专题19 圆-备战2025年中考数学真题题源解密（北京专用）

专题19 圆 课标要求 考点 考向 1．理解圆、弧、弦、圆心角、圆周角的概念，了解等圆、等弧的概念； 2．借探索并证明垂径定理：垂直于弦的直径平分弦以及弦所对的两条弧； 3．探索圆周角于圆心角及其所对弧的关系，了解并证明圆周角定理及其推论； 4．知道三角形的外心； 5．圆内接四边形的对角互补； 6．了解正多边形的概念及正多边形与圆的关系． 7.探索并了解点与圆的位置关系； 8.了解直线和圆的位置关系，掌握切线的概念，探索切线与过切点的半径的关系，会用三角尺过圆上一点画圆的切线； 9.知道三角形的内心； 10.探索并证明切线长定理：过圆外一点所画的圆的两条切线长相等； 11.会计算圆的弧长、扇形的面积. 圆 考向一 圆的基本概念与性质 考向二 圆心角与圆周角 考向三 正多边形与圆 考向四 圆内接三角形与四边形 考向五 点、直线与圆的位置关系 考向六 扇形的相关计算 考向七 圆的综合 考点一 圆 ►考向一 圆的基本概念与性质 易错易混提醒 等弧：在同圆或等圆中，能够完全重合的弧叫做等弧. ①等弧成立的前提条件是在同圆或等圆中，不能忽视； ②圆中两平行弦所夹的弧相等. 同心圆与等圆 圆心相同，半径不等的两个圆叫做同心圆. 圆心不同，半径相等的两个圆叫做等圆. 同圆或等圆的半径相等. 圆心角：顶点在圆心的角叫做圆心角. 在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，反之也成立. 1．下列语句中不正确的有（  ） ①相等的圆心角所对的弧相等； ②平分弦的直径垂直于弦；   ③圆是轴对称图形，任何一条直径都是它的对称轴； ④半圆是弧． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了圆心角、弧、弦的关系；垂径定理；圆的对称性；弧的定义．根据圆心角、弧、弦的关系即可判断①；根据垂径定理，即可判断②；根据对称轴是直线，即可判断③；根据弧的定义，即可判断④． 【详解】解：①在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等；故①不正确，符合题意； ②平分不是直径的弦的直径垂直于弦；故②不正确，符合题意；   ③圆是轴对称图形，任何一条直径所在的直线都是它的对称轴；故③不正确，不符合题意； ④半圆是弧，故④正确，不符合题意； 综上：不正确的有①②③，共3个， 故选：C． 2．圆的面积扩大为原来的 4 倍，则半径 （      ） A．扩大为 4 倍 B．扩大为 倍 C．不变 D．扩大为2倍 【答案】D 【分析】根据圆面积公式作答即可． 【详解】解：设原来圆面积为S，当圆的面积扩大为原来的 4 倍，即，根据圆面积公式，那么，所以则半径扩大为2倍； 故选：D． 【点睛】本题主要考查的是圆面积公式，正确掌握圆面积公式是解题的关键． 3．如图，已知是的直径，半径，D是的中点，若过点D的弦平行于，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了垂径定理，等边三角形的判定性质及圆周角定理．在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．据此逐一判断即可． 【详解】解：如图，连接， ∵， ∴， ∵，D是的中点，， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，， ∴是等边三角形，，即， ∴， ∴， ∴，故选项B正确，选项A错误； ∴，故选项C错误； ∵是的直径， ∴， ∴，故选项D错误； 故选：B． 4．如图，为的直径，弦，垂足为点，若的半径为5，，则的长为（   ） A．2 B．1 C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理．熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键． 连接，先利用垂径定理得到，再利用勾股定理计算出，然后计算即可． 【详解】解：连接，如图， ， ， 在中， ， ． 故选A． ►考向二 圆心角与圆周角 5．小敏注意到中国文化遗产标志（如图）内的图案源自商周太阳神鸟金饰，图案分内外两层，内层等距分布着十二条弧形齿状芒饰，外层图案由四只等距分布作引颈飞翔状的鸟构成，整个图案仿佛四只神鸟裹着一只大火球顺时针滚转，暗示着太阳东升西落.如右下图，内层每条弧形齿状芒饰可以绕圆心O旋转得到，则图中角的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了圆心角、弧、弦的关系，用除以6即可得出答案，熟练掌握圆心角、弧、弦的关系是解决此题的关键． 【详解】∵内层每条弧形齿状芒饰可以绕圆心O旋转得到， ∴图中角的度数为， 故选：D． ►考向三 正多边形与圆 6．如图，的内接正六边形的边长为1，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正多边形和圆的知识，以及弧长公式，解题的关键是能够求得扇形的圆心角，难度不大．先求出，再证明是等边三角形，然后根据弧长公式求解即可． 【详解】如图，连接、、 由题意得：， 正六边形是的内接正六边形， 中心角，则 又， 是等边三角形， ， 则的长为， 故选：C． 7．如图，的半径为2，将的内接正六边形绕点O顺时针旋转，第二次与自身重合时，点经过的路径长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查旋转对称图形，解题的关键是求出第二次重合的旋转角，然后根据弧长公式计算是解题的关键． 【详解】解：∵的内接正六边形绕点顺时针旋转，第二次与自身重合时旋转角为， ∴点B经过的路径长为， 故选C． ►考向四 圆内接四边形与三角形 8．三角形的外心就是三角形外接圆圆心，是三角形（   ） A．三边上的高线的交点 B．三边中线的交点 C．三边垂直平分线的交点 D．三个内角平分线的交点 【答案】C 【分析】本题考查了三角形的外心，三角形的外心就是三角形外接圆的圆心，就是三角形的三边的垂直平分线的交点． 【详解】解：三角形的外心就是三角形外接圆圆心， 角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等， 到线段两端点距离相等的点在线段的垂直平分线上， 三角形的外心就是三角形的三边的垂直平分线的交点． 故选： C． 9．如图，是上的四点，若，则的度数为（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质，根据圆内接四边形的对角互补计算即可． 【详解】解：四边形为的内接四边形， ， ， ， 故选：B． 10.如图，点A，B，C在⊙O上，若，则 ． 【答案】/116度 【分析】本题考查的是圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．直接根据圆周角定理求解即可． 【详解】解：在优弧上取一点，连接，，如图所示： ∵， ∴， ∵点A，B，C，在⊙O上， ∴， ∴， 故答案为：． ►考向五 点、直线与圆的位置关系 11．（2024·北京·中考真题）在平面直角坐标系中，的半径为1，对于的弦和不在直线上的点，给出如下定义：若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”． (1)如图，点，． ①在点，，中，点___________是弦的“可及点”，其中____________； ②若点是弦的“可及点”，则点的横坐标的最大值为__________； (2)已知是直线上一点，且存在的弦，使得点是弦的“可及点”．记点的横坐标为，直接写出的取值范围． 【答案】(1)①，45；② (2)或 【分析】（1）由相对运动理解，作出关于的对称圆，若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”，则点C应在的圆内或圆上，先求得，根据点与圆的位置关系的判断方法分别判断即可得出在上，故符合题意，根据圆周角定理即可求解； ②取中点为H，连接，可确定点D在以H为圆心，为半径的上方半圆上运动（不包括端点A、B），当轴时，点D横坐标最大，可求，故点的横坐标的最大值为； （2）反过来思考，由相对运动理解，作出关于的对称圆，故点P需要在的圆内或圆上，作出的外接圆，连接，则点P在以为圆心，为半径的上运动（不包括端点M、N），可求，随着的增大，会越来越靠近，当点与点重合时，点P在上，即为临界状态，此时最大，，由，故当最大，时，此时为等边三角形，此时，故当，的最大值为2，设，则，解得：，可求直线与交于点，，故t的取值范围是或． 【详解】（1）解：①：反过来思考，由相对运动理解，作出关于的对称圆， ∵若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”， ∴点C应在的圆内或圆上， ∵点，， ∴， 而， ∴, 由对称得：， ∴为等腰直角三角形， ∴, 设半径为， 则,故在外，不符合题意； ，故在上，符合题意； ，故在外，不符合题意， ∴点是弦的“可及点”， 可知三点共线， ∵， ∴， 故答案为：，45； ②取中点为H，连接， ∵， ∴， ∴点D在以H为圆心，为半径的上方半圆上运动（不包括端点A、B）， ∴当点轴时，点D横坐标最大， ∵，， ∴， ∴， ∵点，， ∴， ∴此时， ∴点的横坐标的最大值为， 故答案为：； （2）解：反过来思考，由相对运动理解，作出关于的对称圆， ∵若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”， ∴点C应在的圆内或圆上， 故点P需要在的圆内或圆上， 作出的外接圆，连接， ∴点P在以为圆心，为半径的上运动（不包括端点M、N）， ∴， ∴， 由对称得点在的垂直平分线上， ∵的外接圆为， ∴点也在的垂直平分线上，记与交于点Q， ∴， ∴， 随着的增大，会越来越靠近，当点与点重合时，点P在上，即为临界状态，此时最大，， 连接， ∵， ∴当最大,时，此时为等边三角形， 由上述过程知 ∴， ∴当，的最大值为2， 设，则， 解得：， 而记直线与交于，与y轴交于点K，过点S作轴， 当，当时，， 解得， ∴与x轴交于点， ∴，而 ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴t的取值范围是或． 【点睛】本题考查了新定义，轴对称变换，点与圆的位置关系，圆周角定理，解直角三角形，一次函数与坐标轴的交点问题，已知两点求距离等知识点，正确添加辅助线，找到临界状态情况是解题的关键． 12．（2024·北京·中考真题）如图，是的直径，点，在上，平分.    (1)求证：； (2)延长交于点，连接交于点，过点作的切线交的延长线于点.若，，求半径的长. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，得，结合，得到，继而得到，根据平分，得到，继而得到，可证； （2）不妨设，则，求得，证明，，求得，取的中点M，连接，则，求得，，结合切线性质，得到，解答即可. 【详解】（1）根据题意，得， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴； （2）∵，， 不妨设，则， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， 解得， 取的中点M，连接， 则 ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， 解得， 故半径的长为.    【点睛】本题考查了圆的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，三角形相似的判定和性质，切线的性质，解直角三角形的相关计算，等量代换思想，熟练掌握三角形相似的判定和性质，切线的性质，解直角三角形的相关计算是解题的关键. 13.如果外一点到上所有点的距离中，最大距离是，最小距离是，那么 的半径长等于 ． 【答案】 【分析】根据最大距离与最小距离之差等于直径即可得． 【详解】解：外一点到上所有的点的距离中，最大距离是，最小距离是， 的半径长等于， 故答案为：． 【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，理解最大距离与最小距离之间的关系是解题关键． 14.如图，在平面直角坐标系中，的半径为2，圆心坐标为，轴上有点，点是上的动点，点是的中点，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】取点，连接，，可得，勾股定理得出，进而得出的范围，进而即可求解． 【详解】解：如图所示，取点，连接， ∴是的中点， 依题意，点是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴． 【点睛】本题考查了勾股定理求两点距离，三角形中位线的性质，点到圆上的距离的最值问题，熟练掌握中位线的性质是解题的关键． 15.如图，，，分别与相切于点，，三点．若，则的周长为 ． 【答案】10 【分析】本题考查了切线长定理的应用，熟练掌握定理是解题的关键． 根据的周长为：，结合，，，代换计算即可得到答案． 【详解】解：∵直线，，分别与相切点、、，， ∴，，， ∴的周长为：， 故答案为：10． ►考向六 扇形的相关计算 16.如图所示，有一长为，宽为的长方形木板在桌面上作无滑动翻滚（顺时针方向），木板上的顶点的位置变化为，其中第二次翻滚被桌面上一小木块挡住，使木板边沿与桌面成角，则点翻滚到时，共走过的路径长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了弧长的计算、勾股定理，由勾股定理可得长方形的对角线长为，结合第一次是点以为旋转中心，顺时针旋转得到，即可得出第一次走过的路径，再由第二次是点以点为旋转中心，顺时针旋转得到，计算出第二次走过的路径，即可得解． 【详解】解：第一次是点以为旋转中心，顺时针旋转得到， 长方形的对角线长为， 此次点走过的路径为， ∵第二次翻滚被桌面上一小木块挡住，使木板边沿与桌面成角， ∴第二次是点以点为旋转中心，顺时针旋转得到， 此次点走过的路径为， ∴点翻滚到时，共走过的路径长为， 故选：B． 17.如图，已知与相切于点A，点B为上一点，，过点B作于点C，交于点D，连接．已知，则图中阴影部分的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查的是切线的性质、扇形面积的计算，熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．连接，根据切线的性质得到，证明，得到，根据扇形面积公式计算，得到答案． 【详解】解：连接， ∵与相切于点A， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， 由圆周角定理可得： ， ． 故答案为: ►考向七 圆的综合 18.在平面直角坐标系中，⊙O的半径为1，A，B为⊙O外两点，AB=1．给出如下定义：平移线段AB，得到⊙O的弦（分别为点A，B的对应点），线段长度的最小值称为线段AB到⊙O的“平移距离”． （1）如图，平移线段AB到⊙O的长度为1的弦和，则这两条弦的位置关系是 ；在点中，连接点A与点 的线段的长度等于线段AB到⊙O的“平移距离”； （2）若点A，B都在直线上，记线段AB到⊙O的“平移距离”为，求的最小值； （3）若点A的坐标为，记线段AB到⊙O的“平移距离”为，直接写出的取值范围． 【答案】（1）平行，P3；（2）；（3） 【分析】（1）根据圆的性质及“平移距离”的定义填空即可； （2）过点O作OE⊥AB于点E，交弦CD于点F，分别求出OE、OF的长，由得到的最小值； （3）线段AB的位置变换，可以看作是以点A为圆心，半径为1的圆，只需在⊙O内找到与之平行，且长度为1的弦即可．平移距离的最大值即点A，B点的位置，由此得出的取值范围． 【详解】解：（1）平行；P3； （2）如图，线段AB在直线上，平移之后与圆相交，得到的弦为CD，CD∥AB，过点O作OE⊥AB于点E，交弦CD于点F，OF⊥CD，令，直线与x轴交点为（-2，0），直线与x轴夹角为60°，∴． 由垂径定理得：， ∴； （3）线段AB的位置变换，可以看作是以点A为圆心，半径为1的圆，只需在⊙O内找到与之平行，且长度为1的弦即可； 点A到O的距离为． 如图，平移距离的最小值即点A到⊙O的最小值：； 平移距离的最大值线段是下图AB的情况，即当A1,A2关于OA对称，且A1B2⊥A1A2且A1B2=1时.∠B2A2A1=60°，则∠OA2A1=30°, ∵OA2=1,∴OM=, A2M=, ∴MA=3,AA2= , ∴的取值范围为：． 【点睛】本题考查圆的基本性质及与一次函数的综合运用，熟练掌握圆的基本性质、点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系是解题的关键． 19．（2024·北京海淀·模拟预测）对于平面直角坐标系中的图形，，给出如下定义：为图形上任意一点，为图形上任意一点，如果，两点间的距离有最小值，那么称这个最小值为图形，间的“闭距离”，记作，已知点，，． (1)①求点，； ②若点在轴正半轴上，点，，求点的坐标； (2)记函数的图象为图形，若图，，直接写出的取值范围； (3)以点为正方形中心，四条边均平行于坐标轴且到点距离为的正方形为单位正方形，若点在轴上且单位正方形，，请直接写出的取值范围． 【答案】(1)①2；②； (2)且； (3)或或． 【分析】（1）①根据点、、三点的坐标作出，利用“闭距离”的定义即可得； ②根据点、、三点的坐标作出，利用“闭距离”的定义即可得； （2）由题意知在范围内函数图象为过原点的线段，再分别求得经过和时的值即可得； （3）分单位正方形在的左侧、内部和右侧三种情况，利用“闭距离”的定义逐一判断即可得． 【详解】（1）解：①设点到直线的距离为， 如图所示，点到直线的距离为2，点到直线的距离为2， ，，， ∴， 解得， ∴点到的距离的最小值为2， 点，； ②在轴正半轴，由点到直线垂线段最短可知， 在时，由①知，最小距离， 故在与轴交点右侧，过作轴于， ，则， 故， ， 故； （2）解：经过原点，在范围内，函数图象为线段， 当经过时，，此时； 当经过时，，此时； ， ， 且； （3）解：正方形与的位置关系分三种情况： ①当单位正方形在的左侧时，由单位正方形，知此时； ②当在单位正方形内部时， 当点与原点重合时，单位正方形，，知此时； 当点位于位置时，由单位正方形，知， 、， ， 则， ， 故此时； ③当在单位正方形右边时，由单位正方形，知， ， ， ； 综上，或或． 【点睛】本题主要考查圆的综合问题，解直角三角形的应用，解题的关键是理解并掌握“闭距离”的定义与直线与圆的位置关系和分类讨论思想的运用． 20．（2024·北京·模拟预测）对于两条不平行的直线和，它们所夹的角之一为．将点先关于作轴对称点，再将关于作轴对称点．称为的对称点 的半径为1． (1)当两条对称轴分别为和，直接写出的对称点坐标 (2)直接写出的对称点横坐标的取值范围 (3)和是上两个不同的点，交轴于为的对称点．的纵坐标取值范围，求的值 (4)的半径为为轴除原点外一点，使得上存在点，直线交y轴于点上有的对称点直接写出k的取值范围． 【答案】(1) (2)或 (3) (4)或 【分析】（1）如图所示，点T关于直线的对称点为S，点S关于直线的对称点为Q，过点T、Q分别作x轴的垂线，垂足分别为N、M，连接，则，解直角三角形得到，再由直线是第二、四象限的角平分线，是一、三象限的角平分线，得到，，由轴对称的性质可得，则可求出；求出，则在中，，，；如图所示，点T关于直线的对称点为L，点L关于直线的对称点为M，同理可得，则，同理可得； （2）如图所示，射线满足，点T关于射线的对称点为A，点A关系射线的对称点为点B，过点B作x轴的垂线，垂足为F，由轴对称的性质可得，，导角可知，在中，，则，即的对称点横坐标为；如图所示，射线满足，点T关于射线的对称点为G，点G关系射线的对称点为点H，同理可证明  则，可得三点共线，即点H在y轴上，则，即的对称点横坐标为； （3）如图所示，不妨设抛物线开口向上，点A在第二象限，分别过A、B作x轴的垂线，垂足分别为L、E，易证明，得到，设，则，可得；易求出直线解析式为，则；如图所示，射线满足，且O关于射线的对称点为K，点K关于射线的对称点为D，由轴对称的性质可得，则点D在以点C为圆心，半径为的圆上运动（不包括与y轴的交点），故，再由，可得；当开口向下时，同理可得，此时不满足题意；综上所述，； （4）不妨设的对称点为W，由于点O关于经过点C的两条射线（夹角为）其中一条对称后的点，再与W关于另外一条射线对称，则一定成立，故不管点A和点B怎么运动，点W一定在以C为圆心，的长为半径的圆上运动，如图所示，当与相切，且与外切时，设，则，利用勾股定理可得，解方程得到，由勾股定理得 ，则，证明，解直角三角形得到；当，此时一定可以满足与有交点，即上有的对称点，由对称性可得当时，也满足题意； 【详解】（1）解：如图所示，点T关于直线的对称点为S，点S关于直线的对称点为Q，过点T、Q分别作x轴的垂线，垂足分别为N、M，连接， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵直线是第二、四象限的角平分线，是一、三象限的角平分线 ∴，， 由轴对称的性质可得，， ∴； 在中，， ∴， 在中，，， ∴； 如图所示，点T关于直线的对称点为L，点L关于直线的对称点为M， 同理可得， ∴， ∴同理可得； 综上所述，的对称点坐标为； （2）解：如图所示，射线满足， 点T关于射线的对称点为A，点A关系射线的对称点为点B，过点B作x轴的垂线，垂足为F， 由轴对称的性质可得，， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴的对称点横坐标为； 如图所示，射线满足， 点T关于射线的对称点为G，点G关系射线的对称点为点H， 同理可证明   ∴， ∴三点共线，即点H在y轴上， ∵， ∴， ∴的对称点横坐标为； 综上所述，的对称点横坐标为或； （3）解：如图所示，不妨设抛物线开口向上，点A在第二象限，分别过A、B作x轴的垂线，垂足分别为L、E， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设， ∴，， ∴， ∴； 设直线解析式为， ∴， ∴， ∴直线解析式为， 在中，当时，， ∴； 如图所示，射线满足，且O关于射线的对称点为K，点K关于射线的对称点为D， 由轴对称的性质可得， ∴点D在以点C为圆心，半径为的圆上运动（不包括与y轴的交点）， ∴， ∵， ∴， ∴； 当开口向下时，同理可得，此时不满足题意； 综上所述，； （4）解：不妨设的对称点为W，由于点O关于经过点C的两条射线（夹角为）其中一条对称后的点，再与W关于另外一条射线对称， ∴一定成立， ∴不管点A和点B怎么运动，点W一定在以C为圆心，的长为半径的圆上运动， 如图所示，当与相切，且与外切时，设，则， ∴， 解得， ∴， 在中，由勾股定理得 ， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴； 由于当与在x轴上方相切时，直线与y轴交点C的位置距离点O最远，故当时，此时点C的位置一定比时，且与相切时点C的位置要低，即此时与没有交点； 当，此时点C的位置一定比时，且与相切时点C的位置要高，那么一定在上存在一点B使得直线经过，则此时一定可以满足与有交点， 综上所述，当此时一定可以满足与有交点，即上有的对称点， 由对称性可得当时，也满足题意； 综上所述，当或时上有的对称点． 【点睛】本题主要考查了圆与一次函数综合，解直角三角形，二次函数综合，轴对称的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定等等，解题的关键在于画出对应的示意图，利用数学结合的思想求解． 1．（2024·北京·模拟预测）如图，正六边形，是边的中点，连接，则 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了正多边形和圆，解直角三角形，熟练掌握正多边形的性质是解答本题的关键．过点作交于点，连接，令正六边形的中心为，连接，根据正六边形的性质得出是等边三角形，设正六边形的边长为，根据直角三角形的性质得出，进而求出，再解直角三角形即可． 【详解】解：过点作交于点，连接，令正六边形的中心为，连接， 六边形是正六边形， ， ，是等边三角形， 设正六边形的边长为，则， 在中，， ，， ， 在中，根据勾股定理可得： ， ， 故答案为：． 2．如图所示， 是的直径，，， 的切线与直线交于点，点是上一个动点． 过作， 垂足为， 则 的最大值为 ． 【答案】 【分析】在延长线取点，使得，则有，即求的最大值，然后求出，故有当平移至与相切时，有最大值，延长交于点，证明为等腰直角三角形，再根据角所对直角边是斜边的一半，得，从而有，再通过等腰直角三角形的性质可得，所以，，最后由勾股定理和线段和差即可求解． 【详解】解：在延长线取点，使得， ∴，即求的最大值， ∵， ∴， ∴随着的运动，时， 当平移至与相切时，有最大值，延长交于点， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∵，， ∴， ∴由勾股定理得：， ∵， ∴， ∴， ∴由勾股定理得， ∴，， ∵， ∴， ∴由勾股定理得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ 的最大值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，直角三角形的性质，掌握知识点的应用是解题的关键． 3．如图，点A，，在上，若，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质等知识点，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等成为解题的关键． 如图：作所对的圆周角，根据圆周角定理得到，然后根据圆内接四边形的性质求解即可． 【详解】解：如图：作所对的圆周角， ∵， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 4．如图，等边的边长为12，点D、E、F分别为边，的中点，若分别以E，D，F为圆心，6为半径，作三个的扇形，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查等边三角形的性质，扇形面积的计算，掌握扇形面积的计算方法以及正三角形的性质和菱形的判定方法是正确解答的关键．根据中点的定义以及正三角形、菱形的性质和判定方法可得四边形是菱形，求出菱形的高，再根据菱形面积以及扇形面积的计算方法进行计算即可． 【详解】解：如图，过点作于点， 由题意可得，， 四边形是菱形， 在中，，， ， ， ． 故答案为：． 5．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． 6．（2023·北京东城·模拟预测）已知：如图，在中，是边上一点，圆过三点，． (1)求证：直线是圆的切线； (2)若，圆的半径为4，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题主要考查圆的切线的证明方法、圆周角定理，解直角三角形以及等腰三角形等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． （1）首先根据等腰直角三角形的性质可得，结合，通过角与角之间的关系可得，此时即可得证；   （2）首先由勾股定理得到的长，根据已知可得，作于点，则，根据锐角三角比即可解答； 【详解】（1）证明：∵， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴直线是圆O的切线． （2）解：∵， ∴， ∴． ∵， ∴， 作于点，则， ∴． ∵， ∴， ∴． 7．如图，在△ABC，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E，点F在AC的延长线上，且∠CBF=∠CAB． （1）求证：直线BF是⊙O的切线； （2）若AB=5，sin∠CBF=，求BC和BF的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）BF=，BC=2． 【分析】（1）连接AE，利用直径所对的圆周角是直角，从而判定直角三角形，利用直角三角形两锐角相等得到直角，从而证明∠ABF=90°． （2）利用已知条件证得△AGC∽△ABF，利用比例式求得线段BC和BF的长． 【详解】解：（1）证明：连接AE，在⊙O中， ∵∠AEB=90°， ∴∠1+∠2=90°． ∵AB=AC， ∴∠1=∠CAB． ∵∠CBF= ∠CAB， ∴∠1=∠CBF， ∴∠CBF+∠2=90°，即∠ABF=90°， ∴直线BF是⊙O的切线． （2）解：过点C作CG⊥AB于G． ∵sin∠CBF=，∠1=∠CBF， ∴sin∠1=， 在Rt△AEB中，∠AEB=90°， ∴BE=AB•sin∠1=， ∵AB=AC，∠AEB=90°， ∴BC=2BE=2， 在Rt△ABE中，由勾股定理得AE=， ∴sin∠2=== ， cos∠2=== ， 在Rt△CBG中，可求得GC=4，GB=2， ∴AG=3， ∵GC∥BF， ∴△AGC∽△ABF， ∴， ∴BF=． 考点：1切线的判定与性质；2勾股定理；3圆周角定理；4解直角三角形. 8．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． 9．在平面直角坐标系xOy中，⊙C的半径为r，P是与圆心C不重合的点，点P关于⊙C的反称点的定义如下：若在射线CP上存在一点P′，满足CP+CP′=2r，则称P′为点P关于⊙C的反称点，如图为点P及其关于⊙C的反称点P′的示意图． 特别地，当点P′与圆心C重合时，规定CP′=0． （1）当⊙O的半径为1时． ①分别判断点M（2，1），N（，0），T（1，）关于⊙O的反称点是否存在？若存在，求其坐标； ②点P在直线y=﹣x+2上，若点P关于⊙O的反称点P′存在，且点P′不在x轴上，求点P的横坐标的取值范围； （2）⊙C的圆心在x轴上，半径为1，直线y=﹣x+2与x轴、y轴分别交于点A，B，若线段AB上存在点P，使得点P关于⊙C的反称点P′在⊙C的内部，求圆心C的横坐标的取值范围．    【答案】（1）①见解析；②0＜x＜2；（2）圆心C的横坐标的取值范围是2≤x≤8． 【分析】（1） ①根据反称点的定义画图得出结论；②∵CP≤2r＝2，CP2≤4， P（x，－x＋2）， CP2＝x2＋（－x＋2）2＝2x2－4x＋4≤，2x2－4x≤0， x（x－2）≤0，∴0≤x≤2，把x＝2和x=0代入验证即可得出，P（2，0），P′（2，0）不符合题意P（0，2），P′（0，0）不符合题意，∴0＜x＜2 （2）求出A，B的坐标，得出OA与OB的比值，从而求出∠OAB=30°，设C（x，0） ①当C在OA上时，作CH⊥AB于H，则CH≤CP≤2r＝2，∴AC≤4，得出 C点横坐标x≥2． （当x＝2时，C点坐标（2，0），H点的反称点H′（2，0）在圆的内部）；②当C在A点右侧时，C到线段AB的距离为AC长，AC最大值为2，∴C点横坐标x≤8，得出结论. 【详解】解： （1）解：①M（2，1）关于⊙O的反称点不存在， 存在，关于⊙O的反称点存在，反称点 存在，关于⊙O的反称点存在，反称点T′（0，0）． ②∵OP≤2r＝2，OP2≤4， P（x，－x＋2）， OP2＝x2＋（－x＋2）2＝2x2－4x＋4≤4 2x2－4x≤0， x（x－2）≤0， ∴0≤x≤2，当x＝2时，P（2，0），P′（2，0）不符合题意 当x＝0时，P（0，2），P′（0，0）不符合题意， ∴0＜x＜2 （2）解：由题意得：A（6，0），， ∴， ∴∠OAB＝30°， 设C（x，0）    ①当C在OA上时，作CH⊥AB于H，则CH≤CP≤2r＝2，∴AC≤4， C点横坐标x≥2． （当x＝2时，C点坐标（2，0），H点的反称点H′（2，0）在圆的内部） ②当C在A点右侧时，C到线段AB的距离为AC长，AC最大值为2，∴C点横坐标x≤8 综上所述：圆心C的横坐标的取值范围2≤x≤8．    考点：定义新运算；一次函数的图象和性质；二次函数的图象和性质；圆的有关性质，解直角三角形； 10．（2024·北京·模拟预测）如图，是的直径，点是外一点，连接交⊙O于点，作，分别切于点、，连接、． (1)求证：； (2)连接，若，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的性质、全等直角三角形的证明、圆周角定理、解直角三角形的相关计算等知识点，掌握圆的相关性质是解题关键． （1）连接，根据切线的性质可得，从而证明，进而可得，然后根据圆周角定理可得，从而可得，最后利用平行线的判定即可解答； （2）连接，利用（1）的结论可得，然后在，利用锐角三角函数的定义可得，从而可得，进而在等腰直角三角形中求出，的长，最后在中，利用锐角三角函数的定义可得，再利用勾股定理进行计算即可解答． 【详解】（1）证明：连接， ，分别切于点、， ， ，， ， ， ， ， ； （2）解：如图，连接， ， ， 在中，， ， ， ， ， ， 是的直径， ， ， ， ， ， 或（舍去）， 线段的长为． 11．（2023·北京东城·模拟预测）如图，是的弦，D为半径中点，过D作交弦于点E，交于点F，且是的切线．    (1)求证：； (2)连接，求的正弦值； (3)如果，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】此题考查了切线的判定，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键． （1）根据切线定理求出求出即可； （2）连接， 首先证明是等边三角形，再利用圆周角定理：同弧所对的圆周角是所对圆心角的一半即可求出的度数； （3）过点作于点，设，则，根据勾股定理得到，即， 然后根据垂径定理表示出，然后根据即可得出答案. 【详解】（1）证明： 连接，   ， ， ∵切于， ， ， ， ， ， ， ； （2）连接，    ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 即的正弦值是 ； （3）过点作于点，    ∵， 设，则， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， 解得：， ∴. 12.（2024·北京·模拟预测）在平面直角坐标系中，的半径为1，对于直线l和线段，给出如下定义：若线段关于直线l的对称图形是的弦（，分别为P，Q的对应点），则称线段是关于直线l的“对称弦”． (1)如图，点，，，，，的横、纵坐标都是整数．线段，，中，是关于直线的“对称弦”的是 (2)是关于直线的“对称弦”，若点C的坐标为，且，直接写出点D的坐标； (3)已知直线和点，若线段是关于直线的“对称弦”，且，直接写出的最值和相应b的值． 【答案】(1) (2)或 (3)最小值：，；最大值：， 【分析】（1）根据题中定义即可画图得出； （2）根据题意可得直线垂直平分，，结合点的坐标，推得点在上，即可得出点是与交点，根据等边三角形的性质和勾股定理即可求得点、的坐标； （3）结合（2）可得点是点与交点，先求出直线与，轴的交点坐标，求解，再画出图形，根据两点间的距离公式即可列出方程，解方程即可． 【详解】（1）解：如图所示： ∴关于直线的“对称弦”的是线段； （2）解：设点，关于直线的对称点为，， ∴直线垂直平分，， ∵是关于直线的“对称弦”， ∴，在上， ∵点的坐标为， ∴， 即点在上， ∵直线经过圆心， ∴点也在上， ∵， 故点在以点为圆心，为半径的圆上，如图：与交于点与点； 连接，， ∵， 即是等边三角形， 故点的横坐标为，点的纵坐标为0， 同理，点的横坐标为，点的纵坐标为， 综上，点的坐标为或； （3）解：设点关于直线的对称点为， ∴直线垂直平分， ∵线段是关于直线的“对称弦”， ∴在上， 由（2）可得点在以点为圆心，为半径的圆上， 又∵，即； 令直线与，轴交于点，，如图： 令，则，即点，， 令，则，即点，， ∴， ∴， 记与轴的交点为，而， ∴， ∵， ∴在以为圆心，为半径的圆上，记与格线的切点为，连接，， ∴轴，即轴， ∴， ∴是等边三角形， 过作于， ∴，， ∴， 此时最小，为， 设直线表达式为， 把，代入， 解得， 则直线为， ∴直线与轴的交点坐标为， 由轴对称的性质可得：， ∴， 解得：； 当在的右边时，最大，如图， 同理可得：， 则最大值为：， 此时， 同理可得：， ∴， 解得：． 【点睛】本题考查了轴对称的性质，一次函数与坐标轴的交点问题，切线的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数的应用等，正确理解新定义的含义，灵活应用数形结合思想是解题的关键． 13．（2024·北京西城·模拟预测）如图，在中，以为直径的分别交，于点D，点E，的延长线与的切线交于点F，． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，结合为的直径，得到，结合是的切线，得到，根据余角的性质，结合，证明即可证明． （2）连接，结合，设则，根据勾股定理，根据勾股定理，正切函数计算的长即可． 【详解】（1）证明：连接， ∵为的直径， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：连接， ∵，设则， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得（舍去）， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，正切函数的应用，熟练掌握圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，正切函数的应用是解题的关键． 14．（2023·北京顺义·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)证明见解析； (2)． 【分析】（）连接，由切线的性质和切线长定理可得，，，进而由可得平分，得到，，再由即可求证； （）由（）可得，即得，，，可得，由可得，得到，，进而即可求解． 【详解】（1）证明：连接， ∵分别与相切于两点， ∴，，， ∵， ∴平分， ∴，， ∵， ∴； （2）解：∵， ∴， ∴， 设，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查了切线的性质，切线长定理，角平分线的判定和性质，余角性质，三角函数，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 15．（2024·北京·模拟预测）如图，为直径，，为上不同于，的两点，，连接．过点作，垂足为，直线与相交于点．    (1)求证：为的切线； (2)当，时，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形，掌握圆周角定理，切线的判定方法，解直角三角形是解决问题的关键． （1）连接，由圆周角定理结合已知得出，得出，由平行线的性质得出，即可证明为的切线； （2）连接，，由圆周角定理得出，由，得出，由三角形内角和定理及，得出，利用解直角三角形求出． 【详解】（1）证明：如图，连接，   ，， ， ， ， ， 为的半径， 为的切线； （2）解：如图，连接，， 为直径， ， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， ． 16.（2024·北京·三模）如图，为的直径，点C在上，连接，D为的中点，过点C作的切线与射线交于点E． (1)求证：； (2)若延长与交于点F，若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】题目主要考查切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解三角形，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键． （1）连接，根据题意得出，再由圆周角定理确定，根据切线的性质及等量代换即可证明； （2）根据题意设，得出，再由相似三角形的判定和性质得出，设，利用三角形中位线的性质及相似三角形的判定和性质求解即可． 【详解】（1）证明：连接， ∵D为的中点，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为的直径，切于C， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）在中，， ∴设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴设， ∵D为的中点，O为的中点， ∴为的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的面积． 17．（2024·北京东城·模拟预测）如图，已知是⊙的直径，点在⊙上，是的中点，过点作，交的延长线于点，连接，过点作于点．    (1)求证：是⊙切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查圆的切线及锐角三角函数： （1）连接，可求得，结合，即可证明结论； （2）连接，可求得，利用锐角三角函数，可求得、的长度，进而可求得答案． 【详解】（1）如图所示，连接．    ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． 且点在圆上， ∴是的切线． （2）如图所示，连接，根据题意可知． ∵为直径， ∴． ∵，， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． 18．（2024·北京·三模）如图，是的直径，点P是外一点，，点M在上，连接交于点N，使得． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为5，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）首先根据圆周角定理得到，然后等量代换得到，然后结合得到，即，进而证明即可； （2）过点M作，首先得到，设，，根据勾股定理求出，，然后求出，然后证明出，得到，求出，进而求解即可． 【详解】（1）∵ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∵点M在上， ∴是的切线； （2）如图所示，过点M作 ∵， ∴ ∴设， ∵若的半径为5， ∴ ∵，．即 解得（负值舍去） ∴， ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴，即 解得 ∴． 【点睛】此题考查了切线的判定，圆周角定理，相似三角形的性质和判定，勾股定理，解直角三角形等知识，解题的关键是添加辅助线构造直角三角形． 19．（2024·北京西城·二模）如图，是的直径，交于点，点是的中点，连接交于点，． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2)12 【分析】（1）由直径所对的圆周角为直角及同圆中等弧所对的圆周角相等，及．求得，则，根据切线的判定定理可得证； （2）利用锐角三角函数可求的长，由角平分线的性质可得，由锐角三角函数可求解． 【详解】（1）证明：连接，如图， 是的中点， ， ， ， ， 是的直径， ， ， ，即， ， 为的半径， 是的切线； （2）解：过点作于，而， ， ， ， ， ， ，，， ， ， ， ， ， 设，， ， ， ． 【点睛】本题考查了圆的切线的判定定理及三角函数在线段求值中的应用，圆周角定理，勾股定理，角平分线的性质定理，熟练掌握运用三角函数的计算技巧，正确添加辅助线是解题的关键． 20．（2024·北京朝阳·二模）如图，是的直径，点C在上，的平分线交于点D，过点D的直线，分别交，的延长线于点E，F． (1)求证：直线是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查了切线的判定，解直角三角形，勾股定理，添加辅助线构造直角三角形是关键； （1）连接．证明，，可得，进而得到结论； （2） 先推出，再在中，由，列出比例式即可求解 【详解】（1）证明：如图，连接． ∵， ∴． ∵平分， ∴． ∴． ∴．                                ∴． ∵是的直径， ∴．                            ∵， ∴． ∴． 即． ∴直线是的切线．                    （2）解：∵， 设的半径为r，则． ∵， ∴．                            ∵， 在中，． 即． ∴．                                    ∴． ∴． 在中，由勾股定理得． 21．（2024·北京石景山·二模）如图，过外一点P作的两条切线，，切点分别为A，B，是的直径，连接并延长交直线于点D． (1)求证：； (2)延长交的延长线于点E．若的半径为，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，利用切线的性质和切线长定理得到，，利用等腰三角形性质和等量代换得到，利用等量代换即可证明； （2）连接，，在中，利用，得到设，．则，．在中，利用建立等式算出的值，进而得到，利用勾股定理得到，证明，利用相似三角形的性质即可求出． 【详解】（1）证明：连接，如图1． ，是的切线，，是的半径， ，， ，． ， ， ， ． 又， ． （2）解：连接，，如图2． 在中，， 设，．则，． 在中，，即．解得． ，． 是的直径， ． ，， ． ， ． 【点睛】本题考查了切线的性质、等腰三角形的判定与性质、圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判定和性质、解直角三角形、熟练掌握切线的性质，能够正确作出辅助线是解答问题的关键． 22．（2024·北京·二模）如图，为四边形的外接圆，平分，于点E．    (1)求证：； (2)延长交于点F，连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由角平分线的定义和垂径定理求证即可； （2）连接，，由圆周角定理和垂径定理可得，由勾股定理可得，再证，可得，由勾股定理求解即可； 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∴， ∵， ， ∴， ∴； （2）解：如图，连接，，    ∵是的直径， ∴， ∵， ∴，， 在中，， ， ， ， ， ， ， ∵，， ∴， ∴＝， ， 在中，， ； 【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，三角函数，勾股定理，相似三角形的性质和判定，解题的关键是正确的作出辅助线； 23．（2024·北京·二模）如图，为四边形的外接圆，平分，于点E．    (1)求证：； (2)延长交于点F，连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由角平分线的定义和垂径定理求证即可； （2）连接，，由圆周角定理和垂径定理可得，由勾股定理可得，再证，可得，由勾股定理求解即可； 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∴， ∵， ， ∴， ∴； （2）解：如图，连接，，    ∵是的直径， ∴， ∵， ∴，， 在中，， ， ， ， ， ， ， ∵，， ∴， ∴＝， ， 在中，， ； 【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，三角函数，勾股定理，相似三角形的性质和判定，解题的关键是正确的作出辅助线； 24．（2023·北京石景山·二模）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)见详解 (2)5 【分析】（1）连接，则，由于点，得，由，，得，则，即可证明是的切线； （2）由垂径定理得，而，所以，由，则，根据勾股定理得，即可求得，则半径的长是5． 【详解】（1）证明：连接，则， ， 于点， ， 交的延长线于点，点是延长线上一点， ， ， ， ， 是的半径，且， 是的切线． （2）解：， ，， ， ， ， ， ，， ， 解得， 半径的长是5． 【点睛】此题重点考查切线的性质、垂径定理、圆周角定理、等腰三角形的“三线合一”、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 25．（2024·北京昌平·二模）如图，是的直径，点C在上，若弦平分，交于点E，过点C作的切线，交的延长线于点F． (1)求证：； (2)连接，若，，求半径的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】圆周角定理、切线的性质定理、解直角三角形的相关计算 【分析】此题考查了切线的性质、圆周角定理、解直角三角形等知识，熟练掌握切线的性质和锐角三角函数的定义是解题的关键． （1）连接.证明，，又由，即可得到； （2）证明为等边三角形，则，在中，得到设，则，则，解方程即可得到答案． 【详解】（1）证明：连接. 平分 ∴ 是直径， 在中， 是切线 （2）解：连接， 是直径， ∴， ， 为等边三角形， 中， 设，则 ， ∴， 经检验，是分式方程的解且符合题意， 即半径的长为2． / 学科网（北京）股份有限公司 $$