2025年中考数学三轮冲刺考前突破练习04圆的相关证明与计算（2大必考题型）（2份，原卷版+解析版）

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题型一：圆的基本性质的证明与计算
【中考母题学方法】
1．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，是的直径，是的两条弦，点与点在的两侧，是上一点（），连接，且．
(1)如图1，若，，求的半径；
(2)如图2，若，求证：．（请用两种证法解答）
【答案】(1)3
(2)见解析
【分析】（1）利用等边对等角、三角形内角和定理求出，结合，可得出，在中，利用勾股定理求解即可；
（2）法一：过O作于F，利用垂径定理等可得出，然后利用定理证明，得出，然后利用平行线的判定即可得证；
法二：连接，证明，得出，然后利用平行线的判定即可得证
【详解】（1）解∶∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
解得，
即的半径为3；
（2）证明：法一：过O作于F，
∴，
∵
∴，
又，，
∴，
∴，
∴；
法二：连接，
∵AB是直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定与性质等知识，明确题意，灵活运用所学知识解题是解题的关键．
2．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，是的直径，是的两条弦，点与点在的两侧，是上一点（），连接，且．
(1)如图1，若，，求的半径；
(2)如图2，若，求证：．（请用两种证法解答）
【答案】(1)3
(2)见解析
【分析】（1）利用等边对等角、三角形内角和定理求出，结合，可得出，在中，利用勾股定理求解即可；
（2）法一：过O作于F，利用垂径定理等可得出，然后利用定理证明，得出，然后利用平行线的判定即可得证；
法二：连接，证明，得出，然后利用平行线的判定即可得证
【详解】（1）解∶∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
解得，
即的半径为3；
（2）证明：法一：过O作于F，
∴，
∵
∴，
又，，
∴，
∴，
∴；
法二：连接，
∵AB是直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定与性质等知识，明确题意，灵活运用所学知识解题是解题的关键．
3．（2024·安徽·中考真题）如图，是的外接圆，D是直径上一点，的平分线交于点E，交于另一点F，．
(1)求证：；
(2)设，垂足为M，若，求的长．
【答案】(1)见详解
(2)．
【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，勾股定理等知识，掌握这些性质以及定理是解题的关键．
（1）由等边对等角得出，由同弧所对的圆周角相等得出，由对顶角相等得出，等量代换得出，由角平分线的定义可得出，由直径所对的圆周角等于可得出，即可得出，即．
（2）由（1）知，，根据等边对等角得出，根据等腰三角形三线合一的性质可得出，的值，进一步求出，，再利用勾股定理即可求出．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
又与都是所对的圆周角，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
故，
即．
（2）由（1）知，，
∴，
又，，
∴，，
∴圆的半径，
∴，
在中．
，
∴
即的长为．
4．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，中，，D为中点，，，是的外接圆．
(1)求的长；
(2)求的半径．
【答案】(1)
(2)的半径为
【分析】本题考查相似三角形的判定及性质，解直角三角形，圆周角定理．
（1）易证，得到，即可解答；
（2）过点A作，垂足为E，连接，并延长交于F，连接，在中，通过解直角三角形得到，，由得到．设，则，，在中，根据勾股定理构造方程，求得，，由得到，根据正弦的定义即可求解．
【详解】（1）解：，，
．
，即
，D为AB中点，
，
∴
．
（2）解：过点A作，垂足为E，连接，并延长交于F，连接，
在中，．
又，
．
∴在中，．
，
．
设，则，．
∵在中，，
，即，
解得，（舍去）．
，．
∵，
．
CF为的直径，
．
．
，即的半径为．
5．（2024·陕西·中考真题）如图，直线l与相切于点A，是的直径，点C，D在l上，且位于点A两侧，连接，分别与交于点E，F，连接．
(1)求证：；
(2)若的半径，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)．
【分析】（1）利用切线和直径的性质求得，再利用等角的余角相等即可证明；
（2）先求得，，证明和是等腰直角三角形，求得的长，再证明，据此求解即可．
【详解】（1）证明：∵直线l与相切于点A，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，，
∵直线l与相切于点A，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴也是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，切线的性质，勾股定理等知识点的应用，掌握切线的性质定理、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
6．（2024·新疆·中考真题）如图，在中，是的直径，弦交于点E，．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用圆周角定理可得出，，然后根据相似三角形的判定即可得证；
（2）利用勾股定理可求出，，利用等面积法求出，可求出，然后利用（1）中求解即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
又，
∴；
（2）解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴E到、的距离相等，
设E到的距离为，C到的距离为，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理等知识，掌握这些性质是解题的关键．
7．（2024·贵州·中考真题）如图，AB为半圆O的直径，点F在半圆上，点P在AB的延长线上，与半圆相切于点C，与的延长线相交于点D，与相交于点E，．
(1)写出图中一个与相等的角：______；
(2)求证：；
(3)若，，求的长．
【答案】(1)（答案不唯一）
(2)
(3)
【分析】（1）利用等边对等角可得出，即可求解；
（2）连接，利用切线的性质可得出，利用等边对等角和对顶角的性质可得出，等量代换得出，然后利用三角形内角和定理求出，即可得证；
（3）设，则可求，，，，在中，利用勾股定理得出，求出x的值，利用可求出，即可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴，
故答案为：（答案不唯一）；
（2）证明：连接，
，
∵是切线，
∴，即，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：设，则，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
解得，（舍去）
∴，，，
∵，
∴，
解得，
∴．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，切线的性质，勾股定理，解直角三角形的应用等知识，灵活运用以上知识是解题的关键．
8．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，直线与相切于点，为的直径，过点作于点，延长交直线于点．
(1)求证：平分；
(2)如果，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）连接，根据切线的性质可得出，结合题意可证，即得出，再根据等边对等角可得出，即得出，即平分；
（2）设的半径为r，则，．再根据勾股定理可列出关于r的等式，求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接．
∵直线与相切于点，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，即平分；
（2）解：设的半径为r，则，．
在中，，
∴，
解得：，
∴的半径为4．
【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，同圆半径相等，平行线的判定和性质，角平分线的判定，勾股定理等知识．连接常用的辅助线是解题关键．
9．（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．
【中考模拟即学即练】
10．（2025·山东临沂·一模）如图， 为的外接圆，直径 于 E ，过点 A 作 的切线 与的平分线交于点 F，交于点 G ，交于点 H，交 于点 M，连接 ．
(1)求证： ；
(2)若 ，，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）证明， ，可得，可得，结合平分可得结论；
（2）求解，结合，可得，证明，可得 ， ，证明，结合相似三角形的性质可得答案．
【详解】（1）证明： ∵ 为的直径，，
∴， ，
又∵，
∴，
∴，
又∵平分，
∴．
（2）解：∵，由（1）得，
∴，
又∵，
∴在中，
∴，
，
∴，
又∵是的切线，
∴即，
又∵，
∴，
∴ ，
∴ ，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，垂径定理的应用，切线的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，掌握以上基础知识是解本题的关键．
11．（2024·广东·模拟预测）综合运用
如图所示，圆内接四边形中，点B平分，平分．
(1)求证：．
(2)若，求证：．
(3)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）由点B平分，可知，由平分，可知，即可证明结论；
（2）结合题意可知，，，设，，则，，结合，求得，再求得，即可证明结论；
（3）如图， 过点作， 在上取点，使，连接， 则，可知，得，可证，得，可知，根据即可证明结论．
【详解】（1）证明：∵点B平分，
∴，则，
∴，
∵平分，
∴，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵点B平分，
∴，则，
∴．
∵平分，
∴，则，
设，，则，，
∴
∴，则，
∴．
∵ ，
∴．
（3）如图， 过点作， 在上取点，使，连接， 则．
∴．
∵点平分，
∴，则，
∴．
∴，
在和中，
∴．
∴．
∴，
∴．
【点睛】本题考查圆周角定理，锐角三角函数，弦与弧之间的关系，等腰三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质等知识点，添加辅助线构造全等三角形是解决问题的关键．
12．（2024·湖北·模拟预测）如图，在中，弦，相交于点M，且．
(1)求证：；
(2)连接，，若是的直径，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的三线合一，勾股定理，
（1）由，推出，推出；
（2）根据圆周角定理得出，因为，所以得出，，再得出，运用勾股定理列式得出，运用等腰三角形的三线合一得出，再结合勾股定理内容，即可作答．
【详解】（1）证明：，
，
，
；
（2）解：如图，是的直径，
，
，
，
∴在中，由勾股定理得，
，
设，则，
∵，
，
，
在中，由勾股定理得，
解得，
，
，，
，
在中由勾股定理得．
13．（2024·贵州·模拟预测）如图，四边形内接于，，，交于点，，，三点共线．
(1)图中与相等的是_______；
(2)求证：；
(3)若，，求的长．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等，求出结果即可；
（2）由得，根据等边对等角得，则，由圆周角定理得到，则，即可得到结论；
（3）连接，过点作于点，证明，得出，根据等腰三角形的性质求出，根据，得出，求出，最后求出结果即可．
【详解】（1）解：∵，
∴；
（2）证明：，
，
，
，
，
，
，
∴．
（3）解：如图，连接，过点作于点，
，，
．
，
．
四边形内接于，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】此题考查了锐角三角函数、圆周角定理、圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质等知识，作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质，是解题的关键．
14．（2024·江苏南京·二模）如图，、是的两条弦，与相交于点E，．
(1)求证：；
(2)连接，作直线，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了垂直平分线的判定与性质，利用弧、弦、圆心角的关系求证，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）根据利用弧、弦、圆心角的关系得出，进而可得；
（2）因为所以，即结合，得出E、O都在的垂直平分线上，即可作答．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
即，
∴；
（2）证明：连接、，
∵，
∴ ，
∴，
∴ ，
∵，
∴E、O都在的垂直平分线上，
∴
15．（2024·贵州黔东南·二模）如图，是 的外接圆，且 过点 B作，垂足为点E， 延长交于点D， 连接， 并延长交于点F．
(1)写出图中一个与相等的角∶ ；
(2)求证∶
(3)若 ， 求的半径．
【答案】(1)（答案不唯一）
(2)见解析
(3)的半径为
【分析】本题考查圆周角定理，垂径定理及其推论，相似三角形的判定与性质；
（1）根据圆周角可得；
（2）延长交于，根据垂径定理的推论可得，，即可由得到，进而得到，由三线合一即可得到
（3）连，由勾股定理求得，进而依次得到，，，再求出，最后在中利用勾股定理求半径即可．
【详解】（1）由圆周角可得：，
故答案为：（答案不唯一）；
（2）延长交于，
∵延长交于点F
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
（3）连，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∴，
∴
中，，
∴
解得，
∴的半径为．
16．（2024·天津红桥·一模）已知与相切于点，直线与相交于，两点，为的中点，连接并延长，交的延长线于点．
(1)如图①，若为的中点，求的大小；
(2)如图②，连接与相交于点，求证：．
【答案】(1)
(2)见解答
【分析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了垂径定理和圆周角定理．
（1）连接，如图①，先根据切线的性质得到，再利用余弦的定义求出，接着根据圆心角、弧、弦的关系得到，所以，然后利用互余得到的度数；
（2）连接，如图②，根据垂径定理得到，再利用等角的余角相等得到，加上，从而得到．
【详解】（1）解：连接，如图①，
与相切于点，
，
，
为的中点，
，
，
在中，，
，
点为的中点，
，
，
；
（2）证明：连接，如图②，
点为的中点，
，
，
，
又，
，
，
，
．
17．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，已知的内接为等边三角形，连接顶点C与圆心O，并延长交于点，交于点，连接，．
(1)图中与全等的三角形是 ，图中度数为的角有 个 ；
(2)求证：；
(3)连接，，判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)，4
(2)见解析
(3)四边形为菱形，见解析
【分析】本题主要考查了圆的综合题，涉及圆周角定理、等边三角形的性质以及菱形的判定等知识点．
（1）根据外接圆的定义得出是三角形的中线，再根据等边三角形的性质证明即可；
（2）根据外接圆的定义和等边三角形的性质得出，在根据圆周角定理证明即可得证；
（3）根据角直角三角形的性质得出四边形的四边相等即可判断其形状．
【详解】（1）为等边三角形，
，
圆是的外接圆，
，，，
；
根据圆周角可得
故答案为：，4；
（2）已知是等边三角形的外接圆，
点是等边三角形的外心，
，．
，
是直径，
，
由圆周角定理可知，，
，
；
（3）四边形为菱形．
证明：，，
，
同理可证，，
，
四边形为菱形．
18．（2024·安徽宣城·模拟预测）如图，内接于⊙是⊙的直径，为优弧的中点，连接，延长交于点．
(1)求证：．
(2)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查垂径定理的推论、等腰三角形的判定与性质、圆周角定理、线段垂直平分线的性质、平行线的性质等知识，熟练掌握垂径定理的推论是解答的关键．
（1）延长交于F，先根据垂径定理的推论得到垂直平分，进而，然后根据等腰三角形的三线合一性质可得结论；
（2）根据圆周角定理和平行线的判定证明，然后根据平行线的性质和等腰三角形的判定与性质可证得结论．
【详解】（1）证明：延长交于F，
∵为优弧的中点，
∴，，即垂直平分，
∴，
∴；
（2）解：∵是⊙的直径，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
19．（2025·安徽·模拟预测）如图，是⊙O的弦，半径，垂足为D，弦与交于点F，连接，，．

(1)求证：；
(2)若，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查垂径定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理．
（1）由垂径定理，得，，由圆周角定理，得；
（2）可证得；中，勾股定理求得，于是．
【详解】（1）证明：∵，是的半径，
∴，（垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧）
∴（同弧或等弧所对的圆周角相等）；
（2）解：∵，
又∵，
∴，
∴（相似三角形对应边成比例），
∵，
∴，
在中，，，
∴，
即，
∴．
20．（2025·湖北十堰·模拟预测）如图，的直径垂直弦于点 E，F是圆上一点，D是的中点，连接 交 于点 G， 连接 ．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用证明，即可得到；
（2）连接，求出直径的长，即得半径，求出，由（1）知，再求出，利用勾股定理求出，根据垂径定理即可求出．
【详解】（1）证明：∵是的中点，
∴，即，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）解：如图，连接，
∵，，
∴，
∴，
∴，
由（1）知，
∴，
∴，
∵直径，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形全等的判定与性质，垂径定理，勾股定理．熟练掌握圆的基本性质、三角形全等的判定定理是解题的关键．
21．（2025·广东·模拟预测）如图，点D，E在以为直径的上，的平分线交于点B，连接，，，过点E作，垂足为H，交于点F．

(1)求证：；
(2)若，，求．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据直角三角形中两锐角互余得出，根据直径所对的圆周角是直角得出，根据直角三角形中两锐角互余得出，根据等角的余角相等得出，根据同弧所对的圆周角相等得出，根据有两个角对应相等的两个三角形是相似三角形得出，根据相似三角形的对应边之比相等即可证明；
（2）连接，过点G作，垂足为K，过点G作，垂足为M，根据直径所对的圆周角是直角得出，根据角平分线的定义和同弧所对的圆周角是圆心角的一半得出，根据角平分线上的点到角两边的距离相等得出，根据等腰直角三角形的性质和特殊角的三角函数值求出，，根据锐角三角函数的定义和同弧所对的圆周角相等求出，，根据三角形的面积求出，，即可求出．
【详解】（1）证明：连接，
，
，
是直径，
，
，
，
，
又，
，
，
；
（2）解：如图，连接，过点G作，垂足为K，过点G作，垂足为M，
是直径，
，
又平分，，
，，
在等腰直角中，，
，
，
，，
，
，则，
，
，
，即，
，
，
．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，角平分线的性质等，正确做出辅助线，通过三角形的面积求出是解题的关键．
22．（2024·浙江·模拟预测）如图，AB是半径为的的直径，是的中点，连接CD交AB于点，连接．
(1)求证：．
(2)若，求AD的长．
(3)如图，作于点，交AD于点，射线CB交AD的延长线于点，若，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（）根据题意得出，即可证明，得到垂直平分AD，即可证明结论．
（）延长交AD于点，连结BD，证明，根据相似三角形的性质得到比例关系计算即可；
（）由勾股定理得，再证明和，可得，即得，设，利用勾股定理求出即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵是的中点
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分AD，
∴；
（2）解：如图，延长交AD于点，连接BD，
∵，
∴，
∵AB是直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴在中，；
（3）解：∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵AB是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
设，则，
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了弧弦圆心角之间的关系，圆周角定理，等腰三角形的性质和判定理，相似三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，勾股定理，余角性质，正确作出辅助线是解题的关键．
23．（2024·贵州黔东南·一模）如图，为的弦，为的直径，与相交于点，连接，，，过点作于点．
(1)求证：；
(2)当时，求证：；
(3)在（2）的条件下，若，，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据圆周角定理求出，，根据直角三角形的性质求出，则，再根据角的和差即可得证；
（2）根据圆周角、弧的关系求出，再根据垂径定理推理即可得证；
（3）结合（2）求出，，由勾股定理得到，再根据图中阴影部分的面积求解即可．
【详解】（1）证明：为的直径，
，
，
，
，
，即，
，
；
（2）证明：，
，
为的直径，
；
（3）解：连接，如图所示：
由（2）知，，，
，
，，
，，
，
，
图中阴影部分的面积．
【点睛】题考查了扇形面积的计算、垂径定理、圆周角定理、勾股定理等知识，熟练运用扇形面积的计算、垂径定理、圆周角定理是解题的关键．
24．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）已知：为的直径，弦交于点H，点F为弧上一点，连接交于点E，交于点G，．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，在（1）的条件下，连接，当，，时，求的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（）利用圆周角定理，三角形的外角的性质得到，则 ，利用垂径定理的推论解答即可得出结论；
（）利用圆周角定理与已知条件得到，利用圆周角定理和三角形的外角的性质，等腰三角形的判定定理得到，利用圆周角定理和勾股定理得到，利用三角形的面积公式求得，利用垂径定理得到，再根据面积可得，将数值代入运算即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴；
（2）解：∵为的直径，；
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴点G到和的距离相等
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，三角形的外角的性质，直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握圆的有关性质是解题的关键．
25．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，是的直径，是的两条弦，点与点在的两侧，是上一点（），连接，且．
(1)如图1，若，，求的半径；
(2)如图2，若，求证：．（请用两种证法解答）
【答案】(1)3
(2)见解析
【分析】（1）利用等边对等角、三角形内角和定理求出，结合，可得出，在中，利用勾股定理求解即可；
（2）法一：过O作于F，利用垂径定理等可得出，然后利用定理证明，得出，然后利用平行线的判定即可得证；
法二：连接，证明，得出，然后利用平行线的判定即可得证
【详解】（1）解∶∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
解得，
即的半径为3；
（2）证明：法一：过O作于F，
∴，
∵
∴，
又，，
∴，
∴，
∴；
法二：连接，
∵AB是直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定与性质等知识，明确题意，灵活运用所学知识解题是解题的关键．
26．（2024·湖北十堰·一模）如图，在中，以为直径作，交于点，过作交于点，连接．
(1)求证∶；
(2)若，，求的度数；
(3)若 ，，求 的长．
【答案】(1)见详解
(2)
(3)
【分析】（1）利用平行线的性质，等腰三角形的性质，等量代换思想证明即可；
（2）首先根据题意解得，进而可得，结合，易知，根据，即可获得答案；
（3）首先根据三角形中位线的性质可得，结合易得，证明，结合相似三角形的性质即可获得答案．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴
∴；
（2）∵为直径，
∴，即，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
∴；
（3）∵为中点，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∵为直径，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆的综合问题，涉及平行线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练运用所学知识是解题关键．
27．（2024·湖南·模拟预测）如图（1）所示，已知在中，，在边上，点为边中点，为以为圆心，为半径的圆分别交，于点，，连接交于点．
(1)如果，求证：四边形为平行四边形；
(2)如图（2）所示，连接，如果，求边的长；
(3)连接，如果是以为腰的等腰三角形，且，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据等边对等角得出、，等量代换得出，则，根据是的中点、，则是的中位线，则，进而证明结论；
（2）设，，则，由（1）可得则，等量代换得出，进而证明可得，在中，，则，据此列方程求解即可；
（3）分、两种情况分别求解即可．
【详解】（1）证明：∵
∴
∵
∴，
∴
∴，
∵是的中点，，
∴是的中位线，
∴，即，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：设，，则，
由（1）可得
∴，
∴，
又∵
∴,
∴，即，
∵，
在中，，
∴，
∴，解得：或（舍去）
∴；
（3）解：①当时，点与点重合，舍去；
②当时，如图所示，延长交于点P，
∵点是的中点，，
∴，
设 ，
∵，
∴，
∴，
设，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
连接交于点，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在与中，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、三角形中位线的性质、相似三角形的性质与判定、勾股定理、等腰三角形的定义、圆的性质等知识点，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
题型二：与切线有关的证明与计算
【中考母题学方法】
1．（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．
2．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，中，，，经过B，C两点，与斜边交于点E，连接并延长交于点M，交于点D，过点E作，交于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，延长，交于点，连接根据直径所对的圆周角是直角求出，得，，由可得，从而可证明是的切线；
（2）由得，即，证明，得，由得，故可得，由勾股定理求出，得，由勾股定理求出，，根据求出，进一步求出
【详解】（1）证明：连接，延长，交于点，连接如图，
∵
∴是等腰直角三角形，
∴
∵是的直径，
∴
∴
∴
∴
∵
∴即
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在等腰直角三角形中，,
∴，
解得，，
∴，
∴
在中，
∴，
又，
∴
∴
∴
∴
【点睛】本题主要考查平行线的性质，等腰直角三角形的判定与性质，切线的判定，圆周角定理，勾股定理以及相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造圆周角是解答本题的关键．
3．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，中，，点为边上一点，以点为圆心，为半径作圆与相切于点，连接．
(1)求证：；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据题意可得，根据余角的性质可得，根据圆周角定理可得，等量代换即可得证；
（2）在中，勾股定理求得,证明，设的半径为r，则，，在中，，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵AB为切线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∵，
∴．
（2）解：在中，，
∵，
在和中，，，
∴，
∴，
∴，
设的半径为r，则，，
在中，，
解得，
∴半径的长为3
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
4．（2024·四川广元·中考真题）如图，在中，，，经过A、C两点，交于点D，的延长线交于点F，交于点E．
(1)求证：为的切线；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质可得，再根据，可得，问题得证；
（2）过点C作于点H，根据等腰直角三角形的性质有，结合，可得，即，利用勾股定理可得．在中，根据，设半径为r，即有，问题得解．
【详解】（1）证明：连接．
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴为的切线．
（2）过点C作于点H，
∵为等腰直角三角形，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
在中，∵，
设半径为r，∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，正切，勾股定理等知识以及等腰三角形的性质等知识，问题难度不大，正确作出合理的辅助线，是解答本题的关键．
5．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在中，以为直径的交于点，垂足为． 的两条弦相交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求扇形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，利用等边对等角，圆周角定理等可得出，由垂直的定义得出，等量代换得出，即，然后根据切线的判定即可得证；
（2）先利用含的直角三角形的性质求出，同时求出，进而求出，利用等边对等角，三角形外角的性质等可求出，，证明是等边三角形，得出，，进而求出，在中，利用余弦定义可求出，最后利用扇形面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：连接，
∵，
∴，
又，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
又是的半径；
∴是的切线；
（2）解：∵，，，
∴，，
又，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
在中，，
∴扇形的面积为．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解直角三角形的应用，三角形外角的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
6．（2024·四川·中考真题）如图，AB为⊙O的弦，C为的中点，过点C作，交的延长线于点D．连接．

(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了圆的切线的判定、勾股定理、垂径定理的推论等知识点，熟记相关结论是解题关键．
（1）由垂径定理的推论可知，据此即可求证；
（2）利用勾股定理求出即可求解；
【详解】（1）证明：∵AB为⊙O的弦，C为的中点，
由垂径定理的推论可知：，
∵，
∴，
∵为⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴．
7．（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．
8．（2024·山东济宁·中考真题）如图，内接于，D是上一点，．E是外一点，，连接．
(1)若，求的长；
(2)求证：是的切线．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据可得，然后证明，根据全等三角形的性质可得答案；
（2）连接，首先证明，再根据三角形内角和定理和圆周角定理求出，然后计算出即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴；
（2）证明：如图，连接，
由（1）得：，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵是半径，
∴是的切线．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，圆周角定理，切线的判定等知识，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．
9．（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．
10．（2024·四川资阳·中考真题）如图，已知是的直径，是的弦，点在外，延长，相交于点，过点作于点，交于点，．
(1)求证：是的切线；
(2)若的半径为6，点为线段的中点，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据等边对等角和对顶角相等可推出，，结合和三角形内角和，从而推出，得证；
（2）由（1）可知，可证，推出，再由勾股定理可得，利用点为线段的中点，可得，从而得到，从而得到，即可得到答案．
【详解】（1）证明：连接，如图，
，，
，，
，
，
又，
，
，
，
是的切线；
（2）解：如（1）图，，
又，，
，
，
的半径为6，，
，
，即，
又点为线段的中点，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形内角和定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
11．（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．
12．（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.
13．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，是直径，是弦，且，垂足为，，，在的延长线上取一点，连接，使．

(1)求证：是的切线；
(2)求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
（1）连接，根据等腰三角形的性质得到，等量代换得到，得到，根据切线的判定定理得到结论；
（2）根据垂径定理得到，根据勾股定理得到，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：是直径，是弦，且，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
．
14．（2023·湖南张家界·中考真题）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，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据切线的判定，连接，证明出即可，利用直径所得的圆周角为直角，三角形的内角和以及等腰三角形的性质可得答案；
（2）由，根据锐角三角函数的意义和勾股定理可得，再根据相似三角形的性质可求出答案．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：
是的直径，
，
，
又，
，
又．
，即，
是的切线；
（2）解：，，
，
在中，，，
，则，
，
，，
，
，
设，则，，
，即，解得或（舍去），
．
【点睛】本题考查切线的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形及相似三角形的判定与性质，掌握切线的判定方法，直角三角形的边角关系以及相似三角形的性质是正确解答的前提．
15．（2024·西藏·中考真题）如图，是的直径，C，D是上两点，连接，，平分，，交延长线于点E．
(1)求证：是的切线；
(2)若的半径为5，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据角平分线的定义得出，根据圆周角定理得出，证明，根据平行线的性质得出，得出，即可证明结论；
（2）根据，得出，解直角三角形得出，证明，解直角三角形得出，根据勾股定理得出，解直角三角形得出，根据勾股定理得出，最后求出结果即可．
【详解】（1）证明：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为半径，
∴是的切线；
（2）解：∵的半径为5，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，解直角三角形的相关计算，勾股定理，等腰三角形的性质，余角的性质，平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．
16．（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．
17．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，已知内接于，是的直径，的平分线交于点，过点作，交的延长线于点，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的直径．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（）连接，由角平分线可得，又由可得，即得，由得，进而可得，即得，即可求证；
（）是的直径可得，又由（）知，由，，进而可得，再根据，，，可得，得到，，解得到，再解即可求解；
本题考查了角平分线的定义，等腰三角形的性质，切线的判定，圆周角定理，三角函数，掌握圆的有关定理是解题的关键．
【详解】（1）证明：连接，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：∵是的直径，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴
∵，，
∴，
∵，，，
∴
∴，，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
即的直径为．
18．（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，，
，
，
．
19．（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．
20．（2023·四川资阳·中考真题）如图，已知的圆心O在的边上，与相交于A、E两点，且与边相切于点D，连结．
(1)若，求证：是的切线；
(2)若，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)的半径长为3
【分析】（1）连接，则，所以，由切线的性质得，则，而，所以，即可推导出，进而证明是的切线；
（2）由，得，由是的直径，得，由，，得，而，即可证明，得，则，于是得，求得，则的半径长为3．
【详解】（1）证明：连接，则，
∴，
∵的圆心O在上，且与边相切于点D，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的半径，且，
∴是的切线．
（2）解：∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴的半径长为3．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的判定与性质、切线的判定与性质、直径所对的圆周角是直角、相似三角形的判定与性质等知识．综合运用以上知识是解题的关键．
21．（2024·山东日照·中考真题）如图1，为的直径，是上异于的任一点，连接，过点A作射线为射线上一点，连接．
【特例感知】
（1）若．则_______．
（2）若点在直线同侧，且，求证：四边形是平行四边形；
【深入探究】
若在点C运动过程中，始终有，连接．
（3）如图2，当与相切时，求的长度；
（4）求长度的取值范围．
【答案】（1） （2）证明见解析 （3） （4）
【分析】（1）根据直径性质得到，,根据，，运用勾股定理可得；
（2）根据．，得到．得到，结合， 得到，得到，得到四边形是平行四边形；
（3）连接．根据，得到，，根据切线性质得到，．得到，．得到，得到，运用勾股定理得；
（4）过点A作射线，使，连接．得到，，根据．，可得，根据，得到，得，得到．根据，得到，即得．
【详解】（1）解：∵为的直径，
∴,
∵，，
∴
故答案为：；
（2）证明：∵为的直径，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴，
∵，
∴，
∴
∴四边形是平行四边形．
（3）解：如图，连接．
∵在中，，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴．
又∵，
∴
∴．
∴，
在中，，
∴在中，；
（4）解：如图，过点A作，使，连接．
则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆与三角形综合．熟练掌握圆周角定理推论，圆切线性质，平行四边形的判定，含30°的直角三角形判定和性质，勾股定理解直角三角形，锐角三角函数解直角 三角形，相似三角形的判定和性质，是解决问题的关键．
22．（2024·广东广州·中考真题）如图，在菱形中，．点在射线上运动（不与点，点重合），关于的轴对称图形为．
(1)当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由；
(2)若，为的外接圆，设的半径为．
①求的取值范围；
②连接，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)①且；②能，
【分析】（1）由菱形的性质可得，，再结合轴对称的性质可得结论；
（2）①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，，证明为等边三角形，共圆，，在上，，过作于，当时，最小，则最小，再进一步可得答案；②如图，以为圆心，为半径画圆，可得在上，延长与交于，连接，证明，可得，为等边三角形，证明，可得：，，过作于，再进一步可得答案．
【详解】（1）解：，；理由如下：
∵在菱形中，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
由对折可得：，
∴；
（2）解：①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，，
∵四边形为菱形，，
∴， ，，
∴为等边三角形，
∴，
∴共圆，，在上，
∵，
∴，
过作于，
∴，，
∴，
当时，最小，则最小，
∵，，
∴，
∴；
点E不与B、C重合，
，且，
∴的取值范围为且；
②能为的切线，理由如下：
如图，以为圆心，为半径画圆，
∵，
∴在上，
延长与交于，连接，
同理可得为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵为的切线，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
由对折可得：，，
过作于，
∴设，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是轴对称的性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，切线的性质，本题难度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键．
【中考模拟即学即练】
23．（2024·湖北恩施·模拟预测）如图，已知四边形中，，点是的中点，，以为直径作半圆．
(1)求证：是的切线；
(2)若与的交点是的中点，的半径为2，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查切线的判定与性质，解直角三角形，掌握切线的判定方法，直角三角形的边角关系以及等边三角形的判定和性质是正确解答的关键．
（1）根据全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质以及切线的判定方法进行解答即可；
（2）根据直角三角形的斜边中线等于斜边一半可得，进而可得是等边三角形，再根据直角三角形的边角关系进行计算即可．
【详解】（1）证明：如图，延长交的延长线于点，过点作，垂足为，
点是的中点，
，
又，，
，
，
，即，
，
，
即点在上，
是的切线；
（2）解：如图，连接，
点是的中点，，
，
是等边三角形，
，
的半径，
，
在中，，，
．
24．（2024·河北·模拟预测）如图1，在中，，，，延长至点D，使，连接，以为直径的绕点A顺时针旋转．
(1)如图2，旋转 °时，与第一次相切．
(2)在（1）的条件下，判断与的位置关系并加以证明．
(3)如图3，若与相切于点M，与相交于点N，设阴影部分的面积为S，求S的值．
【答案】(1)90
(2)与相切，证明见解析
(3)
【分析】（1）根据旋转的性质结合圆的切线可得答案；
（2）证明四边形为矩形，可得，可得是的切线；
（3）如图，连接，则，作于，证明四边形为矩形，可得， 证明为等边三角形，可得，再进一步可得答案．
【详解】（1）解：当与相切时，
∴，
∴，
∴旋转角为；
（2）解：与相切，理由如下：
∵，，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∵为直径，
∴是的切线．
（3）解：如图，连接，则，作于，
而，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是旋转的性质，等边三角形的判定与性质，切线的判定与性质，矩形的判定与性质，扇形面积的计算，掌握基础知识是解本题的关键．
25．（2024·云南昆明·模拟预测）如图，为的直径，点E，F是上异于A，B的两点，延长相交于点D，在的延长线上取点C，连接，已知，，
(1)求证：是的切线；
(2)若的半径为2，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)．
【分析】（1）连接，由圆内接四边形的性质结合已知求得，得到，由圆周角定理求得，根据等腰三角形的性质求得，结合已知得到，推出，即可证明结论成立；
（2）证明，推出，代入数据即可求解．
【详解】（1）证明：连接，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵点在上，
∴是的切线；
（2）解：连接，

∵的半径为2，
∴，
∴直径，
由（1）得，，
∴，
∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
26．（2024·湖南·模拟预测）如图，已知AB为的直径，为上一点，为延长线上一点，连接CD，过点作于点，交CD于点，且满足．
(1)求证：直线CD是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析；
(2)
【分析】（1）根据垂直定义可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质，可得，从而可得，进而可得，即可得证；
（2）由得，由及三角形中位线定理得，，由，设，，由得，则，即可得的值．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：∵为的直径，
∴，
∵
，
∵，
，；
，
设，，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，垂径定理，三角形中位线定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，
27．（2024·云南昆明·一模）如图，与等边的边，分别交于点D，E，是直径，过点D作于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)连接，当是的切线时，求的半径r与等边的边长a之间的数量关系．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，证得，进而可得，然后根据，即可求证；
（2）根据中，，可得，进而求得；再借助是的切线，推出，代入求解即可．
【详解】（1）证明：连接，如图，
∵，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线．
（2）解：由（1）知：，则，，
在中，，，
∴，，
∴，
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，，
∴，
解得，
即．
【点睛】本题主要考查切线的判定定理和性质定理、等边三角形的性质、等边对等角、含30度的直角三角形的性质，熟练掌握切线的性质和判定定理和含30度的直角三角形的性质是解题的关键．
28．（2024·安徽合肥·一模）如图，在四边形中，平分．点 O在上，以点O为圆心，为半径，作与相切于点B，延长线交于点 E，交AD于点 F，连接，DE．
(1)求证：CD是的切线；
(2)若，求的长．
【答案】(1)详见解析
(2)的长为
【分析】（1）连接，证明，得到，即可求证；
（2）由，，可得垂直平分，，进而可得，即可求出，再利用勾股定理得到的长即可．
【详解】（1）如图，连接，
∵平分，
∴，
∵，，
∴，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵与相切于点B，
∴，
∴，
∴，即，
∴是的切线；
（2）∵，，
∴垂直平分，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点晴】本题主要考查了角平分线的定义，切线的性质和判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握圆的有关性质是解决此题的关键．
29．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，在半径为的中，是的直径，是过上一点的直线，且于点，平分，点是的中点，．
(1)求证：是的切线；
(2)求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查圆的切线，圆周角定理、相似三角形的判定及性质；
（1）连接，由平分，，可得，，根据，得，即可证明CD是的切线；
（2）由是的中位线，得，再证明，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接，如图：
平分，
．
，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：是的中点，且，
是的中位线，，
，
．
是的直径，
．
又，
，
，即，
．
30．（2025·湖北黄石·一模）如图，内接于，为直径，作交于点E，且．

(1)求证：直线是的切线．
(2)如果，，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，可得，然后推导，即可解题；
（2）先根据正弦得到，即可求出，然后根据解题即可．
【详解】（1）证明：连接，

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴为的切线；
（2）解：∵，，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查切线的判定，等边三角形的判定和性质，扇形的面积，等腰三角形的性质，解直角三角形，掌握切线的判定和性质是解题的关键．
31．（2025·广西柳州·一模）如图，是的直径，四边形内接于，连接，，过点作交的延长线于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，的半径为5，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图，连接，由，是半径，可得，由是的直径，可得，则，，进而结论得证；
（2）由勾股定理得，，由是的直径，可得，证明，则，代入数据计算求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，，
，是半径，
，
是的直径，
，即，
，
，
，
是半径，
是的切线；
（2）解：由题意知，，
由勾股定理得，；
是的直径，
；
，
，
，
，即，
解得，；
的长为．
【点睛】本题考查了切线的判定，垂径定理，直径对的圆周角是直角，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，证明切线与相似是解题的关键．
32．（2024·云南昆明·模拟预测）如图，在中，，以为直径的交于点D（点D与点A不重合），交于点E，过点E作于点F，交的延长线于点G．
(1)求证：是的切线；
(2)如图1，若；求的半径；
(3)如图2，连接，交点为H，当时，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，由圆周角定理可得，即，再根据等腰三角形性质可得，由半径相等和等边对顶角得出，推出，根据平行线的判定可得，由得出半径，再运用切线的判定即可证得结论；
（2）先证得，得出，求得，即可求得答案；
（3）先证得是等边三角形，可得，，再利用直角三角形性质可得，推出，进而得出．
【详解】（1）证明：连接，
∵是的直径，
∴，即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴的半径为；
（3）解：如图2，连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，切线的判定，等腰三角形性质，等边三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造基本图形解决问题，属于中考常考题型．
33．（2024·湖南·模拟预测）如图，为的直径，C为上一点，连接，过C作于点D，过C作，使，其中交的延长线于点E．
(1)求证：是的切线．
(2)如图2，点F是上一点，且满足，连接并延长交的延长线于点G．
①试探究线段与之间满足的数量关系；
②若，，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)①，理由见解析；②
【分析】（1）如图1，连接，根据等边对等角得，由垂直定义得，根据等量代换可得，即，可得结论；
（2）①如图2，过O作于点H，证明，则，得；
②过点C作，连接BF，过点C作，先根据勾股定理求，则，设，则，根据勾股定理列方程得：，可得x的值，证明，列比例式可得的长，再求解即可．
【详解】（1）证明：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∵为的半径，
∴是的切线．
（2）解：①线段与之间满足的数量关系是，
理由如下：过O作于点H，连接，
∴，
∵，且，
∴，
∵为公共边，
∴，
∴，
∴；
②过点C作，连接，过点C作，
∵是的直径，
∴，
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴，
由①得：，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵四边形为的内接四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，全等和相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，圆的切线的判定，第2问的最后一问有难度，证明是关键．
34．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，过上的动点作的切线AD，在上取点（异于点），使得，弦，连接交于点，连接并延长，交AB于点，连接．
(1)求证：AB是的切线；
(2)记，；的面积分别为，，，当时，求的值；
(3)设的半径为，当时，求四边形的面积．（用含的式子表示）
【答案】(1)见解析
(2)
(3)．
【分析】（1）如图，连接、，BD，由切线的性质得，由，，得，，从而得，进而根据切线的性质定理即可证明结论成立；
（2）证明，得，进而得，又，得，求解一元二次方程得，或（舍去），从而得，于是即可得解；
（3）连接并延长交于，交CD于，连接，，BD，，证明，得，进而得，再证，得，，得，，得，从而，得，进而证明，，，在和中，利用勾股定理求解得，，，从而即可得解．
【详解】（1）解：如图，连接、，BD，
∵AD是的切线，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴AB是的切线；
（2）解：∵，
∴，，
∴，
∴，即，
∵和等高，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，或（舍去）
∴，
∴，
∴（负值舍去）；
（3）解：连接并延长交于，交CD于，连接，，BD，，
∵，，
∴点在线段BD的垂直平分线上，点在线段BD的垂直平分线上，
∴垂直平分BD，
∴，
由得，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，，
∴，，
∴，，
∵，
∴即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴，
∴，
由（）得，
∴，
∴，
∵即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴在中，，
∴，
∵在中，，
∴，
解得，
∴，，
∴平行四边形的面积．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，平行四边形的判定及性质，切线的判定及性质，相似三角形的判定及性质，等腰三角形的判定，弧、弦、圆心角的关系，圆周角定理，线段垂直平分线的判定，熟练掌握切线的判定及性质，相似三角形的判定及性质是解题的关键．
题型一：圆的基本性质的证明与计算
题型二：与切线有关的证明与计算