九年级中考2025年安徽中考数学真题汇编 专题16 圆

专题16圆课标要求考点考向理解圆、弧、弦、圆心角、圆周角的概念，了解等圆、等弧的概念；探索并掌握点与圆的位置关系。探索并证明垂径定理：垂直于弦的直径平分弦以及弦所对的两条弧。探索圆周角与圆心角及其所对弧的关系，知道同弧(或等弧)所对的圆周角相等。了解并证明圆周角定理及其推论：圆周角等于它所对弧上的圆心角的一半；直径所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径；圆内接四边形的对角互补。了解直线与圆的位置关系，掌握切线的概念。会计算圆的弧长、扇形的面积。了解正多边形的概念及正多边形与圆的关系。垂径定理及推论考向一利用垂径定理求值考向二垂径定理实际应用直线与圆的位置关系考向一切线的判定考向二三角形内切圆圆综合考向一圆与三角形综合考向二圆与四边形综合与圆有关的计算考向一弧长计算考向二扇形面积考点一垂径定理及推论►考向一利用垂径定理求值1．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在中，弦的长为8，圆心O到的距离，则的半径长为（

）A．4 B． C．5 D．2．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，圆形拱门最下端在地面上，为的中点，为拱门最高点，线段经过拱门所在圆的圆心，若，，则拱门所在圆的半径为（

）A． B． C． D．3．（2024·广东广州·中考真题）如图，中，弦的长为，点在上，，．所在的平面内有一点，若，则点与的位置关系是（

）A．点在上 B．点在内 C．点在外 D．无法确定4．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，是的直径，是的弦，半径，连接，交于点E，，则的度数是（）A． B． C． D．5．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在中，直径于点E，，则弦的长为．►考向二垂径定理实际应用1．（2024·四川凉山·中考真题）数学活动课上，同学们要测一个如图所示的残缺圆形工件的半径，小明的解决方案是：在工件圆弧上任取两点，连接，作的垂直平分线交于点，交于点，测出，则圆形工件的半径为（

）A． B． C． D．考点二直线与圆的位置关系►考向一切线的判定1．（2024·西藏·中考真题）如图，是的直径，C，D是上两点，连接，，平分，，交延长线于点E．(1)求证：是的切线；(2)若的半径为5，，求的长．2．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，将沿过点的直线翻折并展开，点的对应点落在边上，折痕为，点在边上，经过点、．若，判断与的位置关系，并说明理由．3．（2024·内蒙古·中考真题）如图，内接于，直径交于点，过点作射线，使得，延长交过点的切线于点，连接．(1)求证：是的切线；(2)若．①求的长；②求的半径．4．（2024·山东济南·中考真题）如图，为的直径，点在上，连接，点在的延长线上，．(1)求证：与相切；(2)若，求的长．5．（2024·湖北·中考真题）如图，在中，，点在上，以为直径的经过上的点，与交于点，且．(1)求证：是的切线；(2)若，，求的长．6．（2024·山东东营·中考真题）如图，内接于，是的直径，点在上，点是的中点，，垂足为点D，的延长线交的延长线于点F．(1)求证：是的切线；(2)若，，求线段的长．7．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，是直径，是弦，且，垂足为，，，在的延长线上取一点，连接，使．

(1)求证：是的切线；(2)求的长．8．（2024·四川巴中·中考真题）如图，内接于，点为的中点，连接，平分交于点，过点作交的延长线于点．(1)求证：是的切线．(2)求证：．(3)若，，求的长．►考向二三角形内切圆1．（2024·四川内江·中考真题）如图，在中，，，是边上一点，且，点是的内心，的延长线交于点，是上一动点，连接、，则的最小值为．

二、解答题2．（2024·山东烟台·中考真题）如图，是的直径，内接于，点I为的内心，连接并延长交O于点D，E是上任意一点，连接，，，．(1)若，求的度数；(2)找出图中所有与相等的线段，并证明；(3)若，，求的周长．考点三圆综合►考向一圆与三角形综合1．（2024·四川雅安·中考真题）如图，是的直径，点C是上的一点，点P是延长线上的一点，连接，．(1)求证：是的切线；(2)若，求证：；(3)若于D，，，求的长．2．（2024·四川资阳·中考真题）如图，已知是的直径，是的弦，点在外，延长，相交于点，过点作于点，交于点，．(1)求证：是的切线；(2)若的半径为6，点为线段的中点，，求的长．3．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，内接于，为的直径，点D为上一点，，延长至E，使得．(1)求证：是的切线；(2)若，求的长．4．（2024·山东济宁·中考真题）如图，内接于，D是上一点，．E是外一点，，连接．(1)若，求的长；(2)求证：是的切线．5．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，中，，，经过B，C两点，与斜边交于点E，连接并延长交于点M，交于点D，过点E作，交于点F．(1)求证：是的切线；(2)若，，求的长．►考向二圆与四边形综合1．（2024·四川巴中·中考真题）如图，四边形ABCD是的内接四边形，若四边形OABC为菱形，则的度数是．2．（2024·湖南长沙·中考真题）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切），可分为四种类型，我们不妨约定既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形；只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形；只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形；既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形．请你根据该约定，解答下列问题：(1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”，①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形；

（

）②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形；

（

）③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有．（

）(2)如图1，已知四边形内接于，四条边长满足：．①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）；②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接．求证：是的直径．(3)已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H．①如图2．连接交于点P．求证：．②如图3，连接，若，，，求内切圆的半径r及的长．考点四与圆有关的计算►考向一弧长计算1．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在扇形中，，半径，是上一点，连接，是上一点，且，连接．若，则的长为（

）A． B． C． D．2．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，四边形为平行四边形，以点为圆心，长为半径画弧，交边于点E，连接，，，则的长（结果保留）．3．（2024·江苏宿迁·中考真题）已知圆锥的底面半径为3，母线长为12，则其侧面展开扇形的圆心角的度数为°．4．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）为了促进城乡协调发展，实现共同富裕，某乡镇计划修建公路．如图、与是公路弯道的外、内边线，它们有共同的圆心O，所对的圆心角都是，点A，C，O在同一条直线上，公路弯道外侧边线比内侧边线多36米，则公路宽的长是米．（取3.14，计算结果精确到0.1）5．（2024·吉林长春·中考真题）一块含角的直角三角板按如图所示的方式摆放，边与直线重合，．现将该三角板绕点顺时针旋转，使点的对应点落在直线上，则点A经过的路径长至少为．（结果保留）6．（2024·辽宁·中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，点在上，，在的延长线上，．(1)如图1，求证：是的切线；(2)如图2，若，，求的长．►考向二扇形面积1．（2024·山东日照·中考真题）如图，在菱形中，，点O是对角线的中点，以点O为圆心，长为半径作圆心角为的扇形，点D在扇形内，则图中阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．无法确定2．（2024·山东青岛·中考真题）如图，是上的点，半径，，，连接，则扇形的面积为（

）A． B． C． D．3．（2024·山东东营·中考真题）习近平总书记强调，中华优秀传统文化是中华民族的根和魂．东营市某学校组织开展中华优秀传统文化成果展示活动，小慧同学制作了一把扇形纸扇．如图，，，纸扇完全打开后，外侧两竹条（竹条宽度忽略不计）的夹角．现需在扇面一侧绘制山水画，则山水画所在纸面的面积为（

）．

A． B． C． D．4．（2024·山东泰安·中考真题）两个半径相等的半圆按如图方式放置，半圆的一个直径端点与半圆的圆心重合，若半圆的半径为2，则阴影部分的面积是（

）A． B． C． D．5．（2024·山西·中考真题）如图1是小区围墙上的花窗，其形状是扇形的一部分，图是其几何示意图（阴影部分为花窗）．通过测量得到扇形的圆心角为，，点，分别为，的中点，则花窗的面积为．6．（2024·四川资阳·中考真题）如图，在矩形中，，．以点为圆心，长为半径作弧交于点，再以为直径作半圆，与交于点，则图中阴影部分的面积为．7．（2024·山东德州·中考真题）如图，圆与都经过A，B两点，点在上，点C是上的一点，连接并延长交于点P，连接．(1)求证：(2)若，．①求的半径；②求图中阴影部分的面积．8．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在中，以为直径的交于点，垂足为．的两条弦相交于点．(1)求证：是的切线；(2)若，求扇形的面积．1．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）如图，是以O为圆心的半圆的直径，A是延长线上一点，过A点的直线交半圆于B，E两点，B在A，E之间，若，，则的大小为（

）

A． B． C． D．2．（2024·安徽·模拟预测）“莱洛三角形”也称为圆弧三角形，它是工业生产中广泛使用的一种图形．如图，分别以等边的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，三段圆弧围成的封闭图形是“莱洛三角形”．若图中阴影部分的面积为，空白部分的面积为，则的值为（

）A． B． C． D．3．（2024·安徽·模拟预测）如图，是的直径，，点在上，，是弧的中点，是直径上的一动点，的最小值为（

）A． B． C． D．4．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，在直角三角形中，，．分别是、上两点，以为直径作圆与相切于点，且，，若，，则的长度为（）A． B． C．5 D．5．（2024·安徽六安·模拟预测）如图，在中，已知是的半径，于点C，，的直径为10，则（

）A．3 B．4 C．5 D．66．（2024·安徽合肥·三模）如图，P为线段上一动点（点P不与点A，B重合），将线段绕点P顺时针旋转得到线段，将线段绕点P逆时针旋转得到线段，连接，，交点为Q．若，点H是线段的中点，则的最小值为（

）A．3 B． C． D．2二、填空题7．（2022·黑龙江鸡西·一模）如图，是的弦，半径于点C，为直径，，，则线段的长为．8．（2024·安徽马鞍山·三模）如图，是的直径，C，D为上两点，且平分，连接，，若，则的度数为．9．（2024·安徽六安·模拟预测）如图，四边形是的内接四边形，和相交于点E．若，，且，则的长为．10．（2024·安徽合肥·三模）如图，是的直径，是的弦，连接，若，则的度数为．三、解答题11．（23-24九年级上·北京海淀·阶段练习）如图，为的直径，交于点，为上一点，延长交于点，延长至，使，连接．

(1)求证：为的切线；(2)若且，求的半径．12．（23-24九年级上·湖北武汉·阶段练习）如图，是的直径，D为上一点，C为上一点，且，延长交于E，连．(1)求证：；(2)若，，求的长．13．（2024·安徽合肥·一模）如图，在四边形中，平分．点O在上，以点O为圆心，为半径，作与相切于点B，延长线交于点E，交于点F，连接，．(1)求证：是的切线；(2)若，求的长．14．（2024·安徽合肥·三模）如图，的两条弦，垂足为，点在上，平分，连接，分别交于于．(1)求证：；(2)连接，若的半径为2，求的长．15．（2024·安徽·模拟预测）如图，中，，为圆的弦，，分别交圆于，两点，，连接．(1)求的度数；(2)若，，求圆的半径．16．（2024·安徽六安·模拟预测）已知四边形是的内接四边形，是的直径，是四边形的一个外角，平分．(1)如图1，，求的度数；(2)如图2，过点D作的切线交的延长线于点F，，，求的长．17．（2024·安徽·三模）如图，中，，以为直径的经过点C，交的角平分线于点D，是的切线，交延长线于点E．(1)求证：；(2)延长交的延长线于点F，，求的长．18．（2024·安徽·模拟预测）如图，为的直径，D为延长线上一点，过点D作的切线，切点为C，过点B作交的延长线于点E，连接．(1)求证：平分；(2)连接，交于点F，若，求的半径．

专题16圆课标要求考点考向理解圆、弧、弦、圆心角、圆周角的概念，了解等圆、等弧的概念；探索并掌握点与圆的位置关系。探索并证明垂径定理：垂直于弦的直径平分弦以及弦所对的两条弧。探索圆周角与圆心角及其所对弧的关系，知道同弧(或等弧)所对的圆周角相等。了解并证明圆周角定理及其推论：圆周角等于它所对弧上的圆心角的一半；直径所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径；圆内接四边形的对角互补。了解直线与圆的位置关系，掌握切线的概念。会计算圆的弧长、扇形的面积。了解正多边形的概念及正多边形与圆的关系。垂径定理及推论考向一利用垂径定理求值考向二垂径定理实际应用直线与圆的位置关系考向一切线的判定考向二三角形内切圆圆综合考向一圆与三角形综合考向二圆与四边形综合与圆有关的计算考向一弧长计算考向二扇形面积考点一垂径定理及推论►考向一利用垂径定理求值1．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在中，弦的长为8，圆心O到的距离，则的半径长为（

）A．4 B． C．5 D．【答案】B【分析】本题考查垂径定理、勾股定理，先根据垂径定理得到，再根据勾股定理求解即可．【详解】解：∵在中，弦的长为8，圆心O到的距离，∴，，在中，，故选：B．2．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，圆形拱门最下端在地面上，为的中点，为拱门最高点，线段经过拱门所在圆的圆心，若，，则拱门所在圆的半径为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查的是垂径定理的实际应用。勾股定理的应用，如图，连接，先证明，，再进一步的利用勾股定理计算即可；【详解】解：如图，连接，∵为的中点，为拱门最高点，线段经过拱门所在圆的圆心，，∴，，设拱门所在圆的半径为，∴，而，∴，∴，解得：，∴拱门所在圆的半径为；故选B3．（2024·广东广州·中考真题）如图，中，弦的长为，点在上，，．所在的平面内有一点，若，则点与的位置关系是（

）A．点在上 B．点在内 C．点在外 D．无法确定【答案】C【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，点与圆的位置关系，锐角三角函数，掌握圆的相关性质是解题关键．由垂径定理可得，由圆周角定理可得，再结合特殊角的正弦值，求出的半径，即可得到答案．【详解】解：如图，令与的交点为，为半径，为弦，且，，，在中，，，，，，即的半径为4，，点在外，故选：C．4．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，是的直径，是的弦，半径，连接，交于点E，，则的度数是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理以及三角形的外角性质．先根据垂径定理，求得，利用圆周角定理求得，再利用三角形的外角性质即可求解．【详解】解：∵半径，∴，∴，，∵，∴，∴，故选：B．5．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在中，直径于点E，，则弦的长为．【答案】【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理等知识，熟练掌握垂径定理，由勾股定理得出方程是解题的关键．由垂径定理得，设的半径为，则，在中，由勾股定理得出方程，求出，即可得出，在中，由勾股定理即可求解．【详解】解：∵，，设的半径为，则，在中，由勾股定理得：，即，解得：，，，在中，由勾股定理得：，故答案为：．►考向二垂径定理实际应用1．（2024·四川凉山·中考真题）数学活动课上，同学们要测一个如图所示的残缺圆形工件的半径，小明的解决方案是：在工件圆弧上任取两点，连接，作的垂直平分线交于点，交于点，测出，则圆形工件的半径为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查垂径定理，勾股定理等知识．由垂径定理，可得出的长；设圆心为O，连接，在中，可用半径表示出的长，进而可根据勾股定理求出得出轮子的半径，即可得出轮子的直径长．【详解】解：∵是线段的垂直平分线，∴直线经过圆心，设圆心为，连接．

中，，根据勾股定理得：，即：，解得：；故轮子的半径为，故选：C．考点二直线与圆的位置关系►考向一切线的判定1．（2024·西藏·中考真题）如图，是的直径，C，D是上两点，连接，，平分，，交延长线于点E．(1)求证：是的切线；(2)若的半径为5，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据角平分线的定义得出，根据圆周角定理得出，证明，根据平行线的性质得出，得出，即可证明结论；（2）根据，得出，解直角三角形得出，证明，解直角三角形得出，根据勾股定理得出，解直角三角形得出，根据勾股定理得出，最后求出结果即可．【详解】（1）证明：∵平分，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵为半径，∴是的切线；（2）解：∵的半径为5，∴，∵，∴，∴，∵为的直径，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，解直角三角形的相关计算，勾股定理，等腰三角形的性质，余角的性质，平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．2．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，将沿过点的直线翻折并展开，点的对应点落在边上，折痕为，点在边上，经过点、．若，判断与的位置关系，并说明理由．【答案】与相切，理由见解析【分析】连接，由等腰三角形的性质得，再由折叠的性质得，进而证明，则，因此，然后由切线的判定即可得出结论．【详解】解：与相切．证明：连接．∵，∴．∵图形沿过点A的直线翻折，点C的对应点落在边上，∴．∴．∴．∴由，得，即．∴与相切．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、等腰三角形的性质、折叠的性质以及平行线的判定与性质等知识，熟练掌握切线的判定和折叠的性质是解题的关键．3．（2024·内蒙古·中考真题）如图，内接于，直径交于点，过点作射线，使得，延长交过点的切线于点，连接．(1)求证：是的切线；(2)若．①求的长；②求的半径．【答案】(1)证明见解析；(2)①；②．【分析】（）连接，则，可得，由可得，进而由等腰三角形的性质可得，得到，即可求证；（）①证明得到，据此即可求解；②由①可得，进而得，，利用勾股定理得，再证明，得到，即可得，求出即可求解．【详解】（1）证明：连接，则，∵，∴，∵是的直径，∴，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴，又∵为的半径，∴是的切线；（2）解：①∵是的切线，∴，∴，∴，∵是的直径，∴，∴，∴，∵，∴，即，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴；②∵，，∴，∵，∴，∴，，∵，∴，∵，，∴，∴，即，∴，∴，∴的半径为．【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质和判定，余角性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．4．（2024·山东济南·中考真题）如图，为的直径，点在上，连接，点在的延长线上，．(1)求证：与相切；(2)若，求的长．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）证明，即可证明是的切线；（2）连接，先计算，再计算，后得到解答即可．本题考查了切线的证明，圆周角定理，三角形函数的应用，熟练掌握切线的判定定理，三角函数的应用是解题的关键．【详解】（1）解：所对的弧是同弧，，，即，为直径，，，，，，与相切．（2）解：连接所对的弧是同弧，，为直径，，在中，，，，．5．（2024·湖北·中考真题）如图，在中，，点在上，以为直径的经过上的点，与交于点，且．(1)求证：是的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（）连接，可得，得到，即得，即可求证；（）设的半径为，则，在中由勾股定理得，可得，即得，得到，进而得到，最后利用弧长公式即可求解．【详解】（1）证明：连接，则，，，，，．是的半径，是的切线；（2）解：设的半径为，则，∵，∴，在中，，，解得，，，，，的长为．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，切线的判定，勾股定理，三角函数及弧长公式，求出是解题的关键．6．（2024·山东东营·中考真题）如图，内接于，是的直径，点在上，点是的中点，，垂足为点D，的延长线交的延长线于点F．(1)求证：是的切线；(2)若，，求线段的长．【答案】(1)见解析(2)6【分析】本题主要考查了圆与三角形综合．熟练掌握圆周角定理及推论，圆切线的判定．含的直角三角形性质，是解决问题的关键．（1）连接，由，，推出，得到，由，得到，即得；（2）由直径性质可得，推出，根据含的直角三角形性质得到，根据，得到．【详解】（1）证明：∵连接，则，∴，∵点是的中点，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴是的切线；（2）解：∵是的直径，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴．7．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，是直径，是弦，且，垂足为，，，在的延长线上取一点，连接，使．

(1)求证：是的切线；(2)求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键．（1）连接，根据等腰三角形的性质得到，等量代换得到，得到，根据切线的判定定理得到结论；（2）根据垂径定理得到，根据勾股定理得到，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．【详解】（1）证明：连接，

，，，，，，，，，，是的半径，是的切线；（2）解：是直径，是弦，且，，，，，，，，，，，．8．（2024·四川巴中·中考真题）如图，内接于，点为的中点，连接，平分交于点，过点作交的延长线于点．(1)求证：是的切线．(2)求证：．(3)若，，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）如图，连接，证明，结合，可得，从而可得结论；（2）证明，，结合，，再进一步可得结论；（3）如图，连接，证明，再证明，可得，结合，从而可得答案；【详解】（1）证明：如图，连接，∵点为的中点，∴，∵，∴，且OD是的半径，∴DF是的切线；（2）证明：∵点为的中点，∴，∴，∵平分，∴，∵，，∴，∴；（3）解：如图，连接，∵，，∴，∵，∴，∵，∴，而，∴，∵四边形为的内接四边形，∴，∴，∴，∴，而，∴，∴，经检验，符合题意；【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，切线的判定，相似三角形的判定与性质，圆的内接四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键.►考向二三角形内切圆1．（2024·四川内江·中考真题）如图，在中，，，是边上一点，且，点是的内心，的延长线交于点，是上一动点，连接、，则的最小值为．

【答案】【分析】在取点F，使，连接，，过点F作于H，利用三角形内心的定义可得出，利用证明，得出，则，当C、P、F三点共线时，最小，最小值为，利用含的直角三角形的性质求出，利用勾股定理求出，即可．【详解】解：在取点F，使，连接，，过点F作于H，

∵I是的内心，∴平分，∴，又，∴，∴，∴，当C、P、F三点共线时，最小，最小值为，∵，，∴，∴，∴，，∴，∴的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查了三角形的内心，全等三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，勾股定理等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形和含的直角三角形是解题的关键．二、解答题2．（2024·山东烟台·中考真题）如图，是的直径，内接于，点I为的内心，连接并延长交O于点D，E是上任意一点，连接，，，．(1)若，求的度数；(2)找出图中所有与相等的线段，并证明；(3)若，，求的周长．【答案】(1)(2)，证明见解析(3)30【分析】（1）利用圆周角定理得到，再根据三角形的内角和定理求，然后利用圆内接四边形的对角互补求解即可；（2）连接，由三角形的内心性质得到内心，，，然后利用圆周角定理得到，，利用三角形的外角性质证得，然后利用等角对等边可得结论；（3）过I分别作，，，垂足分别为Q、F、P，根据内切圆的性质和和切线长定理得到，，，利用解直角三角形求得，，进而可求解．【详解】（1）解：∵是的直径，∴，又，∴，∵四边形是内接四边形，∴，∴；（2）解：，证明：连接，∵点I为的内心，∴，，∴，∴，，∵，，∴，∴；（3）解：过I分别作，，，垂足分别为Q、F、P，∵点I为的内心，即为的内切圆的圆心．∴Q、F、P分别为该内切圆与三边的切点，∴，，，∵，，，∴，∵，，，∴，∴的周长为．【点睛】本题考查圆周角定理、圆内接四边形的性质、三角形的内角和定理、三角形的内心性质、三角形的外角性质、等腰三角形的判定、切线长定理以及解直角三角形，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．考点三圆综合►考向一圆与三角形综合1．（2024·四川雅安·中考真题）如图，是的直径，点C是上的一点，点P是延长线上的一点，连接，．(1)求证：是的切线；(2)若，求证：；(3)若于D，，，求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）首先由直径得到，然后利用等边对等角得到，等量代换得到，进而证明即可；（2）利用得到，求出，然后利用直角三角形两锐角互余得到，进而求解即可；（3）设，证明出，得到，然后表示出，然后利用勾股定理求解即可．【详解】（1）如图所示，连接，∵是的直径，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴是的切线；（2）证明：∵，∴，∴，由（1）知，∴，∴，∴，∴；（3）设，在中，，∴∴∵∴∴∴，∵，，∴，∴，∴，在中，由勾股定理得，即，整理得，解得，（舍去），故．【点睛】此题考查了直径的性质，切线的判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点．2．（2024·四川资阳·中考真题）如图，已知是的直径，是的弦，点在外，延长，相交于点，过点作于点，交于点，．(1)求证：是的切线；(2)若的半径为6，点为线段的中点，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，根据等边对等角和对顶角相等可推出，，结合和三角形内角和，从而推出，得证；（2）由（1）可知，可证，推出，再由勾股定理可得，利用点为线段的中点，可得，从而得到，从而得到，即可得到答案．【详解】（1）证明：连接，如图，，，，，，，又，，，，是的切线；（2）解：如（1）图，，又，，，，的半径为6，，，，即，又点为线段的中点，，，，．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形内角和定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．3．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，内接于，为的直径，点D为上一点，，延长至E，使得．(1)求证：是的切线；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，易得，圆周角定理得到，进而得到，证明，推出，进而得到，即可得证；（2）等角的三角函数相等，得到，证明，得到，进行求解即可．【详解】（1）解：连接，则：，∴，∵为的直径，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，即：，∴，∵是的半径，∴是的切线；（2）∵，∴，由（1）知：，∴，由（1）知：，又∵，∴，∴，∴，，∴，即：，解得：（舍去）或，∴【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．4．（2024·山东济宁·中考真题）如图，内接于，D是上一点，．E是外一点，，连接．(1)若，求的长；(2)求证：是的切线．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据可得，然后证明，根据全等三角形的性质可得答案；（2）连接，首先证明，再根据三角形内角和定理和圆周角定理求出，然后计算出即可．【详解】（1）解：∵，∴，又∵，，∴，∴；（2）证明：如图，连接，由（1）得：，∴，，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∵是半径，∴是的切线．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，圆周角定理，切线的判定等知识，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．5．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，中，，，经过B，C两点，与斜边交于点E，连接并延长交于点M，交于点D，过点E作，交于点F．(1)求证：是的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，延长，交于点，连接根据直径所对的圆周角是直角求出，得，，由可得，从而可证明是的切线；（2）由得，即，证明，得，由得，故可得，由勾股定理求出，得，由勾股定理求出，，根据求出，进一步求出【详解】（1）证明：连接，延长，交于点，连接如图，∵∴是等腰直角三角形，∴∵是的直径，∴∴∴∴∵∴即∵是的半径，∴是的切线；（2）解：∵，，∴，∵∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，在等腰直角三角形中，,∴，解得，，∴，∴在中，∴，又，∴∴∴∴【点睛】本题主要考查平行线的性质，等腰直角三角形的判定与性质，切线的判定，圆周角定理，勾股定理以及相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造圆周角是解答本题的关键．►考向二圆与四边形综合1．（2024·四川巴中·中考真题）如图，四边形ABCD是的内接四边形，若四边形OABC为菱形，则的度数是．【答案】60°【分析】根据菱形的性质得到∠AOC＝∠ABC，根据圆周角定理得到∠ADC＝∠AOC，根据圆内接四边形的性质得到∠ADC＋∠ABC＝180°，计算即可．【详解】解：∵四边形OABC为菱形，∴∠AOC＝∠ABC，由圆周角定理得：∠ADC＝∠AOC，∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∴∠ADC＋∠ABC＝180°，∴∠ADC＋2∠ADC＝180°，解得：∠ADC＝60°，故答案为：60°．【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、菱形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．2．（2024·湖南长沙·中考真题）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切），可分为四种类型，我们不妨约定：既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形；只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形；只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形；既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形．请你根据该约定，解答下列问题：(1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”，①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形；

（

）②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形；

（

）③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有．（

）(2)如图1，已知四边形内接于，四条边长满足：．①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）；②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接．求证：是的直径．(3)已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H．①如图2．连接交于点P．求证：．②如图3，连接，若，，，求内切圆的半径r及的长．【答案】(1)①×；②√；③√(2)①外接型单圆；②见解析(3)，，【分析】（1）根据圆内接四边形和切线长定理可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，结合题中定义，根据对角不互补，对边之和也不相等的平行四边形无外接圆，也无内切圆，进而可判断①；根据菱形的性质可判断②；根据正方形的性质可判断③；（2）①根据已知结合题中定义可得结论；②根据角平分线的定义和圆周角定理证明即可证得结论；（3）①连接、、、、，根据四边形是“完美型双圆”四边形，结合四边形的内角和定理可推导出，，，进而可得，，然后利用圆周角定理可推导出，即可证得结论；②连接、、、，根据已知条件证明，进而证明得到，再利用勾股定理求得，，同理可证求解即可．【详解】（1）解：由题干条件可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，所以①当平行四边形的对角不互补，对边之和也不相等时，该平行四边形无外接圆，也无内切圆，∴该平行四边形是“平凡型无圆”四边形，故①错误；②∵内角不等于的菱形的对角不互补，∴该菱形无外接圆，∵菱形的四条边都相等，∴该菱形的对边之和相等，∴该菱形有内切圆，∴内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形，故②正确；③由题意，外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，如图，则，，，，∴为等腰直角三角形，∴，即；故③正确，故答案为：①×；②√；③√；（2）解：①若四边形中有内切圆，则，这与矛盾，∴四边形无内切圆，又∵该四边形有外接圆，∴该四边形是“外接型单圆”四边形，故答案为：外接型单圆；②∵的平分线交于点E，的平分线交于点F，∴，，∴，，∴，∴，即和均为半圆，∴是的直径．（3）①证明：如图，连接、、、、，∵是四边形的内切圆，∴，，，，∴，在四边形中，，同理可证，，∵四边形是“完美型双圆”四边形，∴该四边形有外接圆，则，∴，则，∵，，∴，∴，∴；②如图，连接、、、，∵四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H，∴∴，，，，，∴，，，∴，∵，∴，又，∴，∴，∵，，∴，则，在中，由得，解得；在中，，∴，同理可证，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、正方形的性质、菱形的性质、圆周角定理、内切圆的定义与性质、外接圆的定义与性质、相似三角形的判定与性质、四边形的内角和定理、勾股定理、角平分线的判定等知识，理解题中定义，熟练掌握这些知识和灵活运用性质和判定是解题的关键．另外还要求学生具备扎实的数学基础和逻辑思维能力，备考时，重视四边形知识的学习，提高解题技巧和速度，以应对中考挑战．考点四与圆有关的计算►考向一弧长计算1．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在扇形中，，半径，是上一点，连接，是上一点，且，连接．若，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了弧长公式，等边三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质；连接，根据，，易证是等腰三角形，再根据，推出是等边三角形，得到，即可求出，再根据弧长公式计算即可．【详解】解：连接，，，，是等腰三角形，，，是等边三角形，，，，，，故选：B．2．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，四边形为平行四边形，以点为圆心，长为半径画弧，交边于点E，连接，，，则的长（结果保留）．【答案】/【分析】本题考查弧长的计算，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，关键是判定是等边三角形，得到．由平行四边形的性质推出，判定是等边三角形，得到，由弧长公式即可求出的长．【详解】解：四边形是平行四边形，，由题意得：，是等边三角形，，，．故答案为：．3．（2024·江苏宿迁·中考真题）已知圆锥的底面半径为3，母线长为12，则其侧面展开扇形的圆心角的度数为°．【答案】【分析】本题考查圆锥的侧面积，以及扇形面积，解决本题的关键是掌握圆锥的侧面积公式，以及扇形面积公式．设侧面展开扇形的圆心角的度数为度，根据“圆锥的侧面积扇形面积”建立等式求解，即可解题．【详解】解：设侧面展开扇形的圆心角的度数为度，侧面展开扇形的面积为：，解得，故答案为：．4．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）为了促进城乡协调发展，实现共同富裕，某乡镇计划修建公路．如图、与是公路弯道的外、内边线，它们有共同的圆心O，所对的圆心角都是，点A，C，O在同一条直线上，公路弯道外侧边线比内侧边线多36米，则公路宽的长是米．（取3.14，计算结果精确到0.1）【答案】【分析】本题考查了弧长公式，解一元一次方程等知识，利用弧长公式并结合题意可得出，进而得出，然后解方程并按要求取近似数即可．【详解】解：根据题意，得，，∵公路弯道外侧边线比内侧边线多36米，∴，∴，即解得，故答案为：．5．（2024·吉林长春·中考真题）一块含角的直角三角板按如图所示的方式摆放，边与直线重合，．现将该三角板绕点顺时针旋转，使点的对应点落在直线上，则点A经过的路径长至少为．（结果保留）【答案】【分析】本题主要考查了旋转的性质、弧长公式等知识点，掌握弧长公式成为解题的关键．由旋转的性质可得,即，再根据点A经过的路径长至少为以B为圆心，以为半径的圆弧的长即可解答．【详解】解：∵将该三角板绕点顺时针旋转，使点的对应点落在直线上，∴,即，∴点A经过的路径长至少为．故答案为：．6．（2024·辽宁·中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，点在上，，在的延长线上，．(1)如图1，求证：是的切线；(2)如图2，若，，求的长．【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）连接，则，故，由，得到，而，则，由，得，因此，故，则是的切线；（2）连接，可得，则，故，由，得，那么长为．【详解】（1）证明：连接，∵，∴，∴，∵，∴，∵为直径，∴，∴，即，∵，∴，∴，∴，∴，∴是的切线；（2）解：连接，由（1）得，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴长为：．【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的判定，直角三角形的性质，三角形的外角性质，弧长公式等，正确添加辅助线是解决本题的关键．►考向二扇形面积1．（2024·山东日照·中考真题）如图，在菱形中，，点O是对角线的中点，以点O为圆心，长为半径作圆心角为的扇形，点D在扇形内，则图中阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．无法确定【答案】A【分析】连接，将绕点O顺时针旋转得到．证明，推出，利用即可求解．【详解】解：如图，连接，将绕点O顺时针旋转得到．，，在菱形中，点O是对角线的中点，，，，，，，，，，．，，．故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形全等的判定与性质，解直角三角形，扇形的面积，作出辅助线，构造三角形全等，利用是解题的关键．2．（2024·山东青岛·中考真题）如图，是上的点，半径，，，连接，则扇形的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了圆周角定义，扇形的面积，连接，由圆周角定理可得，进而得，再根据扇形的面积计算公式计算即可求解，掌握圆周角定理及扇形的面积计算公式是解题的关键．【详解】解：连接，则，∵，∴，∴，故选：．3．（2024·山东东营·中考真题）习近平总书记强调，中华优秀传统文化是中华民族的根和魂．东营市某学校组织开展中华优秀传统文化成果展示活动，小慧同学制作了一把扇形纸扇．如图，，，纸扇完全打开后，外侧两竹条（竹条宽度忽略不计）的夹角．现需在扇面一侧绘制山水画，则山水画所在纸面的面积为（

）．

A． B． C． D．【答案】C【分析】将山水画所在纸面的面积转化为大小两个扇形的面积之差即可解决问题．本题主要考查了扇形面积的计算，熟知扇形面积的计算公式是解题的关键．【详解】解：由题知，，，所以山水画所在纸面的面积为：．故选：C．4．（2024·山东泰安·中考真题）两个半径相等的半圆按如图方式放置，半圆的一个直径端点与半圆的圆心重合，若半圆的半径为2，则阴影部分的面积是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了扇形的面积公式的运用、三角形的面积公式的运用等知识点，熟练掌握扇形的面积公式是关键．如图：连接，作于点B，得三角形是等边三角形，求出，再根据，即可解答．【详解】解：如图：连接，作于点B，∵，∴三角形是等边三角形，∴，∴∴,∴．故选：A．5．（2024·山西·中考真题）如图1是小区围墙上的花窗，其形状是扇形的一部分，图是其几何示意图（阴影部分为花窗）．通过测量得到扇形的圆心角为，，点，分别为，的中点，则花窗的面积为．【答案】【分析】本题主要考查了扇形面积的计算，熟知扇形的面积公式是解题的关键．用扇形的面积减去的面积即可解决问题．【详解】解：由题知，（），∵点，分别是，的中点，∴（），∴（），∴花窗的面积为故答案为：．6．（2024·四川资阳·中考真题）如图，在矩形中，，．以点为圆心，长为半径作弧交于点，再以为直径作半圆，与交于点，则图中阴影部分的面积为．【答案】【分析】本题考查了切线的性质，等边三角形的性质和判定，扇形的面积，解题的关键是学会利用分割法求阴影部分的面积．设弓形，连接，，由题意知，即为等边三角形，，即可得出阴影部分面积为，代入数值即可求出结果．【详解】解：∵以点为圆心，长为半径作弧交于点，，，∴，∴以为直径作半圆时，圆心为点，设弓形，连接，，即，如图：∴为等边三角形，∴，故阴影部分面积为，代入数值可得，故答案为．7．（2024·山东德州·中考真题）如图，圆与都经过A，B两点，点在上，点C是上的一点，连接并延长交于点P，连接．(1)求证：(2)若，．①求的半径；②求图中阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)①2②【分析】对于（1），连接，在中，先根据同弧所对的圆周角相等得，然后在中，根据圆周角定理得，可得答案；对于（2）①，由结合（1），可得，再连接，作，可得，，进而得出，然后在中，根据得出答案；对于②，先说明是等边三角形，即可求出其面积，在中，求出弓形的面积，然后根据得出答案．【详解】（1）如图所示．连接，在中，，在中，，∴；（2）①，∵，∴．连接，过点作，交于点D，∴，，∴．在中，，即，∴，所以的半径是2；②∵，∴是等边三角形，∴．∵，∴垂直平分，垂直平分，∴点三点共线．在中，，在中，．在中，上标点，．在中，．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，线段垂直平分线的性质和判定，勾股定理，余弦，求扇形的面积，等边三角形的性质和判定，构造辅助线是解题的关键．8．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在中，以为直径的交于点，垂足为．的两条弦相交于点．(1)求证：是的切线；(2)若，求扇形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，利用等边对等角，圆周角定理等可得出，由垂直的定义得出，等量代换得出，即，然后根据切线的判定即可得证；（2）先利用含的直角三角形的性质求出，同时求出，进而求出，利用等边对等角，三角形外角的性质等可求出，，证明是等边三角形，得出，，进而求出，在中，利用余弦定义可求出，最后利用扇形面积公式求解即可．【详解】（1）证明：连接，∵，∴，又，，∴，∵，∴，∴，即，又是的半径；∴是的切线；（2）解：∵，，，∴，，又，∴，∵，∴，∴，又，∴是等边三角形，∴，，∴，在中，，∴扇形的面积为．【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解直角三角形的应用，三角形外角的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．1．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）如图，是以O为圆心的半圆的直径，A是延长线上一点，过A点的直线交半圆于B，E两点，B在A，E之间，若，，则的大小为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了等边对等角、三角形的外角的性质等知识点，连接，可推出，，根据，得，进而得，即可求解；【详解】解：连接，如图所示：

∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故选：B2．（2024·安徽·模拟预测）“莱洛三角形”也称为圆弧三角形，它是工业生产中广泛使用的一种图形．如图，分别以等边的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，三段圆弧围成的封闭图形是“莱洛三角形”．若图中阴影部分的面积为，空白部分的面积为，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了等边三角形的性质，扇形面积公式，由是等边三角形，得，，过作于点，然后由勾股定理得，求出，，然后代入求值即可，熟练掌握等边三角形的性质和扇形面积公式是解题的关键．【详解】解：∵是等边三角形，∴，，设，如图，过作于点，∴，，，∴由勾股定理得：，∴，即，则，∴，故选：．3．（2024·安徽·模拟预测）如图，是的直径，，点在上，，是弧的中点，是直径上的一动点，的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】作点关于的对称点，连接交于点，则点就是所求作的点，求出，进而求出的长，的长度即的最小值．此时最小，且等于的长．连接，，，利用垂径定理，得出，过点作于点，利用等腰三角形三线合一的性质和锐角三角函数求解即可．【详解】解：作点关于的对称点，连接交于点，则点就是所求作的点．此时最小，且等于的长．连接，，，，，是弧的中点，，，由轴对称可知，，，，，，过点作于点，，，在中，，，的最小值为，故选：B．【点睛】本题考查了轴对称——最短路线问题，垂径定理，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形的应用等，确定点的位置是本题的关键．4．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，在直角三角形中，，．分别是、上两点，以为直径作圆与相切于点，且，，若，，则的长度为（）A． B． C．5 D．【答案】A【分析】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线，推导出是的直径是解题的关键．连接，由可得为的直径，即，即可证明，得到，求出，利用勾股定理即可得到的长度．【详解】解:连接，，，为的直径，与相切于点D，，，，，，，，，，，故选A．5．（2024·安徽六安·模拟预测）如图，在中，已知是的半径，于点C，，的直径为10，则（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A【分析】本题主要考查了垂径定理和勾股定理的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．由垂径定理得，然后利用勾股定理即可求解．【详解】解：∵于点C，，∴．∵的直径为10，∴，∴．故选A．6．（2024·安徽合肥·三模）如图，P为线段上一动点（点P不与点A，B重合），将线段绕点P顺时针旋转得到线段，将线段绕点P逆时针旋转得到线段，连接，，交点为Q．若，点H是线段的中点，则的最小值为（

）A．3 B． C． D．2【答案】B【分析】本题考查旋转的性质、等腰三角形手拉手问题、三角形中位线及四点共圆最小值问题，作且，先证，结合旋转角度问题得到A、Q、B、E四点共圆，结合三角形三边关系即可得到答案；【详解】解：∵线段绕点P顺时针旋转得到线段，将线段绕点P逆时针旋转得到线段，∴，，，∴，在与中，∵，∴，∴，∵，∴，∴，作且，取的中点O，连接，，，，∵，，∴，，∵点H、O是中点，∴，，∵，∴A、Q、B、E四点共圆，∵，∴A、Q、B、E是在以点O为圆心为半径的圆上，当O、H、Q在同一直线时，，当O、H、Q不在同一直线时，则最小值为，故选：B．二、填空题7．（2022·黑龙江鸡西·一模）如图，是的弦，半径于点C，为直径，，，则线段的长为．【答案】【分析】本题考查了中位线的判定与性质、垂径定理的应用，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，先根据勾股定理列式计算，得出半径，根据分别是，的中点，得出，即可利用勾股定理作答．【详解】解：连接，如图

∵是的弦，半径于点，∴在中，解得∵分别是，的中点∴是的中位线∴∵为直径∴在，故答案为：．8．（2024·安徽马鞍山·三模）如图，是的直径，C，D为上两点，且平分，连接，，若，则的度数为．【答案】/29度【分析】本题考查了圆周角定理和角平分线的性质，根据圆周角定理，，，，可得，又平分，可得，由此求得．【详解】解：，，为的直径，，，平分，，，．故答案为：．9．（2024·安徽六安·模拟预测）如图，四边形是的内接四边形，和相交于点E．若，，且，则的长为．【答案】3【分析】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等知识，过点B作于点F．根据等腰直角三角形的性质得到，，，则．得到．则．由即可得到的长．【详解】解：如图，过点B作于点F．∵，，∴．∵，，∴．∴．∴．∵，∴．故答案为：10．（2024·安徽合肥·三模）如图，是的直径，是的弦，连接，若，则的度数为．【答案】/25度【分析】本题主要考查了同弧或等弧所对的圆周角相等、直径所对的圆周角为直角等知识，正确作出辅助线是解题关键．连接，根据“同弧或等弧所对的圆周角相等”可得，再根据“直径所对的圆周角为直角”可得，然后由求解即可．【详解】解：如下图，连接，∵，，∴，∵是的直径，∴，∴．故答案为：．三、解答题11．（23-24九年级上·北京海淀·阶段练习）如图，为的直径，交于点，为上一点，延长交于点，延长至，使，连接．

(1)求证：为的切线；(2)若且，求的半径．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了切线的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，熟记切线的判定定理是解题的关键．（1）连接，根据等边对等角结合对顶角相等即可推出结论；（2）设的半径，则，，在中，由勾股定理得得出方程求解即可．【详解】（1）证明：如图，连接，

∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，即，∴，∵是半径，∴为的切线；（2）解：由（1）得，设的半径，则，∴，，在中，由勾股定理得，，，解得，或舍去，∴的半径为．12．（23-24九年级上·湖北武汉·阶段练习）如图，是的直径，D为上一点，C为上一点，且，延长交于E，连．(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，掌握圆周角的相关性质是解题关键．（1）根据圆周角定理得到，则，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和得到，从而得到结论；（2）连接OC、OE，利用（1）的结论和圆周