中考数学一轮复习考点精讲与分层训练专题19 圆（2份，原卷版+解析版）

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理解圆、弧、弦、圆心角、圆周角的概念，了解等圆、等弧的概念
探索并了解点与圆的位置关系
探索并证明垂径定理：垂直于弦的直径平分弦以及弦所对的两条弧
探索圆心角及其所对弧的关系
了解并证明圆周角定理及其推论：圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半；直径所对的圆周角是直角；90°的圆周角所对的弦是直径；圆内接四边形的对角互补
知道三角形的外心、知道三角形的内心
了解直线和圆的位置关系，掌握切线的概念
探索切线与过切点的半径的关系，会用三角尺过圆上一点画圆的切线
*探索并证明切线长定理：过圆外一点所画的圆的两条切线长相等
会计算圆的弧长、扇形的面积
了解正多边形的概念及正多边形与圆的关系
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc12140" 第19讲 圆（精讲） PAGEREF _Tc12140 \h 1
\l "_Tc27230" 考点1：垂径定理及其运用 PAGEREF _Tc27230 \h 3
\l "_Tc9445" 考点2：圆周角定理及其运用 PAGEREF _Tc9445 \h 15
\l "_Tc25067" 考点3：点与圆的位置关系 PAGEREF _Tc25067 \h 28
\l "_Tc6390" 考点4：切线性质及其证明 PAGEREF _Tc6390 \h 35
\l "_Tc19890" 考点5：正多边形与圆 PAGEREF _Tc19890 \h 47
\l "_Tc30035" 考点6：与圆有关的计算 PAGEREF _Tc30035 \h 56
\l "_Tc29343" 课堂总结：思维导图 PAGEREF _Tc29343 \h 67
\l "_Tc3358" 分层训练：课堂知识巩固 PAGEREF _Tc3358 \h 68
考点1：垂径定理及其运用
①与圆有关的概念和性质：
（1）圆：平面上到定点的距离等于定长的所有点组成的图形．如图所示的圆记做⊙O.
（2）弦与直径：连接圆上任意两点的线段叫做弦，过圆心的弦叫做直径，直径是圆内最长的弦.
（3）弧：圆上任意两点间的部分叫做弧，小于半圆的弧叫做劣弧，大于半圆的弧叫做优弧.
（4）圆心角：顶点在圆心的角叫做圆心角.（5）圆周角：顶点在圆上，并且两边都与圆还有一个交点的角叫做圆周角.（6）弦心距：圆心到弦的距离.
②垂径定理及其推论：
（1）定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
（2）推论：(1)平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；
(2)弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧.
（3）延伸：根据圆的对称性，如图所示，在以下五条结论中：
弧AC=弧AD; ②弧BD=弧CB；③CE=DE; ④AB⊥CD; ⑤AB是直径.
只要满足其中两个，另外三个结论一定成立，即推二知三.

｛圆的定义★★｝（2021秋•盐都区校级月考）如图，是的半径，为上一点（且不与点、重合），过点作的垂线交于点．以、为边作矩形，连结．若，，则的长为
A．6B．5C．4D．2
【分析】如图，连接，在中，求出即可解决问题．
【解答】解：如图，连接．
四边形是矩形，，，，，
故选：．
【点评】本题考查圆，勾股定理，矩形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
｛圆的定义★★｝下列说法：①直径是最长的弦；②弦是直径；③半径相等的两个半圆是等弧；④长度相等的两条弧是等弧；⑤半径相等的两个圆是等圆；其中说法正确的有
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】利用圆的有关定义及性质分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：①直径是最长的弦，正确，符合题意；②直径是弦，但弦不一定是直径，故原命题错误，不符合题意；③半径相等的两个半圆是等弧，正确，符合题意；④长度相等的两条弧不一定是等弧，故原命题错误，不符合题意；⑤半径相等的两个圆是等圆，正确，符合题意，故选：．
【点评】考查了圆的认识，解题的关键是了解圆的有关定义及性质，难度不大．
｛圆的定义★★｝（2021•桥东区二模）下列由实线组成的图形中，为半圆的是
A．B．
C．D．
【分析】根据圆的有关定义进行解答．
【解答】解：根据半圆的定义可知，选项的图形是半圆．故选：．
【点评】本题考查了圆的认识．解题的关键是掌握半圆的定义．圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每条弧都叫做半圆．
｛垂径定理★｝（2021秋•定海区校级月考）如图，是的直径，弦交于点，，，，则的长为
A．B．C．D．12
【分析】根据题意过点作于点，连接，从而得出是等腰直角三角形，结合图形由线段之间的关系推出，从而利用勾股定理推出，再由垂径定理得到，从而推出．
【解答】解：如图，过点作于点，连接，
，，，，
是等腰直角三角形，，在中，，
，，，故选：．
【点评】本题考查垂径定理和勾股定理，解题的关键是根据题意作出相关辅助线（过点作于点，连接，从而构造直角三角形，利用垂径定理和勾股定理进行求解，注意运用数形结合的思想方法．
｛垂径定理★｝（2021•咸宁一模）如图，已知为的直径，弦，垂足为，若，，则的周长为
A．B．C．D．
【分析】连接，如图，设，则，根据垂径定理得到，再利用勾股定理得到，解方程求出，从而得到圆的半径，然后根据圆的周长公式计算．
【解答】解：连接，如图，，设，，，
，，在中，，解得，
，的周长为．故选：．
【点评】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．
｛垂径定理★★｝已知的直径，是的弦，，垂足为，且，则的长为
A．B．C．或D．或
【分析】分两种情况，根据题意画出图形，先根据垂径定理求出的长，连接，由勾股定理求出的长，进而可得出结论．
【解答】解：连接，，的直径，，，，，当点位置如图1所示时，，，，
，，
；当点位置如图2所示时，
同理可得：，，，
在中，；综上所述，的长为或，
故选：．
【点评】本题考查的是垂径定理和勾股定理等知识，根据题意画出图形，利用垂径定理和勾股定理求解是解答此题的关键．
｛垂径定理的应用★★｝（2021秋•通川区校级期中）我国古代数学著作《增删算法统宗》记载“圆中方形”问题：“今有圆田一段，中间有个方池．丈量田地待耕犁，恰好三分在记，池面至周有数，每边三步无疑．内方圆径若能知，堪作算中第一．”其大意为：有一块圆形的田，中间有一块正方形水池，测量出除水池外圆内可耕地的面积恰好72平方步，从水池边到圆周，每边相距3步远．如果你能求出正方形边长和圆的直径，那么你的计算水平就是第一了．如图，设正方形的边长是步，则列出的方程是
A．B．C．D．
【分析】直接利用圆的面积减去正方形面积，进而得出答案．
【解答】解：设正方形的边长是步，则列出的方程是：．故选：．
【点评】此题主要考查了垂径定理的应用、正方形的性质以及由实际问题抽象出一元二次方程，正确表示出圆的面积是解题关键．
｛圆的定义★｝（2021秋•新荣区月考）如图，在直角坐标系中，一条圆弧经过正方形网格的格点，，．若点的坐标为，点的坐标为，写出圆心点的坐标 ．
【分析】由垂径定理，作的垂直平分线，交的垂直平分线于，即可得出答案．
【解答】解：作的垂直平分线，交的垂直平分线于，如图，
则圆心点的坐标为，
故答案为：．
【点评】本题考查的是垂径定理、坐标与图形性质等知识，熟记弦的垂直平分线经过圆心是解题的关键．
｛垂径定理★★｝如图，用三个边长为2的正方形组成一个轴对称图形，则能将三个正方形完全覆盖的圆的最小半径是 ．
【分析】连接，，延长交上面的正方形与点，设定圆心与上面正方形的距离为，再根据勾股定理求出的值，进而可得出结论．
【解答】解：如图，连接，，延长交上面的正方形与点，设定圆心与上面正方形的距离为，
则，，，，
由勾股定理得：，即，解得：，
所以能将其完全覆盖的圆的最小半径，解得：．故答案为：．
【点评】本题考查的是垂径定理、正方形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．
｛垂径定理★★｝如图，、、都是的弦，，，垂足分别为、，若，则的长为 2 ．
【分析】根据垂径定理得出，，根据三角形的中位线性质得出，再求出即可．
【解答】解：，，垂足分别为、，过圆心，过圆心，
，，，，，故答案为：2．
【点评】本题考查了三角形的中位线和垂径定理，能根据垂径定理求出和是解此题的关键．
｛垂径定理★★｝（2021秋•江夏区期中）在半径为10的中，弦，弦，且，则与之间的距离是 2或14 ．
【分析】过作于，直线交于，连接，，根据垂径定理求出，，根据勾股定理求出和，再求出即可．
【解答】解：过作于，直线交于，连接，，，，
，，，过圆心，，，有两种情况：①如图1，
由勾股定理得：，，
；②如图2，
，所以与之间的距离是2或14，故答案为：2或14．
【点评】本题考查了两点之间的距离，勾股定理和垂径定理，能求出符合的所有情况是解此题的关键，注意：垂直于弦的直径平分这条弦．
｛垂径定理★★｝如图，圆形纸片半径为，先在其内剪出2个边长相等的最大正方形，再在剩余部分剪出2个边长相等的最大正方形，则第二次剪出的正方形的边长是 ．
【分析】连接、，过作于，设，，由圆周角定理得是的直径，，再在中，由勾股定理得出方程，求出，然后在中，由勾股定理得出方程，求解即可．
【解答】解：如图，连接、，过作于，则，设，，
由题意得：，，是直径，，在中，由勾股定理得：，解得：，则，在中，由勾股定理得：，
解得：（负值已舍去），即第二次剪出的正方形的边长是，故答案为：．
【点评】本题考查了垂径定理、圆周角定理、勾股定理、正方形的性质；熟练掌握圆周角定理和勾股定理是解题的关键．
｛垂径定理★★｝如图，在半径为1的扇形中，，点是弧上任意一点（不与点，重合），，，垂足分别为，，则的长为 ．
【分析】连接，如图，先计算出，再根据垂径定理得到，，则可判断为的中位线，然后根据三角形中位线定理求解．
【解答】解：连接，如图，，，，
，，，，为的中位线，．
故答案为．
【点评】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了三角形的中位线定理．
｛垂径定理★★★｝（2021•石家庄模拟）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 2 ；面积的最大值为 ．
【分析】连接，由垂径定理得，再由圆周角定理得点在以为直径的圆上（点、除外），以为直径作，过点作直线于，交于、，利用一次函数解析式确定，，则，然后证，利用相似比求出的长，得、的长，当点与点重合时，最大；点与点重合时，最小，然后计算出和得到的范围，即可求解．
【解答】解：连接，如图，点为弦的中点，，
，点在以为直径的圆上（点、除外），
以为直径作，过点作直线于，交于、，
当时，，则，当时，，
解得，则，，，，
，，，，，
，，即，解得，
，，，，
设面积为，当点与点重合时，最大；点与点重合时，最小，
的范围为，面积的最小值为2，面积的最大值为7，故答案为：2；7．
【点评】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质和一次函数的性质．
（2021•自贡）如图，为的直径，弦于点，于点，若，，则的长度是
A．9.6B．C．D．10
【分析】根据垂径定理求出可得的长度，利用，求出，即可求解．
【解答】解：，，，，，，，，，，，，即：，，，．故选：．
【点评】本题考查垂径定理，三角形相似的判定和性质、勾股定理知识，关键在于合理运用垂径定理和勾股定理求出边的长度．
（2020•滨州）在中，直径，弦于点，若，则的长为
A．6B．9C．12D．15
【分析】直接根据题意画出图形，再利用垂径定理以及勾股定理得出答案．
【解答】解：如图所示：连接，直径，，，，
，．故选：．
【点评】此题主要考查了垂径定理和勾股定理，正确得出的长是解题关键．
（2021•西宁）如图，是的直径，弦于点，，，则的半径 ．
【分析】由垂径定理得，设，则，再在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【解答】解：弦于点，，，，设，则，
在中，由勾股定理得：，即，解得：，
即，故答案为：．
【点评】本题考查了垂径定理、勾股定理．熟练掌握垂径定理，由勾股定理得出方程是解题的关键．
（2019•湘潭）《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，其中《方田》章计算弧田面积所用的经验公式是：弧田面积（弦矢矢．弧田是由圆弧和其所对的弦围成（如图中的阴影部分），公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差，运用垂径定理（当半径弦时，平分可以求解．现已知弦米，半径等于5米的弧田，按照上述公式计算出弧田的面积为 10 平方米．
【分析】根据垂径定理得到，由勾股定理得到，求得，根据弧田面积（弦矢矢即可得到结论．
【解答】解：弦米，半径弦，，，
，弧田面积（弦矢矢，故答案为：10．
【点评】此题考查垂径定理的应用，关键是根据垂径定理和扇形面积解答．
考点2：圆周角定理及其运用
①圆心角、弧、弦的关系：
在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等．
推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
②圆周角定理及其推论：
（1）定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半. 如图a,
∠A=1/2∠O.

图a 图b 图c
( 2 )推论：
①在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等.如图b，∠A=∠C.
②直径所对的圆周角是直角.如图c,∠C=90°.
③圆内接四边形的对角互补.如图a，∠A+∠C=180°，∠ABC+∠ADC=180°.

｛弦、弧与圆周角关系★｝（2021•下城区校级四模）如图，等腰的顶角为，以腰为直径作半圆，交于点，交于点，则的度数为
A．B．C．D．
【分析】连接，取的中点，连接，．利用等腰三角形的性质以及圆周角定理求出，可得结论．
【解答】解：连接，取的中点，连接，．
是直径，，，，，
，的度数为，故选：．
【点评】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是掌握等腰三角形的性质，属于中考常考题型．
｛弦、弧与圆周角关系★★｝（2021•南平模拟）如图，四边形中，连接、，点为的中点，若，则下面结论不一定正确的是
A．B．
C．D．点、、到点的距离相等
【分析】由点为的中点，，可知，在以为圆心，为直径的圆上，由圆心角定理可证．
【解答】解：点为的中点，，
，在以为圆心，为直径的圆上，如图，
，，点、、到点的距离相等，当时，，而题目中未给出．故选：．
【点评】本题以四边形为背景考查了圆心角定理，关键是能够根据已知条件构造圆．
｛弦、弧与圆周角关系★★｝如图，，是上的点，，是的中点，若的半径为5，则四边形的面积为
A．25B．C．D．
【分析】根据在同圆或等圆中，相等的弧所对的圆心角相等得到，易得和都是等边三角形，即可解决问题．
【解答】解：连，如图，
是的中点，，，又，
和都是等边三角形，．故选：．
【点评】本题考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，相等的弧所对的圆心角相等．也考查了等边三角形的判定与性质以及菱形的判定．
｛弦、弧与圆周角关系★｝如图，为的直径，点、是的三等分点，，则的度数为
A．B．C．D．
【分析】先求出，根据点、是的三等分点求出的度数是，再求出答案即可．
【解答】解：，，的度数是，
点、是的三等分点，的度数是，，故选：．
【点评】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，题目比较典型，难度不是很大．
｛弦、弧与圆周角关系★★｝（2020秋•永城市期末）如图，点，，，均在以点为圆心的圆上，连接，及顺次连接，，，得到四边形，若，，则的度数为
A．B．C．D．
【分析】连接．证明是等边三角形，再利用圆周角定理解决问题即可．
【解答】解：连接．
，，，是等边三角形，
，，故选：．
【点评】本题考查圆周角定理，等边三角形的判定等知识，解题的关键是证明是等边三角形．
｛圆周角定理★｝（2021秋•宽城区期末）如图，在圆内接五边形中，，则的度数为
A．B．C．D．
【分析】先利用多边的内角和得到，则可计算出，然后根据圆内接四边形的性质求的度数．
【解答】解：五边形的内角和为，，
，，四边形为的内接四边形，
，．故选：．
【点评】本题考查了多边形的内角和与圆内接四边形的性质，运用圆内接四边形的性质是解决问题的关键．
｛圆周角定理★｝（2021秋•拱墅区期中）如图，四边形内接于，，平分．若，，的长为
A．4B．C．D．
【分析】根据圆内接四边形的性质得到，根据勾股定理、直角三角形的性质计算即可．
【解答】解：过点作于，
四边形内接于，
，
，
，
，
平分，
，，
，
，
故选：．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、勾股定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
｛圆周角定理★｝（2021秋•宝应县期中）如图，四边形是的内接四边形，的半径为5，，则弦的长为 ．
【分析】连接、，根据圆内接四边形的性质和已知条件求出的度数，根据圆周角定理求出，再根据等腰直角三角形的性质求出答案即可．
【解答】解：连接、，，四边形是的内接四边形，，，，，的半径为5，，故答案为：．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
｛圆周角定理★｝如图，是的直径，点在的延长线上，，交于点，且．则 ．
【分析】连接，根据等腰三角形的性质求出，根据三角形外角性质求出，根据等腰三角形的性质求出，再根据三角形的外角性质求出答案即可．
【解答】解：连接，
，，，，，，
，，
，，，故答案为：．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质和三角形的外角性质，能熟记等腰三角形的性质和三角形的外角性质是解此题的关键，注意：等边对等角，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．
｛圆周角定理★｝如图，在中，，，则的度数为 ．
【分析】根据圆心角、弧、弦的关系和等式的性质解答即可．
【解答】解：在中，，，，
．故答案为：．
【点评】此题考查圆心角、弧、弦的关系，关键是根据圆心角的性质和等式的性质解答．
｛圆周角定理★｝如图，是半圆的直径，、是半圆上的两点，且，，则 68 ．
【分析】根据圆周角定理及已知可求得的度数，从而可求得的度数，再根据三角形内角和公式即可求得的度数，从而可得出的度数．
【解答】解：是半圆的直径，，，．
．，．，
．故答案是：68．
【点评】本题利用了圆周角定理，三角形的内角和定理，直径对的圆周角是直角求解．
｛圆周角定理★｝如图，是的直径，，，则的度数 ．
【分析】可求得，继而可求得的度数；然后再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理来求的度数．
【解答】解：，，，
．又，，
．故答案为：
【点评】此题考查了弧与圆心角的关系．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
｛圆周角定理★｝如图，在平行四边形中，，点，在上，点在优弧上，，则的度数为 ．
【分析】连接，先由平行四边形的性质得，再由等腰三角形的性质得，则，然后证，即可得出．
【解答】解：连接，如图所示：四边形是平行四边形，，
，，，，
，，故答案为：．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，圆心角、弧、弦的关系，等腰三角形的性质等知识；熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
｛圆周角定理★｝如图，在中，两条弦和的延长线交于点，已知，，则的大小为 ．
【分析】先证，得，再由圆周角定理得，然后由三角形内角和定理即可求解．
【解答】解：，，，即，，
，
，故答案为：．
【点评】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系以及三角形内角和定理；熟练掌握圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系是解题的关键．
｛圆周角定理★｝如图，四边形内接于，连接，，若，，则等于 65 度．
【分析】首先判定是等腰三角形，由该三角形的内角和定理推知，所以根据圆周角定理求得．
【解答】解：，．．又，
．，．故答案是：65．
【点评】本题利用了圆周角定理：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．也考查了圆心角、弧、弦的关系．
（2019•德州）如图，为的直径，弦，垂足为，，，，则弦的长度为 ．
【分析】连接、，交于，如图，利用垂径定理得到，设的半径为，则，，根据勾股定理得到，解得，然后利用面积法出，从而得到的长．
【解答】解：连接、，交于，如图，，，
设的半径为，则，，在中，，解得，
，，，，
，，．故答案为．
【点评】本题考查了圆周角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．也考查了垂径定理．
（2021•赤峰）如图，点，在以为直径的半圆上，且，点是上任意一点，连接、．则的度数为
A．B．C．D．
【分析】连接，如图，根据圆内接四边形的性质得到，再根据圆周角定理得到，则可计算出，然后根据圆周角定理得到的度数．
【解答】解：连接，如图，四边形为的内接四边形，，
，为直径，，，
．故选：．
【点评】本题考查了圆周角定理：求出的度数是解决问题的关键．
（2021•泰安）如图，四边形是的内接四边形，，，，，则的长为
A．B．C．D．2
【分析】延长、交于，先利用直角三角形的性质求得的长，然后再求得的长，从而求得答案．
【解答】解：延长、交于，，，，
，，在中，，在中，，
，故选：．
【点评】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．
（2020•广西）如图，已知四边形为的内接四边形，平分，于点，，，则的值为
A．B．C．2D．
【分析】延长到，使，连接，如图，根据圆周角定理得到，，再判断为等边三角形得到，于是可证明，所以，接着判断为等边三角形，所以，然后计算出得到的长，从而得到的长．
【解答】解：延长到，使，连接，如图，平分，，，，为等边三角形，，在和中，，，，而，为等边三角形，，，在中，，，．故选：．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补；圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）．也考查了圆周角定理．
考点3：点与圆的位置关系
①点与圆的位置关系：
设点到圆心的距离为d.
(1)dr⇔点在⊙O外．
｛点与圆的位置关系-动点问题★★★｝（2021秋•晋安区校级期中）如图，在中，，，，点是半径为2的上一动点，点是的中点，则的最大值是
A．3B．3.5C．D．
【分析】如图，取的中点，连接，．利用直角三角形斜边中线的性质，三角形的中位线定理求出，，再利用三角形的三边关系即可解决问题．
【解答】解：如图，取的中点，连接，．
，，，，，，
，，，，，
，的最大值为．故选：．
【点评】本题考查直角三角形斜边的中线的性质，三角形的中位线定理，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
｛点与圆的位置关系-动点问题★★★｝（2021秋•硚口区校级月考）如图，在锐角中，，，．是平面内一动点，且，则的最小值是 ．
【分析】作于，因为，，，可得，，在上截取，则为等边三角形，以为圆心，2为半径作，根据，可得点在上运动，当经过圆心时，最小，其最小值为的直径减去的长．
【解答】解：如图，作于，，，，
，，，
，，在上截取，则为等边三角形，
以为圆心，2为半径作，，点在上运动，
当经过圆心时，最小，最小值为．故答案为：．
【点评】本题考查勾股定理，锐角三角形函数定义，圆周角定理．解题的关键是得出点在上运动．
｛点与圆的位置关系-动点问题★★｝（2021秋•台安县期中）一个已知点到圆周上的最长距离是9，最短距离是3，则此圆的半径是 6或3 ．
【分析】根据已知条件能求出圆的直径，即可求出半径，此题点的位置不确定所以要分类讨论．
【解答】解：①当点在圆外时，圆外一点和圆周的最短距离为3，最长距离为9，
圆的直径为，该圆的半径是3；②当点在圆内时，点到圆周的最短距离为3，最长距离为9，圆的直径，圆的半径为6，故答案为6或3．
【点评】本题考查了点和圆的位置关系的应用，能根据已知条件求出圆的直径是解此题的关键．
｛点与圆的位置关系-动点问题★｝（2021秋•海州区校级期中）平面内有一点到圆上最远距离是8，最近距离是4，则圆的半径是 2或6 ．
【分析】分两种情况：点在圆外，直径等于两个距离的差；点在圆内，直径等于两个距离的和．
【解答】解：点到的最近距离为4，最远距离为8，则：
当点在圆外时，则的直径为，半径是2；
当点在圆内时，则的直径是，半径为6，故答案为：2或6．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系，注意此题的两种情况．从过该点和圆心的直线中，即可找到该点到圆的最小距离和最大距离．
｛点与圆的位置关系-动点问题★｝（2021秋•东湖区校级期中）若的直径为4，点在圆外，则线段长的取值范围是 ．
【分析】直接根据点与圆的位置关系进行判断．
【解答】解：因为的直径为4，点在圆外，
所以线段长的取值范围是．故答案为：．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系，掌握点与圆的位置关系是解题的关键．点与圆的位置关系有3种．设的半径为，点到圆心的距离，则有：①点在圆外；②点在圆上；③点在圆内．

（2020•泰安）如图，点，的坐标分别为，，点为坐标平面内一点，，点为线段的中点，连接，则的最大值为
A．B．C．D．
【分析】根据同圆的半径相等可知：点在半径为1的上，通过画图可知，在与圆的交点时，最小，在的延长线上时，最大，根据三角形的中位线定理可得结论．
【解答】解：如图，点为坐标平面内一点，，在上，且半径为1，
取，连接，
，，是的中位线，
，当最大时，即最大，而，，三点共线时，当在的延长线上时，最大，，，，，
，即的最大值为；故选：．
【点评】本题考查了坐标和图形的性质，三角形的中位线定理等知识，确定为最大值时点的位置是关键，也是难点．
（2019•乐山）如图，抛物线与轴交于、两点，是以点为圆心，2为半径的圆上的动点，是线段的中点，连接，则线段的最大值是
A．3B．C．D．4
【分析】连接，如图，先解方程得，，再判断为的中位线得到，利用点与圆的位置关系，过圆心时，最大，如图，点运动到位置时，最大，然后计算出即可得到线段的最大值．
【解答】解：连接，如图，当时，，解得，，则，，
是线段的中点，为的中位线，，当最大时，最大，
而过圆心时，最大，如图，点运动到位置时，最大，
，，线段的最大值是．故选：．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．也考查了三角形中位线．
（2018•泰安）如图，的半径为2，圆心的坐标为，点是上的任意一点，，且、与轴分别交于、两点，若点、点关于原点对称，则的最小值为
A．3B．4C．6D．8
【分析】由中知要使取得最小值，则需取得最小值，连接，交于点，当点位于位置时，取得最小值，据此求解可得．
【解答】解：，，，，
若要使取得最小值，则需取得最小值，连接，交于点，当点位于位置时，取得最小值，过点作轴于点，
则、，，又，，，故选：．
【点评】本题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出取得最小值时点的位置．
（2021•广东）在中，，，．点为平面上一个动点，，则线段长度的最小值为 ．
【分析】根据，，作的外接圆，连接，当、、三点共线时，的值最小．将问题转化为点圆最值．可证得为等腰直角三角形，，同样可证也为等腰直角三角形，，由勾股定理可求得的长为，最后最小值为．
【解答】解：如图所示．
，，作的外接圆（因求最小值，故圆心在的右侧），连接，
当、、三点共线时，的值最小．，，为等腰直角三角形，
．，，，作于点，
为等腰直角三角形．，，
在中，．当、、三点共线时，
最小为．故答案为：．
【点评】本题考查了动点与隐圆条件下的点圆最值，涉及到点与圆的位置关系、勾股定理、圆周角定理等基础知识点，难度较大，需要根据条件进行发散思维．解题关键在于确定出点的运动轨迹为一段优弧．
考点4：切线性质及其证明
①切线的判定：
（1）与圆只有一个公共点的直线是圆的切线（定义法）.
（2）到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线.
（3）经过半径外端点并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.
②切线的性质：
（1）切线与圆只有一个公共点.
（2）切线到圆心的距离等于圆的半径.
（3）切线垂直于经过切点的半径.

｛切线的性质★★｝（2020秋•衢江区期末）如图，、分别切于点、，且，切于点，交、于、两点，则的周长为
A．32B．24C．16D．8
【分析】由、分别切于点、，切于点，可得的周长，继而求得答案．
【解答】解：、分别切于点、，，切于点，
，，
的周长．故选：．
【点评】此题考查了切线的性质，得到的周长是关键．
｛切线的性质★★｝（2021•城阳区一模）如图，在的内接四边形中，是直径，，过点的切线与延长线交于点，则的度数为
A．B．C．D．
【分析】连接，根据圆内接四边形对角互补，可以求得的度数，由得，根据切线的性质可得，可以求得的度数，根据三角形外角的性质即可求解．
【解答】解：连接，
四边形是的内接四边形，，，，
，，过点的切线与延长线交于点，，，，．故选：．
【点评】本题考查切线的性质、圆内接四边形，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
｛切线的性质★★｝（2021•海城市模拟）如图，在中，是外一点，、与相切于、两点，、是上两点，若，则
A．B．C．D．
【分析】连接，根据圆内接四边形性质和切线长定理求出和的度数即可．
【解答】解：连接，
、与相切于、两点，，，，
、是上两点，，．故选：．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质、切线的性质等知识；熟练掌握圆内接四边形的性质和切线的性质是解决问题的关键．
｛切线的性质★★｝如图，内接于，，直线与相切，则
A．B．C．D．1
【分析】连接，，根据圆周角定理得到，根据等腰直角三角形的性质得到，根据切线的性质得到，由三角函数的定义即可得到答案．
【解答】解：连接，，，，，
，直线与相切，，，
，故选：．
【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
｛切线的判定★｝（2020•威海）如图，的外角的平分线与它的外接圆相交于点，连接，，过点作，交于点．
求证：（1）；
（2）为的切线．
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质得到，根据角平分线的定义得到，得到，于是得到；
（2）如图，连接并延长交于，连接，，推出直线垂直平分，得到，求得，根据切线的判定定理即可得到结论．
【解答】证明：（1）四边形是圆内接四边形，
，平分，，，，
，；
（2）如图，连接并延长交于，连接，，
，，直线垂直平分，，
，是的半径，为的切线．
【点评】本题考查了切线的判定定理，等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
｛切线的证明★｝（2021•巴中）如图、内接于，且，其外角平分线与的延长线交于点．
（1）求证：直线是的切线；
（2）若，，求图中阴影部分面积．
【分析】（1）连接，证明即可，利用角平分线的意义以及等腰三角形的性质得以证明；
（2）求出圆的半径和阴影部分所对应的圆心角度数即可，利用相似三角形求出半径，再根据特殊锐角三角函数求出．
【解答】解：（1）如图，连接并延长交于，，内接于，
所在的直线是的对称轴，也是的对称轴，，
又，，，
即，是的切线；
（2）连接，
，，，
由（1）可知是的对称轴，
垂直平分，，
设半径为，在中，由勾股定理得，
，
，
解得（取正值），
经检验是原方程的解，
即，又，
是等边三角形，，，
．
【点评】本题考查了切线的判定和性质、角平分线的性质，圆周角定理，三角形外接圆与外心，扇形面积的计算，灵活运用切线的判定方法是解题的关键．
｛切线的性质★｝（2021秋•镇江期中）如图，是的弦，点在过点的切线上，且，交于点，已知，则 ．
【分析】连接，则，且，得，求出的度数，由得，可求出的度数，然后在中求出的度数．
【解答】解：如图，连接，
与相切于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点评】此题考查圆的切线的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，连结过切点的半径是解题的关键．
｛切线的证明★｝（2021•西宁）如图，内接于，，是的直径，交于点，过点作，交的延长线于点，连接．
（1）求证：是的切线；
（2）已知，，求的长．
【分析】（1）由圆周角定理得，即，再由等腰三角形的性质和圆周角定理得，，则，然后由平行线的性质得，则，即，即可得出结论；
（2）证，得，则，即可求解．
【解答】（1）证明：是的直径，
，
即，
，
，
，
，
，
，
，
即，
，
又是的半径，
是的切线；
（2）解：，，
，
，，
，
，
，
．
【点评】本题考查了切线的判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握切线的判定和相似三角形的判定与性质，证明是解题的关键．
｛切线的证明★｝（2021•朝阳）如图，是的直径，点在上，且，点是外一点，分别连接，、，交于点，交于点，的延长线交于点，连接，，且．
（1）求证：是的切线；
（2）连接，若的半径为6，，求的长．
【分析】（1）根据圆周角定理和等量代换可得，进而得出，由可得，从得出结论；
（2）由，可得，在直角三角形中由锐角三角函数可求出、、，由勾股定理求出，由三角形的面积公式求出，再根据圆周角定理可求出，进而根据等腰直角三角形的边角关系求出即可．
【解答】解：（1），，，，
，即，是的切线；
（2）过点作于，
的半径为6，，
，
，
，
在中，
，
由三角形的面积公式可得，
，
即，
，又，
在中，．
【点评】本题考查切线的判定和性质，直角三角形的边角关系，理解锐角三角函数以及勾股定理是解决问题的前提．
（2021•青岛）如图，是的直径，点，在上，点是的中点，过点画的切线，交的延长线于点，连接．若，则的度数为
A．B．C．D．
【分析】根据切线的性质得到，根据直角三角形的性质求出，根据圆周角定理得到，进而求出，根据垂径定理得到，进而得出答案．
【解答】解：是的切线，，，，
是的直径，，，点是的中点，
，，故选：．
【点评】本题考查的是切线的性质、圆周角定理、垂径定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
（2021•福建）如图，为的直径，点在的延长线上，，与相切，切点分别为，．若，，则等于
A．B．C．D．
【分析】连接、、，交于，如图，利用切线的性质和切线长定理得到，，平分，根据等腰三角形的性质得到，则，根据圆周角定理得到，所以，然后求出即可．
【解答】解：连接、、，交于，如图，，与相切，切点分别为，，
，，平分，，，，
，，在中，，
，．故选：．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理和解直角三角形．
（2019•南京）如图，、是的切线，、为切点，点、在上．若，则 ．
【分析】连接，根据切线长定理得到，根据等腰三角形的性质得到，由圆内接四边形的性质得到，于是得到结论．
【解答】解：连接，、是的切线，，，，
，，故答案为：．
【点评】本题考查了切线长定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
考点5：正多边形与圆
①正多边形的有关概念：边长(a)、中心(O)、中心角(∠AOB)、半径(R))、边心距(r),如图所示①.

②内切圆的有关概念：
与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点．

｛正多边形与圆★｝如图所示，正五边形内接于，则的度数是
A．B．C．D．
【分析】利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求解即可．
【解答】解：正五边形内接于，，，
，故选：．
【点评】本题考查正多边形与圆，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是记住正多边形的内角．
｛正多边形与圆★｝（2021秋•临沂期中）以半径为4的圆的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距为三边作三角形，则该三角形的面积是
A．B．C．D．
【分析】分别画出对应的图形计算出三条边心距，利用勾股定理的逆定理可证明它们构建的三角形为直角三角形，然后根据三角形面积公式计算此三角形的面积．
【解答】解：如图1，为的内接正三角形，作于，连接，
，；
如图2，四边形为的内接正方形，作于，连接，
，；
如图3，六边形为的内接正六边形，作于，连接，
，，，
半径为4的圆的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距分别为2，，，
，以三条边心距所作的三角形为直角三角形，
该三角形的面积．故选：．
【点评】本题考查了正多边形与圆：熟练掌握正多边形的有关概念和正多边的性质，会解直角三角形．
｛正多边形与圆★★｝（2021秋•平阳县期中）我国伟大的数学家刘徽于公元263年攥《九章算术注》中指出，“周三径一”不是圆周率值，实际上是圆内接正六边形周长和直径的比值（图．刘徽发现，圆内接正多边形边数无限增加时，多边形的周长就无限逼近圆周长，从而创立“割圆术”，为计算圆周率建立起相当严密的理论和完善的算法．如图2，六边形是圆内接正六边形，把每段弧二等分，作出一个圆内接正十二边形，连结，，交于点，，则
A．2B．C．D．
【分析】设正六边形外接圆的圆心为，连接，求得，过作于，推出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到，求得，于是得到答案．
【解答】解：设正六边形外接圆的圆心为，连接，则，
由题意得，，，过作于，，，，
是等腰直角三角形，，
，，，，，
，，故选：．
【点评】本题考查了正多边形和圆，正六边形和正十二边形的性质，解直角三角形，正确地作出辅助线是解题的关键．
｛正多边形与圆★★｝（2021•宁德模拟）已知四个正六边形如图摆放在圆中，顶点，，，，，在圆上．若两个大正六边形的边长均为2，则小正六边形的边长是
A．B．C．D．
【分析】在边长为2的大正六边形中，根据正六边形和圆的性质可求出和半径，进而得出小正六边形对应点的距离，再根据正六边形的性质求出半径，即边长即可．
【解答】解：连接交于，则点是圆心，过点作于，连接，取的中点，连接，，由对称性可知，，由正六边形的性质可得，
，，
由正六边形的性质可知，、、都是正三角形，
，故选：．
【点评】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形和圆的性质是解决问题的关键．
｛正多边形与圆★｝（2020秋•张店区期末）如图，有一个半径为的圆形纸片，若在该纸片上沿虚线剪一个最大正六边形纸片，则这个正六边形纸片的边心距是
A．B．C．D．
【分析】根据题意画出图形，再根据正多边形圆心角的求法求出的度数，最后根据等腰三角形及直角三角形的性质解答即可．
【解答】解：如图所示，连接、，过点作于点，正六边形的边长为，，
六边形是正六边形，，，，
，，，，，
，，圆形纸片的半径为，故选：．
【点评】本题考查的是正多边形和圆，根据题意画出图形，利用直角三角形的性质及正六边形的性质解答是解答此题的关键．
｛正多边形与圆★｝（2021秋•龙江县校级期末）如图，已知点、、、为一个正多边形的顶点，为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为 12 ．
【分析】连接，，根据圆周角定理得到，于是得到结论．
【解答】解：连接，，、、、为一个正多边形的顶点，为正多边形的中心，
点、、、在以点为圆心，为半径的同一个圆上，，，
这个正多边形的边数，故答案为：12．
【点评】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，正确的理解题意是解题的关键．
｛正多边形与圆★★｝（2021•孝义市二模）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率．若设的半径为，圆内接正边形的边长、面积分别为，，圆内接正边形边长、面积分别为，．刘徽用以下公式求出和．
，．
如图，若的半径为1，则的内接正八边形的面积为 ．
【分析】利用勾股定理求出正方形的边长，根据即可．
【解答】解：连接，，，
四边形是圆内接正四边形，，是圆的直径，，，
，，，故答案为：．
【点评】本题考查了圆内接正多边形，利用圆内接正多边形的性质求出正方形的边长是解题的关键．
（2021•贵阳）如图，与正五边形的两边，相切于，两点，则的度数是
A．B．C．D．
【分析】先根据五边形的内角和求，由切线的性质得：，最后利用五边形的内角和相减可得结论．
【解答】解：正五边形的内角，，
、分别与相切于、两点，，
，故选：．
【点评】本题考查了正五边形的内角和、内角的度数、切线的性质，本题的五边形内角可通过外角来求：．
（2021•随州）如图，是的外接圆，连接并延长交于点，若，则的度数为 ．
【分析】连接，由圆周角定理的推论可知，因为与所对的弧为，所以．所以．
【解答】解：连接，如图．为直径，，与所对的弧为，
．．故答案为：．
【点评】本题主要考查了圆周角定理的推论，直径所对的圆周角为直角，同弧所对的圆周角相等．掌握这些性质是及作出合适的辅助线是解题的关键．
（2020•绥化）如图，正五边形内接于，点为上一点（点与点，点不重合），连接、，，垂足为，等于 54 度．
【分析】连接，．求出的度数，再根据圆周角定理得出的度数，由三角形内角和定理即可得出结果．
【解答】解：连接、，如图所示：
是正五边形，，，
，，，故答案为：54．
【点评】本题考查正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握正五边形的性质和圆周角定理，属于中考常考题型．
考点6：与圆有关的计算
①弧长和扇形面积的计算：
扇形的弧长l＝；扇形的面积S＝＝
②圆锥与侧面展开图
（1）圆锥侧面展开图是一个扇形，扇形的半径等于圆锥的母线，扇形的弧长等于圆锥的底面周长.
（2）计算公式：
,
S侧==πrl

｛弧长计算★｝（2021秋•黔西南州期末）如图，四边形是半径为2的的内接四边形，连接，．若，则的长为
A．B．C．D．
【分析】设，，由圆周角定理得出，求出，根据圆内接四边形得出，求出，求出，再根据弧长公式求出即可．
【解答】解：设，，由圆周角定理得：，
，四边形是的内接四边形，，
，解得：，即，的长为，故选：．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，弧长公式和圆周角定理等知识点，能求出的度数是解此题的关键．
｛弧长计算★｝一个扇形的弧长是9πcm，圆心角是108度，则此扇形的半径是 15 cm．
【分析】根据弧长计算公式列方程求解即可．
【解答】解：设扇形的半径为rcm，由题意得，＝9π，解得r＝15（cm），故答案为：15．
【点评】本题考查弧长的计算，掌握弧长的计算方法是正确计算的前提．
｛弧长计算★｝已知圆心角为的扇形的弧长为，则这个扇形的半径为 6 ．
【分析】设扇形的半径为，根据弧长公式和已知条件得出，再求出答案即可．
【解答】解：设扇形的半径为，圆心角为的扇形的弧长为，，
解得：，这个扇形的半径为6，故答案为：6．
【点评】本题考查了弧长的计算公式：（弧长为，圆心角度数为，圆的半径为．在弧长的计算公式中，是表示的圆心角的倍数，和180都不要带单位．
｛扇形面积计算★｝如果一个扇形的弧长等于它所在圆的半径，那么此扇形叫做“完美扇形”．已知某个“完美扇形”的周长等于6，那么这个扇形的面积等于 2 ．
【分析】根据扇形的面积公式，代入计算即可．
【解答】解： “完美扇形”的周长等于6，半径为，弧长为2，这个扇形的面积为：．答案为：2．
【点评】本题考查了扇形的面积，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键．
｛扇形面积计算★｝已知扇形的半径为，面积为，则此扇形的圆心角度数为 ．
【分析】根据扇形的面积公式列方程求解即可．
【解答】解：设扇形的圆心角的度数为，由扇形面积的计算公式可得，，解得，故答案为：．
【点评】本题考查扇形的面积计算，掌握扇形的面积公式是正确解答的前提．
｛扇形弧长与面积计算★｝已知扇形的圆心角为，半径为3，则该扇形的弧长为 ，面积为 ．
【分析】分别利用弧长公式，扇形面积公式求解即可．
【解答】解：该扇形的弧长，该扇形的面积，故答案为：，．
【点评】本题考查扇形的弧长，面积等知识，解题的关键是记住扇形的弧长，扇形的面积．
｛扇形面积计算★｝（2021•祥符区二模）如图，已知半圆的直径，将半圆绕点逆时针旋转，使点落在点处，与半圆交于点，若弧的长为，则图中阴影部分的面积是 ．
【分析】连接，如图，设，先利用弧长公式计算出，再利用圆周角定理得，由于，所以，然后利用扇形的面积公式计算．
【解答】解：连接，如图，设，
弧的长为，，解得，
，，
．故答案为：．
【点评】本题考查了扇形面积计算公式：设圆心角是，圆的半径为的扇形面积为，则或（其中为扇形的弧长）；求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．
｛圆锥侧面积计算★｝（2021秋•姑苏区校级月考）已知圆锥的母线长为，底面圆的半径为，则圆锥的表面积为 ．
【分析】利用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和扇形面积公式计算出圆锥的侧面积，然后加上底面积即可得到圆锥的表面积．
【解答】解：圆锥的侧面积，
圆锥的底面积，所以圆锥的表面积．故答案为：．
【点评】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．
｛圆锥侧面积计算★｝（2021秋•铜山区期中）如图，在中，，，．若以所在直线为轴，把旋转一周，得到一个圆锥，则这个圆锥的侧面积等于 ．
【分析】运用公式（其中勾股定理求解得到的母线长为求解．
【解答】解：由已知得，母线长，半径为6，圆锥的侧面积是．故答案为．
【点评】本题考查了圆锥的计算，要学会灵活的运用公式求解．
｛圆锥侧面积计算★｝（2021秋•龙沙区期中）圆锥的底面半径为3，侧面积为，则这个圆锥的高为 ．
【分析】圆锥的侧面积底面周长母线长，把相应数值代入即可求得母线长，利用勾股定理即可求得圆锥的高．
【解答】解：设圆锥的母线长为，则，解得，故圆锥的高．
故答案为：．
【点评】本题考查了圆锥的计算，用到的知识点为：圆锥侧面积的求法；圆锥的高，母线长，底面半径组成直角三角形．
｛圆锥侧面积计算★｝一个圆锥的侧面积是底面积的5倍，把它的侧面展开得到一个扇形，这个扇形的圆心角的度数是 ．
【分析】根据圆锥侧面积是底面积的2倍得到圆锥底面半径和母线长的关系，进而根据圆锥的弧长等于底面周长得到圆锥的侧面展开图的圆心角．
【解答】解：设母线长为，底面半径为，则底面周长，底面面积，侧面面积．
侧面积是底面积的5倍，
．设圆心角为．，，故答案为：．
【点评】本题主要考查了扇形面积公式，弧长公式，圆的周长公式，熟记公式是解本题的关键．

｛弧长的计算★｝如图，是的直径，，、在两侧的圆上，连接，若，则弧的长为 ．
【分析】连接，，根据圆周角定理得到，求得，得到，根据弧长公式即可得到结论．
【解答】解：连接，，是的直径，，，
，，，，
，弧的长为，故答案为：．
【点评】本题考查了弧长的计算，圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
｛弧长的计算★｝如图所示，在扇形中，为弦，，，，则的长为 ．
【分析】连接，证明是等边三角形，求出，再利用弧长公式求解．
【解答】解：连接．
，，
是等边三角形，，，
的长，故答案为：．
【点评】本题考查弧长公式，等边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，构造特殊三角形解决问题．
｛弧长的计算★｝如图，点，，在上，四边形是平行四边形，若对角线，则的长为 ．
【分析】作圆周角，连接交于，根据圆周角定理得出，根据平行四边形的性质得出，根据圆内接四边形的性质得出，求出，求出，解直角三角形求出、，再根据弧长公式求出即可．
【解答】解：
如图，作圆周角，连接交于，
则，四边形是平行四边形，，
四边形是的内接四边形，，，
，，四边形是平行四边形，，
，，，，
，解得：，即，的长是，故答案为：．
【点评】本题考查了直角三角形的性质，圆周角定理，弧长公式，平行四边形的性质，圆内接四边形的性质等知识点，能求出的度数是解此题的关键．
｛弧长的计算★｝（2021秋•瑞安市月考）已知弧的长是，弧的半径为3，则该弧所对的圆心角度数为 ．
【分析】根据弧长的公式，代入计算即可．
【解答】解：弧长的公式，弧长的公式，解得，，
故该弧所对的圆心角度数为，故答案为：．
【点评】本题考查了弧长的公式计算，熟练掌握弧长的计算公式是解题的关键．
｛面积的计算★｝（2021秋•北仑区期中）在中，，，将绕点逆时针旋转后得到，则图中阴影部分的面积是 ．
【分析】根据，再根据旋转的性质可得，然后利用扇形的面积公式计算即可得解．
【解答】解：，，，由图可知，，由旋转的性质得，，．故答案为：．
【点评】本题考查了扇形的面积计算，弧长公式，旋转的性质，熟记性质并求出阴影部分的面积等于扇形的面积是解题的关键．
｛圆锥侧面积的计算★｝一个圆锥的侧面展开图是半圆，则圆锥母线长与底面半径的比为 ．
【分析】根据圆锥的侧面展开扇形的周长等于圆锥的底面周长，分别设出圆锥的母线长和圆锥的底面半径，利用上述关系得到关系式求出两者的比值即可．
【解答】解：设圆锥的母线长为，底面半径为，圆锥的侧面展开图是一个半圆，
圆锥的侧面展开扇形的弧长为：，圆锥的侧面展开扇形的周长等于圆锥的底面周长，
，，故答案为：．
【点评】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是根据圆锥的侧面展开扇形的弧长等于圆锥的底面周长列出有关母线长和底面半径之间的关系式．
｛圆锥侧面积的计算★｝一张扇形纸片，半径是6，圆心角为，将它围成一个圆锥，则这个圆锥的底面半径为 2 ．
【分析】根据圆锥的底面圆的周长扇形的弧长，由此构建方程求解即可．
【解答】解：设圆锥的底面半径为．由题意，，，故答案为：2．
【点评】本题考查圆锥的计算，弧长公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
｛圆锥侧面积的计算★｝如图，从直径为的圆形纸片上剪出一个圆心角为的扇形．使点、、在圆周上，将剪下的扇形作为一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径是 2 ．
【分析】连接，如图，利用圆周角定理得到为的直径，则，设这个圆锥的底面半径为，利用弧长公式得到，然后解关于的方程即可．
【解答】解连接，如图，，为的直径，即，，设这个圆锥的底面半径为，根据题意得，解得，即这个圆锥的底面半径为2．故答案为2．
【点评】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．
｛圆锥侧面积的计算★｝一个扇形的半径等于一个圆的半径的2倍，如果这个扇形的面积与圆的面积相等，则这个扇形的圆心角等于 ．
【分析】根据扇形和圆的面积公式列出等式计算．
【解答】解：设圆的半径为，扇形圆心角为，则扇形的半径为，
利用面积公式可得：，解得．故答案为：．
【点评】本题考查了扇形面积的计算．解题时，主要是根据扇形和圆的面积公式列出等式计算，即可求出圆心角度数．
（2021•牡丹江）一条弧所对的圆心角为，弧长等于半径为的圆的周长的5倍，则这条弧的半径为
A．B．C．D．
【分析】设出弧所在圆的半径，由于弧长等于半径为的圆的周长的5倍，所以根据原题所给出的等量关系，列出方程，解方程即可．
【解答】解：设弧所在圆的半径为，由题意得，，解得，．故选：．
【点评】解决本题的关键是熟记圆周长的计算公式和弧长的计算公式，根据题意列出方程．
（2021•衢州）已知扇形的半径为6，圆心角为，则它的面积是
A．B．C．D．
【分析】把已知数据代入扇形面积公式计算，即可得到答案．
【解答】解：扇形面积，故选：．
【点评】本题考查的是扇形面积计算，掌握扇形面积公式：是解决本题的关键．
（2021•青海）如图，一根长的绳子，一端拴在围墙墙角的柱子上，另一端拴着一只小羊（羊只能在草地上活动）那么小羊在草地上的最大活动区域面积是
A．B．C．D．
【分析】小羊的最大活动区域是一个半径为5、圆心角为和一个半径为1、圆心角为的小扇形的面积和．所以根据扇形的面积公式即可求得小羊的最大活动范围．
【解答】解：大扇形的圆心角是90度，半径是5，
所以面积；
小扇形的圆心角是，半径是，
则面积，
则小羊在草地上的最大活动区域面积．
故选：．
【点评】本题考查了扇形的面积的计算，本题的关键是从图中找到小羊的活动区域是由哪几个图形组成的，然后分别计算即可．
（2021•湖北）用半径为，圆心角为的扇形纸片恰好能围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥底面半径为
A．B．C．D．
【分析】圆锥的底面圆半径为，根据圆锥的底面圆周长扇形的弧长，列方程求解．
【解答】解：设圆锥的底面圆半径为，依题意，得
，解得．故选：．
【点评】本题考查了圆锥的计算．圆锥的侧面展开图为扇形，计算要体现两个转化：1、圆锥的母线长为扇形的半径，2、圆锥的底面圆周长为扇形的弧长．
课堂总结：思维导图
分层训练：课堂知识巩固
1．（2016•兰州）如图，四边形内接于，若四边形是平行四边形，则的大小为
A．B．C．D．
【分析】设的度数，的度数，由题意可得，求出即可解决问题．
【解答】解：设的度数，的度数；
四边形是平行四边形，
；
，；而，
，
解得：，，，
故选：．
【点评】该题主要考查了圆周角定理及其应用问题；应牢固掌握该定理并能灵活运用．
2．（2022秋•天河区校级期末）如图，四边形是的内接四边形，连接，，，，则
A．B．C．D．
【分析】利用平行线的性质可求解，由圆周角定理可求解的度数，利用的内接四边形对角互补得出即可．
【解答】解：，，
，
，
，
．
故选：．
【点评】本题主要考查圆周角定理，平行线的性质，求解的度数是解题的关键．
3．（2022秋•大名县校级期末）如图，是的中点，弦，，且，则所在圆的半径为
A．4B．5C．6D．10
【分析】由垂径定理，勾股定理，可以求解．
【解答】解：设所在圆的圆心为点，的半径为，连接，，
，点是中点，
，，三点共线，，
，
，
，
故选：．
【点评】本题考查勾股定理，垂径定理，关键是定出圆心，构造直角三角形，应用勾股定理列出关于半径的方程．
4．（2022秋•荔湾区校级期末）如图，在中，，，分别以点，为圆心，线段长的一半为半径作圆弧，交，，于点，，，则图中阴影部分的面积是
A．B．C．D．
【分析】阴影部分的面积等于的面积减去空白处的面积即可得出答案．
【解答】解：等腰直角三角形中，，，
，，
为中点，
，
阴影部分的面积．
故选：．
【点评】本题考查了扇形的面积公式，正确熟记扇形的面积公式是解此题的关键，题目比较好，难度适中．
5．（2022秋•宿豫区期末）如图，是的外接圆，连接并延长交于点，若，则的度数为
A．B．C．D．
【分析】连接，如图，根据圆周角定理得到，，然后利用互余关系计算的度数．
【解答】解：连接，如图，
为直径，
，
，
．
故选：．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了圆周角定理．
6．（2022秋•聊城期末）如图，中，，点是的内心，则的度数为
A．B．C．D．
【分析】根据，求出，再根据点是的内心，求出，根据三角形内角和定理求出的度数即可．
【解答】解：，
，
点是的内心，
，
．
故选：．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，三角形内角和定理，圆周角定理的应用，主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力．
7．（2022秋•定西期末）在平面直角坐标系中，若点在内，则的半径的取值范围是
A．B．C．D．
【分析】本题可先由勾股定理等性质算出点与圆心的距离，再根据点与圆心的距离与半径的大小关系，即当时，点在圆外；当时，点在圆上；点在圆外；当时，点在圆内；来确定点与圆的位置关系．
【解答】解：点，
，
点在内，
，即，
故选：．
【点评】本题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是能够根据勾股定理求得点到圆心的距离，根据数量关系判断点和圆的位置关系．
8．（2022秋•河西区校级期末）已知的半径为，点到圆心的距离，则点
A．在外B．在上C．在内D．无法确定
【分析】根据点到圆心的距离和圆的半径之间的大小关系，即可判断；
【解答】解：的半径为，点到圆心的距离，
，
点在圆内，
故选：．
【点评】本题考查点与圆的位置关系，点与圆的位置关系有3种．设的半径为，点到圆心的距离，则有：①点在圆外． ②点在圆上．③点在圆内．
9．（2023•市南区一模）如图，四边形内接于，是上一点，且，连接并延长交的延长线于点，连接，若，，则的度数为
A．B．C．D．
【分析】先根据圆内接四边形的性质求出的度数，再由圆周角定理得出的度数，根据三角形外角的性质即可得出结论．
【解答】解：四边形内接于，，
．
，，
，
．
故选：．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质，熟知圆内接四边形的对角互补是解答此题的关键．
10．（2022秋•宛城区校级期末）如图，是的内切圆，点、分别为边、上的点，且为的切线，若的周长为25，的长是9，则的周长是
A．7B．8C．9D．16
【分析】根据切线长定理，可得，，，，则，据此即可求解．
【解答】解：、、、都和相切，
，，，．
，
．
故选：．
【点评】本题考查了切线长定理，理解定理，找出图形中存在的相等的线段是关键．
11．（2022秋•红旗区校级期末）以正方形的边为直径作半圆，过点作直线切半圆于点，交边于点，若的周长为12，则直角梯形周长为
A．12B．13C．14D．15
【分析】根据切线的性质知：，；根据的周长可求出正方形的边长；在中，利用勾股定理可将的长求出，进而可求出直角梯形的周长．
【解答】解：设的长为，正方形的边长为，
与半圆相切于点，
，，
，
，
，
正方形的边长为4；
在中，，即，解得：，
，
直角梯形周长为14．
故选：．
【点评】本题考查的是切线长定理，切线长定理图提供了很多等线段，分析图形时关键是要仔细探索，找出图形的各对相等切线长．
二．填空题（共3小题）
12．（2022秋•鼓楼区校级期末）如图，《掷铁饼者》是希腊雕刻家米隆于约公元前450年雕刻的青铜雕塑，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中具有表现力的瞬间．掷铁饼者张开的双臂与肩宽可以近似看像一张拉满弦的弓，弧长约为米，“弓”所在的圆的半径约1.25米，则“弓”所对的圆心角度数为 ．
【分析】由弧长公式进行变形计算即可．
【解答】解：设“弓”所对的圆心角度数为，
弧长，
，
即“弓”所对的圆心角度数为，
故答案为：．
【点评】本题考查了弧长公式，熟记弧长公式是解题的关键．
13．（2022秋•宿豫区期末）《九章算术》是我国古代数学名著，也是古代东方数学的代表作之一．书中记载了一个问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容圆径几何？”译文：“如图，今有直角三角形，勾（短直角边）长为5步，股（长直角边）长为12步，问该直角三角形能容纳的圆（内切圆）的直径是多少步？”
根据题意，该直角三角形内切圆的直径为 4 步．
【分析】如图，，，，为的内切圆，分别与三边切于、、，连接、，如图，设的半径为，根据切线的性质得到，，再证明矩形为正方形得到，所以，，所以，解方程求出，从而得到的直径．
【解答】解：如图，，，，为的内切圆，分别与三边切于、、，
连接、，如图，设的半径为，
、与相切，
，，
四边形为矩形，
而，
矩形为正方形，
，
，，
，，
，，
，
，解得，
的直径为4．
故答案为4．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．也考查了切线的性质．
14．（2023•汉阳区校级一模）线段是圆内接正十二边形的一条边，则边所对的圆周角是 或165 ．
【分析】求出一条边所对的圆心角的度数，再根据圆周角和圆心角的关系解答．
【解答】解：圆内接正十二边形的边所对的圆心角和，
根据圆周角等于同弧所对圆心角的一半，
所对的圆周角的度数是或，
故答案为或165．
【点评】本题考查学生对正多边形的概念掌握和计算的能力，属于基础题，要注意分两种情况讨论．
三．解答题（共1小题）
15．（2016•枣庄）如图，是的直径，是的弦，点是外一点，连接、，．
（1）求证：是的切线；
（2）连接，若，且，的半径为，求的长．
【分析】（1）连接，由圆周角定理得出，得出，再由，得出，证出，即可得出结论；
（2）证明，得出对应边成比例，即可求出的长．
【解答】（1）证明：连接，如图所示：
是的直径，
，
，
，
，
，
，
即，
是的切线；
（2）解：的半径为，
，，
，
，
，
，
，
又，
，
，
即，
．
【点评】本题考查了切线的判定、圆周角定理、平行线的性质、相似三角形的判定与性质；熟练掌握圆周角定理、切线的判定是解决问题的关键．
1．（2022秋•绍兴期中）如图，已知是的直径，半径，点在劣弧上（不与点，点重合），与交于点，设，，则以下关系式成立的是
A．B．C．D．
【分析】根据垂直定义可得，从而可得，再利用对顶角相等可得，然后利用直角三角形的两个锐角互余可得，最后利用圆周角定理可得，从而可得，进行计算即可解答．
【解答】解：，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：．
【点评】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．
2．（2021秋•武义县期末）如图，在中，，斜边与量角器的直径重合点的刻度为，将射线绕着点转动，与量角器的外圆弧交于点，与交于点，若是等腰三角形，则点在量角器上对应的刻度为
A．B．C．或D．或
【分析】如图，点是中点，连接，易知点在量角器上对应的度数，只要求出的度数即可解决问题．
【解答】解：如图，点是中点，连接．
点在量角器上对应的度数，
当射线将分割出的是等腰三角形时，
或，
点在量角器上对应的度数或，
故选：．
【点评】本题考查圆心角与圆周角的关系，量角器、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解，学会分类讨论的思想，属于中考常考题型．
3．（2022秋•衢州期中）扇子与民众的日常生活息息相关，中国传统扇文化有着深厚的文化底蕴．如图是一把折扇的简易图，已知扇面的宽度占骨柄的，骨柄长为，折扇张开的角度为．则扇面（阴影部分）的面积是
A．B．C．D．
【分析】折扇扇面的面积等于两个扇形的面积之差，据此解答即可．
【解答】解：根据题意得：
，，
，
扇面（阴影部分）的面积是：
．
故选：．
【点评】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．
4．（2022•张店区二模）如图，内切于，点、点分别在直角边、斜边上，，且与相切，若，则的值为
A．B．C．D．
【分析】设的半径是，，，连接，，，，得出正方形和，推出，求出，，根据锐角三角函数值求出即可．
【解答】解：如图：
设的半径是，，，
连接，，，，
内切于，
，，
，
四边形是正方形，
，
同理，
则，，
，，
，
，
，
，
，
根据得：，
解得：，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：，
即，，
．
故选：．
【点评】本题考查了正方形的性质和判定，切线的性质，勾股定理，相似三角形的性质和判定，切线长定理等知识点的应用，主要考查学生的推理和计算能力，难度偏大．
5．（2022•上海模拟）如图，在边长为1的正方形中，点在对角线上，且与边、相切．点是与线段的交点，如果是既与内切，又与正方形的两条边相切，那么关于的半径的方程是
A．B．
C．D．
【分析】先画出符合题意的图形，过点作于点，过点作于点，过点作于点，由此可得是等腰直角三角形，四边形是矩形，根据三角形函数和线段的和差计算可得出结论．
【解答】解：如图，由内切的定义可知，的半径为，
过点作于点，过点作于点，过点作于点，
四边形为矩形，
，
，，
，
，
，即，
故选：．
【点评】本题主要考查圆的相关计算，涉及内切的定义，切线的定义及性质，等腰直角三角形的性质与判定，矩形的性质与判定等相关知识，解题关键是画出符合题意的图形．
6．（2022•武汉）如图，在四边形材料中，，，，，．现用此材料截出一个面积最大的圆形模板，则此圆的半径是
A．B．C．D．
【分析】如图，当，，相切于于点，，时，的面积最大．连接，，，，，，，过点作于点．利用面积法构建方程求解．
【解答】解：如图，当，，相切于于点，，时，的面积最大．连接，，，，，，，过点作于点．
，，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
设，
则有，
，
故选：．
【点评】本题考查切线的性质，直角梯形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会利用面积法构建方程解决问题．
7．（2022•北碚区校级模拟）如图，为的直径，与相切于点，交于点，是的中点，连接并延长交于点，若，，则的长为
A．B．C．D．4
【分析】连接交于点，根据垂径定理可得，再利用直径所对的圆周角是直角可得，从而可得，进而可得是的中位线，然后利用三角形的中位线定理可得，
再证明，利用相似三角形的性质可求出，从而求出，最后在中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【解答】解：连接交于点，
是的中点，
，
，
为的直径，
，
，
，
，
，
是的中位线，
，
，
，
与相切于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：．
【点评】本题考查了圆周角定理，三角形的中位线定理，相似三角形的判定与性质，切线的性质，垂径定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质，以及圆周角定理是解题的关键．
8．（2022•新河县一模）如图，点为的内心，，，点，分别为，上的点，且．甲、乙、丙三人有如下判断：甲：；乙：四边形的面积为面积的；丙：当时，的周长有最小值．则下列说法正确的是
A．只有甲正确B．只有乙错误
C．乙、丙都正确D．甲、乙、丙都正确
【分析】过点作，于点，，根据三角形内心可得，然后证明，可得；连接，根据，可得四边形的面积，根据点的位置固定，可得四边形的面积是定值，根据，，可得的形状不固定，三角形的面积也不固定，进而可以进行判断；过点作于点，根据，，可得，，所以的周长，可得当最小时，即当时，的周长最小值，进而可得结论．
【解答】解：如图，连接，过点作，于点，，
点为的内心，
是的平分线，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，故甲的判断正确；
，
四边形的面积，
点的位置固定，
四边形的面积是定值，
，，
的形状不固定，三角形的面积也不固定，故乙的判断错误；
如图，过点作于点，
，，
，
，
的周长，
当最小时，即当时，的周长取得最小值，
此时，
，
，
是等边三角形，
，
当时，的周长有最小值，故丙的判断正确．
综上所述：说法正确的是甲和丙．
故选：．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，等腰三角形的判定，圆周角定理，轴对称最短路线问题，解决本题的关键是掌握三角形内心定义．
9．（2022•江阴市模拟）如图，半径为1的的圆心在坐标原点，为直线上一点，过点作的切线，切点为，连接，．下列结论：
①当为等腰直角三角形时，点坐标为；
②当时，点坐标为；
③面积最小值为；
④．
其中正确的有
A．4个B．3个C．2个D．1个
【分析】根据切线的性质可得，根据题意设，利用两点间距离公式可得，当为等腰直角三角形时，可得，然后进行计算即可判断①；当时，可求出，从而可得，然后进行计算即可判断②；在中，利用勾股定理可得，从而求出的最小值，然后利用三角形的面积进行计算即可判断③；在上取一点为，使，从而可求出，然后利用③的结论可得，从而可得，即可判断④．
【解答】解：与相切于点，
，
点在直线上，
设，
，
当为等腰直角三角形时，
，
，
，
，
，
故①正确；
当时，
，
，
，
，，
或，
故②不正确；
在中，，，
，
当时，的最小值为1，
的最小值为1，
面积最小值，
故③正确；
如图：在上取一点为，使，
，
，
由③可得：，
，
，
故④正确，
所以，上列结论，其中正确的有3个，
故选：．
【点评】本题考查了含30度角的直角三角形，切线的性质，等腰直角三角形，一次函数图象上点的坐标特征，二次函数的最值，两点间距离公式，熟练掌握二次函数的最值，以及两点间距离公式是解题的关键．
10．（2022•黄岩区一模）如图，是等边三角形，点，点在数轴上，点表示数，点表示数2，以为直径作圆交边于点，以为圆心，为半径作弧交数轴于点，则点在数轴上表示的数为
A．B．C．D．
【分析】根据题意可得，利用等边三角形的性质可得，由是的直径可得，由三角形内角和定理可得，由此可得，根据勾股定理可以求得的长，进而可以得到点表示的数．
【解答】解：由题意可得，
是等边三角形，
，
是的直径，
，
，
，
在中，，，
，
为半径作弧交数轴于点，
．
点表示数为．
故选：．
【点评】本题主要考查实数与数轴、圆周角定理、勾股定理等知识，解答本题的关键是熟练掌握圆周角定理和勾股定理的运用．
二．填空题（共1小题）
11．（2022秋•洛阳期末）如图，正方形的边长为1，分别以，为圆心，以正方形的边长为半径画弧，两弧相交于点，那么图中阴影部分的面积为 ．
【分析】连接、，作于，根据等边三角形的性质得到，解直角三角形求出、，根据扇形面积公式、三角形的面积公式计算，得到答案．
【解答】解：连接，，作于，
，
为等边三角形，
，，
，，
则图中阴影部分的面积正方形的面积扇形的面积扇形的面积（扇形的面积的面积）
，
故答案为：．
【点评】本题考查的是扇形面积计算、等边三角形的判定和性质，掌握扇形面积公式是解题的关键．
1．（2021秋•莆田期末）如图，矩形中，，，是的直径，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，且交于点，交于点，与相切于点．下列说法正确的有 ①②③④ ．（只填写序号）
①，②，③，④．
【分析】连接，，过点作于点，可得四边形是矩形，证明，根据，，可得，进而可以判断①正确；证明是等边三角形，可得，，进而可以判断②正确；连接，根据是的直径，可得，利用含30度角的直角三角形即可判断③正确；根据，，即可判断④正确．
【解答】解：如图，连接，，过点作于点，
与相切于点，
，
四边形是矩形，
，
，是的直径，
，
在矩形中，由旋转可知：，
，
，，
，
，故①正确；
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，故②正确；
如图，连接，
是的直径，
，
，，
，
，
，故③正确；
，，
，故④正确．
综上所述：正确的有①②③④．
故答案为：①②③④．
【点评】本题属于几何综合题，是中考选择题的压轴题，考查了切线的性质，圆周角定理，垂径定理，矩形的判定与性质，旋转的性质，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，解决本题的关键是得到是等边三角形．
2．（2021秋•越秀区期末）如图，正方形的边长为1，经过点，为的直径，且．过点作的切线分别交边，于点，．与，分别交于点，，绕点在平面内旋转（始终保持圆心在正方形内部）．给出下列四个结论：
①；②；③，，，四点在同一个圆上；④四边形面积的最大值为．
其中正确的结论有 ②③④ （填写所有正确结论的序号）．
【分析】①在绕点在平面内旋转（始终保持圆心在正方形内部）过程中，增大时，随着减小，减小时，随着增大，可判断①不正确；
②先证明，可得：，，，同理：，，，即可得出：，可判断②正确；
③根据，，可得，进而推出：，即，，，四点在同一个圆上，即可判断③正确；
④设，，则，，，，利用勾股定理可得出，设四边形的面积为，则：，整理，得：，由根的判别式得：△，即，可得出，即四边形的面积的最大值为，可判断④正确．
【解答】解：①在绕点在平面内旋转（始终保持圆心在正方形内部）过程中，
增大时，随着减小，减小时，随着增大，故①不正确；
②正方形的边长为1，
，，
与相切于点，
，
为的直径，且，
，
在和中，
，
，
，，，
同理：，，，
，
，
，故②正确；
③，，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是圆内接四边形，
即，，，四点在同一个圆上，故③正确；
④设，，则，，，，
，
在中，，
，
，
设四边形的面积为，
则：
，
，
整理，得：，
△，
，
，
或，
解得：或，
，
不符合题意，舍去，
，
即的最大值为，
四边形的面积的最大值为，
故④正确，
故答案为：②③④．
【点评】本题考查了正方形的性质，圆内接四边形的判定与性质，切线的性质，全等三角形的判定和性质，三角形面积，旋转变换的性质等，解题关键是熟练掌握全等三角形判定和性质．
二．解答题（共7小题）
3．（2022秋•泰山区校级期末）如图，在中，，的平分线交于点，点在上，以为直径的经过点．
（1）求证：
①是的切线；
②；
（2）若点是劣弧的中点，且，试求阴影部分的面积．
【分析】（1）①证明，即可求解；②证明，即可求解；
（2）证明、是等边三角形，，即可求解．
【解答】（1）①证明：连接，
是的平分线，
，
，
，
则，
，
而，
，
为半径，
是的切线；
②证明：连接，
是的切线，
，
，
，
；
（2）解：连接、、、，设圆的半径为，
点是劣弧的中点，
是是中垂线，
，
，
，
，
，
，
、是等边三角形，则，
故，
，
，
，
，
．
【点评】此题属于圆的综合题，涉及了平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、三角函数值的知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．
4．（2021•广西）如图，已知，是的直径，，与的边，分别交于点，，连接并延长，与的延长线交于点，．
（1）求证：是的切线；
（2）若，求的值；
（3）在（2）的条件下，若的平分线交于点，连接交于点，求的值．
【分析】（1）由，得，根据是的直径，可得，且已知，即可证明，是的切线；
（2）连接，先证明，，由，，得，在中，，即可求出；
（3）延长交于，连接、，由，可得，即，而，，在中，，再证，可得，，根据平分，，得，从而，，，在中，，最后证明，即可得．
【解答】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
是的切线；
（2）连接，如图：
是的直径，
，
是的切线，
，
，
又，
，
，
，，
，
解得或（舍去），
在中，，
；
（3）延长交于，连接、，如图：
是直径，
，
，
，即，
，，
，，
中，，
，，
且，
，
，
即，
，即，
解得，
平分，，
，
，
，
，
在中，，
而，
且，
，
．
【点评】本题考查圆的综合应用，涉及圆切线的判定、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是观察、构造相似三角形，把所求线段的比转化为两个相似三角形其它边的比，
5．（2019•德阳）如图，是的直径，点为上一点，于点，交于点，点为的延长线上一点，的延长线与的延长线交于点，且，连接、、．
（1）求证：为的切线；
（2）过作于点，求证：；
（3）如果，，求的长．
【分析】（1）连接，证明，可得，则结论得证；
（2）证得，根据可证明；
（3）由条件可得，设，则，由勾股定理得，证明，可得，求出，，，则，，则可得出答案．
【解答】（1）证明：如图，连接，
，
，
，
，
，
，
，
，
点为上一点，
为的切线；
（2）解：，
，
，
，
，
，
，
在和中，，
；
（3）解：是的直径，
，
，
为的切线，
，
，
，
，
，设，则，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
．
【点评】本题考查圆综合题、切线的判定和性质、垂径定理、相似三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，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．
6．（2019•西藏）如图，在中．，以为直径的分别交、于点、，点在的延长线上，且．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求点到的距离．
【分析】（1）证明为等腰三角形，则，即，即可求解；
（2）在中，，同理，利用，即可求解．也可以，作于点，则，则，求出的值
【解答】解：（1）连接，则，
，为等腰三角形，
，
，即，
是的切线；
（2）为等腰三角形，
，
，则，
在中，，
同理，
设：点到的距离为，
则，
即：，
解得：，
故点到的距离为．
【点评】本题考查的是切线定理的判断与运用，涉及到解直角三角形、三角形面积计算等，难度适中．
7．（2019•呼和浩特）如图，以的直角边为直径的交斜边于点，过点作的切线与交于点，弦与垂直，垂足为．
（1）求证：为的中点；
（2）若的面积为，两个三角形和的外接圆面积之比为3，求的内切圆面积和四边形的外接圆面积的比．
【分析】（1）证明，，为直角三角形的中线，即可求解；
（2）和的外接圆面积之比为3，确定，即，得，即可求解．
【解答】解：（1）连接、，
是直径，则，
是切线，
，
，
，即是圆的切线，
，
，
，
，
，
，
为的中点；
（2）和的外接圆面积之比为3，
则两个三角形的外接圆的直径分别为、，
，
而，
，
则，
，
，
，是直角三角形的中线，
，
为等边三角形，
的面积：，
则，，
，，，而，
四边形的外接圆面积（2），
等边三角形边长为2，则其内切圆的半径为：，面积为，
故的内切圆面积和四边形的外接圆面积的比为：．
【点评】本题为圆的综合运用题，涉及到三角形的外接圆和内切圆的相关知识，本题的关键是通过和的外接圆面积之比为3，确定，进而求解．
8．（2019•哈尔滨）已知：为的直径，为的半径，、是的两条弦，于点，于点，连接、，与交于点．
（1）如图1，若与交于点，求证：；
（2）如图2，连接、，与交于点，若，，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接、、，与交于点，与交于点，连接，若，，求的长．
【分析】（1）利用“四边形内角和为”、“同弧所对的圆周角是圆心角的一半”即可；
（2）根据同圆中，相等的圆心角所对的弦相等，先证，再根据“等角对等边”，证明；
（3）由全等三角形性质和垂径定理可将转化为；可设两直角边为：，，再构造直角三角形利用，求出的值；求得，得为直角三角形，应用勾股定理求．
【解答】解：（1）如图1，于点，于点
（2）如图2，连接，
，
，
即：
，
，
（3）如图3，连接，过点作于，过点作于，连接，
由（2）知：，
，
，
，，，
，即：
设，，
则，
在中，
四边形内接于，，
，
在中，
即：，解得：，（不符合题意，舍去）
，，
，，
在中，，，
在中，
，
，即，
．
【点评】本题是有关圆的几何综合题，难度较大，综合性很强；主要考查了垂径定理，圆周角与圆心角，同圆中圆心角、弧、弦的关系，圆内接四边形性质，全等三角形性质，勾股定理及解直角三角形等．
9．（2019•深圳）已知在平面直角坐标系中，点，，，以线段为直径作圆，圆心为，直线交于点，连接．
（1）求证：直线是的切线；
（2）点为轴上任意一动点，连接交于点，连接；
①当时，求所有点的坐标 ， （直接写出）；
②求的最大值．
【分析】（1）连接，证明即可，可通过半径相等得到，根据直角三角形斜边上中线等于斜边一半得，，得证；
（2）①分两种情况：位于线段上，位于的延长线上；过作的垂线，构造相似三角形，应用相似三角形性质可求得点坐标；
②方法1：如图4，过作于，由，可得，即可推出；
方法2：设，则，，运用，即可求得答案．
【解答】解：（1）证明：如图1，连接，，
为圆的直径，
，
即：
轴
点在上
直线为的切线．
（2）①如图2，当位于上时，过作于，
，，
，即
设，则，
，解得：
即，
如图3，当位于的延长线上时，过作于，
设，则，
解得：
即
故答案为：，，．
②方法1：如图4，过作于，
为直径，
，
，
，
，
，
，
，
的最大值为．
方法2：设，则，，
，即：
，
，即
的最大值．
【点评】本题是一道难度较大，综合性很强的有关圆的代数几何综合题，主要考查了圆的性质，切线的性质和判定定理，直角三角形性质，相似三角形性质和判定，动点问题，二次函数最值问题等，构造相似三角形和应用求二次函数最值方法是解题关键．