卷21 與圓有關(guān)的計(jì)算及圓的綜合題（解析版+原卷版）-【沖刺2025】中考一輪總復(fù)習(xí)2024中考真題分類提優(yōu)測(cè)試卷-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

一．選擇題（共10小題）
1．（2024?青島）為籌備運(yùn)動(dòng)會(huì)，小松制作了如圖所示的宣傳牌，在正五邊形ABCDE和正方形CDFG中，CF，DG的延長(zhǎng)線分別交AE，AB于點(diǎn)M，N，則∠FME的度數(shù)是（）
A．90°B．99°C．108°D．135°
【分析】根據(jù)正五邊形的內(nèi)角的計(jì)算方法求出∠CDE、∠E，根據(jù)正方形的性質(zhì)分別求出∠CDF、∠CFD，根據(jù)四邊形內(nèi)角和等于360°計(jì)算即可．
【解答】解：∵五邊形ABCDE是正五邊形，
∴∠CDE＝∠E=(5?2)×180°5=108°，
∵四邊形CDFG為正方形，
∴∠CDF＝90°，∠CFD＝45°，
∴∠FDE＝108°﹣90°＝18°，∠DFM＝180°﹣45°＝135°，
∴∠FME＝360°﹣18°﹣135°﹣108°＝99°，
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是正多邊形和圓，熟記正多邊形的內(nèi)角的計(jì)算方法是解題的關(guān)鍵．
2．（2024?綿陽）如圖，在邊長(zhǎng)為2的正六邊形ABCDEF中，連接BE，點(diǎn)H在BE上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)G為EF的中點(diǎn)，當(dāng)△AGH的周長(zhǎng)最小時(shí)，AH+GH＝（）
A．23B．13C．12D．13
【分析】要使△AGH的周長(zhǎng)最小時(shí)，AH+GH最小，利用正六邊形的性質(zhì)可得點(diǎn)G關(guān)于BE的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)G′，連接AG′交BE于點(diǎn)H'，連接AE，H′G，那么有H'G＝H'G′，AH'+GH'＝AG′最小，再根據(jù)正六邊形的性質(zhì)和勾股定理計(jì)算即可．
【解答】解：如圖，
要使△AGH的周長(zhǎng)的最小，即AH+HG最小，
利用正六邊形的性質(zhì)可得點(diǎn)G關(guān)于BE的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)G′，連接AG′交BE于點(diǎn)H'，連接AE，H′G，
那么有H'G＝H'G′，AH'+GH'＝AG′最小，
∵∠F＝120°，AF＝EF＝2，
∴AE＝23，
∵∠AEG′＝90°，EG′=12DE＝1，
∴AG′=12+(23)2=13，
故當(dāng)△AGH的周長(zhǎng)最小時(shí)，AH+GH=13．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了正多邊形和圓以及軸對(duì)稱﹣?zhàn)疃搪肪€問題，得出H′點(diǎn)位置是解題關(guān)鍵．
3．（2024?雅安）如圖，⊙O的周長(zhǎng)為8π，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O．則△OAB的面積為（）
A．4B．43C．6D．63
【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)以及直角三角形的邊角關(guān)系進(jìn)行計(jì)算即可．
【解答】解：設(shè)半徑為r，由題意得，2πr＝8π，
解得r＝4，
∵六邊形ABCDEF是⊙O的內(nèi)接正六邊形，
∴∠AOB=360°6=60°，
∵OA＝OB，
∴△AOB是正三角形，
∴弦AB所對(duì)應(yīng)的弦心距為32OA＝23，
∴S△AOB=12×4×23=43．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查正多邊形和圓，掌握正六邊形的性質(zhì)，直角三角形的邊角關(guān)系是正確解答的關(guān)鍵．
4．（2024?貴州）如圖，在扇形紙扇中，若∠AOB＝150°，OA＝24，則AB的長(zhǎng)為（）
A．30πB．25πC．20πD．10π
【分析】根據(jù)弧長(zhǎng)的計(jì)算公式即可解決問題．
【解答】解：因?yàn)椤螦OB＝150°，OA＝24，
所以AB的長(zhǎng)為：150?π?24180=20π．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了弧長(zhǎng)的計(jì)算，熟知弧長(zhǎng)的計(jì)算公式是解題的關(guān)鍵．
5．（2024?包頭）如圖，在扇形AOB中，∠AOB＝80°，半徑OA＝3，C是AB上一點(diǎn)，連接OC，D是OC上一點(diǎn)，且OD＝DC，連接BD．若BD⊥OC，則AC的長(zhǎng)為（）
A．π6B．π3C．π2D．π
【分析】連接BC，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)得BC＝OB，可得△OBC是等邊三角形，求出∠AOC＝20°，再根據(jù)弧長(zhǎng)公式計(jì)算即可．
【解答】解：如圖，連接BC，
∵OD＝DC，BD⊥OC，
∴BC＝OB，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等邊三角形，
∴∠BOC＝60°，
∵∠AOB＝80°，
∴∠AOC＝20°，
∴AC的長(zhǎng)為20π×3180=π3．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了弧長(zhǎng)的計(jì)算，關(guān)鍵是根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)求出圓心角的度數(shù)．
6．（2024?綿陽）將一把折扇展開，可抽象成一個(gè)扇形，若該扇形的半徑為2，弧長(zhǎng)為4π3，則扇形的圓心角大小為（）
A．30°B．60°C．90°D．120°
【分析】依據(jù)題意，根據(jù)弧長(zhǎng)公式進(jìn)行代入計(jì)算即可得解．
【解答】解：由題意，∵弧長(zhǎng)=nπr180=43π，且r＝2，
∴n＝120°．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了弧長(zhǎng)的計(jì)算，解題時(shí)要能熟練掌握并能準(zhǔn)確計(jì)算是關(guān)鍵．
7．（2024?泰安）兩個(gè)半徑相等的半圓按如圖方式放置，半圓O′的一個(gè)直徑端點(diǎn)與半圓O的圓心重合，若半圓的半徑為2，則陰影部分的面積是（）
A．43π?3B．43πC．23π?3D．43π?34
【分析】連接OA，AO′，作AB⊥OO′于點(diǎn)B，得三角形AOO′是等邊三角形，求出AB=3，S弓形AO′＝S扇形AOO′﹣S△AOO′=2π3?3，再根據(jù)S陰影＝S弓形AO′+S扇形AO′O，即可得出答案．
【解答】解：如圖，連接OA，AO′，作AB⊥OO′于點(diǎn)B，
∵OA＝OO′＝AO′＝2，
∴三角形AOO′是等邊三角形，
∴∠AOO′＝60°，OB=12OO′＝1，
∴AB=22?12=3，
∴S弓形AO′＝S扇形AOO′﹣S△AOO′
=60π×22360?2×3×12
=2π3?3，
∴S陰影＝S弓形AO′+S扇形AO′O
=2π3?3+2π3
=4π3?3．
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了扇形的面積公式的運(yùn)用、三角形的面積公式的運(yùn)用，熟練掌握扇形的面積公式是關(guān)鍵．
8．（2024?日照）如圖，在菱形ABCD中，AB＝2，∠B＝120°，點(diǎn)O是對(duì)角線AC的中點(diǎn)，以點(diǎn)O為圓心，OA長(zhǎng)為半徑作圓心角為60°的扇形OEF，點(diǎn)D在扇形OEF內(nèi)，則圖中陰影部分的面積為（）
A．π2?34B．π?34C．π2?14D．無法確定
【分析】過O作ON⊥AD，OM⊥CD，證明△ONH≌△OMG，故四邊形HOGD面積＝2△OMD面積，再計(jì)算即可．
【解答】解：過O作ON⊥AD，OM⊥CD，連接OD．
∵∠ADC+∠HOG＝180°，
∴∠NHO+∠DGO＝180°，
∵∠DGO+∠MGO＝180°，
∴∠NHO＝∠MGO．
∵菱形ABCD，
∴DO平分∠ADC，
∴OM＝ON．
在△ONH和△OMG中，
∠NHO=∠OGM∠ONH=∠OMGOM=ON，
∴△ONH≌△OMG（AAS），
∴△ONH面積＝△OMG面積，
∴四邊形HOGD面積＝四邊形NOMD面積＝2△OMD面積，
∵∠ODC＝60°，
∴OD=12CD＝1，OC=3OD=3．
∴DM=12OD=12，
∴OM=3DM=123，
∴四邊形HOGD面積＝2△OMD面積＝2×12×12×123=34，
∴陰影部分的面積＝扇形面積﹣四邊形HOGD面積=60°360°×π×（3）2?34=π2?34，
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了扇形面積的計(jì)算，等邊三角形的判定與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，圓周角定理，掌握菱形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
9．（2024?無錫）已知圓錐的底面圓半徑為3，母線長(zhǎng)為4，則圓錐的側(cè)面積為（）
A．6πB．12πC．15πD．24π
【分析】根據(jù)圓錐的側(cè)面積公式即可求解．
【解答】解：S側(cè)＝πrl＝π×3×4＝12π，
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓錐的計(jì)算，解題的關(guān)鍵是掌握?qǐng)A錐的側(cè)面積公式．
10．（2024?廣州）如圖，圓錐的側(cè)面展開圖是一個(gè)圓心角為72°的扇形，若扇形的半徑l是5，則該圓錐的體積是（）
A．3118πB．118πC．26πD．263π
【分析】根據(jù)扇形的弧長(zhǎng)公式可得圓錐的底面周長(zhǎng)，進(jìn)而得出底面半徑，再根據(jù)勾股定理求出圓錐的高，然后根據(jù)圓錐的體積公式計(jì)算即可．
【解答】解：由題意得，圓錐的底面圓周長(zhǎng)為72π×5180=2π，
故圓錐的底面圓的半徑為2π2π=1，
所以圓錐的高為：52?12=26，
該圓錐的體積是：13×π×12×26=263π．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了幾何體的展開圖，關(guān)鍵是掌握?qǐng)A錐的側(cè)面展開圖的弧長(zhǎng)等于底面周長(zhǎng)；弧長(zhǎng)公式為：nπr180．
二．填空題（共8小題）
11．（2024?東營(yíng)）我國(guó)魏晉時(shí)期數(shù)學(xué)家劉徽在《九章算術(shù)注》中提到著名的“割圓術(shù)”，即利用圓的內(nèi)接正多邊形逼近圓的方法來近似估算，指出“割之彌細(xì)，所失彌少．割之又割，以至于不可割，則與圓周合體，而無所失矣”．“割圓術(shù)”孕育了微積分思想，他用這種思想得到了圓周率π的近似值為3.1416，如圖，⊙O的半徑為1，運(yùn)用“割圓術(shù)”，以圓內(nèi)接正六邊形面積近似估計(jì)⊙O的面積，可得π的估計(jì)值為332，若用圓內(nèi)接正八邊形近似估計(jì)⊙O的面積，可得π的估計(jì)值為 22 ．
【分析】根據(jù)正八邊形的性質(zhì)求出∠AOB＝45°，根據(jù)直角三角形的邊角關(guān)系求出OB邊上的高AM，由三角形的面積的計(jì)算方法可求出△AOB的面積，進(jìn)而得到正八邊形的面積即可．
【解答】解：如圖，正八邊形ABCDEFGH內(nèi)接于⊙O，連接OA，OB，過點(diǎn)A作AM⊥OB于點(diǎn)M，
∵八邊形ABCDEFGH是正八邊形，
∴∠AOB=360°8=45°，
在Rt△AOM中，OA＝1，∠AOM＝45°，
∴AM=22OA=22，
∴正八邊形的面積為8S△AOB＝8×12×1×22=22，
即可估計(jì)π的近似值為22，
故答案為：22．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查正多邊形和圓，掌握正八邊形的性質(zhì)，直角三角形的邊角關(guān)系以及三角形面積的計(jì)算方法是正確解答的關(guān)鍵．
12．（2024?蘇州）鐵藝花窗是園林設(shè)計(jì)中常見的裝飾元素．如圖是一個(gè)花瓣造型的花窗示意圖，由六條等弧連接而成，六條弧所對(duì)應(yīng)的弦構(gòu)成一個(gè)正六邊形，中心為點(diǎn)O，AB所在圓的圓心C恰好是△ABO的內(nèi)心，若AB＝23，則花窗的周長(zhǎng)（圖中實(shí)線部分的長(zhǎng)度）＝ 8π ．（結(jié)果保留π）
【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)，三角形內(nèi)心的性質(zhì)以及直角三角形的邊角關(guān)系求出AB所對(duì)應(yīng)的圓心角的度數(shù)及半徑，由弧長(zhǎng)公式求出弧AB的長(zhǎng)，再計(jì)算AB長(zhǎng)的6倍即可．
【解答】解：如圖，過點(diǎn)C作CM⊥AB于點(diǎn)M，則AM＝BM=12AB=3，
∵六條等弧所對(duì)應(yīng)的弦構(gòu)成一個(gè)正六邊形，中心為點(diǎn)O，
∴∠AOB=360°6=60°，
∵OA＝OB，
∴△AOB是正三角形，
∵點(diǎn)O是△AOB的內(nèi)心，
∴∠CAB＝∠CBA=12×60°＝30°，∠ACB＝2∠AOB＝120°，
在Rt△ACM中，AM=3，∠CAM＝30°，
∴AC=AMcs30°=2，
∴AB的長(zhǎng)為120π×2180=43π，
∴花窗的周長(zhǎng)為43π×6＝8π．
故答案為：8π．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查正多邊形和圓，弧長(zhǎng)的計(jì)算，掌握正六邊形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)心的性質(zhì)以及直角三角形的邊角關(guān)系，弧長(zhǎng)的計(jì)算方法是正確解答的關(guān)鍵．
13．（2024?煙臺(tái)）如圖，在邊長(zhǎng)為6的正六邊形ABCDEF中，以點(diǎn)F為圓心，以FB的長(zhǎng)為半徑作BD，剪下圖中陰影部分做一個(gè)圓錐的側(cè)面，則這個(gè)圓錐的底面半徑為 3 ．
【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)求出陰影部分扇形的圓心角度數(shù)，再根據(jù)直角三角形的邊角關(guān)系求出半徑，由弧長(zhǎng)的計(jì)算方法進(jìn)行計(jì)算即可．
【解答】解：如圖，過點(diǎn)A作AM⊥BF，垂足為M，則BM＝FM，
∵六邊形ABCDEF是正六邊形，
∴∠BAF＝∠E=(6?2)×180°6=120°，AB＝AF＝EF＝DE＝6，
∴∠ABF＝∠AFB＝∠DFE=180°?120°2=30°，
∴∠BFD＝120°﹣30°﹣30°＝60°，
在Rt△ABM中，AB＝6，∠ABM＝30°，
∴BM=32AB＝33，
∴BF＝2BM＝63，
設(shè)這個(gè)圓錐的底面半徑為r，由題意可得，
2πr=60π×63180，
解得r=3．
故答案為：3．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查正多邊形和圓，弧長(zhǎng)的計(jì)算，掌握正六邊形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)以及弧長(zhǎng)的計(jì)算方法是正確解答的關(guān)鍵．
14．（2024?鎮(zhèn)江）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，以點(diǎn)A為圓心，AB長(zhǎng)為半徑畫弧，交BC邊于點(diǎn)E，連接AE，AB＝1，∠D＝60°，則BE的長(zhǎng)l＝ 13π （結(jié)果保留π）．
【分析】由平行四邊形的性質(zhì)推出∠B＝∠D＝60°，判定△ABE是等邊三角形，得到∠BAE＝60°，由弧長(zhǎng)公式即可求出BE的長(zhǎng)．
【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠B＝∠D＝60°，
由題意得：AB＝AE，
∴△ABE是等邊三角形，
∴∠BAE＝60°，
∵AB＝1，
∴l(xiāng)=60π×1180=13π．
故答案為：13π．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查弧長(zhǎng)的計(jì)算，平行四邊形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，關(guān)鍵是判定△ABE是等邊三角形，得到∠BAE＝60°．
15．（2024?臨夏州）如圖，對(duì)折邊長(zhǎng)為2的正方形紙片ABCD，OM為折痕，以點(diǎn)O為圓心，OM為半徑作弧，分別交AD，BC于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，則EF的長(zhǎng)度為 2π3 （結(jié)果保留π）．
【分析】由對(duì)折可知，∠EOM＝∠FOM，過點(diǎn)E作OM的垂線，進(jìn)而可求出∠EOM的度數(shù)，則可得出∠EOF的度數(shù)，最后根據(jù)弧長(zhǎng)公式即可解決問題．
【解答】解：由對(duì)折可知，
四邊形AOMD是矩形，∠EOM＝∠FOM，
則OM＝AD，DM=12CD．
過點(diǎn)E作OM的垂線，垂足為P，
則EP＝DM=12CD．
因?yàn)镺E＝OM＝AD，CD＝AD，
所以EP=12OE．
在Rt△EOP中，
sin∠EOP=EPOE=12，
所以∠EOP＝30°，
則∠EOF＝30°×2＝60°，
所以EF的長(zhǎng)度為：60?π?2180=2π3．
故答案為：2π3．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了弧長(zhǎng)的計(jì)算、正方形的性質(zhì)及翻折變換（折疊問題），熟知正方形的性質(zhì)、圖形翻折的性質(zhì)及弧長(zhǎng)的計(jì)算公式是解題的關(guān)鍵．
16．（2024?資陽）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2．以點(diǎn)A為圓心，AD長(zhǎng)為半徑作弧交AB于點(diǎn)E，再以AB為直徑作半圓，與DE交于點(diǎn)F，則圖中陰影部分的面積為 3+23π ．
【分析】如圖，連接AF、EF、由題意易知△AEF是等邊三角形，根據(jù)S陰＝S半圓﹣S扇形AEF﹣S弓形AF計(jì)算即可解決問題．
【解答】解：如圖，連接AF、EF．
由題意易知△AEF是等邊三角形，
S陰＝S半圓﹣S扇形AEF﹣S弓形AF
＝2π?60π?22360?（60π?22360?12×2×32×2）
=3+23π．
故答案為：3+23π．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查扇形的面積的計(jì)算、矩形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用分割法求陰影部分的面積，屬于中考?？碱}型．
17．（2024?南通）已知圓錐底面半徑為2cm，母線長(zhǎng)為6cm，則該圓錐的側(cè)面積是 12π cm2．
【分析】圓錐的側(cè)面積＝底面周長(zhǎng)×母線長(zhǎng)÷2，把相應(yīng)數(shù)值代入即可求解．
【解答】解：圓錐的側(cè)面積＝2π×2×6÷2＝12πcm2．
故答案為：12π．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓錐的計(jì)算，解題的關(guān)鍵是弄清圓錐的側(cè)面積的計(jì)算方法，特別是圓錐的底面周長(zhǎng)等于圓錐的側(cè)面扇形的弧長(zhǎng)．
18．（2024?呼和浩特）如圖是平行四邊形紙片ABCD，BC＝36cm，∠A＝110°，∠BDC＝50°，點(diǎn)M為BC的中點(diǎn)，若以M為圓心，MC為半徑畫弧交對(duì)角線BD于點(diǎn)N，則∠NMC＝ 40 度；將扇形MCN紙片剪下來圍成一個(gè)無底蓋的圓錐（接縫處忽略不計(jì)），則這個(gè)圓錐的底面圓半徑為 2 cm．
【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和圓周角定理計(jì)算∠NMC，再根據(jù)“弧CN的長(zhǎng)度等于圓錐底的周長(zhǎng)”及弧長(zhǎng)公式和圓的周長(zhǎng)公式計(jì)算這個(gè)圓錐的底面圓半徑即可．
【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，
∴∠ADC＝180°﹣∠A＝70°，
∵∠ADB＝∠ADC﹣∠BDC＝20°，
∵AD∥BC，
∴∠DBC＝∠ADB＝20°，
∵點(diǎn)M為BC的中點(diǎn)，
∴BM＝MC，
∵以M為圓心，MC為半徑畫弧交對(duì)角線BD于點(diǎn)N，
∴MN＝MC，
∴BM＝MC＝MN，
∴點(diǎn)B、C、N在以點(diǎn)M為圓心的圓上，
∴∠NMC＝2∠DBC＝40°，
∵M(jìn)C=12BC＝18cm，
∴弧CN的長(zhǎng)度為2π?MC?40360=4π，
設(shè)這個(gè)圓錐的底面圓半徑為r cm，
則2πr＝4π，
解得r＝2，
∴這個(gè)圓錐的底面圓半徑為2cm．
故答案為：40，2．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓錐的計(jì)算、展開圖折疊成幾何體、等腰三角形的性質(zhì)、圓周角定理，掌握等腰三角形的性質(zhì)、圓周角定理及弧長(zhǎng)公式、圓的周長(zhǎng)公式是解題的關(guān)鍵．
三．解答題（共6小題）
19．（2024?內(nèi)江）如圖，AB是⊙O的直徑，C是BD的中點(diǎn)，過點(diǎn)C作AD的垂線，垂足為點(diǎn)E．
（1）求證：△ACE∽△ABC；
（2）求證：CE是⊙O的切線；
（3）若AD＝2CE，OA=2，求陰影部分的面積．
【分析】（1）利用圓周角定理，垂直的定義和相似三角形的判定定理解答即可；
（2）連接OC，利用角平分線的定義，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的判定與性質(zhì)和圓的切線的判定定理解答即可；
（3）連接OD，過點(diǎn)O作OF⊥AD于點(diǎn)F，利用垂徑定理，矩形的判定與性質(zhì)得到OF＝AF，則△AFO為等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性質(zhì)求得AF＝FO＝1，再利用陰影部分的面積＝S扇形OAD﹣S△OAD解答即可．
【解答】（1）證明：∵C是BD的中點(diǎn)，
∴CD=BC，
∴∠EAC＝∠BAC．
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°．
∵CE⊥AE，
∴∠AEC＝90°，
∴∠AEC＝∠ACB，
∴△ACE∽△ABC；
（2）證明：連接OC，如圖，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
由（1）知：∠EAC＝∠BAC，
∴∠EAC＝∠OCA，
∴OC∥AE，
∵CE⊥AE，
∴OC⊥CE．
∵OC為⊙O的半徑，
∴CE是⊙O的切線；
（3）解：連接OD，過點(diǎn)O作OF⊥AD于點(diǎn)F，如圖，
則AF＝FD=12AD，
∵AD＝2CE，
∴AF＝CE．
∵OF⊥AD，CE⊥AE，OC⊥CE，
∴四邊形EFOC為矩形，
∴OF＝CE，
∴OF＝AF，
則△AFO為等腰直角三角形，
∴∠FAO＝45°，AF＝FO=22OA＝1．
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠FAO＝45°，
∴∠AOD＝90°．
∴S△OAD=12OA?OD=12×2×2=1，
S扇形OAD=90π×(2)2360=π2，
∴陰影部分的面積＝S扇形OAD﹣S△OAD=π2?1．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓的有關(guān)性質(zhì)，圓周角定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，圓的切線的判定定理，圓的有關(guān)計(jì)算，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，垂徑定理，連接經(jīng)過切點(diǎn)的半徑，作出弦的弦心距是解決此類問題常添加的輔助線．
20．（2024?德州）如圖，圓⊙O1與⊙O2都經(jīng)過A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)O2在⊙O1上，點(diǎn)C是AO2B上的一點(diǎn)，連接AC并延長(zhǎng)交⊙O2于點(diǎn)P，連接AB，BC，BP．
（1）求證：∠ACB＝2∠P；
（2）若∠P＝30°，AB=23．
①求⊙O1的半徑；
②求圖中陰影部分的面積．
【分析】（1）連接AO2BO2，根據(jù)圓周角定理得到∠ACB＝∠AO2B＝2∠P；
（2）①連接AO1并延長(zhǎng)交⊙O11與D，連接BD，根據(jù)圓周角定理得到∠ABD＝90°，得到∠AO2B＝2∠P＝60°，根據(jù)三角函數(shù)的定義得到結(jié)論；
②連接O2O1交AB于H，根據(jù)垂徑定理得到AH=12AB=3，O2H⊥AB，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到HO1=33AH＝1，AO1＝2，求得O2H＝3，根據(jù)三角形的面積公式和扇形的面積公式即可得到結(jié)論．
【解答】（1）證明：連接AO2BO2，
∵AB=AB，
∴∠ACB＝∠AO2B＝2∠P；
（2）解：①連接AO1并延長(zhǎng)交⊙O11與D，連接BD，
則∠ABD＝90°，
∵∠P＝30°，
∴∠AO2B＝2∠P＝60°，
∴∠D＝∠AO2B＝60°，
∵AB＝23，
∴AD=ABsin60°=2332=4，
∴⊙O1的半為2；
②連接O2O1交AB于H，
∴AH=12AB=3，O2H⊥AB，
∴HO1=33AH＝1，AO1＝2，
∴O2H＝3，
在⊙O2中，弓形AB＝扇形AO2B﹣△AO2B=60π×(23)2360?12×23×3=2π﹣33，
在⊙O1中，弓形AB＝扇形AO1B﹣△AO1B=120π×22360?12×23×1=43π?3，
∴圖中陰影部分的面積＝（43π?3）﹣2π+33=23?23π．
【點(diǎn)評(píng)】本題是圓的綜合題，考查了相交兩圓的性質(zhì)，圓周角定理，等邊三角形的性質(zhì)，三角形的面積的計(jì)算，扇形面積的計(jì)算，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
21．（2024?廣西）如圖，已知⊙O是△ABC的外接圓，AB＝AC．點(diǎn)D，E分別是BC，AC的中點(diǎn)，連接DE并延長(zhǎng)至點(diǎn)F，使DE＝EF，連接AF．
（1）求證：四邊形ABDF是平行四邊形；
（2）求證：AF與⊙O相切；
（3）若tan∠BAC=34，BC＝12，求⊙O的半徑．
【分析】（1）利用全等三角形的判定與性質(zhì)得到DC＝AF，∠EDC＝∠F，利用內(nèi)錯(cuò)角相等兩直線平行的性質(zhì)得到BC∥AF，利用線段中點(diǎn)的定義得到BD＝AF，利用一組對(duì)邊平行且相等的四邊形為平行四邊形的性質(zhì)解答即可得出結(jié)論；
（2）連接AD，利用等腰三角形的三線合一的性質(zhì)得到AD垂直平分BC，利用（1）的結(jié)論得到DA⊥AF，再利用圓的切線的判定定理解答即可；
（3）連接OB，OC，OD，利用等腰三角形的三線合一的性質(zhì)得到OD⊥BC，∠BOD=12∠BOC，利用圓周角定理得到∠BOD＝∠BAC，則tan∠BOD=BDOD=34，求得OD后再利用勾股定理解答即可得出結(jié)論．
【解答】（1）證明：∵點(diǎn)D，E分別是BC，AC的中點(diǎn)，
∴BD＝DC，AE＝EC，
在△EDC和△EFA中，
EC=AE∠DEC=∠FEADE=FE，
∴△EDC≌△EFA（SAS），
∴DC＝AF，∠EDC＝∠F，
∴BC∥AF，BD＝AF，
∴四邊形ABDF是平行四邊形；
（2）證明：連接AD，如圖，
∵AB＝AC，BD＝DC
∴AD⊥BC，
∴AD垂直平分BC，
∴AD經(jīng)過圓心O，
由（1）知：AF∥BC，
∴DA⊥AF，
∵OA為⊙O半徑，
∴AF與⊙O相切；
（3）解：連接OB，OC，OD，如圖，
∵OB＝OC，BD＝CD=12BC＝6，
∴OD⊥BC，∠BOD=12∠BOC，
∵∠BAC=12∠BOC，
∴∠BOD＝∠BAC．
∵tan∠BAC=34，
∴tan∠BOD=34，
∵tan∠BOD=BDOD，
∴BDOD=34，
∴OD＝8，
∴OB=BD2+OD2=10，
∴⊙O的半徑為10．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓的有關(guān)性質(zhì)，圓周角定理，垂徑定理，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，圓的切線的判定定理，熟練掌握上述定理與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
22．（2024?河北）已知⊙O的半徑為3，弦MN＝25．△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝32．在平面上，先將△ABC和⊙O按圖1位置擺放（點(diǎn)B與點(diǎn)N重合，點(diǎn)A在⊙O上，點(diǎn)C在⊙O內(nèi)），隨后移動(dòng)△ABC，使點(diǎn)B在弦MN上移動(dòng)，點(diǎn)A始終在⊙O上隨之移動(dòng)．設(shè)BN＝x．
（1）當(dāng)點(diǎn)B與點(diǎn)N重合時(shí)，求劣弧AN的長(zhǎng)；
（2）當(dāng)OA∥MN時(shí)，如圖2，求點(diǎn)B到OA的距離，并求此時(shí)x的值；
（3）設(shè)點(diǎn)O到BC的距離為d．
①當(dāng)點(diǎn)A在劣弧MN上，且過點(diǎn)A的切線與AC垂直時(shí)，求d的值；
②直接寫出d的最小值．
【分析】（1）如圖，連接OA，OB，先證明△AOB 為等邊三角形，再利用等邊三角形的性質(zhì)結(jié)合弧長(zhǎng)公式可得答案；
（2）過B作BI⊥OA于I，過O作OH⊥MN于H，連接MO，證明四邊形BIOH是矩形，可得BH＝OI，BI＝OH，再結(jié)合勾股定理可得答案；
（3）①如圖，由過點(diǎn)A的切線與AC垂直，可得AC過圓心，過O作OJ⊥BC于J，過O作OK⊥AB 于K，而∠ABC＝90°，可得四邊形KO．JB為矩形，可得 OJ＝KB，再進(jìn)一步利用勾股定理與銳角三角函數(shù)可得答案；
②如圖，當(dāng)B為MN中點(diǎn)時(shí)，過O作OL⊥B′C′于L，過O作OJ⊥BC于J，OL＞OJ，此時(shí)OI最短，如圖，過A作AQ⊥OB于Q，而AB＝AO＝3，證明BQ＝OQ＝1，求解AQ=32?12=22，再結(jié)合等角的三角函數(shù)可得答案．
【解答】解：如圖，連接OA，OB，
∵⊙O的半徑為3，AB＝3，
∴OA＝OB＝AB＝3，
∴△AOB 為等邊三角形，
∴∠AOB＝60°，
∴AN 的長(zhǎng)為60π×3180=π，
∴劣弧AN的長(zhǎng)為π；
（2）過B作BI⊥OA于I，過O作OH⊥MN于H，連接MO，如圖：
∵OA∥MN，
∴∠IBH＝∠BHO＝∠HOI＝∠BIO＝90°，
∴四邊形BIOH是矩形，
∴BH＝OI，BI＝OH，
∵M(jìn)N=25，OH⊥MN，
∴MH=NH=5，
而OM＝3，
∴OH=OM2?MH2=2=BI，
∴點(diǎn)B到OA的距離為2；
∵AB＝3，BI⊥OA，
∴AI=AB2?BI2=5，
∴OI=OA?AI=3?5=BH，
∴x=BN=BH+NH=3?5+5=3；
（3）①過O作OJ⊥BC于J，過O作OK⊥AB于K，如圖：
∵∠ABC＝90°，過點(diǎn)A的切線與AC垂直，
∴AC過圓心，
∴四邊形KOJB為矩形，
∴OJ＝KB，
∵AB＝3，BC=32，
∴AC=AB2+BC2=33，
∴cs∠BAC=ABAC=333=13=AKAO，
∴AK=3，
∴OJ=BK=3?3，即 d=3?3；
②如圖，當(dāng)B為MN中點(diǎn)時(shí)，過O作OL⊥B′C′于L，過O作OJ⊥BC于J，
∵∠OJL＞90°，
∴OL＞OJ，故當(dāng)B為MN中點(diǎn)時(shí)，d最短小，
過A作AQ⊥OB于Q，
∵B為MN中點(diǎn)，
∴OB⊥MN，
同（2）可得OB＝2，
∴BQ＝OQ＝1，
∴AQ=32?12=22，
∵∠ABC＝90°＝∠AQB，
∴∠OBJ+∠ABO＝90°＝∠ABO+∠BAQ，
∴∠OBJ＝∠BAQ，
∴tan∠OBJ＝tan∠BAQ，
∴OJBJ=BQAQ=122，
設(shè)OJ＝m，則 BJ=22m，
∵OJ2+BJ2＝OB2，
∴m2+(22m)2=22，
解得：m=23 （m的負(fù)值已舍去），
∴OJ的最小值為 23，即d的最小值為23．
【點(diǎn)評(píng)】本題屬于圓的綜合題，難度很大，考查了勾股定理的應(yīng)用，矩形的判定與性質(zhì)，垂徑定理的應(yīng)用：銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，切線的性質(zhì)，熟練的利用數(shù)形結(jié)合的方法，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．
23．（2024?日照）如圖1，AB為⊙O的直徑，AB＝12，C是⊙O上異于A，B的任一點(diǎn)，連接AC，BC，過點(diǎn)A作射線AD⊥AC，D為射線AD上一點(diǎn)，連接CD．
【特例感知】
（1）若BC＝6，則AC＝ 63 ；
（2）若點(diǎn)C，D在直線AB同側(cè)，且∠ADC＝∠B，求證：四邊形ABCD是平行四邊形；
【深入探究】
若在點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)過程中，始終有tan∠ADC=3，連接OD．
（3）如圖2，當(dāng)CD與⊙O相切時(shí)，求OD的長(zhǎng)度；
（4）求OD長(zhǎng)度的取值范圍．
【分析】（1）利用勾股定理求出AC長(zhǎng)即可；
（2）根據(jù)AD⊥AC，推導(dǎo)出AD∥BC，由∠ADC＝∠B和等角的余角相等推出AB∥CD，根據(jù)平行四邊形定義可證明；
（3）連接OC，先求出∠ADC＝60°，∠ACD＝30°，利用解直角三角形求出CD，再利用勾股定理求出OD長(zhǎng)即可；
（4）過點(diǎn)A作射線AF⊥AB，作射線OF滿足∠AOF＝60°，射線AF與OF交于點(diǎn)F，連接OC、CF，可證△CAF∽△DAO，繼而得到FC=3OD，利用勾股定理求出OF、OC，再根據(jù)|OF﹣OC|≤CF≤OF+OC求出CF的范圍，繼而得到OD的長(zhǎng)度范圍．
【解答】（1）解：∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
AC=AB2?BC2=122?62=63，
故答案為：63；
（2）證明：∵AD⊥AC，
∴∠DAC＝∠BCA＝90°，
∴AD∥BC，
∵∠ADC＝∠B，
∴∠BAC＝∠DCA，
∴AB∥CD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形；
（3）解：在Rt△ACD中，
∵tan∠ADC=3，
∴∠ADC＝60°，∠ACD＝30°，
如圖2，連接OC，
∵CD是⊙O的切線，
∴OC⊥CD，
∴∠ACD+∠ACO＝90°，
又∵∠ACO+∠OCB＝90°，
∴∠ACD＝∠OCB，
∵OC＝OB，
∴∠B＝∠OCB＝∠ACD＝30°，
在Rt△ABC中，AC＝AB?sin30°＝6，
在Rt△ACD中，CD=ACcs30°=43，
∴在Rt△COD中，OD=CD2+OC2=62+(43)2=221；
（4）解：如圖3，過點(diǎn)A作射線AF⊥AB，作射線OF滿足∠AOF＝60°，射線AF與OF交于點(diǎn)F，連接OC、CF，
在Rt△AOF中，AF＝OA?tan60°=3OA，
∵tan∠ADC=3，
∴AC=3AD，
∵AF=3OA，
∴ACAD=AFOA=3，
∵∠DAC＝∠OAF＝90°，
∴∠DAC+∠CAO＝∠OAF+∠CAO，即∠DAO＝∠CAF，
∴△CAF∽△DAO，
∴FCOD=ACAD=3，即FC=3OD，
在Rt△AOF中，
∵OA=6，AF=3OA=63，
∴OF=OA2+AF2=12，
又∵|OF﹣OC|≤CF≤OF+OC，
∴6≤CF≤18，
∴23≤OD≤63．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓的綜合，熟練掌握切線性質(zhì)、勾股定理、三角形相似的判定與性質(zhì)、解直角三角形是關(guān)鍵．
24．（2024?揚(yáng)州）在綜合實(shí)踐活動(dòng)中，“特殊到一般”是一種常用方法，我們可以先研究特殊情況，猜想結(jié)論，然后再研究一般情況，證明結(jié)論．
如圖，已知△ABC，CA＝CB，⊙O是△ABC的外接圓，點(diǎn)D在⊙O上（AD＞BD），連接AD、BD、CD．
【特殊化感知】
（1）如圖1，若∠ACB＝60°，點(diǎn)D在AO延長(zhǎng)線上，則AD﹣BD與CD的數(shù)量關(guān)系為 AD﹣BD＝CD ；
【一般化探究】
（2）如圖2，若∠ACB＝60°，點(diǎn)C、D在AB同側(cè)，判斷AD﹣BD與CD的數(shù)量關(guān)系并說明理由；
【拓展性延伸】
（3）若∠ACB＝α，直接寫出AD、BD、CD滿足的數(shù)量關(guān)系．（用含α的式子表示）
【分析】（1）利用等邊三角形的判定與性質(zhì)和含30°角的直角三角形的性質(zhì)解答即可；
（2）延長(zhǎng)BD至點(diǎn)E使DE＝CD，連接CE，利用等邊三角形的判定與性質(zhì)，圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓周角定理和全等三角形的判定與性質(zhì)解答即可；
（3）利用分類討論的思想方法分兩種情形討論解答：①當(dāng)點(diǎn)C、D在AB同側(cè)時(shí)，延長(zhǎng)BD至點(diǎn)E，連接CE，使CE＝CD，過點(diǎn)C作CF⊥DE于點(diǎn)F，利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)和直角三角形的邊角關(guān)系定理得到DE＝2DF＝2CD?sin12α，再利用全等三角形的判定與性質(zhì)得到AD＝BE，則結(jié)論可得；②當(dāng)點(diǎn)C、D在AB兩側(cè)時(shí)，延長(zhǎng)DB至點(diǎn)E，使BE＝AD，連接CE，過點(diǎn)C作CF⊥DE于點(diǎn)F，利用①的方法解答即可．
【解答】解：（1）∵CA＝CB，∠ACB＝60°，
∴△ABC為等邊三角形，
∴∠BAC＝60°，
∵AD為⊙O的直徑，
∴∠ABD＝∠ACD＝90°，∠BAD＝∠CAD=12∠BAC＝30°，
∴CD＝BD=12AD，
∴AD﹣BD＝CD．
故答案為：AD﹣BD＝CD；
（2）若∠ACB＝60°，點(diǎn)C、D在AB向側(cè)，AD﹣BD與CD的數(shù)量關(guān)系為：AD﹣BD＝CD，理由：
延長(zhǎng)BD至點(diǎn)E使DE＝CD，連接CE，如圖，
∵CA＝CB，∠ACB＝60°，
∴△ABC為等邊三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝∠ABC＝60°，
∵四邊形ABDC為圓的內(nèi)接四邊形，
∴∠CDE＝∠BAC＝60°，
∵DE＝CD，
∴△CDE為等邊三角形，
∴CE＝CD，∠DCE＝∠E＝60°，
∴∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝60°+∠BCD，
∵∠BCE＝∠BCD+∠DCE＝60°+∠BCD，
∴∠ACD＝∠BCE．
∵∠ADC＝∠ABC＝60°，
∴∠ADC∠E＝60°．
在△ACD和△BCE中，
∠ACD=∠BCECD=CE∠ADC=∠E，
∴△ACD≌△BCE（ASA），
∴AD＝BE，
∵BE＝BD+DE＝BD+CD，
∴AD＝BD+CD，
∴AD﹣BD＝CD．
（3）①當(dāng)點(diǎn)C、D在AB同側(cè)時(shí)，
延長(zhǎng)BD至點(diǎn)E，連接CE，使CE＝CD，過點(diǎn)C作CF⊥DE于點(diǎn)F，如圖，
∵CA＝CB，∠ACB＝α，
∴∠CAB＝∠CBA＝90°?12α，
∵四邊形ABDC為圓的內(nèi)接四邊形，
∴∠CDE＝∠BAC＝90°?12α，
∵CE＝CD，
∴∠CDE＝∠E＝90°?12α，∠DCE＝α．
∵CF⊥DE，
∴∠DCF＝∠ECF=12α，DF＝EF＝CD?sin12α，
∴DE＝2DF＝2CD?sin12α，
∵∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝α+∠BCD，∠BCE＝∠BCD+∠DCE＝α+∠BCD，
∴∠ACD＝∠BCE，
∵∠ADC＝∠ABC＝90°?12α，
∴∠ADC＝∠E．
在△ACD和△BCE中，
∠ACD=∠BCECD=CE∠ADC=∠E，
∴△ACD≌△BCE（ASA），
∴AD＝BE，
∵BE＝BD+DE＝BD+2CD?sin12α，
∴AD﹣BD＝2CD?sin12α．
②當(dāng)點(diǎn)C、D在AB兩側(cè)時(shí)，
延長(zhǎng)DB至點(diǎn)E，使BE＝AD，連接CE，過點(diǎn)C作CF⊥DE于點(diǎn)F，如圖，
∵CA＝CB，∠ACB＝α，
∴∠CAB＝∠CBA＝90°?12α，
∵四邊形ABDC為圓的內(nèi)接四邊形，
∴∠CBE＝∠DAC，
在△CAD和△CBE中，
CA=CB∠CAD=∠CBEAD=BE，
∴△CAD≌△CBE（SAS），
∴CD＝CE，∠ADC＝∠E，
∵∠ADC＝∠ABC＝90°?12α，
∴∠E＝90°?12α，
∵CF⊥DE，
∴∠DCF＝∠ECF=12α，DF＝EF＝CD?sin12α，
∴12DE＝CD?sin12α，
∴DE＝2CD?sin12α，
∵DE＝BD+BE＝AD+BD，
∴AD+BD＝2CD?sin12α．
綜上，若∠ACB＝α，AD、BD、CD滿足的數(shù)量關(guān)系為：當(dāng)點(diǎn)C、D在AB同側(cè)時(shí)AD﹣BD＝2CD?sin12α；當(dāng)點(diǎn)C、D在AB兩側(cè)時(shí)，AD+BD＝2CD?sin12α．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓的有關(guān)性質(zhì)，圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，直角三角形的邊角關(guān)系定理，通過添加輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．
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題號(hào)
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9
10
答案
B
B
B
C
B
D
A
A
B
D

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