专题25 圆压轴综合和切线的性质定理（5大考点）2022-2024中考数学真题分类汇编（全国用）

第第页试卷第=page2424页，共=sectionpages2525页专题25圆压轴综合和切线的性质定理（5大考点）（解析版）【考点归纳】TOC\o"1-2"\h\z\u一、考点01线段问题 1二、考点02角度问题 6三、考点03圆与三角形综合 10四、考点04圆与四边形综合 13五、考点05切线的性质定理 16考点01线段问题1．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，，为斜边上一点，以为直径作，交于，两点，连接，，．(1)求证：；(2)若，，，求的长和的直径．【答案】(1)见详解；(2)，．【分析】（1）先证明，然后利用对应边成比例，即可证明；（2）利用，知道，从而推出，结合，知道，推出，接下来证明，那么有，即，不妨设，代入求得的长度，不妨设，在和中利用勾股定理求得和的长度，最后利用，求得的长度，然后再利用勾股定理求得的长度．【详解】（1）是的直径又（2）由（1）可知，不妨设，那么，不妨设，那么在中，，，在中，，的直径是．【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，三角形相似的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形的性质，二次根式的化简，熟练掌握以上知识点是解题的关键．2．（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．3．（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.4．（2024·山东济南·中考真题）如图，为的直径，点在上，连接，点在的延长线上，．(1)求证：与相切；(2)若，求的长．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）证明，即可证明是的切线；（2）连接，先计算，再计算，后得到解答即可．本题考查了切线的证明，圆周角定理，三角形函数的应用，熟练掌握切线的判定定理，三角函数的应用是解题的关键．【详解】（1）解：所对的弧是同弧，，，即，为直径，，，，，，与相切．（2）解：连接所对的弧是同弧，，为直径，，在中，，，，．5．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，已知内接于，是的直径，的平分线交于点，过点作，交的延长线于点，连接．(1)求证：是的切线；(2)若，，求的直径．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（）连接，由角平分线可得，又由可得，即得，由得，进而可得，即得，即可求证；（）是的直径可得，又由（）知，由，，进而可得，再根据，，，可得，得到，，解得到，再解即可求解；本题考查了角平分线的定义，等腰三角形的性质，切线的判定，圆周角定理，三角函数，掌握圆的有关定理是解题的关键．【详解】（1）证明：连接，∵平分，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即，∴，∵是半径，∴是的切线；（2）解：∵是的直径，∴，∴，即，∵，∴，∴∵，，∴，∵，，，∴∴，，在中，，∴，∴，在中，，∴，即的直径为．6．（2024·陕西·中考真题）问题提出（1）如图1，在中，，，作的外接圆．则的长为________；（结果保留π）

问题解决（2）如图2所示，道路的一侧是湿地．某生态研究所在湿地上建有观测点D，E，C，线段和为观测步道，其中点A和点B为观测步道出入口，已知点E在上，且，，，，，现要在湿地上修建一个新观测点P，使．再在线段上选一个新的步道出入口点F，并修通三条新步道，使新步道经过观测点E，并将五边形的面积平分．

请问：是否存在满足要求的点P和点F?若存在，求此时的长；若不存在，请说明理由．（点A，B，C，P，D在同一平面内，道路与观测步道的宽、观测点及出入口的大小均忽略不计，结果保留根号）【答案】（1）；（2）存在满足要求的点P和点F，此时的长为．【分析】（1）连接，证明等边三角形，再利用弧长公式计算即可求解；（2）点P在以为圆心，圆心角为的圆上，如图，由题意知直线必经过的中点，得到四边形是平行四边形，求得，作于点，解直角三角形求得和的长，再证明，利用相似三角形的性质求得，据此求解即可．【详解】解：（1）连接，

∵，∴，∵，∴等边三角形，∵，∴，∴的长为；故答案为：；（2）存在满足要求的点P和点F，此时的长为．理由如下，解：∵，，∴，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵要在湿地上修建一个新观测点P，使，∴点P在以为圆心，为弦，圆心角为的圆上，如图，

∵，∴经过点的直线都平分四边形的面积，∵新步道经过观测点E，并将五边形的面积平分，∴直线必经过的中点，∴是的中位线，∴，∵，，∴四边形是平行四边形，∴，作于点，

∵四边形是平行四边形，，∴，∵，∴，，∵，∴，∴，即，∴，在中，，∴．答：存在满足要求的点P和点F，此时的长为．【点睛】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，平行四边形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．7．（2024·上海·中考真题）在梯形中，，点E在边上，且．(1)如图1所示，点F在边上，且，联结，求证：；(2)已知；①如图2所示，联结，如果外接圆的心恰好落在的平分线上，求的外接圆的半径长；②如图3所示，如果点M在边上，联结、、，与交于N，如果，且，，求边的长．【答案】(1)见详解(2)①；②【分析】（1）延长交于点G，由，得到，由已知数据得到，，故，因此；（2）①记点O为外接圆圆心，过点O作于点F，连接，先证明，再证明，则，即，求得；②延长交于点P，过点E作，垂足为点Q，由，求得，可证明，角度推导得，则，求出，继而得到，由，则，设，则，由，设，，由，得到，设，可证明，求出，则，在中，运用勾股定理得：，则，在中，由勾股定理得，，故．【详解】（1）证明：延长交于点G，∵，∴，∵，∴，，∴，∴；（2）①解：记点O为外接圆圆心，过点O作于点F，连接，∵点O为外接圆圆心，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，∴外接圆半径为；②延长交于点P，过点E作，垂足为点Q，∵，∴，∴，由①知，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，由，得，∴，∴，∴，∵，∴，∴，设，则，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴设，∵，，∴，∴，即，∴，解得：，∴，在中，由勾股定理得：，∴，∴，∴，而，∴在中，由勾股定理得，，∵，∴．【点睛】本题考查了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，三角形的外接圆等知识点，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．8．（2023·上海·中考真题）如图（1）所示，已知在中，，在边AB上，点为边中点，为以为圆心，为半径的圆分别交CB，于点，，联结交于点．

(1)如果，求证：四边形为平行四边形；(2)如图（2）所示，联结，如果，求边的长；(3)联结，如果是以为腰的等腰三角形，且，求的值．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）根据等边对等角得出，，等量代换得出，则，根据是的中点，，则是的中位线，则，即可得证；（2）设，，则，由（1）可得则，等量代换得出，进而证明，得出，在中，，则，解方程即可求解；（3）是以为腰的等腰三角形，分为①当时，②当时，证明，得出，设，根据，得出，可得，，连接交于点，证明在与中，，，得出，可得，根据相似三角形的性质得出，进而即可求解．【详解】（1）证明：∵∴∵∴,∴∴，∵是的中点，，∴是的中位线，∴，即，∴四边形是平行四边形；（2）解：∵，点边中点，设，，则由（1）可得∴，∴，又∵∴,∴即，∵，在中，，∴，∴解得：或（舍去）∴；（3）解：①当时，点与点重合，舍去；②当时，如图所示，延长交于点P，

∵点是的中点，，∴，设，∵∴，∴，设，∵∴，

∴，∴，∴，连接交于点，

∵，∴∴，∴，在与中，，，∴，又，∴，∴，∴，∴，，∴．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的定义，圆的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，第三问中，证明是解题的关键．9．（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AD相切于点，与相交于点．(1)求证：AB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AD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AD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AD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AD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．10．（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能为的切线，理由如下：如图，以为圆心，为半径画圆，∵，∴在上，延长与交于，连接，同理可得为等边三角形，∴，∴，∴，∵为的切线，∴，∴，∵，∴为等边三角形，∴，∴，∴，∴，由对折可得：，，过作于，∴设，∵，∴，∴，解得：，∴，∴．【点睛】本题考查的是轴对称的性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，切线的性质，本题难度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键．11．（2024·浙江·中考真题）如图，在圆内接四边形中，，延长至点E，使，延长至点F，连结，使．(1)若，为直径，求的度数．(2)求证：①；②．【答案】(1)(2)①见详解；②见详解【分析】（1）根据圆周角定理即可求解，由为直径，得到，故，由，得到；（2）①由四点共圆得，而，等量代换得到，故；②过点D作平行线交于点G，可证明，，因此得到，由，得到．【详解】（1）解：∵，，∴，∵为直径，∴，∴，∵，∴；（2）证明①：∵四边形是圆内接四边形，∴，∵，∴，∴；②过点D作平行线交于点G，∵，∴，，∵，∴，∵由（1）知，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，圆的内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．12．（2023·浙江·中考真题）小贺在复习浙教版教材九上第81页第5题后，进行变式、探究与思考：如图1，的直径垂直弦AB于点E，且，．

(1)复习回顾：求的长．(2)探究拓展：如图2，连接，点G是上一动点，连接，延长交的延长线于点F．①当点G是的中点时，求证：；②设，，请写出y关于x的函数关系式，并说明理由；③如图3，连接，当为等腰三角形时，请计算的长．【答案】(1)；(2)①见解析；②；③的长为或．【分析】（1）先求得的直径为10，再利用垂径定理求得，在中，利用勾股定理即可求解；（2）①连接，由点G是的中点，推出，根据等角的余角相等即可证明结论成立；②利用勾股定理求得，利用垂径定理得到，推出，证明，利用相似三角形的性质即可求解；③分两种情况讨论，当和时，证明，利用相似三角形的性质求解即可.【详解】（1）解：连接，

∵的直径垂直弦AB于点E，且，，∴，，∴，，在中，，∴；（2）解：①连接，

∵点G是的中点，∴，∴，∵的直径垂直弦AB于点E，∴，∴，∴；②∵，，，∴，

∵的直径垂直弦AB于点E，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴；③当时，

在中，，∴，∵，∴，∴，即，∴；当时，

在中，，在中，，∴，同理，∴，即，∴；综上，的长为或．【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，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．13．（2024·江苏扬州·中考真题）在综合实践活动中，“特殊到一般”是一种常用方法，我们可以先研究特殊情况，猜想结论，然后再研究一般情况，证明结论．如图，已知，，是的外接圆，点在上（），连接AD、BD、CD．【特殊化感知】（1）如图1，若，点在延长线上，则与CD的数量关系为________；【一般化探究】（2）如图2，若，点、在AB同侧，判断与CD的数量关系并说明理由；【拓展性延伸】（3）若，直接写出AD、BD、CD满足的数量关系．（用含的式子表示）【答案】（1）；（2）（3）当在上时，；当在上时，【分析】（1）根据题意得出是等边三角形，则，进而由四边形是圆内接四边形，设交于点，则，设，则，分别求得，即可求解；（2）在上截取，证明，根据全等三角形的性质即得出结论；（3）分两种情况讨论，①当在上时，在上截取，证明，，得出，作于点，得出，进而即可得出结论；②当在上时，延长至，使得，连接，证明，，同①可得，即可求解．【详解】解：∵，，∴是等边三角形，则∵是的外接圆，∴是的角平分线，则∴∵四边形是圆内接四边形，∴∴设交于点，则，设，则在中，∴∴，∵是直径，则，在中，∴∴（2）如图所示，在上截取，∵∴∴是等边三角形，∴，则∴∵四边形是圆内接四边形，∴∴；∵，，∴是等边三角形，则∴，又∵∴在中∴∴，∴即；（3）解：①如图所示，当在上时，在上截取，∵∴又∵∴，则∴即又∵∴∴∴∵∴如图所示，作于点，在中，，∴∴∴，即②当在上时，如图所示，延长至，使得，连接，∵四边形是圆内接四边形，∴又∵∴，则∴即，又∵∴∴∴，∵同①可得∴∴综上所述，当在上时，；当在上时，．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，圆内接四边形对角互补，圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，等腰三角形的性质，熟练掌握截长补短的辅助线方法是解题的关键．二、考点02角度问题14．（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．15．（2024·内蒙古通辽·中考真题）数学活动课上，某小组将一个含的三角尺利一个正方形纸板如图1摆放，若，．将三角尺绕点逆时针方向旋转角，观察图形的变化，完成探究活动．【初步探究】如图2，连接，并延长，延长线相交于点交于点．问题1和的数量关系是________，位置关系是_________．【深入探究】应用问题1的结论解决下面的问题．问题2如图3，连接，点是的中点，连接，．求证．【尝试应用】问题3如图4，请直接写出当旋转角从变化到时，点经过路线的长度．【答案】（1）；；（2）证明见解析；（3）【分析】（1）如图，由四边形是正方形，是等腰直角三角形，，证明，再进一步可得结论；（2）如图，由，，再结合直角三角形斜边上的中线的性质可得结论；（3）如图，证明在以为圆心，为半径的上，过作于，当时，证明，可得，，证明四边形是正方形，可得当旋转角从变化到时，在上运动，再进一步解答即可；【详解】解：；；理由如下：如图，∵四边形是正方形，∴，，∵是等腰直角三角形，，∴，，∴，∴，∴，，∵，∴，∴；（2）如图，∵四边形是正方形，∴，∵点是的中点，∴，∵，∴，∵点是的中点，∴，∴；（3）如图，∵，，∴在以为圆心，为半径的上，过作于，当时，∴，，∵，∴，，∴，，∴，∴，∴，∴，而，，∴四边形是正方形，∴当旋转角从变化到时，在上运动，∵，，，∴，∴点经过路线的长度为.【点睛】本题考查的是正方形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理的应用，含30度角的直角三角形的性质，圆周角的应用，勾股定理的逆定理的应用，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键.16．（2024·江苏连云港·中考真题）【问题情境】（1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转45°（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的__________倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略；【操作实践】（2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点P为端点的四条线段之间的数量关系；【探究应用】（3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将绕点逆时针旋转，他发现旋转过程中存在最大值．若，，当最大时，求AD的长；（4）如图6，在中，，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若，，求的最小值．【答案】（1）2（2）（3）（4）【分析】（1）利用圆与正多边形的性质分别计算两个正方形的面积可得答案；（2）如图，由，证明，再结合图形变换可得答案；（3）如图，将绕点逆时针旋转，可得在以为圆心，为半径的圆上运动，可得当与相切时，最大，再进一步解答即可；（4）如图，将沿对折，的对应点为，将沿对折，的对应点为，连接，再将沿方向平移，使与重合，如图，得，由（2）可得：，当三点共线时，最短，再进一步解答即可.【详解】解：如图，∵正方形，及圆为正方形的内切圆，为正方形的外接正方形，∴设，，∴，，∴，，∴大正方形面积是小正方形面积的2倍．（2）如图，∵，∴，，，，∴，如图，结合图形变换可得：；（3）如图，∵将绕点逆时针旋转，∴在以为圆心，为半径的圆上运动，∵为圆外一个定点，∴当与相切时，最大，∴，∴，由（2）可得：，∵，，∴，∴；（4）如图，将沿对折，的对应点为，将沿对折，的对应点为，连接，∴，，再将沿方向平移，使与重合，如图，得，由（2）可得：，∴当三点共线时，最短，∵，，∴，，∴；∴的最小值为；【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，轴对称的性质，平移的性质，旋转的性质，圆与正多边形的关系，切线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键.17．（2024·江苏常州·中考真题）对于平面内有公共点的两个图形，若将其中一个图形沿着某个方向移动一定的距离后与另一个图形重合，则称这两个图形存在“平移关联”，其中一个图形叫做另一个图形的“平移关联图形”．(1)如图，是线段的四等分点．若，则在图中，线段的“平移关联图形”是________，________（写出符合条件的一种情况即可）；(2)如图，等边三角形的边长是．用直尺和圆规作出的一个“平移关联图形”，且满足（保留作图痕迹，不要求写作法）；(3)如图，在平面直角坐标系中，点的坐标分别是、1,0、0,4，以点为圆心，为半径画圆．若对上的任意点，连接所形成的图形都存在“平移关联图形”，且满足，直接写出的取值范围．【答案】(1)，(2)图见解析（答案不唯一）(3)或【分析】（）根据平移的性质，进行求解即可；（）延长，在射线上截取线段，分别以为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点，连接，即为所求；（）分在圆内和圆外两种情况，进行求解即可．【详解】（1）解：∵是线段的四等分点．，∴，∴，∴线段的平移图形是，；故答案为：，；（2）解：如图所示，即为所求；由作图可知：，∴四边形为菱形，∴，∵，∴四边形为菱形，∴，∴即为所求；（3）∵点的坐标分别是、1,0、0,4，∴，∵对上的任意点，连接所形成的图形都存在“平移关联图形”，且满足，且，∴，当在圆外，点在轴上，时，∴，，∴，当在圆内，点在轴上，时，∴，，∴，综上：或．【点睛】本题考查图形的平移，点到圆上一点的最值，坐标与图形，勾股定理，菱形的判定，尺规作图等知识点，熟练掌握相关知识点，理解新定义，是解题的关键．18．（2024·四川德阳·中考真题）已知的半径为5，是上两定点，点是上一动点，且的平分线交于点．(1)证明：点为上一定点；(2)过点作的平行线交的延长线于点．①判断与的位置关系，并说明理由；②若为锐角三角形，求的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)①与相切，理由见解析；②的取值范围为．【分析】（1）由的平分线交于点，，可得，结合是上两定点，可得结论；（2）①如图，连接，证明，结合，可得，从而可得结论；②分情况讨论：如图，当时，可得；如图，连接，当，可得，从而可得答案．【详解】（1）证明：∵的平分线交于点，，∴，∴，∵是上两定点，∴点为的中点，是一定点；（2）解：①如图，连接，∵，∴，∵，∴，∵为半径，∴是的切线；②如图，当时，∴为直径，，∵，∴，∴，，∵，∴，∵，∴四边形为矩形，∴；如图，连接，当，∵，，∴，∴，∵，∴为等边三角形，∴，同理可得：，∵，∴，∴，∴，∴当为锐角三角形，的取值范围为．【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，做出合适的辅助线，清晰的分类讨论是解本题的关键．三、考点03圆与三角形综合19．（2023·内蒙古·中考真题）如图，是⊙的直径，为⊙上的一点，点是的中点，连接，过点的直线垂直于的延长线于点，交的延长线于点．(1)求证：为⊙的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，根据点是的中点可得，进而证，从而得证即可；（2）解法一：连接交于，根据及勾股定理求出，再证明，从而得到，即可求出的值；解法二：过点作于点，按照解法一步骤求出，然后证明四边形是矩形，再证明，求得，进而求出的值．【详解】（1）证明：连接，，，点是的中点，，，，，，，，，是半径，是的切线；（2）解法一：连接交于，，，，，，在中，，或（不符合题意，舍去），点是的中点，是半径，垂直平分，，是的中位线，，是直径，，，，，；解法二：过点作于点，，，，，，，，在中，，，或（不符合题意，舍去），，四边形是矩形，，，，，，，，．【点睛】本题考查切线的判定，圆的相关性质，勾股定理，平行线间线段成比例，相似三角形的的判定与性质，掌握并理解相关性质定理并能综合应用是关键．20．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知内接于，为的直径，N为的中点，连接交于点H．

(1)如图①，求证；(2)如图②，点D在上，连接，，，交于点E，若，求证；(3)如图③，在（2）的条件下，点F在上，过点F作，交于点G．，过点F作，垂足为R，连接，，，点T在的延长线上，连接，过点T作，交的延长线于点M，若，求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）连接，根据N为的中点，易证，再根据中位线定理得出结论；（2）连接，先证得，再根据得，根据即可得出结论；（3）连接，先证，再证四边形是矩形，过A作垂足为S，先证出，再能够证出从而，得到等腰直角，利用三角函数求出，再根据求出，最后用勾股定理求出答案即可．【详解】（1）证明：如图，连接，

为的中点，，，，，，是的中位线，；（2）证明：如图，连接，

设，，，，，，，，，

，；（3）解：连接，

，，，，，，，，，，，，，，，四边形是平行四边形，是的直径，，四边形是矩形，，，过点A作垂足为S，，，，，，，，是的直径，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题是圆的综合题，考查圆的有关知识、全等三角形的判定与性质、垂径定理、三角函数、勾股定理、圆周角定理等知识，构造辅助线解决问题是解题关键．21．（2023·辽宁锦州·中考真题）如图，为的直径，点C在上，与相切于点A，与延长线交于点B，过点B作，交的延长线于点D．

(1)求证：；(2)点F为上一点，连接，，与交于点G．若，，，求的半径及的长．【答案】(1)见解析(2)的半径为；【分析】（1）根据与相切于点A得到，再根据得到，再根据得到即可根据角的关系解答；（2）连接，过点D作，交延长线于点M，在等多个直角三角形中运用三角函数的定义求出半径，再根据勾股定理求出，即可解答．【详解】（1）证明：如图，

∵为的直径，与相切于点A，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．（2）连接，过点D作，交延长线于点M，如图，

在中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，设的半径为r，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即，∴设，，在中，，∵，，∴，解得，∴，，∴，∴．【点睛】本题考查了圆与三角形的综合问题，解题的关键是熟练掌握圆、三角形的线段、角度关系并运用数学结合思想．22．（2023·吉林长春·中考真题）【感知】如图①，点A、B、P均在上，，则锐角的大小为__________度．

【探究】小明遇到这样一个问题：如图②，是等边三角形的外接圆，点P在上（点P不与点A、C重合），连结、、．求证：．小明发现，延长至点E，使，连结，通过证明，可推得是等边三角形，进而得证．下面是小明的部分证明过程：证明：延长至点E，使，连结，四边形是的内接四边形，．，．是等边三角形．，请你补全余下的证明过程．【应用】如图③，是的外接圆，，点P在上，且点P与点B在的两侧，连结、、．若，则的值为__________．【答案】感知：；探究：见解析；应用：．【分析】感知：由圆周角定理即可求解；探究：延长至点E，使，连结，通过证明，可推得是等边三角形，进而得证；应用：延长至点E，使，连结，通过证明得，可推得是等腰直角三角形，结合与可得，代入即可求解．【详解】感知：由圆周角定理可得，故答案为：；探究：证明：延长至点E，使，连结，四边形是的内接四边形，．，．是等边三角形．，，∴，，，是等边三角形，，，即；应用：延长至点E，使，连结，四边形是的内接四边形，．，．，，∴，，，是等腰直角三角形，，，即，，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，邻补角，全等三角形的判定和性质，等边三角形、等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形；解题的关键是做辅助线构造，进行转换求解．23．（2023·湖北宜昌·中考真题）如图1，已知是的直径，是的切线，交于点，．

(1)填空：的度数是_________，的长为_________；(2)求的面积；(3)如图2，，垂足为．是上一点，．延长，与，的延长线分别交于点，求的值．【答案】(1)，5；(2)(3)【分析】（1）根据切线性质和勾股定理分别求解即可；（2）由面积法求出，再利用勾股定理求，则的面积可求；（3）先证明，得到，利用，分别得到，进而计算，，在分别求出则问题可解；【详解】（1）解：∵是的直径，是的切线，∴的度数是；∵，∴；故答案为：，5；（2）如图，

∵AB是的直径，∴，，∴由面积法，∴，；（3）方法一：如图，

由∴∴∴∴∴设是等腰直角三角形，，是等腰直角三角形，∴，∴，，，，．方法二：如图

由设，是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，，．【点睛】本题考查了圆的切线的性质和相似三角形的性质和判定，解答关键是根据条件证明三角形相似，再根据相似三角形的性质解答问题．24．（2023·浙江台州·中考真题）我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置，如图，是的直径，直线是的切线，为切点．，是圆上两点（不与点重合，且在直径的同侧），分别作射线，交直线于点，点．

(1)如图1，当，的长为时，求的长．(2)如图2，当，时，求的值．(3)如图3，当，时，连接BP，PQ，直接写出的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据扇形的弧长公式即可求出度数，利用切线的性质和解直角三角形即可求出的长．（2）根据等弧所对圆周角相等推出，再根据角平分线的性质定理推出，利用直角三角形的性质即可求出，通过等量转化和余弦值可求出答案．（3）根据三角形相似的性质证明和，从而推出和，利用已知条件将两个比例线段相除，根据正弦值即可求出答案【详解】（1）解：如图1，连接，设的度数为．

，的长为，．，即．．直线是的切线，．∴．（2）解：如图2，连接，过点作于点，

为直径，．．，．，，．，，．．（3）解：，理由如下：如图3，连接BQ，

，，，，，，．，，．①，，，．②，得，．，．【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形以及三角函数、切线的性质定理、扇形的弧长公式，角平分线性质定理等，解题的关键在于熟练掌握相关性质定理和相关计算公式．25．（2024·河北·中考真题）已知的半径为3，弦，中，．在平面上，先将和按图1位置摆放（点B与点N重合，点A在上，点C在内），随后移动，使点B在弦上移动，点A始终在上随之移动，设．(1)当点B与点N重合时，求劣弧的长；(2)当时，如图2，求点B到的距离，并求此时x的值；(3)设点O到的距离为d．①当点A在劣弧上，且过点A的切线与垂直时，求d的值；②直接写出d的最小值．【答案】(1)(2)点B到的距离为；(3)①；②【分析】（1）如图，连接，，先证明为等边三角形，再利用等边三角形的性质结合弧长公式可得答案；（2）过作于，过作于，连接，证明四边形是矩形，可得，，再结合勾股定理可得答案；（3）①如图，由过点A的切线与垂直，可得过圆心，过作于，过作于，而，可得四边形为矩形，可得，再进一步利用勾股定理与锐角三角函数可得答案；②如图，当为中点时，过作于，过作于，，此时最短，如图，过作于，而，证明，求解，再结合等角的三角函数可得答案．【详解】（1）解：如图，连接，，∵的半径为3，，∴，∴为等边三角形，∴，∴的长为；（2）解：过作于，过作于，连接，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，，∵，，∴，而，∴，∴点B到的距离为；∵，，∴，∴，∴；（3）解：①如图，∵过点A的切线与垂直，∴过圆心，过作于，过作于，而，∴四边形为矩形，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，即；②如图，当为中点时，过作于，过作于，∴，∴，此时最短，如图，过作于，而，∵为中点，则，∴由（2）可得，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，设，则，∴，解得：（不符合题意的根舍去），∴的最小值为．【点睛】本题属于圆的综合题，难度很大，考查了勾股定理的应用，矩形的判定与性质，垂径定理的应用，锐角三角函数的应用，切线的性质，熟练的利用数形结合的方法，作出合适的辅助线是解本题的关键．四、考点04圆与四边形综合26．（2024·山东泰安·中考真题）如图，菱形中，，点是边上的点，，，点是上的一点，是以点为直角顶点，为角的直角三角形，连结．当点在直线上运动时，线段的最小值是（

）A．2 B． C． D．4【答案】C【分析】如图：过E作于点M，作于点H，作于点I，则点E、M、F、G四点共圆，从而得到，因为，所以求出的值即可解答．【详解】解：如图，过E作于点M，作于点H，作于点I，∵，∴点E、M、F、G四点共圆，∴，∵，∴，∴，∴，∴四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，∴，∴最小值是．故选：C．【点睛】本题主要考查了菱形的性质、解直角三角形、垂线段最短、圆内接四边形对角互补等知识点，熟练掌握相关知识点和添加合适的辅助线是解题关键．27．（2024·四川达州·中考真题）如图，是等腰直角三角形，，，点，分别在，边上运动，连结，交于点，且始终满足，则下列结论：①；②；③面积的最大值是；④的最小值是．其中正确的是（

）

A．①③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④【答案】D【分析】过点作于点，证明，根据相似三角形的性质即可判断①；得出，根据三角形内角和定理即可判断②；在的左侧，以为斜边作等腰直角三角形，以为半径作，根据定弦定角得出在的上运动，进而根据当时，面积的最大，根据三角形的面积公式求解，即可判断③，当在上时，最小，过点作交的延长线于点，勾股定理，即可求解．【详解】解：如图所示，过点作于点，

∵是等腰直角三角形，，，∴，∵，∴∴又∵∴，∴，故①正确；∵，∴，∴即在中，即∵是等腰直角三角形，∴平分∴∴∴，∴，故②正确，如图所示，

在的左侧，以为斜边作等腰直角三角形，以为半径作，且∴，∵∴∴在的上运动，∴，连接交于点，则，∴当时，结合垂径定理，最小，∵是半径不变∴此时最大则面积的最大，∴，故③正确；如图所示，当在上时，最小，过点作交的延长线于点，

∴是等腰直角三角形，∴，在中，，∴，∴的最小值是．故选：D．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，求圆外一点到圆上的距离最值问题，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．28．（2024·河南·中考真题）如图，在中，，，线段绕点C在平面内旋转，过点B作的垂线，交射线于点E．若，则的最大值为，最小值为.【答案】//【分析】根据题意得出点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，点E在以为直径的圆上，根据，得出当最大时，最大，最小时，最小，根据当与相切于点D，且点D在内部时，最小，最大，当与相切于点D，且点D在外部时，最大，最小，分别画出图形，求出结果即可．【详解】解：∵，，∴，∵线段绕点C在平面内旋转，，∴点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，∵，∴，∴点E在以为直径的圆上，在中，，∵为定值，∴当最大时，最大，最小时，最小，∴当与相切于点D，且点D在内部时，最小，最大，连接，，如图所示：则，∴，∴，∵，∴，∵，∴为等腰直角三角形，∴，∴，即的最大值为；当与相切于点D，且点D在外部时，最大，最小，连接，，如图所示：则，∴，∴，∵四边形为圆内接四边形，∴，∴，∵，∴为等腰直角三角形，∴，∴，即的最小值为；故答案为：；．【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形的相关计算，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质，找出取最大值和最小值时，点D的位置．29．（2024·湖南长沙·中考真题）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切），可分为四种类型，我们不妨约定：既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形；只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形；只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形；既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形．请你根据该约定，解答下列问题：(1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”，①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形；

（

）②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形；

（

）③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有．（

）(2)如图1，已知四边形内接于，四条边长满足：．①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）；②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接．求证：是的直径．(3)已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H．①如图2．连接交于点P．求证：．②如图3，连接，若，，，求内切圆的半径r及的长．【答案】(1)①×；②√；③√(2)①外接型单圆；②见解析(3)，，【分析】（1）根据圆内接四边形和切线长定理可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，结合题中定义，根据对角不互补，对边之和也不相等的平行四边形无外接圆，也无内切圆，进而可判断①；根据菱形的性质可判断②；根据正方形的性质可判断③；（2）①根据已知结合题中定义可得结论；②根据角平分线的定义和圆周角定理证明即可证得结论；（3）①连接、、、、，根据四边形是“完美型双圆”四边形，结合四边形的内角和定理可推导出，，，进而可得，，然后利用圆周角定理可推导出，即可证得结论；②连接、、、，根据已知条件证明，进而证明得到，再利用勾股定理求得，，同理可证求解即可．【详解】（1）解：由题干条件可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，所以①当平行四边形的对角不互补，对边之和也不相等时，该平行四边形无外接圆，也无内切圆，∴该平行四边形是“平凡型无圆”四边形，故①错误；②∵内角不等于90°的菱形的对角不互补，∴该菱形无外接圆，∵菱形的四条边都相等，∴该菱形的对边之和相等，∴该菱形有内切圆，∴内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形，故②正确；③由题意，外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，如图，则，，，，∴为等腰直角三角形，∴，即；故③正确，故答案为：①×；②√；③√；（2）解：①∵四边形中，，∴四边形无内切圆，又该四边形有外接圆，∴该四边形是“外接型单圆”四边形，故答案为：外接型单圆；②∵的平分线交于点E，的平分线交于点F，∴，，∴，，∴，∴，即和均为半圆，∴是的直径．（3）①证明：如图，连接、、、、，∵是四边形的内切圆，∴，，，，∴，在四边形中，，同理可证，，∵四边形是“完美型双圆”四边形，∴该四边形有外接圆，则，∴，则，∵，，∴，∴，∴；②如图，连接、、、，∵四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H，∴∴，，，，，∴，，，∴，∵，∴，又，∴，∴，∵，，∴，则，在中，由得，解得；在中，，∴，同理可证，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、正方形的性质、菱形的性质、圆周角定理、内切圆的定义与性质、外接圆的定义与性质、相似三角形的判定与性质、四边形的内角和定理、勾股定理、角平分线的判定等知识，理解题中定义，熟练掌握这些知识和灵活运用性质和判定是解题的关键．另外还要求学生具备扎实的数学基础和逻辑思维能力，备考时，重视四边形知识的学习，提高解题技巧和速度，以应对中考挑战．30．（2024·湖北·中考真题）如图，在中，，点在上，以CE为直径的经过AB上的点，与交于点，且．(1)求证：AB是的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（）连接，可得，得到，即得，即可求证；（）设的半径为，则，在中由勾股定理得，可得，即得，得到，进而得到，最后利用弧长公式即可求解．【详解】（1）证明：连接，则，，，，，．是的半径，AB是的切线；（2）解：设的半径为，则，∵，∴，在中，，，解得，，，，，的长为．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，切线的判定，勾股定理，三角函数及弧长公式，求出是解题的关键．31．（2024·海南·中考真题）正方形中，点E是边上的动点（不与点B、C重合），，，交于点H，交延长线于点G．

(1)如图1，求证：；(2)如图2，于点P，交于点M．①求证：点P在的平分线上；②当时，猜想与的数量关系，并证明；③作于点N，连接，当时，若，求的值．【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②；③．【分析】（1）利用即可证明；（2）①证明是等腰直角三角形，再推出四点共圆，求得，据此即可证明结论成立；②由①得点P在的平分线即正方形的对角线上，证明，根据相似三角形的性质即可求解；③证明四边形是平行四边形，推出和都是等腰直角三角形，设，则，，由，得到，据此求解即可．【详解】（1）证明：∵正方形，∴，∵，∴，∵，，∴；（2）①证明：连接，

由（1）得，∴，∴，即，∵，∴是等腰直角三角形，∵，∴，，∵，∴四点共圆，∴，∵，，∴点P在的平分线上；②，理由如下：由①得点P在的平分线即正方形的对角线上，

∵正方形，∴，∴，∴，∵，即，∴，∴；③由①得点P在的平分线即正方形的对角线上，

∴，同理四点共圆，则，∵，∴，∴，∵，∴四边形是平行四边形，设平行四边形的对角线的交点为，且，∵是等腰直角三角形，∴和都是等腰直角三角形，设，则，，∵，，∴，∴，则，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，四点共圆，熟练掌握三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．32．（2024·内蒙古·中考真题）如图，内接于，直径AB交CD于点，过点作射线，使得，延长交过点的切线于点，连接．(1)求证：是的切线；(2)若．①求DE的长；②求的半径．【答案】(1)证明见解析；(2)①；②．【分析】（）连接，则，可得，由可得，进而由等腰三角形的性质可得，得到，即可求证；（）①证明得到，据此即可求解；②由①可得，进而得，，利用勾股定理得，再证明，得到，即可得，求出即可求解．【详解】（1）证明：连接，则，∵，∴，∵AB是的直径，∴，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴，又∵为的半径，∴是的切线；（2）解：①∵是的切线，∴，∴，∴，∵AB是的直径，∴，∴，∴，∵，∴，即，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴；②∵，，∴，∵，∴，∴，，∵，∴，∵，，∴，∴，即，∴，∴，∴的半径为．【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质和判定，余角性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．五、考点05切线的性质定理33．（2024·甘肃兰州·中考真题）在平面直角坐标系中，给出如下定义：点P是图形W外一点，点Q在的延长线上，使得，如果点Q在图形W上，则称点P是图形W的“延长2分点”，例如：如图1，是线段外一点，在的延长线上，且，因为点Q在线段上，所以点P是线段的“延长2分点”．(1)如图1，已知图形：线段，，，在中，______是图形的“延长2分点”；(2)如图2，已知图形：线段，，，若直线上存在点P是图形的“延长2分点”，求b的最小值：(3)如图3，已知图形：以为圆心，半径为1的，若以，，为顶点的等腰直角三角形上存在点P，使得点P是图形的“延长2分点”．请直接写出t的取值范围．【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）根据题意，画出图象，进行判断即可；（2）作以原点为位似中心，位似比为的位似图形，根据直线上存在点P是图形的“延长2分点”，得到直线与有交点，进而得到当过点时，值最小，进行求解即可；（3）作以原点为位似中心，位似比为的位似，得到与有交点，求出与相切以及与相切，两种情况求出的临近值，即可得出结果．【详解】（1）解：作线段以原点为位似中心，位似比为的位似图形，∵，，∴，，∵点是图形的“延长2分点”，∴点在线段上，∵在线段上，∴是图形的“延长2分点”；故答案为：；（2）作以原点为位似中心，位似比为的位似图形，如图，∵，，∴，，∵直线上存在点P是图形的“延长2分点”，∴直线与有交点，∴当过点时，值最小，把，代入，得：，∴的最小值为；（3）作以原点为位似中心，位似比为的位似，∵，，，∴，，，∵等腰直角三角形上存在点P，使得点P是图形的“延长2分点”，∴当与有交点时，满足题意，当与相切时，如图，则：或，∴时，满足题意；当与相切时，且切点为，连接，则：，∵为等腰直角三角形，∴为等腰直角三角形，∵，，，∴轴，∴，∵以为圆心，半径为1的，∴点在直线上，，∴，∴，∴或，∴；综上：或．【点睛】本题考查坐标与图形变换—位似，等腰三角形的性质，勾股定理，切线的性质等知识点，综合性强，难度大，属于压轴题，理解并掌握新定义，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．34．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，内接于，为的直径，点D为上一点，，延长至E，使得．(1)求证：是的切线；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，易得，圆周角定理得到，进而得到，证明，推出，进而得到，即可得证；（2）等角的三角函数相等，得到，证明，得到，进行求解即可．【详解】（1）解：连接，则：，∴，∵为的直径，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，即：，∴，∵是的半径，∴是的切线；（2）∵，∴，由（1）知：，∴，由（1）知：，又∵，∴，∴，∴，，∴，即：，解得：（舍去）或，∴【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．35．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，为的内接三角形，AB为的直径，将沿直线AB翻折到，点在上．连接CD，交AB于点，延长BD，CA，两线相交于点，过点作的切线交于点．(1)求证：；(2)求证：；(3)若，．求的值．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）根据折叠可得，根据切线的定义可得，即可得证；（2）根据题意证明，进而证明，根据相似三角形的性质，即可得证；（3）根据，设，则，得出，根据折叠的性质可得出，则，进而求得，根据，进而根据正切的定义，即可求解．【详解】（1）证明：∵将沿直线AB翻折到，∴，∵AB为的直径，是切线，∴，∴；（2）解：∵是切线，∴，∵AB为的直径，∴，∴，∵由折叠可得，∴，∵四边形是的内接四边形，∴，∴，又∵，∴，∴，即；（3）解：∵，设，则，∴，∴，∵由折叠可得，∴，∵在中，，∴，∵，，∴，∴．【点睛】本题考查了切线的性质，折叠问题，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键．36．（2024·山东济宁·中考真题）如图，内接于，D是上一点，．E是外一点，，连接．(1)若，求的长；(2)求证：是的切线．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据可得，然后证明，根据全等三角形的性质可得答案；（2）连接，首先证明，再根据三角形内角和定理和圆周角定理求出，然后计算出即可．【详解】（1）解：∵，∴，又∵，，∴，∴；（2）证明：如图，连接，由（1）得：，∴，，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∵是半径，∴是的切线．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，圆周角定理，切线的判定等知识，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．37．（2024·江苏常州·中考真题）将边长均为的等边三角形纸片叠放在一起，使点E、B分别在边上（端点除外），边相交于点G，边相交于点H．(1)如图1，当E是边的中点时，两张纸片重叠部分的形状是________；(2)如图2，若，求两张纸片重叠部分的面积的最大值；(3)如图3，当，时，与有怎样的数量关系？试说明理由．【答案】(1)菱形(2)(3)，理由见解析【分析】（1）连接，由等边三角形的性质可得，则四点共圆，由三线合一定理得到，则为过的圆的直径，再由，得到为过的圆的直径，则点H为圆心，据此可证明，推出四边形是平行四边形，进而可证明四边形是菱形，即两张纸片重叠部分的形状是菱形；（2）由等边三角形的性质得到，，则由平行线的性质可推出，进而可证明四边形是平行四边形，再证明是等边三角形，则可设，则，，由勾股定理得到，可得，则当时，有最大值，最大值为；（3）过点B作于M，过点E作于N，连接，则，，，证明，进而可证明，得到，则，即．【详解】（1）解：如图所示，连接∵都是等边三角形，∴，∴四点共圆，∵点E是的中点，∴，∴为过的圆的直径，又∵，∴为过的圆的直径，∴点H为圆心，∴，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是菱形，∴两张纸片重叠部分的形状是菱形；（2）解：∵都是等边三角形，∴，，∵，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴是等边三角形，过点E作，∴设，则，，∴，∴，∵，∴当时，有最大值，最大值为；（3）解：，理由如下：如图所示，过点B作于M，过点E作于N，连接，∵都是边长为的等边三角形，∴，，∴由勾股定理可得，，∴，又∵，∴，∴，∴，即．【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，等边三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，四点共圆，正确作出辅助线是解题的关键．38．（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．39．（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，，，∴，∴，∴，．40．（2024·贵州·中考真题）如图，AB为半圆O的直径，点F在半圆上，点P在AB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