考點(diǎn)1：圓的有關(guān)性質(zhì)（10年10考，4~13分）
考點(diǎn)2：與圓有關(guān)的位置關(guān)系（10年5考，4~10分）
考點(diǎn)3：與圓有關(guān)的計(jì)算題（10年4考，4~5分）
【安徽最新模擬練】
一、單選題
1．（2023·安徽淮北·統(tǒng)考一模）如圖，是的中點(diǎn)，，若，，則所在圓的半徑為（ ）
A．B．4C．5D．
【答案】D
【分析】根據(jù)垂徑定理可得過圓心O，，連接，如圖，設(shè)圓的半徑為x，在直角三角形中，根據(jù)勾股定理列方程求解即可；
【詳解】解：∵是的中點(diǎn)，，
∴過圓心O，，
連接，如圖，設(shè)圓的半徑為x，
則，
在直角三角形中，∵，
∴，
解得：；
故選：D.
【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理以及勾股定理，屬于常考題型，熟練掌握垂徑定理、列出方程是解題的關(guān)鍵.
2．（2023·安徽合肥·校聯(lián)考二模）是半圓的直徑，與半圓相切于點(diǎn)，交半圓于點(diǎn)，若，則的度數(shù)為（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)切線的性質(zhì)，得到，互余關(guān)系，求出，等邊對等角，求出，鄰補(bǔ)角求出的度數(shù)即可．
【詳解】解：∵是半圓的直徑，與半圓相切于點(diǎn)，交半圓于點(diǎn)，
∴，，
∴，
∴，
∴；
故選D．
【點(diǎn)睛】本題考查切線的性質(zhì)，等邊對等角，互余關(guān)系，鄰補(bǔ)角．熟練掌握切線垂直于過切點(diǎn)的半徑，是解題的關(guān)鍵．
3．（2023·安徽合肥·?？家荒＃┤鐖D，直線與相切于點(diǎn)，是的一條弦，且，連接．若的半徑為，，則陰影部分的面積為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】如圖所示，過點(diǎn)作，作于，可得，，結(jié)合圖形可求出扇形的面積，的面積，由此即可求解．
【詳解】解：如圖所示，過點(diǎn)作，作于，則點(diǎn)是的中點(diǎn)，
∵直線與相切于點(diǎn)，，
∴在同一條直線上，且，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，，
∴，
∴陰影部分的面積為，
故選：．
【點(diǎn)睛】本題主要考查圓與三角形的綜合，掌握垂進(jìn)定理，平行線的性質(zhì)，特殊角的直角三角形，扇形面積的計(jì)算方法是解題的關(guān)鍵．
4．（2023·安徽阜陽·統(tǒng)考二模）如圖，是半圓O的直徑，平分，且，則弧的長為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】連接，，證明是等邊三角形，套用弧長公式計(jì)算即可．
【詳解】連接，，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∵是半圓O的直徑，
∴，
∴，
∴，
解得
∴，
∴是等邊三角形，
∴，
∴，
故選C．
【點(diǎn)睛】本題考查了直徑所對的圓周角是直角，等邊三角形的判定和性質(zhì)，等腰梯形的判定和性質(zhì)，弧長公式，熟練掌握弧長公式是解題的關(guān)鍵．
5．（2023·安徽馬鞍山·統(tǒng)考一模）如圖，在中，，，點(diǎn)D為邊上一動點(diǎn)（不與點(diǎn)B、C重合），垂直交于點(diǎn)E，垂足為點(diǎn)H，連接并延長交于點(diǎn)F，則以下結(jié)論錯誤的是（ ）
A．當(dāng)時，B．當(dāng)時，
C．當(dāng)時，D．的最小值為
【答案】D
【分析】根據(jù)勾股定理求得，再利用三角形的等面積法求解可判斷A；根據(jù)三角形的中位線性質(zhì)證得，再證明，，，然后根據(jù)直角三角形的性質(zhì)和相似三角形的性質(zhì)可判斷B；設(shè)，則，，過點(diǎn)B作交的延長線于點(diǎn)N，結(jié)合題意以及直角三角形的性質(zhì)，利用全等三角形的判定證明得到，再證明，進(jìn)而利用相似三角形的性質(zhì)可判斷C；當(dāng)最短時，點(diǎn)F為的中點(diǎn)，進(jìn)而求解即可判斷D．
【詳解】解：當(dāng)時，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵垂直，
∴，
∴，
∴，
故A正確，不符合題意；
如圖，過點(diǎn)D作交于點(diǎn)M，
當(dāng)時，
∴是的中位線，
∴，
∵，垂直，
∴，
∴， ，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故B正確，不符合題意；
當(dāng)時，設(shè)，則，
∴，
過點(diǎn)B作交的延長線于點(diǎn)N，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故C正確，不符合題意；
∵，
∴點(diǎn)H在以為直徑的圓上，
當(dāng)最短時，點(diǎn)F為的中點(diǎn)，
∴，
∴，
∴的最小值為，
故D錯誤，符合題意；
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，考查了勾股定理、三角形面積公式、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、三角形中位線的性質(zhì)、圓的基本知識等知識，熟練掌握勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)并作出合理的輔助線是解題的關(guān)鍵．
6．（2023·安徽合肥·校聯(lián)考二模）動點(diǎn)在等邊的邊上，，連接，于，以為一邊作等邊，的延長線交于，當(dāng)取最大值時，的長為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分別連接，，作 ，交的延長線于，利用等邊三角形的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)得到，；證明，則，利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)得到，從而得到，，，四點(diǎn)共圓，利用圓中最長的弦為直徑得到當(dāng)取最大值時，則等于直徑，利用勾股定理即可求得結(jié)論．
【詳解】解：如圖，連接，，作，交的延長線于，
∵和是等邊三角形，
∴，，，，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴點(diǎn)為中點(diǎn)，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，，四點(diǎn)共圓，
∴當(dāng)取最大值時，則等于直徑，
此時為中點(diǎn)，，
∵，
∴，
∴．
∴的長為．
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，圓內(nèi)接四邊形等知識．利用全等三角形的判定定理準(zhǔn)確找出圖中的全等三角形是解題的關(guān)鍵．
7．（2023·安徽合肥·?？家荒＃┤鐖D，在中，，，以為邊作等腰直角，連，則的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】如圖所示，以為斜邊，在右側(cè)作等腰直角，過點(diǎn)O作交延長線于E，連接，則，，先證明點(diǎn)B在以O(shè)為圓心，為半徑的圓周上運(yùn)動（右側(cè)），故當(dāng)點(diǎn)O在線段上時，最大，再求出的長，進(jìn)而利用勾股定理求出的長即可得到答案．
【詳解】解：如圖所示，以為斜邊，在右側(cè)作等腰直角，過點(diǎn)O作交延長線于E，連接，
∴，，
∵，
∴點(diǎn)B在以O(shè)為圓心，為半徑的圓周上運(yùn)動（右側(cè)），
∴當(dāng)點(diǎn)O在線段上時，最大，
∵是以為邊的等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴的最小值，
故選D．
【點(diǎn)睛】不能退主要考查了圓外一點(diǎn)到圓上一點(diǎn)距離的最大值問題，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，正確作出輔助線確定點(diǎn)B的軌跡是解題的關(guān)鍵．
8．（2023·安徽滁州·統(tǒng)考二模）如圖，四邊形是的內(nèi)接正方形，直線且平分，交于點(diǎn)，．若，則陰影部分面積為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】連接，，由題意可知，為等邊三角形，推出，即可求出答案．
【詳解】解：如圖：連接，，
直線且平分，
，
，
，
為等邊三角形，
，邊上的高為：，
∵四邊形是的內(nèi)接正四邊形，
，
，
，
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形與圓，解直角三角形，正確運(yùn)用扇形面積公式是解題的關(guān)鍵．
二、填空題
9．（2023·安徽合肥·統(tǒng)考一模）《夢溪筆談》是北宋的沈括所著的筆記體綜合性科學(xué)著作，其中收錄了計(jì)算圓弧長度的“會圓術(shù)”，如圖，弧是以點(diǎn)為圓心，為半徑的圓弧，是弦的中點(diǎn)，在弧上，且．“會圓術(shù)”給出弧的弧長的近似值的計(jì)算公式：．當(dāng)，時，____________．
【答案】3
【分析】連接，根據(jù)計(jì)算，證明O、C、D三點(diǎn)共線，結(jié)合等腰直角三角形的性質(zhì)，得，代入計(jì)算即可．
【詳解】連接，
∵，，是弦的中點(diǎn)，
∴，，，
∵，
∴O、C、D三點(diǎn)共線，
∴，
∴，
故答案為：3．
【點(diǎn)睛】本題考查了圓的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握圓的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理是解題的關(guān)鍵．
10．（2023·安徽合肥·統(tǒng)考一模）如圖，點(diǎn)A，B，C是⊙的上點(diǎn)，，，若⊙的半徑為5，則的長是______．
【答案】
【分析】由題意可得，由，可得，，進(jìn)而可得，，，再結(jié)合弧長公式即可求解．
【詳解】解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的長為：，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查求弧長，平行線的性質(zhì)及利用等邊對等角求角度，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．
11．（2023·安徽合肥·模擬預(yù)測）如圖，在中，直徑與弦交于點(diǎn)E， ，四邊形是菱形，則的長是 _____．
【答案】/
【分析】先說明是等邊三角形可得,再根據(jù)題意求得,最后根據(jù)弧長公式計(jì)算即可．
【詳解】解：∵四邊形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴是等邊三角形，
∴，
∵為的直徑，
∴，
∴，
∴的長是．
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、弧長公式、解直角三角形等知識點(diǎn)，求得和是解答本題的關(guān)鍵．
12．（2023·安徽合肥·統(tǒng)考二模）如圖，在矩形中，，，M，N分別是，上的動點(diǎn)，連接，交于點(diǎn)E，且．
（1）___________．
（2）連接，則的最小值為___________．
【答案】 /90度 2
【分析】（1）由，推出，最后利用矩形的性質(zhì)即可得解；
（2）先確定E點(diǎn)的運(yùn)動路徑是個圓，再利用圓的知識和兩點(diǎn)這間線段最短確定最短長度，然后利用勾股定理即可得解．
【詳解】（1）∵，，
∴，
∴
.∵四邊形是矩形，
∴，，
∴，
故答案為．
（2）∵，點(diǎn)E在以為直徑的圓上，設(shè)的中點(diǎn)為O，則當(dāng)O，E，C三點(diǎn)共線時，的值最小，此時
∵，，
∴，
∴，
∴，
故答案為2．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，最短距離，圓等知識的應(yīng)用，熟練掌握其性質(zhì)是解決此題的關(guān)鍵．
13．（2023·安徽合肥·統(tǒng)考二模）如圖，內(nèi)接于圓O．若，，，則的弧長為___________．
【答案】
【分析】根據(jù)三角形內(nèi)角和求出的度數(shù)，連接，得到，證得是等腰直角三角形，求出，根據(jù)弧長公式計(jì)算可得．
【詳解】解：∵，，
∴，
連接，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，，
∵，
∴，
∴，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】此題考查了圓周角定理，弧長公式，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，正確掌握圓周角定理求出是解題的關(guān)鍵．
14．（2023·安徽宿州·統(tǒng)考二模）如圖，在平行四邊形中，，，，則陰影部分的面積為_______________．
【答案】
【分析】先計(jì)算出扇形的面積，再計(jì)算出平行四邊形的面積，陰影部分的面積等于平行四邊形的面積減去扇形的面積．
【詳解】解：如圖所示，過點(diǎn)D作與點(diǎn)F，
∵，，
∴，
∵，，，
∴，,
∴，
∴，
∴，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形和扇形的面積，解題的關(guān)鍵是熟知平行四邊形和扇形的面積公式．
15．（2023·安徽亳州·統(tǒng)考二模）如圖，，，，，連接，其中的延長線交于點(diǎn)F．
（1）______．
（2）若點(diǎn)P為的中點(diǎn)，則的最小值是______．
【答案】
【分析】（1）由，推出，，再利用等角的余角相等得到，即可證明；
（2）由，求得，得到，推出點(diǎn)F在以為直徑的上，當(dāng)O、P、F在同一直線上時，取得最小值，根據(jù)三角形中位線定理即可求解．
【詳解】解：（1）∵，
∴，，
∴，且，
∴，
故答案為：；
（2）∵，
∴，
∴，
∴點(diǎn)F在以為直徑的上，
當(dāng)O、P、F在同一直線上時，取得最小值，
∵，，，
∴，
∴，
∵是中點(diǎn)，是中點(diǎn)，
∴是的中位線，
∴，
∴的最小值是，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理，圓周角定理，判斷點(diǎn)F在以為直徑的上是解題的關(guān)鍵．
三、解答題
16．（2023·安徽宿州·統(tǒng)考二模）如圖，是的外接圓，直徑的長為6，過點(diǎn)C的切線交的延長線于點(diǎn)D，連接．
(1)若，求的長；
(2)若，求證：．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）先根據(jù)切線的性質(zhì)得到，則利用含角的直角三角形三邊的關(guān)系得到，然后計(jì)算即可；
（2）先利用得到，再計(jì)算出，則利用三角形內(nèi)角和可計(jì)算出，所以，從而得到．
【詳解】（1）解：∵直徑的長為6，
∴，
∵為的切線，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）證明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【點(diǎn)睛】本題考查切線的性質(zhì)，等腰三角形的判定，含30°角的直角三角形的性質(zhì)掌握切線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
17．（2023·安徽蚌埠·校聯(lián)考二模）如圖，中，，以為直徑作，與邊交于點(diǎn)，過點(diǎn)的的切線交的延長線于點(diǎn)．
(1)求證：；
(2)若，，求的長．
【答案】(1)見解析
(2)．
【分析】（1）由等邊對等角，以及三角形內(nèi)角和定理推出，再由圓周角定理推出，據(jù)此即證明結(jié)論；
（2）設(shè)，則，，證明，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解．
【詳解】（1）證明：∵，
∴，
∴，
∵為的直徑，
∴，
∴；
（2）解：∵為的直徑，
∴，
∵，
∴，
設(shè)，則，，
∵，
∴，
連接，
則，
∴，
∵為的直徑，為的切線，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，相似三角形的性質(zhì)與判定和三角函數(shù)的定義，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識解決問題．
18．（2023·安徽阜陽·統(tǒng)考二模）如圖，以的邊為直徑作半圓O交于點(diǎn)D，且，半圓O交于點(diǎn)E．
(1)求證：．
(2)若，，求半圓O的半徑r．
【答案】(1)見解析
(2)6
【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)證明即可；
（2）根據(jù)平行線分線段成比例定理，三角形相似的判定和性質(zhì)計(jì)算即可．
【詳解】（1）證明：∵的邊為直徑作半圓O交于點(diǎn)D，且，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：的邊為直徑作半圓O交于點(diǎn)D，且，
根據(jù)解析（1）可知，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
故圓的半徑為6．
【點(diǎn)睛】本題考查了圓的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，三角形相似的判定和性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
19．（2023·安徽合肥·合肥市第四十二中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，是的直徑，，都是上的點(diǎn)，平分，過點(diǎn)作的垂線交的延長線于點(diǎn)，交的延長線于點(diǎn)．
(1)求證：是的切線；
(2)若，，求的值．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）連接，由題可知，已經(jīng)是圓上一點(diǎn)，想證為切線，只需證明/ODF-90°即可；
（2）連接，根據(jù)勾股定理求出，進(jìn)而根據(jù)三角形的中位線定理可得的長，從而得的長．
【詳解】（1）證明：如圖1，連接，
平分，
，
，
且在上，
是的切線；
（2）連接，交于，
是的直徑，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
四邊形是矩形，
，．
【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定，掌握三角形的中位線定理，勾股定理，角平分線的定義，切線的判定等知識點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．
20．（2023·安徽合肥·校考一模）如圖，在中，，以為弦作，交的延長線于點(diǎn)，且，．
(1)求證：為的切線；
(2)若的半徑為，，求劣弧的長．
【答案】(1)見解析
(2)劣弧的長為
【分析】（1）如圖所示，連接，可知為的直徑，可證，再根據(jù)角的關(guān)系證明，由此即可求證；
（2）連接，根據(jù)題意可得是的中線，根據(jù)的性質(zhì)，圓周角的性質(zhì)可求出的度數(shù)，根據(jù)弧長公式即可求解．
【詳解】（1）證明：如圖所示，連接，
∵，
∴，
∴為的直徑，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵是的直徑，
∴為的切線；
（2）解：連接，
∵，
∴，
∵的半徑為2，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴弧的長為．
【點(diǎn)睛】本題主要考查圓與三角形的綜合，掌握切線的證明方法，弧長的計(jì)算方法是解題的關(guān)鍵．
21．（2023·安徽亳州·統(tǒng)考二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)為原點(diǎn)，，，．
(1)將先向右平移3個單位，再向下平移2個單位，得到，請?jiān)趫D中作出；
(2)將繞原點(diǎn)逆時針旋轉(zhuǎn)，得到，請?jiān)趫D中作出（點(diǎn)、、分別對應(yīng)點(diǎn)、、），求點(diǎn)在旋轉(zhuǎn)過程中經(jīng)歷的總路程．
【答案】(1)見解析
(2)見解析；
【分析】（1）根據(jù)平移的規(guī)則，找出點(diǎn)平移后對應(yīng)的點(diǎn)，再順次連接即可得到答案；
（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)即可作出圖，再根據(jù)弧長公式即可計(jì)算出點(diǎn)在旋轉(zhuǎn)過程中經(jīng)歷的總路程．
【詳解】（1）解：如圖所示：
（2）解：如圖所示：
，
點(diǎn)在旋轉(zhuǎn)過程中經(jīng)歷的總路程．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了作圖—平移變換，旋轉(zhuǎn)變換等知識，弧長公式計(jì)算弧長，解題的關(guān)鍵是掌握平移變換的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)，屬于中考?？碱}型．
22．（2023·安徽馬鞍山·?？家荒＃┤鐖D，點(diǎn)B為圓O外一點(diǎn)，過點(diǎn)B作圓O的切線，點(diǎn)P為上一點(diǎn)，連接并延長交圓O于點(diǎn)C，若與垂直．
(1)求證：；
(2)若，圓O的半徑為8，求的長．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）證明，再根據(jù)切線的性質(zhì)證明，即可證明．
（2）作于H，求出，根據(jù)，圓O的半徑為8，求出，證明，即可解得．
【詳解】（1）證明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵與圓切于A，
∴半徑，
∴，
∴，
∴；
（2）解：作于H，
∵，
∴，
∵，
圓O的半徑為8，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的長是．
【點(diǎn)睛】此題考查了圓的切線性質(zhì)、三角形相似、等腰三角形的判定、勾股定理，解題的關(guān)鍵是借助輔助線構(gòu)造三角形相似．
23．（2023·安徽合肥·合肥38中?？级＃┮阎妊?，，且，連接交于點(diǎn)E，以為直徑的上有一點(diǎn)F，使得，連接交于點(diǎn)G，若．
(1)判斷與的關(guān)系，并說明理由；
(2)若，求的值．
【答案】(1)與相切，理由見解析
(2)
【分析】（1）如圖所示，連接，先由三角形內(nèi)角和定理和對頂角相等證明，再根據(jù)等邊對等角證明，即可得到結(jié)論；
（2）如圖所示，連接交于H，連接，由直徑所對的圓周角是直角得到，再證明四點(diǎn)共圓，得到，進(jìn)而證明，則由角平分線的性質(zhì)得到，再證明，推出，則，即可求出，利用勾股定理求出，再由，是的直徑，得到，，則；證明，即可得到．
【詳解】（1）解：與相切，理由如下：
如圖所示，連接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴與相切；
（2）解：如圖所示，連接交于H，連接，
∵是的直徑，
∴，
∵，
∴四點(diǎn)共圓，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，是的直徑，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的判定，垂徑定理，圓周角定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定等等，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
24．（2023·安徽合肥·?？家荒＃?）【初步體驗(yàn)】如圖1，正方形中，點(diǎn)，分別是、邊上，且于點(diǎn)，求證：．
（2）【思考探究】如圖2，在（1）的條件下，連接并延長交于點(diǎn)，若點(diǎn)為邊中點(diǎn)，求證：．
（3）【靈活運(yùn)用】如圖3，在（2）的條件下，連接并延長交的延長線于點(diǎn)，求的值．
【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）
【分析】（1）利用正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)證明即可；
（2）先根據(jù)直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得到，再證明得到即可；
（3）設(shè)，，根據(jù)（2）中結(jié)論求得，再證明E、A、F、O四點(diǎn)共圓，利用圓周角定理和平行線的性質(zhì)證得，利用等腰三角形的判定和性質(zhì)證得，進(jìn)而求得即可求解．
【詳解】（1）證明：如圖1，
∵四邊形是正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，又，
∴，
∴，
∴．
（2）如圖2，
∵點(diǎn)為中點(diǎn)，
∴，
∴，，
∵，
∴，又，
∴，
∴，
而，
，
∴，又，，
∴
∴，
∴即．
（3）如圖3，
設(shè)，，則，
∵，
∴，則，
由（2）中得，
解得（負(fù)值舍去），
∵，
∴E、A、F、O四點(diǎn)共圓，
∴，又，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，又，
∴，
∴，
∴．
【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)、圓周角定理、解一元二次方程等知識，熟練掌握相關(guān)知識的聯(lián)系與運(yùn)用，利用全等三角形和相似三角形的性質(zhì)探究邊角間的關(guān)系是解答的關(guān)鍵．
25．（2023·安徽合肥·統(tǒng)考二模）是的直徑，是的切線，連接交于點(diǎn)，連接．
(1)如圖1，若，求的長；
(2)如圖2，作的角平分線交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，若，，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)切線的性質(zhì)可得到：，由“等邊對等角”可得：，根據(jù)“直徑所對的圓周角是直角”得：，在中，由邊角關(guān)系即可求出的長；
（2）在中，由勾股定理得，從而得到，在中，由邊角關(guān)系得，連接，過點(diǎn)A作于點(diǎn)G，由“直徑所對的圓周角是直角得：，由角平分線的定義得，由“同弧所對的圓周角相等”得，在中，由邊角關(guān)系得，在中，由邊角關(guān)系得在中，由勾股定理得，從而得出：，再證明，得到，即可得的值出．
【詳解】（1）解：∵是的直徑，是的切線，
∴
∴
在中，
∴
在中，
，
即的長為；
（2）解：在中，
在中
，
連接過點(diǎn)A作于點(diǎn)G，如圖：
則，
∵是的直徑，
∴，
∵是的平分線，
∴，
∴，
在中
，
在中，
，
，
在中，由勾股定理，得
，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的值為．
【點(diǎn)睛】本題考查了圓的性質(zhì)，勾股定理，三角函數(shù)的性質(zhì)與應(yīng)用，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定等知識，熟練掌握其性質(zhì)是解決此題的關(guān)鍵．
【安徽實(shí)戰(zhàn)真題練】
一、單選題
1．（2020·安徽·統(tǒng)考中考真題）已知點(diǎn)在上．則下列命題為真命題的是（ ）
A．若半徑平分弦．則四邊形是平行四邊形
B．若四邊形是平行四邊形．則
C．若．則弦平分半徑
D．若弦平分半徑．則半徑平分弦
【答案】B
【分析】根據(jù)圓的有關(guān)性質(zhì)、垂徑定理及其推論、特殊平行四邊形的判定與性質(zhì)依次對各項(xiàng)判斷即可．
【詳解】A．∵半徑平分弦，
∴OB⊥AC，AB=BC，不能判斷四邊形OABC是平行四邊形，
假命題；
B．∵四邊形是平行四邊形,且OA=OC,
∴四邊形是菱形，
∴OA=AB=OB，OA∥BC，
∴△OAB是等邊三角形，
∴∠OAB=60o,
∴∠ABC=120o,
真命題；
C．∵，
∴∠AOC=120o，不能判斷出弦平分半徑，
假命題；
D．只有當(dāng)弦垂直平分半徑時，半徑平分弦，所以是
假命題，
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題主要考查命題與證明，涉及垂徑定理及其推論、菱形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識，解答的關(guān)鍵是會利用所學(xué)的知識進(jìn)行推理證明命題的真假．
2．（2022·安徽·統(tǒng)考中考真題）已知⊙O的半徑為7，AB是⊙O的弦，點(diǎn)P在弦AB上．若PA＝4，PB＝6，則OP＝（ ）
A．B．4C．D．5
【答案】D
【分析】連接，過點(diǎn)作于點(diǎn)，如圖所示，先利用垂徑定理求得，然后在中求得，再在中，利用勾股定理即可求解．
【詳解】解：連接，過點(diǎn)作于點(diǎn)，如圖所示，
則，，
∵PA＝4，PB＝6，
∴，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
故選：D
【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理及勾股定理的運(yùn)用，構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．
3．（2022·安徽·統(tǒng)考中考真題）已知點(diǎn)O是邊長為6的等邊△ABC的中心，點(diǎn)P在△ABC外，△ABC，△PAB，△PBC，△PCA的面積分別記為，，，．若，則線段OP長的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根據(jù)，可得，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可求得△ABC中AB邊上的高和△PAB中AB邊上的高的值，當(dāng)P在CO的延長線時，OP取得最小值，OP=CP-OC，過O作OE⊥BC，求得OC=，則可求解．
【詳解】解：如圖，
，，
∴
=
=
=
==，
∴，
設(shè)△ABC中AB邊上的高為，△PAB中AB邊上的高為，
則，
，
∴，
∴，
∵△ABC是等邊三角形，
∴，
，
∴點(diǎn)P在平行于AB，且到AB的距離等于的線段上，
∴當(dāng)點(diǎn)P在CO的延長線上時，OP取得最小值，
過O作OE⊥BC于E，
∴，
∵O是等邊△ABC的中心，OE⊥BC
∴∠OCE=30°，CE=
∴OC=2OE
∵，
∴，
解得OE=，
∴OC=，
∴OP=CP-OC=．
故選B．
【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形的面積等知識，弄清題意，找到P點(diǎn)的位置是解題的關(guān)鍵．
二、填空題
4．（2015·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖，點(diǎn)A、B、C在半徑為9的⊙O上，的長為，則∠ACB的大小是___．
【答案】20°．
【分析】連接OA、OB，由弧長公式的可求得∠AOB，然后再根據(jù)同弧所對的圓周角等于圓心角的一半可得∠ACB．
【詳解】解：連接OA、OB，由弧長公式的可求得∠AOB=40°，
再根據(jù)同弧所對的圓周角等于圓心角的一半可得∠ACB=20°．
故答案為：20°
【點(diǎn)睛】本題考查弧長公式；圓周角定理，題目難度不大，掌握公式正確計(jì)算是解題關(guān)鍵．
5．（2019·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖，△ABC內(nèi)接于☉O，∠CAB=30°，∠CBA=45°，CD⊥AB于點(diǎn)D，若☉O的半徑為2，則CD的長為_____
【答案】
【分析】連接OA，OC，根據(jù)∠COA=2∠CBA=90°可求出AC=，然后在Rt△ACD中利用三角函數(shù)即可求得CD的長.
【詳解】解：連接OA，OC，
∵∠COA=2∠CBA=90°，
∴在Rt△AOC中，AC=，
∵CD⊥AB，
∴在Rt△ACD中，CD=AC·sin∠CAD=，
故答案為.
【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理以及銳角三角函數(shù)，根據(jù)題意作出常用輔助線是解題關(guān)鍵.
6．（2021·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖，圓O的半徑為1，內(nèi)接于圓O．若，，則______．
【答案】
【分析】先根據(jù)圓的半徑相等及圓周角定理得出∠ABO=45°，再根據(jù)垂徑定理構(gòu)造直角三角形，利用銳角三角函數(shù)解直角三角形即可
【詳解】解：連接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=
故答案為：
【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理、圓周角定理，正確使用圓的性質(zhì)及定理是解題關(guān)鍵
7．（2017·安徽·中考真題）如圖，已知等邊的邊長為6，以AB為直徑的⊙O與邊AC，BC分別交于D，E兩點(diǎn)，則劣弧DE的長為 _________ ．
【答案】
【詳解】解：連接OD、OE，
∵△ABC是等邊三角形，
∴，
∵OA=OE=OB=OD=3，
∴△OAE和△OBD都是等邊三角形，
∴，
∴,
∴劣弧DE的長=，
故答案為：．
8．（2018·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖，菱形ABOC的AB，AC分別與⊙O相切于點(diǎn)D、E，若點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，則∠DOE=__________.
【答案】60°
【詳解】【分析】由AB，AC分別與⊙O相切于點(diǎn)D、E，可得∠BDO=∠ADO=∠AEO=90°，根據(jù)已知條件可得到BD=OB，在Rt△OBD中，求得∠B=60°，繼而可得∠A=120°，再利用四邊形的內(nèi)角和即可求得∠DOE的度數(shù).
【詳解 】∵AB，AC分別與⊙O相切于點(diǎn)D、E，
∴∠BDO=∠ADO=∠AEO=90°，
∵四邊形ABOC是菱形，∴AB=BO，∠A+∠B=180°，
∵BD=AB，
∴BD=OB，
在Rt△OBD中，∠ODB=90°，BD=OB，∴cs∠B=，∴∠B=60°，
∴∠A=120°，
∴∠DOE=360°-120°-90°-90°=60°，
故答案為60°.
【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，解直角三角形的應(yīng)用等，熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.
三、解答題
9．（2020·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖，是半圓的直徑，是半圓上不同于的兩點(diǎn)與相交于點(diǎn)是半圓所在圓的切線，與的延長線相交于點(diǎn)，
求證：；
若求平分．
【答案】證明見解析；證明見解析．
【分析】利用證明利用為直徑，證明結(jié)合已知條件可得結(jié)論；
利用等腰三角形的性質(zhì)證明： 再證明 利用切線的性質(zhì)與直徑所對的圓周角是直角證明： 從而可得答案．
【詳解】證明：


為直徑，


．
證明：


為半圓的切線，





平分．
【點(diǎn)睛】本題考查的是圓的基本性質(zhì)，弧，弦，圓心角，圓周角之間的關(guān)系，直徑所對的圓周角是直角，三角形的全等的判定，切線的性質(zhì)定理，三角形的內(nèi)角和定理，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
10．（2019·安徽·統(tǒng)考中考真題）筒車是我國古代發(fā)明的一種水利灌溉工具.如圖1，明朝科學(xué)家徐光啟在《農(nóng)政全書》中用圖畫描繪了筒車的工作原理.如圖2，筒車盛水桶的運(yùn)行軌跡是以軸心O為圓心的圓.已知圓心在水面上方，且圓被水面截得的弦AB長為6米，∠OAB=41.3°，若點(diǎn)C為運(yùn)行軌道的最高點(diǎn)（C，O的連線垂直于AB），求點(diǎn)C到弦AB所在直線的距離.（參考數(shù)據(jù)：sin41.3°≈0.66，cs41.3°≈0.75，tan41.3°≈0.88）
【答案】6.64米
【分析】通過垂徑定理求出AD，再通過三角函數(shù)解直角三角形，求出AO和OD的值，從而得到點(diǎn)C到弦AB所在直線的距離.
【詳解】解：如圖：連接CO并延長，交AB于點(diǎn)D，
∵OD⊥AB，AB=6，
∴AD=AB=3，
在Rt△OAD中, ∠OAB=41.3°，cs∠OAD=，
∴AO=，
∵sin∠OAD=,
∴OD=AO·sin∠OAD=2.64，
∴CD=OC+OD=AO+OD=4+2.64=6.64米，
答：點(diǎn)C到弦AB所在直線的距離是6.64米.
【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理和三角函數(shù)的應(yīng)用，通過垂徑定理求出AD的值是解題關(guān)鍵.
11．（2021·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖，圓O中兩條互相垂直的弦AB，CD交于點(diǎn)E．
（1）M是CD的中點(diǎn)，OM＝3，CD＝12，求圓O的半徑長；
（2）點(diǎn)F在CD上，且CE＝EF，求證：．
【答案】（1）；（2）見解析．
【分析】（1）根據(jù)M是CD的中點(diǎn)，OM與圓O直徑共線可得，平分 CD，則有，利用勾股定理可求得半徑的長；
（2）連接AC，延長AF交BD于G，根據(jù)，，可得，，利用圓周角定理可得，可得，利用直角三角形的兩銳角互余，可證得，即有．
【詳解】（1）解：連接OC，
∵M(jìn)是CD的中點(diǎn)，OM與圓O直徑共線
∴，平分CD，
．
在中．
∴圓O的半徑為
（2）證明：連接AC，延長AF交BD于G．
，
又
在中
【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，圓周角定理，直角三角形的兩銳角互余，勾股定理等知識點(diǎn)，熟練應(yīng)用相關(guān)知識點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．
12．（2014·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖，在⊙O中，半徑OC與弦AB垂直，垂足為E，以O(shè)C為直徑的圓與弦AB的一個交點(diǎn)為F，D是CF延長線與⊙O的交點(diǎn)．若OE=4，OF=6，求⊙O的半徑和CD的長．
【答案】9，
【分析】由OE⊥AB得到∠OEF=90°，根據(jù)圓周角定理由OC為小圓的直徑得到∠OFC=90°，可證明Rt△OEF∽Rt△OFC，再根據(jù)相似比可求得CD=9，接著在Rt△OCF中，根據(jù)勾股定理可得，由于OF⊥CD，根據(jù)垂徑定理得CF=DF，所以．
【詳解】解：∵OE⊥AB，
∴∠OEF=90°，
∵OC為小圓的直徑，
∴∠OFC=90°，
而∠EOF=∠FOC，
∴Rt△OEF∽Rt△OFC，
∴OE：OF=OF：OC，即4：6=6：CD，
∴CO=9；
在Rt△OCF中，OF=6，OC=9，
∴，
∵OF⊥CD，
∴CF=DF，
∴．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了垂徑定理、勾股定理、圓周角定理、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識點(diǎn)，證得Rt△OEF∽Rt△OFC成為解答本題的關(guān)鍵．
13．（2015·安徽·統(tǒng)考中考真題）在⊙O中，直徑AB＝6，BC是弦，∠ABC＝30°，點(diǎn)P在BC上，點(diǎn)Q在⊙O上，且OP⊥PQ．
（1）如圖1，當(dāng)PQ∥AB時，求PQ的長度；
（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在BC上移動時，求PQ長的最大值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）在Rt△OPB中，由OP=OB·tan∠ABC可求得OP=，連接OQ，在Rt△OPQ中，根據(jù)勾股定理可得PQ的長；（2）由勾股定理可知OQ為定值，所以當(dāng)OP最小時，PQ最大．根據(jù)垂線段最短可知，當(dāng)OP⊥BC時OP最小，所以在Rt△OPB中，由OP=OB·sin∠ABC求得OP的長；在Rt△OPQ中，根據(jù)勾股定理求得PQ的長．
【詳解】解：（1）∵OP⊥PQ，PQ∥AB，∴OP⊥AB．
在Rt△OPB中，OP=OB·tan∠ABC=3·tan30°=．
連接OQ，在Rt△OPQ中，．
（2） ∵
∴當(dāng)OP最小時，PQ最大，此時OP⊥BC．
OP=OB·sin∠ABC=3·sin30°=．
∴PQ長的最大值為．
考點(diǎn)：解直角三角形；勾股定理．
14．（2018·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖，⊙O為銳角△ABC的外接圓，半徑為5．
（1）用尺規(guī)作圖作出∠BAC的平分線，并標(biāo)出它與劣弧BC的交點(diǎn)E(保留作圖痕跡，不寫作法)；
（2）若（1）中的點(diǎn)E到弦BC的距離為3，求弦CE的長．
【答案】（1）畫圖見解析；（2）CE=
【分析】（1）以點(diǎn)A為圓心，以任意長為半徑畫弧，分別與AB、AC有交點(diǎn)，再分別以這兩個交點(diǎn)為圓心，以大于這兩點(diǎn)距離的一半為半徑畫弧，兩弧交于一點(diǎn)，過點(diǎn)A與這點(diǎn)作射線，與圓交于點(diǎn)E ，據(jù)此作圖即可；
（2）連接OE交BC于點(diǎn)F，連接OC、CE，由AE平分∠BAC，可推導(dǎo)得出OE⊥BC，然后在Rt△OFC中，由勾股定理可求得FC的長，在Rt△EFC中，由勾股定理即可求得CE的長．
【詳解】解：（1）如圖所示，射線AE就是所求作的角平分線；
（2）連接OE交BC于點(diǎn)F，連接OC、CE，
∵AE平分∠BAC，
∴，
∴OE⊥BC，EF=3，∴OF=5-3=2，
在Rt△OFC中，由勾股定理可得FC==，
在Rt△EFC中，由勾股定理可得CE==．
【點(diǎn)睛】本題考查了尺規(guī)作圖——作角平分線，垂徑定理等，熟練掌握角平分線的作圖方法、推導(dǎo)得出OE⊥BC是解題的關(guān)鍵．
15．（2022·安徽·統(tǒng)考中考真題）已知AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點(diǎn)，D為BA的延長線上一點(diǎn)，連接CD．
(1)如圖1，若CO⊥AB，∠D＝30°，OA＝1，求AD的長；
(2)如圖2，若DC與⊙O相切，E為OA上一點(diǎn)，且∠ACD＝∠ACE，求證：CE⊥AB．
【答案】(1)
(2)見解析
【分析】（1）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)（在直角三角形中，30角所對的直角邊等于斜邊的一半）及勾股定理可求出OD，進(jìn)而求出AD的長；
（2）根據(jù)切線的性質(zhì)可得OCCD，根據(jù)同一個圓的半徑相等及等腰三角形的性質(zhì)可得∠OCA=∠OAC，由各個角之間的關(guān)系以及等量代換可得答案．
【詳解】（1）解：∵OA=1=OC，COAB，∠D=30
∴CD=2? OC=2
∴
∴
（2）證明：∵DC與⊙O相切
∴OCCD
即∠ACD+∠OCA=90
∵OC= OA
∴∠OCA=∠OAC
∵∠ACD=∠ACE
∴∠OAC+∠ACE=90
∴∠AEC=90
∴CEAB
【點(diǎn)睛】本題考查切線的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理以及等腰三角形的性質(zhì)，掌握相關(guān)性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．

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