专题23 圆解答题分类训练（7种类型60道）-2024-2025学年九年级数学上册期末复习高频考题专项训练（人教版）

专题23 圆解答题分类训练（7种类型60道） 目录 【题型1 垂径定理】 1 【题型2 切线长定理】 16 【题型3 三角形的内接圆】 32 【题型4 内心与外心】 40 【题型5 证明圆的切线】 49 【题型6 四点共圆】 67 【题型7 求阴影部分面积】 87 【题型1 垂径定理】 1．如图，四边形是的内接四边形，为直径，是切线，且的延长线于点． (1)求证：平分； (2)若，，则的半径为_____________． 【答案】(1)见解析； (2)5 【分析】本题考查了切线的性质，角平分线的性质，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． （1）连接，根据切线的性质可得，再利用角平分线和等腰三角形的性质可证，然后利用平行线的性质求出，即可解答； （2）过点O作，垂足为F，根据垂径定理可得，再利用（1）的结论可得四边形是矩形，从而可得，，然后在中，利用勾股定理求出答案． 【详解】（1）证明：连接， ∵是切线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分； （2）解：过点O作，垂足为F， ∵，， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， 在中，根据勾股定理得： ， ∴， ∴， ∴的半径为5． 2．如图所示，是的的直径，是弦，于点E． (1)求证：； (2)若，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）求出，推出，即可得出结论； （2）由垂径定理得，由三角形中位线的性质可得，设，再由直角三角形的性质列方程求解即可． 【详解】（1）证明： 为的直径， ， ， ； （2）解： ， ， ， ， 设， ， ， 【点睛】本题考查的是圆周角定理，垂径定理，三角形中位线的性质，直角三角形的性质．解决本题的关键是熟练掌握圆周角定理，垂径定理，三角形中位线的性质，直角三角形的性质． 3．如图，在等腰中，，交于，两点，半径于． (1)求证：； (2)若，，求的半径． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质、垂径定理、勾股定理． （1）根据等腰三角形的三线合一定理可证，根据垂径定理可证，根据等式的性质可得； （2）连接构造，由（1）知，，设半径为，则，利用勾股定理求圆的半径． 【详解】（1）证明：在中，，于， ， 是的弦，是半径，且于， ， ， ； （2）解：如下图所示，连接， 由（1）知，， 设半径为，则， 在中， 解得：， 的半径为． 4．如图，是的直径，点为半圆上一点，交于点． (1)求证：平分； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了勾股定理，垂径定理及其推论，圆周角定理，等腰三角形的性质等知识，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． （1）根据平行线的性质和等腰三角形的性质可得平分，即可解答； （2）连接，交于点，连接，根据直径所对的圆周角是直角可得：，从而在中，利用勾股定理可得，再利用（1）的结论可得：，从而可得，然后利用垂径定理可得，从而在中，利用勾股定理可得，进而可得，最后在中，利用勾股定理可得，从而在中，利用勾股定理进行计算即可解答． 【详解】（1）证明：， ， ， ， ， 平分； （2）解：连接，交于点，连接， 是的直径， ， ，， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， 在中，， 在中，． 5．如图，是的直径，点P是延长线上一点，且与相切于点A，弦于点F，过D点作于点E，连接． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了切线的性质、勾股定理、等腰三角形的性质、角平分线的性质，掌握切线的性质，等边对等角，勾股定理，角平分线的性质是解题的关键． （1）连接，根据是半径，是的切线得，， 即，根据于F得，则，根据得，即可得； （2）结合图形确定，根据题意由勾股定理可得，根据于F，得，，可得，再由垂径定理即可求解． 【详解】（1）证明：如图所示，连接，    ∵是半径，是的切线， ∴， ∴， 即∴， ∵于F， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵于F， ∴， ， ∴， ∴． 6．如图，四边形内接于，，P为延长线上一点，且． (1)求的度数； (2)探究与的位置关系，并证明 (3)若，，求的长． 【答案】(1) (2)相切，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据圆周角定理和平角的定义即可得到结论； （2）根据圆周角定理和切线的判定定理即可得到结论； （3）设与交于，根据垂径定理得到垂直平分，求得，，根据勾股定理得到，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】（1）连接， ， 是的直径， ， ； （2）与相切； 证明：， ， ，， ， ， ， 是的直径， 与相切； （3）设与交于， ， ， 是的直径， 垂直平分， ，， ，，， ， ， ， ． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判断，圆周角定理，勾股定理，三角形的面积，垂径定理，正确地作出辅助线是解题的关键． 7．已知，内接于，为的直径，点D为优弧的中点． (1)如图1，连接，求证：； (2)如图2，过点D作，垂足为E．若，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）延长交于F，根据圆心角定理的推论及线段垂直平分线的判定定理可得，即； （2）连接并延长交于F，易得，进而可得，再证明，根据全等三角形的性质得到，然后在中，根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：如图1，延长交于F，连接，，， ∵点D为优弧的中点， ∴， ， ∴点D在线段的垂直平分线上， ， ∴点O在线段的垂直平分线上， 是线段的垂直平分线， ，即； （2）解：连接并延长交于F， 设的半径为x， ∵点D为优弧的中点，，， ∴， 由（1）得，， ∴， ， ， ，， ， ， ， 即， 解得， 的半径为． 【点睛】本题主要考查圆心角定理的推论、线段垂直平分线的判定、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，正确的作出辅助线是解题的关键． 8．如图1，，是半圆上的两点，若直径上存在一点，满足，则称是的“美丽角”． (1)如图2，是的直径，弦，是上一点，连结交于点，连结，是的“美丽角”吗？请说明理由； (2)如图3，在（1）的条件下，若直径，的“美丽角”为，当时，求的长． 【答案】(1)是的“美丽角”，理由见解析 (2)的长为或 【分析】（1）根据垂径定理得出垂直平分，根据垂直平分线的性质得出，根据“三线合一”的性质得出，利用对顶角相等，结合“美丽角”的定义即可得答案； （2）如图，连接、，根据“美丽角”的定义得出，，即可得出，，根据圆周角定理可得，利用垂径定理结合等腰直角三角形的性质得出，，在中，利用勾股定理列方程可求出的值，根据等腰直角三角形的性质即可得答案． 【详解】（1）解：是的“美丽角”，理由如下： 如图，设、交于点， ∵是的直径，弦， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴。 ∴是的“美丽角”． （2）解：如图，连接、， ∵的“美丽角”为， ∴，， ∴， ∴， 由（1）可知， ∴， ∵和分别是所对的圆周角和圆心角， ∴， ∵， ∴，， 设， ∵， ∴， 在中，， ∴， 解得：或， ∵， ∴或． ∴的长为或． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质、圆周角定理、垂径定理、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，理解并熟练运用新定义解答是解题的关键． 9．如图，交于点C，D，是半径，且于点F． (1)求证：； (2)若，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】本题考查垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题． （1）由垂径定理得，根据等腰三角形的性质可得，再根据线段的和差关系可得结论； （2）连接，结合垂径定理和勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）证明：∵为的弦， ， ， ， ， ； （2）解：如图，连接， 为的弦， ∴，， ， 设的半径是r， ， 解得， ∴的半径是5． 10．如图，为的直径，弦于，为圆上一点，平分，交于点． (1)求证：； (2)若，，求的半径． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（）由角平分线的定义可得，即得，由垂径定理可得，得到，即得到，即可求证； （）连接，由垂径定理得，设圆的半径为，则，在中，由勾股定理得，解方程即可求解． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∴， ∵为直径，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图所示，连接， ∵，， ∴ 设圆的半径为，则， 在中，由勾股定理得，， ∴， 解得， ∴圆的半径为． 【点睛】本题考查了角平分线的定义，圆周角定理，垂径定理，等角对等边，勾股定理，掌握圆的有关性质定理是解题的关键． 【题型2 切线长定理】 11．如图，为的直径，过圆外一点E作的两条切线，切点分别为点D，B，交的延长线于点C，连接． (1)与有怎样的位置关系？并说明理由； (2)若，求的半径． 【答案】(1)，理由见解析 (2)3 【分析】（1）连接，根据切线的定义可得，再证明，再由等腰三角形性质可得，最后由平行线的判定证明即可； （2）根据切线长定理先求得长，再根据勾股定理求得长，再设，则，利用勾股定理解求解即可． 【详解】（1）解：，理由如下： 如图，连接， 是的切线， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：是的切线， ， ， ， 设，则， 在中，由勾股定理得， ， 解得， 即半径的长为3． 【点睛】本题考查切线的性质，切线长定理，全等三角形的性质和判定，勾股定理，平行线的判定等：掌握切线的性质，切线长定理是解题的关键． 12．如图，点O为圆心，为半圆的直径，在上取一点C，延长至点D，连接，过点A作交的延长线于点E． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为3，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)6 【分析】本题考查了切线的判定，切线长定理，勾股定理等知识，解题的关键是： （1）连接，如图，根据圆周角定理得到，即，根据等边对等角得出，结合已知可得到，根据切线的判定定理得到答案； （2）根据切线的判定和切线长定理得到，在中，根据勾股定理得到，在中，根据勾股定理即可得出结论． 【详解】（1）证明：连接，如图， ∵为直径， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， 即， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：∵， ∴是的切线， 又是的切线， ∴， 在中，，，， ∴， 设，则， 在中，，， ∴， ∴， 解得， 即． 13．如图，在中，，是角平分线，以点D为圆心，为半径的与相交于点E． (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若，，求的长． 【答案】(1)直线与相切，理由见详解 (2) 【分析】本题考查了切线的判定，勾股定理，切线长定理，正确的作出辅助线是解题的关键． （1）过点作于点，根据角平分线的性质得到．根据切线的判定定理即可得到结论； （2）根据切线的性质得到．根据和勾股定理列方程即可得到结论． 【详解】（1）解：直线与相切，理由如下： 过点作于点， ，平分， ． 是的半径，， 是的切线； （2）解：． 与相切， 是的切线， ． ，， ，． 在中， 设，则根据勾股定理得：， 解得：． ． 14．如图，是半圆的直径，和是它的两条切线，切点分别为，平分． (1)求证：是半圆的切线． (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（）过作，垂足为，再由角平分线的性质得到，从而可知是半圆的切线； （）由切线长定理可知，，再由线段和差可求得的长； 本题主要考查了切线的性质和判定、切线长定理的应用，掌握切线的性质和判定、切线长定理是解题的关键． 【详解】（1）证明：如图，过作，垂足为， ∵与半圆相切于点， ∴， ∵平分， ∴， ∴是半圆的半径， ∴是半圆的切线； （2）解：∵是半圆的两条切线，切点分别为， ∴， ∵， ∴， ∵是半圆的两条切线，切点分别为， ∴． 15．如图，点A 在外， 分别与相切于点B，D， 的延长线相交于点C，交于点 E，连接并延长，交于点F，连接． (1)求证：； (2)若，求的半径及的长． 【答案】(1)见解析 (2)的半径为6， 【分析】（1）切线的性质结合切线长定理，得到，，根据，得到，圆周角定理得到，即可得证； （2）切线长定理，得到，求出的长，勾股定理求出的长，根据，求出的长，连接，圆周角定理，得到，利用，列出比例式进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵ 分别与相切于点B，D， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵ 分别与相切于点B，D， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即的半径为6， 连接， ∵连接并延长，交于点F， ∴为直径， ∴，， 由（1）知，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查切线的性质，切线长定理，勾股定理，解直角三角形，圆周角定理等知识点，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键． 16．如图，是的直径，点是上的一点，射线，，．与相切时，连接，求的长． 【答案】 【分析】本题考查了切线长定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握相关的知识．连接，，，得到，根据勾股定理求出，根据切线长定理可得，，推出垂直平分，证明，得到，即可求解． 【详解】解：如图，连接，，， 是的直径， ， ，     ， 为的切线． 与相切， ，，           垂直平分， ，， ， ， ，                 ，即．             ． 17．如图，已知D为上一点，点C在直径的延长线上，且． (1)求证：是的切线； (2)过点B作的切线交的延长线于点E，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的判定、切线长定理、圆周角定理、勾股定理、三角形相似的判定与性质等知识；熟练掌握切线的判定与性质和圆周角定理是解题的关键． （1）如图，连接．由是的直径，可得，可证得．进而可证，再由是的半径，即可证得结论； （2）如图，连接．利用切线性质，可得，得，，再由，可得，得出，在中，设，建立方程求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接．   是的直径， ， ． ， ， ． 又，即， ，即， ． 又是的半径， 是的切线； （2）解：如图，连接． 、均为的切线， ，， ，， ， ， 又∵ ∴， ∴， ∵，， ， ， ∴， ， 在中，设， ， 解得． 即的长为5． 18．如图，，分别切于点A，B，点C是劣弧上一动点（不与点A，B重合），过点C作的切线，分别交，于点D，E，连接，，．分别交，于点M，N．    (1)求证：的周长不随点C的运动而变化． (2)求证：． (3)当，时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)2 【分析】（1）连接，根据切线长定理可得，同理可得，的周长为，故的周长不随点C的运动而变化； （2）由（1）可得，，可得，根据圆周角定理可知，可得，再根据圆周角定理和圆的切线的性质可得，结合等边对等角可知，即可证； （3）根据对顶角相等可证，可得，再可证，可知，从而可得，结合可知为含角的直角三角形，根据即可得知． 【详解】（1）证明：连接．   ，都与相切， ∴． 同理可证． 的周长为： ， ∴的周长不随点C的运动而变化． （2）证明：如图，延长交于点F，连接，．    由（1）可知，， ∴，， ∴． 易知， ∴． ∵， ∴． 是的直径， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． （3）如图，连接．    ∵，， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． ， ∵在中，， ∴． 【点睛】本题考查了圆的切线长定理，切线的性质，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，含角的直角三角形，等边对等角，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识． 19．如图，与相切于点A，与相切于点D，交直径的延长线于点E，连接相交于点C． (1)求证：； (2)若的半径为6，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据切线的性质和线段垂直平分线的性质即可得到结论； （2）由（1）知，垂直平分，求得，，根据勾股定理得到，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：与相切于点，与相切于点， ， 点在线段的垂直平分线上， 连接，   ， 点在线段的垂直平分线上， 垂直平分， 即； （2）解：由（1）知，垂直平分， ，， ， 与相切于点， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了切线的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 20．如图，是的直径，，是的两条切线，切点分别为B，C．连接交于点D，交于点E，连接． (1)求证：； (2)若点E是的中点，的半径为6，求的长． 【答案】(1)见解析； (2) 【分析】（1）根据切线长定理得到，．根据等腰三角形的性质和中位线定理即可得到结论； （2）根据题意得出为等边三角形，得出，得出，再由含30度角的直角三角形的性质及勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵，是的两条切线，切点分别为，， ∴，， ∴，， ∵， ∴是的中位线， ∴； （2）∵，点是的中点， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∵的半径为6， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查切线的性质，切线长定理，中位线定理，等边三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等知识点．熟练掌握切线的性质和切线长定理是解题的关键． 【题型3 三角形的内接圆】 21．已知：如图，是的内切圆，．若，，求的半径r；若，，，求的半径r． 【答案】3； 【分析】本题考查了直角三角形的内切圆的性质及半径的求法，利用切线长定理得出四边形是正方形是解题的关键； 首先设、、与的切点分别为D、E、F；证四边形是正方形；根据切线长定理可得：，由此可求出r的长． 【详解】解：如图； 设、、与的切点分别为D、E、F； 在，，，； 根据勾股定理； 四边形中，，； 则四边形是正方形； 由切线长定理，得：，，； 则； 即：． 当，，， 由以上可得： ； 即：． 则的半径r为：． 22．如图，已知为的内切圆，切点分别为D、E、F，又，，． (1)求切线的长； (2)求的半径r． 【答案】(1)10 (2)2 【分析】（1）首先根据勾股定理求出，然后设，利用切线长定理，构建方程解决问题即可； （2）连接，由勾股定理可计算出的长，根据面积关系 ，即可求得半径． 【详解】（1）∵在中，，，， ∴， ∵为的内切圆，切点分别为D，E，F， ∴，，， 设，则，， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）如图，连接 ∵为的内切圆，切点分别为D、E、F ∴，且 在中，由勾股定理得 ∴ ∵ ∴ 即 ∴． 即⊙O的半径为2． 【点睛】本题考查三角形的内心，勾股定理，切线长定理，图形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 23．如图，AB=AC，CD⊥AB于点D，点O是∠BAC的平分线上一点，⊙O与AB相切于点M，与CD相切于点N． （1）求证：∠AOC=135°； （2）若NC=3，BC=，求DM的长． 【答案】（1）见解析；（2）DM=1． 【分析】(1)只要证明OC平分∠ACD，即可解决问题； (2)由切线长定理可知：AM=AE，DM=DN，CN=CE=3，设DM=DN=x，在Rt△BDC中，根据，构建方程即可解决问题． 【详解】（1）证明：连接OM，ON，过O点做OE⊥AC，交AC于E，如图所示， ∵⊙O与AB相切于点M，与CD相切于点N ∴OM⊥AB，ON⊥CD， ∵OA平分∠BAC，OE⊥AC，OM⊥AB， ∴OM=OE， 即：E为⊙O的切点； ∴OE=ON， 又∵OE⊥AC，ON⊥CD， ∴OC平分∠ACD， ∵CD⊥AB， ∴∠ADC=90°， ∴∠DAC+∠ACD=90°， ∴∠OAC+∠OCA=45°， ∴∠AOC=180°-（∠OAC+∠OCA）=180°-45°=135°， 即：∠AOC=135°， （2）由（1）得，AM=AE，DM=DN，CN=CE=3，设DM=DN=x， ∵AB=AC， ∴BD=AB-AD=AC-AE-DM=CE=DM=3-x， ∵CD=3+x， 在Rt∆BCD中，由勾股定理得：， 即：， 解得：x=1或x=-1（舍去）， 即DM=1． 【点睛】本题考查切线的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会利用参数构建方程． 24．如图，⊙O是△ABC的内切圆，且⊙O与△ABC的三边分别切于点D、E、F，已知AB长为10cm，BC长为6cm，AC长为8cm． （1）求AE、CD、BF的长； （2）连接OD，OE，判断四边形ODCE的形状，并说明理由； （3）求⊙O的面积． 【答案】（1）AE=6cm；CD=2cm；BF=4cm；（2）四边形ODCE是正方形，理由见解析；（3）4π． 【分析】（1）根据切线长定理列出方程组可以得到解答； （2）连接OD、OE，则由切线性质和勾股定理可得∠C=∠OEC=∠ODC=90°，所以四边形ODCE是矩形，再由OE=OD可知四边形ODCE是正方形； （3）由（2）可得⊙O的半径OD=CD=2cm，所以由面积公式即可求得⊙O的面积． 【详解】解：（1）设AE=xcm，CD=ycm，BF=zcm， 则由切线长定理可得：AF=AE=x，CE=CD=ycm，BD=BF=zcm， ∴由题意可得：，解之可得： ， ∴AE=6cm，CD=2cm，BF=4cm； （2）四边形ODCE是正方形，理由如下： 如图，连接OD、OE， ∵， ∴∠C=90°， 又CA、CB与⊙O相切，∴∠OEC=∠ODC=90°， ∴四边形ODCE是矩形， ∵OD=OE，∴四边形ODCE是正方形； （3）由（2）知，⊙O的半径OD=CD=2cm， ∴． 【点睛】本题考查圆、正方形和二元一次方程组的综合应用，熟练掌握圆的切线性质和切线长定理、勾股定理、正方形的判定和性质及圆的面积求法是解题关键． 25．如图，的半径是3，点是上一点，弦垂直平分线段，点是上的任意一点（不与，重合），于点，以为圆心，为半径作，分别过，两点作的切线，切点分别为，，两切线交于点． （1）求弦的长； （2）求的大小； （3）设的面积为，若，求的半径． 【答案】（1）；（2）60°；（3）1 【分析】（1）连结，记与的交点为，则有．由弦垂直平分线段，可得，．在中求得，即可得； （2）连结，，，由（1）得，，即可得，所以，．由题意，得点为的内心，可得，．再由，即可得． （3）连结，，，设的周长为，的半径为，则有，，，所以．又因，是的切线，可得，在直角中，，求得．已知，可得，解之即可得的半径． 【详解】（1）如图，连结，记与的交点为，则有． ∵弦垂直平分线段， ∴，． 在中， ∵， ∴． （2）如图，连结，，， 由（1）得，，∴， ∴，∴． ∵由题意，得点为的内心， ∴，． ∵， ∴， ∴． （3）如图，连结，，ME，设的周长为，的半径为， 则有，，， ∴． ∵，是的切线， ∴， ∴在直角中，， ∴． ∵， ∴， ∴，或（舍去）， ∴的半径是1． 【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理、内切圆、切线长定理、三角形面积等知识，熟练运用相关知识是解决问题的关键． 【题型4 内心与外心】 26．如图，半径为4的中，弦AB的长度为，点C是劣弧上的一个动点，点D是弦AC的中点，点E是弦BC的中点，连接DE，OD，OE． （1）求的度数； （2）当点C沿着劣弧从点A开始，逆时针运动到点B时，求的外心P所经过的路径的长度； （3）分别记的面积为，当时，求弦AC的长度． 【答案】（1）；（2）；（3）或． 【分析】（1）过O作OH⊥AB于H，由垂径定理可知AH的长，然后通过三角函数即可得到，从而可得到的度数； （2）连接OC，取OC的中点G，连接DG、EG，可得到O、D、C、E四点共圆，G为△ODE的外心，然后用弧长公式即可算出外心P所经过的路径的长度； （3）作CN∥AB交圆O于N，作CF⊥AB交AB于F，交DE于P，作OM⊥CN交CN于M，交DE于Q，交AB于H，连接OC，分别表示出，的面积为，，由可算出，然后可利用勾股定理求出结果． 【详解】解：（1）如图，过O作OH⊥AB于H， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）如图，连接OC，取OC的中点G，连接DG、EG， ∵D是弦AC的中点，点E是弦BC的中点，， ∴OD⊥AC，OE⊥BC，即∠ODC=∠OEC=90°， ∴， ∴O、D、C、E四点共圆，G为△ODE的外心， ∴G在以O为圆心，2为半径的圆上运动， ∵， ∴运动路径长为； （3）当点C靠近A点时，如图，作CN∥AB交圆O于N，作CF⊥AB交AB于F，交DE于P，作OM⊥CN交CN于M，交DE于Q，交AB于H，连接OC， ∵D是弦AC的中点，点E是弦BC的中点， ∴， ∵，， ∴OH=2， 设，，由题可知，， ∴，， ∴ ∵， ∴，即， 解得， ∴，即， 由于，∴， 又∵， ∴， 同理当点C靠近B点时，可知， 综上所述，或． 【点睛】本题是圆的综合问题，题目相对较难，属于中考压轴题类型，理解题意并能准确画出辅助线是解题的关键． 27．如图，在五边形中，，，． （1）求证：； （2）当时，求的度数； （3）如果的外心与的内心重合，请直接写出的度数． 【答案】（1）详见解析；（2）80°；（3） 【分析】（1）根据，，可得，进而运用即可判定全等三角形； （2）根据全等三角形对应角相等，运用五边形内角和，即可得到的度数． （3）根据圆是的外心，圆是的内心，并且与重合，是等边三角形，得到圆是四边形的外接圆，利用圆周角的性质求解即可． 【详解】证明：（1）∵， ∴， 又∵，∴， 在和中， ， ∴ 解：（2）当时，， 又∵， ∴五边形中，． （3）如图示，圆是的外心，圆是的内心，并且与重合， ∵， ∴是等边三角形， ∴圆是的外心， 则圆是四边形的外接圆， ∵是等边三角形， ∴ 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质的运用，等边三角形的性质和应用，多边形内角和，圆周角的性质和应用，熟悉相关性质是解题的关键． 28．如图，，，点D在AC边上，． 求证：≌； 若，求的度数； 若，当的外心在直线DE上时，，求AE的长． 【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【分析】由三角形的外角的性质可得，由“AAS”可证≌； 由全等三角形的性质可求，，可得，即可求解； 由直角三角形的外心是斜边的中点，可得点D是AC的中点，可证是等边三角形，可得，即可求解． 【详解】证明：，且， ， ，， ≌ ≌， ，， ， ， ， ； ， 的外心是斜边AC的中点， 的外心在直线DE上， 点D是AC的中点， ， 又， ， 是等边三角形， ， ． 【点睛】本题考查了三角形的外接圆和外心，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 29．如图，⊙O为△ABC的外接圆，直线MN与⊙O相切于点C，弦BD∥MN，AC与BD相交于点E． （1）求证：∠CAB=∠CBD； （2）若BC=5，BD =8，求⊙O的半径． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）利用切线性质和垂径定理可得=,故∠CAB=∠CBD； （2）连接OB，在Rt△BCF中，利用勾股定理可得. 【详解】解：（1）连接OC，交BD于点F             ∵直线MN与⊙O相切于点C， ∴OC ⊥ MN， ∵BD∥ MN， ∴OC ⊥ BD， ∴ =, ∴∠CAB=∠CBD （2）连接OB 由（1）知OC ⊥ BD，BD=8 ∴BF=DF=4 ∴在Rt△BCF中得CF=3 设半径为r,在Rt△BOF中，OF=r-3 根据勾股定理可得 解得 【点睛】考核知识点：垂径定理，切线性质. 熟记垂径定理，切线性质，利用勾股定理解决问题是关键. 30．如图，已知点在的直径延长线上，点为上，过作，与的延长线相交于，为的切线，，． （1）求证：； （2）求的长； （3）若的平分线与交于点，为的内心，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【分析】（1）利用同角的余角相等得出∠E=∠ECD，从而得出结论； （2）利用直角△OCD和直角△ADE中的勾股定理列出方程解得BD的长； （3）连接，，，根据平分求出，利用同弧所对的圆周角相等得出，从而得出，即FP=FB. 【详解】解：（1）证明：连接， ∵是的切线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）∵， ∴， ∵， ∴由勾股定理可得，， ∵， ∴由勾股定理可得，， ∵， ∴， ∴或（舍去）． （3）连接，，， ∵平分， ∴， ∴， ∵为直径，， ∴， ∵为的内心， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题属于圆的综合题，考查了圆周角的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，内心的概念，需要综合多个条件进行推导. 【题型5 证明圆的切线】 31．如图，为的直径，切于点，与的延长线交于点，交延长线于点，连接，，已知，，． (1)求证：是⊙O的切线； (2)求⊙O的半径． (3)连接，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)3 (3) 【分析】（1）由已知角相等及直角三角形的性质得到为直角，即可得证； （2）在直角三角形中，由与的长，利用勾股定理求出的长，由切线长定理得到，由求出的长，在直角三角形中，设，则有，利用勾股定理列出关于的方程，求出方程的解得到的值，即为圆的半径． （3）延长、相交于点，证明，由全等三角形的性质得出，，求出的长，则可得出答案． 【详解】（1）证明：， ， ，，， ， ， 为的切线； （2）解：在中，，， 根据勾股定理得：， 与都为的切线， ， ； 在中，设，则有， 根据勾股定理得：， 解得：， 则圆的半径为3． （3）解：延长、相交于点， 与都为的切线， 平分， ， ， ， 又， ， ，， ， 在中，， ． 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，勾股定理，角平分线的定义，全等三角形的判定和性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． 32．已知：如图，直线l与相离，于点P，交于点A，点B是上一点，连接并延长，交直线l于点C，且． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的半径． 【答案】(1)证明见解析 (2)3 【分析】本题考查的是勾股定理的应用，等腰三角形的性质，切线的判定，熟练的证明圆的切线是解本题的关键； （1）连接，证明，，再证明即可； （2）设的半径为， 表示，，再利用建立方程求解即可． 【详解】（1）解：连接， ∵，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是的切线； （2）设的半径为，，则， ∵，， ∴， ∵，， 而， ∴， 解得：， ∴的半径为． 【点睛】 33．如图，点E为正方形的边上的一点，是的外接圆，与交于点F，G是上一点，且．    (1)求证：是的切线； (2)若，，求半径的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据正方形的性质得出，则，根据，推出，进而得出，即可求证； （2）连接，证明四边形为矩形，设，则，， 证明，根据，求出x的值，最后根据勾股定理即可求出． 【详解】（1）证明：连接，    ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴是的切线； （2）解：连接，    ∵为直径， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， 设，则， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， 解得：，即， 根据勾股定理可得： ∴半径的长为． 【点睛】本题主要考查了圆与四边形的综合，相似三角形的判定和性质，切线的判定，解题的关键是掌握直径所对的圆周角为直角，相似三角形对应边成比例． 34．已知，在中，，以为直径的与相交于点，在上取一点，使得，    (1)求证：是的切线． (2)当，时，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）如图，连接、，证明，则，可证是的切线； （2）由，可得，由，可得，由，，可得，则，由，可得，由勾股定理得，，进而可求的半径． 【详解】（1）证明：如图，连接、，    在和中， ∵， ∴， ∴， ∴是的切线； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 又∵， ∴， 由勾股定理得，， ∴的半径为3． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，切线的判定，等边对等角，平行线的判定，中位线，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． 35．如图，在中，，是的平分线，是上一点，以为半径的经过点D．    (1)求证：是切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)6 【分析】（1）要证是的切线，只要连接，再证即可． （2）过点作，根据角平分线的性质可知，由勾股定理得到的长，再通过证明，根据相似三角形的性质得出的长． 【详解】（1）解：证明：连接；   是的平分线， ． ， ． ． ． ． ． 是切线． （2）过点作，   是的平分线， ． 在中，， 由勾股定理得：， ，， ． ． ． ． 【点睛】本题综合性较强，既考查了切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．同时考查了角平分线的性质，勾股定理得到的长，及相似三角形的性质． 36．如图1，是的直径，点在的延长线上，，，是上半部分的一个动点，连接，．    (1)当________时，的最大面积为________； (2)如图2，延长交于点，连接，且．求证：是的切线． 【答案】(1)，4 (2)见解析 【分析】（1）根据三角形的面积公式得到，根据题意确定时，最大，计算即可；； （2）连接，证明四边形为平行四边形，得到，证明，根据全等三角形的性质得到，根据圆周角定理得到∠，根据切线的判断定理证明结论． 【详解】（1）∵， ∴，． 在中，设边上的高为， ∵， ∴当最大时，取得最大值． 当时，最大， 此时，． ∴的最大面积为4．    （2）证明：如图，连接，．    ∴， ∴四边形是平行四边形 ∴， 又∵， ∴， ∴， 在与中 ∴， ∴， ∵是直径， ∴， ∴，即， ∴是的切线． 【点睛】考查了切线的判定、全等三角形的判定和性质，解题关键是抓住经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线求解． 37．如图，已知：C是以为直径的半圆O上一点，直线与过B点的切线相交于点D，点F是的中点，直线交直线于点G． (1)求证：是⊙O的切线； (2)已知，，求． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，利用三角形的中位线定理，全等三角形的判定定理与性质定理证明，再利用切线的判定定理即可得出结论； （2）连接，利用勾股定理，切线长定理可求得线段的长，利用相似三角形的判定与性质可求得圆的半径与直径，再利用相似三角形的判定与性质得到的比，设，则，利用勾股定理列出方程，解方程即可求解． 【详解】（1）证明：连接，如图， ∵是圆的切线， ∴， ∴， ∵， ∴是的中位线， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 在和中， ， ∴． ∴， ∴， ∵为圆的半径， ∴是⊙O的切线； （2）解：连接，如图， ∵， ∴， ∵是圆的切线，是⊙O的切线， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵是⊙O的切线， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴（负数不合题意，舍去）． ∴． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的判定与性质，相似三角形判定与性质，勾股定理，切线长定理，弦切角定理，三角形的中位线，全等三角形的判定与性质，添加恰当的辅助线是解题的关键． 38．如图，AB是⊙O的直径，点D，E在⊙O上，∠A=2∠BDE，点C在AB的延长线上，∠C=∠ABD． (1)求证：CE是⊙O的切线： (2)连接BE，若⊙O的半径长为5，OF=3，求EF的长， 【答案】(1)见解析； (2)； 【分析】（1）根据圆周角定理和相似三角形的判定和性质即可证明； （2）连接OE，BE，AE，根据圆周角定理和等腰三角形的性质求得∠DFC=∠CBE，从而可得∠EFB=∠EBF，于是EF=BE，再由OB=OE，可证△OBE∽△EBF，即可解答； 【详解】（1）证明：如图，连接OE， AB是圆的直径，则∠ABD=90°， △DAB和△EOC中，∠ DAB=2∠BDE=∠EOB，∠ABD=∠OCE， ∴△DAB∽△EOC，∴∠ABD=∠OEC=90°， ∴CE是圆的切线； （2）解：如图，连接OE，BE，AE， AB是圆的直径，则∠AEB=90°， ∵∠OEC=90°，∴∠AEO=∠BEC， ∵OA=OE，∴∠OEA=∠OAE，∴∠BEC=∠BAE=∠BDE， ∵∠ABD=∠C，∴∠DFC=∠CBE， ∴180°-∠DFC=180°-∠CBE，即∠EFB=∠EBF， ∴EF=BE， ∵OB=OE，∴∠OBE=∠OEB=∠EFB， ∴△OBE∽△EBF，∴，∴BE=， ∴EF=BE=； 【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质；根据相关性质找寻角的等量关系是解题关键． 39．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以BC为直径作半圆O交AB于点D，E为AC的中点，连接DE，DC． （1）求证：DE是半圆O的切线； （2）若∠BAC=60°，DE=6，求CD的长． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）连接OD，由BC为直径可得CD⊥AB，利用直角三角形角的互余关系可得∠ECD=∠B，再由直角三角形斜边上中线的性质及等腰三角形的性质可得OD⊥DE； （2）由已知用直角三角形斜边上中线的性质可得AD=DE，则由含30 度角直角三角形的性质及勾股定理可求得CD的长． 【详解】（1）如图，连接OD ∵BC为直径 ∴CD⊥AB ∴∠ODB+∠ODC=90° ∵E为AC的中点，CD⊥AB ∴DE=CE=AE ∴∠EDC=∠ECD ∵∠ACB=∠CDA=90° ∴∠ECD+∠A=∠A+∠B ∴∠ECD=∠B ∵OD=OB ∴∠ODB=∠B ∴∠EDC=∠ODB ∴∠ODC+∠EDC=90° 即∠ODE=90° ∴OD⊥DE 即DE是半圆O的切线 （2）∵AE=DE=6 ∴AC=2AE=12 ∵∠BAC=60°，CD⊥AB ∴∠ACD=30° ∴ 由勾股定理得： 【点睛】本题考查了直径对的圆周角是直角，切线的判定，直角三角形斜边上中线的性质，含30度角的直角三角形的性质及勾股定理，等腰三角形的性质等知识，作半径是证明切线常作的辅助线，直径所对的圆周角是直角是本题的关键． 40．如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C的直线与AB的延长线交于点P，∠COB＝2∠PCB． （1）求证：CP是⊙O的切线； （2）若M是弧AB的中点，CM交AB于点N，若AB＝6，求MC•MN的值． 【答案】（1）见解析；（2）18 【分析】（1）已知C在圆上，故只需证明OC与PC垂直即可，根据圆周角定理，易得∠PCB+∠OCB=90°，即OC⊥CP即可； （2）连接MA，MB，由圆周角定理可得∠ABM＝∠BCM，进而可得△MBN∽△MCB，故BM2=MN•MC，根据锐角三角函数求出BM，代入数据可得MN•MC= BM2=18． 【详解】（1）证明：∵OA＝OC， ∴∠CAO＝∠ACO． 又∵∠COB＝2∠CAO，∠COB＝2∠PCB， ∴∠CAO＝∠ACO＝∠PCB． 又∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACO+∠OCB＝90°． ∴∠PCB+∠OCB＝90°． 即OC⊥CP， ∵OC是⊙O的半径． ∴PC是⊙O的切线； （2）解：连接MA，MB， ∵点M是弧AB的中点， ∴， ∴∠ACM＝∠BCM． ∵∠ACM＝∠ABM， ∴∠BCM＝∠ABM． ∵∠BMN＝∠BMC， ∴△MBN∽△MCB． ∴， ∴BM2＝MN•MC． ∵AB是⊙O的直径，， ∴∠AMB＝90°，AM＝BM． ∴∠ABM=∠BAM=45°， ∵AB＝6， ∴BM＝ABsin45°==， ∴MN•MC＝BM2＝18． 【点睛】本题主要考查圆的切线的判定及圆周角定理的运用和相似三角形的判定和性质的应用，等腰直角三角形的判定和性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题． 【题型6 四点共圆】 41．如图所示，正方形中，为对角线，点为上一点，过作，交于，求证：. 【答案】见解析. 【分析】先根据正方形的性质可得∠CDA=90°，再根据得到∠AEF=90°，从而得证，，，共圆，，继而得出AE=FE. 【详解】在正方形ABCD中，,∠BDC=45° ∵ ∴ ∴∠ADC+∠AEF=180° ∴，，，共圆， ∴， ∴ ∴. 【点睛】本题考查了正方形的性质，四点共圆，以及等腰三角形的判定，熟练掌握相关知识是解题的关键 42．如图，△ABC中，BE⊥AC，CF⊥AB，垂足分别为E、F，M为BC的中点． （1）求证：ME=MF． （2）若∠A=50°，求∠FME的度数． 【答案】（1）证明见解析（2）80°． 【详解】试题分析：（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到ME=BC，MF=BC，得到答案； （2）根据四点共圆的判定得到B、C、E、F四点共圆，根据圆周角定理得到答案． 试题解析：（1）证明：∵BE⊥AC，CF⊥AB，M为BC的中点， ∴ME=BC，MF=BC， ∴ME=MF； （2）解：∵CF⊥AB，∠A=50°， ∴∠ACF=40°， ∵BE⊥AC，CF⊥AB， ∴B、C、E、F四点共圆， ∴∠FME=2∠ACF=80°． 考点：1．直角三角形斜边上的中线；2．等腰三角形的判定与性质． 43．如图，以点为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧），交y轴于A、D两点（A在D的下方），，将绕点P旋转，得到． (1)求B、C两点的坐标； (2)请在图中画出线段、，并判断四边形的形状（不必证明），求出点M的坐标； (3)动直线l从与重合的位置开始绕点B顺时针旋转，到与重合时停止，设直线l与交点为E，点Q为的中点，过点E作于G，连接、．请问在旋转过程中的大小是否变化？若不变，求出的度数；若变化，请说明理由． 【答案】(1)， (2)图见解析，四边形是矩形，点M的坐标为 (3)在旋转过程中的大小不变，始终等于 【分析】（1）连接，结合题意，根据圆的对称性，得；再根据勾股定理计算得，再根据圆的性质，得，从而得到B、C两点的坐标； （2）结合题意，根据圆周角的性质，得；再根据旋转的性质得，，，从而推导得出四边形是矩形；过点M作交BC于点N，证明 ，可得点M的坐标； （3）结合题意，得；再结合点Q是的中点，根据直角三角形斜边中线性质，得，从而推导得点E、M、B、G在以点Q为圆心、为半径的圆上，故得；再根据，，即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接． 由题意知，是以点为圆心的圆的直径，，， ，， ， ， 又 ，B在C的左侧， ，； （2）解：如图，四边形是矩形， 以点为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧）， 是圆的直径， ， 将绕点P旋转得到， ，，， 四边形是矩形． 过点M作交BC于点N． 在和中， ， ， ，， 又 ， 点M的坐标为； （3）解：如图， 结合（2）的结论，四边形是矩形，， ， ， ， 点Q是的中点， ， 点E、M、B、G在以点Q为圆心、QB为半径的圆上， ． ，， ， 又 ， ， 四边形是矩形， ， ， ． 在旋转过程中的大小不变，始终等于． 【点睛】本题属于圆内综合题，考查圆的基本知识，垂径定理，圆周角定理，旋转的性质，直角三角形斜边中线的性质，平面直角坐标系，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，综合性较强，有一定难度，解题的关键是综合运用上述知识，逐步推导论证． 44．如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，直角△ADE的边AE在线段AC上，AE＝AD＝2，将△ADE绕直角顶点A按顺时针旋转一定角度，连接CD、BE，直线CD，BE交于点F，连接AF，过BC中点G作GM⊥CD，GN⊥AF． （1）求证：BE＝CD； （2）求证：旋转过程中总有∠BFA＝∠MGN；（仅对0°＜＜90°时加以证明） （3）在AB上取一点Q，使得AQ＝1，求FQ的最小值． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）2﹣ 【分析】（1）根据题中各角之间的关系可得：，依据三角形全等的判定定理可证，由全等三角形的性质即可证明； （2）由（1）中全等三角形的性质可得：，利用等腰直角三角形的性质得出：，得出点C，点B，点A，点F四点共圆，根据同弧所对的圆周角相等可得：，，再由四边形内角和及各角之间的等量关系即可得出结论； （3）由点F在以BC为直径的圆上运动，可得点Q，点F，点G三点共线时，QF有最小值，由勾股定理及三角形中位线定理可得：，，再由勾股定理及各线段之间的数量关系即可得解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 在△BAE与△CAD中， ， ∴， ∴； （2）证明：由（1）得：， ∴， ∵，， ∴ ∴点C，点B，点A，点F四点共圆，如图所示： ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：如（2）图所示，过点G作GH⊥AB于H， ∵点C，点B，点A，点F四点共圆， ∴点F在以BC为直径的圆上运动， ∴点Q，点F，点G三点共线时，QF有最小值， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴QF的最小值为． 【点睛】题目主要考查全等三角形的判定定理及性质，圆周角定理，勾股定理，线段间距离最短问题，理解题意，作出相应图形，综合运用这些知识点是解题关键． 45．如图1，在正方形中，点在边上，过点作，且，连接、，点是的中点，连接．    （1）用等式表示线段与的数量关系：______； （2）将图1中的绕点按逆时针旋转，使的顶点恰好在正方形的对角线上，点仍是的中点，连接、． ①在图2中，依据题意补全图形； ②用等式表示线段与的数量关系并证明． 【答案】（1）；（2）①画图见解析；②，证明见解析 【分析】（1）先判断出△AGB≌△CGB，得到∠GBF＝45°，再判断出△EFG≌△CFG，得到∠GFB＝45°，从而得到△BGF为等腰直角三角形，即可． （2）①画图2即可；②如图2，连接BF、BG，证明△ADF≌△ABF得DF＝BF，根据直角三角形斜边中线的性质得：AG＝EG＝BG＝FG，由圆的定义可知：点A、F、E、B在以点G为圆心，AG长为半径的圆上，∠BGF＝2∠BAC＝90°，所以△BGF是等腰直角三角形，可得结论． 【详解】解：（1）BF＝， 理由是：如图1，连接BG，CG，    ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠ABC＝90°，∠ACB＝45°，AB＝BC， ∵EF⊥BC，FE＝FC， ∴∠CFE＝90°，∠ECF＝45°， ∴∠ACE＝90°， ∵点G是AE的中点， ∴EG＝CG＝AG， ∵BG＝BG， ∴△AGB≌△CGB（SSS）， ∴∠ABG＝∠CBG＝∠ABC＝45°， ∵EG＝CG，EF＝CF，FG＝FG， ∴△EFG≌△CFG（SSS）， ∴∠EFG＝∠CFG＝（360°﹣∠BFE）＝（360°﹣90°）＝135°， ∵∠BFE＝90°， ∴∠BFG＝45°， ∴△BGF为等腰直角三角形， ∴BF＝FG． 故答案为：BF＝FG； （2）①如图2所示，    ②；理由如下： 如图2，连接BF、BG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB，∠ABC＝∠BAD＝90°，AC平分∠BAD， ∴∠BAC＝∠DAC＝45°， ∵AF＝AF， ∴△ADF≌△ABF（SAS）， ∴DF＝BF， ∵EF⊥AC，∠ABC＝90°，点G是AE的中点， ∴AG＝EG＝BG＝FG， ∴点A、F、E、B在以点G为圆心，AG长为半径的圆上， ∵，∠BAC＝45°， ∴∠BGF＝2∠BAC＝90°， ∴△BGF是等腰直角三角形， ∴BF＝FG， ∴DF＝FG． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的判定和性质，圆的性质，判断△BGF为等腰直角三角形是解本题的关键，作出辅助线是解本题的难点． 46．“数学建模”是中学数学的核心素养，平时学习过程中能归纳一些几何模型，解决几何问题就能起到事半功倍的作用． （1）如图1，正方形中，，且，求证：； （2）如图2，正方形中，，延长交的延长线于点，（1）中的结论还成立吗？请说明理由； （3）如图3在（2）的条件下，作，垂足为点，交于点，连结，求证：． 【答案】（1）见解析；（2）结论依然成立，理由见解析；（3）见解析 【分析】（1）根据半角旋转模型，把△ABF逆时针旋转90°，则AB与AD重合，设F对应的点为M，即可证明，得到，再结合，可得，可得； （2）结论依然成立，证明方法与（1）一样； （3）又等腰三角形三线合一的性质可得GQ垂直平分EA，可得△ANE是等腰直角三角形，可得A、D、E、N四点共圆，根据圆周角 【详解】（1）把△ABF逆时针旋转90°，则AB与AD重合，设F对应的点为M， ∴ ∴ ∴M、D、C三点共线 ∵ ∴ ∴ ∴ ∵AB∥CD ∴ ∴ ∴ （2）结论依然成立， 把△ABF逆时针旋转90°，则AB与AD重合，设F对应的点为M， ∴ ∴ ∴M、D、C三点共线 ∵ ∴ ∴ ∴ ∵AB∥CD ∴ ∴ ∴ （3）连接EN 由（2）得 ∵ ∴GQ垂直平分AE ∴EN=AN ∵ ∴ ∴A、D、E、N四点在以AE为直径的同一个圆上， ∴． 【点睛】本题考查半角旋转模型，熟练根据模型做出辅助线是解题的关键．第（3）问根据四点共圆证明是本题的难点． 47．定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角． （1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角． ①若∠A＝40°，直接写出∠E的度数是 ； ②求∠E与∠A的数量关系，并说明理由． （2）如图2，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，点E在BD的延长线上，连CE，若∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，求证：DA＝DE． 【答案】（1）①20°；②，理由见解析；（2）证明见解析 【分析】（1）①根据题目定义推出∠E＝∠A，从而得出结论；②直接根据求解①过程证明即可； （2）首先根据题意推出A、B、C、D四点共圆，然后作四边形ABCD的外接圆交CE于点F，连接AF，DF，再根据圆的内接四边形的性质等推出∠AFD＝∠DFE，然后根据“遥望角”的定义推出∠E＝∠DAF，即可证△DAF≌△DEF，从而得出结论． 【详解】（1）解：①∵∠E是△ABC中∠A的遥望角， ∴∠EBC＝∠ABC，∠ECD＝∠ACD， ∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A， ∵∠A＝40°， ∴∠E＝20°． 故答案为：20°； ②，理由如下： ∵∠E是△ABC中∠A的遥望角， ∴∠EBC＝∠ABC，∠ECD＝∠ACD， ∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A； （2）证明：∵∠ABC＝∠ADC＝90°， ∴A、B、C、D四点共圆， 作四边形ABCD的外接圆交CE于点F，连接AF，DF， ∵四边形FBCD内接于⊙O， ∴∠DFC+∠DBC＝180°， ∵∠DFC+∠DFE＝180°， ∴∠DFE＝∠DBC， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠DBC， ∵∠ABD＝∠AFD， ∴∠AFD＝∠DFE， ∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角， 由（1）得∠E＝∠BAC， ∵∠BAC＝∠BDC， ∴∠E＝∠BDC， ∵∠E+∠DCE＝∠BAC， ∴∠E＝∠DCE， ∵∠DCE＝∠DAF， ∴∠E＝∠DAF， ∵DF＝DF，∠AFD＝∠DFE， ∴△DAF≌△DEF（AAS）， ∴DA＝DE． 【点睛】本题考查新定义问题，涉及三角形角平分线的拓展运用，圆的内接四边形的性质等，理解题目定义，灵活运用“四点共圆”的证明方法是解题关键． 48．在正方形中，是边上一点，点在射线上，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，． （1）如图1，求证：； （2）如图2，若点，，三点共线，求证：，，，四点共圆； （3）若点，，三点共线，且，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 【分析】（1）证明即可得出答案； （2）根据全等三角形的性质以及圆内接四边形对角和为即可得出结论； （3）证明为等腰直角三角形，得出，然后得出，根据圆周角定理可得点在圆上，结论可得． 【详解】解：（1）根据旋转的性质可得，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）∵， ∴， ∵点，，三点共线， ∴， ∴， ∴，，，四点共圆； （3）∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， 以点为圆心，为半径作， ∵，， ∴， ∴点在圆上， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，四点共圆，圆周角定理等知识，熟练掌握基础知识是解本题的关键． 49．如图，四边形内接于，对角线，垂足为，于点，直线与直线于点． （1）若点在内，如图1，求证：和关于直线对称； （2）连接，若，且与相切，如图2，求的度数． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）根据垂直及同弧所对圆周角相等性质，可得，可证与全等，得到，进一步即可证点和关于直线成轴对称； （2）作出相应辅助线如解析图，可得与全等，利用全等三角形的性质及切线的性质，可得，根据平行线的性质及三角形内角和即可得出答案． 【详解】解：（1）证明：∵，， ∴， ∵， ∴， 又∵同弧所对圆周角相等， ∴， ∴， 在与中， ∴， ∴， 又， ∴点和关于直线成轴对称； （2）如图，延长交于点，连接，，，， ∵，， ∴、、、四点共圆，、、、四点共圆， ∴，， 在与中， ， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， 又， ∴， ∵与相切， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】题目主要考查圆的有关性质、三角形全等、成轴对称、平行线性质等，作出相应辅助线及对各知识点的熟练运用是解题的关键． 50．如图，等腰三角形△ABC中，∠BAC=120°，AB=3． （1）求BC的长．    （2）如图，点D在CA的延长线上，DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，连EF．求EF的最小值．    【答案】（1）BC=；（2）EF的最小值为 【分析】（1）过点A作AM⊥BC于点M，根据等腰三角形的性质得∠B=30°，BM=CM，由直角三角形的性质得BM=，进而即可求解； （2）连接BD，取BD的中点O，连接OE，OF，易得B，D，E，F四点共圆，从而得∆OEF是等边三角形，进而得EF=BD，由BD⊥CD时， BD的值最小，进而即可求解． 【详解】（1）过点A作AM⊥BC于点M， ∵等腰三角形△ABC中，∠BAC=120°，AB=3， ∴∠B=(180°-120°)÷2=30°，BM=CM， ∴BM=3÷2×=， ∴BC=2 BM=2×=3； （2）连接BD，取BD的中点O，连接OE，OF， ∵DE⊥AB于E，DF⊥BC于F， ∴在Rt∆BDF与Rt∆BDE中，OB=OD=OE=OF=BD， ∴B，D，E，F四点共圆， ∴∠EOF=2∠EBF=2×30°=60°， ∴∆OEF是等边三角形， ∴EF=OF=BD， ∵∠C=∠EBF =30°， ∴当BD⊥CD时，BD=BC=，此时，BD的值最小， ∴EF的最小值=BD =×=．      【点睛】本题主要考查圆的基本性质以及等腰三角形，直角三角形的性质定理，添加辅助线，构造四边形的外接圆，是解题的关键． 【题型7 求阴影部分面积】 51．如图，已知为的直径，为的切线，过点的弦交于点，垂足为． （1）求证：是的切线； （2）当，且时，求图中阴影部分的面积． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）连接OD，根据证明切线的方法可知需证，即证明即可证得． （2）根据题意可求得的度数和半径的长度，然后扇形OBD的面积减去三角形OBD的面积即可求得． 【详解】（1）证明：连接， ∵BC 为 ⊙O 的切线， ∴OB⊥BC，即∠OBC=90°， ，且为圆心， 平分， ， 在和中， ， ， 是的切线． （2）解：、为切线，、为切点， ． 又， 为等边三角形． ， ，． ，． ． 【点睛】此题考查了圆中切线的证明方法和阴影面积的求法，解题的关键是熟练掌握圆中切线的证明方法和阴影面积的求法． 52．如图1，四边形内接于，为直径，过点作于点，连接． （1）求证：； （2）若是的切线，，连接，如图2． ①请判断四边形ABCO的形状，并说明理由； ②当AB=2时，求AD， AC与围成阴影部分的面积． 【答案】（1）见解析；（2）四边形ABCO是菱形，理由见解析；（3）阴影部分的面积为． 【分析】（1）利用圆内接四边形的性质证得∠D=∠EBC，再利用圆周角的性质证得∠D+∠CAD=，即可证明∠CAD=∠ECB； （2）①利用切线的性质得到OC⊥EC，从而证明OC∥AE，再证明∠BAO=∠EBC =60°，推出BC∥AO，即可证明四边形ABCO是菱形；②先计算，再利用扇形的面积公式计算，即可求得阴影部分的面积． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠D+∠ABC=， ∵∠EBC+∠ABC=， ∴∠D=∠EBC， ∵AD为⊙O直径， ∴∠ACD=， ∴∠D+∠CAD=， ∵CE⊥AB， ∴∠ECB+∠EBC=， ∴∠CAD=∠ECB； （2）①四边形ABCO是菱形，理由如下： ∵CE是⊙O的切线， ∴OC⊥EC， ∵AB⊥EC， ∴∠OCE=∠E=， ∴∠OCE+∠E=18， ∴OC∥AE， ∴∠ACO=∠BAC， ∵OA=OC， ∴∠ACO=∠CAD， ∴∠BAC=∠CAD， ∵∠CAD=∠ECB，∠CAD=30°， ∴∠EBC=90°-30°=60°， ∴∠BAO=∠EBC =60°， ∴BC∥AO， ∴四边形ABCO是平行四边形， ∵OA=OC， ∴四边形ABCO是菱形； ②∵四边形ABCO是菱形， ∴AO=AB=2，AD=4， ∵∠CAD=30°， ∴CD=AD=2，AC=2， 过点C作CF⊥AD于点F， ∴CF=， ∴， ∵OC∥AE， ∴∠DOC=∠BAO=60°， ∴， ∴阴影部分的面积为． 【点睛】本题主要考查了切线的性质、菱形的判定和性质以及扇形面积的求法，熟练掌握切线的性质定理以及扇形面积的求法是解答此题的关键． 53．如图AB是⊙O的直径，AC⊥AB，E为⊙O上的一点，AC＝EC，延长CE交AB的延长线于点D． （1）求证：CE为⊙O的切线； （2）若OF⊥AE，AE＝4，∠OAF＝30°，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OE，根据等腰三角形的性质得到∠CAE=∠CEA，∠FAO=∠FEO，根据余角的性质得到∠CEA=90°，由切线的判定定理即可得到结论； （2）设OF=x，由直角三角形的性质得出OA=2OF=2x，由勾股定理的(2)2+x2＝2x2，解得x=2，得出OA=4，求出S△EAO和S扇形EAO，即可得出答案． 【详解】（1）证明：连接OE， ∵AC＝EC，OA＝OE， ∴∠CAE＝∠CEA，∠FAO＝∠FEO， ∵AC⊥AB， ∴∠CAD＝90°， ∴∠CAE+∠EAO＝90°， ∴∠CEA+∠AEO＝90°， 即∠CEO＝90°， ∴OE⊥CD， ∴CE为⊙O的切线； （2）解：设OF＝x， ∵∠OAF＝30°，OF⊥AF， ∴OA＝2OF＝2x， 在Rt△OEF中，由勾股定理得：， 解得x＝2， ∴OA＝4， ∴， ∵∠AOE＝120°，AO＝4； ∴， ∴． 【点睛】本题考查了切线的判定，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，扇形面积的计算等知识，正确的识别图形是解题的关键． 54．如图，在中，，点是的中点．以为直径的交于点，连接． （1）求证：是的切线； （2）若，，求阴影部分的面积． 【答案】（1）见详解；（2）阴影部分的面积为 【分析】（1）连接OD、OE，由题意易得，则有，进而可证，然后问题可求证； （2）由题意易得，然后利用三角函数可得，则可得到四边形OBED的面积，进而利用割补法可求解阴影部分的面积． 【详解】（1）证明：连接OD、OE，如图所示： ∵点是的中点，点是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵OE=OE， ∴， ∵， ∴， ∵OD是⊙O的半径， ∴是的切线； （2）如（1）图， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查扇形面积计算公式、切线的判定定理及三角函数，熟练掌握扇形面积计算公式、切线的判定定理及三角函数是解题的关键． 55．如图，是的直径，的半径为2，M是的中点，弦于点M，过点D作交的延长线于点E． (1)连接，求阴影部分的面积； (2)求证：与相切． 【答案】(1) (2)见详解 【分析】（1）根据已知条件，易证是等边三角形，继而求出的面积和扇形的面积，即可求解； （2）根据等边三角形的性质，易证，继而证明，即可证得与相切． 【详解】（1）解：M是的中点，， 为的垂直平分线， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 阴影部分的面积； （2）由（1）知是等边三角形，, ， 又， ， ， ， ， ， 是半径， 与相切． 【点睛】本题主要考查垂直平分线的性质，等边三角形的性质，扇形的面积公式，平行线的判定定理和性质定理，切线的判定定理等知识点，熟练掌握并灵活应用这些性质和定理是解题的关键． 56．如图，在中，，平分交于点D，点O在上，以点O为圆心，为半径的圆恰好经过点D，分别交于点E，F． (1)试判断直线与的位置关系，并说明理由． (2)若，，求阴影部分的面积．（结果保留） 【答案】(1)与相切．理由见解析 (2) 【分析】（1）如图：连接，易得，进而得到，根据切线的判定即可解答； （2）根据勾股定理求出，求出，得出，再分别求出和扇形的面积即可． 【详解】（1）解：与相切．理由如下： 如图，连接． ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵为的半径， ∴与相切． （2）解：设的半径为r，则，， 由（1）知，在中，， ∴，解得：． ∵， ∴． ∴． 【点睛】本题主要考查了切线的判定、平行线的性质和判定、等腰三角形的性质、扇形的面积计算、勾股定理等知识点；熟练掌握切线的判定与性质和勾股定理是解此题的关键． 57．如图，已知是半圆的直径，点在半圆上，，垂足为点，点是的中点，交于点，交于点． (1)判断的形状，并说明理由； (2)若为，，求阴影部分的面积． 【答案】(1)是等腰三角形，理由见解析 (2) 【分析】（）由圆周角定理可得，，进而可证，即可求证； （）利用圆心角和弧的关系可得，进而可得为等边三角形，即可得，，，最后根据即可求解． 【详解】（1）解：是等腰三角形，理由如下： ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∵， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； （2）解：连接， ∵为， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理，余角性质，等腰三角形的判定，圆心角和弧的关系，等边三角形的判定和性质，勾股定理，弓形的面积，掌握圆的有关性质是解题的关键． 58．如图，以的边上一点为圆心的圆经过、两点，且与边交于点，，连接交于点，若． (1)求证：是的切线； (2)若的半径是，，求图中阴影部分的面积（结果保留根号和）． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了圆的切线的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，扇形面积； （1）连接．由，可得．由，可得．由，可得，所以．结合，，，可得．则，即是的切线． （2）连接，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，，进而根据阴影部分面积等于，即可求解． 【详解】（1）证明：连接， ， ， ， ， ，即 ， 是的半径， 是的切线． （2）解：， ， 在中， ， 阴影部分的面积． 59．如图，为⊙的直径，点C在⊙上，的平分线交⊙于点D，过点D作，交的延长线于点E．    (1)求证：是⊙的切线； (2)若，，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，由圆周角定理可证，进而可证，由平行线的性质可证，可得是⊙的切线； （2）求出得，在中，由勾股定理求出，然后根据即可求解． 【详解】（1）解：连接，   是的平分线， ， ， ， ， ， ， ， 为的半径， 直线是的切线； （2），， ， ， 在中，，即， 解得：， ， ， ． 【点睛】本题考查了勾股定理、圆周角角定理、直径所对的圆周角是直角、扇形面积公式、切线的判定以及平行线的性质，熟练掌握圆周角角定理、直径所对的圆周角是直角以及切线的判定是解题的关键． 60．如图，在中，，点E在上，经过A，B，E三点的圆交于点D，且D是的中点． (1)求证：是圆的直径． (2)连结，若，，求阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）如图1，连接，由题意知，，则，由，可得，则，进而结论得证； （2）如图1，连接，作于，则，由，，可得，则，，，由勾股定理得，，则，证明是等边三角形，则，，根据，计算求解即可． 【详解】（1）证明：如图1，连接， ∵D是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是圆的直径． （2）解：如图1，连接，作于， ∵是圆的直径， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， 由勾股定理得，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积为． 精选考题 才是刷题的捷径 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题23 圆解答题分类训练（7种类型60道） 目录 【题型1 垂径定理】 1 【题型2 切线长定理】 4 【题型3 三角形的内接圆】 7 【题型4 内心与外心】 9 【题型5 证明圆的切线】 11 【题型6 四点共圆】 14 【题型7 求阴影部分面积】 18 【题型1 垂径定理】 1．如图，四边形是的内接四边形，为直径，是切线，且的延长线于点． (1)求证：平分； (2)若，，则的半径为_____________． 2．如图所示，是的的直径，是弦，于点E． (1)求证：； (2)若，求的长度． 3．如图，在等腰中，，交于，两点，半径于． (1)求证：； (2)若，，求的半径． 4．如图，是的直径，点为半圆上一点，交于点． (1)求证：平分； (2)若，，求的长． 5．如图，是的直径，点P是延长线上一点，且与相切于点A，弦于点F，过D点作于点E，连接． (1)求证：； (2)若，，求的长． 6．如图，四边形内接于，，P为延长线上一点，且． (1)求的度数； (2)探究与的位置关系，并证明 (3)若，，求的长． 7．已知，内接于，为的直径，点D为优弧的中点． (1)如图1，连接，求证：； (2)如图2，过点D作，垂足为E．若，，求的半径． 8．如图1，，是半圆上的两点，若直径上存在一点，满足，则称是的“美丽角”． (1)如图2，是的直径，弦，是上一点，连结交于点，连结，是的“美丽角”吗？请说明理由； (2)如图3，在（1）的条件下，若直径，的“美丽角”为，当时，求的长． 9．如图，交于点C，D，是半径，且于点F． (1)求证：； (2)若，求的半径． 10．如图，为的直径，弦于，为圆上一点，平分，交于点． (1)求证：； (2)若，，求的半径． 【题型2 切线长定理】 11．如图，为的直径，过圆外一点E作的两条切线，切点分别为点D，B，交的延长线于点C，连接． (1)与有怎样的位置关系？并说明理由； (2)若，求的半径． 12．如图，点O为圆心，为半圆的直径，在上取一点C，延长至点D，连接，过点A作交的延长线于点E． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为3，求的长． 13．如图，在中，，是角平分线，以点D为圆心，为半径的与相交于点E． (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若，，求的长． 14．如图，是半圆的直径，和是它的两条切线，切点分别为，平分． (1)求证：是半圆的切线． (2)若，，求的长． 15．如图，点A 在外， 分别与相切于点B，D， 的延长线相交于点C，交于点 E，连接并延长，交于点F，连接． (1)求证：； (2)若，求的半径及的长． 16．如图，是的直径，点是上的一点，射线，，．与相切时，连接，求的长． 17．如图，已知D为上一点，点C在直径的延长线上，且． (1)求证：是的切线； (2)过点B作的切线交的延长线于点E，若，，求的长． 18．如图，，分别切于点A，B，点C是劣弧上一动点（不与点A，B重合），过点C作的切线，分别交，于点D，E，连接，，．分别交，于点M，N．    (1)求证：的周长不随点C的运动而变化． (2)求证：． (3)当，时，求的长．   19．如图，与相切于点A，与相切于点D，交直径的延长线于点E，连接相交于点C． (1)求证：； (2)若的半径为6，，求的长． 20．如图，是的直径，，是的两条切线，切点分别为B，C．连接交于点D，交于点E，连接． (1)求证：； (2)若点E是的中点，的半径为6，求的长． 【题型3 三角形的内接圆】 21．已知：如图，是的内切圆，．若，，求的半径r；若，，，求的半径r． 22．如图，已知为的内切圆，切点分别为D、E、F，又，，． (1)求切线的长； (2)求的半径r． 23．如图，AB=AC，CD⊥AB于点D，点O是∠BAC的平分线上一点，⊙O与AB相切于点M，与CD相切于点N． （1）求证：∠AOC=135°； （2）若NC=3，BC=，求DM的长． 24．如图，⊙O是△ABC的内切圆，且⊙O与△ABC的三边分别切于点D、E、F，已知AB长为10cm，BC长为6cm，AC长为8cm． （1）求AE、CD、BF的长； （2）连接OD，OE，判断四边形ODCE的形状，并说明理由； （3）求⊙O的面积． 25．如图，的半径是3，点是上一点，弦垂直平分线段，点是上的任意一点（不与，重合），于点，以为圆心，为半径作，分别过，两点作的切线，切点分别为，，两切线交于点． （1）求弦的长； （2）求的大小； （3）设的面积为，若，求的半径． 【题型4 内心与外心】 26．如图，半径为4的中，弦AB的长度为，点C是劣弧上的一个动点，点D是弦AC的中点，点E是弦BC的中点，连接DE，OD，OE． （1）求的度数； （2）当点C沿着劣弧从点A开始，逆时针运动到点B时，求的外心P所经过的路径的长度； （3）分别记的面积为，当时，求弦AC的长度． 27．如图，在五边形中，，，． （1）求证：； （2）当时，求的度数； （3）如果的外心与的内心重合，请直接写出的度数． 28．如图，，，点D在AC边上，． 求证：≌； 若，求的度数； 若，当的外心在直线DE上时，，求AE的长． 29．如图，⊙O为△ABC的外接圆，直线MN与⊙O相切于点C，弦BD∥MN，AC与BD相交于点E． （1）求证：∠CAB=∠CBD； （2）若BC=5，BD =8，求⊙O的半径． 30．如图，已知点在的直径延长线上，点为上，过作，与的延长线相交于，为的切线，，． （1）求证：； （2）求的长； （3）若的平分线与交于点，为的内心，求的长． 【题型5 证明圆的切线】 31．如图，为的直径，切于点，与的延长线交于点，交延长线于点，连接，，已知，，． (1)求证：是⊙O的切线； (2)求⊙O的半径． (3)连接，求的长． 32．已知：如图，直线l与相离，于点P，交于点A，点B是上一点，连接并延长，交直线l于点C，且． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的半径． 33．如图，点E为正方形的边上的一点，是的外接圆，与交于点F，G是上一点，且．    (1)求证：是的切线； (2)若，，求半径的长． 34．已知，在中，，以为直径的与相交于点，在上取一点，使得，    (1)求证：是的切线． (2)当，时，求的半径． 35．如图，在中，，是的平分线，是上一点，以为半径的经过点D．    (1)求证：是切线； (2)若，，求的长． 36．如图1，是的直径，点在的延长线上，，，是上半部分的一个动点，连接，．    (1)当________时，的最大面积为________； (2)如图2，延长交于点，连接，且．求证：是的切线． 37．如图，已知：C是以为直径的半圆O上一点，直线与过B点的切线相交于点D，点F是的中点，直线交直线于点G． (1)求证：是⊙O的切线； (2)已知，，求． 38．如图，AB是⊙O的直径，点D，E在⊙O上，∠A=2∠BDE，点C在AB的延长线上，∠C=∠ABD． (1)求证：CE是⊙O的切线： (2)连接BE，若⊙O的半径长为5，OF=3，求EF的长， 39．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以BC为直径作半圆O交AB于点D，E为AC的中点，连接DE，DC． （1）求证：DE是半圆O的切线； （2）若∠BAC=60°，DE=6，求CD的长． 40．如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C的直线与AB的延长线交于点P，∠COB＝2∠PCB． （1）求证：CP是⊙O的切线； （2）若M是弧AB的中点，CM交AB于点N，若AB＝6，求MC•MN的值． 【题型6 四点共圆】 41．如图所示，正方形中，为对角线，点为上一点，过作，交于，求证：. 42．如图，△ABC中，BE⊥AC，CF⊥AB，垂足分别为E、F，M为BC的中点． （1）求证：ME=MF． （2）若∠A=50°，求∠FME的度数． 43．如图，以点为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧），交y轴于A、D两点（A在D的下方），，将绕点P旋转，得到． (1)求B、C两点的坐标； (2)请在图中画出线段、，并判断四边形的形状（不必证明），求出点M的坐标； (3)动直线l从与重合的位置开始绕点B顺时针旋转，到与重合时停止，设直线l与交点为E，点Q为的中点，过点E作于G，连接、．请问在旋转过程中的大小是否变化？若不变，求出的度数；若变化，请说明理由． 44．如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，直角△ADE的边AE在线段AC上，AE＝AD＝2，将△ADE绕直角顶点A按顺时针旋转一定角度，连接CD、BE，直线CD，BE交于点F，连接AF，过BC中点G作GM⊥CD，GN⊥AF． （1）求证：BE＝CD； （2）求证：旋转过程中总有∠BFA＝∠MGN；（仅对0°＜＜90°时加以证明） （3）在AB上取一点Q，使得AQ＝1，求FQ的最小值． 45．如图1，在正方形中，点在边上，过点作，且，连接、，点是的中点，连接．    （1）用等式表示线段与的数量关系：______； （2）将图1中的绕点按逆时针旋转，使的顶点恰好在正方形的对角线上，点仍是的中点，连接、． ①在图2中，依据题意补全图形； ②用等式表示线段与的数量关系并证明． 46．“数学建模”是中学数学的核心素养，平时学习过程中能归纳一些几何模型，解决几何问题就能起到事半功倍的作用． （1）如图1，正方形中，，且，求证：； （2）如图2，正方形中，，延长交的延长线于点，（1）中的结论还成立吗？请说明理由； （3）如图3在（2）的条件下，作，垂足为点，交于点，连结，求证：． 47．定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角． （1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角． ①若∠A＝40°，直接写出∠E的度数是 ； ②求∠E与∠A的数量关系，并说明理由． （2）如图2，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，点E在BD的延长线上，连CE，若∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，求证：DA＝DE． 48．在正方形中，是边上一点，点在射线上，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，． （1）如图1，求证：； （2）如图2，若点，，三点共线，求证：，，，四点共圆； （3）若点，，三点共线，且，求的长． 49．如图，四边形内接于，对角线，垂足为，于点，直线与直线于点． （1）若点在内，如图1，求证：和关于直线对称； （2）连接，若，且与相切，如图2，求的度数． 50．如图，等腰三角形△ABC中，∠BAC=120°，AB=3． （1）求BC的长．    （2）如图，点D在CA的延长线上，DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，连EF．求EF的最小值．    【题型7 求阴影部分面积】 51．如图，已知为的直径，为的切线，过点的弦交于点，垂足为． （1）求证：是的切线； （2）当，且时，求图中阴影部分的面积． 52．如图1，四边形内接于，为直径，过点作于点，连接． （1）求证：； （2）若是的切线，，连接，如图2． ①请判断四边形ABCO的形状，并说明理由； ②当AB=2时，求AD， AC与围成阴影部分的面积． 53．如图AB是⊙O的直径，AC⊥AB，E为⊙O上的一点，AC＝EC，延长CE交AB的延长线于点D． （1）求证：CE为⊙O的切线； （2）若OF⊥AE，AE＝4，∠OAF＝30°，求图中阴影部分的面积．（结果保留π） 54．如图，在中，，点是的中点．以为直径的交于点，连接． （1）求证：是的切线； （2）若，，求阴影部分的面积． 55．如图，是的直径，的半径为2，M是的中点，弦于点M，过点D作交的延长线于点E． (1)连接，求阴影部分的面积； (2)求证：与相切． 56．如图，在中，，平分交于点D，点O在上，以点O为圆心，为半径的圆恰好经过点D，分别交于点E，F． (1)试判断直线与的位置关系，并说明理由． (2)若，，求阴影部分的面积．（结果保留） 57．如图，已知是半圆的直径，点在半圆上，，垂足为点，点是的中点，交于点，交于点． (1)判断的形状，并说明理由； (2)若为，，求阴影部分的面积． 58．如图，以的边上一点为圆心的圆经过、两点，且与边交于点，，连接交于点，若． (1)求证：是的切线； (2)若的半径是，，求图中阴影部分的面积（结果保留根号和）． 59．如图，为⊙的直径，点C在⊙上，的平分线交⊙于点D，过点D作，交的延长线于点E．    (1)求证：是⊙的切线； (2)若，，求图中阴影部分的面积． 60．如图，在中，，点E在上，经过A，B，E三点的圆交于点D，且D是的中点． (1)求证：是圆的直径． (2)连结，若，，求阴影部分的面积． 精选考题 才是刷题的捷径 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$