五年(2021-2025)中考数学真题分类汇编(贵州专用)11：圆的综合（67题）（教师版）

专题11圆综合（67题）一、单选题1．（2024·贵州·中考真题）如图，在扇形纸扇中，若，，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了弧长，根据弧长公式∶求解即可．【详解】解∵，，∴的长为，故选∶C．2．（2022·贵州安顺·中考真题）如图，边长为的正方形内接于，，分别与相切于点和点，的延长线与的延长线交于点，则图中阴影部分的面积为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据正方形的性质以及切线的性质，求得的长，勾股定理求得的长，进而根据即可求解．【详解】如图，连接,，

边长为的正方形内接于，即，，，为的直径，，，分别与相切于点和点，，四边形是正方形，，是等腰直角三角形，，，四边形是矩形，，四边形是正方形，，，．故选C．【点睛】本题考查了圆的切线的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．3．（2022·贵州六盘水·中考真题）如图是“光盘行动”的宣传海报，图中餐盘与筷子可看成直线和圆的位置关系是（

）A．相切 B．相交 C．相离 D．平行【答案】B【分析】根据直线和圆的位置关系的进行判断即可．【详解】解：∵餐盘看成圆形的半径大于餐盘的圆心到筷子看成直线的距离为.∴dr，∴直线和圆相交．故选：B【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系的应用，注意：已知⊙O的半径为r，如果圆心O到直线l的距离是d，当d>r时，直线和圆相离，当d=r时，直线和圆相切，当d<r时，直线和圆相交．4．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，是的两条半径，点C在上，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据圆周角定理即可求解．【详解】∵是的两条半径，点C在上，∴∠C==40°故选：B【点睛】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或者在等圆中，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是解答本题关键．5．（2022·贵州遵义·中考真题）如图，在正方形中，和交于点，过点的直线交于点（不与，重合），交于点．以点为圆心，为半径的圆交直线于点，．若，则图中阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意可得四边形的面积等于正方形面积的一半，根据阴影部分面积等于半圆减去四边形的面积和弓形的面积即可求解．【详解】解：在正方形中，，的半径为：过点，根据中心对称可得四边形的面积等于正方形面积的一半，又阴影部分面积为：故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，求扇形面积，掌握以上知识是解题的关键．6．（2022·贵州毕节·中考真题）如图，一件扇形艺术品完全打开后，夹角为，的长为，扇面的长为，则扇面的面积是（

）A．375πcm2 B．450πcm2 C．600πcm2 D．750πcm2【答案】C【分析】根据扇形的面积公式，利用减去即可得扇面的面积．【详解】解：cm，cmcm=cm2．故选：C【点睛】本题主要考查了扇形的面积公式，熟知扇形面积公式并能够将不规则图形的面积转化为已学图形的面积是解决本题的关键．7．（2022·贵州黔东南·中考真题）如图，、分别与相切于点、，连接并延长与交于点、，若，，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接OA，根据切线长的性质得出PA=PB，OP平分∠APB，OA⊥AP，再证△APD≌△BPD（SAS），然后证明∠AOP=∠ADP+∠OAD=∠ADP+∠BDP=∠ADB，利用勾股定理求出OP=，最后利用三角函数定义计算即可．【详解】解：连接OA∵、分别与相切于点A、，∴PA=PB，OP平分∠APB，OA⊥AP，∴∠APD=∠BPD，在△APD和△BPD中，，∴△APD≌△BPD（SAS）∴∠ADP=∠BDP，∵OA=OD=6，∴∠OAD=∠ADP=∠BDP，∴∠AOP=∠ADP+∠OAD=∠ADP+∠BDP=∠ADB，在Rt△AOP中，OP=，∴sin∠ADB=．故选A．【点睛】本题考查圆的切线性质，三角形全等判断与性质，勾股定理，锐角三角函数，掌握圆的切线性质，三角形全等判断与性质，勾股定理，锐角三角函数是解题关键．8．（2022·贵州黔东南·中考真题）如图，已知正六边形内接于半径为的，随机地往内投一粒米，落在正六边形内的概率为（

）

A． B． C． D．以上答案都不对【答案】A【分析】连接OB，过点O作OH⊥AB于点H，由正六边形的特点可证得△OAB是等边三角形，由特殊角的三角函数值可求出OH的长，利用三角形的面积公式即可求出△OAB的面积，进而可得出正六边形ABCDEF的面积，即可得出结果．【详解】解：如图：连接OB，过点O作OH⊥AB于点H，

∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠AOB=60°，∵OA=OB=r，∴△OAB是等边三角形，∴AB=OA=OB=r，∠OAB=60°，在中，，∴，∴正六边形的面积，∵⊙O的面积=πr2，∴米粒落在正六边形内的概率为：，故选：A．【点睛】本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、解直角三角形；熟练掌握正六边形的性质，通过作辅助线求出△OAB的面积是解决问题的关键．9．（2021·贵州黔西·中考真题）图1是一把扇形书法纸扇，图2是其完全打开后的示意图，外侧两竹条和的夹角为，的长为，贴纸部分的宽为，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意易得，然后根据弧长计算公式可进行求解．【详解】解：的长为，贴纸部分的宽为，∴，又∵和的夹角为，的长为：．故选：B．【点睛】本题主要考查弧长计算，熟练掌握弧长计算公式是解题的关键．10．（2021·贵州遵义·中考真题）如图，AB是⊙O的弦，等边三角形OCD的边CD与⊙O相切于点P，连接OA，OB，OP，AD．若∠COD+∠AOB＝180°，AB＝6，则AD的长是（）A．6 B．3 C．2 D．【答案】C【分析】如图，过作于过作于先证明三点共线，再求解的半径，证明四边形是矩形，再求解从而利用勾股定理可得答案.【详解】解：如图，过作于过作于是的切线，三点共线，为等边三角形，四边形是矩形，故选：【点睛】本题考查的是等腰三角形，等边三角形的性质，勾股定理的应用，矩形的判定与性质，切线的性质，锐角三角函数的应用，灵活应用以上知识是解题的关键.11．（2021·贵州遵义·中考真题）如图，点C是以点O为圆心，AB为直径的半圆上一点，连接AC，BC，OC．若AC＝4，BC＝3，则sin∠BOC的值是（）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】如图，过点C作CH⊥AB于H．利用勾股定理求出AB，再利用面积法求出CH，可得结论．【详解】解：如图，过点C作CH⊥AB于H．∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∵AC＝4，BC＝3，∴AB＝，∴OC＝AB＝，∵＝•AB•CH＝•AC•BC，∴CH＝，∴sin∠BOC＝＝，故选：B．【点睛】本题考查圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用面积法求出CH的长，属于中考常考题型．12．（2021·贵州毕节·中考真题）某小区内的消防车道有一段弯道，如图，弯道的内外边缘均为圆弧，，所在圆的圆心为O，点C，D分别在OA，OB上，已知消防车道半径OC=12m，消防车道宽AC=4m，，则弯道外边缘的长为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】确定半径OA，.根据弧长公式可得．【详解】OA=OC+AC=12+4=16(m)，的长为：（m）,故选C.【点睛】本题主要考查了弧长的计算公式，解题的关键是牢记弧长的公式．13．（2021·贵州黔东南·中考真题）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝，AC＝6，BC＝8，若以AC为直径的☉O交AB于点D，则CD的长为（

）A． B． C． D．5【答案】C【分析】根据勾股定理求得的长，然后根据直径所对圆周角为得到，然后根据三角形面积即可求解．【详解】在Rt△ACB中，，∵为的直径，∴，∴，∴，故选C．【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，关键是判断．14．（2021·贵州贵阳·中考真题）如图，与正五边形的两边相切于两点，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据切线的性质，可得∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，结合正五边形的每个内角的度数为108°，即可求解．【详解】解：∵AE、CD切⊙O于点A、C，∴∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，∴正五边形ABCDE的每个内角的度数为：，∴∠AOC＝540°−90°−90°−108°−108°＝144°，故选：A．【点睛】本题主要考查正多边形的内角和公式的应用，以及切线的性质定理，掌握正多边形的内角和定理是解题的关键．二、填空题15．（2022·贵州黔西·中考真题）如图，边长为4的正方形ABCD的对角线交于点O，以OC为半径的扇形的圆心角．则图中阴影部分面积是．【答案】【分析】证明△OCG≌△OBE，经过观察易得出结论：阴影部分面积=扇形面积-正方形面积的．【详解】∵四边形ABCD为正方形，∴OB=OC，∠BOC=90°，∠OBE=∠OCG=45°，∵扇形的圆心角，∴∠BOC-∠COE=∠FOH-∠COE，即∠BOE=∠COG，在△OCG和△OBE中，∠OBE=∠OCG，∠BOE=∠COG，OB=OC∴△OCG≌△OBE，∵正方形边长为4，∴AC=，∴OC=∵，===故答案为：【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形的全等以及扇形面积的计算；掌握正方形的性质，熟练地进行三角形全等的判定，将不规则图形的面积转化为常见图形的面积是解题的关键．16．（2022·贵州遵义·中考真题）数学小组研究如下问题：遵义市某地的纬度约为北纬28°，求北纬28纬线的长度．小组成员查阅相关资料，得到如下信息：信息一：如图1，在地球仪上，与赤道平行的圆圈叫做纬线；信息二：如图2，赤道半径约为6400千米，弦，以为直径的圆的周长就是北纬28°纬线的长度；（参考数据：，，，）根据以上信息，北纬28°纬线的长度约为千米．【答案】33792【分析】根据平行线的性质可知，在中，利用锐角三角函数求出，即为以为直径的圆的半径，求出周长即可．【详解】解：如图，过点O作，垂足为D，根据题意，∵，∴，∵在中，，∴，∵，∴由垂径定理可知：，∴以为直径的圆的周长为，故答案为：33792．【点睛】本题考查解直角三角形，平行线的性质，解题的关键是熟练三角函数的含义与解直角三角形的方法．17．（2022·贵州黔东南·中考真题）如图，在中，，半径为3cm的是的内切圆，连接、，则图中阴影部分的面积是cm2．（结果用含的式子表示）【答案】【分析】根据内切圆圆心是三角形三条角平分线的交点，得到的大小，然后用扇形面积公式即可求出【详解】∵内切圆圆心是三条角平分线的交点∴；设，在中：在中：由①②得：扇形面积：（cm2）故答案为：【点睛】本题考查内心的性质，扇形面积计算；解题关键是根据角平分线算出的度数18．（2021·贵州黔东南·中考真题）小明很喜欢钻研问题，一次数学杨老师拿来一个残缺的圆形瓦片（如图所示）让小明求瓦片所在园的半径，小明连接瓦片弧线两端AB，量的弧AB的中心C到AB的距离CD＝1.6cm，AB＝6.4cm，很快求得圆形瓦片所在圆的半径为cm．【答案】4【分析】圆的两弦的中垂线的交点，就是圆心；连接AC，作AC的中垂线，与直线CD的交点就是圆心，已知圆心即可作出圆；连接圆心与A，根据勾股定理即可求得半径．【详解】如图，连接OA，∵CD是弦AB的垂直平分线，∴，设圆的半径是r．在直角△ADO中，．根据勾股定理得，，∴故答案为：4【点睛】本题主要考查圆的确定和垂径定理，熟练掌握垂径定理得出关于半径的方程是解题的关键．19．（2021·贵州黔东南·中考真题）如图，要用一个扇形纸片围成一个无底盖的圆锥（接缝处忽略不计），若该圆锥的底面圆周长为cm，侧面积为，则这个扇形的圆心角的度数是度．【答案】150【分析】根据圆锥底面周长与展开后所得的扇形的弧长相等，圆锥的母线与展开后所得扇形的半径相等，利用扇形面积公式与弧长公式计算即可．【详解】设圆锥的母线长为lcm，扇形的圆心角为n°，∵圆锥的底面圆周长为20πcm，∴圆锥的侧面展开图扇形的弧长为20πcm，由题意得：×20π×l=240π，解得：l=24，则=20π.解得n=150，即扇形的圆心角为150°，故答案为:150．【点睛】本题考查的是圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与圆锥之间的关系是解决本题的关键.三、解答题20．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，是直角，为的中点，为的切线交的延长线于点．连接，．(1)点与的位置关系是，线段与线段的数量关系是；(2)过点作，与的延长线交于点．根据题意补全图形，判断的形状，并说明理由；(3)在（2）的条件下，若的半径为，求的长．【答案】(1)在线段上；；(2)补图见解析，为等腰三角形(3)【分析】（1）根据圆周角定理与弧，弦，圆心角定理可得答案；（2）补图如下，连接，证明，，结合，可得，进一步可得结论；（3）如图，过作于，求解，，，，可得，从而可得答案.【详解】（1）解：∵是直角，∴为直径，∵为圆心，∴在线段上；∵为的中点，∴，∴；（2）解：补图如下，为等腰三角形，理由如下：连接，∵为的切线交的延长线于点，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴是等腰三角形；（3）解：如图，过作于，∵的半径为，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴.【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，弦，弧，圆心角之间的关系，切线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键.21．（2024·贵州·中考真题）如图，为半圆O的直径，点F在半圆上，点P在的延长线上，与半圆相切于点C，与的延长线相交于点D，与相交于点E，．(1)写出图中一个与相等的角：______；(2)求证：；(3)若，，求的长．【答案】(1)（答案不唯一）(2)(3)【分析】（1）利用等边对等角可得出，即可求解；（2）连接，利用切线的性质可得出，利用等边对等角和对顶角的性质可得出，等量代换得出，然后利用三角形内角和定理求出，即可得证；（3）设，则可求，，，，在中，利用勾股定理得出，求出x的值，利用可求出，即可求解．【详解】（1）解：∵，∴，故答案为：（答案不唯一）；（2）证明：连接，，∵是切线，∴，即，∵，∴，∵，，∴，∴，∴；（3）解：设，则，∴，，∴，在中，，∴，解得，（舍去）∴，，，∵，∴，解得，∴．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，切线的性质，勾股定理，解直角三角形的应用等知识，灵活运用以上知识是解题的关键．22．（2023·贵州·中考真题）如图，已知是等边三角形的外接圆，连接并延长交于点，交于点，连接，．

(1)写出图中一个度数为的角：_______，图中与全等的三角形是_______；(2)求证：；(3)连接，，判断四边形的形状，并说明理由．【答案】(1)、、、；；(2)证明见详解；(3)四边形是菱形；【分析】（1）根据外接圆得到是的角平分线，即可得到的角，根据垂径定理得到，即可得到答案；（2）根据（1）得到，根据垂径定理得到，即可得到证明；（3）连接，，结合得到，是等边三角形，从而得到，即可得到证明；【详解】（1）解：∵是等边三角形的外接圆，∴是的角平分线，，∴，∵是的直径，∴，∴，∴的角有：、、、，∵是的角平分线，∴，，在与中，∵，∴，故答案为：、、、，；（2）证明：∵，，∴；（3）解：连接，，∵，，∴，是等边三角形，∴，∴四边形是菱形．

【点睛】本题考查垂径定理，菱形判定，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握垂径定理，从而得到相应角的等量关系．23．（2022·贵州安顺·中考真题）如图，是的直径，点是劣弧上一点，，且，平分，与交于点．(1)求证：是的切线；(2)若，求的长；(3)延长，交于点，若，求的半径．【答案】(1)见解析(2)1(3)2【分析】（1）根据是的直径，可得，即，根据同弧所对的圆周角相等，以及已知条件可得，等量代换后即可得，进而得证；（2）连接，根据角平分线的定义，以及等边对等角可得，根据同弧所对的圆周角相等可得，由垂径定理可得，进而可得，即可求解．（3）过点作，根据平行线分线段成比例，求得，设的半径为，则，证明，可得，在中，，勾股定理建立方程，解方程即可求解．【详解】（1）证明：∵是的直径，，，，，，，，即，是的切线，（2）如图，连接，平分，，∴DE=BE=∴，，，，是的直径，，，即∠ADF=∠BEF=90°，，，，；（3）如图，过点作，由（2）可知，，，，设的半径为，则，，，，，，，，，在中，，在中，，即，解得：（负值舍去），的半径为2．【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理的推论，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，综合运用以上知识是解题的关键．24．（2022·贵州六盘水·中考真题）牂牁江“佘月郎山，西陵晚渡”的风景描绘中有半个月亮挂在山上，月亮之上有个“齐天大圣”守护洞口的传说．真实情况是老王山上有个月亮洞，洞顶上经常有猴子爬来爬去，下图是月亮洞的截面示意图．(1)科考队测量出月亮洞的洞宽约是28m，洞高约是12m，通过计算截面所在圆的半径可以解释月亮洞像半个月亮，求半径的长（结果精确到0.1m）；(2)若，点在上，求的度数，并用数学知识解释为什么“齐天大圣”点在洞顶上巡视时总能看清洞口的情况．【答案】(1)(2)，因为CD在∠CMD的内部，所以点在洞顶上巡视时总能看清洞口的情况【分析】（1）根据垂径定理可得，勾股定理解，即可求解；（2）在优弧上任取一点，连接根据圆周角定理可得，根据圆内接四边形对角互补即可求解．根据因为CD在∠CMD的内部，所以点在洞顶上巡视时总能看清洞口的情况．【详解】（1）解：，，，设半径为，则在中，解得答：半径的长约为（2）如图，在优弧上任取一点，连接，，，因为CD在∠CMD的内部，所以点在洞顶上巡视时总能看清洞口的情况．【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，圆内接四边形的性质，掌握以上知识是解题的关键．25．（2022·贵州黔西·中考真题）如图，在中，，以AB为直径作⊙，分别交BC于点D，交AC于点E，，垂足为H，连接DE并延长交BA的延长线于点F．(1)求证：DH是⊙的切线；(2)若E为AH的中点，求的值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接OD，证明，由，可得，即可证明结论；（2）连接AD和BE，由圆周角定理可以得出，可以得出，，进而根据平行线分线段成比例推出BD=CD，CH=HE，根据E为AH的中点，可得出AE=EH=CH，，根据且，可以得出，根据相似三角形的性质得到，将AE，OD代入即可求出答案．【详解】（1）连接OD，则．∴．∵，∴．∴．∴．∴．∵，∴．∴．∴DH是的切线．（2）连接AD和BE．∵AB是的直径，∴，．∵∴∴．∴且．∵，∴．∵，∴．∴．∵∴∴∴．∵E为AH的中点，∴．∴∴．【点睛】本题考查了切线的判定和性质，圆周角定律，平行线分线段成比例，三角形相似的判定与性质等知识，熟练掌握以上判定和性质是本题解题的关键．26．（2022·贵州贵阳·中考真题）如图，为的直径，是的切线，为切点，连接．垂直平分，垂足为，且交于点，交于点，连接，．(1)求证：；(2)当平分时，求证：；(3)在（2）的条件下，，求阴影部分的面积．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）如图，连接证明再利用等角的余角相等可得结论；（2）如图，连接OF，垂直平分证明为等边三角形，再证明从而可得结论；（3）先证明为等边三角形，可得再利用进行计算即可．【详解】（1）解：如图，连接为的切线，（2）如图，连接OF，垂直平分而为等边三角形，平分（3）为等边三角形，为等边三角形，【点睛】本题考查的是圆的切线的性质，圆周角定理的应用，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，熟练的运用圆的基本性质解决问题是关键．27．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，D是以AB为直径的⊙O上一点，过点D的切线DE交AB的延长线于点E，过点B作BC⊥DE交AD的延长线于点C，垂足为点F．(1)求证：AB=CB；(2)若AB=18，sinA=，求EF的长．【答案】(1)见解析(2)EF．【分析】（1）连接OD，则OD⊥DE，利用BC⊥DE，可得OD∥BC，通过证明得出∠A=∠C，结论得证；（2）连接BD，在Rt△ABD中，利用sinA=求得线段BD的长；在Rt△BDF中，利用sin∠A=sin∠FDB，解直角三角形可得结论；【详解】（1）证明：连接OD，如图1，∵DE是⊙O的切线，∴OD⊥DE．∵BC⊥DE，∴OD∥BC．∴∠ODA=∠C．∵OA=OD，∴∠ODA=∠A．∴∠A=∠C．∴AB=BC；（2）解：连接BD，则∠ADB=90°，如图2，在Rt△ABD中，∵sinA==，AB=18，∴BD=6．∵OB=OD，∴∠ODB=∠OBD．∵∠OBD+∠A=∠FDB+∠ODB=90°，∴∠A=∠FDB．∴sin∠A=sin∠FDB．在Rt△BDF中，∵sin∠BDF==，∴BF=2．由（1）知：OD∥BF，∴△EBF∽△EOD．∴=．即：=．解得：BE=．∴EF=．【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质，垂径定理，圆周角定理，三角形相似的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的判定，平行线的判定与性质．连接过切点的半径和直径所对的圆周角是解决此类问题常添加的辅助线．28．（2022·贵州毕节·中考真题）如图，在中，，D是边上一点，以为直径的与相切于点E，连接并延长交的延长线于点F．(1)求证：；(2)若，求直径．【答案】(1)证明过程见解析(2)5【分析】(1)连接OE，由AC是圆的切线得到∠AEO=90°=∠ACB，进而得到OE∥BC，得到∠F=∠DEO；再由半径相等得到∠ODE=∠DEO，进而得到∠F=∠ODE即可证明BD=BF；(2)连接OE，由求出EC=2，证明∠CEB=∠F进而由求出BC=4，从而可得BD=BF=BC+CF=4+1=5．【详解】（1）证明：连接OE，如下图所示：∵AC为圆O的切线，∴∠AEO=90°，∵AC⊥BC，∴∠ACB=90°，∴OE∥BC，∴∠F=∠DEO，又∵OD=OE，∴∠ODE=∠DEO，∴∠F=∠ODE，∴BD=BF．（2）解：连接BE，如下图所示：由(1)中证明过程可知：∠EDB=∠F，∴，代入数据：，∴EC=2，又BD是圆O的直径，∴∠BED=∠BEF=90°，∴∠CEF+∠F=90°=∠CEF+∠CEB，∴∠F=∠CEB，∴，代入数据：，∴BC=4，由(1)可知：BD=BF=BC+CF=4+1=5，∴圆O的直径为5．【点睛】本题考查了圆周角定理、圆中切线的性质、三角函数求线段长度等，熟练掌握圆的切线的性质及圆周角定理是解题的关键．29．（2022·贵州黔东南·中考真题）（1）请在图中作出的外接圆（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；（2）如图，是的外接圆，是的直径，点是的中点，过点的切线与的延长线交于点．①求证：；②若，，求的半径．【答案】（1）见详解（2）①见详解；②5【分析】（1）作AB、AC的垂直平分线交于点O，以OB为半径，以O为圆心做圆即可得到的外接圆；（2）①证明即可证明，从而证得；②证明，根据得正切求得EC，再根据勾股定理求得AE．【详解】（1）如下图所示∵的外接圆的圆心为任意两边的垂直平分线的交点，半径为交点到任意顶点的距离，∴做AB、AC的垂直平分线交于点O，以OB为半径，以O为圆心做圆即可得到的外接圆；（2）①如下图所示，连接OC、OB∵BD是的切线∴∵是对应的圆周角，是对应的圆心角∴∵点是的中点∴∴∴∴②如下图所示，连接CE∵与是对应的圆周角∴∵是的直径∴∴又∵AC=6∴∵∴∴的半径为．【点睛】本体考查圆、直角三角形的性质，解题的关键是掌握圆和直角三角形的相关知识．30．（2021·贵州黔西·中考真题）如图，为的直径，直线与相切于点，，垂足为，交于点，连接．(1)求证：；(2)若，，求的半径．【答案】(1)见解析(2)6【分析】（1）如图：连接，由切线的性质和平行的性质可得，再根据圆的性质可得OC=OA即，进而得到即可证明；（2）如图：连接，先根据圆周角定理并结合题意可得，然后根据三角函数求得，运用勾股定理可得；再说明；设，，然后根据，进而求得AB即可．【详解】（1）证明：连接，为的切线，，，，．又，，，即．（2）解：连接，方法一：由（1）可知，∠CAD=∠CAB，∴sin∠CAD=sin∠CAB,BC=CE=4,∴，∴AB=12，∴的半径是6.方法二：为的直径，，，，，，，，，，，，，设，，，，，的半径为6．【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质、圆周角定理、三角函数的应用等知识点，正确作出辅助线成为解答本题的关键．31．（2021·贵州毕节·中考真题）如图1，在中，，，D为内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接CE，BD的延长线与CE交于点F．（1）求证：，；（2）如图2．连接AF，DC，已知，判断AF与DC的位置关系，并说明理由．【答案】（1）见解析；（2），理由见解析【分析】（1）首先根据旋转的性质，判断出∠DAE=90°，AD=AE，进而判断出∠BAD=∠CAE；然后根据全等三角形判定的方法，判断出△ABD≌△ACE，即可判断出BD=CE．再证明，即可证明；（2）由得，再证明A，D，F，E在以DE为直径的圆上，即可证明，从而可证明AF//CD．【详解】解（1）由旋转的性质，可得∠DAE=90°，AD=AE，∵∠BAD+∠DAC=∠BAC=90°，∠CAE+∠DAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD=CE，∵∴，即∴∴∴，即;（2），理由如下：∵∴由（1）知，∴A，D，F，E在以DE为直径的圆上，如图，∵AD=AE∴弧AD=弧AE，∴∴∴；【点睛】此题主要考查了旋转的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等．另外此题还考查了全等三角形的判定和性质的应用，以及四点共圆的知识，要熟练掌握．32．（2021·贵州毕节·中考真题）如图，是的外接圆，点E是的内心，AE的延长线交BC于点F，交于点D，连接BD，BE．（1）求证：；（2）若，，求DB的长．【答案】（1）证明过程见详解;（2）DB=6.【分析】（1）根据三角形的内心得到∠ABE=∠CBE，∠BAE=∠CAD，根据圆周角定理推论得到∠DBC=∠CAD，结合三角形的外角性质，进而根据“等角对等边”证明结论；（2）通过证明△DBF∽△DAB，利用对应边成比例求解即可．【详解】解：（1）证明：∵E是△ABC的内心，∴AD平分∠BAC，BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE，∠BAE=∠CAD，根据圆周角定理推论，可知∠DBC=∠CAD，∴∠DBC=∠BAE，∵∠DBE=∠CBE+∠DBC，∠DEB=∠ABE+∠BAE，∴∠DBE=∠DEB，∴DE=DB；（2）由（1）知∠DAB=∠CAD，∠DBF=∠CAD,∴∠DBF=∠DAB.∵∠D=∠D，∴△DBF∽△DAB.∴,∵DE=DB，∴,∵，，∴,∴.【点睛】本题主要考查了三角形的内心，圆周角定理推论，相似的判定与性质，涉及了等腰三角形的判定与性质，三角形的外角定理.关键是正确理解三角形的内心定义．33．（2021·贵州黔东南·中考真题）如图，PA是以AC为直径的☉O的切线，切点为A，过点A作AB⊥OP，交☉O于点B．（1）求证：PB是☉O的切线；（2）若AB＝6，，求PO的长．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）连接OB，根据切线的性质和垂径定理得到∠POA＝∠POB，然后根据证明△PAO△PBO，然后根据全等三角形的性质即可证明；（2）根据垂径定理得到DA＝DB＝3，然后根据余弦的定义得到PA＝5，进而应用勾股定理即可求解，然后对继续应用余弦的定义得到，即可最终求解PO的长．【详解】（1）证明：连接OB，∵PA是以AC为直径的☉O的切线，切点为A，∴∠PAO＝，∵OA＝OB，AB⊥OP，∴∠POA＝∠POB，又OP＝OP，∴△PAO△PBO，∴∠PBO＝∠PAO＝，即OB⊥PB，∴PB是☉O的切线；（2）解：设OP与AB交于点D．，∵AB⊥OP，AB＝6，∴DA＝DB＝3，∠PDA＝∠PDB＝，∵，∴PA＝5，∴PD＝，在Rt△APD和Rt△APO中，∵，∴，∴．【点睛】本题考查了切线的判定和性质，解直角三角形，余弦的定义，关键是通过余弦的定义建立等量关系进行求解．34．（2021·贵州贵阳·中考真题）如图，在中，为的直径，为的弦，点是的中点，过点作的垂线，交于点，交于点，分别连接．（1）与的数量关系是_______；（2）求证：；（3）若，求阴影部分图形的面积．【答案】（1）BE=；（2）见详解；（3）【分析】（1）由为的直径，点是的中点，可得∠ABE=，从而得是等腰直角三角形，进而即可得到结论；（2）连接BC、BN，先证明EN∥BC，再利用圆周角定理，即可求证；（3）连接AE，ON，先求出∠EAM=30°，再证明是等边三角形，利用扇形的面积公式，即可求解．【详解】解：为的直径，点是的中点，∴∠ABE=，∵EN⊥AB，∴∠MEB=45°，即是等腰直角三角形，∴BE=，故答案是：BE=；（2）连接BC、BN，∵为的直径，∴∠ABC=90°，即：AB⊥BC，∵EN⊥AB，∴EN∥BC，∴∠NBC=∠BNE，∴；（3）连接AE，ON，∵，是等腰直角三角形，∴EM=MB=1，BE=，∵EN⊥AB，∴tan∠EAM=，即∠EAM=30°，∵，∴∠CON=60°，NC=BE=，∵OC=ON，∴是等边三角形，∴OC=NC=，∴．【点睛】本题主要考查圆的基本性质，锐角三角函数的定义，熟练掌握圆周角定理，扇形的面积公式，是解题的关键．35．（2021·贵州铜仁·中考真题）如图，已知内接于，是的直径，的平分线交于点，交于点，连接，作，交的延长线于点．（1）求证：是的切线；（2）若，，求的半径和的长．【答案】（1）见详解；（2）【分析】（1）连接OE，先证明，从而得∠OEF=∠AEB=90°，进而即可得到结论；（2）先证明，可得，可得的半径为15，设BE=x，则AE=2x，可得BE=，AE=，由∠CBE=∠EAB可得，进而即可求解．【详解】（1）解：连接OE，∵OA=OE，∴∠OAE=∠OEA，∵的平分线交于点，交于点，∴∠CAE=∠OAE，∴∠CAE=∠OEA，∵，∴，∵是的直径，∴∠AEB=90°，∴∠OEA+∠BEO=∠BEF+∠BEO=90°，即：∠OEF=∠AEB=90°，∴OE⊥EF，∴是的切线；（2）由（1）可知：∠BEF=∠EAF，又∵∠F=∠F，∴，∴，即：，∴AF=40，EA=2BE，∴AB=AF-BF=40-10=30，∴的半径为15，设BE=x，则AE=2x，∴，解得：（舍去负值），∴BE=，AE=，∵∠CBE=∠CAE=∠EAB，∴tan∠CBE=tan∠EAB，∴，∴DE=×=，∴AD=AE-DE=-=．【点睛】本题主要考查圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数的定义，熟练掌握圆周角定理，切线的判定定理，相似三角形的判定和性质，是解题的关键．四、单选题36．（2025·贵州贵阳·一模）开窗通风是日常生活中保持室内空气流通的一种方法，图是平开窗的打开实物图，图是平开窗打开的效果图，此时，窗户打开了，窗户底边长是，则这扇窗户底边端点扫过区域的轨迹长（弧长）是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了弧长公式，根据题意可知弧的半径是，所对的圆心角的度数是，根据弧长公式计算即可．【详解】解：由题意可知，弧的半径是，所对的圆心角的度数是，端点抛过区域的轨迹长是．故选：C．37．（2025·贵州遵义·二模）如图，的半径为10，，P是弦上的一个动点（不与A，B重合），符合条件的的值不可能是（

）A．7.5 B．6.5 C．6 D．【答案】D【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理，垂线段最短等知识．取的中点C，分别连接、，由垂径定理及勾股定理可求得的长，根据垂线段最短，则的值介于与之间，由此可求得结果．【详解】解：如图，取的中点C，分别连接、，则，且，在中，，∴，点P线段上（不与重合），则，即，∵，∴选项D符合题意；故选：D．38．（2025·贵州黔西·一模）如图，内接于，连接、，，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查的是圆周角定理，根据圆周角定理求解即可．【详解】解：∵，∴．故选：C．39．（2025·贵州毕节·二模）如图，已知点在上，点为的中点，若，则等于（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了弧、弦、圆心角之间的关系，圆周角定理，连接，由为的中点得，即得，再由圆周角定理即可求解，掌握圆的有关性质定理是解题的关键．【详解】\解：连接，∵为的中点，∴，∴，∴，故选：D．40．（2025·贵州贵阳·一模）如图①是一块弘扬“新时代青年励志奋斗”的扇面宣传展板，该展板的部分示意图如图②所示，它是以点为圆心，长分别为半径，圆心角的扇面，若，则阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了扇形的面积，掌握扇形的面积公式是解题的关键．根据直接求解即可．【详解】解：如图，．故选：A．41．（2025·贵州贵阳·一模）中华美食讲究色香味美，优雅的摆盘能让美食锦上添花．图①外围的每一个拼盘的形状都是扇形的一部分，图②是其中一个的示意图（阴影部分为拼盘）．测量得到，，，则图②所示的拼盘面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题主要考查了扇形的面积计算，根据，结合扇形面积计算公式求解即可．【详解】解：，故选：D．42．（2025·贵州铜仁·三模）如图，为的直径，、为上两点，连接、和．若，则的大小为（

）A．36° B．44° C．52° D．54°【答案】D【分析】本题考查了圆周角定理及推论，即同弧或等弧所对的圆周角相等，半圆（或直径）所对的圆周角是直角，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．连接，可得，根据题意得，在中，通过即可求解．【详解】解：连接，如图所示，，，为的直径，，在中，，故选：D．43．（2025·贵州安顺·三模）2017年6月，安顺市获得了“国家卫生城市”这一称号．如图1，这是一块“创建国家卫生城市”的扇面宣传展板，该展板的部分示意图如图2所示．若，AB的长为45cm，AD的长为15cm，则扇面（阴影）的面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了扇形的面积公式．根据扇形的面积公式，利用减去即可得扇面的面积．【详解】解：，，，，．故选：C．44．（2025·贵州遵义·三模）如图，是的弦，半径，垂足为D．若，则的直径为（

）A． B．6 C．5 D．4【答案】A【分析】本题考查的是垂径定理及勾股定理，在解答此类问题时往往先构造出直角三角形，再利用勾股定理求解．根据垂径定理求出的长，在中由勾股定理求出半径的长，进而可得出结论．【详解】解：连接，半径，，设的半径为，则，，在中，根据勾股定理，即，解得，，的直径为．故选：A．45．（2025·贵州铜仁·三模）小英发现银杏叶片的形状近似于扇形，如图是小英画的银杏叶片的几何示意图，通过测量得到，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了弧长公式，根据弧长公式求解即可．【详解】解：的长为：，故选：B．46．（2025·贵州毕节·一模）屏风是中国传统建筑物内部挡风用的一种家具，历史由来已久，一般陈设于室内的显著位置，起到分隔、美化、挡风、协调等作用．图①中的屏风，其中间部分是扇形的一部分，图②是整个屏风的几何示意图，则阴影部分面积与整个屏风面积的比是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了扇形的面积，根据题意得，利用，再求出整个图形的面积，比较即可．【详解】解：根据题意得，，；整个屏风的面积为：，则阴影部分面积与整个屏风面积的比是，故选：A．47．（2025·贵州遵义·二模）如图，在矩形中，，以点为圆心，长为半径画弧，交于点，交的延长线于点，则图中阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了矩形的性质，解直角三角形的相关计算，扇形面积计算，勾股定理，解题的关键是熟练掌握扇形面积公式，连接，根据矩形的性质得出，，解直角三角形得出，根据勾股定理求出，得出，根据求出结果即可．【详解】解：连接，如图所示：∵四边形为矩形，∴，，根据作图可知：，∴，，∴，∴．故选：A．48．（2025·贵州毕节·三模）如图，是正五边形的内切圆，点M，N，F分别是边与的切点，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查正多边形和圆，圆周角定理，切线的性质，连接．求出，再利用圆周角定理求出，连接，可得，由得，求解即可．【详解】解：连接，如图，∵M，N，F分别是与的切点，∴，，∴，∵正五边形中，，∴，∴，连接，由对称性可得三点在同一条直线上，在和中，,∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴．故选：B．五、解答题49．（2025·贵州贵阳·一模）等分圆是指将一个圆周均匀分割成多个相同长度的弧段，每个弧段对应的圆心角相等．小南学习了等分圆后，尝试着编了一道题：如图，已知的半径长为2，点，，，，，将六等分，连接，，，，发现恰好过圆心，过点作的垂线，交的延长线于点，连接．(1)________°；(2)在（1）的结论下，求的长；(3)求图中阴影部分的面积．【答案】(1)90(2)(3)【分析】本题考查了圆周角定理的推论、等边三角形的判定和性质、勾股定理、扇形面积的计算等知识，熟练掌握相关图形的性质是解题的关键．（1）根据等分弧的条件可得，即得，推出，根据可得，进而得到答案；（2）连接，易得是等边三角形，得到，得出，进而可求出，再根据勾股定理即可求出结果；（3）根据结合等边三角形的性质求解即可．【详解】（1）解：∵点，，，，，将六等分，∴，∴，∴，∵，∴，即，故答案为：90；（2）解：如图，连接，∵被六等分，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴在直角三角形中，，∴在直角三角形中，；（3）解：由（2）知：是边长为2的等边三角形，∴边上的高即为的长，等于，∴，在直角三角形中，∵，∴，∴，∴．50．（2025·贵州六盘水·二模）如图，四边形内接于．(1)______度；(2)连接，若，求的长；(3)当是的中点，时，求的半径．【答案】(1)(2)(3)【分析】本题考查了圆内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角相等，正切的定义，解直角三角形，掌握以上知识并灵活运用是解题的关键；（1）根据圆内接四边形对角互补，即可求解；（2）连接，根据同弧所对的圆周角相等，得出，进而根据正切的定义，即可求解；（3）延长交于点，连接，得出是等腰直角三角形，设，则，进而表示出，设，则，进而根据，建立方程，解方程，即可求解．【详解】（1）解：∵四边形内接于．∴，∴；故答案为：．（2）解：如图，连接，∵，∴∵，∴，∴；（3）解：如图，延长交于点，连接，∵是的中点，∴，∴，∵，∴是等腰直角三角形，设，则，∵在中，，，设，则，∴，∵，，∴，，∴，，∴，解得：，∴的半径为．51．（2025·贵州贵阳·二模）如图，内接于，过点作的切线，交直径的延长线于点．(1)写出图中一个与相等的角；(2)求证：；(3)若，求的半径．【答案】(1)或(2)见解析(3)【分析】本题主要考查了切线的性质，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，熟知圆的相关知识是解题的关键．（1）连接，由同弧所对的圆周角相等得到，由切线的性质和直径所对的圆周角是直角得到，则可证明；（2）根据（1）所求即可证明结论；（3）由切线的性质可得，根据勾股定理即可得到，解方程即可得到答案．【详解】（1）解：如图所示，连接∵，∴，∵，，是的切线，，∵是直径，，；（2）由（1）可得，（3）解：是的切线，，在中，，根据勾股定理即可得到，，，的半径为．52．（2025·贵州毕节·一模）如图，为的外接圆，且，是的直径，过点作于点，交于点，连接．(1)写出图中一个与相等的角；(2)判断的形状，并说明理由；(3)若，，求的长．【答案】(1)(2)是等腰三角形，理由见解析(3)【分析】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质与判定、勾股定理、直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理和勾股定理是解题的关键．（1）根据圆周角定理即可推出；（2）根据直角三角形的性质推出，再结合，即可证明；（3）根据勾股定理求出，再利用勾股定理，即可求解．【详解】（1）解：∵，∴（答案不唯一）．（2）解：是等腰三角形，理由如下：为的直径，，，，，，，又，，，，，是等腰三角形．（3）解：如图，连接，，且由（2）知，在等腰中，，．，，在中，由勾股定理，得，，在中，由勾股定理，得，设的半径为，则，解得，，．53．（2025·贵州贵阳·二模）如图，已知是的直径，为上一点，的角平分线交于点D，F在直线上，且，垂足为，连接．(1)请写出一个与相等的角：______；(2)求证：是的切线；(3)若，的半径为6，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)（答案不唯一）(2)见详解(3)9.6【分析】（1）根据“同弧或等弧所对的圆周角相等”，即可获得答案；（2）首先证明，结合，进而证明，即可证明结论；（3）过点作于点，首先利用三角函数解得，再由勾股定理解得的长度，利用面积法求得的值，然后由三角形面积公式求解即可．【详解】（1）解：∵，∴．故答案为：（答案不唯一）；（2）证明：∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵，即，∴，即，又∵是的半径，∴是的切线；（3）解：如下图，过点作于点，∵的半径为6，∴，∵，，∴，即，∴，∴，，∵，∴，解得，∴阴影部分的面积．【点睛】本题主要考查了圆周角定理、平行线的判定与性质、切线的判定、勾股定理、解直角三角形等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．54．（2025·贵州贵阳·一模）如图，已知内接于，直径平分∠ACB，交于点D，交于点E，连接．(1)填空：

（选填“＜”、“＞”或“＝”）；(2)用尺规在图中作直线，使得直线与相切于点C；（保留作图痕迹，不写作法）(3)判断与的位置关系，并说明理由．【答案】(1)＝(2)见解析(3)，理由见解析【分析】（1）格努圆周角定理可得答案；（2）过点C作的垂线即可；（3）由垂径定理得出可得结论．【详解】（1）∵直径平分∠ACB，∴，∴．故答案为：＝；（2）如图，直线即为所求，（3）∵，∴．∵是直径，∴，∵，∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，切线的判定，以及垂线的作法，掌握圆的性质是解答本题的关键．55．（2025·贵州遵义·二模）如图，是的外接圆，，的平分线交于点，的平分线交于点，交于点，连接．(1)写出一个与相等的角________；(2)求证：；(3)若，，求的长．【答案】(1)(2)见解析(3)．【分析】（1）利用圆周角定理即可求解；（2）连接，根据三角形三个内角的平分线交于一点，得到平分，再结合三角形的外角性质求得，，得到，根据等角对等边即可得到；（3）作，，垂足分别为，，利用圆周角定理结合三角函数求得，在中，利用勾股定理求得，根据等腰三角形的性质求得，在中，由勾股定理得，证明，推出，，在中，利用正切函数的定义求解即可．【详解】（1）解：∵，∴，故答案为：；（2）证明：连接，∵平分，平分，∴平分，∴，，由（1）知，即，∴，，∴，∴；（3）解：作，，垂足分别为，，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，在中，，∵，平分，∴，在中，，∴，又平分，∴，，，∴，∴，，∴，在中，，∴，∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．56．（2025·贵州贵阳·一模）如图，半径为2的是的外接圆，为的直径，，过点C作交延长线于点E．(1)若，则的度数为________；(2)证明：是的切线；(3)若，求的长．【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据圆周角定理，得，结合，得到，根据得，解答即可．（2）连接，根据切线的判定定理，证明是的切线即可；（3）利用等角的余弦相等，列式解答即可．【详解】（1）解：∵为的直径，∴，∵，∴，∵，∴，故答案为：．（2）证明：如解图，连接，∵，∴，∴，∴，∵，∴半径，∴是的切线．（3）解：∵为的直径，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，弦、弧和圆周角的关系，等腰三角形的性质，切线的证明，余弦函数的应用，熟练掌握切线证明，余弦函数的应用是解题的关键．57．（2025·贵州贵阳·三模）如图，是半圆的直径，，在半圆上，且，，连接．过点作半圆的切线，分别交，的延长线于点，．连接．(1)的度数为___________；(2)求证：；(3)若，求的长．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）连接，由题意得、，再根据圆周角定理得，即可求解；（2）连接，由（1）证得，利用切线的性质得，通过平行线的性质即可求证；（3）与交于点，根据垂径定理得，通过三角形的中位线定理得，利用勾股定理求得，则，证得四边形是矩形，则，即可求解．【详解】（1）解：如图，连接，是半圆的直径，，，，，．故答案为：．（2）证明：如图，连接，由（1）得：，，，，与相切于点，，．（3）解：如图，与交于点，由（2）得：，，，，且为的半径，，，，，由（1）得：，，在中，，，，，，四边形是矩形，．故答案为：．【点睛】本题主要考查了圆周角定理和推论，切线的性质，垂径定理，三角形的中位线定理，勾股定理，矩形的判定与性质，理解题意、添加适合的辅助线是解题关键．58．（2025·贵州铜仁·三模）如图，在中，，以为直径的分别与、交于点、，过点作，垂足为点．(1)求证：直线是的切线；(2)求证：；(3)若的半径为，，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)阴影部分面积为【分析】（1）连接，由是直径及得点D是的中点，则得是中位线，再由得，从而得证；（2）连接，由（1）知点D是的中点，证明即可求证；（3）连接，由等腰三角形的性质及三角形内角和求得，则得，利用即可求解．【详解】（1）证明：如图，连接，∵是的直径，∴；∵，∴D点是的中点；∵O点是的中点，∴是的中位线，∴；∵，∴；∵是的半径，∴是的切线；（2）证明：如图，连接，则；由（1）知点D是的中点，即；∵，∴；∵，∴，∴，∴；∵，∴；（3）解：如图，连接，∵，∴，∴；∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形中位线定理，相似三角形的判定与性质，切线的判定，直径对的圆周角是直角，扇形面积公式等知识，灵活运用这些知识是解题的关键．59．（2025·贵州毕节·三模）如图，在中，，以为直径作，交边于点D，连接，E是边的中点，直线，交于点F．(1)写出一个与互余的角；(2)求证：直线是的切线；(3)若，，求的值．【答案】(1)或；(2)见解析；(3)．【分析】本题考查了圆的性质、切线的判定与相似三角形的应用，解题关键是利用圆的直径性质、直角三角形中线性质及相似三角形判定与性质来推导．（1）利用直角三角形两锐角互余和直径所对圆周角为直角，找出与互余的角．（2）连接，通过得，结合直径性质、直角三角形中线性质推出，进而证，根据切线判定得是切线．（3）先证和，推出，利用相似性质得求出，再结合，通过求出．【详解】（1）解：∵在中，∴；又∵是直径，∴，∴．∴互余的角有或；（2）证明：如图，连接，则，．为的直径，，．是边的中点，，．，．．是的半径，直线是的切线．（3）解：在中，．，．由（2）知，，．，，，，．在中，．，．60．（2025·贵州黔东南·三模）图1是手拉式翻斗两轮车，这种车在生活中随处可见，其用途很广，它的造型包括大量的零部件和工艺，所彰显的智慧让人叹服，如图2是拖斗车的侧面示意图，为车轮的直径，手把为点C．、、三点在同一条直线上．点（且不与点、重合）为上的一点，连接．当时，(1)求证：是的切线；(2)，，求的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，证明，即，即可证明是的切线；（2）证明，结合题意求得，，设，则，利用勾股定理列式计算即可求解．【详解】（1）证明：连接，是的直径，，则．，，，，则，即，．又是的半径，是的切线；（2）解：，，由相似三角形的性质相得：，又，，，，，，设，则，是的直径，，，，．【点睛】本题主要考查了切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定和性质、勾股定理等，灵活运用所学知识是解题的关键．61．（2025·贵州黔东南·二模）如图，是的外接圆，为直径，平分，交于点，过点作的切线，交的延长线于点E．(1)写出图中一对相等的角：______；（不能添加字母或辅助线）(2)求证：；(3)若的半径为3，，求阴影部分的面积．（结果用含的式子表示）．【答案】(1)（答案不唯一）(2)见解析(3)【分析】本题考查了圆周角定理，切线的性质，角平分线的定义，平行线的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握相关知识点是解题的关键．（1）由圆周角定理即可得到答案；（2）连接，交于点，推出，得到，即可得到结论；（3）连接，推出，得到，求出，得到．【详解】（1）解：，故答案为：；（答案不唯一）（2）证明：如图，连接，交于点.平分.，，，..，是的直径..是的切线.，，.（3）解：连接...，∴.，，.∴.∴.62．（2025·贵州贵阳·二模）如图，在中，，以为直径的恰好与边相切，交于点D，E是边上一点，连接交于点F，连接，，且．(1)写出图中一个度数为的角：_______；(2)求的度数；(3)连接，试判断四边形的形状，并给出证明．【答案】(1)(答案不唯一)(2)(3)菱形，证明见解析【分析】（1）根据是的切线可知，又由可知，故，答案不唯一，事实上图中看起来接近的角都是；（2）先用三角函数得到，根据得到，根据是的直径得到，从而得到；（3）连接，只需证明是等边三角形即可得到，从而得证．【详解】（1）∵是的切线，∴，又∵，∴，∴．故答案为：；(答案不唯一)（2）∵是的切线，∴．又∵，∴，∴．∵，∴，∴．∵是的直