專題25 圓壓軸綜合和切線的性質(zhì)定理（5大考點）2022-2024中考數(shù)學(xué)真題分類匯編（全國用）

第第頁試卷第=page2424頁，共=sectionpages2525頁專題25圓壓軸綜合和切線的性質(zhì)定理（5大考點）（解析版）【考點歸納】TOC\o"1-2"\h\z\u一、考點01線段問題 1二、考點02角度問題 6三、考點03圓與三角形綜合 10四、考點04圓與四邊形綜合 13五、考點05切線的性質(zhì)定理 16考點01線段問題1．（2024·四川成都·中考真題）如圖，在中，，為斜邊上一點，以為直徑作，交于，兩點，連接，，．(1)求證：；(2)若，，，求的長和的直徑．【答案】(1)見詳解；(2)，．【分析】（1）先證明，然后利用對應(yīng)邊成比例，即可證明；（2）利用，知道，從而推出，結(jié)合，知道，推出，接下來證明，那么有，即，不妨設(shè)，代入求得的長度，不妨設(shè)，在和中利用勾股定理求得和的長度，最后利用，求得的長度，然后再利用勾股定理求得的長度．【詳解】（1）是的直徑又（2）由（1）可知，不妨設(shè)，那么，不妨設(shè)，那么在中，，，在中，，的直徑是．【點睛】本題考查了同弧所對的圓周角相等，直徑所對的圓周角是直角，三角形相似的判定與性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)，二次根式的化簡，熟練掌握以上知識點是解題的關(guān)鍵．2．（2024·北京·中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，的半徑為1，對于的弦和不在直線上的點，給出如下定義：若點關(guān)于直線的對稱點在上或其內(nèi)部，且，則稱點是弦的“可及點”．(1)如圖，點，．①在點，，中，點___________是弦的“可及點”，其中____________；②若點是弦的“可及點”，則點的橫坐標(biāo)的最大值為__________；(2)已知是直線上一點，且存在的弦，使得點是弦的“可及點”．記點的橫坐標(biāo)為，直接寫出的取值范圍．【答案】(1)①，45；②(2)或【分析】（1）由相對運動理解，作出關(guān)于的對稱圓，若點關(guān)于直線的對稱點在上或其內(nèi)部，且，則稱點是弦的“可及點”，則點C應(yīng)在的圓內(nèi)或圓上，先求得，根據(jù)點與圓的位置關(guān)系的判斷方法分別判斷即可得出在上，故符合題意，根據(jù)圓周角定理即可求解；②取中點為H，連接，可確定點D在以H為圓心，為半徑的上方半圓上運動（不包括端點A、B），當(dāng)軸時，點D橫坐標(biāo)最大，可求，故點的橫坐標(biāo)的最大值為；（2）反過來思考，由相對運動理解，作出關(guān)于的對稱圓，故點P需要在的圓內(nèi)或圓上，作出的外接圓，連接，則點P在以為圓心，為半徑的上運動（不包括端點M、N），可求，隨著的增大，會越來越靠近，當(dāng)點與點重合時，點P在上，即為臨界狀態(tài)，此時最大，，由，故當(dāng)最大，時，此時為等邊三角形，此時，故當(dāng)，的最大值為2，設(shè)，則，解得：，可求直線與交于點，，故t的取值范圍是或．【詳解】（1）解：①：反過來思考，由相對運動理解，作出關(guān)于的對稱圓，∵若點關(guān)于直線的對稱點在上或其內(nèi)部，且，則稱點是弦的“可及點”，∴點C應(yīng)在的圓內(nèi)或圓上，∵點，，∴，而，∴,由對稱得：，∴為等腰直角三角形，∴,設(shè)半徑為，則,故在外，不符合題意；，故在上，符合題意；，故在外，不符合題意，∴點是弦的“可及點”，可知三點共線，∵，∴，故答案為：，45；②取中點為H，連接，∵，∴，∴點D在以H為圓心，為半徑的上方半圓上運動（不包括端點A、B），∴當(dāng)點軸時，點D橫坐標(biāo)最大，∵，，∴，∴，∵點，，∴，∴此時，∴點的橫坐標(biāo)的最大值為，故答案為：；（2）解：反過來思考，由相對運動理解，作出關(guān)于的對稱圓，∵若點關(guān)于直線的對稱點在上或其內(nèi)部，且，則稱點是弦的“可及點”，∴點C應(yīng)在的圓內(nèi)或圓上，故點P需要在的圓內(nèi)或圓上，作出的外接圓，連接，∴點P在以為圓心，為半徑的上運動（不包括端點M、N），∴，∴，由對稱得點在的垂直平分線上，∵的外接圓為，∴點也在的垂直平分線上，記與交于點Q，∴，∴，隨著的增大，會越來越靠近，當(dāng)點與點重合時，點P在上，即為臨界狀態(tài)，此時最大，，連接，∵，∴當(dāng)最大,時，此時為等邊三角形，由上述過程知∴，∴當(dāng)，的最大值為2，設(shè)，則，解得：，而記直線與交于，與y軸交于點K，過點S作軸，當(dāng)，當(dāng)時，，解得，∴與x軸交于點，∴，而∴為等邊三角形，∴，∴，∴，∴t的取值范圍是或．【點睛】本題考查了新定義，軸對稱變換，點與圓的位置關(guān)系，圓周角定理，解直角三角形，一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點問題，已知兩點求距離等知識點，正確添加輔助線，找到臨界狀態(tài)情況是解題的關(guān)鍵．3．（2024·北京·中考真題）如圖，是的直徑，點，在上，平分.

(1)求證：；(2)延長交于點，連接交于點，過點作的切線交的延長線于點.若，，求半徑的長.【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）根據(jù)題意，得，結(jié)合，得到，繼而得到，根據(jù)平分，得到，繼而得到，可證；（2）不妨設(shè)，則，求得，證明，，求得，取的中點M，連接，則，求得，，結(jié)合切線性質(zhì)，得到，解答即可.【詳解】（1）根據(jù)題意，得，∵，∴，∴，∵平分，∴，∴，∴；（2）∵，，不妨設(shè)，則，∴，∵，∴，，∴，∴，解得，取的中點M，連接，則∵，∴，∴，∴，∵是的切線，∴，∴，解得，故半徑的長為.

【點睛】本題考查了圓的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的判定，三角形相似的判定和性質(zhì)，切線的性質(zhì)，解直角三角形的相關(guān)計算，等量代換思想，熟練掌握三角形相似的判定和性質(zhì)，切線的性質(zhì)，解直角三角形的相關(guān)計算是解題的關(guān)鍵.4．（2024·山東濟(jì)南·中考真題）如圖，為的直徑，點在上，連接，點在的延長線上，．(1)求證：與相切；(2)若，求的長．【答案】(1)證明見解析；(2)．【分析】（1）證明，即可證明是的切線；（2）連接，先計算，再計算，后得到解答即可．本題考查了切線的證明，圓周角定理，三角形函數(shù)的應(yīng)用，熟練掌握切線的判定定理，三角函數(shù)的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．【詳解】（1）解：所對的弧是同弧，，，即，為直徑，，，，，，與相切．（2）解：連接所對的弧是同弧，，為直徑，，在中，，，，．5．（2024·山東濰坊·中考真題）如圖，已知內(nèi)接于，是的直徑，的平分線交于點，過點作，交的延長線于點，連接．(1)求證：是的切線；(2)若，，求的直徑．【答案】(1)證明見解析；(2)．【分析】（）連接，由角平分線可得，又由可得，即得，由得，進(jìn)而可得，即得，即可求證；（）是的直徑可得，又由（）知，由，，進(jìn)而可得，再根據(jù)，，，可得，得到，，解得到，再解即可求解；本題考查了角平分線的定義，等腰三角形的性質(zhì)，切線的判定，圓周角定理，三角函數(shù)，掌握圓的有關(guān)定理是解題的關(guān)鍵．【詳解】（1）證明：連接，∵平分，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即，∴，∵是半徑，∴是的切線；（2）解：∵是的直徑，∴，∴，即，∵，∴，∴∵，，∴，∵，，，∴∴，，在中，，∴，∴，在中，，∴，即的直徑為．6．（2024·陜西·中考真題）問題提出（1）如圖1，在中，，，作的外接圓．則的長為________；（結(jié)果保留π）

問題解決（2）如圖2所示，道路的一側(cè)是濕地．某生態(tài)研究所在濕地上建有觀測點D，E，C，線段和為觀測步道，其中點A和點B為觀測步道出入口，已知點E在上，且，，，，，現(xiàn)要在濕地上修建一個新觀測點P，使．再在線段上選一個新的步道出入口點F，并修通三條新步道，使新步道經(jīng)過觀測點E，并將五邊形的面積平分．

請問：是否存在滿足要求的點P和點F?若存在，求此時的長；若不存在，請說明理由．（點A，B，C，P，D在同一平面內(nèi)，道路與觀測步道的寬、觀測點及出入口的大小均忽略不計，結(jié)果保留根號）【答案】（1）；（2）存在滿足要求的點P和點F，此時的長為．【分析】（1）連接，證明等邊三角形，再利用弧長公式計算即可求解；（2）點P在以為圓心，圓心角為的圓上，如圖，由題意知直線必經(jīng)過的中點，得到四邊形是平行四邊形，求得，作于點，解直角三角形求得和的長，再證明，利用相似三角形的性質(zhì)求得，據(jù)此求解即可．【詳解】解：（1）連接，

∵，∴，∵，∴等邊三角形，∵，∴，∴的長為；故答案為：；（2）存在滿足要求的點P和點F，此時的長為．理由如下，解：∵，，∴，∴，∵，∴四邊形是平行四邊形，∵要在濕地上修建一個新觀測點P，使，∴點P在以為圓心，為弦，圓心角為的圓上，如圖，

∵，∴經(jīng)過點的直線都平分四邊形的面積，∵新步道經(jīng)過觀測點E，并將五邊形的面積平分，∴直線必經(jīng)過的中點，∴是的中位線，∴，∵，，∴四邊形是平行四邊形，∴，作于點，

∵四邊形是平行四邊形，，∴，∵，∴，，∵，∴，∴，即，∴，在中，，∴．答：存在滿足要求的點P和點F，此時的長為．【點睛】本題考查了圓周角定理，解直角三角形，平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，正確引出輔助線解決問題是解題的關(guān)鍵．7．（2024·上海·中考真題）在梯形中，，點E在邊上，且．(1)如圖1所示，點F在邊上，且，聯(lián)結(jié)，求證：；(2)已知；①如圖2所示，聯(lián)結(jié)，如果外接圓的心恰好落在的平分線上，求的外接圓的半徑長；②如圖3所示，如果點M在邊上，聯(lián)結(jié)、、，與交于N，如果，且，，求邊的長．【答案】(1)見詳解(2)①；②【分析】（1）延長交于點G，由，得到，由已知數(shù)據(jù)得到，，故，因此；（2）①記點O為外接圓圓心，過點O作于點F，連接，先證明，再證明，則，即，求得；②延長交于點P，過點E作，垂足為點Q，由，求得，可證明，角度推導(dǎo)得，則，求出，繼而得到，由，則，設(shè)，則，由，設(shè)，，由，得到，設(shè)，可證明，求出，則，在中，運用勾股定理得：，則，在中，由勾股定理得，，故．【詳解】（1）證明：延長交于點G，∵，∴，∵，∴，，∴，∴；（2）①解：記點O為外接圓圓心，過點O作于點F，連接，∵點O為外接圓圓心，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，∴外接圓半徑為；②延長交于點P，過點E作，垂足為點Q，∵，∴，∴，由①知，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，由，得，∴，∴，∴，∵，∴，∴，設(shè)，則，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴設(shè)，∵，，∴，∴，即，∴，解得：，∴，在中，由勾股定理得：，∴，∴，∴，而，∴在中，由勾股定理得，，∵，∴．【點睛】本題考查了平行線分線段成比例定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，三角形的外接圓等知識點，熟練掌握知識點，正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵．8．（2023·上?！ぶ锌颊骖}）如圖（1）所示，已知在中，，在邊AB上，點為邊中點，為以為圓心，為半徑的圓分別交CB，于點，，聯(lián)結(jié)交于點．

(1)如果，求證：四邊形為平行四邊形；(2)如圖（2）所示，聯(lián)結(jié)，如果，求邊的長；(3)聯(lián)結(jié)，如果是以為腰的等腰三角形，且，求的值．【答案】(1)見解析(2)(3)【分析】（1）根據(jù)等邊對等角得出，，等量代換得出，則，根據(jù)是的中點，，則是的中位線，則，即可得證；（2）設(shè)，，則，由（1）可得則，等量代換得出，進(jìn)而證明，得出，在中，，則，解方程即可求解；（3）是以為腰的等腰三角形，分為①當(dāng)時，②當(dāng)時，證明，得出，設(shè)，根據(jù)，得出，可得，，連接交于點，證明在與中，，，得出，可得，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出，進(jìn)而即可求解．【詳解】（1）證明：∵∴∵∴,∴∴，∵是的中點，，∴是的中位線，∴，即，∴四邊形是平行四邊形；（2）解：∵，點邊中點，設(shè)，，則由（1）可得∴，∴，又∵∴,∴即，∵，在中，，∴，∴解得：或（舍去）∴；（3）解：①當(dāng)時，點與點重合，舍去；②當(dāng)時，如圖所示，延長交于點P，

∵點是的中點，，∴，設(shè)，∵∴，∴，設(shè)，∵∴，

∴，∴，∴，連接交于點，

∵，∴∴，∴，在與中，，，∴，又，∴，∴，∴，∴，，∴．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，等腰三角形的定義，圓的性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定，第三問中，證明是解題的關(guān)鍵．9．（2024·黑龍江綏化·中考真題）如圖1，是正方形對角線上一點，以為圓心，長為半徑的與AD相切于點，與相交于點．(1)求證：AB與相切．(2)若正方形的邊長為，求的半徑．(3)如圖2，在（2）的條件下，若點是半徑上的一個動點，過點作交于點．當(dāng)時，求的長．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）方法一：連接，過點作于點，四邊形是正方形，是正方形的對角線，得出，進(jìn)而可得為的半徑，又，即可得證；方法二：連接，過點作于點，根據(jù)正方形的性質(zhì)證明得出，同方法一即可得證；方法三：過點作于點，連接．得出四邊形為正方形，則，同方法一即可得證；（2）根據(jù)與AD相切于點，得出，由（1）可知，設(shè)，在中，勾股定理得出，在中，勾股定理求得，進(jìn)而根據(jù)建立方程，解方程，即可求解．（3）方法一：連接，設(shè)，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，結(jié)合題意得出，即可得出；方法二：連接，證明得出，進(jìn)而可得，同理可得方法三：連接，證明得出，設(shè)，則，進(jìn)而可得，進(jìn)而同方法一，即可求解．【詳解】（1）方法一：證明：連接，過點作于點，與AD相切于點，．四邊形是正方形，是正方形的對角線，，，為的半徑，為的半徑，，與相切．方法二：證明：連接，過點作于點，與AD相切于點，，，四邊形是正方形，，又，，，為的半徑，為的半徑，，與相切．方法三：證明：過點作于點，連接．與相切，為半徑，，，，，又四邊形為正方形，，四邊形為矩形，又為正方形的對角線，，，矩形為正方形，．又為的半徑，為的半徑，又，與相切．（2）解：為正方形的對角線，，與AD相切于點，，由（1）可知，設(shè)，在中，，，，，又正方形的邊長為．在中，，，，．∴的半徑為．（3）方法一：解：連接，設(shè)，，，，．在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，又，．．方法二：解：連接，為的直徑，，，，，，，，，，，，，，．方法三：解：連接，為的直徑，，，，，，，，，，，，設(shè)，則，，．又，，．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，垂徑定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，正確的添加輔助線是解題的關(guān)鍵．10．（2024·廣東廣州·中考真題）如圖，在菱形中，．點在射線上運動（不與點，點重合），關(guān)于的軸對稱圖形為．(1)當(dāng)時，試判斷線段和線段的數(shù)量和位置關(guān)系，并說明理由；(2)若，為的外接圓，設(shè)的半徑為．①求的取值范圍；②連接，直線能否與相切？如果能，求的長度；如果不能，請說明理由．【答案】(1)，(2)①且；②能，【分析】（1）由菱形的性質(zhì)可得，，再結(jié)合軸對稱的性質(zhì)可得結(jié)論；（2）①如圖，設(shè)的外接圓為，連接交于．連接，，，，證明為等邊三角形，共圓，，在上，，過作于，當(dāng)時，最小，則最小，再進(jìn)一步可得答案；②如圖，以為圓心，為半徑畫圓，可得在上，延長與交于，連接，證明，可得，為等邊三角形，證明，可得：，，過作于，再進(jìn)一步可得答案．【詳解】（1）解：，；理由如下：∵在菱形中，，∴，，∵，∴，∴，由對折可得：，∴；（2）解：①如圖，設(shè)的外接圓為，連接交于．連接，，，，∵四邊形為菱形，，∴，，，∴為等邊三角形，∴，∴共圓，，在上，∵，∴，過作于，∴，，∴，當(dāng)時，最小，則最小，∵，，∴，∴；點E不與B、C重合，，且，∴的取值范圍為且；②能為的切線，理由如下：如圖，以為圓心，為半徑畫圓，∵，∴在上，延長與交于，連接，同理可得為等邊三角形，∴，∴，∴，∵為的切線，∴，∴，∵，∴為等邊三角形，∴，∴，∴，∴，由對折可得：，，過作于，∴設(shè)，∵，∴，∴，解得：，∴，∴．【點睛】本題考查的是軸對稱的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理的應(yīng)用，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，勾股定理的應(yīng)用，切線的性質(zhì)，本題難度很大，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．11．（2024·浙江·中考真題）如圖，在圓內(nèi)接四邊形中，，延長至點E，使，延長至點F，連結(jié)，使．(1)若，為直徑，求的度數(shù)．(2)求證：①；②．【答案】(1)(2)①見詳解；②見詳解【分析】（1）根據(jù)圓周角定理即可求解，由為直徑，得到，故，由，得到；（2）①由四點共圓得，而，等量代換得到，故；②過點D作平行線交于點G，可證明，，因此得到，由，得到．【詳解】（1）解：∵，，∴，∵為直徑，∴，∴，∵，∴；（2）證明①：∵四邊形是圓內(nèi)接四邊形，∴，∵，∴，∴；②過點D作平行線交于點G，∵，∴，，∵，∴，∵由（1）知，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴．【點睛】本題考查了圓周角定理，圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，平行線的判定與性質(zhì)，熟練掌握知識點，正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵．12．（2023·浙江·中考真題）小賀在復(fù)習(xí)浙教版教材九上第81頁第5題后，進(jìn)行變式、探究與思考：如圖1，的直徑垂直弦AB于點E，且，．

(1)復(fù)習(xí)回顧：求的長．(2)探究拓展：如圖2，連接，點G是上一動點，連接，延長交的延長線于點F．①當(dāng)點G是的中點時，求證：；②設(shè)，，請寫出y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并說明理由；③如圖3，連接，當(dāng)為等腰三角形時，請計算的長．【答案】(1)；(2)①見解析；②；③的長為或．【分析】（1）先求得的直徑為10，再利用垂徑定理求得，在中，利用勾股定理即可求解；（2）①連接，由點G是的中點，推出，根據(jù)等角的余角相等即可證明結(jié)論成立；②利用勾股定理求得，利用垂徑定理得到，推出，證明，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解；③分兩種情況討論，當(dāng)和時，證明，利用相似三角形的性質(zhì)求解即可.【詳解】（1）解：連接，

∵的直徑垂直弦AB于點E，且，，∴，，∴，，在中，，∴；（2）解：①連接，

∵點G是的中點，∴，∴，∵的直徑垂直弦AB于點E，∴，∴，∴；②∵，，，∴，

∵的直徑垂直弦AB于點E，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴；③當(dāng)時，

在中，，∴，∵，∴，∴，即，∴；當(dāng)時，

在中，，在中，，∴，同理，∴，即，∴；綜上，的長為或．【點睛】本題考查了圓周角定理，垂徑定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．13．（2024·江蘇揚州·中考真題）在綜合實踐活動中，“特殊到一般”是一種常用方法，我們可以先研究特殊情況，猜想結(jié)論，然后再研究一般情況，證明結(jié)論．如圖，已知，，是的外接圓，點在上（），連接AD、BD、CD．【特殊化感知】（1）如圖1，若，點在延長線上，則與CD的數(shù)量關(guān)系為________；【一般化探究】（2）如圖2，若，點、在AB同側(cè)，判斷與CD的數(shù)量關(guān)系并說明理由；【拓展性延伸】（3）若，直接寫出AD、BD、CD滿足的數(shù)量關(guān)系．（用含的式子表示）【答案】（1）；（2）（3）當(dāng)在上時，；當(dāng)在上時，【分析】（1）根據(jù)題意得出是等邊三角形，則，進(jìn)而由四邊形是圓內(nèi)接四邊形，設(shè)交于點，則，設(shè)，則，分別求得，即可求解；（2）在上截取，證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即得出結(jié)論；（3）分兩種情況討論，①當(dāng)在上時，在上截取，證明，，得出，作于點，得出，進(jìn)而即可得出結(jié)論；②當(dāng)在上時，延長至，使得，連接，證明，，同①可得，即可求解．【詳解】解：∵，，∴是等邊三角形，則∵是的外接圓，∴是的角平分線，則∴∵四邊形是圓內(nèi)接四邊形，∴∴設(shè)交于點，則，設(shè)，則在中，∴∴，∵是直徑，則，在中，∴∴（2）如圖所示，在上截取，∵∴∴是等邊三角形，∴，則∴∵四邊形是圓內(nèi)接四邊形，∴∴；∵，，∴是等邊三角形，則∴，又∵∴在中∴∴，∴即；（3）解：①如圖所示，當(dāng)在上時，在上截取，∵∴又∵∴，則∴即又∵∴∴∴∵∴如圖所示，作于點，在中，，∴∴∴，即②當(dāng)在上時，如圖所示，延長至，使得，連接，∵四邊形是圓內(nèi)接四邊形，∴又∵∴，則∴即，又∵∴∴∴，∵同①可得∴∴綜上所述，當(dāng)在上時，；當(dāng)在上時，．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形對角互補，圓周角定理，同弧所對的圓周角相等，全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握截長補短的輔助線方法是解題的關(guān)鍵．二、考點02角度問題14．（2024·湖南·中考真題）【問題背景】已知點A是半徑為r的上的定點，連接，將線段繞點O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到，連接，過點A作的切線l，在直線l上取點C，使得為銳角．【初步感知】（1）如圖1，當(dāng)時，；【問題探究】（2）以線段為對角線作矩形，使得邊過點E，連接，對角線，相交于點F．①如圖2，當(dāng)時，求證：無論在給定的范圍內(nèi)如何變化，總成立：②如圖3，當(dāng)，時，請補全圖形，并求及的值．【答案】（1）；①證明見解析；②補全圖形見解析，，【分析】（1）可證是等邊三角形，則，由直線l是的切線，得到，故；（2）①根據(jù)矩形的性質(zhì)與切線的性質(zhì)證明，則，而，由，得到；②過點O作于點G，于點H，在中，先證明點E在線段上，，由等腰三角形的性質(zhì)得，根據(jù)互余關(guān)系可得，可求，解，求得，可證明，故在中，．【詳解】解：（1）由題意得，∵，∴是等邊三角形，∴，∵直線l是的切線，∴，∴，故答案為：；（2）①如圖：∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵四邊形是矩形，∴，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵四邊形是矩形，∴，∵，∴；②補全圖形如圖：過點O作于點G，于點H，在中，，∴由勾股定理得，∵，∴，∴，∴點E在線段上，∴在，，∵，，∴，∵，∴，∴，在中，，∴設(shè)，∴由勾股定理得，∴，∴在中，∵四邊形是矩形，∴，∴，而，∴，∴在中，．【點睛】本題考查了圓的切線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理，熟練掌握知識點，正確添加輔助線是解決本題的關(guān)鍵．15．（2024·內(nèi)蒙古通遼·中考真題）數(shù)學(xué)活動課上，某小組將一個含的三角尺利一個正方形紙板如圖1擺放，若，．將三角尺繞點逆時針方向旋轉(zhuǎn)角，觀察圖形的變化，完成探究活動．【初步探究】如圖2，連接，并延長，延長線相交于點交于點．問題1和的數(shù)量關(guān)系是________，位置關(guān)系是_________．【深入探究】應(yīng)用問題1的結(jié)論解決下面的問題．問題2如圖3，連接，點是的中點，連接，．求證．【嘗試應(yīng)用】問題3如圖4，請直接寫出當(dāng)旋轉(zhuǎn)角從變化到時，點經(jīng)過路線的長度．【答案】（1）；；（2）證明見解析；（3）【分析】（1）如圖，由四邊形是正方形，是等腰直角三角形，，證明，再進(jìn)一步可得結(jié)論；（2）如圖，由，，再結(jié)合直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)可得結(jié)論；（3）如圖，證明在以為圓心，為半徑的上，過作于，當(dāng)時，證明，可得，，證明四邊形是正方形，可得當(dāng)旋轉(zhuǎn)角從變化到時，在上運動，再進(jìn)一步解答即可；【詳解】解：；；理由如下：如圖，∵四邊形是正方形，∴，，∵是等腰直角三角形，，∴，，∴，∴，∴，，∵，∴，∴；（2）如圖，∵四邊形是正方形，∴，∵點是的中點，∴，∵，∴，∵點是的中點，∴，∴；（3）如圖，∵，，∴在以為圓心，為半徑的上，過作于，當(dāng)時，∴，，∵，∴，，∴，，∴，∴，∴，∴，而，，∴四邊形是正方形，∴當(dāng)旋轉(zhuǎn)角從變化到時，在上運動，∵，，，∴，∴點經(jīng)過路線的長度為.【點睛】本題考查的是正方形的性質(zhì)與判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，圓周角的應(yīng)用，勾股定理的逆定理的應(yīng)用，弧長的計算，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵.16．（2024·江蘇連云港·中考真題）【問題情境】（1）如圖1，圓與大正方形的各邊都相切，小正方形是圓的內(nèi)接正方形，那么大正方形面積是小正方形面積的幾倍？小昕將小正方形繞圓心旋轉(zhuǎn)45°（如圖2），這時候就容易發(fā)現(xiàn)大正方形面積是小正方形面積的__________倍．由此可見，圖形變化是解決問題的有效策略；【操作實踐】（2）如圖3，圖①是一個對角線互相垂直的四邊形，四邊a、b、c、d之間存在某種數(shù)量關(guān)系．小昕按所示步驟進(jìn)行操作，并將最終圖形抽象成圖4．請你結(jié)合整個變化過程，直接寫出圖4中以矩形內(nèi)一點P為端點的四條線段之間的數(shù)量關(guān)系；【探究應(yīng)用】（3）如圖5，在圖3中“④”的基礎(chǔ)上，小昕將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，他發(fā)現(xiàn)旋轉(zhuǎn)過程中存在最大值．若，，當(dāng)最大時，求AD的長；（4）如圖6，在中，，點D、E分別在邊AC和BC上，連接DE、AE、BD．若，，求的最小值．【答案】（1）2（2）（3）（4）【分析】（1）利用圓與正多邊形的性質(zhì)分別計算兩個正方形的面積可得答案；（2）如圖，由，證明，再結(jié)合圖形變換可得答案；（3）如圖，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，可得在以為圓心，為半徑的圓上運動，可得當(dāng)與相切時，最大，再進(jìn)一步解答即可；（4）如圖，將沿對折，的對應(yīng)點為，將沿對折，的對應(yīng)點為，連接，再將沿方向平移，使與重合，如圖，得，由（2）可得：，當(dāng)三點共線時，最短，再進(jìn)一步解答即可.【詳解】解：如圖，∵正方形，及圓為正方形的內(nèi)切圓，為正方形的外接正方形，∴設(shè)，，∴，，∴，，∴大正方形面積是小正方形面積的2倍．（2）如圖，∵，∴，，，，∴，如圖，結(jié)合圖形變換可得：；（3）如圖，∵將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，∴在以為圓心，為半徑的圓上運動，∵為圓外一個定點，∴當(dāng)與相切時，最大，∴，∴，由（2）可得：，∵，，∴，∴；（4）如圖，將沿對折，的對應(yīng)點為，將沿對折，的對應(yīng)點為，連接，∴，，再將沿方向平移，使與重合，如圖，得，由（2）可得：，∴當(dāng)三點共線時，最短，∵，，∴，，∴；∴的最小值為；【點睛】本題考查的是勾股定理的應(yīng)用，軸對稱的性質(zhì)，平移的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，圓與正多邊形的關(guān)系，切線的性質(zhì)，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵.17．（2024·江蘇常州·中考真題）對于平面內(nèi)有公共點的兩個圖形，若將其中一個圖形沿著某個方向移動一定的距離后與另一個圖形重合，則稱這兩個圖形存在“平移關(guān)聯(lián)”，其中一個圖形叫做另一個圖形的“平移關(guān)聯(lián)圖形”．(1)如圖，是線段的四等分點．若，則在圖中，線段的“平移關(guān)聯(lián)圖形”是________，________（寫出符合條件的一種情況即可）；(2)如圖，等邊三角形的邊長是．用直尺和圓規(guī)作出的一個“平移關(guān)聯(lián)圖形”，且滿足（保留作圖痕跡，不要求寫作法）；(3)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點的坐標(biāo)分別是、1,0、0,4，以點為圓心，為半徑畫圓．若對上的任意點，連接所形成的圖形都存在“平移關(guān)聯(lián)圖形”，且滿足，直接寫出的取值范圍．【答案】(1)，(2)圖見解析（答案不唯一）(3)或【分析】（）根據(jù)平移的性質(zhì)，進(jìn)行求解即可；（）延長，在射線上截取線段，分別以為圓心，的長為半徑畫弧，兩弧交于點，連接，即為所求；（）分在圓內(nèi)和圓外兩種情況，進(jìn)行求解即可．【詳解】（1）解：∵是線段的四等分點．，∴，∴，∴線段的平移圖形是，；故答案為：，；（2）解：如圖所示，即為所求；由作圖可知：，∴四邊形為菱形，∴，∵，∴四邊形為菱形，∴，∴即為所求；（3）∵點的坐標(biāo)分別是、1,0、0,4，∴，∵對上的任意點，連接所形成的圖形都存在“平移關(guān)聯(lián)圖形”，且滿足，且，∴，當(dāng)在圓外，點在軸上，時，∴，，∴，當(dāng)在圓內(nèi)，點在軸上，時，∴，，∴，綜上：或．【點睛】本題考查圖形的平移，點到圓上一點的最值，坐標(biāo)與圖形，勾股定理，菱形的判定，尺規(guī)作圖等知識點，熟練掌握相關(guān)知識點，理解新定義，是解題的關(guān)鍵．18．（2024·四川德陽·中考真題）已知的半徑為5，是上兩定點，點是上一動點，且的平分線交于點．(1)證明：點為上一定點；(2)過點作的平行線交的延長線于點．①判斷與的位置關(guān)系，并說明理由；②若為銳角三角形，求的取值范圍．【答案】(1)證明見解析(2)①與相切，理由見解析；②的取值范圍為．【分析】（1）由的平分線交于點，，可得，結(jié)合是上兩定點，可得結(jié)論；（2）①如圖，連接，證明，結(jié)合，可得，從而可得結(jié)論；②分情況討論：如圖，當(dāng)時，可得；如圖，連接，當(dāng)，可得，從而可得答案．【詳解】（1）證明：∵的平分線交于點，，∴，∴，∵是上兩定點，∴點為的中點，是一定點；（2）解：①如圖，連接，∵，∴，∵，∴，∵為半徑，∴是的切線；②如圖，當(dāng)時，∴為直徑，，∵，∴，∴，，∵，∴，∵，∴四邊形為矩形，∴；如圖，連接，當(dāng)，∵，，∴，∴，∵，∴為等邊三角形，∴，同理可得：，∵，∴，∴，∴，∴當(dāng)為銳角三角形，的取值范圍為．【點睛】本題考查的是勾股定理的應(yīng)用，圓周角定理的應(yīng)用，切線的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，做出合適的輔助線，清晰的分類討論是解本題的關(guān)鍵．三、考點03圓與三角形綜合19．（2023·內(nèi)蒙古·中考真題）如圖，是⊙的直徑，為⊙上的一點，點是的中點，連接，過點的直線垂直于的延長線于點，交的延長線于點．(1)求證：為⊙的切線；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，根據(jù)點是的中點可得，進(jìn)而證，從而得證即可；（2）解法一：連接交于，根據(jù)及勾股定理求出，再證明，從而得到，即可求出的值；解法二：過點作于點，按照解法一步驟求出，然后證明四邊形是矩形，再證明，求得，進(jìn)而求出的值．【詳解】（1）證明：連接，，，點是的中點，，，，，，，，，是半徑，是的切線；（2）解法一：連接交于，，，，，，在中，，或（不符合題意，舍去），點是的中點，是半徑，垂直平分，，是的中位線，，是直徑，，，，，；解法二：過點作于點，，，，，，，，在中，，，或（不符合題意，舍去），，四邊形是矩形，，，，，，，，．【點睛】本題考查切線的判定，圓的相關(guān)性質(zhì)，勾股定理，平行線間線段成比例，相似三角形的的判定與性質(zhì)，掌握并理解相關(guān)性質(zhì)定理并能綜合應(yīng)用是關(guān)鍵．20．（2023·黑龍江哈爾濱·中考真題）已知內(nèi)接于，為的直徑，N為的中點，連接交于點H．

(1)如圖①，求證；(2)如圖②，點D在上，連接，，，交于點E，若，求證；(3)如圖③，在（2）的條件下，點F在上，過點F作，交于點G．，過點F作，垂足為R，連接，，，點T在的延長線上，連接，過點T作，交的延長線于點M，若，求的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）連接，根據(jù)N為的中點，易證，再根據(jù)中位線定理得出結(jié)論；（2）連接，先證得，再根據(jù)得，根據(jù)即可得出結(jié)論；（3）連接，先證，再證四邊形是矩形，過A作垂足為S，先證出，再能夠證出從而，得到等腰直角，利用三角函數(shù)求出，再根據(jù)求出，最后用勾股定理求出答案即可．【詳解】（1）證明：如圖，連接，

為的中點，，，，，，是的中位線，；（2）證明：如圖，連接，

設(shè)，，，，，，，，，

，；（3）解：連接，

，，，，，，，，，，，，，，，四邊形是平行四邊形，是的直徑，，四邊形是矩形，，，過點A作垂足為S，，，，，，，，是的直徑，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，．【點睛】本題是圓的綜合題，考查圓的有關(guān)知識、全等三角形的判定與性質(zhì)、垂徑定理、三角函數(shù)、勾股定理、圓周角定理等知識，構(gòu)造輔助線解決問題是解題關(guān)鍵．21．（2023·遼寧錦州·中考真題）如圖，為的直徑，點C在上，與相切于點A，與延長線交于點B，過點B作，交的延長線于點D．

(1)求證：；(2)點F為上一點，連接，，與交于點G．若，，，求的半徑及的長．【答案】(1)見解析(2)的半徑為；【分析】（1）根據(jù)與相切于點A得到，再根據(jù)得到，再根據(jù)得到即可根據(jù)角的關(guān)系解答；（2）連接，過點D作，交延長線于點M，在等多個直角三角形中運用三角函數(shù)的定義求出半徑，再根據(jù)勾股定理求出，即可解答．【詳解】（1）證明：如圖，

∵為的直徑，與相切于點A，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．（2）連接，過點D作，交延長線于點M，如圖，

在中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，設(shè)的半徑為r，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即，∴設(shè)，，在中，，∵，，∴，解得，∴，，∴，∴．【點睛】本題考查了圓與三角形的綜合問題，解題的關(guān)鍵是熟練掌握圓、三角形的線段、角度關(guān)系并運用數(shù)學(xué)結(jié)合思想．22．（2023·吉林長春·中考真題）【感知】如圖①，點A、B、P均在上，，則銳角的大小為__________度．

【探究】小明遇到這樣一個問題：如圖②，是等邊三角形的外接圓，點P在上（點P不與點A、C重合），連結(jié)、、．求證：．小明發(fā)現(xiàn)，延長至點E，使，連結(jié)，通過證明，可推得是等邊三角形，進(jìn)而得證．下面是小明的部分證明過程：證明：延長至點E，使，連結(jié)，四邊形是的內(nèi)接四邊形，．，．是等邊三角形．，請你補全余下的證明過程．【應(yīng)用】如圖③，是的外接圓，，點P在上，且點P與點B在的兩側(cè)，連結(jié)、、．若，則的值為__________．【答案】感知：；探究：見解析；應(yīng)用：．【分析】感知：由圓周角定理即可求解；探究：延長至點E，使，連結(jié)，通過證明，可推得是等邊三角形，進(jìn)而得證；應(yīng)用：延長至點E，使，連結(jié)，通過證明得，可推得是等腰直角三角形，結(jié)合與可得，代入即可求解．【詳解】感知：由圓周角定理可得，故答案為：；探究：證明：延長至點E，使，連結(jié)，四邊形是的內(nèi)接四邊形，．，．是等邊三角形．，，∴，，，是等邊三角形，，，即；應(yīng)用：延長至點E，使，連結(jié)，四邊形是的內(nèi)接四邊形，．，．，，∴，，，是等腰直角三角形，，，即，，，，，，，故答案為：．【點睛】本題考查了圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形對角互補，鄰補角，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理解直角三角形；解題的關(guān)鍵是做輔助線構(gòu)造，進(jìn)行轉(zhuǎn)換求解．23．（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(jìn)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，

∵AB是的直徑，∴，，∴由面積法，∴，；（3）方法一：如圖，

由∴∴∴∴∴設(shè)是等腰直角三角形，，是等腰直角三角形，∴，∴，，，，．方法二：如圖

由設(shè)，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(guān)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．24．（2023·浙江臺州·中考真題）我們可以通過中心投影的方法建立圓上的點與直線上點的對應(yīng)關(guān)系，用直線上點的位置刻畫圓上點的位置，如圖，是的直徑，直線是的切線，為切點．，是圓上兩點（不與點重合，且在直徑的同側(cè)），分別作射線，交直線于點，點．

(1)如圖1，當(dāng)，的長為時，求的長．(2)如圖2，當(dāng)，時，求的值．(3)如圖3，當(dāng)，時，連接BP，PQ，直接寫出的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根據(jù)扇形的弧長公式即可求出度數(shù)，利用切線的性質(zhì)和解直角三角形即可求出的長．（2）根據(jù)等弧所對圓周角相等推出，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)定理推出，利用直角三角形的性質(zhì)即可求出，通過等量轉(zhuǎn)化和余弦值可求出答案．（3）根據(jù)三角形相似的性質(zhì)證明和，從而推出和，利用已知條件將兩個比例線段相除，根據(jù)正弦值即可求出答案【詳解】（1）解：如圖1，連接，設(shè)的度數(shù)為．

，的長為，．，即．．直線是的切線，．∴．（2）解：如圖2，連接，過點作于點，

為直徑，．．，．，，．，，．．（3）解：，理由如下：如圖3，連接BQ，

，，，，，，．，，．①，，，．②，得，．，．【點睛】本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形以及三角函數(shù)、切線的性質(zhì)定理、扇形的弧長公式，角平分線性質(zhì)定理等，解題的關(guān)鍵在于熟練掌握相關(guān)性質(zhì)定理和相關(guān)計算公式．25．（2024·河北·中考真題）已知的半徑為3，弦，中，．在平面上，先將和按圖1位置擺放（點B與點N重合，點A在上，點C在內(nèi)），隨后移動，使點B在弦上移動，點A始終在上隨之移動，設(shè)．(1)當(dāng)點B與點N重合時，求劣弧的長；(2)當(dāng)時，如圖2，求點B到的距離，并求此時x的值；(3)設(shè)點O到的距離為d．①當(dāng)點A在劣弧上，且過點A的切線與垂直時，求d的值；②直接寫出d的最小值．【答案】(1)(2)點B到的距離為；(3)①；②【分析】（1）如圖，連接，，先證明為等邊三角形，再利用等邊三角形的性質(zhì)結(jié)合弧長公式可得答案；（2）過作于，過作于，連接，證明四邊形是矩形，可得，，再結(jié)合勾股定理可得答案；（3）①如圖，由過點A的切線與垂直，可得過圓心，過作于，過作于，而，可得四邊形為矩形，可得，再進(jìn)一步利用勾股定理與銳角三角函數(shù)可得答案；②如圖，當(dāng)為中點時，過作于，過作于，，此時最短，如圖，過作于，而，證明，求解，再結(jié)合等角的三角函數(shù)可得答案．【詳解】（1）解：如圖，連接，，∵的半徑為3，，∴，∴為等邊三角形，∴，∴的長為；（2）解：過作于，過作于，連接，∵，∴，∴四邊形是矩形，∴，，∵，，∴，而，∴，∴點B到的距離為；∵，，∴，∴，∴；（3）解：①如圖，∵過點A的切線與垂直，∴過圓心，過作于，過作于，而，∴四邊形為矩形，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，即；②如圖，當(dāng)為中點時，過作于，過作于，∴，∴，此時最短，如圖，過作于，而，∵為中點，則，∴由（2）可得，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，設(shè)，則，∴，解得：（不符合題意的根舍去），∴的最小值為．【點睛】本題屬于圓的綜合題，難度很大，考查了勾股定理的應(yīng)用，矩形的判定與性質(zhì)，垂徑定理的應(yīng)用，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，切線的性質(zhì)，熟練的利用數(shù)形結(jié)合的方法，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．四、考點04圓與四邊形綜合26．（2024·山東泰安·中考真題）如圖，菱形中，，點是邊上的點，，，點是上的一點，是以點為直角頂點，為角的直角三角形，連結(jié)．當(dāng)點在直線上運動時，線段的最小值是（

）A．2 B． C． D．4【答案】C【分析】如圖：過E作于點M，作于點H，作于點I，則點E、M、F、G四點共圓，從而得到，因為，所以求出的值即可解答．【詳解】解：如圖，過E作于點M，作于點H，作于點I，∵，∴點E、M、F、G四點共圓，∴，∵，∴，∴，∴，∴四邊形是矩形，∴，∵，∴，∴，∴，∴最小值是．故選：C．【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)、解直角三角形、垂線段最短、圓內(nèi)接四邊形對角互補等知識點，熟練掌握相關(guān)知識點和添加合適的輔助線是解題關(guān)鍵．27．（2024·四川達(dá)州·中考真題）如圖，是等腰直角三角形，，，點，分別在，邊上運動，連結(jié)，交于點，且始終滿足，則下列結(jié)論：①；②；③面積的最大值是；④的最小值是．其中正確的是（

）

A．①③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④【答案】D【分析】過點作于點，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可判斷①；得出，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可判斷②；在的左側(cè)，以為斜邊作等腰直角三角形，以為半徑作，根據(jù)定弦定角得出在的上運動，進(jìn)而根據(jù)當(dāng)時，面積的最大，根據(jù)三角形的面積公式求解，即可判斷③，當(dāng)在上時，最小，過點作交的延長線于點，勾股定理，即可求解．【詳解】解：如圖所示，過點作于點，

∵是等腰直角三角形，，，∴，∵，∴∴又∵∴，∴，故①正確；∵，∴，∴即在中，即∵是等腰直角三角形，∴平分∴∴∴，∴，故②正確，如圖所示，

在的左側(cè)，以為斜邊作等腰直角三角形，以為半徑作，且∴，∵∴∴在的上運動，∴，連接交于點，則，∴當(dāng)時，結(jié)合垂徑定理，最小，∵是半徑不變∴此時最大則面積的最大，∴，故③正確；如圖所示，當(dāng)在上時，最小，過點作交的延長線于點，

∴是等腰直角三角形，∴，在中，，∴，∴的最小值是．故選：D．【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，圓內(nèi)接四邊形對角互補，求圓外一點到圓上的距離最值問題，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．28．（2024·河南·中考真題）如圖，在中，，，線段繞點C在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，過點B作的垂線，交射線于點E．若，則的最大值為，最小值為.【答案】//【分析】根據(jù)題意得出點D在以點C為圓心，1為半徑的圓上，點E在以為直徑的圓上，根據(jù)，得出當(dāng)最大時，最大，最小時，最小，根據(jù)當(dāng)與相切于點D，且點D在內(nèi)部時，最小，最大，當(dāng)與相切于點D，且點D在外部時，最大，最小，分別畫出圖形，求出結(jié)果即可．【詳解】解：∵，，∴，∵線段繞點C在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，，∴點D在以點C為圓心，1為半徑的圓上，∵，∴，∴點E在以為直徑的圓上，在中，，∵為定值，∴當(dāng)最大時，最大，最小時，最小，∴當(dāng)與相切于點D，且點D在內(nèi)部時，最小，最大，連接，，如圖所示：則，∴，∴，∵，∴，∵，∴為等腰直角三角形，∴，∴，即的最大值為；當(dāng)與相切于點D，且點D在外部時，最大，最小，連接，，如圖所示：則，∴，∴，∵四邊形為圓內(nèi)接四邊形，∴，∴，∵，∴為等腰直角三角形，∴，∴，即的最小值為；故答案為：；．【點睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，解直角三角形的相關(guān)計算，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)，找出取最大值和最小值時，點D的位置．29．（2024·湖南長沙·中考真題）對于凸四邊形，根據(jù)它有無外接圓（四個頂點都在同一個圓上）與內(nèi)切圓（四條邊都與同一個圓相切），可分為四種類型，我們不妨約定：既無外接圓，又無內(nèi)切圓的四邊形稱為“平凡型無圓”四邊形；只有外接圓，而無內(nèi)切圓的四邊形稱為“外接型單圓”四邊形；只有內(nèi)接圓，而無外接圓的四邊形稱為“內(nèi)切型單圓”四邊形；既有外接圓，又有內(nèi)切圓的四邊形稱為“完美型雙圓”四邊形．請你根據(jù)該約定，解答下列問題：(1)請你判斷下列說法是否正確（在題后相應(yīng)的括號中，正確的打“√”，錯誤的打“×”，①平行四邊形一定不是“平凡型無圓”四邊形；

（

）②內(nèi)角不等于的菱形一定是“內(nèi)切型單圓”四邊形；

（

）③若“完美型雙圓”四邊形的外接圓圓心與內(nèi)切圓圓心重合，外接圓半徑為R，內(nèi)切圓半徑為r，則有．（

）(2)如圖1，已知四邊形內(nèi)接于，四條邊長滿足：．①該四邊形是“______”四邊形（從約定的四種類型中選一種填入）；②若的平分線交于點E，的平分線交于點F，連接．求證：是的直徑．(3)已知四邊形是“完美型雙圓”四邊形，它的內(nèi)切圓與分別相切于點E，F(xiàn)，G，H．①如圖2．連接交于點P．求證：．②如圖3，連接，若，，，求內(nèi)切圓的半徑r及的長．【答案】(1)①×；②√；③√(2)①外接型單圓；②見解析(3)，，【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形和切線長定理可得：有外接圓的四邊形的對角互補；有內(nèi)切圓的四邊形的對邊之和相等，結(jié)合題中定義，根據(jù)對角不互補，對邊之和也不相等的平行四邊形無外接圓，也無內(nèi)切圓，進(jìn)而可判斷①；根據(jù)菱形的性質(zhì)可判斷②；根據(jù)正方形的性質(zhì)可判斷③；（2）①根據(jù)已知結(jié)合題中定義可得結(jié)論；②根據(jù)角平分線的定義和圓周角定理證明即可證得結(jié)論；（3）①連接、、、、，根據(jù)四邊形是“完美型雙圓”四邊形，結(jié)合四邊形的內(nèi)角和定理可推導(dǎo)出，，，進(jìn)而可得，，然后利用圓周角定理可推導(dǎo)出，即可證得結(jié)論；②連接、、、，根據(jù)已知條件證明，進(jìn)而證明得到，再利用勾股定理求得，，同理可證求解即可．【詳解】（1）解：由題干條件可得：有外接圓的四邊形的對角互補；有內(nèi)切圓的四邊形的對邊之和相等，所以①當(dāng)平行四邊形的對角不互補，對邊之和也不相等時，該平行四邊形無外接圓，也無內(nèi)切圓，∴該平行四邊形是“平凡型無圓”四邊形，故①錯誤；②∵內(nèi)角不等于90°的菱形的對角不互補，∴該菱形無外接圓，∵菱形的四條邊都相等，∴該菱形的對邊之和相等，∴該菱形有內(nèi)切圓，∴內(nèi)角不等于90°的菱形一定是“內(nèi)切型單圓”四邊形，故②正確；③由題意，外接圓圓心與內(nèi)切圓圓心重合的“完美型雙圓”四邊形是正方形，如圖，則，，，，∴為等腰直角三角形，∴，即；故③正確，故答案為：①×；②√；③√；（2）解：①∵四邊形中，，∴四邊形無內(nèi)切圓，又該四邊形有外接圓，∴該四邊形是“外接型單圓”四邊形，故答案為：外接型單圓；②∵的平分線交于點E，的平分線交于點F，∴，，∴，，∴，∴，即和均為半圓，∴是的直徑．（3）①證明：如圖，連接、、、、，∵是四邊形的內(nèi)切圓，∴，，，，∴，在四邊形中，，同理可證，，∵四邊形是“完美型雙圓”四邊形，∴該四邊形有外接圓，則，∴，則，∵，，∴，∴，∴；②如圖，連接、、、，∵四邊形是“完美型雙圓”四邊形，它的內(nèi)切圓與分別相切于點E，F(xiàn)，G，H，∴∴，，，，，∴，，，∴，∵，∴，又，∴，∴，∵，，∴，則，在中，由得，解得；在中，，∴，同理可證，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查平行四邊形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、圓周角定理、內(nèi)切圓的定義與性質(zhì)、外接圓的定義與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、四邊形的內(nèi)角和定理、勾股定理、角平分線的判定等知識，理解題中定義，熟練掌握這些知識和靈活運用性質(zhì)和判定是解題的關(guān)鍵．另外還要求學(xué)生具備扎實的數(shù)學(xué)基礎(chǔ)和邏輯思維能力，備考時，重視四邊形知識的學(xué)習(xí)，提高解題技巧和速度，以應(yīng)對中考挑戰(zhàn)．30．（2024·湖北·中考真題）如圖，在中，，點在上，以CE為直徑的經(jīng)過AB上的點，與交于點，且．(1)求證：AB是的切線；(2)若，，求的長．【答案】(1)證明見解析；(2)．【分析】（）連接，可得，得到，即得，即可求證；（）設(shè)的半徑為，則，在中由勾股定理得，可得，即得，得到，進(jìn)而得到，最后利用弧長公式即可求解．【詳解】（1）證明：連接，則，，，，，．是的半徑，AB是的切線；（2）解：設(shè)的半徑為，則，∵，∴，在中，，，解得，，，，，的長為．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，切線的判定，勾股定理，三角函數(shù)及弧長公式，求出是解題的關(guān)鍵．31．（2024·海南·中考真題）正方形中，點E是邊上的動點（不與點B、C重合），，，交于點H，交延長線于點G．

(1)如圖1，求證：；(2)如圖2，于點P，交于點M．①求證：點P在的平分線上；②當(dāng)時，猜想與的數(shù)量關(guān)系，并證明；③作于點N，連接，當(dāng)時，若，求的值．【答案】(1)見解析；(2)①見解析；②；③．【分析】（1）利用即可證明；（2）①證明是等腰直角三角形，再推出四點共圓，求得，據(jù)此即可證明結(jié)論成立；②由①得點P在的平分線即正方形的對角線上，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解；③證明四邊形是平行四邊形，推出和都是等腰直角三角形，設(shè)，則，，由，得到，據(jù)此求解即可．【詳解】（1）證明：∵正方形，∴，∵，∴，∵，，∴；（2）①證明：連接，

由（1）得，∴，∴，即，∵，∴是等腰直角三角形，∵，∴，，∵，∴四點共圓，∴，∵，，∴點P在的平分線上；②，理由如下：由①得點P在的平分線即正方形的對角線上，

∵正方形，∴，∴，∴，∵，即，∴，∴；③由①得點P在的平分線即正方形的對角線上，

∴，同理四點共圓，則，∵，∴，∴，∵，∴四邊形是平行四邊形，設(shè)平行四邊形的對角線的交點為，且，∵是等腰直角三角形，∴和都是等腰直角三角形，設(shè)，則，，∵，，∴，∴，則，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，三角形全等的判定和性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，四點共圓，熟練掌握三角形全等的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理是解題的關(guān)鍵．32．（2024·內(nèi)蒙古·中考真題）如圖，內(nèi)接于，直徑AB交CD于點，過點作射線，使得，延長交過點的切線于點，連接．(1)求證：是的切線；(2)若．①求DE的長；②求的半徑．【答案】(1)證明見解析；(2)①；②．【分析】（）連接，則，可得，由可得，進(jìn)而由等腰三角形的性質(zhì)可得，得到，即可求證；（）①證明得到，據(jù)此即可求解；②由①可得，進(jìn)而得，，利用勾股定理得，再證明，得到，即可得，求出即可求解．【詳解】（1）證明：連接，則，∵，∴，∵AB是的直徑，∴，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴，又∵為的半徑，∴是的切線；（2）解：①∵是的切線，∴，∴，∴，∵AB是的直徑，∴，∴，∴，∵，∴，即，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴；②∵，，∴，∵，∴，∴，，∵，∴，∵，，∴，∴，即，∴，∴，∴的半徑為．【點睛】本題考查了圓周角定理，切線的性質(zhì)和判定，余角性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．五、考點05切線的性質(zhì)定理33．（2024·甘肅蘭州·中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，給出如下定義：點P是圖形W外一點，點Q在的延長線上，使得，如果點Q在圖形W上，則稱點P是圖形W的“延長2分點”，例如：如圖1，是線段外一點，在的延長線上，且，因為點Q在線段上，所以點P是線段的“延長2分點”．(1)如圖1，已知圖形：線段，，，在中，______是圖形的“延長2分點”；(2)如圖2，已知圖形：線段，，，若直線上存在點P是圖形的“延長2分點”，求b的最小值：(3)如圖3，已知圖形：以為圓心，半徑為1的，若以，，為頂點的等腰直角三角形上存在點P，使得點P是圖形的“延長2分點”．請直接寫出t的取值范圍．【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）根據(jù)題意，畫出圖象，進(jìn)行判斷即可；（2）作以原點為位似中心，位似比為的位似圖形，根據(jù)直線上存在點P是圖形的“延長2分點”，得到直線與有交點，進(jìn)而得到當(dāng)過點時，值最小，進(jìn)行求解即可；（3）作以原點為位似中心，位似比為的位似，得到與有交點，求出與相切以及與相切，兩種情況求出的臨近值，即可得出結(jié)果．【詳解】（1）解：作線段以原點為位似中心，位似比為的位似圖形，∵，，∴，，∵點是圖形的“延長2分點”，∴點在線段上，∵在線段上，∴是圖形的“延長2分點”；故答案為：；（2）作以原點為位似中心，位似比為的位似圖形，如圖，∵，，∴，，∵直線上存在點P是圖形的“延長2分點”，∴直線與有交點，∴當(dāng)過點時，值最小，把，代入，得：，∴的最小值為；（3）作以原點為位似中心，位似比為的位似，∵，，，∴，，，∵等腰直角三角形上存在點P，使得點P是圖形的“延長2分點”，∴當(dāng)與有交點時，滿足題意，當(dāng)與相切時，如圖，則：或，∴時，滿足題意；當(dāng)與相切時，且切點為，連接，則：，∵為等腰直角三角形，∴為等腰直角三角形，∵，，，∴軸，∴，∵以為圓心，半徑為1的，∴點在直線上，，∴，∴，∴或，∴；綜上：或．【點睛】本題考查坐標(biāo)與圖形變換—位似，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，切線的性質(zhì)等知識點，綜合性強，難度大，屬于壓軸題，理解并掌握新定義，利用數(shù)形結(jié)合和分類討論的思想進(jìn)行求解，是解題的關(guān)鍵．34．（2024·甘肅蘭州·中考真題）如圖，內(nèi)接于，為的直徑，點D為上一點，，延長至E，使得．(1)求證：是的切線；(2)若，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，易得，圓周角定理得到，進(jìn)而得到，證明，推出，進(jìn)而得到，即可得證；（2）等角的三角函數(shù)相等，得到，證明，得到，進(jìn)行求解即可．【詳解】（1）解：連接，則：，∴，∵為的直徑，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，即：，∴，∵是的半徑，∴是的切線；（2）∵，∴，由（1）知：，∴，由（1）知：，又∵，∴，∴，∴，，∴，即：，解得：（舍去）或，∴【點睛】本題考查圓周角定理，切線的判定，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，熟練掌握相關(guān)知識點，并靈活運用，是解題的關(guān)鍵．35．（2024·黑龍江大慶·中考真題）如圖，為的內(nèi)接三角形，AB為的直徑，將沿直線AB翻折到，點在上．連接CD，交AB于點，延長BD，CA，兩線相交于點，過點作的切線交于點．(1)求證：；(2)求證：；(3)若，．求的值．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）根據(jù)折疊可得，根據(jù)切線的定義可得，即可得證；（2）根據(jù)題意證明，進(jìn)而證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，即可得證；（3）根據(jù)，設(shè)，則，得出，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得出，則，進(jìn)而求得，根據(jù)，進(jìn)而根據(jù)正切的定義，即可求解．【詳解】（1）證明：∵將沿直線AB翻折到，∴，∵AB為的直徑，是切線，∴，∴；（2）解：∵是切線，∴，∵AB為的直徑，∴，∴，∵由折疊可得，∴，∵四邊形是的內(nèi)接四邊形，∴，∴，又∵，∴，∴，即；（3）解：∵，設(shè)，則，∴，∴，∵由折疊可得，∴，∵在中，，∴，∵，，∴，∴．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)，折疊問題，相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．36．（2024·山東濟(jì)寧·中考真題）如圖，內(nèi)接于，D是上一點，．E是外一點，，連接．(1)若，求的長；(2)求證：是的切線．【答案】(1)(2)見解析【分析】（1）根據(jù)可得，然后證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得答案；（2）連接，首先證明，再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理和圓周角定理求出，然后計算出即可．【詳解】（1）解：∵，∴，又∵，，∴，∴；（2）證明：如圖，連接，由（1）得：，∴，，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∵是半徑，∴是的切線．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，圓周角定理，切線的判定等知識，熟練掌握相關(guān)判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．37．（2024·江蘇常州·中考真題）將邊長均為的等邊三角形紙片疊放在一起，使點E、B分別在邊上（端點除外），邊相交于點G，邊相交于點H．(1)如圖1，當(dāng)E是邊的中點時，兩張紙片重疊部分的形狀是________；(2)如圖2，若，求兩張紙片重疊部分的面積的最大值；(3)如圖3，當(dāng)，時，與有怎樣的數(shù)量關(guān)系？試說明理由．【答案】(1)菱形(2)(3)，理由見解析【分析】（1）連接，由等邊三角形的性質(zhì)可得，則四點共圓，由三線合一定理得到，則為過的圓的直徑，再由，得到為過的圓的直徑，則點H為圓心，據(jù)此可證明，推出四邊形是平行四邊形，進(jìn)而可證明四邊形是菱形，即兩張紙片重疊部分的形狀是菱形；（2）由等邊三角形的性質(zhì)得到，，則由平行線的性質(zhì)可推出，進(jìn)而可證明四邊形是平行四邊形，再證明是等邊三角形，則可設(shè)，則，，由勾股定理得到，可得，則當(dāng)時，有最大值，最大值為；（3）過點B作于M，過點E作于N，連接，則，，，證明，進(jìn)而可證明，得到，則，即．【詳解】（1）解：如圖所示，連接∵都是等邊三角形，∴，∴四點共圓，∵點E是的中點，∴，∴為過的圓的直徑，又∵，∴為過的圓的直徑，∴點H為圓心，∴，∴，∴，∴，∴四邊形是平行四邊形，又∵，∴四邊形是菱形，∴兩張紙片重疊部分的形狀是菱形；（2）解：∵都是等邊三角形，∴，，∵，∴，∴，∴，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴是等邊三角形，過點E作，∴設(shè)，則，，∴，∴，∵，∴當(dāng)時，有最大值，最大值為；（3）解：，理由如下：如圖所示，過點B作于M，過點E作于N，連接，∵都是邊長為的等邊三角形，∴，，∴由勾股定理可得，，∴，又∵，∴，∴，∴，即．【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的應(yīng)用，等邊三角形的性質(zhì)與判定，平行四邊形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，四點共圓，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．38．（2024·湖北·中考真題）中，，點在上，以為半徑的圓交于點，交于點．且．(1)求證：是的切線．(2)連接交于點，若，求弧的長．【答案】(1)見解析(2)弧的長為．【分析】（1）利用證明，推出，據(jù)此即可證明結(jié)論成立；（2）設(shè)的半徑為，在中，利用勾股定理列式計算求得，求得，再求得，利用弧長公式求解即可．【詳解】（1）證明：連接，在和中，，∴，∴，∵為的半徑，∴是的切線；（2）解：∵，∴，設(shè)的半徑為，在中，，即，解得，∴，，，∴，∵，∴，∴弧的長為．【點睛】本題考查了切線的判定，勾股定理，三角函數(shù)的定義，弧長公式．正確引出輔助線解決問題是解題的關(guān)鍵．39．（2024·青?！ぶ锌颊骖}）如圖，直線經(jīng)過點C，且，．(1)求證：直線是的切線；(2)若圓的半徑為4，，求陰影部分的面積．【答案】(1)詳見解析(2)【分析】本題考查了切線的判定和性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)和勾股定理、扇形面積的計算等知識，解題的關(guān)鍵是掌握切線的判定與性質(zhì)．（1）利用等腰三角形的性質(zhì)證得，利用切線的判定定理即可得到答案；（2）在中，利用直角三角形的性質(zhì)和勾股定理求得，，再根據(jù)，計算即可求解．【詳解】（1）證明：連接，∵在中，，，∴，又∵是的半徑，∴直線是的切線；（2）解：由（1）知，∵，∴，∴，在中，，，∴，∴，∴，．40．（2024·貴州·中考真題）如圖，AB為半圓O的直徑，點F在半圓上，點P在AB的延長線上，與半圓相切于點C，與的延長線相交于點D，與相交于點