专题08 圆的相关证明与计算（基本性质、三角形相似、锐角三角函数）（解析版）

专题08圆的相关证明与计算（基本性质、与三角形全等相似有关、与锐角函数有关）类型一基本性质有关的1．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，点在第一象限内，与轴相切于点，与轴相交于点．连接，过点作于点．

(1)求证：四边形为矩形．(2)已知的半径为4，，求弦的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据切线的性质及有三个角是直角的四边形是矩形判定即可．（2）根据矩形的性质、垂径定理及圆的性质计算即可．【详解】（1）证明：∵与轴相切于点，∴轴．∵，∴，∴四边形是矩形．（2）如图，连接．

四边形是矩形，．在中，，．点为圆心，，．【点睛】本题考查了矩形的判定，垂径定理，圆的性质，熟练掌握矩形的判定和垂径定理是解题的关键．2．（2023·上海·统考中考真题）如图，在中，弦的长为8，点C在延长线上，且．

(1)求的半径；(2)求的正切值．【答案】(1)5(2)【分析】（1）延长，交于点，连接，先根据圆周角定理可得，再解直角三角形可得，由此即可得；（2）过点作于点，先解直角三角形可得，从而可得，再利用勾股定理可得，然后根据正切的定义即可得．【详解】（1）解：如图，延长，交于点，连接，

由圆周角定理得：，弦的长为8，且，，解得，的半径为．（2）解：如图，过点作于点，

的半径为5，，，，，，即，解得，，，则的正切值为．【点睛】本题考查了圆周角定理、解直角三角形、勾股定理等知识点，熟练掌握解直角三角形的方法是解题关键．3．（2023·湖北武汉·统考中考真题）如图，都是的半径，．

(1)求证：；(2)若，求的半径．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由圆周角定理得出，，再根据，即可得出结论；（2）过点作半径于点，根据垂径定理得出，证明，得出，在中根据勾股定理得出，在中，根据勾股定理得出，求出即可．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴，，．（2）解：过点作半径于点，则，，∴，，，，在中，，在中，，，，即的半径是．

【点睛】本题主要考查了勾股定理，垂径定理，圆周角定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握圆周角定理．4．（2023·湖南常德·统考中考真题）如图，四边形是的内接四边形，是直径，是的中点，过点作交的延长线于点．

(1)求证：是的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)，【分析】（1）根据“连半径，证垂直”即可，（2）先由“直径所对的圆周角是直角”，证是直角三角形，用勾股定理求出长，再通过三角形相似即可求解．【详解】（1）连接

∵为的中点，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，又∵，∴，为半径，∴为的切线，（2）∵为直径，∴，∵，∴，又∵，，∴，∴，即，∴，∵，∴，

在中，由勾股定理得：．【点睛】此题考查切线的判定，圆周角定理，勾股定理定理的应用，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．5．（2023·山东东营·统考中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点D，，垂足为E．(1)求证：是的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）如图：，然后根据等边对等角可得、即，再根据可得，进而得到即可证明结论；（2）如图：连接，有圆周角定理可得，再解直角三角形可得，进而得到，然后说明，最后根据弧长公式即可解答．【详解】（1）证明：如图：连接

∵，∴,∵，∴,∴,∴,∴。∵，∴，∴，∵是的半径，∴是的切线．（2）解：如图：连接∵是的直径，∴,在中，，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了圆的切线证明、圆周角定理、解直角三角形、等腰三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识是解答本题的关键．6.（2021·山东临沂市·中考真题）如图，已知在⊙O中，，OC与AD相交于点E．求证：（1）AD∥BC（2）四边形BCDE为菱形．

【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）连接BD，根据圆周角定理可得∠ADB=∠CBD，根据平行线的判定可得结论；（2）证明△DEF≌△BCF，得到DE=BC，证明四边形BCDE为平行四边形，再根据得到BC=CD，从而证明菱形．【详解】解：（1）连接BD，∵，∴∠ADB=∠CBD，∴AD∥BC；

（2）连接CD，∵AD∥BC，∴∠EDF=∠CBF，∵，∴BC=CD，∴BF=DF，又∠DFE=∠BFC，∴△DEF≌△BCF（ASA），∴DE=BC，∴四边形BCDE是平行四边形，又BC=CD，∴四边形BCDE是菱形．【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，解题的关键是合理运用垂径定理得到BF=DF．7．（2023·福建·统考中考真题）如图，已知内接于的延长线交于点，交于点，交的切线于点，且．(1)求证：；(2)求证：平分．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）由切线的性质可得，由圆周角定理可得，即，再根据平行线的性质可得，则根据角的和差可得，最后根据平行线的判定定理即可解答；（2）由圆周角定理可得，再由等腰三角形的性质可得，进而得到，再结合得到即可证明结论．【详解】（1）证明是的切线，，即．是的直径，．∴．，，，即，．（2）解：与都是所对的圆周角，．，，．由（1）知，，平分．【点睛】本题主要考查角平分线、平行线的判定与性质、圆周角定理、切线的性质等知识点，灵活运用相关性质定理是解答本题的关键．8.（2021·湖南中考真题）如图，是的内接三角形，是的直径，点是的中点，交的延长线于点．（1）求证：直线与相切；（2）若的直径是10，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）．【分析】（1）连接OD，由点D是的中点得OD⊥BC，由DE//BC得OD⊥DE，由OD是半径可得DE是切线；（2）证明△ODE是等腰直角三角形，可求出OE的长，从而可求得结论．【详解】解：（1）连接OD交BC于点F，如图，∵点是的中点，∴OD⊥BC，∵DE//BC∴OD⊥DE∵OD是的半径∴直线与相切；（2）∵AC是的直径，且AB=10,∴∠ABC=90°，∵OD⊥BC∴∠OFC=90°∴OD//AB∴∵∴∴由勾股定理得，∴．【点睛】此题主要考查了切线的判定与性质的综合运用，熟练掌握切线的判定与性质是解答此题的关键．9．（2023·广西·统考中考真题）如图，平分，与相切于点A，延长交于点C，过点O作，垂足为B．

(1)求证：是的切线；(2)若的半径为4，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）首先根据切线的性质得到，然后根据角平分线的性质定理得到即可证明；（2）首先根据勾股定理得到，然后求得，最后利用，代入求解即可．【详解】（1）∵与相切于点A，∴，∵平分，，∴，∴是的切线；（2）∵的半径为4，∴，∵，，∴，，∵，∴，∴，即，∴．【点睛】此题考查了圆切线的性质和判定，勾股定理，三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．10．（2023·湖北黄冈·统考中考真题）如图，中，以为直径的交于点，是的切线，且，垂足为，延长交于点．

(1)求证：；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，根据已知可得，则，又，等量代换得出，即可证明；（2）连接，证明，在中，，求得，根据得出，进而可得，根据，即可求解．【详解】（1）证明：如图所示，连接，

∵以为直径的交于点，是的切线，∴，∵，∴，∴，又，∴，∴，∴；（2）解：连接，如图，则，

∴，∴，∴，在中，，∴，∴，又∵是直径，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了切线的性质，直径所对的圆周角是直角，平行线分线段成比例，正切的定义，熟练掌握以上知识是解题的关键．11.（2021·湖南张家界市·中考真题）如图，在中，，，以点为圆心，为半径的圆交的延长线于点，过点作的平行线，交于点，连接．（1）求证：为的切线；（2）若，求弧的长．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）连接OB，先根据直角三角形的性质得到∠AOB=60°，再运用平行线的性质结合已知条件可得，再证明可得即可；（2）先求出∠COD，然后再运用弧长公式计算即可．【详解】（1）证明：连接∵，∴又∵∴∴∴又∵∴∴又∵点在上∴是的切线；（2）∵∴∴．【点睛】本题主要考查了圆的切线的证明、弧长公式等知识点，掌握圆的切线的证明方法成为解答本题的关键．12.（2020•齐齐哈尔）如图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上的两个点，AC=CD=DB，连接AD，过点D作DE⊥AC交（1）求证：DE是⊙O的切线．（2）若直径AB＝6，求AD的长．【分析】（1）连接OD，根据已知条件得到∠BOD=13×180°＝60°，根据等腰三角形的性质得到∠ADO＝∠DAB＝30°，得到∠EDA＝60°，求得OD（2）连接BD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，解直角三角形即可得到结论．【解析】（1）证明：连接OD，∵AC=∴∠BOD=13×180∵CD=∴∠EAD＝∠DAB=12∠BOD∵OA＝OD，∴∠ADO＝∠DAB＝30°，∵DE⊥AC，∴∠E＝90°，∴∠EAD+∠EDA＝90°，∴∠EDA＝60°，∴∠EDO＝∠EDA+∠ADO＝90°，∴OD⊥DE，∴DE是⊙O的切线；（2）解：连接BD，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∵∠DAB＝30°，AB＝6，∴BD=12AB＝∴AD=62-13．（2023·湖南郴州·统考中考真题）如图，在中，是直径，点是圆上一点．在的延长线上取一点，连接，使．

(1)求证：直线是的切线；(2)若，，求图中阴影部分的面积（结果用含的式子表示）．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，由是直径，得，再证，从而有，于是即可证明结论成立；（2）由圆周角定理求得，在中，解直角三角形得，从而利用扇形及三角形的面积公式即可求解．【详解】（1）证明：连接，

∵是直径，∴，∵，，∴，∴，∴，∵是的半径，∴直线是的切线；（2）解：∵，，∴，∴，∵在中，，，∴，解得，∴．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，切线的判定，扇形的面积公式以及解直角三角形，熟练掌握圆周角定理，切线的判定以及扇形的面积公式是解题的关键．14．（2023·山东枣庄·统考中考真题）如图，为的直径，点C是的中点，过点C做射线的垂线，垂足为E．

(1)求证：是切线；(2)若，求的长；(3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积（用含有的式子表示）．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）连接OC，证明，即可得到结论；（2）连接AC，证明，从而可得，再代入求值即可；（2）连接，证明，从而可得，，求出扇形的面积即可得到阴影部分的面积．【详解】（1）证明：连接，

∵点C是的中点，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴半径，∴是切线；（2）连接，

∵是的直径，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（3）连接，

∵，∴，∵在中，，∴，∴，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∴，∴，【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质及判定、切线的判定以及扇形面积的求法，熟练掌握切线的判定定理以及扇形面积的求法是解答此题的关键．15.（2020•深圳）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，AD与过点C的切线互相垂直，垂足为D．连接BC并延长，交AD的延长线于点E．（1）求证：AE＝AB；（2）若AB＝10，BC＝6，求CD的长．【分析】（1）证明：连接AC、OC，如图，根据切线的性质得到OC⊥CD，则可判断OC∥AD，所以∠OCB＝∠E，然后证明∠B＝∠E，从而得到结论；（2）利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，则利用勾股定理可计算出AC＝8，再根据等腰三角形的性质得到CE＝BC＝6，然后利用面积法求出CD的长．【解析】（1）证明：连接AC、OC，如图，∵CD为切线，∴OC⊥CD，∴CD⊥AD，∴OC∥AD，∴∠OCB＝∠E，∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠B，∴∠B＝∠E，∴AE＝AB；（2）解：∵AB为直径，∴∠ACB＝90°，∴AC=10∵AB＝AE＝10，AC⊥BE，∴CE＝BC＝6，∵12CD•AE=12AC∴CD=6×816．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）如图，内接于，是的直径，，于点，交于点，交于点，，连接．

(1)求证：是的切线；(2)判断的形状，并说明理由；(3)当时，求的长．【答案】(1)见解析(2)是等腰三角形，理由见解析(3)【分析】（1）连接，根据圆周角定理得出，根据已知得出，根据得出，进而根据对等角相等，以及三角形内角和定理可得，即可得证；（2）根据题意得出，则，证明，得出，等量代换得出，即可得出结论；（3）根据，，设，则，等边对等角得出，则．【详解】（1）证明：如图所示，连接，

∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵∴，即，又是的直径，∴是的切线；（2）∵，是的直径，∴，，∴，∵，，∵，∴，又，∴，∴是等腰三角形，（3）∵，，设，则，∴，∴．【点睛】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质与判定，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．类型二与三角形全等、相似有关的17．（2023·江苏苏州·统考中考真题）如图，是的内接三角形，是的直径，，点在上，连接并延长，交于点，连接，作，垂足为．(1)求证：；(2)若，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）分别证明，，从而可得结论；（2）求解，，可得，证明，设，则，，证明，可得，可得，，，从而可得答案．【详解】（1）证明：∵是的直径，，∴，∵，∴．（2）∵，，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，设，则，，∵，，∴，∴，∴，则，∴，∴，∴．【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，熟记圆的基本性质与重要定理是解本题的关键．18．（2023·湖南·统考中考真题）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，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：，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．19．（2023·湖北·统考中考真题）如图，等腰内接于，，是边上的中线，过点作的平行线交的延长线于点，交于点，连接．

(1)求证：为的切线；(2)若的半径为，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）证明，得出，则四边形是平行四边形，，作于．得出为的垂直平分线．则．又点在上，即可得证；过点作于，连接．垂径定理得出，勾股定理得，进而可得，勾股定理求得，证明，可得，根据相似三角形的性质得出，，然后求得，勾股定理求得，证明，根据相似三角形的性质即可求解．【详解】（1）证明，∵，∴．又，∴．∴．∴四边形是平行四边形．∴．作于．

又∵，∴为的垂直平分线．∴点在上．∴．即．又点在上，∴为的切线；（2）解：过点作于，连接．

∵为的垂直平分线，∴．∴．∴．∴．∴．∵，∴∴，又，∴．∴，．∴．∴．∵，∴．∴．∴．∴．【点睛】本题考查了切线的判定，垂径定理，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．20．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，为⊙O的直径，且，与为圆内的一组平行弦，弦交于点H．点A在上，点B在上，．

(1)求证：．(2)求证：．(3)在⊙O中，沿弦所在的直线作劣弧的轴对称图形，使其交直径于点G．若，求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）证明即可；（2）连接，交于点，根据平行线的性质和已知条件证明垂直平分即可；（3）利用对称的性质作辅助线，根据已知条件，转化为解直角三角形问题即可．【详解】（1）和是所对的圆周角，，，∴，∴，∴．（2）连接，交于点，

与为一组平行弦，即：，，，，，，，，是的垂直平分线，．（3）连接、，过点作，垂足为，设点的对称点，连接、，

，，∴，，，是等腰三角形，，，，，为直径，，，，，，，在中，，，，，在中，，，故答案为：．【点睛】本题考查了圆的综合问题，同弧所对圆周角相等、构建合适的辅助线是解题的关键；熟练掌握相似三角形的判定与性质、垂直平分线的性质、熟悉锐角三角函数解决直角三角形．21．（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．22.（2022·北部湾）如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径作⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AB，垂足为E，延长BA交⊙O于点F.（1）求证：DE是⊙O的切线（2）若AEDE=23，AF=10【答案】（1）证明：连接OD；∵OD=OC，∴∠C=∠ODC，∵AB=AC，∴∠B=∠C，∴∠B=∠ODC，∴OD∥AB，∴∠ODE=∠DEB；∵DE⊥AB，∴∠DEB=90°，∴∠ODE=90°，即DE⊥OD，∴DE是⊙O的切线（2）解：连接CF，由（1）知OD⊥DE，∵DE⊥AB，∴OD∥AB，∵OA=OC，∴BD=CD，即OD是△ABC的中位线，∵AC是⊙O的直径，∴∠CFA=90°，∵DE⊥AB，∴∠BED=90°，∴∠CFA=∠BED=90°，∴DE∥CF，∴BE=EF，即DE是△FBC的中位线，∴CF=2DE，∵AEDE=∴设AE=2x，DE=3k，CF=6k，∵AF=10，∴BE=EF=AE+AF=2k+10，∴AC=BA=EF+AE=4k+10，在Rt△ACF中，由勾股定理，得AC2=AF2+CF2，即(4k+10)2=102+(6k)2，解得：k=4，∴AC=4k+10=4×4+10=26，∴OA=13，即⊙O的半径为13.【知识点】平行线的判定与性质；等腰三角形的性质；圆周角定理；切线的判定；三角形的中位线定理【解析】【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质可得∠C=∠ODC，∠B=∠C，则∠B=∠ODC，推出OD∥AB，由平行线的性质可得∠ODE=∠DEB=90°，即DE⊥OD，据此证明；（2）连接CF，由（1）知OD⊥DE，则OD∥AB，易得OD是△ABC的中位线，根据圆周角定理可得∠CFA=90°，根据垂直的概念可得∠BED=90°，则DE∥CF，推出DE是△FBC的中位线，得CF=2DE，设AE=2x，DE=3k，CF=6k，则BE=EF=2k+10，AC=BA=4k+10，根据勾股定理可得k的值，然后求出AC、OA，据此可得半径.23.（2021·江苏无锡市·中考真题）如图，四边形内接于，是的直径，与交于点E，切于点B．（1）求证：；（2）若，，求证：．【答案】（1）见详解；（2）见详解【分析】（1）由圆周角定理的推论，可知∠ABC=90°，由切线的性质可知∠OBP=90°，进而即可得到结论；（2）先推出，从而得∠AOB=40°，继而得∠OAB=70°，再推出∠CDE=70°，进而即可得到结论．【详解】证明：（1）∵是的直径，∴∠ABC=90°，∵切于点B，∴∠OBP=90°，∴，∴；（2）∵，，∴，∵OB=OC，∴，∴∠AOB=20°+20°=40°，∵OB=OA，∴∠OAB=∠OBA=(180°-40°)÷2=70°，∴∠ADB=∠AOB=20°，∵是的直径，∴∠ADC=90°，∴∠CDE=90°-20°=70°，∴∠CDE=∠OAB，∵，∴，∴．【点睛】本题主要考查圆的性质以及相似三角形的判定定理，掌握圆周角定理的推论，相似三角形的判定定理，切线的性质定理，是解题的关键．24.（2019•陕西）如图，⊙O的半径OA＝6，过点A作⊙O的切线AP，且AP＝8，连接PO并延长，与⊙O交于点B、D，过点B作BC∥OA，并与⊙O交于点C，连接AC、CD．（1）求证：DC∥AP；（2）求AC的长．【分析】（1）根据切线的性质得到∠OAP＝90°，根据圆周角定理得到∠BCD＝90°，根据平行线的性质和判定定理即可得到结论；（2）根据勾股定理和相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．【解析】（1）证明：∵AP是⊙O的切线，∴∠OAP＝90°，∵BD是⊙O的直径，∴∠BCD＝90°，∵OA∥CB，∴∠AOP＝∠DBC，∴∠BDC＝∠APO，∴DC∥AP；（2）解：∵AO∥BC，OD＝OB，∴延长AO交DC于点E，则AE⊥DC，OE=12BC，CE=在Rt△AOP中，OP=62+82=由（1）知，△AOP∽△CBD，∴DBOP即1210∴BC=365，DC∴OE=185，CE在Rt△AEC中，AC=A25.（2021·云南中考真题）如图，是的直径，点C是上异于A、B的点，连接、，点D在的延长线上，且，点E在的延长线上，且．（1）求证：是的切线：（2）若，求的长．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据等量代换得到∠DCO=90°，即可证明DC是圆O的切线；（2）根据已知得到OA=2DA，证明△DCO∽△DEB，得到，可得DA=EB，即可求出DA的长．【详解】解：（1）如图，连接OC，由题意可知：∠ACB是直径AB所对的圆周角，∴∠ACB=90°，∵OC，OB是圆O的半径，∴OC=OB，∴∠OCB=∠ABC，又∵∠DCA=∠ABC，∴∠DCA=∠OCB，∴∠DCO=∠DCA+∠ACO=∠OCB+∠ACO=∠ACB=90°，∴OC⊥DC，又∵OC是圆O的半径，∴DC是圆O的切线；（2）∵，∴，化简得OA=2DA，由（1）知，∠DCO=90°，∵BE⊥DC，即∠DEB=90°，∴∠DCO=∠DEB，∴OC∥BE，∴△DCO∽△DEB，∴，即，∴DA=EB，∵BE=3，∴DA=EB=，经检验：DA=是分式方程的解，∴DA=．【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定，正确的作出辅助线，证明切线，得到相似三角形是解题的关键．26.（2021·云南中考真题）如图，是的直径，点C是上异于A、B的点，连接、，点D在的延长线上，且，点E在的延长线上，且．（1）求证：是的切线：（2）若，求的长．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据等量代换得到∠DCO=90°，即可证明DC是圆O的切线；（2）根据已知得到OA=2DA，证明△DCO∽△DEB，得到，可得DA=EB，即可求出DA的长．【详解】解：（1）如图，连接OC，由题意可知：∠ACB是直径AB所对的圆周角，∴∠ACB=90°，∵OC，OB是圆O的半径，∴OC=OB，∴∠OCB=∠ABC，又∵∠DCA=∠ABC，∴∠DCA=∠OCB，∴∠DCO=∠DCA+∠ACO=∠OCB+∠ACO=∠ACB=90°，∴OC⊥DC，又∵OC是圆O的半径，∴DC是圆O的切线；（2）∵，∴，化简得OA=2DA，由（1）知，∠DCO=90°，∵BE⊥DC，即∠DEB=90°，∴∠DCO=∠DEB，∴OC∥BE，∴△DCO∽△DEB，∴，即，∴DA=EB，∵BE=3，∴DA=EB=，经检验：DA=是分式方程的解，∴DA=．【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定，正确的作出辅助线，证明切线，得到相似三角形是解题的关键．类型三与锐角三角函数有关27．（2023·湖南张家界·统考中考真题）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)若直径，求的长．【答案】(1)详见解析(2)【分析】(1)根据直径所对的圆周角是直角，余角的性质即可求得结论；(2)根据已知条件可知，再根据正切的定义和相似三角形的性质得到线段的关系即可求得线段的长度．【详解】（1）证明：连接，∵是的直径，∴，∴，又∵，∴，又∵，∴，即，∴是的切线；（2）解：∵，∴，∵在中，∴∴，∴，∵，∴，∴，设，则，又∵，即，解得（取正值），∴，【点睛】本题考查了圆周角的性质，切线的判定定理，正切的定义，相似三角形的性质和判定，找出正切的定义与相似三角形相似比的关联是解题的关键．28．（2023·辽宁·统考中考真题）如图，是的直径，点在上，，点在线段的延长线上，且．

(1)求证：EF与相切；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）利用圆周角定理得到，结合已知推出，再证明，推出，即可证明结论成立；（2）设半径为x，则，在中，利用正弦函数求得半径的长，再在中，解直角三角形即可求解．【详解】（1）证明：连接，

∵，∴，∵，∴，∵是的直径，∴，∵，∴，∴，∵为半径，∴EF与相切；（2）解：设半径为x，则，∵，，∴，在中，，，∴，即，解得，经检验，是所列方程的解，∴半径为4，则，在中，，，，∴，∴．【点睛】本题考查了圆的切线的判定、圆周角定理、解直角三角形以及相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握圆的相关知识和相似三角形的判定和性质是解题的关键．29．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）如图，是的直径，是上一点过点作于点，交于点，点是延长线上一点，连接，，．

(1)求证：是切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据垂径定理和圆周角定理可推出，利用已知条件进行等量转换即可求出，最后利用可证明，从而证明是切线．（2）根据互余的两个角相等，利用可求出，设参数表示出和，再根据勾股定理用参数表示出和，最后利用即可求出参数的值，从而求出长度，即可求的长．【详解】（1）解：连接，，如图所示，

，为的直径，，，，，，，，，，，是切线．（2）解：连接，如图所示，

由（1）得，，，，．，．设则，在中，，．在中，．，，．．，．．故答案为：．【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，切线的判定和性质，三角函数和勾股定理，解题的关键在于利用参数表达线段长度．30.（2021·山东菏泽市·中考真题）如图，在中，是直径，弦，垂足为，为上一点，为弦延长线上一点，连接并延长交直径的延长线于点，连接交于点，若．（1）求证：是的切线；（2）若的半径为8，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）连接OE，证明OE⊥EF即可；（2）由证得，运用正弦的概念可得结论．【详解】解：（1）证明：连接OE，如图，∵OA=OE∴∠OAE=∠OEA．∵EF=PF，∴∠EPF=∠PEF∵∠APH=∠EPF，∴∠APH=∠EPF，∴∠AEF=∠APH．∵CD⊥AB，∴∠AHC=90°．∴∠OAE+∠APH=90°．∴∠OEA+∠AEF=90°∴∠OEF=90°∴OE⊥EF．∵OE是的半径∴EF是圆的切线，（2）∵CD⊥AB∴是直角三角形∵∴设，则由勾股定理得，由（1）得，是直角三角形∴∴，即∵∴解得，【点睛】此题主要考查了圆的切线的判定，勾股定理和解直角三角形等知识，熟练掌握切线的判定是解答此题的关键．31．（2023·湖北随州·统考中考真题）如图，是的直径，点E，C在上，点C是的中点，垂直于过C点的直线，垂足为D，的延长线交直线于点F．

(1)求证：是的切线；(2)若，，①求的半径；②求线段的长．【答案】(1)证明见解析(2)①3；②2【分析】（1）根据等弧所对的圆周角相等和等边对等角的性质，得到，推出，进而得到，再利用圆的切线的判定定理即可证明结论；（2）①连接，根据直径所对的圆周角是直角和平行线的判定，得到，进而得到，再利用锐角三角函数，求得，即可求出的半径；②利用锐角三角函数，分别求出和的长，即可得到线段的长．【详解】（1）证明：如图，连接，

点C是的中点，，，，，，，，，是的半径，是的切线；（2）解：①如图，连接，

是直径，，，，，，，，，，的半径为；②由（1）可知，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题是圆和三角形综合题，考查了圆的切线的判定定理，圆的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数等知识，熟练掌握圆的相关性质，灵活运用正弦值求边长是解题关键．32.（2022·鄂州）如图，△ABC内接于⊙O，P是⊙O的直径AB延长线上一点，∠PCB=∠OAC，过点O作BC的平行线交PC的延长线于点D.（1）试判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若PC＝4，tanA＝12，求△OCD的面积【答案】（1）解：PC与⊙O相切，理由如下：∵AB是圆O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠OCB+∠OCA=90°，∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC，∵∠PCB=∠OAC，∴∠PCB=∠OCA，∴∠PCB+∠OCB=∠OCA+∠OCB=90°，即∠PCO=90°，∴PC与⊙O相切（2）解：∵∠ACB=90°，tanA=1∴BCAC∵∠PCB=∠OAC，∠P=∠P，∴△PBC∽△PCA，∴PCPA∴PA=8，∴AB=6，∴OC=OB=3，∴OP=5，∵BC∥OD，∴△PBC∽△POD，∴PBOP=PC∴PD=10，∴CD=6，∴S【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；切线的判定；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义【解析】【分析】（1）由圆周角定理得∠ACB=90°，根据等腰三角形的性质可得∠OCA=∠OAC，结合∠PCB=∠OAC得PCB=∠OCA，结合∠OCB+∠OCA=90°可得∠PCO=90°，据此证明；

（2）根据三角函数的概念可得BCAC=12，易证△PBC∽△PCA，根据相似三角形的性质可得PA、PB，然后求出AB、OP，证明△PBC∽△POD，根据相似三角形的性质可得PD，由PD-PC=CD33．（2023·山东烟台·统考中考真题）如图，在菱形中，对角线相交于点经过两点，交对角线于点，连接交于点，且．

(1)求证：是的切线；(2)已知的半径与菱形的边长之比为，求的值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）利用垂径定理得，利用菱形的性质得，利用半径相等得，即可证明，据此即可证明结论成立；（2）设，由题意得，求得，由勾股定理得到，求得，利用菱形的性质求得，据此求解即可．【详解】（1）证明：连接，

∵，由垂径定理知，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，∵，∴，∴，又∵为的半径，∴是的切线；（2）解：∵四边形是菱形，，∴设，∵的半径与菱形的边长之比为，∴在中，，∴，，∴，∵四边形是菱形，∴，即，∴，∴．【点睛】本题考查了菱形的性质，垂径定理，切线的判定，求角的正切值，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．34.（2022·毕节）如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，D是AB边上一点，以BD为直径的⊙O与AC相切于点E，连接DE并延长交BC（1）求证：BF=BD；（2）若CF=1，tan∠EDB=2，求⊙O【答案】（1）证明：连接OE，如下图所示：∵AC为圆O的切线，∴∠AEO=90°，∵AC⊥BC，∴∠ACB=90°，∴OE∥BC，∴∠F=∠DEO，又∵OD=OE，∴∠ODE=∠DEO，∴∠F=∠ODE，∴BD=BF.（2）解：连接BE，如下图所示：由(1)中证明过程可知：∠EDB=∠F，∴tan∠EDB=tan∠F=ECCF，代入数据：∴EC=2，又BD是圆O的直径，∴∠BED=∠BEF=90°，∴∠CEF+∠F=90°=∠CEF+∠CEB，∴∠F=∠CEB，∴tan∠F=tan∠CEB=BCCE，代入数据：∴BC=4，由(1)可知：BD=BF=BC+CF=4+1=5，∴圆O的直径为5.【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；切线的性质；解直角三角形【解析】【分析】（1）连接OE，利用切线的性质和垂直的定义可证得∠AEO=∠ACB=90°，可推出OE∥BC；再利用平行线的性质可得到∠F=∠DEO，利用等边对等角可证得∠ODE=∠DEO，由此可推出∠F=∠ODE，利用等角对等边，可证得结论.

（2）连接BE，由∠EDB=∠F；再利用解直角三角形可求出EC的长，利用直径所对的圆周角是直角得到BE⊥DF，利用余角的性质可得到∠F=∠CEB，利用解直角三角形求出BC的长；然后根据BD=BF=BC+CF，代入计算求出BD的长35．（2023·江苏扬州·统考中考真题）如图，在中，，点D是上一点，且，点O在上，以点O为圆心的圆经过C、D两点．

(1)试判断直线与的位置关系，并说明理由；(2)若的半径为3，求的长．【答案】(1)直线与相切，理由见解析(2)6【分析】（1）连接，根据圆周角定理，得到，进而得到，即可得出与相切；（2）解直角三角形，求出的长，进而求出的长，再解直角三角形，求出的长即可．【详解】（1）解：直线与相切，理由如下：连接，则：，

∵，即：，∴，∵，∴，∴，∴，∵为的半径，∴直线与相切；（2）解：∵，的半径为3，∴，∴，∴，∵，∴，设：，则：，∴，∴．【点睛】本题考查切线的判定，解直角三角形．熟练掌握切线的判定方法，正弦的定义，是解题的关键．36.（2021·四川广元市·中考真题）如图，在Rt中，，是的平分线，以为直径的交边于点E，连接，过点D作，交于点F．（1）求证：是的切线；（2）若，，求线段的长．【答案】（1）证明见详解；（2）．【分析】（1）先根据圆周角定理、角平分线定义、平行线性质证明∠EAD=∠FDE，再根据AD为直径，得到∠ADE+∠DAE=90°，进而得到AD⊥FD，问题得证；（2）先求出DE=3，证明△AED≌△ACD，得到DE=DC=3，BC=BD+CD=8，解Rt中求出AC=6，进而得到AE=6，求出,证明△ADE∽△AFD，得到，即可求出．【详解】解：（1）证明：连接DE，∵∴∠CAD=∠CED，∵是的平分线，∴∠CAD=∠EAD，∴∠CED=∠EAD，∵，∴∠CED=∠FDE，∴∠EAD=∠FDE，∵AD为直径，∴∠AED=∠ACD=90°，∴∠ADE+∠DAE=90°，∴∠ADE+∠FDE=90°，即AD⊥FD，又∵为直径，∴是的切线；（2）∵∠AED=90°，∴∠BED=90°，∴,∵∠AED=∠ACD，∠DAE=∠DAC，AD=AD，∴△AED≌△ACD，∴DE=DC=3，∴BC=BD+CD=8，在Rt中，∵，∴设AC=3x，AB=5x，∴，∵x＞0，∴x=2，∴AB=5x=10，AC=3x=6，∵△AED≌△ACD，∴AE=AC=6，∴在Rt△ADE中，,∵∠EAD=∠DAF，∠AED=∠ADF=90°，∴△ADE∽△AFD，∴，即,∴．【点睛】本题为圆的综合题，考查了切线的判定，圆的性质，三角函数，相似三角形的判定与性质等知识，根据题意添加辅助线，熟知圆的性质，利用三角函数解直角三角形是解题关键．37．（2023·四川乐山·统考中考真题）如图，已知是的外接圆，，D是圆上一点，E是延长线上一点，连结，且．

(1)求证：直线是是的切线；(2)若，的半径为3，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由，可知是的直径，由，可得，由，，可得，，则，由，可得，即，进而结论得证；（2）作，垂足为E，如图所示，由题意知，是等腰三角形，则，由题意知，，，可求