专题09圆的相关计算问题-2023年中考数学一模试题分项汇编

专题09圆的相关计算问题一、单选题1．（2023·浙江金华·校联考模拟预测）如果一个扇形的半径是2，弧长是，则此扇形的圆心角的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据弧长公式即可求得圆心角的度数.【详解】设扇形的圆心角为n°，根据题意得：∴n=45°故选：B【点睛】本题考查的是扇形的弧长公式，熟记扇形的弧长公式是关键.2．（2023·浙江温州·一模）如图，已知A、B、C、D四点都在⊙O上，OB⊥AC，BC＝CD，在下列四个说法中，①＝2；②AC＝2CD；③OC⊥BD；④∠AOD＝3∠BOC，正确的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】根据题意和垂径定理，可以得到AC＝BD，，，然后即可判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．【详解】解：∵OB⊥AC，BC＝CD，∴，，，，∴＝2，故①正确；AC＜AB+BC＝BC+CD＝2CD，故②错误；OC⊥BD，故③正确；∠AOD＝3∠BOC，故④正确；故选：C．【点睛】考查了圆周角定理、垂径定理、圆心角、弧、弦的关系，解题关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．3．（2023·浙江温州·统考一模）如图，是的直径，点D是劣弧上一点，，连结．若，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据圆周角定理，得到的度数为，的度数为，进而求出的度数为，再根据，得到的度数为，从而得到，利用即可得解．【详解】解：∵是的直径，∴的度数为，∵，∴的度数为，，∴的度数为，∵，∴的度数为，∴，∴；故选C．【点睛】本题考查圆周角定理，熟练掌握直径所对的弧的度数为，弧所对的圆周角是弧的度数的一半，是解题的关键．4．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图所示，小红要制作一个母线长为，底面圆周长是的圆锥形小漏斗，若不计损耗，则她所需纸板的面积是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据圆锥的侧面积底面周长母线长即可得到解答．【详解】解：∵底面圆周长是，母线长为，∴圆锥形小漏斗的侧面积，故选：．【点睛】本题考查了圆锥的侧面积公式，熟记圆锥的侧面积公式是解题的关键．5．（2023·浙江宁波·统考一模）如图，已知，的弧长之差为，，则的长为（

）A． B． C．6 D．3【答案】C【分析】根据弧长公式得，，根据，的弧长之差为得，进行计算即可得．【详解】解：，，∵，的弧长之差为，∴，，，，故选：C．【点睛】本题考查了弧长公式，解题的关键是理解题意，掌握弧长公式．6．（2023·浙江温州·统考一模）如图，是的外接圆，AC是直径，延长BA至点D，AE平分交于点E．若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用圆周角定理求得，，由角平分线的定义求得，再利用邻补角的性质求得，据此即可求解．【详解】解：∵，，∴，∵AC是的直径，∴，∴，∵AE平分，∴，∴，∴，故选：B．【点睛】本题考查了圆周角定理，直角三角形的性质，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．7．（2023·浙江温州·统考一模）如图，，是的半径，连接，过点作交于点，连接，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先根据等边对等角和三角形内角和定理求出，再根据平行线的性质得到，则由圆周角定理可得．【详解】解：∵，，∴，∵，∴，∴，故选B．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，平行线的性质，等边对等角，三角形内角和定理，灵活运用所学知识是解题的关键．8．（2023·浙江温州·统考一模）如图，是的直径，，是上的两点，连接，，，，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题中条件和同弧所对圆周角相等和直径所对圆周角是直角即可求出答案．【详解】解：∵且，∴，∵是直径，∴，∴，故选：B．【点睛】本题考查了圆周角定理及其推论，掌握直径所对圆周角是直角是解题关键．9．（2023·浙江·模拟预测）如图，是的直径，弦于点，是弧上任意一点，连接，，．则下列结论错误的是（

）A． B．若，则C．若，则是等腰三角形 D．若，则是等腰三角形【答案】D【分析】根据圆周角定理判定即可．【详解】解：是的直径，，，，，故A正确，不符合题意；，，，，，故B正确，不符合题意；若，，，，，是等腰三角形，故C正确，不符合题意；由，不能推出是等腰三角形，故D错误，符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理是解题的关键．10．（2023·浙江舟山·校考一模）如图，⊙O的直径垂直弦于点E，且，，则的长为（

）A．4 B．6 C．7 D．8【答案】D【分析】根据，，得出半径为5，在直角中，由勾股定理得，根据垂径定理得出的长．【详解】解：，，直径，半径，，，，为直角三角形，为直径，，根据垂径定理故选：D．【点睛】本题考查了勾股定理和垂径定理，利用垂径定理得出是解题的关键．11．（2023·浙江舟山·校联考一模）如图，矩形中，，F是中点，以点A为圆心，为半径作弧交于点E，以点B为圆心，为半径作弧交于点G，则图中阴影部分面积的差为（

）A． B． C． D．6【答案】A【分析】根据图形可以求得的长，然后根据图形即可求得的值．【详解】解：∵在矩形中，，F是中点，∴，∴，∴，故选A．【点睛】本题考查扇形面积的计算、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．12．（2023·浙江金华·统考一模）在数轴上，点A所表示的实数为4，点B所表示的实数为b，的半径为2，要使点B在内时，实数b的取值范围是（）A． B． C．或 D．【答案】D【分析】要使点B在内，则，即，求解即可．【详解】解：要使点B在内，则，即解得，故选：D【点睛】本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．13．（2023·浙江温州·模拟预测）如图，为的直径，弦于点E，于点F，，则为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据邻补角得出∠AOF=180°65°=115°，利用四边形内角和得出∠DCB=65°，结合圆周角定理及邻补角进行求解即可．【详解】解：∵∠BOF=65°，∴∠AOF=180°65°=115°，∵CD⊥AB，OF⊥BC，∴∠DCB=360°90°90°115°=65°，∴∠DOB=2×65°=130°，∴∠AOD=180°130°=50°，故选：C．【点睛】题目主要考查邻补角的计算及圆周角定理，四边形内角和等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．14．（2023·浙江金华·模拟预测）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，即通过圆内接正多边形割圆，从正六边形开始，每次边数成倍增加，依次可得圆内接正十二边形，内接正二十四边形，…．边数越多割得越细，正多边形的周长就越接近圆的周长．再根据“圆周率等于圆周长与该圆直径的比”来计算圆周率．设圆的半径为R，图1中圆内接正六边形的周长，则．再利用图2圆的内接正十二边形计算圆周率，首先要计算它的周长，下列结果正确的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】求出正多边形的中心角，利用三角形周长公式求解即可．【详解】解：∵十二边形是正十二边形，∴，∵于M，又，∴，∵正边形的周长，∴圆内接正十二边形的周长，故选：A．【点睛】本题考查的是正多边形和圆、等腰三角形的性质，求出正十二边形的周长是解题的关键．15．（2023·浙江台州·统考一模）用破损量角器按如图方式测量的度数，让的顶点恰好在量角器圆弧上，两边分别经过圆弧上的A，C两点．若点A，C对应的刻度分别为，，则的度数为（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】如图，连接设的直径为，可求出，即可得，进一步可求出．【详解】解：连接设的直径为，如图，∵∴，∴，∵，∴．故选：C．【点睛】本题考查了圆周角定理，从实际问题中抽象出圆周角定理模型是解题的关键．16．（2023·浙江温州·统考一模）如图，一个钟摆的摆长为米，当钟摆向两边摆动时，摆角为，且两边的摆动角度相同，则它摆至最高位置与其摆至最低位置时的高度之差为（

）A．米 B．米C．米 D．米【答案】A【分析】由题可知，秋千摆到最低点时，点为弧的中心，由垂径定理知，．再根据锐角三角函数解三角形求得即可．【详解】解：∵点为弧的中点，为圆心，由垂径定理知，，，∵，∴，∵，在中，由三角函数可得，∴，故选：A．【点睛】本题考查了垂径定理和锐角三角函数，根据题意将实际问题抽象为几何问题，再利用垂径定理和锐角三角函数解三角形是解此题的关键．17．（2023·浙江杭州·校联考一模）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·浙江宁波·校考一模）如图，从一个边长是10的正五边形纸片上剪出一个扇形（阴影部分），将剪下来的扇形围成一个圆锥，这个圆锥的底面半径为（

）A．1 B．3 C． D．2【答案】B【分析】先求出正五边形的内角的度数，根据扇形的弧长等于圆锥的底面周长，可求出底面半径．【详解】解：五边形是正五边形，，则弧的长为，即圆锥底面周长为，设圆锥底面半径为r，则，∴，圆锥底面半径为，故选：B．【点睛】本题考查正多边形与圆，扇形弧长及圆锥底面半径，掌握扇形弧长、圆周长的计算方法是正确解决问题的关键．19．（2023·浙江舟山·统考一模）如图，圆O是的外接圆，，，过点C作圆O的切线，交的延长线于点D，则的度数是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先连接，由，可求得的度数，由是圆O的切线，可得，继而求得答案．【详解】解：连接，∵圆O是的外接圆，，∴是直径，∵，∴，∵是圆O的切线，∴，∴．故选：A．【点睛】本题考查了切线的性质，圆的切线垂直于过切点的半径，所以此类题若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．20．（2023·浙江·模拟预测）如图，过的圆心，交于点A、B，是的切线，点C是切点，已知，．则的周长是（）A． B． C． D．【答案】C【详解】解：∵是的切线，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，设，则，∴，解得，∴，∴的周长为：，故选：C．【点睛】本题主要考查了切线的性质，含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．二、填空题21．（2023·浙江宁波·统考一模）圆锥侧面展开图的半径为，圆心角为，则该圆锥的底面半径长为_______．【答案】【分析】设这个圆锥的底面半径为，根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长和弧长公式得到，然后解方程求出即可．【详解】解：设这个圆锥的底面半径为，根据题意得：，解得：，∴这个圆锥的底面半径长为．故答案为：．【点睛】本题考查圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．掌握圆锥的相关知识是解题的关键．22．（2023·统考一模）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，连结，若，则______度．【答案】20【分析】由，再结合圆周角定理，即可计算的大小．【详解】∵四边形是的内接四边形，，∴，∴，∵是的直径，∴，∴．故答案为：20．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．23．（2023·浙江宁波·统考一模）传统服饰日益受到关注，如图1为明清时期女子主要裙式之一的马面裙，如图2马面裙可以近似地看作扇环，其中长度为米，长度为米，圆心角，则裙长为______．【答案】米/米【分析】由题意知，，，计算求解的值，然后根据计算求解即可．【详解】解：由题意知，，，解得，，∴，故答案为：米或米．【点睛】本题考查了扇形的弧长公式．解题的关键在于正确的计算．24．（2023·浙江杭州·杭州育才中学校考一模）如图，为的直径，C、D是上的两点，，，则的度数为________．【答案】【分析】连接，利用圆周角定理得到，根据，，可得，即可．【详解】连接，如图，∵为的直径，∴，∵，∵，，∴，∴，∴．故答案为：．【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．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径．25．（2023·浙江杭州·统考一模）如图是一个圆锥形冰淇淋外壳不计厚度，已知其母线长为，底面圆半径为，则这个冰淇淋外壳的侧面积等于______（结果保留）．【答案】【分析】根据圆的周长公式求出圆锥底面圆的周长，得到圆锥侧面展开图扇形的弧长，根据扇形面积公式计算，得到答案．【详解】解：底面圆的半径为，底面圆的周长为，即圆锥侧面展开图扇形的弧长为，这个冰淇淋外壳的侧面积，故答案为：．【点睛】本题主要考查的是圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图为扇形是解决本题的关键．26．（2023·浙江温州·统考一模）如图，正六边形内接于半径为1的，则的长为_____________．【答案】/【分析】先求出，再根据弧长公式进行求解即可．【详解】解：如图所示，连接，由题意得，，即，∴的长，故答案为：．【点睛】本题主要考查了正多边形与圆和弧长公式，正确求出是解题的关键．27．（2023·浙江衢州·衢州巨化中学校考一模）如图，点A在半圆O上，BC为直径．若∠ABC=30°，BC=3，则的长是___________．【答案】【分析】根据圆周角与圆心角的关系可求出的度数，再根据弧长公式进行计算即可．【详解】解：∵，∴由弧长公式得，的长为故答案为：．【点睛】本题主要考查了圆周角定理、求弧长等知识，熟练掌握弧长公式是解题关键．28．（2023·浙江金华·统考一模）如图，是的直径，点D在的延长线上，切于点C，若，则的度数为__________．【答案】/度【分析】如图所示，连接，利用切线的性质得到，根据三角形内角和定理得到，即可利用圆周角定理求出的度数．【详解】解：如图所示，连接，∵是的切线，∴，∵，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，三角形内角和定理，熟知切线的性质与圆周角定理是解题的关键．29．（2023·浙江·模拟预测）如图，线段AB是的直径，弦，垂足为H．点M是上任意一点，，则的值为__________．【答案】/0.6【分析】因为线段AB是的直径，弦，故，在中，利用勾股定理求出OC的长，求出，根据，得到，故可得．【详解】解：连接OC，OD，∵线段AB是的直径，弦，∴，∴在中，，，设OC为x，由勾股定理可得：，解得：，∴，∴，∵，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查垂径定理与同弧所对的圆周角与圆心角的关系，相同大小的角的三角函数值相同，是解答本题的关键．30．（2023·浙江宁波·统考一模）如图，已知的直径AB为8，点M是外一点，若MB是的切线，B为切点，且，Q为上一动点，则MQ的最小值为______．【答案】1【分析】连接OM，交⊙O于Q，此时MQ值最小，根据BM是⊙O的切线，所以OB⊥BM，即可由勾股定理求出OM=5，即可由MQ=OOMOQ求解．【详解】解：连接OM，交⊙O于Q，此时MQ值最小，∵BM是⊙O的切线，∴OB⊥BM，∵的直径AB=8，∴OQ=OB=4，∵BM=3，由勾股定理，得OM=5，∴MQ=OMOQ=54=1，故答案为：1．【点睛】本题考查切线的性质，勾股定理，连接OM，交⊙O于Q，得出此时MQ值最小是解题的关键．31．（2023·浙江杭州·模拟预测）如图，，点O在边AB上，与边AC相切于点D，交边AB于点E，F，连接FD，则等于______．【答案】/27度【分析】连接，由与边相切于点，得，从而可求出，即可得．【详解】解：连接，如图：与边相切于点，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查求圆中的角，涉及圆的切线的性质及应用，解题的关键是掌握切线的性质，求出．32．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，在中，，，．的半径长为2，是边上一动点（可以与顶点重合），并且点到的切线长为．若满足条件的点的位置有4个，则的取值范围是_____．【答案】【分析】过点作于点，作切于点，连接，由勾股定理可得，再利用面积法求得，然后根据勾股定理可得；作切于点，求得；观察图形可知，点的位置有4个需要满足的条件是，即的取值范围是．【详解】解：如下图，过点作于点，作切于点，连接，则，∵，，，∴，∵，即，∴，∵是切线，∴，即，∴，作切于点，则，，∴，∴，观察图形可知，点的位置有4个需要满足的条件是，∴的取值范围是．故答案为：．【点睛】本题主要考查了切线的性质、勾股定理、利用面积法求线段的长度等知识，正确作出所需要的辅助线是解题的关键．33．（2023·浙江温州·统考一模）如图1是一款轴对称“磁悬浮地漏”无水时的示意图，它由一个圆弧形密封盖与两个磁体组成（下侧磁体固定不动），连接杆与地面垂直，排水口，密封盖最高点到地面的距离为，整个地漏的高度（为磁体底部中点），密封盖被磁体顶起将排水口密封，所在圆的半径为___________；当有水时如图2所示，密封盖下移排水，当密封盖下沉至最低处时，点恰好落在中点，若点到的距离为，则密封盖下沉的最大距离为___________．【答案】【分析】①根据已知条件得到直角三角形，再利用勾股定理得到的长度，进而得到半径；②利用三角形中位线的性质得到，再利用勾股定理及矩形的性质得到密封盖下沉的最大距离．【详解】解：①设作圆心，连接交于点，设，∵最高点到地面的距离为，∴，∵，∴，∴在中，，∵，∴，∴，∴，故答案为：．②作，延长，交于点，作交于点，∵，∴，∴点是的中点，∵为的中点，∴为的中位线，∴，∵，，∴，∴，∵点到的距离为，∴，∵，回到图，作，由勾股定理得：，∴移动前到地面的距离为：，∵移动的距离为密盖下沉的距离，∴，∴密封盖下沉的最大距离为．故答案为：．【点睛】本题考查了平行线分线段性质，垂径定理，勾股定理，三角形中位线的性质，矩形的性质等相关知识点，掌握垂径定理是解题的关键．34．（2023·浙江温州·统考一模）如图1是我国明末《割圆八线表》中所绘的割圆八线图，如图2，将图1中的丙、戊、乙、庚、辛、丁点分别表示，，，，，，扇形的圆心角为90°，半径为，，分别切于点，点，若，则的长为______．【答案】/【分析】由切线的性质得到，再由推出，得到，即可推出，解，求出，进而得到，由是切线，得到，解，得到，则．【详解】解：∵是切线，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，又∵，∴，∴在中，，∴，∵，∴，∵是切线，∴，∴在中，，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，等腰三角形的性质与判定，推出是解题的关键．35．（2023·浙江温州·统考一模）图1是小文家的木马玩具，图2是木马玩具底座水平放置的示意图，点是所在圆的圆心，，点，点离地高度均为，水平距离．则___________．当半径转到竖直位置时，木马就有翻倒的风险，为安全起见，点离地高度应小于____________．【答案】【分析】根据垂径定理构造直角三角形即可得到的长度；根据题意做出示意图再利用勾股定理列出方程即可．【详解】解：连接，过点作，垂足为，如图，∵，，∴，∵点，点离地高度均为，∴，∴在中，，∴，∴，故答案为；过点作，垂直于地面，垂足分别是，如图，∵，设，，∴，∴在中，，在中，，∴，∴．∴则点离地面的高度应小于．故答案为：．【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，解一元一次方程等相关知识点，熟记垂径定理是解题的关键．36．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，P是矩形对角线上的一个动点，以点P为圆心，长为半径作．若且，当与矩形的边相切时，的长为______．【答案】或【分析】由锐角的正切求出的长，分两种情况，由相似三角形的性质即可求出的长．【详解】解：由题意知只能与，相切，作与M，于N，∵，∴令，∴，∴，∴，，当与相切时，，∵四边形是矩形，∴，，，∴，∴，∴，∵，∴，∴；当与相切时，，∵，∴，∴，∵，∴，∴．∴的长是或．故答案为：或．【点睛】本题考查切线的性质，矩形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，关键是要分两种情况讨论．37．（2023·浙江宁波·统考一模）如图，在中，直径，延长至，使，点在上运动，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，则线段的最大值为___________．【答案】/【分析】过点C作AC的垂线，在垂线上截取，连接DF，从而可证，进而得到，将求线段OE的最大值转化为求FD的最大值，然后结合点与圆的位置关系求出最大值即可．【详解】如图，过点C作AC的垂线，在垂线上截取，连接DF，∴，∴，∵绕点顺时针旋转得到，∴，在和中，，∴，∴，连接FO，并延长FO交圆于点H，FH即为FD最大值，∵，，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，点与圆的位置关系，解决本题的关键是构造全等三角形，将OE转化为其他线段进而求最大值．38．（2023·浙江·模拟预测）如图，AB是的直径，弦CD交AB于点E，且EC＝ED，在上取点G，连接GC，GD，AD．若，长为，则CD＝_________．【答案】6【分析】连接OC，OD，，圆周角定理求得∠COD＝120°，由OC＝OD，得到△OCD是等腰三角形，根据EC＝ED，等腰三角形三线合一得到OE⊥CD，∠COE＝∠DOE＝∠COD＝60°，根据长为求得圆的半径r＝6，在Rt△ODE中，利用解直角三角形进一步即可得到CD．【详解】解：连接OC，OD，∵，∴∠COD＝2∠G＝120°，∵OC＝OD，∴△OCD是等腰三角形，∵EC＝ED，∴OE⊥CD，∠COE＝∠DOE＝∠COD＝60°，设的半径为r，∵的长＝，∴r＝6，在Rt△ODE中，∠OED＝90°，OD＝6，∠DOE＝60°，∵，∴ED＝ODsin∠DOE＝6×sin60°＝3，∴EC＝ED＝3，∴CD＝EC＋ED＝6，故答案为：6．【点睛】此题考查了圆周角定理、解直角三角形、等腰三角形的判定和性质、弧长公式等，求出的半径是解题的关键．39．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，⊙O与△OAB的边AB相切、切点为B．将△OAB绕点B按顺时针方向旋转得到△O'A'B，使点O落在⊙O上，边A'B交线段AO于点C．若∠A'＝27°，则∠OCB＝_____度．【答案】87【分析】连接OO'，根据切线的性质得到AB⊥OB，根据旋转变换的性质得到OB＝OO'，根据等边三角形的性质得到∠OBO'＝60°，根据三角形的外角性质计算，得到答案．【详解】解：连接OO'，∵⊙O与△OAB的边AB相切，∴AB⊥OB，由旋转的性质可知，∠O'BA'＝∠OBA＝90°，BO＝BO'，∵OB＝OO'，∴OB＝O'B＝OO'，∴△OBO'为等边三角形，∴∠OBO'＝60°，∴∠ABC＝60°，∴∠OCB＝∠A+∠ABC＝27°+60°＝87°，故答案为：87．【点睛】本题考查了切线的性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题关键40．（2023·浙江温州·校考一模）如图，直线与双曲线交于点A，B，C为x轴正半轴上一点，且，P为半径为1的上一点，E为的中点．若的最小值为2，则此时k的值为______．【答案】8【分析】连接AP，可得OE是的中位线，当的最小值为2时，AP的最小值为4，此时，点P为AC与的交点，进而即可求解．【详解】解：连接AP，∵直线与双曲线交于点A，B，∴点O是AB的中点，∵E为的中点，∴OE是的中位线，∴AP=2OE，∴当的最小值为2时，AP的最小值为4，此时，点P为AC与的交点，即：AC=4+1=5，∵，即：C(5，0)，∴设A(x，2x)，则，解得：x1=2，x2=0（舍去），∴A(2，4)，∴k=2×4=8．故答案是：8．【点睛】本题主要考查三角形的中位线，熟练掌握圆外一个点到圆上距离的最小的点为圆外一点与圆心的连线与圆的交点，是解题的关键．三、解答题41．（2023·浙江湖州·统考一模）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．42．（2023·浙江衢州·统考一模）如图，在等腰中，，以为直径作交于点D，过点D作的切线交于点E．(1)求证:．(2)若，，求阴影部分面积．【答案】(1)见解析(2)【详解】（1）连接，，如图，∵为直径，∴，∵，∴D为的中点，∴为中位线，∴，∵是的切线，∴，∴；（2）∵，，∴，，∴，∵，，∴，，∴，，即：，∴，，，∵O点为中点，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴．【点睛】本题考查了切线的性质，扇形的面积公式，解直角三角形、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相关性质是解题的关键．43．（2023·统考一模）如图，在中，，，．(1)求的长；(2)用尺规作三角形的外接圆（不写作法，保留作图痕迹），并求此外接圆的半径．【答案】(1)(2)图见解析，【分析】（1）作于点H，则，在中，求得，，在中，，即可得到的长；（2）作线段和的垂直平分线相交于点，以点为圆心，为半径作圆，则即为三角形的外接圆，连接，则，由，根据圆周角定理得到，则是等腰直角三角形，由即可得到．【详解】（1）解：作于点H，则，在中，，，∴，，在中，，∴，∴，即的长为；（2）如图，即为三角形的外接圆，连接，则，∵，∴，∴是等腰直角三角形，∵，∴，即此外接圆的半径为．【点睛】此题考查了解直角三角形、圆周角定理、三角形的外接圆等知识，熟练掌握解直角三角形和圆周角定理是解题的关键．44．（2023·浙江台州·统考一模）如图，内接于半圆，已知是半圆的直径．，平分，分别交半圆和于点，过点作，垂足为点，交于点．(1)求证：；(2)连接交于点，若，求的长．【答案】(1)见解析；(2)．【分析】（1）根据直径所对的圆周角等于得到，再根据垂直定义得到及角平分线即可得到即可解答；（2）根据直角三角形的性质及等边对等角即可得到，再利用垂直平分线的定义及等边三角形的判定即可得到是等边三角形，最后利用弧长公式即可解答．【详解】（1）证明：∵是半圆的直径，∴，∴，∵平分，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴；（2）解：连接，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴点是的中点，∴垂直平分，∴，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∵平分，∴，∴，∵，∴，∴的长为:，【点睛】本题考查了角平分线的定义，直角三角形的性质，垂直平分线的定义，等腰三角形的判定，等边三角形的判定与性质，圆周角定理，弧长公式，掌握直角三角形的性质及等边三角形的性质是解题的关键．45．（2023·浙江温州·统考一模）如图，在中，是上一点，，以为直径的经过点，交于点，过点作的切线交于点．(1)求证：．(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)4【分析】（1）连接，先根据圆的切线的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，，从而可得，然后根据平行线的判定与性质即可得证；（2）连接，先证出，再根据三角形中位线定理可得，然后根据正切的定义设，则，，，最后在中，利用勾股定理求出的值，由此即可得．【详解】（1）证明：如图，连接，∵是切线，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴．（2）解：如图，连接，∵，∴，即，∵是直径，∴，∵，∴，∴，即，∴（三角形的中位线定理），∵，，设，则，，，在中，，即，解得或（不符合题意，舍去），则．【点睛】本题考查了圆的切线的性质、圆周角定理、正切、勾股定理、三角形的中位线定理等知识点，熟练掌握圆的相关性质是解题关键．46．（2023·浙江温州·统考一模）如图，为的直径，弦于点，点为圆上一点，，过点作交于点，交于点．(1)求证：．(2)若，，求．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据垂径定理得出，进而得出，再根据“弧，弦，圆心角之间的关系”得出，然后结合平行线的性质得出，最后根据“等角对等边”得出答案；（2）作，可知，根据“弦，弧，圆心角之间的关系”得，进而得出，设，表示，，再表示，然后根据勾股定理得，再根据平行线的性质得，结合，根据得出比例式，并求出a值，即可得出答案．【详解】（1）证明：∵为的直径，∴．∵，∴，∴．∵，∴，∴，∴；（2）过点O作，垂足为点M．则，∵，∴，∴．∵，∴，∵，可设，则，，∵为的直径，，∴，由勾股定理可得．∵，，

∴，．∴，即，解得，∴．【点睛】这是一道关于圆的综合问题，考查了垂径定理，勾股定理，弧、弦、圆心角之间的关系，解直角三角形，两直线平行，同位角相等，构造辅助线是解题的关键．47．（2023·浙江温州·统考一模）问题：如图，在中，，，在延长线上，于点，过，，三点的交于点，连结，．当为等腰三角形时，求的长．思路：小明在探索该问题时，发现，于是作于点，然后分步求解．（1）设，用的代数式分别表示和．（2）当为等腰三角形时，求的值．请完成上述各步骤的解答．拓展：小明发现点关于的对称点始终落在上，于是他设计了如下问题：“当点关于的对称点恰为的中点时，求的长”，请完成该题的解答．【答案】思路：（1），（2）或或拓展：【分析】思路：（1）作于点，作于点，由等腰三角形三线合一可得，，可知四边形为矩形，得，，再证，则，即可得．（2）由，则，可得，当为等腰三角形时，分三种情况：①当时，②当时，③当时，求解方程即可．拓展：作点关于的对称点，连接，，，过点作于点，由对称可知，易得，，，进而得，由，可得，可求得，即可根据求得结果．【详解】解：思路：（1）作于点，作于点，∵，，，∴，，∵，，∴四边形为矩形，则，，，又∵，∴，则，∴，则，（2）由（1）可知，，则，∴，则，当为等腰三角形时，，∴，解得：，即：．②当时，∵，∴，即：，解得：，即：．③当时，∵，∴，即：，解得：（负值舍去），即：．综上：或或．拓展：作点关于的对称点，连接，，，过点作于点，由对称可知，∵对称点恰为的中点，则，∴，又∵，，，∴，，，∴，∵，∴，则，则，∴，∴．【点睛】本题考查等腰三角形的性质，相似三角形的判定及性质，解直角三角形，勾股定理，矩形的判定及性质，圆周角定理，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键．48．（2023·浙江金华·校联考模拟预测）如图，是的直径，是的切线，切点为B，连接PO，过点C作交于点A，连接．(1)求证：是的切线；(2)若，的半径为3，求的长．【答案】(1)见解析(2)AC的长为【分析】（1）连接，证明，可得，由是的切线，可得，进而可证结论成立；（2）连接交于点D，可证垂直平分，设，利用勾股定理求出x的值，由圆周角定理可知，再利用勾股定理可求出的长．【详解】（1）连接．∵，∴．∵，∴，∴，∵，∴，∴．∵是的切线，∴，∴，∴是的切线；（2）连接交于点D．∵的半径为3，∴．∵，∴，∵，∴垂直平分，∵，∴设，∵，∴，解得，∴，∵，∴，∴，∴．∵是的直径，∴，∴．【点睛】本题考查了切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，以及锐角三角函数的知识，正确作出辅助线是解答本题的关键．49．（2023·浙江温州·统考一模）如图，是半圆O的直径，，在的延长线上取点D，连接并延长交半圆O的切线于点E．过点A作，交的延长线于点F．(1)求证：四边形是平行四边形．(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)．【分析】（1）由切线的性质得到，推出，据此即可证明结论；（2）证明，推出，据此即可求解．【详解】（1）证明：∵是切线，∴，又∵，∴，∴，又∵，∴四边形是平行四边形；（2）解：∵，∴，∴．∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴．∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形和判定和性质，平行四边形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．50．（2023·浙江舟山·校联考一模）如图1，已知中，，，，点在上，连结，作，交的外接圆于点，连结和．(1)求证：．在思考的过程中，小浔同学得到了如下思维分析图：请根据上述思维分析图，写出完整证明过程．(2)如图2，若点是中点．①当时，求的长；②是否存在的值，使得恰好是的直径，若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)①；②存在，【分析】（1）根据，可得，再由，可得，从而得到，再由圆周角定理，即可求证；（2）①根据勾股定理求出的长，可得，从而得到，再证明，即可求解；②先证明四边形是矩形，可得，，再由，可得，然后在中，根据勾股定理，即可求解．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴，∴，又∵，∴．（2）①解：∵，，，∴，∵点D是的中点，∴，∴，∵，∴是直径，∴，∵，∴，∴，∴，∴；②解：∵是直径，∴，∵，，∴四边形是矩形，∴，，∵，∴，∴，∴，∴在中，，∴．【点睛】本题主要考查了圆的综合题，相似三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．51．（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．52．（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．53．（2023·浙江温州·校考一模）如图，在中，，点在上，以为半径作半圆，与相切于点，与，分别交于点，．(1)求证：平分．(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，根据切线的性质得出，继而得出，根据平行线的性质得出，根据半径相等以及等边对等角得出，等量代换即可得证；（2）连接，设圆的半径是，勾股定理求得，证明，得出，证明，根据相似三角形的性质即可求解．【详解】（1）证明：连接，半圆与相切于点，，，，，，，，平分．（2）解：连接，设圆的半径是，，，，，，，，，：：，：：，，是圆的直径，，，，，：：，：：，．【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．54．（2023·浙江金华·统考一模）如图，为的直径，为弦，且于E，F为延长线上一点，恰好平分．(1)求证：与相切；(2)连接，若，求的值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，根据，得出，从而得出，证明，，从而得出，得出，即可以证明结论；（2）先求出，得出为等边三角形，，，证明，得出，即可得出答案．【详解】（1）解：连接，如图所示：∵，∴，∴，∵恰好平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴与相切；（2）解：∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴为等边三角形，∴，，∵，∴，∴，∵，∴．【点睛】本题主要考查了圆的切线判定，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质，平行线的性质，角平分线的定义，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质．55．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，已知锐角三角形内接于，于点D，连接．(1)若，①求证：．②当时，求面积的最大值．(2)点E在线段上，．连接，设（m，n是正数），若，试探索m、n之间的数量关系，并证明．【答案】(1)①见解析；②(2)，证明见解析【分析】（1）①连接、，则，即可求解；②长度为定值，面积的最大值，要求边上的高最大，即可求解；（2）设，则，，，，即可求解．【详解】（1）解：①连接、，∵，∴是等腰三角形，∵，∴，∴，，；②∵，，∴，∴，∵长度为定值，∴面积的最大值，要求边上的高最大，当过点O时，最大，即：，∴面积的最大值；（2）解：，证明如下：如图2，连接，，设，则，，则，，，，∴，∴，即：，化简得：．【点睛】本题为圆的综合运用题，还涉及到勾股定理、角直角三角形的性质等知识，其中（2），是本题容易忽视的地方．56．（2023·浙江杭州·校联考一模）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·浙江金华·统考一模）如图，已知AB是的直径，为的内接三角形，C为BA延长线上一点，连接CD，于点E，交CD于点F，．(1)求证：CD是的切线．(2)若，求的长．【答案】(1)见解析；(2)．【分析】（1）连接OD，根据垂直定义可得∠AEO＝90°，从而可得∠OAD＋∠AOF＝90°，再根据等腰三角形的性质，可得∠OAD＝∠ODA，从而可得∠ADC＋∠ODA＝90°，进而可得∠ODC＝90°，即可得证；（2）在Rt中，由可得∠C＝30°，然后证明是等边三角形，解直角三角形求出AD＝2，可得OD＝2，再利用弧长公式计算即可．【详解】（1）证明：如图，连接OD，∵OF⊥AD，∴∠AEO＝90°，∴∠OAD＋∠AOF＝