2023年全国各地中考数学真题分类汇编之圆的有关位置关系(含解析)

这是一份2023年全国各地中考数学真题分类汇编之圆的有关位置关系(含解析)，共73页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
 圆的有关位置关系

一、单选题
1．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，切于点B，连接交于点C，交于点D，连接，若，则的度数为（    ）
  
A． B． C． D．
2．（2023·重庆·统考中考真题）如图，是的切线，为切点，连接．若，，，则的长度是（    ）
  
A． B． C． D．
3．（2023·重庆·统考中考真题）如图，为的直径，直线与相切于点C，连接，若，则的度数为（    ）
  
A． B． C． D．


4．（2023·湖北武汉·统考中考真题）如图，在四边形中，，以为圆心，为半径的弧恰好与相切，切点为．若，则的值是（    ）
  
A． B． C． D．
5．（2023·四川泸州·统考中考真题）如图，在中，，点在斜边上，以为直径的半圆与相切于点，与相交于点，连接．若，，则的长是（　　）
  
A． B． C． D．

二、填空题
6．（2023·浙江嘉兴·统考中考真题）如图，点是外一点，，分别与相切于点，，点在上，已知，则的度数是___________．
  
7．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图，是的直径，切于点A，交于点，连接，若，则__________．

8．（2023·湖南·统考中考真题）如图，是的直径，是的弦，与相切于点，连接，若，则的大小为__________．
  
9．（2023·山东滨州·统考中考真题）如图，分别与相切于两点，且．若点是上异于点的一点，则的大小为___________．
  
10．（2023·浙江宁波·统考中考真题）如图，在中，，E为边上一点，以为直径的半圆O与相切于点D，连接，．P是边上的动点，当为等腰三角形时，的长为_____________．
  
11．（2023·河南·统考中考真题）如图，与相切于点A，交于点B，点C在上，且．若，，则的长为______．

12．（2023·湖北·统考中考真题）如图，在中，的内切圆与分别相切于点，，连接的延长线交于点，则_________．
  
13．（2023·湖南·统考中考真题）如图，在中，．以点C为圆心，r为半径作圆，当所作的圆与斜边所在的直线相切时，r的值为________．
  
14．（2023·山东烟台·统考中考真题）如图，在直角坐标系中，与轴相切于点为的直径，点在函数的图象上，为轴上一点，的面积为6，则的值为________．
  
15．（2023·四川·统考中考真题）如图，，半径为2的与角的两边相切，点P是⊙O上任意一点，过点P向角的两边作垂线，垂足分别为E，F，设，则t的取值范围是 _____．
  
16．（2023·湖南岳阳·统考中考真题）如图，在中，为直径，为弦，点为的中点，以点为切点的切线与的延长线交于点．
  
（1）若，则的长是_________（结果保留）；
（2）若，则_________．
17．（2023·上海·统考中考真题）在中，点D在边上，点E在延长线上，且，如果过点A，过点D，若与有公共点，那么半径r的取值范围是________．

三、解答题
18．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）如图，是的直径，是上一点，过点作的切线，交的延长线于点，过点作于点．
  
(1)若，求的度数．
(2)若，求的长．






19．（2023·湖南张家界·统考中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，是延长线上一点，连接，且．

(1)求证：是的切线；
(2)若直径，求的长．


20．（2023·江西·统考中考真题）如图，在中，，以为直径的与相交于点D，E为上一点，且．
  
(1)求的长；
(2)若，求证：为的切线．





21．（2023·江苏连云港·统考中考真题）如图，在中，，以为直径的交边于点，连接，过点作．
  
(1)请用无刻度的直尺和圆规作图：过点作的切线，交于点；（不写作法，保留作图痕迹，标明字母）
(2)在（1）的条件下，求证：．





22．（2023·辽宁·统考中考真题）如图，是的直径，点在上，，点在线段的延长线上，且．
  
(1)求证：EF与相切；
(2)若，求的长．





23．（2023·山东东营·统考中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点D，，垂足为E．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．







24．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）如图，是的直径，是上一点过点作于点，交于点，点是延长线上一点，连接，，．
  
(1)求证：是切线；
(2)若，，求的长．





25．（2023·湖南常德·统考中考真题）如图，四边形是的内接四边形，是直径，是的中点，过点作交的延长线于点．
  
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．





26．（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）如图，为的直径，D，E是上的两点，延长至点C，连接，．
  
(1)求证：；
(2)求证：是的切线；
(3)若，求的半径．





27．（2023·广东深圳·统考中考真题）如图，在单位长度为1的网格中，点O，A，B均在格点上，，，以O为圆心，为半径画圆，请按下列步骤完成作图，并回答问题：

①过点A作切线，且（点C在A的上方）；
②连接，交于点D；
③连接，与交于点E．
(1)求证：为的切线；
(2)求的长度．

28．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）已知：点是外一点．
  
(1)尺规作图：如图，过点作出的两条切线，，切点分别为点、点．（保留作图痕迹，不要求写作法和证明）
(2)在（1）的条件下，若点在上（点不与，两点重合），且．求的度数．







29．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）如图，在中，，平分交于点D，点E是斜边上一点，以为直径的经过点D，交于点F，连接．
  
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求图中阴影部分的面积（结果保留π）．






30．（2023·福建·统考中考真题）如图，已知内接于的延长线交于点，交于点，交的切线于点，且．

(1)求证：；
(2)求证：平分．




31．（2023·湖北荆州·统考中考真题）如图，在菱形中，于，以为直径的分别交，于点，，连接．
  
(1)求证：
①是的切线；
②；
(2)若，，求．





32．（2023·广西·统考中考真题）如图，平分，与相切于点A，延长交于点C，过点O作，垂足为B．
  
(1)求证：是的切线；
(2)若的半径为4，，求的长．





33．（2023·湖北黄冈·统考中考真题）如图，中，以为直径的交于点，是的切线，且，垂足为，延长交于点．
  
(1)求证：；
(2)若，求的长．








34．（2023·湖南郴州·统考中考真题）如图，在中，是直径，点是圆上一点．在的延长线上取一点，连接，使．
  
(1)求证：直线是的切线；
(2)若，，求图中阴影部分的面积（结果用含的式子表示）．






35．（2023·湖北十堰·统考中考真题）如图，在中，，点在上，以为圆心，为半径的半圆分别交，于点，且点是弧的中点．
  
(1)求证：是的切线；
(2)若，求图中阴影部分的面积（结果保留）．






36．（2023·四川内江·统考中考真题）如图，以线段为直径作，交射线于点C，平分交于点D，过点D作直线，交的延长线于点E，交的延长线于点F．连接并延长交的延长线于点M．
  
(1)求证：直线是的切线；
(2)当时，判断的形状，并说明理由；
(3)在（2）的条件下，，连接交于点P，求的长．





37．（2023·湖北随州·统考中考真题）如图，是的直径，点E，C在上，点C是的中点，垂直于过C点的直线，垂足为D，的延长线交直线于点F．
  
(1)求证：是的切线；
(2)若，，①求的半径；②求线段的长．




38．（2023·山东枣庄·统考中考真题）如图，为的直径，点C是的中点，过点C做射线的垂线，垂足为E．
  
(1)求证：是切线；
(2)若，求的长；
(3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积（用含有的式子表示）．





39．（2023·山东临沂·统考中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，，E为的延长线与的交点．
  
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．





40．（2023·湖南永州·统考中考真题）如图，以为直径的是的外接圆，延长到点D．使得，点E在的延长线上，点在线段上，交于N，交于G．
  
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长；
(3)若，求证：．





41．（2023·山东烟台·统考中考真题）如图，在菱形中，对角线相交于点经过两点，交对角线于点，连接交于点，且．
  
(1)求证：是的切线；
(2)已知的半径与菱形的边长之比为，求的值．




42．（2023·江苏扬州·统考中考真题）如图，在中，，点D是上一点，且，点O在上，以点O为圆心的圆经过C.D两点．
  
(1)试判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若的半径为3，求的长．






43．（2023·四川乐山·统考中考真题）如图，已知是的外接圆，，D是圆上一点，E是延长线上一点，连结，且．
  
(1)求证：直线是是的切线；
(2)若，的半径为3，求的长．




44．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）如图，内接于，是的直径，，于点，交于点，交于点，，连接．
  
(1)求证：是的切线；
(2)判断的形状，并说明理由；
(3)当时，求的长．





45．（2023·湖北·统考中考真题）如图，等腰内接于，，是边上的中线，过点作的平行线交的延长线于点，交于点，连接．
  
(1)求证：为的切线；
(2)若的半径为，，求的长．







参考答案

一、单选题
1．【答案】C
【分析】如图，连接，证明，，可得，从而可得．
【详解】解：如图，连接，
  
∵切于点B，
∴，
∵， ，
∴，
∴，
∴；
故选：C.
【点拨】本题考查的是切线的性质，圆周角定理的应用，三角形的内角和定理的应用，掌握基本图形的性质是解本题的关键．
2．【答案】C
【分析】根据切线的性质及正切的定义得到，再根据勾股定理得到．
【详解】解：连接，
∵是的切线，为切点，
∴，
∵，，
∴在中，，
∵，
∴在，，
故选：．
  
【点拨】本题考查了切线的性质，锐角三角函数，勾股定理，掌握切线的性质是解题的关键．
3．【答案】B
【分析】连接，先根据圆的切线的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质即可得．
【详解】解：如图，连接，
  
直线与相切，
，
，
，
，
，
，
故选：B．
【点拨】本题考查了圆的切线的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握圆的切线的性质是解题关键．
4．【答案】B
【分析】作延长线于点，连接，根据圆的基本性质以及切线的性质，分别利用勾股定理求解在和，最终得到，即可根据正弦函数的定义求解．
【详解】解：如图所示，作延长线于点，连接，
  
∵，，
∴，
∴四边形为矩形，，，
∴为的切线，
由题意，为的切线，
∴，，
∵，
∴设，，，
则，，
在中，，
在中，，
∵，
∴，
解得：或（不合题意，舍去），
∴，
∴，
∴，
故选：B．
【点拨】本题考查圆的切线的判定与性质，解直角三角形，以及正弦函数的定义等，综合性较强，熟练运用圆的相关性质以及切线的性质等是解题关键．
5．【答案】B
【分析】连接，，首先根据勾股定理求出，然后证明出，利用相似三角形的性质得到，，证明出，利用相似三角形的性质求出．
【详解】如图所示，连接，，
  
∵，，，
∴，
∵以为直径的半圆与相切于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴解得．
故选：B．
【点拨】此题考查了圆与三角形综合题，切线的性质定理，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．

二、填空题
6．【答案】
【分析】连接，根据切线的性质得出，根据四边形内角和得出，根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：如图，
  
∵，分别与相切于点，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点拨】本题考查了切线的性质，圆周角定理，求得是解题的关键．
7．【答案】34
【分析】首先根据等边对等角得到，然后利用外角的性质得到，利用切线的性质得到，最后利用三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∵切于点A，
∴，
∴．
故答案为：34．
【点拨】此题考查了切线的性质和三角形的外角的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
8．【答案】
【分析】证明，可得，结合，证明，再利用三角形的外角的性质可得答案．
【详解】解：∵与相切于点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：
【点拨】本题考查的是圆的切线的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质，熟记基本图形的性质是解本题的关键．
9．【答案】或
【分析】根据切线的性质得到，根据四边形内角和为，得出，然后根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，当点在优弧上时，
  
∵分别与相切于两点
∴，
∵．
∴
∵，
∴，
当点在上时，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
故答案为：或．
【点拨】本题考查了切线的性质，圆周角定理，多边形内角和，熟练掌握切线的性质与圆周角定理是解题的关键．
10．【答案】或
【分析】连接，勾股定理求出半径，平行线分线段成比例，求出的长，勾股定理求出和的长，分和两种情况进行求解即可．
【详解】解：连接，
  
∵以为直径的半圆O与相切于点D，
∴，，
∴
设，则，
在中：，即：，
解得：，
∴，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵为等腰三角形，
当时，，
当时，
∵，
∴点与点重合，
∴，
  
不存在的情况；
综上：的长为或．
故答案为：或．
【点拨】本题考查切线的性质，平行线分线段成比例，勾股定理，等腰三角形的定义．熟练掌握切线的性质，等腰三角形的定义，确定点的位置，是解题的关键．
11．【答案】
【分析】连接，证明，设，则，再证明，列出比例式计算即可．
【详解】如图，连接，
∵与相切于点A，
∴；

∵,
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则，
∴，
解得，
故的长为，
故答案为：．
【点拨】本题考查了切线的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角形相似的判断和性质，熟练掌握性质是解题的关键．
12．【答案】
【分析】如图所示，连接，设交于H，由内切圆的定义结合三角形内角和定理求出，再由切线长定理得到，进而推出是的垂直平分线，即，则．
【详解】解：如图所示，连接，设交于H，
∵是的内切圆，
∴分别是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵与分别相切于点，，
∴，
又∵，
∴是的垂直平分线，
∴，即，
∴，
故答案为：．
  
【点拨】本题主要考查了三角形内切圆，切线长定理，三角形内角和定理，线段垂直平分线的判定，三角形外角的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
13．【答案】
【分析】根据勾股定理，得，根据切线的性质，得到圆的半径等于边上的高，根据直角三角形的面积不变性计算即可．
【详解】∵，
∴，
根据切线的性质，得到圆的半径等于边上的高，
∴,
∴，
故答案为：．
【点拨】本题考查了勾股定理，切线的性质，熟练掌握勾股定理，切线的性质是解题的关键．
14．【答案】24
【分析】设，则，则，根据三角形的面积公式得出，列出方程求解即可．
【详解】解：设，
∵与轴相切于点，
∴轴，
∴，则点D到的距离为a，
∵为的直径，
∴，
∴，
解得：，
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了切线的性质，反比例函数的图象和性质，解题的关键掌握切线的定义：经过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线，以及反比例函数图象上点的坐标特征．
15．【答案】
【分析】利用切线的性质以及等腰直角三角形的性质求得，再求得，分两种情况讨论，画出图形，利用等腰直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：设与两边的切点分别为D.G，连接，延长交于点H，
  
由，
∵，
∴，
∴，
∴，
如图，延长交于点Q，
  
同理，
∵，
∴，
当与相切时，有最大或最小值，
连接，
∵D.E都是切点，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴的最大值为；
如图，
    
同理，的最小值为；
综上，t的取值范围是．
故答案为：．
【点拨】本题考查了切线的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，求得是解题的关键．
16．【答案】；
【分析】（1）连接，根据点为的中点，根据已知条件得出，然后根据弧长公式即可求解；
（2）连接，根据垂径定理的推论得出，是的切线，则,得出，根据平行线分线段成比例得出，设，则，勾股定理求得,J进而即可求解．
【详解】解：（1）如图，连接，
  
∵点为的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
（2）解：如图，连接，
  
∵点为的中点，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴,
∴
∴，
∵，
∴，
设，则，，
∴，，
∴．
故答案为：．
【点拨】本题考查了垂径定理，圆周角定理，切线的性质，弧长公式，平行线分线段成比例定理等知识，综合性较强，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
17．【答案】
【分析】先画出图形，连接，利用勾股定理可得，，从而可得，再根据与有公共点可得一个关于的不等式组，然后利用二次函数的性质求解即可得．
【详解】解：由题意画出图形如下：连接，
  
过点，且，
的半径为7，
过点，它的半径为，且，
，
，
，，
在边上，点在延长线上，
，即，
，
与有公共点，
，即，
不等式①可化为，
解方程得：或，
画出函数的大致图象如下：
  
由函数图象可知，当时，，
即不等式①的解集为，
同理可得：不等式②的解集为或，
则不等式组的解集为，
又，
半径r的取值范围是，
故答案为：．
【点拨】本题考查了勾股定理、圆与圆的位置关系、二次函数与不等式，根据圆与圆的位置关系正确建立不等式组是解题关键．

三、解答题
18【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角形的外角的性质，即可求解．
（2）根据是的切线，可得，在中，勾股定理求得，根据，可得，进而即可求解．
【详解】（1）解：∵于点，
∴，
∴．
  
（2）∵是的切线，是的半径，
∴．
在中，
∵，
∴．
∵，
∴
∴，即，
∴．
【点拨】本题考查了三角形外角的性质，切线的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，熟练掌握以上知识是解题的关键．
19．【答案】(1)详见解析
(2)
【分析】(1)根据直径所对的圆周角是直角，余角的性质即可求得结论；
(2)根据已知条件可知，再根据正切的定义和相似三角形的性质得到线段的关系即可求得线段的长度．
【详解】（1）证明：连接，
∵是的直径，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
即，
∴是的切线；

（2）解：∵，
∴，
∵在中，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
又∵，
即，
解得（取正值），
∴，
【点拨】本题考查了圆周角的性质，切线的判定定理，正切的定义，相似三角形的性质和判定，找出正切的定义与相似三角形相似比的关联是解题的关键．
20．【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）如图所示，连接，先求出，再由圆周角定理得到，进而求出，再根据弧长公式进行求解即可；
（2）如图所示，连接，先由三角形内角和定理得到，则由圆周角定理可得，再由是的直径，得到，进而求出，进一步推出，由此即可证明是的切线．
【详解】（1）解：如图所示，连接，
∵是的直径，且，
∴，
∵E为上一点，且，
∴，
∴，
∴的长；
  
（2）证明：如图所示，连接，
∵，，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∵是的半径，
∴是的切线．
    
【点拨】本题主要考查了切线的判定，求弧长，圆周角定理，三角形内角和定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
21．【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据尺规作图，过点作的垂线，交于点，即可求解；
（2）根据题意切线的性质以及直径所对的圆周角是直角，证明，根据平行线的性质以及等腰三角形的性质得出，进而证明，即可得证．
【详解】（1）解：方法不唯一，如图所示．
  
（2）∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵点在以为直径的圆上，
∴，
∴．
又∵为的切线，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵在和中，

∴．
∴．
【点拨】本题考查了作圆的切线，切线的性质，直径所对的圆周角是直角，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
22．【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用圆周角定理得到，结合已知推出，再证明，推出，即可证明结论成立；
（2）设半径为x，则，在中，利用正弦函数求得半径的长，再在中，解直角三角形即可求解．
【详解】（1）证明：连接，
  
∵，∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为半径，
∴EF与相切；
（2）解：设半径为x，则，
∵，，
∴，
在中，，，
∴，即，
解得，
经检验，是所列方程的解，
∴半径为4，则，
在中，，，，
∴，
∴．
【点拨】本题考查了圆的切线的判定、圆周角定理、解直角三角形以及相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握圆的相关知识和相似三角形的判定和性质是解题的关键．
23.【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）如图：，然后根据等边对等角可得、即，再根据可得，进而得到即可证明结论；
（2）如图：连接，有圆周角定理可得，再解直角三角形可得，进而得到，然后说明，最后根据弧长公式即可解答．
【详解】（1）证明：如图：连接
  
∵，
∴,
∵，
∴,
∴,
∴,
∴。
∵，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线．
（2）解：如图：连接
∵是的直径，
∴,
在中，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点拨】本题主要考查了圆的切线证明、圆周角定理、解直角三角形、等腰三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识是解答本题的关键．
24．【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据垂径定理和圆周角定理可推出，利用已知条件进行等量转换即可求出，最后利用可证明，从而证明是切线．
（2）根据互余的两个角相等，利用可求出，设参数表示出和，再根据勾股定理用参数表示出和，最后利用即可求出参数的值，从而求出长度，即可求的长．
【详解】（1）解：连接，，如图所示，
  
，为的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是切线．
（2）解：连接，如图所示，
  
由（1）得，，
，
，
．
，
．
设则，
在中，，
．
在中，．
，
，
．
．
，
．
．
故答案为： ．
【点拨】本题考查了垂径定理，圆周角定理，切线的判定和性质，三角函数和勾股定理，解题的关键在于利用参数表达线段长度．
25．【答案】(1)证明见解析
(2)，
【分析】（1）根据“连半径，证垂直”即可，
（2）先由“直径所对的圆周角是直角”，证是直角三角形，用勾股定理求出长，再通过三角形相似即可求解．
【详解】（1）连接
  
∵为的中点，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，为半径，
∴为的切线，
（2）∵为直径，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，  
在中，由勾股定理得：
．
【点拨】此题考查切线的判定，圆周角定理，勾股定理定理的应用，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．
26．【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)的半径为
【分析】（1）利用两角对应相等两个三角形相似，得出结论；
（2）连接，由圆周角定理得出，证出，由切线的判定可得出结论；
（3）由相似三角形的性质得出，由比例线段求出和的长，可求出的长，则可得出答案．
【详解】（1）证明：∵，，
∴；
（2）证明：连接，
  
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（3）解：∵，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴．
∴的半径为．
【点拨】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
27．【答案】(1)画图见解析，证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意作图，首先根据勾股定理得到，然后证明出，得到，即可证明出为的切线；
（2）首先根据全等三角形的性质得到，然后证明出，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）如图所示，

∵是的切线，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∵点D在上，
∴为的切线；
（2）∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴解得．
【点拨】此题考查了格点作图，圆切线的性质和判定，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
28．【答案】(1)见解析
(2)或
【分析】（1）①连接，分别以点为圆心，大于的长为半径画圆，两圆交于点两点，作直线交于点，②以点为圆心，为半径画圆，与交于两点，作直线，
（2）根据切线的性质得出，根据四边形内角和得出，进而根据圆周角定理以及圆内接四边形对角互补即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，
  
①连接，分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点两点，作直线交于点，
②以点为圆心，为半径画圆，与交于两点，作直线，
则直线即为所求；
（2）如图所示，点在上（点不与，两点重合），且，
∵是的切线，
∴，
∴，
当点在优弧上时，，
当点在劣弧上时，，
∴或．
【点拨】本题考查了切线的性质与判定，直径所对的圆周角是直角，圆内接四边形对角互补，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
29．【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，，由角平分线的定义可得，从而可得，再根据平行线的判定可得 ，从而可得，再根据切线的判定即可得出结论；
（2）连接，，由，，可得，，再由直角三角形的性质可得，再由圆周角定理可得，根据角平分线的定义可得，利用锐角三角函数求得，再由直角三角形的性质可得 ，证明是等边三角形，可得，从而证明是等边三角形，可得垂直平分，再由，可得，从而可得，再利用扇形的面积公式计算即可．
【详解】（1）证明：连接，
  
∵，是的半径，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴ ，
∴，
∴于点D，
又∵为的半径，
∴是的切线．
（2）解：连接，，
∵在中，，，
∴，，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，
在中，，
∴，
∴ ，
∵平分，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
又∵，
∴垂直平分，
∵，，
∴，
∴，
∴．
  
【点拨】本题考查角平分线的定义、平行线的判定与性质、切线的判定、直角三角形的性质、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、垂直平分线的判定与性质及扇形的面积公式，熟练掌握相关知识是解题的关键．
30．【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由切线的性质可得，由圆周角定理可得，即，再根据平行线的性质可得，则根据角的和差可得，最后根据平行线的判定定理即可解答；
（2）由圆周角定理可得，再由等腰三角形的性质可得，进而得到，再结合得到即可证明结论．
【详解】（1）证明是的切线，
，即．
是的直径，
．
∴．
，
，
，即，
．
（2）解：与都是所对的圆周角，

．
，
，
．
由（1）知，
，
平分．
【点拨】本题主要考查角平分线、平行线的判定与性质、圆周角定理、切线的性质等知识点，灵活运用相关性质定理是解答本题的关键．
31．【答案】(1)①见解析，②见解析
(2)
【分析】（1）①根据菱形的性质得出，根据，可得，进而即可得证；
②连接，根据等弧所对的圆周角相等得出，根据直径所对的圆周角是直角得出，进而可得，结合，即可得证；
（2）连接交于．根据菱形的性质以及勾股定理求得，进而根据等面积法求得，由得：，在中，即可求解．
【详解】（1）证明：①四边形是菱形，

，
，则
又为的半径的外端点，
是的切线．
②连接，
  
∵
∴
为直径，
，
而
，
又
．
（2）解：连接交于．
  
菱形，，
，，，
在中，，
，
，
，
在中，，
由得：，
．
【点拨】本题考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，菱形的性质，勾股定理，求角的正弦值，熟练掌握以上知识是解题的关键．
32．【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）首先根据切线的性质得到，然后根据角平分线的性质定理得到即可证明；
（2）首先根据勾股定理得到，然后求得，最后利用，代入求解即可．
【详解】（1）∵与相切于点A，
∴，
∵平分，，
∴，
∴是的切线；
（2）∵的半径为4，
∴，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴．
【点拨】此题考查了圆切线的性质和判定，勾股定理，三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
33．【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据已知可得，则，又，等量代换得出，即可证明；
（2）连接，证明，在中，，求得，根据得出，进而可得，根据，即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
  
∵以为直径的交于点，是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴；
（2）解：连接，如图，
则，
  
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
又∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点拨】本题考查了切线的性质，直径所对的圆周角是直角，平行线分线段成比例，正切的定义，熟练掌握以上知识是解题的关键．
34．【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，由是直径，得，再证，从而有，于是即可证明结论成立；
（2）由圆周角定理求得，在中，解直角三角形得，从而利用扇形及三角形的面积公式即可求解．
【详解】（1）证明：连接，
  
∵是直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴直线是的切线；
（2）解：∵，，
∴，
∴，
∵在中，，，
∴，解得，
∴．
【点拨】本题主要考查了圆周角定理，切线的判定，扇形的面积公式以及解直角三角形，熟练掌握圆周角定理，切线的判定以及扇形的面积公式是解题的关键．
35．【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接、，证出，即可得出结论；
（2）根据，分别求出和即可得出答案．
【详解】（1）连接、，
  
，
，
，
，
，
点是弧的中点，
，
，
，
为半径，
是的切线；
（2），，
为等腰直角三角形，
设，则，
，
，
，
，
．
【点拨】本题是圆的综合题，考查了切线的判定定理、扇形的面积、等腰直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握切线的判定定理．
36．【答案】(1)见解析
(2)是等边三角形，理由见解析
(3)
【分析】（1）证明，可推出，即可证明直线是的切线；
（2）证明，，得到，据此计算即可证明结论成立；
（3）利用含30度的直角三角形的性质求得，得到等边的边长，在中，利用余弦函数即可求解．
【详解】（1）证明：连接，
  
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的半径，
∴直线是的切线；
（2）解：是等边三角形，理由如下：
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形；
（3）解：∵是等边三角形，
∴，则，
∵，
∴，
∴，
∵为的直径，，
∴，
∵，，即，
∴．
【点拨】此题考查了圆和三角形的综合题，切线的判定，直径所对的圆周角为直角，等腰三角形的性质和判定，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
37．【答案】(1)证明见解析
(2)①3；②2
【分析】（1）根据等弧所对的圆周角相等和等边对等角的性质，得到，推出，进而得到，再利用圆的切线的判定定理即可证明结论；
（2）①连接，根据直径所对的圆周角是直角和平行线的判定，得到，进而得到，再利用锐角三角函数，求得，即可求出的半径；
②利用锐角三角函数，分别求出和的长，即可得到线段的长．
【详解】（1）证明：如图，连接，
  
点C是的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：①如图，连接，
  
是直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
的半径为；
②由（1）可知，，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点拨】本题是圆和三角形综合题，考查了圆的切线的判定定理，圆的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数等知识，熟练掌握圆的相关性质，灵活运用正弦值求边长是解题关键．
38．【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接OC，证明，即可得到结论；
（2）连接AC，证明，从而可得，再代入求值即可；
（2）连接，证明，从而可得，，求出扇形的面积即可得到阴影部分的面积．
【详解】（1）证明：连接，
      
∵点C是的中点，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴半径，
∴是切线；
（2）连接，
      
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）连接，
    
∵，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
【点拨】本题主要考查了相似三角形的性质及判定、切线的判定以及扇形面积的求法，熟练掌握切线的判定定理以及扇形面积的求法是解答此题的关键．
39．【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长交于点，根据是的外接圆，得到，由平行线的性质，得到，即可得证．
（2）连接，等边对等角，求出的度数，圆周角定理求出度数，得到为等边三角形，求出半径和的度数，利用弧长公式进行计算即可．
【详解】（1）证明：连接并延长交于点，
∵是的外接圆，
∴点是三边中垂线的交点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
  
（2）解：连接，
  
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴的长为．
【点拨】本题考查切线的判定，圆周角定理，求弧长，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
40．【答案】(1)见解析
(2)
(3)见解析
【分析】（1）由是的直径得到，则，由得到，则，结论得证；
（2）证明，则，可得，解得或3，由即可得到的长；
（3）先证明，则，得到，由得到，则，由同角的余角相等得到，则，得，进一步得到，则，即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是的切线；
（2）∵，，
∴，
∴，
∴，
解得或3，
当时，，
当时，，
∵，即，
∴；
（3）证明：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点拨】此题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的判定定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
41．【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用垂径定理得，利用菱形的性质得，利用半径相等得，即可证明，据此即可证明结论成立；
（2）设，由题意得，求得，由勾股定理得到，求得，利用菱形的性质求得，据此求解即可．
【详解】（1）证明：连接，
  
∵，由垂径定理知，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵为的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵四边形是菱形，，
∴设，
∵的半径与菱形的边长之比为，
∴在中，，
∴，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，即，
∴，
∴．
【点拨】本题考查了菱形的性质，垂径定理，切线的判定，求角的正切值，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
42．【答案】(1)直线与相切，理由见解析
(2)6
【分析】（1）连接，根据圆周角定理，得到，进而得到，即可得出与相切；
（2）解直角三角形，求出的长，进而求出的长，再解直角三角形，求出的长即可．
【详解】（1）解：直线与相切，理由如下：
连接，则：，
  
∵，即：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为的半径，
∴直线与相切；
（2）解：∵，的半径为3，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
设：，
则：，
∴，
∴．
【点拨】本题考查切线的判定，解直角三角形．熟练掌握切线的判定方法，正弦的定义，是解题的关键．
43．【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由，可知是的直径，由，可得，由，，可得，，则，由，可得，即，进而结论得证；
（2）作，垂足为E，如图所示，由题意知，是等腰三角形，则，由题意知，，，可求，，，由勾股定理得，根据，计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴是的直径，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵是半径，
∴直线是是的切线；
（2）解：作，垂足为E，如图所示，
  
∵，
∴是等腰三角形，
∵，
∴，
由题意知，，，
∴，
∴，
∴，
由勾股定理得，
∴，
∴的长为．
【点拨】本题考查了切线的判定，的圆周角所对的弦为直径，同弧所对的圆周角相等，等腰三角形的判定与性质，正弦，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
44．【答案】(1)见解析
(2)是等腰三角形，理由见解析
(3)
【分析】（1）连接，根据圆周角定理得出，根据已知得出，根据得出，进而根据对等角相等，以及三角形内角和定理可得，即可得证；
（2）根据题意得出，则，证明，得出，等量代换得出，即可得出结论；
（3）根据，，设，则，等边对等角得出，则．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
  
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵
∴，
即，又是的直径，
∴是的切线；
（2）∵，是的直径，
∴，，
∴，
∵，，
∵，
∴，
又，
∴，
∴是等腰三角形，
（3）∵，，
设，则，
∴，
∴．
【点拨】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质与判定，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
45．【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）证明，得出，则四边形是平行四边形，，作于．得出为的垂直平分线．则．又点在上，即可得证；
过点作于，连接．垂径定理得出，勾股定理得，进而可得，勾股定理求得，证明，可得，根据相似三角形的性质得出，，然后求得，勾股定理求得，证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明，∵，
∴．
又，
∴．
∴．
∴四边形是平行四边形．
∴．
作于．
  
又∵，
∴为的垂直平分线．
∴点在上．
∴．
即．又点在上，
∴为的切线；
（2）解：过点作于，连接．
  
∵为的垂直平分线，
∴．
∴．∴．
∴．
∴．
∵，
∴
∴，
又，
∴．
∴，．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
【点拨】本题考查了切线的判定，垂径定理，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．