专题11 几何压轴题（新疆专用）-【好题汇编】2025年中考数学一模试题分类汇编

专题11 几何压轴题 题型概览 题型01 三角形压轴题 题型02 四边形压轴题 题型03 与圆有关的压轴题 ( 题型01 )三角形压轴题 1．（2025·新疆·一模）（1）用数学的眼光观察． 如图，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点，求证：． （2）用数学的思维思考． 如图，延长图中的线段交的延长线于点，延长线段交的延长线于点，求证：． （3）用数学的语言表达． 如图，在中，，点在上，，是的中点，是的中点，连接并延长，与的延长线交于点，连接，若，试判断的形状，并进行证明． 2．（2025·新疆·一模）和均为等边三角形，点E、D分别从点A，B同时出发，以相同的速度沿运动，运动到点B、C停止. (1)如图1，当点E、D分别与点A、B重合时，请判断：线段的数量关系是____________，位置关系是____________； (2)如图2，当点E、D不与点A，B重合时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由； (3)当点D运动到什么位置时，四边形的面积是面积的一半，请直接写出答案；此时，四边形是哪种特殊四边形？请在备用图中画出图形并给予证明. 3．（2025·新疆·一模）已知和都是等腰直角三角形，．     （1）如图1：连，求证：； （2）若将绕点O顺时针旋转， ①如图2，当点N恰好在边上时，求证：； ②当点在同一条直线上时，若，请直接写出线段的长． 4．（2025·新疆·一模）综合与实践：如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图2，在中，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，作交的延长线于点．    (1)【观察感知】如图2，通过观察，线段与的数量关系是______； (2)【问题解决】如图3，连接并延长交的延长线于点，若，，求的面积； (3)【类比迁移】在(2)的条件下，连接交于点，则______； (4)【拓展延伸】在(2)的条件下，在直线上找点，使，请直接写出线段的长度． 5．（2025·新疆·一模）如图1，等腰中，，点在上运动（不能经过、）． (1)过作，交于，证明：； (2)如图2，若，点运动到靠近点的三等分点处时，以为边在其右侧作等腰，是的中点，连接，求的长； (3)如图3，，以为斜边作等腰，连接．若，请用含的式子表示，直接写出答案． ( 题型02 )四边形压轴题 6．（2025·新疆·一模）在平面直角坐标系中，长为2的线段（点D在点C右侧）在x轴上移动，，连接、，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 7．（2025·新疆·一模）如图，把一张矩形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠，得到等腰直角三角形BEF，若BC=1，则AB的长度为（　　） A． B． C． D． 8．（2025·新疆·一模）如图，正方形ABCD的边长为2，点E是BC的中点，AE与BD交于点P，F是CD上的一点，连接AF分别交BD，DE于点M，N，且AF⊥DE，连接PN，则下列结论中: ①；②；③tan∠EAF=；④正确的是（） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 9．（2025·新疆·一模）如图，在□ABCD中，∠ABD的平分线BE交AD于点E，∠CDB的平分线DF交BC于点F，连接BD． （1）求证：△ABE≌△CDF； （2）若AB＝DB，求证：四边形DFBE是矩形． 10．（2025·新疆阿克苏·一模）某数学兴趣小组将某座塔（如图1）作为测量的对象，准备测量这座塔的高度，其示意图如图2，小明利用高的侧倾器，在点C处测得塔顶部A的仰角为，同时小华利用高的侧倾器，在距离小明的点处测得塔顶部的仰角为（点在一条直线上），求塔的高度．（结果精确到；参考数据：，，，） 11．（2025·新疆·一模）【阅读材料】 老师的问题： 已知：如图，在中，． 求作：矩形． 小明的作法： （1）分别以点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧分别交于点E，F； （2）作直线，交于点； （3）连接并延长，截取； （4）连接，．四边形就是所求作的矩形． 【解答问题】 请根据材料中的信息，证明四边形是矩形． ( 题型0 3 )与圆有关的压轴题 12．（2025·新疆喀什·一模）如图，点，，在上，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 13．（2025·新疆·一模）如图，在中，，，则弧的长为（   ） A． B． C． D． 14．（2025·新疆·一模）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． 15．（2025·新疆昌吉·一模）如图，为的直径，C为上一点，连接、，点F为上一点，且，延长于点E，使得，延长、交于点D． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题11 几何压轴题 题型概览 题型01 三角形压轴题 题型02 四边形压轴题 题型03 与圆有关的压轴题 ( 题型01 )三角形压轴题 1．（2025·新疆·一模）（1）用数学的眼光观察． 如图，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点，求证：． （2）用数学的思维思考． 如图，延长图中的线段交的延长线于点，延长线段交的延长线于点，求证：． （3）用数学的语言表达． 如图，在中，，点在上，，是的中点，是的中点，连接并延长，与的延长线交于点，连接，若，试判断的形状，并进行证明． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）是直角三角形，证明见解析． 【分析】（1）根据中位线定理即可求出，利用等腰三角形的性质即可证明； （2）根据中位线定理即可求出和，通过第（1）问的结果进行等量代换即可证明； （3）根据中位线定理推出和从而求出，证明是等边三角形，利用中点求出，从而求出度数，即可求证的形状. 【详解】证明：（1）的中点，是的中点， . 同理，. ， . . （2）的中点，是的中点， ， . 同理，. 由（1）可知， . （3）是直角三角形，证明如下： 如图，取的中点，连接，， 是的中点， ，. 同理，，. ， . . ， ， . ， . 又， 是等边三角形， . 又， . ， . 是直角三角形. 故答案为：是直角三角形. 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，等边三角形的性质以及直角三角形的判定，解题的关键在于灵活运用中位线定理. 2．（2025·新疆·一模）和均为等边三角形，点E、D分别从点A，B同时出发，以相同的速度沿运动，运动到点B、C停止. (1)如图1，当点E、D分别与点A、B重合时，请判断：线段的数量关系是____________，位置关系是____________； (2)如图2，当点E、D不与点A，B重合时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由； (3)当点D运动到什么位置时，四边形的面积是面积的一半，请直接写出答案；此时，四边形是哪种特殊四边形？请在备用图中画出图形并给予证明. 【答案】(1)CD=EF，CDEF (2)CD=EF，CDEF，成立，理由见解析 (3)点D运动到BC的中点时，是菱形，证明见解析 【分析】（1）根据和均为等边三角形，得到AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，根据E、D分别与点A、B重合，得到AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，推出CD=EF，CDEF； （2）连接BF，根据∠FAD=∠BAC=60°，推出∠FAB=∠DAC，根据AF=AD，AB=AC，推出△AFB≌△ADC，得到∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，根据AE=BD，推出BE=CD，得到BF=BE，推出△BFE是等边三角形，得到BF=EF，∠FEB=60°，推出CD=EF， CD∥EF； （3）过点E作EG⊥BC于点G，设△ABC的边长为a，AD=h，根据AB=BC，BD=CD= BC= a， BD=AE，推出AE=BE= AB，根据AB=AC， 推出AD⊥BC，得到EGAD，推出△EBG∽△ABD，推出，得到= h，根据CD=EF， CD∥EF，推出四边形CEFD是平行四边形，推出，根据EF=BD，EFBD，推出四边形BDEF是平行四边形，根据BF=EF，推出是菱形． 【详解】（1）∵和均为等边三角形， ∴AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°， 当点E、D分别与点A、B重合时，AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB， ∴CD=EF，CDEF； 故答案为：CD=EF，CD∥EF； （2）CD=EF，CDEF，成立． 证明： 连接BF， ∵∠FAD=∠BAC=60°， ∴∠FAD-∠BAD=∠BAC-∠BAD， 即∠FAB=∠DAC， ∵AF=AD，AB=AC， ∴△AFB≌△ADC(SAS)， ∴∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD， ∵AE=BD， ∴BE=CD， ∴BF=BE， ∴△BFE是等边三角形， ∴BF=EF，∠FEB=60°， ∴CD=EF，BCEF， 即CDEF， ∴CD=EF， CDEF； （3）如图，当点D运动到BC的中点时，四边形的面积是面积的一半，此时，四边形是菱形． 证明： 过点E作EG⊥BC于点G，设△ABC的边长为a，AD=h， ∵AB=BC，BD=CD= BC= a， BD=AE， ∴AE=BE= AB， ∵AB=AC， ∴AD⊥BC， ∴EGAD， ∴△EBG∽△ABD， ∴， ∴= h， 由（2）知，CD=EF， CDEF， ∴四边形CEFD是平行四边形， ∴, 此时，EF=BD，EFBD， ∴四边形BDEF是平行四边形， ∵BF=EF， ∴是菱形． 【点睛】本题主要考查了等边三角形判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定，解决问题的关键是熟练掌握等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定． 3．（2025·新疆·一模）已知和都是等腰直角三角形，．     （1）如图1：连，求证：； （2）若将绕点O顺时针旋转， ①如图2，当点N恰好在边上时，求证：； ②当点在同一条直线上时，若，请直接写出线段的长． 【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②或 【分析】（1）利用SAS定理证明即可； （2）①连接，证明，即可证； ②当点N在线段上时，连接，在中构造勾股定理的等量关系；当点M在线段上时，同理即可求得． 【详解】（1）证明： 即， ， 即． 和是等腰直角三角形， ， （2）①证明：如图1，连接． ， ， 即． 和是等腰直角三角形， ， ， ， ． 是等腰直角三角形， ， ． ②或． 温馨提示： 如图2，当点N在线段上时，连接，设， 在中，， ； 如图3，当点M在线段上时，连接，设， 在中， 解得：． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，三点共线分类讨论，对几何题目的综合把握是解题关键． 4．（2025·新疆·一模）综合与实践：如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图2，在中，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，作交的延长线于点．    (1)【观察感知】如图2，通过观察，线段与的数量关系是______； (2)【问题解决】如图3，连接并延长交的延长线于点，若，，求的面积； (3)【类比迁移】在(2)的条件下，连接交于点，则______； (4)【拓展延伸】在(2)的条件下，在直线上找点，使，请直接写出线段的长度． 【答案】(1) (2)10 (3) (4)或 【分析】（1）根据旋转的性质可得，，进而证明，即可求解； （2）根据（1）的方法证明，进而证明，求得，则，然后根据三角形的面积公式，即可求解． （3）过点作于点，证明得出，证明，设，则，代入比例式，得出，进而即可求解； （4）当在点的左侧时，过点作于点，当在点的右侧时，过点作交的延长线于点，分别解直角三角形，即可求解． 【详解】（1）解：∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，作交的延长线于点．   ， ， ， ， ， 又且 ， ； （2）解：， ， ， ， ， 又且， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：如图所示，过点作于点，    ∵， ∴ ∴， 即，即， 又∵ ∴ ∴， 设，则， 解得： ∴； （4）解：如图所示，当在点的左侧时，过点作于点    ∵ ∴，设，则， 又∵， ∴， ∴ ∴ ∴ ∴， 解得： 在中， ∴ ∴ 如图所示，当在点的右侧时，过点作交的延长线于点，    ∵ ∴ ∵ ∴ 设，则，， ∵， ∴ 解得： ∴ ∴ 综上所述，或． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，旋转的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 5．（2025·新疆·一模）如图1，等腰中，，点在上运动（不能经过、）． (1)过作，交于，证明：； (2)如图2，若，点运动到靠近点的三等分点处时，以为边在其右侧作等腰，是的中点，连接，求的长； (3)如图3，，以为斜边作等腰，连接．若，请用含的式子表示，直接写出答案． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或 【分析】（1）利用角的等量代换证明即可； （2）连接，通过比值关系求出的长，利用判定出，，，推出，通过比值关系求出和的长，再通过勾股定理运算求解即可； （3）分类讨论点的位置，结合相似三角形的性质和勾股定理列出方程运算即可． 【详解】（1）证明：∵在等腰中，， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴； （2）连接，如图所示： 在等腰中，， ∴， ∵点是靠近点的三等分点， ∴，； ∵是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 过作于点，则， ∵是中点， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 在中，； （3）∵， ∴， ∵是以为斜边的等腰直角三角形， ∴，， ①当点在右侧时，如图， 过作交于点，则， 由（1）知， ∴， ∴，， 过作于点，则为等腰直角三角形， ∴， ∴， 在中，； ②当点在左侧时，如图， 过作交于点，则，此时， 同理可得， ∴， ∴，， 过作于点，则为等腰直角三角形， ∴， ∴， 在中，； 综上，或． 【点睛】本题为几何综合题，涉及到了相似三角形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，合理作出辅助线和利用分类讨论思想是解题的关键． ( 题型02 )四边形压轴题 6．（2025·新疆·一模）在平面直角坐标系中，长为2的线段（点D在点C右侧）在x轴上移动，，连接、，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作A（0，2）关于x轴的对称点A’（0，-2），再过A’作A’E∥x轴且A’E=CD=2，连接BE交x轴与D点，过A’作A’C∥DE交x轴于点C，得到四边形CDEA’为平行四边形，故可知AC+BD最短等于BE的长，再利用勾股定理即可求解． 【详解】作A（0，2）关于x轴的对称点A’（0，-2） 过A’作A’E∥x轴且A’E=CD=2，故E（2，-2） 连接BE交x轴与D点 过A’作A’C∥DE交x轴于点C， ∴四边形CDEA’为平行四边形， 此时AC+BD最短等于BE的长， 即AC+BD=A’C+BD=DE+BD=BE== 故选B． 【点睛】此题主要考查最短路径的求解，解题的关键是熟知直角坐标系、平行四边形的性质． 7．（2025·新疆·一模）如图，把一张矩形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠，得到等腰直角三角形BEF，若BC=1，则AB的长度为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先判断出∠ADE=45°，进而判断出AE=AD，利用勾股定理即可得出结论． 【详解】解：由折叠补全图形如图所示， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ADA'=∠B=∠C=∠A=90°，AD=BC=1，CD=AB， 由第一次折叠得：∠DAE=∠A=90°，∠ADE=∠ADC=45°， ∴∠AED=∠ADE=45°， ∴AE=AD=1， 在Rt△ADE中，根据勾股定理得，DE=AD=， 由第二次折叠可知， ∴ 故选：A． 【点睛】本题考查了图形的折叠和勾股定理，搞清楚折叠中线段的数量关系是解决此类题的关键． 8．（2025·新疆·一模）如图，正方形ABCD的边长为2，点E是BC的中点，AE与BD交于点P，F是CD上的一点，连接AF分别交BD，DE于点M，N，且AF⊥DE，连接PN，则下列结论中: ①；②；③tan∠EAF=；④正确的是（） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】A 【分析】利用正方形的性质，得出∠DAN＝∠EDC，CD＝AD，∠C＝∠ADF即可判定△ADF≌△DCE（ASA），再证明△ABM∽△FDM，即可解答①；根据题意可知：AF＝DE＝AE＝，再根据三角函数即可得出③；作PH⊥AN于H．利用平行线的性质求出AH＝，即可解答②；利用相似三角形的判定定理，即可解答④ 【详解】解：∵正方形ABCD的边长为2，点E是BC的中点， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝2，∠ABC＝∠C＝∠ADF＝90°，CE＝BE＝1， ∵AF⊥DE， ∴∠DAF+∠ADN＝∠ADN+∠CDE＝90°， ∴∠DAN＝∠EDC， 在△ADF与△DCE中， ， ∴△ADF≌△DCE（ASA）， ∴DF＝CE＝1， ∵AB∥DF， ∴△ABM∽△FDM， ∴， ∴S△ABM＝4S△FDM；故①正确； 根据题意可知：AF＝DE＝AE＝， ∵ ×AD×DF＝×AF×DN， ∴DN＝ ， ∴EN＝，AN＝， ∴tan∠EAF＝，故③正确， 作PH⊥AN于H． ∵BE∥AD， ∴， ∴PA＝， ∵PH∥EN， ∴， ∴AH＝， ∴PH= ∴PN＝，故②正确， ∵PN≠DN， ∴∠DPN≠∠PDE， ∴△PMN与△DPE不相似，故④错误． 故选A． 【点睛】此题考查三角函数，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质难度较大，解题关键在于综合掌握各性质 9．（2025·新疆·一模）如图，在□ABCD中，∠ABD的平分线BE交AD于点E，∠CDB的平分线DF交BC于点F，连接BD． （1）求证：△ABE≌△CDF； （2）若AB＝DB，求证：四边形DFBE是矩形． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）首先根据角平分线性质与平行线性质证明∠CDF=∠ABE，再根据平行四边形性质证出CD=AB，∠A=∠C，可利用ASA定理判定△ABE≌△CDF； （2）根据全等得出AE=CF，根据平行四边形性质得出AD∥BC，AD=BC，推出DE∥BF，DE=BF，得出四边形DFBE是平行四边形，根据等腰三角形性质得出∠DEB=90°，根据矩形的判定推出即可． 【详解】（1）∵∠ABD的平分线BE交AD于点E， ∴∠ABE=∠ABD， ∵∠CDB的平分线DF交BC于点F， ∴∠CDF=∠CDB， ∵在平行四边形ABCD中， ∴AB∥CD， ∴∠ABD=∠CDB， ∴∠CDF=∠ABE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD=AB，∠A=∠C， 即， ∴△ABE≌△CDF（ASA）； （2）∵△ABE≌△CDF， ∴AE=CF， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD=BC， ∴DE∥BF，DE=BF， ∴四边形DFBE是平行四边形， ∵AB=DB，BE平分∠ABD， ∴BE⊥AD，即∠DEB=90°． ∴平行四边形DFBE是矩形． 考点：1.平行四边形的性质和判定，2.矩形的判定，3.全等三角形的性质和判定 10．（2025·新疆阿克苏·一模）某数学兴趣小组将某座塔（如图1）作为测量的对象，准备测量这座塔的高度，其示意图如图2，小明利用高的侧倾器，在点C处测得塔顶部A的仰角为，同时小华利用高的侧倾器，在距离小明的点处测得塔顶部的仰角为（点在一条直线上），求塔的高度．（结果精确到；参考数据：，，，） 【答案】塔的高度约为米． 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，矩形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，灵活运用相关知识是解题的关键； 如图，过作于，过点D作于点H，得到是等腰直角三角形，设，表示出，，然后根据列方程求出，进而求解即可． 【详解】解：如图，过作于，过点D作于点H， 根据题意得，四边形，四边形都为矩形， ∴， ∵ ∴是等腰直角三角形 ∴设 ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 解得 ∴． 答：塔的高度约为米． 11．（2025·新疆·一模）【阅读材料】 老师的问题： 已知：如图，在中，． 求作：矩形． 小明的作法： （1）分别以点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧分别交于点E，F； （2）作直线，交于点； （3）连接并延长，截取； （4）连接，．四边形就是所求作的矩形． 【解答问题】 请根据材料中的信息，证明四边形是矩形． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查了作图-复杂作图，矩形的判定．先利用作法判定，，则根据平行四边形的判定方法判断四边形为平行四边形，然后根据矩形的判定方法判断四边形为矩形． 【详解】解：由作法得垂直平分，则， 而， 所以四边形为平行四边形， 而， 所以四边形为矩形． ( 题型0 3 )与圆有关的压轴题 12．（2025·新疆喀什·一模）如图，点，，在上，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，掌握这两个定理的内容是关键；在优弧上任取点F，连接，则由圆内接四边形的性质得的度数，再由圆周角定理即可求得的度数． 【详解】解：如图，在优弧上任取点F，连接， ∵， ∴， ∴； 故选：B． 13．（2025·新疆·一模）如图，在中，，，则弧的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查弧长公式、圆周角的性质等知识点，掌握弧长的计算公式（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为r）是解题关键． 根据圆周角定理求出圆心角的度数，然后根据弧长公式求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ， ． ∴弧的长为． 故选：A． 14．（2025·新疆·一模）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． 15．（2025·新疆昌吉·一模）如图，为的直径，C为上一点，连接、，点F为上一点，且，延长于点E，使得，延长、交于点D． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查圆与三角形的综合，掌握圆的切线的性质，三角形相似的判定与性质是解题的关键， （1）如图所示，连接，可证，根据为的切线，，即可求证； （2）根据（1）中，设的半径为，可证，可算出的半径，根据三角形的相似即可求解． 【详解】（1）证明：如图所示，连接， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为的切线， ∴， ∴； （2）解：∵， 设，则， ∴， 设的半径为，则，，， 由（1）可知，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，，， ∵ ∴， ∴． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$