专题15 圆5年（2019-2023）中考1年模拟数学真题分类汇编（全国通用）

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专题15 圆

考点1 圆
一、单选题
1．（2023年广西壮族自治区中考数学真题）如图，点A、B、C在上，，则的度数是（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据圆周角定理的含义可得答案．
【详解】解：∵，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，熟记圆周角定理是解题的关键．
2．（2023年云南省中考数学真题）如图，是的直径，是上一点．若，则（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
3．（2020·四川巴中·统考中考真题）如图，在中，点在圆上，，则的半径的长是（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据圆周角定理求出，再求出即可．
【详解】解：根据圆周角定理得：，
，
，
，，
，
，
故选：．
【点睛】本题考查了圆周角定理和解直角三角形，能求出是直角三角形是解此题的关键．
4．（2023年河南省中考数学真题）如图，点A，B，C在上，若，则的度数为（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】直接根据圆周角定理即可得．
【详解】解：∵，
∴由圆周角定理得：，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题关键．
5．（2023年安徽中考数学真题）如图，正五边形内接于，连接，则（   ）
  
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先计算正五边形的内角，再计算正五边形的中心角，作差即可．
【详解】∵，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查了正五边形的外角，内角，中心角的计算，熟练掌握计算公式是解题的关键．
6．（2023年甘肃省兰州市中考数学真题）我国古代天文学确定方向的方法中蕴藏了平行线的作图法．如《淮南子天文训》中记载：“正朝夕：先树一表东方；操一表却去前表十步，以参望日始出北廉．日直入，又树一表于东方，因西方之表，以参望日方入北康．则定东方两表之中与西方之表，则东西也．”如图，用几何语言叙述作图方法：已知直线a和直线外一定点O，过点O作直线与a平行．（1）以O为圆心，单位长为半径作圆，交直线a于点M，N；（2）分别在的延长线及上取点A，B，使；（3）连接，取其中点C，过O，C两点确定直线b，则直线．按以上作图顺序，若，则（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】证明，可得，结合，C为的中点，可得．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∵，C为的中点，
∴，
故选A．
【点睛】本题考查的是圆的基本性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，三角形的外角的性质，熟记等腰三角形的性质是解本题的关键．
7．（2023年浙江省杭州市中考数学真题）如图，在中，半径互相垂直，点在劣弧上．若，则（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据互相垂直可得所对的圆心角为，根据圆周角定理可得，再根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：如图，
  
半径互相垂直，
，
所对的圆心角为，
所对的圆周角，
又，
，
故选D．
【点睛】本题考查圆周角定理、三角形内角和定理，解题的关键是掌握：同圆或等圆中，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半．
8．（2020·广西贺州·统考中考真题）如图，四边形ABCD内接于，，，则的长度是（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据圆周角定理求出∠D=∠AOC，根据圆内接四边形的性质得出∠ABC+∠D=180°，求出∠ABC=∠AOC=120°，解直角三角形求出OA，再根据弧长公式求出答案即可．
【详解】解：∵对的圆周角是，对的圆心角是，
∴，
∵，
∴，
∵四边形ABCD是的内接四边形，
∴，
∴，
解得：，
∴，
过O作于E，则，

∵OE过O，，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴的长度是，
故选：B．
【点睛】本题考查了弧长的公式，圆周角定理，圆内接四边形的性质，直角三角形的性质等知识点，能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键，注意：一条弧所对的圆心角是n°，半径为r，那么这条弧的长度是．
9．（2021·辽宁沈阳·统考中考真题）如图，是的内接三角形，，，连接，，则的长是（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】过点作于，根据垂径定理求出，根据圆周角定理求出，根据正弦的定义求出，根据弧长公式计算求解．
【详解】解：过点作于，

则，
由圆周角定理得：，
，
，
，
故选：．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握垂径定理、圆周角定理、弧长公式是解题的关键．
10．（2023年福建省中考真题数学试题）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416．如图，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为，若用圆内接正十二边形作近似估计，可得的估计值为（　　）

A． B． C．3 D．
【答案】C
【分析】根据圆内接正多边形的性质可得，根据30度的作对的直角边是斜边的一半可得，根据三角形的面积公式即可求得正十二边形的面积，即可求解．
【详解】解：圆的内接正十二边形的面积可以看成12个全等的等腰三角形组成，故等腰三角形的顶角为，设圆的半径为1，如图为其中一个等腰三角形，过点作交于点于点，

∵，
∴，
则，
故正十二边形的面积为，
圆的面积为，
用圆内接正十二边形面积近似估计的面积可得，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接正多边形的性质，30度的作对的直角边是斜边的一半，三角形的面积公式，圆的面积公式等，正确求出正十二边形的面积是解题的关键．

二、填空题
11．（2022·海南·统考中考真题）如图，射线AB与⊙O相切于点B，经过圆心O的射线AC与⊙O相交于点D、C，连接BC，若∠A=40°，则∠ACB= ．

【答案】25
【分析】连接OB，如图，利用切线的性质得∠ABO=90°，再利用互余得到∠AOB=50°，然后根据三角形外角性质和等腰三角形的性质计算∠C的度数．
【详解】解：连接OB，如图，

∵边AB与⊙O相切，切点为B，
∴OB⊥AB，
∴∠ABO=90°，
∴∠AOB=90°-∠A=90°-40°=50°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠C，
∴∠AOB=∠OBC+∠C=2∠C，
∴∠C=∠AOB=25°．
故答案为：25．
【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．
12．（2023年重庆市中考数学真题（A卷））如图，是矩形的外接圆，若，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留）
  
【答案】
【分析】根据直径所对的圆周角是直角及勾股定理得到，再根据圆的面积及矩形的性质即可解答．
【详解】解：连接，
∵四边形是矩形，
∴是的直径，
∵，
∴，
∴的半径为，
∴的面积为，矩形的面积为，
∴阴影部分的面积为；
故答案为；
    
【点睛】本题考查了矩形的性质，圆的面积，矩形的面积，勾股定理，掌握矩形的性质是解题的关键．
13．（2023年湖南省长沙市中考数学真题）如图，点A，B，C在半径为2的上，，，垂足为E，交于点D，连接，则的长度为 ．

【答案】1
【分析】连接，利用圆周角定理及垂径定理易得，则，结合已知条件，利用直角三角形中角对的直角边等于斜边的一半即可求得答案．
【详解】解：如图，连接，

∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：1．
【点睛】本题考查圆与直角三角形性质的综合应用，结合已知条件求得是解题的关键．
14．（2019·江苏泰州·统考中考真题）如图，的半径为5，点在上，点在内，且，过点作的垂线交于点、．设，，则与的函数表达式为 ．

【答案】
【分析】连接并延长交于，连接，根据圆周角定理得到，，求得，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】如图，连接并延长交于，连接，则，，

∵，∴，∴，
∴，∴，
∵的半径为5，，，，
∴，∴..
故答案为．
【点睛】本题考查圆周角定理、相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
15．（2020·四川阿坝·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
【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．
16．（2023年河南省中考数学真题）如图，与相切于点A，交于点B，点C在上，且．若，，则的长为 ．

【答案】
【分析】连接，证明，设，则，再证明，列出比例式计算即可．
【详解】如图，连接，
∵与相切于点A，
∴；

∵,
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则，
∴，
解得，
故的长为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角形相似的判断和性质，熟练掌握性质是解题的关键．
17．（2023年浙江省杭州市中考数学真题）如图，六边形是的内接正六边形，设正六边形的面积为，的面积为，则 ．
  
【答案】2
【分析】连接，首先证明出是的内接正三角形，然后证明出，得到，，进而求解即可．
【详解】如图所示，连接，
  
∵六边形是的内接正六边形，
∴，
∴是的内接正三角形，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理可得，，
又∵，
∴，
∴，
由圆和正六边形的性质可得，，
由圆和正三角形的性质可得，，
∵，
∴．
故答案为：2．
【点睛】此题考查了圆内接正多边形的性质，正六边形和正三角形的性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
三、解答题
18．（2021·山东济南·统考中考真题）已知：如图，是的直径，，是上两点，过点的切线交的延长线于点，，连接，．

（1）求证：；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接，根据切线的性质，已知条件可得，进而根据平行线的性质可得，根据圆周角定理可得，等量代换即可得证；
（2）连接，根据同弧所对的圆周角相等，可得，进而根据正切值以及已知条件可得的长，勾股定理即可求得，进而即可求得圆的半径．
【详解】（1）连接，如图，

是的切线，
，
，
，
，
，
，
．
（2）连接

是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
即的半径为．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，正切的定义，同弧所对的圆周角相等，勾股定理，理解题意添加辅助线是解题的关键．
19．（2022·贵州毕节·统考中考真题）如图，在中，，D是边上一点，以为直径的与相切于点E，连接并延长交的延长线于点F．

(1)求证：；
(2)若，求直径．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)5

【分析】(1)连接OE，由AC是圆的切线得到∠AEO=90°=∠ACB，进而得到OE∥BC，得到∠F=∠DEO；再由半径相等得到∠ODE=∠DEO，进而得到∠F=∠ODE即可证明BD=BF；
(2)连接OE，由求出EC=2，证明∠CEB=∠F进而由求出BC=4，最后根据BD=BF=BC+CF=4+1=5．
【详解】（1）证明：连接OE，如下图所示：

∵AC为圆O的切线，
∴∠AEO=90°，
∵AC⊥BC，
∴∠ACB=90°，
∴OE∥BC，
∴∠F=∠DEO，
又∵OD=OE，
∴∠ODE=∠DEO，
∴∠F=∠ODE，
∴BD=BF．
（2）解：连接BE，如下图所示：

由(1)中证明过程可知：∠EDB=∠F，
∴，代入数据：，
∴EC=2，
又BD是圆O的直径，
∴∠BED=∠BEF=90°，
∴∠CEF+∠F=90°=∠CEF+∠CEB，
∴∠F=∠CEB，
∴，代入数据：，
∴BC=4，
由(1)可知：BD=BF=BC+CF=4+1=5，
∴圆O的直径为5．
【点睛】本题考查了圆周角定理、圆中切线的性质、三角函数求线段长度等，熟练掌握圆的切线的性质及圆周角定理是解题的关键．

20．（2023年广西壮族自治区中考数学真题）如图，平分，与相切于点A，延长交于点C，过点O作，垂足为B．
  
(1)求证：是的切线；
(2)若的半径为4，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）首先根据切线的性质得到，然后根据角平分线的性质定理得到即可证明；
（2）首先根据勾股定理得到，然后求得，最后利用，代入求解即可．
【详解】（1）∵与相切于点A，
∴，
∵平分，，
∴，
∴是的切线；
（2）∵的半径为4，
∴，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】此题考查了圆切线的性质和判定，勾股定理，三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
21．（2023年湖北省武汉市数学真题）如图，都是的半径，．
  
(1)求证：；
(2)若，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）由圆周角定理得出，，再根据，即可得出结论；
（2）过点作半径于点，根据垂径定理得出，证明，得出，在中根据勾股定理得出，在中，根据勾股定理得出，求出即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
，
．
（2）解：过点作半径于点，则，
，
∴，
，
，
，
在中，
，
在中，，
，
，即的半径是．
  
【点睛】本题主要考查了勾股定理，垂径定理，圆周角定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握圆周角定理．
22．（2023年山东省枣庄市中考数学真题）如图，为的直径，点C是的中点，过点C做射线的垂线，垂足为E．
  
(1)求证：是切线；
(2)若，求的长；
(3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积（用含有的式子表示）．
【答案】(1)见解析；
(2)；
(3)

【分析】（1）连接OC，证明，即可得到结论；
（2）连接AC，证明，从而可得，再代入求值即可；
（2）连接，证明，从而可得，，求出扇形的面积即可得到阴影部分的面积．
【详解】（1）证明：连接，
      
∵点C是的中点，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴半径，
∴是切线；
（2）连接，
      
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）连接，
    
∵，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质及判定、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．
23．（2023年江西省中考数学真题）如图，在中，，以为直径的与相交于点D，E为上一点，且．
  
(1)求的长；
(2)若，求证：为的切线．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）如图所示，连接，先求出，再由圆周角定理得到，进而求出，再根据弧长公式进行求解即可；
（2）如图所示，连接，先由三角形内角和定理得到，则由圆周角定理可得，再由是的直径，得到，进而求出，进一步推出，由此即可证明是的切线．
【详解】（1）解：如图所示，连接，
∵是的直径，且，
∴，
∵E为上一点，且，
∴，
∴，
∴的长；
  
（2）证明：如图所示，连接，
∵，，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∵是的半径，
∴是的切线．
    
【点睛】本题主要考查了切线的判定，求弧长，圆周角定理，三角形内角和定理等等，正确作出辅助线是解题的关键
．
24．（2023年安徽中考数学真题）已知四边形内接于，对角线是的直径．
  
(1)如图1，连接，若，求证；平分；
(2)如图2，为内一点，满足，若，，求弦的长．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）利用垂径定理的推论和圆周角的性质证明即可．
(2)证明四边形平行四边形，后用勾股定理计算即可．
【详解】（1）∵对角线是的直径，
∴，
∴，
∴平分．
（2）∵对角线是的直径，
∴，
∴
∵，
∴，
∴四边形平行四边形，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理的推论，直径所对的圆周角是直角，平行四边形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握垂径定理的推论，平行四边形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
25．（2023年江苏省无锡市中考数学真题）如图，是的直径，与相交于点．过点的圆O的切线，交的延长线于点，．
  
(1)求的度数；
(2)若，求的半径．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）连接，根据为的切线，则，由，则，根据圆周角定理可得，又，根据等边对等角以及三角形内角和定理即可求解；
（2）证明，根据相似三角形的性质，代入数据即可求解．
【详解】（1）如图，连接．
  
为的切线，
．
，
．
，
．
，
．
（2）如图，连接，
，，
．
，
，且，
，
，即，
，
，即半径为．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等边对等角，三角形内角和定理，相似三角形的性质与判定等知识．正确作出辅助线是解题关键．
26．（2019·河北·统考中考真题）如图1和2，中，AB=3，BC=15，．点为延长线上一点，过点作切于点，设．

（1）如图1，为何值时，圆心落在上？若此时交于点，直接指出PE与BC的位置关系；
（2）当时，如图2，与交于点，求的度数，并通过计算比较弦与劣弧长度的大小；
（3）当与线段只有一个公共点时，直接写出的取值范围．
【答案】（1）当x=9时，圆心O落在AP上，PE⊥BC；（2）∠CAP=45°，弦AP的长度＞劣弧长度；（3）x≥18．
【分析】（1）由三角函数定义知：Rt△PBC中，tan∠PBC=tan∠DAB，设CP=4k，BP=3k，由勾股定理可求得BC，根据“直径所对的圆周角是直角”可得PE⊥AD，由此可得PE⊥BC；
（2）作CG⊥AB，运用勾股定理和三角函数可求CG和AG，再应用三角函数求∠CAP，应用弧长公式求劣弧长度，再比较它与AP长度的大小；
（3）当⊙O与线段AD只有一个公共点时，⊙O与AD相切于点A，或⊙O与线段DA的延长线相交于另一点，此时，BP有最小值，即x≥18．
【详解】（1）如图1，AP经过圆心O．
∵CP与⊙O相切于P，∴∠APC=90°．
∵▱ABCD，∴AD∥BC，∴∠PBC=∠DAB，∴tan∠PBC=tan∠DAB，设CP=4k，BP=3k，由CP2+BP2=BC2，得（4k）2+（3k）2=152，解得：k1=﹣3（舍去），k2=3，∴x=BP=3×3=9，故当x=9时，圆心O落在AP上；
∵AP是⊙O的直径，∴∠AEP=90°，∴PE⊥AD．
∵▱ABCD，∴BC∥AD，∴PE⊥BC．
（2）如图2，过点C作CG⊥AP于G．
∵▱ABCD，∴BC∥AD，∴∠CBG=∠DAB，∴tan∠CBG=tan∠DAB，设CG=4m，BG=3m，由勾股定理得：（4m）2+（3m）2=152，解得：m=3，∴CG=4×3=12，BG=3×3=9，PG=BG﹣BP=9﹣4=5，AP=AB+BP=3+4=7，∴AG=AB+BG=3+9=12，∴tan∠CAP1，∴∠CAP=45°；
连接OP，OQ，过点O作OH⊥AP于H，则∠POQ=2∠CAP=2×45°=90°，PHAP．
在Rt△CPG中，13．
∵CP是⊙O的切线，∴∠OPC=∠OHP=90°，∠OPH+∠CPG=90°，∠PCG+∠CPG=90°，∴∠OPH=∠PCG，∴△OPH∽△PCG，∴，即PH×CP=CG×OP，13=12OP，∴OP，∴劣弧长度．
∵2π＜7，∴弦AP的长度＞劣弧长度．
（3）当⊙O与线段AD只有一个公共点时，⊙O与AD相切于点A，或⊙O与线段DA的延长线相交于另一点，此时圆心O位于直线AB下方，且∠OAD≥90°，当∠OAD=90°，∠CPM=∠DAB时，即⊙O与DA切于点A时，BP取得最小值，如图3，过点C作CM⊥AB于M．
∵∠DAB=∠CBP，∴∠CPM=∠CBP，∴CB=CP．
∵▱ABCD，∴AD∥BC，∴∠PBC=∠DAB，∴tan∠PBC=tan∠DAB，设CM=4k，BM=3k，由CM2+BM2=BC2，得（4k）2+（3k）2=152，解得：k1=﹣3（舍去），k2=3，∴x=BM=3×3=9．
∵CM⊥AB，∴BP=2BM=2×9=18，∴x≥18．
      
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的切线性质，相似三角形性质，解直角三角形，勾股定理，弧长计算等；综合性较强，学生解题时要灵活运用所学数学知识解决问题．
27．（2023年云南省中考数学真题）如图，是的直径，是上异于的点．外的点在射线上，直线与垂直，垂足为，且．设的面积为的面积为．
  
(1)判断直线与的位置关系，并证明你的结论；
(2)若，求常数的值．
【答案】(1)与相切，理由见解析
(2)

【分析】（1）与相切，理由如下：连接，先证得，又证，进而有，于是即可得与相切；
（2）先求得，再证，得，从而有，又，即可得解．
【详解】（1）解：与相切，理由如下：
连接，
  
∵是的直径，直线与垂直，
∴，
∵，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴与相切；
（2）解：∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，  
∵，
∴，
∴，
∴
又∵，
∴，
∴
∵，
∴．
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，垂线的性质，相似三角形的判定及性质，切线的判定，勾股定理，熟练掌握直径所对的圆周角是直角，垂线的性质，相似三角形的判定及性质，切线的判定以及勾股定理等知识是解题的关键．
28．（2023年广东省中考数学真题）综合探究
如图1，在矩形中，对角线相交于点，点关于的对称点为，连接交于点，连接．
  
(1)求证：；
(2)以点为圆心，为半径作圆．
①如图2，与相切，求证：；
②如图3，与相切，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②

【分析】（1）由点关于的对称点为可知点E是的中点，，从而得到是的中位线，继而得到，从而证明；
（2）①过点O作于点F，延长交于点G，先证明得到，由与相切，得到，继而得到，从而证明是的角平分线，即，，求得，利用直角三角形两锐角互余得到，从而得到，即，最后利用含度角的直角三角形的性质得出；
②先证明四边形是正方形，得到，再利用是的中位线得到，从而得到，，再利用平行线的性质得到，从而证明是等腰直角三角形，，设，求得，在中，即，解得，从而得到的面积为．
【详解】（1）∵点关于的对称点为，
∴点E是的中点，，
又∵四边形是矩形，
∴O是的中点，
∴是的中位线，
∴
∴，
∴
（2）①过点O作于点F，延长交于点G，则，
  
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，．
∵，，，
∴，
∴．
∵与相切，为半径，，
∴，
∴
又∵即，，
∴是的角平分线，即，
设，则，
又∵
∴
∴
又∵，即是直角三角形，
∴，即
解得：，
∴，即，
在中，，，
∴，
∴；
②过点O作于点H，
  
∵与相切，
∴，
∵
∴四边形是矩形，
又∵，
∴四边形是正方形，
∴，
又∵是的中位线，
∴
∴
∴
又∵，
∴
又∵，
∴
又∵，
∴是等腰直角三角形，，
设，则
∴
在中，，
即
∴
∴的面积为：
【点睛】本题考查矩形的性质，圆的切线的性质，含度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，中位线的性质定理，角平分线的判定定理等知识，掌握相关知识并正确作出辅助线是解题的关键．
29．（2023年湖南省长沙市中考数学真题）如图，点A，B，C在上运动，满足，延长至点D，使得，点E是弦上一动点（不与点A，C重合），过点E作弦的垂线，交于点F，交的延长线于点N，交于点M（点M在劣弧上）．
  
(1)是的切线吗？请作出你的判断并给出证明；
(2)记的面积分别为，若，求的值；
(3)若的半径为1，设，，试求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
【答案】(1)是的切线，证明见解析
(2)
(3)

【分析】（1）依据题意，由勾股定理，首先求出，从而，然后根据，可以得解；
（2）由题意，据得，再由，进而进行变形利用方程的思想可以得解；
（3）依据题意，连接，分别在中，找出边之间的关系，进而由，可以得解．
【详解】（1）解：是的切线．
证明：如图，在中，，
∴．
又点A，B，C在上，
∴是的直径．
∵，
∴．
又，
∴．
∴．
∴是的切线．
（2）由题意得，．
∵，
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∴．
又，
∴．
∴．
∴．
由题意，设，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
（3）设，
∵，
∴．
如图，连接．
  
∴在中，．
∴，．
∴在中，，．
在中，．（∵，∴）
．
在中，，．
∴




．
即．
∵，
∴最大值为F与O重合时，即为1．
∴．
综上，．
【点睛】本题主要考查了圆的相关性质，切线的判定定理，求角的正切值，解题时要熟练掌握并灵活运用．

30．（2023·山东济宁·校联考三模）同一平面内的两个圆，他们的半径分别为2和3，圆心距为d，当时，两圆的位置关系是（　　）
A．外离 B．相交
C．内切或外切 D．内含
【答案】B
【分析】根据圆与圆的位置关系可进行求解
【详解】∵他们的半径分别为2和3，圆心距为d，当时，
∴两圆的位置关系是相交．
故选B．
【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系，熟练掌握圆与圆的位置关系是解题的关键
31．（2023·山东济宁·校联考三模）如图，⊙O过点B、C，圆心O在等腰直角△ABC的内部，∠BAC＝90°，OA＝1，BC＝6，则⊙O的半径为(　     　)

A． B．2 C． D．3
【答案】C
【详解】试题分析：过A作AD⊥BC，由题意可知AD必过点O，连接OB，∵△BAC是等腰直角三角形，AD⊥BC，∴BD=CD=AD=3，∴OD=AD﹣OA=2，Rt△OBD中，根据勾股定理，得：OB==．故选C．

考点：1．垂径定理；2．勾股定理；3．等腰直角三角形．
32．（2023·湖南湘西·统考三模）如图，，是的两条半径，点在上，若，则的度数为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据圆周角定理求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握一条弧所对圆周角等于它所对圆心角的一半是解题的关键．
33．（2023·贵州黔东南·统考二模）如图，点A，B，C在上，若，则等于（    ）
  
A．100° B．110° C．120° D．140°
【答案】D
【分析】在优弧上取点D，连接，，先由圆内接四边形的性质求出的度数，再由圆周角定理求出的度数即可．
【详解】试题分析：在优弧上取点D，连接，

∵四边形是圆内接四边形，
∴
∵与是同弧所对的圆周角与圆心角
∴
故选：D．
【点睛】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理等，解题的关键是做出辅助线，构建圆内接四边形．
34．（2023·吉林四平·校联考三模）如图，已知长方形中，，圆B的半径为1，圆A与圆B内切，则点与圆A的位置关系是（    ）

A．点C在圆A外，点D在圆A内 B．点C在圆A外，点D在圆A外
C．点C在圆A上，点D在圆A内 D．点C在圆A内，点D在圆A外
【答案】C
【分析】根据内切得出圆A的半径，再判断点D、点E到圆心的距离即可
【详解】
∵圆A与圆B内切，，圆B的半径为1
∴圆A的半径为5
∵