湖南省2019-2021年3年中考真題數學分項匯編-17 圓（解答題）（解析版）

專題17圓（解答題）

1.（湖南省郴州市2021年中考數學試卷）如圖，△ABC是。。的內接三角形，AC是。。的直徑，點D是

BC的中點，DE//BC交AC的延長線于點E.

（1）求證：直線OE與。。相切；

（2）若。0的直徑是10,NA=45°,求CE的長.

【答案】⑴見解析；⑵CE=5夜-5.

【分析】

（1）連接OD,由點。是BC的中點得OC8C,由DE//BC得ODLDE,由OD是半徑可得DE是切線;

（2）證明AOnE是等腰直角三角形，可求出OE的長，從而可求得結論.

【詳解】

解：（1）連接。。交8c于點F,如圖，

:點。是8C的中點，

：.OD1BC,

"：DEIIBC

：.ODY.DE

是。。的半徑

二直線DE與。。相切;

(2)YAC是。。的直徑，且AB=10,

AZABC=90°,OC=OA=-AB-5

2

'：ODLBC

：.ZOFC=90°

：.OD//AB

vZfiAC=45°

NDOE=45。

NODE=90°

ZOED=45

：.DE=OD=OC=5

由勾股定理得，OE=5叵

???CE=OE-OC=542-5-

【點睛】

此題主要考查了切線的判定與性質的綜合運用，熟練掌握切線的判定與性質是解答此題的關鍵.

2.(2021?湖南中考真題)如圖，在R/AAQB中，NABO=90°,NQ鉆=30°,以點。為圓心，OB為

半徑的圓交8。的延長線于點C,過點C作OA的平行線，交。。于點。，連接A￡>.

(1)求證：為。。的切線；

(2)若OB=2,求弧CD的長.

【答案】(1)見解析；(2)-71

3

【分析】

(1)連接08,先根據直角三角形的性質得到NAOB=60。，再運用平行線的性質結合已知條件可得

NAO￡>=60°，再證明"08也"0。可得/4ZX>=NABO=90°即可；

(2)先求出NCOD,然后再運川弧長公式計算即可.

【詳解】

(1)證明：連接。。

VZOAB=30°,ZB=90°

/.NAQB=60。

乂：CD//AO

NC=ZAOB=60°

ZBOD=2ZC=nQ°

：.ZAQ￡>=60°

乂：OB=OD,AO^AO

：.^AOB^AOD(SAS)

：.ZADO=ZABO^90°

又?..點。在0。上

AO是。。的切線；

(2)???/30。=120°

...ZCOD=6Q°

.,60cc2

??/=-----x27rx2=—7C.

3603

【點睛】

本題主要考查了圓的切線的證明、弧長公式等知識點，掌握圓的切線的證明方法成為解答本題的關鍵.

3.(2021?湖南中考真題)如圖，AB是。。的直徑，。為。。上一點，E為BO的中點，點C在84的延

長線上，且NCZM=NB.

(2)若?！?2,NBOE=30。，求8的長.

【答案】(1)見解析；(2)26

【分析】

(1)先證明N8=NODB,通過等量代換再證明/81+/?！?=90°即可證明

(2)先證明△O8E是等邊三角形，再證明ZDOC=6()°,解直角三角形即可計算出結果

【詳解】

解：(1)連接0。，

二ZB=ZODB,

乂,：NB=4CDA,：.ZODB=ZCDA

又---ZODB+NODA=90°,ZCDA+ZODA=90°

即NODC=90°,

所以，CD是。。的切線.

(2)連接BE、OE

BE=DE=2,OE±BD

/BOE=2NBDE="。,

：.△OBE是等邊三角形

從而OB=BE=2,ZBOE=60°

\OB=OD,OE±BD,

：.ABOE=/DOE=S。,

所以/OOC=60°

在Rt^ODC,NDOC=60°,O￡>=OB=2,

CD=y/3OD=2s/3

【點睛】

本題考查切線的證明、圓周角定理、等邊三角形的證明及性質、銳角三角函數，熟練應用圓的性質及定理

是解題的關鍵

4.（2021?湖南中考真題）如圖，在HA4BC中，NA8C=90°,以AB的中點。為圓心，A8為直徑的圓

（1）求證：ED是圓。的切線；

（2）若BC=4,FB=8,求A8的長.

【答案】（1）見解析；（2）717-1

【分析】

(1)連接?！?gt;,利用等腰三角形性質，直角三角形證明"E即可;

(2)設OD=x,求證△ODESAEB/L列比例求解即可.

【詳解】

解：證明：連接0〃，如圖：

VAB為直徑，

:.ZADB=/BDC=9G，

?點E是8c的中點，

：.ED=EB,

:.ZEDB=ZEBD，

???NEBD+ZABD=90°,ADAB+ZABD=90°，

?.ZDAB=ZDBE=ZBDE，

\-OA=OD,

ZODA=ZDAB=ZDBE=ZBDE

???ZODA+ZODB=90°,ZCDE=ZADF,

NFDO=90°,

/.OD±FD

：.是圓。的切線.

(2)是8c中點，BC=4,

：.BE=2,

FE=y/BE2+FB2=>/22+82=2后，

在△OOP和/中，NODF=/EBF=90。，ZF=/F，

:?AODFS^EBF,

：.設。。為M

ODOFx8-x

貝I]==—=—f=,

EBFE22717

解得：*=姮二1,

2

則A8=2X=VF7-1.

【點睛】

本題主要考查圓切線的判定、等腰三角形的性質、直角三角形斜邊上中線的性質以及相似三角形的判定與

性質，利用角的等量轉化是解決本題的關鍵.

5.(2021?湖南中考真題)如圖，在半徑為5a*的。。中，48是0。的直徑，CZ)是過0。上點C的直線,

且A/DLDC于點。，AC平分44T),E是8c的中點，QE=3cm.

(1)求證：CD是。。的切線；

(2)求的長.

]Q

【答案】(1)證明見解析；(2)y.

【分析】

(1)連接OC,由題意知/D4C=N。4c=NOC4,據此得AD〃OC,根據4DLOC即可得證;

(2)連接BC,證△ACCs△ACB即可得.

【詳解】

解：(1)如圖，連接OC,

'：OA=OC,

.,.ZOAC^ZOCA,

：AC平分/D4。，

：.ZDAC=ZOAC,

：.ZDAC=ZOCA,

：.AD//OC.

?：AD±DC,

：.0C1DC,

乂：0C是(DO的半徑，

.?.CQ是。。的切線；

(2)如圖，連接BC,OE,

是2c的中點，OE=3cm,

AC=6cm,

是。。的直徑，AD1DC,半衿QA5cm,

/.^ADC—ZACB—9O0,AB-10cm.

又?.?/D4C=NCAB,

/XADC^/XACB,

,ADAC

則一=一

ACAB

AC2_6218

AD==

記一而一j

【點睛】

本題考查了切線的判定、圓周角定理、相似三角形的判定和性質、平行線的判定與性質等知識；熟練掌握

切線的判定和圓周角定理是解題的關鍵.

6.（湖南省益陽市2021年中考數學真題）如圖，在等腰銳角三角形A8C中，AB=4C,過點8作BD1AC

于延長交AA6c的外接圓于點E,過點A作A尸，CE于凡AE,3c的延長線交于點G.

（1）判斷E4是否平分/。￡戶，并說明理由；

（2）求證：①BD=CF；②BO?=￡>E2+AEEG.

【答案】（1）EA平分NDEF,理由見解析；（2）①證明見解析；②證明見解析.

【分析】

（1）先根據等腰三角形的性質可得NA5C=NAC8,再根據圓周角定理可得NA￡D=NACB,從而可得

ZAED=ZABC，然后根據圓內接四邊形的性質可得Z4防=Z48C,從而可得NAED=NAEE，由此

即可得出結論；

（2）①先根據角平分線的性質可得=再根據直角三角形全等的判定定理與性質即可得證；

②先根據直角三角形全等的判定定理與性質可得。￡=石尸，再根據圓內接四邊形的性質可得

ZECG=ZEAB,根據等量代換可得NCEG=NA￡B,然后根據相似三角形的判定可得ACEG?AAEB,

CEEG

根據相似三角形的性質可得一=—，最后根據BE=BD+DE，CE=CF—EF=BD-DE即叮得證.

AEBE

【詳解】

解：（1）EA平分NDEF，理由如下：

\AB^AC，

.-.ZABC^ZACB,

由圓周角定理得：ZAED=ZACB,

：.ZAED=ZABC.

由國內接四邊形的性質得：ZABC+ZAEC^ISO°，

?.?NA￡F+NAEC=180。，

:.ZAEF=ZABC,

..ZAED=ZAEF,

；.EA平分NDEF；

(2)①?.?E4平分NOE/,BD1AC,AF1CE,

:.AD^AF,

'A。=AF

在RtAABD和Rt^ACF中，＜八，

AB=AC

RtMBD三R2CF(HL),

:.BD=CF；

[AD^AF

②在Rt^AED和Rt^AEF,〈，

[AE=AE

RtSED=RtSEF(HL),

:.DE=EF，

由圓內接四邊形的性質得：ZECB+ZE4B=180°，

-,?ZECB+ZECG=ISO°,

:.ZECG=ZEAB.

ZAED=ZAEF,ZCEG=ZAEF,

:.NCEG=ZAEB，

ZECG=ZEAB

在ziCEG和中，’

ZCEG=ZAEB

:,qEG~z^AEB，

CEEG

"~AE~~BE'

?;BE=BD+DE，CE=CF-EF=BD-DE,

BD-DEEG

"-AE--BD+DE'

：.BD2-DE2=AEEG^

即府二速+9立；.

【點睛】

本題考查了圓周角定理、圓內接四邊形的性質、直角三角形全等的判定定理與性質、相似三角形的判定與

性質等知識點，較難的是題（2）②，正確找出兩個相似三角形是解題關鍵.

7.（2021?湖南中考真題）如圖，點A在以3c為直徑的。。上，NABC的角平分線與AC相交于點E,

與。。相交于點。，延長C4至M，連結使得=過點A作8M的平行線與CO的延長線

交于點N.

（1）求證：8M與。。相切；

（2）試給出AC,A￡>,CN之間的數量關系，并予以證明.

【答案】（1）見詳解；（2）AC2=AD?NC.

【分析】

（1）根據直徑所對的圓周角為90。，MB=ME，以及BO是NA8C的角平分線，推導出各個角度之間的

關系，等量代換即可證出；

（2）由圓周角相等推導出所對應的弧相等進一步得到弦相等，據此得出AADC為等腰三角形，再根據

〃8M以及（1）中的ZMBC=9Q°,進一步通過推導角度關系得到NN=NEBC=/ABE=NDCA,

△w4c為等腰三角形，再根據子母型相似得到AADCS.C,最終根據相似三角形的性質即可得出

AC2=AD.NC-

【詳解】

(1)如圖所示,

；MB=ME.BD是NABC的角平分線，

:./MBE=NMEB,ZABE二ZEBC，

乂：BC為直徑，

二ZBAC=90°,

：.ZABE+ZMEB^90°,

/EBC+/MBE=9CP,

即8M與。。相切.

（2）?:ZABE=NEBC，

,AD=CD，

AD=CD,

：.ZDAC^ZDCA,

...AAOC為等腰三角形，

又,:400=90。，

二ZBDN=900,

二ZN+ZNGD=90°,

乂；/NGD=/BG/，且由（1）可得NM3c=90°,NF//BM,

二ZNFB=90°,

即ZN=/EBC=/ABE=/DCA,

△M4C為等腰三角形，

在△ADC和4c中，

4N=/DAC=/DCA，

：.^ADCsAAMC,

.ADDCAC

,*M4-AC_7VC'

，AC2=DC.NC，

又?；AD=CD，

故：AC2=AD?NC.

【點睛】

本題考察了圓的綜合應用，切線的證明，等腰三角形的性質，直角三角形的性質及判定以及相似三角形的

性質及判定等知識點，綜合運用以上性質定理是解題的關鍵.

8.（2021?湖南中考真題）如圖，AB為。。的直徑，。為。。上一點，A￡>和過點。的切線互相垂直，垂

足為D.

（1）求證：AC平分ND84；

3

（2）若AO=8,tanZCAB=-,求：邊AC及A3的長.

【答案】（1）見詳解；（2）AC=10,43=一

2

【分析】

（1）連接OC,由題意易得ZADC=ZOCD=90°,則有AD//OC,進而可得ZACO=ZOAC=ADAC,

然后問題可求證；

3

（2）連接8C,由題意及（1）易得tanNC4￡>=tan/C43=-,則有QC=6,然后可得

4

cosZCAB=cosZCAD=-,然后問題可求解.

5

【詳解】

(1)證明：連接0C,如圖所示:

是。。的切線，

:."8=90。，

VAD1CD,

:.ZAZ）C=NOCD=90。，

AD//OC，

二ZDAC=ZACO-

?；OA=OC，

：.ZACO=ZOAC=ADAC,

二AC平分NDBA：

（2）解：連接BC,如圖所示：

3

tan/CAB=—,

4

3

/.tanZCAD=tan/.CAB=—

4

AD-8，

，CD=AD-tanADAC=6，

AC^y]AD2+CD2=10>

cosZ.CAB=cosZ.CAD==—

AC5

AB為。。的直徑，

:.ZACB=90°，

【點睛】

本題主要考查切線的性質及解直角三角形，熟練掌握切線的性質及三角函數是解題的關鍵.

9.(湖南省永州市2021年中考真題數學試卷)如圖1,AB是O。的直徑，點E是。。上一動點，且不與

A,B兩點重合，NE45的平分線交。。于點C,過點C作交AE的延長線于點。.

圖1圖2

(1)求證：8是。。的切線；

(2)求證：AC2=2ADAO^

(3)如圖2,原有條件不變，連接延長AB至點加，的平分線交AC的延長線于點P,

NC43的平分線交NCBM的平分線于點Q.求證：無論點E如何運動，總有NP=NQ.

【答案】(1)見詳解；(2)見詳解；(3)見詳解

【分析】

(1)連接OC,先證明NEAC=NOC4,可得CO〃AE,進而即可求證；

(2)連接8C,可證△D4CsaC4B，進而即可得到結論：

(3)由三角形外角的性質可得ZCBM-ZCAM=ZACB,結合角平分線的定義，可得

ZACB=2ZQ,同理：ZAEB=2ZP,進而即可得到結論.

【詳解】

(1)證明：連接0C,

D

：.ZEAC=ZCAB,

'：OA=OC,

：.ZCAB=ZOCA,

：.ZEAC=ZOCA,

J.CO//AE,

-：CD±AE,

：.CO±CD,

：.CO是o。的切線;

(2)連接SC,

D

：.NACB=90。，

'：CD±AE,

.,.Z/>90°,即：/ACB=ND,

:NDAC=NCAB,

AZMC^>/\CAB.

.ADAC?,

??———，即n：AC~—AD-AB'

ACAB

?：AB=2AO,

:.AC2=2AD-AO

（3）證明：8M是△ABQ的一個外角，

：.ZQBM-ZQAM=ZQ,

同理：NCBM-NCAM=NACB,

?；NC4s的平分線交NCBM的平分線于點。，

；.NCBM=2NQBM,ZCAM=2ZQAM,

：.ZACB=2ZQ,

同理：NAEB=2NP,

VZACB和NAEB都是直徑所對的圓周角，

NAC8=/AE8=90°,

AZP=ZQ,即：無論點E如何運動，總有NP=NQ.

【點睛】

本題主要考查圓的基本性質，三角形外角的性質，切線的判定定理，相似三角形的判定和性質，熟練掌握

圓周角定理及其推論，切線的判定定理，是解題的關鍵.

10.（2021.湖南中考真題）某種冰激凌的外包裝可以視為圓錐，它的底面圓直徑石￡>與母線長之比為

1:2.制作這種外包裝需要用如圖所示的等腰三角形材料，其中AB=4C,AD1BC.將扇形AEE圍成

圓錐時，AE，AE恰好重合.

（1）求這種加工材料的頂角N8AC的大小

（2）若圓錐底面圓的直徑為5cm,求加工材料剩余部分（圖中陰影部分）的面積.（結果保留了）

。1

/\/【答案】（1）

A

2

za4c=90。；(2)SWM=(100-254)cm.

【分析】

(1)設EQ=x,則4)=2x,根據圓的周長求〃弧長，利用弧長公式求〃=90°即可;

(2)由AB=4C,N84c=90。，可得AA8C為等腰直角三角形，由4)工BC可求8O=C￡?=AQ=10cm,利

用三角形面積公式求S“AC=；BCXAO,利用扇形面積公式求S扇形"=25萬，利用面積差求S陰影即可.

【詳解】

解：(1)設E慶x,貝ijA￡>=2x,

Xx2x

/.EF弧長=27x—=

180

**.n=90°，

ZBAC=90°；

(2)VED=5cm,

/.AD=2ED=10cm,

VAB=AC>N瓦IC=90。,

/.△ABC為等腰直角三角形,

ADIBC,

：.BD=CD=AD=\0cm,

：.BC=BrH-CD=20cn\f

2

/.S^BAC=—BCxAD=—x20x10=100cm,

22

.$_90x?XU

?,J扇形EF=-——---二23%，

360

??S用/=SABAC-S扇形"二(100-257r)cm~.

【點睛】

本題考查圓錐，側面展開圖，扇形面積公式，等腰直角三角形判定與性質，利用割補法求陰影面積，掌握

圓錐，側面展開圖，扇形面積公式，等腰直角三角形判定與性質，利用割補法求陰影面積是解題關鍵.

11.(2021?湖南中考真題)如圖所示，A3是。。的直徑，點C、。是。0上不同的兩點，直線交線

段OC于點E，交過點C的直線CF于點尸，若OC=3CE,且9仍尸一。尸)="2.

D

（1）求證：直線CF是。。的切線;

(2)連接0￡)、A。、AC.DC,若/C0D=2/B0C.

①求證：AACD^AOBE；

②過點E作EG//AB,交線段AC于點G,點M為線段AC的中點，若45=4,求線段MG的長度.

【答案】（I）證明見解析；（2）①證明見解析；②1

【分析】

2

⑴先將9（EF—Ck）=0C2轉化為EF2_CF2=CE2,再利用勾股定理逆定理證明，CF即可;

（2）①利用同一條弧所對的圓周角等于其所對圓心角的一半和同一條弧所對的圓周角相等分別得到

NCAD=NBOC與NQ5E=NACD,再利用兩角分別相等的兩三角形相似即可完成求證;

②分別利用相似三角形的性質和平行線分線段成比例定理的推論求出AC的長和CG的長，最后利用線段的

和差關系求解即可.

【詳解】

解：（1）證：因為OC=3CE,且9（￡7”一。/2）=。。2,

CiC~

：.EF2-CF2=生-

9

二￡F2-CF2=-==CE2.

99

OCLCF,

宜線CE是。。的切線；

⑵①；4COD=2/BOC,

又?:/COD=2/DAC,

：.NCAD=NBOC,

NOBE=ZACD,

：../XACD^/XOBEi

②：AACD^AOBE,

.OEOB

"~AD~~AC'

設圓的半徑為r,

VOC=3CE.AZ）=4，

2

；?31=r,

4-AC

AC=6:

??,點M為線段AC的中點，

二CM=3,

■:EG//AB,

.CGCE\

"~AC~~OC~3'

：.CG=2,

/.MG=CM-CG=3-2=1,

...線段MG的長度為1.

【點睛】

本題綜合考查了切線的判定定理、圓周角定理及其推論、勾股定理逆定理、相似三角形的判定與性質、平

行線分線段成比例定理的推論等內容，解決本題的關鍵是牢記相關概念，能根據題意建立相等關系等，本

題考查內容較多，綜合性較強，對學生的綜合分析能力有較高要求.

12.（2021?湖南中考真題）如圖，點。為以AB為直徑的半圓的圓心，點M，N在直徑AB上，點P，Q

在A8上，四邊形MNPQ為正方形，點。在QP上運動（點。與點p,。不重合），連接8c并延長交MQ

的延長線于點。，連接AC交MQ于點E，連接。。.

D

(1)求sinNAOQ的值;

?AM4…

（2）求訴的值;

（3）令ME=x,QD=y,直徑A5=2火（R>0,R是常數），求了關于x的函數解析式，并指明自變

量x的取值范圍.

【答案】（1）至；（2）避二1

(3),=/一處R4R〈”走R).

525x555

【分析】

（1）連接0尸，先利用HL定理證出R〃OPN=RfAOQM,從而可得QV=OM,再在中,

解直角三角形即可得；

（2）在（1）的基礎上，利用AM=Q4—O”求出AA/的長，由此即可得；

（3）如圖（見解析），先解直角三角形可得加=華氏。加=乎??,再根據圓周角定理、相似三角形

的判定可得GBM?^AEM，從而可得也=g"，由此即可得出丫關于x的函數解析式，然后連接AP,

AMME

交QM于點F，根據相似三角形的判定與性質可得f”=4"，由此可求出FM/小-5區(qū),最后根據

PNAN5

FM<ME<QM可得自變量x的取值范圍.

【詳解】

解：（1）如圖，連接OP,則OP=OQ,

D

?.?四邊形MNPQ為正方形,

PN=QM=MN,ZQMO=ZPNO=90°,

\PN=QM

在Rt^OPN和Rt/\OQM中，《八八:八，

OP=OQ

RtOPN=RtK)QM(HL),

:.ON=OM,

設QM=MN=2a,則ON=OM=a,

在Rt/XOQM中，OQ=^QM2+OM2=氐，

EI?/“ccQM2a2A/5

則sin乙4OQ=上一=-^=」一；

OQ氐5

⑵設QM=MN=2a,則ON=OM=a，OQ=迅a,

OA=OQ=#>a,

AM=OA-OM=(6-1)“，

.AM__(6-l)a_逐-1

"MN~~2a—-2'

(3)?.AB=2R，

OA=OQ=OB=R,

./iQM2石

sinAAOQ==-----,

OQ5

，也=*,解得QM=Z^R,

R55

:.0M=y)0Q2-QM2=y-^-

.-.BM=OB+OM+R,AM=AB-BM=5一小R,

55

,?,QD=y,

2尺

：.DM=QD+QM=y+^R,

由圓周角定理得：NAC8=90°，

:.ZDBM+ZBAC=9Q°,

-,-ZQMO=90°,

:.ADBM+ZD=90°,

：.ZD=ZBAC,

ND=NEAM

在△￡＞則和△AEM中，

ZDMB=ZAME=90°

:.^JDBM~AA￡W，

2小5+V5?

yK

DM_BM55

~AM~~ME'叩5-V5

Dx

---------A

5

解得”等亭H，

如圖，連接AP,交QM于點F,

2RdR

PN=MN=QM=-y-7?，AM

：.AN=AM+MN="^R，

5

?.?四邊形MNP。為正方形，

:.QM//PN,

:.iAFM?*PN,

5一逐R

FMAMFM

.二----=-----,即nn7=-=-----5/=-

PNAN2V5D5+V5D

AK

55

解得.二行一5R,

5

?.?點C在QP上運動（點。與點P,Q不重合），

二點￡在線段QF上運動（點E與點尸，。不重合）,

:.FM<ME<QM,即W^R<X（邁R，

55

綜上，y*當卜皿洛）.

5x555

【點睛】

本題考查了正方形的性質、圓周角定理、相似三角形的判定與性質、解宜角三角形等知識點，較難的是題

（3）,正確找出相似三角形是解題關鍵.

13.（2020.湖南中考真題）如圖，QW是。。的半徑，過點”作。。的切線A8，且=OA,OB

分別交O。于點C,D，求證：AC=BD

【答案】見解析

【分析】

首先得出VAOM今BOM，推出OA=OB,再利用OA-OC=OB-OD得出結果即可.

【詳解】

解：?.?AB是。O的切線，

二ZOMA=ZOMB=90°,

：MA=MB,OM=OM,

二NAOM^BOM，

r.OA=OB,

VOC,OD都是。。的半徑，

.?.OC=OD,

.*.OA-OC=OB-OD,

即AC=BD.

【點睛】

本題考查了切線的性質及全等三角形的判定，解題的關鍵是熟練掌握三角形全等的判定.

14.(2020.湖南中考真題)如圖，在△A5C中，AB-AC,以AB為直徑的。。交于點。，過點。作

DE1AC,垂足為點E.

(1)求證：烏△AC。；

(2)判斷直線DE與。0的位置關系，并說明理由.

【答案】(1)見解析；(2)直線OE與。。相切，理由見解析.

【分析】

(1)AB為。。的直徑得結合AB=AC,用HL證明全等三角形；

(2)由得BD=BC,結合AO=BO得OD為△ABC的中位線，由DE，AC得OD上DE，

可得直線DE為。O切線.

【詳解】

(1)：AB為。。的直徑

AD1BC

在Rt^ADB和Rt^ADC中

AD^AD

AB^AC

二△ABO且△AC。(HL)

(2)直線。石與。O相切，理由如下：

連接OD,如圖所示：

由且△AC￡>知：BD=DC，

又：OA=OB

AOD為△ABC的中位線

/.OD//AC

,:DELAC

二OD1DE

：OD為。O的半徑

ADE與③O相切.

【點睛】

本題考查了全等三角形的證明，切線的判定，熟知以上知識的應用是解題的關鍵.

15.(2020?湖南中考真題)如圖，已知A8是。。的直徑，C是。O上的一點，。是48上的一點，DE1AB

于D,DE交BC于F,且EF=EC.

(1)求證：EC是。。的切線;

(2)若80=4,BC=8,圓的半徑。8=5,求切線EC的長.

【分析】

(1)連接OC,由等腰三角形的性質和直角三角形的性質可得NOC2+NECF=90。，可證EC是。O的切線;

(2)由勾股定理可求AC=6,由銳角三角函數可求8尸=5,可求C尸=3,通過證明AOACS可得

ECCF」叼

——=——，可求解.

OAAC

【詳解】

解：(1)連接0C,

'：OC=OB,

：.N0BC=40CB,

\'DE±AB,

；.NOBC+/DFB=90。,

?：EF=EC,

：.ZECF=ZEFC=NDFB,

：.NOCB+NECF=90°,

：.OCLCE,

是。。的切線；

(2)是。。的直徑,

，ZACB=90°,

,:08=5,

二48=10,

'-AC=JAB?-BC?=J100-64=6,

.8_4

10BF

二8尸=5,

：.CF=BC-BF=3,

VZABC+ZT4=9O°,ZABC+ZBFD=90°,

；.NBFD=NA,

：.NA=NBFD=NECF=AEFC,

?.Q=0C,

AOCA=ZA=ZBFD=ZECF=ZEFC,

：./\OAC^/\ECF,

.EC_CF

OAAC

^O^CF5x35

；.EC===

62

【點睛】

此題主要考查切線的判定與性質與相似三角形綜合，解題的關鍵是熟知切線的判定與性質及相似三角形的

判定與性質.

16.(2020?湖南中考真題)如圖，在農945。中，ZAC5=90°.以A3為直徑作。。，過點C作直線CO

交A8的延長線于點。，使/BC0=NA.

(1)求證：CO為。。的切線;

（2）若OE平分/ADC，且分別交AC,BC于點E,尸，當CE=2時，求EF的長.

【答案】⑴見解析；（2）EF=2夜.

【分析】

（1）如圖，連接OC,欲證明CD是。。的切線，只需求得/OCD=90°;

（2）由角平分線及三角形外角性質可得/A+NADEn/BCD+NCDF,即NCEF=/CFE,根據勾股

定理可求得EF的長.

【詳解】

(1)證明：如圖，連接OC

：A8為。。的直徑

NACB=90°,即ZA+ZABC=90°

XVOC=OB

:.ZABC=ZOCB

ABCD=ZA

，ZBCD+NOCB=90°,即NOCD=90°

?；OC是圓o的半徑

.??CD是。。的切線.

(2)解：；平分/A。。

二ZCDE=ZADE

又；/BCD=ZA

：.NA+/ADE=NBCD+NCDF，即/CEF=NCFE

VZACB=90°,CE=2

；.CE=CF=2

.-.EF=7CE2+CF2=272

【點睛】

此題主要考查切線的判定方法、角平分線及三角形外角性質和勾股定理，熟練進行推理論證是解題關鍵.

17.（2020?湖南中考真題）如圖，△ABC內接于是。。的直徑，BO與。。相切于點8,BD交AC

的延長線于點。，E為的中點，連接CE.

（1）求證：CE是的切線.

（2）已知BD=3底CD=5,求O，E兩點之間的距離.

9

【答案】（1）見解析；（2）-

2

【分析】

（1）連接OC,先推出N8CD=90°,然后根據CE是RfABCD斜邊上的中線，得出CE=BE,從

而可得NEBC=NECB，根據8。與。。相切，得到NOBC+NEBC=90°，

可得NOC5+NECB=90°,即NOCE=9O\即可證明CE是。。的切線；

（2）連接OE,先證明△BCD^AABO,可得些=能，可求出AD,根據OE是△ABO的中位線，即

ADBD

可求出OE.

【詳解】

（1）證明：連接0C,

D

,:OC=OB，

：.ZOBC=ZOCB,

'：AB是。。的宜徑，

...ZACB=90°，則NBC￡>=90°,

,?CE是Rt\BCD斜邊8。上的中線，

:.CE=BE,

NEBC=/ECB,

,：8D與。。相切，

/.ZABD=90°，即ZOBC+ZEBC=90°,

，ZOCB+ZECB=90°,即ZOCE=90°,

OCLCE,

...CE是。。的切線；

(2)連接OE,

D

,:4D=4D,ZBCD=ZABD，

/.ABCD^/^ABD，

BDCDr；

---=，即2=5AO,

ADBD

?*.AD=9，

*/OE是△ABO的中位線，

19

OE=^-AD=-.

22

【點睛】

本題考查了切線的判定和性質，相似三角形的判定進而性質，三角形中位線定理，直角三角形斜邊上的中

線等于斜邊上的一半，掌握知識點，結合現(xiàn)有條件靈活運用是解題關鍵.

18.（2020.湖南中考真題）如圖，點C在以A8為直徑的。0上，8。平分NABC交。。于點。，過。作

BC的垂線，垂足為區(qū)

（1）求證：DE與。。相切;

(2)若AJB=5,8￡：=4,求80的長;

（3）請用線段A3、砥表示CE的長，并說明理由.

【答案】（I）詳見解析；（2）2小；（3）CE=AB—BE，理由詳見解析

【分析】

（1）連O￡>,據題意得05=0。，根據平分線的性質，得NCBD=N0BD,證明0￡）〃5C，再根據

OEL8C可得結果；

（2）根據AB為。。的直徑可得ZADB=90°,證出ADBES^ABD，得到BD2=AB-BE，代入數值

求解即可；

（3）由NEBD=ZABD得CD=AD，根據ZADB=90°,ZCED=90°,得到CD2=AD2=AB2-BD2，

DE2=BDr-BE1,聯(lián)立即可得到結果；

【詳解】

解：（1）連8,據題意得QB=O￡>，

40DB=/0BD,

8。平分/ABC，

NCBD=NOBD.

NCBD=/ODB，

：.OD//BC，

又?:DE±BC.

二DE1OD,

DE與O。相切.

(2)AB為。。的直徑可得：ZADB=90°,

據(1)NCBD=NOBD且/DEB=90°，

.在和△48。中，

/EBD=ZABD,NDEB=ZADB,

：.ADBESAABD，

■,?BD2=AB-BE，

又VAB=5,BE=4,

BD=x/20=26-

(3)CE=AB-BE.

由/EBD=ZABD得CD=AD,

???ZADB=90°,ZCED=90°,

；?CD2=AD2=AB2-BD2，

DE2=BD2-BE2>

CE2=CD2-DE2=AB2+BE2-1BD2=(AB-BE)2,

由Rt^DBE,Rt&ABD得AB>BD>BE，

:.CE=AB-BE.

【點睛】

本題主要考查了圓的綜合應用，結合三角形相似的知識點進行求解是解題的關鍵.

19.(2020?湖南中考真題)如圖，在等腰AABC中，AB=AC，點。是8C上一點，以3。為直徑的。。

過點A,連接A。，ZC4D=ZC.

(1)求證：AC是。。的切線；

(2)若AC=4,8=2,求0。的半徑.

【答案】(I)證明見解析；(2)試題錯誤.

【分析】

(1)連接OA,由圓的性質可得OA=OB,EPZOBA=ZOAB；再由AB=AC,即NOBA=/C,再結合

ZCAD=ZC,可得NOAB=NCAD,然后由NBAD=90。說明/OAC=90。即可完成證明；

(2)試題錯誤.

【詳解】

(1)證明；如圖：連接OA

VOA=OB

ZOBA=ZOAB

VAB=AC

:.ZOBA=ZC

二ZOAB=ZC

?；NC4D=NC

，ZOAB=ZCAD

VBD是直徑

二ZBAD=90°

?/ZOAC=ZBAD-ZOAB+ZCAD=90°

，AC是。。的切線；

（2）試題錯誤.

【點睛】

本題考查了圓的切線的判定，證得/OAC=90。是解答本題的關鍵.

20.（2020.湖南中考真題）如圖，是。O的直徑，AC是。O的切線，BC交。O于點E.

(1)若D為AC的中點，證明：OE是。。的切線；

(2)若C4=6,CE=3.6,求。O的半徑Q4的長.

【答案】(1)證明見解析；(2)。。的半徑。4的長為4

【分析】

(1)連接AE和OE,由直角三角形的性質和圓周角定理易得NOED=90。，可得DE是。O的切線;

(2)在RtAACE中求得AE的長，證得RtAABE-RtACAE,利用對應邊成比例即可求解.

【詳解】

(1)連接AE,OE,

VAB是。O的直徑，

,ZAEB=90°,

：AC是圓(DO的切線，

AAC1AB,

在直角AAEC中，

為AC的中點，

，DE=DC=DA,

ZDEA=ZDAE,

VOE=OA,

，ZOEA=ZOAE,

NDAE+NOAE=90。，

二ZDEA+ZOEA=ZDEO=90°,

AOEIDE,

；.DE是。O的切線；

(2)：AB是(DO的直徑，

NAEB=NAEC=90°,

在RIAACE中，CA=6,CE=3.6=—,

二AE=yjAC2-CE2=JG?—(果=y，

AZB+ZEAB=90°,

VZCAE+ZEAB=90°,

AZB=ZCAE,

/.RtZkABE?RtACAE,

24

.ABAEABV

..---=----,Rn----=?

ACCE618

5

AB-8，

：.OO的半徑OA=-AB=4.

2

【點睛】

本題考查了切線的判定、相似三角形的判定和性質以及勾股定理的應用，掌握切線的判定定理、相似三角

形的判定定理和性質定理是解題的關鍵.

21.(2020?湖南中考真題)如圖，A8為。。的直徑，C為。0上的一點，AD與過點C的直線互相垂直,

垂足為D,AC平分NZM3.

(1)求證：DC為。。的切線；

(2)若AD=3,DC<,求。。的半徑.

【答案】(1)詳見解析；(2)2

【分析】

(1)連接OC,利用角平分線的性質及同圓半徑相等的性質求出/DAC=NOCA,得至ljAD〃OC,即可得

到OCJ_CD得到結論；

(2)連接BC,先求出tanN￡>AC=0=也，得到NCAB=/DAC=30。，AC=2CD=2，L再根據AB為

AD3

。。的直徑得到NACB=90。，再利用三角函數求出AB.

【詳解】

(1)連接OC,

VOA=OC,

.\ZOAC=ZOCA,

〈AC平分ND43，

???ZDAC=ZOAC,

AZDAC=ZOCA,

，AD〃OC,

.\ZADC+ZOCD=180°,

VAD1CD,

???NADC=90。，

???ZOCD=90°,

AOC1CD,

???DC為。。的切線；

(2)連接BC,

在RSACD中，NADO90。，AD=3,DC=6

?,oCD

,?tun/-DAC=-----=—,

AD3

.??ZDAC=30°,

AZCAB=ZDAC=30°,AO2CD=2百，

〈AB是。。的直徑，

???ZACB=90°,

AC

??AB=-------------=4A，

cos/CAB

???。。的半徑為2.

D

C

【點睛】

此題考查角平分線的性質定理，圓的切線的判定定理，圓周角定理，銳角三角函數，直角三角形30。角的性

質，正確連接輔助線解題是此題的關鍵.

22.（2020?湖南中考真題）如圖，在AA8C中，ZC=90°,AO平分44c交8c于點。，過點A和點。

的圓，圓心。在線段A3上，。。交AB于點E，交AC于點尸.

（1）判斷BC與。。的位置關系，并說明理由;

（2）若A￡）=8,AE=10,求8。的長.

【答案】（1）8c與。。相切.證明見解析；（2）—.

7

【分析】

（1）利用角平分線的定義證明ZOAD=ZCAD,結合等腰三角形的性質證明NODA=ZCAD,從而證明

OD//AC,結合ZC=90°可得答案；

（2）連接￡>E，先利用勾股定理求解。石的長，再證明ABDESABA。，利用相似三角形的性質列方程組

求解即可得到答案.

【詳解】

解：（1）BC與。。相切.

理由如下：

如圖，連接OD，

?.?A￡>平分N84C，

ZOAD=ZCAD,

QOA=OD,

ZODA=ZOAD,

ZODA^ZCAD,

:.OD//AC,

ZC=90°,

:.NODB=NC=90。,

Q。在。。上，

8C是。。的切線.

(2)連接。E,

.「AE'為。0的直徑，

ZADE=90。，

-.-AD=S,AE=\0,

:.DE=ylAE2-AD2=6,

?.?NOQB=ZA￡)E=90。，

ZBDE+NODE=/ADO+ZODE=90°,

/.ZBDE=ZADO,

1.,OD=OA,

ZADO^ZDAO,

NBDE=NDAO,

NB=NB,

:.ABDESABAD,

B