交⊙O于点F，连接AF，且∠AFD＝∠B．
（1）求证：BC是⊙O的切线．
（2）当AE＝AD时：
①若∠FAC＝25°，求∠B的度数；
②若OA＝5，AD＝6，求DE的长．

【答案】（1）见解析；（2）①；②
【解析】
【分析】
（1）连接CD，由圆周角定理得∠CDA=90，∠AFD=∠ACD=∠B，可得∠CAD+∠B=∠CAD+∠ACD=90，则可得结论；
（2）①由圆周角定理得∠FDC=∠FAC=，由AD=AE，得∠ADE=∠AED=，所以∠CAD=，在直角△ABC中可得∠B的度数；
②过点E作EH⊥CD于点H，则EH∥AD，且有，因CE=AC-AE=10-6=4，CD=8，故可求得EH、CH，进而求得DH，在直角△DEH中，由勾股定理即可求得结果．
【详解】
（1）连接CD，如图所示

∵AC是⊙O的直径
∴∠CDA=90
∴∠CAD+∠ACD=90°
∵∠AFD=∠ACD，∠AFD=∠B
∴∠ACD=∠B
∴∠CAD+∠B=∠CAD+∠ACD=90°
∴∠ACB=90°
∴BC⊥AC
BC是⊙O的切线
（2）①∵∠FDC=∠FAC=25
∴∠ADE=∠ADC-∠FDC=90°-25=65°
∵AE=AD
∴∠ADE=∠AED=65°
∴∠CAD=180°-2×65=50°
又∵∠CAD+∠B=90°
∴∠B=90°﹣50°=40°
②过点E作EH⊥CD于H，如图所示

则EH∥AD
∵OA=5，AD=6
∴AC=2OA=10，AE=6
∴EC=AC﹣AE=4
在Rt△ACD中，由勾股定理得：
∵EH∥AD
∴△CEH∽△CAD       
∴
即
∴，
∴DH=CD-CH=
∵EH⊥CD
∴由勾股定理得：
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识；掌握切线的判定与性质、圆周角定理是解决本题的关键．
24．（2021·江西·二模）如图，在中，，以为直径作，交于点D，连接，过点D作的切线交于点E，交的延长线于点F．

（1）求证：．
（2）如果的半径为，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）连接，由为的直径，得到，再由得到是的中线，继而得到是的中位线，从而证明，即可得到是的切线，进而证明，据此解题；
（2）过点作交于点，在中，由余弦定义、勾股定理解出的长度，再利用勾股定理解出的长，进而证明，最后根据相似三角形的对应边成比例解题即可．
【详解】
解：（1）连接，

为的直径，



是的中线，



是的切线

；
（2）过点作交于点，
的半径为，





在中，




在中，








．

【点睛】
本题考查切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、余弦等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
25．（2021·江西·一模）如图，在以AG为直径的半圆C中，∠ACB＝90°，且BC＝AC＝6，D为半圆上的一动点．
（1）当BD＝2时，试判断直线BD与半圆C的位置关系，并说明理由．
（2）当∠BCD＝50°时，求的长．（结果保留π）

【答案】（1）直线BD与圆C相切．理由见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）运用勾股定理的逆定理证明∠BDC=90°便可；
（2）求出，再运用弧长公式求解即可．
【详解】
解：（1）直线BD与圆C相切．理由如下：
∵BC=AC=6，
∴
又CD=AC，
∴
∴BC2-CD2=36-12=24，
∵BD=2，
∴BD2=24，
∴BC2-CD2=BD2，
∴∠BDC=90°，
∴线BD与圆C相切；
（2）∵∠ACB＝90°，∠BCD＝50°，
∴，
又，
∴的长=．
【点睛】
本题主要考查了切线的判定，勾股定理逆定理，求弧长等知识，第（2）题关键是确定．
26．（2021·江西·一模）（1）如图1，在△ABC中，D是BC边上的一点，以AD为直径作半圆O，半圆O经过点C．若△ABC的面积为10，请仅用无刻度的直尺作一个三角形，使所作三角形的面积等于5
（2）如图2，在△ABC中，DE∥BF，EF∥AB，若△ABC的面积为10，请仅用无刻度的直尺作一个三角形，使所作三角形的面积等于5

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）由O是AD的中点，则连接OC，BO，可得出，，从而有；
（2）连接BE，DF交于点P，根据平行四边形的性质可得出P为BE的中点，进而，，从而有．
【详解】
解：（1）如图，连接BO，OC，即为所求；

（2）如图，连接BE，DF交于点P，连接AP，CP，则即为所求．

【点睛】
此题主要考查了复杂作图，利用三角形的中线平分面积的性质，以及平行四边形的性质是解答此题的关键．
27．（2021·江西赣州·一模）如图，在△ABC的边BC上取一点O，以O为圆心，OC为半径画⊙O，⊙O与边AB相切于点D，AC＝AD，连接OA交⊙O于点E，连接CE，并延长交线段AB于点F．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若AB＝10，tanB，求⊙O的半径；
（3）若F是AB的中点，试探究BD＋CE与AF的数量关系并说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）AF＝CE＋BD；见解析
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由切线的性质可得∠ADO=90°，由“SSS”可证△ACO≌△ADO，可得∠ADO=∠ACO=90°，可得结论；
（2）由锐角三角函数可设AC=4x，BC=3x，由勾股定理可求BC=6，再由勾股定理可求解；
（3）连接OD，DE，由“SAS”可知△COE≌△DOE，可得∠OCE=∠OED，由三角形内角和定理可得∠DEF=180°-∠OEC-∠OED=180°-2∠OCE，∠DFE=180°-∠BCF-∠CBF=180°-2∠OCE，可得∠DEF=∠DFE，可证DE=DF=CE，可得结论．
【详解】
（1）如图，连接OD，

∵⊙O与边AB相切于点D，
∴OD⊥AB，即∠ADO＝90°，
∵AO＝AO，AC＝AD，OC＝OD，
∴△ACO≌△ADO（SSS），
∴∠ADO＝∠ACO＝90°，
又∵OC是半径，
∴AC是⊙O的切线；
（2）∵tanB，
∴设AC＝4x，BC＝3x，
∵，
∴，
∴x＝2，
∴BC＝6，
∵AC＝AD＝8，AB＝10，
∴BD＝2，
∵，
∴，
∴OC，
故⊙O的半径为；
（3）如图，连接OD，DE，

由（1）可知：△ACO≌△ADO，
∴∠ACO＝∠ADO＝90°，∠AOC＝∠AOD，
又∵CO＝DO，OE＝OE，
∴△COE≌△DOE（SAS），
∴∠OCE＝∠ODE，
∵OC＝OE＝OD，
∴∠OCE＝∠OEC＝∠OED＝∠ODE，
∴∠DEF＝180°﹣∠OEC﹣∠OED＝180°﹣2∠OCE，
∵点F是AB中点，∠ACB＝90°，
∴CF＝BF＝AF，
∴∠FCB＝∠FBC，
∴∠DFE＝180°﹣∠BCF﹣∠CBF＝180°﹣2∠OCE，
∴∠DEF＝∠DFE，
∴DE＝DF＝CE，
∴AF＝BF＝DF＋BD＝CE＋BD．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
28．（2021·江西·模拟预测）如图，△ABC内接于⊙O，∠B=600，CD是⊙O的直径，点P是CD延长线上的一点，且AP=AC，

（1）求证：PA是⊙O的切线；
（2）若PD=，求⊙O的直径．
【答案】（1）见解析（2）2
【解析】
【详解】
解：（1）证明：连接OA，
∵∠B=600，∴∠AOC=2∠B=1200．
∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=300．
又∵AP=AC，∴∠P=∠ACP=300．
∴∠OAP=∠AOC﹣∠P=900．∴OA⊥PA．
∵OA是⊙O的半径，∴PA是⊙O的切线．

（2）在Rt△OAP中，∵∠P=300，
∴PO=2OA=OD+PD．
又∵OA=OD，∴PD=OA．
∵PD=，∴2OA=2PD=2．
∴⊙O的直径为2．．
（1）连接OA，根据圆周角定理求出∠AOC，再由OA=OC得出∠ACO=∠OAC=300，再由AP=AC得出
∠P=300，继而由∠OAP=∠AOC﹣∠P，可得出OA⊥PA，从而得出结论．
（2）利用含300的直角三角形的性质求出OP=2OA，可得出OP﹣PD=OD，再由PD=，可得出⊙O的直径．
29．（2022·江西·上犹县教学研究室九年级期末）如图，⊙O的半径为1，点A是⊙O的直径BD延长线上的一点，C为⊙O上的一点，，．


(1)求证：直线AC是⊙O的切线：
(2)求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
(1)由等腰三角形的性质求出∠ACD=30°，∠OCD=60°，求出∠ACO=∠ACD+∠OCD=90°，即可证得结论；
(2)证明△DCO是等边三角形，由等边三角形的性质得出CD=AD=OD=1，作CH⊥BD于点H，则，由勾股定理求出CH的长，由三角形的面积公式可求出答案．
(1)
证明：连结OC，如图所示．


∵，∠A＝30°，
∴∠ACD＝∠A＝30°，
∴∠CDB＝60°．
∵OD＝OC，
∴∠OCD＝∠ODC＝60°，
∴∠ACO＝∠ACD+∠OCD＝30°+60°＝90°，
∴OC⊥AC，
∵OC是⊙O的半径，
∴直线AC是⊙O的切线．
(2)
解：过点C作CH⊥AB于点H，如图所示．


∵OD＝OC，∠ODC＝60°，
∴是等边三角形．
∴，．
∴在中，
．
∵，
∴．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了的切线的判定，等边对等角，等边三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握切线的判定及直角三角形性质是解题的关键．
30．（2022·江西·永丰县恩江中学九年级阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，以AB的中点O为圆心，AB为直径的圆交AC于D，E是BC的中点，DE交BA的延长线于F．


(1)求证：FD是圆O的切线；
(2)若BC=4，FB=8，求AB的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接，，根据直径所对的圆周角是直角，可得根据直角三角形斜边上的中线可得，进而根据，等量代换可得，即可证明FD是圆O的切线；
（2）利用勾股定理求得的长，进而根据切线长定理求得，即可求得，在中，勾股定理建立方程求得半径，进而求得的长．
(1)
连接，，


是的直径，
．
．
．
是的中点，
．
．
，
．
．
即．
是半径，
是圆O的切线；
(2)
如图，连接，


为的中点，BC=4，FB=8，
，是的切线，
是的切线，
．
在中，，
，
，
设的半径为，则，
在中，，
，
即，
解得，
．
【点睛】
本题考查了切线的性质与判定，勾股定理解直角三角形，切线长定理，掌握切线的性质与判定是解题的关键．