押广东广州卷第22-23题（几何图形中的尺规作图求证、圆的综合）（解析版）-备战2024年中考数学

押广东广州卷第22-23题押题方向一：几何图形中的尺规作图求证3年广东广州卷真题考点命题趋势2023年广东广州卷第23题菱形、尺规作图、求证求解从近年广东广州中考来看，几何图形中的尺规作图求证求解是近三年的必考题，考查了实际操作能力和几何运算或几何推理的能力；预计2024年广东广州卷还将继续重视对何图形中的尺规作图求证求解的考查。2022年广东广州卷第22题圆、尺规作图、求解2021年广东广州卷第22题等腰三角形、尺规作图、求证1．（2023·广东广州·中考真题）如图，是菱形的对角线．（1）尺规作图：将绕点逆时针旋转得到，点旋转后的对应点为（保留作图痕迹，不写作法）；（2）在（1）所作的图中，连接，．①求证：；②若，求的值．【分析】（1）由菱形的性质可知，将绕点逆时针旋转得到，也就是以为一边在菱形外作一个三角形与全等，第三个顶点的作法是：以点为圆心，长为半径作弧，再以点为圆心，长为半径作弧，交前弧于点；（2）①由旋转得，，，则，，即可根据“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似”证明；②延长交于点，可证明，得，而，所以，由等腰三角形的“三线合一”得，则，设，，则，所以，，由勾股定理得，求得，则．【解答】解：（1）如图1，作法：1．以点为圆心，长为半径作弧，2．以点为圆心，长为半径作弧，交前弧于点，3．连接、，就是所求的图形．证明：四边形是菱形，，，，，就是绕点逆时针旋转得到图形．（2）①如图2，由旋转得，，，，，，．②如图2，延长交于点，，，，，，，，，，，设，，，，，，，解关于的方程得，，，的值是．【点评】此题重点考查尺规作图、旋转的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．2．（2022·广东广州·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，且AC=8，BC=6．(1)尺规作图：过点O作AC的垂线，交劣弧于点D，连接CD（保留作图痕迹，不写作法）；(2)在（1）所作的图形中，求点O到AC的距离及sin∠ACD的值．【答案】(1)作图见解析；(2)点O到AC的距离为3，sin∠ACD的值是【分析】(1)作线段AC的垂直平分线，由垂径定理推论可知该垂直平分线必经过点O；(2)由垂径定理得到AF=CF，进而得到OF是△ACB的中位线，由此得到点O到AC的距离OF=BC=3；求出DF=OD-OF=5-3=2，CF=4，由勾股定理求出CD=，最后在Rt△CDF中由即得答案．【详解】（1）解：①分别以A，C为圆心，适当长(大于AC长度的一半)为半径作弧，记两弧的交点为E；②作直线OE，记OE与交点为D；③连结CD，则线段AC的垂线DE、线段CD为所求图形，如下图所示；（2）解：记OD与AC的交点为F，如下图所示：∵OD⊥AC，∴F为AC中点，∴OF是△ABC的中位线，∴OF=BC=3，∵OF⊥AC，∴OF的长就是点O到AC的距离；Rt△ABC中，∵AC=8，BC=6，∴AB=10，∴OD=OA=AB=5，∴DF=OD-OF=5-3=2，∵F为AC中点，∴CF=AC=4，

Rt△CDF中，∵DF=2，CF=4，∴CD=，则，∴点O到AC的距离为3，sin∠ACD的值是．【点睛】本题考查了圆的基本性质、垂径定理及其推论、勾股定理、线段垂直平分线的尺规作图、锐角三角函数等，属于综合题，欲求某角的某三角函数值，首先想到的应该是能否在直角三角形中进行，如果没有现成的直角三角形，则需要设法构造(作辅助图形)．3．（2021·广东广州·中考真题）如图，在四边形ABCD中，，点E是AC的中点，且（1）尺规作图：作的平分线AF，交CD于点F，连结EF、BF（保留作图痕迹，不写作法）；（2）在（1）所作的图中，若，且，证明：为等边三角形．【答案】（1）图见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）根据基本作图—角平分线作法，作出的平分线AF即可解答；（2）根据直角三角形斜边中线性质得到并求出，再根据等腰三角形三线合一性质得出，从而得到EF为中位线，进而可证，，从而由有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形得出结论．【详解】解：（1）如图，AF平分，（2）∵，且，∴，，∵，，∴，∴，∴，又∵AF平分，，∴，又∵，∴，，∴，∴又∵∴为等边三角形．【点睛】本题主要考查了基本作图和等腰三角形性质以及与三角形中点有关的两个定理，解题关键是掌握等腰三角形三线合一定理、直角三角形斜边中线等于斜边一半以及三角形中位线定理．考查尺规作图、旋转的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．考查了圆的基本性质、垂径定理及其推论、勾股定理、线段垂直平分线的尺规作图、锐角三角函数等，属于综合题，欲求某角的某三角函数值，首先想到的应该是能否在直角三角形中进行，如果没有现成的直角三角形，则需要设法构造(作辅助图形)．考查了基本作图和等腰三角形性质以及与三角形中点有关的两个定理，解题关键是掌握等腰三角形三线合一定理、直角三角形斜边中线等于斜边一半以及三角形中位线定理．1．如图，在中，．(1)操作：用尺规作图法过点作边上的高；(保留作图痕迹，不要求写作法)(2)计算∶在（）的条件下，若，，求梯形的面积．【答案】(1)作图见解析；(2)．【分析】（）根据作垂线的尺规作图的方法即可；（）先由平行四边形的性质得出，再利用所对直角边是斜边的一半求出的长，再利用求梯形面积的方法即可求解．【详解】（1）以为圆心，任意长度为半径画弧，交于点，分别以为圆心，的长度为半径画弧，两弧交于点，连接，交于点，如图，∴即为所求；（2）∵四边形是平行四边形，∴，由（）得：，∵，∴，由勾股定理得：，∴，∴梯形的面积为．【点睛】本题考查了尺规作图，平行四边形的性质，所对直角边是斜边的一半，梯形面积公式和勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．2．如图，为内接四边形，为的直径，，点为上一点，且．

(1)求作点，连接，延长，交于点（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；(2)在（1）所作的图中，连接．①求证：为等腰三角形；②若，，求弦的长．【答案】(1)详见解析(2)①详见解析；②【分析】利用垂径定理的性质可作的垂直平分线交圆O与点E，即可得解；①如图，连，利用圆周角定理证出，，由四边形为圆内接四边形证出，进而可证出，即可得解，②先证出，再由勾股定理得出，由得出比值，代入计算即可得解．【详解】（1）如图，作的垂直平分线交圆O与点E，点E即为所求作的点，

（2）①如图，连，，

∵，为直径，∴，∴，∴，，∴，∵四边形为圆内接四边形，∴，∵，∴∵，∴，∴，∴，∴，∴为等腰三角形；②∵所对的圆周角为，∴，∵，∴，由①知，，∴，∴，∵，∴，∵为直径，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴．

【点睛】本题主要考查了圆的综合性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握其性质，合理作出辅助线是解决此题的关键．3．如图所示，在中，，，点为边上一点，以为圆心的圆经过点，．(1)求作圆（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；(2)求证：是的切线；(3)若点为圆上一点，且弧弧，连接，求线段的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)或【分析】（1）作的垂直平分线，即可求作圆；（2）根据切线的判定即可证明是的切线；（3）根据点为圆上一点，且弧=弧，连接，即可求线段的长．【详解】（1）解：如图，圆即为所求；（2）证明：连接，，，，，，，，是的半径，是的切线；（3）弧弧，符合条件的点有两个，和，连接和，作于点，，根据垂径定理，得，，，，，，，作于点，则，，，，；连接，，，．综上所述：线段的长为或．【点睛】本题考查了作圆，等腰三角形的性质、勾股定理，切线的判定与性质，解决本题的关键是掌握切线的判定．4．如图，为经过圆心的一条线段，且与交于点．(1)过在的上方作的切线，切点为，过作，垂足为，与交于点．请尺规作图，不用写作图的详细步骤．(2)求证：平分；(3)若，，求的半径．【答案】(1)作图见解析；(2)证明见解析；(3)．【分析】（）作线段的垂直平分线，交于点，以点为圆心，为半径画圆，交于点，作射线，由直径所对的圆周角是直角可得，即为的切线，再根据过直线外一点作已知直线的垂线的方法可作出；（）证明可得，又由，得到，进而得到，即可求证；（）连接，证明，得到，由根据，得到，求出即可求解；本题考查了过圆外一点作圆的切线，过直线外一点作已知直线的垂线，圆周角定理，平行线的判定和性质，等腰三角形的性质，切线的性质，相似三角形的判定和性质，三角函数，正确画出图形是解题的关键．【详解】（1）解：如图所示，即为所求；（2）证明：如图，∵是的切线，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴平分（3）解：连接，∵是直径，∴，∴，∵是切线，∴，∴，∴，∴，∵，∴，即，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，解得，，∴，∴的半径为．5．数学中的轴对称就像镜子一样，可以展现出图形对称的美，初中常见的轴对称图形有：等腰三角形、菱形、圆等．如图，在等腰中，．(1)尺规作图：作关于直线对称的（保留作图痕迹，不写作法）；(2)连接，交于点，若，四边形周长为，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)4【分析】（1）分别以点A、C为圆心，为半径画弧，两弧相交于点D，连接、即可；（2）先根据轴对称的性质，得，，则可求得，再根据（1）知四边形为菱形，根据菱形的周长可求得，由勾股定理，可求出，从而求得，然后由菱形的面积公式可求解．【详解】（1）解：如图，即为所求，由作图可知：，∵∴∴四边形为菱形，∴与关于直线对称．（2）解：如图，∵与关于直线对称．∴，，∴，由（1）知四边形为菱形，∴，∵四边形周长为，∴，由勾股定理，得，∴．∴四边形的面积．【点睛】本题考查尺规作三角形，轴对称的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，菱形的面积．熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．6．如图，在中，是钝角．(1)尺规作图：在上取一点，以为圆心，作出，使其过、两点，交于点，连接；（不写作法，保留作图痕迹）(2)在（1）所作的图中，若，，．①求证：是的切线；②求弦的长．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②【分析】（1）作出线段的垂直平分线确定圆心，再作出圆即可求解；（2）①连接，得出，根据，结合已知条件得出，即可得证；②先证明，得到，再利用勾股定理即可求解．【详解】（1）解：点D如图所示：（2）①证明：如图所示，连接，∵是直径，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，又是半径，∴是的切线；②如图，∵，，∴，∴，∵是直径，∴∵，∴∵，∴，∴，∵∴，∴．【点睛】本题考查了作线段的垂直平分线，相似三角形的判定与性质，直径所对的圆周角是直角，勾股定理等知识，解题关键是正确作图并得出相似．7．如图，在菱形中，对角线相交于点．(1)尺规作图：在菱形的边上方找一点，使得；（不写作法，保留作图痕迹）；(2)判断四边形的形状，并给出证明．【答案】(1)作图见解析；(2)四边形是矩形，证明见解析．【分析】（）作，再在射线上截取，连接，因为四边形为菱形，所以，，因为，可得，得到，又，故可得，即点即为所求；（）由菱形的性质可得，，进而可推导出，，，得到四边形是平行四边形，即可得到四边形是矩形；本题考查了平行线的作法，作一条线段等于已知线段，全等三角形的判定，菱形的性质，平行四边形和矩形的判定，掌握菱形的性质和矩形的判定是解题的关键．【详解】（1）解：如图，点即为所求；（2）解：四边形是矩形．证明：∵四边形为菱形，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是矩形．8．如图，是的直径，是上的一点．

(1)作的角平分线，交弧于点；（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法）(2)在（1）的条件下，连接，，若，求到的距离及的值．【答案】(1)见解析(2)到的距离为1，的值为【分析】（1）分别以为圆心，大于线段长为半径画弧，交点为，连接，与交点即为；（2）如图，记与交点为，则，，由勾股定理得，，设，则，由勾股定理得，，即，解得，则，，计算求解即可．【详解】（1）解：如图；

（2）解：如图，记与交点为，则，，由勾股定理得，，设，则，由勾股定理得，，即，解得，∴，∴；∴到的距离为1，的值为．【点睛】本题考查了作角平分线，垂径定理，勾股定理，余弦等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．9．已知正方形中，，E是边上的动点，连接和．(1)尺规作图：在图中分别作线段和的中点F和G，连接FG；（不写作法，不说明理由，写明结论并保留作图痕迹）(2)当时，求（1）中所作的线段的长度．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）分别作出和的线段垂直平分线，对应线段与对应的线段垂直平分线的交点即为所求；（2）设，则，，利用勾股定理建立方程求出的长，再由三角形中位线定理求出的长即可．【详解】（1）解：如图所示，即为所求；

（2）解：∵四边形是正方形，∴，设，则，，在中，由勾股定理得，∴，∴，解得或（舍去），∴，∵分别为的中点，∴为的中位线，∴．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，线段垂直平分线的尺规作图，三角形中位线定理，灵活运用所学知识是解题的关键．10．如图，四边形是矩形，以点为圆心，长为半径的半圆，交于点．

(1)作线段的垂直平分线交于点；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）(2)以点为圆心，以为半径作，交弧于点（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），证明：；(3)在（2）的条件下，延长线段交于点F，从条件①或者条件②这两个条件中选择一个作为已知条件，求的值．条件①：；条件②：；注明：如果选择条件①与条件②分别作答，按第一个解答计分．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）分别以点，为圆心，大于的长为半径，在的上下两侧画弧，连接两弧的交点，与交于点，即可；（2）以点为圆心，以为半径作，交弧于点，连接．根据直径所对的圆周角是直角即可证明；（3）选用条件①，设，，根据矩形的性质可得，，，，根据全等三角形的判定和性质可得，根据勾股定理可得，结合，可得，代入可得，即可求出．【详解】（1）如图：分别以点，为圆心，大于的长为半径，在的上下两侧画弧，连接两弧的交点，与交于点．

（2）如图：以点为圆心，以为半径作，交弧于点，连接．

∵点是的中点，∴是圆的直径，∴，即．（3）如图，设，，且

∵四边形是矩形，∴，，，，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，由勾股定理，得：，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴．选用条件②：；则，即，同理可得．【点睛】本题考查了尺规作图——作垂线，画圆，直径所对的圆周角是直角，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，余弦的定义，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数解决问题．押题方向二：圆中的综合问题3年广东广州卷真题考点命题趋势2023年广东广州卷第19题圆与平面直角坐标系从近年广东广州中考来看，圆通常会在平面直角坐标考查，与一次函数结合一起考查；预计2024年广东广州卷还将继续重视对圆的考查。2021年广东广州卷第23题圆与一次函数1．（2023·广东广州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点，，所在圆的圆心为．将向右平移5个单位，得到（点平移后的对应点为．（1）点的坐标是，所在圆的圆心坐标是；（2）在图中画出，并连接，；（3）求由，，，首尾依次相接所围成的封闭图形的周长．（结果保留【分析】（1）由平移的性质知即可求解；（2）在图中画出，并连接，即可；（3）由封闭图形的周长，即可求解．【解答】解：（1）如下图，由平移的性质知，点，所在圆的圆心坐标是，故答案为：、；（2）在图中画出，并连接，，如图；（3）和长度相等，均为，而，则封闭图形的周长．【点评】本题为圆的综合题，涉及到图象的平移、周长的计算，弧长的计算等，是一道基础题．2．（2021·广东广州·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线分别与x轴，y轴相交于A、B两点，点为直线在第二象限的点（1）求A、B两点的坐标；（2）设的面积为S，求S关于x的函数解析式：并写出x的取值范围；（3）作的外接圆，延长PC交于点Q，当的面积最小时，求的半径．【答案】（1）A（-8，0），B（0，4）；（2），-8＜＜0；（3）4．【分析】（1）根据一次函数的图像与性质即可求出A、B两点的坐标；（2）利用三角形面积公式及点的坐标特点即可求出结果；（3）根据圆周角性质可得，．由等角的三角函数关系可推出，再根据三角形面积公式得，由此得结论当最小时，的面积最小，最后利用圆的性质可得有最小值，且为的直径，进而求得结果．【详解】解：（1）当时，，解得，∴A（-8，0）．当时，，∴B（0，4）．（2）∵A（-8,0），∴．点P在直线上，∴，∴．∵点P在第二象限，∴＞0，且＜0．解得-8＜＜0；（3）∵B（0，4），∴．∵为的外接圆，∴，．∴．设，则．∴．∴当最小时，的面积最小．∴当时，有最小值，且为的直径．∴．即的半径为4．【点睛】本题考查了一次函数的图像与性质、三角形面积计算及圆的相关性质等知识，熟练掌握一次函数的图像与性质、三角形面积计算及圆的相关性质是解题的关键．圆的综合题，涉及到图象的平移、周长的计算，弧长的计算等，是一道基础题．一次函数的图像与性质、三角形面积计算及圆的相关性质等知识，熟练掌握一次函数的图像与性质、三角形面积计算及圆的相关性质是解题的关键．1．如图，以的一边为直径作的外接圆，的平分线交于，交于，过作交的延长线于．(1)判断是否是切线，并证明你的结论；(2)连接，若，，求点到直线的距离．【答案】(1)是的切线，证明见解析；(2)．【分析】（）根据角平分线的定义，圆周角定理以及垂径定理得出，再根据平行线的性质得到，由切线的判定方法即可得出结论；（）根据圆周角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理求出，，再由相似三角形的性质和勾股定理求出，由三角形的面积公式进行计算即可；本题考查切线的判定和性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，掌握切线的性质和判定方法，圆周角定理，相似三角形的判定和性质以及勾股定理是解题的关键．【详解】（1）解：是切线，证明如下：如图，连接，∵是的平分线，∴，∴，∴，∵，∴，∵是的半径，∴是的切线；（2）∵是的直径，∴，∴，在中，，，∴，∵，∴，∵，即，∴，∵，∴，∴，设，则，，在中，，，，∵，即，解得或（舍去），即，，∵，∴，∵，∴，∴，在中，，，∴，，∴点到的距离为．2．如图，在平面直角坐标系中，点，所在圆的圆心为，，将向右平移5个单位，得到（点平移后的对应点为）．(1)点的坐标是___________，所在圆的圆心坐标是___________．(2)在图中画出，求的长．【答案】(1)，(2)图见详解，【分析】本题考查平移作图，弧长的计算．（1）过点作于，连接，分别求出即可；（2）用尺规作图画出，再根据题意计算的长即可．【详解】（1）解：过点作于，连接,所在圆的圆心为,，点的坐标是,所在圆的圆心为，所在圆的圆心坐标是故答案为：，；（2）如图，即为所求，由平移的性质知且的长为．3．如图，内接于，，的延长线交于点．(1)求证：平分；(2)若，，求和的长．【答案】(1)证明见详解；(2)；．【分析】（1）延长交于，连接，证明，在线段的垂直平分线上，得出，再由等腰三角形的性质即可得出结论；（2）延长交于，连接，则是的直径，可得，由圆周角定理得出，可得，求出的长，由勾股定理求出，利用平行线判定出，由相似三角形的比值关系求出，即可得到；由三角形的中位线定理求出的长，再通过勾股定理求即可．【详解】（1）延长交于，连接，如图所示：∵，，∴，在线段的垂直平分线上，∴，又∵，∴平分；（2）延长交于，连接，如图所示：∴是的直径，∴，，∵∴，∴，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，即：，解得：，∴，∵，，∴是的中点，∴，∵是的中点，∴是的中位线，∴，∴，∴在中：．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质及判定，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的性质及判定，三角函数等知识点，合理作出辅助线是解题的关键．4．如图，已知中，；以为直径作，与边相切于点，交边于点，为中点，连接．

(1)求证，是的切线；(2)尺规作图，点是线段上一动点，当最小时，请在图中画出点的位置（不写作法，保留作图痕迹），(3)在（2）的条件下，若，，求出的长度．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）连接，根据题中条件证明即可证明；（2）过D作垂线，交于，则与D关于对称，连接交于P，此时最小，则点P即为所求作；（3）在中，利用锐角三角函数求出，然后在中，利用三角函数设，，根据的长即可求出k，证明即可求出．【详解】（1）证明：连接，如图所示，

∵为的直径，∴，，∴，，∵为中点，∴，∴，∵，∴,∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴是的切线；（2）解：过D作垂线，交于，则与D关于对称，连接交于P，此时最小，则点P即为所求作；

（3）解：设与的交点M，连接，如图所示，

∵，∴，在中，，，∴，则，在中，，∵E为中点，则，在中，，设，，则，∴，∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，即，∴；【点睛】本题考查了切线的判定与性质、圆周角定理、直角三角形斜边中线性质、等腰三角形的性质、最短路径问题、垂径定理、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数及勾股定理等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握切线的判定与性质，会利用相似三角形的性质和锐角三角函数解决问题是解答的关键．5．如图，是的外接圆，点O在边上，的平分线交于点D，连接，过点D作的切线与的延长线交于点P．

(1)求的度数；(2)求证：；(3)若，求线段的长．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）根据直径所对的圆周角为直角得出，再由角平分线及圆周角定理即可求解；（2）连接OD．圆周角定理的推论确定，根据垂径定理的推论确定，再由切线的性质及平行线的判定定理证明即可；（2）根据圆内接四边形的性质确定，根据圆周角定理的推论，角平分线的定义和勾股定理求出和的长度，根据圆的定义和勾股定理求出，，根据相似三角形的判定定理和性质即可求出的长度．【详解】（1）解：∵为的直径，∴，∵平分，∴，∵，∴；（2）证明：如下图所示，连接．

∵平分，∴．∴．∴．∴．∵是的切线，∴．∴．∴；（3）解：∵四边形是的内接四边形，∴．∵，∴．∵点O在边上，∴．∴．∵，∴．∴．∵，∴，，．∵，∴．∴．∴．∴．∴．∴．【点睛】本题考查角平分线的定义，圆周角定理的推论，垂径定理的推论，平行线的性质，切线的判定定理，圆内接四边形的性质，勾股定理，等边对等角，相似三角形的判定定理和性质，综合应用这些知识点是解题关键．6．如图，为直径，P为延长线上一点，过点P作切线，切点为C，，垂足为D，连接和．(1)如图1，求证：平分；(2)如图2，E为下方上一点，且，连接，求证：；(3)如图3，在（2）问的条件下，在上取一点F，连接，使，过点B作的垂线交于点G，若，，求的长度．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)38【分析】（1）连接，证得，即可得证；（2）在线段上取点，使得，连接，证明，进而可得，，即可得出结论；（3）过作于，连接，证明，得，再证得，则，设，则，利用勾股定理建立方程求解即可．【详解】（1）证明：如图，连接，

是的切线，，即，，，，，，，平分；（2）证明：如图，在线段上取点，使得，连接，

，，，，由（1）知，，，，，，，，在和中，，，，，；（3）解：如图，连接，过作于，

为直径，，，，，，由（1）知，，，，，，，，，，，，，，，，，，设，则，，，，，在中，，，解得：或（不合题意，舍去），，，由（2）知，．【点睛】本题主要考查了圆的综合应用，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是正确作出辅助线，构造全等三角形和相似三角形．7．如图，正方形的对角线，相交于点O，关于的对称图形为．

(1)求证：四边形是正方形；(2)连接，若．①求的值；②以为直径作，点M为上的动点，过点M作直线的垂线，垂足为Q，求的最小值．【答案】(1)证明见解析(2)①；②【分析】（1）先根据正方形的性质可得，再根据轴对称的性质可得，从而可得，然后根据正方形的判定即可得证；（2）①连接，并延长交于点，先根据正方形的性质可得，，再利用勾股定理可得，然后根据正弦的定义即可得；②过点作于点，连接，设，则，，利用勾股定理可得，从而可得一个关于的等式，再设，则，，从而可得一个关于的一元二次方程，利用方程根的判别式可得一个关于的不等式，然后结合二次函数的图象求解即可得．【详解】（1）证明：四边形是正方形，，关于的对称图形为，，，∴四边形是正方形．（2）解：①如图，连接，并延长交于点，

四边形是正方形，，，∵四边形是正方形，，，，，，，；②如图，过点作于点，连接，

四边形是正方形，，，，四边形是矩形，，设，则，，，，由圆周角定理得：，，即，，设，则，，，，这个关于的一元二次方程有实数根，方程根的判别式，即，解方程得：或，画出函数图象如下：

由函数图象可知，当时，，，即，所以的最小值为．【点睛】本题考查了轴对称的性质、正方形的判定与性质、圆周角定理、正弦、二次函数的应用等知识点，较难的是题（2）②，将几何问题转化为代数问题是解题关键．8．如图，为的直径，弦于点，为劣弧上一动点，与的延长线交于点，、相交于，连接、、，（为常数，且）．(1)求证：；(2)求的值（用含的式于表示）；(3)设，．①求与的数量关系；②当，且时，求的值．【答案】(1)见解析(2)(3)①②【分析】（1）根据垂径定理，得到，进而得到，根据直径所对的圆周角等于，得到，进而得到，利用等角的余角相等，即可得证；（2）垂径定理，得到，证明，推出，在中，利用勾股定理得到，即可得解；（3）如图，设交于点，连接，过点作于点，过点作于点，则，①先证明，得到，由，得到，再由，得到，再根据，即可得证；②先推出，得到，推出是等腰直角三角形，得到，证明，得到，勾股定理求出，即可得解．【详解】（1）证明：如图，连接，直径弦，，，是的直径，，，，即；（2）直径弦，∴，，∴，∵，∴，又，∴，∴，∴，在中，，则，∴，；（3）如图，设交于点，连接，过点作于点，过点作于点，则，①∵直径弦，∴，又，∴，∴，∵，∴，由（2）知，∴，∵，∴，∴，∵，∴；②∵，，，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，∴，由①结论可得，，，∴∵，∴是等腰直角三角形，∴，∵，