2024年中考数学一轮复习真题演练之图形的性质05圆（含解析）

这是一份2024年中考数学一轮复习真题演练之图形的性质05圆（含解析），文件包含2024年中考数学一轮复习真题演练之图形的性质05圆解析docx、2024年中考数学一轮复习真题演练之图形的性质05圆docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共60页， 欢迎下载使用。
1．（2023·渭南模拟）如图，点A是⊙O中优弧BAD的中点，∠ABD=70°，C为劣弧BD上一点，则∠BCD的度数是（ ）
A．120°B．130°C．140°D．150°
【答案】C
【解析】【解答】解：∵点A是⊙O中优弧BAD的中点，
∴AB=AD
∴∠ADB=∠ABD=70°，
∴∠A=180°−∠ADB−∠ABD=40°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BCD+∠A=180°，
∴∠BCD=140°.
故答案为：C.
【分析】根据等弧所对的圆周角相等得∠ADB=∠ABD=70°，根据三角形的内角和定理得∠A=40°，进而根据圆内接四边形的对角互补可求∠BCD的度数.
2．（2023·长安模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点I是△ABC的内心，∠AIC=124°，点E在AD的延长线上，则∠CDE的度数为（ ）
A．56°B．62°C．68°D．78°
【答案】C
【解析】【解答】解：∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，
∵∠AIC=124°，
∴∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB）
=180°﹣2（∠IAC+∠ICA）
=180°﹣2（180°﹣∠AIC）
=68°，
又四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDE=∠B=68°，
故答案为：C．
【分析】根据三角形内心的定义得出∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，根据三角形的内角和得出∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB），根据圆的内接四边形的一个外角等于它的内对角得出答案。
3．（2023·荷塘模拟）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，点F在弧AE上.若∠CDF=96°，则∠FCD的大小为（ ）
A．38°B．42°C．48°D．58°
【答案】C
【解析】【解答】解：如图，连接OE，OD，CE，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠CDE=(5−2)×180°÷5=108°，
∵∠CDF=96°，
∴∠FDE=∠CDE−∠CDF=108°−96°=12°，
∴∠FCE=12°，
∵正五边形ABCDE内接于⊙O，
∴∠EOD=360°÷5=72°，
∴∠ECD=12∠EOD=36°，
∴∠FCD=∠FCE+∠ECD=36°+12°=48°，
故答案为：C.
【分析】连接OE、OD、CE，根据n边形内角和公式以及正多边形的性质可得∠CDE=108°，则∠FDE=∠CDE-∠CDF=12°，由圆周角定理可得∠FCE=∠FDE=12°，由外角和为360°可得∠EOD=360°÷5=72°，由圆周角定理可得∠ECD=12∠EOD=36°，然后根据∠FCD=∠FCE+∠ECD进行计算.
4．（2023·天河模拟）如图，在⊙O中，AB是直径，CD是弦，AB⊥CD，垂足为点E，连接CO，AD，∠BAD=20°.下列说法正确的是（ ）
A．AD=2OBB．CE=EO
C．∠OCE=40°D．∠BOC=2∠BAD
【答案】D
【解析】【解答】解：∵2OB=AB≠AD，故选项A错误；
由垂径定理可知，点B是弧CD的中点，
∴弧CB=弧BD，
∴∠COB=2∠BAD=40°，
∴∠OCE=50° ，CE≠EO，故选项B，C错误，选项D正确.
故答案为：D.
【分析】由垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧，及圆周角定理：同弧（等弧）所对的圆周角相等，同弧（等弧）所对的圆周角是圆心角的一半，判断即可得出答案.
5．（2023·天河模拟）根据圆规作图的痕迹，可用直尺成功的找到三角形内心的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】【解答】解：三角形内心为三角形三条角平分线的交点，
A、一条角平分线，一条垂直平分线，故A选项不符合题意；
B、两条角平分线，故B选项符合题意；
C、两条垂直平分线，故C选项不符合题意；
D、一条角平分线，一条垂直平分线，故D选项不符合题意；
故答案为：B.
【分析】利用基本作图和三角形内心的定义：三角形内三条角平分线的交点，判断即可.
6．（2023·永川模拟） 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，D是AB上的一点，以AD为直径的⊙O与BC相切于点E，连接AE、DE，若∠B=30°，AC=3，则BD的长度是（ ）
A．3B．2C．3D．23
【答案】B
【解析】【解答】连接OE，如图所示：
∵BC为⊙O的切线，
∴∠OEB=90°，
∵∠B=30°，
∴OE=12OB，
∵OE=OD，
∴OD=BD，
∴AO=OD=BD，
∴BD=13AB，
∵∠C=90°，∠B=30°，
∴AB=2AC=2×3=6，
∴BD=13AB=2，
故答案为：B.
【分析】先证出AO=OD=BD，再利用含30°角的直角三角形的性质求出AB的长，最后求出BD的长即可.
7．（2023·平凉模拟） 如图，A、B、C是圆O上的三点，且四边形ABCO是平行四边形，OF⊥OC交圆O于点F，则∠AOF等于（ ）
A．15°B．30°C．45°D．60°
【答案】B
【解析】【解答】连接OB，如图所示：
∵四边形ABCO是平行四边形，
∴AB=OC，AB//CO，
∵OB=OA=OC，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠BOA=60°，
∵OF⊥AB，
∴∠AOF=12∠BOA=30°，
故答案为：B.
【分析】连接OB，先证出△OAB是等边三角形，可得∠BOA=60°，再利用“三线合一”的性质可得∠AOF=12∠BOA=30°.
8．（2023·杭州模拟）如图，正九边形外接圆的半径是R，则这个正九边形的边长为（ ）
A．Rsin20°B．Rsin40°C．2Rsin20°D．2Rsin40°
【答案】C
【解析】【解答】解：过点O作OC⊥AB于点C，则AC=BC=12AB.
∵正九边形，
∴∠AOB=360°÷9=40°，
∴∠AOC=20°，
∴AC=OA·sin20°=R·sin20°，
∴AB=2AC=2R·sin20°，即这个正九边形的边长为2R·sin20°.
故答案为：C.
【分析】过点O作OC⊥AB于点C，则AC=BC=12AB，由外角和为360°可得∠AOB=360°÷9=40°，则∠AOC=20°，根据三角函数的概念可得AC，然后表示出AB，据此解答.
9．（2023·吉林模拟）△ABC与⊙O交于D、E、C、B，∠A=40°，∠C=60°，则∠AED的度数（ ）
A．60°B．40°C．80°D．100°
【答案】C
【解析】【解答】解：∵△ABC与 ⊙O交于D、E、C、B，
∴四边形BCED是圆内接四边形，
∴∠C+∠BDE=180°，
∵∠C=60°，
∴∠BDE=180°-∠C=120°，
∵∠A=40°，
∴∠AED=∠BDE-∠A=80°，
故答案为：C.
【分析】根据题意先求出四边形BCED是圆内接四边形，再根据圆内接四边形的性质，三角形外角的性质等计算求解即可。
10．（2023·重庆市模拟） 如图，已知⊙O的半径为5，AB为⊙O的弦，AB=8，点C在AB上，且满足BC=3AC，CD⊥OC交⊙O于点D，则CD的长为（ ）
A．3B．22C．32D．23
【答案】D
【解析】【解答】解：如下图所示：过点O作OE⊥AB，连接OD、OB，
∵AB=8，BC=3AC，
∴AC=AB-BC=2，
∴BC=6，
∵OE⊥AB，
∴AE=BE=12AB=4，
∴CE=AE-AC =2，
设OE=x，
∴OB2=x2+42，OC2=x2+22，
∵CD⊥OC，
∴∠DCO=90°，
∴CD=OD2−OC2=x2+42−x2+22=23，
故答案为：D.
【分析】根据题意先作图，再求出BC=6，最后利用勾股定理计算求解即可。
11．（2023·平凉模拟） 道路施工部门在铺设如图所示的管道时，需要先按照其中心线计算长度后再备料．图中的管道中心线AB�的长为(单位：m)（ ）
A．40π3B．80π3C．1600π3D．3200π3
【答案】B
【解析】【解答】根据题意可得：
AB⏜=120×π×40180=80π3，
故答案为：B.
【分析】利用弧长公式求解即可.
12．（2023·武威模拟）生活中处处有数学，多边形在生活中的应用更是不胜枚举.如图是一个正六边形的螺帽，它的边长是4cm，则这个正六边形的半径R和扳手的开口a的值分别是（ ）
A．2cm，23cmB．4cm，43cmC．4cm，23cmD．4cm，3cm
【答案】B
【解析】【解答】根据题意可得：R=4cm；
连接AC，过点B作BD⊥AC于点D，如图所示：
∵AB=BC，
∴△ABC是等腰三角形，
∴AD=CD，
由正六边形的性质可得：∠ABC=120°，
∴∠ABD=12∠ABC=60°，
∴∠BAD=180°-∠ADB-∠ABD=180°-90°-60°=30°，
∵AB=BC=4，
∴AD=AB×cs30°=23，
∴AC=2AD=43，
故答案为：B.
【分析】根据题意直接可得R=4cm；再求出∠BAD=180°-∠ADB-∠ABD=180°-90°-60°=30°，再利用解直角三角形的方法求出AD=AB×cs30°=23，最后求出AC=2AD=43即可.
13．（2023·武威模拟）如图，AB是半圆O的直径，C是OB的中点，过点C作CD⊥AB，交半圆于点D，则BD⏜与AD⏜的长度的比为（ ）
A．1：2B．1：3C．1：4D．1：5
【答案】A
【解析】【解答】连接OD，如图所示：
∵AB是半圆O的直径，C是OB的中点，
∴OD=2OC，
∵CD⊥AB，
∴∠DOB=60°，
∴∠AOD=180°-∠DOB=180°-60°=120°，
设圆O的半径为r，
∴BD⏜=60×π×r180=π×r3，AD⏜=120×π×r180=2π×r3，
∴BD⏜与AD⏜的长度的比=πr3：2πr3=1：2，
故答案为：A.
【分析】先求出∠DOB=60°，∠AOD=180°-∠DOB=180°-60°=120°，再利用弧长公式求出BD⏜和AD⏜的长度，最后求解即可.
14．（2023·苍梧模拟）下列命题：①直线外一点到这条直线的垂线段，叫做点到直线的距离；②两点之间线段最短；③相等的圆心角所对的弧相等；④平分弦的直径垂直于弦．其中，真命题的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【解析】【解答】①直线外一点到这条直线的垂线段，叫做点到直线的距离；假命题；
②两点之间线段最短；真命题；
③相等的圆心角所对的弧相等；假命题；
④平分弦的直径垂直于弦；假命题；
真命题的个数是1个；
故答案为：A．
【分析】直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离，据此判断①；两点之间线段最短，据此判断②；在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，据此判断③；平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，据此判断④；
15．（2023·嘉兴模拟）如图，点A，B，P是⊙O上的三点，若∠AOB＝40°，则∠APB的度数为（ ）
A．80°B．140°C．20°D．50°
【答案】C
【解析】【解答】解：∠APB＝ 12 ∠AOB＝ 12 ×40°＝20°．
故答案为：C．
【分析】圆周角定理：同弧（或等弧）所对的圆周角是所它所对圆心角的一半。
16．（2023·播州模拟）如图，在平面直角坐标系中，直线y=−33x+3与坐标轴交于A，B两点，圆心在x轴上的⊙P经过A，B两点，则⊙P的半径为（ ）
A．1B．3C．2D．23
【答案】C
【解析】【解答】解题过程如下：
连接PB
则PB为圆P的半径.
∵ 直线y=−33x+3与坐标轴交于A，B两点，
∴ 令x=0，得y=3，则B（0，3），
令y=0，得x=3，则A（3，0）
∴ OB=3，OA=3
∴ AB=OB2+OA2=（3）2+32=23
∴ ∠OAB=30°
∵ PA=PB
∴ ∠PBA=30°
∴ ∠OBP=30°
∴ OP=12PB
∴12PB+PB=OA=3
∴ PB=2
故答案为：C
【分析】本题考查圆的基础知识、求半径和一次函数与坐标轴的交点问题。
根据一次函数与坐标轴的交点，得到线段的长，求出角度，可知半径的数量关系，列式求解即可。
二、填空题
17．（2023·包河模拟） 如图，直线AB与半径为8的⊙O相切于点C，点D在⊙O上，连接CD、DE，且∠EDC=30°，弦EF//AB，则EF的长为 ．
【答案】83
【解析】【解答】解：如图所示：连接OE、OC，
∵∠EDC=30°，
∴∠COE=2∠EDC=60°，
∵直线AB与半径为8的⊙O相切于点C，
∴OC⊥AB，
∵EF//AB，
∴OC⊥EF，
∴△EOM为直角三角形，
∵sin∠AOM=EMOE，
∴EM=sin60°·OE=32×8=43，
∴EF=2EM=83，
故答案为：83.
【分析】根据圆周角的定理求出∠COE=2∠EDC=60°，再根据切线的性质求出OC⊥AB，最后根据锐角三角函数等计算求解即可。
18．（2023·松原模拟） 如图，在扇形BOC中，∠BOC=60°，OD平分∠BOC交BC�于点D，点E为半径OB的中点．若OB=4，则阴影部分的面积为 ．
【答案】43π−23+2
【解析】【解答】解：连接BC，过D作DF⊥OB于F，
∵∠BOC=60°，OC=OB，
∴△BOC是等边三角形，
∵点E为半径OB的中点，
∴CE⊥BO，BE=OE=12OB=2，
∴CE=OC2−OE2=23，
∵∠BOC=60°，OD平分∠BOC，
∴∠DOB=12∠BOC=30°，
∴DF=12OD=2，
∴S阴影=S扇形BOC−S△COE−(S扇形BOD−S△ODE)=60π⋅42360−12×2×23−(30π⋅42360−12×2×2)=43π−23+2．
故答案为：43π−23+2．
【分析】连接BC，过D作DF⊥OB于F，根据S阴影=S扇形BOC−S△COE−(S扇形BOD−S△ODE)，分别去求扇形BOC、△COE、扇形BOD和△ODE的面积，然后根据它们的和差关系，即可求得阴影部分的面积。
19．（2023·二道模拟） 如图，图1是由若干个相同的图形(图2)组成的美丽图案的一部分，图2中，图形的相关数据：半径OA=3cm，∠AOB=120°，则图2的周长(三条弧长的和)为 cm(结果保留π)．
【答案】4π
【解析】【解答】lAB⏜=120π×3180=2π，lOA⏜=lOB⏜=12lAB⏜=π，
∴图2的周长=2π+π+π=4π，
答案：4π.
【分析】根据弧长公式计算弧AB的长，由图1、2可知弧OA和弧OB相等且等于弧AB的一半。
20．（2023·巧家模拟）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为⊙O的直径，连接OC，若OC=5cm，BC=8cm，则AC的长为 cm.
【答案】6
【解析】【解答】∵OC=5，
∴AB=2OC=10，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵BC=8，
∴AC=AB2−BC2=102−82=6，
故答案为：6.
【分析】先利用直径所对的圆周角是直角可得∠ACB=90°，再利用勾股定理求出AC的长即可.
21．（2023·天河模拟）若圆锥的侧面积为14π，底面圆半径为2，则该圆锥母线长是 ．
【答案】7
【解析】【解答】解：由题意得，S扇形=14π，半径R=2，
则母线长l=S扇形πr=14π2π=7，
故答案为：7.
【分析】根据扇形面积公式：S扇形=πlr，计算即可.
22．（2023·平凉模拟） 如图，在Rt△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，若BC=42cm，则图中阴影部分的面积为 cm2．
【答案】(π+2)
【解析】【解答】解：连接OD、AD，
在Rt△ABC中，AB=AC，
∴∠C=∠ABC=45°，∠BAC=90°，
∵BC=42，
∴AC=AB=4，
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，BO=DO=2，
∵OD=OB，∠B=45°，
∴∠B=∠BDO=45°，
∴∠DOA=∠BOD=90°，
∴阴影部分的面积S=S△BOD+S扇形DOA=90π×22360+12×2×2=(π+2)cm2．
故答案为：(π+2)．
【分析】利用三角形及扇形面积公式，再利用割补法求出阴影部分的面积即可.
23．（2023·房山模拟） 如图，点A，B，C在⊙O上，若∠CAB=60°，CB=6，则⊙O的半径为 ．
【答案】23
【解析】【解答】解：如图所示：连接BO并延长交 ⊙O于点D，连接CD，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BCD=90°，
∵∠CAB=60°，
∴∠CDB=∠CAB=60°，
∵CB=6，
∴BD=BCsin60°=632=43，
∴⊙O的半径为23，
故答案为：23.
【分析】根据题意先求出∠BCD=90°，再求出∠CDB=∠CAB=60°，最后利用锐角三角函数计算求解即可。
24．（2023·杭州模拟）如图，PA，PB分别与半径为3的⊙O相切于点A，B，直线CD分别交PA，PB于点C，D，并切⊙O于点E，当PO＝6时，△PCD的周长为 ．
【答案】63
【解析】【解答】解：如图，连接OB，
∵PB是圆O的切线，且B为切点，
∴∠PBO=90°，
在Rt△POB中，
∵PO=6，OB=3，
∴PB=33，
∵PA、PB分别与圆O相切于点A、B，
∴PA=PB=33，
∵DB、DE分别与圆O相切于点B、E，
∴DB=DE，
同理CE=CA，
∵CD=DE+CE，
∴CD=DB+CA，
∴△PCD的周长为：PD+PC+CD=PD+DE+CE+PC=PD+DB+CA+PC=PA+PB=63.
故答案为：63.
【分析】连接OB，由切线的性质可得∠PBO=90°，在Rt△POB中，运用勾股定理算出PB，由切线长定理可得PA=PB=33，DB=DE，CE=CA，然后根据三角形周长的计算方法、等量代换及线段的和差可将△PCD的周长转化为PA+PB，从而代入即可求出答案.
25．（2023·杭州模拟）已知扇形的半径为3cm，圆心角为150°，则该扇形的弧长为 cm．
【答案】52π
【解析】【解答】解：∵ 扇形的半径为3cm，圆心角为150°，
∴ 该扇形的弧长为150π×3180=52π
故答案为：52π.
【分析】利用扇形的弧长公式l=nπR180（n为圆心角的度数，R为扇形的半径），代入公式进行计算.
26．（2023·重庆市模拟）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝2，BC＝3，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转60°后得到△AB'C'，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】136π
【解析】【解答】解： 在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝2，BC＝3，
∴AC=AB2+BC2=22+32=13，
∵ Rt△ABC绕点A逆时针旋转60°后得到△AB'C'，
∴△ABC≌△AB'C'，
∴S△ABC=S△AB'C'，
∴S阴影=S扇形CAC'+S△ABC-S△AB'C'=S扇形CAC'=60×π×132360=1326π.
故答案是：136π.
【分析】根据旋转得S△ABC=S△AB'C'，从而S阴影=S扇形CAC'，即可求解.
27．（2023·潼南模拟）如图，扇形AOB圆心角为直角，OA=4，点C在AB⏜上，以OA，AC为邻边构造菱形ACDO，边CD交OB于点E，若∠OAC=60°，则图中两块阴影部分的面积和为 .(结果保留到π)
【答案】4π−63
【解析】【解答】解：∵扇形AOB圆心角为直角，OA=4，
∴S扇形AOB =90×π×42360=4π，
∵四边形OACD是菱形，∠OAC=60°，
∴OD=OA=4，∠D=∠OAC=60°，OA∥CD，
∵∠AOB=90°，
∴∠OED=∠AOB=90°，
在Rt△ODE中，OD=4，∠D=60°，
∴DE=2，OE=23，
∴S梯形ACEO=12×2+4×23=63，
所以，S阴影=S扇形AOB-S梯形ACEO=4π−63.
故答案是：4π−63.
【分析】根据扇形面积公式求出扇形面积，再求出梯形ACEO的面积，即可求解.
28．（2023·重庆市模拟） 如图，在菱形AOBC中，AO=CO=2，以O为圆心，CO为半径画弧，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】43π−23
【解析】【解答】解：如图，连接OC，过点O作OD⊥AC于点D，
∵四边形AOBC是菱形，
∴OA=AC，
∵AO=CO=2，
∴OA=AC=CO，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠OAC=60°，
∴∠AOB=180°-60°=120°，
在Rt△AOD中，
∠OAC=60°，OA=2
∴∠AOD=30°，AD=12OA=1，
OD=3AD=3，
∴S△AOC=12×AC×OD=12×2×3=3，
∴S菱形AOBC=2S△AOC=23，
∴S阴影=S扇形AOB-S菱形AOBC=120×π×22180−23=43π−23.
故答案是：43π−23.
【分析】先证明△AOC是等边三角形，从而得到∠AOB=120°，再利用S阴影=S扇形AOB-S菱形AOBC，即可求解.
29．（2023·东丽模拟）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点A，B，M均为格点，点A，B，M均在以格点O为圆心的圆上．
（1）线段AB的长等于 ．
（2）请你只用无刻度的直尺，在线段AB上画点P，使AM2=AP⋅AB，并简要说明P点是如何找到的(不要求证明) ．
【答案】（1）42
（2）取格点G、Q，连接GQ交AB于点P；
【解析】【解答】解：（1）如图，
在Rt△ABC中，AC=4，BC=4，
∴AB=42+42=42.
故答案为：42.
（2） 法一：
AM=2，AB=42，要作AM2=AP⋅AB，即作AP=22，即为1×1格子对角线中点.
法二：取格点I，连接MI交AB于点P，点P即为所求作的点， 如图，
取格点D、E，连接AD、BM，
∵AMMD=IEEM=13，∠AMD=∠IEM=90°，
∴△AMD∽△IEM，
∴∠ADM=∠IME，
∵AM⏜=AM⏜
∴∠ADM=∠IME=∠ABM，
∵∠PAM=∠MAB，
∴△PAM∽△MAB，
∴AM2=AP⋅AB.
注：该方法意在作等角使得∠AMP=∠ABM，从而得出子母相似与条件对应
故答案为： 取格点I，连接MI交AB于点P，点P即为所求作的点.
【分析】（1）直接放入直角三角形中利用勾股定理即可求解.
（2）法1：从边长切入，如AM=2，AB=42，要作AM2=AP⋅AB，即作AP=22，即1×1格子对角线中点，利用平行四边形对角线可快速作出；
法2：从角度切入，要作AM2=AP⋅AB，即作等角∠AMP=∠ABM，此处∠ABM不好直接转化为格点形成的角，故借助∠ADM，即Rt△ADM(2×6)形成的锐角，进而找出Rt△MEI(1×3)，即得出符合题意的点.
三、解答题
30．（2023·包河模拟）已知：如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，直径DG交边AB于点E，AB、DC的延长线相交于点F.连接AC，若∠ACD=∠BAD．
（1）求证：DG⊥AB；
（2）若AB=6，tan∠FCB=3，求⊙O半径．
【答案】（1）证明：连接AG，
∵∠ACD与∠AGD是同弦所对圆周角，
∴∠ACD=∠AGD，
∵∠ACD=∠BAD，
∴∠BAD=∠AGD，
∵DG为⊙O的直径，A为圆周上一点，
∴∠DAG=90°，
∴∠BAD+∠BAG=90°，
∴∠AGD+∠BAG=90°，
∴∠AEG=90°，即DG⊥AB；
（2）解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠FCB=∠BAD，
∵tan∠FCB=3，
∴tan∠BAD=DEAE=3，
连接OA，由垂径定理得AE=12BE=3，
∴DE=9，
在Rt△OEA中，OE2+AE2=OA2，
设⊙O半径为r，则有(9−r)2+32=r2，
解得，r=5，
∴⊙O半径为5．
【解析】【分析】（1）根据题意先求出∠ACD=∠AGD， 再求出 ∠DAG=90°， 最后证明求解即可；
（2）根据圆内接四边形求出 ∠FCB=∠BAD， 再利用锐角三角函数求出 tan∠BAD=DEAE=3， 最后利用垂径定理以及勾股定理等计算求解即可。
31．（2023·南京模拟）如图，AB为⊙O的直径，C，D为⊙O上两点，BD�=AD�，连接AC，BC，AD，BD，过点D作DE//AB交CB的延长线于点E．
（1）求证：直线DE是⊙O的切线；
（2）若AB=10，BC=6，求AD，BE的长．
【答案】（1）证明：连接OD，
∵BD=AD，
∴∠AOD=∠BOD=12∠AOB=90°，
∵AB//DE，
∴∠AOD=∠ODE=90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴直线DE是⊙O的切线；
（2）解：连接CD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°，
∵AB=10，BC=6，
∴AC=AB2−BC2=102−62=8，
∵BD=AD，
∴AD=BD=AB2=52，
∴∠ABD=∠BAD=45°，
∴∠ACD=∠ABD=45°，
∵AB//DE，
∴∠ABD=∠BDE=45°，
∴∠BDE=∠ACD，
∴四边形ADBC是圆内接四边形，
∴∠CAD+∠CBD=180°，
∵∠CBD+∠EBD=180°，
∴∠EBD=∠CAD，
∴△BDE∽△ACD，
∴BDAC=BEAD，
∴528=BE52，
∴BE=254，
∴AD的长为52，BE的长为254．
【解析】【分析】（1）连接OD，根据已知易知∠AOD=∠BDO=12∠AOB=90°，从而利用平行线的性质可求出∠ODE=90°，即可解答.
（2）连接CD，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB=∠ADB=90°，从而求出AC=8，AD=BD=52，然后再利用等腰直角三角形的性质，平行线的性质，以及同弧所对的圆周角相等证明∠BDE=∠ACD=45°，再利用圆内接四边形对角互补可得∠EBD=∠CAD，从而证明△BDE∽△ACD，最后利用相似三角形的性质进行计算即可解答.
32．（2023·西城模拟） 如图，以菱形ABCD的边AD为直径作⊙O交AB于点E，连接DB交⊙O于点M，F是BC上的一点，且BF=BE，连接DF．
（1）求证：DM=BM；
（2）求证：DF是⊙O的切线．
【答案】（1）证明：如图，连接AM，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠AMD=90°，
即AM⊥DB．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，
∴DM=BM；
（2）证明：如图，连接DE，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠AED=∠BED=90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABD=∠CBD，
又∵BF=BE，BD=BD，
∴△BED≌△BFD(SAS)，
∴∠BFD=∠BED=90°，
∴∠CFD=90°，
∵AD//BC，
∴∠ADF=∠CFD=90°，
∴DF⊥AD．
∵OD是半径，
∴DF是⊙O的切线．
【解析】【分析】
(1)连接AM，根据AD是直径可得AM和BD垂直，根据菱形可知AB=AD，△ABD是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一可得DM=BM；
(2)连接DE，证明△BED和△BFD全等，得∠BFD=∠BED=90°，结合AD∥BC得AD⊥DF，可证DF是切线。
33．（2023·西青模拟） 已知AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，点D是⊙O外一点，DC是⊙O的切线，C为切点，连接DA，CB．
（1）如图①，若DA与⊙O相切，A为切点，∠ADC=70°，求∠ABC的大小；
（2）如图②，若DA与⊙O相交于点E，恰有AD⊥CD，且CD=4，AB=10，求ED的长．
【答案】（1）解：如图①，连接OC，
∵DC，DA分别与圆相切于C和A，
∴∠A=∠DCO=90°，
∵∠D+∠A+∠DCO+∠AOC=360°，∠D=70°，
∴∠AOC=360°−70°−90°−90°=110°，
∴∠ABC=12∠AOC=55°；
（2）解：如图②，作OH⊥AE于H，连接OC，
∴AH=EH，
∵DC切圆于C，
∴OC⊥CD，
∵AD⊥CD，
∴四边形OCDH是矩形，
∴OH=DC=4，DH=OC=12AB=12×10=5，
∵AH=OA2−OH2=52−42=3，
∴EH=AH=3，
∴DE=DH−EH=5−3=2．
【解析】【分析】（1）连接OC，先利用角的运算求出∠AOC=360°−70°−90°−90°=110°，再利用角平分线的定义可得∠ABC=12∠AOC=55°；
（2）作OH⊥AE于H，连接OC，先求出DH=OC=12AB=12×10=5，再利用勾股定理及等量代换可得EH=AH=3，再利用线段的和差求出DE=DH−EH=5−3=2即可.
34．（2023·南关模拟）如图，在扇形AOB中，圆心角∠AOB=90°，半径OA=2．点P为AB⏜上一点，连结OP，过点A作AQ⊥OP于点Q．
（1）求AB的长．
（2）当点A、Q、B在同一条直线上时，求扇形AOP的面积．
（3）连结BQ，则线段BQ长的最小值为 ．
（4）延长AQ，交直线OB于点C，若点Q为线段AC的三等分点，直接写出AC的长。
【答案】（1）解：AB的长为90π×2180=π；
（2）解：当点A、Q、B在同一条直线上时，
∴∠AOP＝∠BOP＝12∠AOB＝45°，
∴扇形AOP的面积为45π×22360=π2
（3）5-1
（4）解：①如图
，
当AQ＝12QC时，设AQ＝a，则AC=2a，
∵OA⊥OC，OQ⊥AC，
∴△AOQ∽△ACO，
∴AQOA=OAAC
即a2=2a+2a
解得a＝233，
经检验a＝233是原方程的解，
∴AC＝3a＝23；
②如图
，
当AQ＝2QC时，设CQ=b，则AQ＝2b，
由①可得△AOQ∽△ACO，
∴AQAO=AOAC
即2b2=2b+2b
解得b＝63，
经检验b＝63是原方程的解，
∴AC＝3b＝6；
综上所述，AC的长为23或6．
【解析】【解答】解：（3）如图1，点Q在以OA为直径的半圆上移动，连接BC交半圆于点Q'，此时线段BQ的长最小，
根据勾股定理可得：BC=OB2+OC2=22+12=5，
又CQ'=1，
∴BQ的最小值为：5−1；
【分析】（1）根据弧长计算公式即可计算得出AB的长；
（2）首先根据等腰三角形三线合一的性质，得出∠AOP=45°，然后根据扇形面积计算公式，即可计算得出扇形AOP的面积；
（3））如图1，点Q在以OA为直径的半圆上移动，连接BC交半圆于点Q'，此时线段BQ的长最小，首先根据勾定理求得BC=5，然后根据BQ'=BC-CQ'，即可得出5−1；
（4） 点Q为线段AC的三等分点， 可分为两种情况：①当AQ＝12QC时 ，根据△AOQ∽△ACO， 可得对应边成比例，即可求出AC的长度为23；②当AQ＝2QC时， 根据△AOQ∽△ACO， 可得对应边成比例，即可求出AC的长度为6。
35．（2023·长春模拟）如图，AB是⊙O的直径，OA＝3．动点P从点A出发， 在圆O上顺时针运动到终点B ，速度为每秒π个单位．同时动点Q从点B出发，在⊙O上沿顺时针方向运动， 速度每秒3π个单位 ， 当点P到达终点时， 点Q也随之停止运动．连结OP、OQ．设点P的运动时间为t秒．
（1）⊙O的周长为 ；
（2）当点P与点Q重合时，求AP所在的扇形的面积；
（3）当OP⊥OQ时，求t的值；
（4）作半径OP的垂直平分线交⊙O于点M、N，连结PQ．当PQ将线段MN分成1：2的两部分时，直接写出t的值．
【答案】（1）6π
（2）解：当点P与点Q重合时，
3π+πt＝3πt，
解得：t＝32，
∴点P走过的圆心角度数为32π6π×360°＝90°，
∴AP所在的扇形的面积为90360×π×32＝94π；
（3）解：当点P与点Q重合前，OP⊥OQ，
则14×6π−πt=3π−3πt，
解得：t＝34；
当点P与点Q重合后，OP⊥OQ，
πt+14×6π=3πt−3πt，
解得：t＝94；
综上，t＝34或94；
（4）解：t＝12或52
【解析】【解答】解：（1）⊙O的周长为2π×3＝6π；
故答案为：6π；
⑵、当点P、Q重合时
3πt-πt=3π，解得：t=32，
点P走过路程所对圆心角度数32π6π×360°=90°，
所以弧AP所在扇形面积为：90π×32360=9π4；
⑶、 当点P与点Q重合前，OP⊥OQ ，
则3π+πt-3πt=14×6π，解得t=34，
当点P与点Q重合后，OP⊥OQ ，
则3πt−3π−πt=14×6π，解得t=94，
综上所述，t=34或94；
（4）情况一：如图，连接OM，PN，PQ交MN于点H，
∵MN垂直平分OP，
∴OM＝PM，
∵OP＝OM，
∴OP＝OM＝PM，
∴△OPM为等边三角形，
∴∠POM＝60°，
同理可得：△PON为等边三角形，
∴OP＝PN＝ON，∠PON＝60°，
∴∠MON＝120°，PM＝OM＝ON＝PN，
∴四边形PMON为菱形，
∴PM∥ON，
∴△GHN∽△PHM，
∴GNPM=NHMH=12， 即 GN=12PM
∴GN＝12ON，
∴PG垂直平分ON，
∴NH＝OH，∠HNO＝∠HON，
∵∠MON＝120°，OM＝ON，
∴∠ONM＝30°，即∠HNO＝30°，
∴∠HON＝∠HNO＝30°，
∴∠AOP＝∠PON-∠HON＝60°-30°＝30°，
∴t＝30360×6ππ=12
情况二：连接OM，PM，ON，NH：MH＝1：2，
同理可得：∠BOP＝30°，
∴∠AOP＝180°-∠BOP＝180°-30°＝150°，
∴t＝150360×2ππ=52
综上，t＝12或52．
【分析】⑴根据圆周长公式计算即可。
⑵可以理解成追及问题，先求点P、Q重合时所用时间，从而求弧AP长，进而求的弧AP所对圆心角度数，根据扇形面积公式求解弧AP所在扇形面积。
⑶由题分析OP和OQ垂直分两类，点Q和点P重合前垂直与重合后垂直，根据点P、Q间圆上距离列方程求解。
⑷利用垂直平分线的性质可以论证PM等于OM，又半径相等，故△OMP是等边三角形，同理△ONP也是等边三角形，进而可得四边形OMPN是菱形，故对边平行，所以△MPH相似于△NGH，利用相似三角形性质可得GN等于二分之一MP，也即GN等于二分之一ON，由等边三角形性质可知PG垂直平分ON，可以求得∠AOP大小，30度或150度，由圆心角求弧长进而求得点P运动时间t的值。
36．（2023·庆阳模拟） 如图，在△ABC中，AB=AC.以AB为直径的⊙O分别与BC、AC相交于点D、E，连接AD.过点D作DF⊥AC，垂足为点F，
（1）求证：DF是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为4，∠CDF=22.5°，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）证明：连接AD．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴AD⊥BC．
又AB＝AC，∴D是BC的中点，
∴BD=5．
连接OD；
由中位线定理，知DO//AC，
又DF⊥AC，
∴DF⊥OD．
∴DF是⊙O的切线；
（2）解：连接OE，
∵DF⊥AC，∠CDF=22.5°，
∴∠ABC=∠ACB=67.5°，
∴∠BAC=45°，
∵OA=OE，
∴∠AOE=90°，
∵⊙O的半径为4，
∴S扇形AOE=4π，S△AOE=8
∴S阴影=S扇形AOE−S△AOE=4π−8．
【解析】【分析】
（1）直径所对的圆周角为90°，可证明AD⊥BC，再根据等腰三角形三线合一可证明D为BC中点，连接OD，根据三角形中位线定理可得OD和AC平行，DF⊥AC可得DF⊥OD，从而得出DF是切线。
（2）根据∠CDF的度数和DF⊥AC可求出∠C，再结合AB＝AC，OA＝OE可得∠B，∠BAC，∠AEO，∠AOE，从而可计算出扇形AOE和三角形AOE的面积，得阴影部分面积。
四、综合题
37．（2023·西城模拟） 在平面直角坐标系xOy中，给定圆C和点P，若过点P最多可以作出k条不同的直线，且这些直线被圆C所截得的线段长度为正整数，则称点P关于圆C的特征值为k.已知圆O的半径为2，
（1）若点M的坐标为(1，1)，则经过点M的直线被圆O截得的弦长的最小值为 ，点M关于圆O的特征值为 ；
（2）直线y=x+b分别与x，y轴交于点A，B，若线段AB上总存在关于圆O的特征值为4的点，求b的取值范围；
（3）点T是x轴正半轴上一点，圆T的半径为1，点R，S分别在圆O与圆T上，点R关于圆T的特征值记为r，点S关于圆O的特征值记为s.当点T在x轴正轴上运动时，若存在点R，S，使得r+s=3，直接写出点T的横坐标t的取值范围．
【答案】（1）22；3
（2）解：设点G是⊙O的特征值为4的点，
∴经过一点G且弦长为4(最长弦)的直线有1条，弦长为3的直线有2条，弦长为2的直线有且只有1条，
∵经过点G的直线被⊙O截得的弦长的最小值为2，
∴22−12=3，
∴关于⊙O的特征值为4的所有点都在以O为圆心，3为半径的圆周上，
∵直线y=x+b分别与x，y轴交于点A、B，
∴A(−b，0)，B(0，b)，
∴OA=OB=b，
∴∠OBH=45°，
当b>0时，线段AB与以O为圆心，3为半径的圆相切时，点G特征值为4，
设切点为为H，连接OH，
则OH=3，
∴OB=2OH=6，
∴b=6，
设以O为圆心，3为半径的圆与y轴正半轴的交点记为B1，
则OB1=3，
当线段AB与以O为圆心，3为半径的圆相交，且过点B1时，可得b=3，
∴3≤b≤6，
同理可求当b