专题08 圆（40题）（福建专用）-【好题汇编】5年（2021-2025）中考1年模拟数学真题分类汇编

专题08 圆（40题） 一、单选题 1．（2025·福建·中考真题）如图，与相切于点A，的延长线交于点C．，且交于点B．若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·福建·中考真题）如图，已知点在上，，直线与相切，切点为，且为的中点，则等于（    ） A． B． C． D． 3．（2023·福建·中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“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，若用圆内接正十二边形作近似估计，可得的估计值为（　　） A． B． C．3 D． 4．（2021·福建·中考真题）如图，为的直径，点P在的延长线上，与相切，切点分别为C，D．若，则等于（    ） A． B． C． D． 二、解答题 5．（2025·福建·中考真题）如图，四边形ABCD内接于，AD，BC的延长线相交于点E，AC，BD相交于点F．G是AB上一点，GD交AC于点H，且． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，求的周长． 6．（2024·福建·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为的延长线交于点． (1)求的值； (2)求证：； (3)求证：与互相平分． 7．（2023·福建·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． 8．（2022·福建·中考真题）如图，内接于⊙O，交⊙O于点D，交于点E，交⊙O于点F，连接． (1)求证：； (2)若⊙O的半径为3，，求的长（结果保留π）． 9．（2022·福建·中考真题）如图，BD是矩形ABCD的对角线． (1)求作⊙A，使得⊙A与BD相切（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，设BD与⊙A相切于点E，CF⊥BD，垂足为F．若直线CF与⊙A相切于点G，求的值． 10．（2021·福建·中考真题）如图，在正方形中，E，F为边上的两个三等分点，点A关于的对称点为，的延长线交于点G． （1）求证：； （2）求的大小； （3）求证：． 三、单选题 11．（2025·福建福州·二模）如图，是的直径，与相切于点，半径的延长线交于点，则的度数是（  ） A． B． C． D． 12．（2025·福建莆田·三模）如图，是的直径，过上一点作的切线，交的延长线于点．若的半径为4，则的长为（   ） A．4 B． C． D．1 13．（2025·福建福州·三模）如图，的边经过点且与⊙相交于点，，与⊙相切于点．若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 14．（2025·福建三明·三模）如图，四边形为的内接四边形．若四边形为菱形，则的大小为（　　） A． B． C． D． 15．（2025·福建莆田·二模）斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”．如图给出了它的画法：以斐波那契数1，1，2，3，5，…，为边的正方形依序拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．则图中的长为（   ） A． B． C． D． 16．（2025·福建厦门·二模）如图，切于点，弦，若，劣弧的弧长为，则线段的长为(   ) A． B． C． D． 17．（2025·福建泉州·三模）如图，是的直径，点C、D都在上，弦与相交于点Q．若，，，则的半径为（    ） A．1 B．2 C． D．3 四、填空题 18．（2025·福建厦门·二模）已知直线l与相交，圆心O到直线l的距离为，则的半径可能为 ．（只写一个） 19．（2025·福建三明·三模）如图，是的切线，切点为，若，则的度数为 20．（2025·福建龙岩·二模）如图，中，，，以为直径作半圆，交，于点D，E．若，则的长为 （结果保留） 21．（2025·福建泉州·二模）在等腰中，，点O是的角平分线上的一点，半径为1的经过点B，将沿方向平移，当与的边相切时，平移的距离是 ． 22．（2025·福建厦门·三模）如图，的半径，直线l与相切于点C，将其沿方向平移至直线，交于点，交线段于点H，若，则平移的距离是 ． 23．（2025·福建福州·三模）如图1的螺丝钉由头部（直六棱柱）和螺纹（圆柱）组合而成，其俯视图如图2所示．在“测量螺丝钉半径”的综合与实践活动中，小吴想出了一种测量方法：将刻度尺紧靠螺纹放置，经过点且交于点，量得长为毫米，并测得正六边形的边长为毫米，则螺纹的直径为 毫米． 24．（2025·福建莆田·三模）仙游古典家具制作技艺，简称为“仙作”，入选国家级非物质文化遗产名录，“仙作”家具集国画艺术，雕刻艺术与家具制作技艺的巧妙融合，款式典雅，结构严谨．一种“仙作”花窗的花瓣由六条等弧连接而成，所对应的弦构成一个正六边形，如图所示．设正六边形的中心为点，所在圆的圆心恰好是的外心．若，则花窗的面积（实线所围区域的面积）为 ． 25．（2025·福建福州·三模）吊灯外罩可近似看成圆锥形，它的底面周长为，高为，则该吊灯外罩的侧面积是 ．（结果保留） 26．（2025·福建南平·三模）具有对称性且富有节奏感的正六边形，不仅为建筑和装饰增添了现代感，还能与多种设计风格相融合．如图1是阅览室墙上设计的正六边形蜂窝状置物架，将该置物架抽象成几何图形如图2所示，若每个正六边形的边长均为2，则该置物架所占用墙面的长度d的值为 ． 五、解答题 27．（2025·福建厦门·三模）如图1，为半圆O的直径，为半圆上的动点，连接，点A关于的对称点为点D，连接 ． (1)若，连接，求的度数； (2)如图2，若点E在半圆O上，的长度为，连接为中点，连接交于点为上一点，． ①当时，判断点Q与直线的位置关系，并说明理由； ②如图3，连接，在点C运动过程中，当时，记，求的值． 28．（2025·福建龙岩·二模）如图，已知中，． (1)求作，使圆心在边中点，且与边相切于点；（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)求证：是的切线． 29．（2025·福建厦门·二模）如图，在中，，，过A，C两点的交于点D，过点D作的切线交于点E，连接． (1)求证：； (2)若，，求的长． 30．（2025·福建厦门·二模）如图1，已知是等腰三角形的外接圆，，是上一点，连接，交于点．射线与的夹角的角平分线交于点，射线交射线于点． (1)若，，，求的长度； (2)求证：； (3)如图2，当为直径时，若，，求的面积． 31．（2025·福建福州·二模）综合与实践 问题情境：如图1，有一个圆锥草帽，其底面半径为，当把这个圆锥草帽的侧面展开后，会得到一个半径为，圆心角为的扇形． (1)探索尝试：圆锥草帽底面周长与其侧面展开图的弧长______；（填“相等”或“不相等”）若，则______． (2)问题抽象：图2中，对于任意一个圆锥体，其底面半径为，侧面展开图会得到一个半径为，圆心角为的扇形，请用含r，l的式子表示． (3)拓展延伸：图3是一种纸质圆锥形草㡌，是线段中点，如今计划要从点到点再到点之间拉一装饰彩带，先提前准备好一根长度为的装饰彩带，请问该彩带的长度是否够长，并说明理由． 32．（2025·福建泉州·三模）一部台式切割机的截面图如图1所示．点P为转动杆手把位置，A为转动杆与底座连接处的转动点，为底座，O为圆形切割片的圆心（点O在上）．已知切割机未工作时的最大仰角，，底座长．圆形切割片的半径等于．          (1)切割机工作时，转动杆绕点A按顺时针方向旋转锐角，此时与相切于点G（如图2）．若，求： ①的大小； ②点到转动杆的距离． (2)现将一方形薄铁片置于底座上进行加工，切开一个长度的口子（切口大小应符合实际要求）．已知底座有凹槽，允许切割片穿过的最大深度为，请判断能否达到加工要求，并说明理由． 33．（2025·福建福州·三模）如图，在中，，以为直径的⊙交于点，点在⊙上，连接交于点． (1)求证：； (2)若， ①求的长； ②求的值． 34．（2025·福建福州·三模）如图，在△ABC中，，O为边上的一点，以O为圆心，为半径的圆与切于点E，与交于另一点D． (1)求证：平分； (2)若，，求的值． 35．（2025·福建厦门·二模）在矩形中，，点P从点C出发，在线段上向点B以每秒的速度移动，以点P为圆心，为半径作．设运动时间为t秒．解答下列问题： (1) （用含t的代数式表示）． (2)如图2，在运动过程中，是否存在t的值，使得与直线相切？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由； (3)如图3，当与直线相切时，切点为E，T为弧上的任意一点，过点T作的切线分别交，于点M、N，设长度为x． ①求证：为定值； ②记的面积为，的面积为，当时，求x的值． 36．（2025·福建福州·三模）已知，是圆的弦且交于同一点． (1)若是圆的直径，为圆上一点． ①如图，是垂直于的直径，和关于直线对称，连接，证明：； ②如图，过的中点，，连接，证明：． (2)如图，过的中点，连接交于、，判断的数量关系并证明． 37．（2025·福建莆田·三模）已知为的直径，是的一条弦，为上的一个点，于点，交于点，交于，连接． (1)如图1，当于点时，求证； (2)如图2，当，时， ①求的长； ②求的值． 38．（2025·福建厦门·二模）已知内接于，为直径，在延长线上取一点，使得，连接，在下方，作，连接交于点，连接． (1)如图，若． ①求证：是的切线； ②若，求的值； (2)如图，若，时，试探究与的数量关系，并说明理由． 39．（2025·福建三明·二模）如图1，和是的直径，且，点是延长线上的一点．连接交于点（点在线段上，且不与点、点重合）． (1)若，求证：； (2)如果． ①如图2，若，求证：是的中点； ②若为等腰三角形，求线段的长． 40．（2025·福建三明·三模）如图，内接于，，，垂足为，为外一点，，，交于点，交于点． (1)求证：是的直径； (2)求的度数； (3)若的半径为，，求的值． 试卷第70页，共70页 试卷第69页，共70页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 圆（40题） 一、单选题 1．（2025·福建·中考真题）如图，与相切于点A，的延长线交于点C．，且交于点B．若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查切线的性质，等边三角形的判定和性质，连接，，切线得到，求出，平行，得到，进而得到为等边三角形，推出为等边三角形，即可得出结果． 【详解】连接，，则：， ∵与相切于点A， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， 故选C． 2．（2024·福建·中考真题）如图，已知点在上，，直线与相切，切点为，且为的中点，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了切线的性质，三角形内角和以及等腰三角形的性质，根据C为的中点，三角形内角和可求出，再根据切线的性质即可求解． 【详解】∵，为的中点， ∴ ∵ ∴ ∵直线与相切， ∴， ∴ 故选：A． 3．（2023·福建·中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“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，若用圆内接正十二边形作近似估计，可得的估计值为（　　） A． B． C．3 D． 【答案】C 【分析】根据圆内接正多边形的性质可得，根据30度的作对的直角边是斜边的一半可得，根据三角形的面积公式即可求得正十二边形的面积，即可求解． 【详解】解：圆的内接正十二边形的面积可以看成12个全等的等腰三角形组成，故等腰三角形的顶角为，设圆的半径为1，如图为其中一个等腰三角形，过点作交于点于点， ∵， ∴， 则， 故正十二边形的面积为， 圆的面积为， 用圆内接正十二边形面积近似估计的面积可得， 故选：C． 【点睛】本题考查了圆内接正多边形的性质，30度的作对的直角边是斜边的一半，三角形的面积公式，圆的面积公式等，正确求出正十二边形的面积是解题的关键． 4．（2021·福建·中考真题）如图，为的直径，点P在的延长线上，与相切，切点分别为C，D．若，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接OC，CP，DP是⊙O的切线，根据定理可知∠OCP＝90°，∠CAP＝∠PAD，利用三角形的一个外角等于与其不相邻的两个内角的和可求∠CAD=∠COP，在Rt△OCP中求出即可． 【详解】解：连接OC， CP，DP是⊙O的切线，则∠OCP＝90°，∠CAP＝∠PAD， ∴∠CAD=2∠CAP， ∵OA=OC ∴∠OAC＝∠ACO， ∴∠COP＝2∠CAO ∴∠COP＝∠CAD ∵ ∴OC=3 在Rt△COP中，OC=3，PC=4 ∴OP=5． ∴== 故选：D． 【点睛】本题利用了切线的性质，锐角三角函数，三角形的外角与内角的关系求解． 二、解答题 5．（2025·福建·中考真题）如图，四边形ABCD内接于，AD，BC的延长线相交于点E，AC，BD相交于点F．G是AB上一点，GD交AC于点H，且． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用得，结合同弧所对圆周角，再根据三角形外角性质，完成证明 ． （2）先证得，再通过角的等量代换证，推出，从而得 ． （3）利用（2）结论将周长转化为，通过相似三角形及三角函数、勾股定理求出的长，即周长为 ． 【详解】（1）证明：， ． ， ， ． ， ． （2）证明：， ． ， ， 又， ， ， ． 由（1）知，， 又， ， ． ， ． ∵， ， ， ， ． （3）解：由（2）知，， 的周长为． 设，则． 由（2）可知，． 又， ， ， ， ． 又， ， ． 过点C作，垂足为P，则． 四边形是圆内接四边形， ， 又， ， ． 在中，，即． ， ， ， ． 在中，， ， 解得，或（舍去）． ． 的周长为． 【点睛】本题考查圆的性质、等腰三角形、相似三角形、解直角三角形等知识，通过角与边的转化、相似三角形判定与性质解题，关键是利用圆的性质和三角形知识进行边角关系推导． 6．（2024·福建·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为的延长线交于点． (1)求的值； (2)求证：； (3)求证：与互相平分． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先证得，再在中，．在中，，可得，再证得结果； （2）过点作，交延长线于点，先证明，可得，再证得，再由相似三角形的判定可得结论； （3）如图，连接，由（2），可得，从而得出，得出， 得出，再由平行线判定得出，，从而得出四边形是平行四边形，最后由平行四边形的性质可得结果． 【详解】（1），且是的直径， ． ， 在中，． ， 在中，． ， ； （2）过点作，交延长线于点． ． ， ， ． ， ， ， ，， ． ， ， ， ， ． （3）如图，连接． 是的直径， ． ， ． 由（2）知，， ， ， ． ． ， ． 由（2）知，， ． ， ， ， 四边形是平行四边形， 与互相平分． 【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，熟练掌握相关图形的性质定理是关键． 7．（2023·福建·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． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【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． 【详解】（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． 【点睛】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． 8．（2022·福建·中考真题）如图，内接于⊙O，交⊙O于点D，交于点E，交⊙O于点F，连接． (1)求证：； (2)若⊙O的半径为3，，求的长（结果保留π）． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）根据已知条件可证明四边形是平行四边形，由平行四边形的性质可得，等量代换可得，即可得出答案； （2）连接，由（1）中结论可计算出的度数，根据圆周角定理可计算出的度数，再根据弧长计算公式计算即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）解：连接，如图， 由（1）得， ∵， ∴， ∴的长． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，圆的性质与弧长公式，考查化归与转化思想，推理能力，几何直观等数学素养． 9．（2022·福建·中考真题）如图，BD是矩形ABCD的对角线． (1)求作⊙A，使得⊙A与BD相切（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，设BD与⊙A相切于点E，CF⊥BD，垂足为F．若直线CF与⊙A相切于点G，求的值． 【答案】(1)作图见解析 (2) 【分析】（1）先过点A作BD的垂线，进而找出半径，即可作出图形； （2）根据题意，作出图形，设，⊙A的半径为r，先判断出BE＝DE，进而得出四边形AEFG是正方形，然后在Rt△ABE中，根据勾股定理建立方程求解，再判定，根据，，在Rt△ADE中，利用，得到，求解得到tan∠ADB的值为． 【详解】（1）解：如图所示，⊙A即为所求作： （2）解：根据题意，作出图形如下： 设，⊙A的半径为r， ∵BD与⊙A相切于点E，CF与⊙A相切于点G， ∴AE⊥BD，AG⊥CG，即∠AEF＝∠AGF＝90°， ∵CF⊥BD， ∴∠EFG＝90°， ∴四边形AEFG是矩形， 又， ∴四边形AEFG是正方形， ∴， 在Rt△AEB和Rt△DAB中，，， ∴， 在Rt△ABE中，， ∴， ∵四边形ABCD是矩形， ∴，AB＝CD， ∴，又， ∴， ∴， ∴， 在Rt△ADE中，，即， ∴，即， ∵， ∴，即tan∠ADB的值为． 【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了尺规作图，切线的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，利用三角函数得出线段长建立方程是解决问题的关键． 10．（2021·福建·中考真题）如图，在正方形中，E，F为边上的两个三等分点，点A关于的对称点为，的延长线交于点G． （1）求证：； （2）求的大小； （3）求证：． 【答案】（1）见解析；（2）45°；（3）见解析 【分析】（1）设直线与相交于点T，证明是的中位线即可； （2）连接，取的中点O，连接，证明点，F，B，G四点共圆即可； （3）设，则，设，则，根据勾股定理找到k与a的关系，根据列比例求解即可． 【详解】解：（1）设直线与相交于点T， ∵点A与关于对称， ∴垂直平分，即． ∵E，F为边上的两个三等分点， ∴， ∴是的中位线， ∴，即． （2）连接，∵四边形是正方形， ∴， ∵，∴， ∴，∴． ∴， ∴，又， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴． ∵， ∴， ∴． 取的中点O，连接， 在和中， ， ∴， ∴点，F，B，G都在以为直径的上， ∴． （3）设，则． 由（2）得， ∴，即，∴． 设，则，在中，由勾股定理，得， ∴． 在中，由勾股定理，得． 又∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 由（2）知，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本小题考查正方形的性质、轴对称的性质、多边形内角与外角的关系、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、三角形中位线定理、圆的基本概念与性质、解直角三角形等基础知识，考查推理能力、运算能力，考查空间观念与几何直观，考查化归与转化思想． 三、单选题 11．（2025·福建福州·二模）如图，是的直径，与相切于点，半径的延长线交于点，则的度数是（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，三角形内角和定理．熟练掌握圆的相关知识并利用数形结合的思想是解题关键． 由圆周角定理可知，由切线的性质可得出，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵与相切于点B， ∴，即， ∴． 故选∶D 12．（2025·福建莆田·三模）如图，是的直径，过上一点作的切线，交的延长线于点．若的半径为4，则的长为（   ） A．4 B． C． D．1 【答案】A 【分析】连接，根据圆的切线垂直于经过切点的半径可得，根据等边对等角可得，根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和可得，根据三角形内角和是求得，根据等角对等边可得，即可作答．本题考查了切线的性质，三角形的外角性质，等角对等边，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵是的切线， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵的半径为4， 即 故选：A． 13．（2025·福建福州·三模）如图，的边经过点且与⊙相交于点，，与⊙相切于点．若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了切线的性质，三角形外角的性质，等腰三角形的性质等知识，根据切线的性质得出，根据三角形外角的性质求出，最后根据等边对等角和三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：连接， ∵与⊙相切， ∴， 又， ∴， ∵， ∴， 故选：D． 14．（2025·福建三明·三模）如图，四边形为的内接四边形．若四边形为菱形，则的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查圆内角四边形，圆周角定理，菱形的性质，根据菱形的性质结合圆周角定理得到，再根据圆内角四边形的内对角互补，进行求解即可． 【详解】解：∵四边形为的内接四边形，四边形为菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴； 故选C． 15．（2025·福建莆田·二模）斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”．如图给出了它的画法：以斐波那契数1，1，2，3，5，…，为边的正方形依序拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．则图中的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了弧长公式，根据弧长公式求解即可，掌握弧长公式是解题的关键． 【详解】解：由题意可得： ， 故选：C． 16．（2025·福建厦门·二模）如图，切于点，弦，若，劣弧的弧长为，则线段的长为(   ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了切线的性质，弧长公式，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质；连接，根据切线的性质得出，根据含度角的直角三角形的性质得出，进而得出是等边三角形，则，根据劣弧的弧长为，设，得出，进一步即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵切于点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴ ∵劣弧的弧长为，设， ∴ 解得： ∴， 故选：B． 17．（2025·福建泉州·三模）如图，是的直径，点C、D都在上，弦与相交于点Q．若，，，则的半径为（    ） A．1 B．2 C． D．3 【答案】B 【分析】本题考查圆周角定理，含30度的直角三角形的性质，连接，三角形的外角求出，圆周角定理求出，进而求出的长即可． 【详解】解：连接， ∵，， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴的半径为2； 故选B． 四、填空题 18．（2025·福建厦门·二模）已知直线l与相交，圆心O到直线l的距离为，则的半径可能为 ．（只写一个） 【答案】6（或其他值） 【分析】本题考查了直线和圆的位置关系，根据圆和直线相交即可求解，掌握直线和圆的位置与圆心距d与半径r之间的关系是解题的关键． 【详解】解：∵直线l与相交，圆心O到直线l的距离为， ∴的半径大于， 故答案为：6（或其他值）． 19．（2025·福建三明·三模）如图，是的切线，切点为，若，则的度数为 【答案】/40度 【分析】本题考查了圆的切线的性质和直角三角形的性质，熟知圆的切线垂直于过切点的半径是关键； 根据切线的性质可得，进而可得答案. 【详解】解：∵是的切线， ∴， ∵， ∴； 故答案为：. 20．（2025·福建龙岩·二模）如图，中，，，以为直径作半圆，交，于点D，E．若，则的长为 （结果保留） 【答案】 【分析】连接，，由直径所对的圆周角等于90度得出，由三角形内角和定理求出，由等弧所对的圆周角相等得出，由等边对等角得出，再由三角形内角和定理求出，证明，由全等三角形的性质得出，得出半径等于9，最后利用弧长公式求解即可． 【详解】解：连接，， ∵为的直径， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴则的长为， 故答案为： 【点睛】本题主要考查了直径所对的圆周角等于90度，等弧所对的圆周角相等，求弧长，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理等知识，掌握这些知识是解题的关键． 21．（2025·福建泉州·二模）在等腰中，，点O是的角平分线上的一点，半径为1的经过点B，将沿方向平移，当与的边相切时，平移的距离是 ． 【答案】或 【分析】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，勾股定理，等边对等角和三角形内角和定理，过点B作交延长线于H，则，解直角三角形可得，证明，则可求出；再分当与相切时，当与相切时，两种情况讨论求解即可． 【详解】解：如图所示，过点B作交延长线于H， ∵等腰中，， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴； 如图1所示，当与相切时，设切点为G，连接，则， ∴， ∴， ∴此时的平移距离为； 如图2所示，当与相切时，设切点为S，连接，在上取一点R使得，连接， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴此时的平移距离为； 综上所述，与的边相切时，平移的距离是或． 故答案为：或． 22．（2025·福建厦门·三模）如图，的半径，直线l与相切于点C，将其沿方向平移至直线，交于点，交线段于点H，若，则平移的距离是 ． 【答案】2 【分析】本题考查了切线的性质，垂径定理，勾股定理，平移的性质，解题的关键在于熟练掌握相关知识． 连接，结合切线的性质，垂径定理，得到，再利用勾股定理求出，最后根据求解，即可解题． 【详解】解：连接， 直线l与相切于点C， ， ，即交于点， 的半径，， ， ， ； 故答案为：． 23．（2025·福建福州·三模）如图1的螺丝钉由头部（直六棱柱）和螺纹（圆柱）组合而成，其俯视图如图2所示．在“测量螺丝钉半径”的综合与实践活动中，小吴想出了一种测量方法：将刻度尺紧靠螺纹放置，经过点且交于点，量得长为毫米，并测得正六边形的边长为毫米，则螺纹的直径为 毫米． 【答案】/ 【分析】连接，过点作于点，设正六边形的中心为，连接，由题意可知，、、共线，过点作于点，延长，作于点，根据正六边形的图形性质，可得、，推得，利用特殊角的三角函数值求得、，利用勾股定理求得，证得，得，求得的值，通过证得，得，即可求解的值． 【详解】解：如图，连接，过点作于点，设正六边形的中心为，连接，由题意可知，、、共线，过点作于点，延长，作于点， 六边形是正六边形， ，， ， ，， ， 在中，， ，则， 在中，， ， ， ， ， ， ， ， ，解得：， ， ， ， ， ， 是中点， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，等腰三角形的性质，特殊角的三角函数值，勾股定理，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，理解题意、作出适合的辅助线是解题关键． 24．（2025·福建莆田·三模）仙游古典家具制作技艺，简称为“仙作”，入选国家级非物质文化遗产名录，“仙作”家具集国画艺术，雕刻艺术与家具制作技艺的巧妙融合，款式典雅，结构严谨．一种“仙作”花窗的花瓣由六条等弧连接而成，所对应的弦构成一个正六边形，如图所示．设正六边形的中心为点，所在圆的圆心恰好是的外心．若，则花窗的面积（实线所围区域的面积）为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形与圆、解直角三角形、等边三角形的判定与性质、扇形面积公式，连接并延长交于，求出是等边三角形，得到，结合题意可得，，求出，再结合花窗的面积（实线所围区域的面积）为计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图：连接并延长交于， ∵六边形是正六边形，点是中心， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵所在圆的圆心恰好是的外心， ∴， ∴垂直平分， ∴，，，， ∵， ∴，，， ∴， ∴花窗的面积（实线所围区域的面积）为， 故答案为：． 25．（2025·福建福州·三模）吊灯外罩可近似看成圆锥形，它的底面周长为，高为，则该吊灯外罩的侧面积是 ．（结果保留） 【答案】 【分析】本题考查了求圆锥的侧面积，解题的关键是掌握圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥母线长，以及扇形面积公式． 先求出底面半径，再求出圆锥的母线长，最后根据扇形，即可解答． 【详解】解：∵该圆锥底面周长为， ∴该圆锥底面半径为， 根据勾股定理可得：该圆锥母线， ∴该吊灯外罩的侧面积， 故答案为：． 26．（2025·福建南平·三模）具有对称性且富有节奏感的正六边形，不仅为建筑和装饰增添了现代感，还能与多种设计风格相融合．如图1是阅览室墙上设计的正六边形蜂窝状置物架，将该置物架抽象成几何图形如图2所示，若每个正六边形的边长均为2，则该置物架所占用墙面的长度d的值为 ． 【答案】19 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添适当的辅助线是解题的关键．根据题意可得：点A，B，C，D，E，F，G，H共线，连接并延长到点H，则，根据题意可得：，，然后在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，最后进行计算即可解答． 【详解】解：如图：由题意得：点A，B，C，D，E，F，G，H共线，连接并延长到点H，则， 由题意得：，， 在中，， ∴， ∴， ∴该置物架所占用墙面的长度d的值为19， 故答案为：19． 五、解答题 27．（2025·福建厦门·三模）如图1，为半圆O的直径，为半圆上的动点，连接，点A关于的对称点为点D，连接 ． (1)若，连接，求的度数； (2)如图2，若点E在半圆O上，的长度为，连接为中点，连接交于点为上一点，． ①当时，判断点Q与直线的位置关系，并说明理由； ②如图3，连接，在点C运动过程中，当时，记，求的值． 【答案】(1) (2)①点Q在直线外，见解析；② 【分析】（1）连接，由轴对称的性质可得，则点D在半圆O上，则由，再由圆周角定理即可得到答案； （2）①连接，如图所示，同理可证明点D在半圆O上，则，由弧长公式可得，可证明，设与交于点P，解直角三角形可得，由，可得点Q在直线外； ②连接，则，由三线合一定理得到，则，可推出；设交于点N，证明，求出，得到，设，则，可得，再证明，即可得到． 【详解】（1）解：如图所示，连接， 为半圆O的直径，点A关于对称点为点， ， 点D在半圆O上， ， ； （2）解：①点Q在直线外，理由如下： 连接，如图所示， 为直径，点A关于对称点为点D， ， 点D在半圆O上， ， 又∵， ， 的长度为，半圆O的直径， ∴， ， ∴， ， ， 设与交于点P，直角三角形中，， ， 又∵Q在上，， 点Q在直线外； ②连接，如图所示， 则， 为中点， ， ， ， ， ∴； 设交于点N， ∵，， ， ， ， ， ， ， ， ， 设， ， ， 直角三角形中，， ∴， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了解直角三角形，求弧长，圆的基本性质，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，正确作出辅助线是解题的关键． 28．（2025·福建龙岩·二模）如图，已知中，． (1)求作，使圆心在边中点，且与边相切于点；（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)求证：是的切线． 【答案】(1)作图见解析； (2)证明见解析． 【分析】本题考查了尺规作图——作角平分线，作垂线，切线的判定与性质，角平分线的性质，掌握知识点的应用是解题的关键． （）先作角平分线，交于点，然后过作的垂线，以为半径作圆即可； （）过作于点，由与边相切于点，则，由作图可知平分，所以，然后根据切线的判定方法即可求证． 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）证明：过作于点， ∵与边相切于点， ∴， 由作图可知平分， ∴， ∵是的半径， ∴是的半径， ∴是的切线． 29．（2025·福建厦门·二模）如图，在中，，，过A，C两点的交于点D，过点D作的切线交于点E，连接． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，切线的性质，勾股定理，正切函数，弧长公式等； （1）连接、，由圆周角定理得，由切线的性质得，即可得证； （2）过作交于，过作交于，延长交于，由勾股定理得 ，由正切函数得，由勾股定理得 ，同理可得，结合弧长公式，即可求解； 理解圆的定义，掌握等腰三角形的性质，切线的性质，能熟练利用勾股定理，正切函数，弧长公式进行求解是解题的关键． 【详解】（1）证明：连接、， ，， ， , , ， 是的切线， ， ； （2）解：过作交于，过作交于，延长交于， ，，， ， ， ， ， ， ，， ， ， 解得：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， ． 30．（2025·福建厦门·二模）如图1，已知是等腰三角形的外接圆，，是上一点，连接，交于点．射线与的夹角的角平分线交于点，射线交射线于点． (1)若，，，求的长度； (2)求证：； (3)如图2，当为直径时，若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题属于圆的综合题，主要考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识，较难的是题（3），通过添加辅助线，构造相似三角形是解题关键． （1）先根据圆周角定理可得，，再证出，根据相似三角形的性质即可得； （2）连接，先证明，进而根据圆周角定理得出，再根据三角形的外角性质可得，然后根据圆周角定理可得，等量代换即可得证； （3）连接，延长交于点，过点作于点，连接，，，先根据等腰直角三角形的判定与性质可得， ，证明，根据相似三角形的性质可得，的长，然后设（），则利用的面积可求出的值，从而可得，的长，最后利用三角形的面积公式计算即可得． 【详解】（1）解：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴, ∵，，， ∴， （2）证明：如图，连接， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是圆内接四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵ ∴ 又∵ ∴， ∴ （3）解：如图，连接，延长交于点，过点作于点，连接，，， 设的半径为（），则 为的直径， ， ， 平分， ， 由圆周角定理得：， 由（2）知：， ， ， ， ， ， ，即， ， ， 由圆周角定理得：， ， ， 设（），则 在中，由勾股定理得：，即 解得：（负值舍去） ， ， 的面积为． 31．（2025·福建福州·二模）综合与实践 问题情境：如图1，有一个圆锥草帽，其底面半径为，当把这个圆锥草帽的侧面展开后，会得到一个半径为，圆心角为的扇形． (1)探索尝试：圆锥草帽底面周长与其侧面展开图的弧长______；（填“相等”或“不相等”）若，则______． (2)问题抽象：图2中，对于任意一个圆锥体，其底面半径为，侧面展开图会得到一个半径为，圆心角为的扇形，请用含r，l的式子表示． (3)拓展延伸：图3是一种纸质圆锥形草㡌，是线段中点，如今计划要从点到点再到点之间拉一装饰彩带，先提前准备好一根长度为的装饰彩带，请问该彩带的长度是否够长，并说明理由． 【答案】(1)相等，6 (2) (3)不够长；理由见解析 【分析】（1）根据圆锥侧面展开图的意义，得到圆锥草帽底面周长与其侧面展开图的弧长是相等的，由，则解答即可． （2）根据题意，得圆锥底面圆的周长为，侧面展开图的扇形弧长为，根据问1的结论，得到等式，变形表示即可． （3）根据（2）得，得到，计算最短，继而得到，比较解答即可． 【详解】（1）解：根据圆锥侧面展开图的意义，得到圆锥草帽底面周长与其侧面展开图的弧长是相等的，由，则， 解得， 故答案为：相等，6． （2）解：根据题意，得圆锥底面圆的周长为，侧面展开图的扇形弧长为，根据问1的结论，得， 解得． （3）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴够长． 【点睛】本题考查了圆锥的侧面展开，弧长公式，扇形与底面圆的关系，勾股定理，熟练掌握展开图的意义是解题的关键． 32．（2025·福建泉州·三模）一部台式切割机的截面图如图1所示．点P为转动杆手把位置，A为转动杆与底座连接处的转动点，为底座，O为圆形切割片的圆心（点O在上）．已知切割机未工作时的最大仰角，，底座长．圆形切割片的半径等于．          (1)切割机工作时，转动杆绕点A按顺时针方向旋转锐角，此时与相切于点G（如图2）．若，求： ①的大小； ②点到转动杆的距离． (2)现将一方形薄铁片置于底座上进行加工，切开一个长度的口子（切口大小应符合实际要求）．已知底座有凹槽，允许切割片穿过的最大深度为，请判断能否达到加工要求，并说明理由． 【答案】(1)①；②； (2)能达到加工要求，见解析 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，相似三角形的判定和性质，切线的性质． （1）①利用切线的性质结合正弦函数的定义即可求得，据此计算即可求解； ②过点作，，利用相似三角形的性质列式计算即可求解； （2）利用垂径定理求解即可． 【详解】（1）解：①如图1，当时，与相切于点G，连结， 则，且，又，， ∴， ∴， 则； ②过点作，交于点B． ∵，， ∴， 则， ∴， 即点与转动标杆的距离为； （2）解：如图2，设与相交于E、F两点，连结，过点O作于点I，交于点G． 设，则， 由勾股定理，得 ∴深度． ∵， ∴能达到加工要求． 33．（2025·福建福州·三模）如图，在中，，以为直径的⊙交于点，点在⊙上，连接交于点． (1)求证：； (2)若， ①求的长； ②求的值． 【答案】(1)见解析 (2)①；② 【分析】本题考查圆的性质、相似三角形判定与性质，解题关键是利用圆的直径所对圆周角为直角，结合角度关系找相似三角形，通过相似三角形性质及勾股定理等求解 ． （1）利用直径所对圆周角为直角，结合同角的余角相等，推导，再根据同弧所对圆周角相等，证得． （2）①先由角的关系证，得出，再作，证求出，用勾股定理算，进而得，最后用勾股定理求 ②证求出，得，结合求出，再用勾股定理算，最后根据正切定义求 ． 【详解】（1）为直径， ， ， ， ， ， ， ， （2）过点作于点， ，， ． ， ， ， ， ， ， ， ， ． ， ， ， 在中 ， ， 在中 ， ②， ． ， ， ， ， ， ， ， 在中 ， ． 34．（2025·福建福州·三模）如图，在△ABC中，，O为边上的一点，以O为圆心，为半径的圆与切于点E，与交于另一点D． (1)求证：平分； (2)若，，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，切线的性质推出，得到，等边对等角得到，进而得到，即可； （2）连接，过点作，勾股定理求出的长，等积法求出的长，角平分线的性质，得到，，推出，根据余弦的定义即可得解． 【详解】（1）证明：连接，则：， ∴， ∵以为圆心，为半径的圆与切于点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴平分； （2）解：连接，过点作， ∵为直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴，即：， ∴， ∵平分，，， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，勾股定理，平行线分线段成比例，求角的余弦值，熟练掌握知识点，并灵活运用，是解题的关键． 35．（2025·福建厦门·二模）在矩形中，，点P从点C出发，在线段上向点B以每秒的速度移动，以点P为圆心，为半径作．设运动时间为t秒．解答下列问题： (1) （用含t的代数式表示）． (2)如图2，在运动过程中，是否存在t的值，使得与直线相切？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由； (3)如图3，当与直线相切时，切点为E，T为弧上的任意一点，过点T作的切线分别交，于点M、N，设长度为x． ①求证：为定值； ②记的面积为，的面积为，当时，求x的值． 【答案】(1) (2) (3)①2；②或． 【分析】（1）直接根据题意用t表示出； （2）由相切以及圆的相关定义可知，由勾股定理可得，再由，然后将相关条件代入求解即可； （3）①由与直线相切可得四边形是正方形，所以，再利用全等三角形的判定与性质、，从而的周长，进而完成即可；②先证明，进而得到，代入，解得或，再分类讨论利用面积求出x值即可． 【详解】（1）解：∵点P从点C出发，在线段上向点B以每秒的速度移动，连接， ∴， ∴． 故答案为：． （2）解：如图：过P作于点Q， 当与直线相切时，为半径，此时， ∵， ∴， ∴，即，解得； （3）解：①如图，过P作于点E， 当与直线相切时，为半径，此时， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵与圆相切，与圆相切，与圆相切， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理可得：， ∴的周长； ∵是半径， ∴， ∴； ②∵与圆相切，与圆相切，与圆相切， ∴， ∵， ∴， ∴ 同理可证：， ∴ ， ∴， ∵， ∴，整理得：，解得或； 当时，， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴，整理得，解得，； 当时，， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴，整理得：，解得：（不合题意舍去），（不合题意舍去）； 综上，x的值为或． 【点睛】本题主要考查了切线的性质、切线长定理、勾股定理、解一元二次方程、解直角三角形等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 36．（2025·福建福州·三模）已知，是圆的弦且交于同一点． (1)若是圆的直径，为圆上一点． ①如图，是垂直于的直径，和关于直线对称，连接，证明：； ②如图，过的中点，，连接，证明：． (2)如图，过的中点，连接交于、，判断的数量关系并证明． 【答案】(1)①见解析；②见解析； (2)，理由见解析． 【分析】（1）①连接，易证是圆的直径，得，由和关于直线对称，得，从而即可得证；②连接，证明和关于所在直线对称，所在直线是的对称轴，得，，进而利用相似三角形的判定及性质证明即可得证明； （2）过作交圆于点，连接，，，过作于，交圆于，证明点、、、共圆，得，点、、、四点共圆，进而证明，即可得解． 【详解】（1）解：①如图，连接， ∵，是圆的直径，交于同一点． ∴是圆的直径， ∴， ∴， ∵和关于直线对称， ∴， ∴； ②如图，连接， ∵是的中点，是直径， ∴，，，所在直线是圆的对称轴，和关于所在直线对称， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴所在直线是的对称轴， ∴点与点关于所在直线对称， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 同理可证， ∴； （2）解：，理由如下： 过作交圆于点，连接，，，过作于，交圆于， ∵是的中点， ∴是直径， ∵，， ∴，，， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵点、、、共圆， ∴， ∴点、、、四点共圆， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定及性质，垂径定理，圆的性质，全等三角形的判定及性质，四点共圆，熟练掌握相似三角形的判定及性质，垂径定理是解题的关键． 37．（2025·福建莆田·三模）已知为的直径，是的一条弦，为上的一个点，于点，交于点，交于，连接． (1)如图1，当于点时，求证； (2)如图2，当，时， ①求的长； ②求的值． 【答案】(1)见解析 (2)①；② 【分析】（1）由圆周角定理可得，由等角的余角相等可得，最后结合对顶角相等即可得证； （2）①解法一：连接，，由圆周角定理可得，由勾股定理可得，从而得出，结合圆周角定理得出，证明，由相似三角形的性质即可得解；解法二：连接，，连接并延长交于点，连接，由圆周角定理可得，由勾股定理可得，解直角三角形得出，即可得解；解法三：连接，，连接并延长交于点，连接，由解法二可得，，再证明即可得解；解法四：连接，，，，，由圆周角定理可得，由勾股定理可得，再证明，即可得解；②连接，，由①中的解法二得，证明得出①，解直角三角形得出②，计算即可得解． 【详解】（1）解：于， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：①解法一：如图，连接，， 为的直径， ， ，， 在中，由勾股定理得：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 解法二：如图，连接，，连接并延长交于点，连接， 为的直径， ， ，， 在中，由勾股定理得：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 为的直径， ，， 在中，； 解法三：如图，连接，，连接并延长交于点，连接， 由解法二可得，， ， ， ， 为的直径， ，， ， ； 解法四：如图，连接，，，，， 为的直径， ， ，， 在中，由勾股定理得：， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ，， ， ，即； ②解：如图，连接，， 由①中的解法二得， ， ， ， ， ①， ， ， 在中，， 由①中的解法二得， ② 由①②得， ． 【点睛】本题考查了圆周角定理、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 38．（2025·福建厦门·二模）已知内接于，为直径，在延长线上取一点，使得，连接，在下方，作，连接交于点，连接． (1)如图，若． ①求证：是的切线； ②若，求的值； (2)如图，若，时，试探究与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)①见解析；② (2)，理由见解析 【分析】（1）①利用直径所对圆周角为直角，结合圆周角定理及已知角的等量关系，推导得出，进而证明是切线． ②先由三角函数和全等三角形得到相关线段关系，再在直角三角形中用勾股定理求出边长，最后根据余弦定义计算． （2）通过构造相等线段的点，利用圆周角、等腰三角形性质推导角的关系，证明三角形全等，结合弧与弦的关系，得出与的数量关系 ． 【详解】（1）解：①∵为直径， ， ， ， ， ， ∴是的切线 ②， ∴在中， ， 设，则 ∴在中， ∴在中， ∴在中， （2）解： 在上取一点使得 ， ∴设 ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查圆的性质（直径所对圆周角、圆周角定理、弧与弦的关系）、全等三角形的判定与性质、三角函数定义及切线的判定，熟练掌握圆的性质、全等三角形判定及角的等量代换是解题的关键． 39．（2025·福建三明·二模）如图1，和是的直径，且，点是延长线上的一点．连接交于点（点在线段上，且不与点、点重合）． (1)若，求证：； (2)如果． ①如图2，若，求证：是的中点； ②若为等腰三角形，求线段的长． 【答案】(1)见详解 (2)①见详解；②线段的长或 【分析】（1）连接，根据，证明，得出，结合等腰三角形的性质可得，根据等腰三角形的判定即可证明； （2）①过作于，连接交于点M，根据直径对直角可得，根据，结合等腰三角形的性质可得，根据等腰三角形的性质得出，结合，根据等腰三角形的性质得出，即可证点是的中点． ②分三种情况讨论，当时，不符合题意；当时，连接，证明，即可得解；当时，连接，设与交于，先证明是的中位线，是的中位线，可得，再根据勾股定理即可得解． 【详解】（1）解：连接， ∵， ， ， ， ， ， ， ，即， ∴． （2）解：①过作于，连接交于点M， ∵是直径， ， ， ， ， ，， ， ， ， 即， ， ， ， ∵， ， 即点是的中点． ②如图，连接， 当时，如图， ， ， ， 由①知，不符合题意； 当时，连接， 和是的两条直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 当时，连接，设与交于， ， ， ， 是直径， ， ， ， ， ， ， 是的中位线， ， ， ∴是的中位线， ， ， ， ， ， 综上所述，线段的长或． 【点睛】本题考查了圆综合，勾股定理，三角函数，中位线，等腰三角形的性质，相似三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是综合运用以上知识点，运用分类讨论思想． 40．（2025·福建三明·三模）如图，内接于，，，垂足为，为外一点，，，交于点，交于点． (1)求证：是的直径； (2)求的度数； (3)若的半径为，，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据圆内接四边形的性质得，由已知并结合等腰三角形的性质及三角形内角和定理推出，继而得到，推出，即可得证； （2）根据同弧所对的圆周角相等得，推出，由平行线分线段成比例定理得，进一步推出，继而得到，即可得出答案； （3）如图，延长，交的延长线于点，根据勾股定理得， ，证明得，求出，进一步，根据等腰三角形判定推出，继而得到，证明得，即，求出，即可得解． 【详解】（1）证明：如图，连接交于点， ∵四边形内接于， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∴是的直径； （2）解：如（1）题图， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴是边上的中线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的度数为； （3）如图，延长，交的延长线于点， ∵的半径为，，是的直径， 又∵，， ∴，，， 在中，， ∴， 在中，， 在和中， ，，， ∴， ∵， ∴，即， ∴， 在中，， ∵是的直径， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴，即， 解得：， ∴， ∴， ∴的值为． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆内接四边形的性质，同弧或等弧所对的圆周角相等，的圆周角所对的弧是直径，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是掌握圆的相关性质和相似三角形的判定与性质． 试卷第70页，共70页 试卷第69页，共70页 学科网（北京）股份有限公司 $$