【冲刺2026年】中考数学一轮复习江苏2025年中考真题及模拟试题分类提优测试卷20 与圆有关的位置关系能力提升测试卷

卷20 与圆有关的位置关系能力提升测试卷 （时间：90分钟 满分：100分 得分 ） 一．选择题（共8小题，每小题3分，共24分) 1．（2025•南京）下列图形中，一定有外接圆的是（　　） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 2．（2025•连云港一模）已知⊙O的直径是4cm，OP＝4cm，则点P（　　） A．在⊙O外 B．在⊙O上 C．在⊙O内 D．不能确定 3．（2025•如皋市模拟）如图，△ABC的内切圆圆O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，若∠DEF＝53°，则∠A的度数是（　　） A．36° B．53° C．74° D．128° 4．（2025•浦口区模拟）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，过点A作AC∥PB交⊙O于点C，连接BC，若∠P＝α，则∠PBC的度数为（　　） A．90°α B．90 C．180°﹣α D．180 5．（2025•睢宁县三模）以O为中心点的量角器与直角三角板ABC如图所示摆放，直角顶点B在零刻度线所在直线DE上，且量角器与三角板只有一个公共点P，若点P对应的读数为37°，则∠CBD的度数是（　　） A．53 B．43° C．37° D．27° 6．（2025•扬州一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，若∠ACB＝65°，则∠BAD的度数是（　　） A．20° B．25° C．30° D．35° 7．（2025•镇江一模）已知矩形ABCD中，AB＝a，BC＝b，若以AB为直径的圆与边CD有交点，则a与b满足的关系为（　　） A．a≥2b B．a＞2b C．a＞b D．a≥b 8．（2025•梁溪区二模）如图，在平面直角坐标系中，已知A（5，5），B（8，0），点P在以A为圆心，2为半径的圆上，P关于B的对称点为Q．连接OP，将OP绕点O逆时针旋转90°得到OR．连接RQ．则RQ的最小值是（　　） A．14 B．15 C． D． 二．填空题（共8小题，每小题3分，共24分） 9．（2025•常州模拟）若在平面直角坐标系中的点A（1，1），B（﹣1，﹣1），C（m，3）不能确定一个圆，则m的值是　 　 ． 10．（2025•高新区二模）如图，过⊙O外一点P引⊙O的两条切线PA、PB，切点分别是A、B，OP交⊙O于点C，点D是优弧ADB上不与点A、点B重合的一个动点，连接AD、CD，若∠APB＝76°，则∠ADC的度数为　 　 ． 11．（2025•浦口区模拟）如图，△ABC的高AD，BE相交于点F．若AC＝4，BF＝3，则△ABC的外接圆的半径为 　 　 ． 12．（2025•姑苏区一模）已知一次函数y＝k（x﹣3）+1图象与一圆心为（0，1），半径为1的圆相切，则切点坐标为　 　 ． 13．（2025•灌南县一模）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，连接AE、BE，EA平分∠DEB，点O是△BCE的内心，连接AO，AO＝AB，若AD＝5，则AB的长为　 　 ． 14．（2025•鼓楼区三模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD，CD分别与扇形BAF相切于点A与点E．当AB＝15，BC＝17时，AD的长为　 　 ． 15．（2025•泗洪县三模）如图，⊙O为△ABC的内切圆，AB＝7，BC＝12，AC＝10，点D，E分别为BC，AC上的点，且DE为⊙O的切线，则△CDE的周长为　 　 ． 16．（2025•扬州二模）如图，∠ACB＝60°，⊙O的半径为3且与∠ACB两边都相切，点P为圆上一动点，分别作PM⊥CA，PN⊥CB，令s＝PM+2PN，则s的最大值与最小值的差为 　 　 ． 三．解答题（共8小题，56分） 17．（7分）（2025•南京）如图，O是▱ABCD的对称中心，BC与⊙O相切于点E． （1）求证：直线AD是⊙O的切线． 选择其中一位同学的想法，完成证明． （2）当AB与⊙O相切时，▱ABCD是菱形吗？说明理由． 18．（7分）（2025•淮安）如图，AB是半圆O的直径，点C是弦AD延长线上一点，连接CB、BD，∠CBD＝∠CAB． （1）求证：BC是⊙O的切线； （2）连接OD，若∠CAB＝30°，AB＝4，求扇形OBD的面积． 19．（7分）（2025•盐城）如图，AB是⊙O的弦，过点B作直线EF，以O为顶点作∠AOC＝90°，分别交EF，AB于点C，D，若CB＝CD． （1）试判断直线EF与⊙O的位置关系，并说明理由． （2）若⊙O的半径为3，，求BC的长． 20．（7分）（2025•苏州）如图，在四边形ABCD中，BD＝CD，∠C＝∠BAD．以AB为直径的⊙O经过点D，且与边CD交于点E，连接AE，BE． （1）求证：BC为⊙O的切线； （2）若AB，sin∠AED，求BE的长． 21．（7分）（2024•南京）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AD＝BC，对角线AC是⊙O的直径．求证：四边形ABCD是矩形． 22．（7分）（2024•苏州）如图，△ABC中，AB＝4，D为AB中点，∠BAC＝∠BCD，cos∠ADC，⊙O是△ACD的外接圆． （1）求BC的长； （2）求⊙O的半径． 23．（7分）（2025•镇江）如图（1），过⊙O外一点M引⊙O的两条切线MA、MB，切点是A、B，∠AMB为锐角，连接MO并延长与⊙O交于点N，点P在MN的延长线上，过点P作MA的垂线，与BO的延长线相交于点E，垂足为F． （1）求证：△EOP是等腰三角形； （2）在图（2）中作△EOP，满足OP＝OF（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； （3）已知，在你所作的△EOP中，若PF＝2，求OE的长． 24．（7分）（2025•连云港）已知AD是△ABC的高，⊙O是△ABC的外接圆． （1）请你在图1中用无刻度的直尺和圆规，作△ABC的外接圆（保留作图痕迹，不写作法）； （2）如图2，若⊙O的半径为R，求证：； （3）如图3，延长AD交⊙O于点E，过点E的切线交OC的延长线于点F．若BC＝7，，∠ACB＝60°，求CF的长． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 卷20 与圆有关的位置关系能力提升测试卷 （时间：90分钟 满分：100分 得分 ） 一．选择题（共8小题，每小题3分，共24分) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A A C A C B A D 一．选择题（共8小题） 1．（2025•南京）下列图形中，一定有外接圆的是（　　） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【分析】根据有四边形外接圆的性质可得：四边形必须对角互补，三角形都有外接圆，即可得出答案． 【解答】解：根据有四边形外接圆的性质，四边形必须对角互补， ∴只有矩形、等腰梯形有外接圆， ∵三角形都有外接圆． 故选：A． 【点睛】此题主要考查了四边形与三角形有外接圆的性质．注意抓住四边形必须对角互补才有外接圆是解决问题的关键． 2．（2025•连云港一模）已知⊙O的直径是4cm，OP＝4cm，则点P（　　） A．在⊙O外 B．在⊙O上 C．在⊙O内 D．不能确定 【分析】根据点到圆心的距离和圆的半径之间的数量关系，即可判断点和圆的位置关系．点到圆心的距离小于圆的半径，则点在圆内；点到圆心的距离等于圆的半径，则点在圆上；点到圆心的距离大于圆的半径，则点在圆外． 【解答】解：∵点到圆心的距离d＝4＞2＝r， ∴该点P在⊙O外． 故选：A． 【点睛】此题考查了点和圆的位置关系与数量之间的联系：当点到圆心的距离小于圆的半径时，则点在圆内． 3．（2025•如皋市模拟）如图，△ABC的内切圆圆O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，若∠DEF＝53°，则∠A的度数是（　　） A．36° B．53° C．74° D．128° 【分析】连接OD、OF，由切线的性质得∠ODA＝∠OFA＝90°，再根据圆周角定理求得∠DOF＝2∠DEF＝106°，则∠A＝360°﹣∠ODA﹣∠OFA﹣∠DOF＝74°，于是得到问题的答案． 【解答】解：连接OD、OF， ∵⊙O分别与AB、AC相切于点D、点F， ∴AB⊥OD，AC⊥OF， ∴∠ODA＝∠OFA＝90°， ∵∠DEF＝53°， ∵∠DOF＝2∠DEF＝2×53°＝106°， ∴∠A＝360°﹣∠ODA﹣∠OFA﹣∠DOF＝360°﹣90°﹣90°﹣106°＝74°， 故选：C． 【点睛】此题重点考查三角形的内切圆、切线的性质、圆周角定理、多边形的内角和等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 4．（2025•浦口区模拟）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，过点A作AC∥PB交⊙O于点C，连接BC，若∠P＝α，则∠PBC的度数为（　　） A．90°α B．90 C．180°﹣α D．180 【分析】连接OA，OB，由PA，PB是⊙O的切线，得到∠OAP＝∠OBP＝90°，即可求出∠AOB，由圆周角定理求出∠C，由平行线的性质即可求出∠PBC． 【解答】解：连接OA，OB， ∵PA，PB是⊙O的切线， ∴∠OAP＝∠OBP＝90°， ∵∠AOB+∠P+∠OAP+∠OBP＝360°， ∴∠AOB＝180°﹣α， ∴∠C∠AOB＝90°α， ∵AC∥PB， ∴∠PBC+∠C＝180°， ∴∠PBC＝180°﹣（90°α）＝90°α． 故选：A． 【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，平行线的性质，关键是由切线的性质定理，圆周角定理求出∠C． 5．（2025•睢宁县三模）以O为中心点的量角器与直角三角板ABC如图所示摆放，直角顶点B在零刻度线所在直线DE上，且量角器与三角板只有一个公共点P，若点P对应的读数为37°，则∠CBD的度数是（　　） A．53 B．43° C．37° D．27° 【分析】根据切线的性质得到OP⊥AB，进而求出∠PBO，根据平角的定义求出∠CBD． 【解答】解：由题意得：AB与量角器所在的圆相切，∠POB＝37°， ∴OP⊥AB， ∴∠PBO＝90°﹣∠POB＝53°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠CBD＝180°﹣∠PBO﹣∠ABC＝37°， 故选：C． 【点睛】本题考查的是切线的性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键． 6．（2025•扬州一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，若∠ACB＝65°，则∠BAD的度数是（　　） A．20° B．25° C．30° D．35° 【分析】根据圆周角定理求得∠ACD＝90°，得到∠BCD＝25°，再根据圆周角定理求解即可． 【解答】解：⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，∠ACB＝65°，如图，连接CD， ∴∠ACD＝90°， ∴∠BCD＝90°﹣65°＝25°， ∵， ∴∠BAD＝∠BCD＝25°， 故选：B． 【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，解答本题的关键是熟练运用数形结合的思想解决问题． 7．（2025•镇江一模）已知矩形ABCD中，AB＝a，BC＝b，若以AB为直径的圆与边CD有交点，则a与b满足的关系为（　　） A．a≥2b B．a＞2b C．a＞b D．a≥b 【分析】根据直线与圆的位置关系即可得到结论． 【解答】解：∵AB＝a， ∴以AB为直径的圆的半径， ∵以AB为直径的圆与边CD有交点， ∴b， ∴a≥2b， 故选：A． 【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，矩形的性质，正确地理解题意得到不等式是解题的关键． 8．（2025•梁溪区二模）如图，在平面直角坐标系中，已知A（5，5），B（8，0），点P在以A为圆心，2为半径的圆上，P关于B的对称点为Q．连接OP，将OP绕点O逆时针旋转90°得到OR．连接RQ．则RQ的最小值是（　　） A．14 B．15 C． D． 【分析】根据题意，轴对称，旋转的性质得到点A关于点B的对称点A1的横坐标为2×8﹣5＝11，纵坐标为0×2﹣5＝﹣5，即A1（11，﹣5），点Q在以点A1为圆心，2为半径的圆上，点R在以点A2为圆心，2为半径的圆上，由此得到RQ的最小值是A1A2的值减去QN的最大值，数形结合分析即可求解． 【解答】解：∵点A（5，5），B（8，0）， ∴点A关于点B的对称点A1的横坐标为2×8﹣5＝11，纵坐标为0×2﹣5＝﹣5， 即A1（11，﹣5）， ∵点P在以A为圆心，2为半径的圆上，P关于B的对称点为Q， ∴点Q在以点A1为圆心，2为半径的圆上， 如图所示，连接OA， ∵A（5，5）， ∴点A到x轴的距离为5，到y轴的距离为5， ∴∠AOB＝45°， 将OA绕点O逆时针旋转90°度得OA2，则∠AOA2＝90°， ∴OA2与x轴的负半轴的夹角为45°， ∴A2（﹣5，5）， ∴点R在以点A2为圆心，2为半径的圆上， ∴当点P在⊙A上顺时针运动时，根据轴对称的性质得到点Q在⊙A1上逆时针运动，点R在⊙A2上顺时针运动， 连接A1A2， ∴， ∵点Q，R的运动方向不同， ∴线段RQ与线段A1A2的关系是：相交与平行，如图所示， ∴如图3所述，当RQ∥A1A2时，延长RQ交⊙A1于点N，过点A1作A1M⊥RQ于点M， 当RN∥A1A2，时，RQ＝A1A2﹣QN， ∴QN最大时，RQ的值最小， ∴当QA1⊥NA1时，QN的值在四边形A1NRA2是平行四边形时最大， ∴， ∴， 故选：D． 【点睛】本题考查了平面直角坐标系中点的运用规律，掌握点的运动，建立合理的数量关系，数形结合分析是关键． 二．填空题（共8小题） 9．（2025•常州模拟）若在平面直角坐标系中的点A（1，1），B（﹣1，﹣1），C（m，3）不能确定一个圆，则m的值是　3　 ． 【分析】利用待定系数法求出直线AB的解析式，再根据不在同一直线上的三点确定一个圆解答即可． 【解答】解：设直线AB的解析式为：y＝kx+b， 则， 解得：， ∴直线AB的解析式为y＝x， 当点C（m，3）在直线AB上时，m＝3， 则当m＝3时，点A，B，C不能确定一个圆， 故答案为：3． 【点睛】本题考查的是确定圆的条件，熟记不在同一直线上的三点确定一个圆是解题的关键． 10．（2025•高新区二模）如图，过⊙O外一点P引⊙O的两条切线PA、PB，切点分别是A、B，OP交⊙O于点C，点D是优弧ADB上不与点A、点B重合的一个动点，连接AD、CD，若∠APB＝76°，则∠ADC的度数为　26　 ． 【分析】由切线长定理得OA⊥PA，OB⊥PB，，所以∠OBP＝∠OAP＝90°，则∠POA＝90°﹣∠OPA＝90°﹣38°＝52°，然后通过圆周角定理即可求解． 【解答】解：如图，连接OA，OB， ∵PA、PB是⊙O的切线， ∴OA⊥PA，OB⊥PB，， ∴∠OBP＝∠OAP＝90°， ∴∠POA＝90°﹣∠OPA＝90°﹣38°＝52°， ∴， 故答案为：26． 【点睛】本题考查了切线长定理，圆周角定理，直角三角形的性质，掌握知识点的应用是解题的关键． 11．（2025•浦口区模拟）如图，△ABC的高AD，BE相交于点F．若AC＝4，BF＝3，则△ABC的外接圆的半径为 　　 ． 【分析】作△ABC的外接圆，圆心为O，连接并且延长AO交⊙O于点H，连接BH，由△ABC的高AD，BE相交于点F，推导出∠BDF＝∠ADC＝∠BEC＝90°，则∠DBF＝∠DAC＝90°﹣∠C，所以△BDF∽△ADC，则，所以BDAD，则ABAD，再证明△ABH∽△ADC，则，所以AHAC＝5，则OA，于是得到问题的答案． 【解答】解：作△ABC的外接圆，圆心为O，连接并且延长AO交⊙O于点H，连接BH， ∵△ABC的高AD，BE相交于点F， ∴AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E， ∴∠BDF＝∠ADC＝∠BEC＝90°， ∴∠DBF＝∠DAC＝90°﹣∠C， ∴△BDF∽△ADC， ∵AC＝4，BF＝3， ∴， ∴BDAD， ∴ABAD， ∵AH是⊙O的直径， ∴∠ABH＝∠ADC＝90°， ∵∠H＝∠C， ∴△ABH∽△ADC， ∴， ∴AHAC4＝5， ∴OAAH5， ∴△ABC的外接圆的半径为， 故答案为：． 【点睛】此题重点考查同角的余角相等、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 12．（2025•姑苏区一模）已知一次函数y＝k（x﹣3）+1图象与一圆心为（0，1），半径为1的圆相切，则切点坐标为　，　 ． 【分析】先得到一次函数y＝k（x﹣3）+1图象过定点P（3，1），设切点坐标为H（x，y），圆心为E（0，1），根据切线定义、勾股定理以及两点坐标距离公式列方程求解即可． 【解答】解：对于y＝k（x﹣3）+1，当x＝3时，y＝1， ∴一次函数y＝k（x﹣3）+1图象过定点P（3，1）， 设切点坐标为H（x，y），圆心为E（0，1）， 则EH＝1，EH⊥PH，PE＝3， ∴（x﹣0）2+（y﹣1）2＝1①， ∴12+（x﹣3）2+（y﹣1）2＝32②， 由①②解得，， ∴切点坐标为，， 故答案为：，． 【点睛】本题考查切线的性质、两点坐标距离公式、勾股定理，熟练掌握切线的性质是解答的关键． 13．（2025•灌南县一模）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，连接AE、BE，EA平分∠DEB，点O是△BCE的内心，连接AO，AO＝AB，若AD＝5，则AB的长为　　 ． 【分析】连接OB、OE，设AO交BE于点L，由矩形的性质得BC＝AD＝5，AB＝CD，CD∥AB，则∠AED＝∠EAB，因为∠AED＝∠AEB，所以∠EAB＝∠AEB，则AB＝EB＝CD，由AO＝AB，得∠AOB＝∠ABO，则∠BAO＝180°﹣2（∠ABE+∠OBE），因为点O是△BCE的内心，所以∠OBE＝OBC∠CBE，可证明∠BAO＝90°﹣∠ABE，则∠ALE＝∠BAO+∠AEB＝90°，进而证明△AED≌△AEL，得EL＝ED，AL＝AD＝5，推导出∠AEO＝90°，再证明△ALE∽△ELO，得，则EL2＝5OL，作△BCE的内切圆与BC、CE分别相切于点F、H，则圆心为点O，连接OF、OH，可证明OL＝OF＝OH，且点L为切点，推导出CH＝CF＝2CH＝BC+CE﹣EB＝5﹣EL，再证明OL＝OH＝CH，则2OL＝5﹣EL，所以EL＝5﹣2OL，由（5﹣2OL）2＝5OL，求得OL，则AB＝AO，于是得到问题的答案． 【解答】解：连接OB、OE，设AO交BE于点L， ∵四边形ABCD是矩形，AD＝5， ∴BC＝AD＝5，AB＝CD，CD∥AB，∠ABC＝∠D＝∠C＝90°， ∴∠AED＝∠EAB，∠ABE+∠CBE＝∠ABC＝90°， ∵EA平分∠DEB， ∴∠AED＝∠AEB， ∴∠EAB＝∠AEB， ∴AB＝EB＝CD， ∵AO＝AB， ∴∠AOB＝∠ABO， ∴∠BAO＝180°﹣2∠ABO＝180°﹣2（∠ABE+∠OBE）， ∵点O是△BCE的内心， ∴∠OBE＝OBC∠CBE， ∴∠BAO＝180°﹣2（∠ABE∠CBE）＝180°﹣∠ABE﹣（∠ABE+∠CBE）＝90°﹣∠ABE， ∴∠ALE＝∠BAO+∠AEB＝90°， ∵∠AEL＝∠AED，∠ALE＝∠D＝90°，AE＝AE， ∴△AED≌△AEL（AAS）， ∴EL＝ED，AL＝AD＝5， ∵∠AEL＝∠AED∠DEL，∠OEL＝∠OEC∠CEB， ∴∠AEO＝∠AEL∠OEL（∠DEL+∠CEL）180°＝90°， ∴∠ALE＝∠ELO＝90°，∠EAL＝∠OEL＝90°﹣∠AEL， ∴△ALE∽△ELO， ∴， ∴EL2＝AL•OL＝5OL， 作△BCE的内切圆与BC、CE分别相切于点F、H，则圆心为点O，连接OF、OH， ∵⊙O与BE相切，且OL⊥BE于点L， ∴OL＝OF＝OH，且点L为切点， ∴EH＝EL，BL＝BF，CH＝CF， ∴CH＝CF＝2CH＝BC+CE﹣EB＝5+CD﹣ED﹣AB＝5﹣EL， ∵CE⊥OH，BC⊥OF， ∴∠OHC＝∠OFC＝∠C＝90°， ∴四边形OFCH是矩形， ∵CH＝CF， ∴四边形OFCH是正方形， ∴OL＝OH＝CH， ∴2OL＝5﹣EL， ∴EL＝5﹣2OL， ∴（5﹣2OL）2＝5OL， ∴解得OL或OL＝5（不符合题意，舍去）， ∴AB＝AO＝AL+OL＝5， 故答案为：． 【点睛】此题重点考查矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形的内切圆与内心、切线的性质、正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 14．（2025•鼓楼区三模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD，CD分别与扇形BAF相切于点A与点E．当AB＝15，BC＝17时，AD的长为　9　 ． 【分析】连接BE，作DH⊥BC于点H，根据切线的性质得到AD＝ED，AD⊥AB，CD⊥EB，根据勾股定理求出CE，根据矩形的性质求出DH，再根据勾股定理计算即可． 【解答】解：如图，连接BE，作DH⊥BC于点H， 则∠BHD＝∠CHD＝90°， ∵AD，CD分别与扇形BAF相切于点A，E，AB＝15，BC＝17， ∴AB＝FB＝15，AD⊥AB，CD⊥EB，AD＝ED， ∴∠BAD＝∠BEC＝90°， ∴CE8， ∴CD＝CE+ED＝8+AD， ∵AD∥BC， ∴∠ADH＝∠CHD＝90°， ∵∠BAD＝∠ADH＝∠BHD＝90°， ∴四边形ABHD是矩形， ∴BH＝AD，DH＝AB＝15， ∴CH＝BC﹣BH＝17﹣AD， 在Rt△DHC中，DH2+CH2＝CD2， ∴152+（17﹣AD）2＝（8+AD）2， 解得：AD＝9， 故答案为：9． 【点睛】本题考查的是切线的性质，熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键． 15．（2025•泗洪县三模）如图，⊙O为△ABC的内切圆，AB＝7，BC＝12，AC＝10，点D，E分别为BC，AC上的点，且DE为⊙O的切线，则△CDE的周长为　15　 ． 【分析】设⊙O与AB、BC、AC分别相切于点M、F、N，DE与⊙O相切于点Q，由切线长定理得AM＝AN，BM＝BF，CN＝CF，则CN+CF＝AC+BC﹣AB＝15，而EQ＝EN，DQ＝DF，所以CE+ED+CD＝CN+CF＝15，于是得到问题的答案． 【解答】解：设⊙O与AB、BC、AC分别相切于点M、F、N，DE与⊙O相切于点Q， ∵AM＝AN，BM＝BF，CN＝CF，AB＝7，BC＝12，AC＝10， ∴CN+CF＝AC+BC﹣AN﹣BF＝AC+BC﹣AM﹣BM＝AC+BC﹣AB＝10+12﹣7＝15， ∵EQ＝EN，DQ＝DF， ∴CE+ED+CD＝CE+EQ+DQ+CD＝CE+EN+DF+CD＝CN+CF＝15， ∴△CDE的周长为15， 故答案为：15． 【点睛】此题重点考查三角形的内切圆与内心、切线长定理等知识，推导出CN+CF＝AC+BC﹣AB＝15是解题的关键． 16．（2025•扬州二模）如图，∠ACB＝60°，⊙O的半径为3且与∠ACB两边都相切，点P为圆上一动点，分别作PM⊥CA，PN⊥CB，令s＝PM+2PN，则s的最大值与最小值的差为 　　 ． 【分析】先证明，作MH⊥PN，从而可利用三角函数证得，进而证明，得出当MP与⊙O相切时，MF取得最大和最小，分别画出图形确定HN的最大值和最小值，从而得出S的最大值与最小值的差． 【解答】解：作MH⊥NB于H，作MF⊥BC于F， ∵PM⊥AC，PN⊥CB， ∴∠PMC＝∠PNC＝90°， ∴∠MPN＝360°﹣∠PMC﹣∠PNC﹣∠C＝120°， ∴∠MPH＝180°﹣∠MPN＝60°， ∴， ∴， ∵MH⊥HN，MF⊥FN，FH⊥HN， ∴四边形MFNH是矩形， ∴MF＝NH， ∴当MP与⊙O相切时，MF取得最大和最小， 如图1，连接OP，OG，OC， ∵MP与⊙O相切，MG与⊙O相切，PM⊥CA，GO＝OP， ∴四边形OPMG是正方形， ∴MG＝OP＝3， ∵⊙O的半径为3且与∠ACB两边都相切， ∴OC平分∠MCN， ∵∠ACB＝60°， ∴， ∴在Rt△COG中，∠COG＝90﹣∠OCG＝60°， ∴CG＝OG•tan∠COG＝OG•tan60°＝3， ∴， 在Rt△CMF中，， ∴， ∴； 如图2， ∴，MG＝2， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵S＝PM+2PN， ∴S的最大值为与最小值为． ∴S的最大值与最小值的差为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了解直角三角形的相关计算，切线的性质定理，正方形的性质与判定，三角形内角和定理等知识点，解题关键是熟悉上述知识并能熟练运用求解． 三．解答题（共8小题，共52分） 17．（7分）（2025•南京）如图，O是▱ABCD的对称中心，BC与⊙O相切于点E． （1）求证：直线AD是⊙O的切线． 选择其中一位同学的想法，完成证明． （2）当AB与⊙O相切时，▱ABCD是菱形吗？说明理由． 【分析】（1）如图，连接BD，OE，延长EO交AD与F，判定△DOF≌△BOE（AAS），推出OF＝OE，由切线的性质推出OE⊥BC，由平行线的性质推出OF⊥AD，即可证明直线AD是⊙O的切线． （2）设AB与⊙O相切于H，连接OH，OE，BD，由角平分线性质定理的逆定理推出∠ABD＝∠CBD，由平行线的性质推出∠CBD＝∠ADB，得到∠ABD＝∠ADB，因此AB＝AD，判定▱ABCD是菱形． 【解答】（1）证明：如图，连接BD，OE，延长EO交AD与F， ∵O是▱ABCD的中心， ∴BD过点O，OB＝OD， ∵AD∥BC， ∴∠ODF＝∠OBE，∠DFO＝∠BEO， ∴△DOF≌△BOE（AAS）， ∴OF＝OE， ∵BC与⊙O相切于点E， ∴OE⊥BC， ∴OF⊥AD， ∴直线AD是⊙O的切线． （2）解：如图，▱ABCD是菱形，理由如下： 设AB与⊙O相切于H，连接OH，OE，BD， ∵点O是▱ABCD的中心， ∴BD过点O， ∵BC与⊙O相切于E， ∴OH⊥AB，OE⊥BC， ∵OH＝OE， ∴BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠CBD， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠CBD＝∠ADB， ∴∠ABD＝∠ADB， ∴AB＝AD， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴▱ABCD是菱形． 【点睛】本题考查菱形的判定，切线的判定和性质，平行四边形的性质，中心对称，直线与圆的位置关系，关键是掌握切线的判定方法，菱形的判定方法． 18．（7分）（2025•淮安）如图，AB是半圆O的直径，点C是弦AD延长线上一点，连接CB、BD，∠CBD＝∠CAB． （1）求证：BC是⊙O的切线； （2）连接OD，若∠CAB＝30°，AB＝4，求扇形OBD的面积． 【分析】（1）因为AB是⊙O的直径，所以∠ADB＝90°，而∠CBD＝∠CAB，则∠ABC＝∠ABD+∠CBD＝∠ABD+∠CAB＝90°，即可证明BC是⊙O的切线． （2）连接OD，由∠CAB＝30°，AB＝4，得∠DOB＝2∠CAB＝60°，OD＝OBAB＝2，由扇形的面积公式求得S扇形OBD． 【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∵∠CBD＝∠CAB， ∴∠ABC＝∠ABD+∠CBD＝∠ABD+∠CAB＝90°， ∵OB是⊙O的半径，且BC⊥OB， ∴BC是⊙O的切线． （2）解：连接OD， ∵∠CAB＝30°，AB＝4， ∴∠DOB＝2∠CAB＝60°，OD＝OBAB＝2， ∴S扇形OBD， ∴扇形OBD的面积为． 【点睛】此题重点考查圆周角定理、直角三角形的两个锐角互余、切线的判定、扇形的面积公式等知识，推导出∠ABC＝∠ABD+∠CBD＝∠ABD+∠CAB＝90°是解题的关键． 19．（7分）（2025•盐城）如图，AB是⊙O的弦，过点B作直线EF，以O为顶点作∠AOC＝90°，分别交EF，AB于点C，D，若CB＝CD． （1）试判断直线EF与⊙O的位置关系，并说明理由． （2）若⊙O的半径为3，，求BC的长． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠OBA，∠CBD＝∠CDB，求得∠CBD＝∠ADO，得到∠CBO＝90°，根据切线的判定定理得到直线EF与⊙O相切； （2）根据三角函数的定义得到OD＝1，设CB＝CD＝x，求得OC＝x+1，根据勾股定理得到结论． 【解答】解：（1）直线EF与⊙O相切， 理由：∵OA＝OB， ∴∠A＝∠OBA， ∵CB＝CD， ∴∠CBD＝∠CDB， ∵∠ADO＝∠CDB， ∴∠CBD＝∠ADO， ∵∠AOC＝90°， ∴∠A+∠ADO＝90°， ∴∠OBD+∠CBD＝90°， ∴∠CBO＝90°， ∴OB⊥EF， ∵OB是⊙O的直径， ∴直线EF与⊙O相切； （2）∵∠AOC＝90°，， ∴， ∵⊙O的半径为3， ∴OA＝3， ∴OD＝1， 设CB＝CD＝x， ∴OC＝x+1， ∵∠OBC＝90°， ∴CB2+OB2＝OC2， ∴x2+32＝（x+1）2， ∴x＝4， ∴BC＝4． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判定，等腰三角形的性质，各过各的了，解直角三角形，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键． 20．（7分）（2025•苏州）如图，在四边形ABCD中，BD＝CD，∠C＝∠BAD．以AB为直径的⊙O经过点D，且与边CD交于点E，连接AE，BE． （1）求证：BC为⊙O的切线； （2）若AB，sin∠AED，求BE的长． 【分析】（1）由AB是⊙O的直径，得∠ADB＝90°，由BD＝CD，得∠C＝∠DBC，而∠C＝∠BAD，则∠DBC＝∠BAD，所以∠OBC＝∠ABD+∠DBC＝∠ABD+∠BAD＝90°，即可证明BC为⊙O的切线； （2）作DF⊥BC于点F，则BF＝CF，DF∥AB，由∠ABD＝∠AED，AB，得sin∠ABD＝sin∠AED，求得AD＝1，则BD3，由∠BDF＝∠ABD，得sin∠BDF＝sin∠ABD，则BFBD，再证明∠BEC＝∠C，则BE＝BC＝2BF． 【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∵BD＝CD， ∴∠C＝∠DBC， ∵∠C＝∠BAD， ∴∠DBC＝∠BAD， ∴∠OBC＝∠ABD+∠DBC＝∠ABD+∠BAD＝90°， ∵OB是⊙O的半径，且BC⊥OB， ∴BC为⊙O的切线． （2）解：作DF⊥BC于点F，则∠BFD＝∠CFD＝∠ABC＝90°，BF＝CF， ∴DF∥AB， ∵∠ABD＝∠AED，AB， ∴sin∠ABD＝sin∠AED， ∴ADAB1， ∴BD3， ∵∠BDF＝∠ABD， ∴sin∠BDF＝sin∠ABD， ∴BFBD3， ∵∠BEC＝∠BAD＝180°﹣∠BED，∠C＝∠BAD， ∴∠BEC＝∠C， ∴BE＝BC＝2BF＝2， ∴BE的长是． 【点睛】此题重点考查圆周角定理、等腰三角形的性质、切线的判定、勾股定理、解直角三角形等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 21．（7分）（2024•南京）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AD＝BC，对角线AC是⊙O的直径．求证：四边形ABCD是矩形． 【分析】由AC是⊙O的直径，可得∠B＝∠D＝90°，证明Rt△ABC≌Rt△CDA，得到AB＝CD，可证明四边形ABCD是平行四边形，即可解答． 【解答】证明：∵对角线AC是⊙O的直径， ∴∠B＝∠D＝90°， ∴△ABC和△CDA是直角三角形， 在Rt△ABC和Rt△CDA中， ， ∴Rt△ABC≌Rt△CDA（HL）， ∴AB＝CD， 又∵AD＝BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵∠B＝90°， ∴平行四边形ABCD是矩形． 【点睛】本题考查了矩形的判定，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识． 22．（7分）（2024•苏州）如图，△ABC中，AB＝4，D为AB中点，∠BAC＝∠BCD，cos∠ADC，⊙O是△ACD的外接圆． （1）求BC的长； （2）求⊙O的半径． 【分析】（1）先证明△BAC∽△BCD，得到，即可解答； （2）过点A作AE⊥CD于点E，连接CO，并延长交⊙O于F，连接AF，在Rt△AED中，通过解直角三角形得到DE＝1，，由△BAC∽△BCD得到，设CD＝x，则，CE＝x﹣1，在Rt△ACE中，根据勾股定理构造方程，求得CD＝2，，由∠AFC＝∠ADC得到sin∠AFC＝sin∠ADC，根据正弦的定义即可求解． 【解答】解：（1）∵∠BAC＝∠BCD，∠B＝∠B， ∴△BAC∽△BCD， ∴， ∵，D为AB中点， ∴， ∴BC2＝16， ∴BC＝4； （2）过点A作AE⊥CD于点E，连接CO，并延长交⊙O于F，连接AF， ∵在Rt△AED中，，， ∴DE＝1， ∴， ∵△BAC∽△BCD， ∴， 设CD＝x，则ACx，CE＝x﹣1， ∵在Rt△ACE中，AC2＝CE2+AE2， ∴，即x2+2x﹣8＝0， 解得x＝2，x＝﹣4（舍去）， ∴CD＝2，AC， ∵∠AFC与∠ADC都是所对的圆周角， ∴∠AFC＝∠ADC， ∵CF为⊙O的直径， ∴∠CAF＝90°， ∴， ∴，即⊙O的半径为． 【点睛】本题考查相似三角形的判定及性质，解直角三角形，圆周角定理，掌握各种定理和判定方法是解题的关键． 23．（7分）（2025•镇江）如图（1），过⊙O外一点M引⊙O的两条切线MA、MB，切点是A、B，∠AMB为锐角，连接MO并延长与⊙O交于点N，点P在MN的延长线上，过点P作MA的垂线，与BO的延长线相交于点E，垂足为F． （1）求证：△EOP是等腰三角形； （2）在图（2）中作△EOP，满足OP＝OF（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； （3）已知，在你所作的△EOP中，若PF＝2，求OE的长． 【分析】（1）连接OA，利用圆的切线的性质定理，全等三角形的判定定理与性质定理得到∠AMO＝∠BMO，再利用直角三角形的性质，对顶角相等的性质，等式的性质和等腰三角形的判定定理解答即可； （2）利用直角三角形的斜边上的中线的性质和尺规作图解答即可； （3）过点O作OD⊥PE于点D，利用等腰三角形的三线合一的性质得到FD＝PDPF＝1，利用三角形的内角和定理得到∠E＝∠AMB，则sinE，利用直角三角形的边角关系定理得到sinE，设ODk，则OE＝3k，利用勾股定理求得DE，再利用等腰三角形的性质列出关于k的方程解答即可． 【解答】（1）证明：连接OA，如图， ∵过⊙O外一点M引⊙O的两条切线MA、MB， ∴OA⊥MA，OB⊥MB， 在Rt△AOM和Rt△BOM中， ， ∴Rt△AOM≌Rt△BOM（HL）， ∴∠AMO＝∠BMO． ∵PF⊥MF， ∴∠P+∠AMO＝90°， ∵∠MOB+∠BMO＝90°， ∴∠P＝∠MOB． ∵∠MOB＝∠EOP， ∴∠EOP＝∠P， ∴△EOP是等腰三角形； （2）解：1．在MO的延长线上截取OP＝OM， 2．过点P作PF⊥MA于点F， 3．连接BO并延长交PF的延长线于点E，如图， 则△EOP为所求作． 理由：∵∠MFP＝90°，OM＝OP， ∴OF为Rt△MFP斜边上的中线， ∴OF＝OPMP． 作法2，以O为圆心，OM为半径作圆，交MO延长线于点P，交MA延长线于点F，如图， 则△EOP为所求作． 理由：∵MP为直径， ∴∠MFP＝90°， ∵OM＝OP， ∴OF为Rt△MFP斜边上的中线， ∴OF＝OPMP． （3）解：过点O作OD⊥PE于点D，如图， ∵OP＝OF，OD⊥PE， ∴FD＝PDPF＝1， 设MF与BE交于点C， ∵∠MBC＝∠EFC＝90°，∠MCB＝∠ECF， ∴∠E＝∠AMB， ∴sinE， ∵sinE， ∴， 设ODk，则OE＝3k， ∴DE2k， ∴PE＝DE+PD＝2k+1， 由（1）知：∠EOP＝∠P， ∴OE＝PE， ∴3k＝2k+1， ∴k＝1， ∴OE＝3k＝3． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆的切线的性质定理，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，尺规作图，等腰三角形的判定与性质，连接经过切点的半径，作出等腰三角形的底边上的高线是解决此类问题常添加的辅助线． 24．（7分）（2025•连云港）已知AD是△ABC的高，⊙O是△ABC的外接圆． （1）请你在图1中用无刻度的直尺和圆规，作△ABC的外接圆（保留作图痕迹，不写作法）； （2）如图2，若⊙O的半径为R，求证：； （3）如图3，延长AD交⊙O于点E，过点E的切线交OC的延长线于点F．若BC＝7，，∠ACB＝60°，求CF的长． 【分析】（1）分别作AB，BC的垂直平分线交于点O，以OA为半径作圆，即可求解； （2）作⊙O的直径AM，连接BM，证明△ABM∽△ADC，根据相似三角形的性质，即可求解； （3）连接OE，根据EF为⊙O的切线，得出∠OEF＝90°，进而证明△OEC是等边三角形，得出CE＝CF＝R，在Rt△ADC，Rt△ABD中分别求得AB，AC，根据（2）的结论求得即可求解． 【解答】（1）解：如图所示，即为所求； （2）证明：如图，作⊙O的直径AM，连接BM， ∴∠ABM＝90°，AM＝2R， ∵AD是△ABC 的高， ∴∠ADC＝90°， ∵∠ACB＝∠AMB， ∴△ABM∽△ADC， ∴，即， ∴； （3）解：如图，连接OE， ∵EF为⊙O的切线， ∴∠OEF＝90°， ∵∠ACB＝60°，∠ADC＝90°， ∴∠DAC＝30°， ∴∠EOC＝60°，∠F＝30°， ∵OE＝OC， ∴△OEC是等边三角形，∠OEC＝∠OCE＝60°， ∴∠CEF＝30°，∠CEF＝∠F， ∴CE＝CF＝R． 在Rt△ADC中，，∠ACB＝60°，， ∴CD＝3，BD＝BC﹣CD＝7﹣3＝4， 在Rt△ACD中，， 在Rt△ABD中，， 代入，得， 即． 【点睛】本题考查了作三角形的外接圆，相似三角形的性质与判定，切线的性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $