專題24圓的有關位置關系（45題）一、單選題1．（2023·四川眉山·統考中考真題）如圖，切于點B，連接交于點C，交于點D，連接，若，則的度數為（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】如圖，連接，證明，，可得，從而可得．【詳解】解：如圖，連接，

∵切于點B，∴，∵，，∴，∴，∴；故選：C.【點睛】本題考查的是切線的性質，圓周角定理的應用，三角形的內角和定理的應用，掌握基本圖形的性質是解本題的關鍵．2．（2023·重慶·統考中考真題）如圖，是的切線，為切點，連接．若，，，則的長度是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根據切線的性質及正切的定義得到，再根據勾股定理得到．【詳解】解：連接，∵是的切線，為切點，∴，∵，，∴在中，，∵，∴在，，故選：．

【點睛】本題考查了切線的性質，銳角三角函數，勾股定理，掌握切線的性質是解題的關鍵．3．（2023·重慶·統考中考真題）如圖，為的直徑，直線與相切于點C，連接，若，則的度數為（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】連接，先根據圓的切線的性質可得，從而可得，再根據等腰三角形的性質即可得．【詳解】解：如圖，連接，

直線與相切，，，，，，，故選：B．【點睛】本題考查了圓的切線的性質、等腰三角形的性質，熟練掌握圓的切線的性質是解題關鍵．4．（2023·湖北武漢·統考中考真題）如圖，在四邊形中，，以為圓心，為半徑的弧恰好與相切，切點為．若，則的值是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】作延長線于點，連接，根據圓的基本性質以及切線的性質，分別利用勾股定理求解在和，最終得到，即可根據正弦函數的定義求解．【詳解】解：如圖所示，作延長線于點，連接，

∵，，∴，∴四邊形為矩形，，，∴為的切線，由題意，為的切線，∴，，∵，∴設，，，則，，在中，，在中，，∵，∴，解得：或（不合題意，舍去），∴，∴，∴，故選：B．【點睛】本題考查圓的切線的判定與性質，解直角三角形，以及正弦函數的定義等，綜合性較強，熟練運用圓的相關性質以及切線的性質等是解題關鍵．5．（2023·四川瀘州·統考中考真題）如圖，在中，，點在斜邊上，以為直徑的半圓與相切于點，與相交于點，連接．若，，則的長是（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】連接，，首先根據勾股定理求出，然后證明出，利用相似三角形的性質得到，，證明出，利用相似三角形的性質求出．【詳解】如圖所示，連接，，

∵，，，∴，∵以為直徑的半圓與相切于點，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，即，∴，，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，即，∴解得．故選：B．【點睛】此題考查了圓與三角形綜合題，切線的性質定理，相似三角形的性質和判定，勾股定理等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．二、填空題6．（2023·浙江嘉興·統考中考真題）如圖，點是外一點，，分別與相切于點，，點在上，已知，則的度數是___________．

【答案】【分析】連接，根據切線的性質得出，根據四邊形內角和得出，根據圓周角定理即可求解．【詳解】解：如圖，

∵，分別與相切于點，，∴，∵，∴，∵，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了切線的性質，圓周角定理，求得是解題的關鍵．7．（2023·黑龍江·統考中考真題）如圖，是的直徑，切于點A，交于點，連接，若，則__________．【答案】34【分析】首先根據等邊對等角得到，然后利用外角的性質得到，利用切線的性質得到，最后利用三角形內角和定理求解即可．【詳解】解：∵，，∴，∴，∵切于點A，∴，∴．故答案為：34．【點睛】此題考查了切線的性質和三角形的外角的性質，三角形內角和定理等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．8．（2023·湖南·統考中考真題）如圖，是的直徑，是的弦，與相切于點，連接，若，則的大小為__________．

【答案】【分析】證明，可得，結合，證明，再利用三角形的外角的性質可得答案．【詳解】解：∵與相切于點，∴，∵，∴，∵，∴，∴，故答案為：【點睛】本題考查的是圓的切線的性質，等腰三角形的性質，三角形的外角的性質，熟記基本圖形的性質是解本題的關鍵．9．（2023·山東濱州·統考中考真題）如圖，分別與相切于兩點，且．若點是上異于點的一點，則的大小為___________．

【答案】或【分析】根據切線的性質得到，根據四邊形內角和為，得出，然后根據圓周角定理即可求解．【詳解】解：如圖所示，連接，當點在優(yōu)弧上時，

∵分別與相切于兩點∴，∵．∴∵，∴，當點在上時，∵四邊形是圓內接四邊形，∴，故答案為：或．【點睛】本題考查了切線的性質，圓周角定理，多邊形內角和，熟練掌握切線的性質與圓周角定理是解題的關鍵．10．（2023·浙江寧波·統考中考真題）如圖，在中，，E為邊上一點，以為直徑的半圓O與相切于點D，連接，．P是邊上的動點，當為等腰三角形時，的長為_____________．

【答案】或【分析】連接，勾股定理求出半徑，平行線分線段成比例，求出的長，勾股定理求出和的長，分和兩種情況進行求解即可．【詳解】解：連接，

∵以為直徑的半圓O與相切于點D，∴，，∴設，則，在中：，即：，解得：，∴，∴，，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；∵為等腰三角形，當時，，當時，∵，∴點與點重合，∴，

不存在的情況；綜上：的長為或．故答案為：或．【點睛】本題考查切線的性質，平行線分線段成比例，勾股定理，等腰三角形的定義．熟練掌握切線的性質，等腰三角形的定義，確定點的位置，是解題的關鍵．11．（2023·河南·統考中考真題）如圖，與相切于點A，交于點B，點C在上，且．若，，則的長為______．【答案】【分析】連接，證明，設，則，再證明，列出比例式計算即可．【詳解】如圖，連接，∵與相切于點A，∴；∵,∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，設，則，∴，解得，故的長為，故答案為：．【點睛】本題考查了切線的性質，三角形全等的判定和性質，勾股定理，三角形相似的判斷和性質，熟練掌握性質是解題的關鍵．12．（2023·湖北·統考中考真題）如圖，在中，的內切圓與分別相切于點，，連接的延長線交于點，則_________．

【答案】【分析】如圖所示，連接，設交于H，由內切圓的定義結合三角形內角和定理求出，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切圓，切線長定理，三角形內角和定理，線段垂直平分線的判定，三角形外角的性質，正確作出輔助線是解題的關鍵．13．（2023·湖南·統考中考真題）如圖，在中，．以點C為圓心，r為半徑作圓，當所作的圓與斜邊所在的直線相切時，r的值為________．

【答案】【分析】根據勾股定理，得，根據切線的性質，得到圓的半徑等于邊上的高，根據直角三角形的面積不變性計算即可．【詳解】∵，∴，根據切線的性質，得到圓的半徑等于邊上的高，∴,∴，故答案為：．【點睛】本題考查了勾股定理，切線的性質，熟練掌握勾股定理，切線的性質是解題的關鍵．14．（2023·山東煙臺·統考中考真題）如圖，在直角坐標系中，與軸相切于點為的直徑，點在函數的圖象上，為軸上一點，的面積為6，則的值為________．

【答案】24【分析】設，則，則，根據三角形的面積公式得出，列出方程求解即可．【詳解】解：設，∵與軸相切于點，∴軸，∴，則點D到的距離為a，∵為的直徑，∴，∴，解得：，故答案為：．【點睛】本題主要考查了切線的性質，反比例函數的圖象和性質，解題的關鍵掌握切線的定義：經過半徑外端且垂直于半徑的直線是圓的切線，以及反比例函數圖象上點的坐標特征．15．（2023·四川·統考中考真題）如圖，，半徑為2的與角的兩邊相切，點P是⊙O上任意一點，過點P向角的兩邊作垂線，垂足分別為E，F，設，則t的取值范圍是_____．

【答案】【分析】利用切線的性質以及等腰直角三角形的性質求得，再求得，分兩種情況討論，畫出圖形，利用等腰直角三角形的性質即可求解．【詳解】解：設與兩邊的切點分別為D、G，連接，延長交于點H，

由，∵，∴，∴，∴，如圖，延長交于點Q，

同理，∵，∴，當與相切時，有最大或最小值，連接，∵D、E都是切點，∴，∴四邊形是矩形，∵，∴四邊形是正方形，∴的最大值為；如圖，

同理，的最小值為；綜上，t的取值范圍是．故答案為：．【點睛】本題考查了切線的性質，等腰直角三角形的性質，勾股定理，求得是解題的關鍵．16．（2023·湖南岳陽·統考中考真題）如圖，在中，為直徑，為弦，點為的中點，以點為切點的切線與的延長線交于點．

（1）若，則的長是_________（結果保留）；（2）若，則_________．【答案】；【分析】（1）連接，根據點為的中點，根據已知條件得出，然后根據弧長公式即可求解；（2）連接，根據垂徑定理的推論得出，是的切線，則,得出，根據平行線分線段成比例得出，設，則，勾股定理求得,J進而即可求解．【詳解】解：（1）如圖，連接，

∵點為的中點，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，故答案為：．（2）解：如圖，連接，

∵點為的中點，∴，∴，∵是的切線，∴,∴∴，∵，∴，設，則，，∴，，∴．故答案為：．【點睛】本題考查了垂徑定理，圓周角定理，切線的性質，弧長公式，平行線分線段成比例定理等知識，綜合性較強，熟練掌握和靈活運用相關知識是解題的關鍵．17．（2023·上?！そy考中考真題）在中，點D在邊上，點E在延長線上，且，如果過點A，過點D，若與有公共點，那么半徑r的取值范圍是________．【答案】【分析】先畫出圖形，連接，利用勾股定理可得，，從而可得，再根據與有公共點可得一個關于的不等式組，然后利用二次函數的性質求解即可得．【詳解】解：由題意畫出圖形如下：連接，

過點，且，的半徑為7，過點，它的半徑為，且，，，，，在邊上，點在延長線上，，即，，與有公共點，，即，不等式①可化為，解方程得：或，畫出函數的大致圖象如下：

由函數圖象可知，當時，，即不等式①的解集為，同理可得：不等式②的解集為或，則不等式組的解集為，又，半徑r的取值范圍是，故答案為：．【點睛】本題考查了勾股定理、圓與圓的位置關系、二次函數與不等式，根據圓與圓的位置關系正確建立不等式組是解題關鍵．三、解答題18．（2023·浙江紹興·統考中考真題）如圖，是的直徑，是上一點，過點作的切線，交的延長線于點，過點作于點．

(1)若，求的度數．(2)若，求的長．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據三角形的外角的性質，即可求解．（2）根據是的切線，可得，在中，勾股定理求得，根據，可得，進而即可求解．【詳解】（1）解：∵于點，∴，∴．

（2）∵是的切線，是的半徑，∴．在中，∵，∴．∵，∴∴，即，∴．【點睛】本題考查了三角形外角的性質，切線的性質，勾股定理，平行線分線段成比例，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．19．（2023·湖南張家界·統考中考真題）如圖，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)根據直徑所對的圓周角是直角，余角的性質即可求得結論；(2)根據已知條件可知，再根據正切的定義和相似三角形的性質得到線段的關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，則，又∵，即，解得（取正值），∴，【點睛】本題考查了圓周角的性質，切線的判定定理，正切的定義，相似三角形的性質和判定，找出正切的定義與相似三角形相似比的關聯是解題的關鍵．20．（2023·江西·統考中考真題）如圖，在中，，以為直徑的與相交于點D，E為上一點，且．

(1)求的長；(2)若，求證：為的切線．【答案】(1)(2)見解析【分析】（1）如圖所示，連接，先求出，再由圓周角定理得到，進而求出，再根據弧長公式進行求解即可；（2）如圖所示，連接，先由三角形內角和定理得到，則由圓周角定理可得，再由是的直徑，得到，進而求出，進一步推出，由此即可證明是的切線．【詳解】（1）解：如圖所示，連接，∵是的直徑，且，∴，∵E為上一點，且，∴，∴，∴的長；

（2）證明：如圖所示，連接，∵，，∴，∴，∵是的直徑，∴，∴，∵，∴，即，∵是的半徑，∴是的切線．

【點睛】本題主要考查了切線的判定，求弧長，圓周角定理，三角形內角和定理等等，正確作出輔助線是解題的關鍵．21．（2023·江蘇連云港·統考中考真題）如圖，在中，，以為直徑的交邊于點，連接，過點作．

(1)請用無刻度的直尺和圓規(guī)作圖：過點作的切線，交于點；（不寫作法，保留作圖痕跡，標明字母）(2)在（1）的條件下，求證：．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）根據尺規(guī)作圖，過點作的垂線，交于點，即可求解；（2）根據題意切線的性質以及直徑所對的圓周角是直角，證明，根據平行線的性質以及等腰三角形的性質得出，進而證明，即可得證．【詳解】（1）解：方法不唯一，如圖所示．

（2）∵，∴．又∵，∴，∴．∵點在以為直徑的圓上，∴，∴．又∵為的切線，∴．∵，∴，∴，∴．∵在和中，∴．∴．【點睛】本題考查了作圓的切線，切線的性質，直徑所對的圓周角是直角，全等三角形的性質與判定，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．22．（2023·遼寧·統考中考真題）如圖，是的直徑，點在上，，點在線段的延長線上，且．

(1)求證：EF與相切；(2)若，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）利用圓周角定理得到，結合已知推出，再證明，推出，即可證明結論成立；（2）設半徑為x，則，在中，利用正弦函數求得半徑的長，再在中，解直角三角形即可求解．【詳解】（1）證明：連接，

∵，∴，∵，∴，∵是的直徑，∴，∵，∴，∴，∵為半徑，∴EF與相切；（2）解：設半徑為x，則，∵，，∴，在中，，，∴，即，解得，經檢驗，是所列方程的解，∴半徑為4，則，在中，，，，∴，∴．【點睛】本題考查了圓的切線的判定、圓周角定理、解直角三角形以及相似三角形的判定和性質等知識，熟練掌握圓的相關知識和相似三角形的判定和性質是解題的關鍵．23．（2023·山東東營·統考中考真題）如圖，在中，，以為直徑的交于點D，，垂足為E．(1)求證：是的切線；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）如圖：，然后根據等邊對等角可得、即，再根據可得，進而得到即可證明結論；（2）如圖：連接，有圓周角定理可得，再解直角三角形可得，進而得到，然后說明，最后根據弧長公式即可解答．【詳解】（1）證明：如圖：連接

∵，∴,∵，∴,∴,∴,∴?！撸?，∴，∵是的半徑，∴是的切線．（2）解：如圖：連接∵是的直徑，∴,在中，，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查了圓的切線證明、圓周角定理、解直角三角形、等腰三角形的性質等知識點，靈活運用相關知識是解答本題的關鍵．24．（2023·內蒙古赤峰·統考中考真題）如圖，是的直徑，是上一點過點作于點，交于點，點是延長線上一點，連接，，．

(1)求證：是切線；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）根據垂徑定理和圓周角定理可推出，利用已知條件進行等量轉換即可求出，最后利用可證明，從而證明是切線．（2）根據互余的兩個角相等，利用可求出，設參數表示出和，再根據勾股定理用參數表示出和，最后利用即可求出參數的值，從而求出長度，即可求的長．【詳解】（1）解：連接，，如圖所示，

，為的直徑，，，，，，，，，，，是切線．（2）解：連接，如圖所示，

由（1）得，，，，．，．設則，在中，，．在中，．，，．．，．．故答案為：．【點睛】本題考查了垂徑定理，圓周角定理，切線的判定和性質，三角函數和勾股定理，解題的關鍵在于利用參數表達線段長度．25．（2023·湖南常德·統考中考真題）如圖，四邊形是的內接四邊形，是直徑，是的中點，過點作交的延長線于點．

(1)求證：是的切線；(2)若，，求的長．【答案】(1)證明見解析(2)，【分析】（1）根據“連半徑，證垂直”即可，（2）先由“直徑所對的圓周角是直角”，證是直角三角形，用勾股定理求出長，再通過三角形相似即可求解．【詳解】（1）連接

∵為的中點，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，又∵，∴，為半徑，∴為的切線，（2）∵為直徑，∴，∵，∴，又∵，，∴，∴，即，∴，∵，∴，

在中，由勾股定理得：．【點睛】此題考查切線的判定，圓周角定理，勾股定理定理的應用，相似三角形的判定與性質，熟練掌握相關性質與判定是解題的關鍵．26．（2023·內蒙古通遼·統考中考真題）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，得出結論；（2）連接，由圓周角定理得出，證出，由切線的判定可得出結論；（3）由相似三角形的性質得出，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，銳角三角函數的定義，圓周角定理，根據題目的已知條件并結合圖形添加適當的輔助線是解題的關鍵．27．（2023·廣東深圳·統考中考真題）如圖，在單位長度為1的網格中，點O，A，B均在格點上，，，以O為圓心，為半徑畫圓，請按下列步驟完成作圖，并回答問題：①過點A作切線，且（點C在A的上方）；②連接，交于點D；③連接，與交于點E．(1)求證：為的切線；(2)求的長度．【答案】(1)畫圖見解析，證明見解析(2)【分析】（1）根據題意作圖，首先根據勾股定理得到，然后證明出，得到，即可證明出為的切線；（2）首先根據全等三角形的性質得到，然后證明出，利用相似三角形的性質求解即可．【詳解】（1）如圖所示，∵是的切線，∴，∵，，∴，∵，，∴，∴，又∵，，∴，∴，∴，∵點D在上，∴為的切線；（2）∵，∴，∵，，∴，∴，即，∴解得．【點睛】此題考查了格點作圖，圓切線的性質和判定，全等三角形的性質和判定，相似三角形的性質和判定等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．28．（2023·黑龍江綏化·統考中考真題）已知：點是外一點．

(1)尺規(guī)作圖：如圖，過點作出的兩條切線，，切點分別為點、點．（保留作圖痕跡，不要求寫作法和證明）(2)在（1）的條件下，若點在上（點不與，兩點重合），且．求的度數．【答案】(1)見解析(2)或【分析】（1）①連接，分別以點為圓心，大于的長為半徑畫圓，兩圓交于點兩點，作直線交于點，②以點為圓心，為半徑畫圓，與交于兩點，作直線，（2）根據切線的性質得出，根據四邊形內角和得出，進而根據圓周角定理以及圓內接四邊形對角互補即可求解．【詳解】（1）解：如圖所示，

①連接，分別以點為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧交于點兩點，作直線交于點，②以點為圓心，為半徑畫圓，與交于兩點，作直線，則直線即為所求；（2）如圖所示，點在上（點不與，兩點重合），且，∵是的切線，∴，∴，當點在優(yōu)弧上時，，當點在劣弧上時，，∴或．【點睛】本題考查了切線的性質與判定，直徑所對的圓周角是直角，圓內接四邊形對角互補，圓周角定理，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．29．（2023·黑龍江齊齊哈爾·統考中考真題）如圖，在中，，平分交于點D，點E是斜邊上一點，以為直徑的經過點D，交于點F，連接．

(1)求證：是的切線；(2)若，，求圖中陰影部分的面積（結果保留π）．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，，由角平分線的定義可得，從而可得，再根據平行線的判定可得，從而可得，再根據切線的判定即可得出結論；（2）連接，，由，，可得，，再由直角三角形的性質可得，再由圓周角定理可得，根據角平分線的定義可得，利用銳角三角函數求得，再由直角三角形的性質可得，證明是等邊三角形，可得，從而證明是等邊三角形，可得垂直平分，再由，可得，從而可得，再利用扇形的面積公式計算即可．【詳解】（1）證明：連接，

∵，是的半徑，∴，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴，∴于點D，又∵為的半徑，∴是的切線．（2）解：連接，，∵在中，，，∴，，∵，∴，∵是的直徑，∴，∵平分，∴，在中，，∴，∴，∵平分，∴，∵，∴是等邊三角形，∴，∵，∴，∴是等邊三角形，∴，又∵，∴垂直平分，∵，，∴，∴，∴．

【點睛】本題考查角平分線的定義、平行線的判定與性質、切線的判定、直角三角形的性質、圓周角定理、等邊三角形的判定與性質、垂直平分線的判定與性質及扇形的面積公式，熟練掌握相關知識是解題的關鍵．30．（2023·福建·統考中考真題）如圖，已知內接于的延長線交于點，交于點，交的切線于點，且．(1)求證：；(2)求證：平分．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）由切線的性質可得，由圓周角定理可得，即，再根據平行線的性質可得，則根據角的和差可得，最后根據平行線的判定定理即可解答；（2）由圓周角定理可得，再由等腰三角形的性質可得，進而得到，再結合得到即可證明結論．【詳解】（1）證明是的切線，，即．是的直徑，．∴．，，，即，．（2）解：與都是所對的圓周角，．，，．由（1）知，，平分．【點睛】本題主要考查角平分線、平行線的判定與性質、圓周角定理、切線的性質等知識點，靈活運用相關性質定理是解答本題的關鍵．31．（2023·湖北荊州·統考中考真題）如圖，在菱形中，于，以為直徑的分別交，于點，，連接．

(1)求證：①是的切線；②；(2)若，，求．【答案】(1)①見解析，②見解析(2)【分析】（1）①根據菱形的性質得出，根據，可得，進而即可得證；②連接，根據等弧所對的圓周角相等得出，根據直徑所對的圓周角是直角得出，進而可得，結合，即可得證；（2）連接交于．根據菱形的性質以及勾股定理求得，進而根據等面積法求得，由得：，在中，即可求解．【詳解】（1）證明：①四邊形是菱形，，，則又為的半徑的外端點，是的切線．②連接，

∵∴為直徑，，而，又．（2）解：連接交于．

菱形，，，，，在中，，，，，在中，，由得：，．【點睛】本題考查了切線的判定，相似三角形的性質與判定，圓周角定理，菱形的性質，勾股定理，求角的正弦值，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．32．（2023·廣西·統考中考真題）如圖，平分，與相切于點A，延長交于點C，過點O作，垂足為B．

(1)求證：是的切線；(2)若的半徑為4，，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）首先根據切線的性質得到，然后根據角平分線的性質定理得到即可證明；（2）首先根據勾股定理得到，然后求得，最后利用，代入求解即可．【詳解】（1）∵與相切于點A，∴，∵平分，，∴，∴是的切線；（2）∵的半徑為4，∴，∵，，∴，，∵，∴，∴，即，∴．【點睛】此題考查了圓切線的性質和判定，勾股定理，三角函數等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．33．（2023·湖北黃岡·統考中考真題）如圖，中，以為直徑的交于點，是的切線，且，垂足為，延長交于點．

(1)求證：；(2)若，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，根據已知可得，則，又，等量代換得出，即可證明；（2）連接，證明，在中，，求得，根據得出，進而可得，根據，即可求解．【詳解】（1）證明：如圖所示，連接，

∵以為直徑的交于點，是的切線，∴，∵，∴，∴，又，∴，∴，∴；（2）解：連接，如圖，則，

∴，∴，∴，在中，，∴，∴，又∵是直徑，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題考查了切線的性質，直徑所對的圓周角是直角，平行線分線段成比例，正切的定義，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．34．（2023·湖南郴州·統考中考真題）如圖，在中，是直徑，點是圓上一點．在的延長線上取一點，連接，使．

(1)求證：直線是的切線；(2)若，，求圖中陰影部分的面積（結果用含的式子表示）．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，由是直徑，得，再證，從而有，于是即可證明結論成立；（2）由圓周角定理求得，在中，解直角三角形得，從而利用扇形及三角形的面積公式即可求解．【詳解】（1）證明：連接，

∵是直徑，∴，∵，，∴，∴，∴，∵是的半徑，∴直線是的切線；（2）解：∵，，∴，∴，∵在中，，，∴，解得，∴．【點睛】本題主要考查了圓周角定理，切線的判定，扇形的面積公式以及解直角三角形，熟練掌握圓周角定理，切線的判定以及扇形的面積公式是解題的關鍵．35．（2023·湖北十堰·統考中考真題）如圖，在中，，點在上，以為圓心，為半徑的半圓分別交，于點，且點是弧的中點．

(1)求證：是的切線；(2)若，求圖中陰影部分的面積（結果保留）．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接、，證出，即可得出結論；（2）根據，分別求出和即可得出答案．【詳解】（1）連接、，

，，，，，點是弧的中點，，，，為半徑，是的切線；（2），，為等腰直角三角形，設，則，，，，，．【點睛】本題是圓的綜合題，考查了切線的判定定理、扇形的面積、等腰直角三角形的性質，解題的關鍵是熟練掌握切線的判定定理．36．（2023·四川內江·統考中考真題）如圖，以線段為直徑作，交射線于點C，平分交于點D，過點D作直線，交的延長線于點E，交的延長線于點F．連接并延長交的延長線于點M．

(1)求證：直線是的切線；(2)當時，判斷的形狀，并說明理由；(3)在（2）的條件下，，連接交于點P，求的長．【答案】(1)見解析(2)是等邊三角形，理由見解析(3)【分析】（1）證明，可推出，即可證明直線是的切線；（2）證明，，得到，據此計算即可證明結論成立；（3）利用含30度的直角三角形的性質求得，得到等邊的邊長，在中，利用余弦函數即可求解．【詳解】（1）證明：連接，

∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵是的半徑，∴直線是的切線；（2）解：是等邊三角形，理由如下：∵，，∴，∴，∴，∵為的直徑，∴，∴，∴，∴是等邊三角形；（3）解：∵是等邊三角形，∴，則，∵，∴，∴，∵為的直徑，，∴，∵，，即，∴．【點睛】此題考查了圓和三角形的綜合題，切線的判定，直徑所對的圓周角為直角，等腰三角形的性質和判定，解直角三角形等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．37．（2023·湖北隨州·統考中考真題）如圖，是的直徑，點E，C在上，點C是的中點，垂直于過C點的直線，垂足為D，的延長線交直線于點F．

(1)求證：是的切線；(2)若，，①求的半徑；②求線段的長．【答案】(1)證明見解析(2)①3；②2【分析】（1）根據等弧所對的圓周角相等和等邊對等角的性質，得到，推出，進而得到，再利用圓的切線的判定定理即可證明結論；（2）①連接，根據直徑所對的圓周角是直角和平行線的判定，得到，進而得到，再利用銳角三角函數，求得，即可求出的半徑；②利用銳角三角函數，分別求出和的長，即可得到線段的長．【詳解】（1）證明：如圖，連接，

點C是的中點，，，，，，，，，是的半徑，是的切線；（2）解：①如圖，連接，

是直徑，，，，，，，，，，的半徑為；②由（1）可知，，，，，，，，，，，，．【點睛】本題是圓和三角形綜合題，考查了圓的切線的判定定理，圓的性質，等腰三角形的性質，銳角三角函數等知識，熟練掌握圓的相關性質，靈活運用正弦值求邊長是解題關鍵．38．（2023·山東棗莊·統考中考真題）如圖，為的直徑，點C是的中點，過點C做射線的垂線，垂足為E．

(1)求證：是切線；(2)若，求的長；(3)在（2）的條件下，求陰影部分的面積（用含有的式子表示）．【答案】(1)見解析(2)(3)【分析】（1）連接OC，證明，即可得到結論；（2）連接AC，證明，從而可得，再代入求值即可；（2）連接，證明，從而可得，，求出扇形的面積即可得到陰影部分的面積．【詳解】（1）證明：連接，

∵點C是的中點，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴半徑，∴是切線；（2）連接，

∵是的直徑，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（3）連接，

∵，∴，∵在中，，∴，∴，∴，∴，∵，∴是等邊三角形，∴，∴，∴，∴，∴，【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質及判定、切線的判定以及扇形面積的求法，熟練掌握切線的判定定理以及扇形面積的求法是解答此題的關鍵．39．（2023·山東臨沂·統考中考真題）如圖，是的外接圓，是的直徑，，E為的延長線與的交點．

(1)求證：是的切線；(2)若，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接并延長交于點，根據是的外接圓，得到，由平行線的性質，得到，即可得證．（2）連接，等邊對等角，求出的度數，圓周角定理求出度數，得到為等邊三角形，求出半徑和的度數，利用弧長公式進行計算即可．【詳解】（1）證明：連接并延長交于點，∵是的外接圓，∴點是三邊中垂線的交點，∵，∴，∵，∴，∵是的半徑，∴是的切線；

（2）解：連接，

∵，∴，∴，∴，∵，∴為等邊三角形，∴，∴，∴的長為．【點睛】本題考查切線的判定，圓周角定理，求弧長，等腰三角形的性質，等邊三角形的判定和性質．熟練掌握相關知識點，并靈活運用，是解題的關鍵．40．（2023·湖南永州·統考中考真題）如圖，以為直徑的是的外接圓，延長到點D．使得，點E在的延長線上，點在線段上，交于N，交于G．

(1)求證：是的切線；(2)若，求的長；(3)若，求證：．【答案】(1)見解析(2)(3)見解析【分析】（1）由是的直徑得到，則，由得到，則，結論得證；（2）證明，則，可得，解得或3，由即可得到的長；（3）先證明，則，得到，由得到，則，由同角的余角相等得到，則，得，進一步得到，則，即可得到結論．【詳解】（1）證明：∵是的直徑，∴，∴，∵，∴，∴，∴是的切線；（2）∵，，∴，∴，∴，解得或3，當時，，當時，，∵，即，∴；（3）證明：∵是的直徑，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴．【點睛】此題考查了相似三角形的判定和性質、圓周角定理、切線的判定定理等知識，熟練掌握相似三角形的判定和性質是解題的關鍵．41．（2023·山東煙臺·統考中考真題）如圖，在菱形中，對角線相交于點經過兩點，交對角線于點，連接交于點，且．

(1)求證：是的切線；(2)已知的半徑與菱形的邊長之比為，求的值．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）利用垂徑定理得，利用菱形的性質得，利用半徑相等得，即可證明，據此即可證明結論成立；（2）設，由題意得，求得，由勾股定理得到，求得，利用菱形的性質求得，據此求解即可．【詳解】（1）證明：連接，

∵，由垂徑定理知，∴，∵四邊形是菱形，∴，∴，∵，∴，∴，又∵為的半徑，∴是的切線；（2）解：∵四邊形是菱形，，∴設，∵的半徑與菱形的邊長之比為，∴在中，，∴，，∴，∵四邊形是菱形，∴，即，∴，∴．【點睛】本題考查了菱形的性質，垂徑定理，切線的判定，求角的正切值，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．42．（2023·江蘇揚州·統考中考真題）如圖，在中，，點D是上一點，且，點O在上，以點O為圓心的圓經過C、D兩點．

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