专题13 圆（6大考点）-【好题汇编】三年（2022-2024）中考数学真题分类汇编（山东专用）

专题13 圆 【考点归纳】 考点01 正多边形与圆 1 考点02 圆周角定理与垂径定理 4 考点03 扇形面积 11 考点04 外接圆 14 考点05 圆锥 19 考点06 圆的切线 20 考点01 正多边形与圆 1．（2022·山东青岛·中考真题）如图，正六边形内接于，点M在上，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 2．（2023·山东·中考真题）如图，正八边形的边长为4，以顶点A为圆心，的长为半径画圆，则阴影部分的面积为 （结果保留）．    3．（2023·山东济南·中考真题）如图，正五边形的边长为，以为圆心，以为半径作弧，则阴影部分的面积为 （结果保留）．    4．（2023·山东泰安·中考真题）如图，是的直径，D，C是上的点，，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 5．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在边长为6的正六边形中，以点F为圆心，以的长为半径作，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为 ． 6．（2024·山东潍坊·中考真题）【问题提出】 在绿化公园时，需要安装一定数量的自动喷洒装置，定时喷水养护，某公司准备在一块边长为的正方形草坪（如图1）中安装自动喷洒装置，为了既节约安装成本，又尽可能提高喷洒覆盖率，需要设计合适的安装方案． 说明：一个自动喷洒装置的喷洒范围是半径为的圆面．喷洒覆盖率，为待喷洒区域面积，为待喷洒区域中的实际喷洒面积． 【数学建模】 这个问题可以转化为用圆面覆盖正方形面积的数学问题． 【探索发现】 （1）如图2，在该草坪中心位置设计安装1个喷洒半径为的自动喷洒装置，该方案的喷洒覆盖率______． （2）如图3，在该草坪内设计安装4个喷洒半径均为的自动喷洒装置；如图4，设计安装9个喷洒半径均为3m的自动喷洒装置；，以此类推，如图5，设计安装个喷洒半径均为的自动喷洒装置．与（1）中的方案相比，采用这种增加装置个数且减小喷洒半径的方案，能否提高喷洒覆盖率？请判断并给出理由． （3）如图6所示，该公司设计了用4个相同的自动喷洒装置喷洒的方案，且使得该草坪的喷洒覆盖率．已知正方形各边上依次取点F，G，H，E，使得，设，的面积为，求关于的函数表达式，并求当取得最小值时的值． 【问题解决】 （4）该公司现有喷洒半径为的自动喷洒装置若干个，至少安装几个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率？（直接写出结果即可） 7．（2024·山东济宁·中考真题）如图，边长为2的正六边形内接于，则它的内切圆半径为（    ）    A．1 B．2 C． D． 考点02 圆周角定理与垂径定理 8．（2022·山东东营·中考真题）如图，在中，弦半径，则的度数为 ． 9．（2022·山东日照·中考真题）一圆形玻璃镜面损坏了一部分，为得到同样大小的镜面，工人师傅用直角尺作如图所示的测量，测得AB=12cm，BC=5cm，则圆形镜面的半径为 ．    10．（2022·山东泰安·中考真题）如图，是⊙的直径，，，，则⊙的半径为（  ） A． B． C． D． 11．（2022·山东滨州·中考真题）如图，在中，弦相交于点P，若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 12．（2023·山东枣庄·中考真题）如图，在中，弦相交于点P，若，则的度数为（　　）    A． B． C． D． 13．（2022·山东聊城·中考真题）如图，AB，CD是的弦，延长AB，CD相交于点P．已知，，则的度数是（    ）    A．30° B．25° C．20° D．10° 14．（2024·山东泰安·中考真题）如图，是的直径，，是上两点，平分，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 15．（2022·山东泰安·中考真题）如图，四边形中．，，交于点E，以点E为圆心，为半径，且的圆交于点F，则阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 16．（2023·山东青岛·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，，．若的半径为5，则的长为（　　）    A． B． C． D． 17．（2023·山东·中考真题）已知：射线平分为上一点，交射线于点，交射线于点，连接．    (1)如图1，若，试判断四边形的形状，并说明理由； (2)如图2，过点作，交于点；过点作，交于点．求证：． 18．（2024·山东烟台·中考真题）如图，是的直径，内接于，点I为的内心，连接并延长交O于点D，E是上任意一点，连接，，，． (1)若，求的度数； (2)找出图中所有与相等的线段，并证明； (3)若，，求的周长． 19．（2023·山东东营·中考真题）《九章算术》标志中国古代数学形成了完整的体系．第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何?”用现在的数学语言可表述为：“如图，是的直径，弦于点，寸，寸，求直径的长．”可求出直径的长为 寸． 20．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，是的外接圆，，连接并延长交于点．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，并使两弧交于圆外一点．直线交于点，连接，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D．四边形为菱形 21．（2024·山东济宁·中考真题）如图，分别延长圆内接四边形的两组对边，延长线相交于点E，F．若，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 22．（2024·山东·中考真题）如图，是的内接三角形，若，，则 ． 23．（2022·山东济宁·中考真题）如图，点A，C，D，B在⊙O上，AC＝BC，∠ACB＝90°．若CD＝a，tan∠CBD＝，则AD的长是 ． 24．（2023·山东淄博·中考真题）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（    ）    A． B． C． D． 25．（2023·山东·中考真题）如图，为的直径，C是圆上一点，D是的中点，弦，垂足为点F．    (1)求证：； (2)P是上一点，，求； (3)在（2）的条件下，当是的平分线时，求的长． 26．（2023·山东滨州·中考真题）如图，点是的内心，的延长线与边相交于点，与的外接圆相交于点．    (1)求证：； (2)求证：； (3)求证：； (4)猜想：线段三者之间存在的等量关系．（直接写出，不需证明．） 考点03 扇形面积 27．（2024·山东东营·中考真题）习近平总书记强调，中华优秀传统文化是中华民族的根和魂．东营市某学校组织开展中华优秀传统文化成果展示活动，小慧同学制作了一把扇形纸扇．如图，，，纸扇完全打开后，外侧两竹条（竹条宽度忽略不计）的夹角．现需在扇面一侧绘制山水画，则山水画所在纸面的面积为（   ）．    A． B． C． D． 28．（2022·山东德州·中考真题）如图，是等腰直角三角形，，，点D是斜边AB上一点，且，将绕点D逆时针旋转90°得到，交AB于点E，其中点C的运动路径为弧，则弧的长度为 ． 29．（2022·山东菏泽·中考真题）如图，等腰中，，以A为圆心，以AB为半径作﹔以BC为直径作．则图中阴影部分的面积是 ．（结果保留） 30．（2024·山东泰安·中考真题）两个半径相等的半圆按如图方式放置，半圆的一个直径端点与半圆的圆心重合，若半圆的半径为2，则阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 31．（2022·山东聊城·中考真题）如图，线段，以AB为直径画半圆，圆心为，以为直径画半圆①；取的中点，以为直径画半圆②；取的中点，以为直径画半圆③…按照这样的规律画下去，大半圆内部依次画出的8个小半圆的弧长之和为 ． 32．（2024·山东威海·中考真题）如图，在扇形中，，点是的中点．过点作交于点，过点作，垂足为点．在扇形内随机选取一点，则点落在阴影部分的概率是（    ） A． B． C． D． 33．（2023·山东滨州·中考真题）如图，某玩具品牌的标志由半径为的三个等圆构成，且三个等圆相互经过彼此的圆心，则图中三个阴影部分的面积之和为（　　）    A． B． C． D． 34．（2024·山东青岛·中考真题）如图，是上的点，半径，，，连接，则扇形的面积为（    ） A． B． C． D． 考点04 外接圆 35．（2022·山东潍坊·中考真题）《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，正方形的面积为4，以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形，若，则四边形的外接圆的周长为 ． 36．（2023·山东泰安·中考真题）如图，是的外接圆，半径为4，连接OB，OC，OA，若，，则阴影部分的面积是（    ）    A． B． C． D． 37．（2023·山东聊城·中考真题）如图，点O是外接圆的圆心，点I是的内心，连接，．若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 38．（2022·山东淄博·中考真题）已知△ABC是⊙O的内接三角形，∠BAC的平分线与⊙O相交于点D，连接DB． (1)如图1，设∠ABC的平分线与AD相交于点I，求证：BD=DI； 　　　图1 (2)如图2，过点D作直线DEBC，求证：DE是⊙O的切线； 　　　图2 (3)如图3，设弦BD，AC延长后交⊙O外一点F，过F作AD的平行线交BC的延长线于点G，过G作⊙O的切线GH（切点为H），求证：GF=GH． 　　　图3 39．（2022·山东烟台·中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC＝45°． (1)请用尺规作出⊙O的切线AD（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，若AB与切线AD所夹的锐角为75°，⊙O的半径为2，求BC的长． 40．（2022·山东潍坊·中考真题）如图，的内切圆（圆心为点O）与各边分别相切于点D，E，F，连接．以点B为圆心，以适当长为半径作弧分别交于G，H两点；分别以点G，H为圆心，以大于的长为半径作弧，两条弧交于点P；作射线．下列说法正确的是（    ） A．射线一定过点O B．点O是三条中线的交点 C．若是等边三角形，则 D．点O不是三条边的垂直平分线的交点 41．（2023·山东·中考真题）在中，，下列说法错误的是（　　） A． B． C．内切圆的半径 D．当时，是直角三角形 42．（2024·山东东营·中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416，如图，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为．若用圆内接正八边形近似估计的面积，可得的估计值为 ． 43．（2022·山东泰安·中考真题）问题探究 （1）在中，，分别是与的平分线． ①若，，如图，试证明； ②将①中的条件“”去掉，其他条件不变，如图，问①中的结论是否成立？并说明理由． 迁移运用 （2）若四边形是圆的内接四边形，且，，如图，试探究线段，，之间的等量关系，并证明． 44．（2023·山东潍坊·中考真题）如图，正方形内接于，在上取一点E，连接，．过点A作，交于点G，交于点F，连接，．    (1)求证：； (2)若，，求阴影部分的面积． 考点05 圆锥 45．（2022·山东东营·中考真题）用一张半圆形铁皮，围成一个底面半径为的圆锥形工件的侧面（接缝忽略不计），则圆锥的母线长为（    ） A． B． C． D． 46．（2022·山东济宁·中考真题）已知圆锥的母线长8cm，底面圆的直径6cm，则这个圆锥的侧面积是（  ） A．96πcm2 B．48πcm2 C．33πcm2 D．24πcm2 47．（2022·山东聊城·中考真题）若一个圆锥体的底面积是其表面积的，则其侧面展开图圆心角的度数为 ． 48．（2023·山东东营·中考真题）如果圆锥侧面展开图的面积是，母线长是，则这个圆锥的底面半径是（        ） A．3 B．4 C．5 D．6 49．（2023·山东聊城·中考真题）如图，该几何体是由一个大圆锥截去上部的小圆锥后剩下的部分．若该几何体上、下两个圆的半径分别为1和2，原大圆锥高的剩余部分为，则其侧面展开图的面积为（    ）    A． B． C． D． 50．（2022·山东潍坊·中考真题）在数学实验课上，小莹将含角的直角三角尺分别以两个直角边为轴旋转一周，得到甲、乙两个圆锥，并用作图软件Geogebra画出如下示意图 小亮观察后说：“甲、乙圆锥的侧面都是由三角尺的斜边旋转得到，所以它们的侧面积相等．” 你认同小亮的说法吗？请说明理由． 考点06 圆的切线 51．（2023·山东青岛·中考真题）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 ．    52．（2023·山东滨州·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 ．    53．（2024·山东泰安·中考真题）如图，是的直径，是的切线，点为上任意一点，点为的中点，连接交于点，延长与相交于点，若，，则的长为 ．    54．（2022·山东德州·中考真题）如图1，在等腰三角形中，，为底边的中点，过点作，垂足为，以点为圆心，为半径作圆，交于点，． (1)与的位置关系为_______； (2)求证：是的切线； (3)如图2，连接，，，求的直径．(结果保留小数点后一位．参考数据：) 55．（2022·山东东营·中考真题）如图，为的直径，点C为上一点，于点D，平分． (1)求证：直线是的切线； (2)若的半径为2，求图中阴影部分的面积． 56．（2022·山东菏泽·中考真题）如图，在中，以AB为直径作交AC、BC于点D、E，且D是AC的中点，过点D作于点G，交BA的延长线于点H． (1)求证：直线HG是的切线； (2)若，求CG的长． 57．（2022·山东济南·中考真题）已知：如图，AB为⊙O的直径，CD与⊙O相切于点C，交AB延长线于点D，连接AC，BC，∠D＝30°，CE平分∠ACB交⊙O于点E，过点B作BF⊥CE，垂足为F． (1)求证：CA＝CD； (2)若AB＝12，求线段BF的长． 58．（2022·山东枣庄·中考真题）如图，在半径为10cm的⊙O中，AB是⊙O的直径，CD是过⊙O上一点C的直线，且AD⊥DC于点D，AC平分∠BAD，点E是BC的中点，OE＝6cm． (1)求证：CD是⊙O的切线； (2)求AD的长． 59．（2022·山东日照·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，点D为边AB的中点，点O在边BC上，以点O为圆心的圆过顶点C，与边AB交于点D． (1)求证：直线AB是⊙O的切线； (2)若，求图中阴影部分的面积． 60．（2022·山东济宁·中考真题）如图，在矩形ABCD中，以AB的中点O为圆心，以OA为半径作半圆，连接OD交半圆于点E，在上取点F，使，连接BF，DF． (1)求证：DF与半圆相切； (2)如果AB＝10，BF＝6，求矩形ABCD的面积． 61．（2022·山东聊城·中考真题）如图，点O是的边AC上一点，以点O为圆心，OA为半径作，与BC相切于点E，交AB于点D，连接OE，连接OD并延长交CB的延长线于点F，． (1)连接AF，求证：AF是的切线； (2)若，，求FD的长． 62．（2022·山东潍坊·中考真题）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，车轮缚以竹简，旋转时低则舀水，高则泻水．如图，水力驱动筒车按逆时针方向转动，竹筒把水引至A处，水沿射线方向泻至水渠，水渠所在直线与水面平行；设筒车为，与直线交于P，Q两点，与直线交于B，C两点，恰有，连接． (1)求证：为的切线； (2)筒车的半径为，．当水面上升，A，O，Q三点恰好共线时，求筒车在水面下的最大深度（精确到，参考值：）． 63．（2022·山东青岛·中考真题）如图，是的切线，B为切点，与交于点C，以点A为圆心、以的长为半径作，分别交于点E，F．若，则图中阴影部分的面积为 ． 64．（2022·山东临沂·中考真题）如图，AB是的切线，B为切点，直线AO交于C，D两点，连接BC，BD，过圆心О作BC的平行线，分别交AB的延长线、及BD于点E，F，G． (1)求证：； (2)若F是OE的中点，的半径为3，求阴影部分的面积． 65．（2024·山东威海·中考真题）如图，已知是的直径，点C，D在上，且．点E是线段延长线上一点，连接并延长交射线于点F．的平分线交射线于点H，． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 66．（2022·山东泰安·中考真题）如图，在中，，⊙过点A、C，与交于点D，与相切于点C，若，则 67．（2022·山东滨州·中考真题）如图，已知AC为的直径，直线PA与相切于点A，直线PD经过上的点B且，连接OP交AB于点M．求证： (1)PD是的切线； (2) 68．（2023·山东济南·中考真题）如图，，为的直径，为上一点，过点的切线与的延长线交于点，，点是的中点，弦，相交于点． (1)求的度数； (2)若，求直径的长． 69．（2023·山东潍坊·中考真题）发动机的曲柄连杆将直线运动转化为圆周运动，图①是发动机的实物剖面图，图②是其示意图．图②中，点A在直线l上往复运动，推动点B做圆周运动形成，与表示曲柄连杆的两直杆，点C、D是直线l与的交点；当点A运动到E时，点B到达C；当点A运动到F时，点B到达D．若，，则下列结论正确的是（    ）      A． B． C．当与相切时， D．当时， 70．（2023·山东泰安·中考真题）为了测量一个圆形光盘的半径，小明把直尺、光盘和三角尺按图所示放置于桌面上，并量出，则这张光盘的半径是 ．（精确到．参考数据：）    71．（2023·山东·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限内，与轴相切于点，与轴相交于点，．连接，．    (1)求点的坐标； (2)求的值． 72．（2023·山东东营·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点D，，垂足为E． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 73．（2023·山东聊城·中考真题）如图，在中，，的平分线交于点D，的平分线交于点E．以上的点O为圆心，为半径作，恰好过点E．    (1)求证：是的切线； (2)若，，求的半径． 74．（2023·山东枣庄·中考真题）如图，为的直径，点C是的中点，过点C做射线的垂线，垂足为E．    (1)求证：是切线； (2)若，求的长； (3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积（用含有的式子表示）． 75．（2023·山东临沂·中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，，E为的延长线与的交点．    (1)求证：是的切线； (2)若，求的长． 76．（2023·山东烟台·中考真题）如图，在直角坐标系中，与轴相切于点为的直径，点在函数的图象上，为轴上一点，的面积为6，则的值为 ．    77．（2023·山东烟台·中考真题）如图，在菱形中，对角线相交于点经过两点，交对角线于点，连接交于点，且．    (1)求证：是的切线； (2)已知的半径与菱形的边长之比为，求的值． 78．（2024·山东青岛·中考真题）如图，中，，以为直径的半圆O分别交于点D，E，过点E作半圆O的切线，交于点M，交的延长线于点N．若，，则半径的长为 ． 79．（2024·山东·中考真题）如图，在四边形中，，，．以点为圆心，以为半径作交于点，以点为圆心，以为半径作所交于点，连接交于另一点，连接． (1)求证：为所在圆的切线； (2)求图中阴影部分面积．（结果保留） 80．（2024·山东东营·中考真题）如图，内接于，是的直径，点在上，点是的中点，，垂足为点D，的延长线交的延长线于点F． (1)求证：是的切线； (2)若，，求线段的长． 81．（2024·山东济宁·中考真题）如图，内接于，D是上一点，．E是外一点，，连接． (1)若，求的长； (2)求证：是的切线． 82．（2023·山东日照·中考真题）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． 83．（2023·山东·中考真题）如图，已知是的直径，，切于点，过点作交于点，若．    (1)如图1，连接，求证：； (2)如图2，是上一点，在上取一点，使，连接．请问：三条线段有怎样的数量关系？并证明你的结论． 84．（2024·山东济南·中考真题）如图，为的直径，点在上，连接，点在的延长线上，． (1)求证：与相切； (2)若，求的长． 85．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，已知内接于，是的直径，的平分线交于点，过点作，交的延长线于点，连接． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的直径． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题13 圆 【考点归纳】 考点01 正多边形与圆 1 考点02 圆周角定理与垂径定理 9 考点03 扇形面积 35 考点04 外接圆 42 考点05 圆锥 58 考点06 圆的切线 61 考点01 正多边形与圆 1．（2022·山东青岛·中考真题）如图，正六边形内接于，点M在上，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出正六边形的中心角，再利用圆周角定理求解即可． 【详解】解：连接OC、OD、OE，如图所示：    ∵正六边形内接于， ∴∠COD= =60°，则∠COE=120°， ∴∠CME= ∠COE=60°， 故选：D． 【点睛】本题考查正多边形的中心角、圆周角定理，熟练掌握正n多边形的中心角为是解答的关键． 2．（2023·山东·中考真题）如图，正八边形的边长为4，以顶点A为圆心，的长为半径画圆，则阴影部分的面积为 （结果保留）．    【答案】 【分析】先利用正八边形求出圆心角的度数，再利用扇形的面积公式求解即可． 【详解】解：由题意，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查正多边形与圆，扇形的面积等知识，解题的关键是记住扇形的面积，正多边形的每个内角度数为． 3．（2023·山东济南·中考真题）如图，正五边形的边长为，以为圆心，以为半径作弧，则阴影部分的面积为 （结果保留）．    【答案】 【分析】根据正多边形内角和公式求出正五边形的内角和，再求出的度数，利用扇形面积公式计算即可． 【详解】解：正五边形的内角和， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了扇形面积和正多边形内角和的计算，熟练掌握扇形面积公式和正多边形内角和公式是解答本题的关键． 4．（2023·山东泰安·中考真题）如图，是的直径，D，C是上的点，，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据圆内接四边形对角互补和直径所对圆周角等于90度求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查圆的性质，涉及到圆内接四边形对角互补和直径所对圆周角等于90度，熟记知识点是关键． 5．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在边长为6的正六边形中，以点F为圆心，以的长为半径作，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为 ． 【答案】 【分析】本题考查正多边形的性质，求圆锥的底面半径，先求出正六边形的一个内角的度数，进而求出扇形的圆心角的度数，过点作，求出的长，再利用圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，进行求解即可． 【详解】解：∵正六边形， ∴，， ∴，， ∴， 过点作于点，则：， 设圆锥的底面圆的半径为，则：， ∴； 故答案为：． 6．（2024·山东潍坊·中考真题）【问题提出】 在绿化公园时，需要安装一定数量的自动喷洒装置，定时喷水养护，某公司准备在一块边长为的正方形草坪（如图1）中安装自动喷洒装置，为了既节约安装成本，又尽可能提高喷洒覆盖率，需要设计合适的安装方案． 说明：一个自动喷洒装置的喷洒范围是半径为的圆面．喷洒覆盖率，为待喷洒区域面积，为待喷洒区域中的实际喷洒面积． 【数学建模】 这个问题可以转化为用圆面覆盖正方形面积的数学问题． 【探索发现】 （1）如图2，在该草坪中心位置设计安装1个喷洒半径为的自动喷洒装置，该方案的喷洒覆盖率______． （2）如图3，在该草坪内设计安装4个喷洒半径均为的自动喷洒装置；如图4，设计安装9个喷洒半径均为3m的自动喷洒装置；，以此类推，如图5，设计安装个喷洒半径均为的自动喷洒装置．与（1）中的方案相比，采用这种增加装置个数且减小喷洒半径的方案，能否提高喷洒覆盖率？请判断并给出理由． （3）如图6所示，该公司设计了用4个相同的自动喷洒装置喷洒的方案，且使得该草坪的喷洒覆盖率．已知正方形各边上依次取点F，G，H，E，使得，设，的面积为，求关于的函数表达式，并求当取得最小值时的值． 【问题解决】 （4）该公司现有喷洒半径为的自动喷洒装置若干个，至少安装几个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率？（直接写出结果即可） 【答案】（1）；（2）不能，理由见解析；（3）；当取得最小值时；（4） 【分析】（1）根据定义，分别计算圆的面积与正方形的面积，即可求解； （2）根据（1）的方法求得喷洒覆盖率即可求解； （3）根据勾股定理求得的关系，进而根据圆的面积公式得出函数关系式，根据二次函数的性质，即可求解； （4）根据（3）的结论可得当圆为正方形的外接圆时，面积最小，则求得半径为的圆的内接正方形的边长为，进而将草坪分为个正方形，即可求解． 【详解】（1）当喷洒半径为时，喷洒的圆面积． 正方形草坪的面积． 故喷洒覆盖率． （2）对于任意的，喷洒面积，而草坪面积始终为． 因此，无论取何值，喷洒覆盖率始终为． 这说明增加装置个数同时减小喷洒半径，对提高喷洒覆盖率不起作用． （3）如图所示，连接， 要使喷洒覆盖率，即要求，其中为草坪面积，为喷洒面积． ∴都经过正方形的中心点， 在中，，， ∵ ∴， 在中， ∴ ∴ ∴当时，取得最小值，此时 解得： （4）由（3）可得，当的面积最小时，此时圆为边长为的正方形的外接圆， 则当时，圆的内接正方形的边长为 而草坪的边长为，，即将草坪分为个正方形，将半径为的自动喷洒装置放置于9个正方形的中心，此时所用装置个数最少， ∴至少安装个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率 【点睛】本题考查了正方形与圆综合问题，二次函数的应用；本题要求我们先理解和计算喷洒覆盖率，然后通过调整喷洒装置的数量和喷洒半径来分析喷洒覆盖率的变化，最后在一个特定的条件下找出喷洒面积和喷洒半径之间的函数关系．解决此类问题的关键在于将实际问题转化为数学问题，即如何将喷洒覆盖率的计算问题转化为面积计算和函数求解问题．同时，在解决具体问题时，需要灵活运用已知的数学知识，如圆的面积公式，正方形面积公式，以及函数解析式求解等．最后，还需要注意将数学计算结果还原为实际问题的解决方案． 7．（2024·山东济宁·中考真题）如图，边长为2的正六边形内接于，则它的内切圆半径为（    ）    A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正多边形与圆，等边三角形的判定和性质，勾股定理； 连接，，作于G，证明是等边三角形，可得，然后利用勾股定理求出即可． 【详解】解：如图，连接，，作于G，    ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 即它的内切圆半径为， 故选：D． 考点02 圆周角定理与垂径定理 8．（2022·山东东营·中考真题）如图，在中，弦半径，则的度数为 ． 【答案】100°/100度 【分析】先根据平行线的性质求出∠OCA的度数，再根据等边对等角求出∠OAC的度数，即可利用三角形内角和定理求出∠AOC的度数． 【详解】解：∵， ∴∠OCA=∠BOC=40°， ∵OA=OC， ∴∠OAC=∠OCA=40°， ∴∠AOC=180°-∠OAC-∠OCA=100°， 故答案为：100°． 【点睛】本题主要考查了平行线的性质，圆的基本性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，熟知相关知识是解题的关键． 9．（2022·山东日照·中考真题）一圆形玻璃镜面损坏了一部分，为得到同样大小的镜面，工人师傅用直角尺作如图所示的测量，测得AB=12cm，BC=5cm，则圆形镜面的半径为 ．    【答案】 【分析】连接AC，根据∠ABC=90°得出AC是圆形镜面的直径，再根据勾股定理求出AC即可． 【详解】解：连接AC，    ∵∠ABC=90°，且∠ABC是圆周角， ∴AC是圆形镜面的直径， 由勾股定理得：， 所以圆形镜面的半径为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系和勾股定理等知识点，能根据圆周角定理得出AC是圆形镜面的直径是解此题的关键． 10．（2022·山东泰安·中考真题）如图，是⊙的直径，，，，则⊙的半径为（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接CO并延长CO交⊙于点E，连接AE，根据OA=OC，可得∠ACD=∠ACE，从而得到AE=AD=2，然后根据勾股定理，即可求解． 【详解】解：如图，连接CO并延长CO交⊙于点E，连接AE， ∵OA=OC， ∴∠ACE=∠CAB， ∵， ∴∠ACD=∠ACE， ∴， ∴AE=AD=2， ∵CE是直径， ∴∠CAE=90°， ∴， ∴⊙的半径为． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，熟练掌握圆周角定理，勾股定理是解题的关键． 11．（2022·山东滨州·中考真题）如图，在中，弦相交于点P，若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据三角形的外角的性质可得，求得，再根据同弧所对的圆周角相等，即可得到答案． 【详解】，， 故选：A． 【点睛】本题考查了圆周角定理及三角形的外角的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 12．（2023·山东枣庄·中考真题）如图，在中，弦相交于点P，若，则的度数为（　　）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据圆周角定理，可以得到的度数，再根据三角形外角的性质，可以求出的度数． 【详解】解：， ， ， ， 故选：A． 【点睛】本题考查圆周角定理、三角形外角的性质，解答本题的关键是求出的度数． 13．（2022·山东聊城·中考真题）如图，AB，CD是的弦，延长AB，CD相交于点P．已知，，则的度数是（    ）    A．30° B．25° C．20° D．10° 【答案】C 【分析】如图，连接OB，OD，AC，先求解，再求解，从而可得，再利用周角的含义可得，从而可得答案． 【详解】解：如图，连接OB，OD，AC，    ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴． ∴的度数20°． 故选：C． 【点睛】本题考查的是圆心角与弧的度数的关系，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，掌握“圆心角与弧的度数的关系”是解本题的关键． 14．（2024·山东泰安·中考真题）如图，是的直径，，是上两点，平分，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查圆周角定理、角平分线的定义、三角形的内角和定理，先根据角平分线的定义得到根据圆周角定理得到，再根据圆周角定理得到，，然后利用三角形的内角和定理求解即可． 【详解】解：∵平分， ∴， ∵是的直径，， ∴，，则， ∴， 故选：A． 15．（2022·山东泰安·中考真题）如图，四边形中．，，交于点E，以点E为圆心，为半径，且的圆交于点F，则阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点E作EG⊥CD于点G，根据平行线的性质和已知条件，求出，根据ED=EF，得出，即可得出，解直角三角形，得出GE、DG，最后用扇形的面积减三角形的面积得出阴影部分的面积即可． 【详解】解：过点E作EG⊥CD于点G，如图所示： ∵DE⊥AD， ∴∠ADE=90°， ∵∠A=60°， ∴∠AED=90°-∠A=30°， ∵， ∴， ∵ED=EF， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵DE=6，，   ∴， ， ∴， ∴ ，． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了平行线的性质，垂径定理，等腰三角形的判定和性质，扇形面积计算公式，解直角三角形，作出辅助线，求出∠DEF=120°，DF的长，是解题的关键． 16．（2023·山东青岛·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，，．若的半径为5，则的长为（　　）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，根据圆内接四边形的性质得出，再根据三角形的内角和求出，进而得出，最后根据弧长公式即可求解． 【详解】解：连接， ∵四边形是的内接四边形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：C．    【点睛】本题主要考查了圆的内接四边形，圆周角定理，三角形的内角和，弧长公式，解题的关键是掌握圆的内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，三角形的内角和为，弧长． 17．（2023·山东·中考真题）已知：射线平分为上一点，交射线于点，交射线于点，连接．    (1)如图1，若，试判断四边形的形状，并说明理由； (2)如图2，过点作，交于点；过点作，交于点．求证：． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2)见解析 【分析】（1）过点A作于F，于G，先由角平分线性质得，再证明，得，证明，得，从而得出，再根据平行线性质与角平分线定义证明，得，从而得，即可得出结论； （2）连接，过点A作于H，作于G，证明，得，证明，得，证明，得，从而得，根据平行线等分线段定理即可得出结论． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： 过点A作于F，于G，如图1，    ∵平分，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∵平分， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴， ∴四边形是菱形． （2）证明：连接，过点A作于H，作于G，如图2，    ∵平分，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ， ∴， ∴，   ∴， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∴，   ∵，， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查角平分线性质，菱形的判定，全等三解形的判定与性质，垂直定理，平行线等分线段定理，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键． 18．（2024·山东烟台·中考真题）如图，是的直径，内接于，点I为的内心，连接并延长交O于点D，E是上任意一点，连接，，，． (1)若，求的度数； (2)找出图中所有与相等的线段，并证明； (3)若，，求的周长． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3)30 【分析】（1）利用圆周角定理得到，再根据三角形的内角和定理求，然后利用圆内接四边形的对角互补求解即可； （2）连接，由三角形的内心性质得到内心，，，然后利用圆周角定理得到，，利用三角形的外角性质证得，然后利用等角对等边可得结论； （3）过I分别作，，，垂足分别为Q、F、P，根据内切圆的性质和和切线长定理得到，，，利用解直角三角形求得， ，进而可求解． 【详解】（1）解：∵是的直径， ∴，又， ∴， ∵四边形是内接四边形， ∴， ∴； （2）解：， 证明：连接， ∵点I为的内心， ∴，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴； （3）解：过I分别作，，，垂足分别为Q、F、P， ∵点I为的内心，即为的内切圆的圆心． ∴Q、F、P分别为该内切圆与三边的切点， ∴，，， ∵，，， ∴， ∵，，， ∴， ∴的周长为 ． 【点睛】本题考查圆周角定理、圆内接四边形的性质、三角形的内角和定理、三角形的内心性质、三角形的外角性质、等腰三角形的判定、切线长定理以及解直角三角形，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． 19．（2023·山东东营·中考真题）《九章算术》标志中国古代数学形成了完整的体系．第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何?”用现在的数学语言可表述为：“如图，是的直径，弦于点，寸，寸，求直径的长．”可求出直径的长为 寸． 【答案】26 【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题关键．连接，设寸，则寸，寸，先根据垂径定理求出寸，再在中，利用勾股定理求解即可得． 【详解】解：如图，连接， 则， 设寸，则寸，寸， ∵是的直径，弦于点，寸， 寸， 在中，，即， 解得， 则寸， 故答案为：26． 20．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，是的外接圆，，连接并延长交于点．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，并使两弧交于圆外一点．直线交于点，连接，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D．四边形为菱形 【答案】ABD 【分析】本题主要考查圆的性质、圆周角定理、平行线的性质以及菱形的判定，熟练掌握性质定理是解题的关键．根据全等三角形的判定定理证明，证明即可证明四边形为菱形，再根据圆周角定理进行判定即可． 【详解】解：令交于点， 由题意得：是的垂直平分线， ， ，选项A正确； 故四边形为菱形，选项D正确； ， 四边形为菱形， 四边形为平行四边形， ，选项B正确； ，故选项C错误； 故选ABD． 21．（2024·山东济宁·中考真题）如图，分别延长圆内接四边形的两组对边，延长线相交于点E，F．若，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据“圆的内接四边形对角互补”可得，．根据三角形外角定理可得，，由此可得，又由，可得，即可得解． 本题主要考查了“圆的内接四边形对角互补”和三角形外角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【详解】∵四边形是的内接四边形我 ∴， ，， ， ，，， ， 解得， ， ． 故选：C 22．（2024·山东·中考真题）如图，是的内接三角形，若，，则 ． 【答案】/40度 【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，利用圆周角定理求出的度数，利用等边对等角、三角形内角和定理求出的度数，利用平行线的性质求出的度数，即可求解． 【详解】解∶连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 23．（2022·山东济宁·中考真题）如图，点A，C，D，B在⊙O上，AC＝BC，∠ACB＝90°．若CD＝a，tan∠CBD＝，则AD的长是 ． 【答案】 【分析】如图，连接，设交于点，根据题意可得是的直径，，设，证明，根据相似三角形的性质以及正切的定义，分别表示出，根据，勾股定理求得，根据即可求解． 【详解】解：如图，连接，设交于点， ∵∠ACB＝90° ∴是的直径， ， tan∠CBD＝， ， 在中， ， ， ， ， 设 则， AC＝BC， ， ， 中，， ， ， , 又， ， ， ， ， ， ， ， 解得， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了90°圆周角所对的弦是直径，同弧所对的圆周角相等，正切的定义，相似三角形的性质与判定，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键． 24．（2023·山东淄博·中考真题）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（    ）    A． B． C． D． 【答案】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. 25．（2023·山东·中考真题）如图，为的直径，C是圆上一点，D是的中点，弦，垂足为点F．    (1)求证：； (2)P是上一点，，求； (3)在（2）的条件下，当是的平分线时，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】（1）由D是的中点得，由垂径定理得，得到，根据同圆中，等弧对等弦即可证明； （2）连接，证明，设的半径为r，利用相似三角形的性质得，，由勾股定理求得，得到，即可得到； （3）过点B作交于点G，证明是等腰直角三角形，解直角三角形得到，由得到，解得，即可求解． 【详解】（1）解：∵D是的中点， ∴， ∵且为的直径， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接，    ∵， ∴， ∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设的半径为r， 则， 解得，经检验，是方程的根， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：如图，过点B作交于点G，    ∴ ∵，是的平分线， ∴ ∴ ∴， ∵ ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，垂径定理，圆周角定理及推论，解直角三角形等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键． 26．（2023·山东滨州·中考真题）如图，点是的内心，的延长线与边相交于点，与的外接圆相交于点．    (1)求证：； (2)求证：； (3)求证：； (4)猜想：线段三者之间存在的等量关系．（直接写出，不需证明．） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 (4) 【分析】（1）过点F作，垂足分别为，则，进而表示出两个三角形的面积，即可求解； （2）过点A作于点，表示出两三角形的面积，即可求解； （3）连接，证明得出，证明，得出，即可，恒等式变形即可求解； （4）连接，证明，得出，证明，得出，即可求解． 【详解】（1）证明：如图所示，过点F作，垂足分别为， ∵点是的内心， ∴是的角平分线， ∵， ∴， ∵， ∴； （2）证明：如图所示，过点A作于点，    ∵， ∴， 由（1）可得， ∴； （3）证明：连接，    ∵ ∴ ∴ ∴， ∴ ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∴； ∴， ∴， （4）解：如图所示，连接，    ∵点是的内心， ∴是的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了三角形内心的定义，同弧所对的圆周角相等，角平分线的性质与定义，相似三角形的性质与判定，三角形的外角性质，三角形的面积公式等知识，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 考点03 扇形面积 27．（2024·山东东营·中考真题）习近平总书记强调，中华优秀传统文化是中华民族的根和魂．东营市某学校组织开展中华优秀传统文化成果展示活动，小慧同学制作了一把扇形纸扇．如图，，，纸扇完全打开后，外侧两竹条（竹条宽度忽略不计）的夹角．现需在扇面一侧绘制山水画，则山水画所在纸面的面积为（   ）．    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将山水画所在纸面的面积转化为大小两个扇形的面积之差即可解决问题．本题主要考查了扇形面积的计算，熟知扇形面积的计算公式是解题的关键． 【详解】解：由题知， ， ， 所以山水画所在纸面的面积为：． 故选：C． 28．（2022·山东德州·中考真题）如图，是等腰直角三角形，，，点D是斜边AB上一点，且，将绕点D逆时针旋转90°得到，交AB于点E，其中点C的运动路径为弧，则弧的长度为 ． 【答案】/ 【分析】如图所示，过点C作于F，连接，先利用勾股定理得到，则，再求出，即可求出，，再根据弧长公式求解即可． 【详解】解：如图所示，过点C作于F，连接， ∵，， ∴， ∵ ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由旋转的性质得， ∴弧的长度为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了求弧长，等腰直角三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线构造直角三角形求出的长是解题的关键． 29．（2022·山东菏泽·中考真题）如图，等腰中，，以A为圆心，以AB为半径作﹔以BC为直径作．则图中阴影部分的面积是 ．（结果保留） 【答案】 【分析】由图可知：阴影部分的面积＝半圆CAB的面积-△ABC的面积+扇形ABC的面积-△ABC的面积，可根据各自的面积计算方法求出面积即可． 【详解】解：∵等腰中， ∴BC=2 ∴S扇形ACB，S半圆CABπ×（1）2，S△ABC=1； 所以阴影部分的面积＝S半圆CAB-S△ABC+S扇形ACB-S△ABC ． 故答案是：． 【点睛】本题主要考查了扇形和三角形的面积计算方法．不规则图形的面积通常转化为规则图形的面积的和差． 30．（2024·山东泰安·中考真题）两个半径相等的半圆按如图方式放置，半圆的一个直径端点与半圆的圆心重合，若半圆的半径为2，则阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了扇形的面积公式的运用、三角形的面积公式的运用等知识点，熟练掌握扇形的面积公式是关键． 如图：连接，作于点B，得三角形是等边三角形，求出，再根据，即可解答． 【详解】解：如图：连接，作于点B， ∵， ∴三角形是等边三角形， ∴， ∴ ∴, ∴． 故选：A． 31．（2022·山东聊城·中考真题）如图，线段，以AB为直径画半圆，圆心为，以为直径画半圆①；取的中点，以为直径画半圆②；取的中点，以为直径画半圆③…按照这样的规律画下去，大半圆内部依次画出的8个小半圆的弧长之和为 ． 【答案】/ 【分析】由AB＝2，可得半圆①弧长为，半圆②弧长为（）2π，半圆③弧长为（）3π，......半圆⑧弧长为（）8π，即可得8个小半圆的弧长之和为π+（）2π+（）3π+...+（）8π＝π． 【详解】解：∵， ∴，半圆①弧长为， 同理，半圆②弧长为， ，半圆③弧长为， …… 半圆⑧弧长为， ∴8个小半圆的弧长之和为． 故答案为：． 【点睛】此题考查图形的变化类规律，解题的关键是掌握圆的周长公式和找到弧长的变化规律． 32．（2024·山东威海·中考真题）如图，在扇形中，，点是的中点．过点作交于点，过点作，垂足为点．在扇形内随机选取一点，则点落在阴影部分的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是求不规则图形的面积，几何概率，根据阴影部分面积等于扇形的面积，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴四边形是矩形， ∴ ∴ ∵点是的中点 ∴ ∴ ∴ ∴，， 点落在阴影部分的概率是 故选：B． 33．（2023·山东滨州·中考真题）如图，某玩具品牌的标志由半径为的三个等圆构成，且三个等圆相互经过彼此的圆心，则图中三个阴影部分的面积之和为（　　）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆的对称性可知：图中三个阴影部分的面积相等，只要计算出一个阴影部分的面积即可，如图，连接，阴影的面积＝扇形的面积，据此即可解答. 【详解】解：根据圆的对称性可知：图中三个阴影部分的面积相等； 如图，连接，则，是等边三角形， ∴，弓形的面积相等， ∴阴影的面积＝扇形的面积， ∴图中三个阴影部分的面积之和； 故选：C.    【点睛】本题考查了不规则图形面积的计算，正确添加辅助线、掌握求解的方法是解题关键. 34．（2024·山东青岛·中考真题）如图，是上的点，半径，，，连接，则扇形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了圆周角定义，扇形的面积，连接，由圆周角定理可得，进而得，再根据扇形的面积计算公式计算即可求解，掌握圆周角定理及扇形的面积计算公式是解题的关键． 【详解】解：连接，则， ∵， ∴， ∴， 故选：． 考点04 外接圆 35．（2022·山东潍坊·中考真题）《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，正方形的面积为4，以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形，若，则四边形的外接圆的周长为 ． 【答案】 【分析】根据正方形ABCD的面积为4，求出，根据位似比求出，周长即可得出； 【详解】解：正方形ABCD的面积为4， ， ， ， ， 所求周长； 故答案为：． 【点睛】本题考查位似图形，涉及知识点：正方形的面积，正方形的对角线，圆的周长，解题关键求出正方形ABCD的边长． 36．（2023·山东泰安·中考真题）如图，是的外接圆，半径为4，连接OB，OC，OA，若，，则阴影部分的面积是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求得，再根据扇形的面积公式即可求解． 【详解】解：∵，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质、三角形内角和定理以及扇形的面积公式等知识，求出是解答的关键． 37．（2023·山东聊城·中考真题）如图，点O是外接圆的圆心，点I是的内心，连接，．若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据三角形内心的定义可得的度数，然后由圆周角定理求出，再根据三角形内角和定理以及等腰三角形的性质得出答案． 【详解】解：连接， ∵点I是的内心，， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：C．    【点睛】本题主要考查了三角形内心的定义和圆周角定理，熟知三角形的内心是三角形三个内角平分线的交点是解题的关键． 38．（2022·山东淄博·中考真题）已知△ABC是⊙O的内接三角形，∠BAC的平分线与⊙O相交于点D，连接DB． (1)如图1，设∠ABC的平分线与AD相交于点I，求证：BD=DI； 　　　图1 (2)如图2，过点D作直线DEBC，求证：DE是⊙O的切线； 　　　图2 (3)如图3，设弦BD，AC延长后交⊙O外一点F，过F作AD的平行线交BC的延长线于点G，过G作⊙O的切线GH（切点为H），求证：GF=GH． 　　　图3 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）由角平分线的定义以及圆周角定理得到∠BAD=∠DAC=∠CBD，∠ABI=∠IBC，再根据三角形的外角性质可推出∠BID=∠DBI，利用等角对等边即可证明BD=DI； （2）由垂径定理推出OD⊥BC，由平行线的性质推出OD⊥DE，即可证明DE是⊙O的切线； （3）设法证明△HBG∽△CHG，推出，再证明△GFC∽△GBF，推出，据此即可证明GF=GH． 【详解】（1）证明：∵AD是∠BAC的平分线，BI是∠ABC的平分线， ∴∠BAD=∠DAC=∠CBD，∠ABI=∠IBC， ∵∠BID=∠ABI+∠BAD，∠DBI=∠IBC +∠CBD， ∴∠BID=∠DBI， ∴BD=DI； （2）证明：连接OD， ∵AD是∠BAC的平分线， ∴， ∴OD⊥BC， ∵DEBC， ∴OD⊥DE， ∵OD是⊙O的半径， ∴DE是⊙O的切线； （3）证明：过点H作⊙O的直径HI，连接BH，HC，IC， ∵HI是⊙O的直径，GH是⊙O的切线， ∴∠HCI=∠IHG=90°， ∴∠IHC+∠I=90°=∠IHC+∠GHC， ∴∠I=∠GHC， ∵∠HBG=∠I， ∴∠HBG=∠GHC， ∴△HBG∽△CHG， ∴， ∴， ∵ADFG， ∴∠DAF=∠GFC， ∵∠DAF=∠DBC， ∴∠GFC=∠DBC， ∴△GFC∽△GBF， ∴， ∴， ∴， ∴GF=GH． 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，垂径定理，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题． 39．（2022·山东烟台·中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC＝45°． (1)请用尺规作出⊙O的切线AD（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，若AB与切线AD所夹的锐角为75°，⊙O的半径为2，求BC的长． 【答案】(1)见解析 (2)2 【分析】（1）连接OA，过点A作AD⊥AO即可； （2）连接OB，OC．过点O作于点H，先证明∠ACB＝75°，再利用三角形内角和定理求出∠CAB，推出∠BOC＝120°，求出CH可得结论． 【详解】（1）解：如图，切线AD即为所求； （2）如图：连接OB，OC．过点O作于点H， ∵AD是切线， ∴OA⊥AD， ∴∠OAD＝90°， ∵∠DAB＝75°， ∴∠OAB＝15°， ∵OA＝OB， ∴∠OAB＝∠OBA＝15°， ∴∠BOA＝150°， ∴∠BCA＝∠AOB＝75°， ∵∠ABC＝45°， ∴∠BAC＝180°﹣45°﹣75°＝60°， ∴∠BOC＝2∠BAC＝120°， ∵OB＝OC＝2， ∴∠BCO＝∠CBO＝30°， ∵OH⊥BC， ∴CH＝BH＝OC•cos30°＝， ∴BC＝2． 【点睛】本题主要考查了作圆的 、三角形的外接圆、切线的判定和性质、解直角三角形等知识点，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 40．（2022·山东潍坊·中考真题）如图，的内切圆（圆心为点O）与各边分别相切于点D，E，F，连接．以点B为圆心，以适当长为半径作弧分别交于G，H两点；分别以点G，H为圆心，以大于的长为半径作弧，两条弧交于点P；作射线．下列说法正确的是（    ） A．射线一定过点O B．点O是三条中线的交点 C．若是等边三角形，则 D．点O不是三条边的垂直平分线的交点 【答案】AC 【分析】根据三角形内切圆的性质逐个判断可得出答案． 【详解】A、以点B为圆心，以适当长为半径作弧分别交于G，H两点；分别以点G，H为圆心，以大于的长为半径作弧，两条弧交于点P；作射线，由此可得BP是角平分线，所以射线一定过点O，说法正确，选项符合题意； B、边DE、EF、DF分别是圆的弦长，所以点O是△DEF三条边的垂直平分线的交点，选项不符合题意； C、当是等边三角形时，可以证得D、F、E分别是边的中点，根据中位线概念可得，选项符合题意； D、边DE、EF、DF分别是圆的弦长，所以点O是△DEF三条边的垂直平分线的交点，选项不符合题意； 故选：AC． 【点睛】本题考查了三角形内切圆的特点和性质，解题的关键是能与其它知识联系起来，加以证明选项的正确． 41．（2023·山东·中考真题）在中，，下列说法错误的是（　　） A． B． C．内切圆的半径 D．当时，是直角三角形 【答案】C 【分析】根据三角形三边关系、三角形面积、内切圆半径的计算以及勾股定理逆定理逐一求解即可． 【详解】解：∵， ∴即，故A说法正确； 当时，， 若以为底，高， ∴，故B说法正确； 设内切圆的半径为r， 则， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴，故C说法错误； 当时，， ∴是直角三角形，故D说法正确； 故选：C． 【点睛】本题考查了三角形三边关系，三角形面积，三角形内切圆半径以及勾股定理的逆定理，掌握内切圆半径与圆的面积周长之间的关系是解题的关键． 42．（2024·山东东营·中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416，如图，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为．若用圆内接正八边形近似估计的面积，可得的估计值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了圆内接正多边形的性质，三角形的面积公式，勾股定理等，正确求出正八边形的面积是解题的关键．过点A作，求得，根据勾股定理可得，即可求解． 【详解】 如图，是正八边形的一条边，点O是正八边形的中心，过点A作， 在正八边形中， ∴ ∵，，解得： ∴ ∴正八边形为 ∴ ∴ ∴的估计值为 故答案为：． 43．（2022·山东泰安·中考真题）问题探究 （1）在中，，分别是与的平分线． ①若，，如图，试证明； ②将①中的条件“”去掉，其他条件不变，如图，问①中的结论是否成立？并说明理由． 迁移运用 （2）若四边形是圆的内接四边形，且，，如图，试探究线段，，之间的等量关系，并证明． 【答案】（1）①见解析；②结论成立，见解析；（2），见解析 【分析】（1）①证明是等边三角形，得出E、D为中点，从而证明； ②在上截取，根据角平分线的性质，证明，，从而得到答案； （2）作点B关于的对称点E，证明，从而得到，再根据AE、DC分别是、的角平分线，得到． 【详解】（1）①，， ． 又、分别是、的平分线． 点D、E分别是、的中点． ，． ． ②结论成立，理由如下： 设与交于点F， 由条件，得，． 又 ． ． ． ∴． 在上截取． 由∵BF=BF， ∴． ． ． 又∵CF=CF， ∴． ∴． （2），理由如下： ∵四边形是圆内接四边形， ∴． ∵， ∴，， ∴． ∴． 作点B关于的对称点E，连结，，的延长线与的延长线交于点M，与交于点F， ∴，． ∴． ∴ ∴ ∴ ∵AE、DC分别是、的角平分线 由②得． 【点睛】本题考查三角形、等边三角形、全等三角形、圆的内接四边形的性质，解题的关键是熟练掌握三角形、等边三角形、全等三角形、圆的内接四边形的相关知识． 44．（2023·山东潍坊·中考真题）如图，正方形内接于，在上取一点E，连接，．过点A作，交于点G，交于点F，连接，．    (1)求证：； (2)若，，求阴影部分的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）如图，连接，证明，再证明，，可得，结合，从而可得结论； （2）如图，连接，，过作于，设，在上取Q，使，证明，，，可得，，求解，而，可得，，，可得，再求解x，利用进行计算即可． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵，则，    ∴， ∵正方形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴． （2）如图，连接，，过作于，设，在上取Q，使，    ∵O为正方形中心， ∴，，而， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，而， ∴， ∴， ∴，， 而正方形的边长， ∴， 解得：， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 而， ∴． 【点睛】本题考查的是正多边形与圆，圆周角定理的应用，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，含的直角三角形的性质，扇形面积的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键． 考点05 圆锥 45．（2022·山东东营·中考真题）用一张半圆形铁皮，围成一个底面半径为的圆锥形工件的侧面（接缝忽略不计），则圆锥的母线长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥的底面圆周长为半圆形铁皮的周长（不包括直径）列式求解即可． 【详解】解：设圆锥的母线长为l， 由题意得：， ∴， 故选B． 【点睛】本题主要考查了求圆锥的母线长，熟知圆锥的底面圆周长为半圆形铁皮的周长（不包括直径）是解题的关键． 46．（2022·山东济宁·中考真题）已知圆锥的母线长8cm，底面圆的直径6cm，则这个圆锥的侧面积是（  ） A．96πcm2 B．48πcm2 C．33πcm2 D．24πcm2 【答案】D 【分析】根据圆锥的侧面积=×底面周长×母线长计算即可求解． 【详解】解：底面直径为6cm，则底面周长=6π， 侧面面积=×6π×8=24πcm2． 故选D． 【点睛】本题考查圆锥的计算，解题的关键是熟练掌握圆锥的侧面积=×底面周长×母线长． 47．（2022·山东聊城·中考真题）若一个圆锥体的底面积是其表面积的，则其侧面展开图圆心角的度数为 ． 【答案】120°/120度 【分析】根据圆锥的底面积是其表面积的，则得到圆锥底面半径和母线长的关系，根据圆锥侧面展开图的弧长＝底面周长即可求得圆锥侧面展开图的圆心角度数． 【详解】解：设底面圆的半径为，侧面展开扇形的半径为R，扇形的圆心角为n°． 由题意得， ， ∵个圆锥体的底面积是其表面积的， ∴， ． 由得， 故． 由得： ， 解得． 故答案为：120°． 【点睛】此题通过圆锥的底面和侧面，结合有关圆、扇形的一些计算公式，重点考查空间想象能力、综合应用能力．熟记圆的面积和周长公式、扇形的面积和两个弧长公式并灵活应用是解答本题的关键． 48．（2023·山东东营·中考真题）如果圆锥侧面展开图的面积是，母线长是，则这个圆锥的底面半径是（        ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】根据圆锥侧面积公式，进行计算即可求解． 【详解】解：设这个圆锥的底面半径是，依题意， ∴ 故选：A． 【点睛】本题考查了求圆锥底面半径，熟练掌握圆锥侧面积公式是解题的关键． 49．（2023·山东聊城·中考真题）如图，该几何体是由一个大圆锥截去上部的小圆锥后剩下的部分．若该几何体上、下两个圆的半径分别为1和2，原大圆锥高的剩余部分为，则其侧面展开图的面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据展开面积大圆锥侧面积与小圆锥侧面积之差计算即可． 【详解】根据题意，补图如下：    ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴侧面展开图的面积为， 故选C． 【点睛】本题考查了圆锥的侧面积计算，三角形相似的判定和性质，熟练掌握圆锥的侧面积计算是解题的关键． 50．（2022·山东潍坊·中考真题）在数学实验课上，小莹将含角的直角三角尺分别以两个直角边为轴旋转一周，得到甲、乙两个圆锥，并用作图软件Geogebra画出如下示意图 小亮观察后说：“甲、乙圆锥的侧面都是由三角尺的斜边旋转得到，所以它们的侧面积相等．” 你认同小亮的说法吗？请说明理由． 【答案】不认同，理由见详解 【分析】根据圆锥的侧面面积公式进行比较即可得到答案． 【详解】解：甲圆锥的底面半径为BC，母线为AB，， 乙圆锥的底面半径为AC，母线为AB，， ∵， ∴， 故不认同小亮的说法． 【点睛】本题考查圆锥的侧面面积，解题的关键是熟知圆锥侧面面积的计算公式． 考点06 圆的切线 51．（2023·山东青岛·中考真题）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 ．    【答案】 【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． 52．（2023·山东滨州·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 ．    【答案】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． 【详解】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． 【点睛】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． 53．（2024·山东泰安·中考真题）如图，是的直径，是的切线，点为上任意一点，点为的中点，连接交于点，延长与相交于点，若，，则的长为 ．    【答案】 【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质、切线的性质、圆周角定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键． 先证可得从而得到，求得，再运用勾股定理可得，再根据圆周角定理以及角的和差可得，最后根据等角对等边即可解答． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴． 故答案为：． 54．（2022·山东德州·中考真题）如图1，在等腰三角形中，，为底边的中点，过点作，垂足为，以点为圆心，为半径作圆，交于点，． (1)与的位置关系为_______； (2)求证：是的切线； (3)如图2，连接，，，求的直径．(结果保留小数点后一位．参考数据：) 【答案】(1)相切 (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用直线与圆的相切的定义解答即可； （2）过点作于点，连接，通过证明，利用直线与圆相切的定义解答即可； （3）过点作于点，利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求得，再利用垂径定理和直角三角形的边角关系定理求得圆的半径，则圆的直径可求． 【详解】（1）解：，点为圆心，为半径， 圆心到直线的距离等于圆的半径， 为的切线， 与的位置关系为相切， 故答案为：相切； （2）证明：过点作于点，连接，如图， ，为底边的中点， 为的平分线， ，， ， 为的半径， 为的半径， 是的切线； （3）解：过点作于点，如图， ，， ， ， ． ， ， ，， 为的平分线， ． 在中， ， ∴ 的直径． 【点睛】本题主要考查了解直角三角形，垂径定理，圆的切线的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，三角形的内角和定理，过圆心作直线的垂线段是解决此类问题常添加的辅助线，综合运用以上知识是解题的关键． 55．（2022·山东东营·中考真题）如图，为的直径，点C为上一点，于点D，平分． (1)求证：直线是的切线； (2)若的半径为2，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接OC，根据OB=OC，以及平分推导出，即可得出，从而推出，即证明得出结论； （2）过点O作于F，利用即可得出答案． 【详解】（1）证明：连接OC，如图， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵于点D， ∴， ∴直线是的切线； （2）过点O作于F，如图， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆的综合问题，包括垂径定理，圆的切线，扇形的面积公式等，熟练掌握以上性质并正确作出辅助线是本题的关键． 56．（2022·山东菏泽·中考真题）如图，在中，以AB为直径作交AC、BC于点D、E，且D是AC的中点，过点D作于点G，交BA的延长线于点H． (1)求证：直线HG是的切线； (2)若，求CG的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接OD，利用三角形中位线的定义和性质可得，再利用平行线的性质即可证明； （2）先通过平行线的性质得出，设，再通过解直角三角形求出半径长度，再利用三角形中位线定理和相似三角形的判定和性质分别求出BC，BG的长度，即可求解． 【详解】（1）连接OD， ， ， ∵D是AC的中点，AB为直径， ， ， 直线HG是的切线； （2）由（1）得， ∴， ， ， 设， ， ， 在中，， ， 解得， ∴， ∵D是AC的中点，AB为直径， ， ， ， ，即， ， ． 【点睛】本题考查了切线的判定，三角形中位线的性质，平行线的判定和性质，相似三角形的判定和性质及解直角三角形，熟练掌握知识点是解题的关键． 57．（2022·山东济南·中考真题）已知：如图，AB为⊙O的直径，CD与⊙O相切于点C，交AB延长线于点D，连接AC，BC，∠D＝30°，CE平分∠ACB交⊙O于点E，过点B作BF⊥CE，垂足为F． (1)求证：CA＝CD； (2)若AB＝12，求线段BF的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，欲证明CA＝CD，只要证明即可． （2）因为为直径，所以，可得出三角形CBF为等腰直角三角形，即可求出BF，由此即可解决问题． 【详解】（1）证明：连接 ∵与相切于点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵所对的圆周角为，圆心角为， ∴， ∴， ∴． （2）∵为直径， ∴， 在中，，， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理、解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会条件常用辅助线，属于中考常考题型． 58．（2022·山东枣庄·中考真题）如图，在半径为10cm的⊙O中，AB是⊙O的直径，CD是过⊙O上一点C的直线，且AD⊥DC于点D，AC平分∠BAD，点E是BC的中点，OE＝6cm． (1)求证：CD是⊙O的切线； (2)求AD的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接OC，由AC平分∠BAD，OA＝OC，可得∠DAC＝∠OCA，ADOC，根据AD⊥DC，即可证明CD是⊙O的切线； （2）由OE是△ABC的中位线，得AC＝12，再证明△DAC∽△CAB，，即，从而得到AD． 【详解】（1）证明：连接OC，如图： ∵AC平分∠BAD， ∴∠DAC＝∠CAO， ∵OA＝OC， ∴∠CAO＝∠OCA， ∴∠DAC＝∠OCA， ∴ADOC， ∵AD⊥DC， ∴CO⊥DC， ∵OC是⊙O的半径， ∴CD是⊙O的切线； （2）解：∵E是BC的中点，且OA＝OB， ∴OE是△ABC的中位线，AC＝2OE， ∵OE＝6， ∴AC＝12， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°＝∠ADC， 又∠DAC＝∠CAB， ∴△DAC∽△CAB， ∴，即， ∴AD． 【点睛】本题考查圆的切线的判定定理，相似三角形的判定及性质等知识，解题的关键是熟练应用圆的相关性质，转化圆中的角和线段． 59．（2022·山东日照·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，点D为边AB的中点，点O在边BC上，以点O为圆心的圆过顶点C，与边AB交于点D． (1)求证：直线AB是⊙O的切线； (2)若，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接OD，CD，根据含30度角的直角三角形的性质得出AC=AB，求出∠A=90°-∠B=60°，根据直角三角形的性质得出BD=AD=AB，求出AD=AC，根据等边三角形的判定得出△ADC是等边三角形，根据等边三角形的性质得出∠ADC=∠ACD=60°，求出∠ODC=∠DCO=30°，求出OD⊥AB，再根据切线的判定得出即可； （2）求出BD=AC=，BO=2DO，根据勾股定理得出BO2=OD2+BD2，求出OD，再分别求出△BDO和扇形DOE的面积即可． 【详解】（1）证明：连接OD，CD， ∵∠ACB=90°，∠B=30°， ∴AC=AB，∠A=90°-∠B=60°， ∵D为AB的中点， ∴BD=AD=AB， ∴AD=AC， ∴△ADC是等边三角形， ∴∠ADC=∠ACD=60°， ∵∠ACB=90°， ∴∠DCO=90°-60°=30°， ∵OD=OC， ∴∠ODC=∠DCO=30°， ∴∠ADO=∠ADC+∠ODC=60°+30°=90°， 即OD⊥AB， ∵OD过圆心O， ∴直线AB是⊙O的切线； （2）解：由（1）可知：AC=AD=BD=AB， 又∵AC=， ∴BD=AC=， ∵∠B=30°，∠BDO=∠ADO=90°， ∴∠BOD=60°，BO=2DO， 由勾股定理得：BO2=OD2+BD2， 即（2OD）2=OD2+（）2， 解得：OD=1（负数舍去）， 所以阴影部分的面积S=S△BDO-S扇形DOE=． 【点睛】本题考查了切线的判定，直角三角形的性质，圆周角定理，扇形的面积计算等知识点，能熟记直角三角形的性质、切线的判定和扇形的面积公式是解此题的关键． 60．（2022·山东济宁·中考真题）如图，在矩形ABCD中，以AB的中点O为圆心，以OA为半径作半圆，连接OD交半圆于点E，在上取点F，使，连接BF，DF． (1)求证：DF与半圆相切； (2)如果AB＝10，BF＝6，求矩形ABCD的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接OF，证明，可得，根据矩形的性质可得，进而即可得证； （2）连接，根据题意证明，根据相似三角形的性质求得，进而勾股定理，根据矩形的面积公式即可求解． 【详解】（1）证明：连接OF． ， ， 四边形是矩形， ∴DF与半圆相切. （2）解：连接， ，， ， 为半圆的直径， ， ， ， ， ， ， 在中， 矩形的面积为 【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质，掌握以上知识是解题的关键． 61．（2022·山东聊城·中考真题）如图，点O是的边AC上一点，以点O为圆心，OA为半径作，与BC相切于点E，交AB于点D，连接OE，连接OD并延长交CB的延长线于点F，． (1)连接AF，求证：AF是的切线； (2)若，，求FD的长． 【答案】(1)见解析 (2)FD的长为 【分析】（1）根据SAS证△AOF≌△EOF，得出∠OAF＝∠OEF＝90°，即可得出结论； （2）根据勾股定理求出AF，证△OEC∽△FAC，设圆O的半径为r，根据线段比例关系列方程求出r，利用勾股定理求出OF，最后根据FD＝OF﹣OD求出即可． 【详解】（1）证明：在△AOF和△EOF中， ， ∴△AOF≌△EOF（SAS）， ∴∠OAF=∠OEF， ∵BC与相切， ∴OE⊥FC， ∴∠OAF=∠OEF=90°， 即OA⊥AF， ∵OA是的半径， ∴AF是的切线； （2）解：在中，∠CAF=90°，FC=10，AC=6， ∴， ∵BC与相切，AF是的切线 ∴∠OEC＝∠FAC＝∠90°， ∵∠OCE=∠FCA， ∴△OEC∽△FAC， ∴， 设的半径为r，则， 解得， 在Rt△FAO中，∠FAO=90°，AF=8，， ∴， ∴， 即FD的长为． 【点睛】本题主要考查切线的判定和性质、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握切线的判定和性质是解题的关键． 62．（2022·山东潍坊·中考真题）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，车轮缚以竹简，旋转时低则舀水，高则泻水．如图，水力驱动筒车按逆时针方向转动，竹筒把水引至A处，水沿射线方向泻至水渠，水渠所在直线与水面平行；设筒车为，与直线交于P，Q两点，与直线交于B，C两点，恰有，连接． (1)求证：为的切线； (2)筒车的半径为，．当水面上升，A，O，Q三点恰好共线时，求筒车在水面下的最大深度（精确到，参考值：）． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）连接 并延长交 于，根据为的直径可以得到 ，继而得到 ，根据可证，可以得到，利用等量代换即可证明为的切线； （2）根据，解出 ，根据 为的直径得到 ，进而得出，，又根据 得出，故可得到 ，过作交于，交PQ于E，于是在等腰中，根据锐角三角函数求出长，进而求出最大深度． 【详解】（1）证明：连接 并延长交 于，连接BM， 为的直径， ， ， ， ， 又∵∠D=∠D， ， ， 又， ， ， 为的切线； （2）解：如图所示， ，， ， 是的直径， ， ， ， ， ， ， ，   ， ， 过作交于，交PQ于E， 为等腰直角三角形， ， ， ． 【点睛】本题主要考查圆的切线的判断，等腰三角形、圆周角定理、相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，掌握公式定理并且灵活应用是解题的关键． 63．（2022·山东青岛·中考真题）如图，是的切线，B为切点，与交于点C，以点A为圆心、以的长为半径作，分别交于点E，F．若，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】先证明再利用阴影部分的面积等于三角形面积减去扇形面积即可得到答案． 【详解】解：如图，连接OB，是的切线， 设 故答案为： 【点睛】本题考查的是圆的切线的性质，扇形面积的计算，掌握“整体求解扇形的面积”是解本题的关键． 64．（2022·山东临沂·中考真题）如图，AB是的切线，B为切点，直线AO交于C，D两点，连接BC，BD，过圆心О作BC的平行线，分别交AB的延长线、及BD于点E，F，G． (1)求证：； (2)若F是OE的中点，的半径为3，求阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接OB，由切线的性质和圆周角定理可得，继而证明，再由平行线的性质，等腰三角形的性质得，，再利用三角形的内角和进行证明即可； （2）由题意得，由可得，继而可证明，，利用勾股定理可得的长度，根据阴影部分的面积，利用扇形面积公式即可求解． 【详解】（1） 连接OB， AB是的切线，CD为直径， ， ， 即， ， ， ， ， ， 在和中，， ； （2） F是OE的中点，的半径为3， ， ， 在中，， ， ， ， ， ， ， ， ， 由勾股定理得， 阴影部分的面积． 【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，解直角三角形，勾股定理，扇形面积公式，熟练掌握知识点是解题的关键． 65．（2024·山东威海·中考真题）如图，已知是的直径，点C，D在上，且．点E是线段延长线上一点，连接并延长交射线于点F．的平分线交射线于点H，． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查切线的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，根据角平分线的定义得到是解题的关键． （1）连接，根据圆周角定理得到，即可得到，然后根据角平分线的定义得到，然后得到即可证明切线； （2）设的半径为，根据，可以求出，然后根据，即可得到结果． 【详解】（1）证明：连接， 则， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， 又∵是半径， ∴是的切线； （2）解：设的半径为，则， ∵，即， 解得， ∴，， 又∵ ∴， ∴，即，解得． 66．（2022·山东泰安·中考真题）如图，在中，，⊙过点A、C，与交于点D，与相切于点C，若，则 【答案】/64度 【分析】根据同弧对应的圆心角是圆周角的2倍计算出，再根据，内错角得到答案． 【详解】如下图所示，连接OC 从图中可以看出，是圆弧对应的圆周角，是圆弧对应的圆心角 得． ∵BC是圆O的切线 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 故答案为：． 【点睛】本题考查圆的切线的性质，圆周角定理、平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握圆和平行线的相关知识． 67．（2022·山东滨州·中考真题）如图，已知AC为的直径，直线PA与相切于点A，直线PD经过上的点B且，连接OP交AB于点M．求证： (1)PD是的切线； (2) 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接OB，由等边对等角及直径所对的圆周角等于90°即可证明； （2）根据直线PA与相切于点A，得到，根据余角的性质得到，继而证明，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）连接OB， ， ， AC为的直径， ， ， ， ， PD是的切线； （2）直线PA与相切于点A， ， ∵PD是的切线， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 68．（2023·山东济南·中考真题）如图，，为的直径，为上一点，过点的切线与的延长线交于点，，点是的中点，弦，相交于点． (1)求的度数； (2)若，求直径的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据切线的性质，得出，再根据直角三角形两锐角互余，得出，再根据等边对等角，得出，再根据等量代换，得出，再根据，得出，即，得出，进而计算即可得出答案； （2）连接，根据圆周角定理，得出，再根据中点的定义，得出，再根据同弧或同弦所对的圆周角相等，得出，再根据正切的定义，得出，再根据角所对的直角边等于斜边的一半，得出，进而即可得出答案． 【详解】（1）解：∵与相切于点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴； （2）解：如图，连接，    ∵是直径， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， 在中， ∵，， ∴， 在中， ∵， ∴， ∴的直径的长为． 【点睛】本题考查了切线的性质、直角三角形两锐角互余、等边对等角、圆周角定理及其推论、锐角三角函数、含角的直角三角形的性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理． 69．（2023·山东潍坊·中考真题）发动机的曲柄连杆将直线运动转化为圆周运动，图①是发动机的实物剖面图，图②是其示意图．图②中，点A在直线l上往复运动，推动点B做圆周运动形成，与表示曲柄连杆的两直杆，点C、D是直线l与的交点；当点A运动到E时，点B到达C；当点A运动到F时，点B到达D．若，，则下列结论正确的是（    ）      A． B． C．当与相切时， D．当时， 【答案】AC 【分析】如图，由题意可得：，，，，从而可判断A，B，如图，当与相切时，求解，可得，可判断C；当时，如图，可得，，，可判断D；从而可得答案． 【详解】解：如图，由题意可得：    ，，，， ∴，故A符合题意； ，故B不符合题意； 如图，当与相切时， ∴，    ∴， ∴，故C符合题意； 当时，如图，    ∴， ∴，， ∴，故D不符合题意； 故选AC 【点睛】本题考查的是线段的和差运算，圆的切线的性质，勾股定理的应用，理解题意熟练的利用数形结合的方法解题是关键． 70．（2023·山东泰安·中考真题）为了测量一个圆形光盘的半径，小明把直尺、光盘和三角尺按图所示放置于桌面上，并量出，则这张光盘的半径是 ．（精确到．参考数据：）    【答案】 【分析】设光盘的圆心为O，三角尺和光盘的切点为C，连接，经过圆外一点A的两条直线都与圆O相切，所以为的角平分线，，同时由切线的性质得到，在中，，求出，即为圆的半径，进而确定出圆的直径． 【详解】解：设光盘的圆心为O，三角尺和光盘的切点为C，连接，如下图所示：    ∵分别为圆O的切线， ∴为的角平分线，即， 又∵, ∴， 在中，，， ∴，， ∴， 则这张光盘的半径为； 故答案为：． 【点睛】此题考查了切线的性质，切线长定理，锐角三角函数定义，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握性质及定理是解本题的关键． 71．（2023·山东·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限内，与轴相切于点，与轴相交于点，．连接，．    (1)求点的坐标； (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）如图，连接，，过点P作，垂足为D，由垂径定理得，由，得，，由切线性质，得 ，，进一步可证四边形是矩形，得， 中，，于是的坐标； （2）如图，由等腰三角三线合一，得，由圆周角定理，而，从而，中，，于是． 【详解】（1）如图，连接，，过点P作，垂足为D，则 ∵点， ∴，    ∵与轴相切于点 ∴， ∵ ∴四边形是矩形 ∴ ∴ 中， ∴点的坐标 （2）如图，， ∴ 而 ∴ 中， ∴ 【点睛】本题考查圆的切线的性质，圆周角定理，垂径定理，添加辅助线构造直角三角形，运用勾股定理是解题的关键． 72．（2023·山东东营·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点D，，垂足为E． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（1）如图：，然后根据等边对等角可得、即，再根据可得，进而得到即可证明结论； （2）如图：连接，有圆周角定理可得，再解直角三角形可得，进而得到，然后说明，最后根据弧长公式即可解答． 【详解】（1）证明：如图：连接    ∵， ∴, ∵， ∴, ∴, ∴, ∴。 ∵， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线． （2）解：如图：连接 ∵是的直径， ∴, 在中，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆的切线证明、圆周角定理、解直角三角形、等腰三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识是解答本题的关键． 73．（2023·山东聊城·中考真题）如图，在中，，的平分线交于点D，的平分线交于点E．以上的点O为圆心，为半径作，恰好过点E．    (1)求证：是的切线； (2)若，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，由题意可知，可知，易证得，可知，由，易知，进而可证得结论； （2）由角平分线的性质可知，可得，进而可求得，，，，由，可证得，可知，进而可得，求得，即为的半径． 【详解】（1）证明：连接，    由题意可知， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， 即， ∴是的切线； （2）解：过点作，      ∵平分，，， ∴， ∵，， ∴， ∴，则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即：， 可得：， ∴的半径为． 【点睛】本题考查切线的证明，相似三角形的判定及性质，角平分线的性质，解直角三角形，勾股定理等知识，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键． 74．（2023·山东枣庄·中考真题）如图，为的直径，点C是的中点，过点C做射线的垂线，垂足为E．    (1)求证：是切线； (2)若，求的长； (3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积（用含有的式子表示）． 【答案】(1)见解析； (2)； (3) 【分析】（1）连接OC，证明，即可得到结论； （2）连接AC，证明，从而可得，再代入求值即可； （2）连接，证明，从而可得，，求出扇形的面积即可得到阴影部分的面积． 【详解】（1）证明：连接，        ∵点C是的中点，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴半径， ∴是切线； （2）连接，        ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）连接，      ∵， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质及判定、切线的判定以及扇形面积的求法，熟练掌握切线的判定定理以及扇形面积的求法是解答此题的关键． 75．（2023·山东临沂·中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，，E为的延长线与的交点．    (1)求证：是的切线； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接并延长交于点，根据是的外接圆，得到，由平行线的性质，得到，即可得证． （2）连接，等边对等角，求出的度数，圆周角定理求出度数，得到为等边三角形，求出半径和的度数，利用弧长公式进行计算即可． 【详解】（1）证明：连接并延长交于点， ∵是的外接圆， ∴点是三边中垂线的交点， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线；    （2）解：连接，    ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴的长为． 【点睛】本题考查切线的判定，圆周角定理，求弧长，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键． 76．（2023·山东烟台·中考真题）如图，在直角坐标系中，与轴相切于点为的直径，点在函数的图象上，为轴上一点，的面积为6，则的值为 ．    【答案】24 【分析】设，则，则，根据三角形的面积公式得出，列出方程求解即可． 【详解】解：设， ∵与轴相切于点， ∴轴， ∴，则点D到的距离为a， ∵为的直径， ∴， ∴， 解得：， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，反比例函数的图象和性质，解题的关键掌握切线的定义：经过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线，以及反比例函数图象上点的坐标特征． 77．（2023·山东烟台·中考真题）如图，在菱形中，对角线相交于点经过两点，交对角线于点，连接交于点，且．    (1)求证：是的切线； (2)已知的半径与菱形的边长之比为，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)． 【分析】（1）利用垂径定理得，利用菱形的性质得，利用半径相等得，即可证明，据此即可证明结论成立； （2）设，由题意得，求得，由勾股定理得到，求得，利用菱形的性质求得，据此求解即可． 【详解】（1）证明：连接，    ∵，由垂径定理知， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵为的半径， ∴是的切线； （2）解：∵四边形是菱形，， ∴设， ∵的半径与菱形的边长之比为， ∴在中，， ∴，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，即， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质，垂径定理，切线的判定，求角的正切值，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 78．（2024·山东青岛·中考真题）如图，中，，以为直径的半圆O分别交于点D，E，过点E作半圆O的切线，交于点M，交的延长线于点N．若，，则半径的长为 ． 【答案】6 【分析】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，等边对等角，平行线的性质与判定等等，解题的关键在于证明，根据等边对等角推出，则可证明得到，再由切线的性质得到，则解求出的长即可． 【详解】解：如图所示，连接， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴在中，， ∴， ∴半径的长为6， 故答案为：． 79．（2024·山东·中考真题）如图，在四边形中，，，．以点为圆心，以为半径作交于点，以点为圆心，以为半径作所交于点，连接交于另一点，连接． (1)求证：为所在圆的切线； (2)求图中阴影部分面积．（结果保留） 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的性质和判定，圆的性质，扇形面积，等边三角形的性质等知识点，证明四边形是平行四边形是解题关键． （1）根据圆的性质，证明，即可证明四边形是平行四边形，再证明是等边三角形，再根据圆的切线判定定理即可证得结果． （2）先求出平行四边形的高，根据扇形面积公式三角形面积公式，平行四边形面积公式求解即可． 【详解】（1）解：连接如图， 根据题意可知：， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴在以为直径的圆上， ∴， ∴为所在圆的切线． （2）过作于点， 由图可得：， 在中，，， ∴， ∴， 由题可知：扇形和扇形全等， ∴， 等边三角形的面积为：， ∴ 80．（2024·山东东营·中考真题）如图，内接于，是的直径，点在上，点是的中点，，垂足为点D，的延长线交的延长线于点F． (1)求证：是的切线； (2)若，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)6 【分析】本题主要考查了圆与三角形综合．熟练掌握圆周角定理及推论，圆切线的判定．含的直角三角形性质，是解决问题的关键． （1）连接，由，，推出，得到，由，得到，即得； （2）由直径性质可得，推出，根据含的直角三角形性质得到，根据，得到． 【详解】（1）证明：∵连接，则， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是的切线； （2）解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 81．（2024·山东济宁·中考真题）如图，内接于，D是上一点，．E是外一点，，连接． (1)若，求的长； (2)求证：是的切线． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据可得，然后证明，根据全等三角形的性质可得答案； （2）连接，首先证明，再根据三角形内角和定理和圆周角定理求出，然后计算出即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴； （2）证明：如图，连接， 由（1）得：， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵是半径， ∴是的切线． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，圆周角定理，切线的判定等知识，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键． 82．（2023·山东日照·中考真题）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． 【答案】(1)证明见解析 (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， ∴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． 83．（2023·山东·中考真题）如图，已知是的直径，，切于点，过点作交于点，若．    (1)如图1，连接，求证：； (2)如图2，是上一点，在上取一点，使，连接．请问：三条线段有怎样的数量关系？并证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 【分析】（1）根据，是半径，可得是的切线，根据是的切线，由切线长定理可得，进而根据，得出，，根据得出，根据垂径定理的推论得出，进而得出，根据含30度角的直角三角形的性质，得出，即可证明； （2）延长至使得，连接，，根据圆内接四边形对角互补得出，证明，结合已知条件证明，进而证明，得出，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵，是半径， ∴是的切线， ∵是的切线， ∴， ∵ ∴， ∴ ∴，， ∵ ∴， ∴， ∵是直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2），理由如下， 延长至使得，连接，，如图所示    ∵ ∴， ∵， ∴， ∴， 由（1）可得， 又是直径，则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴, ∴， ∵， ∴， ∴，     ∴． 即． 【点睛】本题考查了切线的判定，切线长定理，垂径定理的推论，全等三角形的性质与判定，根据特殊角的三角函数值求角度，圆周角定理，圆内接四边形对角互补，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键． 84．（2024·山东济南·中考真题）如图，为的直径，点在上，连接，点在的延长线上，． (1)求证：与相切； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）证明，即可证明是的切线； （2）连接，先计算，再计算，后得到解答即可． 本题考查了切线的证明，圆周角定理，三角形函数的应用，熟练掌握切线的判定定理，三角函数的应用是解题的关键． 【详解】（1）解：所对的弧是同弧 ， ， ， 即， 为直径， ， ， ， ， ， 与相切． （2）解： 连接 所对的弧是同弧， ， 为直径， ， 在中，， ， ， ． 85．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，已知内接于，是的直径，的平分线交于点，过点作，交的延长线于点，连接． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的直径． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（）连接，由角平分线可得，又由可得，即得，由得，进而可得，即得，即可求证； （）是的直径可得，又由（）知，由，，进而可得，再根据，，，可得，得到，，解得到，再解即可求解； 本题考查了角平分线的定义，等腰三角形的性质，切线的判定，圆周角定理，三角函数，掌握圆的有关定理是解题的关键． 【详解】（1）证明：连接， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， ∵是半径， ∴是的切线； （2）解：∵是的直径， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴ ∵，， ∴， ∵，，， ∴ ∴，， 在中，， ∴， ∴， 在中，， ∴， 即的直径为． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$