专题15 圆-5年（2020-2024）中考1年模拟数学分项汇编（河南专用）

PAGE1专题15圆（解析版）解答题1.（2020·河南·统考中考真题）如图，在扇形中，平分交弧于点．点为半径上一动点若，则阴影部分周长的最小值为__________．【答案】【解析】【分析】如图，先作扇形关于对称的扇形连接交于，再分别求解的长即可得到答案．【详解】解：最短，则最短，如图，作扇形关于对称的扇形连接交于，则此时点满足最短，平分而的长为：最短为故答案为：【点睛】本题考查的是利用轴对称求最短周长，同时考查了圆的基本性质，扇形弧长的计算，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．2.（2020·河南·统考中考真题）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．【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．3.（2021·河南·统考中考真题）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为，点，，均在小正方形的顶点上，且点，在上，，则的长为__________．【答案】4.（2021·河南·统考中考真题）在古代，智慧的劳动人民已经会使用“石磨”，其原理为在磨盘的边缘连接一个固定长度的“连杆”，推动“连杆”带动磨盘转动，将粮食磨碎，物理学上称这种动力传输工具为“曲柄连杆机构”．小明受此启发设计了一个“双连杆机构”，设计图如图1，两个固定长度的“连杆”，的连接点在上，当点在上转动时，带动点，分别在射线，上滑动，．当与相切时，点恰好落在上，如图2．请仅就图2的情形解答下列问题．（1）求证：；（2）若的半径为，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）5.（2022·河南·统考中考真题）如图，将扇形AOB沿OB方向平移，使点O移到OB的中点处，得到扇形．若∠O＝90°，OA＝2，则阴影部分的面积为______．【答案】【解析】【分析】设与扇形交于点，连接，解，求得，根据阴影部分的面积为，即可求解．【详解】如图，设与扇形交于点，连接，如图是OB的中点,OA＝2，＝90°，将扇形AOB沿OB方向平移，阴影部分的面积为故答案为：6.（2022·河南·统考中考真题）为弘扬民族传统体育文化，某校将传统游戏“滚铁环”列入了校运动会的比赛项目．滚铁环器材由铁环和推杆组成．小明对滚铁环的启动阶段进行了研究，如图，滚铁环时，铁环⊙O与水平地面相切于点C，推杆AB与铅垂线AD的夹角为∠BAD，点O，A，B，C，D在同一平面内．当推杆AB与铁环⊙O相切于点B时，手上的力量通过切点B传递到铁环上，会有较好的启动效果．

（1）求证：∠BOC＋∠BAD＝90°．（2）实践中发现，切点B只有在铁环上一定区域内时，才能保证铁环平稳启动．图中点B是该区域内最低位置，此时点A距地面的距离AD最小，测得．已知铁环⊙O的半径为25cm，推杆AB的长为75cm，求此时AD的长．【答案】（1）见解析（2）50cm【解析】【分析】（1）根据切线的性质可得，，根据，可得，过点作，根据平行线的性质可得，，进而即可得证；（2）过点作的平行线，交于点，交于点，由（1）得到，在，中，求得,进而求得，根据即可求解．【小问1详解】证明：⊙O与水平地面相切于点C，，，，AB与⊙O相切于点B，，，过点作，

，，，即∠BOC＋∠BAD＝90°．【小问2详解】如图，过点作的平行线，交于点，交于点，

，则四边形是矩形，，，，在中，，，（cm)，在中，，cm，(cm)，(cm)，(cm)，cm，(cm)．【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的性质，解直角三角形的应用，掌握以上知识是解题的关键．7.（2023·河南·统考中考真题）如图，点A，B，C在上，若，则的度数为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】直接根据圆周角定理即可得．【详解】解：∵，∴由圆周角定理得：，故选：D．【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题关键．8.（2023·河南·统考中考真题）如图，与相切于点A，交于点B，点C在上，且．若，，则的长为______．【答案】【解析】【分析】连接，证明，设，则，再证明，列出比例式计算即可．【详解】如图，连接，∵与相切于点A，∴；∵,∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，设，则，∴，解得，故的长为，故答案为：．【点睛】本题考查了切线的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角形相似的判断和性质，熟练掌握性质是解题的关键．9.（2024·河南·统考中考真题）如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点D是的中点，连接，．以点D为圆心，的长为半径在内画弧，则阴影部分的面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】过D作于E，利用圆内接四边形的性质，等边三角形的性质求出，利用弧、弦的关系证明，利用三线合一性质求出，，在中，利用正弦定义求出，最后利用扇形面积公式求解即可．【详解】解∶过D作于E，∵是边长为的等边三角形的外接圆，∴，，，∴，∵点D是的中点，∴，∴，∴，，∴，∴，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，等腰三角形的性质，扇形面积公式，解直角三角形等知识，灵活应用以上知识是解题的关键．一、单选题1．（2024·河南洛阳·一模）如图，四边形内接于，连接．若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了圆内接四边形的性质、圆心角与圆周角的关系，解题的关键熟知相关性质．根据圆内接四边形对角互补可求得，然后再根据同弧上的圆心角等于圆周角的2倍即可得到结论．【详解】∵四边形内接于，∴，∵，∴，∵与所对的弧都是，∴．故选：D．2．（2024·河南周口·一模）如图，是的外接圆，半径于点，连接，若，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了圆内接四边形的性质、垂径定理、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质，连接，由圆内接四边形的性质得出，由垂径定理得出，，由线段垂直平分线的性质得出，最后由等腰三角形的性质即可得出答案．【详解】解：如图，连接，，则，，，，，，，故选：B．3．（2024·河南信阳·一模）如图，已知C是上任一点，且，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查圆周角定理，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，进行求解即可．【详解】解：∵，∴优弧所对的圆心角的度数为，∴；故选B．4．（2024·河南郑州·二模）如图，的直径与弦交于点C，．若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形性质，三角形内角和定理，连接，，利用等腰三角形性质，三角形内角和定理，得到，再利用圆周角定理得到即可解题．【详解】解：连接，，，，，，，，，，．故选：B．5．（2024·河南安阳·二模）如图，圆O的弦的长度为，点A，B，C为圆周上三点，若，则圆O半径为（

）

A．1 B．2 C． D．【答案】A【分析】本题考查了圆周角定理，以及勾股定理．熟练掌握定理是解题的关键．先利用圆周角定理求出所对应的圆心角的角度，再利用勾股定理求出半径的长度．【详解】解：，，，，在中，，解得：或（舍）故选：A．6．（2024·河南平顶山·二模）如图，切于点，交于点，垂直平分．若，则线段的长为（

）A． B．4 C． D．8【答案】B【分析】本题考查了垂径定理，等边三角形的判定和性质，含有角的直角三角形的边长关系，连接，根据垂直平分线的性质得到为等边三角形，可得，再利用垂径定理得到，求得的长，即可求得，作出辅助线，熟练得到各线段的边长关系是解题的关键．【详解】解：垂直平分，，，为等边三角形，，，，，故选：D．7．（2024·河南南阳·三模）如图，A，B，C为上的三个点．，，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，求得，再利用题中信息得到，即可解答，熟练运用圆周角定理进行角度转换是解题的关键．【详解】解：由题意，，，，故选：B．8．（2024·河南·三模）如图，、是的切线，切点分别为、，的延长线交于点，连接，，．若，，则等于（

）A．60° B．20° C．30° D．45°【答案】C【分析】根据切线性质得出，根据，得出，证明是等边三角形，得出，根据圆周角定理即可得答案．【详解】解：设交于，连接，∵、是的切线，∴，∴，∵，，∴，∴，∴是等边三角形，∴，∴．故选：C．【点睛】本题考查切线的性质、直角三角形斜边中线的性质、等边三角形的判定与性质及圆周角定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．二、填空题9．（2024·河南郑州·三模）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为，点均在小正方形的顶点上，以点B为圆心，为半径画弧，与网格线交于点，则经过点的弧的长为．【答案】【分析】本题考查了勾股定理及其逆定理，三角函数，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，弧长公式，如图，设点为所在圆的圆心，连接，由可得，进而由圆周角定理得，即得是等边三角形，得到，再得到，由勾股定理逆定理得到为直角三角形，，即得，再利用弧长公式计算即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：如图，设点为所在圆的圆心，连接，∵，，∴，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴，∵，∴为直角三角形，，∴，∴弧的长，故答案为：．10．（2023·河南南阳·一模）如图，正六边形内接于，若，则阴影部分的面积为．【答案】/【分析】本题考查正多边形的性质和不规则图象的面积，阴影部分的面积等于菱形的面积的一半加上一个扇形的面积再减去一个三角形的面积，根据图形的性质分别求出相应边的长即可解答．学会用割补法求面积是解题关键．【详解】解：连接、、、、，如图，作，∵正六边形内接于，，则，，，均是等边三角形，∴，四边形是菱形，则，，，，，∴，∴，，，∴．故答案为：．11．（23-24九年级上·河南南阳·期末）如图，、分别切于点A、B，与的延长线相交于点P．若，，则的半径长为．【答案】6【分析】本题主要考查了切线长定理，相似三角形的判定和性质．连接，根据切线长定理，可得，再证明，即可求解．【详解】解：如图，连接，∵、分别切于点A、B，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，解得：，即的半径长为6．故答案为：6．12．（2024·河南周口·一模）如图，是的直径，是的切线，B是切点，，点E为垂足，若，，则的直径为．【答案】12【分析】本题主要考查了垂径定理，用切线的性质和相似三角形的判定，解题关键是熟记相关性质，综合运用．由垂径定理可求出，根据勾股定理在求出，利用切线的性质和相似三角形的判定方法可证明，再利用相似的性质即可求出直径的长．【详解】解：∵，垂足为点E，∴，∵，∴，∵是的切线，B是切点，∴，∵，，∴，∵是的直径，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：12．13．（2024·河南南阳·一模）如图，是的直径，点在上（点不与重合），过点作的切线交的延长线于点，连接，若，则图中阴影部分的周长是．

【答案】【分析】本题考查了切线的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，弧长公式，连接，由切线的性质可得，进而得，，利用弧长公式求出的长，再根据阴影部分的周长的长计算即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：连接，

∵为的切线，∴，∴，∵，∴，，∵，∴，∴，的长，∴，∴阴影部分的周长的长，故答案为：．14．（2024·河南洛阳·一模）如图，在中，，，以点A为圆心，边的长为半径作交边于点E，以边为直径作半圆交边于点D，则图中阴影部分的面积为．【答案】【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质、三角形与扇形的面积计算，解题的关键是分清半圆、三角形、扇形三者之间的面积关系．先用直角三角形的面积减去扇形的面积得出空白区域的面积，然后再用半圆的面积减去空白区域的面积，即可得到阴影部分的面积．【详解】∵，∴，∴，∴．故答案为：．15．（2024·河南周口·一模）如图，矩形内接于，分别以为直径向外作半圆，若，则阴影部分的面积为．【答案】12【分析】本题考查求不规则图形的面积，连接，勾股定理求出的长，利用四个半圆的面积加上矩形的面积减去的面积，求解即可．【详解】解：连接，∵矩形内接于，∴，，∴为的直径，，∴阴影部分的面积；故答案为：12．16．（2024·河南周口·一模）如图，点在半圆上，延长直径至点，使是的切线，若，，则图中阴影部分的面积是．（结果保留）【答案】【分析】本题考查了切线的性质、解直角三角形、扇形的面积公式，连接，由切线的性质定理得出，解直角三角形得出，再根据计算即可得解．【详解】解：如图，连接，，是的切线，，，，，故答案为：．17．（2024·河南安阳·一模）如图，在中，，，以为直径的交于点D，的切线交于点E，则的长为．【答案】【分析】根据为直径，得出，根据，得出，，根据勾股定理求出，得出，证明，得出，证明，根据等积法求出结果即可．【详解】解：如图，连接，∵为直径，∴，∴，∵，∴，，∴，∵是切线，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴．故答案是：．【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质等，勾股定理，作出辅助线，构造直角三角形，是求解的关键．18．（2024·河南濮阳·一模）如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中，点A、B、C、O在这些小正方形的顶点上，以O为圆心，为半径画弧．点D为弧与网格线的交点．则图中阴影部分的面积是【答案】【分析】此题考查了扇形面积的计算，勾股定理，全等三角形的性质和判定，熟记扇形面积公式是解题的关键．根据求解即可．【详解】解：连接，根据题意得，，∵，，，是等边三角形，，，∵，∴，故答案为：．19．（2024·河南开封·一模）如图①是清明上河园中供人们游玩的古代的马车．如图②是马车的侧面示意图，车轮的直径为，车架经过圆心，地面水平线与车轮相切于点，连接，．小明测出车轮的直径米，米，则的长为米【答案】【分析】本题考查了圆的基础知识，掌握切线的性质，直接所对圆周角等于，相似三角形的判定和性质，勾股定理的知识是解题的关键．连接，作延长线于点，可证，可得的长，根据勾股定理可得的值，在直角中，运用勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，连接，延长，作延长线于点，∵与切与点，∴，且，∴，∴，∴，∵是直径，∴，则，，∴，在中，，在中，，∴，∴在中，，∴的长为，故答案为：．20．（2024·河南周口·一模）如图，在矩形中，以点为圆心，长为半径画弧，交于点，交于点．若，则阴影部分的面积为．【答案】【分析】本题考查扇形面积的计算及矩形的性质，熟知矩形的性质及扇形面积的计算公式是解题的关键．本题中连接，将阴影部分面积分割成和扇形，分别求面积，再相加即可．【详解】解：连接，∵矩形，∴，∵，∴，∴在中，，∴，∵，∴为等边三角形，∴，所以.故答案为：．21．（2024·河南商丘·二模）如图，手工课上，小明从大半圆形纸片上剪下一个小半圆（两个半圆的直径在一条直线上），然后用铅笔画了一条弦，满足弦与直径平行，且与小半圆相切，若测得弦的长度为8，则剩余纸片（阴影部分）的面积为．【答案】【分析】本题考查了切线的性质、勾股定理、扇形面积公式、垂径定理，记大半圆的圆心为，小半圆的圆心为，将小半圆向右平移至点与点重合，此时与小半圆相切，切点记为，连接，，则，且．再根据，结合勾股定理计算即可得出答案．【详解】解：记大半圆的圆心为，小半圆的圆心为，将小半圆向右平移至点与点重合，如解图所示．，此时与小半圆相切，切点记为，连接，，则，且．∴，故答案为：．22．（2024·河南开封·二模）如图，在中，，以为直径作交于点，过点作的切线交于点．则的长为．

【答案】3【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，解直角三角形，等腰三角形的性质等，作出辅助线，构造直角三角形，是求解的关键．连接，，根据等腰三角形可求出，可证，求出，为等边三角形，根据切线的性质，可证，再证，在直角三角形中，利用勾股定理即可求解．【详解】解：如图，连接，

∵，，∴，∵为直径，∴，在中，，，∴，∵∴是等边三角形，∴，∵是切线，∴，∴，∴，又∵，，∴，∴在中，，，∴，故答案为：3．23．（2024·河南安阳·二模）如图，的直径为10，的直径为13，的圆心恰好在的圆周上，连接两圆交点所得弦的长为．【答案】/【分析】本题考查了勾股定理和垂径定理的应用，关键是利用两个直角三角形表达出同一条边列出方程解答即可．连接相交于点，在和中，表示出的长度，列方程求解即可．【详解】解：连接相交于点，，，为，的共同弦，，设，则，在中，，，在中，，，解得：，，或（舍去）．故答案为：．24．（2024·河南开封·二模）如图，是的一条弦，是的直径，D是上一点，连接，．已知，则．【答案】/110度【分析】连接，根据圆周角定理，直角三角形的特征量，圆的内接四边形性质计算即可．本题考查了圆周角定理，直角三角形的特征量，圆的内接四边形性质，熟练掌握定理和性质是解题的关键．【详解】连接，∵是的直径，∴；∵，∴；∵四边形是的内接四边形，∴；∴．故答案为：．25．（2024·河南郑州·二模）如图，在中，，，点在边上，，以为圆心，长为半径作半圆，恰好与相切于点，交于点，则阴影部分的面积为．【答案】/【分析】连接，过于点，如图，先利用等腰直角三角形的性质得到，则，再根据切线的性质得到，于是可判断，所以，然后根据三角形面积公式和扇形的面积公式，利用阴影部分的面积进行计算．本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了等腰直角三角形的性质和扇形的面积计算．【详解】解：连接，过于点，如图，，，，，与相切于点，，，，阴影部分的面积．故答案为：．26．（2024·河南洛阳·二模）如图，在中，是直径，点C是圆上一点．过点C作的切线交的延长线于点D，若，则图中阴影部分的面积为．（结果用含π的式子表示）【答案】【分析】本题主要考查切线的性质以及扇形的面积计算，连接，根据切线的性质得出由得由三角形外角的性质得根据勾股定理得，再根据求解即可【详解】解：连接如图，∵是的切线，∴∴∵∴∵∴，∴∴∴即∴∴，故答案为：27．（2024·河南许昌·二模）如图，在扇形中，半径的长为，点P在上，连结，将沿折叠得到．若与所在的圆相切于点B，则的长为．【答案】/【分析】连接，交于点D，求得，利用求得圆心角，利用三角函数，解答即可．本题考查了切线性质，折叠的性质，弧长，三角函数，熟练掌握切线性质，三角函数，弧长公式是解题的关键．【详解】连接，交于点D，∵沿折叠得到．∴，，∵与所在的圆相切于点B，∴，∴，∵∴，∵半径的长为，∴，解得，∴，∴，∵，∴，故答案为：．28．（2023·河南信阳·三模）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点均在小正方形的顶点上，点均在所画的弧上，若，则的长为．

【答案】2π【分析】先证明是等腰直角三角形，从而得到，，进而得到是的直径，半径，由三角形内角和定理可得，从而得到，再根据弧长公式进行计算即可．【详解】解：如图，取的中点，连接，，，

，小正方形的边长为1，，，由勾股定理可得：，，是等腰直角三角形，，，是的直径，半径，，，，，，的长为，故答案为：．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、圆周角定理、求弧长，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线，是解题的关键．三、解答题29．（2024·河南南阳·一模）在中，，连接．

(1)尺规作图：过点A作，交的延长线于点D（不写作法，保留作图痕迹）；(2)求证：为的切线；(3)若，，则的半径为______.【答案】(1)图见解析(2)证明见解析(3)2【分析】本题考查了圆的综合，作一个角等于已知角，切线的判定和性质及等腰三角形的判定和性质等，熟悉相关的知识点是解题的关键，（1）根据题意作，然后连接并延长交于点D即可；（2）连接并延长交于点M，连接，证明是线段的垂直平分线即可；（3）证明即可．【详解】（1）如图所示：即为所求（2）如图：连接并延长交于点M，连接，∵，；∴是线段的垂直平分线；∴；∵；∴；∴为的切线．（3）设，；∵；∴；∵；∴；即；解得：；∴；∴；∴；故答案为：2．30．（2024·河南周口·一模）如图，是以C为顶点的等腰三角形，以为直径作，交于点D．延长至点E，使得，连接．(1)求证：是的切线；(2)若求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查切线的判定，圆周角定理，解直角三角形：（1）等边对等角，结合三角形的内角和定理，求出，即可得证；（2）连接，圆周角定理得到，解直角三角形，分别求出的长，即可．【详解】（1）证明：∵是以C为顶点的等腰三角形，∴，∴，∵，∴∴，又∵，∴，∴，又∵为直径，∴是的切线；（2）连接，∵为直径，∴，∵，∴，∴，∴，设，则：，∴，∴，∴．31．（2024·河南许昌·一模）如图，在中，以为直径作半圆O交于点D，且D是的中点，过点D作于点E，交的延长线于点F．(1)求证：是的切线；(2)若，，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，圆周角定理，解直角三角形，平行线分线段成比例，熟练掌握切线判定定理是解题的关键．（1）连接，，根据圆周角定理得到，推出，根据切线的判定定理得到是的切线；（2）记与的交点为，连接，的交点为G，连接，根据圆周角定理得到，根据平行线的性质得到，求得，根据勾股定理得到，根据矩形的性质得到，求得，根据平行线分线段成比例定理即可得到结论．【详解】（1）解：连接，，为直径，∴，为的中点，，，，，，，，是的半径，是的切线；（2）解：记与的交点为，连接，的交点为G，连接．是的直径，，，，，，，设，，，，，，四边形是矩形，，，，，，∴，，32．（2024·河南商丘·二模）如图，在中，，以为直径作，交于点D，作切线交于点F．(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，利用切线的性质与直角三角形两锐角互余证明，即可由等角对等边得出结论；（2）连接，过点F作于P，先求出，再根据为的直径，运用垂径定理得出，同时，求得，得出，根据等腰三角形的性质得出，得出，．在中，求出，再根据求解即可．【详解】（1）证明：如图，连接．∵，∴．∵为的切线，∴，∴．∵，∴，∴，∴．（2）解：如图，连接，过点F作于P，∵，∴，由（1）知，∴，∵为的直径，∴，∴，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴．∵，，∴在中，，∴．【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，余角的性质，等腰三角形的判定与性质，解直角三角形．熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．33．（2024·河南郑州·二模）如图，在中，，与相切于点D，分别与交于点E，点F，连接．_______．求证∶_______；(1)请从①为的直径，②中选择一个作为条件，另一个作为结论，将题目补充完整（填写序号），并完成相应的证明过程．我选择的条件是______，求证的结论是_________．证明过程如下：(2)在（1）的前提下，若的半径为2，请直接写出图中阴影部分的面积．【答案】(1)见解析；(2)【分析】（1）根据圆周角定理，切线的性质，等边三角形的判断和性质进行解答即可；（2）根据直角三角形的边角关系求出，再根据进行计算即可．【详解】（1）解：情况一：选①为条件，②为结论：证明：如图，连接，∵是的切线，∴，∴，∵为的直径，∴，∴，∵，∴，∴；情况二：选②为条件，①为结论：证明：如图，连接，∵，∴，∵是的切线，∴，即，∴，∵，∴，∴，即，∴为的直径；（2）解：如图，连接，∵是的切线，∴，又∵，∴，∴．由圆周角定理得，∵，∴，连接，∵，∴是等边三角形，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∵的半径为2，∴，∴，，∴．【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，垂径定理，直角三角形的边角关系以及扇形面积、三角形面积，掌握切线的性质，圆周角定理，垂径定理，直角三角形的边角关系以及扇形面积、三角形面积的计算方法是正确解答的关键．34．（2024·河南濮阳·二模）如图，是的内接三角形，是的直径，，点D是弧上的中点，交的延长线于点E．(1)求证：直线与相切；(2)若，求的半径．【答案】(1)详见解析(2)【分析】（1）连接，如图，先利用垂径定理得到，再根据平行线的性质得到，然后根据切线的判定方法得到结论；（2）先根据圆周角定理得到，则，再根据平行线的性质得到，则可判断为等腰直角三角形，再利用勾股定理求解即可．【详解】（1）证明：连接，∵点D是弧的中点，，，，∴直线与相切；（2）解：设的半径长，则，是的直径，，，，，，为等腰直角三角形，，在中，由勾股定理得：，，解得，即的半径长为．【点睛】本题考查了切线的性质与判定：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了垂径定理、圆周角定理、勾股定理和等腰直角三角形的性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．35．（2024·河南开封·二模）小明同学学习了《圆》这一章后，对圆的数学史产生了兴趣，下面是他查阅整理的相关材料．材料一：弦切角定理是有关圆的重要定理之一，其内容为弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆心角度数的一半，等于它所夹的弧所对的圆周角度数（顶点在圆上，一边与圆相切，另一边和圆相交的角叫做弦切角）．如图（1）所示，线段所在的直线与相切于点C，，为的弦，则为其中的一个弦切角（，也是弦切角），有．材料二：欧几里得最早在《几何原本》中，把切线定义为和圆相交，但恰好只有一个交点的直线．如图（2），是的一条切线，而直线与有两个交点A，B，则将直线称为的割线．数学家们发现：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长的平方等于这点到割线与圆交点的两条线段长的乘积．请结合以上材料与所学知识回答下列问题：(1)根据图（2），运用材料一的内容，完成对材料二的证明．已知：直线是的一条割线，与交于点A，B，与相切，切点为T，求证：______．证明：……(2)如图（3），将直线绕点P旋转至过圆心O，恰好，若的长为，求的长．【答案】(1)，证明见解析(2)【分析】本题主要考查了材料阅读类题目，相似三角形的性质和判定，对于（1），根据材料一，可得，进而判断，再根据相似三角形的对应边成比例得，即可得出答案；对于（2），根据（1）的结论，代入数值计算即可．【详解】（1）已知：直线是的一条割线，与交于点A，B，与相切，切点为T，求证：，证明：连接，，可得，∵，∴，∴，∴；（2）设，则，∴．∵，，∴，解得，（舍），所以．36．（2024·河南开封·二模）如图，内接于，是的直径，D是的中点，连接．(1)请用无刻度的直尺和圆规，过点D作直线l垂直于直线（保留作图痕迹，不写作法）．(2)若（1）中所作的直线l与直线交于点E，与的延长线交于点F．①判断直线与的位置关系，并说明理由．②若，则的长为．【答案】(1)见解析(2)①直线与相切，理由见解析；②【分析】（1）根据垂线的作图方法画图即可；（2）①连接交于点G，证明四边形是矩形得，可证直线与相切；②证明，结合可求出，，从而，利用锐角三角函数求出，可得半径，然后根据弧长公式求解即可．【详解】（1）如图，直线l即为所求，（2）①如图，连接交于点G，∵是的直径，∴．∵，∴．∵D是的中点，∴，∴四边形是矩形，∴，．∵是的半径，∴直线与相切；②∵D是的中点，∴．∵，∴，∵，∴，∴，∴．∵，∴，，∴，∴．∵，∴，∴，∴的长为∶．【点睛】本题考查了尺规作图，矩形的判定与性质，垂径定理，切线的判定，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，以及弧长公式，正确作出辅助线是解答本题的关键．37．（2024·河南南阳·三模）如图，为的直径