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文档简介
试卷第=page11页,共=sectionpages33页2023年浙江省杭州市中考数学模拟试题分类汇编:圆综合一、单选题1.(2023·浙江杭州·杭州市十三中教育集团(总校)校考二模)如图,是的直径,,则为(
)A. B. C. D.【答案】B【分析】根据圆周角定理求解即可.【详解】解:∵,∴,故选:B.【点睛】本题考查圆周角定理,熟知同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半是解答的关键.2.(2023·浙江杭州·校考三模)如图,四边形内接于,对角线于点E,若的长与的半径相等,则下列等式正确的是(
)A. B.C. D.【答案】C【分析】连接,可证为等边三角形,得到,再由圆周角定理解得,结合题意,及30°角所对的直角边等于斜边的一半,解得,,最后在中,在中,在中分别用勾股定理整理出三边关系,即可解题.【详解】连接,的长与的半径相等,为等边三角形,在中,,在中,,在中,,故选:C.【点睛】本题考查圆周角定理、含30°角的直角三角形、勾股定理等知识,是重要考点,难度较易,掌握相关知识是解题关键.3.(2023·浙江杭州·模拟预测)如图,,,是上的三点,若,则的度数是(
)A. B. C. D.【答案】B【分析】由圆周角定理,即可求得的度数,又由,根据等边对等角与三角形内角和定理,即可求得的度数.【详解】解:连接,,,,.故选:B【点睛】此题考查了圆周角定理与等腰三角形的性质.此题比较简单,注意在同圆或等圆中,同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半定理的应用.4.(2023·浙江杭州·统考二模)如图,是半圆O的直径,点D是弧的中点,若.则等于(
)
A. B. C. D.【答案】A【分析】利用圆周角定理和弧与圆心角的关系求解即可.【详解】解:连接,,
∵点D是弧的中点,∴,又,∴,∴,∴,故选:A.【点睛】本题考查圆周角定理、弧与圆心角的关系,熟练掌握圆周角定理是解答的关键.5.(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.【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.【点睛】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.6.(2023·浙江杭州·校考二模)如图,AB为⊙O的直径,C,D是圆周上的两点,若,则锐角∠BDC的度数为()A.57° B.52° C.38° D.26°【答案】B【分析】由AB是圆O的直径,根据直径所对的圆周角是直角,即可得∠ACB=90°,又由∠ABC=38°,即可求得∠A的度数,然后根据在同圆或等圆中,同弧或等弧所对的圆周角相等,即可求得∠BDC的度数.【详解】连接AC,AB为⊙O的直径,,,,,故选:B.【点睛】本题考查了圆周角定,难度不大,注意掌握直径所对的圆周角是直角与在同圆或等圆中,同弧或等弧所对的圆周角相等定理的应用是解题的关键.7.(2023·浙江杭州·统考二模)已知的直径为4,圆心O到直线l的距离为2,则直线l与(
)A.相交 B.相切 C.相离 D.无法确定【答案】B【分析】根据的半径和圆心O到直线l的距离的大小,相交:;相切:;相离:;即可选出答案.【详解】解:∵的直径为4,∴的半径为2,∵圆心O到直线l的距离为2,∴,∴直线l与的位置关系是相切,故B正确.故选:B.【点睛】本题主要考查对直线与圆的位置关系的性质的理解和掌握,能熟练地运用性质进行判断是解此题的关键.8.(2023·浙江杭州·校联考一模)如图,过外一点作的切线,点是切点,连接交于点,点是上不与点,重合的点.若,则的度数为(
)
A. B. C. D.【答案】A【分析】先根据切线的性质得到,再根据直角三角形的性质得到,则由圆周角定理得.【详解】解:∵是的切线,∴,∵,∴,∴,故选A.【点睛】本题主要考查了切线的性质,圆周角定理,直角三角形两锐角互余等等,灵活运用所学知识是解题的关键.9.(2023·浙江杭州·杭州市十三中教育集团(总校)校考三模)如图,点A、B、C在圆O上,若,则的度数为()
A. B. C. D.【答案】A【分析】根据圆周角定理可得,再根据等腰三角形的性质即可求出结果.【详解】解:∵是的外接圆,,∴,∵,∴,故选:A.【点睛】本题考查圆周角定理和等腰三角形的性质,熟练掌握圆周角定理是解题的关键.10.(2023·浙江杭州·一模)如图,已知是的直径,与相切于点B,连接,若,,则的长为(
)A.3 B.2 C. D.1【答案】A【分析】根据切线得到,结合勾股定理即可得到答案;【详解】解:∵与相切于点B,∴,∵,是的直径,∴,∵,∴,故选:A.【点睛】本题考查圆切线性质及勾股定理,解题的关键是根据切线得到直角三角形.11.(2023·浙江杭州·统考一模)如图,⊙O的直径CD垂直弦于点E,且,则()A.4 B.2 C. D.【答案】C【分析】连接,根据题意先求出半径,在中,利用勾股定理求解.【详解】解:连接,如图所示.,,,,在中,.故选:C.【点睛】本题考查了圆的基本性质,勾股定理,熟练运用相关定理是解题的关键.12.(2023年浙江省杭州市萧山区宁围初级中学中考一模数学试题)如图所示,等边的顶点在上,边、与分别交于点、,点是劣弧上一点,且与、不重合,连接、,则的度数为()
A. B. C. D.【答案】C【分析】根据圆的内接四边形对角互补和等边的每一个内角是,求出即可.【详解】解:四边形是内接四边形,∴,∵等边的顶点在上,∴,∴,故选:C.【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质,等边三角形的性质,掌握两个性质定理的应用是解题的关键.13.(2023·浙江杭州·杭州市丰潭中学校考三模)如图,在圆内接正六边形中,分别交于点G,H,若该圆的半径为12,则线段的长为(
)
A.6 B. C. D.8【答案】B【分析】根据正六边形的性质和等腰三角形的性质以及解直角三角形即可得到结论.【详解】解:∵在圆内接正六边形中,,,∴,∴,∵,∴,连接交于N,
则,∵,∴,∴,∴,故选:B.【点睛】本题考查正多边形与圆,等腰三角形的性质,解直角三角形,熟练掌握正六边形的性质是解题关键.14.(2023·浙江杭州·校考三模)如图,在△ABC中,O为AC边上一点,以O为圆心,OC为半径的半圆切AB于点B,若,则△ABC的面积为(
)A. B. C. D.【答案】A【分析】过点作,连接,根据切线的性质结合已知条件可得是等腰直角三角形,然后求得,即可根据三角形的面积公式求解.【详解】如图,过点作,连接,以O为圆心,OC为半径的半圆切AB于点B,,,,是等腰直角三角形,,,,.故选A.【点睛】本题考查了切线的性质,勾股定理,三角形面积公式,掌握切线的性质是解题的关键.15.(2023·浙江杭州·统考一模)如图,已知是直径,,,D是弧的中点,则(
)A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【分析】先根据是直径得到,通过勾股定理计算出,根据D是弧的中点得到,从而得到,根据中位线的性质得到,最后通过得到答案.【详解】解:∵是直径,∴,∴,∵D是弧的中点,∴,∴,∴,∴,故选:B.【点睛】本题考查勾股定理、垂径定理和圆周角定理,解题的关键是通过中位线的性质得到.16.(2023·浙江杭州·统考一模)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.17.(2023·浙江杭州·统考一模)如图,在中,是直径,是弦.若=(
)A.40° B.44° C.45° D.46°【答案】D【分析】先根据直径所对的圆周角为可得,再结合可得,最后根据同弧所对的圆周角相等即可解答.【详解】解:∵在中,是直径∴∵∴.∴,故选D.【点睛】本题主要考查了圆周角定理、同弧所对的圆周角相等等知识点,灵活运用相关知识点成为解答本题的关键.18.(2023·浙江杭州·统考二模)如图,已知内接于,,,点P为的重心,当点A到的距离最大时,线段的长为()
A. B.C. D.【答案】B【分析】根据题意作出对应的图形,连接,,得,由垂径定理得,再由,,,,半径相等,,再由点P为的重心,可知,得,最后列式即可.【详解】解:如图所示,连接,过点O作于H,连接,,如图所示,设点A到的距离为h:
∵,∴当点A到的距离最大时,三点共线,∴,,∵,∴,,,∵在,,,∴,,∵,∴,,∵点P为的重心,∴,∴,故选:B.【点睛】本题主要考查的是解直角三角形以及三角形的重心,正确掌握三角形的重心是三条中线的交点是解题的关键.19.(2023·浙江杭州·校考一模)如图,正五边形内接于⊙,为上的一点(点不与点重合),则的度数为(
)
A. B. C. D.【答案】B【分析】根据圆周角的性质即可求解.【详解】连接CO、DO,正五边形内心与相邻两点的夹角为72°,即∠COD=72°,同一圆中,同弧或同弦所对应的圆周角为圆心角的一半,故∠CPD=,故选B.
【点睛】此题主要考查圆内接多边形的性质,解题的关键是熟知圆周角定理的应用.20.(2023·浙江杭州·统考一模)如图,AB是⊙的直径,CD是∠ACB的平分线交⊙O于点D,过D作⊙O的切线交CB的延长线于点E,若AB=4,∠E=75°,则CD的长为()A. B.2 C. D.【答案】C【详解】如图连接OC、OD,CD与AB交于点F.∵AB是直径,∴∠ACB=90°,∵CD平分∠ACB,∴,∴OD⊥AB,∵DE是切⊙O切线,∴DE⊥OD,∴AB∥DE,∵∠E=75°,∴∠ABC=∠E=75°,∠CAB=15°,∴∠CFB=∠CAB+∠ACF=15°+45°=60°,∴∠OFD=∠CFB=60°,在RT△OFD中,∵∠DOF=90°,OD=2,∠ODF=30°,∴OF=OD•tan30°=,DF=2OF=,∵OD=OC,∴∠ODC=∠OCD=30°,∵∠COB=∠CAB+∠ACO=30°,∴∠FOC=∠FCO,∴CF=FO=,∴CD=CF+DF=,故选C.点睛:本题考查了切线的性质,含30°角的直角三角形的性质的应用,能求出DF、OF是解此题的关键,注意:若出现圆的切线,必连过切点的半径,构造定理图,得出垂直关系.简记作:见切点,连半径,见垂直.21.(2023·浙江杭州·统考二模)如图,正九边形外接圆的半径是R,则这个正九边形的边长为(
)
A. B. C. D.【答案】C【分析】过作于,结合正九边形的中心角为:,而,可得,,由,可得,则.【详解】解:过作于,∵正九边形的中心角为:,而,∴,,∴,则,∴;故选C【点睛】本题考查的是圆与正多边形,等腰三角形的性质,锐角的正弦的含义,掌握基础知识是解本题的关键.22.(2023·浙江杭州·统考一模)如图,在中,直径与弦相交于点,连接弦,,.若,给出下列结论:①;②,则下列判断正确的是(
)
A.①,②都对 B.①,②都错 C.①对,②错 D.①错,②对【答案】A【分析】根据已知条件设,则,根据直径所对的圆周角是直角得出,根据同弧所对的圆周角相等得出,根据三角形内角和定理以及对顶角相等得出,根据等角对等边即可判断①,连接,证明,根据相似三角形的性质,即可得出②,从而求解.【详解】解:如图所示,连接,
∵,设,则,∵,∴,∵是直径,∴,在中,,∴,在中,,,∴,∴;故①正确;∵,∴,∴,又,∴,∴,即,∴,故②正确,故选:A.【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等,直径所对的圆周角是直角,相似三角形的性质与判定,等腰三角形的性质与判定,熟练掌握圆周角定理是解题的关键.23.(2023·浙江杭州·校联考三模)如图,在的内接四边形中,,,,则的直径为(
)
A. B. C. D.【答案】C【分析】作直径,连、证明,利用勾股定理求出即可.【详解】解:作直径,连、.
是圆的直径,,,又,,,,,,的直径为.故选:.【点睛】本题考查勾股定理,圆周角定理,平行线的判定和性质等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造直角三角形解决问题,属于中考常考题型.24.(2023·浙江杭州·统考一模)如图,经过的顶点C,与边分别交于点M,N,与边相切.若,则线段长度的最小值是(
)A.3 B.2 C.2 D.【答案】D【分析】作于点F,当CF为的直径时,此时最小,的长度也最小,连接,,过O作于E,根据圆周角定理和垂径定理得到,,,再根据等腰直角三角形的判定与性质求得直径,然后解直角三角形求得即可.【详解】解:如图,作于点F,∵即为定值,且垂线段最短,∴当CF为的直径时,此时最小,的长度也最小,连接,,则,过O作于E,则,,∵,,,∴,则,∴,∴,即的最小值为.故选:D.【点睛】本题考查切线的性质、圆周角定理、垂径定理、等腰三角形的判定与性质、解直角三角形等知识,解答的关键是找到直径最小时,线段的长度也最小.25.(2023·浙江杭州·校考二模)如图,是的外角平分线,与的外接圆交于点D,连接交于点F,且,则下列结论错误的是(
)A. B.C. D.【答案】B【分析】先根据圆内接四边形对角互补推出,再由角平分线的定义得到,即可得到,则,再由得到,即可证明,再,即可证明即可判断A;再根据圆周角定理和等量代换把B、C、D三个选项中的角度用表示出来,结合三角形内角和定理即可得到答案.【详解】解:∵四边形是圆内接四边形,∴,∵,∴,∵是的外角平分线,∴,又∵,∴,∵,∴,∵,∴,又∵,∴,故A不符合题意;∵∴,故C不符合题意;∵,,∴,故D不符合题意;∵,∴,根据现有条件无法证明,∴无法证明,故B符合题意;故选B.【点睛】本题主要考查了圆周角定理,等腰三角形的性质与判定,角平分线的定义,三角形内角和定理,圆内接四边形的性质,灵活运用所学知识是解题的关键.26.(2023·浙江杭州·统考一模)如图,点A,B是半径为2的⊙O上的两点且,则下列说法正确的是()
A.圆心O到的距离为 B.在圆上取异于A,B的一点C,则面积的最大值为2C.取的中点C,当绕点O旋转一周时,点C运动的路线长为π D.以为边向上作正方形,与⊙O的公共部分的面积为【答案】D【分析】由垂径定理,勾股定理求出,延长交圆于,即可求出的最大面积,当绕点旋转一周时,点运动的路线是以为圆心半径是1的圆,即可求出运动的路线长,以为边向上作正方形,与的公共部分的面积扇形的面积+的面积,于是可以得到答案.【详解】解:如图①,于,
,,,故A不符合题意;如图①延长交圆于,此时的面积最大,,,的面积,故B不符合题意;
取的中点,连接,,,,,,当绕点旋转一周时,点运动的路线是以为圆心半径是1的圆,运动的路线长是,故C不符合题意;如图②四边形是正方形,连接,,则过圆心O,作于,
的面积,,的面积的面积的面积,,扇形的面积,以为边向上作正方形,与的公共部分的面积扇形的面积的面积,故D符合题意.故选:D.【点睛】本题考查扇形面积的计算,三角形面积的计算,垂径定理,勾股定理,掌握以上知识点是解题的关键.27.(2023·浙江杭州·统考一模)如图,是的直径,点C是延长线上的一点,与相切于点D,连接.若,则(
)A. B.C. D.【答案】B【分析】连接.根据切线的性质可得出,根据直径所对圆周角为直角得出,结合题意易证为等边三角形,最后由含30度角的直角三角形的性质结合勾股定理逐项计算判断即可.【详解】解:如图,连接.∵与相切于点D,∴.∵,∴,,∴,即.∵,∴为等边三角形,∴,∴,故A错误,不符合题意;∵,,∴,∴,故B正确,符合题意;∵,,∴.∵,∴,∴.∵,∴,故C错误,不符合题意;∵是的直径,∴.∵为等边三角形,∴,∴,∴,∴,∴,∴,故D错误,不符合题意.故选B.【点睛】本题考查切线的性质,圆周角定理的推论,等边三角形的判定和性质,含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理.连接常用的辅助线是解题关键.二、填空题28.(2023·浙江杭州·校考三模)如图,已知四边形内接于,,则的度数是.【答案】【分析】根据圆内接四边形的性质求解.【详解】∵四边形ABCD内接于⊙O,∠ABC=68°,∴∠ADC=180°-∠ABC=180°-68°=112°.故答案为:112°.【点睛】考查了圆内接四边形的性质,解题关键是熟练掌握圆内接四边形的性质:圆内接四边形的对角互补.29.(2023·浙江杭州·统考一模)如图,点O在边上,与边相切于点D,交边于点E,点F在弧上,连接,,则等于.【答案】/21度【分析】先根据切线的性质得到,从而得到,再根据圆周角定理得到.【详解】解:∵是的切线,∴,∵,∴,∴,故答案为:【点睛】本题考查圆的切线的性质和圆周角定理,解题的关键是熟练掌握相关知识.30.(2023·浙江杭州·统考一模)如图,⊙O分别切∠BAC的两边AB,AC于点E,F,点P在优弧上.若∠BAC=66°,则∠EPF等于度.【答案】57【分析】连接OE,OF,由切线的性质可得OE⊥AB,OF⊥AC,由四边形内角和定理可求∠EOF=114°,即可求∠EPF的度数.【详解】解:连接OE,OF,∵⊙O分别切∠BAC的两边AB,AC于点E,F∴OE⊥AB,OF⊥AC又∵∠BAC=66°∴∠EOF=114°∵∠EOF=2∠EPF∴∠EPF=57°故答案为57.【点睛】本题考查了切线的性质,圆周角定理,四边形内角和定理,熟练运用切线的性质是本题的关键.31.(2023·浙江杭州·统考二模)如图,切于A点,连接交于点C,点D是优弧上一点,若为α,则(用含α的代数式表示).
【答案】【分析】连接,根据切线的性质,得到,进而得到,再利用圆周角定理即可得解.【详解】解:连接,
∵切于A点,∴,∵为α,∴,∴.故答案为:.【点睛】本题考查切线的性质,圆周角定理.熟练掌握圆的切线垂直于过切点的半径,同弧所对的圆周角等于圆心角的一半,是解题的关键.32.(2023·浙江杭州·杭州市十三中教育集团(总校)校考二模)如图是圆O的切线,切点分别为P、C、D,若,,则的长是.【答案】3【分析】根据切线长定理得到,,然后求出AP即可.【详解】解:∵是圆O的切线,∴,,∵,∴.故答案为3.【点睛】本题考查了切线长定理,解题关键是熟记切线长定理:从圆外一点引的这两条切线长相等.33.(2023·浙江杭州·统考二模)一面墙上有一个矩形的门洞,现要将它改为一个圆弧形的门洞,圆弧所在的圆外接于矩形,如图,若矩形的高为2m,宽为,则要打掉墙体的面积为.【答案】【分析】如图,过圆心O作OE⊥AB于点E,OF⊥BC于点F,连接OB、OA,由题意易得,,然后根据勾股定理可求半径,进而可得劣弧及优弧的度数,最后问题可求解.【详解】解:如图,过圆心O作OE⊥AB于点E,OF⊥BC于点F,连接OB、OA,∵,∴,,在Rt△OEB中,m,∴∠BOE=30°,∴∠AOB=60°,∴优弧的度数为300°,∴打掉墙体的面积为:,故答案为.【点睛】本题主要考查扇形面积及垂径定理,熟练掌握扇形面积及垂径定理是解题的关键.34.(2023·浙江杭州·校联考一模)如图,,是的切线,切点分别是点和,是的直径.若,,则的长为.
【答案】【分析】连接,根据切线长定理可得,可得为等边三角形,切线的性质定理可得,则,利用含30度角的直角三角形的性质以勾股定理即可求解.【详解】解:连接,
∵,是的切线,切点分别是点和,∴,,∴,又∵,∴为等边三角形,∴,,∴,∵是的直径,∴,∴,由勾股定理得:,∴,故答案为:.【点睛】此题考查了圆的有关性质,切线长定理以及切线的性质定理,圆周角定理,等边三角形的判定与性质,含直角三角形的性质,勾股定理,解题的关键是熟练掌握相关性质.35.(2023·浙江杭州·统考一模)如图,点P是外一点,切于点A.已知半径为5,,则.【答案】【分析】如图,连接,证明,再利用勾股定理可得答案.【详解】解:如图,连接,∵切于点A.∴,∵半径为5,,∴,故答案为:.【点睛】本题考查的是切线的性质,勾股定理的应用,熟记切线垂直于过切点的半径是解本题的关键.36.(2023·浙江杭州·校考二模)如图,是的直径,点P是延长线上的一点,是的切线,C为切点.若,,则.【答案】【分析】连接,根据切线的性质得到,根据正切的定义以及勾股定理进行计算,得到答案.【详解】解:连接,∵是的切线,∴,在中,,设,则,,在中,根据勾股定理得,,,解得:,(舍),∴,故答案为:.【点睛】本题考查的是切线的性质、正切的定义、勾股定理等知识,掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键.37.(2023·浙江杭州·校联考二模)如图,点P是外一点,是的切线,T为切点,连接.若,则°.
【答案】55【分析】根据切线性质,得出,根据直角三角形两锐角互余得出即可.【详解】解:∵是的切线,∴,∴,∵,∴.故答案为:55.【点睛】本题主要考查了切线的性质,解题的关键是根据切线性质求出.38.(2023·浙江杭州·校考三模)如图,与分别相切于点A,B,,,则.
【答案】3【分析】先判断出,进而判断出是等边三角形,即可得出结论.【详解】解:∵与分别相切于点A,B,∴,∵,∴是等边三角形,∴.故答案为:3.【点睛】本题主要考查了切线长定理,判断出是等边三角形是解题的关键.39.(2023·浙江杭州·杭州市丰潭中学校考三模)如图,,分别与半径为3的相切于点A,B,直线分别交,于点C,D,并切于点E,当时,的周长为.
【答案】【分析】根据切线的性质,切线长定理,勾股定理进行综合求解即可.【详解】解:∵直线,,均为的切线,∴,,,∴,如图所示,连接,
由题意,,,,∴,∴,故答案为:.【点睛】本题考查切线的性质定理,切线长定理等,理解并熟练运用切线长定理是解题关键.40.(2023·浙江杭州·统考一模)如图,在圆内接正十边形中,是正十边形的一条边,平分交于点,若的半径为2,则.【答案】【分析】根据角平分线的性质以及内接正多边形的性质,可得到,再通过证明,得到,即即可求出答案.【详解】解:根据题意得:,,平分交于点,,,,,,,,即,解得:,故答案为:.【点睛】本题主要考查了正多边形和圆,等腰三角形的判定,相似三角形的性质和判定的应用,解此题的关键是得出关于的比例式.41.(2023·浙江杭州·模拟预测)如图,以AD为直径的半圆O经过Rt△ABC的斜边AB的两个端点,交直角边AC于点E.B、E是半圆弧的三等分点,弧BE的长为,则图中阴影部分的面积为.【答案】【分析】连接BD,BE,BO,EO,由的长为,可求出圆的半径,然后根据图中阴影部分的面积为:S△ABC-S扇形BOE,即可求解.【详解】解:连接BD,BE,BO,EO,∵B,E是半圆弧的三等分点,∴∠EOA=∠EOB=∠BOD=60°,∴∠BAC=∠EBA=30°,∴BE∥AD,∵的长为,∴,解得R=2.∴AB=ADcos30°=2,∴BC=AB=,∵△BOE和△ABE同底等高,∴△BOE和△ABE面积相等,∴图中阴影部分的面积为:S△ABC-S扇形BOE=,故答案为:.【点睛】本题考查扇形的面积公式,解直角三角形,勾股定理,圆周角定理的推论,添加辅助线,利用割补法求面积是关键.42.(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.
【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.【点睛】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.43.(2023·浙江杭州·校考二模)如图,与正方形相切点,点在上,点是的中点,连结、、,设,,当时,则与的关系为.
【答案】【分析】根据条件证明是的垂直平分线,,从而可得,可得,由可得,则有,,,即可求出.【详解】解:当时,连接,如图,∵与正方形相切点,点是的中点,设与交点为M,连接,
∵四边形是正方形,,∴,,∴∴,
即M是的中点,∵,,∴,即是的垂直平分线,∴,∴,∴,∵,∴,∴,∵,∴,∴,∴,即,∴与的关系为:;故答案为:.【点睛】本题考查了圆与几何问题,涉及到圆的切线、平行线分线段成比例定理、线段垂直平分线的判定、等腰三角形的性质、正方形的性质等,灵活运用所学知识是解题关键.44.(2023·浙江杭州·统考二模)如图,在中,,分别为的切线,点E和点C为切点,线段经过圆心O且与相交于点D,若,,则的长为.
【答案】【分析】连接,由题意可得,设,,则,进而可得,然后可得,最后可根据勾股定理及三角函数进行求解即可.【详解】解:∵,分别为的切线,∴,由可设,,则,∵,∴,∴,解得:,∴,∴,∴,∴在中,;故答案为.【点睛】本题主要考查切线的性质、勾股定理及三角函数,熟练掌握切线的性质、勾股定理及三角函数是解题的关键.45.(2023·浙江杭州·统考二模)如图,PA,PB是的切线,切点分别为A,B,连接OB,AB.如果,那么∠P的度数为.【答案】40°【分析】由PA与PB都为圆O的切线得OB⊥BP,PA=PB,从而求得∠ABP=70°,再根据内角和定理即可求出∠P的度数.【详解】解:∵PA、PB是⊙O的切线,∴OB⊥BP,PA=PB,∴∠OBP=90°,∵,∴∠ABP=70°,∵PA=PB,,∴∠BAP=∠ABP=70°,∴∠P=180°-∠BAP-∠ABP=180°-70°-70°=40°,故答案为:40°【点睛】此题考查了切线长定理及等腰三角形的性质,熟练运用性质及定理是解本题的关键.46.(2023·浙江杭州·一模)如图,为锐角的外接圆,点在上,交于点,且满足,连接,设.(1)则(用含的代数式表示)(2)若,,则.【答案】;;【分析】(1)根据,,代入求解即可得到答案;(2)根据及(1)可得,结合,且,再利用相似三角形的判定与性质即可得到答案;【详解】(1)解:∵,,,∴,故答空1答案为:;(2)解:∵,∴,∵,,,∴,∵,∴,∵,
∴,∴,,连接,∵,∴,∴,∵,∴,∵,∴,∴,即,变形得:,设,则有。解得,(不符合题意舍去),故答案为:;【点睛】本题主要考查了圆周角定理,平行线的性质,三角形内角和定理,相似三角形判定与性质解题的关键是根据圆周角定理,三角形内角和定理,平行线的性质得到等角从而得到三角形相似.47.(2023·浙江杭州·统考一模)如图是以点O为圆心的圆形纸片,AB是⊙O的弦,将该圆形纸片沿直线AB折叠,劣弧恰好经过圆心O.若,则图中阴影部分的面积为.【答案】【分析】过点作交于点,连接,,根据折叠的性质可知,根据勾股定理求得,,根据阴影部分面积等比空白弓形部分面积,即,即可求解.【详解】解:过点作交于点,连接,根据折叠的性质可知∴,∴,∵,∴,∴,∵,∴,∴,则,∴阴影部分面积,故答案为:.【点睛】本题考查的是垂径定理,折叠的性质,求扇形面积,掌握扇形面积公式是解题的关键48.(2023·浙江杭州·校联考三模)如图是以点O为圆心,为直径的圆形纸片,点C在上,将该圆形纸片沿直线对折,点B落在上的点D处(不与点A重合),连接.设与直径交于点E.若,则度;的值等于.
【答案】【分析】由等腰三角形的性质得出,证出,由折叠的性质得出,设,证出,,由三角形内角和定理可得出答案;证明,由相似三角形的性质得出,设设,,得出,求出,则可得出答案.【详解】解:∵,∴,∵,,∴,∵将该圆形纸片沿直线对折,∴,又∵,∴,设,∴,∴,∵,∴,∴,∴;∵,,∴,∴,∴,设,,∴,解得,(负值舍去),∴,∴,∴.故答案为:36,.【点睛】本题是圆的综合题,考查了圆周角定理,折叠的性质,等腰三角形的判定与性质,三角形内角和定理,相似三角形的判定与性质,熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键.49.(2023·浙江杭州·杭州市十三中教育集团(总校)校考三模)如图,为的直径,C,D是上两点,若,,则的值是.
【答案】/【分析】先根据勾股定理求出,再根据圆周角定理得到,即可求得答案.【详解】解:如下图所示,连接,
∵为的直径,∴,∵,,∴,∵,∴,故答案为:【点睛】本题考查圆周角定理和勾股定理,解题的关键是熟练掌握圆周角定理.50.(2023·浙江杭州·杭州市公益中学校考二模)如图,已知是的直径,弦于点,.点是劣弧上任意一点(不与点,重合),交于点,与的延长线相交于点,设.
①则(用含的代数式表示);②当时,则.【答案】【分析】①连接,先根据含直角三角形的性质,得,再根据圆周角定理,得,即可得出结果;②在上取点,连接,使,先根据题意求出,设,,在中和中,根据勾股定理,求出即可.【详解】解:①如图,连接,
在中,,,,在中,,,,,在中,,故答案为:②在上取点,连接,使,
由①中结论,,,,,设,,由①中结论,在中,,,,解得:,,,故答案为:.【点睛】此题属于圆的综合题,考查了含直角三角形的性质、勾股定理等知识,综合性较强,解答本题需要我们熟练各部分的内容,对学生的综合能力要求较高,一定要注意将所学知识贯穿起来.51.(2023·浙江杭州·校考一模)如图,在每个小正方形的边长为1的网格中,的顶点均落在格点上,点B在网格线上,且.(Ⅰ)线段的长等于;(Ⅱ)以为直径的半圆与边相交于点D,若分别为边上的动点,当取得最小值时,请用无刻度的直尺,在如图所示的网格中,画出点,并简要说明点的位置是如何找到的(不要求证明).【答案】(1);(2)见解析【分析】(1)将AC放在一个直角三角形,运用勾股定理求解;(2)取格点M,N,连接MN,连接BD并延长,与MN相交于点;连接,与半圆相交于点E,连接BE,与AC相交于点P,连接并延长,与BC相交于点Q,则点P,Q即为所求.【详解】解:(Ⅰ)如图,在Rt△AEC中,CE=3,AE=2,则由勾股定理,得AC==;(Ⅱ)如图,取格点M,N,连接MN,连接BD并延长,与MN相交于点;连接,与半圆相交于点E,连接BE,与AC相交于点P,连接并延长,与BC相交于点Q,则点P,Q即为所求.【点睛】本题考查作图-应用与设计,勾股定理,轴对称-最短问题,垂线段最短等知识,解题的关键是学会利用轴对称,根据垂线段最短解决最短问题,属于中考常考题型.52.(2023·浙江杭州·校考三模)如图,的半径于点C,连接并延长交于点E,连接,若,,(1)的半径为;(2)的值为.
【答案】5【分析】(1)设半径为r,根据垂径定理得到,,,根据的勾股定理求出r的值;(2)连接,根据直径所对的圆周角为直角,得出为直角三角形,根据勾股定理求出,,,的长度,然后按定义进行计算.【详解】解:(1)∵的半径于点C,,∴,设的半径为r,则,在中,∵,∴,即,解得故答案为:5.(2)连接,过点C作于点F
∵是的直径,
∴,在中,∵,,∴∵在中,,,∴∵∴∴∴∴∴故答案为:.【点睛】本题考差了勾股定理、垂径定理、锐角三角函数的求值,记忆理解相关定义,性质是解题的关键.三、解答题53.(2023·浙江杭州·校考二模)如图,在中,,为上的一点,以为直径的半圆与交于点,且切于点.(1)求证:;(2)若,,求的长.【答案】(1)见解析(2).【分析】(1)连接,根据切线的性质可得,推出,由平行线的性质以及半径相等即可推得结论;(2)连接,根据等边三角形的判定与性质以及含30度角的直角三角形的性质可得答案.【详解】(1)证明:连接,∵切于点,∴,即,∵,∴,∴,,∵,∴,∴,∴;(2)解:连接,∵,,∴,∵,∴、都为等边三角形,,∴,∴,∵,,,∴,∴.【点睛】此题考查的是切线的性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质等知识,正确作出辅助线是解决此题的关键.54.(2023·浙江杭州·统考一模)如图,半径为2,弦,A是弦所对优弧上的一个点,连接并延长交点M,连接,过点B作,垂足为E.(1)求证:.(2)过点A作,分别交,于点H,D.求的长.【答案】(1)见详解(2)【分析】(1)根据为的直径得到,再根据即可证明;(2)先根据,得到,,从而得到,再证明得到,最后通过勾股定理计算出即可得答案.【详解】(1)证明:由题意得为的直径,∴,∴∵,∴;(2)解:如下图所示,连接,延长交于点N,连接∵,∴,,∴,∵,,∴,∴,∵,∴,∴,∵是直径,∴,∴.【点睛】本题考查平行线的性质、圆周角定理、直角三角形的性质和勾股定理,解题的关键是结合圆周角定理证得.55.(2023·浙江杭州·统考一模)如图,已知锐角内接于⊙O,于点D,连结AO.⑴若.①求证:;②当时,求面积的最大值;⑵点E在线段OA上,,连接DE,设,(m、n是正数),若,求证:【答案】(1)①见解析;②△ABC面积的最大值是;(2)见解析.【分析】(1)①连接OB,OC,由圆的性质可得答案;②先作AF⊥BC,垂足为点F,要使得面积最大,则当点A,O,D在同一直线上时取到再根据三角形的面积公式即可得到答案;(2)先设∠OED=∠ODE=α,∠COD=∠BOD=β,由锐角三角形性质得到即,再结合题意及三角形内角和的性质得到两式联立即可得到答案.【详解】(1)①证明:连接OB,OC,因为OB=OC,OD⊥BC,所以∠BOD=∠BOC=×2∠BAC=60°,所以OD=OB=OA②作AF⊥BC,垂足为点F,所以AF≤AD≤AO+OD=,等号当点A,O,D在同一直线上时取到由①知,BC=2BD=,所以△ABC的面积即△ABC面积的最大值是(2)设∠OED=∠ODE=α,∠COD=∠BOD=β,因为△ABC是锐角三角形,所以∠AOC+∠AOB+2∠BOD=360°,即(*)又因为∠ABC<∠ACB,所以∠EOD=∠AOC+∠DOC因为∠OED+∠ODE+∠EOD=180°,所以(**)由(*),(**),得,即【点睛】本题综合考查圆的性质、三角形内角和的性质勾股定理,解题的关键是熟练掌握圆的性质、三角形内角和的性质勾股定理.56.(2023·浙江杭州·统考一模)如图,以四边形的对角线为直径作圆,圆心为,过点A作的延长线于点,已知平分.(1)求证:是的切线.(2)若,,求的半径和的长.【答案】(1)证明见解析(2)的半径为,【分析】(1)根据等边对等角得出,进而得出,证得,从而证得,即可证得结论;(2)过点O作,垂足为点F,从而证得四边形是矩形,得出,根据垂径定理得出,在中,根据勾股定理即可求得的半径,即可求得的长,再根据勾股定理即可求得的长.【详解】(1)证明:连接,,,平分,,,,,,是的半径,是的切线;(2)解:如图:过点O作,垂足为点F,,,四边形是矩形,,,,.【点睛】本题考查了等腰三角形的性质,垂径定理,平行线的判定和性质,切线的判定和性质,勾股定理的应用等,熟练掌握性质定理,添加合适的辅助线是解题的关键.57.(2023·浙江杭州·模拟预测)如图,内接于,,与关于直线对称,交于点E.(1)求证:是的切线.(2)连接,若,,求的长.【答案】(1)证明见解析(2)4【分析】(1)如图所示,连接,连接并延长交于F,根据等边对等角得到,再证明,得到,由,得到,由轴对称的性质可得,即可证明,从而证明是的切线;(2)由轴对称的性质得,,再由圆内接四边形对角互补推出,,得到,解,求出,则,即可得到.【详解】(1)证明:如图所示,连接,连接并延长交于F,∵,∴,∵内接于,∴,∴,∵,∴,∴,由轴对称的性质可得,∴,即,又∵是的半径,∴是的切线;(2)解:由轴对称的性质得,,∵四边形是圆内接四边形,∴,∴,∴,∵,∴,在中,,∴,∴.【点睛】本题主要考查了切线的判定,等腰三角形的性质与判定,锐角三角函数,轴对称的性质等等,灵活运用所学知识是解题的关键.58.(2023·浙江杭州·模拟预测)如图1,在等腰三角形中,,为底边的中点,过点作,垂足为,以点为圆心,为半径作圆,交于点,.(1)与的位置关系为_______;(2)求证:是的切线;(3)如图2,连接,,,求的直径.(结果保留小数点后一位.参考数据:)【答案】(1)相切(2)见解析(3)【分析】(1)利用直线与圆的相切的定义解答即可;(2)过点作于点,连接,通过证明,利用直线与圆相切的定义解答即可;(3)过点作于点,利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求得,再利用垂径定理和直角三角形的边角关系定理求得圆的半径,则圆的直径可求.【详解】(1)解:,点为圆心,为半径,圆心到直线的距离等于圆的半径,为的切线,与的位置关系为相切,故答案为:相切;(2)证明:过点作于点,连接,如图,,为底边的中点,为的平分线,,,,为的半径,为的半径,是的切线;(3)解:过点作于点,如图,,,,,.,,,,为的平分线,.在中,,∴的直径.【点睛】本题主要考查了解直角三角形,垂径定理,圆的切线的判定与性质,等腰三角形的性质,直角三角形的边角关系定理,三角形的内角和定理,过圆心作直线的垂线段是解决此类问题常添加的辅助线,综合运用以上知识是解题的关键.59.(2023·浙江杭州·模拟预测)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.60.(2023·浙江杭州·统考二模)如图,四边形内接于,点C是弧的中点,延长到点E,使得,连结.
(1)求证:.(2)若,,,求的长【答案】(1)证明见详解(2)【分析】(1)根据圆内接四边形的性质得到,根据全等三角形的性质得到;(2)过点C作,根据已知条件得到,求得,根据直角三角形的性质得到结论.【详解】(1)证明:,,四边形内接于,,,,在和中,,,;(2)解:过点C作,
由(1)得,由(1)得∴为等腰三角形∵∴∴∵,∴有勾股定理可得:解得:在中∴【点睛】本题考查了圆内接四边形,圆周角定理,全等三角形的判定和性质,勾股定理,正确地找出等量关系是解题的关键.61.(2023·浙江杭州·杭州市公益中学校考二模)如图,点是的边上一点,与边相切于点,与边、分别相交于点、,且.
(1)求证:;(2)当,时,求的长.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)连接,,因为,所以,从而易证,所以,继而可证明;(2)首先根据题意求出,然后设的半径为,则,在中,利用,从而可求出的值,再作差求解即可.【详解】(1)证:如图所示,连接,,
,,,,,,,与边相切于点,,,;(2)解:在中,,设,则,根据勾股定理,∵,∴,即,,∴,设的半径为,则,在中,,,经检验,是上述分式方程的解,,∴.【点睛】本题考查了圆中弧、弦之间的关系,圆周角定理的推论,切线的性质和解直角三角形等知识,属于常考题型,熟练掌握上述基本知识是解答的关键.62.(2023·浙江杭州·杭州市十三中教育集团(总校)校考二模)如图1,已知为的直径,点C为的中点,点D在上,连接、、、、与相交于点E.
(1)求证:;(2)如图2,过点C作的垂线,分别与,,相交于点F、G、H,求证:;(3)如图3,在(2)的条件下,连接,若,求.【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】(1)在图1中,连接,利用同弧所对的圆周角相等得到,,,进而可求解;(2)在图2中,连接,证明即可得出结论;(3)在图3中,连接,过B作于M,过A作于N,证明得到,再根据等腰三角形的性质得到,证明是等腰直角三角形,得到,则,求得,由即可求解.【详解】(1)证明:在图1中,连接,
∵点C为的中点,∴,∴,∵,,∴,,∴,即;(2)证明:在图2中,连接,
∵为的直径,,∴,∴,∵,∴,又,∴,∴;(3)解:在图3中,连接,过B作于M,过A作于N,则,
∴,∵,∴,又,∴,∴,∵,,∴,∵,∴,又,∴,∴是等腰直角三角形,∴,则,∴在中,,又,∴.【点睛】本题考查圆与三角形的综合题,主要涉及圆周角定理、弧与弦的关系、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质和判定、锐角三角函数等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题,属于中考常考题型.63.(2023·浙江杭州·校考一模)如图,在中,.以AB为直径的与线段BC交于点D,过点D作,垂足为E,ED的延长线与AB的延长线交于点P.(1)求证:直线PE是的切线;(2)若的半径为6,,求CE的长.【答案】(1)见解析(2)3【分析】(1)连接AD、OD,根据等腰三角形的性质可证得,根据平行线的判定与性质可证得,然后根据切线的判定即可证得结论;(2)根据含30°角的直角三角形的性质求得CD、CE
即可.【详解】(1)证明:连接AD、OD,记,,∵,∴.∵,∴.∵,∴,∴,∴,∴,∴,又∵OD是⊙O的半径,∴直线PE是⊙O的切线.(2)连接AD,∵AB是直径,∴,∴.又∵,∴,∵,,∴,又∵,∴为等边三角形,∴,,∴,在中,∵,∴.【点睛】本题考查等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、切线的判定、等边三角形的判定与性质、解直角三角形,难度适中,熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键.64.(2023·浙江杭州·统考一模)如图所示,的顶点、在⊙上,顶点在⊙外,边与⊙相交于点,,连接、,已知.(1)求证:直线是⊙的切线;(2)若线段与线段相交于点,连接.①求证:;②若,求⊙的半径的长度.【答案】(1)见解析(2)①见解析;②【分析】(1)根据圆周角定理可得∠BOD=2∠BAC=90°,再由OD∥BC,可得CB⊥OB,即可求证;(2)①根据∠BOD=2∠BAC=90°,OB=OD,可得∠BAC=∠ODB,即可求证;②根据,可得,即,再由勾股定理,即可求解.【详解】(1)证明∶∵∠BAC=45°,∴∠BOD=2∠BAC=90°,∴OD⊥OB,∵OD∥BC,∴CB⊥OB,∵OB为半径,∴直线是⊙的切线;(2)解:①∵∠BAC=45°,∴∠BOD=2∠BAC=90°,OB=OD,∴∠ODB=45°,∴∠BAC=∠ODB,∵∠ABD=∠DBE,∴;②∵,∴,∴,∵,∴,∵,∴,∴或(舍去).即⊙的半径的长为.【点睛】本题主要考查了切线的判定,圆周角定理,相似三角形的判定和性质,勾股定理等知识,熟练掌握切线的判定,圆周角定理,相似三角形的判定和性质是解题的关键.65.(2023·浙江杭州·统考一模)如图,以等腰的底边为直径作半圆,交、于点D、E.(1)证明:;(2)若,,求阴影部分面积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)如图,连接,,证明,,可得,从而可得结论;(2)如图,连接,,,过作于,证明为等边三角形,,而,,为等边三角形,分别求解,,,同理可得:,从而可得答案.【详解】(1)解:如图,连接,,∵,∴,∵为的直径,∴,∴,∴.(2)如图,连接,,,过作于,∵,,,∴为等边三角形,,而,∴,,∴,为等边三角形,∴,,,∴,,同理可得:,∴,,,同理可得:,∴.【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质,等边三角形的判定与性质,圆周角定理的应用,扇形面积的计算,熟练的利用等边三角形的性质解题是关键.66.(2023·浙江杭州·杭州市十三中教育集团(总校)校考三模)如图,将含角的直角三角板放入半圆中,三点恰好在半圆上,点是的中点,连接并延长交圆于点.
(1)求证:;(2)若,求阴影部分的面积.【答案】(1)见解析(2)【分析】(1)根据垂径定理和圆周角定理的推论,即可得到结论;(2)根据图示,可知是等边三角形,根据扇形的面积公式计算出扇形的面积,的面积,由此即可求解阴影部分的面积.【详解】(1)证明:根据题意,是半圆的直径,∵点是的中点,∴,∵,∴,∴.(2)解:如图所示,连接,
∵,,∴是等边三角形,过点C作,∵,∴,∴,∴,∴,,∴.【点睛】本题主要考查扇形面积,垂径定理,圆周角定理,掌握垂径定理,扇形面积公式是解题的关键.67.(2023·浙江杭州·校联考二模)已知的直径,弦与弦交于点E,且,垂足为点F.
(1)如图1,若,求的长.(2)如图2,若E为弦的中点,求证:.(3)连结、、,若是的内接正n边形的一边,是的内接正边形的一边,求的面积.【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】(1)先根据垂径定理和弧、圆心角的关系可求得,进而利用含30度角的直角三角形的性质求解即可;(2)先根据垂径定理得到,再利用三角形的中位线性质得到,,证明得到即可证得结论;(3)先求得、、所对的圆心角的度数,再利用含30度角的直角三角形的性质求得,,进而求得即可求解.【详解】(1)解:如图1,∵,垂足为点F,,∴,则,∴,又∵,∴;(2)解:如图2,连接,
∵为直径,,∴,又∵,∴,,∴,∵、,∴,∴,∴;(3)解:如图,连接,
∵是的内接正n边形的一边,是的内接正边形的一边,∴,则,解得:.经检验:是原方程的根.∴,,∵,,∴,∴,则,则,.【点睛】本题考查圆的综合,涉及垂径定理,圆周角定理,弧、圆心角的关系、含30度角的直角三角形的性质,三角形的中位线性质,全等三角形的判定与性质、正多边形的中心角等知识,熟练掌握圆的相关知识的运用是解答的关键.68.(2023·浙江杭州·校联考三模)如图,锐角内接于,D是劣弧上一点,与交于点E,且.
(1)求证:是等腰三角形;(2)若,,求的半径长和劣弧的长.【答案】(1)见解析(2)4,【分析】(1)根据得到,进而证明出,然后利用同弧所对的圆周角相等和等角对等边证明即可;(2)过A作直径,连接,首先得到,然后利用得到,利用勾股定理得到,进而得到的半径长为4,连接,根据特殊角的三角函数值得到,然后利用弧长公式求解即可.【详解】(1)证明:∵,∴,∴,∴,∴,∴,∴是等腰三角形;(2)解:过A作直径,连接,
∴(直径所对圆周角为),∵,∴,∵,∴,∴,∴的半径长;连接,∵,∴,∴,∴,∴劣弧的长.即的半径长是4,劣弧的长是.【点睛】此题考查了同弧所对的圆周角相等,解直角三角形,弧长公式等知识,解题的关键是熟练掌握以上知识点.69.(2023·浙江杭州·杭州市丰潭中学校考三模)如图,以的一边为直径作,与边的交点恰好为的中点,过点作.
(1)求证:为圆O的切线;(2)连接交于点F,若,求的值.【答案】(1)见详解(2)【分析】(1)连接,根据三角形的中位线定理可求出,根据切线的性质可证明,进而得证.(2)连接.根据圆周角定理得到.故设,则,.根据相似三角形的性质得到,,于是得到结论.【详解】(1)证明:连接.
为中点,为中点,.,,且点在上,是的切线;(2)解:连接.
,.为的直径,.又为的中点,.,故设,则,.在中,,,.,.,..,.【点睛】本题考查了切线的判定与性质、直径对的圆周角是直角、相似三角形的判定与性质.运用切线的性质来进行计算或论证,常通过作辅助线连接圆心和切点,利用垂直构造直角三角形解决有关问题.70.(2023·浙江杭州·杭州市公益中学校考三模)如图,内接于,且,是的直径,,交于点,为的延长线上一点,且.
(1)求证:;(2)求证:是的切线;(3)若为的中点,求的值.【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】(1)根据圆周角定理得出即可得证;(2)根据角的关系得出,再根据角的代换得出,即,即可得证结论;(3)设,则,根据相似三角形的判定和性质得出,即可得出的值.【详解】(1)证明:,,,又,;(2)证明:是的直径,,又,是的垂直平分线,,,,,又在中,,,即即,又点A在上,是的切线;(3)设,则,,即,∴,是的直径,,在中,.【点睛】本题主要考查圆的综合题型,熟练掌握圆周角定理,切线的判定,相似三角形的判定和性质,勾股定理等知识是解题的关键.71.(2023·浙江杭州·统考一模)如图1,为的直径,于点,,与交于点.(1)求证:.(2)若,求的长.(3)连结,如图2,求证:.【答案】(1)见解析(2)的长为(3)见解析【分析】(1)由为的直径,于点得,又由,得到,从而得到,即,即可得证;(2)连接,由(1)得:,,从而得到,则,设,则,在中,,即,即可得到答案;(3)连接交于,则,通过证明,得到,再由等腰三角形的性质和三角形外角的性质,可得到,最后由,即可得到答案.【详解】(1)证明:为的直径,于点,,,,,即,;(2)解:如图所示:连接,,由(1)得:,,,为的直径,于点,,设,则,在中,,即,解得:,的长为;(3)解:如图所示:连接交于,,,,在和中,,,,,为半径,,,,.【点睛】本题主要考查了圆周角定理,全等三角形的判定与性质,三角形外角的性质,勾股定理,熟练掌握圆周角定理,全等三角形的判定与性质,三角形外角的性质,添加恰当的辅助线是解题的关键.72.(2023·浙江杭州·统考中考真题)如图,在中,直径垂直弦于点,连接,作于点,交线段于点(不与点重合),连接.
(1)若,求的长.(2)求证:.(3)若,猜想的度数,并证明你的结论.【答案】(1)1(2)见解析(3),证明见解析【分析】(1)由垂径定理可得,结合可得,根据圆周角定理可得,进而可得,通过证明可得;(2)证明,根据对应边成比例可得,再根据,,可证;(3)设,,可证,,通过证明,进而可得,即,则.【详解】(1)解:直径垂直弦,,,,,,由圆周角定理得,,在和中,,,;(2)证明:是的直径,,在和中,,,,,由(1)知,,又,;(3)解:,证明如下:如图,连接,
,,直径垂直弦,,,又,,,设,,则,
,,又,,,,,,,,,在和中,,
,即,,.【点睛】本题考查垂径定理,圆周角定理,全等三角形的判定与性质,相似三角形的判定与性质,等腰三角形的性质等,难度较大,解题的关键是综合应用上述知识点,特别是第3问,需要大胆猜想,再逐步论证.73.(2023·浙江杭州·校考二模)如图,中,弦,相交于点,弧与弧相等.
(1)求证:;(2)点在上,,.①若,求;②设的面积为,面积为,设,求(用含式子表示).【答案】(1)证明见解析(2)①;②【分析】(1)先证明,进而得到,即可证明;(2)①如图所示,过点A作于H,先证明是等边三角形,得到,进而求出,再根据平行线分线段成比例定理即可得到;②如图所示,过点D作于T,连接,设,证明是等边三角形,得到,,同理可得;解直角三角形得到,即,根据三角形面积公式得到,,则,先证明,在中,,则,推出,则.【详解】(1)证明:∵弧与弧相等,∴,即,∴,∴;(2)解:①如图所示,过点A作于H,∵,∴,∵,∴,∴是等边三角形,∴,∵,∴,∵,∴,∴;
②如图所示,过点D作于T,连接,设,∵是等边三角形,∴,∴,∴是等边三角形,∴,∴,同理可得;在中,,在中,,∴,即,∴,∴,,∴,∵,∴∵,∴,在中,,∴,∴,∴∴∴.
【点睛】本题主要考查了圆周角定理,等边三角形的性质与判断,解直角三角形,平行线分线段成比例定理等等,正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键.74.(2023·浙江杭州·校联考二模)如图①,是的外接圆,点在上,延长至点,使得.
(1)求证:为的切线;(2)若的角平分线交线段于点,交于点,连接,如图②,其中,,求.【答案】(1)见解析(2)【分析】(1)连接,根据等腰三角形的性质,同角的余角相等得出,再根据切线的判定方法进行判断即可;(2)通过证明,可得,从而得到,在中,由勾股定理可得,再根据圆周角定理以及相似三角形的性质得出,代入计算即可.【详解】(1)证明:连接,如图,
,,,,,是直径,,即,,,是的直径;(2)解:,,,,,,在中,,,即,,为的角平分线,,,,,.【点睛】本题考查了切线的判定,直角三角形的边角关系,相似三角形的判定与性质,勾股定理,熟练掌握切线的判定方法,相似三角形的判定和性质,是解题的关键.75.(2023·浙江杭州·统考二模)如图,锐角三角形内接于,的平分线交于点G,交边于点F,连接.
(1)求证:.(2)已知,设;①若,求b的值.②求证:.【答案】(1)见解析(2)①;②见解析【分析】(1)由是的平分线得出,由同弧所对的圆周角相等得出,从而推出;(2)①由,推出,,由,推出,从而得到,将代入求解即可;②由,推出,由,推出,利用得出即,整理得证.【详解】(1)解:证明:∵是的平分线,∴∵,(同弧所对的圆周角相等)∴(2)∵,∴又∵∴∴∴①∵,∴,∴∴∴∴∵,,∴∴,即又∵,∴解得:(舍去),∴b的值是.②过点A做于点E,
∵,∴∴同理,过点A做于点H,
∵,∴∴∵,∴∴,即∴,∴两边同时除以得:【点睛】本题考查圆周角定理,同弧所对的圆周角相等,相似三角形的判定与性质,等腰三角形的性质,锐角三角函数的定义等知识,推导三角形相似并利用三角形相似得到对应线段成比例是解题的关键.76.(2023·浙江杭州·校联考一模)如图,内接于半径为5的,连接并延长交于点,交于点,过点作,交的延长线于点,.
(1)求证:.(2)当时,求的长;(3)当时,设的面积为,的面积为,求的值.(用含的代数式表示).【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】(1)利用同弧所对的圆周角相等,以及平行线的性质得出角相等,再利用两角对应相等的两个三角形相似证得结论;(2)连接构造直角三角形,再过B作,根据,可得,,,,证明,可得,根据,解得,在中,根据勾股定理得,求得,在中,,根据,解得,在中,利用勾股定理求解即可;(3)过点M作出的高,再由,得出线段间的比例关系,从而可得出结果.【详解】(1)解:∵,∴,∵,∴,∴,∵,∴,∴;(2)解:连接,作交于F,∵半径为5,∴,∵,∴,,,∴,∵,∴,∵,∴,∴,即,由图可知为直径,,得,,解得,在中,,则,∴,在中,,
∵,∴,在中,;(3)当,即,,,∵,∴,∴.过M作,(以为直径),
可知,∴,∴.【点睛】此题是圆中的相似问题,考查了勾股定理、相似三角形的性质与判定、圆周角定理等,一般利用两角相等证明相似,同时注意结合圆中作辅助线的技巧,构造直角三角形是解题的关键.77.(2023·浙江杭州·统考一模)如图,,是的两条直径,,点是上一点,连接,,分别交,于点,,连接,,.
(1)若,求的度数.(2)求证:.(3)设,的面积为,的面积为,求证:.【答案】(1)(2)见解析(3)见解析【分析】(1)根据已知条件得出,根据等弧所对的圆周角得出,进而在中,根据直角三角形的两锐角互余即可求解;(2)根据(1)的方法,得出,设,进而证明,,即可证明,根据相似三角形的性质即可求解;(3)分别表示出,根据(2)的结论,结合,进行恒等式的变形,得出,进而根据正切的定义得出,即可得证.【详解】(1)解:∵,是的两条直径,,∴,∴,在中,∵,∴,∵,∴,在中,,∴;(2)解:∵,∴,设∵,∴,,∴,,∴,∴,∴;(3)解:∵,,∴由(2)得;∵,又,∴,即,∴,∴,∴,∵,在中,,∴【点睛】本题考查了圆周角定理,相似三角形的性质与判定,正切的定义,熟练掌握以上
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