专题27圆的有关性质三年（2021-2023）中考数学真题分项汇编

这是一份专题27圆的有关性质三年（2021-2023）中考数学真题分项汇编，共79页。试卷主要包含了如图，是的直径，，则，如图，四边形内接于，，，如图，都是的半径，交于点D等内容，欢迎下载使用。
专题27圆的有关性质三年（2021-2023）中考数学真题分项汇编
三年（2021－2023）中考数学真题分项汇编
专题27圆的有关性质
一．选择题（共23小题）
（2023•吉林）
1．如图，是的弦，是的半径，点P为上任意一点（点P不与点B重合），连接．若，则的度数可能是（    ）
  
A． B． C． D．
（2023•赤峰）
2．如图，圆内接四边形中，，连接，，，，．则的度数是（    ）
  
A． B． C． D．
3．如图，点A，B，C在上，若，则的度数为（    ）
  
A． B． C． D．
（2023•广东）
4．如图，是的直径，，则（   ）
  
A． B． C． D．
（2023•广西）
5．赵州桥是当今世界上建造最早，保存最完整的中国古代单孔敞肩石拱桥.如图，主桥拱呈圆弧形，跨度约为，拱高约为，则赵州桥主桥拱半径R约为（    ）
  
A． B． C． D．
（2023•广元）
6．如图，是的直径，点C，D在上，连接，若，则的度数是（　　）

A． B． C． D．
（2023•温州）
7．如图，四边形内接于，，．若，，则的度数与的长分别为（    ）
  
A．10°，1 B．10°， C．15°，1 D．15°，
（2023•山西）
8．如图，四边形内接于为对角线，经过圆心．若，则的度数为（    ）
  
A． B． C． D．
（2023•宜昌）
9．如图，都是的半径，交于点D．若，则的长为（    ）．

A．5 B．4 C．3 D．2
（2023•枣庄）
10．如图，在中，弦相交于点P，若，则的度数为（　　）
  
A． B． C． D．
（2023•杭州）
11．如图，在中，半径互相垂直，点在劣弧上．若，则（    ）
  
A． B． C． D．
（2023•湖北）
12．如图，在中，直径与弦相交于点P，连接，若，，则（    ）
  
A． B． C． D．
（2022•泰安）
13．如图，是⊙的直径，，，，则⊙的半径为（  ）

A． B． C． D．
（2022•贵阳）
14．如图，已知，点为边上一点，，点为线段的中点，以点为圆心，线段长为半径作弧，交于点，连接，则的长是（    ）

A．5 B． C． D．
（2022•温州）
15．如图，是的两条弦，于点D，于点E，连结，．若，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
（2022•贵港）
16．如图，⊙是的外接圆，是⊙的直径，点P在⊙上，若，则的度数是（    ）

A． B． C． D．
（2022•株洲）
17．如图所示，等边的顶点A在上，边与分别交于点，点F是劣弧上一点，且与不重合，连接，则的度数为（    ）
  
A． B． C． D．
（2022•荆门）
18．如图，CD是圆O的弦，直径AB⊥CD，垂足为E，若AB＝12，BE＝3，则四边形ACBD的面积为(   )

A．36 B．24 C．18 D．72
（2021•青海）
19．如图是一位同学从照片上剪切下来的海上日出时的画面，“图上”太阳与海平线交于，两点，他测得“图上”圆的半径为10厘米，厘米．若从目前太阳所处位置到太阳完全跳出海平面的时间为16分钟，则“图上”太阳升起的速度为（    ）．

A．1.0厘米/分 B．0.8厘米/分 C．12厘米/分 D．1.4厘米/分
（2021•攀枝花）
20．如图，在矩形ABCD中，已知AB＝3，BC＝4，点P是BC边上一动点（点P不与B，C重合），连接AP，作点B关于直线AP的对称点M，则线段MC的最小值为（　　）

A．2 B． C．3 D．
（2021•吉林）
21．如图，四边形内接于，点P为边AD上任意一点（点P不与点 A 、 重合）连接CP，若，则的度数可能为（ ）  

A．30° B．54° C．50° D．65°
（2021•雅安）
22．如图，四边形为⊙的内接四边形，若四边形为菱形，为（    ）．

A．45° B．60° C．72° D．36°
（2021•眉山）
23．如图，在以AB为直径的⊙O中，点C为圆上的一点，，弦于点E，弦AF交CE于点H，交BC于点G，若点H是AG的中点，则的度数为（　　）

A．18° B．21° C．22.5° D．30°
二．填空题（共25小题）
（2023•长沙）
24．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 ．

（2023•深圳）
25．如图，在中，为直径，C为圆上一点，的角平分线与交于点D，若，则 °．
  
（2023•东营）
26．“圆材埋壁”是我国古代数学名著《九章算术》中的一个问题：“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？”．用现在的几何语言表达即：如图，为的直径，弦，垂足为点，寸，寸，则直径的长度是 寸．

（2023•郴州）
27．如图，某博览会上有一圆形展示区，在其圆形边缘的点处安装了一台监视器，它的监控角度是，为了监控整个展区，最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器 台．
  
（2023•绍兴）
28．如图，四边形内接于圆，若，则的度数是 ．

（2023•南充）
29．如图，是的直径，点D，M分别是弦，弧的中点，，则的长是 ．
  
（2022•锦州）
30．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，∠ADC=130°，连接AC，则∠BAC的度数为 ．

（2022•上海）
31．如图所示，小区内有个圆形花坛O，点C在弦AB上，AC=11，BC=21，OC=13，则这个花坛的面积为 ．（结果保留）

（2022•日照）
32．一圆形玻璃镜面损坏了一部分，为得到同样大小的镜面，工人师傅用直角尺作如图所示的测量，测得AB=12cm，BC=5cm，则圆形镜面的半径为 ．
  
（2022•阿坝州）
33．如图，点A、B、C在⊙O上，若∠C=30°，则∠AOB的度数为 °．

（2022•湖州）
34．如图，已知AB是⊙O的弦，∠AOB＝120°，OC⊥AB，垂足为C，OC的延长线交⊙O于点D．若∠APD是所对的圆周角，则∠APD的度数是 ．

（2022•自贡）
35．一块圆形玻璃镜面碎成了几块，其中一块如图所示，测得弦长20厘米，弓形高为2厘米，则镜面半径为 厘米．

（2022•黄石）
36．如图，圆中扇子对应的圆心角（）与剩余圆心角的比值为黄金比时，扇子会显得更加美观，若黄金比取0.6，则的度数是 ．

（2022•荆州）
37．如图，将一个球放置在圆柱形玻璃瓶上，测得瓶高AB＝20cm，底面直径BC＝12cm，球的最高点到瓶底面的距离为32cm，则球的半径为 cm（玻璃瓶厚度忽略不计）．

（2021•盘锦）
38．如图，在平面直角坐标系中，点A在轴负半轴上，点B在轴正半轴上，⊙D经过A，B，O，C四点，∠ACO＝120°，AB＝4，则圆心点D的坐标是

（2021•黑龙江）
39．如图，在中，是直径，弦的长为5cm，点在圆上，且，则的半径为 ．

（2021•天津）
40．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点A，C均落在格点上，点B在网格线上．

（Ⅰ）线段的长等于 ；
（Ⅱ）以为直径的半圆的圆心为O，在线段上有一点P，满足，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明） ．
（2021•黑龙江）
41．如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝4，OB＝6，以点O为圆心，3为半径的⊙O，与OB交于点C，过点C作CD⊥OB交AB于点D，点P是边OA上的动点，则PC+PD的最小值为 ．

（2021•宿迁）
42．如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠A=32°，点B、C在上，边AB、AC分别交于D、E两点﹐点B是的中点，则∠ABE= ．

（2021•成都）如图，
43．如图，在平面直角坐标系中，直线与相交于A，B两点，且点A在x轴上，则弦的长为 ．

（2022•苏州）
44．如图，AB是的直径，弦CD交AB于点E，连接AC，AD．若，则 °

（2022•牡丹江）
45．的直径，AB是的弦，，垂足为M，，则AC的长为 ．
（2021•黔东南州）
46．小明很喜欢钻研问题，一次数学杨老师拿来一个残缺的圆形瓦片（如图所示）让小明求瓦片所在园的半径，小明连接瓦片弧线两端AB，量的弧AB的中心C到AB的距离CD＝1.6cm，AB＝6.4cm，很快求得圆形瓦片所在圆的半径为 cm．

（2021•德阳）
47．在锐角三角形ABC中，∠A＝30°，BC＝2，设BC边上的高为h，则h的取值范围是 ．
（2023•成都）
48．为传承非遗文化，讲好中国故事，某地准备在一个场馆进行川剧演出．该场馆底面为一个圆形，如图所示，其半径是10米，从A到B有一笔直的栏杆，圆心O到栏杆的距离是5米，观众在阴影区域里观看演出，如果每平方米可以坐3名观众，那么最多可容纳 名观众同时观看演出．（取3.14，取1.73）
  
三．解答题（共12小题）
（2023•北京）
49．如图，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，．
      
(1)求证平分，并求的大小；
(2)过点作交的延长线于点．若，，求此圆半径的长．
（2023•内蒙古）
50．如图，是的直径，是弦，是上一点，是延长线上一点，连接．
  
(1)求证：；（请用两种证法解答）
(2)若，的半径为3，，求的长．
（2023•武汉）
51．如图，都是的半径，．
  
(1)求证：；
(2)若，求的半径．
（2022•宜昌）
52．石拱桥是我国古代人民勤劳和智慧的结晶（如图1），隋代建造的赵州桥距今约有1400年历史，是我国古代石拱桥的代表．如图2是根据某石拱桥的实物图画出的几何图形，桥的主桥拱是圆弧形，表示为．桥的跨度（弧所对的弦长），设所在圆的圆心为，半径，垂足为．拱高（弧的中点到弦的距离）．连接．

(1)直接判断与的数量关系；
(2)求这座石拱桥主桥拱的半径（精确到）．
（2022•广东）
53．如图，四边形内接于，为的直径，．

(1)试判断的形状，并给出证明；
(2)若，，求的长度．
（2022•南通）
54．如图，四边形内接于，为的直径，平分，点E在的延长线上，连接．

(1)求直径的长；
(2)若，计算图中阴影部分的面积．
（2022•武汉）
55．如图，以为直径的经过的顶点C，，分别平分和，的延长线交于点D，连接．

(1)求证：；
(2)若，，求BC的长．
（2022•六盘水）
56．牂狗江“佘月郎山，西陵晚渡”的风景描绘中有半个月亮挂在山上，月亮之上有个“齐天大圣”守护洞口的传说．真实情况是老王山上有个月亮洞，洞顶上经常有猴子爬来爬去，下图是月亮洞的截面示意图．

(1)科考队测量出月亮洞的洞宽约是28m，洞高约是12m，通过计算截面所在圆的半径可以解释月亮洞像半个月亮，求半径的长（结果精确到0.1m）；
(2)若，点在上，求的度数，并用数学知识解释为什么“齐天大圣”点在洞顶上巡视时总能看清洞口的情况．
（2021•安徽）
57．如图，圆O中两条互相垂直的弦AB，CD交于点E．
（1）M是CD的中点，OM＝3，CD＝12，求圆O的半径长；
（2）点F在CD上，且CE＝EF，求证：．

（2021•徐州）
58．如图，为的直径，点在上，与交于点．连接．求证：
  
(1)；
(2)四边形是菱形．
（2021•临沂）
59．如图，已知在⊙O中， ，OC与AD相交于点E．求证：
（1）AD∥BC
（2）四边形BCDE为菱形．

（2020•南京）
60．如图，在中，，D是AB上一点，⊙O经过点A、C、D，交BC于点E，过点D作，交⊙O于点F，求证：
（1）四边形DBCF是平行四边形
（2）


参考答案：
1．D
【分析】利用圆周角定理求得的度数，然后利用三角形外角性质及等边对等角求得的范围，继而得出答案．
【详解】解：如图，连接，
  
，
，
，
，
∵点P为上任意一点（点P不与点B重合），
，
，
，
故选：D．
【点睛】本题考查圆与三角形外角性质的综合应用，结合已知条件求得的范围是解题的关键．
2．A
【分析】根据圆内接四边形对角互补得出，根据圆周角定理得出，根据已知条件得出，进而根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：∵圆内接四边形中，，
∴
∴
∵
∴，
∵
∴,
故选：A．
【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．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．
4．B
【分析】根据圆周角定理可进行求解．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
故选B．
【点睛】本题主要考查圆周角的相关性质，熟练掌握直径所对圆周角为直角是解题的关键．
5．B
【分析】由题意可知，，，主桥拱半径R，根据垂径定理，得到，再利用勾股定理列方程求解，即可得到答案．
【详解】解：如图，由题意可知，，，主桥拱半径R，
，
是半径，且，
，
在中，，
，
解得：，
故选B
  
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，利用直角三角形求解是解题关键．
6．C
【分析】根据圆周角定理计算即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】此题考查圆周角定理，熟知同弧所对的圆周角是圆心角的一半是解题的关键．
7．C
【分析】过点O作于点E，由题意易得，然后可得，，，进而可得，最后问题可求解．
【详解】解：过点O作于点E，如图所示：
  
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，，，
∴，，，
∴，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】本题主要考查平行线的性质、圆周角定理及三角函数，熟练掌握平行线的性质、圆周角定理及三角函数是解题的关键．
8．B
【分析】由同弧所对圆周角相等及直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∵为圆的直径，
∴，
∴；
故选：B．
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，同圆中同弧所对的圆周角相等，直角三角形两锐角互余，掌握它们是关键．
9．B
【分析】根据等腰三角形的性质得出根据勾股定理求出，进一步可求出的长．
【详解】解：∵
∴点为的中点，
∵
∴，
由勾股定理得，
∴
∴
故选：B．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，勾股定理以及圆的有关性质，正确掌握相关性质是解答本题的关键
10．A
【分析】根据圆周角定理，可以得到的度数，再根据三角形外角的性质，可以求出的度数．
【详解】解：，
，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查圆周角定理、三角形外角的性质，解答本题的关键是求出的度数．
11．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．
12．D
【分析】先根据圆周角定理得出，再由三角形外角和定理可知，再根据直径所对的圆周角是直角，即，然后利用进而可求出．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
又∵为直径，即，
∴，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了圆周角定理，三角形外角和定理等知识，解题关键是熟知圆周角定理的相关知识．
13．D
【分析】连接CO并延长CO交⊙于点E，连接AE，根据OA=OC，可得∠ACD=∠ACE，从而得到AE=AD=2，然后根据勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图，连接CO并延长CO交⊙于点E，连接AE，
∵OA=OC，
∴∠ACE=∠CAB，
∵，
∴∠ACD=∠ACE，
∴，
∴AE=AD=2，
∵CE是直径，
∴∠CAE=90°，
∴，
∴⊙的半径为．
故选：D．

【点睛】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，熟练掌握圆周角定理，勾股定理是解题的关键．
14．A
【分析】根据同圆半径相等可得为等腰三角形，又因为，可得为等边三角形，即可求得BE的长．
【详解】连接OE，如图所示：

∵，点为线段的中点，
∴，
∵以点为圆心，线段长为半径作弧，交于点，
∴，
∴,
∴为等边三角形，
即，
故选：A．
【点睛】本题考查了同圆半径相等，一个角为的等腰三角形，解题的关键是判断出为等边三角形．
15．B
【分析】根据四边形的内角和等于360°计算可得∠BAC=50°，再根据圆周角定理得到∠BOC=2∠BAC，进而可以得到答案．
【详解】解：∵OD⊥AB，OE⊥AC，
∴∠ADO=90°，∠AEO=90°，
∵∠DOE=130°，
∴∠BAC=360°-90°-90°-130°=50°，
∴∠BOC=2∠BAC=100°，
故选：B．
【点睛】本题考查的是圆周角定理，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．
16．C
【分析】根据圆周角定理得到，，然后利用互余计算出∠A的度数，从而得到的度数．
【详解】解：∵AC是⊙O的直径，
∴，
∴
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，解题的关键是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；半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
17．C
【分析】根据圆的内接四边形对角互补及等边的每一个内角是，求出．
【详解】解：四边形是内接四边形，
，
∵等边的顶点A在上，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、等边三角形的性质，掌握两个性质定理的应用是解题关键．
18．A
【分析】连接OC，首先根据题意可求得OC=6，OE=3，根据勾股定理即可求得CE的长，再根据垂径定理即可求得CD的长，据此即可求得四边形ACBD的面积．
【详解】解：如图，连接OC，

∵AB＝12，BE＝3，
∴OB＝OC＝6，OE＝3，
∵AB⊥CD，
∴在Rt△COE中，，
∴CD＝2CE＝6，
∴四边形ACBD的面积＝．
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，垂径定理，熟练掌握和运用垂径定理是解决本题的关键．
19．A
【分析】首先过⊙O的圆心O作CD⊥AB于C，交⊙O于D，连接OA，由垂径定理，即可求得OC的长，继而求得CD的长，又由从目前太阳所处位置到太阳完全跳出海面的时间为10分钟，即可求得“图上”太阳升起的速度．
【详解】解：过⊙O的圆心O作CD⊥AB于C，交⊙O于D，连接OA，

∴AC=AB=×16=8（厘米），
在Rt△AOC中，（厘米），
∴CD=OC+OD=16（厘米），
∵从目前太阳所处位置到太阳完全跳出海面的时间为16分钟，
∴16÷16=1（厘米/分）．
∴“图上”太阳升起的速度为1.0厘米/分．
故选：A．
【点睛】此题考查了垂径定理的应用．解题的关键是结合图形构造直角三角形，利用勾股定理求解．
20．A
【分析】根据对称性得到动点M的轨迹是在以A圆心，3为半径的圆上，根据点圆模型，在矩形中利用勾股定理求出线段长即可．
【详解】解：连接AM，如图所示：

∵点B和M关于AP对称，
∴AB＝AM＝3，
∴M在以A圆心，3为半径的圆上，
∴当A，M，C三点共线时，CM最短，
∵在矩形ABCD中，AC＝，
AM＝AB＝3，
∴CM＝5﹣3＝2，
故选：A．
【点睛】本题考查动点最值问题，解题过程涉及到对称性质、圆的性质、矩形性质、勾股定理等知识点，解决问题的关键是准确根据题意得出动点轨迹．
21．D
【分析】根据圆内接四边形对角互补，求得的度数，根据三角形的外角性质可得，进而可确定的范围，根据选项即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD内接于，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 为的外角，
∴ ，只有D满足题意．
故选：D ．
【点睛】本题考查了圆内接四边形形对角互补，三角形的外角性质，求得的大小是解题的关键．
22．B
【分析】根据菱形性质，得；连接，根据圆的对称性，得；根据等边三角形的性质，得，再根据圆周角和圆心角的性质计算，即可得到答案．
【详解】∵四边形为菱形
∴
连接

∵四边形为⊙的内接四边形
∴
∴，为等边三角形
∴
∴
∴
故选：B．
【点睛】本题考查了圆内接多边形、等边三角形、菱形的知识；解题的关键是熟练掌握圆的对称性、等边三角形、菱形、圆周角、圆心角的知识；从而完成求解．
23．D
【分析】由圆周角定理可求∠ACB=90°，由弧的关系得出角的关系，进而可求∠ABC=30°，∠CAB=60°，由直角三角形的性质可求∠CAH=∠ACE=30°，即可求解．
【详解】解：∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ABC+∠CAB=90°，
∵，
∴∠CAB=2∠ABC，
∴∠ABC=30°，∠CAB=60°，
∵CD⊥AB，
∴∠AEC=90°，
∴∠ACE=30°，
∵点H是AG的中点，∠ACB=90°，
∴AH=CH=HG，
∴∠CAH=∠ACE=30°，
∵∠CAF=∠CBF，
∴∠CBF=30°，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，直角三角形的性质，求出∠CAB的度数是本题的关键．
24．1
【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．
25．35
【分析】由题意易得，，则有，然后问题可求解．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵平分，
∴；
故答案为35．
【点睛】本题主要考查圆周角的性质，熟练掌握直径所对圆周角为直角是解题的关键．
26．26
【分析】连接构成直角三角形，先根据垂径定理，由垂直得到点为的中点，由可求出的长，再设出圆的半径为，表示出，根据勾股定理建立关于的方程，求解方程可得的值，即为圆的直径．
【详解】解：连接，

，且寸，
寸，
设圆的半径的长为，则，
，
，
在直角三角形中，根据勾股定理得：
，化简得：，
即，
（寸）．
故答案为：26．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，解题的关键是正确作出辅助线构造直角三角形．
27．4
【分析】圆周角定理求出对应的圆心角的度数，利用圆心角的度数即可得解．
【详解】解：∵，
∴对应的圆心角的度数为，
∵，
∴最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器台；
故答案为：4
【点睛】本题考查圆周角定理，熟练掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半，是解题的关键．
28．##80度
【分析】根据圆内接四边形的性质：对角互补，即可解答．
【详解】解：∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解答本题的关键．
29．4
【分析】根据圆周角定理得出，再由勾股定理确定，半径为，利用垂径定理确定，且，再由勾股定理求解即可．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点D，M分别是弦，弧的中点，
∴，且，
∴，
∴，
故答案为：4．
【点睛】题目主要考查圆周角定理、垂径定理及勾股定理解三角形，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
30．40°##40度
【分析】首先利用圆内接四边形的性质和∠ADC的度数求得∠B的度数，然后利用直径所对的圆周角是直角确定∠ACB=90°，然后利用直角三角形的两个锐角互余求得答案即可．
【详解】解：∵四边形ABCD内接与⊙O，∠ADC=130°，
∴∠B=180°-∠ADC=180°-130°=50°，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CAB=90°-∠B=90°-50°=40°，
故答案为：40°．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质及圆周角定理的知识，解题的关键是了解圆内接四边形的对角互补．
31．400π
【详解】解：过点O作OD⊥AB于D，连接OB，如图，

∵AC=11，BC=21，
∴AB=AC+BC=32，
∵OD⊥AB于D，
∴AD=BD=AB=16，
∴CD=AD-AC=5，
在Rt△OCD中，由勾股定理，得
OD==12,
在Rt△OBD中，由勾股定理，得
OB==20，
∴这个花坛的面积=202π=400π，
故答案为：400π．
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，圆的面积，熟练掌握垂径定理与勾股定理相结合求线段长是解题的关键．
32．
【分析】连接AC，根据∠ABC=90°得出AC是圆形镜面的直径，再根据勾股定理求出AC即可．
【详解】解：连接AC，
  
∵∠ABC=90°，且∠ABC是圆周角，
∴AC是圆形镜面的直径，
由勾股定理得：，
所以圆形镜面的半径为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系和勾股定理等知识点，能根据圆周角定理得出AC是圆形镜面的直径是解此题的关键．
33．60．
【详解】试题分析：根据圆周角定理：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得，根据题意可得：∠AOB=2∠C=2×30°=60°
考点：圆周角定理
34．30°##30度
【分析】根据垂径定理得出∠AOB=∠BOD，进而求出∠AOD=60°，再根据圆周角定理可得∠APD=∠AOD=30°．
【详解】∵OC⊥AB，OD为直径，
∴，
∴∠AOB=∠BOD，
∵∠AOB=120°，
∴∠AOD=60°，
∴∠APD=∠AOD=30°，
故答案为：30°．
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理等知识，掌握垂径定理是解答本题的关键．
35．26
【分析】令圆O的半径为OB=r，则OC=r-2，根据勾股定理求出OC2+BC2=OB2，进而求出半径．
【详解】解：如图，由题意，得OD垂直平分AB，
∴BC=10厘米，
令圆O的半径为OB=r，则OC=r-2，
在Rt△BOC中
OC2+BC2=OB2，
∴（r-2）2+102=r2，
解得r=26．
故答案为：26．

【点睛】本题考查垂径定理和勾股定理求线段长，熟练地掌握圆的基本性质是解决问题的关键．
36．90°##90度
【分析】根据题意得出α=0.6β，结合图形得出β=225°，然后求解即可．
【详解】解：由题意可得：α：β=0.6，即α=0.6β，
∵α+β=360°，
∴0.6β+β=360°，
解得：β=225°，
∴α=360°-225°=135°，
∴β-α=90°，
故答案为：90°．
【点睛】题目主要考查圆心角的计算及一元一次方程的应用，理解题意，得出两个角度的关系是解题关键．
37．7.5
【分析】如详解中图所示，将题中主视图做出来，用垂径定理、勾股定理计算即可.
【详解】如下图所示，设球的半径为rcm，
则OG=EG-r=EF-GF-r=EF-AB-r=32-20-r=（12-r）cm，
∵EG过圆心，且垂直于AD，
∴G为AD的中点，
则AG=0.5AD=0.5×12=6cm，
在中，由勾股定理可得，
，
即，
解方程得r=7.5，
则球的半径为7.5cm．

【点睛】本题考查了主视图、垂径定理和勾股定理的运用，准确做出立体图形的主视图是解题的关键．
38．D（，1）
【分析】先利用圆内接四边形的性质得到∠ABO＝60°，再根据圆周角定理得到AB为⊙D的直径，则D点为AB的中点，接着利用含30度的直角三角形三边的关系得到OB＝2，OA＝2，所以A（−2，0），B（0，2），然后利用线段的中点坐标公式得到D点坐标．
【详解】解：∵四边形ABOC为圆的内接四边形，
∴∠ABO＋∠ACO＝180°，
∴∠ABO＝180°−120°＝60°，
∵∠AOB＝90°，
∴AB为⊙D的直径，
∴D点为AB的中点，
在Rt△ABO中，∵∠ABO＝60°，
∴OB＝AB＝2，
∴OA＝OB＝2，
∴A（−2，0），B（0，2），
∴D点坐标为（−，1）．
故答案为（−，1）．
【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了坐标与图形性质．
39．5cm
【分析】连接BC，由题意易得，进而问题可求解．
【详解】解：连接BC，如图所示：

∵，
∴，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴的半径为5cm；
故答案为5cm．
【点睛】本题主要考查圆周角定理及含30°直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理及含30°直角三角形的性质是解题的关键．
40． 见解析

【分析】（Ⅰ）根据勾股定理计算即可；
（Ⅱ）先将补成等腰三角形，然后构建全等三角形即可．
【详解】解：（Ⅰ）∵每个小正方形的边长为1，
∴，
故答案为：；
（Ⅱ）如图，取与网格线的交点D，则点D为BC中点，连接并延长，与半圆相交于点E，连接并延长，与的延长线相交于点F，则OE为中位线，且，连接交于点G，连接并延长，与相交于点P，因为，则点P即为所求．

【点睛】本题主要考查复杂作图能力，勾股定理，中位线定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行线的性质等知识点，掌握以上知识点并与已知图形结合是解决本题关键．
41．
【分析】延长CO交⊙O于点E，连接ED，交AO于点P，则PC+PD的值最小．由∠DCB＝∠AOB＝90°，可得CD∥AO，从而可推出CD＝2，最后根据勾股定理求得PC+PD的最小值．
【详解】解：延长CO交⊙O于点E，连接ED，交AO于点P，则PC+PD的值最小，最小值为线段DE的长．

∵CD⊥OB，
∴∠DCB＝90°，
∵∠AOB＝90°，
∴∠DCB＝∠AOB，
∴CD∥AO，
∴，
∴
∴CD＝2，
在Rt△CDE中，DE＝，
∴PC+PD的最小值为．
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了轴对称——最短路径问题，平行线分线段成比例和垂径定理等知识，会利用轴对称性质解决最短问题是解题的关键．
42．
【分析】如图，连接 先证明再证明利用三角形的外角可得：再利用直角三角形中两锐角互余可得：再解方程可得答案．
【详解】解：如图，连接
是的中点，








故答案为：
【点睛】本题考查的是圆周角定理，三角形的外角的性质，直角三角形的两锐角互余，掌握圆周角定理的含义是解题的关键．
43．2．
【分析】过O作OE⊥AB于C，根据垂径定理可得AC=BC=，可求OA=2，OD=，在Rt△AOD中，由勾股定理，可证△OAC∽△DAO，由相似三角形性质可求即可．
【详解】解：过O作OE⊥AB于C，
∵AB为弦，
∴AC=BC=，
∵直线与相交于A，B两点，
∴当y=0时，，解得x=-2，
∴OA=2，
∴当x=0时，，
∴OD=，
在Rt△AOD中，由勾股定理，
∵∠ACO=∠AOD=90°，∠CAO=∠OAD，
∴△OAC∽△DAO，
即，
∴AB=2AC=2，
故答案为2．

【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，垂径定理，直线与两轴交点，勾股定理，三角形相似判定与性质，掌握以上知识、正确添加辅助线是解题关键．
44．62
【分析】连接，根据直径所对的圆周角是90°，可得，由，可得，进而可得．
【详解】解：连接，

∵AB是的直径，
∴，
，
，

故答案为：62
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，掌握圆周角定理是解题的关键．
45．或
【分析】分①点在线段上，②点在线段上两种情况，连接，先利用勾股定理求出的长，再在中，利用勾股定理求解即可得．
【详解】解：由题意，分以下两种情况：
①如图，当点在线段上时，连接，

的直径，
，
，
，
，
，
；
②如图，当点在线段上时，连接，

同理可得：，
，
；
综上，的长为或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了勾股定理、圆，正确分两种情况讨论是解题关键．
46．4
【分析】圆的两弦的中垂线的交点，就是圆心；连接AC，作AC的中垂线，与直线CD的交点就是圆心，已知圆心即可作出圆；连接圆心与A，根据勾股定理即可求得半径．
【详解】如图，

连接OA，
∵CD是弦AB的垂直平分线，
∴，
设圆的半径是r．在直角△ADO中， ．
根据勾股定理得， ，
∴
故答案为：4
【点睛】本题主要考查圆的确定和垂径定理，熟练掌握垂径定理得出关于半径的方程是解题的关键．
47．
【分析】如图，为的弦，，证明为等边三角形得到，则根据圆周角定理得到，作直径、，连接、，则，当点在上（不含、点）时，为锐角三角形，易得，当点为的中点时，点到的距离最大，即最大，延长交于，如图，根据垂径定理得到，所以，，则，然后写出的范围．
【详解】解：如图，为的弦，，
，
，
为等边三角形，
，
，
作直径、，连接、，则，
当点在上（不含、点）时，为锐角三角形，
在中，，
，
当点为的中点时，点到的距离最大，即最大，
延长交于，如图，
点为的中点，
，
，
，
，
，
的范围为．
故答案为．

【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径．也考查了垂径定理和勾股定理．
48．184
【分析】过点O作的垂线段，交于点，根据直角三角形的边长关系求出的角度，阴影面积即为扇形的面积减去三角形的面积，随机可以求出容纳观众的数量．
【详解】解：如图，过点O作的垂线段，交于点，
    
圆心O到栏杆的距离是5米，
米，
，
，米，
，
，
，
可容纳的观众
阴影部分面积（人），
最多可容纳184名观众同时观看演出，
故答案为：184．
【点睛】本题考查了弓形的面积，根据特殊角三角函数值求角的度数，熟知扇形面积公式是解题的关键．
49．(1)见解析，
(2)

【分析】（1）根据已知得出，则，即可证明平分，进而根据平分，得出，推出，得出是直径，进而可得；
（2）根据（1）的结论结合已知条件得出，，是等边三角形，进而得出，由是直径，根据含度角的直角三角形的性质可得，在中，根据含度角的直角三角形的性质求得的长，进而即可求解．
【详解】（1）解：∵
∴，
∴，即平分．
∵平分，
∴，
∴，
∴，即，
∴是直径，
∴；
（2）解：∵，，
∴，则．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴是等边三角形，则．
∵平分，
∴．
∵是直径，
∴，则．
∵四边形是圆内接四边形，
∴，则，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵是直径，
∴此圆半径的长为．
【点睛】本题考查了弧与圆周角的关系，等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，含度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，熟练掌握以上知识是解题的关键．
50．(1)证明见解析
(2)8

【分析】（1）证法一：连接，得到，因为，所以；证法二：连接，可得，则，根据，可得，即可得到结果；
（2）连接，根据角度间的关系可以证得为直角三角形，根据勾股定理可得边的长，进而求得结果．
【详解】（1）证法一：如图，连接，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
  
证法二：如图，连接，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
  
（2）解：如图，连接，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
∵的半径为3，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
  
【点睛】本题考查了圆周角定理，直径所对的圆周角为直角，勾股定理，找到角度之间的关系是解题的关键．
51．(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．
52．(1)
(2)这座石拱桥主桥拱半径约为

【分析】（1）根据垂径定理即可得出结论；
（2）设主桥拱半径为，在中，根据勾股定理列出方程，即可得出答案．
【详解】（1）解：∵半径，
∴．
故答案为：．
（2）设主桥拱半径为，由题意可知，，
∴，，
在中，由勾股定理，得，
即，
解得，
∴，
因此，这座石拱桥主桥拱半径约为．
【点睛】此题考查垂径定理和勾股定理，是重要考点，根据题意利用勾股定理列出方程是解题关键．
53．(1)△ABC是等腰直角三角形；证明见解析；
(2)；

【分析】（1）根据圆周角定理可得∠ABC=90°，由∠ADB=∠CDB根据等弧对等角可得∠ACB=∠CAB，即可证明；
（2）Rt△ABC中由勾股定理可得AC，Rt△ADC中由勾股定理求得CD即可；
【详解】（1）证明：∵AC是圆的直径，则∠ABC=∠ADC=90°，
∵∠ADB=∠CDB，∠ADB=∠ACB，∠CDB=∠CAB，
∴∠ACB=∠CAB，
∴△ABC是等腰直角三角形；
（2）解：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC=AB=，
∴AC=，
Rt△ADC中，∠ADC=90°，AD=1，则CD=，
∴CD=．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识；掌握等弧对等角是解题关键．
54．(1)4
(2)6

【分析】（1）设辅助线，利用直径、角平分线的性质得出的度数，利用圆周角与圆心角的关系得出的度数，根据半径与直径的关系，结合勾股定理即可得出结论．
（2）由（1）已知，得出的度数，根据圆周角的性质结合得出，再根据直径、等腰直角三角形的性质得出的值，进而利用直角三角形面积公式求出，由阴影部分面积可知即为所求．
【详解】（1）解：如图所示，连接，

为的直径，平分，
，，．
．
，，
，即．
．
．
（2）解：如图所示，设其中小阴影面积为，大阴影面积为，弦与劣弧所形成的面积为，

由（1）已知，，，，
．
，
弦弦，劣弧劣弧．
．
为的直径，，
，．
，
．
．
．
【点睛】本题考查圆的性质的理解与综合应用能力．涉及对半径与直径的关系，直径的性质，圆周角与圆心角的关系，圆周角的性质，勾股定理，直角三角形，角平分线等知识点．半径等于直径的一半；直径所对的圆周角是直角；在同圆或等圆中，相等的弦所对的圆周角等于圆心角的一半；在同圆或等圆中，圆周角相等弧相等弦相等．一个直角三角中，两个直角边边长的平方加起来等于斜边长的平方．恰当借助辅助线，灵活运用圆周角的性质建立等式关系是解本题的关键．
55．(1)见解析
(2)8

【分析】（1）由角平分线的定义和圆周角定理可知，，，可得，即可证；
（2）连接、、，交于点，由题意易知，进而可知，结合，可知垂直平分．易证是等腰直角三角形，，可得，可得．设，则，在和中，根据，可列方程，解出的值即可．
【详解】（1）证明：由圆周角定理可得：，
∵ 平分，平分，
∴，．
∵，，
∴．
∴．
（2）解：连接、、，交于点，

由圆周角定理可得：，由（1）知，
∴．
∴．
∵．
∴垂直平分．
∵为直径，
∴，则是等腰直角三角形．
∵，
∴．
∵，
∴．
设，则，
在和中，，
即：，
解得，即，
∴．
∴．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，证明是等腰直角三角形是解题关键．
56．(1)
(2)，因为CD在∠CMD的内部，所以点在洞顶上巡视时总能看清洞口的情况

【分析】（1）根据垂径定理可得，勾股定理解，即可求解；
（2）在优弧上任取一点，连接根据圆周角定理可得，根据圆内接四边形对角互补即可求解．根据因为CD在∠CMD的内部，所以点在洞顶上巡视时总能看清洞口的情况．
【详解】（1）解：，，
，
设半径为，则
在中，

解得
答：半径的长约为
（2）如图，在优弧上任取一点，连接

，
，

，
因为CD在∠CMD的内部，所以点在洞顶上巡视时总能看清洞口的情况．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，圆内接四边形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
57．（1）；（2）见解析．
【分析】（1）根据M是CD的中点，OM与圆O直径共线可得，平分 CD，则有，利用勾股定理可求得半径的长；
（2）连接AC，延长AF交BD于G，根据，，可得，，利用圆周角定理可得，可得，利用直角三角形的两锐角互余，可证得，即有．
【详解】（1）解：连接OC，
∵M是CD的中点，OM与圆O直径共线
∴，平分CD，


．
在中．



∴圆O的半径为
（2）证明：连接AC，延长AF交BD于G．
，

又




在中





【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，直角三角形的两锐角互余，勾股定理等知识点，熟练应用相关知识点是解题的关键．
58．(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）利用可证明；
（2）利用得到，则可证明，于是可判断四边形为平行四边形，然后根据得到四边形是菱形．
【详解】（1）证明：在和中，
，
；
（2）证明：∵，
，
，
，
，
∴四边形为平行四边形，
，
∴四边形是菱形．

【点睛】本题考查了圆的基本性质，全等三角形的判定与性质和菱形的判定与性质，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
59．（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）连接BD，根据圆周角定理可得∠ADB=∠CBD，根据平行线的判定可得结论；
（2）证明△DEF≌△BCF，得到DE=BC，证明四边形BCDE为平行四边形，再根据得到BC=CD，从而证明菱形．
【详解】解：（1）连接BD，
∵，
∴∠ADB=∠CBD，
∴AD∥BC；

（2）连接CD，
∵AD∥BC，
∴∠EDF=∠CBF，
∵，
∴BC=CD，
∴BF=DF，又∠DFE=∠BFC，
∴△DEF≌△BCF（ASA），
∴DE=BC，
∴四边形BCDE是平行四边形，又BC=CD，
∴四边形BCDE是菱形．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，解题的关键是合理运用垂径定理得到BF=DF．
60．（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）利用等腰三角形的性质证明，利用平行线证明，利用圆的性质证明，再证明即可得到结论；
（2）如图，连接，利用平行线的性质及圆的基本性质，再利用圆内接四边形的性质证明，从而可得结论．
【详解】证明：（1），
，
，
，
又,


四边形是平行四边形．
（2）如图，连接
，

四边形是的内接四边形







【点睛】本题考查平行四边形的判定，圆的基本性质，平行线的性质与判定，等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质，掌握以上知识是解题的关键．