中考数学三轮冲刺培优训练专题11圆有关计算与证明（2份，原卷版+解析版）

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类型一、圆的有关性质计算与证明
1．（2023·安徽蚌埠·校考一模）如图，已知内接于，过圆心作边的垂线，与延长线交于点，与边交于点．
(1)若，求的大小；
(2)求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出所对圆周角，根据圆周角与圆心角的关系即可求得；
（2）证明即可得证．
【详解】（1）解：，，
，
与分别是所对的圆心角与圆周角，
．
（2）证明：∵
∴
由（1）可知，
又
，
又，
，
，
．
【点睛】本题考查了三角形相似及圆的基本性质，掌握圆周角与圆心角的关系是解题的关键．
2．（2023·湖北孝感·模拟预测）如图，在锐角中，是最短边；以中点为圆心，长为半径作，交于，过作交于，连接、、．
(1)求证：是的中点；
(2)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据同弧或等弧所对的圆周角相等，可以证明该结论；
（2）根据，，可以得到角的关系，然后通过转化就可以证明结论．
【详解】（1）证明：∵由已知可得，，，
∴，，
∴，
∴，
即D是的中点；
（2）证明：延长与交于点G，如图所示，
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系、平行线的性质，三角形的外角与内角的关系，解题的关键是明确题意，找出所求结论需要的条件．
3．（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）如图，、为上的两个定点，是上的动点（不与、重合），我们称为上关于、的滑动角．已知是上关于点、的滑动角．
(1)若为的直径，则 ______ ；
(2)若半径为，，求的度数．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由为的直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可求得的度数．
（2）连接由勾股定理的逆定理，即可证得然后由圆周角定理，即可求得答案．
【详解】（1）为的直径，
，
故答案为：；
（2）连接
的半径是，

又
由勾股定理的逆定理可得
若点在优弧上,
若点在劣弧上,
∴或．
【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理的逆定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
4．（2023·江西南昌·统考一模）如图，已知是的外接圆，，请仅用无刻度的直尺，按下列要求画图（保留画图痕迹）．
(1)在图1的上作点D，使为等腰直角三角形；
(2)在图2的上作点M，N，使四边形为正方形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接，并延长交于点D，连接，即可求解；
（2）连接，，并分别延长，交于点N，M，连接，，
【详解】（1）解：画图如下：点D即为所求．
理由：如图，连接，并延长交于点D，连接，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形；
（2）解：画图如下：正方形即为所求．
理由：如图，连接，，并分别延长，交于点N，M，连接，，
∵是的直径，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴四边形是正方形．
【点睛】本题主要考查了复杂作图，圆周角定理，正方形的判定，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
5．（2023·陕西西安·校考一模）如图，是的内接三角形，为的直径，点是上一点，连接并延长交过点的切线于点，．
(1)求证：；
(2)延长交于点，，的直径为，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)．
【分析】（1）根据圆周角定理得到，求得，根据切线的性质得到，求得，根据平行线的判定定理即可得到结论；
（2）根据平行线的性质得到，根据勾股定理得到的长，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵为的直径，
∴，
∴，
∵为的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：由（1）可得，
∴，
即，
∴，
∵的直径为，
∴，
在中，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
解得．
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，平行线的判定，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
6．（2023·陕西西安·西安建筑科技大学附属中学校考一模）如图，四边形内接于，为的直径，．
(1)试判断的形状，并给出证明；
(2)若，，求的长度．
【答案】(1)△ABC是等腰直角三角形；证明见解析；
(2)；
【分析】（1）根据圆周角定理可得∠ABC=90°，由∠ADB=∠CDB根据等弧对等角可得∠ACB=∠CAB，即可证明；
（2）Rt△ABC中由勾股定理可得AC，Rt△ADC中由勾股定理求得CD即可；
【详解】（1）证明：∵AC是圆的直径，则∠ABC=∠ADC=90°，
∵∠ADB=∠CDB，∠ADB=∠ACB，∠CDB=∠CAB，
∴∠ACB=∠CAB，
∴△ABC是等腰直角三角形；
（2）解：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC=AB=，
∴AC=，
Rt△ADC中，∠ADC=90°，AD=1，则CD=，
∴CD=．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识；掌握等弧对等角是解题关键．
7．（2023·河南安阳·统考一模）如图，内接于，、是的直径，E是长线上一点，且．
(1)判断与的位置关系，并说明理由；
(2)若，，求线段的长．
【答案】(1)是的切线；见解析
(2)
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是，根据圆周角定理得出，推出即可得出结论；
（2）根据，得到，即可得，再根据勾股定理得出即可．
【详解】（1）与相切，
理由：∵是的直径，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵是的直径，即是半径，
∴是的切线；
（2）由（1）知，，
在和中，
∵，，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
解得（负值舍去），
即线段的长为．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，三角函数以及勾股定理等知识，掌握切线的判定是解答本题的关键．
8．（2023·河南郑州·统考一模）如图，点O在的边AB上，与边AC相切于点E，与边BC，AB分别交于点D，F，且．
(1)求证：；
(2)当时，求半径的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，先根据切线性质得到，再根据等腰三角形的性质和等弧所对的圆周角相等证得，进而证得即可证得结论；
（2）先根据勾股定理求得， 设的半径为r，则，证明得到即，进而求解即可．
【详解】（1）证明：连接，
∵与边AC相切于点E，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：在中，，，
∴，
设的半径为r，则，
∵，
∴，
∴即，
解得，即半径的长为．
【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，弧、弦、圆周角的关系，相似三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
9．（2023·安徽合肥·校考模拟预测）如图，是的直径，点在上，平分，是的切线，与相交于点，与相交于点，连接．
(1)求证：；
(2)若， ，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）根据是的直径，得出，是的切线，得出，结合角平分线的定义，得出，进而得出；
（2）根据（1）的结论得出，证明，根据相似三角形的性质得出，进而即可求解．
【详解】（1）证明：平分，
．
是的直径，
，
，
，
．
是的切线，
，
，
，
，
；
（2）是的直径，
，
，
，
．
是的切线，
，
，
，
∴，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了切线的性质，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
10．（2023·安徽·统考一模）如图，是半圆O的直径，点C是弧的中点，点D是弧的中点，、相交于点E，连接、．
(1)求证：；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）延长、交于点F，证明，根据全等三角形的性质与等腰三角形的性质得出，即可得证；
（2）根据（1）的结论得出，由是半圆的直径，得出，然后根据三角形的面积公式进行计算即可求解．
【详解】（1）证明：如图1，延长、交于点，
在与中，
，
，
，
是半圆的直径
，，
，
，
，
；
（2）∵，，
∴
是半圆的直径，
∴
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，直径所对的圆周角是直角，综合运用以上知识是解题的关键．
类型二、切线的判定与性质
11．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在中，，点O在边上，经过点C且与边相切于点E，D是的中点， ．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的半径及的长．
【答案】(1)见解析
(2)2，
【分析】（1）作，连接，根据直角三角形的性质可得，从而得到，再由，可得是的平分线，然后根据角平分线的性质可得，即可；
（2）根据题意可设，根据勾股定理可得，设的半径为r，则，，根据，可得，从而得到，，再由勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，作，连接，
∵，D是的中点，
∴，
∴，
∵，
又∵，
∴，
即是的平分线，
∵点O在上，与相切于点E，
∴，且是的半径，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：在中，，
∴可设，
∵，
∴，
解得：，
∴，
∵D是的中点，
∴，
设的半径为r，则，，
∵，，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得： ．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质和判定，直接三角形的性质，角平分线的判定和性质，勾股定理，三角函数，相似三角形的判定和性质，熟练掌握圆的切线的性质和判定是解题关键．
12．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）如图，在中，，平分并交于点，点在上，经过点，的半圆分别交，于点，，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)判断和的数量关系，并说明理由；
(3)若的半径为5，，求点到直线的距离．
【答案】(1)见详解
(2)，理由见详解
(3)4
【分析】（1）连接，根据平分，可得，根据，即有，则，问题随之得解；
（2）结合，，可得，再根据平分，可得，问题得解；
（3）过E点作于M，根据角平分线的性质定理可得，再证明，问题随之得解．
【详解】（1）连接，如图，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为圆O的半径，
∴是的切线；
（2），理由如下：
∵半圆的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴；
（3）过E点作于M，如图，
根据题意有：，
∵平分，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴点到直线的距离为4．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理以及相似三角形的判定与性质等知识，掌握切线的判定是解答本题的关键．．
13．（2023·河南安阳·统考一模）如图，是的直径，，点D是外一点，连接交于点，连接，，，已知．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求线段的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由圆周角定理得到，即可得到，则，由此即可证明是的切线；
（2）先解，求出，则，证明，再解求出的长即可．
【详解】（1）证明：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴是的切线；
（2）解：∵是的直径，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，灵活运用所学知识是解题的关键．
14．（2023·广西南宁·校考一模）如图，是的直径，点，是上两点，连结，，，平分，过点作，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)2
【分析】（1）证明，从而可知，由于，所以，所以是的切线；
（2）连接，，根据三角函数的定义，利用勾股定理解直角三角形，分别求出，，，，证明，得到，即可求解．
【详解】（1）解：证明：平分，
，
，
，
，
，
，
，
在圆上，
是的切线；
（2）连接，，
∵为直径，
∴，
，
，即，
∵，
∴，即，
解得：（负值舍去），，
∵，
∴，同理可得：，，
∵四边形内接于，
∴，又，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得：．
【点睛】本题考查切线的判定与性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，解题的关键是能根据切线的判定与性质和圆周角定理得到角．
15．（2023·湖南长沙·校联考二模）如图，是的直径，点在的延长线上，平分交于点，连接并延长，垂直于点．
(1)求证：直线是的切线；
(2)若的半径为，，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，由角平分线的定义及等腰三角形的性质，得出，再根据平行线的判定定理，得出，进而得出，再根据切线的判定定理，即可得出结论；
（2）连接，证明，由相似三角形的性质可求出答案．
【详解】（1）证明：如图1，连接，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：如图1，连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等边对等角、平行线的判定与性质、切线的判定定理、相似三角形的判定与性质，解本题的关键是作辅助线，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
16．（2023·广西·统考一模）如图1，AB是的直径，点D，F在上，，延长至点C，连接，交于点E，连接，．
(1)证明：是⊙O的切线；
(2)如图2，连接，G是的中点，连接，若，，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图1，连接OF．由等边对等角可得， ．由对顶角相等可得，则．由题意知，可证，则，即，进而结论得证．
（2）如图2，过点G作于点H．由题意知，，，则，有，由，，可得，进而可证为的中位线，即，可得，，在中，，计算求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接OF．
∵，
∴．
∵，
∴．
又∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
又∵OF是半径，
∴CF是⊙O的切线．
（2）解：如图2，过点G作于点H．
由题意知，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵为中点，
∴为的中位线，
∴，
∴，，
在中，，
∴．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，切线的判定，垂径定理，中位线，正切等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握并灵活运用．
17．（2023·广东梅州·校考模拟预测）如图：以的边为直径作，点C在上，是的弦，，过点C作于点F，交于点G，过点C作交的延长线于点E．
(1)求证：是的切线；
(2)求证：．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)证明过程见解析
【分析】（1）连接，根据可得，从而证明，再根据可得，即可得出结论；
（2）根据可证，再根据和等腰三角形的判定即可得出结论．
【详解】（1）证明：连接，
，
，
，
，
，
∵是的半径，
，
是的切线．
（2）证明：为直径 ，
，
，
，
，
，
，
又，
，
．
【点睛】本题考查了切线的判定、圆周角定理和平行线的性质及等腰三角形的判定，熟练掌握切线的判定和圆周角定理是解决问题的关键．
18．（2023·陕西渭南·统考一模）如图，是的外接圆，且，点M是的中点，作交的延长线于点N，连接交于点D．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先根据弧、弦之间的关系得到，再由点M是的中点，得到，由此即可证明，则是的直径，由垂径定理可知，即可证明，则是的切线；
（2）如图所示，连接，设交于D，由垂径定理得，设的半径为r，则，，在中，由勾股定理的，解得，则的半径为．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵点M是的中点，
∴，
∴
∴，
∴是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴是的切线；
（2）解：如图所示，连接，设交于D，
∵，
∴，
设的半径为r，则，
∵，
∴，
在中，由勾股定理的，
∴，
∴，
∴的半径为．
【点睛】本题主要考查了弧、弦之间的关系，切线的判定，垂径定理，勾股定理，灵活运用所学知识是解题的关键．
19．（2023·陕西咸阳·统考一模）如图，是的直径，垂直弦于点，且交于点，是延长线上一点，若
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1），，得到，推出；得到，进而得出结论；
（2）利用勾股定理先求解，再利用垂径定理得出的长，可得的长，证明，再利用相似三角形的判定与性质得出的长．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∵垂直于弦于点E，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线.
（2）∵为的直径，
∴，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：．经检验符合题意.
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、垂径定理、圆周角定理，切线的判定，以及平行线的判定，掌握相似三角形的判定与性质、垂径定理、圆周角定理以及平行线的判定是解题的关键．
20．（2023·广东东莞·统考一模）如图，是的直径，点C、D在上，且平分，过点D作的垂线，与的延长线相交于E，与的延长线相交于点F，G为的下半圆弧的中点，交于H，连接、．
(1)证明：是的切线；
(2)若圆的半径，，求的长；
(3)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)见解析
【分析】（1）连接，证明即可由切线的判定定理得出结论；
（2）连接，因为G是半圆弧中点，所以，在中，根据勾股定理求解即可；
（3）证明，得，即可得出结论．
【详解】（1）解：证明：连接，
，
，
又平分，
，
，
，
又，
，
∴是的切线；
（2）解：连接，
∵G是半圆弧中点，
，
在中，，．
∴．
（3）证明：∵是的直径，
，
，
由（1）得，是的切线，
，
，
，
，
，
又，
，
∴，
．
【点睛】本题考查切线的判定和性质，圆周角定理及其推论，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解题关键是熟练掌握相关性质与判定定理．
类型三、弧长、扇形与阴影部分的面积
21．（2023·福建福州·统考模拟预测）如图，内接于⊙O，且．直线l过点C，，垂足为F，，垂足为G．
(1)求证：直线l是⊙O的切线；
(2)若，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据角平分线得出，再根据垂直定理得出，为半径，即可解答
（2）如图，连接，根据题意得出，，再根据含30°的直角三角形三边关系得到，设，得到，即可解答
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵ ，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴ ，
∵，
∴，
∵为半径，
∴直线l是⊙O的切线；
（2）解：如图，连接．
∵是圆的直径，
∴
又∵，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
设，
则，，
解得：，
∴．
在中，，
得．
在中，．
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，也考查了直角三角形的性质和扇形的面积．
22．（2023·湖北襄阳·统考一模）如图，是的直径，C，E在上，平分，，垂足为D，，的延长线交于点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)
【分析】（1）连接，根据角平分线的意义和等边对等角得出，继而根据平行线的判定与性质求出，根据切线的判定证明即可；
（2）作于点P，利用特殊角的三角函数值求出，进而求出，最后根据求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接．
∵平分，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵．
∴．
∴．
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）如图，作于点P，则四边形是矩形，．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了角平分线的意义和等边对等角，平行线的判定与性质，切线的判定，解直角三角形等知识．连接常用的辅助线是解题关键．
23．（2023·湖南永州·校考一模）．如图，是直径，弦垂直于，交于点，连接，， ．
(1)求半径；
(2)的弧长；
(3)求阴影面积．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据圆周角定理得，根据垂径定理得，，即可求出半径；
（2）根据弧长公式求的长度即可；
（3）连接，阴影面积为扇形的面积．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵是直径，弦垂直于，，
∴，，
∴，
∵，
在中，，
∴，
∴半径为；
（2）∵，，
∴的长为：，
∴的弧长为；
（3）如图，连接，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴阴影部分的面积等于扇形的面积，
∵扇形的面积为：，
∴阴影面积为．
【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理及垂径定理的推论，锐角三角函数，弧长公式以及扇形面积等知识．熟练应用垂径定理及推论，弧长和扇形面积公式是解题关键．
24．（2023·安徽·校联考一模）如图，中，在斜边上选一点O为圆心画圆，此圆恰好经过点A，且与直角边相切于点D，连接、．

(1)求证：；
(2)若，，求阴影部分图形的周长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，由题意易知，，，证得，可得，可证得，即可证得结论；
（2）由（1）可知，，可知，，，证得为等边三角形，易得，可得，进而可得，，求得的长度，结合阴影部分图形的周长为即可求解．
【详解】（1）证明：连接，
由题意可知，，为直径，
∴，则，
∵与相切于点D，
∴，则，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，由（1）可知，，
∴，则，，，
∴为等边三角形，则，
又∵，
∴，
∴，
∴，则，
，
∴阴影部分图形的周长为：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定，圆周角定理，切线的性质，等边三角形的判定及性质，弧长公式，连接圆心与切点是解决问题的关键．
25．（2023·吉林松原·统考一模）如图，是的直径，点E在上，连接和，平分交于点C，过点C作交的延长线于点D，连接．
(1)判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若，求的长（结果保留π）．
【答案】(1)是的切线．理由见解析
(2)
【分析】（1）连接，证明即可；
（2）根据三角函数的定义和弧长公式即可得到结论．
【详解】（1）结论：是的切线．
理由：连接．
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）在中，∵，，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
连接，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴的长为．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，解直角三角形，圆周角定理，平行线的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
26．（2023·广东深圳·校联考一模）如图，在中，与分别相切于点E，F，平分，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)若，的半径是2，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，过点O作于点G，如图，由切线的性质得到，再由角平分线的性质得到，由此即可证明是的切线；
（2）连接，过点O作于点G，如图，先证明四边形为正方形．得到．求出，即可求出．证明平分，进而推出，则．即可得到=10．
【详解】（1）证明：连接，过点O作于点G，如图，
∵为的切线，
∴．
∵平分，，
∴．
∴直线经过半径的外端G，且垂直于半径，
∴是的切线；
（2）解：连接，过点O作于点G，如图，
∵与分别相切于点E，F，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形．
∴．
∵，
∴，
∴．
由（1）知：，
∴，
∵，
∴平分，
∴．
∵平分，
∴．
∵，
∴∠ABC+∠BAC=90°，
∴，
∴．
∴=10．
【点睛】本题主要考查了切线的性质与判定，正方形的性质与判定，勾股定理，角平分线的性质与判定，求不规则图形面积得到，正确作出辅助线是解题的关键．
27．（2023·河北·统考模拟预测）如图，已知是半圆O的直径，，点D是线段延长线上的一个动点，直线垂直于射线于点D，在直线上选取一点C（点C在点D的上方），使，将射线绕点D逆时针旋转，旋转角为．
(1)若，求点C与点O之间距离的最小值；
(2)当射线与相切于点C时，求劣弧的长度；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）当点C在线段上时，点C与点O之间的距离最小，求出则可得出答案；
（2）连接，由切线的性质得出，代入弧长公式可得答案．
【详解】（1）解：如图，当点C在线段上时，点C与点O之间的距离最小，
∵，
∴，
即点C与点O之间距离的最小值为；
（2）如图，连接，
∵
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴劣弧的长度为．
【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，弧长公式，解题的关键是掌握添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题．
28．（2023·安徽滁州·校考一模）如图，点在的直径的延长线上，点在上，平分，于点．
(1)求证：是的切线．
(2)是的切线，为切点，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，证明，根据平行线的性质得到，根据切线的判定定理证明结论；
（2）连接，根据切线的性质得到，根据含角的直角三角形的性质求出，根据弧长公式计算，得到答案．
【详解】（1）证明：连接，如图所示，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
为的半径，
是的切线；
（2）解：连接，
是的切线，是的切线，，
，，
，，
，
，，
，
∴的长为：．
【点睛】本题考查的是切线的判定和性质、弧长的计算，掌握切线的判定定理、弧长公式是解题的关键．
29．（2023·广东佛山·模拟预测）如图，四边形中，连接，，以为直径的过点，交于点，过点作于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．（结果保留）
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据直径所对的圆周角是直角得出，根据三线合一得出，进而证明，结合已知条件，即可得证；
（2）根据已知条件结合（1）的结论得出，根据含30度角的直角三角形的性质得出半径为，继而根据弧长公式即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵
∴；
∴是的切线；
（2）解：∵，，，
∴，，
∴，
连接，则，
∴．
【点睛】本题考查了三线合一，切线的判定，含30度角的直角三角形的性质，圆周角定理，求弧长，掌握以上知识是解题的关键．
30．（2023·辽宁大连·模拟预测）如图，星海湾大桥是大连壮观秀丽的景点之一，主桥面是水平且笔直的，此时一个高的人站在C点望该桥的主塔，此时测得点D关于点F的俯角为，关于点E的俯角为，已知主塔，为该桥的主缆，与线段交于的中点G．
(1)请在图中作出关于所对应圆的圆心O并补全所对应的圆（尺规作图，保留作图痕迹且无需说明作图过程）；
(2)若关于所对应圆的半径为R，求的长（用含有，R的代数式表示）；
(3)求星海湾大桥两座主塔之间的距离（结果取整数）．
（参考数据：）
【答案】(1)见解析
(2)
(3)星海湾大桥两座主塔之间的距离为
【分析】（1）连接，作和的垂直平分线，相交于点O，点O即为所求，再以点O为圆心，长为半径，画圆即可；
（2）连接，可得，根据点G为中点，即可得出，再根据弧长公式，即可求解；
（3）过点D作的平行线，交于点M，交于点N，根据题意可得，再根据，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示：
（2）连接，
∵，
∴，
∵点G为中点，
∴，
∴；
（3）过点D作的平行线，交于点M，交于点N，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴．
答：星海湾大桥两座主塔之间的距离为．
【点睛】本题主要考查了确定三角形的条件，圆周角定理，解直角三角形，解题的关键是掌握不在同一直线上的三个点确定一个圆，三角形外接圆的圆心为三条垂直平分线的交点；同弧或等弧所对的圆周角是圆心角的一半；弧长；以及解直角三角形的方法和步骤．
类型四、圆与三角形、四边形
31．（2023·黑龙江绥化·校联考一模）已知菱形中，，点分别在，上，，与交于点．
(1)求证：；
(2)当，时，求的长？
(3)当时，求的最大值？
【答案】(1)证明见解析
(2)6
(3)4
【分析】（1）如图所示，连接，先证明是等边三角形，得到，再证明得到，由此即可证明结论；
（2）延长到M使得，证明，得到，进而证明是等边三角形，则；
（3）先证明四点共圆，则当为直径时，最大，设圆心为O，连接，过点O作于M，在中求出的长即可得到答案．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：延长到M使得，
由（1）可得，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴是等边三角形，
∴；
（3）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴四点共圆，
∴当为直径时，最大，
设圆心为O，连接，过点O作于M，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，四点共圆，圆周角定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
32．（2023·广东佛山·统考一模）如图，经过正方形的顶点，，与相切于点，分别交，于点，，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据正方形的性质、圆内接四边形的的性质证得即可证得结论；
（2）连接并延长交于N，过O作于M，先根据切线性质和垂径定理证得 ，，设，，则，，再证明四边形和四边形都是矩形得到，，，，连接，根据勾股定理得求得，进而可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：连接并延长交于N，过O作于M，则，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵与相切于点，
∴，则，，
∴，
设，，则，，
∵，
∴四边形和四边形都是矩形，
∴，，，
∴，
连接，则，
在中， 根据勾股定理得，
则，
解得或（舍去），
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、切线性质、垂径定理、勾股定理、圆内接四边形的性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用切线性质和垂径定理以及矩形的性质求解是解答的关键．
33．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考三模）如图，在中，，以为直径作⊙，交边于点，在上取一点，使，连接，作射线交边于点．
(1)求证：；
(2)若，，求及的长．
【答案】(1)见解析
(2)BF=5，
【分析】（1）根据中，，得到∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，根据，得到∠B=∠BCF，推出∠A=∠ACF；
（2）根据∠B=∠BCF，∠A=∠ACF，得到AF=CF，BF=CF，推出AF=BF= AB，根据，AC=8，得到AB=10，得到BF=5，根据，得到，连接CD，根据BC是⊙O的直径，得到∠BDC=90°，推出∠B+∠BCD=90°，推出∠A=∠BCD，得到，推出，得到，根据∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，得到∠FDE=∠B，推出DE∥BC，得到△FDE∽△FBC，推出，得到．
【详解】（1）解：∵中，，
∴∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，
∵，
∴∠B=∠BCF，
∴∠A=∠ACF；
（2）∵∠B=∠BCF，∠A=∠ACF
∴AF=CF，BF=CF，
∴AF=BF= AB，
∵，AC=8，
∴AB=10，
∴BF=5，
∵，
∴，
连接CD，∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠B+∠BCD=90°，
∴∠A=∠BCD，
∴，
∴，
∴，
∵∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，
∴∠FDE=∠B，
∴DE∥BC，
∴△FDE∽△FBC，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆周角，解直角三角形，勾股定理，相似三角形，解决问题的关键是熟练掌握圆周角定理及推论，运用勾股定理和正弦余弦解直角三角形，相似三角形的判定和性质．
34．（2023·浙江·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，CD是一条弦．过点A作DC延长线的垂线，垂足为点E．连接AC，AD．
(1)证明：△ABD∽△ACE；
(2)若，，．
①求EC的长．
②延长CD，AB交于点F，点G是弦CD上一点，且，求CG的长．
【答案】(1)见解析
(2)①EC的长为3；②CG的长为．
【分析】（1）利用圆内接四边形的性质求得∠ACD+∠ABD=180°，推出∠ABD=∠ACE，即可证明；
（2）①由△ABD∽△ACE，推出AE=3CE，在Rt△ADE中，利用勾股定理求解即可；
②证明△EAG∽△EDA，利用三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵AB是⊙O的直径，AE⊥CE，
∴∠AEC=∠ADB=90°，
∵四边形ABDC是圆内接四边形，
∴∠ACD+∠ABD=180°，
又∠ACE+∠ACD=180°，
∴∠ABD=∠ACE，
∴△ABD∽△ACE；
（2）解：①在Rt△BDA中，AB=5，BD=5，
∴AD=15，
∵△ABD∽△ACE，
∴，即，
∴AE=3CE，
在Rt△ADE中，AD2=AE2+DE2，
∴152=(3CE)2+(9+CE)2，
解得：CE=-(舍去)或CE=3；
∴EC的长为3；
②∵△ABD∽△ACE，
∴∠BAD=∠CAE，
∵∠CAG=∠F，∠EAG=∠CAE +∠CAG，∠EDA=∠BAD+∠F，
∴∠EAG=∠EDA，
∴△EAG∽△EDA，
∴，
∴AE2=GE•ED，即AE2=(EC+CG)•ED，
∵CE=3，
∴AE=3CE=9，
∴92=(3+CG) ×12，
∴CG=．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，证得△ABD∽△ACE和△EAG∽△EDA是解题的关键．
35．（2023·江苏苏州·统考一模）如图①，在中，，是外接圆上一点，连接，过点作，交的延长线于点，交于点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)如图②，若为直径，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用平行线的性质，等弧对相等的圆周角，证得即可；
（2）连接，，利用平行线的性质证得，再利用圆的内接四边形的性质证得，得到，再利用圆周角定理得到，最后在中即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）连接，，如图所示，
∵，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∴，
∵为直径，
∴，
∵，，
∴，
∴
【点睛】本题是一道圆的知识的综合题，考查了圆周角定理，平行四边形的判定和性质，平行线的性质和判定等，作出适当的辅助线是解题的关键．
36．（2023·北京海淀·中关村中学校考模拟预测）已知，四边形ABCD为的内接四边形，BD、AC相交于点E，．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，过点C作于点F，交BD于点G，当时，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接AO并延长交BD于点H，当，时，求OH的长．
【答案】
（1）证明见详解；（2）见详解;（3）OH= ．
【分析】（1）由，可得∠ACB=∠ABC，根据四边形ABCD为圆内接四边形，可得∠ADC+∠ABC=180°，根据同弧所对圆周角性质可得∠ADB=∠ACB，得出∠ADB=∠ABC，用等角与角的和分解即可；
（2）过点C作CN⊥DB，交BD于N，交于M，根据，可得∠MCB=∠DBC=45°，利用圆周角与弧的关系可得，由AB=AC，利用弦等弧等可得得出∠ACM=∠DBA，再证△CEN≌△CGN（ASA）即可；
（3）过C作CP//AH交BD于P，连结AP，连结OE，连结CH，延长AO交BC于Q，过O作OM⊥AB于M，根据垂径定理可得OE⊥AC，利用弦等弦心距相等，可得OE=OM，根据角平分线判定可得AQ平分∠CAB，可得AQ⊥BC，利用线段垂直平分线性质可得CH=BH，先证△PCE≌△HAE（AAS），再证四边形PAHC为平行四边形，得出△APH为等腰直角三角形，根据在Rt△PAH中，AH=BC=，在Rt△EHC中EC=，在Rt△ACQ中AQ=，最后证明△AEO∽△AQC，得出AO=即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴∠ACB=∠ABC，
∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
∵∠ADB=∠ACB，
∴∠ADB=∠ABC，
∵∠ADC=∠CDB+∠ADB，
∴∠ADC+∠ABC=∠CDB+∠ADB+∠ADB=∠CDB+2∠ADB=180°，
∴；
（2）证明：过点C作CN⊥DB，交BD于N，交于M，
∵
∴∠MCB=180°-∠CNB-∠DBC=45°，
∴∠MCB=∠DBC=45°，
∴
∵AB=AC，
∴
∴
∴∠ACM=∠DBA
∵∠CNG=∠GFB，∠NGC=∠FGB，
∴∠NCG=180°-∠CNG-∠NGC=180°-∠GFB-∠FGB=∠GBF=∠ECN，
在△CEN和△CGN中
∴△CEN≌△CGN（ASA），
∴CE=CG;
（3）解：过C作CP//AH交BD于P，连结AP，连结OE，连结CH，延长AO交BC于Q，过O作OM⊥AB于M，
∵E为AC中点，OE为弦心距，
∴OE⊥AC，
∵AB=AC，
∴OE=OM，
∴AQ平分∠CAB，
∴AQ⊥BC，
∵CQ=BQ，点H在AQ上，
∴CH=BH，
∵∠DBC=45°，
∴∠HCB=∠DBC=45°，
∴∠CHB=180°-∠HCB-∠DBC=90°，
∴CH⊥BD，
∵CE=CG，
∴EH=GH=3，
∵CP//AH，
∴∠PCE=∠HAE，
在△PCE和△HAE中，
，
∴△PCE≌△HAE（AAS），
∴PE=HE=3，
∵PE=HE，CE=AE，
∴四边形PAHC为平行四边形，
∴AP=CH，∠APH=∠CHP=90°，
∵∠HBQ=45°，∠HQB=90°，
∴∠QHB=180°-∠HBQ-∠HQB=180°-90°-45°=45°，
∴∠PHA=∠QHB=45°，
∵∠APH=90°，
∴∠PAH=90°-∠PHA=90°-45°=45°，
∴∠PAH=∠PHA=45°，
∴△APH为等腰直角三角形，
∵PH=PE+EH=6，
∴AP=PH=6，
在Rt△PAH中，AH=
∵HB=CH=6，∠CHB=90°，BC=，
∴CQ=BQ=，
在Rt△EHC中EC=，
∴AC=2CE=，AE=CE=，
在Rt△ACQ中AQ=，
∵∠EAO=∠QAC，∠AEO=∠AQC=90°
∴△AEO∽△AQC，
∴，即，
解得AO=，
OH=AH-AO=-．
【点睛】本题考查圆内接四边形性质，同弧所对圆周角性质，垂径定理，弧弦圆周角关系，弦等弦心距相等，三角形全等判定与性质，三角形相似判定与性质，等腰直角三角形判定与性质，勾股定理，线段和差，本题难度大，涉及知识多，图形复杂，利用辅助线画出准确图形，以及将条件转移是解题关键．
37．（2023·浙江宁波·统考一模）内接于，点是的内心，连接并延长交于点，连接，已知，
(1)连接，，则______（用含有的代数式表示）
(2)求证：；
(3)连接，若，求的最小值
(4)若，为等腰三角形，直接写出的值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)的最小值
(4)或时，为等腰三角形
【分析】（1）连接，，根据三角形内心的性质结合三角形内角和定理即可求解；
（2）根据点是的内心，得出，则，进而得出，即可得出
（3）因为，所以点为的中点，故点是一个定点．由（1）的结论，可知，点在以点为圆心，长为半径的圆上运动，所以当点，，三点共线时，取最小值．此时为的直径，且为的垂直平分线，，解，得出，进而即可求解；
（4）根据，得出，分别连接，，记与相交于点，得出是等边三角形，同（2）可求得，，然后分类讨论即可求解．
【详解】（1）连接，，
∵点是的内心
∴，，
∴
（2）解：如图1所示，连接，
∵点是的内心，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（3）解：因为，所以点为的中点，故点是一个定点．
由（1）的结论，可知，点在以点为圆心，长为半径的圆上运动，所以当点，，三点共线时，取最小值．
如图2所示，此时为的直径，且为的垂直平分线，，
∵
∴
在中，
∴
在中，
∴
∴
故的最小值
（4）解：∵
∴
∴
分别连接，，记与相交于点，
∵，
∴，，
∴是等边三角形
同（2）可求得，，
①，如图3所示，
此时
∴
而矛盾，故此种情况不成立．
②，如图4所示，过点作，交于点，过点作，交于点，
此时，，
∴，
∴
设，则，
∵
∴，
解得
∴，
∴，
∵
∴，即
解得，
∴
③，如图5所示，
此时，
∵是等边三角形，
∴
∴点，，三点共线
∴为的直径
∴
∴
综上所述，或时，为等腰三角形．
【点睛】本题考查了三角形内心的应用，角平分线的定义，等边三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，直径所对的圆周角是直角，解直角三角形，综合运用以上知识是解题的关键．
38．（2023·安徽合肥·合肥市庐阳中学校考一模）如图，已知是的外接圆，点是的内心，的延长线与相交于点，过作直线．
(1)求证：是的切线；
(2)连接，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据内心的性质得到，根据等边对等角得到，则有，即可判定出，再利用直径所对的圆周角是直角可得，结合可推出，即可证明；
（2）利用勾股定理求出，得到半径，再利用垂径定理求出，可得，结合半径求出，最后利用勾股定理即可求出结果．
【详解】（1）解：如图，连接，
∵D为的内心，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为直径，
∴，即，
∴，
∵，
∴，即是的切线；
（2）设与交于G，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，内心的应用，勾股定理，垂径定理，等边对等角等知识点，有一定难度，解题的关键是利用内心的性质得到．
39．（2023·广东佛山·校考一模）（1）如图1，的半径为，，点为上任意一点，则的最小值为__________；
（2）如图2，已知矩形，点为上方一点，连接，，作于点，点是的内心，求的度数；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接，，若矩形的边长，，，求此时的最小值．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）根据一点到圆上的距离可得当、、三点共线，且点在线段上时，有最小值，即可求解；
（2）根据点是的内心，得出，，根据三角形内角和定理即可求解；
（3）作的外接圆，连接，，，过作，设的半径为，交的延长线于，由（）可知的最小值为：，证明，结合（2）的结论，则，根据圆周角定理得出优弧所对的圆周角为，则，得出是等腰直角三角形，勾股定理求得，进而即可求解．
【详解】解：当、、三点共线，且点在线段上时，有最小值，
的最小值为：；
故答案为：．
（2）∵，
∴，
∴，
∵点是的内心，
∴，，
∴，
∴；
（3）如图，作的外接圆，连接，，，
过作，交的延长线于，
设的半径为，
由（）可知的最小值为：，
点是的内心，
，
，，
，
由（2）可得 ，
，
优弧所对的圆周角为，
，
又，，
是等腰直角三角形，
∴，
，，
由作图可知，，
，，
故的最小值为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理，求一点到圆上的距离，三角形内心的性质，三角形外接圆，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，矩形的性质，三角形内角和定理，综合运用以上知识是解题的关键．
40．（2023·四川绵阳·统考二模）如图，点E是的内心，的延长线和的外接圆相交于点D．
(1)求证：；
(2)已知，，求该圆的半径的长度；
(3)在（2）的条件下，若，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)该圆的半径的长度为5；
(3)．
【分析】（1）根据内心的性质得到，，根据圆周角定理解答即可；
（2）作的外接圆的直径，结合圆周角定理得到，再结合（1）求得，然后根据勾股定理求解即可；
（3）设交于点，利用垂径定理得到，利用面积法求得，再根据勾股定理求得，由即可求解．
【详解】（1）证明：连接，
∵点是的内心，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：过点作的外接圆的直径，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴该圆的半径的长度为5；
（3）解：设的直径交于点，
∵平分，
∴点D是的中点，
∴，，
∵，则，
∴，
∴，
∴．
．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心、外接圆与外心的概念和性质、解直角三角形，掌握三角形的内心是三角形的三条角平分线的交点是解题的关键．