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题型五 圆的相关证明与计算 类型二 与切线有关的证明与计算（专题训练）-中考数学二轮复习满分冲刺题型突破（全国通用）
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(1)求证：是的切线；
(2)若直径，求的长．
【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），
∴，
【点睛】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．
2.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．（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．
【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．
【点睛】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．
4．（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．
【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，
∴．
【点睛】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．
5．（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．
【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，，，，
∴，
∴．
【点睛】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．
6.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．
7．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，中，以为直径的交于点E．平分，过点E作于点D，延长交的延长线于点P．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，利用角平分线的性质和等边对等角，证明，即可解答；
（2）根据，可得，求出的长，再利用勾股定理得的长，即可得到的长，最后证明，即可解答．
【详解】（1）证明：如图，连接，
，
，
平分，
，
，
，
,
,
是的切线；
（2）解：设，则，
，解得，
，
，
根据勾股定理可得，,
，
是直径，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了切线的判定，角平分线的定义，平行线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正弦的概念，熟练运用上述性质是解题的关键．
8.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．（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．
【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，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】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．
10.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.（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．
【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： ．
【点睛】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．
12.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．（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．
【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：
．
【点睛】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．
14.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．（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）．
【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，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】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．
16.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．
17．（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．
【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：，
．
【点睛】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．
18.如图，在中，，以斜边上的中线为直径作，与交于点，与的另一个交点为，过作，垂足为．
（1）求证：是的切线；
（2）若的直径为5，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）欲证明MN为⊙O的切线，只要证明OM⊥MN．
（2）连接，分别求出BD=5，BE=，根据求解即可．
【详解】
（1）证明：连接，
，
．
在中，是斜边上的中线，
，
，
，
，
，，
是的切线．
（2）连接，易知，
由（1）可知，故M为的中点，
，
，
在中，，
．
在中，，
．
【点睛】
本题考查切线的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形等知识；熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．
19.如图，是半圆的直径，是半圆上不同于的两点与相交于点是半圆所任圆的切线，与的延长线相交于点，
求证：；
若求平分．
【答案】证明见解析；证明见解析．
【解析】
【分析】
利用证明利用为直径，证明结合已知条件可得结论；
利用等腰三角形的性质证明： 再证明 利用切线的性质与直径所对的圆周角是直角证明： 从而可得答案．
【详解】
证明：
为直径，
．
证明：
为半圆的切线，
平分．
【点睛】
本题考查的是圆的基本性质，弧，弦，圆心角，圆周角之间的关系，直径所对的圆周角是直角，三角形的全等的判定，切线的性质定理，三角形的内角和定理，掌握以上知识是解题的关键．
20．（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．
【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，
∴．
【点睛】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．
21．（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．
【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，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】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．
22.如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，∠CAB的平分线AD交于点D，过点D作DE∥BC交AC的延长线于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）过点D作DF⊥AB于点F，连接BD．若OF＝1，BF＝2，求BD的长度．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由等腰三角形的性质及角平分线的性质得出∠ADO＝∠DAE，从而OD∥AE，由DE∥BC得∠E＝90°，由两直线平行，同旁内角互补得出∠ODE＝90°，由切线的判定定理得出答案；
（2）先由直径所对的圆周角是直角得出∠ADB＝90°，再由OF＝1，BF＝2得出OB的值，进而得出AF和BA的值，然后证明△DBF∽△ABD，由相似三角形的性质得比例式，从而求得BD2的值，求算术平方根即可得出BD的值．
【详解】
解：（1）连接OD，如图：
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO，
∵AD平分∠CAB，
∴∠DAE＝∠OAD，
∴∠ADO＝∠DAE，
∴OD∥AE，
为⊙的直径，
∵DE∥BC，
∴∠E＝ 90°，
∴∠ODE＝180°﹣∠E＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵OF＝1，BF＝2，
∴OB＝3，
∴AF＝4，BA＝6．
∵DF⊥AB，
∴∠DFB＝90°，
∴∠ADB＝∠DFB，
又∵∠DBF＝∠ABD，
∴△DBF∽△ABD，
∴，
∴BD2＝BF•BA＝2×6＝12．
∴BD＝
【点睛】
本题考查的是圆的基本性质，圆周角定理，切线的判定，同时考查了相似三角形的判定与性质．（1）中判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”，有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”；（2）中能得△DBF∽△ABD是解题关键．
23．（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．
【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，
∴．
【点睛】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．
24.如图，在⨀中，AB为⨀的直径，C为⨀上一点，P是的中点，过点P作AC的垂线，交AC的延长线于点D．
（1）求证：DP是⨀的切线；
（2）若AC=5，,求AP的长．
【答案】（1）见解析；（2）AP=．
【解析】
【分析】
（1）根据题意连接OP，直接利用切线的定理进行分析证明即可；
（2）根据题意连接BC，交于OP于点G，利用三角函数和勾股定理以及矩形的性质进行综合分析计算即可.
【详解】
解：（1）证明：连接OP；
∵OP=OA;
∴∠1=∠2；
又∵P为的中点；
∴
∴∠1=∠3；
∴∠3=∠2；
∴OP∥DA；
∵∠D=90°；
∴∠OPD=90°；
又∵OP为⨀O半径；
∴DP为⨀O的切线；
（2）连接BC，交于OP于点G；
∵AB是圆O的直径；
∴∠ACB为直角；
∵
∴sin∠ABC=
AC=5,则AB=13,半径为
由勾股定理的BC=，那么CG=6
又∵四边形DCGP为矩形；
∴GP=DC=6.5-2.5=4
∴AD=5+4=9;
在Rt△ADP中，AP=.
【点睛】
本题考查圆的综合问题，熟练掌握圆的切线定理和勾股定理以及三角函数和矩形的性质是解题的关键.
25.如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC，CE⊥AB于点E，D是直径AB延长线上一点，且∠BCE＝∠BCD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若AD＝8，＝，求CD的长．
【答案】（1）见解析；（2）4
【解析】
【分析】
（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，根据余角的性质得到∠A＝∠ECB，求得∠A＝∠BCD，根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠ACO，等量代换得到∠ACO＝∠BCD，求得∠DCO＝90°，于是得到结论；
（2）设BC＝k，AC＝2k，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
（1）证明：连接OC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CE⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠ECB+∠ABC＝∠ABC+∠CAB＝90°，
∴∠A＝∠ECB，
∵∠BCE＝∠BCD，
∴∠A＝∠BCD，
∵OC＝OA，
∴∠A＝∠ACO，
∴∠ACO＝∠BCD，
∴∠ACO+∠BCO＝∠BCO+∠BCD＝90°，
∴∠DCO＝90°，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵∠A＝∠BCE，
∴tanA＝＝tan∠BCE＝＝，
设BC＝k，AC＝2k，
∵∠D＝∠D，∠A＝∠BCD，
∴△ACD∽△CBD，
∴＝＝，
∵AD＝8，
∴CD＝4．
【点睛】
本题考查了切线的判定定理，相似三角形的判定与性质以及解直角三角形的应用，熟练掌握性质定理是解题的关键．
26.如图，是的直径，点是上一点，的平分线交于点，过点作交的延长线于点．
（1）求证：是的切线；
（2）过点作于点，连接．若，，求的长度．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由等腰三角形的性质及角平分线的性质得出∠ADO＝∠DAE，从而OD∥AE，由DE∥BC得∠E＝90°，由两直线平行，同旁内角互补得出∠ODE＝90°，由切线的判定定理得出答案；
（2）先由直径所对的圆周角是直角得出∠ADB＝90°，再由OF＝1，BF＝2得出OB的值，进而得出AF和BA的值，然后证明△DBF∽△ABD，由相似三角形的性质得比例式，从而求得BD2的值，求算术平方根即可得出BD的值．
【详解】
解：（1）连接OD，如图：
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO，
∵AD平分∠CAB，
∴∠DAE＝∠OAD，
∴∠ADO＝∠DAE，
∴OD∥AE，
∵DE∥BC，
∴∠E＝90°，
∴∠ODE＝180°−∠E＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）因为直径，则
∵，
∴OB=3
∴，
∵∠ADB=∠DFB=90°, ∠B=∠B
∴△DBF∽△ABD
∴
∴
所以．
【点睛】
本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质、平行线的性质等知识点，熟练掌握圆的切线的判定及圆中的相关计算是解题的关键．
(1)求证：是的切线；
(2)若直径，求的长．
【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），
∴，
【点睛】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．
2.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．（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．
【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．
【点睛】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．
4．（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．
【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，
∴．
【点睛】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．
5．（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．
【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，，，，
∴，
∴．
【点睛】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．
6.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．
7．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，中，以为直径的交于点E．平分，过点E作于点D，延长交的延长线于点P．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，利用角平分线的性质和等边对等角，证明，即可解答；
（2）根据，可得，求出的长，再利用勾股定理得的长，即可得到的长，最后证明，即可解答．
【详解】（1）证明：如图，连接，
，
，
平分，
，
，
，
,
,
是的切线；
（2）解：设，则，
，解得，
，
，
根据勾股定理可得，,
，
是直径，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了切线的判定，角平分线的定义，平行线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正弦的概念，熟练运用上述性质是解题的关键．
8.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．（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．
【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，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】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．
10.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.（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．
【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： ．
【点睛】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．
12.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．（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．
【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：
．
【点睛】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．
14.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．（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）．
【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，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】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．
16.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．
17．（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．
【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：，
．
【点睛】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．
18.如图，在中，，以斜边上的中线为直径作，与交于点，与的另一个交点为，过作，垂足为．
（1）求证：是的切线；
（2）若的直径为5，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）欲证明MN为⊙O的切线，只要证明OM⊥MN．
（2）连接，分别求出BD=5，BE=，根据求解即可．
【详解】
（1）证明：连接，
，
．
在中，是斜边上的中线，
，
，
，
，
，，
是的切线．
（2）连接，易知，
由（1）可知，故M为的中点，
，
，
在中，，
．
在中，，
．
【点睛】
本题考查切线的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形等知识；熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．
19.如图，是半圆的直径，是半圆上不同于的两点与相交于点是半圆所任圆的切线，与的延长线相交于点，
求证：；
若求平分．
【答案】证明见解析；证明见解析．
【解析】
【分析】
利用证明利用为直径，证明结合已知条件可得结论；
利用等腰三角形的性质证明： 再证明 利用切线的性质与直径所对的圆周角是直角证明： 从而可得答案．
【详解】
证明：
为直径，
．
证明：
为半圆的切线，
平分．
【点睛】
本题考查的是圆的基本性质，弧，弦，圆心角，圆周角之间的关系，直径所对的圆周角是直角，三角形的全等的判定，切线的性质定理，三角形的内角和定理，掌握以上知识是解题的关键．
20．（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．
【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，
∴．
【点睛】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．
21．（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．
【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，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】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．
22.如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，∠CAB的平分线AD交于点D，过点D作DE∥BC交AC的延长线于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）过点D作DF⊥AB于点F，连接BD．若OF＝1，BF＝2，求BD的长度．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由等腰三角形的性质及角平分线的性质得出∠ADO＝∠DAE，从而OD∥AE，由DE∥BC得∠E＝90°，由两直线平行，同旁内角互补得出∠ODE＝90°，由切线的判定定理得出答案；
（2）先由直径所对的圆周角是直角得出∠ADB＝90°，再由OF＝1，BF＝2得出OB的值，进而得出AF和BA的值，然后证明△DBF∽△ABD，由相似三角形的性质得比例式，从而求得BD2的值，求算术平方根即可得出BD的值．
【详解】
解：（1）连接OD，如图：
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO，
∵AD平分∠CAB，
∴∠DAE＝∠OAD，
∴∠ADO＝∠DAE，
∴OD∥AE，
为⊙的直径，
∵DE∥BC，
∴∠E＝ 90°，
∴∠ODE＝180°﹣∠E＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵OF＝1，BF＝2，
∴OB＝3，
∴AF＝4，BA＝6．
∵DF⊥AB，
∴∠DFB＝90°，
∴∠ADB＝∠DFB，
又∵∠DBF＝∠ABD，
∴△DBF∽△ABD，
∴，
∴BD2＝BF•BA＝2×6＝12．
∴BD＝
【点睛】
本题考查的是圆的基本性质，圆周角定理，切线的判定，同时考查了相似三角形的判定与性质．（1）中判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”，有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”；（2）中能得△DBF∽△ABD是解题关键．
23．（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．
【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，
∴．
【点睛】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．
24.如图，在⨀中，AB为⨀的直径，C为⨀上一点，P是的中点，过点P作AC的垂线，交AC的延长线于点D．
（1）求证：DP是⨀的切线；
（2）若AC=5，,求AP的长．
【答案】（1）见解析；（2）AP=．
【解析】
【分析】
（1）根据题意连接OP，直接利用切线的定理进行分析证明即可；
（2）根据题意连接BC，交于OP于点G，利用三角函数和勾股定理以及矩形的性质进行综合分析计算即可.
【详解】
解：（1）证明：连接OP；
∵OP=OA;
∴∠1=∠2；
又∵P为的中点；
∴
∴∠1=∠3；
∴∠3=∠2；
∴OP∥DA；
∵∠D=90°；
∴∠OPD=90°；
又∵OP为⨀O半径；
∴DP为⨀O的切线；
（2）连接BC，交于OP于点G；
∵AB是圆O的直径；
∴∠ACB为直角；
∵
∴sin∠ABC=
AC=5,则AB=13,半径为
由勾股定理的BC=，那么CG=6
又∵四边形DCGP为矩形；
∴GP=DC=6.5-2.5=4
∴AD=5+4=9;
在Rt△ADP中，AP=.
【点睛】
本题考查圆的综合问题，熟练掌握圆的切线定理和勾股定理以及三角函数和矩形的性质是解题的关键.
25.如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC，CE⊥AB于点E，D是直径AB延长线上一点，且∠BCE＝∠BCD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若AD＝8，＝，求CD的长．
【答案】（1）见解析；（2）4
【解析】
【分析】
（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，根据余角的性质得到∠A＝∠ECB，求得∠A＝∠BCD，根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠ACO，等量代换得到∠ACO＝∠BCD，求得∠DCO＝90°，于是得到结论；
（2）设BC＝k，AC＝2k，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
（1）证明：连接OC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CE⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠ECB+∠ABC＝∠ABC+∠CAB＝90°，
∴∠A＝∠ECB，
∵∠BCE＝∠BCD，
∴∠A＝∠BCD，
∵OC＝OA，
∴∠A＝∠ACO，
∴∠ACO＝∠BCD，
∴∠ACO+∠BCO＝∠BCO+∠BCD＝90°，
∴∠DCO＝90°，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵∠A＝∠BCE，
∴tanA＝＝tan∠BCE＝＝，
设BC＝k，AC＝2k，
∵∠D＝∠D，∠A＝∠BCD，
∴△ACD∽△CBD，
∴＝＝，
∵AD＝8，
∴CD＝4．
【点睛】
本题考查了切线的判定定理，相似三角形的判定与性质以及解直角三角形的应用，熟练掌握性质定理是解题的关键．
26.如图，是的直径，点是上一点，的平分线交于点，过点作交的延长线于点．
（1）求证：是的切线；
（2）过点作于点，连接．若，，求的长度．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由等腰三角形的性质及角平分线的性质得出∠ADO＝∠DAE，从而OD∥AE，由DE∥BC得∠E＝90°，由两直线平行，同旁内角互补得出∠ODE＝90°，由切线的判定定理得出答案；
（2）先由直径所对的圆周角是直角得出∠ADB＝90°，再由OF＝1，BF＝2得出OB的值，进而得出AF和BA的值，然后证明△DBF∽△ABD，由相似三角形的性质得比例式，从而求得BD2的值，求算术平方根即可得出BD的值．
【详解】
解：（1）连接OD，如图：
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO，
∵AD平分∠CAB，
∴∠DAE＝∠OAD，
∴∠ADO＝∠DAE，
∴OD∥AE，
∵DE∥BC，
∴∠E＝90°，
∴∠ODE＝180°−∠E＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）因为直径，则
∵，
∴OB=3
∴，
∵∠ADB=∠DFB=90°, ∠B=∠B
∴△DBF∽△ABD
∴
∴
所以．
【点睛】
本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质、平行线的性质等知识点，熟练掌握圆的切线的判定及圆中的相关计算是解题的关键．
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