专题04 圆中切线证明与动点问题（抢分专练，江西专用）2026年中考数学终极冲刺讲练测

专题04 圆中切线证明与动点问题 考点1 圆与特殊四边形的综合 1．（2025·江西·中考真题）如图，点A，B，C在上，，以，为边作． (1)当经过圆心O时（如图1），求的度数； (2)当与相切时（如图2），若的半径为6，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据直径所对的圆周角为直角，得出，再求出，再根据平行四边形的性质得出； （2）连接、，根据切线性质得出，证明，得出， 说明垂直平分，根据线段垂直平分线的性质得出，根据等腰三角形性质得出，根据圆周角定理得出，最后根据弧长公式求出结果即可． 【详解】（1）解：∵经过圆心O， ∴为的直径， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴； （2）解：连接、，如图所示： ∵与相切， ∴， ∴， ∵在中， ∴， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，弧长公式，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的性质，垂径定理，圆周角定理，线段垂直平分线的性质，解题的关键是数形结合，熟练掌握相关的判定和性质． 2．（2025·江西·一模）如图1，是菱形的边上的高，以点O为圆心，长为半径画圆． (1)求证：是的切线． (2)若点B在上，如图2． ①求的度数； ②已知菱形的边长为6，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2)①，② 【分析】（1）根据菱形的性质得，结合平行线的性质得，因为是菱形的边上的高，得，即，即可作答． （2）①根据四边形为菱形，得，证明为等边三角形．再结合，得，即可作答． ②结合是等边三角形，得，．根据勾股定理得，求出，因为，得．即可作答． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴． ∴点C在上，即是半径． ∵， ∴． ∵是菱形的边上的高， ∴． ∴， 即． ∵是半径， ∴是的切线． （2）解：如图，连接． ①∵点B在上， ∴． ∵四边形为菱形， ∴． ∴． ∴为等边三角形． ∴． 又， ∴． ②∵是等边三角形， ∴，． 在中，，， ∴，， ∴． ∵， ∴ ∴． ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质，切线的性质与判定，等边三角形的判定与性质，不规则图形的面积，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 3．（2025·江西·一模）如图，正方形的边长为2，经过正方形上的点B，C，且与相切于点P． (1)正方形的内切圆和外接圆的半径分别为______，______； (2)求的半径； (3)求图中阴影部分的面积．（参考数据：，） 【答案】(1)1， (2)1.25 (3) 【分析】此题主要考查了正多边形和圆，内心的性质，扇形面积公式． （1）由正方形的边长、外接圆半径、内切圆半径正好组成一个直角三角形，从而求得它们的长度； （2）连接并延长，交于点E，连接．设的半径为，在中，由勾股定理列式计算即可求解； （3）先求得，再利用扇形面积公式即可求解． 【详解】（1）解：如图，过点O作于点B． ∵正方形的边长为2， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 即外接圆半径为，内切圆半径为1； 故答案为：1，； （2）解：如图，连接并延长，交于点E，连接． ∵是的切线， ∴， 由正方形可得， ∴， ∵， ∴， 设的半径为，则， 在中，有， ∴， 解得； （3）解：由（2）知， ∴， ∵， ∴， 连接， ∴， ∴． 4．（2025·江西·一模）如图，是的一条对角线，且，的外接圆与边交于点．连结． (1)求证：是的切线； (2)求证：； (3)若的半径为5，且，求的长． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 (3)6 【分析】（1）连接、，连接并延长交于点，可得垂直平分，则，由三角形内角和定理得出，由等边对等角以及圆周角定理得出，再根据平行四边形的性质得出，进而得出，进一步即可得出是的切线． （2）由等边对等角，平行四边形的性质，圆内接四边形的性质得出，即可证明． （3）连接过点B作于点F，由等腰三角形三线合一的性质可知，由，设，，得出，最后根据勾股求解即可． 【详解】（1）证明：连接、，连接并延长交于点， ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，     ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， 即， ∵为的半径， ∴是的切线． （2）证明：∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， 又∵四边形是内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∴． ∴； （3）解：连接、，连接并延长交于点， 由（1）可知，垂直平分， ∴，， ∵， ∴， ∴设，， ∴， 在中，， ∴， 即， 解得：（舍去）或， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，平行四边形的性质，正切的定义，相似三角的判定，圆切线的判定，等腰三角形三线合一等知识，掌握这些性质是解题的关键． 考点2 圆中求阴影部分的面积 5．（2026·江西吉安·二模）如图，已知内接于，点D在的延长线上，． (1)求证：是的切线． (2)若，，求阴影部分的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据圆周角定理求出，即可得，则此题可证； （2）连接，先说明是等边三角形，进而得出四边形是菱形，再解直角三角形求出，即可得，然后根据勾股定理求出，可得最后根据得出答案． 【详解】（1）证明：连接， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：连接， ∵， ∴即． ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形，则． 在中，， ∴，即， 解得， ∴，即． 在中， ， ∴ ∴． 6．（2026·江西上饶·一模）如图，在中，线段过圆心O交于点E，F，过点A作的切线，切点为点C，连接并反向延长交于点D，连接，已知，点O为的中点，，． (1)试判断与的位置关系，并说明理由； (2)求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)与相切，理由见解析 (2) 【分析】（1）先根据切线的性质得出，再证明，得出，即可得出结论； （2）先根据三角函数定义求出，根据勾股定理得，根据特殊角的三角函数值得出，最后根据扇形面积公式求出结果即可． 【详解】（1）解：与相切．理由如下： ∵与相切于点C， ∴， ∴， ∵点O为的中点， ∴， 在和中， ∴， ∴， 即， ∵是的半径， ∴是的切线， 即与相切． （2）解：∵，点O为的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴． 7．（2026·江西·一模）如图，是的切线，切点为A，点B在上，不与点A重合，． (1)求证：是的切线； (2)点C是优弧上一点，连接，，设． ①求的大小（用表示）； ②已知，若四边形为菱形，试求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2)①；②． 【分析】（1）连接，根据切线的性质定理得到，根据证明，得到，即可证明是的切线； （2）①先求出，再根据圆周角定理作答即可； ②根据菱形的性质得到，，即可求出，，根据全等三角形的性质得到，设，则，根据勾股定理得到，根据计算即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵是的切线，切点为A， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵是半径， ∴是的切线； （2）解：①∵，， ∴ ， ∴； ②如图，连接，， ∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， 解得：， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∵，， ∴， 解得：（负值舍去） ∴， ∴ ． 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，扇形的面积公式，度角直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握各知识点是解题的关键． 8．（2026·江西·一模）【课本再现】（1）如图①，PA，PB是的两条切线，切点分别为A，B．图中的PA与PB，与有什么关系？请说明理由． 【知识应用】（2）如图②，PN，PD，DE分别与相切于点A，B，C，且，连接OD，OP，延长PO交于点M，交DE于点E，过点M作交PN于点N． ①求证：MN是的切线； ②当时，求的半径及图中阴影部分的面积． 【答案】（1）．理由见解析（2）①证明见解析②的半径是，图中阴影部分的面积是 【分析】（1）连接和，根据切线的性质，可得，即可得出结论； （2）①根据题意求证，即可得出，即可得出答案；②根据，求出的长，再用三角形面积减去扇形面积即可得出答案． 【详解】解：（1）．理由如下： 如图①，连接和． 和是⊙O的两条切线， ． 又 ， ． （2）①证明： ，，分别与相切于点A，B，C， ∴，分别平分． 又， ， ，即． 又，． 又MN经过半径OM的外端点M， MN是的切线． ②如图②，连接OB，则． ， ， ， ， ． 综上所述，的半径是，图中阴影部分的面积是． 【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查圆的切线的证明、扇形的面积计算等，解题的关键在于熟练掌握圆的知识点，切线的证明与性质，圆中的相关面积计算等． 考点3 圆中证明切线 9．（2026·江西赣州·一模）如图，已知的直径，点在上，，是的切线． (1)当时，求的大小； (2)当时，连接，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，证明是等边三角形，求出，再根据，是的切线，得到，由即可求解； （2）易得，求出，由切线长定理得到，即点在的垂直平分线上，结合，即点在的垂直平分线上，易证，推出，得到，即可求解． 【详解】（1）解：连接， 直径，， ， 是等边三角形， ， ， ，是的切线， ， ； （2）解：如图， 是的直径， ， ，， ， ，是的切线， ，即点在的垂直平分线上， ，即点在的垂直平分线上， ， ， ， ， 解得：． 10．（2026·江西吉安·一模）如图，为的直径，与相切于点，过点作于点，连接，． (1)求证：． (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵与相切于点， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）解： ∵，， ∴， 由（1）知， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的长为． 11．（2025·江西·一模）【课本再现】 （1）如图1，分别与相切于A，B两点，，则（   ） A．    B．    C．    D． 【变式探究】 （2）如图2，分别与相切于A，B两点，若． ①求的度数； ②若，求部分． 【答案】（1）；（2）①，② 【分析】（1）连接，根据切线的性质定理，结合四边形的内角和定理，即可推出的度数，然后根据圆周角定理，即可推出的度数． （2）①连接，根据切线的性质定理，可得，平分，，，因此，结合，即可求出的度数． ②在中，过点A作于点H，，，，，可求得，再证明是等边三角形，即，在中，，如答图1，连接，交于点G，易知，且，，根据即可求出答案． 【详解】解：（1）连接，如图所示， 分别与相切于A，B两点， ， ， ， ,， 故选：B． （2）①如答图1，连接． 分别与相切， ，平分，，． ． 又， ， ． ②如答图2，在中，过点A作于点H． 在中，，，， ，，． ． ． ，， 是等边三角形． ． 在中，， ． ， ． 如答图1，连接，交于点G，易知，且， ． ． 【点睛】本题考查了切线的性质，四边形的内角和，圆周角定理，扇形的面积，解直角三角形的相关计算，正确作出辅助线是解题的关键． 12．（2026·江西·模拟预测）教材改编题改编自人教版九上P100 已知过圆外一点画圆的两条切线，它们的切线长相等． 【课本再现】 （1）如图（1），的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，且，，．求，，的长．请你完成解题过程． 【深入探究】 （2）如图（2），在（1）的条件下，点P为上的一动点，过点P的切线分别交，于点M，N． ①判断的周长是否为一个定值，若是，请求出的周长；若不是，请说明理由． ②当时，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）①是，18；② 【分析】本题主要考查了切线的性质、相似三角形的性质和判定，熟知相关性质定理是正确解答此题的关键． （1）设，则，，，列方程即可求解，进而可求相关线段的长； （2）①根据切线长定理即可证明结论；②由证明，即可求解． 【详解】(1)设，则，，． 由， 可得． 解得． ，，．     (2)①是．     与相切于点 P， ，． 的周长为 ．                  ②， ． 即 ， 解得 考点4 圆中动点问题 13．（2026·江西·模拟预测）如图，是的直径，是弦，且于点E，P为下方上一动点，连接并延长，交的延长线于点 Q，连接．已知，． (1)当时，如图(1)，求 的长． (2)当点 P 恰好为的中点时，如图(2)，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，先由三角形内角和定理得出，再由得，则，再根据弧长公式计算即可； （2）连接，，证明得，则，再由P是的中点，得，连接，则，由垂径定理得，由勾股定理得出，则，由勾股定理得，进而可得答案． 【详解】（1）解：如图（1），连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，     ； （2）解：如图（2），连接，， ∵是的直径， ∴， ∴， 又∵，， ∴， 又∵（同弧所对的圆周角相等）， ∴， 又∵， ∴，                                           ， ， 又∵P是的中点， ， 连接，则， ∵，， ∴， ， ∴， ， ， ． 【点睛】本题考查弧长公式，圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识点． 14．（2026·江西·模拟预测）教材改编题改编自人教版九上P100 已知过圆外一点画圆的两条切线，它们的切线长相等． 【课本再现】 （1）如图（1），的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，且，，．求，，的长．请你完成解题过程． 【深入探究】 （2）如图（2），在（1）的条件下，点P为上的一动点，过点P的切线分别交，于点M，N． ①判断的周长是否为一个定值，若是，请求出的周长；若不是，请说明理由． ②当时，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）①是，18；② 【分析】本题主要考查了切线的性质、相似三角形的性质和判定，熟知相关性质定理是正确解答此题的关键． （1）设，则，，，列方程即可求解，进而可求相关线段的长； （2）①根据切线长定理即可证明结论；②由证明，即可求解． 【详解】(1)设，则，，． 由， 可得． 解得． ，，．     (2)①是．     与相切于点 P， ，． 的周长为 ．                  ②， ． 即 ， 解得 15．（2026·江西·模拟预测）如图，是的直径，是弦，且于点E，P为下方上一动点，连接并延长，交的延长线于点 Q，连接．已知，． (1)当时，如图(1)，求 的长． (2)当点 P 恰好为的中点时，如图(2)，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，先由三角形内角和定理得出，再由得，则，再根据弧长公式计算即可； （2）连接，，证明得，则，再由P是的中点，得，连接，则，由垂径定理得，由勾股定理得出，则，由勾股定理得，进而可得答案． 【详解】（1）解：如图（1），连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，     ； （2）解：如图（2），连接，， ∵是的直径， ∴， ∴， 又∵，， ∴， 又∵（同弧所对的圆周角相等）， ∴， 又∵， ∴，                                           ， ， 又∵P是的中点， ， 连接，则， ∵，， ∴， ， ∴， ， ， ． 【点睛】本题考查弧长公式，圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识点． 16．（2025·江西·一模）如图1，在中，直径，P是线段延长线上的一点，切于点C，D是上一点，切，连接．    (1)求证：是的切线； (2)当时（如图2），求的长； (3)若四边形是菱形（如图2），求弧与线段围成的阴影图形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）如图1，连接，则有，再证明可得，根据切线的性质可得，进而得到，即可证明结论； （2）如图2，连接 ，由（1）可知， ，再证明四边形为正方形，再求出，由勾股定理可得，再根据线段的和差即可解答； （3）如图3，连接，设，则，根据菱形的性质、切线的性质可得，进而得到，最后根据以及扇形的面积公式即可解答． 【详解】（1）证明：如图1，连接，则有．    在和中， ∴， ∴， ∵切于点C， ∴， ∴，即， ∴是的切线． （2）解：如图2，连接 ，由（1）可知， ．    当时，四边形为矩形． 又∵， ∴四边形为正方形． ∵， ∴，即 ∴， ∴． （3）解：如图3，连接，设，则，    ∵四边形是菱形， ∴．则， ∵是的切线，即． ∴，即． ∴， ∴ ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了切线的性质、切线的判定、勾股定理、全等三角形的判定与性质、扇形的面积公式等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 1．（2025·江西·一模）如图，四边形是菱形，是对角线上一点，以点为圆心，为半径画圆交于点，边与相切于点． (1)①判断点和的位置关系，并说明理由； ②求证：是的切线； (2)若，求图中阴影部分的周长． 【答案】(1)①点在上，理由见解析；②见解析 (2) 【分析】（1）①连接，，根据菱形的性质得到三角形全等，利用全等三角形的性质求解； ②根据全等三角形的性质和切线的判定来求解； （2）根据菱形的性质和圆周角定理求出，再利用含角的直角三角形性质求出，由勾股定理求出的长度，利用弧长公式求解． 【详解】（1）解：①点在上，理由如下： 连接，， 在菱形中， ， ∴， ∴． 又是半径， ∴点在上； ②∵， ∴． 又与相切，切点为， ∴，是半径， ∴， ∴， ∴是的切线． （2）解：∵， ∴， 在菱形中，， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ， ， 即， ∴，， ∴， ∴弧长， ∴． 【点晴】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，点和圆的位置关系，切线的判定和性质，含角的直角三角形性质，勾股定理，弧长公式，理解相关知识是解答关键． 2．（2026·江西·模拟预测）如图，是的切线，点C为切点，以为边作平行四边形，点A，D均在上，连接，圆心O在上． (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】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，切线的判定和性质，菱形的判定和性质，利用锐角三角函数解直角三角形，等边三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． （1）连接交于点E，利用切线的性质和平行四边形的性质得出相等的角和边，证明，即可得出结论； （2）延长交于点F，根据条件证明垂直平分，得到，证明是等边三角形，利用锐角三角函数得出，然后利用作差法进行求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接交于点E． ∵是的切线， ∴，即． ∵四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴． 又∵， ∴，     ∴， ∴是的切线； （2）解：如图，延长交于点F， ∵， ∴. 又∵， ∴， ∴垂直平分， ∴. 由(1)可得，， ∴平行四边形是菱形， ， ， ∴是等边三角形， ∴， ， ∴.     由(1)知，， ， ． 3．（2025·江西·一模）如图，是的直径，直线与相切于点，是上的一点，，延长，交的延长线于点． (1)求证：是的切线； (2)若，求图中阴影部分的面积．（结果保留） 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题考查了切线判定和性质、扇形面积等知识，熟练掌握切线的判定是解题的关键． （1）连接，，证明，推出，即可证明结论成立； （2）作于点F，连接，证明是等边三角形，得到，求出，，则，，据此计算即可求出答案． 【详解】（1）证明：连接，， ∵为的切线， ∴， ∵，，， ∴， ∴，即， ∵点B在上， ∴是的切线； （2）解；如图，作于点F，连接，， 由可得：是斜边的中线， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 又∵，， ∴，， ∴，， ∴ ． 4．（2025·江西·一模）【课本再现】如图1， 是的切线， 为切点， 是的直径．若， (1)求的度数． (2)【变式设问】如图2，是的直径， 与相切于点为上一 点，的延长线与射线相交于点D， 若，求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】此题考查了切线的性质和切线长定理，三角形内角和定理，等腰三角形性质，解题的关键是熟练掌握以上知识点． （1）利用圆的切线性质得到，由切线长定理知，得到 ，最后根据三角形内角和定理求出． （2）连接 ，利用等腰三角形性质得到 ，推出 ． 结合已知条件，得到 ，从而判定是切线，根据切线长定理即可得证． 【详解】（1）是的切线 ． （2）根据题意， 如图，连接， 可得 ， 又 是的切线 ． 5．（2026·江西宜春·一模）如图，内接于，是的直径，点在上，点是的中点，过点作，垂足为点，的延长线交的延长线于点． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了圆的切线的判定，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，弧长公式，正确添加辅助线是解题的关键． （1）连接，由圆周角定理得到，然后证明，由，得到，即可证明； （2）先证明，则可求，则，可证明为等边三角形，则，可求，那么，则半径，再由弧长公式求解． 【详解】（1）证明：连接， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， ∵是半径， ∴是的切线； （2）解：如图 ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴ ∵， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴的长为． 6．（2026·江西九江·一模）如图，在中，，点在边上，点是边上一点，连接，且． (1)求证：以为直径的与直线相切； (2)在（1）的条件下，若，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)1 【分析】（1）作，由、得，结合知平分；由、得，进而即可证明； （2）设⊙半径为，则，；在中，，得；在中，由勾股定理，求解即可． 【详解】（1）证明：如图，作，垂足为点． ， ， ． ∴平分， 又， ， 以为直径的与直线相切； （2）解：由（1）可知． 设的半径为，则， 在中，， ． 在中，， 解得，（舍去）， 的半径为1． 【点睛】本题以含角的直角三角形为载体，结合角平分线性质、切线判定定理与勾股定理，先证切线再列方程求半径，体现了数形结合与方程思想的应用，是圆与直角三角形综合的基础典型题． 7．（2026·江西·模拟预测）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： ． 8．（2026·江西·模拟预测）如图，是的直径，C是上一点，于点D，延长至点F，使得 (1)求证：与相切； (2)若，，求阴影部分的周长结果保留 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查切线的判定与性质，勾股定理，垂径定理，圆周角定理，直线与圆的位置关系，扇形面积的计算，解题的关键是掌握以上知识点． （1）连接，利用等腰三角形性质得到，再根据直径所对圆周角是直角和直角三角形两锐角互余，结合已知条件推出，进而得到，从而证明与相切； （2）先根据，，求出，再根据半径相等得到最后根据弧长公式求出的长，加上和的长，得到阴影部分的周长． 【详解】（1）证明：如图，连接， ， ， 为直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 又是半径， 与相切； （2）解：，， ， ， △是等边三角形， ， 的长度， 阴影部分的周长为． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题04圆中切线证明与动点问题 押题预测 一考点1圆与特殊四边形的综合 1.【答案】(1)55 e1e-牙 【分析】(1)先根据直径所对的圆周角为直角，得出∠BAC=90°，再求出∠ABC=90°-35°=55°，再根据平 行四边形的性质得出∠D=LABC=55°； (2)连接AO、CO,根据切线性质得出AO⊥AD,证明OA⊥BC,得出BE=CE, 说明OA垂直平分BC,根据线段垂直平分线的性质得出AB=AC,根据等腰三角形性质得出 ∠ABC=∠ACB=35°，根据圆周角定理得出∠AOC=2LABC=70°，最后根据弧长公式求出结果即可 【详解】(1)解：：BC经过圆心O, .BC为O0的直径， .∠BAC=90°， :∠ACB=35°， ∴.∠ABC=90°-35°=55°， :四边形ABCD为平行四边形， .∠D=LABC=55°； (2)解：连接A0、C0,如图所示： D :AD与O0相切， .AO⊥AD, .∠0AD=90°， :在ABCD中BC∥AD, 1/34 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 ∠0EC=∠0AD=90°， .0A⊥BC, .BE =CE, :.OA垂直平分BC, :AB=AC, .∠ABC=∠ACB=35°， .∠A0C=2LABC=70°， :lc= 70π×6_7π 1803 2.【答案】(1)见解析 ②0∠DCB=30°，②9V5 【分析】(1)根据菱形的性质得C0=A0,结合平行线的性质得∠D+∠DC0=180°，因为CD是菱形 OABC的边AB上的高，得LD=90°，即∠DC0=90°，即可作答 (2)①根据四边形OABC为菱形，得BC=OC,证明△OBC为等边三角形.再结合LDC0=90°，得 ∠DCB=30°，即可作答 ②结合△0BC是等边三角形，得∠B0C=60°，BC=OC=6.根据勾股定理得CD=3V5,求出 Sac-分xBDxCD=9y ,因为∠A0B=LB0C=60°，得S号形B=S号形C·即可作答. 2 【详解】(1)证明：：四边形OABC是菱形， .C0=A0. .点C在O0上，即0C是半径 :AB∥OC, .∠D+∠DC0=180°. :CD是菱形OABC的边AB上的高， .∠D=90°. .∠DC0=90°， 即0C⊥DC. :C0是半径， CD是OO的切线. (2)解：如图，连接OB. 2/34 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D B ①：点B在O0上， .0B0A0C. :四边形OABC为菱形， .BC=0C. .BC=0C=0B. :△OBC为等边三角形. .∠BC0=60°. 又∠DC0=90°， .∠DCB=30°. ②：△OBC是等边三角形， ∠B0C=60°，BC=0C=6. 在Rt△DBC中，∠D=90°，∠DCB=30°， BD=3,CD=V62-32=3V5, 5.mcD 2 :∠A0B=∠B0C=60°， S40B=S.B0c.S扇形40B=S宽形BoC S号形MB=S号形BC· 95 S阴影=SADRC= 2 3.【答案】(1)1,2 (2)1.25 3)26n3 5764 【分析】此题主要考查了正多边形和圆，内心的性质，扇形面积公式 (1)由正方形的边长、外接圆半径、内切圆半径正好组成一个直角三角形，从而求得它们的长度； 3/34 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (2)连接PO并延长，交BC于点E,连接OC,设OO的半径为r,在Rt△OEC中，由勾股定理列式计算 即可求解； (3)先求得∠B0C≈106°，再利用扇形面积公式即可求解. 【详解】(1)解：如图，过点O作OB上AC于点B. B E :正方形的边长为2， BC=2,0B=0C,∠B0C=90°， :BE=CE=1, ∴OE=BE=CE=1, 0B=0C=V2+12=√2， 即外接圆半径为√2，内切圆半径为1； 故答案为：1，√2： (2)解：如图，连接PO并延长，交BC于点E,连接OC. :AD是O0的切线， OP⊥AD, 由正方形ABCD可得AD∥BC, OE⊥BC, BC=2, :EC EB=1, 设00的半径为r,则0E=2-r, 在Rt△0EC中，有OC2=OE2+CE2, 4/34 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 .r2=(2-r+1, 解得r=1.25; (3)解：由(2)知r=1.25, .0E=0.75, :c0s∠C0E=0.75÷1.25=0.6, .∠C0E≈53°， 连接OB, .∠B0C≈106°， 106元× 5)2 4 S阴影=S层形B0c-S,BOC 2×0.75265π3· 360 2 5764 4.【答案】(1)见详解 (2)见详解 3)6 【分析】(I)连接OC、OD,连接BO并延长交CD于点F,可得BF垂直平分CD,则LOBC=LOBD, 由三角形内角和定理得出∠0BC+LOCB+∠B0C=180°，由等边对等角以及圆周角定理得出 ∠0BC+∠BDC=90°，再根据平行四边形的性质得出∠BDC=LABD,进而得出∠AB0=90°，进一步即可 得出AB是⊙O的切线. (2)由等边对等角，平行四边形的性质，圆内接四边形的性质得出LAEB=∠A=∠C=∠BDC,即可证明 △ABE∽△DBC. (3)连接0C过点B作8F1DC于点下、由等陵三角形三线合一的性风可知CFCD,由 BF tan∠A=∠BCD= CF =3,设CF=x,BF=3x,得出OF,最后根据勾股求解即可. 【详解】(1)证明：连接0C、OD,连接BO并延长交CD于点F, .OC=OD,BD=BC, .BF垂直平分CD, 5/34 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 .∠OBC=∠OBD, :0B=0C, .∠0BC=∠0CB, BC=BC, .∠B0C=2∠BDC, .∠OBC+∠0CB+∠B0C=180°， .2L0BC+2LBDC=180°， ∴∠0BC+∠BDC=90°， :四边形ABCD是平行四边形， .AB∥CD, .∠BDC=∠ABD, .∠0BD+∠ABD=90°， 即∠AB0=90°， :BO为⊙0的半径， AB是OO的切线. (2)证明：：BD=BC, LBDC=∠BCD, :四边形ABCD是平行四边形， .∠A=LC, 又：四边形BCDE是OO内接四边形， .∴.∠BED+∠C=180°， :∠AEB+LBED=180°， ∴.∠AEB=∠C, :ZAEB=ZA=ZC ZBDC ∴.△ABE∽△DBC; (3)解：连接OC、OD,连接BO并延长交CD于点F, 6/34 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D E B 由(1)可知，BF垂直平分CD, :BFL CD,CF=CD. :∠A=∠BCD, ∴.tan∠A=∠BCD= BF=3, CF .设CF=x,BF=3x, 0F=BF-0B=3x-5, 在Rt△0FC中，∠0FC=90°， .FC2+0F2=0C2, 即x2+(3x-5)2=52, 解得：x=0(舍去)或x=3, .CD=2CF=6. ◆考点2圆中求阴腸影焙部分的面积 5.【答案】(1)证明见解析 216r-85 3 【分析】(1)连接OA,根据圆周角定理求出∠C0A=60°，即可得∠0AD=90°，则此题可证： (2)连接OB,先说明△AOC是等边三角形，进而得出四边形ACB0是菱形，再解直角三角形求出OA=4 即可得0C=4,然后根据勾股定理求出AE=25,可得AB=4V5,最后根据S阴影=S扇形04B-S菱形4C®0得出 答案. 【详解】(1)证明：连接OA, :∠B=30°， 7134 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 .∠C0A=2∠B=60°. :∠D=30°， .∠0AD=90°， OA⊥AD. :OA是00的半径， AD是OO的切线； (2)解：连接OB, :OD⊥AB, AE BE,AC BC,AC BC. :OA=OC,∠A0C=60°， ∴.△AOC是等边三角形， .OA=AC, ..0A=0B=AC=BC, 四边形ACB0是菱形，则OC=20E. 在RtaA0D中，AD=4V5,∠A0C=60°， :tan60°=A A 即V5=4v3 OA 解得0A=4, 0C=4,即0E=2. 在Rt△A0E中，AE=VOA2-0E2=25, :AB =2AE =43, 120π×4 .S阴影=S扇形OAB-S菱形CB0 -4W5x4x=16r-85 360 3 6.【答案】(1)BD与O0相切，理由见解析 (2)25-2 【分析】(1)先根据切线的性质得出∠OCA=90°，再证明△BOD≌△AOC(SAS,得出 8/34 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ∠0DB=∠0CA=90°，即可得出结论： (2)先根据三角函数定义求出cos∠C0A=0C_1, 0A2’ 根据勾股定理得AC=V0A2-0C2=√42-22=25， 根据特殊角的三角函数值得出∠C0A=60°，最后根据扇形面积公式求出结果即可. 【详解】(1)解：BD与⊙0相切.理由如下： :AC与00相切于点C, .AC⊥0C, .∠0CA=90°， :点O为AB的中点， .A0=B0, OD=OC 在△B0D和△AOC中{∠BOD=∠AOC, OB=OA .△B0D≌△AOC(SAS, .∠0DB=∠0CA=90°， 即BD⊥OD, :0D是00的半径， BD是OO的切线， 即BD与OO相切. (2)解：AB=8,点O为AB的中点， 01-06-48=×8=4, :∠0CA=90°，EF=4, .0C=0E=0F=2, :cos∠C0A=OC、1 0A2’4C=V042-0C2=V4-2=25, ∠C0A=60°， .Sas -5.co-Swcoe2xx2 360 =252π 3 7.【答案】(1)见解析 20∠C=90°-：②12W5-4r 【分析】(1)连接OA,OB,OP,根据切线的性质定理得到∠PA0=90°，根据SSS证明△OPA≌△OPB, 9/34 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 得到∠PA0=∠PB0=90°，即可证明PB是O0的切线： (2)①先求出∠AOB=180°-Q,再根据圆周角定理作答即可； ②根据菱形的性质得到LC=∠APB=Q,PA=PB=6,即可求出a=60°，∠AOB=120°，根据全等三角形 的性质得到LAP0=∠BP0=30°，设0A=x,则OP=2x,根据勾股定理得到x=25,根据 S阴影=S4oAP+SOBP-S扇形4OB计算即可. 【详解】(1)证明：如图，连接OA,OB,OP, :PA是O0的切线，切点为A, .∠PA0=90, 在△OPA和△OPB中， OA=OB OP=OP, PB=PA aOPA≌△OPB(SSS), ∠PA0=∠PB0=90°， :OB是半径， .PB是OO的切线： (2)解：①∠APB=a,∠PA0=∠PB0=90°， .∠A0B=360°-LAPB-∠PA0-∠PB0 =360°-a-90°-90° =180°-a, ∠C=∠40B=90 2 ②如图，连接AC,BC, 10/34 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B :四边形APBC为菱形， .∠C=∠APB=a,PA=PB=6, :∠C=90°- 2 2a, 90°- 解得：a=60, ∠A0B=180°-Q=120°， :△0PA≌△0PB, :∠AP0=∠BP0=∠APB=30°， 2 设0A=x,则OP=2x, :∠PA0=90°，PA=6, x2+62=(2x2, 解得：x=2V5(负值舍去) 0B=0A=2V5, ：.S阴影=SOAP+SOBP-S扇形AOB 2x6x25+)x6x25120m23 360 =6√5+6√5-4元 =12√5-4π. 8.【答案】(1)PA=PB,∠AP0=LBP0,理由见解析(2)①证明见解析②00的半径是4.8cm,图中 阴影部分的面积是(24-5.76π)cm2 【分析】(1)连接OA和OB,根据切线的性质，可得RI AOP≌RIABOP,即可得出结论； (2)①根据题意求证MNOD,即可写出MN10M,即可得出答案：②根据Sam=0P0D-号PDD8, 11/34 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 求出OB的长，再用三角形面积减去扇形面积即可得出答案。 【详解】解：(1)PA=PB,LAP0=LBP0.理由如下： 如图①，连接OA和OB, :PA和PB是⊙O的两条切线， OA⊥AP,OB⊥BP. 又0A=0B,0P=0P .Rt△AOP≌Rt△BOP(HL), PA=PB,∠APO=∠BP0. D E B B M N A A 图① 图② (2)①证明：：PN,PD,DE分别与O0相切于点A,B,C, .OD,OP分别平分LPDE,LDPN. 又：DE∥PN,∠PDE+∠DPN=I80°， :∠PD0+∠DP0=90°， ·∠P0D=90°，即0D⊥OM· 又：MN∥OD,MN⊥OM 又：MN经过半径OM的外端点M, :MN是⊙O的切线， ②如图②，连接OB,则OB⊥PD. .OD=6cm,OP=8cm, .PD=OD2+OP2 =10cm, .Smo-OP.OD=PD-OB, 2 2 .0B=4.8cm, S明影=号×6x8-90m×4.82 =(24-5.76π)cm2. 2 360 12/34 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 综上所述，⊙0的半径是4.8cm,图中阴影部分的面积是(24-5.76π)cm2 考点3圆中证明切线 9.【答案】(1)60° @号 【分析】(1)连接0C,证明△0BC是等边三角形，求出∠A0C=120°，再根据PA,PC是⊙0的切线， 得到∠0CP=∠0AP=90°，由∠APC=360°-∠A0C-∠0AP-∠0CP即可求解； (2)易得∠ACB=90,求出cosB=BC=,由切线长定理得到PA=PC,即点P在AC的垂直平分线上， AB 5 结合OA=OC,即点O在AC的垂直平分线上，易证AC⊥P0,推出OP∥BC,得到∠AOP=∠B,即可求 解。 【详解】(1)解：连接0C, A 直径AB=10,BC=5, B 0B=0C=BC=5, aOBC是等边三角形， ∠B0C=60°， ∠A0C=120°， PA,PC是OO的切线， ∠0CP=∠0AP=90°， ∠APC=360°-∠A0C-∠PA0-∠PC0=60°； (2)解：如图， :AB是⊙O的直径， .∠ACB=90°， 13/34 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 :AB=10,BC=6, ∴cosB=BC-3 AB5’ PA,PC是O0的切线， PA=PC,即点P在AC的垂直平分线上， :OA=OC,即点O在AC的垂直平分线上， .AC⊥P0, .OP∥BC, ∠AOP=∠B, Cos∠AOP=A0 3 =cos B= OP 解得：OP= 25 3 10.【答案】(1)证明见解析 、3 ② 【详解】(1)证明：如图，连接0C, :DC与O0相切于点C, .0C⊥CD, .∠0CD=90°， :AB是OO的直径， ∠ACB=90°， ·.∠ACB-∠OCB=∠OCD-∠OCB, .LACO=∠BCD, :0C=0A, .∠AC0=∠A, :ZBCD ZA. (2)解：BD⊥CD,∠CBD=63°， 14/34 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 .∠BCD=90°-LCBD=27°， 由(1)知∠BCD=∠A, .∠A=27°， .∠C0B=2LA=54°， AB=4, .0B=2, BC的长为 4×π×23 180=5π. 11. 【答案】(1)B;(2)①60°，②135+7π 十 43 【分析】(1)连接AO、BO,根据切线的性质定理，结合四边形AOBP的内角和定理，即可推出∠AOB的 度数，然后根据圆周角定理，即可推出∠C的度数， (2)①连接OA,OB,OP,根据切线的性质定理，可得PA=PB,PO平分∠APB,OA⊥PA,OB⊥PB, 因此LAPB+∠AOB=180°，结合∠A0B=2LC=2∠APB,即可求出∠C的度数 ②在ABC中，过点A作AH⊥BC于点H,HC=2,BH=5-2=3,AH=2V3, AB=VAH+BH=V,可求得S.BCAH,再证明△PAB是等边三角形，即PA=AB=2I,在 RAP40中，S0-12004-7,如答图1，连接AB,交OP于点G,易知OG上AB,且 360 3 0G=)04= ，SOAB= 24B0G=7 1 ，根据S阴影=S△4Bc+S扇形40B-S△o4B即可求出答案。 2 4 【详解】解：(1)连接A0、B0,如图所示， A PA,PB分别与⊙O相切于A,B两点， B 图1 L0AP=L0BP=90°， ∠P=70°， LA0B=180°-∠P=110°， ∠C=5∠40B=5°， 2 故选：B. 15/34 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (2)①如答图1，连接0A,0B,0P. :PA,PB分别与O0相切， .PA=PB,PO平分∠APB,OA⊥PA,OB⊥PB. LAPB+LA0B=360°-90°-90°=180°. 又∠AOB=2∠C=2∠APB, 3∠APB=180°， ∠APB=∠C=60°. A A B B 答图1 答图2 ②如答图2，在ABC中，过点A作AH⊥BC于点H. 在ABC中，∠C=60°，AC=4,BC=5, HC=2,BH=5-2=3,AH=2√5 :AB=AH2+BH2 =V2+3=2 :Sac=)BC4H=)x5x25=55. :PA=PB,∠APB=60°， “△PAB是等边三角形， .PA=AB=√2I 在Rt△PA0中，∠AP0=x60°=30°， :OA=PA:an∠AP0=2i×5-V5. 3 :∠A0B=2∠C=120°， 120·元·0A27元 .S岛形40B 360 -3 如答图1，连接，交0P丁点G.易知0G148,且0G=01= 2 x24 16/34 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 S=5ac+S形40B-SA0B=55+7-55+7_75_1357江 344 3 2.【答案)见解析：2)①是，18：②号 【分析】本题主要考查了切线的性质、相似三角形的性质和判定，熟知相关性质定理是正确解答此题的关键. (1)设AF=x,则AE=x,CD=CE=AC-AE=I3-x,BD=BF=AB-AF=9-x,列方程即可求解， 进而可求相关线段的长； (2)①根据切线长定理即可证明结论；②由MW∥AB证明△CMN∽△CAB,即可求解， 【详解】(I)设AF=x,则AE=x,CD=CE=AC-AE=13-x,BD=BF=AB-AF=9-x. 由BD+CD=BC, 可得9-x+13-x=14. 解得x=4. AF=4,BD=5,CE=9. (2)①是. MN与⊙O相切于点P, :MP=ME,NP=ND aCMN的周长为 CM +CN+MN =CM+CN+MP+NP=CM+CN+ME+ND=CE+CD=9+9=18. ②：MN II AB, :△CMN∽△CAB. △CMN的周长_MN即 18 MN △CAB的周长AB 9+14+139, 都得w号 考点4圆中动点问题 13. 【答案】0)250 9 (2)AP=3V5 【分析】(1)连接OP,先由三角形内角和定理得出∠QAE=90°-∠Q=40°，再由0P=0A得 ∠0PA=∠PA0=40°，则∠A0P=100°，再根据弧长公式计算即可； ②》连接C,B,证明C4O4C为S把，则AC=A0-P,商由P是A0的中点，有 AC2=2AP2,连接0C,则OC=5,由垂径定理得CE=DE=3,由勾股定理得出0E=4,则AE=4+5=9 17/34 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 由勾股定理得AC2=AE2+CE2=90,进而可得答案. 【详解】(1)解：如图(1)，连接OP, B 图(1) :AB=10, .0A=5, AB⊥CD, :.∠QAE+∠Q=90°， .∠0AE=90°-∠Q=40°， .0P=0A, .L0PA=∠PA0=40°， :∠A0P=100°， i.l 100π×525元 1809 (2)解：如图(2)，连接PC,PB, 巧作辅助线：构 造相似三角形 图(2) :AB是OO的直径， ∠APB=90°， ∠2+∠Q=90°， 又：∠1+∠B=90°，∠2=∠1， .∠B=∠Q, 又：∠ACP=∠B(同弧所对的圆周角相等)， .∠ACP=∠Q, 18/34 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 又：∠CAP=∠QAC, CAP∽QAC, 、ACAP AO-AC' AC2=AQ·AP, 又：P是AQ的中点， .AC2=2AP2, 连接0C,则OC=5, :AB⊥CD,CD=6, :CE DE=3, 0E=V0C2-CE2=4, AE=4+5=9, .AC2=AE2+CE2=90, .AP2=45, :.AP=35. 14.【答案】1见解折；2①是，18：②号 【分析】本题主要考查了切线的性质、相似三角形的性质和判定，熟知相关性质定理是正确解答此题的关键。 (1)设AF=x,则AE=x,CD=CE=AC-AE=13-x,BD=BF=AB-AF=9-x,列方程即可求解， 进而可求相关线段的长： (2)①根据切线长定理即可证明结论；②由MW∥AB证明△CMW∽△CAB,即可求解 【详解】(I)设AF=x,则AE=x,CD=CE=AC-AE=I3-x,BD=BF=AB-AF=9-x. 由BD+CD=BC, 可得9-x+13-x=14. 解得x=4. AF=4,BD=5,CE=9. (2)①是： MN与⊙O相切于点P, :MP=ME,NP=ND. ACMW的周长为 19/34 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 CM +CN+MN=CM+CN+MP+NP=CM+CN+ME+ND=CE+CD=9+9=18. ②：MNI‖AB, △CMN∽△CAB. △CMW的周长MN 18 MN ACAB的周长AB 即 9+14+139, 解约w号 15. 【答案】025知 9 (②)AP=3V5 【分析】(1)连接OP,先由三角形内角和定理得出∠QAE=90°-∠Q=40°，再由0P=0A得 ∠0PA=∠PA0=40°，则LA0P=100°，再根据弧长公式计算即可； 2连接PC,PB,证明C4PQ1C得6-C,则AC=4Q:4P,再由P是AQ的中点，周 AC2=2AP2,连接0C,则OC=5,由垂径定理得CE=DE=3,由勾股定理得出0E=4,则AE=4+5=9 由勾股定理得AC2=AE2+CE2=90,进而可得答案. 【详解】(1)解：如图(1)，连接OP, 图(1) :AB=10, 0A=5, :AB⊥CD, .∠QAE+∠Q=90°， .∠QAE=90°-∠Q=40°， 0P=0A, .L0PA=LPA0=40°， ∠A0P=100°， i.l= 100π×5_25π 180 9 20/34 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (2)解：如图(2)，连接PC,PB, C E B D P 巧作辅助线：构 造相似三角形 图(2) :AB是OO的直径， ∠APB=90°， ∠2+∠Q=90°， 又：∠1+∠B=90°，∠2=∠1， :∠B=∠Q, 又：∠ACP=∠B(同弧所对的圆周角相等)， :∠ACP=∠Q, 又：∠CAP=∠QAC, .CAP∽QAC, AC_AP AOAC' :AC2=A0.AP, 又：P是AQ的中点， .AC2=2AP2, 连接0C,则0C=5, :AB⊥CD,CD=6, .CE DE =3, 0E=V0C2-CE2=4, AE=4+5=9, .AC2=AE2+CE2=90, ∴.AP2=45, AP=35. 16.【答案】(1)见解析 21/34 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (2)3√2-3 (3)9√5-3π 【分析】(1)如图1，连接0C、OD,则有0C=0D,再证明△0CP≌aODP(SSS)可得∠0CP=∠0DP, 根据切线的性质可得∠OCP=90°，进而得到PD⊥OD,即可证明结论： (2)如图2，连接0C、OD,由(1)可知，∠0DP=L0CP=90°，再证明四边形0CPD为正方形，再 求出0D=OP=0C=3,由勾股定理可得OP=3√2，再根据线段的和差即可解答； (3)如图3，连接0C、OD,设LOAC=a,则∠POC=2a,根据菱形的性质、切线的性质可得 LP0C=2a=60°，进而得到PC=3V5,最后根据S阴影=2(SPco-S扇形oc)以及扇形的面积公式即可解答。 【详解】(1)证明：如图1，连接0C、0D,则有0C=0D· B 图1 在△OCP和AODP中， OC=OD PC=PD OP=OP .△OCP≌aODP(SSS, .∠0CP=∠0DP, :PC切00于点C, .∠0CP=90°， .∠0DP=∠0CP=90°，即PD⊥0D, PD是O0的切线. (2)解：如图2，连接0C、0D,由(1)可知，∠0DP=∠0CP=90°. 22/34 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 P B O 图2 当∠CPD=90°时，四边形0CPD为矩形. 又：0C=0D, :.四边形0CPD为正方形 AB=6, .0B=0C=3,即0D=0P=0C=3 0P=V0D2+0P2=V32+32=3V2, .BP=OP-OB=32-3. (3)解：如图3，连接0C、0D,设∠0AC=a,则∠P0C=2a, C a 62a >P B 图3 :四边形ACPD是菱形， .LCP0=∠0AC=a.则L00P=2a, :PC是00的切线，即∠0CP=90°. .∠C0P+L0PC=2a+a=90°，即a=30°. .∠P0C=2a=60°， ∴∠CP0=30 0C=3, .0P=20C=6,PC=V0p2-0C2=33, se=25m5asr=2}x3x35-g9r-95-3x. 6 23/34 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 通关特训 1.【答案】(1)①点D在⊙0上，理由见解析；②见解析 2)3+V5+3m 3 【分析】(I)①连接OD,OB,根据菱形的性质得到三角形全等，利用全等三角形的性质求解： ②根据全等三角形的性质和切线的判定来求解； (2)根据菱形的性质和圆周角定理求出∠D0A=60°，再利用含30°角的直角三角形性质求出A0=20D, 由勾股定理求出DO的长度，利用弧长公式求解. 【详解】(1)解：①点D在o0上，理由如下： 连接OD,OB, D O 在菱形ABCD中， AD=AB ∠DAO=∠BAO, AO=A0 :△ADO2△ABO(SAS, .0D=0B. 又OB是半径， 点D在O0上： ②：△AD0≌△AB0, .∠0DA=LOBA. 又AB与OO相切，切点为B, ∠0BA=90°，0D是半径， ∠AD0=90°， OD⊥AD, AD是OO的切线. 24/34 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (2)解：：DE=DE, ∠DOE=2∠DCA, 在菱形ABCD中，∠DAC=∠DCA, ∠DOE=2LDAC. :∠AD0=90°， .∠DAC+∠D0E=90°， .∠DAC=30°， ∴.∠D0A=60°. AB=3, AD=3, A0=2D0, .D02+AD2=(2D02, 即D02+32=4D02, .0D=V3,OA=25, AE=A0-0E=A0-D0=25-√5=√5， :弧DE长-60πV5V5π 1803 C长=AD+AE+Le=3+5+5 2.【答案】(1)见解析 245-4x 3 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，切线的判定和性质，菱形的判定 和性质，利用锐角三角函数解直角三角形，等边三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是熟练掌握以 上性质，并灵活应用。 (1)连接0A,OC,AC,AC交BD于点E,利用切线的性质和平行四边形的性质得出相等的角和边，证明 △AOB≌aCOB,即可得出结论； (2)延长CO交AD于点F,根据条件证明CF垂直平分AD,得到AD=CD=CA,证明△ACD是等边三角 形，利用锐角三角函数得出OA=,4B=2,然后利用作差法进行求解即可。 tan60° 【详解】(1)证明：如图，连接OA,OC,AC,AC交BD于点E. 25/34 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D B C :BC是O0的切线， .0C⊥BC,即∠0CB=90°. :四边形ABCD是平行四边形， :AE EC. :0A=0C, .∠A0E=∠C0E. 又：0B=OB, .△AOB≌aCOB(SAS, ∠0AB=∠0CB=90°， .AB是OO的切线： (2)解：如图，延长CO交AD于点F, D B :AD∥BC,CF⊥BC, .CF⊥AD 又：0A=0D, :AF=DF, .CF垂直平分AD, .CA=CD 由(I)可得，AB=BC, :.平行四边形ABCD是菱形， AD CD=AB=23, .AD=CD=CA, 26/34 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 .△ACD是等边三角形， ∠ADC=60°， ∠ADB=∠ADC=30,∠A0C=2LADC=120°， 2 ∴∠A0B=60° 由(1)知，∠BA0=90°， ∴.OA= AB =2, tan60° 5影=S带c0-S0卷10c-25.4Bo-S期影0c=2××2W5×2-120rx2=45-4 360 3.【答案】(1)见解析 a+45 【分析】此题考查了切线判定和性质、扇形面积等知识，熟练掌握切线的判定是解题的关键。 (1)连接0D,OC,证明△CB0≌△CD0(SSS),推出∠0BC=∠0DC=90°，即可证明结论成立； (2)作OF⊥DB于点F,连接AD,证明△AOD是等边三角形，得到∠OBD=30°，求出OF=2, BF=2√5，则BD=2BF=4V5,∠AOD=60°，据此计算即可求出答案. 【详解】(1)证明：连接0D,OC, :DC为O0的切线， :∠ADC=90°， .CD=CB,OB=OD,OC=OC, :.aCBO≌aCD0SSS), .∠0BC=∠0DC=90°，即OB⊥CB, :点B在⊙0上， :CB是⊙O的切线； (2)解；如图，作OF⊥DB于点F,连接AD,OD, 27/34 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D E B 由EA=AO可得：AD是Rt△ODE斜边的中线， .AD=A0=0D, :.△AOD是等边三角形， .∠D0A=60°， ∠0BD=30°， 又：0B=A0=4,0F⊥BD, .OF=2,BF=2V5, .BD=2BF=4V5,∠A0D=60°， .S阴影=S舞形OAHD+S。BOD 60m×4+5x45x2=8+45. 3602 3 4.【答案】(1)50° (2)见解析 【分析】此题考查了切线的性质和切线长定理，三角形内角和定理，等腰三角形性质，解题的关键是熟练 掌握以上知识点。 (1)利用圆的切线性质得到OA⊥AP,由切线长定理知PA=PB,得到∠ABP=∠BAP，最后根据三角形 内角和定理求出∠P, (2)连接OB,利用等腰三角形性质得到∠OAB=∠OBA,推出∠DOB=2∠BAC· 结合已知条件∠D+2LBAC=90°，得到∠DBO=90°，从而判定PB是切线，根据切线长定理即可得证， 【详解】(1)：PA,PB是OO的切线 ∴OA⊥AP,PA=PB ∠BAC=259 ∠ABP=LBAP=90°-25°=65° ∠P=180°-2×65°=50°. (2)根据题意，∠PA0=90° 如图，连接OB, 28/34 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D 可得A0=B0 :∠OAB=∠OBA,∠D0B=2∠BAC 又：∠D+2∠BAC=90° ∠D+∠D0B=900 .∠DB0=90 .PB是⊙O的切线 :.PA=PB 5.【答案】(1)见解析 26 【分析】本题考查了圆的切线的判定，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质， 弧长公式，正确添加辅助线是解题的关键. (1)连接OC,由圆周角定理得到∠1=∠3，然后证明AE∥OC,由CE⊥AD,得到OC⊥EF,即可证明： (2)先证明∠1=∠3=∠F,则可求∠F=30°，则∠B0C=90°-∠F=60°，可证明aB0C为等边三角形，则 BO=BC,∠CBO=60°，可求∠BCF=∠F=30°，那么BC=BF=√5，则半径B0=√5，再由弧长公式求解. 【详解】(1)证明：连接0C, E :点C是BD的中点， .CD=BC, .∠1=L3, :0A=0C, .∠1=∠2， 29/34 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ∠2=∠3， .AE∥OC .CE⊥AD, .L0CF=∠E=90°， :0C是半径， .EF是OO的切线； (2)解：如图 :∠F=∠3， .∠1=∠3=∠F, :∠E=90°， ∠1+∠3+∠F=90°， .3LF=90° ∠F=30° ∠0CF=90°， .∠B0C=90°-∠F=60°， :0B=0C, ·.△BOC为等边三角形， :BO=BC,∠CBO=60°， :∠CB0=∠F+LBCF,∠F=30°， ∴∠BCF=∠F=30°， :BC BF=3, B0=√5， ·BC的长为60rx5V5】 180 6.【答案】(1)见解析 (2)1 30/34 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 【分析】(1)作OE⊥AB,由0A=0B、∠B=30°得L0AB=30°，结合LBAC=60°知A0平分∠BAC;由 OC⊥AC、OE⊥AB得OE=OC,进而即可证明； (2)设⊙0半径为r,则CD=2r,OC=r;在RtaA0C中，∠CA0=30°，得AC=√3r;在Rt△ACD中， 由勾股定理(3r+(2r)2=(万，求解即可. 【详解】(1)证明：如图，作OE⊥AB,垂足为点E. E :OA=OB,∠B=30°，∠ACB=90°， B D ∴.∠EAO=30°，∠BAC=60°， .∠EA0=∠CA0. .A0平分∠BAC, 又：OE⊥AB,OC⊥AC, 0E=0C, :以CD为直径的OO与直线AB相切； (2)解：由(1)可知∠CA0=30°. 设⊙0的半径为r,则CD=2r, 在Rt△A0C中，A0=20C=2r, AC=402-0C2=3r. 在Rt△ACD中，：AC2+CD2=AD2,AD=√万， (3r+2r)2=7 3r2+4r2=7 7r2=7 解得r=1,r=-1(舍去)， 00的半径为1. 7.【答案】(1)见解析 25 3 31/34 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 【分析】(1)根据垂径定理和圆周角定理可推出LCOB=2LDAF,利用已知条件进行等量转换即可求出 ∠COB=∠FCD,最后利用CD⊥AB可证明∠FCD+∠OCE=90°，从而证明CF是OO切线 2)根据互余的两个角相等，利用s如F-可求出华8能-号，设参数衣示出0E和0C,再根据勾股 定理用参数表示出CE和EF，,最后利用AFI0即可求出参数的值，从而求出CE长度，即可求CD的长. 【详解】(1)解：连接0C，,0D,如图所示， E B F:CD⊥AB,AB为OO的直径， .BC=BD, ∠COB=∠BOD, :∠BOD=2∠DAF, ∠COB=2∠DAF, :∠FCD=2∠DAF, ∠COB=∠FCD, :CD⊥AB, ∠C0B+∠0CE=90°， :∠FCD+L0CE=90°， :OC⊥CF, CF是⊙0切线. (2)解：连接0C,如图所示， 由(1)得，0C⊥CF, :CE⊥AB, :∠0CF=LCEF=90°， ∠F=L0CE. 32/34 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 sinF=2 CE OE 2 CF OC3 设0E=2x则0C=0A=3x, :在Rta0CE中，CE=V0C2-0E2=V9x2-4x2=V5x, ·CF=35x 2 :在Rt△CEF中，EF=VCF2-CE2= 35x 2 5r2=5 :AF=10, ..AF=AO+OE+EF=3x+2x+x=10, 4 .x= 3 .CE=V5x=45 3 :CE⊥AB, :CE=ED=-CD 2 CD=85 3 故答案为：85 8.【答案】(1)见解析 @1+ 【分析】本题主要考查切线的判定与性质，勾股定理，垂径定理，圆周角定理，直线与圆的位置关系，扇 形面积的计算，解题的关键是掌握以上知识点. (1)连接0C,利用等腰三角形性质得到∠A=∠AC0,再根据直径所对圆周角是直角和直角三角形两锐角 互余，结合已知条件推出∠AC0=∠3，进而得到∠0CF=90°，从而证明CF与⊙0相切； (2)先根据∠F=30°，∠0CF=90°，求出LC0F=60°，再根据半径相等得到BC=0B最后根据弧长公式 求出的长，加上BC和OC的长，得到阴影部分的周长. 【详解】(1)证明：如图，连接0C, 33/34 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 F:0A=0C, D B ∠A=LAC0, :AB为直径， .∠ACB=90°， .∠A+∠ABC=90°， :CD⊥AB, ∠CDB=90°， ∠BCD+∠ABC=90°， .∠A=∠BCD, .LBCD=∠BCF, :∠ACO=∠BCF, :∠AC0+∠0CB=90°， .∠BCF+∠OCB=∠OCF=90°， :.OC L CF, 又：OC是半径， CF与⊙0相切； (2)解：：∠F=30°，∠0CF=90°， ∠C0F=60°， 0C=0B, :△OBC是等边三角形， :.BC=OB=1AB=1, 2 BC的长度= 60m×11 1803 1 ·阴影部分的周长为1+二元 3 34/34 专题04 圆中切线证明与动点问题 考点1 圆与特殊四边形的综合 1．（2025·江西·中考真题）如图，点A，B，C在上，，以，为边作． (1)当经过圆心O时（如图1），求的度数； (2)当与相切时（如图2），若的半径为6，求的长． 2．（2025·江西·一模）如图1，是菱形的边上的高，以点O为圆心，长为半径画圆． (1)求证：是的切线． (2)若点B在上，如图2． ①求的度数； ②已知菱形的边长为6，求图中阴影部分的面积． 3．（2025·江西·一模）如图，正方形的边长为2，经过正方形上的点B，C，且与相切于点P． (1)正方形的内切圆和外接圆的半径分别为______，______； (2)求的半径； (3)求图中阴影部分的面积．（参考数据：，） 4．（2025·江西·一模）如图，是的一条对角线，且，的外接圆与边交于点．连结． (1)求证：是的切线； (2)求证：； (3)若的半径为5，且，求的长． 考点2 圆中求阴影部分的面积 5．（2026·江西吉安·二模）如图，已知内接于，点D在的延长线上，． (1)求证：是的切线． (2)若，，求阴影部分的面积． 6．（2026·江西上饶·一模）如图，在中，线段过圆心O交于点E，F，过点A作的切线，切点为点C，连接并反向延长交于点D，连接，已知，点O为的中点，，． (1)试判断与的位置关系，并说明理由； (2)求图中阴影部分的面积． 7．（2026·江西·一模）如图，是的切线，切点为A，点B在上，不与点A重合，． (1)求证：是的切线； (2)点C是优弧上一点，连接，，设． ①求的大小（用表示）； ②已知，若四边形为菱形，试求图中阴影部分的面积． 8．（2026·江西·一模）【课本再现】（1）如图①，PA，PB是的两条切线，切点分别为A，B．图中的PA与PB，与有什么关系？请说明理由． 【知识应用】（2）如图②，PN，PD，DE分别与相切于点A，B，C，且，连接OD，OP，延长PO交于点M，交DE于点E，过点M作交PN于点N． ①求证：MN是的切线； ②当时，求的半径及图中阴影部分的面积． 考点3 圆中证明切线 9．（2026·江西赣州·一模）如图，已知的直径，点在上，，是的切线． (1)当时，求的大小； (2)当时，连接，求的长． 10．（2026·江西吉安·一模）如图，为的直径，与相切于点，过点作于点，连接，． (1)求证：． (2)若，，求的长． 11．（2025·江西·一模）【课本再现】 （1）如图1，分别与相切于A，B两点，，则（   ） A．    B．    C．    D． 【变式探究】 （2）如图2，分别与相切于A，B两点，若． ①求的度数； ②若，求部分． 12．（2026·江西·模拟预测）教材改编题改编自人教版九上P100 已知过圆外一点画圆的两条切线，它们的切线长相等． 【课本再现】 （1）如图（1），的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，且，，．求，，的长．请你完成解题过程． 【深入探究】 （2）如图（2），在（1）的条件下，点P为上的一动点，过点P的切线分别交，于点M，N． ①判断的周长是否为一个定值，若是，请求出的周长；若不是，请说明理由． ②当时，求的长． 考点4 圆中动点问题 13．（2026·江西·模拟预测）如图，是的直径，是弦，且于点E，P为下方上一动点，连接并延长，交的延长线于点 Q，连接．已知，． (1)当时，如图(1)，求 的长． (2)当点 P 恰好为的中点时，如图(2)，求的长． 14．（2026·江西·模拟预测）教材改编题改编自人教版九上P100 已知过圆外一点画圆的两条切线，它们的切线长相等． 【课本再现】 （1）如图（1），的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，且，，．求，，的长．请你完成解题过程． 【深入探究】 （2）如图（2），在（1）的条件下，点P为上的一动点，过点P的切线分别交，于点M，N． ①判断的周长是否为一个定值，若是，请求出的周长；若不是，请说明理由． ②当时，求的长． 15．（2026·江西·模拟预测）如图，是的直径，是弦，且于点E，P为下方上一动点，连接并延长，交的延长线于点 Q，连接．已知，． (1)当时，如图(1)，求 的长． (2)当点 P 恰好为的中点时，如图(2)，求的长． 16．（2025·江西·一模）如图1，在中，直径，P是线段延长线上的一点，切于点C，D是上一点，切，连接．    (1)求证：是的切线； (2)当时（如图2），求的长； (3)若四边形是菱形（如图2），求弧与线段围成的阴影图形的面积． 1．（2025·江西·一模）如图，四边形是菱形，是对角线上一点，以点为圆心，为半径画圆交于点，边与相切于点． (1)①判断点和的位置关系，并说明理由； ②求证：是的切线； (2)若，求图中阴影部分的周长． 2．（2026·江西·模拟预测）如图，是的切线，点C为切点，以为边作平行四边形，点A，D均在上，连接，圆心O在上． (1)求证：是的切线； (2)若，求图中阴影部分的面积． 3．（2025·江西·一模）如图，是的直径，直线与相切于点，是上的一点，，延长，交的延长线于点． (1)求证：是的切线； (2)若，求图中阴影部分的面积．（结果保留） 4．（2025·江西·一模）【课本再现】如图1， 是的切线， 为切点， 是的直径．若， (1)求的度数． (2)【变式设问】如图2，是的直径， 与相切于点为上一 点，的延长线与射线相交于点D， 若，求证：． 5．（2026·江西宜春·一模）如图，内接于，是的直径，点在上，点是的中点，过点作，垂足为点，的延长线交的延长线于点． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 6．（2026·江西九江·一模）如图，在中，，点在边上，点是边上一点，连接，且． (1)求证：以为直径的与直线相切； (2)在（1）的条件下，若，求的半径． 7．（2026·江西·模拟预测）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． 8．（2026·江西·模拟预测）如图，是的直径，C是上一点，于点D，延长至点F，使得 (1)求证：与相切； (2)若，，求阴影部分的周长结果保留 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $