2024年中考数学真题分类汇编（全国）（第一期）专题23 圆的有关位置关系（36题）（解析版）

专题23圆的有关位置关系（36题）一、单选题1．（2024·福建·中考真题）如图，已知点在上，，直线与相切，切点为，且为的中点，则等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了切线的性质，三角形内角和以及等腰三角形的性质，根据C为的中点，三角形内角和可求出，再根据切线的性质即可求解．【详解】∵，为的中点，∴∵∴∵直线与相切，∴，∴故选：A．2．（2024·上海·中考真题）在中，，，，点在内，分别以为圆心画，圆半径为1，圆半径为2，圆半径为3，圆与圆内切，圆与圆的关系是（

）A．内含 B．相交 C．外切 D．相离【答案】B【分析】本题考查圆的位置关系，涉及勾股定理，根据题意，作出图形，数形结合，即可得到答案，熟记圆的位置关系是解决问题的关键．【详解】解：圆半径为1，圆半径为3，圆与圆内切，圆含在圆内，即，在以为圆心、为半径的圆与边相交形成的弧上运动，如图所示：当到位置时，圆与圆圆心距离最大，为，，圆与圆相交，故选：B．3．（2024·河南·中考真题）如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点D是的中点，连接，．以点D为圆心，的长为半径在内画弧，则阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】过D作于E，利用圆内接四边形的性质，等边三角形的性质求出，利用弧、弦的关系证明，利用三线合一性质求出，，在中，利用正弦定义求出，最后利用扇形面积公式求解即可．【详解】解∶过D作于E，∵是边长为的等边三角形的外接圆，∴，，，∴，∵点D是的中点，∴，∴，∴，，∴，∴，故选：C．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，扇形面积公式，解直角三角形等知识，灵活应用以上知识是解题的关键．4．（2024·四川泸州·中考真题）如图，，是的切线，切点为A，D，点B，C在上，若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了圆的内接四边形的性质，切线长定理，等腰三角形的性质等知识点，正确作辅助线是解题关键．根据圆的内接四边形的性质得，由得，由切线长定理得，即可求得结果．【详解】解：如图，连接，∵四边形是的内接四边形，∴，∵，∴，即，∴，∵，是的切线，根据切线长定理得，∴，∴，∴．故选：C．二、填空题5．（2024·浙江·中考真题）如图，是的直径，与相切，A为切点，连接．已知，则的度数为

【答案】/40度【分析】本题考查切线的性质，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键．【详解】解：∵与相切，∴，又∵，∴，故答案为：．6．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，点在四边形内部，过点作的切线交的延长线于点，连接．若，，则的度数为．【答案】/105度【分析】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质等知识，连接，利用等边对等角得出，，利用切线的性质可求出，然后利用圆内接四边形的性质求解即可．【详解】解∶连接，∵，，∴，，∵是切线，∴，即，∵，∴，∴，∵四边形是的内接四边形，∴，故答案为：．7．（2024·天津·中考真题）如图，在每个小正方形的边长为的网格中，点，，均在格点上．

（1）线段的长为；（2）点在水平网格线上，过点，，作圆，经过圆与水平网格线的交点作切线，分别与，的延长线相交于点，，中，点在边上，点在边上，点在边上．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，，，使的周长最短，并简要说明点，，的位置是如何找到的（不要求证明）．【答案】图见解析，说明见解析【分析】此题考查了勾股定理、切线的性质等知识，根据题意正确作图是解题的关键．（1）利用勾股定理即可求解；（2）作点关于、的对称点、，连接、，分别与、相交于点、，的周长等于的长，等腰三角形的腰长为，当的值最小时，的值最小，此时是切点，由此作图即可．【详解】（1）由勾股定理可知，，故答案为：（2）如图，根据题意，切点为；连接并延长，与网格线相交于点；取圆与网格线的交点和格点，连接并延长，与网格线相交于点；连接，分别与，相交于点，，则点，，即为所求．

8．（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：．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，全等三角形的性质和判定，平行线的性质，切线的性质，解直角三角形等知识点，解题的关键是确定点H的运动轨迹．9．（2024·四川凉山·中考真题）如图，的圆心为，半径为，是直线上的一个动点，过点作的切线，切点为，则的最小值为【答案】【分析】记直线与x，y轴分别交于点A，K，连接；由直线解析式可求得点A、K的坐标，从而得均是等腰直角三角形，由相切及勾股定理得：，由，则当最小时，最小，点P与点K重合，此时最小值为，由勾股定理求得的最小值，从而求得结果．【详解】解：记直线与x，y轴分别交于点A，K，连接，当，，当，即，解得：，即；而，∴，∴均是等腰直角三角形，∴，∴，∵与相切，∴，∴，∵，∴当最小时即最小，∴当时，取得最小值，即点P与点K重合，此时最小值为，在中，由勾股定理得：，∴，∴最小值为．【点睛】本题考查了圆的切线的性质，勾股定理，一次函数与坐标轴的交点问题，垂线段最短，正确添加辅助线是解题的关键．10．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在中，，，．E为边的中点，F为边上的一动点，将沿翻折得，连接，，则面积的最小值为．【答案】/【分析】根据平行四边形的性质得到，，，由折叠性质得到，进而得到点在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作交延长线于M，交圆E于，此时到边的距离最短，最小值为的长，即此时面积的最小，过C作于N，根据平行线间的距离处处相等得到，故只需利用锐角三角函数求得即可求解．【详解】解：∵在中，，，∴，，则，∵E为边的中点，∴，∵沿翻折得，∴，∴点在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作交延长线于M，交圆E于，此时到边的距离最短，最小值为的长，即面积的最小，过C作于N，∵，∴，在中，，，∴，∴，∴面积的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查平行四边形的性质、折叠性质、圆的有关性质以及直线与圆的位置关系、锐角三角函数等知识，综合性强的填空压轴题，得到点的运动路线是解答的关键．三、解答题11．（2024·广东·中考真题）如图，在中，．

(1)实践与操作：用尺规作图法作的平分线交于点D；（保留作图痕迹，不要求写作法）(2)应用与证明：在（1）的条件下，以点D为圆心，长为半径作．求证：与相切．【答案】(1)见解析(2)证明见解析【分析】本题考查了尺规作角平分线，角平分线的性质定理，切线的判定等知识．熟练上述知识是解题的关键．（1）利用尺规作角平分线的方法解答即可；（2）如图2，作于，由角平分线的性质定理可得，由是半径，，可证与相切．【详解】（1）解：如图1，即为所作；

（2）证明：如图2，作于，

∵是的平分线，，，∴，∵是半径，，∴与相切．12．（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．13．（2024·四川内江·中考真题）如图，是的直径，是的中点，过点作的垂线，垂足为点．

(1)求证：；(2)求证：是的切线；(3)若，，求阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】+（1）分别证明，，从而可得结论；（2）连接，证明，可得，再进一步可得结论；（3）连接、，证明四边形是矩形，可得，再证明，可得，可得，利用可得答案.【详解】（1）证明：∵是的直径∴，又∵，∴，∴，∵是的中点，∴，∴，∴；（2）证明：连接

∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵是的半径，∴是的切线；（3）解：连接、

∵是的直径，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，∵是半径，是的中点，∴，，即，∵，∴，∴，∴，∴【点睛】本题主要考查了圆周角定理、切线的判定及扇形的面积公式，熟练地掌握相似三角形的判定和切线的判定是解决本题的关键。14．（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．15．（2024·四川凉山·中考真题）如图，是的直径，点在上，平分交于点，过点的直线，交的延长线于点，交的延长线于点．(1)求证：是的切线；(2)连接并延长，分别交于两点，交于点，若的半径为，求的值．【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质及角平分线得到，根据平行线的性质得，即可证明；（2）连接，先解，求得，，则，，可证明，由，得，故，证明，即可得到．【详解】（1）解：连接，∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴∵，∴，∴，即，∵是的半径∴是的切线；（2）解：连接，∵，∴在中，，由勾股定理得：∴，∵在中，，∴，∵，∴，而，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了圆的切线的判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理，的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，正确添加辅助线是解题的关键．16．（2024·山东烟台·中考真题）如图，是的直径，内接于，点I为的内心，连接并延长交O于点D，E是上任意一点，连接，，，．(1)若，求的度数；(2)找出图中所有与相等的线段，并证明；(3)若，，求的周长．【答案】(1)(2)，证明见解析(3)30【分析】（1）利用圆周角定理得到，再根据三角形的内角和定理求，然后利用圆内接四边形的对角互补求解即可；（2）连接，由三角形的内心性质得到内心，，，然后利用圆周角定理得到，，利用三角形的外角性质证得，然后利用等角对等边可得结论；（3）过I分别作，，，垂足分别为Q、F、P，根据内切圆的性质和和切线长定理得到，，，利用解直角三角形求得，，进而可求解．【详解】（1）解：∵是的直径，∴，又，∴，∵四边形是内接四边形，∴，∴；（2）解：，证明：连接，∵点I为的内心，∴，，∴，∴，，∵，，∴，∴；（3）解：过I分别作，，，垂足分别为Q、F、P，∵点I为的内心，即为的内切圆的圆心．∴Q、F、P分别为该内切圆与三边的切点，∴，，，∵，，，∴，∵，，，∴，∴的周长为．【点睛】本题考查圆周角定理、圆内接四边形的性质、三角形的内角和定理、三角形的内心性质、三角形的外角性质、等腰三角形的判定、切线长定理以及解直角三角形，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．17．（2024·甘肃·中考真题）如图，是的直径，，点E在的延长线上，且．(1)求证：是的切线；(2)当的半径为2，时，求的值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，，证明垂直平分，得出，证明，得出，说明，即可证明结论；（2）根据是的直径，得出，根据勾股定理求出，根据三角函数定义求出，证明，得出即可．【详解】（1）证明：连接，，如图所示：∵，∴，∵，∴点O、B在的垂直平分线上，∴垂直平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵是的直径，∴是的切线；（2）解：∵的半径为2，∴，∵是的直径，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题主要考查了切线的判定，勾股定理，求一个角的正切值，圆周角定理，垂直平分线的判定，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．18．（2024·山东威海·中考真题）如图，已知是的直径，点C，D在上，且．点E是线段延长线上一点，连接并延长交射线于点F．的平分线交射线于点H，．(1)求证：是的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查切线的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，根据角平分线的定义得到是解题的关键．（1）连接，根据圆周角定理得到，即可得到，然后根据角平分线的定义得到，然后得到即可证明切线；（2）设的半径为，根据，可以求出，然后根据，即可得到结果．【详解】（1）证明：连接，则，又∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵平分，∴，∴，∴，又∵是半径，∴是的切线；（2）解：设的半径为，则，∵，即，解得，∴，，又∵∴，∴，即，解得．19．（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．20．（2024·湖北·中考真题）中，，点在上，以为半径的圆交于点，交于点．且．(1)求证：是的切线．(2)连接交于点，若，求弧的长．【答案】(1)见解析(2)弧的长为．【分析】（1）利用证明，推出，据此即可证明结论成立；（2）设的半径为，在中，利用勾股定理列式计算求得，求得，再求得，利用弧长公式求解即可．【详解】（1）证明：连接，在和中，，∴，∴，∵为的半径，∴是的切线；（2）解：∵，∴，设的半径为，在中，，即，解得，∴，，，∴，∵，∴，∴弧的长为．【点睛】本题考查了切线的判定，勾股定理，三角函数的定义，弧长公式．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．21．（2024·贵州·中考真题）如图，为半圆O的直径，点F在半圆上，点P在的延长线上，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．22．（2024·青海·中考真题）如图，直线经过点C，且，．(1)求证：直线是的切线；(2)若圆的半径为4，，求阴影部分的面积．【答案】(1)详见解析(2)【分析】本题考查了切线的判定和性质、直角三角形的性质和勾股定理、扇形面积的计算等知识，解题的关键是掌握切线的判定与性质．（1）利用等腰三角形的性质证得，利用切线的判定定理即可得到答案；（2）在中，利用直角三角形的性质和勾股定理求得，，再根据，计算即可求解．【详解】（1）证明：连接，∵在中，，，∴，又∵是的半径，∴直线是的切线；（2）解：由（1）知，∵，∴，∴，在中，，，∴，∴，∴，．23．（2024·天津·中考真题）已知中，为的弦，直线与相切于点．(1)如图①，若，直径与相交于点，求和的大小；(2)如图②，若，垂足为与相交于点，求线段的长．【答案】(1)；(2)【分析】本题考查等腰三角形的性质，切线的性质，解直角三角形，灵活运用相关性质定理是解答本题的关键．（1）根据等边对等角得到，然后利用三角形的内角和得到，然后利用平行线的性质结合圆周角定理解题即可；（2）连接，求出，再在中运用三角函数解题即可．【详解】（1）为的弦，．得．中，，又，．直线与相切于点为的直径，．即．又，．在中，．，．（2）如图，连接．∵直线与相切于点，∴∵∴．，得．在中，由，得．．在中，，．24．（2024·四川乐山·中考真题）如图，是的外接圆，为直径，过点C作的切线交延长线于点D，点E为上一点，且．(1)求证：；(2)若垂直平分，，求阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）如图1，连接．则，即．由为直径，可得，即．则．由，可得．由，可得．则．进而可证．（2）如图2，连接．由垂直平分，可得．则为等边三角形．，．由，可得．由，可得．．证明为等边三角形．则，．．则．．．．，再根据，计算求解即可．【详解】（1）证明：如图1，连接．

图1∵为的切线，∴，即．又∵为直径，∴，即．∴．∵，∴．∵，∴．∴．∴．（2）解：如图2，连接．

图2∵垂直平分，∴．又∵，∴为等边三角形．∴，．∵，∴．∵，∴．又∵，∴．∵，∴为等边三角形．∴，．∴．∴．∴．∴．∴．又∵，∴，∴阴影部分的面积为．【点睛】本题考查了切线的性质，直径所对的圆周角为直角，同弧或等弧所对的圆周角相等，平行线的判定与性质，等边三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，正弦，扇形面积等知识．熟练掌握相关图形的性质定理、正确添加辅助线是解题的关键．25．（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）．，．∵，．为的直径，．．，即的半径为．26．（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．27．（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．28．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，内接于，为的直径，于点D，将沿所在的直线翻折，得到，点D的对应点为E，延长交的延长线于点F．(1)求证：是的切线；(2)若，，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，由折叠的性质得，，再证明，推出，据此即可证明是的切线；（2）先求得，在中，求得，再利用扇形面积公式求解即可．【详解】（1）证明：连接，∵，∴，∵沿直线翻折得到，∴，，∵是的半径，∴，∴，∴，∴，∴，∴于点C，又∵为的半径，∴是的切线；（2）解：∵，∴，由（1）得，∴，∵，∴，∵，∴，在中，，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了切线的判定与扇形面积公式，折叠的性质，解直角三角形．充分运用圆的性质，综合三角函数相关概念，求得线段长度是解题的关键．29．（2024·湖北武汉·中考真题）如图，为等腰三角形，是底边的中点，腰与半圆相切于点，底边与半圆交于，两点．(1)求证：与半圆相切；(2)连接．若，，求的值．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了等腰三角形三线合一，角平分线的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识点是解题的关键．（1）连接、，作交于，根据等腰三角形三线合一可知，，平分，结合与半圆相切于点，可推出，得证；（2）由题意可得出，根据，在中利用勾股定理可求得的长度，从而得到的长度，最后根据即可求得答案．【详解】（1）证明：连接、，作交于，如图为等腰三角形，是底边的中点，平分与半圆相切于点由是半圆的切线（2）解：由（1）可知，，，又，在中，，，解得：30．（2024·北京·中考真题）如图，是的直径，点，在上，平分.

(1)求证：；(2)延长交于点，连接交于点，过点作的切线交的延长线于点.若，，求半径的长.【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据题意，得，结合，得到，继而得到，根据平分，得到，继而得到，可证；（2）不妨设，则，求得，证明，，求得，取的中点M，连接，则，求得，，结合切线性质，得到，解答即可.【详解】（1）根据题意，得，∵，∴，∴，∵平分，∴，∴，∴；（2）∵，，不妨设，则，∴，∵，∴，，∴，∴，解得，取的中点M，连接，则∵，∴，∴，∴，∵是的切线，∴，∴，解得，故半径的长为.

【点睛】本题考查了圆的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，三角形相似的判定和性质，切线的性质，解直角三角形的相关计算，等量代换思想，熟练掌握三角形相似的判定和性质，切线的性质，解直角三角形的相关计算是解题的关键.31．（2024·湖南·中考真题）【问题背景】已知点A是半径为r的上的定点，连接，将线段绕点O按逆时针方向旋转得到，连接，过点A作的切线l，在直线l上取点C，使得为锐角．【初步感知】（1）如图1，当时，；【问题探究】（2）以线段为对角线作矩形，使得边过点E，连接，对角线，相交于点F．①如图2，当时，求证：无论在给定的范围内如何变化，总成立：②如图3，当，时，请补全图形，并求及的值．【答案】（1）；①证明见解析；②补全图形见解析，，【分析】（1）可证是等边三角形，则，由直线l是的切线，得到，故；（2）①根据矩形的性质与切线的性质证明，则，而，由，得到；②过点O作于点G，于点H，在中，先证明点E在线段上，，由等腰三角形的性质得，根据互余关系可得，可求，解，求得，可证明，故在中，．【详解】解：（1）由题意得，∵，∴是等边三角形，∴，∵直线l是的切线，∴，∴，故答案为：；（2）①如图：∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵四边形是矩形，∴，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵四边形是矩形，∴，∵，∴；②补全图形如图：过点O作于点G，于点H，在中，，∴由勾股定理得，∵，∴，∴，∴点E在线段上，∴在，，∵，，∴，∵，∴，∴，在中，，∴设，∴由勾股定理得，∴，∴在中，∵四边形是矩形，∴，∴，而，∴，∴在中，．【点睛】本题考查了圆的切线的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．32．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图1，是正方形对角线上一点，以为圆心，长为半径的与相切于点，与相交于点．(1)求证：与相切．(2)若正方形的边长为，求的半径．(3)如图2，在（2）的条件下，若点是半径上的一个动点，过点作交于点．当时，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）方法一：连接，过点作于点，四边形是正方形，是正方形的对角线，得出，进而可得为的半径，又，即可得证；方法二：连接，过点作于点，根据正方形的性质证明得出，同方法一即可得证；方法三：过点作于点，连接．得出四边形为正方形，则，同方法一即可得证；（2）根据与相切于点，得出，由（1）可知，设，在中，勾股定理得出，在中，勾股定理求得，进而根据建立方程，解方程，即可求解．（3）方法一：连接，设，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，结合题意得出，即可得出；方法二：连接，证明得出，进而可得，同理可得方法三：连接，证明得出，设，则，进而可得，进而同方法一，即可求解．【详解】（1）方法一：证明：连接，过点作于点，与相切于点，．四边形是正方形，是正方形的对角线，，，为的半径，为的半径，，与相切．方法二：证明：连接，过点作于点，与相切于点，，，四边形是正方形，，又，，，为的半径，为的半径，，与相切．方法三：证明：过点作于点，连接．与相切，为半径，，，，，又四边形为正方形，，四边形为矩形，又为正方形的对角线，，，矩形为正方形，．又为的半径，为的半径，又，与相切．（2）解：为正方形的对角线，，与相切于点，，由（1）可知，设，在中，，，，，又正方形的边长为．在中，，，，．∴的半径为．（3）方法一：解：连接，设，，，，．在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，又，．．方法二：解：连接，为的直径，，，，，，，，，，，，，，．方法三：解：连接，为的直径，，，，，，，，，，，，设，则，，．又，，．【点睛】本题考查了切线的性质与判定，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，相似三角形的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．33．（2024·北京·中考真题）在平面直角坐标系中，的半径为1，对于的弦和不在直线上的点，给出如下定义：若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”．(1)如图，点，．①在点，，中，点___________是弦的“可及点”，其中____________；②若点是弦的“可及点”，则点的横坐标的最大值为__________；(2)已知是直线上一点，且存在的弦，使得点是弦的“可及点”．记点的横坐标为，直接写出的取值范围．【答案】(1)①，45；②(2)或【分析】（1）由相对运动理解，作出关于的对称圆，若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”，则点C应在的圆内或圆上，先求得，根据点与圆的位置关系的判断方法分别判断即可得出在上，故符合题意，根据圆周角定理即可求解；②取中点为H，连接，可确定点D在以H为圆心，为半径的上方半圆上运动（不包括端点A、B），当轴时，点D横坐标最大，可求，故点的横坐标的最大值为；（2）反过来思考，由相对运动理解，作出关于的对称圆，故点P需要在的圆内或圆上，作出的外接圆，连接，则点P在以为圆心，为半径的上运动（不包括端点M、N），可求，随着的增大，会越来越靠近，当点与点重合时，点P在上，即为临界状态，此时最大，，由，故当最大，时，此时为等边三角形，此时，故当，的最大值为2，设，则，解得：，可求直线与交于点，，故t的取值范围是或．【详解】（1）解：①：反过来思考，由相对运动理解，作出关于的对称圆，∵若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”，∴点C应在的圆内或圆上，∵点，，∴，而，∴,由对称得：，∴为等腰直角三角形，∴,设半径为，则,故在外，不符合题意；，故在上，符合题意；，故在外，不符合题意，∴点是弦的“可及点”，可知三点共线，∵，∴，故答案为：，45；②取中点为H，连接，∵，∴，∴点D在以H为圆心，为半径的上方半圆上运动（不包括端点A、B），∴当点轴时，点D横坐标最大，∵，，∴，∴，∵点，，∴，∴此时，∴点的横坐标的最大值为，故答案为：；（2）解：反过来思考，由相对运动理解，作出关于的对称圆，∵若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”，∴点C应在的圆内或圆上，故点P需要在的圆内或圆上，作出的外接圆，连接，∴点P在以为圆心，为半径的上运动（不包括端点M、N），∴，∴，由对称得点在的垂直平分线上，∵的外接圆为，∴点也在的垂直平分线上，记与交于点Q，∴，∴，随着的增大，会越来越靠近，当点与点重合时，点P在上，即为临界状态，此时最大，，连接，∵，∴当最大,时，此时为等边三角形，由上述过程知∴，∴当，的最大值为2，设，则，解得：，而记直线与交于，与y轴交于点K，过点S作轴，当，当时，，解得，∴与x轴交于点，∴，而∴为等边三角形，∴，∴，∴，∴t的取值范围是或．【点睛】本题考查了新定义，轴对称变换，点与圆的位置关系，圆周角定理，解直角三角形，一次函数与坐标轴的交点问题，已知两点求距离等知识点，正确添加辅助线，找到临界状态情况是解题的关键．34．（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