中考数学一轮复习考点（全国通用）考向27 圆的基础知识 垂径定理 圆周角和圆心角专题特训（含答案）

这是一份中考数学一轮复习考点（全国通用）考向27 圆的基础知识 垂径定理 圆周角和圆心角专题特训（含答案），共66页。

【题型探究】
题型一：圆的基本概念
1．（2022·河北唐山·统考一模）下列语句：①平分弦的直径垂直于弦；②三角形的内心到三角形各边的距离相等；③在同圆或等圆中，相等的弦所对的圆周角相等；④过平面内三点可以作一个圆；⑤经过半径并且垂直于这条半径的直线是圆的切线；⑥的圆周角所对的弦是直径；⑦相等的圆心角所对的弧相等．其中正确的个数是（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
2．（2022·安徽·统考一模）下列说法正确的有（ ）
①两个半圆是等弧
②直线a上一点到圆心的距离等于半径，则a和圆有公共点
③过圆心的线段是半径
④相等的圆心角所对的弧相等
⑤一个三角形有唯一的一个外接圆
A．5个B．4个C．3个D．2个
3．（2021·山东威海·统考模拟预测）如图，点A，B的坐标分别为A（2，0），B（0，2），点C为坐标平面内一点，BC＝1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为（ ）
A．B．C．D．
题型二：垂径定理
4．（2023·辽宁抚顺·统考一模）如图的半径为3，是弦，点C为弧的中点，若,则弦的长为（ ）
A．B．3C．D．
5．（2022·浙江杭州·校考模拟预测）如图，是的直径，C是上一点，点D是弧的中点，于点E，交于点F，已知，的半径为2，则的长为（ ）
A．B．C．D．
6．（2022·浙江杭州·校考二模）如图，的半径于点C，连接并延长交于点E，连接．若，，则为（ ）
A．B．C．D．
题型三：垂径定理的推论
7．（2022·海南省直辖县级单位·统考二模）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．
8．（2022·贵州毕节·统考模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，点E，C在⊙O上，点A是的中点，过点A作⊙O的切线，交BC的延长线于点D，连接AC，EC．若∠ACE=32°，则∠ADB的度数为（ ）
A．48°B．52°C．58°D．68°
9．（2022·广东·一模）如图，是的直径，，是上的点，且，分别与，相交于点，，有下列结论：①；②；③平分；④；⑤； ⑥．其中一定成立的是（ ）.
A．②④⑤⑥B．①③④⑤C．②③④⑥D．①③⑤⑥
题型四：垂径的实际应用
10．（2023·福建南平·统考一模）我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”意思是：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知大小，用锯子去锯这个木材，锯口深寸，锯道尺（1尺寸），则这根圆柱形木材的直径是（ ）
A．12寸B．13寸
C．24寸D．26寸
11．（2023秋·贵州遵义·九年级统考期末）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，如图1，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心的圆，如图2，已知圆心O在水面上方，且被水面截得弦长为4米，半径长为3米．若点C为运行轨道的最低点，则点C到弦所在直线的距离是（ ）
A．1米B．2米C．米D．米
12．（2021·湖北鄂州·统考中考真题）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理，如图1，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心为圆心的圆，如图2，已知圆心在水面上方，且被水面截得的弦长为6米，半径长为4米．若点为运行轨道的最低点，则点到弦所在直线的距离是（ ）
A．1米B．米C．2米D．米
题型五：弧 弦 圆周角的关系
13．（2023·陕西西安·西安市庆华中学校考一模）如图，的直径的长为，弦长为，的平分线交于，则长为( )
A．7B．C．D．9
14．（2023·山东泰安·校考模拟预测）如图，在中，以为直径的分别与交于点F，D，点F是的中点，连接交于点E．若．连接，则弦的长为（ ）
A．B．C．4D．5
15．（2022·山东泰安·统考二模）如图，中，，过点A作的平行线交过点C的圆的切线于点D，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
题型六：圆心角和圆周角问题
16．（2023·陕西汉中·统考一模）如图，为的直径，，为上的两点，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
17．（2023·山东青岛·统考一模）如图，是的直径，点A是外一点，连接交于点，连接并延长交于点．若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
18．（2023·陕西西安·高新一中校考二模）如图，是的直径，是的弦，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
题型七：圆的综合问题
19．（2023·江苏苏州·统考一模）如图，已知是的直径，点，点均在上，连接交于点，，．
(1)若，求的长；
(2)若记的面积为，的面积为，求的值．
20．（2023·湖南衡阳·校考一模）如图，四边形内接于⊙，，延长到点，使得，连接．
(1)求证：；
(2)若，，，求的值．
21．（2022·浙江杭州·校考模拟预测）已知的直径，弦与弦交于点，且，垂足为点F．
(1)如图1，若，求线段的长．
(2)如图2，若，求的正切值．
(3)连结，，，若是的内接正边形的一边，是的内接正边形的一边，求的面积．
【必刷基础】
一、单选题
22．（2022·广东揭阳·揭阳市实验中学校考模拟预测）如图，在⊙O中，弦AB等于⊙O的半径，OC⊥AB交⊙O于点C，则∠AOC等于（ ）
A．B．C．D．
23．（2022·西藏·统考中考真题）如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB，垂足为C，，OC＝OD，则∠ABD的度数为（ ）
A．90°B．95°C．100°D．105°
24．（2022·青海·统考中考真题）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．
25．（2023·全国·九年级习）是的直径，弦，则（ ）
A．πB．2πC．D．4π
26．（2022·广东佛山·校考一模）如图，已知中，直径于点，点在上，且，过点作于点，已知的周长为，且，则的半径长为（ ）
A．B．C．D．
27．（2022春·九年级课时练习）如图，内接于，，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
28．（2022·浙江杭州·校考二模）如图，是半圆O的直径，D是的中点，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
29．（2023春·九年级课时练习）有下列说法：①任意三点确定一个圆；②圆的两条平行弦所夹的弧相等；③任意一个三角形有且仅有一个外接圆；④平分弦的直径垂直于弦；⑤直径是圆中最长的弦，其中错误的个数有（ ）
A．个B．个C．个D．个
30．（2022·湖北省直辖县级单位·校考一模）如图，点A、B分别在x轴、y轴上（）；以为直径的圆经过原点O，C是的中点，连结，．下列结论：①；②；③若，，则的面积等于5；④若，则点C的坐标是，其中正确的结论有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
31．（2023·全国·九年级专题练习）如图，点，，，在上，且，若，则的度数为（ ）
A．35°B．40°C．45°D．50°
32．（2023·陕西安康·统考一模）如图，已知在中，，且，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
33．（2022·广西百色·统考二模）如图，已知AB为⊙O的直径，过⊙O上点C的切线交AB的延长线于点E，AD⊥EC于点D，且交⊙O于点F，连结BC，CF，AC．
(1)求证：BC ＝CF；
(2)若，，求BE的长和的值．
34．（2022·辽宁鞍山·统考二模）如图1，四边形ABCD内接于，BD为直径，上点E，满足，连接BE并延长交CD的延长线于点F，BE与AD交于点G，连接CE，．
(1)求证：；
(2)如图2，连接CG，．若，求的周长．
【必刷培优】
一、单选题
35．（2023·辽宁沈阳·沈阳市第一二六中学校考一模）如图，是⊙O的直径，C为圆上一点，点D是弧的中点，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
36．（2023·山东泰安·校考一模）如图，等边的边长为4，点是边上的一动点，连接，以为斜边向上作等腰，连接，则AE的最小值为（ ）
A．1B．C．2D．
37．（2023·山东东营·东营市东营区实验中学校考一模）如图，、是的切线，切点分别为A、B，是的直径，交于E点，连接交于F，连接交于D点．下列结论：①；②；③平分；④；⑤E是的内心；⑥．其中一定成立的有（ ）个．
A．5B．4C．3D．2
38．（2023·湖北省直辖县级单位·校考一模）如图，四边形内接于，则的半径为（ ）
A．4B．C．D．
二、填空题
39．（2022·广东云浮·校联考三模）如图，是的弦，半径于点D，且，，则_____．
40．（2023·全国·九年级专题练习）如图，的半径为2，，，则弦的长为___________．
41．（2023春·九年级课时练习）已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，点是反比例函数图像上的一个动点，若以点为圆心，为半径的圆与直线相交，交点为、，当弦的长等于时，点的坐标为______．
42．（2022·湖北省直辖县级单位·校考二模）如图，、是半径为的上的两点，若，点是的中点，则四边形的周长为 ___________．
43．（2022春·九年级课时练习）如图，为的直径，点是弧的中点，过点作于点，延长交于点，若，，则的直径长为______．
44．（2023春·河南省直辖县级单位·九年级专题练习）如图，D是以为直径的半圆O的中点，，E是直径上一个动点，已知，则图中阴影部分周长的最小值是___________．
45．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考一模）如图，C、D两点在半圆O的弦上，点E在半圆O上，且为等边三角形，已知，，，则劣弧的长为__________
．
46．（2022·湖北省直辖县级单位·校考一模）如图，点A，B，C在上， ，，则的半径为 _____．
47．（2022·浙江温州·统考模拟预测）如图，内接于，，，是上与点关于圆心成中心对称的点，是边上一点，连接，，．已知，，是线段上一动点，连接并延长交四边形的一边于点，且满足，则的值为______．
48．（2023·四川泸州·统考一模）如图，为的直径，为弦的中点，若，且，则的长是___________．
49．（2023·河南·校考模拟预测）如图，在中，，，．点是上一动点，以为斜边向右侧作等腰直角三角形，使，连接．
(1)若点恰好落在上，则的值为 ___________；
(2)线段的最小值为 ___________．
三、解答题
50．（2022·黑龙江哈尔滨·统考三模）已知：两条弦与相交于点，．

(1)如图1，求证：；
(2)如图2，直径于点，连接，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接交于点，若，，求的长．
51．（2022·黑龙江哈尔滨·统考二模）如图1，OA为的半径，B，C为圆周上的点，连接AB，BC，若．
(1)求证：；
(2)如图2，点D在上，连接BD，CD，若，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，E在上，连接OE，过B作，垂足为H，BF与交于点F，连接AF，DF，若，，，求的面积．
52．（2022春·九年级课时练习）如图，D是的边上一点，连结，作的外接圆O，将沿直线折叠，点C的对应点E落在上．
(1)若，如图1．
①求的度数．
②若，求的度数．
(2)若，如图2．求的长．
知识点一：圆的有关概念
1.与圆有关的概念和性质
（1）圆：平面上到定点的距离等于定长的所有点组成
的图形．如图所示的圆记做⊙O.
（2）弦与直径：连接圆上任意两点的线段叫做弦，过
圆心的弦叫做直径，直径是圆内最长的弦.
（3）弧：圆上任意两点间的部分叫做弧，小于半圆的
弧叫做劣弧，大于半圆的弧叫做优弧.
（4）圆心角：顶点在圆心的角叫做圆心角.
（5）圆周角：顶点在圆上，并且两边都与圆还有一个
交点的角叫做圆周角.
（6）弦心距：圆心到弦的距离.
知识点二 ：垂径定理及其推论
2.垂径定理及其推论
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．
推论
(1)平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；
(2)弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧.
延伸
根据圆的对称性，如图所示，在以下五条结论中：
弧AC=弧BC;
②弧AD=弧BD；
③AE=BE;
④AB⊥CD;⑤CD是直径.
只要满足其中两个，另外三个结论一定成立，即推二知三
.关于垂径定理的计算常与勾股定理相结合，解题时往往需要添加辅助线，一般过圆心作弦的垂线，构造直角三角形.
知识点三 ：圆心角、弧、弦的关系
3.圆心角、弧、弦的关系
定理
在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等．
推论
在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
知识点四 ：圆周角定理及其推论
4.圆周角定理及其推论
（1）定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半.
( 2 )推论：
在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等.如图b，∠A=∠C.
直径所对的圆周角是直角.如图c,∠C=90°.
圆内接四边形的对角互补.如图a，∠A+∠C=180°，∠ABC+∠ADC=180°.
参考答案：
1．A
【分析】根据圆的相关知识以及内心是角平分线的交点进行逐一判断即可．
【详解】解：①平分弦（非直径）的直径垂直于弦，说法错误；
②三角形的内心是三条角平分线的交点，到三角形各边的距离相等，说法正确；
③在同圆或等圆中，相等的弦所对的圆周角相等或互补，说法错误；
④过平面内不在同一直线上的三点可以作一个圆，说法错误；
⑤经过圆上一点并且垂直于这点与圆心的连线的直线是圆的切线，说法错误；
⑥的圆周角所对的弦是直径，说法正确；
⑦在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，说法错误；
故选A．
【点睛】本题主要考查了圆的相关知识，三角形内心，熟知相关知识是解题的关键．
2．D
【分析】根据圆的相关知识进行逐一判断即可．
【详解】解：①同圆或等圆中两个半圆是等弧，故说法错误；
②直线a上一点到圆心的距离等于半径，则a和圆有公共点，故说法正确；
③过圆心的线段是不一定是半径，故说法错误；
④同圆或等圆中相等的圆心角所对的弧相等，故说法错误；
⑤一个三角形有唯一的一个外接圆，故说法正确；
故选：D
【点睛】本题主要考查圆的基本知识，熟知圆的相关知识是解题的关键．
3．B
【分析】根据同圆的半径相等可知：点C在半径为1的⊙B上，通过画图可知，C在BD与圆B的交点时，OM最小，在DB的延长线上时，OM最大，根据三角形的中位线定理可得结论．
【详解】解：如图，
∵点C为坐标平面内一点，BC=1，
∴C在⊙B上，且半径为1，
取OD=OA=2，连接CD，
∵AM=CM，OD=OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM=CD，
当OM最大时，即CD最大，而D，B，C三点共线时，当C在DB的延长线上时，OM最大，
∵OB=OD=2，∠BOD=90°，
∴BD=2，
∴CD=2+1，
∴OM=CD=+，即OM的最大值为+；
故选：B．
【点睛】本题考查了坐标和图形的性质，三角形的中位线定理等知识，确定OM为最大值时点C的位置是关键，也是难点．
4．D
【分析】连接与交于点,根据垂径定理的推论可得,然后根据圆周角定理可得,最后利用锐角三角函数求出，即可求出结论．
【详解】解：连接,与交于点
点为 的中点，
在中,
故选：D
【点睛】此题考查的是垂径定理的推论、圆周角定理和锐角三角函数，掌握垂径定理的推论、圆周角定理和锐角三角函数是解决此题的关键．
5．A
【分析】延长交于点G，连接、，先由圆周角定理得，得，由圆周角定理得，勾股定理得，则，再由勾股定理求出，则，设，则，然后在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】解：延长交于点G，连接、，如图所示：
∵点D是弧的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是的直径，的半径为2，
∴，
∴，，
∴，
∵
∴，
∴；
即：，
∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得：
，
解得：，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理、圆心角、弧、弦的关系、勾股定理等知识；熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键．
6．A
【分析】连接，过C作于Q，根据垂径定理求出，根据圆周角定理求出，根据勾股定理求出的半径，求出，根据勾股定理求出，根据三角形的面积公式求出，根据勾股定理求出，再解直角三角形求出答案即可．
【详解】解：连接，过C作于Q，设的半径为R，
∵，过O，，
∴，，
由勾股定理得：，
即，
解得：，
即，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：，
由勾股定理得：，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，三角形的面积，解直角三角形等知识点，能求出的长度是解此题的关键．
7．D
【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°，
∴∠B=90°-∠ADB=32°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC=90°-∠B=58°，
∵点A是的中点，
∴BA⊥EC，
∴∠ACE=90°-∠BAC=32°，
故选：D．
【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．
8．C
【分析】根据垂径定理得到BA⊥EC，求得∠BAC，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据直角三角形的性质求出∠B，根据切线的性质得到BA⊥AD，进而得出答案．
【详解】解：∵点A是的中点，
∴BA⊥EC，
∵∠ACE=32°，
∴∠BAC=90°-∠ACE =58°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠B=90°-∠BAC=32°，
∵AD是⊙O的切线，
∴BA⊥AD，
∴∠ADB=90°-∠B=58°，
故选：C．
【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．
9．B
【分析】根据直径所对的圆周角是直角可判断①；根据三角形内角和定理可判断②；根据平行线的性质和等腰三角形的性质可得∠OBC=∠DBC，进而可判断③；根据平行线的性质和垂径定理的推论可判断④；根据结论④和三角形的中位线性质可判断⑤；由于无法得到两个三角形的对应边相等，故可判断⑥．
【详解】解：①是的直径，
∴∠ADB=90°，
∴AD⊥BD，故①一定成立；
②△AFO和△CFE中，∵∠AFO=∠CFE=90°，但∠A与∠C不一定相等，
∴∠AOC与∠AEC不一定相等，故②不一定成立；
③∵OC∥BD，
∴∠DBC=∠OCB，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC，
∴∠OBC=∠DBC，
∴BC平分∠ABD，故③一定成立；
④∵OC∥BD，AD⊥BD，
∴OC⊥AD，又OC是半径，F为垂足，
∴AF=DF，故④一定成立；
⑤∵AF=DF，OA=OB，
∴OF是△ABD的中位线，
∴BD=2OF，故⑤一定成立；
⑥∵△CEF和△BED中，无法判断相等的边，
∴△CEF与△BED不一定全等，故⑥不一定成立，
综上，结论一定成立的是①③④⑤，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理的推论、平行线的性质、三角形的中位线性质、角平分线的定义、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握圆的性质是解答的关键．
10．D
【分析】延长，交于点，连接，由题意知过点，且，由垂径定理可得尺寸，设半径，则，在中，根据勾股定理可得：，解方程可得出木材半径，即可得出木材直径．
【详解】解：延长，交于点，连接，
由题意知过点，且，
为半径，
∴尺寸，
设半径，
∵，
∴
在中，根据勾股定理可得：
解得：，
∴木材直径为26寸；
故选：D．
【点睛】本题考查的是垂径定理的应用，掌握垂直弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧及勾股定理是解题的关键．
11．C
【分析】连接OC交AB于点E．利用垂径定理以及勾股定理求出OE，可得结论．
【详解】解：连接OC交AB于点E．
由题意OC⊥AB，
∴AE=BE=AB=2（米），
在Rt△AEO中，（米），
∴CE=OC-OE=（米），
故选：C．
【点睛】本题考查垂径定理的应用，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
12．B
【分析】连接OC交AB于D，根据圆的性质和垂径定理可知OC⊥AB，AD=BD=3，根据勾股定理求得OD的长，由CD=OC﹣OD即可求解．
【详解】解：根据题意和圆的性质知点C为的中点，
连接OC交AB于D，则OC⊥AB，AD=BD=AB=3，
在Rt△OAD中，OA=4，AD=3，
∴OD===，
∴CD=OC﹣OD=4﹣，
即点到弦所在直线的距离是（4﹣）米，
故选：B．
【点睛】本题考查圆的性质、垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理是解答的关键．
13．B
【分析】连，作于，根据是直径，得出，得出，根据平分，得出，得出，在中得出，进而即可求解．
【详解】解：如图，连，作于，
是直径，
，
，，
，
平分，
，
，
，
，
，是直径，
，
在中，，，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，角平分线的定义，掌握圆周角定理是解题的关键．
14．A
【分析】连接，先根据圆周角定理可得，，再根据等腰三角形的三线合一可得，，从而可得，然后利用勾股定理可得的长，由此即可得．
【详解】解：如图，连接，
为的直径，
，
点是的中点，
，，
，（等腰三角形三线合一），
，
，
，
又，
，
解得或（舍去），
，
故选：A．
【点睛】本题考查了圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的三线合一等知识点，熟练掌握圆周角定理是解题关键．
15．B
【分析】连接OA．由可得出，从而可利用“SSS”证明，即得出，再根据等腰对等角可得出．由切线的性质可得出，从而得出，最后根据平行线的性质，即可求出的度数．
【详解】如图，连接OA．
∵，
∴．
∵OB=OB，OC=OA，
∴(SSS)，
∴．
∵OB=OC，
∴，
∵CD为⊙O切线，
∴，
∴．
∵，
∴．
故选B．
【点睛】本题考查切线的性质，弧、弦、圆心角的关系，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质以及平行线的性质．连接常用的辅助线是解题关键．
16．A
【分析】连接，根据直径所对的圆周角等于，得到，进而得到，再根据同弧所对的圆周角相等，得到，即可得到答案．
【详解】解：连接，如下图所示，
为的直径，
，
，
，
，
，
故选A．
【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，同弧或等弧所对的圆周角相等，熟练掌握相关知识点是解题关键．
17．A
【分析】连接，根据直径所对的圆周角是直角可得，进而可根据，可得，根据圆内接四边形可得，根据圆周角定理即可求得的大小．
【详解】解：如图，连接
是⊙O的直径
四边形是的内接四边形
故选A．
【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，圆周角定理，直径所对的圆周角相等，直角三角形的两锐角互余，掌握圆周角定理是解题的关键．
18．C
【分析】根据是的直径，可得，从而得到，再根据圆内接四边形的性质，即可求解．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴．
故选：C
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟练掌握圆周角定理，圆内接四边形的性质是解题的关键．
19．(1) ；
(2)．
【分析】（1）如图，连接，证明，，结合，求解，再利用勾股定理可得答案；
（2）过作于，由，设，可得，，，证明，可得，，，，再利用三角形的面积公式进行计算即可．
【详解】（1）解：如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，而，
∴，
∴，
∴．
（2）过作于，
∵，设，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，勾股定理的应用，垂径定理的应用，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线，灵活运用锐角三角函数解题是关键．
20．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质得到，证明，根据全等三角形的性质证明结论；
(2) 过点作于，根据等腰三角形的性质求出，进而求出，根据正切的定义求出，根据正切的定义计算，得到答案．
【详解】（1）∵四边形内接于⊙，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）过点作于，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、解直角三角形、全等三角形的判定和性质，掌握圆内接四边形的对角互补、锐角三角函数的定义是解题的关键．
21．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由知，得，根据知，从而得，即可知，利用可得答案；
（2）连接，，由题意易证，则有，设，则，然后根据勾股定理及三角函数可进行求解；
（3）先求出、、所对圆心角的度数，从而求得、，从而根据三角形面积公式计算可得．
【详解】（1）解：，
，，
又，
，
即，
，
，
，
，
，
，
则；
（2）解：如图1，连接，，
为直径，，
，，
，
，
∴，
∵，
，
∵，，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图2，
是的内接正边形的一边，是的内接正边形的一边，
、，
则，
解得：，
、，
，
，
，
则，
．
【点睛】本题主要考查圆的综合题，解题的关键是掌握圆周角和圆心角定理、中位线定理、全等三角形的判定与性质及三角函数的应用等知识点．
22．D
【分析】弦AB等于⊙O的半径，可得△AOB是等边三角形，再由等边三角形的性质，即可求解．
【详解】解：∵弦AB等于⊙O的半径，
∴OA=OB=AB，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∵OC⊥AB，
∴．
故选：D
【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握圆的基本性质，等边三角形的判定和性质是解题的关键．
23．D
【分析】连接OB，即得出OB＝OD，从而得出∠OBD＝∠ODB．根据含30度角的直角三角形的性质结合题意可判断∠OBC＝30°，再利用平行线的性质可得出∠BOD＝∠OBC＝30°，从而根据三角形内角和求出∠OBD＝∠ODB＝75°，最后由∠ABD＝∠OBC+∠OBD求解即可．
【详解】如图：连接OB，
∴OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB．
∵OC＝OD，
∴OC＝OB．
∵OC⊥AB，
∴,
∴∠OBC＝30°．
∵，
∴∠BOD＝∠OBC＝30°，
∴∠OBD＝∠ODB＝75°，
∴∠ABD＝∠OBC+∠OBD=30°+75°＝105°．
故选D．
【点睛】本题考查圆的基本性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，平行线的性质，三角形内角和定理的应用．连接常用的辅助线是解题关键．
24．C
【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．
25．C
【分析】先求出，再根据含直角三角形的性质得，及，然后根据勾股定理求出，进而得出，同理求出，，最后根据得出结论．
【详解】解：∵，
∴.
∵，过圆心O，，
∴，.
∴.
在中，，
∴，
根据勾股定理，得，
解得（负数舍去），
∴，
同理，，
∴，
∴.
故选：C．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，圆周角定理，扇形的面积等，将求不规则图形面积转化为求规则图形的面积是解题的关键．
26．D
【分析】设与交于点G，延长至T，使，连接，可推出，，从而得出点T、B、G、A共圆，从而得出，从而得出是等腰三角形，进而求得，然后在中求得半径．
【详解】解：如图，
设与交于点G，延长至T，使，连接，
∴，
∵，
∴，
∵直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点T、B、G、A共圆，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵的周长为，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，圆周角定理，垂径定理，确定圆的条件，勾股定理，解直角三角形等知识，解决问题的关键是作辅助线．
27．C
【分析】连接，过点O作于D，根据垂径定理求出，根据圆周角定理求出，根据余弦的定义求出，根据弧长公式计算，得到答案．
【详解】解：连接，过点O作于D，
则，
由圆周角定理得，，
∵，
∴，
∴，，
即，
∴(负值已舍)，
∴的长，
故选：C．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心、弧长的计算、垂径定理的应用，掌握圆周角定理、垂径定理、弧长公式是解题的关键．
28．B
【分析】由是半圆O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，可求得的度数，继而求得的度数，又由圆的内接四边形的性质，求得的度数，继而求得答案．
【详解】解：∵是半圆O的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵D是的中点，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】此题考查了圆周角定理、圆的内接四边形的性质、弧与弦的关系以及等腰三角形的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
29．A
【分析】根据圆的确定条件，圆心角、弧、弦的关系，三角形的外接圆的定义，垂径定理逐项判断即可．
【详解】解：不在同一直线上的三点确定一个圆，故①错误；
圆的两条平行弦所夹的弧相等，故②正确；
任意一个三角形有且仅有一个外接圆，故③正确；
平分弦（非直径）的直径垂直于弦，故④错误；
直径是圆中最长的弦，故⑤正确．
综上可知错误的个数有2个．
故选A．
【点睛】本题考查圆的确定条件、垂径定理、圆心角、弧、弦的关系等知识，解题关键是熟记相关知识点，准确进行判断．
30．A
【分析】根据圆周角定理判断①，弧、弦、圆心角的关系判断②，求出，根据等腰直角三角形的性质可判断③，作轴于，轴于，通过构造全等三角形，可判断④．
【详解】解：是直径，
，故①符合题意；
是中点，
，故②符合题意；
，
，
是等腰直角三角形，
，
的面积为，故③符合题意；
作轴于，轴于，
，
，
，
，
，
，，
是正方形，
设正方形的边长为，
，
，
，
点坐标为：，故④符合题意，
故选：A．
【点睛】本题考查圆的有关知识及三角形全等，关键是综合运用几何知识点．
31．C
【分析】如图所示，连接，先根据弧与圆心角的关系得到，则，由此利用圆周角定理求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，弧与圆心角的关系，正确求出是解题的关键．
32．A
【分析】由圆周角定理可求出，结合题意可求出，最后根据等腰三角形的性质结合三角形内角和定理即可求出．
【详解】∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
故选A．
【点睛】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理．掌握同弧所对的圆周角等于它所对的圆心的角的一半是解题关键．
33．(1)证明见解析
(2)；
【分析】（1）如图，连接OC，由题意知OC⊥DE，则，，则，进而可证；
（2）在中，由勾股定理得，设，则，证明，则，即，求出、的值，进而可求、的值，根据，求正切值即可．
（1）
证明：如图，连接OC，
∵DE为过点C的切线，
∴OC⊥DE，
又∵AD⊥CE，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）
解：在中，由勾股定理得，
设，则，
∵，
∴，
∴，即，
解得，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，等边对等角，弧、弦、圆周角的关系，勾股定理，相似三角形的判定与性质，正切等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
34．(1)见解析
(2)
【分析】（1）先根据圆周角定理可得，从而可得，再根据圆周角定理可得，从而可得，则，然后根据三角形全等的判定证出，根据全等三角形的性质即可得证；
（2）先在中，解直角三角形和勾股定理可得，再根据可得，从而可得，然后根据解直角三角形和勾股定理分别求出的长，最后根据三角形的周长公式即可得．
（1）
证明：为的直径，
，
，
，
，
由圆周角定理得：，
，
，即，
在和中，，
，
．
（2）
解：如图，连接，
，
设，则，
，解得，
，
，
，即，
，
由（1）已证：，
，
，
，
，，
，
则的周长为．
【点睛】本题考查了圆周角定理、三角形全等的判定与性质、解直角三角形、勾股定理等知识点，熟练掌握圆周角定理和解直角三角形的方法是解题关键．
35．C
【分析】根据是⊙O的直径得到，结合即可得到，根据点D是弧的中点即可得答案；
【详解】解：∵是⊙O的直径，
∴，
∵，
∴，
∵点D是弧BC的中点，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查圆周角定理及直角三角形两锐角互余，解题的关键是熟练掌握圆周角定理．
36．B
【分析】过点作于点，作射线，可证点，点，点，点四点共圆，可得，则点在的角平分线上运动，即当时，的长度有最小值，由直角三角形的性质可求解．
【详解】解：如图，过点作于点，作射线，
是等边三角形，，
，
，
点，点，点，点四点共圆，
，
点在的角平分线上运动，
当时，的长度有最小值，
，
，
的最小值为，
故选：B．
【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的性质，垂线段最短，四点共圆，圆周角定理等知识，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．
37．A
【分析】连接，，①根据、是的切线，即可判断；②根据，，可得是的垂直平分线，进而可以判断；③根据是的垂直平分线，可得，进而可以判断；④根据，，即可判断；⑤证明，，即可判断；⑥根据，可得，进而可以判断．
【详解】解：如图，连接，，
①、是的切线，
，故①正确；
②，，
是的垂直平分线，
，故②正确；
③是的垂直平分线，
，
，
平分，故③正确；
④是的直径，
，
，
，
，，
，故④正确；
⑤是的切线，
，
是的直径，
，
，
，
，
，
是的内心，故⑤正确；
⑥，
，故⑥错误；
∴其中一定成立的是①②③④⑤，共5个
故选：A．
【点睛】此题属于圆的综合题，涉及了圆周角定理、切线的性质、三角形中位线定理、线段垂直平分线的判定，直角三角形的性质，解答本题的关键是熟练掌握相关性质及圆周角定理．
38．B
【分析】连接，，根据圆内接四边形的性质可得，则有，进而根据勾股定理可进行求解．
【详解】解：连接，，
∵四边形内接于，，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∵，
∴，
∴的半径为：．
故选：B．
【点睛】本题主要考查圆内接四边形的性质及圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质及圆周角定理是解题的关键．
39．##
【分析】如图，连接，根据垂径定理证是等腰直角三角形，然后根据勾股定理和线段的加减运算求得、，最后根据计算即可．
【详解】解：如图，连接，
，
，
是等腰直角三角形，
在中，
，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理、等腰直角三角形的性质以及求角的正切值；解题的关键是利用垂径定理和勾股定理求线段长度．
40．
【分析】连接，，由圆周角定理知，又因为，，由锐角三角函数知，所以．
【详解】解：如图，连接，
，
，
，，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，连接运用垂径定理，特殊角的三角函数是解答此题的关键．
41．或
【分析】当点在直线上方时，作，利用垂径定理可得，由勾股定理易得，作轴交直线于点，由可得，设，则，易得，，因为点在反比例函数图像上，所以易得可得，易得点的坐标，当点在直线下方时，利用对称性可得点的另一坐标．
【详解】解：当点在直线上方时，连接，作，
，而，
．
作轴交直线于点，
∵∠,
∴，，
∴，
设，则，
，
∵点是反比例函数图像上的一个动点，
，
，（负值舍去）
，
当点在直线下方时，由对称性可知．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了垂径定理、反比例函数与一次函数的交点、勾股定理等知识点，正确作出恰当的辅助线、利用勾股定理和垂径定理解得是解答此题的关键．
42．8
【分析】连接，证明再证明为等边三角形，从而可得结论．
【详解】解：连接．
∵点是的中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴和都是等边三角形，
∴，
所以四边形的周长等于8．
故答案为：8．
【点睛】本题考查的是圆的基本性质，圆周角定理的应用，等边三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的判定定理是解题的关键．
43．15
【分析】根据点是弧的中点，得到；根据为的直径，，得到，从而得到，得到，得到，得到，设圆的半径为R，连接，根据勾股定理，得到，计算2R的值即可．
【详解】如图，因为点是弧的中点，
所以；
因为为的直径，
，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
设圆的半径为R，连接，根据勾股定理，得到，
解得．
故答案为：15．
【点睛】本题考查了垂径定理及其推论，弧、弦的关系，勾股定理，熟练掌握垂径定理，勾股定理是解题的关键．
44．
【分析】取点C连关于对称的点 ，连接交于点E，当D、E、三点在同一直线上时最小．
【详解】解：作图如下：


取点C连关于对称的点 ，连接交于点E，

即为 的最小值，
过点D作 交延长线于F

，

，
，
，
图中阴影部分周长的最小值是，
故答案为：．
【点睛】本题考查的核心原理在于两点之间的线段最短和垂线段最短，通常在求最值的时候我们会借助于几何三大变化，轴对称、平移、旋转变换进行线段的转移，从而转换成两大核心原理进行求解．
45．
【分析】先利用圆周角定理求得，再根据等边三角形的性质和三角形的外角性质求得，，利用相似三角形的判定证明得到，进而求得、，过O作于F，利用垂径定理和锐角三角函数值求得，然后利用弧长公式求解即可．
【详解】解：连接、，
∵，，
∴，，
∵为等边三角形，，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴，又，
∴，则，
∴，
过O作于F，则，，
在中，，
∴，
∴劣弧的长为，
故答案为：．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、圆周角定理、等边三角形的性质、三角形的外角性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、弧长公式等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用相似三角形的性质求解线段长是解答的关键．
46．
【分析】过点A作交的延长线于点E，连接，先求出，则，利用等腰直角三角形的性质得到，则，利用勾股定理求出的长即可得到答案．
【详解】解：过点A作交的延长线于点E，连接．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
47．1或
【分析】先根据圆周角定理和对称性质证明四边形是正方形，得到，，根据题意，分点R在线段上和点R在线段上两种情况，利用全等三角形的判定与性质分别求解即可．
【详解】解：∵内接于，，
∴是的直径，
∵是上与点关于圆心成中心对称的点，
∴，，又，
∴，
∴四边形是菱形，又，
∴四边形是正方形，
∴，．
当点R在线段上时，如图，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
当点R在线段上时，如图，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上，满足条件的的值为1或．
【点睛】本题考查圆周角定理、对称性质、菱形的判定、正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握圆周角定理和正方形的判定与性质，证得四边形是正方形，利用分类讨论思想结合全等三角形的性质和等面积法求解是解答的关键．
48．4
【分析】先由垂径定理的推论得出，从而得，再由圆周角定理得出，然后由直角三角形的性质得出答案．
【详解】解：∵为的直径，为弦的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：4．
【点睛】本题考查垂径定理的推论，圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握垂径定理的推论，圆周角定理，含量30度角的直角三角形的性质是解题词的关键．
49． ##
【分析】（1）若点恰好落在上时，根据含度角的直角三角形的性质，勾股定理得出，继而求得，根据等腰三角形的性质得出，根据，即可求解；
（2）以为斜边在右侧作等腰直角三角形，边与 交于点，连接延长与交于点，连接，作于点，证明得出，则在直线上运动，当时，最短，即为的长，进而得出点四点共圆，则，进而即可求解．
【详解】（1）若点恰好落在上时，
，
，
在中，，，，
，，
点恰好落在上，
，
，
故答案为:；
（2）以为斜边在右侧作等腰直角三角形，边与 交于点，连接延长与交于点，连接，作于点．
与为等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
为上的动点，
在直线上运动，
当时，最短，即为的长．
在与中，
，
，
，
，
点四点共圆，
，且，
则，
，
，
故答案为．
【点睛】本题考查了勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，同弧所对的圆周角相等，综合运用以上知识是解题的关键．
50．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）如图所示，连接BC，只需要证明，得到∠CBD=∠BCA，即可证明BE=CE；
（2）如图所示，过点O作OM⊥BD于M，连接OA，先证明OM是△BDF的中位线，得到，再证明Rt△BOM≌Rt△AON得到ON=OM，即可证明；
（3）连接AB，AO，AF，过点O作OK⊥AD于K，先证明△ANB≌△ANG得到，设ON=x，则，，，，由勾股定理得，证明△ABN∽△FAN，得到，推出，在Rt△ANG中，，证明△ANG∽△OKG，推出，则，据此求解即可．
（1）
解：如图所示，连接BC，
∵，
∴，
∴，即，
∴∠CBD=∠BCA，
∴BE=CE；
（2）
解：如图所示，过点O作OM⊥BD于M，连接OA，
∴BM=DM，∠BMO=90°，
∵M是BD的中点，O是BF的中点，
∴OM是△BDF的中位线，
∴，
∵AC⊥BF，AC=BD，
∴，
在Rt△BOM和Rt△AON中，
，
∴Rt△BOM≌Rt△AON（HL），
∴ON=OM，
∴；
（3）
解：连接AB，AO，AF，过点O作OK⊥AD于K，
∵BF是圆O的直径，BF⊥AC，
∴，∠ANB=∠ANG=90°，
由（1）得，
∴，
∴∠BAC=∠DAC，
在△ANB和△ANG中，
，
∴△ANB≌△ANG（ASA），
∴，
设ON=x，则，，
∴，，
∵OK⊥AD，AD=11，
∴，
在Rt△AKO中，，
∵BF是直径，
∴∠BAF=90°，
∴∠BAN+∠FAN=90°，
又∵∠BAN+∠ABN=90°，
∴∠ABN=∠FAN，
∴△ABN∽△FAN，
∴，
∴，
在Rt△ANG中，，
∵∠OGK=∠AGN，∠ANG=∠OKG=90°，
∴△ANG∽△OKG，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，弧、弦、圆周角之间的关系，等腰三角形的判定等等，正确作出对应的辅助线是解题的关键．
51．(1)见解析；
(2)见解析；
(3)32
【分析】（1）连接OB，OC，设，则，可证明，和，进而可得，故；
（2）利用角之间的关系证明，，故可得，，即；
（3）连接OB，OC，证明，过点D作交BC的延长线于点G，
得到，过点D作于点Q，得到，可得，进而表示出，过点O作于点P，则，证明四边形ODQP为矩形，求出，连接OF，求出，过点B作于点M，证明，设，求出，，即可求出答案．
（1）
证明：连接OB，OC，
设，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）
证明：由（1）得：连接OB，OC，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即；
（3）
解：连接OC，OD，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴DE是的直径
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
过点D作交BC的延长线于点G，
∴，
∴
∵，
∴，
∴
∴，
过点D作于点Q，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
∴，
过点O作于点P，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形ODQP为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
连接OF，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
过点B作于点M，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
【点睛】本题考查圆的综合问题，难度较大，解题的关键是掌握圆心角、弧、弦之间的关系，利用等边对等角证明，利用正切值求，．
52．(1)①30，②60；
(2)
【分析】（1）①根据折叠的性质可得，根据等弧所对的圆周角即可求解；
②根据等边对等角可得，根据（1）的结论可得，进而根据折叠的性质求得，进而根据即可求得，
（2）根据，可得，，根据折叠的性质可得，进而即可求解．
【详解】（1）①，，
，
将沿直线折叠，点C的对应点E落在上，
；
②，
，
，
，
将沿直线折叠，点C的对应点E落在上，
，
中，，则，
，
，
，
（2）
折叠