专题18 与圆有关的位置关系（5大考点）练习含答案--2026年中考数学一轮专题

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TOC \ "1-2" \h \z \u \l "_Tc176392412" 一、考点01 切线的性质 PAGEREF _Tc176392412 \h 1
\l "_Tc176392413" 二、考点02 切线的判定 PAGEREF _Tc176392413 \h 13
\l "_Tc176392414" 三、考点03 切线长定理 PAGEREF _Tc176392414 \h 35
\l "_Tc176392415" 四、考点04 圆内接四边形 PAGEREF _Tc176392415 \h 47
\l "_Tc176392416" 五、考点05圆和圆的位置关系 PAGEREF _Tc176392416 \h 63
考点01 切线的性质
一、考点01 切线的性质
1．（2024·福建·中考真题）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
【分析】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．
2．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，是的切线，A为切点，连接﹐点C在上，，连接并延长，交于点D，连接．若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用垂线的性质及切线的性质得到和，再利用四边形的内角和为进而可求得，再利用等边对等角及三角形的内角和即可求解．
【详解】解：，
，
又是的切线，
，
，
又，
，
，
又，
，
，
故选B．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，四边形内角和是，等腰三角形的性质及三角形的内角和，熟练掌握其基本知识是解题的关键．
3．（2023·重庆·中考真题）如图，是的切线，为切点，连接．若，，，则的长度是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据切线的性质及正切的定义得到，再根据勾股定理得到．
【详解】解：连接，
∵是的切线，为切点，
∴，
∵，，
∴在中，，
∵，
∴在，，
故选．

【点睛】本题考查了切线的性质，锐角三角函数，勾股定理，掌握切线的性质是解题的关键．
4．（2023·重庆·中考真题）如图，为的直径，直线与相切于点C，连接，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，先根据圆的切线的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质即可得．
【详解】解：如图，连接，
直线与相切，
，
，
，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握圆的切线的性质是解题关键．
5．（2022·广西河池·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，PA与⊙O相切于点A，∠ABC＝25°，OC的延长线交PA于点P，则∠P的度数是( )

A．25°B．35°C．40°D．50°
【答案】C
【分析】根据圆周角定理可得，根据切线的性质可得，根据直角三角形两个锐角互余即可求解．
【详解】，∠ABC＝25°，
，
AB是⊙O的直径，
，
．
故选C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，掌握圆周角定理与切线的性质是解题的关键．
6．（2022·广东深圳·中考真题）如图所示，已知三角形为直角三角形，，BC为切线，为切点，DE为直径，则和面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据圆周角定理，切线的性质以及等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定及性质进行计算即可．
【详解】解：如图取中点O，连接．
∵是圆O的直径．
∴．
∵与圆O相切．
∴．
∵．
∴．
∵．
∴．
又∵．
∴．
∵，，．
∴．
∴．
∵点O是的中点．
∴．
∴．
∴
故答案是：1∶2．
故选：B．
【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，等腰三角形以及全等三角形的性质，理解切线的性质，圆周角定理以及全等三角形的判定和性质是解决问题的前提．
7．（2022·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，是的直径，点P在的延长线上，与相切于点A，连接，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由切线性质得出，根据三角形的内角和是、对顶角相等求出，即可得出答案；
【详解】解：PA与⊙O相切于点A，AD是⊙O的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查圆内求角的度数，涉及知识点：切线的性质、对顶角相等、等腰三角形的性质、三角形的内角和是，解题关键根据切线性质推出．
8．（2024·浙江·中考真题）如图，AB是的直径，与相切，A为切点，连接．已知，则的度数为

【答案】/40度
【分析】本题考查切线的性质，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键．
【详解】解：∵与相切，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：．
9．（2024·天津·中考真题）如图，在每个小正方形的边长为的网格中，点，，均在格点上．

（1）线段的长为 ；
（2）点在水平网格线上，过点，，作圆，经过圆与水平网格线的交点作切线，分别与，的延长线相交于点，，中，点在边上，点在边上，点在边上．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，，，使的周长最短，并简要说明点，，的位置是如何找到的（不要求证明） ．
【答案】 图见解析，说明见解析
【分析】此题考查了勾股定理、切线的性质等知识，根据题意正确作图是解题的关键．
（1）利用勾股定理即可求解；
（2）作点关于、的对称点、，连接、，分别与、相交于点、，的周长等于的长，等腰三角形的腰长为，当的值最小时，的值最小，此时是切点，由此作图即可．
【详解】（1）由勾股定理可知，，
故答案为：
（2）如图，根据题意，切点为；连接并延长，与网格线相交于点；取圆与网格线的交点和格点，连接并延长，与网格线相交于点；连接，分别与，相交于点，，则点，，即为所求．

10．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，点在四边形内部，过点作的切线交的延长线于点，连接．若，，则的度数为 ．
【答案】/105度
【分析】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质等知识，连接，利用等边对等角得出，，利用切线的性质可求出，然后利用圆内接四边形的性质求解即可．
【详解】解∶连接，
∵，，
∴，，
∵是切线，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
故答案为：．
11．（2023·青海·中考真题）如图，是的切线，是切点，连接，．若，则的度数是 ．

【答案】/度
【分析】根据切线的性质可得，然后利用直角三角形的两个锐角互余进行计算即可解答．
【详解】解∶∵是的切线，是切点，
∴，
∴
故答案为∶．
【点睛】本题考查了切线的性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
12．（2024·天津·中考真题）已知中，为的弦，直线与相切于点．
(1)如图①，若，直径与相交于点，求和的大小；
(2)如图②，若，垂足为与相交于点，求线段的长．
【答案】(1)；
(2)
【分析】本题考查等腰三角形的性质，切线的性质，解直角三角形，灵活运用相关性质定理是解答本题的关键．
（1）根据等边对等角得到，然后利用三角形的内角和得到，然后利用平行线的性质结合圆周角定理解题即可；
（2）连接，求出，再在中运用三角函数解题即可．
【详解】（1）为的弦，
．得．
中，，
又，
．
直线与相切于点为的直径，
．即．
又，
．
在中，．
，
．
（2）如图，连接．
∵ 直线 与 相切于点 ，
∴
∵
∴．
，得．
在中，由，
得．
．
在中，，
．
13．（2024·广东深圳·中考真题）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)
【分析】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．
【详解】（1）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，
∴；
（2）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．
二、考点02 切线的判定
14．（2024·广东·中考真题）如图，在中，．

(1)实践与操作：用尺规作图法作的平分线交于点D；（保留作图痕迹，不要求写作法）
(2)应用与证明：在（1）的条件下，以点D为圆心，长为半径作．求证：与相切．
【答案】(1)见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查了尺规作角平分线，角平分线的性质定理，切线的判定等知识．熟练上述知识是解题的关键．
（1）利用尺规作角平分线的方法解答即可；
（2）如图2，作于，由角平分线的性质定理可得，由是半径，，可证与相切．
【详解】（1）解：如图1，即为所作；

（2）证明：如图2，作于，

∵是的平分线，，，
∴，
∵是半径，，
∴与相切．
15．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，将沿过点的直线翻折并展开，点的对应点落在边上，折痕为，点在边上，经过点、．若，判断与的位置关系，并说明理由．
【答案】与相切，理由见解析
【分析】连接，由等腰三角形的性质得，再由折叠的性质得，进而证明，则，因此，然后由切线的判定即可得出结论．
【详解】解：与相切．
证明：连接．
∵，
∴．
∵图形沿过点A的直线翻折，点C的对应点落在边上，
∴．
∴．
∴．
∴由，得，即．
∴与相切．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、等腰三角形的性质、折叠的性质以及平行线的判定与性质等知识，熟练掌握切线的判定和折叠的性质是解题的关键．
16．（2024·四川雅安·中考真题）如图，是的直径，点C是上的一点，点P是延长线上的一点，连接，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求证：；
(3)若于D，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）首先由直径得到，然后利用等边对等角得到，等量代换得到，进而证明即可；
（2）利用得到，求出，然后利用直角三角形两锐角互余得到，进而求解即可；
（3）设，证明出，得到，然后表示出，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）如图所示，连接，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线；
（2）证明：∵，
∴，
∴，
由（1）知，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）设，
在中，，
∴
∴
∵
∴
∴
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
即，整理得，
解得，（舍去），
故．
【点睛】此题考查了直径的性质，切线的判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点．
17．（2024·辽宁·中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，点在上，，在的延长线上，．
(1)如图1，求证：是的切线；
(2)如图2，若，，求的长．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）连接，则，故，由，得到，而，则，由，得，因此，故，则是的切线；
（2）连接，可得，则，故，由，得，那么长为．
【详解】（1）证明：连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线；
（2）解：连接，
由（1）得，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴长为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的判定，直角三角形的性质，三角形的外角性质，弧长公式等，正确添加辅助线是解决本题的关键．
18．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，内接于，为的直径，点D为上一点，，延长至E，使得．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，易得，圆周角定理得到，进而得到，证明，推出，进而得到，即可得证；
（2）等角的三角函数相等，得到，证明，得到，进行求解即可．
【详解】（1）解：连接，则：，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即：，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）∵，
∴，
由（1）知：，
∴，
由（1）知：，
又∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，即：，
解得：（舍去）或，
∴
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
19．（2024·湖北·中考真题）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．
【分析】（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．
【详解】（1）证明：连接，
在和中，，
∴，
∴，
∵为的半径，
∴是的切线；
（2）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．
20．（2024·青海·中考真题）如图，直线经过点C，且，．
(1)求证：直线是的切线；
(2)若圆的半径为4，，求阴影部分的面积．
【答案】(1)详见解析
(2)
【分析】本题考查了切线的判定和性质、直角三角形的性质和勾股定理、扇形面积的计算等知识，解题的关键是掌握切线的判定与性质．
（1）利用等腰三角形的性质证得，利用切线的判定定理即可得到答案；
（2）在中，利用直角三角形的性质和勾股定理求得，，再根据，计算即可求解．
【详解】（1）证明：连接，
∵在中，，，
∴，
又∵是的半径，
∴直线是的切线；
（2）解：由（1）知，
∵，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
．
21．（2024·甘肃·中考真题）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)
【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．
【详解】（1）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；
（2）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．
22．（2024·广西·中考真题）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)
【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，设半径为，可得，再利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵点D，E分别是，的中点，
∴，，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
（2）证明：如图，连接，
∵，为中点，
∴，
∴过圆心，
∵，
∴，
而为半径，
∴为的切线；
（3）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．
23．（2024·江西·中考真题）如图，是半圆O的直径，点D是弦延长线上一点，连接，．
(1)求证：是半圆O的切线；
(2)当时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了直径所对的圆周角为直角，等边三角形的判定和性质，弧长公式，熟知相关性质和计算公式是解题的关键．
（1）根据直径所对的圆周角为直角结合已知条件，可得，即可得，进而可证得结论；
（2）连接，证明为等边三角形，求得，利用弧长公式即可解答．
【详解】（1）证明：是半圆O的直径，
，
，
，
，
是半圆O的切线；
（2）解：如图，连接，
，
为等边三角形，
，，
，
．
24．（2024·湖北·中考真题）如图，在中，，点在上，以CE为直径的经过AB上的点，与交于点，且．
(1)求证：AB是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（）连接，可得，得到，即得，即可求证；
（）设的半径为，则，在中由勾股定理得，可得，即得，得到，进而得到，最后利用弧长公式即可求解．
【详解】（1）证明：连接，则，
，，
，
，
．
是的半径，
AB是的切线；
（2）解：设的半径为，则，
∵，
∴，
在中，，
，
解得，
，
，
，
，
的长为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，切线的判定，勾股定理，三角函数及弧长公式，求出是解题的关键．
25．（2024·内蒙古·中考真题）如图，内接于，直径AB交CD于点，过点作射线，使得，延长交过点的切线于点，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)若．
①求DE的长；
②求的半径．
【答案】(1)证明见解析；
(2)①；②．
【分析】（）连接，则，可得，由可得，进而由等腰三角形的性质可得，得到，即可求证；
（）①证明得到，据此即可求解；②由①可得，进而得，，利用勾股定理得，再证明，得到，即可得，求出即可求解．
【详解】（1）证明：连接，则，
∵，
∴，
∵AB是的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
又∵为的半径，
∴是的切线；
（2）解：①∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∵AB是的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∴的半径为．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质和判定，余角性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
26．（2024·山东济南·中考真题）如图，为的直径，点在上，连接，点在的延长线上，．
(1)求证：与相切；
(2)若，求的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）证明，即可证明是的切线；
（2）连接，先计算，再计算，后得到解答即可．
本题考查了切线的证明，圆周角定理，三角形函数的应用，熟练掌握切线的判定定理，三角函数的应用是解题的关键．
【详解】（1）解：所对的弧是同弧
，
，
，
即，
为直径，
，
，
，
，
，
与相切．
（2）解： 连接
所对的弧是同弧，
，
为直径，
，
在中，，
，
，
．
三、考点03 切线长定理
27．（2024·四川泸州·中考真题）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
【分析】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】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．
28．（2023·广东广州·中考真题）如图，的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，若的半径为r，，则的值和的大小分别为（ ）
A．2r，B．0，C．2r，D．0，
【答案】D
【分析】如图，连接．利用切线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可．
【详解】解：如图，连接．
∵的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，
∴，
∴，，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，圆周角定理，切线的性质等知识，解题的关键是掌握切线的性质，属于中考常考题型．
29．（2022·贵州黔东南·中考真题）如图，、分别与相切于点、，连接并延长与交于点、，若，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接OA，根据切线长的性质得出PA=PB，OP平分∠APB，OA⊥AP，再证△APD≌△BPD（SAS），然后证明∠AOP=∠ADP+∠OAD=∠ADP+∠BDP=∠ADB， 利用勾股定理求出OP=，最后利用三角函数定义计算即可．
【详解】解：连接OA
∵、分别与相切于点A、，
∴PA=PB，OP平分∠APB，OA⊥AP，
∴∠APD=∠BPD，
在△APD和△BPD中，
，
∴△APD≌△BPD（SAS）
∴∠ADP=∠BDP，
∵OA=OD=6，
∴∠OAD=∠ADP=∠BDP，
∴∠AOP=∠ADP+∠OAD=∠ADP+∠BDP=∠ADB，
在Rt△AOP中，OP=，
∴sin∠ADB=．
故选A．

【点睛】本题考查圆的切线性质，三角形全等判断与性质，勾股定理，锐角三角函数，掌握圆的切线性质，三角形全等判断与性质，勾股定理，锐角三角函数是解题关键．
30．（2024·四川自贡·中考真题）在中，，是的内切圆，切点分别为D，E，F．
(1)图1中三组相等的线段分别是，________，________；若，，则半径长为________；
(2)如图2，延长到点M，使，过点M作于点N．
求证：是的切线．
【答案】(1)；；1
(2)见解析
【分析】（1）根据切线长定理得到，，，代入求解即可得到答案；
（2）证明，推出，，，求得，，根据，列式求得，根据切线的判定定理，即可得到是的切线．
【详解】（1）解：连接，设半径为，
∵是的内切圆，切点分别为D，E，F，
∴，，；
在四边形中，，
四边形为矩形，
又因为，
四边形为正方形．
则，则，，
在中，由勾股定理得，
∴，即，
解得，
故答案为：；；1；
（2）证明：连接，，，作于点，
设半径为，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，，
∵是的内切圆，切点分别为D，E，F，
∴，
∴，
同理，
∴，
∴，
∵，
∴是的切线．
【点睛】本题考查切线的判定，切线长定理，全等三角形的判定和性质，三角形的内切圆及勾股定理，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
31．（2024·山东烟台·中考真题）如图，是的直径，内接于，点I为的内心，连接并延长交O于点D，E是上任意一点，连接，，，．
(1)若，求的度数；
(2)找出图中所有与相等的线段，并证明；
(3)若，，求的周长．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
(3)30
【分析】（1）利用圆周角定理得到，再根据三角形的内角和定理求，然后利用圆内接四边形的对角互补求解即可；
（2）连接，由三角形的内心性质得到内心，，，然后利用圆周角定理得到，，利用三角形的外角性质证得，然后利用等角对等边可得结论；
（3）过I分别作，，，垂足分别为Q、F、P，根据内切圆的性质和和切线长定理得到，，，利用解直角三角形求得， ，进而可求解．
【详解】（1）解：∵是的直径，
∴，又，
∴，
∵四边形是内接四边形，
∴，
∴；
（2）解：，
证明：连接，
∵点I为的内心，
∴，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴；
（3）解：过I分别作，，，垂足分别为Q、F、P，
∵点I为的内心，即为的内切圆的圆心．
∴Q、F、P分别为该内切圆与三边的切点，
∴，，，
∵，，，
∴，
∵，，，
∴，
∴的周长为
．
【点睛】本题考查圆周角定理、圆内接四边形的性质、三角形的内角和定理、三角形的内心性质、三角形的外角性质、等腰三角形的判定、切线长定理以及解直角三角形，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
32．（2022·江西·中考真题）（1）课本再现：在中，是所对的圆心角，是所对的圆周角，我们在数学课上探索两者之间的关系时，要根据圆心O与的位置关系进行分类．图1是其中一种情况，请你在图2和图3中画出其它两种情况的图形，并从三种位置关系中任选一种情况证明；
（2）知识应用：如图4，若的半径为2，分别与相切于点A，B，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）①如图2，当点O在∠ACB的内部，作直径，根据三角形外角的性质和等腰三角形的性质可得结论；②如图3，当O在∠ACB的外部时，作直径CD，同理可理结论；
（2）如图4，先根据（1）中的结论可得∠AOB=120°，由切线的性质可得∠OAP=∠OBP=90°，可得∠OPA=30°，从而得PA的长．
【详解】解：（1）①如图2，连接CO，并延长CO交⊙O于点D，
∵OA=OC=OB，
∴∠A=∠ACO，∠B=∠BCO，
∵∠AOD=∠A+∠ACO=2∠ACO，∠BOD=∠B+∠BCO=2∠BCO，
∴∠AOB=∠AOD+∠BOD=2∠ACO+2∠BCO=2∠ACB，
∴∠ACB=∠AOB；
如图3，连接CO，并延长CO交⊙O于点D，
∵OA=OC=OB，
∴∠A=∠ACO，∠B=∠BCO，
∵∠AOD=∠A+∠ACO=2∠ACO，∠BOD=∠B+∠BCO=2∠BCO，
∴∠AOB=∠AOD-∠BOD=2∠ACO-2∠BCO=2∠ACB，
∴∠ACB=∠AOB；
（2）如图4，连接OA，OB，OP，
∵∠C=60°，
∴∠AOB=2∠C=120°，
∵PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，
∴∠OAP=∠OBP=90°，∠APO=∠BPO=∠APB=（180°-120°）=30°，
∵OA=2，
∴OP=2OA=4，
∴PA=
【点睛】本题考查了切线长定理，圆周角定理等知识，掌握证明圆周角定理的方法是解本题的关键．
33．（2023·山东·中考真题）如图，已知是的直径，，切于点，过点作交于点，若．

(1)如图1，连接，求证：；
(2)如图2，是上一点，在上取一点，使，连接．请问：三条线段有怎样的数量关系？并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)，证明见解析
【分析】（1）根据，是半径，可得是的切线，根据是的切线，由切线长定理可得，进而根据，得出，，根据得出，根据垂径定理的推论得出，进而得出，根据含30度角的直角三角形的性质，得出，即可证明；
（2）延长至使得，连接，，根据圆内接四边形对角互补得出，证明，结合已知条件证明，进而证明，得出，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵，是半径，
∴是的切线，
∵是的切线，
∴，
∵
∴，
∴
∴，，
∵
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2），理由如下，
延长至使得，连接，，如图所示

∵
∴，
∵，
∴，
∴，
由（1）可得，
又是直径，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴,
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
即．
【点睛】本题考查了切线的判定，切线长定理，垂径定理的推论，全等三角形的性质与判定，根据特殊角的三角函数值求角度，圆周角定理，圆内接四边形对角互补，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
四、考点04 圆内接四边形
34．（2024·吉林·中考真题）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
【分析】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】解：∵，，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∴,
故选：C．
35．（2024·河南·中考真题）如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点D是的中点，连接，．以点D为圆心，的长为半径在内画弧，则阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过D作于E，利用圆内接四边形的性质，等边三角形的性质求出，利用弧、弦的关系证明，利用三线合一性质求出，，在中，利用正弦定义求出，最后利用扇形面积公式求解即可．
【详解】解∶过D作于E，
∵是边长为的等边三角形的外接圆，
∴，，，
∴，
∵点D是的中点，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，扇形面积公式，解直角三角形等知识，灵活应用以上知识是解题的关键．
36．（2024·四川广元·中考真题）如图，已知四边形是的内接四边形，为延长线上一点，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍可求得的度数，再根据圆内接四边形对角互补，可推出，即可得到答案．
【详解】解：是圆周角，与圆心角对相同的弧，且，
，
又四边形是的内接四边形，
，
又，
，
故选：A．
37．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】此题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质，连接，由是的直径得到，根据圆周角定理得到，得到，再由圆内接四边形对角互补得到答案.
【详解】解：如图，连接，

∵是的直径，
∴，
∵，
∴
∴
∵四边形是的内接四边形，
∴，
故选：B
38．（2024·河南·中考真题）如图，在中，，，线段绕点C在平面内旋转，过点B作的垂线，交射线于点E．若，则的最大值为 ，最小值为 .
【答案】 / /
【分析】根据题意得出点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，点E在以为直径的圆上，根据，得出当最大时，最大，最小时，最小，根据当与相切于点D，且点D在内部时，最小，最大，当与相切于点D，且点D在外部时，最大，最小，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∵线段绕点C在平面内旋转，，
∴点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，
∵，
∴，
∴点E在以为直径的圆上，
在中，，
∵为定值，
∴当最大时，最大，最小时，最小，
∴当与相切于点D，且点D在内部时，最小，最大，连接，，如图所示：
则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
即的最大值为；
当与相切于点D，且点D在外部时，最大，最小，连接，，如图所示：
则，
∴，
∴，
∵四边形为圆内接四边形，
∴，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
即的最小值为；
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形的相关计算，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质，找出取最大值和最小值时，点D的位置．
39．（2024·山东济宁·中考真题）如图，分别延长圆内接四边形的两组对边，延长线相交于点E，F．若，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据“圆的内接四边形对角互补”可得，．根据三角形外角定理可得，，由此可得，又由，可得，即可得解．
本题主要考查了“圆的内接四边形对角互补”和三角形外角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【详解】∵四边形是的内接四边形我
∴，
，，
，
，，，
，
解得，
，
．
故选：C
40．（2023·湖北襄阳·中考真题）如图，四边形内接于，点在的延长线上．若，则 度．
【答案】140
【分析】首先根据圆内接四边形的性质得，再根据圆心角与圆周角的关系即可得出的度数．
【详解】解：∵四边形内接于，，
∴，
又∵，
∴，
∴°．
故答案为：140．
【点睛】此题主要考查了圆内接四边形的性质，圆心角与圆周角之间的关系，熟练掌握圆内接四边形的对角互补，理解圆心角与圆周角之间的关系是解答此题的关键．
41．（2023·江苏·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，，则的度数是 ．
【答案】120
【分析】解：如图，连接，由是的直径，可得，由，可得，，根据，计算求解即可．
【详解】解：如图，连接，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
故答案为：120．
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角为直角，含的直角三角形，圆内接四边形的性质．解题的关键在于明确角度之间的数量关系．
42．（2024·四川巴中·中考真题）如图，内接于，点为的中点，连接，平分交于点，过点作交的延长线于点．
(1)求证：是的切线．
(2)求证：．
(3)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）如图，连接，证明，结合，可得，从而可得结论；
（2）证明，，结合，，再进一步可得结论；
（3）如图，连接，证明，再证明，可得，结合，从而可得答案；
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵点为的中点，
∴，
∵，
∴，且OD是的半径，
∴DF是的切线；
（2）证明：∵点为的中点，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（3）解：如图，连接，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，而，
∴，
∵四边形为的内接四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，而，
∴，
∴，经检验，符合题意；
【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，切线的判定，相似三角形的判定与性质，圆的内接四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键.
43．（2024·浙江·中考真题）如图，在圆内接四边形中，，延长至点E，使，延长至点F，连结，使．
(1)若，为直径，求的度数．
(2)求证：①；②．
【答案】(1)
(2)①见详解；②见详解
【分析】（1）根据圆周角定理即可求解，由为直径，得到，故，由，得到；
（2）①由四点共圆得，而，等量代换得到，故；
②过点D作平行线交于点G，可证明，，因此得到，由，得到．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）证明①：∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴；
②过点D作平行线交于点G，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∵由（1）知，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆的内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
44．（2023·湖北鄂州·中考真题）如图，为的直径，E为上一点，点C为的中点，过点C作，交的延长线于点D，延长交的延长线于点F．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据弦、弧、圆周角的关系可证，根据圆的性质得，证明，得到，根据切线的判定定理证明；
（2）连接，，根据勾股定理得到的长，根据等弧对等弦得到，根据圆内接四边形对角互补得，推出，证明，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：连接，

∵点C为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴
∴
∴，
∴，
∵为半径，
∴为切线；
（2）解：连接，，

∵，
∴，
∵，，
∴，
∵D是的中点，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的半径长为．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
45．（2023·湖南·中考真题）如图所示，四边形是半径为R的的内接四边形，是的直径，，直线l与三条线段、、的延长线分别交于点E、F、G．且满足．

(1)求证：直线直线；
(2)若；
①求证：；
②若，求四边形的周长．
【答案】(1)见解析；
(2)①见解析，②．
【分析】（1）在中，根据同弧所对的圆周角相等可得，结合已知在中根据三角形内角和定理可求得；
（2）①根据圆内接四边形的性质和邻补角可得，由直径所对的圆周角是直角和（1）可得，结合已知即可证得；
②在中由，可得，结合题意易证，在中由勾股定理可求得DA=2，由①可知易得，最后代入计算即可求得周长．
【详解】（1）证明：在中，
，
，即，
在中，
，
，
即直线直线；
（2）①四边形是半径为R的的内接四边形，
，
，
，
是的直径，
，
由（1）可知，
，
在与中，
，
，
②在中，，
，
是的直径，
，
，
，
，
在中，
，
即，
解得：DA=2，
由①可知，
，
，
四边形的周长为：
．
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等、三角形内角和定理、垂直的定义、圆内接四边形的性质、邻补角互补、直径所对的圆周角是直角、全等三角形的判定和性质、勾股定理解直角三角形以及周长的计算；解题的关键是灵活运用以上知识，综合求解．
五、考点05圆和圆的位置关系
46．（2024·上海·中考真题）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
【分析】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】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．
47．（2023·湖北恩施·中考真题）如图，等圆和相交于A，B两点，经过的圆心，若，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先证明，再把阴影部分面积转换为扇形面积，最后代入扇形面积公式即可．
【详解】如图，连接，，
∵等圆和相交于A，B两点
∴,
∵和是等圆
∴
∴是等边三角形
∴
∵,,
∴
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了相交弦定理，全等的判定及性质，扇形的面积公式，转化思想是解题的关键．
48．（2022·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）实验学校的花坛形状如图所示，其中，等圆⊙O1与⊙O2的半径为3米，且⊙O1经过⊙O2的圆心O2．已知实线部分为此花坛的周长，则花坛的周长为（ ）
A．4π米B．6π米C．8π米D．12π米
【答案】C
【分析】连接AO1，AO2，BO1，BO2，O1O2，根据等边三角形的判定得出△AO1O2和△BO1O2是等边三角形，根据等边三角形的性质得出∠AO1O2＝∠AO2O1＝∠BO1O2＝∠BO2O1＝60°，求出优弧所对的圆心角的度数，再根据弧长公式求出即可．
【详解】解：连接AO1，AO2，BO1，BO2，O1O2，

∵等圆⊙O1与⊙O2的半径为3米，⊙O1经过⊙O2的圆心O2，
∴AO1＝AO2＝BO1＝BO2＝O1O2＝3米，
∴△AO1O2和△BO1O2是等边三角形，
∴∠AO1O2＝∠AO2O1＝∠BO1O2＝∠BO2O1＝60°，
∴优弧所对的圆心角的度数是360°﹣60°﹣60°＝240°，
∴花坛的周长为2×＝8π（米），
故选：C．
【点睛】本题考查了相交两圆的性质，弧长公式，等边三角形的性质和判定等知识点，能求出圆心角的度数是解此题的关键．
49．（2023·四川德阳·中考真题）已知的半径为，的半径为，圆心距，如果在上存在一点，使得，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】当位于内部，且，，位于同一条直线上时，可以取得最大值；当位于外部，且，，位于同一条直线上时，可以取得最小值．
【详解】当位于内部，且，，位于同一条直线上时，可以取得最大值．
如图所示，．

当位于外部，且，，位于同一条直线上时，可以取得最小值．
如图所示，．

故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系，能采用数形结合的方法和分类讨论的思想分析问题是解题的关键．
50．（2023·上海·中考真题）在中，点D在边上，点E在延长线上，且，如果过点A，过点D，若与有公共点，那么半径r的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先画出图形，连接，利用勾股定理可得，，从而可得，再根据与有公共点可得一个关于的不等式组，然后利用二次函数的性质求解即可得．
【详解】解：由题意画出图形如下：连接，
过点，且，
的半径为7，
过点，它的半径为，且，
，
，
，，
在边上，点在延长线上，
，即，
，
与有公共点，
，即，
不等式①可化为，
解方程得：或，
画出函数的大致图象如下：

由函数图象可知，当时，，
即不等式①的解集为，
同理可得：不等式②的解集为或，
则不等式组的解集为，
又，
半径r的取值范围是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理、圆与圆的位置关系、二次函数与不等式，根据圆与圆的位置关系正确建立不等式组是解题关键．