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模块二 知识全整合
专题 4 图形的性质
第 9 讲 圆的有关性质及与圆有关的位置关系
一、圆的有关性质
1．圆的对称性
（1）圆是轴对称图形，经过圆心的每一条直线都是它的对称轴；
（2）圆是以圆心为对称中心的中心对称图形；
2．圆心角定理
（1）定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦
的弦心距相等；
（2）推论：同圆或等圆中，两个圆心角、两条弧、两条弦（可弦心距），三组量中只
要有一组量相等，那么其它两组量也相等；
如图：① ；② ；③ ；④ ，这4个结论具有
1推3；3．垂径定理
（1）垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧；
（2）推论：
①平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；
②弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧；
③平分弦所对的一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧；
④在同圆或等圆中，两条平行弦所夹的弧相等；
如图： ① 是直径 ② ③ ④ ⑤ ，这5
个结论具有二推三；
4．圆周角定理
（1）圆周角定理：同弧所对的圆周角等于它所对的圆心的角的一半；
（2）推论：
推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧是等
弧；
推论2：半圆或直径所对的圆周角是直角；圆周角是直角所对的弧是半圆，所对的弦
是直径；
推论3：若三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形；
试卷第2页，共3页∠AOB=2∠C ∠D=∠C=∠E ∵∠F=∠E，∴ ；∵AB是直径，
∴∠C=90°
二、与圆的位置关系
1．点与圆的位置关系
位置关
图形 定义 性质及判定
系
点在圆 点在圆的外
点 在 的外部．
外 部
点在圆 点 在 的圆周
点在圆周上
上 上．
点在圆 点在圆的内 点 在 的内
内 部 部．
2．直线与圆的位置关系
（1）设 的半径为 ，圆心 到直线 的距离为 ，则直线和圆的位置关系如下表：
位置
图形 定义 性质及判定
关系
直线 与
相离 直线与圆没有公共点
相离
直线与圆有唯一公共点，直线叫做圆的 直线 与
相切
切线，公共点叫做切点 相切
直线与圆有两个公共点，直线叫做圆的 直线 与
相交
割线 相交
（2）切线的判定和性质
①切线的性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径；
②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；如图： ；
（3）切线长定理
从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，这点和圆心的连线平分两条切线的
夹角．
如图：∵ 、 是的两条切线， ∴ ， 平分 ；
3．三角形与圆的位置关系
（1）三角形的外接圆：三角形三个顶点都在同一个圆上，这个圆就是三角形的外接圆，
三角形就是圆的内接三角形，外接圆的圆心简称外心，外心就是三角形三边的垂直平
分线的交点；
（2）三角形的内切圆：三角形的三条边都和同一个圆相切，这个圆就是三角形的内切
圆，三角形就是圆的外切三角形，内切圆的圆心简称内心，内心就是三角形三条角平
分线的交点；
4．四边形与圆的位置关系
（1）圆的内接四边形的性质：圆的内接四边形的对角互补，外角等于它的内对角；
（2）圆的外切四边形的性质：圆的外切四边形的对边之和相等；
《义务教育数学课程标准》2022年版，学业质量要求：
1．理解圆及相关概念；
2．探索并掌握点与圆的位置关系；
3．探索并证明垂径定理；
4．探索并知道圆周角定理；
5．了解三角形的内心与外心；
试卷第4页，共3页6．了解直线与圆的位置关系 ，掌握切线的概念；
7．探索并证明切线长定理；
【例1】
（2022·吉林·统考中考真题）
1．如图，在 中， ， ， ．以点 为圆心， 为半径作
圆，当点 在 内且点 在 外时， 的值可能是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【变1】
（2023·江苏镇江·统考中考真题）
2．已知一次函数 的图像经过第一、二、四象限，以坐标原点O为圆心、r为
半径作 ．若对于符合条件的任意实数k，一次函数 的图像与 总有两
个公共点，则r的最小值为 ．
【例1】
（2023·湖北襄阳·统考中考真题）
3．如图，四边形 内接于 ，点 在 的延长线上．若 ，则
度．【变1】
（2023·江苏·统考中考真题）
4．如图，四边形 是 的内接四边形， 是 的直径， ，则
的度数是 ．
【例1】
（2023·广西·统考中考真题）
5．赵州桥是当今世界上建造最早，保存最完整的中国古代单孔敞肩石拱桥.如图，主
桥拱呈圆弧形，跨度约为 ，拱高约为 ，则赵州桥主桥拱半径R约为（ ）
A． B． C． D．
【变1】
（2022·江苏镇江·统考中考真题）
6．如图1是一张圆凳的造型，已知这张圆凳的上、下底面圆的直径都是 ，高为
．它被平行于上、下底面的平面所截得的横截面都是圆．小明画出了它的主视
图，是由上、下底面圆的直径 、 以及 、 组成的轴对称图形，直线 为对
称轴，点 、 分别是 、 的中点，如图2，他又画出了 所在的扇形并度量
出扇形的圆心角 ，发现并证明了点 在 上．请你继续完成 长的计
算．
试卷第6页，共3页参考数据： ， ， ， ， ，
．
【例1】
（2023·湖北·统考中考真题）
7．如图，在 中， 的内切圆 与 分别相切于点 ，
，连接 的延长线交 于点 ，则 ．
【变1】
（2023·江苏盐城·统考中考真题）
8．如图，在 中， 是 上（异于点 ， ）的一点， 恰好经过点 ， ，
于点 ，且 平分 ．
(1)判断 与 的位置关系，并说明理由；
(2)若 ， ，求 的半径长．一、选择题
（2023·江苏宿迁·统考中考真题）
9．在同一平面内，已知 的半径为2，圆心O到直线l的距离为3，点P为圆上的一
个动点，则点P到直线l的最大距离是（ ）
A．2 B．5 C．6 D．8
（2023·甘肃兰州·统考中考真题）
10．我国古代天文学确定方向的方法中蕴藏了平行线的作图法．如《淮南子天文训》
中记载：“正朝夕：先树一表东方；操一表却去前表十步，以参望日始出北廉．日直
入，又树一表于东方，因西方之表，以参望日方入北康．则定东方两表之中与西方之
表，则东西也．”如图，用几何语言叙述作图方法：已知直线a和直线外一定点O，
过点O作直线与a平行．（1）以O为圆心，单位长为半径作圆，交直线a于点M，
N；（2）分别在 的延长线及 上取点A，B，使 ；（3）连接 ，取其
中点C，过O，C两点确定直线b，则直线 ．按以上作图顺序，若 ，
则 （ ）
A． B． C． D．
（2023·山东淄博·统考中考真题）
11．如图， 是 的内接三角形， ， ， 是 边上一点，
连接 并延长交 于点 ．若 ， ，则 的半径为（ ）
试卷第8页，共3页A． B． C． D．
（2023·西藏·统考中考真题）
12．如图，四边形 内接于 ，E为BC延长线上一点．若 ，则
的度数是（ ）
A． B． C． D．
（2022·四川眉山·中考真题）
13．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．
（2022·山东淄博·统考中考真题）
14．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在AC边上，过△ABD的内心I作IE⊥BD于点
E．若BD＝10，CD＝4，则BE的长为（ ）A．6 B．7 C．8 D．9
（2022·湖北十堰·统考中考真题）
15．如图， 是等边 的外接圆，点 是弧 上一动点（不与 ， 重合），
下列结论：① ；② ；③当 最长时， ；④
，其中一定正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
（2023·江苏·统考中考真题）
16．如图， 是 的直径， 是 的内接三角形．若 ，
，则 的直径 ．
（2022·湖北荆州·统考中考真题）
17．如图，将一个球放置在圆柱形玻璃瓶上，测得瓶高AB＝20cm，底面直径BC＝
12cm，球的最高点到瓶底面的距离为32cm，则球的半径为 cm（玻璃瓶厚度忽
略不计）．
试卷第10页，共3页（2023·浙江衢州·统考中考真题）
18．如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽 是矩形．当餐盘
正立且紧靠支架于点A，D时，恰好与 边相切，则此餐盘的半径等于
cm．
（2023·湖南湘西·统考中考真题）
19．如图， 是等边三角形 的外接圆，其半径为4．过点B作 于点
E，点P为线段 上一动点（点P不与B，E重合），则 的最小值为
．
（2023·山东青岛·统考中考真题）
20．如图，在平面直角坐标系中，已知点 ， ， 过原点O，且与x轴
交于另一点D， 为 的切线， 为切点， 是 的直径，则 的度数为
．三、解答题
（2023·四川攀枝花·统考中考真题）
21．如图， 为 的直径，如果圆上的点 恰使 ，求证：直线 与
相切．
（2023·内蒙古·统考中考真题）
22．如图， 是⊙ 的直径， 为⊙ 上的一点，点 是 的中点，连接 ，过
点 的直线垂直于 的延长线于点 ，交 的延长线于点 ．
(1)求证： 为⊙ 的切线；
(2)若 ， ，求 的长．
（2023·湖南娄底·统考中考真题）
23．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 ， ， ，
试卷第12页，共3页(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．
（2023·山东日照·统考中考真题）
24．在探究“四点共圆的条件”的数学活动课上，小霞小组通过探究得出：在平面内，
一组对角互补的四边形的四个顶点共圆．请应用此结论．解决以下问题：
如图1， 中， （ ）．点D是 边上的一动
点（点D不与B，C重合），将线段 绕点A顺时针旋转 到线段 ，连接 ．
(1)求证：A，E，B，D四点共圆；
(2)如图2，当 时， 是四边形 的外接圆，求证： 是 的切线；
(3)已知 ，点M是边 的中点，此时 是四边形 的外接圆，
直接写出圆心P与点M距离的最小值．参考答案：
1．C
【分析】先利用勾股定理可得 ，再根据“点 在 内且点 在 外”可得
，由此即可得出答案．
【详解】解： 在 中， ， ， ，
，
点 在 内且点 在 外，
，即 ，
观察四个选项可知，只有选项C符合，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理、点与圆的位置关系，熟练掌握点与圆的位置关系是解题关
键．
2．2
【分析】由 的图像经过第一、二、四象限，可知 ，由 过定点 ，
可知当圆经过 时，由于直线呈下降趋势，因此必然与圆有另一个交点，进而可得r的
最小值是2．
【详解】解：∵ 的图像经过第一、二、四象限，
∴ ， 随 的增大而减小，
∵ 过定点 ，
∴当圆经过 时，由于直线呈下降趋势，因此必然与圆有另一个交点，
∴r的临界点是2，
∴r的最小值是2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了一次函数图像，直线与圆的位置关系．解题的关键在于对知识的熟练
掌握与灵活运用．
3．140
【分析】首先根据圆内接四边形的性质得 ，再根据圆心角与圆周角的关
系即可得出 的度数．【详解】解：∵四边形 内接于 ， ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ °．
故答案为：140．
【点睛】此题主要考查了圆内接四边形的性质，圆心角与圆周角之间的关系，熟练掌握圆
内接四边形的对角互补，理解圆心角与圆周角之间的关系是解答此题的关键．
4．120
【分析】解：如图，连接 ，由 是 的直径，可得 ，由 ，可
得 ， ，根据 ，计算求解即可．
【详解】解：如图，连接 ，
∵ 是 的直径，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形 是 的内接四边形，
∴ ，
故答案为：120．
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角为直角，含 的直角三角形，圆内接四边形的性
质．解题的关键在于明确角度之间的数量关系．
5．B
【分析】由题意可知， ， ，主桥拱半径R，根据垂径定理，得到
，再利用勾股定理列方程求解，即可得到答案．
【详解】解：如图，由题意可知， ， ，主桥拱半径R，
答案第2页，共2页，
是半径，且 ，
，
在 中， ，
，
解得： ，
故选B
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，利用直角三角形求解是解题关键．
6．42cm
【分析】连接 ，交 于点 ．设直线 交 于点 ，根据圆周角定理可得
，解 ，得出 ，进而求得 的长，即可求解．
【详解】解：连接 ，交 于点 ．设直线 交 于点 ．
∵ 是 的中点，点 在 上，
∴ ．
在 中，∵ ， ，
∴ ， ．
∵直线 是对称轴，
∴ ， ， ，
∴ ．∴ ．
∴ ， ．
在 中， ，
即 ，
则 ．
∵ ，
即 ，
则 ．
∴ ．
∵该图形为轴对称图形，张圆凳的上、下底面圆的直径都是 ，
,
∴ ．
∴ ．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，解直角三角形的实际应用，构造直角三角形
是解题的关键．
7． ## 度
【分析】如图所示，连接 ，设 交于H，由内切圆的定义结合三角形
内角和定理求出 ，再由切线长定理得到 ，进而推出 是 的垂直
平分线，即 ，则 ．
答案第4页，共2页【详解】解：如图所示，连接 ，设 交于H，
∵ 是 的内切圆，
∴ 分别是 的角平分线，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 与 分别相切于点 ， ，
∴ ，
又∵ ，
∴ 是 的垂直平分线，
∴ ，即 ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了三角形内切圆，切线长定理，三角形内角和定理，线段垂直平分
线的判定，三角形外角的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
8．(1)见解析
(2) 的半径长为 ．
【分析】（1）连接 ，证明 ，即可证得 ，从而证得 是圆的切线；
（2）设 ，则 ，利用勾股定理求得 ，推出
，利用相似三角形的性质列得比例式，据此求解即可．
【详解】（1）证明：连接 ，如下图所示，∵ 是 的平分线，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
又∵ 过半径 的外端点B，
∴ 与 相切；
（2）解：设 ，则 ，
∵在 中， ， ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
解得 ．
故 的半径长为 ．
【点睛】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，以及勾股定理，熟练掌握切
线的判定是解本题的关键．
9．B
【分析】过点 作 于点 ，连接 ，判断出当点 为 的延长线与 的交点时，
点 到直线 的距离最大，由此即可得．
【详解】解：如图，过点 作 于点 ，连接 ，
答案第6页，共2页， ，
当点 为 的延长线与 的交点时，点 到直线 的距离最大，最大距离为
，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的性质，正确判断出点 到直线 的距离最大时，点 的位置是解题
关键．
10．A
【分析】证明 ，可得 ，结合 ，C为
的中点，可得 ．
【详解】解：∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，C为 的中点，
∴ ，
故选A．
【点睛】本题考查的是圆的基本性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，三角形的外角
的性质，熟记等腰三角形的性质是解本题的关键．
11．A
【分析】连接 , 根据等腰三角形的性质得到 , 根据等边三角形
的性质得到 ，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论.
【详解】连接 ,
∵ ,
∴
∴ ,∵ ,
∴ 是等边三角形,
∴ ,
∵ ， ,
∴ ,
，
∴ ,
∵ ,
，
，
即 的半径为 ，
故选: .
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，相似三
角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质度量是解题的关键.
12．C
【分析】根据邻补角互补求出 的度数，再根据圆内接四边形对角互补求出 的
度数，最后根据圆周角定理即可求出 的度数．
【详解】解：∵ ，
∴ ，
∵四边形 内接于 ，
∴ ，
答案第8页，共2页∴ ，
∴ ，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟练掌握这些定理和性质是解题
的关键．
13．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．
【详解】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
【点睛】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．
14．B
【分析】过点 作 ，根据切线长定理设 ，进而
结合已知条件表示出 ，求得 的长，进而即可求解．
【详解】解：如图，过点 作 ，∵ 是 的内心，
∴ ，
设 ，
∵BD＝10，
∴ ，
∴ , ，
∵ ，
∴ ，
解得 ，
∴ ，
故选B．
【点睛】本题考查了三角形内心的性质，切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．
15．C
【分析】根据等边三角形的性质可得 ，从而得到∠ADB=∠BDC，故①正确；根据
点 是 上一动点，可得 不一定等于 ，故②错误；当 最长时，DB为圆O的
直径，可得∠BCD=90°，再由 是等边 的外接圆，可得∠ABD=∠CBD=30°，可得
，故③正确；延长DA至点E，使AE=AD，证明△ABE≌△CBD，可得BD=AE，
∠ABE=∠DBC，从而得到△BDE是等边三角形，可得到DE=BD，故④正确；即可求解．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABC=60°，
∴ ，
∴∠ADB=∠BDC，故①正确；
答案第10页，共2页∵点 是 上一动点，
∴ 不一定等于 ，
∴DA=DC不一定成立，故②错误；
当 最长时，DB为圆O的直径，
∴∠BCD=90°，
∵ 是等边 的外接圆，∠ABC=60°，
∴BD⊥AC，
∴∠ABD=∠CBD=30°，
∴ ，故③正确；
如图，延长DA至点E，使AE=DC，
∵四边形ABCD为圆O的内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD=180°，
∵∠BAE+∠BAD=180°，
∴∠BAE=∠BCD，
∵AB=BC，AE=CD，
∴△ABE≌△CBD，
∴BD=AE，∠ABE=∠DBC，
∴∠ABE+∠ABD=∠DBC+∠ABD=∠ABC=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴DE=BD，
∵DE=AD+AE=AD+CD，
∴ ，故④正确；
∴正确的有3个．
故选：C．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，三角形的外接圆，圆内接四边形的性质，垂径定理，
等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握圆周角定理，三角形的外接圆，圆内接四边形
的性质，垂径定理，等边三角形的判定和性质等知识是解题的关键．
16．
【分析】连接 ， ，根据在同圆中直径所对的圆周角是 可得 ，根据圆
周角定理可得 ，根据圆心角，弦，弧之间的关系可得 ，根据勾股
定理即可求解．
【详解】解：连接 ， ，如图：
∵ 是 的直径，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
在 中， ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了在同圆中直径所对的圆周角是 ，圆周角定理，圆心角，弦，弧之
间的关系，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
17．7.5
【分析】如详解中图所示，将题中主视图做出来，用垂径定理、勾股定理计算即可.
【详解】如下图所示，设球的半径为rcm，
则OG=EG-r=EF-GF-r=EF-AB-r=32-20-r=（12-r）cm，
∵EG过圆心，且垂直于AD，
答案第12页，共2页∴G为AD的中点，
则AG=0.5AD=0.5×12=6cm，
在 中，由勾股定理可得，
，
即 ，
解方程得r=7.5，
则球的半径为7.5cm．
【点睛】本题考查了主视图、垂径定理和勾股定理的运用，准确做出立体图形的主视图是
解题的关键．
18．10
【分析】连接 ，过点 作 ，交 于点 ，交 于点 ，则点 为餐盘与
边的切点，由矩形的性质得 ， ， ，则四边
形 是矩形， ，得 ， ， ，设餐盘的半径
为 ，则 ， ，然后由勾股定理列出方程，解方程即可．
【详解】由题意得： ， ，
如图，连接 ，过点 作 ，交 于点 ，交 于点 ，
则 ，餐盘与 边相切，
点 为切点，
四边形 是矩形，
， ， ，
四边形 是矩形， ，
， ， ，
设餐盘的半径为 ，
则 ，
，
在 中，由勾股定理得： ，
即 ，
解得： ，
餐盘的半径为 ，
故答案为：10．
【点睛】本题考查了切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握勾股定
理是解题的关键．
19．6
【分析】过点P作 ，连接 并延长交 于点F，连接 ，根据等边三角形的
性质和圆内接三角形的性质得到 ， ，然后利用含 角直角三角形的
性质得到 ，进而求出 ，然后利用
代入求解即可．
【详解】如图所示，过点P作 ，连接 并延长交 于点F，连接
答案第14页，共2页∵ 是等边三角形，
∴
∵ 是等边三角形 的外接圆，其半径为4
∴ ， ，
∴
∴
∵
∴
∴
∵ ，
∴
∴
∴ 的最小值为 的长度
∵ 是等边三角形， ，
∴
∴ 的最小值为6．
故答案为：6．
【点睛】此题考查了圆内接三角形的性质，等边三角形的性质，含 角直角三角形的性
质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
20．
【分析】先根据点 ， 的坐标得 ，进而得 的半径为1，然后再在
中利用锐角三角函数求出 ，进而得 ，最后再证 为等边
三角形即可求出 的度数．
【详解】解： 点 ， ，
，过原点 ，
为 的半径，
为 的切线，
， ，
在 中， ， ， ，
，
，
，
又 ，
三角形 为等边三角形，
，
即 的度数为 ．
故答案为： ．
【点睛】此题主要考查了点的坐标，切线的性质，锐角三角函数，等边三角形的判定和性
质等，熟练掌握切线的性质，锐角三角函数的定义和等边三角形的判定和性质是解答此题
的关键．
21．见详解
【分析】由等腰三角形的性质和圆周角定理得出 ，则 ，再由
切线的判定即可得出结论．
【详解】证明：如图，连接 ，
，
，
为 的直径，
，
，
，
，
即 ，
，
是 的半径，
直线 与 相切．
答案第16页，共2页【点睛】本题考查了切线的判定、圆周角定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等
知识；熟练掌握圆周角定理和切线的判定是解题的关键．
22．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接 ，根据点 是 的中点可得 ，进而证 ，
从而得证 即可；
（2）解法一：连接 交 于 ，根据 及勾股定理求出 ，再证明
，从而得到 ，即可求出 的值；解法二：过点 作 于点 ，
按照解法一步骤求出 ，然后证明四边形 是矩形，再证明 ，求得
，进而求出 的值．
【详解】（1）证明：连接 ，
，
，
点 是 的中点，
，
，
，
，，
，
，
，
是半径，
是 的切线；
（2）解法一：连接 交 于 ，
， ，
，
，
，
在 中 ，
，
或 （不符合题意，舍去），
点 是 的中点， 是半径，
垂直平分 ，
，
是 的中位线，
，
是直径，
，
，
答案第18页，共2页，
，
；
解法二：过点 作 于点 ，
， ，
， ，
，
，
，
在 中， ，
，
或 （不符合题意，舍去），
，
四边形 是矩形，
，
，
，
，，
，
，
．
【点睛】本题考查切线的判定，圆的相关性质，勾股定理，平行线间线段成比例，相似三
角形的的判定与性质，掌握并理解相关性质定理并能综合应用是关键．
23．(1)见解析；
(2)①直线 是 的切线；②见解析．
【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．
【详解】（1）证明：如图 ，延长 交 于点 ，连接 ，
答案第20页，共2页∵ 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．
【点睛】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)证明见解析
答案第22页，共2页(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据旋转的性质得到 ，证明 ，进而证
明 ，可以得到 ，由 ，可得
，即可证明A、B、D、E四点共圆；
（2）如图所示，连接 ，根据等边对等角得到 ，由圆周角
定理得到 ，再由 ，得到 ，利用三角形
内角和定理证明 ，即 ，由此即可证明 是 的切线；
（3）如图所示，作线段 的垂直平分线，分别交 于G、F，连接 ，先求出
，再由三线合一定理得到 ， ，解直角三角形
求出 ，则 ，再解 得到 ，则 ；由 是四边
形 的外接圆，可得点P一定在 的垂直平分线上，故当 时， 有最小
值，据此求解即可．
【详解】（1）证明：由旋转的性质可得 ，
∴ ，
∴ ，即 ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴A、B、D、E四点共圆；
（2）证明：如图所示，连接 ，
∵ ，
∴ ，
∵ 是四边形 的外接圆，∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
∴ ，
又∵ 是 的半径，
∴ 是 的切线；
（3）解：如图所示，作线段 的垂直平分线，分别交 于G、F，连接 ，
∵ ，
∴ ，
∵点M是边 的中点，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
∵ 是四边形 的外接圆，
∴点P一定在 的垂直平分线上，
∴点P在直线 上，
答案第24页，共2页∴当 时， 有最小值，
∵ ，
∴在 中， ，
∴圆心P与点M距离的最小值为 ．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，解直角三角形，圆周角定理，切线的
判定，三角形外接圆的性质，垂线段最短等等，正确作出辅助线是解题的关键．
