2024年中考数学考前冲刺复习专题05圆的综合应用(含答案)

这是一份2024年中考数学考前冲刺复习专题05圆的综合应用(含答案)，共51页。


中考圆的命题趋势主要围绕圆的有关概念和性质进行考查，包括弦弧角的关系、圆周角与圆心角、圆内接四边形、切线等知识点．这些知识点常以选择题、填空题和解答题的形式出现，既考察学生对这些基础知识的掌握程度，也考察学生运用这些知识解决实际问题的能力．
模型01 与圆的性质有关的证明与计算
与圆的性质有关的证明与计算近两年主要以选择、填空的形式出现．在选择题和填空题中，通常会直接考查学生对圆心角与圆周角及圆的切线等知识的理解和应用．在解答题中，可能会涉及到圆的对称性、圆与三角形或四边形的综合应用，需要学生运用所学的数学知识进行推理和计算．此外，还可能会涉及到与其他知识点的综合应用，如与三角形的相似和全等、四边形的存在性问题等知识点的结合．
模型02 特殊四边形与圆结合的动态探究
特殊四边形与圆结合的动态研究，该题型主要以解答题的形式出现，第一问基本上考查的为圆的性质，主要以求解和证明的形式出现．圆与四边形结合时，需要我们对四边形的判定和性质有清晰认识，尤其是菱形、矩形的相关知识点．圆的综合问题是中考数学中的压轴题中的一类，也是难度较大的一类，所以，对应的训练很有必要．
模型03 情景与应用题型
情景与应用题型是圆知识点的综合考查应用，通常和我们的日常生活中所接触的事物或者生活现象紧密结合，需要同学们有较强的阅读和理解题意的能力，同时还要有一定的知识储备．在解题时要根据题意把转化为我们所学习的圆的相关知识应用．
模型构建
模型01 与圆的性质有关的证明与计算
考｜向｜预｜测
与圆的性质有关的证明与计算该题型近年主要以选择、填空形式出现，在综合性大题考试中，难度系数不大，在各类考试中都以中档题为主．解这类问题的关键是结合圆的性质及相关判定定理与推论并结合圆和其它几何的相关知识点进行解题．
答｜题｜技｜巧
例1.（2023·河南）
1．如图，在中，，．以为圆心，为半径的交于点．点在上，连接，，若，则的半径为（ ）
A．1B．C．2D．
例2.（2023·安徽）
2．如图，在中，，，以点A为圆心、6为半径的圆上有一个动点P．连接、、，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
例3.（2023·湖北）
3．如图，是的直径，，是延长线上一点，在上，连接，，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
模型02 特殊四边形与圆结合的动态探究
考｜向｜预｜测
特殊四边形与圆结合的动态探究模型该题型主要以解答题的形式出现，综合性较强，有一定难度，主要考查对圆性质的理解与三角形或四边形综合知识的应用．实际题型中对数形结合的讨论是解题的关键．许多问题的讨论中需要我们对四边形的判定和性质有清晰认识．
答｜题｜技｜巧
例1.（2023·湖北）
4．如图，四边形内接于，点在的延长线上．若，则 度．
例2.（2023·江西）
5．课本改编
（1）如图1，四边形为的内接四边形，为的直径，则 度， 度．
（2）如果的内接四边形的对角线不是的直径，如图2，求证：圆内接四边形的对角互补．
知识运用
（3）如图3，等腰三角形的腰是的直径，底边和另一条腰分别与交于点 D，E，F 是线段的中点，连接，求证：是的切线．
模型03 情景与应用题型
考｜向｜预｜测
圆结合的情景与应用模型近年在中考数学和各地的模拟考中常以压轴题的形式考查，学生不易得满分．该题型主要以解答题的形式出现，一般较为靠后，有一定难度．该题型通常和我们的日常生活中所接触的事物或者生活现象紧密结合，需要同学们有较强的阅读和理解题意的能力，同时还要有一定的知识储备．在解题时要根据题意把转化为我们所学习的圆的相关知识应用．
答｜题｜技｜巧
例1.（2022·河南）
6．为弘扬民族传统体育文化，某校将传统游戏“滚铁环”列入了校运动会的比赛项目．滚铁环器材由铁环和推杆组成．小明对滚铁环的启动阶段进行了研究，如图，滚铁环时，铁环⊙O与水平地面相切于点C，推杆AB与铅垂线AD的夹角为∠BAD，点O，A，B，C，D在同一平面内．当推杆AB与铁环⊙O相切于点B时，手上的力量通过切点B传递到铁环上，会有较好的启动效果．
(1)求证：∠BOC＋∠BAD＝90°．
(2)实践中发现，切点B只有在铁环上一定区域内时，才能保证铁环平稳启动．图中点B是该区域内最低位置，此时点A距地面的距离AD最小，测得．已知铁环⊙O的半径为25cm，推杆AB的长为75cm，求此时AD的长．
例2.（2022·江苏）
7．（现有若干张相同的半圆形纸片，点是圆心，直径的长是，是半圆弧上的一点（点与点、不重合），连接、．
(1)沿、剪下，则是______三角形（填“锐角”、“直角”或“钝角”）；
(2)分别取半圆弧上的点、和直径上的点、．已知剪下的由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为的菱形．请用直尺和圆规在图中作出一个符合条件的菱形（保留作图痕迹，不要求写作法）；
(3)经过数次探索，小明猜想，对于半圆弧上的任意一点，一定存在线段上的点、线段上的点和直径上的点、，使得由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为的菱形．小明的猜想是否正确？请说明理由．
强化训练
（2022·四川省）
8．如图，为⊙O的直径，弦，垂足为，，，则⊙O半径为（ ）
A．3B．4C．5D．无法确定
（2023·广东）
9．如图，为⊙O的直径，，，则的长度为（ ）
A．B．C．D．
（2023·福建）
10．的半径为，弦．若，则和的距离为（ ）
A．B．C．或D．或
（2023·北京）
11．如图，为的直径，点在圆上，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
（2023·浙江）
12．如图，在中，，以为直径作圆，交于点D，延长交圆于点E，连接，交于点F．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
（2023•陕西）
13．如图，是的外接圆，．过点O作的垂线交于点D，连接，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
（2023•上海）
14．若一个正多边形的每一个外角都等于36°，那么这个正多边形的中心角为 度．
（2022•上海）
15．如图，是的外接圆，交于点E，垂足为点D，的延长线交于点F．如果，那么FC的长是 ．
（2023•长宁）
16．如图，的直径与弦交于点E，已知，，，那么的值为 ．

（2023·湖南）
17．如图，四边形内接于，对角线交于点，连接．若的半径为．
(1)若，求证：平分；
(2)试用含的式子表示的值；
(3)记，，，的面积分别为，，，，当时，求证：．
（2022·浙江）
18．如图1所示的圆弧形混凝上管片是构成圆形隧道的重要部件．管片的横截面（阴影部分）如图2所示，是同心圆环的一部分，左右两边沿的延长线交于圆心，甲、乙、丙三个小组分别采用三种不同的方法，测算三片不同大小的混凝土管片的外圆弧半径．

(1)如图2，，的延长线交于圆心，若甲组测得，，，求的长．
(2)如图3，，的延长线交于圆心，若乙组测得，，，直接写出的长．
(3)如图4，有一混凝土管片放置在水平地面上，底部用两个完全相同的长方体木块固定，管片与地面的接触点L为的中点，若丙组测得，，求该管片的外圆弧半径．
通关试练
（2024·陕西西安·一模）
19．如图，点A，B在以为直径的半圆上，B是的中点，连结交于点E，若，则的度数是（ ）

A．B．C．D．
（2024·安徽池州·一模）
20．如图，已知内接于，为直径，半径，连接，．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
（2024·安徽·一模）
21．如图，四边形内接于，为的直径，，连接，过点作，垂足为点，过点作的切线交的延长线于点，则下列结论中不正确的是（ ）

A．
B．
C．
D．若的半径为5，，则
22．在中，，点O是斜边边上一点，以O为圆心，为半径作圆，恰好与边相切于点D，连接，若，的半径为4，则的长度为（ ）
A．B．4C．3D．5
23．如图，半径长，点A.B.C是三等分点，D为圆上一点，连接，且，交于点E，则（ ）

A．B．C．D．
（2023·浙江金华·三模）
24．如图，已知直线与轴、轴分别交于、两点，是以，为圆心，为半径的圆上一动点，连结、．则面积的最小值是( )
A．B．6C．8D．
（2024·河南漯河·一模）
25．如图圆的半径是4，是弦，且A是弧的中点，则弦的长为（ ）
A．B．C．4D．6
（2024·重庆·一模）
26．如图，是的直径且，点在圆上且，的平分线交于点，连接并过点作，垂足为，则弦的长度为（ ）
A．B．C．4D．
27．如图，半径长，点A.B.C是三等分点，D为圆上一点，连接，且，交于点E，则（ ）

A．B．C．D．
28．如图，有圆O，内部有四边形，连接和，已知是的角平分线，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
29．如图，是的直径，与⊙O相切于点，的延长线交直线于点，连接，．若，，则的长度是 ．
（2023•宁波）
30．如图，在中，，E为边上一点，以为直径的半圆O与相切于点D，连结，．P是边上的动点，当为等腰三角形时，的长为 ．
31．如图，AB是O的直径，AC是弦，且OD⊥AC于点E，OD交⊙O于点F，连接CF、BF，若∠BFC＝∠ODA．
(1)求证：AD是⊙O的切线：
(2)若AB＝10，AC＝8，求AD的长．
32．如图，四边形是的内接四边形，是直径，是的中点，过点作交的延长线于点．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
（2024·福建福州·一模）
33．如图，四边形内接于，对角线是的直径，平分，交于点E，过点D作,交的延长线于点F．
(1)求证：；
(2)过点F作交延长线于点G，求证：．
34．【感知】如图①，点A.B.P均在上，，则锐角的大小为__________度．

【探究】小明遇到这样一个问题：如图②，是等边三角形的外接圆，点P在上（点P不与点A.C重合），连结、、．求证：．小明发现，延长至点E，使，连结，通过证明，可推得是等边三角形，进而得证．
下面是小明的部分证明过程：
证明：延长至点E，使，连结，
四边形是的内接四边形，
．
，
．
是等边三角形．
，
请你补全余下的证明过程．
【应用】如图③，是的外接圆，，点P在上，且点P与点B在的两侧，连结、、．若，则的值为__________．
第一步：
灵活应用弦弧角之间的关系，弦和弧最终转化为角，一般情况下是圆周角；
第二步：
碰到直径想直角，直径所对的圆周角为90°；
第三步：
看到切线——连半径——90°，证明切线时注意证明90°；
第四步：
圆内接四边形——对角互补，外交等于内对角；
第一步：
圆的性质应用，根据专题1的解题思路进行求解；
第二步：
注意结合的四边形的形状，特殊平行四边形的性质与判定熟练应用；
第三步：
四边形的存在性问题注意假设、反推；
第四步：
数形结合进行分析、解答
第一步：
理解题意，联系圆的相关知识点；
第二步：
圆的相关证明与判定依据模型1的思路总结；
第三步：
利用四边形、圆、直角三角形或相似的相关知识点解题；
参考答案
1．B
【分析】本题考查圆与三角函数的综合应用．结合已知条件，利用圆周角定理，易得，然后利用三角函数即可求得答案．
【详解】解：，
，
，
，
，
，
，
故选：B．
2．B
【分析】本题考查求最值问题，相似三角形的判定和性质，勾股定理．在上取一点，使得，先证，将转化为，从而求得的最小值．
【详解】解：如图，在上取一点，使得，
∵，，，
∴，，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
当共线时，的值最小，最小值为，
∴，
在中，，
∴的最小值为．
故选：B．
3．(1)详见解析
(2)
【分析】（1）连接，如图，由直径所对的圆周角是直角得到，则，再证明，即，即可证明结论；
（2）先解直角三角形得到，再证明，得到，设，，由勾股定理建立方程，解方程即可得到答案．
【详解】（1）证明：连接，如图，
∵为的直径，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，即，
∴．
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得或(不合题意舍去)，
∴．
【点拨】本题主要考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，等边对等角，直径所对的圆周角是直角等等，正确作出辅助线构造相似三角形和直角三角形是解题的关键．
4．140
【分析】首先根据圆内接四边形的性质得，再根据圆心角与圆周角的关系即可得出的度数．
【详解】解：∵四边形内接于，，
∴，
又∵，
∴，
∴°．
故答案为：140．
【点拨】此题主要考查了圆内接四边形的性质，圆心角与圆周角之间的关系，熟练掌握圆内接四边形的对角互补，理解圆心角与圆周角之间的关系是解答此题的关键．
5．（1）90，180；（2）见解析；（3）见解析
【分析】此题考查了圆周角定理、切线的判定、圆内接四边形性质等知识，熟练掌握圆周角定理和切线的判定是解题的关键.
（1）利用圆周角定理及四边形内角和进行解答即可；
（2）连接并延长，交于点E，连接根据（1）的 结论进行证明即可；
（3）证明，由四边形是圆内接四边形，进一步得到，，又由是的半径，即可证明结论．
【详解】（1）∵四边形为的内接四边形，为的直径，
∴度，
∵
∴
故答案为：90，180
(2)证明：如图，连接并延长，交于点E，连接
由(1)可知，，，
，
，
即圆内接四边形的对角互补
（3）证明:连接，如图所示.
，
，
四边形是圆内接四边形，
，
是线段的中点，
是的半径，
是的切线
6．(1)见解析
(2)50 cm
【分析】（1）根据切线的性质可得，，根据，可得，过点作，根据平行线的性质可得，，进而即可得证；
（2）过点作的平行线，交于点，交于点，由（1）得到，在，中，求得,进而求得，根据即可求解．
【详解】（1）证明：⊙O与水平地面相切于点C，
，
，
，
AB与⊙O相切于点B，
，
，
过点作，
，
，
，
即∠BOC＋∠BAD＝90°．
（2）如图，过点作的平行线，交于点，交于点，
，则四边形是矩形，
， ，
，
在中，，，
（cm)，
在中，，cm，
(cm)，
(cm)，
(cm)，
cm，
(cm)．
【点拨】本题考查了切线的性质，平行线的性质，解直角三角形的应用，掌握以上知识是解题的关键．
7．(1)直角
(2)见详解
(3)小明的猜想正确，理由见详解
【分析】（1）AB是圆的直径，根据圆周角定理可知∠ACB=90°，即可作答；
（2）以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于⊙O点F连接EF、FO、EA，G、H点分别与A.O点重合，即可；
（3）当点C靠近点A时，设，，可证,推出，分别以M，N为圆心，MN为半径作弧交AB于点P，Q，可得，进而可证四边形MNQP是菱形；当点C靠近点B时，同理可证．
【详解】（1）解：如图，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB是直角，
即△ABC是直角三角形，
故答案为：直角；
（2）解：以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于⊙O点F连接EF、FO、EA，G、H点分别与A.O点重合，即可，
作图如下：
由作图可知AE=EF=FH=HG=OA=AB=6，
即四边形EFHG是边长为6cm的菱形；
（3）解：小明的猜想正确，理由如下：
如图，当点C靠近点A时，设，，
∴ ,
∴ ,
∴ ,
∴ ．
分别以M，N为圆心，MN为半径作弧交AB于点P，Q，作于点D，于点E，
∴ ．
∵ ,，，
∴ ，
在和中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ 四边形MNQP是平行四边形，
又∵ ，
∴ 四边形MNQP是菱形；
同理，如图，当点C靠近点B时，采样相同方法可以得到四边形MNQP是菱形，
故小明的猜想正确．
【点拨】本题考查了圆周角定理、尺规作图、菱形的性质与判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用上述知识解决问题．
8．C
【分析】连接，由垂径定理得，设，再根据勾股定理列出方程，求解即可．
【详解】解：连接，∵为⊙O的直径，弦，
∴，
设，则，
∴，解得，
∴⊙O半径为5．
故选：C．
【点拨】此题主要考查了垂径定理和勾股定理，解题关键是添加辅助线，构造直角三角形．
9．C
【分析】连接，由圆周角定理可知，再根据可知，由勾股定理即可得出的长．
【详解】解：连接，
是的直径，
，
，，
，
，
，
又，
，
，
，
故选：．
【点拨】本题考查的是圆周角定理及勾股定理、等腰直角三角形的判定，根据题意作出辅助线，构造出等腰直角三角形是解答此题的关键．
10．C
【分析】分AB.CD在圆心的同侧和异侧两种情况求得AB与CD的距离．构造直角三角形利用勾股定理求出即可．
【详解】当弦AB和CD在圆心异侧时，如图1，
过点O作OE⊥AB于点E，反向延长OE交CD于点F，连接OA，OC，
∵AB∥CD，
∴OF⊥CD，
∵AB=12cm，CD=16cm，
∴AE=6cm，CF=8cm，
∵OA=OC=10cm，
∴在Rt△AOE中，由勾股定理可得；cm，
在Rt△COF中，由勾股定理可得：cm，
∴EF=OF+OE=8+6=14cm．
当弦AB和CD在圆心同侧时，如图2，
过点O作OF⊥CD，垂足为F，交AB于点E，连接OA，OC，
∵AB∥CD，
∴OE⊥AB，
∵AB=12cm，CD=16cm，
∴AE=6cm，CF=8cm，
∵OA=OC=5cm，
在Rt△AOE中，由勾股定理可得：cm，
在Rt△COF中，由勾股定理可得：cm，
∴EF=OE﹣OF=8﹣6=2cm；
故选C．
【点拨】本题考查了垂径定理、勾股定理；熟练掌握垂径定理和勾股定理，根据题意画出图形是解题的关键，要注意有两种情况．
11．C
【分析】本题考查了圆内接四边形对角互补，直径所对的圆周角是直角，直角三角形两个锐角互余，掌握以上知识是解题的关键．根据圆内接四边形对角互补求得，根据直径所对的圆周角是直角可得，根据直角三角形的两个锐角互余即可求解．
【详解】解：四边形是圆内接四边形，
，
，
，
为的直径，
，
．
故选：C．
12．B
【分析】连接，根据圆周角定理，得到，进而得到点为的中点，取的中点，连接，得到，进而得到，列出比例式进行求解即可．
【详解】解：连接，
∵为直径，
∴，即：，
∵，
∴点为的中点，
取的中点，连接，则：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选B．
【点拨】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是构造三角形的中位线，构造相似三角形．
13．B
【分析】本题考查圆的内接四边形的性质，垂径定理，等腰三角形的性质．
连接，则是四边形的内接四边形，则与互补，从而求得，根据垂径定理得到垂直平分，从而，进而求得，即可解答．
【详解】

连接，则是四边形的内接四边形，
∴，
∵经过圆心O，且，
∴垂直平分，
∴，
∴．
故选：B
14．36
【分析】根据题意首先由多边形外角和定理求出正多边形的边数n，再由正多边形的中心角=，即可得出答案．
【详解】解：∵正多边形的每一个外角都等于36°，
∴正多边形的边数为：，
∴这个正多边形的中心角为：.
故答案为：36．
【点拨】本题考查正多边形的性质和多边形外角和定理以及正多边形的中心角的计算方法，熟练掌握正多边形的性质并根据题意求出正多边形的边数是解决问题的关键．
15．10
【分析】由OE⊥AB，得AD=BD，且OD是△ABC的中位线，OE是三角形AFC的中位线，根据勾股定理求出圆的半径即可．
【详解】∵OE⊥AB，
∴AD=BD=AB=×8=4，
∵OA=OC，
∴OD为三角形ABC的中位线，
∴OD//BC，
又∵OD=3，
∴
∴OE=OA=5，
∵OE∥CF，点O是AC中点，
∴AE：EF=AO：OC=1，
即E为AF中点，
∴OE是三角形ACF的中位线，
∴CF=2OE=2×5=10，
故答案为：10．
【点拨】本题主要考查垂径定理、勾股定理、三角形中位线等知识点，熟练掌握勾股定理和三角形中位线的性质是解题的关键．
16．
【分析】过点O作于点F，连接，过点D作于点H，根据，求出，根据勾股定理求出，得出，求出，得出，即可求出结果．
【详解】解：过点O作于点F，连接，过点D作于点H，如图所示：

∵，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了勾股定理，求余切值，等腰直角三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，构造直角三角形，熟练掌握余切的定义．
17．(1)见解析；
(2)；
(3)证明见解析．
【分析】本题主要考查了圆的性质与平行、勾股定理的综合应用，熟记各性质以及面积关系与线段之间关系的转化是解题的关键．
（1）利用圆中同弧或等弧所对的圆周角分别相等，得到，进而可得，再由等角对等边得到线段相等得到；再证明即可得出结论；
（2）作，，得到矩形，再根据垂径定理和勾股定理将转换为；
（3）通过面积关系，利用根式及完全平方公式运算，得到，再用两平行线间距离相等，得到，进而．
【详解】（1）解：连接、，
由，得：，
又∵，
∴，即，
∴，
∵，
∴
∴，即：平分．
（2）解：如图，作，，，连接、，得四边形为矩形，，
根据垂径定理得
则
即：
（3）由两边同时平方化简得：
∵（等高，面积之比等于底之比）
∴
∴
∴，，即
因为和共底，则它们的高相等，由平行线之间的距离处处相等
，
∴，
∴，
，
∴．
18．(1)
(2)
(3)该管片的外圆弧半径为
【分析】（1）根据题意证明，设，则，根据相似三角形的性质即可求解；
（2）设，则，根据，列出方程，解方程即可求解；
（3）设圆心为，连接与交于点，则，，设外圆弧的半径为，则，在中，根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵
∴
∴
∴
设，则
∴
解得：，经检验是原方程的解，即
（2）解：∵，设，则
∴
解得：，经经检验是原方程的解
∴；
（3）解：如图所示，设圆心为，连接与交于点，则，

设外圆弧的半径为，则，
在中，勾股定理可得，即
解得：
∴该管片的外圆弧半径为
【点拨】本题考查了相似三角形的性质与判定，垂径定理，勾股定理，弧长公式，熟练掌握以上知识是解题的关键．
19．D
【分析】本题主要考查圆周角定理及圆心角、弧、弦的关系，解题的关键是熟练掌握以上知识点并能灵活运用．连接，可得，进一步求得，再根据是的中点即可求出．
【详解】解：连接，
是直径，
，
，
，
是的中点，
．
故选：D．
20．C
【分析】此题考查平行线的性质，圆周角定理，熟练掌握同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．先求出，，得出，然后再根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
故选：C．
21．B
【分析】根据圆周角定理及圆内接四边形的性质即可判断A选项，根据直径所对的圆周角是直角和切线性质，证明，即可判断C选项，结合已知条件证明即可判断D选项，无条件证明B选项正确．
【详解】，，
，
，
，
四边形内接于，
，
，
故A选项正确；
，
，
，
为的直径，
，
，
是的切线，
，
，
，，
在和中
，
，故C选项正确；
的半径为5，，
，
，
，
，
，
，
，
所以，D选项正确，
，，
，
无已知条件证明，
但不一定等于，故选项B不成立，该选项符合题意；
故选：B．
【点拨】本题考查了本题考查了圆周角定理，全等三角形的性质与判定，切线的性质，相似三角形的性质和判定等知识，熟练运用性质进行推理是解答本题的关键．
22．A
【分析】由切线的性质得，则，所以，则，由，得，所以，因为，所以，则，所以，则根据勾股定理求出，所以，于是得到问题的答案．
【详解】解：∵恰好与边相切于点D，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
【点拨】此题重点考查切线的性质定理、等腰三角形的性质、直角三角形的两个锐角互余、勾股定理等知识，求得是解题的关键．
23．A
【分析】本题主要考查了弧与圆周角之间的关系，圆周角定理，勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，连接，利用勾股定理的逆定理证明，则由圆周角定理得到，再由点A.B.C是三等分点，得到，即可利用三角形内角和定理求出答案．
【详解】解：如图所示，连接，
∵半径长，
∴，
∵，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴，
∵点A.B.C是三等分点，
∴，
∴，
故选：A．

24．A
【分析】本题考查了点与圆的位置关系，一次函数与坐标轴交点问题，三角形的面积；过作于，连接，则由三角形面积公式得，，可求圆上点到直线的最短距离，由此求得答案．
【详解】解：过作于，连接，
直线与轴、轴分别交于、两点，
令，则；令，则；
点为，，点为，，
；
，，
则由三角形面积公式得，，
，
，
圆上点到直线的最小距离是 ，
面积的最小值是；
故选：A．
25．C
【分析】此题考查圆周角定理，等边三角形的判定和性质，圆心角、弧、弦之间的关系，连接，根据圆周角定理得到，由A是弧的中点得到，则是等边三角形，即可得到答案．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
∵A是弧的中点，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴．
故选：C．
26．C
【分析】本题考查圆周角定理，解直角三角形，含30度角直角三角形特征，等腰三角形的判定与性质，由圆周角定理得到，由，求出的长，由等腰直角三角形的性质求出的长，由，求出而，得到即可．
【详解】解：是的直径，
，
，
，
，
平分，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
故选：C．
27．A
【分析】本题主要考查了弧与圆周角之间的关系，圆周角定理，勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，连接，利用勾股定理的逆定理证明，则由圆周角定理得到，再由点A.B.C是三等分点，得到，即可利用三角形内角和定理求出答案．
【详解】解：如图所示，连接，
∵半径长，
∴，
∵，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴，
∵点A.B.C是三等分点，
∴，
∴，
故选：A．

28．B
【分析】本题考查圆内接四边形的性质，等边三角形的判定和性质，由圆内接四边形的性质，得到，求出，由角平分线的定义得到，而，推出是等边三角形，因此，关键是由圆内接四边形的性质求出．
【详解】解：四边形是圆内接四边形，
，
，
，
平分，
，
，
是等边三角形，
．
故选：B．
29．1
【分析】本题考查切线的性质、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、解直角三角形，连接，根据圆周角定理和切线性质证得，进而利用等边三角形的判定与性质求得，然后利用锐角三角函数计算求解即可．
【详解】解：连接，
∵是的直径，与⊙O相切于点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，则，
在中，，则，
∴，
在中，，
∴，
故答案为：1．
30．6或
【分析】本题主要考查了切线的性质、平行线分线段成比例、勾股定理、等腰三角形的定义等知识点．熟练掌握相关性质是解题的关键．
如图1，连接，先根据勾股定理求出半径，然后分、和三种情况进行求解即可．
【详解】解：如图1，连接，
∵半圆O与相切于点D，
∴，
在中， ．
∴，
∴，解得：，
∴，
①当时，此时P与O重合，
∴AP＝AO＝6；
②如图2，当时，
在中，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
③如图3，当时，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴平分，
过点D作于点H，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴（P为边上一点，不符合题意，舍去），
综上所述：当为等腰三角形时，的长为6或．
故答案为：6或．
31．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由∠D=∠BFC及同弧所对的圆周角相等及∠AED=90°，求得∠DAO=90°，即可证明AD是⊙O的切线；
（2）先由垂径定理求出AE的长，再由勾股定理求OE的长，然后证明△OAD∽△OEA，列比例式求出AD的长．
【详解】（1）证明：∵∠BFC=∠ODA，∠BFC=∠BAC，
∴∠D=∠BAC，
∵OD⊥AC，
∴∠AED=90°，
∴∠DAO=∠BAC+∠DAC=∠D+∠DAC=90°，
∵AD经过⊙O的半径OA的外端，且AD⊥OA
∴AD是⊙O的切线；
（2）解：∵OD⊥AC，AC=8，
∴AE=CE=AC=×8=4，
∵OA=OF=AB=5，
∴OE==3，
∵∠OAD=∠OEA=90°，∠AOD=∠EOA，
∴△OAD∽△OEA，
∴，
∴AD=，
故AD的长为．
【点拨】此题考查圆的切线的判定、圆周角定理、垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，解第（2）题的关键是探究题中的隐含条件证明三角形相似，利用相似三角形的对应边成比例求出结果．
32．(1)证明见解析；
(2)，．
【分析】（1）根据“连半径，证垂直”即可，
（2）先由“直径所对的圆周角是直角”，证是直角三角形，用勾股定理求出长，再通过三角形相似即可求解．
【详解】（1）连接

∵为的中点，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，为半径，
∴为的切线，
（2）∵为直径，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得：
．
【点拨】此题考查切线的判定，圆周角定理，勾股定理定理的应用，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．
33．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据是的直径，得到，结合平分，得，，结合，得到，根据四边形是的内接四边形，得到，证明即可得证．
（2）在上截取，设与的交点为点N，连接，先证明
,利用四边形是的内接四边形，证明P，A，E,D四点共圆，再证明即可得证．
本题考查了圆的内接四边形的性质，圆的性质，三角形全等，熟练掌握圆的性质是解题的关键．
【详解】（1）∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，，
∵，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∴．
（2）在上截取，设与的交点为点N，连接，
∵
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵
∴P，A，E,D四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
34．感知：；探究：见解析；应用：．
【分析】感知：由圆周角定理即可求解；
探究：延长至点E，使，连结，通过证明，可推得是等边三角形，进而得证；
应用：延长至点E，使，连结，通过证明得，可推得是等腰直角三角形，结合与可得，代入即可求解．
【详解】感知：
由圆周角定理可得，
故答案为：；
探究：
证明：延长至点E，使，连结，
四边形是的内接四边形，
．
，
．
是等边三角形．
，
，
∴，，
，
是等边三角形，
，
，
即；
应用：
延长至点E，使，连结，
四边形是的内接四边形，
．
，
．
，
，
∴，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点拨】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，邻补角，全等三角形的判定和性质，等边三角形、等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形；解题的关键是做辅助线构造，进行转换求解．