2023学年二轮复习解答题专题十一：与圆的切线有关的证明与计算

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2023年二轮复习解答题专题十一：
与圆的切线有关的证明与计算
方法点睛
与圆的切线有关问题的解题技巧

典例分析
类型一 与圆的切线的性质有关的证明与计算
例1 （2022河南中考） 为弘扬民族传统体育文化，某校将传统游戏“滚铁环”列入了校运动会的比赛项目．滚铁环器材由铁环和推杆组成．小明对滚铁环的启动阶段进行了研究，如图，滚铁环时，铁环⊙O与水平地面相切于点C，推杆AB与铅垂线AD的夹角为∠BAD，点O，A，B，C，D在同一平面内．当推杆AB与铁环⊙O相切于点B时，手上的力量通过切点B传递到铁环上，会有较好的启动效果．

（1）求证：∠BOC＋∠BAD＝90°．
（2）实践中发现，切点B只有在铁环上一定区域内时，才能保证铁环平稳启动．图中点B是该区域内最低位置，此时点A距地面的距离AD最小，测得．已知铁环⊙O的半经为25cm，推杆AB的长为75cm，求此时AD的长．
【答案】（1）见解析 （2）50 cm
【解析】
【分析】（1）根据切线的性质可得，，根据，可得，过点作，根据平行线的性质可得，，进而即可得证；
（2）过点作的平行线，交于点，交于点，由（1）得到，在，中，求得,进而求得，根据即可求解．
【小问1详解】
证明：⊙O与水平地面相切于点C，
，
，
，
AB与⊙O相切于点B，
，
，
过点作，

，
，
，
，
即∠BOC＋∠BAD＝90°．
【小问2详解】
如图，过点作的平行线，交于点，交于点，

，则四边形矩形，
， ，
，
在中，，，
（cm)，
在中，，cm，
(cm)，
(cm)，
(cm)，
cm，
(cm)．
【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的性质，解直角三角形的应用，掌握以上知识是解题的关键．
类型二 与圆的切线的判定有关的证明与计算
例2 （2022云南中考）如图，四边形ABCD的外接圆是以BD为直径的⊙O，P是⊙O的劣狐BC上的任意一点，连接PA、PC、PD，延长BC至E，使BD²=BC⋅BE．

（1）请判断直线DE与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
（2）若四边形ABCD是正方形，连接AC，当P与C重合时，或当P与B重合时，把转化为正方形ABCD的有关线段长的比，可得是否成立？请证明你的结论．
【答案】（1）DE是⊙O的切线，证明见解析；
（2）成立，证明见解析
【解析】
【分析】（1）证明△BDC∽△BED，推出∠BCD=∠BDE=90°，即可证明DE是⊙O的切线；
（2）延长PA至Q，使AQ=CP，则PA+PC= PA+AQ=PQ，证明△QAD≌△PCD(SAS)，再推出△PQD是等腰直角三角形，即可证明结论成立．
【小问1详解】
解：DE是⊙O的切线；理由如下：
∵BD²=BC⋅BE，
∴，
∵∠CBD=∠DBE，
∴△BDC∽△BED，
∴∠BCD=∠BDE，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BCD=90°，
∴∠BDE=90°，
∴DE是⊙O的切线；
【小问2详解】
解：成立，理由如下：
延长PA至Q，使AQ=CP，则PA+PC= PA+AQ=PQ，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90°，
∵四边形APCD是圆内接四边形，
∴∠PAD+∠PCD=180°，
∵∠QAD+∠PAD=180°，
∴∠QAD=∠PCD，
∴△QAD≌△PCD(SAS)，
∴∠QDA=∠PDC，QD=PD，
∴∠QDA+∠PDA =∠PDC+∠PDA=90°，
∴△PQD是等腰直角三角形，
∴PQ=PD，即PA+PC=PD，
∴成立．
【点睛】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
专题过关
1. （2022西宁中考） 如图，在中，，点D在AB上，以BD为直径的与AC相切于点E，交BC于点F，连接DF，OE交于点M．

（1）求证：四边形EMFC是矩形；
（2）若，的半径为2，求FM的长．
【答案】（1）详见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用直径所对的圆周角是直角及邻补角互补，可求出，由与AC相切于点E，利用圆的切线垂直于过切点的半径可得出 ，进而可得出 ，结合再利用三个角都是直角的四边形是矩形，即可证出四边形 EMFC 是矩形．
（2）在 中，利用勾股定理可求出 OA 的长，进而可得出 AB 的长，由，利用“同位角相等，两直线平行”可得出，进而可得出利用相似三角形的性质可求出 AC 的长，结合 可求出 CE 的长，再利用矩形的对边相等，即可求出 FM 的长．
【小问1详解】
∵BD是的直径，
∴，
∴，
∴与AC相切于点E，
∴，
∴，
又∴，
∴，
∴四边形EMFC是矩形．
【小问2详解】
解：在中，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴四边形EMFC是矩形，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的判定，相切，勾股定理，平行线的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，解题的关键是：(1）根据各角之间的关系，找出四边形EMFC 的三个角均为直角．（2）利用勾股定理及相似三角形的性质，求出AC的长度．
2. （2022青海中考） 如图，AB是的直径，AC是的弦，AD平分∠CAB交于点D，过点D作的切线EF，交AB的延长线于点E，交AC的延长线于点F．

（1）求证：；
（2）若，，，求BE的长．
【答案】（1）见解析 （2）2
【解析】
【分析】（1）连接，根据平分，可得，从而得到，可得，再由切线的性质，即可求解；
（2）由，可得，设为，可得，即可求解．
【小问1详解】
证明：连接，

∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为的切线，
∴，
∴．
【小问2详解】
解：由（1）得：，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
设为，
∴，
∴，
解得：，
即的长为2．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握切线的性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
3. （2022大连中考） 是的直径，C是上一点，，垂足为D，过点A作的切线，与的延长线相交于点E．

（1）如图1，求证；
（2）如图2，连接，若的半径为2，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）证明，，即可得出；
（2）证明，求出OD，由勾股定理求出DB，由垂径定理求出BC，进而利用勾股定理求出AC，AD．
【小问1详解】
解：∵ ，
∴，
∵ 是的切线，
∴，
在和中，，，
∴；
【小问2详解】
解：如图，连接AC．

∵ 的半径为2，
∴，，
∵ 在和中，
，，
∴，
∴，即，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
∵ ，经过的圆心，
∴，
∴．
∵是的直径，C是上一点，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
在中，由勾股定理得：，
∴．
【点睛】本题考查切线的定义、圆周角定理、垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质等，综合性较强，熟练掌握上述知识点，通过证明求出OD的长度是解题的关键．
4. （2022天津中考） 已知为的直径，，C为上一点，连接．

（2）如图②，若为的半径，且，垂足为E，过点D作的切线，与的延长线相交于点F，求的长．
【答案】（2）
【解析】
【分析】（2）证明四边形为矩形，FD=CE= CB，由勾股定理求得BC的长，即可得出答案．
【小问2详解】
∵是的切线，
∴，即，
∵，垂足为E，
∴，
同（1）可得，有，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，于是，
在中，由，得，
∴．
5. （2022泸州中考） 如图，点在以为直径的上，平分交于点，交于点，过点作的切线交的延长线于点．

（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接OD，由CD平分∠ACB，可知，得∠AOD=∠BOD=90°，由DF是切线可知∠ODF=90°=∠AOD，可证结论；
（2）过C作CM⊥AB于M，已求出CM、BM、OM的值，再证明△DOF∽△MCO，得，代入可求．
【小问1详解】
证明：连接OD，如图，

∵CD平分∠ACB，
∴，
∴∠AOD=∠BOD=90°，
∵DF是⊙O的切线，
∴∠ODF=90°
∴∠ODF=∠BOD，
∴DF∥AB．
【小问2详解】
解：过C作CM⊥AB于M，如图，

∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴AB=．
∴，
即，
∴CM=2，
∴，
∴OM=OB-BM=，
∵DF∥AB，
∴∠OFD=∠COM，
又∵∠ODF=∠CMO=90°，
∴△DOF∽△MCO，
∴，
即，
∴FD=．
【点睛】本题考查了圆的圆心角、弦、弧关系定理、圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握这些定理，灵活运用相似三角形的性质求解．
6. （2022达州中考）如图，在中，，点O为边上一点，以为半径的⊙与相切于点D，分别交，边于点E，F．


（1）求证：平分；
（2）若，，求⊙的半径．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接OD，根据切线的性质得到，继而证明，再根据等腰三角形的性质，进而得出，即可得出结论；
（2）连接DE，根据直径所对的圆周角是直角可得，继而证明，根据相似三角形的性质及锐角三角函数即可求解．
【小问1详解】




连接OD，
，以为半径的⊙与相切于点D，
，
，
，
，
，
，
平分；
【小问2详解】




连接DE，
AE是直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得，
，
⊙的半径为．
【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，角平分线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定和性质及锐角三角函数，熟练掌握知识点并准确作出辅助线是解题的关键．
7. （2022邵阳中考） 如图，已知是的直径，点为延长线上一点，是的切线，点为切点，且．

（1）求的度数；
（2）若的半径为3，求圆弧的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）证明是等边三角形，得到，从而计算出的度数；
（2）计算出圆弧的圆心角，根据圆弧弧长公式计算出最终的答案．
【小问1详解】
如下图，连接AO

∵是的切线
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴是等边三角形
∴
∵
∴
【小问2详解】
∵
∴
圆弧的长为：
∴圆弧的长为．
【点睛】本题考查全等三角形、等腰三角形、等边三角形和圆的性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形、等腰三角形、等边三角形和圆的相关知识．
8. （2022黄冈中考） 如图，是的外接圆，是的直径，与过点的切线平行，，相交于点．


（1）求证：；
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由切线的性质和可得，由垂径定理可得，从而得到垂直平分，最后利用垂直平分线的性质即可得证；
（2）先利用勾股定理得到，然后利用两组对应角相等证明，从而得到，代入数据计算即可．
【小问1详解】
证明：∵直线切于点，是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴垂直平分，
∴；
【小问2详解】
如图，连接，
由（1）知：，，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∵是的直径，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵
∴，
∴，
即，
∴，
即的长为．

【点睛】本题考查了切线的性质，垂径定理，圆周角定理，垂直平分线的性质，平行线的性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，直角三角形的两锐角互余等知识．通过作辅助线构造相似三角形是解答本题的关键．
9. （2022陕西中考）如图，是⊙的直径，是⊙的切线，、是⊙的弦，且，垂足为E，连接并延长，交于点P．

（1）求证：；
（2）若⊙的半径，求线段的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据是的切线，得出．根据，可证．得出．根据同弧所对圆周角性质得出即可；
（2）连接．根据直径所对圆周角性质得出，．可证．得出．根据勾股定理．再证．求出即可．
【小问1详解】
证明：∵是的切线，
∴．
∵
∴，
∴．
∴．
∵，
∴．
【小问2详解】
解：如图，连接．

∵为直径，
∴∠ADB=90°，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∵∠BAP=∠BDA=90°，∠ABD=∠PBA，
∴．
∴．
∴．
∴．
【点睛】本题考查圆的切线性质，直径所对圆周角性质，同弧所对圆周角性质，勾股定理，三角形相似判定与性质，掌握圆的切线性质，直径所对圆周角性质，同弧所对圆周角性质，勾股定理，三角形相似判定与性质是解题关键．
10．（2022江西中考）（8分）课本再现
（1）在中，是所对的圆心角，是所对的圆周角，我们在数学课上探索两者之间的关系时，要根据圆心与的位置关系进行分类．图1是其中一种情况，请你在图2和图3中画出其它两种情况的图形，并从三种位置关系中任选一种情况证明；

知识应用
（2）如图4，若的半径为2，，分别与相切于点，，，求的长．

【分析】（1）①如图2，当点在的内部，作直径，根据三角形外角的性质和等腰三角形的性质可得结论；②如图3，当在的外部时，作直径，同理可理结论；
（2）如图4，先根据（1）中的结论可得，由切线的性质可得，可得，从而得的长．
【解答】解：（1）①如图2，连接，并延长交于点，

，
，，
，，
，
；
如图3，连接，并延长交于点，

，
，，
，，
，
；
（2）如图4，连接，，，

，
，
，分别与相切于点，，
，，
，
，
．
【点评】本题考查了切线长定理，圆周角定理等知识，掌握证明圆周角定理的方法是解本题的关键．
11．（2022枣庄中考）（8分）如图，在半径为10cm的⊙O中，AB是⊙O的直径，CD是过⊙O上一点C的直线，且AD⊥DC于点D，AC平分∠BAD，点E是BC的中点，OE＝6cm．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）求AD的长．

【分析】（1）连接OC，由AC平分∠BAD，OA＝OC，可得∠DAC＝∠OCA，AD∥OC，根据AD⊥DC，即可证明CD是⊙O的切线；
（2）由OE是△ABC的中位线，得AC＝12，再证明△DAC∽△CAB，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接OC，如图：

∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC＝∠CAO，
∵OA＝OC，
∴∠CAO＝∠OCA，
∴∠DAC＝∠OCA，
∴AD∥OC，
∵AD⊥DC，
∴CO⊥DC，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵E是BC的中点，且OA＝OB，
∴OE是△ABC的中位线，AC＝2OE，
∵OE＝6cm，
∴AC＝12cm，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°＝∠ADC，
又∠DAC＝∠CAB，
∴△DAC∽△CAB，
∴，即＝，
∴AD＝．
【点评】本题考查圆的切线及圆中的计算，涉及圆周角定理、相似三角形的判定及性质等知识，解题的关键是熟练应用圆的相关性质，转化圆中的角和线段．
12. （2022沈阳中考）如图，四边形内接于圆，是圆的直径，，的延长线交于点，延长交于点，．

（1）求证：是圆的切线；
（2）连接，，，的长为______．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质和，可得出，再根据是圆的直径，由切线的判定可得证；
（2）延长交的延长线于点，由是圆的直径，可说明是直角三角形，从而得到，再证明，得到，代入数据即可得到答案．
【小问1详解】
证明：∵四边形内接于圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是圆的直径，
∴是圆的切线．
【小问2详解】
解：延长交的延长线于点，
∵是圆的直径，
∴，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
∵四边形内接于圆，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
故答案为：．

【点睛】本题考查了切线的判定，圆内接四边形的性质，圆周角定理推论，相似三角形的判定和性质，三角函数等知识．通过作辅助线构造相似三角形是解题的关键．
13. （2022兰州中考）如图，是的外接圆，AB是直径，，连接AD，，AC与OD相交于点E．

（1）求证：AD是的切线；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）见解析 （2）2
【解析】
【分析】（1）先证∠BOC +∠AOD=90°，再因为，得出∠ADO +∠AOD=90°，即可得∠OAD=90°，即可由切线的判定定理得出结论；
（2）先证明∠AED=∠DAE，得出DE=AD=，再证∠OAC=∠OCA，得tan∠OAC= tan∠OCA=,设OC=OA=R,则OE=R，在Rt△OAD中，由勾股定理，得
，解之即可．
【小问1详解】
证明：∵，
∴∠COD=90°，
∵∠BOC+∠COD+∠AOD=180°，
∴∠BOC +∠AOD=90°，
∵，
∴∠ADO +∠AOD=90°，
∵∠ADO +∠AOD+∠OAD=180°，
∴∠OAD=90°，
∵OA是⊙O的半径，
∴AD是⊙O的切线；
【小问2详解】
解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠B+∠BAC=90°，
∵∠BAC+∠CAD=∠OAD=90°，
∴∠B=∠CAD，
∵∠B+∠BOC+∠OCB=∠ADO+∠CAD+∠AED=180°，∠ADO=∠BOC，
∴∠AED=∠OCB，
∵OB=OC，
∴∠B=∠OCB，
∴∠AED=∠CAD，
∴DE=AD=，
∵OC=OA，
∴∠OAC=∠OCA，
∵OC⊥OD，
∴∠COE=90°，
∴tan∠OAC= tan∠OCA=,
设OC=OA=R,
则OE=R，
在Rt△OAD中，∠OAD=90°，
由勾股定理，得OD2=OA2+AD2，
即，
解得：R=2或R=0(不符合题意，舍去）,
∴⊙O的半径为2．
【点睛】本师考查切线的判定，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的判定，圆周角定理的推论，本题属圆的综合题目，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．
14. （2022宜宾中考）如图，点C是以AB为直径上一点，点D是AB的延长线上一点，在OA上取一点F，过点F作AB的垂线交AC于点G，交DC的延长线于点E，且．


（1）求证：DE是的切线；
（2）若点F是OA的中点，，，求EC的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连结OC，利用等腰三角形的性质和圆周角定理证，即可由切线的判定定理得出结论；
（2）解，求出，从而求得，则可求得，再证，得，即可求得，即可由求解．
【小问1详解】
证明：如图，连结OC，


∵，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴DE是的切线；
【小问2详解】
解：在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵点F为AO中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
【点睛】本题考查切线的判定，圆周角定理，等腰三角形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．
15. （2022广安中考）如图，AB为⊙O的直径，D、E是⊙O上的两点，延长AB至点C，连接CD，∠BDC=∠BAD．

（1）求证：CD是⊙O的切线．
（2）若tan∠BED=，AC=9，求⊙O的半径．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】（1）连接OD，只要证明，则有，即可证明结论成立；
（2）由圆周角定理，求得，然后证明△ACD∽△DCB，求出CD的长度，再根据勾股定理，即可求出答案．
【小问1详解】
证明：连接OD，如图

∵AB为⊙O的直径，
∴，
∴，
∵OA=OD，
∴，
∵∠BDC=∠BAD，
∴，
∴，
∴，
∴CD是⊙O的切线．
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∵△ABD是直角三角形，
∴，
∵，，
∴△ACD∽△DCB，
∴，
∵，
∴，
∴，
在直角△CDO中，设⊙O的半径为，则
，
∴，
解得：；
∴⊙O的半径为；
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的判定定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的理解题意，从而进行解题．
16．（2022南充中考）（10分）如图，AB为⊙O的直径，点C是⊙O上一点，点D是⊙O外一点，∠BCD＝∠BAC，连接OD交BC于点E．
（1）求证：CD是⊙O的切线．
（2）若CE＝OA，sin∠BAC＝，求tan∠CEO的值．

【分析】（1）连接OC，证明OC⊥CD即可；
（2）过点O作OH⊥BC于点H．由sin∠BAC＝＝，可以假设BC＝4k，AB＝5k，则AC＝OC＝CE＝3k，用k表示出OH，EH，可得结论．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，
∵∠BCD＝∠BAC，
∴∠OCB+∠DCB＝90°，
∴OC⊥CD，
∵OC为⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；

（2）解：过点O作OH⊥BC于点H．
∵sin∠BAC＝＝，
∴可以假设BC＝4k，AB＝5k，则AC＝OC＝CE＝3k，
∵OH⊥BC，
∴CH＝BH＝2k，
∵OA＝OB，
∴OH＝AC＝k，
∴EH＝CE﹣CH＝3k﹣2k＝k，
∴tan∠CEO＝＝＝．

【点评】本题考查切线的判定，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
17. （2022盘锦中考） 如图，四边形是正方形，点A，点B在上，边的延长线交于点E，对角线的延长线交于点F，连接并延长至点G，使．

（1）求证：与相切；
（2）若的半径为1，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】(1)连接BE，根据四边形ABCD是正方形，得到∠BAE=90°，从而得到BE是圆O的直径，结合∠BAF+∠EAF=90°，∠EAF=∠EBF，，证明∠FBG+∠EBF=90°即可．
（2）连接OA，OF，证明∠FED=45°，从而证明∠AOF=90°，实施勾股定理计算即可．
【小问1详解】
连接BE，
∵四边形ABCD是正方形，


∴∠BAE=90°，
∴BE是圆O的直径，
∵∠BAF+∠EAF=90°，∠EAF=∠EBF，，
∴∠FBG+∠EBF=90°，
∴∠OBG=90°，
故BG是圆O的切线．
【小问2详解】
如图，连接OA，OF，



∵四边形ABCD是正方形，BE是圆的直径，
∴∠EFD=90°，∠FDE=45°，
∴∠FED=45°，
∴∠AOF=90°，
∵OA=OF=1，
∴，
∴AF=，AF=-（舍去）．
【点睛】本题考查了圆的切线判定，圆周角定理，勾股定理，熟练掌握切线的判定定理，圆周角定理，勾股定理是解题的关键．
18. （2022抚顺中考） 如图，在中，，的顶点O，D在斜边上，顶点E，F分别在边上，以点O为圆心，长为半径的恰好经过点D和点E．


（1）求证：与相切；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，先证明四边形AOEF是平行四边形，得到，即可证明∠OEB=∠ACB=90°，由此即可证明结论；
（2）过点F作于点H，先解直角△CEF求出EF的长，再证明四边形AOEF是菱形，得到OA，AF的长，再解直角△AHF，求出AH，FH，进而求出OH，即可利用勾股定理求出OF．
【小问1详解】
证明：连接，
∵四边形是平行四边形，
∴；，


∵，
∴；，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∵是的半径，
∴与相切；
【小问2详解】
解：过点F作于点H，
∵四边形是平行四边形
∴，
∴，


∴，
在中，，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，且，
∴是菱形，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆切线的判定，菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
19. （2022扬州中考） 如图，为弦，交于点，交过点的直线于点，且．

（1）试判断直线与的位置关系，并说明理由；
（2）若，求的长．
【答案】（1）相切，证明见详解
（2）6
【解析】
【分析】（1）连接OB，根据等腰三角形性质得出，，从而求出，再根据切线的判定得出结论；
（2）分别作交AB于点M，交AB于N，根据求出OP，AP的长，利用垂径定理求出AB的长，进而求出BP的长，然后在等腰三角形CPB中求解CB即可．
【小问1详解】
证明：连接OB，如图所示：

，
，，
，
，
，即，
，
，
为半径，经过点O，
直线与的位置关系是相切．
【小问2详解】
分别作交AB于点M，交AB于N，如图所示：

，
，
，，

，，
，
，
，

，
．
【点睛】本题考查了切线的证明，垂径定理的性质，等腰三角形，勾股定理，三角函数等知识点，熟练掌握相关知识并灵活应用是解决此题的关键，抓住直角三角形边的关系求解线段长度是解题的主线思路．
20. （2022衡阳中考） 如图，为⊙的直径，过圆上一点作⊙的切线交的延长线与点，过点作交于点，连接．

（1）直线与⊙相切吗？并说明理由；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）相切，见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证得：，再证，得到，即可求出答案；
（2）设半径为；则：，即可求得半径，再在直角三角形中，利用勾股定理，求解即可．
【小问1详解】
（1）证明：连接．

∵为切线，
∴，
又∵，
∴，，
且，
∴，
在与中；
∵，
∴，
∴，
∴直线与相切．
【小问2详解】
设半径为；
则：，得；
在直角三角形中，，
，解得
【点睛】本题主要考查与圆相关的综合题型，涉及全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握平行线性质、勾股定理及全等三角形的判定和性质是解题的关键．
21. （2022十堰中考） 如图，中，，为上一点，以为直径的与相切于点，交于点，，垂足为．

（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，设，，根据已知条件以及直径所对的圆周角相等，证明，进而求得，即可证明是的切线；
（2）根据已知条件结合（1）的结论可得四边形是正方形，进而求得的长，根据，，即可求解．
【小问1详解】
如图，连接，
，
则，
设，，

，
，
为的直径，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，
，
为的半径，
是的切线；
【小问2详解】
如图，连接，

是的切线，则，又，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
在中，，，
，
，
由（1）可得，
，
，
，
解得 ．
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，正方形的性质与判定，等腰三角形的性质，正弦的定义，掌握切线的性质与判定是解题的关键．
22. （2022齐齐哈尔中考） 如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径作⊙O，AC与⊙O交于点D，BC与⊙O交于点E，过点C作，且CF=CD，连接BF．


（1）求证：BF是⊙O的切线；
（2）若∠BAC=45°，AD=4，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接BD，得；利用AB=AC得到，由得到，故；利用SAS证明，得到，最后同旁内角互补，即可得
（2）连接OE，与BD相交于M点，根据∠BAC=45°，得是等腰直角三角形，由AD=4，得AB，OB，OE长度；和是共一底角的等腰三角形，故，，，是等腰直角三角形，即可算出阴影部分面积
【小问1详解】
连接BD


∵AB是的直径
∴
∴
∵
∴
∵
∴，
∴
∵，
∴
∴
又∵
∴
∴BF是的切线
【小问2详解】
连接OE，与BD相交于M点


∵，，
∴为等腰直角三角形
∴，，
∴
∴
∴
∵，
∴
∴
∴
∴为等腰直角三角形
∴
∴
【点睛】本题考查圆，全等三角形，等腰直角三角形，等腰三角形；熟练运用各种几何知识本题关键
23．（2022桂林中考）（10分）如图，AB是⊙O的直径，点C是圆上的一点，CD⊥AD于点D，AD交⊙O于点F，连接AC，若AC平分∠DAB，过点F作FG⊥AB于点G交AC于点H．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）延长AB和DC交于点E，若AE＝4BE，求cos∠DAB的值；
（3）在（2）的条件下，求的值．

【考点】圆的综合题．
【分析】（1）如图1，连接OC，根据等腰三角形的性质得到∠CAO＝∠ACO，由角平分线的定义得到∠DAC＝∠OAC，等量代换得到∠DAC＝∠ACO，根据平行线的判定定理得到AD∥OC，由平行线的性质即可得到结论；
（2）设BE＝x，则AB＝3x，根据平行线的性质得∠COE＝∠DAB，由三角函数定义可得结论；
（3）证明△AHF∽△ACE，列比例式可解答．
【解答】（1）证明：如图1，连接OC，

∵OA＝OC，
∴∠CAO＝∠ACO，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠OAC，
∴∠DAC＝∠ACO，
∴AD∥OC，
∵CD⊥AD，
∴OC⊥CD，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵AE＝4BE，OA＝OB，
设BE＝x，则AB＝3x，
∴OC＝OB＝1.5x，
∵AD∥OC，
∴∠COE＝∠DAB，
∴cos∠DAB＝cos∠COE＝＝＝；
（3）解：由（2）知：OE＝2.5x，OC＝1.5x，
∴EC＝＝＝2x，
∵FG⊥AB，
∴∠AGF＝90°，
∴∠AFG+∠FAG＝90°，
∵∠COE+∠E＝90°，∠COE＝∠DAB，
∴∠E＝∠AFH，
∵∠FAH＝∠CAE，
∴△AHF∽△ACE，
∴＝＝＝．
【点评】此题考查了和圆有关的综合性题目，用到的知识点有：平行线的判定和性质，三角形相似的性质和判定，切线的判定，三角函数定义以及等腰三角形的判定与性质等知识．掌握切线的判定和相似三角形的性质和判定是解本题的关键，此题难度适中，是一道不错的中考题目．
24. （2022北京中考） 如图，是的直径，是的一条弦，连接

（1）求证：
（2）连接,过点作交的延长线于点，延长交于点，若为的中点，求证：直线为的切线．
【答案】（1）答案见解析
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）设交于点，连接，证明 ，故可得 ，于是 ，即可得到；
（2）连接，解出，根据为直径得到，进而得到，即可证明，故可证明直线为的切线．
【小问1详解】
证明：设交于点，连接，

由题可知，
，，
，
，
，
，
，
，
；
【小问2详解】
证明：

连接，
，
，
同理可得：,，
∵点H是CD的中点，点F是AC的中点，
，
，
，
，
为的直径，
，
，
，
，
，
，
直线为的切线．
【点睛】本题主要考查三角形全等的判定与性质，同弧所对的圆周角相等，圆周角定理，直线平行的判定与性质，三角形的内角和公式，证明三角形全等以及证明平行线是解题的关键．