2023年天津市九年级各区模拟数学分类汇编-21题

2023年天津市九年级各区模拟21题-圆综合题汇总 一、解答题 1．（2023年天津市中考数学真题）在中，半径垂直于弦，垂足为D，，E为弦所对的优弧上一点．    (1)如图①，求和的大小； (2)如图②，与相交于点F，，过点E作的切线，与的延长线相交于点G，若，求的长． 2．（2022年天津市中考数学真题）已知为的直径，，C为上一点，连接． (1)如图①，若C为的中点，求的大小和的长； (2)如图②，若为的半径，且，垂足为E，过点D作的切线，与的延长线相交于点F，求的长． 3．（天津市2021年中考数学真题）已知内接于，点D是上一点． （Ⅰ）如图①，若为的直径，连接，求和的大小； （Ⅱ）如图②，若//，连接，过点D作的切线，与的延长线交于点E，求的大小． 4．（2023年天津市河西区中考一模数学试卷）在中，为直径，C，D为上两点，连接． (1)如图①，过点C，点D分别作的切线交于点P，当时，求和的度数； (2)如图②，若．过点D作的切线，与的延长线交于点P，，求的度数． 5．（2023年天津市东丽区中考一模数学试题）如图，四边形内接于，为的直径，. (1)求的度数； (2)若，，求的长度. 6．（2023年天津市河东区中考一模数学试卷）如图，为的切线，C为切点，D是上一点，过点D作，垂足为F，交于点E． (1)如图①，若，求的度数； (2)如图②，连接并延长交于点G，连接，若，的半径为5，求的长． 7．（2023年天津市滨海新区中考一模数学试题）已知，，是上的三个点，四边形是平行四边形，为的直径，，且，点为垂足，连接． (1)如图①，求的大小和的长； (2)如图②，经过点作的切线，与的延长线交于点，求的大小． 8．（2023年天津市红桥区中考一模数学试题）在中，为直径，过上一点C作的切线，与的延长线交于点P，连接． (1)如图①，若，求的大小； (2)如图②，过点B作的垂线，垂足为D，交于点E，连接，若，，求的长． 9．（2023年天津市河北区中考一模数学试卷）如图，是的直径，点C在上，平分交于点D，． (1)如图①，若点E是的中点，求的大小； (2)如图②，过点D作的切线，交的延长线于点F，若交于点G，，求的长． 10．（2023年天津市西青区中考一模数学试卷）已知是的直径，点，是上两点，，连接，，． (1)如图①，若，，求和的大小； (2)如图②，过点作的切线，与的延长线交于点，若，求的大小． 11．（2023年天津市部分区中考一模数学试卷）已知内接于，且为的直径，为圆上一点，连接，． (1)如图①，若为的中点，，求和的大小； (2)如图②，若，过点作的切线与的延长线交于点，且，求的大小． 12．（2023年天津市南开区中考一模数学试题）已知：在中，为直径，P为射线上一点，过点P作的切线，切点为点C，D为弧上一点，连接． (1)如图1，若，求的度数； (2)如图2，若四边形为平行四边形，，求的长． 13．（天津市和平区第五十五中学2022-2023学年九年级下学期期中考一模数学试卷）已知为的直径，为上一点，和过点的切线互相垂直，垂足为，交于点． (1)如图①，求证：平分； (2)如图②，过作交于点，连接，若，，求和半径的长． 14．（2022年天津市和平区九年级数学二模试题）图，AB为的直径，是的内接三角形，PB切于点B， (1)如图①，延长AD交PB于点P，若，求∠P和∠BAP的度数； (2)如图②，连接AP交于点E，若，，求∠P和∠BAP的度数． 15．（2023年天津市河西区九年级中考二模数学试题）在中，，以边上一点为圆心，为半径的圆与相切于点，分别交，于点，．    (1)如图①，连接，若，求的大小； (2)如图②，若点为的中点，的半径为3，求的长． 16．（2023年天津市西青区中考二模数学试题）已知是的直径，点是上一点，点是外一点，是的切线，为切点，连接，．    (1)如图①，若与相切，为切点，，求的大小； (2)如图②，若与相交于点，恰有，且，，求的长． 17．（2023年天津市滨海新区中考二模数学试题）如图，在中，，点D是边上一点，以为直径的圆O与边相切于点E，与边相交于点F，，点G是中点． (1)如图①，求的度数； (2)如图②，延长交于点M，连接，若，，求的长． 18．（2023年天津市河东区中考二模数学试题）已知，⊙O的半径为3，点A，B，C在⊙O上.    (1)如图①，若四边形是平行四边形，求的大小和的长； (2)如图②，是⊙O的直径，为弧的中点，过点作⊙O的切线交的延长线于点E，若，求的长. 19．（2023年天津市河北区中考二模数学试卷）已知为的直径，为上一点，过点作的切线交的延长线于点为上一点，连接．    (1)如图（1），若，求的大小； (2)如图（2），连接，若，求的半径 20．（2023年天津市东丽区中考二模数学试题）如图，是的直径，点为上一点，和过的切线互相垂直，垂足为，切线交的延长线于点．    (1)若，求的度数； (2)若，，求的长． 21．（2023年天津市部分区中考二模数学试卷）已知是的直径，是弦，D为上异于A，C的一点．      (1)如图①，若D为的中点，，求和的大小； (2)如图②，过点D作的切线，与的延长线交于点E，交于点F，若的半径为5，，求的长． 22．（2023年天津红桥区九年级中考二模数学试卷）在△ABC中，，经过点A，B，与相交于点D．    (1)如图①，若是的直径，与相交于点E，求的大小； (2)如图②，若的半径为2，与相切于点A，求的长和的大小． 23．（2023年天津市南开区中考二模数学试卷）已知中，直径长为12，、分别切于点，，弦．    (1)如图1，若，求的大小和弦的长； (2)如图2，过点的切线分别与、的延长线交于点，，且，求弦的长． 24．（2023年天津市和平区中考二模数学试题）已知是的直径，交于点H． (1)如图①，若，，求和的大小； (2)如图②，若H为弦的中点，过延长线上一点P作的切线，切点为F，若，求的大小． 25．（2023年天津市新华中学中考三模数学试题）如图，为的直径，点，为直径同侧圆上的点，且点为的中点，过点作于点，延长，交于点，与交于点．    (1)如图①，若点为的中点，求的度数； (2)如图②，若，，求的半径． 26．（天津市北辰区实验中学2022—2023学年九年级上学期第二次阶段知识摸底数学试卷）已知是的直径，是的切线，，交于点，是上一点，延长交于点． (1)如图（1），求和的大小； (2)如图（2），当时，求的大小． 27．（2023年天津市红桥区中考三模数学试题）已知为的直径，为上一点，为的中点，与相交于点．    (1)如图①，的平分线交于点，求的大小； (2)如图②，的延长线与过点的的切线相交于点；若，求的大小． 28．（2023年天津市南开区中考三模数学试题）内接于，直线与相切于点D，与相交于点E，．    (1)如图1，若，求的大小； (2)如图2，若是的直径，，，连接，求的长． 29．（2023年天津市和平区中考三模数学试题）已知中，，与相交于点D，过点D作的切线，交于点E． (1)如图①，线段为的直径，若，求的大小； (2)如图②，过圆心O，线段与相切于点F，若，且，求圆的半径和的长． 试卷第10页，共11页 试卷第1页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1)， (2) 【分析】（1）根据半径垂直于弦，可以得到，从而得到，结合已知条件即可得到，根据即可求出； （2）根据，结合，推算出，进一步推算出，在中，，再根据即可得到答案． 【详解】（1）解：在中，半径垂直于弦，    ∴，得． ∵， ∴． ∵， ∴． （2）解：如图，连接．    同（1）得． ∵在中，， ∴． ∴． 又， ∴． ∵与相切于点E， ∴，即． 在中，， ∴． 【点睛】本题考查圆周角定理、切线的性质和直角三角函数，解题的关键是灵活运用相关知识． 2．(1)， (2) 【分析】（1）由圆周角定理得，由C为的中点，得，从而，即可求得的度数，通过勾股定理即可求得AC的长度； （2）证明四边形为矩形，FD=CE= CB，由勾股定理求得BC的长，即可得出答案． 【详解】（1）∵为的直径， ∴， 由C为的中点，得， ∴，得， 在中，， ∴； 根据勾股定理，有， 又，得， ∴； （2）∵是的切线， ∴，即， ∵，垂足为E， ∴， 同（1）可得，有， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，于是， 在中，由，得， ∴． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，切线的性质，等腰直角三角形的性质，垂径定理，勾股定理和矩形的判定和性质等，解题的关键是利用数形结合的思想解答此题． 3．（Ⅰ），；（Ⅱ）． 【分析】（Ⅰ）由圆周角定理的推论可知，，即可推出；由等腰三角形的性质结合三角形内角和定理可求出，从而求出． （Ⅱ）连接，由平行线的性质可知．由圆内接四边形的性质可求出．再由三角形内角和定理可求出．从而由圆周角定理求出．由切线的性质可知．即可求出． 【详解】（Ⅰ）为的直径，   ∴． ∵在中，， ∴； ∵， ∴． ∴． （Ⅱ）如图，连接． ∵， ∴． ∵四边形是圆内接四边形，， ∴． ∴． ∴． ∵是的切线， ∴，即． ∴． 【点睛】本题为圆的综合题．考查圆周角定理及其推论，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，平行线的性质，圆的内接四边形的性质以及切线的性质．利用数形结合的思想以及连接常用的辅助线是解答本题的关键． 4．(1)， (2) 【分析】（1）连接，，首先根据切线的性质，可证得，，可证得垂直平分，再由等腰三角形的性质，可求得的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质，即可求得的度数； （2）连接，首先根据切线的性质，可求得，再根据平行线的性质及三角形外角的性质，可求得，最后根据圆周角定理，即可求得的度数． 【详解】（1）解：如图：连接，． ，为切线， ，． ， 垂直平分， ． ． 在中，， ， ， ， ． （2）解：如图，连接． 为切线， ． ， ， ． ∵在中，， ． 【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质，平行线的性质，作出辅助线是解决本题的关键． 5．(1) (2) 【分析】（1）根据“直经所对的圆周角等于”可得，再根据“同弧所对的圆周角相等”即可求出的度数. （2）先在Rt中根据勾股定理求出的长，再在Rt中根据勾股定理求出的长. 【详解】（1）解：∵为的直径， ， ， . （2）， ． ， ， . 【点睛】本题主要考查了圆的相关知识:“直经所对圆周角等于”，“同弧所对的圆周角相等”.熟练掌握以上知识是解题的关键. 6．(1) (2) 【分析】（1）连接，根据切线的性质得到，然后由圆周角定理得到解题即可； （2）连接，可以得到，进而求得 是等边三角形，然后利用三角函数解题即可． 【详解】（1）解：如图①，连接， ∵与相切于点C， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）如图②，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵为的切线，C为切点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， :∴ 是等边三角形， ∴， ∴， ∵半径为5， ∴， ∵ 是的直径， ∴， 在中， ． 【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，平行线的判定与性质，掌握切线的性质是解题的关键． 7．(1)， (2) 【分析】（1）连接，根据已知条件得出四边形是菱形，则是等边三角形，进而根据含30度角的直角三角形的性质，余弦的定义求得，根据圆周角定理求得； （2）延长交于点,根据平行四边形的性质得出，根据切线的性质得出，根据垂径定理，得出，，进而即可求解． 【详解】（1）解：如图①，连接． 四边形是平行四边形，， 四边形是菱形． ． 是等边三角形． ． ， ． ． 又， ． ． 又， ． （2）解：如图②，延长交于点． 四边形是平行四边形， ． ． 与相切， ． ． ． 是直径，． ． ． ． 【点睛】本题考查了本题考查了菱形的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，三角函数的定义，切线的性质以及多边形内角和定理的应用，熟练掌握以上知识是解题的关键．． 8．(1) (2) 【分析】（1）连接，根据切线的性质可得，从而得到，再由圆周角定理，即可求解； （2）连接，先证明四边形是平行四边形，可得，再证得为等边三角形，可得，从而得到，再由直角三角形的性质，即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接． ∵与相切， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴； （2）解：连接． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形． ∴． ∵， ∴． ∴为等边三角形． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 9．(1) (2) 【分析】（1）根据是的直径， 平分，可得，再根据点E是的中点，，问题得解； （2）连接，先证明，再根据为的切线，可得，即有，即可得四边形为平行四边形，则有 ，由，可得，即有，问题得解． 【详解】（1）∵是的直径， ∴， ∵平分， ∴， ∵点E是的中点， ∴， ∴； （2）连接，如图， ∵是的直径， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵为的切线， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，解直角三角形以及平行四边形的判定与性质等知识，掌握圆周角定理是解答本题的关键． 10．(1)， (2) 【分析】（1）如图所示，连接，由直径所对的圆周角是直角得到，由，得到，再分别解，即可得到答案； （2）如图所示，连接，先由垂径定理的推理得到，即，同理可得，由切线的性质得到，即可证明，得到，求出，则． 【详解】（1）解：如图所示，连接， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴在中，， ∴； 在中，， ∴， ∴ （2）解：如图所示，连接， ∵是的直径，， ∴，即， 同理可得， ∵是的切线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，解直角三角形，切线的性质，三角形内角和定理，平行线的性质与判定，等边对等角，垂径定理的推理等等，正确作出辅助线是解题的关键． 11．(1)， (2) 【分析】（1）在中，由圆周角定理得到，由为的直径得到 ．由则．则． （2）连接，由是的切线得到．又，可证，得到．由等边对等角可证，则 ．进一步求得，即可得到答案． 【详解】（1）解：在中，， 为的直径， ． ， ． ． （2）解：连接， 是的切线， ，即． 又，即． ． ． ． ， ． ．   ， ． ． 即． 【点睛】此题考查了圆周角定理、垂径定理、等腰三角形的判定和性质、切线的性质定理等知识，熟练掌握相关定理是解题的关键． 12．(1) (2) 【分析】（1）由为的切线可得，由可得，最后可求出的度数； （2）利用平行四边形的性质，三角形内角和定理，结合（1）的结论，证明是等边三角形，即可求出的长． 【详解】（1）证明：如图1，连接， ∵为的切线， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）如图2，连接， ∵四边形为平行四边形， ∴， 为直径， ∴， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 在中，， ∴ 【点睛】本题考查了切线的性质，平行四边形的性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是正确作出辅助线． 13．(1)见解析 (2)；半径为5 【分析】（1）连接根据切线的性质和已知求出，求出，即可得出答案； （2）连接，由勾股定理求出证明，求出，由勾股定理求出，由平分可得，由勾股定理得，从而可求出圆的半径，再证明即可解决问题 【详解】（1）解：连接 ∵是的切线， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即平分； （2）在中，， 连接，如图， 则 是的直径， 又为的切线， ， ∵四边形内接于， ， 又， ，     ， ， 的半径为5， 延长交于点， 是的切线，   ， 在中， 由勾股定理得，， 又 ，   又 ， ， 又 ，即 【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的性质和判定，勾股定理，圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系的应用，相似三角形的判定与性质等知识，能灵活运用知识点进行推理是解此题的关键． 14．(1)， (2)， 【分析】（1）连接BD，利用切线的性质得到，用圆周角定理得到，进而求出的度数，再利用AB为的直径得到，最后利用三角形外角性质和三角形内角和定理求解； （2）连接CE与AB相交于点F，由圆周角定理得到，结合得到，进而得到，结合切线的性质易得AB是CE的垂直平分线，得到，结合得到，进而得到是等边三角形，求出的度数，再利用三角形内角和定理求解． 【详解】（1）：连接BD，如图① ∵PB切于点B， ∴． ∵， ∴． ∵AB为的直径， ∴， ∴， ∴； （2）：连接CE与AB相交于点F，如图② ∵，， ∴， ∴． ∵PB切于点B， ∴， ∴． ∵AB为的直径， ∴AB是CE的垂直平分线， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，垂径定理，平行线的判定和性质，三角形内角和定理和三角形外角性质，直径所对的圆周角是直角，等边三角形的判定与性质，理解相关知识和作出辅助线是解答关键． 15．(1) (2) 【分析】（1）连接，根据圆的切线垂直于过切点的半径得到，进而得到与互相平行，再得到内错角相等，最终得到，在直角形中两锐角互余得出答案． （2）连接，根据等弧对等角得出为等边三角形，在直角三角形中，得到，再根据直角三角形中所对的直角边是斜边的一半得出答案． 【详解】（1）解：如图，连接．    ∵与相切， ∴． ∵， ∴, ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴ （2）解：连接．    ∵为的中点， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了连接圆心与切点的辅助线知识内容、圆的切线垂直于过切点的半径、等弧所对的圆心角相等、直角三角形中所对的边是斜边的一半等知识，适当的连接交点与圆心做出辅助线是解决本题的关键，证明三角形是等边三角形是本题的易错点． 16．(1) (2)2 【分析】（1）连接，求得，再求得，即可解答； （2）作于点H，连接，由垂径定理得到，再证明四边形为矩形，求出的长，得到的长，即可解答． 【详解】（1）解：如图，连接，      是的切线，为切点， ， 与相切，为切点， ， ， ， ， ； （2）解：如图，作于点H，连接，      是的切线，为切点， ， ，， ， 四边形为矩形， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了切线的性质，矩形的判定及性质，垂径定理，勾股定理，综合应用以上知识是解题的关键． 17．(1) (2) 【分析】（1）连接，证明为等边三角形，利用等边三角形的性质求解即可； （2）连接，根据切线性质得到，由（1）中得，，，进而可求得，证明四边形矩形得到，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：连接，则，    ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵点G是中点． ∴； （2）解：连接，    ∵与相切于点E， ∴， 由（1）知，，，，又， ∴，又， ∴，则， ∵， ∴四边形矩形， ∴，， ∵， ∴． 【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质、切线的性质、矩形的判定与性质、解直角三角形等知识，熟练掌握矩形的性质和等边三角形的性质是解答的关键． 18．(1)，； (2) 【分析】（1）由已知可得四边形是菱形，进而可求，连接，可得是等边三角形，即可得解； （2）连接、，可证，过点作，则四边形是矩形，，在中求出可得． 【详解】（1）如图，连接， ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形，△是等边三角形． ∴，；    （2）如图，连接，， ∵是⊙的切线， ∴， 过作于， ∴， ∵为弧的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∵在中， ， ∴， ∴；    【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，矩形的判定与性质，切线的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 19．(1) (2)5 【分析】（1）连接由切线的性质可得出，根据等腰三角形的性质求出，再根据圆内接四边形的性质（内对角互补）可得出结论； （2）根据垂径定理得，根据勾股定理求出，设的半径为r，得，在中根据勾股定理列出方程求出r的值即可 【详解】（1）连接如图①，   是的切线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （2）如图②，连接交于点，    ∵，， ∴， ∴， 在中，， 设的半径为r， ∴， 在中，， ∴， ∴ 【点睛】本题主要考查了切线的性质，垂径定理以及勾股定理等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答本题的关键 20．(1) (2) 【分析】（1）连接，根据已知条件得出，根据三角形的外角的性质得出，根据切线的性质得出，进而即可求解； （2）根据含30度角的直角三角形的性质即可求解． 【详解】（1）解：连接，如图所示，    ∵，是过的切线 ∴, ∵ ∴， ∴, ∴； （2）解：连接，如图所示，    ∵，， ∴，， ∴ ∵，， ∴ 【点睛】本题考查了切线的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键． 21．(1)， (2)4 【分析】（1）连接，根据圆内接四边形的性质得出，利用圆周角定理得出，再由圆周角定理结合图形求解即可； （2）由（1）知，，根据勾股定理得出，再由切线的性质定理及矩形的性质即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵在中，， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵D为的中点， ∴， ∴， ∴，    （2）由（1）知，， 在中，， ∵， ∴，即， ∴， ∵是的切线， ∴，即， ∴四边形是矩形， ∴． 【点睛】题目主要考查圆周角定理及圆内接四边形的性质，勾股定理解三角形及切线的性质，结合图形，综合运用这些知识点是解题关键． 22．(1) (2) 【分析】（1）由是的直径可得，根据三角形的内角和定理可得，根据圆内接四边形的对角互补可得，进而可得答案； （2）设圆心为O，连接，根据圆周角定理可得，可判断为等腰直角三角形，可得，根据圆的切线的性质可得，进而可得，再根据三角形的内角和定理即可求出． 【详解】（1）解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵四边形内接于， ∴， ∴， ∴； （2）解：设圆心为O，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵与相切于点A， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、切线的性质、等腰直角三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理等知识，正确添加辅助线、熟练掌握圆的相关性质是解题的关键． 23．(1)， (2) 【分析】（1）利用平行线的性质和圆的切线的性质定理求得的度数，再利用三角函数即可得出结论； （2）连接、、，，利用切线的性质定理和全等三角形的判定与性质得到，，利用切线的性质定理和平行四边形的判定定理得到四边形为平行四边形，则，；设设则，在中，利用勾股定理列出关于的方程，解方程求得值，最后利用三角形的面积公式解答即可得出结论． 【详解】（1）解：、分别切于点，， ， 在四边形中， ， ，， ， 是的直径， ，即， ， ， （2）解：连接、、，如图，，为的切线，   ， 在和中， ， 同理：， ，为的切线， ，， ， ， ∴四边形为平行四边形， ． ， 设则 ， ， 在中， ，即， ， 是的直径， 为斜边上的高， ， ． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的性质定理，平行线的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线． 24．(1)， (2) 【分析】（1）由是的直径，可证，根据圆周角定理可得，，再根据三角形外角的性质和内接四边形的性质可得， ； （2）连接交于K，根据圆周角定理得，从而求得，再根据切线的性质可得，从而可得，再利用垂径定理可得，再根据对顶角的定义可得，从而证明． 【详解】（1）解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∴ ； （2）解：连接交于K， ∵在中，， ∴， ∴， ∵是切线， ∴，即， ∴， ∵是的直径，H为弦的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、切线的性质及对顶角的定义、三角形外角的性质和内接四边形的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键． 25．(1) (2) 【分析】（1）根据题意可推得，根据圆心角、弧、弦之间的关系可求得，根据圆周角定理可求得，根据三角形内角和定理求解； （2）根据垂径定理可得，根据圆心角、弧、弦之间的关系可推得，求得，设的半径为，则，根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：连接，，如图：    ∵点为的中点，点为的中点， ∴，， ∴， ∴， 又∵为的直径， ∴， ∴， 在中，， ∴． （2）连接，如图：    ∵点为的中点， ∴， ∵，为的直径， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， 设的半径为，则， 在中，， 即， 解得， 故的半径为． 【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形内角和定理，垂径定理，圆心角、弧、弦之间的关系，勾股定理等，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． 26．(1)， (2) 【分析】（1）连接，利用切线的性质得出，从而得出的度数；由是的直径，得，从而得出的度数，进而得出的度数； （2）连接，利用，得出，利用得出，从而得出． 【详解】（1）如图，连接． ∵是的切线，是的直径， ∴，即． ∵， ∴． 由是的直径，得． ∴． ∵ ∴ ． 故答案为：，． （2）如图，连接． 在中， ， ， ∴， 在中，， ∴， ∴． ∵， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆的切线、圆周角定理、等腰三角形的性质、三角形的内角和，熟练掌握切线的性质是关键，注意运用同弧所对的圆周角相等． 27．(1) (2) 【分析】（1）由为的直径，得，从而有．再证，，利用三角形的外角性质以及直角三角形的性质即可得解题； （2）先证，．由得，从而证得，进而有，即可求解． 【详解】（1）解：∵为的直径， ∴． ∴． ∵为的中点， ∴． ∵平分， ∴． ∴． ∴． （2）∵与相切， ∴．即． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴是等边三角形， ∴． 【点睛】本题主要考查了同弧或等弧所的圆周角相等，等边三角形的判定及性质，切线的性质，等角的余角相等以及角平分线的性质以及直角三角形的性质，熟练掌握等边三角形的判定及性质以及直角三角形的性质是解题的关键。 28．(1) (2) 【分析】（1）连接，，根据可得，则，即可求出； （2）设，由，得，则．根据在中，，在中，，列出方程求出x的值，进而得出，最后根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：连接，， ∵直线与相切于点D，且为半径， ∴， ∵， ∴． 又∵为半径， ∴，    ∴，， ∴， ∵ ∴ 则在中，有 ∴ ∴； （2）解：设，由，得，则． 在中，， 在中，， ∴， 解得（负值舍去）．    ∴，． ∵， ∴． ∵O为中点，E为中点， ∴． ∵是的直径， ∴， 在中，． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，勾股定理，垂径定理，圆周角定理，解题的关键是掌握经过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线；垂直于弦（不是直径）的直径平分弦． 29．(1) (2)半径为2， 【分析】（1）连接，，根据线段为的直径，可得，结合，可得，进而有为中位线，即，，根据是的切线，可得，即可得，问题随之得解； （2）设交于另一点N，连接，，，根据（1）的方法可证明，即可得，再根据等腰三角形的性质可得，根据线段与相切于点F，有，在中，，有，，进而有，可得，，再证明四边形是正方形，问题即可得解． 【详解】（1）连接，，如图， ∵线段为的直径， ∴， ∴，， ∵， ∴，即为中点， ∵为中点， ∴为中位线， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）设交于另一点N，连接，，，如图， 根据（1）的方法可证明， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵线段与相切于点F， ∴，即， 在中，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 又∵，，， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 即半径为2，． 【点睛】本题考查了切线的性质，解直角三角形，圆周角定理，等腰三角形的性质，正方形的判定与性质，三角形中位线的判定与性质等知识，构造合理的辅助线，掌握切线的性质，圆周角定理，是解答本题的关键． 答案第44页，共44页 答案第43页，共44页 学科网（北京）股份有限公司 $$