PAGE1PAGE2專題11圓（解析版）一、單選題1．（2023·安徽·中考真題）如圖，正五邊形內接于，連接，則（

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A． B． C． D．【答案】D【分析】先計算正五邊形的內角，再計算正五邊形的中心角，作差即可．【詳解】∵，∴，故選D．【點睛】本題考查了正五邊形的外角，內角，中心角的計算，熟練掌握計算公式是解題的關鍵．二、填空題2．（2025·安徽·中考真題）如圖，是的弦，與相切于點B，圓心O在線段上．已知，則的大小為．【答案】20【分析】本題主要考查了切線的性質，圓周角定理，直角三角形的性質，連接，由切線的性質可得，根據直角三角形兩銳角互余可得的度數，再由圓周角定理即可得到答案．【詳解】解；如圖所示，連接，∵與相切于點B，∴，∴，∵，∴，∴，故答案為：．（2021·安徽·中考真題）如圖，圓O的半徑為1，內接于圓O．若，，則．【答案】【分析】先根據圓的半徑相等及圓周角定理得出∠ABO=45°，再根據垂徑定理構造直角三角形，利用銳角三角函數解直角三角形即可【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：【點睛】本題考查垂徑定理、圓周角定理，正確使用圓的性質及定理是解題關鍵三、解答題4．（2025·安徽·中考真題）如圖，四邊形的頂點都在半圓O上，是半圓O的直徑，連接，．(1)求證：；(2)若，，求的長．【答案】(1)詳見解析(2)6【分析】本題主要考查了圓周角定理，垂徑定理，三角形中位線定理，勾股定理，熟知圓周角定理和垂徑定理是解題的關鍵．（1）由圓周角定理可得，則可證明，據此可證明．（2）連接，交于點E．由題意知，由直徑所對的圓周角是直角得到，即，則可證明，由垂徑定理可得點E為的中點，則是的中位線，即可得到．設半圓的半徑為r，則．由勾股定理知，解方程即可得到答案．【詳解】（1）證明：∵，，∴，∴．（2）解：連接，交于點E．由題意知，∵是的直徑，∴，即，∵，∴，∴點E為的中點，又∵O是的中點，∴是的中位線，∴．設半圓的半徑為r，則．由勾股定理知，，即，解得，（舍去）．∴．5．（2024·安徽·中考真題）如圖，是的外接圓，D是直徑上一點，的平分線交于點E，交于另一點F，．(1)求證：；(2)設，垂足為M，若，求的長．【答案】(1)見詳解(2)．【分析】本題主要考查了等腰三角形的性質，圓周角定理，勾股定理等知識，掌握這些性質以及定理是解題的關鍵．（1）由等邊對等角得出，由同弧所對的圓周角相等得出，由對頂角相等得出，等量代換得出，由角平分線的定義可得出，由直徑所對的圓周角等于可得出，即可得出，即．（2）由（1）知，，根據等邊對等角得出，根據等腰三角形三線合一的性質可得出，的值，進一步求出，，再利用勾股定理即可求出．【詳解】（1）證明：∵，∴，又與都是所對的圓周角，∴，∵，∴，∵平分，∴，∵是直徑，∴，∴，故，即．（2）由（1）知，，∴，又，，∴，，∴圓的半徑，∴，在中．，∴即的長為．6．（2023·安徽·中考真題）已知四邊形內接于，對角線是的直徑．

(1)如圖1，連接，若，求證；平分；(2)如圖2，為內一點，滿足，若，，求弦的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）利用垂徑定理的推論和圓周角的性質證明即可．(2)證明四邊形平行四邊形，后用勾股定理計算即可．【詳解】（1）∵對角線是的直徑，∴，∴，∴平分．（2）∵對角線是的直徑，∴，∴∵，∴，∴四邊形平行四邊形，∴，又∵，∴．【點睛】本題考查了垂徑定理的推論，直徑所對的圓周角是直角，平行四邊形的判定和性質，勾股定理，熟練掌握垂徑定理的推論，平行四邊形的判定和性質，勾股定理是解題的關鍵．7．（2022·安徽·中考真題）已知AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，D為BA的延長線上一點，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，且∠ACD＝∠ACE，求證：CE⊥AB．【答案】(1)(2)見解析【分析】（1）根據直角三角形的性質（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，進而求出AD的長；（2）根據切線的性質可得OCCD，根據同一個圓的半徑相等及等腰三角形的性質可得∠OCA=∠OAC，由各個角之間的關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【點睛】本題考查切線的性質，直角三角形的性質，勾股定理以及等腰三角形的性質，掌握相關性質定理是解題的關鍵．8．（2021·安徽·中考真題）如圖，圓O中兩條互相垂直的弦AB，CD交于點E．（1）M是CD的中點，OM＝3，CD＝12，求圓O的半徑長；（2）點F在CD上，且CE＝EF，求證：．【答案】（1）；（2）見解析．【分析】（1）根據M是CD的中點，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，，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是CD的中點，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，熟練應用相關知識點是解題的關鍵．一、單選題1．（2025·安徽蚌埠·三模）徽派建筑是中國傳統(tǒng)建筑中的瑰寶，其以精巧的布局、典雅的形制和深厚的文化意蘊，成為江南地域文化的鮮明符號．如圖是扇形花窗造型，若，，則該陰影部分的面積為（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】本題考查了扇形面積的計算，熟練掌握扇形面積公式是解題的關鍵；根據扇形面積公式結合陰影部分的面積求解即可．【詳解】解：∵，∴，∴該陰影部分的面積；故選：C．2．（2025·安徽合肥·二模）如圖，為的直徑，弦交于點E，點C為中點，若的度數為，點O到的距離為2，則的長為（

）A． B． C．3 D．2【答案】D【分析】本題考查了圓周角定理，垂徑定理，角平分線的性質．連接，，作于點，先求得，利用垂徑定理求得，證明，利用角平分線的性質即可求解．【詳解】解：連接，，作于點，則，∵點C為中點，的度數為，∴，∵為的直徑，∴，，∵，∴，∴，∵，，∴，故選：D．3．（2025·安徽合肥·二模）如圖，AB是的直徑，C是上一點，連接AC，OC，若，，則的長為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查了弧長公式和圓周角定理，能熟記弧長公式是解此題的關鍵．先根據圓周角定理求出，求出半徑，再根據弧長公式求出答案即可．【詳解】解：∵直徑，∴半徑，∵圓周角，∴∴圓心角，∴的長是，故選：B．4．（2025·安徽淮北·一模）如圖，的直徑與弦垂直，且，則的度數為（

）A．50° B．60° C．80° D．70°【答案】C【分析】本題主要考查了垂徑定理，圓周角定理，弧與圓心角之間的關系，連接，根據垂徑定理得到，則由弧與圓心角的關系和圓周角定理即可得到答案．【詳解】解：如圖所示，連接，∵的直徑與弦垂直，∴，∴，故選：C．5．（2025·安徽合肥·一模）如圖，為的直徑，、是上的兩點，，過點作的切線交的延長線于點，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查了圓周角定理，切線的性質；連接，由圓周角定理得，由切線的性質得，即可求解；掌握圓周角定理，切線的性質是解題的關鍵．【詳解】解：連接，，，是的切線，，；故選：B．6．（2025·安徽合肥·一模）如圖，以，為圓心，為半徑的兩個圓相交于點，，為的直徑，若，則的長為（

）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】本題考查了等邊三角形的判定和性質，弧長公式．證明和都是等邊三角形，求得，再利用弧長公式即可求解．【詳解】解：由題意得，∴和都是等邊三角形，∴，，∴的長為，故選：C．7．（2025·安徽合肥·一模）如圖，四邊形是的內接四邊形，，．若的半徑為5，則的長為（）

A． B． C． D．【答案】C【分析】連接，根據圓內接四邊形的性質得出，再根據三角形的內角和求出，進而得出，最后根據弧長公式即可求解．【詳解】解：連接，∵四邊形是的內接四邊形，，∴，∵，∴，∴，∴，故選：C．

【點睛】本題主要考查了圓的內接四邊形，圓周角定理，三角形的內角和，弧長公式，解題的關鍵是掌握圓的內接四邊形對角互補，同弧所對的圓周角是圓心角的一半，三角形的內角和為，弧長．8．（2025·安徽馬鞍山·三模）如圖，為的直徑，，為上一點，過點作交于點，，連接，，．若，則的長為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題主要考查了垂徑定理，圓周角定理，求弧長，等邊對等角等等，先由等邊對等角得到，再由圓周角定理得到，則由垂徑定理可得，據此根據弧長公式求解即可．【詳解】解：∵，∴，∴，∵，∴，∵為的直徑，，∴，∴的長為，故選：C．9．（2025安徽合肥一模）如圖，是的直徑，點是上一點，點是的中點，連接，，，若，則的度數是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查圓內接四邊形的性質，圓周角定理，三角形的內角和等知識，連接，得，由圓內接四邊形的性質得，由點是的中點得，進而得，再由三角形的內角和定理得，再由即可得出結論．【詳解】解：如圖，連接，∵是的直徑，∴，∵，∴，∵點是的中點，∴，∴，∴，∴．故選：D．10．（2025·安徽合肥·一模）如圖，正五邊形內接于，連接，，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題主要考查了正多邊形與圓，多邊形內角的知識點，解答本題的關鍵是求出正五邊形的內角；連接，先求出的度數，然后在等腰中，根據三角形內角和求出的度數．【詳解】解：連接，∵四邊形為正五邊形，∴，而為外接圓圓心，∴有，在四邊形中，，即，∴，又∵，∴，故選：．11．（2025·安徽合肥·一模）如圖，邊長為1的正方形的頂點B在上，頂點A，C在內，的延長線交于點D，則圖中陰影部分的面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題主要考查求不規(guī)則圖形的面積，掌握扇形的面積公式，是解題的關鍵．根據正方形的性質和勾股定理得的半徑為，結合扇形與三角形的面積公式，即可得到答案．【詳解】解：連接，∵四邊形是正方形，∴，∴，即的半徑為，∴=．故選：A．12．（2025·安徽合肥·一模）如圖，中，弦的長為，點在上，，，則圖中陰影部分的面積是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】如圖所示，連接，設和交于點D，首先利用圓周角定理求出，然后根據垂徑定理得到，，求出，然后解直角三角形求出，然后利用陰影部分的面積代數求解即可．【詳解】如圖所示，連接，設和交于點D，∵∴∵∴，∴∴∴∴陰影部分的面積．故選：D．【點睛】此題考查了圓周角定理，垂徑定理，解直角三角形，求弓形面積等知識，解題的關鍵是掌握以上知識點．13．（2025安徽合肥一模）如圖，是圓的直徑，點、在圓上，，與交于，，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題主要考查圓周角定理和弧、弦及圓周角之間的關系，熟練掌握圓周角定理和三者之間的關系是解題的關鍵．根據直徑所對的圓周角為90度可知，根據，可知，進而可得，根據同弧所對的圓周角等于圓心角的一半，可得，最后根據三角形外角的定義和性質即可求出的度數．【詳解】解：∵是圓的直徑，，，，，∵，，，，故選：B．二、填空題14．（2025·安徽銅陵·三模）如圖，內接于，，分別是，的中點，，的度數是【答案】【分析】本題主要考查了圓周角定理，三角形中位線定理，連接，則可推出是的中位線，則，進而可證明，即，再由圓周角定理可得答案．【詳解】解：如圖所示，連接，∵，分別是，的中點，∴是的中位線，∴，∵，∴，即，，故答案為：．15．（2025·安徽合肥·三模）如圖，是的直徑，是的弦，連接，若，則．【答案】【分析】本題考查圓中求角度，涉及直徑所對的圓周角是直角、圓周角定理、直角三角形兩銳角互余等知識，先由是的直徑，則，再由同弧所對的圓周角相等得到，最后在中，由直角三角形兩銳角互余代值求解即可得到答案．熟記圓周角定理是解決問題的關鍵．【詳解】解：是的直徑，，，，在中，，，則，故答案為：．16．（2025·安徽合肥·二模）如圖，四邊形內接于，連接，，，若的半徑為3，則的長為．【答案】【分析】如圖所示，連接，首先根據等邊對等角得出，，然后求出，然后利用圓周角定理求出，然后利用弧長公式求解即可．此題考查了等邊對等角，圓周角定理，弧長公式，解題的關鍵是掌握以上知識點．【詳解】如圖所示，連接∵，∴，∴∴∵的半徑為3∴的長．故答案為：．17．（2025·安徽安慶·二模）如圖，是直徑，點、、在半圓上，若，則．【答案】/150度【分析】本題考查圓周角定理、圓內接四邊形的性質等，解題的關鍵是掌握圓內接四邊形的對角互補．連接，根據直徑所對的圓周角為90度可得，進而可得，再根據圓內接四邊形對角互補即可求解．【詳解】解：如圖，連接，∵是直徑，點在半圓上，，，∵四邊形是的內接四邊形，，，故答案為：．18．（2025·安徽合肥·二模）如圖，圓中兩條弦相交于點E，其中兩條劣弧的度數分別為，圓O的半徑為5，，則的長為．【答案】/【分析】本題主要考查了勾股定理，直角三角形的性質，等邊三角形的性質和判定，連接，可得，可得是等邊三角形，，進入得出，再根據含直角三角形得性質得，然后根據勾股定理求出，則答案可得．【詳解】解：連接，∵，∴，∴．∵，∴是等邊三角形，∴．在中，，∴．根據勾股定理，得，∴．故答案為：．19．（2023·安徽合肥·二模）如圖，在半徑為1的上順次取點A，B，C，D，E，連接，若，，則扇形與扇形的面積之和為（結果保留）【答案】/【分析】先利用圓周角定理求得，再根據扇形面積公式即可求解．【詳解】解：∵，∴，∴扇形與扇形的面積之和為，故答案為：．【點睛】本題考查了扇形面積公式，掌握圓心角為的扇形面積公式是解題的關鍵．20．（2025·安徽淮南·三模）如圖，等邊三角形和正五邊形是的內接多邊形，已知的半徑為3，則的長是．【答案】【分析】本題主要考查了正多邊形與圓，弧長公式，正確作出輔助線是解題的關鍵．如圖，連接，，．根據正多邊形的性質求出，，進而求出，再利用弧長公式計算即可得到結果．【詳解】解：如圖，連接，，．∵等邊三角形和正五邊形是的內接多邊形，∴，，∴，∴的長是．故答案為：．21．（2025·安徽阜陽·一模）我國古代數學家劉徽在《九章算術》中提出“割圓術”，即用圓內接或外切正多邊形逐步逼近圓來近似計算圓的面積．如圖，為的內接正八邊形的一邊，，設劣弧所在的扇形的面積為，的面積為，比較大?。海ㄌ睢啊被颉啊保敬鸢浮俊痉治觥勘绢}考查了圓形與正多邊形、實數的大小比較、銳角三角函數，首先過點作于，利用特殊角的三角函數求出的長度，根據扇形的面積公式可得，根據三角形的面積公式可得：，所以可得，再用作差法比較與的大小關系．【詳解】解：如下圖所示，為的內接正八邊形的一邊，則，，過點作于，，，，，，．故答案為：．三、解答題22．（2025·安徽合肥·一模）如圖，為的直徑，的切線交的延長線于點E，點D在上，，連接．(1)如圖1，求證：；(2)如圖2，若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】本題主要考查了切線的性質，同弧所對的圓周角相等，求弧長，勾股定理，等腰三角形的性質與判定等待，正確作出輔助線是解題的關鍵。（1）由切線的性質可得，則，再由等邊對等角和三角形外角的性質得到，再證明，，即可證明．（2）先證明，則，由圓周角定理得到，進一步求出，據此利用弧長公式求解即可．【詳解】（1）證明：如圖，連接，∵是的切線，，，，∴，，，，為直徑，，，即，．（2）解：如圖，連接，由（1）得，，，，，，，，，∴的長為．23．（2025·安徽池州·二模）如圖，中，A是的中點，以A，，三點作平行四邊形，延長交于點，連接．(1)求證：是的切線；(2)若，，求的半徑．【答案】(1)見解析(2)【分析】本題主要考查了圓的有關知識、平行四邊形的判定與性質、切線的判定、勾股定理等知識點，熟練運用這些性質進行推理是本題的關鍵．（1）如圖：連接交于點，根據題意可得，進而得到，再根據平行四邊形的性質可得即可證明結論；（2）如圖：連接，由平行四邊形的性質可得、，進而得到，根據等腰三角形的性質可得，再根據勾股定理可得，設的半徑為，則，然后根據勾股定理列方程求解即可．【詳解】（1）證明：如圖：連接交于點，∵A是的中點，∴，∴，∴，∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，∵是的半徑，∴是的切線．（2）解：如圖：連接，∵四邊形是平行四邊形，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，在中，，設的半徑為，則，在中，，∴，解得：，∴的半徑為．24．（2025·安徽合肥·一模）如圖，為圓外一點，、分別切圓于、．連接，交圓于點，延長，交圓于點．連接，．連接并延長，交于點．(1)證明：點是的中點．(2)若點是的中點，求的度數．【答案】(1)見解析(2)30度【分析】本題考查了圓的切線性質，垂徑定理以及相關角度計算，解題的關鍵是熟練運用圓的切線性質和垂徑定理等知識進行推理和計算．（1）利用切線長定理證明，從而得出，得到即可得結果；（2）通過點是中點推出，，由（1）得，，是等邊三角形，得到，再結合圓的性質和平行線性質，求出的度數．【詳解】（1）證明：、分別切圓于、，，．又，，，即點是的中點．（2）點是的中點，垂直平分，連接，則，由（1）得，是等邊三角形，是圓的切線，，25．（2025·安徽蚌埠·三模）如圖，已知是的直徑，C為上一點，連接，D為上一點，連接并延長交過C點的切線于點E，已知．(1)求證：；(2)若，，求長．【答案】(1)見解析(2)【分析】本題考查圓周角定理、切線的性質、等腰三角形的性質、三角形的外角性質、勾股定理、相似三角形的判定與性質等知識，熟練掌握相關知識的聯(lián)系與運用是解答的關鍵．（1）連接，先根據切線的性質和圓周角定理推導出，再利用等腰三角形的性質得到，，再利用三角形的外角性質可得結論；（2）先利用勾股定理求得，再證明，利用相似三角形的性質求解即可．【詳解】（1）證明：連接．為的切線，，，為的直徑，，，，又，，，，，；（2）解：設，在中，，，由解得由（1）知，，，，即解得．26．（2025·安徽合肥·一模）如圖，是的外接圓，是直徑，的平分線交外接圓于D，交于E，過點D的切線交的延長線于F．(1)求證：；(2)若，求的半徑．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】本題主要考查切線的性質、圓周角的性質、相似三角形的性質與判定及三角函數，熟練掌握切線的性質、圓周角的性質及三角函數是解題的關鍵；（1）連接，由題意易得，，則有，然后根據切線的性質可進行求證；（2）連接，由題意易得，則有，然后根據三角函數可進行求解．【詳解】（1）證明：連接，∵為的直徑，．∵是的平分線．，，∵為的切線．，，；（2）解：連接，（公共角），，，，即，在中，，∴的半徑為．27．（2025·安徽銅陵·三模）如圖，點是斜邊上的點，以為直徑的與相切于，交于點，連接，，．(1)求證：平分；(2)若，，求的半徑．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接交于點，根據切線性質得出，證明，得出，根據等腰三角形的性質得出，即可證明結論；（2）證明四邊形是矩形，得出，，根據勾股定理得出，設的半徑為，根據勾股定理得出，即可得出答案．【詳解】（1）證明：連接交于點，如圖．與相切于點，，，，．，，，即平分．（2）解：是的直徑，，，四邊形是矩形，，，∴，∴，，，．設的半徑為，，，解得．【點睛】本題主要考查了切線的性質，圓周角定理，勾股定理，等腰三角形的性質，矩形的判定和性質，平行線分線段成比例定理，解題的關鍵是熟練掌握相關的判定和性質．28．（2025·安徽合肥·一模）已知，如圖，為的直徑，點在上，與經過點的切線垂直，交于點，連接交于點．(1)求證：平分；(2)連接，若，，求線段的長．【答案】(1)見解析(2)2【分析】（1）由DC是的切線，，證明，可得，由，證明，從而可得結論；（2）設，則，然后得到，，證明出，得到，然后代數求解即可．【詳解】（1）證明：如圖，連接，交于點G是的切線，，平分；（2）設∴∵∴∴，∴，即∵為的直徑，∴又∵∴∴，即解得或（舍去）∴．【點睛】此題考查了切線的性質，相似三角形的性質和判定，垂徑定理，直徑所對的圓周角是直角等知識，解題的關鍵是掌握以上知識點．29．（2025·安徽合肥·一模）如圖，是的外接圓，且，作，交于點，交延長線于點，過點作的切線交的延長線于點．(1)求證：；(2)若的半徑為13，．求的長．【答案】(1)見解析(2)．【分析】（1）根據圓周角定理求得是的直徑，，求得，再根據切線的性質求得，推出，即可證明；（2）作于點，連接，利用垂徑定理結合勾股定理求得，再求得，利用，列式求得，據此計算即可求解．【詳解】（1）證明：連接，∵，∴，∴是的直徑，∵，∴，∴，∵，∴，∵是的切線，∴，∴，∴，∴；（2）解：作于點，連接，∵，∴點在上，，在中，由勾股定理得，∴，∴，∵，∴，∴．【點睛】本題考查了圓周角定理，切線的性質，勾股定理，垂徑定理，解直角三角形．正確引出輔助線解決問題是解題的關鍵．30．（2025·安徽合肥·三模）如圖，已知是的直徑，C為上一點，連接為上一點，連接并延長交過C點的切線于點E，已知．(1)求證：．(2)若，，求長．【答案】(1)見解析(2)【分析】本題考查了切線的性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，熟練掌握切線的性質是解題的關鍵．（1）連接，根據切線的性質得到，求得，得到，根據三角形外角的性質得到；（2）根據勾股定理得到，求得，根據相似三角形的性質得到結論．【詳解】（1）解：連接．∵為的切線，，，∵為的直徑，，，，又，，，，，，（2）解：設，在中，，∴，解得，，，由（1）知，，即，解得．31．（2025·安徽亳州·二模）在中，為的弦，連接，，(1)如圖1，若半徑于點D，，求弦的長；(2)如圖2，為的切線，點P為切點，且，過點P作于點F，與半徑相交于點E．若的半徑是3，求的長．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據垂徑定理可得，再根據直角三角形中所對的直角邊是斜邊的一半可得，進而可列，解得，，再根據勾股定理可得弦的長．（2）連接，由切線的性質，平行線的性質，可得，再由對頂角相等可得，即可由直角三角形中所對的直角邊是斜邊的一半可得，由勾股定理可得．【詳解】（1）解：，．，．，，，．，，在中，由勾股定理得，．（2）解：如圖，連接．為的切線，，即．，．，，，，，，．在中，由勾股定理得，即，解得．【點睛】本題主要考查了垂徑定理，勾股定理，切線的性質，平行線的性質，對頂角相等，直角三角形中所對的直角邊是斜邊的一半，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．32．（2025·安徽滁州·二模）如圖，都是的半徑，．(1)求證：；(2)若，，求．【答案】(1)見解析(2)【分析】本題考查了圓周角定理、等腰三角形的性質、勾股定理，熟練掌握相關知識點是解題的關鍵．（1）利用圓周角定理即可證明；（2）作于點，作于點，利用三線合一性質得到，，得到，利用全等三角形的判定證出，得到，再利用勾股定理即可求解．【詳解】（1）證明：，，，又，；（2）解：如圖，作于點，作于點，，，，，，由（1）得，，，，，，又，，，，，．33．（2025·安徽安慶·二模）如圖，是的直徑，點是上一點，過點作的切線與的延長線相交于點，弦平分，交于點，連接．(1)求證：；(2)若，，求弦的長．【答案】(1)見解析；(2)．【分析】根據圓周角定理可知，根據切線的性質可知，所以可得，，根據同角的余角相等可得，從而可證，根據角平分線的性質可證，根據三角形外角的性質可知，又因為，所以可得，根據等角對等邊可證結論成立；連接，過點作于點，根據角平分線的性質可證是等腰直角三角形，因為，可得，所以，利用勾股定理可以求出，從而可知，利用勾股定理可以求出，從而可得．【詳解】（1）證明：為的直徑，，，又切于點，，，，，，，，平分，，，，；（2）解：如下圖所示，連接，過點作于點，平分，，是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，，，，在中，，，解得，則，，．【點睛】本題主要考查了圓的綜合、勾股定理、等腰直角三角形的性質、切線的性質、解決本題的關鍵是作輔助線構造等腰直角三角形．34．（2025·安徽合肥·二模）如圖，是的直徑，與相切于點B，D，過點C作分別交，于E，F兩點，連接．(1)求證：四邊形是平行四邊形；(2)若的半徑為，，求的長．【答案】(1)詳見解析(2)2【分析】本題主要考查平行四邊形的判定和性質、圓的切線的性質、角平分線的性質、勾股定理等知識點，熟練掌握性質定理是解題的關鍵．（1）如圖：連接，根據切線的性質，再根據角平分線的判定定理可得平分，進而得到，然后角的和差以及三角形外角的性質可得，則，最后結合即可證明結論；（2）由平行線的性質可得，再結合，進而得到，再根據切線的性質可得；設，則，然后根據勾股定理得到方程求解即可解答．【詳解】（1）證明：如圖：連接，∵是的切線，∴，∴，∵是的半徑，∴，∴平分，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴∵，∴四邊形是平行四邊形．（2）解：∵，∴，∵，∴，∴，∵是的切線，∴，∵四邊形是平行四邊形，∴，設，則，∴在中，，∴，∴，即．35．（2025·安徽合肥·二模）如圖，是的弦，點為上一點，的延長線垂直，垂足為，點為弧上一點，且，延長交的延長線于點，連接．(1)求證：；(2)點為上一點，平分，且，求的度數．【答案】(1)證明見解析；(2)．【分析】本題考查了垂徑定理，圓周角定理，圓內接四邊形，三角形的內角和定理，三角形的外角性質，垂直平分線的判定與性質等知識，掌握知識點的應用是解題的關鍵．（）設與交于點，由垂徑定理得，，則有，，然后通過三角形的內角和定理即可求證；（）由角平分定義可設，則，通過圓內接四邊形和平角定義可得，則有，，，最后由角度和差求出的值即可．【詳解】（1）證明：設與交于點，∵，∴，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴；（2）解：∵平分，∴，設，則，∵四邊形是圓內接四邊形，∴，，∴，∴，∴，，∴，∵，∴，解得，∴．36．（2025·安徽合肥·二模）如圖，為的直徑，與相切于點C，交的延長線于點D，E為上另一點，且，與相交于點M．(1)求證：平分；(2)若，求半徑長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，交于點F，根據切線的性質，平行線的性質與判定科得出，根據直徑所對的圓周角是直角可得出，則，根據平行線的性質和等邊對等角即可得證；（2）：連接交于點G．證明，，得出，，則，進而得出，則為等邊三角形，根據三線合一的性質得出，，根據垂徑定理求出，最后根據余弦的定義求解即可．【詳解】（1）證明：連接，交于點F與相切又為為的直徑，，，，，即平分．（2）解：連接交于點G．由（1）知，，，，，為等邊三角形，又平分，，，．【點睛】本題考查了切線的性質，垂徑定理，等邊三角形的判定與性質，解直角三角形等知識，掌握相關性質定理進行推理論證是解題的關鍵．37．（2025·安徽阜陽·一模）如圖，內接于，點為弧的中點，交于，于，，連接．(1)求證：；(2)若，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】此題考查了圓周角定理及推論、等腰三角形性質以及全等三角形的判定與性質．注意準確作出輔助線是解此題的關鍵．（1）設，則，求出，進而求出，得出結論；（2）在上截取，分別連接，證明，進而得出，求出即可求出結論．【詳解】（1）證明：設，為的中點，，，，，，，，；（2）解：在上截取，分別連接，點為弧的中點，，，．點為弧的中點，，，．，．，，．38．（2025·安徽