江苏省中考数学复习 专题6 圆综合问题 解答题30题专项提分计划解析版

【大题精编】2023届江苏省中考数学复习专题6圆综合问题解答题30题专项提分计划（江苏省通用）1．（2022·江苏泰州·校考三模）如图，是的直径，点是外一点，切于点，连接，过点作交于点，点是的中点，且，．(1)与有怎样的位置关系？为什么？(2)求的长．【答案】(1)为的切线，原因见解答过程(2)【分析】（1）连接，证明，根据全等三角形的性质得到，根据切线的性质得到，根据切线的判定定理证明结论；（2）连接、、，过点作于，根据圆周角定理得到，根据等腰直角三角形的性质计算，得到答案．【详解】（1）解：为的切线．理由如下：连接，如图所示：，，，，，，在和中，，，，切于点，，，是的半径，为的切线；（2）连接、、，过点作于，如图所示：，是的直径，，点是的中点，，，，由勾股定理得：，．【点睛】本题考查的是切线的性质、全等三角形的判定和性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．2．（2022·江苏苏州·苏州市振华中学校校考模拟预测）如图，四边形内接于，是的直径，，垂足为，平分．(1)求证：是的切线；(2)若，，求和的长．【答案】(1)见解析(2)，【分析】（1）连接，推出，推出，推出，即可得出答案；（2）求出，求出，求出，即可求出，连接，继而求得半径，，根据弧长公式求得，即可求解．【详解】（1）连接．∵，∴．∵平分，∴，∴，∴．∵，∴．∵是的半径，∴是的切线．（2）∵是的直径，∴．∵，∴，∴．∵，∴，∴．∵，∴．∵，∴，∴．连接，∴，∴【点睛】本题主要考查了切线的性质和判定，弧长公式，三角形的内角和定理，含30度角的直径三角形，勾股定理，等腰三角形等知识点的应用，掌握以上知识是解题的关键．3．（2022·江苏盐城·盐城市第四中学（盐城市艺术高级中学、盐城市逸夫中学）校考模拟预测）如图，以为直径的与相切于点，点、在上，连接、、，连接并延长交于点，与交于点．(1)求证：；(2)若点是弧的中点，的半径为，，求的长．【答案】(1)见解析(2)8【分析】（1）根据切线的性质可得，再由为的直径，可得，从而得到，再由圆周角定理，即可求证；（2）根据点是弧的中点，可得，再由，可得，从而得到，设，则，在中，根据勾股定理，即可求解．【详解】（1）证明：∵与相切，∴，即，∴，∵为的直径，∴，∴，∴，∵，∴；（2）解：∵点是弧的中点，∴，∵，，，∴，∴，设，则，∵的半径为，∴，在中，，∴，解得：，即．【点睛】本题考查了圆周角定理、切线的性质、勾股定理，解题的关键是利用同角的余角相等求得．4．（2022·江苏南京·南京大学附属中学校考模拟预测）如图，为的直径，点D在上，连接、，过点D的切线与的延长线交于点A，，与交于点F．(1)求证：；(2)当的半径为，时，求的长．【答案】(1)见解析；(2)．【分析】（1）连接，根据圆周角定理的推论、切线的性质得到，再由圆的基本性质、等腰三角形的性质以及等量代换得到，然后根据平行线的判定即可得证结论；（2）由（1）知，，在中依据求得，再根据三角形中位线定理求得，在中，=，求得，最后依据可得解．【详解】（1）证明：连接，如图，∵与相切，∴，∴，∵为直径，∴，即，∴，∵，∴，而，∴，∴；（2）解：由（1）知，，∴，在中，，∴，∵，∴，在中，=，∴，∴．【点睛】本题考查了切线的性质、圆的基本性质、圆周角定理的推论、平行线的判定和性质、三角形中位线性质以及解直角三角形等知识；解题的关键是灵活运用知识解决问题、学会添加辅助线、正确寻找相似三角形解决问题．5．（2022·江苏无锡·模拟预测）如图，四边形内接于，是的直径，与交于点，切于点．(1)求证：；(2)若，，求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据圆周角定理和切线的性质，结合等腰三角形的性质即可证得结论；（2）由三角形外角的性质求出，得到，由圆周角的性质得到，根据相似三角形的判定即可证得．【详解】（1）证明：∵是的直径，∴，∵切于点，∴，∴，即；（2）由（1）知，，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，圆周角定理，切线的性质，根据圆周角定理和切线的性质证得是解决问题的关键．6．（2022·江苏镇江·统考一模）已知：如图，是半圆O的直径，C是延长线上的一点，，交CD的延长线于点E，交半圆O于点F，且D为弧的中点．(1)求证：是半圆O的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)8【分析】（1）连接，根据D是弧的中点可以得到，根据直径所对的圆周角是直角可以得到，则，因而可以证得，从而证得是半圆O的切线；（2）先证明，求出的长，再证明，求出的长即可．【详解】（1）证明：连接，∵D为弧的中点，∴，又∵AB是半圆O的直径，∴，又，∴，∴，∴是半圆O的切线；（2）解：∵切半圆O于点D，∴，又，，，，∵是半圆O的直径，∴，∴，∴，∵．∴，∴，∵，∴，∴，即，∴，，，，∴，∴，即，∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理的推论、相似三角形的性质与判定以及切线的判定，判定切线的问题常用的方法是转化成证明垂直问题．7．（2022·江苏无锡·统考一模）如图，已知点A、B、C在上，点D在外，，交于E点．(1)求证：是的切线；(2)若的半径为5，，求线段的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接并延长交于F点，连接，根据圆周角定理得到，求得，根据直径所对的圆周角是直角得到，求得，根据切线的判定定理即可得到结论；（2）连接，交于点G，根据平行线的性质得到，根据垂径定理得到，根据圆周角定理求出，解直角三角形求出即可．【详解】（1）证明：连接并延长交于F点，连接，∴，∵，∴，∵为直径，∴，∴，∴，即，∵是的直径，∴是的切线；（2）解：连接，交于点G，∵，∴，即，∴，∵，，∴，∴．【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，垂径定理以及解直角三角形等知识，判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”；有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”．8．（2022·江苏扬州·校考三模）如图，Rt△ABC中，，，为上一点，，以为圆心，以为半径作圆与相交于点，点是⊙O与线段BC的公共点，连接，并且．(1)求证：是⊙O的切线；(2)求图中阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，由是直径，得出，进而得出，由圆周角定理得出，进而得出，然后得出，再证明，得出，再证明是等边三角形，进而得出，证明，即可得出，即可得出结论．（2）先求出等边三角形的面积为：，由（1）可得出，求出扇形的面积为：，再由勾股定理得出，求出的面积为：，然后可求得阴影部分的面积．【详解】（1）如图，连接，∵是直径，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∴∴，∵是半径，∴是⊙O的切线．（2）∵是等边三角形，∴，∵，∴的面积为：，∵，∴扇形的面积为：，∵，，，∴，∴，∴，∴由勾股定理可得：，∴的面积为：，∴阴影部分的面积为：．【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定，扇形的面积，等边三角形的判定与性质，正确作辅助线是解题的关键．9．（2022·江苏南京·南师附中树人学校校考二模）如图，为⊙O直径，C为⊙O上一点，点D是的中点，于E，于F．(1)求证：是⊙O的切线；(2)若，求的长度．【答案】(1)见解析(2)8【分析】（1）连接，根据点D是的中点，得出，进而根据内错角相等，得出，最后根据，即可得出结论；（2）过点O作，垂足为H，可得，再由平行线的性质得出，再证明，利用全等三角形的性质即可求解．【详解】（1）连接．∵点D是的中点，∴，∵，∴．∴．∴．∴．∵于E，∴．∴．∴．又∵是半径，∴是⊙O的切线．（2）过点O作，垂足为H．∴，∵，∴．又∵，∴，∴．∵，∴．【点睛】本题考查了切线的判定定理，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，圆周角定理，垂径定理等，熟练掌握知识点是解题的关键．10．（2022·江苏淮安·淮阴中学新城校区校联考二模）如图，是的直径，点C在的延长线上，平分交于点D，且，垂足为点E．(1)判断直线与的位置关系，并说明理由；(2)若，，求的长．【答案】(1)是的切线，理由见解析；(2)．【分析】（1）连接，可根据角平分线的定义和等腰三角形综合得到，再根据平行线的性质可得，即可证出是的切线；（2）根据勾股定理可求得，可得，，三角形为等腰三角形，，最后在三角形中根据“所对的直角边等于斜边的一半”即可求得答案．【详解】（1）证明：连接，∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，又∵，∴，∵是半径，∴是的切线；（2）解：设，在中，由勾股定理得，，即，解得，即，，∴，，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，切线的判定，勾股定理，直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半，解题的关键是学会添加辅助线，灵活运用所学知识．11．（2022·江苏宿迁·统考一模）如图，在中，，，求的度数．【答案】50°【分析】利用得到，再根据平行线的性质得到，然后根据圆周角定理得到∠BOC的度数．【详解】解：∵，∴．∵，∴，∴．【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了平行线的性质．12．（2020·江苏盐城·统考三模）如图，已知AB、AC分别为⊙O的直径和弦，D为弧BC的中点，DE⊥AC于E，DE=6，AC=16．(1)求证：DE是⊙O的切线；(2)求直径AB的长．【答案】(1)见解析(2)20【分析】（1）连接OD，BC，要证明DE是⊙O的切线只要证明OD⊥DE即可，根据已知条件可以证明OD⊥BC；（2）由（1）可得四边形CFDE为矩形，从而得到CF=DE=6，BC=2CF=12，利用勾股定理即可求得AB的长．【详解】（1）证明：如图，连接OD，BC；∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∵DE⊥AC，∴BCDE；∵D为弧BC的中点，∴OD⊥BC，∴OD⊥DE．∴DE是⊙O的切线．（2）设BC与DO交于点F，由（1）可得四边形CFDE为矩形；∴CF=DE=6，∵OD⊥BC，∴BC=2CF=12，在Rt△ABC中，AB==20．【点睛】本题主要考查的是切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证它们垂直即可解决问题．13．（2022·江苏淮安·统考模拟预测）如图，已知△ABC内接于⊙O，AB为直径．(1)若⊙O的半径为2cm，且AB＝2BC，求阴影部分的面积；(2)若∠ACB的平分线CD交⊙O于点D，点E为CA延长线上的一点，且∠ADE＝∠BCD，判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由．【答案】(1)(2)相切，理由见解析【分析】（1）连接OC，利用弓形的面积=扇形的面积—三角形的面积，进行计算即可；（2）连接OD，证明OD⊥DE，即可得证．【详解】（1）解：连接OC，∵AB为直径，∴，，又∵AB＝2BC，∴，，∴，，∴，∴；作OF⊥AC，交AC于点F，则：，，∴，∴；∴．（2）相切，证明如下：证明：如图，连接DO并延长，交圆于点H，连接HA，则：，，∴∵CD是∠ACB的平分线，∴，又∵∠ADE＝∠BCD，∴，∴∴∴DE是⊙O的切线．【点睛】本题考查圆中阴影部分面积的求法以及切线的证明，将阴影部分的面积转化为规则图形面积之间的关系是求阴影面积的关键．14．（2021·江苏淮安·统考一模）如图，直线l与⊙O相离，OA⊥l于点A，OA＝10．C是直线l上一点，连接CP并延长交⊙O于另一点B，且AB=AC．(1)求证：AB是⊙O的切线；(2)若⊙O的半径为6，求线段BP的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接OB，由AB＝AC得∠ABC＝∠ACB，由OP＝OB得∠OPB＝∠OBP，由OA⊥l得∠OAC＝90°，则∠ACB＋∠APC＝90°，而∠APC＝∠OPB＝∠OBP，所以∠OBP＋∠ABC＝90°，即∠OBA＝90°，于是根据切线的判定定理得到直线AB是⊙O的切线；（2）根据勾股定理求得AB＝8，PC＝4，过O作OD⊥PB于D，则PD＝DB，通过证得△ODP∽△CAP，求得PD，即可求得BP．(1)证明：如图，连接OB，∵OP＝OB，∴∠OBP＝∠OPB，又∵∠OPB＝∠CPA∴∠OBP＝∠OPB＝∠CPA，∵AB＝AC，∴∠ACB＝∠ABC，而OA⊥l，即∠OAC＝90°，∴∠ACB+∠CPA＝90°，即∠ABP+∠OBP＝90°，∴∠ABO＝90°，即OB⊥AB，故AB是⊙O的切线；(2)解：由（1）知：∠ABO＝90°，而OA＝10，OB＝OP＝6，由勾股定理，得：AB＝8，过O作OD⊥PB于D，则PB＝2PD＝2DB，∵∠OPD＝∠CPA，∠ODP＝∠CAP＝90°，∴△ODP∽△CAP，∴，又∵AC＝AB＝8，AP＝OA﹣OP＝4，∴CP＝＝4，∴PD＝＝，∴BP＝2PD＝．【点睛】本题考查了切线的判定和性质，勾股定理的应用研究三角形相似的判定和性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．15．（2021·江苏扬州·校考一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB=AC，BD交AC于点E，延长AD，BC交于点F，且CF=AC．(1)求证∶CD=AD；(2)若AD=，AB=，求FD的长．【答案】(1)见解析；(2)【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得∠CAF=∠F，再由圆周角定理即可证明；（2）过点C作CG⊥AF于点G，根据等腰三角形的性质可得AG=FG，然后根据勾股定理列出方程求解即可．【详解】（1）证明：∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∵CF=AC，∴∠CAF=∠F，∴∠ACB=∠CAF+∠F=2∠CAD，∵∠ABC=∠ABD+∠CBD=∠ACD+∠CAD，∴2∠CAD=∠ACD+∠CAD，∴∠CAD=∠ACD，∴CD=AD；（2）如图，过点C作CG⊥AF于点G，∵AC=CF=AB=2，∴AG=FG，在Rt∆ACG中，根据勾股定理可得：，在Rt∆DCG中，根据勾股定理可得：，∴，由（1）知：CD=AD=，∴AG=AD+DG=+DG，∴8-3=，解得：，∴AG=，∴FD=，∴FD的长为．【点睛】题目主要考查等腰三角形的判定和性质，圆周角定理，勾股定理等知识点，熟练运用这些知识点是解题关键．16．（2022·江苏泰州·统考二模）如图，已知AD是⊙O的直径，B、C为圆上的点，OE⊥AB、BC⊥AD，垂足分别为E、F．(1)求证：2OE=CD；(2)若∠BAD+∠EOF=150°，AD=4，求阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)2π-【分析】（1）连接BD，先证，，再根据垂径定理，证得，最后通过等量代换证得结论．（2）将代入∠BAD+∠EOF=150°，结合，解得，，由，分别求得、、，计算即可．【详解】（1）证明：连接BD，∵AD是⊙O的直径，B为圆上的点，∴，∵OE⊥AB，∴，∴，∴，∵AD是⊙O的直径，即O为AD的中点，∴E为AB的中点，∴．∵AD是⊙O的直径，B、C为圆上的点，BC⊥AD，∴，∴，即．（2）解：∵，又∵∠BAD+∠EOF=150°，∴，即．∵，∴，∴，．如图，连接BD，∵AD=4，AD是⊙O的直径，，∴．同理，，，，∴，．∵AD是⊙O的直径，B、C为圆上的点，BC⊥AD，∴．∵AD=4，，∴．，，，∴．【点睛】本题考查了垂径定理，中位线的判定及性质，扇形相关的阴影面积计算，综合运用以上知识是解题的关键．17．（2022·江苏淮安·统考二模）如图，AB为⊙O的直径，AC为⊙O的弦，AD⊥CD，且∠BAC＝∠CAD．(1)求证：CD是⊙O的切线；(2)若AD＝1，CD＝2，求⊙O的直径．【答案】(1)见解析(2)⊙的直径为5【分析】（1）连接OC，证明，推出∥，再根据，即可证明结论；（2）连接，证明⊿∽⊿，推出，利用勾股定理求出AC的长，即可求出AB的长．（1）证明：连接OC，，，∥，，，，，是⊙的切线；（2）解：连接，是⊙的直径，，△∽△，，，，∴⊙的直径为5．【点睛】本题主要考查了圆切线的判定，等腰三角形的性质，平行线的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，直径所对的圆周角是直角等等，正确作出辅助线是解题的关键．18．（2022·江苏南京·统考二模）如图，内接于⊙O，的平分线AF交⊙O于点G，过G作分别交AB，AC的延长线于点D，E．(1)求证：DE是⊙O的切线；(2)已知，，点I为的内心，求GI的长．【答案】(1)见详解(2)GI的长为4【分析】（1）连接OG，根据角平分线的定义得到∠BAG=∠CAG，根据垂径定理得到OG⊥BC，根据平行线的性质得到OG⊥EF，然后问题可求证；（2）连接BI，BG，根据角平分线定义得到∠BAI=∠CAI，∠ABI=∠CBI，推出∠BIG=∠GBI，得到BG=IG，根据相似三角形的性质即可得到结论．【详解】（1）证明：连接OG，∵∠BAC的平分线AF交⊙O于点G，∴∠BAG=∠CAG，∴，∴OG⊥BC，∵，∴OG⊥EF，∵OG是⊙O的半径，∴DE是⊙O的切线；（2）解：连接BI，BG，∵点I为的内心，∴BI平分∠ABC，AG平分∠BAC，∴∠BAI=∠CAI，∠ABI=∠CBI，∵，，，∴，∴∠BIG=∠GBI，∴，∵，∴，∴，∵，∴AF=6，∴FG=2，∵，∴，∴，∴，∴（负根舍去），∴GI的长为4．【点睛】本题主要考查切线的判定与性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握切线的判定与性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．19．（2023·江苏苏州·统考一模）如图，已知是的直径，点，点均在上，连接交于点，，．(1)若，求的长；(2)若记的面积为，的面积为，求的值．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）如图，连接，证明，，结合，求解，再利用勾股定理可得答案；（2）过作于，由，设，可得，，，证明，可得，，，，再利用三角形的面积公式进行计算即可．【详解】（1）解：如图，连接，∵，∴，∵，∴，∴，而，∴，∴，∴．（2）过作于，∵，设，∴，，∴，在中，，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，勾股定理的应用，垂径定理的应用，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线，灵活运用锐角三角函数解题是关键．20．（2022·江苏盐城·校考一模）如图，四边形是平行四边形，以为直径的切于点A，与交于点．(1)求证：直线是的切线；(2)若，弦的长为，求的半径长．【答案】(1)见解析(2)10【分析】（1）根据切线的性质可得，然后根据平行四边形的性质可得，从而利用平行线的性质求出，即可证明直线是的切线；（2）连接，根据直径所对的圆周角是直角可得，再利用同角的余角相等可得，从而可证，利用相似三角形的性质求出的长，最后在中，利用勾股定理求出的长，从而得出的半径．【详解】（1）证明：与相切于点A，．四边形是平行四边形，，．是的半径，直线是的切线；（2）解：如图，连接，是的直径，，，．，，，，，即，解得：（舍去负值），在中，，，的半径长为10．【点睛】本题考查切线的性质与判定，平行四边形的性质，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识．熟练掌握上述知识，并利用数形结合的思想是解题关键．在解（2）时，连接常用的辅助线也是关键．21．（2022·江苏苏州·校考模拟预测）如图在中，以为圆心，以为半径作，交于，连接，．(1)求证：与相切．(2)取上一点，连接，若，求证：．(3)在（2）的条件下，若是的中点，，延长交于，求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）设，则，则，即可求解；（2）证明，得到，进而求解；（3）证明，得到，在中，由勾股定理得：，解得，进而求解．【详解】（1）设，则，∵∴∴∴∵为圆的半径，∴与相切．（2）在上取点，使，连接，∵∴，∴∵∴设∴∴∴∴∵∴∴；（3）过点作于点，则，设交于点，由（2）知，∴∴则∵点是的中点，∴，∵，∴∴∵点是的中点，∴∴则，则，设，则，，在中，由勾股定理得：，解得，故设，则，则，解得，则．【点睛】本题是圆综合题，主要考查了三角形全等和相似、三角形中位线的判定与性质、勾股定理的运用等．22．（2022·江苏宿迁·模拟预测）如图，在中，，点在上，经过点的与相切于点，与，分别相交于点，，连接与相交于点．(1)求证：平分；(2)若于点，平分，．①求的值；②求的长度．【答案】(1)见解析(2)①1；②3【分析】（1）连接，根据切线性质证明，得到，再根据半径相等得到，推出，得到平分；（2）①根据角平分线定义得到，根据，推出，得到，根据，推出，得到；设，，得到，证明，得到，求得，，得到．【详解】（1）证明：连接．∵与相切于点，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴平分．（2）①∵平分，∴，∵，∴，即，∴，∵是的直径，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴；解：设，由可知，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴．【点睛】本题主要考查了圆的切线，角平分线，垂径定理，相似三角形，锐角三角函数等，解决问题的关键是熟练掌握圆切线的性质，角平分线定义，垂径定理，相似三角形的判定和性质，正切定义及特殊角的三角函数值．23．（2022·江苏苏州·校考一模）如图，在四边形中，，以为直径的与边相切于点E，与相交于点F，连接．(1)求证：；(2)若，求证：四边形是平行四边形；(3)若平分，且的面积为8，求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）连接，利用切线的性质定理和平行线的性质可得，利用同圆的半径相等和等腰直角三角形的性质即可得出结论；（2）先证明，利用平行线的性质与判定可得，利用有两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可得出结论；（3）过点F作于点G，过点C作于点H，连接，利用圆周角定理和角平分线的定义可得，则为等腰直角三角形，设，则，，利用，列出方程求得；在中，利用勾股定理即可求得结论．【详解】（1）证明：连接，如图，∵为的切线，∴，∵，∴，∴，∵，∴；（2）证明：∵为的直径，∴，∴．∵，∴．∵，∴，∴，∴．∴四边形是平行四边形；（3）解：过点F作于点G，过点C作于点H，连接，如图，∵平分，∴，∵，∴．∵，∴为等腰直角三角形，∴．设，则，∴，，∵，∴四边形为矩形，∴，∵，，∴．∵的面积为8，∴，∴．∵，∴．在中，∵，∴＝．【点睛】本题主要考查了圆周角定理及其推论，圆的切线的性质，平行线的性质，角平分线的定义，平行四边形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，直角三角形的性质，勾股定理，连接过切点的半径和作出线段的垂线构造直角三角形是解决此类问题常添加的辅助线．24．（2022·江苏泰州·校联考三模）如图，是等边的内切圆，与AB、AC两边分别切于D、E两点，连接DE．点P是劣弧上的一动点（不与D、E重合），过点P作于M，于N，于K，PK交DE于L点．求证：(1)；(2)．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）连结，连结交于点Q．连结，根据题意得，，，从而得出N、P、L、E四点共圆，M、P、L、D四点共圆；再根据“同弧所对圆周角相等”可得；再进一步通过圆周角定理、平行线性质和等量代换得出；再根据四点共圆推导出，从而由这两角相等证明，即可证明结论．3、第（2）题需要通过的面积来推导相关边的关系，可设的边长是，则其高可用a表示，通过三角形中位线定理，的边长和高也可以用a表示；再分两次写出的面积，一次直接利用公式，一次把它拆分为三个小三角形，从而得出边长的关系；再利用（1）中的结论进行推导即可．【详解】（1）证明：连结，连结交于点Q．连结．根据题意，可得，，∴，，∴N、P、L、E四点共圆，M、P、L、D四点共圆．∴，∵DQ是直径，∴，，∵，，∴，∴，又∵M、P、L、D四点共圆，∴，∴，∴．∵，，∴，∴，∴．∵，，∴，∴，即．（2）证明：∵，是等边的内切圆，∴，同理可得，∴DE是的中位线，∴的边长和高都是的一半．设的高为h，其边长为2a，根据勾股定理，得．∴的高，∴．∴．又，∴，∴，又．∴，∴，即，∴．【点睛】本题是几何综合考题，解题关键是掌握等边三角形性质、圆周角定理及其推论、四点共圆性质、相似三角形的判定、平行线的性质、三角形中位线定理．25．（2022·江苏连云港·校考三模）（1）[问题提出]如图1，为的直径，点C为上一点，连接，若，则面积的最大值为．（2）[问题探究]如图2，在四边形中，，，点分别在边上．且，若，求的长；（3）[问题解决]为进一步落实国家“双减”政策，丰富学生的校园生活，某校计划为同学们开设实践探究课.按规划要求，需设计一个正方形的研学基地，如图3．点分别在正方形的边上，将区域修建为种植采摘区，基地内其余部分为研学探究区，的长为40m，．为了让更多的学生能够同时进行种植，要求种植采摘区（）的面积尽可能大，则种植采摘区的面积的最大值为_______m2，此时正方形的边长为_______m．【答案】（1）；（2）；（3）；【分析】（1）连接，过点作，由题意可得：，即可求解；（2）将绕点顺时针旋转得到，通过旋转的性质得到，即可求解；（3）将绕点顺时针旋转得到，可得，由（1）可得，当垂直平分时，面积最大，即可求解．【详解】（1）如图1中，连接，过点作于点．∵，∴，∵，∴，∴的最大值为3，此时垂直平分，∴的面积的最大值为．（2）将绕点顺时针旋转得到．则，∵，∴，∴共线，∵，∴∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴；（3）将绕点顺时针旋转得到，如下图：则，，，，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，由（1）可得，当垂直平分时，最大，此时面积也最大，则，设，则，由勾股定理可得：，即，解得，（负值舍去），，故答案为：；【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理，圆的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质，作辅助线构造出全等三角形．26．（2022·江苏南通·统考二模）如图，是的内接三角形，，，连接AO，并延长交于点D，过点C作的切线，与BA的延长线交于点E．(1)求证：；(2)若，求线段AE的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接OC，根据CE是⊙O的切线，可得∠OCE＝90°，根据圆周角定理，可得∠AOC=90°，从而得到∠AOC+∠OCE＝180°，即可求证；（2）过点A作AF⊥EC交EC于点F，由∠AOC＝90°，OA＝OC，可得∠OAC＝45°，从而得到∠BAD＝30°，再由AD∥EC，可得∠E=30°，然后证得四边形OAFC是正方形，可得AF=OA，从而得到AF=3，再由直角三角形的性质，即可求解．【详解】（1）证明：连接OC，∵CE是的切线，∴，∵，，∴，∵，∴．（2）解：过点A作交EC于点F，∵，，∴，∵，∴，∵，∴，∵，，，∴四边形OAFC是正方形，∴，∵，∴，在中，∴，∴．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，切线的性质，直角三角形的性质，正方形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．27．（2022·江苏南京·统考二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，CD是⊙O的切线，C为切点，且CD＝CB，连接AD，与⊙O交于点E．(1)求证AD＝AB；(2)若AE＝5，BC＝6，求⊙O的半径．【答案】(1)详见解析(2)【分析】（1）连接CO并延长交⊙O于点F，连接AF.由切线的性质和圆周角定理分别得到与及与之间的关系，从而得到，再证得，从而得证；（2）连接AO并延长交BC于点H，连接CE，OB，OC，先证得，得到，解得DE,在和中，由勾股定理可求出圆的半径．【详解】（1）证明：如图，连接CO并延长交⊙O于点F，连接AF．∵CD是⊙O的切线，C为切点，∴，∴，∴，∵CF是⊙O的直径，∴，∴，∴，∵，∴，∵AB＝AC，CD＝CB，∴，∴，∴，（2）连接AO并延长交BC于点H，连接CE，OB，OC．∵AB＝AC，OB＝OC，∴，，∵四边形ABCE内接于⊙O，∴，又，∴，由（1）得，∴，又，∴，∴，∴，∵AE＝5，CD＝BC＝6，∴，解得ED＝4或ED＝－9（舍去），∴AC＝AD＝AE＋ED＝9，由（1），，∴，在中，由勾股定理，设⊙O的半径为r，在中,由勾股定理，即，解得：，即⊙O的半径为．【点睛】此题综合考查了切线的性质、圆周角定理及推理、垂径定理的推理、全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判定及勾股定理，熟练运用相关性质和定理是解决本题关键．28．（2022·江苏连云港·统考二模）（1）如图①，在等腰中，，D是AB边上一点，以CD为腰作等腰，连接BE，则AD与BE的数量关系是______，位置关系是______；（2）如图②，AB是半圆O的直径，C、D是半圆O上两点，且，若，，小航同学想探究CD的长，他想到了利用第（1）问中的解题方法：以CD为腰作等腰直角三角形．请你帮小航同学完成探究过程；（3）如图③是某公园的一个面积为36πm2的圆形广场示意图，点O为圆心，公园开发部门计划在该广场内设计一个四边形运动区域ABDC，连接BC、AD，其中等边为球类运动区域，为散步区域，设AD的长为x，的面积为S．①求S与x之间的函数关系式；②按照设计要求，发现当点D为弧BC的中点时，布局设计最佳，直接写出此时四边形运动区域ABDC的面积．【答案】（1）相等，垂直；（2）；（3）①；②m2【分析】（1）证明△ACD≌△BCE，即可求解；（2）过点C作CE⊥CD交AD于点E，先证明△DCE是等腰直角三角形，可证得△ACE≌△BCD，可得AE＝BD＝3，从而得到DE＝6，即可求解；（3）①在DA上截取DE＝CD，连接CE，过点C作CF⊥AD于点F，过O作OH⊥AB于H，可得△CDE是等边三角形，从而得到CE＝CD，再由⊙O的面积为36π，可得OA=6cm，从而得到，再证明△BCD≌△ACE，可得，设CD＝2a，则EF＝DF＝a，由勾股定理可得，再由，即可求解；②在DA上截取DE＝CD，连接CE，连接OC，OB，根据垂径定理可得，从而得到∠ACD=90°，进而得到AD⊥BC，，再由，即可求解．【详解】解：（1）等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，∴∠A=∠CBA=45°，AC=BC，∵△CDE是等腰直角三角形，∴∠DCE=∠ACB=90°，DC=EC，∴∠ACD=∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE，∠CBE=∠A=45°，∴∠DBE=∠ABC+∠CBE=90°，∴AD⊥BE，故答案为：相等，垂直；（2）过点C作CE⊥CD交AD于点E，如图：∵AB是半圆O的直径，∴∠ACB＝90°，∵CB＝AC，∴∠ABC＝45°，∴∠ADC＝45°，∵CE⊥CD，∴∠ACB=∠DCE=90°，∠CED=45°，∴∠ACE＝90°－∠ECB＝∠BCD，△DCE是等腰直角三角形，∴CD=CE，∴△ACE≌△BCD，∴AE＝BD＝3，∴DE＝AD－AE＝9－3＝6，在等腰中，；（3）①在DA上截取DE＝CD，连接CE，过点C作CF⊥AD于点F，过O作OH⊥AB于H，如图：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ADC＝60°，∵DE＝CD，∴△CDE是等边三角形，∴CE＝CD，∵⊙O的面积为36π，∴⊙O的半径为6，即OA＝6cm，∵△ABC是等边三角形，OH⊥AB，∴∠OAH=30°，∴AB＝2AH，∠AOH＝60°，在Rt△AOH中，，∴，∵△ABC、△CDE是等边三角形，∴∠ACB＝∠DCE＝60°，CE＝CD，AC＝BC，∴∠ACE＝60°－∠ECB＝∠BCD，∴△BCD≌△ACE（SAS），∴，设CD＝2a，则EF＝DF＝a，∴，∵AD＝x，Rt△ACF中，，∴，化简变形得：，∴②如图，在DA上截取DE＝CD，连接CE，连接OC，OB，由（3）①得：△CDE是等边三角形，∴∠CDE=∠CED=60°，CE=CD，∵点D为弧BC的中点，∴，∴∠ACD=90°，∴AD为圆O的直径，∴AD⊥BC，，在中，，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握相关知识点，并作出适当的辅助线解答是解题的关键．29．（2022·江苏苏州·统考二模）如图，在平行四边形中，是对角线，，以点为圆心，以的长为半径作，交边于点，交于点，连接．(1)求证：与相切；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析；(2)．【分析】（1）连接AE，根据平行四边形的性质得到，然后根据证明，根据全等三角形的性质即可证明；（2）连接E