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2022年中考数学真题分项汇编专题14 圆与正多边形（含解析）
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专题14 圆与正多边形
一．选择题
1．（2022·浙江嘉兴·中考真题）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
【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．
2．（2022·山东滨州·中考真题）如图，在中，弦相交于点P，若，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据三角形的外角的性质可得，求得，再根据同弧所对的圆周角相等，即可得到答案．
【详解】，，
故选：A．
【点睛】本题考查了圆周角定理及三角形的外角的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
3．（2022·江苏连云港·中考真题）如图，有一个半径为2的圆形时钟，其中每个刻度间的弧长均相等，过9点和11点的位置作一条线段，则钟面中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】阴影部分的面积等于扇形面积减去三角形面积，分别求出扇形面积和等边三角形的面积即可．
【详解】解：如图，过点OC作OD⊥AB于点D，
∵∠AOB=2×=60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠AOD=∠BOD=30°，OA=OB=AB=2，AD=BD=AB=1，
∴OD=，
∴阴影部分的面积为，故选：B．
【点睛】本题考查了扇形面积、等边三角形的面积计算方法，掌握扇形面积、等边三角形的面积的计算方法是正确解答的关键．
4．（2022·湖北武汉·中考真题）如图，在四边形材料中，，，，，．现用此材料截出一个面积最大的圆形模板，则此圆的半径是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图所示，延长BA交CD延长线于E，当这个圆为△BCE的内切圆时，此圆的面积最大，据此求解即可．
【详解】解：如图所示，延长BA交CD延长线于E，当这个圆为△BCE的内切圆时，此圆的面积最大，
∵，∠BAD=90°，
∴△EAD∽△EBC，∠B=90°，
∴，即，
∴，
∴EB=32cm，
∴，
设这个圆的圆心为O，与EB，BC，EC分别相切于F，G，H，
∴OF=OG=OH，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴此圆的半径为8cm，
故选B．
【点睛】本题主要考查了三角形内切圆半径与三角形三边的关系，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
5．（2022·湖北宜昌·中考真题）如图，四边形内接于，连接，，，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据圆内接四边形的性质求出，根据圆周角定理可得，再根据计算即可．
【详解】∵四边形内接于，
∴ ，
由圆周角定理得， ，
∵
∴
故选：B．
【点睛】此题考查圆周角定理和圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
6．（2022·四川德阳·中考真题）如图，点是的内心，的延长线和的外接圆相交于点，与相交于点，则下列结论：①；②若，则；③若点为的中点，则；④．其中一定正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】根据点是的内心，可得，故①正确；连接BE，CE，可得∠ABC+∠ACB =2（∠CBE+∠BCE），从而得到∠CBE+∠BCE=60°，进而得到∠BEC=120°，故②正确； ，得出，再由点为的中点，则成立，故③正确；根据点是的内心和三角形的外角的性质，可得，再由圆周角定理可得，从而得到∠DBE=∠BED，故④正确；即可求解．
【详解】解：∵点是的内心，
∴，故①正确；如图，连接BE，CE，
∵点是的内心，∴∠ABC=2∠CBE，∠ACB=2∠BCE，
∴∠ABC+∠ACB =2（∠CBE+∠BCE），
∵∠BAC=60°，∴∠ABC+∠ACB=120°，
∴∠CBE+∠BCE=60°，∴∠BEC=120°，故②正确；
∵点是的内心，∴，∴,
∵点为的中点，∴线段AD经过圆心O，∴成立，故③正确；
∵点是的内心，∴，
∵∠BED=∠BAD+∠ABE，∴，
∵∠CBD=∠CAD，∴∠DBE=∠CBE+∠CBD=∠CBE+∠CAD，
∴，∴∠DBE=∠BED，∴，故④正确；
∴正确的有4个．故选：D
【点睛】本题主要考查了三角形的内心问题，圆周角定理，三角形的内角和等知识，熟练掌握三角形的内心问题，圆周角定理，三角形的内角和等知识是解题的关键．
7．（2022·湖南株洲·中考真题）如图所示，等边的顶点在⊙上，边、与⊙分别交于点、，点是劣弧上一点，且与、不重合，连接、，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据等边三角形的性质可得，再根据圆内接四边形的对角互补即可求得答案．
【详解】解：是等边三角形，
，，故选C．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质及圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
8．（2022·甘肃武威·中考真题）大自然中有许多小动物都是“小数学家”，如图1，蜜蜂的蜂巢结构非常精巧、实用而且节省材料，多名学者通过观测研究发现：蜂巢巢房的横截面大都是正六边形．如图2，一个巢房的横截面为正六边形，若对角线的长约为8mm，则正六边形的边长为（ ）
A．2mm B． C． D．4mm
【答案】D
【分析】如图，连接CF与AD交于点O，易证△COD为等边三角形，从而CD=OC=OD=AD，即可得到答案．
【详解】连接CF与AD交于点O，∵为正六边形，
∴∠COD= =60°，CO=DO，AO=DO=AD=4mm，
∴△COD为等边三角形，∴CD=CO=DO=4mm，
即正六边形的边长为4mm，故选：D．
【点睛】本题考查了正多边形与圆的性质，正确把握正六边形的中心角、半径与边长的关系是解题的关键．
9．（2022·湖南邵阳·中考真题）如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，若AB=3，则⊙O的半径是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】作直径AD，连接CD，如图，利用等边三角形的性质得到∠B=60°，关键圆周角定理得到∠ACD=90°，∠D=∠B=60°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求解．
【详解】解：作直径AD，连接CD，如图，
∵△ABC为等边三角形，∴∠B=60°，
∵AD为直径，∴∠ACD=90°，
∵∠D=∠B=60°，则∠DAC=30°，∴CD=AD，
∵AD2=CD2+AC2，即AD2=(AD)2+32，∴AD=2，
∴OA=OB=AD=．故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心：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．也考查了等边三角形的性质、圆周角定理和含30度的直角三角形三边的关系．
10．（2022·四川眉山·中考真题）如图是不倒翁的主视图，不倒翁的圆形脸恰好与帽子边沿，分别相切于点，，不倒翁的鼻尖正好是圆心，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连OB，由AO=OB得，∠OAB=∠OBA=28°，∠AOB=180°-2∠OAB=124°；因为PA、PB分别相切于点A、B，则∠OAP=∠OBP=90°，利用四边形内角和即可求出∠APB．
【详解】连接OB，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=28°，
∴∠AOB=124°，
∵PA、PB切⊙O于A、B，
∴OA⊥PA，OP⊥AB，
∴∠OAP+∠OBP=180°，
∴∠APB+∠AOB=180°；
∴∠APB=56°．故选：C
【点睛】本题考查切线的性质，三角形和四边形的内角和定理，切线长定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造等腰三角形解决问题．
11．（2022·浙江湖州·中考真题）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连接PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的长的最大值是（ ）
A． B．6 C． D．
【答案】C
【分析】根据同弧所对的圆周角等于所对圆心角的一半，过点M、N作以点O为圆心，∠MON=90°的圆，则点P在所作的圆上，观察圆O所经过的格点，找出到点M距离最大的点即可求出．
【详解】作线段MN中点Q，作MN的垂直平分线OQ，并使OQ=MN，以O为圆心，OM为半径作圆，如图，
因为OQ为MN垂直平分线且OQ=MN，所以OQ=MQ=NQ，
∴∠OMQ=∠ONQ=45°，
∴∠MON=90°，
所以弦MN所对的圆O的圆周角为45°，
所以点P在圆O上，PM为圆O的弦，
通过图像可知，当点P在位置时，恰好过格点且经过圆心O，
所以此时最大，等于圆O的直径，
∵BM＝4，BN＝2，
∴，
∴MQ=OQ=，
∴OM=，
∴，故选 C．
【点睛】此题考查了圆的相关知识，熟练掌握同弧所对的圆周角相等、直径是圆上最大的弦，会灵活用已知圆心角和弦作圆是解题的关键．
12．（2022·四川遂宁·中考真题）如图，圆锥底面圆半径为7cm，高为24cm，则它侧面展开图的面积是（ ）
A．cm2 B．cm2 C．cm2 D．cm2
【答案】C
【分析】先利用勾股定理计算出AC=25cm，由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则可根据扇形的面积公式计算出圆锥的侧面积．
【详解】解：在中，cm，
∴它侧面展开图的面积是cm2．故选：C
【点睛】本题考查了圆锥的计算，理解圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长是解题的关键．
13．（2022·陕西·中考真题）如图，内接于⊙，连接，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接OB，由2∠C=∠AOB，求出∠AOB，再根据OA=OB即可求出∠OAB．
【详解】连接OB，如图，
∵∠C=46°，
∴∠AOB=2∠C=92°，
∴∠OAB+∠OBA=180°-92°=88°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∴∠OAB=∠OBA=×88°=44°，故选：A．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，根据圆周角定理的出∠AOB=2∠C=92°是解答本题的关键．
14．（2022·浙江宁波·中考真题）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
【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．
15．（2022·甘肃武威·中考真题）如图，一条公路（公路的宽度忽略不计）的转弯处是一段圆弧（），点是这段弧所在圆的圆心，半径，圆心角，则这段弯路（）的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题目中的数据和弧长公式，可以计算出这段弯路（）的长度．
【详解】解：∵半径OA=90m，圆心角∠AOB=80°，
这段弯路（）的长度为：，故选C
【点睛】本题考查了弧长的计算，解答本题的关键是明确弧长计算公式
16．（2022·浙江温州·中考真题）如图，是的两条弦，于点D，于点E，连结，．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据四边形的内角和等于360°计算可得∠BAC=50°，再根据圆周角定理得到∠BOC=2∠BAC，进而可以得到答案．
【详解】解：∵OD⊥AB，OE⊥AC，
∴∠ADO=90°，∠AEO=90°，
∵∠DOE=130°，
∴∠BAC=360°-90°-90°-130°=50°，
∴∠BOC=2∠BAC=100°，故选：B．
【点睛】本题考查的是圆周角定理，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．
17．（2022·山东泰安·中考真题）如图，点I为的内心，连接并延长交的外接圆于点D，点E为弦的中点，连接，，，当，，时，的长为（ ）
A．5 B．4.5 C．4 D．3.5
【答案】C
【分析】延长ID到M，使DM=ID，连接CM．想办法求出CM，证明IE是△ACM的中位线即可解决问题．
【详解】解：延长ID到M，使DM=ID，连接CM．
∵I是△ABC的内心，
∴∠IAC=∠IAB，∠ICA=∠ICB，
∵∠DIC=∠IAC+∠ICA，∠DCI=∠BCD+∠ICB，
∴∠DIC=∠DCI，
∴DI=DC=DM，
∴∠ICM=90°，
∴CM==8，
∵AI=2CD=10，
∴AI=IM，
∵AE=EC，
∴IE是△ACM的中位线，
∴IE=CM=4，故选：C．
【点睛】本题考查三角形的内心、三角形的外接圆、三角形的中位线定理、直角三角形的判定、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题．
18．（2022·浙江丽水·中考真题）某仿古墙上原有一个矩形的门洞，现要将它改为一个圆弧形的门洞，圆弧所在的圆外接于矩形，如图．已知矩形的宽为，高为，则改建后门洞的圆弧长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用勾股定理先求得圆弧形的门洞的直径BC，再利用矩形的性质证得是等边三角形，得到，进而求得门洞的圆弧所对的圆心角为，利用弧长公式即可求解．
【详解】如图，连接，，交于点，
∵ ，
∴是直径，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴门洞的圆弧所对的圆心角为 ，
∴改建后门洞的圆弧长是(m)，
故选：C
【点睛】本题考查了弧长公式，矩形的性质以及勾股定理的应用，从实际问题转化为数学模型是解题的关键．
19．（2022·四川成都·中考真题）如图，正六边形内接于⊙，若⊙的周长等于，则正六边形的边长为（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】C
【分析】连接OB，OC，由⊙O的周长等于6π，可得⊙O的半径，又由圆的内接多边形的性质，即可求得答案．
【详解】解：连接OB，OC，
∵⊙O的周长等于6π，
∴⊙O的半径为：3，
∵∠BOC360°＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等边三角形，∴BC＝OB＝3，
∴它的内接正六边形ABCDEF的边长为3，故选：C．
【点睛】此题考查了正多边形与圆的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
20．（2022·四川凉山·中考真题）家具厂利用如图所示直径为1米的圆形材料加工成一种扇形家具部件，已知扇形的圆心角∠BAC＝90°，则扇形部件的面积为（ ）
A．米2 B．米2 C．米2 D．米2
【答案】C
【分析】连接，先根据圆周角定理可得是的直径，从而可得米，再解直角三角形可得米，然后利用扇形的面积公式即可得．
【详解】解：如图，连接，
，是的直径，米，
又，，
（米），
则扇形部件的面积为（米2），故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理、解直角三角形、扇形的面积公式等知识点，熟练掌握圆周角定理和扇形的面积公式是解题关键．
二．填空题
21．（2022·江苏宿迁·中考真题）如图，在正六边形ABCDEF中，AB=6，点M在边AF上，且AM=2．若经过点M的直线l将正六边形面积平分，则直线l被正六边形所截的线段长是_____．
【答案】
【分析】如图，连接AD，CF，交于点O，作直线MO交CD于H，过O作OP⊥AF于P，由正六边形是轴对称图形可得： 由正六边形是中心对称图形可得： 可得直线MH平分正六边形的面积，O为正六边形的中心，再利用直角三角形的性质可得答案．
【详解】解：如图，连接AD，CF，交于点O，作直线MO交CD于H，过O作OP⊥AF于P，
由正六边形是轴对称图形可得：
由正六边形是中心对称图形可得：
∴直线MH平分正六边形的面积，O为正六边形的中心，
由正六边形的性质可得：为等边三角形， 而
则
故答案为：
【点睛】本题考查的是正多边形与圆的知识，掌握“正六边形既是轴对称图形也是中心对称图形”是解本题的关键．
22．（2022·湖南衡阳·中考真题）如图，用一个半径为6 cm的定滑轮拉动重物上升，滑轮旋转了，假设绳索粗细不计，且与轮滑之间没有滑动，则重物上升了_________cm．（结果保留）
【答案】
【分析】利用题意得到重物上升的高度为定滑轮中120°所对应的弧长，然后根据弧长公式计算即可．
【详解】解：根据题意，重物的高度为
（cm）．
故答案为：．
【点睛】本题考查了弧长公式：（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R）．
23．（2022·浙江杭州·中考真题）如图是以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上，将该圆形纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD．设CD与直径AB交于点E．若AD=ED，则∠B=_________度；的值等于_________．
【答案】 36
【分析】由等腰三角形的性质得出∠DAE=∠DEA，证出∠BEC=∠BCE，由折叠的性质得出∠ECO=∠BCO，设∠ECO=∠OCB=∠B=x，证出∠BCE=∠ECO+∠BCO=2x，∠CEB=2x，由三角形内角和定理可得出答案；证明△CEO∽△BEC，由相似三角形的性质得出，设EO=x，EC=OC=OB=a，得出a2=x（x+a），求出OE=a，证明△BCE∽△DAE，由相似三角形的性质得出，则可得出答案．
【详解】解：∵AD=DE，
∴∠DAE=∠DEA，
∵∠DEA=∠BEC，∠DAE=∠BCE，
∴∠BEC=∠BCE，
∵将该圆形纸片沿直线CO对折，
∴∠ECO=∠BCO，
又∵OB=OC，
∴∠OCB=∠B，
设∠ECO=∠OCB=∠B=x，
∴∠BCE=∠ECO+∠BCO=2x，
∴∠CEB=2x，
∵∠BEC+∠BCE+∠B=180°，
∴x+2x+2x=180°，
∴x=36°，
∴∠B=36°；
∵∠ECO=∠B，∠CEO=∠CEB，
∴△CEO∽△BEC，
∴，
∴CE2=EO•BE，
设EO=x，EC=OC=OB=a，
∴a2=x（x+a），
解得，x=a（负值舍去），
∴OE=a，
∴AE=OA-OE=a-a=a，
∵∠AED=∠BEC，∠DAE=∠BCE，
∴△BCE∽△DAE，∴，
∴．故答案为：36，．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
24．（2022·浙江湖州·中考真题）如图，已知AB是⊙O的弦，∠AOB＝120°，OC⊥AB，垂足为C，OC的延长线交⊙O于点D．若∠APD是所对的圆周角，则∠APD的度数是______．
【答案】30°##30度
【分析】根据垂径定理得出∠AOB=∠BOD，进而求出∠AOD=60°，再根据圆周角定理可得∠APD=∠AOD=30°．
【详解】∵OC⊥AB，OD为直径，
∴，
∴∠AOB=∠BOD，
∵∠AOB=120°，
∴∠AOD=60°，
∴∠APD=∠AOD=30°，
故答案为：30°．
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理等知识，掌握垂径定理是解答本题的关键．
25．（2022·云南·中考真题）某中学开展劳动实习，学生到教具加工厂制作圆锥，他们制作的圆锥，母线长为30cm，底面圆的半径为10 cm，这种圆锥的侧面展开图的圆心角度数是_____．
【答案】
【分析】设这种圆锥的侧面展开图的圆心角度数为n，，进行解答即可得．
【详解】解： 设这种圆锥的侧面展开图的圆心角度数为n°，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆锥侧面展开图的圆心角，解题的关键是掌握扇形的弧长公式．
26．（2022·浙江宁波·中考真题）如图，在△ABC中，AC=2，BC=4，点O在BC上，以OB为半径的圆与AC相切于点A，D是BC边上的动点，当△ACD为直角三角形时，AD的长为___________．
【答案】或
【分析】根据切线的性质定理，勾股定理，直角三角形的等面积法解答即可．
【详解】解：连接OA，
①当D点与O点重合时，∠CAD为90°，设圆的半径=r，∴OA=r，OC=4-r，
∵AC=4，在Rt△AOC中，根据勾股定理可得：r2+4=（4-r）2，解得：r=，即AD=AO=；
②当∠ADC=90°时，过点A作AD⊥BC于点D，
∵AO•AC=OC•AD，∴AD=，∵AO=，AC=2，OC=4-r=，∴AD=，
综上所述，AD的长为或，故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了切线的性质和勾股定理，熟练掌握这些性质定理是解决本题的关键．
27．（2022·四川自贡·中考真题）一块圆形玻璃镜面碎成了几块，其中一块如图所示，测得弦长20厘米，弓形高为2厘米，则镜面半径为____________厘米．
【答案】26
【分析】令圆O的半径为OB=r，则OC=r-2，根据勾股定理求出OC2+BC2=OB2，进而求出半径．
【详解】解：如图，由题意，得OD垂直平分AB，∴BC=10厘米，令圆O的半径为OB=r，则OC=r-2，
在Rt△BOC中OC2+BC2=OB2，∴（r-2）2+102=r2，解得r=26．故答案为：26．
【点睛】本题考查垂径定理和勾股定理求线段长，熟练地掌握圆的基本性质是解决问题的关键．
28．（2022·浙江温州·中考真题）若扇形的圆心角为，半径为，则它的弧长为___________．
【答案】π
【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
29．（2022·新疆·中考真题）如图，⊙的半径为2，点A，B，C都在⊙上，若．则的长为_____（结果用含有的式子表示）
【答案】
【分析】利用同弧所对的圆心角是圆周角的2倍得到，再利用弧长公式求解即可．
【详解】，，，
⊙的半径为2，，故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理和弧长公式，即，熟练掌握知识点是解题的关键．
30．（2022·四川泸州·中考真题）如图，在中，，，，半径为1的在内平移（可以与该三角形的边相切），则点到上的点的距离的最大值为________．
【答案】
【分析】设直线AO交于M点（M在O点右边），当与AB、BC相切时，AM即为点到上的点的最大距离．
【详解】设直线AO交于M点（M在O点右边），则点到上的点的距离的最大值为AM的长度
当与AB、BC相切时，AM最长
设切点分别为D、F，连接OB，如图
∵，，
∴，
∴
∵与AB、BC相切
∴
∵的半径为1
∴
∴
∴
∴
∴
∴点到上的点的距离的最大值为．
【点睛】本题考查切线的性质、特殊角度三角函数值、勾股定理，解题的关键是确定点到上的点的最大距离的图形．
31．（2022·浙江嘉兴·中考真题）如图，在廓形中，点C，D在上，将沿弦折叠后恰好与，相切于点E，F．已知，，则的度数为_______；折痕的长为_______．
【答案】 60°##60度
【分析】根据对称性作O关于CD的对称点M，则点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上，再结合切线的性质和垂径定理求解即可．
【详解】作O关于CD的对称点M，则ON=MN
连接MD、ME、MF、MO，MO交CD于N
∵将沿弦折叠
∴点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上
∵将沿弦折叠后恰好与，相切于点E，F．
∴ME⊥OA，MF⊥OB
∴
∵
∴四边形MEOF中
即的度数为60°；
∵，
∴（HL）
∴
∴
∴
∵MO⊥DC
∴
∴
故答案为：60°；
【点睛】本题考查了折叠的性质、切线的性质、垂径定理、勾股定理；熟练掌握折叠的性质作出辅助线是解题的关键．
三．解答题
32．（2022·四川成都·中考真题）如图，在中，，以为直径作⊙，交边于点，在上取一点，使，连接，作射线交边于点．
(1)求证：；(2)若，，求及的长．
【答案】(1)见解析
(2)BF=5，
【分析】（1）根据中，，得到∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，根据，得到∠B=∠BCF，推出∠A=∠ACF；
（2）根据∠B=∠BCF，∠A=∠ACF，得到AF=CF，BF=CF，推出AF=BF= AB，根据，AC=8，得到AB=10，得到BF=5，根据，得到，连接CD，根据BC是⊙O的直径，得到∠BDC=90°，推出∠B+∠BCD=90°，推出∠A=∠BCD，得到，推出，得到，根据∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，得到∠FDE=∠B，推出DE∥BC，得到△FDE∽△FBC，推出，得到．
(1)解：∵中，，
∴∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，
∵，
∴∠B=∠BCF，
∴∠A=∠ACF；
(2)∵∠B=∠BCF，∠A=∠ACF
∴AF=CF，BF=CF，
∴AF=BF= AB，
∵，AC=8，
∴AB=10，
∴BF=5，
∵，
∴，
连接CD，∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠B+∠BCD=90°，
∴∠A=∠BCD，
∴，
∴，
∴，
∵∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，
∴∠FDE=∠B，
∴DE∥BC，
∴△FDE∽△FBC，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆周角，解直角三角形，勾股定理，相似三角形，解决问题的关键是熟练掌握圆周角定理及推论，运用勾股定理和正弦余弦解直角三角形，相似三角形的判定和性质．
33．（2022·山东滨州·中考真题）如图，已知AC为的直径，直线PA与相切于点A，直线PD经过上的点B且，连接OP交AB于点M．求证：
(1)PD是的切线；(2)
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）连接OB，由等边对等角及直径所对的圆周角等于90°即可证明；
（2）根据直线PA与相切于点A，得到，根据余角的性质得到，继而证明，根据相似三角形的性质即可得到结论．
(1)连接OB，
，
，
AC为的直径，
，
，
，
，
PD是的切线；
(2)直线PA与相切于点A，
，
∵PD是的切线，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
34．（2022·四川泸州·中考真题）如图，点在以为直径的上，平分交于点，交于点，过点作的切线交的延长线于点．
(1)求证：；(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）连接OD，由CD平分∠ACB，可知，得∠AOD=∠BOD=90°，由DF是切线可知∠ODF=90°=∠AOD，可证结论；
（2）过C作CM⊥AB于M，已求出CM、BM、OM的值，再证明△DOF∽△MCO，得，代入可求．
(1)证明：连接OD，如图，
∵CD平分∠ACB，
∴，
∴∠AOD=∠BOD=90°，
∵DF是⊙O的切线，
∴∠ODF=90°
∴∠ODF=∠BOD，
∴DF∥AB．
(2)解：过C作CM⊥AB于M，如图，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴AB=．
∴，
即，
∴CM=2，
∴，
∴OM=OB-BM=，
∵DF∥AB，
∴∠OFD=∠COM，
又∵∠ODF=∠CMO=90°，
∴△DOF∽△MCO，
∴，
即，
∴FD=．
【点睛】本题考查了圆的圆心角、弦、弧关系定理、圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握这些定理，灵活运用相似三角形的性质求解．
35．（2022·四川南充·中考真题）如图，为的直径，点C是上一点，点D是外一点，，连接交于点E．
(1)求证：是的切线．(2)若，求的值．
【答案】(1)见解析；(2)3
【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据OA=OC推出∠BCD=∠ACO，即可得到∠BCD+∠OCB=90°，由此得到结论；
（2）过点O作OF⊥BC于F，设BC=4x，则AB=5x，OA=CE=2.5x，BE=1.5x，勾股定理求出AC，根据OF∥AC，得到，证得OF为△ABC的中位线，求出OF及EF，即可求出的值．
(1)证明：连接OC，
∵为的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACO+∠OCB=90°，
∵OA=OC，
∴∠A=∠ACO,
∵，
∴∠BCD=∠ACO，
∴∠BCD+∠OCB=90°，
∴OC⊥CD，
∴是的切线．
(2)解：过点O作OF⊥BC于F，
∵，
∴设BC=4x，则AB=5x，OA=CE=2.5x，
∴BE=BC-CE=1.5x，
∵∠C=90°，
∴AC=，
∵OA=OB，OF∥AC，
∴，
∴CF=BF=2x，EF=CE-CF=0.5x，
∴OF为△ABC的中位线，
∴OF=，
∴=．
【点睛】此题考查了圆周角定理，证明直线是圆的切线，锐角三角函数，三角形中位线的判定与性质，平行线分线段成比例，正确引出辅助线是解题的关键．
36．（2022·江苏扬州·中考真题）如图，为的弦，交于点，交过点的直线于点，且．
(1)试判断直线与的位置关系，并说明理由；(2)若，求的长．
【答案】(1)相切，证明见详解
(2)6
【分析】（1）连接OB，根据等腰三角形的性质得出，，从而求出，再根据切线的判定得出结论；
（2）分别作交AB于点M，交AB于N，根据求出OP，AP的长，利用垂径定理求出AB的长，进而求出BP的长，然后在等腰三角形CPB中求解CB即可．
(1)证明：连接OB，如图所示：
，
，，
，
，
，即，
，
，
为半径，经过点O，
直线与的位置关系是相切．
(2)分别作交AB于点M，交AB于N，如图所示：
，
，
，，
，，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了切线的证明，垂径定理的性质，等腰三角形，勾股定理，三角函数等知识点，熟练掌握相关知识并灵活应用是解决此题的关键，抓住直角三角形边的关系求解线段长度是解题的主线思路．
37．（2022·江苏宿迁·中考真题）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
【分析】（1）取BM的中点Q，作射线OQ交于点P，点P即为所求作，利用全等三角形的判定和性质证得MO=BO，再利用等腰三角形的性质即可证明；
（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BM的中点Q，作射线OQ交于点P，点P即为所求作；
证明：在△OGM和△OHB中，
OG=OH=1，∠OGM=∠OHB=90°，MG=BH=3，
∴△OGM≌△OHB，
∴MO=BO，
∵点Q是BM的中点，
∴OQ平分∠MOB，即∠POM=∠POB，
∴=；
(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．
38．（2022·四川乐山·中考真题）如图，线段AC为⊙O的直径，点D、E在⊙O上，=，过点D作DF⊥AC，垂足为点F．连结CE交DF于点G．
(1)求证：CG=DG；
(2)已知⊙O的半径为6，，延长AC至点B，使．求证：BD是⊙O的切线．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）连接AD，得到∠ADF+∠FDC=90°，由DF⊥AC，得到∠ADF+∠DAF=90°，再由=，可推出∠DCE=∠FDC，即可证明CG=DG；
（2）要证明BD是⊙O的切线，只要证明OD⊥BD，只要证明BD∥CE，通过计算求得sin∠B=，即可证明结论．
(1)证明：连接AD，
∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=90°，则∠ADF+∠FDC=90°，
∵DF⊥AC，∴∠AFD=90°，则∠ADF+∠DAF=90°，
∴∠FDC=∠DAF，
∵=，∴∠DCE=∠DAC，
∴∠DCE=∠FDC，
∴CG=DG；
(2)证明：连接OD，设OD与CE相交于点H，
∵=，
∴OD⊥EC，
∵DF⊥AC，
∴∠ODF=∠OCH=∠ACE，
∵，
∴sin∠ODF=sin∠OCH=，即=，
∴OF=，
由勾股定理得DF=，
FC=OC-OF=，
∴FB= FC+BC=，
由勾股定理得DB==8，
∴sin∠B==，
∴∠B=∠ACE，
∴BD∥CE，
∵OD⊥EC，
∴OD⊥BD，
∵OD是半径，
∴BD是⊙O的切线．
【点睛】本题考查了切线的判定、解直角三角形、圆周角定理等知识点，熟练掌握圆的切线的判定及圆中的相关计算是解题的关键．
39．（2022·天津·中考真题）已知为的直径，，C为上一点，连接．
(1)如图①，若C为的中点，求的大小和的长；(2)如图②，若为的半径，且，垂足为E，过点D作的切线，与的延长线相交于点F，求的长．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）由圆周角定理得，由C为的中点，得，从而，即可求得的度数，通过勾股定理即可求得AC的长度；
（2）证明四边形为矩形，FD=CE= CB，由勾股定理求得BC的长，即可得出答案．
(1)∵为的直径，∴，
由C为的中点，得，
∴，得，
在中，，
∴；
根据勾股定理，有，
又，得，
∴；
(2)∵是的切线，
∴，即，
∵，垂足为E，
∴，
同（1）可得，有，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，于是，
在中，由，得，
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，切线的性质，等腰直角三角形的性质，垂径定理，勾股定理和矩形的判定和性质等，解题的关键是利用数形结合的思想解答此题．
40．（2022·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，∠ =45°，，以为直径的⊙与边交于点．
(1)判断直线与⊙的位置关系，并说明理由；
(2)若，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）利用等腰三角形的性质与三角形的内角和定理证明 从而可得结论；
（2）如图，记BC与的交点为M，连接OM，先证明 再利用阴影部分的面积等于三角形ABC的面积减去三角形BOM的面积，减去扇形AOM的面积即可．
(1)证明： ∠ =45°，，
即
在上，
为的切线．
(2)如图，记BC与的交点为M，连接OM，
，
，
，
，，
，
．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，切线的判定，扇形面积的计算，掌握“切线的判定方法与割补法求解不规则图形面积的方法”是解本题的关键．
41．（2022·浙江湖州·中考真题）如图，已知在Rt△ABC中，，D是AB边上一点，以BD为直径的半圆O与边AC相切，切点为E，过点O作，垂足为F．
(1)求证：；(2)若，，求AD的长．
【答案】(1)见解析(2)1
【分析】（1）连接OE，根据已知条件和切线的性质证明四边形OFCE是矩形，再根据矩形的性质证明即可；（2）根据题意，结合（1）可知，再由直角三角形中“30°角所对的直角边是斜边的一般”的性质，可推导，最后由计算AD的长即可．
(1)解：如图，连接OE，
∵AC切半圆O于点E，
∴OE⊥AC，
∵OF⊥BC，，
∴∠OEC＝∠OFC＝∠C＝90°．
∴四边形OFCE是矩形，
∴OF＝EC；
(2)∵，
∴，
∵，OE⊥AC，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、矩形的判定与性质以及含30°角的直角三角形性质等知识，正确作出辅助线并灵活运用相关性质是解题关键．
42．（2022·山东泰安·中考真题）问题探究（1）在中，，分别是与的平分线．
①若，，如图，试证明；
②将①中的条件“”去掉，其他条件不变，如图，问①中的结论是否成立？并说明理由．
迁移运用（2）若四边形是圆的内接四边形，且，，如图，试探究线段，，之间的等量关系，并证明．
【答案】（1）①见解析；②结论成立，见解析；（2），见解析
【分析】（1）①证明是等边三角形，得出E、D为中点，从而证明；
②在上截取，根据角平分线的性质，证明，，从而得到答案；
（2）作点B关于的对称点E，证明，从而得到，再根据AE、DC分别是、的角平分线，得到．
【详解】
（1）①，，
．
又、分别是、的平分线．
点D、E分别是、的中点．
，．
．
②结论成立，理由如下：
设与交于点F，
由条件，得，．
又
．
．
．
∴．
在上截取．
由∵BF=BF，
∴．
．
．
又∵CF=CF，
∴．
∴．
（2），理由如下：
∵四边形是圆内接四边形，
∴．
∵，
∴，，
∴．
∴．
作点B关于的对称点E，连结，，的延长线与的延长线交于点M，与交于点F，
∴，．
∴．
∴
∴
∴
∵AE、DC分别是、的角平分线
由②得．
【点睛】本题考查三角形、等边三角形、全等三角形、圆的内接四边形的性质，解题的关键是熟练掌握三角形、等边三角形、全等三角形、圆的内接四边形的相关知识．
43．（2022·云南·中考真题）如图，四边形ABCD的外接圆是以BD为直径的⊙O，P是⊙O的劣狐BC上的任意一点，连接PA、PC、PD，延长BC至E，使BD²=BC⋅BE．
(1)请判断直线DE与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
(2)若四边形ABCD是正方形，连接AC，当P与C重合时，或当P与B重合时，把转化为正方形ABCD的有关线段长的比，可得是否成立？请证明你的结论．
【答案】(1)DE是⊙O的切线，证明见解析；
(2)成立，证明见解析
【分析】（1）证明△BDC∽△BED，推出∠BCD=∠BDE=90°，即可证明DE是⊙O的切线；
（2）延长PA至Q，使AQ=CP，则PA+PC= PA+AQ=PQ，证明△QAD≌△PCD(SAS)，再推出△PQD是等腰直角三角形，即可证明结论成立．
(1)解：DE是⊙O的切线；理由如下：
∵BD²=BC⋅BE，
∴，
∵∠CBD=∠DBE，
∴△BDC∽△BED，
∴∠BCD=∠BDE，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BCD=90°，
∴∠BDE=90°，
∴DE是⊙O的切线；
(2)解：成立，理由如下：
延长PA至Q，使AQ=CP，则PA+PC= PA+AQ=PQ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90°，
∵四边形APCD是圆内接四边形，
∴∠PAD+∠PCD=180°，
∵∠QAD+∠PAD=180°，
∴∠QAD=∠PCD，
∴△QAD≌△PCD(SAS)，
∴∠QDA=∠PDC，QD=PD，
∴∠QDA+∠PDA =∠PDC+∠PDA=90°，
∴△PQD是等腰直角三角形，
∴PQ=PD，即PA+PC=PD，
∴成立．
【点睛】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
44．（2022·陕西·中考真题）如图，是⊙的直径，是⊙的切线，、是⊙的弦，且，垂足为E，连接并延长，交于点P．
(1)求证：；
(2)若⊙的半径，求线段的长．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）根据是的切线，得出．根据，可证．得出．根据同弧所对圆周角性质得出即可；
（2）连接．根据直径所对圆周角性质得出，．可证．得出．根据勾股定理．再证．求出即可．
(1)证明：∵是的切线，
∴．
∵
∴，
∴．
∴．
∵，
∴．
(2)解：如图，连接．
∵为直径，
∴∠ADB=90°，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∵∠BAP=∠BDA=90°，∠ABD=∠PBA，
∴．
∴．
∴．
∴．
【点睛】本题考查圆的切线性质，直径所对圆周角性质，同弧所对圆周角性质，勾股定理，三角形相似判定与性质，掌握圆的切线性质，直径所对圆周角性质，同弧所对圆周角性质，勾股定理，三角形相似判定与性质是解题关键．
45．（2022·湖南衡阳·中考真题）如图，为⊙的直径，过圆上一点作⊙的切线交的延长线与点，过点作交于点，连接．
(1)直线与⊙相切吗？并说明理由；(2)若，，求的长．
【答案】(1)相切，见解析(2)
【分析】（1）先证得：，再证，得到，即可求出答案；
（2）设半径为；则：，即可求得半径，再在直角三角形中，利用勾股定理，求解即可．
(1)（1）证明：连接．
∵为切线，
∴，
又∵，
∴，，
且，
∴，
在与中；
∵，
∴，
∴，
∴直线与相切．
(2)设半径为；则：，得；
在直角三角形中，，
，解得
【点睛】本题主要考查与圆相关的综合题型，涉及全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握平行线性质、勾股定理及全等三角形的判定和性质是解题的关键．
46．（2022·湖南株洲·中考真题）如图所示，的顶点、在⊙上，顶点在⊙外，边与⊙相交于点，，连接、，已知．
(1)求证：直线是⊙的切线；
(2)若线段与线段相交于点，连接．
①求证：；②若，求⊙的半径的长度．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）根据圆周角定理可得∠BOD=2∠BAC=90°，再由OD∥BC，可得CB⊥OB，即可求证；
（2）①根据∠BOD=2∠BAC=90°，OB=OD，可得∠BAC=∠ODB，即可求证；②根据，可得，即，再由勾股定理，即可求解．
(1)证明∶∵∠BAC=45°，∴∠BOD=2∠BAC=90°，∴OD⊥OB，
∵OD∥BC，∴CB⊥OB，
∵OB为半径，∴直线是⊙的切线；
(2)解：①∵∠BAC=45°，∴∠BOD=2∠BAC=90°，OB=OD，
∴∠ODB=45°，∴∠BAC=∠ODB，
∵∠ABD=∠DBE，∴；
②∵，∴，∴，
∵，∴，
∵，∴，
∴或（舍去）．即⊙的半径的长为．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
47．（2022·湖南怀化·中考真题）如图，点A，B，C，D在⊙O上，＝．求证：
(1)AC＝BD；(2)△ABE∽△DCE．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）两个等弧同时加上一段弧后两弧仍然相等；再通过同弧所对的弦相等证明即可；
（2）根据同弧所对的圆周角相等，对顶角相等即可证明相似．
(1)∵＝∴＝
∴∴BD=AC
(2)∵∠B=∠C；∠AEB=∠DEC
∴△ABE∽△DCE
【点睛】本题考查等弧所对弦相等、所对圆周角相等，掌握这些是本题关键．
48．（2022·江西·中考真题）（1）课本再现：在中，是所对的圆心角，是所对的圆周角，我们在数学课上探索两者之间的关系时，要根据圆心O与的位置关系进行分类．图1是其中一种情况，请你在图2和图3中画出其它两种情况的图形，并从三种位置关系中任选一种情况证明；（2）知识应用：如图4，若的半径为2，分别与相切于点A，B，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）①如图2，当点O在∠ACB的内部，作直径，根据三角形外角的性质和等腰三角形的性质可得结论；②如图3，当O在∠ACB的外部时，作直径CD，同理可理结论；
（2）如图4，先根据（1）中的结论可得∠AOB=120°，由切线的性质可得∠OAP=∠OBP=90°，可得∠OPA=30°，从而得PA的长．
【详解】解：（1）①如图2，连接CO，并延长CO交⊙O于点D，
∵OA=OC=OB，∴∠A=∠ACO，∠B=∠BCO，
∵∠AOD=∠A+∠ACO=2∠ACO，∠BOD=∠B+∠BCO=2∠BCO，
∴∠AOB=∠AOD+∠BOD=2∠ACO+2∠BCO=2∠ACB，
∴∠ACB=∠AOB；
如图3，连接CO，并延长CO交⊙O于点D，
∵OA=OC=OB，∴∠A=∠ACO，∠B=∠BCO，
∵∠AOD=∠A+∠ACO=2∠ACO，∠BOD=∠B+∠BCO=2∠BCO，
∴∠AOB=∠AOD-∠BOD=2∠ACO-2∠BCO=2∠ACB，∴∠ACB=∠AOB；
（2）如图4，连接OA，OB，OP，
∵∠C=60°，∴∠AOB=2∠C=120°，
∵PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，
∴∠OAP=∠OBP=90°，∠APO=∠BPO=∠APB=（180°-120°）=30°，
∵OA=2，∴OP=2OA=4，∴PA=
【点睛】本题考查了切线长定理，圆周角定理等知识，掌握证明圆周角定理的方法是解本题的关键．
49．（2022·甘肃武威·中考真题）如图，内接于，，是的直径，是延长线上一点，且．
(1)求证：是的切线；(2)若，，求线段的长．
【答案】(1)见解析(2)4
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是90°，得出，根据圆周角定理得到，推出，即可得出结论；
（2）根据得出，再根据勾股定理得出CE即可．
(1)证明：∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵为的半径，
∴是的切线；
(2)由（1）知，
在和中，∵，，
∴，即，
∴，
在中，，，
∴，解得．
【点睛】本题主要考查圆的综合题，熟练掌握圆周角定理，切线的判定，勾股定理等知识是解题的关键．
50．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，半径为6的⊙O与Rt△ABC的边AB相切于点A，交边BC于点C，D，∠B=90°，连接OD，AD．
(1)若∠ACB=20°，求的长（结果保留）．
(2)求证：AD平分∠BDO．
【答案】(1)(2)见解析
【分析】（1）连接，由，得，由弧长公式即得的长为；
（2）根据切于点，，可得，有，而，即可得，从而平分．
(1)解：连接OA，
∵∠ACB＝20°，∴∠AOD＝40°，
∴，．
(2)证明：，，
切于点，，
，，，
，平分．
【点睛】本题考查与圆有关的计算及圆的性质，解题的关键是掌握弧长公式及圆的切线的性质．
51．（2022·浙江金华·中考真题）如图1，正五边形内接于⊙，阅读以下作图过程，并回答下列问题，作法：如图2，①作直径；②以F为圆心，为半径作圆弧，与⊙交于点M，N；③连接．
(1)求的度数．(2)是正三角形吗？请说明理由．(3)从点A开始，以长为半径，在⊙上依次截取点，再依次连接这些分点，得到正n边形，求n的值．
【答案】(1)(2)是正三角形，理由见解析(3)
【分析】（1）根据正五边形的性质以及圆的性质可得，则(优弧所对圆心角)，然后根据圆周角定理即可得出结论；
（2）根据所作图形以及圆周角定理即可得出结论；
（3）运用圆周角定理并结合（1）（2）中结论得出，即可得出结论．
(1)解：∵正五边形．
∴，
∴，
∵，
∴(优弧所对圆心角)，
∴；
(2)解：是正三角形，理由如下：
连接，
由作图知：,
∵，
∴，
∴是正三角形，
∴，
∴，
同理，
∴，即，
∴是正三角形；
(3)∵是正三角形，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，正多边形的性质，读懂题意，明确题目中的作图方式，熟练运用圆周角定理是解本题的关键．
专题14 圆与正多边形
一．选择题
1．（2022·浙江嘉兴·中考真题）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
【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．
2．（2022·山东滨州·中考真题）如图，在中，弦相交于点P，若，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据三角形的外角的性质可得，求得，再根据同弧所对的圆周角相等，即可得到答案．
【详解】，，
故选：A．
【点睛】本题考查了圆周角定理及三角形的外角的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
3．（2022·江苏连云港·中考真题）如图，有一个半径为2的圆形时钟，其中每个刻度间的弧长均相等，过9点和11点的位置作一条线段，则钟面中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】阴影部分的面积等于扇形面积减去三角形面积，分别求出扇形面积和等边三角形的面积即可．
【详解】解：如图，过点OC作OD⊥AB于点D，
∵∠AOB=2×=60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠AOD=∠BOD=30°，OA=OB=AB=2，AD=BD=AB=1，
∴OD=，
∴阴影部分的面积为，故选：B．
【点睛】本题考查了扇形面积、等边三角形的面积计算方法，掌握扇形面积、等边三角形的面积的计算方法是正确解答的关键．
4．（2022·湖北武汉·中考真题）如图，在四边形材料中，，，，，．现用此材料截出一个面积最大的圆形模板，则此圆的半径是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图所示，延长BA交CD延长线于E，当这个圆为△BCE的内切圆时，此圆的面积最大，据此求解即可．
【详解】解：如图所示，延长BA交CD延长线于E，当这个圆为△BCE的内切圆时，此圆的面积最大，
∵，∠BAD=90°，
∴△EAD∽△EBC，∠B=90°，
∴，即，
∴，
∴EB=32cm，
∴，
设这个圆的圆心为O，与EB，BC，EC分别相切于F，G，H，
∴OF=OG=OH，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴此圆的半径为8cm，
故选B．
【点睛】本题主要考查了三角形内切圆半径与三角形三边的关系，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
5．（2022·湖北宜昌·中考真题）如图，四边形内接于，连接，，，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据圆内接四边形的性质求出，根据圆周角定理可得，再根据计算即可．
【详解】∵四边形内接于，
∴ ，
由圆周角定理得， ，
∵
∴
故选：B．
【点睛】此题考查圆周角定理和圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
6．（2022·四川德阳·中考真题）如图，点是的内心，的延长线和的外接圆相交于点，与相交于点，则下列结论：①；②若，则；③若点为的中点，则；④．其中一定正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】根据点是的内心，可得，故①正确；连接BE，CE，可得∠ABC+∠ACB =2（∠CBE+∠BCE），从而得到∠CBE+∠BCE=60°，进而得到∠BEC=120°，故②正确； ，得出，再由点为的中点，则成立，故③正确；根据点是的内心和三角形的外角的性质，可得，再由圆周角定理可得，从而得到∠DBE=∠BED，故④正确；即可求解．
【详解】解：∵点是的内心，
∴，故①正确；如图，连接BE，CE，
∵点是的内心，∴∠ABC=2∠CBE，∠ACB=2∠BCE，
∴∠ABC+∠ACB =2（∠CBE+∠BCE），
∵∠BAC=60°，∴∠ABC+∠ACB=120°，
∴∠CBE+∠BCE=60°，∴∠BEC=120°，故②正确；
∵点是的内心，∴，∴,
∵点为的中点，∴线段AD经过圆心O，∴成立，故③正确；
∵点是的内心，∴，
∵∠BED=∠BAD+∠ABE，∴，
∵∠CBD=∠CAD，∴∠DBE=∠CBE+∠CBD=∠CBE+∠CAD，
∴，∴∠DBE=∠BED，∴，故④正确；
∴正确的有4个．故选：D
【点睛】本题主要考查了三角形的内心问题，圆周角定理，三角形的内角和等知识，熟练掌握三角形的内心问题，圆周角定理，三角形的内角和等知识是解题的关键．
7．（2022·湖南株洲·中考真题）如图所示，等边的顶点在⊙上，边、与⊙分别交于点、，点是劣弧上一点，且与、不重合，连接、，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据等边三角形的性质可得，再根据圆内接四边形的对角互补即可求得答案．
【详解】解：是等边三角形，
，，故选C．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质及圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
8．（2022·甘肃武威·中考真题）大自然中有许多小动物都是“小数学家”，如图1，蜜蜂的蜂巢结构非常精巧、实用而且节省材料，多名学者通过观测研究发现：蜂巢巢房的横截面大都是正六边形．如图2，一个巢房的横截面为正六边形，若对角线的长约为8mm，则正六边形的边长为（ ）
A．2mm B． C． D．4mm
【答案】D
【分析】如图，连接CF与AD交于点O，易证△COD为等边三角形，从而CD=OC=OD=AD，即可得到答案．
【详解】连接CF与AD交于点O，∵为正六边形，
∴∠COD= =60°，CO=DO，AO=DO=AD=4mm，
∴△COD为等边三角形，∴CD=CO=DO=4mm，
即正六边形的边长为4mm，故选：D．
【点睛】本题考查了正多边形与圆的性质，正确把握正六边形的中心角、半径与边长的关系是解题的关键．
9．（2022·湖南邵阳·中考真题）如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，若AB=3，则⊙O的半径是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】作直径AD，连接CD，如图，利用等边三角形的性质得到∠B=60°，关键圆周角定理得到∠ACD=90°，∠D=∠B=60°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求解．
【详解】解：作直径AD，连接CD，如图，
∵△ABC为等边三角形，∴∠B=60°，
∵AD为直径，∴∠ACD=90°，
∵∠D=∠B=60°，则∠DAC=30°，∴CD=AD，
∵AD2=CD2+AC2，即AD2=(AD)2+32，∴AD=2，
∴OA=OB=AD=．故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心：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．也考查了等边三角形的性质、圆周角定理和含30度的直角三角形三边的关系．
10．（2022·四川眉山·中考真题）如图是不倒翁的主视图，不倒翁的圆形脸恰好与帽子边沿，分别相切于点，，不倒翁的鼻尖正好是圆心，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连OB，由AO=OB得，∠OAB=∠OBA=28°，∠AOB=180°-2∠OAB=124°；因为PA、PB分别相切于点A、B，则∠OAP=∠OBP=90°，利用四边形内角和即可求出∠APB．
【详解】连接OB，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=28°，
∴∠AOB=124°，
∵PA、PB切⊙O于A、B，
∴OA⊥PA，OP⊥AB，
∴∠OAP+∠OBP=180°，
∴∠APB+∠AOB=180°；
∴∠APB=56°．故选：C
【点睛】本题考查切线的性质，三角形和四边形的内角和定理，切线长定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造等腰三角形解决问题．
11．（2022·浙江湖州·中考真题）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连接PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的长的最大值是（ ）
A． B．6 C． D．
【答案】C
【分析】根据同弧所对的圆周角等于所对圆心角的一半，过点M、N作以点O为圆心，∠MON=90°的圆，则点P在所作的圆上，观察圆O所经过的格点，找出到点M距离最大的点即可求出．
【详解】作线段MN中点Q，作MN的垂直平分线OQ，并使OQ=MN，以O为圆心，OM为半径作圆，如图，
因为OQ为MN垂直平分线且OQ=MN，所以OQ=MQ=NQ，
∴∠OMQ=∠ONQ=45°，
∴∠MON=90°，
所以弦MN所对的圆O的圆周角为45°，
所以点P在圆O上，PM为圆O的弦，
通过图像可知，当点P在位置时，恰好过格点且经过圆心O，
所以此时最大，等于圆O的直径，
∵BM＝4，BN＝2，
∴，
∴MQ=OQ=，
∴OM=，
∴，故选 C．
【点睛】此题考查了圆的相关知识，熟练掌握同弧所对的圆周角相等、直径是圆上最大的弦，会灵活用已知圆心角和弦作圆是解题的关键．
12．（2022·四川遂宁·中考真题）如图，圆锥底面圆半径为7cm，高为24cm，则它侧面展开图的面积是（ ）
A．cm2 B．cm2 C．cm2 D．cm2
【答案】C
【分析】先利用勾股定理计算出AC=25cm，由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则可根据扇形的面积公式计算出圆锥的侧面积．
【详解】解：在中，cm，
∴它侧面展开图的面积是cm2．故选：C
【点睛】本题考查了圆锥的计算，理解圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长是解题的关键．
13．（2022·陕西·中考真题）如图，内接于⊙，连接，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接OB，由2∠C=∠AOB，求出∠AOB，再根据OA=OB即可求出∠OAB．
【详解】连接OB，如图，
∵∠C=46°，
∴∠AOB=2∠C=92°，
∴∠OAB+∠OBA=180°-92°=88°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∴∠OAB=∠OBA=×88°=44°，故选：A．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，根据圆周角定理的出∠AOB=2∠C=92°是解答本题的关键．
14．（2022·浙江宁波·中考真题）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
【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．
15．（2022·甘肃武威·中考真题）如图，一条公路（公路的宽度忽略不计）的转弯处是一段圆弧（），点是这段弧所在圆的圆心，半径，圆心角，则这段弯路（）的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题目中的数据和弧长公式，可以计算出这段弯路（）的长度．
【详解】解：∵半径OA=90m，圆心角∠AOB=80°，
这段弯路（）的长度为：，故选C
【点睛】本题考查了弧长的计算，解答本题的关键是明确弧长计算公式
16．（2022·浙江温州·中考真题）如图，是的两条弦，于点D，于点E，连结，．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据四边形的内角和等于360°计算可得∠BAC=50°，再根据圆周角定理得到∠BOC=2∠BAC，进而可以得到答案．
【详解】解：∵OD⊥AB，OE⊥AC，
∴∠ADO=90°，∠AEO=90°，
∵∠DOE=130°，
∴∠BAC=360°-90°-90°-130°=50°，
∴∠BOC=2∠BAC=100°，故选：B．
【点睛】本题考查的是圆周角定理，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．
17．（2022·山东泰安·中考真题）如图，点I为的内心，连接并延长交的外接圆于点D，点E为弦的中点，连接，，，当，，时，的长为（ ）
A．5 B．4.5 C．4 D．3.5
【答案】C
【分析】延长ID到M，使DM=ID，连接CM．想办法求出CM，证明IE是△ACM的中位线即可解决问题．
【详解】解：延长ID到M，使DM=ID，连接CM．
∵I是△ABC的内心，
∴∠IAC=∠IAB，∠ICA=∠ICB，
∵∠DIC=∠IAC+∠ICA，∠DCI=∠BCD+∠ICB，
∴∠DIC=∠DCI，
∴DI=DC=DM，
∴∠ICM=90°，
∴CM==8，
∵AI=2CD=10，
∴AI=IM，
∵AE=EC，
∴IE是△ACM的中位线，
∴IE=CM=4，故选：C．
【点睛】本题考查三角形的内心、三角形的外接圆、三角形的中位线定理、直角三角形的判定、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题．
18．（2022·浙江丽水·中考真题）某仿古墙上原有一个矩形的门洞，现要将它改为一个圆弧形的门洞，圆弧所在的圆外接于矩形，如图．已知矩形的宽为，高为，则改建后门洞的圆弧长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用勾股定理先求得圆弧形的门洞的直径BC，再利用矩形的性质证得是等边三角形，得到，进而求得门洞的圆弧所对的圆心角为，利用弧长公式即可求解．
【详解】如图，连接，，交于点，
∵ ，
∴是直径，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴门洞的圆弧所对的圆心角为 ，
∴改建后门洞的圆弧长是(m)，
故选：C
【点睛】本题考查了弧长公式，矩形的性质以及勾股定理的应用，从实际问题转化为数学模型是解题的关键．
19．（2022·四川成都·中考真题）如图，正六边形内接于⊙，若⊙的周长等于，则正六边形的边长为（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】C
【分析】连接OB，OC，由⊙O的周长等于6π，可得⊙O的半径，又由圆的内接多边形的性质，即可求得答案．
【详解】解：连接OB，OC，
∵⊙O的周长等于6π，
∴⊙O的半径为：3，
∵∠BOC360°＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等边三角形，∴BC＝OB＝3，
∴它的内接正六边形ABCDEF的边长为3，故选：C．
【点睛】此题考查了正多边形与圆的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
20．（2022·四川凉山·中考真题）家具厂利用如图所示直径为1米的圆形材料加工成一种扇形家具部件，已知扇形的圆心角∠BAC＝90°，则扇形部件的面积为（ ）
A．米2 B．米2 C．米2 D．米2
【答案】C
【分析】连接，先根据圆周角定理可得是的直径，从而可得米，再解直角三角形可得米，然后利用扇形的面积公式即可得．
【详解】解：如图，连接，
，是的直径，米，
又，，
（米），
则扇形部件的面积为（米2），故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理、解直角三角形、扇形的面积公式等知识点，熟练掌握圆周角定理和扇形的面积公式是解题关键．
二．填空题
21．（2022·江苏宿迁·中考真题）如图，在正六边形ABCDEF中，AB=6，点M在边AF上，且AM=2．若经过点M的直线l将正六边形面积平分，则直线l被正六边形所截的线段长是_____．
【答案】
【分析】如图，连接AD，CF，交于点O，作直线MO交CD于H，过O作OP⊥AF于P，由正六边形是轴对称图形可得： 由正六边形是中心对称图形可得： 可得直线MH平分正六边形的面积，O为正六边形的中心，再利用直角三角形的性质可得答案．
【详解】解：如图，连接AD，CF，交于点O，作直线MO交CD于H，过O作OP⊥AF于P，
由正六边形是轴对称图形可得：
由正六边形是中心对称图形可得：
∴直线MH平分正六边形的面积，O为正六边形的中心，
由正六边形的性质可得：为等边三角形， 而
则
故答案为：
【点睛】本题考查的是正多边形与圆的知识，掌握“正六边形既是轴对称图形也是中心对称图形”是解本题的关键．
22．（2022·湖南衡阳·中考真题）如图，用一个半径为6 cm的定滑轮拉动重物上升，滑轮旋转了，假设绳索粗细不计，且与轮滑之间没有滑动，则重物上升了_________cm．（结果保留）
【答案】
【分析】利用题意得到重物上升的高度为定滑轮中120°所对应的弧长，然后根据弧长公式计算即可．
【详解】解：根据题意，重物的高度为
（cm）．
故答案为：．
【点睛】本题考查了弧长公式：（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R）．
23．（2022·浙江杭州·中考真题）如图是以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上，将该圆形纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD．设CD与直径AB交于点E．若AD=ED，则∠B=_________度；的值等于_________．
【答案】 36
【分析】由等腰三角形的性质得出∠DAE=∠DEA，证出∠BEC=∠BCE，由折叠的性质得出∠ECO=∠BCO，设∠ECO=∠OCB=∠B=x，证出∠BCE=∠ECO+∠BCO=2x，∠CEB=2x，由三角形内角和定理可得出答案；证明△CEO∽△BEC，由相似三角形的性质得出，设EO=x，EC=OC=OB=a，得出a2=x（x+a），求出OE=a，证明△BCE∽△DAE，由相似三角形的性质得出，则可得出答案．
【详解】解：∵AD=DE，
∴∠DAE=∠DEA，
∵∠DEA=∠BEC，∠DAE=∠BCE，
∴∠BEC=∠BCE，
∵将该圆形纸片沿直线CO对折，
∴∠ECO=∠BCO，
又∵OB=OC，
∴∠OCB=∠B，
设∠ECO=∠OCB=∠B=x，
∴∠BCE=∠ECO+∠BCO=2x，
∴∠CEB=2x，
∵∠BEC+∠BCE+∠B=180°，
∴x+2x+2x=180°，
∴x=36°，
∴∠B=36°；
∵∠ECO=∠B，∠CEO=∠CEB，
∴△CEO∽△BEC，
∴，
∴CE2=EO•BE，
设EO=x，EC=OC=OB=a，
∴a2=x（x+a），
解得，x=a（负值舍去），
∴OE=a，
∴AE=OA-OE=a-a=a，
∵∠AED=∠BEC，∠DAE=∠BCE，
∴△BCE∽△DAE，∴，
∴．故答案为：36，．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
24．（2022·浙江湖州·中考真题）如图，已知AB是⊙O的弦，∠AOB＝120°，OC⊥AB，垂足为C，OC的延长线交⊙O于点D．若∠APD是所对的圆周角，则∠APD的度数是______．
【答案】30°##30度
【分析】根据垂径定理得出∠AOB=∠BOD，进而求出∠AOD=60°，再根据圆周角定理可得∠APD=∠AOD=30°．
【详解】∵OC⊥AB，OD为直径，
∴，
∴∠AOB=∠BOD，
∵∠AOB=120°，
∴∠AOD=60°，
∴∠APD=∠AOD=30°，
故答案为：30°．
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理等知识，掌握垂径定理是解答本题的关键．
25．（2022·云南·中考真题）某中学开展劳动实习，学生到教具加工厂制作圆锥，他们制作的圆锥，母线长为30cm，底面圆的半径为10 cm，这种圆锥的侧面展开图的圆心角度数是_____．
【答案】
【分析】设这种圆锥的侧面展开图的圆心角度数为n，，进行解答即可得．
【详解】解： 设这种圆锥的侧面展开图的圆心角度数为n°，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆锥侧面展开图的圆心角，解题的关键是掌握扇形的弧长公式．
26．（2022·浙江宁波·中考真题）如图，在△ABC中，AC=2，BC=4，点O在BC上，以OB为半径的圆与AC相切于点A，D是BC边上的动点，当△ACD为直角三角形时，AD的长为___________．
【答案】或
【分析】根据切线的性质定理，勾股定理，直角三角形的等面积法解答即可．
【详解】解：连接OA，
①当D点与O点重合时，∠CAD为90°，设圆的半径=r，∴OA=r，OC=4-r，
∵AC=4，在Rt△AOC中，根据勾股定理可得：r2+4=（4-r）2，解得：r=，即AD=AO=；
②当∠ADC=90°时，过点A作AD⊥BC于点D，
∵AO•AC=OC•AD，∴AD=，∵AO=，AC=2，OC=4-r=，∴AD=，
综上所述，AD的长为或，故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了切线的性质和勾股定理，熟练掌握这些性质定理是解决本题的关键．
27．（2022·四川自贡·中考真题）一块圆形玻璃镜面碎成了几块，其中一块如图所示，测得弦长20厘米，弓形高为2厘米，则镜面半径为____________厘米．
【答案】26
【分析】令圆O的半径为OB=r，则OC=r-2，根据勾股定理求出OC2+BC2=OB2，进而求出半径．
【详解】解：如图，由题意，得OD垂直平分AB，∴BC=10厘米，令圆O的半径为OB=r，则OC=r-2，
在Rt△BOC中OC2+BC2=OB2，∴（r-2）2+102=r2，解得r=26．故答案为：26．
【点睛】本题考查垂径定理和勾股定理求线段长，熟练地掌握圆的基本性质是解决问题的关键．
28．（2022·浙江温州·中考真题）若扇形的圆心角为，半径为，则它的弧长为___________．
【答案】π
【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
29．（2022·新疆·中考真题）如图，⊙的半径为2，点A，B，C都在⊙上，若．则的长为_____（结果用含有的式子表示）
【答案】
【分析】利用同弧所对的圆心角是圆周角的2倍得到，再利用弧长公式求解即可．
【详解】，，，
⊙的半径为2，，故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理和弧长公式，即，熟练掌握知识点是解题的关键．
30．（2022·四川泸州·中考真题）如图，在中，，，，半径为1的在内平移（可以与该三角形的边相切），则点到上的点的距离的最大值为________．
【答案】
【分析】设直线AO交于M点（M在O点右边），当与AB、BC相切时，AM即为点到上的点的最大距离．
【详解】设直线AO交于M点（M在O点右边），则点到上的点的距离的最大值为AM的长度
当与AB、BC相切时，AM最长
设切点分别为D、F，连接OB，如图
∵，，
∴，
∴
∵与AB、BC相切
∴
∵的半径为1
∴
∴
∴
∴
∴
∴点到上的点的距离的最大值为．
【点睛】本题考查切线的性质、特殊角度三角函数值、勾股定理，解题的关键是确定点到上的点的最大距离的图形．
31．（2022·浙江嘉兴·中考真题）如图，在廓形中，点C，D在上，将沿弦折叠后恰好与，相切于点E，F．已知，，则的度数为_______；折痕的长为_______．
【答案】 60°##60度
【分析】根据对称性作O关于CD的对称点M，则点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上，再结合切线的性质和垂径定理求解即可．
【详解】作O关于CD的对称点M，则ON=MN
连接MD、ME、MF、MO，MO交CD于N
∵将沿弦折叠
∴点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上
∵将沿弦折叠后恰好与，相切于点E，F．
∴ME⊥OA，MF⊥OB
∴
∵
∴四边形MEOF中
即的度数为60°；
∵，
∴（HL）
∴
∴
∴
∵MO⊥DC
∴
∴
故答案为：60°；
【点睛】本题考查了折叠的性质、切线的性质、垂径定理、勾股定理；熟练掌握折叠的性质作出辅助线是解题的关键．
三．解答题
32．（2022·四川成都·中考真题）如图，在中，，以为直径作⊙，交边于点，在上取一点，使，连接，作射线交边于点．
(1)求证：；(2)若，，求及的长．
【答案】(1)见解析
(2)BF=5，
【分析】（1）根据中，，得到∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，根据，得到∠B=∠BCF，推出∠A=∠ACF；
（2）根据∠B=∠BCF，∠A=∠ACF，得到AF=CF，BF=CF，推出AF=BF= AB，根据，AC=8，得到AB=10，得到BF=5，根据，得到，连接CD，根据BC是⊙O的直径，得到∠BDC=90°，推出∠B+∠BCD=90°，推出∠A=∠BCD，得到，推出，得到，根据∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，得到∠FDE=∠B，推出DE∥BC，得到△FDE∽△FBC，推出，得到．
(1)解：∵中，，
∴∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，
∵，
∴∠B=∠BCF，
∴∠A=∠ACF；
(2)∵∠B=∠BCF，∠A=∠ACF
∴AF=CF，BF=CF，
∴AF=BF= AB，
∵，AC=8，
∴AB=10，
∴BF=5，
∵，
∴，
连接CD，∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠B+∠BCD=90°，
∴∠A=∠BCD，
∴，
∴，
∴，
∵∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，
∴∠FDE=∠B，
∴DE∥BC，
∴△FDE∽△FBC，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆周角，解直角三角形，勾股定理，相似三角形，解决问题的关键是熟练掌握圆周角定理及推论，运用勾股定理和正弦余弦解直角三角形，相似三角形的判定和性质．
33．（2022·山东滨州·中考真题）如图，已知AC为的直径，直线PA与相切于点A，直线PD经过上的点B且，连接OP交AB于点M．求证：
(1)PD是的切线；(2)
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）连接OB，由等边对等角及直径所对的圆周角等于90°即可证明；
（2）根据直线PA与相切于点A，得到，根据余角的性质得到，继而证明，根据相似三角形的性质即可得到结论．
(1)连接OB，
，
，
AC为的直径，
，
，
，
，
PD是的切线；
(2)直线PA与相切于点A，
，
∵PD是的切线，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
34．（2022·四川泸州·中考真题）如图，点在以为直径的上，平分交于点，交于点，过点作的切线交的延长线于点．
(1)求证：；(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）连接OD，由CD平分∠ACB，可知，得∠AOD=∠BOD=90°，由DF是切线可知∠ODF=90°=∠AOD，可证结论；
（2）过C作CM⊥AB于M，已求出CM、BM、OM的值，再证明△DOF∽△MCO，得，代入可求．
(1)证明：连接OD，如图，
∵CD平分∠ACB，
∴，
∴∠AOD=∠BOD=90°，
∵DF是⊙O的切线，
∴∠ODF=90°
∴∠ODF=∠BOD，
∴DF∥AB．
(2)解：过C作CM⊥AB于M，如图，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴AB=．
∴，
即，
∴CM=2，
∴，
∴OM=OB-BM=，
∵DF∥AB，
∴∠OFD=∠COM，
又∵∠ODF=∠CMO=90°，
∴△DOF∽△MCO，
∴，
即，
∴FD=．
【点睛】本题考查了圆的圆心角、弦、弧关系定理、圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握这些定理，灵活运用相似三角形的性质求解．
35．（2022·四川南充·中考真题）如图，为的直径，点C是上一点，点D是外一点，，连接交于点E．
(1)求证：是的切线．(2)若，求的值．
【答案】(1)见解析；(2)3
【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据OA=OC推出∠BCD=∠ACO，即可得到∠BCD+∠OCB=90°，由此得到结论；
（2）过点O作OF⊥BC于F，设BC=4x，则AB=5x，OA=CE=2.5x，BE=1.5x，勾股定理求出AC，根据OF∥AC，得到，证得OF为△ABC的中位线，求出OF及EF，即可求出的值．
(1)证明：连接OC，
∵为的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACO+∠OCB=90°，
∵OA=OC，
∴∠A=∠ACO,
∵，
∴∠BCD=∠ACO，
∴∠BCD+∠OCB=90°，
∴OC⊥CD，
∴是的切线．
(2)解：过点O作OF⊥BC于F，
∵，
∴设BC=4x，则AB=5x，OA=CE=2.5x，
∴BE=BC-CE=1.5x，
∵∠C=90°，
∴AC=，
∵OA=OB，OF∥AC，
∴，
∴CF=BF=2x，EF=CE-CF=0.5x，
∴OF为△ABC的中位线，
∴OF=，
∴=．
【点睛】此题考查了圆周角定理，证明直线是圆的切线，锐角三角函数，三角形中位线的判定与性质，平行线分线段成比例，正确引出辅助线是解题的关键．
36．（2022·江苏扬州·中考真题）如图，为的弦，交于点，交过点的直线于点，且．
(1)试判断直线与的位置关系，并说明理由；(2)若，求的长．
【答案】(1)相切，证明见详解
(2)6
【分析】（1）连接OB，根据等腰三角形的性质得出，，从而求出，再根据切线的判定得出结论；
（2）分别作交AB于点M，交AB于N，根据求出OP，AP的长，利用垂径定理求出AB的长，进而求出BP的长，然后在等腰三角形CPB中求解CB即可．
(1)证明：连接OB，如图所示：
，
，，
，
，
，即，
，
，
为半径，经过点O，
直线与的位置关系是相切．
(2)分别作交AB于点M，交AB于N，如图所示：
，
，
，，
，，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了切线的证明，垂径定理的性质，等腰三角形，勾股定理，三角函数等知识点，熟练掌握相关知识并灵活应用是解决此题的关键，抓住直角三角形边的关系求解线段长度是解题的主线思路．
37．（2022·江苏宿迁·中考真题）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
【分析】（1）取BM的中点Q，作射线OQ交于点P，点P即为所求作，利用全等三角形的判定和性质证得MO=BO，再利用等腰三角形的性质即可证明；
（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BM的中点Q，作射线OQ交于点P，点P即为所求作；
证明：在△OGM和△OHB中，
OG=OH=1，∠OGM=∠OHB=90°，MG=BH=3，
∴△OGM≌△OHB，
∴MO=BO，
∵点Q是BM的中点，
∴OQ平分∠MOB，即∠POM=∠POB，
∴=；
(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．
38．（2022·四川乐山·中考真题）如图，线段AC为⊙O的直径，点D、E在⊙O上，=，过点D作DF⊥AC，垂足为点F．连结CE交DF于点G．
(1)求证：CG=DG；
(2)已知⊙O的半径为6，，延长AC至点B，使．求证：BD是⊙O的切线．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）连接AD，得到∠ADF+∠FDC=90°，由DF⊥AC，得到∠ADF+∠DAF=90°，再由=，可推出∠DCE=∠FDC，即可证明CG=DG；
（2）要证明BD是⊙O的切线，只要证明OD⊥BD，只要证明BD∥CE，通过计算求得sin∠B=，即可证明结论．
(1)证明：连接AD，
∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=90°，则∠ADF+∠FDC=90°，
∵DF⊥AC，∴∠AFD=90°，则∠ADF+∠DAF=90°，
∴∠FDC=∠DAF，
∵=，∴∠DCE=∠DAC，
∴∠DCE=∠FDC，
∴CG=DG；
(2)证明：连接OD，设OD与CE相交于点H，
∵=，
∴OD⊥EC，
∵DF⊥AC，
∴∠ODF=∠OCH=∠ACE，
∵，
∴sin∠ODF=sin∠OCH=，即=，
∴OF=，
由勾股定理得DF=，
FC=OC-OF=，
∴FB= FC+BC=，
由勾股定理得DB==8，
∴sin∠B==，
∴∠B=∠ACE，
∴BD∥CE，
∵OD⊥EC，
∴OD⊥BD，
∵OD是半径，
∴BD是⊙O的切线．
【点睛】本题考查了切线的判定、解直角三角形、圆周角定理等知识点，熟练掌握圆的切线的判定及圆中的相关计算是解题的关键．
39．（2022·天津·中考真题）已知为的直径，，C为上一点，连接．
(1)如图①，若C为的中点，求的大小和的长；(2)如图②，若为的半径，且，垂足为E，过点D作的切线，与的延长线相交于点F，求的长．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）由圆周角定理得，由C为的中点，得，从而，即可求得的度数，通过勾股定理即可求得AC的长度；
（2）证明四边形为矩形，FD=CE= CB，由勾股定理求得BC的长，即可得出答案．
(1)∵为的直径，∴，
由C为的中点，得，
∴，得，
在中，，
∴；
根据勾股定理，有，
又，得，
∴；
(2)∵是的切线，
∴，即，
∵，垂足为E，
∴，
同（1）可得，有，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，于是，
在中，由，得，
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，切线的性质，等腰直角三角形的性质，垂径定理，勾股定理和矩形的判定和性质等，解题的关键是利用数形结合的思想解答此题．
40．（2022·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，∠ =45°，，以为直径的⊙与边交于点．
(1)判断直线与⊙的位置关系，并说明理由；
(2)若，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）利用等腰三角形的性质与三角形的内角和定理证明 从而可得结论；
（2）如图，记BC与的交点为M，连接OM，先证明 再利用阴影部分的面积等于三角形ABC的面积减去三角形BOM的面积，减去扇形AOM的面积即可．
(1)证明： ∠ =45°，，
即
在上，
为的切线．
(2)如图，记BC与的交点为M，连接OM，
，
，
，
，，
，
．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，切线的判定，扇形面积的计算，掌握“切线的判定方法与割补法求解不规则图形面积的方法”是解本题的关键．
41．（2022·浙江湖州·中考真题）如图，已知在Rt△ABC中，，D是AB边上一点，以BD为直径的半圆O与边AC相切，切点为E，过点O作，垂足为F．
(1)求证：；(2)若，，求AD的长．
【答案】(1)见解析(2)1
【分析】（1）连接OE，根据已知条件和切线的性质证明四边形OFCE是矩形，再根据矩形的性质证明即可；（2）根据题意，结合（1）可知，再由直角三角形中“30°角所对的直角边是斜边的一般”的性质，可推导，最后由计算AD的长即可．
(1)解：如图，连接OE，
∵AC切半圆O于点E，
∴OE⊥AC，
∵OF⊥BC，，
∴∠OEC＝∠OFC＝∠C＝90°．
∴四边形OFCE是矩形，
∴OF＝EC；
(2)∵，
∴，
∵，OE⊥AC，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、矩形的判定与性质以及含30°角的直角三角形性质等知识，正确作出辅助线并灵活运用相关性质是解题关键．
42．（2022·山东泰安·中考真题）问题探究（1）在中，，分别是与的平分线．
①若，，如图，试证明；
②将①中的条件“”去掉，其他条件不变，如图，问①中的结论是否成立？并说明理由．
迁移运用（2）若四边形是圆的内接四边形，且，，如图，试探究线段，，之间的等量关系，并证明．
【答案】（1）①见解析；②结论成立，见解析；（2），见解析
【分析】（1）①证明是等边三角形，得出E、D为中点，从而证明；
②在上截取，根据角平分线的性质，证明，，从而得到答案；
（2）作点B关于的对称点E，证明，从而得到，再根据AE、DC分别是、的角平分线，得到．
【详解】
（1）①，，
．
又、分别是、的平分线．
点D、E分别是、的中点．
，．
．
②结论成立，理由如下：
设与交于点F，
由条件，得，．
又
．
．
．
∴．
在上截取．
由∵BF=BF，
∴．
．
．
又∵CF=CF，
∴．
∴．
（2），理由如下：
∵四边形是圆内接四边形，
∴．
∵，
∴，，
∴．
∴．
作点B关于的对称点E，连结，，的延长线与的延长线交于点M，与交于点F，
∴，．
∴．
∴
∴
∴
∵AE、DC分别是、的角平分线
由②得．
【点睛】本题考查三角形、等边三角形、全等三角形、圆的内接四边形的性质，解题的关键是熟练掌握三角形、等边三角形、全等三角形、圆的内接四边形的相关知识．
43．（2022·云南·中考真题）如图，四边形ABCD的外接圆是以BD为直径的⊙O，P是⊙O的劣狐BC上的任意一点，连接PA、PC、PD，延长BC至E，使BD²=BC⋅BE．
(1)请判断直线DE与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
(2)若四边形ABCD是正方形，连接AC，当P与C重合时，或当P与B重合时，把转化为正方形ABCD的有关线段长的比，可得是否成立？请证明你的结论．
【答案】(1)DE是⊙O的切线，证明见解析；
(2)成立，证明见解析
【分析】（1）证明△BDC∽△BED，推出∠BCD=∠BDE=90°，即可证明DE是⊙O的切线；
（2）延长PA至Q，使AQ=CP，则PA+PC= PA+AQ=PQ，证明△QAD≌△PCD(SAS)，再推出△PQD是等腰直角三角形，即可证明结论成立．
(1)解：DE是⊙O的切线；理由如下：
∵BD²=BC⋅BE，
∴，
∵∠CBD=∠DBE，
∴△BDC∽△BED，
∴∠BCD=∠BDE，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BCD=90°，
∴∠BDE=90°，
∴DE是⊙O的切线；
(2)解：成立，理由如下：
延长PA至Q，使AQ=CP，则PA+PC= PA+AQ=PQ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90°，
∵四边形APCD是圆内接四边形，
∴∠PAD+∠PCD=180°，
∵∠QAD+∠PAD=180°，
∴∠QAD=∠PCD，
∴△QAD≌△PCD(SAS)，
∴∠QDA=∠PDC，QD=PD，
∴∠QDA+∠PDA =∠PDC+∠PDA=90°，
∴△PQD是等腰直角三角形，
∴PQ=PD，即PA+PC=PD，
∴成立．
【点睛】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
44．（2022·陕西·中考真题）如图，是⊙的直径，是⊙的切线，、是⊙的弦，且，垂足为E，连接并延长，交于点P．
(1)求证：；
(2)若⊙的半径，求线段的长．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）根据是的切线，得出．根据，可证．得出．根据同弧所对圆周角性质得出即可；
（2）连接．根据直径所对圆周角性质得出，．可证．得出．根据勾股定理．再证．求出即可．
(1)证明：∵是的切线，
∴．
∵
∴，
∴．
∴．
∵，
∴．
(2)解：如图，连接．
∵为直径，
∴∠ADB=90°，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∵∠BAP=∠BDA=90°，∠ABD=∠PBA，
∴．
∴．
∴．
∴．
【点睛】本题考查圆的切线性质，直径所对圆周角性质，同弧所对圆周角性质，勾股定理，三角形相似判定与性质，掌握圆的切线性质，直径所对圆周角性质，同弧所对圆周角性质，勾股定理，三角形相似判定与性质是解题关键．
45．（2022·湖南衡阳·中考真题）如图，为⊙的直径，过圆上一点作⊙的切线交的延长线与点，过点作交于点，连接．
(1)直线与⊙相切吗？并说明理由；(2)若，，求的长．
【答案】(1)相切，见解析(2)
【分析】（1）先证得：，再证，得到，即可求出答案；
（2）设半径为；则：，即可求得半径，再在直角三角形中，利用勾股定理，求解即可．
(1)（1）证明：连接．
∵为切线，
∴，
又∵，
∴，，
且，
∴，
在与中；
∵，
∴，
∴，
∴直线与相切．
(2)设半径为；则：，得；
在直角三角形中，，
，解得
【点睛】本题主要考查与圆相关的综合题型，涉及全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握平行线性质、勾股定理及全等三角形的判定和性质是解题的关键．
46．（2022·湖南株洲·中考真题）如图所示，的顶点、在⊙上，顶点在⊙外，边与⊙相交于点，，连接、，已知．
(1)求证：直线是⊙的切线；
(2)若线段与线段相交于点，连接．
①求证：；②若，求⊙的半径的长度．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）根据圆周角定理可得∠BOD=2∠BAC=90°，再由OD∥BC，可得CB⊥OB，即可求证；
（2）①根据∠BOD=2∠BAC=90°，OB=OD，可得∠BAC=∠ODB，即可求证；②根据，可得，即，再由勾股定理，即可求解．
(1)证明∶∵∠BAC=45°，∴∠BOD=2∠BAC=90°，∴OD⊥OB，
∵OD∥BC，∴CB⊥OB，
∵OB为半径，∴直线是⊙的切线；
(2)解：①∵∠BAC=45°，∴∠BOD=2∠BAC=90°，OB=OD，
∴∠ODB=45°，∴∠BAC=∠ODB，
∵∠ABD=∠DBE，∴；
②∵，∴，∴，
∵，∴，
∵，∴，
∴或（舍去）．即⊙的半径的长为．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
47．（2022·湖南怀化·中考真题）如图，点A，B，C，D在⊙O上，＝．求证：
(1)AC＝BD；(2)△ABE∽△DCE．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）两个等弧同时加上一段弧后两弧仍然相等；再通过同弧所对的弦相等证明即可；
（2）根据同弧所对的圆周角相等，对顶角相等即可证明相似．
(1)∵＝∴＝
∴∴BD=AC
(2)∵∠B=∠C；∠AEB=∠DEC
∴△ABE∽△DCE
【点睛】本题考查等弧所对弦相等、所对圆周角相等，掌握这些是本题关键．
48．（2022·江西·中考真题）（1）课本再现：在中，是所对的圆心角，是所对的圆周角，我们在数学课上探索两者之间的关系时，要根据圆心O与的位置关系进行分类．图1是其中一种情况，请你在图2和图3中画出其它两种情况的图形，并从三种位置关系中任选一种情况证明；（2）知识应用：如图4，若的半径为2，分别与相切于点A，B，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）①如图2，当点O在∠ACB的内部，作直径，根据三角形外角的性质和等腰三角形的性质可得结论；②如图3，当O在∠ACB的外部时，作直径CD，同理可理结论；
（2）如图4，先根据（1）中的结论可得∠AOB=120°，由切线的性质可得∠OAP=∠OBP=90°，可得∠OPA=30°，从而得PA的长．
【详解】解：（1）①如图2，连接CO，并延长CO交⊙O于点D，
∵OA=OC=OB，∴∠A=∠ACO，∠B=∠BCO，
∵∠AOD=∠A+∠ACO=2∠ACO，∠BOD=∠B+∠BCO=2∠BCO，
∴∠AOB=∠AOD+∠BOD=2∠ACO+2∠BCO=2∠ACB，
∴∠ACB=∠AOB；
如图3，连接CO，并延长CO交⊙O于点D，
∵OA=OC=OB，∴∠A=∠ACO，∠B=∠BCO，
∵∠AOD=∠A+∠ACO=2∠ACO，∠BOD=∠B+∠BCO=2∠BCO，
∴∠AOB=∠AOD-∠BOD=2∠ACO-2∠BCO=2∠ACB，∴∠ACB=∠AOB；
（2）如图4，连接OA，OB，OP，
∵∠C=60°，∴∠AOB=2∠C=120°，
∵PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，
∴∠OAP=∠OBP=90°，∠APO=∠BPO=∠APB=（180°-120°）=30°，
∵OA=2，∴OP=2OA=4，∴PA=
【点睛】本题考查了切线长定理，圆周角定理等知识，掌握证明圆周角定理的方法是解本题的关键．
49．（2022·甘肃武威·中考真题）如图，内接于，，是的直径，是延长线上一点，且．
(1)求证：是的切线；(2)若，，求线段的长．
【答案】(1)见解析(2)4
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是90°，得出，根据圆周角定理得到，推出，即可得出结论；
（2）根据得出，再根据勾股定理得出CE即可．
(1)证明：∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵为的半径，
∴是的切线；
(2)由（1）知，
在和中，∵，，
∴，即，
∴，
在中，，，
∴，解得．
【点睛】本题主要考查圆的综合题，熟练掌握圆周角定理，切线的判定，勾股定理等知识是解题的关键．
50．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，半径为6的⊙O与Rt△ABC的边AB相切于点A，交边BC于点C，D，∠B=90°，连接OD，AD．
(1)若∠ACB=20°，求的长（结果保留）．
(2)求证：AD平分∠BDO．
【答案】(1)(2)见解析
【分析】（1）连接，由，得，由弧长公式即得的长为；
（2）根据切于点，，可得，有，而，即可得，从而平分．
(1)解：连接OA，
∵∠ACB＝20°，∴∠AOD＝40°，
∴，．
(2)证明：，，
切于点，，
，，，
，平分．
【点睛】本题考查与圆有关的计算及圆的性质，解题的关键是掌握弧长公式及圆的切线的性质．
51．（2022·浙江金华·中考真题）如图1，正五边形内接于⊙，阅读以下作图过程，并回答下列问题，作法：如图2，①作直径；②以F为圆心，为半径作圆弧，与⊙交于点M，N；③连接．
(1)求的度数．(2)是正三角形吗？请说明理由．(3)从点A开始，以长为半径，在⊙上依次截取点，再依次连接这些分点，得到正n边形，求n的值．
【答案】(1)(2)是正三角形，理由见解析(3)
【分析】（1）根据正五边形的性质以及圆的性质可得，则(优弧所对圆心角)，然后根据圆周角定理即可得出结论；
（2）根据所作图形以及圆周角定理即可得出结论；
（3）运用圆周角定理并结合（1）（2）中结论得出，即可得出结论．
(1)解：∵正五边形．
∴，
∴，
∵，
∴(优弧所对圆心角)，
∴；
(2)解：是正三角形，理由如下：
连接，
由作图知：,
∵，
∴，
∴是正三角形，
∴，
∴，
同理，
∴，即，
∴是正三角形；
(3)∵是正三角形，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，正多边形的性质，读懂题意，明确题目中的作图方式，熟练运用圆周角定理是解本题的关键．
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