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专题24.25 切线的性质与判定（直通中考）
【要点回顾】
1．切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.
切线的判定方法：
（1）定义：直线和圆有唯一公共点时，这条直线就是圆的切线；（2）定理：和圆心的距离等于半径
的直线是圆的切线；（3）判定定理：经过半径外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.
2．切线的性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径.
切线的性质：
（1）切线和圆只有一个公共点；（2）切线和圆心的距离等于圆的半径；（3）切线垂直于过切点的
半径；（4）经过圆心垂直于切线的直线必过切点；（5）经过切点垂直于切线的直线必过圆心.
一、单选题
1．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图， 切 于点B，连接 交 于点C， 交
于点D，连接 ，若 ，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·重庆·统考中考真题）如图， 为 的直径，直线 与 相切于点C，连接 ，若
，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022·广西河池·统考中考真题）如图，AB是⊙O的直径，PA与⊙O相切于点A，∠ABC＝25°，
OC的延长线交PA于点P，则∠P的度数是（ ）A．25° B．35° C．40° D．50°
4．（2022·广东深圳·统考中考真题）如图所示，已知三角形 为直角三角形， ，BC为
切线， 为切点， 为 直径， 则 和 面积之比为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）如图， 是 的直径，点P在 的延长线上，
与 相切于点A，连接 ，若 ，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022·湖南长沙·统考中考真题）如图，PA，PB是 的切线，A、B为切点，若 ，
则 的度数为（ ）
A． B． C． D．7．（2022·湖北鄂州·统考中考真题）工人师傅为检测该厂生产的一种铁球的大小是否符合要求，设计
了一个如图（1）所示的工件槽，其两个底角均为90°，将形状规则的铁球放入槽内时，若同时具有图
（1）所示的A、B、E三个接触点，该球的大小就符合要求．图（2）是过球心及A、B、E三点的截面示
意图，已知⊙O的直径就是铁球的直径，AB是⊙O的弦，CD切⊙O于点E，AC⊥CD、BD⊥CD，若
CD=16cm，AC=BD=4cm，则这种铁球的直径为（ ）
A．10cm B．15cm C．20cm D．24cm
8．（2022·江苏无锡·统考中考真题）如图，AB是圆O的直径，弦AD平分∠BAC，过点D的切线交
AC于点E，∠EAD＝25°，则下列结论错误的是（ ）
A． AE⊥DE B． AE//OD C． DE=OD D．∠BOD=50°
9．（2022·四川眉山·中考真题）如图是不倒翁的主视图，不倒翁的圆形脸恰好与帽子边沿 ， 分
别相切于点 ， ，不倒翁的鼻尖正好是圆心 ，若 ，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
10．（2022·四川自贡·统考中考真题） 为⊙ 外一点， 与⊙ 相切于点 ， ，，则 的长为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图， 是 的直径， 切 于点A， 交 于点 ，
连接 ，若 ，则 ．
12．（2023·山东滨州·统考中考真题）如图， 分别与 相切于 两点，且 ．若
点 是 上异于点 的一点，则 的大小为 ．
13．（2023·湖南·统考中考真题）如图， 是 的直径， 是 的弦， 与 相切于点 ，
连接 ，若 ，则 的大小为 ．
14．（2023·北京·统考中考真题）如图， 是 的半径， 是 的弦， 于点D， 是
的切线， 交 的延长线于点E．若 ， ，则线段 的长为 ．15．（2023·江苏徐州·统考中考真题）如图，在 中，直径 与弦 交于点 ．连接
，过点 的切线与 的延长线交于点 ．若 ，则 °．
16．（2023·四川·统考中考真题）如图， ，半径为2的 与角的两边相切，点P是⊙O
上任意一点，过点P向角的两边作垂线，垂足分别为E，F，设 ，则t的取值范围是 ．
17．（2023·浙江·统考中考真题）如图，点 是 外一点， ， 分别与 相切于点 ， ，
点 在 上，已知 ，则 的度数是 ．
18．（2023·湖北随州·统考中考真题）如图，在矩形 中， ，M是边 上一动点
（不含端点），将 沿直线 对折，得到 ．当射线 交线段 于点P时，连接 ，则的面积为 ； 的最大值为 ．
三、解答题
19．（2023·江苏连云港·统考中考真题）如图，在 中， ，以 为直径的 交边
于点 ，连接 ，过点 作 ．
（1）请用无刻度的直尺和圆规作图：过点 作 的切线，交 于点 ；（不写作法，保留作图痕
迹，标明字母）
（2）在（1）的条件下，求证： ．
20．（2023·福建·统考中考真题）如图，已知 内接于 的延长线交 于点 ，交 于
点 ，交 的切线 于点 ，且 ．
（1）求证： ；
（2）求证： 平分 ．21．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）如图， 内接于 ， 是 的直径， ，
于点 ， 交 于点 ，交 于点 ， ，连接 ．
（1）求证： 是 的切线；
（2）判断 的形状，并说明理由；
（3）当 时，求 的长．
22．（2023·辽宁大连·统考中考真题）如图1，在 中， 为 的直径，点 为 上一点，
为 的平分线交 于点 ，连接 交 于点 ．（1）求 的度数；
（2）如图2，过点 作 的切线交 延长线于点 ，过点 作 交 于点 ．若
，求 的长．
23．（2023·湖南娄底·统考中考真题）如图1，点 为等边 的重心，点 为 边的中点，连接
并延长至点 ，使得 ，连接 ， ， ，
（1）求证：四边形 为菱形．
（2）如图2，以 点为圆心， 为半径作
①判断直线 与 的位置关系，并予以证明．
②点 为劣弧 上一动点（与点 、点 不重合），连接 并延长交 于点 ，连接 并延
长交 于点 ，求证： 为定值．24．（2023·广东广州·统考中考真题）综合探究
如图1，在矩形 中 ，对角线 相交于点 ，点 关于 的对称点为 ，连接
交 于点 ，连接 ．
（1）求证： ；
（2）以点 为圆心， 为半径作圆．
①如图2， 与 相切，求证： ；
②如图3， 与 相切， ，求 的面积．参考答案
1．C
【分析】如图，连接 ，证明 ， ，可得 ，从而可得
．
解：如图，连接 ，
∵ 切 于点B，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
故选C【点拨】本题考查的是切线的性质，圆周角定理的应用，三角形的内角和定理的应用，掌握基本图形
的性质是解本题的关键．
2．B
【分析】连接 ，先根据圆的切线的性质可得 ，从而可得 ，再根据等腰三角
形的性质即可得．
解：如图，连接 ，
直线 与 相切，
，
，
，
，
，
，
故选：B．
【点拨】本题考查了圆的切线的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握圆的切线的性质是解题关键．
3．C
【分析】根据圆周角定理可得 ，根据切线的性质可得 ，根据直角三角形两个
锐角互余即可求解．
解： ，∠ABC＝25°，
，
AB是⊙O的直径，
，
．
故选C．【点拨】本题考查了圆周角定理，切线的性质，掌握圆周角定理与切线的性质是解题的关键．
4．B
【分析】根据圆周角定理，切线的性质以及等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定及性质进行
计算即可．
解：如图取 中点O，连接 ．
∵ 是圆O的直径．
∴ ．
∵ 与圆O相切．
∴ ．
∵ ．
∴ ．
∵ ．
∴ ．
又∵ ．
∴ ．
∵ ， ， ．
∴ ．
∴ ．
∵点O是 的中点．
∴ ．
∴ ．
∴
故答案是：1∶2．故选：B．
【点拨】本题考查切线的性质，圆周角定理，等腰三角形以及全等三角形的性质，理解切线的性质，
圆周角定理以及全等三角形的判定和性质是解决问题的前提．
5．A
【分析】由切线性质得出 ，根据三角形的内角和是 、对顶角相等求出
，即可得出答案；
解： PA与⊙O相切于点A，AD是⊙O的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：A．
【点拨】本题考查圆内求角的度数，涉及知识点：切线的性质、对顶角相等、等腰三角形的性质、三
角形的内角和是 ，解题关键根据切线性质推出 ．
6．B
【分析】根据切线的性质以及四边形的内角和即可求解．
解：∵PA，PB是 的切线，
∴ ，
，
，
则 ，
故选B．
【点拨】本题考查了切线的性质以及四边形的内角和，掌握切线的性质是解题的关键．
7．C
【分析】连接OA，OE，设OE与AB交于点P，根据 ， ， 得四边形ABDC
是矩形，根据CD与 切于点E，OE为 的半径得 ， ，即 ， ，根据边之间的关系得 ， ，在 ，由勾股定理得， ，进行
计算可得 ，即可得这种铁球的直径．
解：如图所示，连接OA，OE，设OE与AB交于点P，
∵ ， ， ，
∴四边形ABDC是矩形，
∵CD与 切于点E，OE为 的半径，
∴ ， ，
∴ ， ，
∵AB=CD=16cm，
∴ ，
∵ ，
在 ，由勾股定理得，
解得， ，
则这种铁球的直径＝ ，
故选C．
【点拨】本题考查了切线的性质，垂径定理，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点．
8．C
【分析】过点D作DF⊥AB于点F，根据切线的性质得到OD⊥DE，证明OD∥AE，根据平行线的性质
以及角平分线的性质逐一判断即可．
解：∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵AD平分∠BAC，∴∠OAD=∠EAD，
∴∠EAD=∠ODA，
∴OD∥AE，
∴AE⊥DE．故选项A、B都正确；
∵∠OAD=∠EAD=∠ODA=25°，∠EAD=25°，
∴∠BOD=∠OAD+∠ODA=50°，故选项D正确；
∵AD平分∠BAC，AE⊥DE，DF⊥AB，
∴DE=DF<OD，故选项C不正确；
故选：C．
【点拨】本题考查的是切线的性质，角平分线的性质定理，平行线的性质，掌握圆的切线垂直于经过
切点的半径是解题的关键．
9．C
【分析】连OB，由AO=OB得，∠OAB=∠OBA=28°，∠AOB=180°-2∠OAB=124°；因为PA、PB分别相
切于点A、B，则∠OAP=∠OBP=90°，利用四边形内角和即可求出∠APB．
解：连接OB，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=28°，
∴∠AOB=124°，
∵PA、PB切⊙O于A、B，∴OA⊥PA，OP⊥AB，
∴∠OAP+∠OBP=180°，
∴∠APB+∠AOB=180°；
∴∠APB=56°．
故选：C
【点拨】本题考查切线的性质，三角形和四边形的内角和定理，切线长定理，等腰三角形的性质等知
识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造等腰三角形解决问题．
10．A
【分析】连接OT，根据切线的性质求出求 ，结合 利用含 的直角三角形
的性质求出OT，再利用勾股定理求得PT的长度即可．
解：连接OT，如下图．
∵ 与⊙ 相切于点 ，
∴ ．
∵ ， ，
∴ ，
∴ ．
故选：A．
【点拨】本题考查了切线的性质，含 的直角三角形的性质，勾股定理，求出OT的长度是解答关键．
11．34
【分析】首先根据等边对等角得到 ，然后利用外角的性质得到
，利用切线的性质得到 ，最后利用三角形内角和定理求解即可．
解：∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ 切 于点A，∴ ，
∴ ．
故答案为：34．
【点拨】此题考查了切线的性质和三角形的外角的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟
练掌握以上知识点．
12． 或
【分析】根据切线的性质得到 ，根据四边形内角和为 ，得出 ，然后
根据圆周角定理即可求解．
解：如图所示，连接 ，当点 在优弧 上时，
∵ 分别与 相切于 两点
∴ ，
∵ ．
∴
∵ ，
∴ ，
当点 在 上时，
∵四边形 是圆内接四边形，
∴ ，
故答案为： 或 ．
【点拨】本题考查了切线的性质，圆周角定理，多边形内角和，熟练掌握切线的性质与圆周角定理是
解题的关键．
13．
【分析】证明 ，可得 ，结合 ，证明 ，
再利用三角形的外角的性质可得答案．解：∵ 与 相切于点 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：
【点拨】本题考查的是圆的切线的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质，熟记基本图形的
性质是解本题的关键．
14．
【分析】根据 ，得出 ， ，根据等腰直角三角形的性质得出
，即 ，根据 ， ，得出 为等腰直角三角形，
即可得出 ．
解：∵ ，
∴ ， ．
∵ ，
∴ 为等腰直角三角形，
∴ ，
∴ ．
∵ 是 的切线，
∴ ，
∵ ，
∴ 为等腰直角三角形，
∴ ．故答案为： ．
【点拨】本题主要考查了垂径定理，等腰直角三角形的判定和性质，切线的性质，解题的关键是熟练
掌握垂径定理，得出 ．
15．66
【分析】连接 ，则有 ，然后可得 ，则 ，进而问题可
求解．
解：连接 ，如图所示：
∵ 是 的直径，且 是 的切线，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
故答案为：66．
【点拨】本题主要考查切线的性质、圆周角、弧之间的关系，熟练掌握切线的性质、圆周角、弧之间
的关系是解题的关键．
16．
【分析】利用切线的性质以及等腰直角三角形的性质求得 ，再求得
，分两种情况讨论，画出图形，利用等腰直角三角形的性质即可求解．解：设 与 两边的切点分别为D、G，连接 ，延长 交 于点H，
由 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
如图，延长 交 于点Q，
同理 ，
∵ ，
∴ ，
当 与 相切时， 有最大或最小值，
连接 ，
∵D、E都是切点，
∴ ，
∴四边形 是矩形，
∵ ，∴四边形 是正方形，
∴ 的最大值为 ；
如图，
同理， 的最小值为 ；
综上，t的取值范围是 ．
故答案为： ．
【点拨】本题考查了切线的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，求得 是解题的关键．
17． / 度
【分析】连接 ，根据切线的性质得出 ，根据四边形内角和得出
，根据圆周角定理即可求解．
解：如图 ，
∵ ， 分别与 相切于点 ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
故答案为： ．
【点拨】本题考查了切线的性质，圆周角定理，求得 是解题的关键．
18．
【分析】（1）根据等底等高的三角形和矩形面积关系分析求解；
（2）结合勾股定理分析可得，当 最大时， 即最大，通过分析点N的运动轨迹，结合勾股定理
确定 的最值，从而求得 的最大值．
解：由题意可得 的面积等于矩形 的一半，
∴ 的面积为 ，
在 中， ，
∴当 最大时， 即最大，
由题意可得点N是在以D为圆心4为半径的圆上运动，当射线 与圆相切时， 最大，此时C、
N、M三点共线，如图：
由题意可得： ， ，
∴ ， ，
∴
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ，故答案为： ， ．
【点拨】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；本题综
合性强，难度较大，熟练掌握矩形和折叠的性质，分析点的运动轨迹，证明三角形全等是解决问题的关键．
19．（1）见分析；（2）见分析
【分析】（1）根据尺规作图，过点 作 的垂线，交 于点 ，即可求解；
（2）根据题意切线的性质以及直径所对的圆周角是直角，证明 ，根据平行线的性质以
及等腰三角形的性质得出 ，进而证明 ，即可得证．
（1）解：方法不唯一，如图所示．
（2）∵ ，
∴ ．
又∵ ，
∴ ，
∴ ．
∵点 在以 为直径的圆上，
∴ ，
∴ ．
又∵ 为 的切线，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．∵在 和 中，
∴ ．
∴ ．
【点拨】本题考查了作圆的切线，切线的性质，直径所对的圆周角是直角，全等三角形的性质与判定，
熟练掌握以上知识是解题的关键．
20．（1）见分析；（2）见分析
【分析】（1）由切线的性质可得 ，由圆周角定理可得 ，即
，再根据平行线的性质可得 ，则根据角的和差可得 ，
最后根据平行线的判定定理即可解答；
（2）由圆周角定理可得 ，再由等腰三角形的性质可得 ，进而得到
，再结合 得到 即可证明结论．
解：（1）证明 是 的切线，
，即 ．
是 的直径，
．
∴ ．
，
，
，即 ，
．
（2）解： 与 都是 所对的圆周角，．
，
，
．
由（1）知 ，
，
平分 ．
【点拨】本题主要考查角平分线、平行线的判定与性质、圆周角定理、切线的性质等知识点，灵活运
用相关性质定理是解答本题的关键．
21．（1）见分析；（2） 是等腰三角形，理由见分析；（3）
【分析】（1）连接 ，根据圆周角定理得出 ，根据已知得出 ，
根据 得出 ，进而根据对等角相等，以及三角形内角和定理可得 ，
即可得证；
（2）根据题意得出 ，则 ，证明 ，得出 ，等量代换
得出 ，即可得出结论；
（3）根据 ， ，设 ，则 ，等边对等角
得出 ，则 ．
解：（1）证明：如图所示，连接 ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，∵
∴ ，
即 ，又 是 的直径，
∴ 是 的切线；
（2）∵ ， 是 的直径，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∵ ，
∴ ，
又 ，
∴ ，
∴ 是等腰三角形，
（3）∵ ， ，
设 ，则 ，
∴ ，
∴ ．
【点拨】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质与判定，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题
的关键．
22．（1） ；（2） ．
【分析】（1）根据圆周角定理证明两直线平行，再利用平行线的性质证明角度相等即可；
（2）由勾股定理找到边的关系，求出线段长，再利用等面积法求解即可．
解：（1）∵ 是 的直径，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，即 ，
∵ ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
（2）如图，连接 ，设 ，
则 ， ， ，
∵ 是 的直径，
∴ ，
在 中，有勾股定理得：
由（1）得： ，
∴ ，
由勾股定理得： ， ，
∴ ，
∴ ，整理得： ，
解得： 或 （舍去），
∴ ，
∴ ，
∵ 是 的切线，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，∴ ．
【点拨】此题考查了圆周角定理和勾股定理，三角形中位线定理，切线的性质，解一元二次方程，熟
练掌握圆周角定理和勾股定理是解题的关键．
23．（1）见分析；（2）①直线 是 的切线；②见分析．
【分析】（1）如图1，延长 交 于点 ，连接 ，由 是等边三角形， 是重心，点
为 边的中点，得 ⟂ ， ，进而证明四边形 是平行四边形，于是即可得四边形
为菱形；
（2）①延长 交 于点 ，连接 ，先证 为 的角平分线，进而求得
，又由菱形的性质得 ，从而有
，于是根据切线的判定即可得出结论；②在优弧 上取一点 ，
连接 、 ，由①得 ，进而求得 ，再由圆内接四边形的性质求得
，从而根据角的和差关系求得 ，于是证明
得 ，即可证明结论成立．
解：（1）证明：如图 ，延长 交 于点 ，连接 ，
∵ 是等边三角形， 是重心，点 为 边的中点，
∴中线 过点 ，即 、 、 三点共线， ， ，
∴ ⟂ ， ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ⟂ ，
∴四边形 为菱形；
（2）①解：直线 是 的切线，理由如下：延长 交 于点 ，连接 ，∵ 是等边三角形， 是重心，点 为 边的中点，
∴中线 过点 ，即 、 、 三点共线， ， ，
，
∴ 为 的角平分线，
∴ ，
∵四边形 是菱形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴直线 是 的切线；
②证明：在优弧 上取一点 ，连接 、 ，
由①得 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∵四边形 内接于 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴
∴
∵
∴ ，即 为定值．
【点拨】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，重心的性质，切线的判定以
及菱形的判定，熟练掌握菱形的判定，全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，重心的性质以及切
线的判定定理是解题的关键．
24．（1）见分析；（2）①见分析；②
【分析】（1）由点 关于 的对称点为 可知点E是 的中点， ，从而得到 是
的中位线，继而得到 ，从而证明 ；
（2）①过点O作 于点F，延长 交 于点G，先证明 得到 ，
由 与 相切，得到 ，继而得到 ，从而证明 是 的角平分线，即
， ，求得 ，利用直角三角形两锐角互余得到
，从而得到 ，即 ，最后利用含 度角的直角三角形的性质得
出 ；
②先证明四边形 是正方形，得到 ，再利用 是 的中位线得到
，从而得到 ， ，再利用平行线的性质得到 ，从而证明是等腰直角三角形， ，设 ，求得 ，在 中，
即 ，解得 ，从而得到 的面积为 ．
解：（1）∵点 关于 的对称点为 ，
∴点E是 的中点， ，
又∵四边形 是矩形，
∴O是 的中点，
∴ 是 的中位线，
∴
∴ ，
∴
（2）①过点O作 于点F，延长 交 于点G，则 ，
∵四边形 是矩形，
∴ ， ，
∴ ， ．
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ．
∵ 与 相切， 为半径， ，
∴ ，
∴
又∵ 即 ， ，
∴ 是 的角平分线，即 ，
设 ，则 ，
又∵∴
∴
又∵ ，即 是直角三角形，
∴ ，即
解得： ，
∴ ，即 ，
在 中， ， ，
∴ ，
∴ ；
②过点O作 于点H，
∵ 与 相切，
∴ ，
∵
∴四边形 是矩形，
又∵ ，
∴四边形 是正方形，
∴ ，
又∵ 是 的中位线，
∴
∴
∴
又∵ ，
∴
又∵ ，∴
又∵ ，
∴ 是等腰直角三角形， ，
设 ，则
∴
在 中， ，
即
∴
∴ 的面积为：
【点拨】本题考查矩形的性质，圆的切线的性质，含度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性
质与判定，中位线的性质定理，角平分线的判定定理等知识，掌握相关知识并正确作出辅助线是解题的关
键．
