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【2024年全国各地中考数学真题分类汇编（第02期）】
专题18 圆的相关性质及计算证明（34题）
一、单选题
1．（2024·江苏无锡·中考真题）已知圆锥的底面圆半径为3，母线长为4，则圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·甘肃·中考真题）如图，点A，B，C在上，，垂足为D，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在中，弦的长为8，圆心O到的距离，则的半径长为（ ）
A．4 B． C．5 D．
4．（2024·山东泰安·中考真题）两个半径相等的半圆按如图方式放置，半圆的一个直径端点与半圆的圆心重合，若半圆的半径为2，则阴影部分的面积是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在扇形中，，半径，是上一点，连接，是上一点，且，连接．若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·山东济宁·中考真题）如图，边长为2的正六边形内接于，则它的内切圆半径为（ ）
A．1 B．2 C． D．
7．（2024·四川雅安·中考真题）如图，的周长为，正六边形内接于．则的面积为（ ）
A．4 B． C．6 D．
8．（2024·山东泰安·中考真题）如图，是的直径，，是上两点，平分，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024·重庆·中考真题）如图，是的弦，交于点，点是上一点，连接，．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
10．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，圆形拱门最下端在地面上，为的中点，为拱门最高点，线段经过拱门所在圆的圆心，若，，则拱门所在圆的半径为（ ）
A． B． C． D．
11．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，内接于，为的直径，平分交于．则的值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
12．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，是的外接圆，，连接并延长交于点．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，并使两弧交于圆外一点．直线交于点，连接，下列结论一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．四边形为菱形
三、填空题
13．（2024·江苏常州·中考真题）如图，是的直径，是的弦，连接．若，则 ．
14．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，为便于研究圆锥与扇形的关系，小方同学利用扇形纸片恰好围成一个底面半径为，母线长为的圆雉的侧面，那么这个扇形纸片的面积是 （结果用含的式子表示）．
15．（2024·湖南长沙·中考真题）半径为4，圆心角为的扇形的面积为 （结果保留）．
16．（2024·甘肃兰州·中考真题）“轮动发石车”是我国古代的一种投石工具，在春秋战国时期被广泛应用，图1是陈列在展览馆的仿真模型，图2是模型驱动部分的示意图，其中，的半径分别是1cm和10cm，当顺时针转动3周时，上的点P随之旋转，则 ．
17．（2024·江苏盐城·中考真题）如图，是的内接三角形，，连接，则 ．
18．（2024·江苏连云港·中考真题）如图，是圆的直径，、、、的顶点均在上方的圆弧上，、的一边分别经过点A、B，则 ．
19．（2024·四川资阳·中考真题）如图，在矩形中，，．以点为圆心，长为半径作弧交于点，再以为直径作半圆，与交于点，则图中阴影部分的面积为 ．
20．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图所示的曲边三角形也称作“莱洛三角形”，它可以按下述方法作出：作等边三角形；分别以点，，为圆心，以的长为半径作，，．三段弧所围成的图形就是一个曲边三角形．若该“莱洛三角形”的周长为，则它的面积是 ．
21．（2024·重庆·中考真题）如图，是的直径，是的切线，点为切点．连接交于点，点是上一点，连接，，过点作交的延长线于点．若，，，则的长度是 ；的长度是 ．
22．（2024·山东·中考真题）如图，是的内接三角形，若，，则 ．
23．（2024·山东泰安·中考真题）如图，是的直径，是的切线，点为上任意一点，点为的中点，连接交于点，延长与相交于点，若，，则的长为 ．
24．（2024·四川巴中·中考真题）如图，四边形ABCD是的内接四边形，若四边形OABC为菱形，则的度数是 ．
25．（2024·重庆·中考真题）如图，以为直径的与相切于点，以为边作平行四边形，点D、E均在上，与交于点，连接，与交于点，连接．若，则 ． ．
四、解答题
26．（2024·四川南充·中考真题）如图，在中，是直径，是弦，点F是上一点，，交于点C，点D为延长线上一点，且．
(1)求证：是的切线．
(2)若，求的半径长．
27．（2024·辽宁·中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，点在上，，在的延长线上，．
(1)如图1，求证：是的切线；
(2)如图2，若，，求的长．
28．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，是的直径，内接于，，的延长线相交于点，且．
(1)求证：；
(2)求的度数．
29．（2024·山东潍坊·中考真题）【问题提出】
在绿化公园时，需要安装一定数量的自动喷洒装置，定时喷水养护，某公司准备在一块边长为的正方形草坪（如图1）中安装自动喷洒装置，为了既节约安装成本，又尽可能提高喷洒覆盖率，需要设计合适的安装方案．
说明：一个自动喷洒装置的喷洒范围是半径为的圆面．喷洒覆盖率，为待喷洒区域面积，为待喷洒区域中的实际喷洒面积．
【数学建模】
这个问题可以转化为用圆面覆盖正方形面积的数学问题．
【探索发现】
（1）如图2，在该草坪中心位置设计安装1个喷洒半径为的自动喷洒装置，该方案的喷洒覆盖率______．
（2）如图3，在该草坪内设计安装4个喷洒半径均为的自动喷洒装置；如图4，设计安装9个喷洒半径均为3m的自动喷洒装置；，以此类推，如图5，设计安装个喷洒半径均为的自动喷洒装置．与（1）中的方案相比，采用这种增加装置个数且减小喷洒半径的方案，能否提高喷洒覆盖率？请判断并给出理由．
（3）如图6所示，该公司设计了用4个相同的自动喷洒装置喷洒的方案，且使得该草坪的喷洒覆盖率．已知，设，的面积为，求关于的函数表达式，并求当取得最小值时的值．
【问题解决】
（4）该公司现有喷洒半径为的自动喷洒装置若干个，至少安装几个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率？（直接写出结果即可）
30．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，中，，点为边上一点，以点为圆心，为半径作圆与相切于点，连接．
(1)求证：；
(2)若，，求的半径．
31．（2024·四川泸州·中考真题）如图，是的内接三角形，是的直径，过点B作的切线与的延长线交于点D，点E在上，，交于点F．
(1)求证：；
(2)过点C作于点G，若，，求的长．
32．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，已知内接于，是的直径，的平分线交于点，过点作，交的延长线于点，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的直径．
33．（2024·湖南长沙·中考真题）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切），
可分为四种类型，我们不妨约定：
既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形；
只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形；
只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形；
既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形．
请你根据该约定，解答下列问题：
(1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”，
①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形； （ ）
②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形； （ ）
③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有．（ ）
(2)如图1，已知四边形内接于，四条边长满足：．
①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）；
②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接．求证：是的直径．
(3)已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H．
①如图2．连接交于点P．求证：．
②如图3，连接，若，，，求内切圆的半径r及的长．
34．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，，为斜边上一点，以为直径作，交于，两点，连接，，．
(1)求证：；
(2)若，，，求的长和的直径．
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【2024年全国各地中考数学真题分类汇编（第02期）】
专题18 圆的相关性质及计算证明（34题）
一、单选题
1．（2024·江苏无锡·中考真题）已知圆锥的底面圆半径为3，母线长为4，则圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了圆锥的侧面积展开图公式，解题的关键是掌握圆锥的侧面积的计算公式：圆锥的侧面积底面半径母线长．
【详解】解：，
故选：B．
2．（2024·甘肃·中考真题）如图，点A，B，C在上，，垂足为D，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据得到，根据得到，根据直角三角形的两个锐角互余，计算即可．
本题考查了圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理，直角三角形的性质是解题的关键．
【详解】∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选A．
3．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在中，弦的长为8，圆心O到的距离，则的半径长为（ ）
A．4 B． C．5 D．
【答案】B
【分析】本题考查垂径定理、勾股定理，先根据垂径定理得到，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：∵在中，弦的长为8，圆心O到的距离，
∴，，
在中，，
故选：B．
4．（2024·山东泰安·中考真题）两个半径相等的半圆按如图方式放置，半圆的一个直径端点与半圆的圆心重合，若半圆的半径为2，则阴影部分的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了扇形的面积公式的运用、三角形的面积公式的运用等知识点，熟练掌握扇形的面积公式是关键．
如图：连接，作于点B，得三角形是等边三角形，求出，再根据，即可解答．
【详解】解：如图：连接，作于点B，
∵，
∴三角形是等边三角形，
∴，
∴
∴,
∴．
故选：A．
5．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在扇形中，，半径，是上一点，连接，是上一点，且，连接．若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了弧长公式，等边三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质；连接，根据，，易证是等腰三角形，再根据，推出是等边三角形，得到，即可求出，再根据弧长公式计算即可．
【详解】解：连接，
，，
，
是等腰三角形，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
故选：B．
6．（2024·山东济宁·中考真题）如图，边长为2的正六边形内接于，则它的内切圆半径为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了正多边形与圆，等边三角形的判定和性质，勾股定理；
连接，，作于G，证明是等边三角形，可得，然后利用勾股定理求出即可．
【详解】解：如图，连接，，作于G，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
即它的内切圆半径为，
故选：D．
7．（2024·四川雅安·中考真题）如图，的周长为，正六边形内接于．则的面积为（ ）
A．4 B． C．6 D．
【答案】B
【分析】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质，解直角三角形是正确解答的关键．
根据正六边形的性质以及解直角三角形进行计算即可．
【详解】解：设半径为，由题意得，，
解得，
∵六边形是的内接正六边形，
∴，
∵，
∴是正三角形，
∴，
∴弦所对应的弦心距为，
∴．
故选：B．
8．（2024·山东泰安·中考真题）如图，是的直径，，是上两点，平分，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查圆周角定理、角平分线的定义、三角形的内角和定理，先根据角平分线的定义得到根据圆周角定理得到，再根据圆周角定理得到，，然后利用三角形的内角和定理求解即可．
【详解】解：∵平分，
∴，
∵是的直径，，
∴，，则，
∴，
故选：A．
9．（2024·重庆·中考真题）如图，是的弦，交于点，点是上一点，连接，．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质等知识，利用圆周角定理求出，根据等腰三角形的三线合一性质求出，等边对等角然后结合三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
故选：B．
10．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，圆形拱门最下端在地面上，为的中点，为拱门最高点，线段经过拱门所在圆的圆心，若，，则拱门所在圆的半径为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查的是垂径定理的实际应用。勾股定理的应用，如图，连接，先证明，，再进一步的利用勾股定理计算即可；
【详解】解：如图，连接，
∵为的中点，为拱门最高点，线段经过拱门所在圆的圆心，，
∴，，
设拱门所在圆的半径为，
∴，而，
∴，
∴，
解得：，
∴拱门所在圆的半径为；
故选B
11．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，内接于，为的直径，平分交于．则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了三角形的外接圆，特殊角的三角函数，圆周角定理，图形的旋转等知识点，合理作辅助线为解题的关键．
作辅助线如图，先证明，，从而可以得到旋转后的图形，再证明是等腰直角三角形，利用三角函数即可求得结果．
【详解】解：如图，连接、，
∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
在四边形中，，
∴，
∴绕点逆时针旋转，则三点共线，如图所示
∴，
∵由旋转可知，
∴，
∴在等腰直角三角形中，，
∴．
故选：A
二、多选题
12．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，是的外接圆，，连接并延长交于点．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，并使两弧交于圆外一点．直线交于点，连接，下列结论一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．四边形为菱形
【答案】ABD
【分析】本题主要考查圆的性质、圆周角定理、平行线的性质以及菱形的判定，熟练掌握性质定理是解题的关键．根据全等三角形的判定定理证明，证明即可证明四边形为菱形，再根据圆周角定理进行判定即可．
【详解】解：令交于点，
由题意得：是的垂直平分线，
，
，选项A正确；
故四边形为菱形，选项D正确；
，
四边形为菱形，
四边形为平行四边形，
，选项B正确；
，故选项C错误；
故选A B D．
三、填空题
13．（2024·江苏常州·中考真题）如图，是的直径，是的弦，连接．若，则 ．
【答案】
【分析】本题考查圆周角定理，根据同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角为直角，结合三角形的内角和定理，进行求解即可．
【详解】解：∵是的直径，，，
∴，
∴；
故答案为：．
14．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，为便于研究圆锥与扇形的关系，小方同学利用扇形纸片恰好围成一个底面半径为，母线长为的圆雉的侧面，那么这个扇形纸片的面积是 （结果用含的式子表示）．
【答案】
【分析】本题考查了圆锥侧面积的计算，圆锥的底面圆的周长等于侧面展开扇形的弧长，再利用扇形的面积公式计算即可．
【详解】解：∵底面半径为，
∴圆锥底面圆的周长为，
即扇形纸片的弧长为，
∵母线长为，
∴圆锥的侧面积．
故答案为：
15．（2024·湖南长沙·中考真题）半径为4，圆心角为的扇形的面积为 （结果保留）．
【答案】
【分析】本题考查扇形的面积公式，根据扇形的面积公式（n为圆心角的度数，r为半径）求解即可．
【详解】解：由题意，半径为4，圆心角为的扇形的面积为，
故答案为：．
16．（2024·甘肃兰州·中考真题）“轮动发石车”是我国古代的一种投石工具，在春秋战国时期被广泛应用，图1是陈列在展览馆的仿真模型，图2是模型驱动部分的示意图，其中，的半径分别是1cm和10cm，当顺时针转动3周时，上的点P随之旋转，则 ．
【答案】108
【分析】本题主要考查了求弧长．先求出点P移动的距离，再根据弧长公式计算，即可求解．
【详解】解：根据题意得：点P移动的距离为，
∴，
解得：．
故答案为：108
17．（2024·江苏盐城·中考真题）如图，是的内接三角形，，连接，则 ．
【答案】50
【分析】本题考查主要考查圆周角定理、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，先根据圆周角定理计算出，再根据等边对等角得出，最后利用三角形内角和定理即可求出．
【详解】解：，
，
，
，
，
，
故答案为：50．
18．（2024·江苏连云港·中考真题）如图，是圆的直径，、、、的顶点均在上方的圆弧上，、的一边分别经过点A、B，则 ．
【答案】90
【分析】本题考查圆周角定理，根据半圆的度数为，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，进行求解即可．
【详解】∵是圆的直径，
∴所对的弧是半圆，所对圆心角的度数为，
∵、、、所对的弧的和为半圆，
∴，
故答案为：90．
19．（2024·四川资阳·中考真题）如图，在矩形中，，．以点为圆心，长为半径作弧交于点，再以为直径作半圆，与交于点，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查了切线的性质，等边三角形的性质和判定，扇形的面积，解题的关键是学会利用分割法求阴影部分的面积．
设弓形，连接，，由题意知，即为等边三角形，，即可得出阴影部分面积为，代入数值即可求出结果．
【详解】解：∵以点为圆心，长为半径作弧交于点，，，
∴，
∴以为直径作半圆时，圆心为点，
设弓形，连接，，即，如图：
∴为等边三角形，
∴，
故阴影部分面积为，
代入数值可得，
故答案为．
20．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图所示的曲边三角形也称作“莱洛三角形”，它可以按下述方法作出：作等边三角形；分别以点，，为圆心，以的长为半径作，，．三段弧所围成的图形就是一个曲边三角形．若该“莱洛三角形”的周长为，则它的面积是 ．
【答案】
【分析】本题考查了弧长的计算，扇形面积的计算，三角函数的应用，曲边三角形是由三段弧组成，如果周长为，则其中的一段弧长就是，所以根据弧长公式可得，即正三角形的边长为．那么曲边三角形的面积=三角形的面积+三个弓形的面积，从而可得答案．
【详解】解： 曲边三角形的周长为，为等边三角形，
曲边三角形的面积为：
故答案为：．
21．（2024·重庆·中考真题）如图，是的直径，是的切线，点为切点．连接交于点，点是上一点，连接，，过点作交的延长线于点．若，，，则的长度是 ；的长度是 ．
【答案】 / /
【分析】由直径所对的圆周角是直角得到，根据勾股定理求出，则，由切线的性质得到，则可证明，解直角三角形即可求出；连接，由平行线的性质得到，再由，，推出，得到，则．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
在中，；
如图所示，连接，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形的判定等等，证明是解题的关键．
22．（2024·山东·中考真题）如图，是的内接三角形，若，，则 ．
【答案】/40度
【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，利用圆周角定理求出的度数，利用等边对等角、三角形内角和定理求出的度数，利用平行线的性质求出的度数，即可求解．
【详解】解∶连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
23．（2024·山东泰安·中考真题）如图，是的直径，是的切线，点为上任意一点，点为的中点，连接交于点，延长与相交于点，若，，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质、切线的性质、圆周角定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．
先证可得从而得到，求得，再运用勾股定理可得，再根据圆周角定理以及角的和差可得，最后根据等角对等边即可解答．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴．
故答案为：．
24．（2024·四川巴中·中考真题）如图，四边形ABCD是的内接四边形，若四边形OABC为菱形，则的度数是 ．
【答案】60°
【分析】根据菱形的性质得到∠AOC＝∠ABC，根据圆周角定理得到∠ADC＝∠AOC，根据圆内接四边形的性质得到∠ADC＋∠ABC＝180°，计算即可．
【详解】解：∵四边形OABC为菱形，
∴∠AOC＝∠ABC，
由圆周角定理得：∠ADC＝∠AOC，
∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠ADC＋∠ABC＝180°，
∴∠ADC＋2∠ADC＝180°，解得：∠ADC＝60°，
故答案为：60°．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、菱形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
25．（2024·重庆·中考真题）如图，以为直径的与相切于点，以为边作平行四边形，点D、E均在上，与交于点，连接，与交于点，连接．若，则 ． ．
【答案】 8 /
【分析】连接并延长，交于点H，连接，设、交于点M，根据四边形为平行四边形，得出，，证明，根据垂径定理得出，根据勾股定理得出，求出；证明，得出，求出，根据勾股定理得出，证明，得出，求出．
【详解】解：连接并延长，交于点H，连接，设、交于点M，如图所示：
∵以为直径的与相切于点A，
∴，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
解得：．
故答案为：8；．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，垂径定理，圆周角定理，切线的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．
四、解答题
26．（2024·四川南充·中考真题）如图，在中，是直径，是弦，点F是上一点，，交于点C，点D为延长线上一点，且．
(1)求证：是的切线．
(2)若，求的半径长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查圆周角定理，切线的判定，解直角三角形，熟练掌握相关知识点，是解题的关键：
（1）圆周角定理推出，根据，结合三角形的内角和定理，推出，即即可得证；
（2）连接，易得，直径得到在中，勾股定理求出的长，三角函数求出的长即可．
【详解】（1）证明：
．
，
．
即
．
又∵为半径，
是的切线．
（2）解：连接．
∴．
是直径，
．
在中，．
．
又是直径
的半径长为．
27．（2024·辽宁·中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，点在上，，在的延长线上，．
(1)如图1，求证：是的切线；
(2)如图2，若，，求的长．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）连接，则，故，由，得到，而，则，由，得，因此，故，则是的切线；
（2）连接，可得，则，故，由，得，那么长为．
【详解】（1）证明：连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线；
（2）解：连接，
由（1）得，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴长为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的判定，直角三角形的性质，三角形的外角性质，弧长公式等，正确添加辅助线是解决本题的关键．
28．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，是的直径，内接于，，的延长线相交于点，且．
(1)求证：；
(2)求的度数．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定以及性质，圆内接四边形的性质，等边对等角等知识，掌握这些性质是解题的关键．
（1）由等弧所对的圆周角相等可得出，再由等边对等角得出，等量代换可得出，又，即可得出．
（2）连接，由直径所对的圆周角等于得出，设，即，由相似三角形的性质可得出，再根据圆内接四边形的性质可得出，即可得出的值， 进一步即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵
∴，
（2）连接，如下图：
∵为直径，
∴，
设，
∴，
由（1）知：
∴，
∵四边形是圆的内接四边形，
∴，
即，
解得：
29．（2024·山东潍坊·中考真题）【问题提出】
在绿化公园时，需要安装一定数量的自动喷洒装置，定时喷水养护，某公司准备在一块边长为的正方形草坪（如图1）中安装自动喷洒装置，为了既节约安装成本，又尽可能提高喷洒覆盖率，需要设计合适的安装方案．
说明：一个自动喷洒装置的喷洒范围是半径为的圆面．喷洒覆盖率，为待喷洒区域面积，为待喷洒区域中的实际喷洒面积．
【数学建模】
这个问题可以转化为用圆面覆盖正方形面积的数学问题．
【探索发现】
（1）如图2，在该草坪中心位置设计安装1个喷洒半径为的自动喷洒装置，该方案的喷洒覆盖率______．
（2）如图3，在该草坪内设计安装4个喷洒半径均为的自动喷洒装置；如图4，设计安装9个喷洒半径均为3m的自动喷洒装置；，以此类推，如图5，设计安装个喷洒半径均为的自动喷洒装置．与（1）中的方案相比，采用这种增加装置个数且减小喷洒半径的方案，能否提高喷洒覆盖率？请判断并给出理由．
（3）如图6所示，该公司设计了用4个相同的自动喷洒装置喷洒的方案，且使得该草坪的喷洒覆盖率．已知，设，的面积为，求关于的函数表达式，并求当取得最小值时的值．
【问题解决】
（4）该公司现有喷洒半径为的自动喷洒装置若干个，至少安装几个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率？（直接写出结果即可）
【答案】（1）；（2）不能，理由见解析；（3）；当取得最小值时；（4）
【分析】（1）根据定义，分别计算圆的面积与正方形的面积，即可求解；
（2）根据（1）的方法求得喷洒覆盖率即可求解；
（3）根据勾股定理求得的关系，进而根据圆的面积公式得出函数关系式，根据二次函数的性质，即可求解；
（4）根据（3）的结论可得当圆为正方形的外接圆时，面积最小，则求得半径为的圆的内接正方形的边长为，进而将草坪分为个正方形，即可求解．
【详解】（1）当喷洒半径为时，喷洒的圆面积．
正方形草坪的面积．
故喷洒覆盖率．
（2）对于任意的，喷洒面积，而草坪面积始终为．
因此，无论取何值，喷洒覆盖率始终为．
这说明增加装置个数同时减小喷洒半径，对提高喷洒覆盖率不起作用．
（3）如图所示，连接，
要使喷洒覆盖率，即要求，其中为草坪面积，为喷洒面积．
∴都经过正方形的中心点，
在中，，，
∵
∴，
在中，
∴
∴
∴当时，取得最小值，此时
解得：
（4）由（3）可得，当的面积最小时，此时圆为边长为的正方形的外接圆，
则当时，圆的内接正方形的边长为
而草坪的边长为，，即将草坪分为个正方形，将半径为的自动喷洒装置放置于9个正方形的中心，此时所用装置个数最少，
∴至少安装个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率
【点睛】本题考查了正方形与圆综合问题，二次函数的应用；本题要求我们先理解和计算喷洒覆盖率，然后通过调整喷洒装置的数量和喷洒半径来分析喷洒覆盖率的变化，最后在一个特定的条件下找出喷洒面积和喷洒半径之间的函数关系．解决此类问题的关键在于将实际问题转化为数学问题，即如何将喷洒覆盖率的计算问题转化为面积计算和函数求解问题．同时，在解决具体问题时，需要灵活运用已知的数学知识，如圆的面积公式，正方形面积公式，以及函数解析式求解等．最后，还需要注意将数学计算结果还原为实际问题的解决方案．
30．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，中，，点为边上一点，以点为圆心，为半径作圆与相切于点，连接．
(1)求证：；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据题意可得，根据余角的性质可得，根据圆周角定理可得，等量代换即可得证；
（2）在中，勾股定理求得,证明，设的半径为r，则，，在中，，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵为切线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∵，
∴．
（2）解：在中，，
∵，
在和中，，，
∴，
∴，
∴，
设的半径为r，则，，
在中，，
解得，
∴半径的长为3
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
31．（2024·四川泸州·中考真题）如图，是的内接三角形，是的直径，过点B作的切线与的延长线交于点D，点E在上，，交于点F．
(1)求证：；
(2)过点C作于点G，若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由直径所对的圆周角是直角得到，则，由切线的性质推出，则，再由同弧所对的圆周角相等和等边对等角得到，，据此即可证明；
（2）由勾股定理得，利用等面积法求出，则，同理可得，则，进而得到；如图所示，过点C作于H，则，证明，求出，则；设，则，证明，推出，在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵是的直径，
∴，
∴，
∴；
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴；
如图所示，过点C作于H，则，
由（1）可得，
∴，
∴，即，
∴，
∴；
设，则，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得或（舍去），
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，等腰三角形的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形和相似三角形是解题的关键．
32．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，已知内接于，是的直径，的平分线交于点，过点作，交的延长线于点，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的直径．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（）连接，由角平分线可得，又由可得，即得，由得，进而可得，即得，即可求证；
（）是的直径可得，又由（）知，由，，进而可得，再根据，，，可得，得到，，解得到，再解即可求解；
本题考查了角平分线的定义，等腰三角形的性质，切线的判定，圆周角定理，三角函数，掌握圆的有关定理是解题的关键．
【详解】（1）证明：连接，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：∵是的直径，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴
∵，，
∴，
∵，，，
∴
∴，，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
即的直径为．
33．（2024·湖南长沙·中考真题）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切），
可分为四种类型，我们不妨约定：
既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形；
只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形；
只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形；
既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形．
请你根据该约定，解答下列问题：
(1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”，
①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形； （ ）
②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形； （ ）
③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有．（ ）
(2)如图1，已知四边形内接于，四条边长满足：．
①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）；
②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接．求证：是的直径．
(3)已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H．
①如图2．连接交于点P．求证：．
②如图3，连接，若，，，求内切圆的半径r及的长．
【答案】(1)①×；②√；③√
(2)①外接型单圆；②见解析
(3)，，
【分析】（1）根据圆内接四边形和切线长定理可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，结合题中定义，根据对角不互补，对边之和也不相等的平行四边形无外接圆，也无内切圆，进而可判断①；根据菱形的性质可判断②；根据正方形的性质可判断③；
（2）①根据已知结合题中定义可得结论；
②根据角平分线的定义和圆周角定理证明即可证得结论；
（3）①连接、、、、，根据四边形是“完美型双圆”四边形，结合四边形的内角和定理可推导出，，，进而可得，，然后利用圆周角定理可推导出，即可证得结论；
②连接、、、，根据已知条件证明，进而证明得到，再利用勾股定理求得，，同理可证求解即可．
【详解】（1）解：由题干条件可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，所以
①当平行四边形的对角不互补，对边之和也不相等时，该平行四边形无外接圆，也无内切圆，
∴该平行四边形是 “平凡型无圆”四边形，故①错误；
②∵内角不等于的菱形的对角不互补，
∴该菱形无外接圆，
∵菱形的四条边都相等，
∴该菱形的对边之和相等，
∴该菱形有内切圆，
∴内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形，故②正确；
③由题意，外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，如图，
则，，，，
∴为等腰直角三角形，
∴，即；
故③正确，
故答案为：①×；②√；③√；
（2）解：①∵四边形中，，
∴四边形无内切圆，又该四边形有外接圆，
∴该四边形是“外接型单圆”四边形，
故答案为：外接型单圆；
②∵的平分线交于点E，的平分线交于点F，
∴，，
∴，，
∴，
∴，即和均为半圆，
∴是的直径．
（3）①证明：如图，连接、、、、，
∵是四边形的内切圆，
∴，，，，
∴，
在四边形中，，
同理可证，，
∵四边形是“完美型双圆”四边形，
∴该四边形有外接圆，则，
∴，则，
∵，，
∴，
∴，
∴；
②如图，连接、、、，
∵四边形 是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H，
∴∴，，，，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，又，
∴，
∴，
∵，，
∴，则，
在中，由得，
解得；
在中，，
∴，
同理可证，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、正方形的性质、菱形的性质、圆周角定理、内切圆的定义与性质、外接圆的定义与性质、相似三角形的判定与性质、四边形的内角和定理、勾股定理、角平分线的判定等知识，理解题中定义，熟练掌握这些知识和灵活运用性质和判定是解题的关键．另外还要求学生具备扎实的数学基础和逻辑思维能力，备考时，重视四边形知识的学习，提高解题技巧和速度，以应对中考挑战．
34．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，，为斜边上一点，以为直径作，交于，两点，连接，，．
(1)求证：；
(2)若，，，求的长和的直径．
【答案】(1)见详解；
(2)，．
【分析】（1）先证明，然后利用对应边成比例，即可证明；
（2）利用，知道，从而推出，结合，知道，推出，接下来证明，那么有，即，不妨设，代入求得的长度，不妨设，在和中利用勾股定理求得和的长度，最后利用，求得的长度，然后再利用勾股定理求得的长度．
【详解】（1）是的直径
又
（2）由（1）可知，
不妨设，那么
，
不妨设，那么
在中，，，
在中，，
的直径是．
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，三角形相似的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形的性质，二次根式的化简，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
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