专题28 圆的综合探究-备战2024年中考数学一轮复习重难题型（全国通用）

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2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
专题28圆的综合探究
1．（2023·吉林长春·统考中考真题）【感知】如图①，点A、B、P均在上，，则锐角的大小为__________度．

【探究】小明遇到这样一个问题：如图②，是等边三角形的外接圆，点P在上（点P不与点A、C重合），连结、、．求证：．小明发现，延长至点E，使，连结，通过证明，可推得是等边三角形，进而得证．
下面是小明的部分证明过程：
证明：延长至点E，使，连结，
四边形是的内接四边形，
．
，
．
是等边三角形．
，
请你补全余下的证明过程．
【应用】如图③，是的外接圆，，点P在上，且点P与点B在的两侧，连结、、．若，则的值为__________．
【答案】感知：
探究：见解析
应用：
【分析】感知：由圆周角定理即可求解；
探究：延长至点E，使，连结，通过证明，可推得是等边三角形，进而得证；
应用：延长至点E，使，连结，通过证明得，可推得是等腰直角三角形，结合与可得，代入即可求解．
【详解】感知：
由圆周角定理可得，
故答案为：；
探究：
证明：延长至点E，使，连结，
四边形是的内接四边形，
．
，
．
是等边三角形．
，
，
∴，，
，
是等边三角形，
，
，
即；
应用：
延长至点E，使，连结，
四边形是的内接四边形，
．
，
．
，
，
∴，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，邻补角，全等三角形的判定和性质，等边三角形、等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形；解题的关键是做辅助线构造，进行转换求解．
2．（2023·广东·统考中考真题）综合探究
如图1，在矩形中，对角线相交于点，点关于的对称点为，连接交于点，连接．

(1)求证：；
(2)以点为圆心，为半径作圆．
①如图2，与相切，求证：；
②如图3，与相切，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）由点关于的对称点为可知点E是的中点，，从而得到是的中位线，继而得到，从而证明；
（2）①过点O作于点F，延长交于点G，先证明得到，由与相切，得到，继而得到，从而证明是的角平分线，即，，求得，利用直角三角形两锐角互余得到，从而得到，即，最后利用含度角的直角三角形的性质得出；
②先证明四边形是正方形，得到，再利用是的中位线得到，从而得到，，再利用平行线的性质得到，从而证明是等腰直角三角形，，设，求得，在中，即，解得，从而得到的面积为．
【详解】（1）∵点关于的对称点为，
∴点E是的中点，，
又∵四边形是矩形，
∴O是的中点，
∴是的中位线，
∴
∴，
∴
（2）①过点O作于点F，延长交于点G，则，

∵四边形是矩形，
∴，，
∴，．
∵，，，
∴，
∴．
∵与相切，为半径，，
∴，
∴
又∵即，，
∴是的角平分线，即，
设，则，
又∵
∴
∴
又∵，即是直角三角形，
∴，即
解得：，
∴，即，
在中，，，
∴，
∴；
②过点O作于点H，

∵与相切，
∴，
∵
∴四边形是矩形，
又∵，
∴四边形是正方形，
∴，
又∵是的中位线，
∴
∴
∴
又∵，
∴
又∵，
∴
又∵，
∴是等腰直角三角形，，
设，则
∴
在中，，
即
∴
∴的面积为：
【点睛】本题考查矩形的性质，圆的切线的性质，含度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，中位线的性质定理，角平分线的判定定理等知识，掌握相关知识并正确作出辅助线是解题的关键．
3.（2023·山东·统考中考真题）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．
4．（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，在中，直径垂直弦于点，连接，作于点，交线段于点（不与点重合），连接．

(1)若，求的长．
(2)求证：．
(3)若，猜想的度数，并证明你的结论．
【答案】(1)1
(2)见解析
(3)，证明见解析
【分析】（1）由垂径定理可得，结合可得，根据圆周角定理可得，进而可得，通过证明可得；
（2）证明，根据对应边成比例可得，再根据，，可证；
（3）设，，可证，，通过证明，进而可得，即，则．
【详解】（1）解：直径垂直弦，
，
，
，
，
，
由圆周角定理得，
，
在和中，
，
，
；
（2）证明：是的直径，
，
在和中，
，
，
，
，
由（1）知，
，
又，
；
（3）解：，证明如下：
如图，连接，

，
，
直径垂直弦，
，，
又，
，
，
设，，
则，
，
，
又，
，
，，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
即，
，
．
【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等，难度较大，解题的关键是综合应用上述知识点，特别是第3问，需要大胆猜想，再逐步论证．
5．（2023·湖北宜昌·统考中考真题）如图1，已知是的直径，是的切线，交于点，．

(1)填空：的度数是_________，的长为_________；
(2)求的面积；
(3)如图2，，垂足为．是上一点，．延长，与，的延长线分别交于点，求的值．
【答案】(1)，5
(2)
(3)
【分析】（1）根据切线性质和勾股定理分别求解即可；
（2）由面积法求出，再利用勾股定理求，则的面积可求；
（3）先证明，得到，利用，分别得到，进而计算，，在分别求出则问题可解；
【详解】（1）解：∵是的直径，是的切线，
∴的度数是；
∵，
∴；
故答案为：，5；
（2）如图，

∵是的直径，
∴，
，
∴由面积法，
∴
，
；
（3）方法一：如图，

由
∴
∴
∴
∴
∴
设
是等腰直角三角形，
，
是等腰直角三角形
，
∴，
∴，
，
，
，
．
方法二：如图

由
设
，
是等腰直角三角形，
是等腰直角三角形，，
．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质和相似三角形的性质和判定，解答关键是根据条件证明三角形相似，再根据相似三角形的性质解答问题．
6．（2023·浙江台州·统考中考真题）我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置，如图，是的直径，直线是的切线，为切点．，是圆上两点（不与点重合，且在直径的同侧），分别作射线，交直线于点，点．

(1)如图1，当，的长为时，求的长．
(2)如图2，当，时，求的值．
(3)如图3，当，时，连接BP，PQ，直接写出的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据扇形的弧长公式即可求出度数，利用切线的性质和解直角三角形即可求出的长．
（2）根据等弧所对圆周角相等推出，再根据角平分线的性质定理推出，利用直角三角形的性质即可求出，通过等量转化和余弦值可求出答案．
（3）根据三角形相似的性质证明和，从而推出和，利用已知条件将两个比例线段相除，根据正弦值即可求出答案
【详解】（1）解：如图1，连接，设的度数为．

，的长为，
．
，即．
．
直线是的切线，
．
∴．
（2）解：如图2，连接，过点作于点，

为直径，
．
．
，
．
，，
．
，，
．
．
（3）解：，理由如下：
如图3，连接BQ，

，，
，，
，
，
．
，
，
．①
，，
，
．②
，
得，．
，
．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形以及三角函数、切线的性质定理、扇形的弧长公式，角平分线性质定理等，解题的关键在于熟练掌握相关性质定理和相关计算公式．
7．（2023·浙江温州·统考中考真题）如图1，为半圆的直径，为延长线上一点，切半圆于点，，交延长线于点，交半圆于点，已知，．如图，连接，为线段上一点，过点作的平行线分别交，于点，，过点作于点．设，．

(1)求的长和关于的函数表达式．
(2)当，且长度分别等于，，的三条线段组成的三角形与相似时，求的值．
(3)延长交半圆于点，当时，求的长．
【答案】(1)，
(2)或或
(3)
【分析】（1）如图1，连接，根据切线的性质得出，证明，得出，即可得出；证明四边形是平行四边形，得出，代入数据可得；
（2）根据三边之比为，可分为三种情况．当时，当时，当时，分别列出比例式，进而即可求解．
（3）连接，，过点作于点，根据，得出，由，可得，代入（1）中解析式，即可求解．
【详解】（1）解：如图1，连接．

∵切半圆于点，
∴．
∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
即，
∴．
如图2，，
∴．

∵，
∴四边形是平行四边形，
∴．
∵，
∴，
∴．
（2）∵，，三边之比为（如图2），
∴可分为三种情况．
i）当时，
，，
解得，
∴．
ii）当时，
，，
解得，
∴．
iii）当时，
，，
解得，
∴．
（3）如图3，连接，，过点作于点，

则，，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，即的长为．
【点睛】本题考查了切线的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，函数解析式，分类讨论，作出辅助线是解题的关键．
8．（2023·浙江嘉兴·统考中考真题）已知，是半径为1的的弦，的另一条弦满足，且于点H（其中点H在圆内，且）．

(1)在图1中用尺规作出弦与点H（不写作法，保留作图痕迹）．
(2)连结，猜想，当弦的长度发生变化时，线段的长度是否变化？若发生变化，说明理由：若不变，求出的长度；
(3)如图2，延长至点F，使得，连结，的平分线交的延长线于点P，点M为的中点，连结，若．求证：．
【答案】(1)见解析
(2)线段是定长，长度不发生变化，值为
(3)见解析
【分析】（1）以为圆心，大于长为半径画弧，交点为，连接，与交点为，与交点为，则，分别以为圆心，大于长为半径画弧，交点为，连接，则，以为圆心，长为半径画弧与交点为，则，以为圆心，长为半径画弧，交直线于，以为圆心，大于长为半径画弧，交点为，连接，则，与交点为，与交点为，即、点即为所求；
（2）如图2，连结，连接并延长交于，连结，，过作于，于，证明四边形是正方形，则可证是等腰直角三角形，则，由，可知，由是的直径，可得，则是等腰直角三角形，；
（3）如图3，延长、，交点为，由题意知是的中位线，则，，由，可得，证明，则，即，如图3，作的外接圆，延长交外接圆于点，连结、，由是的平分线，可得，则，证明，则，即，由，可得，进而结论得证．
【详解】（1）解：如图1，、点即为所求；

（2）当弦的长度发生变化时，线段的长度不变；
如图2，连结，连接并延长交于，连结，，过作于，于，则四边形是矩形，

∵，，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，即，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴线段是定长，长度不发生变化，值为；
（3）证明：如图3，延长、，交点为，

∵，
∴点H为的中点，
又∵点M为的中点，
∴是的中位线，
∴，，
又∵，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
如图3，作的外接圆，延长交外接圆于点，连结、，
∵是的平分线，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了作垂线，同弧或等弧所对的圆周角相等，正弦，正方形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，中位线，直径所对的圆周角为直角，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，角平分线等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
9．（2023·浙江·统考中考真题）如图，在中，是一条不过圆心的弦，点是的三等分点，直径交于点，连结交于点，连结，过点的切线交的延长线于点．

(1)求证： ；
(2)若，求的值；
(3)连结交于点，若的半径为5
①若，求的长；
②若，求的周长；
③若，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)①；②；③
【分析】（1）根据点是三等分点，得出，根据是的直径，可得，根据切线的性质可得，即可证明；
（2）如图1，连接，证明，则，设，则，在中由勾股定理得，得出，进而根据正切的定义即可求解；
（3）①如图1，连接，勾股定理确定，根据，可得；
②如图2，连接，设，则，解得．则，证明，，进而根据相似三角形的性质即可求解；
③如图3，过点作于点，则．设，则，证明，得出则，得出，则，证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：∵点是三等分点，
∴．
由是的直径
∴，
∵是的切线，
∴．
∴．
（2）如图1，连结，∵，

∴．
由，则，
又∵，
∴，
∴．
设，则，
∵，
∴．
在中由勾股定理得，
∴，
∴．
∴．
（3）①如图1，连结，∵，

∴．
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
②如图2，连结，

∵，
∴．
∵，
∴．
设，则，
由勾股定理得，
即，
解得．
∴
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴．
③如图3，过点作于点，则．

设，则，
由勾股定理得，
，
∵，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∴．
可得方程，
解得（舍去）．
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆的综合问题，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，切线的性质，相似三角形的性质与判定熟练掌握是解题的关键．
10.（2021·北京中考真题）在平面直角坐标系中，的半径为1，对于点和线段，给出如下定义：若将线段绕点旋转可以得到的弦（分别是的对应点），则称线段是的以点为中心的“关联线段”．
（1）如图，点的横､纵坐标都是整数．在线段中，的以点为中心的“关联线段”是______________；
（2）是边长为1的等边三角形，点，其中．若是的以点为中心的“关联线段”，求的值；
（3）在中，．若是的以点为中心的“关联线段”，直接写出的最小值和最大值，以及相应的长．
【答案】（1）；（2）；（3）当时，此时；当时，此时．
【分析】
（1）以点A为圆心，分别以为半径画圆，进而观察是否与有交点即可；
（2）由旋转的性质可得是等边三角形，且是的弦，进而画出图象，则根据等边三角形的性质可进行求解；
（3）由是的以点为中心的“关联线段”，则可知都在上，且，然后由题意可根据图象来进行求解即可．
【详解】
解：（1）由题意得：
通过观察图象可得：线段能绕点A旋转90°得到的“关联线段”，都不能绕点A进行旋转得到；
故答案为；
（2）由题意可得：当是的以点为中心的“关联线段”时，则有是等边三角形，且边长也为1，当点A在y轴的正半轴上时，如图所示：
设与y轴的交点为D，连接，易得轴，
∴，
∴，，
∴，
∴；
当点A在y轴的正半轴上时，如图所示：
同理可得此时的，
∴；
（3）由是的以点为中心的“关联线段”，则可知都在上，且，则有当以为圆心，1为半径作圆，然后以点A为圆心，2为半径作圆，即可得到点A的运动轨迹，如图所示：
由运动轨迹可得当点A也在上时为最小，最小值为1，此时为的直径，
∴，
∴，
∴；
由以上情况可知当点三点共线时，OA的值为最大，最大值为2，如图所示：
连接，过点作于点P，
∴，
设，则有，
∴由勾股定理可得：，即，
解得：，
∴，
∴，
在中，，
∴；
综上所述：当时，此时；当时，此时．
【点睛】
本题主要考查旋转的综合、圆的基本性质、三角函数及等边三角形的性质，熟练掌握旋转的性质、圆的基本性质、三角函数及等边三角形的性质是解题的关键．
11.（2021·四川遂宁市·中考真题）如图，⊙O的半径为1，点A是⊙O的直径BD延长线上的一点，C为⊙O上的一点，AD＝CD，∠A＝30°．
（1）求证：直线AC是⊙O的切线；
（2）求△ABC的面积；
（3）点E在上运动（不与B、D重合），过点C作CE的垂线，与EB的延长线交于点F．
①当点E运动到与点C关于直径BD对称时，求CF的长；
②当点E运动到什么位置时，CF取到最大值，并求出此时CF的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）①3；②
【分析】
（1）连接OC，利用切线的判定定理，证明OC⊥AC即可；
（2）要求的面积，结合（1）题，底边AB可求，只需再求出底边上的高CH即可；
（3）根据垂径定理可求CE的长，再利用锐角三角函数，可求CF的长；
由可知，点E在运动过程中，始终有，所以，求出CE的最大值，即可得到CF的最大值．
【详解】
（1）证明：连结OC，如图所示．
∵AD＝CD ，∠A＝30°，
∴∠ACD＝∠A=30°．
∴∠CDB＝60°．
∵OD＝OC，
∴∠OCD＝∠ODC=60°．
∴∠ACO＝∠ACD＋∠OCD＝30°+60°=90°．
∴OC⊥AC．
∴直线AC是⊙O的切线．
（2）过点C作CH⊥AB于点H，如图所示．
∵OD=OC，∠ODC=60°，
∴是等边三角形．
∴．
∴在中，
．
∵AB＝AD＋BD＝3，
∴．
（3）当点运动到与点关于直径BD对称时，如图所示．
此时，CE⊥AB，设垂足为K．
由（2）可知，．
∵BD为圆的直径，CE⊥AB，
∴CE＝2CK＝．
∵CF⊥CE，
∴∠ECF＝90°．
∵，
∴∠E=∠CDB＝60°．
在中，
∵，
∴．
如图所示：
由可知，在中，
∵，
∴．
∴当点E在上运动时，始终有．
∴当CE最大时，CF取得最大值．
∴当CE为直径，即CE=2时，CF最大，最大值为．
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定、等腰三角形的性质、勾股定理、垂径定理、圆周角定理的推论、锐角三角函数、求线段的最值等知识点，熟知切线的判定方法、垂径定理、圆周角定理、锐角三角函数的定义是解题的关键．
12.（2021·浙江中考真题）如图1，四边形内接于，为直径，上存在点E，满足，连结并延长交的延长线于点F，与交于点G．
（1）若，请用含的代数式表列．
（2）如图2，连结．求证；．
（3）如图3，在（2）的条件下，连结，．
①若，求的周长．
②求的最小值．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）①；②
【分析】
（1）利用圆周角定理求得，再根据，求得，即可得到答案；
（2）由，得到，从而推出，证得，由此得到结论；
（3）①连结．利用已知求出，证得，得到，利用中，根据正弦求出，求出EF的长，再利用中，，求出EG及DE，再利用勾股定理求出DF即可得到答案；
②过点C作于H，证明，得到，证明，得到，设，得到，利用勾股定理得到 ，求得，利用函数的最值解答即可．
【详解】
解：（1）∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）∵为的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
（3）①如图，连结．
∵为的直径，
∴．
在中，，，
∴．
∵，
∴，
即，
∴．
∵，
∴．
∵在中，，
∴，
∴．
∵在中，，
∴．
在中，，
∴，
∴的周长为．
②如图，过点C作于H．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
设，
∴，
∴．
在中， ，
∴，
当时，的最小值为3，
∴的最小值为．
【点睛】
此题考查圆周角的定理，弧、弦和圆心角定理，全等三角形的判定及性质，勾股定理，三角函数，相似三角形的判定，函数的最值问题，是一道综合的几何题型，综合掌握各知识点是解题的关键．
13.（2021·山东中考真题）如图1，O为半圆的圆心，C、D为半圆上的两点，且．连接并延长，与的延长线相交于点E．
（1）求证：；
（2）与，分别交于点F，H．
①若，如图2，求证：；
②若圆的半径为2，，如图3，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②
【分析】
（1）连接，根据，且，则，即可推导出；
（2）①，则，又，，则，进而推导出；
②连接交于G，设，则，根据在和中
列式，进而求得x的值，再根据中位线定理求出AC的长．
【详解】
证明：（1）连接，
∵为直径
∴
∵
∴
∴
∴．
（2）①∵
∴
又∵
∴
又∵
∴
∴
∴
∴
∴
②连接交于G．
设，则
∵
∴
又∵
∴，
在和中
∴即
∵
∴是的中位线
∴
∴．
【点睛】
本题考查了等弧对等角、相似三角形、等腰三角形、中位线等有关知识点，属于综合题型，借助辅助线是解决这类问题的关键．
14.（2021·浙江台州市·中考真题）如图，BD是半径为3的⊙O的一条弦，BD＝4，点A是⊙O上的一个动点（不与点B，D重合），以A，B，D为顶点作平行四边形ABCD．
（1）如图2，若点A是劣弧的中点．
①求证：平行四边形ABCD是菱形；
②求平行四边形ABCD的面积．
（2）若点A运动到优弧上，且平行四边形ABCD有一边与⊙O相切．
①求AB的长；
②直接写出平行四边形ABCD对角线所夹锐角的正切值．
【答案】①证明见解析；②；（2）①AB的长为或；②
【分析】
（1）①利用等弧所对的弦相等可得，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得证；②连接AO，交BD于点E，连接OD，根据垂径定理可得，利用勾股定理求出OE的长，即可求解；
（2）①分情况讨论当CD与相切时、当BC与相切时，利用垂径定理即可求解；②根据等面积法求出AH的长度，利用勾股定理求出DH的长度，根据正切的定义即可求解．
【详解】
解：（1）①∵点A是劣弧的中点，
∴，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是菱形；
②连接AO，交BD于点E，连接OD，
，
∵点A是劣弧的中点，OA为半径，
∴，OA平分BD，
∴，
∵平行四边形ABCD是菱形，
∴E为两对角线的交点，
在中，,
∴，
∴；
（2）①如图，当CD与相切时，连接DO并延长，交AB于点F，
∵CD与相切，
∴，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
∴，解得，
∴，
∴；
如图，当BC与相切时，连接BO并延长，交AD于点G，
同理可得，，
所以,
综上所述，AB的长为或；
②过点A作，
，
由（2）得：
根据等面积法可得，
解得，
在在中，，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查垂径定理、平行四边形的判定与性质、解直角三角形等内容，掌握分类讨论的思想是解题的关键．
15.（2021·湖北中考真题）如图，在菱形中，是对角线上一点（），，垂足为，以为半径的分别交于点，交的延长线于点，与交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若是的中点，，．
①求的长；
②求的长．
【答案】（1）见解析；（2）①；②
【分析】
（１过点作于点，根据菱形的性质得到，证明出△OEB≌△OMB，得到对应边相等，对应边为圆的半径，得出结论；
（2）①根据菱形的性质得到，再由是的中点，，，根据，推出，，，再由弧长的计算公式得到结果；
②先由平行相似，得到，对应边成比例求出，推出BN=3，OE=4，DN=6，再由勾股定理求出即可．
【详解】
（1）证明：如图，过点作于点，
∵是菱形的对角线，
∴，
∵，，
∴∠OEB=∠OMB=90︒，
∵OB=OB，
∴△OEB≌△OMB（AAS）
∴，
∴是的切线．
（2）解：①如图，
∵是的中点，，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴由弧长公式，得到的长：．
②方法一：如图，过点作于点，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵DG//NE，DN//GE，∠GEN=90︒
∴四边形是矩形，
∴，BN=3，OE=4，DN=6，
在菱形中，AD=AB，在中，设，
∴，
∴．
方法二：如图，过作于点，
∵，，，
∴，，，
，


∴．
【点睛】
本题考查了圆的切线判定定理、菱形的性质、矩形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，关键在于熟练掌握证明是圆的切线的方法、菱形的性质以及三角形相似的证明与性质的应用，特别是菱形的性质．
16.（2021·四川中考真题）如图，⊙O的半径为1，点A是⊙O的直径BD延长线上的一点，C为⊙O上的一点，AD＝CD，∠A＝30°．
（1）求证：直线AC是⊙O的切线；
（2）求△ABC的面积；
（3）点E在上运动（不与B、D重合），过点C作CE的垂线，与EB的延长线交于点F．
①当点E运动到与点C关于直径BD对称时，求CF的长；
②当点E运动到什么位置时，CF取到最大值，并求出此时CF的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）①3；②
【分析】
（1）连接OC，利用切线的判定定理，证明OC⊥AC即可；
（2）要求的面积，结合（1）题，底边AB可求，只需再求出底边上的高CH即可；
（3）根据垂径定理可求CE的长，再利用锐角三角函数，可求CF的长；
由可知，点E在运动过程中，始终有，所以，求出CE的最大值，即可得到CF的最大值．
【详解】
（1）证明：连结OC，如图所示．
∵AD＝CD ，∠A＝30°，
∴∠ACD＝∠A=30°．
∴∠CDB＝60°．
∵OD＝OC，
∴∠OCD＝∠ODC=60°．
∴∠ACO＝∠ACD＋∠OCD＝30°+60°=90°．
∴OC⊥AC．
∴直线AC是⊙O的切线．
（2）过点C作CH⊥AB于点H，如图所示．
∵OD=OC，∠ODC=60°，
∴是等边三角形．
∴．
∴在中，
．
∵AB＝AD＋BD＝3，
∴．
（3）当点运动到与点关于直径BD对称时，如图所示．
此时，CE⊥AB，设垂足为K．
由（2）可知，．
∵BD为圆的直径，CE⊥AB，
∴CE＝2CK＝．
∵CF⊥CE，
∴∠ECF＝90°．
∵，
∴∠E=∠CDB＝60°．
在中，
∵，
∴．
如图所示：
由可知，在中，
∵，
∴．
∴当点E在上运动时，始终有．
∴当CE最大时，CF取得最大值．
∴当CE为直径，即CE=2时，CF最大，最大值为．
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定、等腰三角形的性质、勾股定理、垂径定理、圆周角定理的推论、锐角三角函数、求线段的最值等知识点，熟知切线的判定方法、垂径定理、圆周角定理、锐角三角函数的定义是解题的关键．
17.（2021·四川中考真题）如图，点D在以AB为直径的⊙O上，过D作⊙O的切线交AB延长线于点C，于点E，交⊙O于点F，连接AD，FD．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）若，，求EF的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）EF．
【分析】
（1）连接OD，BD，由圆的切线的性质结合圆周角定理可求得∠EDA=∠ABD，再利用等角的余角相等，可证明结论；
（2）如图，连接BD、BF，利用平行线的性质以及圆周角定理证得∠C=∠ADF，根据（1）的结论可证明△ADF△ACD，可证明结论；
（3）设OA=OD=x，利用三角函数的定义和勾股定理得到OC=4x，CD，AC =5x，根据相似三角形的判定和性质求解即可．
【详解】
（1）证明：连接OD，BD，
∵ED是⊙O的切线，D为切点，
∴OD⊥ED，
∴∠ODA+∠EDA=90°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ODA+∠ODB=90°，
∴∠ODB=∠EDA，
∵OB=OD，
∴∠ODB=∠OBD，
∴∠EDA=∠ABD，
∵，
∴∠E=90°，
∴(等角的余角相等)；
（2）如图，连接BD、BF，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AFB=90°，
∴BF∥CF，
∴∠C=∠ABF=∠ADF，
由（2）得，
∴△ADF△ACD，
∴,
∴；
（3）过D作DH⊥AB于H，连接OD，BD，
设OA=OD=x，
在Rt△ODC中，，
∴OC=4x，
则CD=，
AC=OA+OC=5x，
由（2）得，即，
∵∠C+∠DOC=90°，∠ODH+∠DOH=90°，
∴∠ODH=∠C，
在Rt△ODH中，，
∴OH=，
∴DH=，
由（1）得，
DH=DE=，
∵∠EFD=∠ABD(圆内接四边形外角等于内对角)，
由（1）得∠EDA=∠ABD，
∴∠EFD=∠EDA，
∴△EAD△EDF，
∴，即，
∴EF，
在Rt△DEF中，，即，
解得：，
∴EF．
【点睛】
本题考查了切线的性质定理，也考查了相似三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，解直角三角形，正确的理解题意是解题的关键．
18.（2021·四川中考真题）如图，为的直径，C为上一点，连接，D为延长线上一点，连接，且．
（1）求证：是的切线；
（2）若的半径为，的面积为，求的长；
（3）在（2）的条件下，E为上一点，连接交线段于点F，若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】
（1）连接．可证得，从而得是的切线；
（2）过点C作于点M，可得，再证明△COM∽△DOC，进而得到；
（3）过点E作于点N，连接，证明△FCM∽△FEN，利用相似可得，再证明Rt△COM≌Rt△OEN，通过全等可得ON=CM=2，进而根据已知条件得到．
【详解】
（1）证明：连接，
∵AB为⊙O直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠CBO＝90°，
又∵OB＝OC，
∴∠CBO＝∠BCO，
∴∠CAB+∠BCO＝90°
∵∠BCD＝∠A，
∴∠BCD+∠BCO＝90°，
∴OC⊥CD
∴CD为⊙O切线；
（2）过点C作于点M，
∵的半径为，
∴AB=，
∵的面积为，
∴CM=2，
在Rt△CMO中，CO=，CM=2，
∴OM=1，
由（1）得∠OCD=∠CMO=90°，
∵∠COM=∠COD，
∴△COM∽△DOC，
∴ ，
∴，
∴，
（3）过点E作于点N，连接，
∵，，
∴△FCM∽△FEN，
∴ ，
由（2）得CM=2，OM=1，
∴EN=OM=1，
∵OC=OE，
∴Rt△COM≌Rt△OEN，
∴ON=CM=2，
∴MN=3，
∵，
∴FM=2，
∵OM=1，
∴OF=1，
∵BF=OB+OF，
∴．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定和性质，解答本题需要我们熟练掌握各部分的内容，要注意将所学知识贯穿起来．
19.（2021·浙江中考真题）如图，在平面直角坐标系中，经过原点，分别交轴、轴于，，连结．直线分别交于点，（点在左侧），交轴于点，连结．
（1）求的半径和直线的函数表达式．
（2）求点，的坐标．
（3）点在线段上，连结．当与的一个内角相等时，求所有满足条件的的长．
【答案】（1）半径为，直线的函数表达式为；（2）点为，点为；（3）5，10或
【分析】
（1）由，，确定点为，再利用两点间距离公式求解即可得到半径的长，利用待定系数法可直接得到直线CM的函数表达式；
（2）先作辅助线构造相似三角形，求出，，即可得到点为，点为；
（3）先作辅助线，得到，再分三种情况讨论，通过作轴于点，证出点为符合条件的点，再分别讨论当时和时的情况，分别得到和的值，最后完成求解．
【详解】
解：（1），
为的直径．
，，
点为，
半径为．
设直线的函数表达式为．
把，代入得，解得．
直线的函数表达式为；
∴⊙M 的半径为，直线 CM 的函数表达式为．
（2）过点作轴平行线，点作轴平行线交于点，作轴于点（如图1），

，，
，
，且
，，
点为．
点，关于点对称，
点为．
（3）作轴于点，
，．
，
．
分三种情况（如图2）：
①作轴于点，
，，
，
，
，
即点为符合条件的一个点．
．
②当时，
，
．
，
（），
，
．
③当时，
，
，
．
，
，
,
，
．
综上所述，当与的一个内角相等时，的长为5，10或．
【点睛】
本题综合考查了平面直角坐标系、圆、待定系数法求函数解析式、勾股定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等内容，要求学生根根据题意找到相等关系建立方程求解，本题综合性很强，对学生的分析能力要求较高，解决本题的关键是能通过作辅助线构造相似三角形以及牢记相关概念、性质和公式等，本题蕴含了分类讨论的思想方法．