专题08 与圆切线有关的几何模型（几何模型讲义）（江苏专用）2026年中考数学一轮复习几何模型系列+答案

这是一份专题08 与圆切线有关的几何模型（几何模型讲义）（江苏专用）2026年中考数学一轮复习几何模型系列+答案，共9页。学案主要包含了基本模型，模型演变，概念理解，实践探索，创新思考，问题情境，操作实践，探究应用等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-4" \h \z \u \l "_Tc23281" PAGEREF _Tc23281 \h 1
\l "_Tc201321765" 真题现模型1
\l "_Tc201321766" 提炼模型5
\l "_Tc201321768" 模型运用6
\l "_Tc18836" 12
1.（2025·江苏无锡·中考真题）如图，与相切于点，连接，过点作的垂线，交于点，连接，交线段于点．若，则的值为 ．
【答案】
【分析】利用平行线的判定与性质证明，再求得，再利用直角三角形的边角关系解答即可．
【详解】解：∵与相切于点B，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆的切线的性质定理，平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系，熟练掌握上述定理与性质是解题的关键．
（2025·江苏镇江·中考真题）如图（1），过外一点引的两条切线、，切点是、，为锐角，连接并延长与交于点，点在的延长线上，过点作的垂线，与的延长线相交于点、垂足为．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)在图（2）中作，满足（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
(3)已知，在你所作的中，若，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)图见解析
(3)
【分析】（1）先根据切线长定理、切线的性质定理可得，，再证出，根据等腰三角形的判定可得，由此即可得证；
（2）先在的延长线上作，再过点作的垂线，与的延长线相交于点、垂足为，由直角三角形的斜边中线的性质即可得；
（3）过点作于点，过点作于点，先解直角三角形可得，再设，则，，，在中，利用勾股定理可得，则可得，，然后证出，根据相似三角形的性质可得的长，最后根据即可得．
【详解】（1）证明：∵是的两条切线，切点是，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
由对顶角相等得：，
∴，
∴，
∴是等腰三角形．
（2）解：如图，满足的即为所作．
（3）解：如图，过点作于点，过点作于点，
∵是的两条切线，切点是，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
设，则，
∴，
∴，
∵，
∴在中，，即，
解得或（不符合题意，舍去），
∴，，
∵在等腰中，，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，即，
解得，
∴．
【点睛】本题考查了切线长定理、切线的性质定理、作垂线、解直角三角形、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握切线长定理和解直角三角形的方法是解题关键．
【基本模型】
切线的性质与判定两大核心模型：切线与半径垂直、切线长定理。需熟练运用“连半径证垂直”“作垂线证半径”等辅助线技巧，结合三角形全等、相似解决计算与证明问题.
【模型演变】
【典例１】（2025·安徽·中考真题）如图，是的弦，与相切于点B，圆心O在线段上．已知，则的大小为 ．
【答案】20
【分析】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，直角三角形的性质，连接，由切线的性质可得，根据直角三角形两锐角互余可得的度数，再由圆周角定理即可得到答案．
【详解】解；如图所示，连接，
∵与相切于点B，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【典例２】（2025·黑龙江·中考真题）如图，、是圆O的切线，A、B为切点，是直径，，
【答案】
【分析】本题考查切线的性质，切线长定理，等腰三角形的性质．根据是切线，得到，从而，根据切线长定理得到，从而，进而由三角形的内角和定理即可求解．
【详解】解：∵是切线，
∴，即，
∵，
∴，
∵、是圆O的切线，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【典例３】（2024·江苏盐城·中考真题）如图，点C在以为直径的上，过点C作的切线l，过点A作，垂足为D，连接．
(1)求证：；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】题目主要考查切线的性质，相似三角形的判定和性质及勾股定理解三角形，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
（1）连接，根据题意得，，利用等量代换确定，再由相似三角形的判定即可证明；
（2）先由勾股定理确定，然后利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：
∵是的切线，点C在以为直径的上，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）∵，，
∴，
由（1）得，
∴即，
∴，
∴的半径为．
【典例４】（2025·四川·中考真题）如图，为的直径，C为上的一点，和过点C的切线互相垂直，垂足为D．延长交的延长线于点E．
(1)求证：平分；
(2)若，，求的半径和的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)的半径长为5，的长为
【分析】（1）连接，由等边对等角得到，由切线的性质得，而，则，再由平行线的性质以及等量代换即可证明平分．
（2）作于点，因为，，所以，则，求得，可证明，得，求得，则，即可求解半径和．
【详解】（1）证明：连接，则，
，
与相切于点，
，
，
，
，
，
平分；
（2）解：作于点，，
，，
，
，
∵，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
的半径长为5，的长为．
【典例５】（2025·四川泸州·中考真题）如图，梯形中，，与梯形的各边都相切，且的面积为，则点到的距离为 ．
【答案】
【分析】本题考查了圆的切线的性质，切线长定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，难度较大，正确添加辅助线是解题的关键．
设分别与的切点记为点，连接，过点作于点，过点作于点，过点作于点，由圆的切线的性质证明四边形为矩形，则，可求圆的半径为，设，在中有勾股定理建立方程，解得：或（舍），同理可得：，，最后由即可求解．
【详解】解：设分别与的切点记为点，连接，过点作于点，过点作于点，过点作于点，
∴，，
∴，
∵梯形，，
∴点共线，
∴四边形为矩形，
∴，
∵的面积为，
∴，
∴，
∴，
设，
∵，
∴，
∴
∵在中，，
∴，
解得：或（舍），
∴，
同理可得：，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点到的距离为，
故答案为：．
1．（2024·江苏南京·中考真题）如图，在四边形中，分别与扇形相切于点．若，则的长为（ ）
A．8B．C．D．9
【答案】D
【分析】连接，作于点，由，分别与扇形相切于点，，，得，，，，求得，再证明四边形是矩形，则，，由勾股定理得，求得，即可解答．
【详解】解：连接，作于点，
则，
，分别与扇形相切于点，，，，
，，，，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
在中，根据勾股定理可得：
，
解得：，
故选：D．
【点睛】此题考查切线的性质定理、切线长定理、勾股定理、矩形的判定与性质等知识点，正确地作出辅助线是解答本题的关键．
2．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知直角三角形的两条直角边长分别为3和4，它的内切圆半径为
【答案】1
详解略
3.（2025·山西阳泉·二模）有一张如图所示的四边形纸片，，为直角，要在该纸片中剪出一个面积最大的圆形纸片，则圆形纸片的半径为 ．
【答案】
【分析】连接，作的角平分线，交于，过E作于点F， 作于点G，根据角平分线性质，证明点E到四边形各边的距离相等，进而确定出圆最大半径时的位置，再利用相似三角形的性质求出半径即可．
【详解】解：如图，连接，作的角平分线，交于，过E作于点F， 作于点G，
则由角平分线性质知，，
又∵，
∴，
∴，
∴同理，由角平分线性质知，点E到四边形各边的距离相等，
∴当以点为圆心，以为半径作圆时，可知与四边形各边相切，此时圆的半径最大，其面积也最大，设圆的半径为r，如下图：
，
∵为直角，，，
∴四边形为正方形，
∴，
由为直角，，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得．
故答案为：．
4．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，是的直径，点在的延长线上，与相切于点，若，则 °．
【答案】35
【分析】本题利用了切线的性质，三角形的外角与内角的关系，等边对等角求解．连接，构造直角三角形，利用，从而得出的度数．
【详解】解：连接，
与相切于点，
，
，
；
，
，
故答案为：35
5．（2024·江苏扬州·中考真题）如图，已知两条平行线、，点A是上的定点，于点B，点C、D分别是、上的动点，且满足，连接交线段于点E，于点H，则当最大时，的值为 ．
【答案】
【分析】证明，得出，根据，得出，说明点H在以为直径的圆上运动，取线段的中点O，以点O为圆心，为半径画圆，则点在上运动，说明当与相切时最大，得出，根据，利用，即可求出结果．
【详解】解：∵两条平行线、，点A是上的定点，于点B，
∴点B为定点，的长度为定值，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点H在以为直径的圆上运动，
如图，取线段的中点O，以点O为圆心，为半径画圆，
则点在上运动，
∴当与相切时最大，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
6．（2023·江苏泰州·中考真题）小明对《数书九章》中的“遥度圆城”问题进行了改编：如图，一座圆形城堡有正东、正南、正西和正北四个门，出南门向东走一段路程后刚好看到北门外的一棵大树，向树的方向走9里到达城堡边，再往前走6里到达树下．则该城堡的外围直径为 里．

【答案】9
【分析】由切圆于D，切圆于C，连接，得到，里，由勾股定理求出，由，求出（里），即可得到答案．
【详解】解：如图，表示圆形城堡，

由题意知：切圆于D，切圆于C，连接，
∴，里，
∵里，
∴里，
∴，
∵，
∴，
∴（里）．
∴城堡的外围直径为（里）．
故答案为：9．
【点睛】本题考查勾股定理，解直角三角形，切线的性质，切线长定理，关键是理解题意，得到，求出长即可．
7．（2023·江苏徐州·中考真题）如图，在中，直径与弦交于点．连接，过点的切线与的延长线交于点．若，则 °．

【答案】66
【分析】连接，则有，然后可得，则，进而问题可求解．
【详解】解：连接，如图所示：

∵是的直径，且是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：66．
8．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，点在上，点在外，线段与交于点，过点作的切线交直线于点，且．
(1)判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若，，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)直线与相切，理由见解析；
(2)．
【分析】（）连接，，由直线与相切，可得，证明，则，然后通过切线的判定方法即可求证；
（）由（）得，，则，，所以，通过直角三角形性质得，由勾股定理得，最后通过即可求解．
【详解】（1）解：直线与相切，理由，
如图，连接，，
∵直线与相切，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵是半径，
∴直线与相切；
（2）解：由（）得，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
．
9．（2025·江苏南通·中考真题）如图，与相切于点，为的直径，点在上，连接，且．
(1)连接，求证：；
(2)若，，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析；
(2)．
【分析】（1）利用切线性质得，再通过证明，从而推出；
（2）先结合已知角度推出相关角的度数，确定为等边三角形，求出圆的半径，再根据平行线间面积关系，将阴影部分面积转化为扇形的面积进行计算．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵与相切，
∴，
∴，
在和中
∴
∴，
∴；
（2）解：如图，连接，
∵，
∴，
∴
∵，
∴为等边三角形，
∴，
由（1）可知：，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查圆的切线性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及扇形面积计算，熟练掌握圆的切线垂直于过切点的半径、全等三角形判定定理、等边三角形判定与性质及扇形面积公式是解题的关键．
10．（2025·江苏扬州·中考真题）材料的疏水性
扬州宝应是荷藕之乡．“微风忽起吹莲叶，青玉盘中泻水银”，莲叶上的水滴来回滚动，不易渗入莲叶内部，这说明莲叶具有较强的疏水性．疏水性是指材料与水相互排斥的一种性质．
【概念理解】
材料疏水性的强弱通常用接触角的大小来描述．材料上的水滴可以近似的看成球或球的一部分，经过球心的纵截面如图1所示，接触角是过固、液、气三相接触点（点或点）所作的气−液界线的切线与固−液界线的夹角，图1中的就是水滴的一个接触角．
（1）请用无刻度的直尺和圆规作出图2中水滴的一个接触角，并用三个大写字母表示接触角；（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）
（2）材料的疏水性随着接触角的变大而______（选填“变强”“不变”“变弱”）．
【实践探索】
实践中，可以通过测量水滴经过球心的高度和底面圆的半径，求出的度数，进而求出接触角的度数（如图3）．
（3）请探索图3中接触角与之间的数量关系（用等式表示），并说明理由．
【创新思考】
（4）材料的疏水性除了用接触角以及图3中与相关的量描述外，还可以用什么量来描述，请你提出一个合理的设想，并说明疏水性随着此量的变化而如何变化．
【答案】（1）图见解析（2）变强（3），理由见解析（4）见解析（答案不唯一）
【分析】本题考查尺规作图—复杂作图，切线的判定和性质，熟练掌握新定义，切线的判定和性质，是解题的关键．
（1）圆弧上取一点，交界面与圆弧的交点为，连接，分别作的中垂线，交于点，则点为圆弧的圆心，连接，过点作，则为圆的切线，即为所求；
（2）根据题意，可知，接触角越大，水滴越趋近于球形，疏水性越强，进行作答即可；
（3）连接，等边对等角，得到，切线的性质，结合等角的余角相等，得到，进而得到即可；
（4）可以根据，进行判断，根据越大，水滴越趋近于球形，疏水性越强进行作答即可．
【详解】解：（1）①圆弧上取一点，交界面与圆弧的交点为，连接；
②分别作的中垂线，交于点，则点为圆弧的圆心；
③连接，过点作，则为圆的切线，故即为所求；
（2）由题意和图，可知，接触角越大，水滴越趋近于球形，疏水性越强，
故材料的疏水性随着接触角的变大而变强；
故答案为：变强；
（3），理由如下：
连接，则：，
∴，
∵为切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（4）∵水滴弧的长度为：，
∴，
∴可以根据的大小，进行判断，越大，水滴越趋近于球形，疏水性越强（答案不唯一）．
11．（2025·江苏连云港·中考真题）已知是的高，是的外接圆．
(1)请你在图1中用无刻度的直尺和圆规，作的外接圆（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)如图2，若的半径为，求证：；
(3)如图3，延长交于点，过点的切线交的延长线于点．若，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查了作三角形的外接圆，相似三角形的性质与判定，切线的性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键；
（1）分别作的垂直平分线交于点，以为半径作圆，即可求解．
（2）作的直径，连接，证明，根据相似三角形的性质，即可求解；
（3）连接，根据为的切线，得出，进而证明是等边三角形，得出，在，中分别求得，根据（2）的结论求得，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，
（2）解：如图2，作的直径，连接，
∴，，
∵是的高，
∴．
∵，
∴．
∴，即，
∴．
（3）如图3，连接，
∵为的切线，
∴．
∵，，
∴，
∴，．
∵，
∴是等边三角形，，
∴，，
∴．
在中，，，，
∴，，
在中，，
在中，，
代入，得，
即．
12．（2024·江苏南通·中考真题）如图，中，，，，与相切于点D．

(1)求图中阴影部分的面积；
(2)设上有一动点P，连接，．当的长最大时，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查了切线的性质，勾股定理的逆定理，扇形的面积公式等知识，解题的关键是：
（1）连接，利用勾股定理的逆定理判定得出，利用切线的性质得出，利用等面积法求出，然后利用求解即可；
（2）延长交于P，连接，则最大，然后在中，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解∶连接，

∵，，，
∴，
∴，
∵与相切于D，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解∶延长交于P，连接，此时最大，

由（1）知：，，
∴．
13．（2024·江苏连云港·中考真题）【问题情境】
（1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转45°（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的__________倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略；
【操作实践】
（2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点P为端点的四条线段之间的数量关系；
【探究应用】
（3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将绕点逆时针旋转，他发现旋转过程中存在最大值．若，，当最大时，求AD的长；
（4）如图6，在中，，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若，，求的最小值．
【答案】（1）2（2）（3）（4）
【分析】（1）利用圆与正多边形的性质分别计算两个正方形的面积可得答案；
（2）如图，由，证明，再结合图形变换可得答案；
（3）如图，将绕点逆时针旋转，可得在以为圆心，为半径的圆上运动，可得当与相切时，最大，再进一步解答即可；
（4）如图，将沿对折，的对应点为，将沿对折，的对应点为，连接，再将沿方向平移，使与重合，如图，得，由（2）可得：，当三点共线时，最短，再进一步解答即可.
【详解】解：如图，
∵正方形，及圆为正方形的内切圆，为正方形的外接正方形，
∴设，，
∴，，
∴，，
∴大正方形面积是小正方形面积的2倍．
（2）如图，∵，
∴，，
，，
∴，
如图，
结合图形变换可得：；
（3）如图，∵将绕点逆时针旋转，
∴在以为圆心，为半径的圆上运动，
∵为圆外一个定点，
∴当与相切时，最大，
∴，
∴，
由（2）可得：，
∵，，
∴
，
∴；
（4）如图，将沿对折，的对应点为，将沿对折，的对应点为，连接，
∴，，
再将沿方向平移，使与重合，如图，得，
由（2）可得：，
∴当三点共线时，最短，
∵，，
∴，，
∴；
∴的最小值为；
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，轴对称的性质，平移的性质，旋转的性质，圆与正多边形的关系，切线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键.
14．（2023·江苏镇江·中考真题）如图，将矩形沿对角线翻折，的对应点为点，以矩形的顶点为圆心、为半径画圆，与相切于点，延长交于点，连接交于点．

(1)求证：．
(2)当，时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，由切线的性质得，则，由矩形的性质得，再由直角三角形两锐角互余得，根据对顶角相等和同圆的半径相等得，，然后由等角的余角相等得，最后由等角对等边得出结论；
（2）由锐角三角函数得，，得，由翻折得，由得，再由矩形对边相等得，最后在中解直角三角形即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图，连接．

∵与相切于点E，
∴，
∴．
∵四边形是矩形，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
（2）解：在中，，，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
由翻折可知，，
∵四边形是矩形，
∴，
在中，，
∴．
【点睛】本题是四边形与圆的综合题，考查了矩形的性质、切线的性质、翻折的有关性质、锐角三角函数的定义，正确作出辅助线，巧用解直角三角形是解答本题的关键．
15．（2023·江苏·中考真题）如图，在中，．

(1)尺规作图：作，使得圆心在边上，过点且与边相切于点（请保留作图痕迹，标明相应的字母，不写作法）；
(2)在（1）的条件下，若，求与重叠部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）作的角平分线交于点，过点作，交于点，以为圆心，为半径作，即可；
（2）根据含30度角的直角三角形的性质，求得圆的半径，设交于点，连接，可得是等边三角形，进而根据与重叠部分的面积等于扇形面积与等边三角形的面积和，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；

（2）解：∵，是的切线，
∴，
∴，
则，
解得：，
如图所示，设交于点，连接，

∵，
∴是等边三角形，
如图所示，过点作于点，

∴
∴
在中，,
∴,
∴，则，
∴与重叠部分的面积为．
【点睛】本题考查了基本作图，切线的性质，求扇形面积，熟练掌握基本作图与切线的性质是解题的关键．
16．（2023·江苏无锡·中考真题）如图，是的直径，与相交于点．过点的圆O的切线，交的延长线于点，．

(1)求的度数；
(2)若，求的半径．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接，根据为的切线，则，由，则，根据圆周角定理可得，又，根据等边对等角以及三角形内角和定理即可求解；
（2）证明，根据相似三角形的性质，代入数据即可求解．
【详解】（1）如图，连接．
为的切线，
．
，
．
，
．
，
．
（2）如图，连接，
，，
．
，
，且，
，
，即，
，
，即半径为．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等边对等角，三角形内角和定理，相似三角形的性质与判定等知识．正确作出辅助线是解题关键．
17．（2023·江苏无锡·中考真题）如图，已知，点M是上的一个定点．

(1)尺规作图：请在图1中作，使得与射线相切于点M，同时与相切，切点记为N；
(2)在（1）的条件下，若，则所作的的劣弧与所围成图形的面积是_________．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先作的平分线，再过M点作的垂线交于点O，接着过O点作于N点，然后以O点为圆心，为半径作圆，则满足条件；
（2）先利用切线的性质得到，，根据切线长定理得到，则，再利用含30度角的直角三角形三边的关系计算出，然后根据扇形的面积公式，利用的劣弧与所围成图形的面积进行计算．
【详解】（1）解：如图，为所作；
；
（2）解：∵和为的切线，
∴，，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴的劣弧与所围成图形的面积
．
故答案为：．
18．（2023·江苏苏州·中考真题）如图，二次函数的图像与轴分别交于点（点A在点的左侧），直线是对称轴．点在函数图像上，其横坐标大于4，连接，过点作，垂足为，以点为圆心，作半径为的圆，与相切，切点为．

(1)求点的坐标；
(2)若以的切线长为边长的正方形的面积与的面积相等，且不经过点，求长的取值范围．
【答案】(1)
(2)或或
【分析】（1）令求得点的横坐标即可解答；
（2）由题意可得抛物线的对称轴为，设，则；如图连接，则，进而可得切线长为边长的正方形的面积为；过点P作轴，垂足为H，可得；由题意可得，解得；然后再分当点M在点N的上方和下方两种情况解答即可．
【详解】（1）解：令，则有：，解得：或，
∴．
（2）解：∵抛物线过
∴抛物线的对称轴为，
设，
∵，
∴,
如图：连接，则，
∴，
∴切线为边长的正方形的面积为，
过点P作轴，垂足为H，则：，
∴
∵，
∴，

假设过点,则有以下两种情况：
①如图1：当点M在点N的上方，即

∴，解得：或，
∵
∴；
②如图2：当点M在点N的下方，即

∴，解得：，
∵
∴；
综上，或．
∴当不经过点时，或或．
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质、切线的性质、勾股定理等知识点，掌握分类讨论思想是解答本题的关键．
19．（2025·江苏徐州·模拟预测）如图，已知四边形是菱形，，点是对角线上的一点，与相切于点，交于点，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)若菱形的边长为5，点是的中点，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了切线的性质与判定，菱形的性质，解直角三角形，角平分线的性质，熟知菱形的性质和切线的性质与判定定理是解题的关键；
（1）过点O作于H，连接，由切线的性质得到，由菱形的性质得到平分，则由角平分线的性质得到，据此可证明是的半径，则是的切线；
（2）连接，则，点F即为的交点，由切线的性质得到，解得到，，则可得到，解得到，进而得到；则点E为的中点，即可得到
【详解】（1）证明：如图所示，过点O作于H，连接，
∵与相切于点，
∴，
∵四边形是菱形，
∴平分，
∵，，
∴，
∴点H在上，即是的半径，
∴是的切线；
（2）解：如图所示，连接，
∵四边形是菱形，点F为的中点，
∴，点F为的交点，
∵与相切于点，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴；
∴，即点E为的中点，
∴
20．（2025·四川泸州·中考真题）如图，是的直径，过点的直线与过点的切线交于点，与的延长线交于点，且，连接交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题主要考查了切线的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，相似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．
（1）连接，由切线的性质可得，证明，可得，据此由切线的判定定理可证明结论；
（2）过点C作于H，过点D作于M，设，则，解得到，则，解方程可得，则，，，由勾股定理得，则；解得到，则，，由勾股定理得；由等面积法可得，证明，得到；证明可得，则．
【详解】（1）证明；如图所示，连接，
∵是的切线，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：如图所示，过点C作于H，过点D作于M，
设，则，
由（1）可得，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴；
在中，，
∴，，
在中，由勾股定理得；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，即，
∴．
21．（2025·山东威海·中考真题）如图，是的切线，点A为切点．点B为上一点，射线交于点C，连接，点D在上，过点D作，，交于点F，作，垂足为点E．．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了圆的综合题，涉及圆的切线的性质与判定，切线长定理，解直角三角形，勾股定理等知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
（1）连接，证明，则，而，则，由于是的切线，则，再由等式的性质即可证明；
（2）可得，设，则，，由切线长定理得到，则，求出，即可求解半径．
【详解】（1）证明：连接，
∵是的切线，
∴
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
即，
∴是的切线；
（2）解：∵，，
∴，
设，
∴，，
∵是的切线，是的切线，
∴，
∵
∴，
解得：，
∴半径为．
22．（2025·四川巴中·中考真题）如图，P为外一点，和为的两条切线，A和B为切点，为直径．
(1)求证：
①．
②．
(2)，，求的长．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)5
【分析】本题考查了切线的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定等知识点，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
（1）根据切线长定理得出，结合，，即可证明．
（2）根据圆周角定理得出，由①可知：，得出，即可证明，进而得到．
（3）连接．根据圆周角定理得出，证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）①证明：是切线，
，
又，，
．
②证明：点在上．
，
由①可知：，
，
，
．
（2）解：连接．
是的直径，
，
又，，
∴．
，
，
．
图示
几何语言
条件：l为⊙O切线，P为切点
结论：OP⏊l，d=r
条件：OP⏊l，且d=r
结论：l为⊙O切线
条件：PA、PB为⊙O切线，A、B为切点
结论：PA=PB，∠APO=∠BPO
图示
几何语言
条件：PE为⊙O的切线，P为切点，AB为直径，AE⏊PE于E，
结论：AP平分∠EAB
证明：连接PB，∵PE为⊙O切线∴OP⏊PE
∵AE⏊PE，∴AE//OP
因为OA＝OB
由“等腰＋平行→角平分线”易证AP平分∠EAB．
条件：EF为⊙O的切线，P为切点，AB为直径，AE⏊EF于E，BF⏊EF于F点.
结论：∠APB=90°，AE+BF=AB
证明：由上图可知AP平分∠EAB，同理PB平分∠ABF，
又易证AE//BF，所以易证∠APB=90°；
易证AE+BF=2OP，所以易证AE+BF=AB.
条件：AB为⊙O直径,AE、BF、EF均为⊙O的切线
结论：AE+BF=EF，∠EOF=90°
证明：由切线长定理可知AE=EP，BF=PF，
所以易证AE+BF=EF；
由OE平分∠AEP，OF平分∠BFP，易证∠EOF=90°.
条件：⊙O内切于△ABC，△ABC的面积为S
结论：ｒ＝２Ｓａ＋ｂ＋ｃ
若∠ACB＝90°，则ｒ＝ａ＋ｂ－ｃ２