三年(2020年-2022年)中考数学真题分项汇编：专题14 圆与正多边形（含答案详解）

这是一份三年(2020年-2022年)中考数学真题分项汇编：专题14 圆与正多边形（含答案详解），共125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。
专题14 圆与正多边形
一、单选题
1．（2022·贵州铜仁）如图，是的两条半径，点C在上，若，则的度数为（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆周角定理即可求解．
【详解】
∵是的两条半径，点C在上，
∴∠C= =40°
故选：B
【点睛】
本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或者在等圆中，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是解答本题关键．
2．（2022·四川雅安）如图，已知⊙O的周长等于6π，则该圆内接正六边形ABCDEF的边心距OG为（　　）

A．3 B． C． D．3
【答案】C
【解析】
【分析】
利用圆的周长先求出圆的半径，正六边形的边长等于圆的半径，正六边形一条边与圆心构成等边三角形，根据边心距即为等边三角形的高用勾股定理求出OG．
【详解】
∵圆O的周长为，设圆的半径为R，
∴
∴R=3
连接OC和OD，则OC=OD=3
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠COD=，
∴△OCD是等边三角形，OG垂直平分CD，
∴OC=OD=CD，
∴
故选 C

【点睛】
本题考查了正多边形，熟练掌握圆内接正多边形的相关概念是解题的关键．
3．（2022·四川广元）如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上的两点，若∠CAB＝65°，则∠ADC的度数为（　　）


A．25° B．35° C．45° D．65°
【答案】A
【解析】
【分析】
首先利用直径所对的圆周角是直角确定∠ACB=90°，然后根据∠CAB=65°求得∠ABC的度数，利用同弧所对的圆周角相等确定答案即可．
【详解】
解：∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠CAB=65°，
∴∠ABC=90°-∠CAB=25°，
∴∠ADC=∠ABC=25°，
故选：A．
【点睛】
本题考查了圆周角定理的知识，解题的关键是了解直径所对的圆周角为直角，难度不大．
4．（2022·浙江嘉兴）如图，在⊙O中，∠BOC＝130°，点A在上，则∠BAC的度数为（　　）


A．55° B．65° C．75° D．130°
【答案】B
【解析】
【分析】
利用圆周角直接可得答案．
【详解】
解： ∠BOC＝130°，点A在上，

故选B
【点睛】
本题考查的是圆周角定理的应用，掌握“同圆或等圆中，同弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半”是解本题的关键．
5．（2022·浙江宁波）已知圆锥的底面半径为，母线长为，则圆锥的侧面积为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用圆锥侧面积计算公式计算即可：；
【详解】
，
故选B．
【点睛】
本题考查了圆锥侧面积的计算公式，比较简单，直接代入公式计算即可．
6．（2021·广西桂林）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，连接AC，BC，则∠C的度数是（　　）

A．60° B．90° C．120° D．150°
【答案】B
【解析】
【分析】
直接根据直径所对的圆周角是直角进行判断即可．
【详解】
解：∵AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，
∴∠C=90°
故选：B
【点睛】
此题主要考查了：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，灵活掌握半圆（或直径）所对的圆周角是直角是解答此题的关键．
7．（2021·内蒙古呼伦贝尔）一个正多边形的中心角为，这个正多边形的边数是（       ）
A．8 B．12 C．3 D．6
【答案】B
【解析】
【分析】
根据正n边形的中心角的度数为，列方程即可得到答案．
【详解】
解：，解得．
这个正多边形的边数为12．
故选：B．
【点睛】
本题考查的是正多边形中心角的知识，掌握中心角的计算公式是解题的关键．
8．（2021·吉林）如图，四边形内接于，点为边上任意一点（点不与点，重合）连接．若，则的度数可能为（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由圆内接四边形的性质得度数为，再由为的外角求解．
【详解】
解：∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∵为的外角，
∴，只有D满足题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查圆内接四边形的性质，解题关键是熟练掌握圆内接四边形对角互补．
9．（2021·广西贺州）如图，在边长为2的等边中，是边上的中点，以点为圆心，为半径作圆与，分别交于，两点，则图中阴影部分的面积为（       ）


A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由等边中，是边上的中点，可知扇形的半径为等边三角形的高，利用扇形面积公式即可求解．
【详解】
是等边三角形，是边上的中点
，

扇形
故选C．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，扇形面积公式，熟练等边三角形性质和扇形面积公式,求出等边三角形的高是解题的关键．
10．（2021·吉林长春）如图，AB是的直径，BC是的切线，若，则的大小为（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据切线的性质，得∠ABC=90°，再根据直角三角形的性质，即可求解．
【详解】
解：∵AB是的直径，BC是的切线，
∴AB⊥BC，即∠ABC=90°，
∵，
∴=90°-35°=55°，
故选C．
【点睛】
本题主要考查切线的性质以及直角三角形的性质，掌握圆的切线的性质定理，是解题的关键．
11．（2021·湖南长沙）如图，点，，在⊙O上，，则的度数为（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【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．
12．（2020·广西）如图，AB是⊙O的弦，AC与⊙O相切于点A，连接OA，OB，若∠O＝130°，则∠BAC的度数是（　　）

A．60° B．65° C．70° D．75°
【答案】B
【解析】
【分析】
利用切线的性质及等腰三角形的性质求出∠OAC及∠OAB即可解决问题．
【详解】
解：∵AC与⊙O相切于点A，
∴AC⊥OA，
∴∠OAC＝90°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA．
∵∠O＝130°，
∴∠OAB＝＝25°，
∴∠BAC＝∠OAC﹣∠OAB＝90°﹣25°＝65°．
故选：B．
【点睛】
本题考查的是切线的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，掌握以上知识是解题的关键．
13．（2020·重庆）如图，AB是的切线，A切点，连接OA，OB，若，则的度数为（       ）

A．40° B．50° C．60° D．70°
【答案】D
【解析】
【分析】
根据切线的性质可得，再根据三角形内角和求出.
【详解】
∵AB是的切线
∴
∵
∴
故选D.
【点睛】
本题考查切线的性质，由切线得到直角是解题的关键.
14．（2020·四川巴中）如图，在中，点在圆上，，则的半径的长是（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆周角定理求出，再求出即可．
【详解】
解：根据圆周角定理得：，
，
，
，，
，
，
故选：．
【点睛】
本题考查了圆周角定理和解直角三角形，能求出是直角三角形是解此题的关键．
15．（2020·四川广安）如图，点A，B，C，D四点均在圆O上，∠AOD=68°，AO//DC，则∠B的度数为（　　　）

A．40° B．60° C．56° D．68°
【答案】C
【解析】
【分析】
连接AD，先根据等腰三角形的性质求出∠ODA，再根据平行线的性质求出∠ODC，最后根据圆内接四边形的性质计算即可．
【详解】
解：连接AD，

∵∠AOD=68°，OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD=56°，
∵AO∥DC，
∴∠ODC=∠AOD=68°，
∴∠ADC=124°，
∵点A、B、C、D四个点都在⊙O上，
∴∠B=180°-∠ADC=56°，
故选C．
【点睛】
本题考查的是圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
16．（2020·广西柳州）如图，点A、B、C在⊙O上，若∠BOC＝70°，则∠A的度数为（　　）

A．35° B．40° C．55° D．70°
【答案】A
【解析】
【分析】
根据圆周角定理，同弧所对圆周角等于圆心角的一半，即可得出答案．
【详解】
解：∵如图，∠BOC＝70°，
∴∠A＝∠BOC＝35°．
故选：A．
【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．
17．（2020·辽宁鞍山）如图，⊙O是∆ABC的外接圆，半径为，若，则的度数为（       ）

A．30° B．25° C．15° D．10°
【答案】A
【解析】
【分析】
连接OB和OC，证明△OBC为等边三角形，得到∠BOC的度数，再利用圆周角定理得出∠A．
【详解】
解：连接OB和OC，
∵圆O半径为2，BC=2，
∴△OBC为等边三角形，
∴∠BOC=60°，
∴∠A=30°，
故选A．

【点睛】
本题考查了圆周角定理和等边三角形的判定和性质，解题的关键是正确的作出辅助线．
18．（2020·江苏镇江）如图，AB是半圆的直径，C、D是半圆上的两点，∠ADC＝106°，则∠CAB等于（　　）

A．10° B．14° C．16° D．26°
【答案】C
【解析】
【分析】
连接BD，如图，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，则可计算出∠BDC＝16°，然后根据圆周角定理得到∠CAB的度数．
【详解】
解：连接BD，如图，
∵AB是半圆的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BDC＝∠ADC﹣∠ADB＝106°﹣90°＝16°，
∴∠CAB＝∠BDC＝16°．
故选：C．

【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．半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
19．（2020·四川雅安）如图，内接于圆，，过点的切线交的延长线于点．则（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
连接OC，根据切线的性质得出∠OCP=90°，再由∠P=28°得出∠COP，最后根据外角的性质得出∠CAB.
【详解】
解：连接OC，
∵CP与圆O相切，
∴OC⊥CP，
∵∠ACB=90°，
∴AB为直径，
∵∠P=28°，
∴∠COP=180°-90°-28°=62°，
而OC=OA，
∴∠OCA=∠OAC=2∠CAB=∠COP，
即∠CAB=31°，
故选B.

【点睛】
本题考查了切线的性质，三角形内角和，外角，解题的关键是根据切线的性质得出∠COP.
20．（2020·山东淄博）如图，放置在直线l上的扇形OAB．由图①滚动（无滑动）到图②，再由图②滚动到图③．若半径OA＝2，∠AOB＝45°，则点O所经过的最短路径的长是（        ）

A．2π+2 B．3π C． D．+2
【答案】C
【解析】
【分析】
利用弧长公式计算即可．
【详解】
解：如图，
     
点O的运动路径的长＝的长+O1O2+的长＝+
+＝，
故选：C．
【点睛】
本题考查轨迹，弧长公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
21．（2021·贵州黔西）图1是一把扇形书法纸扇，图2是其完全打开后的示意图，外侧两竹条和的夹角为，的长为，贴纸部分的宽为，则的长为（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意易得，然后根据弧长计算公式可进行求解．
【详解】
解：的长为，贴纸部分的宽为，
∴，
又∵和的夹角为，
的长为：．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查弧长计算，熟练掌握弧长计算公式是解题的关键．
22．（2021·山东青岛）如图，是的直径，点，在上，点是的中点，过点画的切线，交的延长线于点，连接．若，则的度数为（       ）


A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据切线的性质得到BA⊥AD，根据直角三角形的性质求出∠B，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，进而求出∠BAC，根据垂径定理得到BA⊥EC，进而得出答案．
【详解】
解：∵AD是⊙O的切线，
∴BA⊥AD，
∵∠ADB=58.5°，
∴∠B=90°-∠ADB=31.5°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC=90°-∠B=58.5°，
∵点A是弧EC的中点，
∴BA⊥EC，
∴∠ACE=90°-∠BAC=31.5°，
故选：B．
【点睛】
本题考查的是切线的性质、圆周角定理、垂径定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
23．（2021·四川内江）如图，是的外接圆，，若的半径为2，则弦的长为（     ）

A．4 B． C．3 D．
【答案】B
【解析】
【分析】
过点作，交于点，根据圆周角定理以及垂径定理可得结果．
【详解】
解：过点作，交于点，

是的外接圆，，
，
又，，
，，
在中，，
，，
，
故选：．
【点睛】
本题考查了垂径定理，圆周角定理，勾股定理，熟知相关性质定理是解本题的关键．
24．（2021·山东滨州）如图，是的外接圆，CD是的直径．若，弦，则的值为（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
连接AD，根据直径所对的圆周角等于90°和勾股定理，可以求得AD的长，然后即可求得∠ADC的余弦值，再根据同弧所对的圆周角相等，可以得到∠ABC=∠ADC，从而可以得到cos∠ABC的值．
【详解】
解：连接AD，如右图所示，

∵CD是⊙O的直径，CD=10，弦AC=6，
∴∠DAC=90°，
∴AD==8，
∴cos∠ADC==，
∵∠ABC=∠ADC，
∴cos∠ABC的值为，
故选：A．
【点睛】
本题考查三角形的外接圆与外心、圆周角、锐角三角函数、勾股定理，解答本题的关键是求出cos∠ADC的值，利用数形结合的思想解答．
25．（2021·辽宁鞍山）如图，AB为的直径，C，D为上的两点，若，则的度数为（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
连接AD，如图，根据圆周角定理得到，，然后利用互余计算出，从而得到的度数．
【详解】
解：连接AD，如图，
AB为的直径，
，
，
．
故选B．

【点睛】
本题主要考查了同弦所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
26．（2021·江苏镇江）如图，∠BAC＝36°，点O在边AB上，⊙O与边AC相切于点D，交边AB于点E，F，连接FD，则∠AFD等于（       ）

A．27° B．29° C．35° D．37°
【答案】A
【解析】
【分析】
连接OD，根据切线的性质得到∠ADO＝90°，根据直角三角形的性质得到∠AOD＝90°﹣36°＝54°，根据圆周角定理即可得到结论．
【详解】
解：连接OD，

∵⊙O与边AC相切于点D，
∴∠ADO＝90°，
∵∠BAC＝36°，
∴∠AOD＝90°﹣36°＝54°，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆周角定理，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
27．（2021·湖南湘潭）如图，为⊙O的直径，弦于点E，直线l切⊙O于点C，延长交l于点F，若，，则的长度为（　　）

A．2 B． C． D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据垂径定理求得，AE=DE=2，即可得到∠COD=2∠ABC=45°，则△OED是等腰直角三角形，得出，根据切线的性质得到BC⊥CF，得到△OCF是等腰直角三角形，进而即可求得CF=OC=OD=．
【详解】
解：∵BC为⊙O的直径，弦AD⊥BC于点E，，，
∴ AE=DE=2，
∴∠COD=2∠ABC=45°，
∴△OED是等腰直角三角形，
∴OE=ED=2，
∴，
∵直线l切⊙O于点C，
∴BC⊥CF，
∴△OCF是等腰直角三角形，
∴CF=OC，
∵，
∴，
故选：B．
【点睛】
本题考查了垂径定理，等弧所对的圆心角和圆周角的关系，切线的性质，勾股定理的应用，求得CF=OC=OD是解题的关键．
28．（2022·广西贺州）某餐厅为了追求时间效率，推出一种液体“沙漏”免单方案（即点单完成后，开始倒转“沙漏”， “沙漏”漏完前，客人所点的菜需全部上桌，否则该桌免费用餐）．“沙漏”是由一个圆锥体和一个圆柱体相通连接而成．某次计时前如图（1）所示，已知圆锥体底面半径是，高是；圆柱体底面半径是，液体高是．计时结束后如图（2）所示，求此时“沙漏”中液体的高度为（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由圆锥的圆锥体底面半径是6cm，高是6cm，可得CD=DE，根据园锥、圆柱体积公式可得液体的体积为63πcm3，圆锥的体积为72πcm3，设此时“沙漏”中液体的高度AD=xcm，则DE=CD=（6-x）cm，根据题意，列出方程，即可求解．
【详解】
解：如图，作圆锥的高AC，在BC上取点E，过点E作DE⊥AC于点D，则AB=6cm，AC=6cm，

∴△ABC为等腰直角三角形，
∵DE∥AB，
∴△CDE∽△CAB，
∴△CDE为等腰直角三角形，
∴CD=DE，
圆柱体内液体的体积为：
圆锥的体积为，
设此时“沙漏”中液体的高度AD=xcm，则DE=CD=（6-x）cm，
∴，
∴，
解得：x=3，
即此时“沙漏”中液体的高度3cm．
故选：B．
【点睛】
本题考查圆柱体、圆锥体体积问题，解题的关键是掌握圆柱体、圆锥体体积公式，列出方程解决问题．
29．（2022·广西河池）如图，AB是⊙O的直径，PA与⊙O相切于点A，∠ABC＝25°，OC的延长线交PA于点P，则∠P的度数是(     )

A．25° B．35° C．40° D．50°
【答案】C
【解析】
【分析】
根据圆周角定理可得，根据切线的性质可得，根据直角三角形两个锐角互余即可求解．
【详解】
，∠ABC＝25°，
，
AB是⊙O的直径，
，
．
故选C．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，切线的性质，掌握圆周角定理与切线的性质是解题的关键．
30．（2022·内蒙古包头）如图，是的两条直径，E是劣弧的中点，连接，．若，则的度数为（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
连接OE，由题意易得，则有，然后可得，进而根据圆周角定理可求解．
【详解】
解：连接OE，如图所示：

∵OB=OC，，
∴，
∴，
∵E是劣弧的中点，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】
本题主要考查圆周角定理及垂径定理，熟练掌握圆周角定理及垂径定理是解题的关键．
31．（2022·辽宁锦州）如图，线段是半圆O的直径。分别以点A和点O为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线，交半圆O于点C，交于点E，连接，，若，则的长是（       ）

A． B．4 C．6 D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据作图知CE垂直平分AC，即可得，，根据圆的半径得，，根据圆周角的推论得，根据勾股定理即可得．
【详解】
解：根据作图知CE垂直平分AC，
∴，，
∴，
∴，
即，
∵线段AB是半圆O的直径，
∴，
在中，根据勾股定理得，
，
故选A．
【点睛】
本题考查了圆，勾股定理，圆周角推论，解题的关键是掌握这些知识点．
32．（2022·甘肃兰州）如图1是一块弘扬“社会主义核心价值观”的扇面宣传展板，该展板的部分示意图如图2所示，它是以O为圆心，OA，OB长分别为半径，圆心角形成的扇面，若，，则阴影部分的面积为（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据S阴影=S扇形AOD-S扇形BOC求解即可．
【详解】
解：S阴影=S扇形AOD-S扇形BOC
=
=
=
=2.25π（m2）
故选：D．
【点睛】
本题考查扇形面积，不规则图形面积，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键．
33．（2022·甘肃兰州）如图，内接于，CD是的直径，，则（       ）

A．70° B．60° C．50° D．40°
【答案】C
【解析】
【分析】
由CD是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，得出∠CAD＝90°，根据直角三角形两锐角互余得到∠ACD与∠D互余，即可求得∠D的度数，继而求得∠B的度数．
【详解】
解：∵CD是⊙O的直径，
∴∠CAD＝90°，
∴∠ACD+∠D＝90°，
∵∠ACD＝40°，
∴∠ADC＝∠B＝50°．
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，直角三角形的性质，注意掌握数形结合思想是解题的关键．
34．（2022·广东深圳）如图所示，已知三角形为直角三角形，为圆切线，为切点，则和面积之比为（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆周角定理，切线的性质以及等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定及性质进行计算即可．
【详解】
解：如图取中点O，连接．

∵是圆O的直径．
∴．
∵与圆O相切．
∴．
∵．
∴．
∵．
∴．
又∵．
∴．
∵，，．
∴．
∴．
∵点O是的中点．
∴．
∴．
∴
故答案是：1∶2．
故选：B．
【点睛】
本题考查切线的性质，圆周角定理，等腰三角形以及全等三角形的性质，理解切线的性质，圆周角定理以及全等三角形的判定和性质是解决问题的前提．
35．（2022·青海）如图所示，，，以点A为圆心，AB长为半径画弧交x轴负半轴于点C，则点C的坐标为（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先求得OA的长，从而求出OC的长即可．
【详解】
解：∵，
∴OA=，
∵，以点A为圆心，AB长为半径画弧交x轴负半轴于点C，
∴，
∴，
∵点C为x轴负半轴上的点，
∴C，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了坐标与图形的性质，勾股定理等知识，明确AB=AC是解题的关键．
36．（2022·广西河池）如图，在Rt△ABC中，，，，将绕点B顺时针旋转90°得到．在此旋转过程中所扫过的面积为(     )

A．25π+24 B．5π+24 C．25π D．5π
【答案】A
【解析】
【分析】
根据勾股定理定理求出AB，然后根据扇形的面积和三角形的面积公式求解．
【详解】
解：∵，，，
∴，
∴所扫过的面积为．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，扇形的面积的计算，勾股定理，熟练掌握扇形的面积公式是解答的关键．
37．（2022·内蒙古赤峰）如图，是的直径，将弦绕点顺时针旋转得到，此时点的对应点落在上，延长，交于点，若，则图中阴影部分的面积为（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
如图，连接OE，OC，过点O作OF⊥CE于点F，由旋转得AD=AC，可求出 ,由圆周角定理得得 ，由三角形外角的性质得 由垂径定理得EF=2，根据勾股定理得，根据求解即可．
【详解】
解：如图，连接OE，OC，过点O作OF⊥CE于点F，

则，
由旋转得，
∴∠，
∵∠
∴∠
∴∠
∴∠
又∠
∴∠
∴∠
∴
∴
∵
∴∠
∴∠
∴
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，扇形面积等知识，求出扇形的半径和圆心角是解答本题的关键．
38．（2022·内蒙古通辽）如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，点，，都在格点上，以为直径的圆经过点，，则的值为（     ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
首先根据勾股定理求出AB的长度，然后根据圆周角定理的推论得出，，计算出即可得到．
【详解】
解：∵为直径，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
故选：B．
【点睛】
本题考查圆的性质和三角函数，掌握勾股定理及圆周角定理的推论是关键．
39．（2021·山东德州）如图，在矩形中，，，以点A为圆心，长为半径画弧交于点，连接，则阴影部分的面积为（     ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
利用矩形的性质求出，利用余弦求出BE，利用阴影部分的面积，求出各部分面积作差即可．
【详解】
解：四边形是矩形，，
，，
，
，
，，
，
阴影部分的面积

．
故选：．
【点睛】
本题考查矩形性质，余弦，扇形面积，解题的关键是熟练掌握矩形性质和利用余弦解三角形，理解阴影部分的面积．
40．（2021·青海西宁）如图，的内切圆与分别相切于点D，E，F，连接，，，，，则阴影部分的面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
连接OD，由题意，先利用勾股定理求出AB的长度，设半径为r，然后求出内切圆的半径，再利用正方形的面积减去扇形的面积，即可得到答案．
【详解】
解：连接OD，如图：

在中，，，，
由勾股定理，则
，
设半径为r，则，
∴，
∴四边形CEOF是正方形；
由切线长定理，则，，
∵，
∴，
解得：，
∴；
∴阴影部分的面积为：；
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形的内切圆，切线的性质，切线长定理，求扇形的面积，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的进行解题．
41．（2021·四川德阳）如图，边长为1的正六边形ABCDEF放置于平面直角坐标系中，边AB在x轴正半轴上，顶点F在y轴正半轴上，将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转60°，那么经过第2025次旋转后，顶点D的坐标为（　　）

A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）
【答案】A
【解析】
【分析】
如图，连接，．首先确定点的坐标，再根据6次一个循环，由，推出经过第2025次旋转后，顶点的坐标与第三次旋转得到的的坐标相同，由此即可解决问题．
【详解】
解：如图，连接，．
在正六边形中，，，，
，
在中，，，
，
，
，
，，
将正六边形绕坐标原点顺时针旋转，每次旋转，
次一个循环，
，
经过第2025次旋转后，顶点的坐标与第三次旋转得到的的坐标相同，
与关于原点对称，
，，
经过第2025次旋转后，顶点的坐标，，
故选：A．

【点睛】
本题考查正多边形与圆，规律型问题，坐标与图形变化-旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
42．（2021·辽宁锦州）如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，D为⊙O上一点（位于AB下方），CD交AB于点E，若∠BDC＝45°，BC＝6，CE＝2DE，则CE的长为（       ）

A．2 B．4 C．3 D．4
【答案】D
【解析】
【分析】
连接CO，过点D作DG⊥AB于点G，连接AD，因为CE＝2DE，构造△DGE∽△COE，求出DG＝3，设GE＝x，则OE＝2x，DG＝3，则AG＝6﹣3x，BG＝6＋3x，再利用△AGD∽△ADB，列出方程即可解决．
【详解】
解：连接CO，过点D作DG⊥AB于点G，连接AD，

∵∠BDC＝45°，
∴∠CAO＝∠CDB＝45°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∵BC＝6，
∴AB＝BC＝12，
∵OA＝OB，
∴CO⊥AB，
∴∠COA＝∠DGE＝90°，
∵∠DEG＝∠CEO，
∴△DGE∽△COE，
∴＝，
∵CE＝2DE，
设GE＝x，则OE＝2x，DG＝3，
∴AG＝6﹣3x，BG＝6＋3x，
∵∠ADB＝∠AGD＝90°，
∠DAG＝∠BAD，
∴△AGD∽△ADB，
∴DG2＝AG•BG，
∴9＝（6﹣3x）（6＋3x），
∵x＞0，
∴x＝，
∴OE＝2，
在Rt△OCE中，由勾股定理得：
CE＝，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造出△DGE∽△COE是解题关键
43．（2020·广西贺州）如图，四边形ABCD内接于，，，则的长度是（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆周角定理求出∠D=∠AOC，根据圆内接四边形的性质得出∠ABC+∠D=180°，求出∠ABC=∠AOC=120°，解直角三角形求出OA，再根据弧长公式求出答案即可．
【详解】
解：∵对的圆周角是，对的圆心角是，
∴，
∵，
∴，
∵四边形ABCD是的内接四边形，
∴，
∴，
解得：，
∴，
过O作于E，则，

∵OE过O，，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴的长度是，
故选：B．
【点睛】
本题考查了弧长的公式，圆周角定理，圆内接四边形的性质，直角三角形的性质等知识点，能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键，注意：一条弧所对的圆心角是n°，半径为r，那么这条弧的长度是．
44．（2020·广西贵港）如图，动点在边长为2的正方形内，且，是边上的一个动点，是边的中点，则线段的最小值为（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
作点E关于DC的对称点E，设AB的中点为点O，连接OE，交DC于点P，连接PE，由轴对称的性质及90°的圆周角所对的弦是直径，可知线段PE＋PM的最小值为OE的值减去以AB为直径的圆的半径OM，根据正方形的性质及勾股定理计算即可．
【详解】
解答：解：作点E关于DC的对称点E，设AB的中点为点O，连接OE，交DC于点P，连接PE，如图：

∵动点M在边长为2的正方形ABCD内，且AM⊥BM，
∴点M在以AB为直径的圆上，OM＝AB＝1，
∵正方形ABCD的边长为2，
∴AD＝AB＝2，∠DAB＝90°，
∵E是AD的中点，
∴DE＝AD＝×2＝1，
∵点E与点E关于DC对称，
∴DE＝DE＝1，PE＝PE，
∴AE＝AD＋DE＝2＋1＝3，
在Rt△AOE中，OE＝＝＝，
∴线段PE＋PM的最小值为：
PE＋PM
＝PE＋PM
＝ME
＝OE−OM
＝−1．
故选：A．
【点睛】
本题考查了轴对称−最短路线问题、圆周角定理的推论、正方形的性质及勾股定理等知识点，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
45．（2020·广西河池）如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，AE⊥CD于点E，BF⊥CD于点F．若FB＝FE＝2，FC＝1，则AC的长是（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
连接BC，因为AB是直径，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，可证△ACE∽△CBF，根据相似三角形的判定和性质定理可得，并用勾股定理求出BC的长度，代入公式，求出AC的长度，即可得到结论．
【详解】
解：如图所示，连接BC，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠BCF＝90°，
∵BF⊥CD，
∴∠CFB＝90°，
∴∠CBF+∠BCF＝90°，
∴∠ACE＝∠CBF，
∵AE⊥CD，
∴∠AEC＝∠CFB＝90°，
∴△ACE∽△CBF，
∴，
∵FB＝FE＝2，FC＝1，
∴CE＝CF+EF＝3，BC＝，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】
本题主要考察了圆周角定理的应用、相似三角形的性质、勾股定理，解题的关键在于找出一对相似的三角形，其线段互相成比例，并求出各线段的长度．
二、填空题
46．（2022·广西柳州）如图，点A，B，C在⊙O上，∠AOB＝60°，则∠ACB的度数是 _____°．

【答案】30
【解析】
【分析】
由圆周角定理可得从而可得答案．
【详解】
解：∵点A，B，C在⊙O上，∠AOB＝60°，
∴
故答案为：30
【点睛】
本题考查的是圆周角定理的应用，掌握“在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半”是解本题的关键．
47．（2022·湖南郴州）如图，点A，B，C在上，，则________度．

【答案】31
【解析】
【分析】
根据圆周角定理进行求解即可；
【详解】
解：由圆周角定理可知：
故答案为：31．
【点睛】
本题主要考查圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
48．（2022·浙江温州）若扇形的圆心角为，半径为，则它的弧长为___________．
【答案】π
【解析】
【分析】
根据题目中的数据和弧长公式，可以计算出该扇形的弧长．
【详解】
解：∵扇形的圆心角为120°，半径为，
∴它的弧长为：
故答案为：
【点睛】
本题考查弧长的计算，解答本题的关键是明确弧长的计算公式
49．（2022·广东）扇形的半径为2，圆心角为90°，则该扇形的面积（结果保留）为____________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据扇形面积公式可直接进行求解．
【详解】
解：由题意得：该扇形的面积为；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查扇形面积公式，熟练掌握扇形的面积公式是解题的关键．
50．（2021·江苏淮安）若圆锥的侧面积为18π，底面半径为3，则该圆锥的母线长是___．
【答案】6
【解析】
【分析】
根据圆锥的侧面积＝πrl，列出方程求解即可．
【详解】
解：∵圆锥的侧面积为18π，底面半径为3，
3πl＝18π．
解得：l＝6，
故答案为：6．
【点睛】
本题考查了圆锥的侧面积，解题关键是熟记圆锥的侧面积公式，列出方程进行求解．
51．（2020·湖北荆州）已知：，求作的外接圆，作法：①分别作线段BC，AC的垂直平分线EF和MN，它们交于点O；②以点O为圆心，OB的长为半径画弧，如图⊙O即为所求，以上作图用到的数学依据是___________________．

【答案】线段的垂直平分线的性质
【解析】
【分析】
利用线段垂直平分线的性质得到OA=OC=OB，然后根据点与圆的位置关系可判断点A、C在⊙O上．
【详解】
解：如图，连接，
∵点O为AC和BC的垂直平分线的交点，
∴OA=OC=OB，
∴⊙O为的外接圆．


故答案为：线段的垂直平分线的性质．
【点睛】
本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．考查线段的垂直平分线的性质，确定圆的条件，掌握作图的原理是解题的关键．
52．（2020·黑龙江鹤岗）如图，是的外接圆的直径，若，则_____°．

【答案】50
【解析】
【分析】
根据圆周角定理即可得到结论．
【详解】
∵是的外接圆的直径，
∴点，，，在上，
∵，
∴，
故答案为：50．
【点睛】
本题考查了三角形的外接圆与外心，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．
53．（2020·江苏扬州）如图，工人师傅用扳手拧形状为正六边形的螺帽，现测得扳手的开口宽度，则螺帽边长________cm．

【答案】
【解析】
【分析】
根据正六边形的性质，可得∠ABC=120°，AB=BC=a，根据等腰三角形的性质，可得CD的长，根据锐角三角函数的余弦，可得答案．
【详解】
解：如图：作BD⊥AC于D

由正六边形，得
∠ABC=120°，AB=BC=a，
∠BCD=∠BAC=30°．
由AC=3，得CD=．
cos∠BCD==，即，
解得a=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查正多边形和圆，利用正六边形的性质得出等腰三角形是解题关键，又利用了正三角形的性质，余弦函数．
54．（2020·贵州黔西）如图，在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，AB＝2，点D为AB的中点，以点D为圆心作圆心角为90°的扇形DEF，点C恰在弧EF上，则图中阴影部分的面积为_____．

【答案】﹣
【解析】
【分析】
连接CD，证明△DCH≌△DBG，则S四边形DGCH＝S△BDC，求得扇形FDE的面积，则阴影部分的面积即可求得.
【详解】
解：连接CD，
∵CA＝CB，∠ACB＝90°，
∴∠B＝45°，
∵点D为AB的中点，
∴DC＝AB＝BD＝1，CD⊥AB，∠DCA＝45°，
∴∠CDH＝∠BDG，∠DCH＝∠B，
在△DCH和△DBG中，

∴△DCH≌△DBG（ASA），
∴S四边形DGCH＝S△BDC＝S△ABC＝AB•CD＝×2×1＝.
∴S阴影＝S扇形DEF﹣S△BDC＝.
故答案为：.

【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质、扇形的面积等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
55．（2020·山东济南）如图，在正六边形ABCDEF中，分别以C，F为圆心，以边长为半径作弧，图中阴影部分的面积为24π，则正六边形的边长为_____．

【答案】6
【解析】
【分析】
根据多边形的内角和公式求出扇形的圆心角，然后按扇形面积公式列方程求解计算即可．
【详解】
解：∵正六边形的内角是120度，阴影部分的面积为24π，
设正六边形的边长为r，
∴，


解得r＝6．（负根舍去）
则正六边形的边长为6．
故答案为：
【点睛】
本题考查的是正多边形与圆，扇形面积，掌握以上知识是解题的关键．
56．（2020·广西河池）如图，AB是⊙O的直径，点C，D，E都在⊙O上，∠1＝55°，则∠2＝_____°．

【答案】35
【解析】
【分析】
如图（见解析），连接AD，先根据圆周角定理可得，从而可得，再根据圆周角定理可得，由此即可得．
【详解】
如图，连接AD
∵AB是⊙O的直径
∴，即
又由圆周角定理得：
∵
∴

故答案为：35．

【点睛】
本题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理是解题关键．
57．（2020·云南昆明）如图，边长为2cm的正六边形螺帽，中心为点O，OA垂直平分边CD，垂足为B，AB＝17cm，用扳手拧动螺帽旋转90°，则点A在该过程中所经过的路径长为_____cm．

【答案】10π
【解析】
【分析】
利用正六边形的性质求出OB的长度，进而得到OA的长度，根据弧长公式进行计算即可．
【详解】
解：连接OD，OC．
∵∠DOC＝60°，OD＝OC，
∴△ODC是等边三角形，
∴OD＝OC＝DC＝（cm），
∵OB⊥CD，
∴BC＝BD＝（cm），
∴OB＝BC＝3（cm），
∵AB＝17cm，
∴OA＝OB+AB＝20（cm），
∴点A在该过程中所经过的路径长＝＝10π（cm），
故答案为：10π．


【点睛】
本题考查了正六边形的性质及计算，扇形弧长的计算，熟知以上计算是解题的关键．
58．（2021·甘肃兰州）如图，传送带的一个转动轮的半径为，转动轮转，传送带上的物品被传送，则______．

【答案】108
【解析】
【分析】
根据传送的距离等于转动了的圆弧的长，进而即可求得．
【详解】

解得．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了弧长的公式的应用，牢记弧长公式是解题的关键．
59．（2021·江苏淮安）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠CAB＝55°，则∠D的度数是___．

【答案】35°
【解析】
【分析】
根据直径所对的圆周角是直角推出∠ACB＝90°，再结合图形由直角三角形的性质得到∠B＝90°﹣∠CAB＝35°，进而根据同圆中同弧所对的圆周角相等推出∠D＝∠B＝35°．
【详解】
解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠CAB＝55°，
∴∠B＝90°﹣∠CAB＝35°，
∴∠D＝∠B＝35°．
故答案为：35°．
【点睛】
本题主要考查了直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
60．（2021·江苏徐州）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若母线长为，扇形的圆心角，则圆锥的底面圆半径为__________．

【答案】2
【解析】
【分析】
结合题意，根据弧长公式，得圆锥的底面圆周长；再根据圆形周长的性质计算，即可得到答案．
【详解】
∵母线长为，扇形的圆心角
∴圆锥的底面圆周长
∴圆锥的底面圆半径
故答案为：2．
【点睛】
本题考查了弧长、圆周长的知识；解题的关键是熟练掌握弧长计算的性质，从而完成求解．
61．（2021·江苏徐州）如图，是的直径，点在上，若，则_________°．

【答案】
【解析】
【分析】
由同弧所对的圆周角相等和直径所对的圆周角为90°然后根据三角形内角和即可求出的度数．
【详解】
∵，
∴，
又∵AB是直径，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】
此题考查了同弧所对圆周角的性质和直径所对圆周角的性质，解题的关键是熟练掌握同弧所对圆周角的性质和直径所对圆周角的性质．
62．（2022·青海西宁）如图，等边三角形ABC内接于⊙O，BC=2，则图中阴影部分的面积是________．

【答案】##
【解析】
【分析】
根据等边三角形的性质可得S△COB=S△AOC，∠AOC=120°，将阴影部分的面积转化为扇形AOC的面积，利用扇形面积的公式计算可求解．
【详解】
解：过点O作OD⊥AC于点D，

∵△ABC为等边三角形，
∴∠AOC=120°，AD=CD=，
∴∠OAC=30°，
∴OA=AD÷cos30°=2，
∵△ABC为等边三角形，
∴S△COB=S△AOC，∠AOC=120°，
∴S阴影=S扇形AOC==，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查扇形面积的计算，等边三角形的性质，掌握扇形面积公式是解题的关键．
63．（2022·江苏盐城）如图，在矩形中，，将线段绕点按逆时针方向旋转，使得点落在边上的点处，线段扫过的面积为___________．

【答案】##
【解析】
【分析】
由旋转的性质可得由锐角三角函数可求从而得出由扇形面积公式即可求解．
【详解】
解：

∵矩形中，

由旋转可知，
∵，
∴



∴线段AB扫过的面积
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，矩形的性质，扇形面积公式，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质解决问题是解此题的关键．
64．（2022·辽宁大连）如图，正方形的边长是，将对角线绕点A顺时针旋转的度数，点C旋转后的对应点为E，则的长是____________（结果保留）．

【答案】##
【解析】
【分析】
先根据正方形的性质求解再根据弧长公式进行计算即可．
【详解】
解：∵正方形ABCD，
∴
∴的长
故答案为：
【点睛】
本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，弧长的计算，熟记弧长公式是解本题的关键．
65．（2022·吉林长春）将等腰直角三角板与量角器按如图所示的方式摆放，使三角板的直角顶点与量角器的中心O重合，且两条直角边分别与量角器边缘所在的弧交于A、B两点.若厘米，则的长度为________厘米．（结果保留）

【答案】##
【解析】
【分析】
直接根据弧长公式进行计算即可．
【详解】
，
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了弧长公式，即，熟练掌握知识点是解题的关键．
66．（2022·广西贵港）如图，在中，，以点A为圆心、为半径画弧交于点E，连接，若，则图中阴影部分的面积是_______．

【答案】
【解析】
【分析】
过点D作DF⊥AB于点F，根据等腰直角三角形的性质求得DF，从而求得EB，最后由S阴影=S▱ABCD−S扇形ADE−S△EBC结合扇形面积公式、平行四边形面积公式、三角形面积公式解题即可．
【详解】
解：过点D作DF⊥AB于点F，

∵，
∴AD=
∴DF=ADsin45°= ，
∵AE=AD=2 ，
∴EB=AB−AE= ，
∴S阴影=S▱ABCD−S扇形ADE−S△EBC

=
故答案为：．
【点睛】
本题考查等腰直角三角形、平行四边形的性质、扇形的面积公式等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
67．（2022·广东广州）如图，在△ABC中，AB=AC，点O在边AC上，以O为圆心，4为半径的圆恰好过点C，且与边AB相切于点D，交BC于点E，则劣弧的长是________（结果保留）

【答案】
【解析】
【分析】
如图，连接OD，OE，证明 可得 再证明 可得 再利用弧长公式进行计算即可．
【详解】
解：如图，连接OD，OE，
∵
∴






∵与边AB相切于点D，
∴
∴


的长
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，切线的性质，三角形的内角和定理的应用，弧长的计算，求解是解本题的关键．
68．（2022·山东青岛）如图，是的切线，B为切点，与交于点C，以点A为圆心、以的长为半径作，分别交于点E，F．若，则图中阴影部分的面积为__________．

【答案】
【解析】
【分析】
先证明再利用阴影部分的面积等于三角形面积减去扇形面积即可得到答案．
【详解】
解：如图，连接OB，是的切线，


设





故答案为：
【点睛】
本题考查的是圆的切线的性质，扇形面积的计算，掌握“整体求解扇形的面积”是解本题的关键．
69．（2022·上海）定义：有一个圆分别和一个三角形的三条边各有两个交点，截得的三条弦相等，我们把这个圆叫作“等弦圆”，现在有一个斜边长为2的等腰直角三角形，当等弦圆最大时，这个圆的半径为_____．
【答案】##
【解析】
【分析】
如图，当等弦圆O最大时，则经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于F，连接OE，DK，再证明经过圆心，，分别求解AC，BC，CF， 设的半径为 再分别表示 再利用勾股定理求解半径r即可．
【详解】
解：如图，当等弦圆O最大时，则经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于F，连接OE，DK，


过圆心O，，


设的半径为
∴



整理得：
解得：

不符合题意，舍去，
∴当等弦圆最大时，这个圆的半径为
故答案为：
【点睛】
本题考查的是等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，弦，弧，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，掌握以上知识是解本题的关键．
70．（2022·内蒙古通辽）如图，是的外接圆，为直径，若，，点从点出发，在内运动且始终保持，当，两点距离最小时，动点的运动路径长为______．

【答案】
【解析】
【分析】
根据题中的条件可先确定点P的运动轨迹，然后根据三角形三边关系确定CP的长最小时点P的位置，进而求出点P的运动路径长．
【详解】
解：为的直径，




∴
∴点P在以AB为直径的圆上运动，且在△ABC的内部，
如图，记以AB为直径的圆的圆心为，连接交于点，连接


∴当点三点共线时，即点P在点处时，CP有最小值，
∵
∴
在中，
∴∠
∴
∴两点距离最小时，点P的运动路径长为
【点睛】
本题主要考查了直径所对圆周角是直角，弧长公式，由锐角正切值求角度，确定点P的路径是解答本题的关键．
71．（2022·山东聊城）如图，线段，以AB为直径画半圆，圆心为，以为直径画半圆①；取的中点，以为直径画半圆②；取的中点，以为直径画半圆③…按照这样的规律画下去，大半圆内部依次画出的8个小半圆的弧长之和为______________．

【答案】##
【解析】
【分析】
由AB＝2，可得半圆①弧长为，半圆②弧长为（）2π，半圆③弧长为（）3π，......半圆⑧弧长为（）8π，即可得8个小半圆的弧长之和为π+（）2π+（）3π+...+（）8π＝π．
【详解】
解：∵，
∴，半圆①弧长为，
同理，半圆②弧长为，
，半圆③弧长为，
……
半圆⑧弧长为，
∴8个小半圆的弧长之和为．
故答案为：．
【点睛】
此题考查图形的变化类规律，解题的关键是掌握圆的周长公式和找到弧长的变化规律．
72．（2022·湖北武汉）如图，点P是上一点，是一条弦，点C是上一点，与点D关于对称，交于点E，与交于点F，且．给出下面四个结论：①平分；   ②；   ③；   ④为的切线．其中所有正确结论的序号是_________________．

【答案】①②④
【解析】
【分析】
根据点AB为CD的垂直平分线，得出BD=BC，AD=AC，根据等边对等角得出∠BDC=∠BCD，利用平行线性质可判断①正确；利用△ADB≌△ACB（SSS）得出∠EAB=∠CAB，利用圆周角弧与弦关系可判断②正确；根据等弧所对的圆周角相等可得∠AEF≠∠ABE，从而可得△AEF与△ABE不相似，即可判断③；连结OB，利用垂径定理得出OB⊥CE，利用平行线性质得出OB⊥BD，即可判断④正确．
【详解】
解：∵点C是上一点，与点D关于对称，
∴AB为CD的垂直平分线，
∴BD=BC，AD=AC，
∴∠BDC=∠BCD，
∵，
∴∠ECD=∠CDB，
∴∠ECD=∠BCD，
∴CD平分∠BCE，故①正确；
在△ADB和△ACB中，
∵AD=AC，BD=BC，AB=AB，
∴△ADB≌△ACB（SSS），
∴∠EAB=∠CAB，
∴，
∴BE=BC=BD，故②正确；
∵AC≠AE，
∴≠，
∴∠AEF≠∠ABE，
∴△AEF与△ABE不相似，故③错误；
连结OB，
∵，CE为弦，
∴OB⊥CE，
∵，
∴OB⊥BD，
∴BD为的切线．故④正确，
∴其中所有正确结论的序号是①②④．
故答案为①②④．
．
【点睛】
本题考查轴对称性质，线段垂直平分线性质，角平分线判定，三角形全等判断于性质，垂径定理，切线判断，掌握轴对称性质，线段垂直平分线性质，角平分线判定，三角形全等判断于性质，垂径定理，切线判断是解题关键．
73．（2021·山东青岛）如图，正方形内接于，，分别与相切于点和点，的延长线与的延长线交于点．已知，则图中阴影部分的面积为___________．

【答案】
【解析】
【分析】
连接AC，OD，根据已知条件得到AC是⊙O的直径，∠AOD=90°，根据切线的性质得到∠PAO=∠PDO=90°，得到△CDE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到PE=，根据梯形和圆的面积公式即可得到答案．
【详解】
解：连接AC，OD，
∵四边形BCD是正方形，
∴∠B=90°，
∴AC是⊙O的直径，∠AOD=90°，
∵PA，PD分别与⊙O相切于点A和点D，
∴∠PAO=∠PDO=90°，
∴四边形AODP是矩形，
∵OA=OD，
∴矩形AODP是正方形，
∴∠P=90°，AP=AO，AC∥PE，
∴∠E=∠ACB=45°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∵AB=2，
∴AC=2AO=2，DE=CD=2，
∴AP=PD=AO=，
∴PE=3，
∴图中阴影部分的面积
故答案为：5-π．

【点睛】
本题考查了正多边形与圆，正方形的性质，切线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
74．（2021·江苏泰州）如图，平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（8，5），⊙A与x轴相切，点P在y轴正半轴上，PB与⊙A相切于点B．若∠APB＝30°，则点P的坐标为 ___．

【答案】．
【解析】
【分析】
连接AB，作AD⊥x轴，AC⊥y轴，根据题意和30°直角三角形的性质求出AP的长度，然后由圆和矩形的性质，根据勾股定理求出OC的长度，即可求出点P的坐标．
【详解】
如下图所示，连接AB，作AD⊥x轴，AC⊥y轴，
∵PB与⊙A相切于点B
∴AB⊥PB，
∵∠APB＝30°，AB⊥PB，
∴PA=2AB=．
∵
∴四边形ACOD是矩形，
点A的坐标为（8，5），
所以AC=OD=8，CO=AD=5，
在中，．
如图，当点P在C点上方时，

∴，
∴点P的坐标为．
【点睛】
此题考查了勾股定理，30°角直角三角形的性质和矩形等的性质，解题的关键是根据题意作出辅助线．
75．（2021·山东济宁）如图，中，，，，点O为的中点，以O为圆心，以为半径作半圆，交于点D，则图中阴影部分的面积是____．

【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，作出合适的辅助线，即可求得DE的长、的度数，然后根据图形可知阴影部分的面积是的面积减去的面积和扇形的面积，从而可以解答本题．
【详解】
解：连接OD，过点D作于E，


在中，
∴，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴阴影部分的面积是：
，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查扇形面积的计算、勾股定理、特殊角锐角三角函数值，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
76．（2020·广西贵港）如图，在扇形中，点在上，，，于点，连接，若，则图中阴影部分的面积为______________．

【答案】
【解析】
【分析】
连接OC，过点C作CM⊥OB于点M，分别求出S△ABD、 S△AOB、S△OBC、S扇形AOC，再计算即可求解．
【详解】
解：连接OC，
∵∠AOB＝90°
∴△AOB是等腰直角三角形
∵OA＝2∴
∵，于点，
∴AD＝AB＝，BD＝=
∴S△ABD＝
S△AOB＝
过点C作CM⊥OB于点M，
∵∠ABC＝30°，∴∠AOC＝60°
∴∠COB＝30°
∴CM=OC=1
∴S△OBC＝=1
S阴影=S△AOB＋S△ABD﹣S△OBC﹣S扇形AOC＝2＋－1－＝

【点睛】
本题主要考查不规则图形的面积，解题的关键是作辅助线，利用分割法求解：即S阴影=S△AOB＋S△ABD﹣S△OBC﹣S扇形AOC．
77．（2020·辽宁朝阳）如图，点是上的点，连接，且，过点O作交于点D，连接，已知半径为2，则图中阴影面积为_________________．

【答案】
【解析】
【分析】
由圆周角定理可得∠AOB的度数，由可得S△ABD=S△ABO，进而可得S阴影=S扇形AOB，然后根据扇形面积公式计算即可．
【详解】
解：∵，
∴∠AOB=30°，
∵，
∴S△ABD=S△ABO，
∴S阴影=S扇形AOB=．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、扇形面积公式和同底等高的三角形的面积相等等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识是解题的关键．
78．（2020·江苏宿迁）如图，在矩形ABCD中，AB=1，AD=，P为AD上一个动点，连接BP，线段BA与线段BQ关于BP所在的直线对称，连接PQ，当点P从点A运动到点D时，线段PQ在平面内扫过的面积为_____．

【答案】
【解析】
【分析】
由矩形的性质求出∠ABQ=120°，由矩形的性质和轴对称性可知，△BOQ≌△DOC，根据S阴影部分=S四边形ABQD﹣S扇形ABQ=S四边形ABOD+S△BOQ﹣S扇形ABQ可求出答案．
【详解】
∵当点P从点A运动到点D时，线段BQ的长度不变，
∴点Q运动轨迹是圆弧，如图，阴影部分的面积即为线段PQ在平面内扫过的面积，

∵矩形ABCD中，AB=1，AD=，
∴∠ABC=∠BAC=∠C=∠Q=90°，
∴∠ADB=∠DBC=∠ODB=∠OBQ=30°，
∴∠ABQ=120°，
由轴对称性得：BQ=BA=CD，
在△BOQ和△DOC中，
，
∴△BOQ≌△DOC，
∴S阴影部分=S四边形ABQD﹣S扇形ABQ=S四边形ABOD+S△BOQ﹣S扇形ABQ，
=S四边形ABOD+S△COD﹣S扇形ABQ，
=S矩形ABCD﹣S△ABQ=1×-．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，扇形的面积公式，轴对称的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
79．（2020·四川眉山）如图，点为⊙外一点，过点作的切线、，点、为切点．连接并延长交的延长线于点，过点作，交的延长线于点．已知，，则的长为________．

【答案】
【解析】
【分析】
连接OB，在中应用勾股定理求得的半径为3，再根据，对应线段成比例即可求解．
【详解】
解：连接OB，

∵、为的切线，
∴，，
∴，
∴，
设的半径为r，则，
在中，，即，解得，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查切线长定理、相似三角形的性质与判定、勾股定理的应用等内容，作出合适的辅助线是解题的关键．
80．（2020·山东东营）如图，在中，的半径为点是边上的动点，过点作的一条切线(其中点为切点)，则线段长度的最小值为____．

【答案】
【解析】
【分析】
如图：连接OP、OQ，根据,可得当OP⊥AB时，PQ最短；在中运用含30°的直角三角形的性质和勾股定理求得AB、AQ的长，然后再运用等面积法求得OP的长，最后运用勾股定理解答即可．
【详解】
解：如图：连接OP、OQ，
∵是的一条切线
∴PQ⊥OQ
∴
∴当OP⊥AB时，如图OP′，PQ最短
在Rt△ABC中，
∴AB=2OB=,AO=cos∠A·AB=
∵S△AOB=
∴，即OP=3
在Rt△OPQ中，OP=3,OQ=1
∴PQ=．
故答案为．

【点睛】
本题考查了切线的性质、含30°直角三角形的性质、勾股定理等知识点，此正确作出辅助线、根据勾股定理确定当PO⊥AB时、线段PQ最短是解答本题的关键．
三、解答题
81．（2022·青海）如图，AB是的直径，AC是的弦，AD平分∠CAB交于点D，过点D作的切线EF，交AB的延长线于点E，交AC的延长线于点F．

(1)求证：；
(2)若，，，求BE的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【解析】
【分析】
（1）连接，根据平分，可得，从而得到，可得，再由切线的性质，即可求解；
（2）由，可得，设为，可得，即可求解．
(1)
证明：连接，

∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为的切线，
∴，
∴．
(2)
解：由（1）得：，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
设为，
∴，
∴，
解得：，
即的长为2．
【点睛】
本题主要考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握切线的性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
82．（2022·山东烟台）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC＝45°．

(1)请用尺规作出⊙O的切线AD（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)在（1）的条件下，若AB与切线AD所夹的锐角为75°，⊙O的半径为2，求BC的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【解析】
【分析】
（1）连接OA,过点A作AD⊥AO即可；
（2）连接OB，OC．先证明∠ACB＝75°，再利用三角形内角和定理求出∠CAB，推出∠BOC＝120°，求出CH可得结论．
(1)
解：如图，切线AD即为所求；

(2)
如图：连接OB，OC．
∵AD是切线，
∴OA⊥AD，
∴∠OAD＝90°，
∵∠DAB＝75°，
∴∠OAB＝15°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝15°，
∴∠BOA＝150°，
∴∠BCA＝∠AOB＝75°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠BAC＝180°﹣45°﹣75°＝60°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝120°，
∵OB＝OC＝2，
∴∠BCO＝∠CBO＝30°，
∵OH⊥BC，
∴CH＝BH＝OC•cos30°＝，
∴BC＝2．

【点睛】
本题主要考查了作圆的 、三角形的外接圆、切线的判定和性质、解直角三角形等知识点，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
83．（2022·内蒙古包头）如图，为的切线，C为切点，D是上一点，过点D作，垂足为F，交于点E，连接并延长交于点G，连接，已知．


(1)若的半径为5，求的长；
(2)试探究与之间的数量关系，写出并证明你的结论．（请用两种证法解答）
【答案】(1)
(2)，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意得，，根据得，根据切线的性质得，即，根据题意得，则，即可得，根据角之间的关系和边之间的关系得是等边三角形，即可得∴，则,根据题意得，，，在中，根据锐角三角形函数即可得；
（2）方法一：根据题意和边、角之间得关系得，为等边三角形，可得，在中，根据直角三角形的性质得，即；方法二：连接，过点O作，垂足为H，根据题意得，，即四边形是矩形，所以，       根据等边三角形的性质得，根据边之间的关系得CE=OD，根据HL得，即可得，所以，即可得．
(1)
解：如图所示，连接．


∵，
∴，
∵，
∴，
∵为的切线，C为切点，
∴，
∴，
∵，垂足为F，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
∵的半径为5，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴在中，．
(2)
，证明如下
证明：方法一：如图所示，


∵，
∴，
∴．
∵，
∴为等边三角形，
∴．
∵，
∴．
∴在中，，
∴，
即；
方法二：如图所示，连接，过点O作，垂足为H，


∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，       
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴CE=OD，
∵，
在和中，

∴（HL），
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了圆的综合，平行线的判定与性质，锐角三角函数，等边三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点．
84．（2021·山东济南）已知：如图，是的直径，，是上两点，过点的切线交的延长线于点，，连接，．

（1）求证：；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接，根据切线的性质，已知条件可得，进而根据平行线的性质可得，根据圆周角定理可得，等量代换即可得证；
（2）连接，根据同弧所对的圆周角相等，可得，进而根据正切值以及已知条件可得的长，勾股定理即可求得，进而即可求得圆的半径．
【详解】
（1）连接，如图，

是的切线，
，
，
，
，
，
，
．
（2）连接

是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
即的半径为．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆周角定理，正切的定义，同弧所对的圆周角相等，勾股定理，理解题意添加辅助线是解题的关键．
85．（2021·广西百色）据国际田联《田径场地设施标准手册》，400米标准跑道由两个平行的直道和两个半径相等的弯道组成，有8条跑道，每条跑道宽1.2米，直道长87米；跑道的弯道是半圆形，环形跑道第一圈（最内圈）弯道半径为35.00米到38.00米之间．
某校据国际田联标准和学校场地实际，建成第一圈弯道半径为36米的标准跑道．小王同学计算了各圈的长：
第一圈长：87×2＋2π（36＋1.2×0）≈400（米）；
第二圈长：87×2＋2π（36＋1.2×1）≈408（米）；
第三圈长：87×2＋2π（36＋1.2×2）≈415（米）；
……
请问：
（1）第三圈半圆形弯道长比第一圈半圆形弯道长多多少米？小王计算的第八圈长是多少？
（2）小王紧靠第一圈边线逆时针跑步、邓教练紧靠第三圈边线顺时针骑自行车（均以所靠边线长计路程），在如图的起跑线同时出发，经过20秒两人在直道第一次相遇．若邓教练平均速度是小王平均速度的2倍，求他们的平均速度各是多少？
（注：在同侧直道，过两人所在点的直线与跑道边线垂直时，称两人直道相遇）

【答案】（1）第三圈弯道比第一圈弯道长15米，第八圈长453米；（2）小王的速度为，老师的速度为．
【解析】
【分析】
（1）根据题意，计算第三圈与第一圈的路程差即可解第一问，根据题中路程公式，可解得第八圈的路程；
（2）分析两人在左边的直道上相遇，且两人的总路程刚好是第一圈的长度加上两个半圆赛道长度的差，小王的速度为，则老师的速度为，列关于的一元一次方程，解方程即可解题．
【详解】
解：（1）根据题意得，第三圈弯道比第一圈弯道长：
（米）；
第八圈长：（米）
答：第三圈弯道比第一圈弯道长15米，第八圈长453米．
（2）由于两人是第一次相遇，教练的速度更快，且是在直道上两人相遇，
那么两人一定在左边的直道上相遇，
两人的总路程刚好是第一圈的长度加上两个半圆赛道长度的差：
（米）
设小王的速度为，则老师的速度为



答：小王的速度为，老师的速度为．
【点睛】
本题考查圆的计算、一元一次方程的应用等知识，理解相关路程公式的计算是解题关键．
86．（2020·安徽）如图，是半圆的直径，是半圆上不同于的两点与相交于点是半圆所在圆的切线，与的延长线相交于点，
求证：；
若求平分．

【答案】证明见解析；证明见解析．
【解析】
【分析】
利用证明利用为直径，证明结合已知条件可得结论；
利用等腰三角形的性质证明： 再证明 利用切线的性质与直径所对的圆周角是直角证明： 从而可得答案．
【详解】
证明：


为直径，


．
证明：



为半圆的切线，





平分．
【点睛】
本题考查的是圆的基本性质，弧，弦，圆心角，圆周角之间的关系，直径所对的圆周角是直角，三角形的全等的判定，切线的性质定理，三角形的内角和定理，掌握以上知识是解题的关键．
87．（2020·河南）我们学习过利用用尺规作图平分一个任意角，而“利用尺规作图三等分一个任意角”曾是数学史上一大难题，之后被数学家证明是不可能完成的，人们根据实际需要，发明了一种简易操作工具--------三分角器．图1是它的示意图，其中与半圆的直径在同一直线 上，且的长度与半圆的半径相等；与重直于点 足够长．
使用方法如图2所示，若要把三等分，只需适当放置三分角器，使经过的顶点，点落在边上，半圆与另一边恰好相切，切点为，则就把三等分了．
为了说明这一方法的正确性，需要对其进行证明．如下给出了不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，并写出“证明”过程．

已知：如图2，点在同一直线上，垂足为点，
求证：

【答案】在上，过点， 为半圆的切线，切点为；EB，EO为∠MEN的三等分线．证明见解析．
【解析】
【分析】
如图，连接OF．则∠OFE=90°，只要证明，，即可解决问题；
【详解】
已知：如图2，点在同一直线上，垂足为点， 在上，过点，为半圆的切线，切点为．
求证： EB，EO为∠MEN的三等分线．

证明：如图，连接OF．则∠OFE=90°，
∵EB⊥AC，EB与半圆相切于点B，
∴∠ABE=∠OBE=90°，
∵BA=BO．EB=EB，

∴∠AEB=∠BEO，
∵EO=EO．OB=OF，∠OBE=∠OFE，
∴，
∴∠OEB=∠OEF，
∴∠AEB=∠BEO=∠OEF，
∴EB，EO为∠MEN的三等分线．
故答案为：在上，过点，为半圆的切线，切点为．
EB，EO为∠MEN的三等分线．
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定和性质、切线的性质等知识，解题的关键学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
88．（2022·山东济宁）如图，在矩形ABCD中，以AB的中点O为圆心，以OA为半径作半圆，连接OD交半圆于点E，在上取点F，使，连接BF，DF．

(1)求证：DF与半圆相切；
(2)如果AB＝10，BF＝6，求矩形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接OF，证明，可得，根据矩形的性质可得，进而即可得证；
（2）连接，根据题意证明，根据相似三角形的性质求得，进而勾股定理，根据矩形的面积公式即可求解．
（1）证明：连接OF． ，，四边形是矩形，
（2）解：连接，，，，为半圆的直径，，，，，，，在中，矩形的面积为
【点睛】
本题考查了切线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
89．（2022·甘肃兰州）综合与实践
问题情境：我国东周到汉代一些出土实物上反映出一些几何作图方法，如侯马铸铜遗址出土车軎范、芯组成的（如图1），它的端面是圆形，如图2是用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法：将“矩”的直角尖端A沿圆周移动，直到，在圆上标记A，B，C三点；将“矩”向右旋转，使它左侧边落在A，B点上，“矩”的另一条边与圆的交点标记为D点，这样就用“矩”确定了圆上等距离的A，B，C，D四点，连接AD，BC相交于点，这样就用“矩”确定了圆上等距离的A，B，C，D四点，链接AD，BC相较于点O，即O为圆心．

(1)问题解决：请你根据“问题情境”中提供的方法，用三角板还原我国古代几何作图确定圆心O．如图3，点A，B，C在上，，且，请作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）
(2)类比迁移：小梅受此问题的启发，在研究了用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法后发现，如果AB和AC不相等，用三角板也可以确定圆心O．如图4，点A，B，C在上，，请作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）
(3)拓展探究：小梅进一步研究，发现古代由“矩”度量确定圆上等距离点时存在误差，用平时学的尺规作图的方法确定圆心可以减少误差．如图5，点A，B，C是上任意三点，请用不带刻度的直尺和圆规作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）请写出你确定圆心的理由：______________________________．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【解析】
【分析】
（1）作∠ABD=90°，　BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，即可；
（2）作∠ABD=90°，　BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，即可；
（3）作AB的垂直平分线DE，作AC的垂直平分线MN，DE交MN于O，即可，则垂径定理得出确定圆心的理由即可．
(1)
解：如图所示，点O就是圆的圆心．

作∠ABD=90°，　BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，
∵∠CAB=∠ABC=90°，
∴BC、AD是圆的直径，
∴点O是圆的圆心．
(2)
解：如图所示，点O就是圆的圆心．

作∠ABD=90°，　BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，
∵∠CAB=∠ABC=90°，
∴BC、AD是圆的直径，
∴点O是圆的圆心．
(3)
解：如图所示 ，点O就是圆的圆心．

作AB的垂直平分线DE，作AC的垂直平分线MN，DE交MN于O，
∵DE垂直平分AB，
∴DE经过圆心，即圆心必在直线DE上，
∵MN垂直平分AC，
∴MN经过圆心，即圆心必在直线MN上，
∴DE与MN的交点O是圆心．
确定圆心的理由：弦的垂直平分线经过圆心．
【点睛】
本题考查圆周角定理的推论，垂径定理的推论，尺规作线段垂直平分线，熟练掌握直角的圆周角所对的弦是直径是解题的关键．
90．（2022·辽宁大连）是的直径，C是上一点，，垂足为D，过点A作的切线，与的延长线相交于点E．

(1)如图1，求证；
(2)如图2，连接，若的半径为2，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）证明，，即可得出；
（2）证明，求出OD，由勾股定理求出DB，由垂径定理求出BC，进而利用勾股定理求出AC，AD．
(1)
解：∵ ，
∴，
∵ 是的切线，
∴，
在和中，，，
∴；
(2)
解：如图，连接AC．

∵ 的半径为2，
∴，，
∵ 在和中，
，，
∴，
∴，即，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
∵ ，经过的圆心，
∴，
∴．
∵是的直径，C是上一点，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
在中，由勾股定理得：，
∴．
【点睛】
本题考查切线的定义、圆周角定理、垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质等，综合性较强，熟练掌握上述知识点，通过证明求出OD的长度是解题的关键．
91．（2022·贵州贵阳）如图，为的直径，是的切线，为切点，连接．垂直平分，垂足为，且交于点，交于点，连接，．


(1)求证：；
(2)当平分时，求证：；
(3)在（2）的条件下，，求阴影部分的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）如图，连接证明 再利用等角的余角相等可得结论；
（2）如图，连接OF，垂直平分 证明为等边三角形，再证明 从而可得结论；
（3） 先证明为等边三角形，可得 再利用进行计算即可．
(1)
解：如图，连接 为的切线，








(2)
如图，连接OF，垂直平分
而
为等边三角形，




平分


(3)
为等边三角形，



为等边三角形，


【点睛】
本题考查的是圆的切线的性质，圆周角定理的应用，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，熟练的运用圆的基本性质解决问题是关键．
92．（2022·山东潍坊）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，车轮缚以竹简，旋转时低则舀水，高则泻水．如图，水力驱动筒车按逆时针方向转动，竹筒把水引至A处，水沿射线方向泻至水渠，水渠所在直线与水面平行；设筒车为，与直线交于P，Q两点，与直线交于B，C两点，恰有，连接．

(1)求证：为的切线；
(2)筒车的半径为，．当水面上升，A，O，Q三点恰好共线时，求筒车在水面下的最大深度（精确到，参考值：）．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接 并延长交 于，根据为的直径可以得到 ，继而得到 ，根据可证，可以得到，利用等量代换即可证明为的切线；
（2）根据，解出 ，根据 为的直径得到 ，进而得出，，又根据 得出，故可得到 ，过作交于，于是在等腰中，根据锐角三角函数求出长，进而求出最大深度．
(1)
证明：连接 并延长交 于，连接BM，

为的直径，
，
，
，
，
又∵∠D=∠D，
，
，
又，
，
，
为的切线；
(2)
解：如图所示，

，，
，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
，   
，
，
过作交于，

为等腰直角三角形，
，
，
．
【点睛】
本题主要考查圆的切线的判断，等腰三角形、圆周角定理、相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，掌握公式定理并且灵活应用是解题的关键．
93．（2022·四川雅安）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AO是△ABC的角平分线，以O为圆心，OC为半径作⊙O与直线AO交于点E和点D．


(1)求证：AB是⊙O的切线；
(2)连接CE，求证：△ACE∽△ADC；
(3)若＝，⊙O的半径为6，求tan∠OAC．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)tan∠OAC
【解析】
【分析】
（1）如图，过作于证明 即可得到结论；
（2）证明 再结合 从而可得结论；
（3）由相似三角形的性质可得 设 则 而 从而建立方程求解x，从而可得答案．
(1)
证明：如图，过作于


∠ACB＝90°，AO是△ABC的角平分线，

O为圆心，OC为半径，
是⊙O的切线．
(2)
如图，连结CE，


为的直径，








(3)


设 则 而
解得

tan∠OAC
【点睛】
本题考查的是切线的判定，相似三角形的判定与性质，求解锐角的正切，证明，利用相似三角形的性质求解是解本题的关键．
94．（2022·江苏宿迁）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点、、、、均为格点．
【操作探究】在数学活动课上，佳佳同学在如图①的网格中，用无刻度的直尺画了两条互相垂直的线段、，相交于点并给出部分说理过程，请你补充完整：
解：在网格中取格点，构建两个直角三角形，分别是△ABC和△CDE．
在Rt△ABC中，
在Rt△CDE中， ，
所以．
所以∠=∠．
因为∠ ∠ =∠ =90°，
所以∠ +∠ =90°，
所以∠ =90°，
即⊥．


(1)【拓展应用】如图②是以格点为圆心，为直径的圆，请你只用无刻度的直尺，在上找出一点P，使=，写出作法，并给出证明：
(2)【拓展应用】如图③是以格点为圆心的圆，请你只用无刻度的直尺，在弦上找出一点P．使=·，写出作法，不用证明．
【答案】(1)；见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）取格点，作射线交于点P，则根据垂径定理可知，点P即为所求作；
（2）取格点I，连接MI交AB于点P，点P即为所求作．利用正切函数证得∠FMI=∠MNA，利用圆周角定理证得∠B=∠MNA，再推出△PAM∽△MAB，即可证明结论．
(1)
解：【操作探究】在网格中取格点，构建两个直角三角形，分别是△ABC和△CDE．
在Rt△ABC中，
在Rt△CDE中，，
所以．
所以∠=∠．
因为∠ ∠ =∠ =90°，
所以∠ +∠ =90°，
所以∠ =90°，
即⊥．
故答案为：；
取格点，作射线交于点P，点P即为所求作；







(2)
解：取格点I，连接MI交AB于点P，点P即为所求作；
证明：作直径AN，连接BM、MN，
在Rt△FMI中，，
在Rt△MNA中，，
所以．
∴∠FMI=∠MNA，
∵∠B=∠MNA，
∴∠AMP=∠B，
∵∠PAM=∠MAB，
∴△PAM∽△MAB，
∴，
∴=·．

【点睛】
本题考查作图-应用与设计，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
95．（2021·贵州黔西）如图，为的直径，直线与相切于点，，垂足为，交于点，连接．

(1)求证：；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)6
【解析】
【分析】
（1）如图：连接，由切线的性质和平行的性质可得，再根据圆的性质可得OC=OA即，进而得到即可证明；
（2）如图：连接，先根据圆周角定理并结合题意可得，然后根据三角函数求得，运用勾股定理可得；再说明；设，，然后根据，进而求得AB即可．
(1)
证明：连接，
为的切线，
，
，
，
．
又，
，
，即．

(2)
解：连接，
方法一：由（1）可知，∠CAD=∠CAB，
∴sin∠CAD=sin∠CAB,BC=CE=4,
∴，
∴AB=12，
∴的半径是6.
方法二：
为的直径，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
设，，
，
，
，
的半径为6．

【点睛】
本题主要考查了圆的切线的性质、圆周角定理、三角函数的应用等知识点，正确作出辅助线成为解答本题的关键．
96．（2021·四川内江）如图，是的直径，、是上两点，且，过点的直线交的延长线于点，交的延长线于点，连接、交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若，的半径为2，求阴影部分的面积；
（3）连结，在（2）的条件下，求的长．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据同圆中等弧所对的圆周角相等得到∠CAD=∠DAB，根据等边对等角得到∠DAB=∠ODA，则∠CAD=∠ODA，即可判定OD∥AE，进而得到OD⊥DE，据此即可得解；
（2）连接BD，根据相似三角形的性质求出AE=3，AD=2，解直角三角形得到∠DAB=30°，则∠EAF=60°，∠DOB=60°，DF=2，再根据S阴影=S△DOF-S扇形DOB即可得解；
（3）过点E作EM⊥AB于点M，连接BE，解直角三角形得到AM=，EM=，则MB=，再根据勾股定理求解即可．
【详解】
解：（1）证明：如图，连接，

，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：，
，
，
，的半径为2，
，
，
如图，连接，

是的直径，，
，
，
，
，
即，
，
在中，，
，
，，
，
，
，
；
（3）如图，过点作于点，连接，

在中，，，
，
．
【点睛】
此题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质、扇形的面积、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，熟练掌握切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质并证明△OGD∽△EGA求出AE是解题的关键．
97．（2021·辽宁朝阳）如图，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，且∠AOD＝90°，点C是⊙O外一点，分别连接CA，CB、CD，CA交⊙O于点M，交OD于点N，CB的延长线交⊙O于点E，连接AD，ME，且∠ACD＝∠E．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）连接DM，若⊙O的半径为6，tanE＝，求DM的长．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据圆周角定理和等量代换可得∠BAC＝∠ACD，进而得出AB∥CD，由∠AOD＝90°可得OD⊥CD，从而得出结论；
（2）由tanE＝，可得tan∠ACD＝tan∠OAN＝tanE＝，在直角三角形中由锐角三角函数可求出ON、DN、CD，由勾股定理求出CN，由三角形的面积公式求出DF，再根据圆周角定理可求出∠AMD＝45°，进而根据等腰直角三角形的边角关系求出DM即可．
【详解】
解：（1）∵∠ACD＝∠E，∠E＝∠BAC，
∴∠BAC＝∠ACD，
∴AB∥CD，
∴∠ODC＝∠AOD＝90°，
即OD⊥CD，
∴CD是⊙O的切线；
（2）过点D作DF⊥AC于F，

∵⊙O的半径为6，tanE＝＝tan∠ACD＝tan∠OAN，
∴ON＝OA＝×6＝2，
∴DN＝OD﹣ON＝6﹣2＝4，
∴CD＝3DN＝12，
在Rt△CDN中，
CN＝＝＝4，
由三角形的面积公式可得，
CN•DF＝DN•CD，
即4DF＝4×12，
∴DF＝，
又∵∠AMD＝∠AOD＝×90°＝45°，
∴在Rt△DFM中，
DM＝DF＝×＝．
【点睛】
本题考查切线的判定和性质，直角三角形的边角关系，圆周角定理，掌握锐角三角函数以及勾股定理是解决问题的前提．
98．（2020·广西贵港）如图，在中，，点在边上，且，是的外接圆，是的直径．
（1）求证：是的切线：
（2）若，，求直径的长．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接，直径所对的圆周角是直角可得∠ADE＝90°，继而根据已知条件和等边对等角的性质及等角代换可得：∠BAD＝∠E＝∠C，进而可得，再根据切线的判定即可求证结论；
（2）作，垂足为，易证△ABC∽△DBA，继而根据相似三角形的性质可得：，进而可求BC=8，由勾股定理可得AH，然后根据相似三角形的判定及其性质可得，，代入数据即可求解．
【详解】
（1）证明：如图，连接，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又，
∴∠BAD＝∠E＝∠C，
∴，即，
∴是的切线．
（2）解：如图，作，垂足为，
∵，
∴，
∵，
∴△ABC∽△DBA
∴，则，
又，，
∴，
在中，，
由勾股定理求得：，
∵，
∴，
∴，
∴．

【点睛】
本题主要考查切线的判定和性质、相似三角形的判定及其性质、勾股定理的应用，圆周角定理，解题的关键是熟练掌握所学知识并正确作辅助线构造三角形．
99．（2020·辽宁大连）四边形内接于是的直径，．

（1）如图1，求证；
（2）过点D作的切线，交延长线于点P（如图2）．，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接证明结合从而可得结论；
（2）由为的直径，得 利用锐角三角函数求解，连接 交于，证明四边形为矩形，从而可得答案．
【详解】
证明：（1）如图，连接





（2）如图，连接 交于，
为的直径，




为的切线，





四边形为矩形，


【点睛】
本题考查了圆的基本性质，考查圆心角，弧，弦的关系，圆周角定理，垂径定理，圆的切线的性质，矩形的判定与性质，锐角三角函数，掌握以上知识是解题的关键．
100．（2020·山东日照）阅读理解：
如图1，Rt△ABC中，a，b，c分别是∠A，∠B，∠C的对边，∠C＝90°，其外接圆半径为R．根据锐角三角函数的定义：sinA＝，sinB＝，可得＝＝c＝2R，即：＝＝＝2R，（规定sin90°＝1）．

探究活动：
如图2，在锐角△ABC中，a，b，c分别是∠A，∠B，∠C的对边，其外接圆半径为R，那么：　 　　 　（用＞、＝或＜连接），并说明理由．
事实上，以上结论适用于任意三角形．
初步应用：
在△ABC中，a，b，c分别是∠A，∠B，∠C的对边，∠A＝60°，∠B＝45°，a＝8，求b．
综合应用：
如图3，在某次数学活动中，小凤同学测量一古塔CD的高度，在A处用测角仪测得塔顶C的仰角为15°，又沿古塔的方向前行了100m到达B处，此时A，B，D三点在一条直线上，在B处测得塔顶C的仰角为45°，求古塔CD的高度（结果保留小数点后一位）．（≈1.732，sin15°＝）
【答案】探究活动：＝，＝，＝；初步应用：；综合应用：古塔高度约为36.6m．
【解析】
【分析】
探究活动：过点C作直径CD交⊙O于点D，连接BD，根据圆周角定理和正弦概念即可得出，同理得出，从而得出答案；
初步应用：根据，得出，即可得出b的值；
综合应用：由题意得：∠D＝90°，∠A＝15°，∠DBC＝45°，AB＝100，可知∠ACB＝30°．设古塔高DC＝x，则BC＝，灾解直角三角形即可得出答案．
【详解】
解：探究活动：，
理由如下：
如图2，过点C作直径CD交⊙O于点D，连接BD，

∴∠A＝∠D，∠DBC＝90°，
∴sinA＝sinD，sinD＝，
∴，
同理可证：，
∴；
故答案为：＝，＝，＝．
初步应用：
∵，
∴，
∴．
综合应用：
由题意得：∠D＝90°，∠A＝15°，∠DBC＝45°，AB＝100，
∴∠ACB＝30°．
设古塔高DC＝x，则BC＝，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴古塔高度约为36.6m．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、解直角三角形，添加合适的辅助线是解题的关键．