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专题24圆的有关性质（共54题）-2021年中考数学真题分项汇编（解析版）【全国通用】
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这是一份专题24圆的有关性质（共54题）-2021年中考数学真题分项汇编（解析版）【全国通用】，共73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。
2021年中考数学真题分项汇编【全国通用】（第01期）
专题24圆的有关性质（共54题）
一、单选题
1．（2021·甘肃武威市·中考真题）如图，点在上，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
先证明再利用等弧的性质及圆周角定理可得答案．
【详解】
解： 点在上，，
故选：
【点睛】
本题考查的两条弧，两个圆心角，两条弦之间的关系，圆周角定理，等弧的概念与性质，掌握同弧或等弧的概念与性质是解题的关键．
2．（2021·广西玉林市·中考真题）学习圆的性质后，小铭与小熹就讨论起来，小铭说：“被直径平分的弦也与直径垂直”，小熹说：“用反例就能说明这是假命题” ．下列判断正确的是（ ）
A．两人说的都对
B．小铭说的对，小燕说的反例不存在
C．两人说的都不对
D．小铭说的不对，小熹说的反例存在
【答案】D
【分析】
根据垂径定理可直接进行排除选项．
【详解】
解：由垂径定理的推论“平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧”可知：
小铭忽略了垂径定理中的“弦不能是直径”这一条件，因为一个圆中的任意两条直径都互相平分，但不垂直，所以小铭说法错误，小熹所说的反例即为两条直径的情况下；
故选D．
【点睛】
本题主要考查垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．
3．（2021·青海中考真题）如图是一位同学从照片上剪切下来的海上日出时的画面，“图上”太阳与海平线交于，两点，他测得“图上”圆的半径为10厘米，厘米．若从目前太阳所处位置到太阳完全跳出海平面的时间为16分钟，则“图上”太阳升起的速度为（ ）．
A．1.0厘米/分 B．0.8厘米分 C．12厘米/分 D．1.4厘米/分
【答案】A
【分析】
首先过⊙O的圆心O作CD⊥AB于C，交⊙O于D，连接OA，由垂径定理，即可求得OC的长，继而求得CD的长，又由从目前太阳所处位置到太阳完全跳出海面的时间为10分钟，即可求得“图上”太阳升起的速度．
【详解】
解：过⊙O的圆心O作CD⊥AB于C，交⊙O于D，连接OA，
∴AC=AB=×16=8（厘米），
在Rt△AOC中，（厘米），
∴CD=OC+OD=16（厘米），
∵从目前太阳所处位置到太阳完全跳出海面的时间为16分钟，
∴16÷16=1（厘米/分）．
∴“图上”太阳升起的速度为1.0厘米/分．
故选：A．
【点睛】
此题考查了垂径定理的应用．解题的关键是结合图形构造直角三角形，利用勾股定理求解．
4．（2021·山东聊城市·中考真题）如图，A，B，C是半径为1的⊙O上的三个点，若AB＝，∠CAB＝30°，则∠ABC的度数为（ ）
A．95° B．100° C．105° D．110°
【答案】C
【分析】
连接OB，OC，根据勾股定理逆定理可得∠AOB＝90°，∠ABO＝∠BAO＝45°，根据圆周角定理可得∠COB＝2∠CAB＝60°，∠OBC＝∠OCB＝60°，由此可求得答案．
【详解】
解：如图，连接OB，OC，
∵OA＝OB＝1，AB＝，
∴OA2＋OB2＝AB2，
∴∠AOB＝90°，
又∵OA＝OB，
∴∠ABO＝∠BAO＝45°，
∵∠CAB＝30°，
∴∠COB＝2∠CAB＝60°，
又∵OC＝OB，
∴∠OBC＝∠OCB＝60°，
∴∠ABC＝∠ABO＋∠OBC＝105°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质，圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解决本题的关键．
5．（2021·湖北鄂州市·中考真题）已知锐角，如图，按下列步骤作图：①在边取一点，以为圆心，长为半径画，交于点，连接．②以为圆心，长为半径画，交于点，连接．则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据画图过程，得到OD=OC，由等边对等角与三角形内角和定理得到∠ODC=∠OCD=，同理得到∠DOE=∠DEO=40︒，由∠OCD为△DCE的外角，得到结果．
【详解】
解：∵以为圆心，长为半径画，交于点，
∴OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD，
∵∠AOB=40︒，
∴∠ODC=∠OCD=，
∵以为圆心，长为半径画，交于点，
∴DO=DE，
∴∠DOE=∠DEO=40︒，
∵∠OCD为△DCE的外角，
∴∠OCD=∠DEC+∠CDE，
∴70︒=40︒+∠CDE，
∴∠CDE=30︒，
故选：B．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的判定与性质、以及三角形外角的性质，关键在于等边对等角与三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和两个知识点的熟练运用．
6．（2021·海南中考真题）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，连接．若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
先根据圆内接四边形的性质可得，再根据圆周角定理可得，然后根据角的和差即可得．
【详解】
解：四边形是的内接四边形，
，
，
，
是的直径，
，
，
故选：A．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题关键．
7．（2021·四川眉山市·中考真题）如图，在以为直径的中，点为圆上的一点，，弦于点，弦交于点，交于点．若点是的中点，则的度数为（ ）
A．18° B．21° C．22.5° D．30°
【答案】C
【分析】
根据直径所对的圆周角是，可知，根据，可知、的度数，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知，为等腰三角形，再根据可求得的度数．
【详解】
解：∵为的直径，
∴，
∵，
∴，，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查圆周角定理，垂径定理，相似三角形，直角三角形斜边上中线等知识点，找出图形中几个相似三角形是解题关键．
8．（2021·四川南充市·中考真题）如图，AB是的直径，弦于点E，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
连接OD，根据垂径定理得CD=2DE，从而得是等腰直角三角形，根据圆周角定理即可求解．
【详解】
解：连接OD，
∵AB是的直径，弦于点E，
∴CD=2DE，
∵，
∴DE=OE，
∴是等腰直角三角形，即∠BOD=45°，
∴=∠BOD=22.5°，
故选B．
【点睛】
本题主要考查圆的基本性质，熟练掌握垂径定理和圆周角定理，是解题的关键．
9．（2021·四川广安市·中考真题）如图，公园内有一个半径为18米的圆形草坪，从地走到地有观赏路（劣弧）和便民路（线段）.已知、是圆上的点，为圆心，，小强从走到，走便民路比走观赏路少走（ ）米.
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
作OC⊥AB于C，如图，根据垂径定理得到AC=BC，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠A，从而得到OC和AC，可得AB，然后利用弧长公式计算出的长，最后求它们的差即可．
【详解】
解：作OC⊥AB于C，如图，
则AC=BC，
∵OA=OB，
∴∠A=∠B=（180°-∠AOB）=30°，
在Rt△AOC中，OC=OA=9，
AC=，
∴AB=2AC=，
又∵=，
∴走便民路比走观赏路少走米，
故选D．
【点睛】
本题考查了垂径定理：垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题．
10．（2021·重庆中考真题）如图，AB是⊙O的直径，AC，BC是⊙O的弦，若，则的度数为（ ）
A．70° B．90° C．40° D．60°
【答案】A
【分析】
直接根据直径所对的圆周角为直角进行求解即可．
【详解】
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴在Rt△ABC中，∠B=90°-∠A=70°，
故选：A．
【点睛】
本题考查直径所对的圆周角为直角，理解基本定理是解题关键．
11．（2021·浙江丽水市·中考真题）如图，是的直径，弦于点E，连结．若的半径为，则下列结论一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据垂径定理、锐角三角函数的定义进行判断即可解答．
【详解】
解：∵是的直径，弦于点E，
∴
在中，，
∴
∴，故选项A错误，不符合题意；
又
∴
∴，故选项B正确，符合题意；
又
∴
∵
∴，故选项C错误，不符合题意；
∵，
∴，故选项D错误，不符合题意；
故选B．
【点睛】
本题考查了垂径定理，锐角三角函数的定义以及三角形面积公式的应用，解本题的关键是熟记垂径定理和锐角三角函数的定义．
12．（2021·山东泰安市·中考真题）如图，在中，，以点A为圆心，3为半径的圆与边相切于点D，与，分别交于点E和点G，点F是优弧上一点，，则的度数是（ ）
A．50° B．48° C．45° D．36°
【答案】B
【分析】
连接AD，由切线性质可得∠ADB=∠ADC=90°，根据AB=2AD及锐角的三角函数可求得∠BAD=60°，易求得∠ADE=72°，由AD=AE可求得∠DAE=36°，则∠GAC=96°，根据圆周角定理即可求得∠GFE的度数．
【详解】
解：连接AD，则AD=AG=3，
∵BC与圆A相切于点D，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
在Rt△ADB中，AB=6，则cos∠BAD==，
∴∠BAD=60°，
∵∠CDE=18°，
∴∠ADE=90°﹣18°=72°，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED=72°，
∴∠DAE=180°﹣2×72°=36°，
∴∠GAC=36°+60°=96°，
∴∠GFE=∠GAC=48°，
故选：B．
【点睛】
本题考查切线性质、锐角的三角函数、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理、圆周角定理，熟练掌握切线性质和圆周角定理，利用特殊角的三角函数值求得∠BAD=60°是解答的关键．
13．（2021·浙江绍兴市·中考真题）如图，正方形ABCD内接于，点P在上，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
连接OB，OC，由正方形ABCD的性质得，再根据圆周角与圆心角的关系即可得出结论．
【详解】
解：连接OB，OC，如图，
∵正方形ABCD内接于，
∴
∴
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了圆周角定理：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．
14．（2021·四川凉山彝族自治州·中考真题）点P是内一点，过点P的最长弦的长为，最短弦的长为，则OP的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据直径是圆中最长的弦，知该圆的直径是10cm；最短弦即是过点P且垂直于过点P的直径的弦；根据垂径定理即可求得CP的长，再进一步根据勾股定理，可以求得OP的长．
【详解】
解：如图所示，CD⊥AB于点P．
根据题意，得
AB=10cm，CD=6cm．
∴OC=5，CP=3
∵CD⊥AB，
∴CP=CD=3cm．
根据勾股定理，得OP==4cm．
故选B．
【点睛】
此题综合运用了垂径定理和勾股定理．正确理解圆中，过一点的最长的弦和最短的弦．
15．（2021·四川自贡市·中考真题）如图，AB为⊙O的直径，弦于点F，于点E，若，，则CD的长度是（ ）
A．9.6 B． C． D．19
【答案】A
【分析】
先利用垂径定理得出AE=EC，CF=FD，再利用勾股定理列方程即可
【详解】
解：连接OC
∵AB⊥CD, OE⊥AC
∴ AE=EC，CF=FD
∵OE=3，OB=5
∴OB=OC=OA=5
∴在Rt△OAE中
∴AE=EC=4
设OF=x，则有
x=1.4
在Rt△OFC中，
∴
故选：A
【点睛】
本题考查垂径定理、勾股定理、方程思想是解题关键
16．（2021·山东临沂市·中考真题）如图，、分别与相切于、，，为上一点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由切线的性质得出∠OAP=∠OBP=90°，利用四边形内角和可求∠AOB=110°，再利用圆周角定理可求∠ADB=55°，再根据圆内接四边形对角互补可求∠ACB．
【详解】
解：如图所示，连接OA，OB，在优弧AB上取点D，连接AD，BD，
∵AP、BP是切线，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∴∠AOB=360°-90°-90°-70°=110°，
∴∠ADB=55°，
又∵圆内接四边形的对角互补，
∴∠ACB=180°-∠ADB=180°-55°=125°．
故选：C．
【点睛】
本题考查了切线的性质、圆周角定理、圆内接四边形的性质．解题的关键是连接OA、OB，求出∠AOB．
17．（2021·湖北鄂州市·中考真题）如图，中，，，．点为内一点，且满足．当的长度最小时，的面积是（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】D
【分析】
由题意知，又长度一定，则点P的运动轨迹是以中点O为圆心，长为半径的圆弧，所以当B、P、O三点共线时，BP最短；在中，利用勾股定理可求BO的长，并得到点P是BO的中点，由线段长度即可得到是等边三角形，利用特殊三边关系即可求解．
【详解】
解：
取中点O，并以O为圆心，长为半径画圆
由题意知：当B、P、O三点共线时，BP最短
点P是BO的中点
在中，
是等边三角形
在中，
．
【点睛】
本题主要考察动点的线段最值问题、点与圆的位置关系和隐形圆问题，属于动态几何综合题型，中档难度．解题的关键是找到动点P的运动轨迹，即隐形圆．
18．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）如图，在中，，AB=AC=5，点在上，且，点E是AB上的动点，连结，点，G分别是BC，DE的中点，连接，，当AG=FG时，线段长为（ ）
A． B． C． D．4
【答案】A
【分析】
连接DF，EF，过点F作FN⊥AC，FM⊥AB，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得点A，D，F，E四点共圆，∠DFE=90°，然后根据勾股定理及正方形的判定和性质求得AE的长度，从而求解．
【详解】
解：连接DF，EF，过点F作FN⊥AC，FM⊥AB
∵在中，，点G是DE的中点，
∴AG=DG=EG
又∵AG=FG
∴点A，D，F，E四点共圆，且DE是圆的直径
∴∠DFE=90°
∵在Rt△ABC中，AB=AC=5，点是BC的中点，
∴CF=BF=，FN=FM=
又∵FN⊥AC，FM⊥AB，
∴四边形NAMF是正方形
∴AN=AM=FN=
又∵，
∴
∴△NFD≌△MFE
∴ME=DN=AN-AD=
∴AE=AM+ME=3
∴在Rt△DAE中，DE=
故选：A．
【点睛】
本题考查直径所对的圆周角是90°，四点共圆及正方形的判定和性质和用勾股定理解直角三角形，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键．
19．（2021·四川自贡市·中考真题）如图，，，以点A为圆心，AC长为半径画弧，交y轴正半轴于点B，则点B的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
先根据题意得出OA=8，OC=2，再根据勾股定理计算即可
【详解】
解：由题意可知：AC=AB
∵，
∴OA=8，OC=2
∴AC=AB=10
在Rt△OAB中，
∴B(0，6)
故选：D
【点睛】
本题考查勾股定理、正确写出点的坐标，圆的半径相等、熟练进行勾股定理的计算是关键
20．（2021·广西来宾市·中考真题）如图，的半径为，于点，，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据圆周角定理求出∠COB的度数，再求出∠OBD的度数，根据“30°的锐角所对的直角边等于斜边的一半”求出OD的长度．
【详解】
∵ ∠BAC=30°，
∴∠COB=60°，
∵∠ODB=90°，
∴∠OBD=30°，
∵OB=4，
∴OD=OB==2．
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，直角三角形的性质，掌握相关定理和性质是解题的关键．
21．（2021·湖北荆州市·中考真题）如图，矩形的边，分别在轴、轴的正半轴上，点在的延长线上．若，，以为圆心、长为半径的弧经过点，交轴正半轴于点，连接，、则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
连接OB，由题意易得∠BOD=60°，然后根据圆周角定理可进行求解．
【详解】
解：连接OB，如图所示：
∵，，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】
本题主要考查圆周角定理、矩形的性质及含30°的直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理、矩形的性质及含30°的直角三角形的性质是解题的关键．
22．（2021·湖北宜昌市·中考真题）如图，，是上直径两侧的两点．设，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
先利用直径所对的圆周角是直角得到∠ACB=90°，从而求出∠BAC，再利用同弧所对的圆周角相等即可求出∠BDC．
【详解】
解：∵C ，D是⊙O上直径AB两侧的两点，
∴∠ACB=90°，
∵∠ABC=25°，
∴∠BAC=90°-25°=65°，
∴∠BDC=∠BAC=65°，
故选：D．
【点睛】
本题考查了圆周角定理的推论，即直径所对的圆周角是90°和同弧或等弧所对的圆周角相等，解决本题的关键是牢记相关概念与推论，本题蕴含了属性结合的思想方法．
23．（2021·河北中考真题）如图，等腰中，顶角，用尺规按①到④的步骤操作：
①以为圆心，为半径画圆；
②在上任取一点（不与点，重合），连接；
③作的垂直平分线与交于，；
④作的垂直平分线与交于，．
结论Ⅰ：顺次连接，，，四点必能得到矩形；
结论Ⅱ：上只有唯一的点，使得．
对于结论Ⅰ和Ⅱ，下列判断正确的是（ ）
A．Ⅰ和Ⅱ都对 B．Ⅰ和Ⅱ都不对
C．Ⅰ不对Ⅱ对 D．Ⅰ对Ⅱ不对
【答案】D
【分析】
Ⅰ、根据“弦的垂直平分线经过圆心”，可证四边形MENF的形状；
Ⅱ、在确定点P的过程中，看∠MOF=40°是否唯一即可．
【详解】
解：Ⅰ、如图所示．
∵MN是AB的垂直平分线，EF是AP的垂直平分线，
∴MN和EF都经过圆心O，线段MN和EF是⊙O的直径．
∴OM=ON，OE=OF．
∴四边形MENF是平行四边形．
∵线段MN是⊙O的直径，
∴∠MEN=90°．
∴平行四边形MENF是矩形．
∴结论Ⅰ正确；
Ⅱ、如图2，当点P在直线MN左侧且AP=AB时，
∵AP=AB，
∴．
∵MN⊥AB，EF⊥AP，
∴
∴
∴
∴．
∴．
∵扇形OFM与扇形OAB的半径、圆心角度数都分别相等，
∴．
如图3，当点P在直线MN右侧且BP=AB时，
同理可证：．
∴结论Ⅱ错误．
故选：D
【点睛】
本题考查了圆的有关性质、矩形的判定、扇形面积等知识点，熟知圆的有关性质、矩形的判定方法及扇形面积公式是解题的关键．
24．（2021·湖北黄冈市·中考真题）如图，是的外接圆，交于点E，垂足为点D，，的延长线交于点F．若，，则的长是（ ）
A．10 B．8 C．6 D．4
【答案】A
【分析】
先根据垂径定理可得，再利用勾股定理可得，然后根据三角形中位线定理即可得．
【详解】
解：，
，
，
，
，
，
，
，
又，
是的中位线，
，
故选：A．
【点睛】
本题考查了垂径定理、三角形中位线定理等知识点，熟练掌握垂径定理是解题关键．
25．（2021·湖南邵阳市·中考真题）如图，点，，是上的三点．若，，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
首先根据圆周角定理求得的度数，根据的度数求即可．
【详解】
解：∵
∴∠BOC=2，
∵，
，
故选：B．
【点睛】
考查了圆周角定理及两锐角互余性质，求得的度数是解题的关键．
26．（2021·湖南长沙市·中考真题）如图，点，，在⊙O上，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
直接利用圆周角定理即可得．
【详解】
解：，
由圆周角定理得：，
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题关键．
27．（2021·湖北武汉市·中考真题）如图，是的直径，是的弦，先将沿翻折交于点．再将沿翻折交于点．若，设，则所在的范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
将⊙O沿BC翻折得到⊙O′，将⊙O′沿BD翻折得到⊙O″，则⊙O、⊙O′、⊙O″为等圆．依据在同圆或等圆中相等的圆周角所对的弧相等可证明，从而可得到弧AC的度数，由弧AC的度数可求得∠B的度数．
【详解】
解：将⊙O沿BC翻折得到⊙O′，将⊙O′沿BD翻折得到⊙O″，则⊙O、⊙O′、⊙O″为等圆．
∵⊙O与⊙O′为等圆，劣弧AC与劣弧CD所对的角均为∠ABC，
∴．
同理：．
又∵F是劣弧BD的中点，
∴．
∴．
∴弧AC的度数=180°÷4=45°．
∴∠B=×45°=22.5°．
∴所在的范围是；
故选：B．
【点睛】
本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了翻折的性质、弧、弦、圆周角之间的关系、圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定，找出图形中的等弧是解题的关键．
二、填空题
28．（2021·黑龙江中考真题）如图，在中，是直径，弦的长为5cm，点在圆上，且，则的半径为_____．
【答案】5cm
【分析】
连接BC，由题意易得，进而问题可求解．
【详解】
解：连接BC，如图所示：
∵，
∴，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴的半径为5cm；
故答案为5cm．
【点睛】
本题主要考查圆周角定理及含30°直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理及含30°直角三角形的性质是解题的关键．
29．（2021·安徽中考真题）如图，圆O的半径为1，内接于圆O．若，，则______．
【答案】
【分析】
先根据圆的半径相等及圆周角定理得出∠ABO=45°，再根据垂径定理构造直角三角形，利用锐角三角函数解直角三角形即可
【详解】
解：连接OB、OC、作OD⊥AB
∵
∴∠BOC=2∠A=120°
∵OB=OC
∴∠OBC=30°又
∴∠ABO=45°
在Rt△OBD中，OB=1
∴BD==
∵OD⊥AB
∴BD=AD=
∴AB=
故答案为：
【点睛】
本题考查垂径定理、圆周角定理，正确使用圆的性质及定理是解题关键
30．（2021·湖南张家界市·中考真题）如图，内接于，，点是的中点，连接，，，则_________．
【答案】
【分析】
圆上弧长对应的圆周角等于圆心角的一半，再利用等腰三角形三线合一的性质，即可得出答案．
【详解】
解:根据圆上弦长对应的圆周角等于圆心角的一半，
，
，
，
为等腰三角形，
又点是的中点，根据等腰三角形三线合一，
为的角平分线，
，
故答案是：．
【点睛】
本题考查了弦长所对应的圆周角等于圆心角的一半和等腰三角形三线合一的性质，解题的关键是：根据性质求出，再利用角平分线或三角形全等都能求出解．
31．（2021·广东中考真题）在中，．点D为平面上一个动点，，则线段长度的最小值为_____．
【答案】
【分析】
由已知，，根据定角定弦，可作出辅助圆，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可知，点在以为圆心为半径的圆上，线段长度的最小值为．
【详解】
如图： 以为半径作圆，过圆心作，
以为圆心为半径作圆，则点在圆上，
,
线段长度的最小值为: ．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆周角与圆心角的关系，圆外一点到圆上的线段最短距离，勾股定理，正确的作出图形是解题的关键．
32．（2021·江苏宿迁市·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠A=32°，点B、C在上，边AB、AC分别交于D、E两点﹐点B是的中点，则∠ABE=__________．
【答案】
【分析】
如图，连接 先证明再证明利用三角形的外角可得：再利用直角三角形中两锐角互余可得：再解方程可得答案．
【详解】
解：如图，连接
是的中点，
故答案为：
【点睛】
本题考查的是圆周角定理，三角形的外角的性质，直角三角形的两锐角互余，掌握圆周角定理的含义是解题的关键．
33．（2021·江苏南京市·中考真题）如图，是的弦，C是的中点，交于点D．若，则的半径为________．
【答案】5
【分析】
连接OA，由垂径定理得AD=4cm，设圆的半径为R，根据勾股定理得到方程，求解即可
【详解】
解：连接OA，
∵C是的中点，
∴
∴
设的半径为R，
∵
∴
在中，，即，
解得，
即的半径为5cm
故答案为：5
【点睛】
本题考查的是垂径定理及勾股定理，根据垂径定理判断出OC是AB的垂直平分线是解答此题的关键．
34．（2021·湖北随州市·中考真题）如图，是的外接圆，连接并延长交于点，若，则的度数为______．
【答案】
【分析】
连接BD，则，再根据AD为直径，求得的度数
【详解】
如图，连接BD，则
AD为直径
故答案为
【点睛】
此题主要考查了圆周角定理，圆周角定理是中考中考查重点，熟练掌握圆周角定理是解决问题的关键．
35．（2021·江苏连云港市·中考真题）如图，、是的半径，点C在上，，，则______．
【答案】25
【分析】
连接OC，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到∠BOC=100°，求出∠AOC，根据等腰三角形的性质计算．
【详解】
解：连接OC，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC=40°，
∴∠BOC=180°-40°×2=100°，
∴∠AOC=100°+30°=130°，
∵OC=OA，
∴∠OAC=∠OCA=25°，
故答案为：25．
【点睛】
本题考查的是圆的基本性质、等腰三角形的性质，三角形内角和定理，掌握三角形内角和等于180°是解题的关键．
36．（2021·四川成都市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与相交于A，B两点，且点A在x轴上，则弦的长为_________．
【答案】2．
【分析】
过O作OE⊥AB于C，根据垂径定理可得AC=BC=，可求OA=2，OD=，在Rt△AOD中，由勾股定理，可证△OAC∽△DAO，由相似三角形性质可求即可．
【详解】
解：过O作OE⊥AB于C，
∵AB为弦，
∴AC=BC=，
∵直线与相交于A，B两点，
∴当y=0时，，解得x=-2，
∴OA=2，
∴当x=0时，，
∴OD=，
在Rt△AOD中，由勾股定理，
∵∠ACO=∠AOD=90°，∠CAO=∠OAD，
∴△OAC∽△DAO，
即，
∴AB=2AC=2，
故答案为2．
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系，垂径定理，直线与两轴交点，勾股定理，三角形相似判定与性质，掌握以上知识、正确添加辅助线是解题关键．
37．（2021·江苏扬州市·中考真题）在一次数学探究活动中，李老师设计了一份活动单：
已知线段，使用作图工具作，尝试操作后思考：
（1）这样的点A唯一吗？
（2）点A的位置有什么特征？你有什么感悟？
“追梦”学习小组通过操作、观察、讨论后汇报：点A的位置不唯一，它在以为弦的圆弧上（点B、C除外），……．小华同学画出了符合要求的一条圆弧（如图1）．
（1）小华同学提出了下列问题，请你帮助解决．
①该弧所在圆的半径长为___________；
②面积的最大值为_________；
（2）经过比对发现，小明同学所画的角的顶点不在小华所画的圆弧上，而在如图1所示的弓形内部，我们记为，请你利用图1证明；
（3）请你运用所学知识，结合以上活动经验，解决问题：如图2，已知矩形的边长，，点P在直线的左侧，且．
①线段长的最小值为_______；
②若，则线段长为________．
【答案】（1）①2；②；（2）见解析；（3）①；②
【分析】
（1）①设O为圆心，连接BO，CO，根据圆周角定理得到∠BOC=60°，证明△OBC是等边三角形，可得半径；
②过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，以BC为底，则当A与D重合时，△ABC的面积最大，求出OE，根据三角形面积公式计算即可；
（2）延长BA′，交圆于点D，连接CD，利用三角形外角的性质和圆周角定理证明即可；
（3）①根据，连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，可得点P在优弧CPD上，连接BQ，与圆Q交于P′，可得BP′即为BP的最小值，再计算出BQ和圆Q的半径，相减即可得到BP′；
②根据AD，CD和推出点P在∠ADC的平分线上，从而找到点P的位置，过点C作CF⊥PD，垂足为F，解直角三角形即可求出DP．
【详解】
解：（1）①设O为圆心，连接BO，CO，
∵∠BAC=30°，
∴∠BOC=60°，又OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=OC=BC=2，即半径为2；
②∵△ABC以BC为底边，BC=2，
∴当点A到BC的距离最大时，△ABC的面积最大，
如图，过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，
∴BE=CE=1，DO=BO=2，
∴OE==，
∴DE=，
∴△ABC的最大面积为=；
（2）如图，延长BA′，交圆于点D，连接CD，
∵点D在圆上，
∴∠BDC=∠BAC，
∵∠BA′C=∠BDC+∠A′CD，
∴∠BA′C＞∠BDC，
∴∠BA′C＞∠BAC，即∠BA′C＞30°；
（3）①如图，当点P在BC上，且PC=时，
∵∠PCD=90°，AB=CD=2，AD=BC=3，
∴tan∠DPC==，为定值，
连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，
∴当点P在优弧CPD上时，tan∠DPC=，连接BQ，与圆Q交于P′，
此时BP′即为BP的最小值，过点Q作QE⊥BE，垂足为E，
∵点Q是PD中点，
∴点E为PC中点，即QE=CD=1，PE=CE=PC=，
∴BE=BC-CE=3-=，
∴BQ==，
∵PD==，
∴圆Q的半径为，
∴BP′=BQ-P′Q=，即BP的最小值为；
②∵AD=3，CD=2，，
则，
∴△PAD中AD边上的高=△PCD中CD边上的高，
即点P到AD的距离和点P到CD的距离相等，
则点P到AD和CD的距离相等，即点P在∠ADC的平分线上，如图，
过点C作CF⊥PD，垂足为F，
∵PD平分∠ADC，
∴∠ADP=∠CDP=45°，
∴△CDF为等腰直角三角形，又CD=2，
∴CF=DF==，
∵tan∠DPC==，
∴PF=，
∴PD=DF+PF==．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，三角形的面积，等边三角形的判定和性质，最值问题，解直角三角形，三角形外角的性质，勾股定理，知识点较多，难度较大，解题时要根据已知条件找到点P的轨迹．
38．（2021·辽宁本溪市·中考真题）如图，由边长为1的小正方形组成的网格中，点A，B，C都在格点上，以为直径的圆经过点C和点D，则________．
【答案】
【分析】
根据同弧所对的圆周角相等可得，再利用正切的定义求解即可．
【详解】
解：∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查同弧所对的圆周角相等、求角的正切值，掌握同弧所对的圆周角相等是解题的关键．
39．（2021·内蒙古通辽市·中考真题）如图，是⊙O的弦，，点C是⊙O上的一个动点，且，若点M，N分别是，的中点，则图中阴影部分面积的最大值是__________．
【答案】
【分析】
阴影面积由弓形ADB面积加上△MNB的面积，而弓形面积不变，因此只需要求出△MNB的最大面积，由M,N为AB,BC的中点，所以MN是△ABC的中位线，所以△BMN∽△BAC，所以S△BMN=S△ABC，求出△ABC的最大面积即可，而AB边为定值，当点C到AB的距离最大，三角形面积最大，当CM⊥AB时，三角形面积最大，即可求出阴影面积最大值．
【详解】
连接OA,OB，连接OM，如图
∵ ,
∴，
∵M为AB中点，
∴OM⊥AB，,
∴,
设OM=x，则AO=2x，在Rt△AOM中
即
，
解得x=1，
即 ,
S弓形ADB=S扇形OADB=，
∵M,N为边AB,BC的中点，
∴∥AC，
∴,
∴,
当C,O,M在同一直线上时，△ABC的面积最大，
由垂径定理可知，AC=BC,
又∵∠ACB=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴ ,
在Rt△ACM中，
,
∴的最大值为： ,
∴,
∴阴影面积的最大值为：．
故填：．
【点睛】
本题考查弓形面积，扇形面积，圆心角与圆周角关系，三角形的中位线，相似三角形的性质，垂径定理，勾股定理，解题关键是将不规则面积转化为规则图形的面积．
40．（2021·湖北襄阳市·中考真题）点是的外心，若，则为______．
【答案】55°或125°
【分析】
根据点Ａ与点O在边同侧或两侧，分类讨论，按照同弧所对的圆心角和圆周角的关系解答即可．
【详解】
解：分两种情况：
（1）点Ａ与点在BC边同侧时，如下图：
.
∵
∴
（2）点与点在BC边两侧时，如下图：
∵，即所对的圆心角为
∴所对的圆心角为：
∴
故答案为：55或125
【点睛】
本题考查的是同弧所对的圆心角和圆周角之间关系，根据题意分类讨论是解题关键．
41．（2021·湖北恩施土家族苗族自治州·中考真题）《九章算术》被尊为古代数学“群经之首”，其卷九勾股篇记载：今有圆材埋于壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何？如图，大意是，今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯这木材，锯口深等于1寸，锯道长1尺，问圆形木材的直径是多少？（1尺＝10寸）
答：圆形木材的直径___________寸；
【答案】26
【分析】
延长DC，交⊙O于点E，连接OA，由题意易得DE即为⊙O的直径，寸，寸，则有寸，设OA=x寸，最后根据垂径定理及勾股定理可进行求解．
【详解】
解：延长DC，交⊙O于点E，连接OA，如图所示：
由题意得CD⊥AB，点C为AB的中点，寸，寸，
∴DE为⊙O的直径，
∴寸，
设OA=x寸，则寸，
∴在Rt△AOC中，，即，
解得：，
∴圆形木材的直径为26寸；
故答案为26．
【点睛】
本题主要考查垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．
42．（2021·湖南长沙市·中考真题）如图，在⊙O中，弦的长为4，圆心到弦的距离为2，则的度数为______．
【答案】
【分析】
先根据垂径定理可得，再根据等腰直角三角形的判定与性质即可得．
【详解】
解：由题意得：，，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了垂径定理、等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握垂径定理是解题关键．
43．（2021·湖南怀化市·中考真题）如图，在中，，，则图中阴影部分的面积是_________．（结果保留）
【答案】
【分析】
由，根据圆周角定理得出，根据S阴影=S扇形AOB－可得出结论．
【详解】
解：∵，
∴，
∴S阴影=S扇形AOB－
，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查圆周角定理、扇形的面积计算，根据题意求得三角形与扇形的面积是解答此题的关键．
三、解答题
44．（2021·山东临沂市·中考真题）如图，已知在⊙O中， ，OC与AD相交于点E．求证：
（1）AD∥BC
（2）四边形BCDE为菱形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）连接BD，根据圆周角定理可得∠ADB=∠CBD，根据平行线的判定可得结论；
（2）证明△DEF≌△BCF，得到DE=BC，证明四边形BCDE为平行四边形，再根据得到BC=CD，从而证明菱形．
【详解】
解：（1）连接BD，
∵，
∴∠ADB=∠CBD，
∴AD∥BC；
（2）连接CD，
∵AD∥BC，
∴∠EDF=∠CBF，
∵，
∴BC=CD，
∴BF=DF，又∠DFE=∠BFC，
∴△DEF≌△BCF（ASA），
∴DE=BC，
∴四边形BCDE是平行四边形，又BC=CD，
∴四边形BCDE是菱形．
【点睛】
本题考查了垂径定理，圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，解题的关键是合理运用垂径定理得到BF=DF．
45．（2021·四川南充市·中考真题）如图，A，B是上两点，且，连接OB并延长到点C，使，连接AC．
（1）求证：AC是的切线．
（2）点D，E分别是AC，OA的中点，DE所在直线交于点F，G，，求GF的长．
【答案】（1）见解析；（2）2
【分析】
（1）先证得△AOB为等边三角形，从而得出∠OAB=60°，利用三角形外角的性质得出∠C=∠CAB=30°，由此可得∠OAC=90°即可得出结论；
（2）过O作OM⊥DF于M，DN⊥OC于N，利用勾股定理得出AC=，根据含30°的直角三角形的性质得出DN =，再根据垂径定理和勾股定理即可求出GF的长．
【详解】
（1）证明：∵AB=OA，OA=OB
∴AB=OA=OB
∴△AOB为等边三角形
∴∠OAB=60°，∠OBA=60°
∵BC=OB
∴BC=AB
∴∠C=∠CAB
又∵∠OBA=60°=∠C+∠CAB
∴∠C=∠CAB=30°
∴∠OAC=∠OAB+∠CAB=90°
∴AC是⊙O的切线；
（2）∵OA=4
∴OB=AB=BC=4
∴OC=8
∴AC===
∵D、E分别为AC、OA的中点，
∴OE//BC，DC=
过O作OM⊥DF于M，DN⊥OC于N
则四边形OMDN为矩形
∴DN=OM
在Rt△CDN中，∠C=30°，∴DN=DC=
∴OM=
连接OG，∵OM⊥GF
∴GF=2MG=2==2
【点睛】
本题考查了切线的判定、垂径定理、等边三角形的性质和判定，熟练掌握相关的知识是解题的关键．
46．（2021·安徽中考真题）如图，圆O中两条互相垂直的弦AB，CD交于点E．
（1）M是CD的中点，OM＝3，CD＝12，求圆O的半径长；
（2）点F在CD上，且CE＝EF，求证：．
【答案】（1）；（2）见解析．
【分析】
（1）根据M是CD的中点，OM与圆O直径共线可得，平分 CD，则有，利用勾股定理可求得半径的长；
（2）连接AC，延长AF交BD于G，根据，，可得，，利用圆周角定理可得，可得，利用直角三角形的两锐角互余，可证得，即有．
【详解】
（1）解：连接OC，
∵M是CD的中点，OM与圆O直径共线
∴，平分CD，
．
在中．
∴圆O的半径为
（2）证明：连接AC，延长AF交BD于G．
，
又
在中
【点睛】
本题考查了垂径定理，圆周角定理，直角三角形的两锐角互余，勾股定理等知识点，熟练应用相关知识点是解题的关键．
47．（2021·浙江中考真题）如图，已知是⊙的直径，是所对的圆周角，．
（1）求的度数；
（2）过点作，垂足为，的延长线交⊙于点．若，求的长．
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）连结，根据圆周角性质，得；根据直径所对圆周角为直角、直角三角形两锐角互余的性质计算，即可得到答案；
（2）根据含角的直角三角形性质，得；根据垂径定理、特殊角度三角函数的性质计算，即可得到答案．
【详解】
（1）连结，
是的直径，
，
（2），，
∴
，，且是直径
．
【点睛】
本题考查了圆、含角的直角三角形、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握圆周角、垂径定理、含角的直角三角形、三角函数、直角三角形两锐角互余的性质，从而完成求解．
48．（2021·四川泸州市·中考真题）如图，ABC是⊙O的内接三角形，过点C作⊙O的切线交BA的延长线于点F，AE是⊙O的直径，连接EC
（1）求证：；
（2）若，于点，，，求的值
【答案】（1）证明见详解；（2）18．
【分析】
（1）连接，根据是⊙O的切线，AE是⊙O的直径，可得，利用，得到，根据圆周角定理可得，则可证得；
（2）由（1）可知，易得，则有,则可得，并可求得，连接，易证，则有，可得．
【详解】
解：（1）连接
∵是⊙O的切线，AE是⊙O的直径，
∴，
∴
∴
又∵
∴
根据圆周角定理可得：
∴，
∴；
（2）由（1）可知，
∵
∴
∴
∴,
∵，，
∴
∴
∴
又∵中，
∴，
如图示，连接
∵，
∴
∴
∴．
【点睛】
本题考查了圆的性质，等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的性质，三角形相似的判定与性质等知识点，熟悉相关性质是解题的关键．
49．（2021·江苏无锡市·中考真题）如图，四边形内接于，是的直径，与交于点E，切于点B．
（1）求证：；
（2）若，，求证：．
【答案】（1）见详解；（2）见详解
【分析】
（1）由圆周角定理的推论，可知∠ABC=90°，由切线的性质可知∠OBP=90°，进而即可得到结论；
（2）先推出，从而得∠AOB=40°，继而得∠OAB=70°，再推出∠CDE=70°，进而即可得到结论．
【详解】
证明：（1）∵是的直径，
∴∠ABC=90°，
∵切于点B，
∴∠OBP=90°，
∴，
∴；
（2）∵，，
∴，
∵OB=OC，
∴，
∴∠AOB=20°+20°=40°，
∵OB=OA，
∴∠OAB=∠OBA=(180°-40°)÷2=70°，
∴∠ADB=∠AOB=20°，
∵是的直径，
∴∠ADC=90°，
∴∠CDE=90°-20°=70°，
∴∠CDE=∠OAB，
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查圆的性质以及相似三角形的判定定理，掌握圆周角定理的推论，相似三角形的判定定理，切线的性质定理，是解题的关键．
50．（2021·甘肃武威市·中考真题）在《阿基米德全集》中的《引理集》中记录了古希腊数学家阿基米德提出的有关圆的一个引理．如图，已知是弦上一点，请你根据以下步骤完成这个引理的作图过程．
（1）尺规作图（保留作图痕迹，不写作法）：
①作线段的垂直平分线，分别交于点于点，连接；
②以点为圆心，长为半径作弧，交于点（两点不重合），连接．
（2）直接写出引理的结论：线段的数量关系．
【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）
【分析】
（1）①分别为圆心，大于为半径画弧，得到两弧的交点，过两弧的交点作直线即可得到答案，②按照语句依次作图即可；
（2）由作图可得： 再证明 再证明 从而可得结论．
【详解】
解：（1）作出线段的垂直平分线，连接；
以为圆心，长为半径作弧，交于点，连接，如图示：
（2）结论：．理由如下：
由作图可得：是的垂直平分线，
四边形是圆的内接四边形，
【点睛】
本题考查的是线段的垂直平分线的作图，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟练运用基础知识解题是关键．
51．（2021·四川广元市·中考真题）如图，在Rt中，，是的平分线，以为直径的交边于点E，连接，过点D作，交于点F．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求线段的长．
【答案】（1）证明见详解；（2）．
【分析】
（1）先根据圆周角定理、角平分线定义、平行线性质证明∠EAD=∠FDE，再根据AD为直径，得到∠ADE+∠DAE=90°，进而得到AD⊥FD，问题得证；
（2）先求出DE=3，证明△AED≌△ACD，得到DE=DC=3，BC=BD+CD=8，解Rt中求出AC=6，进而得到AE=6，求出,证明△ADE∽△AFD，得到，即可求出．
【详解】
解：（1）证明：连接DE，
∵
∴∠CAD=∠CED，
∵ 是的平分线，
∴∠CAD=∠EAD，
∴∠CED=∠EAD，
∵，
∴∠CED=∠FDE，
∴∠EAD=∠FDE，
∵AD为直径，
∴∠AED=∠ACD=90°，
∴∠ADE+∠DAE=90°，
∴∠ADE+∠FDE=90°，
即AD⊥FD，
又∵为直径，
∴是的切线；
（2）∵∠AED=90°，
∴∠BED=90°，
∴,
∵∠AED=∠ACD，∠DAE=∠DAC，AD=AD，
∴△AED≌△ACD，
∴DE=DC=3，
∴BC=BD+CD=8，
在Rt中，∵，
∴设AC=3x，AB=5x，
∴，
∵x＞0，
∴x=2，
∴AB=5x=10，AC=3x=6，
∵△AED≌△ACD，
∴AE=AC=6，
∴在Rt△ADE中，,
∵∠EAD=∠DAF，∠AED=∠ADF=90°，
∴△ADE∽△AFD，
∴，
即 ,
∴．
【点睛】
本题为圆的综合题，考查了切线的判定，圆的性质，三角函数，相似三角形的判定与性质等知识，根据题意添加辅助线，熟知圆的性质，利用三角函数解直角三角形是解题关键．
52．（2021·四川遂宁市·中考真题）如图，⊙O的半径为1，点A是⊙O的直径BD延长线上的一点，C为⊙O上的一点，AD＝CD，∠A＝30°．
（1）求证：直线AC是⊙O的切线；
（2）求△ABC的面积；
（3）点E在上运动（不与B、D重合），过点C作CE的垂线，与EB的延长线交于点F．
①当点E运动到与点C关于直径BD对称时，求CF的长；
②当点E运动到什么位置时，CF取到最大值，并求出此时CF的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）①3；②
【分析】
（1）连接OC，利用切线的判定定理，证明OC⊥AC即可；
（2）要求的面积，结合（1）题，底边AB可求，只需再求出底边上的高CH即可；
（3）根据垂径定理可求CE的长，再利用锐角三角函数，可求CF的长；
由可知，点E在运动过程中，始终有，所以，求出CE的最大值，即可得到CF的最大值．
【详解】
（1）证明：连结OC，如图所示．
∵AD＝CD ，∠A＝30°，
∴∠ACD＝∠A=30°．
∴∠CDB＝60°．
∵OD＝OC，
∴∠OCD＝∠ODC=60°．
∴∠ACO＝∠ACD＋∠OCD＝30°+60°=90°．
∴OC⊥AC．
∴直线AC是⊙O的切线．
（2）过点C作CH⊥AB于点H，如图所示．
∵OD=OC，∠ODC=60°，
∴是等边三角形．
∴．
∴在中，
．
∵AB＝AD＋BD＝3，
∴．
（3）当点运动到与点关于直径BD对称时，如图所示．
此时，CE⊥AB，设垂足为K．
由（2）可知，．
∵BD为圆的直径，CE⊥AB，
∴CE＝2CK＝．
∵CF⊥CE，
∴∠ECF＝90°．
∵，
∴∠E=∠CDB＝60°．
在中，
∵，
∴．
如图所示：
由可知，在中，
∵，
∴．
∴当点E在上运动时，始终有．
∴当CE最大时，CF取得最大值．
∴当CE为直径，即CE=2时，CF最大，最大值为．
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定、等腰三角形的性质、勾股定理、垂径定理、圆周角定理的推论、锐角三角函数、求线段的最值等知识点，熟知切线的判定方法、垂径定理、圆周角定理、锐角三角函数的定义是解题的关键．
53．（2021·四川广元市·中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别相交于A、B两点，与y轴相交于点C，下表给出了这条抛物线上部分点的坐标值：
x
…
0
1
2
3
…
y
…
0
3
4
3
0
…
（1）求出这条抛物线的解析式及顶点M的坐标；
（2）是抛物线对称轴上长为1的一条动线段（点P在点Q上方），求的最小值；
（3）如图2，点D是第四象限内抛物线上一动点，过点D作轴，垂足为F，的外接圆与相交于点E．试问：线段的长是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
【答案】（1）；；（2）；（3）是，1．
【分析】
（1）依据表格数据，设出抛物线的顶点式，利用待定系数法求解即可；
（2）利用平移和找对称点的方式，将的长转化为，再利用两点之间线段最短确定的最小值等于CE的长，加1后即能确定的最小值；
（3）设出圆心和D点的坐标，接着表示出E点的坐标，利用圆心到B点的距离等于圆心到D点的距离，求出q和e的关系，得到E点的纵坐标，进而确定EF的长为定值．
【详解】
解：（1）由表格数据可知，顶点坐标为（1,4）
设抛物线解析式为：，
将点（0,3）代入解析式得：3=a+4，
∴，
∴抛物线解析式为：，顶点坐标．
（2）由表格可知，抛物线经过点A（-1,0），C（0,3），
如图3，将A点向上平移一个单位，得到，
则
∴四边形是平行四边形，
∴，
作关于MQ的对称点E，则
∴，
∴，
当P、E、C三点共线时，最短，
设直线CE的解析式为：，
将C、E两点坐标代入解析式可得：，
∴，
∴直线CE的解析式为：，
令，则，
∴当时，P、E、C三点共线，此时最短，
∴的最小值为．
（3）是；
理由：设，
因为A、B两点关于直线x=1对称，
所以圆心位于该直线上，
所以可设的外接圆的圆心为，
作，垂足为点N，则，
由轴，
∴，
∵，且由表格数据可知
∴，
化简得：，
∵点D是第四象限内抛物线上一动点，且抛物线解析式为，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即的长不变，为1．
【点睛】
本题涉及到了动点问题，综合考查了用待定系数法求抛物线解析式、点的平移、勾股定理、平行四边形的判定与性质、最短路径问题、圆的性质等内容，解决本题的关键是理解并掌握相关概念与公式，能将题干信息与图形相结合，挖掘图中隐含信息，本题有一定的计算量，对学生的综合分析与计算能力都有较高的要求，本题蕴含了数形结合的思想方法等．
54．（2021·云南中考真题）如图，是的直径，点C是上异于A、B的点，连接、，点D在的延长线上，且，点E在的延长线上，且．
（1）求证：是的切线：
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据等量代换得到∠DCO=90°，即可证明DC是圆O的切线；
（2）根据已知得到OA=2DA，证明△DCO∽△DEB，得到，可得DA=EB，即可求出DA的长．
【详解】
解：（1）如图，连接OC，由题意可知：∠ACB是直径AB所对的圆周角，
∴∠ACB=90°，
∵OC，OB是圆O的半径，
∴OC=OB，
∴∠OCB=∠ABC，
又∵∠DCA=∠ABC，
∴∠DCA=∠OCB，
∴∠DCO=∠DCA+∠ACO=∠OCB+∠ACO=∠ACB=90°，
∴OC⊥DC，
又∵OC是圆O的半径，
∴DC是圆O的切线；
（2）∵，
∴，化简得OA=2DA，
由（1）知，∠DCO=90°，
∵BE⊥DC，即∠DEB=90°，
∴∠DCO=∠DEB，
∴OC∥BE，
∴△DCO∽△DEB，
∴，即，
∴DA=EB，
∵BE=3，
∴DA=EB=，
经检验：DA=是分式方程的解，
∴DA=．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定，正确的作出辅助线，证明切线，得到相似三角形是解题的关键．
2021年中考数学真题分项汇编【全国通用】（第01期）
专题24圆的有关性质（共54题）
一、单选题
1．（2021·甘肃武威市·中考真题）如图，点在上，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
先证明再利用等弧的性质及圆周角定理可得答案．
【详解】
解： 点在上，，
故选：
【点睛】
本题考查的两条弧，两个圆心角，两条弦之间的关系，圆周角定理，等弧的概念与性质，掌握同弧或等弧的概念与性质是解题的关键．
2．（2021·广西玉林市·中考真题）学习圆的性质后，小铭与小熹就讨论起来，小铭说：“被直径平分的弦也与直径垂直”，小熹说：“用反例就能说明这是假命题” ．下列判断正确的是（ ）
A．两人说的都对
B．小铭说的对，小燕说的反例不存在
C．两人说的都不对
D．小铭说的不对，小熹说的反例存在
【答案】D
【分析】
根据垂径定理可直接进行排除选项．
【详解】
解：由垂径定理的推论“平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧”可知：
小铭忽略了垂径定理中的“弦不能是直径”这一条件，因为一个圆中的任意两条直径都互相平分，但不垂直，所以小铭说法错误，小熹所说的反例即为两条直径的情况下；
故选D．
【点睛】
本题主要考查垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．
3．（2021·青海中考真题）如图是一位同学从照片上剪切下来的海上日出时的画面，“图上”太阳与海平线交于，两点，他测得“图上”圆的半径为10厘米，厘米．若从目前太阳所处位置到太阳完全跳出海平面的时间为16分钟，则“图上”太阳升起的速度为（ ）．
A．1.0厘米/分 B．0.8厘米分 C．12厘米/分 D．1.4厘米/分
【答案】A
【分析】
首先过⊙O的圆心O作CD⊥AB于C，交⊙O于D，连接OA，由垂径定理，即可求得OC的长，继而求得CD的长，又由从目前太阳所处位置到太阳完全跳出海面的时间为10分钟，即可求得“图上”太阳升起的速度．
【详解】
解：过⊙O的圆心O作CD⊥AB于C，交⊙O于D，连接OA，
∴AC=AB=×16=8（厘米），
在Rt△AOC中，（厘米），
∴CD=OC+OD=16（厘米），
∵从目前太阳所处位置到太阳完全跳出海面的时间为16分钟，
∴16÷16=1（厘米/分）．
∴“图上”太阳升起的速度为1.0厘米/分．
故选：A．
【点睛】
此题考查了垂径定理的应用．解题的关键是结合图形构造直角三角形，利用勾股定理求解．
4．（2021·山东聊城市·中考真题）如图，A，B，C是半径为1的⊙O上的三个点，若AB＝，∠CAB＝30°，则∠ABC的度数为（ ）
A．95° B．100° C．105° D．110°
【答案】C
【分析】
连接OB，OC，根据勾股定理逆定理可得∠AOB＝90°，∠ABO＝∠BAO＝45°，根据圆周角定理可得∠COB＝2∠CAB＝60°，∠OBC＝∠OCB＝60°，由此可求得答案．
【详解】
解：如图，连接OB，OC，
∵OA＝OB＝1，AB＝，
∴OA2＋OB2＝AB2，
∴∠AOB＝90°，
又∵OA＝OB，
∴∠ABO＝∠BAO＝45°，
∵∠CAB＝30°，
∴∠COB＝2∠CAB＝60°，
又∵OC＝OB，
∴∠OBC＝∠OCB＝60°，
∴∠ABC＝∠ABO＋∠OBC＝105°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质，圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解决本题的关键．
5．（2021·湖北鄂州市·中考真题）已知锐角，如图，按下列步骤作图：①在边取一点，以为圆心，长为半径画，交于点，连接．②以为圆心，长为半径画，交于点，连接．则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据画图过程，得到OD=OC，由等边对等角与三角形内角和定理得到∠ODC=∠OCD=，同理得到∠DOE=∠DEO=40︒，由∠OCD为△DCE的外角，得到结果．
【详解】
解：∵以为圆心，长为半径画，交于点，
∴OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD，
∵∠AOB=40︒，
∴∠ODC=∠OCD=，
∵以为圆心，长为半径画，交于点，
∴DO=DE，
∴∠DOE=∠DEO=40︒，
∵∠OCD为△DCE的外角，
∴∠OCD=∠DEC+∠CDE，
∴70︒=40︒+∠CDE，
∴∠CDE=30︒，
故选：B．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的判定与性质、以及三角形外角的性质，关键在于等边对等角与三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和两个知识点的熟练运用．
6．（2021·海南中考真题）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，连接．若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
先根据圆内接四边形的性质可得，再根据圆周角定理可得，然后根据角的和差即可得．
【详解】
解：四边形是的内接四边形，
，
，
，
是的直径，
，
，
故选：A．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题关键．
7．（2021·四川眉山市·中考真题）如图，在以为直径的中，点为圆上的一点，，弦于点，弦交于点，交于点．若点是的中点，则的度数为（ ）
A．18° B．21° C．22.5° D．30°
【答案】C
【分析】
根据直径所对的圆周角是，可知，根据，可知、的度数，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知，为等腰三角形，再根据可求得的度数．
【详解】
解：∵为的直径，
∴，
∵，
∴，，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查圆周角定理，垂径定理，相似三角形，直角三角形斜边上中线等知识点，找出图形中几个相似三角形是解题关键．
8．（2021·四川南充市·中考真题）如图，AB是的直径，弦于点E，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
连接OD，根据垂径定理得CD=2DE，从而得是等腰直角三角形，根据圆周角定理即可求解．
【详解】
解：连接OD，
∵AB是的直径，弦于点E，
∴CD=2DE，
∵，
∴DE=OE，
∴是等腰直角三角形，即∠BOD=45°，
∴=∠BOD=22.5°，
故选B．
【点睛】
本题主要考查圆的基本性质，熟练掌握垂径定理和圆周角定理，是解题的关键．
9．（2021·四川广安市·中考真题）如图，公园内有一个半径为18米的圆形草坪，从地走到地有观赏路（劣弧）和便民路（线段）.已知、是圆上的点，为圆心，，小强从走到，走便民路比走观赏路少走（ ）米.
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
作OC⊥AB于C，如图，根据垂径定理得到AC=BC，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠A，从而得到OC和AC，可得AB，然后利用弧长公式计算出的长，最后求它们的差即可．
【详解】
解：作OC⊥AB于C，如图，
则AC=BC，
∵OA=OB，
∴∠A=∠B=（180°-∠AOB）=30°，
在Rt△AOC中，OC=OA=9，
AC=，
∴AB=2AC=，
又∵=，
∴走便民路比走观赏路少走米，
故选D．
【点睛】
本题考查了垂径定理：垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题．
10．（2021·重庆中考真题）如图，AB是⊙O的直径，AC，BC是⊙O的弦，若，则的度数为（ ）
A．70° B．90° C．40° D．60°
【答案】A
【分析】
直接根据直径所对的圆周角为直角进行求解即可．
【详解】
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴在Rt△ABC中，∠B=90°-∠A=70°，
故选：A．
【点睛】
本题考查直径所对的圆周角为直角，理解基本定理是解题关键．
11．（2021·浙江丽水市·中考真题）如图，是的直径，弦于点E，连结．若的半径为，则下列结论一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据垂径定理、锐角三角函数的定义进行判断即可解答．
【详解】
解：∵是的直径，弦于点E，
∴
在中，，
∴
∴，故选项A错误，不符合题意；
又
∴
∴，故选项B正确，符合题意；
又
∴
∵
∴，故选项C错误，不符合题意；
∵，
∴，故选项D错误，不符合题意；
故选B．
【点睛】
本题考查了垂径定理，锐角三角函数的定义以及三角形面积公式的应用，解本题的关键是熟记垂径定理和锐角三角函数的定义．
12．（2021·山东泰安市·中考真题）如图，在中，，以点A为圆心，3为半径的圆与边相切于点D，与，分别交于点E和点G，点F是优弧上一点，，则的度数是（ ）
A．50° B．48° C．45° D．36°
【答案】B
【分析】
连接AD，由切线性质可得∠ADB=∠ADC=90°，根据AB=2AD及锐角的三角函数可求得∠BAD=60°，易求得∠ADE=72°，由AD=AE可求得∠DAE=36°，则∠GAC=96°，根据圆周角定理即可求得∠GFE的度数．
【详解】
解：连接AD，则AD=AG=3，
∵BC与圆A相切于点D，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
在Rt△ADB中，AB=6，则cos∠BAD==，
∴∠BAD=60°，
∵∠CDE=18°，
∴∠ADE=90°﹣18°=72°，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED=72°，
∴∠DAE=180°﹣2×72°=36°，
∴∠GAC=36°+60°=96°，
∴∠GFE=∠GAC=48°，
故选：B．
【点睛】
本题考查切线性质、锐角的三角函数、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理、圆周角定理，熟练掌握切线性质和圆周角定理，利用特殊角的三角函数值求得∠BAD=60°是解答的关键．
13．（2021·浙江绍兴市·中考真题）如图，正方形ABCD内接于，点P在上，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
连接OB，OC，由正方形ABCD的性质得，再根据圆周角与圆心角的关系即可得出结论．
【详解】
解：连接OB，OC，如图，
∵正方形ABCD内接于，
∴
∴
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了圆周角定理：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．
14．（2021·四川凉山彝族自治州·中考真题）点P是内一点，过点P的最长弦的长为，最短弦的长为，则OP的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据直径是圆中最长的弦，知该圆的直径是10cm；最短弦即是过点P且垂直于过点P的直径的弦；根据垂径定理即可求得CP的长，再进一步根据勾股定理，可以求得OP的长．
【详解】
解：如图所示，CD⊥AB于点P．
根据题意，得
AB=10cm，CD=6cm．
∴OC=5，CP=3
∵CD⊥AB，
∴CP=CD=3cm．
根据勾股定理，得OP==4cm．
故选B．
【点睛】
此题综合运用了垂径定理和勾股定理．正确理解圆中，过一点的最长的弦和最短的弦．
15．（2021·四川自贡市·中考真题）如图，AB为⊙O的直径，弦于点F，于点E，若，，则CD的长度是（ ）
A．9.6 B． C． D．19
【答案】A
【分析】
先利用垂径定理得出AE=EC，CF=FD，再利用勾股定理列方程即可
【详解】
解：连接OC
∵AB⊥CD, OE⊥AC
∴ AE=EC，CF=FD
∵OE=3，OB=5
∴OB=OC=OA=5
∴在Rt△OAE中
∴AE=EC=4
设OF=x，则有
x=1.4
在Rt△OFC中，
∴
故选：A
【点睛】
本题考查垂径定理、勾股定理、方程思想是解题关键
16．（2021·山东临沂市·中考真题）如图，、分别与相切于、，，为上一点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由切线的性质得出∠OAP=∠OBP=90°，利用四边形内角和可求∠AOB=110°，再利用圆周角定理可求∠ADB=55°，再根据圆内接四边形对角互补可求∠ACB．
【详解】
解：如图所示，连接OA，OB，在优弧AB上取点D，连接AD，BD，
∵AP、BP是切线，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∴∠AOB=360°-90°-90°-70°=110°，
∴∠ADB=55°，
又∵圆内接四边形的对角互补，
∴∠ACB=180°-∠ADB=180°-55°=125°．
故选：C．
【点睛】
本题考查了切线的性质、圆周角定理、圆内接四边形的性质．解题的关键是连接OA、OB，求出∠AOB．
17．（2021·湖北鄂州市·中考真题）如图，中，，，．点为内一点，且满足．当的长度最小时，的面积是（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】D
【分析】
由题意知，又长度一定，则点P的运动轨迹是以中点O为圆心，长为半径的圆弧，所以当B、P、O三点共线时，BP最短；在中，利用勾股定理可求BO的长，并得到点P是BO的中点，由线段长度即可得到是等边三角形，利用特殊三边关系即可求解．
【详解】
解：
取中点O，并以O为圆心，长为半径画圆
由题意知：当B、P、O三点共线时，BP最短
点P是BO的中点
在中，
是等边三角形
在中，
．
【点睛】
本题主要考察动点的线段最值问题、点与圆的位置关系和隐形圆问题，属于动态几何综合题型，中档难度．解题的关键是找到动点P的运动轨迹，即隐形圆．
18．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）如图，在中，，AB=AC=5，点在上，且，点E是AB上的动点，连结，点，G分别是BC，DE的中点，连接，，当AG=FG时，线段长为（ ）
A． B． C． D．4
【答案】A
【分析】
连接DF，EF，过点F作FN⊥AC，FM⊥AB，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得点A，D，F，E四点共圆，∠DFE=90°，然后根据勾股定理及正方形的判定和性质求得AE的长度，从而求解．
【详解】
解：连接DF，EF，过点F作FN⊥AC，FM⊥AB
∵在中，，点G是DE的中点，
∴AG=DG=EG
又∵AG=FG
∴点A，D，F，E四点共圆，且DE是圆的直径
∴∠DFE=90°
∵在Rt△ABC中，AB=AC=5，点是BC的中点，
∴CF=BF=，FN=FM=
又∵FN⊥AC，FM⊥AB，
∴四边形NAMF是正方形
∴AN=AM=FN=
又∵，
∴
∴△NFD≌△MFE
∴ME=DN=AN-AD=
∴AE=AM+ME=3
∴在Rt△DAE中，DE=
故选：A．
【点睛】
本题考查直径所对的圆周角是90°，四点共圆及正方形的判定和性质和用勾股定理解直角三角形，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键．
19．（2021·四川自贡市·中考真题）如图，，，以点A为圆心，AC长为半径画弧，交y轴正半轴于点B，则点B的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
先根据题意得出OA=8，OC=2，再根据勾股定理计算即可
【详解】
解：由题意可知：AC=AB
∵，
∴OA=8，OC=2
∴AC=AB=10
在Rt△OAB中，
∴B(0，6)
故选：D
【点睛】
本题考查勾股定理、正确写出点的坐标，圆的半径相等、熟练进行勾股定理的计算是关键
20．（2021·广西来宾市·中考真题）如图，的半径为，于点，，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据圆周角定理求出∠COB的度数，再求出∠OBD的度数，根据“30°的锐角所对的直角边等于斜边的一半”求出OD的长度．
【详解】
∵ ∠BAC=30°，
∴∠COB=60°，
∵∠ODB=90°，
∴∠OBD=30°，
∵OB=4，
∴OD=OB==2．
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，直角三角形的性质，掌握相关定理和性质是解题的关键．
21．（2021·湖北荆州市·中考真题）如图，矩形的边，分别在轴、轴的正半轴上，点在的延长线上．若，，以为圆心、长为半径的弧经过点，交轴正半轴于点，连接，、则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
连接OB，由题意易得∠BOD=60°，然后根据圆周角定理可进行求解．
【详解】
解：连接OB，如图所示：
∵，，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】
本题主要考查圆周角定理、矩形的性质及含30°的直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理、矩形的性质及含30°的直角三角形的性质是解题的关键．
22．（2021·湖北宜昌市·中考真题）如图，，是上直径两侧的两点．设，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
先利用直径所对的圆周角是直角得到∠ACB=90°，从而求出∠BAC，再利用同弧所对的圆周角相等即可求出∠BDC．
【详解】
解：∵C ，D是⊙O上直径AB两侧的两点，
∴∠ACB=90°，
∵∠ABC=25°，
∴∠BAC=90°-25°=65°，
∴∠BDC=∠BAC=65°，
故选：D．
【点睛】
本题考查了圆周角定理的推论，即直径所对的圆周角是90°和同弧或等弧所对的圆周角相等，解决本题的关键是牢记相关概念与推论，本题蕴含了属性结合的思想方法．
23．（2021·河北中考真题）如图，等腰中，顶角，用尺规按①到④的步骤操作：
①以为圆心，为半径画圆；
②在上任取一点（不与点，重合），连接；
③作的垂直平分线与交于，；
④作的垂直平分线与交于，．
结论Ⅰ：顺次连接，，，四点必能得到矩形；
结论Ⅱ：上只有唯一的点，使得．
对于结论Ⅰ和Ⅱ，下列判断正确的是（ ）
A．Ⅰ和Ⅱ都对 B．Ⅰ和Ⅱ都不对
C．Ⅰ不对Ⅱ对 D．Ⅰ对Ⅱ不对
【答案】D
【分析】
Ⅰ、根据“弦的垂直平分线经过圆心”，可证四边形MENF的形状；
Ⅱ、在确定点P的过程中，看∠MOF=40°是否唯一即可．
【详解】
解：Ⅰ、如图所示．
∵MN是AB的垂直平分线，EF是AP的垂直平分线，
∴MN和EF都经过圆心O，线段MN和EF是⊙O的直径．
∴OM=ON，OE=OF．
∴四边形MENF是平行四边形．
∵线段MN是⊙O的直径，
∴∠MEN=90°．
∴平行四边形MENF是矩形．
∴结论Ⅰ正确；
Ⅱ、如图2，当点P在直线MN左侧且AP=AB时，
∵AP=AB，
∴．
∵MN⊥AB，EF⊥AP，
∴
∴
∴
∴．
∴．
∵扇形OFM与扇形OAB的半径、圆心角度数都分别相等，
∴．
如图3，当点P在直线MN右侧且BP=AB时，
同理可证：．
∴结论Ⅱ错误．
故选：D
【点睛】
本题考查了圆的有关性质、矩形的判定、扇形面积等知识点，熟知圆的有关性质、矩形的判定方法及扇形面积公式是解题的关键．
24．（2021·湖北黄冈市·中考真题）如图，是的外接圆，交于点E，垂足为点D，，的延长线交于点F．若，，则的长是（ ）
A．10 B．8 C．6 D．4
【答案】A
【分析】
先根据垂径定理可得，再利用勾股定理可得，然后根据三角形中位线定理即可得．
【详解】
解：，
，
，
，
，
，
，
，
又，
是的中位线，
，
故选：A．
【点睛】
本题考查了垂径定理、三角形中位线定理等知识点，熟练掌握垂径定理是解题关键．
25．（2021·湖南邵阳市·中考真题）如图，点，，是上的三点．若，，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
首先根据圆周角定理求得的度数，根据的度数求即可．
【详解】
解：∵
∴∠BOC=2，
∵，
，
故选：B．
【点睛】
考查了圆周角定理及两锐角互余性质，求得的度数是解题的关键．
26．（2021·湖南长沙市·中考真题）如图，点，，在⊙O上，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
直接利用圆周角定理即可得．
【详解】
解：，
由圆周角定理得：，
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题关键．
27．（2021·湖北武汉市·中考真题）如图，是的直径，是的弦，先将沿翻折交于点．再将沿翻折交于点．若，设，则所在的范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
将⊙O沿BC翻折得到⊙O′，将⊙O′沿BD翻折得到⊙O″，则⊙O、⊙O′、⊙O″为等圆．依据在同圆或等圆中相等的圆周角所对的弧相等可证明，从而可得到弧AC的度数，由弧AC的度数可求得∠B的度数．
【详解】
解：将⊙O沿BC翻折得到⊙O′，将⊙O′沿BD翻折得到⊙O″，则⊙O、⊙O′、⊙O″为等圆．
∵⊙O与⊙O′为等圆，劣弧AC与劣弧CD所对的角均为∠ABC，
∴．
同理：．
又∵F是劣弧BD的中点，
∴．
∴．
∴弧AC的度数=180°÷4=45°．
∴∠B=×45°=22.5°．
∴所在的范围是；
故选：B．
【点睛】
本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了翻折的性质、弧、弦、圆周角之间的关系、圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定，找出图形中的等弧是解题的关键．
二、填空题
28．（2021·黑龙江中考真题）如图，在中，是直径，弦的长为5cm，点在圆上，且，则的半径为_____．
【答案】5cm
【分析】
连接BC，由题意易得，进而问题可求解．
【详解】
解：连接BC，如图所示：
∵，
∴，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴的半径为5cm；
故答案为5cm．
【点睛】
本题主要考查圆周角定理及含30°直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理及含30°直角三角形的性质是解题的关键．
29．（2021·安徽中考真题）如图，圆O的半径为1，内接于圆O．若，，则______．
【答案】
【分析】
先根据圆的半径相等及圆周角定理得出∠ABO=45°，再根据垂径定理构造直角三角形，利用锐角三角函数解直角三角形即可
【详解】
解：连接OB、OC、作OD⊥AB
∵
∴∠BOC=2∠A=120°
∵OB=OC
∴∠OBC=30°又
∴∠ABO=45°
在Rt△OBD中，OB=1
∴BD==
∵OD⊥AB
∴BD=AD=
∴AB=
故答案为：
【点睛】
本题考查垂径定理、圆周角定理，正确使用圆的性质及定理是解题关键
30．（2021·湖南张家界市·中考真题）如图，内接于，，点是的中点，连接，，，则_________．
【答案】
【分析】
圆上弧长对应的圆周角等于圆心角的一半，再利用等腰三角形三线合一的性质，即可得出答案．
【详解】
解:根据圆上弦长对应的圆周角等于圆心角的一半，
，
，
，
为等腰三角形，
又点是的中点，根据等腰三角形三线合一，
为的角平分线，
，
故答案是：．
【点睛】
本题考查了弦长所对应的圆周角等于圆心角的一半和等腰三角形三线合一的性质，解题的关键是：根据性质求出，再利用角平分线或三角形全等都能求出解．
31．（2021·广东中考真题）在中，．点D为平面上一个动点，，则线段长度的最小值为_____．
【答案】
【分析】
由已知，，根据定角定弦，可作出辅助圆，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可知，点在以为圆心为半径的圆上，线段长度的最小值为．
【详解】
如图： 以为半径作圆，过圆心作，
以为圆心为半径作圆，则点在圆上，
,
线段长度的最小值为: ．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆周角与圆心角的关系，圆外一点到圆上的线段最短距离，勾股定理，正确的作出图形是解题的关键．
32．（2021·江苏宿迁市·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠A=32°，点B、C在上，边AB、AC分别交于D、E两点﹐点B是的中点，则∠ABE=__________．
【答案】
【分析】
如图，连接 先证明再证明利用三角形的外角可得：再利用直角三角形中两锐角互余可得：再解方程可得答案．
【详解】
解：如图，连接
是的中点，
故答案为：
【点睛】
本题考查的是圆周角定理，三角形的外角的性质，直角三角形的两锐角互余，掌握圆周角定理的含义是解题的关键．
33．（2021·江苏南京市·中考真题）如图，是的弦，C是的中点，交于点D．若，则的半径为________．
【答案】5
【分析】
连接OA，由垂径定理得AD=4cm，设圆的半径为R，根据勾股定理得到方程，求解即可
【详解】
解：连接OA，
∵C是的中点，
∴
∴
设的半径为R，
∵
∴
在中，，即，
解得，
即的半径为5cm
故答案为：5
【点睛】
本题考查的是垂径定理及勾股定理，根据垂径定理判断出OC是AB的垂直平分线是解答此题的关键．
34．（2021·湖北随州市·中考真题）如图，是的外接圆，连接并延长交于点，若，则的度数为______．
【答案】
【分析】
连接BD，则，再根据AD为直径，求得的度数
【详解】
如图，连接BD，则
AD为直径
故答案为
【点睛】
此题主要考查了圆周角定理，圆周角定理是中考中考查重点，熟练掌握圆周角定理是解决问题的关键．
35．（2021·江苏连云港市·中考真题）如图，、是的半径，点C在上，，，则______．
【答案】25
【分析】
连接OC，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到∠BOC=100°，求出∠AOC，根据等腰三角形的性质计算．
【详解】
解：连接OC，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC=40°，
∴∠BOC=180°-40°×2=100°，
∴∠AOC=100°+30°=130°，
∵OC=OA，
∴∠OAC=∠OCA=25°，
故答案为：25．
【点睛】
本题考查的是圆的基本性质、等腰三角形的性质，三角形内角和定理，掌握三角形内角和等于180°是解题的关键．
36．（2021·四川成都市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与相交于A，B两点，且点A在x轴上，则弦的长为_________．
【答案】2．
【分析】
过O作OE⊥AB于C，根据垂径定理可得AC=BC=，可求OA=2，OD=，在Rt△AOD中，由勾股定理，可证△OAC∽△DAO，由相似三角形性质可求即可．
【详解】
解：过O作OE⊥AB于C，
∵AB为弦，
∴AC=BC=，
∵直线与相交于A，B两点，
∴当y=0时，，解得x=-2，
∴OA=2，
∴当x=0时，，
∴OD=，
在Rt△AOD中，由勾股定理，
∵∠ACO=∠AOD=90°，∠CAO=∠OAD，
∴△OAC∽△DAO，
即，
∴AB=2AC=2，
故答案为2．
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系，垂径定理，直线与两轴交点，勾股定理，三角形相似判定与性质，掌握以上知识、正确添加辅助线是解题关键．
37．（2021·江苏扬州市·中考真题）在一次数学探究活动中，李老师设计了一份活动单：
已知线段，使用作图工具作，尝试操作后思考：
（1）这样的点A唯一吗？
（2）点A的位置有什么特征？你有什么感悟？
“追梦”学习小组通过操作、观察、讨论后汇报：点A的位置不唯一，它在以为弦的圆弧上（点B、C除外），……．小华同学画出了符合要求的一条圆弧（如图1）．
（1）小华同学提出了下列问题，请你帮助解决．
①该弧所在圆的半径长为___________；
②面积的最大值为_________；
（2）经过比对发现，小明同学所画的角的顶点不在小华所画的圆弧上，而在如图1所示的弓形内部，我们记为，请你利用图1证明；
（3）请你运用所学知识，结合以上活动经验，解决问题：如图2，已知矩形的边长，，点P在直线的左侧，且．
①线段长的最小值为_______；
②若，则线段长为________．
【答案】（1）①2；②；（2）见解析；（3）①；②
【分析】
（1）①设O为圆心，连接BO，CO，根据圆周角定理得到∠BOC=60°，证明△OBC是等边三角形，可得半径；
②过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，以BC为底，则当A与D重合时，△ABC的面积最大，求出OE，根据三角形面积公式计算即可；
（2）延长BA′，交圆于点D，连接CD，利用三角形外角的性质和圆周角定理证明即可；
（3）①根据，连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，可得点P在优弧CPD上，连接BQ，与圆Q交于P′，可得BP′即为BP的最小值，再计算出BQ和圆Q的半径，相减即可得到BP′；
②根据AD，CD和推出点P在∠ADC的平分线上，从而找到点P的位置，过点C作CF⊥PD，垂足为F，解直角三角形即可求出DP．
【详解】
解：（1）①设O为圆心，连接BO，CO，
∵∠BAC=30°，
∴∠BOC=60°，又OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=OC=BC=2，即半径为2；
②∵△ABC以BC为底边，BC=2，
∴当点A到BC的距离最大时，△ABC的面积最大，
如图，过点O作BC的垂线，垂足为E，延长EO，交圆于D，
∴BE=CE=1，DO=BO=2，
∴OE==，
∴DE=，
∴△ABC的最大面积为=；
（2）如图，延长BA′，交圆于点D，连接CD，
∵点D在圆上，
∴∠BDC=∠BAC，
∵∠BA′C=∠BDC+∠A′CD，
∴∠BA′C＞∠BDC，
∴∠BA′C＞∠BAC，即∠BA′C＞30°；
（3）①如图，当点P在BC上，且PC=时，
∵∠PCD=90°，AB=CD=2，AD=BC=3，
∴tan∠DPC==，为定值，
连接PD，设点Q为PD中点，以点Q为圆心，PD为半径画圆，
∴当点P在优弧CPD上时，tan∠DPC=，连接BQ，与圆Q交于P′，
此时BP′即为BP的最小值，过点Q作QE⊥BE，垂足为E，
∵点Q是PD中点，
∴点E为PC中点，即QE=CD=1，PE=CE=PC=，
∴BE=BC-CE=3-=，
∴BQ==，
∵PD==，
∴圆Q的半径为，
∴BP′=BQ-P′Q=，即BP的最小值为；
②∵AD=3，CD=2，，
则，
∴△PAD中AD边上的高=△PCD中CD边上的高，
即点P到AD的距离和点P到CD的距离相等，
则点P到AD和CD的距离相等，即点P在∠ADC的平分线上，如图，
过点C作CF⊥PD，垂足为F，
∵PD平分∠ADC，
∴∠ADP=∠CDP=45°，
∴△CDF为等腰直角三角形，又CD=2，
∴CF=DF==，
∵tan∠DPC==，
∴PF=，
∴PD=DF+PF==．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，三角形的面积，等边三角形的判定和性质，最值问题，解直角三角形，三角形外角的性质，勾股定理，知识点较多，难度较大，解题时要根据已知条件找到点P的轨迹．
38．（2021·辽宁本溪市·中考真题）如图，由边长为1的小正方形组成的网格中，点A，B，C都在格点上，以为直径的圆经过点C和点D，则________．
【答案】
【分析】
根据同弧所对的圆周角相等可得，再利用正切的定义求解即可．
【详解】
解：∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查同弧所对的圆周角相等、求角的正切值，掌握同弧所对的圆周角相等是解题的关键．
39．（2021·内蒙古通辽市·中考真题）如图，是⊙O的弦，，点C是⊙O上的一个动点，且，若点M，N分别是，的中点，则图中阴影部分面积的最大值是__________．
【答案】
【分析】
阴影面积由弓形ADB面积加上△MNB的面积，而弓形面积不变，因此只需要求出△MNB的最大面积，由M,N为AB,BC的中点，所以MN是△ABC的中位线，所以△BMN∽△BAC，所以S△BMN=S△ABC，求出△ABC的最大面积即可，而AB边为定值，当点C到AB的距离最大，三角形面积最大，当CM⊥AB时，三角形面积最大，即可求出阴影面积最大值．
【详解】
连接OA,OB，连接OM，如图
∵ ,
∴，
∵M为AB中点，
∴OM⊥AB，,
∴,
设OM=x，则AO=2x，在Rt△AOM中
即
，
解得x=1，
即 ,
S弓形ADB=S扇形OADB=，
∵M,N为边AB,BC的中点，
∴∥AC，
∴,
∴,
当C,O,M在同一直线上时，△ABC的面积最大，
由垂径定理可知，AC=BC,
又∵∠ACB=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴ ,
在Rt△ACM中，
,
∴的最大值为： ,
∴,
∴阴影面积的最大值为：．
故填：．
【点睛】
本题考查弓形面积，扇形面积，圆心角与圆周角关系，三角形的中位线，相似三角形的性质，垂径定理，勾股定理，解题关键是将不规则面积转化为规则图形的面积．
40．（2021·湖北襄阳市·中考真题）点是的外心，若，则为______．
【答案】55°或125°
【分析】
根据点Ａ与点O在边同侧或两侧，分类讨论，按照同弧所对的圆心角和圆周角的关系解答即可．
【详解】
解：分两种情况：
（1）点Ａ与点在BC边同侧时，如下图：
.
∵
∴
（2）点与点在BC边两侧时，如下图：
∵，即所对的圆心角为
∴所对的圆心角为：
∴
故答案为：55或125
【点睛】
本题考查的是同弧所对的圆心角和圆周角之间关系，根据题意分类讨论是解题关键．
41．（2021·湖北恩施土家族苗族自治州·中考真题）《九章算术》被尊为古代数学“群经之首”，其卷九勾股篇记载：今有圆材埋于壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何？如图，大意是，今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯这木材，锯口深等于1寸，锯道长1尺，问圆形木材的直径是多少？（1尺＝10寸）
答：圆形木材的直径___________寸；
【答案】26
【分析】
延长DC，交⊙O于点E，连接OA，由题意易得DE即为⊙O的直径，寸，寸，则有寸，设OA=x寸，最后根据垂径定理及勾股定理可进行求解．
【详解】
解：延长DC，交⊙O于点E，连接OA，如图所示：
由题意得CD⊥AB，点C为AB的中点，寸，寸，
∴DE为⊙O的直径，
∴寸，
设OA=x寸，则寸，
∴在Rt△AOC中，，即，
解得：，
∴圆形木材的直径为26寸；
故答案为26．
【点睛】
本题主要考查垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．
42．（2021·湖南长沙市·中考真题）如图，在⊙O中，弦的长为4，圆心到弦的距离为2，则的度数为______．
【答案】
【分析】
先根据垂径定理可得，再根据等腰直角三角形的判定与性质即可得．
【详解】
解：由题意得：，，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了垂径定理、等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握垂径定理是解题关键．
43．（2021·湖南怀化市·中考真题）如图，在中，，，则图中阴影部分的面积是_________．（结果保留）
【答案】
【分析】
由，根据圆周角定理得出，根据S阴影=S扇形AOB－可得出结论．
【详解】
解：∵，
∴，
∴S阴影=S扇形AOB－
，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查圆周角定理、扇形的面积计算，根据题意求得三角形与扇形的面积是解答此题的关键．
三、解答题
44．（2021·山东临沂市·中考真题）如图，已知在⊙O中， ，OC与AD相交于点E．求证：
（1）AD∥BC
（2）四边形BCDE为菱形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）连接BD，根据圆周角定理可得∠ADB=∠CBD，根据平行线的判定可得结论；
（2）证明△DEF≌△BCF，得到DE=BC，证明四边形BCDE为平行四边形，再根据得到BC=CD，从而证明菱形．
【详解】
解：（1）连接BD，
∵，
∴∠ADB=∠CBD，
∴AD∥BC；
（2）连接CD，
∵AD∥BC，
∴∠EDF=∠CBF，
∵，
∴BC=CD，
∴BF=DF，又∠DFE=∠BFC，
∴△DEF≌△BCF（ASA），
∴DE=BC，
∴四边形BCDE是平行四边形，又BC=CD，
∴四边形BCDE是菱形．
【点睛】
本题考查了垂径定理，圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，解题的关键是合理运用垂径定理得到BF=DF．
45．（2021·四川南充市·中考真题）如图，A，B是上两点，且，连接OB并延长到点C，使，连接AC．
（1）求证：AC是的切线．
（2）点D，E分别是AC，OA的中点，DE所在直线交于点F，G，，求GF的长．
【答案】（1）见解析；（2）2
【分析】
（1）先证得△AOB为等边三角形，从而得出∠OAB=60°，利用三角形外角的性质得出∠C=∠CAB=30°，由此可得∠OAC=90°即可得出结论；
（2）过O作OM⊥DF于M，DN⊥OC于N，利用勾股定理得出AC=，根据含30°的直角三角形的性质得出DN =，再根据垂径定理和勾股定理即可求出GF的长．
【详解】
（1）证明：∵AB=OA，OA=OB
∴AB=OA=OB
∴△AOB为等边三角形
∴∠OAB=60°，∠OBA=60°
∵BC=OB
∴BC=AB
∴∠C=∠CAB
又∵∠OBA=60°=∠C+∠CAB
∴∠C=∠CAB=30°
∴∠OAC=∠OAB+∠CAB=90°
∴AC是⊙O的切线；
（2）∵OA=4
∴OB=AB=BC=4
∴OC=8
∴AC===
∵D、E分别为AC、OA的中点，
∴OE//BC，DC=
过O作OM⊥DF于M，DN⊥OC于N
则四边形OMDN为矩形
∴DN=OM
在Rt△CDN中，∠C=30°，∴DN=DC=
∴OM=
连接OG，∵OM⊥GF
∴GF=2MG=2==2
【点睛】
本题考查了切线的判定、垂径定理、等边三角形的性质和判定，熟练掌握相关的知识是解题的关键．
46．（2021·安徽中考真题）如图，圆O中两条互相垂直的弦AB，CD交于点E．
（1）M是CD的中点，OM＝3，CD＝12，求圆O的半径长；
（2）点F在CD上，且CE＝EF，求证：．
【答案】（1）；（2）见解析．
【分析】
（1）根据M是CD的中点，OM与圆O直径共线可得，平分 CD，则有，利用勾股定理可求得半径的长；
（2）连接AC，延长AF交BD于G，根据，，可得，，利用圆周角定理可得，可得，利用直角三角形的两锐角互余，可证得，即有．
【详解】
（1）解：连接OC，
∵M是CD的中点，OM与圆O直径共线
∴，平分CD，
．
在中．
∴圆O的半径为
（2）证明：连接AC，延长AF交BD于G．
，
又
在中
【点睛】
本题考查了垂径定理，圆周角定理，直角三角形的两锐角互余，勾股定理等知识点，熟练应用相关知识点是解题的关键．
47．（2021·浙江中考真题）如图，已知是⊙的直径，是所对的圆周角，．
（1）求的度数；
（2）过点作，垂足为，的延长线交⊙于点．若，求的长．
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）连结，根据圆周角性质，得；根据直径所对圆周角为直角、直角三角形两锐角互余的性质计算，即可得到答案；
（2）根据含角的直角三角形性质，得；根据垂径定理、特殊角度三角函数的性质计算，即可得到答案．
【详解】
（1）连结，
是的直径，
，
（2），，
∴
，，且是直径
．
【点睛】
本题考查了圆、含角的直角三角形、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握圆周角、垂径定理、含角的直角三角形、三角函数、直角三角形两锐角互余的性质，从而完成求解．
48．（2021·四川泸州市·中考真题）如图，ABC是⊙O的内接三角形，过点C作⊙O的切线交BA的延长线于点F，AE是⊙O的直径，连接EC
（1）求证：；
（2）若，于点，，，求的值
【答案】（1）证明见详解；（2）18．
【分析】
（1）连接，根据是⊙O的切线，AE是⊙O的直径，可得，利用，得到，根据圆周角定理可得，则可证得；
（2）由（1）可知，易得，则有,则可得，并可求得，连接，易证，则有，可得．
【详解】
解：（1）连接
∵是⊙O的切线，AE是⊙O的直径，
∴，
∴
∴
又∵
∴
根据圆周角定理可得：
∴，
∴；
（2）由（1）可知，
∵
∴
∴
∴,
∵，，
∴
∴
∴
又∵中，
∴，
如图示，连接
∵，
∴
∴
∴．
【点睛】
本题考查了圆的性质，等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的性质，三角形相似的判定与性质等知识点，熟悉相关性质是解题的关键．
49．（2021·江苏无锡市·中考真题）如图，四边形内接于，是的直径，与交于点E，切于点B．
（1）求证：；
（2）若，，求证：．
【答案】（1）见详解；（2）见详解
【分析】
（1）由圆周角定理的推论，可知∠ABC=90°，由切线的性质可知∠OBP=90°，进而即可得到结论；
（2）先推出，从而得∠AOB=40°，继而得∠OAB=70°，再推出∠CDE=70°，进而即可得到结论．
【详解】
证明：（1）∵是的直径，
∴∠ABC=90°，
∵切于点B，
∴∠OBP=90°，
∴，
∴；
（2）∵，，
∴，
∵OB=OC，
∴，
∴∠AOB=20°+20°=40°，
∵OB=OA，
∴∠OAB=∠OBA=(180°-40°)÷2=70°，
∴∠ADB=∠AOB=20°，
∵是的直径，
∴∠ADC=90°，
∴∠CDE=90°-20°=70°，
∴∠CDE=∠OAB，
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查圆的性质以及相似三角形的判定定理，掌握圆周角定理的推论，相似三角形的判定定理，切线的性质定理，是解题的关键．
50．（2021·甘肃武威市·中考真题）在《阿基米德全集》中的《引理集》中记录了古希腊数学家阿基米德提出的有关圆的一个引理．如图，已知是弦上一点，请你根据以下步骤完成这个引理的作图过程．
（1）尺规作图（保留作图痕迹，不写作法）：
①作线段的垂直平分线，分别交于点于点，连接；
②以点为圆心，长为半径作弧，交于点（两点不重合），连接．
（2）直接写出引理的结论：线段的数量关系．
【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）
【分析】
（1）①分别为圆心，大于为半径画弧，得到两弧的交点，过两弧的交点作直线即可得到答案，②按照语句依次作图即可；
（2）由作图可得： 再证明 再证明 从而可得结论．
【详解】
解：（1）作出线段的垂直平分线，连接；
以为圆心，长为半径作弧，交于点，连接，如图示：
（2）结论：．理由如下：
由作图可得：是的垂直平分线，
四边形是圆的内接四边形，
【点睛】
本题考查的是线段的垂直平分线的作图，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟练运用基础知识解题是关键．
51．（2021·四川广元市·中考真题）如图，在Rt中，，是的平分线，以为直径的交边于点E，连接，过点D作，交于点F．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求线段的长．
【答案】（1）证明见详解；（2）．
【分析】
（1）先根据圆周角定理、角平分线定义、平行线性质证明∠EAD=∠FDE，再根据AD为直径，得到∠ADE+∠DAE=90°，进而得到AD⊥FD，问题得证；
（2）先求出DE=3，证明△AED≌△ACD，得到DE=DC=3，BC=BD+CD=8，解Rt中求出AC=6，进而得到AE=6，求出,证明△ADE∽△AFD，得到，即可求出．
【详解】
解：（1）证明：连接DE，
∵
∴∠CAD=∠CED，
∵ 是的平分线，
∴∠CAD=∠EAD，
∴∠CED=∠EAD，
∵，
∴∠CED=∠FDE，
∴∠EAD=∠FDE，
∵AD为直径，
∴∠AED=∠ACD=90°，
∴∠ADE+∠DAE=90°，
∴∠ADE+∠FDE=90°，
即AD⊥FD，
又∵为直径，
∴是的切线；
（2）∵∠AED=90°，
∴∠BED=90°，
∴,
∵∠AED=∠ACD，∠DAE=∠DAC，AD=AD，
∴△AED≌△ACD，
∴DE=DC=3，
∴BC=BD+CD=8，
在Rt中，∵，
∴设AC=3x，AB=5x，
∴，
∵x＞0，
∴x=2，
∴AB=5x=10，AC=3x=6，
∵△AED≌△ACD，
∴AE=AC=6，
∴在Rt△ADE中，,
∵∠EAD=∠DAF，∠AED=∠ADF=90°，
∴△ADE∽△AFD，
∴，
即 ,
∴．
【点睛】
本题为圆的综合题，考查了切线的判定，圆的性质，三角函数，相似三角形的判定与性质等知识，根据题意添加辅助线，熟知圆的性质，利用三角函数解直角三角形是解题关键．
52．（2021·四川遂宁市·中考真题）如图，⊙O的半径为1，点A是⊙O的直径BD延长线上的一点，C为⊙O上的一点，AD＝CD，∠A＝30°．
（1）求证：直线AC是⊙O的切线；
（2）求△ABC的面积；
（3）点E在上运动（不与B、D重合），过点C作CE的垂线，与EB的延长线交于点F．
①当点E运动到与点C关于直径BD对称时，求CF的长；
②当点E运动到什么位置时，CF取到最大值，并求出此时CF的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）①3；②
【分析】
（1）连接OC，利用切线的判定定理，证明OC⊥AC即可；
（2）要求的面积，结合（1）题，底边AB可求，只需再求出底边上的高CH即可；
（3）根据垂径定理可求CE的长，再利用锐角三角函数，可求CF的长；
由可知，点E在运动过程中，始终有，所以，求出CE的最大值，即可得到CF的最大值．
【详解】
（1）证明：连结OC，如图所示．
∵AD＝CD ，∠A＝30°，
∴∠ACD＝∠A=30°．
∴∠CDB＝60°．
∵OD＝OC，
∴∠OCD＝∠ODC=60°．
∴∠ACO＝∠ACD＋∠OCD＝30°+60°=90°．
∴OC⊥AC．
∴直线AC是⊙O的切线．
（2）过点C作CH⊥AB于点H，如图所示．
∵OD=OC，∠ODC=60°，
∴是等边三角形．
∴．
∴在中，
．
∵AB＝AD＋BD＝3，
∴．
（3）当点运动到与点关于直径BD对称时，如图所示．
此时，CE⊥AB，设垂足为K．
由（2）可知，．
∵BD为圆的直径，CE⊥AB，
∴CE＝2CK＝．
∵CF⊥CE，
∴∠ECF＝90°．
∵，
∴∠E=∠CDB＝60°．
在中，
∵，
∴．
如图所示：
由可知，在中，
∵，
∴．
∴当点E在上运动时，始终有．
∴当CE最大时，CF取得最大值．
∴当CE为直径，即CE=2时，CF最大，最大值为．
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定、等腰三角形的性质、勾股定理、垂径定理、圆周角定理的推论、锐角三角函数、求线段的最值等知识点，熟知切线的判定方法、垂径定理、圆周角定理、锐角三角函数的定义是解题的关键．
53．（2021·四川广元市·中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别相交于A、B两点，与y轴相交于点C，下表给出了这条抛物线上部分点的坐标值：
x
…
0
1
2
3
…
y
…
0
3
4
3
0
…
（1）求出这条抛物线的解析式及顶点M的坐标；
（2）是抛物线对称轴上长为1的一条动线段（点P在点Q上方），求的最小值；
（3）如图2，点D是第四象限内抛物线上一动点，过点D作轴，垂足为F，的外接圆与相交于点E．试问：线段的长是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
【答案】（1）；；（2）；（3）是，1．
【分析】
（1）依据表格数据，设出抛物线的顶点式，利用待定系数法求解即可；
（2）利用平移和找对称点的方式，将的长转化为，再利用两点之间线段最短确定的最小值等于CE的长，加1后即能确定的最小值；
（3）设出圆心和D点的坐标，接着表示出E点的坐标，利用圆心到B点的距离等于圆心到D点的距离，求出q和e的关系，得到E点的纵坐标，进而确定EF的长为定值．
【详解】
解：（1）由表格数据可知，顶点坐标为（1,4）
设抛物线解析式为：，
将点（0,3）代入解析式得：3=a+4，
∴，
∴抛物线解析式为：，顶点坐标．
（2）由表格可知，抛物线经过点A（-1,0），C（0,3），
如图3，将A点向上平移一个单位，得到，
则
∴四边形是平行四边形，
∴，
作关于MQ的对称点E，则
∴，
∴，
当P、E、C三点共线时，最短，
设直线CE的解析式为：，
将C、E两点坐标代入解析式可得：，
∴，
∴直线CE的解析式为：，
令，则，
∴当时，P、E、C三点共线，此时最短，
∴的最小值为．
（3）是；
理由：设，
因为A、B两点关于直线x=1对称，
所以圆心位于该直线上，
所以可设的外接圆的圆心为，
作，垂足为点N，则，
由轴，
∴，
∵，且由表格数据可知
∴，
化简得：，
∵点D是第四象限内抛物线上一动点，且抛物线解析式为，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即的长不变，为1．
【点睛】
本题涉及到了动点问题，综合考查了用待定系数法求抛物线解析式、点的平移、勾股定理、平行四边形的判定与性质、最短路径问题、圆的性质等内容，解决本题的关键是理解并掌握相关概念与公式，能将题干信息与图形相结合，挖掘图中隐含信息，本题有一定的计算量，对学生的综合分析与计算能力都有较高的要求，本题蕴含了数形结合的思想方法等．
54．（2021·云南中考真题）如图，是的直径，点C是上异于A、B的点，连接、，点D在的延长线上，且，点E在的延长线上，且．
（1）求证：是的切线：
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据等量代换得到∠DCO=90°，即可证明DC是圆O的切线；
（2）根据已知得到OA=2DA，证明△DCO∽△DEB，得到，可得DA=EB，即可求出DA的长．
【详解】
解：（1）如图，连接OC，由题意可知：∠ACB是直径AB所对的圆周角，
∴∠ACB=90°，
∵OC，OB是圆O的半径，
∴OC=OB，
∴∠OCB=∠ABC，
又∵∠DCA=∠ABC，
∴∠DCA=∠OCB，
∴∠DCO=∠DCA+∠ACO=∠OCB+∠ACO=∠ACB=90°，
∴OC⊥DC，
又∵OC是圆O的半径，
∴DC是圆O的切线；
（2）∵，
∴，化简得OA=2DA，
由（1）知，∠DCO=90°，
∵BE⊥DC，即∠DEB=90°，
∴∠DCO=∠DEB，
∴OC∥BE，
∴△DCO∽△DEB，
∴，即，
∴DA=EB，
∵BE=3，
∴DA=EB=，
经检验：DA=是分式方程的解，
∴DA=．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定，正确的作出辅助线，证明切线，得到相似三角形是解题的关键．
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