中考数学三轮冲刺培优训练专题12圆与三角函数、相似问题（2份，原卷版+解析版）

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1．（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．
2．（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．
3．（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．
4．（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．
5．（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．
6．（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．
7．（2023·广西防城港·校考一模）如图，是的直径，C是圆上一点，弦于点E，且．过点A作的切线，过点C作的平行线，两直线交于点F，的延长线交的延长线于点G．
(1)求证：与相切；
(2)连接，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接．易证为等边三角形，所以，从而可知，由于，易知，所以与相切；
（2）作于点H．设，则．易证四边形为平行四边形．因为，所以四边形为菱形，求出，从而可求出、的值，从而可知的长度，利用锐角三角函数的定义即可求出的值．
【详解】（1）连接．
∵是的直径，弦于点E，
∴．
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴与相切
（2）作于点H．
设，则．
∵与相切，
∴．
又∵，
可得．
又∵，
∴四边形为平行四边形．
∵，
∴四边形为菱形．
∴．
由（1）知
∴，
∵．
∴．
∵在中，，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的性质，解直角三角形，正确作出辅助线是解答本题的关键．
8．（2023·北京西城·校考一模）如图，是的直径，弦与交于点E，且点E为的中点．点F在弧上，过点F作的切线交的延长线于点G，交的延长线于点P，与交于点H．
(1)求证：；
(2)若的半径为4，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，易得，可得，圆周角定理，得到，即可得证；
（2）连接，得到，根据，得到，求出，进而求出的长，证明，求出的数量关系，再利用勾股定理进行求解即可．
【详解】（1）证明：连接，
∵为的切线，
∴，
∴，
∴，
∵是的直径，弦与交于点E，且点E为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵的半径为4，
∴，
∵，
∴，
在中，，
设，则：，
∴，
∴，
∴；
连接，则：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴或（舍掉），
∴．
【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
9．（2023·福建漳州·统考一模）如图，为的直径，点C在延长线上，点D在上，连接，，，于点E，交于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，由是直径，可得即，再由，可得，最后根据，即可证明结论；
（2）由，，可证即，从而证明，可得，再由，可求，再利用，可得，即可求解．
【详解】（1）证明：连接，
∵是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴是的切线．
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴在中，．
【点睛】本题考查了切线的判定、圆周角定理、平行线的性质和判定、相似三角形的判定和性质及解直角三角形，熟练掌握切线的判定和相似三角形的判定和性质是解题的关键．
10．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考一模）如图，是的直径，已知点是弧的中点，连接并延长，在延长线上有一点，连接，且．
(1)求证：是的切线；
(2)连接，若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由垂径定理可得，再由三角形内角和定理证明，即可证明是的切线；
（2）由直径所对的圆周角是直角得到，由垂径定理可得，即可利用勾股定理求出，即可得到，再由，得到，则解直角三角形可得．
【详解】（1）证明：∵点是弧的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵是的直径，
∴是的切线；
（2）解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴由垂径定理可得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴在中，．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，解直角三角形，勾股定理，垂径定理，直径所对的圆周角是直角等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
11．（2023·福建龙岩·校考一模）如图，是直角三角形，．
(1)动手操作：利用尺规作的平分线，交于点O，再以O为圆心，的长为半径作（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)综合运用：请根据所作的图，若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据角平分线和圆的尺规作图方法作图即可；
（2）如图所示，过点O作于D，由角平分线的性质得到，设，，解求出，，再证明，利用相似三角形的性质求出，在中，由勾股定理得，，解得，则．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）解：如图所示，过点O作于D，
∵平分，，，
∴，
设，，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴．
【点睛】本题主要考查角平分线和圆的尺规作图，角平分线的性质，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
12．（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．
13．（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．
14．（2023·云南昆明·昆明八中校考模拟预测）如图，是的直径，点是上的一动点（不写点，点重合），点是延长线上的一点，连接，，，且有，作的平分线交于点，交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)【问题探究】若，，则的值为________；
(3)【拓展延伸】若，，求的值．（用含和的代数式表示）
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，由圆周角定理得出，由等腰三角形的性质得出，证得，则可得出结论；
（2）过点作于点，在中，根据得到 ，进而得到，在中，根据得到，由等面积法可得：，
于是得到，根据平分，得到，进而得到，于是可得到答案；
（3）过点作于点，在中，根据得到 ，进而得到，在中，根据得到，由等面积法可得：，于是得到 ，根据平分，得到，进而得到，于是可得到答案；
【详解】（1）证明：如图1，连接，
∵是的直径，
∴，
即．
∵，
∴，
又∵，
∴，
,
,
，
又∵，
∴，
∴，
即，
∴．
又∵为的半径，
∴直线是的切线；
（2）解：如图2，过点作于点．
∵，，
在中，由可得：．
∴．
在中，由可得：．
在中，由等面积法可得：，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图2，过点作于点．
∵，，
在中，由可得：．
∴．
在中，由可得：．
在中，由等面积法可得：，
∴．
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查切线的判定，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，掌握相关定理与性质是解题的关键．
15．（2023·北京海淀·校联考模拟预测）如图，是的直径，为上一点，为外一点，连接，，，，满足，．
(1)证明：直线为的切线；
(2)射线与射线交于点，若，，求的长．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）连接，根据，，可得，，根据三角形内外角关系可得，结合，可得，再根据是的直径可得，即可证明；
（2）过B作交于点F，根据得到，结合可得，即可得到，从而得到，根据勾股定理可得、，即可得到，再根据勾股定理即可得到答案；
【详解】（1）证明：连接，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
又，
，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴为的切线；
（2）解：过B作交于点F，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
根据勾股定理可得，
，，
∴，
∴，
∴的长是；
【点睛】本题考查切线的判定，勾股定理，三角函数，解题的关键是作辅助线得到直角三角形．
16．（2023·广东东莞·东莞市东莞中学初中部校考一模）已知，如图，是的直径，点C为上一点，于点F，交于点E，与交于点H，点D为的延长线上一点，且．
(1)求证：是的切线；
(2)连接，求证：；
(3)若的半径为10，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)15
【分析】（1）先由圆周角定理和已知条件说明，再证，进而证得即可证明结论；
（2）如图：连接，由垂径定理得出得出、，再由公共角可得，由相似三角形的性质可得即可得出结论；
（3）如图：连接，由圆周角定理得出，由三角函数求出，再根据勾股定理求出，得出，由（2）的结论求出，然后根据勾股定理求出即可．
【详解】（1）解：，，
，
，
，
，
，即，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：如图：连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∵
∴；
（3）解：如图：连接BE，
∵是⊙O的直径，
∴，
∵⊙O的半径为10，
∴AB=20，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系定理，勾股定理，三角函数，相似三角形的判定与性质等知识点，正确作出辅助线、构造三角形相似成为解答本题的关键．
17．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨德强学校校考一模）已知：为的直径，点、在圆上，连接、，且；
(1)如图①，求证：；
(2)如图②，连接交于点，点、在上，点在上，连接、交于点，若为的中点，且，求的值；
(3)如图③，在（2）的条件下，连接，且，连接并延长交于点，若，，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)1
(3)
【分析】（1）连接、，证明，即可得证；
（2）过点作，交于点，证明，推出，证明，推出，进而推出，即可得出结果．
（3）证明，推出为等腰三角形，设，，分别求出，，设，求出，，延长交于点，连接、、、，推出四边形为正方形，证明，推出，，得到，，利用，求出，在中，利用勾股定理求出的值，过点作于点，得到，设，则，利用，求出的值，进而求出，在中，利用，进行求解即可．
【详解】（1）证明：连接、，
，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
∴；
（2）过点作，交于点，
，
，，
，
，
，
，
，
由（1）知，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
（3）（3）由（2）知，为等腰三角形，，，，
，
，，
，
，，
，
，
为等腰三角形，
设，，
，
，
，
，
，
为等腰直角三角形，，
，
，，
设，
，
，
，
，
，
，
延长交于点，连接、、、，
直径，
，
，
，
为等腰直角三角形，
为的中线，
，
，为等腰直角三角形，
在和中，，
，
，，
，
，
，
为等腰直角三角形，
，
在等腰中，，
，
，
四边形为正方形，
，
在和中，，，，
，
，
，
，
，，
，
，
∵，
，
，，
，
，
在中，勾股得，
，
或（舍去），
，，
如抽图，过点作于点，
，
设，则，
，
，
，
在中，勾股得．
【点睛】本题考查圆周角定理，全等三角形的综合问题，等腰三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形．本题的综合性强，对学生的思维能力要求高，属于中考压轴题，解题的关键是熟练掌握相关知识点，证明三角形全等和相似．
18．（2023·广东·统考模拟预测）如图，是的直径，点C为上一点，，垂足为F，交于点E，与交于点H，点D为的延长线上一点，且．
(1)求证：是的切线；
(2)求证：；
(3)若的半径为，，求和的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)，
【分析】（1）根据已知和圆周角定理的推论可得，再证明即可解决问题；
（2）连接，如图2所示，根据垂径定理和圆周角定理推论可证明，推出，再利用相似三角形的性质即可得到结论；
（3）连接，如图3所示，则，解直角三角形求出，结合（2）的结论可求出，再根据勾股定理即可求出；然后解求出，进而求出，即为的长，再利用勾股定理求出，利用可得，即可求出．
【详解】（1）证明：如图1所示，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵AB是的直径，
∴是的切线；
（2）证明：连接，如图2所示，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：连接，如图3所示，
∵是的直径，
∴，
∵的半径为，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∵，垂足为F，
∴在中，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理、垂径定理、圆的切线的判定、相似三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，熟练掌握相关性质定理、灵活应用数形结合思想是解题的关键．
19．（2023·北京丰台·北京市第十二中学校考一模）如图，在中，以为直径的分别交、于点、，且．过点作的切线，交的延长线于点，且，求的值．
【答案】
【分析】由切于点，易得，然后由相似三角形的对应边成比例，求得的长，继而求得答案．
【详解】为的直径，
．
又 ，
．
切于点，
．
．
又 ，
，
，
，
．
又 ，
，
设，则，
．
在中，，
，
又 ，
，
．
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，三角函数，证得是解题的关键．
20．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）如图1，在等腰三角形中，，为底边的中点，切于点，连接，交于点，．
(1)求证：是的切线；
(2)，①若，求劣弧的长；
②如图2，连接，若，直接写出的长．
（参考数据：取，取，取）
【答案】(1)见解析
(2)①；②5
【分析】（1）过点作于点，连接，通过证明，利用直线与圆相切的定义解答即可；
（2）①求出，再利用弧长公式计算即可；②过点作于点，利用等腰三角形的性质求出，，利用三角函数的定义即可求出的长．
【详解】（1）解：过点作于点，连接，如图，
，为底边的中点，
为的平分线，
，，
，
为的半径，
为的半径，
∴直线到圆心的距离等于圆的半径，
是的切线；
（2）①∵切于点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴劣弧的长为；
②过点作于点，如图，
，
，
，，
为的平分线，
．
在中，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，垂径定理，圆的切线的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，三角形的内角和定理，过圆心作直线的垂线段是解决此类问题常添加的辅助线．
21．（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．．
22．（2023·安徽合肥·统考一模）已知等腰，，且，连接交于点E，以为直径的上有一点F，使得，连接交于点G，若．
(1)判断与的关系，并说明理由；
(2)若，求的值．
【答案】(1)与相切，理由见解析
(2)
【分析】（1）如图所示，连接，先由三角形内角和定理和对顶角相等证明，再根据等边对等角证明，即可得到结论；
（2）如图所示，连接交于H，连接，由直径所对的圆周角是直角得到，再证明四点共圆，得到，进而证明，则由角平分线的性质得到，再证明，推出，则，即可求出，利用勾股定理求出，再由，是的直径，得到，，则；证明，即可得到．
【详解】（1）解：与相切，理由如下：
如图所示，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴与相切；
（2）解：如图所示，连接交于H，连接，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，是的直径，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，垂径定理，圆周角定理，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
23．（2023·河南周口·统考一模）如图，已知点D是上一点，点C在直径的延长线上，与相切，交的延长线于点E，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若，
①求的半径；
②求的长．
【答案】(1)见解析
(2)①2；②
【分析】（1）如图，连接．要证是的切线，只要证明即可；
（2）①根据，构建方程求解即可；
②证明，推出，设，，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接．
∵，
∴，，
∵与相切，是半径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：①设，
∵，
∴，
∴，
∴，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
∴的半径为2；
②在中，，
∵是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，，
∵，
∴，
∴（负根已经舍去），
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24．（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．
25．（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．
26．（2023·黑龙江大庆·校考一模）已知是的内接三角形，的平分线与相交于点D，连接．
(1)如图1，设的平分线与相交于点I，求证：；
(2)如图2，过点D作直线，求证：是的切线；
(3)如图3，设弦延长后交外一点F，过F作的平行线交的延长线于点G，过G作的切线（切点为H），求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据角平分线的定义、圆周角定理的推论和三角形的外角性质证明即可；
（2）连接，根据垂径定理的推论可得，结合 可得，进而可得结论；
（3）作辅助线如详解图，证明，得；证明，得，进而可得结论．
【详解】（1）证明：∵是的平分线，是的平分线，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）证明：连接，
∵是的平分线，
∴，
∴，
∵ ，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（3）证明：过点H作的直径，连接，
∵是的直径，是的切线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∵ ，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的切线的判定和性质、圆周角定理、垂径定理、角平分线的定义、三角形的外角性质、等腰三角形的判定、相似三角形的判定和性质等知识，综合性较强，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．
27．（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．
28．（2023·山东聊城·统考一模）如图，的弦，交于点E，连接，，延长到点P，连结，与相切，且．
(1)求证：点A是的中点；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接、，根据切线的性质可证得，根据等腰三角形及对顶角的性质，可证得，，即可证得，再根据垂径定理，即可证得结论；
（2）首先根据圆周角定理可证得，再根据相似三角形的性质，可证得，据此即可解答．
【详解】（1）证明：如图：连接、，
与相切，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
点A是的中点；
（2）解：，
，
点A是的中点，
，
又，
，
，
，
，
，
解得．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，切线的性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
29．（2023·湖南长沙·校联考二模）如图1，抛物线（为常数，）与x轴交于O，A两点，点B为抛物线的顶点，点D是线段上的一个动点，连接并延长与过O，A，B三点的相交于点C，过点C作的切线交x轴于点E．
(1)①求点的坐标；
②求证：；
(2)如图2，连接，，，，当，时，
①求证：；
②求的值．
【答案】(1)①；②见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）①令，可得，则点坐标可求出；
②连接，连接延长交x轴于点M，由切线的性质可证得，则；
（2）①由可得，，则， ，是等边三角形，证明，根据相似三角形的性质可得结论；
②过点分别作、的垂线，交、于点、，过点作的垂线，交于点，设，点D的坐标为，由可得，再根据角平分线的性质，结合三角形的面积，得出，则，即可求解．
【详解】（1）解：①令，
∴，
解得或，
∴；
②如图，连接，连接，延长交x轴于点M，
∵过O、A、B三点，B为顶点，
∴，，
又∵，
∴，
∵为切线，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）解：①如图，
∵，
∴，
令，可得，
∴或，
∴，，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
②解：如图，过点分别作、的垂线，交、于点、，过点作的垂线，交于点，
设，点D的坐标为，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
，
∴，
∴或（舍去），
∴，
∴．
【点睛】本题是二次函数与圆的综合问题，考查了二次函数图象与x轴的交点坐标、切线的性质、等腰三角形的判定、圆周角定理等知识．把圆的知识镶嵌其中，会灵活运用圆的性质进行计算是解题的关键．
30．（2023·陕西咸阳·校考二模）如图，是的直径，点A为线段上一点，点B为的中点，过点B作交⊙O于点C，连接、，过点E作的切线交的延长线于点D．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）通过证明，可得，，由直角三角形的性质可求解；
（2）连接，先求出，的长，由勾股定理可求的长，即可求解．
【详解】（1）证明：∵点B是的中点，
∴，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴点C是的中点，
又∵，
∴；
（2）如图，连接，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理及圆的有关知识，证明三角形相似是解题的关键．
31．（2023·广东佛山·校联考一模）如图，是的直径，弦于点，且交于点，是延长线上一点，若．
(1)求证：是的一条切线；
(2)若，连接，请问是一个定值吗？若是定值，请求出这个定值，并对结论加以证明；
(3)在（2）的条件下，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)，9
【分析】（1）根据圆周角定理，得到，进而证明，得到，从而证明是切线．
（2）根据弦切角定理，可以得到，证明∽，从而得到，在Rt中，根据勾股定理，求出的长，再算出的长，从而可以得到的值，进而求解．
（3）在Rt中，根据（2）的结论，可设,则,根据勾股定理可求得,从而求解BD的长；根据，利用平行线分线段成比例，可以得到，从而求出的长度，在Rt中，可以证明是中位线，，从而求出的长．
【详解】（1）解：连接
在中，∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵为半径，
∴是的一条切线．
（2）解：，理由如下：
连接，
∵为直径，，
∴，，
由（1）得在中，根据勾股定理得
，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
且（公共角），
∴∽，
∴，
又∵，
∴；
（3）解；由（2）知，在Rt中，，设（），；
有,即，
解得,另一负值舍去；
∴
∵于
∴
且
∴是Rt的中位线，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理、圆的切线、三角形相似、勾股定理、三角形中位线等知识，找到三角形相似及对应线段成比例是求解的关键．
32．（2023·黑龙江哈尔滨·校考模拟预测）为圆的弦，平分．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，连接并延长交圆于点，连接，作于点，延长交于点，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接，延长交圆于点，连接并延长，与的延长线交于点，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接，证明，得出，即可得出结论；
（2）构造等腰，证明，证，得出，根据，得出即可；
（3）延长与交于点，连接，延长交于，交于点，作于点，根据证明，得出，利用垂径定理，进一步证是的中位线，证明，得出，根据求出，证明，设，则，根据，得出解方程得出，即可求出，根据三角函数和勾股定理求出即可．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵在和中，，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：在上取一点E，使，
则，
∵，
∴，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∵，，
∴，
∴
∵，
∴．
（3）解：延长与交于点，连接，延长交于，交于点，作于点，
∵，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是的中位线，
∴，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，
∵为直角三角形，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得：，（舍去），
∴，
∴，
在中，根据勾股定理得：
，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆的综合应用，三角形相似的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角函数的应用，垂径定理，圆周角定理，中位线性质，本题综合性很强，难度很大，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，熟练掌握圆的基本性质．
33．（2023·陕西渭南·统考一模）如图，是的直径，点C、D在上，且点D是劣弧的中点，连接、、BD，与交于点E，过点A作的切线交的延长线于点F．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先根据同弧所对的圆周角相等得出，再根据直径所对的圆周角为得出，等量代换可得，根据切线的定义可得，进而可得，等量代换可得，即可证明；
（2）先根据勾股定理求出，再证，推出，设，则，代入即可求解．
【详解】（1）证明：点D是劣弧的中点，
，
，即，
是的直径，
，即，
，
又 ，
．
是的切线，
，
，
，
；
（2）解： ，，，
，
由（1）知，，
，
，
设，则，
，
解得，
即的长为．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的定义，等腰三角形的判定，勾股定理，相似三角形的判定与性质等，难度一般，解题的关键是综合运用上述知识点．
34．（2023·山东济宁·济宁市第十三中学校考模拟预测）如图，是的直径，过点作的切线，并在其上取一点，连接交于点，的延长线交于，连接．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角，得出，再根据直角三角形两锐角互余，得出，再利用切线的性质，求出，再根据角之间的数量关系，得出，再根据等量代换，得出，即，然后利用等边对等角，可得，再根据等量代换，得出；
（2）先在中，利用勾股定理求出，然后再根据两角相等的两个三角形相似证明，再利用相似三角形的性质进行计算，得出的长，最后根据线段之间的数量关系，即可解答．
【详解】（1）证明：∵是的直径，
∴，
∴，
∵为的切线，为切点，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即：，
解得：，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质、直角三角形两锐角互余、等边对等角、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、勾股定理，熟练掌握相关的性质定理是解题的关键．
35．（2023·山东济宁·统考一模）如图，为的直径，C为上一点，D为延长线上一点，．
(1)求证：为的切线；
(2)若的半径为5，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图所示，连接，由直径所对的圆周角是直角得到，则，再根据等边对等角和已知条件证明，推出，由此即可证明为的切线；
（2）先解，得到 ，，证明，得到，设，则，利用勾股定理建立方程，解方程即可得到答案．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴为的切线；
（2）解：在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得（不合题意的值舍去），
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性质与判定，等边对等角等等，正确作出辅助线是解题的关键．
36．（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．
37．（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．
38．（2023·广西贵港·统考一模）如图，在中，，是边的中线，将绕点B顺时针旋转得到，是的外接圆，点P是的中点，连接交于点H．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）根据旋转的性质可得，再由是的外接圆，可得是的直径，是的半径且是边的中线，从而得到，即可求证；
（2）连接，根据直角三角形的性质可得，再由，可得，，再由点P是的中点，可得到是等腰直角三角形，从而得到，再证明，即可．
【详解】（1）证明：如图，连接OB，
∵绕点B顺时针旋转得到，
∴，
又∵，
∴，
∵是的外接圆，
∴是的直径，是的半径且是边的中线，
∵是边的中线，
∴绕点B顺时针旋转得到，
∴，即，
∴是的相线．
（2）解：如图，连接，
∵在中，，，，
∴，
∵，
∴，，
∵点P是的中点，
∴，，
又是的直径，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
∵，，
∴，
∴，
∴．
【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，直角三角形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
39．（2023·湖南永州·校考一模）如图，在中，，以的中点为圆心、为半径的圆交于点，是的中点，连接，．
(1)判断与的位置关系，并说明理由；
(2)求证；
(3)若，，求的长．
【答案】(1)相切，理由见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）连接，，由为的直径，得到为直角， 为直角三角形，利用斜边上的中线等于斜边的一半，得到，又，根据等边对等角得到角相等，由直角三角形两锐角互余，可得出，可得出为直角，即垂直于半径，即可得证；
（2）证明，根据相似三角形的对应边的比相等，即可证得；
（3）在中，结合锐角三角函数和勾股定理求得的长，根据三角形中位线定理的长即可求得．
【详解】（1）解：与相切．
理由：连接，，
∵为的直径，
∴，，
在中，为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，又为的半径，
∴为的切线，即与相切．
（2）证明：∵，，
∴，
∴，
∴．
（3）解：在中，，
∵，
设，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，是的中点，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴是的中位线，
∴．
∴的长为．
【点睛】本题考查切线的判定，直径所对的圆周角是直角，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等边对等角，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，中位线等知识点．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．掌握切线的判定，相似三角形的判定和性质及锐角三角函数的定义是解题的关键．
40．（2023·江苏盐城·校联考模拟预测）如图，是的直径，为的切线，切点为，交的延长线于点，点是上的一点，且点是弧的中点，连接并延长交的延长线于点B．
(1)求证：；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）分别连接，，通过等弧所对圆心角相等可得，再根据同弧所对圆周角是圆心角一半得出，再根据得出，推出，再根据切线性质可证．
（2）根据可得，再由，即可求出半径长度．
【详解】（1）证明：连接，，如图所示：
为的切线，切点为，
，
点是弧的中点，
，
又，，
，
，
，
，
，
．
（2），，
，
在中，．
由图可知，
设半径为，

即，
解得．
【点睛】本题主要考查圆的基本性质，正确转化角度关系是解决此题的关键．