2024-2025学年苏科版九年级数学期中复习 对称图形----圆章节真题汇编

对称图形----圆章节填空题和解答题中档以上题目真题汇编---2024-2025学年苏科版九年级数学期中复习（扬州专用） 一、填空题 1．（2024九年级下·江苏·专题练习）如图，直线分别与x轴、y轴相交于点M，N．点P在平面内．，点，则长度的最小值是 ． 2．（23-24九年级上·江苏扬州·期中）《梦溪笔谈》是我国古代科技著作，其中它记录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，是以点O为圆心、为半径的圆弧，N是的中点，．“会圆术”给出的弧长l的近似值计算公式：，当，时，则l的值为 ． 3．（23-24九年级上·江苏扬州·期中）如图，在扇形中，点C，D在上，将沿弦折叠后恰好与相切于点E，F．已知，则的长度为 ． 4．（23-24九年级上·江苏扬州·期中）如图，是的弦，是的切线．若，则 ． 5．（23-24九年级上·江苏扬州·期中）如图，内接于，的半径为，，则弦的长度为 ．    6．（23-24九年级上·江苏扬州·期中）如图，在中，，，，、分别是、上的一点，且，若以为直径的圆与斜边相交于、，则的最大值为 ．    7．（23-24九年级上·江苏扬州·期中）如图，平面直角坐标系中，点A在y轴上，线段的中点P的坐标为，与x轴相切于点C，则的长度为 ．    8．（22-23九年级上·江苏扬州·期中）如图，正五边形内接于，点F在劣弧上，则的度数为 °．      9．（22-23九年级上·江苏扬州·期中）如图，四边形是的内接四边形，对角线、交于点，，的半径为1，当时，则的取值范围 ． 10．（22-23九年级上·江苏扬州·期中）如图，已知点A，，依次在上，，则的度数为 ． 11．（22-23九年级上·江苏扬州·期中）如图，矩形，过、两点的恰好与相切，若，，则的半径为 ． 12．（22-23九年级上·江苏扬州·期中）如图，已知点，，依次在上，，则的度数为 ． 13．（22-23九年级上·江苏扬州·期中）圆锥侧面积为，侧面展开扇形的半径为，则圆锥底圆半径为 ． 14．（22-23九年级上·江苏扬州·期中）如图，已知中，，于点D，，，点E为的中点，点P是线段上的一个动点，连接，将线段绕点E顺时针旋转得到线段，点Q是直线上的一个动点，连接，点A关于的对称点是点，连接，则的最小值为 ． 15．（22-23九年级上·江苏扬州·期中）如图所示，矩形纸片中，，把它分割成正方形纸片和矩形纸片后，分别裁出扇形和半径最大的圆，恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则的长为 16．（22-23九年级上·江苏扬州·期中）定义：有一个圆分别和一个三角形的三条边各有两个交点，截得的三条弦相等，我们把这个圆叫作“等弦圆”，现在有一个斜边长为4的等腰直角三角形，当等弦圆最大时，这个圆的半径为 ． 17．（22-23九年级上·江苏扬州·期中）如图，在等腰中，，点O是边中点，的半径为1，点P是边上一动点，则由点P到的切线长的最小值为 ． 二、解答题 18．（23-24九年级上·江苏扬州·期中）如图，在单位长度为1的正方形网格中，经过格点A、B、C． (1)借助网格画出所在圆的圆心M的位置，并连接； (2)在平面直角坐标系中，圆心M的坐标为________；的半径为________（结果保留根号）； (3)若用扇形围成一个圆锥的侧面，则该圆锥的底面圆半径是________． 19．（23-24九年级上·江苏扬州·期中）请按下列要求作图．    (1)如图1，在方格纸中，点A在圆上，仅用无刻度直尺过点A画出圆的切线； (2)如图2，已知，点Q在外，用尺规作上所有过点Q的切线．（保留作图痕迹） 20．（23-24九年级上·江苏扬州·期中）如图，在中，，点在边上，以为直径作交于点，连接，且．求证：是的切线． 21．（23-24九年级上·江苏扬州·期中）如图，网格的小正方形的边长均为1，小正方形的顶点叫做格点．的三个顶点都在格点上． (1)在图上标出的外接圆的圆心O； (2)的外接圆的半径是 ； (3)若扇形是一个圆锥的侧面展开图，求该圆锥底面半径． 22．（22-23九年级上·江苏扬州·期中）“求知”学习小组在学完“圆内接四边形的对角互补”这个结论后进行了如下的探究活动： (1)如图1，点A、B、C在上，点D在外，线段与交于点E、F，试猜想 ______180°；（请填“＞”、“＜”或“＝”），并证明你的猜想； (2)如图2，点A、B、C在上，点D在内，此时（1）中猜想的结论还成立吗？若成立，请予以证明；若不成立，请写出你的结论并予以证明； (3)如图3，凸四边形中，对角线长为6，，则四边形面积的最大值是______． 23．（22-23九年级上·江苏扬州·期中）如图，在中，，以为直径的与线段交于点，作，垂足为，的延长线与的延长线交于点． (1)求证：直线是的切线； (2)若，，求劣弧的长． 24．（22-23九年级上·江苏扬州·期中）现有半圆形纸片，点O是圆心，直径的长是． (1)如图1，点C是半圆弧上的一点（点C与点A、B不重合），连接、，沿、剪下，则是______三角形（填“锐角”、“直角”或“钝角”）； (2)如图2，是弦，小明将半圆形纸片沿弦折叠使得点C与圆心O重合，顺次连接O、D、C、E得四边形，试判断四边形的形状，请说明理由并求出它的边长． 25．（22-23九年级上·江苏扬州·期中）苏科版九年级（上册）教材在探究圆内接四边形对角的数量关系时提出了两个问题： 1．如图（1），在的内接四边形中，是的直径．与、与有怎样的数量关系？ 2．如图（2），若圆心不在的内接四边形的对角线上，问题（1）中发现的结论是否仍然成立？ (1)小明发现问题1中的与、与都满足互补关系，请帮助他完善问题1的证明： ∵是的直径， ∴______________________________， ∴， ∵四边形内角和等于360°， ∴______________________________． (2)请回答问题2，并说明理由． (3)如图（3），点A、、、、、在上，，，请用上面发现的结论证明． 26．（22-23九年级上·江苏扬州·期中）如图，四边形中，，点是边上一点，且平分，作的外接圆． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为6，，求的长． 27．（23-24九年级上·江苏扬州·期中）已知的半径弦于点D，，点P为弦所对的弧上的一点．      (1)如图1，若点P为弦所对的劣弧上的一点，延长交的延长线于点Q，且，则________，________； (2)如图2，若点P为弦所对的优弧上的一点，连接交于点Q，且，过点P作的切线，交的延长线相交于点E，已知，求的长． 28．（23-24九年级上·江苏扬州·期中）【特例感知】 （1）如图1，是的圆周角，为直径，平分交于点D，，若，则 ， ． 【类比迁移】 （2）如图2，是的圆周角，为的弦，平分交于点D，过点D作，垂足为F，探索线段之间的数量关系，并说明理由． 【问题解决】 （3）如图3，是的圆周角，为的弦，平分交于点D，若，，，则的内心与外心之间的距离为______． 29．（23-24九年级上·江苏扬州·期中）【特例感知】      （1）如图①，是的直径，是的圆周角，平分交于点D，连接．已知，，则的度数为　　　　，点D到直线的距离为　　　　； 【类比迁移】 （2）如图②，是的圆周角，平分交于点D，过点D作，垂足为M，探索线段之间的数量关系，并说明理由； 【问题解决】 （3） 图③，四边形为的内接四边形，，平分，，求线段的长． 30．（23-24九年级上·江苏扬州·期中）如图，为的直径，点A在上半圆上，点B在上，连接并延长交于点E，连接交于点F，交于点H，交于点G，交于点I，且． (1)若，求的度数； (2)在（1）的基础上，，则线段的长为_______； (3)若点A只能在上半圆上运动（不包括C，D两点），点B在上运动，试确定与的数量关系，并说明理由． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．1 【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、一次函数图象与几何变换、勾股定理以及圆的认识，牢记点内一点到圆的最短距离半径该点到圆心的距离是解题的关键． 以为直径作，连接并延长交于点，此时的长度最小，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点，的坐标，进而可得出的长度及点的长度，结合点的坐标可求出的长，再利用，即可求出长度的最小值． 【详解】解：以为直径作，连接并延长交于点，此时的长度最小， 当时，， 点的坐标为； 当时，， 解得：， 点的坐标为． ，点的坐标为． 又点的坐标为， ， ． 故答案为：1． 2． 【分析】本题考查弧长的计算，等边三角形的性质，连接ON，由，，推出是等边三角形，得到，由等腰三角形的性质推出，而，得到、、共线， 求出，即可得到，进而代入公式，求得的值，即可求解． 【详解】解：连接， ，， 是等边三角形， ， 是中点， ， ， 、、共线， 是等边三角形，， ， ， ， ． 故答案为：． 3． 【分析】如图，作，，与交于点，则，由折叠的性质可知，扇形与扇形半径相同，即，根据，计算求解即可． 【详解】解：如图，作，，与交于点， ∴， 由折叠的性质可知，扇形与扇形半径相同， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了切线的性质，折叠的性质，四边形内角和，弧长等知识．熟练掌握折叠的性质，弧长公式是解题的关键． 4． 【分析】此题重点考查圆的切线的性质、圆周角定理、多边形的内角和等知识，接、，由切线的性质得，再由圆周角定理求得，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接、， 与相切于点，与相切于点， ，， ， ， ， ， 故答案为：． 5． 【分析】如图，连接，作于，由垂径定理得，，由圆周角定理可得，则，然后可求，的长． 【详解】解：如图，连接，作于，    ∴， ∴， 由垂径定理得，， ∵， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，含的直角三角形，勾股定理等知识．熟练掌握垂径定理，圆周角定理是解题的关键． 6． 【分析】根据题意可知当点C，O，G共线时，最小，最大，再根据勾股定理求出，进而根据三角形的面积求出，然后根据垂径定理和勾股定理可求出最大值． 【详解】过点O作于点G，连接．    ∵， ∴． 当点C，O，G，在一条直线上时最小， 连接， ∵， ∴只有最小，才能最大，从而有最大值． 作，于点F， ∴G和F重合时，有最大值． ∵，，， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴．    故答案为：． 【点睛】本题主要考查了垂线段最短，垂径定理，勾股定理等，弄清取最小值才能使最大是解题的关键． 7． 【分析】本题考查了切线的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，根据点P的坐标得出，进而得出，即可根据勾股定理得出，再证明四边形为矩形，得出，即可求解． 【详解】解：连接，过点P作于点D， ∵点P的坐标为， ∴， ∵点P为中点， ∴， 根据勾股定理可得：， ∵与x轴相切于点C， ∴轴， ∵，， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， 故答案为：．    8．72 【分析】先求得正五边形的内角的度数，再根据圆内接四边形的性质求解即可． 【详解】解：∵正五边形内接于， ∴， ∵四边形是内接四边形， ∴， ∴， 故答案为：72． 【点睛】此题考查了正多边形与圆，涉及了正多边形的性质以及圆内接四边形的性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质． 9．/ 【分析】连接，，过O作交于F，交于E，根据得到，得到，在、、中根据股定理即可得到答案． 【详解】解：连接，，过O作交于F，交于E， ∵，，， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是矩形，，， ∴， 在、、中根据股定理可得， ，，， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理及矩形的判定，解题的关键是通过三次勾股定理得到． 10．/80度 【分析】利用三角形内角和定理得到，可得，再根据圆周角定理得到，可得，从而得到的度数． 【详解】解：， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半． 11． 【分析】先确定圆的圆心O，再根据勾股定理列出方程，解方程得到答案． 【详解】解：如图，作线段BC的垂直平分线交于E，交于F， 连接，作的垂直平分线交于O， ∴， ∵， ∴恰好与相切，切点为E，半径为， ∵，， ∴，， 在中，，即， 解得：， 故答案为：． 【点睛】本题考查的是切线的性质、矩形的性质、勾股定理的应用，根据勾股定理列出方程是解题的关键． 12． 【分析】利用同弧或等弧的圆心角等于圆周角的两倍，通过三角形内角和相等解题即可． 【详解】解：∵点，，依次在上， ∴， ∵，， ∴，解得， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查圆周角定理，能够熟练的通过圆周角定理及“8”字模型列式是解题关键． 13． 【分析】设圆锥底圆半径为，由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．根据扇形的面积公式列方程即可求解． 【详解】解：设圆锥底圆半径为， 由题意得 ， 解得， ∴圆锥底圆半径为， 故答案为： 【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长． 14．4 【分析】连接，，以点E为圆心，以为半径作圆，求得，由线段绕点E顺时针旋转得到线段，则，得到，则的最大值为6，再证得，则当时，的值最小，进一步求解即可． 【详解】解：连接，，以点E为圆心，以为半径作圆， ∵于点D， ∴， ∵点E为的中点，， ∴， ∴B、C、D三点都在上， ∵是的弦， ∴点P不在外， ∴， ∵线段绕点E顺时针旋转得到线段， ∴， ∴， ∴的最大值为6， ∵，， ∴， ∵点A关于的对称点是， ∴， ∵， ∴， ∴当时，的值最小， 当取得最大值时，的值最小， ∴时，，此时取得最小值为4， ∴的最小值为4， 故答案为：4 【点睛】此题考查了直角三角形的性质、勾股定理、旋转的性质、轴对称的性质、点与圆的位置关系、两点之间线段最短等知识，正确作出辅助圆是解的关键． 15． 【分析】设的长为，根据扇形的弧长和半径最大的圆周长相等列出方程，解方程即可得解． 【详解】解：设的长为， ，，， ， 则扇形的弧长为：，半径最大的圆周长为：， 恰好能作为一个圆锥的侧面和底面， ， 解方程得， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆锥、矩形的性质，解题关键在于理解圆锥的侧面展开图与圆锥底面圆之间的关系，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长． 16．/ 【分析】根据题意得出圆心O就是三角形的内心，当过点C时，且在等腰直角三角形的三边上截得的弦相等，即，此时最大，过点O分别作弦、、的垂线，垂足分别为P、N、M，连接、、，根据等腰直角三角形的性质求出，设，则，根据列出关于x的方程，解方程得出x的值，再根据直角三角形的性质即可得出答案． 【详解】解：如图所示， ∵圆与三角形的三条边都有两个交点，截得的三条弦相等， ∴圆心O就是三角形的内心， ∴当过点C时，且在等腰直角三角形的三边上截得的弦相等，即，此时最大， 过点O分别作弦、、的垂线，垂足分别为P、N、M，连接、、， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∴， 解得， 即， 在中，， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，三角形的内心，圆的性质，三角形面积的计算，解题的关键是找出当过点C时，且在等腰直角三角形的三边上截得的弦相等，即，此时最大， 17． 【分析】先确定最小值时的位置为OP最短时，线段PQ最小，再利用勾股定理解题． 【详解】如图，连接OP，OQ，AO， 与相切于点Q， ， 当最短时，线段最小， 当PO时，线段最小， 点O是边的中点， ， ， ， ， ， 即P到的切线长的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查动态几何和勾股定理，转化线段的最小值，找到位置是解题的关键． 18．(1)见解析 (2)， (3) 【分析】（1）连接，利用网格特点，作和的垂直平分线，根据垂径定理，它们的交点即为圆心M点； （2）利用（1）所画图形写出M点的坐标，然后利用勾股定理计算出的长得到圆的半径； （3）先利用勾股定理的逆定理证明为直角三角形，，设该圆锥的底面圆半径为r，由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，据此求解即可． 【详解】（1）如图，点M为所作； （2）如图，圆心M的坐标为； ， 即的半径为； 故答案为：，； （3）该圆锥的底面圆半径为r， ∵，， ∴， ∴为直角三角形，， 根据题意得， 解得， 即该圆锥的底面圆半径为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了垂径定理和勾股定理及其逆定理． 19．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了切线的性质，过圆外一点作圆的切线（尺规作图）以及方格作图： （1）根据方格的特征，因为，，，得是直径，，即得，据此作图即可； （2）连接，再作线段的垂直平分线，交于一点，即为点，以点为圆心，为半径，相交于点A，点B，连接，，因为为直径，，即为切线，切线，即可作答． 正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【详解】（1）解：如图，直线即为所求：    （2）解：所有过点Q的切线为切线，切线，如图所示：    20．证明见解析 【分析】本题考查了切线的判定、等腰三角形的判定和性质，连接，根据等腰三角形的性质和直径所对圆周角是直角得，即可得到结论，掌握切线的判定定理是解题的关键． 【详解】证明：如图，连接， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线． 21．(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题考查三角形的外接圆与外心，勾股定理，以及圆锥的有关计算，关键是掌握三角形外心的定义． （1）作出线段中垂线，交点即为的外接圆的圆心； （2）由勾股定理求出的长，即可得到外接圆半径的长； （3）先求出的长，再根据弧长即是圆锥的底面周长求解即可． 【详解】（1）如图，线段中垂线的交点O是外接圆的圆心； （2）由勾股定理得：， ∴外接圆的半径是． 故答案为：． （3）连接， ∵，， ∴， ∴， ∴的长， ∴该圆锥底面半径． 22．(1)＜，证明见解析 (2)（1）中猜想的结论不成立，，证明见解析 (3)36 【分析】（1）四边形为圆O的内接四边形，则，在中，，即可求解； （2）延长交圆O于点E，则，在中，，即可求解； （3）分别过点A、C作于点M，于点N，由四边形面积=知，当A、M、N、C共线且为圆的直径时，四边形面积最大，进而求解． 【详解】（1） 连接， ∵四边形为圆O的内接四边形， ∴， 在中，， ∴， 故答案为：＜； （2） （1）的结论不成立，，理由： 延长交圆O于点E，连接， 则， 在中，， ∴， 即； （3） ∵，四边形的内角和为360°， ∴， 即四边形四点共圆， 分别过点A、C作于点M，于点N， 则四边形面积=， 当A、M、N、C共线且为圆的直径时，四边形面积最大，连接OB、OD， ∵， ∴， 故为等边三角形，则， 则， 则四边形面积最大值， 故答案为：36． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，等边三角形的性质，图形的面积计算，圆内接四边形的对角互补等知识，理解准平行四边形的定义是本题的关键，添加恰当辅助线是本题的难点． 23．(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质可证得，根据平行线的判定与性质可证得，然后根据切线的判定即可证得结论； （2）根据切线的性质，含角的直角三角形的性质求出圆的半径，以及劣弧所对的圆心角即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴直线是的切线； （2）解：∵，， ∴，， ∴， ∴劣弧的长为：． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、切线的判定、等边三角形的判定与性质、求弧长，难度适中，熟练掌握切线的判定和弧长公式是解答的关键． 24．(1)直角 (2)四边形是菱形，理由见解析；菱形的边长为 【分析】（1）根据圆周角定理，直径所对的圆周角是，即可得出结论； （2）根据折叠的性质，得到是的中垂线，进而得到，根据圆中半径相等，得到，即可得到四边形是菱形，根据直径是，求出边长即可． 【详解】（1）解:∵是的直径， ∴， ∴是直角三角形， 故答案为：直角； （2）四边形是菱形， 理由：如图：连接， 由折叠得： ， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵直径的长是， ∴， ∴菱形的边长为． 【点睛】本题考查圆周角定理，折叠的性质，菱形的判定．熟练掌握圆周角定理和折叠的性质，是解题的关键． 25．(1)， (2)成立，理由见解析 (3)见解析 【分析】（1）根据圆周角定理得出，再由四边形内角和定理即可得出结果； （2）根据圆周角定理得出，，然后由四边形内角和定理即可得出结果； （3）根据圆内接四边形的性质得出，再由平行线的性质得出，利用平行线的判定与性质即可证明． 【详解】（1）∵是的直径， ∴， ∴， ∵四边形内角和等于360°， ∴． 故答案为：， （2）成立，理由如下： 如图所示：连接， ∴，， ∴， ∵四边形内角和等于360°， ∴． （3） ∵四边形是的内接四边形   ∴ ∵   ∴   ∴ ∵ ∴   ∴ ∵四边形是的内接四边形   ∴ ∴   ∴． 【点睛】题目主要考查圆周角定理及圆内接四边形的性质，平行线的判定和性质等，理解题意，熟练掌握圆周角定理是解题关键． 26．(1)证明见解析 (2)6 【分析】(1)连接，根据等腰三角形的性质、角平分线的定义得到，根据切线的判定定理即可证得结论； (2)过点O作于F，根据矩形的判定与性质，可得，，根据勾股定理求出，根据勾股定理计算，即可得到答案． 【详解】（1）证明: 如图：连接， ，的外接圆为， 是的直径， ， ， 平分， ， ， ， ， ， ， 是的半径， 是的切线； （2）解：如图：过点O作于点F， 四边形是矩形 ，， ， ， ， 【点睛】本题考查的是切线的判定、矩形的判定和性质、勾股定理，掌握经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键． 27．(1)、 (2) 【分析】（1）连接，则，由，根据垂径定理得，则，所以，由，求得，由，得，求得，则，于是得到问题的答案； （2）连接，则，由，，得，，由，得，则，所以，而，可求得，由切线的性质得，则，所以，则． 【详解】（1）解：如图1，连接，则， ∴， ∵于点D，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：30，45； （2）解：如图2，连接，则， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵与相切于点P， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴PE的长是 【点睛】此题重点考查垂径定理、圆周角定理、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、四边形的内角和等于360°、切线的性质定理、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 28．（1）3，；（2），理由见解析；（3） 【分析】（1）作于点F，求得，，利用勾股定理和面积法即可求解； （2）结论：．只要证明，推出，，推出即可解决问题； （3）过点D作，交的延长线于点F，，交于点E，连接，作的内切圆，圆心为M，N为切点，连接．由（1）（2）可知，四边形是正方形，是对角线．由切线长定理可知：，推出，由面积法可知内切圆半径为2，在中，理由勾股定理即可解决问题； 【详解】解；（1）作于点F， ∵平分，，， ∴， ∵平分， ∴， ∵为直径， ∴， ∵， ∴， ∵，即， ∴， 故答案为：3，； （2）如图，结论：． 理由：作于，连接，． 平分，，， ，， ，， ， ， ， ， ， ，， ∴， ， ． （3）如图，过点D作，交的延长线于点F，，交于点E，连接，作的内切圆，圆心为M，N为切点，连接．由（1）（2）可知，四边形是正方形，是对角线． ， 正方形的边长为， 由（2）可知：， ， 由切线长定理可知：， ， 设内切圆的半径为， 则 解得， 即， 在中，． 故答案为：． 【点睛】本题属于圆综合题，考查了角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 29．（1）；；（2），详见解析；（3）． 【分析】（1）利用角平分线的定义得出，再利用圆的内接四边形的性质即可求得，利用直径所对的圆周角是90°，继而求出，，再证明，利用相等的圆周角所对的弦相等得出，过点D作于点E，利用含的直角三角形的性质即可得解； （2）连接，作交的延长线于点N，证明得到，再证明得到，从而得到； （3）作于点G，交的延长线于点H，证明得到，设，再证明四边形是正方形，从而得到，从而得到，，，再利用建立方程，求出x，从而得解． 【详解】（1）∵平分， ∴， ∴， ∵为直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 过点D作于点E，则，， 则有， ∴，即点D到直线的距离为，    故答案为：；； （2），理由如下： 如图②，连接，作交的延长线于点N，    ∵平分，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， （3）如图③，作于点G，交的延长线于点H，      ∵平分， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， 解得， (不符合题意，舍去)， ∴， ∴线段的长为． 【点睛】本题考查圆的综合，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，一元二次方程的解法等知识，灵活运用圆的性质和利用角平分线的性质构造全等三角形是解题的关键． 30．(1)； (2)； (3)或，理由见解析． 【分析】（1）先根据同弧所对的圆周角相等得到，进而由圆周角定理推出，根据直径所对的圆周角是直角得到，由此求出即可得到答案； （2）先根据同弧所对的圆周角定理得到，则，再根据等边对等角得到，则，由垂径定理得到，，则，由此可证明是等边三角形，得到，解得到，则，再求出，，得到，由此证明是等边三角形，即可得到； （3）分如图，当点B在优弧上时，如图，当点B在劣弧上时，两种情况讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 故答案为：； （3）解：或，理由如下： 如图，当点B在优弧上时， ∵， ∴， ∴； 如图，当点B在劣弧上时，连接， ∵是直径， ∴， ∴， ∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∴， ∴； 综上所述，或． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，等边三角形的性质与判定，垂径定理，含30度角的直角三角形的性质，熟知同圆或等圆中同弧或等弧所对的圆周角相等，同弧或等弧所对的圆周角度数是圆心角度数的一半是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$