数学常考压轴题九年级人教版第二十四章圆（14大压轴考法50题专练）原卷版含答案及解析

第二十四章圆（14大压轴考法50题专练）目录题型一：垂径定理 1题型二：垂径定理的应用 4题型三：圆心角、弧、弦的关系 7题型四：圆周角定理 9题型五：圆内接四边形的性质 14题型六：点与圆的位置关系 17题型七：三角形的外接圆与外心 21题型八：直线与圆的位置关系 31题型九：切线的性质 35题型十：切线的判定 40题型十一：切线的判定与性质 45题型十二：三角形的内切圆与内心 52题型十三：正多边形和圆 59题型十四：扇形面积的计算 62一．垂径定理1．（2023秋•六安期中）如图，在中，已知是直径，为上一点不与、两点重合），弦过点，．（1）若，，则的长为；（2）当点在上运动时（保持不变），则．2．（2023秋•萨尔图区校级期中）如图，是弦的中点，是上的一点，与交于点，已知，．（1）求线段的长；（2）当时，求的长．3．（2023秋•湖北期中）如图，在中，直径于点，连接并延长交于点，且（1）求证：；（2）求的度数．二．垂径定理的应用4．（2023秋•西平县期中）如图，有一座拱桥是圆弧形，它的跨度米，拱高米．（1）求圆弧所在的圆的半径的长；（2）当洪水泛滥到跨度只有30米时，要采取紧急措施，若拱顶离水面只有4米，即米时，是否要采取紧急措施？5．（2023秋•江都区期中）如图所示，破残的圆形轮片上，弦的垂直平分线交弧于点，交弦于点．已知：，．（1）求作此残片所在的圆（不写作法，保留作图痕迹）．（2）求残片所在圆的面积．6．（2023秋•大丰区期中）一座桥，桥拱是圆弧形（水面以上部分），测量时只测到桥下水面宽为（如图），桥拱最高处离水面．（1）求桥拱半径；（2）若大雨过后，桥下面河面宽度为，问水面涨高了多少？三．圆心角、弧、弦的关系7．（2023秋•海曙区期中）如图，是的直径，是的中点，于点，交于点．（1）求证：；（2）若，，求的半径及的长．8．（2023秋•绍兴期中）如图，在中，弦、相交于点，连接，已知．（1）求证：；（2）如果的半径为5，，，求的长．四．圆周角定理9．（2023秋•源汇区校级期中）如图，点在半圆上，半径，，点在弧上移动，连接，是上一点，，连接，点在移动的过程中，的最小值是A．5 B．6 C．7 D．810．（2023秋•大丰区期中）如图，在中，点是劣弧的中点，点在劣弧上，且，于，当，则．11．（2023秋•路南区期中）如图，是半圆的直径，点在半圆上，，，是上的一个动点，连接．过点作于，连接，则的最小值是．12．（2023秋•梁溪区校级期中）关于的方程，如果、、满足且，那么我们把这样的方程称为“勾股方程”．请解决下列问题：（1）请写出一个“勾股方程”：；（2）求证：关于的“勾股方程”必有实数根；（3）如图，已知、是半径为1的的两条平行弦，，，且关于的方程是“勾股方程”，求的度数．五．圆内接四边形的性质13．（2023秋•源汇区校级期中）如图，四边形内接于，为延长线上一点，连接、，若，求证：平分．14．（2023秋•东湖区校级期中）如图，四边形是的内接四边形，点是延长线上的一点，且平分，于点．（1）求证：．（2）若，，求的长．15．（2023秋•旌阳区校级期中）如图，、、、是上四点，．（1）判断的形状并证明你的结论；（2）当点位于什么位置时，四边形是菱形？并说明理由．（3）求证：．六．点与圆的位置关系16．（2023秋•宿城区期中）如图，是的直径，点在上，，垂足为，，点是上的动点（不与重合），点为的中点，若在运动过程中的最大值为4，则的值为A． B． C． D．17．（2023秋•东台市期中）在矩形中，，，点是平面内一动点，且满足，为的中点，点运动过程中线段长度的取值范围是．18．（2023秋•仙居县期中）如图，在平面直角坐标系中，点是以，为圆心，1为半径的上的一个动点，已知，，连接，，则的最小值是．七．三角形的外接圆与外心19．（2023秋•江阴市校级期中）如图，为等边的外心，四边形为正方形．现有以下结论：①是外心；②是的外心；③；④设，则；⑤若点，分别在线段，上运动（不含端点），随着点运动到每一个确定位置时，的周长都有最小值，．其中所有正确结论的序号是A．①③④ B．②③⑤ C．②④ D．①③④⑤20．（2023秋•湖里区校级期中）如图，已知点是外接圆上的一点，于，连接，过点作直线交于，交于，若点是弧的中点，连接，，（1）求证：；（2）若，试探究与之间的数量关系，并证明．21．（2023秋•六安期中）如图，等腰内接于，的垂直平分线交边于点，交于，垂足为，连接并延长交的延长线于点．（1）求证：；（2）若，求的度数．22．（2023秋•竹山县期中）如图，等腰内接于，，点为劣弧上一点，．（1）求证：为等边三角形；（2）若，求四边形的面积．23．（2023秋•集美区校级期中）如图1，中，，是的外接圆，过点作，交于点，垂足为，连接．（1）求证：；（2）如图2，连接，点在线段上，且，是的中点，连接，若，，求的半径．八．直线与圆的位置关系24．（2023秋•旌阳区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点、，半径为2的的圆心从点（点在直线上）出发以每秒个单位长度的速度沿射线运动，设点运动的时间为秒，则当时，与坐标轴相切．25．（2023秋•旌阳区校级期中）如图，半圆的圆心与坐标原点重合，半圆的半径1，直线的解析式为．若直线与半圆只有一个交点，则的取值范围是．26．（2023秋•新吴区期中）如图，四边形内接于，是的直径，过点作，垂足为点，平分．（1）判断与的位置关系，并说明理由；（2）若，的半径为4，请求出图中阴影部分的面积．九．切线的性质27．（2023秋•西城区校级期中）如图，过点作的切线，，切点分别是，，连接．过上一点作的切线，交，于点，．若，△的周长为4，则的长为A．2 B． C．4 D．28．（2023秋•房县期中）如图，在中，，以为直径的分别与，交于点，，过点作的切线，交于点．（1）求证：；（2）若的半径为4，，求阴影部分的面积．29．（2023秋•青县校级期中）已知：如图是的直径，是弦，直线是过点的的切线，于点．（1）求证：；（2）若，，求的长．30．（2023秋•东昌府区校级期中）如图，是的直径，点和点是上的两点，过点作的切线交延长线于点．（1）若，求的度数；（2）若，，求半径的长．31．（2023秋•海门市校级期中）如图，在中，，以为直径的交于点，过点作的切线，交于点，的反向延长线交于点．（1）求证：；（2）若，的半径为10，求的长度．十．切线的判定32．（2023秋•新会区校级期中）如图，是的直径，是半圆上的一点，平分，，垂足为，交于，连接．（1）判断与的位置关系，并证明你的结论；（2）若，，求的长；（3）若是弧的中点，的半径为5，求图中阴影部分的面积．33．（2023秋•陕州区期中）如图，为正方形对角线上一点，以点为圆心，长为半径的与相切于点．（1）求证：是的切线；（2）若正方形的边长为10，求的半径．34．（2023秋•新会区校级期中）如图，已知是外一点，交圆于点，，弦，劣弧的度数为，连接．（1）求的长；（2）求证：是的切线．十一．切线的判定与性质35．（2023秋•铁山区期中）如图，点在以为直径的上，平分，且于点．（1）求证：是的切线；（2）若，，求的半径．36．（2023秋•麒麟区校级期中）如图，，是的弦，平分．过点作的切线交的延长线于点，连接．延长交于点，交于点，连接，．（1）求证：是的切线；（2）若，求的长．37．（2023秋•玉环市校级期中）如图，是的直径，点是上一点，的平分线交于点，过点作交的延长线于点．（1）求证：是的切线；（2）若，，求的长度．38．（2023秋•惠阳区校级期中）如图是的外接圆，，延长于，连接，使得，交于．（1）求证：与相切；（2）若，．求的半径和的长度．39．（2023秋•中山市期中）如图，已知是的直径，点为延长线上一点，，．（1）求证：是的切线．（2）若的半径为2，求的长．40．（2023秋•广阳区校级期中）在等腰中，，以为直径的分别与，相交于点，，过点作，垂足为点．（1）求证：是的切线；（2）分别延长，，相交于点，，的半径为6，求阴影部分的面积．十二．三角形的内切圆与内心41．（2023秋•怀仁市校级期中）如图，点是的内心，也是的外心．若，则的度数是A． B． C． D．43．（2023秋•五莲县期中）如图，点是的内心，的延长线和的外接圆相交于点，与相交于点，则下列结论：①；②若，则；③若点为的中点，则；④．其中一定正确的个数是A．1 B．2 C．3 D．443．（2023秋•东港区校级期中）在中，，，，直线经过的内心，过点作，垂足为，连接，则的最小值是．44．（2023秋•玄武区期中）如图，在中，，，是的内切圆，与边，分别相切于点，，与的延长线交于点，则．45．（2023秋•旌阳区校级期中）如图，为的直径，、为的切线，、为切点，连接、，交于点，交于，的延长线交于点，以下结论：①；②点为△的内心；③；④；⑤．其中正确的有．十三．正多边形和圆46．（2023秋•东台市期中）如图，在边长为的正八边形中，已知，，，分别是边，，，上的动点，且满足，则四边形面积的最大值为A． B． C． D．47．（2022秋•滨江区校级期中）如图，正方形内接于圆，，点在圆上且满足，，则点到的距离为．十四．扇形面积的计算48．（2023秋•大丰区期中）如图，四边形，有，，，以中点为圆心作弧及弧，动点从点出发沿线段，弧，弧，线段的路线运动，点运动到点时，线段扫过的面积为A． B． C． D．49．（2023秋•湖州期中）如图，在中，，点在圆上，交圆于点，与圆交于点，，交于点，为的直径，．（1）求证：；（2）若平分，求的度数；（3）若，求图中阴影部分的面积．50．（2023秋•冠县期中）如图，圆的直径为，两条直径，相交成角，，是的平分线．（1）求圆心角的度数；（2）求扇形的面积．

第二十四章圆（14大压轴考法50题专练）目录题型一：垂径定理 1题型二：垂径定理的应用 4题型三：圆心角、弧、弦的关系 7题型四：圆周角定理 9题型五：圆内接四边形的性质 14题型六：点与圆的位置关系 17题型七：三角形的外接圆与外心 21题型八：直线与圆的位置关系 31题型九：切线的性质 35题型十：切线的判定 40题型十一：切线的判定与性质 45题型十二：三角形的内切圆与内心 52题型十三：正多边形和圆 59题型十四：扇形面积的计算 62一．垂径定理1．（2023秋•六安期中）如图，在中，已知是直径，为上一点不与、两点重合），弦过点，．（1）若，，则的长为；（2）当点在上运动时（保持不变），则．【分析】（1）作于，得到，由，，得到圆的半径长，由是等腰直角三角形，得到的长，由勾股定理求出的长，即可得到的长．（2）由，，得到，因此，得到，即可解决问题．【解答】解：（1）作于，，，，，，，，是等腰直角三角形，，，．故答案为：．（2）由（1）知，，，，，，，，．故答案为：．【点评】本题考查垂径定理，勾股定理，完全平方公式，关键是作辅助线构造直角三角形，应用垂径定理，勾股定理来解决问题．2．（2023秋•萨尔图区校级期中）如图，是弦的中点，是上的一点，与交于点，已知，．（1）求线段的长；（2）当时，求的长．【分析】（1）连接，先根据垂径定理得出，，在中，根据勾股定理即可得出结论；（2）在中，设，则，，再根据勾股定理即可得出结论．【解答】解：（1）连接．过圆心，且是弦中点，，，在中，．，．；（2）在中，．设，则，．，解得（舍，．则．【点评】本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．3．（2023秋•湖北期中）如图，在中，直径于点，连接并延长交于点，且（1）求证：；（2）求的度数．【分析】（1）连接，由垂径定理可知是的垂直平分线，故可得出，同理可得，故，进而可得出结论；（2）由（1）知△是等边三角形，再由垂径定理可知，根据圆周角定理即可得出结论．【解答】（1）证明：连接，，，，同理可得，，，即；（2）由（1）知△是等边三角形，，直径于点，，，．【点评】本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出等边三角形是解答此题的关键．二．垂径定理的应用4．（2023秋•西平县期中）如图，有一座拱桥是圆弧形，它的跨度米，拱高米．（1）求圆弧所在的圆的半径的长；（2）当洪水泛滥到跨度只有30米时，要采取紧急措施，若拱顶离水面只有4米，即米时，是否要采取紧急措施？【分析】（1）连接，利用表示出的长，在中根据勾股定理求出的值即可；（2）连接，在△中，由勾股定理得出的长，进而可得出的长，据此可得出结论．【解答】解：（1）连接，由题意得：（米，米，在中，由勾股定理得：，解得，（米；（2）连接，米，在△中，由勾股定理得：，即：，解得：（米．（米．，不需要采取紧急措施．【点评】本题考查的是垂径定理的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用勾股定理求解是解答此题的关键．5．（2023秋•江都区期中）如图所示，破残的圆形轮片上，弦的垂直平分线交弧于点，交弦于点．已知：，．（1）求作此残片所在的圆（不写作法，保留作图痕迹）．（2）求残片所在圆的面积．【分析】（1）由垂径定理知，垂直于弦的直径是弦的中垂线，故作，的中垂线交于点，则点是弧所在圆的圆心；（2）在中，由勾股定理可求得半径的长，由圆的面积公式进行计算即可．【解答】解：（1）作弦的垂直平分线与弦的垂直平分线交于点，以为圆心长为半径作圆就是此残片所在的圆，如图．（2）连接，设，，，则根据勾股定理列方程：，解得：．即：圆的半径为．所以圆的面积为：．【点评】本题考查的是垂径定理和勾股定理的应用，垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题．6．（2023秋•大丰区期中）一座桥，桥拱是圆弧形（水面以上部分），测量时只测到桥下水面宽为（如图），桥拱最高处离水面．（1）求桥拱半径；（2）若大雨过后，桥下面河面宽度为，问水面涨高了多少？【分析】已知到桥下水面宽为，即是已知圆的弦长，已知桥拱最高处离水面，就是已知弦心距，可以利用垂径定理转化为解直角三角形的问题．【解答】解：（1）如图所示，设点为的圆心，点为的中点，连接，，交于，由题意得，，由垂径定理得，，设半径为，则在中，，即，解得，所以桥拱的半径为；（2）设河水上涨到位置（如图所示），这时，，有（垂足为，，连接，则有，，．【点评】上涨高度即是弦心距的差．是正确解本题的关键．三．圆心角、弧、弦的关系7．（2023秋•海曙区期中）如图，是的直径，是的中点，于点，交于点．（1）求证：；（2）若，，求的半径及的长．【分析】（1）要证明，可以证明；是的直径，则，又知，则，则，，则；（2）在直角三角形中，，又知，，所以可以求得的长，即可求得圆的半径；再利用面积法求得的长．【解答】（1）证明：是的直径，，．，，，．又是的中点，，，，；（2）解：，，，，的半径为5，，．【点评】此题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质以及角平分线的性质等知识．此题综合性很强，难度适中，注意数形结合思想与方程思想的应用．8．（2023秋•绍兴期中）如图，在中，弦、相交于点，连接，已知．（1）求证：；（2）如果的半径为5，，，求的长．【分析】（1）根据圆心角、弧、弦的关系得到，推出，根据全等三角形的性质得到结论；（2）过作与，于，连接，，根据垂径定理得到，，由于，于是得到，推出，根据全等三角形的性质得到，证得四边形是正方形，于是得到，设，则，根据勾股定理即可得到结论．【解答】解：（1），，在与中，，，；（2）过作与，于，连接，，根据垂径定理得：，，，，在与中，，，，，四边形是正方形，，设，则，，即：，解得：，（舍去），，．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，圆心角、弧、弦的关系，勾股定理，熟练则全等三角形的判定和性质是解题的关键．四．圆周角定理9．（2023秋•源汇区校级期中）如图，点在半圆上，半径，，点在弧上移动，连接，是上一点，，连接，点在移动的过程中，的最小值是A．5 B．6 C．7 D．8【分析】如图，取的中点，连接，，．由题意点在以为圆心，为半径的上，推出当、、共线时，的值最小；【解答】解：如图，取的中点，连接，，．，，点在以为圆心，为半径的上，当、、共线时，的值最小，是直径，，，，的最小值为．故选：．【点评】本题考查点与圆的位置关系、勾股定理、圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用辅助线圆解决问题，属于中考选择题中的压轴题．10．（2023秋•大丰区期中）如图，在中，点是劣弧的中点，点在劣弧上，且，于，当，则．【分析】在上截取，连接，，，，，可以证明，得到，由，得到，由圆周角定理得到，因此，得到，即可求解．【解答】解：在上截取，连接，，，，，是的中点，，，，，，，，，，，，．故答案为：．【点评】本题考查圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，关键是通过作辅助线构造全等三角形．11．（2023秋•路南区期中）如图，是半圆的直径，点在半圆上，，，是上的一个动点，连接．过点作于，连接，则的最小值是．【分析】如图，连接、．在点移动的过程中，点在以为直径的圆上运动，当、、共线时，的值最小，最小值为，利用勾股定理求出即可解决问题．【解答】解：如图，取的中点，连接、．，，在点移动的过程中，点在以为直径的圆上运动，是直径，，在中，，，，在中，，，当、、共线时，的值最小，最小值为，故答案为：．【点评】本题考查圆周角定理、勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是确定等的运动轨迹是以为直径的圆上运动，属于中考填空题中压轴题．12．（2023秋•梁溪区校级期中）关于的方程，如果、、满足且，那么我们把这样的方程称为“勾股方程”．请解决下列问题：（1）请写出一个“勾股方程”：；（2）求证：关于的“勾股方程”必有实数根；（3）如图，已知、是半径为1的的两条平行弦，，，且关于的方程是“勾股方程”，求的度数．【分析】（1）由“勾股方程”满足的条件，即可写出一个“顾神方程”；（2）由一元二次方程根的判别式，即可判断；（3）由勾股定理，垂径定理，圆周角定理，即可求解．【解答】（1）解：写出一个“勾股方程”：（答案不唯一），故答案为：（答案不唯一）；（2）证明：关于的方程是“勾股方程”，且，①当时，△，方程有两个实数根，②当时，方程为，，该方程有实数根，“勾股方程”必有实数根；（3）解：作于，延长交于，连接，，，，，，，，是“勾股方程，，，，，，，，，．【点评】本题考查“勾股方程”的概念，一元二次方程根的判别式，勾股定理，关键是明白“勾股方程”的定义．五．圆内接四边形的性质13．（2023秋•源汇区校级期中）如图，四边形内接于，为延长线上一点，连接、，若，求证：平分．【分析】先根据圆内接四边形的性质得出，再根据得出，故可得出，再由圆周角定理得出，故可得出，故可得出结论．【解答】证明：四边形内接于，．，，．与是同弧所对的圆周角，，，即平分．【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质，熟知圆内接四边形的对角互补是解答此题的关键．14．（2023秋•东湖区校级期中）如图，四边形是的内接四边形，点是延长线上的一点，且平分，于点．（1）求证：．（2）若，，求的长．【分析】（1）根据角平分线的定义、圆内接四边形的性质解答；（2）过点作，分别证明和，根据全等三角形的性质计算．【解答】（1）证明：平分，，，，，，，；（2）解：过点作，垂足为点．平分，，，，，在和中，，，，在和中，，，，，，，．【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角是解题的关键．15．（2023秋•旌阳区校级期中）如图，、、、是上四点，．（1）判断的形状并证明你的结论；（2）当点位于什么位置时，四边形是菱形？并说明理由．（3）求证：．【分析】（1）利用圆周角定理可得，，而，所以，从而可判断的形状；（2）当点位于中点时，四边形是菱形，通过证明和均为等边三角形，知，四边形是菱形；（3）在上截取，则是等边三角形，然后证明，证明，即可证得．【解答】解：（1）证明：（1）是等边三角形．证明如下：在中，与是所对的圆周角，与是所对的圆周角，，，又，，为等边三角形；（2）当点位于中点时，四边形是菱形，连接，，是的中点，又，和均为等边三角形，，四边形是菱形；（3）如图2，在上截取，又，是等边三角形，，，即．又，，在和中，，，，又，．【点评】本题考查的是圆内接多边形的性质、菱形的性质，掌握圆内接四边形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．六．点与圆的位置关系16．（2023秋•宿城区期中）如图，是的直径，点在上，，垂足为，，点是上的动点（不与重合），点为的中点，若在运动过程中的最大值为4，则的值为A． B． C． D．【分析】首先根据题意取的中点，根据点的运动轨迹，确定点的运动轨迹，根据，可确定当点、、三点共线时，有最大值4，此时，求出，再根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，则，联立即可求出半径的值，然后求出的长，利用勾股定理即可求出的长．【解答】解：方法一、如图所示，连接、，取的中点，连接和，设的半径为，点为的中点，，点是上的动点（不与重合），点为顶点，点的运动轨迹是以点圆心，以的长为半径的圆上，则，当点、、三点共线时，有最大值4，此时，，，，点为的中点，，，解得：，，在△中，；方法二、如图，延长交于，连接，，，是直径，，又点是的中点，，当为直径时，有最大值，，，，在△中，；故选：．【点评】本题主要考查的是圆的动点综合题型，解题关键是确定点、、三点共线时，有最大值4．17．（2023秋•东台市期中）在矩形中，，，点是平面内一动点，且满足，为的中点，点运动过程中线段长度的取值范围是．【分析】连接，取的中点，连接，可知为的中位线，则可得，进而可知点在以为圆心，以1为半径的圆上运动，在矩形中，根据进而得出答案．【解答】解：连接，取的中点，连接，，为的中点，为的中位线，，点在以为圆心，以1为半径的圆上运动，在矩形中，，的取值范围为，即，故答案为：．【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，中位线定理，点和圆的位置关系等知识点，灵活运用所学知识点得出点的运动轨迹是解本题的关键．18．（2023秋•仙居县期中）如图，在平面直角坐标系中，点是以，为圆心，1为半径的上的一个动点，已知，，连接，，则的最小值是．【分析】设点，表示出的值，从而转化为求的最值，画出图形后可直观得出的最值，代入求解即可．【解答】解：设，，，，，，当点处于与圆的交点上时，取得最值，的最小值为，最小值为．故答案为：．【点评】本题考查了圆的综合，解答本题的关键是设出点坐标，将所求代数式的值转化为求解的最小值，难度较大．七．三角形的外接圆与外心19．（2023秋•江阴市校级期中）如图，为等边的外心，四边形为正方形．现有以下结论：①是外心；②是的外心；③；④设，则；⑤若点，分别在线段，上运动（不含端点），随着点运动到每一个确定位置时，的周长都有最小值，．其中所有正确结论的序号是A．①③④ B．②③⑤ C．②④ D．①③④⑤【分析】本题命题思路是以等边外心为背景，进而得到，，，四点共圆，从而对角互补，利用旋转，可以转化四边形为一个规则的等边三角形，最后利用轴对称性可解决周长最小值的问题．【解答】解：连接，；为的外心；；正方形；；；是的外心；故①正确．对于②，连接，，，不是的外心；故②错误．对于③，连接，，，，，三点共圆；，，即；故③正确．对于④，，，，，四点共圆，如图所示，以点为旋转中心，把绕点逆时针旋转，点的对应点为点，，，，即，，，，，三点共线；由旋转的性质可得，，是等边三角形；，过点作的垂线，垂足为，，；在中，，；；，，；故④正确．对于⑤，如图所示；作和关于和的对称线段，，；，当，，，四点共线时，周长最小：即，，连接，，连接，是等腰三角形；，；；，；三角形是以为顶角的等腰三角形；过点作的垂线，垂足为，，；在中；；即故⑤错误；综上所述，①③④正确；故选：．【点评】本题主要考查正方形的性质，等边三角形性质及其外心的性质，圆周角定理，四点共圆及圆内接四边形的性质，旋转变换，利用轴对称解决周长最小值，等腰三角形的解法及解直角三角形，见外心连顶点，到三个顶点距离相等，判定外心只需确顶点是都到三角形三个顶点距离相等，四边形对角互补要旋转，转化定型求面积，求周长最小值利用轴对称变换是关键，转化两点间距离最短即可，最后牢记特殊三角形的边长之比非常重要，例如等腰三角形三边之比为．20．（2023秋•湖里区校级期中）如图，已知点是外接圆上的一点，于，连接，过点作直线交于，交于，若点是弧的中点，连接，，（1）求证：；（2）若，试探究与之间的数量关系，并证明．【分析】（1）根据平行线性质及圆周角性质直接得出结论．（2）作于点，连接．先证明，再根据与的关系推出，然后可得出结论．【解答】（1）证明：，，，；（2）与之间的数量关系为：．理由如下：作于点，连接．，，为中点，，，于，，，，，，，，，设，则，，，，，，，，，，，即．【点评】本题主要考查了三角形的外接圆及其性质、圆中各种角度的相互转化、含的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，判断出以及证明是解答的关键．21．（2023秋•六安期中）如图，等腰内接于，的垂直平分线交边于点，交于，垂足为，连接并延长交的延长线于点．（1）求证：；（2）若，求的度数．【分析】（1）根据垂径定理可得，然后利用圆周角定理即可解决问题；（2）连接，根据垂直平分线的性质得，结合（1）证明，设，根据三角形内角和定理求出，进而可以解决问题．【解答】（1）证明：是的垂直平分线，，；（2）解：如图，连接，是的垂直平分线，，，由（1），设，，，，，，，，，，，，，，，．【点评】本题考查了三角形外接圆与外心，线段垂直平分线的性质，垂径定理，等腰三角形的性质，圆周角定理，三角形内角和定理，解决本题的关键是得到．22．（2023秋•竹山县期中）如图，等腰内接于，，点为劣弧上一点，．（1）求证：为等边三角形；（2）若，求四边形的面积．【分析】（1）根据圆周角定理得到，根据，则可判断为等边三角形；（2）过点作的延长线于点，证明，根据，可得，所以，，然后根据四边形的面积的面积等边三角形的面积，即可解决问题．【解答】（1）证明：，又，为等边三角形；（2）解：如图，过点作的延长线于点，为等边三角形，，，，，，，，，，的面积，在中，，，根据勾股定理得：，等边三角形的面积，四边形的面积的面积等边三角形的面积．四边形的面积为．【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，垂径定理，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是熟练运用圆周角定理，垂径定理．23．（2023秋•集美区校级期中）如图1，中，，是的外接圆，过点作，交于点，垂足为，连接．（1）求证：；（2）如图2，连接，点在线段上，且，是的中点，连接，若，，求的半径．【分析】（1）作于，根据题意易求得，利用角的关系和圆周角定理可求得，即可求解；（2）连接并延长交延长线于点，连接，，，根据圆周角定理可求得垂直平分，再求证四边形为平行四边形，设半径为，则，，根据勾股定理即可求解．【解答】（1）证明：如图1，作于，，，，，，，，，，，，；（2）解：如图，连接并延长交延长线于点，连接，，，是的中点，，，，，，垂直平分，为直径，，，，，，，，在中，，即，，，四边形为平行四边形，，设半径为，则，，在中，，在中，，，，解得，的半径为4．【点评】本题主要考查了圆的综合知识，圆周角定理，勾股定理等知识点，熟练掌握关于圆的相关性质，正确作出辅助线是解决问题的关键．八．直线与圆的位置关系24．（2023秋•旌阳区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点、，半径为2的的圆心从点（点在直线上）出发以每秒个单位长度的速度沿射线运动，设点运动的时间为秒，则当时，与坐标轴相切．【分析】设与坐标轴的切点为，根据已知条件得到，，，推出是等腰直角三角形，，①当与轴相切时，②如图，与轴和轴都相切时，③当点只与轴相切时，根据等腰直角三角形的性质得到结论．【解答】解：设与坐标轴的切点为，直线与轴、轴分别交于点、，点，时，，时，，时，，，，，，，，是等腰直角三角形，，①当与轴相切时，点是切点，的半径是2，轴，，是等腰直角三角形，，，，点的速度为每秒个单位长度，；②如图，与轴和轴都相切时，，，点的速度为每秒个单位长度，；③当点只与轴相切时，，，点的速度为每秒个单位长度，．综上所述，则当或6或10秒时，与坐标轴相切，故答案为：2或6或10．【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，切线的判定，等腰直角三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键．25．（2023秋•旌阳区校级期中）如图，半圆的圆心与坐标原点重合，半圆的半径1，直线的解析式为．若直线与半圆只有一个交点，则的取值范围是．【分析】若直线与半圆只有一个交点，则有两种情况：直线和半圆相切于点或从直线过点开始到直线过点结束（不包括直线过点．当直线和半圆相切于点时，根据直线的解析式知直线与轴所形成的锐角是，从而求得，即可求出点的坐标，进一步求得的值；当直线过点时，直接根据待定系数法求得的值．【解答】解：若直线与半圆只有一个交点，则有两种情况：直线和半圆相切于点或从直线过点开始到直线过点结束（不包括直线过点．直线与轴所形成的锐角是．当直线和半圆相切于点时，则垂直于直线，．又，则，即点，，把点的坐标代入直线解析式，得，当直线过点时，把点代入直线解析式，得．当直线过点时，把点代入直线解析式，得．即当或时，直线和圆只有一个公共点；故答案为或．【点评】此题综合考查了直线和圆的位置关系，及用待定系数法求解直线的解析式等方法．26．（2023秋•新吴区期中）如图，四边形内接于，是的直径，过点作，垂足为点，平分．（1）判断与的位置关系，并说明理由；（2）若，的半径为4，请求出图中阴影部分的面积．【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质、角平分线的定义得到，证明，根据切线的判定定理证明即可；（2）证明是等边三角形，得到，根据勾股定理求出、，根据梯形的面积公式、扇形的面积公式计算即可．【解答】解：（1）与相切，理由：连接，，，平分，，，，，，，即，，与相切；（2），，，是等边三角形，，，，，，．【点评】本题考查的是切线的判定、扇形面积的计算，掌握切线的判定定理、扇形面积公式是解题的关键．九．切线的性质27．（2023秋•西城区校级期中）如图，过点作的切线，，切点分别是，，连接．过上一点作的切线，交，于点，．若，△的周长为4，则的长为A．2 B． C．4 D．【分析】根据切线长定理得到，再根据切线长定理、三角形的周长公式计算，得到答案．【解答】解：、为的切线，，、为的切线，，同理，，△的周长，，．故选：．【点评】本题考查的是切线的性质，掌握切线长定理是解题的关键．28．（2023秋•房县期中）如图，在中，，以为直径的分别与，交于点，，过点作的切线，交于点．（1）求证：；（2）若的半径为4，，求阴影部分的面积．【分析】（1）连接，易得，由，易得，等量代换得，利用平行线的判定得，由切线的性质得，得出结论；（2）连接，利用（1）的结论得，易得，得出，利用扇形的面积公式和三角形的面积公式得出结论．【解答】（1）证明：连接，，，，，，，是的切线，，．（2）解：连接，，，，，，，的半径为4，，，．【点评】本题主要考查了切线的性质，扇形的面积与三角形的面积公式，圆周角定理等，作出适当的辅助线，利用切线性质和圆周角定理，数形结合是解答此题的关键．29．（2023秋•青县校级期中）已知：如图是的直径，是弦，直线是过点的的切线，于点．（1）求证：；（2）若，，求的长．【分析】（1）连接，如图，根据切线的性质得，则可判定，所以，加上，则；（2）利用圆周角定理得，然后利用含30度的直角三角形三边的关系得的长．【解答】（1）证明：连接，如图，为切线，，而，，，，，；（2）解：为直径，，在中，，．【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了圆周角定理．30．（2023秋•东昌府区校级期中）如图，是的直径，点和点是上的两点，过点作的切线交延长线于点．（1）若，求的度数；（2）若，，求半径的长．【分析】（1）连接，利用切线的性质和角之间的关系解答即可；（2）根据直角三角形的性质解答即可．【解答】解：（1）连接，是的切线，是的半径，，，，，，；（2），，，，，，，，，，设的半径为，，，解得：，的半径为2．【点评】此题考查切线的性质，关键是根据切线的性质进行解答．31．（2023秋•海门市校级期中）如图，在中，，以为直径的交于点，过点作的切线，交于点，的反向延长线交于点．（1）求证：；（2）若，的半径为10，求的长度．【分析】（1）欲证明，只需推知即可；（2）如图，过点作于点，构建矩形，设．则由矩形的性质推知：，．在中，由勾股定理知：，通过解方程得到的长度，结合，得到．【解答】（1）证明：，，，，，．是的切线，是半径，，；（2）如图，过点作于点，则，四边形是矩形，，．设．，，，．在中，由勾股定理知：，即，解得，（不合题意，舍去）．．，，．【点评】本题考查了切线的性质，勾股定理，矩形的判定与性质．解题时，利用了方程思想，属于中档题．十．切线的判定32．（2023秋•新会区校级期中）如图，是的直径，是半圆上的一点，平分，，垂足为，交于，连接．（1）判断与的位置关系，并证明你的结论；（2）若，，求的长；（3）若是弧的中点，的半径为5，求图中阴影部分的面积．【分析】（1）由平分得，加上，则，于是可判断，由于，所以，则可根据切线的判定定理得到为的切线；（2）作与，如图，根据垂径定理得，再证明四边形为矩形，得到，，在△中利用勾股定理计算出，则，然后在△中根据勾股定理可计算出的长；（3）由是弧的中点得到，根据垂径定理得，由于，根据等腰三角形的判定得到，即，所以△为等边三角形，易得△为等边三角形，所以，，可计算出，于是可计算出，，由于，然后利用进行计算．【解答】解：（1）与相切．理由如下：平分，，，，，，，，为的切线；（2）作与，如图，则，，，，四边形为矩形，，，在△中，，，，，在△中，，，；（3）是弧的中点，，，，，，△为等边三角形，同理可得△为等边三角形，，，，，，，．【点评】本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．也考查了扇形面积的计算．33．（2023秋•陕州区期中）如图，为正方形对角线上一点，以点为圆心，长为半径的与相切于点．（1）求证：是的切线；（2）若正方形的边长为10，求的半径．【分析】（1）首先连接，并过点作，由长为半径的与相切于点，可得，，然后由为正方形的对角线，根据角平分线的性质，可证得，即可判定是的切线；（2）由正方形的边长为10，可求得其对角线的长，然后由设，可得，由勾股定理求得，则可得方程，继而求得答案．【解答】（1）证明：连接，并过点作．切于点，，，又为正方形的对角线，，，即：是的切线．（2）解：正方形的边长为10，，，，，，，设，则，，，，解得：．的半径为：．【点评】此题考查了切线的判定、正方形的性质、角平分线的性质以及勾股定理．注意准确作出辅助线是解此题的关键．34．（2023秋•新会区校级期中）如图，已知是外一点，交圆于点，，弦，劣弧的度数为，连接．（1）求的长；（2）求证：是的切线．【分析】（1）首先连接，由弦，劣弧的度数为，易证得是等边三角形，则可求得的长；（2）由，是等边三角形，可求得，即可得，又由等边三角形的性质，，，则可证得，继而证得是的切线．【解答】（1）解：连接，弦，劣弧的度数为，弧与弧的度数为：，，，是等边三角形，；（2）证明：，，，，是等边三角形，，，，，点在上，是的切线．补：证明：，，由（1）可知：，，，是直角三角形，，，是的切线．【点评】此题考查了切线的判定、等边三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．十一．切线的判定与性质35．（2023秋•铁山区期中）如图，点在以为直径的上，平分，且于点．（1）求证：是的切线；（2）若，，求的半径．【分析】（1）如图1中，连接．只要证明，由，即可推出；（2）过点作于点，得矩形，然后利用勾股定理即可求出半径的长．【解答】（1）证明：如图中，连接．，，平分，，，，，是的半径，是的切线；（2）解：如图，过点作于点，得矩形，，，，在中，根据勾股定理，得，，解得．的半径为．【点评】此题主要考查了切线的性质与判定，解决本题的关键是掌握切线的判定．36．（2023秋•麒麟区校级期中）如图，，是的弦，平分．过点作的切线交的延长线于点，连接．延长交于点，交于点，连接，．（1）求证：是的切线；（2）若，求的长．【分析】（1）欲证明是的切线，只要证明，由即可解决问题．（2）先证明，在中利用30度性质以及勾股定理即可解决问题．【解答】（1）证明：如图，连接．为圆的切线．平分，．，，，，，在和中，，，，是的切线；（2），，，，是直径，，，，在中，，，，．【点评】本题考查切线的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，发现特殊角，属于中考常考题型．37．（2023秋•玉环市校级期中）如图，是的直径，点是上一点，的平分线交于点，过点作交的延长线于点．（1）求证：是的切线；（2）若，，求的长度．【分析】（1）连接，由等腰三角形的性质及角平分线的性质得出，从而，由得，由两直线平行，同旁内角互补得出，由切线的判定定理得出答案；（2）先由相等的圆周角所对的弧相等，进而得出，然后根据勾股定理即可求出结果．【解答】（1）证明：如图，连接，，则．平分，．．，为直径，．，，，是的半径，是的切线；（2）解：平分，．，，在中，，，根据勾股定理，得，．【点评】本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，熟练掌握圆的切线的判定与性质及圆中的相关计算是解题的关键．38．（2023秋•惠阳区校级期中）如图是的外接圆，，延长于，连接，使得，交于．（1）求证：与相切；（2）若，．求的半径和的长度．【分析】（1）连接，要证明切线，只需证明，根据，只需得到，根据圆周角定理即可证明；（2）设的半径为，则，，，在中根据勾股定理可计算出；作于，根据垂径定理得，再利用面积法计算出，然后根据勾股定理计算出，再利用垂径定理得出．【解答】（1）证明：连接；，，；又，，是的切线．（2）解：设的半径为，则，，，在中，，，解得，作于，如图，，则，，，在中，，，．【点评】本题考查了切线的判定定理．综合运用了圆周角定理、等腰直角三角形的性质、等腰三角形的性质、30度的直角三角形的性质得到有关线段之间的关系，熟练运用平行线分线段成比例定理进行求解．39．（2023秋•中山市期中）如图，已知是的直径，点为延长线上一点，，．（1）求证：是的切线．（2）若的半径为2，求的长．【分析】（1）连接，如图所示，由，利用等边对等角得到一对角相等，由的度数得出的度数，再由，利用等边对等角得到一对角相等，确定出的度数，由为的外角，利用外角的性质求出的度数，在中，利用三角形的内角和定理求出为，可得出为圆的切线，得证；（2）利用弧长公式求解．【解答】（1）证明：连接，如图所示：，，，又，，，在中，，，可得，即，则为圆的切线；（2），，的长度．【点评】此题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，三角形的外角性质，以及弧长公式的运用，切线的判定方法有两种：有点连接，证明垂直；无点作垂线，证明垂线段等于半径．40．（2023秋•广阳区校级期中）在等腰中，，以为直径的分别与，相交于点，，过点作，垂足为点．（1）求证：是的切线；（2）分别延长，，相交于点，，的半径为6，求阴影部分的面积．【分析】（1）连接，由等腰三角形的性质证出，得出，证出，即可得出结论；（2）证明是等边三角形，由等边三角形的性质得出，求出，由直角三角形的性质得出，由勾股定理得出，阴影部分的面积的面积扇形的面积，即可得出答案．【解答】（1）证明：连接，如图所示：，，，，，，，，是的半径，是的切线；（2）解：，，是等边三角形，，，是等边三角形，，，，，，阴影部分的面积的面积扇形的面积．【点评】本题考查了等腰三角形的性质，平行线的判定和性质，切线的判定，勾股定理、直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质，是一道综合题，难度中等．十二．三角形的内切圆与内心41．（2023秋•怀仁市校级期中）如图，点是的内心，也是的外心．若，则的度数是A． B． C． D．【分析】连接，，根据点是的内心，，可得，再根据点也是的外心，和圆周角定理即可解决问题．【解答】解：如图，连接，，点是的内心，，，是，的平分线，，，，点也是的外心，，则的度数为．故选：．【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，解决本题的关键是掌握内心与外心的区别．42．（2023秋•五莲县期中）如图，点是的内心，的延长线和的外接圆相交于点，与相交于点，则下列结论：①；②若，则；③若点为的中点，则；④．其中一定正确的个数是A．1 B．2 C．3 D．4【分析】利用三角形内心的性质得到，则可对①进行判断；直接利用三角形内心的性质对②进行判断；根据垂径定理则可对③进行判断；通过证明得到，则可对④进行判断．【解答】解：是的内心，平分，，故①正确；如图，连接，，是的内心，，，，，，故②正确；，，，点为的中点，一定在上，，故③正确；如图，连接，平分，，，，，，故④正确．一定正确的①②③④，共4个．故选：．【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，解决本题的关键是掌握三角形的内心与外心．43．（2023秋•东港区校级期中）在中，，，，直线经过的内心，过点作，垂足为，连接，则的最小值是．【分析】圆与三边的切点分别为，，，连接，，，先根据圆是的内切圆，，，，求出正方形的边长为，根据勾股定理可得，连接，过点作于点，当点运动到线段上时，取得最小值，再利用勾股定理即可解决问题．【解答】解：如图，圆与三边的切点分别为，，，连接，，，圆是的内切圆，，，，，，，，四边形是正方形，设正方形的边长为，则，，根据题意，得，解得，，，，点在以为直径的圆上，如图，连接，过点作于点，当点运动到线段上时，取得最小值，，，圆的半径，，的最小值为．故答案为：．【点评】本题考查了三角形内切圆与内心，正方形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握三角形内切圆与内心．44．（2023秋•玄武区期中）如图，在中，，，是的内切圆，与边，分别相切于点，，与的延长线交于点，则．【分析】根据内切圆的定义和切线长定理，可以计算出的度数和的度数，然后即可计算出的度数．【解答】解：连接，，，交于点，，，点为的内切圆的圆心，，，，，垂直平分，，，故答案为：．【点评】本题考查三角形内切圆、切线长定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．45．