2021年中考数学真题复习汇编：专题25圆与相似三角函数综合解答题（第02期）（含解析）

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专题25圆与相似三角函数综合解答题
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
一、解答题
1．（2021·四川内江·中考真题）如图，是的直径，、是上两点，且，过点的直线交的延长线于点，交的延长线于点，连结、交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若，的半径为2，求阴影部分的面积；
（3）连结，在（2）的条件下，求的长．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】
（1）根据同圆中等弧所对的圆周角相等得到∠CAD=∠DAB，根据等边对等角得到∠DAB=∠ODA，则∠CAD=∠ODA，即可判定OD∥AE，进而得到OD⊥DE，据此即可得解；
（2）连接BD，根据相似三角形的性质求出AE=3，AD=2，解直角三角形得到∠DAB=30°，则∠EAF=60°，∠DOB=60°，DF=2，再根据S阴影=S△DOF-S扇形DOB即可得解；
（3）过点E作EM⊥AB于点M，连接BE，解直角三角形得到AM=，EM=，则MB=，再根据勾股定理求解即可．
【详解】
解：（1）证明：如图，连接，

，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：，
，
，
，的半径为2，
，
，
如图，连接，

是的直径，，
，
，
，
，
即，
，
在中，，
，
，，
，
，
，
；
（3）如图，过点作于点，连接，

在中，，，
，
．
【点睛】
此题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质、扇形的面积、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，熟练掌握切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质并证明△OGD∽△EGA求出AE是解题的关键．
2．（2021·甘肃兰州·中考真题）如图，内接于，是的直径，为上一点，，延长交于点，．

（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）根据，可得，根据对顶角相等可得，进而可得，根据，可得，结合，根据角度的转化可得，进而即可证明是的切线；
（2）根据，可得，设，则，分别求得，进而根据勾股定理列出方程解方程可得，进而根据即可求得．
【详解】
（1），
，
，
，
，
，
是直径，
，
，
是的切线；
（2），
，
，
设，则，
，，
在中，，
即，
解得（舍去），
．
【点睛】
本题考查了切线的判定，勾股定理解直角三角形，正切的定义，利用角度相等则正切值相等将已知条件转化是解题的关键．
3．（2021·青海西宁·中考真题）如图，内接于，，是的直径，交于点E，过点D作，交的延长线于点F，连接．

（1）求证：是的切线；
（2）已知，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）由题意根据圆周角定理得出，结合同弧或等弧所对的圆周角相等并利用经过半径外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线进行证明即可；
（2）根据题意利用相似三角形的判定即两个角分别相等的两个三角形相似得出，继而运用相似比即可求出的长．
【详解】
解：（1）证明：∵是的直径
∴（直径所对的圆周角是直角）
即
∵
∴（等边对等角）
∵
∴（同弧或等弧所对的圆周角相等）
∴
∵，
∴
∴即
∴
又∵是的直径
∴是的切线（经过半径外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线）．
（2）解：∵，
∴
∵，
∴（两个角分别相等的两个三角形相似）
∴，
∴
∴．
【点睛】
本题主要考查圆的切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握圆周角定理和相似三角形的判定与性质是解题的关键．
4．（2021·山东济南·中考真题）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，根据切线的性质，已知条件可得，进而根据平行线的性质可得，根据圆周角定理可得，等量代换即可得证；
（2）连接，根据同弧所对的圆周角相等，可得，进而根据正切值以及已知条件可得的长，勾股定理即可求得，进而即可求得圆的半径．
【详解】
（1）连接，如图，

是的切线，
，
，
，
，
，
，
．
（2）连接

是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
即的半径为．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆周角定理，正切的定义，同弧所对的圆周角相等，勾股定理，理解题意添加辅助线是解题的关键．
5．（2021·山东日照·中考真题）如图，的对角线相交于点，经过、两点，与的延长线相交于点，点为上一点，且．连接、相交于点，若，．

（1）求对角线的长；
（2）求证：为矩形．
【答案】（1）；（2）见解析
【分析】
（1）利用弧相等，圆周角定理推出，可求的长度进而求的长度；
（2）利用对角线相等的平行四边形是矩形可得．
【详解】
解：是直径，
，
，
，
又，
，
，
，
，
．
（2），
是平行四边形
，
∴AC=OB
为矩形．
【点睛】
本题考查了圆的基本性质，相似和矩形的判定，考的知识点比较全，但是难度中等，掌握圆和矩形的基本性质和相似以及灵活应用是解决本题的关键．
6．（2021·四川绵阳·中考真题）如图，四边形是⊙的内接矩形，过点的切线与的延长线交于点，连接与交于点，，．

（1）求证：；
（2）设，求的面积（用的式子表示）；
（3）若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】
（1）由矩形性质可得,然后证明即可得出结论；
（2）根据勾股定理得出，根据相似三角形性质得出，则，根据勾股定理得出的值，运用三角形面积公式表示即可；
（3）记与圆弧交于点，连接，证明，即可得出，求出的值，过作于，过作于．运用等面积法得出，根据勾股定理得出，代入数据联立的值，解方程得出，，设，则，根据相似三角形性质即可得出结论．
【详解】
解：（1）∵四边形为的内接矩形，
∴，过圆心，且．
∵,
∴,
又∵是的切线，故，
由此可得，
又∵与都是圆弧所对的圆周角，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：由，，则，
由题意．
由（1）知，则，
代入，，，
可得，解得．
在直角中，，
所以；
（3）解：记与圆弧交于点，连接．

∵，，，
∴．
又，所以，
∴．
∴，故．
由（2）知，由，，则，
由题意可得，
代入数据，，，
得到，解得①．
过作于，过作于．
易知．
由等面积法可得，
代入数据得，即．
在直角三角形中，
．②
由①②可得，得，
解得，（舍去）．
所以，．
由，故，故．
设，则，代入得，
解得，即的长为．
【点睛】
本题考查了圆的综合问题，相似三角形判定与性质，圆切线的性质，勾股定理，解一元二次方程等知识点，熟练运用相似三角形性质列出方程是解题的关键．
7．（2021·江苏镇江·中考真题）如图1，正方形ABCD的边长为4，点P在边BC上，⊙O经过A，B，P三点．
（1）若BP＝3，判断边CD所在直线与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，E是CD的中点，⊙O交射线AE于点Q，当AP平分∠EAB时，求tan∠EAP的值．

【答案】（1）相切，见解析；（2）
【分析】
（1）如图1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．求出OE的长，与半径半径，可得结论．
（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．利用面积法求出BP，可得结论．
【详解】
解：（1）如图1﹣1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝4，∠ABP＝90°，
∴AP＝＝＝5，
∵OH⊥AB，
∴AH＝HB，
∵OA＝OP，AH＝HB，
∴OH＝PB＝，
∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，
∴四边形AHED是矩形，
∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，
∴OE＝EH＝OH＝4﹣＝，
∴OE＝OP，
∴直线CD与⊙O相切．
（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．

∵∠D＝∠ECT＝90°，DE＝EC，∠AED＝∠TEC，
∴△ADE≌△TCE（ASA），
∴AD＝CT＝4，
∴BT＝BC+CT＝4+4＝8，
∵∠ABT＝90°，
∴AT＝＝＝4，
∵AP是直径，
∴∠AQP＝90°，
∵PA平分∠EAB，PQ⊥AQ，PB⊥AB，
∴PB＝PQ，
设PB＝PQ＝x，
∵S△ABT＝S△ABP+S△APT，
∴×4×8＝×4×x+×4×x，
∴x＝2﹣2，
∴tan∠EAP＝tan∠PAB＝＝．
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，正方形的性质，解直角三角形、相似三角形判定和性质等知识，解题的关键是掌握切线的证明方法：已知垂直证半径，已知半径证垂直，利用三角形面积不同的表示方法构建方程解决问题是难点．
8．（2021·辽宁鞍山·中考真题）如图，AB为的直径，C为上一点，D为AB上一点，，过点A作交CD的延长线于点E，CE交于点G，连接AC，AG，在EA的延长线上取点F，使．
（1）求证：CF是的切线；
（2）若，，求的半径．

【答案】（1）见解析；（2）5
【分析】
（1）根据题意判定，然后结合相似三角形的性质求得，从而可得，然后结合等腰三角形的性质求得，从而判定CF是的切线；
（2）由切线长定理可得，从而可得，得到，然后利用勾股定理解直角三角形可求得圆的半径．
【详解】
（1）证明：，，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，，
，
，
AB是的直径，
，
又，
，
，
，
即CF是的切线；
（2）CF是的切线，，
，
，
，
又，
在中，，
设的半径为x，则，，
在中，，
解得：，
的半径为5．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等，熟练掌握相关定理与性质是解决本题的关键．
9．（2021·四川德阳·中考真题）如图，已知：AB为⊙O的直径，⊙O交△ABC于点D、E，点F为AC的延长线上一点，且∠CBF∠BOE．

（1）求证：BF是⊙O的切线；
（2）若AB＝4，∠CBF＝45°，BE＝2EC，求AD和CF的长．
【答案】（1）见解析；（2），
【分析】
（1）连结，，根据“圆周角定理”及“直径所对的圆周角等于”得到，即，即可判定是的切线；
（2）过点作于点，连结，解直角三角形得出，，，由判定，得出，即可求出，，再根据勾股定理求出，，最后根据特殊角的三角函数即可得解．
【详解】
解：（1）证明：连结，，

，，
，
为的直径，
，
，
，
即，
，
是的切线；
（2）解：过点作于点，连结，

，
，
在中，，
，
，
，，
在中，，，
，
，，
，
，
，
，
，
，
在中，，
在中，，
为的直径，
，
又，
，
即，
，
．
【点睛】
此题考查了切线的判定与性质、圆周角定理，熟记切线的判定与性质、圆周角定理及作出合理的辅助线是解题的关键．
10．（2021·辽宁锦州·中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，过点C作CE⊥AD交AD的延长线于点E，延长EC，AB交于点F，∠ECD＝∠BCF．

（1）求证：CE为⊙O的切线；
（2）若DE＝1，CD＝3，求⊙O的半径．
【答案】（1）见解析；（2）⊙O的半径是4.5
【分析】
（1）如图1，连接OC，先根据四边形ABCD内接于⊙O，得，再根据等量代换和直角三角形的性质可得，由切线的判定可得结论；
（2）如图2，过点O作于G，连接OC，OD，则，先根据三个角是直角的四边形是矩形得四边形OGEC是矩形，设⊙O的半径为x，根据勾股定理列方程可得结论．
【详解】
（1）证明：如图1，连接OC，

∵，
∴，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴
又
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵OC是⊙O的半径，
∴CE为⊙O的切线；
（2）解：如图2，过点O作于G，连接OC，OD，则，
∵，
∴四边形OGEC是矩形，
∴，

设⊙O的半径为x，
Rt△CDE中，，
∴，
∴，，
由勾股定理得，
∴，
解得：，
∴⊙O的半径是4.5．
【点睛】
本题考查的是圆的综合，涉及到圆的切线的证明、勾股定理以及矩形的性质，熟练掌握相关性质是解决问题的关键．
11．（2021·辽宁朝阳·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，且∠AOD＝90°，点C是⊙O外一点，分别连接CA，CB、CD，CA交⊙O于点M，交OD于点N，CB的延长线交⊙O于点E，连接AD，ME，且∠ACD＝∠E．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）连接DM，若⊙O的半径为6，tanE＝，求DM的长．

【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）根据圆周角定理和等量代换可得∠BAC＝∠ACD，进而得出AB∥CD，由∠AOD＝90°可得OD⊥CD，从而得出结论；
（2）由tanE＝，可得tan∠ACD＝tan∠OAN＝tanE＝，在直角三角形中由锐角三角函数可求出ON、DN、CD，由勾股定理求出CN，由三角形的面积公式求出DF，再根据圆周角定理可求出∠AMD＝45°，进而根据等腰直角三角形的边角关系求出DM即可．
【详解】
解：（1）∵∠ACD＝∠E，∠E＝∠BAC，
∴∠BAC＝∠ACD，
∴AB∥CD，
∴∠ODC＝∠AOD＝90°，
即OD⊥CD，
∴CD是⊙O的切线；
（2）过点D作DF⊥AC于F，

∵⊙O的半径为6，tanE＝＝tan∠ACD＝tan∠OAN，
∴ON＝OA＝×6＝2，
∴DN＝OD﹣ON＝6﹣2＝4，
∴CD＝3DN＝12，
在Rt△CDN中，
CN＝＝＝4，
由三角形的面积公式可得，
CN•DF＝DN•CD，
即4DF＝4×12，
∴DF＝，
又∵∠AMD＝∠AOD＝×90°＝45°，
∴在Rt△DFM中，
DM＝DF＝×＝．
【点睛】
本题考查切线的判定和性质，直角三角形的边角关系，圆周角定理，掌握锐角三角函数以及勾股定理是解决问题的前提．
12．（2021·四川巴中·中考真题）如图，ABC内接于⊙O，且AB＝AC，其外角平分线AD与CO的延长线交于点D．
（1）求证：直线AD是⊙O的切线；
（2）若AD＝2，BC＝6，求图中阴影部分面积．

【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接OA，证明OA⊥AD即可，利用角平分线的意义以及等腰三角形的性质得以证明；
（2）求出圆的半径和阴影部分所对应的圆心角度数即可，利用相似三角形求出半径，再根据特殊锐角三角函数求出∠BOC．
【详解】
解：（1）如图，连接OA并延长交BC于E，

∵AB=AC，△ABC内接于⊙O，
∴AE所在的直线是△ABC的对称轴，也是⊙O的对称轴，
∴∠BAE=∠CAE，
又∵∠MAD=∠BAD，∠MAD+∠BAD+∠BAE+∠CAE=180°，
∴∠BAD+∠BAE=×180°=90°，
即AD⊥OA，
∴AD是⊙O的切线；
（2）连接OB，
∵∠OAD=∠OEC=90°，∠AOD=∠EOC，
∴△AOD∽△EOC，
∴，
由（1）可知是的对称轴，
垂直平分，
，
设半径为，在中，由勾股定理得，
，
，
解得（取正值），
经检验是原方程的解，
即，
又，
是等边三角形，
，，


．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质、角平分线的性质，圆周角定理，三角形外接圆与外心，扇形面积的计算，灵活运用切线的判定方法是解题的关键．
13．（2021·山东滨州·中考真题）如图，在中，AB为的直径，直线DE与相切于点D，割线于点E且交于点F，连接DF．
（1）求证：AD平分∠BAC；
（2）求证：．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）连接OD，然后根据切线的性质和平行线的性质，可以得到∠ODA=∠DAC，再根据OA=OD，可以得到∠OAD=∠ODA，从而可以得到∠DAC=∠OAD，结论得证；
（2）根据相似三角形的判定和性质，可以得到DB•DF=EF•AB，再根据等弧所对的弦相等，即可证明结论成立．
【详解】
解：（1）证明：连接OD，如图所示，

∵直线DE与⊙O相切于点D，AC⊥DE，
∴∠ODE=∠DEA=90°，
∴OD∥AC，
∴∠ODA=∠DAC，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠DAC=∠OAD，
∴AD平分∠BAC；
（2）证明：连接OF，BD，如图所示，

∵AC⊥DE，垂足为E，AB是⊙O的直径，
∴∠DEF=∠ADB=90°，
∵∠EFD+∠AFD=180°，∠AFD+∠DBA=180°，
∴∠EFD=∠DBA，
∴△EFD∽△DBA，
∴，
∴DB•DF=EF•AB，
由（1）知，AD平分∠BAC，
∴∠FAD=∠DAB，
∴DF=DB，
∴DF2=EF•AB．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质、切线的性质、角平分线的定义、平行线的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
14．（2021·辽宁盘锦·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，过⊙O外一点D作，DG交线段AC于点G，交AB于点E，交⊙O于点F，连接DB，CF，∠A＝∠D．

（1）求证：BD与⊙O相切；
（2）若AE＝OE，CF平分∠ACB，BD＝12，求DE的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）如图1，延长至，证明，即可根据切线的判定可得与相切；
（2）如图2，连接，先根据圆周角定理证明，再证明，列比例式可得，即的半径为4，根据勾股定理可得的长．
【详解】
（1）证明：如图1，延长至，

，
，
，
，
是的直径，
，
，
，
，
∴AB⊥BD，
与相切；
（2）解：如图2，连接，

平分，
，
，
∴∠AOF＝∠BOF＝90°，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定与性质，切线的判定，圆周角定理，勾股定理等知识，解答本题需要我们熟练掌握切线的判定，第2问关键是证明．
15．（2021·西藏·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，OC是半径，延长OC至点D．连接AD，AC，BC．使∠CAD＝∠B．
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若AD＝4，tan∠CAD＝，求BC的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）根据AB是⊙O的直径得出∠B＋∠BAC＝90°，等量代换得到∠CAD＋∠BAC＝90°，即∠BAD＝90°，AD⊥OA，即可判定AD是⊙O的切线；
（2）过点D作DM⊥AD交AC的延长线于点M，根据锐角三角函数定义求出DM＝2，由等边对等角得出∠OAC＝∠OCA，由平行线的性质得出∠M＝∠OAC，再根据对顶角相等得出∠DCM＝∠M，即得DC＝DM＝2，根据勾股定理求出OA＝3，AB＝6，最后根据勾股定理求解即可．
【详解】
（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠B＋∠BAC＝90°，
∵∠CAD＝∠B，
∴∠CAD＋∠BAC＝90°，
即∠BAD＝90°，
∴AD⊥OA，
∴AD是⊙O的切线；
（2）解：过点D作DM⊥AD交AC的延长线于点M，

∵tan∠CAD＝＝，AD＝4，
∴DM＝2，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵AD⊥OA，DM⊥AD，
∴OA∥DM，
∴∠M＝∠OAC，
∵∠OCA＝∠DCM，
∴∠DCM＝∠M，
∴DC＝DM＝2，
在Rt△OAD中，OA2＋AD2＝OD2，
即OA2＋42＝（OC＋2）2＝（OA＋2）2，
∴OA＝3，
∴AB＝6，
∵∠CAD＝∠B，tan∠CAD＝，
∴tanB＝tan∠CAD＝＝，
∴BC＝2AC，
在Rt△ABC中，AB2＝AC2＋BC2，
∴62＝5AC2，
∴AC＝，
∴BC＝．
【点睛】
此题考查了切线的判定与性质、解直角三角形，熟记切线的判定与性质及锐角三角函数定义时解题的关键．
16．（2021·广西百色·中考真题）如图，PM、PN是⊙O的切线，切点分别是A、B，过点O的直线CE∥PN，交⊙O于点C、D，交PM于点E，AD的延长线交PN于点F，若BC∥PM．
（1）求证：∠P＝45°；
（2）若CD＝6，求PF的长．

【答案】（1）见解析；（2）3．
【分析】
（1）连接OB，证明四边形是平行四边形，由平行四边形的性质解得，结合切线的性质及等腰三角形的性质，解得，据此解题；
（2）连接AC，证明，可得，结合（1）中，解得，再结合切线的性质及等腰三角形的性质解得，最后根据全等三角形对应边相等解题即可．
【详解】
解：（1）连接OB，如图，

，
四边形是平行四边形，

PN是⊙O的切线，



；
（2）连接AC，如图，

PM、PN是⊙O的切线，

四边形是平行四边形，




在与中，



PM是⊙O的切线，







．
【点睛】
本题考查圆的切线性质、切线长定理、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、平行线的性质等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
17．（2021·广西桂林·中考真题）如图，四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，点E为BC中点，AE⊥DE于点E．点O是线段AE上的点，以点O为圆心，OE为半径的⊙O与AB相切于点G，交BC于点F，连接OG．

（1）求证：△ECD∽△ABE；
（2）求证：⊙O与AD相切；
（3）若BC＝6，AB＝3，求⊙O的半径和阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析（2）见解析（3）半径为2，面积为
【分析】
（1）根据垂直的性质及相似三角形的判定定理即可求解；
（2）延长DE、AB交于N点，先证明△DCE≌△NBE，再得到△AND是等腰三角形，得到∠DAE=∠NAE，再通过角平分线的性质即可得到OG=OM=r，故可证明；
（3）求出∠FOG=60°，再根据梯形与扇形的面积公式即可求解．
【详解】
（1）∵∠B＝∠C＝90°，AE⊥DE于点E．
∴∠EAB+∠AEB=90°，∠DEC+∠AEB=90°，
∴∠EAB=∠DEC
由∠B＝∠C＝90°
∴△ECD∽△ABE；
（2）过点O作OM⊥AD，延长DE、AB交于N点
∴CDBN
∴∠CDE=∠N
∵点E为BC中点
∴CE=BE，
又∠EBN＝∠C＝90°
∴△DCE≌△NBE
∴DE=NE
∵AE⊥DN
∴AD=AN，∠ADE=∠ANE
∵∠DAE=90°-∠ADE，∠NAE=90°-∠ANE
∴∠DAE=∠NAE
∵AG是⊙O的切线
∴OG⊥AB
∵∠AMO=∠AGO=90°
∴OG=OM=r

∴OM是⊙O的切线；
（3）∵BC＝6，
∴BE=3
∵AB＝3，
∴AE==2BE
∴∠EAB=30°
∴AO=2OG，即AO=2r，
∵AE=AO+OE=3r=6
∴r=2
连接OF
∵∠OEF=60°，OE=OF
∴△OEF是等边三角形
∴∠EOF=60°，EF=OF=2,BF=3-2=1
∴∠FOG=180°-∠AOG-∠EOF=60°
在Rt AOG中，AG=
∴BG=AB-AG=
∴S阴=S梯形OFBG-S扇形FOG= =．

【点睛】
此题主要考查切线的判定与性质综合，解题的关键是熟知切线的判定定理、全等三角形与相似三角形的判定与性质及扇形面积公式．
18．（2021·广西梧州·中考真题）如图，在Rt△ACD中，∠ACD＝90°，点O在CD上，作⊙O，使⊙O与AD相切于点B，⊙O与CD交于点E，过点D作DF∥AC，交AO的延长线于点F，且∠OAB＝∠F．

（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若OC＝3，DE＝2，求tan∠F的值．
【答案】（1）见详解；（2）．
【分析】
（1）由题意，先证明OA是∠BAC的角平分线，然后得到BO=CO，即可得到结论成立；
（2）由题意，先求出BD=4，OD=5，然后利用勾股定理求出，，结合直角三角形ODF，即可求出tan∠F的值．
【详解】
解：（1）∵DF∥AC，
∴∠CAO=∠F，
∵∠OAB＝∠F，
∴∠CAO=∠OAB，
∴OA是∠BAC的角平分线，
∵AD是⊙O的切线，
∴∠ABO=∠ACO=90°，
∴BO=CO，
又∵AC⊥OC，
∴AC是⊙O的切线；
（2）由题意，
∵OC＝3，DE＝2，
∴OD=5，OB=3，CD=8，
∴，
由切线长定理，则AB=AC，
设，
在直角三角形ACD中，由勾股定理，则
，
即，
解得：，
∴，，
∵∠OAB＝∠F，
∴，
∵，
∴．
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定和性质，勾股定理，角平分线的性质，以及三角函数，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的求出所需的长度，从而进行解题．
19．（2021·广东广州·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线分别与x轴，y轴相交于A、B两点，点为直线在第二象限的点

（1）求A、B两点的坐标；
（2）设的面积为S，求S关于x的函数解析式：并写出x的取值范围；
（3）作的外接圆，延长PC交于点Q，当的面积最小时，求的半径．
【答案】（1）A（-8，0），B（0，4）；（2），-8＜＜0；（3）4．
【分析】
（1）根据一次函数的图象与性质即可求出A、B两点的坐标；
（2）利用三角形面积公式及点的坐标特点即可求出结果；
（3）根据圆周角性质可得，．由等角的三角函数关系可推出，再根据三角形面积公式得，由此得结论当最小时，的面积最小，最后利用圆的性质可得有最小值，且为的直径，进而求得结果．
【详解】
解：（1）当时，，解得，
∴A（-8，0）．
当时，，
∴B（0，4）．
（2）∵A（-8,0），
∴．
点P在直线上，
∴，
∴．
∵点P在第二象限，
∴＞0，且＜0．
解得-8＜＜0；
（3）∵B（0，4），
∴．
∵为的外接圆，
∴，．
∴．
设，则．
∴．
∴当最小时，的面积最小．
∴当时，有最小值，且为的直径．
∴．
即的半径为4．
【点睛】
本题考查了一次函数的图象与性质、三角形面积计算及圆的相关性质等知识，熟练掌握一次函数的图象与性质、三角形面积计算及圆的相关性质是解题的关键．
20．（2021·湖北荆门·中考真题）如图，在中，，点E在BC边上，过A，C，E三点的交AB边于另一点F，且F是弧AE的中点，AD是的一条直径，连接DE并延长交AB边于M点．

（1）求证：四边形CDMF为平行四边形；
（2）当时，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接，，证明，，即可得到结论；
（2）证明得，设，那么，，根据勾股定理求出，，再根据正弦的定义求解即可
【详解】
解：（1）证明：连接，，则，

，，
∵F是的中点，
，
∴，
∵
∴
∵
∴，
，
；
∵，
．
即，
四边形CDMF是平行四边形．
（2）由（1）可知：四边形ACDF是矩形，
，
由
∴，
∵BM//CD

，
设，那么，，
在中，，

在中，
在中，．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
21．（2021·辽宁丹东·中考真题）如图，是的外接圆，点D是的中点，过点D作分别交、的延长线于点E和点F，连接、，的平分线交于点M．

（1）求证：是的切线；
（2）若，，求线段的长．
【答案】（1）见详解；（2）2
【分析】
（1）连接OD，由垂径定理得OD⊥BC，从而得OD⊥EF，进而即可得到结论；
（2）由平行线分线段定理得DN=，再证明，可得BD=2，最后证明∠BMD=∠DBM，进而即可求解．
【详解】
（1）证明：连接OD，如图，

∵点D是的中点，
∴，
∴OD⊥BC，
∵BC∥EF，
∴OD⊥EF，
∴EF为⊙O的切线；
（2）设BC、AD交于点N，

∵，，，
∴，
∴DN=，
∵点D是的中点，
∴∠BAD=∠CAD=∠CBD，
又∵∠BDN=∠ADB，
∴，
∴，即：，
∴BD=2，
∵的平分线交于点M，
∴∠ABM=∠CBM，
∴∠ABM+∠BAD=∠CBM+∠CBD，即：∠BMD=∠DBM，
∴DM=BD=2．
【点睛】
本题主要考查圆的基本性质，切线的判定定理相似三角形的判定和性质，平行线分线段定理，等腰三角形的判定和性质，找出相似三角形，是解题的关键．
22．（2021·贵州毕节·中考真题）如图，是的外接圆，点E是的内心，AE的延长线交BC于点F，交于点D，连接BD，BE．
（1）求证：；
（2）若，，求DB的长．

【答案】（1）证明过程见详解; （2）DB=6.
【分析】
（1）根据三角形的内心得到∠ABE=∠CBE，∠BAE=∠CAD，根据圆周角定理推论得到∠DBC=∠CAD，结合三角形的外角性质，进而根据“等角对等边”证明结论；
（2）通过证明△DBF∽△DAB，利用对应边成比例求解即可．
【详解】
解：（1）证明：∵E是△ABC的内心，
∴AD平分∠BAC，BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，∠BAE=∠CAD，
根据圆周角定理推论，可知∠DBC=∠CAD，
∴∠DBC=∠BAE，
∵∠DBE=∠CBE+∠DBC，∠DEB=∠ABE+∠BAE，
∴∠DBE=∠DEB，
∴DE=DB；
（2）由（1）知∠DAB=∠CAD，∠DBF=∠CAD,
∴∠DBF=∠DAB.
∵∠D=∠D，
∴△DBF∽△DAB.
∴,
∵DE=DB，
∴,
∵，，
∴,
∴.
【点睛】
本题主要考查了三角形的内心，圆周角定理推论，相似的判定与性质，涉及了等腰三角形的判定与性质，三角形的外角定理.关键是正确理解三角形的内心定义．
23．（2021·江苏泰州·中考真题）如图，在⊙O中，AB为直径，P为AB上一点，PA＝1，PB＝m（m为常数，且m＞0）．过点P的弦CD⊥AB，Q为上一动点（与点B不重合），AH⊥QD，垂足为H．连接AD、BQ．

（1）若m＝3．
①求证：∠OAD＝60°；
②求的值；
（2）用含m的代数式表示，请直接写出结果；
（3）存在一个大小确定的⊙O，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值，求此时∠Q的度数．
【答案】（1）①见解析；②2；（2）；（3）存在半径为1的圆，45°
【分析】
（1）①连接OD，则易得CD垂直平分线段OA，从而OD=AD，由OA=OD，即可得△OAD是等边三角形，从而可得结论；
②连接AQ，由圆周角定理得：∠ABQ=∠ADH，从而其余弦值相等，因此可得 ，由①可得AB、AD的值，从而可得结论；
（2）连接AQ、BD， 首先与（1）中的②相同，有，由△APD∽△ADB，可求得AD的长，从而求得结果；
（3）由（2）的结论可得：，从而BQ2﹣2DH2+PB2
当m=1时，即可得是一个定值，从而可求得∠Q的值．
【详解】
（1）①如图，连接OD，则OA=OD
∵AB=PA+PB=1+3=4
∴OA=
∴OP=AP=1
即点P是线段OA的中点
∵CD⊥AB
∴CD垂直平分线段OA
∴OD=AD
∴OA=OD=AD
即△OAD是等边三角形
∴∠OAD=60°

②连接AQ
∵AB是直径
∴AQ⊥BQ
根据圆周角定理得：∠ABQ=∠ADH，
∴
∵AH⊥DQ
在Rt△ABQ和Rt△ADH中

∴
∵AD=OA=2，AB=4
∴

（2）连接AQ、BD

与（1）中的②相同，有
∵AB是直径
∴AD⊥BD
∴∠DAB+∠ADP=∠DAB+∠ABD=90°
∴∠ADP=∠ABD
∴Rt△APD∽Rt△ADB
∴
∵AB=PA+PB=1+m
∴
∴
（3）由（2）知，
∴BQ=
即
∴BQ2﹣2DH2+PB2=
当m=1时，BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值，且这个定值为1，此时PA=PB=1，即点P与圆心O重合
∵CD⊥AB，OA=OD=1
∴△AOD是等腰直角三角形
∴∠OAD=45°
∵∠OAD与∠Q对着同一条弧
∴∠Q=∠OAD=45°
故存在半径为1的圆，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值1，此时∠Q的度数为45.
【点睛】
本题是圆的综合，它考查了圆的基本性质，锐角三角函数，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识，难点是第（3）问，得出BQ2﹣2DH2+PB2后，当m=1即可得出BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值．
24．（2021·湖南湘西·中考真题）如图，为⊙的直径，为⊙O上一点，和过点的切线互相垂直，垂足为．
（1）求证：平分；
（2）若，，求：边及的长．

【答案】（1）见详解；（2），
【分析】
（1）连接OC，由题意易得，则有，进而可得，然后问题可求证；
（2）连接BC，由题意及（1）易得，则有DC=6，然后可得，然后问题可求解．
【详解】
（1）证明：连接OC，如图所示：

∵CD是⊙O的切线，
∴，
∵AD⊥CD，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴平分；
（2）解：连接BC，如图所示：

由（1）可得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为⊙的直径，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查切线的性质及解直角三角形，熟练掌握切线的性质及三角函数是解题的关键．
25．（2021·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点D，于点E，直线于点F，交的延长线于点H．


（1）求证：是的切线；
（2）当时，求的值．
【答案】（1）见详解；（2）
【分析】
（1）连接OE，先证明∠C=∠OEB，可得OE∥AC，从而得HF⊥OE，进而即可得到答案；
（2）连接AE，由，可得AB =18，AE=，再证明，设HA=x，则HE=x，OH=x-9，根据勾股定理，列出方程，即可求解．
【详解】
（1）证明：连接OE，


∵，
∴∠C=∠ABC，
∵OB=OE，
∴∠ABC=∠OEB，
∴∠C=∠OEB，
∴OE∥AC，
∵，
∴EF⊥OE，即：HF⊥OE，
∴是的切线；
（2）连接AE，


∵AB是的直径，
∴∠AEB=90°，即AE⊥BC，
∵，
∴AB=EB÷=6÷=18，AE=，
∴OA=OE=，
∵OE⊥HF，∠AEB=90°，
∴∠HEB+∠BEO=∠AEO+∠BEO，即：∠HEB=∠AEO，
∵OA=OE，
∴∠AEO=∠EAO，
∴∠HEB=∠EAO，
又∵∠H=∠H，
∴，
∴，
设HA=x，则HE=x，OH=x-9，
∴在中，HE2+OE2=OH2，即：(x)2+92=( x-9)2，解得：或x=0（舍去），
∴HE=×=，
∴．
【点睛】
本题主要考查圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，切线的判定定理，解直角三角形，添加辅助线构造直角三角形和相似三角形是解题的关键．
26．（2021·辽宁大连·中考真题）如图1，内接于⊙O，直线与⊙O相切于点D，与相交于点E，．
（1）求证：；
（2）如图2，若是⊙O的直径，E是的中点，⊙O的半径为4，求的长．


【答案】（1）见详解；（2）
【分析】
（1）连接OB，由题意易得，则有，进而可得，然后问题可求证；
（2）由题意易得，进而可得，然后再根据勾股定理可求解．
【详解】
（1）证明：连接OB，如图所示：

∵直线与⊙O相切于点D，
∴，
∵，
∴，
∵OD是⊙O的半径，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）∵E是的中点，
∴，，
∴，
∴，
∵⊙O的半径为4，
∴，
∵是⊙O的直径，
∴，
∴AB=4，，
∴在Rt△ABE中，由勾股定理得：．
【点睛】
本题主要考查切线的性质、三角函数、含30°的直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握切线的性质、三角函数、含30°的直角三角形的性质及勾股定理是解题的关键．
27．（2021·内蒙古赤峰·中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点M，C，交对角线BD于点E，且，连接OE交BC于点F．
（1）试判断AB与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若，，求⊙O的半径．

【答案】（1）相切，理由见解析；（2）5
【分析】
（1）连接OB，由，可得，由，可证，可得，可得即可；
（2）由，可求，由， 可求，由勾股定理可求，利用垂径定理可得，进而，利用勾股定理构造方程解方程即可．
【详解】
解：（1）AB与相切．理由如下：
连接OB，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵、是菱形的对角线
∴，，
∴
∴
∴，
∴是的切线

（2）又∵、是菱形的对角线，，
∴，
∵，
∴
∴在Rt△BMC中，
∴
∵OE⊥BC，BC为弦，
∴
∵
∴
设的半径为R；在Rt△OFB中，OB2=OF2+BF2，
∴
解得
∴的半径为5．
【点睛】
本题考查圆的切线判定，菱形性质，弧弦弦心距关系，直角三角形两锐角互余，锐角三角函数，勾股定理，一元一次方程，掌握圆的切线判定，菱形性质，弧弦弦心距关系，直角三角形两锐角互余，锐角三角函数，勾股定理，一元一次方程是解题关键．
28．（2021·山东潍坊·中考真题）如图，半圆形薄铁皮的直径AB＝8，点O为圆心（不与A，B重合），连接AC并延长到点D，使AC＝CD，作DH⊥AB，交半圆、BC于点E，F，连接OC，∠ABC=θ，θ随点C的移动而变化．

（1）移动点C，当点H，B重合时，求证：AC=BC；
（2）当θ＜45°时，求证：BH•AH＝DH•FH；
（3）当θ＝45°时，将扇形OAC剪下并卷成一个圆锥的侧面，求该圆锥的底面半径和高．
【答案】（1）见解析（2）见解析（3）底面半径为1，高为
【分析】
（1）根据直角三角形的性质即可求解；
（2）证明△BFH∽△DAH，即可求解；
（3）根据扇形与圆锥的特点及求出圆锥的底面半径，再根据勾股定理即可求出圆锥的高．
【详解】
（1）如图，当点H，B重合时，∵DH⊥AB
∴△ADB是直角三角形，
∵AC＝CD，
∴BC是△ADB的中线
∴BC=
∴AC=BC

（2）当θ＜45°时，DH交半圆、BC于点E，F，
∵AB是直径
∴∠ACB=90°
∵DH⊥AB
∴∠B+∠A=∠A+∠D=90°
∴∠B=∠D
∵∠BHF=∠DHA=90°
∴△BFH∽△DAH，
∴
∴BH•AH＝DH•FH；
（3）∵∠ABC=θ=45°
∴∠AOC=2∠ABC=90°
∵直径AB＝8，
∴半径OA=4，
设扇形OAC卷成圆锥的底面半径为r
∴
解得r=1
∴圆锥的高为．
【点睛】
此题主要考查圆内综合求解，解题的关键是熟知直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质及弧长的求解与圆锥的特点．