专题11 圆（安徽专用）5年（2021-2025）中考1年模拟《数学》真题分类汇编

PAGE1PAGE2专题11圆（解析版）一、单选题1．（2023·安徽·中考真题）如图，正五边形内接于，连接，则（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】先计算正五边形的内角，再计算正五边形的中心角，作差即可．【详解】∵，∴，故选D．【点睛】本题考查了正五边形的外角，内角，中心角的计算，熟练掌握计算公式是解题的关键．二、填空题2．（2025·安徽·中考真题）如图，是的弦，与相切于点B，圆心O在线段上．已知，则的大小为．【答案】20【分析】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，直角三角形的性质，连接，由切线的性质可得，根据直角三角形两锐角互余可得的度数，再由圆周角定理即可得到答案．【详解】解；如图所示，连接，∵与相切于点B，∴，∴，∵，∴，∴，故答案为：．（2021·安徽·中考真题）如图，圆O的半径为1，内接于圆O．若，，则．【答案】【分析】先根据圆的半径相等及圆周角定理得出∠ABO=45°，再根据垂径定理构造直角三角形，利用锐角三角函数解直角三角形即可【详解】解：连接OB、OC、作OD⊥AB∵∴∠BOC=2∠A=120°∵OB=OC∴∠OBC=30°又∴∠ABO=45°在Rt△OBD中，OB=1∴BD==∵OD⊥AB∴BD=AD=∴AB=故答案为：【点睛】本题考查垂径定理、圆周角定理，正确使用圆的性质及定理是解题关键三、解答题4．（2025·安徽·中考真题）如图，四边形的顶点都在半圆O上，是半圆O的直径，连接，．(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)详见解析(2)6【分析】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，三角形中位线定理，勾股定理，熟知圆周角定理和垂径定理是解题的关键．（1）由圆周角定理可得，则可证明，据此可证明．（2）连接，交于点E．由题意知，由直径所对的圆周角是直角得到，即，则可证明，由垂径定理可得点E为的中点，则是的中位线，即可得到．设半圆的半径为r，则．由勾股定理知，解方程即可得到答案．【详解】（1）证明：∵，，∴，∴．（2）解：连接，交于点E．由题意知，∵是的直径，∴，即，∵，∴，∴点E为的中点，又∵O是的中点，∴是的中位线，∴．设半圆的半径为r，则．由勾股定理知，，即，解得，（舍去）．∴．5．（2024·安徽·中考真题）如图，是的外接圆，D是直径上一点，的平分线交于点E，交于另一点F，．(1)求证：；(2)设，垂足为M，若，求的长．【答案】(1)见详解(2)．【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，勾股定理等知识，掌握这些性质以及定理是解题的关键．（1）由等边对等角得出，由同弧所对的圆周角相等得出，由对顶角相等得出，等量代换得出，由角平分线的定义可得出，由直径所对的圆周角等于可得出，即可得出，即．（2）由（1）知，，根据等边对等角得出，根据等腰三角形三线合一的性质可得出，的值，进一步求出，，再利用勾股定理即可求出．【详解】（1）证明：∵，∴，又与都是所对的圆周角，∴，∵，∴，∵平分，∴，∵是直径，∴，∴，故，即．（2）由（1）知，，∴，又，，∴，，∴圆的半径，∴，在中．，∴即的长为．6．（2023·安徽·中考真题）已知四边形内接于，对角线是的直径．

(1)如图1，连接，若，求证；平分；(2)如图2，为内一点，满足，若，，求弦的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）利用垂径定理的推论和圆周角的性质证明即可．(2)证明四边形平行四边形，后用勾股定理计算即可．【详解】（1）∵对角线是的直径，∴，∴，∴平分．（2）∵对角线是的直径，∴，∴∵，∴，∴四边形平行四边形，∴，又∵，∴．【点睛】本题考查了垂径定理的推论，直径所对的圆周角是直角，平行四边形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握垂径定理的推论，平行四边形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．7．（2022·安徽·中考真题）已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，D为BA的延长线上一点，连接CD．(1)如图1，若CO⊥AB，∠D＝30°，OA＝1，求AD的长；(2)如图2，若DC与⊙O相切，E为OA上一点，且∠ACD＝∠ACE，求证：CE⊥AB．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据直角三角形的性质（在直角三角形中，30角所对的直角边等于斜边的一半）及勾股定理可求出OD，进而求出AD的长；（2）根据切线的性质可得OCCD，根据同一个圆的半径相等及等腰三角形的性质可得∠OCA=∠OAC，由各个角之间的关系以及等量代换可得答案．【详解】（1）解：∵OA=1=OC，COAB，∠D=30∴CD=2⋅OC=2∴∴（2）证明：∵DC与⊙O相切∴OCCD即∠ACD+∠OCA=90∵OC=OA∴∠OCA=∠OAC∵∠ACD=∠ACE∴∠OAC+∠ACE=90∴∠AEC=90∴CEAB【点睛】本题考查切线的性质，直角三角形的性质，勾股定理以及等腰三角形的性质，掌握相关性质定理是解题的关键．8．（2021·安徽·中考真题）如图，圆O中两条互相垂直的弦AB，CD交于点E．（1）M是CD的中点，OM＝3，CD＝12，求圆O的半径长；（2）点F在CD上，且CE＝EF，求证：．【答案】（1）；（2）见解析．【分析】（1）根据M是CD的中点，OM与圆O直径共线可得，平分CD，则有，利用勾股定理可求得半径的长；（2）连接AC，延长AF交BD于G，根据，，可得，，利用圆周角定理可得，可得，利用直角三角形的两锐角互余，可证得，即有．【详解】（1）解：连接OC，∵M是CD的中点，OM与圆O直径共线∴，平分CD，．在中．∴圆O的半径为（2）证明：连接AC，延长AF交BD于G．，又在中【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，直角三角形的两锐角互余，勾股定理等知识点，熟练应用相关知识点是解题的关键．一、单选题1．（2025·安徽蚌埠·三模）徽派建筑是中国传统建筑中的瑰宝，其以精巧的布局、典雅的形制和深厚的文化意蕴，成为江南地域文化的鲜明符号．如图是扇形花窗造型，若，，则该阴影部分的面积为（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了扇形面积的计算，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键；根据扇形面积公式结合阴影部分的面积求解即可．【详解】解：∵，∴，∴该阴影部分的面积；故选：C．2．（2025·安徽合肥·二模）如图，为的直径，弦交于点E，点C为中点，若的度数为，点O到的距离为2，则的长为（

）A． B． C．3 D．2【答案】D【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，角平分线的性质．连接，，作于点，先求得，利用垂径定理求得，证明，利用角平分线的性质即可求解．【详解】解：连接，，作于点，则，∵点C为中点，的度数为，∴，∵为的直径，∴，，∵，∴，∴，∵，，∴，故选：D．3．（2025·安徽合肥·二模）如图，AB是的直径，C是上一点，连接AC，OC，若，，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了弧长公式和圆周角定理，能熟记弧长公式是解此题的关键．先根据圆周角定理求出，求出半径，再根据弧长公式求出答案即可．【详解】解：∵直径，∴半径，∵圆周角，∴∴圆心角，∴的长是，故选：B．4．（2025·安徽淮北·一模）如图，的直径与弦垂直，且，则的度数为（

）A．50° B．60° C．80° D．70°【答案】C【分析】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，弧与圆心角之间的关系，连接，根据垂径定理得到，则由弧与圆心角的关系和圆周角定理即可得到答案．【详解】解：如图所示，连接，∵的直径与弦垂直，∴，∴，故选：C．5．（2025·安徽合肥·一模）如图，为的直径，、是上的两点，，过点作的切线交的延长线于点，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了圆周角定理，切线的性质；连接，由圆周角定理得，由切线的性质得，即可求解；掌握圆周角定理，切线的性质是解题的关键．【详解】解：连接，，，是的切线，，；故选：B．6．（2025·安徽合肥·一模）如图，以，为圆心，为半径的两个圆相交于点，，为的直径，若，则的长为（

）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了等边三角形的判定和性质，弧长公式．证明和都是等边三角形，求得，再利用弧长公式即可求解．【详解】解：由题意得，∴和都是等边三角形，∴，，∴的长为，故选：C．7．（2025·安徽合肥·一模）如图，四边形是的内接四边形，，．若的半径为5，则的长为（）

A． B． C． D．【答案】C【分析】连接，根据圆内接四边形的性质得出，再根据三角形的内角和求出，进而得出，最后根据弧长公式即可求解．【详解】解：连接，∵四边形是的内接四边形，，∴，∵，∴，∴，∴，故选：C．

【点睛】本题主要考查了圆的内接四边形，圆周角定理，三角形的内角和，弧长公式，解题的关键是掌握圆的内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，三角形的内角和为，弧长．8．（2025·安徽马鞍山·三模）如图，为的直径，，为上一点，过点作交于点，，连接，，．若，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，求弧长，等边对等角等等，先由等边对等角得到，再由圆周角定理得到，则由垂径定理可得，据此根据弧长公式求解即可．【详解】解：∵，∴，∴，∵，∴，∵为的直径，，∴，∴的长为，故选：C．9．（2025安徽合肥一模）如图，是的直径，点是上一点，点是的中点，连接，，，若，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，三角形的内角和等知识，连接，得，由圆内接四边形的性质得，由点是的中点得，进而得，再由三角形的内角和定理得，再由即可得出结论．【详解】解：如图，连接，∵是的直径，∴，∵，∴，∵点是的中点，∴，∴，∴，∴．故选：D．10．（2025·安徽合肥·一模）如图，正五边形内接于，连接，，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了正多边形与圆，多边形内角的知识点，解答本题的关键是求出正五边形的内角；连接，先求出的度数，然后在等腰中，根据三角形内角和求出的度数．【详解】解：连接，∵四边形为正五边形，∴，而为外接圆圆心，∴有，在四边形中，，即，∴，又∵，∴，故选：．11．（2025·安徽合肥·一模）如图，边长为1的正方形的顶点B在上，顶点A，C在内，的延长线交于点D，则图中阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查求不规则图形的面积，掌握扇形的面积公式，是解题的关键．根据正方形的性质和勾股定理得的半径为，结合扇形与三角形的面积公式，即可得到答案．【详解】解：连接，∵四边形是正方形，∴，∴，即的半径为，∴=．故选：A．12．（2025·安徽合肥·一模）如图，中，弦的长为，点在上，，，则图中阴影部分的面积是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】如图所示，连接，设和交于点D，首先利用圆周角定理求出，然后根据垂径定理得到，，求出，然后解直角三角形求出，然后利用阴影部分的面积代数求解即可．【详解】如图所示，连接，设和交于点D，∵∴∵∴，∴∴∴∴阴影部分的面积．故选：D．【点睛】此题考查了圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，求弓形面积等知识，解题的关键是掌握以上知识点．13．（2025安徽合肥一模）如图，是圆的直径，点、在圆上，，与交于，，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本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的关键．根据直径所对的圆周角为90度可知，根据，可知，进而可得，根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，可得，最后根据三角形外角的定义和性质即可求出的度数．【详解】解：∵是圆的直径，，，，，∵，，，，故选：B．二、填空题14．（2025·安徽铜陵·三模）如图，内接于，，分别是，的中点，，的度数是【答案】【分析】本题主要考查了圆周角定理，三角形中位线定理，连接，则可推出是的中位线，则，进而可证明，即，再由圆周角定理可得答案．【详解】解：如图所示，连接，∵，分别是，的中点，∴是的中位线，∴，∵，∴，即，，故答案为：．15．（2025·安徽合肥·三模）如图，是的直径，是的弦，连接，若，则．【答案】【分析】本题考查圆中求角度，涉及直径所对的圆周角是直角、圆周角定理、直角三角形两锐角互余等知识，先由是的直径，则，再由同弧所对的圆周角相等得到，最后在中，由直角三角形两锐角互余代值求解即可得到答案．熟记圆周角定理是解决问题的关键．【详解】解：是的直径，，，，在中，，，则，故答案为：．16．（2025·安徽合肥·二模）如图，四边形内接于，连接，，，若的半径为3，则的长为．【答案】【分析】如图所示，连接，首先根据等边对等角得出，，然后求出，然后利用圆周角定理求出，然后利用弧长公式求解即可．此题考查了等边对等角，圆周角定理，弧长公式，解题的关键是掌握以上知识点．【详解】如图所示，连接∵，∴，∴∴∵的半径为3∴的长．故答案为：．17．（2025·安徽安庆·二模）如图，是直径，点、、在半圆上，若，则．【答案】/150度【分析】本题考查圆周角定理、圆内接四边形的性质等，解题的关键是掌握圆内接四边形的对角互补．连接，根据直径所对的圆周角为90度可得，进而可得，再根据圆内接四边形对角互补即可求解．【详解】解：如图，连接，∵是直径，点在半圆上，，，∵四边形是的内接四边形，，，故答案为：．18．（2025·安徽合肥·二模）如图，圆中两条弦相交于点E，其中两条劣弧的度数分别为，圆O的半径为5，，则的长为．【答案】/【分析】本题主要考查了勾股定理，直角三角形的性质，等边三角形的性质和判定，连接，可得，可得是等边三角形，，进入得出，再根据含直角三角形得性质得，然后根据勾股定理求出，则答案可得．【详解】解：连接，∵，∴，∴．∵，∴是等边三角形，∴．在中，，∴．根据勾股定理，得，∴．故答案为：．19．（2023·安徽合肥·二模）如图，在半径为1的上顺次取点A，B，C，D，E，连接，若，，则扇形与扇形的面积之和为（结果保留）【答案】/【分析】先利用圆周角定理求得，再根据扇形面积公式即可求解．【详解】解：∵，∴，∴扇形与扇形的面积之和为，故答案为：．【点睛】本题考查了扇形面积公式，掌握圆心角为的扇形面积公式是解题的关键．20．（2025·安徽淮南·三模）如图，等边三角形和正五边形是的内接多边形，已知的半径为3，则的长是．【答案】【分析】本题主要考查了正多边形与圆，弧长公式，正确作出辅助线是解题的关键．如图，连接，，．根据正多边形的性质求出，，进而求出，再利用弧长公式计算即可得到结果．【详解】解：如图，连接，，．∵等边三角形和正五边形是的内接多边形，∴，，∴，∴的长是．故答案为：．21．（2025·安徽阜阳·一模）我国古代数学家刘徽在《九章算术》中提出“割圆术”，即用圆内接或外切正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积．如图，为的内接正八边形的一边，，设劣弧所在的扇形的面积为，的面积为，比较大小：（填“”或“”）．【答案】【分析】本题考查了圆形与正多边形、实数的大小比较、锐角三角函数，首先过点作于，利用特殊角的三角函数求出的长度，根据扇形的面积公式可得，根据三角形的面积公式可得：，所以可得，再用作差法比较与的大小关系．【详解】解：如下图所示，为的内接正八边形的一边，则，，过点作于，，，，，，．故答案为：．三、解答题22．（2025·安徽合肥·一模）如图，为的直径，的切线交的延长线于点E，点D在上，，连接．(1)如图1，求证：；(2)如图2，若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题主要考查了切线的性质，同弧所对的圆周角相等，求弧长，勾股定理，等腰三角形的性质与判定等待，正确作出辅助线是解题的关键。（1）由切线的性质可得，则，再由等边对等角和三角形外角的性质得到，再证明，，即可证明．（2）先证明，则，由圆周角定理得到，进一步求出，据此利用弧长公式求解即可．【详解】（1）证明：如图，连接，∵是的切线，，，，∴，，，，为直径，，，即，．（2）解：如图，连接，由（1）得，，，，，，，，，∴的长为．23．（2025·安徽池州·二模）如图，中，A是的中点，以A，，三点作平行四边形，延长交于点，连接．(1)求证：是的切线；(2)若，，求的半径．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题主要考查了圆的有关知识、平行四边形的判定与性质、切线的判定、勾股定理等知识点，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．（1）如图：连接交于点，根据题意可得，进而得到，再根据平行四边形的性质可得即可证明结论；（2）如图：连接，由平行四边形的性质可得、，进而得到，根据等腰三角形的性质可得，再根据勾股定理可得，设的半径为，则，然后根据勾股定理列方程求解即可．【详解】（1）证明：如图：连接交于点，∵A是的中点，∴，∴，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵是的半径，∴是的切线．（2）解：如图：连接，∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，在中，，设的半径为，则，在中，，∴，解得：，∴的半径为．24．（2025·安徽合肥·一模）如图，为圆外一点，、分别切圆于、．连接，交圆于点，延长，交圆于点．连接，．连接并延长，交于点．(1)证明：点是的中点．(2)若点是的中点，求的度数．【答案】(1)见解析(2)30度【分析】本题考查了圆的切线性质，垂径定理以及相关角度计算，解题的关键是熟练运用圆的切线性质和垂径定理等知识进行推理和计算．（1）利用切线长定理证明，从而得出，得到即可得结果；（2）通过点是中点推出，，由（1）得，，是等边三角形，得到，再结合圆的性质和平行线性质，求出的度数．【详解】（1）证明：、分别切圆于、，，．又，，，即点是的中点．（2）点是的中点，垂直平分，连接，则，由（1）得，是等边三角形，是圆的切线，，25．（2025·安徽蚌埠·三模）如图，已知是的直径，C为上一点，连接，D为上一点，连接并延长交过C点的切线于点E，已知．(1)求证：；(2)若，，求长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查圆周角定理、切线的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．（1）连接，先根据切线的性质和圆周角定理推导出，再利用等腰三角形的性质得到，，再利用三角形的外角性质可得结论；（2）先利用勾股定理求得，再证明，利用相似三角形的性质求解即可．【详解】（1）证明：连接．为的切线，，，为的直径，，，，又，，，，，；（2）解：设，在中，，，由解得由（1）知，，，，即解得．26．（2025·安徽合肥·一模）如图，是的外接圆，是直径，的平分线交外接圆于D，交于E，过点D的切线交的延长线于F．(1)求证：；(2)若，求的半径．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】本题主要考查切线的性质、圆周角的性质、相似三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握切线的性质、圆周角的性质及三角函数是解题的关键；（1）连接，由题意易得，，则有，然后根据切线的性质可进行求证；（2）连接，由题意易得，则有，然后根据三角函数可进行求解．【详解】（1）证明：连接，∵为的直径，．∵是的平分线．，，∵为的切线．，，；（2）解：连接，（公共角），，，，即，在中，，∴的半径为．27．（2025·安徽铜陵·三模）如图，点是斜边上的点，以为直径的与相切于，交于点，连接，，．(1)求证：平分；(2)若，，求的半径．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接交于点，根据切线性质得出，证明，得出，根据等腰三角形的性质得出，即可证明结论；（2）证明四边形是矩形，得出，，根据勾股定理得出，设的半径为，根据勾股定理得出，即可得出答案．【详解】（1）证明：连接交于点，如图．与相切于点，，，，．，，，即平分．（2）解：是的直径，，，四边形是矩形，，，∴，∴，，，．设的半径为，，，解得．【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．28．（2025·安徽合肥·一模）已知，如图，为的直径，点在上，与经过点的切线垂直，交于点，连接交于点．(1)求证：平分；(2)连接，若，，求线段的长．【答案】(1)见解析(2)2【分析】（1）由DC是的切线，，证明，可得，由，证明，从而可得结论；（2）设，则，然后得到，，证明出，得到，然后代数求解即可．【详解】（1）证明：如图，连接，交于点G是的切线，，平分；（2）设∴∵∴∴，∴，即∵为的直径，∴又∵∴∴，即解得或（舍去）∴．【点睛】此题考查了切线的性质，相似三角形的性质和判定，垂径定理，直径所对的圆周角是直角等知识，解题的关键是掌握以上知识点．29．（2025·安徽合肥·一模）如图，是的外接圆，且，作，交于点，交延长线于点，过点作的切线交的延长线于点．(1)求证：；(2)若的半径为13，．求的长．【答案】(1)见解析(2)．【分析】（1）根据圆周角定理求得是的直径，，求得，再根据切线的性质求得，推出，即可证明；（2）作于点，连接，利用垂径定理结合勾股定理求得，再求得，利用，列式求得，据此计算即可求解．【详解】（1）证明：连接，∵，∴，∴是的直径，∵，∴，∴，∵，∴，∵是的切线，∴，∴，∴，∴；（2）解：作于点，连接，∵，∴点在上，，在中，由勾股定理得，∴，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，勾股定理，垂径定理，解直角三角形．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．30．（2025·安徽合肥·三模）如图，已知是的直径，C为上一点，连接为上一点，连接并延长交过C点的切线于点E，已知．(1)求证：．(2)若，，求长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握切线的性质是解题的关键．（1）连接，根据切线的性质得到，求得，得到，根据三角形外角的性质得到；（2）根据勾股定理得到，求得，根据相似三角形的性质得到结论．【详解】（1）解：连接．∵为的切线，，，∵为的直径，，，，又，，，，，，（2）解：设，在中，，∴，解得，，，由（1）知，，即，解得．31．（2025·安徽亳州·二模）在中，为的弦，连接，，(1)如图1，若半径于点D，，求弦的长；(2)如图2，为的切线，点P为切点，且，过点P作于点F，与半径相交于点E．若的半径是3，求的长．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据垂径定理可得，再根据直角三角形中所对的直角边是斜边的一半可得，进而可列，解得，，再根据勾股定理可得弦的长．（2）连接，由切线的性质，平行线的性质，可得，再由对顶角相等可得，即可由直角三角形中所对的直角边是斜边的一半可得，由勾股定理可得．【详解】（1）解：，．，．，，，．，，在中，由勾股定理得，．（2）解：如图，连接．为的切线，，即．，．，，，，，，．在中，由勾股定理得，即，解得．【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，切线的性质，平行线的性质，对顶角相等，直角三角形中所对的直角边是斜边的一半，熟练掌握以上知识是解题的关键．32．（2025·安徽滁州·二模）如图，都是的半径，．(1)求证：；(2)若，，求．【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，熟练掌握相关知识点是解题的关键．（1）利用圆周角定理即可证明；（2）作于点，作于点，利用三线合一性质得到，，得到，利用全等三角形的判定证出，得到，再利用勾股定理即可求解．【详解】（1）证明：，，，又，；（2）解：如图，作于点，作于点，，，，，，由（1）得，，，，，，又，，，，，．33．（2025·安徽安庆·二模）如图，是的直径，点是上一点，过点作的切线与的延长线相交于点，弦平分，交于点，连接．(1)求证：；(2)若，，求弦的长．【答案】(1)见解析；(2)．【分析】根据圆周角定理可知，根据切线的性质可知，所以可得，，根据同角的余角相等可得，从而可证，根据角平分线的性质可证，根据三角形外角的性质可知，又因为，所以可得，根据等角对等边可证结论成立；连接，过点作于点，根据角平分线的性质可证是等腰直角三角形，因为，可得，所以，利用勾股定理可以求出，从而可知，利用勾股定理可以求出，从而可得．【详解】（1）证明：为的直径，，，又切于点，，，，，，，，平分，，，，；（2）解：如下图所示，连接，过点作于点，平分，，是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，，，，在中，，，解得，则，，．【点睛】本题主要考查了圆的综合、勾股定理、等腰直角三角形的性质、切线的性质、解决本题的关键是作辅助线构造等腰直角三角形．34．（2025·安徽合肥·二模）如图，是的直径，与相切于点B，D，过点C作分别交，于E，F两点，连接．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若的半径为，，求的长．【答案】(1)详见解析(2)2【分析】本题主要考查平行四边形的判定和性质、圆的切线的性质、角平分线的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握性质定理是解题的关键．（1）如图：连接，根据切线的性质，再根据角平分线的判定定理可得平分，进而得到，然后角的和差以及三角形外角的性质可得，则，最后结合即可证明结论；（2）由平行线的性质可得，再结合，进而得到，再根据切线的性质可得；设，则，然后根据勾股定理得到方程求解即可解答．【详解】（1）证明：如图：连接，∵是的切线，∴，∴，∵是的半径，∴，∴平分，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴∵，∴四边形是平行四边形．（2）解：∵，∴，∵，∴，∴，∵是的切线，∴，∵四边形是平行四边形，∴，设，则，∴在中，，∴，∴，即．35．（2025·安徽合肥·二模）如图，是的弦，点为上一点，的延长线垂直，垂足为，点为弧上一点，且，延长交的延长线于点，连接．(1)求证：；(2)点为上一点，平分，且，求的度数．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，圆内接四边形，三角形的内角和定理，三角形的外角性质，垂直平分线的判定与性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．（）设与交于点，由垂径定理得，，则有，，然后通过三角形的内角和定理即可求证；（）由角平分定义可设，则，通过圆内接四边形和平角定义可得，则有，，，最后由角度和差求出的值即可．【详解】（1）证明：设与交于点，∵，∴，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴；（2）解：∵平分，∴，设，则，∵四边形是圆内接四边形，∴，，∴，∴，∴，，∴，∵，∴，解得，∴．36．（2025·安徽合肥·二模）如图，为的直径，与相切于点C，交的延长线于点D，E为上另一点，且，与相交于点M．(1)求证：平分；(2)若，求半径长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，交于点F，根据切线的性质，平行线的性质与判定科得出，根据直径所对的圆周角是直角可得出，则，根据平行线的性质和等边对等角即可得证；（2）：连接交于点G．证明，，得出，，则，进而得出，则为等边三角形，根据三线合一的性质得出，，根据垂径定理求出，最后根据余弦的定义求解即可．【详解】（1）证明：连接，交于点F与相切又为为的直径，，，，，即平分．（2）解：连接交于点G．由（1）知，，，，，为等边三角形，又平分，，，．【点睛】本题考查了切线的性质，垂径定理，等边三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键．37．（2025·安徽阜阳·一模）如图，内接于，点为弧的中点，交于，于，，连接．(1)求证：；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】此题考查了圆周角定理及推论、等腰三角形性质以及全等三角形的判定与性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．（1）设，则，求出，进而求出，得出结论；（2）在上截取，分别连接，证明，进而得出，求出即可求出结论．【详解】（1）证明：设，为的中点，，，，，，，，；（2）解：在上截取，分别连接，点为弧的中点，，，．点为弧的中点，，，．，．，，．38．（2025·安徽