人教版数学九上同步单元讲练测第24单元02基础练（2份，原卷版+解析版）

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第二十四单元 圆一、选择题1. 已知的半径为，若，那么点与的位置关系是（　　）A. 点P在圆内 B. 点P在圆上 C. 点P在圆外 D. 都有可能【答案】A【解析】【分析】根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．【详解】解：，点在内．故选：A．【点睛】本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．2. 如图，线段是的直径，于点E，若长为16，长为6，则半径是（ ）A. 5 B. 6 C. 8 D. 10【答案】D【解析】【分析】连接，由垂径定理可得，由勾股定理计算即可获得答案．【详解】解：如图，连接，∵线段是的直径，于点E，，∴，∴在中，可有，∴半径是10．故选：D．【点睛】本题主要考查了垂径定理及勾股定理等知识，理解并掌握垂径定理是解题关键．3. 如图，的顶点A、B、C均在上，点A是中点，则下列结论正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】直接利用圆心角、弧、弦的关系得出各线段、角的关系即可解答．【详解】解：A、∵点A是中点，∴，∴，无法得出，故选项A错误；B、如图：连接，∵，∴，∵，∴，∴，故此选项正确；C、∵，∴，故选项C错误；D、无法得出，故选项D错误．故选：B． 【点睛】本题主要考查了圆心角、弧、弦的关系，正确把握相关定理是解题关键．4. 如图，点A，B，C，D均在以点O为圆心的圆O上，连接，及顺次连接O，B，C，D得到四边形，若，，则的度数为（　　） A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】连接，证明是等边三角形，再利用同弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可得出答案．【详解】解：连接， ∵，，∴，∴为等边三角形，∴，∴，故选：C．【点睛】本题考查了等比三角形的判定与性质，同弧所对的圆周角和圆心角的关系，解题的关键是证明是等边三角形．5. 如图，在中，，过点作的切线交的延长线于点，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】连接，由为圆O的切线，利用切线的性质得到垂直于，利用圆周角定理求出的度数，即可求出的度数．【详解】解：如图所示，连接， ∵为圆O的切线，∴，∴，∵，∴，∴．故选：A．【点睛】此题考查了切线的性质，圆周角定理，以及三角形内角和定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．6. 如图，切于，若的半径为3，则线段的长度为（ ） A. B. 6 C. 8 D. 10【答案】B【解析】【分析】连接，证明，得出，求出即可．【详解】解：连接，如图所示： ∵切于，∴，，，∵在和中，∴，∴，∴，故B正确．故选：B．【点睛】本题主要考查了切线的性质，切线长定理，三角形全等的判定和性质，直角三角形性质，解题的关键是求出．7. 中，，，，若以点C为圆心，以r为半径的圆与所在直线相交，则r可能为（　　）A. 1 B. 1.5 C. 2 D. 3【答案】D【解析】【分析】根据题意画出图形，利用勾股定理求出 ，再利用面积法求出的长，即可得到答案．【详解】解：如图，中，，，，∴，∵，∴，∴当时，以点C为圆心r为半径的圆与所在直线相交，故选：D．．【点睛】本题主要考查了勾股定理，三角形的面积法求斜边上的高线，直线与圆的位置关系，理解以点C为圆心r为半径的圆与所在直线相交先求出最短距离进行判断是解题的关键．8. 如图，正六边形ABCDEF内接于，若的周长是，则正六边形的边长是（　　） A. B. 3 C. 6 D. 【答案】C【解析】【分析】如图所示，由正六边形ABCDEF内接于，可知是等边三角形，由的周长是，可得即可得出结果．【详解】解：如图所示： ∵正六边形ABCDEF内接于，是等边三角形，∵的周长是，故选：【点睛】本题主要考查了圆内接正六边形的性质，等边三角形的判定及性质，正确运用圆与正六边形的性质是解此题的关键．9. 如图，半径为的扇形中，，是上一点，，，垂足分别为，，若，则图中阴影部分面积为(　　) A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】连接，证明四边形是正方形，进而得出，，然后根据扇形面积公式即可求解．【详解】解：如图所示，连接， ∵，，，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形，∴，，∴图中阴影部分面积，故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，求扇形面积，证明四边形是正方形是解题的关键．10. 如图，将一张正六边形纸片的阴影部分剪下，拼成一个四边形，若拼成的四边形的面积为S，则纸片的剩余部分的面积为（ ） A. B. C. D. S【答案】C【解析】【分析】如图所示可将正六边形分为6个全等的三角形，拼成的四边形由两个三角形组成，剩余部分由4个三角形组成，故此可求得剩余部分的面积．【详解】解：如图所示： 将正六边形可分为6个全等的三角形，∵拼成的四边形的面积为S，∴每一个三角形的面积为，∵剩余部分可分割为4个三角形，∴剩余部分的面积为．故选C．【点睛】本题考查的是正多边形与圆的含义，熟练的把正六边形分割为6个全等三角形是解本题的关键．二、填空题11. 如图所示，小区内有个圆形花坛O，点C在弦上，，，，则这个花坛的半径为 ___________． 【答案】【解析】【分析】通过作弦心距，构造直角三角形，利用垂径定理和勾股定理进行计算即可．【详解】解：如图，连接，过点O作，垂足为D， ∵是弦，，，，∴，∴，∴，∴．故答案为：20．【点睛】本题考查垂径定理的应用，掌握垂径定理和勾股定理是解决问题的前提，构造直角三角形是正确解答的关键．12. 如图，有一个弓形的暗礁区，弓形所在圆的圆周角，则的度数为______． 【答案】【解析】【分析】根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，即可得出答案．【详解】解：∵弓形所在圆的圆周角，∴所对的圆心角为，∴的度数为，故答案为：．【点睛】本题考查了圆周角和圆心角的关系，熟知同弧所对的圆周角等于圆心角的一半是解本题的关键．13. 如图，是的直径，点D在的延长线上，DC切⊙O于点C，若，则的度数为 ___________．【答案】##27度【解析】【分析】连接，利用切线的性质得到，根据三角形内角和定理得到，即可利用圆周角定理求出的度数．【详解】解：如图所示，连接，∵是的切线，∴，∵，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，三角形内角和定理，熟知切线的性质与圆周角定理是解题的关键．14. 已知直线l与半径长为R的相离，且点O到直线l的距离为5，那么R的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】若直线和圆相离，则应满足即可．【详解】解：直线和圆相离，且点到直线的距离为5，，故答案为：．【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，掌握直线和圆的位置关系与数量之间的等价关系．直线和圆相离，则应满足是解题的关键．15. 如图，直线，垂足为，点在直线上，，为直线上一动点，若以为半径的与直线相切，则的长为________．【答案】或##或【解析】【分析】分点在点的左侧、点在点的右侧两种情况，根据切线的性质计算即可．【详解】解：∵直线，为直线上一动点，∴与直线相切时，切点为，∴，当点在点的左侧，与直线相切时，如图1所示：（）；当点在点的右侧，与直线相切时，如图2所示：（）；∴与直线相切，OP的长为或，故答案为：或．【点睛】本题考查的是切线的性质，熟练掌握切线的性质、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．三、解答题16. 如图，已知 的半径 ，， 在 上， 于点 ， 于点 ，且 ，求证：． 【答案】见解析【解析】【分析】根据角平分线的判定定理可得，然后根据弧、弦和圆心角的关系证明即可．【详解】证明：∵，，， ∴， ∴．【点睛】本题主要考查了角平分线的判定定理以及弧、弦和圆心角的关系等知识，准确证明是解题关键．17. 如图，在平面直角坐标系中，，，， 经过，， 三点． （1）点 的坐标为 ．（2）判断点 与 的位置关系．【答案】（1） （2）点在内【解析】【分析】（1）分别作的垂直平分线，交点即为点 ；（2）计算圆的半径与的长度，比较大小即可；【小问1详解】解：分别作的垂直平分线，交点即为点 ， 坐标为：，【小问2详解】解：，，， ，， 点在内．【点睛】本题考查了三点确定圆，确定圆心位置、点与圆的位置关系等知识点，准确找到圆心的位置是解题关键．18. 如图，（非直径）为的两条弦，与交于点，请从①为直径；②为中点；③为中点；中选择两个作为题设，余下的一个作为结论组成一个真命题，并完成证明． 【答案】见解析【解析】【分析】分三种情况分别进行推理论证即可．【详解】（1）知①，②推③：如图，连接， 为中点，，为中垂线，∵为直径，∴,所以为弧中点,（2）知①③推②：如图，连接， 为中点,,又,为的中垂线,为中点（3）知②③推①：如图，连接， ∵为中点，∴,,∵为中点，∴，为中垂线,即为圆直径.【点睛】此题考查了垂径定理及其推论，等腰三角形的判定和性质、线段垂直平分线的判定和性质等知识，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．19. 如图，以菱形的边为直径作交于点E，连接交于点M，F是上的一点，且，连接． （1）求证：；（2）求证：是的切线．【答案】（1）见解析 （2）见解析【解析】【分析】（1）连接，根据是直径，得出，根据菱形性质得出，根据等腰三角形性质得出即可；（2）连接，根据是直径，得出，求出，根据菱形的性质得出，，证明，得出，根据平行线的性质得出，得出，即可证明结论．【小问1详解】证明：连接，如图所示： ∵是直径，∴，∴，∵四边形为菱形，∴，∴；【小问2详解】证明：连接，如图所示： ∵是直径，∴，∴，∵四边形为菱形，∴，，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∵为直径，∴是的切线．【点睛】本题主要考查了直径所对的圆周角为直角，三角形全等的判定和性质，菱形的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，切线的判定，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握切线的判定方法．20. 如图，粮仓的顶部是圆锥形，这个圆锥的底面圆的半径为4m，高为3m．（1）求这个圆锥的母线长；（2）为了防雨，需要在它的顶部铺上油毡，所需油毡的面积至少是多少？（π取3.14，结果精确到1m2）【答案】（1）5m （2）63m2【解析】【分析】（1）如图，构造Rt，为圆锥的高，为圆锥底面圆的半径，为圆锥的母线长，根据勾股定理进而得出结论；（2）先求出顶部圆锥的底面圆周长，再求出圆锥的侧面积即可求出所需油毡的面积．【详解】（1）如图，圆锥的轴截面为，为圆锥的高，为圆锥底面圆的半径，为圆锥的母线长，由题意可知，m，m，∴母线长m；（2）顶部圆锥的底面圆周长为m， ∴圆锥的侧面积为m2，∴所需油毡的面积至少是m2．【点睛】本题考查了圆锥的侧面积和顶部圆锥的底面圆周长，正确掌握圆锥的侧面积公式是解题的关键．21. 如图，是的外接圆，是的直径，过O作于点E，延长至点D，连接，使． （1）求证：是的切线；（2）若，求的长．【答案】（1）见解析 （2）4【解析】【分析】（1）连接，证明即可．（2）利用勾股定理，三角形面积公式计算即可．【小问1详解】证明：连接，∵， ∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵是的半径，∴是的切线．【小问2详解】解：∵，∴，∴∵，∴∵，∴．【点睛】本题考查了切线的证明，勾股定理，垂径定理，三角形面积公式，熟练掌握切线的证明，勾股定理，垂径定理是解题的关键．22. 如图，是的直径，为上一点，为的中点，点在的延长线上，且． （1）求证：是的切线；（2）若，，求图中阴影部分的面积．【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）连接，利用已知条件证明即可求证是的切线；（2）连接，根据，为的中点即可求出度数以及求证三角形为等边三角形，进而求出度数，再利用含的直角三角形三边关系求出的长，再由阴影部分面积为，代值求解即可得到答案．【小问1详解】证明：连接，如图所示： 是直径，，，又，，，，，，，且为半径，是的切线；【小问2详解】解：连接，如图所示： ，，又为的中点，，为等边三角形，，又，，在中，，，则，，阴影部分面积为:．【点睛】本题考查圆的有关概念及基本性质，涉及切线的判定与性质、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、扇形面积公式及含的直角三角形三边关系等知识，能弄清题意，正确作出辅助线，熟练掌握其相关性质并能灵活运用是解题的关键．23. 停车楔（如图①）是一种固定汽车轮胎的装置，在大型货车于坡道停车时，放停车楔的作用尤为重要．如图②是轮胎和停车楔的示意图，当车停于水平地面上时，将停车楔置于轮胎后方即可防止车辆倒退，此时紧贴轮胎，边与地面重合且与轮胎相切于点．为了更好地研究这个停车楔与轮胎的关系，小明在示意图②上，连接并延长交于点，连接后发现． （1）求证：；（2）小明通过查阅资料从停车楔的规格了解到，此停车楔的高度为（点到所在直线的距离），支撑边与底边的夹角，求轮胎的直径．【答案】（1）见解析 （2）60厘米【解析】【分析】（1）连接，先根据圆周角定理和切线的性质得出，继而得出，再根据平行线的性质证明即可；（2）过点C作，垂足为H，先求出，点C到所在直线的距离为15，再求出，是等边三角形即可求解．【小问1详解】连接， ∵为的直径，与相切与点A，∴，∴，即，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴；【小问2详解】过点C作，垂足为H， ∵，，∴，∵，∴，∵，∴点C到所在直线的距离为15，∴为直角三角形，且，∴，∵，∴，∴，又∵，∴是等边三角形，∴，∴轮胎直径厘米．【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，平行线的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形两锐角互余，熟练掌握知识点，并添加适当辅助线是解题的关键．24. 如图，为的直径，C、D为上的两个点，，连接，过点D作交的延长线于点E． （1）求证：是的切线．（2）若，求的长．【答案】（1）见解析 （2）的长为【解析】【分析】（1）连接，根据已知条件得到，根据等腰三角形的性质得到，得到，求得，于是得到结论；（2）连接，证明出为等边三角形，即可求解．【小问1详解】证明：连接， ∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，又∵OD为的半径∴DE是的切线；【小问2详解】解：连接， ∵，∴，∵，，∴为等边三角形∴，∴的长．【点睛】本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．25. 如图，是的直径，弦，E是的中点，连接并延长到点F，使，连接交于点D，连接． （1）求证：直线是的切线；（2）若长为，求的长．（3）在（2）的条件下，连接，求的长【答案】（1）证明见解析 （2） （3）6【解析】【分析】（1）连接、，证明四边形是平行四边形，则，根据，得到，，可证明是的切线；（2）可证明，根据勾股定理求出、的长，再根据三角形的面积公式即可求出的长即可；（3）先由是直径，得到，由勾股定理得，如图所示，将绕点A逆时针旋转得到，则，，再证明，得到D、A、B三点共线，则，即可得．【小问1详解】证明：如图，连接、，，，四边形是平行四边形，，，，∴是线段的中垂线，，∴，是的半径，直线是的切线； 【小问2详解】解：∵四边形是平行四边形，，在中，由勾股定理得，又∵，，（负值舍去），，∵是直径，∴，即，，，．【小问3详解】解：∵是直径，∴，在中，由勾股定理得，如图所示，将绕点A逆时针旋转得到，∴，，∵四边形是圆内接四边形，∴，∴，∴D、A、B三点共线，∴，∴． 【点睛】此题考查圆的切线的判定、圆周角定理、平行四边形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质等等等知识，根据题意正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．一、选择题（2023·山东泰安·统考中考真题）26. 如图，是的直径，D，C是上的点，，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据圆内接四边形对角互补和直径所对圆周角等于90度求解即可．【详解】解：∵，∴，∵是的直径，∴，∴，故选：A．【点睛】本题考查圆的性质，涉及到圆内接四边形对角互补和直径所对圆周角等于90度，熟记知识点是关键．（2023·山东聊城·统考中考真题）27. 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. 【答案】C【解析】【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． 【点睛】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．（2023·山东泰安·统考中考真题）28. 如图，是外接圆，半径为4，连接OB，OC，OA，若，，则阴影部分的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求得，再根据扇形的面积公式即可求解．【详解】解：∵，，，∴，，∵，∴，∴，∴，故选：C．【点睛】本题考查等腰三角形的性质、三角形内角和定理以及扇形的面积公式等知识，求出是解答的关键．（2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题）29. 用一个圆心角为，半径为8的扇形作一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面直径是（ ）A. 6 B. 5 C. 4 D. 3【答案】C【解析】【分析】先利用弧长公式求出扇形的弧长即圆锥的底面周长，再根据圆的周长公式求出直径即可．【详解】解：扇形的弧长：，则圆锥的底面直径：．故选：C．【点睛】本题考查圆锥侧面积公式，熟记公式的灵活应用是解题的关键．（2023·四川乐山·统考中考真题）30. 如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，C、D是半径为1的上两动点，且，P为弦CD的中点．当C、D两点在圆上运动时，面积的最大值是（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 3【答案】D【解析】【分析】根据一次函数与坐标轴的交点得出，确定，再由题意得出当的延长线恰好垂直时，垂足为点E，此时即为三角形的最大高，连接，利用勾股定理求解即可．【详解】解：∵直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，∴当时，，当时，，∴，∴，∴，∵的底边为定值，∴使得底边上的高最大时，面积最大，点P为的中点，当的延长线恰好垂直时，垂足为点E，此时即为三角形的最大高，连接， ∵，的半径为1，∴∴，∵，∴，∴，∴，故选：D．【点睛】题目主要考查一次函数的应用及勾股定理解三角形，垂径定理的应用，理解题意，确定出高的最大值是解题关键．二、填空题（2023·湖南·统考中考真题）31. 如图，在中，．以点C为圆心，r为半径作圆，当所作的圆与斜边所在的直线相切时，r的值为________． 【答案】【解析】【分析】根据勾股定理，得，根据切线的性质，得到圆的半径等于边上的高，根据直角三角形的面积不变性计算即可．【详解】∵，∴，根据切线的性质，得到圆的半径等于边上的高，∴,∴，故答案为：．【点睛】本题考查了勾股定理，切线的性质，熟练掌握勾股定理，切线的性质是解题的关键．（2023·浙江宁波·统考中考真题）32. 如图，圆锥形烟囱帽的底面半径为，母线长为，则烟囱帽的侧面积为_____________．（结果保留） 【答案】【解析】【分析】根据圆锥侧面展开图是一个扇形，由扇形面积公式代值求解即可得到答案．【详解】解：圆锥形烟囱帽的底面半径为，母线长为，烟囱帽的侧面积（），故答案：．【点睛】本题考查圆锥侧面展开图及扇形面积公式，熟记扇形面积公式是解决问题的关键．（2023·湖南·统考中考真题）33. 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． 【答案】【解析】【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：．【点睛】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．（2023·吉林·统考中考真题）34. 如图①，A，B表示某游乐场摩天轮上的两个轿厢．图②是其示意图，点O是圆心，半径r为，点A，B是圆上的两点，圆心角，则的长为_________．（结果保留） 【答案】【解析】【分析】利用弧长公式直接计算即可．详解】∵半径，圆心角，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了弧长计算，熟练掌握弧长公式，并规范计算是解题的关键．（2023·北京·统考中考真题）35. 如图，是的半径，是的弦，于点D，是的切线，交的延长线于点E．若，，则线段的长为______． 【答案】【解析】【分析】根据，得出，，根据等腰直角三角形的性质得出，即，根据，，得出为等腰直角三角形，即可得出．【详解】解：∵，∴，．∵，∴为等腰直角三角形，∴，∴．∵是的切线，∴，∵，∴为等腰直角三角形，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了垂径定理，等腰直角三角形的判定和性质，切线的性质，解题的关键是熟练掌握垂径定理，得出．三、解答题（2023·江苏连云港·统考中考真题）36. 如图，在中，，以为直径的交边于点，连接，过点作． （1）请用无刻度的直尺和圆规作图：过点作的切线，交于点；（不写作法，保留作图痕迹，标明字母）（2）在（1）的条件下，求证：．【答案】（1）见解析 （2）见解析【解析】【分析】（1）根据尺规作图，过点作的垂线，交于点，即可求解；（2）根据题意切线的性质以及直径所对的圆周角是直角，证明，根据平行线的性质以及等腰三角形的性质得出，进而证明，即可得证．小问1详解】解：方法不唯一，如图所示． 【小问2详解】∵，∴．又∵，∴，∴．∵点在以为直径的圆上，∴，∴．又∵为的切线，∴．∵，∴，∴，∴．∵在和中，∴．∴．【点睛】本题考查了作圆的切线，切线的性质，直径所对的圆周角是直角，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．（2023·江西·统考中考真题）37. 如图，在中，，以为直径的与相交于点D，E为上一点，且． （1）求的长；（2）若，求证：为的切线．【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）如图所示，连接，先求出，再由圆周角定理得到，进而求出，再根据弧长公式进行求解即可；（2）如图所示，连接，先由三角形内角和定理得到，则由圆周角定理可得，再由是的直径，得到，进而求出，进一步推出，由此即可证明是的切线．【小问1详解】解：如图所示，连接，∵是的直径，且，∴，∵E为上一点，且，∴，∴，∴的长； 【小问2详解】证明：如图所示，连接，∵，，∴，∴，∵是的直径，∴，∴，∵，∴，即，∵是的半径，∴是的切线． 【点睛】本题主要考查了切线的判定，求弧长，圆周角定理，三角形内角和定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．（2023·湖北武汉·统考中考真题）38. 如图，都是的半径，． （1）求证：；（2）若，求的半径．【答案】（1）见解析 （2）【解析】【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．【小问1详解】证明：∵，∴，∵，∴，，．【小问2详解】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．（2023·湖南·统考中考真题）39. 问题情境：筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（如图①）．假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都按逆时针做匀速圆周运动，每旋转一周用时120秒．问题设置：把筒车抽象为一个半径为r的．如图②，始终垂直于水平面，设筒车半径为2米．当时，某盛水筒恰好位于水面A处，此时，经过95秒后该盛水筒运动到点B处．（参考数据，） 问题解决：（1）求该盛水筒从A处逆时针旋转到B处时，的度数；（2）求该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离．（结果精确到米）【答案】（1）； （2）该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离为米．【解析】【分析】（1）先求得该盛水筒的运动速度，再利用周角的定义即可求解；（2）作于点C，在中，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得的长，在中，利用勾股定理求得的长，据此即可求解．【小问1详解】解：∵旋转一周用时120秒，∴每秒旋转，当经过95秒后该盛水筒运动到点B处时，，∵，∴；【小问2详解】解：作于点C，设与水平面交于点D，则， 在中，，，∴，，在中，，，∴，∴(米)，答：该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离为米．【点睛】本题考查了圆的性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．（2023·山东临沂·统考中考真题）40. 如图，是的外接圆，是的直径，，E为的延长线与的交点． （1）求证：是的切线；（2）若，求的长．【答案】（1）见解析 （2）【解析】【分析】（1）连接并延长交于点，根据是的外接圆，得到，由平行线的性质，得到，即可得证．（2）连接，等边对等角，求出的度数，圆周角定理求出度数，得到为等边三角形，求出半径和的度数，利用弧长公式进行计算即可．【小问1详解】证明：连接并延长交于点，∵是的外接圆，∴点是三边中垂线的交点，∵， ∴，∵，∴，∵是的半径，∴是的切线； 【小问2详解】解：连接， ∵，∴，∴，∴，∵，∴为等边三角形，∴，∴，∴的长为．【点睛】本题考查切线的判定，圆周角定理，求弧长，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．