专题19 圆的有关计算与证明（共57题）-学易金卷：5年（2019-2023）中考1年模拟数学真题分项汇编（北京专用）

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一、解答题
1．（2023·北京·统考中考真题）如图，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，．

(1)求证平分，并求的大小；
(2)过点作交的延长线于点．若，，求此圆半径的长．
【答案】(1)见解析，
(2)
【分析】（1）根据已知得出，则，即可证明平分，进而根据平分，得出，推出，得出是直径，进而可得；
（2）根据（1）的结论结合已知条件得出，，是等边三角形，进而得出，由是直径，根据含度角的直角三角形的性质可得，在中，根据含度角的直角三角形的性质求得的长，进而即可求解．
【详解】（1）解：∵
∴，
∴，即平分．
∵平分，
∴，
∴，
∴，即，
∴是直径，
∴；
（2）解：∵，，
∴，则．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴是等边三角形，则．
∵平分，
∴．
∵是直径，
∴，则．
∵四边形是圆内接四边形，
∴，则，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵是直径，
∴此圆半径的长为．
【点睛】本题考查了弧与圆周角的关系，等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，含度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，熟练掌握以上知识是解题的关键．
2．（2022·北京·统考中考真题）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
【分析】（1）设交于点，连接，证明 ，故可得 ，于是 ，即可得到；
（2）连接AD，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．
【详解】（1）证明：设交于点，连接，
由题可知，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（2）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．
3．（2021·北京·统考中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，于点．
（1）求证：；
（2）连接并延长，交于点，交于点，连接．若的半径为5，，求和的长．
【答案】（1）见详解；（2），
【分析】（1）由题意易得，然后问题可求证；
（2）由题意可先作图，由（1）可得点E为BC的中点，则有，进而可得，然后根据相似三角形的性质可进行求解．
【详解】（1）证明：∵是的直径，，
∴，
∴；
（2）解：由题意可得如图所示：
由（1）可得点E为BC的中点，
∵点O是BG的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵的半径为5，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查垂径定理、三角形中位线及相似三角形的性质与判定，熟练掌握垂径定理、三角形中位线及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
4．（2020·北京·统考中考真题）如图，AB为⊙O的直径，C为BA延长线上一点，CD是⊙O的切线，D为切点，OF⊥AD于点E，交CD于点F．
（1）求证：∠ADC=∠AOF；
（2）若sinC=，BD=8，求EF的长．
【答案】（1）见解析；（2）2
【分析】（1）连接OD，根据CD是⊙O的切线，可推出∠ADC+∠ODA=90°，根据OF⊥AD，∠AOF+∠DAO=90°，根据OD=OA，可得∠ODA=∠DAO，即可证明；
（2）设半径为r，根据在Rt△OCD中，，可得，AC=2r，由AB为⊙O的直径，得出∠ADB=90°，再根据推出OF⊥AD，OF∥BD，然后由平行线分线段成比例定理可得，求出OE，，求出OF，即可求出EF．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵CD是⊙O的切线，
∴OD⊥CD，
∴∠ADC+∠ODA=90°，
∵OF⊥AD，
∴∠AOF+∠DAO=90°，
∵OD=OA，
∴∠ODA=∠DAO，
∴∠ADC=∠AOF；
（2）设半径为r，
在Rt△OCD中，，
∴，
∴，
∵OA=r，
∴AC=OC-OA=2r，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
又∵OF⊥AD，
∴OF∥BD，
∴，
∴OE=4，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，锐角三角函数，切线的性质，直径所对的圆周角是90°，灵活运用知识点是解题关键．
5．（2019·北京·中考真题）在平面内，给定不在同一直线上的点A，B，C，如图所示．点O到点A，B，C的距离均等于a（a为常数），到点O的距离等于a的所有点组成图形G，的平分线交图形G于点D，连接AD，CD．
（1）求证：AD=CD；
（2）过点D作DEBA，垂足为E，作DFBC，垂足为F，延长DF交图形G于点M，连接CM．若AD=CM，求直线DE与图形G的公共点个数．
【答案】依题意画出图形G为⊙O，如图所示,见解析；（1）证明见解析；（2）直线DE与图形G的公共点个数为1个.
【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质得出图形G为⊙O，再根据在同圆或等圆中相等的圆周角所对的弧相等得出；从而得出弦相等即可．
（2）先根据HL得出△CDF≌△CMF，得出DF=MF，从而得出BC为弦DM的垂直平分线，根据圆心角和圆周角之间的关系定理得出∠ABC=∠COD，再证得
DE为⊙O的切线即可
【详解】如图所示，依题意画出图形G为⊙O，如图所示
（1）证明：∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD，
∴，∴AD=CD
（2）解：∵AD=CD，AD=CM，∴CD=CM.∵DF⊥BC，∴∠DFC=∠CFM=90°
在Rt△CDF和Rt△CMF中
，∴Rt△CDF≌Rt△CMF（HL），∴DF=MF，∴BC为弦DM的垂直平分线
∴BC为⊙O的直径，连接OD
∵∠COD=2∠CBD，∠ABC=2∠CBD，∴∠ABC=∠COD，∴OD∥BE.
又∵DE⊥BA，∴∠DEB=90°，∴∠ODE=90°，即OD⊥DE，∴DE为⊙O的切线.
∴直线DE与图形G的公共点个数为1个.
【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，圆心角和圆周角之间的关系定理，切线的判定，熟练掌握相关的知识是解题的关键．
6．（2023·北京海淀·清华附中校考一模）如图，在中，，以AB为直径作，交BC于点D，交AC于点E，过点B作的切线交OD的延长线于点F．
(1)求证：；
(2)若，，求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】(1)首先根据等边对等角可证得，再根据平行线的判定与性质，即可证得结论；
(2)首先根据圆周角定理及切线的性质，可证得，即可证得，再根据相似三角形的性质即可求得．
【详解】（1）证明：



（2）解：如图：连接BE
是的直径，AB=4
，
是的切线

又


又
，解得
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定与性质，作出辅助线，证得是解决本题的关键．
7．（2023·北京西城·统考一模）如图，是的直径，C是上一点，的平分线交于点D，过点D作的切线交CB的延长线于点E．
(1)求证：；
(2)若，，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，由切线的性质得，再由圆周角定理可求得，从而得结论成立．
（2）过点作于点，可证明四边形是正方形，与都与互余，得，在中，由，求出，再由得结果．
【详解】（1）证明： 连接，如图1．
∵是的切线，切点是D，
∴．
∴．
∵是的直径，
∴．
∵的平分线交于点D，
∴．
∴．
∴．
∴．
（2）解：作于H，如图2．
∴．
∵，，
∴．
∴ 四边形是矩形．
∵，
∴ 四边形是正方形．
∴．
∵ 在中，，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，正方形的判定和性质，圆周角定理及推论，锐角三角函数之间的转化，关键是连接过切点的半径，得垂直于半径的直线，过点作垂线构造直角三角形．
8．（2023·北京东城·统考一模）如图，是的直径，点C，D在上，点D为的中点，的切线交的延长线于点E，连接．
(1)求证：；
(2)若的半径长为5，，求和的长．
【答案】(1)见解析
(2)；
【分析】（1）由垂径定理和切线的性质得到，即可证明；
（2）由（1）的结论，得到，求得，，在中，由勾股定理求得的长，证明，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵点D为的中点，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴；
（2）解：由（1）得，，
∵的半径长为5，，
∴，，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵点D为的中点，
∴；
∵，
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，垂径定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
9．（2023·北京朝阳·统考一模）如图，是的弦，过点O作，垂足为C，过点A作的切线，交的延长线于点D，连接．
(1)求证：；
(2)延长交于点E，连接，，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据切线的性质和即可求出答案；
（2）延长交于点E，连接，，根据勾股定理和锐角三角函数即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵为的切线，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：延长交于点E，连接，，如图所示，
在中，，，
可得，
∵，
∴，
根据勾股定理，得，
∴，
∵为的直径，
∴，
在中，，
在中，根据勾股定理，得．
【点睛】本题考查了圆与三角形的综合应用，勾股定理，解直角三角形，三角函数的定义，垂径定理，切线的性质，等腰三角形的性质，灵活运用所学知识是解题关键．
10．（2023·北京海淀·统考二模）如图，为外一点，，是的切线，，为切点，点在上，连接，，．

(1)求证：；
(2)连接，若，的半径为，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据切线的性质得出，则，根据等腰三角形的性质，三角形内角和定理得出，即可得证；
（2）延长交于点，过作于点，根据垂径定理勾股定理求得，证明四边形是矩形，进而可得，根据切线长定理得出，进而设设，则，在中，，建立方程，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：∵是的切线，
∴，
∵，则，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：如图所示，延长交于点，过作于点，

∴，
∵
在中，，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，是的切线，
∴，
设，则
在中，
∴
解得：，
即．
【点睛】本题考查了切线的性质，切线长定理，矩形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
11．（2023·北京海淀·统考一模）如图，为的直径，C为上一点，D为的中点，交的延长线于点E．
(1)求证：直线为的切线；
(2)延长交于点F．若，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，连接交于点，是的直径，可得，根据垂径定理可得，进而得出四边形是矩形，即可得出结论；
（2）设的半径为r，则，先解，得到，解得，则，再证明，最后解，即可得到．
【详解】（1）证明：连接，连接交于点．
∵是的直径，
∴，
∵点是的中点，
∴，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
又∵是的半径，
∴是的切线．
（2）解：设的半径为r，则，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质判定，垂径定理，矩形的性质与判定，解直角三角形，圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
12．（2023·北京房山·统考二模）如图，A，B，C三点在上，直径平分，过点D作交弦于点E，在的延长线上取一点F，使得．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）如图，由是的直径，得，所以 ，又因为，，所以°，即即可由切线的判定定理得出结论．
（2）连接，则，由平分，，则 ，由勾股定理可求得 ，根据平行线的性质与解平分线定义得出，所以，则 由勾股定理可得，再，得，即，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，

∵平分，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴ ，
∵，，
∴°，
∴
∴，
∵是的半径，
∴是的切线．
（2）解：连接，

∵是的直径，
∴，
∵平分，，
∴ ，
∵，
∴ ，
∵
∴
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
又，，
∴
∴
即
∴
【点睛】本题考查角平分线的性质，圆周角定理的推论，切线的判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理，本题属圆的综合题目，熟练掌握相关定理与性质是解题的关键．
13．（2023·北京西城·统考二模）如图，以菱形的边为直径作交于点，连接交于点是上的一点，且，连接．

(1)求证：；
(2)求证：是的切线．
【答案】见解析
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角及菱形的性质得到点是的中点即可解答；
（2）根据菱形的性质及全等三角形的判定得到，再根据全等三角形的性质得到，最后利用四边形的内角和及切线的判定即可解答．
【详解】（1）解：连接，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴点是的中点，
∴；

（2）解：连接，

∵四边形是菱形，
∴，，
∴在和，
，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴在四边形中，，
∴，
∴，
∴是的切线．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角所对的圆周角是，等腰三角形的性质，切线的判定，全等三角形的判定与性质，掌握菱形的性质是解题的关键．
14．（2023·北京海淀·校考二模）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，过C作⊙O的切线交AB的延长线于点D，连接AC、BC，过O作OF∥AC，交BC于G，交DC于F．
(1)求证：∠DCB＝∠DOF；
(2)若tan∠A＝，BC＝4，求OF、DF的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）如图所示，连接OC，先证明∠DCB=∠OCA，由OC=OA，可证∠OAC=∠OCA=∠DCB，再由，可证∠DOF=∠OAC，即可证明∠DOF=∠DCB；
（2）先证△OBG∽△ABC，∠BGO=∠ACB=90°得到，则CG=2，再由∠BCD=∠OAC，，求出，则，，即可得到，可证△OFD∽△ACD，得到，则．
【详解】（1）解：如图所示，连接OC，
∵CD是圆O的切线，AB是圆O的直径，
∴∠OCD=∠ACB=90°，
∴∠DCB+∠OCB=∠OCA+∠OCB，
∴∠DCB=∠OCA，
∵OC=OA，
∴∠OAC=∠OCA=∠DCB，
∵，
∴∠DOF=∠OAC，
∴∠DOF=∠DCB；
（2）解：设OF与BC交于点G，
∵，
∴△OBG∽△ABC，∠BGO=∠ACB=90°
∴，∠CGF=90°
∴，
∴CG=2，
∵∠BCD=∠OAC，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
同理可证△OFD∽△ACD，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆切线的性质，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，平行线的性质，等腰三角形的性质，直径所对的圆周角是直角等等，正确作出辅助线是解题的关键．
15．（2023·北京丰台·统考一模）如图，是的直径，，是的两条弦，，过点D作的切线交的延长线于点E．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)8
【分析】（1）连接．由切线的性质可知，根据圆周定理可得，可知，进而可得，可证得结论；
（2）连接，．先证明，，再利用，求解即可．
【详解】（1）证明：连接．
是的切线，
．
．
．
．
（2）解：连接，．
是的直径，
．
．
，．
，
．
，，
．
，
．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，解直角三角形，正确地作出辅助线是解题的关键．
16．（2023·北京石景山·统考一模）如图，是的直径，点是弦延长线上一点，过点作于点，过点作的切线，交于点．
(1)求证：；
(2)若是的中点，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用切线的性质可得出，利用垂直的定义可得出，利用等腰三角形的性质可得出，利用余角的性质可得出，再利用等腰三角形的判定即可得证；
（2）先利用正弦定义求出，利用勾股定理求出，在和中利用勾股定理可得出，然后代入数值求解即可．
【详解】（1）证明：连接，如图1．

∵是⊙的切线，是⊙的半径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
∴，
∴；
（2）解：连接，如图2．
∵，是的中点，
∴，，
在中，，
∴，
∴，
设，则，
在中，．
在中，．
∴，解得．
即的长为．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，正弦的定义等知识，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
17．（2023·北京东城·统考二模）如图，的直径与弦相交于点，且，点在的延长线上，连接．

(1)求证：是的切线；
(2)若，求半径的长．
【答案】(1)见详解
(2)4
【分析】（1）连接，由题意易得，则有，然后可得，则可得，进而问题可求证；
（2）由题意可设，则，则有，，然后可列方程进行求解．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：

∵，是的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：由题意可设，则，
∴，，
∴在中，，
解得：，
∴，
即的半径为4．
【点睛】本题主要考查切线的判定、垂径定理及三角函数，熟练掌握切线的判定及三角函数是解题的关键．
18．（2023·北京门头沟·统考一模）如图，AB是的直径，点D在上，连接AD并延长到C，使，连接BC交于E、过点B作的切线交OE的延长线于点F．
(1)求证：；
(2)如果，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据，可以得到，从而证明结论．
（2）连接，证明，得到，可求出的值，进而求出的值．
【详解】（1）证明：∵
∴
又∵
∴
∴
∴
（2）解：连接，则为直角三角形，
∵
∴
又∵为切线，
∴
则有
∴∽
∴，即
∴
∴
故的长是．
【点睛】本题考查了平行线的判定、相似三角形的判定与性质、切线的性质等，得到相似三角形是求解的关键．
19．（2023·北京通州·统考一模）如图，是圆内接三角形，过圆心O作，连接，过点C作，交的延长线于点D，．
(1)求证：是的切线；
(2)如果，求半径的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)半径的长度为
【分析】（1）根据，可得出，根据平行线的性质可得，即可得出是的切线；
（2）根据圆周角定理可得，得出，即可证明，根据相似三角形的性质，结合可求出的长，根据勾股定理即可得答案．
【详解】（1）解：∵，，，
∴，，
∵，
∴，
即，
∵是的半径，
∴是的切线．
（2）由（1）可知，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴由勾股定理得，
解得：（负值舍去），
∴半径的长度为．
【点睛】本题考查平行线的性质、切线的判定、相似三角形的判定与性质及勾股定理，经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线；有两个角对应相等的两个三角形相似；熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
20．（2023·北京昌平·统考二模）如图，是直径，是上一点，过点作直线，使．
(1)求证：是的切线；
(2)点是弧中点，连接并延长，分别交于点，若，，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）首先根据直径的性质得到，然后利用余角的性质得到，即可证明出是的切线；
（2）首先根据题意画出图形，然后根据三角函数得到，，进而得到，然后根据垂径定理得到，进而得到，利用三角函数求出，即可求解．
【详解】（1）∵是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是直径，
∴是的切线；
（2）如图所示，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点是弧中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴解得，
∴．
【点睛】此题考查了圆的综合题，三角函数，切线的证明，垂径定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
21．（2023·北京平谷·统考一模）如图，是的直径，C、D是上的两点，且，过点D作的切线交的延长线于点E．
(1)求证：；
(2)连接．若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据为的切线，得出，根据，得出，进而得出，则，即可求证；
（2）根据圆内接四边形，则，
根据是直径，得出，则，最后根据，得出．
【详解】（1）解：连接．
∵为的切线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）解：∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定与性质、圆周角定理，解决本题掌握切线的判定与性质和圆周角定理是解答本题的关键．
22．（2023·北京朝阳·统考二模）如图，为的直径，C为上一点，，直线与直线相交于点H，平分．

(1)求证：是的切线；
(2)与的交点为F，连接并延长与相交于点D，连接．若F为中点，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接，求出可得，然后得出即可；
（2）如图，连接，证明，可得，然后根据圆周角定理求出，再由直角三角形两锐角互余求出即可．
【详解】（1）证明：连接，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；

（2）证明：如图，连接，
∵平分，
∴，
∴，
∵F为中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
由（1）知，即，
∴，
∴．

【点睛】本题考查了切线的判定，平行线的判定，圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理等知识，作出合适的辅助线，灵活运用相关性质定理是解题的关键．
23．（2023·北京·统考一模）如图，为的直径，为上一点，点为的中点，连接，过点作，交的延长线于点．

(1)求证：是的切线；
(2)延长交的延长线于点，若，，求的半径和的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)的半径为3，
【分析】（1）先证明，再由等边对等角证明，进而可证，由，得到，即可证明是的切线；
（2）设的半径为r，则，，在中，由勾股定理求出，即的半径为3；则，再由平行线分线段成比例定理得到，即，则．
【详解】（1）证明：∵点为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：设的半径为r，则，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，即的半径为3；
∴，
∵，
∴，即，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，平行线分线段成比例定理，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
24．（2023·北京房山·统考一模）如图，中，，以为直径作，与边交于点，过点的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)
【分析】（1）由等边对等角，以及三角形内角和定理推出，再由圆周角定理推出，据此即证明结论；
（2）设，则，，证明，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴；
（2）解：∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
设，则，，
∵，
∴，
连接，
则，
∴，
∵为的直径，为的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的性质与判定和三角函数的定义，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
25．（2023·北京朝阳·清华附中校考模拟预测）如图，A，B，C三点在⊙O上，直径BD平分∠ABC，过点D作DE∥AB交弦BC于点E，过点D作⊙O的切线交BC的延长线于点F．
（1）求证：EF=ED；
（2）如果半径为5，cs∠ABC=，求DF的长．
【答案】（1）证明见解析（2）5
【分析】⑴根据圆的性质与定义，利用角的关系即可求解；⑵根据圆的定义与性质，利用三角形的性质，通过勾股定理即可求解.
【详解】解：（1）∵BD平分∠ABC，
∴∠1=∠2，
∵DE∥AB，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠3，
∵BC是⊙O的切线，
∴∠BDF=90°，
∴∠1+∠F=90°，∠3+∠EDF=90°，
∴∠F=∠EDF，
∴EF=DE；
（2）连接CD，AD，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BCD=90°，
∵DE∥AB，
∴∠DEF=∠ABC，
∵cs∠ABC=，
∴在Rt△ECD中，cs∠DEC=，
设CE=3x，则DE=5x，
由（1）可知，BE=EF=5x，
∴BF=10x，CF=2x，
在Rt△CFD中，由勾股定理得：DF=2x，
∵半径为5m，
∴BD=10，
∵BF×DC=FD×BD，
∴10x•4x=10•2x，
解得：x=，
∴DF=2x=5．
【点睛】本题考查了圆的性质和三角形的性质，掌握数形结合的方法是解决本题的关键.
26．（2023·北京大兴·统考一模）如图，是的直径，为圆上一点，连接，，过点作于点．过点作的切线交的延长线于点，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)过点作于点，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，利用垂径定理得出垂直平分，则，又知道，，得出，即可得出结论；
（2）先补全图，再证明，得，即，然后利用，求出长，最后证明是的中位线，利用中位线性质求银即可．
【详解】（1）证明：连接，如图，
∵，
∴平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是切线，
∴，
∴
∵是的半径，
∴是切线．
（2）解：如图，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，由（1）知是切线．
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∵于D，
∴，
∵，
∴是的中位线，
∴√
【点睛】本题考查切线的判定与性质，垂径定理，线段垂直平分线性质，相似三角形的判定与性质，三角形中位线的性质等，本题属圆的综合题目，熟练掌握相差性质定理是解题的关键．
27．（2023·北京东城·北京市广渠门中学校考二模）如图，的半径与弦垂直于点，连接．
(1)求证：；
(2)分别延长、交于点E、F，连接，交于，过点作，交延长线于点．若是的中点，求证：是的切线．
【答案】见解析
【分析】（1）连接，可知，根据圆周角定理即可证明；
（2）连接，根据垂径定理的推论，可知，可证，根据同弧所对圆周角相等可知，再证即可知，进而可证明是的切线．
【详解】（1）
连接，
∵
∴
∵
∴
∵、
∴
（2）
连接，
∵点是的中点，且位于上
∴于点G
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴即
∴是的切线．
【点睛】本题考查了垂径定理及其推论、圆周角定理及其推论、等腰三角形的判定及性质、平行线的判定、切线的判定等知识点，熟练掌握上述知识点是解答本题的关键．
28．（2023·北京西城·北师大实验中学校考模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，弦EF⊥AB于点C，过点F作⊙O的切线交AB的延长线于点D．
（1）已知∠A＝α，求∠D的大小（用含α的式子表示）；
（2）取BE的中点M，连接MF，请补全图形；若∠A＝30°，MF＝，求⊙O的半径．
【答案】（1）∠D＝90°﹣2α；（2）⊙O的半径为2．
【分析】（1）连接OE，OF，如图，利用等腰三角形的性质得到∠DOF＝∠DOE．而∠DOE＝2∠A，所以∠DOF＝2α，再根据切线的性质得∠OFD＝90°．从而得到∠D＝90°﹣2α；
（2）连接OM，如图，利用圆周角定理得到∠AEB＝90°．再证明OM∥AE得到∠MOB＝∠A＝30°．而∠DOF＝2∠A＝60°，所以∠MOF＝90°，设⊙O的半径为r，利用含30度的直角三角形三边的关系得OM＝BM＝r，然后根据勾股定理得到即（r）2+r2＝（）2，再解方程即可得到⊙O的半径．
【详解】解：（1）连接OE，OF，如图，
∵EF⊥AB，AB是⊙O的直径，
∴∠DOF＝∠DOE．
∵∠DOE＝2∠A，∠A＝α，
∴∠DOF＝2α，
∵FD为⊙O的切线，
∴OF⊥FD．
∴∠OFD＝90°．
∴∠D+∠DOF＝90°，
∴∠D＝90°﹣2α；
（2）连接OM，如图，
∵AB为⊙O的直径，
∴O为AB中点，∠AEB＝90°．
∵M为BE的中点，
∴OM∥AE，
∵∠A＝30°，
∴∠MOB＝∠A＝30°．
∵∠DOF＝2∠A＝60°，
∴∠MOF＝90°，
设⊙O的半径为r，
在Rt△OMB中，BM＝OB＝r，
OM＝BM＝r，
在Rt△OMF中，OM2+OF2＝MF2．
即（r）2+r2＝（）2，解得r＝2，
即⊙O的半径为2．
【点睛】此题主要考查直线与圆的位置关系，解题的关键是熟知切线的判定定理及勾股定理的应用.
29．（2023·北京顺义·统考一模）如图，在中，是直径，是弦，点C在上，于点E，，交的延长线于点F，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据证出是的平分线，再利用平行证出即可．
（2）利用三角函数求出和，再用计算即可．
【详解】（1）连接、.
，，，
.
，
，
.
.
，
，
为的半径，
是的切线；
（2）连接.
，
.
，
，
为等边三角形，
.
，
，
【点睛】本题考查了切线的判定、平行的性质、角平分线的判定、三角函数的应用等知识点，计算的准确性是解题关键．
30．（2023·北京丰台·二模）如图，是的外接圆，是的直径，点是的中点，点是的延长线上的一点，，的延长线交于点．

(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据中位线的定理得到，再根据直角三角形的性质得到即可解答；
（2）连接，设根据锐角三角形函数得到，再根据中位线定理及平行线分线段成比例得到即可解答．
【详解】（1）解：连接，
∵是的直径，
∴，，点是中点，
∵点是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵为半径，
∴是的切线；

（2）解：连接，
∵是的直径，
∴，，点是中点，
∵点是的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴，
∴，
∵，是的切线，
∴在中，，
∴，
设，
∴，
∵，
∴，，
∴．

【点睛】本题考查了中位线定理，直角三角形的性质，切线的判定与性质，锐角三角函数，掌握切线的判定与性质是解题的关键．
31．（2023·北京海淀·校考一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，过点C作⊙O与边AB相切于点E，交BC于点F，CE为⊙O的直径．
（1）求证：OD⊥CE；
（2）若DF＝1，DC＝3，求AE的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）⊙O与边AB相切于点E，且 CE为⊙O的直径，得到CE⊥AB，由等腰三角形的性质三线合一得到BD=DC，根据三角形的中位线的性质得到结论；
（2）连接EF，由CE为⊙O的直径，且点F在⊙O上，得到∠EFC=90°，又因为 CE⊥AB，得到∠BEF+∠FEC=∠FEC+∠ECF=90°，推出∠BEF=∠ECF，于是得到tan∠BEF=tan∠ECF，得到等积式，求得EF=2，由勾股定理得BE，再根据平行线分线段成比例，列出比例式求解．
【详解】解：（1）∵⊙O与边AB相切于点E，且 CE为⊙O的直径，
∴CE⊥AB，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝DC，
又∵OE＝OC，
∴OD∥EB，
∴OD⊥CE；
（2）连接EF，
∵CE为⊙O的直径，且点F在⊙O上，∴∠EFC＝90°，
∵CE⊥AB，
∴∠BEC＝90°．
∴∠BEF+∠FEC＝∠FEC+∠ECF＝90°，
∴∠BEF＝∠ECF，
∴tan∠BEF＝tan∠ECF
∴，
又∵DF＝1，BD＝DC＝3，
∴BF＝2，FC＝4，
∴EF＝2，
∵∠EFC＝90°，
∴∠BFE＝90°，
由勾股定理，得，
∵EF∥AD，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，锐角三角形函数，勾股定理，平行线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
32．（2023·北京延庆·统考一模）如图，是的外接圆，AB是直径，，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）由和即可得出，由此证明结论．
（2）过点C作于点，根据，设（），则，， 求出，继而根据求解即可．
【详解】（1）证明：∵ ，
∴ ．
∴．
∵
∴．
∴．
∵是的直径，
∴是的切线．
（2）解：∵是⊙O的直径，
∴．
∴．
过点C作于点，
∴．
∴．
∵，
∴．
设（），则，．
∴，．
∴．
∴．
∵，，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴的半径为4．
【点睛】本题考查切线的判定，相似三角形的判定与性质、三角函数，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．
33．（2023·北京海淀·北理工附中校考三模）如图，是的直径，弦于点，过点作交的延长线于点，点是延长线上一点，．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求半径的长．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）连接，根据等腰三角形三线合一得出，再由等腰三角形的性质得出，利用等量代换确定，即可证明；
（2）根据垂径定理得出，再由正切函数的定义得出，设半径的长为r，则，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：

∵，，
∴平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∵为的半径，
∴是的切线；
（2）∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设半径的长为r，则，
∵，
∴，
解得：，
∴半径的长为5．
【点睛】题目主要考查切线的判定，等腰三角形的性质，正切函数的定义，垂径定理及勾股定理，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
34．（2023·北京门头沟·二模）如图，是直径，弦于E，点F在上，且，连接，BC．

(1)求证：；
(2)延长到P，使，作直线．如果．求证：直线为的切线．
【答案】见详解
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和圆周角定理即可；
（2）连接，设，则，，再根据等腰三角形的性质、平行线的性质、圆周角定理、切线的判定定理证明即可．
【详解】（1）证明：，
，
，
；
（2）解：连接，

设，则，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，且点C在上，
∴直线为的切线．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、平行线的性质、圆周角定理、切线的判定定理，掌握证明切线的辅助线方法是本题的关键．
35．（2023·北京平谷·统考二模）如图，为的直径，为上一点，过点作的切线，交的延长线于点，为的中点，连结并延长交于点，连结．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据切线的性质和圆周角定理求得，利用等角的余角相等即可证明；
（2）利用正切的性质求得，的长，再根据直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵为的切线，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
中，∵F是的中点，，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，正切函数的定义，直角三角形的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
36．（2023·北京顺义·统考二模）如图，，分别与相切于，两点，是的直径．

(1)求证：
(2)连接交于点，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据切线长定理和切线的性质可得，，，根据等腰三角形三线合一性质可得，可得，，得到，从而得证；
（2）根据余弦，正弦的定义及勾股定理可得，从而有，，代入计算即可得出答案．
【详解】（1）证明：如图，连接，交于点．
∵、为的切线，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．

（2）解：∵是的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴的长为．

【点睛】本题考查切线长定理，切线的性质，等腰三角形三线合一性质，直径所对的圆周角是直角，解直角三角形，勾股定理．正确的添加辅助线是解题的关键．
37．（2023·北京大兴·统考二模）如图，是的直径，点C是上一点，平分交于点D，过点D作交的延长线于点E．
(1)求证：直线是的切线；
(2)延长与直线交于点F，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）连接，证，由已知，得出，即可得出结论；
（2）连接交于点H，证明四边形为矩形，得出，再证明，求出的长即可得出结论．
【详解】（1）连接．

∵平分，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵．
∴，
∴，
∴．
又∵点D在上，
∴直线是的切线．
（2）连接交于点H，如图．
∵为直径，
∴，
∴．
又∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴．
又∵=，
∴．
∵四边形为矩形，
∴，
∴．
∵四边形为矩形，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质、角平分线定义、垂径定理、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、矩形的判定与性质、三角函数定义等知识；熟练掌握切线的判定和垂径定理是解题的关键．
38．（2023·北京海淀·北理工附中校考模拟预测）如图，为的直径，为延长线上的一点，为的切线，为切点，于点，连结．
(1)求证：
(2)作交延长线于点，交点，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）连接，，先根据切线的性质得到，再根据等腰三角形的性质得到，利用圆周角定理即可证得结论；
（2）连接，利用圆周角定理和解直角三角形分别求得、、即可求解．
【详解】（1）证明：连接，，
∵为的切线，为切点，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴；
（2）解：连接，
∵，，，
∴，
在中，，，，
∴，
解得，经检验，是所列方程的解；
∵为的直径，
∴，则，
∴，
∴．
【点睛】本题考查切线的性质、等腰三角形的性质、圆周角定理、解直角三角形等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
39．（2023·北京海淀·首都师范大学附属中学校考一模）如图，为的直径，为的一条弦，过点作直线，使．
(1)求证：为的切线；
(2)若，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据圆周角定理和切线的判定定理即可得到结论；
（2）连接，过作于，根据圆周角定理得到，根据勾股定理得到，求得，设，则，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：，，
，
为的直径，
，
，
为的切线；
（2）解：连接，过作于，
为的直径，
，
，
，
，
，设，则，
，
，
，
解得或 (不合题意舍去)，
．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
40．（2023·北京海淀·北京交通大学附属中学校考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点D为BC边的中点，以AD为直径作⊙O，分别与AB，AC交于点E，F，过点E作EG⊥BC于G．
（1）求证：EG是⊙O的切线；
（2）若AF=6，⊙O的半径为5，求BE的长．
【答案】（1）见解析；（2）8
【分析】（1）先判断出EF是⊙O的直径，进而判断出OE∥BC，即可得出结论；
（2）先根据勾股定理求出AE，再判断出BE=AE，即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图，连接EF，
∵∠BAC=90°，
∴EF是⊙O的直径，
∴OA=OE，
∴∠BAD=∠AEO，
∵点D是Rt△ABC的斜边BC的中点，
∴AD=BD，
∴∠B=∠BAD，
∴∠AEO=∠B，
∴OE∥BC，
∵EG⊥BC，
∴OE⊥EG，
∵点E在⊙O上，
∴EG是⊙O的切线；
（2）∵⊙O的半径为5，
∴EF=2OE=10，
在Rt△AEF中，AF=6，
根据勾股定理得， ，
由（1）知OE∥BC，
∵OA=OD，
∴BE=AE=8．
【点睛】此题主要考查了圆的有关性质，切线的判定，直角三角形斜边的中线是斜边的一半，勾股定理，能判断出EF∥BC是解本题的关键．
41．（2023·北京东城·北京市广渠门中学校考一模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点F在弧BC上，AF与CD交于点G，点H在DC的延长线上，且HG=HF，延长HF交AB的延长线于点M．
(1)求证：HF是⊙O的切线；
(2)若，BM=1，求AF的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接OF，根据CD⊥AB，可得∠A+∠AGE=90°，再由HG=HF，可得∠HFG =∠AGE，然后根据OA=OF，可得∠A=∠OFA，即可求证；
（2）连接BF，先证得△BFM∽△FAM，可得，再由，可得OM=5，AM=9，AB=8，FM=3，从而得到，然后由勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：连接OF，
∵CD⊥AB，
∴∠AEG=90°，
∴∠A+∠AGE=90°，
∵HG=HF，
∴∠HFG=∠HGF，
∵∠HGF=∠AGE，
∴∠HFG =∠AGE，
∵OA=OF，
∴∠A=∠OFA，
∴∠OFA+∠HFG=90°，即∠OFH=90°，
∴HF是⊙O的切线；
（2）解：如图，连接BF，
由（1）得：∠OFM=90°，
∴∠BFO+∠BFM=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB=90°，
∴∠A+∠ABF=90°，
∵OB=OF，
∴∠ABF=∠BFO，
∴∠BFM=∠A，
∵∠M=∠M，
∴△BFM∽△FAM，
∴，
∵，
∴，
∵BM=1，OB=OF，
∴，
解得：OF=4，
∴OM=5，AM=9，AB=8，
∴FM=，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得： ．
【点睛】本题主要考查了圆的综合题，熟练掌握切线的判定，相似三角形的判定和性质，理解锐角三角函数是解题的关键．
42．（2023·北京海淀·校联考模拟预测）如图，是的直径，为上一点，为外一点，连接，，，，满足，．
(1)证明：直线为的切线；
(2)射线与射线交于点，若，，求的长．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）连接，根据，，可得，，根据三角形内外角关系可得，结合，可得，再根据是的直径可得，即可证明；
（2）过B作交于点F，根据得到，结合可得，即可得到，从而得到，根据勾股定理可得、，即可得到，再根据勾股定理即可得到答案；
【详解】（1）证明：连接，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
又，
，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴为的切线；
（2）解：过B作交于点F，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
根据勾股定理可得，
，，
∴，
∴，
∴的长是；
【点睛】本题考查切线的判定，勾股定理，三角函数，解题的关键是作辅助线得到直角三角形．
43．（2023·北京·校联考一模）如图，是的直径，C为延长线上一点．为切线，D为切点，于点H，交于点E．
(1)求证：；
(2)若，， 求和半径的长．
【答案】(1)见解析
(2)，半径的长为
【分析】（1）连接，根据圆周角定理得到，根据平行线的判定与性质得到，根据切线的性质得到，通过等量代换即可得到结论；
（2）根据等腰三角形的性质及三角形中位线定理，得到，设，，证明，根据相似三角形的性质，可求得的长，即可求得的长；再根据相似三角形的判定，可证得，利用相似三角形的性质及勾股定理，即可求得半径的长．
【详解】（1）证明：如图：连，
，
为直径，
，
，
，
，
为切线，
，，
，
，
；
（2）解：，，
点H是的中点，
，点O是的中点，
是的中位线，
，，
，
设，则，
，
，
，
，
，
解得，
，
，
，
，，
为的中点，
，
在中，，
的半径为．
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，平行线的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
44．（2023·北京东城·北京市广渠门中学校考模拟预测）如图，是的直径，弦于点，点在上，与交于点，点在的延长线上，且，延长交的延长线于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据，可得，再由，可得，然后根据等腰三角形的性质及切线的判定定理可得结论；
（2）连接，先证得，再根据可得，，从而得的长，然后由勾股定理可得答案．
【详解】（1）证明：连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴是的切线；
（2）解：连接，
由（1）得，，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】此题主要考查了圆的综合题目，熟练掌握切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，理解锐角三角函数是解题的关键．
45．（2023·北京·校考模拟预测）如图，⊙O是Rt△ABC的内切圆，∠B＝90°．
(1)若AB＝4，BC＝3，
①求Rt△ABC外接圆的半径；
②求Rt△ABC内切圆的半径；
(2)连接AO并延长交BC于点D，若AB＝6，tan∠CAD＝，求此⊙O的半径．
【答案】(1) ①； ②1
(2)
【分析】（1）①先求得线段AC的长度，然后取AC的中点H，得到AH的长即为△ABC的外接圆半径；
②过点O作于点E，于点F，于点G，然后可得四边形OEBF是正方形，设半径为1，结合点O是的内心可得AF，CE的长度，然后由切线长定理得到，，进而得到，最后利用勾股定理求得r的值；
（2）设半径为r，得到，，由内心的定义可知，然后利用正切值求得的大小，即为结果．
【详解】（1）解：（1）①如图1，取AC的中点H，
∵，
∴点H是的外接圆圆心．
∵，，，
∴A
，
∴的外接圆半径为；
②如图2，过点O作于点E，于点F，于点G，
则．
，
∴四边形OEBF是正方形，
设半径为r，则，
是的内切圆，，，
∴，，
∴.，
在中，，
，
解得或(不符合题意舍去)，
内切圆的半径为l；
（2）解：如图2，设半径为r，则，．
是的内切圆，
.
，
,
，
解得，
的半径为．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆和内切圆的性质、解直角三角形，熟知圆的切线长定理是解题关键．
46．（2023·北京·校考模拟预测）如图，四边形中，，，．以为圆心，以为半径作，与交于点．

(1)求证：是的切线；
(2)延长交于点，点为的中点，连接，
①补全图形；
②若，求证：．
【答案】见解析
【分析】（1）利用证明三角形全等，从而推出，即可证明是的切线．
（2）①根据题意补全图形即可；
②通过中位线定理即可推出，从而求出相应的角的度数，即可求出，利用证明三角形全等即可证明．
【详解】（1）解：，，，
，
，
，
是的切线．
（2）解：①由题意画图，图如下，

②由（1）知，，
，，
，点为的中点，
∴，
，
，
在中，，
，．
，
，
，
．
，，
，
．
【点睛】本题考查了圆的切线判定与性质、中位线定理、直角三角形的特征以及三角形全等的证明．解题的关键在于熟练掌握相关性质定理以及灵活运用．
47．（2023·北京·统考二模）如图，为的直径，为弦，射线与相切于点A，过点O作交于点D，连接．

(1)求证：是的切线；
(2)过点B作交的延长线于点E，连接交于点F．若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，先证，从而求出，进而可证是的切线；
（2）连接，得出，再根据三角函数求得的长．
【详解】（1）证明：如图，连接，

与相切于点A，
，
，
，，
，
，
，
又，，
，
，
即，
又是的半径，
是的切线．
（2）解：如图，连接，

，
为的切线，
也为的切线，
，
又，
，
是的直径，，
，，即，
，
，
，
于点F，
，
在中，，，，
，
，
在中，，，
，
．
【点睛】本题主要考查了切线的判定和性质，三角形全等的判定，三角函数的应用，平行线的判定和性质，勾股定理等，本题是一道综合性较强的题目．
48．（2023·北京海淀·校考模拟预测）如图，AB为⊙O的直径，CD为弦，CD⊥AB于点E，连接DO并延长交⊙O于点F，连接AF交CD于点G，CG =AG，连接AC．
(1)求证：AC∥DF；
(2)若AB = 12，求AC和GD的长．
【答案】(1)见解析
(2)AC =6，
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠C=∠F，由GA=GC推出∠CAF=∠C，得到∠CAF=∠F，即可得到结论AC∥DF．
（2）连接AD，利用AC∥DF推出∠C=∠1，根据圆周角定理得到，进而证得△AOD是等边三角形，得到．利用垂径定理求出AC=AD=6，利用三角函数求出AG．
【详解】（1）证明：
∵ C，F都在⊙O上，
∴ ∠C=∠F．
∵ GA=GC，
∴ ∠CAF=∠C．
∴ ∠CAF=∠F．
∴ AC∥DF．
（2）解：连接AD．
∵ AC∥DF，
∴ ∠C=∠1，
∵，
∴．
∴．①
∵ AB⊥CD于E，
∴ ∠BED=90°．
∴．②
∴由①，②得∠1=30°，∠2=60°．
∵ OA=OD，
∴ △AOD是等边三角形．
∴．
∵直径AB⊥CD于E，
∴．
∴ AC=AD=6．
∵ △AOD是等边三角形，
∴ ∠ADO=60°，∠1=30°．
∴ ∠3=∠AOD-∠1=30°
∵ DF是⊙O的直径，
∴ ∠FAD=90°．
∴ 在Rt△GAD中，．
【点睛】此题考查了圆周角定理，垂径定理，等边三角形的判定及性质，锐角三角函数，平行线的判定定理，熟记圆周角定理及垂径定理是解题的关键．
49．（2023·北京·校联考模拟预测）如图，为的直径，为弦，射线与相切于点A，过点O作交于点D，连接．

(1)求证：是的切线；
(2)过点B作交的延长线于点E，连接交于点F．若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，先利用切线性质得到，再利用平行线的性质、等腰三角形的性质证得，进而证明得到，然后利用切线的判定证得结论；
（2）如图，过E作于H，证明四边形是矩形，得到，，设，则，根据切线长定理和勾股定理求得，，证明得到求解即可．
【详解】（1）解：连接，
∵射线与相切于点A，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，又，，
∴，
∴，又为的半径，
∴是的切线；

（2）解：如图，过E作于H，则，
∴四边形是矩形，
∴，，
设，则
∵，
∴与相切，又射线与相切于点A，是的切线，
∴，，
∴，
在中，由勾股定理得，
解得，即，
在，由勾股定理得，
∵，，
∴，又，
∴，
∴，即，
解得．
【点睛】本题考查切线的判定与性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、矩形的判定和性质、勾股定理、切线长定理等知识的综合应用，熟练掌握相关知识的联系与性质是解答的关键．
50．（2023·北京海淀·北京市十一学校校考模拟预测）如图，是的外接圆，是的直径，点D在的延长线上，点E在上，连接，交于点F．．．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)；
【分析】（1）根据平行线的性质得出，再由圆周角定理得出，，得出，再由平行线的性质及等量代换确定，即可证明；
（2）根据特殊角的三角函数得出，，的半径为5，再由相似三角形的判定和性质得出；延长交于点G，连接，利用垂径定理及勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即是的切线；
（2）∵，，
∴，
∴，的半径为5；
由（1）得，
∴，
∴即，
解得：；

延长交于点G，连接，如图所示：
由（1）得，，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】题目主要考查切线的判定，圆周角定理，垂径定理及相似三角形的判定和性质，解三角形等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
51．（2023·北京石景山·校考一模）已知是的直径，弦，垂足为点，点在直径上（与、不重合），，连接并延长与交于点．
(1)如图1，当点与点重合时，求的度数；
(2)连接交弦于点，如果，求的值；
(3)当四边形是梯形时，且，求的长．
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）如图，连接、、，先证四边形是菱形，再证是等边三角形，即可得解；
（2）先证（），得，，进而证明，，则，，利用相似三角形的性质即可得解；
（3）分与两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：如图，连接、、，

∵，垂足为点，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴；
（2）解：如图，
∵，，，
∴（），
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
设，则，，
∴，
∴；
（3）解：当，如图，连接，
由（）知，，
∴，
在梯形中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
设x，则，
∴，
∴，
∴；
当时，如下图，连接，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴即，
∴，
∵，
∴，
解得（舍去）或，
综上的长为或．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定及性质、全等三角形的判定及性质、等边三角形的判定及性质、平行线的性质、相似三角形的判定及性质、线段垂直平分线的性质以及圆周角定理，熟练掌握菱形的判定及性质、全等三角形的判定及性质、等边三角形的判定及性质是解题的关键．
52．（2023·北京·校考模拟预测）已知：如图，是的直径，，是上两点，过点的切线交的延长线于点，，连接，．
(1)求证：；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据是的切线得到，从而得到，进而得到，再结合，即可得到；
（2）连接，先根据是的直径得到，再根据圆周角定理得到，在利用锐角三角函数及勾股定理即可计算出半径长．
【详解】（1）证明：连接，
是的切线，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：连接，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
的半径为．
【点睛】本题主要考查圆的相关概念，涉及到圆周角定理、切线的性质、平行线的判定与性质、锐角三角函数等，解题关键是熟练使用圆的相关性质．
53．（2023·北京海淀·北京市师达中学校考模拟预测）如图，是的外接圆，是的直径，分别过，两点作的切线，交点为点，连接，交于点．

(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)．
【分析】（1）利用圆周角定理和切线的性质求得，根据等角的余角相等得到，再根据切线长定理以及等腰三角形的性质即可证明结论成立；
（2）先证明，利用正切函数求得，在中，利用正切函数求得，再利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵是的直径，是的切线，
∴，
∴，
∵都是的切线，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵都是的切线，
∴是弦的垂直平分线，
∴，，
由（1）得，则，
∵，，，
∴，
∴，
在中，，，
∴，即，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线性质定理，圆周角定理，勾股定理，锐角三角函数，解题的关键是熟练运用上述性质和判定定理解答．
54．（2023·北京西城·北师大实验中学校考三模）如图，AB是⊙O的直径，M是OA的中点，弦CD⊥AB于点M，过点D作DE⊥CA交CA的延长线于点E．
（1）连接AD，则∠OAD＝ °；
（2）求证：DE与⊙O相切；
（3）点F在 上，∠CDF＝45°，DF交AB于点N．若DE＝3，求FN的长．
【答案】(1)60；(2)证明见解析；(3)
【分析】（1）由CD⊥AB和M是OA的中点，利用三角函数可以得到∠DOM＝60°，进而得到△OAD是等边三角形，∠OAD＝60°．
（2）只需证明DE⊥OD．便可以得到DE与⊙O相切．
（3）利用圆的综合知识，可以证明，∠CND＝90°，∠CFN＝60°，根据特殊角的三角函数值可以得到FN的数值．
【详解】解：(1)如图1，连接OD，AD
∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB
∴AB垂直平分CD
∵M是OA的中点，
∴OM＝OA＝OD
∴cs∠DOM＝＝，
∴∠DOM＝60°
又：OA＝OD
∴△OAD是等边三角形
∴∠OAD＝60°
故答案为60°
(2)∵CD⊥AB，AB是⊙O的直径，
∴CM＝MD．
∵M是OA的中点，
∴AM＝MO．
又∵∠AMC＝∠DMO，
∴△AMC≌△OMD．
∴∠ACM＝∠ODM．
∴CA∥OD．
∵DE⊥CA，
∴∠E＝90°．
∴∠ODE＝180°﹣∠E＝90°．
∴DE⊥OD．
∴DE与⊙O相切．
(3)如图2，连接CF，CN，
∵OA⊥CD于M，
∴M是CD中点．
∴NC＝ND．
∵∠CDF＝45°，
∴∠NCD＝∠NDC＝45°．
∴∠CND＝90°．
∴∠CNF＝90°．
由(1)可知∠AOD＝60°．
∴∠ACD=∠AOD=30°．
在Rt△CDE中，∠E＝90°，∠ECD＝30°，DE＝3，
∴CD=，
在Rt△CND中，∠CND＝90°，∠CDN＝45°，CD＝6，
∴CN=CD·sin45°=3．
由(1)知∠CAD＝2∠OAD＝120°，
∴∠CFD＝180°﹣∠CAD＝60°．
在Rt△CNF中，∠CNF＝90°，∠CFN＝60°，CN=3，
∴FN=．
【点睛】本题考查圆的综合运用，特别是垂径定理、切线的判定要求较高，同时对于特殊角的三角函数值的运用有所考察，需要学生能具有较强的推理和运算能力．
55．（2023·北京海淀·人大附中校考三模）已知：如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，OD⊥BC于点D，过点C作
⊙O的切线，交OD 的延长线于点E，连结BE．
（1）求证：BE与⊙O相切；
（2）连结AD并延长交BE于点F，若OB=9，，求BF的长．
【答案】（1）见解析（2）FB=
【分析】（1）连接OC，先证明△OCE≌△OBE，得出EB⊥OB，从而可证得结论．
（2）过点D作DH⊥AB，根据解直角三角形的知识可求出OD=6，OH=4，HB=5，然后由△ADH∽△AFB，利用相似三角形的性质得出比例式即可解出BF的长．
【详解】证明：（1）连接OC，
∵OD⊥BC，∴OC=OB，CD=BD（垂径定理）．
∴△CDO≌△BDO（HL）．∴∠COD=∠BOD．
在△OCE和△OBE中，
∵OC=OB，∠COE=∠BOE，OE=OE，
∴△OCE≌△OBE（SAS）．∴∠OBE=∠OCE=90°，即OB⊥BE．∴BE与⊙O相切．
（2）过点D作DH⊥AB，
∵OD⊥BC，∴△ODH∽△OBD，∴．
又∵，OB=9，∴OD=6．
∴OH=4，HB=5，DH=2．
又∵△ADH∽△AFB，∴，即，解得FB=．
垂径定理，全等三角形的判定和性质，切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义．
56．（2023·北京·北京师大附中校考三模）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上的一点，交AC于点E，．
(1)求证：DC是⊙O的切线；
(2)若，，求csD．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接OC．证∠OCD=90°，即可得出结论；
（2）先求出．再同由勾股定理求出DC=3，OD=5，最后由余弦定义求解．
【详解】（1）证明：如图，连接OC．
∵交AC于点E，
∴,
∴．
∵，
∴．
∵，
∴,
∵，
∴，
∴∠OCD=，
∴，
∴DC是⊙O的切线，
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴．
设，
∵，
∴．
解得，
∴，．
∴在Rt△OCD中，．
【点睛】本师考查切线的判定，解直角三角形，掌握切线的判定定理是解题的关键．
57．（2023·北京海淀·校考三模）如图，P为外一点，，是的切线，A，B为切点，点C在上，连接，，，，延长交于点D．

(1)求证：；
(2)连接，若，的半径为3，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)6
【分析】（1）连接，延长交于点，连接，先根据圆周角定理可得，，再根据圆的切线的性质可得，从而可得，然后根据即可得证；
（2）连接，延长交于点，先利用勾股定理可得，再证出，根据相似三角形的性质可得，然后根据切线长定理可得，设，则，最后证出，根据相似三角形的性质即可得．
【详解】（1）证明：如图，连接，延长交于点，连接，

由圆周角定理得：，，
，
是的切线，
，即，
，
，
又，
．
（2）解：如图，连接，延长交于点，

的半径为3，，
，，
，
，
，
，，
，即，
解得，
，是的切线，
，，
设，则，
，
，
，
，
在和中，，
，
，即，
解得，
所以的长为6．
【点睛】本题考查了圆周角定理、切线长定理、圆的切线的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．