2023中考数学真题分项汇报25圆的有关计算与证明(共50题)(解析版)

专题25圆的有关计算与证明（50题）一、单选题1．（2023·新疆·统考中考真题）如图，在中，若，，则扇形(阴影部分)的面积是(    )  A．B．C．D．【答案】B【分析】根据圆周角定理求得，然后根据扇形面积公式进行计算即可求解．【详解】解：∵，，∴，∴．故选：B.【点睛】本题考查了圆周角定理，扇形面积公式，熟练掌握扇形面积公式以及圆周角定理是解题的关键．2．（2023·江苏连云港·统考中考真题）如图，矩形内接于，分别以为直径向外作半圆．若，则阴影部分的面积是（    ）  A．B．C．D．20【答案】D【分析】根据阴影部分面积为2个直径分别为的半圆的面积加上矩形的面积减去直径为矩形对角线长的圆的面积即可求解．学科网（北京）股份有限公司 【详解】解：如图所示，连接，       ∵矩形内接于，∴∴阴影部分的面积是，故选：D．【点睛】本题考查了勾股定理，矩形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．3．（2023·湖北荆州·统考中考真题）如图，一条公路的转弯处是一段圆弧（），点是这段弧所在圆的圆心，为上一点，于．若，，则的长为（　　）  A．B．C．D．【答案】B【分析】根据垂径定理求出长度，再根据勾股定理求出半径长度，最后利用弧长公式即可求出答案.【详解】解：，点是这段弧所在圆的圆心，，，，，，学科网（北京）股份有限公司 .，，.设，则，在中，，，.，，.故选：B.【点睛】本题考查了圆的垂径定理，弧长公式，解题的关键在于通过勾股定理求出半径长度，从而求出所求弧长所对应的圆心角度数.4．（2023·山东滨州·统考中考真题）如图，某玩具品牌的标志由半径为的三个等圆构成，且三个等圆相互经过彼此的圆心，则图中三个阴影部分的面积之和为（　　）  A．B．C．D．【答案】C【分析】根据圆的对称性可知：图中三个阴影部分的面积相等，只要计算出一个阴影部分的面积即可，如图，连接，阴影的面积＝扇形的面积，据此即可解答.【详解】解：根据圆的对称性可知：图中三个阴影部分的面积相等；如图，连接，则，是等边三角形，∴，弓形的面积相等，学科网（北京）股份有限公司 ∴阴影的面积＝扇形的面积，∴图中三个阴影部分的面积之和；故选：C.  【点睛】本题考查了不规则图形面积的计算，正确添加辅助线、掌握求解的方法是解题关键.5．（2023·四川达州·统考中考真题）如图，四边形是边长为的正方形，曲线是由多段的圆心角的圆心为，半径为；的圆心为，半径为的圆心依次为循环，则的长是（    ）  A．B．C．D．【答案】A【分析】曲线是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径，得到，，得出半径，再计算弧长即可．【详解】解：由图可知，曲线是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径，，，，，，，，，，学科网（北京）股份有限公司 ，，故的半径为，的弧长．故选：A.【点睛】此题主要考查了弧长的计算，弧长的计算公式：，找到每段弧的半径变化规律是解题关键．6．（2023·四川广安·统考中考真题）如图，在等腰直角中，，以点为圆心，为半径画弧，交于点，以点为圆心，为半径画弧，交于点，则图中阴影部分的面积是（　　）  A．B．C．D．【答案】C【分析】先利用扇形的面积公式求出扇形和扇形的面积，再减去的面积即可得．【详解】解：是等腰直角三角形，，，∴图中阴影部分的面积是，故选：C．【点睛】本题考查了扇形的面积，熟练掌握扇形的面积公式是解题关键．7．（2023·江苏苏州·统考中考真题）如图，是半圆的直径，点在半圆上，，连接，过点作，交的延长线于点．设的面积为的面积为，若学科网（北京）股份有限公司 ，则的值为（    ）  A．B．C．D．【答案】A【分析】如图，过作于，证明，由，即，可得，证明，可得，设，则，可得，，再利用正切的定义可得答案．【详解】解：如图，过作于，  ∵，∴，∵，即，∴，∵，∴，∴，即，学科网（北京）股份有限公司 设，则，∴，∴，∴，∵，∴，∴；故选：A.【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线构建直角三角形是解本题的关键．二、填空题8．（2023·重庆·统考中考真题）如图，在矩形中，，，E为的中点，连接，以E为圆心，长为半径画弧，分别与交于点M，N，则图中阴影部分的面积为________．（结果保留）  【答案】【分析】利用矩形的性质求得，进而可得，然后根据解答即可．【详解】解：∵四边形是矩形，，，E为的中点，∴，，∴，∴；故答案为：．学科网（北京）股份有限公司 【点睛】本题考查了矩形的性质和不规则面积的计算，熟练掌握矩形的性质、明确阴影面积为两个全等的等腰直角三角形的面积减去两个圆心角为的扇形面积是解题关键．9．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，的半径为，为的弦，点为上的一点，将沿弦翻折，使点与圆心重合，则阴影部分的面积为_______．（结果保留与根号）  【答案】【分析】根据折叠的性质得出是等边三角形，则，，根据阴影部分面积即可求解．【详解】解：如图所示，连接，设交于点      ∵将沿弦翻折，使点与圆心重合，∴，又∴，∴是等边三角形，∴，，∴,∴阴影部分面积故答案为：．10．（2023·重庆·统考中考真题）如图，是矩形的外接圆，若，则图中阴影部分的面积为___________．（结果保留）学科网（北京）股份有限公司   【答案】【分析】根据直径所对的圆周角是直角及勾股定理得到，再根据圆的面积及矩形的性质即可解答．【详解】解：连接，∵四边形是矩形，∴是的直径，∵，∴，∴的半径为，∴的面积为，矩形的面积为，∴阴影部分的面积为；故答案为：.    【点睛】本题考查了矩形的性质，圆的面积，矩形的面积，勾股定理，掌握矩形的性质是解题的关键．11．（2023·江苏扬州·统考中考真题）用半径为，面积为的扇形纸片，围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆的半径为________．【答案】【分析】应为圆锥侧面母线的长就是侧面展开扇形的半径，利用圆锥侧面面积公式：，就可以求出圆锥的底面圆的半径．【详解】解：设圆锥底面圆的半径为，，由扇形的面积：，得：学科网（北京）股份有限公司 故答案为：.【点睛】本题考查了圆锥侧面面积的相关计算，熟练掌握圆锥侧面面积的计算公式是解题的关键，注意用扇形围成的圆锥，扇形的半径就是圆锥的母线．12．（2023·浙江温州·统考中考真题）若扇形的圆心角为，半径为，则它的弧长为___________．【答案】【分析】根据弧长公式即可求解．【详解】解：扇形的圆心角为，半径为，∴它的弧长为，故答案为：．【点睛】本题考查了求弧长，熟练掌握弧长公式是解题的关键．13．（2023·浙江宁波·统考中考真题）如图，圆锥形烟囱帽的底面半径为，母线长为，则烟囱帽的侧面积为_____________．（结果保留）  【答案】【分析】根据圆锥侧面展开图是一个扇形，由扇形面积公式代值求解即可得到答案．【详解】解：圆锥形烟囱帽的底面半径为，母线长为，烟囱帽的侧面积（），故答案为：．【点睛】本题考查圆锥侧面展开图及扇形面积公式，熟记扇形面积公式是解决问题的关键．14．（2023·天津·统考中考真题）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，等边三角形学科网（北京）股份有限公司 内接于圆，且顶点A，B均在格点上．  （1）线段的长为________；（2）若点D在圆上，与相交于点P．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点Q，使为等边三角形，并简要说明点Q的位置是如何找到的（不要求证明）________．【答案】(1)(2)画图见解析；如图，取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点G；连接与网格线相交于点H，连接并延长与网格线相交于点I，连接并延长与圆相交于点K，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求【分析】（1）在网格中用勾股定理求解即可；（2）取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点M，连接；连接与网格线相交于点G，连接并延长与网格线相交于点H，连接并延长与圆相交于点I，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求，连接，，过点E作网格线，过点G作网格线，由图可得，根据全等三角形的性质可得和，根据同弧所对圆周角相等可得，进而得到和，再通过证明即可得到结论．【详解】（1）解：；故答案为：．（2）解：如图，取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点G；连接与网格线相交于点H，连接并延长与网格线相交于点I，连接并延长与圆相交于点K，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求；连接，，过点E作网格线，过点G作网格线，学科网（北京）股份有限公司     由图可得：∵，，，∴，∴，，∵，∴，即，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∵是等边三角形，∴，即，∴，即，∵，，，∴，∴，∵，，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴是等边三角形，此时点Q即为所求；故答案为：如图，取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点G；连接与网格线相交于点H，连接并延长与网格线相交于点I，连接并延长与圆相交于点K，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求．【点睛】本题考查作图—复杂作图，勾股定理、等边三角形的判定、全等三角形的判定与性质等知识，解题关键是理解题意，灵活运用所学知识是关键．15．（2023·江苏苏州·统考中考真题）如图，在中，，垂足为．以点为圆心，长为半径画弧，与分别交于点．若用扇形围成一个圆锥的侧面，记这个圆锥底面圆的半径为；用扇形围成另一个圆锥的侧面，记这个圆锥底面圆的半径为，则________________．（结果保留根号）  【答案】【分析】由，，，，，，，，求解，，证明，可得，再分别计算圆锥的底面半径即可．学科网（北京）股份有限公司 【详解】解：∵在中，，，∴，，∵，，∴，，∴，∵，∴，∴，，解得：，，∴；故答案为：【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，扇形的弧长的计算，圆锥的底面半径的计算，熟记圆锥的侧面展开图的扇形弧长等于底面圆的周长是解本题的关键．16．（2023·四川自贡·统考中考真题）如图，小珍同学用半径为，圆心角为的扇形纸片，制作一个底面半径为的圆锥侧面，则圆锥上粘贴部分的面积是________．  【答案】【分析】由题意知，底面半径为的圆锥的底面周长为，扇形弧长为，则扇形中未组成圆锥底面的弧长，根据圆锥上粘贴部分的面积为扇形中未组成圆锥的弧长部分所对应的扇形面积可得圆锥上粘贴部分的面积为，计算求解即可．学科网（北京）股份有限公司 【详解】解：由题意知，底面半径为的圆锥的底面周长为，扇形弧长为，∴扇形中未组成圆锥底面的弧长，∵圆锥上粘贴部分的面积为扇形中未组成圆锥的弧长部分所对应的扇形面积，∴圆锥上粘贴部分的面积为，故答案为：．【点睛】本题考查了扇形的弧长、面积公式．解题的关键在于熟练掌握，，其中为扇形的圆心角，为扇形的半径．三、解答题17．（2023·四川南充·统考中考真题）如图，与相切于点A，半径，与相交于点D，连接．  (1)求证：；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，根据切线的性质得出，再由平行线的性质得出，利用圆周角定理及等腰直角三角形的性质即可证明；（2）过点A作，过点C作的延长线于点F，根据勾股定理及等腰直角三角形的性质得出，再由正切函数确定，，再由正方形的判定和性质及相似三角形的判定和性质求解即可．【详解】（1）证明：连接，如图所示：学科网（北京）股份有限公司   ∵与相切于点A，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴；（2）过点A作，过点C作交的延长线于点F，如图所示：  由（1）得，∴为等腰直角三角形，∵，∴，∵，∴，，由（1）得，∵，∴四边形为矩形，∵，学科网（北京）股份有限公司 ∴四边形为正方形，∴，∵，∴,∴即，解得：，∴．【点睛】题目主要考查圆周角定理，解直角三角形及正方形与相似三角形的判定和性质，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．18．（2023·四川成都·统考中考真题）如图，以的边为直径作，交边于点D，过点C作交于点E，连接．  (1)求证：；(2)若，求和的长．【答案】(1)见解析(2)，【分析】（1）根据，得到，再根据同弧所对的圆周角相等，得到，可证明是等腰三角形，即可解答；（2）根据直径所对的圆周角为直角，得到，设，根据勾股定理列方程，解得x的值，即可求出；解法一：过点作的垂线段，交的延长线于点F，证明，求出的长，根据勾股定理即可解出的长；解法二：连接,得到角相等，进而证得，根据对应边成比例即可解出的长．【详解】（1）证明：，，学科网（北京）股份有限公司 ，，，；（2）解：设，是的直径，，，，即，根据（1）中的结论，可得，根据勾股定理，可得，即，解得，（舍去），，,根据勾股定理，可得；解法一：如图，过点作的垂线段，交的延长线于点F，  ，，，，即，，，，，，，学科网（北京）股份有限公司 设，则，，可得方程，解得，，，根据勾股定理，可得．解法二：如图，连接,  ，，，，又，，，，．【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定及性质，平行线的性质，勾股定理，正切，利用等量代换证明相关角相等是解题的关键．19．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，是的直径，是弦，是上一点，是延长线上一点，连接．学科网（北京）股份有限公司   (1)求证：；（请用两种证法解答）(2)若，的半径为3，，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)8【分析】（1）证法一：连接，得到，因为，所以；证法二：连接，可得，则，根据，可得，即可得到结果；（2）连接，根据角度间的关系可以证得为直角三角形，根据勾股定理可得边的长，进而求得结果．【详解】（1）证法一：如图，连接，∵，∴，∵是的直径，∴，∴∵，∴，∴，学科网（北京）股份有限公司   证法二：如图，连接，∵四边形是的内接四边形，∴，∴，∵是的直径，∴，∴，∴，∴，  （2）解：如图，连接，∵，，∴，∵，∴，∴，∴．∵的半径为3，∴，学科网（北京）股份有限公司 在中，，∵，∴，∴，∴，  【点睛】本题考查了圆周角定理，直径所对的圆周角为直角，勾股定理，找到角度之间的关系是解题的关键．20．（2023·辽宁大连·统考中考真题）如图1，在中，为的直径，点为上一点，为的平分线交于点，连接交于点．  (1)求的度数；(2)如图2，过点作的切线交延长线于点，过点作交于点．若，求的长．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据圆周角定理证明两直线平行，再利用平行线的性质证明角度相等即可；（2）由勾股定理找到边的关系，求出线段长，再利用等面积法求解即可．【详解】（1）∵是的直径，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∵平分，∴，即，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，（2）如图，连接，设，  则，，，∵是的直径，∴，在中，有勾股定理得：由（1）得：，∴，由勾股定理得：，，∴，∴，整理得：，解得：或（舍去），∴，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∵是的切线，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】此题考查了圆周角定理和勾股定理，三角形中位线定理，切线的性质，解一元二次方程，熟练掌握圆周角定理和勾股定理是解题的关键．21．（2023·浙江杭州·统考中考真题）在边长为的正方形中，点在边上（不与点，重合），射线与射线交于点．(1)若，求的长．(2)求证：．(3)以点为圆心，长为半径画弧，交线段于点．若，求的长．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）证明，利用相似三角形的对应边成比例求解；（2）证明，利用相似三角形的对应边成比例证明；（3）设，则，，在中，利用勾股定理求解．【详解】（1）解：由题知，，若，则．学科网（北京）股份有限公司 四边形是正方形，，又，，，即，．（2）证明：四边形是正方形，，，，，，．（3）解：设，则，．在中，，即，解得．．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理的应用，正方形的性质等，熟练掌握相关性质定理是解题的关键．22．（2023·河北·统考中考真题）装有水的水槽放置在水平台面上，其横截面是以为直径的半圆，，如图1和图2所示，为水面截线，为台面截线，．计算：在图1中，已知，作于点．（1）求的长．操作：将图1中的水面沿向右作无滑动的滚动，使水流出一部分，当学科网（北京）股份有限公司 时停止滚动，如图2．其中，半圆的中点为，与半圆的切点为，连接交于点．  探究：在图2中（2）操作后水面高度下降了多少？（3）连接OQ并延长交GH于点F，求线段与的长度，并比较大小．【答案】（1）（2）（3），，．【分析】（1）连接，利用垂径定理计算即可；（2）由切线的性质证明进而得到，利用锐角三角函数求，再与（1）中相减即可；（3）由半圆的中点为得到，得到分别求出线段与的长度，再相减比较即可．【详解】解：（1）连接，∵为圆心，于点，，∴，∵，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴在中，．  （2）∵与半圆的切点为，∴∵∴于点，∵，，∴，∴操作后水面高度下降高度为：．（3）∵于点，∴，∵半圆的中点为，∴，∴，∴，∴，，∵，∴．学科网（北京）股份有限公司 【点睛】本题考查了垂径定理、圆的切线的性质、求弧长和解直角三角形的知识，解答过程中根据相关性质构造直角三角形是解题关键．23．（2023·湖北武汉·统考中考真题）如图，都是的半径，．  (1)求证：；(2)若，求的半径．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由圆周角定理得出，，再根据，即可得出结论；（2）过点作半径于点，根据垂径定理得出，证明，得出，在中根据勾股定理得出，在中，根据勾股定理得出，求出即可．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴，，．（2）解：过点作半径于点，则，，∴，，学科网（北京）股份有限公司 ，，在中，，在中，，，，即的半径是．  【点睛】本题主要考查了勾股定理，垂径定理，圆周角定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握圆周角定理．24．（2023·湖南·统考中考真题）如图所示，四边形是半径为R的的内接四边形，是的直径，，直线l与三条线段、、的延长线分别交于点E、F、G．且满足．  (1)求证：直线直线；(2)若；①求证：；②若，求四边形的周长．学科网（北京）股份有限公司 【答案】(1)见解析(2)①见解析，②【分析】（1）在中，根据同弧所对的圆周角相等可得，结合已知在中根据三角形内角和定理可求得；（2）①根据圆内接四边形的性质和邻补角可得，由直径所对的圆周角是直角和（1）可得，结合已知即可证得；②在中由，可得，结合题意易证，在中由勾股定理可求得，由①可知易得，最后代入计算即可求得周长．【详解】（1）证明：在中，，，即，在中，，，即直线直线；（2）①四边形是半径为R的的内接四边形，，，，是的直径，，由（1）可知，，在与中，，，②在中，，学科网（北京）股份有限公司 ，是的直径，，，，，在中，，即，解得：，由①可知，，，四边形的周长为：．【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等、三角形内角和定理、垂直的定义、圆内接四边形的性质、邻补角互补、直径所对的圆周角是直角、全等三角形的判定和性质、勾股定理解直角三角形以及周长的计算；解题的关键是灵活运用以上知识，综合求解．25．（2023·天津·统考中考真题）在中，半径垂直于弦，垂足为D，，E为弦所对的优弧上一点．学科网（北京）股份有限公司   (1)如图①，求和的大小；(2)如图②，与相交于点F，，过点E作的切线，与的延长线相交于点G，若，求的长．【答案】(1)，(2)【分析】（1）根据半径垂直于弦，可以得到，从而得到，结合已知条件即可得到，根据即可求出；（2）根据，结合，推算出，进一步推算出，在中，，再根据即可得到答案．【详解】（1）解：在中，半径垂直于弦，  ∴，得．∵，∴．∵，∴．学科网（北京）股份有限公司 （2）解：如图，连接．  同（1）得．∵在中，，∴．∴．又，∴．∵与相切于点E，∴，即．在中，，∴．【点睛】本题考查圆周角定理、切线的性质和直角三角函数，解题的关键是灵活运用相关知识．26．（2023·江苏苏州·统考中考真题）如图，是的内接三角形，是的直径，，点在上，连接并延长，交于点，连接，作，垂足为．(1)求证：；(2)若，求的长．学科网（北京）股份有限公司 【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）分别证明，，从而可得结论；（2）求解，，可得，证明，设，则，，证明，可得，可得，，，从而可得答案．【详解】（1）证明：∵是的直径，，∴，∵，∴．（2）∵，，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，设，则，，∵，，∴，∴，∴，则，∴，∴，∴．学科网（北京）股份有限公司 【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，熟记圆的基本性质与重要定理是解本题的关键．27．（2023·四川达州·统考中考真题）如图，内接于是延长线上的一点，，相交于点．  (1)求证：是的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)6【分析】（1）由，为半径，可知，，则，，，如图1，连接，由，可得，则，即，进而结论得证；（2）如图2，记与交点为，连接，过作于，证明是等边三角形，则，，设半径为，则，由，，可得，证明，则，即，解得或（舍去），根据，计算求解即可．【详解】（1）解：如图，连接，学科网（北京）股份有限公司   ∵，∴，∴，∴，由等边对等角可得，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，又∵是半径，∴是的切线；（2）解：如图2，记与交点为，连接，过作于，  ∵，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴是等边三角形，∴，，设半径为，∵，∴，∵，∴是等腰三角形，又∵，∴，∵，，∴，∴，即，解得或（舍去），∴，∴的长为6．【点睛】本题考查了垂径定理，等腰三角形的判定与性质，切线的判定，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，余弦、正切等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．28．（2023·湖南·统考中考真题）如图，是的直径，是一条弦，D是的中点，于点E，交于点F，交于点H，交于点G．  (1)求证：．学科网（北京）股份有限公司 (2)若，求的半径．【答案】(1)见解析(2)5【分析】（1）根据D是的中点，于点E，得到,得到即可得证．（2）根据，设，运用勾股定理，得到，结合，得到，运用勾股定理，得到，从而得到，在中，利用勾股定理计算x即可．【详解】（1）∵D是的中点，∴，∵，是的直径，∴，∴，∴，∴．（2）∵，是的直径，∴，∵，设，∴，∵，∴，∴，∴，学科网（北京）股份有限公司 在中，，∴，解得或（舍去），∴，∴的半径为5．【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，正弦函数，熟练掌握垂径定理，勾股定理，圆周角定理，正弦函数是解题的关键．29．（2023·湖南怀化·统考中考真题）如图，是的直径，点是外一点，与相切于点，点为上的一点．连接、、，且．  (1)求证：为的切线；(2)延长与的延长线交于点D，求证：；(3)若，求阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）连接，证明，即可得证；（2）根据，即可得证；（3）根据圆周角定理得出，进而勾股定理求得，根据，即可求解．【详解】（1）证明：∵是的切线，∴如图所示，连接学科网（北京）股份有限公司   在与中，∴∵为上的一点．∴是的切线；（2）∵是的切线；∴，∴∴（3）解：∵，∴，∵∴，∴∴，∴【点睛】本题考查了切线的性质与判定，圆周角定理，求含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，求扇形面积，熟练掌握以上知识是解题的关键．学科网（北京）股份有限公司 30．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，中，以为直径的交于点E．平分，过点E作于点D，延长交的延长线于点P．  (1)求证：是的切线；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，利用角平分线的性质和等边对等角，证明，即可解答；（2）根据，可得，求出的长，再利用勾股定理得的长，即可得到的长，最后证明，即可解答．【详解】（1）证明：如图，连接，  ，，平分，，，，,,学科网（北京）股份有限公司 是的切线；（2）解：设，则，，解得，，，根据勾股定理可得，,，是直径，，，，，，，．  【点睛】本题考查了切线的判定，角平分线的定义，平行线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正弦的概念，熟练运用上述性质是解题的关键．31．（2023·安徽·统考中考真题）已知四边形内接于，对角线是的直径．学科网（北京）股份有限公司   (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．32．（2023·吉林长春·统考中考真题）【感知】如图①，点A、B、P均在上，，则锐角的大小为__________度．学科网（北京）股份有限公司                  【探究】小明遇到这样一个问题：如图②，是等边三角形的外接圆，点P在上（点P不与点A、C重合），连结、、．求证：．小明发现，延长至点E，使，连结，通过证明，可推得是等边三角形，进而得证．下面是小明的部分证明过程：证明：延长至点E，使，连结，四边形是的内接四边形，．，．是等边三角形．，请你补全余下的证明过程．【应用】如图③，是的外接圆，，点P在上，且点P与点B在的两侧，连结、、．若，则的值为__________．【答案】感知：探究：见解析应用：【分析】感知：由圆周角定理即可求解；探究：延长至点E，使，连结，通过证明，可推得是等边三角形，进而得证；应用：延长至点E，使，连结，通过证明得，可推得是等腰直角三角形，结合与可得，代入即可求解．【详解】感知：学科网（北京）股份有限公司 由圆周角定理可得，故答案为：；探究：证明：延长至点E，使，连结，四边形是的内接四边形，．，．是等边三角形．，，∴，，，是等边三角形，，，即；应用：延长至点E，使，连结，四边形是的内接四边形，．，．，，∴，，，是等腰直角三角形，，学科网（北京）股份有限公司 ，即，，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，邻补角，全等三角形的判定和性质，等边三角形、等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形；解题的关键是做辅助线构造，进行转换求解．33．（2023·四川泸州·统考中考真题）如图，是的直径，，的弦于点，．过点作的切线交的延长线于点，连接．  (1)求证：平分；(2)为上一点，连接交于点，若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）利用切线的性质得到，利用圆周角定理得到，利用垂径定理推出学科网（北京）股份有限公司 ，据此可证明，即可证明平分；（2）连接，，作于点M，利用垂径定理求得，证明，求得，设，则，在中，利用勾股定理求得，据此求解即可．【详解】（1）解：连接，  ∵是的切线，∴，∵是的直径，∴，∴，∵是的直径，且，∴，∴，∵，∴，∴，∴平分；（2）解：连接，，过点G作于点M，  ∵是的直径，且，∴，，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∵，，∴，∴，∴，∵，  ∴，∴，设，则，∴，，在中，，即，解得(负值已舍去)，∴．【点睛】本题考查圆的综合应用，熟练掌握同弧或等弧所对的圆周角相等，垂径定理定理，相似三角形的判定及性质，勾股定理，切线的性质是解题的关键．34．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，为⊙O的直径，且，与为圆内的一组平行弦，弦交于点H．点A在上，点B在上，．  (1)求证：．(2)求证：．(3)在⊙O中，沿弦所在的直线作劣弧的轴对称图形，使其交直径于点G．若，求的长．学科网（北京）股份有限公司 【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）证明即可；（2）连接，交于点，根据平行线的性质和已知条件证明垂直平分即可；（3）利用对称的性质作辅助线，根据已知条件，转化为解直角三角形问题即可．【详解】（1）和是所对的圆周角，，，∴，∴，∴．（2）连接，交于点，  与为一组平行弦，即：，，，，，，，，是的垂直平分线，学科网（北京）股份有限公司 ．（3）连接、，过点作，垂足为，设点的对称点，连接、，  ，，∴，，，是等腰三角形，，，，，为直径，，，，，，，在中，，，，，学科网（北京）股份有限公司 在中，，，故答案为：．【点睛】本题考查了圆的综合问题，同弧所对圆周角相等、构建合适的辅助线是解题的关键；熟练掌握相似三角形的判定与性质、垂直平分线的性质、熟悉锐角三角函数解决直角三角形．35．（2023·广东·统考中考真题）综合探究如图1，在矩形中，对角线相交于点，点关于的对称点为，连接交于点，连接．  (1)求证：；(2)以点为圆心，为半径作圆．①如图2，与相切，求证：；②如图3，与相切，，求的面积．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②【分析】（1）由点关于的对称点为可知点E是的中点，，从而得到是的中位线，继而得到，从而证明；（2）①过点O作于点F，延长交于点G，先证明得到，由与相切，得到，继而得到，从而证明是的角平分线，即学科网（北京）股份有限公司 ，，求得，利用直角三角形两锐角互余得到，从而得到，即，最后利用含度角的直角三角形的性质得出；②先证明四边形是正方形，得到，再利用是的中位线得到，从而得到，，再利用平行线的性质得到，从而证明是等腰直角三角形，，设，求得，在中，即，解得，从而得到的面积为．【详解】（1）∵点关于的对称点为，∴点E是的中点，，又∵四边形是矩形，∴O是的中点，∴是的中位线，∴∴，∴（2）①过点O作于点F，延长交于点G，则，  ∵四边形是矩形，∴，，∴，．∵，，，∴，∴．∵与相切，为半径，，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴又∵即，，∴是的角平分线，即，设，则，又∵∴∴又∵，即是直角三角形，∴，即解得：，∴，即，在中，，，∴，∴；②过点O作于点H，  ∵与相切，∴，∵∴四边形是矩形，又∵，∴四边形是正方形，∴，又∵是的中位线，学科网（北京）股份有限公司 ∴∴∴又∵，∴又∵，∴又∵，∴是等腰直角三角形，，设，则∴在中，，即∴∴的面积为：【点睛】本题考查矩形的性质，圆的切线的性质，含度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，中位线的性质定理，角平分线的判定定理等知识，掌握相关知识并正确作出辅助线是解题的关键．36．（2023·山东·统考中考真题）如图，为的直径，C是圆上一点，D是的中点，弦，垂足为点F．  (1)求证：；(2)P是上一点，，求；学科网（北京）股份有限公司 (3)在（2）的条件下，当是的平分线时，求的长．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）由D是的中点得，由垂径定理得，得到，根据同圆中，等弧对等弦即可证明；（2）连接，证明，设的半径为r，利用相似三角形的性质得，，由勾股定理求得，得到，即可得到；（3）过点B作交于点G，证明是等腰直角三角形，解直角三角形得到，由得到，解得，即可求解．【详解】（1）解：∵D是的中点，∴，∵且为的直径，∴，∴，∴；（2）解：连接，  ∵，∴，∵为的直径，∴，∵，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴，设的半径为r，则，解得，经检验，是方程的根，∴，∴，∴，∵，∴；（3）解：如图，过点B作交于点G，  ∴∵，是的平分线，∴∴∴，∵∴，∴，∴．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，垂径定理，圆周角定理及推论，解直角三角形等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键．37．（2023·山东·统考中考真题）如图，已知是的直径，，切于点，过点作学科网（北京）股份有限公司 交于点，若．  (1)如图1，连接，求证：；(2)如图2，是上一点，在上取一点，使，连接．请问：三条线段有怎样的数量关系？并证明你的结论．【答案】(1)见解析(2)，证明见解析【分析】（1）根据，是半径，可得是的切线，根据是的切线，由切线长定理可得，进而根据，得出，，根据得出，根据垂径定理的推论得出，进而得出，根据含30度角的直角三角形的性质，得出，即可证明；（2）延长至使得，连接，，根据圆内接四边形对角互补得出，证明，结合已知条件证明，进而证明，得出，即可得出结论．【详解】（1）证明：∵，是半径，∴是的切线，∵是的切线，∴，∵∴，∴学科网（北京）股份有限公司 ∴，，∵∴，∴，∵是直径，∴，∵，∴，∴，∴；（2），理由如下，延长至使得，连接，，如图所示  ∵∴，∵，∴，∴，由（1）可得，又是直径，则，∴，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∵，∴，∴,∴，∵，∴，∴，    ∴．即．【点睛】本题考查了切线的判定，切线长定理，垂径定理的推论，全等三角形的性质与判定，根据特殊角的三角函数值求角度，圆周角定理，圆内接四边形对角互补，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．38．（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，在中，直径垂直弦于点，连接，作于点，交线段于点（不与点重合），连接．  (1)若，求的长．(2)求证：．(3)若，猜想的度数，并证明你的结论．【答案】(1)1(2)见解析(3)，证明见解析【分析】（1）由垂径定理可得，结合可得，根据圆周角定理可得，进而可得，通过证明可得；学科网（北京）股份有限公司 （2）证明，根据对应边成比例可得，再根据，，可证；（3）设，，可证，，通过证明，进而可得，即，则．【详解】（1）解：直径垂直弦，，，，，，由圆周角定理得，，在和中，，，；（2）证明：是的直径，，在和中，，，，，由（1）知，，又，学科网（北京）股份有限公司 ；（3）解：，证明如下：如图，连接，  ，，直径垂直弦，，，又，，，设，，则，  ，，又，，，，，，，，，在和中，学科网（北京）股份有限公司 ，  ，即，，．【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等，难度较大，解题的关键是综合应用上述知识点，特别是第3问，需要大胆猜想，再逐步论证．39．（2023·湖北宜昌·统考中考真题）如图1，已知是的直径，是的切线，交于点，．  (1)填空：的度数是_________，的长为_________；(2)求的面积；(3)如图2，，垂足为．是上一点，．延长，与，的延长线分别交于点，求的值．【答案】(1)，5(2)(3)【分析】（1）根据切线性质和勾股定理分别求解即可；学科网（北京）股份有限公司 （2）由面积法求出，再利用勾股定理求，则的面积可求；（3）先证明，得到，利用，分别得到，进而计算，，在分别求出则问题可解；【详解】（1）解：∵是的直径，是的切线，∴的度数是；∵，∴；故答案为：，5；（2）如图，  ∵是的直径，∴，，∴由面积法，∴，；（3）方法一：如图，学科网（北京）股份有限公司   由∴∴∴∴∴设是等腰直角三角形，，是等腰直角三角形，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∴，，，，．方法二：如图  由设，学科网（北京）股份有限公司 是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，，．【点睛】本题考查了圆的切线的性质和相似三角形的性质和判定，解答关键是根据条件证明三角形相似，再根据相似三角形的性质解答问题．40．（2023·山东滨州·统考中考真题）如图，点是的内心，的延长线与边相交于点，与的外接圆相交于点．  (1)求证：；(2)求证：；(3)求证：；(4)猜想：线段三者之间存在的等量关系．（直接写出，不需证明．）【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析(4)【分析】（1）过点F作，垂足分别为，则，进而表示出两个三角形的面积，即可求解；学科网（北京）股份有限公司 （2）过点A作于点，表示出两三角形的面积，即可求解；（3）连接，证明得出，证明，得出，即可，恒等式变形即可求解；（4）连接，证明，得出，证明，得出，即可求解．【详解】（1）证明：如图所示，过点F作，垂足分别为，∵点是的内心，∴是的角平分线，∵，∴，∵，∴；（2）证明：如图所示，过点A作于点，  ∵，∴，由（1）可得，∴；学科网（北京）股份有限公司 （3）证明：连接，  ∵∴∴∴，∴∵，∴，又，∴，∴，∴；∴，∴，（4）解：如图所示，连接，  ∵点是的内心，∴是的角平分线，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了三角形内心的定义，同弧所对的圆周角相等，角平分线的性质与定义，相似三角形的性质与判定，三角形的外角性质，三角形的面积公式等知识，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．41．（2023·浙江台州·统考中考真题）我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置，如图，是的直径，直线是的切线，为切点．，是圆上两点（不与点重合，且在直径的同侧），分别作射线，交直线于点，点．  (1)如图1，当，的长为时，求的长．(2)如图2，当，时，求的值．(3)如图3，当，时，连接BP，PQ，直接写出的值．【答案】(1)(2)学科网（北京）股份有限公司 (3)【分析】（1）根据扇形的弧长公式即可求出度数，利用切线的性质和解直角三角形即可求出的长．（2）根据等弧所对圆周角相等推出，再根据角平分线的性质定理推出，利用直角三角形的性质即可求出，通过等量转化和余弦值可求出答案．（3）根据三角形相似的性质证明和，从而推出和，利用已知条件将两个比例线段相除，根据正弦值即可求出答案【详解】（1）解：如图1，连接，设的度数为．  ，的长为，．，即．．直线是的切线，．∴．（2）解：如图2，连接，过点作于点，  学科网（北京）股份有限公司 为直径，．．，．，，．，，．．（3）解：，理由如下：如图3，连接BQ，    ，，，，，，．，，．①，，，学科网（北京）股份有限公司 ．②，得，．，．【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形以及三角函数、切线的性质定理、扇形的弧长公式，角平分线性质定理等，解题的关键在于熟练掌握相关性质定理和相关计算公式．42．（2023·浙江温州·统考中考真题）如图1，为半圆的直径，为延长线上一点，切半圆于点，，交延长线于点，交半圆于点，已知，．如图，连接，为线段上一点，过点作的平行线分别交，于点，，过点作于点．设，．  (1)求的长和关于的函数表达式．(2)当，且长度分别等于，，的三条线段组成的三角形与相似时，求的值．(3)延长交半圆于点，当时，求的长．【答案】(1)，(2)或或(3)【分析】（1）如图1，连接，根据切线的性质得出，证明，得出，即可得出；证明四边形是平行四边形，得出，代入数据可得；（2）根据三边之比为，可分为三种情况．当时，当时，当时，分别列出比例式，进而即可求解．学科网（北京）股份有限公司 （3）连接，，过点作于点，根据，得出，由，可得，代入（1）中解析式，即可求解．【详解】（1）解：如图1，连接．  ∵切半圆于点，∴．∵，，∴，∴．∵，∴，∴，即，∴．如图2，，∴．  ∵，∴四边形是平行四边形，学科网（北京）股份有限公司 ∴．∵，∴，∴．（2）∵，，三边之比为（如图2），∴可分为三种情况．i）当时，，，解得，∴．ii）当时，，，解得，∴．iii）当时，，，解得，∴．（3）如图3，连接，，过点作于点，  学科网（北京）股份有限公司 则，，∴．∵，，∴．∵，∴，∴，∴，∴，，∴，即的长为．【点睛】本题考查了切线的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，函数解析式，分类讨论，作出辅助线是解题的关键．43．（2023·新疆·统考中考真题）如图，是的直径，点，是上的点，且，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，交的延长线于点，过点作于点，交于点．  (1)求证：是的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，根据，得出，由，得出，根据已知条件得出，证明，结合已知条件可得，即可得证；（2）连接，根据已知条件得出，，得出，证明，得出学科网（北京）股份有限公司 ，，进而求得，，根据，求得，进而即可求解．【详解】（1）证明：如图所示，连接，  ∵，∴，∵，∴∵，∴，∴∴∵∴∵是半径，∴是的切线；（2）解：如图所示，连接，  ∵，，设，则学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴，即解得：，∵，∴∵∴，∴，∵是直径，∴，∴，∴，又，∴，∴,，∴，∴，解得：，∴∴，∵是的直径，∴，∵，∴∴，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∴，设，则，∴，∵,,∴，∵，∴∴，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题考查了切线的判定，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．44．（2023·云南·统考中考真题）如图，是的直径，是上异于的点．外的点在射线上，直线与垂直，垂足为，且．设的面积为的面积为．  (1)判断直线与的位置关系，并证明你的结论；(2)若，求常数的值．【答案】(1)与相切，理由见解析(2)学科网（北京）股份有限公司 【分析】（1）与相切，理由如下：连接，先证得，又证，进而有，于是即可得与相切；（2）先求得，再证，得，从而有，又，即可得解．【详解】（1）解：与相切，理由如下：连接，  ∵是的直径，直线与垂直，∴，∵，∴，∴∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴与相切；（2）解：∵，∴，，∴，∵，∴，∵，，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴，  ∵，∴，∴，∴又∵，∴，∴∵，∴．【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，垂线的性质，相似三角形的判定及性质，切线的判定，勾股定理，熟练掌握直径所对的圆周角是直角，垂线的性质，相似三角形的判定及性质，切线的判定以及勾股定理等知识是解题的关键．45．（2023·浙江宁波·统考中考真题）如图1，锐角内接于，D为的中点，连接并延长交于点E，连接，过C作的垂线交于点F，点G在上，连接，若平分且．  (1)求的度数．(2)①求证：．②若，求的值，(3)如图2，当点O恰好在上且时，求的长．学科网（北京）股份有限公司 【答案】(1)(2)①证明见解析；②(3)【分析】（1）先证明，结合，，可得，从而可得答案；（2）①证明，再证明，可得；②设，，证明，可得，即，则，可得，从而可得答案；（3）如图，设的半径为，连接交于，过作于，证明，，可得，证明，可得，，证明，，即，再解方程可得答案．【详解】（1）证明：∵平分，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴；（2）①∵为中点，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∴；②设，，∴，，∵，，∴，∴，即，∴，即，∴，∴，∴（负根舍去）；（3）如图，设的半径为，连接交于，过作于，  ∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，而，，∴，∴，∵，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∵，∴，∴，即，解得：，（负根舍去），由（2）①知，∴．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆的基本性质，圆周角定理的应用，垂径定理的应用，求解锐角的正切，本题的难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键．46．（2023·四川遂宁·统考中考真题）如图，四边形内接于，为的直径，，过点的直线l交的延长线于点，交的延长线于点，且．  (1)求证：是的切线；(2)求证：；(3)当，时，求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)6【分析】（1）连接，，根据圆心角，弦，弧的关系可得，根据直径所对的圆周角是90度可得，半径相等可得，根据等腰的判定可得是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一的性质可得垂直平分，根据平行线的判定和性质可得，即可证明；（2）连接，根据同弧所对的圆周角相等可得，根据平行线的性质可得，，推得，根据相似三角形的判定和性质可得，即可求证；（3）令与交于点，根据正弦的定义可求得，，根据勾股定理可求得，，根据矩形的判定和性质可得,，根据相似三角形的判定和性质可求得,即可求得．学科网（北京）股份有限公司 【详解】（1）连接，，如图：  ∵，∴，∵四边形内接于，为的直径，∴，∴，∴是等腰三角形，又∵，∴垂直平分，∵，∴，∴，即是的切线；（2）连接，如图：  ∵∴，∵，∴，，∴，∴，∵，，，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∴，即，又∵，∴；（3）令与交于点，如图：  ∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，在中，，∴，在中，，∵，，，∴四边形为矩形，∴,∴∵，∴，∴学科网（北京）股份有限公司 即，∴,∴．【点睛】本题考查了圆心角，弦，弧的关系，直径所对的圆周角是90度，圆内接四边形的性质，等腰的判定，等腰三角形三线合一的性质，平行线的判定和性质，同弧所对的圆周角相等，相似三角形的判定和性质，正弦的定义，勾股定理，矩形的判定和性质，熟练掌握以上性质是解题的关键．47．（2023·四川广安·统考中考真题）如图，以的直角边为直径作，交斜边于点，点是的中点，连接．  (1)求证：是的切线．(2)若，求的长．(3)求证：．【答案】(1)见详解(2)(3)见详解【分析】（1）连接，先根据直角三角形的性质，证明，再证明即可；（2）由（1）中结论，得，先根据三角函数及勾股定理求出的长，再证明即可；（3）证明即可得出结论．【详解】（1）证明：连接，    学科网（北京）股份有限公司 在中，，是的直径，即，在中，点是的中点，，又，，，在上是的切线．（2）解：由（1）中结论，得，在中，，，，，，，；（3）证明：，，，，，，由（1）中结论，得，，，即．学科网（北京）股份有限公司 【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了切线的性质，直角三角形的性质，三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，判断出是解本题的关键．48．（2023·浙江嘉兴·统考中考真题）已知，是半径为1的的弦，的另一条弦满足，且于点H（其中点H在圆内，且）．  (1)在图1中用尺规作出弦与点H（不写作法，保留作图痕迹）．(2)连结，猜想，当弦的长度发生变化时，线段的长度是否变化？若发生变化，说明理由：若不变，求出的长度；(3)如图2，延长至点F，使得，连结，的平分线交的延长线于点P，点M为的中点，连结，若．求证：．【答案】(1)见解析(2)线段是定长，长度不发生变化，值为(3)见解析【分析】（1）以为圆心，大于长为半径画弧，交点为，连接，与交点为，与交点为，则，分别以为圆心，大于长为半径画弧，交点为，连接，则，以为圆心，长为半径画弧与交点为，则，以为圆心，长为半径画弧，交直线于，以为圆心，大于长为半径画弧，交点为，连接，则，与交点为，与交点为，即、点即为所求；（2）如图2，连结，连接并延长交于，连结，，过作于，于，证明四边形是正方形，则可证是等腰直角三角形，则，由，可知，由是的直径，可得，则是等腰直角三角形，；（3）如图3，延长、，交点为，由题意知是的中位线，则，，由，可得，证明，则，即，如图3，作的外接圆，延长交外接圆于点，连结、，由是的平分线，可得学科网（北京）股份有限公司 ，则，证明，则，即，由，可得，进而结论得证．【详解】（1）解：如图1，、点即为所求；  （2）当弦的长度发生变化时，线段的长度不变；如图2，连结，连接并延长交于，连结，，过作于，于，则四边形是矩形，  ∵，，∴，∴四边形是正方形，∴，∴，即，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∵是的直径，∴，∴，∴是等腰直角三角形，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴，∴线段是定长，长度不发生变化，值为；（3）证明：如图3，延长、，交点为，        ∵，∴点H为的中点，又∵点M为的中点，∴是的中位线，∴，，又∵，，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，即，如图3，作的外接圆，延长交外接圆于点，连结、，∵是的平分线，∴，∴，∵，，，∴，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∵，∴．【点睛】本题考查了作垂线，同弧或等弧所对的圆周角相等，正弦，正方形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，中位线，直径所对的圆周角为直角，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，角平分线等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．49．（2023·浙江·统考中考真题）如图，在中，是一条不过圆心的弦，点是的三等分点，直径交于点，连结交于点，连结，过点的切线交的延长线于点．  (1)求证：；(2)若，求的值；(3)连结交于点，若的半径为5①若，求的长；②若，求的周长；③若，求的面积．【答案】(1)见解析(2)(3)①；②；③【分析】（1）根据点是三等分点，得出，根据是的直径，可得，根据切线的性质可得，即可证明；（2）如图1，连接，证明，则，设，则，在中由勾股定理得，得出，进而根据正切的定义即可求解；学科网（北京）股份有限公司 （3）①如图1，连接，勾股定理确定，根据，可得；②如图2，连接，设，则，解得．则，证明，，进而根据相似三角形的性质即可求解；③如图3，过点作于点，则．设，则，证明，得出则，得出，则，证明，根据相似三角形的性质即可求解．【详解】（1）解：∵点是三等分点，∴．由是的直径∴，∵是的切线，∴．∴．（2）如图1，连结，∵，    ∴．由，则，又∵，∴，∴．设，则，∵，学科网（北京）股份有限公司 ∴．在中由勾股定理得，∴，∴．∴．（3）①如图1，连结，∵，  ∴．∴，∴，∴．∵，∴．∵，∴，∴．②如图2，连结，学科网（北京）股份有限公司   ∵，∴．∵，∴．设，则，由勾股定理得，即，解得．∴∵，∴．∵，∴，∴，∴．∵，∴．∴．③如图3，过点作于点，则．学科网（北京）股份有限公司   设，则，由勾股定理得，，∵，∴，∴．∴．∵，∴，∴，∴．∴．可得方程，解得（舍去）．∴，∴，∴，∴．∴．∵，学科网（北京）股份有限公司 ∴．∵，∴，∴．∵，∴，∴．【点睛】本题考查了圆的综合问题，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，切线的性质，相似三角形的性质与判定熟练掌握是解题的关键．50．（2023·四川宜宾·统考中考真题）如图，以为直径的上有两点、，，过点作直线交的延长线于点，交的延长线于点，过作平分交于点，交于点．  (1)求证：是的切线；(2)求证：；(3)如果是的中点，且，求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等得出，根据，得出，则可得，根据已知，得出，即可得证；（2）根据角平分线的定义得出，又，根据三角形内角和定理得出，由是的直径，即可得证；（3）取的中点，连接，证明，由是的中点，是的中点，得出学科网（北京）股份有限公司 ，进而得出，设，则，勾股定理得出，,证明得出，根据角平分线的性质得出，即可求解．【详解】（1）证明：如图所示，  ∵，∴，∵∴，∴，∴∵，∴，∴是的切线；（2）证明：如图所示，  ∵平分∴又∵，则，∴，∵是的直径，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴，∴；（3）解：如图所示，取的中点，连接，    ∵是的切线，∴，∵，∴，又，∴，∵是的中点，是的中点，∴，∵，∴，在中，，∵，∴设，则，∴∵∴∴，,∵，，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴，∵是的角平分线，∴到的距离相等，设为，在，设点到的距离为，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了圆的综合问题，相似三角形的性质与判定，切线的判定与性质，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．学科网（北京）股份有限公司