第21讲 圆-备战2023年中考数学核心考点+重点题型+高分秘籍+题组训练+过关检测（全国通用）

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第21讲圆
题组特训详解
选择题
1．如图，点，，是上的点，，，则的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据同弧所对的圆周角与圆心角的关系，得出，代入弧长计算公式即可．
【详解】∵所对的圆周角，所对的圆心角为，
∴，
∴的长是，
故选：A
【点睛】本题考查同弧所对的圆周角与圆心角的关系及弧长的计算公式，解题的关键是求出．
2．如图所示，在由边长为1的小正方形组成的网格图中，一段圆弧经过格点A，B，C，的延长线经过格点D，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】如图，作的垂直平分线，两线交于O，F为的中点, 连接,由垂径定理可得 ,，再运用勾股定理求得，再根据和弧长公式即可解答．
【详解】解：如图，作的垂直平分线，两线交于O，F为的中点，连接
由垂径定理得： ,
∴
∵
∴是直径
根据网格图形可知：，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴所对的圆心角是，
∴弧的长是．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了垂径定理、弧长公式等知识点，根据题意找到圆心是解答本题的关键．
3．如图，在圆内接四边形中， ，为直径，若四边形的面积是S，的长是x，则S与x之间的数关系式是（ ）
A． B．C．D．
【答案】C
【分析】延长到E，使，连接，先证明，得到，再证明，最后得到．
【详解】解：如图，延长到E，使，连接，
四边形是圆内接四边形，
∴，
，
在和中，
∴，
，
∴，
即，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆的内接四边形，全等三角形的判定与性质，解题的关键是作辅助线，构造．
4．如图，在中，分别以点A和点B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于D，E两点，作直线；分别以点B和点C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于F，G两点，作直线．直线与相交于点O，若以点O为圆心，为半径作圆，则下列说法错误的是（ ）
A．点B在上B．是的外接圆
C．是的弦D．是的切线
【答案】D
【分析】根据作图可得直线与分别为的垂直平分线，从而得到是的外接圆，即可求解．
【详解】解：根据题意得：直线与分别为的垂直平分线，
∴点O到的三个顶点的距离相等，
∴是的外接圆，故B选项正确，不符合题意；
∴点A、B、C在上，故A选项正确，不符合题意；
∴，是的弦，故C选项正确，不符合题意；D选项错误，符合题意；
故选：D
【点睛】本题主要考查了尺规作图，三角形的外接圆，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
5．如图，点，，在上，，，连接交于点，则的度数是（ ）
A．108°B．109°C．110°D．112°
【答案】B
【分析】连接，由已知条件求得，由，得，继而求得，再根据三角形内角和性质，即可求得．
【详解】如解图，连接，，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
故选B．
【点睛】本题考查了圆心角定理，圆周角定理，三角形内角和定理，等边对等角，熟悉以上知识是解题的关键．
6．如图，在边长为正方形中，点在以为圆心的弧上，射线交于，连接，若，则=（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设射线交于点，连接，证明，勾股定理得出，进而根据，列出方程，解方程即可求解．
【详解】解：如图所示，设射线交于点，连接，
∵，
∴是的直径，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了直角所对的弦是直角，正弦的定义，正方形的性质，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
7．如图，正五边形内接于，其半径为1，作交于点，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出弧所对圆心角的度数，代入弧长公式即可求得．
【详解】解：多边形为正五边形，
的度数相等，
，
的度数，
的度数，
的长度．
故选C
【点睛】本题考查了弧长的计算，熟记弧长公式是解题关键．
8．如图，扇形中，，，点为的中点，将扇形绕点顺时针旋转，得到扇形，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】过点作于点，过点作交的延长线于点，设交于点，交于点，根据题意得出，进而根据即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于点，过点作交的延长线于点，设交于点，交于点，
∵
则四边形是正方形，
，
∴，
，
，
，
在中，，
，
，
，
∴，
，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了求扇形面积，旋转的性质，正方形的性质，掌握扇形面积公式是解题的关键．
9．已知圆锥的底面半径为，设圆锥的母线与高的夹角为（如图所示），且的值为，则侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意可知圆锥母线长为，求出底面圆周长，再由圆锥侧面展开图是一个扇形，利用扇形面积公式求解即可得到答案．
【详解】解：的值为，圆锥的底面半径为，
母线长为，
底面圆周长为，
圆锥的侧面积，
故选：C．
【点睛】本题考查求圆锥侧面积，涉及三角函数求边长、圆周长及扇形面积公式，熟记圆锥侧面展开图是一个扇形是解决问题的关键．
10．如图，直线与轴、轴分别相交于、两点，圆心的坐标为，与轴相切于原点，若将圆沿轴向右移动，当与该直线相交时，横坐标为整数的点的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】先判断图中的特殊直角三角形，画出与该直线相切时的位置，再在圆和直线相交过程中找到所有整数点即可．
【详解】在上，
令；令
Rt中
如图所示，当在P点和点时和直线相切，切点分别为M，N
当与该直线相交时，
横坐标为整数的点即线段之间的三个点．
故选：B
【点睛】此题考查圆与切线的关系，结合平面直角坐标系求点的坐标，解题关键是画出两种可能性，看图选整数点即可．
二、填空题
11．如图，中，，，，点P从C点出发，沿运动到点B停止，过点B作射线的垂线，垂足为Q，点Q运动的路径长为__．
【答案】##
【分析】由，得点Q在以为直径的⊙O上运动，运动路径为弧，连接，代入弧长公式即可计算．
【详解】∵，，
∴四点共圆，
∴点Q在以为直径的⊙O上运动，运动路径为弧，连接，
∵，，
∴，
∴，
∴弧的长为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，弧长公式，确定点Q在以为直径的⊙O上运动是解题的关键．
12．如图，P是矩形对角线上的一个动点，以点P为圆心，长为半径作．若且，当与矩形的边相切时，的长为______．
【答案】或
【分析】由锐角的正切求出的长，分两种情况，由相似三角形的性质即可求出的长．
【详解】解：由题意知只能与，相切，
作与M，于N，
∵，
∴令，
∴，
∴，
∴，，
当与相切时，，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
当与相切时，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴的长是或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查切线的性质，矩形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，关键是要分两种情况讨论．
13．如图，的内切圆（圆心为点）与各边分别相切于点，，，连接，，．以点为圆心，以适当长为半径作弧分别交，于，两点；分别以点，为圆心，以大于的长为半径作弧，两条弧交于点；作射线．下列说法正确的是______．（填代码即可）

A．射线一定过点
B．点是三条中线的交点
C．若是等边三角形，则
D．点是三条边的垂直平分线的交点
【答案】ACD
【分析】根据三角形内切圆和外接圆的性质逐一判断即可．
【详解】解： A、∵的内切圆圆心为O，
∴点O是三条角平分线的交点，
以点B为圆心，以适当长为半径作弧分别交于G，H两点；分别以点G，H为圆心，以大于的长为半径作弧，两条弧交于点P；作射线，由此可得BP是角平分线，所以射线一定过点O，说法正确，故此选项符合题意；
B、∵都在上，
∴是的外接圆，
∴点O是三条边的垂直平分线的交点，故此选项不符合题意；
C、当是等边三角形时，则，
∵与相切于点D，
∴，
∴三点共线，
∴点D是的中点，
同理点E是的中点，
∴是的中位线，
∴，故此选项符合题意；
D、∵都在上，
∴是的外接圆，
∴点O是三条边的垂直平分线的交点，故此选项符合题意；
故答案为：ACD．
【点睛】本题考查了三角形内切圆和外接圆的特点和性质，三角形中位线定理，解题的关键是能与其它知识联系起来，加以证明选项的正确．
14．如图，正方形和等边都内接于圆O，与分别相交于点G，H．若，则的长为___________．
【答案】##
【分析】连接与交于P点，则它们的交点为O点，如图，利用正方形和等边三角形的性质得到，，，利用含30度的直角三角形三边的关系得到，，从而得到，然后利用为等腰直角三角形得到，，从而得到．
【详解】解：连接与交于P点，则它们的交点为O点，
如图，
∵正方形和等边都内接于圆O，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的外心与外接圆：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和正方形的性质．
15．如图，在矩形中，，，点E是的中点，连接，点O是线段上一点，的半径为1，如果与矩形的各边都没有公共点，那么线段长的取值范围是 __．
【答案】
【分析】根据题意，需要分分别与边相切两种情况下，计算出长度即可解答．
【详解】解：设与相切于点F，连接，，

∵，，
∴，
中，
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∵，
∴若与相切时，和一定相交；
若与相切时，和一定相离．
同理当与相切于点M时，连接，，计算得，
∴此时，

∴当时，与矩形的各边都没有公共点，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质，解题关键是分两种情况计算．
16．如图，在矩形中，，，为矩形的对角线的交点，以为圆心，半径为1作，为上的一个动点，连接、，则面积的最大值为___________．
【答案】14.5
【分析】当P点移动到过点P的直线平行于且与相切时，面积的最大，由于P为切点，得出垂直于切线，进而得出，根据勾股定理先求得的长，进而求得的长，根据，求得的长，从而求得的长，最后根据三角形的面积公式即可求得．
【详解】当P点移动到过点P的直线平行于且与相切时，面积的最大，如图，
∵过点P的直线是的切线，
∴垂直于切线，延长交于M，则，
∵在矩形中，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴的最大面积，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，矩形的性质，平行线的性质，勾股定理的应用以及三角形相似的判定与性质，判断出点P处于什么位置时面积最大是解题关键．
三、解答题
17．如图，为的直径，为上的两点，C为的中点，于D．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，利用弧与圆周角的关系可得，从而结合等腰三角形的性质和平行线的判定可得，然后利用切线的判定定理进行证明；
（2）通过证明，，然后利用相似三角形的性质分析求解．
【详解】（1）证明：连接，
∵，
∴，
∵点C是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴ ，
∴，即：，
∴是的切线；
（2）解：连接，
∵，，，，
∴，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∵为的直径，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，，
∴，
∵ ，
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】本题考查切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握相关性质定理，准确添加辅助线是解题关键
18．如图，是的直径，是的切线，切点为B，连接PO，过点C作交于点A，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)若，的半径为3，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)AC的长为
【分析】（1）连接，证明，可得，由是的切线，可得，进而可证结论成立；
（2）连接交于点D，可证垂直平分，设，利用勾股定理求出x的值，由圆周角定理可知，再利用勾股定理可求出的长．
【详解】（1）连接．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵是的切线，
∴，
∴，
∴是的切线；
（2）连接交于点D．
∵的半径为3，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∵，
∴设，
∵，
∴，
解得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
∵是的直径，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，以及锐角三角函数的知识，正确作出辅助线是解答本题的关键．
19．如图，是的直径，C，E在上，平分，，垂足为D，，的延长线交于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据角平分线的意义和等边对等角得出，继而根据平行线的判定与性质求出，根据切线的判定证明即可；
（2）作于点P，利用特殊角的三角函数值求出，进而求出，最后根据求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接．
∵平分，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵．
∴．
∴．
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）如图，作于点P，则四边形是矩形，．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了角平分线的意义和等边对等角，平行线的判定与性质，切线的判定，解直角三角形等知识．连接常用的辅助线是解题关键．
20．如图，分别与相切于E，F，G三点，且为的直径．
(1)延长交于点P，若，，求图中阴影部分的面积；
(2)连接，与交于点M，若，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接．根据切线的性质和切线长定理可知，，即易证，，得出，，，从而可求出
∴．再根据，即可证明，说明O、B、P、C四点共圆，由圆内接四边形的性质可知，即可求出，易证，得出，从而可求出，进而可求出，，由含30度角的直角三角形的性质和勾股定理可求出，．由扇形的面积公式可求出．又易求出，，从而可求出，最后由求解即可；
（2）连接，过点B作于点H，交于点P．由（1）可知，．设，则，由所作辅助线结合题意可知四边形为矩形，即得出，，从而可求出．再根据勾股定理可列出关于x的等式，解出x的值，即得出，，．易证，得出，代入数据即可求出．又易证，即得出．
【详解】（1）解：如图，连接．
∵分别与相切于E，F，G三点，
∴，，
又∵，，
∴，，
∴，，，
∴．
∵，
∴，
∴O、B、P、C四点共圆，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）如图，连接，过点B作于点H，交于点P．
∵分别与相切于E，F，G三点，
∴，．
设，则
由所作辅助线结合题意可知四边形为矩形，
∴，，
∴．
∵在中，，
∴，
解得：，
∴，，．
∵，，
∴，
∴，即，
解得：．
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
【点睛】本题为圆的综合题．考查切线的性质，切线长定理，三角形全等的判定和性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，扇形的面积公式，矩形的判定和性质，三角形相似的判定和性质等知识．在解圆的相关题型中，连接常用的辅助线是解题关键．
过关检测详细解析
一．选择题
1．如图，是的外接圆，若，半径为，则劣弧的长为( )
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据圆周角定理得出，进而根据弧长公式即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理，求弧长，掌握弧长公式是解题的关键．
2．如图，点A、B、C是上的三点，连接，若的半径是13，且，的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接，并延长交于点D，连接，可得，从而得到，再由圆周角定理，即可求解．
【详解】解：如图，连接，并延长交于点D，连接，
∵为的直径，
∴，
∵的半径是13，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
故选：A
【点睛】本题考查了圆周角定理，锐角三角函数在计算中的应用，熟练掌握正弦的定义和圆周角定理是解题的关键．
3．如图，在平面直角坐标系中，点在轴的正半轴，点在轴的负半轴，经过四点，若，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先利用圆内接四边形的性质得到，再根据圆周角定理得到为的直径，则点为的中点，接着利用含30度角的直角三角形三边的关系得到，即可确定点坐标．
【详解】解：∵四边形为圆的内接四边形，，
∴，
∴，
∵，
∴为的直径，
∴点为的中点，
在中，
∵，
∴，
∴，
∴点坐标为．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形、圆内接四边形的性质、圆周角定理、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握圆内接四边形的性质和圆周角定理是解题关键．
4．如图，在中，，以边为直径作交于点，过点作的切线，交于点，交的延长线于点；若半径为3，且，则线段的长是（ ）
A．B．5C．D．
【答案】A
【分析】连接，如图，利用等腰三角形的性质和平行线的判定得到，再根据切线的性质得到，则，接着在中利用正弦的定义求出，然后在中利用正弦定义可求出的长．
【详解】解：连接，如图，
∵，
，
，
，
，
，
∵为切线，
，
，
在中，
，
，
在中，
，
故选：A．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了解直角三角形．
5．如图，是的直径，是的切线，切点为点，过点的直线与交于点，则下列结论错误的是（ ）
A．
B．如果平分，
C．如果平分，那么
D．如果，那么也是的切线
【答案】B
【分析】A．由圆周角定理可得，便可判断正误；
B．由角平分线与等腰三角形的性质可知为等腰直角三角形，可得与的数量关系，便可判断正误；
C．由角平分线与等腰三角形的性质得，便可判断正误；
D．证明，得，便可判断正误．
【详解】解：A．∵、是所对的圆心角、圆周角，
∴；故选项正确，不合题意；
B．∵平分，是的切线，
∴
∵，则，
∴为等腰直角三角形，
∴，
故选项错误，符合题意；
C．∵平分，
∴，
∵，则，
∴，
∴，
∵是的切线，为半径，
∴，
∴，
故选项正确，不合题意；
D．∵，
∴，
∴，
∵，，
∴（SAS），
∴，
∴也是的切线，
故选项正确，不合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的有关性质与定理，直角三角形的性质，平行线的性质，全等三角形的性质与判定，综合应用这些知识解题是关键．
6．如图，不等边内接于，I是其内心，，，，内切圆半径为（ ）
A．4B．C．D．
【答案】A
【分析】延长交于点，连接，交于点，利用圆周角定理，以及内心是三角形三条角平分线的交点，证明是等腰三角形，过点作，证明，得到，利用切线长定理，求出的长，过点作，连接，设，利用勾股定理，求出的高，进而求出的面积，再利用的面积等于的周长与内切圆半径乘积的一半，求出内切圆的半径即可．
【详解】解：延长交于点，连接，交于点，
则：，
∵I是内心，
∴，
∴，
∴，
即：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
过点作，
则：，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∵I是内心，
∴，
∴，
如图2：过点作，连接，设，则：，
则：，
即：，
解得：，
∴；
∴
设的半径为
则：
∴，
即：，
解得：；
故选A．
【点睛】本题考查三角形的内切圆和内心．熟练掌握内心是三角形角平分线的交点，合理的添加辅助线，是解题的关键．同时考查了圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，以及切线长定理．本题的综合性强，难度大，对学生的思维量要求较高．
7．如图，在正方形中，E、F分别是、上一点，交对角线于点G，，交于点G，现给出下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（ ）
A．①②④B．②③④C．①②③D．①②③④
【答案】D
【分析】结合求得点G，F，B，C四点共圆，然后利用圆周角定理和相似三角形的判定分析求解可以证明①和④，将绕点顺时针旋转90度得到，利用旋转的性质和全等三角形的判定和性质已经勾股定理可以证明②，通过证明可以证明③．
【详解】解：在正方形中，，，
∵，
∴，
∴，
∴点G，F，B，C四点共圆，
∴，，
又∵，
∴，故①④正确；
将绕点顺时针旋转90度得到，
在正方形中，，
∵，
∴，
由旋转性质可得，，，，
∴，即，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
在Rt中，，即，故②正确；
∵，，
∴，
∴，即，故③正确；
故选：D．
【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握相关性质定理，准确添加辅助线是解题关键．
8．如图，是四边形ABCD的外接圆，点E在CD的延长线上，若，则的度数是（ ）
A．60°B．80°C．90°D．100°
【答案】B
【分析】根据求出，根据圆内接四边形的性质得出，再求出即可．
【详解】解：∵，
∴
∵四边形为的内接四边形，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理，能熟记圆内接四边形的对角互补是解此题的关键．
9．如图，边长为的正方形内接于，，分别与相切于点和点，的延长线与的延长线交于点，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，根据已知条件得到是的直径，，根据切线的性质得到，得到是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到，根据梯形和圆的面积公式即可得到答案．
【详解】解：连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴是的直径，，
∵分别与相切于点A和点D，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴矩形是正方形，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴图中阴影部分的面积
，
故选：B．
【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．
10．如图，扇形纸片的半径为2，沿折叠扇形纸片，点O恰好落在上的点C处，图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据折叠性质得到，，推出四边形是菱形，连接交于，根据等边三角形的性质得到，求得，根据菱形和扇形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：沿折叠扇形纸片，点恰好落在上的点处，
，，
，
四边形是菱形，
连接交于，
，
是等边三角形，
，
，
，
，，
，
图中阴影部分的面积．
故选：C．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
二、填空题
11．如图1是博物馆展出的战国时期车轮实物，《周礼·考工记》记载：“…故兵车之轮六尺有六寸，田车之轮六尺有三寸…”据此，为验证博物馆展出车轮类型，我们可以通过计算车轮的半径推断．如图2所示，在车轮上取A、B两点，设所在圆的圆心为O，半径为．作弦的垂线，D为垂足，经测量，，，则此车轮半径为______．通过单位换算（在战国时期，一尺大约是左右），得到车轮直径约为六尺六寸，可验证此车轮为兵车之轮．
【答案】75
【分析】由垂径定理得，利用勾股定理得，解得．
【详解】解：，，
，
由题意得：，
在中，由勾股定理得：，
解得：，
即车轮半径为．
故答案为：75．
【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．
12．如图，四边形是的内接四边形，若，则的度数为______．
【答案】##118度
【分析】根据圆的内接四边形对角互补得到，根据圆周角定理即可得到的度数．
【详解】∵四边形是的内接四边形，，
∴，
∵
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理，掌握圆的内接四边形对角互补是解题的关键．
13．已知的半径为，圆心到直线的距离为，则直线与的位置关系是_______．
【答案】相交
【分析】由的半径为，圆心到直线的距离为，利用直线和圆的位置关系： 若，则直线与圆相交；若，则直线于圆相切；若，则直线与圆相离判断即可求得答案 ．
【详解】解：的半径为，圆心到直线的距离为，
又，
直线与的位置关系是： 相交 ．
故答案为： 相交 ．
【点睛】此题考查了直线与圆的位置关系 ．此题难度不大，注意解决此类问题可通过比较圆心到直线距离与圆半径大小关系完成判定 ．
14．如图，网格中每个小正方形的边长为1，点P是外一点，连接交于点A，与相切于点N，点P，A，O均在格点上．
（Ⅰ）切线长PN等于___________；
（Ⅱ）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中作的切线PM，并简要说明切点M的位置是如何找到的（不要求证明）．___________
【答案】 4 取网格点Q，连接，交于点M
【分析】（1）连接，利用勾股定理即可作答；
（2）取网格点Q，连接，交于点M，即可作答．
【详解】（1）连接，如图，
由网格图可知，的半径为3，即，
∵与相切于点N，
∴，
∴在中，，
故答案为：；
（2）取网格点Q，连接，交于点M，如图，
即为所求；
证明：取网格点H，连接，，，过O点作，
由网格图可知：，，
则利用勾股定理可得：，
∴，
在（1）中可知：，
∴，
∵，，
∴，即点到直线的距离为，
∴是的切线，
∵，
∴点与点重合，即切点为，
故答案为：取网格点Q，连接，交于点M．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，勾股定理，三角函数以及复杂作图等知识，灵活利用网格图，构造，是解答本题的关键．
15．刘徽是我国魏晋时期卓越的数学家，他首次提出“割圆术”，利用圆内接正多边形逐步逼近圆来近似计算圆周率，方法如图：作正六边形ABCDEF内接于，取的中点G，与交于点H；连接、；依次对剩余五段弧取中点可得一个圆内接正十二边形，记正十二边形的面积为，正六边形的面积为，则______．
【答案】
【分析】求出正六边形的，再乘以得，求出正十二边形的，再乘以得．
【详解】解：设半径为，
由条件可得：为等边三角形，且面积为正六边形的，
易求得：，
．
由条件可得：中为底，为高，且面积为正十二边形的，
，，
，
，
．
故答案为：
【点睛】本题考查了正多边形与圆的关系，相关知识点有：正多边形的面积求法、正多边形与圆中元素的对应关系，正确找出元素对应关系是解题的关键．
三、解答题
16．如图，已知点D是上一点，点C在直径的延长线上，与相切，交的延长线于点E，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若，
①求的半径；
②求的长．
【答案】(1)见解析
(2)①2；②
【分析】（1）如图，连接．要证是的切线，只要证明即可；
（2）①根据，构建方程求解即可；
②证明，推出，设，，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接．
∵，
∴，，
∵与相切，是半径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：①设，
∵，
∴，
∴，
∴，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
∴的半径为2；
②在中，，
∵是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，，
∵，
∴，
∴（负根已经舍去），
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
17．如图，已知等边，以为直径的与边相交于点．过点作，垂足为；过点作，垂足为．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求直径的长．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)
【分析】（1）如图所示（见详解），连接，为等边三角形，可求，，，，由此即可求解；
（2）由（1）可知，设为，可求出，在中，，可求出，，在中，，，，由此即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线．
（2）解：设为，由（1）知，，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查圆的切线，等边三角形的性质，平行线分线段成比例，掌握等边三角形的性质，切线的证明方法，平行线分线段成比例是解题的关键．
18．如图，以线段为直径作，交射线于点C，平分交于点D，过点D作直线于点E，交的延长线于点F．连接并延长交于点M．
(1)求证：直线是的切线；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质得到，根据角平分线的定义得到，证明，根据平行线的性质得到，根据切线的判定定理证明即可；
（2）根据题意求出，根据含角的直角三角形的性质计算，得到答案．
【详解】（1）证明：连接，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的半径，
∴直线是的切线；
（2）∵是的直径，
∴，
由（1）可知：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是切线的判定和性质、圆周角定理、直角三角形的性质，掌握经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键．
19．如图，半圆与的边相切于点，与，边分别交于点，，，是半圆的直径．
(1)求证：是半圆的切线；
(2)若，，求和的长．
【答案】(1)见解析
(2)的长为6，的长为
【分析】（1）连接，由等腰三角形等边对等角、平行线的性质可得，则由可证明，则，从而问题解决；
（2）由已知可得半圆的半径，由勾股定理可求得的长，进而得的长；由，可得，由相似三角形的性质得，由此等式可求得的长，从而求得的长，由（1）即可得的长，由勾股定理求得的长，再由前面的比例式可求得的长．
【详解】（1）证明：连接，
半圆与的边相切于点，
，
，
，
，
，，
，
，，
，
，
是半圆的半径，
是半圆的切线；
（2），
，
在中，，，
由勾股定理得：，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，，
由勾股定理得：，
，
，
的长为6，的长为．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，其中相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．
20．如图，点在的平分线上，与相切于点．
(1)求证：是的切线；
(2)与相交于点，直线交于点，若，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)的半径为
【分析】（1）连接，过点O作于T．利用角平分线的性质定理，证明即可．
（2）想办法证明，证明即可解决问题．
【详解】（1）证明：连接，过点作于．
是的切线，
，
平分，，
，
是的切线．
（2），，
，
∥，
，
，是的切线，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
∥，
，
，
，
．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，圆周角定理，切线的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用角平分线的性质定理解决问题．