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05圆的位置关系综合压轴题（浙江省最新考题） 试题分析
一、单选题
1 0.4 根据成轴对称图形的特征进行求解；根据矩形的性质求线段长；用勾股定理解三角形；点与圆上一点的最值问题
2 0.4 求特殊三角形外接圆的半径；四点共圆；相似三角形的判定与性质综合；利用菱形的性质求线段长
二、填空题
3 0.4 解直角三角形的相关计算；同弧或等弧所对的圆周角相等；90度的圆周角所对的弦是直径；用勾股定理解三角形；点与圆上一点的最值问题
4 0.4 圆与三角形的综合(圆的综合问题)；解直角三角形的相关计算；利用二次根式的性质化简；相似三角形的判定与性质综合
5 0.45 含30度角的直角三角形；求弧长；相似三角形的判定与性质综合；切线的性质定理
6 0.45 利用垂径定理求值；相似三角形的判定与性质综合；用勾股定理解三角形；切线的性质定理
7 0.03 二次根式的混合运算；半圆（直径）所对的圆周角是直角；直角三角形周长、面积与内切圆半径的关系
三、解答题
8 0.42 与三角形中位线有关的求解问题；解直角三角形的相关计算；求特殊三角形外接圆的半径；利用垂径定理求值；半圆（直径）所对的圆周角是直角；用勾股定理解三角形；点与圆上一点的最值问题
9 0.35 相似三角形的判定与性质综合；圆周角定理；证明某直线是圆的切线；应用切线长定理求解
10 0.42 已知圆内接四边形求角度；等边对等角；相似三角形的判定与性质综合；与图形有关的问题(一元二次方程的应用)；折叠问题；圆周角定理；全等三角形的性质；利用平行四边形性质和判定证明
11 0.35 解直角三角形的相关计算；相似三角形的判定与性质综合；切线的性质定理；用勾股定理解三角形；三角形内心有关应用
12 0.4 解直角三角形的相关计算；相似三角形的判定与性质综合；圆周角定理；证明某直线是圆的切线
13 0.42 解直角三角形的相关计算；相似三角形的判定与性质综合；圆周角定理；切线的性质定理
14 0.42 圆与三角形的综合(圆的综合问题)；利用垂径定理求值；相似三角形的判定与性质综合；圆周角定理
15 0.42 相似三角形的判定与性质综合；圆周角定理；证明某直线是圆的切线；角平分线的有关计算
16 0.45 求其他不规则图形的面积；证明某直线是圆的切线；用勾股定理解三角形；作角平分线(尺规作图)
17 0.45 斜边的中线等于斜边的一半；相似三角形的判定与性质综合；证明某直线是圆的切线；用勾股定理解三角形
18 0.28 已知圆内接四边形求角度；相似三角形的判定与性质综合；根据成轴对称图形的特征进行求解；半圆（直径）所对的圆周角是直角
19 0.15 利用菱形的性质证明；垂径定理的推论；解直角三角形的相关计算；全等的性质和SSS综合（SSS）；相似三角形的判定与性质综合；圆周角定理；等边三角形的性质；等边三角形的判定和性质；切线的性质定理；切线的性质和判定的综合应用
20 0.44 已知圆内接四边形求角度；解直角三角形的相关计算；相似三角形的判定与性质综合；半圆（直径）所对的圆周角是直角；两点之间线段最短；用勾股定理解三角形；切线的性质定理
21 0.32 解直角三角形的相关计算；相似三角形的判定与性质综合；根据矩形的性质求线段长；切线的性质定理
22 0.48 求其他不规则图形的面积；圆周角定理；利用平行四边形的性质求解；切线的性质定理
23 0.4 解直角三角形的相关计算；等边对等角；相似三角形的判定与性质综合；切线的性质定理
24 0.4 解直角三角形的相关计算；利用矩形的性质证明；用勾股定理解三角形；切线的性质定理05 圆的位置关系综合压轴题
（浙江省最新考题）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．（2026·浙江绍兴·二模）如图，在矩形中，，．点E为的中点，点F为边上的动点，连接，作点A关于的对称点G，连接，则点F从点A运动到点B的过程中，的最大值与最小值之和为（ ）
A． B． C． D．
2．（2026·山东淄博·一模）如图，在菱形中，，，E是延长线上一点，交于点F，连接并延长交于点G，则线段长度的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
3．（2026·浙江杭州·二模）如图，圆O的半径为5，的直角顶点A在圆上，其中，，在绕点A旋转的过程中，始终保持直线与圆O有两个交点D，E，其中，连接．
（1）当点B与点D重合时， _____；
（2）的最小值为_____．
4．（2026·浙江杭州·二模）如图，内接于，直径，弦，作弦与相交于点．连结，过点作的平行线交于点，连接，若，则的面积为________
5．（2026·浙江·模拟预测）如图，在中，，，点O在上，以点O为圆心，长为半径作，交于点D，与相切于点E，若，则的长为__________．
6．（2026·浙江温州·二模）如图，⊙的直径平分弦于点，且是的中点，点在上，，过点作⊙的切线，交的延长线于点．连接，若，则的长为______．
7．（2026·浙江舟山·一模）如图，为内接三角形，其中为直径，且，点为和平分线的交点，延长交于点，连结，，．
①________；
②若，，与之间的函数关系为________．
三、解答题
8．（2026·浙江温州·三模）已知的直径为7，弦，作内接于过的中点D作于点E．
(1)当边经过圆心O时（如图1），
①求的长；
②过点A作于点F（如图2），求的值．
(2)当边不经过圆心O时（如图3），
①过点A作于点F，连结，求的值；
②连结，请直接写出的最大值．
9．（2026·浙江杭州·二模）如图①，在中，（），点D在上，平分，为的外接圆．
(1)求证：．
(2)求证：为的切线．
(3)过点B作的切线，切点为E，如图②，连接，，，若，求的值．
10．（2026·浙江湖州·二模）如图，在锐角中，，以为直径作半圆交，于点，，在弦的延长线上取点，使 ，将沿翻折至，延长交射线于点．
(1)若，求的度数．
(2)求证：四边形是平行四边形．
(3)若，求的值．
11．（2026·浙江丽水·二模）如图，中，．已知是的内切圆，点、、分别为切点，连接、、．连接分别与交于点，与交于点．
(1)求的度数．
(2)求证：．
(3)如果的半径长度为，且有一动点在内，满足．当距离最小时，求的值．
12．（2026·浙江杭州·二模）如图，是内接三角形，的角平分线交于点，交于点，连接、，过点作交的延长线于点．
(1)若，，求的半径．
(2)求证：为的切线．
(3)求证：．
13．（2026·浙江杭州·二模）如图，是的切线，D是直径延长线上的一点，连接、，设（）．
(1)若，求．
(2)延长至E，使，过点E作的垂线，分别交、于点F，H．
①若，直径，求的长．
②求证：．
14．（2026·浙江宁波·二模）如图1，四边形内接于，是的直径，连接交于点，．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)如图2，过点作交于点，若，，求的长．
15．（2026·浙江·模拟预测）如图，锐角内接于，平分，交于点D，交于点E，平分，连接并延长交于点G．
(1)若，求，的度数．
(2)求证：是的切线．
(3)若平分，，，求的长．
16．（2026·浙江丽水·模拟预测）如图，在中，，是上一点，以点为圆心，为半径作弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧相交于点，连接并延长，交边于点．以点为圆心，为半径的恰好也经过点，且与,分别相交于点，．
(1)求证：是的切线．
(2)若，，求阴影部分的面积．
17．（2026·浙江·模拟预测）如图，在中，，为的中点，以为直径作交 于点，过点作，垂足为．记的面积为，四边形的面积为．
(1)求证：直线与相切；
(2)若，，求的值．
18．（2026·浙江温州·模拟预测）如图1，是的直径，A，D为圆上在异侧的点，，连接交于点H，将关于直线对称得到．
(1)求出的度数．
(2)如图2，延长交于点F，连接，，交于点G．
①求证：．
②若，求的值．
19．（25-26九年级下·江西九江·阶段检测）如图，与相切于点，以为边作菱形，交于点C，D，E是对角线上一点，在，上取点F，G，使．
(1)求证：是切线；
(2)求证：是等边三角形；
(3)若，求的半径．
20．（2026·浙江杭州·模拟预测）如图，在中，点在以为直径的半圆上，过点作半圆的切线交延长线于点，垂直于的延长线于点，交半圆于点，连接．
(1)求证：；
(2)若，，
求半圆的半径；
若是上一点，连接，，求的最小值．
21．（2022·浙江温州·模拟预测）在矩形中，，点E是对角线上任意一点，过点E作的垂线分别交于点F，G，作平行交于点H．
(1)证明：．
(2)连结交于点K，若，求的值．
(3)作的外接圆，且．
①若与矩形的边相切时，求的长．
②作点E关于的对称点，当落在上时，直接写出的面积．
22．（2026·浙江宁波·模拟预测）如图，点在上，，以为边作．
(1)如图1，当经过圆心时，求的度数．
(2)如图2，当与相切时，若的半径为1，求与的重叠部分（阴影部分）的面积．
23．（2026·浙江·模拟预测）如图，中，，以为直径的交边于点D，过点D作的切线交于点E．
(1)若，求的度数；
(2)若，，求的值．
24．（2026·浙江·模拟预测）如图，在矩形中，是中点，以点为圆心，长为半径在矩形内画半圆，切半圆于点，与交于点，连接．
(1)求证：；
(2)若，求四边形的面积．
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参考答案
题号 1 2
答案 B A
1．B
先确定点G的运动轨迹，再由勾股定理求解即可．
解：∵点F为边上的动点，连接，作点A关于的对称点G，
则由对称的性质可知，，
∴点G的运动轨迹是以点E为圆心，为半径的一段弧，如图，
当点F与点A重合时，有最大值为，
则由勾股定理，
∴的最大值为10，
当点E，点G，点C三点共线时，有最小值，
∴，
∴，
∴的最小值为，
∴的最大值与最小值之和为．
2．A
延长，交于点M，连接，过点D作于点H，过点B作于点N，、交于点O，证明，，得出，，证明，得出，证明，说明B、C、G、D四点共圆，求出外接圆的直径为2，即可得出答案．
解：延长，交于点M，连接，过点D作于点H，过点B作于点N，、交于点O，如图所示：
∵四边形为菱形，
∴，，，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴B、C、G、D四点共圆，
∵为等边三角形，，，
∴，，
∴，
∴外接圆的直径为2，
∴B、C、G、D四点所在圆的直径为2，
∴的最大值为2，
∵E是延长线上一点，
∴，
即，
∴，
∴，
∴．
3． /0.8 /
(1) 当点与点重合时，，，三点都在圆上，利用直径所对圆周角为直角构造直角三角形，结合同弧所对圆周角相等求解．
(2) 先利用解直角三角形求出和，由将转化为求的最大值，再通过勾股定理将与关联，利用圆的直径是最长弦求出最值．
（1）解：当点与点重合时，点在圆上，连，
如图，
，，三点都在圆上，
∵，
∴为圆的直径，
圆的半径为，
，
，
，
，
，
在中，，
．
（2）在中，，，，
，
过点作于点，
在中，，，
直线与圆交于，两点，且，
点在点与点之间，
，
，
要使最小，只需最大，
点在上，且，
，
在中，，
当最大时，最大，
为圆的弦，
当过圆心时，最大，此时，
，
，
．
4．或
根据直径所对圆周角是直角及勾股定理得出是等腰直角三角形，从而得出；利用平行线性质及直径性质证明，结合互余关系证得，再由圆周角定理得，从而求出及的长；证明，利用相似三角形面积比等于相似比的平方，分点在线段上和点在线段上两种情况计算即可．
解：连接，，，设交于点，如下图：
是的直径，，
，，
在中，
，
，
是等腰直角三角形，
是中点，
，，
是的直径，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
，
，
，
，
在中，
，
，，
，
又，
，
，
即，
，
，
即，
又，
，
，
当点在线段上时，，
，
；
当点在线段上时，如下图：
，
，
；
综上所述，的面积为或 ．
本题考查了圆周角定理、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，关键在于利用平行线与直径的性质转化角的关系，通过分类讨论确定点E的位置，再结合相似比求解面积．
5．
连接，由题意易得，，是等边三角形，则有，，，，设，则有，然后可得，进而根据相似三角形的性质可进行求解．
解：连接，如图所示：
∵，，
∴，
∵，与相切，
∴，是等边三角形，
∴，，，，
设，则有，
∵，
∴，，
∴，即，
解得：，
∴的长为．
6．2
这道题先利用垂径定理和已知条件设圆的半径为，表示出相关线段长度，再通过勾股定理建立关于r的方程，求出半径；接着利用切线的性质得到为直角三角形，再通过证明，利用相似三角形的对应边成比例求出的长即可．
解：设圆的半径为，
是的直径，平分弦于点，是的中点，
，
，
，
在中，，由勾股定理得：
，
，
解得，
，
在中，由勾股定理得：
，
是的切线，
，即，
又，
，
，
．
7． 6
①如图，连接，根据圆周角相等得到弦，即为等腰直角三角形，求出；
②连接，过分别作三边的垂线，垂足分别为、、，由点为和平分线的交点得到是的内心，则，证明，得到，同理可得，再根据，得到，接着根据，得到，求出，最后在中由勾股定理得到，整理化简即可．
解：①如图，连接，
∵平分角，
∴，
∴，
∵为的直径，且，
∴，
∴；
②连接，过分别作、、的垂线，垂足分别为、、，
∵为直径，
∴，，
∵点为和平分线的交点，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
同理可得，
∵，
∴，
整理得，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
解得，
∵中，，，
∴，
整理得．
8．(1)①；②
(2)①；②
（1）①根据勾股定理求得，进而根据，代入数据，即可求解；
②证明是的中位线，求得，即可求解；
（2）①连结并延长，交于点，连结，则，，由与都是所对的圆周角得，，根据，即可求解；
②作的外接圆，连接，，过点作于点，根据①可得，得出点的轨迹，进而分别求得的长，即可求解．
（1）①当边经过圆心时，是直径，
∴，，
∵，
∴，
∵点是中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
②∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是的中位线，
∴，
∴．
（2）①连结并延长，交于点，连结，则，，
由与都是所对的圆周角得，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
由（1）②同理可得：，
∴，
即：．
②∵．
∴
又∵为定值，
如图，作的外接圆，连接，，过点作于点，
∴
∴，则，
∵，
∴在的垂直平分线上，则三点共线，
在
在中，，
∴
∴当在上时，取得最大值，．
9．(1)证明：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵是和的公共角，
∴；
(2)证明：连接、，
∵弧所对的圆心角为，所对圆周角为，
∴．
∵（都是半径），
∴，
结合（1）知，
∴，即，
又∵是的半径，
∴是的切线．
(3)
（1）先证明，进而可证；
（2）连接、，先求出，然后可求出，进而可证为的切线；
（3）连接并延长交于点F，由得，可证．在中，求出，进而可证．证明得．设，，则，代入求出，然后代入化简即可．
（1）略；
（2）略；
（3）解：如图，连接并延长交于点F，
由（1），
∴，即．
∵，
∴，
∴．
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵、都是的切线，
∴，
∴．
∵切于，
∴，
∴．
∵是直径，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
又∵公共，
∴，
∴．
设，，则，
代入得：，
整理为，
解得（负值舍去），
∴．
10．(1)
(2)证明：∵，
∴
∴ ，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
由（1）得：，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
(3)
（1）先推导出 ，再根据翻折，得到，则 ，即可解答；
（2）先推导出 ，得到，则，继而推导出，得到，则四边形是平行四边形，即可解答；
（3）连结，设，则，，推导出 ，，设，推导出，，得到 ，即，继而推导出，得到，，延长，交于点，推导出 ，得到， ，进而推导出 ，得到，则，再根据，得到，解得，则，即可解答．
（1）解：∵四边形内接于圆，
∴，
∵，
∴ ，
∵沿翻折至，
∴，
∴ ．
（2）略
（3）解：如图，连结，设，则，，
∵四边形是平行四边形，
∴ ，，
设，
∵是直径，
∴，即：，
∵，
∴，，
∴ ，即，
由四边形内接于圆，同理可得
∴，
∵，
∴，
∴，故，即： ，，，
延长，交于点，
∵四边形内接于圆，
∴，
∵，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴，故 ，即： ， ，
∵，
∴ ，
∴，故 ，
即，，
∴，
由得：，故，
由，解得：，
∴，即：的值为．
11．(1)；
(2)证明：连接，
，，，，
四边形是正方形，
，，为等腰直角三角形，，
由切线长定理得，，
为等腰三角形，，
由（1）可知，根据同弧所对的圆周角相等得，
，
，，
，
，
，
，
，
；
(3)
本题主要考查了等腰直角三角形内切圆的性质、切线长定理、圆周角的性质、勾股定理、全等三角形的判定以及相似三角形判定．
（1）利用四边形内角和为，结合圆切线的性质，可知的度数，再根据圆周角的性质即可求解；
（2）根据等腰直角三角形内切圆的性质，可求得，利用同弧所对的圆周角相等可知，从而判断；
（3）根据动点在内，满足，可知点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆，当距离最小，则需满足、、三点共线，从而求得，再根据勾股定理求得的大小．
（1）解：如图：连接、、，
，，
，
是的内切圆，点、、分别为切点，
，，
，
在四边形中，内角和为，可得，
根据圆周角定理可知同弧所对的圆周角是圆心角的一半，
；
（2）略；
（3）解：，，，，
四边形是正方形，
动点在内，满足，
，
且点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆，要使距离最小，则需满足、、三点共线，如图，连接、、，
四边形是正方形，且、、三点共线，
，
在和中，
，
，
，
，
由切线长定理得，，
，
，
由正方形可知，
，
，
设，，，，
在中，，
解得，（舍）
过点作，
，，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
故．
12．(1)
(2)见解析
(3)见解析
（1）连接，，过点O作于点H，利用圆周角定理求得，利用等腰三角形的性质得到，再利用直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论；
（2）连接并延长，交于点G，利用角平分线的定义，垂径定理得到，利用平行线的性质得到，再利用圆的切线的判定定理解答即可得出结论；
（3）利用圆周角定理，平行线的性质和相似三角形的判定与性质得到和，再利用等式的性质解答即可．
（1）解：如图，连接，，过点O作于点H，
∵是的角平分线，，
∴，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴．
∵，
∴．
∴的半径为；
（2）证明：如图，连接并延长，交于点G，
∵是的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为的半径，
∴为的切线；
（3）证明：∵是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
13．(1)
(2)①；
② 证明：∵，
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∵，，
∴
∴
∴
∴
∴
∴
（1）连接，根据切线的性质可得根据圆周角定理可得，进而求得；
（2）①根据已知求得，进而证明，根据相似三角形的性质，即可求解；
②先证明得出，进而可得， 证明得出，进而得出，再求比值，即可求解．
（1）解：连接，因为是的切线，
，
（2）①∵是直径
∴
∵在中，，
设，
∴
∴
解得：
∴，
∵
∴
∵
∴
∵，
∴
∴
∴，
∴，
解得：；
②略.
14．(1)证明：设，则，
是的直径，
，
，
，
，
；
(2)证明：连接，如图所示：
，，
且，
，
，
，
，
，
，
即；
(3)8
（1）设，则，求出，，从而得出，根据等角对等边，即可得出答案；
（2）连接，证明 ，得出，即可得出答案；
（3）过点作，交于点，连接，设，则，根据 ，得出，从而得出，根据平行线分线段成比例定理得出，从而得出，得出关于a的方程，解方程即可．
（1）略
（2）略
（3）解：过点作，交于点，连接，如图所示：
设，则，
，
，
，
由（2）得， ，
，
∴，
∵，，
∴，
，
∴，
得 ，
化简得，
解得，（舍去）
即．
15．(1)；
(2)证明：设，则．
∴ ，
∴，
∵平分，
∴，
∴．
∴ ，
∴，
∴是的切线．
(3)
（1）连接，根据角平分线定义，以及圆周角定理推出，，进而即可求出，；
（2）设，则，类比（1）推出，，结合角平分线定义进而推出，再根据分析证明即可；
（3）利用角平分线定义推出，结合切线性质，以及等角的余角相等推出，以及，设，则 ，证明，利用相似三角形性质求出值，再证明，结合相似三角形性质分析求解，即可解题．
（1）解：连接，
∵，平分，
∴ ，，
∴．
（2）略
（3）解：∵平分，平分，
∴，，
∵ ，，
又 ，
∴，
又∵是的切线，，
∴，
∴ ，
∵，，设，则 ，
∵，，
∴．
∴，
∴，
解得，
∴， ，，
∵ ，
∴，
∴．
∴ ，
∴ ，
即．
16．(1)证明见解析
(2)
（1）先证，结合是的半径，即可得证；
（2）连接，过点作，，又，，，，最后通过，即可求解．
（1）解：如图，连接．
由题意可知是的平分线，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
又∵是的半径，
∴是的切线．
（2）如图．连接，过点作，垂足为．
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴，
在中，，
∴的半径为，
∵四边形 是矩形，
∴，又，
∴，
∴，，
∴．
17．(1)证明见解析
(2)
（1）要证直线与圆相切，连接圆心与切点，证明该半径与直线垂直即可；结合直角三角形斜边中线性质、等腰三角形性质推导平行关系，进而证垂直;
（2）由直径得，即，推出为中点；结合设边长，分别求出、，进而得．
（1）证明：连接，
在中，，为的中点，
（直角三角形斜边中线等于斜边的一半），
，
，
，
，
，
，
，
又是的半径，
直线与相切．
（2）解：为的直径，
，即，
，
为的中点，
，设，，
由勾股定理得：，
为中点，，
，，
在中，，
，
，
，
，
，，
，
，
．
18．(1)
(2)①见解析；②
（1）根据直径所对的圆周角是直角和等边对等角可得，然后结合同弧所对的圆周角相等和轴对称的性质即可解答；
（2）①根据同弧所对的圆周角相等和圆内接四边形对角互补，利用可证明，进一步可得结论；
②由①可得，从而推出，进而利用可证明，得到，结合，可得，，过点G作于点K，易得，，设，表示出和，进一步求解即可．
（1）解：∵是的直径，
．
，
，
．
由关于直线对称得到，
．
（2）①证明：，
．
∵四边形内接于圆，
，
，
，
，
．
，
．
②解：，
∴，
，
，即，
，，
，
，
，
设，则，，
，，
过点G作于点K，
∵为直径，
∴，
，
∴，，
∴，
，，
∴，
∴设，
∴，
∴，
∵，
∴，
．
19．(1)见详解
(2)见详解
(3)
（1）连接，，，根据切线的性质得出 ，根据菱形的性质得出 ，证明，得出，即 ，结合是的半径，即可证明是的切线；
（2）在菱形中，，，，，证明，根据得出，结合，与三角形内角和定理得出 ，即，证出 是等边三角形；
（3）如图，作于点M，作于点N，作于点H，连接，设，由（2）知是等边三角形，证明，得出，进而得到，根据三角函数得到，进而得到的值，同理得到的值，根据得到，进而得到，根据求出，进而求出，即可求出，证明是等边三角形，根据圆周角定理及垂径定理得到，，根据三角函数计算即可．
（1）证明：连接，，，
∵与相切于，是的半径，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴ ，
∵是的半径，
故是的切线；
（2）证明：在菱形中，，，，，
∵，
∴，
设，
则，
∴，
∵与相切于，是的半径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
即，
在中，且，
故是等边三角形；
（3）解：如图，作于点M，作于点N，作于点H，连接，设．
由（2）知是等边三角形，
，
，
，
在中，，
，
又∵，
，
∴，．
∴，
．
∵，
∴
∴．
∵，
∴
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴．
∵是等边三角形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵
∴，
，经检验，是原分式方程的解，
∴的半径是．
20．(1)
证明：∵为半圆的直径，
∴，
∴，
∵四边形内接于半圆，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
(2)半圆的半径为；的最小值是
（1）由是直径可得，由圆内接四边形的性质可得，根据等角的余角相等即可证明；
（2）①连接，由切线的性质可得，进而得到，则，结合和，计算出半径的值即可；
②作点关于直线的对称点，作于点，由和可得，则点在上，因此，当、、三点共线时，取到得最小值．使用三角函数计算出，，则，最后用勾股定理计算出．
（1）略
（2）解：①如图，连接，
在中，，，
∴，
∵是半圆的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，即半圆的半径为；
②如图，作点关于直线的对称点，作于点，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即是的平分线，
∴点在上，
由对称的性质可得，，
∴，
∴当、、三点共线时，取得最小值，
在中，，，，
∴，，
∴在中，，，
∴，
∴由勾股定理可得，，
∴的最小值是．
21．(1)证明见解析
(2)
(3)①或或；②
（1）证明四边形为平行四边形，即可求证；
（2）过点K作于点M，则，由题意易得，然后可得，则有，进而问题可求解；
（3）①由题意可分当与边相切时，当与边相切时，当与边相切时，进而分类进行求解即可；
②连接，过点H作于点R，由折叠的性质可知：，然后可得，则有，进而问题可求解．
（1）证明：在矩形中，，
∵，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴；
（2）解：如图，过点K作于点M，则，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：①根据题意得：，，
当与边相切时，此时点H为切点，
如图，设与交于点G、R，连接，，则，
∵，
∴为的直径，
∴点O，F，R共线，且，
∵，，
∴，
∴，
∴；
当与边相切时，则与边也相切，此时 F，G 为切点，为直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，，即，
∵，
∴，
∴，
∴；
当与边相切时，设与边的另一个交点为点Q，设切点为点N，连接，则，
∵，
∴为直径，
∴，
同理，
∴，
∵，
∴，即，
∴，，
∴，
根据题意得：，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴， ，
∴，
∴，
在中，，
解得：或（舍去），即；
综上所述，的长为或或；
②由题意可得如下图，连接，过点H作于点R，
由折叠的性质可知：，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
22．(1)
(2)
本题主要考查圆的性质，圆周角定理，扇形面积公式，平行四边形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
（1）根据直径所对的圆周角是直角得到，即可求出，再根据平行四边形的性质得到答案即可；
（2）连接交于点，连接，根据相切得到，证明为等边三角形，，根据．
（1）为的直径，
，
，
，
在平行四边形中，；
（2）连接交于点，连接，
与相切，
，
在平行四边形中，，
，
，，
，
，
，
为等边三角形，
∴，
又，
，
，
．
23．(1)
(2)
（1）先根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算出，则，再根据切线的性质得到，所以；
（2）过O点作于H点，连接，如图，根据垂径定理得到，根据等腰三角形的性质得到，再证明，利用相似比可计算出，则利用勾股定理可计算出，利用正切的定义得到，然后
（1）解：连接，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵为的切线，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：过O点作于H点，连接，如图，则，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
在中，，
∵，，
∴，
∴．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了垂径定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质和解直角三角形．
24．(1)详见解析
(2)
（1）结合矩形的性质，以及切线的性质，证明，得，
则同理，得，故，即可作答．
（2）先得，结合，故，又因为，则运用勾股定理得，根据矩形的性质得，则，再列式计算求出四边形的面积，即可作答．
（1）解：如图，连接，
∵切半圆于点，
∴．
又∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
则同理
∴，
∵，
∴，
即．
（2）解：由（1）得，，
∴，，，
由（1）得，
则，，
∵，
∴，
即，
∵，
∴，
∴
∴，
∵，
则，
∴．
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形的面积．
本题考查了切线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，解直角三角形的相关应用，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
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