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初中数学中考复习 专题25圆的有关位置关系（共70题）-2021年中考数学真题分项汇编（解析版）【全国通用】（第01期）
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这是一份初中数学中考复习 专题25圆的有关位置关系（共70题）-2021年中考数学真题分项汇编（解析版）【全国通用】（第01期），共125页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年中考数学真题分项汇编【全国通用】（第01期）
专题25圆的有关位置关系（共70题）
一、单选题
1．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）已知平面内有和点，，若半径为，线段，，则直线与的位置关系为（ ）
A．相离 B．相交 C．相切 D．相交或相切
【答案】D
【分析】
根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
【详解】
解：∵⊙O的半径为2cm，线段OA=3cm，线段OB=2cm，
即点A到圆心O的距离大于圆的半径，点B到圆心O的距离等于圆的半径，
∴点A在⊙O外．点B在⊙O上，
∴直线AB与⊙O的位置关系为相交或相切，
故选：D．
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，正确的理解题意是解题的关键．
2．（2021·四川凉山彝族自治州·中考真题）下列命题中，假命题是（ ）
A．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
B．等腰三角形顶角的平分线，底边上的中线，底边上的高相互重合
C．若，则点B是线段AC的中点
D．三角形三条边的垂直平分线的交点叫做这个三角形的外心
【答案】C
【分析】
根据中点的定义，直角三角形的性质，三线合一以及外心的定义分别判断即可．
【详解】
解：A、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，故为真命题；
B、等腰三角形顶角的平分线，底边上的中线，底边上的高相互重合，故为真命题；
C、若在同一条直线上AB=BC，则点B是线段AC的中点，故为假命题；
D、三角形三条边的垂直平分线的交点叫做这个三角形的外心，故为真命题；
故选C．
【点睛】
本题考查了中点的定义，直角三角形的性质，三线合一以及外心的性质，属于基础知识，要熟练掌握．
3．（2021·山东泰安市·中考真题）如图，在中，，以点A为圆心，3为半径的圆与边相切于点D，与，分别交于点E和点G，点F是优弧上一点，，则的度数是（ ）
A．50° B．48° C．45° D．36°
【答案】B
【分析】
连接AD，由切线性质可得∠ADB=∠ADC=90°，根据AB=2AD及锐角的三角函数可求得∠BAD=60°，易求得∠ADE=72°，由AD=AE可求得∠DAE=36°，则∠GAC=96°，根据圆周角定理即可求得∠GFE的度数．
【详解】
解：连接AD，则AD=AG=3，
∵BC与圆A相切于点D，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
在Rt△ADB中，AB=6，则cos∠BAD==，
∴∠BAD=60°，
∵∠CDE=18°，
∴∠ADE=90°﹣18°=72°，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED=72°，
∴∠DAE=180°﹣2×72°=36°，
∴∠GAC=36°+60°=96°，
∴∠GFE=∠GAC=48°，
故选：B．
【点睛】
本题考查切线性质、锐角的三角函数、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理、圆周角定理，熟练掌握切线性质和圆周角定理，利用特殊角的三角函数值求得∠BAD=60°是解答的关键．
4．（2021·浙江金华市·中考真题）如图，在中，，以该三角形的三条边为边向形外作正方形，正方形的顶点都在同一个圆上．记该圆面积为，面积为，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
先确定圆的圆心在直角三角形斜边的中点，然后利用全等三角形的判定和性质确定△ABC是等腰直角三角形，再根据直角三角形斜边中线的性质得到，再由勾股定理解得，解得，据此解题即可．
【详解】
解：如图所示，正方形的顶点都在同一个圆上，
圆心在线段的中垂线的交点上，即在斜边的中点，且AC=MC，BC=CG，
∴AG=AC+CG=AC+BC，BM=BC+CM=BC+AC，
∴AG=BM，
又∵OG=OM，OA=OB，
∴△AOG≌△BOM，
∴∠CAB=∠CBA，
∵∠ACB=90°，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
，
，
．
故选：C．
【点睛】
本题考查勾股定理、直角三角形斜边的中线的性质、圆的面积、三角形的面积等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
5．（2021·浙江中考真题）如图，已知点是的外心，∠，连结，，则的度数是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
结合题意，根据三角形外接圆的性质，作；再根据圆周角和圆心角的性质分析，即可得到答案．
【详解】
的外接圆如下图
∵∠
∴
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆的知识；解题的关键是熟练掌握三角形外接圆、圆周角、圆心角的性质，从而完成求解．
6．（2021·四川泸州市·）如图，⊙O的直径AB=8，AM，BN是它的两条切线，DE与⊙O相切于点E，并与AM，BN分别相交于D，C两点，BD，OC相交于点F，若CD=10，则BF的长是
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
过点D作DG⊥BC于点G，延长CO交DA的延长线于点H，根据勾股定理求得，即可得AD=BG=2，BC= 8，再证明△HAO≌△BCO，根据全等三角形的性质可得AH=BC=8，即可求得HD= 10；在Rt△ABD中，根据勾股定理可得；证明△DHF∽△BCF，根据相似三角形的性质可得，由此即可求得．
【详解】
过点D作DG⊥BC于点G，延长CO交DA的延长线于点H，
∵AM，BN是它的两条切线，DE与⊙O相切于点E，
∴AD=DE，BC=CE，∠DAB=∠ABC=90°，
∵DG⊥BC，
∴四边形ABGD为矩形，
∴AD=BG，AB=DG=8，
在Rt△DGC中，CD=10，
∴，
∵AD=DE，BC=CE，CD=10，
∴CD= DE+CE = AD+BC =10，
∴AD+BG +GC=10，
∴AD=BG=2，BC=CG+BG=8，
∵∠DAB=∠ABC=90°，
∴AD∥BC，
∴∠AHO=∠BCO，∠HAO=∠CBO，
∵OA=OB，
∴△HAO≌△BCO，
∴AH=BC=8，
∵AD=2，
∴HD=AH+AD=10；
在Rt△ABD中，AD=2，AB=8，
∴，
∵AD∥BC，
∴△DHF∽△BCF，
∴，
∴，
解得，．
故选A．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了切线长定理、勾股定理、全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定于性质，熟练运用相关知识是解决问题的关键．
7．（2021·四川眉山市·中考真题）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，点在线段上从点至点运动，连接，以为边作等边三角形，点和点分别位于两侧，下列结论：①；②；③；④点运动的路程是，其中正确结论的序号为（ ）
A．①④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④
【答案】B
【分析】
连接OE并延长交DC于点H，先证△ADO为等边三角形，得出∠2=∠DAF=60°，再根据△DEF为等边三角形，得出①正确；证出△DOE≌△COE，得到ED=EC，得出②正确；证出∠ADF=∠3，看得出③正确；根据△DOE≌△COE，得出点E在OH上运动，可得④正确．
【详解】
解：
连接OE并延长交DC于点H，
∵矩形ABCD，
∴OA=OD=OC，
∵∠DAC=60°，
∴△ADO为等边三角形，
∴∠2=∠DAF=60°，
∵△DEF为等边三角形，
∴∠1=60°=∠5，
∴∠1=∠2，
∴D、F、O、E四点共圆，
∴∠3=∠4，①正确；
∴∠5=∠6=60°，
∴∠7=∠6=60°，
∵OD=OC，OE=OE，
∴△DOE≌△COE，
∴∠3=∠8，
∴∠CDE=∠DCE，
∴ED=EC，②正确；
∵∠ADO=∠FDE=60°，
∴∠ADF=∠3，
∴∠ADF=∠8，即∠ADF=∠ECF，③正确；
∵△DOE≌△COE，
∴点E在∠DOC的角平分线上与CD的交点为H，即点E在OH上运动，
∴OH=BC，
∴OH=，④错误．
故选B．
【点睛】
本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆的性质，解题的关键是灵活运用这些性质．
8．（2021·湖北十堰市·中考真题）如图，内接于是的直径，若，则（ ）
A． B． C．3 D．4
【答案】C
【分析】
首先过点O作OF⊥BC于F，由垂径定理可得BF＝CF＝BC，然后由∠BAC＝120°，AB＝AC，利用等边对等角与三角形内角和定理，即可求得∠C与∠BAC的度数，由BD为⊙O的直径，即可求得∠BAD与∠D的度数，又由AD＝3，即可求得BD的长，继而求得BC的长．
【详解】
解：过点O作OF⊥BC于F，
∴BF＝CF＝BC，
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠C＝∠ABC＝（180°−∠BAC）÷2＝30°，
∵∠C与∠D是同弧所对的圆周角，
∴∠D＝∠C＝30°，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BAD＝90°，
∴∠ABD＝60°，
∴∠OBC＝∠ABD−∠ABC＝30°，
∵AD＝3，
∴BD＝AD÷cos30°＝3÷=2，
∴OB＝BD＝，
∴BF＝OB•cos30°＝×＝，
∴BC＝3．
故选：C．
【点睛】
此题考查了圆周角定理、垂径定理、等腰三角形的性质、直角三角形的性质以及特殊角的三角函数值等知识．此题综合性较强，难度适中，解题的关键是注意数形结合思想的应用，注意准确作出辅助线．
9．（2021·湖南怀化市·中考真题）如图，在中，以A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AB、AC于点M、N；再分别以M、N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P；连结AP并延长交BC于点D．则下列说法正确的是（ ）
A． B．AD一定经过的重心
C． D．AD一定经过的外心
【答案】C
【分析】
根据题意易得AD平分∠BAC，然后根据三角形的重心、外心及三边关系可排除选项．
【详解】
解：∵AD平分∠BAC，
∴，故C正确；
在△ABD中，由三角形三边关系可得，故A错误；
由三角形的重心可知是由三角形三条中线的交点，所以AD不一定经过的重心，故B选项错误；
由三角形的外心可知是由三角形三条边的中垂线的交点，所以AD不一定经过的外心，故D选项错误；
故选C．
【点睛】
本题主要考查三角形的重心、外心及角平分线的尺规作图，熟练掌握三角形的重心、外心及角平分线的尺规作图是解题的关键．
10．（2021·山东临沂市·中考真题）如图，、分别与相切于、，，为上一点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由切线的性质得出∠OAP=∠OBP=90°，利用四边形内角和可求∠AOB=110°，再利用圆周角定理可求∠ADB=55°，再根据圆内接四边形对角互补可求∠ACB．
【详解】
解：如图所示，连接OA，OB，在优弧AB上取点D，连接AD，BD，
∵AP、BP是切线，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∴∠AOB=360°-90°-90°-70°=110°，
∴∠ADB=55°，
又∵圆内接四边形的对角互补，
∴∠ACB=180°-∠ADB=180°-55°=125°．
故选：C．
【点睛】
本题考查了切线的性质、圆周角定理、圆内接四边形的性质．解题的关键是连接OA、OB，求出∠AOB．
11．（2021·湖北鄂州市·中考真题）如图，中，，，．点为内一点，且满足．当的长度最小时，的面积是（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】D
【分析】
由题意知，又长度一定，则点P的运动轨迹是以中点O为圆心，长为半径的圆弧，所以当B、P、O三点共线时，BP最短；在中，利用勾股定理可求BO的长，并得到点P是BO的中点，由线段长度即可得到是等边三角形，利用特殊三边关系即可求解．
【详解】
解：
取中点O，并以O为圆心，长为半径画圆
由题意知：当B、P、O三点共线时，BP最短
点P是BO的中点
在中，
是等边三角形
在中，
．
【点睛】
本题主要考察动点的线段最值问题、点与圆的位置关系和隐形圆问题，属于动态几何综合题型，中档难度．解题的关键是找到动点P的运动轨迹，即隐形圆．
12．（2021·四川广元市·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，是以为直径的半圆的切线，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】D
【分析】
取BC的中点O，设AE与⊙O的相切的切点为F，连接OF、OE、OA，由题意可得OB=OC=OA=1，∠OFA=∠OFE=90°，由切线长定理可得AB=AF=2，CE=CF，然后根据割补法进行求解阴影部分的面积即可．
【详解】
解：取BC的中点O，设AE与⊙O的相切的切点为F，连接OF、OE、OA，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，且边长为2，
∴BC=AB=2，∠ABC=∠BCD=90°，
∵是以为直径的半圆的切线，
∴OB=OC=OF=1，∠OFA=∠OFE=90°，
∴AB=AF=2，CE=CF，
∵OA=OA，
∴Rt△ABO≌Rt△AFO（HL），
同理可证△OCE≌△OFE，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选D．
【点睛】
本题主要考查切线的性质定理、切线长定理、正方形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握切线的性质定理、切线长定理、正方形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
13．（2021·江苏连云港市·中考真题）如图，正方形内接于，线段在对角线上运动，若的面积为，，则周长的最小值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】
利用将军饮马之造桥选址的数学方法进行计算．
【详解】
如图所示，
（1）为上一动点，点关于线段的对称点为点，连接，则，过点作的平行线，过点作的平行线，两平行线相交于点，与相交于点M．
四边形是平行四边形
则
（2）找一点， 连接，则，过点作的平行线，连接则．
此时
（1）中周长取到最小值
四边形是平行四边形
四边形是正方形
，
又，，
又
是等腰三角形
，则圆的半径，
故选：B．
【点睛】
本题难度较大，需要具备一定的几何分析方法．关键是要找到周长取最小值时的位置．
14．（2021·贵州贵阳市·中考真题）如图，与正五边形的两边相切于两点，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据切线的性质，可得∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，结合正五边形的每个内角的度数为108°，即可求解．
【详解】
解： ∵AE、CD切⊙O于点A、C，
∴∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，
∴正五边形ABCDE的每个内角的度数为： ，
∴∠AOC＝540°−90°−90°−108°−108°＝144°，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查正多边形的内角和公式的应用，以及切线的性质定理，掌握正多边形的内角和定理是解题的关键．
15．（2021·广东中考真题）设O为坐标原点，点A、B为抛物线上的两个动点，且．连接点A、B，过O作于点C，则点C到y轴距离的最大值（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【分析】
设A(a，a²)，B(b，b²)，求出AB的解析式为，进而得到OD=1，由∠OCB=90°可知，C点在以OD的中点E为圆心，以为半径的圆上运动，当CH为圆E半径时最大，由此即可求解．
【详解】
解：如下图所示：过C点作y轴垂线，垂足为H，AB与x轴的交点为D，
设A(a，a²)，B(b，b²)，其中a≠0，b≠0，
∵OA⊥OB，
∴，
∴，
即，
，
设AB的解析式为：，代入A(a，a²)，
解得：，
∴，
∵，即 ，
∴C点在以OD的中点E为圆心，以为半径的圆上运动，
当CH为圆E的半径时，此时CH的长度最大，
故CH的最大值为，
故选：A．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，圆的相关知识等，本题的关键是求出AB与y轴交点的纵坐标始终为1，结合，由此确定点E的轨迹为圆进而求解．
16．（2021·湖南娄底市·中考真题）如图，直角坐标系中，以5为半径的动圆的圆心A沿x轴移动，当⊙与直线只有一个公共点时，点A的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
当⊙与直线只有一个公共点时，则此时⊙A与直线相切，（需考虑左右两侧相切的情况）；设切点为，此时点同时在⊙A与直线上，故可以表示出点坐标，过点作，则此时，利用相似三角形的性质算出长度，最终得出结论．
【详解】
如下图所示，连接，过点作，
此时点坐标可表示为，
∴，，
在中，，
又∵半径为5，
∴，
∵，
∴，
则，
∴，
∴，
∵左右两侧都有相切的可能，
∴A点坐标为，
故选：D．
【点睛】
本题考查的是直线与圆的位置关系，熟知相似三角形的判定与性质是解答此题的关键．
17．（2021·福建中考真题）如图，为的直径，点P在的延长线上，与相切，切点分别为C，D．若，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
连接OC，CP，DP是⊙O的切线，根据定理可知∠OCP＝90°，∠CAP＝∠PAD，利用三角形的一个外角等于与其不相邻的两个内角的和可求∠CAD=∠COP，在Rt△OCP中求出即可．
【详解】
解：连接OC，
CP，DP是⊙O的切线，则∠OCP＝90°，∠CAP＝∠PAD，
∴∠CAD=2∠CAP，
∵OA=OC
∴∠OAC＝∠ACO，
∴∠COP＝2∠CAO
∴∠COP＝∠CAD
∵
∴OC=3
在Rt△COP中，OC=3，PC=4
∴OP=5．
∴==
故选：D．
【点睛】
本题利用了切线的性质，锐角三角函数，三角形的外角与内角的关系求解．
18．（2021·山西中考真题）如图，在中，切于点，连接交于点，过点作交于点，连接．若，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
连接，根据与相切易得，在中，已知，可以求出的度数，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半得出的度数，最后根据可得．
【详解】
如下图，连接，
∵切于点，
∴，
在中，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴．
故选：B．
【点睛】
本题考察了切线的性质，圆周角定理以及平行线的性质，综合运用以上性质定理是解题的关键．
19．（2021·吉林长春市·中考真题）如图，AB是的直径，BC是的切线，若，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据切线的性质，得∠ABC=90°，再根据直角三角形的性质，即可求解．
【详解】
解：∵AB是的直径，BC是的切线，
∴AB⊥BC，即∠ABC=90°，
∵，
∴=90°-35°=55°，
故选C．
【点睛】
本题主要考查切线的性质以及直角三角形的性质，掌握圆的切线的性质定理，是解题的关键．
20．（2021·上海中考真题）如图，已知长方形中，，圆B的半径为1，圆A与圆B内切，则点与圆A的位置关系是（ ）
A．点C在圆A外，点D在圆A内 B．点C在圆A外，点D在圆A外
C．点C在圆A上，点D在圆A内 D．点C在圆A内，点D在圆A外
【答案】C
【分析】
根据内切得出圆A的半径，再判断点D、点E到圆心的距离即可
【详解】
∵圆A与圆B内切，，圆B的半径为1
∴圆A的半径为5
∵<5
∴点D在圆A内
在Rt△ABC中，
∴点C在圆A上
故选：C
【点睛】
本题考查点与圆的位置关系、圆与圆的位置关系、勾股定理，熟练掌握点与圆的位置关系是关键
二、填空题
21．（2021·湖南常德市·中考真题）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠BOD=80°，则∠BCD的度数是_____．
【答案】140°．
【详解】
试题分析：∵∠BOD=80°，∴∠A=40°，∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BCD=180°-40°=140°，故答案为140°．
考点：圆内接四边形的性质；圆周角定理
22．（2021·四川凉山彝族自治州·中考真题）如图，等边三角形ABC的边长为4，的半径为，P为AB边上一动点，过点P作的切线PQ，切点为Q，则PQ的最小值为________．
【答案】3
【分析】
连接OC和PC，利用切线的性质得到CQ⊥PQ，可得当CP最小时，PQ最小，此时CP⊥AB，再求出CP，利用勾股定理求出PQ即可．
【详解】
解：连接QC和PC，
∵PQ和圆C相切，
∴CQ⊥PQ，即△CPQ始终为直角三角形，CQ为定值，
∴当CP最小时，PQ最小，
∵△ABC是等边三角形，
∴当CP⊥AB时，CP最小，此时CP⊥AB，
∵AB=BC=AC=4，
∴AP=BP=2，
∴CP==，
∵圆C的半径CQ=，
∴PQ==3，
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了切线的性质，等边三角形的性质，以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意得到当PC⊥AB时，线段PQ最短是关键．
23．（2021·浙江杭州市·中考真题）如图，已知的半径为1，点是外一点，且．若是的切线，为切点，连接，则_____．
【答案】
【分析】
根据圆的切线的性质，得，根据圆的性质，得，再通过勾股定理计算，即可得到答案．
【详解】
∵是的切线，为切点
∴
∴
∵的半径为1
∴
∴
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆、勾股定理的知识；解题的关键是熟练掌握圆、圆的切线、勾股定理的性质，从而完成求解．
24．（2021·陕西中考真题）如图，正方形的边长为4，的半径为1．若在正方形内平移（可以与该正方形的边相切），则点A到上的点的距离的最大值为______．
【答案】
【分析】
由题意易得当与BC、CD相切时，切点分别为F、G，点A到上的点的距离取得最大，进而根据题意作图，则连接AC，交于点E，然后可得AE的长即为点A到上的点的距离为最大，由题意易得，则有△OFC是等腰直角三角形，，根据等腰直角三角形的性质可得，最后问题可求解．
【详解】
解：由题意得当与BC、CD相切时，切点分别为F、G，点A到上的点的距离取得最大，如图所示：
连接AC，OF，AC交于点E，此时AE的长即为点A到上的点的距离为最大，如图所示，
∵四边形是正方形，且边长为4，
∴，
∴△OFC是等腰直角三角形，，
∵的半径为1，
∴，
∴，
∴，
∴，
即点A到上的点的距离的最大值为；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质、切点的性质定理及等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、切点的性质定理及等腰直角三角形的性质与判定是解题的关键．
25．（2021·青海中考真题）点是非圆上一点，若点到上的点的最小距离是，最大距离是，则的半径是______．
【答案】或
【分析】
分点在外和内两种情况分析；设的半径为，根据圆的性质列一元一次方程并求解，即可得到答案．
【详解】
设的半径为
当点在外时，根据题意得：
∴
当点在内时，根据题意得：
∴
故答案为：或．
【点睛】
本题考查了圆、一元一次方程的知识；解题的关键是熟练掌握圆的性质，从而完成求解．
26．（2021·北京中考真题）如图，是的切线，是切点．若，则______________．
【答案】130°
【分析】
由题意易得，然后根据四边形内角和可求解．
【详解】
解：∵是的切线，
∴，
∴由四边形内角和可得：，
∵，
∴；
故答案为130°．
【点睛】
本题主要考查切线的性质及四边形内角和，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
27．（2021·四川广元市·中考真题）如图，在正方形中，点O是对角线的中点，点P在线段上，连接并延长交于点E，过点P作交于点F，连接、，交于G，现有以下结论：①；②；③；④为定值；⑤．以上结论正确的有________（填入正确的序号即可）．
【答案】①②③⑤
【分析】
由题意易得∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，对于①：易知点A、B、F、P四点共圆，然后可得∠AFP=∠ABD=45°，则问题可判定；对于②：把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，则有DE=BH，∠DAE=∠BAH，然后易得△AEF≌△AHF，则有HF=EF，则可判定；对于③：连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，易得OB=OD，OP=OM，然后易证△AOP∽△ABF，进而问题可求解；对于④：过点A作AN⊥EF于点N，则由题意可得AN=AB，若△AEF的面积为定值，则EF为定值，进而问题可求解；对于⑤由③可得，进而可得△APG∽△AFE，然后可得相似比为，最后根据相似三角形的面积比与相似比的关系可求解．
【详解】
解：∵四边形是正方形，，
∴∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，
①∵，
∴由四边形内角和可得，
∴点A、B、F、P四点共圆，
∴∠AFP=∠ABD=45°，
∴△APF是等腰直角三角形，
∴，故①正确；
②把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，如图所示：
∴DE=BH，∠DAE=∠BAH，∠HAE=90°，AH=AE，
∴，
∵AF=AF，
∴△AEF≌△AHF（SAS），
∴HF=EF，
∵，
∴，故②正确；
③连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，如图所示：
∵点O是对角线的中点，
∴OB=OD，，
∴OP=OM，△AOB是等腰直角三角形，
∴，
由①可得点A、B、F、P四点共圆，
∴，
∵，
∴△AOP∽△ABF，
∴，
∴，
∵，
∴，故③正确；
④过点A作AN⊥EF于点N，如图所示：
由②可得∠AFB=∠AFN，
∵∠ABF=∠ANF=90°，AF=AF，
∴△ABF≌△ANF（AAS），
∴AN=AB，
若△AEF的面积为定值，则EF为定值，
∵点P在线段上，
∴的长不可能为定值，故④错误；
⑤由③可得，
∵∠AFB=∠AFN=∠APG，∠FAE=∠PAG，
∴△APG∽△AFE，
∴，
∴，
∴，
∴，故⑤正确；
综上所述：以上结论正确的有①②③⑤；
故答案为①②③⑤．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
28．（2021·浙江宁波市·中考真题）抖空竹在我国有着悠久的历史，是国家级的非物质文化遗产之一．如示意图，分别与相切于点C，D，延长交于点P．若，的半径为，则图中的长为________．（结果保留）
【答案】
【分析】
连接OC、OD，利用切线的性质得到，根据四边形的内角和求得，再利用弧长公式求得答案．
【详解】
连接OC、OD，
∵分别与相切于点C，D，
∴，
∵，，
∴，
∴的长=（cm），
故答案为：．
．
【点睛】
此题考查圆的切线的性质定理，四边形的内角和，弧长的计算公式，熟记圆的切线的性质定理及弧长的计算公式是解题的关键．
29．（2021·浙江温州市·中考真题）如图，与的边相切，切点为．将绕点按顺时针方向旋转得到，使点落在上，边交线段于点．若，则______度．
【答案】85
【分析】
连结OO′，先证△BOO′为等边三角形，求出∠AOB=∠OBO′=60°，由与的边相切，可求∠CBO==30°，利用三角形内角和公式即可求解．
【详解】
解：连结OO′，
∵将绕点按顺时针方向旋转得到，
∴BO′=BO=OO′，
∴△BOO′为等边三角形，
∴∠OBO′=60°，
∵与的边相切，
∴∠OBA=∠O′BA′=90°，
∴∠CBO=90°-∠OBO′=90°-60°=30°，
∵∠A′=25°
∴∠A′O′B=90°-∠A′=90°-25°=65°
∴∠AOB=∠A′O′B=65°，
∴∠OCB=180°-∠COB-∠OBC=180°-65°-30°=85°．
故答案为85．
【点睛】
本题考查图形旋转性质，切线性质，等边三角形判定与性质，直角三角形性质，掌握图形旋转性质，切线性质，等边三角形判定与性质，直角三角形性质是解题关键．
30．（2021·江苏扬州市·中考真题）在一次数学探究活动中，李老师设计了一份活动单：
已知线段，使用作图工具作，尝试操作后思考：
（1）这样的点A唯一吗？
（2）点A的位置有什么特征？你有什么感悟？
“追梦”学习小组通过操作、观察、讨论后汇报：点A的位置不唯一，它在以为弦的圆弧上（点B、C除外），……．小华同学画出了符合要求的一条圆弧（如图1）．
（1）小华同学提出了下列问题，请你帮助解决．
①该弧所在圆的半径长为___________；
②面积的最大值为_________；
（2）经过比对发现，小明同学所画的角的顶点不在小华所画的圆弧上，而在如图1所示的弓形内部，我们记为，请你利用图1证明；
（3）请你运用所学知识，结合以上活动经验，解决问题：如图2，已知矩形的边长，，点P在直线的左侧，且．
①线段长的最小值为_______；
②若，则线段长为________．
【答案】（1）①2；②；（2）见解析；（3）①；②
【分析】
（1）①设O为圆心，连接BO，CO，根据圆周角定理得到∠BOC=60°，证明△OBC是等边三角形，可得半径；
②过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，以BC为底，则当A与D重合时，△ABC的面积最大，求出OE，根据三角形面积公式计算即可；
（2）延长BA′，交圆于点D，连接CD，利用三角形外角的性质和圆周角定理证明即可；
（3）①根据，连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，可得点P在优弧CPD上，连接BQ，与圆Q交于P′，可得BP′即为BP的最小值，再计算出BQ和圆Q的半径，相减即可得到BP′；
②根据AD，CD和推出点P在∠ADC的平分线上，从而找到点P的位置，过点C作CF⊥PD，垂足为F，解直角三角形即可求出DP．
【详解】
解：（1）①设O为圆心，连接BO，CO，
∵∠BAC=30°，
∴∠BOC=60°，又OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=OC=BC=2，即半径为2；
②∵△ABC以BC为底边，BC=2，
∴当点A到BC的距离最大时，△ABC的面积最大，
如图，过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，
∴BE=CE=1，DO=BO=2，
∴OE==，
∴DE=，
∴△ABC的最大面积为=；
（2）如图，延长BA′，交圆于点D，连接CD，
∵点D在圆上，
∴∠BDC=∠BAC，
∵∠BA′C=∠BDC+∠A′CD，
∴∠BA′C＞∠BDC，
∴∠BA′C＞∠BAC，即∠BA′C＞30°；
（3）①如图，当点P在BC上，且PC=时，
∵∠PCD=90°，AB=CD=2，AD=BC=3，
∴tan∠DPC==，为定值，
连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，
∴当点P在优弧CPD上时，tan∠DPC=，连接BQ，与圆Q交于P′，
此时BP′即为BP的最小值，过点Q作QE⊥BE，垂足为E，
∵点Q是PD中点，
∴点E为PC中点，即QE=CD=1，PE=CE=PC=，
∴BE=BC-CE=3-=，
∴BQ==，
∵PD==，
∴圆Q的半径为，
∴BP′=BQ-P′Q=，即BP的最小值为；
②∵AD=3，CD=2，，
则，
∴△PAD中AD边上的高=△PCD中CD边上的高，
即点P到AD的距离和点P到CD的距离相等，
则点P到AD和CD的距离相等，即点P在∠ADC的平分线上，如图，
过点C作CF⊥PD，垂足为F，
∵PD平分∠ADC，
∴∠ADP=∠CDP=45°，
∴△CDF为等腰直角三角形，又CD=2，
∴CF=DF==，
∵tan∠DPC==，
∴PF=，
∴PD=DF+PF==．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，三角形的面积，等边三角形的判定和性质，最值问题，解直角三角形，三角形外角的性质，勾股定理，知识点较多，难度较大，解题时要根据已知条件找到点P的轨迹．
31．（2021·湖北荆州市·中考真题）如图，是的直径，是的弦，于，连接，过点作交于，过点的切线交的延长线于．若，，则_____________．
【答案】
【分析】
证明求得AC，利用勾股定理求得CB的长，再利用求得BE．
【详解】
解：如图所示，连接BC
∵是的直径，于
∴
又
∴
∴
∴
又∵
∴
∴
∴
∴
又∵
∴
∴或（舍去）
又为切线
∴
又∵
∴
∴
即
∴
【点睛】
本题考查圆的相关性质、相似三角形的判定和性质．直径所对的圆周角是直角，圆的切线垂直于过切点的半径．相似三角形的对应线段成比例．
32．（2021·四川宜宾市·中考真题）如图，⊙O的直径AB＝4，P为⊙O上的动点，连结AP，Q为AP的中点，若点P在圆上运动一周，则点Q经过的路径长是______．
【答案】
【分析】
连接OQ，以OA为直径作⊙C，确定出点Q的运动路径即可求得路径长．
【详解】
解：连接OQ．
在⊙O中，
∵AQ=PQ，OQ经过圆心O，
∴OQ⊥AP．
∴∠AQO=90°．
∴点Q在以OA为直径的⊙C上．
∴当点P在⊙O上运动一周时，点Q在⊙C上运动一周．
∵AB=4，
∴OA=2．
∴⊙C的周长为．
∴点Q经过的路径长为．
故答案为：
【点睛】
本题考查了垂径定理的推论、圆周角定理的推论、圆周长的计算等知识点，熟知相关定理及其推论是解题的基础，确定点Q的运动路径是解题的关键．
33．（2021·江苏盐城市·中考真题）如图，在⊙O内接四边形中，若，则________．
【答案】80
【分析】
根据圆内接四边形的性质计算出即可．
【详解】
解：∵ABCD是⊙O的内接四边形，∠ABC＝100°，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∴．
故答案为．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质、解题的关键是熟练掌握圆内接四边形的性质．
34．（2021·河南中考真题）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为，点，，均在小正方形的顶点上，且点，在上，，则的长为__________．
【答案】
【分析】
先找到的圆心O，得到∠BOC=45°，利用弧长公式即可求解．
【详解】
解：连接AD，作线段AB、AD的垂直平分线，交点即为的圆心O，
从图中可得：的半径为OB=5，
连接OC，
∵∠BAC=22.5°，
∴∠BOC=222.5°=45°，
的长为．
．
故答案为：
【点睛】
本题考查了弧长公式，找到的圆心是解题的关键．
35．（2021·黑龙江鹤岗市·中考真题）如图，在中，，，，以点为圆心，3为半径的，与交于点，过点作交于点，点是边上的顶点，则的最小值为_____．
【答案】
【分析】
延长CO，交于一点E，连接PE，由题意易得，，则有，CP=PE，然后可得，，要使的值为最小，即的值为最小，进而可得当D、P、E三点共线时最小，最后求解即可．
【详解】
解：延长CO，交于一点E，连接PE，如图所示：
∵，以点为圆心，3为半径的，
∴，
∵，，
∴，
∴，CP=PE，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵CP=PE，
∴，
则要使的值为最小，即的值为最小，
∴当D、P、E三点共线时最小，即，如图所示：
∴在Rt△DCE中，，
∴的最小值为；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查线段垂直平分线的性质、勾股定理、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握线段垂直平分线的性质、勾股定理、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
36．（2021·湖北黄石市·中考真题）如图，在正方形中，点、分别在边、上，且，交于点，交于点．
（1）若正方形的边长为2，则的周长是______．
（2）下列结论：①；②若是的中点，则；③连接，则为等腰直角三角形．其中正确结论的序号是______（把你认为所有正确的都填上）．
【答案】4 ①③
【分析】
(1)将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在G点处，证明，，进而得到，即可求出的周长；
(2)对于①：将AM绕点A逆时针旋转90°，M点落在H点处，证明，即可判断；
对于②：设正方形边长为2，BE=x，则EF=x+1，CE=2-x，在Rt△EFC中使用勾股定理求出x，在利用∠AEF=∠AEB即可求解；
对于③：证明A、M、F、D四点共圆，得到∠AFM=∠ADM=45°进而求解．
【详解】
解：(1)将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在G点处，如下图所示：
∵，且
∴，
在和中：，
∴，
∴，
又∠1+∠2=45°，∠3+∠2=45°，
∴∠1=∠3，
∵ABCD为正方形，
∴AD=AB，
在和中：，
∴，
∴
∴，
∴、、三点共线，
∴，
∴，
故答案为：；
(2)对于①：将AM绕点A逆时针旋转90°，M点落在H点处，如下图所示：
∵∠1+∠2=45°，∠1+∠4=∠EAH-∠EAF=45°，
∴∠2=∠4，
在和中： ,
∴，
∴，，
∴，
∴在中，由勾股定理得：，
在和中： ,
∴，
∴，
∴，故①正确；
对于②：由(1)中可知：EF=BE+DF，设正方形边长为2，当F为CD中点时，
GB=DF=1，CF=1，设BE=x，则EF=x+1，CE=2-x，
在Rt△EFC中，由勾股定理：，
∴，解得，即，
∴,故②错误；
对于③：如下图所示：
∵∠EAF=∠BDC=45°，
∴A、M、F、D四点共圆，
∴∠AFM=∠ADM=45°，
∴△AMF为等腰直角三角形，故③正确；
故答案为：①③．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的证明，四点共圆的判定方法等，属于综合题，具有一定难度，熟练掌握各图形的性质是解决本题的关键．
37．（2021·贵州贵阳市·中考真题）在综合实践课上，老师要求同学用正方形纸片剪出正三角形且正三角形的顶点都在正方形边上．小红利用两张边长为2的正方形纸片，按要求剪出了一个面积最大的正三角形和一个面积最小的正三角形．则这两个正三角形的边长分别是______．
【答案】，2．
【分析】
设为正方形ABCD的一个内接正三角形，不妨假设F、G分别在AB，CD上，E在AD上，作的高EK，可得点E，K，G，D四点共圆，从而得点K为一个定点，当GF最大时，的面积最大，当GF最小时，的面积最小，进而即可求解．
【详解】
解：设为正方形ABCD的一个内接正三角形，不妨假设F、G分别在AB，CD上，E在AD上，如图，作的高EK，
∵∠EKG=∠EDG=90°，
∴点E，K，G，D四点共圆，
∴∠KDE=∠KGE=60°，
同理：∠KAE=∠KFE=60°，
∴是一个正三角形，点K为一个定点，
∵正三角形的面积取决于它的边长，
∴当GF最大时，的面积最大，当GF最小时，的面积最小，
∴当KF⊥AB时，FG最小，即FG最小，此时，FG=AD=2，
当点F与点B重合时，KF最大，即FG最大，此时的面积最大，
过点K作AB的平行线交AD于点M，交BC于点N，
∴MK 为的高，
∴MK=DKsin60°=ADsin60°=，
∴KN=AB-MK=，
∵K为BG的中点，N为BC的中点，
∴CG=2KN=，
∴FG=．
故答案是：，2．
【点睛】
本题主要考查正方形和等边三角形的性质以及四边形外接圆的性质和判定，解直角三角形，根据题意画出图形，证明正方形的内接正三角形的一边中点是一个定点，是解题的关键．
三、解答题
38．（2021·四川自贡市·中考真题）如图，点D在以AB为直径的⊙O上，过D作⊙O的切线交AB延长线于点C，于点E，交⊙O于点F，连接AD，FD．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）若，，求EF的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）EF．
【分析】
（1）连接OD，BD，由圆的切线的性质结合圆周角定理可求得∠EDA=∠ABD，再利用等角的余角相等，可证明结论；
（2）如图，连接BD、BF，利用平行线的性质以及圆周角定理证得∠C=∠ADF，根据（1）的结论可证明△ADF△ACD，可证明结论；
（3）设OA=OD=x，利用三角函数的定义和勾股定理得到OC=4x，CD，AC =5x，根据相似三角形的判定和性质求解即可．
【详解】
（1）证明：连接OD，BD，
∵ED是⊙O的切线，D为切点，
∴OD⊥ED，
∴∠ODA+∠EDA=90°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ODA+∠ODB=90°，
∴∠ODB=∠EDA，
∵OB=OD，
∴∠ODB=∠OBD，
∴∠EDA=∠ABD，
∵，
∴∠E=90°，
∴(等角的余角相等)；
（2）如图，连接BD、BF，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AFB=90°，
∴BF∥CF，
∴∠C=∠ABF=∠ADF，
由（2）得，
∴△ADF△ACD，
∴,
∴；
（3）过D作DH⊥AB于H，连接OD，BD，
设OA=OD=x，
在Rt△ODC中，，
∴OC=4x，
则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(圆内接四边形外角等于内对角)，
由（1）得∠EDA=∠ABD，
∴∠EFD=∠EDA，
∴△EAD△EDF，
∴，即，
∴EF，
在Rt△DEF中，，即，
解得：，
∴EF．
【点睛】
本题考查了切线的性质定理，也考查了相似三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，解直角三角形，正确的理解题意是解题的关键．
39．（2021·四川泸州市·）如图，ABC是⊙O的内接三角形，过点C作⊙O的切线交BA的延长线于点F，AE是⊙O的直径，连接EC
（1）求证：；
（2）若，于点，，，求的值
【答案】（1）证明见详解；（2）18．
【分析】
（1）连接，根据是⊙O的切线，AE是⊙O的直径，可得，利用，得到，根据圆周角定理可得，则可证得；
（2）由（1）可知，易得，则有,则可得，并可求得，连接，易证，则有，可得．
【详解】
解：（1）连接
∵是⊙O的切线，AE是⊙O的直径，
∴，
∴
∴
又∵
∴
根据圆周角定理可得：
∴，
∴；
（2）由（1）可知，
∵
∴
∴
∴,
∵，，
∴
∴
∴
又∵中，
∴，
如图示，连接
∵，
∴
∴
∴．
【点睛】
本题考查了圆的性质，等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的性质，三角形相似的判定与性质等知识点，熟悉相关性质是解题的关键．
40．（2021·四川凉山彝族自治州·中考真题）如图，在中，，AE 平分交BC于点E，点D在AB上，．是的外接圆，交AC于点F．
（1）求证：BC是的切线；
（2）若的半径为5，，求．
【答案】（1）见解析；（2）20
【分析】
（1）连接OE，由OA=OE，利用等边对等角得到一对角相等，再由AE为角平分线得到一对角相等，等量代换得到一对内错角相等，利用内错角相等两直线平行，得到AC与OE平行，再根据两直线平行同位角相等及∠C为直角，得到OE与BC垂直，可得出BC为圆O的切线；
（2）过E作EG垂直于OD，利用AAS得出△ACE≌△AGE，得到AC=AG=8，从而可得OG，利用勾股定理求出EG，再利用三角形面积公式可得结果．
【详解】
解：（1）证明：连接OE，
∵OA=OE，
∴∠1=∠3，
∵AE平分∠BAC，
∴∠1=∠2，
∴∠2=∠3，
∴OE∥AC，
∴∠OEB=∠C=90°，
则BC为圆O的切线；
（2）过E作EG⊥AB于点G，
在△ACE和△AGE中，
，
∴△ACE≌△AGE（AAS），
∴AC=AG=8，
∵圆O的半径为5，
∴AD=OA+OD=10，
∴OG=3，
∴EG==4，
∴△ADE的面积==20．
【点睛】
此题考查了切线的判定，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定与性质，切线的判定方法有两种：有点连接证垂直；无点作垂线，证明垂线段等于半径．
41．（2021·四川资阳市·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点D，交的延长线于点E，交于点F．
（1）求证：是的切线；
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）要证明DE是的切线，只要证明即可．连接OD，根据条件证明，则可推导出．
（2）根据条件，在中，求出OE的长，然后证明，从而根据相似比求解即可．
【详解】
（1）证明：如下图，连接OD，
∵,，
∴,，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴DE是的切线．
（2）解：∵AC=6，
∴，
在中，，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴ ,即，
∴．
【点睛】
本题考查的是切线的判定，等腰三角形的性质、三角形的相似，勾股定理等相关知识点，根据题意数形结合是解题的关键.
42．（2021·江苏连云港市·中考真题）如图，中，，以点C为圆心，为半径作，D为上一点，连接、，，平分．
（1）求证：是的切线；
（2）延长、相交于点E，若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）利用SAS证明，可得，即可得证；
（2）由已知条件可得，可得出，进而得出即可求得；
【详解】
（1）∵平分，
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴，
∴是的切线．
（2）由（1）可知，，
又，
∴．
∵，且，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵
∴
【点睛】
此题考查了切线的判定与性质，正切的性质，以及相似三角形的性质判定，熟练掌握基础知识是解本题的关键．
43．（2021·山东泰安市·中考真题）如图1，O为半圆的圆心，C、D为半圆上的两点，且．连接并延长，与的延长线相交于点E．
（1）求证：；
（2）与，分别交于点F，H．
①若，如图2，求证：；
②若圆的半径为2，，如图3，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②
【分析】
（1）连接，根据，且，则，即可推导出；
（2）①，则，又，，则，进而推导出；
②连接交于G，设，则，根据在和中
列式，进而求得x的值，再根据中位线定理求出AC的长．
【详解】
证明：（1）连接，
∵为直径
∴
∵
∴
∴
∴．
（2）①∵
∴
又∵
∴
又∵
∴
∴
∴
∴
∴
②连接交于G．
设，则
∵
∴
又∵
∴，
在和中
∴即
∵
∴是的中位线
∴
∴．
【点睛】
本题考查了等弧对等角、相似三角形、等腰三角形、中位线等有关知识点，属于综合题型，借助辅助线是解决这类问题的关键．
44．（2021·山东菏泽市·中考真题）如图，在中，是直径，弦，垂足为，为上一点，为弦延长线上一点，连接并延长交直径的延长线于点，连接交于点，若．
（1）求证：是的切线；
（2）若的半径为8，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接OE，证明OE⊥EF即可；
（2）由证得，运用正弦的概念可得结论．
【详解】
解：（1）证明：连接OE，如图，
∵OA=OE
∴∠OAE=∠OEA．
∵EF=PF，
∴∠EPF=∠PEF
∵∠APH=∠EPF，
∴∠APH=∠EPF，
∴∠AEF=∠APH．
∵CD⊥AB，
∴∠AHC=90°．
∴∠OAE+∠APH=90°．
∴∠OEA+∠AEF=90°
∴∠OEF=90°
∴OE⊥EF．
∵OE是的半径
∴EF是圆的切线，
（2）∵CD⊥AB
∴是直角三角形
∵
∴
设，则
由勾股定理得，
由（1）得，是直角三角形
∴
∴，即
∵
∴
解得，
【点睛】
此题主要考查了圆的切线的判定，勾股定理和解直角三角形等知识，熟练掌握切线的判定是解答此题的关键．
45．（2021·湖北宜昌市·中考真题）如图，在菱形中，是对角线上一点（），，垂足为，以为半径的分别交于点，交的延长线于点，与交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若是的中点，，．
①求的长；
②求的长．
【答案】（1）见解析；（2）①；②
【分析】
（１过点作于点，根据菱形的性质得到，证明出△OEB≌△OMB，得到对应边相等，对应边为圆的半径，得出结论；
（2）①根据菱形的性质得到，再由是的中点，，，根据，推出，，，再由弧长的计算公式得到结果；
②先由平行相似，得到，对应边成比例求出，推出BN=3，OE=4，DN=6，再由勾股定理求出即可．
【详解】
（1）证明：如图，过点作于点，
∵是菱形的对角线，
∴，
∵，，
∴∠OEB=∠OMB=90︒，
∵OB=OB，
∴△OEB≌△OMB（AAS）
∴，
∴是的切线．
（2）解：①如图，
∵是的中点，，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴由弧长公式，得到的长：．
②方法一：如图，过点作于点，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵DG//NE，DN//GE，∠GEN=90︒
∴四边形是矩形，
∴，BN=3，OE=4，DN=6，
在菱形中，AD=AB，在中，设，
∴，
∴．
方法二：如图，过作于点，
∵，，，
∴，，，
，
∴．
【点睛】
本题考查了圆的切线判定定理、菱形的性质、矩形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，关键在于熟练掌握证明是圆的切线的方法、菱形的性质以及三角形相似的证明与性质的应用，特别是菱形的性质．
46．（2021·湖南中考真题）如图，是的内接三角形，是的直径，点是的中点，交的延长线于点．
（1）求证：直线与相切；
（2）若的直径是10，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】
（1）连接OD，由点D是的中点得OD⊥BC，由DE//BC得OD⊥DE，由OD是半径可得DE是切线；
（2）证明△ODE是等腰直角三角形，可求出OE的长，从而可求得结论．
【详解】
解：（1）连接OD交BC于点F，如图，
∵点是的中点，
∴OD⊥BC，
∵DE//BC
∴OD⊥DE
∵OD是的半径
∴直线与相切；
（2）∵AC是的直径，且AB=10,
∴∠ABC=90°，
∵OD⊥BC
∴∠OFC=90°
∴OD//AB
∴
∵
∴
∴
由勾股定理得，
∴．
【点睛】
此题主要考查了切线的判定与性质的综合运用，熟练掌握切线的判定与性质是解答此题的关键．
47．（2021·四川广安市·中考真题）如图，是的直径，点在上，的平分线交于点，过点作，交的延长线于点，延长、相交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若的半径为5，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接OE，由题意可证OE∥AD，且DE⊥AF，即OE⊥DE，则可证CD是⊙O的切线；
（2）连接BE，证明△ADE∽△AEB，得到，根据tan∠EAD=，在△ABE中，利用勾股定理求出BE和AE，可得AD和DE，再证明△COE∽△CAD，得到，设BC=x，解方程即可求出BC．
【详解】
解：（1）连接OE，
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA，
∵AE平分∠BAF，
∴∠OAE=∠DAE，
∴∠OEA=∠EAD，
∴OE∥AD，
∵ED⊥AF，
∴OE⊥DE，
∴CD是⊙O的切线；
（2）连接BE，∵AB为直径，
∴∠AEB=90°=∠D，又∠DAE=∠BAE，
∴△ADE∽△AEB，
∴，
又tan∠EAD=，
∴，则AE=2BE，又AB=10，
在△ABE中，AE2+BE2=AB2，即（2BE）2+BE2=102，
解得：BE=，则AE=，
∴，
解得：AD=8，DE=4，
∵OE∥AD，
∴△COE∽△CAD，
∴，设BC=x，
∴，解得：x=，
经检验：x=是原方程的解，
故BC的长为．
【点睛】
本题主要考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角函数的定义，作出辅助线，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．
48．（2021·四川乐山市·中考真题）如图，已知点是以为直径的圆上一点，是延长线上一点，过点作的垂线交的延长线于点，连结，且．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接、，根据已知条件证明，即可得解；
（2）由（1）可得，得到，令，根据正切的定义列式求解即可；
【详解】
解：（1）证明：连结、．
∵，，
∴，．
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，即是的切线．
（2）由（1）知，，又，
∴，
∴，即．
令，∴．
即，即．
∵，即，
∴，
解得或（舍），
∴的半径为．
【点睛】
本题主要考查了圆的综合运用，结合相似三角形的判定与性质、正切的定义求解是解题的关键．
49．（2021·四川遂宁市·中考真题）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，AD＝CD，∠A＝30°．
（1）求证：直线AC是⊙O的切线；
（2）求△ABC的面积；
（3）点E在上运动（不与B、D重合），过点C作CE的垂线，与EB的延长线交于点F．
①当点E运动到与点C关于直径BD对称时，求CF的长；
②当点E运动到什么位置时，CF取到最大值，并求出此时CF的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）①3；②
【分析】
（1）连接OC，利用切线的判定定理，证明OC⊥AC即可；
（2）要求的面积，结合（1）题，底边AB可求，只需再求出底边上的高CH即可；
（3）根据垂径定理可求CE的长，再利用锐角三角函数，可求CF的长；
由可知，点E在运动过程中，始终有，所以，求出CE的最大值，即可得到CF的最大值．
【详解】
（1）证明：连结OC，如图所示．
∵AD＝CD ，∠A＝30°，
∴∠ACD＝∠A=30°．
∴∠CDB＝60°．
∵OD＝OC，
∴∠OCD＝∠ODC=60°．
∴∠ACO＝∠ACD＋∠OCD＝30°+60°=90°．
∴OC⊥AC．
∴直线AC是⊙O的切线．
（2）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，
．
∵AB＝AD＋BD＝3，
∴．
（3）当点运动到与点关于直径BD对称时，如图所示．
此时，CE⊥AB，设垂足为K．
由（2）可知，．
∵BD为圆的直径，CE⊥AB，
∴CE＝2CK＝．
∵CF⊥CE，
∴∠ECF＝90°．
∵，
∴∠E=∠CDB＝60°．
在中，
∵，
∴．
如图所示：
由可知，在中，
∵，
∴．
∴当点E在上运动时，始终有．
∴当CE最大时，CF取得最大值．
∴当CE为直径，即CE=2时，CF最大，最大值为．
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定、等腰三角形的性质、勾股定理、垂径定理、圆周角定理的推论、锐角三角函数、求线段的最值等知识点，熟知切线的判定方法、垂径定理、圆周角定理、锐角三角函数的定义是解题的关键．
50．（2021·浙江丽水市·中考真题）如图，在中，，以为直径的半圆O交于点D，过点D作半圆O的切线，交于点E．
（1）求证：；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连结，利用圆的切线性质，间接证明：，再根据条件中：且，即能证明：；
（2）由（1）可以证明：为直角三角形，由勾股定求出的长，求出，可得到的度数，从而说明为等边三角形，再根据边之间的关系及弦长所对应的圆周角及圆心角之间的关系，求出，半径,最后根据弧长公式即可求解．
【详解】
解：（1）证明：如图，连结．
与相切，．
是圆的直径，．
．
．
．
．
（2）由（1）可知，，
，
，，
是等边三角形．
,
，
．
【点睛】
本题考查了圆的切线的性质、解直角三角形、勾股定理、圆心角和圆周角之间的关系、弧长公式等知识点，解本题第二问的关键是：熟练掌握等边三角形判定与性质.
51．（2021·江苏扬州市·中考真题）如图，四边形中，，，，连接，以点B为圆心，长为半径作，交于点E．
（1）试判断与的位置关系，并说明理由；
（2）若，，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）相切，理由见解析；（2）
【分析】
（1）过点B作BF⊥CD，证明△ABD≌△FBD，得到BF=BA，即可证明CD与圆B相切；
（2）先证明△BCD是等边三角形，根据三线合一得到∠ABD=30°，求出AD，再利用S△ABD-S扇形ABE求出阴影部分面积．
【详解】
解：（1）过点B作BF⊥CD，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∵CB=CD，
∴∠CBD=∠CDB，
∴∠ADB=∠CDB，又BD=BD，∠BAD=∠BFD=90°，
∴△ABD≌△FBD（AAS），
∴BF=BA，则点F在圆B上，
∴CD与圆B相切；
（2）∵∠BCD=60°，CB=CD，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠CBD=60°
∵BF⊥CD，
∴∠ABD=∠DBF=∠CBF=30°，
∴∠ABF=60°，
∵AB=BF=，
∴AD=DF==2，
∴阴影部分的面积=S△ABD-S扇形ABE
=
=．
【点睛】
本题考查了切线的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，扇形面积，三角函数的定义，题目的综合性较强，难度不小，解题的关键是正确做出辅助线．
52．（2021·甘肃武威市·中考真题）如图，内接于是的直径的延长线上一点，．过圆心作的平行线交的延长线于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若，求的半径及的值；
【答案】（1）见解析；（2）半径为3，
【分析】
（1）证明是的半径，即证明，结合直径所对圆周角是、等腰△OAC和已知即可求解；
（2）由（1）中结论和可知，，再由CD、CE和平行线分线段成比例，即可找到BD、OB、BC、OE的关系，最后利用三边的勾股定理即可求解．
【详解】
（1）证明：如图，
，
，
，
是的直径，
，
，
，即，
，
又是的半径，
是的切线．
（2）
，即，
∴设，则，
，解得，，
．即的半径为3，
，
在中，，
．
【点睛】
本题考查圆切线的证明、平行线分线段成比例、勾股定理和锐角三角函数，属于中档几何综合题，解题的关键在于直径所对圆周角是直角和方程思想．
53．（2021·云南中考真题）如图，是的直径，点C是上异于A、B的点，连接、，点D在的延长线上，且，点E在的延长线上，且．
（1）求证：是的切线：
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据等量代换得到∠DCO=90°，即可证明DC是圆O的切线；
（2）根据已知得到OA=2DA，证明△DCO∽△DEB，得到，可得DA=EB，即可求出DA的长．
【详解】
解：（1）如图，连接OC，由题意可知：∠ACB是直径AB所对的圆周角，
∴∠ACB=90°，
∵OC，OB是圆O的半径，
∴OC=OB，
∴∠OCB=∠ABC，
又∵∠DCA=∠ABC，
∴∠DCA=∠OCB，
∴∠DCO=∠DCA+∠ACO=∠OCB+∠ACO=∠ACB=90°，
∴OC⊥DC，
又∵OC是圆O的半径，
∴DC是圆O的切线；
（2）∵，
∴，化简得OA=2DA，
由（1）知，∠DCO=90°，
∵BE⊥DC，即∠DEB=90°，
∴∠DCO=∠DEB，
∴OC∥BE，
∴△DCO∽△DEB，
∴，即，
∴DA=EB，
∵BE=3，
∴DA=EB=，
经检验：DA=是分式方程的解，
∴DA=．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定，正确的作出辅助线，证明切线，得到相似三角形是解题的关键．
54．（2021·内蒙古通辽市·中考真题）如图，是⊙O的直径，过点A作⊙O的切线，点P是射线上的动点，连接，过点B作，交⊙O于点D，连接．
（1）求证：是⊙O的切线
（2）当四边形是平行四边形时，求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接OD，证明即可；
（2）证明四边形是正方形，即可求解．
【详解】
（1）如图，连接OD，则
是⊙O的切线
又
在和中
是⊙O的切线．
（2）如图，连接OD四边形是平行四边形
,
四边形是平行四边形
又
四边形是菱形
四边形是正方形
．
【点睛】
本题考查了圆的切线的性质，三角形全等的证明，平行四边形的性质与判定，正方形的性质与判定，圆的切线的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
55．（2021·湖南张家界市·中考真题）如图，在中，，，以点为圆心，为半径的圆交的延长线于点，过点作的平行线，交于点，连接．
（1）求证：为的切线；
（2）若，求弧的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接OB，先根据直角三角形的性质得到∠AOB=60°，再运用平行线的性质结合已知条件可得，再证明可得即可；
（2）先求出∠COD，然后再运用弧长公式计算即可．
【详解】
（1）证明：连接
∵，
∴
又∵
∴
∴
∴
又∵
∴
∴
又∵点在上
∴是的切线；
（2）∵
∴
∴．
【点睛】
本题主要考查了圆的切线的证明、弧长公式等知识点，掌握圆的切线的证明方法成为解答本题的关键．
56．（2021·甘肃武威市·中考真题）在《阿基米德全集》中的《引理集》中记录了古希腊数学家阿基米德提出的有关圆的一个引理．如图，已知是弦上一点，请你根据以下步骤完成这个引理的作图过程．
（1）尺规作图（保留作图痕迹，不写作法）：
①作线段的垂直平分线，分别交于点于点，连接；
②以点为圆心，长为半径作弧，交于点（两点不重合），连接．
（2）直接写出引理的结论：线段的数量关系．
【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）
【分析】
（1）①分别为圆心，大于为半径画弧，得到两弧的交点，过两弧的交点作直线即可得到答案，②按照语句依次作图即可；
（2）由作图可得： 再证明 再证明 从而可得结论．
【详解】
解：（1）作出线段的垂直平分线，连接；
以为圆心，长为半径作弧，交于点，连接，如图示：
（2）结论：．理由如下：
由作图可得：是的垂直平分线，
四边形是圆的内接四边形，
【点睛】
本题考查的是线段的垂直平分线的作图，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟练运用基础知识解题是关键．
57．（2021·浙江宁波市·中考真题）如图1，四边形内接于，为直径，上存在点E，满足，连结并延长交的延长线于点F，与交于点G．
（1）若，请用含的代数式表列．
（2）如图2，连结．求证；．
（3）如图3，在（2）的条件下，连结，．
①若，求的周长．
②求的最小值．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）①；②
【分析】
（1）利用圆周角定理求得，再根据，求得，即可得到答案；
（2）由，得到，从而推出，证得，由此得到结论；
（3）①连结．利用已知求出，证得，得到，利用中，根据正弦求出，求出EF的长，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过点C作于H，证明，得到，证明，得到，设，得到，利用勾股定理得到 ，求得，利用函数的最值解答即可．
【详解】
解：（1）∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）∵为的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
（3）①如图，连结．
∵为的直径，
∴．
在中，，，
∴．
∵，
∴，
即，
∴．
∵，
∴．
∵在中，，
∴，
∴．
∵在中，，
∴．
在中，，
∴，
∴的周长为．
②如图，过点C作于H．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
设，
∴，
∴．
在中， ，
∴，
当时，的最小值为3，
∴的最小值为．
【点睛】
此题考查圆周角的定理，弧、弦和圆心角定理，全等三角形的判定及性质，勾股定理，三角函数，相似三角形的判定，函数的最值问题，是一道综合的几何题型，综合掌握各知识点是解题的关键．
58．（2021·北京中考真题）在平面直角坐标系中，的半径为1，对于点和线段，给出如下定义：若将线段绕点旋转可以得到的弦（分别是的对应点），则称线段是的以点为中心的“关联线段”．
（1）如图，点的横､纵坐标都是整数．在线段中，的以点为中心的“关联线段”是______________；
（2）是边长为1的等边三角形，点，其中．若是的以点为中心的“关联线段”，求的值；
（3）在中，．若是的以点为中心的“关联线段”，直接写出的最小值和最大值，以及相应的长．
【答案】（1）；（2）；（3）当时，此时；当时，此时．
【分析】
（1）以点A为圆心，分别以为半径画圆，进而观察是否与有交点即可；
（2）由旋转的性质可得是等边三角形，且是的弦，进而画出图象，则根据等边三角形的性质可进行求解；
（3）由是的以点为中心的“关联线段”，则可知都在上，且，然后由题意可根据图象来进行求解即可．
【详解】
解：（1）由题意得：
通过观察图象可得：线段能绕点A旋转90°得到的“关联线段”，都不能绕点A进行旋转得到；
故答案为；
（2）由题意可得：当是的以点为中心的“关联线段”时，则有是等边三角形，且边长也为1，当点A在y轴的正半轴上时，如图所示：
设与y轴的交点为D，连接，易得轴，
∴，
∴，，
∴，
∴；
当点A在y轴的正半轴上时，如图所示：
同理可得此时的，
∴；
（3）由是的以点为中心的“关联线段”，则可知都在上，且，则有当以为圆心，1为半径作圆，然后以点A为圆心，2为半径作圆，即可得到点A的运动轨迹，如图所示：
由运动轨迹可得当点A也在上时为最小，最小值为1，此时为的直径，
∴，
∴，
∴；
由以上情况可知当点三点共线时，OA的值为最大，最大值为2，如图所示：
连接，过点作于点P，
∴，
设，则有，
∴由勾股定理可得：，即，
解得：，
∴，
∴，
在中，，
∴；
综上所述：当时，此时；当时，此时．
【点睛】
本题主要考查旋转的综合、圆的基本性质、三角函数及等边三角形的性质，熟练掌握旋转的性质、圆的基本性质、三角函数及等边三角形的性质是解题的关键．
59．（2021·四川南充市·中考真题）如图，A，B是上两点，且，连接OB并延长到点C，使，连接AC．
（1）求证：AC是的切线．
（2）点D，E分别是AC，OA的中点，DE所在直线交于点F，G，，求GF的长．
【答案】（1）见解析；（2）2
【分析】
（1）先证得△AOB为等边三角形，从而得出∠OAB=60°，利用三角形外角的性质得出∠C=∠CAB=30°，由此可得∠OAC=90°即可得出结论；
（2）过O作OM⊥DF于M，DN⊥OC于N，利用勾股定理得出AC=，根据含30°的直角三角形的性质得出DN =，再根据垂径定理和勾股定理即可求出GF的长．
【详解】
（1）证明：∵AB=OA，OA=OB
∴AB=OA=OB
∴△AOB为等边三角形
∴∠OAB=60°，∠OBA=60°
∵BC=OB
∴BC=AB
∴∠C=∠CAB
又∵∠OBA=60°=∠C+∠CAB
∴∠C=∠CAB=30°
∴∠OAC=∠OAB+∠CAB=90°
∴AC是⊙O的切线；
（2）∵OA=4
∴OB=AB=BC=4
∴OC=8
∴AC===
∵D、E分别为AC、OA的中点，
∴OE//BC，DC=
过O作OM⊥DF于M，DN⊥OC于N
则四边形OMDN为矩形
∴DN=OM
在Rt△CDN中，∠C=30°，∴DN=DC=
∴OM=
连接OG，∵OM⊥GF
∴GF=2MG=2==2
【点睛】
本题考查了切线的判定、垂径定理、等边三角形的性质和判定，熟练掌握相关的知识是解题的关键．
60．（2021·四川广元市·中考真题）如图，在Rt中，，是的平分线，以为直径的交边于点E，连接，过点D作，交于点F．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求线段的长．
【答案】（1）证明见详解；（2）．
【分析】
（1）先根据圆周角定理、角平分线定义、平行线性质证明∠EAD=∠FDE，再根据AD为直径，得到∠ADE+∠DAE=90°，进而得到AD⊥FD，问题得证；
（2）先求出DE=3，证明△AED≌△ACD，得到DE=DC=3，BC=BD+CD=8，解Rt中求出AC=6，进而得到AE=6，求出,证明△ADE∽△AFD，得到，即可求出．
【详解】
解：（1）证明：连接DE，
∵
∴∠CAD=∠CED，
∵ 是的平分线，
∴∠CAD=∠EAD，
∴∠CED=∠EAD，
∵，
∴∠CED=∠FDE，
∴∠EAD=∠FDE，
∵AD为直径，
∴∠AED=∠ACD=90°，
∴∠ADE+∠DAE=90°，
∴∠ADE+∠FDE=90°，
即AD⊥FD，
又∵为直径，
∴是的切线；
（2）∵∠AED=90°，
∴∠BED=90°，
∴,
∵∠AED=∠ACD，∠DAE=∠DAC，AD=AD，
∴△AED≌△ACD，
∴DE=DC=3，
∴BC=BD+CD=8，
在Rt中，∵，
∴设AC=3x，AB=5x，
∴，
∵x＞0，
∴x=2，
∴AB=5x=10，AC=3x=6，
∵△AED≌△ACD，
∴AE=AC=6，
∴在Rt△ADE中，,
∵∠EAD=∠DAF，∠AED=∠ADF=90°，
∴△ADE∽△AFD，
∴，
即 ,
∴．
【点睛】
本题为圆的综合题，考查了切线的判定，圆的性质，三角函数，相似三角形的判定与性质等知识，根据题意添加辅助线，熟知圆的性质，利用三角函数解直角三角形是解题关键．
61．（2021·江苏宿迁市·中考真题）如图，在Rt△AOB中，∠AOB=90°，以点O为圆心，OA为半径的圆交AB于点C，点D在边OB上，且CD= BD．
（1）判断直线CD与圆O的位置关系，并说明理由；
（2）已知AB=40，求的半径．
【答案】（1）直线CD与圆O相切，理由见解析；（2）
【分析】
（1）连接 证明可得 从而可得答案；
（2）由 设 则 再求解 再表示 再利用 列方程解方程，可得答案．
【详解】
解：（1）直线CD与圆O相切，理由如下：
如图，连接
为的半径，
是的切线．
（2）
设 则
（负根舍去）
的半径为：
【点睛】
本题考查的是切线的判定与性质，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，锐角三角函数的应用，一元二次方程的解法，熟练应用基础知识，把知识串联起来是解题的关键．
62．（2021·湖北随州市·中考真题）如图，是以为直径的上一点，过点的切线交的延长线于点，过点作交的延长线于点，垂足为点．
（1）求证：；
（2）若的直径为9，．
①求线段的长；
②求线段的长．
【答案】（1）见解析；（2）①；②
【分析】
（1）连接，由是的切线，可得，可证，可得．由，可得即可；
（2）①连接，由的直径为9，，可求．可证，由，．
②由（1）可知，可证∽，由性质可得， 解方程得．
【详解】
（1）证明：连接，
∵是的切线，
∴，
又∵，
∴，
∴．
又∵在中，，
∴，
∴，
∴；
（2）①连接，
∵的直径为9，
∴，
在中，
∵，
∴．
又∵，且，
∴，
在中，
∵，
∴．
②由（1）可知，
∴∠DOE=∠FBE，∠ODE=∠BFE，
∴∽，
∴，即，
解得．
经检验符合题意．
【点睛】
本题考查圆的切线性质，平行线性质，等腰三角形判定与性质，直径所对圆周角性质，锐角三角函数，三角形相似判定与性质，利用相似的性质构造方程是解题关键．
63．（2021·河北中考真题）如图，的半径为6，将该圆周12等分后得到表盘模型，其中整钟点为（为1~12的整数），过点作的切线交延长线于点．
（1）通过计算比较直径和劣弧长度哪个更长；
（2）连接，则和有什么特殊位置关系？请简要说明理由；
（3）求切线长的值．
【答案】（1）劣弧更长；
（2）和互相垂直，理由见解析；
（3）．
【分析】
（1）分别求出劣弧和直径的长，比较大小；
（2）连接，，求出，即可得出垂直的位置关系；
（3）根据圆的知识求出，又是的切线，利用三角函数求解即可．
【详解】
（1）劣弧，
直径，
因为，故劣弧更长．
（2）如下图所示连接，，由图可知是直径，
∴对应的圆周角
∴和互相垂直．
（3）如上图所示，
∵是的切线
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了圆的基本性质、特殊角的三角函数的基本知识．半圆（或直径）所对的圆周角是直角．在同圆或等圆中同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对圆心角的一半．
64．（2021·陕西中考真题）如图，是的直径，点E、F在上，且，连接、，过点作的切线，分别与、的延长线交于点C、D．
（1）求证：；
（2）若，，求线段的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）取的中点M，连接、，由题意易得，则有，然后问题可求证；
（2）连接，由题意易得，由（1）知，则有，然后由相似三角形的性质可得，则，进而可得，最后问题可求解．
【详解】
（1）证明：如图，取的中点M，连接、，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：连接，
∵是的切线，
∴，
由（1）知，
∴，
∴，
∵，，
∴．
∴，
∵是的直径，
∴．
∵，
∴．
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的性质与判定、圆周角定理及切线的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定、圆周角定理及切线的性质是解题的关键．
65．（2021·浙江温州市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，经过原点，分别交轴、轴于，，连结．直线分别交于点，（点在左侧），交轴于点，连结．
（1）求的半径和直线的函数表达式．
（2）求点，的坐标．
（3）点在线段上，连结．当与的一个内角相等时，求所有满足条件的的长．
【答案】（1）半径为，直线的函数表达式为；（2）点为，点为；（3）5，10或
【分析】
（1）由，，确定点为，再利用两点间距离公式求解即可得到半径的长，利用待定系数法可直接得到直线CM的函数表达式；
（2）先作辅助线构造相似三角形，求出，，即可得到点为，点为；
（3）先作辅助线，得到，再分三种情况讨论，通过作轴于点，证出点为符合条件的点，再分别讨论当时和时的情况，分别得到和的值，最后完成求解．
【详解】
解：（1），
为的直径．
，，
点为，
半径为．
设直线的函数表达式为．
把，代入得，解得．
直线的函数表达式为；
∴⊙M 的半径为，直线 CM 的函数表达式为．
（2）过点作轴平行线，点作轴平行线交于点，作轴于点（如图1），
，，
，
，且
，，
点为．
点，关于点对称，
点为．
（3）作轴于点，
，．
，
．
分三种情况（如图2）：
①作轴于点，
，，
，
，
，
即点为符合条件的一个点．
．
②当时，
，
．
，
（），
，
．
③当时，
，
，
．
，
，
,
，
．
综上所述，当与的一个内角相等时，的长为5，10或．
【点睛】
本题综合考查了平面直角坐标系、圆、待定系数法求函数解析式、勾股定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等内容，要求学生根根据题意找到相等关系建立方程求解，本题综合性很强，对学生的分析能力要求较高，解决本题的关键是能通过作辅助线构造相似三角形以及牢记相关概念、性质和公式等，本题蕴含了分类讨论的思想方法．
66．（2021·新疆中考真题）如图，AC是⊙O的直径，BC，BD是⊙O的弦，M为BC的中点，OM与BD交于点F，过点D作，交BC的延长线于点E，且CD平分．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）求证：；
（3）若，，求BF的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）连接OD，AD，根据直径所对的圆周角为直角得出∠ADC=90°，再综合角平分线的定义以及圆的基本性质，推出∠CDE=∠ADO，从而推出∠ADC=∠ODE，即可得证；
（2）在（1）的基础之上，结合同弧所对的圆周角相等，即可得证；
（3）通过垂径定理的推论得到∠OME=90°，从而结合条件证得四边形ODEM为正方形，再根据锐角三角函数求出CE，从而得到CM和BM，再结合（2）的结论，在Rt△BFM中求解即可．
【详解】
（1）如图，连接OD，AD，
∵AC为直径，
∴∠ADC=90°，
∵CD平分∠ACE，
∴∠ACD=∠ECD，
∵DE⊥BC，
∴∠DEC=90°，
∴∠CAD=∠CDE，
∵∠CAD=∠ADO，
∴∠ADO=∠CDE，
∴∠ADO+∠ODC=∠ODC+∠CDE，
即：∠ADC=∠ODE，
∴∠ODE=90°，
∵OD为半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）如（1）图，可得∠CDE=∠CAD，
根据同弧所对的圆周角相等，可得∠CAD=∠DBE，
∴∠CDE=∠DBE；
（3）∵M为弦BC的中点，
∴根据垂径定理的推论得：∠OME=90°，
∴∠ODE=∠DEM=∠OME=90°，
∴四边形ODEM为矩形，
∵OD=OM，
∴四边形ODEM为正方形，
∵DE=6，
∴正方形ODEM的边长为6，
在Rt△DCE中，，
∴CM=ME-CE=6-4=2，
∴BM=CM=2，
由（2）可知，∠CDE=∠FBM，
∴在Rt△BFM中，，
∴．
【点睛】
本题考查圆的综合问题，掌握圆的基本性质，证明圆的切线的方法，以及垂径定理及其推论是解题关键．
67．（2021·湖北武汉市·中考真题）如图，是的直径，是上两点，是的中点，过点作的垂线，垂足是．连接交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接交于点．由点是的中点，根据垂径定理⊥．DG=BG，可证四边形是矩形，可得即可．
（2）连接，设，．设，可得．证明．可得，即．解得， 可求，．在中，由勾股定理得．，解得，．根据余弦三角函数定义求即可．
【详解】
1）证明：连接交于点．
∵点是的中点，
∴，BD为弦，OC为半径，
∴⊥．DG=BG，
∵是的直径，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴四边形是矩形，
∴．
∴EC⊥OC，
又∵OC为半径，
∴是的切线．
（2）解：连接，设，．
∵，
设，
∴．
由（1）得，,．
∵是的直径，
∴．
∴，，
∴，
∴．
，
∴，
∴．
解得，，（不符合题意，舍去）．
∴，．
在中，由勾股定理得．
∴，
解得，．
∴．
【点睛】
本题考查圆的切线判定，直径所对圆周角性质，垂径定理，三角形相似判定与性质，勾股定理，余弦三角函数定义，利用相似三角形的性质与勾股定理构造方程是解题关键．
68．（2021·山东济宁市·中考真题）如图，点C在以为直径的上，点D是的中点，连接并延长交于点E，作，交的延长线于点P．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】
（1）由AB为直径，可得∠ACB=90°，又D为BC中点，O为AB中点，可得OD∥AC，从而∠ODB=90°．由OB=OE得∠OEB=∠OBE，又∠OEB=∠P+∠EBP，∠OBE=∠OBD+∠EBC，所以∠P+∠EBP=∠OBD+∠EBC，又∠EBP=∠EBC，得∠P=∠OBD．又∠BOD+∠OBD=90°，从而可得∠BOD+∠P=90°，即∠OBP=90°．则可证PB为⊙O切线；
（2）由（1）可得OD=1，从而PO=7，可证明△BDP～△OBP，从而得比例 ，解得BP=，最后由勾股定理可求半径OB．
【详解】
（1）证明：∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
又D为BC中点，O为AB中点，
故OD=AC，OD∥AC，
∴∠ODB=∠ACB=90°．
∵OB=OE，
∴∠OEB=∠OBE，
又∵∠OEB=∠P+∠EBP，∠OBE=∠OBD+∠EBC，
∴∠P+∠EBP=∠OBD+∠EBC，
又∠EBP=∠EBC，
∴∠P=∠OBD．
∵∠BOD+∠OBD=90°，
∴∠BOD+∠P=90°，
∴∠OBP=90°．
又OB为半径，
故PB是⊙O的切线．
（2）解：∵AC=2，
由（1）得OD=AC=1，
又PD=6，
∴PO=PD+OD=6+1=7．
∵∠P=∠P，∠BDP=∠OBP=90°，
∴△BDP～△OBP．
∴，
即BP2=OP•DP=7×6=42，
∴BP=．
∴OB=．
故⊙O的半径为．
【点睛】
本题属于圆的综合问题，考查了圆周角定理，三角形中位线性质定理，等腰三角形性质，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质及勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点并灵活运用所学知识是解题的关键．
69．（2021·广东中考真题）如图，在四边形中，，点E、F分别在线段、上，且．
（1）求证：；
（2）求证：以为直径的圆与相切；
（3）若，求的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
(1)设，进而求得，再由即可求得；
(2)取中点O，过点O作，由梯形中位线定理得到，利用得到，进而，由此即可证明；
(3)过点D，点A分别向作垂线交于点M，N，得到，分别求出，再代入求解即可．
【详解】
解：(1)∵，设，
∴，
∵CD∥AB，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
(2)如图，取中点O，过点O作，
∵CD∥AB，∠BCD=90°，
∴，
又∵，
∴OM∥AB，
∴M为中点，
∴，
∵，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴以为直径的圆与相切．
(3)∵∠DFE=120°，CD∥EF∥AB，
∴，
又∵
∴为等边三角形，，
∵CD∥EF，
∴，
由(2)得：，
∴，
∴，
∵，在中，三边之比为，
∴，
在中，三边之比为，
∴，
如图，过点D，点A分别向作垂线交于点M，N，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
同理，四边形BENA为矩形，
∴，
．
【点睛】
本题考查了等腰三角形等腰对等角、梯形中位线定理、割补法求四边形的面积、圆的切线的证明方法等，熟练掌握各图形的基本性质是解决本题的关键．
70．（2021·内蒙古中考真题）如图，在锐角三角形ABC中，AD是BC边上的高，以AD为直径的交AB于点E，交AC于点F，过点F作，垂足为H，交于点G，交AD于点M，连接AG，DE，DF．
（1）求证：；
（2）若，，，求HF的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）是的直径，可以得到，推出，再用平行线的判定和性质可求出；
（2）连接OF，得到，由于是的直径，得到，，，用平行线的判定得到，再用角之间的关系证明，再用相似三角形的性质，证明就可求出HF．
【详解】
如图
解：（1）证明：是的直径，
．
，
，
，
，
．
，
．
（2）连接OF，
AD是BC边上的高，
．
，
．
．
是的直径，
，
，
．
，
．
．
．
，
．
，
，
．
，
，
．
在中，，，，
，，
，
，
．
在中，，
，
，，
，
，
，
，
．
【点睛】
此题考查圆的性质和相似三角形的证明的综合运用，熟悉掌握相似三角形的性质和灵活作辅助线是解题的关键．
2021年中考数学真题分项汇编【全国通用】（第01期）
专题25圆的有关位置关系（共70题）
一、单选题
1．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）已知平面内有和点，，若半径为，线段，，则直线与的位置关系为（ ）
A．相离 B．相交 C．相切 D．相交或相切
【答案】D
【分析】
根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
【详解】
解：∵⊙O的半径为2cm，线段OA=3cm，线段OB=2cm，
即点A到圆心O的距离大于圆的半径，点B到圆心O的距离等于圆的半径，
∴点A在⊙O外．点B在⊙O上，
∴直线AB与⊙O的位置关系为相交或相切，
故选：D．
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，正确的理解题意是解题的关键．
2．（2021·四川凉山彝族自治州·中考真题）下列命题中，假命题是（ ）
A．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
B．等腰三角形顶角的平分线，底边上的中线，底边上的高相互重合
C．若，则点B是线段AC的中点
D．三角形三条边的垂直平分线的交点叫做这个三角形的外心
【答案】C
【分析】
根据中点的定义，直角三角形的性质，三线合一以及外心的定义分别判断即可．
【详解】
解：A、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，故为真命题；
B、等腰三角形顶角的平分线，底边上的中线，底边上的高相互重合，故为真命题；
C、若在同一条直线上AB=BC，则点B是线段AC的中点，故为假命题；
D、三角形三条边的垂直平分线的交点叫做这个三角形的外心，故为真命题；
故选C．
【点睛】
本题考查了中点的定义，直角三角形的性质，三线合一以及外心的性质，属于基础知识，要熟练掌握．
3．（2021·山东泰安市·中考真题）如图，在中，，以点A为圆心，3为半径的圆与边相切于点D，与，分别交于点E和点G，点F是优弧上一点，，则的度数是（ ）
A．50° B．48° C．45° D．36°
【答案】B
【分析】
连接AD，由切线性质可得∠ADB=∠ADC=90°，根据AB=2AD及锐角的三角函数可求得∠BAD=60°，易求得∠ADE=72°，由AD=AE可求得∠DAE=36°，则∠GAC=96°，根据圆周角定理即可求得∠GFE的度数．
【详解】
解：连接AD，则AD=AG=3，
∵BC与圆A相切于点D，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
在Rt△ADB中，AB=6，则cos∠BAD==，
∴∠BAD=60°，
∵∠CDE=18°，
∴∠ADE=90°﹣18°=72°，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED=72°，
∴∠DAE=180°﹣2×72°=36°，
∴∠GAC=36°+60°=96°，
∴∠GFE=∠GAC=48°，
故选：B．
【点睛】
本题考查切线性质、锐角的三角函数、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理、圆周角定理，熟练掌握切线性质和圆周角定理，利用特殊角的三角函数值求得∠BAD=60°是解答的关键．
4．（2021·浙江金华市·中考真题）如图，在中，，以该三角形的三条边为边向形外作正方形，正方形的顶点都在同一个圆上．记该圆面积为，面积为，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
先确定圆的圆心在直角三角形斜边的中点，然后利用全等三角形的判定和性质确定△ABC是等腰直角三角形，再根据直角三角形斜边中线的性质得到，再由勾股定理解得，解得，据此解题即可．
【详解】
解：如图所示，正方形的顶点都在同一个圆上，
圆心在线段的中垂线的交点上，即在斜边的中点，且AC=MC，BC=CG，
∴AG=AC+CG=AC+BC，BM=BC+CM=BC+AC，
∴AG=BM，
又∵OG=OM，OA=OB，
∴△AOG≌△BOM，
∴∠CAB=∠CBA，
∵∠ACB=90°，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
，
，
．
故选：C．
【点睛】
本题考查勾股定理、直角三角形斜边的中线的性质、圆的面积、三角形的面积等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
5．（2021·浙江中考真题）如图，已知点是的外心，∠，连结，，则的度数是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
结合题意，根据三角形外接圆的性质，作；再根据圆周角和圆心角的性质分析，即可得到答案．
【详解】
的外接圆如下图
∵∠
∴
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆的知识；解题的关键是熟练掌握三角形外接圆、圆周角、圆心角的性质，从而完成求解．
6．（2021·四川泸州市·）如图，⊙O的直径AB=8，AM，BN是它的两条切线，DE与⊙O相切于点E，并与AM，BN分别相交于D，C两点，BD，OC相交于点F，若CD=10，则BF的长是
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
过点D作DG⊥BC于点G，延长CO交DA的延长线于点H，根据勾股定理求得，即可得AD=BG=2，BC= 8，再证明△HAO≌△BCO，根据全等三角形的性质可得AH=BC=8，即可求得HD= 10；在Rt△ABD中，根据勾股定理可得；证明△DHF∽△BCF，根据相似三角形的性质可得，由此即可求得．
【详解】
过点D作DG⊥BC于点G，延长CO交DA的延长线于点H，
∵AM，BN是它的两条切线，DE与⊙O相切于点E，
∴AD=DE，BC=CE，∠DAB=∠ABC=90°，
∵DG⊥BC，
∴四边形ABGD为矩形，
∴AD=BG，AB=DG=8，
在Rt△DGC中，CD=10，
∴，
∵AD=DE，BC=CE，CD=10，
∴CD= DE+CE = AD+BC =10，
∴AD+BG +GC=10，
∴AD=BG=2，BC=CG+BG=8，
∵∠DAB=∠ABC=90°，
∴AD∥BC，
∴∠AHO=∠BCO，∠HAO=∠CBO，
∵OA=OB，
∴△HAO≌△BCO，
∴AH=BC=8，
∵AD=2，
∴HD=AH+AD=10；
在Rt△ABD中，AD=2，AB=8，
∴，
∵AD∥BC，
∴△DHF∽△BCF，
∴，
∴，
解得，．
故选A．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了切线长定理、勾股定理、全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定于性质，熟练运用相关知识是解决问题的关键．
7．（2021·四川眉山市·中考真题）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，点在线段上从点至点运动，连接，以为边作等边三角形，点和点分别位于两侧，下列结论：①；②；③；④点运动的路程是，其中正确结论的序号为（ ）
A．①④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④
【答案】B
【分析】
连接OE并延长交DC于点H，先证△ADO为等边三角形，得出∠2=∠DAF=60°，再根据△DEF为等边三角形，得出①正确；证出△DOE≌△COE，得到ED=EC，得出②正确；证出∠ADF=∠3，看得出③正确；根据△DOE≌△COE，得出点E在OH上运动，可得④正确．
【详解】
解：
连接OE并延长交DC于点H，
∵矩形ABCD，
∴OA=OD=OC，
∵∠DAC=60°，
∴△ADO为等边三角形，
∴∠2=∠DAF=60°，
∵△DEF为等边三角形，
∴∠1=60°=∠5，
∴∠1=∠2，
∴D、F、O、E四点共圆，
∴∠3=∠4，①正确；
∴∠5=∠6=60°，
∴∠7=∠6=60°，
∵OD=OC，OE=OE，
∴△DOE≌△COE，
∴∠3=∠8，
∴∠CDE=∠DCE，
∴ED=EC，②正确；
∵∠ADO=∠FDE=60°，
∴∠ADF=∠3，
∴∠ADF=∠8，即∠ADF=∠ECF，③正确；
∵△DOE≌△COE，
∴点E在∠DOC的角平分线上与CD的交点为H，即点E在OH上运动，
∴OH=BC，
∴OH=，④错误．
故选B．
【点睛】
本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆的性质，解题的关键是灵活运用这些性质．
8．（2021·湖北十堰市·中考真题）如图，内接于是的直径，若，则（ ）
A． B． C．3 D．4
【答案】C
【分析】
首先过点O作OF⊥BC于F，由垂径定理可得BF＝CF＝BC，然后由∠BAC＝120°，AB＝AC，利用等边对等角与三角形内角和定理，即可求得∠C与∠BAC的度数，由BD为⊙O的直径，即可求得∠BAD与∠D的度数，又由AD＝3，即可求得BD的长，继而求得BC的长．
【详解】
解：过点O作OF⊥BC于F，
∴BF＝CF＝BC，
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠C＝∠ABC＝（180°−∠BAC）÷2＝30°，
∵∠C与∠D是同弧所对的圆周角，
∴∠D＝∠C＝30°，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BAD＝90°，
∴∠ABD＝60°，
∴∠OBC＝∠ABD−∠ABC＝30°，
∵AD＝3，
∴BD＝AD÷cos30°＝3÷=2，
∴OB＝BD＝，
∴BF＝OB•cos30°＝×＝，
∴BC＝3．
故选：C．
【点睛】
此题考查了圆周角定理、垂径定理、等腰三角形的性质、直角三角形的性质以及特殊角的三角函数值等知识．此题综合性较强，难度适中，解题的关键是注意数形结合思想的应用，注意准确作出辅助线．
9．（2021·湖南怀化市·中考真题）如图，在中，以A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AB、AC于点M、N；再分别以M、N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P；连结AP并延长交BC于点D．则下列说法正确的是（ ）
A． B．AD一定经过的重心
C． D．AD一定经过的外心
【答案】C
【分析】
根据题意易得AD平分∠BAC，然后根据三角形的重心、外心及三边关系可排除选项．
【详解】
解：∵AD平分∠BAC，
∴，故C正确；
在△ABD中，由三角形三边关系可得，故A错误；
由三角形的重心可知是由三角形三条中线的交点，所以AD不一定经过的重心，故B选项错误；
由三角形的外心可知是由三角形三条边的中垂线的交点，所以AD不一定经过的外心，故D选项错误；
故选C．
【点睛】
本题主要考查三角形的重心、外心及角平分线的尺规作图，熟练掌握三角形的重心、外心及角平分线的尺规作图是解题的关键．
10．（2021·山东临沂市·中考真题）如图，、分别与相切于、，，为上一点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由切线的性质得出∠OAP=∠OBP=90°，利用四边形内角和可求∠AOB=110°，再利用圆周角定理可求∠ADB=55°，再根据圆内接四边形对角互补可求∠ACB．
【详解】
解：如图所示，连接OA，OB，在优弧AB上取点D，连接AD，BD，
∵AP、BP是切线，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∴∠AOB=360°-90°-90°-70°=110°，
∴∠ADB=55°，
又∵圆内接四边形的对角互补，
∴∠ACB=180°-∠ADB=180°-55°=125°．
故选：C．
【点睛】
本题考查了切线的性质、圆周角定理、圆内接四边形的性质．解题的关键是连接OA、OB，求出∠AOB．
11．（2021·湖北鄂州市·中考真题）如图，中，，，．点为内一点，且满足．当的长度最小时，的面积是（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】D
【分析】
由题意知，又长度一定，则点P的运动轨迹是以中点O为圆心，长为半径的圆弧，所以当B、P、O三点共线时，BP最短；在中，利用勾股定理可求BO的长，并得到点P是BO的中点，由线段长度即可得到是等边三角形，利用特殊三边关系即可求解．
【详解】
解：
取中点O，并以O为圆心，长为半径画圆
由题意知：当B、P、O三点共线时，BP最短
点P是BO的中点
在中，
是等边三角形
在中，
．
【点睛】
本题主要考察动点的线段最值问题、点与圆的位置关系和隐形圆问题，属于动态几何综合题型，中档难度．解题的关键是找到动点P的运动轨迹，即隐形圆．
12．（2021·四川广元市·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，是以为直径的半圆的切线，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】D
【分析】
取BC的中点O，设AE与⊙O的相切的切点为F，连接OF、OE、OA，由题意可得OB=OC=OA=1，∠OFA=∠OFE=90°，由切线长定理可得AB=AF=2，CE=CF，然后根据割补法进行求解阴影部分的面积即可．
【详解】
解：取BC的中点O，设AE与⊙O的相切的切点为F，连接OF、OE、OA，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，且边长为2，
∴BC=AB=2，∠ABC=∠BCD=90°，
∵是以为直径的半圆的切线，
∴OB=OC=OF=1，∠OFA=∠OFE=90°，
∴AB=AF=2，CE=CF，
∵OA=OA，
∴Rt△ABO≌Rt△AFO（HL），
同理可证△OCE≌△OFE，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选D．
【点睛】
本题主要考查切线的性质定理、切线长定理、正方形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握切线的性质定理、切线长定理、正方形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
13．（2021·江苏连云港市·中考真题）如图，正方形内接于，线段在对角线上运动，若的面积为，，则周长的最小值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】
利用将军饮马之造桥选址的数学方法进行计算．
【详解】
如图所示，
（1）为上一动点，点关于线段的对称点为点，连接，则，过点作的平行线，过点作的平行线，两平行线相交于点，与相交于点M．
四边形是平行四边形
则
（2）找一点， 连接，则，过点作的平行线，连接则．
此时
（1）中周长取到最小值
四边形是平行四边形
四边形是正方形
，
又，，
又
是等腰三角形
，则圆的半径，
故选：B．
【点睛】
本题难度较大，需要具备一定的几何分析方法．关键是要找到周长取最小值时的位置．
14．（2021·贵州贵阳市·中考真题）如图，与正五边形的两边相切于两点，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据切线的性质，可得∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，结合正五边形的每个内角的度数为108°，即可求解．
【详解】
解： ∵AE、CD切⊙O于点A、C，
∴∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，
∴正五边形ABCDE的每个内角的度数为： ，
∴∠AOC＝540°−90°−90°−108°−108°＝144°，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查正多边形的内角和公式的应用，以及切线的性质定理，掌握正多边形的内角和定理是解题的关键．
15．（2021·广东中考真题）设O为坐标原点，点A、B为抛物线上的两个动点，且．连接点A、B，过O作于点C，则点C到y轴距离的最大值（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【分析】
设A(a，a²)，B(b，b²)，求出AB的解析式为，进而得到OD=1，由∠OCB=90°可知，C点在以OD的中点E为圆心，以为半径的圆上运动，当CH为圆E半径时最大，由此即可求解．
【详解】
解：如下图所示：过C点作y轴垂线，垂足为H，AB与x轴的交点为D，
设A(a，a²)，B(b，b²)，其中a≠0，b≠0，
∵OA⊥OB，
∴，
∴，
即，
，
设AB的解析式为：，代入A(a，a²)，
解得：，
∴，
∵，即 ，
∴C点在以OD的中点E为圆心，以为半径的圆上运动，
当CH为圆E的半径时，此时CH的长度最大，
故CH的最大值为，
故选：A．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，圆的相关知识等，本题的关键是求出AB与y轴交点的纵坐标始终为1，结合，由此确定点E的轨迹为圆进而求解．
16．（2021·湖南娄底市·中考真题）如图，直角坐标系中，以5为半径的动圆的圆心A沿x轴移动，当⊙与直线只有一个公共点时，点A的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
当⊙与直线只有一个公共点时，则此时⊙A与直线相切，（需考虑左右两侧相切的情况）；设切点为，此时点同时在⊙A与直线上，故可以表示出点坐标，过点作，则此时，利用相似三角形的性质算出长度，最终得出结论．
【详解】
如下图所示，连接，过点作，
此时点坐标可表示为，
∴，，
在中，，
又∵半径为5，
∴，
∵，
∴，
则，
∴，
∴，
∵左右两侧都有相切的可能，
∴A点坐标为，
故选：D．
【点睛】
本题考查的是直线与圆的位置关系，熟知相似三角形的判定与性质是解答此题的关键．
17．（2021·福建中考真题）如图，为的直径，点P在的延长线上，与相切，切点分别为C，D．若，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
连接OC，CP，DP是⊙O的切线，根据定理可知∠OCP＝90°，∠CAP＝∠PAD，利用三角形的一个外角等于与其不相邻的两个内角的和可求∠CAD=∠COP，在Rt△OCP中求出即可．
【详解】
解：连接OC，
CP，DP是⊙O的切线，则∠OCP＝90°，∠CAP＝∠PAD，
∴∠CAD=2∠CAP，
∵OA=OC
∴∠OAC＝∠ACO，
∴∠COP＝2∠CAO
∴∠COP＝∠CAD
∵
∴OC=3
在Rt△COP中，OC=3，PC=4
∴OP=5．
∴==
故选：D．
【点睛】
本题利用了切线的性质，锐角三角函数，三角形的外角与内角的关系求解．
18．（2021·山西中考真题）如图，在中，切于点，连接交于点，过点作交于点，连接．若，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
连接，根据与相切易得，在中，已知，可以求出的度数，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半得出的度数，最后根据可得．
【详解】
如下图，连接，
∵切于点，
∴，
在中，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴．
故选：B．
【点睛】
本题考察了切线的性质，圆周角定理以及平行线的性质，综合运用以上性质定理是解题的关键．
19．（2021·吉林长春市·中考真题）如图，AB是的直径，BC是的切线，若，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据切线的性质，得∠ABC=90°，再根据直角三角形的性质，即可求解．
【详解】
解：∵AB是的直径，BC是的切线，
∴AB⊥BC，即∠ABC=90°，
∵，
∴=90°-35°=55°，
故选C．
【点睛】
本题主要考查切线的性质以及直角三角形的性质，掌握圆的切线的性质定理，是解题的关键．
20．（2021·上海中考真题）如图，已知长方形中，，圆B的半径为1，圆A与圆B内切，则点与圆A的位置关系是（ ）
A．点C在圆A外，点D在圆A内 B．点C在圆A外，点D在圆A外
C．点C在圆A上，点D在圆A内 D．点C在圆A内，点D在圆A外
【答案】C
【分析】
根据内切得出圆A的半径，再判断点D、点E到圆心的距离即可
【详解】
∵圆A与圆B内切，，圆B的半径为1
∴圆A的半径为5
∵<5
∴点D在圆A内
在Rt△ABC中，
∴点C在圆A上
故选：C
【点睛】
本题考查点与圆的位置关系、圆与圆的位置关系、勾股定理，熟练掌握点与圆的位置关系是关键
二、填空题
21．（2021·湖南常德市·中考真题）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠BOD=80°，则∠BCD的度数是_____．
【答案】140°．
【详解】
试题分析：∵∠BOD=80°，∴∠A=40°，∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BCD=180°-40°=140°，故答案为140°．
考点：圆内接四边形的性质；圆周角定理
22．（2021·四川凉山彝族自治州·中考真题）如图，等边三角形ABC的边长为4，的半径为，P为AB边上一动点，过点P作的切线PQ，切点为Q，则PQ的最小值为________．
【答案】3
【分析】
连接OC和PC，利用切线的性质得到CQ⊥PQ，可得当CP最小时，PQ最小，此时CP⊥AB，再求出CP，利用勾股定理求出PQ即可．
【详解】
解：连接QC和PC，
∵PQ和圆C相切，
∴CQ⊥PQ，即△CPQ始终为直角三角形，CQ为定值，
∴当CP最小时，PQ最小，
∵△ABC是等边三角形，
∴当CP⊥AB时，CP最小，此时CP⊥AB，
∵AB=BC=AC=4，
∴AP=BP=2，
∴CP==，
∵圆C的半径CQ=，
∴PQ==3，
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了切线的性质，等边三角形的性质，以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意得到当PC⊥AB时，线段PQ最短是关键．
23．（2021·浙江杭州市·中考真题）如图，已知的半径为1，点是外一点，且．若是的切线，为切点，连接，则_____．
【答案】
【分析】
根据圆的切线的性质，得，根据圆的性质，得，再通过勾股定理计算，即可得到答案．
【详解】
∵是的切线，为切点
∴
∴
∵的半径为1
∴
∴
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆、勾股定理的知识；解题的关键是熟练掌握圆、圆的切线、勾股定理的性质，从而完成求解．
24．（2021·陕西中考真题）如图，正方形的边长为4，的半径为1．若在正方形内平移（可以与该正方形的边相切），则点A到上的点的距离的最大值为______．
【答案】
【分析】
由题意易得当与BC、CD相切时，切点分别为F、G，点A到上的点的距离取得最大，进而根据题意作图，则连接AC，交于点E，然后可得AE的长即为点A到上的点的距离为最大，由题意易得，则有△OFC是等腰直角三角形，，根据等腰直角三角形的性质可得，最后问题可求解．
【详解】
解：由题意得当与BC、CD相切时，切点分别为F、G，点A到上的点的距离取得最大，如图所示：
连接AC，OF，AC交于点E，此时AE的长即为点A到上的点的距离为最大，如图所示，
∵四边形是正方形，且边长为4，
∴，
∴△OFC是等腰直角三角形，，
∵的半径为1，
∴，
∴，
∴，
∴，
即点A到上的点的距离的最大值为；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质、切点的性质定理及等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、切点的性质定理及等腰直角三角形的性质与判定是解题的关键．
25．（2021·青海中考真题）点是非圆上一点，若点到上的点的最小距离是，最大距离是，则的半径是______．
【答案】或
【分析】
分点在外和内两种情况分析；设的半径为，根据圆的性质列一元一次方程并求解，即可得到答案．
【详解】
设的半径为
当点在外时，根据题意得：
∴
当点在内时，根据题意得：
∴
故答案为：或．
【点睛】
本题考查了圆、一元一次方程的知识；解题的关键是熟练掌握圆的性质，从而完成求解．
26．（2021·北京中考真题）如图，是的切线，是切点．若，则______________．
【答案】130°
【分析】
由题意易得，然后根据四边形内角和可求解．
【详解】
解：∵是的切线，
∴，
∴由四边形内角和可得：，
∵，
∴；
故答案为130°．
【点睛】
本题主要考查切线的性质及四边形内角和，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
27．（2021·四川广元市·中考真题）如图，在正方形中，点O是对角线的中点，点P在线段上，连接并延长交于点E，过点P作交于点F，连接、，交于G，现有以下结论：①；②；③；④为定值；⑤．以上结论正确的有________（填入正确的序号即可）．
【答案】①②③⑤
【分析】
由题意易得∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，对于①：易知点A、B、F、P四点共圆，然后可得∠AFP=∠ABD=45°，则问题可判定；对于②：把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，则有DE=BH，∠DAE=∠BAH，然后易得△AEF≌△AHF，则有HF=EF，则可判定；对于③：连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，易得OB=OD，OP=OM，然后易证△AOP∽△ABF，进而问题可求解；对于④：过点A作AN⊥EF于点N，则由题意可得AN=AB，若△AEF的面积为定值，则EF为定值，进而问题可求解；对于⑤由③可得，进而可得△APG∽△AFE，然后可得相似比为，最后根据相似三角形的面积比与相似比的关系可求解．
【详解】
解：∵四边形是正方形，，
∴∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，
①∵，
∴由四边形内角和可得，
∴点A、B、F、P四点共圆，
∴∠AFP=∠ABD=45°，
∴△APF是等腰直角三角形，
∴，故①正确；
②把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，如图所示：
∴DE=BH，∠DAE=∠BAH，∠HAE=90°，AH=AE，
∴，
∵AF=AF，
∴△AEF≌△AHF（SAS），
∴HF=EF，
∵，
∴，故②正确；
③连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，如图所示：
∵点O是对角线的中点，
∴OB=OD，，
∴OP=OM，△AOB是等腰直角三角形，
∴，
由①可得点A、B、F、P四点共圆，
∴，
∵，
∴△AOP∽△ABF，
∴，
∴，
∵，
∴，故③正确；
④过点A作AN⊥EF于点N，如图所示：
由②可得∠AFB=∠AFN，
∵∠ABF=∠ANF=90°，AF=AF，
∴△ABF≌△ANF（AAS），
∴AN=AB，
若△AEF的面积为定值，则EF为定值，
∵点P在线段上，
∴的长不可能为定值，故④错误；
⑤由③可得，
∵∠AFB=∠AFN=∠APG，∠FAE=∠PAG，
∴△APG∽△AFE，
∴，
∴，
∴，
∴，故⑤正确；
综上所述：以上结论正确的有①②③⑤；
故答案为①②③⑤．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
28．（2021·浙江宁波市·中考真题）抖空竹在我国有着悠久的历史，是国家级的非物质文化遗产之一．如示意图，分别与相切于点C，D，延长交于点P．若，的半径为，则图中的长为________．（结果保留）
【答案】
【分析】
连接OC、OD，利用切线的性质得到，根据四边形的内角和求得，再利用弧长公式求得答案．
【详解】
连接OC、OD，
∵分别与相切于点C，D，
∴，
∵，，
∴，
∴的长=（cm），
故答案为：．
．
【点睛】
此题考查圆的切线的性质定理，四边形的内角和，弧长的计算公式，熟记圆的切线的性质定理及弧长的计算公式是解题的关键．
29．（2021·浙江温州市·中考真题）如图，与的边相切，切点为．将绕点按顺时针方向旋转得到，使点落在上，边交线段于点．若，则______度．
【答案】85
【分析】
连结OO′，先证△BOO′为等边三角形，求出∠AOB=∠OBO′=60°，由与的边相切，可求∠CBO==30°，利用三角形内角和公式即可求解．
【详解】
解：连结OO′，
∵将绕点按顺时针方向旋转得到，
∴BO′=BO=OO′，
∴△BOO′为等边三角形，
∴∠OBO′=60°，
∵与的边相切，
∴∠OBA=∠O′BA′=90°，
∴∠CBO=90°-∠OBO′=90°-60°=30°，
∵∠A′=25°
∴∠A′O′B=90°-∠A′=90°-25°=65°
∴∠AOB=∠A′O′B=65°，
∴∠OCB=180°-∠COB-∠OBC=180°-65°-30°=85°．
故答案为85．
【点睛】
本题考查图形旋转性质，切线性质，等边三角形判定与性质，直角三角形性质，掌握图形旋转性质，切线性质，等边三角形判定与性质，直角三角形性质是解题关键．
30．（2021·江苏扬州市·中考真题）在一次数学探究活动中，李老师设计了一份活动单：
已知线段，使用作图工具作，尝试操作后思考：
（1）这样的点A唯一吗？
（2）点A的位置有什么特征？你有什么感悟？
“追梦”学习小组通过操作、观察、讨论后汇报：点A的位置不唯一，它在以为弦的圆弧上（点B、C除外），……．小华同学画出了符合要求的一条圆弧（如图1）．
（1）小华同学提出了下列问题，请你帮助解决．
①该弧所在圆的半径长为___________；
②面积的最大值为_________；
（2）经过比对发现，小明同学所画的角的顶点不在小华所画的圆弧上，而在如图1所示的弓形内部，我们记为，请你利用图1证明；
（3）请你运用所学知识，结合以上活动经验，解决问题：如图2，已知矩形的边长，，点P在直线的左侧，且．
①线段长的最小值为_______；
②若，则线段长为________．
【答案】（1）①2；②；（2）见解析；（3）①；②
【分析】
（1）①设O为圆心，连接BO，CO，根据圆周角定理得到∠BOC=60°，证明△OBC是等边三角形，可得半径；
②过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，以BC为底，则当A与D重合时，△ABC的面积最大，求出OE，根据三角形面积公式计算即可；
（2）延长BA′，交圆于点D，连接CD，利用三角形外角的性质和圆周角定理证明即可；
（3）①根据，连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，可得点P在优弧CPD上，连接BQ，与圆Q交于P′，可得BP′即为BP的最小值，再计算出BQ和圆Q的半径，相减即可得到BP′；
②根据AD，CD和推出点P在∠ADC的平分线上，从而找到点P的位置，过点C作CF⊥PD，垂足为F，解直角三角形即可求出DP．
【详解】
解：（1）①设O为圆心，连接BO，CO，
∵∠BAC=30°，
∴∠BOC=60°，又OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=OC=BC=2，即半径为2；
②∵△ABC以BC为底边，BC=2，
∴当点A到BC的距离最大时，△ABC的面积最大，
如图，过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，
∴BE=CE=1，DO=BO=2，
∴OE==，
∴DE=，
∴△ABC的最大面积为=；
（2）如图，延长BA′，交圆于点D，连接CD，
∵点D在圆上，
∴∠BDC=∠BAC，
∵∠BA′C=∠BDC+∠A′CD，
∴∠BA′C＞∠BDC，
∴∠BA′C＞∠BAC，即∠BA′C＞30°；
（3）①如图，当点P在BC上，且PC=时，
∵∠PCD=90°，AB=CD=2，AD=BC=3，
∴tan∠DPC==，为定值，
连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，
∴当点P在优弧CPD上时，tan∠DPC=，连接BQ，与圆Q交于P′，
此时BP′即为BP的最小值，过点Q作QE⊥BE，垂足为E，
∵点Q是PD中点，
∴点E为PC中点，即QE=CD=1，PE=CE=PC=，
∴BE=BC-CE=3-=，
∴BQ==，
∵PD==，
∴圆Q的半径为，
∴BP′=BQ-P′Q=，即BP的最小值为；
②∵AD=3，CD=2，，
则，
∴△PAD中AD边上的高=△PCD中CD边上的高，
即点P到AD的距离和点P到CD的距离相等，
则点P到AD和CD的距离相等，即点P在∠ADC的平分线上，如图，
过点C作CF⊥PD，垂足为F，
∵PD平分∠ADC，
∴∠ADP=∠CDP=45°，
∴△CDF为等腰直角三角形，又CD=2，
∴CF=DF==，
∵tan∠DPC==，
∴PF=，
∴PD=DF+PF==．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，三角形的面积，等边三角形的判定和性质，最值问题，解直角三角形，三角形外角的性质，勾股定理，知识点较多，难度较大，解题时要根据已知条件找到点P的轨迹．
31．（2021·湖北荆州市·中考真题）如图，是的直径，是的弦，于，连接，过点作交于，过点的切线交的延长线于．若，，则_____________．
【答案】
【分析】
证明求得AC，利用勾股定理求得CB的长，再利用求得BE．
【详解】
解：如图所示，连接BC
∵是的直径，于
∴
又
∴
∴
∴
又∵
∴
∴
∴
∴
又∵
∴
∴或（舍去）
又为切线
∴
又∵
∴
∴
即
∴
【点睛】
本题考查圆的相关性质、相似三角形的判定和性质．直径所对的圆周角是直角，圆的切线垂直于过切点的半径．相似三角形的对应线段成比例．
32．（2021·四川宜宾市·中考真题）如图，⊙O的直径AB＝4，P为⊙O上的动点，连结AP，Q为AP的中点，若点P在圆上运动一周，则点Q经过的路径长是______．
【答案】
【分析】
连接OQ，以OA为直径作⊙C，确定出点Q的运动路径即可求得路径长．
【详解】
解：连接OQ．
在⊙O中，
∵AQ=PQ，OQ经过圆心O，
∴OQ⊥AP．
∴∠AQO=90°．
∴点Q在以OA为直径的⊙C上．
∴当点P在⊙O上运动一周时，点Q在⊙C上运动一周．
∵AB=4，
∴OA=2．
∴⊙C的周长为．
∴点Q经过的路径长为．
故答案为：
【点睛】
本题考查了垂径定理的推论、圆周角定理的推论、圆周长的计算等知识点，熟知相关定理及其推论是解题的基础，确定点Q的运动路径是解题的关键．
33．（2021·江苏盐城市·中考真题）如图，在⊙O内接四边形中，若，则________．
【答案】80
【分析】
根据圆内接四边形的性质计算出即可．
【详解】
解：∵ABCD是⊙O的内接四边形，∠ABC＝100°，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∴．
故答案为．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质、解题的关键是熟练掌握圆内接四边形的性质．
34．（2021·河南中考真题）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为，点，，均在小正方形的顶点上，且点，在上，，则的长为__________．
【答案】
【分析】
先找到的圆心O，得到∠BOC=45°，利用弧长公式即可求解．
【详解】
解：连接AD，作线段AB、AD的垂直平分线，交点即为的圆心O，
从图中可得：的半径为OB=5，
连接OC，
∵∠BAC=22.5°，
∴∠BOC=222.5°=45°，
的长为．
．
故答案为：
【点睛】
本题考查了弧长公式，找到的圆心是解题的关键．
35．（2021·黑龙江鹤岗市·中考真题）如图，在中，，，，以点为圆心，3为半径的，与交于点，过点作交于点，点是边上的顶点，则的最小值为_____．
【答案】
【分析】
延长CO，交于一点E，连接PE，由题意易得，，则有，CP=PE，然后可得，，要使的值为最小，即的值为最小，进而可得当D、P、E三点共线时最小，最后求解即可．
【详解】
解：延长CO，交于一点E，连接PE，如图所示：
∵，以点为圆心，3为半径的，
∴，
∵，，
∴，
∴，CP=PE，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵CP=PE，
∴，
则要使的值为最小，即的值为最小，
∴当D、P、E三点共线时最小，即，如图所示：
∴在Rt△DCE中，，
∴的最小值为；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查线段垂直平分线的性质、勾股定理、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握线段垂直平分线的性质、勾股定理、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
36．（2021·湖北黄石市·中考真题）如图，在正方形中，点、分别在边、上，且，交于点，交于点．
（1）若正方形的边长为2，则的周长是______．
（2）下列结论：①；②若是的中点，则；③连接，则为等腰直角三角形．其中正确结论的序号是______（把你认为所有正确的都填上）．
【答案】4 ①③
【分析】
(1)将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在G点处，证明，，进而得到，即可求出的周长；
(2)对于①：将AM绕点A逆时针旋转90°，M点落在H点处，证明，即可判断；
对于②：设正方形边长为2，BE=x，则EF=x+1，CE=2-x，在Rt△EFC中使用勾股定理求出x，在利用∠AEF=∠AEB即可求解；
对于③：证明A、M、F、D四点共圆，得到∠AFM=∠ADM=45°进而求解．
【详解】
解：(1)将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在G点处，如下图所示：
∵，且
∴，
在和中：，
∴，
∴，
又∠1+∠2=45°，∠3+∠2=45°，
∴∠1=∠3，
∵ABCD为正方形，
∴AD=AB，
在和中：，
∴，
∴
∴，
∴、、三点共线，
∴，
∴，
故答案为：；
(2)对于①：将AM绕点A逆时针旋转90°，M点落在H点处，如下图所示：
∵∠1+∠2=45°，∠1+∠4=∠EAH-∠EAF=45°，
∴∠2=∠4，
在和中： ,
∴，
∴，，
∴，
∴在中，由勾股定理得：，
在和中： ,
∴，
∴，
∴，故①正确；
对于②：由(1)中可知：EF=BE+DF，设正方形边长为2，当F为CD中点时，
GB=DF=1，CF=1，设BE=x，则EF=x+1，CE=2-x，
在Rt△EFC中，由勾股定理：，
∴，解得，即，
∴,故②错误；
对于③：如下图所示：
∵∠EAF=∠BDC=45°，
∴A、M、F、D四点共圆，
∴∠AFM=∠ADM=45°，
∴△AMF为等腰直角三角形，故③正确；
故答案为：①③．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的证明，四点共圆的判定方法等，属于综合题，具有一定难度，熟练掌握各图形的性质是解决本题的关键．
37．（2021·贵州贵阳市·中考真题）在综合实践课上，老师要求同学用正方形纸片剪出正三角形且正三角形的顶点都在正方形边上．小红利用两张边长为2的正方形纸片，按要求剪出了一个面积最大的正三角形和一个面积最小的正三角形．则这两个正三角形的边长分别是______．
【答案】，2．
【分析】
设为正方形ABCD的一个内接正三角形，不妨假设F、G分别在AB，CD上，E在AD上，作的高EK，可得点E，K，G，D四点共圆，从而得点K为一个定点，当GF最大时，的面积最大，当GF最小时，的面积最小，进而即可求解．
【详解】
解：设为正方形ABCD的一个内接正三角形，不妨假设F、G分别在AB，CD上，E在AD上，如图，作的高EK，
∵∠EKG=∠EDG=90°，
∴点E，K，G，D四点共圆，
∴∠KDE=∠KGE=60°，
同理：∠KAE=∠KFE=60°，
∴是一个正三角形，点K为一个定点，
∵正三角形的面积取决于它的边长，
∴当GF最大时，的面积最大，当GF最小时，的面积最小，
∴当KF⊥AB时，FG最小，即FG最小，此时，FG=AD=2，
当点F与点B重合时，KF最大，即FG最大，此时的面积最大，
过点K作AB的平行线交AD于点M，交BC于点N，
∴MK 为的高，
∴MK=DKsin60°=ADsin60°=，
∴KN=AB-MK=，
∵K为BG的中点，N为BC的中点，
∴CG=2KN=，
∴FG=．
故答案是：，2．
【点睛】
本题主要考查正方形和等边三角形的性质以及四边形外接圆的性质和判定，解直角三角形，根据题意画出图形，证明正方形的内接正三角形的一边中点是一个定点，是解题的关键．
三、解答题
38．（2021·四川自贡市·中考真题）如图，点D在以AB为直径的⊙O上，过D作⊙O的切线交AB延长线于点C，于点E，交⊙O于点F，连接AD，FD．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）若，，求EF的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）EF．
【分析】
（1）连接OD，BD，由圆的切线的性质结合圆周角定理可求得∠EDA=∠ABD，再利用等角的余角相等，可证明结论；
（2）如图，连接BD、BF，利用平行线的性质以及圆周角定理证得∠C=∠ADF，根据（1）的结论可证明△ADF△ACD，可证明结论；
（3）设OA=OD=x，利用三角函数的定义和勾股定理得到OC=4x，CD，AC =5x，根据相似三角形的判定和性质求解即可．
【详解】
（1）证明：连接OD，BD，
∵ED是⊙O的切线，D为切点，
∴OD⊥ED，
∴∠ODA+∠EDA=90°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ODA+∠ODB=90°，
∴∠ODB=∠EDA，
∵OB=OD，
∴∠ODB=∠OBD，
∴∠EDA=∠ABD，
∵，
∴∠E=90°，
∴(等角的余角相等)；
（2）如图，连接BD、BF，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AFB=90°，
∴BF∥CF，
∴∠C=∠ABF=∠ADF，
由（2）得，
∴△ADF△ACD，
∴,
∴；
（3）过D作DH⊥AB于H，连接OD，BD，
设OA=OD=x，
在Rt△ODC中，，
∴OC=4x，
则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(圆内接四边形外角等于内对角)，
由（1）得∠EDA=∠ABD，
∴∠EFD=∠EDA，
∴△EAD△EDF，
∴，即，
∴EF，
在Rt△DEF中，，即，
解得：，
∴EF．
【点睛】
本题考查了切线的性质定理，也考查了相似三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，解直角三角形，正确的理解题意是解题的关键．
39．（2021·四川泸州市·）如图，ABC是⊙O的内接三角形，过点C作⊙O的切线交BA的延长线于点F，AE是⊙O的直径，连接EC
（1）求证：；
（2）若，于点，，，求的值
【答案】（1）证明见详解；（2）18．
【分析】
（1）连接，根据是⊙O的切线，AE是⊙O的直径，可得，利用，得到，根据圆周角定理可得，则可证得；
（2）由（1）可知，易得，则有,则可得，并可求得，连接，易证，则有，可得．
【详解】
解：（1）连接
∵是⊙O的切线，AE是⊙O的直径，
∴，
∴
∴
又∵
∴
根据圆周角定理可得：
∴，
∴；
（2）由（1）可知，
∵
∴
∴
∴,
∵，，
∴
∴
∴
又∵中，
∴，
如图示，连接
∵，
∴
∴
∴．
【点睛】
本题考查了圆的性质，等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的性质，三角形相似的判定与性质等知识点，熟悉相关性质是解题的关键．
40．（2021·四川凉山彝族自治州·中考真题）如图，在中，，AE 平分交BC于点E，点D在AB上，．是的外接圆，交AC于点F．
（1）求证：BC是的切线；
（2）若的半径为5，，求．
【答案】（1）见解析；（2）20
【分析】
（1）连接OE，由OA=OE，利用等边对等角得到一对角相等，再由AE为角平分线得到一对角相等，等量代换得到一对内错角相等，利用内错角相等两直线平行，得到AC与OE平行，再根据两直线平行同位角相等及∠C为直角，得到OE与BC垂直，可得出BC为圆O的切线；
（2）过E作EG垂直于OD，利用AAS得出△ACE≌△AGE，得到AC=AG=8，从而可得OG，利用勾股定理求出EG，再利用三角形面积公式可得结果．
【详解】
解：（1）证明：连接OE，
∵OA=OE，
∴∠1=∠3，
∵AE平分∠BAC，
∴∠1=∠2，
∴∠2=∠3，
∴OE∥AC，
∴∠OEB=∠C=90°，
则BC为圆O的切线；
（2）过E作EG⊥AB于点G，
在△ACE和△AGE中，
，
∴△ACE≌△AGE（AAS），
∴AC=AG=8，
∵圆O的半径为5，
∴AD=OA+OD=10，
∴OG=3，
∴EG==4，
∴△ADE的面积==20．
【点睛】
此题考查了切线的判定，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定与性质，切线的判定方法有两种：有点连接证垂直；无点作垂线，证明垂线段等于半径．
41．（2021·四川资阳市·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点D，交的延长线于点E，交于点F．
（1）求证：是的切线；
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）要证明DE是的切线，只要证明即可．连接OD，根据条件证明，则可推导出．
（2）根据条件，在中，求出OE的长，然后证明，从而根据相似比求解即可．
【详解】
（1）证明：如下图，连接OD，
∵,，
∴,，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴DE是的切线．
（2）解：∵AC=6，
∴，
在中，，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴ ,即，
∴．
【点睛】
本题考查的是切线的判定，等腰三角形的性质、三角形的相似，勾股定理等相关知识点，根据题意数形结合是解题的关键.
42．（2021·江苏连云港市·中考真题）如图，中，，以点C为圆心，为半径作，D为上一点，连接、，，平分．
（1）求证：是的切线；
（2）延长、相交于点E，若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）利用SAS证明，可得，即可得证；
（2）由已知条件可得，可得出，进而得出即可求得；
【详解】
（1）∵平分，
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴，
∴是的切线．
（2）由（1）可知，，
又，
∴．
∵，且，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵
∴
【点睛】
此题考查了切线的判定与性质，正切的性质，以及相似三角形的性质判定，熟练掌握基础知识是解本题的关键．
43．（2021·山东泰安市·中考真题）如图1，O为半圆的圆心，C、D为半圆上的两点，且．连接并延长，与的延长线相交于点E．
（1）求证：；
（2）与，分别交于点F，H．
①若，如图2，求证：；
②若圆的半径为2，，如图3，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②
【分析】
（1）连接，根据，且，则，即可推导出；
（2）①，则，又，，则，进而推导出；
②连接交于G，设，则，根据在和中
列式，进而求得x的值，再根据中位线定理求出AC的长．
【详解】
证明：（1）连接，
∵为直径
∴
∵
∴
∴
∴．
（2）①∵
∴
又∵
∴
又∵
∴
∴
∴
∴
∴
②连接交于G．
设，则
∵
∴
又∵
∴，
在和中
∴即
∵
∴是的中位线
∴
∴．
【点睛】
本题考查了等弧对等角、相似三角形、等腰三角形、中位线等有关知识点，属于综合题型，借助辅助线是解决这类问题的关键．
44．（2021·山东菏泽市·中考真题）如图，在中，是直径，弦，垂足为，为上一点，为弦延长线上一点，连接并延长交直径的延长线于点，连接交于点，若．
（1）求证：是的切线；
（2）若的半径为8，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接OE，证明OE⊥EF即可；
（2）由证得，运用正弦的概念可得结论．
【详解】
解：（1）证明：连接OE，如图，
∵OA=OE
∴∠OAE=∠OEA．
∵EF=PF，
∴∠EPF=∠PEF
∵∠APH=∠EPF，
∴∠APH=∠EPF，
∴∠AEF=∠APH．
∵CD⊥AB，
∴∠AHC=90°．
∴∠OAE+∠APH=90°．
∴∠OEA+∠AEF=90°
∴∠OEF=90°
∴OE⊥EF．
∵OE是的半径
∴EF是圆的切线，
（2）∵CD⊥AB
∴是直角三角形
∵
∴
设，则
由勾股定理得，
由（1）得，是直角三角形
∴
∴，即
∵
∴
解得，
【点睛】
此题主要考查了圆的切线的判定，勾股定理和解直角三角形等知识，熟练掌握切线的判定是解答此题的关键．
45．（2021·湖北宜昌市·中考真题）如图，在菱形中，是对角线上一点（），，垂足为，以为半径的分别交于点，交的延长线于点，与交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若是的中点，，．
①求的长；
②求的长．
【答案】（1）见解析；（2）①；②
【分析】
（１过点作于点，根据菱形的性质得到，证明出△OEB≌△OMB，得到对应边相等，对应边为圆的半径，得出结论；
（2）①根据菱形的性质得到，再由是的中点，，，根据，推出，，，再由弧长的计算公式得到结果；
②先由平行相似，得到，对应边成比例求出，推出BN=3，OE=4，DN=6，再由勾股定理求出即可．
【详解】
（1）证明：如图，过点作于点，
∵是菱形的对角线，
∴，
∵，，
∴∠OEB=∠OMB=90︒，
∵OB=OB，
∴△OEB≌△OMB（AAS）
∴，
∴是的切线．
（2）解：①如图，
∵是的中点，，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴由弧长公式，得到的长：．
②方法一：如图，过点作于点，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵DG//NE，DN//GE，∠GEN=90︒
∴四边形是矩形，
∴，BN=3，OE=4，DN=6，
在菱形中，AD=AB，在中，设，
∴，
∴．
方法二：如图，过作于点，
∵，，，
∴，，，
，
∴．
【点睛】
本题考查了圆的切线判定定理、菱形的性质、矩形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，关键在于熟练掌握证明是圆的切线的方法、菱形的性质以及三角形相似的证明与性质的应用，特别是菱形的性质．
46．（2021·湖南中考真题）如图，是的内接三角形，是的直径，点是的中点，交的延长线于点．
（1）求证：直线与相切；
（2）若的直径是10，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】
（1）连接OD，由点D是的中点得OD⊥BC，由DE//BC得OD⊥DE，由OD是半径可得DE是切线；
（2）证明△ODE是等腰直角三角形，可求出OE的长，从而可求得结论．
【详解】
解：（1）连接OD交BC于点F，如图，
∵点是的中点，
∴OD⊥BC，
∵DE//BC
∴OD⊥DE
∵OD是的半径
∴直线与相切；
（2）∵AC是的直径，且AB=10,
∴∠ABC=90°，
∵OD⊥BC
∴∠OFC=90°
∴OD//AB
∴
∵
∴
∴
由勾股定理得，
∴．
【点睛】
此题主要考查了切线的判定与性质的综合运用，熟练掌握切线的判定与性质是解答此题的关键．
47．（2021·四川广安市·中考真题）如图，是的直径，点在上，的平分线交于点，过点作，交的延长线于点，延长、相交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若的半径为5，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接OE，由题意可证OE∥AD，且DE⊥AF，即OE⊥DE，则可证CD是⊙O的切线；
（2）连接BE，证明△ADE∽△AEB，得到，根据tan∠EAD=，在△ABE中，利用勾股定理求出BE和AE，可得AD和DE，再证明△COE∽△CAD，得到，设BC=x，解方程即可求出BC．
【详解】
解：（1）连接OE，
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA，
∵AE平分∠BAF，
∴∠OAE=∠DAE，
∴∠OEA=∠EAD，
∴OE∥AD，
∵ED⊥AF，
∴OE⊥DE，
∴CD是⊙O的切线；
（2）连接BE，∵AB为直径，
∴∠AEB=90°=∠D，又∠DAE=∠BAE，
∴△ADE∽△AEB，
∴，
又tan∠EAD=，
∴，则AE=2BE，又AB=10，
在△ABE中，AE2+BE2=AB2，即（2BE）2+BE2=102，
解得：BE=，则AE=，
∴，
解得：AD=8，DE=4，
∵OE∥AD，
∴△COE∽△CAD，
∴，设BC=x，
∴，解得：x=，
经检验：x=是原方程的解，
故BC的长为．
【点睛】
本题主要考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角函数的定义，作出辅助线，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．
48．（2021·四川乐山市·中考真题）如图，已知点是以为直径的圆上一点，是延长线上一点，过点作的垂线交的延长线于点，连结，且．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接、，根据已知条件证明，即可得解；
（2）由（1）可得，得到，令，根据正切的定义列式求解即可；
【详解】
解：（1）证明：连结、．
∵，，
∴，．
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，即是的切线．
（2）由（1）知，，又，
∴，
∴，即．
令，∴．
即，即．
∵，即，
∴，
解得或（舍），
∴的半径为．
【点睛】
本题主要考查了圆的综合运用，结合相似三角形的判定与性质、正切的定义求解是解题的关键．
49．（2021·四川遂宁市·中考真题）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，AD＝CD，∠A＝30°．
（1）求证：直线AC是⊙O的切线；
（2）求△ABC的面积；
（3）点E在上运动（不与B、D重合），过点C作CE的垂线，与EB的延长线交于点F．
①当点E运动到与点C关于直径BD对称时，求CF的长；
②当点E运动到什么位置时，CF取到最大值，并求出此时CF的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）①3；②
【分析】
（1）连接OC，利用切线的判定定理，证明OC⊥AC即可；
（2）要求的面积，结合（1）题，底边AB可求，只需再求出底边上的高CH即可；
（3）根据垂径定理可求CE的长，再利用锐角三角函数，可求CF的长；
由可知，点E在运动过程中，始终有，所以，求出CE的最大值，即可得到CF的最大值．
【详解】
（1）证明：连结OC，如图所示．
∵AD＝CD ，∠A＝30°，
∴∠ACD＝∠A=30°．
∴∠CDB＝60°．
∵OD＝OC，
∴∠OCD＝∠ODC=60°．
∴∠ACO＝∠ACD＋∠OCD＝30°+60°=90°．
∴OC⊥AC．
∴直线AC是⊙O的切线．
（2）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，
．
∵AB＝AD＋BD＝3，
∴．
（3）当点运动到与点关于直径BD对称时，如图所示．
此时，CE⊥AB，设垂足为K．
由（2）可知，．
∵BD为圆的直径，CE⊥AB，
∴CE＝2CK＝．
∵CF⊥CE，
∴∠ECF＝90°．
∵，
∴∠E=∠CDB＝60°．
在中，
∵，
∴．
如图所示：
由可知，在中，
∵，
∴．
∴当点E在上运动时，始终有．
∴当CE最大时，CF取得最大值．
∴当CE为直径，即CE=2时，CF最大，最大值为．
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定、等腰三角形的性质、勾股定理、垂径定理、圆周角定理的推论、锐角三角函数、求线段的最值等知识点，熟知切线的判定方法、垂径定理、圆周角定理、锐角三角函数的定义是解题的关键．
50．（2021·浙江丽水市·中考真题）如图，在中，，以为直径的半圆O交于点D，过点D作半圆O的切线，交于点E．
（1）求证：；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连结，利用圆的切线性质，间接证明：，再根据条件中：且，即能证明：；
（2）由（1）可以证明：为直角三角形，由勾股定求出的长，求出，可得到的度数，从而说明为等边三角形，再根据边之间的关系及弦长所对应的圆周角及圆心角之间的关系，求出，半径,最后根据弧长公式即可求解．
【详解】
解：（1）证明：如图，连结．
与相切，．
是圆的直径，．
．
．
．
．
（2）由（1）可知，，
，
，，
是等边三角形．
,
，
．
【点睛】
本题考查了圆的切线的性质、解直角三角形、勾股定理、圆心角和圆周角之间的关系、弧长公式等知识点，解本题第二问的关键是：熟练掌握等边三角形判定与性质.
51．（2021·江苏扬州市·中考真题）如图，四边形中，，，，连接，以点B为圆心，长为半径作，交于点E．
（1）试判断与的位置关系，并说明理由；
（2）若，，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）相切，理由见解析；（2）
【分析】
（1）过点B作BF⊥CD，证明△ABD≌△FBD，得到BF=BA，即可证明CD与圆B相切；
（2）先证明△BCD是等边三角形，根据三线合一得到∠ABD=30°，求出AD，再利用S△ABD-S扇形ABE求出阴影部分面积．
【详解】
解：（1）过点B作BF⊥CD，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∵CB=CD，
∴∠CBD=∠CDB，
∴∠ADB=∠CDB，又BD=BD，∠BAD=∠BFD=90°，
∴△ABD≌△FBD（AAS），
∴BF=BA，则点F在圆B上，
∴CD与圆B相切；
（2）∵∠BCD=60°，CB=CD，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠CBD=60°
∵BF⊥CD，
∴∠ABD=∠DBF=∠CBF=30°，
∴∠ABF=60°，
∵AB=BF=，
∴AD=DF==2，
∴阴影部分的面积=S△ABD-S扇形ABE
=
=．
【点睛】
本题考查了切线的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，扇形面积，三角函数的定义，题目的综合性较强，难度不小，解题的关键是正确做出辅助线．
52．（2021·甘肃武威市·中考真题）如图，内接于是的直径的延长线上一点，．过圆心作的平行线交的延长线于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若，求的半径及的值；
【答案】（1）见解析；（2）半径为3，
【分析】
（1）证明是的半径，即证明，结合直径所对圆周角是、等腰△OAC和已知即可求解；
（2）由（1）中结论和可知，，再由CD、CE和平行线分线段成比例，即可找到BD、OB、BC、OE的关系，最后利用三边的勾股定理即可求解．
【详解】
（1）证明：如图，
，
，
，
是的直径，
，
，
，即，
，
又是的半径，
是的切线．
（2）
，即，
∴设，则，
，解得，，
．即的半径为3，
，
在中，，
．
【点睛】
本题考查圆切线的证明、平行线分线段成比例、勾股定理和锐角三角函数，属于中档几何综合题，解题的关键在于直径所对圆周角是直角和方程思想．
53．（2021·云南中考真题）如图，是的直径，点C是上异于A、B的点，连接、，点D在的延长线上，且，点E在的延长线上，且．
（1）求证：是的切线：
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据等量代换得到∠DCO=90°，即可证明DC是圆O的切线；
（2）根据已知得到OA=2DA，证明△DCO∽△DEB，得到，可得DA=EB，即可求出DA的长．
【详解】
解：（1）如图，连接OC，由题意可知：∠ACB是直径AB所对的圆周角，
∴∠ACB=90°，
∵OC，OB是圆O的半径，
∴OC=OB，
∴∠OCB=∠ABC，
又∵∠DCA=∠ABC，
∴∠DCA=∠OCB，
∴∠DCO=∠DCA+∠ACO=∠OCB+∠ACO=∠ACB=90°，
∴OC⊥DC，
又∵OC是圆O的半径，
∴DC是圆O的切线；
（2）∵，
∴，化简得OA=2DA，
由（1）知，∠DCO=90°，
∵BE⊥DC，即∠DEB=90°，
∴∠DCO=∠DEB，
∴OC∥BE，
∴△DCO∽△DEB，
∴，即，
∴DA=EB，
∵BE=3，
∴DA=EB=，
经检验：DA=是分式方程的解，
∴DA=．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定，正确的作出辅助线，证明切线，得到相似三角形是解题的关键．
54．（2021·内蒙古通辽市·中考真题）如图，是⊙O的直径，过点A作⊙O的切线，点P是射线上的动点，连接，过点B作，交⊙O于点D，连接．
（1）求证：是⊙O的切线
（2）当四边形是平行四边形时，求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接OD，证明即可；
（2）证明四边形是正方形，即可求解．
【详解】
（1）如图，连接OD，则
是⊙O的切线
又
在和中
是⊙O的切线．
（2）如图，连接OD四边形是平行四边形
,
四边形是平行四边形
又
四边形是菱形
四边形是正方形
．
【点睛】
本题考查了圆的切线的性质，三角形全等的证明，平行四边形的性质与判定，正方形的性质与判定，圆的切线的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
55．（2021·湖南张家界市·中考真题）如图，在中，，，以点为圆心，为半径的圆交的延长线于点，过点作的平行线，交于点，连接．
（1）求证：为的切线；
（2）若，求弧的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接OB，先根据直角三角形的性质得到∠AOB=60°，再运用平行线的性质结合已知条件可得，再证明可得即可；
（2）先求出∠COD，然后再运用弧长公式计算即可．
【详解】
（1）证明：连接
∵，
∴
又∵
∴
∴
∴
又∵
∴
∴
又∵点在上
∴是的切线；
（2）∵
∴
∴．
【点睛】
本题主要考查了圆的切线的证明、弧长公式等知识点，掌握圆的切线的证明方法成为解答本题的关键．
56．（2021·甘肃武威市·中考真题）在《阿基米德全集》中的《引理集》中记录了古希腊数学家阿基米德提出的有关圆的一个引理．如图，已知是弦上一点，请你根据以下步骤完成这个引理的作图过程．
（1）尺规作图（保留作图痕迹，不写作法）：
①作线段的垂直平分线，分别交于点于点，连接；
②以点为圆心，长为半径作弧，交于点（两点不重合），连接．
（2）直接写出引理的结论：线段的数量关系．
【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）
【分析】
（1）①分别为圆心，大于为半径画弧，得到两弧的交点，过两弧的交点作直线即可得到答案，②按照语句依次作图即可；
（2）由作图可得： 再证明 再证明 从而可得结论．
【详解】
解：（1）作出线段的垂直平分线，连接；
以为圆心，长为半径作弧，交于点，连接，如图示：
（2）结论：．理由如下：
由作图可得：是的垂直平分线，
四边形是圆的内接四边形，
【点睛】
本题考查的是线段的垂直平分线的作图，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟练运用基础知识解题是关键．
57．（2021·浙江宁波市·中考真题）如图1，四边形内接于，为直径，上存在点E，满足，连结并延长交的延长线于点F，与交于点G．
（1）若，请用含的代数式表列．
（2）如图2，连结．求证；．
（3）如图3，在（2）的条件下，连结，．
①若，求的周长．
②求的最小值．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）①；②
【分析】
（1）利用圆周角定理求得，再根据，求得，即可得到答案；
（2）由，得到，从而推出，证得，由此得到结论；
（3）①连结．利用已知求出，证得，得到，利用中，根据正弦求出，求出EF的长，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过点C作于H，证明，得到，证明，得到，设，得到，利用勾股定理得到 ，求得，利用函数的最值解答即可．
【详解】
解：（1）∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）∵为的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
（3）①如图，连结．
∵为的直径，
∴．
在中，，，
∴．
∵，
∴，
即，
∴．
∵，
∴．
∵在中，，
∴，
∴．
∵在中，，
∴．
在中，，
∴，
∴的周长为．
②如图，过点C作于H．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
设，
∴，
∴．
在中， ，
∴，
当时，的最小值为3，
∴的最小值为．
【点睛】
此题考查圆周角的定理，弧、弦和圆心角定理，全等三角形的判定及性质，勾股定理，三角函数，相似三角形的判定，函数的最值问题，是一道综合的几何题型，综合掌握各知识点是解题的关键．
58．（2021·北京中考真题）在平面直角坐标系中，的半径为1，对于点和线段，给出如下定义：若将线段绕点旋转可以得到的弦（分别是的对应点），则称线段是的以点为中心的“关联线段”．
（1）如图，点的横､纵坐标都是整数．在线段中，的以点为中心的“关联线段”是______________；
（2）是边长为1的等边三角形，点，其中．若是的以点为中心的“关联线段”，求的值；
（3）在中，．若是的以点为中心的“关联线段”，直接写出的最小值和最大值，以及相应的长．
【答案】（1）；（2）；（3）当时，此时；当时，此时．
【分析】
（1）以点A为圆心，分别以为半径画圆，进而观察是否与有交点即可；
（2）由旋转的性质可得是等边三角形，且是的弦，进而画出图象，则根据等边三角形的性质可进行求解；
（3）由是的以点为中心的“关联线段”，则可知都在上，且，然后由题意可根据图象来进行求解即可．
【详解】
解：（1）由题意得：
通过观察图象可得：线段能绕点A旋转90°得到的“关联线段”，都不能绕点A进行旋转得到；
故答案为；
（2）由题意可得：当是的以点为中心的“关联线段”时，则有是等边三角形，且边长也为1，当点A在y轴的正半轴上时，如图所示：
设与y轴的交点为D，连接，易得轴，
∴，
∴，，
∴，
∴；
当点A在y轴的正半轴上时，如图所示：
同理可得此时的，
∴；
（3）由是的以点为中心的“关联线段”，则可知都在上，且，则有当以为圆心，1为半径作圆，然后以点A为圆心，2为半径作圆，即可得到点A的运动轨迹，如图所示：
由运动轨迹可得当点A也在上时为最小，最小值为1，此时为的直径，
∴，
∴，
∴；
由以上情况可知当点三点共线时，OA的值为最大，最大值为2，如图所示：
连接，过点作于点P，
∴，
设，则有，
∴由勾股定理可得：，即，
解得：，
∴，
∴，
在中，，
∴；
综上所述：当时，此时；当时，此时．
【点睛】
本题主要考查旋转的综合、圆的基本性质、三角函数及等边三角形的性质，熟练掌握旋转的性质、圆的基本性质、三角函数及等边三角形的性质是解题的关键．
59．（2021·四川南充市·中考真题）如图，A，B是上两点，且，连接OB并延长到点C，使，连接AC．
（1）求证：AC是的切线．
（2）点D，E分别是AC，OA的中点，DE所在直线交于点F，G，，求GF的长．
【答案】（1）见解析；（2）2
【分析】
（1）先证得△AOB为等边三角形，从而得出∠OAB=60°，利用三角形外角的性质得出∠C=∠CAB=30°，由此可得∠OAC=90°即可得出结论；
（2）过O作OM⊥DF于M，DN⊥OC于N，利用勾股定理得出AC=，根据含30°的直角三角形的性质得出DN =，再根据垂径定理和勾股定理即可求出GF的长．
【详解】
（1）证明：∵AB=OA，OA=OB
∴AB=OA=OB
∴△AOB为等边三角形
∴∠OAB=60°，∠OBA=60°
∵BC=OB
∴BC=AB
∴∠C=∠CAB
又∵∠OBA=60°=∠C+∠CAB
∴∠C=∠CAB=30°
∴∠OAC=∠OAB+∠CAB=90°
∴AC是⊙O的切线；
（2）∵OA=4
∴OB=AB=BC=4
∴OC=8
∴AC===
∵D、E分别为AC、OA的中点，
∴OE//BC，DC=
过O作OM⊥DF于M，DN⊥OC于N
则四边形OMDN为矩形
∴DN=OM
在Rt△CDN中，∠C=30°，∴DN=DC=
∴OM=
连接OG，∵OM⊥GF
∴GF=2MG=2==2
【点睛】
本题考查了切线的判定、垂径定理、等边三角形的性质和判定，熟练掌握相关的知识是解题的关键．
60．（2021·四川广元市·中考真题）如图，在Rt中，，是的平分线，以为直径的交边于点E，连接，过点D作，交于点F．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求线段的长．
【答案】（1）证明见详解；（2）．
【分析】
（1）先根据圆周角定理、角平分线定义、平行线性质证明∠EAD=∠FDE，再根据AD为直径，得到∠ADE+∠DAE=90°，进而得到AD⊥FD，问题得证；
（2）先求出DE=3，证明△AED≌△ACD，得到DE=DC=3，BC=BD+CD=8，解Rt中求出AC=6，进而得到AE=6，求出,证明△ADE∽△AFD，得到，即可求出．
【详解】
解：（1）证明：连接DE，
∵
∴∠CAD=∠CED，
∵ 是的平分线，
∴∠CAD=∠EAD，
∴∠CED=∠EAD，
∵，
∴∠CED=∠FDE，
∴∠EAD=∠FDE，
∵AD为直径，
∴∠AED=∠ACD=90°，
∴∠ADE+∠DAE=90°，
∴∠ADE+∠FDE=90°，
即AD⊥FD，
又∵为直径，
∴是的切线；
（2）∵∠AED=90°，
∴∠BED=90°，
∴,
∵∠AED=∠ACD，∠DAE=∠DAC，AD=AD，
∴△AED≌△ACD，
∴DE=DC=3，
∴BC=BD+CD=8，
在Rt中，∵，
∴设AC=3x，AB=5x，
∴，
∵x＞0，
∴x=2，
∴AB=5x=10，AC=3x=6，
∵△AED≌△ACD，
∴AE=AC=6，
∴在Rt△ADE中，,
∵∠EAD=∠DAF，∠AED=∠ADF=90°，
∴△ADE∽△AFD，
∴，
即 ,
∴．
【点睛】
本题为圆的综合题，考查了切线的判定，圆的性质，三角函数，相似三角形的判定与性质等知识，根据题意添加辅助线，熟知圆的性质，利用三角函数解直角三角形是解题关键．
61．（2021·江苏宿迁市·中考真题）如图，在Rt△AOB中，∠AOB=90°，以点O为圆心，OA为半径的圆交AB于点C，点D在边OB上，且CD= BD．
（1）判断直线CD与圆O的位置关系，并说明理由；
（2）已知AB=40，求的半径．
【答案】（1）直线CD与圆O相切，理由见解析；（2）
【分析】
（1）连接 证明可得 从而可得答案；
（2）由 设 则 再求解 再表示 再利用 列方程解方程，可得答案．
【详解】
解：（1）直线CD与圆O相切，理由如下：
如图，连接
为的半径，
是的切线．
（2）
设 则
（负根舍去）
的半径为：
【点睛】
本题考查的是切线的判定与性质，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，锐角三角函数的应用，一元二次方程的解法，熟练应用基础知识，把知识串联起来是解题的关键．
62．（2021·湖北随州市·中考真题）如图，是以为直径的上一点，过点的切线交的延长线于点，过点作交的延长线于点，垂足为点．
（1）求证：；
（2）若的直径为9，．
①求线段的长；
②求线段的长．
【答案】（1）见解析；（2）①；②
【分析】
（1）连接，由是的切线，可得，可证，可得．由，可得即可；
（2）①连接，由的直径为9，，可求．可证，由，．
②由（1）可知，可证∽，由性质可得， 解方程得．
【详解】
（1）证明：连接，
∵是的切线，
∴，
又∵，
∴，
∴．
又∵在中，，
∴，
∴，
∴；
（2）①连接，
∵的直径为9，
∴，
在中，
∵，
∴．
又∵，且，
∴，
在中，
∵，
∴．
②由（1）可知，
∴∠DOE=∠FBE，∠ODE=∠BFE，
∴∽，
∴，即，
解得．
经检验符合题意．
【点睛】
本题考查圆的切线性质，平行线性质，等腰三角形判定与性质，直径所对圆周角性质，锐角三角函数，三角形相似判定与性质，利用相似的性质构造方程是解题关键．
63．（2021·河北中考真题）如图，的半径为6，将该圆周12等分后得到表盘模型，其中整钟点为（为1~12的整数），过点作的切线交延长线于点．
（1）通过计算比较直径和劣弧长度哪个更长；
（2）连接，则和有什么特殊位置关系？请简要说明理由；
（3）求切线长的值．
【答案】（1）劣弧更长；
（2）和互相垂直，理由见解析；
（3）．
【分析】
（1）分别求出劣弧和直径的长，比较大小；
（2）连接，，求出，即可得出垂直的位置关系；
（3）根据圆的知识求出，又是的切线，利用三角函数求解即可．
【详解】
（1）劣弧，
直径，
因为，故劣弧更长．
（2）如下图所示连接，，由图可知是直径，
∴对应的圆周角
∴和互相垂直．
（3）如上图所示，
∵是的切线
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了圆的基本性质、特殊角的三角函数的基本知识．半圆（或直径）所对的圆周角是直角．在同圆或等圆中同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对圆心角的一半．
64．（2021·陕西中考真题）如图，是的直径，点E、F在上，且，连接、，过点作的切线，分别与、的延长线交于点C、D．
（1）求证：；
（2）若，，求线段的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）取的中点M，连接、，由题意易得，则有，然后问题可求证；
（2）连接，由题意易得，由（1）知，则有，然后由相似三角形的性质可得，则，进而可得，最后问题可求解．
【详解】
（1）证明：如图，取的中点M，连接、，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：连接，
∵是的切线，
∴，
由（1）知，
∴，
∴，
∵，，
∴．
∴，
∵是的直径，
∴．
∵，
∴．
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的性质与判定、圆周角定理及切线的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定、圆周角定理及切线的性质是解题的关键．
65．（2021·浙江温州市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，经过原点，分别交轴、轴于，，连结．直线分别交于点，（点在左侧），交轴于点，连结．
（1）求的半径和直线的函数表达式．
（2）求点，的坐标．
（3）点在线段上，连结．当与的一个内角相等时，求所有满足条件的的长．
【答案】（1）半径为，直线的函数表达式为；（2）点为，点为；（3）5，10或
【分析】
（1）由，，确定点为，再利用两点间距离公式求解即可得到半径的长，利用待定系数法可直接得到直线CM的函数表达式；
（2）先作辅助线构造相似三角形，求出，，即可得到点为，点为；
（3）先作辅助线，得到，再分三种情况讨论，通过作轴于点，证出点为符合条件的点，再分别讨论当时和时的情况，分别得到和的值，最后完成求解．
【详解】
解：（1），
为的直径．
，，
点为，
半径为．
设直线的函数表达式为．
把，代入得，解得．
直线的函数表达式为；
∴⊙M 的半径为，直线 CM 的函数表达式为．
（2）过点作轴平行线，点作轴平行线交于点，作轴于点（如图1），
，，
，
，且
，，
点为．
点，关于点对称，
点为．
（3）作轴于点，
，．
，
．
分三种情况（如图2）：
①作轴于点，
，，
，
，
，
即点为符合条件的一个点．
．
②当时，
，
．
，
（），
，
．
③当时，
，
，
．
，
，
,
，
．
综上所述，当与的一个内角相等时，的长为5，10或．
【点睛】
本题综合考查了平面直角坐标系、圆、待定系数法求函数解析式、勾股定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等内容，要求学生根根据题意找到相等关系建立方程求解，本题综合性很强，对学生的分析能力要求较高，解决本题的关键是能通过作辅助线构造相似三角形以及牢记相关概念、性质和公式等，本题蕴含了分类讨论的思想方法．
66．（2021·新疆中考真题）如图，AC是⊙O的直径，BC，BD是⊙O的弦，M为BC的中点，OM与BD交于点F，过点D作，交BC的延长线于点E，且CD平分．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）求证：；
（3）若，，求BF的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）连接OD，AD，根据直径所对的圆周角为直角得出∠ADC=90°，再综合角平分线的定义以及圆的基本性质，推出∠CDE=∠ADO，从而推出∠ADC=∠ODE，即可得证；
（2）在（1）的基础之上，结合同弧所对的圆周角相等，即可得证；
（3）通过垂径定理的推论得到∠OME=90°，从而结合条件证得四边形ODEM为正方形，再根据锐角三角函数求出CE，从而得到CM和BM，再结合（2）的结论，在Rt△BFM中求解即可．
【详解】
（1）如图，连接OD，AD，
∵AC为直径，
∴∠ADC=90°，
∵CD平分∠ACE，
∴∠ACD=∠ECD，
∵DE⊥BC，
∴∠DEC=90°，
∴∠CAD=∠CDE，
∵∠CAD=∠ADO，
∴∠ADO=∠CDE，
∴∠ADO+∠ODC=∠ODC+∠CDE，
即：∠ADC=∠ODE，
∴∠ODE=90°，
∵OD为半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）如（1）图，可得∠CDE=∠CAD，
根据同弧所对的圆周角相等，可得∠CAD=∠DBE，
∴∠CDE=∠DBE；
（3）∵M为弦BC的中点，
∴根据垂径定理的推论得：∠OME=90°，
∴∠ODE=∠DEM=∠OME=90°，
∴四边形ODEM为矩形，
∵OD=OM，
∴四边形ODEM为正方形，
∵DE=6，
∴正方形ODEM的边长为6，
在Rt△DCE中，，
∴CM=ME-CE=6-4=2，
∴BM=CM=2，
由（2）可知，∠CDE=∠FBM，
∴在Rt△BFM中，，
∴．
【点睛】
本题考查圆的综合问题，掌握圆的基本性质，证明圆的切线的方法，以及垂径定理及其推论是解题关键．
67．（2021·湖北武汉市·中考真题）如图，是的直径，是上两点，是的中点，过点作的垂线，垂足是．连接交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接交于点．由点是的中点，根据垂径定理⊥．DG=BG，可证四边形是矩形，可得即可．
（2）连接，设，．设，可得．证明．可得，即．解得， 可求，．在中，由勾股定理得．，解得，．根据余弦三角函数定义求即可．
【详解】
1）证明：连接交于点．
∵点是的中点，
∴，BD为弦，OC为半径，
∴⊥．DG=BG，
∵是的直径，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴四边形是矩形，
∴．
∴EC⊥OC，
又∵OC为半径，
∴是的切线．
（2）解：连接，设，．
∵，
设，
∴．
由（1）得，,．
∵是的直径，
∴．
∴，，
∴，
∴．
，
∴，
∴．
解得，，（不符合题意，舍去）．
∴，．
在中，由勾股定理得．
∴，
解得，．
∴．
【点睛】
本题考查圆的切线判定，直径所对圆周角性质，垂径定理，三角形相似判定与性质，勾股定理，余弦三角函数定义，利用相似三角形的性质与勾股定理构造方程是解题关键．
68．（2021·山东济宁市·中考真题）如图，点C在以为直径的上，点D是的中点，连接并延长交于点E，作，交的延长线于点P．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】
（1）由AB为直径，可得∠ACB=90°，又D为BC中点，O为AB中点，可得OD∥AC，从而∠ODB=90°．由OB=OE得∠OEB=∠OBE，又∠OEB=∠P+∠EBP，∠OBE=∠OBD+∠EBC，所以∠P+∠EBP=∠OBD+∠EBC，又∠EBP=∠EBC，得∠P=∠OBD．又∠BOD+∠OBD=90°，从而可得∠BOD+∠P=90°，即∠OBP=90°．则可证PB为⊙O切线；
（2）由（1）可得OD=1，从而PO=7，可证明△BDP～△OBP，从而得比例 ，解得BP=，最后由勾股定理可求半径OB．
【详解】
（1）证明：∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
又D为BC中点，O为AB中点，
故OD=AC，OD∥AC，
∴∠ODB=∠ACB=90°．
∵OB=OE，
∴∠OEB=∠OBE，
又∵∠OEB=∠P+∠EBP，∠OBE=∠OBD+∠EBC，
∴∠P+∠EBP=∠OBD+∠EBC，
又∠EBP=∠EBC，
∴∠P=∠OBD．
∵∠BOD+∠OBD=90°，
∴∠BOD+∠P=90°，
∴∠OBP=90°．
又OB为半径，
故PB是⊙O的切线．
（2）解：∵AC=2，
由（1）得OD=AC=1，
又PD=6，
∴PO=PD+OD=6+1=7．
∵∠P=∠P，∠BDP=∠OBP=90°，
∴△BDP～△OBP．
∴，
即BP2=OP•DP=7×6=42，
∴BP=．
∴OB=．
故⊙O的半径为．
【点睛】
本题属于圆的综合问题，考查了圆周角定理，三角形中位线性质定理，等腰三角形性质，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质及勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点并灵活运用所学知识是解题的关键．
69．（2021·广东中考真题）如图，在四边形中，，点E、F分别在线段、上，且．
（1）求证：；
（2）求证：以为直径的圆与相切；
（3）若，求的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
(1)设，进而求得，再由即可求得；
(2)取中点O，过点O作，由梯形中位线定理得到，利用得到，进而，由此即可证明；
(3)过点D，点A分别向作垂线交于点M，N，得到，分别求出，再代入求解即可．
【详解】
解：(1)∵，设，
∴，
∵CD∥AB，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
(2)如图，取中点O，过点O作，
∵CD∥AB，∠BCD=90°，
∴，
又∵，
∴OM∥AB，
∴M为中点，
∴，
∵，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴以为直径的圆与相切．
(3)∵∠DFE=120°，CD∥EF∥AB，
∴，
又∵
∴为等边三角形，，
∵CD∥EF，
∴，
由(2)得：，
∴，
∴，
∵，在中，三边之比为，
∴，
在中，三边之比为，
∴，
如图，过点D，点A分别向作垂线交于点M，N，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
同理，四边形BENA为矩形，
∴，
．
【点睛】
本题考查了等腰三角形等腰对等角、梯形中位线定理、割补法求四边形的面积、圆的切线的证明方法等，熟练掌握各图形的基本性质是解决本题的关键．
70．（2021·内蒙古中考真题）如图，在锐角三角形ABC中，AD是BC边上的高，以AD为直径的交AB于点E，交AC于点F，过点F作，垂足为H，交于点G，交AD于点M，连接AG，DE，DF．
（1）求证：；
（2）若，，，求HF的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）是的直径，可以得到，推出，再用平行线的判定和性质可求出；
（2）连接OF，得到，由于是的直径，得到，，，用平行线的判定得到，再用角之间的关系证明，再用相似三角形的性质，证明就可求出HF．
【详解】
如图
解：（1）证明：是的直径，
．
，
，
，
，
．
，
．
（2）连接OF，
AD是BC边上的高，
．
，
．
．
是的直径，
，
，
．
，
．
．
．
，
．
，
，
．
，
，
．
在中，，，，
，，
，
，
．
在中，，
，
，，
，
，
，
，
．
【点睛】
此题考查圆的性质和相似三角形的证明的综合运用，熟悉掌握相似三角形的性质和灵活作辅助线是解题的关键．
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