2022年中考數(shù)學真題分項匯編專題20與圓相關(guān)的壓軸題(共19題)(原卷版+解析)

/專題20與圓相關(guān)的壓軸題解答題1．（2022·湖北宜昌）已知，在中，，，以為直徑的與交于點，將沿射線平移得到，連接．(1)如圖1，與相切于點．①求證：；②求的值；(2)如圖2，延長與交于點，將沿折疊，點的對稱點恰好落在射線上．①求證：；②若，求的長．2．（2022·貴州遵義）與實踐“善思”小組開展“探究四點共圓的條件”活動，得出結(jié)論：對角互補的四邊形四個頂點共圓．該小組繼續(xù)利用上述結(jié)論進行探究．提出問題：如圖1，在線段同側(cè)有兩點，，連接，，，，如果，那么，，，四點在同一個圓上．探究展示：如圖2，作經(jīng)過點，，的，在劣弧上取一點（不與，重合），連接，則（依據(jù)1）點，，，四點在同一個圓上（對角互補的四邊形四個頂點共圓）點，在點，，所確定的上（依據(jù)2）點，，，四點在同一個圓上(1)反思歸納：上述探究過程中的“依據(jù)1”、“依據(jù)2”分別是指什么？依據(jù)1：__________；依據(jù)2：__________．(2)圖3，在四邊形中，，，則的度數(shù)為__________．(3)展探究：如圖4，已知是等腰三角形，，點在上（不與的中點重合），連接．作點關(guān)于的對稱點，連接并延長交的延長線于，連接，．①求證：，，，四點共圓；②若，的值是否會發(fā)生變化，若不變化，求出其值；若變化，請說明理由．3．（2022·黑龍江哈爾濱）已知是的直徑，點A，點B是上的兩個點，連接，點D，點E分別是半徑的中點，連接，且．(1)如圖1，求證：；(2)如圖2，延長交于點F，若，求證：；(3)如圖3，在（2）的條件下，點G是上一點，連接，若，，求的長．4．（2022·黑龍江綏化）如圖所示，在的內(nèi)接中，，，作于點P，交于另一點B，C是上的一個動點（不與A，M重合），射線交線段的延長線于點D，分別連接和，交于點E．(1)求證：．(2)若，，求的長．(3)在點C運動過程中，當時，求的值．5．（2022·黑龍江大慶）如圖，已知是外接圓的直徑，．點D為外的一點，．點E為中點，弦過點E．．連接．(1)求證：是的切線；(2)求證：；(3)當時，求弦的長．6．（2022·湖南長沙）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于，對角線AC，BD相交于點E，點F在邊AD上，連接EF．(1)求證：；(2)當時，則___________；___________；___________．（直接將結(jié)果填寫在相應的橫線上）(3)①記四邊形ABCD，的面積依次為，若滿足，試判斷，的形狀，并說明理由．②當，時，試用含m，n，p的式子表示．7．（2022·湖南婁底）如圖，已知是的角平分線，點是斜邊上的動點，以點為圓心，長為半徑的經(jīng)過點，與相交于點．(1)判定與的位置關(guān)系，為什么？(2)若，，①求、的值；②試用和表示，猜測與，的關(guān)系，并用給予驗證．8．（2022·四川涼山）如圖，已知半徑為5的⊙M經(jīng)過x軸上一點C，與y軸交于A、B兩點，連接AM、AC，AC平分∠OAM，AO＋CO＝6。(1)判斷⊙M與x軸的位置關(guān)系，并說明理由；(2)求AB的長；(3)連接BM并延長交圓M于點D，連接CD，求直線CD的解析式．9．（2022·浙江寧波）如圖1，為銳角三角形的外接圓，點D在上，交于點E，點F在上，滿足交于點G，，連結(jié)，．設(shè)．(1)用含的代數(shù)式表示．(2)求證：．(3)如圖2，為的直徑．①當?shù)拈L為2時，求的長．②當時，求的值．10．（2022·浙江溫州）如圖1，為半圓O的直徑，C為延長線上一點，切半圓于點D，，交延長線于點E，交半圓于點F，已知．點P，Q分別在線段上（不與端點重合），且滿足．設(shè)．(1)求半圓O的半徑．(2)求y關(guān)于x的函數(shù)表達式．(3)如圖2，過點P作于點R，連結(jié)．①當為直角三角形時，求x的值．②作點F關(guān)于的對稱點，當點落在上時，求的值．11．（2022·浙江麗水）如圖，以為直徑的與相切于點A，點C在左側(cè)圓弧上，弦交于點D，連接．點A關(guān)于的對稱點為E，直線交于點F，交于點G．(1)求證：；(2)當點E在上，連接交于點P，若，求的值；(3)當點E在線段上，，以點A，C，O，F(xiàn)為頂點的四邊形中有一組對邊平行時，求的長．12．（2022·山東泰安）如圖，四邊形ABCD中，AB=AD=CD，以AB為直徑的⊙O經(jīng)過點C，連接AC，OD交于點E．（1）證明：OD∥BC；（2）若tan∠ABC=2，證明：DA與⊙O相切；（3）在（2）條件下，連接BD交于⊙O于點F，連接EF，若BC=1，求EF的長．13．（2022·上海）平行四邊形，若為中點，交于點，連接．(1)若，①證明為菱形；②若，，求的長．(2)以為圓心，為半徑，為圓心，為半徑作圓，兩圓另一交點記為點，且．若在直線上，求的值．14．（2022·吉林長春）如圖，在中，，，點M為邊的中點，動點P從點A出發(fā)，沿折線以每秒個單位長度的速度向終點B運動，連結(jié)．作點A關(guān)于直線的對稱點，連結(jié)、．設(shè)點P的運動時間為t秒．(1)點D到邊的距離為__________；(2)用含t的代數(shù)式表示線段的長；(3)連結(jié)，當線段最短時，求的面積；(4)當M、、C三點共線時，直接寫出t的值．15．（2022·廣東深圳）一個玻璃球體近似半圓為直徑，半圓上點處有個吊燈的中點為(1)如圖①，為一條拉線，在上，求的長度．(2)如圖②，一個玻璃鏡與圓相切，為切點，為上一點，為入射光線，為反射光線，求的長度．(3)如圖③，是線段上的動點，為入射光線，為反射光線交圓于點在從運動到的過程中，求點的運動路徑長．16．（2022·廣西桂林）如圖，AB是⊙O的直徑，點C是圓上的一點，CD⊥AD于點D，AD交⊙O于點F，連接AC，若AC平分∠DAB，過點F作FG⊥AB于點G交AC于點H．(1)求證：CD是⊙O的切線；(2)延長AB和DC交于點E，若AE＝4BE，求cos∠DAB的值；(3)在（2）的條件下，求的值．17．（2022·四川遂寧）如圖，是的外接圓，點O在BC上，的角平分線交于點D，連接BD，CD，過點D作BC的平行線與AC的延長線相交于點P．(1)求證：PD是的切線；(2)求證：∽；(3)若，，求點O到AD的距離．18．（2022·四川德陽）如圖，是的直徑，是的弦，，垂足是點，過點作直線分別與，的延長線交于點，，且．(1)求證：是的切線；(2)如果，，①求的長；②求的面積．19．（2022·湖北鄂州）如圖1，在平面直角坐標系中，Rt△OAB的直角邊OA在y軸的正半軸上，且OA=6，斜邊OB=10，點P為線段AB上一動點．(1)請直接寫出點B的坐標；(2)若動點P滿足∠POB=45°，求此時點P的坐標；(3)如圖2，若點E為線段OB的中點，連接PE，以PE為折痕，在平面內(nèi)將△APE折疊，點A的對應點為A'，當PA'⊥OB時，求此時點P的坐標；(4)如圖3，若F為線段AO上一點，且AF=2，連接FP，將線段FP繞點F順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得線段FG，連接OG，當OG取最小值時，請直接寫出OG的最小值和此時線段FP掃過的面積．/

專題20與圓相關(guān)的壓軸題解答題1．（2022·湖北宜昌）已知，在中，，，以為直徑的與交于點，將沿射線平移得到，連接．(1)如圖1，與相切于點．①求證：；②求的值；(2)如圖2，延長與交于點，將沿折疊，點的對稱點恰好落在射線上．①求證：；②若，求的長．【答案】(1)①見解析；②(2)①見解析；②的長為【分析】（1）①用切線角定理即可證②連接，，，證明，利用相似對應邊成比例即可得到（2）①延長交于點，設(shè)，利用題目中平移，折疊的對應角相等，和用α表示出來，得到即可②連接，交于點，證明，設(shè)，利用，算出x；在中，，在中，即可求出的長(1)①如第23題圖1∵沿射線方向平移得到∴∵∴方法一：連接，∵與相切于點∴∴∵，為公共邊∴∴方法二：∵是的直徑∴與相切于點∵與相切于點∴②如第23題圖2方法一：過點作于點∴由（1）已證∴四邊形是矩形∴，由（1）已證：同理可證：設(shè)，在中，∴∴即方法二：圖3，連接，，∵與相切于點，與相切于點，與相切于點∴，，，∵∴∴∴∴又∵與相切于點∴∴∴∴∴，即∵的直徑為6∴∴(2)①方法一：如圖4延長交于點設(shè)∵在中，∴∴∴∵沿射線方向平移得到，沿折疊得到∴∴∴∴方法二：∵是的直徑，∴，設(shè)，在中，，∴，∴，∵沿射線方向平移得到，沿折疊得到，∴，∴，∵，在中，，∴，∴.方法三：如圖，延長交于點∵沿射線方向平移得到∴，∵沿折疊得到∴∴∴，∵∴∵是直徑∴∵∴∴∴∴即∴②連接，交于點，如圖6∵沿折疊，點的對稱點為∴，∵是的直徑∴，點恰好落在射線上∴∵沿射線方向平移得到∴，∴點B在的延長線上∴點B，，這三點在同一條直線上而為的直徑∴在和中；；∴∴設(shè)，則∵∴而∴∴∴解得：，（不合題意，舍）∴在中，∴∴在中，∴即的長為【點睛】本題考查折疊，三角形全等，三角形相似，圓的性質(zhì)；巧妙構(gòu)造輔助線，利用上題目所給條件是本題的關(guān)鍵2．（2022·貴州遵義）與實踐“善思”小組開展“探究四點共圓的條件”活動，得出結(jié)論：對角互補的四邊形四個頂點共圓．該小組繼續(xù)利用上述結(jié)論進行探究．提出問題：如圖1，在線段同側(cè)有兩點，，連接，，，，如果，那么，，，四點在同一個圓上．探究展示：如圖2，作經(jīng)過點，，的，在劣弧上取一點（不與，重合），連接，則（依據(jù)1）點，，，四點在同一個圓上（對角互補的四邊形四個頂點共圓）點，在點，，所確定的上（依據(jù)2）點，，，四點在同一個圓上(1)反思歸納：上述探究過程中的“依據(jù)1”、“依據(jù)2”分別是指什么？依據(jù)1：__________；依據(jù)2：__________．(2)圖3，在四邊形中，，，則的度數(shù)為__________．(3)展探究：如圖4，已知是等腰三角形，，點在上（不與的中點重合），連接．作點關(guān)于的對稱點，連接并延長交的延長線于，連接，．①求證：，，，四點共圓；②若，的值是否會發(fā)生變化，若不變化，求出其值；若變化，請說明理由．【答案】(1)圓內(nèi)接四邊形對角互補；同圓中，同弧所對的圓周角相等(2)45°(3)①見解析；②8【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對角互補；同圓中，同弧所對的圓周角相等作答即可；（2）根據(jù)同弧所對的圓周角相等即可求解；（3）①根據(jù)（1）中的結(jié)論證明即可得證；②證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解．(1)如圖2，作經(jīng)過點，，的，在劣弧上取一點（不與，重合），連接，則（圓內(nèi)接四邊形對角互補）點，，，四點在同一個圓上（對角互補的四邊形四個頂點共圓）點，在點，，所確定的上（同圓中，同弧所對的圓周角相等）點，，，四點在同一個圓上故答案為：圓內(nèi)接四邊形對角互補；同圓中，同弧所對的圓周角相等(2)在線段同側(cè)有兩點，，四點共圓，故答案為：(3)，，點與點關(guān)于對稱，，，四點共圓；②，理由如下，如圖，四點共圓，，關(guān)于對稱，，，，，，，，又，，，，，．【點睛】本題考查了圓內(nèi)接四邊形對角互補，同弧所對的圓周角相等，軸對稱的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．3．（2022·黑龍江哈爾濱）已知是的直徑，點A，點B是上的兩個點，連接，點D，點E分別是半徑的中點，連接，且．(1)如圖1，求證：；(2)如圖2，延長交于點F，若，求證：；(3)如圖3，在（2）的條件下，點G是上一點，連接，若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）根據(jù)SAS證明即可得到結(jié)論；（2）證明即可得出結(jié)論；（3）先證明，連接，證明，設(shè)，，在上取點M，使得，連接，證明為等邊三角形，得，根據(jù)可求出，得，，過點H作于點N，求出，再證，根據(jù)可得結(jié)論．(1)如圖1．∵點D，點E分別是半徑的中點∴，∵，∴∵，∴∵∴，∴；(2)如圖2．∵，∴由（1）得，∴∴，∴∵∴，∴(3)如圖3．∵，∴∴連接．∵∴，∴，∵設(shè)，∴在上取點M，使得，連接∵，∴∴，∴為等邊三角形∴∵，∴∴，∴∴，過點H作于點N，∴，∴∵，，∴∵，∴，∴∴，在中，，∴∴，∴．【點睛】本題主要考查了圓周角定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理以及解直角三角形等知識，正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解答本題的關(guān)鍵．4．（2022·黑龍江綏化）如圖所示，在的內(nèi)接中，，，作于點P，交于另一點B，C是上的一個動點（不與A，M重合），射線交線段的延長線于點D，分別連接和，交于點E．(1)求證：．(2)若，，求的長．(3)在點C運動過程中，當時，求的值．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）利用圓周角定理得到∠CMA=∠ABC，再利用兩角分別相等即可證明相似；（2）連接OC，先證明MN是直徑，再求出AP和NP的長，接著證明，利用相似三角形的性質(zhì)求出OE和PE，再利用勾股定理求解即可；（3）先過C點作CG⊥MN，垂足為G，連接CN，設(shè)出再利用三角函數(shù)和勾股定理分別表示出PB和PG，最后利用相似三角形的性質(zhì)表示出EG，然后表示出ME和NE，算出比值即可．(1)解：∵AB⊥MN，∴∠APM=90°，∴∠D+∠DMP=90°，又∵∠DMP+∠NAC=180°，∠MAN=90°，∴∠DMP+∠CAM=90°，∴∠CAM=∠D，∵∠CMA=∠ABC，∴．(2)連接OC，∵，∴MN是直徑，∵，∴OM=ON=OC=5，∵，且，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴OC⊥MN，∴∠COE=90°，∵AB⊥MN，∴∠BPE=90°，∴∠BPE=∠COE，又∵∠BEP=∠CEO，∴∴，即由，∴，∴，，∴．(3)過C點作CG⊥MN，垂足為G，連接CN，∵MN是直徑，∴∠MCN=90°，∴∠CNM+∠DMP=90°，∵∠D+∠DMP=90°，∴∠D=∠CNM，∵，∴，設(shè)∴∴∴∴∴∵，且，∴，，∵，∴，∴，∴，∵∠CGE=∠BPE=90°，∠CEG=∠BEP，∴，∴，即∴，∴，，∴，∴的值為．【點睛】本題考查了圓的相關(guān)知識、相似三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)、勾股定理等知識，涉及到了動點問題，解題關(guān)鍵是構(gòu)造相似三角形，正確表示出各線段并找出它們的關(guān)系，本題綜合性較強，屬于壓軸題．5．（2022·黑龍江大慶）如圖，已知是外接圓的直徑，．點D為外的一點，．點E為中點，弦過點E．．連接．(1)求證：是的切線；(2)求證：；(3)當時，求弦的長．【答案】(1)答案見解析(2)答案見解析(3)【分析】（1）根據(jù)BC是△ABC外接圓⊙O的直徑，得∠BAC=90°，由因為∠ACD=∠B，得∠BCD=90°，即可得答案；（2）先證△FEA∽△CEG，得，又因為AE=CE，EF=2EG，得CE2=2EG2，得OC2-OE2=EC2，即可得答案；（3）作ON⊥FG，延長FG交線段于點W，得四邊形ONWC為矩形，得NG=1.5EG，NE=0.5EG，EW=8-1.5EG+EG=8-0.5EG，得（8-0.5EG）2+64-2EG2-EG2=2EG2，得EG=，即可得答案．(1)解：∵BC是△ABC外接圓⊙O的直徑，∴∠BAC=90°，∴∠B+∠ACB=90°，∵∠ACD=∠B，∴∠ACD+∠ACB=90°，∴∠BCD=90°，∵OC是OO的半徑，∴CD是OO的切線；(2)如下圖，連接AF、CG，∴∠AFE=∠ECG，∵∠AEF=∠CEG，∴△FEA∽△CEG，∴，∵點E為AC中點，∴AE=CE，∵EF=2EG，∴，

∴CE2=2EG2，∵∠BAC=90°，點E為AC中點，∴EOAB，∴∠OEC=90°，∴OC2-OE2=EC2，∴OC2-OE2=2EG2，∴（OC+OE）（OC?OE）=EG?EF；(3)作ON⊥FG，延長FG交線段于點W，∵BC=16，∴OC=8，∵FGBC，∴四邊形ONWC為矩形，∵EF=2EG，∴FG=3EG，∴NG=1.5EG，NE=0.5EG，EW=8-1.5EG+EG=8-0.5EG，由（2）可知：OC2-OE2=2EG2，∴CE2=2EG2，

∴OE2=64-2EG2，ON2=64-2EG2-EG2，EW2=（8-0.5EG）2，∴（8-0.5EG）2+64-2EG2-EG2=2EG2，解得EG=，∴FG=3EG=．【點睛】本題考查了圓周角定理，垂徑定理，切線的判定定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，矩形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是作合適的輔助線．6．（2022·湖南長沙）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于，對角線AC，BD相交于點E，點F在邊AD上，連接EF．(1)求證：；(2)當時，則___________；___________；___________．（直接將結(jié)果填寫在相應的橫線上）(3)①記四邊形ABCD，的面積依次為，若滿足，試判斷，的形狀，并說明理由．②當，時，試用含m，n，p的式子表示．【答案】(1)見解析(2)0，1，0(3)①等腰三角形，理由見解析，②【分析】（1）根據(jù)同弧所對的圓周角相等，對頂角相等，即可得證；（2）由（1）的結(jié)論，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，即可得出0，根據(jù)已知條件可得，，即可得出根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，根據(jù)恒等式變形，進而即可求解．（3）①記的面積為，則，，根據(jù)已知條件可得，進而可得，得出，結(jié)合同弧所對的圓周角相等即可證明是等腰三角形；②證明，，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，得出，則，，計算即可求解．(1)證明：，，即，又，；(2)，，，，，，，，，，，，，，，，，，故答案為：0，1，0(3)①記的面積為，則，，①，即，②由①②可得，即，，，即，，，，，都為等腰三角形；②，，，，，，，，，又，，，，，則，，．【點睛】本題考查了圓周角定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，對于相似恒等式的推導是解題的關(guān)鍵．7．（2022·湖南婁底）如圖，已知是的角平分線，點是斜邊上的動點，以點為圓心，長為半徑的經(jīng)過點，與相交于點．(1)判定與的位置關(guān)系，為什么？(2)若，，①求、的值；②試用和表示，猜測與，的關(guān)系，并用給予驗證．【答案】(1)相切，原因見解析(2)①，；②，驗證見解析【分析】（1）連接OD，根據(jù)角之間的關(guān)系可推斷出，即可求得的角度，故可求出圓與邊的位置關(guān)系為相切；（2）①構(gòu)造直角三角形，根據(jù)角之間的關(guān)系以及邊長可求出，的值；②先表示出來、和的關(guān)系，進而猜測與，的關(guān)系，然后將代入進去加以驗證．(1)解：連接OD，如圖所示∵BD為的角平分線∴又∵過點B、D，設(shè)半徑為r∴OB=OD=r∴∴（內(nèi)錯角相等，兩直線平行）∵∴AC與的位置關(guān)系為相切．(2)①∵BC=3，∴∴過點D作交于一點F，如圖所示∴CD=DF（角平分線的性質(zhì)定理）∴BF=BC=3∴OF=BF-OB=3-r，∴即∴∵∴∴∴；②∴∴猜測當時∴∴∴．【點睛】本題考查了圓與直線的位置關(guān)系、切線的判定、三角函數(shù)之間的關(guān)系，解題的關(guān)鍵在于找到角與邊之間的關(guān)系，進而求出結(jié)果．8．（2022·四川涼山）如圖，已知半徑為5的⊙M經(jīng)過x軸上一點C，與y軸交于A、B兩點，連接AM、AC，AC平分∠OAM，AO＋CO＝6(1)判斷⊙M與x軸的位置關(guān)系，并說明理由；(2)求AB的長；(3)連接BM并延長交圓M于點D，連接CD，求直線CD的解析式．【答案】(1)⊙M與x軸相切，理由見解析(2)6(3)【分析】（1）連接CM，證CM⊥x即可得出結(jié)論；（2）過點M作MN⊥AB于N，證四邊形OCMN是矩形，得MN=OC，ON=OM=5，設(shè)AN=x，則OA=5-x，MN=OC=6-(5-x）=1+x，利用勾股定理求出x值，即可求得AN值，再由垂徑定理得AB=2AN即可求解；（3）連接BC，CM，過點D作DP⊥CM于P，得直角三角形BCD，由（2）知：AB=6，OA=2，OC=4，所以O(shè)B=8，C（4，0），在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，求得BC=，在Rt△BCD中，∠BCD=90°，由勾股定理，即可求得CD，在Rt△CPD和在Rt△MPD中，由勾股定理，求得CP=2，PD=4，從而得出點D坐標，然后用待定系數(shù)法求出直線CD解析式即可．(1)解：⊙M與x軸相切，理由如下：連接CM，如圖，∵MC=MA，∴∠MCA=∠MAC，∵AC平分∠OAM，∴∠MAC=∠OAC，∴∠MCA=∠OAC，∵∠OAC+∠ACO=90°，∴∠MCO=∠MCA+∠ACO=∠OAC+∠ACO=90°，∵MC是⊙M的半徑，點C在x軸上，∴⊙M與x軸相切；(2)解：如圖，過點M作MN⊥AB于N，由（1）知，∠MCO=90°，∵MN⊥AB于N，∴∠MNO=90°，AB=2AN，∵∠CON=90°，∴∠CMN=90°，∴四邊形OCMN是矩形，∴MN=OC，ON=CM=5，∵OA+OC=6，設(shè)AN=x，∴OA=5-x，MN=OC=6-(5-x）=1+x，在Rt△MNA中，∠MNA=90°，由勾股定理，得x2+(1+x)2=52，解得：x1=3，x2=-4（不符合題意，舍去），∴AN=3，∴AB=2AN=6；(3)解：如圖，連接BC，CM，過點D作DP⊥CM于P，由（2）知：AB=6，OA=2，OC=4，∴OB=8，C（4，0）在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，得BC=，∵BD是⊙M的直徑，∴∠BCD=90°，BD=10，在Rt△BCD中，∠BCD=90°，由勾股定理，得CD=，即CD2=20，在Rt△CPD中，由勾股定理，得PD2=CD2-CP2=20-CP2，在Rt△MPD中，由勾股定理，得PD2=MD2-MP2=MD2-（MC-MP）2=52-（5-CP）2=10CP+-CP2，∴20-CP2=10CP-CP2，∴CP=2，∴PD2=20-CP2=20-4=16，∴PD=4，即D點縱坐標為OC+PD=4+4=8，∴D（8,-2），設(shè)直線CD解析式為y=kx+b，把C（4,0），D（8,-2）代入，得，解得：，∴直線CD的解析式為：．【點睛】本題考查直線與圓相切的判定，勾股定理，圓周角定理的推論，垂徑定理，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，熟練掌握直線與圓相切的判定、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式的方法是解題的關(guān)鍵．9．（2022·浙江寧波）如圖1，為銳角三角形的外接圓，點D在上，交于點E，點F在上，滿足交于點G，，連結(jié)，．設(shè)．(1)用含的代數(shù)式表示．(2)求證：．(3)如圖2，為的直徑．①當?shù)拈L為2時，求的長．②當時，求的值．【答案】(1)(2)見解析(3)①3；②【分析】（1）根據(jù)，即可求解；（2）由（1）的結(jié)論，、證即可；（3）①通過角的轉(zhuǎn)換得，即可求的長；②連結(jié)，證，設(shè)，則，由相似的性質(zhì)即可求解；(1)∵，①又∵，②②-①，得2，∴．(2)由（1）得，∵，∴，∴．∵，∴．∵，∴．∵，∴．(3)①∵，∴，∴．∵，∴，∴在中，，∵為的直徑，∴．∴．∴與的度數(shù)之比為3∶2．∴與的的長度之比為3∶2，∵，∴．②如圖，連結(jié)．∵，∴，∴．∵，∴．∵，∴，設(shè)與的相似比為k，∴．∵，∴設(shè)，則，∴，，∴，由，得，解得，（舍），∴，，∴，在中，，∴．【點睛】本題主要考查圓的性質(zhì)、三角函數(shù)、三角形的全等、三角形的相似，掌握相關(guān)知識并靈活應用是解題的關(guān)鍵．10．（2022·浙江溫州）如圖1，為半圓O的直徑，C為延長線上一點，切半圓于點D，，交延長線于點E，交半圓于點F，已知．點P，Q分別在線段上（不與端點重合），且滿足．設(shè)．(1)求半圓O的半徑．(2)求y關(guān)于x的函數(shù)表達式．(3)如圖2，過點P作于點R，連結(jié)．①當為直角三角形時，求x的值．②作點F關(guān)于的對稱點，當點落在上時，求的值．【答案】(1)(2)(3)①或；②【分析】（1）連接OD，設(shè)半徑為r，利用，得，代入計算即可；（2）根據(jù)CP=AP十AC，用含x的代數(shù)式表示AP的長，再由（1）計算求AC的長即可；（3）①顯然，所以分兩種情形，當時，則四邊形RPQE是矩形，當∠PQR＝90°時，過點P作PH⊥BE于點H，則四邊形PHER是矩形，分別根據(jù)圖形可得答案；②連接，由對稱可知，利用三角函數(shù)表示出和BF的長度，從而解決問題．(1)解：如圖1，連結(jié)．設(shè)半圓O的半徑為r．∵切半圓O于點D，∴．∵，∴，∴，∴，即，∴，即半圓O的半徑是．(2)由（1）得：．∵，∴．∵，∴．(3)①顯然，所以分兩種情況．?。┊敃r，如圖2．∵，∴．∵，∴四邊形為矩形，∴．∵，∴，∴．ⅱ）當時，過點P作于點H，如圖3，則四邊形是矩形，∴．∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴，由得：，∴．綜上所述，x的值是或．②如圖4，連結(jié)，由對稱可知，∵BE⊥CE，PR⊥CE，∴PR∥BE，∴∠EQR=∠PRQ，∵，，∴EQ=3-x，∵PR∥BE，∴，∴，即：，解得：CR=x+1，∴ER=EC-CR=3-x，即：EQ=ER∴∠EQR=∠ERQ=45°，∴∴，

∴．∵是半圓O的直徑，∴，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題是圓的綜合題，主要考查了切線的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理，三角函數(shù)等知識，利用三角函數(shù)表示各線段的長并運用分類討論思想是解題的關(guān)鍵．11．（2022·浙江麗水）如圖，以為直徑的與相切于點A，點C在左側(cè)圓弧上，弦交于點D，連接．點A關(guān)于的對稱點為E，直線交于點F，交于點G．(1)求證：；(2)當點E在上，連接交于點P，若，求的值；(3)當點E在線段上，，以點A，C，O，F(xiàn)為頂點的四邊形中有一組對邊平行時，求的長．【答案】(1)證明過程見解析(2)(3)或【分析】（1）設(shè)CD與AB相交于點M，由與相切于點A，得到，由，得到，進而得到，由平行線的性質(zhì)推導得，，，最后由點A關(guān)于的對稱點為E得到即可證明．（2）過F點作于點K，設(shè)AB與CD交于點N，連接DF，證明得到，再證明得到；最后根據(jù)及得到和，最后根據(jù)平行線分線段成比例求解．（3）分情況進行討論．(1)證明：如圖，設(shè)CD與AB相交于點M，∵與相切于點A，∴，∵，∴，∴，∴，，∵點A關(guān)于的對稱點為E，∴，∴．(2)解：過F點作于點K，設(shè)AB與CD交于點N，連接DF，如下圖所示：由同弧所對的圓周角相等可知：，∵為的直徑，且，由垂徑定理可知：，∴，∵點A關(guān)于的對稱點為E，∴，∴，即，∴，由同弧所對的圓周角相等可知：，且，∴，

∴，∵，AB與CD交于點N，∴．∵，，∴，∴，設(shè)KE=2x，EN=5x，∵點A關(guān)于的對稱點為E，∴AN=EN=5x，AE=AN+NE=10x，AK=AE+KE=12x，又，∴，

∴．∵，∴，∴．(3)解：分類討論如下：情況一：當E在線段AO上時，如下圖1所示，設(shè)AB與CD交于點N，連接BC，此時，設(shè)AN=NE=x，則AE=2x，OE=OA-AE=1-2x，∵，∴，∴．∵為的直徑，為的直徑，∴，

又∵，∴，∴，∵，，∴，∴，又∵，，，，∴，即，化簡解得，即．

情況二：當E在線段AO上時，如下圖2所示，此時，設(shè)AN=NE=x，則AE=2x，OE=OA-AE=1-2x，由情況一中可知，．∵，∴，∵（2）中已證，∴，∵，，∴，∵，，∴．在中，∵，，，，∴，解得，∵，∴，故，∴．【點睛】本題考查了圓周角定理，圓的相關(guān)性質(zhì)，相似三角形，勾股定理等，綜合運用以上知識是解題的關(guān)鍵．12．（2022·山東泰安）如圖，四邊形ABCD中，AB=AD=CD，以AB為直徑的⊙O經(jīng)過點C，連接AC，OD交于點E．（1）證明：OD∥BC；（2）若tan∠ABC=2，證明：DA與⊙O相切；（3）在（2）條件下，連接BD交于⊙O于點F，連接EF，若BC=1，求EF的長．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）【詳解】【分析】（1）連接OC，證△OAD≌△OCD得∠ADO=∠CDO，由AD=CD知DE⊥AC，再由AB為直徑知BC⊥AC，從而得OD∥BC；（2）根據(jù)tan∠ABC=2可設(shè)BC=a、則AC=2a、AD=AB=，證OE為中位線知OE=a、AE=CE=AC=a，進一步求得DE==2a，在△AOD中利用勾股定理逆定理證∠OAD=90°即可得；（3）先證△AFD∽△BAD得DF?BD=AD2①，再證△AED∽△OAD得OD?DE=AD2②，由①②得DF?BD=OD?DE，即，結(jié)合∠EDF=∠BDO知△EDF∽△BDO，據(jù)此可得，結(jié)合（2）可得相關(guān)線段的長，代入計算可得．【詳解】（1）如圖，連接OC，在△OAD和△OCD中，，∴△OAD≌△OCD（SSS），∴∠ADO=∠CDO，又AD=CD，∴DE⊥AC，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴∠ACB=90°，即BC⊥AC，∴OD∥BC；（2）∵tan∠ABC==2，∴設(shè)BC=a、則AC=2a，∴AD=AB=，∵OE∥BC，且AO=BO，∴OE=BC=a，AE=CE=AC=a，在△AED中，DE==2a，在△AOD中，AO2+AD2=（）2+（a）2=a2，OD2=（OF+DF）2=（a+2a）2=a2，∴AO2+AD2=OD2，∴∠OAD=90°，則DA與⊙O相切；（3）如圖，連接AF，∵AB是⊙O的直徑，∴∠AFD=∠BAD=90°，∵∠ADF=∠BDA，∴△AFD∽△BAD，∴，即DF?BD=AD2①，又∵∠AED=∠OAD=90°，∠ADE=∠ODA，∴△AED∽△OAD，∴，即OD?DE=AD2②，由①②可得DF?BD=OD?DE，即，又∵∠EDF=∠BDO，∴△EDF∽△BDO，∴，∵BC=1，∴AB=AD=、OD=、ED=2、BD=、OB=，∴，∴EF=.【點睛】本題考查了切線的判定、等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理以及勾股定理的逆定理等，綜合性較強，有一定的難度，準確添加輔助線構(gòu)造圖形是解題的關(guān)鍵.13．（2022·上海）平行四邊形，若為中點，交于點，連接．(1)若，①證明為菱形；②若，，求的長．(2)以為圓心，為半徑，為圓心，為半徑作圓，兩圓另一交點記為點，且．若在直線上，求的值．【答案】(1)①見解析；②(2)【分析】（1）①連接AC交BD于O，證△AOE≌△COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，從而得∠COE=90°，則AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出結(jié)論；②先證點E是△ABC的重心，由重心性質(zhì)得BE=2OE，然后設(shè)OE=x，則BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,從而得9-x2=25-9x2，解得：x=,即可得OB=3x=3，再由平行四邊形性質(zhì)即可得出BD長；（2）由⊙A與⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，點E是△ABC的重心，又在直線上，則CG是△ABC的中線，則AG=BG=AB，根據(jù)重心性質(zhì)得GE=CE＝AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,則AG=AE,所以AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，則BC=AE，代入即可求得的值．(1)①證明：如圖，連接AC交BD于O，∵平行四邊形，∴OA=OC，∵AE=CE，OE=OE，∴△AOE≌△COE(SSS)，∴∠AOE=∠COE，∵∠AOE+∠COE=180°，∴∠COE=90°，∴AC⊥BD，∵平行四邊形，∴四邊形是菱形；②∵OA=OC，∴OB是△ABC的中線，∵為中點，∴AP是△ABC的中線，∴點E是△ABC的重心，∴BE=2OE，設(shè)OE=x，則BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,∴9-x2=25-9x2，解得：x=,∴OB=3x=3，∵平行四邊形，∴BD=2OB=6；(2)解：如圖，∵⊙A與⊙B相交于E、F，∴AB⊥EF，由（1）②知點E是△ABC的重心，又在直線上，∴CG是△ABC的中線，∴AG=BG=AB，GE=CE，∵CE=AE，∴GE=AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,∴AG=AE,∴AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，∴BC=AE，∴．【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定，重心的性質(zhì)，勾股定理，相交兩圓的公共弦的性質(zhì)，本題屬圓與四邊形綜合題目，掌握相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，屬是考常考題目．14．（2022·吉林長春）如圖，在中，，，點M為邊的中點，動點P從點A出發(fā)，沿折線以每秒個單位長度的速度向終點B運動，連結(jié)．作點A關(guān)于直線的對稱點，連結(jié)、．設(shè)點P的運動時間為t秒．(1)點D到邊的距離為__________；(2)用含t的代數(shù)式表示線段的長；(3)連結(jié)，當線段最短時，求的面積；(4)當M、、C三點共線時，直接寫出t的值．【答案】(1)3(2)當0≤t≤1時，；當1＜t≤2時，；(3)(4)或【分析】（1）連接DM，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解；（2）分兩種情況討論：當0≤t≤1時，點P在AD邊上；當1＜t≤2時，點P在BD邊上，即可求解；（3）過點P作PE⊥DM于點E，根據(jù)題意可得點A的運動軌跡為以點M為圓心，AM長為半徑的圓，可得到當點D、A′、M三點共線時，線段最短，此時點P在AD上，再證明△PDE∽△ADM，可得，從而得到，在中，由勾股定理可得，即可求解；（4）分兩種情況討論：當點位于M、C之間時，此時點P在AD上；當點（）位于CM的延長線上時，此時點P在BD上，即可求解．(1)解：如圖，連接DM，∵AB=4，，點M為邊的中點，∴AM=BM=2，DM⊥AB，∴，即點D到邊的距離為3；故答案為：3(2)解：根據(jù)題意得：當0≤t≤1時，點P在AD邊上，；當1＜t≤2時，點P在BD邊上，；綜上所述，當0≤t≤1時，；當1＜t≤2時，；(3)解：如圖，過點P作PE⊥DM于點E，∵作點A關(guān)于直線的對稱點，∴A′M=AM=2，∴點A的運動軌跡為以點M為圓心，AM長為半徑的圓，∴當點D、A′、M三點共線時，線段最短，此時點P在AD上，∴，根據(jù)題意得：，，由（1）得：DM⊥AB，∵PE⊥DM，∴PE∥AB，∴△PDE∽△ADM，∴，∴，解得：，∴，在中，，∴，解得：，∴，∴；(4)解：如圖，當點M、、C三點共線時，且點位于M、C之間時，此時點P在AD上，連接AA′，A′B，過點P作PF⊥AB于點F，過點A′作A′G⊥AB于點G，則AA′⊥PM，∵AB為直徑，∴∠A=90°，即AA′⊥A′B，∴PM∥A′B，∴∠PMF=∠ABA′，過點C作CN⊥AB交AB延長線于點N，在中，AB∥DC，∵DM⊥AB，∴DM∥CN，∴四邊形CDMN為平行四邊形，∴CN=DM=3，MN=CD=4，∴CM=5，∴，∵M=2，∴，∴，∴，∴，∴，∴，即PF=3FM，∵，，∴，∴，即AF=2FM，∵AM=2，∴，∴，解得：；如圖，當點（）位于CM的延長線上時，此時點P在BD上，，過點作于點G′，則，取的中點H，則點M、P、H三點共線，過點H作HK⊥AB于點K，過點P作PT⊥AB于點T，同理：，∵HK⊥AB，，∴HK∥A′′G′，∴，∵點H是的中點，∴，∴，∴，∴，∴，即MT=3PT，∵，，∴，∴，∵MT+BT=BM=2，∴，∴，解得：；綜上所述，t的值為或．【點睛】本題主要考查了四邊形的綜合題，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，圓的基本性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，根據(jù)題意得到點的運動軌跡是解題的關(guān)鍵，是中考的壓軸題．15．（2022·廣東深圳）一個玻璃球體近似半圓為直徑，半圓上點處有個吊燈的中點為(1)如圖①，為一條拉線，在上，求的長度．(2)如圖②，一個玻璃鏡與圓相切，為切點，為上一點，為入射光線，為反射光線，求的長度．(3)如圖③，是線段上的動點，為入射光線，為反射光線交圓于點在從運動到的過程中，求點的運動路徑長．【答案】(1)2(2)(3)【分析】（1）由，可得出為的中位線，可得出D為中點，即可得出的長度；（2）過N點作，交于點D，可得出為等腰直角三角形，根據(jù),可得出，設(shè)，則，根據(jù)，即可求得，再根據(jù)勾股定理即可得出答案；（3）依題意得出點N路徑長為：，推導得出，即可計算給出，即可得出答案．(1)∵∴為的中位線∴D為的中點∵∴(2)過N點作，交于點D，∵，∴為等腰直角三角形，即，又∵，∴，∴，∴，設(shè)，則，∵，∴，解得，∴，，∴在中，；(3)如圖，當點M與點O重合時，點N也與點O重合．當點M運動至點A時，點N運動至點T，故點N路徑長為：．∵．∴．∴．∴，∴，∴N點的運動路徑長為：，故答案為：．【點睛】本題考查了圓的性質(zhì)，弧長公式、勾股定理、中位線，利用銳角三角函數(shù)值解三角函數(shù)，掌握以上知識，并能靈活運用是解題的關(guān)鍵．16．（2022·廣西桂林）如圖，AB是⊙O的直徑，點C是圓上的一點，CD⊥AD于點D，AD交⊙O于點F，連接AC，若AC平分∠DAB，過點F作FG⊥AB于點G交AC于點H．(1)求證：CD是⊙O的切線；(2)延長AB和DC交于點E，若AE＝4BE，求cos∠DAB的值；(3)在（2）的條件下，求的值．【答案】(1)見解析(2)(3)【分析】（1）如圖1，連接OC，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠CAO＝∠ACO，由角平分線的定義得到∠DAC＝∠OAC，等量代換得到∠DAC＝∠ACO，根據(jù)平行線的判定定理得到AD∥OC，由平行線的性質(zhì)即可得到結(jié)論；（2）設(shè)BE＝x，則AB＝3x，根據(jù)平行線的性質(zhì)得∠COE＝∠DAB，由三角函數(shù)定義可得結(jié)論；（3）證明△AHF∽△ACE，列比例式可解答．(1)如圖1，連接OC，∵OA＝OC，∴∠CAO＝∠ACO，∵AC平分∠DAB，∴∠DAC＝∠OAC，∴∠DAC＝∠ACO，∴AD∥OC，∵CD⊥AD，∴OC⊥CD，∵OC是⊙O的半徑，∴CD是⊙O的切線；(2)∵AE＝4BE，OA＝OB，設(shè)BE＝x，則AB＝3x，∴OC＝OB＝1.5x，∵AD∥OC，∴∠COE＝∠DAB，∴；(3)由（2）知：OE＝2.5x，OC＝1.5x，∴，∵FG⊥AB，∴∠AGF＝90°，∴∠AFG+∠FAG＝90°，∵∠COE+∠E＝90°，∠COE＝∠DAB，∴∠E＝∠AFH，∵∠FAH＝∠CAE，∴△AHF∽△ACE，∴．【點睛】此題考查了和圓有關(guān)的綜合性題目，用到的知識點有：平行線的判定和性質(zhì)，三角形相似的性質(zhì)和判定，切線的判定，三角函數(shù)定義以及等腰三角形的判定與性質(zhì)等知識．掌握切線的判定和相似三角形的性質(zhì)和判定是解本題的關(guān)鍵．17．（2022·四川遂寧）如圖，是的外接圓，點O在BC上，的角平分線交于點D，連接BD，CD，過點D作BC的平行線與AC的延長線相交于點P．(1)求證：PD是的切線；(2)求證：∽；(3)若，，求點O到AD的距離．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)點O到AD的距離為【分析】（1）連接OD，證明，則，即可得證；（2）由，，可得，根據(jù)四邊形ABDC為圓內(nèi)接四邊形，又，可得，即可證明∽；（3）過點O作于點E，由∽，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求得，證明∽，繼而求得，在中，利用勾股定理即可求解．(1)證明：連接OD，∵AD平分，∴，∴．又∵BC為直徑，∴O為BC中點，∴．∵，∴．又∵OD為半徑，∴PD是的切線；(2)證明：∵，∴．∵，∴．∵四邊形ABDC為圓內(nèi)接四邊形，∴．又∵，∴，∴∽．(3)過點O作于點E，∵BC為直徑，∴．∵，，∴．又∵，∴，∴．由（2）知∽，∴，∴，∴．又∵，，∴∽，∴，∴，∴．∵，∴．在中，，∴點O到AD的距離為．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)與判定，圓內(nèi)接四邊形對角互補，相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．18．（2022·四川德陽）如圖，是的直徑，是的弦，，垂足是點，過點作直線分別與，的延長線交于點，，且．(1)求證：是的切線；(2)如果，，①求的長；②求的面積．【答案】(1)證明過程見詳解(2)①②【分析】（1）連接OC、BC，根據(jù)垂徑定理得到AB平分弦CD，AB平分，即有∠BAD=∠BAC=∠