还剩180页未读，
继续阅读
初中数学中考复习 专题49圆（3）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版）
展开
这是一份初中数学中考复习 专题49圆（3）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版），共183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49圆（3）（全国一年）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．（2020·四川南充?中考真题）如图，四个三角形拼成一个风车图形，若AB=2，当风车转动90°时，点B运动路径的长度为（ ）
A．π B．2π C．3π D．4π
【答案】A
【解析】
【分析】
B点的运动路径是以A点为圆心，AB长为半径的圆的的周长，然后根据圆的周长公式即可得到B点的运动路径长度为π．
【详解】
解：∵B点的运动路径是以A点为圆心，AB长为半径的圆的的周长，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查了弧长的计算，熟悉相关性质是解题的关键．
2．（2020·黑龙江哈尔滨?中考真题）如图是直径，点A为切点，交于点C，点D在上，连接，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据同弧所对的圆心角等于所对圆周角的2倍，由可求出∠AOC=．再由AB为圆O的切线，得AB⊥OA，由直角三角形的两锐角互余，即可求出∠ABO的度数，
【详解】
解：∵ ，
∴，
∵AB为圆O的切线，
∴AB⊥OA，即∠OAB=90°，
∴，
故选：B．
【点睛】
此题考查了切线的性质，以及圆周角定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．
3．（2020·四川泸州?中考真题）如图，中，，．则的度数为（ ）
A．100° B．90° C．80° D．70°
【答案】C
【解析】
【分析】
首先根据弧、弦、圆心角的关系得到AB=AC，再根据等腰三角形的性质可得∠A的度数，然后根据圆周角定理可得∠BOC=2∠A，进而可得答案．
【详解】
解：∵，
∴AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=70°，
∴∠A=180°-70°×2=40°，
∵圆O是△ABC的外接圆，
∴∠BOC=2∠A=40°×2=80°，
故选C．
【点睛】
此题主要考查了弧、弦、圆心角的关系、圆周角定理、等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质，由圆周角定理得出结果是解决问题的关键．
4．（2020·湖南张家界?中考真题）如图，四边形为的内接四边形，已知为，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的性质求出∠A，根据圆周角定理计算，得到答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A＝180°−∠BCD＝60°，
由圆周角定理得，∠BOD＝2∠A＝120°，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是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．
5．（2020·湖北咸宁?中考真题）如图，在中，，，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据圆周角定理得出∠AOB=90°，再利用S阴影=S扇形OAB-S△OAB算出结果.
【详解】
解：∵∠C=45°，
∴∠AOB=90°，
∵OA=OB=2，
∴S阴影=S扇形OAB-S△OAB==，
故选D.
【点睛】
本题考查了圆周角定理，扇形面积计算，解题的关键是得到∠AOB=90°.
6．（2020·河北中考真题）有一题目：“已知；点为的外心，，求．”嘉嘉的解答为：画以及它的外接圆，连接，，如图．由，得．而淇淇说：“嘉嘉考虑的不周全，还应有另一个不同的值．”，下列判断正确的是（ ）
A．淇淇说的对，且的另一个值是115°
B．淇淇说的不对，就得65°
C．嘉嘉求的结果不对，应得50°
D．两人都不对，应有3个不同值
【答案】A
【解析】
【分析】
直接利用圆内接四边形的性质结合圆周角定理得出答案．
【详解】
解：如图所示：
∵∠BOC=130°，
∴∠A=65°，
∠A还应有另一个不同的值∠A′与∠A互补．
故∠A′＝180°−65°＝115°．
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了三角形的外接圆，正确分类讨论是解题关键．
7．（2020·江苏苏州?中考真题）如图，在扇形中，已知，，过的中点作，，垂足分别为、，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
连接OC，易证，进一步可得出四边形CDOE为正方形，再根据正方形的性质求出边长即可求得正方形的面积，根据扇形面积公式得出扇形AOB的面积，最后根据阴影部分的面积等于扇形AOB的面积剪去正方形CDOE的面积就可得出答案．
【详解】
连接OC
点为的中点
在和中
又
四边形CDOE为正方形
由扇形面积公式得
故选B．
【点睛】
本题考查了扇形面积的计算、正方形的判定及性质，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键．
8．（2020·安徽中考真题）已知点在上．则下列命题为真命题的是（ ）
A．若半径平分弦．则四边形是平行四边形
B．若四边形是平行四边形．则
C．若．则弦平分半径
D．若弦平分半径．则半径平分弦
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆的有关性质、垂径定理及其推论、特殊平行四边形的判定与性质依次对各项判断即可．
【详解】
A．∵半径平分弦，
∴OB⊥AC，AB=BC，不能判断四边形OABC是平行四边形，
假命题；
B．∵四边形是平行四边形,且OA=OC,
∴四边形是菱形，
∴OA=AB=OB，OA∥BC，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠OAB=60º,
∴∠ABC=120º,
真命题；
C．∵，
∴∠AOC=120º，不能判断出弦平分半径，
假命题；
D．只有当弦垂直平分半径时，半径平分弦，所以是
假命题，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查命题与证明，涉及垂径定理及其推论、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，解答的关键是会利用所学的知识进行推理证明命题的真假．
9．（2020·山东聊城?中考真题）如图，是的直径，弦，垂足为点．连接，．如果，，那么图中阴影部分的面积是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据是的直径，弦，由垂径定理得，再根据证得，即可证明，即可得出．
【详解】
解：是的直径，弦，
，．
又
在和中，
，
故选：B
【点睛】
本题考查了垂径定理，圆周角定理，平行线的性质，全等三角形的判定，扇形的面积，等积变换，解此题的关键是证出，从而将阴影部分的面积转化为扇形OBC的面积，题目比较典型，难度适中．
10．（2020·山东聊城?中考真题）如图，有一块半径为，圆心角为的扇形铁皮，要把它做成一个圆锥形容器（接缝忽略不计），那么这个圆锥形容器的高为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
首先利用扇形的弧长公式求得圆锥的底面周长，求得底面半径的长，然后利用勾股定理求得圆锥的高．
【详解】
解：设圆锥的底面周长是l，则l=m，
则圆锥的底面半径是：m，
则圆锥的高是：m．
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
11．（2020·湖南株洲?中考真题）如图所示，点A、B、C对应的刻度分别为0、2、4、将线段CA绕点C按顺时针方向旋转，当点A首次落在矩形BCDE的边BE上时，记为点，则此时线段CA扫过的图形的面积为（ ）
A． B．6 C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
求线段CA扫过的图形的面积，即求扇形ACA1的面积.
【详解】
解：由题意，知AC=4,BC=4-2=2,∠A1BC=90°.
由旋转的性质，得A1C=AC=4.
在Rt△A1BC中，cos∠ACA1==.
∴∠ACA1=60°.
∴扇形ACA1的面积为=.
即线段CA扫过的图形的面积为.
故选：D
【点睛】
此题考查了扇形面积的计算和解直角三角形，熟练掌握扇形面积公式是解本题的关键．
12．（2020·四川广元?中考真题）如图，是的两条互相垂直的直径，点P从点O出发，沿的路线匀速运动，设（单位：度），那么y与点P运动的时间（单位：秒）的关系图是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图示，分三种情况：（1）当点P沿O→C运动时；（2）当点P沿C→B运动时；（3）当点P沿B→O运动时；分别判断出y的取值情况，进而判断出y与点P运动的时间x（单位：秒）的关系图是哪个即可．
【详解】
解：（1）当点P沿O→C运动时，
当点P在点O的位置时，y＝90°，
当点P在点C的位置时，
∵OA＝OC，
∴y＝45°，
∴y由90°逐渐减小到45°；
（2）当点P沿C→B运动时，
根据圆周角定理，可得
y≡90°÷2＝45°；
（3）当点P沿B→O运动时，
当点P在点B的位置时，y＝45°，
当点P在点O的位置时，y＝90°，
∴y由45°逐渐增加到90°．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了动点问题的函数图象和圆周角定理，解答此类问题的关键是通过看图获取信息，并能解决生活中的实际问题，用图象解决问题时，要理清图象的含义即学会识图．
13．（2020·黑龙江牡丹江?中考真题）如图，四边形内接于，连接．若，，则的度数是（ ）
A．125° B．130° C．135° D．140°
【答案】B
【解析】
【分析】
连接OA，OB，OC，根据圆周角定理得出∠BOC=100°，再根据得到∠AOC，从而得到∠ABC，最后利用圆内接四边形的性质得到结果.
【详解】
解：连接OA，OB，OC，
∵，
∴∠BOC=2∠BDC=100°，
∵，
∴∠BOC=∠AOC=100°，
∴∠ABC=∠AOC=50°，
∴∠ADC=180°-∠ABC=130°.
故选B.
【点睛】
本题考查了圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，圆内接四边形的性质，关键在于画出半径，构造圆心角.
14．（2020·江苏南京?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限，⊙P与x轴、y轴都相切，且经过矩形的顶点C，与BC相交于点D，若⊙P的半径为5，点的坐标是，则点D的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
在Rt△CPF中根据勾股定理求出PF的长，再根据垂径定理求出DF的长，进而求出OB，BD的长，从而求出点D的坐标．
【详解】
设切点分别为G，E，连接PG，PE，PC，PD，并延长EP交BC与F，则PG=PE=PC=5，四边形OBFE是矩形．
∵OA=8，
∴CF=8-5=3，
∴PF=4，
∴OB=EF=5+4=9．
∵PF过圆心，
∴DF=CF=3，
∴BD=8-3-3=2，
∴D(9，2)．
故选A．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，以及垂径定理等知识，正确做出辅助线是解答本题的关键．
15．（2020·山东青岛?中考真题）如图，是的直径，点，在上，，交于点．若．则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据圆周角定理得到∠，再根据等弧所对的弦相等，得到，∠，最后根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，得到∠CAD=，∠BAG=，即可求解．
【详解】
解：∵是的直径
∴∠
∵
∴
∴∠
∵
∴∠
∴∠
∴∠
故选：B．
【点睛】
此题主要考查圆周角定理和弧、弦及圆周角之间的关系，熟练掌握圆周角定理和三者之间的关系是解题关键．
16．（2020·湖南湘西?中考真题）如图，、为⊙O的切线，切点分别为A、B，交于点C，的延长线交⊙O于点D．下列结论不一定成立的是（ ）
A．为等腰三角形 B．与相互垂直平分
C．点A、B都在以为直径的圆上 D．为的边上的中线
【答案】B
【解析】
【分析】
连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，证明Rt△OPB≌Rt△OPA，可得BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，可推出为等腰三角形，可判断A；根据△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，可得PM=OM=BM=AM，可判断C；证明△OBC≌△OAC，可得PC⊥AB，根据△BPA为等腰三角形，可判断D；无法证明与相互垂直平分，即可得出答案．
【详解】
解：连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，
∵B，C为切点，
∴∠OBP=∠OAP=90°，
∵OA=OB，OP=OP，
∴Rt△OPB≌Rt△OPA，
∴BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，
∴为等腰三角形，故A正确；
∵△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，
∴PM=OM=BM=AM
∴点A、B都在以为直径的圆上，故C正确；
∵∠BOC=∠AOC，OB=OA，OC=OC，
∴△OBC≌△OAC，
∴∠OCB=∠OCA=90°，
∴PC⊥AB，
∵△BPA为等腰三角形，
∴为的边上的中线，故D正确；
无法证明与相互垂直平分，
故选：B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，圆的性质，掌握知识点灵活运用是解题关键．
17．（2020·山东潍坊?中考真题）如图，在中，，以点O为圆心，2为半径的圆与交于点C，过点C作交于点D，点P是边上的动点．当最小时，的长为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【解析】
【分析】
延长CO交于点E，连接EP，交AO于点P，则PC+PD的值最小，利用平行线份线段成比例分别求出CD，PO的长即可．
【详解】
延长CO交于点E，连接ED，交AO于点P，如图，
∵CD⊥OB，
∴∠DCB=90°,
又，
∴∠DCB=∠AOB，
∴CD//AO
∴
∵OC=2，OB=4，
∴BC=2,
∴，解得，CD=；
∵CD//AO，
∴，即，解得，PO=
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了轴对称---最短距离问题，同时考查了平行线分线段成比例，掌握轴对称性质和平行线分线段成比例定理是解题的关键．
18．（2020·江苏扬州?中考真题）如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C、D，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
首先根据圆周角定理可知，∠ABC＝，在Rt△ACB中，根据锐角三角函数的定义求出∠ABC的正弦值．
【详解】
∵和∠ABC所对的弧长都是，
∴根据圆周角定理知，∠ABC＝，
∴在Rt△ACB中，AB=
根据锐角三角函数的定义知，sin∠ABC＝，
∴=，
故选A．
【点睛】
本题主要考查锐角三角函数的定义和圆周角的知识点，解答本题的关键是利用圆周角定理把求的正弦值转化成求∠ABC的正弦值，本题是一道比较不错的习题．
19．（2020·福建中考真题）如图，四边形内接于，，为中点，，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据，为中点求出∠CBD=∠ADB=∠ABD，再根据圆内接四边形的性质得到∠ABC+∠ADC=180°，即可求出答案．
【详解】
∵为中点，
∴,
∴∠ADB=∠ABD，AB=AD，
∵，
∴∠CBD=∠ADB=∠ABD，
∵四边形内接于，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∴3∠ADB+60°=180°，
∴=40°，
故选：A．
【点睛】
此题考查圆周角定理：在同圆中等弧所对的圆周角相等、相等的弦所对的圆周角相等，圆内接四边形的性质：对角互补．
20．（2020·湖北武汉?中考真题）如图，在半径为3的⊙O中，是直径，是弦，是的中点，与交于点．若是的中点，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
连接DO、DA、DC，设DO与AC交于点H，证明△DHE≌△BCE，得到DH=CB，同时OH是三角形ABC中位线，设OH=x，则BC=2x=DH，故半径DO=3x，解出x，最后在Rt△ACB中由勾股定理即可求解．
【详解】
解：连接DO、DA、DC、OC，设DO与AC交于点H，如下图所示，
∵D是的中点，∴DA=DC，∴D在线段AC的垂直平分线上，
∵OC=OA，∴O在线段AC的垂直平分线上，
∴DO⊥AC，∠DHC=90°，
∵AB是圆的直径，∴∠BCA=90°，
∵E是BD的中点，∴DE=BE，且∠DEH=∠BEC，
∴△DHE≌△BCE(AAS)，
∴DH=BC，
又O是AB中点，H是AC中点，
∴HO是△ABC的中位线，
设OH=x，则BC=DH=2x，
∴OD=3x=3，∴x=1，
即BC=2x=2，
在Rt△ABC中，．
故选：D．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、三角形全等、勾股定理等，属于综合题，熟练掌握其性质和定理是解决此题的关键
21．（2020·山东临沂?中考真题）如图，在中，为直径，，点D为弦的中点，点E为上任意一点，则的大小可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
连接OD、OE，先求出∠COD=40°，∠BOC=100°，设∠BOE=x，则∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°；然后运用等腰三角形的性质分别求得∠OED和∠COE，最后根据线段的和差即可解答．
【详解】
解：连接OD、OE
∵OC=OA
∴△OAC是等腰三角形
∵，点D为弦的中点
∴∠DOC=40°，∠BOC=100°
设∠BOE=x，则∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°
∵OC=OE，∠COE=100°-x
∴∠OEC=
∵OD＜OE，∠DOE=100°-x+40°=140°-x
∴∠OED＜
∴∠CED＞∠OEC-∠OED==20°．
又∵∠CED＜∠ABC=40°，
故答案为C．
【点睛】
本题考查了圆的性质、等腰三角形的性质等知识点，正确作出辅助线、构造等腰三角形是解答本题的关键．
二、填空题
22．（2020·湖南株洲?中考真题）一个蜘蛛网如图所示，若多边形ABCDEFGHI为正九边形，其中心点为点O，点M、N分别在射线OA、OC上，则________度．
【答案】80
【解析】
【分析】
根据正多边形性质求出中心角，即可求出．
【详解】
解：根据正多边形性质得，中心角为360°÷9=40°，
∴．
故答案为：80
【点睛】
本题考查了正n边形中心角的定义，在正多边形中，中心角为 ．
23．（2020·江苏扬州?中考真题）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．
24．（2020·湖南株洲?中考真题）据《汉书律历志》记载：“量者，龠（yuè）、合、升、斗、斛（hú）也”斛是中国古代的一种量器，“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉”．意思是说：“斛的底面为：正方形的外接一个圆，此圆外是一个同心圆”，如图所示．
问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即2.5尺），“庣旁”为两寸五分（即两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.25尺），则此斛底面的正方形的周长为________尺．（结果用最简根式表示）
【答案】
【解析】
【分析】
根据正方形性质确定△CDE为等腰直角三角形，CE为直径，根据题意求出正方形外接圆的直径CE，求出CD，问题得解．
【详解】
解：∵四边形CDEF为正方形，
∴∠D=90°，CD=DE，
∴CE为直径，=45°，
由题意得AB=2.5，
∴CE=2.5-0.25×2=2，
∴CD=CE ，
∴=45°，
∴正方形CDEF周长为尺．
故答案为：
【点睛】
本题考查了正方形外接圆的性质，等腰直角三角形性质，解题关键是判断出正方形对角线为其外接圆直径．
25．（2020·湖南湘潭?中考真题）如图，在半径为6的中，圆心角，则阴影部分面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】
直接根据扇形的面积计算公式计算即可．
【详解】
解：阴影部分面积为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了扇形面积的计算，解题的关键是熟记扇形面积的计算公式．
26．（2020·黑龙江中考真题）如图，是的外接圆的直径，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】
连接BD，如图，根据圆周角定理得到∠ABD=90°，则利用互余计算出∠D=50°，然后再利用圆周角定理得到∠ACB的度数．
【详解】
连接BD，如图，
∵AD为△ABC的外接圆⊙O的直径，
∴∠ABD=90°，
∴∠D=90°-∠BAD=90°-40°=50°，
∴∠ACB=∠D=50°．
故答案为：50．
【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．
27．（2020·黑龙江牡丹江?中考真题）是的弦，，垂足为M，连接．若中有一个角是30°，，则弦的长为_________．
【答案】12或4
【解析】
【分析】
分∠OAM=30°，∠AOM=30°，两种情况分别利用正切的定义求解即可.
【详解】
解：∵OM⊥AB，
∴AM=BM，
若∠OAM=30°，
则tan∠OAM=，
∴AM=6，
∴AB=2AM=12；
若∠AOM=30°，
则tan∠AOM=，
∴AM=2，
∴AB=2AM=4.
故答案为：12或4.
【点睛】
本题考查了垂径定理，三角函数，解题时要根据题意分情况讨论.
28．（2020·江苏南京?中考真题）如图，在边长为的正六边形中，点P在BC上，则的面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
如图，连接 过作于，利用正六边形的性质求解的长，利用与上的高相等，从而可得答案．
【详解】
解：如图，连接 过作于，
正六边形,
故答案为：
【点睛】
本题考查的是正多边形的性质，同时考查了锐角三角函数的应用，等腰三角形的性质，平行线的判定，掌握以上知识是解题的关键．
29．（2020·江苏扬州?中考真题）圆锥的底面半径为3，侧面积为，则这个圆锥的母线长为________．
【答案】4
【解析】
【分析】
根据圆锥的底面半径可以求出底面周长即为展开后的弧长,侧面积即为展开后扇形的面积,再根据扇形的面积公式求出扇形的半径即为圆锥的母线．
【详解】
∵底面半径为3,
∴底面周长=2×3π=6π．
∴圆锥的母线=．
故答案为:4．
【点睛】
本题考查圆锥与扇形的结合,关键在于理解圆锥周长是扇形弧长,圆锥母线是扇形半径．
30．（2020·福建中考真题）一个扇形的圆心角是，半径为4，则这个扇形的面积为______．（结果保留）
【答案】
【解析】
【分析】
根据扇形的面积公式进行计算即可求解．
【详解】
解：∵扇形的半径为4，圆心角为90°，
∴扇形的面积是：．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了扇形面积的计算．熟记扇形的面积公式是解题的关键．
31．（2020·江苏苏州?中考真题）如图，已知是的直径，是的切线，连接交于点，连接．若，则的度数是_________．
【答案】25
【解析】
【分析】
先由切线的性质可得∠OAC=90°，再根据三角形的内角和定理可求出∠AOD=50°，最后根据“同弧所对的圆周角等于圆心角的一半”即可求出∠B的度数．
【详解】
解：∵是的切线，
∴∠OAC=90°
∵，
∴∠AOD=50°，
∴∠B=∠AOD=25°
故答案为：25．
【点睛】
本题考查了切线的性质和圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
32．（2020·黑龙江绥化?中考真题）已知圆锥的底面圆的半径是2.5，母线长是9，其侧面展开图的圆心角是________度．
【答案】100
【解析】
【分析】
设这个圆锥的侧面展开图的圆心角为n°，根据圆锥的底面圆周长=扇形的弧长，列方程求解．
【详解】
解：设这个圆锥的侧面展开图的圆心角为n°，
根据题意得2π•2.5=，解得n=100，
即这个圆锥的侧面展开图的圆心角为100°．
故答案为：100．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算：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．
33．（2020·黑龙江绥化?中考真题）如图，正五边形内接于，点P为上一点（点P与点D，点E不重合），连接、，，垂足为G，等于________度．
【答案】54
【解析】
【分析】
连接OC，OD，利用正五边形的性质求出∠COD的度数，再根据圆周角定理求得∠CPD，然后利用直角三角形的两锐角互余即可解答．
【详解】
连接OC，OD，
∵ABCDE是正五边形，
∴∠COD=，
∴∠CPD=∠COD=36º，
∵，
∴∠DGP=90º
∴∠PDG=90º-∠CPD=90º-36º=54º，
故答案为：54º．
【点睛】
本题主要考查了圆内接正多边形的性质、圆周角定理、直角三角形的性质，熟练掌握圆心角与圆周角之间的关系是解答的关键．
34．（2020·四川甘孜?中考真题）如图，AB为的直径，弦于点H，若，，则OH的长度为__．
【答案】3
【解析】
【分析】
连接OC，由垂径定理可求出CH的长度，在Rt△OCH中，根据CH和⊙O的半径，即可由勾股定理求出OH的长．
【详解】
连接OC，
Rt△OCH中，OC=AB=5，CH=CD=4；
由勾股定理，得：OH=；
即线段OH的长为3．
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了垂径定理：平分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．
35．（2020·四川成都?中考真题）如图，六边形是正六边形，曲线…叫做“正六边形的渐开线”，，，，,,，…的圆心依次按，，，，，循环，且每段弧所对的圆心角均为正六边形的一个外角．当时，曲线的长度是_________．
【答案】
【解析】
【分析】
利用弧长公式，分别计算出，，，,,的长，然后将所有弧长相加即可.
【详解】
解：根据题意，得=；
=；
=；
=；
=；
=.
曲线的长度是=.
故答案是：.
【点睛】
本题考查的是弧长的计算，熟练运用弧长公式进行计算是解题得关键.
36．（2020·四川成都?中考真题）如图，，，是上的三个点，，，则的度数为_________．
【答案】30°
【解析】
【分析】
根据圆的基本性质以及圆周角定理，分别求出∠OCB=55°，∠ACB=∠AOB=25°，即可求出∠OCA=30°，再求出∠A即可．
【详解】
解：∵OB=OC，
∴∠B=∠OCB=55°，
∵∠AOB=50°，
∴∠ACB=∠AOB=25°，
∴∠OCA=∠OCB-∠AOB=55°-25°=30°，
∵OA=OC，
∴∠A=∠OCA=30°，
故答案为：30°．
【点睛】
本题考查了圆的基本性质以及圆周角定理，解题的关键是熟练掌握圆的性质以及圆周角定理．
37．（2020·山东聊城?中考真题）如图，在中，四边形为菱形，点在上，则的度数是________．
【答案】
【解析】
【分析】
连接OB，证明△OAB，△OBC都是等边三角形，得到∠AOC=120°，进而求出．
【详解】
解：连接OB，
∵四边形为菱形，OA=OB，
∴OA=OB=OC=AB=BC,
∴△OAB，△OBC都是等边三角形，
∴∠AOB=∠BOC=60°，
∴∠AOC=120°，
∵，
∴ ．
故答案为：60°
【点睛】
本题考查了菱形的性质，圆的半径都相等，圆周角定理，等边三角形性质，综合性较强．解题关键是连接OB，得到△OAB，△OBC都是等边三角形．
38．（2020·黑龙江哈尔滨?中考真题）一个扇形的面积为，半径为6cm，则扇形的圆心角是_______________度．
【答案】130°．
【解析】
【分析】
设扇形的圆心角是n°，根据扇形的面积公式即可得到一个关于n的方程，解方程即可求解．
【详解】
解：设扇形的圆心角是n°，根据扇形的面积公式得：13π=，
解得n=130．
故答案是：130°．
【点睛】
本题考查了扇形的面积公式，正确理解公式是关键．
39．（2020·山东临沂?中考真题）我们知道，两点之间线段最短，因此，连接两点间线段的长度叫做两点间的距离；同理，连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短，因此，直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．类似地，连接曲线外一点与曲线上各点的所有线段中，最短线段的长度，叫做点到曲线的距离．依此定义，如图，在平面直角坐标系中，点到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离为_____．
【答案】
【解析】
【分析】
连接OA，与圆O交于点B，根据题干中的概念得到点到圆的距离即为OB，再求出OA，结合圆O半径可得结果.
【详解】
解：根据题意可得：
点到圆的距离为：该点与圆上各点的连线中，最短的线段长度，
连接OA，与圆O交于点B，
可知：点A和圆O上点B之间的连线最短，
∵A（2，1），
∴OA==，
∵圆O的半径为1，
∴AB=OA-OB=，
∴点到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离为，
故答案为：.
【点睛】
本题考查了圆的新定义问题，坐标系中两点之间的距离，勾股定理，解题的关键是理解题意，利用类比思想解决问题.
40．（2020·四川广元?中考真题）如图，内接于于点H，若，的半径为7，则______．
【答案】
【解析】
【分析】
作直径AD，连接BD，根据圆周角定理得到∠ABD＝90°，∠D＝∠C，证明△ABD∽△AHC，根据相似三角形的性质解答即可．
【详解】
解：作直径AD，连接BD，
∵AD为直径，
∴∠ABD＝90°，又AH⊥BC，
∴∠ABD＝∠AHC，
由圆周角定理得，∠D＝∠C，
∴△ABD∽△AHC，
∴，即，
解得，AB＝，
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是三角形的外接圆和外心的概念和性质，掌握圆周角定理、相似三角形的判定和性质是解题的关键．
41．（2020·河南中考真题）如图，在扇形中，平分交狐于点．点为半径上一动点若，则阴影部分周长的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
如图，先作扇形关于对称的扇形 连接交于，再分别求解的长即可得到答案．
【详解】
解：
最短，则最短，
如图，作扇形关于对称的扇形 连接交于，
则
此时点满足最短，
平分
而的长为：
最短为
故答案为：
【点睛】
本题考查的是利用轴对称求最短周长，同时考查了圆的基本性质，扇形弧长的计算，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
42．（2020·湖北襄阳?中考真题）在⊙O中，若弦垂直平分半径，则弦所对的圆周角等于_________°．
【答案】120°或60°
【解析】
【分析】
根据弦垂直平分半径及OB=OC证明四边形OBAC是矩形，再根据OB=OA，OE=求出∠BOE=60°，即可求出答案.
【详解】
设弦垂直平分半径于点E，连接OB、OC、AB、AC，且在优弧BC上取点F，连接BF、CF，
∴OB=AB，OC=AC，
∵OB=OC，
∴四边形OBAC是菱形，
∴∠BOC=2∠BOE，
∵OB=OA，OE=,
∴cos∠BOE=，
∴∠BOE=60°，
∴∠BOC=∠BAC=120°，
∴∠BFC=∠BOC=60°，
∴ 弦所对的圆周角为120°或60°，
故答案为：120°或60°.
【点睛】
此题考查圆的基本知识点：圆的垂径定理，同圆的半径相等的性质，圆周角定理，菱形的判定定理及性质定理，锐角三角函数，熟练掌握圆的各性质定理是解题的关键.
43．（2020·山东青岛?中考真题）如图，在中，为边上的一点，以为圆心的半圆分别与，相切于点，．已知，，的长为，则图中阴影部分的面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
连接OM、ON、OA，易证得∠MON=60º，即∠MOE+∠NOF=120º，，再由弧长公式求得半径OM，然后证得Rt△AMO≌Rt△ANO，即∠AOM=30º，进而解得AM，则可得，代入相关数值即可解得阴影面积·
【详解】
如图，连接OM、ON、OA，设半圆分别交BC于点E，F，
则OM⊥AB，ON⊥AC，
∴∠AMO=∠ANO=90º，
∵∠BAC=120º，
∴∠MON=60º，
∵的长为，
∴，
∴OM=3，
∵在Rt△AMO和Rt△ANO中，
，
∴Rt△AMO≌Rt△ANO(HL)，
∴∠AOM=∠AON=∠MON=30º，
∴AM=OM·tan30º=，
∴，
∵∠MON=60º，
∴∠MOE+∠NOF=120º，
∴，
∴图中阴影面积为
=
=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了切线的性质定理、弧长公式、HL定理、锐角的三角函数定义、扇形面积的计算等知识，解答的关键是熟练掌握基本图形的性质，会根据图形和公式进行推理、计算．
44．（2020·湖南湘西?中考真题）观察下列结论：
（1）如图①，在正三角形中，点M，N是上的点，且，则，；
（2）如图②，在正方形中，点M，N是上的点，且，则，；
（3）如图③，在正五边形中，点M，N是上的点，且，则，；……
根据以上规律，在正n边形中，对相邻的三边实施同样的操作过程，即点M，N是上的点，且，与相交于O．也会有类似的结论．你的结论是_________________．
【答案】，
【解析】
【分析】
根据正多边形内角和定理结合全等三角形的判定和性质可得出（1）、（2）、（3）的结论，根据以上规律可得出正n边形的结论．
【详解】
（1）∵正三角形ABC中，点M、N是AB、AC边上的点，且AM=BN，
∴AB=AC，∠CAM=∠ABN=，
∵在△ABN和△CAM中，
，
∴△ABN≌△CAM（SAS），
∴AN= CM，∠BAN=∠MCA，
∴∠NOC=∠OAC+∠MCA =∠OAC+∠BAN =∠BAC=60°，
故结论为：AN= CM，∠NOC=60；
（2）∵正方形ABCD中，点M、N是AB、BC边上的点，且AM=BN，
∴AB=AD，∠DAM=∠ABN=，
同理可证：Rt△ABNRt△DAM，
∴AN= DM，∠BAN=∠ADM，
∠NOD=∠OAD+∠ADM =∠OAD+∠BAN =∠BAC=90°，
故结论为：AN= DM，∠NOD=90；
（3）∵正五边形ABCDE中，点M、N是AB、BC边上的点，且AM=BN，
∴AB=AE，∠EAM=∠ABN=，
同理可证得：Rt△ABNRt△EAM，
∴AN= EM，∠BAN=∠AEM，
∠NOE=∠OAE+∠AEM =∠OAE+∠BAN =∠BAE=108°，
故结论为：AN= EM，∠NOE=108；
∵正三角形的内角度数为：60°，
正方形的内角度数为：90°，
正五边形的内角度数为：108°，
∴以上所求的角恰好等于正n边形的内角，
在正n边形中，点M，N是上的点，且，与相交于O，结论为：，．
故答案为：，．
【点睛】
本题考查了正n边形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质，解题的关键是发现与的夹角与正边形的内角相等．
45．（2020·湖北鄂州?中考真题）用一个圆心角为120°，半径为4的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆的半径为____．
【答案】
【解析】
试题分析：，解得r=．
考点：弧长的计算．
46．（2020·湖北鄂州?中考真题）如图，半径为的与边长为的正方形的边相切于E，点F为正方形的中心，直线过点．当正方形沿直线以每秒的速度向左运动__________秒时，与正方形重叠部分的面积为．
【答案】1或．
【解析】
【分析】
将正方形向左平移，使得正方形与圆的重叠部分为弓形，根据题目数据求得此时弓形面积符合题意，由此得到OF的长度，然后结合运动速度求解即可，特别要注意的是正方形沿直线运动，所以需要分类讨论．
【详解】
解：①当正方形运动到如图1位置，连接OA，OB，AB交OF于点E
此时正方形与圆的重叠部分的面积为S扇形OAB-S△OAB
由题意可知：OA=OB=AB=2，OF⊥AB
∴△OAB为等边三角形
∴∠AOB=60°，OE⊥AB
在Rt△AOE中，∠AOE=30°，∴AE=，OE=
∴S扇形OAB-S△OAB
∴OF=
∴点F向左运动个单位
所以此时运动时间为秒
②同理，当正方形运动到如图2位置，连接OC，OD，CD交OF于点E
此时正方形与圆的重叠部分的面积为S扇形OCD-S△OCD
由题意可知：OC=OD=CD=2，OF⊥CD
∴△OCD为等边三角形
∴∠COD=60°，OE⊥CD
在Rt△COE中，∠COE=30°，∴CE=，OE=
∴S扇形OCD-S△OCD
∴OF=
∴点F向左运动个单位
所以此时运动时间为秒
综上，当运动时间为1或秒时，⊙O与正方形重叠部分的面积为
故答案为：1或．
【点睛】
本题考查正方形的性质，扇形面积的计算及等边三角形的判定和性质，题目难度不大，注意分情况讨论是本题的解题关键．
47．（2020·山东潍坊?中考真题）如图，四边形是正方形，曲线是由一段段90度的弧组成的．其中：的圆心为点A，半径为；
的圆心为点B，半径为；
的圆心为点C，半径为；
的圆心为点D，半径为；…
的圆心依次按点A，B，C，D循环．若正方形的边长为1，则的长是_________．
【答案】
【解析】
【分析】
曲线是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径+1，到，，再计算弧长．
【详解】
解：由图可知，曲线是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径+1，
，，……，
，，
故的半径为，
的弧长=．
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了弧长的计算，弧长的计算公式：，找到每段弧的半径变化规律是解题关键．
48．（2020·四川成都?中考真题）如图，在矩形中，，，，分别为，边的中点．动点从点出发沿向点运动，同时，动点从点出发沿向点运动，连接，过点作于点，连接．若点的速度是点的速度的2倍，在点从点运动至点的过程中，线段长度的最大值为_________，线段长度的最小值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】
连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，由于，而PG=3，所以当GQ最大时PQ最大，由题意可得当P、A重合时GQ最大，据此即可求出PQ的最大值；设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，易证△FQM∽△EPM，则根据相似三角形的性质可得EM为定值2，于是BM的长度可得，由∠BHM=∠BEM=90°可得B、E、H、M四点共圆，且圆心为点O，于是当D、H、O三点共线时，DH的长度最小，最小值为DO－OH，为此只需连接DO，求出DO的长即可，可过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，构建Rt△DON，利用勾股定理即可求出DO的长，进而可得答案．
【详解】
解：连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，则PE=GF，PG=AD=3，
设FQ=t，则GF=PE=2t，GQ=3t，
在Rt△PGQ中，由勾股定理得：，
∴当t最大即EP最大时，PQ最大，
由题意知：当点P、A重合时，EP最大，此时EP=2，则t=1，
∴PQ的最大值=；
设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，
∵FQ∥PE，∴△FQM∽△EPM，
∴，
∵EF=3，
∴FM=1，ME=2，
∴，
∵∠BHM=∠BEM=90°，
∴B、E、H、M四点共圆，且圆心为点O，
∴，
∴当D、H、O三点共线时，DH的长度最小，
连接DO，过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，则OK=BK=1，
∴NO=2，CN=1，∴DN=3，
则在Rt△DON中，，
∴DH的最小值=DO－OH=．
故答案为：，．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、四点共圆以及线段的最值等知识，涉及的知识点多、综合性强、具有相当的难度，属于中考压轴题，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．
49．（2020·山东菏泽?中考真题）如图，在菱形中，是对角线，，⊙O与边相切于点，则图中阴影部分的面积为_______．
【答案】
【解析】
【分析】
连接OD，先求出等边三角形OAB的面积，再求出扇形的面积，即可求出阴影部分的面积．
【详解】
解：如图，连接OD，
∵AB是切线，则OD⊥AB，
在菱形中，
∴，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=∠A=60°，
∴OD=，
∴，
∴扇形的面积为：，
∴阴影部分的面积为：；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了求不规则图形的面积，扇形的面积，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，解题的关键是正确求出等边三角形的面积和扇形的面积．
50．（2020·湖南岳阳?中考真题）如图，为半⊙O的直径，，是半圆上的三等分点，，与半⊙O相切于点，点为上一动点（不与点，重合），直线交于点，于点，延长交于点，则下列结论正确的是______________．（写出所有正确结论的序号）
①；②的长为；③；④；⑤为定值．
【答案】②⑤
【解析】
【分析】
①先根据圆的切线的性质可得，再根据半圆上的三等分点可得，然后根据圆周角定理可得，最后假设，根据角的和差、三角形的外角性质可得，这与点为上一动点相矛盾，由此即可得；
②根据弧长公式即可得；
③先根据等边三角形的性质可得，再根据角的和差即可得；
④先根据三角形的外角性质可得，从而可得对应角与不可能相等，由此即可得；⑤先根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，再根据等边三角形的性质可得，由此即可得．
【详解】
如图，连接OP
与半⊙O相切于点
是半圆上的三等分点
是等边三角形
由圆周角定理得：
假设，则
又点为上一动点
不是一个定值，与相矛盾
即PB与PD不一定相等，结论①错误
则的长为，结论②正确
是等边三角形，
，则结论③错误
，即对应角与不可能相等
与不相似，则结论④错误
在和中，
，即
又是等边三角形，
即为定值，结论⑤正确
综上，结论正确的是②⑤
故答案为：②⑤．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、圆的切线的性质、弧长公式、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识点，较难的题①，先假设结论成立，再推出矛盾点是解题关键．
51．（2020·贵州贵阳?中考真题）如图，是的内接正三角形，点是圆心，点，分别在边，上，若，则的度数是____度．
【答案】120
【解析】
【分析】
本题可通过构造辅助线，利用垂径定理证明角等，继而利用SAS定理证明三角形全等，最后根据角的互换结合同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求解本题．
【详解】
连接OA，OB，作OH⊥AC，OM⊥AB，如下图所示：
因为等边三角形ABC，OH⊥AC，OM⊥AB，
由垂径定理得：AH=AM，
又因为OA=OA，故△OAH△OAM（HL）．
∴∠OAH=∠OAM．
又∵OA=OB,AD=EB,
∴∠OAB=∠OBA=∠OAD,
∴△ODA△OEB（SAS）,
∴∠DOA=∠EOB,
∴∠DOE=∠DOA+∠AOE=∠AOE+∠EOB=∠AOB．
又∵∠C=60°以及同弧，
∴∠AOB=∠DOE=120°．
故本题答案为：120．
【点睛】
本题考查圆与等边三角形的综合，本题目需要根据等角的互换将所求问题进行转化，构造辅助线是本题难点，全等以及垂径定理的应用在圆综合题目极为常见，圆心角、弧、圆周角的关系需熟练掌握．
52．（2020·湖北鄂州?中考真题）如图，已知直线与x、y轴交于A、B两点，的半径为1，P为上一动点，切于Q点．当线段长取最小值时，直线交y轴于M点，a为过点M的一条直线，则点P到直线a的距离的最大值为______________．
【答案】
【解析】
【分析】
先找到长取最小值时P的位置即为OP⊥AB时，然后画出图形，由于PM即为P到直线a的距离的最大值，求出PM长即可．
【详解】
解：如图，
在直线上，x=0时，y=4，y=0时，x=，
∴OB=4，OA=，
∴，
∴∠OBA=30°，
由切于Q点，可知OQ⊥PQ，
∴，
由于OQ=1，因此当OP最小时长取最小值，此时OP⊥AB，
∴，此时，，
∴，即∠OPQ=30°，
若使P到直线a的距离最大，则最大值为PM，且M位于x轴下方，
过P作PE⊥y轴于E，
，，
∴，
∵，∴∠OPE=30°，
∴∠EPM=30°+30°=60°，即∠EMP=30°，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆和函数的综合问题，题解题中含义找到Ｐ点的位置是解题的关键．
三、解答题
53．（2020·河北中考真题）如图，点为中点，分别延长到点，到点，使．以点为圆心，分别以，为半径在上方作两个半圆．点为小半圆上任一点（不与点，重合），连接并延长交大半圆于点，连接，．
（1）①求证：；
②写出∠1，∠2和三者间的数量关系，并说明理由．
（2）若，当最大时，直接指出与小半圆的位置关系，并求此时（答案保留）．
【答案】（1）①见详解；②∠2=∠C+∠1；（2）与小半圆相切，．
【解析】
【分析】
（1）①直接由已知即可得出AO=PO，∠AOE=∠POC，OE=OC，即可证明；
②由（1）得△AOE≌△POC，可得∠1=∠OPC，根据三角形外角的性质可得∠2=∠C+∠OPC，即可得出答案；
（2）当最大时，可知此时与小半圆相切，可得CP⊥OP，然后根据，可得在Rt△POC中，∠C=30°，∠POC=60°，可得出∠EOD，即可求出S扇EOD．
【详解】
（1）①在△AOE和△POC中，
∴△AOE≌△POC；
②∠2=∠C+∠1，理由如下：
由（1）得△AOE≌△POC，
∴∠1=∠OPC，
根据三角形外角的性质可得∠2=∠C+∠OPC，
∴∠2=∠C+∠1；
（2）在P点的运动过程中，只有CP与小圆相切时∠C有最大值，
∴当最大时，可知此时与小半圆相切，
由此可得CP⊥OP，
又∵，
∴可得在Rt△POC中，∠C=30°，∠POC=60°，
∴∠EOD=180°-∠POC=120°，
∴S扇EOD==．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的外角，切线的性质，扇形面积的计算，掌握知识点灵活运用是解题关键．
54．（2020·湖北咸宁?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线过点B且与直线相交于另一点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线上的一动点，当时，求点P的坐标；
（3）点在x轴的正半轴上，点是y轴正半轴上的一动点，且满足．
①求m与n之间的函数关系式；
②当m在什么范围时，符合条件的N点的个数有2个？
【答案】（1）；（2）或（3，）或（-2，-3）；（3）①；②0＜m＜
【解析】
【分析】
（1）利用一次函数求出A和B的坐标，结合点C坐标，求出二次函数表达式；
（2）当点P在x轴上方时，点P与点C重合，当点P在x轴下方时，AP与y轴交于点Q，求出AQ表达式，联立二次函数，可得交点坐标，即为点P；
（3）①过点C作CD⊥x轴于点D，证明△MNO∽△NCD，可得，整理可得结果；
②作以MC为直径的圆E，根据圆E与线段OD的交点个数来判断M的位置，即可得到m的取值范围.
【详解】
解：（1）∵直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，
令x=0，则y=2，令y=0，则x=4，
∴A（4，0），B（0，2），
∵抛物线经过B（0，2），，
∴，解得：，
∴抛物线的表达式为：；
（2）当点P在x轴上方时，点P与点C重合，满足，
∵，
∴，
当点P在x轴下方时，如图，AP与y轴交于点Q，
∵，
∴B，Q关于x轴对称，
∴Q（0，-2），又A（4，0），
设直线AQ的表达式为y=px+q，代入，
，解得：，
∴直线AQ的表达式为：，联立得：
，解得：x=3或-2，
∴点P的坐标为（3，）或（-2，-3），
综上，当时，点P的坐标为：或（3，）或（-2，-3）；
（3）①如图，∠MNC=90°，过点C作CD⊥x轴于点D，
∴∠MNO+∠CND=90°，
∵∠OMN+∠MNO=90°，
∴∠CND=∠OMN,又∠MON=∠CDN=90°，
∴△MNO∽△NCD，
∴，即，
整理得：；
②如图，∵∠MNC=90°，
以MC为直径画圆E，
∵，
∴点N在线段OD上（不含O和D），即圆E与线段OD有两个交点（不含O和D），
∵点M在y轴正半轴，
当圆E与线段OD相切时，
有NE=MC，即NE2=MC2，
∵M（0，m），，
∴E（，），
∴=，
解得：m=，
当点M与点O重合时，如图，
此时圆E与线段OD（不含O和D）有一个交点，
∴当0＜m＜时，圆E与线段OD有两个交点，
故m的取值范围是：0＜m＜.
【点睛】
本题是二次函数综合，考查了求二次函数表达式，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，一次函数表达式，难度较大，解题时要充分理解题意，结合图像解决问题.
55．（2020·湖北咸宁?中考真题）如图，在中，，点O在上，以为半径的半圆O交于点D，交于点E，过点D作半圆O的切线，交于点F．
（1）求证：；
（2）若，，，求半圆O的半径长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据切线的性质得到∠BDF+∠ADO=90°，再结合∠ADO=∠OAD，推出∠BDF=∠B，即可；
（2）过F作FG⊥BD于G，先利用三角函数求出BG=DG，再过点O作OH⊥AD于H，在△AOH中，求出AO即可.
【详解】
解：（1）连接OD，
∵DF和半圆相切，
∴OD⊥DF，
∴∠BDF+∠ADO=90°，
∵∠ADO=∠OAD，
∴∠OAD+∠BDF=90°，又∠C=90°，
∴∠OAD+∠B=90°，
∴∠BDF=∠B，
∴BF=DF；
（2）过F作FG⊥BD于G，则GF垂直平分BD，
∵，
∴BF=DF=2，
∵，，∠C=90°，
∴AB=，
∴cos∠B==，
∴，解得：BG==DG，
∴AD=AB-BD=，
过点O作OH⊥AD于H，
∴AH=DH=AD=，
∵cos∠BAC=，
∴AO=，
即半圆O的半径长为.
【点睛】
本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形，解题的关键是正确寻找相似三角形，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
56．（2020·湖北咸宁?中考真题）定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形．
理解：
（1）若四边形是对余四边形，则与的度数之和为______；
证明：
（2）如图1，是的直径，点在上，，相交于点D．
求证：四边形是对余四边形；
探究：
（3）如图2，在对余四边形中，，，探究线段，和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．
【答案】（1）90°或270°；（2）见解析；（3），理由见解析
【解析】
【分析】
（1）分当∠A和∠C互余时，当∠B和∠D互余时，两种情况求解；
（2）连接BO，得到∠BON+∠BOM=180°，再利用圆周角定理证明∠C+∠A=90°即可；
（3）作△ABD的外接圆O，分别延长AC，BC，DC，交圆O于E，F，G，连接DF，DE，EF，先证明GF是圆O的直径，得到，再证明△ABC∽△FEC，△ACD∽△GCE，△BCD∽△GCF，可得，，从而得出，根据△ABC为等边三角形可得AB=AC=BC，从而得到.
【详解】
解：（1）∵四边形是对余四边形，
当∠A和∠C互余时，
∠A+∠C=90°，
当∠B与∠D互余时，
∠B+∠D=90°，
则∠A+∠C=360°-90°=270°，
故答案为：90°或270°；
（2）如图，连接BO，
可得：∠BON=2∠C，∠BOM=2∠A，
而∠BON+∠BOM=180°，
∴2∠C+2∠A=180°，
∴∠C+∠A=90°，
∴四边形是对余四边形；
（3）∵四边形ABCD为对于四边形，∠ABC=60°，
∴∠ADC=30°，
如图，作△ABD的外接圆O，分别延长AC，BC，DC，交圆O于E，F，G，连接DF，DE，EF，
则∠AEF=∠ABC=60°，∠AEG=∠ADG=30°，
∴∠AEF+∠AEG=90°，即∠FEG=90°，
∴GF是圆O的直径，
∵AB=BC，
∴△ABC为等边三角形，
∵∠ABC=∠AEF，∠ACB=∠ECF，
∴△ABC∽△FEC，得：，则，
同理，△ACD∽△GCE，得：，则，
△BCD∽△GCF，得：，
可得：，
而，
∴，
∴，
∴，
∵AB=BC=AC，
∴.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，四边形的新定义问题，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，多边形内角和，解题的关键是理解对余四边形的概念，结合所学知识求证.
57．（2020·湖北武汉?中考真题）如图，在中，，以为直径的⊙O交于点，与过点的切线互相垂直，垂足为．
（1）求证：平分；
（2）若，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）的值为．
【解析】
【分析】
（1）如图（见解析），先根据圆的切线的性质可得，再根据平行线的判定与性质可得，然后根据等腰三角形的性质可得，最后根据角平分线的定义即可得证；
（2）如图（见解析），先根据角的和差、等量代换可得，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，设，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可求出x的值，最后根据正弦三角函数的定义即可得．
【详解】
（1）如图，连接OD
由圆的切线的性质得：
又
则平分；
（2）如图，连接BD
由圆周角定理得：
在和中，
设，则，且
在和中，
，即
解得或（不符题意，舍去）
经检验，是所列分式方程的解
则在中，
故的值为．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、圆的切线的性质、正弦三角函数、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形和相似三角形是解题关键．
58．（2020·福建中考真题）如图，与相切于点，交于点，的延长线交于点，是上不与重合的点，．
（1）求的大小；
（2）若的半径为3，点在的延长线上，且，求证：与相切．
【答案】（1）60°；（2）详见解析
【解析】
【分析】
(1)连接OB，在Rt△AOB中由求出∠A=30°，进而求出∠AOB=60°，∠BOD=120°，再由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可以求出∠BED的值；
(2)连接OF，在Rt△OBF中，由可以求出∠BOF=60°，进而得到∠FOD=60°，再证明△FOB≌△FOD，得到∠ODF=∠OBF=90°．
【详解】
解：(1)连接，
∵与相切于点，
∴，
∵，∴，
∴，则．
由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可知：
．
故答案为：．
(2)连接，
由(1)得，，
∵，，∴，
∴，∴．
在与中，
∴，
∴．
又点在上，故与相切．
【点睛】
本题考查圆的有关性质、直线与圆的位置关系、特殊角的三角函数值、解直角三角形、全等三角形的判定和性质，熟练掌握其性质是解决此类题的关键．
59．（2020·山东潍坊?中考真题）如图，为的直径，射线交于点F，点C为劣弧的中点，过点C作，垂足为E，连接．
（1）求证：是的切线；
（2）若，求阴影部分的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）连接BF，证明BF//CE，连接OC，证明OC⊥CE即可得到结论；
（2）连接OF，求出扇形FOC的面积即可得到阴影部分的面积．
【详解】
（1）连接，
是的直径，
，即，
，
连接，
∵点C为劣弧的中点，
，
∵，
∵OC是的半径，
∴CE是的切线；
（2）连接
，，
∵点C为劣弧的中点，
，
，
，
，
∴S扇形FOC=，
即阴影部分的面积为：．
【点睛】
本题主要考查了切线的判定以及扇形面积的求法，熟练掌握切线的判定定理以及扇形面积的求法是解答此题的关键．
60．（2020·北京中考真题）在平面直角坐标系中，⊙O的半径为1，A，B为⊙O外两点，AB=1．给出如下定义：平移线段AB，得到⊙O的弦（分别为点A，B的对应点），线段长度的最小值称为线段AB到⊙O的“平移距离”．
（1）如图，平移线段AB到⊙O的长度为1的弦和，则这两条弦的位置关系是 ；在点中，连接点A与点 的线段的长度等于线段AB到⊙O的“平移距离”；
（2）若点A，B都在直线上，记线段AB到⊙O的“平移距离”为，求的最小值；
（3）若点A的坐标为，记线段AB到⊙O的“平移距离”为，直接写出的取值范围．
【答案】（1）平行，P3；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据圆的性质及“平移距离”的定义填空即可；
（2）过点O作OE⊥AB于点E，交弦CD于点F，分别求出OE、OF的长，由得到的最小值；
（3）线段AB的位置变换，可以看作是以点A为圆心，半径为1的圆，只需在⊙O内找到与之平行，且长度为1的弦即可．平移距离的最大值即点A，B点的位置，由此得出的取值范围．
【详解】
解：（1）平行；P3；
（2）如图，线段AB在直线上，平移之后与圆相交，得到的弦为CD，CD∥AB，过点O作OE⊥AB于点E，交弦CD于点F，OF⊥CD，令，直线与x轴交点为（-2，0），直线与x轴夹角为60°，∴．
由垂径定理得：，
∴；
（3）线段AB的位置变换，可以看作是以点A为圆心，半径为1的圆，只需在⊙O内找到与之平行，且长度为1的弦即可；
点A到O的距离为．
如图，平移距离的最小值即点A到⊙O的最小值：；
平移距离的最大值线段是下图AB的情况，即当A1,A2关于OA对称，且A1B2⊥A1A2且A1B2=1时.∠B2A2A1=60°，则∠OA2A1=30°,
∵OA2=1,∴OM=, A2M=,
∴MA=3,AA2= ,
∴的取值范围为：．
【点睛】
本题考查圆的基本性质及与一次函数的综合运用，熟练掌握圆的基本性质、点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系是解题的关键．
61．（2020·北京中考真题）如图，为的直径，为延长线上一点，是的切线，为切点，于点，交于点．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）详见解析；（2）2
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据平行线的性质得到∠AOF＝∠B，根据切线的性质得到∠CDO＝90°，等量代换即可得到结论；
（2）根据三角形中位线定理得到OE＝BD＝×8＝4，设OD＝x，OC＝3x，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：（1）连接OD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BD，
∵OF⊥AD，
∴OF∥BD，
∴∠AOF＝∠B，
∵CD是⊙O的切线，D为切点，
∴∠CDO＝90°，
∴∠CDA＋∠ADO＝∠ADO＋∠BDO＝90°，
∴∠CDA＝∠BDO，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠B，
∴∠AOF＝∠ADC；
（2）∵OF∥BD，AO＝OB，
∴AE＝DE，
∴OE＝BD＝×8＝4，
∵sinC＝＝，
∴设OD＝x，OC＝3x，
∴OB＝x，
∴CB＝4x，
∵OF∥BD，
∴△COF∽△CBD，
∴，
∴，
∴OF＝6，
∴EF＝OF−OE＝6−4＝2．
【点睛】
本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，平行线的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
62．（2020·湖北鄂州?中考真题）如图所示：与的边相切于点C，与、分别交于点D、E，．是的直径．连接，过C作交于G，连接、，与交于点F．
（1）求证：直线与相切；
（2）求证：；
（3）若时，过A作交于M、N两点（M在线段上），求的长．
【答案】(1)详见解析;(2)详见解析;(3) 10+．
【解析】
【分析】
(1)由两组平行条件推出∠DEO=∠BOE,即可利用SAS证明△BOE≌△BOC,进而推出AB是圆的切线;
(2)将DG与OE的交点作为H,根据直角的性质得出AE//DF,可得△AEC∽△DFC,得出,再根据圆周角定理求出∠ECD=∠EDF,再由一组公共角可得△FED∽△DEC,得出,进而推出,即;
(3)先根据题意算出EC,再根据勾股定理得出直径CD,从而得出半径,再利用(2)中的比例条件将AC算出来,延长BO到I,连接ON,根据垂径定理可得OI垂直AN,即可利用勾股定理分别求出AI和IN,即可得出AN．
【详解】
(1)∵DE//OB，∴∠BOC=∠EDC，
∵CG//OE，∴∠DEO=∠BOE，
又∵∠DEO=∠EDC，∴∠DEO=∠BOE，
由题意得：EO=CO，BO=BO，
∴△BOE≌△BOC(SAS),
∴∠BEO=∠BCO=90°,
∴AB是⊙O的切线．
(2)
如图所示DG与OE交点作为H点,
∵EO//GC,
∴∠EHD=∠DGC=90°,
又由(1)所知∠AEO=90°,
∴AE//DF,
∴△AEC∽△DFC,
∴,
由圆周角定理可知∠EDG=∠ECG,∠EOD=2∠ECD,
∵DO//GC,
∴∠EOD=∠GCD=∠GCE+∠ECD,
∴∠ECD=∠GCE=∠EDF,
又∵∠FED=∠DEC,
∴△FED∽△DEC,
∴,
∴,即．
(3)
∵,与∠ACE相等角的tan值都相同．
∴ED=6,则EC=12,
根据勾股定理可得．
∴EO=DO=CO=．
由(2)可得,
在Rt△AEO中,可得,即,
∴,
解得AE=,则AC=,AO=．
连接ON,延长BO交MN于点I,根据垂径定理可知OI⊥MN,
∵AN//CE,∴∠CAN=∠ACE．
在Rt△AIO中,可得,即,
解得OI=5,则AI=10,
在Rt△OIN中, ,即,
解得IN=．
∴AN=AI+IN=10+．
【点睛】
本题考查圆的综合知识及相似全等,关键在于根据条件结合知识点,特别是辅助线的做法要迎合题目给出的条件．
63．（2020·江苏南京?中考真题）如图①，要在一条笔直的路边上建一个燃气站，向同侧的A、B两个城镇分别发铺设管道输送燃气，试确定燃气站的位置，使铺设管道的路线最短．
（1）如图②，作出点A关于的对称点，线与直线的交点C的位置即为所求， 即在点C处建气站， 所得路线ACB是最短的，为了让明点C的位置即为所求，不妨在直线上另外任取一点，连接，， 证明， 请完成这个证明．
（2）如果在A、B两个城镇之间规划一个生态保护区，燃气管道不能穿过该区域请分别始出下列两种情形的铺设管道的方案（不需说明理由），
①生市保护区是正方形区城，位置如图③所示
②生态保护区是圆形区域，位置如图④所示．
【答案】（1）证明见解析；（2）①见解析，②见解析
【解析】
【分析】
（1）连接，利用垂直平分线的性质，得到，利用三角形的三边关系，即可得到答案；
（2）由（1）可知，在点C处建燃气站，铺设管道的路线最短．分别对①、②的道路进行设计分析，即可求出最短的路线图．
【详解】
（1）证明：如图，连接
∵点A、关于l对称，点C在l上
∴，
∴，
同理，
在中，有
∴；
（2）解：①在点C处建燃气站，铺设管道的最短路线是AC+CD+DB（如图，其中D是正方形的顶点）．
②在点C处建燃气站，铺设管道的最短路线是（如图，其中CD、BE都与圆相切）．
【点睛】
本题考查了切线的应用，最短路径问题，垂直平分线的性质，解题的关键是熟练掌握题意，正确确定点C的位置，从而确定铺设管道的最短路线．
64．（2020·江西中考真题）已知的两边分别与圆相切于点，，圆的半径为．
（1）如图1，点在点，之间的优弧上，，求的度数；
（2）如图2，点在圆上运动，当最大时，要使四边形为菱形，的度数应为多少？请说明理由；
（3）若交圆于点，求第（2）问中对应的阴影部分的周长（用含的式子表示）．
【答案】（1）50°；（2）当∠APB=60°时，四边形APBC为菱形，理由见解析；（3）．
【解析】
【分析】
（1）连接OA、OB，根据切线的性质和多边形内角和定理可得∠AOB+∠APB=180°，然后结合已知求得∠AOB，最后根据圆周角定理即可解答；
（2）连接OA、OB，先观察发现当∠APB=60°时，四边形APBC可能为菱形；然后利用∠APB=60°结合（1）的解答过程可得∠ACB=∠APB=60°，再根据点C运动到PC距离最大，即PC经过圆心；再说明四边形APBC为轴对称图形结合已知条件得到PA =PB=CA =CB，即可得到四边形APBC为菱形；
（3）由于⊙O的半径为r，则OA=r、OP=2 r，再根据勾股定理可得AP=r、PD=r，然后根据弧长公式求得的弧长，最后根据周长公式计算即可．
【详解】
解：（1）如图1，连接OA、OB
∵PA，PB为⊙O的切线
∴∠PAO=∠PBO=90°
∴∠AOB+∠MPN=180°
∵∠MPN=80°
∴∠AOB=180°-∠MPN=100°
∴∠AOB=100°=∠ACB=50°；
（2）当∠APB=60°时，四边形APBC为菱形，理由如下：
如图2：连接OA、OB
由（1）可知∠AOB+∠APB=180°
∵∠APB=60°
∴∠AOB=120°
∴∠ACB=60°=∠APB
∵点C运动到PC距离最大
∴PC经过圆心
∵PA、PB为⊙O的切线
∴四边形APBC为轴对称图形
∵PA=PB，CA=CB，PC平分∠APB和∠ACB.
∴∠APB=∠ACB=60°
∴∠APO=∠BPO=∠ACP=∠BCP=30°
∴PA =PB=CA =CB
∴四边形APBC为菱形；
（3）∵⊙O的半径为r
∴OA=r，OP=2 r
∴AP=r，PD=r
∵∠AOP=60°
∴
∴C阴影．
【点睛】
本题考查了圆的切线的性质、圆周角定理、菱形的判定、弧长公式以及有关圆的最值问题，考查知识点较多，灵活应用所学知识是解答本题的关键．
65．（2020·湖北襄阳?中考真题）如图，是⊙O的直径，E，C是上两点，且，连接，，过点C作交的延长线于点D．
（1）判定直线与⊙O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）直线DC与⊙O相切，理由见解析（2）-
【解析】
【分析】
（1）连接OC，如图，由圆周角的的定理推论得到∠EAC＝∠OAC，加上∠ACO＝∠OAC，则∠ACO＝∠DAC，于是可判断OC∥AD，则根据平行线的性质得到OC⊥CD，然后根据直线与圆的位置关系的判定方法可判断DC是⊙O的切线；
（2）连接OE、BC，作CH⊥AB于H，如图，先利用角平分线的性质得到CH＝CD＝，求出△ACH的面积，再根据三角形全等的判定和性质得出△ADC的面积=△ACHD的面积，再利用S阴影=S梯形OCDE-S扇形OCE=S△ACD-S扇形OCE= S△ACH-S扇形OCE，即可得出答案．
【详解】
证明：（1）直线DC与⊙O相切．
理由如下：连接OC，如图，
∵
∴∠EAC＝∠OAC
∵OA＝OC，
∴∠ACO＝∠OAC，
∴∠ACO＝∠DAC，
∴OC∥AD，
∵CD⊥AE，
∴OC⊥CD，
∴DC是⊙O的切线；
（2）连接OC、OE、CB，过C作CH⊥AB于H，
∵CH⊥AB，CD⊥AE
∴∠ADC=∠AHC，
∵∠EAC＝∠OAC，AC=AC
∴△ADC≌△AHC
∴CH=，AH=AD，
∵∠CAH+∠ACH=∠BCH+∠ACH=90°
∴∠CAH=∠BCH，
又∵∠CHA=∠BHC，
∴△CAH∽△BCH
∴
∴
∴AH=3或1（舍去1）
∴BH= 1
∴S△ACH=
在Rt△CHB中，BH=1，HC=
∴∠BCH=30°=∠CAB
∴∠COB=∠EOC=60°
∴S阴影=S梯形OCDE-S扇形OCE=S△ACD-S扇形OCE= S△ACH-S扇形OCE=-=-
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定，圆周角定理、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、平行线的判定和性质、扇形的面积公式及三角形的面积公式，正确作出辅助线是解题的关键，求阴影部分面积时要注意转化思想的应用．
66．（2020·湖南张家界?中考真题）如图，在中，，以为直径作，过点C作直线交的延长线于点D，使．
（1）求证：为的切线；
（2）若平分，且分别交于点，当时，求的长．
【答案】(1)见解析；（2）EF=．
【解析】
【分析】
（1）如图，连接OC，欲证明CD是的切线，只需求得∠OCD=；
（2）由角平分线及三角形外角性质可得，即∠CEF=∠CFE，根据勾股定理可求得EF的长．
【详解】
（1）证明：如图，连接OC
∵为的直径
∴，即∠A+∠ABC=
又∵OC=OB
∴∠ABC=∠OCB
∵
∴∠BCD+∠OCB=，即∠OCD=
∵OC是圆O的半径
∴CD是的切线．
（2）解：∵平分
∴∠CDE=∠ADE
又∵
∴，即∠CEF=∠CFE
∵∠ACB=，
∴CE=CF=2
∴EF=
【点睛】
此题主要考查切线的判定方法、角平分线及三角形外角性质和勾股定理，熟练进行推理论证是解题关键．
67．（2020·安徽中考真题）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任圆的切线，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．
68．（2020·湖南湘潭?中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，过点作，垂足为点．
（1）求证：；
（2）判断直线与的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）直线与相切，理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）AB为的直径得，结合AB=AC，用HL证明全等三角形；
（2）由得BD=BC，结合AO=BO得OD为的中位线，由得，可得直线DE为切线．
【详解】
（1）∵AB为的直径
∴
在和中
∴（HL）
（2）直线与相切，理由如下：
连接OD，如图所示：
由知：，
又∵OA=OB
∴OD为的中位线
∴
∵
∴
∵OD为的半径
∴DE与相切．
【点睛】
本题考查了全等三角形的证明，切线的判定，熟知以上知识的应用是解题的关键．
69．（2020·河南中考真题）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．
70．（2020·江苏南京?中考真题）如图，在中，，D是AB上一点，⊙O经过点A、C、D，交BC于点E，过点D作，交⊙O于点F，求证：
（1）四边形DBCF是平行四边形
（2）
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用等腰三角形的性质证明，利用平行线证明，利用圆的性质证明，再证明即可得到结论；
（2）如图，连接，利用平行线的性质及圆的基本性质，再利用圆内接四边形的性质证明，从而可得结论．
【详解】
证明：（1），
，
，
，
又,
四边形是平行四边形．
（2）如图，连接
，
四边形是的内接四边形
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，圆的基本性质，平行线的性质与判定，等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
71．（2020·北京中考真题）已知：如图，ABC为锐角三角形，AB=BC，CD∥AB．
求作：线段BP，使得点P在直线CD上，且∠ABP=．
作法：①以点A为圆心，AC长为半径画圆，交直线CD于C，P两点；②连接BP．线段BP就是所求作线段．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）
（2）完成下面的证明．
证明：∵CD∥AB，
∴∠ABP= ．
∵AB=AC，
∴点B在⊙A上．
又∵∠BPC=∠BAC（ ）（填推理依据）
∴∠ABP=∠BAC
【答案】（1）见解析；（2）∠BPC，在同圆或等圆中同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半
【解析】
【分析】
（1）按照作法的提示，逐步作图即可；
（2）利用平行线的性质证明： 再利用圆的性质得到：∠BPC=∠BAC，从而可得答案．
【详解】
解：（1）依据作图提示作图如下：
（2）证明：∵CD∥AB，
∴∠ABP= ．
∵AB=AC，
∴点B在⊙A上．
又∵∠BPC=∠BAC（在同圆或等圆中同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半． ）（填推理依据）
∴∠ABP=∠BAC
故答案为：∠BPC；在同圆或等圆中同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半．
【点睛】
本题考查的是作图中复杂作图，同时考查了平行线的性质，圆的基本性质：在同圆或等圆中同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半．掌握以上知识是解题的关键．
72．（2020·江苏苏州?中考真题）如图，已知，是的平分线，是射线上一点，．动点从点出发，以的速度沿水平向左作匀速运动，与此同时，动点从点出发，也以的速度沿竖直向上作匀速运动．连接，交于点．经过、、三点作圆，交于点，连接、．设运动时间为，其中．
（1）求的值；
（2）是否存在实数，使得线段的长度最大？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
（3）求四边形的面积．
【答案】（1）8cm；（2）存在，当t=4时，线段OB的长度最大，最大为；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题意可得，，由此可求得的值；
（2）过作，垂足为，则，设线段的长为，可得，，，根据可得，进而可得，由此可得，由此可得，则可得到答案；
（3）先证明是等腰直角三角形，由此可得，再利用勾股定理可得，最后根据四边形的面积即可求得答案．
【详解】
解：（1）由题可得：，．
∴．
（2）当时，线段的长度最大．
如图，过作，垂足为，则．
∵平分，
∴，
∴，．
设线段的长为，
则，，．
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：．
∴．
∴当时，线段的长度最大，最大为．
（3）∵，
∴是圆的直径．
∴．
∵，
∴是等腰直角三角形．
∴
．
在中，．
∴四边形的面积
．
∴四边形的面积为．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定及性质，直径的判定及性质，二次函数的最值问题等相关知识，熟练掌握相关知识是解决本题的关键．
73．（2020·黑龙江绥化?中考真题）如图，内接于，是直径，，与相交于点E，过点E作，垂足为F，过点O作，垂足为H，连接、．
（1）求证：直线与相切；
（2）若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）的值是．
【解析】
【分析】
（1）连接OB，根据CD是直径得到，再根据圆周角以及已知条件得到，进而得到即可证明；
（2）先证明，再利用相似比以及已知条件即可解答．
【详解】
（1）连接．
∵是圆O的直径，
∴，
∴．
∵
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵是圆O半径，
∴直线与圆O相切．
（2）∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴的值是．
【点睛】
本题考查圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找相似三角形解决问题．
74．（2020·四川甘孜?中考真题）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD和过点C的切线互相垂直，垂足为D．
（1）求证：；
（2）若，，求CD的长．
【答案】(1)见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）连接OC，根据切线的性质，判断出AD∥OC，再应用平行线的性质，即可推得．
(2)连接BC，通过证明△ADC△ACB，可求出AD的长，再在Rt△ADC中，通过勾股定理可求出CD的长.
【详解】
解：（1）证明：如图，连接OC，
，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD．
∵AD⊥CD，
∴AD∥OC，
∴∠DAC=∠ACO．
∵OA=OC，
∴∠CAB=∠ACO，
∴∠DAC=∠CAB.
(2)如图，连接BC
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°.
∵AD⊥CD，
∴∠ADC=90°.
∴∠ADC=∠ACB.
由（1）知∠DAC=∠CAB，
∴△ADC△ACB.
∴.
∵，,则可设AD=2x,AB=3x,x>0,
∴.
解得x=2.
∴AD=4.
在Rt△ADC中，由勾股定理，得CD==.
【点睛】
此题主要考查了切线的性质和应用，以及平行线的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：若出现圆的切线，必连过切点的半径，得出垂直关系．
75．（2020·四川南充?中考真题）如图，点A，B，C是半径为2的⊙O上三个点，AB为直径，∠BAC的平分线交圆于点D，过点D作AC的垂线交AC得延长线于点E，延长线ED交AB得延长线于点F．
（1）判断直线EF与⊙O的位置关系，并证明．
（2）若DF=，求tan∠EAD的值．
【答案】（1）直线与圆相切，证明详见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由OA＝OD知∠OAD＝∠ODA，由AD平分∠EAF知∠DAE＝∠DAO，据此可得∠DAE＝∠ADO，继而知OD∥AE，根据AE⊥EF即可得证；
（2）根据勾股定理得到，根据平行线分线段成比例定理和三角函数的定义即可得到结论．
【详解】
解：（1）直线与圆相切
理由如下：连接
∵平分
∴
∵
∴
∴
由，得
∵点在圆上
∴是圆的切线
（2）由（1）可得，在中，，，
由勾股定理得
∵
∴
即，得，
∴在中，
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，角平分线的定义，圆周角定理，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键．
76．（2020·山东聊城?中考真题）如图，在ABC中，AB＝BC，以△ABC的边AB为直径作⊙O，交AC于点D，过点D作DE⊥BC，垂足为点E．
（1）试证明DE是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为5，AC＝6，求此时DE的长．
【答案】（1）见解析；（2）3
【解析】
【分析】
（1）连接OD、BD，求出BD⊥AD，AD=DC，根据三角形的中位线得出OD∥BC，推出OD⊥DE，根据切线的判定推出即可；
（2）先利用勾股定理求出BD的长，证得Rt△CDE和Rt△ABD，利用对应边成比例即可求解．
【详解】
（1）证明：连接OD，BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴BD⊥AD，
又∵AB=BC，△ABC是等腰三角形，
∴AD=DC，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥BC，
又DE⊥BC，
∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线；
（2）由（1）知，BD是AC边上的中线，AC=6，
得AD=CD=3，
∵⊙O的半径为5，
∴AB=10，
在Rt△ABD中，BD=，
∵AB=BC，
∴∠A=∠C，
在Rt△CDE和Rt△ABD中，
∵∠DEC=∠ADB=90°，∠C=∠A，
∴Rt△CDE∽Rt△ABD，
∴，即，
解得：DE=3．
【点睛】
本题综合考查了切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质以及三角形中位线的判定与性质．解题的关键是熟练掌握和圆有关的各种性质定理，并且能够熟练运用．
77．（2020·四川泸州?中考真题）如图，是的直径，点D在上，的延长线与过点B的切线交于点C，E为线段上的点，过点E的弦于点H．
（1）求证：；
（2）已知，，且，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据题意得到∠ODA=∠OAD，∠ABC=90°，再利用三角形内角和得到∠C=∠AGD；
（2）连接BD，求出BD的长，证明△BOD≌AOG，得到AG=BD=，再证明△AEG≌△DCB，得到EG=BC=6，AE=CD=4，再利用面积法求出AH，再求出HG，最后用EF=FG-EG求出结果．
【详解】
解：（1）∵OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD，
∵BC和AB相切，
∴∠ABC=90°，
∵DG为圆O直径，
∴∠DAG=90°，
∵∠C=180°-∠CAB-∠ABC，∠AGD=180°-∠DAG-∠ADO，
∴∠C=∠AGD；
（2）连接BD，
∵AB为直径，
∴∠ADB=∠CDB=90°，
∵，，
∴BD=，
∵OA=OB=OD=OG，∠AOG=∠BOD，
∴△BOD≌AOG（SAS），
∴AG=BD=，
∵FG⊥AB，BC⊥AB，
∴FG∥BC，
∴∠AEG=∠C，
∵∠EAG=∠CDB=90°，AG=BD，
∴△AEG≌△DCB（AAS），
∴EG=BC=6，AE=CD=4，
∵AH⊥FG，AB为直径，
∴AH=AE×AG÷EG=，FH=GH，
∴FH=GH==，
∴FG=2HG=，
∴EF=FG-EG=-6=．
【点睛】
本题考查了切线的性质和全等三角形的判定和性质，属于圆的综合问题，熟练掌握定理的运用是解题的关键．
78．（2020·湖南株洲?中考真题）AB是的直径，点C是上一点，连接AC、BC，直线MN过点C，满足．
（1）如图①，求证：直线MN是的切线；
（2）如图②，点D在线段BC上，过点D作于点H，直线DH交于点E、F，连接AF并延长交直线MN于点G，连接CE，且，若的半径为1，，求的值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】
（1）由圆周角定理的推论和直角三角形的性质可得，由可得，进一步即可推出，从而可得结论；
（2）如图②，由已知条件易求出AC的长，根据对顶角相等和圆周角定理可得∠1=∠3，根据余角的性质可得，进而可得∽，于是根据相似三角形的性质变形可得，进一步即可求出结果．
【详解】
解：（1）证明：连接OC，如图，
∵AB是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴MN是的切线；
（2）如图②，∵，即，∴，
∵∠2=∠3，∠1=∠2，
∴∠1=∠3，
∵，2
∴∠1+∠AGC=90°，
∵∠3+∠ECD=90°，
∴，
又∵，
∴∽，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定、等腰三角形的性质、解直角三角形、圆周角定理的推论以及相似三角形的判定和性质等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识、灵活应用相似三角形的判定和性质是解题的关键．
79．（2020·北京中考真题）如图，AB为⊙O的直径，C为BA延长线上一点，CD是⊙O的切线，D为切点，OF⊥AD于点E，交CD于点F．
（1）求证：∠ADC=∠AOF；
（2）若sinC=，BD=8，求EF的长．
【答案】（1）见解析；（2）2．
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据CD是⊙O的切线，可推出∠ADC+∠ODA=90°，根据OF⊥AD，∠AOF+∠DAO=90°，根据OD=OA，可得∠ODA=∠DAO，即可证明；
（2）设半径为r，根据在Rt△OCD中，，可得，AC=2r，由AB为⊙O的直径，得出∠ADB=90°，再根据推出OF⊥AD，OF∥BD，然后由平行线分线段成比例定理可得，求出OE，，求出OF，即可求出EF．
【详解】
（1）证明：连接OD，
∵CD是⊙O的切线，
∴OD⊥CD，
∴∠ADC+∠ODA=90°，
∵OF⊥AD，
∴∠AOF+∠DAO=90°，
∵OD=OA，
∴∠ODA=∠DAO，
∴∠ADC=∠AOF；
（2）设半径为r，
在Rt△OCD中，，
∴，
∴，
∵OA=r，
∴AC=OC-OA=2r，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
又∵OF⊥AD，
∴OF∥BD，
∴，
∴OE=4，
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了平行线分线段成比例定理，锐角三角函数，切线的性质，直径所对的圆周角是90°，灵活运用知识点是解题关键．
80．（2020·湖南怀化?中考真题）定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．
（1）下面四边形是垂等四边形的是____________（填序号）
①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形
（2）图形判定：如图1，在四边形中，∥，，过点D作BD垂线交BC的延长线于点E，且，证明：四边形是垂等四边形．
（3）由菱形面积公式易知性质：垂等四边形的面积等于两条对角线乘积的一半．应用：在图2中，面积为24的垂等四边形内接于⊙O中，．求⊙O的半径．
【答案】（1）④；（2）证明过程见解析；③4
【解析】
【分析】
（1）根据垂等四边形的性质对每个图形判断即可；
（2）根据已知条件可证明四边形ACED是平行四边形，即可得到AC=DE，再根据等腰直角三角形的性质即可得到结果；
（3）过点O作，根据面积公式可求得BD的长，根据垂径定理即可得到答案．
【详解】
（1）①平行四边形的对角线互相平分但不垂直和相等，故不是；②矩形对角线相等但不垂直；③菱形的对角线互相垂直但不相等；④正方形的对角线互相垂直且相等，故正方形是垂等四边形；
（2）∵，，
∴AC∥DE，
又∵∥，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴AC=DE，
又∵，
∴△BDE是等腰直角三角形，
∴BD=DE，
∴BD=AC，
∴四边形是垂等四边形．
（3）如图，过点O作，
∵四边形是垂等四边形，
∴AC=BD，
又∵垂等四边形的面积是24，,根据垂等四边形的面积计算方法得：
，
又∵，
∴，
设半径为r，根据垂径定理可得：
在△ODE中，OD=r，DE=，
∴，
∴的半径为4．
【点睛】
本题主要考查了四边形性质与圆的垂径定理应用，准确理解新定义的垂等四边形的性质是解题的关键．
81．（2020·湖南怀化?中考真题）如图，在⊙O中，AB为直径，点C为圆上一点，延长AB到点D，使CD=CA，且．
（1）求证：是⊙O的切线．
（2）分别过A、B两点作直线CD的垂线，垂足分别为E、F两点，过C点作AB的垂线，垂足为点G．求证：．
【答案】(1)见解析；(2)见解析．
【解析】
【分析】
(1)连接OC，∠CAD=∠D=30°，由OC=OA，进而得到∠OCA=∠CAD=30°，由三角形外角定理得到∠COD=∠A+∠OCA=60°，在△OCD中由内角和定理可知∠OCD=90°即可证明；
(2)证明AC是∠EAG的角平分线，CB是∠FCG的角平分线，得到CE=CG，CF=CG，再证明△AEC∽△CFB，对应线段成比例即可求解．
【详解】
解：(1)连接OC，如下图所示：
∵CA=CD，且∠D=30°，
∴ ∠CAD=∠D=30°，
∵ OA=OC，
∴ ∠CAD=∠ACO=30°，
∴∠COD=∠CAD+∠ACO=30°+30°=60°，
∴∠OCD=180°-∠D-∠COD=180°-30°-60°=90°，
∴ OC⊥CD，
∴ CD是⊙O的切线．
(2)连接BC，如下图所示：
∵∠COB=60°，且OC=OB，
∴△OCB为等边三角形，∠CBG=60°，
又CG⊥AD，∴∠CGB=90°，
∴∠GCB=∠CGB-∠CBG=30°，
又∠GCD=60°，
∴CB是∠GCD的角平分线，且BF⊥CD，BG⊥CG，
∴BF=BG，
又BC=BC，
∴△BCG≌△BCF，
∴CF=CG.
∵∠D=30°，AE⊥ED，∠E=90°，
∴∠EAD=60°，
又∠CAD=30°，
∴AC是∠EAG的角平分线，且CE⊥AE，CG⊥AB
∴CE=CG，
∵∠E=∠BFC=90°，∠EAC=30°=∠BCF，
∴△AEC∽△CFB，
∴，即，
又，
∴．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质、角平分线的性质、相似三角形的判定和性质等，属于中考常考题型，熟练掌握切线性质、角平分线性质是解决此题的关键.
82．（2020·湖南衡阳?中考真题）如图，在中，，平分交于点，过点和点的圆，圆心在线段上，交于点，交于点．
（1）判断与的位置关系，并说明理由；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）与相切．证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用角平分线的定义证明结合等腰三角形的性质证明从而证明结合可得答案；
（2）连接，先利用勾股定理求解的长，再证明 利用相似三角形的性质列方程组求解即可得到答案．
【详解】
解：（1）与相切．
理由如下：
如图，连接，
平分，
在上，
是的切线．
（2）连接
为的直径，
，，
解得：
所以：的长为：
【点睛】
本题考查的切线的判定与性质，圆的基本性质，圆周角定理，三角形相似的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
83．（2020·贵州贵阳?中考真题）如图，为的直径，四边形内接于，对角线，交于点，的切线交的延长线于点，切点为，且．
（1）求证：；
（2）若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用同弧所对的圆周角相等可得，由得，根据等角对等边可得结论；
（2）先证明，，由ASA证明，得，；再求，，再证明得，利用可得结论.
【详解】
解：（1）在中，∵与都是所对的圆周角，
∴，
∵，
∴．
∴．
（2）∵是的切线，是的直径，
∴．
∵，，
∴．
又∵，
∴．
∵
∴，
∴，．
在中，∵，，
∴，即．
∵，
∴．
在中，，
∴．
∵，且，
∴，
∴，即．
∵与都是所对的圆周角，
∴．
在中，，
∴，即．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，正确地识别图形是解题的关键．
84．（2020·天津中考真题）在中，弦与直径相交于点P，．
（Ⅰ）如图①，若，求和的大小；
（Ⅱ）如图②，若，过点D作的切线，与的延长线相交于点E，求的大小．
【答案】（I），；（II）．
【解析】
【分析】
(Ⅰ)先由△CPB中外角定理求出∠C的大小，再根据同弧所对的圆周角相等即可求出∠BAD的值；且∠ADC=∠ABC，再由直径AB所对的圆周角等于90°求出∠ADB=90°，最后∠ADB-∠ADC即可得到∠CDB的值；
(Ⅱ)连接OD，由CD⊥AB先求出∠DCB，再由圆周角定理求出∠BOD，最后由切线的性质可知∠ODE=90°，进而求出∠E的度数．
【详解】
解：（Ⅰ）是的一个外角，，，
．
在中，，
．
为的直径，
．
在中，，
又，
．
故答案为：，．
（Ⅱ）如下图所示，连接OD，
，
．
．
在中，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可知：
，
∴，
是的切线，
．即，
，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查圆周角定理及其推论、切线的性质、三角形的外角定理等知识点，熟练掌握圆周角定理及其推论是解决本题的关键．
85．（2020·山东青岛?中考真题）已知：．．
求作：，使它经过点和点，并且圆心在的平分线上，
【答案】见详解．
【解析】
【分析】
要作圆，即需要先确定其圆心，先作∠A的角平分线，再作线段BC的垂直平分线相交于点O，即O点为圆心．
【详解】
解：根据题意可知，先作∠A的角平分线，
再作线段BC的垂直平分线相交于O，
即以O点为圆心，OB为半径，作圆O，
如下图所示：
【点睛】
此题主要考查了学生对确定圆心的作法，要求学生熟练掌握应用．
86．（2020·湖南湘西?中考真题）如图，是⊙O的直径，是⊙O的切线，交⊙O于点E．
（1）若D为的中点，证明：是⊙O的切线；
（2）若，，求⊙O的半径的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）⊙O的半径的长为4
【解析】
【分析】
（1）连接AE和OE，由直角三角形的性质和圆周角定理易得∠OED=90°，可得DE是⊙O的切线；
（2）在Rt△ACE中求得AE的长，证得Rt△ABERt△CAE，利用对应边成比例即可求解．
【详解】
（1）连接AE，OE，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∵AC是圆⊙O的切线，
∴AC⊥AB，
在直角△AEC中，
∵D为AC的中点，
∴DE=DC=DA，
∴∠DEA=∠DAE，
∵OE=OA，
∴∠OEA=∠OAE，
∵∠DAE+∠OAE=90°，
∴∠DEA+∠OEA=∠DEO=90°，
∴OE⊥DE，
∴DE 是⊙O的切线；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=∠AEC=90°，
在Rt△ACE中， CA=6， CE=3.6=，
∴AE=，
∴∠B+∠EAB=90°，
∵∠CAE+∠EAB=90°，
∴∠B=∠CAE，
∴Rt△ABERt△CAE，
∴，即，
∴，
∴⊙O的半径OA=．
【点睛】
本题考查了切线的判定、相似三角形的判定和性质以及勾股定理的应用，掌握切线的判定定理、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
87．（2020·山东菏泽?中考真题）如图，在中，，以为直径的⊙O与相交于点，过点作⊙O的切线交于点．
（1）求证：；
（2）若⊙O的半径为，，求的长．
【答案】（1）见详解；（2）4.8．
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由AB=AC，OB=OD，则∠B=∠ODB=∠C，则OD∥AC，由DE为切线，即可得到结论成立；
（2）连接AD，则有AD⊥BC，得到BD=CD=8，求出AD=6，利用三角形的面积公式，即可求出DE的长度．
【详解】
解：连接OD，如图：
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB，
∴∠B=∠ODB=∠C，
∴OD∥AC，
∵DE是切线，
∴OD⊥DE，
∴AC⊥DE；
（2）连接AD，如（1）图，
∵AB为直径，AB=AC，
∴AD是等腰三角形ABC的高，也是中线，
∴CD=BD=，∠ADC=90°，
∵AB=AC=，
由勾股定理，得：，
∵，
∴；
【点睛】
本题主要考查的是切线的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、勾股定理，解题的关键是熟练掌握所学的性质定理，正确的求出边的长度．
88．（2020·四川广元?中考真题）在中，，OA平分交BC于点O，以O为圆心，OC长为半径作圆交BC于点D．
（1）如图1，求证：AB为的切线；
（2）如图2，AB与相切于点E，连接CE交OA于点F．
①试判断线段OA与CE的关系，并说明理由．
②若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）①OA垂直平分CE，理由见解析；②
【解析】
【分析】
（1）过点O作OG⊥AB，垂足为G，利用角平分线的性质定理可得OG=OC，即可证明；
（2）①利用切线长定理，证明OE=OC，结合OE=OC，再利用垂直平分线的判定定理可得结论；
②根据求出OF和CF，再证明△OCF∽△OAC，求出AC，再证明△BEO∽△BCA，得到，设BO=x，BE=y，可得关于x和y的二元一次方程组，求解可得BO和BE，从而可得结果.
【详解】
解：（1）如图，过点O作OG⊥AB，垂足为G，
∵OA平分交BC于点O，
∴OG=OC，
∴点G在上，
即AB与相切；
（2）①OA垂直平分CE，理由是：
连接OE，
∵AB与相切于点E，AC与相切于点C，
∴AE=AC，
∵OE=OC，
∴OA垂直平分CE；
②∵，
则FC=2OF，在△OCF中，
，
解得：OF=，则CF=，
由①得：OA⊥CE，
则∠OCF+∠COF=90°，又∠OCF+∠ACF=90°，
∴∠COF=∠ACF，而∠CFO=∠ACO=90°，
∴△OCF∽△OAC，
∴，即，
解得：AC=6，
∵AB与圆O切于点E，
∴∠BEO=90°，AC=AE=6，而∠B=∠B，
∴△BEO∽△BCA，
∴，设BO=x，BE=y，
则，
可得：，
解得：，即BO=5，BE=4，
∴tanB==.
【点睛】
本题考查了圆的综合，切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，二元一次方程组的应用，有一定难度，解题要合理选择相似三角形得出结论.
89．（2020·山东临沂?中考真题）已知的半径为，的半径为，以为圆心，以的长为半径画弧，再以线段的中点P为圆心，以的长为半径画弧，两弧交于点A，连接，，交于点B，过点B作的平行线交于点C．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，，求阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）过点O2作O2D⊥BC，交BC于点D，根据作图过程可得AP=O1P=O2P，利用等腰三角形的性质和三角形内角和证明AO2⊥AO1，再根据BC∥AO2，证明四边形ABDO2为矩形，得到O2D=，点D在圆O2上，可得结论；
（2）证明△AO1O2∽△BO1C，求出O1C，利用△BO1C的面积减去扇形BO1E的面积即可.
【详解】
解：（1）由作图过程可得：
AP=O1P=O2P=O1O2，AO1=AB+BO1=，
∴∠PAO1=PO1A，∠PAO2=∠PO2A，AB=，
而∠PAO1+∠PO1A+∠PAO2+∠PO2A=180°，
∴∠PAO1+∠PAO2=90°，即AO2⊥AO1，
∵BC∥AO2，
∴O1B⊥BC，即BC与圆O1相切，
过点O2作O2D⊥BC，交BC于点D，
可知四边形ABDO2为矩形，
∴AB=O2D=，而圆O2的半径为，
∴点D在圆O2上，
即BC是的切线；
（2）∵AO2∥BC，
∴△AO1O2∽△BO1C，
∴，
∵，，，
即AO1==3，BO1=2，
∴，
∴O1C=4，
∵BO1⊥BC，
∴cos∠BO1C=，
∴∠BO1C=60°，
∴BC=，
∴S阴影=-
=
=
【点睛】
本题考查了尺规作图的原理，切线的判定和性质，矩形的判定和性质，扇形面积，相似三角形的判定和性质，等边对等角，知识点较多，解题的关键是根据作图过程得到相应的线段关系.
90．（2020·黑龙江哈尔滨?中考真题）已知是的外接圆，AD为的直径，，垂足为E，连接BO，延长BO交AC于点F．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，过点D作，交于点G，点H为GD的中点，连接OH，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CG，若的面积为，求线段CG的长．
【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）CG=．
【解析】
【分析】
（1）先推出∠BAD=∠CAD，然后根据圆周角定理可得出∠BOD=2∠BAD=2∠CAD，根据∠BOD=∠AOF，可得出∠AOF=2∠CAD，根据∠BFC=∠AOF+∠CAD，即可证明结论；
（2）连接OG，证明△OBE≌△DOH，即可证明结论；
（3）连接AG，过A点作AM⊥CG于点M，过F点作FN⊥AD于点N，先推出DE=2OE，设OE=m，则DE=2m，OB=OD=OA=3m，AE=4m，根据勾股定理得出CE=BE=，再求出tan∠BOE===，tan∠EAC===，根据tan∠AOF=tan∠BOE=，得出=，设ON=a，则NF=a，可得tan∠EAC=，解出AN，根据AN+NO=AO，解出a=m，再根据S△AOF=·OA·FN=，可求出m=1，可得出DH=1，OD=3， BE=CE=OH=，AE=4，根据勾股定理可得AC=，根据OD=OA，DH=HG，得出AG=2OH=，推出cos∠ADG=cos∠ACM，即可求出CM=，利用勾股定理可得AM=，GM=，即可得出答案．
【详解】
解：（1）∵AD为的直径，，
∴，BE=CE，
∴∠BAD=∠CAD，
∵∠BOD=2∠BAD，
∴∠BOD=2∠CAD，
∵∠BOD=∠AOF，
∴∠AOF=2∠CAD，
∵∠BFC=∠AOF+∠CAD，
∴∠BFC=2∠CAD+∠CAD=3∠CAD；
（2）连接OG，
∵点H为GD的中点，OG=OD，
∴DH=GH，OH⊥DG，
∵AD⊥BC，
∴∠AEB=∠OHD=90°，
∵DG∥BF，
∴∠BOH=∠OHD=90°，
即∠DOH+∠BOD=90°，
∵∠BOD+∠OBE=90°，
∴∠OBE=∠DOH，
又∵OB=OD，
∴△OBE≌△DOH，
∴BE=OH；
（3）如图，连接AG，过A点作AM⊥CG于点M，过F点作FN⊥AD于点N，
由（2）可知DH=OE，
∵DG=2DH=2OE，DG=DE，
∴DE=2OE，
设OE=m，则DE=2m，
∴OB=OD=OA=3m，
∴AE=4m，
在Rt△OBE中，BE==，
∴CE=BE=，tan∠BOE===，tan∠EAC===，
∵tan∠AOF=tan∠BOE=，
∴=，
设ON=a，则NF=a，
∴tan∠EAC=，
∴AN=4a，
∵AN+NO=AO，
∴4a+a=3m，
∴a=m，
∴FN=×m=m，
∵S△AOF=·OA·FN=，
∴·3m·m=，
∴m2=1，
∴m=±1，
∵m>0，
∴m=1，
∴DH=1，OD=3，由（2）得BE=CE=OH=，AE=4，
在Rt△AEC中AC=，
∵OD=OA，DH=HG，
∴AG=2OH=，
∵∠ADG+∠ACG=180°，∠ACM+∠ACG=180°，
∴∠ADG=∠ACM，
∴cos∠ADG=cos∠ACM，
∴，
∴，
∴CM=，
在Rt△ACM中，AM==，
在Rt△AGM中，GM==，
∴CG=GM-CM=．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，全等三角形的性质和判定，锐角三角函数，垂径定理，勾股定理，掌握知识点灵活运用是解题关键．
91．（2020·四川成都?中考真题）如图，在的边上取一点，以为圆心，为半径画⊙O，⊙O与边相切于点，，连接交⊙O于点，连接，并延长交线段于点．
（1）求证：是⊙O的切线；
（2）若，，求⊙O的半径；
（3）若是的中点，试探究与的数量关系并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）；（3），理由见解析
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由切线的性质可得∠ADO=90°，由“SSS”可证△ACO≌△ADO，可得∠ADO=∠ACO=90°，可得结论；
（2）由锐角三角函数可设AC=4x，BC=3x，由勾股定理可求BC=6，再由勾股定理可求解；
（3）连接OD，DE，由“SAS”可知△COE≌△DOE，可得∠OCE=∠OED，由三角形内角和定理可得∠DEF=180°-∠OEC-∠OED=180°-2∠OCE，∠DFE=180°-∠BCF-∠CBF=180°-2∠OCE，可得∠DEF=∠DFE，可证DE=DF=CE，可得结论．
【详解】
解：（1）如图，连接OD，
∵⊙O与边AB相切于点D，
∴OD⊥AB，即∠ADO=90°，
∵AO=AO，AC=AD，OC=OD，
∴△ACO≌△ADO（SSS），
∴∠ADO=∠ACO=90°，
又∵OC是半径，
∴AC是⊙O的切线；
（2）在Rt△ABC中，tanB==，
∴设AC=4x，BC=3x，
∵AC2+BC2=AB2，
∴16x2+9x2=100，
∴x=2，
∴BC=6，
∵AC=AD=8，AB=10，
∴BD=2，
∵OB2=OD2+BD2，
∴（6-OC）2=OC2+4，
∴OC=，
故⊙O的半径为；
（3）连接OD，DE，
由（1）可知：△ACO≌△ADO，
∴∠ACO=∠ADO=90°，∠AOC=∠AOD，
又∵CO=DO，OE=OE，
∴△COE≌△DOE（SAS），
∴∠OCE=∠ODE，
∵OC=OE=OD，
∴∠OCE=∠OEC=∠OED=∠ODE，
∴∠DEF=180°-∠OEC-∠OED=180°-2∠OCE，
∵点F是AB中点，∠ACB=90°，
∴CF=BF=AF，
∴∠FCB=∠FBC，
∴∠DFE=180°-∠BCF-∠CBF=180°-2∠OCE，
∴∠DEF=∠DFE，
∴DE=DF=CE，
∴AF=BF=DF+BD=CE+BD．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
92．（2020·黑龙江绥化?中考真题）如图，在正方形中，，点G在边上，连接，作于点E，于点F，连接、，设，，．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）若点G从点B沿边运动至点C停止，求点E，F所经过的路径与边围成的图形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）点E，F所经过的路径与边AB所围成图形的面积为4．
【解析】
【分析】
（1）证明，根据全等三角形的性质可得出结论；
（2）证明，根据正方形的性质、相似三角形的性质证明；
（3）根据所围成的图形是△AOB，求出它的面积即可.
【详解】
（1）证明：在正方形中，，
．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
在和中，
∴．
∴．
（2）在和中，．
∴．
由①可知，
∴．
∴．
由①可知，，
∴．∴．
∵，，
∴．
∴．
∴.
（3）∵．
∴
∴当点G从点B沿边运动至点C停止时，点E经过的路径是以为直径，圆心角为90°的圆弧，同理可得点F经过的路径，两弧交于正方形的中心点O．（如图所示）
∵
∴所围成图形的面积
【点睛】
本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
93．（2020·黑龙江绥化?中考真题）（1）如图，已知线段和点O，利用直尺和圆规作，使点O是的内心（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）在所画的中，若，则的内切圆半径是______．
【答案】（1）作法：如图所示，见解析；（2）2．
【解析】
【分析】
（1）内心是角平分线的交点，根据AO和BO分别是∠CAB和∠CBA的平分线，作图即可；
（2）连接OC，设内切圆的半径为r，利用三角形的面积公式，即可求出答案．
【详解】
解：（1）作法：如图所示：
①作射线、；
②以点A为圆心，任意长为半径画弧分别交线段，射线于点D，E；
③以点E为圆心，长为半径画弧，交上一步所画的弧于点F，同理作出点M；
④作射线，相交于点C，即所求．
（2）如图，连接OC，
∵，
由勾股定理，得：，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的内切圆半径是2；
故答案为：2；
【点睛】
本题考查了求三角形内切圆的半径，角平分线的性质，勾股定理，以及三角形的面积公式，解题的关键是作出图形，利用所学的知识正确求出三角形内切圆的半径．
专题49圆（3）（全国一年）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．（2020·四川南充?中考真题）如图，四个三角形拼成一个风车图形，若AB=2，当风车转动90°时，点B运动路径的长度为（ ）
A．π B．2π C．3π D．4π
【答案】A
【解析】
【分析】
B点的运动路径是以A点为圆心，AB长为半径的圆的的周长，然后根据圆的周长公式即可得到B点的运动路径长度为π．
【详解】
解：∵B点的运动路径是以A点为圆心，AB长为半径的圆的的周长，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查了弧长的计算，熟悉相关性质是解题的关键．
2．（2020·黑龙江哈尔滨?中考真题）如图是直径，点A为切点，交于点C，点D在上，连接，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据同弧所对的圆心角等于所对圆周角的2倍，由可求出∠AOC=．再由AB为圆O的切线，得AB⊥OA，由直角三角形的两锐角互余，即可求出∠ABO的度数，
【详解】
解：∵ ，
∴，
∵AB为圆O的切线，
∴AB⊥OA，即∠OAB=90°，
∴，
故选：B．
【点睛】
此题考查了切线的性质，以及圆周角定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．
3．（2020·四川泸州?中考真题）如图，中，，．则的度数为（ ）
A．100° B．90° C．80° D．70°
【答案】C
【解析】
【分析】
首先根据弧、弦、圆心角的关系得到AB=AC，再根据等腰三角形的性质可得∠A的度数，然后根据圆周角定理可得∠BOC=2∠A，进而可得答案．
【详解】
解：∵，
∴AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=70°，
∴∠A=180°-70°×2=40°，
∵圆O是△ABC的外接圆，
∴∠BOC=2∠A=40°×2=80°，
故选C．
【点睛】
此题主要考查了弧、弦、圆心角的关系、圆周角定理、等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质，由圆周角定理得出结果是解决问题的关键．
4．（2020·湖南张家界?中考真题）如图，四边形为的内接四边形，已知为，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的性质求出∠A，根据圆周角定理计算，得到答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A＝180°−∠BCD＝60°，
由圆周角定理得，∠BOD＝2∠A＝120°，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是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．
5．（2020·湖北咸宁?中考真题）如图，在中，，，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据圆周角定理得出∠AOB=90°，再利用S阴影=S扇形OAB-S△OAB算出结果.
【详解】
解：∵∠C=45°，
∴∠AOB=90°，
∵OA=OB=2，
∴S阴影=S扇形OAB-S△OAB==，
故选D.
【点睛】
本题考查了圆周角定理，扇形面积计算，解题的关键是得到∠AOB=90°.
6．（2020·河北中考真题）有一题目：“已知；点为的外心，，求．”嘉嘉的解答为：画以及它的外接圆，连接，，如图．由，得．而淇淇说：“嘉嘉考虑的不周全，还应有另一个不同的值．”，下列判断正确的是（ ）
A．淇淇说的对，且的另一个值是115°
B．淇淇说的不对，就得65°
C．嘉嘉求的结果不对，应得50°
D．两人都不对，应有3个不同值
【答案】A
【解析】
【分析】
直接利用圆内接四边形的性质结合圆周角定理得出答案．
【详解】
解：如图所示：
∵∠BOC=130°，
∴∠A=65°，
∠A还应有另一个不同的值∠A′与∠A互补．
故∠A′＝180°−65°＝115°．
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了三角形的外接圆，正确分类讨论是解题关键．
7．（2020·江苏苏州?中考真题）如图，在扇形中，已知，，过的中点作，，垂足分别为、，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
连接OC，易证，进一步可得出四边形CDOE为正方形，再根据正方形的性质求出边长即可求得正方形的面积，根据扇形面积公式得出扇形AOB的面积，最后根据阴影部分的面积等于扇形AOB的面积剪去正方形CDOE的面积就可得出答案．
【详解】
连接OC
点为的中点
在和中
又
四边形CDOE为正方形
由扇形面积公式得
故选B．
【点睛】
本题考查了扇形面积的计算、正方形的判定及性质，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键．
8．（2020·安徽中考真题）已知点在上．则下列命题为真命题的是（ ）
A．若半径平分弦．则四边形是平行四边形
B．若四边形是平行四边形．则
C．若．则弦平分半径
D．若弦平分半径．则半径平分弦
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆的有关性质、垂径定理及其推论、特殊平行四边形的判定与性质依次对各项判断即可．
【详解】
A．∵半径平分弦，
∴OB⊥AC，AB=BC，不能判断四边形OABC是平行四边形，
假命题；
B．∵四边形是平行四边形,且OA=OC,
∴四边形是菱形，
∴OA=AB=OB，OA∥BC，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠OAB=60º,
∴∠ABC=120º,
真命题；
C．∵，
∴∠AOC=120º，不能判断出弦平分半径，
假命题；
D．只有当弦垂直平分半径时，半径平分弦，所以是
假命题，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查命题与证明，涉及垂径定理及其推论、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，解答的关键是会利用所学的知识进行推理证明命题的真假．
9．（2020·山东聊城?中考真题）如图，是的直径，弦，垂足为点．连接，．如果，，那么图中阴影部分的面积是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据是的直径，弦，由垂径定理得，再根据证得，即可证明，即可得出．
【详解】
解：是的直径，弦，
，．
又
在和中，
，
故选：B
【点睛】
本题考查了垂径定理，圆周角定理，平行线的性质，全等三角形的判定，扇形的面积，等积变换，解此题的关键是证出，从而将阴影部分的面积转化为扇形OBC的面积，题目比较典型，难度适中．
10．（2020·山东聊城?中考真题）如图，有一块半径为，圆心角为的扇形铁皮，要把它做成一个圆锥形容器（接缝忽略不计），那么这个圆锥形容器的高为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
首先利用扇形的弧长公式求得圆锥的底面周长，求得底面半径的长，然后利用勾股定理求得圆锥的高．
【详解】
解：设圆锥的底面周长是l，则l=m，
则圆锥的底面半径是：m，
则圆锥的高是：m．
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
11．（2020·湖南株洲?中考真题）如图所示，点A、B、C对应的刻度分别为0、2、4、将线段CA绕点C按顺时针方向旋转，当点A首次落在矩形BCDE的边BE上时，记为点，则此时线段CA扫过的图形的面积为（ ）
A． B．6 C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
求线段CA扫过的图形的面积，即求扇形ACA1的面积.
【详解】
解：由题意，知AC=4,BC=4-2=2,∠A1BC=90°.
由旋转的性质，得A1C=AC=4.
在Rt△A1BC中，cos∠ACA1==.
∴∠ACA1=60°.
∴扇形ACA1的面积为=.
即线段CA扫过的图形的面积为.
故选：D
【点睛】
此题考查了扇形面积的计算和解直角三角形，熟练掌握扇形面积公式是解本题的关键．
12．（2020·四川广元?中考真题）如图，是的两条互相垂直的直径，点P从点O出发，沿的路线匀速运动，设（单位：度），那么y与点P运动的时间（单位：秒）的关系图是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图示，分三种情况：（1）当点P沿O→C运动时；（2）当点P沿C→B运动时；（3）当点P沿B→O运动时；分别判断出y的取值情况，进而判断出y与点P运动的时间x（单位：秒）的关系图是哪个即可．
【详解】
解：（1）当点P沿O→C运动时，
当点P在点O的位置时，y＝90°，
当点P在点C的位置时，
∵OA＝OC，
∴y＝45°，
∴y由90°逐渐减小到45°；
（2）当点P沿C→B运动时，
根据圆周角定理，可得
y≡90°÷2＝45°；
（3）当点P沿B→O运动时，
当点P在点B的位置时，y＝45°，
当点P在点O的位置时，y＝90°，
∴y由45°逐渐增加到90°．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了动点问题的函数图象和圆周角定理，解答此类问题的关键是通过看图获取信息，并能解决生活中的实际问题，用图象解决问题时，要理清图象的含义即学会识图．
13．（2020·黑龙江牡丹江?中考真题）如图，四边形内接于，连接．若，，则的度数是（ ）
A．125° B．130° C．135° D．140°
【答案】B
【解析】
【分析】
连接OA，OB，OC，根据圆周角定理得出∠BOC=100°，再根据得到∠AOC，从而得到∠ABC，最后利用圆内接四边形的性质得到结果.
【详解】
解：连接OA，OB，OC，
∵，
∴∠BOC=2∠BDC=100°，
∵，
∴∠BOC=∠AOC=100°，
∴∠ABC=∠AOC=50°，
∴∠ADC=180°-∠ABC=130°.
故选B.
【点睛】
本题考查了圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，圆内接四边形的性质，关键在于画出半径，构造圆心角.
14．（2020·江苏南京?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限，⊙P与x轴、y轴都相切，且经过矩形的顶点C，与BC相交于点D，若⊙P的半径为5，点的坐标是，则点D的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
在Rt△CPF中根据勾股定理求出PF的长，再根据垂径定理求出DF的长，进而求出OB，BD的长，从而求出点D的坐标．
【详解】
设切点分别为G，E，连接PG，PE，PC，PD，并延长EP交BC与F，则PG=PE=PC=5，四边形OBFE是矩形．
∵OA=8，
∴CF=8-5=3，
∴PF=4，
∴OB=EF=5+4=9．
∵PF过圆心，
∴DF=CF=3，
∴BD=8-3-3=2，
∴D(9，2)．
故选A．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，以及垂径定理等知识，正确做出辅助线是解答本题的关键．
15．（2020·山东青岛?中考真题）如图，是的直径，点，在上，，交于点．若．则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据圆周角定理得到∠，再根据等弧所对的弦相等，得到，∠，最后根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，得到∠CAD=，∠BAG=，即可求解．
【详解】
解：∵是的直径
∴∠
∵
∴
∴∠
∵
∴∠
∴∠
∴∠
故选：B．
【点睛】
此题主要考查圆周角定理和弧、弦及圆周角之间的关系，熟练掌握圆周角定理和三者之间的关系是解题关键．
16．（2020·湖南湘西?中考真题）如图，、为⊙O的切线，切点分别为A、B，交于点C，的延长线交⊙O于点D．下列结论不一定成立的是（ ）
A．为等腰三角形 B．与相互垂直平分
C．点A、B都在以为直径的圆上 D．为的边上的中线
【答案】B
【解析】
【分析】
连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，证明Rt△OPB≌Rt△OPA，可得BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，可推出为等腰三角形，可判断A；根据△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，可得PM=OM=BM=AM，可判断C；证明△OBC≌△OAC，可得PC⊥AB，根据△BPA为等腰三角形，可判断D；无法证明与相互垂直平分，即可得出答案．
【详解】
解：连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，
∵B，C为切点，
∴∠OBP=∠OAP=90°，
∵OA=OB，OP=OP，
∴Rt△OPB≌Rt△OPA，
∴BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，
∴为等腰三角形，故A正确；
∵△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，
∴PM=OM=BM=AM
∴点A、B都在以为直径的圆上，故C正确；
∵∠BOC=∠AOC，OB=OA，OC=OC，
∴△OBC≌△OAC，
∴∠OCB=∠OCA=90°，
∴PC⊥AB，
∵△BPA为等腰三角形，
∴为的边上的中线，故D正确；
无法证明与相互垂直平分，
故选：B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，圆的性质，掌握知识点灵活运用是解题关键．
17．（2020·山东潍坊?中考真题）如图，在中，，以点O为圆心，2为半径的圆与交于点C，过点C作交于点D，点P是边上的动点．当最小时，的长为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【解析】
【分析】
延长CO交于点E，连接EP，交AO于点P，则PC+PD的值最小，利用平行线份线段成比例分别求出CD，PO的长即可．
【详解】
延长CO交于点E，连接ED，交AO于点P，如图，
∵CD⊥OB，
∴∠DCB=90°,
又，
∴∠DCB=∠AOB，
∴CD//AO
∴
∵OC=2，OB=4，
∴BC=2,
∴，解得，CD=；
∵CD//AO，
∴，即，解得，PO=
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了轴对称---最短距离问题，同时考查了平行线分线段成比例，掌握轴对称性质和平行线分线段成比例定理是解题的关键．
18．（2020·江苏扬州?中考真题）如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C、D，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
首先根据圆周角定理可知，∠ABC＝，在Rt△ACB中，根据锐角三角函数的定义求出∠ABC的正弦值．
【详解】
∵和∠ABC所对的弧长都是，
∴根据圆周角定理知，∠ABC＝，
∴在Rt△ACB中，AB=
根据锐角三角函数的定义知，sin∠ABC＝，
∴=，
故选A．
【点睛】
本题主要考查锐角三角函数的定义和圆周角的知识点，解答本题的关键是利用圆周角定理把求的正弦值转化成求∠ABC的正弦值，本题是一道比较不错的习题．
19．（2020·福建中考真题）如图，四边形内接于，，为中点，，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据，为中点求出∠CBD=∠ADB=∠ABD，再根据圆内接四边形的性质得到∠ABC+∠ADC=180°，即可求出答案．
【详解】
∵为中点，
∴,
∴∠ADB=∠ABD，AB=AD，
∵，
∴∠CBD=∠ADB=∠ABD，
∵四边形内接于，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∴3∠ADB+60°=180°，
∴=40°，
故选：A．
【点睛】
此题考查圆周角定理：在同圆中等弧所对的圆周角相等、相等的弦所对的圆周角相等，圆内接四边形的性质：对角互补．
20．（2020·湖北武汉?中考真题）如图，在半径为3的⊙O中，是直径，是弦，是的中点，与交于点．若是的中点，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
连接DO、DA、DC，设DO与AC交于点H，证明△DHE≌△BCE，得到DH=CB，同时OH是三角形ABC中位线，设OH=x，则BC=2x=DH，故半径DO=3x，解出x，最后在Rt△ACB中由勾股定理即可求解．
【详解】
解：连接DO、DA、DC、OC，设DO与AC交于点H，如下图所示，
∵D是的中点，∴DA=DC，∴D在线段AC的垂直平分线上，
∵OC=OA，∴O在线段AC的垂直平分线上，
∴DO⊥AC，∠DHC=90°，
∵AB是圆的直径，∴∠BCA=90°，
∵E是BD的中点，∴DE=BE，且∠DEH=∠BEC，
∴△DHE≌△BCE(AAS)，
∴DH=BC，
又O是AB中点，H是AC中点，
∴HO是△ABC的中位线，
设OH=x，则BC=DH=2x，
∴OD=3x=3，∴x=1，
即BC=2x=2，
在Rt△ABC中，．
故选：D．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、三角形全等、勾股定理等，属于综合题，熟练掌握其性质和定理是解决此题的关键
21．（2020·山东临沂?中考真题）如图，在中，为直径，，点D为弦的中点，点E为上任意一点，则的大小可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
连接OD、OE，先求出∠COD=40°，∠BOC=100°，设∠BOE=x，则∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°；然后运用等腰三角形的性质分别求得∠OED和∠COE，最后根据线段的和差即可解答．
【详解】
解：连接OD、OE
∵OC=OA
∴△OAC是等腰三角形
∵，点D为弦的中点
∴∠DOC=40°，∠BOC=100°
设∠BOE=x，则∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°
∵OC=OE，∠COE=100°-x
∴∠OEC=
∵OD＜OE，∠DOE=100°-x+40°=140°-x
∴∠OED＜
∴∠CED＞∠OEC-∠OED==20°．
又∵∠CED＜∠ABC=40°，
故答案为C．
【点睛】
本题考查了圆的性质、等腰三角形的性质等知识点，正确作出辅助线、构造等腰三角形是解答本题的关键．
二、填空题
22．（2020·湖南株洲?中考真题）一个蜘蛛网如图所示，若多边形ABCDEFGHI为正九边形，其中心点为点O，点M、N分别在射线OA、OC上，则________度．
【答案】80
【解析】
【分析】
根据正多边形性质求出中心角，即可求出．
【详解】
解：根据正多边形性质得，中心角为360°÷9=40°，
∴．
故答案为：80
【点睛】
本题考查了正n边形中心角的定义，在正多边形中，中心角为 ．
23．（2020·江苏扬州?中考真题）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．
24．（2020·湖南株洲?中考真题）据《汉书律历志》记载：“量者，龠（yuè）、合、升、斗、斛（hú）也”斛是中国古代的一种量器，“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉”．意思是说：“斛的底面为：正方形的外接一个圆，此圆外是一个同心圆”，如图所示．
问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即2.5尺），“庣旁”为两寸五分（即两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.25尺），则此斛底面的正方形的周长为________尺．（结果用最简根式表示）
【答案】
【解析】
【分析】
根据正方形性质确定△CDE为等腰直角三角形，CE为直径，根据题意求出正方形外接圆的直径CE，求出CD，问题得解．
【详解】
解：∵四边形CDEF为正方形，
∴∠D=90°，CD=DE，
∴CE为直径，=45°，
由题意得AB=2.5，
∴CE=2.5-0.25×2=2，
∴CD=CE ，
∴=45°，
∴正方形CDEF周长为尺．
故答案为：
【点睛】
本题考查了正方形外接圆的性质，等腰直角三角形性质，解题关键是判断出正方形对角线为其外接圆直径．
25．（2020·湖南湘潭?中考真题）如图，在半径为6的中，圆心角，则阴影部分面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】
直接根据扇形的面积计算公式计算即可．
【详解】
解：阴影部分面积为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了扇形面积的计算，解题的关键是熟记扇形面积的计算公式．
26．（2020·黑龙江中考真题）如图，是的外接圆的直径，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】
连接BD，如图，根据圆周角定理得到∠ABD=90°，则利用互余计算出∠D=50°，然后再利用圆周角定理得到∠ACB的度数．
【详解】
连接BD，如图，
∵AD为△ABC的外接圆⊙O的直径，
∴∠ABD=90°，
∴∠D=90°-∠BAD=90°-40°=50°，
∴∠ACB=∠D=50°．
故答案为：50．
【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．
27．（2020·黑龙江牡丹江?中考真题）是的弦，，垂足为M，连接．若中有一个角是30°，，则弦的长为_________．
【答案】12或4
【解析】
【分析】
分∠OAM=30°，∠AOM=30°，两种情况分别利用正切的定义求解即可.
【详解】
解：∵OM⊥AB，
∴AM=BM，
若∠OAM=30°，
则tan∠OAM=，
∴AM=6，
∴AB=2AM=12；
若∠AOM=30°，
则tan∠AOM=，
∴AM=2，
∴AB=2AM=4.
故答案为：12或4.
【点睛】
本题考查了垂径定理，三角函数，解题时要根据题意分情况讨论.
28．（2020·江苏南京?中考真题）如图，在边长为的正六边形中，点P在BC上，则的面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
如图，连接 过作于，利用正六边形的性质求解的长，利用与上的高相等，从而可得答案．
【详解】
解：如图，连接 过作于，
正六边形,
故答案为：
【点睛】
本题考查的是正多边形的性质，同时考查了锐角三角函数的应用，等腰三角形的性质，平行线的判定，掌握以上知识是解题的关键．
29．（2020·江苏扬州?中考真题）圆锥的底面半径为3，侧面积为，则这个圆锥的母线长为________．
【答案】4
【解析】
【分析】
根据圆锥的底面半径可以求出底面周长即为展开后的弧长,侧面积即为展开后扇形的面积,再根据扇形的面积公式求出扇形的半径即为圆锥的母线．
【详解】
∵底面半径为3,
∴底面周长=2×3π=6π．
∴圆锥的母线=．
故答案为:4．
【点睛】
本题考查圆锥与扇形的结合,关键在于理解圆锥周长是扇形弧长,圆锥母线是扇形半径．
30．（2020·福建中考真题）一个扇形的圆心角是，半径为4，则这个扇形的面积为______．（结果保留）
【答案】
【解析】
【分析】
根据扇形的面积公式进行计算即可求解．
【详解】
解：∵扇形的半径为4，圆心角为90°，
∴扇形的面积是：．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了扇形面积的计算．熟记扇形的面积公式是解题的关键．
31．（2020·江苏苏州?中考真题）如图，已知是的直径，是的切线，连接交于点，连接．若，则的度数是_________．
【答案】25
【解析】
【分析】
先由切线的性质可得∠OAC=90°，再根据三角形的内角和定理可求出∠AOD=50°，最后根据“同弧所对的圆周角等于圆心角的一半”即可求出∠B的度数．
【详解】
解：∵是的切线，
∴∠OAC=90°
∵，
∴∠AOD=50°，
∴∠B=∠AOD=25°
故答案为：25．
【点睛】
本题考查了切线的性质和圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
32．（2020·黑龙江绥化?中考真题）已知圆锥的底面圆的半径是2.5，母线长是9，其侧面展开图的圆心角是________度．
【答案】100
【解析】
【分析】
设这个圆锥的侧面展开图的圆心角为n°，根据圆锥的底面圆周长=扇形的弧长，列方程求解．
【详解】
解：设这个圆锥的侧面展开图的圆心角为n°，
根据题意得2π•2.5=，解得n=100，
即这个圆锥的侧面展开图的圆心角为100°．
故答案为：100．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算：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．
33．（2020·黑龙江绥化?中考真题）如图，正五边形内接于，点P为上一点（点P与点D，点E不重合），连接、，，垂足为G，等于________度．
【答案】54
【解析】
【分析】
连接OC，OD，利用正五边形的性质求出∠COD的度数，再根据圆周角定理求得∠CPD，然后利用直角三角形的两锐角互余即可解答．
【详解】
连接OC，OD，
∵ABCDE是正五边形，
∴∠COD=，
∴∠CPD=∠COD=36º，
∵，
∴∠DGP=90º
∴∠PDG=90º-∠CPD=90º-36º=54º，
故答案为：54º．
【点睛】
本题主要考查了圆内接正多边形的性质、圆周角定理、直角三角形的性质，熟练掌握圆心角与圆周角之间的关系是解答的关键．
34．（2020·四川甘孜?中考真题）如图，AB为的直径，弦于点H，若，，则OH的长度为__．
【答案】3
【解析】
【分析】
连接OC，由垂径定理可求出CH的长度，在Rt△OCH中，根据CH和⊙O的半径，即可由勾股定理求出OH的长．
【详解】
连接OC，
Rt△OCH中，OC=AB=5，CH=CD=4；
由勾股定理，得：OH=；
即线段OH的长为3．
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了垂径定理：平分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．
35．（2020·四川成都?中考真题）如图，六边形是正六边形，曲线…叫做“正六边形的渐开线”，，，，,,，…的圆心依次按，，，，，循环，且每段弧所对的圆心角均为正六边形的一个外角．当时，曲线的长度是_________．
【答案】
【解析】
【分析】
利用弧长公式，分别计算出，，，,,的长，然后将所有弧长相加即可.
【详解】
解：根据题意，得=；
=；
=；
=；
=；
=.
曲线的长度是=.
故答案是：.
【点睛】
本题考查的是弧长的计算，熟练运用弧长公式进行计算是解题得关键.
36．（2020·四川成都?中考真题）如图，，，是上的三个点，，，则的度数为_________．
【答案】30°
【解析】
【分析】
根据圆的基本性质以及圆周角定理，分别求出∠OCB=55°，∠ACB=∠AOB=25°，即可求出∠OCA=30°，再求出∠A即可．
【详解】
解：∵OB=OC，
∴∠B=∠OCB=55°，
∵∠AOB=50°，
∴∠ACB=∠AOB=25°，
∴∠OCA=∠OCB-∠AOB=55°-25°=30°，
∵OA=OC，
∴∠A=∠OCA=30°，
故答案为：30°．
【点睛】
本题考查了圆的基本性质以及圆周角定理，解题的关键是熟练掌握圆的性质以及圆周角定理．
37．（2020·山东聊城?中考真题）如图，在中，四边形为菱形，点在上，则的度数是________．
【答案】
【解析】
【分析】
连接OB，证明△OAB，△OBC都是等边三角形，得到∠AOC=120°，进而求出．
【详解】
解：连接OB，
∵四边形为菱形，OA=OB，
∴OA=OB=OC=AB=BC,
∴△OAB，△OBC都是等边三角形，
∴∠AOB=∠BOC=60°，
∴∠AOC=120°，
∵，
∴ ．
故答案为：60°
【点睛】
本题考查了菱形的性质，圆的半径都相等，圆周角定理，等边三角形性质，综合性较强．解题关键是连接OB，得到△OAB，△OBC都是等边三角形．
38．（2020·黑龙江哈尔滨?中考真题）一个扇形的面积为，半径为6cm，则扇形的圆心角是_______________度．
【答案】130°．
【解析】
【分析】
设扇形的圆心角是n°，根据扇形的面积公式即可得到一个关于n的方程，解方程即可求解．
【详解】
解：设扇形的圆心角是n°，根据扇形的面积公式得：13π=，
解得n=130．
故答案是：130°．
【点睛】
本题考查了扇形的面积公式，正确理解公式是关键．
39．（2020·山东临沂?中考真题）我们知道，两点之间线段最短，因此，连接两点间线段的长度叫做两点间的距离；同理，连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短，因此，直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．类似地，连接曲线外一点与曲线上各点的所有线段中，最短线段的长度，叫做点到曲线的距离．依此定义，如图，在平面直角坐标系中，点到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离为_____．
【答案】
【解析】
【分析】
连接OA，与圆O交于点B，根据题干中的概念得到点到圆的距离即为OB，再求出OA，结合圆O半径可得结果.
【详解】
解：根据题意可得：
点到圆的距离为：该点与圆上各点的连线中，最短的线段长度，
连接OA，与圆O交于点B，
可知：点A和圆O上点B之间的连线最短，
∵A（2，1），
∴OA==，
∵圆O的半径为1，
∴AB=OA-OB=，
∴点到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离为，
故答案为：.
【点睛】
本题考查了圆的新定义问题，坐标系中两点之间的距离，勾股定理，解题的关键是理解题意，利用类比思想解决问题.
40．（2020·四川广元?中考真题）如图，内接于于点H，若，的半径为7，则______．
【答案】
【解析】
【分析】
作直径AD，连接BD，根据圆周角定理得到∠ABD＝90°，∠D＝∠C，证明△ABD∽△AHC，根据相似三角形的性质解答即可．
【详解】
解：作直径AD，连接BD，
∵AD为直径，
∴∠ABD＝90°，又AH⊥BC，
∴∠ABD＝∠AHC，
由圆周角定理得，∠D＝∠C，
∴△ABD∽△AHC，
∴，即，
解得，AB＝，
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是三角形的外接圆和外心的概念和性质，掌握圆周角定理、相似三角形的判定和性质是解题的关键．
41．（2020·河南中考真题）如图，在扇形中，平分交狐于点．点为半径上一动点若，则阴影部分周长的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
如图，先作扇形关于对称的扇形 连接交于，再分别求解的长即可得到答案．
【详解】
解：
最短，则最短，
如图，作扇形关于对称的扇形 连接交于，
则
此时点满足最短，
平分
而的长为：
最短为
故答案为：
【点睛】
本题考查的是利用轴对称求最短周长，同时考查了圆的基本性质，扇形弧长的计算，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
42．（2020·湖北襄阳?中考真题）在⊙O中，若弦垂直平分半径，则弦所对的圆周角等于_________°．
【答案】120°或60°
【解析】
【分析】
根据弦垂直平分半径及OB=OC证明四边形OBAC是矩形，再根据OB=OA，OE=求出∠BOE=60°，即可求出答案.
【详解】
设弦垂直平分半径于点E，连接OB、OC、AB、AC，且在优弧BC上取点F，连接BF、CF，
∴OB=AB，OC=AC，
∵OB=OC，
∴四边形OBAC是菱形，
∴∠BOC=2∠BOE，
∵OB=OA，OE=,
∴cos∠BOE=，
∴∠BOE=60°，
∴∠BOC=∠BAC=120°，
∴∠BFC=∠BOC=60°，
∴ 弦所对的圆周角为120°或60°，
故答案为：120°或60°.
【点睛】
此题考查圆的基本知识点：圆的垂径定理，同圆的半径相等的性质，圆周角定理，菱形的判定定理及性质定理，锐角三角函数，熟练掌握圆的各性质定理是解题的关键.
43．（2020·山东青岛?中考真题）如图，在中，为边上的一点，以为圆心的半圆分别与，相切于点，．已知，，的长为，则图中阴影部分的面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
连接OM、ON、OA，易证得∠MON=60º，即∠MOE+∠NOF=120º，，再由弧长公式求得半径OM，然后证得Rt△AMO≌Rt△ANO，即∠AOM=30º，进而解得AM，则可得，代入相关数值即可解得阴影面积·
【详解】
如图，连接OM、ON、OA，设半圆分别交BC于点E，F，
则OM⊥AB，ON⊥AC，
∴∠AMO=∠ANO=90º，
∵∠BAC=120º，
∴∠MON=60º，
∵的长为，
∴，
∴OM=3，
∵在Rt△AMO和Rt△ANO中，
，
∴Rt△AMO≌Rt△ANO(HL)，
∴∠AOM=∠AON=∠MON=30º，
∴AM=OM·tan30º=，
∴，
∵∠MON=60º，
∴∠MOE+∠NOF=120º，
∴，
∴图中阴影面积为
=
=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了切线的性质定理、弧长公式、HL定理、锐角的三角函数定义、扇形面积的计算等知识，解答的关键是熟练掌握基本图形的性质，会根据图形和公式进行推理、计算．
44．（2020·湖南湘西?中考真题）观察下列结论：
（1）如图①，在正三角形中，点M，N是上的点，且，则，；
（2）如图②，在正方形中，点M，N是上的点，且，则，；
（3）如图③，在正五边形中，点M，N是上的点，且，则，；……
根据以上规律，在正n边形中，对相邻的三边实施同样的操作过程，即点M，N是上的点，且，与相交于O．也会有类似的结论．你的结论是_________________．
【答案】，
【解析】
【分析】
根据正多边形内角和定理结合全等三角形的判定和性质可得出（1）、（2）、（3）的结论，根据以上规律可得出正n边形的结论．
【详解】
（1）∵正三角形ABC中，点M、N是AB、AC边上的点，且AM=BN，
∴AB=AC，∠CAM=∠ABN=，
∵在△ABN和△CAM中，
，
∴△ABN≌△CAM（SAS），
∴AN= CM，∠BAN=∠MCA，
∴∠NOC=∠OAC+∠MCA =∠OAC+∠BAN =∠BAC=60°，
故结论为：AN= CM，∠NOC=60；
（2）∵正方形ABCD中，点M、N是AB、BC边上的点，且AM=BN，
∴AB=AD，∠DAM=∠ABN=，
同理可证：Rt△ABNRt△DAM，
∴AN= DM，∠BAN=∠ADM，
∠NOD=∠OAD+∠ADM =∠OAD+∠BAN =∠BAC=90°，
故结论为：AN= DM，∠NOD=90；
（3）∵正五边形ABCDE中，点M、N是AB、BC边上的点，且AM=BN，
∴AB=AE，∠EAM=∠ABN=，
同理可证得：Rt△ABNRt△EAM，
∴AN= EM，∠BAN=∠AEM，
∠NOE=∠OAE+∠AEM =∠OAE+∠BAN =∠BAE=108°，
故结论为：AN= EM，∠NOE=108；
∵正三角形的内角度数为：60°，
正方形的内角度数为：90°，
正五边形的内角度数为：108°，
∴以上所求的角恰好等于正n边形的内角，
在正n边形中，点M，N是上的点，且，与相交于O，结论为：，．
故答案为：，．
【点睛】
本题考查了正n边形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质，解题的关键是发现与的夹角与正边形的内角相等．
45．（2020·湖北鄂州?中考真题）用一个圆心角为120°，半径为4的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆的半径为____．
【答案】
【解析】
试题分析：，解得r=．
考点：弧长的计算．
46．（2020·湖北鄂州?中考真题）如图，半径为的与边长为的正方形的边相切于E，点F为正方形的中心，直线过点．当正方形沿直线以每秒的速度向左运动__________秒时，与正方形重叠部分的面积为．
【答案】1或．
【解析】
【分析】
将正方形向左平移，使得正方形与圆的重叠部分为弓形，根据题目数据求得此时弓形面积符合题意，由此得到OF的长度，然后结合运动速度求解即可，特别要注意的是正方形沿直线运动，所以需要分类讨论．
【详解】
解：①当正方形运动到如图1位置，连接OA，OB，AB交OF于点E
此时正方形与圆的重叠部分的面积为S扇形OAB-S△OAB
由题意可知：OA=OB=AB=2，OF⊥AB
∴△OAB为等边三角形
∴∠AOB=60°，OE⊥AB
在Rt△AOE中，∠AOE=30°，∴AE=，OE=
∴S扇形OAB-S△OAB
∴OF=
∴点F向左运动个单位
所以此时运动时间为秒
②同理，当正方形运动到如图2位置，连接OC，OD，CD交OF于点E
此时正方形与圆的重叠部分的面积为S扇形OCD-S△OCD
由题意可知：OC=OD=CD=2，OF⊥CD
∴△OCD为等边三角形
∴∠COD=60°，OE⊥CD
在Rt△COE中，∠COE=30°，∴CE=，OE=
∴S扇形OCD-S△OCD
∴OF=
∴点F向左运动个单位
所以此时运动时间为秒
综上，当运动时间为1或秒时，⊙O与正方形重叠部分的面积为
故答案为：1或．
【点睛】
本题考查正方形的性质，扇形面积的计算及等边三角形的判定和性质，题目难度不大，注意分情况讨论是本题的解题关键．
47．（2020·山东潍坊?中考真题）如图，四边形是正方形，曲线是由一段段90度的弧组成的．其中：的圆心为点A，半径为；
的圆心为点B，半径为；
的圆心为点C，半径为；
的圆心为点D，半径为；…
的圆心依次按点A，B，C，D循环．若正方形的边长为1，则的长是_________．
【答案】
【解析】
【分析】
曲线是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径+1，到，，再计算弧长．
【详解】
解：由图可知，曲线是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径+1，
，，……，
，，
故的半径为，
的弧长=．
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了弧长的计算，弧长的计算公式：，找到每段弧的半径变化规律是解题关键．
48．（2020·四川成都?中考真题）如图，在矩形中，，，，分别为，边的中点．动点从点出发沿向点运动，同时，动点从点出发沿向点运动，连接，过点作于点，连接．若点的速度是点的速度的2倍，在点从点运动至点的过程中，线段长度的最大值为_________，线段长度的最小值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】
连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，由于，而PG=3，所以当GQ最大时PQ最大，由题意可得当P、A重合时GQ最大，据此即可求出PQ的最大值；设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，易证△FQM∽△EPM，则根据相似三角形的性质可得EM为定值2，于是BM的长度可得，由∠BHM=∠BEM=90°可得B、E、H、M四点共圆，且圆心为点O，于是当D、H、O三点共线时，DH的长度最小，最小值为DO－OH，为此只需连接DO，求出DO的长即可，可过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，构建Rt△DON，利用勾股定理即可求出DO的长，进而可得答案．
【详解】
解：连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，则PE=GF，PG=AD=3，
设FQ=t，则GF=PE=2t，GQ=3t，
在Rt△PGQ中，由勾股定理得：，
∴当t最大即EP最大时，PQ最大，
由题意知：当点P、A重合时，EP最大，此时EP=2，则t=1，
∴PQ的最大值=；
设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，
∵FQ∥PE，∴△FQM∽△EPM，
∴，
∵EF=3，
∴FM=1，ME=2，
∴，
∵∠BHM=∠BEM=90°，
∴B、E、H、M四点共圆，且圆心为点O，
∴，
∴当D、H、O三点共线时，DH的长度最小，
连接DO，过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，则OK=BK=1，
∴NO=2，CN=1，∴DN=3，
则在Rt△DON中，，
∴DH的最小值=DO－OH=．
故答案为：，．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、四点共圆以及线段的最值等知识，涉及的知识点多、综合性强、具有相当的难度，属于中考压轴题，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．
49．（2020·山东菏泽?中考真题）如图，在菱形中，是对角线，，⊙O与边相切于点，则图中阴影部分的面积为_______．
【答案】
【解析】
【分析】
连接OD，先求出等边三角形OAB的面积，再求出扇形的面积，即可求出阴影部分的面积．
【详解】
解：如图，连接OD，
∵AB是切线，则OD⊥AB，
在菱形中，
∴，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=∠A=60°，
∴OD=，
∴，
∴扇形的面积为：，
∴阴影部分的面积为：；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了求不规则图形的面积，扇形的面积，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，解题的关键是正确求出等边三角形的面积和扇形的面积．
50．（2020·湖南岳阳?中考真题）如图，为半⊙O的直径，，是半圆上的三等分点，，与半⊙O相切于点，点为上一动点（不与点，重合），直线交于点，于点，延长交于点，则下列结论正确的是______________．（写出所有正确结论的序号）
①；②的长为；③；④；⑤为定值．
【答案】②⑤
【解析】
【分析】
①先根据圆的切线的性质可得，再根据半圆上的三等分点可得，然后根据圆周角定理可得，最后假设，根据角的和差、三角形的外角性质可得，这与点为上一动点相矛盾，由此即可得；
②根据弧长公式即可得；
③先根据等边三角形的性质可得，再根据角的和差即可得；
④先根据三角形的外角性质可得，从而可得对应角与不可能相等，由此即可得；⑤先根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，再根据等边三角形的性质可得，由此即可得．
【详解】
如图，连接OP
与半⊙O相切于点
是半圆上的三等分点
是等边三角形
由圆周角定理得：
假设，则
又点为上一动点
不是一个定值，与相矛盾
即PB与PD不一定相等，结论①错误
则的长为，结论②正确
是等边三角形，
，则结论③错误
，即对应角与不可能相等
与不相似，则结论④错误
在和中，
，即
又是等边三角形，
即为定值，结论⑤正确
综上，结论正确的是②⑤
故答案为：②⑤．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、圆的切线的性质、弧长公式、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识点，较难的题①，先假设结论成立，再推出矛盾点是解题关键．
51．（2020·贵州贵阳?中考真题）如图，是的内接正三角形，点是圆心，点，分别在边，上，若，则的度数是____度．
【答案】120
【解析】
【分析】
本题可通过构造辅助线，利用垂径定理证明角等，继而利用SAS定理证明三角形全等，最后根据角的互换结合同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求解本题．
【详解】
连接OA，OB，作OH⊥AC，OM⊥AB，如下图所示：
因为等边三角形ABC，OH⊥AC，OM⊥AB，
由垂径定理得：AH=AM，
又因为OA=OA，故△OAH△OAM（HL）．
∴∠OAH=∠OAM．
又∵OA=OB,AD=EB,
∴∠OAB=∠OBA=∠OAD,
∴△ODA△OEB（SAS）,
∴∠DOA=∠EOB,
∴∠DOE=∠DOA+∠AOE=∠AOE+∠EOB=∠AOB．
又∵∠C=60°以及同弧，
∴∠AOB=∠DOE=120°．
故本题答案为：120．
【点睛】
本题考查圆与等边三角形的综合，本题目需要根据等角的互换将所求问题进行转化，构造辅助线是本题难点，全等以及垂径定理的应用在圆综合题目极为常见，圆心角、弧、圆周角的关系需熟练掌握．
52．（2020·湖北鄂州?中考真题）如图，已知直线与x、y轴交于A、B两点，的半径为1，P为上一动点，切于Q点．当线段长取最小值时，直线交y轴于M点，a为过点M的一条直线，则点P到直线a的距离的最大值为______________．
【答案】
【解析】
【分析】
先找到长取最小值时P的位置即为OP⊥AB时，然后画出图形，由于PM即为P到直线a的距离的最大值，求出PM长即可．
【详解】
解：如图，
在直线上，x=0时，y=4，y=0时，x=，
∴OB=4，OA=，
∴，
∴∠OBA=30°，
由切于Q点，可知OQ⊥PQ，
∴，
由于OQ=1，因此当OP最小时长取最小值，此时OP⊥AB，
∴，此时，，
∴，即∠OPQ=30°，
若使P到直线a的距离最大，则最大值为PM，且M位于x轴下方，
过P作PE⊥y轴于E，
，，
∴，
∵，∴∠OPE=30°，
∴∠EPM=30°+30°=60°，即∠EMP=30°，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆和函数的综合问题，题解题中含义找到Ｐ点的位置是解题的关键．
三、解答题
53．（2020·河北中考真题）如图，点为中点，分别延长到点，到点，使．以点为圆心，分别以，为半径在上方作两个半圆．点为小半圆上任一点（不与点，重合），连接并延长交大半圆于点，连接，．
（1）①求证：；
②写出∠1，∠2和三者间的数量关系，并说明理由．
（2）若，当最大时，直接指出与小半圆的位置关系，并求此时（答案保留）．
【答案】（1）①见详解；②∠2=∠C+∠1；（2）与小半圆相切，．
【解析】
【分析】
（1）①直接由已知即可得出AO=PO，∠AOE=∠POC，OE=OC，即可证明；
②由（1）得△AOE≌△POC，可得∠1=∠OPC，根据三角形外角的性质可得∠2=∠C+∠OPC，即可得出答案；
（2）当最大时，可知此时与小半圆相切，可得CP⊥OP，然后根据，可得在Rt△POC中，∠C=30°，∠POC=60°，可得出∠EOD，即可求出S扇EOD．
【详解】
（1）①在△AOE和△POC中，
∴△AOE≌△POC；
②∠2=∠C+∠1，理由如下：
由（1）得△AOE≌△POC，
∴∠1=∠OPC，
根据三角形外角的性质可得∠2=∠C+∠OPC，
∴∠2=∠C+∠1；
（2）在P点的运动过程中，只有CP与小圆相切时∠C有最大值，
∴当最大时，可知此时与小半圆相切，
由此可得CP⊥OP，
又∵，
∴可得在Rt△POC中，∠C=30°，∠POC=60°，
∴∠EOD=180°-∠POC=120°，
∴S扇EOD==．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的外角，切线的性质，扇形面积的计算，掌握知识点灵活运用是解题关键．
54．（2020·湖北咸宁?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线过点B且与直线相交于另一点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线上的一动点，当时，求点P的坐标；
（3）点在x轴的正半轴上，点是y轴正半轴上的一动点，且满足．
①求m与n之间的函数关系式；
②当m在什么范围时，符合条件的N点的个数有2个？
【答案】（1）；（2）或（3，）或（-2，-3）；（3）①；②0＜m＜
【解析】
【分析】
（1）利用一次函数求出A和B的坐标，结合点C坐标，求出二次函数表达式；
（2）当点P在x轴上方时，点P与点C重合，当点P在x轴下方时，AP与y轴交于点Q，求出AQ表达式，联立二次函数，可得交点坐标，即为点P；
（3）①过点C作CD⊥x轴于点D，证明△MNO∽△NCD，可得，整理可得结果；
②作以MC为直径的圆E，根据圆E与线段OD的交点个数来判断M的位置，即可得到m的取值范围.
【详解】
解：（1）∵直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，
令x=0，则y=2，令y=0，则x=4，
∴A（4，0），B（0，2），
∵抛物线经过B（0，2），，
∴，解得：，
∴抛物线的表达式为：；
（2）当点P在x轴上方时，点P与点C重合，满足，
∵，
∴，
当点P在x轴下方时，如图，AP与y轴交于点Q，
∵，
∴B，Q关于x轴对称，
∴Q（0，-2），又A（4，0），
设直线AQ的表达式为y=px+q，代入，
，解得：，
∴直线AQ的表达式为：，联立得：
，解得：x=3或-2，
∴点P的坐标为（3，）或（-2，-3），
综上，当时，点P的坐标为：或（3，）或（-2，-3）；
（3）①如图，∠MNC=90°，过点C作CD⊥x轴于点D，
∴∠MNO+∠CND=90°，
∵∠OMN+∠MNO=90°，
∴∠CND=∠OMN,又∠MON=∠CDN=90°，
∴△MNO∽△NCD，
∴，即，
整理得：；
②如图，∵∠MNC=90°，
以MC为直径画圆E，
∵，
∴点N在线段OD上（不含O和D），即圆E与线段OD有两个交点（不含O和D），
∵点M在y轴正半轴，
当圆E与线段OD相切时，
有NE=MC，即NE2=MC2，
∵M（0，m），，
∴E（，），
∴=，
解得：m=，
当点M与点O重合时，如图，
此时圆E与线段OD（不含O和D）有一个交点，
∴当0＜m＜时，圆E与线段OD有两个交点，
故m的取值范围是：0＜m＜.
【点睛】
本题是二次函数综合，考查了求二次函数表达式，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，一次函数表达式，难度较大，解题时要充分理解题意，结合图像解决问题.
55．（2020·湖北咸宁?中考真题）如图，在中，，点O在上，以为半径的半圆O交于点D，交于点E，过点D作半圆O的切线，交于点F．
（1）求证：；
（2）若，，，求半圆O的半径长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据切线的性质得到∠BDF+∠ADO=90°，再结合∠ADO=∠OAD，推出∠BDF=∠B，即可；
（2）过F作FG⊥BD于G，先利用三角函数求出BG=DG，再过点O作OH⊥AD于H，在△AOH中，求出AO即可.
【详解】
解：（1）连接OD，
∵DF和半圆相切，
∴OD⊥DF，
∴∠BDF+∠ADO=90°，
∵∠ADO=∠OAD，
∴∠OAD+∠BDF=90°，又∠C=90°，
∴∠OAD+∠B=90°，
∴∠BDF=∠B，
∴BF=DF；
（2）过F作FG⊥BD于G，则GF垂直平分BD，
∵，
∴BF=DF=2，
∵，，∠C=90°，
∴AB=，
∴cos∠B==，
∴，解得：BG==DG，
∴AD=AB-BD=，
过点O作OH⊥AD于H，
∴AH=DH=AD=，
∵cos∠BAC=，
∴AO=，
即半圆O的半径长为.
【点睛】
本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形，解题的关键是正确寻找相似三角形，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
56．（2020·湖北咸宁?中考真题）定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形．
理解：
（1）若四边形是对余四边形，则与的度数之和为______；
证明：
（2）如图1，是的直径，点在上，，相交于点D．
求证：四边形是对余四边形；
探究：
（3）如图2，在对余四边形中，，，探究线段，和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．
【答案】（1）90°或270°；（2）见解析；（3），理由见解析
【解析】
【分析】
（1）分当∠A和∠C互余时，当∠B和∠D互余时，两种情况求解；
（2）连接BO，得到∠BON+∠BOM=180°，再利用圆周角定理证明∠C+∠A=90°即可；
（3）作△ABD的外接圆O，分别延长AC，BC，DC，交圆O于E，F，G，连接DF，DE，EF，先证明GF是圆O的直径，得到，再证明△ABC∽△FEC，△ACD∽△GCE，△BCD∽△GCF，可得，，从而得出，根据△ABC为等边三角形可得AB=AC=BC，从而得到.
【详解】
解：（1）∵四边形是对余四边形，
当∠A和∠C互余时，
∠A+∠C=90°，
当∠B与∠D互余时，
∠B+∠D=90°，
则∠A+∠C=360°-90°=270°，
故答案为：90°或270°；
（2）如图，连接BO，
可得：∠BON=2∠C，∠BOM=2∠A，
而∠BON+∠BOM=180°，
∴2∠C+2∠A=180°，
∴∠C+∠A=90°，
∴四边形是对余四边形；
（3）∵四边形ABCD为对于四边形，∠ABC=60°，
∴∠ADC=30°，
如图，作△ABD的外接圆O，分别延长AC，BC，DC，交圆O于E，F，G，连接DF，DE，EF，
则∠AEF=∠ABC=60°，∠AEG=∠ADG=30°，
∴∠AEF+∠AEG=90°，即∠FEG=90°，
∴GF是圆O的直径，
∵AB=BC，
∴△ABC为等边三角形，
∵∠ABC=∠AEF，∠ACB=∠ECF，
∴△ABC∽△FEC，得：，则，
同理，△ACD∽△GCE，得：，则，
△BCD∽△GCF，得：，
可得：，
而，
∴，
∴，
∴，
∵AB=BC=AC，
∴.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，四边形的新定义问题，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，多边形内角和，解题的关键是理解对余四边形的概念，结合所学知识求证.
57．（2020·湖北武汉?中考真题）如图，在中，，以为直径的⊙O交于点，与过点的切线互相垂直，垂足为．
（1）求证：平分；
（2）若，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）的值为．
【解析】
【分析】
（1）如图（见解析），先根据圆的切线的性质可得，再根据平行线的判定与性质可得，然后根据等腰三角形的性质可得，最后根据角平分线的定义即可得证；
（2）如图（见解析），先根据角的和差、等量代换可得，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，设，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可求出x的值，最后根据正弦三角函数的定义即可得．
【详解】
（1）如图，连接OD
由圆的切线的性质得：
又
则平分；
（2）如图，连接BD
由圆周角定理得：
在和中，
设，则，且
在和中，
，即
解得或（不符题意，舍去）
经检验，是所列分式方程的解
则在中，
故的值为．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、圆的切线的性质、正弦三角函数、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形和相似三角形是解题关键．
58．（2020·福建中考真题）如图，与相切于点，交于点，的延长线交于点，是上不与重合的点，．
（1）求的大小；
（2）若的半径为3，点在的延长线上，且，求证：与相切．
【答案】（1）60°；（2）详见解析
【解析】
【分析】
(1)连接OB，在Rt△AOB中由求出∠A=30°，进而求出∠AOB=60°，∠BOD=120°，再由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可以求出∠BED的值；
(2)连接OF，在Rt△OBF中，由可以求出∠BOF=60°，进而得到∠FOD=60°，再证明△FOB≌△FOD，得到∠ODF=∠OBF=90°．
【详解】
解：(1)连接，
∵与相切于点，
∴，
∵，∴，
∴，则．
由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可知：
．
故答案为：．
(2)连接，
由(1)得，，
∵，，∴，
∴，∴．
在与中，
∴，
∴．
又点在上，故与相切．
【点睛】
本题考查圆的有关性质、直线与圆的位置关系、特殊角的三角函数值、解直角三角形、全等三角形的判定和性质，熟练掌握其性质是解决此类题的关键．
59．（2020·山东潍坊?中考真题）如图，为的直径，射线交于点F，点C为劣弧的中点，过点C作，垂足为E，连接．
（1）求证：是的切线；
（2）若，求阴影部分的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）连接BF，证明BF//CE，连接OC，证明OC⊥CE即可得到结论；
（2）连接OF，求出扇形FOC的面积即可得到阴影部分的面积．
【详解】
（1）连接，
是的直径，
，即，
，
连接，
∵点C为劣弧的中点，
，
∵，
∵OC是的半径，
∴CE是的切线；
（2）连接
，，
∵点C为劣弧的中点，
，
，
，
，
∴S扇形FOC=，
即阴影部分的面积为：．
【点睛】
本题主要考查了切线的判定以及扇形面积的求法，熟练掌握切线的判定定理以及扇形面积的求法是解答此题的关键．
60．（2020·北京中考真题）在平面直角坐标系中，⊙O的半径为1，A，B为⊙O外两点，AB=1．给出如下定义：平移线段AB，得到⊙O的弦（分别为点A，B的对应点），线段长度的最小值称为线段AB到⊙O的“平移距离”．
（1）如图，平移线段AB到⊙O的长度为1的弦和，则这两条弦的位置关系是 ；在点中，连接点A与点 的线段的长度等于线段AB到⊙O的“平移距离”；
（2）若点A，B都在直线上，记线段AB到⊙O的“平移距离”为，求的最小值；
（3）若点A的坐标为，记线段AB到⊙O的“平移距离”为，直接写出的取值范围．
【答案】（1）平行，P3；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据圆的性质及“平移距离”的定义填空即可；
（2）过点O作OE⊥AB于点E，交弦CD于点F，分别求出OE、OF的长，由得到的最小值；
（3）线段AB的位置变换，可以看作是以点A为圆心，半径为1的圆，只需在⊙O内找到与之平行，且长度为1的弦即可．平移距离的最大值即点A，B点的位置，由此得出的取值范围．
【详解】
解：（1）平行；P3；
（2）如图，线段AB在直线上，平移之后与圆相交，得到的弦为CD，CD∥AB，过点O作OE⊥AB于点E，交弦CD于点F，OF⊥CD，令，直线与x轴交点为（-2，0），直线与x轴夹角为60°，∴．
由垂径定理得：，
∴；
（3）线段AB的位置变换，可以看作是以点A为圆心，半径为1的圆，只需在⊙O内找到与之平行，且长度为1的弦即可；
点A到O的距离为．
如图，平移距离的最小值即点A到⊙O的最小值：；
平移距离的最大值线段是下图AB的情况，即当A1,A2关于OA对称，且A1B2⊥A1A2且A1B2=1时.∠B2A2A1=60°，则∠OA2A1=30°,
∵OA2=1,∴OM=, A2M=,
∴MA=3,AA2= ,
∴的取值范围为：．
【点睛】
本题考查圆的基本性质及与一次函数的综合运用，熟练掌握圆的基本性质、点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系是解题的关键．
61．（2020·北京中考真题）如图，为的直径，为延长线上一点，是的切线，为切点，于点，交于点．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）详见解析；（2）2
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据平行线的性质得到∠AOF＝∠B，根据切线的性质得到∠CDO＝90°，等量代换即可得到结论；
（2）根据三角形中位线定理得到OE＝BD＝×8＝4，设OD＝x，OC＝3x，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：（1）连接OD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BD，
∵OF⊥AD，
∴OF∥BD，
∴∠AOF＝∠B，
∵CD是⊙O的切线，D为切点，
∴∠CDO＝90°，
∴∠CDA＋∠ADO＝∠ADO＋∠BDO＝90°，
∴∠CDA＝∠BDO，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠B，
∴∠AOF＝∠ADC；
（2）∵OF∥BD，AO＝OB，
∴AE＝DE，
∴OE＝BD＝×8＝4，
∵sinC＝＝，
∴设OD＝x，OC＝3x，
∴OB＝x，
∴CB＝4x，
∵OF∥BD，
∴△COF∽△CBD，
∴，
∴，
∴OF＝6，
∴EF＝OF−OE＝6−4＝2．
【点睛】
本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，平行线的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
62．（2020·湖北鄂州?中考真题）如图所示：与的边相切于点C，与、分别交于点D、E，．是的直径．连接，过C作交于G，连接、，与交于点F．
（1）求证：直线与相切；
（2）求证：；
（3）若时，过A作交于M、N两点（M在线段上），求的长．
【答案】(1)详见解析;(2)详见解析;(3) 10+．
【解析】
【分析】
(1)由两组平行条件推出∠DEO=∠BOE,即可利用SAS证明△BOE≌△BOC,进而推出AB是圆的切线;
(2)将DG与OE的交点作为H,根据直角的性质得出AE//DF,可得△AEC∽△DFC,得出,再根据圆周角定理求出∠ECD=∠EDF,再由一组公共角可得△FED∽△DEC,得出,进而推出,即;
(3)先根据题意算出EC,再根据勾股定理得出直径CD,从而得出半径,再利用(2)中的比例条件将AC算出来,延长BO到I,连接ON,根据垂径定理可得OI垂直AN,即可利用勾股定理分别求出AI和IN,即可得出AN．
【详解】
(1)∵DE//OB，∴∠BOC=∠EDC，
∵CG//OE，∴∠DEO=∠BOE，
又∵∠DEO=∠EDC，∴∠DEO=∠BOE，
由题意得：EO=CO，BO=BO，
∴△BOE≌△BOC(SAS),
∴∠BEO=∠BCO=90°,
∴AB是⊙O的切线．
(2)
如图所示DG与OE交点作为H点,
∵EO//GC,
∴∠EHD=∠DGC=90°,
又由(1)所知∠AEO=90°,
∴AE//DF,
∴△AEC∽△DFC,
∴,
由圆周角定理可知∠EDG=∠ECG,∠EOD=2∠ECD,
∵DO//GC,
∴∠EOD=∠GCD=∠GCE+∠ECD,
∴∠ECD=∠GCE=∠EDF,
又∵∠FED=∠DEC,
∴△FED∽△DEC,
∴,
∴,即．
(3)
∵,与∠ACE相等角的tan值都相同．
∴ED=6,则EC=12,
根据勾股定理可得．
∴EO=DO=CO=．
由(2)可得,
在Rt△AEO中,可得,即,
∴,
解得AE=,则AC=,AO=．
连接ON,延长BO交MN于点I,根据垂径定理可知OI⊥MN,
∵AN//CE,∴∠CAN=∠ACE．
在Rt△AIO中,可得,即,
解得OI=5,则AI=10,
在Rt△OIN中, ,即,
解得IN=．
∴AN=AI+IN=10+．
【点睛】
本题考查圆的综合知识及相似全等,关键在于根据条件结合知识点,特别是辅助线的做法要迎合题目给出的条件．
63．（2020·江苏南京?中考真题）如图①，要在一条笔直的路边上建一个燃气站，向同侧的A、B两个城镇分别发铺设管道输送燃气，试确定燃气站的位置，使铺设管道的路线最短．
（1）如图②，作出点A关于的对称点，线与直线的交点C的位置即为所求， 即在点C处建气站， 所得路线ACB是最短的，为了让明点C的位置即为所求，不妨在直线上另外任取一点，连接，， 证明， 请完成这个证明．
（2）如果在A、B两个城镇之间规划一个生态保护区，燃气管道不能穿过该区域请分别始出下列两种情形的铺设管道的方案（不需说明理由），
①生市保护区是正方形区城，位置如图③所示
②生态保护区是圆形区域，位置如图④所示．
【答案】（1）证明见解析；（2）①见解析，②见解析
【解析】
【分析】
（1）连接，利用垂直平分线的性质，得到，利用三角形的三边关系，即可得到答案；
（2）由（1）可知，在点C处建燃气站，铺设管道的路线最短．分别对①、②的道路进行设计分析，即可求出最短的路线图．
【详解】
（1）证明：如图，连接
∵点A、关于l对称，点C在l上
∴，
∴，
同理，
在中，有
∴；
（2）解：①在点C处建燃气站，铺设管道的最短路线是AC+CD+DB（如图，其中D是正方形的顶点）．
②在点C处建燃气站，铺设管道的最短路线是（如图，其中CD、BE都与圆相切）．
【点睛】
本题考查了切线的应用，最短路径问题，垂直平分线的性质，解题的关键是熟练掌握题意，正确确定点C的位置，从而确定铺设管道的最短路线．
64．（2020·江西中考真题）已知的两边分别与圆相切于点，，圆的半径为．
（1）如图1，点在点，之间的优弧上，，求的度数；
（2）如图2，点在圆上运动，当最大时，要使四边形为菱形，的度数应为多少？请说明理由；
（3）若交圆于点，求第（2）问中对应的阴影部分的周长（用含的式子表示）．
【答案】（1）50°；（2）当∠APB=60°时，四边形APBC为菱形，理由见解析；（3）．
【解析】
【分析】
（1）连接OA、OB，根据切线的性质和多边形内角和定理可得∠AOB+∠APB=180°，然后结合已知求得∠AOB，最后根据圆周角定理即可解答；
（2）连接OA、OB，先观察发现当∠APB=60°时，四边形APBC可能为菱形；然后利用∠APB=60°结合（1）的解答过程可得∠ACB=∠APB=60°，再根据点C运动到PC距离最大，即PC经过圆心；再说明四边形APBC为轴对称图形结合已知条件得到PA =PB=CA =CB，即可得到四边形APBC为菱形；
（3）由于⊙O的半径为r，则OA=r、OP=2 r，再根据勾股定理可得AP=r、PD=r，然后根据弧长公式求得的弧长，最后根据周长公式计算即可．
【详解】
解：（1）如图1，连接OA、OB
∵PA，PB为⊙O的切线
∴∠PAO=∠PBO=90°
∴∠AOB+∠MPN=180°
∵∠MPN=80°
∴∠AOB=180°-∠MPN=100°
∴∠AOB=100°=∠ACB=50°；
（2）当∠APB=60°时，四边形APBC为菱形，理由如下：
如图2：连接OA、OB
由（1）可知∠AOB+∠APB=180°
∵∠APB=60°
∴∠AOB=120°
∴∠ACB=60°=∠APB
∵点C运动到PC距离最大
∴PC经过圆心
∵PA、PB为⊙O的切线
∴四边形APBC为轴对称图形
∵PA=PB，CA=CB，PC平分∠APB和∠ACB.
∴∠APB=∠ACB=60°
∴∠APO=∠BPO=∠ACP=∠BCP=30°
∴PA =PB=CA =CB
∴四边形APBC为菱形；
（3）∵⊙O的半径为r
∴OA=r，OP=2 r
∴AP=r，PD=r
∵∠AOP=60°
∴
∴C阴影．
【点睛】
本题考查了圆的切线的性质、圆周角定理、菱形的判定、弧长公式以及有关圆的最值问题，考查知识点较多，灵活应用所学知识是解答本题的关键．
65．（2020·湖北襄阳?中考真题）如图，是⊙O的直径，E，C是上两点，且，连接，，过点C作交的延长线于点D．
（1）判定直线与⊙O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）直线DC与⊙O相切，理由见解析（2）-
【解析】
【分析】
（1）连接OC，如图，由圆周角的的定理推论得到∠EAC＝∠OAC，加上∠ACO＝∠OAC，则∠ACO＝∠DAC，于是可判断OC∥AD，则根据平行线的性质得到OC⊥CD，然后根据直线与圆的位置关系的判定方法可判断DC是⊙O的切线；
（2）连接OE、BC，作CH⊥AB于H，如图，先利用角平分线的性质得到CH＝CD＝，求出△ACH的面积，再根据三角形全等的判定和性质得出△ADC的面积=△ACHD的面积，再利用S阴影=S梯形OCDE-S扇形OCE=S△ACD-S扇形OCE= S△ACH-S扇形OCE，即可得出答案．
【详解】
证明：（1）直线DC与⊙O相切．
理由如下：连接OC，如图，
∵
∴∠EAC＝∠OAC
∵OA＝OC，
∴∠ACO＝∠OAC，
∴∠ACO＝∠DAC，
∴OC∥AD，
∵CD⊥AE，
∴OC⊥CD，
∴DC是⊙O的切线；
（2）连接OC、OE、CB，过C作CH⊥AB于H，
∵CH⊥AB，CD⊥AE
∴∠ADC=∠AHC，
∵∠EAC＝∠OAC，AC=AC
∴△ADC≌△AHC
∴CH=，AH=AD，
∵∠CAH+∠ACH=∠BCH+∠ACH=90°
∴∠CAH=∠BCH，
又∵∠CHA=∠BHC，
∴△CAH∽△BCH
∴
∴
∴AH=3或1（舍去1）
∴BH= 1
∴S△ACH=
在Rt△CHB中，BH=1，HC=
∴∠BCH=30°=∠CAB
∴∠COB=∠EOC=60°
∴S阴影=S梯形OCDE-S扇形OCE=S△ACD-S扇形OCE= S△ACH-S扇形OCE=-=-
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定，圆周角定理、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、平行线的判定和性质、扇形的面积公式及三角形的面积公式，正确作出辅助线是解题的关键，求阴影部分面积时要注意转化思想的应用．
66．（2020·湖南张家界?中考真题）如图，在中，，以为直径作，过点C作直线交的延长线于点D，使．
（1）求证：为的切线；
（2）若平分，且分别交于点，当时，求的长．
【答案】(1)见解析；（2）EF=．
【解析】
【分析】
（1）如图，连接OC，欲证明CD是的切线，只需求得∠OCD=；
（2）由角平分线及三角形外角性质可得，即∠CEF=∠CFE，根据勾股定理可求得EF的长．
【详解】
（1）证明：如图，连接OC
∵为的直径
∴，即∠A+∠ABC=
又∵OC=OB
∴∠ABC=∠OCB
∵
∴∠BCD+∠OCB=，即∠OCD=
∵OC是圆O的半径
∴CD是的切线．
（2）解：∵平分
∴∠CDE=∠ADE
又∵
∴，即∠CEF=∠CFE
∵∠ACB=，
∴CE=CF=2
∴EF=
【点睛】
此题主要考查切线的判定方法、角平分线及三角形外角性质和勾股定理，熟练进行推理论证是解题关键．
67．（2020·安徽中考真题）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任圆的切线，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．
68．（2020·湖南湘潭?中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，过点作，垂足为点．
（1）求证：；
（2）判断直线与的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）直线与相切，理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）AB为的直径得，结合AB=AC，用HL证明全等三角形；
（2）由得BD=BC，结合AO=BO得OD为的中位线，由得，可得直线DE为切线．
【详解】
（1）∵AB为的直径
∴
在和中
∴（HL）
（2）直线与相切，理由如下：
连接OD，如图所示：
由知：，
又∵OA=OB
∴OD为的中位线
∴
∵
∴
∵OD为的半径
∴DE与相切．
【点睛】
本题考查了全等三角形的证明，切线的判定，熟知以上知识的应用是解题的关键．
69．（2020·河南中考真题）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．
70．（2020·江苏南京?中考真题）如图，在中，，D是AB上一点，⊙O经过点A、C、D，交BC于点E，过点D作，交⊙O于点F，求证：
（1）四边形DBCF是平行四边形
（2）
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用等腰三角形的性质证明，利用平行线证明，利用圆的性质证明，再证明即可得到结论；
（2）如图，连接，利用平行线的性质及圆的基本性质，再利用圆内接四边形的性质证明，从而可得结论．
【详解】
证明：（1），
，
，
，
又,
四边形是平行四边形．
（2）如图，连接
，
四边形是的内接四边形
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，圆的基本性质，平行线的性质与判定，等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
71．（2020·北京中考真题）已知：如图，ABC为锐角三角形，AB=BC，CD∥AB．
求作：线段BP，使得点P在直线CD上，且∠ABP=．
作法：①以点A为圆心，AC长为半径画圆，交直线CD于C，P两点；②连接BP．线段BP就是所求作线段．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）
（2）完成下面的证明．
证明：∵CD∥AB，
∴∠ABP= ．
∵AB=AC，
∴点B在⊙A上．
又∵∠BPC=∠BAC（ ）（填推理依据）
∴∠ABP=∠BAC
【答案】（1）见解析；（2）∠BPC，在同圆或等圆中同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半
【解析】
【分析】
（1）按照作法的提示，逐步作图即可；
（2）利用平行线的性质证明： 再利用圆的性质得到：∠BPC=∠BAC，从而可得答案．
【详解】
解：（1）依据作图提示作图如下：
（2）证明：∵CD∥AB，
∴∠ABP= ．
∵AB=AC，
∴点B在⊙A上．
又∵∠BPC=∠BAC（在同圆或等圆中同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半． ）（填推理依据）
∴∠ABP=∠BAC
故答案为：∠BPC；在同圆或等圆中同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半．
【点睛】
本题考查的是作图中复杂作图，同时考查了平行线的性质，圆的基本性质：在同圆或等圆中同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半．掌握以上知识是解题的关键．
72．（2020·江苏苏州?中考真题）如图，已知，是的平分线，是射线上一点，．动点从点出发，以的速度沿水平向左作匀速运动，与此同时，动点从点出发，也以的速度沿竖直向上作匀速运动．连接，交于点．经过、、三点作圆，交于点，连接、．设运动时间为，其中．
（1）求的值；
（2）是否存在实数，使得线段的长度最大？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
（3）求四边形的面积．
【答案】（1）8cm；（2）存在，当t=4时，线段OB的长度最大，最大为；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题意可得，，由此可求得的值；
（2）过作，垂足为，则，设线段的长为，可得，，，根据可得，进而可得，由此可得，由此可得，则可得到答案；
（3）先证明是等腰直角三角形，由此可得，再利用勾股定理可得，最后根据四边形的面积即可求得答案．
【详解】
解：（1）由题可得：，．
∴．
（2）当时，线段的长度最大．
如图，过作，垂足为，则．
∵平分，
∴，
∴，．
设线段的长为，
则，，．
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：．
∴．
∴当时，线段的长度最大，最大为．
（3）∵，
∴是圆的直径．
∴．
∵，
∴是等腰直角三角形．
∴
．
在中，．
∴四边形的面积
．
∴四边形的面积为．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定及性质，直径的判定及性质，二次函数的最值问题等相关知识，熟练掌握相关知识是解决本题的关键．
73．（2020·黑龙江绥化?中考真题）如图，内接于，是直径，，与相交于点E，过点E作，垂足为F，过点O作，垂足为H，连接、．
（1）求证：直线与相切；
（2）若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）的值是．
【解析】
【分析】
（1）连接OB，根据CD是直径得到，再根据圆周角以及已知条件得到，进而得到即可证明；
（2）先证明，再利用相似比以及已知条件即可解答．
【详解】
（1）连接．
∵是圆O的直径，
∴，
∴．
∵
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵是圆O半径，
∴直线与圆O相切．
（2）∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴的值是．
【点睛】
本题考查圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找相似三角形解决问题．
74．（2020·四川甘孜?中考真题）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD和过点C的切线互相垂直，垂足为D．
（1）求证：；
（2）若，，求CD的长．
【答案】(1)见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）连接OC，根据切线的性质，判断出AD∥OC，再应用平行线的性质，即可推得．
(2)连接BC，通过证明△ADC△ACB，可求出AD的长，再在Rt△ADC中，通过勾股定理可求出CD的长.
【详解】
解：（1）证明：如图，连接OC，
，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD．
∵AD⊥CD，
∴AD∥OC，
∴∠DAC=∠ACO．
∵OA=OC，
∴∠CAB=∠ACO，
∴∠DAC=∠CAB.
(2)如图，连接BC
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°.
∵AD⊥CD，
∴∠ADC=90°.
∴∠ADC=∠ACB.
由（1）知∠DAC=∠CAB，
∴△ADC△ACB.
∴.
∵，,则可设AD=2x,AB=3x,x>0,
∴.
解得x=2.
∴AD=4.
在Rt△ADC中，由勾股定理，得CD==.
【点睛】
此题主要考查了切线的性质和应用，以及平行线的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：若出现圆的切线，必连过切点的半径，得出垂直关系．
75．（2020·四川南充?中考真题）如图，点A，B，C是半径为2的⊙O上三个点，AB为直径，∠BAC的平分线交圆于点D，过点D作AC的垂线交AC得延长线于点E，延长线ED交AB得延长线于点F．
（1）判断直线EF与⊙O的位置关系，并证明．
（2）若DF=，求tan∠EAD的值．
【答案】（1）直线与圆相切，证明详见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由OA＝OD知∠OAD＝∠ODA，由AD平分∠EAF知∠DAE＝∠DAO，据此可得∠DAE＝∠ADO，继而知OD∥AE，根据AE⊥EF即可得证；
（2）根据勾股定理得到，根据平行线分线段成比例定理和三角函数的定义即可得到结论．
【详解】
解：（1）直线与圆相切
理由如下：连接
∵平分
∴
∵
∴
∴
由，得
∵点在圆上
∴是圆的切线
（2）由（1）可得，在中，，，
由勾股定理得
∵
∴
即，得，
∴在中，
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，角平分线的定义，圆周角定理，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键．
76．（2020·山东聊城?中考真题）如图，在ABC中，AB＝BC，以△ABC的边AB为直径作⊙O，交AC于点D，过点D作DE⊥BC，垂足为点E．
（1）试证明DE是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为5，AC＝6，求此时DE的长．
【答案】（1）见解析；（2）3
【解析】
【分析】
（1）连接OD、BD，求出BD⊥AD，AD=DC，根据三角形的中位线得出OD∥BC，推出OD⊥DE，根据切线的判定推出即可；
（2）先利用勾股定理求出BD的长，证得Rt△CDE和Rt△ABD，利用对应边成比例即可求解．
【详解】
（1）证明：连接OD，BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴BD⊥AD，
又∵AB=BC，△ABC是等腰三角形，
∴AD=DC，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥BC，
又DE⊥BC，
∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线；
（2）由（1）知，BD是AC边上的中线，AC=6，
得AD=CD=3，
∵⊙O的半径为5，
∴AB=10，
在Rt△ABD中，BD=，
∵AB=BC，
∴∠A=∠C，
在Rt△CDE和Rt△ABD中，
∵∠DEC=∠ADB=90°，∠C=∠A，
∴Rt△CDE∽Rt△ABD，
∴，即，
解得：DE=3．
【点睛】
本题综合考查了切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质以及三角形中位线的判定与性质．解题的关键是熟练掌握和圆有关的各种性质定理，并且能够熟练运用．
77．（2020·四川泸州?中考真题）如图，是的直径，点D在上，的延长线与过点B的切线交于点C，E为线段上的点，过点E的弦于点H．
（1）求证：；
（2）已知，，且，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据题意得到∠ODA=∠OAD，∠ABC=90°，再利用三角形内角和得到∠C=∠AGD；
（2）连接BD，求出BD的长，证明△BOD≌AOG，得到AG=BD=，再证明△AEG≌△DCB，得到EG=BC=6，AE=CD=4，再利用面积法求出AH，再求出HG，最后用EF=FG-EG求出结果．
【详解】
解：（1）∵OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD，
∵BC和AB相切，
∴∠ABC=90°，
∵DG为圆O直径，
∴∠DAG=90°，
∵∠C=180°-∠CAB-∠ABC，∠AGD=180°-∠DAG-∠ADO，
∴∠C=∠AGD；
（2）连接BD，
∵AB为直径，
∴∠ADB=∠CDB=90°，
∵，，
∴BD=，
∵OA=OB=OD=OG，∠AOG=∠BOD，
∴△BOD≌AOG（SAS），
∴AG=BD=，
∵FG⊥AB，BC⊥AB，
∴FG∥BC，
∴∠AEG=∠C，
∵∠EAG=∠CDB=90°，AG=BD，
∴△AEG≌△DCB（AAS），
∴EG=BC=6，AE=CD=4，
∵AH⊥FG，AB为直径，
∴AH=AE×AG÷EG=，FH=GH，
∴FH=GH==，
∴FG=2HG=，
∴EF=FG-EG=-6=．
【点睛】
本题考查了切线的性质和全等三角形的判定和性质，属于圆的综合问题，熟练掌握定理的运用是解题的关键．
78．（2020·湖南株洲?中考真题）AB是的直径，点C是上一点，连接AC、BC，直线MN过点C，满足．
（1）如图①，求证：直线MN是的切线；
（2）如图②，点D在线段BC上，过点D作于点H，直线DH交于点E、F，连接AF并延长交直线MN于点G，连接CE，且，若的半径为1，，求的值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】
（1）由圆周角定理的推论和直角三角形的性质可得，由可得，进一步即可推出，从而可得结论；
（2）如图②，由已知条件易求出AC的长，根据对顶角相等和圆周角定理可得∠1=∠3，根据余角的性质可得，进而可得∽，于是根据相似三角形的性质变形可得，进一步即可求出结果．
【详解】
解：（1）证明：连接OC，如图，
∵AB是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴MN是的切线；
（2）如图②，∵，即，∴，
∵∠2=∠3，∠1=∠2，
∴∠1=∠3，
∵，2
∴∠1+∠AGC=90°，
∵∠3+∠ECD=90°，
∴，
又∵，
∴∽，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定、等腰三角形的性质、解直角三角形、圆周角定理的推论以及相似三角形的判定和性质等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识、灵活应用相似三角形的判定和性质是解题的关键．
79．（2020·北京中考真题）如图，AB为⊙O的直径，C为BA延长线上一点，CD是⊙O的切线，D为切点，OF⊥AD于点E，交CD于点F．
（1）求证：∠ADC=∠AOF；
（2）若sinC=，BD=8，求EF的长．
【答案】（1）见解析；（2）2．
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据CD是⊙O的切线，可推出∠ADC+∠ODA=90°，根据OF⊥AD，∠AOF+∠DAO=90°，根据OD=OA，可得∠ODA=∠DAO，即可证明；
（2）设半径为r，根据在Rt△OCD中，，可得，AC=2r，由AB为⊙O的直径，得出∠ADB=90°，再根据推出OF⊥AD，OF∥BD，然后由平行线分线段成比例定理可得，求出OE，，求出OF，即可求出EF．
【详解】
（1）证明：连接OD，
∵CD是⊙O的切线，
∴OD⊥CD，
∴∠ADC+∠ODA=90°，
∵OF⊥AD，
∴∠AOF+∠DAO=90°，
∵OD=OA，
∴∠ODA=∠DAO，
∴∠ADC=∠AOF；
（2）设半径为r，
在Rt△OCD中，，
∴，
∴，
∵OA=r，
∴AC=OC-OA=2r，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
又∵OF⊥AD，
∴OF∥BD，
∴，
∴OE=4，
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了平行线分线段成比例定理，锐角三角函数，切线的性质，直径所对的圆周角是90°，灵活运用知识点是解题关键．
80．（2020·湖南怀化?中考真题）定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．
（1）下面四边形是垂等四边形的是____________（填序号）
①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形
（2）图形判定：如图1，在四边形中，∥，，过点D作BD垂线交BC的延长线于点E，且，证明：四边形是垂等四边形．
（3）由菱形面积公式易知性质：垂等四边形的面积等于两条对角线乘积的一半．应用：在图2中，面积为24的垂等四边形内接于⊙O中，．求⊙O的半径．
【答案】（1）④；（2）证明过程见解析；③4
【解析】
【分析】
（1）根据垂等四边形的性质对每个图形判断即可；
（2）根据已知条件可证明四边形ACED是平行四边形，即可得到AC=DE，再根据等腰直角三角形的性质即可得到结果；
（3）过点O作，根据面积公式可求得BD的长，根据垂径定理即可得到答案．
【详解】
（1）①平行四边形的对角线互相平分但不垂直和相等，故不是；②矩形对角线相等但不垂直；③菱形的对角线互相垂直但不相等；④正方形的对角线互相垂直且相等，故正方形是垂等四边形；
（2）∵，，
∴AC∥DE，
又∵∥，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴AC=DE，
又∵，
∴△BDE是等腰直角三角形，
∴BD=DE，
∴BD=AC，
∴四边形是垂等四边形．
（3）如图，过点O作，
∵四边形是垂等四边形，
∴AC=BD，
又∵垂等四边形的面积是24，,根据垂等四边形的面积计算方法得：
，
又∵，
∴，
设半径为r，根据垂径定理可得：
在△ODE中，OD=r，DE=，
∴，
∴的半径为4．
【点睛】
本题主要考查了四边形性质与圆的垂径定理应用，准确理解新定义的垂等四边形的性质是解题的关键．
81．（2020·湖南怀化?中考真题）如图，在⊙O中，AB为直径，点C为圆上一点，延长AB到点D，使CD=CA，且．
（1）求证：是⊙O的切线．
（2）分别过A、B两点作直线CD的垂线，垂足分别为E、F两点，过C点作AB的垂线，垂足为点G．求证：．
【答案】(1)见解析；(2)见解析．
【解析】
【分析】
(1)连接OC，∠CAD=∠D=30°，由OC=OA，进而得到∠OCA=∠CAD=30°，由三角形外角定理得到∠COD=∠A+∠OCA=60°，在△OCD中由内角和定理可知∠OCD=90°即可证明；
(2)证明AC是∠EAG的角平分线，CB是∠FCG的角平分线，得到CE=CG，CF=CG，再证明△AEC∽△CFB，对应线段成比例即可求解．
【详解】
解：(1)连接OC，如下图所示：
∵CA=CD，且∠D=30°，
∴ ∠CAD=∠D=30°，
∵ OA=OC，
∴ ∠CAD=∠ACO=30°，
∴∠COD=∠CAD+∠ACO=30°+30°=60°，
∴∠OCD=180°-∠D-∠COD=180°-30°-60°=90°，
∴ OC⊥CD，
∴ CD是⊙O的切线．
(2)连接BC，如下图所示：
∵∠COB=60°，且OC=OB，
∴△OCB为等边三角形，∠CBG=60°，
又CG⊥AD，∴∠CGB=90°，
∴∠GCB=∠CGB-∠CBG=30°，
又∠GCD=60°，
∴CB是∠GCD的角平分线，且BF⊥CD，BG⊥CG，
∴BF=BG，
又BC=BC，
∴△BCG≌△BCF，
∴CF=CG.
∵∠D=30°，AE⊥ED，∠E=90°，
∴∠EAD=60°，
又∠CAD=30°，
∴AC是∠EAG的角平分线，且CE⊥AE，CG⊥AB
∴CE=CG，
∵∠E=∠BFC=90°，∠EAC=30°=∠BCF，
∴△AEC∽△CFB，
∴，即，
又，
∴．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质、角平分线的性质、相似三角形的判定和性质等，属于中考常考题型，熟练掌握切线性质、角平分线性质是解决此题的关键.
82．（2020·湖南衡阳?中考真题）如图，在中，，平分交于点，过点和点的圆，圆心在线段上，交于点，交于点．
（1）判断与的位置关系，并说明理由；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）与相切．证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用角平分线的定义证明结合等腰三角形的性质证明从而证明结合可得答案；
（2）连接，先利用勾股定理求解的长，再证明 利用相似三角形的性质列方程组求解即可得到答案．
【详解】
解：（1）与相切．
理由如下：
如图，连接，
平分，
在上，
是的切线．
（2）连接
为的直径，
，，
解得：
所以：的长为：
【点睛】
本题考查的切线的判定与性质，圆的基本性质，圆周角定理，三角形相似的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
83．（2020·贵州贵阳?中考真题）如图，为的直径，四边形内接于，对角线，交于点，的切线交的延长线于点，切点为，且．
（1）求证：；
（2）若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用同弧所对的圆周角相等可得，由得，根据等角对等边可得结论；
（2）先证明，，由ASA证明，得，；再求，，再证明得，利用可得结论.
【详解】
解：（1）在中，∵与都是所对的圆周角，
∴，
∵，
∴．
∴．
（2）∵是的切线，是的直径，
∴．
∵，，
∴．
又∵，
∴．
∵
∴，
∴，．
在中，∵，，
∴，即．
∵，
∴．
在中，，
∴．
∵，且，
∴，
∴，即．
∵与都是所对的圆周角，
∴．
在中，，
∴，即．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，正确地识别图形是解题的关键．
84．（2020·天津中考真题）在中，弦与直径相交于点P，．
（Ⅰ）如图①，若，求和的大小；
（Ⅱ）如图②，若，过点D作的切线，与的延长线相交于点E，求的大小．
【答案】（I），；（II）．
【解析】
【分析】
(Ⅰ)先由△CPB中外角定理求出∠C的大小，再根据同弧所对的圆周角相等即可求出∠BAD的值；且∠ADC=∠ABC，再由直径AB所对的圆周角等于90°求出∠ADB=90°，最后∠ADB-∠ADC即可得到∠CDB的值；
(Ⅱ)连接OD，由CD⊥AB先求出∠DCB，再由圆周角定理求出∠BOD，最后由切线的性质可知∠ODE=90°，进而求出∠E的度数．
【详解】
解：（Ⅰ）是的一个外角，，，
．
在中，，
．
为的直径，
．
在中，，
又，
．
故答案为：，．
（Ⅱ）如下图所示，连接OD，
，
．
．
在中，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可知：
，
∴，
是的切线，
．即，
，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查圆周角定理及其推论、切线的性质、三角形的外角定理等知识点，熟练掌握圆周角定理及其推论是解决本题的关键．
85．（2020·山东青岛?中考真题）已知：．．
求作：，使它经过点和点，并且圆心在的平分线上，
【答案】见详解．
【解析】
【分析】
要作圆，即需要先确定其圆心，先作∠A的角平分线，再作线段BC的垂直平分线相交于点O，即O点为圆心．
【详解】
解：根据题意可知，先作∠A的角平分线，
再作线段BC的垂直平分线相交于O，
即以O点为圆心，OB为半径，作圆O，
如下图所示：
【点睛】
此题主要考查了学生对确定圆心的作法，要求学生熟练掌握应用．
86．（2020·湖南湘西?中考真题）如图，是⊙O的直径，是⊙O的切线，交⊙O于点E．
（1）若D为的中点，证明：是⊙O的切线；
（2）若，，求⊙O的半径的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）⊙O的半径的长为4
【解析】
【分析】
（1）连接AE和OE，由直角三角形的性质和圆周角定理易得∠OED=90°，可得DE是⊙O的切线；
（2）在Rt△ACE中求得AE的长，证得Rt△ABERt△CAE，利用对应边成比例即可求解．
【详解】
（1）连接AE，OE，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∵AC是圆⊙O的切线，
∴AC⊥AB，
在直角△AEC中，
∵D为AC的中点，
∴DE=DC=DA，
∴∠DEA=∠DAE，
∵OE=OA，
∴∠OEA=∠OAE，
∵∠DAE+∠OAE=90°，
∴∠DEA+∠OEA=∠DEO=90°，
∴OE⊥DE，
∴DE 是⊙O的切线；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=∠AEC=90°，
在Rt△ACE中， CA=6， CE=3.6=，
∴AE=，
∴∠B+∠EAB=90°，
∵∠CAE+∠EAB=90°，
∴∠B=∠CAE，
∴Rt△ABERt△CAE，
∴，即，
∴，
∴⊙O的半径OA=．
【点睛】
本题考查了切线的判定、相似三角形的判定和性质以及勾股定理的应用，掌握切线的判定定理、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
87．（2020·山东菏泽?中考真题）如图，在中，，以为直径的⊙O与相交于点，过点作⊙O的切线交于点．
（1）求证：；
（2）若⊙O的半径为，，求的长．
【答案】（1）见详解；（2）4.8．
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由AB=AC，OB=OD，则∠B=∠ODB=∠C，则OD∥AC，由DE为切线，即可得到结论成立；
（2）连接AD，则有AD⊥BC，得到BD=CD=8，求出AD=6，利用三角形的面积公式，即可求出DE的长度．
【详解】
解：连接OD，如图：
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB，
∴∠B=∠ODB=∠C，
∴OD∥AC，
∵DE是切线，
∴OD⊥DE，
∴AC⊥DE；
（2）连接AD，如（1）图，
∵AB为直径，AB=AC，
∴AD是等腰三角形ABC的高，也是中线，
∴CD=BD=，∠ADC=90°，
∵AB=AC=，
由勾股定理，得：，
∵，
∴；
【点睛】
本题主要考查的是切线的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、勾股定理，解题的关键是熟练掌握所学的性质定理，正确的求出边的长度．
88．（2020·四川广元?中考真题）在中，，OA平分交BC于点O，以O为圆心，OC长为半径作圆交BC于点D．
（1）如图1，求证：AB为的切线；
（2）如图2，AB与相切于点E，连接CE交OA于点F．
①试判断线段OA与CE的关系，并说明理由．
②若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）①OA垂直平分CE，理由见解析；②
【解析】
【分析】
（1）过点O作OG⊥AB，垂足为G，利用角平分线的性质定理可得OG=OC，即可证明；
（2）①利用切线长定理，证明OE=OC，结合OE=OC，再利用垂直平分线的判定定理可得结论；
②根据求出OF和CF，再证明△OCF∽△OAC，求出AC，再证明△BEO∽△BCA，得到，设BO=x，BE=y，可得关于x和y的二元一次方程组，求解可得BO和BE，从而可得结果.
【详解】
解：（1）如图，过点O作OG⊥AB，垂足为G，
∵OA平分交BC于点O，
∴OG=OC，
∴点G在上，
即AB与相切；
（2）①OA垂直平分CE，理由是：
连接OE，
∵AB与相切于点E，AC与相切于点C，
∴AE=AC，
∵OE=OC，
∴OA垂直平分CE；
②∵，
则FC=2OF，在△OCF中，
，
解得：OF=，则CF=，
由①得：OA⊥CE，
则∠OCF+∠COF=90°，又∠OCF+∠ACF=90°，
∴∠COF=∠ACF，而∠CFO=∠ACO=90°，
∴△OCF∽△OAC，
∴，即，
解得：AC=6，
∵AB与圆O切于点E，
∴∠BEO=90°，AC=AE=6，而∠B=∠B，
∴△BEO∽△BCA，
∴，设BO=x，BE=y，
则，
可得：，
解得：，即BO=5，BE=4，
∴tanB==.
【点睛】
本题考查了圆的综合，切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，二元一次方程组的应用，有一定难度，解题要合理选择相似三角形得出结论.
89．（2020·山东临沂?中考真题）已知的半径为，的半径为，以为圆心，以的长为半径画弧，再以线段的中点P为圆心，以的长为半径画弧，两弧交于点A，连接，，交于点B，过点B作的平行线交于点C．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，，求阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）过点O2作O2D⊥BC，交BC于点D，根据作图过程可得AP=O1P=O2P，利用等腰三角形的性质和三角形内角和证明AO2⊥AO1，再根据BC∥AO2，证明四边形ABDO2为矩形，得到O2D=，点D在圆O2上，可得结论；
（2）证明△AO1O2∽△BO1C，求出O1C，利用△BO1C的面积减去扇形BO1E的面积即可.
【详解】
解：（1）由作图过程可得：
AP=O1P=O2P=O1O2，AO1=AB+BO1=，
∴∠PAO1=PO1A，∠PAO2=∠PO2A，AB=，
而∠PAO1+∠PO1A+∠PAO2+∠PO2A=180°，
∴∠PAO1+∠PAO2=90°，即AO2⊥AO1，
∵BC∥AO2，
∴O1B⊥BC，即BC与圆O1相切，
过点O2作O2D⊥BC，交BC于点D，
可知四边形ABDO2为矩形，
∴AB=O2D=，而圆O2的半径为，
∴点D在圆O2上，
即BC是的切线；
（2）∵AO2∥BC，
∴△AO1O2∽△BO1C，
∴，
∵，，，
即AO1==3，BO1=2，
∴，
∴O1C=4，
∵BO1⊥BC，
∴cos∠BO1C=，
∴∠BO1C=60°，
∴BC=，
∴S阴影=-
=
=
【点睛】
本题考查了尺规作图的原理，切线的判定和性质，矩形的判定和性质，扇形面积，相似三角形的判定和性质，等边对等角，知识点较多，解题的关键是根据作图过程得到相应的线段关系.
90．（2020·黑龙江哈尔滨?中考真题）已知是的外接圆，AD为的直径，，垂足为E，连接BO，延长BO交AC于点F．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，过点D作，交于点G，点H为GD的中点，连接OH，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CG，若的面积为，求线段CG的长．
【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）CG=．
【解析】
【分析】
（1）先推出∠BAD=∠CAD，然后根据圆周角定理可得出∠BOD=2∠BAD=2∠CAD，根据∠BOD=∠AOF，可得出∠AOF=2∠CAD，根据∠BFC=∠AOF+∠CAD，即可证明结论；
（2）连接OG，证明△OBE≌△DOH，即可证明结论；
（3）连接AG，过A点作AM⊥CG于点M，过F点作FN⊥AD于点N，先推出DE=2OE，设OE=m，则DE=2m，OB=OD=OA=3m，AE=4m，根据勾股定理得出CE=BE=，再求出tan∠BOE===，tan∠EAC===，根据tan∠AOF=tan∠BOE=，得出=，设ON=a，则NF=a，可得tan∠EAC=，解出AN，根据AN+NO=AO，解出a=m，再根据S△AOF=·OA·FN=，可求出m=1，可得出DH=1，OD=3， BE=CE=OH=，AE=4，根据勾股定理可得AC=，根据OD=OA，DH=HG，得出AG=2OH=，推出cos∠ADG=cos∠ACM，即可求出CM=，利用勾股定理可得AM=，GM=，即可得出答案．
【详解】
解：（1）∵AD为的直径，，
∴，BE=CE，
∴∠BAD=∠CAD，
∵∠BOD=2∠BAD，
∴∠BOD=2∠CAD，
∵∠BOD=∠AOF，
∴∠AOF=2∠CAD，
∵∠BFC=∠AOF+∠CAD，
∴∠BFC=2∠CAD+∠CAD=3∠CAD；
（2）连接OG，
∵点H为GD的中点，OG=OD，
∴DH=GH，OH⊥DG，
∵AD⊥BC，
∴∠AEB=∠OHD=90°，
∵DG∥BF，
∴∠BOH=∠OHD=90°，
即∠DOH+∠BOD=90°，
∵∠BOD+∠OBE=90°，
∴∠OBE=∠DOH，
又∵OB=OD，
∴△OBE≌△DOH，
∴BE=OH；
（3）如图，连接AG，过A点作AM⊥CG于点M，过F点作FN⊥AD于点N，
由（2）可知DH=OE，
∵DG=2DH=2OE，DG=DE，
∴DE=2OE，
设OE=m，则DE=2m，
∴OB=OD=OA=3m，
∴AE=4m，
在Rt△OBE中，BE==，
∴CE=BE=，tan∠BOE===，tan∠EAC===，
∵tan∠AOF=tan∠BOE=，
∴=，
设ON=a，则NF=a，
∴tan∠EAC=，
∴AN=4a，
∵AN+NO=AO，
∴4a+a=3m，
∴a=m，
∴FN=×m=m，
∵S△AOF=·OA·FN=，
∴·3m·m=，
∴m2=1，
∴m=±1，
∵m>0，
∴m=1，
∴DH=1，OD=3，由（2）得BE=CE=OH=，AE=4，
在Rt△AEC中AC=，
∵OD=OA，DH=HG，
∴AG=2OH=，
∵∠ADG+∠ACG=180°，∠ACM+∠ACG=180°，
∴∠ADG=∠ACM，
∴cos∠ADG=cos∠ACM，
∴，
∴，
∴CM=，
在Rt△ACM中，AM==，
在Rt△AGM中，GM==，
∴CG=GM-CM=．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，全等三角形的性质和判定，锐角三角函数，垂径定理，勾股定理，掌握知识点灵活运用是解题关键．
91．（2020·四川成都?中考真题）如图，在的边上取一点，以为圆心，为半径画⊙O，⊙O与边相切于点，，连接交⊙O于点，连接，并延长交线段于点．
（1）求证：是⊙O的切线；
（2）若，，求⊙O的半径；
（3）若是的中点，试探究与的数量关系并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）；（3），理由见解析
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由切线的性质可得∠ADO=90°，由“SSS”可证△ACO≌△ADO，可得∠ADO=∠ACO=90°，可得结论；
（2）由锐角三角函数可设AC=4x，BC=3x，由勾股定理可求BC=6，再由勾股定理可求解；
（3）连接OD，DE，由“SAS”可知△COE≌△DOE，可得∠OCE=∠OED，由三角形内角和定理可得∠DEF=180°-∠OEC-∠OED=180°-2∠OCE，∠DFE=180°-∠BCF-∠CBF=180°-2∠OCE，可得∠DEF=∠DFE，可证DE=DF=CE，可得结论．
【详解】
解：（1）如图，连接OD，
∵⊙O与边AB相切于点D，
∴OD⊥AB，即∠ADO=90°，
∵AO=AO，AC=AD，OC=OD，
∴△ACO≌△ADO（SSS），
∴∠ADO=∠ACO=90°，
又∵OC是半径，
∴AC是⊙O的切线；
（2）在Rt△ABC中，tanB==，
∴设AC=4x，BC=3x，
∵AC2+BC2=AB2，
∴16x2+9x2=100，
∴x=2，
∴BC=6，
∵AC=AD=8，AB=10，
∴BD=2，
∵OB2=OD2+BD2，
∴（6-OC）2=OC2+4，
∴OC=，
故⊙O的半径为；
（3）连接OD，DE，
由（1）可知：△ACO≌△ADO，
∴∠ACO=∠ADO=90°，∠AOC=∠AOD，
又∵CO=DO，OE=OE，
∴△COE≌△DOE（SAS），
∴∠OCE=∠ODE，
∵OC=OE=OD，
∴∠OCE=∠OEC=∠OED=∠ODE，
∴∠DEF=180°-∠OEC-∠OED=180°-2∠OCE，
∵点F是AB中点，∠ACB=90°，
∴CF=BF=AF，
∴∠FCB=∠FBC，
∴∠DFE=180°-∠BCF-∠CBF=180°-2∠OCE，
∴∠DEF=∠DFE，
∴DE=DF=CE，
∴AF=BF=DF+BD=CE+BD．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
92．（2020·黑龙江绥化?中考真题）如图，在正方形中，，点G在边上，连接，作于点E，于点F，连接、，设，，．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）若点G从点B沿边运动至点C停止，求点E，F所经过的路径与边围成的图形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）点E，F所经过的路径与边AB所围成图形的面积为4．
【解析】
【分析】
（1）证明，根据全等三角形的性质可得出结论；
（2）证明，根据正方形的性质、相似三角形的性质证明；
（3）根据所围成的图形是△AOB，求出它的面积即可.
【详解】
（1）证明：在正方形中，，
．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
在和中，
∴．
∴．
（2）在和中，．
∴．
由①可知，
∴．
∴．
由①可知，，
∴．∴．
∵，，
∴．
∴．
∴.
（3）∵．
∴
∴当点G从点B沿边运动至点C停止时，点E经过的路径是以为直径，圆心角为90°的圆弧，同理可得点F经过的路径，两弧交于正方形的中心点O．（如图所示）
∵
∴所围成图形的面积
【点睛】
本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
93．（2020·黑龙江绥化?中考真题）（1）如图，已知线段和点O，利用直尺和圆规作，使点O是的内心（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）在所画的中，若，则的内切圆半径是______．
【答案】（1）作法：如图所示，见解析；（2）2．
【解析】
【分析】
（1）内心是角平分线的交点，根据AO和BO分别是∠CAB和∠CBA的平分线，作图即可；
（2）连接OC，设内切圆的半径为r，利用三角形的面积公式，即可求出答案．
【详解】
解：（1）作法：如图所示：
①作射线、；
②以点A为圆心，任意长为半径画弧分别交线段，射线于点D，E；
③以点E为圆心，长为半径画弧，交上一步所画的弧于点F，同理作出点M；
④作射线，相交于点C，即所求．
（2）如图，连接OC，
∵，
由勾股定理，得：，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的内切圆半径是2；
故答案为：2；
【点睛】
本题考查了求三角形内切圆的半径，角平分线的性质，勾股定理，以及三角形的面积公式，解题的关键是作出图形，利用所学的知识正确求出三角形内切圆的半径．
相关试卷
初中数学中考复习 专题66概率（2）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版）： 这是一份初中数学中考复习 专题66概率（2）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版），共77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。
初中数学中考复习 专题55图形的相似（3）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版）： 这是一份初中数学中考复习 专题55图形的相似（3）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版），共212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。
初中数学中考复习 专题50圆（4）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版）： 这是一份初中数学中考复习 专题50圆（4）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版），共130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。
