五年(2021-2025)中考数学真题分类汇编(广西专用)12：圆综合（100题）（教师版）

专题12圆综合（100题）一、单选题1．（2023·广西·中考真题）赵州桥是当今世界上建造最早，保存最完整的中国古代单孔敞肩石拱桥.如图，主桥拱呈圆弧形，跨度约为，拱高约为，则赵州桥主桥拱半径R约为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可知，，，主桥拱半径R，根据垂径定理，得到，再利用勾股定理列方程求解，即可得到答案．【详解】解：如图，由题意可知，，，主桥拱半径R，，是半径，且，，在中，，，解得：，故选B

【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，利用直角三角形求解是解题关键．2．（2023·广西·中考真题）如图，点A、B、C在上，，则的度数是（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】根据圆周角定理的含义可得答案．【详解】解：∵，∴，故选：D．【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，熟记圆周角定理是解题的关键．3．（2022·广西柳州·中考真题）如图，圆锥底面圆的半径AB＝4，母线长AC＝12，则这个圆锥的侧面积为（）A．16π B．24π C．48π D．96π【答案】C【分析】根据圆锥侧面积公式，其中l是圆锥的母线，r是底圆的半径，求解即可．【详解】解：由题意可知：圆锥的侧面积为：，其中l是圆锥的母线，r是底圆的半径，．故选：C【点睛】本题考查圆锥的侧面积公式，如果把圆锥的侧面沿着它的一条母线剪开，那么它的侧面展开图是一个扇形，这个扇形的半径是圆锥的母线长，弧长是圆锥底面圆的周长，圆锥的侧面积等于扇形的面积．4．（2022·广西河池·中考真题）如图，在Rt△ABC中，，，，将绕点B顺时针旋转90°得到．在此旋转过程中所扫过的面积为(

)

A．25π+24 B．5π+24 C．25π D．5π【答案】A【分析】根据勾股定理定理求出AB，然后根据扇形的面积和三角形的面积公式求解．【详解】解：∵，，，∴，∴所扫过的面积为．故选：A．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，扇形的面积的计算，勾股定理，熟练掌握扇形的面积公式是解答的关键．5．（2022·广西河池·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，PA与⊙O相切于点A，∠ABC＝25°，OC的延长线交PA于点P，则∠P的度数是(

)

A．25° B．35° C．40° D．50°【答案】C【分析】根据圆周角定理可得，根据切线的性质可得，根据直角三角形两个锐角互余即可求解．【详解】，∠ABC＝25°，，AB是⊙O的直径，，．故选C．【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，掌握圆周角定理与切线的性质是解题的关键．6．（2022·广西贵港·中考真题）如图，在边长为1的菱形中，，动点E在边上（与点A、B均不重合），点F在对角线上，与相交于点G，连接，若，则下列结论错误的是（

）A． B． C． D．的最小值为【答案】D【分析】先证明△BAF≌△DAF≌CBE，△ABC是等边三角形，得DF=CE，判断A项答案正确，由∠GCB+∠GBC=60゜，得∠BGC=120゜，判断B项答案正确，证△BEG△CEB得，即可判断C项答案正确，由，BC=1，得点G在以线段BC为弦的弧BC上，易得当点G在等边△ABC的内心处时，AG取最小值，由勾股定理求得AG=，即可判断D项错误．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，，∴AB=AD=BC=CD，∠BAC=∠DAC=∠BAD==，∴△BAF≌△DAF≌△CBE，△ABC是等边三角形，∴DF=CE，故A项答案正确，∠ABF=∠BCE，∵∠ABC=∠ABF+∠CBF=60゜，∴∠GCB+∠GBC=60゜，∴∠BGC=180゜-（∠GCB+∠GBC）=120゜，故B项答案正确，∵∠ABF=∠BCE，∠BEG=∠CEB，∴△BEG∽△CEB，∴，∴，∵，∴，故C项答案正确，∵，BC=1，点G在以线段BC为弦的弧BC上，∴当点G在等边△ABC的内心处时，AG取最小值，如下图，

∵△ABC是等边三角形，BC=1，∴，AF=AC=，∠GAF=30゜，∴AG=2GF，AG2=GF2+AF2，∴解得AG=，故D项错误，故应选：D【点睛】本题主要考查了菱形的基本性质、等边三角形的判定及性质、圆周角定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．7．（2022·广西贵港·中考真题）如图，⊙是的外接圆，是⊙的直径，点P在⊙上，若，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据圆周角定理得到，，然后利用互余计算出∠A的度数，从而得到的度数．【详解】解：∵AC是⊙O的直径，∴，∴∴，故选：C．【点睛】本题考查了圆周角定理，解题的关键是掌握在同圆或等圆中，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；半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．8．（2022·广西贵港·中考真题）下列命题为真命题的是（

）A． B．同位角相等C．三角形的内心到三边的距离相等 D．正多边形都是中心对称图形【答案】C【分析】根据判断命题真假的方法即可求解．【详解】解：当时，，故A为假命题，故A选项错误；当两直线平行时，同位角才相等，故B为假命题，故B选项错误；三角形的内心为三角形内切圆的圆心，故到三边的距离相等，故C为真命题，故C选项正确；正三角形不是中心对称图形，故D为假命题，故D选项错误，故选：C．【点睛】本题考查了真假命题的判断，熟练掌握其判断方法是解题的关键．9．（2022·广西梧州·中考真题）如图，是的外接圆，且，在弧AB上取点D（不与点A，B重合），连接，则的度数是（

）A．60° B．62° C．72° D．73°【答案】C【分析】连接CD，根据等腰三角形的性质可求∠ACB的度数，然后根据圆周定理求出∠BAD=∠BCD，∠ABD=∠ACD，从而可求出的度数．【详解】解：连接CD，则∠BAD=∠BCD，∠ABD=∠ACD，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，又∠BAC=36°，∴∠ACB=，∴∠BAD+∠ABD=∠BCD+∠ACD=∠ACB=72°．故选：C．【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质等知识，根据圆周角定理得出∠BAD=∠BCD，∠ABD=∠ACD是解题的关键．10．（2022·广西贺州·中考真题）某餐厅为了追求时间效率，推出一种液体“沙漏”免单方案（即点单完成后，开始倒转“沙漏”，“沙漏”漏完前，客人所点的菜需全部上桌，否则该桌免费用餐）．“沙漏”是由一个圆锥体和一个圆柱体相通连接而成．某次计时前如图（1）所示，已知圆锥体底面半径是，高是；圆柱体底面半径是，液体高是．计时结束后如图（2）所示，求此时“沙漏”中液体的高度为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由圆锥的圆锥体底面半径是6cm，高是6cm，可得CD=DE，根据园锥、圆柱体积公式可得液体的体积为63πcm3，圆锥的体积为72πcm3，设此时“沙漏”中液体的高度AD=xcm，则DE=CD=（6-x）cm，根据题意，列出方程，即可求解．【详解】解：如图，作圆锥的高AC，在BC上取点E，过点E作DE⊥AC于点D，则AB=6cm，AC=6cm，∴△ABC为等腰直角三角形，∵DE∥AB，∴△CDE∽△CAB，∴△CDE为等腰直角三角形，∴CD=DE，圆柱体内液体的体积为：圆锥的体积为，设此时“沙漏”中液体的高度AD=xcm，则DE=CD=（6-x）cm，∴，∴，解得：x=3，即此时“沙漏”中液体的高度3cm．故选：B．【点睛】本题考查圆柱体、圆锥体体积问题，解题的关键是掌握圆柱体、圆锥体体积公式，列出方程解决问题．11．（2022·广西贺州·中考真题）如图，在等腰直角中，点E在OA上，以点O为圆心、OE为半径作圆弧交OB于点F，连接EF，已知阴影部分面积为，则EF的长度为（

）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】根据题意可得：OE=OF，∠O=90°，设OE=OF=x，利用阴影部分面积列出等式，得出，然后由勾股定理求解即可．【详解】解：根据题意可得：OE=OF，∠O=90°，设OE=OF=x，∴，解得：，∴，故选：C．【点睛】题目主要考查不规则图形的面积，一元二次方程的应用，勾股定理解三角形等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．12．（2022·广西·中考真题）如图，在中，，将绕点A逆时针旋转，得到，连接并延长交AB于点D，当时，的长是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先证，再求出AB的长，最后根据弧长公式求得．【详解】解：，，是绕点A逆时针旋转得到，，，在中，，，，，，，，的长=，故选：B．【点睛】本题考查了图形的旋转变换，等腰三角形的性质，三角函数定义，弧长公式，正确运用三角函数定义求线段的长度是解本题的关键．13．（2021·广西桂林·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，连接AC，BC，则∠C的度数是（）A．60° B．90° C．120° D．150°【答案】B【分析】直接根据直径所对的圆周角是直角进行判断即可．【详解】解：∵AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，∴∠C=90°故选：B【点睛】此题主要考查了：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，灵活掌握半圆（或直径）所对的圆周角是直角是解答此题的关键．14．（2021·广西梧州·中考真题）在平面直角坐标系中，已知点A（0，1），B（0，﹣5），若在x轴正半轴上有一点C，使∠ACB＝30°，则点C的横坐标是（）A．34 B．12 C．6+3 D．6【答案】A【分析】如图，作的外接圆连接过作轴于作轴于则四边形是矩形，再证明是等边三角形，再分别求解即可得到答案.【详解】解：如图，作的外接圆连接过作轴于作轴于则四边形是矩形，是等边三角形，故选：【点睛】本题考查的是坐标与图形，三角形的外接圆的性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理分应用，灵活应用以上知识解题是解题的关键.15．（2021·广西梧州·中考真题）若扇形的半径为3，圆心角为60°，则此扇形的弧长是（）A．π B．π C．π D．2π【答案】B【分析】根据弧长的公式列式计算即可．【详解】解：∵一个扇形的半径长为3，且圆心角为60°，∴此扇形的弧长为．故选：B．【点睛】本题考查了弧长公式，熟记公式是解题的关键．16．（2021·广西贵港·中考真题）如图，点A，B，C，D均在⊙O上，直径AB＝4，点C是的中点，点D关于AB对称的点为E，若∠DCE＝100°，则弦CE的长是（

）A． B．2 C． D．1【答案】A【分析】连接、、、、，过点作于点，根据圆内接四边形的性质得，根据对称以及圆周角定理可得，由点是的中点可得，，根据等腰三角形以及直角三角形的性质即可求解．【详解】解：连接、、、、，过点作于点，，，点关于对称的点为，，，点是的中点，，，，，，，直径，，，．故选：A．【点睛】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形以及直角三角形的性质，求出是解题的关键．17．（2021·广西贺州·中考真题）如图，在中，，，点在上，，以为半径的与相切于点，交于点，则的长为（

）A． B． C． D．1【答案】B【分析】连接OD，EF，可得OD∥BC，EF∥AC，从而得，，进而即可求解．【详解】解：连接OD，EF，∵与相切于点，BF是的直径，∴OD⊥AC，FE⊥BC，∵，∴OD∥BC，EF∥AC，∴，，∵，，∴OD=OB=2，AO=5-2=3，BF=2×2=4，∴，，∴BC=，BE=，∴CE=-=．故选：B．【点睛】本题主要考查圆的基本性质，平行线分线段成比例定理，掌握圆周角定理的推论，添加辅助线，是解题的关键．18．（2021·广西贺州·中考真题）如图，在边长为2的等边中，是边上的中点，以点为圆心，为半径作圆与，分别交于，两点，则图中阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由等边中，是边上的中点，可知扇形的半径为等边三角形的高，利用扇形面积公式即可求解．【详解】是等边三角形，是边上的中点，扇形故选C．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，扇形面积公式，熟练等边三角形性质和扇形面积公式,求出等边三角形的高是解题的关键．19．（2021·广西柳州·中考真题）如图所示，点A，B，C对应的刻度分别为1，3，5，将线段绕点C按顺时针方向旋转，当点A首次落在矩形的边上时，记为点，则此时线段扫过的图形的面积为（

）A． B．6 C． D．【答案】D【分析】由题意可知，AC扫过的图形为一个扇形，，半径为4，求出，再根据扇形面积公式求解即可．【详解】解：由图可知：AC=A’C=4，BC=2，∴，∴，线段扫过的图形为扇形，此扇形的半径为，∴，故选：D．【点睛】本题考查了扇形的面积公式，读懂题目明确AC扫过的图形为一个扇形，且扇形的半径为4是解决本题的关键．20．（2021·广西柳州·中考真题）往水平放置的半径为的圆柱形容器内装入一些水以后，截面图如图所示，若水面宽度，则水的最大深度为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接OA，过点O作OD⊥AB交AB于点C交⊙O于D，再根据勾股定理求出AC的长，进而可得出CD的长．【详解】解：连接OA，过点O作OD⊥AB交AB于点C交⊙O于D，∵OC⊥AB，由垂径定理可知，∴AC=CB=AB=12，在Rt△AOC中，由勾股定理可知：∴，∴，故选：B．【点睛】本题考查了垂径定理及勾股定理的应用，属于基础题，关键是过O点作AB的垂线，由此即可求解．21．（2021·广西·中考真题）如图，的半径为，于点，，则的长是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据圆周角定理求出∠COB的度数，再求出∠OBD的度数，根据“30°的锐角所对的直角边等于斜边的一半”求出OD的长度．【详解】∵∠BAC=30°，∴∠COB=60°，∵∠ODB=90°，∴∠OBD=30°，∵OB=4，∴OD=OB==2．故选：C．【点睛】本题考查了圆周角定理，直角三角形的性质，掌握相关定理和性质是解题的关键．22．（2021·广西玉林·中考真题）学习圆的性质后，小铭与小熹就讨论起来，小铭说：“被直径平分的弦也与直径垂直”，小熹说：“用反例就能说明这是假命题”．下列判断正确的是（

）A．两人说的都对B．小铭说的对，小熹说的反例不存在C．两人说的都不对D．小铭说的不对，小熹说的反例存在【答案】D【分析】根据垂径定理可直接进行排除选项．【详解】解：由垂径定理的推论“平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧”可知：小铭忽略了垂径定理中的“弦不能是直径”这一条件，因为一个圆中的任意两条直径都互相平分，但不垂直，所以小铭说法错误，小熹所说的反例即为两条直径的情况下；故选D．【点睛】本题主要考查垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．二、填空题23．（2022·广西柳州·中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是正方形内一个动点，且EG＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长的最小值为．【答案】【分析】如图，由EG＝2，确定在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE，再证明（SAS），可得可得当三点共线时，最短，则最短，再利用勾股定理可得答案．【详解】解：如图，由EG＝2，可得在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE，∵正方形ABCD，∴∴∵DE=DF，∴（SAS），∴∴当三点共线时，最短，则最短，∵位BC中点，∴此时此时所以CF的最小值为：故答案为：【点睛】本题考查的是正方形的性质，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，熟练的利用圆的基本性质求解线段的最小值是解本题的关键．24．（2022·广西柳州·中考真题）如图，点A，B，C在⊙O上，∠AOB＝60°，则∠ACB的度数是°．【答案】30【分析】由圆周角定理可得从而可得答案．【详解】解：∵点A，B，C在⊙O上，∠AOB＝60°，∴故答案为：30【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，掌握“在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半”是解本题的关键．25．（2022·广西贵港·中考真题）如图，在中，，以点A为圆心、为半径画弧交于点E，连接，若，则图中阴影部分的面积是．【答案】【分析】过点D作DF⊥AB于点F，根据等腰直角三角形的性质求得DF，从而求得EB，最后由S阴影=S▱ABCD−S扇形ADE−S△EBC结合扇形面积公式、平行四边形面积公式、三角形面积公式解题即可．【详解】解：过点D作DF⊥AB于点F，∵，∴AD=∴DF=ADsin45°=，∵AE=AD=2，∴EB=AB−AE=，∴S阴影=S▱ABCD−S扇形ADE−S△EBC=故答案为：．【点睛】本题考查等腰直角三角形、平行四边形的性质、扇形的面积公式等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．26．（2022·广西桂林·中考真题）如图，某雕塑MN位于河段OA上，游客P在步道上由点O出发沿OB方向行走．已知∠AOB＝30°，MN＝2OM＝40m，当观景视角∠MPN最大时，游客P行走的距离OP是米．

【答案】20【分析】先证OB是⊙F的切线，切点为E，当点P与点E重合时，观景视角∠MPN最大，由直角三角形的性质可求解．【详解】解：如图，取MN的中点F，过点F作FE⊥OB于E，以直径MN作⊙F，

∵MN＝2OM＝40m，点F是MN的中点，∴MF＝FN＝20m，OF＝40m，∵∠AOB＝30°，EF⊥OB，∴EF＝20m，OE＝EF＝20m，∴EF＝MF，又∵EF⊥OB，∴OB是⊙F的切线，切点为E，∴当点P与点E重合时，观景视角∠MPN最大，此时OP＝20m，故答案为：20．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，切线的判定，直角三角形的性质，证明OB是⊙F的切线是解题的关键．27．（2022·广西梧州·中考真题）如图，四边形是的内接正四边形，分别以点A，O为圆心，取大于的定长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线MN，交于点E，F．若，则，所围成的阴影部分面积为．【答案】【分析】先证明△EAO为等边三角形得到∠EOA=60°，然后再根据即可求解．【详解】解：连接EO、DO，设EF与AO交于点H，如下图所示：由尺规作图痕迹可知，MN为线段AO的垂直平分线，∴EA=EO，又EO=AO，∴△EAO为等边三角形，∴∠EOA=60°，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了扇形面积公式的计算及线段垂直平分线的尺规作图，熟练掌握扇形的面积公式是解决本题的关键．28．（2022·广西玉林·中考真题）如图，在网格中，各小正方形边长均为1，点O，A，B，C，D，E均在格点上，点O是的外心，在不添加其他字母的情况下，则除外把你认为外心也是O的三角形都写出来．【答案】△ADC、△BDC、△ABD【分析】先求出△ABC的外接圆半径r，再找到距离O点的长度同为r的点，即可求解．【详解】由网格图可知O点到A、B、C三点的距离均为：，则外接圆半径，图中D点到O点距离为：，图中E点到O点距离为：，则可知除△ABC外把你认为外心也是O的三角形有：△ADC、△ADB、△BDC，故答案为：△ADC、△ADB、△BDC．【点睛】本题考查了外接圆的性质、勾股定理等知识，求出△ABC的外接圆半径r是解答本题的关键．29．（2022·广西玉林·中考真题）数学课上，老师将如图边长为1的正方形铁丝框变形成以A为圆心，为半径的扇形（铁丝的粗细忽略不计），则所得扇形的面积是．【答案】1【分析】根据题意结合图象得出AB=AD=1，，利用扇形面积与弧长的关系式进行求解即可．【详解】解：根据图象可得：AB=AD=1，，∴，故答案为：1．【点睛】题目主要考查正方形的性质，弧长及扇形面积公式，熟练掌握弧长及面积公式是解题关键．30．（2021·广西河池·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，以为圆心，AB为直径的圆与x轴相切，与y轴交于A，C两点，则点B的坐标是．【答案】【分析】如图，连接，设圆与x轴相切于点，连接交与点，结合已知条件，则可得，勾股定理求解，进而即可求得的坐标．【详解】如图，连接，设圆与x轴相切于点，连接交与点，则轴，为直径，则，，轴，，，，，，，轴，．故答案为：．【点睛】本题考查了圆的性质，直径所对的圆周角是直角，垂径定理，切线的性质，勾股定理，坐标与图形，掌握以上知识是解题的关键．31．（2021·广西梧州·中考真题）如图，正六边形ABCDEF的周长是24cm，连接这个六边形的各边中点G，H，K，L，M，N，则六边形GHKLMN的周长是cm．【答案】【分析】如图，连接过作于再求解正六边形的边长为证明再求解再利用三角形的中位线定理可得答案.【详解】解：如图，连接过作于正六边形ABCDEF的周长是24cm，分别为的中点，同理：六边形GHKLMN的周长是故答案为：【点睛】本题考查的是三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，正多边形的性质，锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键.32．（2021·广西贵港·中考真题）如图，圆锥的高是4，它的侧面展开图是圆心角为120°的扇形，则圆锥的侧面积是．（结果保留）【答案】【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，根据题意得：，解得：，然后根据高为4，利用勾股定理得，从而求得底面半径和母线长，利用侧面积公式求得答案即可．【详解】解：设圆锥的底面半径为，母线长为，根据题意得：，解得：，高为4，，解得：，母线长为，圆锥的侧面积为，故答案为：．【点睛】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是根据题意求得圆锥的底面半径和母线长，难度不大．33．（2021·广西柳州·中考真题）如图，一次函数与反比例数的图像交于A，B两点，点M在以为圆心，半径为1的上，N是的中点，已知长的最大值为，则k的值是．【答案】【分析】根据题意得出是的中位线，所以取到最大值时，也取到最大值，就转化为研究也取到最大值时的值，根据三点共线时，取得最大值，解出的坐标代入反比例函数即可求解．【详解】解：连接，如下图：在中，分别是的中点，是的中位线，，已知长的最大值为，此时的，显然当三点共线时，取到最大值：，，，设，由两点间的距离公式：，，解得：（取舍），，将代入，解得：，故答案是：．【点睛】本题考查了一次函数、反比例函数、三角形的中位线、圆，研究动点问题中线段最大值问题，解题的关键是：根据中位线的性质，利用转化思想，研究取最大值时的值．34．（2021·广西·中考真题）如图，从一块边长为，的菱形铁片上剪出一个扇形，这个扇形在以为圆心的圆上（阴影部分），且圆弧与，分别相切于点，，将剪下来的扇形围成一个圆锥，则圆锥的底面圆半径是．【答案】【分析】先利用菱形的性质得到含30°角的直角三角形，再利用勾股定理求出AE，最后利用弧长公式求出弧长，弧长即为圆锥底面圆的周长，再利用周长公式即可求半径．【详解】解：如图，连接AE，由切线性质可知：AE⊥BC，即∠AEB=90°；∵菱形铁片上∠BAD=120°，∴∠B=180°-120°=60°，∴∠BAE=30°，∴AB=2BE=2，∴BE=1，∵，∴，∴扇形的弧长为：，所以圆锥底面圆半径为：，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理、弧长公式等内容，解决本题的关键是牢记相关性质与公式，本题需要学生理解扇形与圆锥的关系，蕴含了一定的空间想象思维，涉及到了数形结合等思想方法．35．（2021·广西玉林·中考真题）如图、在正六边形中，连接线，，，，，与交于点，与交于点为，与交于点，分别延长，于点，设．有以下结论：①；②；③的重心、内心及外心均是点；④四边形绕点逆时针旋转与四边形重合．则所有正确结论的序号是．【答案】①②③【分析】由题意易得，，则有，进而可得，则有四边形是矩形，然后可得，为等边三角形，最后可得答案．【详解】解：∵六边形是正六边形，∴，，∴在△DEF中，，∴，同理可得，∴四边形是矩形，同理可证四边形是矩形，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴（ASA），∴，∴四边形是菱形，∴，∴∠NAM=60°，∴△NAM是等边三角形，∴AM=MN，∵AB=3，∴，∴，∵∠MAB=30°，∠ACG=90°，∴∠G=60°，∴△ADG是等边三角形，∵AC与BD交于点M，∴由等边三角形的性质及重心、内心、外心可得：的重心、内心及外心均是点，连接OF，如图所示：易得∠FOA=60°，∴四边形绕点逆时针旋转与四边形重合，∴综上所述：正确结论的序号是①②③；故答案为①②③．【点睛】本题主要考查正多边形的性质、矩形及菱形的判定与性质、等边三角形的性质与判定、三角形的重心、内心、外心及三角函数，熟练掌握正多边形的性质、矩形及菱形的判定与性质、等边三角形的性质与判定、三角形的重心、内心、外心及三角函数是解题的关键．三、解答题36．（2025·广西·中考真题）绣球是广西民族文化的特色载体．如图，设计某种绣球叶瓣时，可以先在图纸上建立平面直角坐标系，再分别以原点，为圆心、以为半径作圆，两圆相交于两点，其公共部分构成叶瓣①（阴影部分），同理得到叶瓣②．(1)写出两点的坐标；(2)求叶瓣①的周长；（结果保留）(3)请描述叶瓣②还可以由叶瓣①经过怎样的图形变化得到．【答案】(1)(2)(3)叶瓣②还可以由叶瓣①逆时针旋转得到【分析】本题考查了圆的性质、平面直角坐标系、旋转：（1）先证明四边形是正方形即可得到坐标；（2）根据，算出圆的周长即可得到叶瓣的周长；（3）利用旋转即可．【详解】（1）以原点，为圆心、以为半径作圆，两圆相交于两点是正方形（2）原点，为圆心、以为半径作圆两个圆是等圆叶瓣①的周长为：（3）叶瓣②还可以由叶瓣①逆时针旋转得到．37．（2025·广西·中考真题）如图，已知是的直径，点在上，．(1)求证：；(2)求的度数．【答案】(1)详见解析(2)【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定、三角形内角和以及等腰三角形等边对等角，熟练掌握相关性质是解题的关键．（1）根据已知条件利用证明全等即可；（2）根据，求出，再利用全等求出，最后利用等边对等角即可求．【详解】（1）证明：的半径为，，，，；（2）解：，，，，，，，是等腰三角形，．38．（2024·广西·中考真题）如图，已知是的外接圆，．点D，E分别是，的中点，连接并延长至点F，使，连接．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)求证：与相切；(3)若，，求的半径．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）先证明，，再证明，可得，，再进一步解答即可；（2）如图，连接，证明，可得过圆心，结合，证明，从而可得结论；（3）如图，过作于，连接，设，则，可得，求解，可得，求解，设半径为，可得，再利用勾股定理求解即可．【详解】（1）证明：∵点D，E分别是，的中点，∴，，又∵，，∴，∴，，∴，，∴四边形是平行四边形；（2）证明：如图，连接，∵，为中点，∴，∴过圆心，∵，∴，而为半径，∴为的切线；（3）解：如图，过作于，连接，∵，∴，设，则，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，，∴，∴，设半径为，∴，∴，解得：，∴的半径为．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理的应用，平行四边形的判定与性质，切线的判定，垂径定理的应用，做出合适的辅助线是解本题的关键．39．（2023·广西·中考真题）如图，平分，与相切于点A，延长交于点C，过点O作，垂足为B．

(1)求证：是的切线；(2)若的半径为4，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）首先根据切线的性质得到，然后根据角平分线的性质定理得到即可证明；（2）首先根据勾股定理得到，然后求得，最后利用，代入求解即可．【详解】（1）∵与相切于点A，∴，∵平分，，∴，∴是的切线；（2）∵的半径为4，∴，∵，，∴，，∵，∴，∴，即，∴．【点睛】此题考查了圆切线的性质和判定，勾股定理，三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．40．（2022·广西柳州·中考真题）如图，已知AB是⊙O的直径，点E是⊙O上异于A，B的点，点F是的中点，连接AE，AF，BF，过点F作FC⊥AE交AE的延长线于点C，交AB的延长线于点D，∠ADC的平分线DG交AF于点G，交FB于点H．(1)求证：CD是⊙O的切线；(2)求sin∠FHG的值；(3)若GH＝，HB＝2，求⊙O的直径．【答案】(1)见解析(2)(3)⊙O的直径为【分析】（1）连接OF，先证明OFAC，则∠OFD＝∠C＝，根据切线的判定定理可得出结论．（2）先证∠DFB＝∠OAF，∠ADG＝∠FDG，根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角之和得出∠FGH＝∠FHG＝，从而可求出sin∠FHG的值．（3）先在△GFH中求出FH的值为4，根据等积法可得，再证△DFB∽△DAF，根据对应边成比例可得，又由角平分线的性质可得，从而可求出AG、AF．在Rt△AFＢ中根据勾股定理可求出AB的长，即⊙O的直径．【详解】（1）证明：连接OF．∵OA＝OF，∴∠OAF＝∠OFA，∵

∴∠CAF＝∠FAB，∴∠CAF＝∠AFO，∴OFAC，∵AC⊥CD，∴OF⊥CD，∵OF是半径，∴CD是⊙O的切线．（2）∵AB是直径，∴∠AFB＝90°，∵OF⊥CD，∴∠OFD＝∠AFB＝90°，∴∠AFO＝∠DFB，∵∠OAF＝∠OFA，∴∠DFB＝∠OAF，∵GD平分∠ADF，∴∠ADG＝∠FDG，∵∠FGH＝∠OAF+∠ADG，∠FHG＝∠DFB+∠FDG，∴∠FGH＝∠FHG＝45°，∴sin∠FHG=（3）解：过点H作HM⊥DF于点M，HN⊥AD于点N．∵HD平分∠ADF，∴HM＝HN，S△DHF∶S△DHB=FH∶HB=DF∶DB∵△FGH是等腰直角三角形，GH＝∴FH＝FG＝4，∴设DB＝k，DF＝2k，∵∠FDB＝∠ADF，∠DFB＝∠DAF，∴△DFB∽△DAF，∴DF2＝DB•DA，∴AD＝4k，∵GD平分∠ADF

∴∴AG＝8，∵∠AFB＝90°，AF＝12，FB＝6，∴⊙O的直径为【点睛】本题是一道综合性题目，考查了圆的相关性质、切线的判定、相似三角形的判定和性质、角平分线性、勾股定理等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键．41．（2022·广西河池·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，E为⊙O上的一点，∠ABE的平分线交⊙O于点C，过点C的直线交BA的延长线于点P，交BE的延长线于点D．且∠PCA＝∠CBD．(1)求证：PC为⊙O的切线；(2)若PC＝BO，PB＝12，求⊙O的半径及BE的长．【答案】(1)见解析(2)⊙O的半径为3，BE的长为2【分析】（1）连接OC，根据角平分线求得∠ABC=∠CBD，由等边对等角可得∠PCA=∠OCB，由AB是直径和等量代换可得∠PCO=90°，即可得证；（2）设OB=OC=r，证明OP=3r，可得4r=12，推出r=3，利用相似三角形的判定与性质和平行线分线段成比例定理求出BD，BE即可求解．【详解】（1）证明：连接OC，∵BC平分∠ABE，∴∠ABC=∠CBD，∵OC=OB，∴∠ABC=∠OCB，∵∠PCA=∠CBD，∴∠PCA=∠OCB，∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∴∠ACO+∠OCB=90°，∴∠PCA+∠ACO=90°，∴∠PCO=90°，∴OC⊥PC，∵OC是半径，∴PC是OO的切线；（2）连接，设，，，，，，，由可知，，，，，，是直径，，，，，，．【点睛】本题考查了切线的判定，勾股定理，等腰三角形的性质、相似三角形的性质与判定，平行线分线段成比例，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题．42．（2022·广西贵港·中考真题）如图，在中，，点D是边的中点，点O在边上，⊙经过点C且与边相切于点E，．(1)求证：是⊙的切线；(2)若，，求⊙的半径及的长．【答案】(1)见解析(2)，【分析】（1）作，垂足为H，连接，先证明是的平分线，然后由切线的判定定理进行证明，即可得到结论成立；（2）设，由勾股定理可求，设的半径为r，然后证明，结合勾股定理即可求出答案．【详解】（1）证明：如图，作，垂足为H，连接，∵，D是的中点，∴，∴，∵，又∵，∴∠BDC=2∠FAC，∴，即是的平分线，∵O在上，与相切于点E，∴，且是的半径，∵AC平分∠FAB，OH⊥AF，∴是的半径，∴是的切线．（2）解：如（1）图，∵在中，，∴可设，∴，则，设的半径为r，则，∵，∴，∴，即，则，在Rt△AOE中，AO=5，OE=3，由勾股定理得，又，∴，在中，由勾股定理得：．【点睛】本题考查了三角函数，切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，从而进行证明．43．（2022·广西·中考真题）如图，AB为圆的直径，C是⊙O上一点，过点C的直线交AB的延长线于点M．作AD⊥MC，垂足为D，已知AC平分∠MAD．(1)求证：MC是⊙O的切线：(2)若AB＝BM＝4，求tan∠MAC的值【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接得∠由平分∠得∠可知∠故得由得从而可得结论；（2）证明△可求出过点作得△得从而求出进一步可求出【详解】（1）连接如图，∴∴∠∵平分∠，∴∠∴∠∴AD//OC，∴∠OCM=∠ADC，∵，∴∠ADC=90°，∴∠OCM=90°，∴∵是⊙O的半径，∴MC是⊙O的切线（2）∵∴∠∴∠∵是⊙O的直径，∴∠∵∠∴∠∵∠∴∠，又∠，∴△∴∵∴∴∴∴(负值舍去)过作于点∵∴∴△∴∴∴，∴∴【点睛】本题考查了切线的判定，半径所对的圆周角是直角，相似三角形的判定与性质，求锐角的正切值，正确作出辅助线是解答本题的关键．44．（2022·广西桂林·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C是圆上的一点，CD⊥AD于点D，AD交⊙O于点F，连接AC，若AC平分∠DAB，过点F作FG⊥AB于点G交AC于点H．

(1)求证：CD是⊙O的切线；(2)延长AB和DC交于点E，若AE＝4BE，求cos∠DAB的值；(3)在（2）的条件下，求的值．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）如图1，连接OC，根据等腰三角形的性质得到∠CAO＝∠ACO，由角平分线的定义得到∠DAC＝∠OAC，等量代换得到∠DAC＝∠ACO，根据平行线的判定定理得到AD∥OC，由平行线的性质即可得到结论；（2）设BE＝x，则AB＝3x，根据平行线的性质得∠COE＝∠DAB，由三角函数定义可得结论；（3）证明△AHF∽△ACE，列比例式可解答．【详解】（1）如图1，连接OC，

∵OA＝OC，∴∠CAO＝∠ACO，∵AC平分∠DAB，∴∠DAC＝∠OAC，∴∠DAC＝∠ACO，∴AD∥OC，∵CD⊥AD，∴OC⊥CD，∵OC是⊙O的半径，∴CD是⊙O的切线；（2）∵AE＝4BE，OA＝OB，设BE＝x，则AB＝3x，∴OC＝OB＝1.5x，∵AD∥OC，∴∠COE＝∠DAB，∴；（3）由（2）知：OE＝2.5x，OC＝1.5x，∴，∵FG⊥AB，∴∠AGF＝90°，∴∠AFG+∠FAG＝90°，∵∠COE+∠E＝90°，∠COE＝∠DAB，∴∠E＝∠AFH，∵∠FAH＝∠CAE，∴△AHF∽△ACE，∴．【点睛】此题考查了和圆有关的综合性题目，用到的知识点有：平行线的判定和性质，三角形相似的性质和判定，切线的判定，三角函数定义以及等腰三角形的判定与性质等知识．掌握切线的判定和相似三角形的性质和判定是解本题的关键．45．（2022·广西梧州·中考真题）如图，以AB为直径的半圆中，点O为圆心，点C在圆上，过点C作，且．连接AD，分别交于点E，F，与交于点G，若．

(1)求证：①；②CD是的切线．(2)求的值．【答案】(1)①证明过程见解析；②证明过程见解析(2)【分析】（1）①由得到∠D=∠A，结合对顶角∠CFD=∠BFA相等即可证明；②由OB=CO得到∠OCB=∠ABC=45°，进而得到∠COB=90°，再根据得到∠OCD=∠COB=90°由此即可证明CD是的切线．（2）连接DB，连接BG交CD于M点，证明四边形COBD为正方形，由（1）中相似比为结合得到E为CO的中点，再证明△BDM≌△DCE（ASA）得到M为CD的中点；设DM=x，在Rt△DBG中由勾股定理求出BG，进而在Rt△BFG中由勾股定理求出FG，最后EF=DE-DG-FG即可求出的比值．【详解】（1）证明：①∵，∴∠D=∠A，且对顶角∠CFD=∠BFA，∴；②∵OB=CO，∴∠OCB=∠ABC=45°，∴∠COB=180°-∠OCB-∠ABC=90°，∵，∴∠OCD=180°-∠COB=90°，∴CD是圆O的切线．（2）解：连接DB，连接BG交CD于M点，如下图所示：

∵且CD=BO，∴四边形COBD为平行四边形，∵∠COB=90°，CO=BO，∴四边形COBD为正方形，由（1）知：，∴，∵CE∥DB，∴，∴，即E为CO的中点，∵AB是半圆的直径，∴∠AGB=∠BGD=90°，∴∠GBD+∠BDG=90°=∠BDC=∠BDG+∠EDC，∴∠GBD=∠EDC，且BD=CD，∠BDM=∠DCE=90°，∴△BDM≌△DCE（ASA），∴DM=CE，即M为CD的中点，设CM=x，则DB=CD=2x，，由勾股定理知：，在Rt△MBD中由等面积法知：，代入数据得到：，解得，在Rt△DGB中由勾股定理可知：，又且其相似比为，∴，在Rt△BFG中由勾股定理可知：，∴，∴．【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定、圆的性质、勾股定理求线段长、正方形的性质和判定等，本题属于综合题，熟练掌握各图形的性质是解决本题的关键46．（2022·广西贺州·中考真题）如图，内接于，AB是直径，延长AB到点E，使得，连接EC，且，点D是上的点，连接AD，CD，且CD交AB于点F．(1)求证：EC是的切线；(2)若BC平分，求AD的长．【答案】(1)详见解析；(2)．【分析】（1）连接OC，证明∠OCE=90°即可；（2）先证明出CD⊥AB，再利用直角三角形的性质和三角函数分别求出∠CAD和CF后即可求出AD的值．【详解】（1）证明：连接OC．，．，．是的直径，．．，即．又是的半径，是的切线．（2）解：平分，．，.又，．又是的直径，．在中，，．．在中，，．，AB是的直径，．在中，，．【点睛】本题考查了切线的判定、圆周角定理及其推论、垂径定理的推论、三角函数等知识，解题关键是连半径构造或证明直角三角形等，主要运用了转化的思想方法．47．（2022·广西·中考真题）已知，点A，B分别在射线上运动，．(1)如图①，若，取AB中点D，点A，B运动时，点D也随之运动，点A，B，D的对应点分别为，连接．判断OD与有什么数量关系?证明你的结论：(2)如图②，若，以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，求点O与点C的最大距离：(3)如图③，若，当点A，B运动到什么位置时，的面积最大?请说明理由，并求出面积的最大值．【答案】(1)，证明见解析(2)(3)当时，的面积最大；理由见解析，面积的最大值为【分析】（1）根据“直角三角形斜边中线等于斜边一半”可得OD=AB，OD′=A′B′，进而得出结论；（2）作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，当O运动到O′时，OC最大，求出CD和等边三角形AO′B上的高O′D，进而求得结果；（3）以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，连接BE，由(2）可知∶当OC⊥AB时，OC最大，BT=3，当OA=OB时，∠BOC=22.5°，此时OT最大，根据等腰三角形的性质可得∠OBE=∠BOC=22.5°，由外角的性质可得∠BET=45°，则ET=BT=3，利用勾股定理可得OE，由OT=OE+ET可得OT，然后根据三角形的面积公式进行计算．【详解】（1）解：，证明如下：，AB中点为D，，为的中点，，，，；（2）解：如图1，作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，当O运动到O′时，OC最大，此时△AOB是等边三角形，∴BO′=AB=6，OC最大=CO′=CD+DO′=AB+BO′=3+3；（3）解∶如图，当点A，B运动到OA=OB时，△AOB的面积最大，证明如下∶以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，连接BE，由（2）可知，当OC⊥AB时，OC最大，∵等腰直角三角形ABC，AC=BC，∠ACB=90°，又OC⊥AB于T，∴TC=AT=BT=AB=3，∵OC=OT+CT=OT+3，∴当OA=OB时，此时OT最大，即OC最大，∴△AOB的面积最大，∴∠BOT=∠AOB=22.5°，∵OE=BE，∴∠OBE=∠BOC=22.5°，综上，当点A，B运动到OA=OB时，△AOB的面积最大，△AOB面积的最大值为．【点睛】本题考查了直角三角形性质，等腰三角形性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是熟练掌握“定弦对定角”的模型．48．（2022·广西·中考真题）如图，在中，，以AC为直径作交BC于点D，过点D作，垂足为E，延长BA交于点F．(1)求证：DE是的切线(2)若，求的半径．【答案】(1)见解析(2)13【分析】（1）连接OD，只要证明OD⊥DE即可；（2）连接CF，证OD是△ABC的中位线，得CF=2DE，再证DE是△FBC的中位线，得CF=2DE,设AE=2x，DE=3k，则CF=6k，BE=EF=AE+AF=2k+10，AC=BA=EF+AE=4k+10，然后在Rt△ACF中，由勾股定理，得(4k+10)2=102+(6k)2，解得：k=4，从而求得AC=4k+10=4×4+10=26，即可求得的半径OA长，即可求解．【详解】（1）证明：连接OD；∵OD=OC，∴∠C=∠ODC，∵AB=AC，∴∠B=∠C，∴∠B=∠ODC，∴ODAB，∴∠ODE=∠DEB；∵DE⊥AB，∴∠DEB=90°，∴∠ODE=90°，即DE⊥OD，∴DE是⊙O的切线．（2）解：连接CF，由（1）知OD⊥DE，∵DE⊥AB，∴ODAB，∵OA=OC，∴BD=CD，即OD是△ABC的中位线，∵AC是的直径，∴∠CFA=90°，∵DE⊥AB，∴∠BED=90°，∴∠CFA=∠BED=90°，∴DECF，∴∴BE=EF，即DE是△FBC的中位线，∴CF=2DE,∵，∴设AE=2kk，DE=3k，CF=6k，∵AF=10，∴BE=EF=AE+AF=2k+10，∴AC=BA=EF+AE=4k+10，在Rt△ACF中，由勾股定理，得AC2=AF2+CF2，即(4k+10)2=102+(6k)2，解得：k=4，∴AC=4k+10=4×4+10=26，∴OA=13,即的半径为13．【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定与性质，勾股定理，三角形中位线的判定与性质，证OD是△ABC的中位线，DE是△FBC的中位线是解题的关键．49．（2022·广西玉林·中考真题）如图，是的直径，C，D都是上的点，平分，过点D作的垂线交的延长线于点E，交的延长线于点F．(1)求证：是的切线；(2)若，，求的值．【答案】(1)见解析(2)【分析】(1)连接OD，由题意可证，由，可得，即可证得EF是⊙O的切线；(2)连接BC，过点C作于点M，过点D作于点N，首先根据勾股定理可求得BC，根据面积可求得CM，再根据勾股定理可求得AM，再根据圆周角定理可证得，即可求得DN、ON的长，据此即可解答．【详解】（1）证明：如图：连接OD，，，又平分，，，，又，，是⊙O的半径，EF是⊙O的切线；（2）解：如图：连接BC，过点C作于点M，过点D作于点N，，是⊙O的直径，，，，，∴，，，，，，，是⊙O的直径，AB=10，，，，ON=3，，．【点睛】本题考查了角平分线的定义，平行线的判定及性质，圆的切线的判定，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定及性质，求角的正切值，作出辅助线是解决本题的关键．50．（2021·广西百色·中考真题）如图，PM、PN是⊙O的切线，切点分别是A、B，过点O的直线CE∥PN，交⊙O于点C、D，交PM于点E，AD的延长线交PN于点F，若BC∥PM．（1）求证：∠P＝45°；（2）若CD＝6，求PF的长．【答案】（1）见解析；（2）3．【分析】（1）连接OB，证明四边形是平行四边形，由平行四边形的性质解得，结合切线的性质及等腰三角形的性质，解得，据此解题；（2）连接AC，证明，可得，结合（1）中，解得，再结合切线的性质及等腰三角形的性质解得，最后根据全等三角形对应边相等解题即可．【详解】解：（1）连接OB，如图，，四边形是平行四边形，PN是⊙O的切线，；（2）连接AC，如图，PM、PN是⊙O的切线，四边形是平行四边形，在与中，PM是⊙O的切线，．【点睛】本题考查圆的切线性质、切线长定理、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、平行线的性质等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．51．（2021·广西百色·中考真题）据国际田联《田径场地设施标准手册》，400米标准跑道由两个平行的直道和两个半径相等的弯道组成，有8条跑道，每条跑道宽1.2米，直道长87米；跑道的弯道是半圆形，环形跑道第一圈（最内圈）弯道半径为35.00米到38.00米之间．某校据国际田联标准和学校场地实际，建成第一圈弯道半径为36米的标准跑道．小王同学计算了各圈的长：第一圈长：87×2＋2π（36＋1.2×0）≈400（米）；第二圈长：87×2＋2π（36＋1.2×1）≈408（米）；第三圈长：87×2＋2π（36＋1.2×2）≈415（米）；……请问：（1）第三圈半圆形弯道长比第一圈半圆形弯道长多多少米？小王计算的第八圈长是多少？（2）小王紧靠第一圈边线逆时针跑步、邓教练紧靠第三圈边线顺时针骑自行车（均以所靠边线长计路程），在如图的起跑线同时出发，经过20秒两人在直道第一次相遇．若邓教练平均速度是小王平均速度的2倍，求他们的平均速度各是多少？（注：在同侧直道，过两人所在点的直线与跑道边线垂直时，称两人直道相遇）【答案】（1）第三圈弯道比第一圈弯道长15米，第八圈长453米；（2）小王的速度为，老师的速度为．【分析】（1）根据题意，计算第三圈与第一圈的路程差即可解第一问，根据题中路程公式，可解得第八圈的路程；（2）分析两人在左边的直道上相遇，且两人的总路程刚好是第一圈的长度加上两个半圆赛道长度的差，小王的速度为，则老师的速度为，列关于的一元一次方程，解方程即可解题．【详解】解：（1）根据题意得，第三圈弯道比第一圈弯道长：（米）；第八圈长：（米）答：第三圈弯道比第一圈弯道长15米，第八圈长453米．（2）由于两人是第一次相遇，教练的速度更快，且是在直道上两人相遇，那么两人一定在左边的直道上相遇，两人的总路程刚好是第一圈的长度加上两个半圆赛道长度的差：（米）设小王的速度为，则老师的速度为答：小王的速度为，老师的速度为．【点睛】本题考查圆的计算、一元一次方程的应用等知识，理解相关路程公式的计算是解题关键．52．（2021·广西桂林·中考真题）如图，四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，点E为BC中点，AE⊥DE于点E．点O是线段AE上的点，以点O为圆心，OE为半径的⊙O与AB相切于点G，交BC于点F，连接OG．（1）求证：△ECD∽△ABE；（2）求证：⊙O与AD相切；（3）若BC＝6，AB＝3，求⊙O的半径和阴影部分的面积．【答案】（1）见解析（2）见解析（3）半径为2，面积为【分析】（1）根据垂直的性质及相似三角形的判定定理即可求解；（2）延长DE、AB交于N点，先证明△DCE≌△NBE，再得到△AND是等腰三角形，得到∠DAE=∠NAE，再通过角平分线的性质即可得到OG=OM=r，故可证明；（3）求出∠FOG=60°，再根据梯形与扇形的面积公式即可求解．【详解】（1）∵∠B＝∠C＝90°，AE⊥DE于点E．∴∠EAB+∠AEB=90°，∠DEC+∠AEB=90°，∴∠EAB=∠DEC由∠B＝∠C＝90°∴△ECD∽△ABE；（2）过点O作OM⊥AD，延长DE、AB交于N点∴CDBN∴∠CDE=∠N∵点E为BC中点∴CE=BE，又∠EBN＝∠C＝90°∴△DCE≌△NBE∴DE=NE∵AE⊥DN∴AD=AN，∠ADE=∠ANE∵∠DAE=90°-∠ADE，∠NAE=90°-∠ANE∴∠DAE=∠NAE∵AG是⊙O的切线∴OG⊥AB∵∠AMO=∠AGO=90°∴OG=OM=r∴OM是⊙O的切线；（3）∵BC＝6，∴BE=3∵AB＝3，∴AE==2BE∴∠EAB=30°∴AO=2OG，即AO=2r，∵AE=AO+OE=3r=6∴r=2连接OF∵∠OEF=60°，OE=OF∴△OEF是等边三角形∴∠EOF=60°，EF=OF=2,BF=3-2=1∴∠FOG=180°-∠AOG-∠EOF=60°在RtAOG中，AG=∴BG=AB-AG=∴S阴=S梯形OFBG-S扇形FOG==．【点睛】此题主要考查切线的判定与性质综合，解题的关键是熟知切线的判定定理、全等三角形与相似三角形的判定与性质及扇形面积公式．53．（2021·广西梧州·中考真题）如图，在Rt△ACD中，∠ACD＝90°，点O在CD上，作⊙O，使⊙O与AD相切于点B，⊙O与CD交于点E，过点D作DF∥AC，交AO的延长线于点F，且∠OAB＝∠F．（1）求证：AC是⊙O的切线；（2）若OC＝3，DE＝2，求tan∠F的值．【答案】（1）见详解；（2）．【分析】（1）由题意，先证明OA是∠BAC的角平分线，然后得到BO=CO，即可得到结论成立；（2）由题意，先求出BD=4，OD=5，然后利用勾股定理求出，，结合直角三角形ODF，即可求出tan∠F的值．【详解】解：（1）∵DF∥AC，∴∠CAO=∠F，∵∠OAB＝∠F，∴∠CAO=∠OAB，∴OA是∠BAC的角平分线，∵AD是⊙O的切线，∴∠ABO=∠ACO=90°，∴BO=CO，又∵AC⊥OC，∴AC是⊙O的切线；（2）由题意，∵OC＝3，DE＝2，∴OD=5，OB=3，CD=8，∴，由切线长定理，则AB=AC，设，在直角三角形ACD中，由勾股定理，则，即，解得：，∴，，∵∠OAB＝∠F，∴，∵，∴．【点睛】本题考查了圆的切线的判定和性质，勾股定理，角平分线的性质，以及三角函数，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的求出所需的长度，从而进行解题．54．（2021·广西贵港·中考真题）如图，⊙O是ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，F是AD延长线上一点，连接CD，CF，且∠DCF＝∠CAD．（1）求证：CF是⊙O的切线；（2）若cosB＝，AD＝2，求FD的长．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）根据切线的判定，连接，证明出即可，利用直径所得的圆周角为直角，三角形的内角和以及等腰三角形的性质可得答案；（2）由，根据锐角三角函数的意义和勾股定理可得，再根据相似三角形的性质可求出答案．【详解】解：（1）连接，是的直径，，，又，，又．，即，是的切线；（2），，，在中，，，，，，，，，，设，则，，又，即，解得（取正值），．【点睛】本题考查切线的判定和性质，圆周角定理，直角三角形的边角关系以及相似三角形，掌握切线的判定方法，直角三角形的边角关系以及相似三角形的性质是正确解答的前提．55．（2021·广西贺州·中考真题）如图，在中，，是上的一点，以为直径的与相切于点，连接，．（1）求证：平分；（2）若，求的值．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）连接OE，根据切线的定义可得，结合∠C=90°，可得，即，进而说明即可证明结论；（2）先证可得，再得，最后运用三角函数解答即可．【详解】（1）证明：连接，∵是的切线，∴，即，又∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴平分．（2）∵是的直径，∴，又∵，，∴，∴．又∵，，∴．∴．又∵，∴，即．【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质、相似三角形的判定与性质以及三角函数的定义等知识点，灵活运用相关知识点成为解答本题的关键．56．（2021·广西柳州·中考真题）如图，四边形中，，以A为圆心，为半径作圆，延长交于点F，延长交于点E，连结，交于点G．（1）求证：为的切线；（2）求的值；（3）求线段的长．【答案】（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）根据平行线的性质，证明∠ABC=90°即可；（2）根据平行线的性质，得∠EDF=∠BCD，过点D作DH⊥BC，垂足为H，在直角三角形CDH中，根据三角函数的定义计算即可；（3）过A作于点J，证明，后利用勾股定理计算即可【详解】（1）证明：∵，∴∵∴是的切线

（2）过D作于H,∵∴∴四边形为平行四边形

∴在中，∴,∴,∴（3）过A作于点J,∴在中，∴∴∴∵∵∴∴，∴中，∴.【点睛】本题考查了切线的判定，垂径定理，三角形相似，勾股定理，熟练掌握切线的判定，灵活运用勾股定理，垂径定理，三角形相似是解题的关键.57．（2021·广西·中考真题）如图，已知，是的直径，，与的边，分别交于点，，连接并延长，与的延长线交于点，．（1）求证：是的切线；（2）若，求的值；（3）在（2）的条件下，若的平分线交于点，连接交于点，求的值．【答案】（1）见解析；（2）；（3）．【分析】（1）连接DF，由圆周角性质可得，则利用平行线的判定与性质可得，再根据等腰三角形性质及直角三角形性质可推出，即可证得结论；（2）由相似三角形的判定可得，则推出，由得出，可利用勾股定理求得，即可求出的值；（3）连接MN，并延长CO与AF，分别相交于点P，点Q，连接AQ，利用（2）所得结论及已知分别求得，，，，，，再由相似三角形的判定及性质可推出，代入求值后即可求得的值．【详解】（1）证明：如图，连接DF，∵是的直径，∴．∴DF∥AE．∵四边形ABCD是平行四边形，∴AE∥OC．∴DF∥OC．∴．∵，∴．∵，∴．∵，∴．∴．∴．∴是的切线．（2）解：∵，∴．∴．∴．∴．∵，∴．设，则．由勾股定理得，即，解得，（不合题意，舍去）．∴．∵，∴．（3）解：连接MN，并延长CO与AF，分别相交于点P，点Q，连接AQ，∵四边形ABCD是平行四边形，∴，，AB∥OC．∴，∵平分，∴．∴．∴．∵∴．∵，∴．∴．∴．∴．∵AB∥OC，∴．∴．∵，∴．在Rt△APO中，由勾股定理得．∴．在Rt△APH中，由勾股定理得．∵，∴．∵，∴．∴．∴．【点睛】本题属于圆的综合问题，考查了圆周角定理、切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质及求角的三角函数值等知识，熟练掌握圆的相关知识及相似三角形的判定与性质等知识是解题的关键．58．（2021·广西玉林·中考真题）如图，与等边的边，分别交于点，，是直径，过点作于点．（1）求证：是的切线；（2）连接，当是的切线时，求的半径与等边的边长之间的数量关系．【答案】（1）见详解；（2）【分析】（1）连接OD，由题意易得∠A=∠B=60°，则有△AOD为等边三角形，进而可得OD∥BC，然后可得∠CFD=∠FDO=90°，最后问题可求证；（2）连接DE，由（1）及题意易得，∠FDE=60°，则有△FDE是等边三角形，进而可得DE=DF，然后易得△CDF≌△AED，则有AE=CD=2r，最后问题可求解．【详解】（1）证明：连接OD，如图所示：∵等边，∴∠A=∠B=60°，∵，∴△AOD为等边三角形，∴，∴OD∥BC，∵，∴∠CFD=∠FDO=90°，∵OD是半径，∴是的切线；（2）解：连接DE，如图所示：由（1）可得是的切线，∠FDO=90°，△AOD为等边三角形，∴，∴，∵是的切线，∴，∴△FDE是等边三角形，∴DE=DF，∵，是直径，∴，∴△CDF≌△AED（AAS），∴AE=CD=2r，∴，∵，∴．【点睛】本题主要考查切线的判定定理、切线长定理及等边三角形的判定与性质，熟练掌握切线的判定定理、切线长定理及等边三角形的判定与性质是解题的关键．四、单选题59．（2025·广西梧州·三模）一个滑轮起重装置如图所示，滑轮的直径是，当重物上升时，问滑轮的一条半径绕轴心按逆时针方向旋转的角度为（）（假设绳索与滑轮之间没有摩擦，取）A． B． C． D．【答案】D【分析】重物上升，说明点转过的路径长为，然后根据弧长公式计算即可．本题考查了弧长的计算和生活中的旋转现象，关键是熟练掌握弧长公式．【详解】解：设旋转的角度为，根据题意得，，解得，所以半径绕轴心按逆时针方向旋转的角度为．故选：D．60．（2025·广西来宾·模拟预测）壁挂铁艺盆栽是一种兼具装饰性和实用性的家居园艺用品，适合用于阳台、客厅墙面或其他空间，增添绿意和艺术感，如图①是一种壁挂铁艺盆栽，花盆外围是圆形框架．图②是其截面示意图，为圆形框架的圆心，弦和劣弧围成的区域为种植区，已知种植区的深度为，圆形框架的半径为，则弦的长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了圆的相关知识以及垂径定理，如图，作交于点，交于点，连接，利用垂径定理得出，利用勾股定理求出，进而了得出．根据垂径定理正确的利用辅助线构造出直角三角形解决问题是关键．【详解】解：如图，作交于点，交于点，连接在中，∴∵，，，∴，∴故选：．61．（2025·广西玉林·三模）如图，，，是上的三点，若，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了圆周角定理，根据同圆或等圆中同弧所对的圆心角是圆周角的倍，可知，根据即可求出的度数．【详解】解：是所对的圆周角，是所对的圆心角，，，．故选：C．62．（2025·广西南宁·模拟预测）青秀山的龙象塔是南宁市的地标建筑之一，始建于明代万历年间．该塔为八角九层，重檐砖结构．如图所示的正八边形是龙象塔其中一层的平面示意图，点为正八边形的中心，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查求正多边形中心角度数，掌握正n边形中心角的计算公式是解题的关键．用除以正多边形的边数，计算即可．【详解】解：故选：C．63．（2025·广西百色·二模）如图，四边形内接于，若，，则的半径是（

）A． B． C． D．4【答案】A【分析】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角与圆心角的关系，勾股定理的应用，解题的关键是熟练运用相关定理．先根据圆内接四边形对角互补得出，由圆周角定理得出，根据可得出答案．【详解】解：连接，∵四边形内接于，，，由勾股定理得：，，，∴的半径为：，故选：A．64．（2025·广西钦州·二模）如图，是的直径，若，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了圆周角定理，根据同弧或等弧所对的圆周角是圆心角的一半，进行作答即可．【详解】解：∵是的直径，，∴．故选：B．65．（2025·广西柳州·三模）如图，在扇形纸扇中，若，，则的长是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了弧长的计算，熟练掌握弧长公式，是解题的关键．根据弧长计算公式进行求解即可．【详解】解：∵，，∴的长是．故选：B．66．（2025·广西南宁·三模）广西斗笠是当地传统手工编织的实用雨具，其形状常可抽象成圆锥．如图，已知一广西斗笠的底面半径为，母线长，则该斗笠的侧面面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查求圆锥的侧面积，根据圆锥的侧面积公式：，进行计算即可．【详解】解：由题意，该斗笠的侧面面积为；故选C．67．（2025·广西玉林·三模）高速公路的隧道和桥梁较多．如图是一个隧道的横截面，若它的形状是以为圆心的圆的一部分，路面米，净高米，则此圆的半径（

）A．5米 B．6米 C．米 D．米【答案】C【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，解题关键是通过代数转换将所求用半径代数式代替，在直角三角形中用勾股定理进行求解．根据垂径定理可得米，表示出，再根据勾股定理即可得到答案．【详解】解：∵且经过点O，∴米，∵米，∴米，在中根据勾股定理可得：，即，解得：米，故选：C．68．（2025·广西南宁·二模）如图，为的两条弦，连接，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查圆周角定理，掌握圆周角定理是解决此题的关键．根据同弧所对圆周角等于圆心角的一半得到，即可求解．【详解】解：由题意得，，，故选：C．69．（2025·广西梧州·二模）如图，四边形内接于，为直径，，连接．若半径为3，．则的长为（

）A． B． C． D．2【答案】B【分析】本题考查的是圆周角定理的应用，勾股定理的应用，垂径定理的应用，如图，连接，交于，求解，证明，求解，，，再进一步利用勾股定理求解即可.【详解】解：如图，连接，交于，

∵为直径，∴，∵半径为3，，∴，∵，∴，∴，，∴，∴，∴，故选：B70．（2025·广西玉林·三模）《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用几何语言表达为：如图，是的直径，弦于点寸，寸，则直径长为（

）A．寸 B．寸 C．寸 D．寸【答案】D【分析】本题考查垂径定理，勾股定理的应用等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．【详解】解：设寸，，AB是直径，寸，，，，寸．故选：D．71．（2025·广西梧州·一模）如图，在半径为的中，弦的长为4，则圆心到的距离为（

）A． B．4 C．2 D．【答案】C【分析】本题主要考查了垂径定理、勾股定理等知识，熟练掌握圆中求线段长的方法是解题的关键．先由垂径定理得到，在中，由勾股定理求解即可．【详解】解：∵弦的长为4，∴由垂径定理可知，在中，，∴由勾股定理可得．故选：C．72．（2025·广西贵港·一模）如图，四边形是正方形，曲线，，，，……叫作“正方形的渐开线”，其中，，，的圆心依次按，，，循环，若，则弧所对应的扇形的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查扇形面积的计算．依次求出弧，，，，……所对应的扇形的面积，发现规律即可解决问题．【详解】解：四边形是正方形，且，以为圆心的圆的半径为，则所对应的扇形的面积为，以为圆心的圆的半径为，则所对应的扇形的面积为，以为圆心的圆的半径为，则所对应的扇形的面积为，以为圆心的圆的半径为，则所对应的扇形的面积为，……，依次类推，所对应的扇形的面积为(为大于的正整数)，弧所对应的扇形的面积为．故选：A．73．（2025·广西贵港·一模）如图，扇形的半径为，菱形的顶点、、分别在、、上，若，则图中阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了菱形的性质，扇形面积计算，特殊角的三角函数值，熟练掌握以上知识点是解题的关键．连接，相交于点，根据菱形的性质，结合三角函数关系得出，进而得到，推出是等边三角形，得到，最后根据，即可求解．【详解】解：如图，连接，相交于点，四边形是菱形，，，，，，，是等边三角形，，，故选：C．74．（2025·广西来宾·一模）如图，的直径，的弦于点，且，则的长为（

）A．4 B． C．6 D．8【答案】D【分析】本题考查的是垂径定理，勾股定理，根据题意连接，则，，利用勾股定理即可求得，最后由完成解答．【详解】解：连接，则，∴，由勾股定理得：∴故选：D．75．（2025·广西贵港·一模）分别以等边的三个顶点为圆心，边长为半径画弧得到的曲边三角形叫莱洛三角形．如图，等边的边长为2，则图中阴影部分的面积为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了等边三角形的性质和扇形面积的计算，解直角三角形，能根据图形得出阴影部分的面积=三块扇形的面积相加、再减去三个等边三角形的面积是解此题的关键．过A作于D，则，，再求出和扇形面积，利用阴影部分的面积等于三块扇形的面积相加，再减去三个等边三角形的面积求解．【详解】解：过A作于D，，，，，，的面积为，∴，，故选：A．五、填空题76．（2025·广西贵港·三模）如图，在菱形中，对角线，相交于点，以为圆心，长为半径作圆心角为的扇形与边交于点与边交于点．若，则图中阴影部分的面积为（结果保留π）．【答案】【分析】过O作于P，于Q，证明，得出，则，证明，得出，则，进而得出，解直角三角形求出，，，然后结合扇形面积公式和三角形面积公式求解即可．【详解】解：过O作于P，于Q，∵菱形中，，∴，，平分，，，又，，∴，∵，∴，∴，∵平分，，，∴，又，∴，∴，∴，∵，，，∴，∴，∴，∵，，，∴，，，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，扇形的面积公式，解直角三角形等知识，难度较大，属中考压轴题．77．（2025·广西南宁·三模）“圆材埋壁”是我国古代数学名著《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺