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【专项练习】中考数学试题分专题训练 专题4.4 圆（第01期）（教师版含解析）
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这是一份【专项练习】中考数学试题分专题训练 专题4.4 圆（第01期）（教师版含解析），共62页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．如图，AB为⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠ADC=35°，则∠CAB的度数为（ ）
A. 35° B. 45° C. 55° D. 65°
【来源】江苏省盐城市2018年中考数学试题
【答案】C
点睛：本题考查了同弧所对的圆周角相等以及直径所对的圆周角是直角等知识.
2．如图，一把直尺，的直角三角板和光盘如图摆放，为角与直尺交点，,则光盘的直径是( )
A. 3 B. C. D.
【来源】广东省深圳市2018年中考数学试题
【答案】D
【解析】【分析】设光盘圆心为O，连接OC，OA，OB，由AC、AB都与圆O相切，利用切线长定理得到AO平分∠BAC，且OC垂直于AC，OB垂直于AB，可得出∠CAO=∠BAO=60°，得到∠AOB=30°，利用30°所对的直角边等于斜边的一半求出OA的长，再利用勾股定理求出OB的长，即可确定出光盘的直径．
【详解】如图，设光盘圆心为O，连接OC，OA，OB，
∵AC、AB都与圆O相切，
∴AO平分∠BAC，OC⊥AC，OB⊥AB，
∴∠CAO=∠BAO=60°，
∴∠AOB=30°，
在Rt△AOB中，AB=3cm，∠AOB=30°，
∴OA=6cm，
根据勾股定理得：OB=3，
则光盘的直径为6，
故选D.
【点睛】本题考查了切线的性质，切线长定理，含30°角的直角三角形的性质，以及勾股定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．
3．如图，在中，，的半径为3，则图中阴影部分的面积是（ ）
A. B. C. D.
【来源】四川省成都市2018年中考数学试题
【答案】C
【解析】分析：根据平行四边形的性质可以求得∠C的度数，然后根据扇形面积公式即可求得阴影部分的面积．
详解：∵在▱ABCD中，∠B=60°，⊙C的半径为3，
∴∠C=120°，
∴图中阴影部分的面积是：=3π，
故选C．
点睛：本题考查扇形面积的计算、平行四边形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用扇形面积的计算公式解答．
4．在△ABC中，若O为BC边的中点，则必有：AB2+AC2=2AO2+2BO2成立．依据以上结论，解决如下问题：如图，在矩形DEFG中，已知DE=4，EF=3，点P在以DE为直径的半圆上运动，则PF2+PG2的最小值为（ ）
A. B. C. 34 D. 10
【来源】四川省宜宾市2018年中考数学试题
【答案】D
【解析】分析：设点M为DE的中点，点N为FG的中点，连接MN，则MN、PM的长度是定值，利用三角形的三边关系可得出NP的最小值，再利用PF2+PG2=2PN2+2FN2即可求出结论．
详解：设点M为DE的中点，点N为FG的中点，连接MN交半圆于点P，此时PN取最小值．
∵DE=4，四边形DEFG为矩形，
∴GF=DE，MN=EF，
∴MP=FN=DE=2，
∴NP=MN-MP=EF-MP=1，
∴PF2+PG2=2PN2+2FN2=2×12+2×22=10．
故选D．
点睛：本题考查了点与圆的位置关系、矩形的性质以及三角形三变形关系，利用三角形三边关系找出PN的最小值是解题的关键．
5．已知半径为5的⊙O是△ABC的外接圆，若∠ABC=25°，则劣弧的长为（ ）
A. B. C. D.
【来源】山东省滨州市2018年中考数学试题
【答案】C
点睛：此题考查三角形的外接圆与外心，关键是根据圆周角定理和弧长公式解答．
6．如图，过点，，，点是轴下方上的一点，连接，，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【来源】2018年甘肃省武威市（凉州区）中考数学试题
【答案】B
【解析】【分析】连接CD，根据圆周角定理可知∠OBD=∠OCD,根据锐角三角形函数即可求出∠OCD的度数.
【解答】连接CD，
∵∠OBD与∠OCD是同弧所对的圆周角，
∴∠OBD=∠OCD.
∵
∴
故选B.
【点评】考查圆周角定理，解直角三角形，熟练掌握在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等是解题的关键.
7．用反证法证明时，假设结论“点在圆外”不成立，那么点与圆的位置关系只能是（ ）
A. 点在圆内 B. 点在圆上 C. 点在圆心上 D. 点在圆上或圆内
【来源】2018年浙江省舟山市中考数学试题
【答案】D
【解析】【分析】在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．
【解答】用反证法证明时，假设结论“点在圆外”不成立，
那么点应该在圆内或者圆上.
故选D.
【点评】考查反证法以及点和圆的位置关系，解题的关键是掌握点和圆的位置关系.
8．如图,从一块直径为的圆形铁皮上剪出一个圆心角为90°的扇形.则此扇形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【来源】山东省德州市2018年中考数学试题
【答案】A
【解析】分析：连接AC，根据圆周角定理得出AC为圆的直径，解直角三角形求出AB，根据扇形面积公式求出即可．
详解：连接AC．
∵从一块直径为2m的圆形铁皮上剪出一个同心角为90°的扇形，即∠ABC=90°，∴AC为直径，即AC=2m，AB=BC．
∵AB2+BC2=22，∴AB=BC=m，∴阴影部分的面积是=（m2）．
故选A．
点睛：本题考查了圆周角定理和扇形的面积计算，能熟记扇形的面积公式是解答此题的关键．
9．如图，的半径为2，圆心的坐标为，点是上的任意一点，，且、与轴分别交于、两点，若点、点关于原点对称，则的最小值为（ ）
A. 3 B. 4 C. 6 D. 8
【来源】山东省泰安市2018年中考数学试题
【答案】C
点睛：本题考查了直角三角形斜边上中线的性质以及两点间的距离公式．解题的关键是利用直角三角形斜边上中线等于斜边的一半把AB的长转化为2OP．
10．如图，与相切于点，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【来源】山东省泰安市2018年中考数学试题
【答案】A
【解析】分析：连接OA、OB，由切线的性质知∠OBM=90°，从而得∠ABO=∠BAO=50°，由三角形内角和定理知∠AOB=80°，根据圆周角定理可得答案．
详解：如图，连接OA、OB．
∵BM是⊙O的切线，∴∠OBM=90°．
∵∠MBA=140°，∴∠ABO=50°．
∵OA=OB，∴∠ABO=∠BAO=50°，∴∠AOB=80°，∴∠ACB=∠AOB=40°．
故选A．
点睛：本题主要考查切线的性质，解题的关键是掌握切线的性质：①圆的切线垂直于经过切点的半径．②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
11．如图，已知AB是的直径，点P在BA的延长线上，PD与相切于点D，过点B作PD的垂线交PD的延长线于点C，若的半径为4，，则PA的长为（ ）
A. 4 B. C. 3 D. 2.5
【来源】【全国省级联考】2018年重庆市中考数学试卷（A卷）
【答案】A
【解析】【分析】连接OD，由已知易得△POD∽△PBC，根据相似三角形对应边成比例可求得PO的长，由PA=PO-AO即可得.
【详解】连接OD，
∵PD与⊙O相切于点D，∴OD⊥PD，
∴∠PDO=90°，
∵∠BCP=90°，
∴∠PDO=∠PCB，
∵∠P=∠P，
∴△POD∽△PBC，
∴PO：PB=OD：BC，
即PO：（PO+4）=4：6，
∴PO=8，
∴PA=PO-OA=8-4=4，
故选A.
【点睛】本题考查了切线的性质、相似三角形的判定与性质，连接OD构造相似三角形是解题的关键.
12．如图，点A，B，C在⊙O上，∠ACB=35°，则∠AOB的度数是（ ）
A. 75° B. 70° C. 65° D. 35°
【来源】浙江省衢州市2018年中考数学试卷
【答案】B
【解析】分析：直接根据圆周角定理求解．
详解：∵∠ACB=35°，
∴∠AOB=2∠ACB=70°．
故选B．
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．
13．如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，连接BC，过点O作OF⊥BC于F，若BD=8cm，AE=2cm，则OF的长度是（ ）
A. 3cm B. cm C. 2.5cm D. cm
【来源】浙江省衢州市2018年中考数学试卷
【答案】D
【解析】分析：根据垂径定理得出OE的长，进而利用勾股定理得出BC的长，再利用相似三角形的判定和性质解答即可．
详解：连接OB，
点睛：本题考查了垂径定理，关键是根据垂径定理得出OE的长．
二、填空题
14．如图，AB是⊙O的弦，点C在过点B的切线上，且OC⊥OA，OC交AB于点P，已知∠OAB=22°，则∠OCB=__________．
【来源】江苏省连云港市2018年中考数学试题
【答案】44°
【解析】分析：首先连接OB，由点C在过点B的切线上，且OC⊥OA，根据等角的余角相等，易证得∠CBP=∠CPB，利用等腰三角形的性质解答即可．
详解：连接OB，
∵BC是⊙O的切线，
∴OB⊥BC，
∴∠OBA+∠CBP=90°，
∵OC⊥OA，
∴∠A+∠APO=90°，
∵OA=OB，∠OAB=22°，
∴∠OAB=∠OBA=22°，
∴∠APO=∠CBP=68°，
∵∠APO=∠CPB，
∴∠CPB=∠ABP=68°，
∴∠OCB=180°-68°-68°=44°，
故答案为：44°
点睛：此题考查了切线的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
15．如图，将含有30°角的直角三角板ABC放入平面直角坐标系，顶点A，B分别落在x、y轴的正半轴上，∠OAB＝60°，点A的坐标为（1，0），将三角板ABC沿x轴向右作无滑动的滚动（先绕点A按顺时针方向旋转60°，再绕点C按顺时针方向旋转90°，…）当点B第一次落在x轴上时，则点B运动的路径与坐标轴围成的图形面积是________.
【来源】江苏省宿迁市2018年中考数学试卷
【答案】+π
【解析】【分析】在Rt△AOB中，由A点坐标得OA=1，根据锐角三角形函数可得AB=2，OB=，在旋转过程中，三角板的角度和边的长度不变，所以点B运动的路径与坐标轴围成的图形面积：
S=，计算即可得出答案.
【详解】在Rt△AOB中，∵A（1，0），∴OA=1，
又∵∠OAB＝60°，
∴cos60°=，
∴AB=2，OB=，
∵在旋转过程中，三角板的角度和边的长度不变，
∴点B运动的路径与坐标轴围成的图形面积：
S==π，
故答案为：π.
【点睛】本题考查了扇形面积的计算，锐角三角函数的定义，旋转的性质等，根据题意正确画出图形是解题的关键.
16．一个扇形的圆心角是120°．它的半径是3cm．则扇形的弧长为__________cm．
【来源】江苏省连云港市2018年中考数学试题
【答案】2π
【解析】分析：根据弧长公式可得结论．
详解：根据题意，扇形的弧长为=2π，
故答案为：2π
点睛：本题主要考查弧长的计算，熟练掌握弧长公式是解题的关键．
17．已知圆锥的底面圆半径为3cm，高为4cm，则圆锥的侧面积是________cm2.
【来源】江苏省宿迁市2018年中考数学试卷
【答案】15π
【点睛】本题考查了圆锥的侧面积，熟知圆锥的母线长、底面半径、圆锥的高以及圆锥的侧面积公式是解题的关键.
18．如图，左图是由若干个相同的图形（右图）组成的美丽图案的一部分.右图中，图形的相关数据：半径 OA=2cm，∠AOB=120°.则右图的周长为________cm（结果保留π）．
【来源】江苏省盐城市2018年中考数学试题
【答案】
【解析】分析：先根据图1确定：图2的周长=2个的长，根据弧长公式可得结论．
详解：由图1得：的长+的长=的长，
∵半径OA=2cm，∠AOB=120°
则图2的周长为：.
故答案为：．
点睛：本题考查了弧长公式的计算，根据图形特点确定各弧之间的关系是本题的关键．
19．小明发现相机快门打开过程中，光圈大小变化如图1所示，于是他绘制了如图2所示的图形．图2中留个形状大小都相同的四边形围成一个圆的内接六边形和一个小正六边形，若PQ所在的直线经过点M，PB=5cm，小正六边形的面积为cm2，则该圆的半径为________cm．
【来源】浙江省温州市2018年中考数学试卷
【答案】8.
【解析】分析: 设两个正六边形的中心为O，连接OP,OB,过点O作OG⊥PM于点G，OH⊥AB于点H，如图所示：很容易证出三角形PMN是一个等边三角形，边长PM的长，，而且面积等于小正六边形的面积的， 故三角形PMN的面积很容易被求出，根据正六边形的性质及等腰三角形的三线和一可以得出PG的长，进而得出OG的长，,在Rt△OPG中，根据勾股定理得 OP的长，设OB为x，，根据正六边形的性质及等腰三角形的三线和一可以得出BH，OH的长，进而得出PH的长，在Rt△PHO中，根据勾股定理得关于x的方程，求解得出x的值，从而得出答案.
详解: 设两个正六边形的中心为O，连接OP,OB,过点O作OG⊥PM于点G，OH⊥AB于点H，如图所示：
很容易证出三角形PMN是一个等边三角形，边长PM=,而且面积等于小正六边形的面积的，
故三角形PMN的面积为cm2，
∵OG⊥PM，且O是正六边形的中心，
∴PG=PM=
∴OG=,
在Rt△OPG中，根据勾股定理得 ：OP2=OG2+PG2,即=OP2,
∴OP=7cm，
设OB为x，
∵OH⊥AB，且O是正六边形的中心，
∴BH=X,OH=，
∴PH=5-x，
在Rt△PHO中，根据勾股定理得OP2=PH2+OH2,即;
解得：x1=8,x2=-3（舍）
故该圆的半径为8cm.
故答案为:8.
点睛: 本题以相机快门为背景，从中抽象出数学模型，综合考查了多边形、圆、三角形及解三角形等相关知识，突出考查数学的应用意识和解决问题的能力。试题通过将快门的光圈变化这个动态的实际问题化为静态的数学问题，让每个学生都能参与到实际问题数学化的过程中，鼓励学生用数学的眼光观察世界；在运用数学知识解决问题的过程中，关注思想方法，侧重对问题的分析，将复杂的图形转化为三角形或四边形解决，引导学生用数学的语言表达世界，用数学的思维解决问题.
20．已知的半径为，，是的两条弦，，，，则弦和之间的距离是__________．
【来源】湖北省孝感市2018年中考数学试题
【答案】2或14
【解析】分析：分两种情况进行讨论：①弦AB和CD在圆心同侧；②弦AB和CD在圆心异侧；作出半径和弦心距，利用勾股定理和垂径定理求解即可．
详解：①当弦AB和CD在圆心同侧时，如图，
∵AB=16cm，CD=12cm，
∴AE=8cm，CF=6cm，
∵OA=OC=10cm，
∴EO=6cm，OF=8cm，
∴EF=OF-OE=2cm；
点睛：本题考查了勾股定理和垂径定理的应用．此题难度适中，解题的关键是注意掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用，小心别漏解．
21．已知扇形的弧长为2，圆心角为60°，则它的半径为________．
【来源】浙江省温州市2018年中考数学试卷
【答案】6.
【解析】分析: 设扇形的半径为r，根据扇形的面积公式及扇形的面积列出方程，求解即可.
详解: 设扇形的半径为r，
根据题意得：，
解得 ：r=6
故答案为：6.
点睛: 此题考查弧长公式，关键是根据弧长公式解答.
22．将绕点逆时针旋转到使、、在同一直线上，若，，，则图中阴影部分面积为________.
【来源】四川省凉山州2018年中考数学试题
【答案】
【解析】分析：易得整理后阴影部分面积为圆心角为120°，两个半径分别为4和2的圆环的面积．
详解：∵∠BCA=90°，∠BAC=30°，AB=4cm，
∴BC=2，AC=2，∠A′BA=120°，∠CBC′=120°，
∴阴影部分面积=（S△A′BC′+S扇形BAA′）-S扇形BCC′-S△ABC=×（42-22）=4πcm2．
故答案为：4π．
点睛：本题利用了直角三角形的性质，扇形的面积公式求解．
23．如图1是小明制作的一副弓箭，点A，D分别是弓臂BAC与弓弦BC的中点，弓弦BC=60cm．沿AD方向拉弓的过程中，假设弓臂BAC始终保持圆弧形，弓弦不伸长．如图2，当弓箭从自然状态的点D拉到点D1时，有AD1=30cm，∠B1D1C1=120°．
（1）图2中，弓臂两端B1，C1的距离为_____cm．
（2）如图3，将弓箭继续拉到点D2，使弓臂B2AC2为半圆，则D1D2的长为_____cm．
【来源】浙江省金华市2018年中考数学试题
【答案】 30 10﹣10，
【解析】分析：（1）如图1中，连接B1C1交DD1于H．解直角三角形求出B1H，再根据垂径定理即可解决问题；
（2）如图3中，连接B1C1交DD1于H，连接B2C2交DD2于G．利用弧长公式求出半圆半径即可解决问题；
详解：（1）如图2中，连接B1C1交DD1于H．
∵D1A=D1B1=30
∴D1是的圆心，
∵AD1⊥B1C1，
∴B1H=C1H=30×sin60°=15，
∴B1C1=30
∴弓臂两端B1，C1的距离为30
（2）如图3中，连接B1C1交DD1于H，连接B2C2交DD2于G．
设半圆的半径为r，则πr=，
∴r=20，
∴AG=GB2=20，GD1=30-20=10，
在Rt△GB2D2中，GD2=
∴D1D2=10-10．
故答案为30，10-10，
点睛：本题考查垂径定理的应用、勾股定理、弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
24．如图，为半圆内一点，为圆心，直径长为，，，将绕圆心逆时针旋转至，点在上，则边扫过区域（图中阴影部分）的面积为__________．（结果保留）
【来源】贵州省安顺市2018年中考数学试题
【答案】
【解析】分析：根据已知条件和旋转的性质得出两个扇形的圆心角的度数，再根据扇形的面积公式进行计算即可得出答案．
点睛：此题考查了旋转的性质和扇形的面积公式，掌握直角三角形的性质和扇形的面积公式是本题的关键．
25．刘徽是中国古代卓越的数学家之一，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，即用内接或外切正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积，设圆O的半径为1，若用圆O的外切正六边形的面积来近似估计圆O的面积，则S=_____．（结果保留根号）
【来源】四川省宜宾市2018年中考数学试题
【答案】
【解析】分析：根据正多边形的定义可得出△ABO为等边三角形，根据等边三角形的性质结合OM的长度可求出AB的长度，再利用三角形的面积公式即可求出S的值．
详解：依照题意画出图象，如图所示．
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴△ABO为等边三角形，
∵⊙O的半径为1，
∴OM=1，
∴BM=AM=，
∴AB=，
∴S=6S△ABO=6×××1=2．
故答案为：2.
点睛：本题考查了正多边形和圆、三角形的面积以及数学常识，根据等边三角形的性质求出正六边形的边长是解题的关键．
26．如图，AB是半圆的直径，AC是一条弦，D是AC的中点，DE⊥AB于点E且DE交AC于点F，DB交AC于点G，若，则=_____．
【来源】四川省宜宾市2018年中考数学试题
【答案】
【解析】分析：由AB是直径，推出∠ADG=∠GCB=90°，因为∠AGD=∠CGB，推出cos∠CGB=cos∠AGD，可得，设EF=3k，AE=4k，则AF=DF=FG=5k，DE=8k，想办法求出DG、AG即可解决问题；
详解：连接AD，BC．
∵AB是半圆的直径，
∴∠ADB=90°，又DE⊥AB，
∴∠ADE=∠ABD，
∵D是的中点，
∴∠DAC=∠ABD，
∴∠ADE=∠DAC，
∴FA=FD；
∵∠ADE=∠DBC，∠ADE+∠EDB=90°，∠DBC+∠CGB=90°，
∴∠EDB=∠CGB，又∠DGF=∠CGB，
∴∠EDB=∠DGF，
∴FA=FG，
∵，设EF=3k，AE=4k，则AF=DF=FG=5k，DE=8k，
在Rt△ADE中，AD=，
∵AB是直径，
∴∠ADG=∠GCB=90°，
∵∠AGD=∠CGB，
∴cos∠CGB=cos∠AGD，
∴，
在Rt△ADG中，DG=k，
∴，
故答案为：．
点睛：本题考查的是圆的有关性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
27．如图，已知的半径为2，内接于，，则__________．
【来源】江苏省扬州市2018年中考数学试题
【答案】
点睛：本题考查三角形的外接圆和外心，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
28．用半径为，圆心角为的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆半径为__________．
【来源】江苏省扬州市2018年中考数学试题
【答案】
【解析】分析：圆锥的底面圆半径为r，根据圆锥的底面圆周长=扇形的弧长，列方程求解．
详解：设圆锥的底面圆半径为r，依题意，得
2πr=，
解得r=cm．
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扇形，计算要体现两个转化：1、圆锥的母线长为扇形的半径，2、圆锥的底面圆周长为扇形的弧长．
29．如图，分别以等边三角形的每个顶点以圆心、以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形称为勒洛三角形.若等边三角形的边长为，则勒洛三角形的周长为__________．
【来源】2018年甘肃省武威市（凉州区）中考数学试题
【答案】
【解析】【分析】勒洛三角形的周长为3段相等的弧，计算弧长即可.
【解答】勒洛三角形的周长为3段相等的弧，每段弧的长度为：
则勒洛三角形的周长为：
故答案为：
【点评】考查弧长公式，熟记弧长公式是解题的关键.
30．如图，已知半圆与四边形的边都相切，切点分别为，半径，则___________.
【来源】湖南省娄底市2018年中考数学试题
【答案】1
【解析】【分析】连接 OE，由切线长定理可得∠AOE=∠DOE，∠BOE=∠EOC，再根据∠DOE+∠EOC=180°，可得∠AOB=90°，继而可证△AEO∽△OEB，根据相似三角形对应边成比例即可得.
【详解】如图，连接 OE，
∵AD、AB与半圆 O 相切，
∴ OE⊥AB，OA平分∠DOE，
∴∠AOE=∠DOE，
同理∠BOE=∠EOC，
∵∠DOE+∠EOC=180°，
∴∠AOE+∠BOE=90°，
即∠AOB=90°，
∴∠ABO+∠BAO=90°，∵∠BAO+∠AOE=90°，
∴∠ABO=∠AOE，
∵∠OEA=∠BEO=90°，
∴△AEO∽△OEB，
∴AE：OE=OE：BE，
∴AE•BE=OE²=1，
故答案为：1.
【点睛】本题考查了切线长定理、相似三角形的判定与性质等，证得△AEO∽△OEB是解题的关键.
31．如图， 是的内心，连接，的面积分别为，则___________.(填“<”或“=”或“>”)
【来源】湖南省娄底市2018年中考数学试题
【答案】＜
【点睛】本题考查了三角形内心的性质，三角形三边关系，熟知三角形的内心到三角形三边距离相等是解本题的关键.
32．如图，在矩形中，，，点在上，，点在边上一动点，以为斜边作.若点在矩形的边上，且这样的直角三角形恰好有两个，则的值是__________．
【来源】2018年浙江省舟山市中考数学试题
【答案】0或或4
【解析】【分析】在点F的运动过程中分别以EF为直径作圆，观察圆和矩形矩形边的交点个数即可得到结论.
【解答】当点F与点A重合时，以为斜边恰好有两个，符合题意.
当点F从点A向点B运动时，
当时，共有4个点P使是以为斜边.
当时，有1个点P使是以为斜边.
当时，有2个点P使是以为斜边.
当时，有3个点P使是以为斜边.
当时，有4个点P使是以为斜边.
当点F与点B重合时，以为斜边恰好有两个，符合题意.
故答案为：0或或4
【点评】考查圆周角定理，熟记直径所对的圆周角是直角是解题的关键.注意分类讨论思想在数学中的应用.
33．如图，量角器的0度刻度线为，将一矩形直尺与量角器部分重叠，使直尺一边与量角器相切于点，直尺另一边交量角器于点，，量得，点在量角器上的读数为，则该直尺的宽度为____________．
【来源】2018年浙江省舟山市中考数学试题
【答案】
【解析】【分析】连接OC,OD,OC与AD交于点E，根据圆周角定理有根据垂径定理有： 解直角即可.
【解答】连接OC,OD,OC与AD交于点E，
直尺的宽度：
故答案为：
【点评】考查垂径定理，熟记垂径定理是解题的关键.
34．如图，菱形ABOC的AB，AC分别与⊙O相切于点D、E，若点D是AB的中点，则∠DOE=__________.
【来源】安徽省2018年中考数学试题
【答案】60°
【解析】【分析】由AB，AC分别与⊙O相切于点D、E，可得∠BDO=∠ADO=∠AEO=90°，根据已知条件可得到BD=OB，在Rt△OBD中，求得∠B=60°，继而可得∠A=120°，再利用四边形的内角和即可求得∠DOE的度数.
【详解 】∵AB，AC分别与⊙O相切于点D、E，
∴∠BDO=∠ADO=∠AEO=90°，
∵四边形ABOC是菱形，∴AB=BO，∠A+∠B=180°，
∵BD=AB，
∴BD=OB，
在Rt△OBD中，∠ODB=90°，BD=OB，∴cos∠B=，∴∠B=60°，
∴∠A=120°，
∴∠DOE=360°-120°-90°-90°=60°，
故答案为：60°.
【点睛】本题考查了切线的性质，菱形的性质，解直角三角形的应用等，熟练掌握相关的性质是解题的关键.
35．如图，是的外接圆，，，则的直径为__________．
【来源】山东省泰安市2018年中考数学试题
【答案】
点睛：本题主要考查了三角形的外接圆以及圆周角定理的运用，三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．
36．如图，在矩形ABCD中，，，以点A为圆心，AD长为半径画弧，交AB于点E，图中阴影部分的面积是___________（结果保留）．
【来源】【全国省级联考】2018年重庆市中考数学试卷（A卷）
【答案】
【解析】【分析】由S阴影=S矩形ABCD-S扇形ADE，根据矩形面积公式、扇形面积公式进行计算即可得.
【详解】S阴影=S矩形ABCD-S扇形ADE
=2×3-
=6-π，
故答案为：6-π.
【点睛】本题考查扇形、四边形面积的计算，结合图形确定出阴影部分面积的求法是解题的关键.
37．如图，公园内有一个半径为20米的圆形草坪，，是圆上的点，为圆心，，从到只有路，一部分市民为走“捷径”，踩坏了花草，走出了一条小路.通过计算可知，这些市民其实仅仅少走了__________步（假设1步为0.5米，结果保留整数）．（参考数据：，取3.142）
【来源】2018年浙江省绍兴市中考数学试卷解析
【答案】15
【解析】【分析】过O作OC⊥AB于C，分别计算出弦AB的长和弧AB的长即可求解.
【解答】过O作OC⊥AB于C，如图，
∴AC=BC，
∵
∴
∴
∴
∴
又∵弧AB的长=
米步.
故答案为：15.
【点评】考查了弧长的计算，垂径定理的应用，熟记弧长公式是解题的关键.
三、解答题
38．如图，在以线段AB为直径的⊙O上取一点，连接AC、BC.将△ABC沿AB翻折后得到△ABD.
（1）试说明点D在⊙O上；
（2）在线段AD的延长线上取一点E，使AB2=AC·AE.求证：BE为⊙O的切线；
（3）在（2）的条件下，分别延长线段AE、CB相交于点F，若BC=2，AC=4，求线段EF的长.
【来源】江苏省盐城市2018年中考数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF=
【解析】分析：（1）由翻折知△ABC≌△ABD，得∠ADB=∠C=90°，据此即可得；
（2）由AB=AD知AB2=AD•AE，即，据此可得△ABD∽△AEB，即可得出∠ABE=∠ADB=90°，从而得证；
（3）由知DE=1、BE=，证△FBE∽△FAB得，据此知FB=2FE，在Rt△ACF中根据AF2=AC2+CF2可得关于EF的一元二次方程，解之可得．
详解：（1）∵AB为⊙O的直径，
∴∠C=90°，
∵将△ABC沿AB翻折后得到△ABD，
∴△ABC≌△ABD，
∴∠ADB=∠C=90°，
∴点D在以AB为直径的⊙O上；
（3）∵AD=AC=4、BD=BC=2，∠ADB=90°，
∴AB=，
∵，
∴，
解得：DE=1，
∴BE=，
∵四边形ACBD内接于⊙O，
∴∠FBD=∠FAC，即∠FBE+∠DBE=∠BAE+∠BAC，
又∵∠DBE+∠ABD=∠BAE+∠ABD=90°，
∴∠DBE=∠BAE，
∴∠FBE=∠BAC，
又∠BAC=∠BAD，
∴∠FBE=∠BAD，
∴△FBE∽△FAB，
∴，即，
∴FB=2FE，
在Rt△ACF中，∵AF2=AC2+CF2，
∴（5+EF）2=42+（2+2EF）2，
整理，得：3EF2-2EF-5=0，
解得：EF=-1（舍）或EF=，
∴EF=．
点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆周角定理、翻折的性质、圆内接四边形的性质及相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点．
39．如图，中，，以为直径的交于点，交于点，过点作于点，交的延长线于点.
（1）求证：是的切线；
（2）已知，，求和的长.
【来源】湖北省孝感市2018年中考数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】分析：（1）连接OD，AD，由圆周角定理可得AD⊥BC，结合等腰三角形的性质知BD=CD，再根据OA=OB知OD∥AC，从而由DG⊥AC可得OD⊥FG，即可得证；
（2）连接BE．BE∥GF，推出△AEB∽△AFG，可得，由此构建方程即可解决问题；
详解：（1）连接OD，AD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，
∵AB=AC，
∴BD=CD，
又∵OA=OB，
∴OD∥AC，
∵DG⊥AC，
∴OD⊥FG，
∴直线FG与⊙O相切；
（2）连接BE．∵BD=2，
∴CD＝BD＝2，
∵CF=2，
∴DF==4，
∴BE=2DF=8，
∵cos∠C=cos∠ABC，
∴，
点睛：本题主要考查圆的切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质及中位线定理等知识点，熟练掌握圆周角定理和相似三角形的判定与性质是解题的关键．
40．如图，△ABC内接于⊙O，，点为上的动点，且.
(1)求的长度；
(2)在点D运动的过程中，弦AD的延长线交BC的延长线于点E，问AD•AE的值是否变化？若不变，请求出AD•AE的值；若变化，请说明理由.
(3)在点D的运动过程中，过A点作AH⊥BD，求证：.
【来源】广东省深圳市2018年中考数学试题
【答案】(1) ；(2) ；（3）证明见解析.
【解析】【分析】（1）过A作AF⊥BC，垂足为F，交⊙O于G，由垂径定理可得BF=1，再根据已知结合RtΔAFB即可求得AB长；
（2）连接DG，则可得AG为⊙O的直径，继而可证明△DAG∽△FAE，根据相似三角形的性质可得AD•AE=AF•AG，连接BG，求得AF=3，FG=，继而即可求得AD•AE的值；
（3）连接CD，延长BD至点N，使DN=CD，连接AN，通过证明△ADC≌△ADN，可得AC=AN，继而可得AB=AN，再根据AH⊥BN，即可证得BH=HD+CD.
【详解】（1)过A作AF⊥BC，垂足为F，交⊙O于G，
∵AB=AC，AF⊥BC，∴BF=CF=BC=1，
在RtΔAFB中，BF=1，∴AB=；
（2）连接DG，
∵AF⊥BC，BF=CF，∴AG为⊙O的直径，∴∠ADG=∠AFE=90°，
又∵∠DAG=∠FAE，∴△DAG∽△FAE，
∴AD：AF=AG：AE，
∴AD•AE=AF•AG，
连接BG，则∠ABG=90°，∵BF⊥AG，∴BF2=AF•FG，
∵AF==3，
∴FG=，
∴AD•AE=AF•AG=AF•（AF+FG）=3×=10；
（3）连接CD，延长BD至点N，使DN=CD，连接AN，
∵∠ADB=∠ACB=∠ABC，∠ADC+∠ABC=180°，∠ADN+∠ADB=180°，
∴∠ADC=∠ADN，
∵AD=AD，CD=ND，
∴△ADC≌△ADN，
∴AC=AN，
∵AB=AC，∴AB=AN，
∵AH⊥BN，
∴BH=HN=HD+CD.
【点睛】本题考查了垂径定理、三角函数、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等，综合性较强，正确添加辅助线是解题的关键.
41．如图，已知P为锐角∠MAN内部一点，过点P作PB⊥AM于点B，PC⊥AN于点C，以PB为直径作⊙O，交直线CP于点D，连接AP，BD，AP交⊙O于点E．
（1）求证：∠BPD=∠BAC．
（2）连接EB，ED，当tan∠MAN=2，AB=2时，在点P的整个运动过程中．
①若∠BDE=45°，求PD的长；
②若△BED为等腰三角形，求所有满足条件的BD的长；
（3）连接OC，EC，OC交AP于点F，当tan∠MAN=1，OC//BE时，记△OFP的面积为S1，△CFE的面积为S2，请写出的值．
【来源】浙江省温州市2018年中考数学试卷
【答案】（1）证明见解析；（2）①PD=2；当BD为2，3或时，△BDE为等腰三角形；（3）=
【解析】分析: （1）根据垂直的定义得出∠ABP=∠ACP=90°，根据四边形的内角和得出∠BAC+∠BPC=180°，根据平角的定义得出∠BPD+∠BPC=180°，根据同角的余角相等得出∠BPD=∠BAC ；
（2）①如图1，根据等腰直角三角形的性质得出BP=AB=2， 根据等角的同名三角函数值相等及正切函数的定义得出BP= PD，从而得出PD的长；②Ⅰ如图2，当BD=BE时，∠BED=∠BDE，故∠BPD=∠BPE=∠BAC根据等角的同名三角函数值相等得出tan∠BPE=2，根据正切函数的定义由AB=2,得出BP=， 根据勾股定理即可得出BD=2；Ⅱ如图3，当BE=DE时，∠EBD=∠EDB；由∠APB=∠BDE，∠DBE=∠APC，得出∠APB=∠APC
详解:
（1）解 ：∵PB⊥AM，PC⊥AN
∴∠ABP=∠ACP=90°，
∴∠BAC+∠BPC=180°
∵∠BPD+∠BPC=180°
∴∠BPD=∠BAC
（2）解 ;①如图1，
∵∠APB=∠BDE=45°，∠ABP=90°，
∴BP=AB=
∵∠BPD=∠BAC
∴tan∠BPD=tan∠BAC
∴ =2
∴BP=PD
∴PD=2
∴∠BPD=∠BPE=∠BAC
∴tan∠BPE=2
∵AB=
∴BP=
∴BD=2
Ⅱ如图2，当BE=DE时，∠EBD=∠EDB
∵∠APB=∠BDE，∠DBE=∠APC
∴∠APB=∠APC
∴AC=AB=2
过点B作BG⊥AC于点G，得四边形BGCD是矩形
∵AB= ，tan∠BAC=2
∴AG=2
∴BD=CG=
Ⅲ如图4，当BD=DE时，∠DEB=∠DBE=∠APC
∵∠DEB=∠DPB=∠BAC
∴∠APC=∠BAC
设PD=x，则BD=2x
∴ =2
∴ =2
∴x=
∴BD=2x=3
综上所述，当BD为2，3或 时，△BDE为等腰三角形
（3）,
如图5，过点O作OH⊥DC于点H
∵tan∠BPD=tan∠MAN=1
∴BD=DP
令BD=DP=2a，PC=2b得
OH=a，CH=a+2b，AC=4a+2b
由OC∥BE得∠OCH=∠PAC
∴
∴OH·AC=CH·PC
∴a（4a+2b）=2b（a+2b）
∴a=b
∴CF=，OF=
∴.
点睛: 本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆周角定理、相似三角形的判定与性质、中位线定理、勾股定理及三角函数的应用等知识点.
42．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，以点为圆心，8为半径的圆与轴交于，两点，过作直线与轴负方向相交成的角，且交轴于点，以点为圆心的圆与轴相切于点.
（1）求直线的解析式；
（2）将以每秒1个单位的速度沿轴向左平移，当第一次与外切时，求平移的时间.
【来源】四川省凉山州2018年中考数学试题
【答案】（1）直线的解析式为：.（2）平移的时间为5秒.
详解：（1）由题意得，
∴点坐标为.
∵在中，，
，
∴点的坐标为.
设直线的解析式为，
由过、两点，
得，
解得，
∴直线的解析式为：.
（2）如图，设平移秒后到处与第一次外切于点，
与轴相切于点，连接，.
则，
∵轴，∴，
在中，.
∵，
∴，
∴（秒），
∴平移的时间为5秒.
点睛：本题综合了待定系数法求函数解析式，以及圆的位置关系，其中两圆相切时的辅助线的作法是经常用到的．
43．如图，在中，，平分交于点，为上一点，经过点，的分别交，于点，，连接交于点.
（1）求证：是的切线；
（2）设，，试用含的代数式表示线段的长；
（3）若，，求的长.
【来源】四川省成都市2018年中考数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】分析：（1）连接OD，由AD为角平分线得到一对角相等，再由等边对等角得到一对角相等，等量代换得到内错角相等，进而得到OD与AC平行，得到OD与BC垂直，即可得证；
（2）连接DF，由（1）得到BC为圆O的切线，由弦切角等于夹弧所对的圆周角，进而得到三角形ABD与三角形ADF相似，由相似得比例，即可表示出AD；
（3）连接EF，设圆的半径为r，由sinB的值，利用锐角三角函数定义求出r的值，由直径所对的圆周角为直角，得到EF与BC平行，得到sin∠AEF=sinB，进而求出DG的长即可．
详解：（1）证明：如图，连接OD，
∵AD为∠BAC的角平分线，
∴∠BAD=∠CAD，
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD，
∴∠ODA=∠CAD，
∴OD∥AC，
∵∠C=90°，
∴∠ODC=90°，
∴OD⊥BC，
∴BC为圆O的切线；
（3）连接EF，在Rt△BOD中，sinB=，
设圆的半径为r，可得，
解得：r=5，
∴AE=10，AB=18，
∵AE是直径，
∴∠AFE=∠C=90°，
∴EF∥BC，
∴∠AEF=∠B，
∴sin∠AEF=，
∴AF=AE•sin∠AEF=10×，
∵AF∥OD，
∴，即DG=AD，
∵AD=，
则DG=×=．
点睛：此题属于圆的综合题，涉及的知识有：切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数定义，勾股定理，以及平行线的判定与性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
44．如图,为外接圆的直径,且．
(1)求证:与相切于点；
(2)若, ,求的长．
【来源】山东省潍坊市2018年中考数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）AD=．
【解析】分析：（1）连接OA，根据同圆的半径相等可得：∠D=∠DAO，由同弧所对的圆周角相等及已知得：∠BAE=∠DAO，再由直径所对的圆周角是直角得：∠BAD=90°，可得结论；
（2）先证明OA⊥BC，由垂径定理得：，FB=BC，根据勾股定理计算AF、OB、AD的长即可．
详解：证明：（1）连接OA，交BC于F，则OA=OB，
∴∠D=∠DAO，
∵∠D=∠C，
∴∠C=∠DAO，
∵∠BAE=∠C，
∴∠BAE=∠DAO，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BAD=90°，
即∠DAO+∠BAO=90°，
∴∠BAE+∠BAO=90°，即∠OAE=90°，
∴AE⊥OA，
∴AE与⊙O相切于点A；
（2）∵AE∥BC，AE⊥OA，
∴OA⊥BC，
∴，FB=BC，
∴AB=AC，
∵BC=2，AC=2，
∴BF=，AB=2，
在Rt△ABF中，AF=，
在Rt△OFB中，OB2=BF2+（OB-AF）2，
∴OB=4，
∴BD=8，
∴在Rt△ABD中，AD=．
点睛：本题考查了圆的切线的判定、勾股定理及垂径定理的应用，属于基础题，熟练掌握切线的判定方法是关键：有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径，证垂直”．
45．已知是的直径，弦与相交，.
（Ⅰ）如图①，若为的中点，求和的大小；
（Ⅱ）如图②，过点作的切线，与的延长线交于点，若，求的大小.
【来源】天津市2018年中考数学试题
【答案】（1）52°，45°；（2）26°
【解析】分析：（Ⅰ）运用直径所对的圆周角是直角以及圆周角的度数等于它所对弧的度数求解即可；
（Ⅱ）运用圆周角定理求解即可.
（Ⅱ）如图，连接.
∵切于点，
∴，即.
由，又，
∴是的外角，
∴.
∴.
又，得.
∴.
点睛：本题考查了圆周角定理，切线的性质以及等腰三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
46．如图，在中，，为的中点，与半圆相切于点.
（1）求证：是半圆所在圆的切线；
（2）若，，求半圆所在圆的半径.
【来源】贵州省安顺市2018年中考数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）半圆所在圆的半径是.
【解析】分析：（1）根据等腰三角形的性质，可得OA，根据角平分线的性质，可得OE，根据切线的判定，可得答案；
（2）根据余弦，可得OB的长，根据勾股定理，可得OA的长，根据三角形的面积，可得OE的长．
详解：（1）如图1，作于，连接、，
∵，为的中点，
∴.
∵与半圆相切于点，
∴，
∵，
∴，
∵经过圆半径的外端，∴是半圆所在圆的切线；
（2）∵，是的中点，∴，
由，，得∴.
由勾股定理，得.
由三角形的面积，得，
，半圆所在圆的半径是.
点睛：本题考查了切线的判定与性质，利用切线的判定是解题关键，利用面积相等得出关于OE的长是解题关键．
47．如图，在Rt△ABC中，点O在斜边AB上，以O为圆心，OB为半径作圆，分别与BC，AB相交于点D，E，连结AD．已知∠CAD=∠B．
（1）求证：AD是⊙O的切线．
（2）若BC=8，tanB=，求⊙O的半径．
【来源】浙江省金华市2018年中考数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）r=．
【解析】分析：（1）连接OD，由OD=OB，利用等边对等角得到一对角相等，再由已知角相等，等量代换得到∠1=∠3，求出∠4为90°，即可得证；
（2）设圆的半径为r，利用锐角三角函数定义求出AB的长，再利用勾股定理列出关于r的方程，求出方程的解即可得到结果．
详（1）证明：连接OD，
∵OB=OD，
∴∠3=∠B，
∵∠B=∠1，
∴∠1=∠3，
在Rt△ACD中，∠1+∠2=90°，
∴∠4=180°-（∠2+∠3）=90°，
∴OD⊥AD，
则AD为圆O的切线；
点睛：此题考查了切线的判定与性质，以及勾股定理，熟练掌握切线的判定与性质是解本题的关键．
48．如图，AB为圆O的直径，C为圆O上一点，D为BC延长线一点，且BC=CD，CE⊥AD于点E．
（1）求证：直线EC为圆O的切线；
（2）设BE与圆O交于点F，AF的延长线与CE交于点P，已知∠PCF=∠CBF，PC=5，PF=4，求sin∠PEF的值．
【来源】四川省宜宾市2018年中考数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】分析：（1）说明OC是△BDA的中位线，利用中位线的性质，得到∠OCE=∠CED=90°，从而得到CE是圆O的切线．
（2）利用直径上的圆周角，得到△PEF是直角三角形，利用角相等，可得到△PEF∽△PEA、△PCF∽△PAC，从而得到PC=PE=5．然后求出sin∠PEF的值．
详解：（1）证明：∵CE⊥AD于点E
∴∠DEC=90°，
∵BC=CD，
∴C是BD的中点，又∵O是AB的中点，
∴OC是△BDA的中位线，
∴OC∥AD
∴∠OCE=∠CED=90°
∴OC⊥CE，又∵点C在圆上，
∴CE是圆O的切线．
（2）连接AC
∵AB是直径，点F在圆上
∴∠AFB=∠PFE=90°=∠CEA
∵∠EPF=∠EPA
∴△PEF∽△PEA
∴PE2=PF×PA
∵∠FBC=∠PCF=∠CAF
又∵∠CPF=∠CPA
∴△PCF∽△PAC
∴PC2=PF×PA
∴PE=PC
在直角△PEF中，sin∠PEF=．
点睛：本题考查了切线的判定、三角形的中位线定理、相似三角形的性质和判定等知识点．利用三角形相似，说明PE=PC是解决本题的难点和关键．
49．如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，AD⊥CD于点D，且AC平分∠DAB，求证：
（1）直线DC是⊙O的切线；
（2）AC2=2AD•AO．
【来源】山东省滨州市2018年中考数学试题
【答案】（1）证明见解析.（2）证明见解析.
【解析】分析：（1）连接OC，由OA=OC、AC平分∠DAB知∠OAC=∠OCA=∠DAC，据此知OC∥AD，根据AD⊥DC即可得证；
（2）连接BC，证△DAC∽△CAB即可得．
详解：（1）如图，连接OC，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵AC平分∠DAB，
∴∠OAC=∠DAC，
∴∠DAC=∠OCA，
∴OC∥AD，
又∵AD⊥CD，
∴OC⊥DC，
∴DC是⊙O的切线；
（2）连接BC，
∵AB为⊙O的直径，
∴AB=2AO，∠ACB=90°，
∵AD⊥DC，
∴∠ADC=∠ACB=90°，
又∵∠DAC=∠CAB，
∴△DAC∽△CAB，
∴，即AC2=AB•AD，
∵AB=2AO，
∴AC2=2AD•AO．
点睛：本题主要考查圆的切线，解题的关键是掌握切线的判定、圆周角定理及相似三角形的判定与性质．
50．如图，在中，，于点，于点，以点为圆心，为半径作半圆，交于点.
（1）求证：是的切线；
（2）若点是的中点，，求图中阴影部分的面积；
（3）在（2）的条件下，点是边上的动点，当取最小值时，直接写出的长.
【来源】江苏省扬州市2018年中考数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
详解：（1）过作垂线，垂足为
∵，
∴平分
∵
∴
∵为⊙的半径，
∴为⊙的半径，
∴是⊙的切线
（2）∵且是的中点
∴，，
∴
∵
∴即，
∴
（3）作关于的对称点，交于，连接交于
此时最小
由（2）知，，
∴
∵
∴，，
∵，
∴∽
∴即
∵，
∴即，
∴.
点睛：本题是圆的综合题，主要考查了圆的切线的判定，不规则图形的面积计算以及最短路径问题.找出点E的对称点G是解决一题的关键.
51．结果如此巧合！
下面是小颖对一道题目的解答.
题目：如图，的内切圆与斜边相切于点，，，求的面积.
解：设的内切圆分别与、相切于点、，的长为.
根据切线长定理，得，，.
根据勾股定理，得.
整理，得.
所以
.
小颖发现恰好就是，即的面积等于与的积.这仅仅是巧合吗?
请你帮她完成下面的探索.
已知：的内切圆与相切于点，，.
可以一般化吗？
（1）若，求证：的面积等于.
倒过来思考呢？
（2）若，求证.改变一下条件……
（3）若，用、表示的面积.
【来源】江苏省南京市2018年中考数学试卷
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.（3）.
【解析】分析：（1）设的内切圆分别与、相切于点、，的长为,仿照例题利用勾股定理得再根据即可得到=mn.
（2）由，得, 因此=,利用勾股定理的逆定理可得
.
（3）过点作，垂足为,在中，，.所以
, 在中根据勾股定理得,由此
.
详解：
设的内切圆分别与、相切于点、，的长为.
根据切线长定理，得，，.
（1）如图①，在中，根据勾股定理，得.
整理，得.
所以
.
（2）由，得.
整理，得.
所以
.
根据勾股定理的逆定理，得.
点睛：本题考查了圆的综合题：熟练掌握三角形内切圆的性质、切线长定理；会利用勾股定理计算线段的长, 此题难度适中，注意掌握方程思想与数形结合思想的应用.
52．如图，点是的边上一点，与边相切于点，与边，分别相交于点，，且.
（1）求证：；
（2）当，时，求的长.
【来源】2018年甘肃省武威市（凉州区）中考数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】【分析】（1）连接OE,BE．证明OE∥BC. OE⊥AC．根据平行线的性质得到BC⊥AC,即可证明；
（2）在△ABC中，∠C=90°，BC=3，，求得AB=5．在Rt △AOE中，
,．．
【解答】（1）证明：连接OE,BE．
∵ DE=EF，
∴ =,
∴
∵
∴
∴
∴OE∥BC.
∵⊙O与边AC相切于点E，
∴ OE⊥AC．
∴BC⊥AC,
∴∠C=90°.
（2）在△ABC中，∠C=90°，BC=3，，
∴AB=5．
设⊙O的半径为r，则
在Rt △AOE中，,
∴ ．
∴．
【点评】本题考查了切线的性质和判定，圆周角定理，解直角三角形，题目比较典型，综合性比较强，难度适中．
53．如图， 是以为直径的上的点，，弦交于点.
(1)当是的切线时，求证: ；
(2)求证: ；
(3)已知，是半径的中点，求线段的长.
【来源】湖南省娄底市2018年中考数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）DE＝
【解析】【分析】（1）由AB是直径，可得∠DAB+∠ABD＝90°，再根据 PB是⊙O的切线，可得∠ABD+∠PBD＝90°，根据同角的余角相等即可证得∠PBD＝∠DAB；
（2）证明△BCE∽△DCB，根据相似三角形对应边成比例可得BC2＝CE•CD，再根据CD=CE+DE经过推导即可得BC2- CE2= CE•DE；
(3) 连接OC，由，AB是直径，可得∠AOC=∠BOC=90°，根据勾股定理则有CE²=OE²+CO²， BC²=OB²+CO² ，再根据OA=4 ，E 是半径 OA 的中点，继而可得BC=4，CE=2，再根据（2）中 BC²-CE²=CE·DE，即可求得DE的长.
【详解】（1）∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，即∠DAB+∠ABD＝90°，
又 ∵ PB是⊙O的切线，
∴PB⊥AB，
∴∠ABP＝90°，即∠ABD+∠PBD＝90°，
∴∠PBD＝∠DAB；
(3)如图，连接OC，
∵，AB是直径，
∴∠AOC=∠BOC=90°，
∴CE²=OE²+CO²， BC²=OB²+CO² ，
∵OA=4 ，E 是半径 OA 的中点，
∴BC=4，CE=2，
由（2）中 BC²-CE²=CE·DE，所以 DE=(BC²-CE²)÷CE=12÷2= ，
故 DE=.
【点睛】本题是综合题，考查了切线的性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理等，解题的关键是正确添加辅助线、熟练应用切线的性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键.
54．如图，在中，.
（1）作的平分线交边于点，再以点为圆心，的长为半径作；（要求：不写作法，保留作图痕迹）
（2）判断（1）中与的位置关系，直接写出结果.
【来源】2018年甘肃省武威市（凉州区）中考数学试题
【答案】（1）作图见解析；（2）AC与⊙O相切．
【解析】【分析】（1）根据角平分线的作法求出角平分线CO；
（2）过O作OD⊥AC交AC于点D，先根据角平分线的性质求出DO=BO，再根据切线的判定定理即可得出答案．
【解答】（1）如图,作出角平分线CO;
作出⊙O.
（2）AC与⊙O相切.
【点评】考查作图—复杂作图，直线与圆的位置关系，熟练掌握角平分线的作法是解题的关键.
55．如图，已知AB为⊙O直径，AC是⊙O的切线，连接BC交⊙O于点F，取的中点D，连接AD交BC于点E，过点E作EH⊥AB于H．
（1）求证：△HBE∽△ABC；
（2）若CF=4，BF=5，求AC和EH的长．
【来源】浙江省衢州市2018年中考数学试卷
【答案】（1）证明见解析；（2）CA=6，EH=2．
【解析】分析：（1）根据切线的性质即可证明：∠CAB=∠EHB，由此即可解决问题；
（2）连接AF．由△CAF∽△CBA，推出CA2=CF•CB=36，推出CA=6，AB=，AF=，由Rt△AEF≌Rt△AEH，推出AF=AH=2，设EF=EH=x．在Rt△EHB中，可得（5﹣x）2=x2+（）2，解方程即可解决问题；
详解：（1）∵AC是⊙O的切线，
∴CA⊥AB．
∵EH⊥AB，
∴∠EHB=∠CAB．
∵∠EBH=∠CBA，
∴△HBE∽△ABC．
（2）连接AF．
∵AB是直径，
∴∠AFB=90°．
∵∠C=∠C，∠CAB=∠AFC，
∴△CAF∽△CBA，
∴CA2=CF•CB=36，
∴CA=6，AB=，AF=．
点睛：本题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的性质、角平分线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找相似三角形解决问题．
一、单选题
1．如图，AB为⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠ADC=35°，则∠CAB的度数为（ ）
A. 35° B. 45° C. 55° D. 65°
【来源】江苏省盐城市2018年中考数学试题
【答案】C
点睛：本题考查了同弧所对的圆周角相等以及直径所对的圆周角是直角等知识.
2．如图，一把直尺，的直角三角板和光盘如图摆放，为角与直尺交点，,则光盘的直径是( )
A. 3 B. C. D.
【来源】广东省深圳市2018年中考数学试题
【答案】D
【解析】【分析】设光盘圆心为O，连接OC，OA，OB，由AC、AB都与圆O相切，利用切线长定理得到AO平分∠BAC，且OC垂直于AC，OB垂直于AB，可得出∠CAO=∠BAO=60°，得到∠AOB=30°，利用30°所对的直角边等于斜边的一半求出OA的长，再利用勾股定理求出OB的长，即可确定出光盘的直径．
【详解】如图，设光盘圆心为O，连接OC，OA，OB，
∵AC、AB都与圆O相切，
∴AO平分∠BAC，OC⊥AC，OB⊥AB，
∴∠CAO=∠BAO=60°，
∴∠AOB=30°，
在Rt△AOB中，AB=3cm，∠AOB=30°，
∴OA=6cm，
根据勾股定理得：OB=3，
则光盘的直径为6，
故选D.
【点睛】本题考查了切线的性质，切线长定理，含30°角的直角三角形的性质，以及勾股定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．
3．如图，在中，，的半径为3，则图中阴影部分的面积是（ ）
A. B. C. D.
【来源】四川省成都市2018年中考数学试题
【答案】C
【解析】分析：根据平行四边形的性质可以求得∠C的度数，然后根据扇形面积公式即可求得阴影部分的面积．
详解：∵在▱ABCD中，∠B=60°，⊙C的半径为3，
∴∠C=120°，
∴图中阴影部分的面积是：=3π，
故选C．
点睛：本题考查扇形面积的计算、平行四边形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用扇形面积的计算公式解答．
4．在△ABC中，若O为BC边的中点，则必有：AB2+AC2=2AO2+2BO2成立．依据以上结论，解决如下问题：如图，在矩形DEFG中，已知DE=4，EF=3，点P在以DE为直径的半圆上运动，则PF2+PG2的最小值为（ ）
A. B. C. 34 D. 10
【来源】四川省宜宾市2018年中考数学试题
【答案】D
【解析】分析：设点M为DE的中点，点N为FG的中点，连接MN，则MN、PM的长度是定值，利用三角形的三边关系可得出NP的最小值，再利用PF2+PG2=2PN2+2FN2即可求出结论．
详解：设点M为DE的中点，点N为FG的中点，连接MN交半圆于点P，此时PN取最小值．
∵DE=4，四边形DEFG为矩形，
∴GF=DE，MN=EF，
∴MP=FN=DE=2，
∴NP=MN-MP=EF-MP=1，
∴PF2+PG2=2PN2+2FN2=2×12+2×22=10．
故选D．
点睛：本题考查了点与圆的位置关系、矩形的性质以及三角形三变形关系，利用三角形三边关系找出PN的最小值是解题的关键．
5．已知半径为5的⊙O是△ABC的外接圆，若∠ABC=25°，则劣弧的长为（ ）
A. B. C. D.
【来源】山东省滨州市2018年中考数学试题
【答案】C
点睛：此题考查三角形的外接圆与外心，关键是根据圆周角定理和弧长公式解答．
6．如图，过点，，，点是轴下方上的一点，连接，，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【来源】2018年甘肃省武威市（凉州区）中考数学试题
【答案】B
【解析】【分析】连接CD，根据圆周角定理可知∠OBD=∠OCD,根据锐角三角形函数即可求出∠OCD的度数.
【解答】连接CD，
∵∠OBD与∠OCD是同弧所对的圆周角，
∴∠OBD=∠OCD.
∵
∴
故选B.
【点评】考查圆周角定理，解直角三角形，熟练掌握在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等是解题的关键.
7．用反证法证明时，假设结论“点在圆外”不成立，那么点与圆的位置关系只能是（ ）
A. 点在圆内 B. 点在圆上 C. 点在圆心上 D. 点在圆上或圆内
【来源】2018年浙江省舟山市中考数学试题
【答案】D
【解析】【分析】在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．
【解答】用反证法证明时，假设结论“点在圆外”不成立，
那么点应该在圆内或者圆上.
故选D.
【点评】考查反证法以及点和圆的位置关系，解题的关键是掌握点和圆的位置关系.
8．如图,从一块直径为的圆形铁皮上剪出一个圆心角为90°的扇形.则此扇形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【来源】山东省德州市2018年中考数学试题
【答案】A
【解析】分析：连接AC，根据圆周角定理得出AC为圆的直径，解直角三角形求出AB，根据扇形面积公式求出即可．
详解：连接AC．
∵从一块直径为2m的圆形铁皮上剪出一个同心角为90°的扇形，即∠ABC=90°，∴AC为直径，即AC=2m，AB=BC．
∵AB2+BC2=22，∴AB=BC=m，∴阴影部分的面积是=（m2）．
故选A．
点睛：本题考查了圆周角定理和扇形的面积计算，能熟记扇形的面积公式是解答此题的关键．
9．如图，的半径为2，圆心的坐标为，点是上的任意一点，，且、与轴分别交于、两点，若点、点关于原点对称，则的最小值为（ ）
A. 3 B. 4 C. 6 D. 8
【来源】山东省泰安市2018年中考数学试题
【答案】C
点睛：本题考查了直角三角形斜边上中线的性质以及两点间的距离公式．解题的关键是利用直角三角形斜边上中线等于斜边的一半把AB的长转化为2OP．
10．如图，与相切于点，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【来源】山东省泰安市2018年中考数学试题
【答案】A
【解析】分析：连接OA、OB，由切线的性质知∠OBM=90°，从而得∠ABO=∠BAO=50°，由三角形内角和定理知∠AOB=80°，根据圆周角定理可得答案．
详解：如图，连接OA、OB．
∵BM是⊙O的切线，∴∠OBM=90°．
∵∠MBA=140°，∴∠ABO=50°．
∵OA=OB，∴∠ABO=∠BAO=50°，∴∠AOB=80°，∴∠ACB=∠AOB=40°．
故选A．
点睛：本题主要考查切线的性质，解题的关键是掌握切线的性质：①圆的切线垂直于经过切点的半径．②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
11．如图，已知AB是的直径，点P在BA的延长线上，PD与相切于点D，过点B作PD的垂线交PD的延长线于点C，若的半径为4，，则PA的长为（ ）
A. 4 B. C. 3 D. 2.5
【来源】【全国省级联考】2018年重庆市中考数学试卷（A卷）
【答案】A
【解析】【分析】连接OD，由已知易得△POD∽△PBC，根据相似三角形对应边成比例可求得PO的长，由PA=PO-AO即可得.
【详解】连接OD，
∵PD与⊙O相切于点D，∴OD⊥PD，
∴∠PDO=90°，
∵∠BCP=90°，
∴∠PDO=∠PCB，
∵∠P=∠P，
∴△POD∽△PBC，
∴PO：PB=OD：BC，
即PO：（PO+4）=4：6，
∴PO=8，
∴PA=PO-OA=8-4=4，
故选A.
【点睛】本题考查了切线的性质、相似三角形的判定与性质，连接OD构造相似三角形是解题的关键.
12．如图，点A，B，C在⊙O上，∠ACB=35°，则∠AOB的度数是（ ）
A. 75° B. 70° C. 65° D. 35°
【来源】浙江省衢州市2018年中考数学试卷
【答案】B
【解析】分析：直接根据圆周角定理求解．
详解：∵∠ACB=35°，
∴∠AOB=2∠ACB=70°．
故选B．
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．
13．如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，连接BC，过点O作OF⊥BC于F，若BD=8cm，AE=2cm，则OF的长度是（ ）
A. 3cm B. cm C. 2.5cm D. cm
【来源】浙江省衢州市2018年中考数学试卷
【答案】D
【解析】分析：根据垂径定理得出OE的长，进而利用勾股定理得出BC的长，再利用相似三角形的判定和性质解答即可．
详解：连接OB，
点睛：本题考查了垂径定理，关键是根据垂径定理得出OE的长．
二、填空题
14．如图，AB是⊙O的弦，点C在过点B的切线上，且OC⊥OA，OC交AB于点P，已知∠OAB=22°，则∠OCB=__________．
【来源】江苏省连云港市2018年中考数学试题
【答案】44°
【解析】分析：首先连接OB，由点C在过点B的切线上，且OC⊥OA，根据等角的余角相等，易证得∠CBP=∠CPB，利用等腰三角形的性质解答即可．
详解：连接OB，
∵BC是⊙O的切线，
∴OB⊥BC，
∴∠OBA+∠CBP=90°，
∵OC⊥OA，
∴∠A+∠APO=90°，
∵OA=OB，∠OAB=22°，
∴∠OAB=∠OBA=22°，
∴∠APO=∠CBP=68°，
∵∠APO=∠CPB，
∴∠CPB=∠ABP=68°，
∴∠OCB=180°-68°-68°=44°，
故答案为：44°
点睛：此题考查了切线的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
15．如图，将含有30°角的直角三角板ABC放入平面直角坐标系，顶点A，B分别落在x、y轴的正半轴上，∠OAB＝60°，点A的坐标为（1，0），将三角板ABC沿x轴向右作无滑动的滚动（先绕点A按顺时针方向旋转60°，再绕点C按顺时针方向旋转90°，…）当点B第一次落在x轴上时，则点B运动的路径与坐标轴围成的图形面积是________.
【来源】江苏省宿迁市2018年中考数学试卷
【答案】+π
【解析】【分析】在Rt△AOB中，由A点坐标得OA=1，根据锐角三角形函数可得AB=2，OB=，在旋转过程中，三角板的角度和边的长度不变，所以点B运动的路径与坐标轴围成的图形面积：
S=，计算即可得出答案.
【详解】在Rt△AOB中，∵A（1，0），∴OA=1，
又∵∠OAB＝60°，
∴cos60°=，
∴AB=2，OB=，
∵在旋转过程中，三角板的角度和边的长度不变，
∴点B运动的路径与坐标轴围成的图形面积：
S==π，
故答案为：π.
【点睛】本题考查了扇形面积的计算，锐角三角函数的定义，旋转的性质等，根据题意正确画出图形是解题的关键.
16．一个扇形的圆心角是120°．它的半径是3cm．则扇形的弧长为__________cm．
【来源】江苏省连云港市2018年中考数学试题
【答案】2π
【解析】分析：根据弧长公式可得结论．
详解：根据题意，扇形的弧长为=2π，
故答案为：2π
点睛：本题主要考查弧长的计算，熟练掌握弧长公式是解题的关键．
17．已知圆锥的底面圆半径为3cm，高为4cm，则圆锥的侧面积是________cm2.
【来源】江苏省宿迁市2018年中考数学试卷
【答案】15π
【点睛】本题考查了圆锥的侧面积，熟知圆锥的母线长、底面半径、圆锥的高以及圆锥的侧面积公式是解题的关键.
18．如图，左图是由若干个相同的图形（右图）组成的美丽图案的一部分.右图中，图形的相关数据：半径 OA=2cm，∠AOB=120°.则右图的周长为________cm（结果保留π）．
【来源】江苏省盐城市2018年中考数学试题
【答案】
【解析】分析：先根据图1确定：图2的周长=2个的长，根据弧长公式可得结论．
详解：由图1得：的长+的长=的长，
∵半径OA=2cm，∠AOB=120°
则图2的周长为：.
故答案为：．
点睛：本题考查了弧长公式的计算，根据图形特点确定各弧之间的关系是本题的关键．
19．小明发现相机快门打开过程中，光圈大小变化如图1所示，于是他绘制了如图2所示的图形．图2中留个形状大小都相同的四边形围成一个圆的内接六边形和一个小正六边形，若PQ所在的直线经过点M，PB=5cm，小正六边形的面积为cm2，则该圆的半径为________cm．
【来源】浙江省温州市2018年中考数学试卷
【答案】8.
【解析】分析: 设两个正六边形的中心为O，连接OP,OB,过点O作OG⊥PM于点G，OH⊥AB于点H，如图所示：很容易证出三角形PMN是一个等边三角形，边长PM的长，，而且面积等于小正六边形的面积的， 故三角形PMN的面积很容易被求出，根据正六边形的性质及等腰三角形的三线和一可以得出PG的长，进而得出OG的长，,在Rt△OPG中，根据勾股定理得 OP的长，设OB为x，，根据正六边形的性质及等腰三角形的三线和一可以得出BH，OH的长，进而得出PH的长，在Rt△PHO中，根据勾股定理得关于x的方程，求解得出x的值，从而得出答案.
详解: 设两个正六边形的中心为O，连接OP,OB,过点O作OG⊥PM于点G，OH⊥AB于点H，如图所示：
很容易证出三角形PMN是一个等边三角形，边长PM=,而且面积等于小正六边形的面积的，
故三角形PMN的面积为cm2，
∵OG⊥PM，且O是正六边形的中心，
∴PG=PM=
∴OG=,
在Rt△OPG中，根据勾股定理得 ：OP2=OG2+PG2,即=OP2,
∴OP=7cm，
设OB为x，
∵OH⊥AB，且O是正六边形的中心，
∴BH=X,OH=，
∴PH=5-x，
在Rt△PHO中，根据勾股定理得OP2=PH2+OH2,即;
解得：x1=8,x2=-3（舍）
故该圆的半径为8cm.
故答案为:8.
点睛: 本题以相机快门为背景，从中抽象出数学模型，综合考查了多边形、圆、三角形及解三角形等相关知识，突出考查数学的应用意识和解决问题的能力。试题通过将快门的光圈变化这个动态的实际问题化为静态的数学问题，让每个学生都能参与到实际问题数学化的过程中，鼓励学生用数学的眼光观察世界；在运用数学知识解决问题的过程中，关注思想方法，侧重对问题的分析，将复杂的图形转化为三角形或四边形解决，引导学生用数学的语言表达世界，用数学的思维解决问题.
20．已知的半径为，，是的两条弦，，，，则弦和之间的距离是__________．
【来源】湖北省孝感市2018年中考数学试题
【答案】2或14
【解析】分析：分两种情况进行讨论：①弦AB和CD在圆心同侧；②弦AB和CD在圆心异侧；作出半径和弦心距，利用勾股定理和垂径定理求解即可．
详解：①当弦AB和CD在圆心同侧时，如图，
∵AB=16cm，CD=12cm，
∴AE=8cm，CF=6cm，
∵OA=OC=10cm，
∴EO=6cm，OF=8cm，
∴EF=OF-OE=2cm；
点睛：本题考查了勾股定理和垂径定理的应用．此题难度适中，解题的关键是注意掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用，小心别漏解．
21．已知扇形的弧长为2，圆心角为60°，则它的半径为________．
【来源】浙江省温州市2018年中考数学试卷
【答案】6.
【解析】分析: 设扇形的半径为r，根据扇形的面积公式及扇形的面积列出方程，求解即可.
详解: 设扇形的半径为r，
根据题意得：，
解得 ：r=6
故答案为：6.
点睛: 此题考查弧长公式，关键是根据弧长公式解答.
22．将绕点逆时针旋转到使、、在同一直线上，若，，，则图中阴影部分面积为________.
【来源】四川省凉山州2018年中考数学试题
【答案】
【解析】分析：易得整理后阴影部分面积为圆心角为120°，两个半径分别为4和2的圆环的面积．
详解：∵∠BCA=90°，∠BAC=30°，AB=4cm，
∴BC=2，AC=2，∠A′BA=120°，∠CBC′=120°，
∴阴影部分面积=（S△A′BC′+S扇形BAA′）-S扇形BCC′-S△ABC=×（42-22）=4πcm2．
故答案为：4π．
点睛：本题利用了直角三角形的性质，扇形的面积公式求解．
23．如图1是小明制作的一副弓箭，点A，D分别是弓臂BAC与弓弦BC的中点，弓弦BC=60cm．沿AD方向拉弓的过程中，假设弓臂BAC始终保持圆弧形，弓弦不伸长．如图2，当弓箭从自然状态的点D拉到点D1时，有AD1=30cm，∠B1D1C1=120°．
（1）图2中，弓臂两端B1，C1的距离为_____cm．
（2）如图3，将弓箭继续拉到点D2，使弓臂B2AC2为半圆，则D1D2的长为_____cm．
【来源】浙江省金华市2018年中考数学试题
【答案】 30 10﹣10，
【解析】分析：（1）如图1中，连接B1C1交DD1于H．解直角三角形求出B1H，再根据垂径定理即可解决问题；
（2）如图3中，连接B1C1交DD1于H，连接B2C2交DD2于G．利用弧长公式求出半圆半径即可解决问题；
详解：（1）如图2中，连接B1C1交DD1于H．
∵D1A=D1B1=30
∴D1是的圆心，
∵AD1⊥B1C1，
∴B1H=C1H=30×sin60°=15，
∴B1C1=30
∴弓臂两端B1，C1的距离为30
（2）如图3中，连接B1C1交DD1于H，连接B2C2交DD2于G．
设半圆的半径为r，则πr=，
∴r=20，
∴AG=GB2=20，GD1=30-20=10，
在Rt△GB2D2中，GD2=
∴D1D2=10-10．
故答案为30，10-10，
点睛：本题考查垂径定理的应用、勾股定理、弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
24．如图，为半圆内一点，为圆心，直径长为，，，将绕圆心逆时针旋转至，点在上，则边扫过区域（图中阴影部分）的面积为__________．（结果保留）
【来源】贵州省安顺市2018年中考数学试题
【答案】
【解析】分析：根据已知条件和旋转的性质得出两个扇形的圆心角的度数，再根据扇形的面积公式进行计算即可得出答案．
点睛：此题考查了旋转的性质和扇形的面积公式，掌握直角三角形的性质和扇形的面积公式是本题的关键．
25．刘徽是中国古代卓越的数学家之一，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，即用内接或外切正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积，设圆O的半径为1，若用圆O的外切正六边形的面积来近似估计圆O的面积，则S=_____．（结果保留根号）
【来源】四川省宜宾市2018年中考数学试题
【答案】
【解析】分析：根据正多边形的定义可得出△ABO为等边三角形，根据等边三角形的性质结合OM的长度可求出AB的长度，再利用三角形的面积公式即可求出S的值．
详解：依照题意画出图象，如图所示．
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴△ABO为等边三角形，
∵⊙O的半径为1，
∴OM=1，
∴BM=AM=，
∴AB=，
∴S=6S△ABO=6×××1=2．
故答案为：2.
点睛：本题考查了正多边形和圆、三角形的面积以及数学常识，根据等边三角形的性质求出正六边形的边长是解题的关键．
26．如图，AB是半圆的直径，AC是一条弦，D是AC的中点，DE⊥AB于点E且DE交AC于点F，DB交AC于点G，若，则=_____．
【来源】四川省宜宾市2018年中考数学试题
【答案】
【解析】分析：由AB是直径，推出∠ADG=∠GCB=90°，因为∠AGD=∠CGB，推出cos∠CGB=cos∠AGD，可得，设EF=3k，AE=4k，则AF=DF=FG=5k，DE=8k，想办法求出DG、AG即可解决问题；
详解：连接AD，BC．
∵AB是半圆的直径，
∴∠ADB=90°，又DE⊥AB，
∴∠ADE=∠ABD，
∵D是的中点，
∴∠DAC=∠ABD，
∴∠ADE=∠DAC，
∴FA=FD；
∵∠ADE=∠DBC，∠ADE+∠EDB=90°，∠DBC+∠CGB=90°，
∴∠EDB=∠CGB，又∠DGF=∠CGB，
∴∠EDB=∠DGF，
∴FA=FG，
∵，设EF=3k，AE=4k，则AF=DF=FG=5k，DE=8k，
在Rt△ADE中，AD=，
∵AB是直径，
∴∠ADG=∠GCB=90°，
∵∠AGD=∠CGB，
∴cos∠CGB=cos∠AGD，
∴，
在Rt△ADG中，DG=k，
∴，
故答案为：．
点睛：本题考查的是圆的有关性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
27．如图，已知的半径为2，内接于，，则__________．
【来源】江苏省扬州市2018年中考数学试题
【答案】
点睛：本题考查三角形的外接圆和外心，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
28．用半径为，圆心角为的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆半径为__________．
【来源】江苏省扬州市2018年中考数学试题
【答案】
【解析】分析：圆锥的底面圆半径为r，根据圆锥的底面圆周长=扇形的弧长，列方程求解．
详解：设圆锥的底面圆半径为r，依题意，得
2πr=，
解得r=cm．
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扇形，计算要体现两个转化：1、圆锥的母线长为扇形的半径，2、圆锥的底面圆周长为扇形的弧长．
29．如图，分别以等边三角形的每个顶点以圆心、以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形称为勒洛三角形.若等边三角形的边长为，则勒洛三角形的周长为__________．
【来源】2018年甘肃省武威市（凉州区）中考数学试题
【答案】
【解析】【分析】勒洛三角形的周长为3段相等的弧，计算弧长即可.
【解答】勒洛三角形的周长为3段相等的弧，每段弧的长度为：
则勒洛三角形的周长为：
故答案为：
【点评】考查弧长公式，熟记弧长公式是解题的关键.
30．如图，已知半圆与四边形的边都相切，切点分别为，半径，则___________.
【来源】湖南省娄底市2018年中考数学试题
【答案】1
【解析】【分析】连接 OE，由切线长定理可得∠AOE=∠DOE，∠BOE=∠EOC，再根据∠DOE+∠EOC=180°，可得∠AOB=90°，继而可证△AEO∽△OEB，根据相似三角形对应边成比例即可得.
【详解】如图，连接 OE，
∵AD、AB与半圆 O 相切，
∴ OE⊥AB，OA平分∠DOE，
∴∠AOE=∠DOE，
同理∠BOE=∠EOC，
∵∠DOE+∠EOC=180°，
∴∠AOE+∠BOE=90°，
即∠AOB=90°，
∴∠ABO+∠BAO=90°，∵∠BAO+∠AOE=90°，
∴∠ABO=∠AOE，
∵∠OEA=∠BEO=90°，
∴△AEO∽△OEB，
∴AE：OE=OE：BE，
∴AE•BE=OE²=1，
故答案为：1.
【点睛】本题考查了切线长定理、相似三角形的判定与性质等，证得△AEO∽△OEB是解题的关键.
31．如图， 是的内心，连接，的面积分别为，则___________.(填“<”或“=”或“>”)
【来源】湖南省娄底市2018年中考数学试题
【答案】＜
【点睛】本题考查了三角形内心的性质，三角形三边关系，熟知三角形的内心到三角形三边距离相等是解本题的关键.
32．如图，在矩形中，，，点在上，，点在边上一动点，以为斜边作.若点在矩形的边上，且这样的直角三角形恰好有两个，则的值是__________．
【来源】2018年浙江省舟山市中考数学试题
【答案】0或或4
【解析】【分析】在点F的运动过程中分别以EF为直径作圆，观察圆和矩形矩形边的交点个数即可得到结论.
【解答】当点F与点A重合时，以为斜边恰好有两个，符合题意.
当点F从点A向点B运动时，
当时，共有4个点P使是以为斜边.
当时，有1个点P使是以为斜边.
当时，有2个点P使是以为斜边.
当时，有3个点P使是以为斜边.
当时，有4个点P使是以为斜边.
当点F与点B重合时，以为斜边恰好有两个，符合题意.
故答案为：0或或4
【点评】考查圆周角定理，熟记直径所对的圆周角是直角是解题的关键.注意分类讨论思想在数学中的应用.
33．如图，量角器的0度刻度线为，将一矩形直尺与量角器部分重叠，使直尺一边与量角器相切于点，直尺另一边交量角器于点，，量得，点在量角器上的读数为，则该直尺的宽度为____________．
【来源】2018年浙江省舟山市中考数学试题
【答案】
【解析】【分析】连接OC,OD,OC与AD交于点E，根据圆周角定理有根据垂径定理有： 解直角即可.
【解答】连接OC,OD,OC与AD交于点E，
直尺的宽度：
故答案为：
【点评】考查垂径定理，熟记垂径定理是解题的关键.
34．如图，菱形ABOC的AB，AC分别与⊙O相切于点D、E，若点D是AB的中点，则∠DOE=__________.
【来源】安徽省2018年中考数学试题
【答案】60°
【解析】【分析】由AB，AC分别与⊙O相切于点D、E，可得∠BDO=∠ADO=∠AEO=90°，根据已知条件可得到BD=OB，在Rt△OBD中，求得∠B=60°，继而可得∠A=120°，再利用四边形的内角和即可求得∠DOE的度数.
【详解 】∵AB，AC分别与⊙O相切于点D、E，
∴∠BDO=∠ADO=∠AEO=90°，
∵四边形ABOC是菱形，∴AB=BO，∠A+∠B=180°，
∵BD=AB，
∴BD=OB，
在Rt△OBD中，∠ODB=90°，BD=OB，∴cos∠B=，∴∠B=60°，
∴∠A=120°，
∴∠DOE=360°-120°-90°-90°=60°，
故答案为：60°.
【点睛】本题考查了切线的性质，菱形的性质，解直角三角形的应用等，熟练掌握相关的性质是解题的关键.
35．如图，是的外接圆，，，则的直径为__________．
【来源】山东省泰安市2018年中考数学试题
【答案】
点睛：本题主要考查了三角形的外接圆以及圆周角定理的运用，三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．
36．如图，在矩形ABCD中，，，以点A为圆心，AD长为半径画弧，交AB于点E，图中阴影部分的面积是___________（结果保留）．
【来源】【全国省级联考】2018年重庆市中考数学试卷（A卷）
【答案】
【解析】【分析】由S阴影=S矩形ABCD-S扇形ADE，根据矩形面积公式、扇形面积公式进行计算即可得.
【详解】S阴影=S矩形ABCD-S扇形ADE
=2×3-
=6-π，
故答案为：6-π.
【点睛】本题考查扇形、四边形面积的计算，结合图形确定出阴影部分面积的求法是解题的关键.
37．如图，公园内有一个半径为20米的圆形草坪，，是圆上的点，为圆心，，从到只有路，一部分市民为走“捷径”，踩坏了花草，走出了一条小路.通过计算可知，这些市民其实仅仅少走了__________步（假设1步为0.5米，结果保留整数）．（参考数据：，取3.142）
【来源】2018年浙江省绍兴市中考数学试卷解析
【答案】15
【解析】【分析】过O作OC⊥AB于C，分别计算出弦AB的长和弧AB的长即可求解.
【解答】过O作OC⊥AB于C，如图，
∴AC=BC，
∵
∴
∴
∴
∴
又∵弧AB的长=
米步.
故答案为：15.
【点评】考查了弧长的计算，垂径定理的应用，熟记弧长公式是解题的关键.
三、解答题
38．如图，在以线段AB为直径的⊙O上取一点，连接AC、BC.将△ABC沿AB翻折后得到△ABD.
（1）试说明点D在⊙O上；
（2）在线段AD的延长线上取一点E，使AB2=AC·AE.求证：BE为⊙O的切线；
（3）在（2）的条件下，分别延长线段AE、CB相交于点F，若BC=2，AC=4，求线段EF的长.
【来源】江苏省盐城市2018年中考数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF=
【解析】分析：（1）由翻折知△ABC≌△ABD，得∠ADB=∠C=90°，据此即可得；
（2）由AB=AD知AB2=AD•AE，即，据此可得△ABD∽△AEB，即可得出∠ABE=∠ADB=90°，从而得证；
（3）由知DE=1、BE=，证△FBE∽△FAB得，据此知FB=2FE，在Rt△ACF中根据AF2=AC2+CF2可得关于EF的一元二次方程，解之可得．
详解：（1）∵AB为⊙O的直径，
∴∠C=90°，
∵将△ABC沿AB翻折后得到△ABD，
∴△ABC≌△ABD，
∴∠ADB=∠C=90°，
∴点D在以AB为直径的⊙O上；
（3）∵AD=AC=4、BD=BC=2，∠ADB=90°，
∴AB=，
∵，
∴，
解得：DE=1，
∴BE=，
∵四边形ACBD内接于⊙O，
∴∠FBD=∠FAC，即∠FBE+∠DBE=∠BAE+∠BAC，
又∵∠DBE+∠ABD=∠BAE+∠ABD=90°，
∴∠DBE=∠BAE，
∴∠FBE=∠BAC，
又∠BAC=∠BAD，
∴∠FBE=∠BAD，
∴△FBE∽△FAB，
∴，即，
∴FB=2FE，
在Rt△ACF中，∵AF2=AC2+CF2，
∴（5+EF）2=42+（2+2EF）2，
整理，得：3EF2-2EF-5=0，
解得：EF=-1（舍）或EF=，
∴EF=．
点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆周角定理、翻折的性质、圆内接四边形的性质及相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点．
39．如图，中，，以为直径的交于点，交于点，过点作于点，交的延长线于点.
（1）求证：是的切线；
（2）已知，，求和的长.
【来源】湖北省孝感市2018年中考数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】分析：（1）连接OD，AD，由圆周角定理可得AD⊥BC，结合等腰三角形的性质知BD=CD，再根据OA=OB知OD∥AC，从而由DG⊥AC可得OD⊥FG，即可得证；
（2）连接BE．BE∥GF，推出△AEB∽△AFG，可得，由此构建方程即可解决问题；
详解：（1）连接OD，AD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，
∵AB=AC，
∴BD=CD，
又∵OA=OB，
∴OD∥AC，
∵DG⊥AC，
∴OD⊥FG，
∴直线FG与⊙O相切；
（2）连接BE．∵BD=2，
∴CD＝BD＝2，
∵CF=2，
∴DF==4，
∴BE=2DF=8，
∵cos∠C=cos∠ABC，
∴，
点睛：本题主要考查圆的切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质及中位线定理等知识点，熟练掌握圆周角定理和相似三角形的判定与性质是解题的关键．
40．如图，△ABC内接于⊙O，，点为上的动点，且.
(1)求的长度；
(2)在点D运动的过程中，弦AD的延长线交BC的延长线于点E，问AD•AE的值是否变化？若不变，请求出AD•AE的值；若变化，请说明理由.
(3)在点D的运动过程中，过A点作AH⊥BD，求证：.
【来源】广东省深圳市2018年中考数学试题
【答案】(1) ；(2) ；（3）证明见解析.
【解析】【分析】（1）过A作AF⊥BC，垂足为F，交⊙O于G，由垂径定理可得BF=1，再根据已知结合RtΔAFB即可求得AB长；
（2）连接DG，则可得AG为⊙O的直径，继而可证明△DAG∽△FAE，根据相似三角形的性质可得AD•AE=AF•AG，连接BG，求得AF=3，FG=，继而即可求得AD•AE的值；
（3）连接CD，延长BD至点N，使DN=CD，连接AN，通过证明△ADC≌△ADN，可得AC=AN，继而可得AB=AN，再根据AH⊥BN，即可证得BH=HD+CD.
【详解】（1)过A作AF⊥BC，垂足为F，交⊙O于G，
∵AB=AC，AF⊥BC，∴BF=CF=BC=1，
在RtΔAFB中，BF=1，∴AB=；
（2）连接DG，
∵AF⊥BC，BF=CF，∴AG为⊙O的直径，∴∠ADG=∠AFE=90°，
又∵∠DAG=∠FAE，∴△DAG∽△FAE，
∴AD：AF=AG：AE，
∴AD•AE=AF•AG，
连接BG，则∠ABG=90°，∵BF⊥AG，∴BF2=AF•FG，
∵AF==3，
∴FG=，
∴AD•AE=AF•AG=AF•（AF+FG）=3×=10；
（3）连接CD，延长BD至点N，使DN=CD，连接AN，
∵∠ADB=∠ACB=∠ABC，∠ADC+∠ABC=180°，∠ADN+∠ADB=180°，
∴∠ADC=∠ADN，
∵AD=AD，CD=ND，
∴△ADC≌△ADN，
∴AC=AN，
∵AB=AC，∴AB=AN，
∵AH⊥BN，
∴BH=HN=HD+CD.
【点睛】本题考查了垂径定理、三角函数、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等，综合性较强，正确添加辅助线是解题的关键.
41．如图，已知P为锐角∠MAN内部一点，过点P作PB⊥AM于点B，PC⊥AN于点C，以PB为直径作⊙O，交直线CP于点D，连接AP，BD，AP交⊙O于点E．
（1）求证：∠BPD=∠BAC．
（2）连接EB，ED，当tan∠MAN=2，AB=2时，在点P的整个运动过程中．
①若∠BDE=45°，求PD的长；
②若△BED为等腰三角形，求所有满足条件的BD的长；
（3）连接OC，EC，OC交AP于点F，当tan∠MAN=1，OC//BE时，记△OFP的面积为S1，△CFE的面积为S2，请写出的值．
【来源】浙江省温州市2018年中考数学试卷
【答案】（1）证明见解析；（2）①PD=2；当BD为2，3或时，△BDE为等腰三角形；（3）=
【解析】分析: （1）根据垂直的定义得出∠ABP=∠ACP=90°，根据四边形的内角和得出∠BAC+∠BPC=180°，根据平角的定义得出∠BPD+∠BPC=180°，根据同角的余角相等得出∠BPD=∠BAC ；
（2）①如图1，根据等腰直角三角形的性质得出BP=AB=2， 根据等角的同名三角函数值相等及正切函数的定义得出BP= PD，从而得出PD的长；②Ⅰ如图2，当BD=BE时，∠BED=∠BDE，故∠BPD=∠BPE=∠BAC根据等角的同名三角函数值相等得出tan∠BPE=2，根据正切函数的定义由AB=2,得出BP=， 根据勾股定理即可得出BD=2；Ⅱ如图3，当BE=DE时，∠EBD=∠EDB；由∠APB=∠BDE，∠DBE=∠APC，得出∠APB=∠APC
详解:
（1）解 ：∵PB⊥AM，PC⊥AN
∴∠ABP=∠ACP=90°，
∴∠BAC+∠BPC=180°
∵∠BPD+∠BPC=180°
∴∠BPD=∠BAC
（2）解 ;①如图1，
∵∠APB=∠BDE=45°，∠ABP=90°，
∴BP=AB=
∵∠BPD=∠BAC
∴tan∠BPD=tan∠BAC
∴ =2
∴BP=PD
∴PD=2
∴∠BPD=∠BPE=∠BAC
∴tan∠BPE=2
∵AB=
∴BP=
∴BD=2
Ⅱ如图2，当BE=DE时，∠EBD=∠EDB
∵∠APB=∠BDE，∠DBE=∠APC
∴∠APB=∠APC
∴AC=AB=2
过点B作BG⊥AC于点G，得四边形BGCD是矩形
∵AB= ，tan∠BAC=2
∴AG=2
∴BD=CG=
Ⅲ如图4，当BD=DE时，∠DEB=∠DBE=∠APC
∵∠DEB=∠DPB=∠BAC
∴∠APC=∠BAC
设PD=x，则BD=2x
∴ =2
∴ =2
∴x=
∴BD=2x=3
综上所述，当BD为2，3或 时，△BDE为等腰三角形
（3）,
如图5，过点O作OH⊥DC于点H
∵tan∠BPD=tan∠MAN=1
∴BD=DP
令BD=DP=2a，PC=2b得
OH=a，CH=a+2b，AC=4a+2b
由OC∥BE得∠OCH=∠PAC
∴
∴OH·AC=CH·PC
∴a（4a+2b）=2b（a+2b）
∴a=b
∴CF=，OF=
∴.
点睛: 本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆周角定理、相似三角形的判定与性质、中位线定理、勾股定理及三角函数的应用等知识点.
42．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，以点为圆心，8为半径的圆与轴交于，两点，过作直线与轴负方向相交成的角，且交轴于点，以点为圆心的圆与轴相切于点.
（1）求直线的解析式；
（2）将以每秒1个单位的速度沿轴向左平移，当第一次与外切时，求平移的时间.
【来源】四川省凉山州2018年中考数学试题
【答案】（1）直线的解析式为：.（2）平移的时间为5秒.
详解：（1）由题意得，
∴点坐标为.
∵在中，，
，
∴点的坐标为.
设直线的解析式为，
由过、两点，
得，
解得，
∴直线的解析式为：.
（2）如图，设平移秒后到处与第一次外切于点，
与轴相切于点，连接，.
则，
∵轴，∴，
在中，.
∵，
∴，
∴（秒），
∴平移的时间为5秒.
点睛：本题综合了待定系数法求函数解析式，以及圆的位置关系，其中两圆相切时的辅助线的作法是经常用到的．
43．如图，在中，，平分交于点，为上一点，经过点，的分别交，于点，，连接交于点.
（1）求证：是的切线；
（2）设，，试用含的代数式表示线段的长；
（3）若，，求的长.
【来源】四川省成都市2018年中考数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】分析：（1）连接OD，由AD为角平分线得到一对角相等，再由等边对等角得到一对角相等，等量代换得到内错角相等，进而得到OD与AC平行，得到OD与BC垂直，即可得证；
（2）连接DF，由（1）得到BC为圆O的切线，由弦切角等于夹弧所对的圆周角，进而得到三角形ABD与三角形ADF相似，由相似得比例，即可表示出AD；
（3）连接EF，设圆的半径为r，由sinB的值，利用锐角三角函数定义求出r的值，由直径所对的圆周角为直角，得到EF与BC平行，得到sin∠AEF=sinB，进而求出DG的长即可．
详解：（1）证明：如图，连接OD，
∵AD为∠BAC的角平分线，
∴∠BAD=∠CAD，
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD，
∴∠ODA=∠CAD，
∴OD∥AC，
∵∠C=90°，
∴∠ODC=90°，
∴OD⊥BC，
∴BC为圆O的切线；
（3）连接EF，在Rt△BOD中，sinB=，
设圆的半径为r，可得，
解得：r=5，
∴AE=10，AB=18，
∵AE是直径，
∴∠AFE=∠C=90°，
∴EF∥BC，
∴∠AEF=∠B，
∴sin∠AEF=，
∴AF=AE•sin∠AEF=10×，
∵AF∥OD，
∴，即DG=AD，
∵AD=，
则DG=×=．
点睛：此题属于圆的综合题，涉及的知识有：切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数定义，勾股定理，以及平行线的判定与性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
44．如图,为外接圆的直径,且．
(1)求证:与相切于点；
(2)若, ,求的长．
【来源】山东省潍坊市2018年中考数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）AD=．
【解析】分析：（1）连接OA，根据同圆的半径相等可得：∠D=∠DAO，由同弧所对的圆周角相等及已知得：∠BAE=∠DAO，再由直径所对的圆周角是直角得：∠BAD=90°，可得结论；
（2）先证明OA⊥BC，由垂径定理得：，FB=BC，根据勾股定理计算AF、OB、AD的长即可．
详解：证明：（1）连接OA，交BC于F，则OA=OB，
∴∠D=∠DAO，
∵∠D=∠C，
∴∠C=∠DAO，
∵∠BAE=∠C，
∴∠BAE=∠DAO，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BAD=90°，
即∠DAO+∠BAO=90°，
∴∠BAE+∠BAO=90°，即∠OAE=90°，
∴AE⊥OA，
∴AE与⊙O相切于点A；
（2）∵AE∥BC，AE⊥OA，
∴OA⊥BC，
∴，FB=BC，
∴AB=AC，
∵BC=2，AC=2，
∴BF=，AB=2，
在Rt△ABF中，AF=，
在Rt△OFB中，OB2=BF2+（OB-AF）2，
∴OB=4，
∴BD=8，
∴在Rt△ABD中，AD=．
点睛：本题考查了圆的切线的判定、勾股定理及垂径定理的应用，属于基础题，熟练掌握切线的判定方法是关键：有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径，证垂直”．
45．已知是的直径，弦与相交，.
（Ⅰ）如图①，若为的中点，求和的大小；
（Ⅱ）如图②，过点作的切线，与的延长线交于点，若，求的大小.
【来源】天津市2018年中考数学试题
【答案】（1）52°，45°；（2）26°
【解析】分析：（Ⅰ）运用直径所对的圆周角是直角以及圆周角的度数等于它所对弧的度数求解即可；
（Ⅱ）运用圆周角定理求解即可.
（Ⅱ）如图，连接.
∵切于点，
∴，即.
由，又，
∴是的外角，
∴.
∴.
又，得.
∴.
点睛：本题考查了圆周角定理，切线的性质以及等腰三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
46．如图，在中，，为的中点，与半圆相切于点.
（1）求证：是半圆所在圆的切线；
（2）若，，求半圆所在圆的半径.
【来源】贵州省安顺市2018年中考数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）半圆所在圆的半径是.
【解析】分析：（1）根据等腰三角形的性质，可得OA，根据角平分线的性质，可得OE，根据切线的判定，可得答案；
（2）根据余弦，可得OB的长，根据勾股定理，可得OA的长，根据三角形的面积，可得OE的长．
详解：（1）如图1，作于，连接、，
∵，为的中点，
∴.
∵与半圆相切于点，
∴，
∵，
∴，
∵经过圆半径的外端，∴是半圆所在圆的切线；
（2）∵，是的中点，∴，
由，，得∴.
由勾股定理，得.
由三角形的面积，得，
，半圆所在圆的半径是.
点睛：本题考查了切线的判定与性质，利用切线的判定是解题关键，利用面积相等得出关于OE的长是解题关键．
47．如图，在Rt△ABC中，点O在斜边AB上，以O为圆心，OB为半径作圆，分别与BC，AB相交于点D，E，连结AD．已知∠CAD=∠B．
（1）求证：AD是⊙O的切线．
（2）若BC=8，tanB=，求⊙O的半径．
【来源】浙江省金华市2018年中考数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）r=．
【解析】分析：（1）连接OD，由OD=OB，利用等边对等角得到一对角相等，再由已知角相等，等量代换得到∠1=∠3，求出∠4为90°，即可得证；
（2）设圆的半径为r，利用锐角三角函数定义求出AB的长，再利用勾股定理列出关于r的方程，求出方程的解即可得到结果．
详（1）证明：连接OD，
∵OB=OD，
∴∠3=∠B，
∵∠B=∠1，
∴∠1=∠3，
在Rt△ACD中，∠1+∠2=90°，
∴∠4=180°-（∠2+∠3）=90°，
∴OD⊥AD，
则AD为圆O的切线；
点睛：此题考查了切线的判定与性质，以及勾股定理，熟练掌握切线的判定与性质是解本题的关键．
48．如图，AB为圆O的直径，C为圆O上一点，D为BC延长线一点，且BC=CD，CE⊥AD于点E．
（1）求证：直线EC为圆O的切线；
（2）设BE与圆O交于点F，AF的延长线与CE交于点P，已知∠PCF=∠CBF，PC=5，PF=4，求sin∠PEF的值．
【来源】四川省宜宾市2018年中考数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】分析：（1）说明OC是△BDA的中位线，利用中位线的性质，得到∠OCE=∠CED=90°，从而得到CE是圆O的切线．
（2）利用直径上的圆周角，得到△PEF是直角三角形，利用角相等，可得到△PEF∽△PEA、△PCF∽△PAC，从而得到PC=PE=5．然后求出sin∠PEF的值．
详解：（1）证明：∵CE⊥AD于点E
∴∠DEC=90°，
∵BC=CD，
∴C是BD的中点，又∵O是AB的中点，
∴OC是△BDA的中位线，
∴OC∥AD
∴∠OCE=∠CED=90°
∴OC⊥CE，又∵点C在圆上，
∴CE是圆O的切线．
（2）连接AC
∵AB是直径，点F在圆上
∴∠AFB=∠PFE=90°=∠CEA
∵∠EPF=∠EPA
∴△PEF∽△PEA
∴PE2=PF×PA
∵∠FBC=∠PCF=∠CAF
又∵∠CPF=∠CPA
∴△PCF∽△PAC
∴PC2=PF×PA
∴PE=PC
在直角△PEF中，sin∠PEF=．
点睛：本题考查了切线的判定、三角形的中位线定理、相似三角形的性质和判定等知识点．利用三角形相似，说明PE=PC是解决本题的难点和关键．
49．如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，AD⊥CD于点D，且AC平分∠DAB，求证：
（1）直线DC是⊙O的切线；
（2）AC2=2AD•AO．
【来源】山东省滨州市2018年中考数学试题
【答案】（1）证明见解析.（2）证明见解析.
【解析】分析：（1）连接OC，由OA=OC、AC平分∠DAB知∠OAC=∠OCA=∠DAC，据此知OC∥AD，根据AD⊥DC即可得证；
（2）连接BC，证△DAC∽△CAB即可得．
详解：（1）如图，连接OC，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵AC平分∠DAB，
∴∠OAC=∠DAC，
∴∠DAC=∠OCA，
∴OC∥AD，
又∵AD⊥CD，
∴OC⊥DC，
∴DC是⊙O的切线；
（2）连接BC，
∵AB为⊙O的直径，
∴AB=2AO，∠ACB=90°，
∵AD⊥DC，
∴∠ADC=∠ACB=90°，
又∵∠DAC=∠CAB，
∴△DAC∽△CAB，
∴，即AC2=AB•AD，
∵AB=2AO，
∴AC2=2AD•AO．
点睛：本题主要考查圆的切线，解题的关键是掌握切线的判定、圆周角定理及相似三角形的判定与性质．
50．如图，在中，，于点，于点，以点为圆心，为半径作半圆，交于点.
（1）求证：是的切线；
（2）若点是的中点，，求图中阴影部分的面积；
（3）在（2）的条件下，点是边上的动点，当取最小值时，直接写出的长.
【来源】江苏省扬州市2018年中考数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
详解：（1）过作垂线，垂足为
∵，
∴平分
∵
∴
∵为⊙的半径，
∴为⊙的半径，
∴是⊙的切线
（2）∵且是的中点
∴，，
∴
∵
∴即，
∴
（3）作关于的对称点，交于，连接交于
此时最小
由（2）知，，
∴
∵
∴，，
∵，
∴∽
∴即
∵，
∴即，
∴.
点睛：本题是圆的综合题，主要考查了圆的切线的判定，不规则图形的面积计算以及最短路径问题.找出点E的对称点G是解决一题的关键.
51．结果如此巧合！
下面是小颖对一道题目的解答.
题目：如图，的内切圆与斜边相切于点，，，求的面积.
解：设的内切圆分别与、相切于点、，的长为.
根据切线长定理，得，，.
根据勾股定理，得.
整理，得.
所以
.
小颖发现恰好就是，即的面积等于与的积.这仅仅是巧合吗?
请你帮她完成下面的探索.
已知：的内切圆与相切于点，，.
可以一般化吗？
（1）若，求证：的面积等于.
倒过来思考呢？
（2）若，求证.改变一下条件……
（3）若，用、表示的面积.
【来源】江苏省南京市2018年中考数学试卷
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.（3）.
【解析】分析：（1）设的内切圆分别与、相切于点、，的长为,仿照例题利用勾股定理得再根据即可得到=mn.
（2）由，得, 因此=,利用勾股定理的逆定理可得
.
（3）过点作，垂足为,在中，，.所以
, 在中根据勾股定理得,由此
.
详解：
设的内切圆分别与、相切于点、，的长为.
根据切线长定理，得，，.
（1）如图①，在中，根据勾股定理，得.
整理，得.
所以
.
（2）由，得.
整理，得.
所以
.
根据勾股定理的逆定理，得.
点睛：本题考查了圆的综合题：熟练掌握三角形内切圆的性质、切线长定理；会利用勾股定理计算线段的长, 此题难度适中，注意掌握方程思想与数形结合思想的应用.
52．如图，点是的边上一点，与边相切于点，与边，分别相交于点，，且.
（1）求证：；
（2）当，时，求的长.
【来源】2018年甘肃省武威市（凉州区）中考数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】【分析】（1）连接OE,BE．证明OE∥BC. OE⊥AC．根据平行线的性质得到BC⊥AC,即可证明；
（2）在△ABC中，∠C=90°，BC=3，，求得AB=5．在Rt △AOE中，
,．．
【解答】（1）证明：连接OE,BE．
∵ DE=EF，
∴ =,
∴
∵
∴
∴
∴OE∥BC.
∵⊙O与边AC相切于点E，
∴ OE⊥AC．
∴BC⊥AC,
∴∠C=90°.
（2）在△ABC中，∠C=90°，BC=3，，
∴AB=5．
设⊙O的半径为r，则
在Rt △AOE中，,
∴ ．
∴．
【点评】本题考查了切线的性质和判定，圆周角定理，解直角三角形，题目比较典型，综合性比较强，难度适中．
53．如图， 是以为直径的上的点，，弦交于点.
(1)当是的切线时，求证: ；
(2)求证: ；
(3)已知，是半径的中点，求线段的长.
【来源】湖南省娄底市2018年中考数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）DE＝
【解析】【分析】（1）由AB是直径，可得∠DAB+∠ABD＝90°，再根据 PB是⊙O的切线，可得∠ABD+∠PBD＝90°，根据同角的余角相等即可证得∠PBD＝∠DAB；
（2）证明△BCE∽△DCB，根据相似三角形对应边成比例可得BC2＝CE•CD，再根据CD=CE+DE经过推导即可得BC2- CE2= CE•DE；
(3) 连接OC，由，AB是直径，可得∠AOC=∠BOC=90°，根据勾股定理则有CE²=OE²+CO²， BC²=OB²+CO² ，再根据OA=4 ，E 是半径 OA 的中点，继而可得BC=4，CE=2，再根据（2）中 BC²-CE²=CE·DE，即可求得DE的长.
【详解】（1）∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，即∠DAB+∠ABD＝90°，
又 ∵ PB是⊙O的切线，
∴PB⊥AB，
∴∠ABP＝90°，即∠ABD+∠PBD＝90°，
∴∠PBD＝∠DAB；
(3)如图，连接OC，
∵，AB是直径，
∴∠AOC=∠BOC=90°，
∴CE²=OE²+CO²， BC²=OB²+CO² ，
∵OA=4 ，E 是半径 OA 的中点，
∴BC=4，CE=2，
由（2）中 BC²-CE²=CE·DE，所以 DE=(BC²-CE²)÷CE=12÷2= ，
故 DE=.
【点睛】本题是综合题，考查了切线的性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理等，解题的关键是正确添加辅助线、熟练应用切线的性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键.
54．如图，在中，.
（1）作的平分线交边于点，再以点为圆心，的长为半径作；（要求：不写作法，保留作图痕迹）
（2）判断（1）中与的位置关系，直接写出结果.
【来源】2018年甘肃省武威市（凉州区）中考数学试题
【答案】（1）作图见解析；（2）AC与⊙O相切．
【解析】【分析】（1）根据角平分线的作法求出角平分线CO；
（2）过O作OD⊥AC交AC于点D，先根据角平分线的性质求出DO=BO，再根据切线的判定定理即可得出答案．
【解答】（1）如图,作出角平分线CO;
作出⊙O.
（2）AC与⊙O相切.
【点评】考查作图—复杂作图，直线与圆的位置关系，熟练掌握角平分线的作法是解题的关键.
55．如图，已知AB为⊙O直径，AC是⊙O的切线，连接BC交⊙O于点F，取的中点D，连接AD交BC于点E，过点E作EH⊥AB于H．
（1）求证：△HBE∽△ABC；
（2）若CF=4，BF=5，求AC和EH的长．
【来源】浙江省衢州市2018年中考数学试卷
【答案】（1）证明见解析；（2）CA=6，EH=2．
【解析】分析：（1）根据切线的性质即可证明：∠CAB=∠EHB，由此即可解决问题；
（2）连接AF．由△CAF∽△CBA，推出CA2=CF•CB=36，推出CA=6，AB=，AF=，由Rt△AEF≌Rt△AEH，推出AF=AH=2，设EF=EH=x．在Rt△EHB中，可得（5﹣x）2=x2+（）2，解方程即可解决问题；
详解：（1）∵AC是⊙O的切线，
∴CA⊥AB．
∵EH⊥AB，
∴∠EHB=∠CAB．
∵∠EBH=∠CBA，
∴△HBE∽△ABC．
（2）连接AF．
∵AB是直径，
∴∠AFB=90°．
∵∠C=∠C，∠CAB=∠AFC，
∴△CAF∽△CBA，
∴CA2=CF•CB=36，
∴CA=6，AB=，AF=．
点睛：本题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的性质、角平分线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找相似三角形解决问题．
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