专题23圆的有关位置关系（24题）（含答案 解析）-【真题汇编】2025年中考数学真题分类汇编（全国通用）

专题23 圆的有关位置关系（24题）
一、单选题
1．（2025·上海·中考真题）在锐角三角形中，，，的外接圆为，且半径为5，边中点为，如果以为圆心的圆与相交，那么的半径可以为（ ）
A．2 B．5 C．8 D．9
2．（2025·山东·中考真题）在中国古代文化中，玉璧寓意宇宙的广阔与秩序，也经常被视为君子修身齐家的象征．下图是某玉璧的平面示意图，由一个正方形的内切圆和外接圆组成．已知内切圆的半径是2，则图中阴影部分的面积是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
3．（2025·四川泸州·中考真题）如图，梯形中，，与梯形的各边都相切，且的面积为，则点到的距离为 ．
4．（2025·河南·中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在为《九章算术》作注时，创立了“割圆术”．如图是研究“割圆术”时的一个图形，所在圆的圆心为点O，四边形为矩形，边与相切于点，连接，，连接交于点．若，则图中阴影部分的面积为 ．
5．（2025·云南·中考真题）已知的半径为，若点在上，则点到圆心的距离为 ．
6．（2025·四川遂宁·中考真题）如图，在边长为的正方形的对角线上取一点，使，连结并延长至点，连结，使，与相交于点．有下列结论：①；②；③；④点是边上一动点，连结，将沿翻折，点落在点处，连结交于点，连结，则的最小值为其中正确的结论有 ．（填序号）
三、解答题
7．（2025·山东威海·中考真题）如图，是的切线，点A为切点．点B为上一点，射线交于点C，连接，点D在上，过点D作，，交于点F，作，垂足为点E．．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径．
8．（2025·山东·中考真题）【问题情境】
2025年5月29日“天问二号”成功发射，开启了小行星伴飞取样探测的新篇章．某校航天兴趣小组受到鼓舞，制作了一个航天器模型，其中某个部件使用3D打印完成，如图1．
【问题提出】
部件主视图如图2所示，由于1的尺寸不易直接测量，需要设计一个可以得到的长度的方案，以检测该部件中的长度是否符合要求．
【方案设计】
兴趣小组通过查阅文献，提出了钢柱测量法．
测量工具：游标卡尺、若干个底面圆半径相同的钢柱（圆柱）．
操作步骤：如图3，将两个钢柱平行放在部件合适位置，使得钢柱与部件紧密贴合．示意图如图4，分别与，相切于点，．用游标卡尺测量出的长度．
【问题解决】
已知，的长度要求是．
（1）求的度数；
（2）已知钢柱的底面圆半径为，现测得．根据以上信息，通过计算说明该部件的长度是否符合要求．（参考数据：）
【结果反思】
（3）本次实践过程借助圆柱将不可测量的长度转化为可测量的长度，能将圆柱换成其他几何体吗？如果能，写出一个；如果不能，说明理由．
9．（2025·四川泸州·中考真题）如图，是的直径，过点的直线与过点的切线交于点，与的延长线交于点，且，连接交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
10．（2025·山东·中考真题）如图，在中，点在上，边交于点，于点．是的平分线．
(1)求证：为的切线；
(2)若的半径为2，，求的长．
11．（2025·四川遂宁·中考真题）如图，是的直径，是上的一点，连接，延长至点，连接，使．
(1)求证：是的切线．
(2)点是的中点，连接，交于点，过点作交于点，交于点，连接，若，，求的值．
12．（2025·四川内江·中考真题）如图，在中，，的平分线交于点D，点O是边上一点，以点O为圆心、长为半径作圆，恰好经过点D，交于点E．
(1)求证：直线是的切线；
(2)若点E为的中点，，求阴影部分的面积；
(3)连接，若，求的值．
13．（2025·云南·中考真题）如图，是五边形的外接圆，是的直径．连接，，，．
(1)若，且，求的度数；
(2)求证：直线是的切线；
(3)探究，发现与证明：已知平分，是否存在常数，使等式成立？若存在，请直接写出一个的值和一个的值，并证明你写出的的值和的值，使等式成立；若不存在，请说明理由．
14．（2025·四川广安·中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，点E在的延长线上，连接，．
(1)求证：是的切线．
(2)过点C作，垂足为D，若的面积是的面积的3倍，，求的长．
15．（2025·山东烟台·中考真题）如图，内接于，，点在线段的延长线上，且，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)当，时，求的长及的半径．
16．（2025·江苏连云港·中考真题）已知是的高，是的外接圆．
(1)请你在图1中用无刻度的直尺和圆规，作的外接圆（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)如图2，若的半径为，求证：；
(3)如图3，延长交于点，过点的切线交的延长线于点．若，，，求的长．
17．（2025·四川达州·中考真题）如图，已知抛物线交x轴于A，B两点，交y轴于C点，B的坐标为，C的坐标为，顶点为M．
(1)求抛物线的解析式；
(2)连接，过第四象限内抛物线上一点作的平行线，交x轴于点E，交y轴于点F．
①连接，当时，求内切圆半径r与外接圆半径R的比值；
②连接，当点F在的内角平分线上，上的动点P满足的值最小时，求的面积．
18．（2025·江苏连云港·中考真题）综合与实践
【问题情境】
如图，小昕同学在正方形纸板的边、上分别取点、，且，交于点．连接，过点作，垂足为，连接、，交于点，交于点．
【活动猜想】
（1）与的数量关系是_______，位置关系是_______；
【探索发现】
（2）证明（1）中的结论；
【实践应用】
（3）若，，求的长；
【综合探究】（4）若，则当_______时，的面积最小．
19．（2025·四川凉山·中考真题）如图1，是的直径，与相切于点A，连接交于点C，连接，则，理由如下：
是的直径，
，
，
与相切于点A，
，
，
，
．
(1)小明根据以上结论，自主探究发现：如图2，当是非直径的弦，而其他条件不变时，仍然成立，请说明理由；
(2)小明进一步探究发现：如图3，线段与线段存在如下关系：．请你替小明证一证；
(3)拓展应用：如图4，是的内接三角形，，，的延长线与过点A的切线相交于P，若的半径为1，请你利用小明的探究结论求的长．
20．（2025·四川南充·中考真题）如图，中，于点D，以为直径的交于点E，交于点F，M为线段上一点，．
(1)求证：是的切线．
(2)若， ，求的长．
21．（2025·四川成都·中考真题）如图，点C在以为直径的半圆O上，连接，过点C作半圆O的切线，交的延长线于点D，在上取点E，使，连接，交于点F．
(1)求证：；
(2)若，，求半圆O的半径及的长．
22．（2025·重庆·中考真题）在中，，点D是边上一点（不与端点重合），连接．将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接．
(1)如图1，，，求的度数；
(2)如图2，，，过点作，交的延长线于，连接．点是的中点，点是的中点，连接，．用等式表示线段与的数量关系并证明：
(3)如图3，，，，连接，．点从点移动到点过程中，将绕点逆时针旋转得线段，连接，作交的延长线于点．当取最小值时，在直线上取一点，连接，将沿所在直线翻折到所在的平面内，得，连接，，，当取最大值时，请直接写出的面积．
23．（2025·四川自贡·中考真题）如图，等圆和相交于两点，经过的圆心，连接，作直径，延长到点，使，连接．
(1)___________度；
(2)求证：为的切线；
(3)若，求上的长．
24．（2025·山东东营·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上异于A、B的点，连接AC、BC，点D在BA的延长线上，且，点E在DC的延长线上，且．
(1)求证：DC是⊙O的切线；
(2)若，，求DA的长．
《专题23 圆的有关位置关系（24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
答案 B D
1．B
本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，两圆相交的条件等知识，掌握两圆相交的条件是关键；根据题意，等腰的外接圆半径为5，由等腰三角形的性质、勾股定理求得；当与相交时，圆心距需满足条件，代入数值求解r的范围，进而确定选项．
解：如图，连接并延长交于点E，
∵，D为中点，
∴，；
∵锐角三角形中，，
∴外接圆心O在上，
连接，由勾股定理得：；

设以D为圆心的圆的半径为，相交应满足：，
即，解得：；
在此范围的半径只有选项B；
故选：B．
2．D
本题主要考查了正方形的内切圆、外切圆、勾股定理等知识点，掌握数形结合思想成为解题的关键．
如图：连接相交于O，由正方形的内切圆的半径是2，，，再运用勾股定理可得，则，最后根据圆的面积公式求解即可．
解：如图：连接相交于O，
∵正方形的内切圆的半径是2，
∴，，
∴，，
∴图中阴影部分的面积是．
故选D．
3．
本题考查了圆的切线的性质，切线长定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，难度较大，正确添加辅助线是解题的关键．
设分别与的切点记为点，连接，过点作于点，过点作于点，过点作于点，由圆的切线的性质证明四边形为矩形，则，可求圆的半径为，设，在中有勾股定理建立方程，解得：或（舍），同理可得：，，最后由即可求解．
解：设分别与的切点记为点，连接，过点作于点，过点作于点，过点作于点，
∴，，
∴，
∵梯形，，
∴点共线，
∴四边形为矩形，
∴，
∵的面积为，
∴，
∴，
∴，
设，
∵，
∴，
∴
∵在中，，
∴，
解得：或（舍），
∴，
同理可得：，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点到的距离为，
故答案为：．
4．
根据圆的切线的性质和矩形的性质，得到，由垂径定理可得，由圆周角定理可得，进而证明是等边三角形，得到，再根据阴影部分的面积求解即可．
解：所在圆的圆心为点O，边与相切于点，
，，
四边形为矩形，
，
，
，
，
，
，
，，
，
是等边三角形，
，
，
阴影部分的面积，
故答案为：．
本题考查了求不规则图形面积，矩形的性质，圆周角定理，垂径定理，圆的切线的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形面积，掌握圆的相关性质是解题关键．
5．
本题考查了点和圆的位置关系，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，解题的关键是理解设点到圆心的距离为，圆的半径为，若点在圆外，则时，当点在圆上时，则时；当点在圆内时，则．
解：∵点在上，
∴点到圆心的距离为，
故答案为：．
6．①②④
证明即可判断①，在上取一点，使得，证明，进而判断②；过点分别作的垂线，垂足分别为，则，根据相似三角形的性质即可判断③，取的中点，连接，根据题意得出在以为直径的圆上运动，进而得出当在上时，取得最小值，最小值为的长，勾股定理求得的长，即可求解．
解：∵四边形是正方形，点是正方形的对角线上的点，
∴，
∴，
∴，故①正确；
如图，在上取一点，使得，
∵四边形是正方形，是对角线，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，故②正确；
如图，连接交于点，则，过点分别作的垂线，垂足分别为，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∵在正方形中，，
∴
∴
∵
∴
∴
在中，
∵
∴
∴
∴，故③错误
如图
∵
∴
即
∵点是边上一动点，连结，将沿翻折，点落在点处，
∴
∴
∴在以为直径的圆上运动
取的中点，连接，
∴当在上时，取得最小值，最小值为的长，
∴
∴
∴
∴，故④正确
故答案为：①②④．
本题考查了折叠的性质，正方形的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，求一点到圆上的距离的最值问题，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
7．(1)见解析
(2)
本题考查了圆的综合题，涉及圆的切线的性质与判定，切线长定理，解直角三角形，勾股定理等知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
（1）连接，证明，则，而，则，由于是的切线，则，再由等式的性质即可证明；
（2）可得，设，则，，由切线长定理得到，则，求出，即可求解半径．
（1）证明：连接，
∵是的切线，
∴
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
即，
∴是的切线；
（2）解：∵，，
∴，
设，
∴，，
∵是的切线，是的切线，
∴，
∵
∴，
解得：，
∴半径为．
8．（1）；（2）该部件的长度符合要求；（3）见解析
本题考查了切线长定理，解直角三角形的应用．
（1）根据切线长定理求解即可；
（2）解直角三角形求得，推出，据此求解即可；
（3）能，将圆柱换成正方体．
解：（1）∵分别与，相切于点，，
∴，；
（2）∵钢柱的底面圆半径为，
∴，
∵，，
∴，
∴，
同理，
∴，
∵，
∴该部件的长度符合要求；
（3）能，将圆柱换成正方体．如图，
设正方体的棱长为，用游标卡尺测量出的长度．
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
9．(1)证明见解析
(2)
本题主要考查了切线的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性质与判定，全等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，由切线的性质可得，证明，可得，据此由切线的判定定理可证明结论；
（2）过点C作于H，过点D作于M，设，则，解得到，则，解方程可得，则，，，由勾股定理得，则；解得到，则，，由勾股定理得；由等面积法可得，证明，得到；证明可得，则．
（1）证明；如图所示，连接，
∵是的切线，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：如图所示，过点C作于H，过点D作于M，
设，则，
由（1）可得，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴；
在中，，
∴，，
在中，由勾股定理得；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，即，
∴．
10．(1)见解析
(2)．
本题考查了切线的判定，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等．
（1）利用等边对等角求得，由角平分线的定义求得，可证明，即可证明为的切线；
（2）先证明等腰三角形，求得，据此求解即可．
（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∴，
即且为半径，
∴为的切线；
（2）解：∵，又，
∴等腰直角三角形，
∵的半径为2，
∴，
∴，
∴．
11．(1)证明见解析
(2)
（1）连接，由圆周角定理得，又由等腰三角形的性质及已知可得，即得，进而即可求证；
（2）连接，由得，即得，，即得到，设，则，由勾股定理得，解得，再证明，得，即得，进而由得，代入计算即可求解．
（1）证明：连接，
∵是直径，
∴，即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∴是的切线；
（2）解：连接，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
设，则，
∵，
∴,
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴,
∵，
∴，
∴，
即，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴．
本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，切线的判定，相似三角形的判定和性质，垂径定理，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
12．(1)见解析
(2)
(3)
本题主要考查了求不规则图形面积，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，切线的判定，勾股定理等等，熟知相关知识是解题的关键．
（1）连接，由角平分线的定义得到，再由等边对等角得到，则，据此可证明，得到，由此可证明是的切线；
（2）根据线段之间的关系证明，解直角三角形可得，则可求出，再根据列式计算即可；
（3）由直径所对的圆周角是直角得到，解得到，设，由勾股定理可得；证明，进而证明，得到，则，，进而可求出，再根据余弦的定义可得答案．
（1）证明：如图所示，连接，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵点E为的中点，
∴，
∵，
∴，
由（1）可得，
在中，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵是的直径，
∴，
在中，，
设，
∴；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，．
13．(1)；
(2)证明见解析；
(3)存在常数，，理由见解析．
本题考查了等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的判定等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）证明是等边三角形即可；
（）延长交于点，连接，由圆周角定理可得，即，又，，所以，然后由切线的判定方法即可求证；
（）设与交于点，由平分，可得，，通过圆周角定理可得，证明，，故有，，即有，，然后通过即可求解．
（1）解：∵，且，
∴是等边三角形，
∴；
（2）解：如图，延长交于点，连接，
∵是的直径，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴直线是的切线；
（3）解：存在常数，，使等式成立；
理由如下：
如图，设与交于点，
∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，，
得：，
∵，
∴，
∴，．
14．(1)见解析
(2)
本题主要考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，直径所对的圆周角是直角等等，熟知切线的判定定理，相似三角形的性质与判定定理是解题的关键．
（1）连接，由等边对等角得到，则，由直径所对的圆周角是直角得到，则可导角证明，据此可证明结论；
（2）证明，得到，则，设，则，，证明，得到，则，据此可求出，再利用勾股定理即可求出答案．
（1）证明：如图所示，连接，
，
，
，
，
是的直径，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：，
，
，
又，
，
，
的面积是的面积的3倍，
，
，
设，
，，
，
，，
，
，
，
∴，
在中，．
15．(1)见解析
(2)；的半径为
本题考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键；
（1）连接并延长交于点，连接，根据已知得出，根据圆周角定理得出，进而等量代换可得即，即可得证；
（2）证明，即可得出，过点作于点，得出，进而求得，即可求解．
（1）证明：如图，连接并延长交于点，连接，
∵，
∴
∴
又∵，
∴
∴
∵
∴
∴
∵是直径
∴
∴即
∴是的切线；
（2）∵
∴
∴
∵
∴，
又∵，
∴
解得：
如图，过点作于点，
∵，
∴，
∴
∴
又∵
∴
∴的半径为
16．(1)见解析
(2)见解析
(3)
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）分别作的垂直平分线交于点，以为半径作圆，即可求解．
（2）作的直径，连接，证明，根据相似三角形的性质，即可求解；
（3）连接，根据为的切线，得出，进而证明是等边三角形，得出，在，中分别求得，根据（2）的结论求得，即可求解．
（1）解：如图所示，
（2）解：如图2，作的直径，连接，
∴，，
∵是的高，
∴．
∵，
∴．
∴，即，
∴．
（3）如图3，连接，
∵为的切线，
∴．
∵，，
∴，
∴，．
∵，
∴是等边三角形，，
∴，，
∴．
在中，，，，
∴，，
在中，，
在中，，
代入，得，
即．
17．(1)
(2)①；②的面积为2或3或
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）①先求出点A的坐标，进而可判断，是等腰直角三角形，然后根据的外接圆直径是，可得其外接圆的半径，再利用等积法求出r，即可解决问题；
②先求得抛物线的顶点M的坐标和对称轴与x轴的交点T的坐标，作轴于点P，可得，继而可得，于是可得当M、P、Q三点共线且轴时，的值最小，此时Q、T重合，然后分点F在不同内角平分线上共三种情况，外加当点重合于点O时，此时点F在的平分线上这种特殊情况，讨论求解即可．
（1）解：把B的坐标，C的坐标代入抛物线的解析式。
得，解得：，
∴抛物线的解析式是；
（2）解：①令，
解得：，
∴，
∵B，C，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵,
∴，
∴当时，是等腰直角三角形，且，
∴，
∴的外接圆直径是，
则其外接圆的半径，
∵，
∴，即，
解得：，
∴；
②∵，
∴抛物线的对称轴是直线，顶点M的坐标是，
∴直线与x轴的交点T的坐标是，
作轴于点P，则在直角三角形中，，
∴，
∴当M、P、Q三点共线且轴时，的值最小，此时Q、T重合，
当点F在的内角的平分线上即时，如图，
∵，
∴，
∴，
∴E、T重合，
∵B，C，
∴直线的解析式是，
当时，，
∴点P的坐标是，
∴，
∴；
当点F在的内角的平分线上时，如图，作于点K，
则，
设，则，
∵，且,
∴，
解得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
由于，
∴点F不可能在的内角的平分线上；
当点重合于点O时，此时平分即点F在的平分线上，符合题意，则，
∴；
综上：的面积为2或3或．
本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数的解析式、平行线的性质、角平分线的性质、解直角三角形、三角形的内切圆和外接圆等知识，综合性强、难度较大，属于中考压轴题，熟练掌握函数、图形等相关知识的综合应用、灵活应用数形结合思想是解题的关键.
18．（1）相等，垂直
（2）证明见解析
（3）
（4）
（1）根据图形进行猜想即可；
（2）过点作于，过点作分别交、于、， 证明四边形为矩形，四边形为正方形，结合正方形性质证明，则可得，证明，得出，，再利用，得出，即可证明；
（3）证明，得出，，再证明，在中，利用勾股定理求出，由等面积法得求出，在中，利用勾股定理求出，再证明为等腰直角三角形，得出，利用线段和差即可求解；
（4）构造的外接圆，连接，，，过点作于点，设的半径为，过点作于，证明是等腰直角三角形，得出，求得，则当最小时，的面积最小，则最小时，的面积最小，由，可知当最小时，的面积最小，由点到直线的最短距离可得，当、、依次共线，且时，最小，此时，点与重合，再进行计算即可．
解：（1）相等，垂直；
（2）过点作于，过点作分别交、于、，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴四边形为矩形，四边形为正方形，
∴，，，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（3）在正方形中，由，，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
得，
由等面积法得，
即，
∴，
在中，，
由（2）可知，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴；
（4）如图，构造的外接圆，连接，，，过点作于点，设的半径为，过点作于，
由（2）可知，，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵正方形中，，是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴当最小时，的面积最小，
∴最小时，的面积最小，
∵，
∴当最小时，的面积最小，
由点到直线的最短距离可得，当、、依次共线，且时，最小，
此时如图，点与重合，
则，
解得：，
∴，
∴．
本题考查正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，外接圆，二次根式，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键．
19．(1)见解析
(2)见解析
(3)
（1）连接，由切线的性质可推出，则，由等边对等角可得，则由三角形内角和定理可得，则，由圆周角定理得到，则；
（2）根据（1）所求可证明，由相似三角形的性质可得，则；
（3）由圆周角定理可得，由勾股定理得；求出，则可证明是等边三角形，可得，由切线的性质可推出，则可得到，由圆周角定理得到，则，进一步可得，则，即可得到；设，则，由（2）可得，则，解方程即可得到答案．
（1）解：如图所示，连接，
∵与相切于点A，
∴，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）证明；由（1）可得，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵，
∴，
∵的半径为1，
∴
在中，由勾股定理得；
∵，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵的延长线与过点A的切线相交于P，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
设，则，
由（2）可得，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴．
本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定等等，熟知切线的性质和圆周角定理是解题的关键．
20．(1)详见解析
(2)
本题主要考查了切线的证明、直径所对的圆周角等于90度、全等三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点．熟练掌握以上知识点是解题的关键．
（1）如图：连接，利用证明 得到即可证明是的切线；
（2）如图：连接，先说明，即．再根据圆周角定理可得；设，，由勾股定理可得，即．解答，进而得到、；由全等三角形的性质可得，进而得到；则，然后求得即可解答．
（1）证明：如图：连接，
在与中，
，
∴．
∴，
∴为的切线．
（2）解：如图：连接．
∵，，
∴．
∴．．
∵为直径，
∴，．
设，，，
∴．
∴，，．
∵，
∴．
∵，
∵，
∴，
∴，
∴．
∴．
∴．
21．(1)见解析
(2)半圆O的半径为2，
（1）连接，切线得到，等边对等角得到，圆周角定理得到，同角的余角得到，等量代换得到，即可得证；
（2）连接，设半圆O的半径为，解直角三角形，求出半径的长，进行求出的长，平行得到，解直角三角形，求出，的长，角平分线的性质，以及同高三角形的面积比等于底边比，得到，进行求解即可．
（1）解：连接，则：，
∴，
∵过点C作半圆O的切线，交的延长线于点D，
∴，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）设半圆O的半径为，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即：半圆O的半径为2；
∴，
连接，则：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴平分，
∴到的距离相等，都等于的长，
∴，
∴，
∴，
∴．
本题考查切线的性质，圆周角定理，解直角三角形，角平分线的性质等知识点，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
22．(1)
(2)，理由见解析.
(3)
（1）利用，，得出是等边三角形，得出．由旋转得，则可求出，再利用外角即可求解；
（2）连接，，利用，，得，证明，得，，得出，再证明，得出，可得，，再通过点是的中点，和点是的中点，证明，，通过证明是等腰直角三角形，即可得出；
（3）取中点，中点，连接，，，通过证明，得出，由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动，由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线，即点和点重合时，最小， 此时，由翻折可知，则点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，由点到圆上一点的最大距离可知当、、依次共线时，取最大值，此时，连接，过点作于点，过点作于点，证明，得出，，通过证明，得出，，再计算出，，即可求出，则，通过，求出， 可求出，则利用即可求出．
（1）解：∵，，
∴是等边三角形，
∴．
由旋转得，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下：
如图，连接，，
∵，，
∴，
由旋转知，，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵点是的中点，，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∵点是的中点，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
即；
（3）解：取中点，中点，连接，，，
∵，，
∴，，，
∴，
∵是中点，
∴，
∴，
由旋转知，，
∴是等边三角形，，
∴，
∴，
∴，
由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动，
由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线，
即点和点重合时，最小，
此时如图，
由翻折可知，
∴点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，
由点到圆上一点的最大距离可知当、、依次共线时，取最大值，
此时如图，连接，过点作于点，过点作于点，
由旋转知，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，，，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∵为中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴，
∵，，
∴．
本题考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，三角形内角和定理和外角性质，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键．
23．(1)
(2)见解析
(3)
（1）如图，连接，，，证明，四边形是菱形，，是等边三角形，可得，进一步可得结论；
（2）如图，连接，由（1）得：，是等边三角形，可得，证明为等边三角形，可得，，证明，可得，再进一步证明即可；
（3）由，，，可得，结合，再利用弧长公式计算即可.
（1）解：如图，连接，，，
∵和相交于两点，且经过的圆心，
∴，，
∴四边形是菱形，，是等边三角形，
∴，
∴．
（2）证明：如图，连接，
由（1）得：，是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为半径，
∴为的切线；
（3）解：∵，，，
∴，
∵，
∴上的长.
本题考查的是等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，切线的判定，等腰三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键.
24．(1)见解析
(2)3
（1）连接，先根据等腰三角形的性质可得，再根据圆周角定理可得，从而可得，然后根据圆的切线的判定定理即可得证；
（2）设，则，，再根据相似三角形的判定证出，然后根据相似三角形的性质求出的值，由此即可得出答案．
（1）证明：如图，连接，
，
，
是的直径，
，
，
，
，即，
，
又是的半径，
是的切线．
（2）解：∵，
设，则，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，即，
解得，
∴．
本题考查了圆的切线的判定定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握圆的切线的判定定理和相似三角形的判定定理是解题关键．