初中数学中考复习 专题48圆（2）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版）

这是一份初中数学中考复习 专题48圆（2）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版），共205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48圆（2）（全国一年）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．（2020·湖北宜昌?中考真题）如图，E，F，G为圆上的三点，，P点可能是圆心的是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据圆心角与圆周角的角度关系判断即可．
【详解】
同弧的圆心角是圆周角的两倍,因此C满足该条件．
故选C．
【点睛】
本题考查圆周角定理,关键在于牢记基础知识．
2．（2020·湖北荆门?中考真题）如图，中，，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由垂径定理都出，然后根据圆周角定理即可得出答案．
【详解】
∵OC⊥AB，
∴，
∴∠APC=∠BOC，
∵∠APC=28°，
∴∠BOC=56°，
故选：D．
【点睛】
本题考查了垂径定理和圆周角定理，得出是解题关键．
3．（2020·湖北随州?中考真题）设边长为的等边三角形的高、内切圆的半径、外接圆的半径分别为、、，则下列结论不正确的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
将图形标记各点,即可从图中看出长度关系证明A正确,再由构造的直角三角形和30°特殊角证明B正确,利用勾股定理求出r和R,即可判断C、D．
【详解】

如图所示,标上各点，AO为R，OB为r，AB为h，
从图象可以得出AB=AO+OB，即，A正确；
∵三角形为等边三角形，
∴∠CAO=30°，
根据垂径定理可知∠ACO=90°，
∴AO=2OC，即R=2r，B正确；
在Rt△ACO中，利用勾股定理可得：AO2=AC2+OC2，即，
由B中关系可得：，解得，则，
所以C错误，D正确；
故选：C．
【点睛】
本题考查圆与正三角形的性质结合,关键在于巧妙利用半径和构建直角三角形．
4．（2020·四川内江?中考真题）如图，点A、B、C、D在⊙O上，，点B是的中点，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】

根据圆心角、弧、弦的关系定理得到∠AOB＝∠AOC，再根据圆周角定理解答．
【详解】

连接OB，
∵点B是的中点，
∴∠AOB＝∠AOC＝60°，
由圆周角定理得，∠D＝∠AOB＝30°，
故选：A．

【点睛】

本题考查的是圆心角、弧、弦的关系定理、圆周角定理，掌握在同圆或等圆中，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是解题的关键．
5．（2020·湖北省直辖县级单位?中考真题）一个圆锥的底面半径是，其侧面展开图的圆心角是120°，则圆锥的母线长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意求出圆锥的底面周长，根据弧长公式计算即可．
【详解】
解：圆锥的底面周长＝2×π×4＝8π，
∴侧面展开图的弧长为8π，
则圆锥母线长＝＝12（cm），
故选：B．
【点睛】
本题考查的是圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
6．（2020·山西中考真题）中国美食讲究色香味美，优雅的摆盘造型也会让美食锦上添花．图①中的摆盘，其形状是扇形的一部分，图②是其几何示意图（阴影部分为摆盘），通过测量得到，，两点之间的距离为，圆心角为，则图中摆盘的面积是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】

先证明是等边三角形，求解，利用摆盘的面积等于两个扇形面积的差可得答案．
【详解】

解：如图，连接，

是等边三角形，




所以则图中摆盘的面积
故选B．

【点睛】

本题考查的是扇形面积的计算，等边三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
7．（2020·四川宜宾?中考真题）如图，AB是的直径，点C是圆上一点，连结AC和BC，过点C作于D，且，则的周长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】

先根据勾股定理求出BC，再根据圆周角的性质得到AC⊥BC，得到cosB=,代入即可求出AB，故可求出的周长．
【详解】

∵，，
∴BC=
∵AB是的直径，
∴AC⊥BC，
∴cosB=
即
解得AB=
∴的周长为
故选A．
【点睛】

此题主要考查圆内线段的求解，解题的关键是熟知圆周角定理、三角函数的运用．
8．（2020·内蒙古通辽?中考真题）如图，分别与相切于两点，，则(　　　)

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
连接OA、OB，根据切线的性质定理，结合四边形AOBP的内角和为360°，即可推出∠AOB的度数，然后根据圆周角定理，即可推出∠C的度数．
【详解】
解：连接OA、OB，
∵直线PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∵∠P=72°，
∴∠AOB=108°，
∵C是⊙O上一点，
∴∠ACB=54°．
故选：C．

【点睛】
本题主要考查切线的性质、四边形的内角和、圆周角定理，关键在于熟练运用切线的性质，通过作辅助线构建四边形，最后通过圆周角定理即可推出结果．
9．（2020·青海中考真题）如图是一个废弃的扇形统计图，小明同学利用它的阴影部分制作一个圆锥，则这个圆锥的底面半径是（ ）

A．3.6 B．1.8 C．3 D．6
【答案】A
【解析】
【分析】
先计算阴影部分的圆心角度数，再计算阴影部分的弧长，再利用弧长计算圆锥底面的半径．
【详解】
由图知：阴影部分的圆心角的度数为：360°252°=108°
阴影部分的弧长为：
设阴影部分构成的圆锥的底面半径为r：则，即
故选：A．
【点睛】
本题考查了扇形的弧长与其构成的圆锥之间的对应关系，熟练的把握这一对应关系是解题的关键．
10．（2020·广东广州?中考真题）如图，中，，，，以点为圆心，为半径作，当时，与的位置关系是（ ）

A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】
根据中，， ，求出AC的值，再根据勾股定理求出BC 的值，比较BC与半径r的大小，即可得出与的位置关系．
【详解】
解：∵中，， ，
∴cosA=
∵，
∴AC=4
∴BC=
当时，与的位置关系是：相切
故选：B
【点睛】
本题考查了由三角函数解直角三角形，勾股定理以及直线和圆的位置关系等知识，利用勾股定理解求出BC是解题的关键．
11．（2020·江苏淮安?中考真题）如图，点、、在圆上，，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】

先由圆周角定理得到∠AOB,再利用等腰三角形的性质求解即可．
【详解】

∵在圆O中，∠ACB=54º，
∴∠AOB=2∠ACB=108º，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA==36º，
故选：C．
【点睛】

本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质，熟练掌握圆周角定理，会用等边对等角求角的度数是解答的关键．
12．（2020·甘肃天水?中考真题）如图所示，、分别与相切于、两点，点为上一点，连接、，若，则的度数为(　　　)

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】

先利用切线的性质得∠OAP=∠OBP=90°，再利用四边形的内角和计算出∠AOB的度数，然后根据圆周角定理计算∠ACB的度数．
【详解】

连接OA、OB，

∵PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∵∠P=70°，
∴∠AOB=180°-∠P=180°-70°=110°，
∴∠ACB=∠AOB=×110°=55°．
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．也考查了圆周角定理．
13．（2020·江苏常州?中考真题）如图，是的弦，点C是优弧上的动点（C不与A、B重合），，垂足为H，点M是的中点．若的半径是3，则长的最大值是（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【解析】
【分析】
根据直角三角形斜边中线定理，斜边上的中线等于斜边的一半可知MH=BC，当BC为直径时长度最大，即可求解．
【详解】
解：∵
∴∠BHC=90°
∵在Rt△BHC中，点M是的中点
∴MH=BC
∵BC为的弦
∴当BC为直径时，MH最大
∵的半径是3
∴MH最大为3．
故选：A．
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边中线定理，数形结合是结题关键．
14．（2020·江苏徐州?中考真题）如图，是的弦，点在过点的切线上，，交于点．若，则的度数等于（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意可求出∠APO、∠A的度数，进一步可得∠ABO度数，从而推出答案.
【详解】
∵，
∴∠APO=70°，
∵，
∴∠AOP=90°，∴∠A=20°，
又∵OA=OB，
∴∠ABO=20°，
又∵点C在过点B的切线上，
∴∠OBC=90°，
∴∠ABC=∠OBC−∠ABO=90°−20°=70°，
故答案为：B.
【点睛】
本题考查的是圆切线的运用，熟练掌握运算方法是关键.
15．（2020·陕西中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，∠A＝50°．E是边BC的中点，连接OE并延长，交⊙O于点D，连接BD，则∠D的大小为（　　）

A．55° B．65° C．60° D．75°
【答案】B
【解析】
【分析】
连接CD，根据圆内接四边形的性质得到∠CDB＝180°﹣∠A＝130°，根据垂径定理得到OD⊥BC，求得BD＝CD，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：连接CD，
∵∠A＝50°，
∴∠CDB＝180°﹣∠A＝130°，
∵E是边BC的中点，
∴OD⊥BC，
∴BD＝CD，
∴∠ODB＝∠ODC＝∠BDC＝65°，
故选：B．

【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质，垂径定理，等腰三角形的性质等知识．正确理解题意是解题的关键．
16．（2020·湖北中考真题）如图，点在上，，垂足为E．若，，则（ ）

A．2 B．4 C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
连接OC，根据圆周角定理求得，在中可得，可得OC的长度，故CE长度可求得，即可求解．
【详解】
解：连接OC，

∵，
∴，
在中，，
∴，
∴
∵，
∴，
∴
∵，垂足为E，
∴，
故选：D．
【点睛】
本题考查圆周角定理和垂径定理，作出合适的辅助线是解题的关键．
17．（2020·湖北黄石?中考真题）如图，点A、B、C在上， ，垂足分别为D、E，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
在优弧AB上取一点F，连接AF，BF，先根据四边形内角和求出∠O的值，再根据圆周角定理求出∠F的值，然后根据圆内接四边形的性质求解即可．
【详解】
解：在优弧AB上取一点F，连接AF，BF．
∵ ，
∴∠CDO=∠CEO=90°．
∵，
∴∠O=140°，
∴∠F=70°，
∴∠ACB=180°-70°=110°．
故选C．

【点睛】
本题考查了多边形的内角和，圆周角定理，以及圆内接四边形的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
18．（2020·内蒙古中考真题）如图，是的直径，是弦，点在直径的两侧．若，，则的长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】

根据求出的度数，根据得到半径，运用弧长公式计算即可．
【详解】

∵，，
∴，
又∵，
∴ ，
∴，
又∵，
∴，
∴=．
故答案选D．
【点睛】

本题主要考查了弧长的计算，通过已知条件计算出圆心角和半径是解题的关键．
19．（2020·内蒙古通辽?中考真题）从下列命题中，随机抽取一个是真命题的概率是(　　　)
（1）无理数都是无限小数；
（2）因式分解；
（3）棱长是的正方体的表面展开图的周长一定是；
（4）弧长是，面积是的扇形的圆心角是．
A． B． C． D．1
【答案】C
【解析】
【分析】
分别判断各命题的真假，再利用概率公式求解.
【详解】
解：（1）无理数都是无限小数，是真命题，
（2）因式分解，是真命题，
（3）棱长是的正方体的表面展开图的周长一定是，是真命题，
（4）设扇形半径为r，圆心角为n，
∵弧长是，则=，则，
∵面积是，则=，则360×240，
则，则n=3600÷24=150°，
故扇形的圆心角是，是假命题，
则随机抽取一个是真命题的概率是，
故选C.
【点睛】
本题考查了命题的真假，概率，扇形的弧长和面积，无理数，因式分解，正方体展开图，知识点较多，难度一般，解题的关键是运用所学知识判断各个命题的真假.
20．（2020·广东深圳?中考真题）以下说法正确的是(　　　)
A．平行四边形的对边相等
B．圆周角等于圆心角的一半
C．分式方程的解为x=2
D．三角形的一个外角等于两个内角的和
【答案】A
【解析】
【分析】
根据平行四边形的性质、圆周角定理、解分式方程以及三角形外角的性质逐项分析即可．
【详解】
解：A选项正确；
B选项：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，故B选项错误；
C选项：x=2为增根，原分式方程无解，故C选项错误；
D选项：没有指明两个内角为不想邻的内角，故D选项错误．
故答案为A．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、圆周角定理、解分式方程以及三角形外角的性质等知识，掌握相关性质、定理所关注的细节是解答本题的关键．
21．（2020·广东广州?中考真题）往直径为的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面宽，则水的最大深度为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】

过点O作OD⊥AB于D，交⊙O于E，连接OA，根据垂径定理即可求得AD的长，又由⊙O的直径为，求得OA的长，然后根据勾股定理，即可求得OD的长，进而求得油的最大深度的长．
【详解】

解：过点O作OD⊥AB于D，交⊙O于E，连接OA，
由垂径定理得：，
∵⊙O的直径为，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴油的最大深度为，
故选：．

【点睛】

本题主要考查了垂径定理的知识．此题难度不大，解题的关键是注意辅助线的作法，构造直角三角形，利用勾股定理解决．
22．（2020·贵州毕节?中考真题）已知点C、D是以AB为直径的半圆的三等分点，弧CD的长为，则图中阴影部分的面积为( )

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】

连接和，如下图所示，

是以为直径的半圆上的三等分点，弧的长为
圆的半周长

的面积等于的面积，
∴S阴影=S扇形OCD．
故选A．
23．（2020·宁夏中考真题）如图，等腰直角三角形中，，以点C为圆心画弧与斜边相切于点D，交于点E，交于点F，则图中阴影部分的面积是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
连接CD，并求出CD的值，再分别计算出扇形ECF的面积和等腰三角形ACB的面积，用三角形的面积减去扇形的面积即可得到阴影部分的面积．
【详解】
连接CD，如图，


∵AB是圆C的切线，
∴CD⊥AB，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴CD=AB，
∵，AC=BC，
∴AB=2，
∴CD=1，

故选：A．
【点睛】
本题考查扇形面积的计算、等腰三角形的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
24．（2020·湖北荆州?中考真题）如图，在 正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，点A，B，C均在网格交点上，⊙O是的外接圆，则的值是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
作直径BD，连接CD，根据勾股定理求出BD，根据圆周角定理得到∠BAC=∠BDC，根据余弦的定义解答即可．
【详解】
解：如图，作直径BD，连接CD，
由勾股定理得，
在Rt△BDC中，cos∠BDC=
由圆周角定理得，∠BAC=∠BDC，
∴cos∠BAC=cos∠BDC=

故选：B．
【点睛】
本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握勾股定理的应用，圆周角定理、余弦的定义是解题的关键．


二、填空题
25．（2020·宁夏中考真题）我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何？”意思是：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小．用锯去锯这木材，锯口深寸，锯道长尺（1尺寸）．问这根圆形木材的直径是______寸．

【答案】26
【解析】
【分析】
根据题意可得，由垂径定理可得尺寸，设半径，则，在中，根据勾股定理可得：，解方程可得出木材半径，即可得出木材直径.
【详解】
解：由题可知，
为半径，
尺寸，
设半径，
，

在中，根据勾股定理可得：

解得：,
木材直径为26寸；
故答案为：26.
【点睛】
本题考查垂径定理结合勾股定理计算半径长度.如果题干中出现弦的垂线或者弦的中点，则可验证是否满足垂径定理；与圆有关的题目中如果求弦长或者求半径直径，也可以从题中寻找是否有垂径定理，然后构造直角三角形，用勾股定理求解.
26．（2020·内蒙古呼和浩特?中考真题）已知为⊙O的直径且长为，为⊙O上异于A，B的点，若与过点C的⊙O的切线互相垂直，垂足为D．①若等腰三角形的顶角为120度，则；②若为正三角形，则；③若等腰三角形的对称轴经过点D，则；④无论点C在何处，将沿折叠，点D一定落在直径上，其中正确结论的序号为_________．
【答案】②③④
【解析】
【分析】
①过点O作OE⊥AC，垂足为E， 求出∠CAD=30°，得到CD=AC，再说明OE=r，利用∠OCA≠∠COE，得到CE≠OE，即可判断；②过点A作AE⊥OC，垂足为E，证明四边形AECD为矩形，即可判断；③画出图形，证明四边形AOCD为矩形，即可判断；④过点C作CE⊥AO，垂足为E，证明△ADC≌△AEC，从而说明AC垂直平分DE，得到点D和点E关于AC对称，即可判断.
【详解】
解：①∵∠AOC=120°，
∴∠CAO=∠ACO=30°，
∵CD和圆O相切，AD⊥CD，
∴∠OCD=90°，AD∥CO，
∴∠ACD=60°，∠CAD=30°，
∴CD=AC，过点O作OE⊥AC，垂足为E，
则CE=AE=AC=CD，
而OE=OC=r，∠OCA≠∠COE，
∴CE≠OE，
∴CD≠r，故①错误；

②若△AOC为正三角形，
∠AOC=∠OAC=60°，AC=OC=OA=r，
∴∠OAE=30°，
∴OE=AO，AE=AO=r，
过点A作AE⊥OC，垂足为E，
∴四边形AECD为矩形，
∴CD=AE=r，故②正确；

③若等腰三角形AOC的对称轴经过点D，如图，
∴AD=CD，而∠ADC=90°，
∴∠DAC=∠DCA=45°，又∠OCD=90°，
∴∠ACO=∠CAO=45°
∴∠DAO=90°，
∴四边形AOCD为矩形，
∴CD=AO=r，故③正确；

④过点C作CE⊥AO，垂足为E，连接DE，
∵OC⊥CD，AD⊥CD，
∴OC∥AD，
∴∠CAD=∠ACO，
∵OC=OA，
∴∠OAC=∠ACO，
∴∠CAD=∠OAC，
∴CD=CE，
在△ADC和△AEC中，
∠ADC=∠AEC，CD=CE，AC=AC，
∴△ADC≌△AEC（HL），
∴AD=AE，
∴AC垂直平分DE，则点D和点E关于AC对称，
即点D一定落在直径上，故④正确.

故正确的序号为：②③④，
故答案为：②③④.
【点睛】
本题考查了折叠的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，切线的性质，垂径定理，知识点较多，多为一些性质定理，解题时要逐一分析，利用性质定理进行推导.
27．（2020·湖南郴州?中考真题）如图，圆锥的母线长为，侧面展开图的面积为，则圆锥主视图的面积为__________．

【答案】48
【解析】
【分析】
圆锥的主视图是等腰三角形，根据圆锥侧面积公式S=πrl代入数据求出圆锥的底面半径长，再由勾股定理求出圆锥的高即可．
【详解】
根据圆锥侧面积公式：S=πrl，圆锥的母线长为10，侧面展开图的面积为60π，
故60π=π×10×r，
解得：r=6．
由勾股定理可得圆锥的高==8
∵圆锥的主视图是一个底边为12，高为8的等腰三角形，
∴它的面积=，
故答案为：48
【点睛】
本题考查了三视图的知识，圆锥侧面积公式的应用，正确记忆圆锥侧面积公式是解题关键．
28．（2020·青海中考真题）已知⊙O的直径为10cm，AB，CD是⊙O的两条弦，，，，则与之间的距离为________cm．
【答案】7或1．
【解析】
【分析】
分两种情况考虑：当两条弦位于圆心O同一侧时，当两条弦位于圆心O两侧时；利用垂径定理和勾股定理分别求出OE和OF的长度，即可得到答案．
【详解】
解：分两种情况考虑：
当两条弦位于圆心O一侧时，如图1所示，

过O作OE⊥CD，交CD于点E，交AB于点F，连接OC，OA，
∵AB∥CD，∴OE⊥AB，
∴E、F分别为CD、AB的中点，
∴CE=DE=CD=3cm，AF=BF=AB=4cm，
在Rt△AOF中，OA=5cm，AF=4cm，
根据勾股定理得：OF=3cm，
在Rt△COE中，OC=5cm，CE=3cm，
根据勾股定理得：OE═4cm，
则EF=OEOF=4cm3cm=1cm；
当两条弦位于圆心O两侧时，如图2所示，
同理可得EF=4cm+3cm=7cm，
综上，弦AB与CD的距离为7cm或1cm．
故答案为：7或1．
【点睛】
此题考查了垂径定理，勾股定理，利用了分类讨论的思想，熟练掌握垂径定理是解本题的关键．
29．（2020·青海中考真题）在中，，，，则的内切圆的半径为__________．
【答案】1
【解析】
【详解】
如图，设△ABC的内切圆与各边相切于D，E，F，连接OD，OE，OF，

则OE⊥BC，OF⊥AB，OD⊥AC，
设半径为r，CD=r，
∵∠C=90°，BC=4，AC=3，
∴AB=5，
∴BE=BF=4-r，AF=AD=3-r，
∴4-r+3-r=5，
∴r=1．
∴△ABC的内切圆的半径为 1．
30．（2020·黑龙江穆棱?朝鲜族学校中考真题）在半径为的⊙O中，弦AB垂直于弦CD，垂足为P，AB=CD=4，则S△ACP=______．
【答案】或或
【解析】
【分析】
作OE垂直于AB于E，OF垂直于CD于F，连接OD、OB，则可以求出OE、OF的长度，进而求出OP的长度，进一步得PE与PF长度，最后可求出答案.
【详解】
如图所示，作OE垂直于AB于E，OF垂直于CD于F，

∴AE=BE==2，DF=CF==2，
在中，
∵OB=，BE=2，
∴OE=1，
同理可得OF=1，
∵AB垂直于CD，
∴四边形OEPF为矩形，
又∵OE=OF=1，
∴四边形OEPF为正方形，
又∵ 有如图四种情况，
∴（1）=AP∙CP=×1×3=，
（2）=AP∙PC=×1×1=，
（3）=PC∙PA=×3×3=，
（4）=AP∙PC=×3×1=，
故答案为：或或
【点睛】
本题主要考查的是垂径定理和勾股定理还有圆的综合运用，熟练掌握方法是关键.
31．（2020·四川宜宾?中考真题）如图，A，B，C是上的三点，若是等边三角形，则________________．

【答案】
【解析】
【分析】
由△OBC是等边三角形、则∠COB =60°，然后由圆周角定理可得∠A=30°,然后运用余弦定义求解即可．
【详解】
解：∵△OBC是等边三角形
∴∠COB=60°
∴∠A==30°
∴=．
故答案为．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质和圆周角定理，掌握同弦所对的圆周角为圆心角的一半是解答本题的关键．
32．（2020·湖北中考真题）如图，圆心角为的扇形内，以为直径作半圆，连接．若阴影部分的面积为，则______．

【答案】2
【解析】
【分析】
本题可利用扇形面积公式以及三角形面积公式，用大扇形面积减去空白部分面积求得阴影部分面积，继而根据已知列方程求解．
【详解】
将原图区域划分为四部分，阴影部分分别为S1，S2；两块空白分别为S3，S4，连接DC，如下图所示：
由已知得：三角形ABC为等腰直角三角形，S1+ S2=π-1，
∵BC为直径，
∴∠CDB=90°，即CD⊥AB，
故CD=DB=DA，
∴D点为 中点，由对称性可知与弦CD围成的面积与S3相等．
设AC=BC=x，
则，
其中 ，，
故：，
求解得：（舍去）
故答案：2．

【点睛】
本题考查几何图形面积的求法，常用割补法配合扇形面积公式以及三角形面积公式求解．
33．（2020·江苏盐城?中考真题）如图，在中，点在上，则_______________________

【答案】
【解析】
【分析】
画出的圆周角交于点，构造出的内接四边形；根据圆周角定理求出的度数，再根据圆内接四边形的性质，即可得出的度数．
【详解】
如图，画出的圆周角交于点，则四边形为的内接四边形，

∵圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角的度数的一半，
∴，
∵四边形为的内接四边形，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查圆周角定理和圆内接四边形的性质．圆周角定理：圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角的度数的一半；圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补，熟练掌握此定理及性质是解本题关键．
34．（2020·江苏徐州?中考真题）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_______．

【答案】
【解析】
【分析】
运用公式（其中勾股定理求解得到的母线长为5）求解．
【详解】
由已知得，母线长==5，半径为3，
∴圆锥的侧面积是．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算，要学会灵活的运用公式求解．
35．（2020·湖南长沙?中考真题）若一个圆锥的母线长是3，底面半径是1，则它的侧面展开图的面积是_____．
【答案】3π．
【解析】
【分析】
先求得圆锥的底面周长，再根据扇形的面积公式S=lR求得答案即可．
【详解】
解：圆锥的底面周长为：2×π×1＝2π，
侧面积为：×2π×3＝3π．
故答案为：3π．
【点睛】
本题考查了圆锥侧面积的计算：正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
36．（2020·湖南长沙?中考真题）如图，点P在以MN为直径的半圆上运动，（点P与M，N不重合）平分，交PM于点E，交PQ于点F．
(1) ___________________．
(2)若，则___________________．

【答案】1 1
【解析】
【分析】
(1)过E作于G，可得，根据圆周角的性质可得，又平分，根据角平分线的性质可得；由， ，，且，根据“等角的余角相等”可得 ，再根据等腰三角形的性质“等角对等边”可得，即有；由，，可得，从而可得在中有，将、、代入可得，，既而可求得的值．(2) 由得，又，根据等腰三角形的性质可得平分，即，从而可求得．
【详解】
(1)如图所示，过E作于G，则，

∵MN为半圆的直径，
∴，
又∵平分，,
∴．
∵平分，
∴，
∵，
∴,
又，
∴，
又∵，
∴，
∴,
又∵，
∴．
∵，，
∴，
∴在中，,
又∵,
∴，
∴将，，代入得，,
∴，
即．
(2)∵，
∴，
又∵，
∴平分，即,
∴，
故答案为：(1) ；(2) ．
【点睛】
本题综合考查了圆周角的性质、角平分线的性质、等腰三角形的性质、平行线分线段成比例的性质等知识．(1)中解题的关键是利用角平分线的性质和等腰三角形的性质求得，，再通过平行线分线段成比例的性质得到，进行等量代换和化简后即可得解；(2)中解题的关键是利用等腰三角形的性质得到，即可得解．
37．（2020·上海中考真题）在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点O在对角线AC上，圆O的半径为2，如果圆O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是____．
【答案】＜AO＜．
【解析】
【分析】
根据勾股定理得到AC=10，如图1，设⊙O与AD边相切于E，连接OE，证明△AOE∽△ACD即可求出与AD相切时的AO值；如图2，设⊙O与BC边相切于F，连接OF，证明△COF∽△CAB即可求出BC相切时的AO值，最后即可得到结论．
【详解】
解：在矩形ABCD中，∵∠D=90°，AB=6，BC=8，∴AC=10，
如图1，设⊙O与AD边相切于E，连接OE，

则OE⊥AD，∴OE//CD，
∴△AOE∽△ACD，
∴，
∴，
∴AO=；
如图2，设⊙O与BC边相切于F，连接OF，

则OF⊥BC，∴OF//AB，
∴△COF∽△CAB，
∴，
∴，
∴OC=，
∴AO=，
∴如果圆O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是＜AO＜．
故答案为：＜AO＜．
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．
38．（2020·湖北黄冈?中考真题）如图所示，将一个半径，圆心角的扇形纸板放置在水平面的一条射线上．在没有滑动的情况下，将扇形沿射线翻滚至再次回到上时，则半径的中点P运动的路线长为_____________．

【答案】
【解析】
【分析】
仔细观察顶点P经过的路线可得，中点P经过的路线可以分为四段，分别求出四段的长，再求出其和即可．
【详解】
连接BP，如图，

∵P为AO的中点，AO=10cm，
∴PO=5cm，
由勾股定理得，BP=，
中点P经过的路线可以分为四段，当弧AB切射线OM于点B时，有OB⊥射线OM，此时P点绕不动点B转过了90°，此时点P经过的路径长为：cm；
第二段：OB⊥射线OM到OA⊥射线OM，P点绕动点转动，而这一过程中弧AB始终是切于射线OM的，所以P与转动点的连线始终⊥射线OM，所以P点过的路线长=AB的弧长，即；
第三段：OB⊥射线OM到P点落在射线OM上，P点绕不动点A转过了90°，此时点P经过的路径长为：；
第四段：OA⊥射线OM到OB与射线OM重合，P点绕不动点O转过了90°，此时点P经过的路径长为：；
所以，P点经过的路线总长S=．
故答案为：
【点睛】
本题考查了弧长的计算，关键是理解中点P经过的路线可得，中点P经过的路线总长为四个扇形的弧长．
39．（2020·湖北荆州?中考真题）已知：，求作的外接圆，作法：①分别作线段BC，AC的垂直平分线EF和MN，它们交于点O；②以点O为圆心，OB的长为半径画弧，如图⊙O即为所求，以上作图用到的数学依据是___________________．


【答案】线段的垂直平分线的性质
【解析】
【分析】
利用线段垂直平分线的性质得到OA=OC=OB，然后根据点与圆的位置关系可判断点A、C在⊙O上．
【详解】
解：如图，连接，
∵点O为AC和BC的垂直平分线的交点，
∴OA=OC=OB，
∴⊙O为的外接圆．


故答案为：线段的垂直平分线的性质．
【点睛】
本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．考查线段的垂直平分线的性质，确定圆的条件，掌握作图的原理是解题的关键．
40．（2020·湖北荆门?中考真题）如图所示的扇形中，，C为上一点，，连接，过C作的垂线交于点D，则图中阴影部分的面积为_______．

【答案】
【解析】
【分析】
先根据题目条件计算出OD，CD的长度，判断为等边三角形，之后表示出阴影面积的计算公式进行计算即可．
【详解】
在中，
∴
∵
∴
∵
∴为等边三角形
∴


故答案为：
【点睛】
本题考查了阴影面积的计算，熟知不规则阴影面积的计算方法是解题的关键．
41．（2020·湖北随州?中考真题）如图，点，，在上，是的角平分线，若，则的度数为_____．

【答案】30°
【解析】
【分析】
根据圆周角定理求出，再由角平分线的性质可得到结果；
【详解】
∵，
∴，
又∵是的角平分线，
∴，
故答案为．
【点睛】
本题主要考查了圆周角定理的应用，准确运用角平分线的性质是解题的必要步骤．
42．（2020·甘肃天水?中考真题）如图所示，若用半径为8，圆心角为的扇形围成一个圆锥的侧面(接缝忽略不计)，则这个圆锥的底面半径是_________．

【答案】
【解析】
【分析】
根据半径为8，圆心角为120°的扇形弧长，等于围成的圆锥的底面周长，列方程求解即可．
【详解】
解：设圆锥的底面半径为，
由题意得，，
解得，，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了弧长的计算公式，扇形与围成的圆锥底面圆的周长之间的关系，明确扇形的弧长与围成的圆锥的底面圆的周长的关系是正确解答本题的关键，本题就是把的扇形的弧长等于围成的圆锥的底面圆的周长作为相等关系，列方程求解．
43．（2020·湖北恩施?中考真题）如图，已知半圆的直径，点在半圆上，以点为圆心，为半径画弧交于点，连接．若，则图中阴影部分的面积为______．（结果不取近似值）

【答案】
【解析】
【分析】
根据60°特殊角求出AC和BC,再算出△ABC的面积,根据扇形面积公式求出扇形的面积,再用三角形的面积减去扇形面积即可．
【详解】
∵AB是直径,
∴∠ACB=90°,∠ABC=60°,
∴BC=,AC=,
∴,
由以上可知∠CAB=30°,
∴扇形ACD的面积=,
∴阴影部分的面积为．
故答案为: ．
【点睛】
本题考查圆和扇形面积的结合,关键在于利用圆周角的性质找到直角三角形并结合扇形面积公式解出．
44．（2020·江苏徐州?中考真题）如图，、、、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_______．

【答案】10
【解析】
【分析】

连接AO,BO，根据圆周角定理得到∠AOB=36°，根据中心角的定义即可求解．
【详解】

如图，连接AO,BO，
∴∠AOB=2∠ADB=36°
∴这个正多边形的边数为=10
故答案为：10．

【点睛】

此题主要考查正多边形的性质，解题的关键是熟知圆周角定理．
45．（2020·江苏徐州?中考真题）在中，若，，则的面积的最大值为______．
【答案】9+9
【解析】
【分析】
首先过C作CM⊥AB于M，由弦AB已确定，可得要使△ABC的面积最大，只要CM取最大值即可，即可得当CM过圆心O时，CM最大，然后由圆周角定理，证得△AOB是等腰直角三角形，则可求得CM的长，继而求得答案．
【详解】
作△ABC的外接圆⊙O，过C作CM⊥AB于M，

∵弦AB已确定，
∴要使△ABC的面积最大，只要CM取最大值即可，
如图所示，当CM过圆心O时，CM最大，
∵CM⊥AB，CM过O，
∴AM＝BM（垂径定理），
∴AC＝BC，
∵∠AOB＝2∠ACB＝2×45°＝90°，
∴OM＝AM＝AB＝×6＝3，
∴OA＝，
∴CM＝OC＋OM＝＋3，
∴S△ABC＝AB•CM＝×6×（＋3）＝9+9．
故答案为：9+9．
【点睛】
此题考查了圆周角定理以及等腰直角三角形性质．注意得到当CM过圆心O时，CM最大是关键．
46．（2020·湖南娄底?中考真题）如图，公路弯道标志表示圆弧道路所在圆的半径为m（米），某车在标有处的弯道上从点A行驶了米到达点B，则线段_______米．

【答案】300
【解析】
【分析】
根据弧长公式求出∠AOB的度数，根据等边三角形的性质即可求解．
【详解】
∵=
∴n=60°
又AO=BO
∴△AOB是等边三角形，
∴AO=BO=300(米)
故答案为：300．

【点睛】
此题主要考查弧长公式，解题的关键是熟知弧长公式的运用．
47．（2020·湖南娄底?中考真题）如图，四边形中，，则将它以为轴旋转180°后所得分别以、为母线的上下两个圆锥的侧面积之比为_________．

【答案】3∶2
【解析】
【分析】
根据两个圆锥的底面圆相同，设底面圆的周长为l，根据圆锥的侧面积公式可得上面圆锥的侧面积为：π·AB·l，下面圆锥的侧面积为：π·BD·l，即可得出答案．
【详解】
解：∵两个圆锥的底面圆相同，
∴可设底面圆的周长为l，
∴上面圆锥的侧面积为：π·AB·l，
下面圆锥的侧面积为：π·BD·l，
∴S上：S下=3：2，
故答案为：3：2．
【点睛】
本题考查了圆锥的侧面积公式，掌握圆锥侧面积公式是解题关键．
48．（2020·湖北黄石?中考真题）如图，在的方格纸中，每个小方格都是边长为1的正方形，其中A、B、C为格点，作的外接圆，则的长等于_____．

【答案】
【解析】
【分析】

由AB、BC、AC长可推导出△ACB为等腰直角三角形，连接OC，得出∠BOC＝90°，计算出OB的长就能利用弧长公式求出的长了．
【详解】

∵每个小方格都是边长为1的正方形，
∴AB＝2，AC＝，BC＝，
∴AC2＋BC2＝AB2，
∴△ACB为等腰直角三角形，
∴∠A＝∠B＝45°，
∴连接OC，则∠COB＝90°，
∵OB＝
∴的长为：＝
故答案为：．

【点睛】

本题考查了弧长的计算以及圆周角定理，解题关键是利用三角形三边长通过勾股定理逆定理得出△ACB为等腰直角三角形．
49．（2020·内蒙古呼和浩特?中考真题）如图，中，为的中点，以为圆心，长为半径画一弧交于点，若，，，则扇形的面积为_________．

【答案】
【解析】
【分析】
根据三角形内角和定理求出∠C，根据三角形的外角的性质求出∠BDE，根据扇形面积公式计算．
【详解】
解：∵∠A=60°，∠B=100°，
∴∠C=20°，
又∵为的中点，
∵BD=DC=，DE=DB，
∴DE=DC=2，
∴∠DEC=∠C=20°，
∴∠BDE=40°，
∴扇形BDE的面积=
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是扇形面积计算，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，掌握扇形面积公式S扇形=是解题关键．
50．（2020·黑龙江齐齐哈尔?中考真题）如图是一个几何体的三视图，依据图中给出的数据，计算出这个几何体的侧面积是______．

【答案】65π
【解析】
【分析】
由几何体的三视图可得出原几何体为圆锥，根据图中给定数据求出母线l和底面圆半径为r的长度，再套用侧面积公式即可得出结论．
【详解】
解：由三视图可知，原几何体为圆锥，设圆锥母线长为l,底面圆半径为r
有l=13，r=5
S侧＝πrl＝π×5×13＝65π．
故答案为：65π．
【点睛】
本题考查了三视图以及圆锥的侧面积公式，其中根据几何体的三视图判断出原几何体是解题的关键，再套用公式即可作答．
51．（2020·湖南邵阳?中考真题）如图①是山东舰航徽的构图，采用航母45度破浪而出的角度，展现山东舰作为中国首艘国产舰母橫空出世的气势，将舰徽中第一条波浪抽象成几何图形，则是一条长为的弧，若该弧所在的扇形是高为12的圆锥侧面展开图（如图②），则该圆锥的母线长为____________．

【答案】13.
【解析】
【分析】
由扇形弧长求出底面半径，由勾股定理即可求出母线AB的长．
【详解】
解：∵圆锥底面周长=侧面展开后扇形的弧长=
∴OB=，
在Rt△AOB中，AB=，
所以，该圆锥的母线长为13.
故答案为：13．
【点睛】
本题考查圆锥弧长公式的应用，解题的关键是牢记有关的公式．
52．（2020·广东中考真题）如图，从一块半径为的圆形铁皮上剪出一个圆周角为120°的扇形，如果将剪下来的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的底面圆的半径为_________．

【答案】
【解析】
【分析】
连接OA，OB，证明△AOB是等边三角形，继而求得AB的长，然后利用弧长公式可以计算出的长度，再根据扇形围成圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长即可作答．
【详解】
连接OA，OB，
则∠BAO=∠BAC==60°，
又∵OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=1，
∵∠BAC=120°，
∴的长为：，
设圆锥底面圆的半径为r


故答案为．

【点睛】
本题主要考查了弧长公式以及扇形弧长与底面圆周长相等的知识点，借助等量关系即可算出底面圆的半径．

三、解答题
53．（2020·江苏盐城?中考真题）如图，点是正方形，的中心．

（1）用直尺和圆规在正方形内部作一点（异于点），使得（保留作图痕迹，不写作法）
（2）连接求证：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）作BC的垂直平分线即可求解；
（2）根据题意证明即可求解．
【详解】
如图所示，点即为所求．

连接
由得：
是正方形中心，

在和中，


．
【点睛】
此题主要考查正方形的性质与证明，解题的关键是熟知正方形的性质、垂直平分线的作图及全等三角形的判定与性质．
54．（2020·山西中考真题）如图，四边形是平行四边形，以点为圆心，为半径的与相切于点，与相交于点，的延长线交于点，连接交于点，求和的度数．

【答案】45°，22.5°
【解析】
【分析】
连接OB,即可得,再由平行四边形得出∠BOC=90°,从而推出∠C=45°,再由平行四边形的性质得出∠A=45°,算出∠AOB=45°,再根据圆周角定理即可得出∠E=22．5°．
【详解】

解：连接．
与相切于点，
．．
四边形是平行四边形，


，

四边形是平行四边形，

．
．
【点睛】
本题考查圆周角定理、平行四边形的性质,关键在于根据条件结合性质得出角度的变换．
55．（2020·湖北荆门?中考真题）如图，为的直径，为的切线，M是上一点，过点M的直线与交于点B，D两点，与交于点E，连接．

（1）求证：；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）见解析；（2）的半径为2.5．
【解析】
【分析】
（1）根据切线的性质得到，可得，再根据等腰三角形的性质与角度等量替换得到，故可证明；
（2）解法1，先连接BC,证明，得到EM=6，根据勾股定理求出AE，再根据列出比例式求出直径，故可求出；解法2，连接CD，同理得到，根据勾股定理求出AE，设，根据等腰三角形的性质得到CD=CE=x,再利用Rt△ACD列出方程故可求出x,再得到直径即可求解．
【详解】
（1）证明：∵为的切线，为的直径，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴
∴．

（2）方法1：解：如图，连接，

∵为直径，∴，
∴，而，
∴，
又：，
∴，
∴，
∵，，∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∴的半径为2.5．
方法2：解：如图，连接CD，

∵，∴，
又∵，
∴，
∴，
∵为直径，∴，
∴，
而，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
设，则，
在中，
，∴，解得
∴，
∴的半径为2.5．
【点睛】
此题主要考查切线的综合运用，解题的关键是熟知切线的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质及等腰三角形的性质．
56．（2020·湖北黄冈?中考真题）已知：如图，AB是的直径，点为上一点，点D是上一点，连接并延长至点C，使与AE交于点F．

（1）求证：是的切线；
（2）若平分，求证：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【解析】
【分析】

（1）利用为直径，得出，利用得出，从而得出，进而得出结论；
（2）证出即可得出结论．
【详解】

证明：（1）为直径，
，
在中，，
又，
，
，即,
，
又为的直径，
是的切线；
（2）平分，
，
又，
，
又，
，
，
．
【点睛】

本题考查了切线的判定，同弧所对的圆周角相等，三角形相似的判定和性质；证明切线有两种情况（1）有交点，作半径，证垂直；（2）无交点，作垂直，证半径．
57．（2020·江苏淮安?中考真题）如图，是圆的弦，是圆外一点，，交于点，交圆于点，且．

（1）判断直线与圆的位置关系，并说明理由；
（2）若，，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）直线BC与圆O相切，理由见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OB，由等腰三角形的性质分别证出∠A=∠OBA，∠CPB=∠CBP，再利用直角三角形性质和对顶角可证得∠OBC=90º，即OB⊥BC,可判断直线BC与圆O相切；
（2）易证得△CPD为等边三角形，则有∠OCB=60º,∠BOC=30º,用含30º角的直角三角形求得OA、BC的长，然后用公式求得△OBC的面积和扇形OBD的面积，相加即可解得阴影面积．
【详解】
（1）直线BC与圆O相切，理由为：
连接OB，
∵OA=OB，
∴∠A=∠OBA，
∵CP=CB，
∴∠CPB=∠CBP，又∠APO=∠CPB
∴∠CBP=∠APO，
∵OA⊥OC，
∴∠A+∠APO=90º，
∴∠OBA+∠CBP=90º即∠OBC=90º，
∴OB⊥BC，
∴直线BC与圆O相切；
（2）∵OA⊥OC，∠A=30º，OP=1
∴OA=，∠APO=60º即∠CPB=60º，
∵CP=CB，
∴△PCB为等边三角形，
∴∠PCB=60º，
∵∠OBC=90º，
∴∠BOD=30º，
∴BC=OB·tan30º=1，
∴==，
答:图中阴影部分的面积为．

【点睛】
本题主要考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、切线的判定定理、等边三角形的判定与性质、扇形的面积等知识，解答的关键是认真审题，结合图形，找到各知识点之间的联系，进而推理、探究、发现和计算．
58．（2020·黑龙江齐齐哈尔?中考真题）如图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上的两个点，＝＝，连接AD，过点D作DE⊥AC交AC的延长线于点E．

（1）求证：DE是⊙O的切线．
（2）若直径AB＝6，求AD的长．
【答案】（1）见解析；（2）3
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据已知条件得到∠BOD＝180°＝60°，根据等腰三角形的性质得到∠ADO＝∠DAB＝30°，得到∠EDA＝60°，求得OD⊥DE，于是得到结论；
（2）连接BD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，解直角三角形即可得到结论．
【详解】
（1）证明：连接OD，

∵，
∴∠BOD＝180°＝60°，
∵，
∴∠EAD＝∠DAB＝BOD＝30°，
∵OA＝OD，
∴∠ADO＝∠DAB＝30°，
∵DE⊥AC，
∴∠E＝90°，
∴∠EAD+∠EDA＝90°，
∴∠EDA＝60°，
∴∠EDO＝∠EDA+∠ADO＝90°，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：连接BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠DAB＝30°，AB＝6，
∴BD＝AB＝3，
∴AD＝＝3．

【点睛】
本题考查了切线的证明，及线段长度的计算，熟知圆的性质及切线的证明方法，以及含30°角的直角三角形的特点是解题的关键．
59．（2020·湖北宜昌?中考真题）如图，在四边形中，，过点B的与边分别交于E，F两点．，垂足为G，．连接．

（1）若，试判断的形状，并说明理由；
（2）若，求证：与相切于点A．
【答案】（1）等腰直角三角形，理由见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题目中已知信息，可知，有，所以，都是等腰直角三角形，得到，即可得出是等腰直角三角形；
（2）通过，可以等到，有，又因为，可以知道E与点A重合，再证明即可．
【详解】
解：（1）是等腰直角三角形
理由如下：
∵
∴
∵
∴
∴，都是等腰直角三角形
∴
∴
∵
∴是等腰直角三角形

（2）证明：
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∴点E与点A重合
以下有多种方法：
方法一∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵是的半径
∴与相切于点A
方法二∵，∴
∴
又
∴
∴G，A，O三点共线
∵
∴
∴与相切于点A．
方法三：如图

∵
∴与之间距离：
延长交的延长线交于点
∵
∴
∵
∴
∵
∴，
∴与相切于点
又
∴点与点重合
∴与相切于点．
【点睛】
（1）证明三角形形状需要找到边的关系以及角的大小，通过题目中的已知信息先判断出特殊三角形，再找到所求三角形与特殊三角形边与角的关系是解题的关键；
（2）本题主要考查了全等三角形的性质以及如何求切线，通过三角形全等得到角的大小，从而可以证明点E与点A重合，再证明即可得与相切于点，其中证明点E与点A重合是解题的关键．
60．（2020·湖南邵阳?中考真题）如图，在等腰中，，点D是上一点，以为直径的过点A，连接，．

（1）求证：是的切线；
（2）若，求的半径．
【答案】（1）证明见解析；（2）试题错误．
【解析】
【分析】
（1）连接OA，由圆的性质可得OA=OB，即∠OBA=∠OAB；再由AB=AC，即∠OBA=∠C，再结合，可得∠OAB=∠CAD,然后由∠BAD=90°说明∠OAC=90°即可完成证明；
（2）试题错误．
【详解】
（1）证明：如图：连接OA
∵OA=OB
∴∠OBA=∠OAB
∵AB=AC
∴∠OBA=∠C
∴∠OAB=∠C
∵
∴∠OAB=∠CAD
∵BD是直径
∴∠BAD=90°
∵∠OAC=∠BAD-∠OAB+∠CAD=90°
∴是的切线；

（2）试题错误．
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定，证得∠OAC=90°是解答本题的关键．
61．（2020·湖北随州?中考真题）如图，在中，，以斜边上的中线为直径作，与交于点，与的另一个交点为，过作，垂足为．

（1）求证：是的切线；
（2）若的直径为5，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）欲证明MN为⊙O的切线，只要证明OM⊥MN．
（2）连接，分别求出BD=5，BE=，根据求解即可．
【详解】
（1）证明：连接，

，
．
在中，是斜边上的中线，
，
，
，
，
，，
是的切线．
（2）连接，易知，
由（1）可知，故M为的中点，
，
，
在中，，
．
在中，，
．
【点睛】
本题考查切线的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形等知识；熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．
62．（2020·四川内江?中考真题）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，于点D，过点C作⊙O 的切线，交OD的延长线于点E，连结BE．
（1）求证：BE是⊙O的切线；
（2）设OE交⊙O于点F，若，求线段EF的长；
（3）在（2）的条件下，求阴影部分的面积．

【答案】（1）见解析；（2）EF=4；（3）
【解析】
【分析】
（1）连接OC，如图，根据垂径定理由OD⊥BC得到CD=BD，则OE为BC的垂直平分线，所以EB=EC，根据等腰三角形的性质得∠EBC=∠ECB，加上∠OBC=∠OCB，则∠OBE=∠OCE；再根据切线的性质得∠OCE=90°，所以∠OBE=90°，然后根据切线的判定定理得BE与⊙O相切；
（2）设⊙O的半径为R，则OD=R-DF=R-2，OB=R，在Rt△OBD，利用勾股定理解得R=4，再利用含30º角的直角三角形边角关系可求得OE，利用EF=OE-OF即可解答；
（3）利用（2）中可求得∠BOC=120º,然后利用代入数值即可求解．
【详解】
（1）证明：连接OC，如图，
∵OD⊥BC，
∴CD=BD，
∴OE为BC的垂直平分线，
∴EB=EC，
∴∠EBC=∠ECB，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∴∠OBC+∠EBC=∠OCB+∠ECB，即∠OBE=∠OCE，
∵CE为⊙O的切线，
∴OC⊥CE，
∴∠OCE=90°，
∴∠OBE=90°，
∴OB⊥BE，
∴BE与⊙O相切．
（2）设⊙O的半径为R，则OD=R-DF=R-2，OB=R，
在Rt△OBD中，BD=BC=
∵OD2+BD2=OB2，
∴，解得R=4，
∴OD=2，OB=4，
∴∠OBD=30°，
∴∠BOD=60°，
∴在Rt△OBE中，∠BEO=30º，OE=2OB=8，
∴EF=OE-OF=8-4=4，
即EF=4；
（3）由∠OCD=∠OBD=30º和OD⊥BC知：∠COD=∠BOD=60º，
∴∠BOC=120º，又BC=，OE=8，
∴
=
,

【点睛】
本题考查了切线的判定与性质、垂径定理、扇形面积的计算、含30º角的直角三角形边角关系、勾股定理等知识，熟练掌握每个知识点是解答的关键．
63．（2020·辽宁抚顺?中考真题）如图，在平行四边形中，是对角线，，以点为圆心，以的长为半径作，交边于点，交于点，连接．

（1）求证：与相切；
（2）若，，求阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）证明：连接AE，根据平行四边形的性质得到AD=BC，AD∥BC，求得∠DAE=∠AEB，根据全等三角形的性质得到∠DEA=∠CAB，得到DE⊥AE，于是得到结论；
（2）根据已知条件得到△ABE是等边三角形，求得AE=BE，∠EAB=60°，得到∠CAE=∠ACB，得到CE=BE，根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论．
【详解】
（1）证明：连接

∵四边形是平行四边形
∴，
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∵是的半径
∴与相切
（2）解：∵，
∴是等边三角形
∴，
∵
∴

∴
∴
∴
∴
∵在中，，，
∴
∴
∴
∵，

∴
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，扇形的面积的计算，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．
64．（2020·甘肃天水?中考真题）如图，在中，，平分交于点，点在上，以点为圆心，为半径的圆恰好经过点，分别交、于点、．

（1）试判断直线与的位置关系，并说明理由；
（2）若，，求阴影部分的面积(结果保留)．
【答案】（1）与相切，理由见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）连接OD，求出OD//AC，求出OD⊥BC，根据切线的判定得出即可；
（2）根据勾股定理求出OD=2，求出OB=4，得出，再分别求出△ODB和扇形DOF的面积即可．
【详解】
解：（1）与相切．理由如下：
如图，连接．

∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴
又∵为的半径，
∴与相切．
（2）设的半径为，则，，
由（1）知，在中，，
即，解得．
∵，
∴．
∴，
，
．
【点睛】
本题考查了切线的判定，平行线的性质和判定，等腰三角形的性质，扇形的面积计算、含30°角的直角三角形的性质，勾股定理等知识点；熟练掌握切线的判定与性质和勾股定理是解此题的关键．
65．（2020·江苏常州?中考真题）如图1，点B在线段上，Rt△≌Rt△，，，．

（1）点F到直线的距离是_________；
（2）固定△，将△绕点C按顺时针方向旋转30°，使得与重合，并停止旋转．
①请你在图1中用直尺和圆规画出线段经旋转运动所形成的平面图形（用阴影表示，保留画图痕迹，不要求写画法）该图形的面积为_________；
②如图2，在旋转过程中，线段与交于点O，当时，求的长．
【答案】（1）1；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据直角三角形的性质和全等三角形的性质可得∠ACF=∠ECF=30°，即CF是∠ACB的平分线，然后根据角平分线的性质可得点F到直线的距离即为EF的长，于是可得答案；
（2）①易知E点和F点的运动轨迹是分别以CF和CE为半径、圆心角为30°的圆弧，据此即可画出旋转后的平面图形；在图3中，先解Rt△CEF求出CF和CE的长，然后根据S阴影=（S△CEF+S扇形ACF）－（S△ACG+S扇形CEG）即可求出阴影面积；
②作EH⊥CF于点H，如图4，先解Rt△EFH求出FH和EH的长，进而可得CH的长，设OH=x，则CO和OE2都可以用含x的代数式表示，然后在Rt△BOC中根据勾股定理即可得出关于x的方程，解方程即可求出x的值，进一步即可求出结果．
【详解】
解：（1）∵，，∴∠ACB=60°，
∵Rt△≌Rt△，
∴∠ECF=∠BAC=30°，EF=BC=1，
∴∠ACF=30°，∴∠ACF=∠ECF=30°，
∴CF是∠ACB的平分线，
∴点F到直线的距离=EF=1；
故答案为：1；
（2）①线段经旋转运动所形成的平面图形如图3中的阴影所示：

在Rt△CEF中，∵∠ECF=30°，EF=1，
∴CF=2，CE=，
由旋转的性质可得：CF=CA=2，CE=CG=，∠ACG=∠ECF=30°，
∴S阴影=（S△CEF+S扇形ACF）－（S△ACG+S扇形CEG）=S扇形ACF－S扇形CEG=；
故答案为：；
②作EH⊥CF于点H，如图4，
在Rt△EFH中，∵∠F=60°，EF=1，
∴，
∴CH=，
设OH=x，则，，
∵OB=OE，∴，
在Rt△BOC中，∵，∴，
解得：，
∴．

【点睛】
本题考查了旋转的性质和旋转作图、全等三角形的性质、角平分线的性质、扇形面积公式、勾股定理和解直角三角形等知识，涉及的知识点多，综合性较强，熟练掌握上述知识、灵活应用整体思想和方程思想是解题的关键．
66．（2020·湖北省直辖县级单位?中考真题）如图，在中，，以为直径的⊙O交于点D，过点D的直线交于点F，交的延长线于点E，且．

（1）求证：是⊙O的切线；
（2）当时，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）10
【解析】
【分析】
（1）连接，，由是直径可得到，然后通过题中角的关系可推出，即可得证；
（2）通过，得到，然后设，列分式方程即可解得，从而得到的长．
【详解】
（1）证明：如图，连接，，

∵是直径，
∴．
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴，即．
又是的半径，
∴是的切线．
（2）解：∵，
∴．
∵，
∴．
∴，
∴．
设，∵，，
∴，，，．
∴．
解得．
经检验是所列分式方程的解．
∴．
【分析】
本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，熟练掌握切线的判定方法是解题的关键．
67．（2020·江苏盐城?中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，．

（1）求证：是的切线；
（2）若，垂足为交与点；求证：是等腰三角形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
(1)连接OC，由AB是圆O的直径得到∠BCA=90°，进一步得到∠A+∠B=90°，再根据已知条件，且∠A=∠ACO即可证明∠OCD=90°进而求解；
(2)证明，再由DE⊥AB，得到∠A+∠AFE=90°，进而得到∠DCA=∠AFE=∠DFC，得到DC=DF，进而得到△DFC为等腰三角形．
【详解】
解：(1)证明：连接，



为圆的直径，


又


又点在圆上，
是的切线．
(2)





又

是等腰三角形．
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定定理，圆周角定理，等腰三角形的性质和判定等，熟练掌握性质或定理是解决此类题的关键．
68．（2020·陕西中考真题）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠BAC＝75°，∠ABC＝45°．连接AO并延长，交⊙O于点D，连接BD．过点C作⊙O的切线，与BA的延长线相交于点E．
（1）求证：AD∥EC；
（2）若AB＝12，求线段EC的长．

【答案】（1）详见解析；（2）12+4．
【解析】
【分析】
（1）连接OC，由切线的性质可得∠OCE＝90°，由圆周角定理可得∠AOC＝90°，可得结论；
（2）过点A作AF⊥EC交EC于F，由锐角三角函数可求AD＝8，可证四边形OAFC是正方形，可得CF＝AF＝4，由锐角三角函数可求EF＝12，即可求解．
【详解】
证明：（1）连接OC，

∵CE与⊙O相切于点C，
∴∠OCE＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠AOC＝90°，
∵∠AOC+∠OCE＝180°，
∴∴AD∥EC；
（2）如图，过点A作AF⊥EC交EC于F，

∵∠BAC＝75°，∠ABC＝45°，
∴∠ACB＝60°，
∴∠D＝∠ACB＝60°，
∴sin∠ADB＝，
∴AD＝＝8，
∴OA＝OC＝4，
∵AF⊥EC，∠OCE＝90°，∠AOC＝90°，
∴四边形OAFC是矩形，
又∵OA＝OC，
∴四边形OAFC是正方形，
∴CF＝AF＝4，
∵∠BAD＝90°﹣∠D＝30°，
∴∠EAF＝180°﹣90°﹣30°＝60°，
∵tan∠EAF＝，
∴EF＝AF＝12，
∴CE＝CF+EF＝12+4．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆周角定理，正方形的判定和性质，锐角三角函数，灵活运用知识点是解题关键．
69．（2020·湖北中考真题）如图，为半圆O的直径，C为半圆O上一点，与过点C的切线垂直，垂足为D，交半圆O于点E．

（1）求证：平分；
（2）若，试判断以为顶点的四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析；(2)菱形，证明过程见解析
【解析】
【分析】
(1)连接OC，由切线的性质可知∠COD=∠D=180°，进而得到OC∥AD，得到∠DAC=∠ACO，再由OC=OA得到∠ACO=∠OAC，进而得到∠DAC=∠OAC即可证明；
(2) 连接EC、BC、EO，过C点作CH⊥AB于H点，先证明∠DCE=∠CAE，进而得到△DCE∽△DAC，再由AE=2DE结合三角函数求出∠EAC=30°，最后证明△EAO和△ECO均为等边三角形即可求解．
【详解】
解：(1)证明：连接OC，如下图所示：

∵CD为圆O的切线，∴∠OCD=90°，
∴∠D+∠OCD=180°，
∴OC∥AD，
∴∠DAC=∠ACO，
又OC=OA，
∴∠ACO=∠OAC，
∴∠DAC=∠OAC，
∴ AC平分∠DAB．
(2) 四边形EAOC为菱形，理由如下：
连接EC、BC、EO，过C点作CH⊥AB于H点，如下图所示，

由圆内接四边形对角互补可知，∠B+∠AEC=180°，
又∠AEC+∠DEC=180°，
∴∠DEC=∠B，
又∠B+∠CAB=90°，
∠DEC+∠DCE=90°，
∴∠CAB=∠DCE，
又∠CAB=∠CAE，
∴∠DCE=∠CAE，且∠D=∠D，
∴△DCE∽△DAC，
设DE=x，则AE=2x，AD=AE+DE=3x，
∴，∴，
∴，
在Rt△ACD中，，
∴∠DAC=30°，
∴∠DAO=2∠DAC=60°，且OA=OE，
∴△OAE为等边三角形，
由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可知：∠EOC=2∠EAC=60°，
∴△EOC为等边三角形，
∴EA=AO=OE=EC=CO，
即EA=AO=OC=CE，
∴四边形EAOC为菱形．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、相似三角形的判定和性质、三角函数、菱形的判定等知识点，属于综合题，熟练掌握其性质和定理是解决本题的关键．
70．（2020·四川宜宾?中考真题）如图，已知AB是圆O的直径，点C是圆上异于A，B的一点，连接BC并延长至点D，使得，连接AD交于点E，连接BE．
（1）求证：是等腰三角形；
（2）连接OC并延长，与B以为切点的切线交于点F，若，求的长．

【答案】（1）详见解析；（2）
【解析】
【分析】

（1）根据直径所对圆周角是直角及三线合一性质求解即可；
（2）根据等腰三角形的性质和切线的性质证明，可得，即可求出DE．
【详解】

（1）证明：因为AB是圆O的直径，
所以，
，
，
所以点C是BD的中点，
所以AB=AD，
所以三角形ABD是等腰三角形．
（2）因为三角形ABD是等腰三角形，
，
，
，
因为BF是切线，
所以，
因为AB是直径，
所以，
，
，
，
，
．
【点睛】

本题主要考查了圆的综合应用，准确运用相似三角形的性质是解题的关键．
71．（2020·湖南娄底?中考真题）如图，点C在以为直径的上，平分交于点D，过D作的垂线，垂足为E．

（1）求证：与相切；
（2）若，求的长；
（3）请用线段、表示的长，并说明理由．
【答案】（1）详见解析；（2） ；（3），理由详见解析
【解析】
【分析】

（1）连，据题意得，根据平分线的性质，得，证明，再根据可得结果；
（2）根据为的直径可得，证出，得到，代入数值求解即可；
（3）由得，根据，得到，，联立即可得到结果；
【详解】

解：（1）连，据题意得，
，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴与相切．

（2）为的直径可得：，
据（1）且，
∴在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴．
（3）．
由得，
∵，
∴，
，
，
由得，
∴．
【点睛】

本题主要考查了圆的综合应用，结合三角形相似的知识点进行求解是解题的关键．
72．（2020·湖北黄石?中考真题）如图，在中，，平分交于点D，O为上一点，经过点A、D的分别交、于点E、F．

（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的半径；
（3）求证：．
【答案】（1）见解析（2）8（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由AD为角平分线得到一对角相等，再由等边对等角得到一对角相等，等量代换得到内错角相等，进而得到OD与AC平行，得到OD与BC垂直，即可得证；
（2）连接EF，设圆的半径为r，由sinB的值，利用锐角三角函数定义即可求出r的值；
（3）先判断出∠AEF＝∠B．再判断出∠AEF＝∠ADF，进而得出∠B＝∠ADF，进而判断出△ABD∽△ADF，即可得出结论．
【详解】
（1）如图，连接OD，则OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠OAD＝∠CAD，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴OD∥AC，
∴∠ODB＝∠C＝90°，
∵点D在⊙O上，
∴BC是⊙O的切线；
（2）由（1）知，OD⊥BC，
∴∠BDO＝90°，
设⊙O的半径为R，则OA＝OD＝OE＝R，
∵BE＝8，
∴OB＝BE＋OE＝8＋R，
在Rt△BDO中，sinB＝，
∴sinB＝＝，
∴R＝5;
(3) 连接OD，DF，EF，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠AFE＝90°＝∠C，
∴EF∥BC，
∴∠B＝∠AEF，
∵∠AEF＝∠ADF，
∴∠B＝∠ADF，
由（1）知，∠BAD＝∠DAF，
∴△ABD∽△ADF，
∴，
∴AD2＝AB•AF．

【点睛】
此题是圆的综合题，主要考查了切线的判定，圆周角的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，求出圆的半径是解本题的关键．
73．（2020·内蒙古通辽?中考真题）如图，的直径交弦(不是直径)于点P，且．求证：．

【答案】见解析
【解析】
【分析】
连接AC和BD，证明△PAC∽△PDB，得到，再根据得到，从而得到PC=PD，根据垂径定理得出结果.
【详解】
解：连接AC和BD，
在△PAC和△PBD中，
∠A=∠D，∠C=∠B，
∴△PAC∽△PDB，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴PC=PD，
∵AB为直径，
∴AB⊥CD.

【点睛】
本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，垂径定理，解题的关键是证明△PAC∽△PDB，得到.
74．（2020·青海中考真题）如图，在中，．
（1）尺规作图：作的外接圆；作的角平分线交于点D，连接AD．（不写作法，保留作图痕迹）
（2）若AC =6，BC =8，求AD的长．


【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据外接圆，角平分线的作法作图即可；
（2）连接AD，OD，根据CD平分，得°，根据圆周角与圆心角的关系得到°，在中计算AB，在中，计算AD．
【详解】
（1）作图如下：

（2）连接AD，OD，如图所示

由（1）知：平分，且°
∴°
∴°
在中，，
∴，即
在中，
【点睛】
本题考查了三角形的外接圆，角平分线，以及利用圆周角与圆心角的关系，及勾股定理计算线段长度的方法，熟知以上方法是解题的关键．
75．（2020·青海中考真题）如图，已知AB是的直径，直线BC与相切于点B，过点A作AD//OC交于点D，连接CD．
（1）求证：CD是的切线．
（2）若，直径，求线段BC的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）如图（见解析），先根据等腰三角形的性质可得，又根据平行线的性质可得，从而可得，再根据圆的切线的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据圆的切线的判定即可得证；
（2）如图（见解析），先根据圆周角定理得出，再根据勾股定理可得BD的长，然后根据相似三角形的判定与性质即可得．
【详解】
（1）如图，连接OD，则




直线BC与相切于点B

在和中，


又是的半径
是的切线；
（2）如图，连接BD
由圆周角定理得：
，
，
在和中，

，即
解得．

【点睛】
本题考查了圆周角定理、圆的切线的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．
76．（2020·广东深圳?中考真题）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，AD与过点C的切线互相垂直，垂足为D.连接BC并延长，交AD的延长线于点E．

（1）求证：AE=AB；
（2）若AB=10，BC=6，求CD的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】
(1)连接OC,由同旁内角互补得出AD//OC,可得∠OCB＝∠E,即可推出∠ABE＝∠E,AE=AB．
(2)连接AC,由勾股定理求出AC,由△EDC∽△ECA得出相似比,求出CD即可．
【详解】

（1）证明：连接OC
∵CD与⊙O相切于C点
∴OC⊥CD
又∵CD⊥AE
∴OC//AE
∴∠OCB＝∠E
∵OC=OB
∴∠ABE＝∠OCB
∴∠ABE＝∠E
∴AE=AB
（2）连接AC
∵AB为⊙O的直径
∴∠ACB＝90°
∴
∵AB=AE，AC⊥BE
∴EC=BC=6
∵∠DEC＝∠CEA, ∠EDC＝∠ECA
∴△EDC∽△ECA
∴
∴．
【点睛】
本题考查圆与三角形的综合性质及相似的证明和性质,关键在于合理作出辅助线将已知条件转换求解．
77．（2020·湖南郴州?中考真题）如图，内接于⊙，是⊙的直径．直线与⊙相切于点，在上取一点使得．线段，的延长线交于点．
（1）求证：直线是⊙的切线；
（2）若，，求阴影部分的面积（结果保留）．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OC，根据OA＝OC，DA＝DC可得∠OAC＝∠OCA，∠DAC＝∠DCA，再根据直线与⊙相切于点可得∠DAO＝90°，进而可得∠DCO＝90°，由此可证得直线是⊙的切线；
（2）先证明BOC为等边三角形，可得OB＝OC＝BC＝2，根据扇形面积公式可求得，再利用含30°的直角三角形的性质及勾股定理可求得，由此可求得，最后便可得．
【详解】
（1）证明：连接OC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵DA＝DC，
∴∠DAC＝∠DCA，
∵直线与⊙相切于点，
∴∠DAO＝90°，
∴∠DAC+∠OAC＝90°，
∴∠DCA+∠OCA＝90°，
∴∠DCO＝90°，
∴OC⊥DC，
又∵点C在⊙上，
∴直线是⊙的切线；
（2）解：∵∠CAB＝30°，
∴∠COB＝2∠CAB＝60°，
又∵OB＝OC，
∴BOC为等边三角形，
∴OB＝OC＝BC＝2，
∴，
∵∠OCE＝90°，∠COB＝60°，
∴∠E＝90°－∠COB＝30°，
∴OE＝2OC＝4，
∴在RtCOE中，，
∴

，
∴
∴阴影部分的面积为．

【点睛】
本题考查了切线的性质与判定、扇形的面积公式以及含30°的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握切线的性质与判定、扇形的面积公式是解决本题的关键．
78．（2020·广西玉林?中考真题）如图，AB是圆O的直径，点D在直径AB上（D与A，B不重合），CD⊥AB，且CD=AB，连接CB与圆O交于点F，在CD上取一点E，使得EF=EC．
（1）求证：EF是圆O的切线；
（2）若D是OA的中点，AB=4，求CF的长．

【答案】(1)见解析；(2)
【解析】
【分析】
(1)连接OF和AF，证明∠GFE=∠AGD，进而可证明∠OFE=90°后即可求解；
(2)先由AB=CD=4，BD=3，在Rt△BCD中结合勾股定理求出BC，再证明△ABF∽△CBD，由对应边成比例求出BF的长，最后用BC减去BF就是所求的CF的长．
【详解】
解：(1)连接OF和AF，设AF与DC相交于点G，如下图所示：

∵OA=OF，
∴∠A=∠OFA，
∵AB为圆O的直径，∴∠AFB=∠AFC=90°，
∴∠C+∠CGF=90°，∠GFE+∠EFC=90°
又EC=EF，∴∠C=∠EFC，
∴∠CGF=∠GFE,
又∠CGF=∠AGD，
∴∠GFE=∠AGD
∴∠OFE=∠OFA+∠GFE=∠A+∠AGD=180°-∠ADG=180°-90°=90°，
∴OF⊥EF，
∴EF是圆O的切线．
(2)如下图所示，

∵D是OA的中点，且AB=4，
∴DO=1，BD=BO+DO=3，
又AB=CD=4，
∴在Rt△BCD中，BC²=BD²+CD²=3²+4²=5²，
∴BC=5，
又∠BDC=∠BFA=90°，且∠B=∠B，
∴△ABF∽△CBD，
∴，代入数据后得：，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、圆的切线的判定定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握其定理及性质是解决此类题的关键．
79．（2020·贵州毕节?中考真题）如图，已知是⊙O的直径，⊙O经过的直角边上的点，交边于点，点是弧的中点，，连接．

（1）求证：直线是⊙O切线．
（2）若，，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】

（1）连接OF，因为点是弧的中点，所以可得，因为，所以，所以，所以，所以，即可得出直线是⊙O切线；
（2）由（1）得，所以，所以，可求出，在，根据勾股定理可得出，再根据，即，可得，在中，可求出.
【详解】

解：如图，连接OF，

是弧的中点，
，
，
，
，
，
，
直线是⊙O切线.
（2），
；
由（1）得，
，


;
在中，，
，
，

可得：，解得：，
在中，可得：
即：.
【点睛】

本题考查与圆有关的证明，熟练掌握与圆有关的定理是做题关键，比如本题中看到弧相等，就要转化成相应的圆周角或者圆心角相等；当题目中出现平行线，并且求线段长度，可考虑利用相似三角形的性质进行求解，结合勾股定理，注意计算不要出错.
80．（2020·宁夏中考真题）如图，在中，，点D为上一点，以为直径的交于点E，连接，且平分．

（1）求证：是的切线；
（2）连接，若，求．
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）证明：连接，证明，即可得=90°，即可证明是的切线；
（2）解：连接，先证明，得出，根据∠A=30°，∠B=90°，可得，可得，由此可得，即可得出．
【详解】
（1）证明：连接，

∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
即，
∴是的切线；
（2）解：连接，

∵是的直径，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵∠A=30°，∠B=90°，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，结合题意灵活运用知识点是解题关键．
81．（2020·湖北荆州?中考真题）如图，将绕点B顺时针旋转60度得到，点C的对应点E恰好落在AB的延长线上，连接AD．
（1）求证：；
（2）若AB=4，BC=1，求A，C两点旋转所经过的路径长之和．


【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）先利用旋转的性质证明△ABD为等边三角形，则可证，即再根据平行线的判定证明即可．
（2）利用弧长公式分别计算路径，相加即可求解．
【详解】
（1）证明：由旋转性质得：
是等边三角形
所以

∴；
（2）依题意得：AB=BD=4，BC=BE=1，
所以A，C两点经过的路径长之和为．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定、弧长公式等知识，熟练掌握这些知识点之间的联系及弧长公式是解答的关键．
82．（2020·湖南永州?中考真题）如图，内接于是的直径，与相切于点B，交的延长线于点D，E为的中点，连接．


（1）求证：是的切线．
（2）已知，求O，E两点之间的距离．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】

（1）连接，先推出，然后根据是斜边上的中线，得出，从而可得，根据与相切，得到，
可得，即，即可证明是的切线；
（2）连接OE，先证明，可得，可求出AD，根据是的中位线，即可求出OE．
【详解】

（1）证明：连接，


∵，
∴，
∵是的直径，
∴，则，
∵是斜边上的中线，
∴，
∴，
∵与相切，
∴，即，
∴，即，
∴，
∴是的切线；
（2）连接OE，


∵，
∴，
∴，即，
∴，
∵是的中位线，
∴．
【点睛】

本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定进而性质，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半，掌握知识点，结合现有条件灵活运用是解题关键．
83．（2020·湖北孝感?中考真题）已知内接于，，的平分线与交于点，与交于点，连接并延长与过点的切线交于点，记．
（1）如图1，若，
①直接写出的值为______；
②当的半径为2时，直接写出图中阴影部分的面积为______；
（2）如图2，若，且，，求的长．

【答案】（1）①； ② ；（2）5
【解析】
【分析】
（1）①连接AD，连接AO并延长交BC于H点，根据题意先证明△ABC是等边三角形，再得到∠AFD为直角，利用含30°的直角三角形即可求解；②根据割补法即可求解阴影部分面积；
（2）连接，连接并延长交于点，连接，根据题意先证明，得到，再求出，根据，得到，即可求出BD，从而求出BE的长．
【详解】
解：（1）①，
∴△ABC是等边三角形，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC=∠ABC=30°，
∵∠BDC=∠BAC=60°
∴∠BCD=180°-∠DBC-∠BDC=90°
∴BD是直径，
∴∠BAD=90°，CD=AD

连接AO并延长交BC于H点，
∵AO=BO
∴∠BAH=∠ABO=30°，
∴∠AHB=180°-∠BAH-∠ABC=90°
∴AH⊥BC
∵AF是的切线
∴AF⊥AH
∴四边形AHCF是矩形
∴AF⊥CF
∵∠ADB=∠BDC=60°
∴∠ADF=180°-∠ADB-∠BDC=60°
∴∠FAD=90°-∠ADF=30°
∴；
②∵半径为2，
∴AO=OD=2，
∵∠DBC=30°，
∴CD=BD=2=AD，
∴DF=AD=1,
∴AF=,
∵∠AOB=180°-2∠ABO=120°，
∴∠AOD=180°-∠AOB=60°，
∴﹔
故答案为：①； ②；

（2）如图，连接，连接并延长交于点，连接，则，
∴．
∵与相切，
∴．
∴．
∵平分，
∴．
∴，
∴．
∵，
∴．
∵四边形内接于，
∴．
又∵，
∴．
又∵，
∴．
又∵公共，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，公共，
∴．
∴，即，
∴．
∴．

【点睛】
此题主要考查切线的判定与性质综合，解题的关键是熟知切线的性质、等边三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质．
84．（2020·广东中考真题）如图1，在四边形中，，，是的直径，平分．

（1）求证：直线与相切；
（2）如图2，记（1）中的切点为，为优弧上一点，，.求的值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）如图（见解析），先根据平行线的性质得出，再根据角平分线的性质可得，然后根据圆的切线的判定即可得证；
（2）如图（见解析），先根据圆周角定理可得，，再根据圆的切线的判定、切线长定理可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，设，从而可得，又根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，最后根据正切三角函数的定义即可得．
【详解】
（1）如图，过点作于点
∵，
∴，即
又∵平分，
∴
即OE是的半径
∴直线与相切；

（2）如图，连接，延长交延长线于点
由圆周角定理得：，
是的直径，，
AD、BC都是的切线
由切线长定理得：
∵
∴
在和中，
∴
∴
设，则


在和中，

，即
解得
在中，
则．

【点睛】
本题考查了圆的切线的判定与性质、圆周角定理、切线长定理、相似三角形的判定与性质、正切三角函数等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．
85．（2020·辽宁抚顺?中考真题）如图，射线和射线相交于点，（），且．点是射线上的动点（点不与点和点重合）．作射线，并在射线上取一点，使，连接，．
（1）如图①，当点在线段上，时，请直接写出的度数；

（2）如图②，当点在线段上，时，请写出线段，，之间的数量关系，并说明理由；

（3）当，时，请直接写出的值．
【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）或
【解析】
【分析】
（1）根据等腰直角三角形的性质求解得∠ACB=45，证明A、B、E、C四点共圆，利用圆周角定理即可求解；
（2）在上截取，连接，过点作于点，利用“SAS”证得△ABF△CBE，求得，根据三角函数的定义即可求解；
（3）分D在线段CB上和D在CB延长线上两种情况讨论，利用（2）的方法及结论即可求解．
【详解】
（1）连接AC，如图：

∵∠ABC=90，AB=CB,
∴∠ACB=∠CAB=45，
∵∠AEC=90，又∠ABC=90，
∴A、B、E、C四点共圆，
根据圆周角定理：∠AEB=∠ACB=45；
（2），理由如下：
在上截取，连接，过点作于点．

∵，
∴A、B、E、C四点共圆，
根据圆周角定理：，
在△ABF和△CBE中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵于点，
∴，
∴在中，
，
∴，
∵，，
∴；
（3）当D在线段CB上时，如图：

∵，
∴设BH=，则AH=，
由（2）得：，
∴BF=BE=，FH=EH=，
∴AF=CE=AH-FH=(3-)，
∴；
当D在CB延长线上时，
在上截取，连接，过点作于点．如图：


同理：设BH=，则AH=，
同理得：，
∴BF=BE=，FH=EH=，
∴AF=CE=AH+FH=(3+)，
∴；
综上，的值为：或．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，解直角三角形的应用，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键．
86．（2020·湖北恩施?中考真题）如图，是的直径，直线与相切于点，直线与相切于点，点（异于点）在上，点在上，且，延长与相交于点E，连接并延长交于点．

（1）求证：是的切线；
（2）求证：；
（3）如图，连接并延长与分别相交于点、，连接．若，，求．

【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）
【解析】
【分析】

（1）连接OD，根据等边对等角可知：∠CAD=∠CDA，∠OAD=∠ODA，再根据切线的性质可知∠CAO=∠CAD+∠OAD=∠CDA+∠ODA=90°=∠ODC，由切线的判定定理可得结论；
（2）连接BD，根据等边对等角可知∠ODB=∠OBD，再根据切线的性质可知∠ODE=∠OBE=90°，由等量减等量差相等得∠EDB=∠EBD，再根据等角对等边得到ED=EB，然后根据平行线的性质及对顶角相等可得∠EDF=∠EFD，推出DE=EF，由此得出结论；
（3）过E点作EL⊥AM于L，根据勾股定理可求出BE的长，即可求出tan∠BOE的值，再利用倍角公式即可求出tan∠BHE的值．
【详解】

（1）连接OD，
∵，
∴∠CAD=∠CDA，
∵OA=OD
∴∠OAD =∠ODA，
∵直线与相切于点，
∴∠CAO=∠CAD+∠OAD=90°
∴∠ODC=∠CDA+∠ODA=90°
∴CE是的切线；

（2）连接BD
∵OD=OB
∴∠ODB=∠OBD，
∵CE是的切线，BF是的切线，
∴∠OBD=∠ODE=90°
∴∠EDB=∠EBD
∴ED=EB
∵AM⊥AB，BN⊥AB
∴AM∥BN
∴∠CAD=∠BFD
∵∠CAD=∠CDA=∠EDF
∴∠BFD=∠EDF
∴EF=ED
∴BE=EF
（3）过E点作EL⊥AM于L，则四边形ABEL是矩形，
设BE=x，则CL=4-x，CE=4+X
∴(4+x)2=(4-x)2+62
解得：x=

∵∠BOE=2∠BHE

解得：tan∠BHE=或-3（-3不和题意舍去）
∴tan∠BHE=

【点睛】

本题主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，三角函数/，勾股定理等知识，熟练掌握这些知识点并能熟练应用是解题的关键．
87．（2020·湖南长沙?中考真题）如图，为的直径，C为上的一点，AD与过点C的直线互相垂直，垂足为D，AC平分．
（1）求证：DC为的切线；
（2）若，求的半径．

【答案】（1）详见解析；（2）2
【解析】
【分析】
（1）连接OC，利用角平分线的性质及同圆半径相等的性质求出∠DAC=∠OCA，得到AD∥OC，即可得到OC⊥CD得到结论；
（2）连接BC，先求出，得到∠CAB=∠DAC=30°，AC=2CD=，再根据为的直径得到∠ACB=90°，再利用三角函数求出AB.
【详解】
（1）连接OC，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵AC平分，
∴∠DAC=∠OAC，
∴∠DAC=∠OCA，
∴AD∥OC，
∴∠ADC+∠OCD=180°，
∵AD⊥CD，
∴∠ADC=90°，
∴∠OCD=90°，
∴OC⊥CD，
∴DC为的切线；

（2）连接BC，
在Rt△ACD中，∠ADC=90°，，
∴，
∴∠DAC=30°，
∴∠CAB=∠DAC=30°，AC=2CD=，
∵AB是的直径，
∴∠ACB=90°，
∴AB=，
∴的半径为2.

【点睛】
此题考查角平分线的性质定理，圆的切线的判定定理，圆周角定理，锐角三角函数，直角三角形30°角的性质，正确连接辅助线解题是此题的关键.
88．（2020·湖南长沙?中考真题）如图，半径为4的中，弦AB的长度为，点C是劣弧上的一个动点，点D是弦AC的中点，点E是弦BC的中点，连接DE，OD，OE．
（1）求的度数；
（2）当点C沿着劣弧从点A开始，逆时针运动到点B时，求的外心P所经过的路径的长度；
（3）分别记的面积为，当时，求弦AC的长度．

【答案】（1）；（2）；（3）或．
【解析】
【分析】
（1）过O作OH⊥AB于H，由垂径定理可知AH的长，然后通过三角函数即可得到，从而可得到的度数；
（2）连接OC，取OC的中点G，连接DG、EG，可得到O、D、C、E四点共圆，G为△ODE的外心，然后用弧长公式即可算出外心P所经过的路径的长度；
（3）作CN∥AB交圆O于N，作CF⊥AB交AB于F，交DE于P，作OM⊥CN交CN于M，交DE于Q，交AB于H，连接OC，分别表示出，的面积为，，由可算出，然后可利用勾股定理求出结果．
【详解】
解：（1）如图，过O作OH⊥AB于H，

∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）如图，连接OC，取OC的中点G，连接DG、EG，

∵D是弦AC的中点，点E是弦BC的中点，，
∴OD⊥AC，OE⊥BC，即∠ODC=∠OEC=90°，
∴，
∴O、D、C、E四点共圆，G为△ODE的外心，
∴G在以O为圆心，2为半径的圆上运动，
∵，
∴运动路径长为；
（3）当点C靠近A点时，如图，作CN∥AB交圆O于N，作CF⊥AB交AB于F，交DE于P，作OM⊥CN交CN于M，交DE于Q，交AB于H，连接OC，

∵D是弦AC的中点，点E是弦BC的中点，
∴，
∵，，
∴OH=2，
设，，由题可知，，
∴，，
∴

∵，
∴，即，
解得，
∴，即，
由于，∴，
又∵，
∴，
同理当点C靠近B点时，可知，
综上所述，或．
【点睛】
本题是圆的综合问题，题目相对较难，属于中考压轴题类型，理解题意并能准确画出辅助线是解题的关键．
89．（2020·江苏盐城?中考真题）木门常常需要雕刻美丽的图案．
（1）图①为某矩形木门示意图，其中长为厘米，长为厘米，阴影部分是边长为厘米的正方形雕刻模具，刻刀的位置在模具的中心点处，在雕刻时始终保持模具的一边紧贴木门的一边，所刻图案如虚线所示，求图案的周长；

（2）如图，对于中的木门，当模具换成边长为厘米的等边三角形时，刻刀的位置仍在模具的中心点处，雕刻时也始终保持模具的一边紧贴本门的一边，使模具进行滑动雕刻．但当模具的一个顶点与木门的一个顶点重合时，需将模具绕着重合点进行旋转雕刻，直到模具的另一边与木门的另一边重合．再滑动模具进行雕刻，如此雕刻一周，请在图中画出雕刻所得图案的草图，并求其周长．

【答案】（1）；（2）雕刻所得图案的草图见解析，图案的周长为
【解析】
【分析】
（1）过点作求出PE，进而求得该图案的长和宽，利用长方形的周长公式即可解答；
（2）如图，过P作PQ⊥CD于Q，连接PG,先利用等边三角形的性质求出PQ、PG及∠PGE，当移动到点时，求得旋转角和点P旋转的路径长，用同样的方法继续移动，即可画出图案的草图，再结合图形可求得所得图案的周长．
【详解】
如图，过点作垂足为

是边长为的正方形模具的中心，

同理：与之间的距离为
与之间的距离为
与之间的距离为


．
答：图案的周长为．
如图，连接过点作，垂足为

是边长为的等边三角形模具的中心，




．
当三角形向上平移至点与点重合时，
由题意可得：绕点顺时针旋转
使得与边重合
绕点顺时针旋转至
．
同理可得其余三个角均为弧长为的圆弧，
图中的虚线即为所画的草图，
∴
．
答：雕刻所得图案的草图的周长为．
【点睛】
本题考查了图形的平移与旋转、等边三角形的性质、解含30º角的直角三角形、图形的周长等知识，解答的关键是熟练掌握图形平移和旋转过程中的变化特征，结合基本图形的性质进行推理、探究、发现和计算．
90．（2020·陕西中考真题）问题提出
（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，∠ACB的平分线交AB于点D．过点D分别作DE⊥AC，DF⊥BC．垂足分别为E，F，则图1中与线段CE相等的线段是_____．
问题探究
（2）如图2，AB是半圆O的直径，AB＝8．P是上一点，且，连接AP，BP．∠APB的平分线交AB于点C，过点C分别作CE⊥AP，CF⊥BP，垂足分别为E，F，求线段CF的长．
问题解决
（3）如图3，是某公园内“少儿活动中心”的设计示意图．已知⊙O的直径AB＝70m，点C在⊙O上，且CA＝CB．P为AB上一点，连接CP并延长，交⊙O于点D．连接AD，BD．过点P分别作PE⊥AD，PF⊥BD，重足分别为E，F．按设计要求，四边形PEDF内部为室内活动区，阴影部分是户外活动区，圆内其余部分为绿化区．设AP的长为x（m），阴影部分的面积为y（m2）．
①求y与x之间的函数关系式；
②按照“少儿活动中心”的设计要求，发现当AP的长度为30m时，整体布局比较合理．试求当AP＝30m时．室内活动区（四边形PEDF）的面积．

【答案】（1）CF、DE、DF；（2）CF＝6﹣2；（3）① y＝﹣x2+35x+1225；② 576m2．
【解析】
【分析】
（1）证明四边形CEDF是正方形，即可得出结果；
（2）连接OP，由AB是半圆O的直径，，得出∠APB＝90°，∠AOP＝60°，则∠ABP＝30°，同（1）得四边形PECF是正方形，得PF＝CF，在Rt△APB中，PB＝AB•cos∠ABP＝4 ，在Rt△CFB中，BF＝＝CF，推出PB＝CF+BF，即可得出结果；
（3）① 同（1）得四边形DEPF是正方形，得出PE＝PF，∠APE+∠BPF＝90°，∠PEA＝∠PFB＝90°，将△APE绕点P逆时针旋转90°，得到△A′PF，PA′＝PA，则A′、F、B三点共线，∠APE＝∠A′PF，证∠A′PB＝90°，得出S△PAE+S△PBF＝S△PA′B＝ PA′•PB＝x（70﹣x），在Rt△ACB中，AC＝BC＝35 ，S△ACB＝AC2＝1225，由y＝S△PA′B+S△ACB，即可得出结果；
② 当AP＝30时，A′P＝30，PB＝40，在Rt△A′PB中，由勾股定理得A′B＝ ＝＝50，由S△A′PB＝A′B•PF＝PB•A′P，求PF，即可得出结果．
【详解】
解：（1）∵∠ACB＝90°，DE⊥AC，DF⊥BC，
∴四边形CEDF是矩形，
∵CD平分∠ACB，DE⊥AC，DF⊥BC，
∴DE＝DF，
∴四边形CEDF是正方形，
∴CE＝CF＝DE＝DF，
故答案为：CF、DE、DF；
（2）连接OP，如图2所示：
∵AB是半圆O的直径，，
∴∠APB＝90°，∠AOP＝×180°＝60°，
∴∠ABP＝30°，
同（1）得：四边形PECF是正方形，
∴PF＝CF，
在Rt△APB中，PB＝AB•cos∠ABP＝8×cos30°＝8× ＝4 ，
在Rt△CFB中BF＝＝ ＝ ＝CF，
∵PB＝PF+BF，
∴PB＝CF+BF，
即：4＝CF+CF，
解得：CF＝6﹣2；

（3）①∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
∵CA＝CB，
∴∠ADC＝∠BDC，
同（1）得：四边形DEPF是正方形，
∴PE＝PF，∠APE+∠BPF＝90°，∠PEA＝∠PFB＝90°，
∴将△APE绕点P逆时针旋转90°，得到△A′PF，PA′＝PA，如图3所示：
则A′、F、B三点共线，∠APE＝∠A′PF，
∴∠A′PF+∠BPF＝90°，即∠A′PB＝90°，
∴S△PAE+S△PBF＝S△PA′B＝PA′•PB＝x（70﹣x），
在Rt△ACB中，AC＝BC＝AB＝×70＝35，
∴S△ACB＝AC2＝×（35）2＝1225，
∴y＝S△PA′B+S△ACB＝x（70﹣x）+1225＝﹣x2+35x+1225；
②当AP＝30时，A′P＝30，PB＝AB﹣AP＝70﹣30＝40，
在Rt△A′PB中，由勾股定理得：A′B＝ ＝＝50，
∵S△A′PB＝A′B•PF＝PB•A′P，
∴×50×PF＝×40×30，
解得：PF＝24，
∴S四边形PEDF＝PF2＝242＝576（m2），
∴当AP＝30m时．室内活动区（四边形PEDF）的面积为576m2．

【点睛】
本题是关于圆的综合题，主要考查了圆周角定理、勾股定理、矩形的判定、正方形的判定与性质、角平分线的性质、旋转的性质、三角函数定义、三角形面积与正方形面积的计算等知识；熟练掌握圆周角定理和正方形的判定与性质是解题的关键．
91．（2020·内蒙古中考真题）如图，是的直径，半径，垂足为O，直线l为的切线，A是切点，D是上一点，的延长线交直线l于点是上一点，的延长线交于点G，连接，已知的半径为3，，．

（1）求的长；
（2）求的值及的长．
【答案】（1）AE=2；（2）CG=，cos∠CAG=
【解析】
【分析】

(1)过点E作EH⊥OC，交OC的延长线于点H，证明四边形AOHE是矩形得到EH=OA=3，求得，即可得到AE；
(2)先证明△ADE∽△OCD求得AD=1.2，OD=1.8，根据求得BF=2，CF=，连接BG，证明△AFC∽△GFB，得到，求得，即可得到CG=CF+GF=，设CO延长线交于点N，连接GN，则∠CNG=∠CAG，在Rt△CGN中，求得NG=，即可得到cos∠CAG=cos∠CNG=.
【详解】

(1)过点E作EH⊥OC，交OC的延长线于点H，
∵直线l为的切线，A是切点，
∴OA⊥AE，
∵OC⊥AB，
∴∠EHO=∠OAE=∠AOH=90°，
∴四边形AOHE是矩形，
∴EH=OA=3，AE=OH，
∵,
∴,
∴AE=OH=CH-OC=2；

(2)∵∠OAE=∠AOC=90°，
∴OC∥AE，
∴△ADE∽△OCD，
∴，
∴AD=1.2，OD=1.8，
∵，
∴BF=2，
∴OF=1，
∴AF=4，CF=，
连接BG，
∵∠ACF=∠B，∠AFC=∠GFB，
∴△AFC∽△GFB，
∴，
∴，
∴，
∴CG=CF+GF=，
设CO延长线交于点N，连接GN，则∠CNG=∠CAG，
在Rt△CGN中，∠CGN=90°，CN=6，CG=,
∴NG=，
∴cos∠CAG=cos∠CNG=.

【点睛】

此题考查矩形的判定定理及性质定理，勾股定理，圆切线的性质定理，圆周角定理，相似三角形的判定及性质，锐角三角函数解直角三角形，熟记各定理并熟练运用解题，正确连接辅助线是解此题的关键.
92．（2020·内蒙古通辽?中考真题）中心为O的正六边形的半径为．点同时分别从两点出发，以的速度沿向终点运动，连接，设运动时间为．

（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）求矩形的面积与正六边形的面积之比．
【答案】（1）见解析；（2）2：3
【解析】
【分析】
（1）只要证明△ABP≌△DEQ（SAS），可得BP=EQ，同理PE=BQ，由此即可证明；
（2）过点B，点E作BN⊥CD，EM⊥CD，连接OC，OD，过点O作OH⊥CD分别求出矩形的面积和正六边形的面积，从而得到结果.
【详解】
解：（1）证明：∵中心为O的正六边形ABCDEF的半径为6cm，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，∠A=∠ABC=∠C=∠D=∠DEF=∠F，
∵点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1cm/s速度沿AF，DC向终点F，C运动，
∴AP=DQ=t，PF=QC=6-t，
在△ABP和△DEQ中，
，
∴△ABP≌△DEQ（SAS），
∴BP=EQ，同理可证PE=QB，
∴四边形PEQB是平行四边形；
（2）由（1）可知四边形PEQB是平行四边形
∴当∠BQE=90°时，四边形PEQB是矩形
过点B，点E作BN⊥CD，EM⊥CD，连接OC，OD，过点O作OH⊥CD
∴∠BNQ=∠QME=90°，
∴∠BQN+∠NBQ=90°，∠BQN+∠EQM=90°
∴∠NBQ=∠EQM
∴△NBQ∽△MQE
∴
又∵正六边形ABCDEF的半径为6，
∴正六边形ABCDEF的各边为6，∠BCQ=∠EDQ=120°
∴在Rt△BNC和Rt△EDM中，∠NBC=∠DEM=30°
∴NC=DM=，BN=EM=
∴，解得：
（舍去）
即当P与F重合，Q与C重合时，四边形PEQB是矩形
此时矩形PEQB的面积为
∵在正六边形ABCDEF中，∠COD=60°，OC=OD
∴△OCD是等边三角形，OC=OD=CD=6，OH=
S六边形ABCDEF=
=
=，
∴S矩形PBQE：S六边形ABCDEF=：=2：3

【点睛】
本题考查正多边形、平行四边形的判定和性质、矩形的性质与判定，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
93．（2020·广东广州?中考真题）如图，为等边的外接圆，半径为2，点在劣弧上运动（不与点重合），连接，，．

（1）求证：是的平分线；
（2）四边形的面积是线段的长的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由；
（3）若点分别在线段，上运动（不含端点），经过探究发现，点运动到每一个确定的位置，的周长有最小值，随着点的运动，的值会发生变化，求所有值中的最大值．
【答案】(1)详见解析；(2)是， ；(3)
【解析】
【分析】

(1)根据等弧对等角的性质证明即可；
(2)延长DA到E,让AE=DB,证明△EAC≌△DBC,即可表示出S的面积；
(3)作点D关于直线BC、AC的对称点D1、D2，当D1、M、N、D共线时△DMN取最小值，可得t=D1D2，有对称性推出在等腰△D1CD2中,t=，D与O、C共线时t取最大值即可算出．
【详解】

(1)∵△ABC为等边三角形,BC=AC，
∴,都为圆，
∴∠AOC=∠BOC=120°，
∴∠ADC=∠BDC=60°，
∴DC是∠ADB的角平分线．
(2)是．
如图，延长DA至点E，使得AE=DB．
连接EC，则∠EAC=180°－∠DAC＝∠DBC．
∵AE＝DB，∠EAC＝∠DBC,AC＝BC，
∴△EAC≌△DBC(SAS)，
∴∠E=∠CDB=∠ADC=60°，
故△EDC是等边三角形，
∵DC=x，∴根据等边三角形的特殊性可知DC边上的高为
∴．

(3)依次作点D关于直线BC、AC的对称点D1、D2,根据对称性
C△DMN=DM+MN+ND=D1M+MN+ND2．
∴D1、M、N、D共线时△DMN取最小值t,此时t=D1D2,
由对称有D1C=DC=D2C=x，∠D1CB=∠DCB，∠D2CA=∠DCA,
∴∠D1CD2=∠D1CB+∠BCA+∠D2CA=∠DCB+60°+∠DCA=120°．
∴∠CD1D2=∠CD2D1=60°，

在等腰△D1CD2中,作CH⊥D1D2，
则在Rt△D1CH中，根据30°特殊直角三角形的比例可得D1H=，
同理D2H=
∴t=D1D2=．
∴x取最大值时,t取最大值．
即D与O、C共线时t取最大值,x=4．
所有t值中的最大值为．

【点睛】

本题考查圆与正多边形的综合以及动点问题，关键在于结合题意作出合理的辅助线转移已知量．
94．（2020·内蒙古呼和浩特?中考真题）某同学在学习了正多边形和圆之后，对正五边形的边及相关线段进行研究，发现多处出现者名的黄金分割比．如图，圆内接正五边形，圆心为O，与交于点H，、与分别交于点M、N．根据圆与正五边形的对称性，只对部分图形进行研究．（其它可同理得出）

（1）求证：是等腰三角形且底角等于36°，并直接说出的形状；
（2）求证：，且其比值；
（3）由对称性知，由（1）（2）可知也是一个黄金分割数，据此求的值．
【答案】（1）见解析，△ABN为等腰三角形；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）连接圆心O与正五边形各顶点，利用圆周角定理得出∠ABE=∠BAC=36°，即AM=BM，再求出∠BNA=72°=∠BAD，得出结论；
（2）证明△BAM∽△BEA，得到，设BM=y，AB=x，则AM=AN=y，AB=AE=BN=x，证明，得到，设=t，求出t值即可；
（3）根据题意求出∠MAH=∠NAH=∠MAN=18°，再根据sin∠MAH=，将代入，即可求值.
【详解】
解：（1）连接圆心O与正五边形各顶点，
在正五边形中，
∠AOE=360°÷5=72°，
∴∠ABE=∠AOE=36°，同理∠BAC=×72°=36°，
∴AM=BM，
∴△ABM是是等腰三角形且底角等于36°，
∵∠BOD=∠BOC+∠COD=72°+72°=144°，
∴∠BAD=∠BOD=72°，
∴∠BNA=180°-∠BAD-∠ABE=72°，
∴AB=NB，即△ABN为等腰三角形；
（2）∵∠ABM=∠ABE，∠AEB=∠AOB=36°=∠BAM，
∴△BAM∽△BEA，
∴，而AB=BN，
∴，设BM=y，AB=x，则AM=AN=y，AB=AE=BN=x，
∵∠AMN=∠MAB+∠MBA=72°=∠BAN，∠ANM=∠ANB，
∴△AMN∽△BAN，
∴，即，则，
两边同时除以x2，得：，设=t，
则，解得：t=或（舍），
∴；
（3）∵∠MAN=36°，根据对称性可知：∠MAH=∠NAH=∠MAN=18°，
而AO⊥BE，
∴sin 18°=sin∠MAH=
=
=.

【点睛】
本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，有一定难度，解题的关键是算出相应角度，找到合适的相似三角形.
95．（2020·湖北荆州?中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，，以O为圆心，OA的长为半径的半圆O交AO的延长线于C，连接AB，BC，过O作ED//BC分别交AB和半圆O于E，D，连接OB，CD．
（1）求证：BC是半圆O的切线；
（2）试判断四边形OBCD的形状，并说明理由；
（3）如图2，若抛物线经过点D，且顶点为E，求此抛物线的解析式；点P 是此抛物线对称轴上的一动点，以E，D，P为顶点的三角形与相似，问抛物线上是否存在点Q，使得，若存在，请直接写出Q点的横坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）平行四边形，见解析；（3）抛物线的解析式为，存在，Q点的横坐标为或或或
【解析】
【分析】
（1）证得OE是△ABC的中位线，求得点E的坐标，分别求得AB、AC、BC的长，利用勾股定理的逆定理证得是直角三角形，从而证明结论；
（2）求得BC=OD=OA=，利用平行四边形的判定定理可证得四边形OBCD是平行四边形；
（3）证明Rt△ODNRt△OEM，求得点D的坐标，利用待定系数法可求得此抛物线的解析式；分△PED△OAB和△DEP△OAB两种情况讨论，利用相似三角形的性质求得PE的长，再根据三角形的面积公式即可求得Q点的横坐标．
【详解】
（1）如图1，

设AB与y轴交于点M，则AM=2，OM=1，AB=5，
则OA=OC，
∵OE∥BC，
∴OE是△ABC的中位线，
∴AE=AB=，BC=2EO，
∴点E的坐标为(，)，ME=，OM=1，
∴OE=，
∴BC=2OE=，
∵，
是直角三角形，
即，
所以BC是半圆的O的切线；
（2）四边形OBCD是平行四边形，
由图知： BC=OD=OA=，
∵OD∥BC，
∴四边形OBCD是平行四边形；
（3）①由（2）知：OD=OA=，
E为AB的中点，过点D作轴，则DN//ME，

∴Rt△ODNRt△OEM，
∴，
∴，
∴，，
∴点D的坐标为(，)，
∵抛物线经过点D(，)，且顶点为E(，)，
∴设此抛物线的解析式为，
则
∴，
∴此抛物线的解析式为，
即，
如图，设抛物线对称轴交AC于F，

由（1）知：∠AOE=∠ACB=90，∠AEF=90，
∴∠OEF+∠AEO=90，∠A+∠AEO=90，
∴∠OEF=∠A，
∵以E，D，P为顶点的三角形与相似，
∴分△PED△OAB和△DEP△OAB两种情况讨论，
当△PED△OAB时，ED=OE+OD=
，即，
∴，
∵，
设点Q到PE的距离为h，
∴，即，
∴，
∴点Q的横坐标为或；
当△DEP△OAB时，ED=OE+OD=
，即，
∴，
∵，
设点Q到PE的距离为，
∴，即，
∴，
∴点Q的横坐标为或；
∴符合条件的Q点的横坐标为或或或．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式，圆的切线的判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理的逆定理，平行四边形的判定等知识点的应用，此题综合性比较强，有一定的难度，对学生提出较高的要求．注意：不要漏解，分类讨论思想的巧妙运用．
96．（2020·上海中考真题）如图，△ABC中，AB=AC，⊙O是△ABC的外接圆，BO的延长交边AC于点D．
（1）求证：∠BAC=2∠ABD；
（2）当△BCD是等腰三角形时，求∠BCD的大小；
（3）当AD=2，CD=3时，求边BC的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）∠BCD的值为67.5°或72°；（3）．
【解析】
【分析】
(1)连接OA．利用垂径定理以及等腰三角形的性质解决问题即可．
(2)分三种情形：①若BD=CB，则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD．②若CD=CB，则∠CBD=∠CDB=3∠ABD．③若DB=DC，则D与A重合，这种情形不存在．分别利用三角形内角和定理构建方程求解即可．
(3) 如图3中，作AEBC交BD的延长线于E．则，进而得到，设OB=OA=4a，OH=3a，根据BH2=AB2-AH2=OB2-OH2，构建方程求出a即可解决问题．
【详解】
解：(1)连接OA，如下图1所示：

∵AB=AC，
∴=，
∴OA⊥BC，
∴∠BAO=∠CAO．
∵OA=OB，
∴∠ABD=∠BAO，
∴∠BAC=2∠ABD．
(2)如图2中，延长AO交BC于H．

①若BD=CB，则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD．
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∴∠DBC=2∠ABD．
∵∠DBC+∠C+∠BDC=180°，
∴8∠ABD=180°，
∴∠C=3∠ABD=67.5°．
②若CD=CB，则∠CBD=∠CDB=3∠ABD，∴∠C=4∠ABD．
∵∠DBC+∠C+∠CDB=180°，
∴10∠ABD=180°，
∴∠BCD=4∠ABD=72°．
③若DB=DC，则D与A重合，这种情形不存在．
综上所述：∠C的值为67.5°或72°．
(3)如图3中，过A点作AEBC交BD的延长线于E．

则==，且BC=2BH，
∴==，
设OB=OA=4a，OH=3a．
则在Rt△ABH和Rt△OBH中，
∵BH2=AB2﹣AH2=OB2﹣OH2，
∴25 - 49a2=16a2﹣9a2，
∴a2=，
∴BH=，
∴BC=2BH=．
故答案为：．
【点睛】
本题属于圆的综合题，考查了垂径定理，等腰三角形的性质，勾股定理解直角三角形，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
97．（2020·湖北随州?中考真题）勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理．在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”（如图1）后人称之为“赵爽弦图”，流传至今．
（1）①请叙述勾股定理；
②勾股定理的证明，人们已经找到了400多种方法，请从下列几种常见的证明方法中任选一种来证明该定理；（以下图形均满足证明勾股定理所需的条件）

（2）①如图4、5、6，以直角三角形的三边为边或直径，分别向外部作正方形、半圆、等边三角形，这三个图形中面积关系满足的有_______个；

②如图7所示，分别以直角三角形三边为直径作半圆，设图中两个月形图案（图中阴影部分）的面积分别为，，直角三角形面积为，请判断，，的关系并证明；

（3）如果以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程就可以得到如图8所示的“勾股树”．在如图9所示的“勾股树”的某部分图形中，设大正方形的边长为定值，四个小正方形，，，的边长分别为，，，，已知，则当变化时，回答下列问题：（结果可用含的式子表示）
①_______；
②与的关系为_______，与的关系为_______．

【答案】（1）①如果直角三角形的两条直角边分别为，斜边为c，那么，（或者：在直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方．）；②证明见解析；（2）①3，②结论；（3）①，②， ．
【解析】
【分析】
（1）①根据所学的知识，写出勾股定理的内容即可；
②根据题意，利用面积相等的方法，即可证明勾股定理成立；
（2）①根据题意，设直角三角形的三边分别为a、b、c，利用面积相等的方法，分别求出面积的关系，即可得到答案；
②利用三角形的面积加上两个小半圆的面积，然后减去大半圆的面积，即可得到答案；
（3）①由（1）（2）中的结论，结合勾股定理的应用可知，；
②由，则，同理可得，利用解直角三角形以及勾股定理，即可得到答案．
【详解】
解：（1）①如果直角三角形的两条直角边分别为，斜边为c，那么．
（或者：在直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方．）
②证明：
在图1中，大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面积的和．
即，
化简得．
在图2中，大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面积的和．
即，化简得．
在图3中，梯形的面积等于三个直角三角形的面积的和．
即，化简．
（2）①根据题意，则如下图所示：

在图4中，直角三角形的边长分别为a、b、c，则
由勾股定理，得，
∴；
在图5中，三个扇形的直径分别为a、b、c，则
，，，
∴，
∵，
∴，
∴；
在图6中，等边三角形的边长分别为a、b、c，则
，，，
∵，，
∴，
∴；
∴满足的有3个，
故答案为：3；
②结论；


，
；
（3）①如图9，正方形A、B、C、D、E、F、M中，对应的边长分别为a、b、c、d、e、f、m，则有

由（1）（2）中的结论可知，面积的关系为：A+B=E，C+D=F，E+F=M，
∴，，，
∴
故答案为：；
②∵，
∴，，
由解直角三角形和正方形的性质，则
，，
∴；
同理：；
；
；
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：；．
【点睛】
本题考查了求扇形的面积，解直角三角形，勾股定理的证明，以及正方形的性质，解题的关键是掌握勾股定理的应用，注意归纳推理等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力、归纳总结能力，是中档题．
98．（2020·江苏常州?中考真题）如图1，⊙I与直线a相离，过圆心I作直线a的垂线，垂足为H，且交⊙I于P、Q两点（Q在P、H之间）．我们把点P称为⊙I关于直线a的“远点”，把的值称为⊙I关于直线a的“特征数”．

（1）如图2，在平面直角坐标系中，点E的坐标为，半径为1的⊙O与两坐标轴交于点A、B、C、D．
①过点E画垂直于y轴的直线m，则⊙O关于直线m的“远点”是点_________（填“A”、“B”、“C”或“D”），⊙O关于直线m的“特征数”为_________；
②若直线n的函数表达式为，求关于直线n的“特征数”；
（2）在平面直角坐标系中，直线l经过点，点F是坐标平面内一点，以F为圆心，为半径作⊙F．若⊙F与直线l相离，点是⊙F关于直线l的“远点”，且⊙F关于直线l的“特征数”是，求直线l的函数表达式．
【答案】（1）①D；10；②⊙O关于直线n的“特征数”为6；（2）直线l的解析式为y=-3x+7或y=x+
【解析】
【分析】
（1）①根据题干中“远点”及“特征数”的定义直接作答即可；②过圆心O作OH⊥直线n，垂足为点H，交⊙O于点P、Q，首先判断直线n也经过点E（0，4），在Rt△EOF中，利用三角函数求出∠EFO=60°，进而求出PH的长，再根据“特征数”的定义计算即可；
（2）连接NF并延长，设直线l的解析式为y=kx+b1,用待定系数法得到，再根据两条直线互相垂直，两个一次函数解析式的系数k互为负倒数的关系可设直线NF的解析式为y=x+b2,用待定系数法同理可得，消去b1和b2，得到关于m、n的方程组；根据⊙F关于直线l的“特征数”是，得出NA=，再利用两点之间的距离公式列出方程(m+1)2+n2=10，把代入，求出k的值，便得到m、n的值即点A的坐标，再根据待定系数法求直线l的函数表达式．注意有两种情况，不要遗漏．
【详解】
解：（1）①⊙O关于直线m的“远点”是点D，
⊙O关于直线m的“特征数”为DB·DE=2×5=10；
②如下图：过圆心O作OH⊥直线n，垂足为点H，交⊙O于点P、Q，

∵直线n的函数表达式为，
当x=0时，y=4；当y=0时，x=，
∴直线n经过点E（0，4），点F（，0），
在Rt△EOF中，∵tan∠FEO===，
∴∠FEO=30°，
∴∠EFO=60°，
在Rt△HOF中，∵sin∠HFO=，
∴HO= sin∠HFO·FO=2，
∴PH=HO+OP=3，
∴PQ·PH=2×3=6，
∴⊙O关于直线n的“特征数”为6；
（2）如下图，∵点F是圆心，点是“远点”，
∴连接NF并延长，则直线NF⊥直线l，设NF与直线l的交点为点A（m，n），

设直线l的解析式为y=kx+b1（k≠0）,
将点与A（m，n）代入y=kx+b1中，

②-①得：n-4=mk-k，③
又∵直线NF⊥直线l，
∴设直线NF的解析式为y=x+b2（k≠0）,
将点与A（m，n）代入y=x+b2中，

④-⑤得：-n=+，⑥
联立方程③与方程⑥，得：

解得：，
∴点A的坐标为（，）；
又∵⊙F关于直线l的“特征数”是，⊙F的半径为，
∴NB·NA=，
即2·NA=，
解得：NA=，
∴[m-(-1)]2+(n-0)2=()2，
即(m+1)2+n2=10，
把代入，解得k=-3或k=；
当k=-3时，m=2，n=1，
∴点A的坐标为（2，1），
把点A（2，1）与点代入y=kx+b1中，解得直线l的解析式为y=-3x+7；
当k=时，m=-2，n=3，
∴点A的坐标为（-2，3），
把点A（-2，3）与点代入y=kx+b1中，解得直线l的解析式为y=x+．
∴直线l的解析式为y=-3x+7或y=x+．
【点睛】
本题是一次函数与圆的综合题，考查了直线与圆的位置关系、一次函数的图象和性质、解直角三角形等，理解“远点”和“特征数”的意义，熟练掌握一次函数的图象和性质、两点之间距离公式、两条直线互相垂直的两个一次函数解析式中系数k互为负倒数的关系是解题的关键．