专题20 圆-【真题汇编】2024年中考数学真题专题分类汇编练习（原卷版+解析版）

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一、选择题
1. （2024江苏连云港）如图，将一根木棒的一端固定在O点，另一端绑一重物．将此重物拉到A点后放开，让此重物由A点摆动到B点．则此重物移动路径的形状为（ ）

A. 倾斜直线B. 抛物线C. 圆弧D. 水平直线
【答案】C
【解析】本题考查动点的移动轨迹，根据题意，易得重物移动的路径为一段圆弧．
在移动的过程中木棒的长度始终不变，故点的运动轨迹是以为圆心，为半径的一段圆弧，
故选：C．
2. （2024四川凉山）数学活动课上，同学们要测一个如图所示的残缺圆形工件的半径，小明的解决方案是：在工件圆弧上任取两点，连接，作的垂直平分线交于点，交于点，测出，则圆形工件的半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题考查垂径定理，勾股定理等知识．由垂径定理，可得出的长；设圆心为O，连接，在中，可用半径表示出的长，进而可根据勾股定理求出得出轮子的半径，即可得出轮子的直径长．
【详解】∵是线段的垂直平分线，
∴直线经过圆心，设圆心为，连接．

中，，
根据勾股定理得：
，即：
，
解得：；
故轮子的半径为，
故选：C．
3. （2024四川泸州）如图，，是的切线，切点为A，D，点B，C在上，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题考查了圆的内接四边形的性质，切线长定理，等腰三角形的性质等知识点，正确作辅助线是解题关键．
根据圆的内接四边形的性质得，由得，由切线长定理得，即可求得结果．
详解】如图，连接，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∵，是的切线，根据切线长定理得，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
4. （2024内蒙古赤峰）如图，是的直径，是的弦，半径，连接，交于点E，，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理以及三角形的外角性质．先根据垂径定理，求得，利用圆周角定理求得，再利用三角形的外角性质即可求解．
【详解】解：∵半径，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
5. （2024云南省）如图，是的直径，点、在上．若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】本题考查了弧弦圆心角的关系，圆周角定理，连接，由可得，进而由圆周角定理即可求解，掌握圆的有关性质是解题的关键．
【详解】连接，
∵，
∴，
∴，
故选：．
6. （2024甘肃临夏）如图，是直径，，则（ ）
A.B. C. D.
【答案】D
【解析】本题考查圆周角定理，关键是由圆周角定理推出．
由圆周角定理得到，由邻补角的性质求出．
，
，
．
故选：D．
7. （2024甘肃威武）如图，点A，B，C在上，，垂足为D，若，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据得到，根据得到，根据直角三角形的两个锐角互余，计算即可．
本题考查了圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理，直角三角形的性质是解题的关键．
【详解】∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选A．
8. （2024湖南省）如图，，为的两条弦，连接，，若，则的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题考查了圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半是解题的关键．根据圆周角定理可知，即可得到答案．
【详解】根据题意，圆周角和圆心角同对着，
，
，
．
故选：C．
9. （2024吉林省）如图，四边形内接于，过点B作，交于点E．若，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题考查了平行线的性质，圆的内接四边形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
先根据得到，再由四边形内接于得到，即可求解．
【详解】∵，，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∴,
故选：C．
10. （2024四川宜宾）如图，是的直径，若，则的度数等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题考查了直径所对的圆周角为直角，同弧或等弧所对的圆周角相等．根据直径所对的圆周角为直角得到，同弧或等弧所对的圆周角相等得到，进一步计算即可解答．
【详解】是的直径，
，
，
，
，
故选：A．
11. （2024四川宜宾）如图，内接于，为的直径，平分交于．则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题考查了三角形的外接圆，特殊角的三角函数，圆周角定理，图形的旋转等知识点，合理作辅助线为解题的关键．
作辅助线如图，先证明，，从而可以得到旋转后的图形，再证明是等腰直角三角形，利用三角函数即可求得结果．
【详解】解：如图，连接、，
∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
在四边形中，，
∴，
∴绕点逆时针旋转，则三点共线，如图所示
∴，
∵由旋转可知，
∴，
∴在等腰直角三角形中，，
∴．
故选：A
12. （2024武汉市）如图，四边形内接于，，，，则的半径是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】延长至点E，使，连接，连接并延长交于点F，连接，即可证得，进而可求得，再利用圆周角定理得到，结合三角函数即可求解．
【详解】延长至点E，使，连接，连接并延长交于点F，连接，
∵四边形内接于，
∴
∴
∵
∴，
∴是的直径，
∴
∴是等腰直角三角形，
∴
∵
∴
∴，,
∵
∴
又∵
∴
∴是等腰直角三角形
∴
∵
∴
∵
∴
∴
故选：A．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，圆周角定理，锐角三角函数、等腰三角形的性质与判定等知识点，熟练掌握圆周角定理以及全等三角形的性质与判定是解题的关键．
13. （2024上海市）在中，，，，点在内，分别以为圆心画，圆半径为1，圆半径为2，圆半径为3，圆与圆内切，圆与圆的关系是（ ）
A. 内含B. 相交C. 外切D. 相离
【答案】B
【解析】本题考查圆的位置关系，涉及勾股定理，根据题意，作出图形，数形结合，即可得到答案，熟记圆的位置关系是解决问题的关键．
【详解】圆半径为1，圆半径为3，圆与圆内切，
圆含在圆内，即，
在以为圆心、为半径的圆与边相交形成的弧上运动，如图所示：
当到位置时，圆与圆圆心距离最大，为，
，
圆与圆相交，
故选：B．
14. （2024福建省）如图，已知点在上，，直线与相切，切点为，且为的中点，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题考查了切线的性质，三角形内角和以及等腰三角形的性质，根据C为的中点，三角形内角和可求出，再根据切线的性质即可求解．
【详解】∵，为的中点，
∴
∵
∴
∵直线与相切，
∴，
∴
故选：A．
二、填空题
1. （2024北京市）如图，的直径平分弦（不是直径）.若，则___________

【答案】55
【解析】本题考查了垂径定理的推论，圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
先由垂径定理得到，由得到，故．
【详解】∵直径平分弦，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
2. （2024江苏连云港）如图，是圆的直径，、、、的顶点均在上方的圆弧上，、的一边分别经过点A、B，则__________．

【答案】90
【解析】本题考查圆周角定理，根据半圆的度数为，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，进行求解即可．
∵是圆的直径，
∴所对的弧是半圆，所对圆心角的度数为，
∵、、、所对的弧的和为半圆，
∴，
故答案为：90．
3. （2024陕西省）如图，是的弦，连接，，是所对的圆周角，则与的和的度数是________．

【答案】##90度
【解析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．根据圆周角定理可得，结合三角形内角和定理，
可证明，再根据等腰三角形的性质可知，由此即得答案．
【详解】是所对的圆周角，是所对的圆心角，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
4. （2024江苏苏州）如图，是的内接三角形，若，则______．
【答案】##62度
【解析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，连接，利用等腰三角形的性质，三角形内角和定理求出的度数，然后利用圆周角定理求解即可．
【详解】解：连接，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
5. （2024山东枣庄）如图，是的内接三角形，若，，则________．
【答案】##40度
【解析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，利用圆周角定理求出的度数，利用等边对等角、三角形内角和定理求出的度数，利用平行线的性质求出的度数，即可求解．
【详解】连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
6.（2024江苏苏州） 铁艺花窗是园林设计中常见的装饰元素．如图是一个花瓣造型的花窗示意图，由六条等弧连接而成，六条弧所对应的弦构成一个正六边形，中心为点O，所在圆的圆心C恰好是的内心，若，则花窗的周长（图中实线部分的长度）______．（结果保留）
【答案】
【解析】题目主要考查正多边形与圆，解三角形，求弧长，过点C作，根据正多边形的性质得出为等边三角形，再由内心的性质确定，得出，利用余弦得出，再求弧长即可求解，熟练掌握这些基础知识点是解题关键．
【详解】解：如图所示：过点C作，
∵六条弧所对应的弦构成一个正六边形，
∴，
∴为等边三角形，
∵圆心C恰好是的内心，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴长为：，
∴花窗的周长为：，
故答案：．
7. （2024江苏盐城）如图，是的内接三角形，，连接，则________．

【答案】50
【解析】本题考查主要考查圆周角定理、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，先根据圆周角定理计算出，再根据等边对等角得出，最后利用三角形内角和定理即可求出．
【详解】，
，
，
，
，
，
故答案为：50．
8. （2024四川眉山）如图，内接于，点在上，平分交于，连接．若，，则的长为______．
【答案】
【解析】本题考查了圆周角定理，角平分线的定义全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，延长，交于，由圆周角定理可得，，进而可证明，得到，即得，利用勾股定理得，再证明，得到，据此即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：延长，交于，
是的直径，
，，
平分，
，
又∵，
∴，
，
，
，，
，
，
又∵，
∴，
，
，
，
，
，
故答案为：．
9. （2024重庆市B）如图，是的直径，是的切线，点为切点．连接交于点，点是上一点，连接，，过点作交的延长线于点．若，，，则的长度是________；的长度是________．
【答案】 ①. ## ②. ##
【解析】由直径所对的圆周角是直角得到，根据勾股定理求出，则，由切线的性质得到，则可证明，解直角三角形即可求出；连接，由平行线的性质得到，再由，，推出，得到，则．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
在中，；
如图所示，连接，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形的判定等等，证明是解题的关键．
三、解答题
1.（2024湖北省） 中，，点在上，以为半径的圆交于点，交于点．且．
（1）求证：是的切线．
（2）连接交于点，若，求弧的长．
【答案】（1）见解析 （2）弧的长为．
【解析】（1）利用证明，推出，据此即可证明结论成立；
（2）设的半径为，在中，利用勾股定理列式计算求得，求得，再求得，利用弧长公式求解即可．
小问1详解】
证明：连接，
在和中，，
∴，
∴，
∵为的半径，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
设的半径为，
在中，，即，
解得，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴弧的长为．
【点睛】本题考查了切线的判定，勾股定理，三角函数的定义，弧长公式．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
2. （2024贵州省）如图，为半圆O的直径，点F在半圆上，点P在的延长线上，与半圆相切于点C，与的延长线相交于点D，与相交于点E，．
（1）写出图中一个与相等的角：______；
（2）求证：；
（3）若，，求的长．
【答案】（1）（答案不唯一） （2） （3）
【解析】分析】（1）利用等边对等角可得出，即可求解；
（2）连接，利用切线的性质可得出，利用等边对等角和对顶角的性质可得出，等量代换得出，然后利用三角形内角和定理求出，即可得证；
（3）设，则可求，，，，在中，利用勾股定理得出，求出x的值，利用可求出，即可求解．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
故答案为：（答案不唯一）；
【小问2详解】
证明：连接，
，
∵是切线，
∴，即，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：设，则，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
解得，（舍去）
∴，，，
∵，
∴，
解得，
∴．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，切线的性质，勾股定理，解直角三角形的应用等知识，灵活运用以上知识是解题的关键．
3. （2024甘肃临夏）如图，直线与相切于点，为的直径，过点作于点，延长交直线于点．
（1）求证：平分；
（2）如果，，求的半径．
【答案】（1）见解析 （2）4
【解析】【分析】（1）连接，根据切线的性质可得出，结合题意可证，即得出，再根据等边对等角可得出，即得出，即平分；
（2）设的半径为r，则，．再根据勾股定理可列出关于r的等式，求解即可．
【小问1详解】
证明：如图，连接．
∵直线与相切于点，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，即平分；
【小问2详解】
解：设的半径为r，则，．
在中，，
∴，
解得：，
∴的半径为4．
【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，同圆半径相等，平行线的判定和性质，角平分线的判定，勾股定理等知识．连接常用的辅助线是解题关键．
4. （2024北京市）如图，是的直径，点，在上，平分.

（1）求证：；
（2）延长交于点，连接交于点，过点作的切线交的延长线于点.若，，求半径的长.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】（1）根据题意，得，结合，得到，继而得到，根据平分，得到，继而得到，可证；
（2）不妨设，则，求得，证明，，求得，取的中点M，连接，则，求得，，结合切线性质，得到，解答即可.
【小问1详解】
根据题意，得，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
∵，，
不妨设，则，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
解得，
取的中点M，连接，
则
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是切线，
∴，
∴，
解得，
故半径的长为.

【点睛】本题考查了圆的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，三角形相似的判定和性质，切线的性质，解直角三角形的相关计算，等量代换思想，熟练掌握三角形相似的判定和性质，切线的性质，解直角三角形的相关计算是解题的关键.
5. （2024福建省）如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为的延长线交于点．
（1）求的值；
（2）求证：；
（3）求证：与互相平分．
【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】（1）先证得，再在中，．在中，，可得，再证得结果；
（2）过点作，交延长线于点，先证明，可得
，再证得，再由相似三角形的判定可得结论；
（3）如图，连接，由（2），可得，从而得出，从而得出， 得出，再上平行线判定得出，再证得，从而得出四边形是平行四边形，最后由平行四边形的性质可得结果．
【小问1详解】
，且是的直径，
．
，
在中，．
，
中，．
，
；
小问2详解】
过点作，交延长线于点．
．
，
，
．
，
，
，
，，
．
，
，
，
，
．
【小问3详解】
如图，连接．
是的直径，
．
，
．
由（2）知，，
，
，
．
．
，
．
由（2）知，，
．
，
，
，
四边形是平行四边形，
与互相平分．
【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，考查化归与转化思想等．
6. （2024甘肃威武）如图，是的直径，，点E在的延长线上，且．
（1）求证：是的切线；
（2）当的半径为2，时，求的值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】【分析】（1）连接，，证明垂直平分，得出，证明，得出，说明，即可证明结论；
（2）根据是的直径，得出，根据勾股定理求出，根据三角函数定义求出，证明，得出即可．
【小问1详解】
证明：连接，，如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴点O、B在的垂直平分线上，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：∵的半径为2，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，勾股定理，求一个角的正切值，圆周角定理，垂直平分线的判定，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
7. （2024深圳）如图，在中，，为的外接圆，为的切线，为的直径，连接并延长交于点E．
（1）求证：；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】本题考查切线的性质，圆周角定理，中垂线的判定和性质，矩形的判定和性质：
（1）连接并延长，交于点，连接，易证垂直平分，圆周角定理，切线的性质，推出四边形为矩形，即可得证；
（2）由（1）可知，勾股定理求出的长，设的半径为，在中，利用勾股定理进行求解即可．
【小问1详解】
证明：连接并延长，交于点，连接，
∵，，
∴垂直平分，
∴，，
∵为的切线，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴四边形为矩形，
∴；
小问2详解】
由（1）知四边形为矩形，，，
∴，
∴，
设的半径为，则：，
在中，由勾股定理，得：，
解得：；
即：的半径为．
8. （2024广西）如图，已知是的外接圆，．点D，E分别是，的中点，连接并延长至点F，使，连接．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）求证：与相切；
（3）若，，求的半径．
【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）
【解析】【分析】（1）先证明，，再证明，可得，，再进一步解答即可；
（2）如图，连接，证明，可得过圆心，结合，证明，从而可得结论；
（3）如图，过作于，连接，设，则，可得，求解，可得，求解，设半径，可得，再利用勾股定理求解即可．
【小问1详解】
证明：∵点D，E分别是，的中点，
∴，，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
证明：如图，连接，
∵，为中点，
∴，
∴过圆心，
∵，
∴，
而为半径，
∴为的切线；
【小问3详解】
解：如图，过作于，连接，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
设半径为，
∴，
∴，
解得：，
∴的半径为．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理的应用，平行四边形的判定与性质，切线的判定，垂径定理的应用，做出合适的辅助线是解本题的关键．
9. （2024黑龙江齐齐哈尔）如图，内接于，为的直径，于点D，将沿所在的直线翻折，得到，点D的对应点为E，延长交的延长线于点F．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】【分析】（1）连接，由折叠的性质得，，再证明，推出，据此即可证明是的切线；
（2）先求得，在中，求得，再利用扇形面积公式求解即可．
【小问1详解】
证明：连接，
∵，
∴，
∵沿直线翻折得到，
∴，，
∵是的半径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴于点C，
又∵为的半径，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
由（1）得，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定与扇形面积公式，折叠的性质，解直角三角形．充分运用圆的性质，综合三角函数相关概念，求得线段长度是解题的关键．
10. （2024湖南省）【问题背景】
已知点A是半径为r的上的定点，连接，将线段绕点O按逆时针方向旋转得到，连接，过点A作的切线l，在直线l上取点C，使得为锐角．
【初步感知】
（1）如图1，当时， ；
【问题探究】
（2）以线段为对角线作矩形，使得边过点E，连接，对角线，相交于点F．
①如图2，当时，求证：无论在给定的范围内如何变化，总成立：
②如图3，当，时，请补全图形，并求及的值．
【答案】（1）；①证明见解析；②补全图形见解析，，
【解析】【分析】（1）可证是等边三角形，则，由直线l是的切线，得到，故；
（2）①根据矩形的性质与切线的性质证明，则，而，由，得到；
②过点O作于点G，于点H，在中，先证明点E在线段上，，由等腰三角形的性质得，根据互余关系可得，可求，解，求得，可证明，故在中，．
【详解】解：（1）由题意得，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵直线l是的切线，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）①如图：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴；
②补全图形如图：
过点O作于点G，于点H，
在中，，
∴由勾股定理得，
∵，
∴，
∴，
∴点E在线段上，
∴在，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴设，
∴由勾股定理得，
∴，
∴在中，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
而，
∴，
∴在中，．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．
11. （2024内蒙古赤峰）如图，中，，，经过B，C两点，与斜边交于点E，连接并延长交于点M，交于点D，过点E作，交于点F．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】【分析】（1）连接，延长，交于点，连接根据直径所对的圆周角是直角求出，得，，由可得，从而可证明是的切线；
（2）由得，即，证明，得，由得，故可得，由勾股定理求出，得，由勾股定理求出，，根据求出，进一步求出
【小问1详解】
证明：连接，延长，交于点，连接如图，
∵
∴是等腰直角三角形，
∴
∵是的直径，
∴
∴
∴
∴
∵
∴即
∵是的半径，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：∵，，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在等腰直角三角形中，,
∴，
解得，，
∴，
∴
在中，
∴，
又，
∴
∴
∴
∴
【点睛】本题主要考查平行线的性质，等腰直角三角形的判定与性质，切线的判定，圆周角定理，勾股定理以及相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造圆周角是解答本题的关键．
12. （2024四川眉山）如图，是的直径，点在上，点在的延长线上，，平分交于点，连结．
（1）求证：是的切线；
（2）当时，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】【分析】本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，圆周角定理，熟练掌握切线的判定是解题的关键．
（1）连接，根据圆周角定理得到，根据等腰三角形的性质得到，求得，根据切线的判定定理得到结论；
（2）根据相似三角形的判定和性质定理得到，求得，连接，根据角平分线的定义得到，求得，得到，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【小问1详解】
证明：连接，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
【小问2详解】
解：，，
，
，
，
，
，
连接，
平分，
，
，
，
是的直径，
，
．