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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）
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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。
专题50圆（4）（全国一年）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．（2020·重庆中考真题）如图，AB是的切线，A切点，连接OA，OB，若，则的度数为（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
【答案】D
【解析】
【分析】
根据切线的性质可得，再根据三角形内角和求出.
【详解】
∵AB是的切线
∴
∵
∴
故选D.
【点睛】
本题考查切线的性质，由切线得到直角是解题的关键.
2．（2020·浙江中考真题）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC=70°，则∠ADC的度数是（ ）
A．70° B．110° C．130° D．140°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的对角互补计算即可．
【详解】
∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC=70°，
∴∠ADC=180°﹣∠ABC=180°﹣70°=110°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了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．
3．（2020·湖南中考真题）一个圆锥的底面半径r＝10，高h＝20，则这个圆锥的侧面积是（ ）
A．100π B．200π C．100π D．200π
【答案】C
【解析】
【分析】
先利用勾股定理计算出母线长，然后利用扇形的面积公式计算这个圆锥的侧面积．
【详解】
解：这个圆锥的母线长＝＝10，
这个圆锥的侧面积＝×2π×10×10＝100π．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查圆锥的侧面积，解题的关键是熟知母线的定义及圆锥侧面积的公式．
4．（2020·浙江金华?中考真题）如图，⊙O是等边△ABC的内切圆，分别切AB，BC，AC于点E，F，D，P是上一点，则∠EPF的度数是（ ）
A．65° B．60° C．58° D．50°
【答案】B
【解析】
【分析】
连接OE，OF．求出∠EOF的度数即可解决问题．
【详解】
解：如图，连接OE，OF．
∵⊙O是△ABC的内切圆，E，F是切点，
∴OE⊥AB，OF⊥BC，
∴∠OEB=∠OFB=90°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，
∴∠EOF=120°，
∴∠EPF=∠EOF=60°，
故选：B．
【点睛】
本题考查三角形的内切圆与内心，切线的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
5．（2020·山东济宁?中考真题）如图，在△ABC中点D为△ABC的内心,∠A=60°,CD=2,BD=4．则△DBC的面积是（ ）
A．4 B．2 C．2 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
过点B作BH⊥CD于点H．由点D为△ABC的内心，∠A=60°，得∠BDC=120°，则∠BDH=60°，由BD=4，BD：CD=2：1得BH=2，CD=2，于是求出△DBC的面积．
【详解】
解：过点B作BH⊥CD于点H．
∵点D为△ABC的内心，∠A=60°，
∴∠BDC=90°+∠A=90°+×60°=120°，
则∠BDH=60°，
∵BD=4，BD：CD=2：1
∴DH=2，BH=2，CD=2，
∴△DBC的面积为CD•BH=×2×2=2.
故选B.
【点睛】
本题考查了三角形内心的相关计算，熟练运用含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．
6．（2020·四川攀枝花?中考真题）如图，直径的半圆，绕点顺时针旋转，此时点到了点，则图中阴影部分的面积是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由半圆A′B面积+扇形ABA′的面积-空白处半圆AB的面积即可得出阴影部分的面积．
【详解】
解：∵半圆AB，绕B点顺时针旋转30°，
∴S阴影=S半圆A′B+S扇形ABA′-S半圆AB
= S扇形ABA′
=
=3π
故选D．
【点睛】
本题考查了扇形面积的计算以及旋转的性质，熟记扇形面积公式和旋转前后不变的边是解题的关键．
7．（2020·江苏连云港?中考真题）10个大小相同的正六边形按如图所示方式紧密排列在同一平面内，、、、、、均是正六边形的顶点．则点是下列哪个三角形的外心（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三角形外心的性质，到三个顶点的距离相等，可以依次判断．
【详解】
答：因为三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，所以由正六边形性质可知，点O到A，B，C，D，E的距离中，只有OA=OC=OD．
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了三角形外心的性质，即到三角形三个顶点的距离相等．
8．（2020·贵州黔东南?中考真题）如图，正方形ABCD的边长为2，O为对角线的交点，点E、F分别为BC、AD的中点．以C为圆心，2为半径作圆弧，再分别以E、F为圆心，1为半径作圆弧、，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．π﹣1 B．π﹣2 C．π﹣3 D．4﹣π
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意和图形，可知阴影部分的面积是以2为半径的四分之一个圆（扇形）的面积减去以1为半径的半圆（扇形）的面积再减去2个以边长为1的正方形的面积减去以1半径的四分之一个圆（扇形）的面积，本题得以解决．
【详解】
解：由题意可得，
阴影部分的面积是：•π×22﹣﹣2（1×1﹣•π×12）＝π﹣2，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查运用正方形的性质，圆的面积公式（或扇形的面积公式），正方形的面积公式计算不规则几何图形的面积，解题的关键是理解题意，观察图形，合理分割，转化为规则图形的面积和差进行计算．
9．（2020·贵州黔东南?中考真题）如图，⊙O的直径CD＝20，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，OM：OD＝3：5，则AB的长为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．2
【答案】C
【解析】
【分析】
连接OA，先根据⊙O的直径CD＝20，OM：OD＝3：5求出OD及OM的长，再根据勾股定理可求出AM的长，进而得出结论．
【详解】
连接OA，
∵⊙O的直径CD＝20，OM：OD＝3：5，
∴OD＝10，OM＝6，
∵AB⊥CD，
∴，
∴AB＝2AM＝16．
故选：C．
【点睛】
本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，解决与弦有关的问题时，往往需构造以半径、弦心距和弦长的一半为三边的直角三角形，若设圆的半径为r，弦长为a，这条弦的弦心距为d，则有等式成立，知道这三个量中的任意两个，就可以求出另外一个．
10．（2020·浙江杭州?中考真题）如图，已知BC是⊙O的直径，半径OA⊥BC，点D在劣弧AC上（不与点A，点C重合），BD与OA交于点E．设∠AED＝α，∠AOD＝β，则（ ）
A．3α+β＝180° B．2α+β＝180° C．3α﹣β＝90° D．2α﹣β＝90°
【答案】D
【解析】
【分析】
根据直角三角形两锐角互余性质，用α表示∠CBD，进而由圆心角与圆周角关系，用α表示∠COD，最后由角的和差关系得结果．
【详解】
解：∵OA⊥BC，
∴∠AOB＝∠AOC＝90°，
∴∠DBC＝90°﹣∠BEO
＝90°﹣∠AED
＝90°﹣α，
∴∠COD＝2∠DBC
＝180°﹣2α，
∵∠AOD+∠COD＝90°，
∴β+180°﹣2α＝90°，
∴2α﹣β＝90°，
故选：D．
【点睛】
本题考查了圆周角定理以及直角三角形的两个锐角互余的关系，熟练掌握圆周角定理是解决本题的关键．
11．（2020·浙江中考真题）如图，已知OT是Rt△ABO斜边AB上的高线，AO=BO．以O为圆心，OT为半径的圆交OA于点C，过点C作⊙O的切线CD，交AB于点D．则下列结论中错误的是（ ）
A．DC=DT B．AD=DT C．BD=BO D．2OC=5AC
【答案】D
【解析】
【分析】
根据切线的判定知DT是⊙O的切线，根据切线长定理可判断选项A正确；可证得△ADC是等腰直角三角形，可计算判断选项B正确；根据切线的性质得到CD=CT，根据全等三角形的性质得到∠DOC=∠TOC，根据三角形的外角的性质可判断选项C正确；
【详解】
解：如图，连接OD．
∵OT是半径，OT⊥AB，
∴DT是⊙O的切线，
∵DC是⊙O的切线，
∴DC=DT，故选项A正确；
∵OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠A=∠B=45°，
∵DC是切线，
∴CD⊥OC，
∴∠ACD=90°，
∴∠A=∠ADC=45°，
∴AC=CD=DT，
∴AD=CD=DT，故选项B正确；
∵OD=OD，OC=OT，DC=DT，
∴△DOC≌△DOT（SSS），
∴∠DOC=∠DOT，
∵OA=OB，OT⊥AB，∠AOB=90°，
∴∠AOT=∠BOT=45°，
∴∠DOT=∠DOC=22.5°，
∴∠BOD=∠ODB=67.5°，
∴BO=BD，故选项C正确；
∵OA=OB，∠AOB=90°，OT⊥AB，
设⊙O的半径为2，
∴OT=OC=AT=BT=2，
∴OA=OB=2，
∴，
2OC5AC故选项D错误；
故选：D．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆的有关知识，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形、灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
12．（2020·山东济宁?中考真题）已知某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的侧面积等于（ ）
A．12πcm2
B．15πcm2
C．24πcm2
D．30πcm2
【答案】B
【解析】
由三视图可知这个几何体是圆锥，高是4cm，底面半径是3cm，所以母线长是（cm），∴侧面积＝π×3×5＝15π（cm2），故选B．
13．（2020·四川乐山?中考真题）在中，已知，，．如图所示，将绕点按逆时针方向旋转后得到．则图中阴影部分面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先求出AC、AB，在根据求解即可．
【详解】
解：在Rt△ABC中，∵，
∴AC=2BC=2，
∴，
∵绕点按逆时针方向旋转后得到，
∴
∴
∴．
故选：B
【点睛】
本题考查了不规则图形面积的求法，熟记扇形面积公式，根据求解是解题关键．
14．（2020·浙江嘉兴?中考真题）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝8，按下列步骤作图：
①以点A为圆心，适当的长度为半径作弧，分别交AB，AC于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于EF的长为半径作弧相交于点H，作射线AH；
②分别以点A，B为圆心，大于AB的长为半径作弧相交于点M，N，作直线MN，交射线AH于点O；
③以点O为圆心，线段OA长为半径作圆．
则⊙O的半径为（ ）
A．2 B．10 C．4 D．5
【答案】D
【解析】
【分析】
如图，设OA交BC于T．解直角三角形求出AT，再在Rt△OCT中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【详解】
解：如图，设OA交BC于T．
∵AB＝AC＝2，AO平分∠BAC，
∴AO⊥BC，BT＝TC＝4，
∴AE＝，
在Rt△OCT中，则有r2＝（r﹣2）2+42，
解得r＝5，
故选：D．
【点睛】
本题考查作图——复杂作图，等腰三角形的性质，垂径定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
15．（2020·四川遂宁?中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，点O在AB上，经过点A的⊙O与BC相切于点D，交AB于点E，若CD＝，则图中阴影部分面积为（ ）
A．4﹣ B．2﹣ C．2﹣π D．1﹣
【答案】B
【解析】
【分析】
连接OD，OH⊥AC于H，如图，根据切线的性质得到OD⊥BC，则四边形ODCH为矩形，所以OH＝CD＝，则OA＝OH＝2，接着计算出∠BOD＝45°，BD＝OD＝2，然后利用扇形的面积公式，利用图中阴影部分面积＝S△OBD﹣S扇形DOE进行计算．
【详解】
解：连接OD，过O作OH⊥AC于H，如图，
∵∠C＝90°，AC＝BC，
∴∠B＝∠CAB＝45°，
∵⊙O与BC相切于点D，
∴OD⊥BC，
∴四边形ODCH为矩形，
∴OH＝CD＝，
在Rt△OAH中，∠OAH＝45°，
∴OA＝OH＝2，
在Rt△OBD中，∵∠B＝45°，
∴∠BOD＝45°，BD＝OD＝2，
∴图中阴影部分面积＝S△OBD﹣S扇形DOE
＝0.5×2×2﹣
＝2﹣π．
故选：B．
【点睛】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了扇形面积的计算．
16．（2020·四川遂宁?中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC的中点，连接AE、DE，分别交BD、AC于点P、Q，过点P作PF⊥AE交CB的延长线于F，下列结论：
①∠AED+∠EAC+∠EDB＝90°，
②AP＝FP，
③AE＝AO，
④若四边形OPEQ的面积为4，则该正方形ABCD的面积为36，
⑤CE•EF＝EQ•DE．
其中正确的结论有（ ）
A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【答案】B
【解析】
【分析】
①正确:证明∠EOB=∠EOC=45°，再利用三角形的外角的性质即可得出答案；
②正确：利用四点共圆证明∠AFP=∠ABP=45°即可；
③正确：设BE=EC=a，求出AE，OA即可解决问题；
④错误：通过计算正方形ABCD的面积为48；
⑤正确：利用相似三角形的性质证明即可.
【详解】
①正确：如图，连接OE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，
∴∠BOC=90°，
∵BE=EC，
∴∠EOB=∠EOC=45°，
∵∠EOB＝∠EDB+∠OED，∠EOC=∠EAC+∠AEO，
∴∠AED+∠EAC+∠EDO=∠EAC+∠AEO+∠OED+∠EDB=90°，故①正确；
②正确：如图，连接AF，
∵PF⊥AE，
∴∠APF=∠ABF=90°，
∴A，P，B，F四点共圆，
∴∠AFP=∠ABP＝45°，
∴∠PAF=∠PFA＝45°，
∴PA=PF，故②正确；
③正确：设BE=EC=a，则AE＝a，OA＝OC＝OB＝OD＝a，
∴，即AE＝AO，故③正确；
④错误：根据对称性可知，，
∴==2，
∵OB=OD，BE=EC，
∴CD=2OE，OE⊥CD，
∴ ， ，
∴， ，
∴，
∴，故④错误；
⑤正确：∵∠EPF=∠DCE=90°，∠PEF=∠DEC，
∴，
∴，
∴EQ=PE，
∴CE•EF=EQ•DE，故⑤正确；
综上所诉一共有4个正确，故选：B．
【点睛】
本题主要考查了三角形外角性质、四点共圆问题、全等与相似三角形的综合运用，熟练掌握相关概念与方法是解题关键.
17．（2020·山东德州?中考真题）如图，圆内接正六边形的边长为4，以其各边为直径作半圆，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
正六边形的面积加上六个小半圆的面积，再减去中间大圆的面积即可得到结果．
【详解】
解：正六边形的面积为：，
六个小半圆的面积为：，中间大圆的面积为：，
所以阴影部分的面积为：，
故选：A．
【点睛】
本题考查了正多边形与圆，圆的面积的计算，正六边形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．
18．（2020·四川达州?中考真题）如图，在半径为5的中，将劣弧沿弦翻折，使折叠后的恰好与、相切，则劣弧的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
如图画出折叠后所在的⊙O＇，连O＇B，O＇A，根据题意可得O＇B⊥OB、O＇A⊥OA，且OB=OA=O＇B=O＇A,得到四边形O＇BOA是正方形，即∠O=90°，最后根据弧长公式计算即可．
【详解】
解：如图：画出折叠后所在的⊙O＇，连O＇B，O＇A
∵恰好与、相切
∴O＇B⊥OB、O＇A⊥OA
∵OB=OA=O＇B=O＇A,
∴四边形O＇BOA是正方形
∴∠O=90°
∴劣弧的长为．
故答案为B．
【点睛】
本题考查了折叠的性质、正方形的判定与性质、弧长公式等知识点，其中掌握弧长公式和折叠的性质是解答本题的关键．
19．（2020·山东泰安?中考真题）如图，是的内接三角形，，是直径，，则的长为（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
连接BO，根据圆周角定理可得，再由圆内接三角形的性质可得OB垂直平分AC，再根据正弦的定义求解即可．
【详解】
如图，连接OB，
∵是的内接三角形，
∴OB垂直平分AC，
∴，，
又∵，
∴，
∴,
又∵AD=8，
∴AO=4，
∴，
解得：，
∴．
故答案选B．
【点睛】
本题主要考查了圆的垂径定理的应用，根据圆周角定理求角度是解题的关键．
20．（2020·山东泰安?中考真题）如图，是的切线，点A为切点，交于点B，，点C在上，．则等于（ ）
A．20° B．25° C．30° D．50°
【答案】B
【解析】
【分析】
连接OA，求出∠POA= 80°，根据等腰三角形性质求出∠OAB=∠OBA=50°，进而求出∠AOC=130°，得到∠C=25°，根据平行线性质即可求解．
【详解】
解：如图，连接OA，
∵是的切线，
∴∠PAO=90°，
∵，
∴∠POA=90°-∠P=80°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=50°，
∵，
∴∠BOC=∠ABO=50°，
∴∠AOC=∠AOB+∠BOC=130°，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠C=25°，
∵，
∴∠BAC=∠C=25°．
故选：B
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆的半径都相等，平行线的性质等知识，熟知各知识点是解题关键．一般情况下，在解决与圆有关的问题时，根据圆的的半径都相等，可以得到等腰三角形，进而可以进行线段或角的转化．
21．（2020·浙江温州?中考真题）如图，菱形OABC的顶点A，B，C在⊙O上，过点B作⊙O的切线交OA的延长线于点D．若⊙O的半径为1，则BD的长为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
连接OB，由题意可知，∠OBD=90°；再说明△OAB是等边三角形，则∠AOB =60°；再根据直角三角形的性质可得∠ODB=30°，最后解三角形即可求得BD的长．
【详解】
解：连接OB
∵菱形OABC
∴OA=AB
又∵OB=OA
∴OB=OA=AB
∴△OAB是等边三角形
∵BD是圆O的切线
∴∠OBD=90°
∴∠AOB=60°
∴∠ODB=30°
∴在Rt△ODB中,OD=2OB=2,BD=OD·sin∠ODB=2× =
故答案为D．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、圆的切线的性质、等边三角形的判定和性质以及解直角三角形，其中证明△OAB是等边三角形是解答本题的关键．
二、填空题
22．（2020·贵州黔东南?中考真题）如图,AB是半圆O的直径,AC=AD,OC=2,∠CAB= 30 °, 则点O 到CD 的距离OE=______.
【答案】
【解析】
试题分析：∵∠CAB=30°，AC=AD，OA=OC，∴∠ACD=75°，∠ACO=30°，∴∠OCE=45°，∵OE⊥CD，∴△OCE为等腰直角三角形， ∵OC=2，∴OE=.
考点：(1)、圆的基本性质；(2)、勾股定理
23．（2020·浙江台州?中考真题）如图，在△ABC中，D是边BC上的一点，以AD为直径的⊙O交AC于点E，连接DE．若⊙O与BC相切，∠ADE=55°，则∠C的度数为_____________ ．
【答案】55°
【解析】
【分析】
根据AD是直径可得∠AED=90°，再根据BC是⊙O的切线可得∠ADC=90°，再根据直角的定义及角度等量替换关系即可得到∠C=∠ADE=55°．
【详解】
∵AD是直径，
∴∠AED=90°，
∴∠ADE+∠DAE=90°
∵BC是⊙O的切线，
∴∠ADC=90°，
∴∠C+∠DAE=90°
∴∠C=∠ADE=55°．
故答案为：55°．
【点睛】
此题主要考查圆内的角度求解，解题的关键是熟知切线的性质．
24．（2020·四川攀枝花?中考真题）如图，已知锐角三角形内接于半径为2的，于点，，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】
连接OB和OC，根据圆周角定理得出∠BOC的度数，再依据等腰三角形的性质得到∠BOD的度数，结合直角三角形的性质可得OD.
【详解】
解：连接OB和OC，
∵△ABC内接于半径为2的圆O，∠BAC=60°，
∴∠BOC=120°，OB=OC=2，
∵OD⊥BC，OB=OC，
∴∠BOD=∠COD=60°，
∴∠OBD=30°，
∴OD=OB=1，
故答案为：1.
【点睛】
本题考查了圆周角定理，三角形外接圆的性质，等腰三角形三线合一，30°的直角三角形的性质，解题时需要添加辅助线，从而运用圆周角定理.
25．（2020·山东德州?中考真题）若一个圆锥的底面半径为2，母线长为6，则该圆锥侧面展开图的圆心角是 °．
【答案】120．
【解析】
试题分析：圆锥侧面展开图的弧长是：2π×2=4π（cm），设圆心角的度数是n度．则=4π，解得：n=120．故答案为120．
考点：圆锥的计算．
26．（2020·贵州黔西?中考真题）如图，在中，，点D为AB的中点，以点D为圆心作圆心角为90°的扇形，点C恰好在上，则图中阴影部分的面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
如解图，连接，过点作于点，于点．
设交于点，交于点，
，，点为的中点，，，
，四边形是正方形，，
则，
，
，
在和中，，
，
，
．
【点睛】
27．（2020·新疆中考真题）如图，圆的半径是2，扇形BAC的圆心角为60°，若将扇形BAC剪下，围成一个圆锥，则此圆锥的底面圆的半径为_____．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意根据圆的半径为2，那么过圆心向AC引垂线，利用相应的三角函数可得AC的一半的长度，进而求得AC的长度，利用弧长公式可求得弧BC的长度，圆锥的底面圆的半径=圆锥的弧长÷2π进行计算即可求解．
【详解】
解：作OD⊥AC于点D，连接OA，
∴∠OAD=30°，AC=2AD，
∴AC=2OA×cos30°=2，
∴，
∴圆锥的底面圆的半径．
故答案为：．
【点睛】
本题考查圆锥的计算；注意掌握圆锥的侧面展开图弧长等于圆锥的底面周长；解题的关键是得到扇形的半径．
28．（2020·浙江温州?中考真题）若扇形的圆心角为45°，半径为3，则该扇形的弧长为_______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据弧长公式求解．
【详解】
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了弧长的计算，解答本题的关键是掌握弧长公式．
29．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D，延长AD交⊙O于点E，若BD＝4，CD＝1，则DE的长是_____．
【答案】
【解析】
【分析】
连结 OB，OC，OA，过 O 点作 OF⊥BC 于 F，作 OG⊥AE 于 G，根据圆周角定理可得∠BOC=90°， 根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可得 DG，AG，可求 AD，再根据相交弦定理可求 DE．
【详解】
解：如图,连结 OB,OC,OA,过 O 点作 OF⊥BC 于 F,作 OG⊥AE 于 G,
∵⊙O 是△ABC 的外接圆,∠BAC=45°,
∴∠BOC=90°，
∵BD=4，CD=1，
∴BC=4+1=5，
∴OB=OC=,
∴.
∴,
在 Rt△AGO 中,,
∴.
∴,
∴.
故答案为.
【点睛】
考查了三角形的外接圆与外心，勾股定理，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，能正确构造辅助线求出AD的长是解题关键．
30．（2020·浙江宁波?中考真题）如图，⊙O的半径OA＝2，B是⊙O上的动点（不与点A重合），过点B作⊙O的切线BC，BC＝OA，连结OC，AC．当△OAC是直角三角形时，其斜边长为__．
【答案】2
【解析】
【分析】
先根据切线的性质和等腰直角三角形的判定方法证得△OBC是等腰直角三角形，当 AOC＝90°，连接OB，根据勾股定理可得斜边AC的长，当 OAC＝90°，A与B重合，不符合题意．
【详解】
解：连接OB，
∵BC是⊙O的切线，
∴∠OBC＝90°，
∵BC＝OA，
∴OB＝BC＝2，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠BCO＝45°，
∴∠ACO≤45°，
当∠AOC＝90°，△OAC是直角三角形时，
∴OC＝OB＝2，
∴AC＝＝＝2；
当 OAC＝90°，A与B重合，不符合题意，故排除此种情况；
∴其斜边长为2，
故答案为：2．
【点睛】
本题考查切斜的性质、等腰直角三角形的判定及其性质、勾股定理，解题的关键是综合运用所学的知识求出OC．
31．（2020·浙江宁波?中考真题）如图，折扇的骨柄长为27cm，折扇张开的角度为120°，图中的长为__cm（结果保留π）．
【答案】18π
【解析】
【分析】
根据弧长公式即可得到结论．
【详解】
解：∵折扇的骨柄长为27cm，折扇张开的角度为120°，
∴的长＝＝18π（cm），
故答案为：18π．
【点睛】
本题考查了弧长的计算，熟练掌握弧长公式是解题的关键．
32．（2020·浙江中考真题）如图，已知AB是半圆O的直径，弦CD∥AB，CD＝8．AB＝10，则CD与AB之间的距离是_____．
【答案】3
【解析】
【分析】
过点O作OH⊥CD于H，连接OC，先利用垂径定理得到CH=4，然后在Rt△OCH中，利用勾股定理即可求解．
【详解】
解：过点O作OH⊥CD于H，
连接OC，如图，则CH＝DH＝CD＝4，
在Rt△OCH中，OH＝＝3，
所以CD与AB之间的距离是3．
故答案为3．
【点睛】
此题主要考查垂径定理和勾股定理，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题关键．
33．（2020·山东济宁?中考真题）如图,在四边形ABCD中，以AB为直径的半圆O经过点C,D．AC与BD相交于点E，CD2=CE·CA,分别延长AB,DC相交于点P，PB=BO，CD=2．则BO的长是_________．
【答案】4
【解析】
【分析】
连结OC，设⊙O的半径为r，由DC2=CE•CA和∠ACD=∠DCE，可判断△CAD∽△CDE，得到∠CAD=∠CDE，再根据圆周角定理得∠CAD=∠CBD，所以∠CDB=∠CBD，利用等腰三角形的判定得BC=DC，证明OC∥AD，利用平行线分线段成比例定理得到，则，然后证明，利用相似比得到，再利用比例的性质可计算出r的值即可．
【详解】
解：连结，如图，设的半径为，
，
，
而，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，即，
，
即OB=4.
故答案为：4.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质：三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有时可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．也考查了圆周角定理．
34．（2020·山东枣庄?中考真题）如图，AB是的直径，PA切于点A，线段PO交于点C．连接BC，若，则________．
【答案】27°
【解析】
【分析】
连接AC，根据直径所对的圆周角是直角、切线的定义得到，根据三角形外角的性质可得，因此可得，求解即可．
【详解】
如图，连接AC，
是的直径，
∴，
∴，
∵PA切于点A，
∴，
∴，
∵，，
∴，解得，
故答案为：．
【点睛】
本题考查直径所对的圆周角是直角、切线的性质、三角形外角的性质等内容，解题的关键是作出辅助线，得到关于的方程．
35．（2020·浙江嘉兴?中考真题）如图，在半径为的圆形纸片中，剪一个圆心角为90°的最大扇形（阴影部分），则这个扇形的面积为_____；若将此扇形围成一个无底的圆锥（不计接头），则圆锥底面半径为_____．
【答案】π
【解析】
【分析】
由勾股定理求扇形的半径，再根据扇形面积公式求值；根据扇形的弧长等于底面周长求得底面半径即可．
【详解】
解：连接BC，
由∠BAC＝90°得BC为⊙O的直径，
∴BC＝2，
在Rt△ABC中，由勾股定理可得：AB＝AC＝2，
∴S扇形ABC＝＝π；
∴扇形的弧长为：＝π，
设底面半径为r，则2πr＝π，
解得：r＝，
故答案为：π，．
【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．
36．（2020·江苏无锡?中考真题）已知圆锥的底面半径为，高为，则它的侧面展开图的面积为=__________．
【答案】
【解析】
【分析】
先利用勾股定理求出圆锥的母线l的长，再利用圆锥的侧面积公式：S侧=πrl计算即可．
【详解】
解：根据题意可知，圆锥的底面半径r=1cm，高h=，
∴圆锥的母线，
∴S侧=πrl=π×1×2=2π（cm2）．
故答案为：2πcm2．
【点睛】
此题考查圆锥的计算，理解圆锥的侧面展开图是个扇形，扇形的半径是圆锥的母线，扇形的弧长是底面圆的周长l．掌握圆锥的侧面积公式：S侧=•2πr•l=πrl是解题的关键．
37．（2020·江苏连云港?中考真题）用一个圆心角为，半径为的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆半径为________．
【答案】5
【解析】
【分析】
设这个圆锥的底面圆的半径为Rcm，根据扇形的弧长等于这个圆锥的底面圆的周长，列出方程即可解决问题．
【详解】
设这个圆锥的底面圆的半径为Rcm，由题意，
，
解得（cm）．
故答案为：5
【点睛】
本题考查了圆锥的侧面展开图，理解好在圆锥的侧面展开图中“圆锥底面周长=侧面展开图弧长”是解题关键．
38．（2020·四川自贡?中考真题）如图，在矩形中，是上的一点，连接,将△进行翻折，恰好使点落在的中点处，在上取一点，以点为圆心，的长为半径作半圆与相切于点;若,则图中阴影部分的面积为 ____ ．
【答案】.
【解析】
【分析】
连接OG，证明△DOG∽△DFC，得出，设OG=OF=r，进而求出圆的半径，再证明△OFQ为等边三角形，则可由扇形的面积公式和三角形的面积公式求出答案．
【详解】
解：连接OG，过O点作OH⊥BC于H点，设圆O与BC交于Q点，如下图所示：
设圆的半径为r，
∵CD是圆的切线，
∴OG⊥CD，
∴△DOG∽△DFC，
∴，由翻折前后对应的线段相等可得DF=DA=4，
∵F是BC的中点，∴CF=BF=2，代入数据：
∴，
∴，
∴，
∴，
∴∠ODG=30°，∴∠DFC=60°，
且OF=OQ，∴△OFQ是等边三角形，
∴∠DOQ=180°-60°=120°，
同理△OGQ也为等边三角形，
∴OH=，且S扇形OGQ=S扇形OQF
∴
.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了扇形面积的计算，切线的性质，翻折变换，熟练掌握基本图形的性质是解题的关键．
39．（2020·重庆中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，对角线AC的中点为O，分别以点A，C为圆心，以AO的长为半径画弧，分别与正方形的边相交．则图中的阴影部分的面积为__________．（结果保留）
【答案】
【解析】
【分析】
根据图形可得，由正方形的性质可求得扇形的半径，利用扇形面积公式求出扇形的面积，即可求出阴影部分面积．
【详解】
由图可知，
，
，
∵四边形ABCD是正方形，边长为2，
∴，
∵点O是AC的中点，
∴OA=，
∴,
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了求阴影部分面积，扇形面积公式，正方形的性质，解题的关键是观察图形得出．
40．（2020·山东泰安?中考真题）如图，点O是半圆圆心，是半圆的直径，点A，D在半圆上，且，过点D作于点C，则阴影部分的面积是________．
【答案】
【解析】
【分析】
求出半圆半径、OC、CD长，根据AD∥BO，得到 ，根据即可求解 ．
【详解】
解：连接OA，
∵，OA=OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴OA=AB=8，∠AOB=60°
∵AD∥BO，
∴∠DAO=∠AOB=60°，
∵OA=OD，
∴△OAD是等边三角形，
∴∠AOD=60°，
∴∠DOE=60°，
∴在Rt△OCD中，，
∵AD∥BO，
∴ ，
∴ ．
故答案为：
【点睛】
本题考查了不规则图形面积的求法，解题的关键是根据根据AD∥BO，得到 ，从而将阴影面积转化为扇形面积与三角形面积的差．
41．（2020·山东德州?中考真题）如图，在矩形ABCD中，，，把AD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的处，再将绕点E顺时针旋转，得到，使得恰好经过的中点F．交AB于点G，连接有如下结论：①的长度是；②弧的长度是；③；④．上述结论中，所有正确的序号是________．
【答案】①②④
【解析】
【分析】
①先根据图形反折变换的性质以及勾股定理得出的长，再根据勾股定理求出EF的长，即可求解；
②利用特殊角的三角函数求得，从而求得，根据弧长公式即可求解；
③由于不是等边三角形，得出，从而说明和不是全等三角形；
④先利用“HL”证得，求得，再求得，从而推出．
【详解】
①在矩形ABCD中，，
∵△ADE翻折后与△AD′E重合，
∴AD′=AD，D′E=DE，，
∴四边形ADED′是正方形，
∴AD′=AD=D′E=DE=，
∴AE=，
将绕点E顺时针旋转，得到，
∴，==，，
∵点F是的中点，
∴，
∴，
∴，故①正确；
②由①得，
在中，，
，
∴，
∴，
∴弧的长度是，故②正确；
③在中，，，
∴不是等边三角形，
∴，
∴和不是全等三角形，故③错误；
④在和中，，公共，
∴(HL)，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
又，
∴，故④正确；
综上，①②④正确，
故答案为：①②④．
【点睛】
本题考查了图形的翻折变换，特殊角的三角函数，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，弧长公式的应用，勾股定理的应用，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键．
42．（2020·江苏连云港?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，半径为2的与轴的正半轴交于点，点是上一动点，点为弦的中点，直线与轴、轴分别交于点、，则面积的最小值为________．
【答案】2
【解析】
【分析】
如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．首先证明点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′．求出MN，当点C与C′重合时，△C′DE的面积最小．
【详解】
解：如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．
∵AC=CB，AM=OM，
∴MC=OB=1，
∴点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′．
∵直线y=x-3与x轴、y轴分别交于点D、E，
∴D（4，0），E（0，-3），
∴OD=4，OE=3，
∴，
∵∠MDN=∠ODE，∠MND=∠DOE，
∴△DNM∽△DOE，
∴，
∴，
∴，
当点C与C′重合时，△C′DE的面积最小，△C′DE的面积最小值，
故答案为2．
【点睛】
本题考查三角形的中位线定理，三角形的面积，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形的中位线解决问题，属于中考常考题型．
三、解答题
43．（2020·四川自贡?中考真题）如图，⊙是△的外接圆，为直径，点是⊙外一点，且，连接交于点，延长交⊙于点．
⑴.证明：=；
⑵.若，证明：是⊙的切线；
⑶.在⑵的条件下，连接交⊙于点,连接;若，求的长．
【答案】（1）证明过程见解析；（2）证明过程见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）连接CO，易证△PCO≌△PAO，得PO为∠APC的角平分线，根据条件证出F为优弧中点，即可证明=；
（2）因为AB是直径，所以∠ACB=90°，由tan∠ABC=可求得∠ABC的正弦和余弦，设⊙O的半径为r，则AB=2r，根据三角函数表示出BC，AC的长度，由勾股定理表示出OD的长度，易得PA=PC=，，PO=PD+OD=3r，由可得PA⊥OA，即可证明是⊙的切线；
（3）连接AE，过E作EN⊥PD于N，过B作BH⊥PF于H，由（2）可得，，PB=，证出△PEA∽△PAB，可得，证出四边形BCDH是矩形，得BH=CD=，在Rt△BPH和Rt△PEN中表示出sin∠BPH，可得 ，，ND=PD-PN=，在Rt△NED中，DE=，代入r=3即可
【详解】
解：（1）证明：如图，连接CO，
在△PCO和△PAO中，
∴△PCO≌△PAO（SSS），
∴∠CPO=∠APO，即PO为∠APC的角平分线，
∵PA=PC，
∴CD=AD，PF⊥AC，
∵AC为⊙O的弦，PF过圆心O，
∴F为优弧中点，
∴=，
（2）证明：∵AB是⊙O的直径，且弦AB所对圆周角为∠ACB，
∴∠ACB=90°，
∵tan∠ABC=，
∴sin∠ABC=，cos∠ABC=，
设⊙O的半径为r，则AB=2r，
∴BC=ABcos∠ABC=，AC=ABsin∠ABC=，
∴，
∵PA=PC=AB，
∴PA=PC=，
∴，
∴PO=PD+OD=3r，
∴，即PA⊥OA，
又∵OA是⊙O半径，
∴PA是⊙O的切线；
（3）由（2）可得，
∴，
在Rt△PBA中，，连接AE，可得∠AEB=90°，
∴∠PEA=∠PAB=90°，又∠APE=∠APB，
∴△PEA∽△PAB，
∴，
∴，
过E作EN⊥PD于N，过B作BH⊥PF于H，如图所示，
∴∠BCD=∠CDF=∠BHD=90°，
∴四边形BCDH是矩形，
∴BH=CD=，
在Rt△BPH中，sin∠BPH=，
在Rt△PEN中，sin∠BPH=，∴，
∴，
∴ND=PD-PN=，
在Rt△NED中，DE=，
∵，
∴DE=．
【点睛】
此题考查了圆的综合应用，用到的知识点是矩形的判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及解直角三角形等知识，此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想应用．
44．（2020·江苏连云港?中考真题）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，唐代陈廷章在《水轮赋》中写道：“水能利物，轮乃曲成”．如图，半径为的筒车按逆时针方向每分钟转圈，筒车与水面分别交于点、，筒车的轴心距离水面的高度长为，简车上均匀分布着若干个盛水筒．若以某个盛水筒刚浮出水面时开始计算时间．
（1）经过多长时间，盛水筒首次到达最高点？
（2）浮出水面3.4秒后，盛水筒距离水面多高？
（3）若接水槽所在直线是的切线，且与直线交于点，．求盛水筒从最高点开始，至少经过多长时间恰好在直线上．（参考数据：，，）
【答案】（1）27.4秒；（2）0.7m；（3）7.6秒
【解析】
【分析】
（1）先根据筒车筒车每分钟旋转的速度计算出筒车每秒旋转的速度，再利用三角函数确定，最后再计算出所求时间即可；
（2）先根据时间和速度计算出，进而得出，最后利用三角函数计算出，从而得到盛水筒距离水面的高度；
（3）先确定当在直线上时，此时是切点，再利用三角函数得到，
，从而计算出，最后再计算出时间即可．
【详解】
（1）如图1，由题意得，筒车每秒旋转．
连接，在中，，所以．
所以（秒）．
答：盛水筒首次到达最高点所需时间为27.4秒．
（2）如图2，盛水筒浮出水面3.4秒后，此时．
所以．
过点作，垂足为，在中，．
．
答：此时盛水筒距离水面的高度．
（3）如图3，因为点在上，且与相切，
所以当在直线上时，此时是切点．
连接，所以．
在中，，所以．
在中，，所以．
所以．
所以需要的时间为（秒）．
答：从最高点开始运动，7.6秒后盛水筒恰好在直线上．
【点睛】
本题考查了切线的性质、锐角三角函数、旋转等知识，灵活运用题目所给数量关系以及特殊角的三角函数值是解题的关键．
45．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，∠CAB的平分线AD交于点D，过点D作DE∥BC交AC的延长线于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）过点D作DF⊥AB于点F，连接BD．若OF＝1，BF＝2，求BD的长度．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由等腰三角形的性质及角平分线的性质得出∠ADO＝∠DAE，从而OD∥AE，由DE∥BC得∠E＝90°，由两直线平行，同旁内角互补得出∠ODE＝90°，由切线的判定定理得出答案；
（2）先由直径所对的圆周角是直角得出∠ADB＝90°，再由OF＝1，BF＝2得出OB的值，进而得出AF和BA的值，然后证明△DBF∽△ABD，由相似三角形的性质得比例式，从而求得BD2的值，求算术平方根即可得出BD的值．
【详解】
解：（1）连接OD，如图：
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO，
∵AD平分∠CAB，
∴∠DAE＝∠OAD，
∴∠ADO＝∠DAE，
∴OD∥AE，
为⊙的直径，
∵DE∥BC，
∴∠E＝ 90°，
∴∠ODE＝180°﹣∠E＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵OF＝1，BF＝2，
∴OB＝3，
∴AF＝4，BA＝6．
∵DF⊥AB，
∴∠DFB＝90°，
∴∠ADB＝∠DFB，
又∵∠DBF＝∠ABD，
∴△DBF∽△ABD，
∴，
∴BD2＝BF•BA＝2×6＝12．
∴BD＝
【点睛】
本题考查的是圆的基本性质，圆周角定理，切线的判定，同时考查了相似三角形的判定与性质．（1）中判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”，有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”；（2）中能得△DBF∽△ABD是解题关键．
46．（2020·浙江舟山?中考真题）已知：如图，在△OAB中，OA＝OB，⊙O与AB相切于点C．求证：AC＝BC．小明同学的证明过程如下框：
证明：连结OC，
∵OA＝OB，
∴∠A＝∠B，
又∵OC＝OC，
∴△OAC≌△OBC，
∴AC＝BC．
小明的证法是否正确？若正确，请在框内打“√”；若错误，请写出你的证明过程．
【答案】错误，证明见解析
【解析】
【分析】
连结OC，根据切线的性质和等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：证法错误；
证明：连结OC，
∵⊙O与AB相切于点C，
∴OC⊥AB，
∵OA＝OB，
∴AC＝BC．
【点睛】
本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，熟练正确切线的性质是解题的关键．
47．（2020·浙江嘉兴?中考真题）已知：如图，在△OAB中，OA=OB，⊙O与AB相切与点C．求证：AC=BC．
小明同学的证明过程如下框：
小明的证法是否正确？若正确，请在框内打“√”；若错误，请写出你的证明过程．
【答案】证法错误．证明见解析
【解析】
【分析】
小明同学通过两边及一边的对角对应相等证明两个三角形全等是错误的，没有这样的判定定理.连接OC，根据切线的性质和等腰三角形三线合一的性质得出结论即可.
【详解】
解：证法错误．
证明：连结 OC．
∵⊙O与AB相切于点C，
∴OC⊥AB．
∵OA=OB，
∴AC=BC．
【点睛】
本题考查切线的性质和等腰三角形的性质，熟练掌握切线的性质和等腰三角形三线合一的性质是解题的关键.
48．（2020·贵州黔西?中考真题）古希腊数学家毕达哥拉斯认为：“一切平面图形中最美的是圆”．请研究如下美丽的圆．如图，线段AB是⊙O的直径，延长AB至点C，使BC＝OB，点E是线段OB的中点，DE⊥AB交⊙O于点D，点P是⊙O上一动点（不与点A，B重合），连接CD，PE，PC．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）小明在研究的过程中发现是一个确定的值．回答这个确定的值是多少？并对小明发现的结论加以证明．
【答案】（1）见解析；（2），解析
【解析】
【分析】
本题考查了切线的判定与性质及相似三角形的判定与性质．（1）连接OD，DB，由已知可得DE垂直平分OB，于是DB＝DO，而OB＝OD，所以DB＝DO＝OB，即△ODB是等边三角形，于是∠BDO＝60°，再由等腰三角形的性质及三角形的外角性质可得∠CDB＝30°，从而可得∠ODC＝90°，所以OD⊥CD，所以CD是⊙O的切线；（2）连接OP，由已知条件得OP＝OB＝BC＝2OE，再利用“两组边成比例，夹角相等”证明△OEP∽△OPC，最后由相似三角形的对应边成比例得到结论．
【详解】
解：（1）如答图，连接OD，DB，∵点E是线段OB的中点，DE⊥AB交⊙O于点D，∴DE垂直平分OB，∴DB＝DO．∵DO＝OB，∴DB＝DO＝OB，∴△ODB是等边三角形，∴∠BDO＝∠DBO＝60°．∵BC＝OB＝BD，且∠DBE为△BDC的外角，∴∠BCD＝∠BDC＝∠DBO．∵∠DBO＝60°，∴∠CDB＝30°．∴∠ODC＝∠BDO＋∠BDC＝60°＋30°＝90°，∴OD⊥CD，∴CD是⊙O的切线；
（2）这个确定的值是．
证明：如答图，连接OP，∵OP＝OB＝BC＝2OE，∴＝＝，又∵∠COP＝∠POE，∴△OEP∽△OPC，∴＝＝．
【点睛】
本题考查了切线的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
49．（2020·新疆中考真题）如图，在⨀中，AB为⨀的直径，C为⨀上一点，P是的中点，过点P作AC的垂线，交AC的延长线于点D．
（1）求证：DP是⨀的切线；
（2）若AC=5，,求AP的长．
【答案】（1）见解析；（2）AP=．
【解析】
【分析】
（1）根据题意连接OP，直接利用切线的定理进行分析证明即可；
（2）根据题意连接BC，交于OP于点G，利用三角函数和勾股定理以及矩形的性质进行综合分析计算即可.
【详解】
解：（1）证明：连接OP；
∵OP=OA;
∴∠1=∠2；
又∵P为的中点；
∴
∴∠1=∠3；
∴∠3=∠2；
∴OP∥DA；
∵∠D=90°；
∴∠OPD=90°；
又∵OP为⨀O半径；
∴DP为⨀O的切线；
（2）连接BC，交于OP于点G；
∵AB是圆O的直径；
∴∠ACB为直角；
∵
∴sin∠ABC=
AC=5,则AB=13,半径为
由勾股定理的BC=，那么CG=6
又∵四边形DCGP为矩形；
∴GP=DC=6.5-2.5=4
∴AD=5+4=9;
在Rt△ADP中，AP=.
【点睛】
本题考查圆的综合问题，熟练掌握圆的切线定理和勾股定理以及三角函数和矩形的性质是解题的关键.
50．（2020·贵州铜仁?中考真题）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC，CE⊥AB于点E，D是直径AB延长线上一点，且∠BCE＝∠BCD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若AD＝8，＝，求CD的长．
【答案】（1）见解析；（2）4
【解析】
【分析】
（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，根据余角的性质得到∠A＝∠ECB，求得∠A＝∠BCD，根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠ACO，等量代换得到∠ACO＝∠BCD，求得∠DCO＝90°，于是得到结论；
（2）设BC＝k，AC＝2k，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
（1）证明：连接OC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CE⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠ECB+∠ABC＝∠ABC+∠CAB＝90°，
∴∠A＝∠ECB，
∵∠BCE＝∠BCD，
∴∠A＝∠BCD，
∵OC＝OA，
∴∠A＝∠ACO，
∴∠ACO＝∠BCD，
∴∠ACO+∠BCO＝∠BCO+∠BCD＝90°，
∴∠DCO＝90°，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵∠A＝∠BCE，
∴tanA＝＝tan∠BCE＝＝，
设BC＝k，AC＝2k，
∵∠D＝∠D，∠A＝∠BCD，
∴△ACD∽△CBD，
∴＝＝，
∵AD＝8，
∴CD＝4．
【点睛】
本题考查了切线的判定定理，相似三角形的判定与性质以及解直角三角形的应用，熟练掌握性质定理是解题的关键．
51．（2020·浙江温州?中考真题）如图，C，D为⊙O上两点，且在直径AB两侧，连结CD交AB于点E，G是上一点，∠ADC＝∠G．
（1）求证：∠1＝∠2；
（2）点C关于DG的对称点为F，连结CF，当点F落在直径AB上时，CF＝10，tan∠1＝，求⊙O的半径．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据∠ADC＝∠G得，进而可得，由此可得∠1＝∠2；
（2）连接OD、FD，先证FC＝FD，FD＝CD，进而可得FC＝FD＝CD＝10，DE＝CD＝5，再根据tan∠1＝可得BE＝2，设OB＝OD＝x，则OE＝5－x，根据勾股定理即可求得⊙O的半径．
【详解】
（1）证明：∵∠ADC＝∠G，
∴，
∵AB为⊙O的直径，
∴
∴，
∴，
∴∠1＝∠2；
（2）解：连接OD、FD，
∵，，
∴点C、D关于直径AB对称，
∴AB垂直平分CD，
∴FC＝FD，CE＝DE＝CD，∠DEB＝90°，
∵点C关于DG的对称点为F，
∴DG垂直平分FC，
∴FD＝CD，
又∵CF＝10，
∴FC＝FD＝CD＝10，
∴DE＝CD＝5，
∵在Rt△DEB中，tan∠1＝
∴，
∴，
∴BE＝2，
设OB＝OD＝x，则OE＝5－x，
∵在Rt△DOE中，，
∴，
解得：
∴⊙O的半径为．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、直径的性质、解直角三角形以及勾股定理，作出正确的辅助线以及根据轴对称性证得FC＝FD＝CD＝10是解决本题的关键．
52．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，是的外接圆，，于点，延长交于点，若，，则的长是_________．
【答案】
【解析】
【分析】
连结OB，OC，OA，过O点作OF⊥BC于F，作OG⊥AE于G，根据圆周角定理可得∠BOC＝90°，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可得DG，AG，可求AD，再根据相似三角形的判定和性质可求DE．
【详解】
解：连结OB，OC，OA，过O点作OF⊥BC于F，作OG⊥AE于G，
∵⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC＝45°，
∴∠BOC＝90°，
∵BD＝4，CD＝1，
∴BC＝4＋1＝5，
∴OB＝OC＝，
∴OA＝，OF＝BF＝，
∴DF＝BD−BF＝，
∴OG＝，GD＝，
在Rt△AGO中，AG＝，
∴AD＝AG＋GD＝，
∵连接BE,AD与BE相交于D，
∴∠BED=∠ACD，∠BDE=∠ADC，
∴△BDE∽△ADC，
∴
．
故答案为：．
【点睛】
考查了三角形的外接圆与外心，勾股定理，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的难点是求出AD的长．
53．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，是的直径，点是上一点，的平分线交于点，过点作交的延长线于点．
（1）求证：是的切线；
（2）过点作于点，连接．若，，求的长度．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由等腰三角形的性质及角平分线的性质得出∠ADO＝∠DAE，从而OD∥AE，由DE∥BC得∠E＝90°，由两直线平行，同旁内角互补得出∠ODE＝90°，由切线的判定定理得出答案；
（2）先由直径所对的圆周角是直角得出∠ADB＝90°，再由OF＝1，BF＝2得出OB的值，进而得出AF和BA的值，然后证明△DBF∽△ABD，由相似三角形的性质得比例式，从而求得BD2的值，求算术平方根即可得出BD的值．
【详解】
解：（1）连接OD，如图：
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO，
∵AD平分∠CAB，
∴∠DAE＝∠OAD，
∴∠ADO＝∠DAE，
∴OD∥AE，
∵DE∥BC，
∴∠E＝90°，
∴∠ODE＝180°−∠E＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）因为直径，则
∵，
∴OB=3
∴，
∵∠ADB=∠DFB=90°, ∠B=∠B
∴△DBF∽△ABD
∴
∴
所以．
【点睛】
本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质、平行线的性质等知识点，熟练掌握圆的切线的判定及圆中的相关计算是解题的关键．
54．（2020·浙江中考真题）如图，已知△ABC是⊙O的内接三角形，AD是⊙O的直径，连结BD，BC平分∠ABD．
（1）求证：∠CAD=∠ABC；
（2）若AD=6，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）π．
【解析】
【分析】
（1）利用角平分线的性质结合圆周角定理即可证明；
（2）可证得=，则的长为圆周长的．
【详解】
（1）证明：∵BC平分∠ABD，
∴∠DBC=∠ABC，
∵∠CAD=∠DBC，
∴∠CAD=∠ABC；
（2）解：∵∠CAD=∠ABC，
∴=，
∵AD是⊙O的直径，且AD=6，
∴的长=×π×6=π．
【点睛】
本题考查了角平分线的性质以及圆周角定理，证得=是解(2)题的关键．
55．（2020·浙江衢州?中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，AB=10，AC=6，连结OC，弦AD分别交OC，BC于点E，F，其中点E是AD的中点．
（1）求证：∠CAD=∠CBA．
（2）求OE的长．
【答案】（1）见解析；（2）1.4
【解析】
【分析】
（1）利用垂径定理以及圆周角定理解决问题即可；
（2）证明△AEC∽△BCA，推出，求出EC即可解决问题．
【详解】
（1）证明：∵AE=DE，OC是半径，
∴，
∴∠CAD=∠CBA；
（2）解：如图：
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵AE=DE，
∴OC⊥AD，
∴∠AEC=90°，
∴∠AEC=∠ACB，
∴△AEC∽△BCA，
∴，
∴，
∴CE=3.6，
∵OC=AB=5，
∴OE=OC﹣EC=5﹣3.6=1.4．
【点睛】
本题考查了垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，证明△AEC∽△BCA是解题关键．
56．（2020·湖南中考真题）如图，已知AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，D是AB上的一点，DE⊥AB于D，DE交BC于F，且EF＝EC．
（1）求证：EC是⊙O的切线；
（2）若BD＝4，BC＝8，圆的半径OB＝5，求切线EC的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OC，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可得∠OCB+∠ECF＝90°，可证EC是⊙O的切线；
（2）由勾股定理可求AC＝6，由锐角三角函数可求BF＝5，可求CF＝3，通过证明△OAC∽△ECF，可得，可求解．
【详解】
解：（1）连接OC，
∵OC＝OB，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵DE⊥AB，
∴∠OBC+∠DFB＝90°，
∵EF＝EC，
∴∠ECF＝∠EFC＝∠DFB，
∴∠OCB+∠ECF＝90°，
∴OC⊥CE，
∴EC是⊙O的切线；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵OB＝5，
∴AB＝10，
∴AC＝＝＝6，
∵cos∠ABC＝，
∴，
∴BF＝5，
∴CF＝BC﹣BF＝3，
∵∠ABC+∠A＝90°，∠ABC+∠BFD＝90°，
∴∠BFD＝∠A，
∴∠A＝∠BFD＝∠ECF＝∠EFC，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠A＝∠BFD＝∠ECF＝∠EFC，
∴△OAC∽△ECF，
∴，
∴EC＝＝＝．
【点睛】
此题主要考查切线的判定与性质与相似三角形综合，解题的关键是熟知切线的判定与性质及相似三角形的判定与性质．
57．（2020·浙江金华?中考真题）如图，的半径OA=2，OC⊥AB于点C，∠AOC＝60°．
（1）求弦AB的长．
（2）求的长．
【答案】（1）2;（2）
【解析】
【分析】
（1）根据题意和垂径定理，可以求得的长，然后即可得到的长；
（2）根据，可以得到的度数，然后根据弧长公式计算即可．
【详解】
解：（1）的半径，于点，，
，
；
（2），，
，
，
的长是：．
【点睛】
本题考查弧长的计算、垂径定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
58．（2020·四川乐山?中考真题）如图1，是半圆的直径，是一条弦，是上一点，于点，交于点，连结交于点，且．
（1）求证：点平分；
（2）如图2所示，延长至点，使，连结． 若点是线段的中点．求证：是⊙的切线．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）连接，由是直径得，由同角的余角相等证明，由直角三角形斜边中线性质证明，进而得出，即得出结论；
（2）由已知可知DE是OA、HB的垂直平分线，可得，，从而，，再由即可证明，由此即可得出可能．
【详解】
证明：（1）连接、，如图3所示，
图3
∵是半圆的直径，
∴，
∵，
∴，
又∵，即点是的斜边的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，即点平分 ；
（2）如图4所示，连接、，
图4
∵点是线段的中点，，，
∴，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴ ，
∴是⊙的切线．
【点睛】
本题是圆的简单综合题目，考查了切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、菱形的性质、直角三角形的性质知识；熟练掌握圆周角定理和等腰三角形的性质和判定是解题的关键．
59．（2020·山东枣庄?中考真题）如图，在中，，以AB为直径的分别交AC、BC于点D、E，点F在AC的延长线上，且．
（1）求证：BF是的切线；
（2）若的直径为4，，求．
【答案】（1）详见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接AE，利用直径所对的圆周角是直角，从而判定直角三角形，利用直角三角形两锐角相等得到直角，从而证明∠ABF＝90°；
（2）过点C作于点H，求得AC、BF的长度，证出，根据相似三角形的性质求得CH、HF的长度，根据求得BH的长度，代入求解即可．
【详解】
（1）
（1）证明：如图，连接AE．
∵AB是的直径，
∴，．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴，即．
∵AB是的直径，
∴直线BF是的切线．
（2）解：过点C作于点H．
∵，的直径为4，
∴．
∵，，
∴．
∵，，
∴．
∴，即．
∴，．
∴．
∴．
【点睛】
本题考查了圆的综合题：切线的判定与性质、勾股定理、相似三角形的性质和判定、直角所对的圆周角是直角、解直角三角形等知识点．
60．（2020·山东聊城?中考真题）如图，在中，，以的边为直径作，交于点，过点作，垂足为点．
（1）试证明是的切线；
（2）若的半径为5，，求此时的长．
【答案】（1）详见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接，，证出是等腰三角形，结合图形得出是的中位线，因为， ，证出即可得出是的切线；
（2）由（1）可得，，，在中，由勾股定理求得BD的长度，证出，根据相似三角形对应边成比例可求得DE的长．
【详解】
（1）证明：连接，，
∵为的直径，
∴，
又∵，是等腰三角形，
∴又是边上的中线，
∴是的中位线，
∴，
又，
∴，
∴是的切线．
（2）由（1）知，是边上的中线，
得．
∵的半径为5，
∴．
在中，
∵，
∴．
在和中，∵，，
∴，
∴，
即，解得．
【点睛】
本题考查了圆的切线判定定理以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的切线判定以及相似三角形的判定是解题的关键．
61．（2020·山东德州?中考真题）如图，点C在以AB为直径的上，点D是半圆AB的中点，连接AC，BC，AD，BD，过点D作交CB的延长线于点H．
（1）求证：直线DH是的切线；
（2）若，，求AD，BH的长．
【答案】（1）见解析；（2），
【解析】
【分析】
（1）连接，先根据是的直径，D是半圆的中点，得出，再根据，得出，即可证明；
（2）连接，先证明是等腰直角三角形，求出AD的长，再根据AB，BC的长求出AC，根据四边形是圆内接四边形，推出，证明，得出，即可求出答案．
【详解】
证明：（1）连接，
∵是的直径，D是半圆的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是的切线；
（2）连接，
∵是的直径，
∴，
又D是半圆的中点，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，
∴在中，
∵四边形是圆内接四边形，
∵，
∵，
∴，
由（1）知∠，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
解得．
【点睛】
本题考查了切线的判定，圆的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，灵活运用知识点是解题关键．
62．（2020·江苏无锡?中考真题）如图，过的圆心，交于点、，是的切线，点是切点，已知，．
（1）求证：；
（2）求的周长．
【答案】（1）见解析；（2）的周长为
【解析】
【分析】
（1）由切线的性质可得，由外角的性质可得，由等腰三角形的性质，可得，可得结论；
（2）由直角三角形的性质可得，，即可求解．
【详解】
证明：（1）是的切线，
，
，
，
，
，
，
；
（2），，，
，，
，，
，
，
的周长．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，切线的性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
63．（2020·江苏无锡?中考真题）如图，已知是锐角三角形．
（1）请在图1中用无刻度的直尺和圆规作图；作直线，使上的各点到、两点的距离相等；设直线与、分别交于点、，作一个圆，使得圆心在线段上，且与边、相切；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，若，，则的半径为________．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）由题意知直线为线段BC的垂直平分线，若圆心在线段上，且与边、相切，则再作出的角平分线，与MN的交点即为圆心O；
（2）过点作，垂足为，根据即可求解．
【详解】
解：（1）①先作的垂直平分线：分别以B，C为圆心，大于的长为半径画弧，连接两个交点即为直线l，分别交、于、；
②再作的角平分线：以点B为圆心，任意长为半径作圆弧，与的两条边分别有一个交点，再以这两个交点为圆心，相同长度为半径作弧，连接这两条弧的交点与点B，即为的角平分线，这条角平分线与线段MN的交点即为；
③以为圆心，为半径画圆，圆即为所求；
（2）过点作，垂足为，设
∵，，∴，∴
根据面积法，∴
∴，解得，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了尺规作图，切线的性质等内容，解题的关键是掌握线段垂直平分线、角平分线的尺规作图．
64．（2020·四川达州?中考真题）如图，点O在的边上，以为半径作，的平分线交于点D，过点D作于点E．
（1）尺规作图（不写作法，保留作图痕迹），补全图形；
（2）判断与交点的个数，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）与有1个交点，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据已知圆心和半径作圆、作已知角的平分线、过直线外一点作已知直线的垂线的尺规作图的步骤作图即可；
（2）连接OD，由OB=OD，得到∠1=∠2，再由角平分线得出∠1=∠3，等量代换进而证出OD∥BA，根据两直线平行同旁内角互补，得到∠ODE=90°，由此得出OD是的切线，即与有1个交点.
【详解】
解：（1）如下图，补全图形：
（2）如下图，连接OD，
∵点D在上，
∴OB=OD，
∴∠1=∠2，
又∵BM平分，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴OD∥BA，
∴∠ODE+∠BED=180°，
∵
∴∠ODE=90°，
∴ED是的切线，
∴与有1个交点.
【点睛】
本题考查尺规作图、圆的切线的判定，熟练掌握尺规作图的步骤及圆的切线的判定定理是解题的关键.
65．（2020·贵州黔东南?中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点（与点A，B不重合），过点C作直线PQ，使得∠ACQ＝∠ABC．
（1）求证：直线PQ是⊙O的切线．
（2）过点A作AD⊥PQ于点D，交⊙O于点E，若⊙O的半径为2，sin∠DAC＝，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析；（2）﹣．
【解析】
【分析】
（1）连接OC，由直径所对的圆周角为直角，可得∠ACB＝90°；利用等腰三角形的性质及已知条件∠ACQ＝∠ABC，可求得∠OCQ＝90°，按照切线的判定定理可得结论．
（2）由sin∠DAC＝，可得∠DAC＝30°，从而可得∠ACD的 度数，进而判定△AEO为等边三角形，则∠AOE的度数可得；利用S阴影＝S扇形﹣S△AEO，可求得答案．
【详解】
解：（1）证明：如图，连接OC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵OA＝OC，
∴∠CAB＝∠ACO．
∵∠ACQ＝∠ABC，
∴∠CAB+∠ABC＝∠ACO+∠ACQ＝∠OCQ＝90°，即OC⊥PQ，
∴直线PQ是⊙O的切线．
（2）连接OE，
∵sin∠DAC＝，AD⊥PQ，
∴∠DAC＝30°，∠ACD＝∠ABC=60°．
∴∠BAC=30°，
∴∠BAD=∠DAC+∠BAC=60°，
又∵OA＝OE，
∴△AEO为等边三角形，
∴∠AOE＝60°．
∴S阴影＝S扇形﹣S△AEO
＝S扇形﹣OA•OE•sin60°
＝
＝．
∴图中阴影部分的面积为﹣．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，求弓形的面积和扇形的面积，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，以及三角函数，解题的关键是熟练掌握所学的知识进行解题．
66．（2020·浙江杭州?中考真题）如图，已知AC，BD为⊙O的两条直径，连接AB，BC，OE⊥AB于点E，点F是半径OC的中点，连接EF．
（1）设⊙O的半径为1，若∠BAC＝30°，求线段EF的长．
（2）连接BF，DF，设OB与EF交于点P，
①求证：PE＝PF．
②若DF＝EF，求∠BAC的度数．
【答案】（1）；（2）①见解析；②∠BAC＝45°
【解析】
【分析】
（1）解直角三角形求出AB，再证明∠AFB＝90°，利用直角三角形斜边中线的性质即可解决问题．
（2）①过点F作FG⊥AB于G，交OB于H，连接EH．想办法证明四边形OEHF是平行四边形可得结论．
②想办法证明FD＝FB，推出FO⊥BD，推出△AOB是等腰直角三角形即可解决问题．
【详解】
（1）解：∵OE⊥AB，∠BAC＝30°，OA＝1，
∴∠AOE＝60°，OE＝OA＝，AE＝EB＝OE＝，
∵AC是直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠C＝60°，
∵OC＝OB，
∴△OCB是等边三角形，
∵OF＝FC，
∴BF⊥AC，
∴∠AFB＝90°，
∵AE＝EB，
∴EF＝AB＝．
（2）①证明：过点F作FG⊥AB于G，交OB于H，连接EH．
∵∠FGA＝∠ABC＝90°，
∴FG∥BC，
∴△OFH∽△OCB，
∴＝＝，
同理＝，
∴FH＝OE，
∵OE⊥AB．FH⊥AB，
∴OE∥FH，
∴四边形OEHF是平行四边形，
∴PE＝PF．
②∵OE∥FG∥BC，
∴＝＝1，
∴EG＝GB，
∴EF＝FB，
∵DF＝EF，
∴DF＝BF，
∵DO＝OB，
∴FO⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∵OA＝OB，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝45°．
【点睛】
本题考查了解直角三角形、直径的性质、等边三角形的判定及性质、平行四边形的判定及性质、相似三角形的判定及性质，题目的综合性较强，添加辅助线较多，解题的关键是熟记并且灵活运用有关的性质定理．
67．（2020·浙江宁波?中考真题）定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．
（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A＝α，请用含α的代数式表示∠E．
（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，＝，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O于点F，连结BF并延长交CD的延长线于点E．求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）如图3，在（2）的条件下，连结AE，AF，若AC是⊙O的直径．
①求∠AED的度数；
②若AB＝8，CD＝5，求△DEF的面积．
【答案】（1）∠E＝α；（2）见解析；（3）①∠AED＝45°；②
【解析】
【分析】
（1）由角平分线的定义可得出结论；
（2）由圆内接四边形的性质得出∠FDC+∠FBC=180°，得出∠FDE=∠FBC，证得∠ABF=∠FBC，证出∠ACD=∠DCT，则CE是△ABC的外角平分线，可得出结论；
（3）①连接CF，由条件得出∠BFC=∠BAC，则∠BFC=2∠BEC，得出∠BEC=∠FAD，证明△FDE≌△FDA（AAS），由全等三角形的性质得出DE=DA，则∠AED=∠DAE，得出∠ADC=90°，则可求出答案；
②过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，证得△EGA∽△ADC，得出，求出，设AD=4x，AC=5x，则有（4x）2+52=（5x）2，解得x=，求出ED，CE的长，求出DM，由等腰直角三角形的性质求出FM，根据三角形的面积公式可得出答案．
【详解】
解：（1）∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，
∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝α，
（2）如图1，延长BC到点T，
∵四边形FBCD内接于⊙O，
∴∠FDC+∠FBC＝180°，
又∵∠FDE+∠FDC＝180°，
∴∠FDE＝∠FBC，
∵DF平分∠ADE，
∴∠ADF＝∠FDE，
∵∠ADF＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠FBC，
∴BE是∠ABC的平分线，
∵，
∴∠ACD＝∠BFD，
∵∠BFD+∠BCD＝180°，∠DCT+∠BCD＝180°，
∴∠DCT＝∠BFD，
∴∠ACD＝∠DCT，
∴CE是△ABC的外角平分线，
∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）①如图2，连接CF，
∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，
∴∠BAC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BAC，
∴∠BFC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BEC+∠FCE，
∴∠BEC＝∠FCE，
∵∠FCE＝∠FAD，
∴∠BEC＝∠FAD，
又∵∠FDE＝∠FDA，FD＝FD，
∴△FDE≌△FDA（AAS），
∴DE＝DA，
∴∠AED＝∠DAE，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠AED+∠DAE＝90°，
∴∠AED＝∠DAE＝45°，
②如图3，过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠FAC＝∠EBC＝∠ABC＝45°，
∵∠AED＝45°，
∴∠AED＝∠FAC，
∵∠FED＝∠FAD，
∴∠AED﹣∠FED＝∠FAC﹣∠FAD，
∴∠AEG＝∠CAD，
∵∠EGA＝∠ADC＝90°，
∴△EGA∽△ADC，
∴，
∵在Rt△ABG中，AG＝，
在Rt△ADE中，AE＝AD，
∴，
在Rt△ADC中，AD2+DC2＝AC2，
∴设AD＝4x，AC＝5x，则有（4x）2+52＝（5x）2，
∴x＝，
∴ED＝AD＝，
∴CE＝CD+DE＝，
∵∠BEC＝∠FCE，
∴FC＝FE，
∵FM⊥CE，
∴EM＝CE＝，
∴DM＝DE﹣EM＝，
∵∠FDM＝45°，
∴FM＝DM＝，
∴S△DEF＝DE•FM＝．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了角平分线的定义，圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
68．（2020·浙江台州?中考真题）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC沿直线AB翻折得到△ABD，连接CD交AB于点M．E是线段CM上的点，连接BE．F是△BDE的外接圆与AD的另一个交点，连接EF，BF，
（1）求证：△BEF是直角三角形；
（2）求证：△BEF∽△BCA；
（3）当AB=6，BC=m时，在线段CM正存在点E，使得EF和AB互相平分，求m的值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
(1)想办法证明∠BEF=90°即可解决问题（也可以利用圆内接四边形的性质直接证明）．
(2)根据两角对应相等两三角形相似证明．
(3)证明四边形AFBE是平行四边形，推出FJ=BD=m，EF=m，由△ABC∽△CBM，可得BM=，由△BEF∽△BCA，推出，由此构建方程求解即可.
【详解】
（1）证明：由折叠可知，∠ADB=∠ACB=90°
∵∠EFB=∠EDB，∠EBF=∠EDF，
∴∠EFB+∠EBF=∠EDB+∠EDF=∠ADB=90°，
∴∠BEF=90°，
∴△BEF是直角三角形．
(2) 证明：∵BC=BD，
∴∠BDC=∠BCD，
∵∠EFB=∠EDB，
∴∠EFB=∠BCD，
∵AC=AD，BC=BD，
∴AB⊥CD，
∴∠AMC=90°，
∵∠BCD+∠ACD=∠ACD+∠CAB=90°，
∴∠BCD=∠CAB，
∴∠BFE=∠CAB，
∵∠ACB=∠FEB=90°，
∴△BEF∽△BCA．
(3) 设EF交AB于J．连接AE，如下图所示：
∵EF与AB互相平分，
∴四边形AFBE是平行四边形，
∴∠EFA=∠FEB=90°，即EF⊥AD，
∵BD⊥AD，
∴EF∥BD，
∵AJ=JB，
∴AF=DF，
∴ FJ=
∴ EF=
∵ △ABC∽△CBM
∴ BC:MB=AB:BC
∴ BM=，
∵ △BEJ∽△BME，
∴ BE:BM=BJ:BE
∴ BE=，
∵ △BEF∽△BCA，
∴
即
解得(负根舍去).
故答案为：
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
69．（2020·山东济宁?中考真题）我们把方程(x- m)2+(y-n)2=r2称为圆心为(m，n)、半径长为r的圆的标准方程．例如，圆心为(1,-2)、半径长为3的圆的标准方程是(x- 1)2+(y+2)2=9．在平面直角坐标系中,圆C与轴交于点A．B．且点B的坐标为(8．0),与y轴相切于点D(0, 4)，过点A,B,D的抛物线的顶点为E．
(1)求圆C的标准方程；
(2)试判断直线AE与圆C的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）；（2）相切，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）连接CD，CB，过C作CF⊥AB，分别表示出BF和CF，再在△BCF中利用勾股定理构造方程求解即可得到圆C半径以及点C坐标，从而得到标准方程；
（2）由（1）可得点A坐标，求出抛物线表达式，得到点E坐标，再求出直线AE的表达式，联立直线AE和圆C的表达式，通过判断方程根的个数即可得到两者交点个数，从而判断位置关系.
【详解】
解：连接CD，CB，过C作CF⊥AB，
∵点D（0，4），B（8，0），设圆C半径为r，圆C与y轴切于点D，
则CD=BC=OF=r，CF=4，
∵CF⊥AB，
∴AF=BF=8-r，
在△BCF中，，
即，
解得：r=5，
∴CD=OF=5，即C（5，4），
∴圆C的标准方程为：；
（2）由（1）可得：BF=3=AF，则OA=OB-AB=2，
即A（2，0），
设抛物线表达式为：，将A，B，D坐标代入，
，解得：，
∴抛物线表达式为：，
∴可得点E（5，），
设直线AE表达式为：y=mx+n，将A和E代入，
可得：，解得：，
∴直线AE的表达式为：，
∵圆C的标准方程为，
联立，
解得：x=2，
故圆C与直线AE只有一个交点，横坐标为2，
即圆C与直线AE相切.
【点睛】
本题考查了圆的新定义，二次函数，一次函数，切线的判定，垂径定理，有一定难度，解题的关键是利用转化思想，将求位置关系转化为方程根的个数问题.
70．（2020·四川遂宁?中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB边上的一点，以AD为直径的⊙O交BC于点E，交AC于点F，过点C作CG⊥AB交AB于点G，交AE于点H，过点E的弦EP交AB于点Q（EP不是直径），点Q为弦EP的中点，连结BP，BP恰好为⊙O的切线．
（1）求证：BC是⊙O的切线．
（2）求证：＝．
（3）若sin∠ABC═，AC＝15，求四边形CHQE的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）45
【解析】
【分析】
（1）连接OE，OP，根据线段垂直平分线的性质得到PB＝BE，根据全等三角形的性质得到∠BEO＝∠BPO，根据切线的判定和性质定理即可得到结论．
（2）根据平行线和等腰三角形的性质即可得到结论．
（3）根据垂径定理得到EP⊥AB，根据平行线和等腰三角形的性质得到∠CAE＝∠EAO，根据全等三角形的性质得到CE＝QE，推出四边形CHQE是菱形，解直角三角形得到CG＝＝12，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
（1）证明：连接OE，OP，
∵PE⊥AB，点Q为弦EP的中点，
∴AB垂直平分EP，
∴PB＝BE，
∵OE＝OP，OB＝OB，
∴△BEO≌△BPO（SSS），
∴∠BEO＝∠BPO，
∵BP为⊙O的切线，
∴∠BPO＝90°，
∴∠BEO＝90°，
∴OE⊥BC，
∴BC是⊙O的切线．
（2）解：∵∠BEO＝∠ACB＝90°，
∴AC∥OE，
∴∠CAE＝∠OEA，
∵OA＝OE，
∴∠EAO＝∠AEO，
∴∠CAE＝∠EAO，
∴．
（3）解：∵AD为的⊙O直径，点Q为弦EP的中点，
∴EP⊥AB，
∵CG⊥AB，
∴CG∥EP，
∵∠ACB＝∠BEO＝90°，
∴AC∥OE，
∴∠CAE＝∠AEO，
∵OA＝OE，
∴∠EAQ＝∠AEO，
∴∠CAE＝∠EAO，
∵∠ACE＝∠AQE＝90°，AE＝AE，
∴△ACE≌△AQE（AAS），
∴CE＝QE，
∵∠AEC+∠CAE＝∠EAQ+∠AHG＝90°，
∴∠CEH＝∠AHG，
∵∠AHG＝∠CHE，
∴∠CHE＝∠CEH，
∴CH＝CE，
∴CH＝EQ，
∴四边形CHQE是平行四边形，
∵CH＝CE，
∴四边形CHQE是菱形，
∵sin∠ABC═sin∠ACG═＝，
∵AC＝15，
∴AG＝9，
∴CG＝＝12，
∵△ACE≌△AQE，
∴AQ＝AC＝15，
∴QG＝6，
∵HQ2＝HG2+QG2，
∴HQ2＝（12﹣HQ）2+62，
解得：HQ＝，
∴CH＝HQ＝，
∴四边形CHQE的面积＝CH•GQ＝×6＝45．
【点睛】
此题考查了圆的综合问题，用到的知识点是全等三角形的判定与性质、菱形的判定和性质、勾股定理以及解直角三角形等知识，此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想应用．
71．（2020·山东德州?中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标是，在x轴上任取一点M．连接AM，分别以点A和点M为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于G，H两点，作直线GH，过点M作x轴的垂线l交直线GH于点P．根据以上操作，完成下列问题．
探究：
（1）线段PA与PM的数量关系为________，其理由为：________________．
（2）在x轴上多次改变点M的位置，按上述作图方法得到相应点P的坐标，并完成下列表格：
M的坐标
…
…
P的坐标
…
…
猜想：
（3）请根据上述表格中P点的坐标，把这些点用平滑的曲线在图2中连接起来；观察画出的曲线L，猜想曲线L的形状是________．
验证：
（4）设点P的坐标是，根据图1中线段PA与PM的关系，求出y关于x的函数解析式．
应用：
（5）如图3，点，，点D为曲线L上任意一点，且，求点D的纵坐标的取值范围．
【答案】（1），线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等；（2）图见解析，抛物线；（3）见解析；（4）；（5）
【解析】
【分析】
（1）由尺规作图的步骤可知，HG是AM的中垂线，结合中垂线的性质，即可得到答案；
（2）根据第（1）的作图方法，得到相应点P的位置，即可求解；
（3）用平滑的曲线作出图象，即可；
（4）过点P作轴于点E，用含x，y的代数式表示，，，结合勾股定理，即可得到答案；
（5）连接，由题意得当时，在的外接圆上，弧所对的圆心角为60°，的外接圆圆心为坐标原点O，设，求出b的值，进而即可求解．
【详解】
解：（1） 线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等
（2）
M的坐标
…
…
P的坐标
…
…
（3）草图见图2：形状：抛物线
（4）如图1，过点P作轴于点E，
，，
在中，
即
化简，得
∴y关于x的函数解析式为．
（5）连接，易得，又
∴为等边三角形，∴
当时，在的外接圆上，弧所对的圆心角为60°
其圆心在的垂直平分线y轴上，
∴的外接圆圆心为坐标原点O，
设，则，即 ①
又点D在该抛物线上
∴ ②
由①②联立解得：（舍去）
数形结合可得，
当时，点D的纵坐标的取值范围为
【点睛】
本题主要考查尺规作作中垂线，二次函数的图象和性质，圆周角定理，解题关键是：熟练掌握垂直平分线的性质定理，构造三角形的外接圆．
专题50圆（4）（全国一年）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．（2020·重庆中考真题）如图，AB是的切线，A切点，连接OA，OB，若，则的度数为（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
【答案】D
【解析】
【分析】
根据切线的性质可得，再根据三角形内角和求出.
【详解】
∵AB是的切线
∴
∵
∴
故选D.
【点睛】
本题考查切线的性质，由切线得到直角是解题的关键.
2．（2020·浙江中考真题）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC=70°，则∠ADC的度数是（ ）
A．70° B．110° C．130° D．140°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的对角互补计算即可．
【详解】
∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC=70°，
∴∠ADC=180°﹣∠ABC=180°﹣70°=110°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了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．
3．（2020·湖南中考真题）一个圆锥的底面半径r＝10，高h＝20，则这个圆锥的侧面积是（ ）
A．100π B．200π C．100π D．200π
【答案】C
【解析】
【分析】
先利用勾股定理计算出母线长，然后利用扇形的面积公式计算这个圆锥的侧面积．
【详解】
解：这个圆锥的母线长＝＝10，
这个圆锥的侧面积＝×2π×10×10＝100π．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查圆锥的侧面积，解题的关键是熟知母线的定义及圆锥侧面积的公式．
4．（2020·浙江金华?中考真题）如图，⊙O是等边△ABC的内切圆，分别切AB，BC，AC于点E，F，D，P是上一点，则∠EPF的度数是（ ）
A．65° B．60° C．58° D．50°
【答案】B
【解析】
【分析】
连接OE，OF．求出∠EOF的度数即可解决问题．
【详解】
解：如图，连接OE，OF．
∵⊙O是△ABC的内切圆，E，F是切点，
∴OE⊥AB，OF⊥BC，
∴∠OEB=∠OFB=90°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，
∴∠EOF=120°，
∴∠EPF=∠EOF=60°，
故选：B．
【点睛】
本题考查三角形的内切圆与内心，切线的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
5．（2020·山东济宁?中考真题）如图，在△ABC中点D为△ABC的内心,∠A=60°,CD=2,BD=4．则△DBC的面积是（ ）
A．4 B．2 C．2 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
过点B作BH⊥CD于点H．由点D为△ABC的内心，∠A=60°，得∠BDC=120°，则∠BDH=60°，由BD=4，BD：CD=2：1得BH=2，CD=2，于是求出△DBC的面积．
【详解】
解：过点B作BH⊥CD于点H．
∵点D为△ABC的内心，∠A=60°，
∴∠BDC=90°+∠A=90°+×60°=120°，
则∠BDH=60°，
∵BD=4，BD：CD=2：1
∴DH=2，BH=2，CD=2，
∴△DBC的面积为CD•BH=×2×2=2.
故选B.
【点睛】
本题考查了三角形内心的相关计算，熟练运用含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．
6．（2020·四川攀枝花?中考真题）如图，直径的半圆，绕点顺时针旋转，此时点到了点，则图中阴影部分的面积是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由半圆A′B面积+扇形ABA′的面积-空白处半圆AB的面积即可得出阴影部分的面积．
【详解】
解：∵半圆AB，绕B点顺时针旋转30°，
∴S阴影=S半圆A′B+S扇形ABA′-S半圆AB
= S扇形ABA′
=
=3π
故选D．
【点睛】
本题考查了扇形面积的计算以及旋转的性质，熟记扇形面积公式和旋转前后不变的边是解题的关键．
7．（2020·江苏连云港?中考真题）10个大小相同的正六边形按如图所示方式紧密排列在同一平面内，、、、、、均是正六边形的顶点．则点是下列哪个三角形的外心（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三角形外心的性质，到三个顶点的距离相等，可以依次判断．
【详解】
答：因为三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，所以由正六边形性质可知，点O到A，B，C，D，E的距离中，只有OA=OC=OD．
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了三角形外心的性质，即到三角形三个顶点的距离相等．
8．（2020·贵州黔东南?中考真题）如图，正方形ABCD的边长为2，O为对角线的交点，点E、F分别为BC、AD的中点．以C为圆心，2为半径作圆弧，再分别以E、F为圆心，1为半径作圆弧、，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．π﹣1 B．π﹣2 C．π﹣3 D．4﹣π
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意和图形，可知阴影部分的面积是以2为半径的四分之一个圆（扇形）的面积减去以1为半径的半圆（扇形）的面积再减去2个以边长为1的正方形的面积减去以1半径的四分之一个圆（扇形）的面积，本题得以解决．
【详解】
解：由题意可得，
阴影部分的面积是：•π×22﹣﹣2（1×1﹣•π×12）＝π﹣2，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查运用正方形的性质，圆的面积公式（或扇形的面积公式），正方形的面积公式计算不规则几何图形的面积，解题的关键是理解题意，观察图形，合理分割，转化为规则图形的面积和差进行计算．
9．（2020·贵州黔东南?中考真题）如图，⊙O的直径CD＝20，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，OM：OD＝3：5，则AB的长为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．2
【答案】C
【解析】
【分析】
连接OA，先根据⊙O的直径CD＝20，OM：OD＝3：5求出OD及OM的长，再根据勾股定理可求出AM的长，进而得出结论．
【详解】
连接OA，
∵⊙O的直径CD＝20，OM：OD＝3：5，
∴OD＝10，OM＝6，
∵AB⊥CD，
∴，
∴AB＝2AM＝16．
故选：C．
【点睛】
本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，解决与弦有关的问题时，往往需构造以半径、弦心距和弦长的一半为三边的直角三角形，若设圆的半径为r，弦长为a，这条弦的弦心距为d，则有等式成立，知道这三个量中的任意两个，就可以求出另外一个．
10．（2020·浙江杭州?中考真题）如图，已知BC是⊙O的直径，半径OA⊥BC，点D在劣弧AC上（不与点A，点C重合），BD与OA交于点E．设∠AED＝α，∠AOD＝β，则（ ）
A．3α+β＝180° B．2α+β＝180° C．3α﹣β＝90° D．2α﹣β＝90°
【答案】D
【解析】
【分析】
根据直角三角形两锐角互余性质，用α表示∠CBD，进而由圆心角与圆周角关系，用α表示∠COD，最后由角的和差关系得结果．
【详解】
解：∵OA⊥BC，
∴∠AOB＝∠AOC＝90°，
∴∠DBC＝90°﹣∠BEO
＝90°﹣∠AED
＝90°﹣α，
∴∠COD＝2∠DBC
＝180°﹣2α，
∵∠AOD+∠COD＝90°，
∴β+180°﹣2α＝90°，
∴2α﹣β＝90°，
故选：D．
【点睛】
本题考查了圆周角定理以及直角三角形的两个锐角互余的关系，熟练掌握圆周角定理是解决本题的关键．
11．（2020·浙江中考真题）如图，已知OT是Rt△ABO斜边AB上的高线，AO=BO．以O为圆心，OT为半径的圆交OA于点C，过点C作⊙O的切线CD，交AB于点D．则下列结论中错误的是（ ）
A．DC=DT B．AD=DT C．BD=BO D．2OC=5AC
【答案】D
【解析】
【分析】
根据切线的判定知DT是⊙O的切线，根据切线长定理可判断选项A正确；可证得△ADC是等腰直角三角形，可计算判断选项B正确；根据切线的性质得到CD=CT，根据全等三角形的性质得到∠DOC=∠TOC，根据三角形的外角的性质可判断选项C正确；
【详解】
解：如图，连接OD．
∵OT是半径，OT⊥AB，
∴DT是⊙O的切线，
∵DC是⊙O的切线，
∴DC=DT，故选项A正确；
∵OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠A=∠B=45°，
∵DC是切线，
∴CD⊥OC，
∴∠ACD=90°，
∴∠A=∠ADC=45°，
∴AC=CD=DT，
∴AD=CD=DT，故选项B正确；
∵OD=OD，OC=OT，DC=DT，
∴△DOC≌△DOT（SSS），
∴∠DOC=∠DOT，
∵OA=OB，OT⊥AB，∠AOB=90°，
∴∠AOT=∠BOT=45°，
∴∠DOT=∠DOC=22.5°，
∴∠BOD=∠ODB=67.5°，
∴BO=BD，故选项C正确；
∵OA=OB，∠AOB=90°，OT⊥AB，
设⊙O的半径为2，
∴OT=OC=AT=BT=2，
∴OA=OB=2，
∴，
2OC5AC故选项D错误；
故选：D．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆的有关知识，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形、灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
12．（2020·山东济宁?中考真题）已知某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的侧面积等于（ ）
A．12πcm2
B．15πcm2
C．24πcm2
D．30πcm2
【答案】B
【解析】
由三视图可知这个几何体是圆锥，高是4cm，底面半径是3cm，所以母线长是（cm），∴侧面积＝π×3×5＝15π（cm2），故选B．
13．（2020·四川乐山?中考真题）在中，已知，，．如图所示，将绕点按逆时针方向旋转后得到．则图中阴影部分面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先求出AC、AB，在根据求解即可．
【详解】
解：在Rt△ABC中，∵，
∴AC=2BC=2，
∴，
∵绕点按逆时针方向旋转后得到，
∴
∴
∴．
故选：B
【点睛】
本题考查了不规则图形面积的求法，熟记扇形面积公式，根据求解是解题关键．
14．（2020·浙江嘉兴?中考真题）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝8，按下列步骤作图：
①以点A为圆心，适当的长度为半径作弧，分别交AB，AC于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于EF的长为半径作弧相交于点H，作射线AH；
②分别以点A，B为圆心，大于AB的长为半径作弧相交于点M，N，作直线MN，交射线AH于点O；
③以点O为圆心，线段OA长为半径作圆．
则⊙O的半径为（ ）
A．2 B．10 C．4 D．5
【答案】D
【解析】
【分析】
如图，设OA交BC于T．解直角三角形求出AT，再在Rt△OCT中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【详解】
解：如图，设OA交BC于T．
∵AB＝AC＝2，AO平分∠BAC，
∴AO⊥BC，BT＝TC＝4，
∴AE＝，
在Rt△OCT中，则有r2＝（r﹣2）2+42，
解得r＝5，
故选：D．
【点睛】
本题考查作图——复杂作图，等腰三角形的性质，垂径定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
15．（2020·四川遂宁?中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，点O在AB上，经过点A的⊙O与BC相切于点D，交AB于点E，若CD＝，则图中阴影部分面积为（ ）
A．4﹣ B．2﹣ C．2﹣π D．1﹣
【答案】B
【解析】
【分析】
连接OD，OH⊥AC于H，如图，根据切线的性质得到OD⊥BC，则四边形ODCH为矩形，所以OH＝CD＝，则OA＝OH＝2，接着计算出∠BOD＝45°，BD＝OD＝2，然后利用扇形的面积公式，利用图中阴影部分面积＝S△OBD﹣S扇形DOE进行计算．
【详解】
解：连接OD，过O作OH⊥AC于H，如图，
∵∠C＝90°，AC＝BC，
∴∠B＝∠CAB＝45°，
∵⊙O与BC相切于点D，
∴OD⊥BC，
∴四边形ODCH为矩形，
∴OH＝CD＝，
在Rt△OAH中，∠OAH＝45°，
∴OA＝OH＝2，
在Rt△OBD中，∵∠B＝45°，
∴∠BOD＝45°，BD＝OD＝2，
∴图中阴影部分面积＝S△OBD﹣S扇形DOE
＝0.5×2×2﹣
＝2﹣π．
故选：B．
【点睛】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了扇形面积的计算．
16．（2020·四川遂宁?中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC的中点，连接AE、DE，分别交BD、AC于点P、Q，过点P作PF⊥AE交CB的延长线于F，下列结论：
①∠AED+∠EAC+∠EDB＝90°，
②AP＝FP，
③AE＝AO，
④若四边形OPEQ的面积为4，则该正方形ABCD的面积为36，
⑤CE•EF＝EQ•DE．
其中正确的结论有（ ）
A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【答案】B
【解析】
【分析】
①正确:证明∠EOB=∠EOC=45°，再利用三角形的外角的性质即可得出答案；
②正确：利用四点共圆证明∠AFP=∠ABP=45°即可；
③正确：设BE=EC=a，求出AE，OA即可解决问题；
④错误：通过计算正方形ABCD的面积为48；
⑤正确：利用相似三角形的性质证明即可.
【详解】
①正确：如图，连接OE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，
∴∠BOC=90°，
∵BE=EC，
∴∠EOB=∠EOC=45°，
∵∠EOB＝∠EDB+∠OED，∠EOC=∠EAC+∠AEO，
∴∠AED+∠EAC+∠EDO=∠EAC+∠AEO+∠OED+∠EDB=90°，故①正确；
②正确：如图，连接AF，
∵PF⊥AE，
∴∠APF=∠ABF=90°，
∴A，P，B，F四点共圆，
∴∠AFP=∠ABP＝45°，
∴∠PAF=∠PFA＝45°，
∴PA=PF，故②正确；
③正确：设BE=EC=a，则AE＝a，OA＝OC＝OB＝OD＝a，
∴，即AE＝AO，故③正确；
④错误：根据对称性可知，，
∴==2，
∵OB=OD，BE=EC，
∴CD=2OE，OE⊥CD，
∴ ， ，
∴， ，
∴，
∴，故④错误；
⑤正确：∵∠EPF=∠DCE=90°，∠PEF=∠DEC，
∴，
∴，
∴EQ=PE，
∴CE•EF=EQ•DE，故⑤正确；
综上所诉一共有4个正确，故选：B．
【点睛】
本题主要考查了三角形外角性质、四点共圆问题、全等与相似三角形的综合运用，熟练掌握相关概念与方法是解题关键.
17．（2020·山东德州?中考真题）如图，圆内接正六边形的边长为4，以其各边为直径作半圆，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
正六边形的面积加上六个小半圆的面积，再减去中间大圆的面积即可得到结果．
【详解】
解：正六边形的面积为：，
六个小半圆的面积为：，中间大圆的面积为：，
所以阴影部分的面积为：，
故选：A．
【点睛】
本题考查了正多边形与圆，圆的面积的计算，正六边形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．
18．（2020·四川达州?中考真题）如图，在半径为5的中，将劣弧沿弦翻折，使折叠后的恰好与、相切，则劣弧的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
如图画出折叠后所在的⊙O＇，连O＇B，O＇A，根据题意可得O＇B⊥OB、O＇A⊥OA，且OB=OA=O＇B=O＇A,得到四边形O＇BOA是正方形，即∠O=90°，最后根据弧长公式计算即可．
【详解】
解：如图：画出折叠后所在的⊙O＇，连O＇B，O＇A
∵恰好与、相切
∴O＇B⊥OB、O＇A⊥OA
∵OB=OA=O＇B=O＇A,
∴四边形O＇BOA是正方形
∴∠O=90°
∴劣弧的长为．
故答案为B．
【点睛】
本题考查了折叠的性质、正方形的判定与性质、弧长公式等知识点，其中掌握弧长公式和折叠的性质是解答本题的关键．
19．（2020·山东泰安?中考真题）如图，是的内接三角形，，是直径，，则的长为（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
连接BO，根据圆周角定理可得，再由圆内接三角形的性质可得OB垂直平分AC，再根据正弦的定义求解即可．
【详解】
如图，连接OB，
∵是的内接三角形，
∴OB垂直平分AC，
∴，，
又∵，
∴，
∴,
又∵AD=8，
∴AO=4，
∴，
解得：，
∴．
故答案选B．
【点睛】
本题主要考查了圆的垂径定理的应用，根据圆周角定理求角度是解题的关键．
20．（2020·山东泰安?中考真题）如图，是的切线，点A为切点，交于点B，，点C在上，．则等于（ ）
A．20° B．25° C．30° D．50°
【答案】B
【解析】
【分析】
连接OA，求出∠POA= 80°，根据等腰三角形性质求出∠OAB=∠OBA=50°，进而求出∠AOC=130°，得到∠C=25°，根据平行线性质即可求解．
【详解】
解：如图，连接OA，
∵是的切线，
∴∠PAO=90°，
∵，
∴∠POA=90°-∠P=80°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=50°，
∵，
∴∠BOC=∠ABO=50°，
∴∠AOC=∠AOB+∠BOC=130°，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠C=25°，
∵，
∴∠BAC=∠C=25°．
故选：B
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆的半径都相等，平行线的性质等知识，熟知各知识点是解题关键．一般情况下，在解决与圆有关的问题时，根据圆的的半径都相等，可以得到等腰三角形，进而可以进行线段或角的转化．
21．（2020·浙江温州?中考真题）如图，菱形OABC的顶点A，B，C在⊙O上，过点B作⊙O的切线交OA的延长线于点D．若⊙O的半径为1，则BD的长为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
连接OB，由题意可知，∠OBD=90°；再说明△OAB是等边三角形，则∠AOB =60°；再根据直角三角形的性质可得∠ODB=30°，最后解三角形即可求得BD的长．
【详解】
解：连接OB
∵菱形OABC
∴OA=AB
又∵OB=OA
∴OB=OA=AB
∴△OAB是等边三角形
∵BD是圆O的切线
∴∠OBD=90°
∴∠AOB=60°
∴∠ODB=30°
∴在Rt△ODB中,OD=2OB=2,BD=OD·sin∠ODB=2× =
故答案为D．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、圆的切线的性质、等边三角形的判定和性质以及解直角三角形，其中证明△OAB是等边三角形是解答本题的关键．
二、填空题
22．（2020·贵州黔东南?中考真题）如图,AB是半圆O的直径,AC=AD,OC=2,∠CAB= 30 °, 则点O 到CD 的距离OE=______.
【答案】
【解析】
试题分析：∵∠CAB=30°，AC=AD，OA=OC，∴∠ACD=75°，∠ACO=30°，∴∠OCE=45°，∵OE⊥CD，∴△OCE为等腰直角三角形， ∵OC=2，∴OE=.
考点：(1)、圆的基本性质；(2)、勾股定理
23．（2020·浙江台州?中考真题）如图，在△ABC中，D是边BC上的一点，以AD为直径的⊙O交AC于点E，连接DE．若⊙O与BC相切，∠ADE=55°，则∠C的度数为_____________ ．
【答案】55°
【解析】
【分析】
根据AD是直径可得∠AED=90°，再根据BC是⊙O的切线可得∠ADC=90°，再根据直角的定义及角度等量替换关系即可得到∠C=∠ADE=55°．
【详解】
∵AD是直径，
∴∠AED=90°，
∴∠ADE+∠DAE=90°
∵BC是⊙O的切线，
∴∠ADC=90°，
∴∠C+∠DAE=90°
∴∠C=∠ADE=55°．
故答案为：55°．
【点睛】
此题主要考查圆内的角度求解，解题的关键是熟知切线的性质．
24．（2020·四川攀枝花?中考真题）如图，已知锐角三角形内接于半径为2的，于点，，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】
连接OB和OC，根据圆周角定理得出∠BOC的度数，再依据等腰三角形的性质得到∠BOD的度数，结合直角三角形的性质可得OD.
【详解】
解：连接OB和OC，
∵△ABC内接于半径为2的圆O，∠BAC=60°，
∴∠BOC=120°，OB=OC=2，
∵OD⊥BC，OB=OC，
∴∠BOD=∠COD=60°，
∴∠OBD=30°，
∴OD=OB=1，
故答案为：1.
【点睛】
本题考查了圆周角定理，三角形外接圆的性质，等腰三角形三线合一，30°的直角三角形的性质，解题时需要添加辅助线，从而运用圆周角定理.
25．（2020·山东德州?中考真题）若一个圆锥的底面半径为2，母线长为6，则该圆锥侧面展开图的圆心角是 °．
【答案】120．
【解析】
试题分析：圆锥侧面展开图的弧长是：2π×2=4π（cm），设圆心角的度数是n度．则=4π，解得：n=120．故答案为120．
考点：圆锥的计算．
26．（2020·贵州黔西?中考真题）如图，在中，，点D为AB的中点，以点D为圆心作圆心角为90°的扇形，点C恰好在上，则图中阴影部分的面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
如解图，连接，过点作于点，于点．
设交于点，交于点，
，，点为的中点，，，
，四边形是正方形，，
则，
，
，
在和中，，
，
，
．
【点睛】
27．（2020·新疆中考真题）如图，圆的半径是2，扇形BAC的圆心角为60°，若将扇形BAC剪下，围成一个圆锥，则此圆锥的底面圆的半径为_____．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意根据圆的半径为2，那么过圆心向AC引垂线，利用相应的三角函数可得AC的一半的长度，进而求得AC的长度，利用弧长公式可求得弧BC的长度，圆锥的底面圆的半径=圆锥的弧长÷2π进行计算即可求解．
【详解】
解：作OD⊥AC于点D，连接OA，
∴∠OAD=30°，AC=2AD，
∴AC=2OA×cos30°=2，
∴，
∴圆锥的底面圆的半径．
故答案为：．
【点睛】
本题考查圆锥的计算；注意掌握圆锥的侧面展开图弧长等于圆锥的底面周长；解题的关键是得到扇形的半径．
28．（2020·浙江温州?中考真题）若扇形的圆心角为45°，半径为3，则该扇形的弧长为_______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据弧长公式求解．
【详解】
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了弧长的计算，解答本题的关键是掌握弧长公式．
29．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D，延长AD交⊙O于点E，若BD＝4，CD＝1，则DE的长是_____．
【答案】
【解析】
【分析】
连结 OB，OC，OA，过 O 点作 OF⊥BC 于 F，作 OG⊥AE 于 G，根据圆周角定理可得∠BOC=90°， 根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可得 DG，AG，可求 AD，再根据相交弦定理可求 DE．
【详解】
解：如图,连结 OB,OC,OA,过 O 点作 OF⊥BC 于 F,作 OG⊥AE 于 G,
∵⊙O 是△ABC 的外接圆,∠BAC=45°,
∴∠BOC=90°，
∵BD=4，CD=1，
∴BC=4+1=5，
∴OB=OC=,
∴.
∴,
在 Rt△AGO 中,,
∴.
∴,
∴.
故答案为.
【点睛】
考查了三角形的外接圆与外心，勾股定理，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，能正确构造辅助线求出AD的长是解题关键．
30．（2020·浙江宁波?中考真题）如图，⊙O的半径OA＝2，B是⊙O上的动点（不与点A重合），过点B作⊙O的切线BC，BC＝OA，连结OC，AC．当△OAC是直角三角形时，其斜边长为__．
【答案】2
【解析】
【分析】
先根据切线的性质和等腰直角三角形的判定方法证得△OBC是等腰直角三角形，当 AOC＝90°，连接OB，根据勾股定理可得斜边AC的长，当 OAC＝90°，A与B重合，不符合题意．
【详解】
解：连接OB，
∵BC是⊙O的切线，
∴∠OBC＝90°，
∵BC＝OA，
∴OB＝BC＝2，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠BCO＝45°，
∴∠ACO≤45°，
当∠AOC＝90°，△OAC是直角三角形时，
∴OC＝OB＝2，
∴AC＝＝＝2；
当 OAC＝90°，A与B重合，不符合题意，故排除此种情况；
∴其斜边长为2，
故答案为：2．
【点睛】
本题考查切斜的性质、等腰直角三角形的判定及其性质、勾股定理，解题的关键是综合运用所学的知识求出OC．
31．（2020·浙江宁波?中考真题）如图，折扇的骨柄长为27cm，折扇张开的角度为120°，图中的长为__cm（结果保留π）．
【答案】18π
【解析】
【分析】
根据弧长公式即可得到结论．
【详解】
解：∵折扇的骨柄长为27cm，折扇张开的角度为120°，
∴的长＝＝18π（cm），
故答案为：18π．
【点睛】
本题考查了弧长的计算，熟练掌握弧长公式是解题的关键．
32．（2020·浙江中考真题）如图，已知AB是半圆O的直径，弦CD∥AB，CD＝8．AB＝10，则CD与AB之间的距离是_____．
【答案】3
【解析】
【分析】
过点O作OH⊥CD于H，连接OC，先利用垂径定理得到CH=4，然后在Rt△OCH中，利用勾股定理即可求解．
【详解】
解：过点O作OH⊥CD于H，
连接OC，如图，则CH＝DH＝CD＝4，
在Rt△OCH中，OH＝＝3，
所以CD与AB之间的距离是3．
故答案为3．
【点睛】
此题主要考查垂径定理和勾股定理，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题关键．
33．（2020·山东济宁?中考真题）如图,在四边形ABCD中，以AB为直径的半圆O经过点C,D．AC与BD相交于点E，CD2=CE·CA,分别延长AB,DC相交于点P，PB=BO，CD=2．则BO的长是_________．
【答案】4
【解析】
【分析】
连结OC，设⊙O的半径为r，由DC2=CE•CA和∠ACD=∠DCE，可判断△CAD∽△CDE，得到∠CAD=∠CDE，再根据圆周角定理得∠CAD=∠CBD，所以∠CDB=∠CBD，利用等腰三角形的判定得BC=DC，证明OC∥AD，利用平行线分线段成比例定理得到，则，然后证明，利用相似比得到，再利用比例的性质可计算出r的值即可．
【详解】
解：连结，如图，设的半径为，
，
，
而，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，即，
，
即OB=4.
故答案为：4.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质：三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有时可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．也考查了圆周角定理．
34．（2020·山东枣庄?中考真题）如图，AB是的直径，PA切于点A，线段PO交于点C．连接BC，若，则________．
【答案】27°
【解析】
【分析】
连接AC，根据直径所对的圆周角是直角、切线的定义得到，根据三角形外角的性质可得，因此可得，求解即可．
【详解】
如图，连接AC，
是的直径，
∴，
∴，
∵PA切于点A，
∴，
∴，
∵，，
∴，解得，
故答案为：．
【点睛】
本题考查直径所对的圆周角是直角、切线的性质、三角形外角的性质等内容，解题的关键是作出辅助线，得到关于的方程．
35．（2020·浙江嘉兴?中考真题）如图，在半径为的圆形纸片中，剪一个圆心角为90°的最大扇形（阴影部分），则这个扇形的面积为_____；若将此扇形围成一个无底的圆锥（不计接头），则圆锥底面半径为_____．
【答案】π
【解析】
【分析】
由勾股定理求扇形的半径，再根据扇形面积公式求值；根据扇形的弧长等于底面周长求得底面半径即可．
【详解】
解：连接BC，
由∠BAC＝90°得BC为⊙O的直径，
∴BC＝2，
在Rt△ABC中，由勾股定理可得：AB＝AC＝2，
∴S扇形ABC＝＝π；
∴扇形的弧长为：＝π，
设底面半径为r，则2πr＝π，
解得：r＝，
故答案为：π，．
【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．
36．（2020·江苏无锡?中考真题）已知圆锥的底面半径为，高为，则它的侧面展开图的面积为=__________．
【答案】
【解析】
【分析】
先利用勾股定理求出圆锥的母线l的长，再利用圆锥的侧面积公式：S侧=πrl计算即可．
【详解】
解：根据题意可知，圆锥的底面半径r=1cm，高h=，
∴圆锥的母线，
∴S侧=πrl=π×1×2=2π（cm2）．
故答案为：2πcm2．
【点睛】
此题考查圆锥的计算，理解圆锥的侧面展开图是个扇形，扇形的半径是圆锥的母线，扇形的弧长是底面圆的周长l．掌握圆锥的侧面积公式：S侧=•2πr•l=πrl是解题的关键．
37．（2020·江苏连云港?中考真题）用一个圆心角为，半径为的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆半径为________．
【答案】5
【解析】
【分析】
设这个圆锥的底面圆的半径为Rcm，根据扇形的弧长等于这个圆锥的底面圆的周长，列出方程即可解决问题．
【详解】
设这个圆锥的底面圆的半径为Rcm，由题意，
，
解得（cm）．
故答案为：5
【点睛】
本题考查了圆锥的侧面展开图，理解好在圆锥的侧面展开图中“圆锥底面周长=侧面展开图弧长”是解题关键．
38．（2020·四川自贡?中考真题）如图，在矩形中，是上的一点，连接,将△进行翻折，恰好使点落在的中点处，在上取一点，以点为圆心，的长为半径作半圆与相切于点;若,则图中阴影部分的面积为 ____ ．
【答案】.
【解析】
【分析】
连接OG，证明△DOG∽△DFC，得出，设OG=OF=r，进而求出圆的半径，再证明△OFQ为等边三角形，则可由扇形的面积公式和三角形的面积公式求出答案．
【详解】
解：连接OG，过O点作OH⊥BC于H点，设圆O与BC交于Q点，如下图所示：
设圆的半径为r，
∵CD是圆的切线，
∴OG⊥CD，
∴△DOG∽△DFC，
∴，由翻折前后对应的线段相等可得DF=DA=4，
∵F是BC的中点，∴CF=BF=2，代入数据：
∴，
∴，
∴，
∴，
∴∠ODG=30°，∴∠DFC=60°，
且OF=OQ，∴△OFQ是等边三角形，
∴∠DOQ=180°-60°=120°，
同理△OGQ也为等边三角形，
∴OH=，且S扇形OGQ=S扇形OQF
∴
.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了扇形面积的计算，切线的性质，翻折变换，熟练掌握基本图形的性质是解题的关键．
39．（2020·重庆中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，对角线AC的中点为O，分别以点A，C为圆心，以AO的长为半径画弧，分别与正方形的边相交．则图中的阴影部分的面积为__________．（结果保留）
【答案】
【解析】
【分析】
根据图形可得，由正方形的性质可求得扇形的半径，利用扇形面积公式求出扇形的面积，即可求出阴影部分面积．
【详解】
由图可知，
，
，
∵四边形ABCD是正方形，边长为2，
∴，
∵点O是AC的中点，
∴OA=，
∴,
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了求阴影部分面积，扇形面积公式，正方形的性质，解题的关键是观察图形得出．
40．（2020·山东泰安?中考真题）如图，点O是半圆圆心，是半圆的直径，点A，D在半圆上，且，过点D作于点C，则阴影部分的面积是________．
【答案】
【解析】
【分析】
求出半圆半径、OC、CD长，根据AD∥BO，得到 ，根据即可求解 ．
【详解】
解：连接OA，
∵，OA=OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴OA=AB=8，∠AOB=60°
∵AD∥BO，
∴∠DAO=∠AOB=60°，
∵OA=OD，
∴△OAD是等边三角形，
∴∠AOD=60°，
∴∠DOE=60°，
∴在Rt△OCD中，，
∵AD∥BO，
∴ ，
∴ ．
故答案为：
【点睛】
本题考查了不规则图形面积的求法，解题的关键是根据根据AD∥BO，得到 ，从而将阴影面积转化为扇形面积与三角形面积的差．
41．（2020·山东德州?中考真题）如图，在矩形ABCD中，，，把AD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的处，再将绕点E顺时针旋转，得到，使得恰好经过的中点F．交AB于点G，连接有如下结论：①的长度是；②弧的长度是；③；④．上述结论中，所有正确的序号是________．
【答案】①②④
【解析】
【分析】
①先根据图形反折变换的性质以及勾股定理得出的长，再根据勾股定理求出EF的长，即可求解；
②利用特殊角的三角函数求得，从而求得，根据弧长公式即可求解；
③由于不是等边三角形，得出，从而说明和不是全等三角形；
④先利用“HL”证得，求得，再求得，从而推出．
【详解】
①在矩形ABCD中，，
∵△ADE翻折后与△AD′E重合，
∴AD′=AD，D′E=DE，，
∴四边形ADED′是正方形，
∴AD′=AD=D′E=DE=，
∴AE=，
将绕点E顺时针旋转，得到，
∴，==，，
∵点F是的中点，
∴，
∴，
∴，故①正确；
②由①得，
在中，，
，
∴，
∴，
∴弧的长度是，故②正确；
③在中，，，
∴不是等边三角形，
∴，
∴和不是全等三角形，故③错误；
④在和中，，公共，
∴(HL)，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
又，
∴，故④正确；
综上，①②④正确，
故答案为：①②④．
【点睛】
本题考查了图形的翻折变换，特殊角的三角函数，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，弧长公式的应用，勾股定理的应用，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键．
42．（2020·江苏连云港?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，半径为2的与轴的正半轴交于点，点是上一动点，点为弦的中点，直线与轴、轴分别交于点、，则面积的最小值为________．
【答案】2
【解析】
【分析】
如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．首先证明点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′．求出MN，当点C与C′重合时，△C′DE的面积最小．
【详解】
解：如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．
∵AC=CB，AM=OM，
∴MC=OB=1，
∴点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′．
∵直线y=x-3与x轴、y轴分别交于点D、E，
∴D（4，0），E（0，-3），
∴OD=4，OE=3，
∴，
∵∠MDN=∠ODE，∠MND=∠DOE，
∴△DNM∽△DOE，
∴，
∴，
∴，
当点C与C′重合时，△C′DE的面积最小，△C′DE的面积最小值，
故答案为2．
【点睛】
本题考查三角形的中位线定理，三角形的面积，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形的中位线解决问题，属于中考常考题型．
三、解答题
43．（2020·四川自贡?中考真题）如图，⊙是△的外接圆，为直径，点是⊙外一点，且，连接交于点，延长交⊙于点．
⑴.证明：=；
⑵.若，证明：是⊙的切线；
⑶.在⑵的条件下，连接交⊙于点,连接;若，求的长．
【答案】（1）证明过程见解析；（2）证明过程见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）连接CO，易证△PCO≌△PAO，得PO为∠APC的角平分线，根据条件证出F为优弧中点，即可证明=；
（2）因为AB是直径，所以∠ACB=90°，由tan∠ABC=可求得∠ABC的正弦和余弦，设⊙O的半径为r，则AB=2r，根据三角函数表示出BC，AC的长度，由勾股定理表示出OD的长度，易得PA=PC=，，PO=PD+OD=3r，由可得PA⊥OA，即可证明是⊙的切线；
（3）连接AE，过E作EN⊥PD于N，过B作BH⊥PF于H，由（2）可得，，PB=，证出△PEA∽△PAB，可得，证出四边形BCDH是矩形，得BH=CD=，在Rt△BPH和Rt△PEN中表示出sin∠BPH，可得 ，，ND=PD-PN=，在Rt△NED中，DE=，代入r=3即可
【详解】
解：（1）证明：如图，连接CO，
在△PCO和△PAO中，
∴△PCO≌△PAO（SSS），
∴∠CPO=∠APO，即PO为∠APC的角平分线，
∵PA=PC，
∴CD=AD，PF⊥AC，
∵AC为⊙O的弦，PF过圆心O，
∴F为优弧中点，
∴=，
（2）证明：∵AB是⊙O的直径，且弦AB所对圆周角为∠ACB，
∴∠ACB=90°，
∵tan∠ABC=，
∴sin∠ABC=，cos∠ABC=，
设⊙O的半径为r，则AB=2r，
∴BC=ABcos∠ABC=，AC=ABsin∠ABC=，
∴，
∵PA=PC=AB，
∴PA=PC=，
∴，
∴PO=PD+OD=3r，
∴，即PA⊥OA，
又∵OA是⊙O半径，
∴PA是⊙O的切线；
（3）由（2）可得，
∴，
在Rt△PBA中，，连接AE，可得∠AEB=90°，
∴∠PEA=∠PAB=90°，又∠APE=∠APB，
∴△PEA∽△PAB，
∴，
∴，
过E作EN⊥PD于N，过B作BH⊥PF于H，如图所示，
∴∠BCD=∠CDF=∠BHD=90°，
∴四边形BCDH是矩形，
∴BH=CD=，
在Rt△BPH中，sin∠BPH=，
在Rt△PEN中，sin∠BPH=，∴，
∴，
∴ND=PD-PN=，
在Rt△NED中，DE=，
∵，
∴DE=．
【点睛】
此题考查了圆的综合应用，用到的知识点是矩形的判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及解直角三角形等知识，此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想应用．
44．（2020·江苏连云港?中考真题）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，唐代陈廷章在《水轮赋》中写道：“水能利物，轮乃曲成”．如图，半径为的筒车按逆时针方向每分钟转圈，筒车与水面分别交于点、，筒车的轴心距离水面的高度长为，简车上均匀分布着若干个盛水筒．若以某个盛水筒刚浮出水面时开始计算时间．
（1）经过多长时间，盛水筒首次到达最高点？
（2）浮出水面3.4秒后，盛水筒距离水面多高？
（3）若接水槽所在直线是的切线，且与直线交于点，．求盛水筒从最高点开始，至少经过多长时间恰好在直线上．（参考数据：，，）
【答案】（1）27.4秒；（2）0.7m；（3）7.6秒
【解析】
【分析】
（1）先根据筒车筒车每分钟旋转的速度计算出筒车每秒旋转的速度，再利用三角函数确定，最后再计算出所求时间即可；
（2）先根据时间和速度计算出，进而得出，最后利用三角函数计算出，从而得到盛水筒距离水面的高度；
（3）先确定当在直线上时，此时是切点，再利用三角函数得到，
，从而计算出，最后再计算出时间即可．
【详解】
（1）如图1，由题意得，筒车每秒旋转．
连接，在中，，所以．
所以（秒）．
答：盛水筒首次到达最高点所需时间为27.4秒．
（2）如图2，盛水筒浮出水面3.4秒后，此时．
所以．
过点作，垂足为，在中，．
．
答：此时盛水筒距离水面的高度．
（3）如图3，因为点在上，且与相切，
所以当在直线上时，此时是切点．
连接，所以．
在中，，所以．
在中，，所以．
所以．
所以需要的时间为（秒）．
答：从最高点开始运动，7.6秒后盛水筒恰好在直线上．
【点睛】
本题考查了切线的性质、锐角三角函数、旋转等知识，灵活运用题目所给数量关系以及特殊角的三角函数值是解题的关键．
45．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，∠CAB的平分线AD交于点D，过点D作DE∥BC交AC的延长线于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）过点D作DF⊥AB于点F，连接BD．若OF＝1，BF＝2，求BD的长度．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由等腰三角形的性质及角平分线的性质得出∠ADO＝∠DAE，从而OD∥AE，由DE∥BC得∠E＝90°，由两直线平行，同旁内角互补得出∠ODE＝90°，由切线的判定定理得出答案；
（2）先由直径所对的圆周角是直角得出∠ADB＝90°，再由OF＝1，BF＝2得出OB的值，进而得出AF和BA的值，然后证明△DBF∽△ABD，由相似三角形的性质得比例式，从而求得BD2的值，求算术平方根即可得出BD的值．
【详解】
解：（1）连接OD，如图：
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO，
∵AD平分∠CAB，
∴∠DAE＝∠OAD，
∴∠ADO＝∠DAE，
∴OD∥AE，
为⊙的直径，
∵DE∥BC，
∴∠E＝ 90°，
∴∠ODE＝180°﹣∠E＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵OF＝1，BF＝2，
∴OB＝3，
∴AF＝4，BA＝6．
∵DF⊥AB，
∴∠DFB＝90°，
∴∠ADB＝∠DFB，
又∵∠DBF＝∠ABD，
∴△DBF∽△ABD，
∴，
∴BD2＝BF•BA＝2×6＝12．
∴BD＝
【点睛】
本题考查的是圆的基本性质，圆周角定理，切线的判定，同时考查了相似三角形的判定与性质．（1）中判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”，有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”；（2）中能得△DBF∽△ABD是解题关键．
46．（2020·浙江舟山?中考真题）已知：如图，在△OAB中，OA＝OB，⊙O与AB相切于点C．求证：AC＝BC．小明同学的证明过程如下框：
证明：连结OC，
∵OA＝OB，
∴∠A＝∠B，
又∵OC＝OC，
∴△OAC≌△OBC，
∴AC＝BC．
小明的证法是否正确？若正确，请在框内打“√”；若错误，请写出你的证明过程．
【答案】错误，证明见解析
【解析】
【分析】
连结OC，根据切线的性质和等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：证法错误；
证明：连结OC，
∵⊙O与AB相切于点C，
∴OC⊥AB，
∵OA＝OB，
∴AC＝BC．
【点睛】
本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，熟练正确切线的性质是解题的关键．
47．（2020·浙江嘉兴?中考真题）已知：如图，在△OAB中，OA=OB，⊙O与AB相切与点C．求证：AC=BC．
小明同学的证明过程如下框：
小明的证法是否正确？若正确，请在框内打“√”；若错误，请写出你的证明过程．
【答案】证法错误．证明见解析
【解析】
【分析】
小明同学通过两边及一边的对角对应相等证明两个三角形全等是错误的，没有这样的判定定理.连接OC，根据切线的性质和等腰三角形三线合一的性质得出结论即可.
【详解】
解：证法错误．
证明：连结 OC．
∵⊙O与AB相切于点C，
∴OC⊥AB．
∵OA=OB，
∴AC=BC．
【点睛】
本题考查切线的性质和等腰三角形的性质，熟练掌握切线的性质和等腰三角形三线合一的性质是解题的关键.
48．（2020·贵州黔西?中考真题）古希腊数学家毕达哥拉斯认为：“一切平面图形中最美的是圆”．请研究如下美丽的圆．如图，线段AB是⊙O的直径，延长AB至点C，使BC＝OB，点E是线段OB的中点，DE⊥AB交⊙O于点D，点P是⊙O上一动点（不与点A，B重合），连接CD，PE，PC．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）小明在研究的过程中发现是一个确定的值．回答这个确定的值是多少？并对小明发现的结论加以证明．
【答案】（1）见解析；（2），解析
【解析】
【分析】
本题考查了切线的判定与性质及相似三角形的判定与性质．（1）连接OD，DB，由已知可得DE垂直平分OB，于是DB＝DO，而OB＝OD，所以DB＝DO＝OB，即△ODB是等边三角形，于是∠BDO＝60°，再由等腰三角形的性质及三角形的外角性质可得∠CDB＝30°，从而可得∠ODC＝90°，所以OD⊥CD，所以CD是⊙O的切线；（2）连接OP，由已知条件得OP＝OB＝BC＝2OE，再利用“两组边成比例，夹角相等”证明△OEP∽△OPC，最后由相似三角形的对应边成比例得到结论．
【详解】
解：（1）如答图，连接OD，DB，∵点E是线段OB的中点，DE⊥AB交⊙O于点D，∴DE垂直平分OB，∴DB＝DO．∵DO＝OB，∴DB＝DO＝OB，∴△ODB是等边三角形，∴∠BDO＝∠DBO＝60°．∵BC＝OB＝BD，且∠DBE为△BDC的外角，∴∠BCD＝∠BDC＝∠DBO．∵∠DBO＝60°，∴∠CDB＝30°．∴∠ODC＝∠BDO＋∠BDC＝60°＋30°＝90°，∴OD⊥CD，∴CD是⊙O的切线；
（2）这个确定的值是．
证明：如答图，连接OP，∵OP＝OB＝BC＝2OE，∴＝＝，又∵∠COP＝∠POE，∴△OEP∽△OPC，∴＝＝．
【点睛】
本题考查了切线的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
49．（2020·新疆中考真题）如图，在⨀中，AB为⨀的直径，C为⨀上一点，P是的中点，过点P作AC的垂线，交AC的延长线于点D．
（1）求证：DP是⨀的切线；
（2）若AC=5，,求AP的长．
【答案】（1）见解析；（2）AP=．
【解析】
【分析】
（1）根据题意连接OP，直接利用切线的定理进行分析证明即可；
（2）根据题意连接BC，交于OP于点G，利用三角函数和勾股定理以及矩形的性质进行综合分析计算即可.
【详解】
解：（1）证明：连接OP；
∵OP=OA;
∴∠1=∠2；
又∵P为的中点；
∴
∴∠1=∠3；
∴∠3=∠2；
∴OP∥DA；
∵∠D=90°；
∴∠OPD=90°；
又∵OP为⨀O半径；
∴DP为⨀O的切线；
（2）连接BC，交于OP于点G；
∵AB是圆O的直径；
∴∠ACB为直角；
∵
∴sin∠ABC=
AC=5,则AB=13,半径为
由勾股定理的BC=，那么CG=6
又∵四边形DCGP为矩形；
∴GP=DC=6.5-2.5=4
∴AD=5+4=9;
在Rt△ADP中，AP=.
【点睛】
本题考查圆的综合问题，熟练掌握圆的切线定理和勾股定理以及三角函数和矩形的性质是解题的关键.
50．（2020·贵州铜仁?中考真题）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC，CE⊥AB于点E，D是直径AB延长线上一点，且∠BCE＝∠BCD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若AD＝8，＝，求CD的长．
【答案】（1）见解析；（2）4
【解析】
【分析】
（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，根据余角的性质得到∠A＝∠ECB，求得∠A＝∠BCD，根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠ACO，等量代换得到∠ACO＝∠BCD，求得∠DCO＝90°，于是得到结论；
（2）设BC＝k，AC＝2k，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
（1）证明：连接OC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CE⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠ECB+∠ABC＝∠ABC+∠CAB＝90°，
∴∠A＝∠ECB，
∵∠BCE＝∠BCD，
∴∠A＝∠BCD，
∵OC＝OA，
∴∠A＝∠ACO，
∴∠ACO＝∠BCD，
∴∠ACO+∠BCO＝∠BCO+∠BCD＝90°，
∴∠DCO＝90°，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵∠A＝∠BCE，
∴tanA＝＝tan∠BCE＝＝，
设BC＝k，AC＝2k，
∵∠D＝∠D，∠A＝∠BCD，
∴△ACD∽△CBD，
∴＝＝，
∵AD＝8，
∴CD＝4．
【点睛】
本题考查了切线的判定定理，相似三角形的判定与性质以及解直角三角形的应用，熟练掌握性质定理是解题的关键．
51．（2020·浙江温州?中考真题）如图，C，D为⊙O上两点，且在直径AB两侧，连结CD交AB于点E，G是上一点，∠ADC＝∠G．
（1）求证：∠1＝∠2；
（2）点C关于DG的对称点为F，连结CF，当点F落在直径AB上时，CF＝10，tan∠1＝，求⊙O的半径．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据∠ADC＝∠G得，进而可得，由此可得∠1＝∠2；
（2）连接OD、FD，先证FC＝FD，FD＝CD，进而可得FC＝FD＝CD＝10，DE＝CD＝5，再根据tan∠1＝可得BE＝2，设OB＝OD＝x，则OE＝5－x，根据勾股定理即可求得⊙O的半径．
【详解】
（1）证明：∵∠ADC＝∠G，
∴，
∵AB为⊙O的直径，
∴
∴，
∴，
∴∠1＝∠2；
（2）解：连接OD、FD，
∵，，
∴点C、D关于直径AB对称，
∴AB垂直平分CD，
∴FC＝FD，CE＝DE＝CD，∠DEB＝90°，
∵点C关于DG的对称点为F，
∴DG垂直平分FC，
∴FD＝CD，
又∵CF＝10，
∴FC＝FD＝CD＝10，
∴DE＝CD＝5，
∵在Rt△DEB中，tan∠1＝
∴，
∴，
∴BE＝2，
设OB＝OD＝x，则OE＝5－x，
∵在Rt△DOE中，，
∴，
解得：
∴⊙O的半径为．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、直径的性质、解直角三角形以及勾股定理，作出正确的辅助线以及根据轴对称性证得FC＝FD＝CD＝10是解决本题的关键．
52．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，是的外接圆，，于点，延长交于点，若，，则的长是_________．
【答案】
【解析】
【分析】
连结OB，OC，OA，过O点作OF⊥BC于F，作OG⊥AE于G，根据圆周角定理可得∠BOC＝90°，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可得DG，AG，可求AD，再根据相似三角形的判定和性质可求DE．
【详解】
解：连结OB，OC，OA，过O点作OF⊥BC于F，作OG⊥AE于G，
∵⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC＝45°，
∴∠BOC＝90°，
∵BD＝4，CD＝1，
∴BC＝4＋1＝5，
∴OB＝OC＝，
∴OA＝，OF＝BF＝，
∴DF＝BD−BF＝，
∴OG＝，GD＝，
在Rt△AGO中，AG＝，
∴AD＝AG＋GD＝，
∵连接BE,AD与BE相交于D，
∴∠BED=∠ACD，∠BDE=∠ADC，
∴△BDE∽△ADC，
∴
．
故答案为：．
【点睛】
考查了三角形的外接圆与外心，勾股定理，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的难点是求出AD的长．
53．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，是的直径，点是上一点，的平分线交于点，过点作交的延长线于点．
（1）求证：是的切线；
（2）过点作于点，连接．若，，求的长度．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由等腰三角形的性质及角平分线的性质得出∠ADO＝∠DAE，从而OD∥AE，由DE∥BC得∠E＝90°，由两直线平行，同旁内角互补得出∠ODE＝90°，由切线的判定定理得出答案；
（2）先由直径所对的圆周角是直角得出∠ADB＝90°，再由OF＝1，BF＝2得出OB的值，进而得出AF和BA的值，然后证明△DBF∽△ABD，由相似三角形的性质得比例式，从而求得BD2的值，求算术平方根即可得出BD的值．
【详解】
解：（1）连接OD，如图：
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO，
∵AD平分∠CAB，
∴∠DAE＝∠OAD，
∴∠ADO＝∠DAE，
∴OD∥AE，
∵DE∥BC，
∴∠E＝90°，
∴∠ODE＝180°−∠E＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）因为直径，则
∵，
∴OB=3
∴，
∵∠ADB=∠DFB=90°, ∠B=∠B
∴△DBF∽△ABD
∴
∴
所以．
【点睛】
本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质、平行线的性质等知识点，熟练掌握圆的切线的判定及圆中的相关计算是解题的关键．
54．（2020·浙江中考真题）如图，已知△ABC是⊙O的内接三角形，AD是⊙O的直径，连结BD，BC平分∠ABD．
（1）求证：∠CAD=∠ABC；
（2）若AD=6，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）π．
【解析】
【分析】
（1）利用角平分线的性质结合圆周角定理即可证明；
（2）可证得=，则的长为圆周长的．
【详解】
（1）证明：∵BC平分∠ABD，
∴∠DBC=∠ABC，
∵∠CAD=∠DBC，
∴∠CAD=∠ABC；
（2）解：∵∠CAD=∠ABC，
∴=，
∵AD是⊙O的直径，且AD=6，
∴的长=×π×6=π．
【点睛】
本题考查了角平分线的性质以及圆周角定理，证得=是解(2)题的关键．
55．（2020·浙江衢州?中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，AB=10，AC=6，连结OC，弦AD分别交OC，BC于点E，F，其中点E是AD的中点．
（1）求证：∠CAD=∠CBA．
（2）求OE的长．
【答案】（1）见解析；（2）1.4
【解析】
【分析】
（1）利用垂径定理以及圆周角定理解决问题即可；
（2）证明△AEC∽△BCA，推出，求出EC即可解决问题．
【详解】
（1）证明：∵AE=DE，OC是半径，
∴，
∴∠CAD=∠CBA；
（2）解：如图：
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵AE=DE，
∴OC⊥AD，
∴∠AEC=90°，
∴∠AEC=∠ACB，
∴△AEC∽△BCA，
∴，
∴，
∴CE=3.6，
∵OC=AB=5，
∴OE=OC﹣EC=5﹣3.6=1.4．
【点睛】
本题考查了垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，证明△AEC∽△BCA是解题关键．
56．（2020·湖南中考真题）如图，已知AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，D是AB上的一点，DE⊥AB于D，DE交BC于F，且EF＝EC．
（1）求证：EC是⊙O的切线；
（2）若BD＝4，BC＝8，圆的半径OB＝5，求切线EC的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OC，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可得∠OCB+∠ECF＝90°，可证EC是⊙O的切线；
（2）由勾股定理可求AC＝6，由锐角三角函数可求BF＝5，可求CF＝3，通过证明△OAC∽△ECF，可得，可求解．
【详解】
解：（1）连接OC，
∵OC＝OB，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵DE⊥AB，
∴∠OBC+∠DFB＝90°，
∵EF＝EC，
∴∠ECF＝∠EFC＝∠DFB，
∴∠OCB+∠ECF＝90°，
∴OC⊥CE，
∴EC是⊙O的切线；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵OB＝5，
∴AB＝10，
∴AC＝＝＝6，
∵cos∠ABC＝，
∴，
∴BF＝5，
∴CF＝BC﹣BF＝3，
∵∠ABC+∠A＝90°，∠ABC+∠BFD＝90°，
∴∠BFD＝∠A，
∴∠A＝∠BFD＝∠ECF＝∠EFC，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠A＝∠BFD＝∠ECF＝∠EFC，
∴△OAC∽△ECF，
∴，
∴EC＝＝＝．
【点睛】
此题主要考查切线的判定与性质与相似三角形综合，解题的关键是熟知切线的判定与性质及相似三角形的判定与性质．
57．（2020·浙江金华?中考真题）如图，的半径OA=2，OC⊥AB于点C，∠AOC＝60°．
（1）求弦AB的长．
（2）求的长．
【答案】（1）2;（2）
【解析】
【分析】
（1）根据题意和垂径定理，可以求得的长，然后即可得到的长；
（2）根据，可以得到的度数，然后根据弧长公式计算即可．
【详解】
解：（1）的半径，于点，，
，
；
（2），，
，
，
的长是：．
【点睛】
本题考查弧长的计算、垂径定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
58．（2020·四川乐山?中考真题）如图1，是半圆的直径，是一条弦，是上一点，于点，交于点，连结交于点，且．
（1）求证：点平分；
（2）如图2所示，延长至点，使，连结． 若点是线段的中点．求证：是⊙的切线．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）连接，由是直径得，由同角的余角相等证明，由直角三角形斜边中线性质证明，进而得出，即得出结论；
（2）由已知可知DE是OA、HB的垂直平分线，可得，，从而，，再由即可证明，由此即可得出可能．
【详解】
证明：（1）连接、，如图3所示，
图3
∵是半圆的直径，
∴，
∵，
∴，
又∵，即点是的斜边的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，即点平分 ；
（2）如图4所示，连接、，
图4
∵点是线段的中点，，，
∴，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴ ，
∴是⊙的切线．
【点睛】
本题是圆的简单综合题目，考查了切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、菱形的性质、直角三角形的性质知识；熟练掌握圆周角定理和等腰三角形的性质和判定是解题的关键．
59．（2020·山东枣庄?中考真题）如图，在中，，以AB为直径的分别交AC、BC于点D、E，点F在AC的延长线上，且．
（1）求证：BF是的切线；
（2）若的直径为4，，求．
【答案】（1）详见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接AE，利用直径所对的圆周角是直角，从而判定直角三角形，利用直角三角形两锐角相等得到直角，从而证明∠ABF＝90°；
（2）过点C作于点H，求得AC、BF的长度，证出，根据相似三角形的性质求得CH、HF的长度，根据求得BH的长度，代入求解即可．
【详解】
（1）
（1）证明：如图，连接AE．
∵AB是的直径，
∴，．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴，即．
∵AB是的直径，
∴直线BF是的切线．
（2）解：过点C作于点H．
∵，的直径为4，
∴．
∵，，
∴．
∵，，
∴．
∴，即．
∴，．
∴．
∴．
【点睛】
本题考查了圆的综合题：切线的判定与性质、勾股定理、相似三角形的性质和判定、直角所对的圆周角是直角、解直角三角形等知识点．
60．（2020·山东聊城?中考真题）如图，在中，，以的边为直径作，交于点，过点作，垂足为点．
（1）试证明是的切线；
（2）若的半径为5，，求此时的长．
【答案】（1）详见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接，，证出是等腰三角形，结合图形得出是的中位线，因为， ，证出即可得出是的切线；
（2）由（1）可得，，，在中，由勾股定理求得BD的长度，证出，根据相似三角形对应边成比例可求得DE的长．
【详解】
（1）证明：连接，，
∵为的直径，
∴，
又∵，是等腰三角形，
∴又是边上的中线，
∴是的中位线，
∴，
又，
∴，
∴是的切线．
（2）由（1）知，是边上的中线，
得．
∵的半径为5，
∴．
在中，
∵，
∴．
在和中，∵，，
∴，
∴，
即，解得．
【点睛】
本题考查了圆的切线判定定理以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的切线判定以及相似三角形的判定是解题的关键．
61．（2020·山东德州?中考真题）如图，点C在以AB为直径的上，点D是半圆AB的中点，连接AC，BC，AD，BD，过点D作交CB的延长线于点H．
（1）求证：直线DH是的切线；
（2）若，，求AD，BH的长．
【答案】（1）见解析；（2），
【解析】
【分析】
（1）连接，先根据是的直径，D是半圆的中点，得出，再根据，得出，即可证明；
（2）连接，先证明是等腰直角三角形，求出AD的长，再根据AB，BC的长求出AC，根据四边形是圆内接四边形，推出，证明，得出，即可求出答案．
【详解】
证明：（1）连接，
∵是的直径，D是半圆的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是的切线；
（2）连接，
∵是的直径，
∴，
又D是半圆的中点，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，
∴在中，
∵四边形是圆内接四边形，
∵，
∵，
∴，
由（1）知∠，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
解得．
【点睛】
本题考查了切线的判定，圆的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，灵活运用知识点是解题关键．
62．（2020·江苏无锡?中考真题）如图，过的圆心，交于点、，是的切线，点是切点，已知，．
（1）求证：；
（2）求的周长．
【答案】（1）见解析；（2）的周长为
【解析】
【分析】
（1）由切线的性质可得，由外角的性质可得，由等腰三角形的性质，可得，可得结论；
（2）由直角三角形的性质可得，，即可求解．
【详解】
证明：（1）是的切线，
，
，
，
，
，
，
；
（2），，，
，，
，，
，
，
的周长．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，切线的性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
63．（2020·江苏无锡?中考真题）如图，已知是锐角三角形．
（1）请在图1中用无刻度的直尺和圆规作图；作直线，使上的各点到、两点的距离相等；设直线与、分别交于点、，作一个圆，使得圆心在线段上，且与边、相切；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，若，，则的半径为________．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）由题意知直线为线段BC的垂直平分线，若圆心在线段上，且与边、相切，则再作出的角平分线，与MN的交点即为圆心O；
（2）过点作，垂足为，根据即可求解．
【详解】
解：（1）①先作的垂直平分线：分别以B，C为圆心，大于的长为半径画弧，连接两个交点即为直线l，分别交、于、；
②再作的角平分线：以点B为圆心，任意长为半径作圆弧，与的两条边分别有一个交点，再以这两个交点为圆心，相同长度为半径作弧，连接这两条弧的交点与点B，即为的角平分线，这条角平分线与线段MN的交点即为；
③以为圆心，为半径画圆，圆即为所求；
（2）过点作，垂足为，设
∵，，∴，∴
根据面积法，∴
∴，解得，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了尺规作图，切线的性质等内容，解题的关键是掌握线段垂直平分线、角平分线的尺规作图．
64．（2020·四川达州?中考真题）如图，点O在的边上，以为半径作，的平分线交于点D，过点D作于点E．
（1）尺规作图（不写作法，保留作图痕迹），补全图形；
（2）判断与交点的个数，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）与有1个交点，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据已知圆心和半径作圆、作已知角的平分线、过直线外一点作已知直线的垂线的尺规作图的步骤作图即可；
（2）连接OD，由OB=OD，得到∠1=∠2，再由角平分线得出∠1=∠3，等量代换进而证出OD∥BA，根据两直线平行同旁内角互补，得到∠ODE=90°，由此得出OD是的切线，即与有1个交点.
【详解】
解：（1）如下图，补全图形：
（2）如下图，连接OD，
∵点D在上，
∴OB=OD，
∴∠1=∠2，
又∵BM平分，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴OD∥BA，
∴∠ODE+∠BED=180°，
∵
∴∠ODE=90°，
∴ED是的切线，
∴与有1个交点.
【点睛】
本题考查尺规作图、圆的切线的判定，熟练掌握尺规作图的步骤及圆的切线的判定定理是解题的关键.
65．（2020·贵州黔东南?中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点（与点A，B不重合），过点C作直线PQ，使得∠ACQ＝∠ABC．
（1）求证：直线PQ是⊙O的切线．
（2）过点A作AD⊥PQ于点D，交⊙O于点E，若⊙O的半径为2，sin∠DAC＝，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析；（2）﹣．
【解析】
【分析】
（1）连接OC，由直径所对的圆周角为直角，可得∠ACB＝90°；利用等腰三角形的性质及已知条件∠ACQ＝∠ABC，可求得∠OCQ＝90°，按照切线的判定定理可得结论．
（2）由sin∠DAC＝，可得∠DAC＝30°，从而可得∠ACD的 度数，进而判定△AEO为等边三角形，则∠AOE的度数可得；利用S阴影＝S扇形﹣S△AEO，可求得答案．
【详解】
解：（1）证明：如图，连接OC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵OA＝OC，
∴∠CAB＝∠ACO．
∵∠ACQ＝∠ABC，
∴∠CAB+∠ABC＝∠ACO+∠ACQ＝∠OCQ＝90°，即OC⊥PQ，
∴直线PQ是⊙O的切线．
（2）连接OE，
∵sin∠DAC＝，AD⊥PQ，
∴∠DAC＝30°，∠ACD＝∠ABC=60°．
∴∠BAC=30°，
∴∠BAD=∠DAC+∠BAC=60°，
又∵OA＝OE，
∴△AEO为等边三角形，
∴∠AOE＝60°．
∴S阴影＝S扇形﹣S△AEO
＝S扇形﹣OA•OE•sin60°
＝
＝．
∴图中阴影部分的面积为﹣．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，求弓形的面积和扇形的面积，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，以及三角函数，解题的关键是熟练掌握所学的知识进行解题．
66．（2020·浙江杭州?中考真题）如图，已知AC，BD为⊙O的两条直径，连接AB，BC，OE⊥AB于点E，点F是半径OC的中点，连接EF．
（1）设⊙O的半径为1，若∠BAC＝30°，求线段EF的长．
（2）连接BF，DF，设OB与EF交于点P，
①求证：PE＝PF．
②若DF＝EF，求∠BAC的度数．
【答案】（1）；（2）①见解析；②∠BAC＝45°
【解析】
【分析】
（1）解直角三角形求出AB，再证明∠AFB＝90°，利用直角三角形斜边中线的性质即可解决问题．
（2）①过点F作FG⊥AB于G，交OB于H，连接EH．想办法证明四边形OEHF是平行四边形可得结论．
②想办法证明FD＝FB，推出FO⊥BD，推出△AOB是等腰直角三角形即可解决问题．
【详解】
（1）解：∵OE⊥AB，∠BAC＝30°，OA＝1，
∴∠AOE＝60°，OE＝OA＝，AE＝EB＝OE＝，
∵AC是直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠C＝60°，
∵OC＝OB，
∴△OCB是等边三角形，
∵OF＝FC，
∴BF⊥AC，
∴∠AFB＝90°，
∵AE＝EB，
∴EF＝AB＝．
（2）①证明：过点F作FG⊥AB于G，交OB于H，连接EH．
∵∠FGA＝∠ABC＝90°，
∴FG∥BC，
∴△OFH∽△OCB，
∴＝＝，
同理＝，
∴FH＝OE，
∵OE⊥AB．FH⊥AB，
∴OE∥FH，
∴四边形OEHF是平行四边形，
∴PE＝PF．
②∵OE∥FG∥BC，
∴＝＝1，
∴EG＝GB，
∴EF＝FB，
∵DF＝EF，
∴DF＝BF，
∵DO＝OB，
∴FO⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∵OA＝OB，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝45°．
【点睛】
本题考查了解直角三角形、直径的性质、等边三角形的判定及性质、平行四边形的判定及性质、相似三角形的判定及性质，题目的综合性较强，添加辅助线较多，解题的关键是熟记并且灵活运用有关的性质定理．
67．（2020·浙江宁波?中考真题）定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．
（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A＝α，请用含α的代数式表示∠E．
（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，＝，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O于点F，连结BF并延长交CD的延长线于点E．求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）如图3，在（2）的条件下，连结AE，AF，若AC是⊙O的直径．
①求∠AED的度数；
②若AB＝8，CD＝5，求△DEF的面积．
【答案】（1）∠E＝α；（2）见解析；（3）①∠AED＝45°；②
【解析】
【分析】
（1）由角平分线的定义可得出结论；
（2）由圆内接四边形的性质得出∠FDC+∠FBC=180°，得出∠FDE=∠FBC，证得∠ABF=∠FBC，证出∠ACD=∠DCT，则CE是△ABC的外角平分线，可得出结论；
（3）①连接CF，由条件得出∠BFC=∠BAC，则∠BFC=2∠BEC，得出∠BEC=∠FAD，证明△FDE≌△FDA（AAS），由全等三角形的性质得出DE=DA，则∠AED=∠DAE，得出∠ADC=90°，则可求出答案；
②过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，证得△EGA∽△ADC，得出，求出，设AD=4x，AC=5x，则有（4x）2+52=（5x）2，解得x=，求出ED，CE的长，求出DM，由等腰直角三角形的性质求出FM，根据三角形的面积公式可得出答案．
【详解】
解：（1）∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，
∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝α，
（2）如图1，延长BC到点T，
∵四边形FBCD内接于⊙O，
∴∠FDC+∠FBC＝180°，
又∵∠FDE+∠FDC＝180°，
∴∠FDE＝∠FBC，
∵DF平分∠ADE，
∴∠ADF＝∠FDE，
∵∠ADF＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠FBC，
∴BE是∠ABC的平分线，
∵，
∴∠ACD＝∠BFD，
∵∠BFD+∠BCD＝180°，∠DCT+∠BCD＝180°，
∴∠DCT＝∠BFD，
∴∠ACD＝∠DCT，
∴CE是△ABC的外角平分线，
∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）①如图2，连接CF，
∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，
∴∠BAC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BAC，
∴∠BFC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BEC+∠FCE，
∴∠BEC＝∠FCE，
∵∠FCE＝∠FAD，
∴∠BEC＝∠FAD，
又∵∠FDE＝∠FDA，FD＝FD，
∴△FDE≌△FDA（AAS），
∴DE＝DA，
∴∠AED＝∠DAE，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠AED+∠DAE＝90°，
∴∠AED＝∠DAE＝45°，
②如图3，过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠FAC＝∠EBC＝∠ABC＝45°，
∵∠AED＝45°，
∴∠AED＝∠FAC，
∵∠FED＝∠FAD，
∴∠AED﹣∠FED＝∠FAC﹣∠FAD，
∴∠AEG＝∠CAD，
∵∠EGA＝∠ADC＝90°，
∴△EGA∽△ADC，
∴，
∵在Rt△ABG中，AG＝，
在Rt△ADE中，AE＝AD，
∴，
在Rt△ADC中，AD2+DC2＝AC2，
∴设AD＝4x，AC＝5x，则有（4x）2+52＝（5x）2，
∴x＝，
∴ED＝AD＝，
∴CE＝CD+DE＝，
∵∠BEC＝∠FCE，
∴FC＝FE，
∵FM⊥CE，
∴EM＝CE＝，
∴DM＝DE﹣EM＝，
∵∠FDM＝45°，
∴FM＝DM＝，
∴S△DEF＝DE•FM＝．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了角平分线的定义，圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
68．（2020·浙江台州?中考真题）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC沿直线AB翻折得到△ABD，连接CD交AB于点M．E是线段CM上的点，连接BE．F是△BDE的外接圆与AD的另一个交点，连接EF，BF，
（1）求证：△BEF是直角三角形；
（2）求证：△BEF∽△BCA；
（3）当AB=6，BC=m时，在线段CM正存在点E，使得EF和AB互相平分，求m的值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
(1)想办法证明∠BEF=90°即可解决问题（也可以利用圆内接四边形的性质直接证明）．
(2)根据两角对应相等两三角形相似证明．
(3)证明四边形AFBE是平行四边形，推出FJ=BD=m，EF=m，由△ABC∽△CBM，可得BM=，由△BEF∽△BCA，推出，由此构建方程求解即可.
【详解】
（1）证明：由折叠可知，∠ADB=∠ACB=90°
∵∠EFB=∠EDB，∠EBF=∠EDF，
∴∠EFB+∠EBF=∠EDB+∠EDF=∠ADB=90°，
∴∠BEF=90°，
∴△BEF是直角三角形．
(2) 证明：∵BC=BD，
∴∠BDC=∠BCD，
∵∠EFB=∠EDB，
∴∠EFB=∠BCD，
∵AC=AD，BC=BD，
∴AB⊥CD，
∴∠AMC=90°，
∵∠BCD+∠ACD=∠ACD+∠CAB=90°，
∴∠BCD=∠CAB，
∴∠BFE=∠CAB，
∵∠ACB=∠FEB=90°，
∴△BEF∽△BCA．
(3) 设EF交AB于J．连接AE，如下图所示：
∵EF与AB互相平分，
∴四边形AFBE是平行四边形，
∴∠EFA=∠FEB=90°，即EF⊥AD，
∵BD⊥AD，
∴EF∥BD，
∵AJ=JB，
∴AF=DF，
∴ FJ=
∴ EF=
∵ △ABC∽△CBM
∴ BC:MB=AB:BC
∴ BM=，
∵ △BEJ∽△BME，
∴ BE:BM=BJ:BE
∴ BE=，
∵ △BEF∽△BCA，
∴
即
解得(负根舍去).
故答案为：
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
69．（2020·山东济宁?中考真题）我们把方程(x- m)2+(y-n)2=r2称为圆心为(m，n)、半径长为r的圆的标准方程．例如，圆心为(1,-2)、半径长为3的圆的标准方程是(x- 1)2+(y+2)2=9．在平面直角坐标系中,圆C与轴交于点A．B．且点B的坐标为(8．0),与y轴相切于点D(0, 4)，过点A,B,D的抛物线的顶点为E．
(1)求圆C的标准方程；
(2)试判断直线AE与圆C的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）；（2）相切，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）连接CD，CB，过C作CF⊥AB，分别表示出BF和CF，再在△BCF中利用勾股定理构造方程求解即可得到圆C半径以及点C坐标，从而得到标准方程；
（2）由（1）可得点A坐标，求出抛物线表达式，得到点E坐标，再求出直线AE的表达式，联立直线AE和圆C的表达式，通过判断方程根的个数即可得到两者交点个数，从而判断位置关系.
【详解】
解：连接CD，CB，过C作CF⊥AB，
∵点D（0，4），B（8，0），设圆C半径为r，圆C与y轴切于点D，
则CD=BC=OF=r，CF=4，
∵CF⊥AB，
∴AF=BF=8-r，
在△BCF中，，
即，
解得：r=5，
∴CD=OF=5，即C（5，4），
∴圆C的标准方程为：；
（2）由（1）可得：BF=3=AF，则OA=OB-AB=2，
即A（2，0），
设抛物线表达式为：，将A，B，D坐标代入，
，解得：，
∴抛物线表达式为：，
∴可得点E（5，），
设直线AE表达式为：y=mx+n，将A和E代入，
可得：，解得：，
∴直线AE的表达式为：，
∵圆C的标准方程为，
联立，
解得：x=2，
故圆C与直线AE只有一个交点，横坐标为2，
即圆C与直线AE相切.
【点睛】
本题考查了圆的新定义，二次函数，一次函数，切线的判定，垂径定理，有一定难度，解题的关键是利用转化思想，将求位置关系转化为方程根的个数问题.
70．（2020·四川遂宁?中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB边上的一点，以AD为直径的⊙O交BC于点E，交AC于点F，过点C作CG⊥AB交AB于点G，交AE于点H，过点E的弦EP交AB于点Q（EP不是直径），点Q为弦EP的中点，连结BP，BP恰好为⊙O的切线．
（1）求证：BC是⊙O的切线．
（2）求证：＝．
（3）若sin∠ABC═，AC＝15，求四边形CHQE的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）45
【解析】
【分析】
（1）连接OE，OP，根据线段垂直平分线的性质得到PB＝BE，根据全等三角形的性质得到∠BEO＝∠BPO，根据切线的判定和性质定理即可得到结论．
（2）根据平行线和等腰三角形的性质即可得到结论．
（3）根据垂径定理得到EP⊥AB，根据平行线和等腰三角形的性质得到∠CAE＝∠EAO，根据全等三角形的性质得到CE＝QE，推出四边形CHQE是菱形，解直角三角形得到CG＝＝12，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
（1）证明：连接OE，OP，
∵PE⊥AB，点Q为弦EP的中点，
∴AB垂直平分EP，
∴PB＝BE，
∵OE＝OP，OB＝OB，
∴△BEO≌△BPO（SSS），
∴∠BEO＝∠BPO，
∵BP为⊙O的切线，
∴∠BPO＝90°，
∴∠BEO＝90°，
∴OE⊥BC，
∴BC是⊙O的切线．
（2）解：∵∠BEO＝∠ACB＝90°，
∴AC∥OE，
∴∠CAE＝∠OEA，
∵OA＝OE，
∴∠EAO＝∠AEO，
∴∠CAE＝∠EAO，
∴．
（3）解：∵AD为的⊙O直径，点Q为弦EP的中点，
∴EP⊥AB，
∵CG⊥AB，
∴CG∥EP，
∵∠ACB＝∠BEO＝90°，
∴AC∥OE，
∴∠CAE＝∠AEO，
∵OA＝OE，
∴∠EAQ＝∠AEO，
∴∠CAE＝∠EAO，
∵∠ACE＝∠AQE＝90°，AE＝AE，
∴△ACE≌△AQE（AAS），
∴CE＝QE，
∵∠AEC+∠CAE＝∠EAQ+∠AHG＝90°，
∴∠CEH＝∠AHG，
∵∠AHG＝∠CHE，
∴∠CHE＝∠CEH，
∴CH＝CE，
∴CH＝EQ，
∴四边形CHQE是平行四边形，
∵CH＝CE，
∴四边形CHQE是菱形，
∵sin∠ABC═sin∠ACG═＝，
∵AC＝15，
∴AG＝9，
∴CG＝＝12，
∵△ACE≌△AQE，
∴AQ＝AC＝15，
∴QG＝6，
∵HQ2＝HG2+QG2，
∴HQ2＝（12﹣HQ）2+62，
解得：HQ＝，
∴CH＝HQ＝，
∴四边形CHQE的面积＝CH•GQ＝×6＝45．
【点睛】
此题考查了圆的综合问题，用到的知识点是全等三角形的判定与性质、菱形的判定和性质、勾股定理以及解直角三角形等知识，此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想应用．
71．（2020·山东德州?中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标是，在x轴上任取一点M．连接AM，分别以点A和点M为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于G，H两点，作直线GH，过点M作x轴的垂线l交直线GH于点P．根据以上操作，完成下列问题．
探究：
（1）线段PA与PM的数量关系为________，其理由为：________________．
（2）在x轴上多次改变点M的位置，按上述作图方法得到相应点P的坐标，并完成下列表格：
M的坐标
…
…
P的坐标
…
…
猜想：
（3）请根据上述表格中P点的坐标，把这些点用平滑的曲线在图2中连接起来；观察画出的曲线L，猜想曲线L的形状是________．
验证：
（4）设点P的坐标是，根据图1中线段PA与PM的关系，求出y关于x的函数解析式．
应用：
（5）如图3，点，，点D为曲线L上任意一点，且，求点D的纵坐标的取值范围．
【答案】（1），线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等；（2）图见解析，抛物线；（3）见解析；（4）；（5）
【解析】
【分析】
（1）由尺规作图的步骤可知，HG是AM的中垂线，结合中垂线的性质，即可得到答案；
（2）根据第（1）的作图方法，得到相应点P的位置，即可求解；
（3）用平滑的曲线作出图象，即可；
（4）过点P作轴于点E，用含x，y的代数式表示，，，结合勾股定理，即可得到答案；
（5）连接，由题意得当时，在的外接圆上，弧所对的圆心角为60°，的外接圆圆心为坐标原点O，设，求出b的值，进而即可求解．
【详解】
解：（1） 线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等
（2）
M的坐标
…
…
P的坐标
…
…
（3）草图见图2：形状：抛物线
（4）如图1，过点P作轴于点E，
，，
在中，
即
化简，得
∴y关于x的函数解析式为．
（5）连接，易得，又
∴为等边三角形，∴
当时，在的外接圆上，弧所对的圆心角为60°
其圆心在的垂直平分线y轴上，
∴的外接圆圆心为坐标原点O，
设，则，即 ①
又点D在该抛物线上
∴ ②
由①②联立解得：（舍去）
数形结合可得，
当时，点D的纵坐标的取值范围为
【点睛】
本题主要考查尺规作作中垂线，二次函数的图象和性质，圆周角定理，解题关键是：熟练掌握垂直平分线的性质定理，构造三角形的外接圆．
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