專題18 解答中檔題型：圓的證明與計算（解析版）備戰(zhàn)2024年福建中考數(shù)學(xué)真題模擬題

第第頁專題18解答中檔題型：圓的證明與計算一、解答題1．（2022·福建·統(tǒng)考中考真題）如圖，內(nèi)接于⊙O，交⊙O于點D，交于點E，交⊙O于點F，連接．(1)求證：；(2)若⊙O的半徑為3，，求的長（結(jié)果保留π）．【答案】(1)證明見解析；(2)【分析】（1）根據(jù)已知條件可證明四邊形是平行四邊形，由平行四邊形的性質(zhì)可得，等量代換可得，即可得出答案；（2）連接，由（1）中結(jié)論可計算出的度數(shù)，根據(jù)圓周角定理可計算出的度數(shù)，再根據(jù)弧長計算公式計算即可得出答案．【詳解】（1）證明：∵，，∴四邊形為平行四邊形，∴，∵，∴，∴．（2）解：連接，如圖，由（1）得，∵，∴，∴的長．【點睛】本題主要考查了等腰三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，圓的性質(zhì)與弧長公式，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，推理能力，幾何直觀等數(shù)學(xué)素養(yǎng)．2．（2023·福建莆田·統(tǒng)考二模）如圖，內(nèi)接于，的延長線交于點，交于點，過點作交于點，連接，．

(1)若，求證：；(2)求證：點到的距離等于的長．【答案】(1)見詳解(2)見詳解【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的定義可判定四邊形是平行四邊形，由平行線的性質(zhì)可得.根據(jù)“同圓或等圓中相等的圓周角所對的弧相等”可得，進(jìn)一步可得，因此可得．（2）過點作于，連接，根據(jù)垂徑定理可得，再由可得是的中位線，根據(jù)中位線的性質(zhì)可得．根據(jù)平行線的性質(zhì)可得，則，從而得到，因此可得．【詳解】（1）∵，，∴四邊形是平行四邊形，，∵，．，，．（2）

如圖，過點作于，連接，，，又，是的中位線，，

，，，，，點到的距離等于的長．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，垂徑定理，圓周角定理的推論，三角形中位線定理，熟練掌握以上知識并且能正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．3．（2023·福建福州·統(tǒng)考二模）如圖，是半圓O的直徑，，D是上一點，，E是的中點，連接，，．

(1)求的大??；(2)求證：．【答案】(1)(2)見解析【分析】（1）由，得到是等邊三角形，因此；（2）延長交延長線于P，由等邊三角形的性質(zhì)，推出，得到，而，因此，即可證明是的中位線，因此．【詳解】（1）∵∴∴是等邊三角形∴（2）延長交延長線于P∵是等邊三角形∴

∵∴∵∴∴，∴∴∵∴∵∴是的中位線∴【點睛】本題考查圓周角定理，圓心角、弧、弦的關(guān)系，關(guān)鍵是延長交延長線于P，構(gòu)造三角形的中位線．4．（2023·福建福州·福建省福州第十九中學(xué)校考模擬預(yù)測）如圖，以AB為直徑的⊙O與△ABC的邊BC相切于點B，且與AC邊交于點D，點E為BC中點，連接DE、BD．(1)求證：DE是⊙O的切線；(2)若DE＝5，cos∠ABD＝，求OE的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接OD，可推出∠BDC＝90°，進(jìn)而得出DE＝BE，然后證明△DOE≌△BOE，求出∠ODE＝∠ABC＝90°即可得出結(jié)論；（2）可推出∠C＝∠ABD，解直角△ABC求得AC，進(jìn)而根據(jù)三角形中位線定理求得OE．【詳解】（1）證明：如圖，連接OD，∵AB為⊙O的直徑，BC為⊙O的切線，∴∠BDC＝∠ADB＝90°，∠ABC＝90°，∵E是BC的中點，∴DE＝BE＝EC＝，在△DOE和△BOE中，，∴△DOE≌△BOE（SSS），∴∠ODE＝∠ABC＝90°，∴OD⊥DE，∴DE是⊙O的切線；（2）解：∵∠ABC＝90°，∴∠ABD+∠CBD＝90°，由（1）知：∠BDC＝90°，BC＝2DE，∴∠C+∠DBC＝90°，BC＝2DE＝10，∴∠C＝∠ABD，在Rt△ABC中，AC＝＝，∵OA＝OB，BE＝CE，∴OE＝．【點睛】本題考查了切線的判定和性質(zhì)，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，三角形中位線定理等知識，解決問題的關(guān)鍵是靈活運用有關(guān)基礎(chǔ)知識．5．（2023·福建三明·統(tǒng)考二模）如圖，是的直徑，是上一點，于點，過點作的切線，交的延長線于點，連接，．(1)求證：是的切線；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）作輔助線，連接，先根據(jù)切線的性質(zhì)得，，再證明，再根據(jù)切線的判定定理即可得出結(jié)論；（2）連接，先根據(jù)三角函數(shù)求出、的長，再在在中，根據(jù)勾股定理即可．【詳解】（1）證明：連接，∵過點作的切線，∴，∵于點D，，∴垂直平分，∴，∵，∴，∴，∵為半徑，∴是的切線；（2）解：連接，∵，∴，∴，，∴，在中，．【點睛】此題考查了切線的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是掌握切線的判定定理．6．（2023·福建·模擬預(yù)測）如圖，在正方形中，以A為圓心，作半徑為4的圓心角是的弧，且這條弧恰好經(jīng)過B、D兩點．的一條切線與分別交于M、N．求圖中陰影部分面積的最小值．【答案】圖中陰影部分面積的最小值為．【分析】設(shè)，，則，，求得當(dāng)取最小值，有最大值，則圖中陰影部分面積有最小值，當(dāng)時，有最小值，據(jù)此求解即可．【詳解】解：設(shè)與的切點為E，連接，∴，，∴，，∴，，設(shè)，，則，，∵，∴，整理得，∴，當(dāng)取最小值，有最大值，則圖中陰影部分面積有最小值．連接，當(dāng)時，有最小值，此時，切點為F，則都是等腰直角三角形，在正方形中，，則，∴，∴，∴圖中陰影部分面積的最小值．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，推出當(dāng)時，圖中陰影部分面積有最小值是解題的關(guān)鍵．7．（2023·福建泉州·福建省泉州第一中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，已知的角平分線經(jīng)過圓心交于點、，是的切線，為切點．(1)求證：也是的切線；(2)如圖，在（1）的前提下，設(shè)切線與的切點為，連接交于點；連接交于點，連接，；記為．①若，，求線段的長；②小華探究圖之后發(fā)現(xiàn)：（為正整數(shù)），請你猜想的數(shù)值？并證明你的結(jié)論．【答案】(1)詳見解析(2)①4；②4【分析】（1）過點作，垂足為，連接，根據(jù)切線的性質(zhì)可得出是的半徑且，由平分利用角平分線的性質(zhì)可得出，進(jìn)而可證出也是的切線．（2）①由、都是的切線可得出，利用等腰三角形的三線合一可得出、，由三角形中位線的性質(zhì)可得出，設(shè)的半徑為，則，，在中，利用勾股定理可求出的值，將其代入中即可求出的長度；②利用相似三角形的性質(zhì)可得出，結(jié)合可證出，即．【詳解】（1）證明：在圖1中，過點作，垂足為，連接．∵是的切線，為切點，∴是的半徑，且，∵平分∴∴也是的切線；（2）①∵、都是的切線∴∵∴、，∵為的中位線，∴設(shè)的半徑為，則∵∴在中，,即解得：（負(fù)根舍去）∴②猜想．證明：∵、∴，∴，即又∵∴∴【點睛】本題考查了切線的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、勾股定理、三角形的中位線以及相似三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）利用等腰三角形的三線合一找出；（2）①在中，利用勾股定理求出圓的半徑；②利用相似三角形的性質(zhì)證出．8．（2023·福建福州·?？寄M預(yù)測）如圖，是的直徑，點C是圓上一點，CD⊥AB，點E是圓外一點，平分．求證：是的切線．

【答案】見解析【分析】利用切線的判定定理證明即可得出結(jié)論．【詳解】證明：∵平分，∴．∵，∴，∴．∵，∴，∴，即，∴，∵是的半徑，∴是的切線．【點睛】本題主要考查了圓的切線的判定，熟練應(yīng)用圓的切線的判定定理是解題的關(guān)鍵．9．（2023·福建廈門·廈門市第十一中學(xué)?？级＃┤鐖D，在的邊上取一點O，以O(shè)為圓心，為半徑畫，與邊相切于點C，連接，平分．

(1)求證：是的切線；(2)若，，求的半徑．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）如圖所示，過點O作于D，由切線的性質(zhì)可得，由角平分線的性質(zhì)可得，則點D在上，由此即可證明是的切線；（2）設(shè)的半徑為，解求出，，則，再解求出，由勾股定理得，，解得，則的半徑為．【詳解】（1）證明：如圖所示，過點O作于D，∵與邊相切于點C，∴，又∵平分，，∴，即點D在上，∴是的切線；

（2）解：設(shè)的半徑為，在中，，∴，∴，∴，在中，，∴，在中，由勾股定理得，∴，解得（負(fù)值舍去），∴的半徑為．【點睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)與判定，角平分線的性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．10．（2023·福建福州·福建省福州第十九中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，在中，，BC為的直徑，D為上任意一點，連接AD交BC于點F，過A作交DB的延長線于E，連接CD．（1）求證：（2）填空：①當(dāng)_______時，四邊形ABDC是正方形②若四邊形ABDC的面積為6，則AD的長為________．【答案】（1）見解析；（2）①②．【分析】（1）根據(jù)ASA證明△ABE≌△ACD即可．（2）①當(dāng)∠EAB的度數(shù)為45°時，四邊形ABDC是正方形，證明AB=BD=CD=AC即可解決問題．②證明S△AED=S四邊形ABDC=6即可解決問題．【詳解】解：（1）證明：為直徑，，，四邊形ABDC為的內(nèi)接四邊形，，在和中，，，，，

（2）①當(dāng)∠EAB=45°時，四邊形ABDC是正方形．理由：∵∠CAD=∠BAD=45°，∴，∴BD=CD，∴△ABC，△BCD都是等腰直角三角形，∵BC=BC，∴△ABC≌△DBC（ASA），∴AB=AC=BD=CD，∴四邊形ABDC是菱形，∵∠BAC=90°，∴四邊形ABDC是正方形．又∠CAD+∠BAD=∠EAB+∠BAD=90°∴∠EAB=∠CAD∴當(dāng)∠EAB=45°時，四邊形ABDC是正方形．故答案為：45．②∵△EAB≌△DAC，∴AE=AD，S△ABE=S△ADC，∴S△AED=S四邊形ABDC=6，∴?AD2=6，∴AD=，故答案為．【點睛】本題考查圓周角定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題．11．（2023·福建福州·?？家荒＃┤鐖D，在中，，以點A為圓心，長為半徑作圓，交于點D，交于點E，連接．(1)若，求的度數(shù)；(2)在（1）的基礎(chǔ)上，若，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）連接，求出，再利用等腰三角形的性質(zhì)解決問題即可；（2）在（1）的基礎(chǔ)上，利用扇形面積公式，可求解．【詳解】（1）解：如圖，連接，在中，，，,（2），由（1）可知【點睛】本題考查了與圓的基本性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、等腰三角形性質(zhì)、扇形面積公式；解題的關(guān)鍵是熟練掌握與圓有關(guān)的角的計算和扇形面積公式．12．（2023·福建廈門·福建省廈門第六中學(xué)校考一模）如圖，在中，，，，以C為圓心，半徑為2作，點P在直線上，過點P作的切線，Q為切點，求切線長的最小值．【答案】【分析】如圖所示，過點C作于D，連接，利用勾股定理求出，進(jìn)而利用面積法求出，再根據(jù)切線的性質(zhì)和勾股定理推出當(dāng)時，最小，即此時最小，由此求解即可．【詳解】解：如圖所示，過點C作于D，連接，在中，由勾股定理得，∵，∴，∵是的切線，∴，在中，由勾股定理得，∴要使最小，則要使最小，∵點P在直線上，∴當(dāng)時，最小，即此時最小，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)，勾股定理，正確推出當(dāng)時，最小，即此時最小是解題的關(guān)鍵．13．（2023·福建廈門·福建省廈門第六中學(xué)校考一模）在中，，，以為直徑作，交于點D，點P是上的一個點．(1)如圖1，若點P是的中點，，垂足為E，求證：直線是的切線；(2)如圖2，連接，若，求的度數(shù)．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）如圖所示，連接，由直徑所對的圓周角是直角得到，進(jìn)而證明，再由點P是的中點，得到，則，即可證明直線是的切線；（2）如圖所示，過點A作交延長線于F，連接，證明，得到，再解，得到，則，即可得到．【詳解】（1）證明：如圖所示，連接，∵是的直徑，∴，∵，∴，∵點P是的中點，∴，∴，∴直線是的切線；（2）解：如圖所示，過點A作交延長線于F，連接，∵是的直徑，∴，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，在中，，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查了切線的判定，圓周角定理，垂徑定理的推理，解直角三角形，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定等等，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．14．（2023·福建漳州·統(tǒng)考一模）如圖，為的直徑，點C在延長線上，點D在上，連接，，，于點E，交于點F．(1)求證：是的切線；(2)若，求的值．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，由是直徑，可得即，再由，可得，最后根據(jù)，即可證明結(jié)論；（2）由，，可證即，從而證明，可得，再由，可求，再利用，可得，即可求解．【詳解】（1）證明：連接，∵是直徑，∴，∴，∵，∴，∵，∴，即，∴是的切線．（2）∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，即，∵，∴，∴在中，．【點睛】本題考查了切線的判定、圓周角定理、平行線的性質(zhì)和判定、相似三角形的判定和性質(zhì)及解直角三角形，熟練掌握切線的判定和相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．15．（2023·福建泉州·統(tǒng)考二模）如圖，是的外接圓，，直徑交于點E．

(1)求證：；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，易證，即得出，再根據(jù)等邊對等角即可證，最后根據(jù)三角形外角的性質(zhì)即可解答；（2）結(jié)合（1）可求出，再根據(jù)圓周角定理可求出，即易證為等邊三角形，得出，，最后根據(jù)弧長公式求解即可．【詳解】（1）解：如圖，連接．

∵，，，∴，∴．∵，∴，∴．∵，，∴；（2）解：∵，，∴，∴，∴．∵，∴為等邊三角形，∴，，∴的長為．【點睛】本題考查三角形全等的判定和性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，圓周角定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)，弧長公式．熟練掌握上述知識并利用數(shù)形結(jié)合的思想是解題關(guān)鍵．16．（2023·福建福州·福建省福州第十九中學(xué)?？级＃┮阎涸谥校瑸橹睆?，P為射線上一點，過點P作的切線，切點為點C，D為弧上一點，連接．(1)如圖1，若，求的度數(shù)；(2)如圖2，若四邊形為平行四邊形，，求的長．【答案】(1)(2)【分析】（1）由為的切線可得，由可得，最后可求出的度數(shù)；（2）利用平行四邊形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，結(jié)合（1）的結(jié)論，證明是等邊三角形，即可求出的長．【詳解】（1）證明：如圖1，連接，∵為的切線，∴，∵，∴，∴；（2）如圖2，連接，∵四邊形為平行四邊形，∴，為直徑，∴，∴，，∴，在中，，∴，∴，∴，∵，∴是等邊三角形，∴，在中，，∴【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，圓周角定理，等邊三角形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是正確作出輔助線．17．（2023·福建廈門·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，四邊形為菱形，對角線和交于點，是的外接圓，與交于點，連接．

(1)若，的半徑為，求的長；(2)當(dāng)時，探究與的位置關(guān)系，并說明理由．【答案】(1)(2)與相切，見解析【分析】（1）連接，，根據(jù)菱形的性質(zhì)得出，根據(jù)圓周角定理得出，進(jìn)而根據(jù)弧長公式即可求解；（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)證明是的直徑，解法一：連接，，設(shè)，是的垂直平分線，證明是等邊三角形，得出，則，即可得證；解法二：連接，，證明，得出，則，得出是等邊三角形，進(jìn)而同解法一，即可得證．【詳解】（1）解：連接，，

菱形，，，

（2）解：在菱形中，．，，．，

，，，是的直徑．

解法一：連接，，設(shè)，

，，在菱形中，，，，，．，是的垂直平分線，

，，是等邊三角形，，．

，，，，，是的半徑，與相切．

解法二：連接，，

是的直徑．，，在菱形中，，，，，，，．．，∴，，，，，，．

，是等邊三角形，，，，，，是的半徑，與相切．【點睛】本題考查了圓周角定理，求弧長，等邊三角形的性質(zhì)與判定，正切的定義，相似三角形的性質(zhì)與判定，切線的判定，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．18．（2023·福建廈門·福建省同安第一中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，是的直徑，點、在上，，過點作的切線，交的延長線于．(1)求證：；(2)如果的半徑為5.．求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接OE，AB是⊙的直徑，∠A＋∠ABD＝90°，CE是⊙的切線，得∠C＋∠COE＝90°，由∠A＝2∠BDE，∠COE＝2∠BDE，即可得到結(jié)論；（2）先判斷出∠ADF＝∠DFA，得出AD＝AF，再證明△BEF∽△BOE，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論．【詳解】（1）證明：如圖1，連接OE，∵AB是⊙的直徑∴∠ADB＝90°∴∠A＋∠ABD＝90°∵CE是⊙的切線∴OE⊥CE∴∠OEC＝90°∴∠C＋∠COE＝90°∵∠A＝2∠BDE，∠COE＝2∠BDE∴∠C＝∠ABD（2）解：如圖2，連接BE，解：設(shè)∠BDE＝α，∴∠ADF＝90°﹣α，∠A＝2α，∠DBA＝90°﹣2α，在△ADF中，∠DFA＝180°﹣2α﹣（90°﹣α）＝90°﹣α，∴∠ADF＝∠DFA，∴AD＝AF＝AO+OB－BF＝8，∴AD＝AF＝8∵∠ADF＝∠AFD，∠ADF＝∠FBE，∠AFD＝∠BFE，∴∠BFE＝∠FBE，∴BE＝EF，由（1）知，∠A＝2∠BDE＝∠COE，∵∠BED＝∠A，∴∠BEF＝∠COE，∵∠FBE＝∠OBE，∴△BEF∽△BOE，∴∴∴EF＝，故EF的長為．【點睛】此題主要考查了切線的判定和性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，證明△BEF∽△BOE是解本題的關(guān)鍵．19．（2023·福建三明·?？家荒＃┤鐖D，在中，，以為直徑的⊙O交于點，與過點的切線互相垂直，垂足為．（1）求證：平分；（2）若，求的值．【答案】（1）證明見解析；（2）的值為【分析】（1）如圖（見解析），先根據(jù)圓的切線的性質(zhì)可得，再根據(jù)平行線的判定與性質(zhì)可得，然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得，最后根據(jù)角平分線的定義即可得證；（2）如圖（見解析），先根據(jù)角的和差、等量代換可得，再根據(jù)三角形全等的判定定理與性質(zhì)可得，設(shè)，然后根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)可得，從而可求出x的值，最后根據(jù)正弦三角函數(shù)的定義即可得．【詳解】（1）如圖，連接OD由圓的切線的性質(zhì)得：又則平分；（2）如圖，連接BD由圓周角定理得：在和中，設(shè)，則，且在和中，，即解得或（不符題意，舍去）經(jīng)檢驗，是所列分式方程的解則在中，故的值為．【點睛】本題考查了圓周角定理、圓的切線的性質(zhì)、正弦三角函數(shù)、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識點，較難的是題（2），通過作輔助線，構(gòu)造全等三角形和相似三角形是解題關(guān)鍵．20．（2023·福建寧德·?？级＃┤鐖D，是的直徑，點C是的中點，過點C的切線與的延長線交于點E，連接，．(1)求證：；(2)若，，求的半徑．【答案】(1)證明過程見解析(2)2【分析】（1）連接，根據(jù)等腰對等角可得，再由等弧所對的圓周角相等可得，從而證明，可得，即可證明．（2）連接，由題意可證四邊形是菱形，可得是等邊三角形，從而可得，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得，即可求出結(jié)果．【詳解】（1）證明：如圖，連接，是的切線，，∵點C是的中點，，，，，，，．（2）解：如圖，連接，，，∴四邊形是平行四邊形，又，∴四邊形是菱形，，，是等邊三角形，，，，，，，即的半徑為2.【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)、圓的切線的定理和圓周角定理、等邊三角形的性質(zhì)和菱形的判定和性質(zhì)及平行線的性質(zhì)，熟練綜合運用這些知識點，并能準(zhǔn)確作出輔助線是解決問題的關(guān)鍵．21．（2023·福建南平·統(tǒng)考一模）如圖，為圓O的直徑，在直徑的同側(cè)的圓上有兩點C，D，，弦平分交于點F．(1)已知，求的長：（結(jié)果保留π）(2)求證：．【答案】(1)(2)見解析【分析】（1）根據(jù)，，求出，連接，根據(jù)弧長公式計算即可；（2）根據(jù)圓周角定理得到，利用弦平分求出，得到，根據(jù)，推出，進(jìn)而推出，即可證得結(jié)論．【詳解】（1）解：∵為圓O的直徑，∴，∵，，∴，∴，連接，∵，∴；（2）證明：∵為圓O的直徑，∴，∵弦平分交于點F．∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∴．【點睛】此題考查了圓周角定理，弧長公式，熟記圓周角定理是解題的關(guān)鍵．22．（2023·福建廈門·統(tǒng)考一模）點是直線上的定點，等邊的邊長為，頂點在直線上，從點出發(fā)沿著射線方向平移，的延長線與射線交于點，且在平移過程中始終有，連接，，交于點，如圖所示．(1)以為圓心，為半徑作圓，交射線于點．①當(dāng)點在⊙O上時，求的長；②⊙O的半徑為，當(dāng)平移距離為時，判斷點與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；(2)在平移過程中，是否存在的情形？若存在，請求出此時點到直線的距離；若不存在，請說明理由．【答案】(1)①；②點在⊙O上，見解析(2)存在，【分析】（1）①根據(jù)圓的基本性質(zhì)和等邊三角形性質(zhì)求出，再根據(jù)銳角三角函數(shù)求出半徑的長，最后根據(jù)弧長公式求解即可；②過點作于，根據(jù)銳角三角函數(shù)求出的長，進(jìn)而求出半徑的長，再根據(jù)三角函數(shù)求出的長，最后根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)與判定證出即可得解；（2）解法一：過點作于，過點作于，交于點，連接，先根據(jù)證出，得到，進(jìn)而得到，設(shè)，在中，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出的度數(shù)，進(jìn)而得出，再根據(jù)三角函數(shù)得到和關(guān)于的代數(shù)式，最后根據(jù)，列方程求解出，即可得出的長；解法二：過點作于，先證出，得到，根據(jù)含的直角三角形的性質(zhì)求出的代數(shù)式，進(jìn)而得出的代數(shù)式，根據(jù)列方程求解出，即可得出的長．【詳解】（1）①∵點在上，∴，∴，∴，∵是等邊三角形，∴，∵，∴在中，，∵在中，，∴，∴；②點在上，理由如下：過點作于，，，∴在中，，∴，，∴，∴，∵，，∴，，即，∵在中，，，∴，∵，∴，∵，∴，∴點在上；（2）解法一：存在的情形，理由如下：過點作于，過點作于，交于點，連接，若存在，則，∵是等邊三角形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，∵，，，∴，∴，又∵，∴，設(shè)，則，∴，∵，∴，∴在中，，∴，∴，∴在中，，∴，∵在中，，∴，∴，∵，∴，解得，此時，，∴當(dāng)平移距離為時，，此時點到直線的距離為．解法二：存在的情形，理由如下：過點作于，若存在，則，∵是等邊三角形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵在中，，∴，∴，∴，又∵，∴①，化簡得，解得，，經(jīng)檢驗，，都是方程①的解，∵，∴，∴，此時，，∴當(dāng)平移距離為時，，此時點到直線的距離為．【點睛】本題考查了等邊三角形和圓的綜合題，運用到了圓的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，解直角三角函數(shù)，弧長公式，全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，垂直平分線的性質(zhì)與判定，三角形內(nèi)角和定理，含的直角三角形的性質(zhì)等眾多知識點，復(fù)雜程度高，綜合性強(qiáng)．23．（2023·福建龍巖·統(tǒng)考二模）如圖，點C是的中點，直線與相切于點C，直線與切線相交于點E，與相交于另一點D，連接，．(1)求證：；(2)若，求的度數(shù)．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，，先證明，再利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)得出，由切線的性質(zhì)可得，最后根據(jù)平行線的判定即可得證；（2）利用等邊對等角和三角形外角的性質(zhì)可得，利用三角形內(nèi)角的定理并結(jié)合條件“”可求出，最后利用三角形外角的性質(zhì)即可求出的度數(shù)．【詳解】（1）證明：連接，，∵點C是的中點，∴，∴，又∵，∴，∵直線EF與相切于點C，∴，∴；（2）解：∵，∴，∴，由（1）知，，∴，即，∵，，∴，∴，∴．【點睛】本題考查了圓的切線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)等知識，明確題意，找出所求問題需要的條件是解題的關(guān)鍵．24．（2023·福建莆田·?？家荒＃┤鐖D，是的外接圓，是的直徑，是延長線上一點，連接，且．(1)求證：是的切線；(2)若直徑，求的長．【答案】(1)詳見解析(2)【分析】(1)根據(jù)直徑所對的圓周角是直角，余角的性質(zhì)即可求得結(jié)論；(2)根據(jù)已知條件可知，再根據(jù)正切的定義和相似三角形的性質(zhì)得到線段的關(guān)系即可求得線段的長度．【詳解】（1）證明：連接，∵是的直徑，∴，∴，又∵，∴，又∵，∴，即，∴是的切線；（2）解：∵，∴，∵在中，∴∴，∴，∵，∴，∴，設(shè)，則，又∵，即，解得（取正值），∴，【點睛】本題考查了圓周角的性質(zhì)，切線的判定定理，正切的定義，相似三角形的性質(zhì)和判定，找出正切的定義與相似三角形相似比的關(guān)聯(lián)是解題的關(guān)鍵．25．（2023·福建南平·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，已知內(nèi)接干，是的直徑，的平分線交于點，交于點，連接，過點作，交的延長線于點．

(1)求證：是的切線；(2)已知，的半徑為5，求的長．【答案】(1)詳見解析(2)【分析】（1）連接，只需證即可證得結(jié)論；（2）由設(shè),則，在中，根據(jù)勾股定理求得，同理，求得，最后根據(jù)平行線分線段成比例即可求解．【詳解】（1）解：連接

∵是的直徑∴∵平分∵點在上∴是的切線（2）解：∴，設(shè),則，的半徑為5，，，

∴，同理∴，-=-∴∴【點睛】本題主要考查平行的判定，圓周角定理，勾股定理，切線的證明以及相似三角形的判定和性質(zhì)，掌握切線的證明，相似三角形的判定和性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．26．（2023·福建福州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，內(nèi)接于⊙O，平分，且．直線l過點C，，垂足為F，，垂足為G．(1)求證：直線l是⊙O的切線；(2)若，求圖中陰影部分的面積．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，根據(jù)角平分線得出，再根據(jù)垂直定理得出，為半徑，即可解答（2）如圖，連接，根據(jù)題意得出，，再根據(jù)含30°的直角三角形三邊關(guān)系得到，設(shè)，得到，即可解答【詳解】（1）證明：如圖，連接，∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∵為半徑，∴直線l是⊙O的切線；（2）解：如圖，連接．∵是圓的直徑，∴又∵，∴，∴，在中，，，∴，設(shè)，則，，解得：，∴．在中，，得．在中，．∴．【點睛】本題考查了切線的判定：經(jīng)過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線，也考查了直角三角形的性質(zhì)和扇形的面積．27．（2023·福建龍巖·?？家荒＃┤鐖D，在平行四邊形ABCD中，∠D＝60°，對角線AC⊥BC，⊙O經(jīng)過點A，B，與AC交于點M，連接AO并延長與⊙O交于點F，與CB的延長線交于點E，AB＝EB．（1）求證：EC是⊙O的切線；（2）若AD＝2，求的長（結(jié)果保留π）．【答案】（1）見解析；（2）【分析】（1）證明：連接OB，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到∠ABC＝∠D＝60°，求得∠BAC＝30°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形的外角的性質(zhì)得到∠ABO＝∠OAB＝30°，于是得到結(jié)論；（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到BC＝AD＝2，過O作OH⊥AM于H，則四邊形OBCH是矩形，解直角三角形即可得到結(jié)論．【詳解】（1）證明：連接OB，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠ABC＝∠D＝60°，∵AC⊥BC，∴∠ACB＝90°，∴∠BAC＝30°，∵BE＝AB，∴∠E＝∠BAE，∵∠ABC＝∠E+∠BAE＝60°，∴∠E＝∠BAE＝30°，∵OA＝OB，∴∠ABO＝∠OAB＝30°，∴∠OBC＝30°+60°＝90°，∴OB⊥CE，∴EC是⊙O的切線；（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BC＝AD＝2，過O作OH⊥AM于H，則四邊形OBCH是矩形，∴OH＝BC＝2，∴OA＝＝4，∠AOM＝2∠AOH＝60°，∴的長度＝＝．【點睛】本題考查了切線的判定，銳角三角函數(shù)，平行四邊形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，弧長的計算，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．28．（2023·福建廈門·廈門雙十中學(xué)校考三模）如圖，為直徑，點、在上，，，點為延長線上一點，．(1)求證：為的切線；(2)判斷四邊形的形狀并說明理由．【答案】(1)見解析(2)四邊形為平行四邊形，理由見解析【分析】（1）連接，根據(jù)，，求出，根據(jù)圓周角定理得出，求出，即可證明結(jié)論；（2）證明為等邊三角形，得出，證明，得出，證明，得出，即可證明四邊形為平行四邊形．【詳解】（1）證明：如圖，連接，，，，，又，，又在上，為的切線．

（2）解：四邊形為平行四邊形，理由如下：且，為等邊三角形，，由（1）知，，，，又，，，，，四邊形為平行四邊形．【點睛】本題主要考查了切線的判定，圓周角定理，平行四邊形的判定，等邊三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的判定，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，熟練掌握去切線的判定．29．（2023·福建南平·統(tǒng)考二模）如圖，是的直徑，是的弦，直線與相切于點B，過點C作于點D．(1)求證：；(