2024届中考数学考前《终讲·终练·终卷》冲刺高分突破（全国通用）第05讲：圆的综合问题 解析版

这是一份2024届中考数学考前《终讲·终练·终卷》冲刺高分突破（全国通用）第05讲：圆的综合问题 解析版，共63页。
考点一：垂径定理考点二：弧、弦、圆心角
考点三：点、线、圆的位置关系考点四：正多边形和圆
考点五：弧长和扇形面积考点六：圆内知识综合
考点七：圆与三角形的综合考点八：圆和四边形的综合
考点九：圆与函数的综合
【题型精讲】
题型一：垂径定理
1．（2024·陕西榆林·二模）如图，已知内接于，是的直径，过点C作，垂足为E，交于点D，，，则的长为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】B
【分析】连接，由圆周角定理可得，由垂径定理可得，，进而可得，则，由此可求得的长，从而可得的长.
本题考查了圆周角定理和垂径定理，熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键.
【详解】连接，
，
，
∵是的直径，，
，，
，
，
，
，
.
故选：B
2．（2024·西藏日喀则·一模）陕西饮食文化源远流长，“老碗面”是陕西地方特色美食之一．图②是从正面看到的一个“老碗”（图①）的形状示意图．是的一部分，是的中点，连接，与弦交于点，连接，．已知，碗深，则的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理的应用，设的半径为，列出关于的方程是解题的关键．首先利用垂径定理的推论得出，，再设的半径为，则．在中根据勾股定理列出方程，求出即可．
【详解】解：是的一部分，是的中点，，
，．
设的半径为，则．
在中，，
，
，
，
即的半径为．
故选：A．
3．（2024·广东深圳·模拟预测）月亮门是中国古典园林、住宅中常见的圆弧形洞门（如图1），因圆形如月而得名．月亮门因其寓意美好且形态优美，被广泛使用．图2是小智同学家中的月亮门示意图，经测量，水平跨径为米，水平木条和铅锤木条长都为米，点恰好落在上，则此月亮门的半径为（ ）
A．米B．米C．米D．米
【答案】C
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，矩形的判定与性质，解题的关键是正确作出辅助线．过点作于点，过点作于点，由垂径定理得，证明四边形是矩形，得到米，米，设该圆的半径为米，然后根据题意列方程组即可求解．
【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点，
则米，，
，
，
四边形是矩形，
米，米，
设该圆的半径为米，
根据题意得：，
解得：，
即此月亮门的半径为米，
故选：C．
题型二：弧、弦、圆心角
4．（2022·山东泰安·二模）如图，中，，过点A作的平行线交过点C的圆的切线于点D，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接OA．由可得出，从而可利用“SSS”证明，即得出，再根据等腰对等角可得出．由切线的性质可得出，从而得出，最后根据平行线的性质，即可求出的度数．
【详解】如图，连接OA．
∵，
∴．
∵OB=OB，OC=OA，
∴(SSS)，
∴．
∵OB=OC，
∴，
∵CD为⊙O切线，
∴，
∴．
∵，
∴．
故选B．
【点睛】本题考查切线的性质，弧、弦、圆心角的关系，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质以及平行线的性质．连接常用的辅助线是解题关键．
5．（2024·广东清远·二模）如图，四边形是的内接四边形，若，的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
根据圆内接四边形的性质求出，根据圆周角定理解答即可．
【详解】解：四边形是的内接四边形，
，
∵，
∴，
故选：D．
6．（2024·浙江温州·二模）如图，在等腰三角形中，，经过A，B两点的与边切于点A，与边交于点D，为直径，连结，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查切线的性质，等腰三角形性质，圆周角定理，三角形内角和定理，根据切线的性质得到，利用等腰三角形性质和三角形内角和得到，再利用圆周角定理即可得到的度数．
【详解】解：与边切于点A，
，
，，，
，
，
，
．
故选：C．
题型三：点、线、圆的位置关系
7．（2024·福建·三模）如图，过外一点作圆的切线，，点为切点，为直径，设，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了切线的性质，等边对等角，三角形外角的性质，四边形内角和定理．连接，由切线的性质可得，由四边形内角和定理得到，再由等边对等角和三角形外角的性质即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，

由切线的性质可得，
∵，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
8．（2024·云南昆明·三模）如图，四边形内接于，E为延长线上一点．若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查圆内接四边形，圆周角定理，根据圆内接四边形的一个外角等于其内对角，以及同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，即可得出结果．
【详解】解：∵是内接四边形的一个外角，
∴，
∴；
故选C．
9．（2024·山东济宁·二模）如图，是的直径，点，在上，点是的中点，过点画的切线，交的延长线于点，连接．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查的是切线的性质、圆周角定理、垂径定理，解题的关键是掌握圆的切线垂直于经过切点的半径．根据切线的性质得到，根据直角三角形的性质求出，根据圆周角定理得到，进而求出，根据垂径定理得到，进而得出答案．
【详解】解：是的切线，
，
，
，
是的直径，
，
，
点是的中点，
，
，
故选：B．
题型四：正多边形和圆
10．（2024·江苏苏州·一模）如图，正方形内接于，等边的顶点，分别在，上，交，于点，，则的值等于（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【分析】本题考查正多边形和圆，正方形的性质，圆周角定理以及直角三角形的边角关系．根据正方形、正三角形的性质以及勾股定理进行计算即可．
【详解】解：如图，连接，交于点，
∵，，
∴，，
，
设半径为，则，
在中，，，
，
，
在中，，
，
同理，
，
，
故选：C．
11．（2024·安徽淮南·三模）如图，正三角形和正六边形都内接于连接则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查的是正多边形与圆，等腰三角形的性质，先求解，，再进一步结合等腰三角形的性质求解即可．
【详解】解：如图，连接，
∵正三角形，
∴，
∵，
∴，
∵正六边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故选D
12．（2024·安徽合肥·一模）如图，正五边形内接于，点在弧上．若，则的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了求正五边形的中心角，圆周角定理，三角形内角和定理，连接，求出，即得到，由，可得，与相加得到，即可求解，掌握正五边形的性质和圆周角定理是解题的关键．
【详解】解：连接，
∵正五边形内接于，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
即，
∴，
故选：．
题型五：弧长和扇形面积
13．（2024·四川达州·一模）如图，在扇形中，，半径，将扇形沿过点的直线折叠，使点恰好落在弧上的点处，折痕为，则阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了等边三角形的性质和判定，扇形的面积计算等知识点，注意：圆心角为，半径为的扇形的面积．连接，交于，根据对折得出，，，，求出是等边三角形，根据等边三角形的性质得出，求出，求出，再根据阴影部分的面积即可求解．
【详解】解：连接，交于，
沿过点的直线折叠，和重合，，
，，，，
，是等边三角形，
，
，
，
，
，
阴影部分的面积，
故选：D．
14．（2024·山东泰安·二模）如图，在菱形中，，，以B为圆心、长为半径画弧，点P为菱形内一点，连接．当为等腰直角三角形时，图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C． D．
【答案】B
【分析】连接，延长，交于E，根据菱形的性质得出是等边三角形，进而通过三角形全等证得，从而求得，利用即可求得．
【详解】解：连接，延长，交于E，
在菱形中，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，
在中，，
∴，
∴S阴影＝S扇形ABC﹣S△PAB﹣S△PBC＝，
故选：B．
【点睛】本题考查了扇形的面积，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，求得是解题的关键．
15．（2024·广东深圳·三模）如图，在矩形中，．把沿折叠，使点D 恰好落在边上的处，再将绕点 E 顺时针旋转a，得到，使得恰好经过的中点交于点G，连接．有如下结论：①的长度是；②弧的长度是；③；④，上述结论中，所有正确的序号是（ ）
A．①②④B．①②③C．②③④D．①②③④
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，弧长公式，等腰三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质等知识，①求出，可得结论；②求出，利用弧长公式，圆的周长公式，圆的面积公式即可得出结论；③判断，可得结论；④由“”可证，可得，可证，灵活运用这些性质进行推理证明是本题的关键．
【详解】解：把沿折叠，使点恰好落在边上的处，
，，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，，，
，
点是中点，
，
，
将绕点顺时针旋转，
，，，
，故①正确；
，
，
，
弧的长度，故②正确；
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，故④正确；
，，
，
与不全等，故③错误，
所以所有正确的序号为：①②④．
故选：A．
【点睛】
题型六：圆内知识综合
16．（2023·广东阳江·一模）如图，在矩形中，，，连接，点E为上一个动点，点F为上一个动点，连接，且始终满足，则线段的最小值为（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】D
【分析】先利用矩形的性质及已知条件得出的长，再由勾股定理得出的长，然后利用三角函数得出，从而，再证得，取中点O，E在以为直径的圆上，则当时，最短，设，则，，根据题意得出关于x的一元一次方程，解得x的值，则答案可求．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴由勾股定理得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴取中点O，E在以为直径的圆上，
∴，
∴当取最小值时，也为最小值，
∵E为上的动点，
∴当时，OE最短，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质、解直角三角形、勾股定理在计算中的应用、圆的定义及一元一次方程在几何问题中的应用，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
17．（2023·海南海口·一模）如图，⊙O的直径，弦，过⊙O上一点D作切线，交的延长线于点E，若，则的长为（ ）
A．3B．2C．4D．4
【答案】B
【分析】
连接交于点F，证明四边形是矩形，点O圆心且，可得是的中位线，可得F为的中点，由勾股定理的，即可求出的长．
【详解】解：连接交于点F点，
为直径，
，
∴，
又为切线，
，
∴，
四边形是矩形，
，，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题考查圆知识的综合应用，解题的关键是掌握切线的性质、圆周角定理、矩形的判定、垂径定理．
18．（2021·浙江湖州·一模）如图，已知在平面直角坐标系中，点M的横坐标为3，以M为圆心，5为半径作，与y轴交于点A和点B，点P是上的一动点，Q是弦上的一个动点，延长交于点E，运动过程中，始终保持，当的结果最大时，长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据△AQP∽△APB，确定，过点M作MG⊥AB，垂足为G，根据垂径定理计算AB=8，用AQ的代数式表示AP+QB，运用二次函数的思想确定最值，确定AQ=2，AP=4，证明AE=AP=4，连接MA，交PE于点N，根据垂径定理的推论，确定AM⊥PE，设AN=x，则MN=5-x，用勾股定理同时表示EN求得x，从而求得EN，根据PE=2EN计算即可
【详解】如图，∵，，
∴△AQP∽△APB，
∴AP：AB=AQ：AP，
∴，
过点M作MG⊥AB，垂足为G，连接MA，则AG=GB，
∵点M的横坐标为3，圆的半径为5，
∴MG=3，MA=5，
根据勾股定理，得AG==4，
∴AB=2AG=8，
∴，
∴或（舍去），
∵AQ=AB-QB，
∴AP+QB=+8-AQ=
=
∴AP+QB有最大值，且当时，有最大值10，
∴AQ=2，AP=4，
连接AE，设MA与PE的交点为N，
∵△AQP∽△APB，
∴∠APQ=∠ABP，
∵∠AEP=∠ABP，
∴∠APQ=∠AEP，
∴AP=AE=4，，
根据垂径定理的推论，得AM⊥PE，
设AN=x，则MN=5-x，
在Rt△AEN中，，
在Rt△MEN中，，
∴=,
解得x=，
∴，
∴EN=，
∴PE=2EN=，
故选D．
题型七：圆与三角形的综合
19．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，是的直径，弦于点是上一点，的延长线交于点，连结．
(1)求度数．
(2)求证：．
(3)令，若，求k的值．
【答案】(1)
(2)见详解
(3)
【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，圆周角定理．
（1）连接，先推出，，再利用,得；
（2）连接，先证得，即即可；
（3）先证得，设，则，得，由得，即，解出即可．
【详解】（1）解：如图，连接
是直径，
,
；
（2）如图，连接，
由（1）知，是等边三角形
,
即
；
（3）如图，连接
是等边三角形，
是直径，
设，则，
即
（舍去）或
．
20．（2024·河北石家庄·一模）如图，正六边形为的内接正六边形，过点D作的切线，交的延长线于点P，连接的半径为6．
(1)求的度数；
(2)求线段的长；
(3)若点M为上一点（不与点F，D重合），连接，直接写出与的面积之和．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查了圆内接正六边形，圆周角定理，切线性质，求三角形面积等知识点，熟练应用基本性质和定理是解题的关键．
（1）连接，根据圆内接正六边形性质求出，进而由圆周角定理得出度数；
（2）由切线性质得，在中，利用三角函数即可求解；
（3）分别表达，再求和即可．
【详解】（1）解：如图1，连接，
正六边形为的内接正六边形，
是的直径，，
，
；
（2）与相切，是的直径，
，
正六边形为的内接正六边形，
∴∠PAD=60°，
在中，，
；
（3）正六边形为的内接正六边形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
题型八：圆和四边形的综合
21．（2024·广东揭阳·一模）如图，在中，连接，以为直径的半圆O，从与共线开始绕点D逆时针旋转，直线与第一次重合时，停止运动，点K是半圆O的中点，连接，当，与线段有交点时，设交点分别为点P和点Q，已知，，．
(1)求的度数；
(2)当点Q在上时，设，，请求出y与x的关系式；
(3)当与重合时，求半圆O与所围成的弓形的面积．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】本题是圆与四边形的综合问题，考查了图形的旋转、圆的相关概念及性质、圆周角定理及推论、等腰直角三角形的性质、三角形相似模型、平行四边形的性质、扇形面积等知识，熟练掌握圆的性质是解决问题的关键．
（1）连接，由弧相等得到弦相等，再由直径所对的圆周角是直角，利用等腰直角三角形性质即可得到答案；
（2）由题中条件，结合等腰直角三角形性质求出角度及线段长，利用三角形相似的判定与性质代值求解即可得到答案；
（3）当与重合时，由得点在上，连接，如图所示，半圆与所围成的封闭图形的面积为，求出扇形面积及三角形面积代值即可得到答案．
【详解】（1）连接，如图1所示：

点K为半圆O的中点，
，
，
为直径，
，
在中，；
（2）如图2所示：

，，
，
在等腰中，，
则由勾股定理可得，
，
，
，
，
，
即，
；
（3）解：当与重合时，
，
点K在上，连接，如图3所示：

点K是半圆O的中点，
．
，
，
，
半圆O与所围成的弓形的面积为；
22．（2024·浙江宁波·一模）如图，矩形中，对角线与相交于点O，过O，C两点的切线段于点T，分别交线段于点F，E，M，连结，已知．
(1)求证：；
(2)若M为的中点，求的半径；
(3)若的半径为3，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据矩形的性质可得，从而得到，进而得到，即可；
（2）连结，连结交于点H，作于点G．则，证明四边形是矩形，即可求解；
（3）连结，根据题意可得，再由矩形的性质可得，根据圆内接四边形的性质可得，从而得到，进而得到，然后根据勾股定理可得，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形
，
又
（2）解：连结，连结交于点H，作于点G．则，
为的中点，
，四边形是矩形，
，
（3）解：连结．
的半径为3
∵四边形是矩形
∵四边形内接于，
∴，
∵，
【点睛】本题主要考查了圆的综合题，涉及了矩形的判定和性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理等知识，熟练掌握矩形的判定和性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理是解题的关键．
题型九：圆与函数的综合
23．（2022九年级·全国·专题练习）如图，抛物线y＝ax2+bx+2与直线AB相交于A（﹣1，0），B（3，2），与x轴交于另一点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在y上是否存在一点E，使四边形ABCE为矩形，若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)以C为圆心，1为半径作⊙C，D为⊙O上一动点，求DA+DB的最小值．
【答案】(1)y＝x2+x+2
(2)存在，E（0，﹣2）
(3)DA+DB的最小值为
【分析】（1）直接把A、B 坐标代入解析式，求解即可；
（2）先作AE⊥AB交y轴于点E，连接CE，作BF⊥x轴于点F，再通过证明△BFC∽△AFB和△BCF≌△EAO得到对边平行且相等，结合已知条件，得到四边形ABCE是矩形即可得到结论；
（3）先作FL⊥BC于点L，连接AL、CD，再通过证明△FCL∽△BCF和△DCL∽△BCD得到各边之间的关系，当DA+LD＝AL，即点D落在线段AL上时，DA+DB＝DA+LD＝AL最小，计算求解即可．
【详解】（1）把A（﹣1，0）、B（3，2）代入y＝ax2+bx+2，
得 ，解得 ，
∴抛物线的解析式为；
（2）存在．如图1，
作AE⊥AB交y轴于点E，连接CE；作BF⊥x轴于点F，则F（3，0）．
当y＝0时，由，得x1＝1，x2＝4，
∴C（4，0），
∴CF＝AO＝1，AF＝3﹣（﹣1）＝4；
又∵BF＝2，
∴ ，
∵∠BFC＝∠AFB＝90°，
∴△BFC∽△AFB，
∴∠CBF＝∠BAF，
∴∠ABC＝∠CBF+∠ABF＝∠BAF+∠ABF＝90°，
∴BC∥AE，
∵∠BCF＝90°﹣∠BAC＝∠EAO，∠BFC＝∠EOA＝90°，
∴△BCF≌△EAO（ASA），
∴BC＝EA，
∴四边形ABCE是平行四边形，
又∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCE是矩形；
∵OE＝FB＝2，
∴E（0，﹣2）
（3）如图2，
作FL⊥BC于点L，连接AL、CD
由（2）得∠BFC＝90°，BF＝2，CF＝1，
∴CF＝CD，CB＝．
∵∠FLC＝∠BFC＝90°，∠FCL＝∠BCF（公共角），
∴△FCL∽△BCF，
∴，
∴，
∵∠DCL＝∠BCD（公共角），
∴△DCL∽△BCD，
∴，
∴LD＝ DB；
∵DA+LD≥AL，
∴当DA+LD＝AL，即点D落在线段AL上时，DA+DB＝DA+LD＝AL最小．
∵CL＝CF＝，
∴BL＝ ＝，
∴BL2＝（）2＝，
又∵AB2＝22+42＝20，
∴AL＝ ＝ ＝ ，
DA+DB的最小值为．
【点睛】本题属于二次函数与四边形、圆的综合题目，考查了待定系数法求二次函数解析式、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，准确的添加辅助线及熟练掌握上述知识是解题的关键．
24．（2022九年级·全国·专题练习）定义：平面直角坐标系xOy中，过二次函数图像与坐标轴交点的圆，称为该二次函数的坐标圆．
(1)已知点P（2，2），以P为圆心，为半径作圆．请判断⊙P是不是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆，并说明理由；
(2)已知二次函数y＝x2﹣4x+4图像的顶点为A，坐标圆的圆心为P，如图1，求△POA周长的最小值；
(3)已知二次函数y＝ax2﹣4x+4（0＜a＜1）图像交x轴于点A，B，交y轴于点C，与坐标圆的第四个交点为D，连接PC，PD，如图2．若∠CPD＝120°，求a的值．
【答案】(1)⊙P是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆，理由见解析
(2)△POA周长的最小值为6
(3)
【分析】（1）先求出二次函数y=x2-4x+3图像与x轴、y轴的交点，再计算这三个交点是否在以P（2，2）为圆心，为半径的圆上，即可作出判断．
（2）由题意可得，二次函数y=x2-4x+4图像的顶点A（2，0），与y轴的交点H（0，4），所以△POA周长=PO+PA+OA=PO+PH+2≥OH+2，即可得出最小值．
（3）连接CD，PA，设二次函数y=ax2-4x+4图像的对称轴l与CD交于点E，与x轴交于点F，由对称性知，对称轴l经过点P，且l⊥CD，设PE=m，由∠CPD=120°，可得PA=PC=2m，CE=m，PF=4-m，表示出AB、AF=BF，在Rt△PAF中，利用勾股定理建立方程，求得m的值，进而得出a的值．
【详解】（1）对于二次函数y＝x2﹣4x+3，
当x＝0时，y＝3；当y＝0时，解得x＝1或x＝3，
∴二次函数图像与x轴交点为A（1，0），B（3，0），与y轴交点为C（0，3），
∵点P（2，2），
∴PA＝PB＝PC＝，
∴⊙P是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆．
（2）如图1，连接PH，
∵二次函数y＝x2﹣4x+4图像的顶点为A，坐标圆的圆心为P，
∴A（2，0），与y轴的交点H（0，4），
∴△POA周长＝PO+PA+OA＝PO+PH+2≥OH+2＝6，
∴△POA周长的最小值为6．
（3）如图2，连接CD，PA，
设二次函数y＝ax2﹣4x+4图像的对称轴l与CD交于点E，与x轴交于点F，
由对称性知，对称轴l经过点P，且l⊥CD，
∵AB＝，
∴AF＝BF＝，
∵∠CPD＝120°，PC＝PD，C（0，4），
∴∠PCD＝∠PDC＝30°，
设PE＝m，则PA＝PC＝2m，CE＝m，PF＝4﹣m，
∵二次函数y＝ax2﹣4x+4图像的对称轴l为，
∴，即，
在Rt△PAF中，PA2＝PF2+AF2，
∴，
即，
化简，得，解得，
∴．
【点睛】此题是二次函数与圆的综合题，主要考查了二次函数的性质、圆的基本性质、解直角三角形、勾股定理等知识以及方程的思想，添加辅助线构造直角三角形是解答本题的关键．
【专题精练】
一、单选题
25．（2024·陕西咸阳·三模）如图，在中，是直径，是弦，，过点C作弦，E为垂足，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查垂径定理，圆周角定理，直角三角形性质，连接，由垂径定理得到，进而得到，利用圆周角定理得到，再利用直角三角形性质即可得到的度数．
【详解】解：连接，
，
，，
，
，
，
，
故选：A．
26．（2024·安徽合肥·三模）如图，在中，弦，相交于点．若，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了圆周角、三角形外角的定义和性质等知识，理解“同弧或等弧所对的圆周角相等”是解题关键．根据“同弧或等弧所对的圆周角相等”可得，然后根据三角形外角的性质求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∵，
∴．
故选：A．
27．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，是的直径，点E在上，垂足为C，点G在上运动（不与E重合），点F为的中点，则的最大值为（ ）
A．B．6C．D．8
【答案】B
【分析】此题主要考查了垂径定理，四点共圆，勾股定理，作出辅助线判断出点四点共圆是解本题的关键．
先判断出点四点共圆，判断出的最大值为，再求出即可求出答案．
【详解】解：如图，连接，，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点在以为直径的圆上，
∴，
在中，，
根据勾股定理得，，
∴，
∴，
∴的最大值为6，
故选：B．
28．（2024·湖北襄阳·模拟预测）如图，的半径为5，切于点B，连接交于点C，交于点D，连接，若，则的长为（ ）
A．5B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，平行线的性质，正切等知识．熟练掌握切线的性质，圆周角定理，平行线的性质，正切的定义是解题的关键．
如图，连接，则，由，可得，由圆周角定理得，根据，求解作答即可．
【详解】解：如图，连接，
∵切于点B，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：C．
29．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，半径为2，圆心角为的扇形的弧上有一动点，从点作于点，设的三个内角平分线交于点，当点在弧上从点运动到点时，点所经过的路径长是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】如图，连接，由的内心为M，可得到，并且易证，得到，所以点M在以为弦，并且所对的圆周角为的一段劣弧上；过、M、三点作，如图，连，，在优弧取点，连接，，可得，得，，然后利用弧长公式计算弧的长即可．
【详解】解：如图，连接，
的内心为M，
，，
，
∵，
∴，
，
又，为公共边，
而，
，
，
所以点M在以为弦，并且所对的圆周角为的一段劣弧上；
过、M、三点作，如图，连接，，在优弧取点，连接，，
，
，
，
∵，
，
弧的长，
所以内心M所经过的路径长为．
故选：B．
【点睛】本题考查了弧长的计算公式：，其中表示弧长，表示弧所对的圆心角的度数．同时考查了三角形内心的性质、三角形全等的判定与性质、圆周角定理和圆的内接四边形的性质．
30．（2024·江苏苏州·一模）如图，矩形中，，与边、对角线均相切，过点作的切线，切点为，则切线长的最小值为（ ）
A．6B．7C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的判定与性质、切线的性质、相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相关性质和判定，作出合适的辅助线是解题的关键．设与、分别相切于点G、H，连接、、、，连接并延长交于E，过点E作于F，过点O作于K，设，则，可证得，得出，即，求得，再运用勾股定理可得，故当时，．
【详解】设与、分别相切于点G、H，连接、、、，连接并延长交于E，过点E作于F，过点O作于K，如图，
则，，
，，，
平分，
，
四边形是矩形，
，，，
，，
平分，，，
，
，
，
，
，
设，则，
，，
，
，即，
，
，，
，
设的半径为r，则，
，，
，
，即，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
是的切线，
，
，
当时，．
故选：D．
31．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，四边形内接于半径为3的中，点E为弧的中点，若，则的长为（ ）
A．B．C．5D．6
【答案】B
【分析】本题考查院内杰斯变形的性质，弦、弧、圆心角的关系，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，先根据题意确定是等边三角形，然后利用解直角三角形得到长，进而根据垂径定理解题即可．
【详解】解：连接，，，，过O点作于点F，
∵点E为弧的中点，
∴，
又∵内接于，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
又∵，，
∴，，
∴，
∴，
故选B．
32．（23-24八年级下·陕西·阶段练习）如图，四边形为矩形，，．点是线段上一动点，点为线段上一点，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查矩形的性质、直径所对的圆周角是直角、 勾股定理, 熟练掌握以上知识是解题的关键．
先根据矩形的性质，证明，故可得在以的中点为圆心，为半径的圆弧上运动，连接交弧于点，此时取最小值，利用勾股定理算出，即可算出．
【详解】解：∵，四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴在以的中点为圆心，为半径的圆弧上运动，
如图所示，连接交弧于点，此时取最小值，

∵，，
∴，
∴，
∴，即的最小值为，
故选．
二、填空题
33．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，已知与相切于点，交于点C，连结．则下列结论：，，，一定成立的是 （填序号）．
【答案】③
【分析】此题考查了切线的性质，直径所对的圆周角是直角，等边对等角，
根据切线的性质和等边对等角，逐项求解判断即可．
【详解】∵与相切于点
∴只有当时，，故①不符合题意；
∵与相切于点
∴，即
∴，
∵
∴
∴，故②不符合题意；
如图所示，延长交于点D，连接
∴是的直径
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴，故③符合题意．
综上所述，一定成立的是③．
故答案为：③．
34．（2024·山西太原·二模）如图，在中，，．以为直径的交于点D，过点D作的切线交于点E．若的半径为2，则阴影部分的面积为 ．
【答案】/
【分析】连接，求出，得出，证明四边形为矩形，根据，得出四边形为正方形，根据求出结果即可．
【详解】解：连接，如图所示：
∵为的切线，
∴，
∴，
∵在中，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形，
∴
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，正方形的判定，扇形面积计算，等腰三角形的性质，解题的关键在作出辅助线，证明四边形四边形为正方形．
35．（2024·福建泉州·三模）如图，点为轴上一点，点C在函数的图象上，轴切于点．若、、三点恰好在同一直线上，的面积为，则的值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了反比例函数点的坐标特征，切线的性质，三角形面积等知识点，构造三角形面积的等式是解题的关键．
根据点在反比例函数上设，表达出三角形的底和高，再利用三角形的面积公式建立等式求解即可．
【详解】解：∵点在函数的图象上，
∴设，
∵轴切于点，
∴轴，
∴，，则点到的距离为，
∵为的直径，
∴，
∴，
解得：；
故答案为：．
36．（2024·甘肃平凉·二模）马面裙（图1），又名“马面褶裙”，是我国古代女子穿着的主要裙式之一，将图1中的马面裙抽象成数学图形如图2中的阴影部分所示，和所在圆的圆心均为点O，且点A在上，点D在上，若，，则该马面裙裙面（图2中阴影部分）的面积为 ．（结果保留）

【答案】
【分析】本题考查了扇形面积的求解，熟记扇形面积公式是解题的关键；根据扇形面积的计算公式计算即可
【详解】，
，
，
，
该马面裙裙面的面积，
故答案为：；
37．（2024年江苏省常州市教科院中考二模数学试题）如图，为的直径，C为上一点，平分，与过点A的的切线交于点D，与交于点F，与交于点E．记的面积为，的面积为，若，则 ．
【答案】
【分析】方法一：根据得到，则，再证明，得到，设，则，即可得到；
方法二：如图所示，连接，根据得到，，再证明，得到，则；证明，得到；如图所示，过点E作于G，可得，由角平分线的性质得到，则，进而得到，，有勾股定理得到，则．
【详解】解：方法一：∵，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，
∴，
∴；
方法二：如图所示，连接，
∵，
∴，，
∵为的直径，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
如图所示，过点E作于G，
∵，
∴，
∵平分，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，等腰三角形的性质与判定，角平分线的性质等等，正确作出辅助线构造相似三角形，直角三角形是解题的关键．
38．（2024·湖北恩施·二模）如图，正方形的边长为8，点是边的中点，点是边上一动点，连接，将沿翻折得到，连接．当最小时，的长是 ．
【答案】/
【分析】本题主要考查了圆的性质，正方形和折叠的性质，勾股定理，确定当点G、F、A三点共线时，最小是解题的关键，同时注意运用面积法求垂线段的长度．
由翻折知，得点F在以B为圆心，8为半径的圆上运动，可知当点G、F、A三点共线时，最小，连接，再勾股定理求出的长，然后利用等面积法即可求出．
【详解】解：∵正方形的边长为8，
∴，，
∵将沿翻折得到，
∴，
∴点F在以B为圆心，8为半径的圆上运动，
∴当点G、F、A三点共线时，最小，如图，连接

∵点G是边的中点，
∴，
由勾股定理得， ，
∵
∴
∴
解得．
故答案为：．
三、解答题
39．（2024年山东省济宁市北湖区九年级下学期三模数学试题）如图，点E为正方形的边上的一点，是的外接圆，与交于点F，G是上一点，且．
(1)求证：是的切线；
(2)①连接，求证：四边形是矩形；
②若，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】本题主要考查了圆与四边形的综合，矩形的判定和性质、正方形的性质、相似三角形的判定和性质，切线的判定，解题的关键是掌握相似三角形的判定和性质．
（1）连接，根据正方形的性质得出，则，根据，推出，进而得出，即可求证；
（2）①连接，由为直径得到，又由，即可证明四边形为矩形；
②设，则，，证明，根据，求出x的值，最后根据勾股定理即可求出．
【详解】（1）证明：连接，

∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）①证明：连接，

∵为直径，
∴，
∵，
∴四边形为矩形；
②设，则，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得：，
经检验，是分式方程的解且符合题意，
即，
根据勾股定理可得：
∴半径的长为．
40．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，点，，，均在上，且经过圆心，过点作的切线，交的延长线于点，连接，，，．

(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，如图，先利用切线的性质得到，利用圆周角定理得到，则根据等角的余角相等得到，然后利用圆周角定理得到，从而得到结论；
（2）交于点，如图，根据垂径定理得到，，设，则，根据双勾股，则解方程得到，然后利用勾股定理计算出，从而得到的长．
【详解】（1）证明：连接，如图，
为的切线，
，
，
，
为的直径，
，
即，
，
，
，
，
；
（2）解：交于点，如图，
，
，
，
，
，
，
设，则，
在中，，
在中，，
，
解得，
即，
，
．
41．（2024·湖南·三模）如图，是的直径，弦，垂足为H，过点C作直线分别与的延长线交于点E，F，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，由垂径定理得到，由圆周角定理和已知条件证明，进而可证明，由此即可证明是的切线；
（2）由垂径定理和圆的性质得到，解直角三角形得到，则，解直角三角得到，，则，即可得到．
【详解】（1）证明：如图，连接．
∵是的直径，弦，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
又∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，即．
又∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴．
在 中，．
在和中，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，解直角三角形，圆周角定理，勾股定理，垂径定理，掌握相关图形的性质是解决问题的关键．
42．（2024·河北邢台·三模）如图1和图2，的半径为6，是直径，弦于点M，点E是上一点，连接并延长，交的延长线于点F，交的切线于点G，连接，．
(1)求证：；
(2)如图1，若，经过圆心O，求的长；
(3)如图2，若点E是中点．
①判断与的大小，并说明理由；
②当，的长．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)①相等，见解析；②3
【分析】（1）由是切线，可得，由，可证．
（2）由题意知，，由题意可得，由勾股定理得，，则，，，根据的长为，求解作答即可；
（3）①如图5，连接，则，，，，由点E是中点，可得，进而可得；②如图5，连接，由①可得，．则，设．则．，由勾股定理得，，即，计算求解，进而可求．
【详解】（1）证明：∵是切线，
∴，
又∵，
∴．
（2）解：∵，，
∴，
由题意可得．
由勾股定理得，．
∴，
∴．
∴．
∴的长为，
∴的长为．
（3）①解：，理由如下；
如图5，连接，
∴，
∵是直径，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵点E是中点，
∴．
∴．
②解：如图5，连接，
由①可知，．
∴，
∴．
设．则．．
由勾股定理得，，即，
解得，（舍去），
∴，
∴的长为3．
【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的判定，弧长，勾股定理，同弧所对的圆周角相等知识．熟练掌握切线的性质，平行线的判定，弧长，勾股定理，同弧所对的圆周角相等是解题的关键．
43．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，为的直径，为上一点，，直线与直线相交于点，平分．
(1)求证：是的切线；
(2)与的交点为，若，，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（）根据等腰三角形的性质和角平分线的定义得到，进而得到，根据平行线的性质得到，根据切线的判定定理即可得到结论；
（）连接，设半径为，在中，由勾股定理得，解得，得到，，利用三角函数得，即得到，，进而得到，，，为等边三角形，得到，，据此得，，最后由计算即可求解；
本题考查了切线的判定和性质，角平分线的定义，平行线的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解直角三角形，不规则图形的面积计算，正确地作出辅助线是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：如图，连接，设半径为，
，
∴，
在中， ，
，
解得，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，，
∴．
44．（2024·河北石家庄·二模）如图①，垂直平分线段，，以点为圆心，2为半径作，点是上的一点，当A，D，O三点共线时，连接交于点，此时，如图②将扇形绕点逆时针旋转，得到扇形．
(1)求证：；
(2)①当点到的距离最大时，判断与的位置关系，并说明理由；
②连接，若，直接写出的长．
【答案】(1)见解析
(2)①相切，理由见解析；②或
【分析】本题主要考查切线的判定，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，弧长公式：
（1）由旋转的性质得，，根据证明可得答案；
（2）①由得，即可得到答案；②分两种情况，由弧长公式计算可得结果
【详解】（1）解：垂直平分线段，
，
由旋转的性质得，，
，
；
（2）解：①相切．理由如下：
当点到的距离最大时，与相切．
由得，
是的半径，
与相切：
②垂直平分线段，
，
，；
如解图①，，
，
，
的长为；
如解图②，，
，
，
的长为．
综上所述，的长为或．
【点睛】
45．（2024·浙江·二模）如图1，内接于⊙，，点D为上的动点，连结交于点E，连结并延长交于点F，连结．

(1)当时，求的度数；
(2)如图2，当，，时，求的长；
(3)如图3，当为⊙的直径，，时，求k的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）连结，，先证明，可得，再进一步可得答案；
（2）连结，证明，可得，再证明，可得，再进一步求解即可．
（3）先表示，，．延长交于点H，证明，可得，证明，利用．设，，半径：，再进一步解答即可．
【详解】（1）解：连结，

∵，，
∵
；
（2）解：连结

∵，由（1）得：，
∵
∵
∵，，
．
（3）解：∵，
，，．
延长交于点H，

由（1）可得：，
∵是直径
∵，
∴是的中位线．
∵
．
设，，半径：
则，在中
得
即：．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，三角形的中位线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
46．（2024·广东揭阳·三模）如图1，是的直径，是上一点，于，是延长线上一点，连接，，是线段上一点，连接并延长交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求证：；
(3)如图2，若，，点是的中点，与交于点，连接．请猜想，，的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）连接，先由证明，再由，可证得，即可证明；
（2）先证得，，说明，利用相似三角形的性质推得，再由，，判定，利用相似三角形的性质推得，从而可得结论；
（3）结论：．连接、，先证得，，从而，由相似三角形的性质推得，再设，则，从而，结合，可得，进而推得，然后运用勾股定理证即可得到结论．
【详解】（1）证明：如图1，连接，
图1
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，即，
又∵是半径，
∴是的切线；
（2）证明：∵是的直径，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，即，
又∵，，
∴，
∴，即，
∴；
（3）解：．理由如下：
如图2，连接、，
图2
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
解得，
点是的中点，
∴，
∴，
∴，是等腰直角三角形，
∴，，
设，则，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
．