考点17 圆-备战2021年中考数学考点一遍过（含答案解析）试卷

这是一份考点17 圆-备战2021年中考数学考点一遍过（含答案解析）试卷，共82页。试卷主要包含了故答案为等内容，欢迎下载使用。

考点17.圆

该板块内容以考查综合题为主，也是考查重点，除了填空题和选择题外，年年都会考查综合题，对多数考生来说也是难点，2021年各地中考肯定还是考查的重点在选择、填空题中考查三角形的外心、正多边形、弧长、扇形面积，在解答题中想必还会考查切线的性质和判定，和直角三角形结合的求线段长的问题和三角函数结合的求角度的问题等知识点综合，考查形式多样，多以动点、动图的形式给出，难度较大。关键是掌握基础知识、基本方法，力争拿到全分。

一、圆的有关概念
1．与圆有关的概念和性质
1）圆：平面上到定点的距离等于定长的所有点组成的图形．
2）弦与直径：连接圆上任意两点的线段叫做弦，过圆心的弦叫做直径，直径是圆内最长的弦．
3）弧：圆上任意两点间的部分叫做弧，小于半圆的弧叫做劣弧，大于半圆的弧叫做优弧．
4）圆心角：顶点在圆心的角叫做圆心角．
5）圆周角：顶点在圆上，并且两边都与圆还有一个交点的角叫做圆周角．
6）弦心距：圆心到弦的距离．
2．注意
1）经过圆心的直线是该圆的对称轴，故圆的对称轴有无数条；
2）3点确定一个圆，经过1点或2点的圆有无数个．
3）任意三角形的三个顶点确定一个圆，即该三角形的外接圆．
二、垂径定理及其推论
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．
关于垂径定理的计算常与勾股定理相结合，解题时往往需要添加辅助线，一般过圆心作弦的垂线，构造直角三角形．
2．推论
1）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；
2）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．
三、圆心角、弧、弦的关系
1．定理：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．圆心角、弧和弦之间的等量关系必须在同圆等式中才成立．
2．推论：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，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
四、圆周角定理及其推论
1．定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
2．推论：1）在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等． 2）直径所对的圆周角是直角．
圆内接四边形的对角互补．在圆中求角度时，通常需要通过一些圆的性质进行转化．比如圆心角与圆周角间的转化；同弧或等弧的圆周角间的转化；连直径，得到直角三角形，通过两锐角互余进行转化等．
五、与圆有关的位置关系
1．点与圆的位置关系
设点到圆心的距离为d．(1)dr⇔点在⊙O外．
判断点与圆之间的位置关系，将该点的圆心距与半径作比较即可．
2．直线和圆的位置关系
位置关系
相离
相切
相交
图形



公共点个数
0个
1个
2个
数量关系
d>r
d=r
d 由于圆是轴对称和中心对称图形，所以关于圆的位置或计算题中常常出现分类讨论多解的情况．
六、切线的性质与判定
1．切线的性质
1）切线与圆只有一个公共点．2）切线到圆心的距离等于圆的半径．3）切线垂直于经过切点的半径．
利用切线的性质解决问题时，通常连过切点的半径，利用直角三角形的性质来解决问题．
2．切线的判定
1）与圆只有一个公共点的直线是圆的切线（定义法）．
2）到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线．
3）经过半径外端点并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
切线判定常用的证明方法：①知道直线和圆有公共点时，连半径，证垂直；②不知道直线与圆有没有公共点时，作垂直，证垂线段等于半径．
七、三角形与圆
1．三角形的外接圆相关概念
经过三角形各顶点的圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心叫做三角形的外心，这个三角形叫做圆的内接三角形．外心是三角形三条垂直平分线的交点，它到三角形的三个顶点的距离相等．
2．三角形的内切圆
与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．内心是三角形三条角平分线的交点，它到三角形的三条边的距离相等．
八、正多边形的有关概念
正多边形中心：正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心．
正多边形半径：正多边形外接圆的半径叫做正多边形半径．
正多边形中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形中心角．
正多边形边心距：正多边形中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．
九、与圆有关的计算公式
1．弧长和扇形面积的计算：扇形的弧长l=；扇形的面积S==．
2．圆锥与侧面展开图
1）圆锥侧面展开图是一个扇形，扇形的半径等于圆锥的母线，扇形的弧长等于圆锥的底面周长．
2）若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则这个扇形的半径为l，扇形的弧长为2πr，
圆锥的侧面积为S圆锥侧=．圆锥的表面积：S圆锥表=S圆锥侧+S圆锥底=πrl+πr2=πr·（l+r）．
在求不规则图形的面积时，注意利用割补法与等积变化方法归为规则图形，再利用规则图形的公式求解．


考向一 圆的基本认识
1．在一个圆中可以画出无数条弦和直径．
2．直径是弦，但弦不一定是直径．
3．在同一个圆中，直径是最长的弦．
4．半圆是弧，但弧不一定是半圆．弧有长度和度数，规定半圆的度数为180°，劣弧的度数小于180°，优弧的度数大于180°．
5．在同圆或等圆中能够互相重合的弧是等弧，度数或长度相等的弧不一定是等弧．

1．（2020·山东临沂市·）我们知道，两点之间线段最短，因此，连接两点间线段的长度叫做两点间的距离；同理，连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短，因此，直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．类似地，连接曲线外一点与曲线上各点的所有线段中，最短线段的长度，叫做点到曲线的距离．依此定义，如图，在平面直角坐标系中，点到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离为_____．

【答案】
【分析】连接OA，与圆O交于点B，根据题干中的概念得到点到圆的距离即为OB，再求出OA，结合圆O半径可得结果.
【详解】解：根据题意可得：点到圆的距离为：该点与圆上各点的连线中，最短的线段长度，
连接OA，与圆O交于点B，可知：点A和圆O上点B之间的连线最短，
∵A（2，1），∴OA==，∵圆O的半径为1，∴AB=OA-OB=，
∴点到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离为，故答案为：.

【点睛】本题考查了圆的新定义问题，坐标系中两点之间的距离，勾股定理，解题的关键是理解题意，利用类比思想解决问题.
2．（2020·甘肃兰州市·中考模拟）有下列四个命题：①直径是弦；②经过三个点一定可以作圆；③三角形的外心到三角形各顶点的距离都相等；④半径相等的两个半圆是等弧．其中正确的有
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
分析：根据圆中的有关概念、定理进行分析判断．
【解析】解：①经过圆心的弦是直径，即直径是弦，弦不一定是直径，故正确；
②当三点共线的时候，不能作圆，故错误；③三角形的外心是三角形三边的垂直平分线的交点，所以三角形的外心到三角形各顶点的距离都相等，故正确；
④在同圆或等圆中，能够互相重合的弧是等弧，所以半径相等的两个半圆是等弧，故正确．故选B．

1．（2020·山东聊城市·中考模拟）把地球看成一个表面光滑的球体，假设沿地球赤道绕紧一圈钢丝，然后把钢丝加长，使钢丝圈沿赤道处处高出球面16cm，那么钢丝大约需要加长
A．102cm B．104cm C．106cm D．108cm
【答案】A
【解析】设地球半径为：rcm，则地球的周长为：2πrcm，
假设沿地球赤道绕紧一圈钢丝，然后把钢丝加长，使钢丝圈沿赤道处处高出球面16cm，故此时钢丝围成的圆形的周长变为：2π（r+16）cm，
∴钢丝大约需要加长：2π（r+16）﹣2πr≈100（cm）=102（cm）．故选A．
2．（2020·山东临沂市）如图，在中，为直径，，点D为弦的中点，点E为上任意一点，则的大小可能是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接OD、OE，先求出∠COD=40°，∠BOC=100°，设∠BOE=x，则∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°；然后运用等腰三角形的性质分别求得∠OED和∠COE，最后根据线段的和差即可解答．
【详解】解：连接OD、OE∵OC=OA∴△OAC是等腰三角形
∵，点D为弦的中点 ∴∠DOC=40°，∠BOC=100°
设∠BOE=x，则∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°
∵OC=OE，∠COE=100°-x ∴∠OEC=
∵OD＜OE，∠DOE=100°-x+40°=140°-x ∴∠OED＜
∴∠CED＞∠OEC-∠OED==20°．
又∵∠CED＜∠ABC=40°，故答案为C．

【点睛】本题考查了圆的性质、等腰三角形的性质等知识点，正确作出辅助线、构造等腰三角形是解答本题的关键．
考向二 垂径定理
1．垂径定理中的“弦”为直径时，结论仍然成立．
2．垂径定理是证明线段相等、弧相等的重要依据，同时也为圆的计算和作图问题提供了理论依据．

1.（2020·广东广州市·中考真题）往直径为的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面宽，则水的最大深度为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过点O作OD⊥AB于D，交⊙O于E，连接OA，根据垂径定理即可求得AD的长，又由⊙O的直径为，求得OA的长，然后根据勾股定理，即可求得OD的长，进而求得油的最大深度的长．
【详解】解：过点O作OD⊥AB于D，交⊙O于E，连接OA，
由垂径定理得：，∵⊙O的直径为，∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，∴油的最大深度为，故选：．

【点睛】本题主要考查了垂径定理的知识．此题难度不大，解题的关键是注意辅助线的作法，构造直角三角形，利用勾股定理解决．
2．（2020·黑龙江牡丹江市·中考真题）是的弦，，垂足为M，连接．若中有一个角是30°，，则弦的长为_________．
【答案】12或4
【分析】分∠OAM=30°，∠AOM=30°，两种情况分别利用正切的定义求解即可.
【详解】解：∵OM⊥AB，∴AM=BM，若∠OAM=30°，
则tan∠OAM=，∴AM=6，∴AB=2AM=12；

若∠AOM=30°，则tan∠AOM=，∴AM=2，∴AB=2AM=4.故答案为：12或4.
【点睛】本题考查了垂径定理，三角函数，解题时要根据题意分情况讨论.
3．（2020·浙江嘉兴市·中考真题）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝8，按下列步骤作图：
①以点A为圆心，适当的长度为半径作弧，分别交AB，AC于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于EF的长为半径作弧相交于点H，作射线AH；
②分别以点A，B为圆心，大于AB的长为半径作弧相交于点M，N，作直线MN，交射线AH于点O；
③以点O为圆心，线段OA长为半径作圆．
则⊙O的半径为（　　）

A．2 B．10 C．4 D．5
【答案】D
【分析】如图，设OA交BC于T．解直角三角形求出AT，再在Rt△OCT中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【详解】解：如图，设OA交BC于T．

∵AB＝AC＝2，AO平分∠BAC，∴AO⊥BC，BT＝TC＝4，
∴AE＝，在Rt△OCT中，则有r2＝（r﹣2）2+42，
解得r＝5，故选：D．
【点睛】本题考查作图——复杂作图，等腰三角形的性质，垂径定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．

1．（2020·山东滨州市·中考真题）在中，直径AB＝15，弦DE⊥AB于点C．若OC：OB＝3 ：5，则DE的长为（ ）
A．6 B．9 C．12 D．15
【答案】C
【分析】根据题意画出图形，然后利用垂径定理和勾股定理解答即可．
【详解】解：如图所示：∵直径AB＝15，∴BO＝7.5，∵OC：OB＝3：5，∴CO＝4.5，
∵DE⊥AB，∴DC＝＝6，∴DE＝2DC＝12．故选：C．

【点睛】此题主要考查了垂径定理和勾股定理，属于常考题型，正确得出CO的长、熟练掌握上述知识是解题关键．
2．（2020·江苏南京市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限，⊙P与x轴、y轴都相切，且经过矩形的顶点C，与BC相交于点D，若⊙P的半径为5，点的坐标是，则点D的坐标是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】在Rt△CPF中根据勾股定理求出PF的长，再根据垂径定理求出DF的长，进而求出OB，BD的长，从而求出点D的坐标．
【详解】设切点分别为G，E，连接PG，PE，PC，PD，并延长EP交BC与F，则PG=PE=PC=5，四边形OBFE是矩形．∵OA=8，∴CF=8-5=3，∴PF=4，∴OB=EF=5+4=9．
∵PF过圆心，∴DF=CF=3，∴BD=8-3-3=2，∴D(9，2)．故选A．

【点睛】本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，以及垂径定理等知识，正确做出辅助线是解答本题的关键．
3．（2020·青海中考真题）已知⊙O的直径为10cm，AB，CD是⊙O的两条弦，，，，则与之间的距离为________cm．
【答案】7或1．
【分析】分两种情况考虑：当两条弦位于圆心O同一侧时，当两条弦位于圆心O两侧时；利用垂径定理和勾股定理分别求出OE和OF的长度，即可得到答案．
【详解】解：分两种情况考虑：当两条弦位于圆心O一侧时，如图1所示，

过O作OE⊥CD，交CD于点E，交AB于点F，连接OC，OA，
∵AB∥CD，∴OE⊥AB，∴E、F分别为CD、AB的中点，
∴CE=DE=CD=3cm，AF=BF=AB=4cm，
在Rt△AOF中，OA=5cm，AF=4cm，根据勾股定理得：OF=3cm，
在Rt△COE中，OC=5cm，CE=3cm，根据勾股定理得：OE═4cm，
则EF=OEOF=4cm3cm=1cm；当两条弦位于圆心O两侧时，如图2所示，
同理可得EF=4cm+3cm=7cm，综上，弦AB与CD的距离为7cm或1cm．故答案为：7或1．
【点睛】此题考查了垂径定理，勾股定理，利用了分类讨论的思想，熟练掌握垂径定理是解本题的关键．
考向三 弧、弦、圆心角、圆周角
1．圆心角的度数等于它所对弧的度数，把顶点在圆心的周角等分成360份，每一份的圆心角是1°的角，1°的圆心角对着1°的弧．
2．圆周角要具备两个特征：①顶点在圆上；②角的两边都和圆相交，二者缺一不可．

1．（2020·山东烟台市·中考真题）量角器测角度时摆放的位置如图所示，在中，射线OC交边AB于点D，则∠ADC的度数为（ ）

A．60° B．70° C．80° D．85°
【答案】C
【分析】根据等腰三角形的性质，三角形的外角的性质即可得到结论．
【详解】解：∵OA＝OB，∠AOB＝140°，∴∠A＝∠B＝(180°﹣140°)＝20°，
∵∠AOC＝60°，∴∠ADC＝∠A+∠AOC＝20°+60°＝80°，故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，正确的识别图形是解题的关键．
2．（2020·浙江中考真题）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC=70°，则∠ADC的度数是（　　）

A．70° B．110° C．130° D．140°
【答案】B
【分析】根据圆内接四边形的对角互补计算即可．
【详解】∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC=70°，
∴∠ADC=180°﹣∠ABC=180°﹣70°=110°，故选：B．
【点睛】本题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题的关键．
3．（2020·山东青岛市·中考真题）如图，是的直径，点，在上，，交于点．若．则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据圆周角定理得到∠，再根据等弧所对的弦相等，得到，∠，最后根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，得到∠CAD=，∠BAG=，即可求解．
【详解】解：∵是的直径∴∠∵∴∴∠
∵∴∠∴∠
∴∠故选：B．
【点睛】此题主要考查圆周角定理和弧、弦及圆周角之间的关系，熟练掌握圆周角定理和三者之间的关系是解题关键．

1．（2020·湖北荆门市·中考真题）如图，中，，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由垂径定理都出，然后根据圆周角定理即可得出答案．
【详解】∵OC⊥AB，∴，∴∠APC=∠BOC，
∵∠APC=28°，∴∠BOC=56°，故选：D．
【点睛】本题考查了垂径定理和圆周角定理，得出是解题关键．
2．（2020·浙江杭州市·中考真题）如图，已知BC是⊙O的直径，半径OA⊥BC，点D在劣弧AC上（不与点A，点C重合），BD与OA交于点E．设∠AED＝α，∠AOD＝β，则（　　）

A．3α+β＝180° B．2α+β＝180° C．3α﹣β＝90° D．2α﹣β＝90°
【答案】D
【分析】根据直角三角形两锐角互余性质，用α表示∠CBD，进而由圆心角与圆周角关系，用α表示∠COD，最后由角的和差关系得结果．
【详解】解：∵OA⊥BC，∴∠AOB＝∠AOC＝90°，
∴∠DBC＝90°﹣∠BEO＝90°﹣∠AED＝90°﹣α，∴∠COD＝2∠DBC＝180°﹣2α，
∵∠AOD+∠COD＝90°，∴β+180°﹣2α＝90°，∴2α﹣β＝90°，故选：D．

【点睛】本题考查了圆周角定理以及直角三角形的两个锐角互余的关系，熟练掌握圆周角定理是解决本题的关键．
考向四 点、直线与圆的位置关系
1．点和圆的位置关系：①在圆上；②在圆内；③在圆外．
2．直线和圆的位置关系：相交、相切、相离．

1．（2020·广东广州市·中考真题）如图，中，，，，以点为圆心，为半径作，当时，与的位置关系是（ ）

A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定
【答案】B
【分析】根据中，， ，求出AC的值，再根据勾股定理求出BC 的值，比较BC与半径r的大小，即可得出与的位置关系．
【详解】解：∵中，， ，∴cosA=
∵，∴AC=4∴BC= 当时，与的位置关系是：相切 故选：B
【点睛】本题考查了由三角函数解直角三角形，勾股定理以及直线和圆的位置关系等知识，利用勾股定理解求出BC是解题的关键．
2．（2020·上海中考真题）在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点O在对角线AC上，圆O的半径为2，如果圆O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是____．
【答案】＜AO＜．
【分析】根据勾股定理得到AC=10，如图1，设⊙O与AD边相切于E，连接OE，证明△AOE∽△ACD即可求出与AD相切时的AO值；如图2，设⊙O与BC边相切于F，连接OF，证明△COF∽△CAB即可求出BC相切时的AO值，最后即可得到结论．
【详解】解：在矩形ABCD中，∵∠D=90°，AB=6，BC=8，∴AC=10，
如图1，设⊙O与AD边相切于E，连接OE，

则OE⊥AD，∴OE//CD，∴△AOE∽△ACD，∴，∴，∴AO=；
如图2，设⊙O与BC边相切于F，连接OF，
则OF⊥BC，∴OF//AB，∴△COF∽△CAB，∴，∴，∴OC=，∴AO=，
∴如果圆O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是＜AO＜．
故答案为：＜AO＜．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．


1. （2020·四川中考模拟）已知⊙O的半径是5，点A到圆心O的距离是7，则点A与⊙O的位置关系是
A．点A在⊙O上 B．点A在⊙O内 C．点A在⊙O外 D．点A与圆心O重合
【答案】C
【解析】∵O的半径是5，点A到圆心O的距离是7，
即点A到圆心O的距离大于圆的半径，∴点A在⊙O外．故选C．
【点睛】直接根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
2. （2020·河北中考模拟）在△ABC中，AB=AC=2，∠A=150°，那么半径长为1的⊙B和直线AC的位置关系是
A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定
【答案】B
【解析】过B作BD⊥AC交CA的延长线于D，∵∠BAC=150，∴∠DAB=30°，∴BD==1，即B到直线AC的距离等于⊙B的半径，∴半径长为1的⊙B和直线AC的位置关系是相切，故选B．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系的应用，过B作BD⊥AC交CA的延长线于D，求出BD和⊙B的半径比较即可，主要考查学生的推理能力．
考向五 切线的性质与判定
有圆的切线时，常常连接圆心和切点得切线垂直半径，这是圆中作辅助线的一种方法．

1.（2020·浙江杭州市·中考真题）如图，已知AB是⊙O的直径，BC与⊙O相切于点B，连接AC，OC．若sin∠BAC＝，则tan∠BOC＝_____．

【答案】
【分析】根据切线的性质得到AB⊥BC，设BC＝x，AC＝3x，根据勾股定理得到AB＝＝＝2x，于是得到结论．
【详解】解：∵AB是⊙O的直径，BC与⊙O相切于点B，∴AB⊥BC，∴∠ABC＝90°，
∵sin∠BAC＝＝，∴设BC＝x，AC＝3x，∴AB＝＝＝2x，
∴OB＝AB＝x，∴tan∠BOC＝＝，故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质、解直角三角形，熟练掌握解直角三角形的相关知识是解决本题的关键．
2．（2020·湖南湘西土家族苗族自治州·中考真题）如图，、为⊙O的切线，切点分别为A、B，交于点C，的延长线交⊙O于点D．下列结论不一定成立的是（ ）

A．为等腰三角形 B．与相互垂直平分
C．点A、B都在以为直径的圆上 D．为的边上的中线
【答案】B
【分析】连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，证明Rt△OPB≌Rt△OPA，可得BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，可推出为等腰三角形，可判断A；根据△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，可得PM=OM=BM=AM，可判断C；证明△OBC≌△OAC，可得PC⊥AB，根据△BPA为等腰三角形，可判断D；无法证明与相互垂直平分，即可得出答案．
【详解】解：连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，

∵B，C为切点，∴∠OBP=∠OAP=90°，∵OA=OB，OP=OP，∴Rt△OPB≌Rt△OPA，
∴BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，∴为等腰三角形，故A正确；
∵△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，∴PM=OM=BM=AM
∴点A、B都在以为直径的圆上，故C正确；
∵∠BOC=∠AOC，OB=OA，OC=OC，∴△OBC≌△OAC，∴∠OCB=∠OCA=90°，∴PC⊥AB，
∵△BPA为等腰三角形，∴为的边上的中线，故D正确；
无法证明与相互垂直平分，故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，圆的性质，掌握知识点灵活运用是解题关键．
3．（2020·河南中考真题）我们学习过利用用尺规作图平分一个任意角，而“利用尺规作图三等分一个任意角”曾是数学史上一大难题，之后被数学家证明是不可能完成的，人们根据实际需要，发明了一种简易操作工具--------三分角器．图1是它的示意图，其中与半圆的直径在同一直线 上，且的长度与半圆的半径相等；与重直于点 足够长．
使用方法如图2所示，若要把三等分，只需适当放置三分角器，使经过的顶点，点落在边上，半圆与另一边恰好相切，切点为，则就把三等分了．
为了说明这一方法的正确性，需要对其进行证明．如下给出了不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，并写出“证明”过程．

已知：如图2，点在同一直线上，垂足为点，
求证：

【答案】在上，过点， 为半圆的切线，切点为；EB，EO为∠MEN的三等分线．证明见解析．
【分析】
如图，连接OF．则∠OFE=90°，只要证明，，即可解决问题；
【详解】
已知：如图2，点在同一直线上，垂足为点， 在上，过点，为半圆的切线，切点为．
求证： EB，EO为∠MEN的三等分线．

证明：如图，连接OF．则∠OFE=90°，
∵EB⊥AC，EB与半圆相切于点B， ∴∠ABE=∠OBE=90°，
∵BA=BO．EB=EB， ∴∠AEB=∠BEO，
∵EO=EO．OB=OF，∠OBE=∠OFE， ∴， ∴∠OEB=∠OEF，
∴∠AEB=∠BEO=∠OEF，∴EB，EO为∠MEN的三等分线．
故答案为：在上，过点，为半圆的切线，切点为．
EB，EO为∠MEN的三等分线．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、切线的性质等知识，解题的关键学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．

1．（2020·江苏徐州市·中考真题）如图，是的弦，点在过点的切线上，，交于点．若，则的度数等于（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意可求出∠APO、∠A的度数，进一步可得∠ABO度数，从而推出答案.
【详解】∵，∴∠APO=70°，∵，∴∠AOP=90°，∴∠A=20°，
又∵OA=OB，∴∠ABO=20°，又∵点C在过点B的切线上，∴∠OBC=90°，
∴∠ABC=∠OBC−∠ABO=90°−20°=70°，故答案为：B.
【点睛】本题考查的是圆切线的运用，熟练掌握运算方法是关键.
2．（2020·四川绵阳市·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，点D在⊙O外，∠ADC＝90°，BD交⊙O于点E，交AC于点F，∠EAC＝∠DCE，∠CEB＝∠DCA，CD＝6，AD＝8．（1）求证：AB∥CD；（2）求证：CD是⊙O的切线；（3）求tan∠ACB的值．

【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）
【分析】（1）由圆周角定理与已知得，即可得出结论；
（2）连接并延长交于，连接，则为的直径，，证明，得出，即可得出结论；
（3）由三角函数定义求出，证出，求出，，过点作于，设，则，由勾股定理得出方程，解方程得，由勾股定理求出，由三角函数定义即可得答案．
【详解】（1）证明：，，，；
（2）证明：连接并延长交于，连接，如图1所示：

则为的直径，，，，
，，，
，，即，
是的半径，是的切线；
（3）解：在中，由勾股定理得：，
，是的切线，，，
，，过点作于，如图2所示：
设，则，由勾股定理得：，
即：，解得：，，
，．
【点睛】本题是圆的综合题目，考查了切线的判定与性质、圆周角定理、平行线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角函数定义、勾股定理等知识；熟练掌握圆周角定理和切线的判定是解题的关键．
考向六 正多边形与圆
任何正多边形都有一个外接圆和一个内切圆，这两个圆是同心圆．

1．（2020·湖北随州市·中考真题）设边长为的等边三角形的高、内切圆的半径、外接圆的半径分别为、、，则下列结论不正确的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将图形标记各点,即可从图中看出长度关系证明A正确,再由构造的直角三角形和30°特殊角证明B正确,利用勾股定理求出r和R,即可判断C、D．
【详解】
如图所示,标上各点，AO为R，OB为r，AB为h，从图象可以得出AB=AO+OB，即，A正确；
∵三角形为等边三角形，∴∠CAO=30°，根据垂径定理可知∠ACO=90°，
∴AO=2OC，即R=2r，B正确；
在Rt△ACO中，利用勾股定理可得：AO2=AC2+OC2，即，
由B中关系可得：，解得，则，所以C错误，D正确；故选：C．
【点睛】本题考查圆与正三角形的性质结合,关键在于巧妙利用半径和构建直角三角形．
2．（2020·山东德州市·中考真题）如图，圆内接正六边形的边长为4，以其各边为直径作半圆，则图中阴影部分的面积为（ ）


A． B． C． D．
【答案】A
【分析】正六边形的面积加上六个小半圆的面积，再减去中间大圆的面积即可得到结果．
【详解】解：正六边形的面积为：，
六个小半圆的面积为：，中间大圆的面积为：，
所以阴影部分的面积为：，故选：A．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，圆的面积的计算，正六边形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．

1．（2020·四川中考真题）半径为R的圆内接正三角形、正方形、正六边形的边心距分别为a，b，c，则a，b，c的大小关系是（　　）
A．abc B．bac C．acb D．cba
【答案】A
【分析】分别画出符合题意的图形，利用直角三角形 利用三角函数求解边心距，再比较大小即可．
【详解】解：设圆的半径为R，


如图， 由为圆内接正三角形，
则正三角形的边心距为a＝R×cos60°＝R．如图，四边形为圆的内接正方形，
四边形的边心距为b＝R×cos45°＝R，
如图，六边形为圆的正内接六边形，
正六边形的边心距为c＝R×cos30°＝R．∵RRR，∴＜b＜，故选：．
【分析】本题主要考查了正多边形和圆的性质，解决本题的关键是构造直角三角形，得到用半径表示的边心距；注意：正多边形的计算一般要转化为解直角三角形的问题来解决．
2．（2020·辽宁阜新市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个45°，得到正六边形，则正六边形的顶点的坐标是（ ）
A． B． C． D．

【答案】A
【分析】如图，以为圆心，为半径作 得到将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个45°，即把绕点O顺时针旋转i个45°，与重合，利用正六边形的性质与锐角三角函数求解的坐标，利用关于原点成中心对称，从而可得答案．
【详解】解：如图，以为圆心，为半径作

将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个45°，
即把绕点O顺时针旋转i个45°，旋转后的对应点依次记为，
周角＝ 绕点O顺时针旋转顺时针旋转次回到原位置，
与重合，关于原点成中心对称，连接
正六边形，


关于原点成中心对称， 故选A．
【点睛】本题考查的是旋转的旋转，正六边形的性质，圆的对称性，锐角三角函数，掌握以上知识是解题的关键．
考向七 弧长和扇形面积
1）．弧长公式：；2）．扇形面积公式：或．

1．（2020·湖南邵阳市·中考真题）如图①是山东舰航徽的构图，采用航母45度破浪而出的角度，展现山东舰作为中国首艘国产舰母横空出世的气势，将舰徽中第一条波浪抽象成几何图形，则是一条长为的弧，若该弧所在的扇形是高为12的圆锥侧面展开图（如图②），则该圆锥的母线长为____________．

【答案】13.
【分析】由扇形弧长求出底面半径，由勾股定理即可求出母线AB的长．
【详解】解：∵圆锥底面周长=侧面展开后扇形的弧长=∴OB=，
在Rt△AOB中，AB=，所以，该圆锥的母线长为13.故答案为：13．
【点睛】本题考查圆锥弧长公式的应用，解题的关键是牢记有关的公式．
2．（2020·四川成都市·中考真题）如图，六边形是正六边形，曲线…叫做“正六边形的渐开线”，，，，,,，…的圆心依次按，，，，，循环，且每段弧所对的圆心角均为正六边形的一个外角．当时，曲线的长度是_________．

【答案】
【分析】利用弧长公式，分别计算出，，，,,的长，然后将所有弧长相加即可.
【详解】解：根据题意，得=；=；
=；=；=；=.
曲线的长度是=.故答案是：.
【点睛】本题考查的是弧长的计算，熟练运用弧长公式进行计算是解题得关键.
3．（2020·山西中考真题）中国美食讲究色香味美，优雅的摆盘造型也会让美食锦上添花．图①中的摆盘，其形状是扇形的一部分，图②是其几何示意图（阴影部分为摆盘），通过测量得到，，两点之间的距离为，圆心角为，则图中摆盘的面积是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先证明是等边三角形，求解，利用摆盘的面积等于两个扇形面积的差可得答案．
【详解】解：如图，连接， 是等边三角形，

所以则图中摆盘的面积 故选B．

【点睛】本题考查的是扇形面积的计算，等边三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．

1．（2020·云南中考真题）如图，正方形的边长为4，以点为圆心，为半径画圆弧得到扇形（阴影部分，点在对角线上）．若扇形正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径是（ ）

A． B．1 C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，扇形ADE中弧DE的长即为圆锥底面圆的周长，即通过计算弧DE的长，再结合圆的周长公式进行计算即可得解．
【详解】∵正方形的边长为4∴
∵是正方形的对角线∴∴
∴圆锥底面周长为，解得∴该圆锥的底面圆的半径是，故选：D．
【点睛】本题主要考查了扇形的弧长公式，圆的周长公式，正方形的性质以及圆锥的相关知识点，熟练掌握弧长公式及圆的周长公式是解决本题的关键．
2．（2020·广西贵港市·中考真题）如图，在扇形中，点在上，，，于点，连接，若，则图中阴影部分的面积为______________．

【答案】
【分析】连接OC，过点C作CM⊥OB于点M，分别求出S△ABD、 S△AOB、S△OBC、S扇形AOC，再计算即可求解．
【详解】解：连接OC，∵∠AOB＝90°∴△AOB是等腰直角三角形
∵OA＝2∴∵，于点，
∴AD＝AB＝，BD＝=∴S△ABD＝
S△AOB＝ 过点C作CM⊥OB于点M，
∵∠ABC＝30°，∴∠AOC＝60°∴∠COB＝30°∴CM=OC=1∴S△OBC＝=1
S阴影=S△AOB＋S△ABD﹣S△OBC﹣S扇形AOC＝2＋－1－＝

【点睛】本题主要考查不规则图形的面积，解题的关键是作辅助线，利用分割法求解：即S阴影=S△AOB＋S△ABD﹣S△OBC﹣S扇形AOC．




1．（2020·安徽中考真题）已知点在上．则下列命题为真命题的是（ ）
A．若半径平分弦．则四边形是平行四边形
B．若四边形是平行四边形．则
C．若．则弦平分半径
D．若弦平分半径．则半径平分弦
【答案】B
【分析】根据圆的有关性质、垂径定理及其推论、特殊平行四边形的判定与性质依次对各项判断即可．
【详解】A．∵半径平分弦，
∴OB⊥AC，AB=BC，不能判断四边形OABC是平行四边形，假命题；
B．∵四边形是平行四边形,且OA=OC,∴四边形是菱形，
∴OA=AB=OB，OA∥BC，∴△OAB是等边三角形，∴∠OAB=60º,∴∠ABC=120º,真命题；
C．∵，∴∠AOC=120º，不能判断出弦平分半径，假命题；
D．只有当弦垂直平分半径时，半径平分弦，所以是假命题，故选：B．
【点睛】本题主要考查命题与证明，涉及垂径定理及其推论、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，解答的关键是会利用所学的知识进行推理证明命题的真假．
2．（2020·山东潍坊市·中考真题）如图，在中，，以点O为圆心，2为半径的圆与交于点C，过点C作交于点D，点P是边上的动点．当最小时，的长为（ ）

A． B． C．1 D．
【答案】B
【分析】延长CO交于点E，连接EP，交AO于点P，则PC+PD的值最小，利用平行线份线段成比例分别求出CD，PO的长即可．
【详解】延长CO交于点E，连接ED，交AO于点P，如图，

∵CD⊥OB，∴∠DCB=90°,又，∴∠DCB=∠AOB，∴CD//AO∴
∵OC=2，OB=4，∴BC=2,∴，解得，CD=；
∵CD//AO，∴，即，解得，PO= 故选：B．
【点睛】此题主要考查了轴对称---最短距离问题，同时考查了平行线分线段成比例，掌握轴对称性质和平行线分线段成比例定理是解题的关键．
3．（2020·贵州黔东南·中考真题）如图，⊙O的直径CD＝20，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，OM：OD＝3：5，则AB的长为（　　）

A．8 B．12 C．16 D．2
【答案】C
【分析】连接OA，先根据⊙O的直径CD＝20，OM：OD＝3：5求出OD及OM的长，再根据勾股定理可求出AM的长，进而得出结论．
【详解】连接OA，∵⊙O的直径CD＝20，OM：OD＝3：5，∴OD＝10，OM＝6，

∵AB⊥CD，∴，∴AB＝2AM＝16．故选：C．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，解决与弦有关的问题时，往往需构造以半径、弦心距和弦长的一半为三边的直角三角形，若设圆的半径为r，弦长为a，这条弦的弦心距为d，则有等式成立，知道这三个量中的任意两个，就可以求出另外一个．
4．（2020·广西河池市·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，AE⊥CD于点E，BF⊥CD于点F．若FB＝FE＝2，FC＝1，则AC的长是（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接BC，因为AB是直径，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，可证△ACE∽△CBF，根据相似三角形的判定和性质定理可得，并用勾股定理求出BC的长度，代入公式，求出AC的长度，即可得到结论．
【详解】解：如图所示，连接BC，

∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠ACE+∠BCF＝90°，
∵BF⊥CD，∴∠CFB＝90°，∴∠CBF+∠BCF＝90°，∴∠ACE＝∠CBF，
∵AE⊥CD，∴∠AEC＝∠CFB＝90°，∴△ACE∽△CBF，∴，
∵FB＝FE＝2，FC＝1，∴CE＝CF+EF＝3，BC＝，
∴，∴，故选：B．
【点睛】本题主要考察了圆周角定理的应用、相似三角形的性质、勾股定理，解题的关键在于找出一对相似的三角形，其线段互相成比例，并求出各线段的长度．
5．（2020·辽宁鞍山市·中考真题）如图，是的外接圆，半径为，若，则的度数为（ ）

A．30° B．25° C．15° D．10°
【答案】A
【分析】连接OB和OC，证明△OBC为等边三角形，得到∠BOC的度数，再利用圆周角定理得出∠A．
【详解】解：连接OB和OC，∵圆O半径为2，BC=2，∴△OBC为等边三角形，
∴∠BOC=60°，∴∠A=30°，故选A．

【点睛】本题考查了圆周角定理和等边三角形的判定和性质，解题的关键是正确的作出辅助线．
6．（2020·江苏镇江市·中考真题）如图，AB是半圆的直径，C、D是半圆上的两点，∠ADC＝106°，则∠CAB等于（　　）

A．10° B．14° C．16° D．26°
【答案】C
【分析】连接BD，如图，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，则可计算出∠BDC＝16°，然后根据圆周角定理得到∠CAB的度数．
【详解】解：连接BD，如图，∵AB是半圆的直径，∴∠ADB＝90°，
∴∠BDC＝∠ADC﹣∠ADB＝106°﹣90°＝16°，∴∠CAB＝∠BDC＝16°．故选：C．

【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，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．半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
7．（2020·湖北荆州市·中考真题）如图，在 正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，点A，B，C均在网格交点上，⊙O是的外接圆，则的值是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作直径BD，连接CD，根据勾股定理求出BD，根据圆周角定理得到∠BAC=∠BDC，根据余弦的定义解答即可．
【详解】解：如图，作直径BD，连接CD， 由勾股定理得，
在Rt△BDC中，cos∠BDC= 由圆周角定理得，∠BAC=∠BDC，
∴cos∠BAC=cos∠BDC=故选：B．

【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握勾股定理的应用，圆周角定理、余弦的定义是解题的关键．
8．（2020·四川广安市·中考真题）如图，点A，B，C，D四点均在圆O上，∠AOD=68°，AO//DC，则∠B的度数为（　　　）

A．40° B．60° C．56° D．68°
【答案】C
【分析】连接AD，先根据等腰三角形的性质求出∠ODA，再根据平行线的性质求出∠ODC，最后根据圆内接四边形的性质计算即可．
【详解】解：连接AD，

∵∠AOD=68°，OA=OD，∴∠ODA=∠OAD=56°，
∵AO∥DC，∴∠ODC=∠AOD=68°，∴∠ADC=124°，
∵点A、B、C、D四个点都在⊙O上，∴∠B=180°-∠ADC=56°，故选C．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
9．（2020·山东淄博市·中考真题）如图，放置在直线l上的扇形OAB．由图①滚动（无滑动）到图②，再由图②滚动到图③．若半径OA＝2，∠AOB＝45°，则点O所经过的最短路径的长是（ ）

A．2π+2 B．3π C． D．+2
【答案】C
【详解】利用弧长公式计算即可．
【解答】解：如图，
点O的运动路径的长＝的长+O1O2+的长＝++＝，故选：C．
【点评】本题考查轨迹，弧长公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
10．（2020·湖北黄石市·中考真题）如图，在的方格纸中，每个小方格都是边长为1的正方形，其中A、B、C为格点，作的外接圆，则的长等于_____．

【答案】
【分析】由AB、BC、AC长可推导出△ACB为等腰直角三角形，连接OC，得出∠BOC＝90°，计算出OB的长就能利用弧长公式求出的长了．
【详解】∵每个小方格都是边长为1的正方形，∴AB＝2，AC＝，BC＝，
∴AC2＋BC2＝AB2，∴△ACB为等腰直角三角形，∴∠A＝∠B＝45°，∴连接OC，则∠COB＝90°，
∵OB＝∴的长为：＝故答案为：．

【点睛】本题考查了弧长的计算以及圆周角定理，解题关键是利用三角形三边长通过勾股定理逆定理得出△ACB为等腰直角三角形．
11．（2020·青海中考真题）在中，，，，则的内切圆的半径为__________．
【答案】1
【详解】如图，设△ABC的内切圆与各边相切于D，E，F，连接OD，OE，OF，

则OE⊥BC，OF⊥AB，OD⊥AC，设半径为r，CD=r，
∵∠C=90°，BC=4，AC=3，∴AB=5，∴BE=BF=4-r，AF=AD=3-r，
∴4-r+3-r=5，∴r=1．∴△ABC的内切圆的半径为 1．
12．（2020·云南昆明市·中考真题）如图，边长为2cm的正六边形螺帽，中心为点O，OA垂直平分边CD，垂足为B，AB＝17cm，用扳手拧动螺帽旋转90°，则点A在该过程中所经过的路径长为_____cm．

【答案】10π
【分析】利用正六边形的性质求出OB的长度，进而得到OA的长度，根据弧长公式进行计算即可．
【详解】解：连接OD，OC．
∵∠DOC＝60°，OD＝OC，∴△ODC是等边三角形，∴OD＝OC＝DC＝（cm），
∵OB⊥CD，∴BC＝BD＝（cm），∴OB＝BC＝3（cm），∵AB＝17cm，∴OA＝OB+AB＝20（cm），
∴点A在该过程中所经过的路径长＝＝10π（cm），故答案为：10π．

【点睛】本题考查了正六边形的性质及计算，扇形弧长的计算，熟知以上计算是解题的关键．
13．（2020·黑龙江绥化市·中考真题）如图，正五边形内接于，点P为上一点（点P与点D，点E不重合），连接、，，垂足为G，等于________度．

【答案】54
【分析】连接OC，OD，利用正五边形的性质求出∠COD的度数，再根据圆周角定理求得∠CPD，然后利用直角三角形的两锐角互余即可解答．

【详解】连接OC，OD，∵ABCDE是正五边形，∴∠COD=，∴∠CPD=∠COD=36º，
∵，∴∠DGP=90º∴∠PDG=90º-∠CPD=90º-36º=54º，答案为：54º．
【点睛】本题主要考查了圆内接正多边形的性质、圆周角定理、直角三角形的性质，熟练掌握圆心角与圆周角之间的关系是解答的关键．
14．（2020·江苏南通市·中考真题）已知⊙O的半径为13cm，弦AB的长为10cm，则圆心O到AB的距离为_____cm．
【答案】12
【分析】如图，作OC⊥AB于C，连接OA，根据垂径定理得到AC=BC=AB=5，然后利用勾股定理计算OC的长即可．
【详解】解：如图，作OC⊥AB于C，连接OA，则AC＝BC＝AB＝5，

在Rt△OAC中，OC＝＝12，所以圆心O到AB的距离为12cm．故答案为：12．
【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
15．（2020·贵州贵阳市·中考真题）如图，是的内接正三角形，点是圆心，点，分别在边，上，若，则的度数是____度．

【答案】120
【分析】本题可通过构造辅助线，利用垂径定理证明角等，继而利用SAS定理证明三角形全等，最后根据角的互换结合同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求解本题．
【详解】连接OA，OB，作OH⊥AC，OM⊥AB，如下图所示：
因为等边三角形ABC，OH⊥AC，OM⊥AB，由垂径定理得：AH=AM，
又因为OA=OA，故△OAH△OAM（HL）．∴∠OAH=∠OAM．
又∵OA=OB,AD=EB,∴∠OAB=∠OBA=∠OAD,∴△ODA△OEB（SAS）,
∴∠DOA=∠EOB,∴∠DOE=∠DOA+∠AOE=∠AOE+∠EOB=∠AOB．
又∵∠C=60°以及同弧，∴∠AOB=∠DOE=120°．故本题答案为：120．

【点睛】本题考查圆与等边三角形的综合，本题目需要根据等角的互换将所求问题进行转化，构造辅助线是本题难点，全等以及垂径定理的应用在圆综合题目极为常见，圆心角、弧、圆周角的关系需熟练掌握．
16．（2020·湖南怀化市·中考真题）定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．
（1）下面四边形是垂等四边形的是____________（填序号）
①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形
（2）图形判定：如图1，在四边形中，∥，，过点D作BD垂线交BC的延长线于点E，且，证明：四边形是垂等四边形．
（3）由菱形面积公式易知性质：垂等四边形的面积等于两条对角线乘积的一半．应用：在图2中，面积为24的垂等四边形内接于⊙O中，．求⊙O的半径．

【答案】（1）④；（2）证明过程见解析；③4
【分析】（1）根据垂等四边形的性质对每个图形判断即可；
（2）根据已知条件可证明四边形ACED是平行四边形，即可得到AC=DE，再根据等腰直角三角形的性质即可得到结果；（3）过点O作，根据面积公式可求得BD的长，根据垂径定理即可得到答案．
【详解】（1）①平行四边形的对角线互相平分但不垂直和相等，故不是；②矩形对角线相等但不垂直；③菱形的对角线互相垂直但不相等；④正方形的对角线互相垂直且相等，故正方形是垂等四边形；
（2）∵，，∴AC∥DE，又∵∥，∴四边形ADEC是平行四边形，∴AC=DE，
又∵，∴△BDE是等腰直角三角形，∴BD=DE，∴BD=AC，∴四边形是垂等四边形．
（3）如图，过点O作，

∵四边形是垂等四边形，∴AC=BD，
又∵垂等四边形的面积是24，,根据垂等四边形的面积计算方法得：，
又∵，∴，设半径为r，根据垂径定理可得：
在△ODE中，OD=r，DE=，∴，∴的半径为4．
【点睛】本题主要考查了四边形性质与圆的垂径定理应用，准确理解新定义的垂等四边形的性质是解题的关键．
17．（2020·四川中考真题）如图，在⊙O中，弦AB与直径CD垂直，垂足为M，CD的延长线上有一点P，满足∠PBD＝∠DAB．过点P作PN⊥CD，交OA的延长线于点N，连接DN交AP于点H．（1）求证：BP是⊙O的切线；（2）如果OA＝5，AM＝4，求PN的值；（3）如果PD＝PH，求证：AH•OP＝HP•AP．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析
【分析】（1）连接BC，OB，证明OB⊥PB即可．（2）解直角三角形求出OM，利用相似三角形的性质求出OP，再利用平行线分线段成比例定理求出PN即可．（3）证明△NAH∽△NPD，推出=，证明△PAN∽△OAP，推出=，推出=可得结论．
【详解】（1）如图，连接BC，OB．

∵CD是直径，∴∠CBD=90°，∵OC=OB，∴∠C=∠CBO，
∵∠C=∠BAD，∠PBD=∠DAB，∴∠CBO=∠PBD，∴∠OBP=∠CBD=90°，
∴PB⊥OB，∴PB是⊙O的切线；
（2）∵CD⊥AB，∴CD垂直平分AB，∴PA=PB，
∵OA=OB，OP=OP，∴△PAO≌△PBO（SSS），∴∠OAP=∠OBP=90°，
∵∠AMO=90°，∴OM===3，
∵∠AOM=∠AOP，∠OAP=∠AMO，∴△AOM∽△POA，∴=，∴=，∴OP=，
∵PN⊥PC，∴∠NPC=∠AMO=90°，∴=，∴=，∴PN=．
（3）∵PD=PH，∴∠PDH=∠PHD，∴∠PDN=∠PHD=∠AHN，
∵∠NPC=90°，∠OAP=90°，∴∠NAH =∠NPD=90°，∴△NAH∽△NPD，∴=，
∵∠APN+∠PNA=∠POA+∠PNA=90°，∴∠APN=∠POA，
又∠PAN=∠PAO=90°，∴△PAN∽△OAP，∴=，
∴=，∴==，∴AH•OP=HP•AP．
【点睛】本题综合考查了切线的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
18．（2020·辽宁盘锦市·中考真题）如图，是的直径，是的弦，交于点，连接，过点作，垂足为，．（1）求证：；（2）点在的延长线上，连接．①求证：与相切；②当时，直接写出的长．

【答案】（1）见解析 （2）①见解析 ②
【分析】（1）由圆周角定理，以及等角的余角相等，得到，即可得到结论成立；
（2）①连接AO，先证明，然后证明，即可得到结论成立；
②由AC∥EF，得到，然后得到BE=10，得到OA=OC=7，OE=3，然后得到AE的长度，再利用△AOE∽△GAE，即可求出GE，即可得到CG的长度．
【详解】（1）证明：，
即
（2）①连接



即是的半径与相切
②如图，∵BC为直径，EF⊥AB，∴∠BAC=∠BFE=90°，∴AC∥FE，∴，
∵CE=4，∴BE=10，∴BC=14，∴OA=OC=7，∴，
在Rt△AOE中，由勾股定理，得，
∵，，∴△AEO∽△GEA，
∴，即，∴，∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，切线的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，以及等角的余角相等，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确作出辅助线，从而进行解题．
19．（2020·湖南永州市·中考真题）如图，内接于是的直径，与相切于点B，交的延长线于点D，E为的中点，连接．（1）求证：是的切线．（2）已知，求O，E两点之间的距离．

【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接，先推出，然后根据是斜边上的中线，得出，从而可得，根据与相切，得到，
可得，即，即可证明是的切线；（2）连接OE，先证明，可得，可求出AD，根据是的中位线，即可求出OE．

【详解】（1）证明：连接，
∵，∴，∵是的直径，∴，则，
∵是斜边上的中线，∴，∴，
∵与相切，∴，即，
∴，即，∴，∴是的切线；
（2）连接OE，∵，∴，
∴，即，∴，∵是的中位线，∴．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定进而性质，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半，掌握知识点，结合现有条件灵活运用是解题关键．
20．（2020·内蒙古通辽市·中考真题）中心为O的正六边形的半径为．点同时分别从两点出发，以的速度沿向终点运动，连接，设运动时间为．
（1）求证：四边形为平行四边形；（2）求矩形的面积与正六边形的面积之比．

【答案】（1）见解析；（2）2：3
【分析】（1）只要证明△ABP≌△DEQ（SAS），可得BP=EQ，同理PE=BQ，由此即可证明；
（2）过点B，点E作BN⊥CD，EM⊥CD，连接OC，OD，过点O作OH⊥CD分别求出矩形的面积和正六边形的面积，从而得到结果.
【详解】解：（1）证明：∵中心为O的正六边形ABCDEF的半径为6cm，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，∠A=∠ABC=∠C=∠D=∠DEF=∠F，
∵点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1cm/s速度沿AF，DC向终点F，C运动，
∴AP=DQ=t，PF=QC=6-t，在△ABP和△DEQ中，，∴△ABP≌△DEQ（SAS），
∴BP=EQ，同理可证PE=QB，∴四边形PEQB是平行四边形；
（2）由（1）可知四边形PEQB是平行四边形∴当∠BQE=90°时，四边形PEQB是矩形
过点B，点E作BN⊥CD，EM⊥CD，连接OC，OD，过点O作OH⊥CD
∴∠BNQ=∠QME=90°，∴∠BQN+∠NBQ=90°，∠BQN+∠EQM=90°
∴∠NBQ=∠EQM∴△NBQ∽△MQE∴
又∵正六边形ABCDEF的半径为6，∴正六边形ABCDEF的各边为6，∠BCQ=∠EDQ=120°
∴在Rt△BNC和Rt△EDM中，∠NBC=∠DEM=30°∴NC=DM=，BN=EM=
∴，解得：（舍去）即当P与F重合，Q与C重合时，四边形PEQB是矩形
此时矩形PEQB的面积为
∵在正六边形ABCDEF中，∠COD=60°，OC=OD ∴△OCD是等边三角形，OC=OD=CD=6，OH=
S六边形ABCDEF===，
∴S矩形PBQE：S六边形ABCDEF=：=2：3

【点睛】本题考查正多边形、平行四边形的判定和性质、矩形的性质与判定，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．





1．（2020·四川泸州市·中考真题）如图，中，，．则的度数为（ ）

A．100° B．90° C．80° D．70°
【答案】C
【分析】首先根据弧、弦、圆心角的关系得到AB=AC，再根据等腰三角形的性质可得∠A的度数，然后根据圆周角定理可得∠BOC=2∠A，进而可得答案．
【详解】解：∵，∴AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=70°，∴∠A=180°-70°×2=40°，
∵圆O是△ABC的外接圆，∴∠BOC=2∠A=40°×2=80°，故选C．
【点睛】此题主要考查了弧、弦、圆心角的关系、圆周角定理、等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质，由圆周角定理得出结果是解决问题的关键．
2．（2020·湖北省直辖县级行政单位·中考真题）一个圆锥的底面半径是，其侧面展开图的圆心角是120°，则圆锥的母线长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意求出圆锥的底面周长，根据弧长公式计算即可．
【详解】解：圆锥的底面周长＝2×π×4＝8π，∴侧面展开图的弧长为8π，
则圆锥母线长＝＝12（cm），故选：B．
【点睛】本题考查的是圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，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．
3．（2020·山东日照市·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，CD为⊙O的弦，AB⊥CD于点E，若CD＝6，AE＝9，则阴影部分的面积为（　　）

A．6π﹣ B．12π﹣9 C．3π﹣ D．9
【答案】A
【分析】根据垂径定理得出CE=DE=CD＝3，再利用勾股定理求得半径，根据锐角三角函数关系得出∠EOD=60°，进而结合扇形面积求出答案．
【详解】解：∵AB是⊙O的直径，CD为⊙O的弦，AB⊥CD于点E，
∴CE＝DE＝CD＝3．设⊙O的半径为r，
在直角△OED中，OD2＝OE2+DE2，即，
解得，r＝6，∴OE＝3，∴cos∠BOD＝，∴∠EOD＝60°，
∴，，
根据圆的对称性可得：∴，故选：A．

【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理以及锐角三角函数和扇形面积求法等知识，正确得出∠EOD=60°是解题关键．
4．（2020·江苏常州市·中考真题）如图，是的弦，点C是优弧上的动点（C不与A、B重合），，垂足为H，点M是的中点．若的半径是3，则长的最大值是（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【分析】根据直角三角形斜边中线定理，斜边上的中线等于斜边的一半可知MH=BC，当BC为直径时长度最大，即可求解．
【详解】解：∵∴∠BHC=90°∵在Rt△BHC中，点M是的中点∴MH=BC
∵BC为的弦∴当BC为直径时，MH最大∵的半径是3∴MH最大为3．故选：A．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线定理，数形结合是结题关键．
5．（2020·湖北中考真题）如图，点在上，，垂足为E．若，，则（ ）

A．2 B．4 C． D．
【答案】D
【分析】连接OC，根据圆周角定理求得，在中可得，可得OC的长度，故CE长度可求得，即可求解．
【详解】解：连接OC，

∵，∴，在中，，
∴，∴
∵，
∴，∴∵，垂足为E，∴，故选：D．
【点睛】本题考查圆周角定理和垂径定理，作出合适的辅助线是解题的关键．
6．（2020·陕西中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，∠A＝50°．E是边BC的中点，连接OE并延长，交⊙O于点D，连接BD，则∠D的大小为（　　）

A．55° B．65° C．60° D．75°
【答案】B
【分析】连接CD，根据圆内接四边形的性质得到∠CDB＝180°﹣∠A＝130°，根据垂径定理得到OD⊥BC，求得BD＝CD，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：连接CD，∵∠A＝50°，∴∠CDB＝180°﹣∠A＝130°，
∵E是边BC的中点，∴OD⊥BC，∴BD＝CD，∴∠ODB＝∠ODC＝∠BDC＝65°，故选：B．

【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，垂径定理，等腰三角形的性质等知识．正确理解题意是解题的关键．
13．（2020·山东泰安市·中考真题）如图，是的内接三角形，，是直径，，则的长为（ ）

A．4 B． C． D．
【答案】B
【分析】连接BO，根据圆周角定理可得，再由圆内接三角形的性质可得OB垂直平分AC，再根据正弦的定义求解即可．
【详解】如图，连接OB，

∵是的内接三角形，∴OB垂直平分AC，∴，，
又∵，∴，∴,
又∵AD=8，∴AO=4，∴，
解得：，∴．故答案选B．
【点睛】本题主要考查了圆的垂径定理的应用，根据圆周角定理求角度是解题的关键．
7．（2020·柳州市中考真题）如图，点A、B、C在⊙O上，若∠BOC＝70°，则∠A的度数为（　　）

A．35° B．40° C．55° D．70°
【答案】A
【分析】根据圆周角定理，同弧所对圆周角等于圆心角的一半，即可得出答案．
【详解】解：∵如图，∠BOC＝70°，∴∠A＝∠BOC＝35°．故选：A．
【点睛】此题主要考查了圆周角定理，圆周角定理是中考中考查重点，熟练掌握圆周角定理是解决问题的关键．
8．（2020·四川眉山市·中考真题）如图，四边形的外接圆为⊙，，，，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据同弧所对的圆周角相等及等边对等角，可得，根据三角形的内角和可得，利用角的和差运算即可求解．
【详解】解：∵，∴，∵，∴，
∵，∴，∴，故选：C．
【点睛】本题考查同弧所对的圆周角相等、三角形的内角和、等边对等角，熟练应用几何知识是解题的关键．
9．（2020·内蒙古赤峰市·中考真题）如图，经过平面直角坐标系的原点O，交x轴于点B(-4，0)，交y轴于点C(0，3)，点D为第二象限内圆上一点.则∠CDO的正弦值是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接BC，且∠BOC=90°，用勾股定理求出BC的长度，∠CDO与∠OBC均为所对圆周角，所以sin∠CDO=sin∠OBC，即∠CDO的正弦值可求．
【详解】解：如下图所示，连接BC，

∵⊙A过原点O，且∠BOC=90°，OB=4，OC=3，
∴根据勾股定理可得：，
又∵同弧所对圆周角相等，∠CDO与∠OBC均为所对圆周角，
∴∠CDO=∠OBC，故sin∠CDO=sin∠OBC=，故选：A．
【点睛】本题考察了勾股定理、同弧所对圆周角相等以及求角的正弦值，解题的关键在于找出∠CDO与∠OBC均为所对圆周角，求出∠OBC的正弦值即可得到答案．
10．（2020·河北中考真题）有一题目：“已知；点为的外心，，求．”嘉嘉的解答为：画以及它的外接圆，连接，，如图．由，得．而淇淇说：“嘉嘉考虑的不周全，还应有另一个不同的值．”，下列判断正确的是（ ）

A．淇淇说的对，且的另一个值是115° B．淇淇说的不对，就得65°
C．嘉嘉求的结果不对，应得50° D．两人都不对，应有3个不同值
【答案】A
【分析】直接利用圆内接四边形的性质结合圆周角定理得出答案．
【详解】解：如图所示：∵∠BOC=130°，∴∠A=65°，∠A还应有另一个不同的值∠A′与∠A互补．
故∠A′＝180°−65°＝115°．故选：A．

【点睛】此题主要考查了三角形的外接圆，正确分类讨论是解题关键．
11．（2020·湖南张家界市·中考真题）如图，四边形为的内接四边形，已知为，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据圆内接四边形的性质求出∠A，根据圆周角定理计算，得到答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠A＝180°−∠BCD＝60°，
由圆周角定理得，∠BOD＝2∠A＝120°，故选：C．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
12．（2020·浙江金华市·中考真题）如图，⊙O是等边△ABC的内切圆，分别切AB，BC，AC于点E，F，D，P是上一点，则∠EPF的度数是（ ）

A．65° B．60° C．58° D．50°
【答案】B
【分析】连接OE，OF．求出∠EOF的度数即可解决问题．
【详解】解：如图，连接OE，OF．
∵⊙O是△ABC的内切圆，E，F是切点，∴OE⊥AB，OF⊥BC，∴∠OEB=∠OFB=90°，
∵△ABC是等边三角形，∴∠B=60°，∴∠EOF=120°，∴∠EPF=∠EOF=60°，故选：B．

【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，切线的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
13．（2020·湖南永州市·中考真题）如图，已知是的两条切线，A，B为切点，线段交于点M．给出下列四种说法：①；②；③四边形有外接圆；④M是外接圆的圆心，其中正确说法的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】由切线长定理判断①，结合等腰三角形的性质判断②，利用切线的性质与直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，判断③，利用反证法判断④．
【详解】解：如图， 是的两条切线， 故①正确，
故②正确，
是的两条切线， 取的中点，连接，
则 所以：以为圆心，为半径作圆，则共圆，故③正确，
M是外接圆的圆心，
与题干提供的条件不符，故④错误，综上：正确的说法是个，故选C．

【点睛】本题考查的是切线长定理，三角形的外接圆，四边形的外接圆，掌握以上知识是解题的关键．
14．（2020·山东济南市·中考真题）如图，在正六边形ABCDEF中，分别以C，F为圆心，以边长为半径作弧，图中阴影部分的面积为24π，则正六边形的边长为_____．

【答案】6
【分析】根据多边形的内角和公式求出扇形的圆心角，然后按扇形面积公式列方程求解计算即可．
【详解】解：∵正六边形的内角是120度，阴影部分的面积为24π，
设正六边形的边长为r，∴，
解得r＝6．（负根舍去）则正六边形的边长为6．故答案为：
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，扇形面积，掌握以上知识是解题的关键．
15．（2020·湖北襄阳市·中考真题）在⊙O中，若弦垂直平分半径，则弦所对的圆周角等于_________°．
【答案】120°或60°
【分析】根据弦垂直平分半径及OB=OC证明四边形OBAC是矩形，再根据OB=OA，OE=求出∠BOE=60°，即可求出答案.
【详解】设弦垂直平分半径于点E，连接OB、OC、AB、AC，且在优弧BC上取点F，连接BF、CF，∴OB=AB，OC=AC，
∵OB=OC，∴四边形OBAC是菱形，∴∠BOC=2∠BOE，
∵OB=OA，OE=,∴cos∠BOE=，∴∠BOE=60°，∴∠BOC=∠BAC=120°，
∴∠BFC=∠BOC=60°，∴ 弦所对的圆周角为120°或60°，故答案为：120°或60°.

【点睛】此题考查圆的基本知识点：圆的垂径定理，同圆的半径相等的性质，圆周角定理，菱形的判定定理及性质定理，锐角三角函数，熟练掌握圆的各性质定理是解题的关键.
16．（2020·江苏苏州市·中考真题）如图，已知是的直径，是的切线，连接交于点，连接．若，则的度数是_________．

【答案】25
【分析】先由切线的性质可得∠OAC=90°，再根据三角形的内角和定理可求出∠AOD=50°，最后根据“同弧所对的圆周角等于圆心角的一半”即可求出∠B的度数．
【详解】解：∵是的切线，∴∠OAC=90°
∵，∴∠AOD=50°，∴∠B=∠AOD=25°故答案为：25．
【点睛】本题考查了切线的性质和圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
17．（2020·黑龙江牡丹江市·中考真题）在半径为的⊙O中，弦AB垂直于弦CD，垂足为P，AB=CD=4，则S△ACP=______．
【答案】或或
【分析】作OE垂直于AB于E，OF垂直于CD于F，连接OD、OB，则可以求出OE、OF的长度，进而求出OP的长度，进一步得PE与PF长度，最后可求出答案.
【详解】如图所示，作OE垂直于AB于E，OF垂直于CD于F，

∴AE=BE==2，DF=CF==2，在中，∵OB=，BE=2，∴OE=1，同理可得OF=1，
∵AB垂直于CD，∴四边形OEPF为矩形，又∵OE=OF=1，∴四边形OEPF为正方形，
又∵ 有如图四种情况，∴（1）=AP∙CP=×1×3=，
（2）=AP∙PC=×1×1=， （3）=PC∙PA=×3×3=，
（4）=AP∙PC=×3×1=，故答案为：或或
【点睛】本题主要考查的是垂径定理和勾股定理还有圆的综合运用，熟练掌握方法是关键.
18．（2020·山东潍坊市·中考真题）如图，四边形是正方形，曲线是由一段段90度的弧组成的．其中：的圆心为点A，半径为；的圆心为点B，半径为；的圆心为点C，半径为；的圆心为点D，半径为；…的圆心依次按点A，B，C，D循环．若正方形的边长为1，则的长是_________．

【答案】
【分析】曲线是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径+1，到，，再计算弧长．
【详解】解：由图可知，曲线是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径+1，
，，……，
，，
故的半径为，
的弧长=．故答案为：．
【点睛】此题主要考查了弧长的计算，弧长的计算公式：，找到每段弧的半径变化规律是解题关键．
19．（2020·湖南岳阳市·中考真题）如图，为半⊙O的直径，，是半圆上的三等分点，，与半⊙O相切于点，点为上一动点（不与点，重合），直线交于点，于点，延长交于点，则下列结论正确的是______________．（写出所有正确结论的序号）
①；②的长为；③；④；⑤为定值．

【答案】②⑤
【分析】
①先根据圆的切线的性质可得，再根据半圆上的三等分点可得，然后根据圆周角定理可得，最后假设，根据角的和差、三角形的外角性质可得，这与点为上一动点相矛盾，由此即可得；②根据弧长公式即可得；③先根据等边三角形的性质可得，再根据角的和差即可得；④先根据三角形的外角性质可得，从而可得对应角与不可能相等，由此即可得；⑤先根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，再根据等边三角形的性质可得，由此即可得．
【详解】如图，连接OP与半⊙O相切于点
是半圆上的三等分点是等边三角形
由圆周角定理得：假设，则

又点为上一动点不是一个定值，与相矛盾
即PB与PD不一定相等，结论①错误
则的长为，结论②正确
是等边三角形，
，则结论③错误
，即对应角与不可能相等
与不相似，则结论④错误
在和中，，即
又是等边三角形，
即为定值，结论⑤正确综上，结论正确的是②⑤故答案为：②⑤．

【点睛】本题考查了圆周角定理、圆的切线的性质、弧长公式、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识点，较难的题①，先假设结论成立，再推出矛盾点是解题关键．
20．（2020·内蒙古呼和浩特市·中考真题）某同学在学习了正多边形和圆之后，对正五边形的边及相关线段进行研究，发现多处出现者名的黄金分割比．如图，圆内接正五边形，圆心为O，与交于点H，、与分别交于点M、N．根据圆与正五边形的对称性，只对部分图形进行研究．（其它可同理得出）（1）求证：是等腰三角形且底角等于36°，并直接说出的形状；（2）求证：，且其比值；（3）由对称性知，由（1）（2）可知也是一个黄金分割数，据此求的值．


【答案】（1）见解析，△ABN为等腰三角形；（2）见解析；（3）
【分析】（1）连接圆心O与正五边形各顶点，利用圆周角定理得出∠ABE=∠BAC=36°，即AM=BM，再求出∠BNA=72°=∠BAD，得出结论；
（2）证明△BAM∽△BEA，得到，设BM=y，AB=x，则AM=AN=y，AB=AE=BN=x，证明，得到，设=t，求出t值即可；（3）根据题意求出∠MAH=∠NAH=∠MAN=18°，再根据sin∠MAH=，将代入，即可求值.
【详解】解：（1）连接圆心O与正五边形各顶点，在正五边形中，∠AOE=360°÷5=72°，
∴∠ABE=∠AOE=36°，同理∠BAC=×72°=36°，∴AM=BM，
∴△ABM是是等腰三角形且底角等于36°，
∵∠BOD=∠BOC+∠COD=72°+72°=144°，∴∠BAD=∠BOD=72°，
∴∠BNA=180°-∠BAD-∠ABE=72°，∴AB=NB，即△ABN为等腰三角形；
（2）∵∠ABM=∠ABE，∠AEB=∠AOB=36°=∠BAM，∴△BAM∽△BEA，
∴，而AB=BN，∴，设BM=y，AB=x，则AM=AN=y，AB=AE=BN=x，
∵∠AMN=∠MAB+∠MBA=72°=∠BAN，∠ANM=∠ANB，∴△AMN∽△BAN，
∴，即，则，两边同时除以x2，得：，设=t，
则，解得：t=或（舍），∴；
（3）∵∠MAN=36°，根据对称性可知：∠MAH=∠NAH=∠MAN=18°，而AO⊥BE，
∴sin 18°=sin∠MAH===.

【点睛】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，有一定难度，解题的关键是算出相应角度，找到合适的相似三角形.
21．（2020·上海中考真题）如图，△ABC中，AB=AC，⊙O是△ABC的外接圆，BO的延长交边AC于点D．
（1）求证：∠BAC=2∠ABD；（2）当△BCD是等腰三角形时，求∠BCD的大小；（3）当AD=2，CD=3时，求边BC的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）∠BCD的值为67.5°或72°；（3）．
【分析】(1)连接OA．利用垂径定理以及等腰三角形的性质解决问题即可．
(2)分三种情形：①若BD=CB，则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD．②若CD=CB，则∠CBD=∠CDB=3∠ABD．③若DB=DC，则D与A重合，这种情形不存在．分别利用三角形内角和定理构建方程求解即可．(3) 如图3中，作AEBC交BD的延长线于E．则，进而得到，设OB=OA=4a，OH=3a，根据BH2=AB2-AH2=OB2-OH2，构建方程求出a即可解决问题．
【详解】解：(1)连接OA，如下图1所示：

∵AB=AC，∴=，∴OA⊥BC，∴∠BAO=∠CAO．
∵OA=OB，∴∠ABD=∠BAO，∴∠BAC=2∠ABD．
(2)如图2中，延长AO交BC于H．①若BD=CB，则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD．
∵AB=AC，∴∠ABC=∠C，∴∠DBC=2∠ABD．
∵∠DBC+∠C+∠BDC=180°，∴8∠ABD=180°，∴∠C=3∠ABD=67.5°．
②若CD=CB，则∠CBD=∠CDB=3∠ABD，∴∠C=4∠ABD．
∵∠DBC+∠C+∠CDB=180°，∴10∠ABD=180°，∴∠BCD=4∠ABD=72°．
③若DB=DC，则D与A重合，这种情形不存在．综上所述：∠C的值为67.5°或72°．
(3)如图3中，过A点作AEBC交BD的延长线于E．
则==，且BC=2BH，∴==，
设OB=OA=4a，OH=3a．则在Rt△ABH和Rt△OBH中，
∵BH2=AB2﹣AH2=OB2﹣OH2，∴25 - 49a2=16a2﹣9a2，∴a2=，
∴BH=，∴BC=2BH=．故答案为：．
【点睛】本题属于圆的综合题，考查了垂径定理，等腰三角形的性质，勾股定理解直角三角形，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决
问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
22．（2020·河北中考真题）如图，点为中点，分别延长到点，到点，使．以点为圆心，分别以，为半径在上方作两个半圆．点为小半圆上任一点（不与点，重合），连接并延长交大半圆于点，连接，．

（1）①求证：；②写出∠1，∠2和三者间的数量关系，并说明理由．（2）若，当最大时，直接指出与小半圆的位置关系，并求此时（答案保留）．
【答案】（1）①见详解；②∠2=∠C+∠1；（2）与小半圆相切，．
【分析】（1）①直接由已知即可得出AO=PO，∠AOE=∠POC，OE=OC，即可证明；
②由（1）得△AOE≌△POC，可得∠1=∠OPC，根据三角形外角的性质可得∠2=∠C+∠OPC，即可得出答案；（2）当最大时，可知此时与小半圆相切，可得CP⊥OP，然后根据，可得在Rt△POC中，∠C=30°，∠POC=60°，可得出∠EOD，即可求出S扇EOD．
【详解】（1）①在△AOE和△POC中，∴△AOE≌△POC；
②∠2=∠C+∠1，理由如下：由（1）得△AOE≌△POC，∴∠1=∠OPC，
根据三角形外角的性质可得∠2=∠C+∠OPC，∴∠2=∠C+∠1；
（2）在P点的运动过程中，只有CP与小圆相切时∠C有最大值，
∴当最大时，可知此时与小半圆相切，由此可得CP⊥OP，
又∵，∴可得在Rt△POC中，∠C=30°，∠POC=60°，
∴∠EOD=180°-∠POC=120°，∴S扇EOD==．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的外角，切线的性质，扇形面积的计算，掌握知识点灵活运用是解题关键．
23．（2020·江苏连云港市·中考真题）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，唐代陈廷章在《水轮赋》中写道：“水能利物，轮乃曲成”．如图，半径为的筒车按逆时针方向每分钟转圈，筒车与水面分别交于点、，筒车的轴心距离水面的高度长为，简车上均匀分布着若干个盛水筒．若以某个盛水筒刚浮出水面时开始计算时间．

（1）经过多长时间，盛水筒首次到达最高点？（2）浮出水面3.4秒后，盛水筒距离水面多高？
（3）若接水槽所在直线是的切线，且与直线交于点，．求盛水筒从最高点开始，至少经过多长时间恰好在直线上．（参考数据：，，）
【答案】（1）27.4秒；（2）0.7m；（3）7.6秒
【分析】（1）先根据筒车筒车每分钟旋转的速度计算出筒车每秒旋转的速度，再利用三角函数确定，最后再计算出所求时间即可；（2）先根据时间和速度计算出，进而得出，最后利用三角函数计算出，从而得到盛水筒距离水面的高度；（3）先确定当在直线上时，此时是切点，再利用三角函数得到，，从而计算出，最后再计算出时间即可．
【详解】（1）如图1，由题意得，筒车每秒旋转．
连接，在中，，所以．所以（秒）．
答：盛水筒首次到达最高点所需时间为27.4秒．

（2）如图2，盛水筒浮出水面3.4秒后，此时．
所以．
过点作，垂足为，在中，．
．答：此时盛水筒距离水面的高度．
（3）如图3，因为点在上，且与相切，
所以当在直线上时，此时是切点．连接，所以．
在中，，所以．
在中，，所以．
所以．
所以需要的时间为（秒）．答：从最高点开始运动，7.6秒后盛水筒恰好在直线上．
【点睛】本题考查了切线的性质、锐角三角函数、旋转等知识，灵活运用题目所给数量关系以及特殊角的三角函数值是解题的关键．
24．（2020·湖北恩施·中考真题）如图，是的直径，直线与相切于点，直线与相切于点，点（异于点）在上，点在上，且，延长与相交于点E，连接并延长交于点．（1）求证：是的切线；（2）求证：；（3）如图，连接并延长与分别相交于点、，连接．若，，求．

【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）
【分析】（1）连接OD，根据等边对等角可知：∠CAD=∠CDA，∠OAD=∠ODA，再根据切线的性质可知∠CAO=∠CAD+∠OAD=∠CDA+∠ODA=90°=∠ODC，由切线的判定定理可得结论；
（2）连接BD，根据等边对等角可知∠ODB=∠OBD，再根据切线的性质可知∠ODE=∠OBE=90°，由等量减等量差相等得∠EDB=∠EBD，再根据等角对等边得到ED=EB，然后根据平行线的性质及对顶角相等可得∠EDF=∠EFD，推出DE=EF，由此得出结论；
（3）过E点作EL⊥AM于L，根据勾股定理可求出BE的长，即可求出tan∠BOE的值，再利用倍角公式即可求出tan∠BHE的值．
【详解】（1）连接OD，∵，∴∠CAD=∠CDA，∵OA=OD∴∠OAD =∠ODA，
∵直线与相切于点，∴∠CAO=∠CAD+∠OAD=90°
∴∠ODC=∠CDA+∠ODA=90°∴CE是的切线；

（2）连接BD ∵OD=OB∴∠ODB=∠OBD，
∵CE是的切线，BF是的切线，∴∠OBD=∠ODE=90°∴∠EDB=∠EBD∴ED=EB
∵AM⊥AB，BN⊥AB∴AM∥BN∴∠CAD=∠BFD
∵∠CAD=∠CDA=∠EDF∴∠BFD=∠EDF∴EF=ED∴BE=EF
（3）过E点作EL⊥AM于L，则四边形ABEL是矩形，设BE=x，则CL=4-x，CE=4+x
∴(4+x)2=(4-x)2+62解得：x=
∵∠BOE=2∠BHE
解得：tan∠BHE=或-3（-3不和题意舍去） ∴tan∠BHE=

【点睛】本题主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，三角函数/，勾股定理等知识，熟练掌握这些知识点并能熟练应用是解题的关键．