中考数学一轮复习真题探究+变式训练专题36 圆的相关计算与证明（5大类型）（2份，原卷版+解析版）

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考查题型一 圆与锐角三角函数的综合
例1 （2021·浙江丽水·统考中考真题）如图，是的直径，弦于点E，连结．若的半径为，则下列结论一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据垂径定理、锐角三角函数的定义进行判断即可解答．
【详解】解：∵是的直径，弦于点E，
∴
在中，，
∴
∴，故选项A错误，不符合题意；
又
∴
∴，故选项B正确，符合题意；
又
∴
∵
∴，故选项C错误，不符合题意；
∵，
∴，故选项D错误，不符合题意；
故选B．
【点睛】本题考查了垂径定理，锐角三角函数的定义以及三角形面积公式的应用，解本题的关键是熟记垂径定理和锐角三角函数的定义．
例2 （2022·山东枣庄·统考中考真题）北京冬奥会开幕式的巨型雪花状主火炬塔的设计，体现了环保低碳理念．如图所示，它的主体形状呈正六边形．若点A，F，B，D，C，E是正六边形的六个顶点，则tan∠ABE＝_____．
【答案】
【分析】由正六边形的性质得AB＝BC＝AC，BE垂直平分AC，再由等边三角形的性质得∠ABC＝60°，则∠ABE＝∠ABC＝30°，即可得出结论．
【详解】连接BC、AC，
∵点A，F，B，D，C，E是正六边形的六个顶点，
∴AB＝BC＝AC，BE垂直平分AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵BE⊥AC，
∴∠ABE＝∠ABC＝30°，
∴tan∠ABE＝tan30°＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正六边形的性质、等边三角形的判定与性质以及特殊角的锐角三角函数，熟练掌握正六边形的性质、等边三角形的判定与性质是本题的关键．
例3 （2022·湖北黄石·统考中考真题）如图是直径，A是上异于C，D的一点，点B是延长线上一点，连接、、，且．
(1)求证：直线是的切线；
(2)若，求的值；
(3)在（2）的条件下，作的平分线交于P，交于E，连接、，若，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）如图所示，连接OA，根据直径所对的圆周角是直角得到，再证明即可证明结论；
（2）先证明，得到，令半径，则，，利用勾股定理求出，解直角三角形即可答案；
（3）先求出，在中，，，解得，，证明，得到，则．
（1）
解：如图所示，连接OA，
∵是直径，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
又∵为半径，
∴直线是的切线；
（2）
解：∵，，
∴，
∴，
由知，令半径，则，，
在中，，
在中，，
即；
（3）
解：在（2）的条件下，，
∴，
∴，
在中，，，
解得，，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆切线的判定，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质等等，熟知相关知识是解题的关键．
解题策略一：利用圆的有关性质构造直角三角形
如果圆中存在直径，则可根据直径所对的圆周角是直角构造直角三角形，从而为使用三角函数创造条件.垂径定理和切线的性质也是圆中构造直角的重要依据.
解题策略二：用圆周角的性质把角转化到直角三角形中
借助同孤或等弧所对的圆周角相等或其他相等关系，可把三角函数中涉及的锐角转化为直角三角形中的锐角，然后借助三角函数的定义解答.
总而言之，圆与三角函数都是初中数学知识的重点，也是难点，将这两部分知识综合考查时，难度相对较大。其解题关键在于，找到相关的直角三角形。若没有现成的直角三角形，则需根据所给的条件，合理构造直角三角形，或把角转化到直角三角形中解答。
圆的内容在考察的时候形式多样，不管是哪一种类型都可以随机结合，对于学生而言灵活变通能力要求较高，所以在平时做题时需要多做总结和同类型整理，才能更快融会贯通。
【变式1】（2022·江西·模拟预测）如图，、分别与相切于点、，连接并延长与交于点、，若，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接OA，根据切线长的性质得出PA=PB，OP平分∠APB，OA⊥AP，再证△APD≌△BPD（SAS），然后证明∠AOP=∠ADP+∠OAD=∠ADP+∠BDP=∠ADB， 利用勾股定理求出OP=，最后利用三角函数定义计算即可．
【详解】解：连接OA
∵、分别与相切于点A、，
∴PA=PB，OP平分∠APB，OA⊥AP，
∴∠APD=∠BPD，
在△APD和△BPD中，
，
∴△APD≌△BPD（SAS）
∴∠ADP=∠BDP，
∵OA=OD=6，
∴∠OAD=∠ADP=∠BDP，
∴∠AOP=∠ADP+∠OAD=∠ADP+∠BDP=∠ADB，
在Rt△AOP中，OP=，
∴sin∠ADB=．
故选A．

【点睛】本题考查圆的切线性质，三角形全等判断与性质，勾股定理，锐角三角函数，掌握圆的切线性质，三角形全等判断与性质，勾股定理，锐角三角函数是解题关键．
【变式2】（2022·贵州遵义·统考二模）如图，AB为的直径，延长AB到点P，过点P作的切线PC，PD，切点分别为C，D，连接CD交AP于点M，连接BD，AD．若，，则AD的长为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】连接，设，的半径为，由勾股定理求出，在中，由可得方程，代入的值，可求出x的值，再根据勾股定理可得出结论．
【详解】解：连接，如图所示，
∵PC，PD是的切线，
∴
设
∵
∴
∴
设的半径为
∴
在中，，
解得，
在中，
∵是的切线，
∴
在中，
∵
∵
∴
整理得，
∴
解得，或（舍去）
∴
∴
在中，，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了切线长定理，垂径定理，勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键．
【变式3】（2022·广东云浮·校联考三模）如图，是的弦，半径于点D，且，，则_____．
【答案】##
【分析】如图，连接，根据垂径定理证是等腰直角三角形，然后根据勾股定理和线段的加减运算求得、，最后根据计算即可．
【详解】解：如图，连接，
，
，
是等腰直角三角形，
在中，
，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理、等腰直角三角形的性质以及求角的正切值；解题的关键是利用垂径定理和勾股定理求线段长度．
【变式4】（2022·四川广元·统考一模）如图，AB为的直径，点P在AB的延长线上，PC，PD分别与相切于点C，D，连接AC，AD．若，，则______．
【答案】
【分析】连接OC、OD、CD，CD交PA于E，利用切线的性质和切线长定理得到，，OP平分；根据等腰三角形的性质得到；再根据圆周角的定理即可求得．
【详解】解：连接OC、OD、CD，CD交PA于E
、与相切，切点分别为C、D
，，OP平分
在中，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径，也考查了圆周角定理和解直角三角形．
【变式5】（2022·山东济宁·校考二模）如图，点是中弦的中点，过点作的直径，是上一点，过点作的切线，与的延长线交于，与的延长线交于点，连接与交于点．
(1)求证：；
(2)若点是的中点，，半径长为6，求长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，则：，得到，根据切线的性质，垂径定理的推论得到：，从而得到：，再根据对顶角相等，推出，即可得到；
（2）利用同角的余角相等，得到，利用，求出，利用勾股定理求出，进而得到的长，再利用，求出，利用，即可得解．
【详解】（1）证明：连接，则：，
∴
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∵点是弦的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：由（1）知：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查垂径定理的推论，切线的性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形．熟练掌握切线垂直过切点的半径，平分弦（不是直径）的直径垂直弦，是解题的关键．
考查题型二 圆基本性质的证明与计算
例1 （2022·山东泰安·统考中考真题）如图，四边形中．，，交于点E，以点E为圆心，为半径，且的圆交于点F，则阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过点E作EG⊥CD于点G，根据平行线的性质和已知条件，求出，根据ED=EF，得出，即可得出，解直角三角形，得出GE、DG，最后用扇形的面积减三角形的面积得出阴影部分的面积即可．
【详解】解：过点E作EG⊥CD于点G，如图所示：
∵DE⊥AD，
∴∠ADE=90°，
∵∠A=60°，
∴∠AED=90°-∠A=30°，
∵，
∴，
∵ED=EF，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵DE=6，，
∴，
，
∴，
∴
，．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，垂径定理，等腰三角形的判定和性质，扇形面积计算公式，解直角三角形，作出辅助线，求出∠DEF=120°，DF的长，是解题的关键．
例2 （2022·浙江嘉兴·统考中考真题）如图，在扇形中，点C，D在上，将沿弦折叠后恰好与，相切于点E，F．已知，，则的度数为_______；折痕的长为_______．
【答案】 60°##60度
【分析】根据对称性作O关于CD的对称点M，则点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上，再结合切线的性质和垂径定理求解即可．
【详解】作O关于CD的对称点M，则ON=MN
连接MD、ME、MF、MO，MO交CD于N
∵将沿弦折叠
∴点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上
∵将沿弦折叠后恰好与，相切于点E，F．
∴ME⊥OA，MF⊥OB
∴
∵
∴四边形MEOF中
即的度数为60°；
∵，
∴（HL）
∴
∴
∴
∵MO⊥DC
∴
∴
故答案为：60°；
【点睛】本题考查了折叠的性质、切线的性质、垂径定理、勾股定理；熟练掌握折叠的性质作出辅助线是解题的关键．
例3 （2022·辽宁大连·统考中考真题）是的直径，C是上一点，，垂足为D，过点A作的切线，与的延长线相交于点E．
(1)如图1，求证；
(2)如图2，连接，若的半径为2，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）证明，，即可得出；
（2）证明，求出OD，由勾股定理求出DB，由垂径定理求出BC，进而利用勾股定理求出AC，AD．
【详解】（1）解：∵ ，
∴，
∵ 是的切线，
∴，
在和中，，，
∴；
（2）解：如图，连接AC．
∵ 的半径为2，
∴，，
∵ 在和中，
，，
∴，
∴，即，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
∵ ，经过的圆心，
∴，
∴．
∵是的直径，C是上一点，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
在中，由勾股定理得：，
∴．
【点睛】本题考查切线的定义、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，综合性较强，熟练掌握上述知识点，通过证明求出OD的长度是解题的关键．
知识点、圆的对称性
（1）对称中心
圆既是中心对称图形，又是轴对称图形和旋转对称图形。
将圆周绕圆心旋转180°能与自身重合，因此它是中心对称图形，它的对称中心是圆心。将圆周绕圆心旋转任意一个角度都能与自身重合，这说明圆是旋转对称图形。
在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等。
在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么他们所对应的其余各组量都分别相等。
将整个圆分为等份，每一份的弧对应的圆心角，我们也称这样的弧为的弧。圆心角的度数和它所对的弧的度数相等．
（2）对称轴
经过圆心画任意一条直线，并沿此直线将圆对折，直线两旁的部分能够完全重合，所以圆是轴对称图形，任何一条直径所在的直线都是圆的对称轴，所以圆有无数条对称轴。
（3）垂径定理
1．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．
平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；
几何语言：

垂径定理的几个基本图形：
垂径定理在基本图形中的应用：
2．其它正确结论：
⑴ 弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧；
⑵ 平分弦所对的一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧．
⑶ 圆的两条平行弦所夹的弧相等．
3．知二推三：①直径或半径；②垂直弦；③平分弦；④平分劣弧；⑤平分优弧．以上五个条件知二推三．
注意：在由①③推②④⑤时，要注意平分的弦非直径．
4．常见辅助线做法：
⑴过圆心，作垂线，连半径，造，用勾股，求长度；
⑵有弧中点，连中点和圆心，得垂直平分．
【变式1】（2022·广东广州·广州市第一中学校考三模）如图，C是以AB为直径的半圆O上一点，连结AC，BC，分别以AC，BC为边向外作正方形ACDE，BCFG，DE，FG，AC，BC的中点分别是M，N，PQ若MP+NQ=12，AC+BC=18，则AB的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接OP，OQ分别与AC、BC相交于点I、H，根据DE，FG，，的中点分别是M，N，P，Q，得到OP⊥AC，OQ⊥BC，从而得到H、I是AC、BD的中点，利用中位线定理得到OH+OI=(AC+BC)=9和PH+QI=18-12=6，从而利用AB=OP+OQ=OH+OI+PH+QI求解．
【详解】解：如下图，连接OP，OQ分别与AC、BC相交于点I、H，
∵DE，FG，，的中点分别是M，N，P，Q，
∴OP⊥AC，OQ⊥BC，
∴H、I是AC、BD的中点，
∴OH+OI=(AC+BC)=9，
∴MH+NI=AC+BC=18，MP+NQ=12，
∴PH+QI=18-12=6，
∴AB=OP+OQ=OH+OI+PH+QI=9+6=15，
故选：D．
【点睛】本题考查了中位线定理、垂径定理的应用，解题的关键是正确的作出辅助线．
【变式2】（2022·福建福州·福建省福州教育学院附属中学校考模拟预测）如图，的三个顶点、、均在上，且对角线过圆心，与相切于点，若的半径为，则▱的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，延长交于，如图，先根据切线的性质得，再利用平行四边形的性质得，，所以，接着根据垂径定理得到，然后证明，利用相似比求出，，则根据勾股定理可计算出，然后利用平行四边形的面积公式求解．
【详解】解：连接，延长交于，如图，

与相切于点，
，
四边形为平行四边形，
，，
，
，
，
,
，
，
，，
在中，，
的面积．
故选B．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了平行四边形的性质，相似三角形的性质与判定和勾股定理，构造直角三角形是解题的关键．
【变式3】（2022·辽宁鞍山·模拟预测）如图，为的直径，点是弧的中点，过点作于点，延长交于点，若，，则的直径长为______．
【答案】15
【分析】根据点是弧的中点，得到；根据为的直径，，得到，从而得到，得到，得到，得到，设圆的半径为R，连接，根据勾股定理，得到，计算2R的值即可．
【详解】如图，因为点是弧的中点，
所以；
因为为的直径，
，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
设圆的半径为R，连接，根据勾股定理，得到，
解得．
故答案为：15．
【点睛】本题考查了垂径定理及其推论，弧、弦的关系，勾股定理，熟练掌握垂径定理，勾股定理是解题的关键．
【变式4】（2022·湖南株洲·统考模拟预测）如图，在半径为3的⊙O中，AB是直径，AC是弦，D是的中点，AC与BD交于点E．若E是BD的中点，则AC的长是_______．
【答案】
【分析】连接OD，交AC于F，根据垂径定理的推论得出OD⊥AC，AF=CF，进而证得DF=BC，根据三角形中位线定理求得OF=BC=DF，从而求得BC=DF，利用勾股定理即可求得AC．
【详解】解：如图，连接OD，交AC于F，
∵D是的中点，
∴OD⊥AC，AF=CF，
∴∠DFE=90°，
∵OA=OB，AF=CF，
∴OF=BC，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
在△EFD和△ECB中，
，
∴△EFD≌△ECB（AAS），
∴DF=BC，
∴OF=DF，
∵OD=3，
∴OF=1，AB=2OD=6，
∴BC=2，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质和垂径定理及其推论是解题的关键．
【变式5】（2022·贵州铜仁·模拟预测）已知：如图，的直径与弦相交于点，，的切线与弦的延长线相交于点
(1)求证：；
(2)连接，若的半径为，，求线段，的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)，
【分析】（1）由切线的性质和垂径定理证明，即可证明；
（2）连接，先解求出，进而求出，再解求出的长即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵是的切线，是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：连接，
∵是的直径，
∴，
∵的半径4，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、平行线的判定、圆周角定理以及三角函数，勾股定理等等．此题难度适中，注意数形结合思想与转化思想的应用．
考查题型三 与圆的切线有关的证明与计算
例1 （2022·重庆·统考中考真题）如图，是的直径，C为上一点，过点C的切线与的延长线交于点P，若，则的长为（ ）
A．B．C．D．3
【答案】D
【分析】连接，根据，，证出，求出，在中，,，解得、的长度即可求出的长度．
【详解】解：连接，如图所示，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∴，，
∵，，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、切线的性质、解直角三角形等知识点，正确作出辅助线是解答此题的关键．
例2 （2022·内蒙古呼和浩特·统考中考真题）已知为⊙的直径且，点是⊙上一点（不与、重合），点在半径上，且，与过点的⊙的切线垂直，垂足为．若，则_____，_______．
【答案】 1
【分析】根据题意作出图形，连接，根据切线的性质，等边对等角，平行线的性质可得，根据，可得,可得,进而证明，根据相似三角形的性质列出方程，解方程即可求解．
【详解】如图，连接，
是⊙的切线，，，
,
，
,
,
,
,
,
,
,
,
,
设，则
解得（舍去）
即
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识结合图形求解是解题的关键．
例3 （2022·内蒙古·中考真题）如图，是的外接圆，与相切于点D，分别交，的延长线于点E和F，连接交于点N，的平分线交于点M．
(1)求证：平分；
(2)若，，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接OD，根据切线的性质得⊥EF，由 得OD⊥BC，由垂径定理得，进而即可得出结论；
（2）由平行线分线段定理得，再证明，可得BD=2 ，最后证明,进而即可求解．
【详解】（1）证明：连接交于点H.
∵与相切于点D
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴ 即平分；
（2）解：∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴
∴ ，
∴（负值舍去），
∴
【点睛】本题主要考查圆的基本性质，切线的性质、相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，等腰三角形的判定和性质；找出相似三角形，列相似比求解是解决本题的关键．
切线的定义是：一直线若与一圆有且只有一个交点，那么这条直线就是圆的切线。一般如果题目给出有切线，那么我们可以考虑添加过切点的半径，进而连接圆心和切点，利用切线的性质和定理构造出直角或直角三角形，从而使用勾股定理解出一些边角关系。
【变式1】（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，，与y轴相切于点O，将向上平移m个单位长度，当与直线AB第一次相切时，则m的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出A、B的坐标，得到OA、OB的长，设平移后与直线相切与点E，与y轴相切于点F，连接，则四边形是矩形，然后利用面积法求解即可．
【详解】解：当时，，
当时，；
∴，，
∴．
设平移后与直线相切与点E，与y轴相切于点F，连接，则四边形是矩形，
∴，
∴．
∵，与y轴相切于点O，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
故选A．
【点睛】本题考查对直线与圆的位置关系，勾股定理，面积法求线段的长，一次函数与坐标轴的交点，熟练掌握面积法是解此题的关键．
【变式2】（2022·浙江宁波·一模）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，AC=10，BC=24，点P是线段CD上一动点，当半径为6的⊙P与△ABC的一边相切时，CP的长为___________．
【答案】或
【分析】分三种情况，⊙P与BC边相切，⊙P与AC边相切，⊙P与AB边相切．利用相似三角形的判定和性质，切线的性质以及勾股定理求解即可．
【详解】解：在Rt△ABC中，AC=10，BC=24，
∴AB==26，
∵CD⊥AB，
∴△ABC的面积=AB•CD=AC•BC，
∴26CD=10×24，
∴CD=，
分三种情况：
当⊙P与BC边相切，如图：
过点P作PE⊥BC，垂足为E，
∵PE⊥BC，
∴∠PEC=90°，
∴∠CPE+∠PCE=90°，
∵CD⊥AB，
∴∠ADC=∠CDB=90°，
∴∠PCE+∠B=90°，
∴∠B=∠CPE，
∵∠CEP=∠ACB=90°，
∴△BCA∽△PEC，
∴，
∴，
∴PC=；
当⊙P与AB边相切，如图：
∵PD⊥AB，
∴CP=CD-PD=-6=；
当⊙P与AC边相切，如图：
过点P作PF⊥AC，垂足为F，
∵PF⊥AC，
∴∠PFC=90°，
∴∠CPF+∠PCF=90°，
∵CD⊥AB，
∵∠ADC=∠CDB=90°，
∴∠PCF+∠A=90°，
∴∠A=∠CPF，
∵∠CFP=∠ACB=90°，
∴△BCA∽△CFP，
∴，
∴，
∴PC=，
∵＞，
∴PC=（舍去），
综上所述，当半径为6的⊙P与△ABC的一边相切时，CP的长为：或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质．分三种情况讨论是解题的关键．
【变式3】（2022·广东韶关·校考三模）如图，是的直径，是的平分线交于点，过作的切线交的延长线于点．若，，则的长为______．
【答案】
【分析】连接OC、OD， CD与AB交于点F．首先证明∠OFD＝，再证明∠FOC＝∠FCO＝，求出DF、CF即可解决问题．
【详解】解：如图连接OC、OD，CD与AB交于点F．
∵AB是直径，
∴∠ACB＝，
∵CD平分∠ACB，
∴，
∴OD⊥AB，
∵DE是切⊙O切线，
∴DE⊥OD，
∴ABDE，
∵∠E＝，
∴∠E=∠CBA＝，
∴∠CAB＝，
∴∠CFB＝∠CAB＋∠ACF＝，
∴∠OFD＝∠CFB＝，
在Rt△OFD中，∵∠DOF＝，OD＝2，∠ODF＝，
∴OF＝OD•tan＝，DF＝2OF＝，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD＝，
∵∠COB＝∠CAB＋∠ACO＝，
∴∠FOC＝∠FCO，
∴CF＝FO＝，
∴CD＝CF＋DF＝2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查切线的性质定理，圆周角定理，平行线的判定与性质，解直角三角形等，能求出DF、OF是解此题的关键．
【变式4】（2022·广东广州·校考二模）如图，已知，，．
(1)在边上求作点，连接，使（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
(2)在第（1）问图中，若，
求；
已知经过点的圆与相切于点，求扇形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)；π
【分析】（1）作的垂直平分线交于，交于，则，所以；
（2 ）过点作于，于，如图，则，，利用含角的直角三角形三边的关系得到，则，所以，再计算出，则，，然后在Rt中利用正切的定义计算出，然后根据三角形面积公式计算出；
先根据切线的性质得到，再证明为等边三角形得到，然后利用扇形的面积公式计算．
【详解】（1）解：如图，点为所作：
（2）解：过点作于，于，如图，
，
在Rt中，
，
，
，
，
，
，
在Rt中，
，
，
；
与相切于点，
，
，
，
，
为等边三角形，
，
扇形的面积π．
【点睛】本题考查了作图—复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作，也考查了圆周角定理、切线的性质和解直角三角形．
考查题型四 圆与相似三角形的综合
例1 （2021·辽宁锦州·统考中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，D为⊙O上一点（位于AB下方），CD交AB于点E，若∠BDC＝45°，BC＝6，CE＝2DE，则CE的长为（ ）
A．2B．4C．3D．4
【答案】D
【分析】连接CO，过点D作DG⊥AB于点G，连接AD，因为CE＝2DE，构造△DGE∽△COE，求出DG＝3，设GE＝x，则OE＝2x，DG＝3，则AG＝6﹣3x，BG＝6＋3x，再利用△AGD∽△ADB，列出方程即可解决．
【详解】解：连接CO，过点D作DG⊥AB于点G，连接AD，
∵∠BDC＝45°，
∴∠CAO＝∠CDB＝45°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∵BC＝6，
∴AB＝BC＝12，
∵OA＝OB，
∴CO⊥AB，
∴∠COA＝∠DGE＝90°，
∵∠DEG＝∠CEO，
∴△DGE∽△COE，
∴＝，
∵CE＝2DE，
设GE＝x，则OE＝2x，DG＝3，
∴AG＝6﹣3x，BG＝6＋3x，
∵∠ADB＝∠AGD＝90°，
∠DAG＝∠BAD，
∴△AGD∽△ADB，
∴DG2＝AG•BG，
∴9＝（6﹣3x）（6＋3x），
∵x＞0，
∴x＝，
∴OE＝2，
在Rt△OCE中，由勾股定理得：
CE＝，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造出△DGE∽△COE是解题关键
例2 （2022·湖南岳阳·统考中考真题）如图，在中，为直径，，为弦，过点的切线与的延长线交于点，为线段上一点（不与点重合），且．
（1）若，则的长为______（结果保留）；
（2）若，则______．
【答案】
【分析】（1）根据圆周角定理求出∠AOD=70°，再利用弧长公式求解；
（2）解直角三角形求出BC，AD，BD，再利用相似三角形的性质求出DE，BE，可得结论．
【详解】解：（1）∵，
∴的长；
故答案为：；
（2）连接，
∵是切线，是直径，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆的相关知识，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，熟练掌握各性质及判定定理，正确寻找相似三角形解决问题是解题的关键．
例3 （2022·山东淄博·统考中考真题）已知△ABC是⊙O的内接三角形，∠BAC的平分线与⊙O相交于点D，连接DB．
(1)如图1，设∠ABC的平分线与AD相交于点I，求证：BD=DI；
图1
(2)如图2，过点D作直线DEBC，求证：DE是⊙O的切线；
图2
(3)如图3，设弦BD，AC延长后交⊙O外一点F，过F作AD的平行线交BC的延长线于点G，过G作⊙O的切线GH（切点为H），求证：GF=GH．
图3
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）由角平分线的定义以及圆周角定理得到∠BAD=∠DAC=∠CBD，∠ABI=∠IBC，再根据三角形的外角性质可推出∠BID=∠DBI，利用等角对等边即可证明BD=DI；
（2）由垂径定理推出OD⊥BC，由平行线的性质推出OD⊥DE，即可证明DE是⊙O的切线；
（3）设法证明△HBG∽△CHG，推出，再证明△GFC∽△GBF，推出，据此即可证明GF=GH．
【详解】（1）证明：∵AD是∠BAC的平分线，BI是∠ABC的平分线，
∴∠BAD=∠DAC=∠CBD，∠ABI=∠IBC，
∵∠BID=∠ABI+∠BAD，∠DBI=∠IBC +∠CBD，
∴∠BID=∠DBI，
∴BD=DI；
（2）证明：连接OD，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴，
∴OD⊥BC，
∵DEBC，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
（3）证明：过点H作⊙O的直径HI，连接BH，HC，IC，
∵HI是⊙O的直径，GH是⊙O的切线，
∴∠HCI=∠IHG=90°，
∴∠IHC+∠I=90°=∠IHC+∠GHC，
∴∠I=∠GHC，
∵∠HBG=∠I，
∴∠HBG=∠GHC，
∴△HBG∽△CHG，
∴，
∴，
∵ADFG，
∴∠DAF=∠GFC，
∵∠DAF=∠DBC，
∴∠GFC=∠DBC，
∴△GFC∽△GBF，
∴，
∴，
∴，
∴GF=GH．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，垂径定理，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．
我们知道在圆中随便相连就可以形成很多三角形，而圆是轴对称图形，有无数条对称轴，这就造成了圆的一些特殊性质，比如：
（1）直径所对的圆周角为直角；
（2）平分一般弦（不是直径）的直径垂直于弦；
（3）圆的切线与过该点的半径垂直等。
因此，圆中有非常多的直角三角形，且圆中三角形的相似一般是直角三角形的相似。
这些相似包括：A字相似（平行、不平行）；8字相似（平行、不平行）、摄影相似、母子相似等。
【变式1】（2021·贵州遵义·校考模拟预测）如图，在平行四边形中，以对角线为直径的分别交于M，N．若，则的长度为（ ）
A．12B．15C．D．
【答案】C
【分析】连接，由为的直径，推出，，
在中，勾股定理求出的长，利用平行四边形的性质得到，，证明，得到，代入数值计算可得的长度．
【详解】解：连接，
∵为的直径，
∴，，
在中，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
又∵
∴
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】此题考查了勾股定理，平行四边形的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握圆周角定理和相似三角形的判定定理是解题的关键．
【变式2】（2022·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考三模）如图，点E是⊙O中弦AB的中点，过点E作⊙O的直径CD，P是⊙O上一点，过点P作⊙O的切线与AB延长线交于点F，与CD延长线交于点G，若点P为FG中点，，⊙O的半径长为3则CE的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接OP，由切线的性质得，证明得，，由可进一步求出，由勾股定理求出，故可得，从而求出，故可得CE=．
【详解】解：连接OP，如图，
∵FG是圆的切线，点P是切点，
∴即
又点E为AB的中点，且CD是直径，
∴即，
∴
又,
∴,
∴,，
∵
∴
∵
∴
∴,
由勾股定理得，,
∵点P是FG的中点，
∴
又,
∴，即,
∴,
∴
∴
故选B．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，切线的性质，相似三角形的判定与性质等投放一款，正确作出辅助线构造相似三角形是解答本题的关键．
【变式3】（2023·广西玉林·一模）如图，点在以为直径的半圆上运动点不与点，重合，于点，平分，交于点，交于点若，则______．
【答案】
【分析】先由直径所对的圆周角是直角证明，再证明∽，得，即，而，可推导出，再证明∽，得，即，所以，显然点是线段上的一个特殊点，，，列方程并且解关于的方程求出与的关系及比值即可．
【详解】解：是的直径，
，
于点，
，
，
∽，
，
，
，
，
，
，，
∽，
，
，
，
设，，则，
整理得，
解关于的方程得或不符合题意，舍去，
，
故答案为：．
【点睛】此题重点考查相似三角形的判定与性质、直径所对的圆周角是直角、解一元二次方程等知识知识与方法，根据相似三角形的性质推导出是解题的关键．
【变式4】（2022·陕西西安·校考三模）如图半径为，为直径，弦，点是半圆弧上的动点（不与A、重合），过点作的垂线交的延长线于点，则面积的最大值为______．
【答案】
【分析】根据相似三角形的判定及性质和勾股定理即可求解．
【详解】解：半径为，为直径，
，，
，
，
，
．
，
，
，
，
．
当最大即为直径时，最大，
此时，．
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质和勾股定理的运用，解决本题的关键是证明．
【变式5】（2022·广东云浮·校联考三模）如图1，⊙O是的外接圆，是直径，，交⊙O于点E，且．

(1)求证：是⊙O的切线；
(2)若点E为线段的中点，判断以O、A、C、E为顶点的四边形的形状并证明；
(3)如图2，作于点F，连接交于点G，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)四边形是菱形；证明见解析
(3)
【分析】（1）根据圆周角定理得出，再由等量代换得出，利用切线的判定即可证明；
（2）连接，根据等边三角形的判定和性质得出为等边三角形，再由平行四边形及菱形的判定证明即可；
（3）根据相似三角形的判定得出及，再由其性质求解即可．
【详解】（1）证明：∵是⊙O的直径，
，
，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
，
，
，
∴为⊙O的切线；
（2）证明：连接，如图所示，
∵
∴为等边三角形，
∴，
又∵，
∴，
又∵
，
∴且，
∴四边形是平行四边形，
而，
∴四边形是菱形；
（3）解：∵，
∴，
而，
∴，
∴，
∴即，
又∵，
∴，
∴即，
∴，
∴．
【点睛】题目主要考查切线的判定及圆周角定理，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
考查题型五 扇形面积与圆锥侧面积的综合
例1 （2022·宁夏·中考真题）把量角器和含角的三角板按如图方式摆放：零刻度线与长直角边重合，移动量角器使外圆弧与斜边相切时，发现中心恰好在刻度处，短直角边过量角器外沿刻度处（即，）．则阴影部分的面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先求出∠COF，进而求出OE＝OF＝4cm，再求出OB，进而求出BE，最后用三角形的面积减去扇形的面积，即可求出答案．
【详解】在中，，
∴，
，
，
连接，则，
∵外圆弧与斜边相切，
∴∠BEO＝90°，
在中，，
，，
根据勾股定理得，，
，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了切线的性质，含30°角的直角三角形的性质，三角形的面积公式和扇形的面积公式，求出圆的半径是解本题的关键．
例2 （2022·辽宁朝阳·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AD＝2，DC＝4，将线段DC绕点D按逆时针方向旋转，当点C的对应点E恰好落在边AB上时，图中阴影部分的面积是_____．
【答案】24﹣64π
【分析】由旋转的性质可得DE＝DC＝4，由锐角三角函数可求∠ADE＝60°，由勾股定理可求AE的长，分别求出扇形EDC和四边形DCBE的面积，即可求解．
【详解】解：∵将线段DC绕点D按逆时针方向旋转，
∴DE＝DC＝4，
∵cs∠ADE，
∴∠ADE＝60°，
∴∠EDC＝30°，
∴S扇形EDC4π，
∵AE6，
∴BE＝AB﹣AE＝46，
∴S四边形DCBE24﹣6，
∴阴影部分的面积＝24﹣64π，
故答案为：24﹣64π．
【点睛】本题考查了旋转的性质，锐角三角函数，矩形的性质，扇形的面积公式等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
例3 （2022·山东日照·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，点D为边AB的中点，点O在边BC上，以点O为圆心的圆过顶点C，与边AB交于点D．
(1)求证：直线AB是⊙O的切线；
(2)若，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接OD，CD，根据含30度角的直角三角形的性质得出AC=AB，求出∠A=90°-∠B=60°，根据直角三角形的性质得出BD=AD=AB，求出AD=AC，根据等边三角形的判定得出△ADC是等边三角形，根据等边三角形的性质得出∠ADC=∠ACD=60°，求出∠ODC=∠DCO=30°，求出OD⊥AB，再根据切线的判定得出即可；
（2）求出BD=AC=，BO=2DO，根据勾股定理得出BO2=OD2+BD2，求出OD，再分别求出△BDO和扇形DOE的面积即可．
【详解】（1）证明：连接OD，CD，
∵∠ACB=90°，∠B=30°，
∴AC=AB，∠A=90°-∠B=60°，
∵D为AB的中点，
∴BD=AD=AB，
∴AD=AC，
∴△ADC是等边三角形，
∴∠ADC=∠ACD=60°，
∵∠ACB=90°，
∴∠DCO=90°-60°=30°，
∵OD=OC，
∴∠ODC=∠DCO=30°，
∴∠ADO=∠ADC+∠ODC=60°+30°=90°，
即OD⊥AB，
∵OD过圆心O，
∴直线AB是⊙O的切线；
（2）解：由（1）可知：AC=AD=BD=AB，
又∵AC=，
∴BD=AC=，
∵∠B=30°，∠BDO=∠ADO=90°，
∴∠BOD=60°，BO=2DO，
由勾股定理得：BO2=OD2+BD2，
即（2OD）2=OD2+（）2，
解得：OD=1（负数舍去），
所以阴影部分的面积S=S△BDO-S扇形DOE=．
【点睛】本题考查了切线的判定，直角三角形的性质，圆周角定理，扇形的面积计算等知识点，能熟记直角三角形的性质、切线的判定和扇形的面积公式是解此题的关键．
知识点、弧长及扇形的面积
设的半径为，圆心角所对弧长为，
（一）弧长的计算
（1）弧长公式：
（2）公式推导：在半径为的圆中，因为的圆心角所对的弧长就是圆周长，所以的圆心角所
对的弧长是即于是的圆心角所对的弧长为
注意：（1）在弧长公式中，表示的圆心角的倍数，不带单位。例如圆的半径，计算的圆心角
所对弧长时，不要错写成
（2）在弧长公式中，已知，中的任意两个量，都可以求出第三个量。
（二）扇形面积的计算
（1）扇形的定义：由组成圆心角的两条半径和圆心角所对的弧围成的图形叫作扇形。
（2）扇形的面积：为扇形所在圆的半径，为扇形的弧长。
（3）公式推导：
①在半径为的圆中，因为360°的圆心角所对的扇形的面积就是圆面积，所以圆心角是的扇形面积是于是圆心角为的扇形面积是
②即其中为扇形的弧长，为半径。
点拨：（1）扇形面积公式与三角形的面积公式有些类似，只需把扇形看成一个曲边三角形，把弧长看成底，半径看成高即可。
（2）在求扇形面积时，可根据已知条件来确定是使用公式还是
（3）已知四个量中任意两个，都可以求出另外两个。
（4）公式中的“”与弧长公式中的“”的意义是一样的，表示“”的圆心角的倍数，计算时不带单位。

知识点、圆锥的侧面积与全面积
（1）圆锥的有关概念：圆锥是由一个底面和一个侧面围面的几何体（如图所示）。连接圆锥顶点和底面圆周上任意一点的线段叫作圆锥的母线，连接顶点与底面圆心的线段叫作圆锥的母线，连接顶点与底面圆心的线段叫作圆锥的高。
圆锥可以看作是一个直角三角形绕它的一条直角边所在的直线旋转一周所形成的图形，故圆锥的母线、高、底面半径恰好构成一个直角三角形，满足。已知任意两个量，可以求出第三个量。

（2）圆锥的侧面展开图（如图1-49-4所示）：沿着圆锥的母线可把圆锥的侧面展开，圆锥的侧面展开图是扇形，这个扇形的半径等于圆锥的母线长，弧长等于圆锥底面圆的周长。
（3）圆锥的侧面积就是弧长为圆锥底面圆的周长、半径为圆锥的母线长的扇形面积，
计算公式为：
圆锥的全面积就是它的侧面积与它的底面积之和，其计算公式为。
【变式1】（2022·宁夏固原·校考一模）如图，在中，，点O在上，经过点A的与相切于点D，交于点E，若则图中阴影部分面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过点O作，可得，可得四边形是矩形，进而可得，在和中，利用锐角三角函数的定义求出和的长，最后根据面积公式，进行计算即可解答．
【详解】解：连接，过点O作，垂足为F，
∴，
∵与相切于点D，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
∴，，
∴阴影部分面积的面积扇形的面积
，
故选：C．
【点睛】本题考查了切线的性质，等腰直角三角形，三角形和扇形面积的计算，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
【变式2】（2022·四川乐山·统考二模）如图，在中，，，斜边的两个端点分别在相互垂直的射线和上滑动，给定下列命题，其中正确命题的序号是（ ）．
①若、两点关于对称，则；
②、两点距离的最大值为；
③若平分，则；
④斜边的中点运动路径的长为．
A．①③④B．②③④C．①④D．①②
【答案】D
【分析】①先根据直角三角形30°的性质和勾股定理分别求和，由对称的性质可知：是的垂直平分线，所以；②由，当经过的中点E时，最大，则C、O两点距离的最大值为4；③如图2，当时，易证四边形是矩形，此时与互相平分，但所夹锐角为60°，明显不垂直，④如图3，半径为2，圆心角为90°的扇形的圆弧是点D的运动路径，根据弧长公式进行计算即可．
【详解】在中，，，
∴，．
①若C、O两点关于对称，如图1，
∴是的垂直平分线，则；
所以①正确；
②如图1，取的中点为E，连接、，
∵，
∴．
∵，
∴当经过点E时，最大，且C、O两点距离的最大值为4；
所以②正确；
③如图2，当时，，
∴四边形是矩形，
∴与互相平分，但AB与的夹锐角为60°，不垂直；
所以③不正确；
④如图3，斜边的中点D运动路径是：以O为圆心，以2为半径的圆周的，
则其弧长为：．
所以④不正确；
综上所述，本题正确的有：①②；
故选：D．
【点睛】本题是三角形的综合题，考查了含30°角直角三角形的性质、直角三角形斜边中线的性质、等腰三角形的性质、轴对称的性质、线段垂直平分线的性质、动点运动路径问题、弧长公式，熟练掌握直角三角形斜边中线等于斜边一半是本题的关键，确定点D的运动路径是本题的难点．
【变式3】（2022·四川遂宁·校联考一模）如图，在矩形中，，，以为圆心，长为半径画弧交于点，以为圆心，长为半径画弧交的延长线于点，则图中阴影部分的面积是_____．
【答案】
【分析】根据扇形的面积公式和矩形的性质即可得到结论．
【详解】解：在矩形中，，，，
，，
图中阴影部分的面积
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算，矩形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
【变式4】（2022·山东泰安·校考二模）如图，在扇形中，，平分交于点D，点E为半径的中点．若，则阴影部分的面积为________．
【答案】
【分析】连接，过D作于F，先证明是等边三角形即可求出，，然后根据勾股定理求出，根据含30度的直角三角形的性质求出，最后根据求解即可。
【详解】解：连接，过D作于F，
∵，，
∴是等边三角形，
∵点E为半径的中点，
∴，，
∴，
∵，平分，
∴，
∴，
∴
.
故答案为：.
【点睛】本题考查了求不规则图形的面积，解题的关键是学会添加常用辅助线，根据求解是解题的关键．
【变式5】（2022·河北沧州·统考二模）石家庄市水上公园南侧新建的摩天轮吸引了附近市民的目光．据工作人员介绍，新建摩天轮直径为100m，最低点距离地面1m，摩天轮的圆周上均匀地安装了24个座舱（本题中将座舱视为圆周上的点），游客在距离地面最近的位置进舱，运行一圈时间恰好是13分14秒，寓意“一生一世”．小明从摩天轮的底部出发开始观光，摩天轮转动1周．
(1)小明所在座舱到达最高点时距离地面的高度为 m；
(2)在小明进座舱后间隔3个座舱小亮进入座舱（如图，此时小明和小亮分别位于P、Q两点），
①求两人所在座舱在摩天轮上的距离（弧的长）；
②求此时两人所在座舱距离地面的高度差；
(3)受周围建筑物的影响，当乘客与地面的距离不低于时，可视为最佳观赏位置，求最佳观赏时间有多长（不足一分钟按一分钟记）．
【答案】(1)101
(2)①m；②25m
(3)5分钟
【分析】（1）根据题意得出最高点是直径加即可；
（2）①求出圆心角的度数，再根据弧长公式进行计算即可；
②求出的长即可，利用直角三角形的边角关系求出的长，进而求出即可；
（3）求出达到最佳观赏位置时，座椅所处的位置，进而求出所夹的弧所对的圆心角的度数，由圆心角所占周角的百分比，得出最佳观赏时间占13分14秒的百分比，通过计算可得答案．
【详解】（1）解：如图，由题意可知，，，
当座椅转到点时，距离地面最高，此时，
故答案为：101；
（2）①圆周上均匀的安装24个座椅，因此每相邻两个座椅之间所对的圆心角为，
，
的长为，
答：两人所在座舱在摩天轮上的距离（弧的长）为；
②由题意得，两人所在座舱距离地面的高度差就是的长，
在中，，，
，
，
即两人所在座舱距离地面的高度差为；
（3）如图，当时，对应的座椅为点、点，当座椅在上运动时，观赏位置最佳，
此时，，
，
，
的长是圆周长的，
因此最佳观赏位置所持续的时间为：13分14秒的，
，
答：最佳观赏时间有多长约有5分钟．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提，掌握弧长计算公式是正确计算的关键．
【培优练习】
1．（2021·浙江·九年级自主招生）如图所示，，求的值为（ ）
A．4B．6C．7D．12
【答案】C
【分析】依题意，额是的外心，延长交于点，连接，证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵
∴是的外心，
如图所示，
延长交于点，连接，
∴
∴
∴
∵
∴
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的性质与判定，得出是的外心，是解题的关键．
2．（2022·浙江·九年级自主招生）如图，是的外接圆，是的直径，D是的中点，连接交于点E，连接，且，若，则的长为（ ）
A．6B．C．D．
【答案】D
【分析】过点作于，由圆周角的定理和三角形的外角性质可证，可得，通过证明，可得，可求，由勾股定理可求的长，由平行线分线段成比例可求的长，即可求解．
【详解】解：连接，过点作于，
是的中点，
，
，
是的直径，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
∴，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆和外心，圆的有关知识，相似三角形的判定和性质，求出的长是本题的关键．
3．（2023秋·河北邯郸·九年级统考期末）如图，将量角器和含角的一块直角三角板紧靠着放在同一平面内，使、、在一条直线上，且，过点作量角器圆弧所在圆的切线，切点为，则点在量角器上所对应的锐角度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接，证垂直平分，得，从而得，再由切线性质与切线长定理证得，，然后证，得，即可由求解．
【详解】解：连接，
∵，，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∵、是的切线，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，切线的性质，切线长定理，熟练掌握切线的性质和切线长定理是解题的关键．
4．（2023秋·河北承德·九年级统考期末）如图，甲、乙、丙、丁四位同学从四块全等的等腰直角三角形纸板上裁下四块不同的纸板（阴影部分），使得阴影面积尽可能大，他们的具体裁法如下：
甲同学：如图1所示裁下一个正方形，面积记为；
乙同学：如图2所示裁下一个正方形，面积记为；
丙同学：如图3所示裁下一个半圆，使半圆的直径在等腰的直角边上，面积记为；
丁同学：如图所示裁下一个内切圆，面积记为；
则下列判断正确的是（ ）
①；②；③在，，，中，最小
A．①②B．②③C．①③D．①②③
【答案】B
【分析】分别计算结果再比较大小．具体如下：若设四块全等的等腰直角三角形的腰长为1，则斜边长为，只要把四个图中阴影部分的面积都用等腰直角三角形的腰长表示，就可比较它们的大小．根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，可求图1中；设图2中正方形的边长为x,根据等腰直角三角形的性质求得x的值，所以可知；在图3中，设半圆的半径为r,根据切线长定理可求得；在图4中，设三角形的内切圆半径为R，根据切线长定理可求得，；根据以上计算的值进行比较即可判断．
【详解】解：图1中，设四块全等的等腰直角三角形的腰长为1，则斜边长为，图1中阴影正方形的对角线长为，；
图2中，设正方形的边长为x，则，，；
图3中，设半圆的半径为r，则，，；
图4中，设三角形的内切圆半径为R，则，解得：，；
根据以上计算的值进行比较，，在，，，中，最小，所以正确的是②③．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质及内切圆的性质，切线长定理等内容，范围较广．
5．（2022秋·河北沧州·九年级统考期末）如图，在中，，，，半径为1的在内平移（可以与该三角形的边相切），则点到上的点的距离的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，根据正切的定义求出，根据切线长定理得到，根据含角的直角三角形的性质、勾股定理计算得到答案．
【详解】当与、都相切时，连接并延长交于点，则为点到上的点的距离的最大值，
设与、的切点分别为、，连接、，则，，
，，
，，
，，
，
，
，
故选：．
【点睛】本题考查的是切线的性质、直角三角形的性质、切线长定理，根据题意得出为点到上点的距离的最大值是解题的关键．
6．（2022秋·河北石家庄·九年级校联考期末）如图，已知为等腰直角三角形，，以点为圆心，为半径作圆，点为上一动点，连接，并绕点顺时针旋转得到，连接，则的最小值是( )
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据同角的余角相等求出，然后证明全等，根据全等三角形对应边相等可得，再利用勾股定理列式求出，即可求解．
【详解】解：如图，连接、，
∵，旋转角为，
，
，
在和中，
，
，
，
在等腰中，，
，
当点在线段时，有最小值为，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，圆的认识，三角形的三边关系，作辅助线构造成全等三角形是解题的关键．
7．（2023秋·安徽合肥·九年级校考期末）如图，中，，，，是平面内一动点，且，取的中点，连接，则线段的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先证明点在以为直径的上，连接，的延长线与交于点，此时就是的最大值，利用勾股定理求出即可解决问题．
【详解】解：取的中点，以为圆心，为直径作圆，连接，的延长线与交于点，如图，
此时就是的最大值为：，
故选：B．
【点睛】本题考查点与圆位置关系、圆周角定理、最短问题等知识，解题的关键是确定点位置，学会求圆外一点到圆的最小、最大距离，属于中考常考题型．
8．（2023秋·河北秦皇岛·九年级校联考期末）如图，在半径为2的中，为直径，弦且过半径的中点，为上一动点，于点，当从点出发顺时针运动到点时，点所经过的路径长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接，由，利用垂径定理得到G为的中点，由中点的定义确定出的长，在直角三角形中，由与的长，利用勾股定理求出的长，进而确定出的长，由求出的长，在直角三角形中，利用勾股定理求出的长，由垂直于，得到三角形始终为直角三角形，点F的运动轨迹为以为直径的半径，如图中红线所示，当E位于点B时，，此时F与G重合；当E位于D时，，此时F与A重合，可得出当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长，在直角三角形中，利用锐角三角函数求出的度数，进而确定出所对圆心角的度数，再由的长求出半径，利用弧长公式即可求出的长，即可求出点F所经过的路径长．
【详解】解：连接．
∵，
∴G为的中点，即．
∵的半径为2，弦且过半径的中点，
∴，
∴在中，根据勾股定理得：，
∴．
又∵，
∴在中，根据勾股定理得：．
∵，
∴始终是直角三角形，点F的运动轨迹为以为直径的半圆，当E位于点B时，，此时F与G重合；当E位于D时，，此时F与A重合，
∴当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长．
在中，，
∴，
∴所对圆心角的度数为．
∵直径，
∴的长为，则当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为．
故选D．
【点睛】本题是圆的综合题，涉及的知识有：坐标与图形性质，勾股定理，锐角三角函数，弧长公式，以及圆周角定理，其中根据题意得到点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长，是解答本题的关键．
9．（2022秋·四川广元·九年级校考阶段练习）如图，矩形纸片中，，把它分割成正方形纸片和矩形纸片后，分别裁出扇形和半径最大的圆，恰好能作为同一个圆锥的侧面和底面，则该圆锥的高为______．
【答案】
【分析】根据题意可得的长度与的周长相等，设，则，列出方程求解，再根据为圆锥的母线，圆锥的母线，圆锥的高，圆锥的底面半径构成直角三角形，最后根据勾股定理求解即可．
【详解】解：设，则，
，
解得：，
∴，
∴圆锥的底面半径为，母线长为，
根据勾股定理可得：该圆锥的高为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆锥、矩形的性质，解题关键在于理解圆锥的侧面展开图与圆锥底面圆之间的关系，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
10．（2021·浙江·九年级自主招生）如图，在中，，以该三角形的三条边为边向形外作正方形，正方形的顶点E，F，G，M，N都在同一个圆上．记该圆面积为，面积为，则的值是_________．
【答案】
【分析】先设的三边长为，，，其中为斜边，设的半径为，根据图形找出，，，的关系，用含的式子表示和，即可求出比值．
【详解】如图：取的中点为，取的中点为，连接，，，
设，，则①
取的中点为，
是直角三角形
圆心在和的垂直平分线上
为圆心
连接，，则，为半径
的中点为，的中点为
，
在和中，由勾股定理得：
②
由①②得
，
故答案为：
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，直角三角形斜边中线等于斜边一半，即斜边的中点为圆的圆心，解题关键在于找到圆心，用用含的式子表示和．
11．（2022·浙江·九年级自主招生）如图，在半径为1的中，引两条互相垂直的直径和，在上取点C，弦交于P，弦交于Q，则四边形的面积为_________．
【答案】
【分析】连接、、，设与交于点，连接、、，由于、是的直径，，根据对角线互相垂直平分且相等的四边形为正方形得到四边形是正方形，则正方形，根据圆周角定理得到，而，则，根据四点共圆的判定方法得、、、在同一个圆上；又是的直径，根据直径所对的圆周角为直角得到，再利用圆的内接四边形的性质得到，则，得出，则，于是可得．
【详解】解：连接、、，设与交于点，连接、、，如图，
、是的直径，，
四边形是正方形，
正方形，
又，
而，
，
、、、在同一个圆上，
是的直径，
，
，
，
而，
，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆的综合题：在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角的度数是它所对的圆心角的度数的一半；直径所对的圆周角为直角；掌握四点共圆的判定方法和圆的内接四边形的性质；运用正方形的判定与性质以及同底等高的三角形的面积相等进行几何计算．
12．（2021秋·河南信阳·九年级校考期末）如图，在矩形中，，．将矩形绕点逆时针旋转至矩形的位置，此时边恰好经过点，其中点的运动路径是弧，则图中阴影部分的面积为___________．
【答案】
【分析】连接，勾股定理求得，根据旋转的性质得出，根据阴影部分面积等于扇形面积减去即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，
依题意，，
在中，，
在中，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵旋转，
∴， ，
∴阴影部分面积
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质、矩形的性质、扇形的面积计算等知识点，能把不规则图形的面积转化成规则图形的面积是解此题的关键．
13．（2022秋·江苏连云港·九年级校考阶段练习）如图，为的直径，点为上一点，将劣弧沿弦翻折交于点，连接．若点与圆心不重合，，则的度数是______．
【答案】##48度
【分析】连接，由直径所对圆周角为直角即得出，从而可求出．再根据翻折的性质可知，所对的圆周角为，所对的圆周角为，得出，进而得出，最后根据三角形外角性质即可求得答案．
【详解】解：如图，连接，
∵是直径，
∴，
∴．
∵，
∴．
根据翻折的性质可知，所对的圆周角为，所对的圆周角为，
∴．
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查圆周角定理，折叠的性质，三角形外角的性质．根据同弦所对的两个圆周角互补求解是解题的关键．
14．（2022秋·湖北恩施·九年级校考阶段练习）如图，点在以为直径的半圆上，，，点在上运动，点与点关于对称，于点，并交的延长线于点．下列结论：①；②线段的最小值为；③当时，与半圆相切；④当点从点运动到点时，线段扫过的面积是．其中正确的序号是________．
【答案】①③或③①
【分析】如图连接,交于,,交于,利用已知证是矩形和得①正确；利用，求得最小值即可得②错误；如图根据已知条件证明是等边三角形，再证得③正确；如图当D在A处时，F在A关于的对称点上，当D运动时，F的轨迹在上，确定是等边三角形，
是等边三角形，求出结果即可判断④错误．
【详解】点在以为直径的半圆上，
，即,
，
，,
连接,交于,,交于,
点与点关于对称,
，
于点，
是矩形，
故①正确；
由①可知,
即：当最小是最小，
点在上运动，
时最小；
解得，
此时
故②错误；
如图，连接、，
由①可知
，,
是等边三角形，
当时，是中点，
根据三线合一
由对称可知
与半圆相切与半圆相切
故③正确；
当D在A处时，F在A关于的对称点上，
当D在B处时，F与B重合，
当D运动时，F的轨迹在上，
所以阴影部分为所求，
因为，当D在O处时，F在中点处，
A、关于对称，
所以是等边三角形，
是等边三角形，
且,
所以线段扫过的面积是
故④错误；
综上所述，答案为：①③
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、切线的判定、轴对称的性质、含角的直角三角形、垂线段最短等知识，综合性强，有一定的难度，最后个问题解题的关键是通过特殊点探究的运动轨迹，属于中考压轴题．
15．（2022秋·辽宁盘锦·九年级校考期中）如图，是的直径，和是它的两条切线，切于点E，交于点D，交于点C．
(1)求证：；
(2)如果，，F为的中点，连接，求．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）首先连接，由和是它的两条切线，易得，，由切线长定理，证明，可得，得出，根据同位角相等，两直线平行，即可证得；
（2）连接，根据切线的性质，先证明，说明四边形为梯形，
根据梯形中位线定理得出结果即可．
【详解】（1）证明：连接，
∵、是的切线，、是的半径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：F为的中点，连接，如图所示：
∵是的直径，和是它的两条切线，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为梯形，
∵O为的中点，F为的中点，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，全等三角形的判定，平行线的判定，梯形中位线定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质和判定．
16．（2022秋·陕西渭南·九年级统考期末）如图，在中，，点在上，以点为圆心，长为半径的圆与、分别交于点、，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据得到，根据得到，结合即可得到答案；
（2）连接，根据，得到，即可得到，即可得到答案；
【详解】（1）证明：证明：连接，
∵点在上，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵点在上，
∴是的切线；
（2）解：连接，
∵，，
∴，
∴，即，
∵，，
∴．
【点睛】本题考查切线证明及相似三角形判定与性质，解题的关键是作出辅助线得到角度相等的条件．
17．（2023秋·广东江门·九年级校考期末）如图，为的外接圆，，D为与的交点，E为线段延长线上一点，且．
(1)求证：直线是的切线．
(2)若，，求的半径；
(3)在（2）的基础上，点F在上，且，的内心点G在边上，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)10
【分析】（1）连接，可证，于是，故，又，等量代换即可得到，故结论得证；
（2）由（1）知，根据勾股定理可求得半径；
（3）在中根据勾股定理，解得，根据G为内心，得到，根据同弧所对的圆周角相等得到，根据三角形外角定理可得，又由，故得，即可得到答案．
【详解】（1）证明：如图，连接，
，
∴，
，
，
，
，
，
，
，
，
即：，且是半径,
∴直线是得切线；
（2）如图，
由（1）得：，
，
设的半径为r，则，
在中，，
，
解得： ，
∴的半径为；
（3）在中，，
，
连接，
∵点G是圆O的内心，
，
，
，
又，
，
．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，垂径定理，切线的判定，角平分线性质，勾股定理，熟练掌握这些性质定理进行推理是解决本题的关键．
18．（2023秋·福建莆田·九年级统考期末）如图，在中，，点D是边的中点，点O在边上，经过点C且与边相切于点E，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
【分析】（1）连接，作，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半得到，进而得出，再利用平行的性质得到，从而得到，推出平分，最后利用角平分线的性质得到，即可证明结论；
（2）根据，可设，则，利用勾股定理求出，得到，，设的半径为，则，，
根据得到，即可求出的半径．
【详解】（1）证明：连接，过点O作交于点G，
，点D是边的中点，
，
，
，
，
，
平分，
点O在边上，，，
，
是的半径，
是的半径，
是的切线；
（2）解：，，
，
设，则，
，
在中，，
，
，，
设的半径为，则，，
，，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质和判定，直接三角形的性质，角平分线的判定和性质，勾股定理，三角函数，相似三角形的判定和性质，熟练掌握圆的切线的性质和判定是解题关键．
19．（2022秋·辽宁盘锦·九年级校考期中）如图，四边形内接于，是直径，，连接，，过点D的直线与的延长线相交于点E，且．
(1)求的度数．
(2)若，，求，的长．
(3)若，，直接写出的长．
【答案】(1)
(2)，
(3)
【分析】（1）连接，易得：，进而得到：，根据圆周角定理，得到，即，从而得到，即；
（2）勾股定理求出的长，根据圆周角定理以及，可得为等腰直角三角形，进而求出的长，过点作，交的延长线与点，易证，得到，，进而求出的长，再求出的长即可；
（3）根据（2）可知：，即可得解．
【详解】（1）解：连接，则：，
∴，
∵，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，即；
（2）解：∵是的直径，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴；
过点作，交的延长线与点，
则：，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
由勾股定理得：，即：
∴；
（3）解：由（2）可知：．
【点睛】本题考查圆周角定理，圆内接四边形，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．熟练掌握直径所对的圆周角是直角，通过添加辅助线，证明三角形全等，是解题的关键．
20．（2022秋·广东汕头·九年级统考期末）如图，是的直径，点C是上一点，与过点C的切线垂直，垂足为点D，直线与的延长线相交于点P，G是的内心，连接并延长，交于E，交于点F，连接．
(1)求证：平分；
(2)连接，判断的形状，并说明理由；
(3)若，，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)等腰三角形，见解析
(3)6
【分析】（1）由切线的性质可得出，结合题意可证，即得出．再根据同圆半径相等和等腰三角形的性质，即得出，从而易证平分；
（2）由直径所对圆周角为直角可知．再根据三角形内心的性质可知，．由同弧或等弧所对圆周角相等可知，从而结合三角形外角性质得：，即，即证明为等腰三角形；
（3）连接，作交于点M， 由圆周角定理可知．根据勾股定理可得出，即得出，从而由等腰直角三角形的性质结合勾股的定理求出．又易证为等腰直角三角形，同理可求出，最后再次利用勾股定理即可求出，进而可求出．
【详解】（1）∵是切线
∴．
∵，
∴．
∴．
又∵，
∴，
∴，即平分；
（2）为等腰三角形，理由如下，
∵为的直径，
∴．
∵G是的内心，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰三角形；
（3）连接，作交于点M，如图所示：
由圆周角定理可知．
∵，，，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题为圆的综合题，考查切线的性质，圆周角定理及其推论，三角形内心的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识．熟练掌握圆的相关知识是解题关键．在解（3）时正确作出辅助线也是关键．
考查类型
考查类型一 圆与锐角三角函数的综合
考查类型二 圆基本性质的证明与计算
考查类型三 与圆的切线有关的证明与计算
考查类型四 圆与相似三角形的综合
考查类型五 扇形面积与圆锥侧面积综合
新题速递