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专题22 圆的相关性质（34题）
一、单选题
1．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形内接于，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形内接于，若，则的度数是（ ）．
A． B． C． D．
3．（2025·甘肃平凉·中考真题）如图，四边形ABCD内接于，，连接BD，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·山西·中考真题）如图，为的直径，点是上位于异侧的两点，连接．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·新疆·中考真题）如图，是的直径，是弦，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·四川自贡·中考真题）分别与相切于两点．点在上，不与点重合．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．或
7．（2025·甘肃·中考真题）如图，四边形内接于，，连接，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025·重庆·中考真题）如图，点A，B，C在上，，的度数是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2025·天津·中考真题）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点P，A均在格点上．
（1）线段的长为 ；
（2）直线与的外接圆相切于点．点在射线上，点在线段的延长线上，满足，且与射线垂直．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M，N，并简要说明点M，N的位置是如何找到的（不要求证明） ．
10．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，点，，在上，，则 ．
11．（2025·四川凉山·中考真题）如图，内接于，若，则的长为 ．
12．（2025·江苏连云港·中考真题）如图，是的内接三角形，．若的半径为2，则劣弧的长为 ．
13．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，在中， ，．将射线绕点C顺时针旋转到，在射线1上取一点D，连结，使得面积为24，连结，则的最大值是 ．
14．（2025·安徽·中考真题）如图，是的弦，与相切于点B，圆心O在线段上．已知，则的大小为 ．
15．（2025·四川广安·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，，的半径为6，则的长为 ．
三、解答题
16．（2025·河南·中考真题）如图，四边形是平行四边形，以为直径的圆交于点．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作出圆心（保留作图痕迹，不写作法）．
(2)若点是的中点，连接．求证：四边形是平行四边形．
17．（2025·黑龙江绥化·中考真题）如图．，与相切于点、连接，与相交于点，过点作，垂足为，交于点，连接交于点．
(1)求证：是的切线．
(2)当，时，求线段的长．
18．（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．
19．（2025·安徽·中考真题）如图，四边形的顶点都在半圆O上，是半圆O的直径，连接，．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
20．（2025·四川达州·中考真题）如图，在中，是弦，是的切线，，点，，分别是线段，，上的动点，连接，，．
(1)试判断与的位置关系，并说明理由；
(2)若，试求与半径的数量关系．
21．（2025·四川遂宁·中考真题）我们知道，如果一个四边形的四个顶点在同一个圆上，那么这个四边形叫这个圆的内接四边形．我们规定：若圆的内接四边形有一组邻边相等，则称这个四边形是这个圆的“邻等内接四边形”．
(1)请同学们判断下列分别用含有和角的直角三角形纸板拼出如图所示的4个四边形．其中是邻等内接四边形的有______（填序号）．
(2)如图，四边形是邻等内接四边形，且，，，，求四边形的面积．
22．（2025·甘肃平凉·中考真题）如图1，月洞门是中国古典建筑中的一种圆形门洞，形如满月，故称“月洞门”，其形制可追溯至汉代，但真正在美学与功能上成熟于宋代，北宋建筑学家李诫编撰的《营造法式》是中国古代最完整的建筑技术典籍之一．如图2是古人根据《营造法式》中的“五举法”作出的月洞门的设计图，月洞门呈圆弧形，用表示，点O是所在圆的圆心，是月洞门的横跨，是月洞门的拱高现在我们也可以用尺规作图的方法作出月洞门的设计图如图3，已知月洞门的横跨为，拱高的长度为a．作法如下：
①作线段的垂直平分线，垂足为；
②在射线上截取；
③连接，作线段的垂直平分线交于点O；
④以点O为圆心，的长为半径作．
则就是所要作的圆弧．
请你依据以上步骤，用尺规作图的方法在图3中作出月洞门的设计图（保留作图痕迹，不写作法）
23．（2025·四川眉山·中考真题）如图，为的直径，点C为圆上一点，过点C作的切线，交延长线于点D，过点B作，交于点E，连接．
(1)求证：；
(2)若，的半径为2，求的长．
24．（2025·上海·中考真题）如图，已知，为中的两弦，联结，交弦于点，，且．
(1)求证：；
(2)如果，求证：．
25．（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，内接于，为的直径，点D在的延长线上，连接，，过点B作，交于点E．
(1)求证：是的切线；
(2)若点B是的中点，且，求的半径．
26．（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践
在探索几何图形变化的过程中，通过直观猜想、逻辑推理、归纳总结可以获得典型的几何模型，运用几何模型能够轻松解决很多问题，让我们共同体会几何模型的“数学之美”．
(1)【几何直观】如图1，中，，，在内部取一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，则与的数量关系是__________；与的数量关系是__________；
(2)【类比推理】如图2，在正方形内部取一点，使，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，延长交的延长线于点，求证：四边形是正方形；
(3)【深度探究】如图3，矩形中，，，在其内部取一点，使，将线段绕点逆时针旋转得到线段，延长至点，使，连接，延长交的延长线于点，连接，若，则__________；
(4)【拓展延伸】在矩形中，点为边上的一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，若，，则的最小值为__________．
27．（2025·天津·中考真题）已知与相切于点与相交于点D，E为上一点．
(1)如图①，求的大小；
(2)如图②，当时，与相交于点，延长与相交于点，若的半径为3，求和的长．
28．（2025·新疆·中考真题）如图，为的直径，C为上一点，于点F，，交于点G，交于点D．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
29．（2025·陕西·中考真题）如图，点在的边上，以为半径的⊙与相切于点，与相交于点，为⊙的直径，与相交于点，．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
30．（2025·陕西·中考真题）问题探究
（1）如图①，在中，请画出一个，使得点，，分别在边，，上；
（2）如图②，在矩形中，，，为矩形内一点，且满足，周长的最小值；
问题解决
（3）为了进一步提升游客的体验感，某公园管理部门准备在花海边沿与游客服务中心之间的草地上选址修建一条笔直的步道及一个观景台．如图③所示，区域为草地，线段为花海边沿，点为游客服务中心，线段为步道，点和点为步道口，点为观景台．按照设计要求，点，分别在边，上，且满足，为的中点，为保证观赏花海的最佳效果，还需使最大．已知，，请你帮助公园管理部门确定观景台的位置（在图中画出符合条件的点），并计算此时步道口与游客服务中心之间的距离．（步道的宽及步道口、观景台、游客服务中心的大小均忽略不计）
31．（2025·湖北·中考真题）在中，，将绕点旋转得到，点的对应点落在边上，连接．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，当时，求的长；
(3)如图3，过点作的平行线交的延长线于点，过点作的平行线交于点G，与交于点．
①求证：；
②当时，直接写出的值．
32．（2025·福建·中考真题）如图，四边形ABCD内接于，AD，BC的延长线相交于点E，AC，BD相交于点F．G是AB上一点，GD交AC于点H，且．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)若，求的周长．
33．（2025·四川德阳·中考真题）在中直径与弦交于点，，连接，过点作的切线与的延长线相交于点，的延长线与的延长线相交于点．
(1)若，求的度数；
(2)连接，，再连接并延长交于点，
证明：；
若，求的直径．
34．（2025·江苏苏州·中考真题）如图，在四边形中，．以为直径的经过点D，且与边交于点E，连接．
(1)求证：为的切线；
(2)若，求的长．
《专题22 圆的相关性质（34题）-2025年中考数学真题分类汇编（全国通用）》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C C C B C D C B
1．C
此题考查圆周角定理和圆内接四边形的性质．根据圆周角等于同弧所对圆心角的一半求出的度数，再根据圆内接四边形的性质及平角的定义即可求出答案．
解：∵，
∴，
∵四边形内接于，
∴且，
∴，
故选：C．
2．C
本题考查圆内接四边形的性质和圆周角定理.先根据圆周角定理得到，然后根据圆内接四边形的性质和邻补角的定义得到解题即可．
解：∵，
∴，
又∵四边形内接于，
∴，
又∵，
∴，
故选：C．
3．C
本题考查了圆内接四边形，圆的性质，解题的关键是熟练掌握圆的性质．
根据圆的内接四边形对角互补可得的度数，由弦相等可得弧相等，从而可得圆周角相等，计算即可．
解：∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：．
4．B
本题考查了圆周角定理，连接，由为的直径可得，进而由得，再根据圆周角定理即可求解，掌握圆周角定理是解题的关键．
解：连接，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：．
5．C
本题考查了垂径定理，圆周角定理．
先根据垂径定理得到，再根据圆周角定理即可得到．
解：连接．
∵是的直径，是弦，，
∴，
∴，
故选：C．
6．D
本题考查的是切线的性质，圆周角定理的应用，圆的内接四边形的性质，先画图，连接，，求解，再根据C的位置结合圆周角定理与圆的内接四边形的性质可得答案.
解：如图，连接，，
∵分别与相切于两点，
∴，
∵，
∴，
∴，，
故选：D
7．C
此题考查圆内接四边形的性质、圆周角定理，根据圆内接四边形的性质得到，根据得到，即可得到的度数．关键是根据圆内接四边形的性质得到解答．
解：由圆内接四边形的性质可知：，
，
，
∵，
．
故选：C．
8．B
本题考查的是圆周角定理，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可求解，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
解：根据圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
．
故选：B．
9． 见解析
本题主要考查了勾股定理，圆周角定理的推论，等腰三角形的性质，正方形的性质，三角形中位线的判定和性质等内容，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用．
（1）利用勾股定理进行求解即可；
（2）利用圆周角定理的推论，正方形的性质确定圆心，再根据全等三角形和等腰三角形的三线合一确定线段的中点，利用网格确定点为线段的中点，则为三角形的中位线，利用一组平行线确定点为线段的中点，证明和，得出，即，最后利用切线的性质和等腰三角形的性质，得出为等腰三角形，再利用等腰三角形的性质得出．
解：（1）由勾股定理得，
故答案为：；
（2）如图所示，点即为所求，
作法：直线PA与射线BC的交点为；取圆与网格线的交点和，连接；取格点，连接，与相交于点；连接并延长，与相交于点，与直线相交于点；连接并延长，与网格线相交于点，连接，与网格线相交于点；连接，与线段的延长线相交于点，则点M，N即为所求．
理由：∵，
∴为圆的直径，
∵为正方形的对角线，
∴,
∴垂直平分线段，
∴点为圆的圆心，
∴，
又，
，
，
平分，
∴点为线段的中点，
由网格可知点为线段的中点，
∴为的中位线，
∴，
∴点为线段的中点，
∵，
，
，
∴，
又，
∴，
,
即，
延长交于点，
∵，
∴,
，
∴
∵为圆的切线，
∴，
，
,
∴，
即，
∵，
，
∴为等腰三角形，
∴，
∴点即为所求．
10．40
本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质，熟练掌握圆周角定理是解题关键．先根据圆周角定理可得，再根据等腰三角形的性质即可得．
解：∵点在上，，
∴，
∵，
∴，
故答案为：40．
11．
本题考查圆周角定理，勾股定理，求弧长，连接，根据三角形的内角和定理，求出的度数，圆周角定理求出的度数，易得为等腰直角三角形，进而求出的长，再根据弧长公式进行计算即可．
解：连接，则：，
在中，，
∴，
∵内接于，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴的长为；
故答案为：．
12．
本题考查了圆周角定理，求弧长，先根据圆周角定理得，再结合弧长公式代入数值计算，即可作答．
解：连接，如图所示：
∵，，
∴，
∴劣弧，
故答案为：．
13．
先整理得，过点C向上作线段，使得，则，结合整理得，证明，即，运用即定角定弦，故点D在以为直径的圆上，连接，并延长与交于一点，即为，运用勾股定理得，即可作答．
解：∵射线绕点C顺时针旋转到，在射线1上取一点D，连结，
∴
∵面积为24，
∴
∴，
过点C向上作线段，使得，
∵
∴
即
∴，
连接，
∵，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故点D在以为直径的圆上，
∵，
记圆心为直径的中点，
即的半径
连接，并延长与交于一点，即为，
此时为的最大值，
故
∴
故答案为：．
本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，旋转的性质，正确分析出点D在以为直径的圆上是解题的关键．
14．20
本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，直角三角形的性质，连接，由切线的性质可得，根据直角三角形两锐角互余可得的度数，再由圆周角定理即可得到答案．
解；如图所示，连接，
∵与相切于点B，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
15．
本题考查圆周角定理，圆内接四边形，解直角三角形，连接并延长，交于点，连接，由圆周角定理得到，根据圆内角四边形的内对角互补，求出的度数，再解直角三角形求出的长即可．
解：四边形是的内接四边形，，
∴，
连接并延长，交于点，连接，则：为的直径，，
∴，
∵的半径为6，
∴，
在中，；
故答案为：．
16．(1)作图见详解
(2)证明过程见详解
本题主要考查圆的基本性质，尺规作垂线，平行四边形的判定和性质，掌握以上知识是关键．
（1）运用尺规作直径的垂直平分线即可；
（2）根据平行四边形的性质结合题意得到，，即，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可求证．
（1）解：如图所示，
∵是直径，
∴运用尺规作直径的垂直平分线角于点，
∴点即为所求点的位置；
（2）证明：如图所示，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵点分别是的中点，
∴，，即，
∴四边形是平行四边形．
17．(1)见解析
(2)
（1）方法一：过点作于点，证明，则，由为的半径得到为的半径，由即可证明是的切线；由角平分线的性质定理得到，由为的半径得到为的半径，由即可证明是的切线；
（2）证明，则，求出，则，在中，求出，得到，，证明，则，设，则，即可求出答案．
（1）方法一：
证明：过点作于点，
，
，
与相切于点，
，
，
，，
，
，
为的半径，
为的半径，
，
是的切线；
方法二：
证明：过点作于点，
与相切于点，
，
，
是的平分线，
，
为的半径，
为的半径，
，
是的切线；
（2），为半径，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，，
，，
，
，
设，则，
，
解得，
．
此题考查了切线的判定和性质、垂径定理、相似三角形的判定和性质、勾股定理、角平分线性质定理、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质、切线的判定和性质是关键．
18．(1)
(2)
（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．
（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，
∴，
∴，
∴，
∴．
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．
19．(1)详见解析
(2)6
本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，三角形中位线定理，勾股定理，熟知圆周角定理和垂径定理是解题的关键．
（1）由圆周角定理可得，则可证明，据此可证明．
（2）连接，交于点E．由题意知，由直径所对的圆周角是直角得到，即，则可证明，由垂径定理可得点E为的中点，则是的中位线，即可得到．设半圆的半径为r，则．由勾股定理知，解方程即可得到答案．
（1）证明：∵，，
∴，
∴．
（2）解：连接，交于点E．由题意知，
∵是的直径，
∴，即，
∵，
∴，
∴点E为的中点，
又∵O是的中点，
∴是的中位线，
∴．
设半圆的半径为r，则．
由勾股定理知，，
即，
解得，（舍去）．
∴．
20．(1)是的切线，理由见解析
(2)
本题考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
（1）连接，则，根据可得，根据是的切线，可得，进而得出，即可得证；
（2）根据已知条件，根据一线三等角证明得出相似比为，进而得出，过点作于点，则，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，进而得出，即可得证．
（1）解：是的切线，理由如下：
如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
又∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
如图，连接，过点作于点，则，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴在中，，，
∴，
∴，
∴．
21．(1)③
(2)
（1）根据邻等对补四边形的定义进行逐个分析，即可作答．
（2）先根据勾股定理算出，设，，结合勾股定理整理得，代入数值得，再证明是的中位线，则，分别算出和，即可作答．
（1）解：依题意，图①、图②和图④没有对角互补，不是邻等对补四边形，
图③对角互补且有一组邻边相等，是邻等对补四边形，
故答案为：③；
（2）解：∵，，，
∴，
∵四边形是邻等内接四边形，
∴四点共圆，且为直径，
把的中点记为点，即四点在上，
连接，，相交于点，
∵，
∴，
设，，
∵，
∴，
则在中，，
在中，，
∴，
即，
解得，
∴
则
即，
∵是直径，
∴，
∵，，
∴是的中位线，
∴，
则．
，
∴四边形的面积．
本题考查了新定义，勾股定理，垂径定理，圆内接四边形，中位线的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
22．见解析
本题考查尺规作图—复杂作图，熟练掌握尺规作线段，作垂线的方法是解题的关键．
根据题干给定的作图步骤，结合尺规作垂线和作线段的方法作图即可．
解：由题意，作图如下，即为所求：
23．(1)见解析
(2)
本题考查切线的性质，圆周角定理，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，是解题的关键：
（1）连接，，，等边对等角，得到，切线推出，直径得到，进而得到，推出，平行线的性质，结合圆周角定理得到，等角对等弧，即可得证；
（2）延长交于点，连接，由（1）可推出是含30度角的直角三角形，利用三角函数进行求解即可．
（1）证明：连接，，，则：，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：延长交于点，连接，则：为的直径，
∴，
∵的半径为2，
∴
∴，
由（1）知：，
∴，
∴，
∴．
24．(1)见解析
(2)见解析
本题主要考查了相似三角形的性质与判定，弧，弦与圆心角之间的关系，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）连接，由等边对等角得到，利用证明，得到，证明，得到，则可证明；
（2）连接，由，得到，，证明，得到，则可证明，进而证明，推出；再证明，得到，则可证明．
（1）证明：如图所示，连接，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图所示，连接，
∵，
∴，，
又∵，
∴，
∴；
由（1）可得，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
25．(1)见解析
(2)
本题考查圆周角定理，切线的判定，解直角三角形，熟练掌握相关定理和切线的判定方法，是解题的关键：
（1）连接，圆周角定理，得到，进而得到，等边对等角，得到，结合，推出，即可得证；
（2）根据线段之间的数量关系求出，进而求出的长，勾股定理求出的长，即可得出结果．
（1）证明：连接，
是的直径，
，
，
，
，即，
．
为的半径，
是的切线．
（2）解：点B是的中点，
．
，
．
，
．
又，
．
．
在中．
．
即半径为．
26．(1)相等（或）；相等（或）
(2)见解析
(3)
(4)
（1）根据旋转的性质可得，，进而证明，即可证明，根据全等三角形的性质，即可求解；
（2）根据正方形的性质，旋转的性质，同（1）证明，得出，结合，即可得证；
（3）同（2）的方法证明，得出四边形是矩形，连接交于点，连接，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得出共圆，勾股定理求得，，进而解，求得，再证明，根据正弦的定义，得出，即可求解．
（4）连接交于点，证明得出，当时，取得最小值，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解．
（1）；
∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，
∵，
∴，即
又∵，
∴
∴；
故答案为：相等（或）；相等（或）．
（2）证明：∵四边形是正方形
∴，
∵绕点逆时针旋转得到线段，
∴
∵，
∴即
∴
∴，
∵
∴
∴
∴四边形是矩形
又∵
∴四边形是正方形；
（3）解：∵绕点逆时针旋转得到线段，
∴
∵，
∴
∵四边形是矩形，，，
∴，
∴
∴
∵，
∴即
∴
∴
∵
∴
∴
∴四边形是矩形，
如图，连接交于点，连接
∵是的中点，
在中，
∴
∴共圆，
∴，
∵
∴
∴，
在中，
∴
∵，
在中，
∴，
∵
∴
又
∴
∴，即
∴
∴
∴
∴
故答案为：．
（4）解：如图，连接交于点，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴
∴
∴是等边三角形，则
∵线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，
∴
∴，即
又
∴，
∴
∴在上运动，且
∴当时，取得最小值，
∵
∴
又∵
∴
∴当时，
故答案为：．
本题考查了正方形的性质，矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质以及直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，同弧所对的圆周角相等，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键．
27．(1)
(2)
本题考查切线的性质，圆周角定理，解直角三角形，熟练掌握相关知识点，是解题的关键：
（1）连接，切线的性质得到，三线合一，求出的度数，圆周角定理求出的度数即可；
（2）平行线的性质，结合三角形的外角的性质，得到，直径得到，解，进行求解即可．
（1）解：连接．
与相切于点，
．又，
平分．
∴．
，
．
在中，，
．
（2）由（1）知：．
，
．
为的一个外角，
．
由题意，为的直径，
．
又的半径为3，则：．
在中，，
．
28．(1)见解析
(2)
（1）连接，证明，得到，即可证明结论；
（2）证明，求出，得到，即可求出的长．
（1）证明：连接，
∵于点F，
∴,
∵
∴，
∵
∴，
∴，
即
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）∵为的直径，
∴
∵，
∴，
∴
∵，
∴
∵
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴
∴，
∵，
∴，
∴
解得，
∵
∴
解得，
∴
∴，
∴
此题考查了解直角三角形、切线的判定、勾股定理、圆周角定理、相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，熟练掌握切线的判定、相似三角形的判定和性质是关键．
29．(1)证明见解析
(2)
（1）如图，连接，证明，，即，可得，进一步证明，可得；
（2）求解，设的半径为，结合，可得，可得：，，求解，证明，可得，进一步可得答案.
（1）解：如图，连接，
∵以为半径的⊙与相切于点，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
设的半径为，
∴，，而，，
∴，
解得：，
∴，，，
∵，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴.
本题考查的是等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，切线的性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键.
30．（1）见详解（2）（3）
（1）先作，交于点，得出，再以点B为圆心，以的长为半径画弧，交线段于一点，连接，则，故四边形是平行四边形，即可作答．
（2）过点作于点，解得，故在线段上运动的，整理，经过分析当有最小值时，则的周长有最小值，即作点关于的对称点，当三点共线时，有最小值，即的长，结合矩形的性质以及勾股定理列式计算，得，即可作答．
（3）取的中点，取的中点，连接，得是的中位线，再过点作，证明，整理，故，再证明四边形是平行四边形，因为是的中点，得，11
、证明，，理解题意，得为定值，则点在的中位线上运动，作的外接圆，当且仅当与相切时，的值最大，先得出，，运用三角函数得，代入数值进行计算，即可作答．
解：（1）依题意，
先作，交于点，得出，再以点B为圆心，以的长为半径画弧，交线段于一点，连接，
则，
∵
∴四边形是平行四边形，
即如图所示：
（2）如图，过点作于点，
∵，
∴，
解得，
过点作且分别与，交于，
即在线段上运动的，
则，
当有最小值时，则的周长有最小值，
作点关于的对称点
∴，，
∴，
当三点共线时，有最小值，即的长，
即的周长有最小值，
∵ 四边形是矩形，
∴，
在中，，
∴，
此时的周长；
（3）如图，取的中点，取的中点，连接，
∴是的中位线，
过点作，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
连接
∵是的中点，且四边形是平行四边形，
∴，
∴是的中点
过点作于点，过点作于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，过点作于点，
∴为定值，
∴为定值，
则点在的中位线上运动，
作的外接圆，当且仅当与相切时，的值最大，
，
故，
如图，连接，作于点，于点，连接
∵与相切于点
∴，
∵于点，
∴，
∵，
∴，
故三点共线，
∴，
则，
∴，
∵，是的中点，
∴，，
∴，
即，
∴，
∴，
∵点是的中点，是的中点
∴是三角形的中位线，
∴
∴．
本题考查了解直角三角形的相关运算，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，中位线的判定与性质，矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，综合性强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
31．(1)见解析
(2)
(3)①见解析；②
（1）根据旋转可得，则，即可证明．
（2）根据，，可得，即可得出，过作，则，即，在中勾股定理求出，则，在中勾股定理求出，根据，得出，即可求出．
（3）①设旋转角为，则，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可得出，，根据，得出，，即可得，根据，得出，即可得，证明，得出，结合，得出；
②根据，设，证明四边形是平行四边形，得出，由①得，在中，勾股定理得出，则，则，根据，得出，根据，得出，证明，，则，求出，由①可得，得出，证出点四点共圆，根据圆周角定理得出，证明，得出，设，则，根据旋转可得，则，联立求出，再根据即可求解．
（1）证明：∵将绕点旋转得到，点的对应点落在边上，
∴，
∴，
∴．
（2）解：∵，，
∴，
∴，
过作，
∴，
∴，
在中，
即，
解得：，（舍去），
∴，
在中，
∴，
∵，
∴，
即，
∴．
（3）①证明：设旋转角为，
则，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
②解：∵，
∴设，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
由①得，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
即，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
由①可得，
∴，
∴点四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，
则，
根据旋转可得，
∴，
联立可得，
∴．
该题考查了相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，旋转的性质，圆周角定理，圆内接四边形，解直角三角形，平行四边形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，证明三角形相似．
32．(1)见解析
(2)见解析
(3)
（1）利用得，结合同弧所对圆周角，再根据三角形外角性质，完成证明 ．
（2）先证得，再通过角的等量代换证，推出，从而得 ．
（3）利用（2）结论将周长转化为，通过相似三角形及三角函数、勾股定理求出的长，即周长为 ．
（1）证明：，
．
，
，
．
，
．
（2）证明：，
．
，
，
又，
，
，
．
由（1）知，，
又，
，
．
，
．
∵，
，
，
，
．
（3）解：由（2）知，，
的周长为．
设，则．
由（2）可知，．
又，
，
，
，
．
又，
，
．
过点C作，垂足为P，则．
四边形是圆内接四边形，
，
又，
，
．
在中，，即．
，
，
，
．
在中，，
，
解得，或（舍去）．
．
的周长为．
本题考查圆的性质、等腰三角形、相似三角形、解直角三角形等知识，通过角与边的转化、相似三角形判定与性质解题，关键是利用圆的性质和三角形知识进行边角关系推导．
33．(1)；
(2)见解析；．
（）先由切线的性质可得，则，又，所以，最后通过三角形外角性质即可求解；
（）由，则，因为，故有，则，得到，通过等腰三角形的性质可证明，再根据全等三角形的性质可得，从而求证；
连接，证明，则有，所以，由知，故有，即，然后代入求解即可．
（1）解：∵是直径，是的切线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵
∴，
∴，
∴；
连接，
∵是直径，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
由知，，
∴，
∴，
∵，
∴．
本题考查了切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键．
34．(1)详见解析
(2)．
（1）只要证明，即可证明为的切线；
（2）过点D作，垂足为F，在中，，，，求得，，在中，，，，求得，再根据圆内接四边形的性质结合等边对等角求得，据此求解即可．
（1）证明：∵，
∴，
又∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴为的切线；
（2）解：如图，过点D作，垂足为F，
∵，
∴，
∴，
∵中，，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵中，，，，
∴，
∵，，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∴．
本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，切线的判定，解直角三角形的应用．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．

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