2024成都中考数学一轮复习专题 圆的有关性质 (含解析)

这是一份2024成都中考数学一轮复习专题 圆的有关性质 (含解析)，共42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。

1．（2023·四川自贡·统考中考真题）如图，内接于，是的直径，连接，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·四川凉山·统考中考真题）如图，在中，，则（ ）

A．1B．2C．D．4
3．（2023·四川宜宾·统考中考真题）《梦溪笔谈》是我国古代科技著作，其中它记录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，是以点O为圆心、为半径的圆弧，N是的中点，．“会圆术”给出的弧长的近似值计算公式：．当，时，则的值为（ ）

A．B．C．D．
4．（2023·四川宜宾·统考中考真题）如图，已知点在上，为的中点．若，则等于（ ）

A．B．C．D．
5．（2023·安徽·统考中考真题）如图，正五边形内接于，连接，则（ ）

A．B．C．D．
6．（2023·江苏连云港·统考中考真题）如图，甲是由一条直径、一条弦及一段圆弧所围成的图形：乙是由两条半径与一段圆弧所围成的图形；丙是由不过圆心O的两条线段与一段圆弧所围成的图形，下列叙述正确的是（ ）
A．只有甲是扇形B．只有乙是扇形C．只有丙是扇形D．只有乙、丙是扇形
7．（2023·云南·统考中考真题）如图，是的直径，是上一点．若，则（ ）

A．B．C．D．
8．（2023·新疆·统考中考真题）如图，在中，若，，则扇形(阴影部分)的面积是( )

A．B．C．D．
9．（2023·浙江温州·统考中考真题）如图，四边形内接于，，．若，，则的度数与的长分别为（ ）

A．10°，1B．10°，C．15°，1D．15°，
10．（2023·浙江台州·统考中考真题）如图，的圆心O与正方形的中心重合，已知的半径和正方形的边长都为4，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（ ）．

A．B．2C．D．
11．（2023·山东枣庄·统考中考真题）如图，在中，弦相交于点P，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
12．（2023·四川内江·统考中考真题）如图，正六边形内接于，点在上，是的中点，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
13．（2023·湖北十堰·统考中考真题）如图，是的外接圆，弦交于点E，，，过点O作于点F，延长交于点G，若，，则的长为( )

A．B．7C．8D．
14．（2023·山西·统考中考真题）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．
15．（2023·湖北宜昌·统考中考真题）如图，都是的半径，交于点D．若，则的长为（ ）．
A．5B．4C．3D．2
16．（2023·河北·统考中考真题）如图，点是的八等分点．若，四边形的周长分别为a，b，则下列正确的是( )

A．B．C．D．a，b大小无法比较
17．（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，在中，半径互相垂直，点在劣弧上．若，则（ ）

A．B．C．D．
18．（2023·湖北黄冈·统考中考真题）如图，在中，直径与弦相交于点P，连接，若，，则（ ）

A．B．C．D．
19．（2023·广西·统考中考真题）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．
20．（2023·四川·统考中考真题）如图，是的直径，点C，D在上，连接，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
21．（2023·山东聊城·统考中考真题）如图，点O是外接圆的圆心，点I是的内心，连接，．若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
22．（2023·福建·统考中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416．如图，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为，若用圆内接正十二边形作近似估计，可得的估计值为（ ）
A．B．C．3D．
23．（2023·广东·统考中考真题）如图，是的直径，，则（ ）

A．B．C．D．
24．（2023·河南·统考中考真题）如图，点A，B，C在上，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
25．（2023·全国·统考中考真题）如图，，是的弦，，是的半径，点为上任意一点（点不与点重合），连接．若，则的度数可能是（ ）

A．B．C．D．
26．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）如图，圆内接四边形中，，连接，，，，．则的度数是（ ）

A．B．C．D．
27．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）我国古代天文学确定方向的方法中蕴藏了平行线的作图法．如《淮南子天文训》中记载：“正朝夕：先树一表东方；操一表却去前表十步，以参望日始出北廉．日直入，又树一表于东方，因西方之表，以参望日方入北康．则定东方两表之中与西方之表，则东西也．”如图，用几何语言叙述作图方法：已知直线a和直线外一定点O，过点O作直线与a平行．（1）以O为圆心，单位长为半径作圆，交直线a于点M，N；（2）分别在的延长线及上取点A，B，使；（3）连接，取其中点C，过O，C两点确定直线b，则直线．按以上作图顺序，若，则（ ）

A．B．C．D．
二、填空题
28．（2023·四川南充·统考中考真题）如图，是的直径，点D，M分别是弦，弧的中点，，则的长是________．

29．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，在中，，以为直径作半圆，交于点，交于点，则弧的长为__________．

30．（2023·四川广安·统考中考真题）如图，内接于，圆的半径为7，，则弦的长度为___________．

31．（2023·甘肃武威·统考中考真题）如图，内接于，是的直径，点是上一点，，则________．

32．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）如图，四边形内接于圆，若，则的度数是________．
33．（2023·山东烟台·统考中考真题）如图，将一个量角器与一把无刻度直尺水平摆放，直尺的长边与量角器的外弧分别交于点A，B，C，D，连接，则的度数为_______．

34．（2023·湖南·统考中考真题）如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的位置．要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是________ 个．

35．（2023·湖南永州·统考中考真题）如图，是一个盛有水的容器的横截面，的半径为．水的最深处到水面的距离为，则水面的宽度为_______．

36．（2023·湖北随州·统考中考真题）如图，在中，，则的度数为___________．

37．（2023·湖南·统考中考真题）如图所示，点A.B.C是上不同的三点，点O在的内部，连接、，并延长线段交线段于点D．若，则_______度．

38．（2023·湖南郴州·统考中考真题）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．

39．（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，六边形是的内接正六边形，设正六边形的面积为，的面积为，则_________．

40．（2023·广东深圳·统考中考真题）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______°．

41．（2023·山东东营·统考中考真题）“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．
三、解答题
42．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，点在第一象限内，与轴相切于点，与轴相交于点．连接，过点作于点．

(1)求证：四边形为矩形．
(2)已知的半径为4，，求弦的长．
43．（2023·甘肃武威·统考中考真题）1672年，丹麦数学家莫尔在他的著作《欧几里得作图》中指出：只用圆规可以完成一切尺规作图．1797年，意大利数学家马斯凯罗尼又独立发现此结论，并写在他的著作《圆规的几何学》中．请你利用数学家们发现的结论，完成下面的作图题：
如图，已知，是上一点，只用圆规将的圆周四等分．（按如下步骤完成，保留作图痕迹）

①以点为圆心，长为半径，自点起，在上逆时针方向顺次截取；
②分别以点，点为圆心，长为半径作弧，两弧交于上方点；
③以点为圆心，长为半径作弧交于，两点．即点，，，将的圆周四等分．
44．（2023·上海·统考中考真题）如图，在中，弦的长为8，点C在延长线上，且．

(1)求的半径；
(2)求的正切值．
45．（2023·湖北武汉·统考中考真题）如图，都是的半径，．

(1)求证：；
(2)若，求的半径．
46．（2023·贵州·统考中考真题）如图，已知是等边三角形的外接圆，连接并延长交于点，交于点，连接，．

(1)写出图中一个度数为的角：_______，图中与全等的三角形是_______；
(2)求证：；
(3)连接，，判断四边形的形状，并说明理由．
圆的有关性质
一、单选题
1．【答案】C
【分析】由是的直径，得出，进而根据同弧所对的圆周角相等，得出，进而即可求解．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：C．
【点拨】本题考查了圆周角定理的推论，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
2．【答案】B
【分析】连接，由圆周角定理得，由得，，，在中，由，计算即可得到答案．
【详解】解：连接，如图所示，
，
，
，
，
，，
在中，，
，
故选：B．
【点拨】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握圆周角定理，垂径定理，添加适当的辅助线．
3．【答案】B
【分析】连接,根据等边三角形的性质，垂径定理，勾股定理，特殊角的三角函数，后代入公式计算即可．
【详解】连接，根据题意，是以点O为圆心、为半径的圆弧，N是的中点，，

得，
∴点M，N，O三点共线，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴
∴．
故选：B．
【点拨】本题考查了等边三角形的性质，垂径定理，勾股定理，特殊角的函数值，熟练掌握相关知识是解题的关键．
4．【答案】A
【分析】连接，如图所示，根据圆周角定理，找到各个角之间的关系即可得到答案．
【详解】解：连接，如图所示：

点在上，为的中点，
，
，
，
根据圆周角定理可知，
，
故选：A．
【点拨】本题考查圆中求角度问题，涉及圆周角定理，找准各个角之间的和差倍分关系是解决问题的关键．
5．【答案】D
【分析】先计算正五边形的内角，再计算正五边形的中心角，作差即可．
【详解】∵，
∴，
故选：D．
【点拨】本题考查了正五边形的外角，内角，中心角的计算，熟练掌握计算公式是解题的关键．
6．【答案】B
【分析】根据扇形的定义，即可求解．扇形，是圆的一部分，由两个半径和和一段弧围成．
【详解】解：甲是由一条直径、一条弦及一段圆弧所围成的图形：乙是由两条半径与一段圆弧所围成的图形；丙是由不过圆心O的两条线段与一段圆弧所围成的图形，
只有乙是扇形，
故选：B．
【点拨】本题考查了扇形的定义，熟练掌握扇形的定义是解题的关键．
7．【答案】B
【分析】根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
故选：B．
【点拨】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
8．【答案】B
【分析】根据圆周角定理求得，然后根据扇形面积公式进行计算即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∴．
故选：B.
【点拨】本题考查了圆周角定理，扇形面积公式，熟练掌握扇形面积公式以及圆周角定理是解题的关键．
9．【答案】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．
【点拨】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．
10．【答案】D
【分析】设正方形四个顶点分别为，连接并延长，交于点，由题意可得，的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，求解即可．
【详解】解：设正方形四个顶点分别为，连接并延长，交于点，过点作，如下图：

则的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，
由题意可得：，
由勾股定理可得：，
∴，
故选：D.
【点拨】此题考查了圆与正多边形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握圆与正多边形的性质，确定出圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值的位置．
11．【答案】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．
【点拨】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．
12．【答案】C
【分析】先计算正六边形的中心角，再利用同圆或等圆中，等弧对的圆心角相等，圆周角定理计算即可．
【详解】如图，连接，
∵正六边形，是的中点，
∴，，
∴，
∴，
故选：Ｃ．
【点拨】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，熟练掌握正多边形中心角计算，圆周角定理是解题的关键．
13．【答案】B
【分析】作于点M，由题意可得出，从而可得出为等边三角形，从而得到，再由已知得出，的长，进而得出，的长，再求出的长，再由勾股定理求出的长．
【详解】解：作于点M，

在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴∠，
∴， ，
∴，
∴．
故选：B．
【点拨】本题考查全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形的外接圆与外心、勾股定理等知识点，综合性较强，掌握基本图形的性质，熟练运用勾股定理是解题关键．
14．【答案】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．
【点拨】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．
15．【答案】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．
【点拨】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
16．【答案】A
【分析】连接，依题意得，，的周长为，四边形的周长为，故，根据的三边关系即可得解．
【详解】连接，

∵点是的八等分点，即
∴，
∴
又∵的周长为，
四边形的周长为，
∴
在中有
∴
故选：A．
【点拨】本题考查等弧所对的弦相等，三角形的三边关系等知识，利用作差比较法比较周长大小是解题的关键．
17．【答案】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．
【点拨】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．
18．【答案】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．
【点拨】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．
19．【答案】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.

【点拨】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．
20．【答案】C
【分析】根据圆周角定理计算即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故选：C．
【点拨】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．
21．【答案】C
【分析】根据三角形内心的定义可得的度数，然后由圆周角定理求出，再根据三角形内角和定理以及等腰三角形的性质得出答案．
【详解】解：连接，
∵点I是的内心，，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：C．

【点拨】本题主要考查了三角形内心的定义和圆周角定理，熟知三角形的内心是三角形三个内角平分线的交点是解题的关键．
22．【答案】C
【分析】根据圆内接正多边形的性质可得，根据30度的作对的直角边是斜边的一半可得，根据三角形的面积公式即可求得正十二边形的面积，即可求解．
【详解】解：圆的内接正十二边形的面积可以看成12个全等的等腰三角形组成，故等腰三角形的顶角为，设圆的半径为1，如图为其中一个等腰三角形，过点作交于点于点，
∵，
∴，
则，
故正十二边形的面积为，
圆的面积为，
用圆内接正十二边形面积近似估计的面积可得，
故选：C．
【点拨】本题考查了圆内接正多边形的性质，30度的作对的直角边是斜边的一半，三角形的面积公式，圆的面积公式等，正确求出正十二边形的面积是解题的关键．
23．【答案】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．
【点拨】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．
24．【答案】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．
【点拨】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题关键．
25．【答案】D
【分析】根据圆周角定理得出，进而根据三角形的外角的性质即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∵，
∴的度数可能是
故选：D．
【点拨】本题考查了圆周角定理，三角形的外角的性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
26．【答案】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．
【点拨】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．
27．【答案】A
【分析】证明，可得，结合，C为的中点，可得．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∵，C为的中点，
∴，
故选A．
【点拨】本题考查的是圆的基本性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，三角形的外角的性质，熟记等腰三角形的性质是解本题的关键．
二、填空题
28．【答案】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．
【点拨】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．
29．【答案】
【分析】连接，，，根据等腰三角形三线合一性质，圆周角定理，中位线定理，弧长公式计算即可．
【详解】解：如图，连接，，，

∵为直径，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴弧的长为，
故答案为：．
【点拨】本题考查了等腰三角形三线合一性质，中位线定理，弧长公式，熟练掌握三线合一性质，弧长公式，圆周角定理是解题的关键．
30．【答案】
【分析】连接，过点作于点，先根据圆周角定理可得，再根据等腰三角形的三线合一可得，，然后解直角三角形可得的长，由此即可得．
【详解】解：如图，连接，过点作于点，

，
，
，
，，
∵圆的半径为7，
，
，
，
故答案为：．
【点拨】本题考查了圆周角定理、解直角三角形、等腰三角形的三线合一，熟练掌握圆周角定理和解直角三角形的方法是解题关键．
31．【答案】35
【分析】由同弧所对的圆周角相等，得再根据直径所对的圆周角为直角，得，然后由直角三角形的性质即可得出结果．
【详解】解：是所对的圆周角，
是的直径，
，
在中，，
故答案为：．
【点拨】本题考查了圆周角定理，以及直角三角形的性质，利用了转化的思想，熟练掌握圆周角定理是解本题的关键．
32．【答案】
【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：．
【点拨】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．
33．【答案】
【分析】方法一∶如图：连接，由题意可得：，，然后再根据等腰三角形的性质求得、，最后根据角的和差即可解答．
方法二∶ 连接，由题意可得：，然后根据圆周角定理即可求解．
【详解】方法一∶ 解：如图：连接，
由题意可得：，，，
∴，，
∴．
故答案为．

方法二∶解∶ 连接，
由题意可得：，
根据圆周角定理，知．
故答案为：．

【点拨】本题主要考查了角的度量、圆周角定理等知识点，掌握圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半是解答本题的关键．
34．【答案】10
【分析】先求出正五边形的外角为，则，进而得出，即可求解．
【详解】解：根据题意可得：
∵正五边形的一个外角，
∴，
∴，
∴共需要正五边形的个数（个），
故答案为：10．

【点拨】本题主要考查了圆的基本性质，正多边形的外角，解题的关键是掌握正多边形的外角的求法．
35．【答案】
【分析】过点作于点，交于点，则，依题意，得出，进而在中，勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于点，交于点，则，

∵水的最深处到水面的距离为，的半径为．
∴，
在中，
∴
故答案为：．
【点拨】本题考查了垂径定理的应用，勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．
36．【答案】
【分析】根据垂径定理得到，根据圆周角定理解答即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点拨】本题考查的是垂径定理和圆周角定理，掌握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．
37．【答案】
【分析】先根据圆周角定理求出的度数，再根据三角形的外角定理即可得出结果．
【详解】解：在中，
，
故答案为：．
【点拨】本题考查了圆周角定理，三角形的外角定理，熟练掌握圆周角定理是本题的关键．
38．【答案】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
【点拨】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．
39．【答案】2
【分析】连接，首先证明出是的内接正三角形，然后证明出，得到，，进而求解即可．
【详解】如图所示，连接，

∵六边形是的内接正六边形，
∴，
∴是的内接正三角形，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理可得，，
又∵，
∴，
∴，
由圆和正六边形的性质可得，，
由圆和正三角形的性质可得，，
∵，
∴．
故答案为：2．
【点拨】此题考查了圆内接正多边形的性质，正六边形和正三角形的性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
40．【答案】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．
【点拨】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．
41．【答案】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．
【点拨】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．
三、解答题
42．【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据切线的性质及有三个角是直角的四边形是矩形判定即可．
（2）根据矩形的性质、垂径定理及圆的性质计算即可．
【详解】（1）证明：∵与轴相切于点，
∴轴．
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）如图，连接．

四边形是矩形，
．
在中，，
．
点为圆心，，
．
【点拨】本题考查了矩形的判定，垂径定理，圆的性质，熟练掌握矩形的判定和垂径定理是解题的关键．
43．【答案】见解析
【分析】根据作图提示逐步完成作图即可．再根据图形基本性质进行证明即可．
【详解】解：如图，

即点，，，把的圆周四等分．
理由如下：
如图，连接，

由作图可得：，且，
∴为等边三角形，，
同理可得：，
∴，
∴A，O，D三点共线，为直径，
∴，
设，而，
∴，，
由作图可得：，而，
∴，，
∴由作图可得，
而，
∴，
∴，
同理，
∴点，，，把的圆周四等分．
【点拨】本题考查的是等腰三角形的性质，圆弧与圆心角之间的关系，等边三角形的判定与性质，勾股定理与勾股定理的逆定理的应用，圆周角定理的应用，熟练掌握图形的基本性质并灵活应用于作图是解本题的关键．
44．【答案】(1)5
(2)
【分析】（1）延长，交于点，连接，先根据圆周角定理可得，再解直角三角形可得，由此即可得；
（2）过点作于点，先解直角三角形可得，从而可得，再利用勾股定理可得，然后根据正切的定义即可得．
【详解】（1）解：如图，延长，交于点，连接，

由圆周角定理得：，
弦的长为8，且，
，
解得，
的半径为．
（2）解：如图，过点作于点，

的半径为5，
，
，
，
，
，即，
解得，
，，
则的正切值为．
【点拨】本题考查了圆周角定理、解直角三角形、勾股定理等知识点，熟练掌握解直角三角形的方法是解题关键．
45．【答案】(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．

【点拨】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．
46．【答案】(1)、、、；
(2)见详解
(3)四边形是菱形
【分析】（1）根据外接圆得到是的角平分线，即可得到的角，根据垂径定理得到，即可得到答案；
（2）根据（1）得到，根据垂径定理得到，即可得到证明；
（3）连接，，结合得到 ，是等边三角形，从而得到，即可得到证明；
【详解】（1）解：∵是等边三角形的外接圆，
∴是的角平分线，，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴的角有：、、、，
∵是的角平分线，
∴，，
在与中，
∵，
∴，
故答案为：、、、，；
（2）证明：∵，，
∴；
（3）解：连接，，
∵，，
∴ ，是等边三角形，
∴，
∴四边形是菱形；

【点拨】本题考查垂径定理，菱形判定，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握垂径定理，从而得到相应角的等量关系．