專題06 圓中的相關證明及計算（講練）（解析版）

1/130專題06圓中的相關證明及計算目錄TOC\o"1-3"\n\p""\h\z\u一、考情分析二、知識建構考點一圓的基本性質(zhì)證明與計算題型01圓中的角度和線段計算問題題型02垂徑定理的實際應用題型03與圓有關的弧長、扇形面積計算題型04求弓形面積或不規(guī)則圖形面積題型05正多邊形與圓的相關計算【核心提煉·查漏補缺】【好題必刷·強化落實】考點二與圓有關的位置關系題型01與圓有關的位置關系題型02切線的判定題型03三角形內(nèi)切圓、外接圓的相關計算題型04四點共圓題型05相交弦定理題型06切割線定理題型07割線定理題型08圓與相似綜合題型09圓與三角函數(shù)綜合【好題必刷·強化落實】

考點要求命題預測圓的基本性質(zhì)證明與計算中考數(shù)學中，圓的基本性質(zhì)、與圓有關的位置關系一直都是必考的考點，難度從基礎到綜合都有通常選擇填空題會出圓的基本性質(zhì)，如弧長、弦長、半徑、圓周角等的關系,基本都是基礎應用，難度不大,個別會出選擇題的壓軸題，難度稍大.簡答題部分，一般會把切線的問題和相似三角形、銳角三角函數(shù)等結(jié)合考察，這是一般都是中等難度的問題.還有一些城市會把圓的基本性質(zhì)等與其他動點問題綜合考察,此時一般都是壓軸題，難度很大，這時候就需要考生綜合思考的點比較多.與圓有關的位置關系考點一圓的基本性質(zhì)證明與計算題型01圓中的角度和線段計算問題圓的基礎定理:垂徑定理、圓周角定理、切線長定理的內(nèi)容和?？碱}型要熟悉，也要結(jié)合幾何圖形各自的特征，綜合應用起來解決相關問題.垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧.推論：1）平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條弧.2）弦的垂直平分線經(jīng)過圓心，并且平分弦所對的兩條弧.圓周角定理：一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半.（即：圓周角=1推論1：同弧或等弧所對的圓周角相等.推論2：半圓（或直徑）所對的圓周角是直角，90°的圓周角所對的弦是直徑.切線長定理：從圓外一點引圓的兩條切線，它們的切線長相等，圓心和這一點的連線平分兩條切線的夾角．垂徑定理模型（知二得三）如圖，可得①AB過圓心②AB⊥CD③CE=DE④AC=AD【總結(jié)】垂徑定理及其推論實質(zhì)是指一條直線滿足：（1）過圓心（2）垂直于弦（3）平分弦（被平分的弦不是直徑）（4）平分弦所對的優(yōu)?。?）平分弦所對的劣弧，若已知五個條件中的兩個，那么可推出其中三個，簡稱“知二得三”，解題過程中應靈活運用該定理.常見輔助線做法（考點）：1）過圓心，作垂線，連半徑，造Rt2）有弦中點，連中點和圓心，得垂直平分.【利用圓周角定理解題思路】1）在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半，在同圓中可以利用圓周角定理進行角的轉(zhuǎn)化.2）在證明圓周角相等或弧相等時，通常“由等角找等弧”或“由等弧找等角”.3）當已知圓的直徑時，常構造直徑所對的圓周角．4）在圓中求角度時，通常需要通過一些圓的性質(zhì)進行轉(zhuǎn)化．比如圓心角與圓周角間的轉(zhuǎn)化；同弧或等弧的圓周角間的轉(zhuǎn)化；連直徑，得到直角三角形，通過兩銳角互余進行轉(zhuǎn)化等．1．（2023·廣東廣州·中考真題）如圖，的內(nèi)切圓與，，分別相切于點D，E，F(xiàn)，若的半徑為r，，則的值和的大小分別為（

）A．2r， B．0， C．2r， D．0，【答案】D【分析】如圖，連接．利用切線長定理，圓周角定理，切線的性質(zhì)解決問題即可．【詳解】解：如圖，連接．∵的內(nèi)切圓與，，分別相切于點D，E，F(xiàn)，∴，∴，，∴，∴．故選：D．【點睛】本題考查三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心，圓周角定理，切線的性質(zhì)等知識，解題的關鍵是掌握切線的性質(zhì)，屬于中考?？碱}型．2．（2023·湖南·中考真題）如圖，點A，B，C在半徑為2的上，，，垂足為E，交于點D，連接，則的長度為．【答案】1【分析】連接，利用圓周角定理及垂徑定理易得，則，結(jié)合已知條件，利用直角三角形中角對的直角邊等于斜邊的一半即可求得答案．【詳解】解：如圖，連接，∵，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，故答案為：1．【點睛】本題考查圓與直角三角形性質(zhì)的綜合應用，結(jié)合已知條件求得是解題的關鍵．3．（2023·江蘇·中考真題）如圖，是的直徑，是的內(nèi)接三角形．若，，則的直徑．

【答案】【分析】連接，，根據(jù)在同圓中直徑所對的圓周角是可得，根據(jù)圓周角定理可得，根據(jù)圓心角，弦，弧之間的關系可得，根據(jù)勾股定理即可求解．【詳解】解：連接，，如圖：

∵是的直徑，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，在中，，故答案為：．【點睛】本題考查了在同圓中直徑所對的圓周角是，圓周角定理，圓心角，弦，弧之間的關系，勾股定理，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．4．（2023·湖北·中考真題）如圖，在中，的內(nèi)切圓與分別相切于點，，連接的延長線交于點，則．

【答案】/度【分析】如圖所示，連接，設交于H，由內(nèi)切圓的定義結(jié)合三角形內(nèi)角和定理求出，再由切線長定理得到，進而推出是的垂直平分線，即，則．【詳解】解：如圖所示，連接，設交于H，∵是的內(nèi)切圓，∴分別是的角平分線，∴，∵，∴，∴，∴，∵與分別相切于點，，∴，又∵，∴是的垂直平分線，∴，即，∴，故答案為：．

【點睛】本題主要考查了三角形內(nèi)切圓，切線長定理，三角形內(nèi)角和定理，線段垂直平分線的判定，三角形外角的性質(zhì)，正確作出輔助線是解題的關鍵．題型02垂徑定理的實際應用1．（2023·山東東營·中考真題）《九章算術》是中國傳統(tǒng)數(shù)學重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中記載了一個“圓材埋壁”的問題：“今有圓材，埋在壁中，不知大?。凿忎徶⑸钜淮?，鋸道長一尺，問徑幾何？”用幾何語言表達為：如圖，是的直徑，弦于點E，寸，寸，則直徑長為寸．【答案】26【分析】證明E為的中點，可得，設，則，，由勾股定理得：，可得，再解方程可得答案．【詳解】解：∵弦，為的直徑，∴E為的中點，又∵（寸），∴（寸），設（寸），則（寸），寸，由勾股定理得：，即，解得，∴（寸），故答案為：26．【點睛】本題考查的是垂徑定理的應用，勾股定理的應用，熟練的利用垂徑定理解決問題是關鍵．2．（2022·湖北荊州·中考真題）如圖，將一個球放置在圓柱形玻璃瓶上，測得瓶高AB＝20cm，底面直徑BC＝12cm，球的最高點到瓶底面的距離為32cm，則球的半徑為cm（玻璃瓶厚度忽略不計）．【答案】7.5【分析】如詳解中圖所示，將題中主視圖做出來，用垂徑定理、勾股定理計算即可.【詳解】如下圖所示，設球的半徑為rcm，則OG=EG-r=EF-GF-r=EF-AB-r=32-20-r=（12-r）cm，∵EG過圓心，且垂直于AD，∴G為AD的中點，則AG=0.5AD=0.5×12=6cm，在中，由勾股定理可得，，即，解方程得r=7.5，則球的半徑為7.5cm．【點睛】本題考查了主視圖、垂徑定理和勾股定理的運用，準確做出立體圖形的主視圖是解題的關鍵．3．（2023·湖南·中考真題）問題情境：筒車是我國古代發(fā)明的一種水利灌溉工具，既經(jīng)濟又環(huán)保，明朝科學家徐光啟在《農(nóng)政全書》中用圖畫描繪了筒車的工作原理（如圖①）．假定在水流量穩(wěn)定的情況下，筒車上的每一個盛水筒都按逆時針做勻速圓周運動，每旋轉(zhuǎn)一周用時120秒．問題設置：把筒車抽象為一個半徑為r的．如圖②，始終垂直于水平面，設筒車半徑為2米．當時，某盛水筒恰好位于水面A處，此時，經(jīng)過95秒后該盛水筒運動到點B處．（參考數(shù)據(jù)，）

問題解決：(1)求該盛水筒從A處逆時針旋轉(zhuǎn)到B處時，的度數(shù)；(2)求該盛水筒旋轉(zhuǎn)至B處時，它到水面的距離．（結(jié)果精確到米）【答案】(1)；(2)該盛水筒旋轉(zhuǎn)至B處時，它到水面的距離為米．【分析】（1）先求得該盛水筒的運動速度，再利用周角的定義即可求解；（2）作于點C，在中，利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理求得的長，在中，利用勾股定理求得的長，據(jù)此即可求解．【詳解】（1）解：∵旋轉(zhuǎn)一周用時120秒，∴每秒旋轉(zhuǎn)，當經(jīng)過95秒后該盛水筒運動到點B處時，，∵，∴；（2）解：作于點C，設與水平面交于點D，則，

在中，，，∴，，在中，，，∴，∴(米)，答：該盛水筒旋轉(zhuǎn)至B處時，它到水面的距離為米．【點睛】本題考查了圓的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．題型03與圓有關的弧長、扇形面積計算設⊙OQUOTE的半徑為R，n°QUOTE圓心角所對弧長為l，n為弧所對的圓心角的度數(shù)，則扇形弧長公式l=nπR180（扇形面積公式S扇形=nπR2圓錐側(cè)面積公式S圓錐側(cè)=πrl（其中l(wèi)是圓錐的母線長，r是圓錐的底面半徑）圓錐全面積公式S圓錐全=πrl+πr2（圓錐的表面積=扇形面積+底面圓面積）圓錐的高h，圓錐的底面半徑rr1）利用弧長公式計算弧長時，應先確定弧所對的圓心角的度和半徑，再利用公式求得結(jié)果．在弧長公式l=nπR2）在利用扇形面積公式求面積時，關鍵是明確扇形所在圓的半徑、扇形的圓心角的度數(shù)或扇形的弧長，然后直接代入公式S扇形=nπR2360或S3）扇形面積公式S扇形=14）根據(jù)扇形面積公式和弧長公式，已知S扇形，l，n，R中的任意兩個量，都可以求出另外兩個量．5）在解決有關圓錐及其側(cè)面展開圖的計算題時，常借助圓錐底面圓的周長等于側(cè)面展開圖扇形的弧長，即2πr=nπR1806）求弧長或扇形的面積問題常結(jié)合圓錐考查，解這類問題只要抓住圓錐側(cè)面展開即為扇形，而這個扇形的弧長等于原圓錐底面的周長，扇形的半徑等于原圓錐的母線長．注意不要混淆圓錐的底面半徑和圓錐展開后的扇形半徑兩個概念．1．（2023·江蘇·中考真題）如圖是一個幾何體的三視圖，則該幾何體的側(cè)面積是（

）．

A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)題意可得這個幾何體為圓錐，然后求出圓錐的母線長為，再根據(jù)圓錐的側(cè)面（扇形）面積公式，即可求解．【詳解】解：根據(jù)題意得：這個幾何體為圓錐，如圖，過點作于點，

根據(jù)題意得：，，，∴，∴，即圓錐的母線長為，∴這個幾何體的側(cè)面積是．故選：B【點睛】本題主要考查了簡單幾何體的三視圖，求圓錐的側(cè)面積，根據(jù)題意得到這個幾何體為圓錐是解題的關鍵．2．（2023·湖南·中考真題）如圖，圓錐底面圓的半徑為4，則這個圓錐的側(cè)面展開圖中的長為（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)底面周長等于的長，即可求解．【詳解】解：依題意，的長，故選：C．【點睛】本題考查了圓錐的側(cè)面展開圖的弧長，熟練掌握圓錐底面周長等于的長是解題的關鍵．3．（2023·江蘇鎮(zhèn)江·中考真題）如圖，扇形的半徑為2，分別以點為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧相交于點P，，則的長．（結(jié)果保留）

【答案】/【分析】本題考查弧長的計算，關鍵是掌握弧長公式．由等腰三角形的性質(zhì)求出的度數(shù)，由弧長公式即可計算．【詳解】解：由作圖知∶垂直平分，扇形的半徑是2，故答案為∶．4．（2023·山東濟南·中考真題）如圖，正五邊形的邊長為，以為圓心，以為半徑作弧，則陰影部分的面積為（結(jié)果保留）．

【答案】【分析】根據(jù)正多邊形內(nèi)角和公式求出正五邊形的內(nèi)角和，再求出的度數(shù)，利用扇形面積公式計算即可．【詳解】解：正五邊形的內(nèi)角和，，，故答案為：．【點睛】本題考查了扇形面積和正多邊形內(nèi)角和的計算，熟練掌握扇形面積公式和正多邊形內(nèi)角和公式是解答本題的關鍵．題型04求弓形面積或不規(guī)則圖形面積【陰影部分面積求解問題簡介】求陰影部分面積時，最基本的思想就是轉(zhuǎn)化思想，即把所求的不規(guī)則的圖形的面積轉(zhuǎn)化為規(guī)則圖形的面積．常用的方法有：1．（2022·貴州安順·中考真題）如圖，邊長為的正方形內(nèi)接于，，分別與相切于點和點，的延長線與的延長線交于點，則圖中陰影部分的面積為（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)以及切線的性質(zhì)，求得的長，勾股定理求得的長，進而根據(jù)即可求解．【詳解】如圖，連接,，

邊長為的正方形內(nèi)接于，即，，，為的直徑，，，分別與相切于點和點，，四邊形是正方形，，是等腰直角三角形，，，四邊形是矩形，，四邊形是正方形，，，．故選C．【點睛】本題考查了圓的切線的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，掌握以上知識是解題的關鍵．2．（2023·四川成都·中考真題）為傳承非遺文化，講好中國故事，某地準備在一個場館進行川劇演出．該場館底面為一個圓形，如圖所示，其半徑是10米，從A到B有一筆直的欄桿，圓心O到欄桿的距離是5米，觀眾在陰影區(qū)域里觀看演出，如果每平方米可以坐3名觀眾，那么最多可容納名觀眾同時觀看演出．（取3.14，取1.73）

【答案】184【分析】過點O作的垂線段，交于點，根據(jù)直角三角形的邊長關系求出的角度，陰影面積即為扇形的面積減去三角形的面積，隨機可以求出容納觀眾的數(shù)量．【詳解】解：如圖，過點O作的垂線段，交于點，

圓心O到欄桿的距離是5米，米，，，米，，，，可容納的觀眾陰影部分面積（人），最多可容納184名觀眾同時觀看演出，故答案為：184．【點睛】本題考查了弓形的面積，根據(jù)特殊角三角函數(shù)值求角的度數(shù)，熟知扇形面積公式是解題的關鍵．3．（2023·青?！ぶ锌颊骖}）如圖，正方形ABCD的邊長是4，分別以點A，B，C，D為圓心，2為半徑作圓，則圖中陰影部分的面積是（結(jié)果保留）.

【答案】/【分析】分析出陰影面積正方形面積圓的面積，再利用相應的面積公式計算即可．【詳解】解：由圖得，陰影面積正方形面積個扇形面積，即陰影面積正方形面積圓的面積，．故答案為：．【點睛】本題考查了扇形面積的求法，正方形面積及圓的面積的求法是解題關鍵．4．（2023·江蘇南通·中考真題）如圖，等腰三角形的頂角，和底邊相切于點，并與兩腰，分別相交于，兩點，連接，．

(1)求證：四邊形是菱形；(2)若的半徑為2，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)切線的性質(zhì)可得，然后利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)可得，從而可得和都是等邊三角形，最后利用等邊三角形的性質(zhì)可得，即可解答；（2）連接交于點，利用菱形的性質(zhì)可得，，，然后在中，利用勾股定理求出的長，從而求出的長，最后根據(jù)圖中陰影部分的面積扇形的面積菱形的面積，進行計算即可解答．【詳解】（1）證明：連接，

和底邊相切于點，，，，，，，和都是等邊三角形，，，，四邊形是菱形；（2）解：連接交于點，

四邊形是菱形，，，，在中，，，，圖中陰影部分的面積扇形的面積菱形的面積，圖中陰影部分的面積為．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)，扇形面積的計算，等腰三角形的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當?shù)妮o助線是解題的關鍵．5．（2023·四川廣安·中考真題）如圖，在等腰直角中，，以點為圓心，為半徑畫弧，交于點，以點為圓心，為半徑畫弧，交于點，則圖中陰影部分的面積是（）

A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用扇形的面積公式求出扇形和扇形的面積，再減去的面積即可得．【詳解】解：是等腰直角三角形，，，∴圖中陰影部分的面積是，故選：C．【點睛】本題考查了扇形的面積，熟練掌握扇形的面積公式是解題關鍵．題型05正多邊形與圓的相關計算正多邊形的常用公式邊長an=2Rn?周長Pn=n?an外角/中心角度數(shù)360°面積Sn=12an?rn?對角線條數(shù)n(n?3)邊心距rn=Rn?cos180內(nèi)角和（n-2）×180°.內(nèi)角度數(shù)（nn邊形的邊數(shù)（內(nèi)角和÷180°）＋2aRn2=rn2+an【解題思路】正多邊形與圓的計算問題：正n邊形的外接圓半徑和邊心距把正n邊形分成2n個全等的直角三角形，而每個直角三角形都集中地反映了這個正n邊形各元素間的關系，故可以把正n邊形的計算轉(zhuǎn)化為解直角三角形，再利用勾股定理即可完成計算．1．（2022·山東青島·中考真題）如圖，正六邊形內(nèi)接于，點M在上，則的度數(shù)為（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出正六邊形的中心角，再利用圓周角定理求解即可．【詳解】解：連接OC、OD、OE，如圖所示：

∵正六邊形內(nèi)接于，∴∠COD==60°，則∠COE=120°，∴∠CME=∠COE=60°，故選：D．【點睛】本題考查正多邊形的中心角、圓周角定理，熟練掌握正n多邊形的中心角為是解答的關鍵．2．（2022·吉林·中考真題）第二十四屆北京冬奧會入場式引導牌上的圖案融入了中國結(jié)和雪花兩種元素．如圖，這個圖案繞著它的中心旋轉(zhuǎn)角后能夠與它本身重合，則角可以為度．（寫出一個即可）【答案】60或120或180或240或300（寫出一個即可）【分析】如圖（見解析），求出圖中正六邊形的中心角，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的定義即可得．【詳解】解：這個圖案對應著如圖所示的一個正六邊形，它的中心角，，角可以為或或或或，故答案為：60或120或180或240或300（寫出一個即可）．【點睛】本題考查了正多邊形的中心角、圖形的旋轉(zhuǎn)，熟練掌握正多邊形的性質(zhì)是解題關鍵．3．（2023·上?！ぶ锌颊骖}）如果一個正多邊形的中心角是，那么這個正多邊形的邊數(shù)為．【答案】18【分析】根據(jù)正n邊形的中心角的度數(shù)為進行計算即可得到答案．【詳解】根據(jù)正n邊形的中心角的度數(shù)為，則，故這個正多邊形的邊數(shù)為18，故答案為：18．【點睛】本題考查的是正多邊形內(nèi)角和中心角的知識，掌握中心角的計算公式是解題的關鍵．圓的對稱性內(nèi)容補充圓的軸對稱性經(jīng)過圓心任意畫一條直線，并沿此直線圓對折,直線兩旁的部分能夠完全重合，因此圓是軸對稱圖形，每一條直徑所在的直線都是它的對稱軸，圓有無數(shù)條對稱軸.①圓的旋轉(zhuǎn)不變性是其他中心對稱圖形所沒有的性質(zhì).②圓的對稱軸不是直徑，而是直徑所在的直線.③圓是一個特殊的對稱圖形，它的許多性質(zhì)都可以由它的對稱性推出.圓的中心對稱性將圓繞圓心旋轉(zhuǎn)180°能與自身重合，因此它是中心對稱圖形，它的對稱中心是圓心.將圓繞圓心旋轉(zhuǎn)任意角度都能與自身重合，這說明圓具有旋轉(zhuǎn)不變性.弧、弦、圓心角的關系定理：在同圓或等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，所對的弦相等，所對的弦的弦心距相等.推論：在同圓或等圓中，如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦或兩條弦的弦心距中有一組量相等，那么它們所對應的其余各組量分別相等.【解題思路】在同圓或等圓中，如果兩條弧相等，那么這兩條弧所對的弦相等，所對的圓心角、圓周角也都相等．運用這些相等關系，可以實現(xiàn)線段相等與角相等之間的相互轉(zhuǎn)化．1）圓周角和圓心角的轉(zhuǎn)化可通過作圓的半徑構造等腰三角形,利用等腰三角形的頂點和底角的關系進行轉(zhuǎn)化.2）圓周角和圓周角可利用其“橋梁”——圓心角來轉(zhuǎn)化.3）圓周角定理成立的條件是“同一條弧所對的”兩種角，在運用定理時不要忽略了這個條件，把不同弧所對的圓周角與圓心角錯當成同一條弧所對的圓周角和圓心角.圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)：1）圓內(nèi)接四邊形對角互補.2)圓內(nèi)接四邊形的任意一個外角等于它的內(nèi)對角.正多邊形常見邊心距與邊長的比值圖形OA:AB:OB內(nèi)切圓與外接圓半徑的比等邊三角形1:3:1:2正方形1:1:1:正六邊形3:1:23:2【備注】正多邊形的內(nèi)切圓與外接圓為同心圓.一、單選題1．（2023·遼寧大連·一模）如圖，四邊形內(nèi)接于，連接，若，則的度數(shù)是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)和圓周角定理，根據(jù)圓周角定理得出，求出，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得出，即可求解．【詳解】解：，，四邊形內(nèi)接于，，故選：A．2．（2023·青海西寧·二模）一個幾何體的三視圖如圖所示，根據(jù)圖中的相關數(shù)據(jù)求得該幾何體的側(cè)面積為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先判斷這個幾何體為圓錐，同時得到圓錐的母線長為，底面圓的直徑為，然后利用扇形的面積公式計算這個圓錐的側(cè)面積．本題考查了由三視圖判斷幾何體，圓錐的計算：圓錐的側(cè)面展開圖為一扇形，這個扇形的弧長等于圓錐底面的周長，扇形的半徑等于圓錐的母線長．【詳解】解：由三視圖得這個幾何體為圓錐，圓錐的母線長為，底面圓的直徑為，所以這個幾何體的側(cè)面積故選：C．3．（2023·湖北武漢·一模）如圖，為四邊形的內(nèi)切圓，，，，則的半徑為（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】過點作于點，設與圓的切點為，與圓的切點為，與圓的切點為，與圓的切點為，連接，，，得四邊形，四邊形都是正方形，四邊形是矩形，設圓半徑為，則，，根據(jù)切線長定理和勾股定理列方程即可求解．【詳解】解：過點作于點，設與圓的切點為，與圓的切點為，與圓的切點為，與圓的切點為，連接，，，如圖，則：，

，四邊形，四邊形都是正方形，∴，∴，∴點、、三點共線，∴四邊形是矩形，，，∵點、、是切點，，，設圓半徑為，則，，，，，，解得：，故選：B．【點睛】本題考查了三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心，切線長定理，勾股定理，充分利用切線長定理求解相關線段長度是解題關鍵．4．（2023·貴州黔東南·二模）如圖，在平行四邊形中，，以為直徑的恰好經(jīng)過點，交于點，當點為的中點時，下列結(jié)論錯誤的是（

）A．平分 B．C． D．的長為【答案】B【分析】本題考查了圓的相關計算，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和判定、圓周角定理、弧長公式和扇形面積公式計算即可，熟練掌握弧長公式和扇形面積公式是解此題的關鍵．【詳解】解：如圖，連接、，作于，，點為的中點，，，平分，故A正確，不符合題意；四邊形是平行四邊形，，，，，，故C正確，不符合題意；，，，，故B錯誤，不符合題意；，故D正確，符合題意；故選：B．5．（2023·江蘇蘇州·一模）已知正六邊形的內(nèi)切圓半徑為，則它的周長為．【答案】【分析】此題主要考查了正多邊形和圓、等邊三角形及特殊角的三角函數(shù)值，根據(jù)已知得出六邊形是邊長等于正六邊形的半徑是解題關鍵．根據(jù)題意畫出圖形，利用正六邊形中的等邊三角形的性質(zhì)求解即可．【詳解】解：如圖，連接、，；六邊形是邊長等于正六邊形的半徑，設正六邊形的半徑為，是等邊三角形，，，解得，它的周長．故答案為：．6．（2023·福建泉州·模擬預測）如圖，延長正五邊形各邊，使得，若，則的度數(shù)為．

【答案】/36度【分析】根據(jù)正五邊形的性質(zhì)以及全等三角形的判定和性質(zhì)，可求出正五邊形的每個內(nèi)角度數(shù)，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出是等腰三角形，并求出各個內(nèi)角度數(shù)，由全等三角形的性質(zhì)可求出答案．【詳解】解：∵五邊形是正五邊形，∴，，又∵，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，同理可得，即五邊形是正五邊形，在中，，，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了正多邊形的圓，等腰三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)以及三角形內(nèi)角和定理，掌握正五邊形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理以及全等三角形的判定和性質(zhì)是解決問題的前提．7．（2023·浙江杭州·三模）如圖，與分別相切于點A，B，，，則．

【答案】3【分析】先判斷出，進而判斷出是等邊三角形，即可得出結(jié)論．【詳解】解：∵與分別相切于點A，B，∴，∵，∴是等邊三角形，∴．故答案為：3．【點睛】本題主要考查了切線長定理，判斷出是等邊三角形是解題的關鍵．8．（2023·北京西城·一模）圓在中式建筑中有著廣泛的應用，例如古典園林中的門洞.如圖，某地園林中的一個圓弧形門洞的高為，地面入口寬為，求該門洞的半徑【答案】1.3【分析】本題主要考查垂徑定理的應用，掌握垂徑定理是解題的關鍵．設半徑為，根據(jù)垂徑定理可以列方程求解即可．【詳解】解：設圓的半徑為，由題意可知，，，中，，，所以，解得．故答案為：1.39．（2023·浙江舟山·二模）如圖，和是兩個完全重合的直角三角板，，斜邊長為三角板繞直角頂點順時針旋轉(zhuǎn)，當點落在邊上時，則點所轉(zhuǎn)過的路徑長為．

【答案】【分析】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，求弧長，等邊三角形的性質(zhì)與判定，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，根據(jù)三角形內(nèi)角和和含度的直角三角形三邊的關系得到，，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，于是可判斷為等邊三角形，所以，然后根據(jù)弧長公式計算弧的長度即可．【詳解】解：，，，，，三角板繞直角頂點順時針旋轉(zhuǎn)，點落在邊上，∴，∴為等邊三角形，∴弧的長度，即點所轉(zhuǎn)過的路徑長．故答案為：．10．（2023·河南周口·二模）如圖所示的是以為直徑的半圓形紙片，，沿著垂直于的半徑剪開，將扇形沿向右平移至扇形，如圖，其中點與點重合，點與點重合，則圖中陰影部分的面積為．【答案】【分析】連接，作于點，，即可求得弧和以及圍成的重疊部分的面積，則重疊部分的面積即可求得．本題考查了扇形的面積的計算，正確理解不規(guī)則的圖形的面積轉(zhuǎn)化為規(guī)則圖形的面積的和、差計算是關鍵．【詳解】解：連接，作于點．，，，，在直角中，，則，則弧和以及圍成的陰影部分的面積是：，則．故答案是：．11．（2023·河北滄州·模擬預測）某數(shù)學小組在一個半徑為2的圓形場地上做探究實踐活動．

（1）如圖1，小組將圓形場地分為12等份．機器人從一個點到另外一個點均是直線行走．①機器人從點走到點的路程為；②機器人從點到點走了兩條不同的路線．路線1：；路線2：，路線1的長記為，路線2的長記為，則；（填“>”“<”或“=”）（2）如圖2，機器人從出發(fā)，沿與半徑夾角為的方向行走，走到場地邊緣后，再沿與夾角為的方向折向行走至，…按照這樣的方式，機器人走到時第一次超過，且，則．【答案】>【分析】(1)①根據(jù)中心角為，結(jié)合從點走到點其路徑對的圓心角為，根據(jù)半徑為2計算即可．②根據(jù)中心角為，得到繼而判定都是等邊三角形，，得到；根據(jù)，得到為圓的直徑，根據(jù)中心角為，得到，，得到即，比較大小即可．（2）設多邊形的中心角為，當轉(zhuǎn)到時，,，根據(jù)，求得，再計算即可．【詳解】(1)①∵中心角為，∴從點走到點其路徑對的圓心角為，∵，∴，故答案為：．②根據(jù)中心角為，∴，∴都是等邊三角形，∴，∴；∵∴，∴為圓的直徑，∴，，∴，∴，∵，∴，故答案為：．（2）設多邊形的中心角為，當轉(zhuǎn)到時，,，∵，∴，解得，∵半徑相等，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了中心角的計算，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，無理數(shù)的估算，等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握中心角的計算是解題的關鍵．12．（2023·山東菏澤·二模）如圖1，為的圓心，、為上的兩點，且，連接并延長，與的延長線相交于點．(1)求證：；(2)如圖2，連接、、，與、分別交于點、．若的直徑為10，，請求出的值．【答案】(1)見詳解(2)【分析】本題考查了圓周角定理，垂徑定理，直角三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)及勾股定理．（1）連接，由得，根據(jù)圓周角定理，再由直角三角形性質(zhì)得，即可得結(jié)論；（2）連接交于點，由等腰三角形的性質(zhì)不難得出，再利用垂徑定理和勾股定理求出，最后由三角形的中位線可得，具體見詳解．【詳解】（1）證明：如圖1，連接是的直徑（2）如圖2，連接交于點的直徑為10，，設，則在和中，即解得：，13．（2023·河北·模擬預測）已知在中，，點是內(nèi)心，連接，且，現(xiàn)將以B為圓心順時針旋轉(zhuǎn)到邊與邊所在直線重合，點落在點處，將以為圓心逆時針旋轉(zhuǎn)到邊與邊所在直線重合，點落在點處．

(1)求證：和所在的直線；(2)求線段的長度；(3)在⊙中，求以為圓心角的扇形與以為圓心角的扇形和以為圓心角的扇形面積之比是多少？【答案】(1)見解析(2)(3)【分析】（1）連接，過點O作，過作于，過作于，由內(nèi)心的性質(zhì)得點O到三角形三邊的距離相等，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，則可得四邊形是矩形，從而可得結(jié)論成立；（2）易得四邊形是矩形，則有，利用切線長定理、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)即可求得結(jié)果；（3）由角平分線的性質(zhì)可分別求得三個角的度數(shù)，從而可求得以它們?yōu)閳A心角的扇形的面積比．【詳解】（1）證明：如圖，連接，過點O作，過作于，過作于，由內(nèi)心的性質(zhì)得：，由旋轉(zhuǎn)知：，∴，∵，，∴，∴四邊形是矩形，∴；

（2）解：由（1）知，點在矩形的邊上，且，∴四邊形是矩形，∴，∵是的內(nèi)切圓，∴，∴，由旋轉(zhuǎn)知：，∴，∵中，，，∴，由勾股定理得,∴；（3）解：∵，∴，∴，∵平分，平分，平分，∴，，，∴，設內(nèi)切圓的半徑為r，則以為圓心角的扇形與以為圓心角的扇形和以為圓心角的扇形面積之比是：．【點睛】本題是圓的綜合問題，考查了內(nèi)心及其性質(zhì)、矩形的判定，切線長定理，扇形面積，三角函數(shù)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識，靈活運用內(nèi)心及其性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關鍵．14．（2023·河北邯鄲·二模）摩天輪（如圖1）是游樂場中受歡迎的游樂設施之一，它可以看作一個大圓和六個全等的小圓組成（如圖2），大圓繞著圓心O勻速旋轉(zhuǎn)，小圓通過頂部掛點（如點P，N）均勻分布在大圓圓周上，由于重力作用，掛點和小圓圓心連線（如）始終垂直于水平線l．

(1)________°(2)若，的半徑為10，小圓的半徑都為1：①在旋轉(zhuǎn)一周的過程中，圓心M與l的最大距離為________；②當圓心H到l的距離等于時，求的長；③求證：在旋轉(zhuǎn)過程中，的長為定值，并求出這個定值．【答案】(1)60(2)①25；②；③的長為定值，定值為10．【分析】（1）將平均分6份即可；（2）①當圓心M在的延長線上時，圓心M與l有最大距離，據(jù)此即可求解；②設的掛點為K，過點H作于點T，先證四邊形是矩形，再用勾股定理解即可；③先證是等邊三角形，再證是平行四邊形，可得．【詳解】（1）解：，故答案為：60；（2）解：①當圓心M在的延長線上時，圓心M與l有最大距離，最大距離為，故答案為：25；②如圖，設的掛點為K，過點H作于點T，

∵掛點和小圓圓心連線始終垂直于水平線l，∴K，H，T在同一直線上，∵圓心H到l的距離等于，∴，∵，，∴，∴四邊形是平行四邊形，又∵，∴四邊形是矩形，∴，∴，∴；③證明：如圖所示，連接，，

由（1）知，又∵，∴是等邊三角形，∴，∵小圓的半徑都為1，掛點和小圓圓心連線始終垂直于水平線l，∴，，∴四邊形是平行四邊形，∴，∴的長為定值．【點睛】本題考查圓的基本知識，矩形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等，解題的關鍵是根據(jù)題意抽象出數(shù)學模型．15．（2023·遼寧·模擬預測）【發(fā)現(xiàn)問題】

“速疊杯”是深受學生喜愛的一項運動，杯子的疊放方式如圖1所示：每層都是杯口朝下排成一行，自下向上逐層遞減一個杯子，直至頂層只有一個杯子．愛思考的小麗發(fā)現(xiàn)疊放所需杯子的總數(shù)隨著第一層（最底層）杯子的個數(shù)變化而變化．【提出問題】疊放所需杯子的總數(shù)y與第一層杯子的個數(shù)x之間有怎樣的函數(shù)關系？【分析問題】小麗結(jié)合實際操作和計算得到下表所示的數(shù)據(jù)：第一層杯子的個數(shù)杯子的總數(shù)然后在平面直角坐標系中，描出上面表格中各對數(shù)值所對應的點，得到圖2，小麗根據(jù)圖2中點的分布情況，猜想其圖象是二次函數(shù)圖象的一部分；為了驗證自己的猜想，小麗從“形”的角度出發(fā)，將要計算總數(shù)的杯子用黑色圓表示（如圖3），再借助“補”的思想，補充相同數(shù)量的白色圓，使每層圓的數(shù)量相同，進而求出與的關系式．【解決問題】（1）直接寫出與的關系式；（2）現(xiàn)有個杯子，按【發(fā)現(xiàn)問題】中的方式疊放，求第一層杯子的個數(shù)；（3）杯子的側(cè)面展開圖如圖4所示，，分別為上、下底面圓的半徑，所對的圓心角，．將這樣足夠數(shù)量的杯子按【發(fā)現(xiàn)問題】中的方式疊放，但受桌面長度限制，第一層擺放杯子的總長度不超過，求杯子疊放達到的最大高度和此時杯子的總數(shù)．（提示：杯子下底面圓周長與AB的長度相等）【答案】（1）（2）第一層杯子的個數(shù)為個；（3）杯子疊放達到的最大高度為和此時杯子的總數(shù)為個【分析】（1）根據(jù)題意，將要計算總數(shù)的杯子用黑色圓表示（如圖3），再借助“補”的思想，補充相同數(shù)量的白色圓，使每層圓的數(shù)量相同，進而求出與的關系式；（2）將代入（1）中的解析，即可求解；（3）根據(jù)弧長公式先求得，根據(jù)題意列出不等式求得第一層擺放杯子個，進而求得總數(shù)，根據(jù)得出，勾股定理求得的長，利用相似三角形的性質(zhì)得出的長，進而即可求解．【詳解】解：（1）依題意，；（2）當時，，解得：（舍去），答：第一層杯子的個數(shù)為個；（3）∵，，解得：；∵第一層擺放杯子的總長度不超過，設第一層杯子的個數(shù)為個，則，解得：，取最大值為，即第一層擺放杯子個，杯子的層數(shù)也是，∴杯子的總數(shù)為（個），在圖4中，，∵，∴，∴，在中，，∴，∴，∴最大高度為．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的應用，求弧長，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．考點二與圓有關的位置關系題型01與圓有關的位置關系1.點和圓的位置關系已知⊙O的半徑為r，點P到圓心O的距離為d，則：位置關系圖形定義性質(zhì)及判定點在圓外點在圓的外部d>r點P在圓外點在圓上點在圓周上d=r點P在圓上點在圓內(nèi)點在圓的內(nèi)部d<r點P在圓內(nèi)【說明】掌握已知點的位置，可以確定該點到圓心的距離與半徑的關系，反過來已知點到圓心的距離與半徑的關系，可以確定該點與圓的位置關系．2.直線和圓的位置關系設⊙O的半徑為r，圓心O到直線l的距離為d，則直線和圓的位置關系如下表：位置關系圖形公共點個數(shù)性質(zhì)及判定相離沒有公共點d>r直線l與⊙O相離相切有唯一公共點d=r直線l與⊙O相切相交有兩個公共點d<r直線l與⊙O相交【小技巧】判斷點與圓之間的位置關系，將該點的圓心距與半徑作比較即可．3.圓和圓之間的位置關系設⊙O1、⊙O2的半徑分別為r、R（其中R>r），兩圓圓心距為d，則兩圓位置關系如下表：位置關系圖形公共點個數(shù)性質(zhì)及判定外離無d>R+r?外切1個切點d=R+r?相交兩個交點R?r<d<R+r?內(nèi)切1個切點d=R?r?內(nèi)含無0≤d<R?r?兩圓相切、相交的重要性質(zhì)：如果兩圓相切，那么切點一定在連心線上，它們是軸對稱圖形，對稱軸是兩圓的連心線；相交的兩個圓的連心線垂直平分兩圓的公共弦.1.由于圓是軸對稱和中心對稱圖形，當題目中未給出具體圖形時，要結(jié)合題意畫出符合題意的圖形，并進行分類討論，否則比較容易漏解．2.經(jīng)過一個點作圓,圓心的位置具有任意性；經(jīng)過兩個點作圓,圓心的位置就有了規(guī)律性,即圓心位于兩點連線的垂直平分線上.3.直線和圓的位置關系可以轉(zhuǎn)化為直線與圓的公共點的個數(shù)來研究；也可轉(zhuǎn)化為圓心到直線的距離d與半徑r的大小關系來研究，這兩個角度的論述其實是等價的.4.圓與圓之間的有些位置關系有兩種情況，做題時要分類討論，防止漏解：①兩圓沒有交點：外離或內(nèi)含；②兩圓有一個交點：外切或內(nèi)切；③兩圓有兩個交點：兩圓心在公共弦同側(cè)或異側(cè)．1．（2021·上?！ぶ锌颊骖}）如圖，已知長方形中，，圓B的半徑為1，圓A與圓B內(nèi)切，則點與圓A的位置關系是（

）A．點C在圓A外，點D在圓A內(nèi) B．點C在圓A外，點D在圓A外C．點C在圓A上，點D在圓A內(nèi) D．點C在圓A內(nèi)，點D在圓A外【答案】C【分析】根據(jù)內(nèi)切得出圓A的半徑，再判斷點D、點E到圓心的距離即可【詳解】∵圓A與圓B內(nèi)切，，圓B的半徑為1∴圓A的半徑為5∵<5∴點D在圓A內(nèi)在Rt△ABC中，∴點C在圓A上故選：C【點睛】本題考查點與圓的位置關系、圓與圓的位置關系、勾股定理，熟練掌握點與圓的位置關系是關鍵2．（2021·浙江嘉興·中考真題）已知平面內(nèi)有和點，，若半徑為，線段，，則直線與的位置關系為（

）A．相離 B．相交 C．相切 D．相交或相切【答案】D【分析】根據(jù)點與圓的位置關系的判定方法進行判斷．【詳解】解：∵⊙O的半徑為2cm，線段OA=3cm，線段OB=2cm，即點A到圓心O的距離大于圓的半徑，點B到圓心O的距離等于圓的半徑，∴點A在⊙O外．點B在⊙O上，∴直線AB與⊙O的位置關系為相交或相切，故選：D．【點睛】本題考查了直線與圓的位置關系，正確的理解題意是解題的關鍵．3．（2023·湖北恩施·中考真題）如圖，等圓和相交于A，B兩點，經(jīng)過的圓心，若，則圖中陰影部分的面積為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】先證明，再把陰影部分面積轉(zhuǎn)換為扇形面積，最后代入扇形面積公式即可．【詳解】如圖，連接，，∵等圓和相交于A，B兩點∴,∵和是等圓∴∴是等邊三角形∴∵,,∴∴．故選：D．【點睛】本題考查了相交弦定理，全等的判定及性質(zhì)，扇形的面積公式，轉(zhuǎn)化思想是解題的關鍵．4．（2023·四川德陽·中考真題）已知的半徑為，的半徑為，圓心距，如果在上存在一點，使得，則的取值范圍是．【答案】【分析】當位于內(nèi)部，且，，位于同一條直線上時，可以取得最大值；當位于外部，且，，位于同一條直線上時，可以取得最小值．【詳解】當位于內(nèi)部，且，，位于同一條直線上時，可以取得最大值．如圖所示，．

當位于外部，且，，位于同一條直線上時，可以取得最小值．如圖所示，．

故答案為：．【點睛】本題主要考查圓與圓的位置關系，能采用數(shù)形結(jié)合的方法和分類討論的思想分析問題是解題的關鍵．5．（2021·四川遂寧·中考真題）已知平面直角坐標系中，點P（）和直線Ax＋By＋C＝0（其中A，B不全為0），則點P到直線Ax＋By＋C＝0的距離可用公式來計算．例如：求點P（1，2）到直線y＝2x＋1的距離，因為直線y＝2x＋1可化為2x－y＋1＝0，其中A＝2，B＝－1，C＝1，所以點P（1，2）到直線y＝2x＋1的距離為：．根據(jù)以上材料，解答下列問題：（1）求點M（0，3）到直線的距離；（2）在（1）的條件下，⊙M的半徑r＝4，判斷⊙M與直線的位置關系，若相交，設其弦長為n，求n的值；若不相交，說明理由．【答案】（1）3；（2）直線與圓相交，【分析】（1）直接利用公式計算即可；（2）根據(jù)半徑和點到直線的距離判斷直線與圓的位置關系，再根據(jù)垂徑定理求弦長．【詳解】解：（1）∵y＝x＋9可變形為x－y＋9＝0，則其中A＝，B＝－1，C＝9，由公式可得∴點M到直線y＝x＋9的距離為3，（2）由（1）可知：圓心到直線的距離d＝3，圓的半徑r＝4，∵d＜r∴直線與圓相交，則弦長，【點睛】本題考查了閱讀理解和圓與直線的位置關系，垂徑定理，解題關鍵是熟練運用公式求解和熟練運用圓的相關性質(zhì)進行推理和計算．題型02切線的判定性質(zhì)圓的切線垂直于過切點的半徑．（實際上過切點的半徑也可理解為過切點的直徑或經(jīng)過切點與圓心的直線．）解題方法：當題目已知一條直線切圓于某一點時，通常作的輔助線是連接切點與圓心（這是圓中作輔助線的一種方法）．根據(jù)切線的性質(zhì)可得半徑與切線垂直，從而利用垂直關系進行有關的計算或證明．判定1）定義法：直線和圓只有一個公共點時，我們說這條直線是圓的切線.2）數(shù)量關系法：圓心到這條直線的距離等于半徑時，直線與圓相切.3)判定定理：經(jīng)過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線.常見輔助線作法：判定一條直線是圓的切線時，1）若已知直線與圓的公共點時，把圓心和這個公共點連接起來，然后證明直線垂直于這條半徑，簡稱“連半徑，證垂直”；3）若直線與圓的公共點沒有明確，可過圓心作直線的垂線段，再證明圓心到直線的距離等于半徑，簡稱“作垂直，證半徑”．1．（2023·江蘇宿遷·中考真題）（1）如圖，是的直徑，與交于點F，弦平分，點E在上，連接、，________．求證：________．

從①與相切；②中選擇一個作為已知條件，余下的一個作為結(jié)論，將題目補充完整（填寫序號），并完成證明過程．（2）在（1）的前提下，若，，求陰影部分的面積．【答案】（1）②①，證明見解析（或①②，證明見解析）（2）【分析】（1）一：已知條件為②，結(jié)論為①與相切；連接，先證出，再根據(jù)平行線的性質(zhì)可得，然后根據(jù)圓的切線的判定即可得證；二：已知條件為①與相切，結(jié)論為②；連接，先證出，再根據(jù)圓的切線的性質(zhì)可得，然后根據(jù)平行線的性質(zhì)即可得證；（2）連接，先解直角三角形求出的長，再根據(jù)等邊三角形的判定與性質(zhì)可得的長，從而可得的長，然后根據(jù)圓周角定理可得，最后根據(jù)陰影部分的面積等于直角梯形的面積減去扇形的面積即可得．【詳解】解：（1）一：已知條件為②，結(jié)論為①與相切，證明如下：如圖，連接，

，，弦平分，，，，，，又是的半徑，與相切；二：已知條件為①與相切，結(jié)論為②，證明如下：如圖，連接，

，，弦平分，，，，與相切，，；（2）如圖，連接，

，，，，，又，，是等邊三角形，，，由圓周角定理得：，則陰影部分的面積為．【點睛】本題考查了圓的切線的判定與性質(zhì)、解直角三角形、扇形的面積、圓周角定理等知識點，熟練掌握圓的切線的判定與性質(zhì)是解題關鍵．2．（2023·湖北恩施·中考真題）如圖，是等腰直角三角形，，點O為的中點，連接交于點E，與相切于點D．(1)求證：是的切線；(2)延長交于點G，連接交于點F，若，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，過點O作于點P，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到，推出，即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出，的長，勾股定理求出，連接，過O作于點H，利用面積法求出，勾股定理求出，即可根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出的長．【詳解】（1）證明：連接，過點O作于點P，∵與相切于點D．∴，∵是等腰直角三角形，，點O為的中點，∴，∴，即是的半徑，∴是的切線；（2）解：∵，，，∴，，∵點O為的中點，∴，∵∴，在中，連接，過O作于點H，∴，∴∵，∴．

【點睛】此題考查了判定直線是圓的切線，切線的性質(zhì)定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，正確掌握各知識點是解題的關鍵．3．（2023·湖南婁底·中考真題）如圖1，點為等邊的重心，點為邊的中點，連接并延長至點，使得，連接，，，

(1)求證：四邊形為菱形．(2)如圖2，以點為圓心，為半徑作①判斷直線與的位置關系，并予以證明．②點為劣弧上一動點（與點、點不重合），連接并延長交于點，連接并延長交于點，求證：為定值．【答案】(1)見解析；(2)①直線是的切線；②見解析．【分析】（1）如圖1，延長交于點，連接，由是等邊三角形，是重心，點為邊的中點，得?，，進而證明四邊形是平行四邊形，于是即可得四邊形為菱形；（2）①延長交于點，連接，先證為的角平分線，進而求得，又由菱形的性質(zhì)得，從而有，于是根據(jù)切線的判定即可得出結(jié)論；②在優(yōu)弧上取一點，連接、，由①得，進而求得，再由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求得，從而根據(jù)角的和差關系求得，于是證明得，即可證明結(jié)論成立．【詳解】（1）證明：如圖，延長交于點，連接，

∵是等邊三角形，是重心，點為邊的中點，∴中線過點，即、、三點共線，，，∴?，，∵，∴四邊形是平行四邊形，∵?，∴四邊形為菱形；（2）①解：直線是的切線，理由如下：延長交于點，連接，

∵是等邊三角形，是重心，點為邊的中點，∴中線過點，即、、三點共線，，，，∴為的角平分線，∴，∵四邊形是菱形，∴，∴，∴，∴直線是的切線；②證明：在優(yōu)弧上取一點，連接、，

由①得，∵，∴，∴，∴，∵四邊形內(nèi)接于，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴∴∵∴，即為定值．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定及性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，重心的性質(zhì)，切線的判定以及菱形的判定，熟練掌握菱形的判定，全等三角形的判定及性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，重心的性質(zhì)以及切線的判定定理是解題的關鍵．題型03三角形內(nèi)切圓、外接圓的相關計算常見結(jié)論1）三角形內(nèi)切圓半徑公式：r=2S2）特殊的直角三角形內(nèi)切圓半徑公式：r=a+b?c【解題思路】解三角形的內(nèi)切圓問題，通常分別連接．內(nèi)切圓的圓心與切點、圓心與三角形的頂點來構造直角三角形，以便利用直角三角形的知識進行求解．1．（2023·內(nèi)蒙古·中考真題）如圖，是銳角三角形的外接圓，，垂足分別為，連接．若的周長為21，則的長為（

）

A．8 B．4 C．3.5 D．3【答案】B【分析】根據(jù)三角形外接圓的性質(zhì)得出點D、E、F分別是的中點，再由中位線的性質(zhì)及三角形的周長求解即可．【詳解】解：∵是銳角三角形的外接圓，，∴點D、E、F分別是的中點，∴，∵的周長為21，∴即，∴，故選：B．【點睛】題目主要考查三角形外接圓的性質(zhì)及中位線的性質(zhì)，理解題意，熟練掌握三角形外接圓的性質(zhì)是解題關鍵．2．（2023·山東聊城·中考真題）如圖，點O是外接圓的圓心，點I是的內(nèi)心，連接，．若，則的度數(shù)為（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)三角形內(nèi)心的定義可得的度數(shù)，然后由圓周角定理求出，再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理以及等腰三角形的性質(zhì)得出答案．【詳解】解：連接，∵點I是的內(nèi)心，，∴，∴，∵，∴，故選：C．

【點睛】本題主要考查了三角形內(nèi)心的定義和圓周角定理，熟知三角形的內(nèi)心是三角形三個內(nèi)角平分線的交點是解題的關鍵．3．（2022·山東淄博·中考真題）如圖，在△ABC中，AB＝AC，點D在AC邊上，過△ABD的內(nèi)心I作IE⊥BD于點E．若BD＝10，CD＝4，則BE的長為（

）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【分析】過點作，根據(jù)切線長定理設，進而結(jié)合已知條件表示出，求得的長，進而即可求解．【詳解】解：如圖，過點作，∵是的內(nèi)心，∴，設，∵BD＝10，∴，∴,，∵，∴，解得，∴，故選B．【點睛】本題考查了三角形內(nèi)心的性質(zhì)，切線長定理，掌握切線長定理是解題的關鍵．4．（2022·廣西玉林·中考真題）如圖，在網(wǎng)格中，各小正方形邊長均為1，點O，A，B，C，D，E均在格點上，點O是的外心，在不添加其他字母的情況下，則除外把你認為外心也是O的三角形都寫出來．【答案】△ADC、△BDC、△ABD【分析】先求出△ABC的外接圓半徑r，再找到距離O點的長度同為r的點，即可求解．【詳解】由網(wǎng)格圖可知O點到A、B、C三點的距離均為：，則外接圓半徑，圖中D點到O點距離為：，圖中E點到O點距離為：，則可知除△ABC外把你認為外心也是O的三角形有：△ADC、△ADB、△BDC，故答案為：△ADC、△ADB、△BDC．【點睛】本題考查了外接圓的性質(zhì)、勾股定理等知識，求出△ABC的外接圓半徑r是解答本題的關鍵．5．（2023·山東濱州·中考真題）如圖，點是的內(nèi)心，的延長線與邊相交于點，與的外接圓相交于點．

(1)求證：；(2)求證：；(3)求證：；(4)猜想：線段三者之間存在的等量關系．（直接寫出，不需證明．）【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析(4)【分析】（1）過點F作，垂足分別為，則，進而表示出兩個三角形的面積，即可求解；（2）過點A作于點，表示出兩三角形的面積，即可求解；（3）連接，證明得出，證明，得出，即可，恒等式變形即可求解；（4）連接，證明，得出，證明，得出，即可求解．【詳解】（1）證明：如圖所示，過點F作，垂足分別為，∵點是的內(nèi)心，∴是的角平分線，∵，∴，∵，∴；（2）證明：如圖所示，過點A作于點，

∵，∴，由（1）可得，∴；（3）證明：連接，

∵∴∴∴，∴∵，∴，又，∴，∴，∴；∴，∴，（4）解：如圖所示，連接，

∵點是的內(nèi)心，∴是的角平分線，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴．【點睛】本題考查了三角形內(nèi)心的定義，同弧所對的圓周角相等，角平分線的性質(zhì)與定義，相似三角形的性質(zhì)與判定，三角形的外角性質(zhì)，三角形的面積公式等知識，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關鍵．題型04四點共圓判定方法圖形證明過程若四個點到一個定點的距離相等，則這四個點共圓（圓的定義）.適用范圍：題目出現(xiàn)共端點，等線段時，可利用圓的定義構造輔助圓.到定點的距離等于定長的點都在同一個圓上（圓的定義）若一個四邊形的一組對角互補，則這個四邊形的四個點共圓.反證法若一個四邊形的外角等于它的內(nèi)對角，則這個四邊形的四個點共圓.反證法同側(cè)共邊三角形且公共邊所對角相等的四個頂點共圓.反證法共斜邊的兩個直角三角形的四個頂點共圓.適用范圍：雙直角三角形共斜邊模型.連接AO、OD根據(jù)直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半可得AO=BO=CO=DO∴點A、B、C、D四點共圓在⊙O中，若弦AB、CD相交于點P,且AP?DP=BP?CP，則A,B,C,D四點共圓（相交弦定理的逆定理）在△APB和△CPD中AP?DP=BP?CP∠3=∠4∴△APB∽△CPD∴∠1=∠2則A、B、C、D四點共圓在⊙O中，若AB、CD兩線段延長后相交于點P,且AP?BP=DP?CP，則A,B,C,D四點共圓（割線定理）在△APC和△DPB中AP?BP=CP?DP∠P=∠P∴△APC∽△DPB∴∠1=∠3而∠2+∠3=180°∴∠1+∠2=180°則A、B、C、D四點共圓若四邊形兩組對邊乘積的和等于對角線的乘積，則四邊形的四個頂點共圓(托勒密定理的逆定理).1．（2022·四川遂寧·中考真題）如圖，正方形ABCD與正方形BEFG有公共頂點B，連接EC、GA，交于點O，GA與BC交于點P，連接OD、OB，則下列結(jié)論一定正確的是（

）①EC⊥AG；②△OBP∽△CAP；③OB平分∠CBG；④∠AOD=45°；A．①③ B．①②③ C．②③ D．①②④【答案】D【分析】由四邊形ABCD、四邊形BEFG是正方形，可得△ABG≌△CBE（SAS），即得∠BAG=∠BCE，即可證明∠POC=90°，可判斷①正確；取AC的中點K，可得AK=CK=OK=BK，即可得∠BOA=∠BCA，從而△OBP∽△CAP，判斷②正確，由∠AOC=∠ADC=90°，可得A、O、C、D四點共圓，而AD=CD，故∠AOD=∠DOC=45°，判斷④正確，不能證明OB平分∠CBG，即可得答案．【詳解】解：∵四邊形ABCD、四邊形BEFG是正方形，∴AB=BC，BG=BE，∠ABC=90°=∠GBE，∴∠ABC+∠CBG=∠GBE+∠CBG，即∠ABG=∠EBC，∴△ABG≌△CBE（SAS），∴∠BAG=∠BCE，∵∠BAG+∠APB=90°，∴∠BCE+∠APB=90°，∵∠APB=∠CPO，∴∠BCE+∠OPC=90°，∴∠POC=90°，∴EC⊥AG，故①正確；取AC的中點K，如圖：在Rt△AOC中，K為斜邊AC上的中點，∴AK=CK=OK，在Rt△ABC中，K為斜邊AC上的中點，∴AK=CK=BK，∴AK=CK=OK=BK，∴A、B、O、C四點共圓，∴∠BOA=∠BCA，∵∠BPO=∠CPA，∴△OBP∽△CAP，故②正確，∵∠AOC=∠ADC=90°，∴∠AOC+∠ADC=180°，∴A、O、C、D四點共圓，∵AD=CD，∴∠AOD=∠DOC=∠DAC=45°，故④正確，由已知不能證明OB平分∠CBG，故③錯誤，故正確的有：①②④，故選：D．【點睛】本題考查正方形性質(zhì)及應用，涉及全等三角形的判定與性質(zhì)，四點共圓等知識，解題的關鍵是取AC的中點K，證明AK=CK=OK=BK，從而得到A、B、O、C四點共圓．2．（2021·四川眉山·中考真題）如圖，在矩形中，對角線，相交于點，，，點在線段上從點至點運動，連接，以為邊作等邊三角形，點和點分別位于兩側(cè)，下列結(jié)論：①；②；③；④點運動的路程是，其中正確結(jié)論的序號為（

）A．①④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④【答案】D【分析】連接OE并延長交DC于點H，先證△ADO為等邊三角形，得出∠2=∠DAF=60°，再根據(jù)△DEF為等邊三角形，得出①正確；證出△DOE≌△COE，得到ED=EC，得出②正確；證出∠ADF=∠3，看得出③正確；根據(jù)△ADF≌△ODE，OE=AO，可得④正確．【詳解】解：連接OE并延長交DC于點H，∵矩形ABCD，∴OA=OD=OC，∵∠DAC=60°，∴△ADO為等邊三角形，∴∠2=∠DAF=60°，∵△DEF為等邊三角形，∴∠1=60°=∠5，∴∠1=∠2，∴D、F、O、E四點共圓，∴∠3=∠4，①正確；∴∠5=∠6=60°，∴∠7=∠6=60°，∵OD=OC，OE=OE，∴△DOE≌△COE，∴∠3=∠8，∴∠CDE=∠DCE，∴ED=EC，②正確；∵∠ADO=∠FDE=60°，∴∠ADF=∠3，∴∠ADF=∠8，即∠ADF=∠ECF，③正確；∵△ADF≌△ODE，∴AF=OE，∴OE=AD=2，∴OE=，④正確故選D．【點睛】本題考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，圓的性質(zhì)，解題的關鍵是靈活運用這些性質(zhì)．3．（2023·湖北恩施·中考真題）在平面直角坐標系中，為坐標原點，已知拋物線與軸交于點，拋物線的對稱軸與軸交于點．

(1)如圖，若，拋物線的對稱軸為．求拋物線的解析式，并直接寫出時的取值范圍；(2)在（1）的條件下，若為軸上的點，為軸上方拋物線上的點，當為等邊三角形時，求點，的坐標；(3)若拋物線經(jīng)過點，，，且，求正整數(shù)m，n的值．【答案】(1)；(2)；或,；(3)，或，【分析】（1）根據(jù)，拋物線的對稱軸為，待定系數(shù)法求解析式即可求解；當時，求得的范圍，進而結(jié)合函數(shù)圖象即可求解；（2）①連接，，交對稱軸于點D，由四點共圓，得，證明，求出點D的坐標，確定直線的解析式，進而求得點的坐標，設，，勾股定理即可求解；②由①可得，則當與重合時也存在等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)即可求解．（3）根據(jù)拋物線經(jīng)過點，，，可得拋物線對稱為直線，則，則，進而令，求得的范圍，進而根據(jù)函數(shù)圖象可知或，進而分別討論求得的值，即可求解．【詳解】（1）解：∵，拋物線的對稱軸為．∴解得：∴拋物線解析式為，當時，即解得：，∴當時，（2）解：①如圖所示，連接，，交對稱軸于點D，

∵，∴，則∴，，∵為等邊三角形，∴，∴，∴四點共圓，∴，∵，∴．∴，∴，∵，，∴，∴，則，設直線的解析式為則解得：所以直線的解析式為聯(lián)立解得：或∴，∵，設，∵∴解得：∴；②由①可得，當與點重合時，為等邊三角形則與對稱，此時，，綜上所述；；或，；（3）解：∵拋物線經(jīng)過點，，，∴拋物線對稱為直線，則，則∴拋物線解析式為∴頂點坐標為當時，解得：或∵，且為正整數(shù)，過點，則當時，∴或，當時，將點代入解析式，解得：∵則，當時，將點代入解析式解得：∵則，綜上所述，，或，．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，根據(jù)特三角函數(shù)求角度，圓內(nèi)接四邊形對角互補，二次函數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關鍵．4．（2023·山東日照·中考真題）在探究“四點共圓的條件”的數(shù)學活動課上，小霞小組通過探究得出：在平面內(nèi)，一組對角互補的四邊形的四個頂點共圓．請應用此結(jié)論．解決以下問題：如圖1，中，（）．點D是邊上的一動點（點D不與B，C重合），將線段繞點A順時針旋轉(zhuǎn)到線段，連接．

(1)求證：A，E，B，D四點共圓；(2)如圖2，當時，是四邊形的外接圓，求證：是的切線；(3)已知，點M是邊的中點，此時是四邊形的外接圓，直接寫出圓心P與點M距離的最小值．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到，證明，進而證明，可以得到，由，可得，即可證明A、B、D、E四點共圓；（2）如圖所示，連接，根據(jù)等邊對等角得到，由圓周角定理得到，再由，得到，利用三角形內(nèi)角和定理證明，即，由此即可證明是的切線；（3）如圖所示，作線段的垂直平分線，分別交于G、F，連接，先求出，再由三線合一定理得到，，解直角三角形求出，則，再解得到，則；由是四邊形的外接圓，可得點P一定在的垂直平分線上，故當時，有最小值，據(jù)此求解即可．【詳解】（1）證明：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，∴，∴，即，又∵，∴，∴，∵，∴，∴A、B、D、E四點共圓；（2）證明：如圖所示，連接，∵，∴，∵是四邊形的外接圓，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴，又∵是的半徑，∴是的切線；

（3）解：如圖所示，作線段的垂直平分線，分別交于G、F，連接，∵，∴，∵點M是邊的中點，∴，，∴，∴，在中，，∴，∵是四邊形的外接圓，∴點P一定在的垂直平分線上，∴點P在直線上，∴當時，有最小值，∵，∴在中，，∴圓心P與點M距離的最小值為．【點睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊對等角，解直角三角形，圓周角定理，切線的判定，三角形外接圓的性質(zhì)，垂線段最短等等，正確作出輔助線是解題的關鍵．5．（2022·貴州遵義·中考真題）探究與實踐“善思”小組開展“探究四點共圓的條件”活動，得出結(jié)論：對角互補的四邊形四個頂點共圓．該小組繼續(xù)利用上述結(jié)論進行探究．提出問題：如圖1，在線段同側(cè)有兩點，，連接，，，，如果，那么，，，四點在同一個圓上．探究展示：如圖2，作經(jīng)過點，，的，在劣弧上取一點（不與，重合），連接，則（依據(jù)1）點，，，四點在同一個圓上（對角互補的四邊形四個頂點共圓）點，在點，，所確定的上（依據(jù)2）點，，，四點在同一個圓上(1)反思歸納：上述探究過程中的“依據(jù)1”、“依據(jù)2”分別是指什么？依據(jù)1：__________；依據(jù)2：__________．(2)圖3，在四邊形中，，，則的度數(shù)為__________．(3)拓展探究：如圖4，已知是等腰三角形，，點在上（不與的中點重合），連接．作點關于的對稱點，連接并延長交的延長線于，連接，．①求證：，，，四點共圓；②若，的值是否會發(fā)生變化，若不變化，求出其值；若變化，請說明理由．【答案】(1)圓內(nèi)接四邊形對角互補；同圓中，同弧所對的圓周角相等(2)45°(3)①見解析；②不發(fā)生變化，值為8【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對角互補；同圓中，同弧所對的圓周角相等作答即可；（2）根據(jù)同弧所對的圓周角相等即可求解；（3）①根據(jù)（1）中的結(jié)論證明即可得證；②證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解．【詳解】（1）如圖2，作經(jīng)過點，，的，在劣弧上取一點（不與，重合），連接，則（圓內(nèi)接四邊形對角互補）點，，，四點在同一個圓上（對角互補的四邊形四個頂點共圓）點，在點，，所確定的上（同圓中，同弧所對的圓周角相等）點，，，四點在同一個圓上故答案為：圓內(nèi)接四邊形對角互補；同圓中，同弧所對的圓周角相等（2）在線段同側(cè)有兩點，，四點共圓，故答案為：（3）①∵，，點與點關于對稱，，，四點共圓；②，理由如下，如圖，四點共圓，，關于對稱，，，，，，，，又，，，，，．【點睛】本題考查了圓內(nèi)接四邊形對角互補，同弧所對的圓周角相等，軸對稱的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，掌握以上知識是解題的關鍵．題型05相交弦定理相交弦定理：圓內(nèi)的兩條相交弦，被交點分成的兩條線段長的積相等.已知圖形結(jié)論證明過程【基礎】在⊙O中，弦AB、CD相交于點PAP?DP=BP?CP在△APB和△CPD中∠1=∠2（同弧所對圓周角相等）∠3=∠4∴△APB∽△CPD∴APCP=BPDP則AP【進階】在⊙O中，OP所在直線與⊙O交于M、N兩點，r為⊙O的半徑BP?CP=MP?NP=(r-OP)(r+OP)=同上1．（2017·內(nèi)蒙古包頭·中考真題）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD與AB交于點E，過點B的切線BP與CD的延長線交于點P，連接OC，CB．（1）求證：AE?EB=CE?ED；（2）若⊙O的半徑為3，OE=2BE，，求tan∠OBC的值及DP的長．【答案】（1）證明見解析；（2）tan∠OBC=，．【詳解】試題分析：（1）直接根據(jù)題意得出△AED∽△CEB，進而利用切線的性質(zhì)的出答案；（2）利用已知得出EC，DE的長，再利用勾股定理得出CF的長，t即可得出an∠OBC的值，再利用全等三角形的判定與性質(zhì)得出DP的長．試題解析：（1）證明：連接AD，∵∠A=∠BCD，∠AED=∠CEB，∴△AED∽△CEB，∴，∴AE?EB=CE?ED；（2）解：∵⊙O的半徑為3，∴OA=OB=OC=3，∵OE=2BE，∴OE=2，BE=1，AE=5，∵，∴設CE=9x，DE=5x，∵AE?EB=CE?ED，∴5×1=9x?5x，解得：x1=，x2=﹣（不合題意舍去），∴CE=9x=3，DE=5x=，過點C作CF⊥AB于F，∵OC=CE=3，∴OF=EF=OE=1，∴BF=2，在Rt△OCF中，∵∠CFO=90°，∴CF2+OF2=OC2，∴CF=，在Rt△CFB中，∵∠CFB=90°，∴tan∠OBC==，∵CF⊥AB于F，∴∠CFB=90°，∵BP是⊙O的切線，AB是⊙O的直徑，∴∠EBP=90°，∴∠CFB=∠EBP，在△CFE和△PBE中，∵∠CFB=∠PBE，EF=EF，∠FEC=∠BEP，∴△CFE≌△PBE（ASA），∴EP=CE=3，∴DP=EP﹣ED=3﹣=．考點：相似三角形的判定與性質(zhì)；切線的性質(zhì)；解直角三角形．2．（2022·湖南長沙·中考真題）如圖，四邊形內(nèi)接于，對角線，相交于點E，點F在邊上，連接．

(1)求證：；(2)當時，則___________；___________；___________．（直接將結(jié)果填寫在相應的橫線上）(3)①記四邊形，的面積依次為，若滿足，試判斷，的形狀，并說明理由．②當，時，試用含m，n，p的式子表示．【答案】(1)見解析(2)0，1，0(3)①等腰三角形，理由見解析，②【分析】（1）根據(jù)同弧所對的圓周角相等，對頂角相等，即可得證；（2）由（1）的結(jié)論，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，即可得出0，根據(jù)已知條件可得，，即可得出根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，根據(jù)恒等式變形，進而即可求解．（3）①記的面積為，則，，根據(jù)已知條件可得，進而可得，得出，結(jié)合同弧所對的圓周角相等即可證明是等腰三角形；②證明，，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，得出，則，，計算即可求解．【詳解】（1）證明：，，即，又，；（2），，，，∵∴，∴，∵，，，，，，，，，，，，故答案為：0，1，0（3）①記的面積為，則，，①，即，②由①②可得，即，，，即，∴點D和點C到的距離相等，，，，，都為等腰三角形；②，，，，，，，，，又，，，，，則，，．【點睛】本題考查了圓周角定理，勾股定理，等腰三角形的判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，對于相似恒等式的推導是解題的關鍵．題型06切割線定理切割線定理：從圓外一點引圓的切線和割線，切線長是這點到割線與圓交點的兩條線段長的比例中項.已知圖形結(jié)論證明過程如圖，線段ADC是⊙O的一條割線，AB是⊙O的一條切線，切點為點BAB2=AD?∵∠1=∠2（弦切角定理模型），∠A=∠A∴△ABD∽△ACB∴ABAC=ADAB則AB1．（2023·四川甘孜·中考真題）如圖，在中，，以為直徑的交邊于點D，過點C作的切線，交的延長線于點E．

(1)求證：；(2)若，，求的半徑．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）先根據(jù)圓周角定理得到．再根據(jù)切線的性質(zhì)得到．然后利用等角的余角相等得到；（2）先證明得到，則可證明，利用正切的定義，在中有，在中有，所以，然后求出的長，從而得到的半徑．【詳解】（1）證明：∵為的直徑，∴．∵為的切線，∴，∴．∵，∴；（2）解：∵，∴，∴，∵，∴，在中，，在中，，即，∴，∴，∴的半徑為．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)：圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑．也考查了圓周角定理和解直角三角形．2．（2023·內(nèi)蒙古通遼·中考真題）如圖，為的直徑，D，E是上的兩點，延長至點C，連接，．

(1)求證：；(2)求證：是的切線；(3)若，求的半徑．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)的半徑為．【分析】（1）利用兩角對應相等兩個三角形相似，得出結(jié)論；（2）連接，由圓周角定理得出，證出，由切線的判定可得出結(jié)論；（3）由相似三角形的性質(zhì)得出，由比例線段求出和的長，可求出的長，則可得出答案．【詳解】（1）證明：∵，，∴；（2）證明：連接，

∵為的直徑，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵是的半徑，∴是的切線；（3）解：∵，，，∴，∵，∴，∵，∴，，∴．∴的半徑為．【點睛】本題考查了切線的判定，相似三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的定義，圓周角定理，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當?shù)妮o助線是解題的關鍵．3．（2023·湖北宜昌·中考真題）如圖1，已知是的直徑，是的切線，交于點，．

(1)填空：的度數(shù)是_________，的長為_________；(2)求的面積；(3)如圖2，，垂足為．是上一點，．延長，與，的延長線分別交于點，求的值．【答案】(1)，5；(2)(3)【分析】（1）根據(jù)切線性質(zhì)和勾股定理分別求解即可；（2）由面積法求出，再利用勾股定理求，則的面積可求；（3）先證明，得到，利用，分別得到，進而計算，，在分別求出則問題可解；【詳解】（1）解：∵是的直徑，是的切線，∴的度數(shù)是；∵，∴；故答案為：，5；（2）如圖，

∵是的直徑，∴，，∴由面積法，∴，；（3）方法一：如圖，

由∴∴∴∴∴設是等腰直角三角形，，是等腰直角三角形，∴，∴，，，，．方法二：如圖

由設，是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，，．【點睛】本題考查了圓的切線的性質(zhì)和相似三角形的性質(zhì)和判定，解答關鍵是根據(jù)條件證明三角形相似，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)解答問題．題型07割線定理割線定理：從圓外一點引圓的兩條割線，這一點到每條割線與圓交點的距離的積相等.已知圖形結(jié)論證明過程【基礎】在⊙O中，弦AB、CD相交于點P，且點P在圓外AP?BP=CP?DP連接AC、BD通過已知條件證明△APC∽△DPB∴APDP=CPBP則AP（請嘗試連接AD，BC自行證明）【進階】若從圓外一點P引圓的兩條割線PA