专题21 与圆相关的压轴题（解析版）-2019-2021三年中考真题集锦

专题21与圆有关的压轴题一、填空题1．（2021·广西玉林市·中考真题）如图、在正六边形中，连接线，，，，，与交于点，与交于点为，与交于点，分别延长，于点，设．有以下结论：①；②；③的重心、内心及外心均是点；④四边形绕点逆时针旋转与四边形重合．则所有正确结论的序号是______．

【答案】①②③【分析】由题意易得，，则有，进而可得，则有四边形是矩形，然后可得，为等边三角形，最后可得答案．【详解】解：∵六边形是正六边形，∴，，∴在△DEF中，，∴，同理可得，∴四边形是矩形，同理可证四边形是矩形，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴（ASA），∴，∴四边形是菱形，∴，∴∠NAM=60°，∴△NAM是等边三角形，∴AM=MN，∵AB=3，∴，∴，∵∠MAB=30°，∠ACG=90°，∴∠G=60°，∴△ADG是等边三角形，∵AC与BD交于点M，∴由等边三角形的性质及重心、内心、外心可得：的重心、内心及外心均是点，连接OF，如图所示：

易得∠FOA=60°，∴四边形绕点逆时针旋转与四边形重合，∴综上所述：正确结论的序号是①②③；故答案为①②③．【点睛】本题主要考查正多边形的性质、矩形及菱形的判定与性质、等边三角形的性质与判定、三角形的重心、内心、外心及三角函数，熟练掌握正多边形的性质、矩形及菱形的判定与性质、等边三角形的性质与判定、三角形的重心、内心、外心及三角函数是解题的关键．2．（2021·内蒙古通辽市·中考真题）如图，是⊙O的弦，，点C是⊙O上的一个动点，且，若点M，N分别是，的中点，则图中阴影部分面积的最大值是__________．

【答案】【分析】阴影面积由弓形ADB面积加上△MNB的面积，而弓形面积不变，因此只需要求出△MNB的最大面积，由M,N为AB,BC的中点，所以MN是△ABC的中位线，所以△BMN∽△BAC，所以S△BMN=S△ABC，求出△ABC的最大面积即可，而AB边为定值，当点C到AB的距离最大，三角形面积最大，当CM⊥AB时，三角形面积最大，即可求出阴影面积最大值．【详解】连接OA,OB，连接OM，如图∵,∴，∵M为AB中点，∴OM⊥AB，,∴,设OM=x，则AO=2x，在Rt△AOM中即，解得x=1，即,S弓形ADB=S扇形OADB=，∵M,N为边AB,BC的中点，∴∥AC，∴,∴,当C,O,M在同一直线上时，△ABC的面积最大，由垂径定理可知，AC=BC,又∵∠ACB=60°，∴△ABC为等边三角形，∴,在Rt△ACM中，,∴的最大值为：,∴,∴阴影面积的最大值为：．故填：．【点睛】本题考查弓形面积，扇形面积，圆心角与圆周角关系，三角形的中位线，相似三角形的性质，垂径定理，勾股定理，解题关键是将不规则面积转化为规则图形的面积．3．（2021·黑龙江中考真题）如图，在中，，，，以点为圆心，3为半径的，与交于点，过点作交于点，点是边上的点，则的最小值为_____．【答案】【分析】延长CO，交于一点E，连接PE，由题意易得，，则有，CP=PE，然后可得，，要使的值为最小，即的值为最小，进而可得当D、P、E三点共线时最小，最后求解即可．【详解】解：延长CO，交于一点E，连接PE，如图所示：∵，以点为圆心，3为半径的，∴，∵，，∴，∴，CP=PE，∴，∴，∵，∴，∵CP=PE，∴，则要使的值为最小，即的值为最小，∴当D、P、E三点共线时最小，即，如图所示：∴在Rt△DCE中，，∴的最小值为；故答案为．【点睛】本题主要考查线段垂直平分线的性质、勾股定理、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握线段垂直平分线的性质、勾股定理、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．4．（2021·湖南岳阳市·中考真题）如图，在中，，的垂直平分线分别交、于点、，，为的外接圆，过点作的切线交于点，则下列结论正确的是______．（写出所有正确结论的序号）①；②；③若，则的长为；④；⑤若，则．【答案】①②④⑤【分析】①根据线段垂直平分线定理即可得出结论；②根据段垂直平分线得出∠A+∠AED=90°，再证∠A+∠ABC=90°，等量代换即可；③根据已知条件先得出∠EBC的度数，再利用圆周角定理得∠EOC=2∠EBC，根据弧长公式计算即可；④根据角角相似证明△EFD∽△BFE即可得出结论⑤先根据勾股定理得出BF的长，再根据等面积法得出ED，根据角角相似证明Rt△ADE∽Rt△ACB，得出，即可计算出结果【详解】解:①∵DE是的垂直平分线∴故正确②∵DE是的垂直平分线∴DE⊥AB∴∠A+∠AED=90°∵∴∠A+∠ABC=90°∴故正确③连接OC

∵DE是的垂直平分线∴∴∠EBD=∠A=40°在Rt△ABC中，∠ABC=90°-40°=50°∴∠EBC=50°-40°=10°∵∠EOC=2∠EBC∴∠EOC=20°∴故错误④∵DE⊥AB，F是的切线∴∠FEB=∠EDF=90°又∠EFD=∠EFD∴△EFD∽△BFE∴故正确⑤∵，∴BF=∵∴在Rt△EDB中，∵DE是的垂直平分线∴，AE=BE=8∵在Rt△ADE和Rt△ACE中∠A=∠A,∠ADE=∠ACB=90°∴Rt△ADE∽Rt△ACB∴∴∴AC=10.24又AE=BE=8∴CE=AC-AE=10.24-8=2.24故正确故答案为：①②④⑤【点睛】本题考查圆周角定理，相似三角形的判定及性质、线段垂直平分线的性质及定理、勾股定理、切线的性质、等面积法是常用的计算边长的方法、灵活进行角的转换是关键5．（2020·内蒙古呼和浩特市·中考真题）已知为⊙O的直径且长为，为⊙O上异于A，B的点，若与过点C的⊙O的切线互相垂直，垂足为D．①若等腰三角形的顶角为120度，则；②若为正三角形，则；③若等腰三角形的对称轴经过点D，则；④无论点C在何处，将沿折叠，点D一定落在直径上，其中正确结论的序号为_________．【答案】②③④【分析】①过点O作OE⊥AC，垂足为E，求出∠CAD=30°，得到CD=AC，再说明OE=r，利用∠OCA≠∠COE，得到CE≠OE，即可判断；②过点A作AE⊥OC，垂足为E，证明四边形AECD为矩形，即可判断；③画出图形，证明四边形AOCD为矩形，即可判断；④过点C作CE⊥AO，垂足为E，证明△ADC≌△AEC，从而说明AC垂直平分DE，得到点D和点E关于AC对称，即可判断.【详解】解：①∵∠AOC=120°，∴∠CAO=∠ACO=30°，∵CD和圆O相切，AD⊥CD，∴∠OCD=90°，AD∥CO，∴∠ACD=60°，∠CAD=30°，∴CD=AC，过点O作OE⊥AC，垂足为E，则CE=AE=AC=CD，而OE=OC=r，∠OCA≠∠COE，∴CE≠OE，∴CD≠r，故①错误；②若△AOC为正三角形，∠AOC=∠OAC=60°，AC=OC=OA=r，∴∠OAE=30°，∴OE=AO，AE=AO=r，过点A作AE⊥OC，垂足为E，∴四边形AECD为矩形，∴CD=AE=r，故②正确；③若等腰三角形AOC的对称轴经过点D，如图，∴AD=CD，而∠ADC=90°，∴∠DAC=∠DCA=45°，又∠OCD=90°，∴∠ACO=∠CAO=45°∴∠DAO=90°，∴四边形AOCD为矩形，∴CD=AO=r，故③正确；④过点C作CE⊥AO，垂足为E，连接DE，∵OC⊥CD，AD⊥CD，∴OC∥AD，∴∠CAD=∠ACO，∵OC=OA，∴∠OAC=∠ACO，∴∠CAD=∠OAC，∴CD=CE，在△ADC和△AEC中，∠ADC=∠AEC，CD=CE，AC=AC，∴△ADC≌△AEC（HL），∴AD=AE，∴AC垂直平分DE，则点D和点E关于AC对称，即点D一定落在直径上，故④正确.故正确的序号为：②③④，故答案为：②③④.【点睛】本题考查了折叠的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，切线的性质，垂径定理，知识点较多，多为一些性质定理，解题时要逐一分析，利用性质定理进行推导.6．（2019·湖南岳阳市·中考真题）如图，AB为⊙O的直径，点P为AB延长线上的一点，过点P作⊙O的切线PE，切点为M，过A、B两点分别作PE的垂线AC、BD，垂足分别为C、D，连接AM，则下列结论正确的是___________.(写出所有正确结论的序号)①AM平分∠CAB；②AM2＝AC•AB；③若AB＝4，∠APE＝30°，则的长为；④若AC＝3，BD＝1，则有CM＝DM＝.【答案】①②④【分析】连接OM，由切线的性质可得OM⊥PC，继而得OM∥AC，再根据平行线的性质以及等边对等角即可求得∠CAM＝∠OAM，由此可判断①；通过证明△ACM∽△AMB，根据相似三角形的对应边成比例可判断②；求出∠MOP＝60°，利用弧长公式求得的长可判断③；由BD⊥PC，AC⊥PC，OM⊥PC，可得BD∥AC//OM，继而可得PB=OB=AO，PD=DM=CM，进而有OM=2BD＝2，在Rt△PBD中，PB=BO=OM=2，利用勾股定理求出PD的长，可得CM＝DM＝DP＝，由此可判断④.【详解】连接OM，∵PE为⊙O的切线，∴OM⊥PC，∵AC⊥PC，∴OM∥AC，∴∠CAM＝∠AMO，∵OA＝OM，∠OAM＝∠AMO，∴∠CAM＝∠OAM，即AM平分∠CAB，故①正确；∵AB为⊙O的直径，∴∠AMB＝90°，∵∠CAM＝∠MAB，∠ACM＝∠AMB，∴△ACM∽△AMB，∴，∴AM2＝AC•AB，故②正确；∵∠APE＝30°，∴∠MOP＝∠OMP﹣∠APE＝90°﹣30°＝60°，∵AB＝4，∴OB＝2，∴的长为，故③错误；∵BD⊥PC，AC⊥PC，OM⊥PC，∴BD∥AC//OM，∴△PBD∽△PAC，∴，∴PB＝PA，又∵AO=BO，AO+BO=AB，AB+PB=PA，∴PB=OB=AO，又∵BD∥AC//OM，∴PD=DM=CM，∴OM=2BD＝2，在Rt△PBD中，PB=BO=OM=2∴PD==，∴CM＝DM＝DP＝，故④正确，故答案为①②④.【点睛】本题考查了切线的性质，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理等，综合性较强，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.二、解答题1．（2021·黑龙江中考真题）已知是的外接圆，为的直径，点为的中点，连接并延长交于点，连接，交于点．（1）如图1，求证：；（2）如图2，过点作，交于点，交于点，连接，，若，求证：；（3）如图3，在（2）的条件下，连接，若，求的长．【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）【分析】（1）由题意易得，则有，然后根据直角三角形的性质可进行求解；（2）由题意易得，则有，然后可得，进而问题可求证；（3）延长GD，交于点H，连接BG、OH、HE，由（2）可得是等腰直角三角形，则有，然后可得，进而可证四边形AGOD是平行四边形，AG=EH，则有，然后可得，最后问题可求解．【详解】证明：（1）∵为的直径，点为的中点，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴；（2）∵，OG=OB，OD=OD，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴；（3）延长GD，交于点H，连接BG、OH、HE，如图所示：由（2）可得，，，，∴是等腰直角三角形，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴四边形AGOD是平行四边形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵点为的中点，∴，∴，∴，∴，，∴，即，∴是等腰直角三角形，∴．【点睛】本题主要考查圆的综合、勾股定理、三角函数及等腰直角三角形的性质，熟练掌握圆的综合、勾股定理、三角函数及等腰直角三角形的性质是解题的关键．2．（2021·江苏扬州市·中考真题）在一次数学探究活动中，李老师设计了一份活动单：已知线段，使用作图工具作，尝试操作后思考：（1）这样的点A唯一吗？（2）点A的位置有什么特征？你有什么感悟？“追梦”学习小组通过操作、观察、讨论后汇报：点A的位置不唯一，它在以为弦的圆弧上（点B、C除外），……．小华同学画出了符合要求的一条圆弧（如图1）．（1）小华同学提出了下列问题，请你帮助解决．①该弧所在圆的半径长为___________；②面积的最大值为_________；（2）经过比对发现，小明同学所画的角的顶点不在小华所画的圆弧上，而在如图1所示的弓形内部，我们记为，请你利用图1证明；（3）请你运用所学知识，结合以上活动经验，解决问题：如图2，已知矩形的边长，，点P在直线的左侧，且．①线段长的最小值为_______；②若，则线段长为________．【答案】（1）①2；②；（2）见解析；（3）①；②【分析】（1）①设O为圆心，连接BO，CO，根据圆周角定理得到∠BOC=60°，证明△OBC是等边三角形，可得半径；②过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，以BC为底，则当A与D重合时，△ABC的面积最大，求出OE，根据三角形面积公式计算即可；（2）延长BA′，交圆于点D，连接CD，利用三角形外角的性质和圆周角定理证明即可；（3）①根据，连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，可得点P在优弧CPD上，连接BQ，与圆Q交于P′，可得BP′即为BP的最小值，再计算出BQ和圆Q的半径，相减即可得到BP′；②根据AD，CD和推出点P在∠ADC的平分线上，从而找到点P的位置，过点C作CF⊥PD，垂足为F，解直角三角形即可求出DP．【详解】解：（1）①设O为圆心，连接BO，CO，∵∠BAC=30°，∴∠BOC=60°，又OB=OC，∴△OBC是等边三角形，∴OB=OC=BC=2，即半径为2；②∵△ABC以BC为底边，BC=2，∴当点A到BC的距离最大时，△ABC的面积最大，如图，过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，∴BE=CE=1，DO=BO=2，∴OE==，∴DE=，∴△ABC的最大面积为=；（2）如图，延长BA′，交圆于点D，连接CD，∵点D在圆上，∴∠BDC=∠BAC，∵∠BA′C=∠BDC+∠A′CD，∴∠BA′C＞∠BDC，∴∠BA′C＞∠BAC，即∠BA′C＞30°；（3）①如图，当点P在BC上，且PC=时，∵∠PCD=90°，AB=CD=2，AD=BC=3，∴tan∠DPC==，为定值，连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，∴当点P在优弧CPD上时，tan∠DPC=，连接BQ，与圆Q交于P′，此时BP′即为BP的最小值，过点Q作QE⊥BE，垂足为E，∵点Q是PD中点，∴点E为PC中点，即QE=CD=1，PE=CE=PC=，∴BE=BC-CE=3-=，∴BQ==，∵PD==，∴圆Q的半径为，∴BP′=BQ-P′Q=，即BP的最小值为；②∵AD=3，CD=2，，则，∴△PAD中AD边上的高=△PCD中CD边上的高，即点P到AD的距离和点P到CD的距离相等，则点P到AD和CD的距离相等，即点P在∠ADC的平分线上，如图，过点C作CF⊥PD，垂足为F，∵PD平分∠ADC，∴∠ADP=∠CDP=45°，∴△CDF为等腰直角三角形，又CD=2，∴CF=DF==，∵tan∠DPC==，∴PF=，∴PD=DF+PF==．【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，三角形的面积，等边三角形的判定和性质，最值问题，解直角三角形，三角形外角的性质，勾股定理，知识点较多，难度较大，解题时要根据已知条件找到点P的轨迹．4．（2021·浙江温州市·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．4．（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．5．（2021·江苏泰州市·中考真题）如图，在⊙O中，AB为直径，P为AB上一点，PA＝1，PB＝m（m为常数，且m＞0）．过点P的弦CD⊥AB，Q为上一动点（与点B不重合），AH⊥QD，垂足为H．连接AD、BQ．（1）若m＝3．①求证：∠OAD＝60°；②求的值；（2）用含m的代数式表示，请直接写出结果；（3）存在一个大小确定的⊙O，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值，求此时∠Q的度数．【答案】（1）①见解析；②2；（2）；（3）存在半径为1的圆，45°【分析】（1）①连接OD，则易得CD垂直平分线段OA，从而OD=AD，由OA=OD，即可得△OAD是等边三角形，从而可得结论；②连接AQ，由圆周角定理得：∠ABQ=∠ADH，从而其余弦值相等，因此可得，由①可得AB、AD的值，从而可得结论；（2）连接AQ、BD，首先与（1）中的②相同，有，由△APD∽△ADB，可求得AD的长，从而求得结果；（3）由（2）的结论可得：，从而BQ2﹣2DH2+PB2当m=1时，即可得是一个定值，从而可求得∠Q的值．【详解】（1）①如图，连接OD，则OA=OD∵AB=PA+PB=1+3=4∴OA=∴OP=AP=1即点P是线段OA的中点∵CD⊥AB∴CD垂直平分线段OA∴OD=AD∴OA=OD=AD即△OAD是等边三角形∴∠OAD=60°②连接AQ∵AB是直径∴AQ⊥BQ根据圆周角定理得：∠ABQ=∠ADH，∴∵AH⊥DQ在Rt△ABQ和Rt△ADH中∴∵AD=OA=2，AB=4∴（2）连接AQ、BD与（1）中的②相同，有∵AB是直径∴AD⊥BD∴∠DAB+∠ADP=∠DAB+∠ABD=90°∴∠ADP=∠ABD∴Rt△APD∽Rt△ADB∴∵AB=PA+PB=1+m∴∴（3）由（2）知，∴BQ=即∴BQ2﹣2DH2+PB2=当m=1时，BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值，且这个定值为1，此时PA=PB=1，即点P与圆心O重合∵CD⊥AB，OA=OD=1∴△AOD是等腰直角三角形∴∠OAD=45°∵∠OAD与∠Q对着同一条弧∴∠Q=∠OAD=45°故存在半径为1的圆，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值1，此时∠Q的度数为45.【点睛】本题是圆的综合，它考查了圆的基本性质，锐角三角函数，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识，难点是第（3）问，得出BQ2﹣2DH2+PB2后，当m=1即可得出BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值．6．（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．7．（2021·四川成都市·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．8．（2021·广西来宾市·中考真题）如图，已知，是的直径，，与的边，分别交于点，，连接并延长，与的延长线交于点，．（1）求证：是的切线；（2）若，求的值；（3）在（2）的条件下，若的平分线交于点，连接交于点，求的值．【答案】（1）见解析；（2）；（3）．【分析】（1）连接DF，由圆周角性质可得，则利用平行线的判定与性质可得，再根据等腰三角形性质及直角三角形性质可推出，即可证得结论；（2）由相似三角形的判定可得，则推出，由得出，可利用勾股定理求得，即可求出的值；（3）连接MN，并延长CO与AF，分别相交于点P，点Q，连接AQ，利用（2）所得结论及已知分别求得，，，，，，再由相似三角形的判定及性质可推出，代入求值后即可求得的值．【详解】（1）证明：如图，连接DF，∵是的直径，∴．∴DF∥AE．∵四边形ABCD是平行四边形，∴AE∥OC．∴DF∥OC．∴．∵，∴．∵，∴．∵，∴．∴．∴．∴是的切线．（2）解：∵，∴．∴．∴．∴．∵，∴．设，则．由勾股定理得，即，解得，（不合题意，舍去）．∴．∵，∴．（3）解：连接MN，并延长CO与AF，分别相交于点P，点Q，连接AQ，∵四边形ABCD是平行四边形，∴，，AB∥OC．∴，∵平分，∴．∴．∴．∵∴．∵，∴．∴．∴．∴．∵AB∥OC，∴．∴．∵，∴．在Rt△APO中，由勾股定理得．∴．在Rt△APH中，由勾股定理得．∵，∴．∵，∴．∴．∴．【点睛】本题属于圆的综合问题，考查了圆周角定理、切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质及求角的三角函数值等知识，熟练掌握圆的相关知识及相似三角形的判定与性质等知识是解题的关键．9．（2021·四川宜宾市·中考真题）如图1，D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA＝∠CBD．（1）判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若tan∠ADC＝，AC＝2，求⊙O的半径；（3）如图2，在（2）的条件下，∠ADB的平分线DE交⊙O于点E，交AB于点F，连结BE．求sin∠DBE的值．【答案】（1）见详解；（2）3；（3）【分析】（1）CD与⊙O相切，理由：连接OD，先判断出∠CDA＝∠ODB，再根据∠ADB＝∠ADO＋∠ODB＝90°，判断出∠CDO＝90°，即可得出结论；（2）先判断出tan∠CBD＝，进而得出tan∠CBD＝＝，再判断出△CAD∽△CDB，得出，求出CD，CB，即可得出结论；（3）连接OE，过点E作EG⊥BD于G，先判断出∠BOE＝2∠BDE＝90°，进而求出BE＝3，再利用勾股定理求出AD＝，BD＝，再判断出DG＝EG，设DG＝EG＝x，则BG＝−x，再用勾股定理求出x，即可得出结论．【详解】解：（1）CD与⊙O相切，理由：如图1，连接OD，∵OB＝OD，∴∠ODB＝∠CBD，∵∠CDA＝∠CBD，∴∠CDA＝∠ODB，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝∠ADO＋∠ODB＝90°，∴∠CDA＋∠ADO＝90°，∴∠CDO＝90°，∴OD⊥CD，∴CD与⊙O相切；（2）由（1）知，∠CBD＝∠ADC，∵tan∠ADC＝，∴tan∠CBD＝，在Rt△ADB中，tan∠CBD＝＝，∵∠C＝∠C，∠ADC＝∠CBD，∴△CAD∽△CDB，∴，∴CD＝2CA＝4，∴CB＝2CD＝8，∴AB＝CB−CA＝8−2＝6，∴OA＝OB＝AB＝3；（3）如图2，连接OE，过点E作EG⊥BD于G，∵DE平分∠ADB，∴∠ADE＝∠BDE＝45°，∴∠BOE＝2∠BDE＝90°，∴BE＝=3，在Rt△ABD中，AD2＋BD2＝AB2＝62，∵＝，∴AD＝，BD＝，∵EG⊥BD，∠BDE＝45°，∴∠DEG＝∠BDE＝45°，∴DG＝EG，设DG＝EG＝x，则BG＝BD−DG＝−x，在Rt△BEG中，EG2＋BG2＝BE2＝（3）2＝18，∴x2＋（−x）2＝18，∴x＝或x＝（舍），∴EG＝，∴sin∠DBE＝．【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了切线的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，作出辅助线构造出等腰直角三角形是解本题的关键．10．（2021·黑龙江绥化市·中考真题）如图，在中，，以为直径的与相交于点，垂足为．（1）求证：是的切线；（2）若弦垂直于，垂足为，求的半径；（3）在（2）的条件下，当时，求线段的长．

【答案】（1）见解析；（2）的半径为1；（3）．【分析】（1）连接OD，由题意可得∠B=∠C，由半径OB和OD可得∠B=∠ODB，从而∠C=∠ODB，在Rt△DEC中可知∠C+∠CDE=90°，则∠OBD+∠CDE=90°，从而得出∠ODE=90°，即可得证DE是的切线；（2）连接OD，过点D作DG⊥AB，垂足为G，设AC与交于点H，连接OH，分别求解S△OAH，S扇形OAH，S△OBD，S扇形OOD，然后根据S阴影=S扇形OAH+S扇形OBD–S△OAH–S△OBD求解即可得到阴影部分的面积．【详解】（1）证明：方法一：连接为直径，为中点为中点是的半径是的切线方法二：连接．是的半径是的切线方法三：连接是的半径是的切线（2）解：方法一：连接，是直径在中即的半径为1

方法二：连接是的直径为中点即的半径为1

（3）作的平分线交于连接平分即设则解得：是的直径

【点睛】本题主要考查了圆的切线的判定，以及与扇形面积相关的不规则阴影部分面积求解问题，灵活添加辅助线将不规则图形转换为规则图形的面积表示是解题关键．11．（2021·湖南永州市·中考真题）如图1，是的直径，点E是上一动点，且不与A，B两点重合，的平分线交于点C，过点C作，交的延长线于点D．（1）求证：是的切线；（2）求证：；（3）如图2，原有条件不变，连接，延长至点M，的平分线交的延长线于点P，的平分线交的平分线于点Q．求证：无论点E如何运动，总有．【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）见详解【分析】（1）连接OC，先证明∠EAC=∠OCA，可得CO∥AE，进而即可求证；（2）连接BC，可证，进而即可得到结论；（3）由三角形外角的性质可得∠QBM-∠QAM=∠Q，∠CBM-∠CAM=∠ACB，结合角平分线的定义，可得∠ACB=2∠Q，同理：∠AEB=2∠P，进而即可得到结论．【详解】（1）证明：连接OC，∵的平分线交于点C，∴∠EAC=∠CAB，∵OA=OC，∴∠CAB=∠OCA，∴∠EAC=∠OCA，∴CO∥AE，∵，∴CO⊥CD，∴是的切线；（2）连接BC，∵是的直径，∴∠ACB=90°，∵，∴∠D=90°，即：∠ACB=∠D，∵∠DAC=∠CAB，∴，∴，即：，∵AB=2AO，∴；（3）证明：∵∠QBM是的一个外角，∴∠QBM-∠QAM=∠Q，同理：∠CBM-∠CAM=∠ACB，∵的平分线交的平分线于点Q，∴∠CBM=2∠QBM，∠CAM=2∠QAM，∴∠ACB=2∠Q，同理：∠AEB=2∠P，∵∠ACB和∠AEB都是直径所对的圆周角，∴∠ACB=∠AEB=90°，∴，即：无论点E如何运动，总有．【点睛】本题主要考查圆的基本性质，三角形外角的性质，切线的判定定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握圆周角定理及其推论，切线的判定定理，是解题的关键．12．（2021·内蒙古呼和浩特市·中考真题）已知是⊙O的任意一条直径，（1）用图1，求证：⊙O是以直径所在直线为对称轴的轴对称图形；（2）已知⊙O的面积为，直线与⊙O相切于点C，过点B作，垂足为D，如图2，求证：①；②改变图2中切点C的位置，使得线段时，．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②见解析【分析】（1）设P是⊙O上点A，B以外任意一点，过点P作，交⊙O于点，垂足为M，若M与圆心O不重合，证明是的垂直平分线即可；（2）①连接AC、OC，根据已知条件求出⊙O半径并证明，列比例即可得出结论；②根据已知条件证明四边形OCDB为正方形，即可求出OD的长度．【详解】（1）证明：如图，设P是⊙O上点A，B以外任意一点过点P作，交⊙O于点，垂足为M若M与圆心O不重合,连接，在中∵∴是等腰三角形又∴则是的垂直平分线若M与圆心O重合，显然是的垂直平分线这就是说，对于圆上任意一点P，在圆上都有关于直线的对称点，因此⊙O是以直径所在直线为对称轴的轴对称图形；（2）①证明：设⊙O半径为r，由可得，∴，连接，则，∵C是切点，连接，∴，∵，∴，∴，而，∴，又∵，∴，∴，∴，∴；②证明：由①证明可知与切点C的位置无关，又∵，∴可证得，又∵是等腰三角形，∴与互相垂直平分，又，∴四边形是边长为2的正方形，∴．【点睛】本题主要考查等腰三角形性质，相似三角形的判定与性质，圆切线的性质，正方形的判定等知识点，熟练掌握几何图形的性质特点是解题关键．13．（2021·湖北黄石市·中考真题）如图，、是的切线，、是切点，是的直径，连接，交于点，交于点．（1）求证：；（2）若恰好是的中点，且四边形的面积是，求阴影部分的面积；（3）若，且，求切线的长．【答案】（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）证明∠POB=∠CBO，根据“内错角相等，两直线平行”即可证明结论；（2）证明△AOD是等边三角形得∠AOD=60°，设OA=R，求出AE=，AB=，PO=2R，根据四边形的面积是求出R，再利用求解即可；（3）利用设出BC=m，则AC=3m，分别求出，DE=m，在Rt△AED中运用勾股定理列方程，求出m的值，再证明∠APO=∠BAC，利用求出PA的长．【详解】解：（1）证明：∵是的切线∴，即∴∵AC是的直径∴∠ABC=90°∴∴（2）∵E是OD的中点，且AB⊥OD，∴AO=AD，又AO=OD∴△AOD是等边三角形∴∠AOD=60°∵PA是的切线，OA是的半径，∴∠OAP=90°∴∠APO=30°∴PO=2AO在中，∠AOE=60°∴∠OAE=30°设OA=R，则∴∴∵四边形的面积是，∴，即解得，（负值舍去）∴∵∴∴（3）∵∴故设BC=m，则AC=3m，∴∵OE//BC∴在Rt△AEO中，在Rt△AED中，∴∴(负值舍去)∴∵∴∴∴【点睛】本题考查的是切线的判定和性质、扇形面积的计算、勾股定理以及解直角三角形等知识，灵活运用切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径和切线的判定是解题的关键．14．（2021·黑龙江大庆市·中考真题）如图，已知是的直径．是的弦，弦垂直于点，交于点．过点作的切线交的延长线于点

（1）求证：；（2）判断是否成立？若成立，请证明该结论；（3）若为中点，，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）结论成立，见解析；（3）【分析】（1）连接，可得为等腰三角形，则，结合垂经定理和切线的性质可得，从而可得，即可得到结论；（2）连接EC，CD，并延长交⊙O于点，连接，证明，在结合（1）中的结论即可求解；（3）连接OD，OG，根据垂经定理的推论得出，，在中利用三角函数求出⊙O的半径，在中利用三角函数即可求得长，在利用勾股定理求出，从而可求DE【详解】（1）如图：连接

为等腰三角形，切⊙O于点（2）结论成立；理由如下；如图：连接EC，CD，并延长交⊙O于点，连接为⊙O的直径切⊙O于点（3）如图：连接OD，OG，为中点与点F在中有【点睛】本题考查了垂经定理及推论，相似三角形的判定和性质，切线的性质，以及解直角三角形等知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练掌握各部分内容，将所学知识贯穿起来．15．（2021·广西柳州市·中考真题）如图，四边形中，，以A为圆心，为半径作圆，延长交于点F，延长交于点E，连结，交于点G．

（1）求证：为的切线；（2）求的值；（3）求线段的长．【答案】（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）根据平行线的性质，证明∠ABC=90°即可；（2）根据平行线的性质，得∠EDF=∠BCD，过点D作DH⊥BC，垂足为H，在直角三角形CDH中，根据三角函数的定义计算即可；（3）过A作于点J，证明，后利用勾股定理计算即可【详解】（1）证明：∵，∴∵∴是的切线（2）过D作于H,∵∴∴四边形为平行四边形

∴在中，∴,∴,∴（3）过A作于点J,∴在中，∴∴∴∵∵∴∴，∴中，∴.【点睛】本题考查了切线的判定，垂径定理，三角形相似，勾股定理，熟练掌握切线的判定，灵活运用勾股定理，垂径定理，三角形相似是解题的关键.16．（2021·江西中考真题）如图1，四边形内接于，为直径，过点作于点，连接．（1）求证：；（2）若是的切线，，连接，如图2．①请判断四边形ABCO的形状，并说明理由；②当AB=2时，求AD，AC与围成阴影部分的面积．【答案】（1）见解析；（2）四边形ABCO是菱形，理由见解析；（3）阴影部分的面积为．【分析】（1）利用圆内接四边形的性质证得∠D=∠EBC，再利用圆周角的性质证得∠D+∠CAD=，即可证明∠CAD=∠ECB；（2）①利用切线的性质得到OC⊥EC，从而证明OC∥AE，再证明∠BAO=∠EBC=60°，推出BC∥AO，即可证明四边形ABCO是菱形；②先计算，再利用扇形的面积公式计算，即可求得阴影部分的面积．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠D+∠ABC=，∵∠EBC+∠ABC=，∴∠D=∠EBC，∵AD为⊙O直径，∴∠ACD=，∴∠D+∠CAD=，∵CE⊥AB，∴∠ECB+∠EBC=，∴∠CAD=∠ECB；（2）①四边形ABCO是菱形，理由如下：∵CE是⊙O的切线，∴OC⊥EC，∵AB⊥EC，∴∠OCE=∠E=，∴∠OCE+∠E=18，∴OC∥AE，∴∠ACO=∠BAC，∵OA=OC，∴∠ACO=∠CAD，∴∠BAC=∠CAD，∵∠CAD=∠ECB，∠CAD=30°，∴∠EBC=90°-30°=60°，∴∠BAO=∠EBC=60°，∴BC∥AO，∴四边形ABCO是平行四边形，∵OA=OC，∴四边形ABCO是菱形；②∵四边形ABCO是菱形，∴AO=AB=2，AD=4，∵∠CAD=30°，∴CD=AD=2，AC=2，过点C作CF⊥AD于点F，∴CF=，∴，∵OC∥AE，∴∠DOC=∠BAO=60°，∴，∴阴影部分的面积为．【点睛】本题主要考查了切线的性质、菱形的判定和性质以及扇形面积的求法，熟练掌握切线的性质定理以及扇形面积的求法是解答此题的关键．17．（2021·山东枣庄市·中考真题）如图，是的外接圆，点在边上，的平分线交于点，连接，，过点作的切线与的延长线交于点．（1）求证：；（2）求证：；（3）当，时，求线段的长．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．【分析】（1）连接，先根据圆周角定理、角平分线的定义，再根据圆的切线的性质可得，然后根据平行线的判定即可得证；（2）先根据圆周角定理、平行线的性质可得，再根据圆内接四边形的性质可得，然后根据相似三角形的判定即可得证；（3）先利用勾股定理可得，再利用圆周角定理可得，从而可得，然后根据（2）中，相似三角形的性质即可得．【详解】证明：（1）如图，连接，是的直径，，平分，，由圆周角定理得：，，是的切线，，；（2）由圆周角定理得：，，，，由圆内接四边形的性质得：，，，在和中，，；（3），，，在中，，由圆周角定理得：，，，又，，即，解得，答：线段的长为．【点睛】本题考查了圆的切线的性质、圆周角定理、圆内接四边形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握圆周角定理和相似三角形的判定与性质是解题关键．18．（2021·山东泰安市·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．19．（2021·四川自贡市·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．20．（2021·新疆中考真题）如图，AC是⊙O的直径，BC，BD是⊙O的弦，M为BC的中点，OM与BD交于点F，过点D作，交BC的延长线于点E，且CD平分．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）求证：；（3）若，，求BF的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）连接OD，AD，根据直径所对的圆周角为直角得出∠ADC=90°，再综合角平分线的定义以及圆的基本性质，推出∠CDE=∠ADO，从而推出∠ADC=∠ODE，即可得证；（2）在（1）的基础之上，结合同弧所对的圆周角相等，即可得证；（3）通过垂径定理的推论得到∠OME=90°，，再根据锐角三角函数求出CE，从而得到CM和BM，再结合（2）的结论，在Rt△BFM中求解即可．【详解】（1）如图，连接OD，AD，∵AC为直径，∴∠ADC=90°，∵CD平分∠ACE，∴∠ACD=∠ECD，∵DE⊥BC，∴∠DEC=90°，∴∠CAD=∠CDE，∵∠CAD=∠ADO，∴∠ADO=∠CDE，∴∠ADO+∠ODC=∠ODC+∠CDE，即：∠ADC=∠ODE，∴∠ODE=90°，∵OD为半径，∴DE是⊙O的切线；（2）如（1）图，可得∠CDE=∠CAD，根据同弧所对的圆周角相等，可得∠CAD=∠DBE，∴∠CDE=∠DBE；（3）∵M为弦BC的中点，∴根据垂径定理的推论得：∠OME=90°，∴∠ODE=∠DEM=∠OME=90°，∴四边形ODEM为矩形，∵DE=6，在Rt△DCE中，，由（2）可知，∠CDE=∠DBE,∴,∴BC=BE-CE=9-4=5，∴BM=CM=，∴在Rt△BFM中，，∴．【点睛】本题考查圆的综合问题，掌握圆的基本性质，证明圆的切线的方法，以及垂径定理及其推论是解题关键．21．（2021·湖南长沙市·中考真题）如图，点为以为直径的半圆的圆心，点，在直径上，点，在上，四边形为正方形，点在上运动（点与点，不重合），连接并延长交的延长线于点，连接交于点，连接．

（1）求的值；（2）求的值；（3）令，，直径（，是常数），求关于的函数解析式，并指明自变量的取值范围．【答案】（1）；（2）；（3）．【分析】（1）连接，先利用定理证出，从而可得，再在中，解直角三角形即可得；（2）在（1）的基础上，利用求出的长，由此即可得；（3）如图（见解析），先解直角三角形可得，再根据圆周角定理、相似三角形的判定可得，从而可得，由此即可得出关于的函数解析式，然后连接，交于点，根据相似三角形的判定与性质可得，由此可求出，最后根据可得自变量的取值范围．【详解】解：（1）如图，连接，则，

四边形为正方形，，在和中，，，，设，则，在中，，则；（2）设，则，，，，；（3），，，，解得，，，，，，由圆周角定理得：，，，，，在和中，，，，即，解得，如图，连接，交于点，

，，，四边形为正方形，，，，即，解得，点在上运动（点与点不重合），点在线段上运动（点与点不重合），，即，综上，．【点睛】本题考查了正方形的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，较难的是题（3），正确找出相似三角形是解题关键．22．（2021·浙江宁波市·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．23．（2020·柳州市柳林中学中考真题）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上的一点，连接AC、BC，OD⊥BC于点E，交⊙O于点D，连接CD、AD，AD与BC交于点F，CG与BA的延长线交于点G．（1）求证：△ACD∽△CFD；（2）若∠CDA＝∠GCA，求证：CG为⊙O的切线；（3）若sin∠CAD＝，求tan∠CDA的值．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）．【分析】（1）由垂径定理得，由圆周角定理得∠CAD＝∠FCD，再由公共角∠ADC＝∠CDF，即可得出△ACD∽△CFD；（2）连接OC，由圆周角定理得∠ACB＝90°，则∠ABC+∠CAB＝90°，由等腰三角形的性质得∠OBC＝∠OCB，证出∠OCB＝∠GCA，得出∠OCG＝90°，即可得出结论；（3）连接BD，由圆周角定理得∠CAD＝∠CBD，则sin∠CAD＝sin∠CBD＝，设DE＝x，OD＝OB＝r，则OE＝r﹣x，BD＝3x，由勾股定理得BE＝，则BC＝2BE＝，在Rt△OBE中，由勾股定理得(r﹣x)2+()2＝r2，解得r＝，则AB＝2r＝9x，由勾股定理求出AC＝7x，由三角函数定义即可得出答案．【详解】（1）证明：∵OD⊥BC，∴,∴∠CAD＝∠FCD，又∵∠ADC＝∠CDF，∴△ACD∽△CFD；（2）证明：连接OC，如图1所示：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠ABC+∠CAB＝90°，∵OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB，∵∠CDA＝∠OBC，∠CDA＝∠GCA，∴∠OCB＝∠GCA，∴∠OCG＝∠GCA+∠OCA＝∠OCB+∠OCA＝90°，∴CG⊥OC，∵OC是⊙O的半径，∴CG是⊙O的切线；（3）解：连接BD，如图2所示：∵∠CAD＝∠CBD，∵OD⊥BC，∴sin∠CAD＝sin∠CBD＝，BE＝CE，设DE＝x，OD＝OB＝r，则OE＝r﹣x，BD＝3x在Rt△BDE中，BE＝，∴BC＝2BE＝,在Rt△OBE中，OE2+BE2＝OB2，即(r﹣x)2+()2＝r2，，解得：r＝，∴AB＝2r＝9x，在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2，∴AC2+()2＝(9x)2，∴AC＝7x或AC＝﹣7x（舍去），∴tan∠CDA＝tan∠CBA＝＝．【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定，三角函数等知识．本题综合性比较强，熟练掌握圆周角定理，垂径定理是解题的关键．24．（2020·四川绵阳市中考真题）如图，在⊙O中，弦AB与直径CD垂直，垂足为M，CD的延长线上有一点P，满足∠PBD＝∠DAB．过点P作PN⊥CD，交OA的延长线于点N，连接DN交AP于点H．（1）求证：BP是⊙O的切线；（2）如果OA＝5，AM＝4，求PN的值；（3）如果PD＝PH，求证：AH•OP＝HP•AP．【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析【分析】（1）连接BC，OB，证明OB⊥PB即可．（2）解直角三角形求出OM，利用相似三角形的性质求出OP，再利用平行线分线段成比例定理求出PN即可．（3）证明△NAH∽△NPD，推出=，证明△PAN∽△OAP，推出=，推出=可得结论．【详解】（1）如图，连接BC，OB．∵CD是直径，∴∠CBD=90°，∵OC=OB，∴∠C=∠CBO，∵∠C=∠BAD，∠PBD=∠DAB，∴∠CBO=∠PBD，∴∠OBP=∠CBD=90°，∴PB⊥OB，∴PB是⊙O的切线；（2）∵CD⊥AB，∴CD垂直平分AB，∴PA=PB，∵OA=OB，OP=OP，∴△PAO≌△PBO（SSS），∴∠OAP=∠OBP=90°，∵∠AMO=90°，∴OM===3，∵∠AOM=∠AOP，∠OAP=∠AMO，∴△AOM∽△POA，∴=，∴=，∴OP=，∵PN⊥PC，∴∠NPC=∠AMO=90°，∴=，∴=，∴PN=．（3）∵PD=PH，∴∠PDH=∠PHD，∴∠PDN=∠PHD=∠AHN，∵∠NPC=90°，∠OAP=90°，∴∠NAH=∠NPD=90°，∴△NAH∽△NPD，∴=，∵∠APN+∠PNA=∠POA+∠PNA=90°，∴∠APN=∠POA，又∠PAN=∠PAO=90°，∴△PAN∽△OAP，∴=，∴=，∴==，∴AH•OP=HP•AP．【点睛】本题综合考查了切线的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，相似三角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或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．25．（2020·内蒙古鄂尔多斯市·中考真题）我们知道，顶点坐标为(h，k)的抛物线的解析式为y＝a（x﹣h）2+k（a≠0）．今后我们还会学到，圆心坐标为(a，b)，半径为r的圆的方程（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2，如：圆心为P(﹣2，1)，半径为3的圆的方程为（x+2）2+（y﹣1）2＝9．（1）以M(﹣3，﹣1)为圆心，为半径的圆的方程为．（2）如图，以B(﹣3，0)为圆心的圆与y轴相切于原点，C是⊙B上一点，连接OC，作BD⊥OC，垂足为D，延长BD交y轴于点E，已知sin∠AOC＝．①连接EC，证明：EC是⊙B的切线；②在BE上是否存在一点Q，使QB＝QC＝QE＝QO？若存在，求点Q的坐标，并写出以Q为圆心，以QB为半径的⊙Q的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（x+3）2+（y+1）2＝3；（2）①证明见解析，②存在，点Q(﹣，2)，方程为（x+）2+（y﹣2）2＝【分析】（1）由圆的方程的定义可求解；（2）①由“SAS”可证△CBE≌△OBE，可得∠BCE＝∠BOE＝90°，可得结论；②如图，连接CQ，QO，由余角性质可得∠AOC＝∠BEO，由锐角三角函数可求EO的长，可得点E坐标，由QB＝QC＝QE＝QO，可得点Q是BE中点，由中点坐标公式可求点Q坐标，即可求解．【详解】解：（1）以M（﹣3，﹣1）为圆心，为半径的圆的方程为（x+3）2+（y+1）2＝3，故答案为：（x+3）2+（y+1）2＝3；（2）①∵OE是⊙B切线，∴∠BOE＝90°，∵CB＝OB，BD⊥CO，∴∠CBE＝∠OBE，又∵BC＝BO，BE＝BE，∴△CBE≌△OBE（SAS），∴∠BCE＝∠BOE＝90°，∴BC⊥CE，又∵BC是半径，∴EC是⊙B的切线；②如图，连接CQ，QO，∵点B（﹣3，0），∴OB＝3，∵∠AOC+∠DOE＝90°，∠DOE+∠DEO＝90°，∴∠AOC＝∠BEO，∵sin∠AOC＝．∴sin∠BEO＝＝，∴BE＝5，∴OE＝＝＝4，∴点E（0，4），∵QB＝QC＝QE＝QO，∴点Q是BE的中点，∵点B（﹣3，0），点E（0，4），∴点Q（﹣，2），∴以Q为圆心，以QB为半径的⊙Q的方程为（x+）2+（y﹣2）2＝．【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数等知识，理解圆的方程定义是本题的关键．26．（2020·辽宁盘锦市·中考真题）如图，是的直径，是的弦，交于点，连接，过点作，垂足为，．（1）求证：；（2）点在的延长线上，连接．①求证：与相切；②当时，直接写出的长．【答案】（1）见解析（2）①见解析②【分析】（1）由圆周角定理，以及等角的余角相等，得到，即可得到结论成立；（2）①连接AO，先证明，然后证明，即可得到结论成立；②由AC∥EF，得到，然后得到BE=10，得到OA=OC=7，OE=3，然后得到AE的长度，再利用△AOE∽△GAE，即可求出GE，即可得到CG的长度．【详解】（1）证明：，即（2）①连接即是的半径与相切②如图，∵BC为直径，EF⊥AB，∴∠BAC=∠BFE=90°，∴AC∥FE，∴，∵CE=4，∴BE=10，∴BC=14，∴OA=OC=7，∴，在Rt△AOE中，由勾股定理，得，∵，，∴△AEO∽△GEA，∴，即，∴，∴．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，切线的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，以及等角的余角相等，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确作出辅助线，从而进行解题．27．（2020·江苏常州市·中考真题）如图1，⊙I与直线a相离，过圆心I作直线a的垂线，垂足为H，且交⊙I于P、Q两点（Q在P、H之间）．我们把点P称为⊙I关于直线a的“远点”，把的值称为⊙I关于直线a的“特征数”．（1）如图2，在平面直角坐标系中，点E的坐标为，半径为1的⊙O与两坐标轴交于点A、B、C、D．①过点E画垂直于y轴的直线m，则⊙O关于直线m的“远点”是点_________（填“A”、“B”、“C”或“D”），⊙O关于直线m的“特征数”为_________；②若直线n的函数表达式为，求关于直线n的“特征数”；（2）在平面直角坐标系中，直线l经过点，点F是坐标平面内一点，以F为圆心，为半径作⊙F．若⊙F与直线l相离，点是⊙F关于直线l的“远点”，且⊙F关于直线l的“特征数”是，求直线l的函数表达式．【答案】（1）①D；10；②⊙O关于直线n的“特征数”为6；（2）直线l的解析式为y=-3x+7或y=x+【分析】（1）①根据题干中“远点”及“特征数”的定义直接作答即可；②过圆心O作OH⊥直线n，垂足为点H，交⊙O于点P、Q，首先判断直线n也经过点E（0，4），在Rt△EOF中，利用三角函数求出∠EFO=60°，进而求出PH的长，再根据“特征数”的定义计算即可；（2）连接NF并延长，设直线l的解析式为y=kx+b1,用待定系数法得到，再根据两条直线互相垂直，两个一次函数解析式的系数k互为负倒数的关系可设直线NF的解析式为y=x+b2,用待定系数法同理可得，消去b1和b2，得到关于m、n的方程组；根据⊙F关于直线l的“特征数”是，得出NA=，再利用两点之间的距离公式列出方程(m+1)2+n2=10，把代入，求出k的值，便得到m、n的值即点A的坐标，再根据待定系数法求直线l的函数表达式．注意有两种情况，不要遗漏．【详解】解：（1）①⊙O关于直线m的“远点”是点D，⊙O关于直线m的“特征数”为DB·DE=2×5=10；②如下图：过圆心O作OH⊥直线n，垂足为点H，交⊙O于点P、Q，∵直线n的函数表达式为，当x=0时，y=4；当y=0时，x=，∴直线n经过点E（0，4），点F（，0），在Rt△EOF中，∵tan∠FEO===，∴∠FEO=30°，∴∠EFO=60°，在Rt△HOF中，∵sin∠HFO=，∴HO=sin∠HFO·FO=2，∴PH=HO+OP=3，∴PQ·PH=2×3=6，∴⊙O关于直线n的“特征数”为6；（2）如下图，∵点F是圆心，点是“远点”，∴连接NF并延长，则直线NF⊥直线l，设NF与直线l的交点为点A（m，n），设直线l的解析式为y=kx+b1（k≠0）,将点与A（m，n）代入y=kx+b1中，②-①得：n-4=mk-k，③又∵直线NF⊥直线l，∴设直线NF的解析式为y=x+b2（k≠0）,将点与A（m，n）代入y=x+b2中，④-⑤得：-n=+，⑥联立方程③与方程⑥，得：解得：，∴点A的坐标为（，）；又∵⊙F关于直线l的“特征数”是，⊙F的半径为，∴NB·NA=，即2·NA=，解得：NA=，∴[m-(-1)]2+(n-0)2=()2，即(m+1)2+n2=10，把代入，解得k=-3或k=；当k=-3时，m=2，n=1，∴点A的坐标为（2，1），把点A（2，1）与点代入y=kx+b1中，解得直线l的解析式为y=-3x+7；当k=时，m=-2，n=3，∴点A的坐标为（-2，3），把点A（-2，3）与点代入y=kx+b1中，解得直线l的解析式为y=x+．∴直线l的解析式为y=-3x+7或y=x+．【点睛】本题是一次函数与圆的综合题，考查了直线与圆的位置关系、一次函数的图象和性质、解直角三角形等，理解“远点”和“特征数”的意义，熟练掌握一次函数的图象和性质、两点之间距离公式、两条直线互相垂直的两个一次函数解析式中系数k互为负倒数的关系是解题的关键．28．（2020·湖北咸宁市·中考真题）定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形．理解：（1）若四边形是对余四边形，则与的度数之和为______；证明：（2）如图1，是的直径，点在上，，相交于点D．求证：四边形是对余四边形；探究：（3）如图2，在对余四边形中，，，探究线段，和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．【答案】（1）90°或270°；（2）见解析；（3），理由见解析【分析】（1）分当∠A和∠C互余时，当∠B和∠D互余时，两种情况求解；（2）连接BO，得到∠BON+∠BOM=180°，再利用圆周角定理证明∠C+∠A=90°即可；（3）作△ABD的外接圆O，分别延长AC，BC，DC，交圆O于E，F，G，连接DF，DE，EF，先证明GF是圆O的直径，得到，再证明△ABC∽△FEC，△ACD∽△GCE，△BCD∽△GCF，可得，，从而得出，根据△ABC为等边三角形可得AB=AC=BC，从而得到.【详解】解：（1）∵四边形是对余四边形，当∠A和∠C互余时，∠A+∠C=90°，当∠B与∠D互余时，∠B+∠D=90°，则∠A+∠C=360°-90°=270°，故答案为：90°或270°；（2）如图，连接BO，可得：∠BON=2∠C，∠BOM=2∠A，而∠BON+∠BOM=180°，∴2∠C+2∠A=180°，∴∠C+∠A=90°，∴四边形是对余四边形；（3）∵四边形ABCD为对于四边形，∠ABC=60°，∴∠ADC=30°，如图，作△ABD的外接圆O，分别延长AC，BC，DC，交圆O于E，F，G，连接DF，DE，EF，则∠AEF=∠ABC=60°，∠AEG=∠ADG=30°，∴∠AEF+∠AEG=90°，即∠FEG=90°，∴GF是圆O的直径，∵AB=BC，∴△ABC为等边三角形，∵∠ABC=∠AEF，∠ACB=∠ECF，∴△ABC∽△FEC，得：，则，同理，△ACD∽△GCE，得：，则，△BCD∽△GCF，得：，可得：，而，∴，∴，∴，∵AB=BC=AC，∴.【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，四边形的新定义问题，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，多边形内角和，解题的关键是理解对余四边形的概念，结合所学知识求证.29．（2020·陕西中考真题）问题提出（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，∠ACB的平分线交AB于点D．过点D分别作DE⊥AC，DF⊥BC．垂足分别为E，F，则图1中与线段CE相等的线段是_____．问题探究（2）如图2，AB是半圆O的直径，AB＝8．P是上一点，且，连接AP，BP．∠APB的平分线交AB于点C，过点C分别作CE⊥AP，CF⊥BP，垂足分别为E，F，求线段CF的长．问题解决（3）如图3，是某公园内“少儿活动中心”的设计示意图．已知⊙O的直径AB＝70m，点C在⊙O上，且CA＝CB．P为AB上一点，连接CP并延长，交⊙O于点D．连接AD，BD．过点P分别作PE⊥AD，PF⊥BD，重足分别为E，F．按设计要求，四边形PEDF内部为室内活动区，阴影部分是户外活动区，圆内其余部分为绿化区．设AP的长为x（m），阴影部分的面积为y（m2）．①求y与x之间的函数关系式；②按照“少儿活动中心”的设计要求，发现当AP的