五年(2021-2025)中考数学真题分类汇编(福建专用)08：圆（40题）（教师版）

专题08圆（40题）一、单选题1．（2025·福建·中考真题）如图，PA与⊙O相切于点A，PO的延长线交⊙O于点C．AB∥PC，且交⊙O于点B．若∠A．30° B．45° C．60° D．75°【答案】C【分析】本题考查切线的性质，等边三角形的判定和性质，连接OA，OB，切线得到OA⊥AP，求出∠POA=90°-30°=60°，平行，得到∠POA【详解】连接OA，OB，则：OA=∵PA与⊙O相切于点A∴OA⊥∵∠P∴∠POA∵AB∥∴∠POA∴△AOB∴∠AOB∴∠BOC∴△BOC∴∠BCP故选C．2．（2024·福建·中考真题）如图，已知点A,B在⊙O上，∠AOB=72°，直线MN与⊙O相切，切点为C，且C为A．18° B．30° C．36° D．72°【答案】A【分析】本题考查了切线的性质，三角形内角和以及等腰三角形的性质，根据C为AB⏜的中点，三角形内角和可求出∠【详解】∵∠AOB=72°，C为∴∠∵OA∴∠∵直线MN与⊙O∴∠OCM∴∠故选：A．3．（2023·福建·中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率π的近似值为3.1416．如图，⊙O的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计⊙O的面积，可得π的估计值为33A．3 B．22 C．3 D．【答案】C【分析】根据圆内接正多边形的性质可得∠AOB=30°，根据30度的作对的直角边是斜边的一半可得【详解】解：圆的内接正十二边形的面积可以看成12个全等的等腰三角形组成，故等腰三角形的顶角为30°，设圆的半径为1，如图为其中一个等腰三角形OAB，过点B作BC⊥OA交OA于点于点∵∠AOB∴BC=则S△故正十二边形的面积为12S圆的面积为π×1×1=3用圆内接正十二边形面积近似估计⊙O的面积可得π故选：C．【点睛】本题考查了圆内接正多边形的性质，30度的作对的直角边是斜边的一半，三角形的面积公式，圆的面积公式等，正确求出正十二边形的面积是解题的关键．4．（2021·福建·中考真题）如图，AB为⊙O的直径，点P在AB的延长线上，PC,PD与⊙O相切，切点分别为C，D．若AB=6,A．35 B．25 C．34【答案】D【分析】连接OC，CP，DP是⊙O的切线，根据定理可知∠OCP＝90°，∠CAP＝∠PAD，利用三角形的一个外角等于与其不相邻的两个内角的和可求∠CAD=∠COP，在Rt△OCP中求出sin∠COP【详解】解：连接OC，CP，DP是⊙O的切线，则∠OCP＝90°，∠CAP＝∠PAD，∴∠CAD=2∠CAP，∵OA=OC∴∠OAC＝∠ACO，∴∠COP＝2∠CAO∴∠COP＝∠CAD∵AB∴OC=3在Rt△COP中，OC=3，PC=4∴OP=5．∴sin∠CAD=sin∠故选：D．【点睛】本题利用了切线的性质，锐角三角函数，三角形的外角与内角的关系求解．二、解答题5．（2025·福建·中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD，BC的延长线相交于点E，AC，BD相交于点F．G是AB上一点，GD交AC于点H，且AB(1)求证：∠ABC(2)求证：AH(3)若tan∠ABC=【答案】(1)见解析(2)见解析(3)3【分析】（1）利用AB=AC得∠ABC=∠ACB，结合同弧AB⌢（2）先证△HDF∼△HCD得HD2=HF⋅（3）利用（2）结论将△AGH周长转化为AB，通过相似三角形△ACD∼△AEC及三角函数、勾股定理求出AB的长，即△【详解】（1）证明：∵AB∴∠ABC∵AB∴∠ACB∴∠ABC∵∠ADB∴∠ABC（2）证明：∵AD∴∠ABD∵BG∴∠BDG又∵∠DHF∴△HDF∴HF∴H由（1）知，∠ABC又∵∠ABC∴∠ABD∴∠BDG∵∠ADB∴∠ADG∵CD=∴∠DAC∴∠ADG∴AH∴A（3）解：由（2）知，AH=∴△AGH的周长为AG设DE=m，则由（2）可知，∠ACD又∵∠CAD∴△ACD∴AC∴A∴AC又∵CD∴6∴EC过点C作CP⊥AE，垂足为P，则∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠ADC又∵∠ADC∴∠CDP∴tan∴在Rt△DCP中，PCPD∴CD∴6∴PD∴PE在Rt△CPE中，∴(解得m=3，或m∴AB∴△AGH的周长为3【点睛】本题考查圆的性质、等腰三角形、相似三角形、解直角三角形等知识，通过角与边的转化、相似三角形判定与性质解题，关键是利用圆的性质和三角形知识进行边角关系推导．6．（2024·福建·中考真题）如图，在△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，AE(1)求OEAE(2)求证：△AEB(3)求证：AD与EF互相平分．【答案】(1)1(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）先证得AC=2AO，再在Rt△AOC中，tan∠AOC=（2）过点B作BM∥AE，交EO延长线于点M，先证明△AOE≌△BOM（3）如图，连接DE,DF，由（2）△AEB∽△BEC，可得AEBE=ABBC=2AO2BD=【详解】（1）∵AB=AC，且AB∴AC∵∠BAC∴在Rt△AOC中，∵AE∴在Rt△AOE中，∴AE∴OE（2）过点B作BM∥AE，交EO延长线于点∴∠BAE=∠∵AO∴△AOE∴AE∵OE∴BM∴∠MEB∴∠AEB=∠AEO∴∠AEB∵AB∴∠ABC∴∠ABM∴∠BAE∴△AEB（3）如图，连接DE,∵AB是⊙O∴∠ADB∵AB∴BC由（2）知，△AEB∴AE∴△AOE∴∠BED∴∠DEF∴∠AFB∴AF由（2）知，∠AEB∴∠AEF∵∠DFB∴∠DFB∴AE∴四边形AEDF是平行四边形，∴AD与EF【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，熟练掌握相关图形的性质定理是关键．7．（2023·福建·中考真题）如图，已知△ABC内接于⊙O,CO的延长线交AB于点D，交⊙O于点E，交⊙O的切线(1)求证：AO∥(2)求证：AO平分∠BAC【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）由切线的性质可得∠OAF=90°，由圆周角定理可得∠CBE=90°，即∠OAF（2）由圆周角定理可得∠ABE=∠ACE，再由等腰三角形的性质可得∠ACE=∠OAC，进而得到【详解】（1）证明∵AF是⊙∴AF⊥OA∵CE是⊙∴∠CBE∴∠OAF∵AF∴∠BAF∴∠OAF-∠BAF∴AO（2）解：∵∠ABE与∠ACE都是∴∠ABE=∠∵OA∴∠ACE∴∠ABE由（1）知∠OAB∴∠OAB∴AO平分∠【点睛】本题主要考查角平分线、平行线的判定与性质、圆周角定理、切线的性质等知识点，灵活运用相关性质定理是解答本题的关键．8．（2022·福建·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，AD∥BC交⊙O于点D，DF∥AB交BC于点E，交⊙O(1)求证：AC=(2)若⊙O的半径为3，∠CAF=30°，求AC的长（结果保留【答案】(1)证明见解析；(2)5【分析】（1）根据已知条件可证明四边形ABED是平行四边形，由平行四边形的性质可得∠B=∠D（2）连接AO,CO，由（1）中结论可计算出∠AFC【详解】（1）证明：∵AD∥BC，∴四边形ABED为平行四边形，∴∠B∵∠AFC∴∠AFC∴AC=（2）解：连接AO,由（1）得∠AFC∵∠AFC∴∠AOC∴AC的长l=【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，圆的性质与弧长公式，考查化归与转化思想，推理能力，几何直观等数学素养．9．（2022·福建·中考真题）如图，BD是矩形ABCD的对角线．(1)求作⊙A，使得⊙A与BD相切（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；(2)在（1）的条件下，设BD与⊙A相切于点E，CF⊥BD，垂足为F．若直线CF与⊙A相切于点G，求tan∠【答案】(1)作图见解析(2)5【分析】（1）先过点A作BD的垂线，进而找出半径，即可作出图形；（2）根据题意，作出图形，设∠ADB=α，⊙A的半径为r，先判断出BE＝DE，进而得出四边形AEFG是正方形，然后在Rt△ABE中，根据勾股定理建立方程求解BE=rtanα，再判定△ABE≌△CDF，根据BE=DF=rtan【详解】（1）解：如图所示，⊙A即为所求作：（2）解：根据题意，作出图形如下：设∠ADB=α，⊙A∵BD与⊙A相切于点E，CF与⊙A相切于点G，∴AE⊥BD，AG⊥CG，即∠AEF＝∠AGF＝90°，∵CF⊥BD，∴∠EFG＝90°，∴四边形AEFG是矩形，又AE=∴四边形AEFG是正方形，∴EF=在Rt△AEB和Rt△DAB中，∠BAE+∠ABD∴∠BAE在Rt△ABE中，tan∠∴BE=∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AB＝∴∠ABE=∠CDF∴△ABE∴BE=∴DE=在Rt△ADE中，tan∠ADE=∴rtanα+∵tanα∴tanα=5-12【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了尺规作图，切线的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，利用三角函数得出线段长建立方程是解决问题的关键．10．（2021·福建·中考真题）如图，在正方形ABCD中，E，F为边AB上的两个三等分点，点A关于DE的对称点为A'，AA'的延长线交BC（1）求证：DE//（2）求∠G（3）求证：A'【答案】（1）见解析；（2）45°；（3）见解析【分析】（1）设直线DE与AA'相交于点T，证明ET是（2）连接FG，取FG的中点O，连接OA',OB，证明点A'，F（3）设AB=3a，则AD=BC=3a,AF=2a,【详解】解：（1）设直线DE与AA'相交于点∵点A与A'关于DE∴DE垂直平分AA'，即∵E，F为AB边上的两个三等分点，∴AE=∴ET是△A∴ET∥A'（2）连接FG，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=∵DE⊥AA'∴∠ADT+∠DAT=90°∴△DAE∴AE=BG，又∴FB=∴△FBG∴∠GFB∵DE//∴A'∴∠F取FG的中点O，连接OA在Rt△A'OA∴OA∴点A'，F，B，G都在以FG为直径的⊙∴∠G（3）设AB=3a，则由（2）得BG=∴tan∠BAG=BGAB=设A'F=k，则AA∴10k在Rt△ABG中，由勾股定理，得又∵AA∴A'∴A'∵CG=∴BFCG∴A'由（2）知，∠A又∵∠A∴∠A∴△A∴A'∴A'【点睛】本小题考查正方形的性质、轴对称的性质、多边形内角与外角的关系、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、三角形中位线定理、圆的基本概念与性质、解直角三角形等基础知识，考查推理能力、运算能力，考查空间观念与几何直观，考查化归与转化思想．三、单选题11．（2025·福建福州·二模）如图，AB是⊙O的直径，BM与⊙O相切于点B,∠A=27°，半径OE的延长线交BM于点MA．54° B．46° C．43° D．36°【答案】D【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，三角形内角和定理．熟练掌握圆的相关知识并利用数形结合的思想是解题关键．由圆周角定理可知∠BOM=2∠A【详解】解：∵∠A∴∠BOM∵BM与⊙O相切于点B∴OB⊥BM，即∴∠M故选∶D12．（2025·福建莆田·三模）如图，AB是⊙O的直径，过⊙O上一点D作⊙O的切线DC，交AB的延长线于点C．若∠A=22.5°,⊙O的半径为A．4 B．42 C．42-【答案】A【分析】连接OD，根据圆的切线垂直于经过切点的半径可得∠ODC=90°，根据等边对等角可得∠ODA=22.5°，根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和可得∠DOB=45°，根据三角形内角和是【详解】解：连接OD，∵DC是⊙O∴OD⊥∴∠ODC∵∠A=22.5°，∴∠A∴∠DOB∴∠DOB∴OD=∵⊙O的半径为4即CD故选：A．13．（2025·福建福州·三模）如图，∠ABC的边BA经过点O且与⊙O相交于点E，F，BC与⊙O相切于点D．若∠ABC=A．180-3m° B．90-2m° C．【答案】D【分析】本题考查了切线的性质，三角形外角的性质，等腰三角形的性质等知识，根据切线的性质得出OD⊥BD，根据三角形外角的性质求出【详解】解：连接OD，∵BC与⊙O相切，∴OD⊥又∠ABC∴∠DOF∵OF=∴∠OFD故选：D．14．（2025·福建三明·三模）如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形．若四边形ABCO为菱形，则∠A．60° B．90° C．120° D．135°【答案】C【分析】本题考查圆内角四边形，圆周角定理，菱形的性质，根据菱形的性质结合圆周角定理得到∠ABC【详解】解：∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，四边形ABCO∴∠ABC=∠AOC∴3∠D∴∠D∴∠ABC故选C．15．（2025·福建莆田·二模）斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”．如图给出了它的画法：以斐波那契数1，1，2，3，5，…，为边的正方形依序拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90°的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．则图中EF的长为（

）A．252π B．254π C．【答案】C【分析】本题考查了弧长公式，根据弧长公式求解即可，掌握弧长公式是解题的关键．【详解】解：由题意可得：EF=故选：C．16．（2025·福建厦门·二模）如图，PM切⊙O于点P，弦PQ∥OM，若∠OMP=30°，劣弧PQ的弧长为π3A．1 B．2 C．3 D．π【答案】B【分析】本题考查了切线的性质，弧长公式，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质；连接OP,OQ，根据切线的性质得出OP⊥PM，根据含30度角的直角三角形的性质得出MO=2PO，进而得出△OPQ是等边三角形，则∠POQ=60°【详解】解：如图，连接OP,∵PM切⊙O于点P∴OP⊥∵∠OMP∴∠POM=60°∵PQ∥∴∠OPQ∵OP=∴△OPQ∴∠∵劣弧PQ的弧长为π3，设OP∴60解得：r∴OM=2故选：B．17．（2025·福建泉州·三模）如图，AB是⊙O的直径，点C、D都在⊙O上，弦AB与CD相交于点Q．若∠ABD=45°，∠AQD=75°，A．1 B．2 C．2 D．3【答案】B【分析】本题考查圆周角定理，含30度的直角三角形的性质，连接AC，三角形的外角求出∠CDB=30°，圆周角定理求出∠BAC【详解】解：连接AC，∵∠AQD=∠ABD∴∠CDB∴∠BAC∵AB是⊙O∴∠BCA∴AB=2∴⊙O的半径为2故选B．四、填空题18．（2025·福建厦门·二模）已知直线l与⊙O相交，圆心O到直线l的距离为5cm，则⊙O的半径可能为【答案】6（或r>5【分析】本题考查了直线和圆的位置关系，根据d<r圆和直线相交即可求解，掌握直线和圆的位置与圆心距d与半径【详解】解：∵直线l与⊙O相交，圆心O到直线l的距离为5∴⊙O的半径大于5故答案为：6（或r>519．（2025·福建三明·三模）如图，AB是⊙O的切线，切点为A，若∠AOB=50°，则【答案】40°/40度【分析】本题考查了圆的切线的性质和直角三角形的性质，熟知圆的切线垂直于过切点的半径是关键；根据切线的性质可得∠OAB=90°【详解】解：∵AB是⊙O∴∠OAB∵∠AOB∴∠ABO故答案为：40°.20．（2025·福建龙岩·二模）如图，△ABC中，∠A=65°，AC=18，以BC为直径作半圆⊙O，交AB，AC于点D，E．若DB=DE【答案】4【分析】连接CD，OE，由直径所对的圆周角等于90度得出∠BDC=90°=∠CDA，由三角形内角和定理求出∠DCA=25°，由等弧所对的圆周角相等得出∠DCB=∠DCA=25°，由等边对等角得出∠【详解】解：连接CD，OE，∵BC为⊙O∴∠BDC∴∠CDA∴∠DCA∵DB=∴DB=∴∠DCB∴∠ACB∵OE=∴∠OEC∴∠EOC在△ADC和△∠BDC∴△ADC∴BC=∴OC=∴则CE的长为80°π故答案为：4【点睛】本题主要考查了直径所对的圆周角等于90度，等弧所对的圆周角相等，求弧长，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理等知识，掌握这些知识是解题的关键．21．（2025·福建泉州·二模）在等腰△ABC中，∠A=120°，AB=4，点O是△ABC的角平分线BD上的一点，半径为1的⊙O经过点B，将⊙O沿BD【答案】6+2【分析】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，勾股定理，等边对等角和三角形内角和定理，过点B作BH⊥CA交CA延长线于H，则∠ABC=30°，∠BAH=60°，解直角三角形可得BH=23，证明∠BDH【详解】解：如图所示，过点B作BH⊥CA交CA延长线于∵等腰△ABC中，∠∴∠ABC∴AH=∵BD平分∠ABC∴∠CBD∴∠BDH∴BD=如图1所示，当⊙O与AC相切时，设切点为G，连接OG，则∠∴OD=∴OB=∴此时的平移距离为26如图2所示，当⊙O与AB相切时，设切点为S，连接OS，在AB上取一点R使得BR=OR∴∠RBO∴∠ORS∴OR=2∴BS=2+∴BO=∴此时的平移距离为6+综上所述，⊙O与△ABC的边相切时，⊙O平移的距离是6故答案为：6+2-22．（2025·福建厦门·三模）如图，⊙O的半径OC=5，直线l与⊙O相切于点C，将其沿CO方向平移至直线l'，交⊙O于点A,B，交线段OC【答案】2【分析】本题考查了切线的性质，垂径定理，勾股定理，平移的性质，解题的关键在于熟练掌握相关知识．连接OA，结合切线的性质，垂径定理，得到AH，再利用勾股定理求出OH，最后根据CH=【详解】解：连接OA，∵直线l与⊙O相切于点C，∴OC∴OC⊥l'，即OC⊥∵⊙O的半径OC=5，∴OA∴OH∴CH故答案为：2．23．（2025·福建福州·三模）如图1的螺丝钉由头部（直六棱柱）和螺纹（圆柱）组合而成，其俯视图如图2所示．在“测量螺丝钉半径”的综合与实践活动中，小吴想出了一种测量方法：将刻度尺紧靠螺纹放置，经过点A且交CD于点P，量得PC长为2毫米，并测得正六边形ABCDEF的边长为8毫米，则螺纹的直径为毫米．【答案】1237【分析】连接AC，过点B作BM⊥AC于点M，设正六边形的中心为O，连接AD，由题意可知，A、O、D共线，过点O作ON⊥AP于点N，延长AP，作DH⊥AH于点H，根据正六边形的图形性质，可得AB=BC=CD、∠ABC=∠BCD=120°，推得∠BAC=∠BCA=30°，利用特殊角的三角函数值求得AM=【详解】解：如图，连接AC，过点B作BM⊥AC于点M，设正六边形的中心为O，连接AD，由题意可知，A、O、D共线，过点O作ON⊥AP于点N，延长AP，作∵六边形ABCDEF是正六边形，∴AB=BC=∵BM⊥∴∠ABM=∠CBM∴∠BAC∴在Rt△ABM中，∴AM=AB⋅∴在Rt△ACP中，∵PC=2∴PD=∵DH⊥∴∠H∵∠APC∴△ACP∴APDP∴146=8∵ON⊥∴∠ANO∴ON∥∴△ANO∴AOAD∵O是AD中点，∴AOAD∴NO=故答案为：123【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，等腰三角形的性质，特殊角的三角函数值，勾股定理，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，理解题意、作出适合的辅助线是解题关键．24．（2025·福建莆田·三模）仙游古典家具制作技艺，简称为“仙作”，入选国家级非物质文化遗产名录，“仙作”家具集国画艺术，雕刻艺术与家具制作技艺的巧妙融合，款式典雅，结构严谨．一种“仙作”花窗的花瓣由六条等弧连接而成，所对应的弦构成一个正六边形，如图所示．设正六边形的中心为点O，AB所在圆的圆心C恰好是△ABO的外心．若AB=23【答案】12【分析】本题考查了正多边形与圆、解直角三角形、等边三角形的判定与性质、扇形面积公式，连接OC并延长交AB于M，求出△ABO是等边三角形，得到OA=OB=AB=23，结合题意可得OM【详解】解：如图：连接OC并延长交AB于M，∵六边形ADEFGB是正六边形，点O是中心，∴∠AOB=360°÷6=60°，∴△ABO∴OA=OB=∵AB⏜所在圆的圆心C恰好是△∴CA=∴OM垂直平分AB，∴OM⊥AB，∠CAO=∠COA∵∠CAB∴CM=AM⋅tan30°=1∴S弓形∴花窗的面积（实线所围区域的面积）为S正六边形故答案为：8π25．（2025·福建福州·三模）吊灯外罩可近似看成圆锥形，它的底面周长为24πcm，高为5cm，则该吊灯外罩的侧面积是cm【答案】156【分析】本题考查了求圆锥的侧面积，解题的关键是掌握圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥母线长，以及扇形面积公式．先求出底面半径，再求出圆锥的母线长，最后根据扇形=1【详解】解：∵该圆锥底面周长为24π∴该圆锥底面半径为24π根据勾股定理可得：该圆锥母线=12∴该吊灯外罩的侧面积=1故答案为：156π26．（2025·福建南平·三模）具有对称性且富有节奏感的正六边形，不仅为建筑和装饰增添了现代感，还能与多种设计风格相融合．如图1是阅览室墙上设计的正六边形蜂窝状置物架，将该置物架抽象成几何图形如图2所示，若每个正六边形的边长均为2，则该置物架所占用墙面的长度d的值为．【答案】19【分析】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添适当的辅助线是解题的关键．根据题意可得：点A，B，C，D，E，F，G，H共线，连接AB并延长到点H，则AH⊥HM，根据题意可得：AB=CD=EF=4【详解】解：如图：由题意得：点A，B，C，D，E，F，G，H共线，连接AB并延长到点H，则AH⊥由题意得：AB=CD=在Rt△GHM中，∴GH=∴AH=∴该置物架所占用墙面的长度d的值为19，故答案为：19．五、解答题27．（2025·福建厦门·三模）如图1，AB为半圆O的直径，AB=4,C为半圆上的动点，连接OC，点A关于OC的对称点为点D，连接BD(1)若∠AOC=40°，连接AC,(2)如图2，若点E在半圆O上，BE的长度为π，连接DE,F为DE中点，连接OF交BD于点M,Q为①当∠AOC=30°时，判断点Q与直线②如图3，连接QM，在点C运动过程中，当EQ=QM时，记α=45°-∠【答案】(1)20°(2)①点Q在直线BD外，见解析；②2【分析】（1）连接OD，由轴对称的性质可得OA=OD,OC⊥AD，则点（2）①连接OD，如图所示，同理可证明点D在半圆O上，则∠COD=∠AOC=12∠AOD，由弧长公式可得∠BOE=90°，可证明∠B=∠AOC=30°，设②连接OD,EM,BE，则∠EDB=12∠BOE=45°，由三线合一定理得到EF=DF,OF⊥ED,∠EOF=∠DOF=12∠EOD，则【详解】（1）解：如图所示，连接OD，∵AB为半圆O的直径，点A关于OC对称点为点D∴OA∴点D在半圆O上，∴∠COD∴∠CAD（2）解：①点Q在直线BD外，理由如下：连接OD，如图所示，∵AB为⊙O直径，点A关于OC对称点为点∴OA∴点D在半圆O上，∴∠COD又∵∠B∴∠B∵BE的长度为π，半圆O的直径AB∴2π∴∠BOE∴∠AOE∵∠AOC∴∠B设OE与BD交于点P，直角三角形BOP中，tanB∴OP=2×又∵Q在OE上，OQ=1.2,∴点Q在直线BD外；②连接OD,则∠EDB∵OD=OE∴EF∴ME∴∠DEM∴∠EMD∴∠EMB设OE交BD于点N，∵∠QEM=90°-∠ENM∴∠QEM∵EQ∴∠QME∴△QME∴EM∵OQ∴QE∴EM设EM=2∴ME∴EM直角三角形EBM中，∠EMB∴tan∠∵∠EBM∴∠EBM∵∠AOC∴∠DOF∴∠DOF∴∠EBM∴tan【点睛】本题主要考查了解直角三角形，求弧长，圆的基本性质，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，正确作出辅助线是解题的关键．28．（2025·福建龙岩·二模）如图，已知△ABC中，AB(1)求作⊙O，使圆心O在边BC中点，且⊙O与边AB相切于点(2)求证：AC是⊙O【答案】(1)作图见解析；(2)证明见解析．【分析】本题考查了尺规作图——作角平分线，作垂线，切线的判定与性质，角平分线的性质，掌握知识点的应用是解题的关键．（1）先作∠BAC角平分线，交BC于点O，然后过O作AB的垂线，以OD（2）过O作OE⊥AC于点E，由⊙O与边AB相切于点D，则OD⊥AB，由作图可知AO【详解】（1）解：如图，⊙O（2）证明：过O作OE⊥AC于点∵⊙O与边AB相切于点D∴OD⊥由作图可知AO平分∠BAC∴OD=∵OD是⊙O∴OE是⊙O∴AC是⊙O29．（2025·福建厦门·二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，过A，C两点的⊙O交AB于点D，过点D作⊙(1)求证：OC∥(2)若AC=6，tan∠BDE【答案】(1)见详解(2)3【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，切线的性质，勾股定理，正切函数，弧长公式等；（1）连接OA、OD，由圆周角定理得∠COD=2∠CAB（2）过C作CG⊥AB交于G，过E作EH⊥AB交于H，延长CO交AB于F，由勾股定理得AB=AC2++BC理解圆的定义，掌握等腰三角形的性质，切线的性质，能熟练利用勾股定理，正切函数，弧长公式进行求解是解题的关键．【详解】（1）证明：连接OA、OD，∵∠ACB=90°，AC∴∠CAB∵CD∴∠COD∴CO∵DE是⊙∴OD∴CO（2）解：过C作CG⊥AB交于G，过E作EH⊥AB交于H，延长CO交∵∠ACB=90°，AC=BC∴==62∴CG∵CO∴∠CFG∵tan∠∴tan∠CFG=3∴CG∴3解得：FG=∴==25∴OC∵OD∴∠BDE∵OD∴∠ODF∴∠OFD∴tan∴OD∴OF∴1∴1解得：OC=∴l30．（2025·福建厦门·二模）如图1，已知⊙O是等腰三角形ABC的外接圆，AB=AC，D是⊙O上一点，连接BD，交AC于点G．射线DA与AB的夹角的角平分线AE交⊙O于点E，射线CE(1)若GD=1，AD=2，BC=4(2)求证：∠DBC(3)如图2，当BD为直径时，若AD=5，BC=8，求【答案】(1)见解析(2)见解析(3)25【分析】本题属于圆的综合题，主要考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识，较难的是题（3），通过添加辅助线，构造相似三角形是解题关键．（1）先根据圆周角定理可得∠CBG=∠DAG，∠（2）连接BE，先证明△FAE≌△BAEASA，进而根据圆周角定理得出∠F（3）连接BF，延长AE交BF于点M，过点B作BN⊥CF于点N，连接OE，BE，CD，先根据等腰直角三角形的判定与性质可得，AM⊥BF,AM=BM=FM=12BF，证明△EBM∽△DBA，△【详解】（1）解：∵AB=∴∠D又∵∠AGD∴△AGD∴ADBC∵GD=1，AD=2，∴CG=2（2）证明：如图，连接BE，∵AB=∴∠ABC又∵AC=∴∠AEC∴∠ACB∴四边形AEBC是圆内接四边形，∴∠AEB∴∠AEB∵∠AEF∴∠AEB∵AE平分∠FAB∴∠FAE又∵AE=∴△FAE∴∠F∵AE∴∠2=∠3，∴∠F∵∠1=∠∴∠1=2∠又∵CD∴∠DBC∴∠（3）解：如图，连接BF，延长AE交BF于点M，过点B作BN⊥CF于点N，连接OE，BE，设⊙O的半径为r（r>0∵BD为⊙∴∠BAD∴∠BAF∵AE平分∠∴∠EAF由圆周角定理得：∠BOE∴∠由（2）知：∠ACF∴AF∵AB∴AF∴∠AFB=∠∴∠ABF∴∠ABF-∠ABE∵∠BME∴△EBM∴EM∴EM由圆周角定理得：∠BEN∵∠BNE∴△BEN∴BN∴BN设AM=FM=x∵S∴EF在Rt△EFM中，由勾股定理得：F解得：x=∴AM=∴AE=∴△AEF的面积为131．（2025·福建福州·二模）综合与实践问题情境：如图1，有一个圆锥草帽，其底面半径为r，当把这个圆锥草帽的侧面展开后，会得到一个半径为l，圆心角为120°的扇形．(1)探索尝试：圆锥草帽底面周长与其侧面展开图的弧长______；（填“相等”或“不相等”）若r=2，则l=(2)问题抽象：图2中，对于任意一个圆锥体，其底面半径为r，侧面展开图会得到一个半径为l，圆心角为n°的扇形，请用含r，l的式子表示n(3)拓展延伸：图3是一种纸质圆锥形草㡌，AB=6cm,l=6cm,C是线段PB中点，如今计划要从点【答案】(1)相等，6(2)n(3)不够长；理由见解析【分析】（1）根据圆锥侧面展开图的意义，得到圆锥草帽底面周长与其侧面展开图的弧长是相等的，由r=2，则l（2）根据题意，得圆锥底面圆的周长为2πr，侧面展开图的扇形弧长为l·n（3）根据（2）得n=360rl=360×36【详解】（1）解：根据圆锥侧面展开图的意义，得到圆锥草帽底面周长与其侧面展开图的弧长是相等的，由r=2，则l解得l=6故答案为：相等，6．（2）解：根据题意，得圆锥底面圆的周长为2πr，侧面展开图的扇形弧长为l·n·π解得n=（3）解：∵AB=6∴r=3∴n=∴A'∴A'∴A'∴2A∵13=169∴够长．【点睛】本题考查了圆锥的侧面展开，弧长公式，扇形与底面圆的关系，勾股定理，熟练掌握展开图的意义是解题的关键．32．（2025·福建泉州·三模）一部台式切割机的截面图如图1所示．点P为转动杆手把位置，A为转动杆与底座连接处的转动点，AQ为底座，O为圆形切割片的圆心（点O在AP上）．已知切割机未工作时的最大仰角∠PAQ=70°，OA=4dm，底座长

(1)切割机工作时，转动杆AP绕点A按顺时针方向旋转锐角α，此时⊙O与AQ'相切于点G（如图2①∠Q②点Q'到转动杆AP(2)现将一方形薄铁片置于底座上进行加工，切开一个2.4dm长度的口子（切口大小应符合实际要求）．已知底座有凹槽，允许切割片穿过的最大深度为0.5【答案】(1)①40°；②72(2)能达到加工要求，见解析【分析】本题考查了解直角三角形的应用，相似三角形的判定和性质，切线的性质．（1）①利用切线的性质结合正弦函数的定义即可求得α=30°②过点Q'作Q'B（2）利用垂径定理求解即可．【详解】（1）解：①如图1，当∠PAQ'=α时，AQ'则OG⊥AQ'，且∠PA∴sinα∴α=30°则∠QA②过点Q'作Q'B⊥AP∵∠OAG=∠Q∴△OAG则OGB∴BQ即点Q'与转动标杆AP的距离为7（2）解：如图2，设AQ'与⊙O相交于E、F两点，连结OF，过点O作OI⊥AQ'设EF=2.4，则IF由勾股定理，得OI∴深度IG=∵0.4<0.5，∴能达到加工要求．33．（2025·福建福州·三模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，以BC为直径的⊙O交AB于点D，点E在⊙O上，连接BE,CE(1)求证：∠BED(2)若BE=①求DP的长；②求tan∠【答案】(1)见解析(2)①12510；【分析】本题考查圆的性质、相似三角形判定与性质，解题关键是利用圆的直径所对圆周角为直角，结合角度关系找相似三角形，通过相似三角形性质及勾股定理等求解．（1）利用直径所对圆周角为直角，结合同角的余角相等，推导∠A=∠BCD（2）①先由角的关系证△BPE∽△DPC，得出DC=PC，再作DF⊥BC，证△DFC∽△CDA求出DF，用勾股定理算CF，进而得PF，最后用勾股定理求DP②证△DFC∽△BDC求出【详解】（1）∵BC∴∠BDC∴∠BCD∵∠ACB∴∠CBD∴∠A∵BD∴∠BED∴∠（2）过点D作DF⊥BC于点，∵∠BED=∠∴△BEP∴BE∵BE∴DC∵DF∴∠DFC∵∠CDA∴∠DFC∵∠A∴△DFC∴DF∴DF∴DF在Rt△∴CF∴PF在Rt△∴DP②∵∠DFC∴△DFC∴CD∴12∴CB∴BP∵BE∴BE∴BE在Rt△∴CE∴tan34．（2025·福建福州·三模）如图，在△ABC中，∠C=90°，O为边AB上的一点，以O为圆心，OB为半径的圆与AC切于点E，与AB交于另一点(1)求证：BE平分∠ABC(2)若BO=6，BE=9，求【答案】(1)见解析(2)3【分析】（1）连接OE，切线的性质推出OE∥BC，得到∠OEB=∠CBE（2）连接DE，过点E作EF⊥BD，勾股定理求出DE的长，等积法求出EF的长，角平分线的性质，得到CE=EF，【详解】（1）证明：连接OE，则：OE=∴∠OBE∵以O为圆心，OB为半径的圆与AC切于点E，∴OE⊥∴∠OEA∴OE∥∴∠OEB∴∠OBE∴BE平分∠ABC（2）解：连接DE，过点E作EF⊥∵BD为直径，∴∠BED∵OB=6∴BD=12∴DE=∵EF⊥BD，∴12DE⋅∴EF=∵BE平分∠ABC，EF⊥BD∴CE=∵OE∥∴AECE∴AEAO∵OE⊥∴∠AEO∴cosA【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，勾股定理，平行线分线段成比例，求角的余弦值，熟练掌握知识点，并灵活运用，是解题的关键．35．（2025·福建厦门·二模）在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，点P从点C出发，在线段CB上向点B以每秒2cm的速度移动，以点P为圆心，PB(1)BP=（用含t(2)如图2，在运动过程中，是否存在t的值，使得⊙P与直线AC相切？若存在，求出t(3)如图3，当⊙P与直线AD相切时，切点为E，T为弧BE上的任意一点，过点T作⊙P的切线分别交AB，AD于点M、N，设BM长度为①求证：△AMN②记△AMN的面积为S1，△PMN的面积为S2，当【答案】(1)4-2(2)5(3)①2；②4+73或【分析】（1）直接根据题意用t表示出BP；（2）由相切以及圆的相关定义可知PB=PQ=4-2t，由勾股定理可得（3）①由⊙P与直线AD相切可得四边形ABPE是正方形，所以AB=AE=3，再利用全等三角形的判定与性质TM=BM、EN=EN，从而△AMN的周长=AB+AE=6，进而完成即可；②【详解】（1）解：∵点P从点C出发，在线段CB上向点B以每秒2cm的速度移动，连接PD∴CP=2∴PB=故答案为：4-2t（2）解：如图：过P作PQ⊥AC于点当⊙P与直线AC相切时，PQ为半径，此时PQ∵AB=3∴AC=∴sin∠ACB=PQCP（3）解：①如图，过P作PE⊥AD于点当⊙P与直线AD相切时，PE为半径，此时PE∵∠A∴四边形ABPE是正方形，∴AB=∴S四边形∵MN与圆相切，AB与圆相切，AD与圆相切，∴∠MTP∵PT=∴Rt△∴TM=同理可得：TN=∴△AMN的周长=∵PT是半径，∴PT=3∴△AMN②∵MN与圆相切，AB与圆相切，AD与圆相切，∴∠MTP∵PT=∴Rt△∴S同理可证：S△∴S==9-∴2S∵1S∴1S1+19-S1当S1=1时，∵S2∴MN=∵BM=∴AM=3-x，∴TN=∴AN=∵S1∴123-xx+13当S1=8时，∵S2∴MN=∵BM=∴AM=3-x，∴TN=∴AN=∵S1∴123-xx+83综上，x的值为4+73或【点睛】本题主要考查了切线的性质、切线长定理、勾股定理、解一元二次方程、解直角三角形等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．36．（2025·福建福州·三模）已知，AB、CD、(1)若CD是圆O的直径，G为圆O上一点．①如图1，AB是垂直于CD的直径，EO和GO关于直线AB对称，连接GF，证明：GF∥②如图2，CD过AB的中点M，∠EMA=∠GMA，连接AE(2)如图3，CD、EF过AB的中点M，连接EC、DF交AB于P、【答案】(1)①见解析；②见解析；(2)PM=【分析】（1）①连接EG，易证EF是圆O的直径，得GF⊥EG，由EO和GO关于直线AB对称，得OA⊥EG，从而即可得证；②连接BF，证明A和B关于CD所在直线对称，CD所在直线是∠GMF（2）过D作DH∥AB交圆O于点H，连接HE，HA，HM，过M作XW⊥AB于M，交圆O于XW，证明点E、H、C、D共圆，得∠HEP=∠HDM=∠HMC，点H【详解】（1）解：①如图，连接EG，∵CD，AB是圆O的直径，AB、CD、∴EF是圆O的直径，∴∠EGF∴GF⊥∵EO和GO关于直线AB对称，∴OA⊥∴GF∥②如图，连接BF，∵M是AB的中点，CD是直径，∴AM=BM，CD⊥AB，AD=BD，CD所在直线是圆O的对称轴，∴∠AMD∵∠EMA∴∠EMA∴90°-∠AMG=90°-∠BMF∴CD所在直线是∠GMF∴点G与点F关于CD所在直线对称，∴AG=∴AG=∵∠AEM=∠FBM∴△AEM∴AEBF同理可证BEAF∴AEAG（2）解：PM=过D作DH∥AB交圆O于点H，连接HE，HA，HM，过M作XW⊥AB于M，交圆∵M是AB的中点，∴XW是直径，∵DH∥AB，∴XW⊥DH，∠MHN∴DN=HN，∵MN=∴△DNM∴∠MHN=∠MDN∵点E、H、C、D共圆，∴∠HEP∴点H、P、M、E四点共圆，∴∠PHM∴△PHM∴PM=【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定及性质，垂径定理，圆的性质，全等三角形的判定及性质，四点共圆，熟练掌握相似三角形的判定及性质，垂径定理是解题的关键．37．（2025·福建莆田·三模）已知AB为⊙O的直径，AC是⊙O的一条弦，E为BC上的一个点，CD⊥AE于点N，交AB于点M，交⊙O(1)如图1，当DE⊥AB于点F时，求证(2)如图2，当AC=45①求DE的长；②求CM⋅【答案】(1)见解析(2)①855；【分析】（1）由圆周角定理可得∠CAN=∠MDF（2）①解法一：连接BC，AD，由圆周角定理可得∠ACB=90°，由勾股定理可得BC=855，从而得出tan∠CBA=12，结合圆周角定理得出tan∠ADN=tan∠CBA=12，证明△ANC∽△DNE，由相似三角形的性质即可得解；解法二：连接BC，AD，连接DO并延长交⊙O于点G，连接GE，由圆周角定理可得∠ACB=90°，由勾股定理可得BC=855，解直角三角形得出sin∠DAE=sin∠CAB=255，即可得解；解法三：连接BC，AD，连接DO并延长交⊙O于点G，连接GE【详解】（1）解：∵DE⊥AB∴∠MFD∴∠MDF∵CD∴∠ANC∴∠ACM∵CE∴∠CAN∴∠ACM∵∠AMC∴∠ACM（2）解：①解法一：如图，连接BC，AD，∵AB为⊙O∴∠ACB∵AC=4∴在Rt△ABC中，由勾股定理得：∴tan∵CA∴∠ABC∴tan∵CD∴∠AND∴tan∵CE∴∠CAN∵∠ANC∴△ANC∴AC∴DE解法二：如图，连接BC，AD，连接DO并延长交⊙O于点G，连接GE∵AB为⊙O∴∠ACB∵AC=4∴在Rt△ABC中，由勾股定理得：∴sin∵∠ACB∴∠CAB∵CD∴∠AND∴∠ADN∵CA∴∠ABC∴∠CAB∴sin∵DE∴∠DGE∴sin∵DG为⊙∴DG=AB∴在Rt△DEG中，解法三：如图，连接BC，AD，连接DO并延长交⊙O于点G，连接GE由解法二可得∠CAB=∠DAE∵DE∴∠DGE∴∠DGE∵DG为⊙∴DG=AB∴△ABC∴DE解法四：如图，连接BC，AD，CO，EO，DO，∵AB为⊙O∴∠ACB∵AC=4∴在Rt△ABC中，由勾股定理得：∵∠ACB∴∠CAB∵CD∴∠AND∴∠ADN∵CA∴∠ABC∴∠CAB∵DE=DE∴∠DOE=2∠DAE∴∠DOE∴DE=BC②解：如图，连接AD，BC，由①中的解法二得∠CAB∵AD∴∠ACM∴△CAM∴CM∴CM⋅∵CD∴∠AND∴在Rt△ADN中，由①中的解法二得sin∠∴DN∴由①×②得CM⋅∴CM【点睛】本题考查了圆周角定理、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．38．（2025·福建厦门·二模）已知△ABC内接于⊙O，AC为直径，在CA延长线上取一点E，使得AE=AB，连接BE，在AE下方，作∠AFE=∠BCA，连接CF(1)如图1，若∠BDC①求证：AF是⊙O②若tan∠AEF=2(2)如图2，若AF=EF，2∠CBD=3∠BCA【答案】(1)①见解析；②cos(2)BD=【分析】（1）①利用直径所对圆周角为直角，结合圆周角定理及已知角的等量关系，推导得出AF⊥OA，进而证明②先由三角函数和全等三角形得到相关线段关系，再在直角三角形中用勾股定理求出边长，最后根据余弦定义计算cos∠ACD（2）通过构造相等线段的点G，利用圆周角、等腰三角形性质推导角的关系，证明三角形全等，结合弧与弦的关系，得出BD与EF的数量关系．【详解】（1