专题18 解答中档题型：圆的证明与计算-备战2024年福建中考数学真题模拟题分类汇编含答案

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1．（2022·福建·统考中考真题）如图，内接于⊙O，交⊙O于点D，交于点E，交⊙O于点F，连接．
(1)求证：；
(2)若⊙O的半径为3，，求的长（结果保留π）．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据已知条件可证明四边形是平行四边形，由平行四边形的性质可得，等量代换可得，即可得出答案；
（2）连接，由（1）中结论可计算出的度数，根据圆周角定理可计算出的度数，再根据弧长计算公式计算即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：连接，如图，
由（1）得，
∵，
∴，
∴的长．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，圆的性质与弧长公式，考查化归与转化思想，推理能力，几何直观等数学素养．
2．（2023·福建莆田·统考二模）如图，内接于，的延长线交于点，交于点，过点作交于点，连接，．

(1)若，求证：；
(2)求证：点到的距离等于的长．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】（1）根据平行四边形的定义可判定四边形是平行四边形，由平行线的性质可得.根据“同圆或等圆中相等的圆周角所对的弧相等”可得，进一步可得，因此可得．
（2）过点作于，连接，根据垂径定理可得，再由可得是的中位线，根据中位线的性质可得．根据平行线的性质可得，则，从而得到，因此可得．
【详解】（1）∵，，
∴四边形是平行四边形，
，
∵，
．
，
，
．
（2）

如图，过点作于，连接，
，
，
又，
是的中位线，
，
，
，
，
，
，
点到的距离等于的长．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，垂径定理，圆周角定理的推论，三角形中位线定理，熟练掌握以上知识并且能正确的作出辅助线是解题的关键．
3．（2023·福建福州·统考二模）如图，是半圆O的直径，，D是上一点，，E是的中点，连接，，．

(1)求的大小；
(2)求证：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）由，得到是等边三角形，因此；
（2）延长交延长线于P，由等边三角形的性质，推出，得到，而，因此，即可证明是的中位线，因此．
【详解】（1）∵
∴
∴是等边三角形
∴
（2）延长交延长线于P
∵是等边三角形
∴

∵
∴
∵
∴
∴，
∴
∴
∵
∴
∵
∴是的中位线
∴
【点睛】本题考查圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，关键是延长交延长线于P，构造三角形的中位线．
4．（2023·福建福州·福建省福州第十九中学校考模拟预测）如图，以AB为直径的⊙O与△ABC的边BC相切于点B，且与AC边交于点D，点E为BC中点，连接DE、BD．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若DE＝5，cs∠ABD＝，求OE的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接OD，可推出∠BDC＝90°，进而得出DE＝BE，然后证明△DOE≌△BOE，求出∠ODE＝∠ABC＝90°即可得出结论；
（2 ）可推出∠C＝∠ABD，解直角△ABC求得AC，进而根据三角形中位线定理求得OE．
【详解】（1）证明：如图，连接OD，
∵AB为⊙O的直径，BC为⊙O的切线，
∴∠BDC＝∠ADB＝90°，∠ABC＝90°，
∵E是BC的中点，
∴DE＝BE＝EC＝，
在△DOE和△BOE中，，
∴△DOE≌△BOE（SSS），
∴∠ODE＝∠ABC＝90°，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：∵∠ABC＝90°，
∴∠ABD+∠CBD＝90°，
由（1）知：∠BDC＝90°，BC＝2DE，
∴∠C+∠DBC＝90°，BC＝2DE＝10，
∴∠C＝∠ABD，
在Rt△ABC中，AC＝＝，
∵OA＝OB，BE＝CE，
∴OE＝．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形中位线定理等知识，解决问题的关键是灵活运用有关基础知识．
5．（2023·福建三明·统考二模）如图，是的直径，是上一点，于点，过点作的切线，交的延长线于点，连接，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）作辅助线，连接，先根据切线的性质得，，再证明，再根据切线的判定定理即可得出结论；
（2）连接，先根据三角函数求出、的长，再在在中，根据勾股定理即可．
【详解】（1）证明：连接，
∵过点作的切线，
∴，
∵于点D，，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为半径，
∴是的切线；
（2）解：连接，
∵，
∴，
∴，，
∴，
在中，．
【点睛】此题考查了切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是掌握切线的判定定理．
6．（2023·福建·模拟预测）如图，在正方形中，以A为圆心，作半径为4的圆心角是的弧，且这条弧恰好经过B、D两点．的一条切线与分别交于M、N．求图中阴影部分面积的最小值．
【答案】图中阴影部分面积的最小值为．
【分析】设，，则，，求得当取最小值，有最大值，则图中阴影部分面积有最小值，当时，有最小值，据此求解即可．
【详解】解：设与的切点为E，连接，
∴，，
∴，，
∴，，
设，，则，，
∵，
∴，
整理得，
∴，
当取最小值，有最大值，则图中阴影部分面积有最小值．
连接，当时，有最小值，此时，切点为F，
则都是等腰直角三角形，
在正方形中，，则，
∴，
∴，
∴图中阴影部分面积的最小值．
【点睛】本题考查了切线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，推出当时，图中阴影部分面积有最小值是解题的关键．
7．（2023·福建泉州·福建省泉州第一中学校考模拟预测）如图，已知的角平分线经过圆心交于点、，是的切线， 为切点．
(1)求证：也是的切线；
(2)如图，在（1）的前提下，设切线与的切点为，连接交于点；连接交于点，连接，；记为．
①若，，求线段的长；
②小华探究图之后发现：（为正整数），请你猜想的数值？并证明你的结论．
【答案】(1)详见解析
(2)①4；②4
【分析】（1）过点作，垂足为，连接，根据切线的性质可得出是的半径且，由平分利用角平分线的性质可得出，进而可证出也是的切线．
（2）①由、都是的切线可得出，利用等腰三角形的三线合一可得出、，由三角形中位线的性质可得出，设的半径为，则，，在中，利用勾股定理可求出的值，将其代入中即可求出的长度；②利用相似三角形的性质可得出，结合可证出，即．
【详解】（1）证明：在图1中，过点作，垂足为，连接．
∵是的切线，为切点，
∴是的半径，且，
∵平分
∴
∴也是的切线；
（2）①∵、都是的切线
∴
∵
∴、，
∵为的中位线，
∴
设的半径为，则
∵
∴
在中，,即
解得：（负根舍去）
∴
②猜想．
证明：∵、
∴，
∴，即
又∵
∴
∴
【点睛】本题考查了切线的判定与性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质、勾股定理、三角形的中位线以及相似三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）利用等腰三角形的三线合一找出；（2）①在中，利用勾股定理求出圆的半径；②利用相似三角形的性质证出．
8．（2023·福建福州·校考模拟预测）如图，是的直径，点C是圆上一点，CD⊥AB，点E是圆外一点，平分．求证：是的切线．

【答案】见解析
【分析】利用切线的判定定理证明即可得出结论．
【详解】证明：∵平分，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的判定，熟练应用圆的切线的判定定理是解题的关键．
9．（2023·福建厦门·厦门市第十一中学校考二模）如图，在的边上取一点O，以O为圆心，为半径画，与边相切于点C，连接，平分．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图所示，过点O作于D，由切线的性质可得，由角平分线的性质可得，则点D在上，由此即可证明是的切线；
（2）设的半径为，解求出，，则，再解求出，由勾股定理得，，解得，则的半径为．
【详解】（1）证明：如图所示，过点O作于D，
∵与边相切于点C，
∴，
又∵平分，，
∴，即点D在上，
∴是的切线；

（2）解：设的半径为，
在中，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得（负值舍去），
∴的半径为．
【点睛】本题主要考查了切线的性质与判定，角平分线的性质，解直角三角形，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
10．（2023·福建福州·福建省福州第十九中学校考模拟预测）如图，在中，，BC为的直径，D为上任意一点，连接AD交BC于点F，过A作交DB的延长线于E，连接CD．
（1）求证：
（2）填空：①当_______时，四边形ABDC是正方形
②若四边形ABDC的面积为6，则AD的长为________．
【答案】（1）见解析；（2）①②．
【分析】（1）根据ASA证明△ABE≌△ACD即可．
（2）①当∠EAB的度数为45°时，四边形ABDC是正方形，证明AB=BD=CD=AC即可解决问题．
②证明S△AED=S四边形ABDC=6即可解决问题．
【详解】解：（1）证明：为直径，
，
，
四边形ABDC为的内接四边形，
，
在和中，
，
，
，
，

（2）①当∠EAB=45°时，四边形ABDC是正方形．
理由：∵∠CAD=∠BAD=45°，
∴ ，
∴BD=CD，
∴△ABC，△BCD都是等腰直角三角形，
∵BC=BC，
∴△ABC≌△DBC（ASA），
∴AB=AC=BD=CD，
∴四边形ABDC是菱形，
∵∠BAC=90°，
∴四边形ABDC是正方形．
又∠CAD+∠BAD=∠EAB+∠BAD=90°
∴∠EAB=∠CAD
∴当∠EAB=45°时，四边形ABDC是正方形．
故答案为：45．
②∵△EAB≌△DAC，
∴AE=AD，S△ABE=S△ADC，
∴S△AED=S四边形ABDC=6，
∴•AD2=6，
∴AD=，
故答案为．
【点睛】本题考查圆周角定理，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
11．（2023·福建福州·校考一模）如图，在中，，以点A为圆心，长为半径作圆，交于点D，交于点E，连接．
(1)若，求的度数；
(2)在（1）的基础上，若，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接，求出，再利用等腰三角形的性质解决问题即可；
（2）在（1）的基础上，利用扇形面积公式，可求解．
【详解】（1）解：如图，连接，
在中，，，
,
（2），
由（1）可知
【点睛】本题考查了与圆的基本性质、三角形内角和定理、等腰三角形性质、扇形面积公式；解题的关键是熟练掌握与圆有关的角的计算和扇形面积公式．
12．（2023·福建厦门·福建省厦门第六中学校考一模）如图，在中，，，，以C为圆心，半径为2作，点P在直线上，过点P作的切线，Q为切点，求切线长的最小值．
【答案】
【分析】如图所示，过点C作于D，连接，利用勾股定理求出，进而利用面积法求出，再根据切线的性质和勾股定理推出当时，最小，即此时最小，由此求解即可．
【详解】解：如图所示，过点C作于D，连接，
在中，由勾股定理得，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴要使最小，则要使最小，
∵点P在直线上，
∴当时，最小，即此时最小，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，勾股定理，正确推出当时，最小，即此时最小是解题的关键．
13．（2023·福建厦门·福建省厦门第六中学校考一模）在中，，，以为直径作，交于点D，点P是上的一个点．
(1)如图1，若点P是的中点，，垂足为E，求证：直线是的切线；
(2)如图2，连接，若，求的度数．
【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，进而证明，再由点P是的中点，得到，则，即可证明直线是的切线；
（2）如图所示，过点A作交延长线于F，连接，证明，得到，再解，得到，则，即可得到．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵点P是的中点，
∴，
∴，
∴直线是的切线；
（2）解：如图所示，过点A作交延长线于F，连接，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，垂径定理的推理，解直角三角形，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
14．（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．
15．（2023·福建泉州·统考二模）如图，是的外接圆，，直径交于点E．

(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，易证，即得出，再根据等边对等角即可证，最后根据三角形外角的性质即可解答；
（2）结合（1）可求出，再根据圆周角定理可求出，即易证为等边三角形，得出，，最后根据弧长公式求解即可．
【详解】（1）解：如图，连接．

∵，，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴为等边三角形，
∴，，
∴的长为．
【点睛】本题考查三角形全等的判定和性质，三角形外角的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，弧长公式．熟练掌握上述知识并利用数形结合的思想是解题关键．
16．（2023·福建福州·福建省福州第十九中学校考二模）已知：在中，为直径，P为射线上一点，过点P作的切线，切点为点C，D为弧上一点，连接．
(1)如图1，若，求的度数；
(2)如图2，若四边形为平行四边形，，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由为的切线可得，由可得，最后可求出的度数；
（2）利用平行四边形的性质，三角形内角和定理，结合（1）的结论，证明是等边三角形，即可求出的长．
【详解】（1）证明：如图1，连接，
∵为的切线，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）如图2，连接，
∵四边形为平行四边形，
∴，
为直径，
∴，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
在中，，
∴
【点睛】本题考查了切线的性质，平行四边形的性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是正确作出辅助线．
17．（2023·福建厦门·统考模拟预测）如图，四边形为菱形，对角线和交于点，是的外接圆，与交于点，连接．

(1)若，的半径为，求的长；
(2)当时，探究与的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)
(2)与相切，见解析
【分析】（1）连接，，根据菱形的性质得出，根据圆周角定理得出，进而根据弧长公式即可求解；
（2）根据菱形的性质证明是的直径，解法一： 连接，，设，是的垂直平分线，证明是等边三角形，得出，则，即可得证；解法二：连接，，证明，得出，则，得出是等边三角形，进而同解法一，即可得证．
【详解】（1）解：连接，，

菱形，，

，

（2）解：在菱形中
，．
，
，
．
，
，
，
，
是的直径．

解法一：
连接，，设，

，
，
在菱形中，
，
，
，
，
．
，
是的垂直平分线 ，
，
，
是等边三角形，
， ．
，
，
，
，
，
是的半径，
与相切．
解法二：
连接，，

是的直径．
，
，
在菱形中，，，
，，
，，
．
．
，
∴，
，
，
，
，
，
．
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
是的半径，
与相切．
【点睛】本题考查了圆周角定理，求弧长，等边三角形的性质与判定，正切的定义，相似三角形的性质与判定，切线的判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
18．（2023·福建厦门·福建省同安第一中学校考一模）如图，是的直径，点、在上，，过点作的切线，交的延长线于．
(1)求证：；
(2)如果的半径为5.．求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接OE，AB是⊙的直径，∠A＋∠ABD＝90°，CE是⊙的切线，得∠C＋∠COE＝90°，由∠A＝2∠BDE，∠COE＝2∠BDE，即可得到结论；
（2）先判断出∠ADF＝∠DFA，得出AD＝AF，再证明△BEF∽△BOE，然后根据相似三角形的性质即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图1，连接OE，
∵ AB是⊙的直径
∴∠ADB＝90°
∴∠A＋∠ABD＝90°
∵CE是⊙的切线
∴OE⊥CE
∴∠OEC＝90°
∴∠C＋∠COE＝90°
∵∠A＝2∠BDE，∠COE＝2∠BDE
∴∠C＝∠ABD
（2）解：如图2，连接BE，
解：设∠BDE＝α，∴∠ADF＝90°﹣α，∠A＝2α，∠DBA＝90°﹣2α，
在△ADF中，∠DFA＝180°﹣2α﹣（90°﹣α）＝90°﹣α，
∴∠ADF＝∠DFA，
∴AD＝AF＝AO+OB－BF＝8，
∴AD＝AF＝8
∵∠ADF＝∠AFD，∠ADF＝∠FBE，∠AFD＝∠BFE，
∴∠BFE＝∠FBE，
∴BE＝EF，
由（1）知，∠A＝2∠BDE＝∠COE，
∵∠BED＝∠A，
∴∠BEF＝∠COE，
∵∠FBE＝∠OBE，
∴△BEF∽△BOE，
∴
∴
∴EF＝，
故EF的长为．
【点睛】此题主要考查了切线的判定和性质，三角形的内角和定理，相似三角形的判定和性质，证明△BEF∽△BOE是解本题的关键．
19．（2023·福建三明·校考一模）如图，在中，，以为直径的⊙O交于点，与过点的切线互相垂直，垂足为．
（1）求证：平分；
（2）若，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）的值为
【分析】（1）如图（见解析），先根据圆的切线的性质可得，再根据平行线的判定与性质可得，然后根据等腰三角形的性质可得，最后根据角平分线的定义即可得证；
（2）如图（见解析），先根据角的和差、等量代换可得，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，设，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可求出x的值，最后根据正弦三角函数的定义即可得．
【详解】（1）如图，连接OD
由圆的切线的性质得：
又
则平分；
（2）如图，连接BD
由圆周角定理得：
在和中，
设，则，且
在和中，
，即
解得或（不符题意，舍去）
经检验，是所列分式方程的解
则在中，
故的值为．
【点睛】本题考查了圆周角定理、圆的切线的性质、正弦三角函数、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形和相似三角形是解题关键．
20．（2023·福建宁德·校考二模）如图，是的直径，点C是的中点，过点C的切线与的延长线交于点E，连接，．
(1)求证：；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)2
【分析】（1）连接，根据等腰对等角可得，再由等弧所对的圆周角相等可得，从而证明，可得，即可证明．
（2）连接，由题意可证四边形是菱形，可得是等边三角形，从而可得，根据直角三角形的性质可得，即可求出结果．
【详解】（1）证明：如图，连接，
是的切线，
，
∵点C是的中点，
，
，
，
，
，
，
．
（2）解：如图，连接，
，，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，即的半径为2.
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、圆的切线的定理和圆周角定理、等边三角形的性质和菱形的判定和性质及平行线的性质，熟练综合运用这些知识点，并能准确作出辅助线是解决问题的关键．
21．（2023·福建南平·统考一模）如图，为圆O的直径，在直径的同侧的圆上有两点C，D，，弦平分交于点F．
(1)已知，求的长：（结果保留π）
(2)求证：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据，，求出，连接，根据弧长公式计算即可；
（2）根据圆周角定理得到，利用弦平分求出，得到，根据，推出，进而推出，即可证得结论．
【详解】（1）解：∵为圆O的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
连接，
∵，
∴；
（2）证明：∵为圆O的直径，
∴，
∵弦平分交于点F．
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了圆周角定理，弧长公式，熟记圆周角定理是解题的关键．
22．（2023·福建厦门·统考一模）点是直线上的定点，等边的边长为，顶点在直线上，从点出发沿着射线方向平移，的延长线与射线交于点，且在平移过程中始终有，连接，，交于点，如图所示．
(1)以为圆心，为半径作圆，交射线于点．
①当点在⊙O上时，求的长；
②⊙O的半径为，当平移距离为时，判断点与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)在平移过程中，是否存在的情形？若存在，请求出此时点到直线的距离；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)①；②点在⊙O上，见解析
(2)存在，
【分析】（1）①根据圆的基本性质和等边三角形性质求出，再根据锐角三角函数求出半径的长，最后根据弧长公式求解即可；②过点作于，根据锐角三角函数求出的长，进而求出半径的长，再根据三角函数求出的长，最后根据垂直平分线的性质与判定证出即可得解；
（2）解法一：过点作于，过点作于，交于点，连接，先根据证出，得到，进而得到，设，在中，根据三角形内角和定理求出的度数，进而得出，再根据三角函数得到和关于的代数式，最后根据，列方程求解出，即可得出的长；解法二：过点作于，先证出，得到，根据含的直角三角形的性质求出的代数式，进而得出的代数式，根据列方程求解出，即可得出的长．
【详解】（1）①∵点在上，
∴，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴在中，，
∵在中，，
∴，
∴；
②点在上，理由如下：
过点作于，
，，
∴在中，，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，，即，
∵在中，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴点在上；
（2）解法一：存在的情形，理由如下：
过点作于，过点作于，交于点，连接，
若存在，则，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
设，则，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∴，
∴，
∴在中，，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得，
此时，，
∴当平移距离为时，，此时点到直线的距离为．
解法二：存在的情形，理由如下：
过点作于，
若存在，则，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴①，
化简得，
解得，，
经检验，，都是方程①的解，
∵，
∴，
∴，
此时，，
∴当平移距离为时，，此时点到直线的距离为．
【点睛】本题考查了等边三角形和圆的综合题，运用到了圆的性质，等边三角形的性质，解直角三角函数，弧长公式，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，垂直平分线的性质与判定，三角形内角和定理，含的直角三角形的性质等众多知识点，复杂程度高，综合性强．
23．（2023·福建龙岩·统考二模）如图，点C是的中点，直线与相切于点C，直线与切线相交于点E，与相交于另一点D，连接，．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，，先证明，再利用等腰三角形的三线合一性质得出，由切线的性质可得，最后根据平行线的判定即可得证；
（2）利用等边对等角和三角形外角的性质可得，利用三角形内角的定理并结合条件“”可求出，最后利用三角形外角的性质即可求出的度数．
【详解】（1）证明：连接，，
∵点C是的中点，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵直线EF与相切于点C，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∴，
由（1）知，，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，等腰三角形的性质等知识，明确题意，找出所求问题需要的条件是解题的关键．
24．（2023·福建莆田·校考一模）如图，是的外接圆，是的直径，是延长线上一点，连接，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若直径，求的长．
【答案】(1)详见解析
(2)
【分析】(1)根据直径所对的圆周角是直角，余角的性质即可求得结论；
(2)根据已知条件可知，再根据正切的定义和相似三角形的性质得到线段的关系即可求得线段的长度．
【详解】（1）证明：连接，
∵是的直径，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
即，
∴是的切线；
（2）解：∵，
∴，
∵在中，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
又∵，
即，
解得（取正值），
∴，
【点睛】本题考查了圆周角的性质，切线的判定定理，正切的定义，相似三角形的性质和判定，找出正切的定义与相似三角形相似比的关联是解题的关键．
25．（2023·福建南平·校联考模拟预测）如图，已知内接干，是的直径，的平分线交于点，交于点，连接，过点作，交的延长线于点．

(1)求证：是的切线；
(2)已知，的半径为5，求的长．
【答案】(1)详见解析
(2)
【分析】（1）连接，只需证即可证得结论；
（2）由设,则，在中，根据勾股定理求得，同理，求得，最后根据平行线分线段成比例即可求解．
【详解】（1）解：连接

∵是的直径
∴
∵平分
∵点在上
∴是的切线
（2）解：
∴，
设,则
，的半径为5，
，，
∴，
同理
∴，-=-
∴
∴
【点睛】本题主要考查平行的判定，圆周角定理，勾股定理，切线的证明以及相似三角形的判定和性质，掌握切线的证明，相似三角形的判定和性质是解决本题的关键．
26．（2023·福建福州·统考模拟预测）如图，内接于⊙O，平分，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．
27．（2023·福建龙岩·校考一模）如图，在平行四边形ABCD中，∠D＝60°，对角线AC⊥BC，⊙O经过点A，B，与AC交于点M，连接AO并延长与⊙O交于点F，与CB的延长线交于点E，AB＝EB．
（1）求证：EC是⊙O的切线；
（2）若AD＝2，求的长（结果保留π）．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）证明：连接OB，根据平行四边形的性质得到∠ABC＝∠D＝60°，求得∠BAC＝30°，根据等腰三角形的性质和三角形的外角的性质得到∠ABO＝∠OAB＝30°，于是得到结论；
（2）根据平行四边形的性质得到BC＝AD＝2，过O作OH⊥AM于H，则四边形OBCH是矩形，解直角三角形即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC＝∠D＝60°，
∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝30°，
∵BE＝AB，
∴∠E＝∠BAE，
∵∠ABC＝∠E+∠BAE＝60°，
∴∠E＝∠BAE＝30°，
∵OA＝OB，
∴∠ABO＝∠OAB＝30°，
∴∠OBC＝30°+60°＝90°，
∴OB⊥CE，
∴EC是⊙O的切线；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD＝2，
过O作OH⊥AM于H，
则四边形OBCH是矩形，
∴OH＝BC＝2，
∴OA＝＝4，∠AOM＝2∠AOH＝60°，
∴的长度＝＝．
【点睛】本题考查了切线的判定，锐角三角函数，平行四边形的性质，矩形的判定和性质，弧长的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．
28．（2023·福建厦门·厦门双十中学校考三模）如图，为直径，点、在上，，，点为延长线上一点，．
(1)求证：为的切线；
(2)判断四边形的形状并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形为平行四边形，理由见解析
【分析】（1）连接，根据，，求出，根据圆周角定理得出，求出，即可证明结论；
（2）证明为等边三角形，得出，证明，得出，证明，得出，即可证明四边形为平行四边形．
【详解】（1）证明：如图，连接，
，，
，
，
又，
，
又在上，
为的切线．

（2）解：四边形为平行四边形，理由如下：
且，
为等边三角形，
，
由（1）知，
，
，
，
又，，
，
，
，
四边形为平行四边形．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，平行四边形的判定，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握去切线的判定．
29．（2023·福建南平·统考二模）如图，是的直径，是的弦，直线与相切于点B，过点C作于点D．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)10
【分析】（1）连接，由切线定理可得，则可得到，利用平行和半径相等导角即可得到结果；
（2）连接，由“直径所对的圆周角等于”可得，从而证得，利用相似的性质求出的长度．
【详解】（1）证明：连接
为的切线，
又
（2）解：连接
在中，，
是的直径
即
【点睛】本题考查了圆的有关性质定理，还涉及到相似的性质和判定、平行的性质和判定等知识点，掌握相关的几何性质定理并能灵活运用是解决本题的关键．
30．（2023·福建三明·统考一模）如图，在中，，以为直径的交与点，过点作于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求半径长．
【答案】(1)见解析
(2)的半径为4
【分析】（1）连接，只要证明即可；
（2）连接，在中，求出，再在中，求出，最后求出的半径即可．
【详解】（1）证明：连接
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴是的切线.
（2）连接
在中，，
∴
在中，
∴
∴
∴的半径为4.
【点睛】本题考查了切线的判定．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．
31．（2023·福建宁德·统考模拟预测）如图，为的半径，且，点G为的中点，过点G作交于点A，B，点D在优弧上运动，将沿方向平移得到；连接，．

(1)求的度数；
(2)如图2，当点D在延长线上时，求证：是的切线．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）连接，先根据特殊角的正弦值可得，再根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后根据圆周角定理即可得；
（2）连接，先证出四边形是平行四边形，再根据等边三角形的判定与性质可得，根据菱形的判定可得四边形是菱形，根据菱形的性质可得，然后根据定理证出，根据全等三角形的性质可得，最后根据圆的切线的判定即可得证．
【详解】（1）解：如图1，连接．

∵点为的中点，且，
∴，，
∵，
∴在中，．
∴，
又，
∴，
∴，
∴．
（2）证明：如图2，连接，

由平移得：，，
∴四边形是平行四边形，
∵，点在延长线上，
∴，
∵，，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴平行四边形是菱形，
∴，
在和中，，
，
∴，
又∵是的半径，
∴是的切线．
【点睛】本题考查了特殊角的正弦值、圆周角定理、圆的切线的判定、菱形的判定与性质等知识点，熟练掌握圆的切线的判定方法是解题关键．
32．（2023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测）如图，中，，以为直径作，D为上一点，连接交于点E，连接，，，且．

(1)求证：；
(2)若D为弧的中点，求．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长交于点H，证明，得到，进而得到，根据直径所对的圆周角是直角，得到，即可得证；
（2）根据D为弧的中点，得到，得到，进而推出，设，推出，进而求出，即可得解．
【详解】（1）证明：如图，连接并延长交于点H，则：，

在和中，
，
∴．
∴．
∴．
∵为直径，
∴．
∴．
（2）解：∵D为的中点，为直径，

∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴，
设，
∴．
∴．
在中，，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查圆周角定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，熟练掌握直径所对的圆周角是直角，等腰三角形三线合一，是解题的关键．