2020年中考数学压轴题：圆的有关性质与计算考点专练

2020年中考数学压轴题：圆的有关性质与计算考点专练

2020 年中考数学压轴题：圆的有关性质与计算考点专练 【考点 1】垂径定理 【例 1】（2019·湖北中考真题）如图，一条公路的转弯处是一段圆弧 ，点O是这段弧所在 圆的圆心， 40AB m ，点C 是 AB 的中点，且 10CD m ，则这段弯路所在圆的半径为（ ） A． 25m B． 24m C．30m D．60m 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意，可以推出 AD＝BD＝20，若设半径为 r，则 OD＝r﹣10，OB＝r，结合勾股定理可 推出半径 r 的值． 【详解】 解： OC AB ， 20AD DB m   ， 在 Rt AOD 中， 2 2 2OA OD AD  ， 设半径为 r 得：  22 210 20r r   ， 解得： 25r m ， 这段弯路的半径为25m 故选：A． 【点睛】 本题主要考查垂径定理的应用、勾股定理的应用，关键在于设出半径为 r 后，用 r 表示出 OD、 OB 的长度． 【变式 1-1】（2019·四川中考真题）如图，AB，AC 分别是⊙O 的直径和弦，OD AC 于点 D，连接 BD，BC，且 10AB  ， 8AC  ，则 BD 的长为（ ） A． 2 5 B．4 C． 2 13 D．4.8 【答案】C 【解析】 【分析】 先根据圆周角定理得∠ACB=90°，则利用勾股定理计算出 BC=6，再根据垂径定理得到 1 42CD AD AC   ，然后利用勾股定理计算 BD 的长． 【详解】 ∵AB 为直径， ∴ 90ACB   ， ∴ 2 2 2 210 8 6BC AB AC     ， ∵OD AC ， ∴ 1 42CD AD AC   ， 在 Rt CBD 中， 2 24 6 2 13BD    ． 故选 C． 【点睛】 本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对 的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也 考查了垂径定理． 【变式 1-2】（2019·四川中考真题）如图， O 的直径 AB 垂直于弦CD ，垂足是点 E ， 22.5CAO  o ， 6OC  ，则CD 的长为( ) A． 6 2 B．3 2 C．6 D．12 【答案】A 【解析】 【分析】 先根据垂径定理得到CE DE ，再根据圆周角定理得到 2 45BOC A    o ，可得 OCE 为等 腰直角三角形，所以 2 3 22CE OC  ，从而得到CD 的长． 【详解】 ∵CD AB ，AB 为直径， ∴CE DE ， ∵∠BOC 和∠A 分别为 BC 所对的圆心角和圆周角，∠A=22.5°， ∴ 2 2 22.5 45BOC A     o o ， ∴ OCE 为等腰直角三角形， ∵OC=6， ∴ 2 2 6 3 22 2CE OC    ， ∴ 2 6 2CD CE  . 故选 A． 【点睛】 本题考查了垂径定理及圆周角定理，在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于 这条弧所对的圆心角的一半；垂直于弦的直径，平分这条弦且平分这条弦所对的两条弧． 【考点 2】弧、弦、圆心角之间的关系 【例 2】（2019·四川自贡中考真题）如图，⊙O中，弦 AB 与CD 相交于点 E , AB CD ,连接 AD BC、 . 求证：⑴ AD BC ； ⑵ AE CE . 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 【分析】 （1）由 AB=CD 知 =AB CD ，即 AD AC BC AC   ，据此可得答案； （2）由 AD BC 知 AD=BC，结合∠ADE=∠CBE，∠DAE=∠BCE 可证△ADE≌△CBE，从 而得出答案． 【详解】 证明（1）∵AB=CD， ∴ =AB CD ，即 AD AC BC AC   ， ∴ AD BC ； （2）∵ AD BC ， ∴AD=BC， 又∵∠ADE=∠CBE，∠DAE=∠BCE， ∴△ADE≌△CBE（ASA）， ∴AE=CE． 【点睛】 本题主要考查圆心角、弧、弦的关系，圆心角、弧、弦三者的关系可理解为：在同圆或等圆 中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知一推二”，一项相等，其 余二项皆相等． 【变式 2-1】（2018·黑龙江中考真题）如图，在⊙O 中， ，AD⊥OC 于 D．求证： AB=2AD． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 延长 AD 交⊙ O 于 E,可得 、AB=AE，可得出结论. 【详解】 延长 AD 交⊙O 于 E， ∵OC⊥AD， ∴ ，AE=2AD， ∵ ， ∴ ， ∴AB=AE， ∴AB=2AD． 【点睛】 本题主要考查垂径定理及弧、弦、圆心角之间的关系，灵活做辅助线是解本题的关键. 【变式 2-2】（2019·江苏中考真题）如图，⊙O 的弦 AB、CD 的延长线相交于点 P，且 AB ＝CD．求证 PA＝PC． 【答案】见解析. 【解析】 【分析】 连接 AC，由圆心角、弧、弦的关系得出 AB CD ，进而得出 AD CB ，根据等弧所对的圆周 角相等得出∠C＝∠A，根据等角对等边证得结论． 【详解】 解：如图，连接 AC . ∵ AB CD ， ∴ AB CD . ∴ AB BD CD DB   ，即 AD CB . ∴ C A   . ∴ PA PC . 【点睛】 本题考查了圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，等腰三角形的判定等，熟练掌握性质定理 是解题的关键． 【考点 3】圆周角定理及其推论 【例 3】（2019·陕西中考真题）如图，AB 是⊙O 的直径，EF，EB 是⊙O 的弦，且 EF=EB， EF 与 AB 交于点 C，连接 OF，若∠AOF=40°，则∠F 的度数是（ ） A．20° B．35° C．40° D．55° 【答案】B 【解析】 【分析】 连接 FB，由邻补角定义可得∠FOB=140°，由圆周角定理求得∠FEB=70°，根据等腰三角形 的性质分别求出∠OFB、∠EFB 的度数，继而根据∠EFO＝∠EBF-∠OFB 即可求得答案. 【详解】 连接 FB， 则∠FOB=180°-∠AOF=180°-40°=140°， ∴∠FEB＝ 1 2 ∠FOB=70°， ∵FO＝BO， ∴∠OFB＝∠OBF=(180°-∠FOB)÷2=20°， ∵EF＝EB， ∴∠EFB＝∠EBF=(180°-∠FEB)÷2=55°， ∴∠EFO＝∠EBF-∠OFB=55°-20°=35°， 故选 B. 【点睛】 本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质等知识，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相 关知识是解题的关键. 【变式 3-1】（2019·北京中考真题）已知锐角∠AOB 如图，（1）在射线 OA 上取一点 C，以 点 O 为圆心，OC 长为半径作 PQ，交射线 OB 于点 D，连接 CD； （2）分别以点 C，D 为圆心，CD 长为半径作弧，交 PQ于点 M，N； （3）连接 OM，MN． 根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（ ） A．∠COM=∠COD B．若 OM=MN，则∠AOB=20° C．MN∥CD D．MN=3CD 【答案】D 【解析】 【分析】 由作图知 CM=CD=DN，再利用圆周角定理、圆心角定理逐一判断可得． 【详解】 解：由作图知 CM=CD=DN， ∴∠COM=∠COD，故 A 选项正确； ∵OM=ON=MN， ∴△OMN 是等边三角形， ∴∠MON=60°， ∵CM=CD=DN， ∴∠MOA=∠AOB=∠BON= 1 3 ∠MON=20°，故 B 选项正确； ∵∠MOA=∠AOB=∠BON=20°， ∴∠OCD=∠OCM=80°， ∴∠MCD=160°， 又∠CMN= 1 2 ∠AON=20°， ∴∠MCD+∠CMN=180°， ∴MN∥CD，故 C 选项正确； ∵MC+CD+DN＞MN，且 CM=CD=DN， ∴3CD＞MN，故 D 选项错误； 故选：D． 【点睛】 本题主要考查作图-复杂作图，解题的关键是掌握圆心角定理和圆周角定理等知识点． 【变式 3-2】（2019·湖北中考真题）如图，点 A，B ，C 均在⊙O上，当 40OBC  时， A 的度数是（ ） A．50 B．55 C．60 D．65 【答案】A 【解析】 【分析】 先利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出 BOC 的度数，然后根据圆周角定理可得到 A 的度数． 【详解】 OB OC ，  40OCB OBC     ，  180 40 40 100BOC      - - ，  1 502A BOC    ． 故选 A． 【点睛】 本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对 的圆心角的一半． 【考点 4】圆内接四边形 【例 4】（2019·贵州中考真题）如图，四边形 ABCD 为⊙O 的内接四边形，∠A＝100°， 则∠DCE 的度数为_______； 【答案】100° 【解析】 【分析】 直接利用圆内接四边形的性质，即可解答 【详解】 ∵四边形 ABCD 为⊙O 的内接四边形， ∴∠DCE＝∠A＝100°， 故答案为 100° 【点睛】 此题考查圆内接四边形的性质，难度不大 【变式 4-1】（2019·甘肃中考真题）如图，四边形 ABCD内接于 O ，若 40A   ，则 C  （ ） A．110 B．120 C．135 D．140 【答案】D 【解析】 【分析】 直接利用圆内接四边形的对角互补计算∠C 的度数． 【详解】 ∵四边形 ABCD 内接于⊙O，∠A＝400， ∴∠C＝1800－400＝1400， 故选 D. 【点睛】 此题考查圆内接四边形的性质，解题关键在于利用圆内接四边形的对角互补 【变式 4-2】（2019·四川中考真题）如图，正五边形 ABCDE 内接于⊙O， P 为 DE 上的一点 （点 P 不与点 D 重合），则 CPD 的度数为（ ） A． 30° B．36 C．60 D．72 【答案】B 【解析】 【分析】 根据圆周角的性质即可求解. 【详解】 连接 CO、DO，正五边形内心与相邻两点的夹角为 72°，即∠COD=72°， 同一圆中，同弧或同弦所对应的圆周角为圆心角的一半， 故∠CPD= 172 362    , 故选 B. 【点睛】 此题主要考查圆内接多边形的性质，解题的关键是熟知圆周角定理的应用. 【考点 5】正多边形和圆 【例 5】（2019·山东中考真题）如图，五边形 ABCDE 是⊙O 的内接正五边形， AF 是⊙O 的直径，则∠ BDF 的度数是___________°． 【答案】54 【解析】 【分析】 连接 AD，根据圆周角定理得到∠ADF=90°，根据五边形的内角和得到∠ABC=∠C=108°， 求得∠ABD=72°，由圆周角定理得到∠F=∠ABD=72°，求得∠FAD=18°，于是得到结论． 【详解】 连接 AD， ∵AF 是⊙O 的直径， ∴∠ADF=90°， ∵五边形 ABCDE 是⊙O 的内接正五边形， ∴∠ABC=∠C=108°， ∴∠ABD=72°， ∴∠F=∠ABD=72°， ∴∠FAD=18°， ∴∠CDF=∠DAF=18°， ∴∠BDF=36°+18°=54°， 故答案为 54． 【点睛】 本题考查正多边形与圆，圆周角定理等知识，解题的关键灵活运用所学知识解决问题． 【变式 5-1】（2019·山东中考真题）若正六边形的内切圆半径为 2，则其外接圆半径为 __________． 【答案】 4 3 3 【解析】 【分析】 根据题意画出草图，可得 OG=2， 60OAB   ，因此利用三角函数便可计算的外接圆半径 OA. 【详解】 解：如图，连接OA、OB ，作OG AB 于G ； 则 2OG  ， ∵六边形 ABCDEF 正六边形， ∴ OAB 是等边三角形， ∴ 60OAB   ， ∴ 2 4 3 sin 60 33 2 OGOA    ， ∴正六边形的内切圆半径为 2，则其外接圆半径为 4 3 3 ． 故答案为 4 3 3 ． 【点睛】 本题主要考查多边形的内接圆和外接圆，关键在于根据题意画出草图，再根据三角函数求解， 这是多边形问题的解题思路. 【变式 5-2】（2019·陕西中考真题）若正六边形的边长为 3，则其较长的一条对角线长为___. 【答案】6. 【解析】 【分析】 根据正六边形的半径就是其外接圆半径，则最长的对角线就是外接圆的直径，据此进行求解即 可. 【详解】 正六边形的中心角为 360 6  =60°， ∴△AOB 是等边三角形， ∴OB=AB=3， ∴BE=2OB=6， 即正六边形最长的对角线为 6， 故答案为：6. 【点睛】 本题考查了正多边形与圆，正确把握正六边形的中心角、半径与正六边形的最长对角线的关系 是解题的关键. 【考点 6】弧长和扇形的面积计算（含阴影部分面积计算） 【例 6】（2019·广西中考真题）如图， ABC 是 O 的内接三角形，AB 为 O 直径， 6AB  ， AD 平分 BAC ，交 BC 于点 E ，交 O 于点 D ，连接 BD ． （1）求证： BAD CBD   ； （2）若 125AEB  ，求 BD 的长（结果保留 ）． 【答案】（1）见解析；（2） BD 的长 7 6  ． 【解析】 【分析】 （1）根据角平分线的定义和圆周角定理即可得到结论； （2）连接 OD ，根据平角定义得到 55AEC  ，根据圆周角定理得到 35ACE  ，得到 2 70BOD BAD    ，根据弧长公式即可得到结论. 【详解】 （1）证明：∵ AD 平分 BAC ， ∴ CAD BAD   ， ∵ CAD CBD   ， ∴ BAD CBD   ； （2）解：连接 OD ， ∵ 125AEB  ， ∴ 55AEC  ， ∵ AB 为 O 直径， ∴ 90ACE  ， ∴ 35CAE  ， ∴ 35DAB CAE    ， ∴ 2 70BOD BAD    ， ∴ BD 的长 70 3 7 180 6     ． 【点睛】 本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，弧长的计算，正确的识别图形是解题的关键. 【变式 6-1】（2019·湖北中考真题）如图，等边三角形 ABC 的边长为 2，以 A为圆心，1 为 半径作圆分别交 AB ， AC 边于 D ，E ，再以点C 为圆心，CD 长为半径作圆交 BC 边于 F ，连 接 E ， F ，那么图中阴影部分的面积为________. 【答案】 3 3 12 2 4    . 【解析】 【分析】 过 A作 AM BC 于 M ， EN BC 于 N ，根据等边三角形的性质得到 3 3 2 2AM BC  2 3  ，求得 1 3 2 2EN AM  ，根据三角形的面积和扇形的面积公式即 可得到结论． 【详解】 过 A作 AM BC 于 M ， EN BC 于 N ， 等边三角形 ABC 的边长为 2， 60BAC B ACB      ， 3 3 2 32 2AM BC     ， 1AO AE  ， ,AD BD AE CE   ， 1 3 2 2EN AM   ， 图中阴影部分的面积 ( )ABC CEF BCDADE DCFS S S S S     扇形 扇形＝ 1 2 32     60 1 360  • 1 2   3 1 1 30 33 2 32 2 2 360           • 3 3 12 2 4    ， 故答案为： 3 3 12 2 4    ． 【点睛】 本题考查了扇形的面积的计算，等边三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 【变式 6-2】（2019·四川中考真题）如图，在 AOC 中， 3 1OA cm OC cm＝ ， ＝ ，将△AOC 绕 点 O 顺时针旋转90 后得到 BOD ，则 AC 边在旋转过程中所扫过的图形的面积为（ ） 2cm ． A． 2  B．2 C．17 8  D．19 8  【答案】B 【解析】 【分析】 根据旋转的性质可以得到阴影部分的面积＝扇形 OAB 的面积﹣扇形 OCD 的面积，利用扇形 的面积公式即可求解． 【详解】 解： AOC BOD  ≌ ， ∴阴影部分的面积＝扇形 OAB 的面积﹣扇形 OCD 的面积 2 290 3 90 1 2360 360         故选：B． 【点睛】 考查了旋转的性质以及扇形的面积公式，正确理解：阴影部分的面积＝扇形 OAB 的面积﹣扇 形 OCD 的面积是解题关键． 【考点 7】与圆锥有关的计算 【例 7】（2019·湖南中考真题）如图，在等腰 ABC△ 中， 120BAC   ，AD 是 BAC 的角平 分线，且 6AD  ，以点 A 为圆心，AD 长为半径画弧 EF，交 AB 于点 E，交 AC 于点 F， （1）求由弧 EF 及线段 FC、CB、BE 围成图形（图中阴影部分）的面积； （2）将阴影部分剪掉，余下扇形 AEF，将扇形 AEF 围成一个圆锥的侧面，AE 与 AF 正好重合， 圆锥侧面无重叠，求这个圆锥的高 h． 【答案】（1）36 3 12 ；（2） 4 2h  . 【解析】 【分析】 （1）利用等腰三角形的性质得到 AD BC ， BD CD ，则可计算出 BD 6 3 ，然后利用扇 形的面积公式，利用由弧 EF 及线段 FC、CB、BE 围成图形（图中阴影部分）的面积 ABC EAF=S S 扇形 进行计算；（2）设圆锥的底面圆的半径为 r，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧 长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到 120 π 62πr 180   ，解得 r 2 ，然后利用勾股定理计算这个圆锥的高 h． 【详解】 ∵在等腰 ABC中， BAC 120   ， ∴ B 30  ， ∵AD 是 BAC 的角平分线， ∴ AD BC ， BD CD ， ∴ BD 3AD 6 3  ， ∴ BC 2BD 12 3  ， ∴由弧 EF 及线段 FC、CB、BE 围成图形（图中阴影部分）的面积 2 ABC EAF 1 120 π 6=S S 6 12 3 36 3 12 π2 360        扇形 . （2）设圆锥的底面圆的半径为 r， 根据题意得 120 π 62πr 180   ，解得 r 2 ， 这个圆锥的高 2 2h 6 2 4 2   ． 【点睛】 本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长， 扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了等腰三角形的性质和扇形的面积公式． 【变式 7-1】（2019·广西中考真题）已知圆锥的底面半径是 1，高是 15 ，则该圆锥的侧面 展开图的圆心角是_____度． 【答案】90 【解析】 【分析】 先根据勾股定理求出圆锥的母线为 4，进而求得展开图的弧长，然后根据弧长公式即可求解． 【详解】 解：设圆锥的母线为 a，根据勾股定理得， a 4＝ ， 设圆锥的侧面展开图的圆心角度数为 n ， 根据题意得 n 42 1 180   ＝ ，解得 90n＝ ， 即圆锥的侧面展开图的圆心角度数为90． 故答案为 90． 【点睛】 本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长， 扇形的半径等于圆锥的母线长． 【变式 7-2】（2019·辽宁中考真题）圆锥侧面展开图的圆心角的度数为 216 ，母线长为 5， 该圆锥的底面半径为________． 【答案】3 【解析】 【分析】 设该圆锥的底面半径为 r，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的 周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到 216 52 180r    ，然后解关于 r 的方程即 可． 【详解】 设该圆锥的底面半径为 r，根据题意得 216 52 180r    ，解得 3r  ．故答案为 3． 【点睛】 本题考查圆锥的计算，解题的关键是知道圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆 锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长． 【变式 7-3】（2019·西藏中考真题）如图，从一张腰长为90cm，顶角为120 的等腰三角形铁 皮OAB 中剪出一个最大的扇形OCD ，用此剪下的扇形铁皮围成一个圆锥的侧面（不计损耗）， 则该圆锥的底面半径为（ ） A．15cm B．12cm C．10cm D． 20cm 【答案】A 【解析】 【分析】 根据等腰三角形的性质得到OE 的长，再利用弧长公式计算出弧CD 的长，设圆锥的底面圆半 径为 r ，根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长可得到 r ． 【详解】 过O作OE AB 于 E ， 90 120OA OB cm AOB  ＝ ＝ ， ＝ ， 30A B  ＝ ＝ ， 1 452OE OA cm ＝ ＝ ， 弧CD 的长 120 45 30180    ， 设圆锥的底面圆的半径为 r ，则 2 30r ＝ ，解得 15r＝ ． 故选：A． 【点睛】 本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长， 扇形的半径等于圆锥的母线长． 【达标训练】 一、单选题 1．（2019·山东中考真题）如图， ABC 是 O 的内接三角形， 119A  ，过点C 的圆的切 线交 BO于点 P ，则 P 的度数为（ ） A．32° B．31° C．29° D．61° 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意连接 OC， COP 为直角三角形，再根据 BC 的优弧所对的圆心角等于圆周角的 2 倍， 可计算的 COP 的度，再根据直角三角形可得 P 的度数. 【详解】 根据题意连接 OC.因为 119A   所以可得 BC 所对的大圆心角为 2 119 238BOC      因为 BD 为直径，所以可得 238 180 58COD       由于 COP 为直角三角形 所以可得 90 58 32P       故选 A. 【点睛】 本题主要考查圆心角的计算，关键在于圆心角等于同弧所对圆周角的 2 倍. 2．（2019·广西中考真题）如图， , , ,A B C D 是⊙O上的点，则图中与 A 相等的角是（ ） A． BÐ B． C C． DEB D． D 【答案】D 【解析】 【分析】 直接利用圆周角定理进行判断． 【详解】 解：∵ A 与 D 都是 BC 所对的圆周角， ∴ D A   ． 故选：D． 【点睛】 本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对 的圆心角的一半． 3．（2019·吉林中考真题）如图，在 O 中，AB 所对的圆周角 050ACB  ，若 P 为 AB 上一点， 055AOP  ，则 POB 的度数为（ ） A．30° B．45° C．55° D．60° 【答案】B 【解析】 【分析】 根据圆心角与圆周角关系定理求出∠AOB 的度数，进而由角的和差求得结果． 【详解】 解：∵∠ACB=50°， ∴∠AOB=2∠ACB=100°， ∵∠AOP=55°， ∴∠POB=45°， 故选：B． 【点睛】 本题是圆的一个计算题，主要考查了在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆心角等于它所对的 圆周角的 2 信倍． 4．（2019·山东中考真题）如图，BC 是半圆O的直径，D ，E 是 BC 上两点，连接 BD ，CE 并延长交于点 A，连接 OD ，OE ，如果 70A ＝ ，那么 DOE 的度数为（ ） A．35 B．38 C． 40 D． 42 【答案】C 【解析】 【分析】 连接 CD，由圆周角定理得出∠BDC=90°，求出∠ACD=90°-∠A=20°，再由圆周角定理 得出∠DOE=2∠ACD=40°即可， 【详解】 连接 CD，如图所示： ∵BC 是半圆 O 的直径， ∴∠BDC=90°， ∴∠ADC=90°， ∴∠ACD=90°-∠A=20°， ∴∠DOE=2∠ACD=40°， 故选 C． 【点睛】 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是解题的关键． 5．（2019·贵州中考真题）如图，半径为 3 的⊙A 经过原点 O 和点 C（0，2），B 是 y 轴左 侧⊙A 优弧上一点，则 tan∠OBC 为（ ） A． 1 3 B．2 2 C． 2 4 D． 2 2 3 【答案】C 【解析】 试题分析：连结 CD，可得 CD 为直径，在 Rt△OCD 中，CD=6，OC=2，根据勾股定理求 得 OD=4 所以 tan∠CDO= ，由圆周角定理得，∠OBC=∠CDO，则 tan∠OBC= ，故答案选 C． 考点：圆周角定理；锐角三角函数的定义． 6．（2019·甘肃中考真题）如图，AB 是⊙O 的直径，点 C、D 是圆上两点，且∠AOC＝126°， 则∠CDB＝（ ） A．54° B．64° C．27° D．37° 【答案】C 【解析】 【分析】 由∠AOC＝126°，可求得∠BOC 的度数，然后由圆周角定理，求得∠CDB 的度数． 【详解】 解：∵∠AOC＝126°， ∴∠BOC＝180°﹣∠AOC＝54°， ∵∠CDB＝ 1 2 ∠BOC＝27° 故选：C． 【点睛】 此题考查了圆周角定理．注意在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧 所对的圆心角的一半． 7．（2018·贵州中考真题）如图，已知圆心角∠AOB=110°，则圆周角∠ACB=（ ） A．55° B．110° C．120° D．125° 【答案】D 【解析】 分析：根据圆周角定理进行求解．一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半． 详解：根据圆周角定理，得 ∠ACB= 1 2 （360°-∠AOB）= 1 2 ×250°=125°． 故选 D． 点睛：此题考查了圆周角定理． 注意：必须是一条弧所对的圆周角和圆心角之间才有一半的关系． 8．（2019·浙江中考真题）如图，取两根等宽的纸条折叠穿插，拉紧，可得边长为 2 的正六 边形.则原来的纸带宽为（ ） A．1 B． 2 C． 3 D．2 【答案】C 【解析】 【分析】 结合题意标上字母，作 BG AC ，根据题意可得： ABC 是边长为 2 的等边三角形，等边三角 形的高为原来的纸带宽度，在 Rt BGA 中，根据勾股定理即可求得答案. 【详解】 如图，作 BG AC ， 依题可得： ABC 是边长为 2 的等边三角形， 在 Rt BGA 中， ∵ 2AB  ， 1AG  ， ∴ 3BG  ， 即原来的纸宽为 3 . 故答案为：C. 【点睛】 本题考查正多边形和圆：把一个圆分成 n（n 是大于 2 的自然数）等份，依次连接各分点所得 的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆．熟练掌握正六边形的 性质． 9．（2019·浙江中考真题）如图，已知正五边形  ABCDE 内接于 O ，连结 BD ，则 ABD 的 度数是（ ） A．60 B．70 C．72 D．144 【答案】C 【解析】 【分析】 根据多边形内角和定理、正五边形的性质求出∠ABC、CD=CB，根据等腰三角形的性质求出 ∠CBD，计算即可． 【详解】 ∵五边形 ABCDE 为正五边形 ∴  1 5 5 2 180 108ABC C         ∵CD CB ∴ 181 ( 8 32 6)0 10CBD       ∴ 72ABD ABC CBD      故选：C． 【点睛】 本题考查的是正多边形和圆、多边形的内角和定理，掌握正多边形和圆的关系、多边形内角和 等于（n-2）×180°是解题的关键． 10．（2019·宁夏中考真题）如图，正六边形 ABCDEF 的边长为 2，分别以点 ,A D 为圆心，以 ,AB DC 为半径作扇形 ABF ，扇形 DCE ．则图中阴影部分的面积是（ ） A． 46 3 3  B． 86 3 3  C． 412 3 3  D． 412 3 3  【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意和图形可知阴影部分的面积是正六边形的面积减去两个扇形的面积，从而可以解答本 题． 【详解】 解：∵正六边形 ABCDEF 的边长为 2， ∴正六边形 ABCDEF 的面积是：  2 2sin 60 36 6 2 6 32 2       ， 120FAB EDC     ， ∴图中阴影部分的面积是： 2120 2 86 3 2 6 3360 3       ， 故选：B． 【点睛】 本题考查正多边形和圆、扇形面积的计算，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想 解答． 11．（2019·江苏中考真题）如图，正六边形的边长为 2，分别以正六边形的六条边为直径向 外作半圆，与正六边形的外接圆围成的 6 个月牙形的面积之和（阴影部分面积）是（ ） A．6 3  B．6 3 2 C．6 3  D．6 3 2 【答案】A 【解析】 【分析】 图中阴影部分面积等于 6 个小半圆的面积和﹣（大圆的面积﹣正六边形的面积）即可得到结果． 【详解】 解：6 个月牙形的面积之和 2 13 2 6 2 3 6 32              ， 故选 A． 【点睛】 本题考查了正多边形与圆，圆的面积的计算，正六边形的面积的计算，正确的识别图形是解题 的关键． 12．（2019·山东中考真题）如图，在边长为 4 的正方形 ABCD中，以点 B 为圆心， AB 为半 径画弧，交对角线 BD 于点 E ，则图中阴影部分的面积是（结果保留 ）（ ） A．8  B．16 2 C．8 2 D． 18 2  【答案】C 【解析】 【分析】 根据 S 阴＝S△ABD﹣S 扇形 BAE 计算即可． 【详解】 21 45• • 44 4 8 22 360ABD BAES S S         阴 扇形 ， 故选：C ． 【点睛】 本题考查扇形的面积的计算，正方形的性质等知识，解题的关键是学会用分割 法求阴影部分面积． 13．（2019·浙江中考真题）若扇形的圆心角为 90°，半径为 6，则该扇形的弧长为（ ） A． 3 2  B．2 C．3 D．6 【答案】C 【解析】 【分析】 根据弧长公式计算即可． 【详解】 解：该扇形的弧长＝ 90 6 3180    . 故选 C． 【点睛】 本题考查了弧长的计算：弧长公式： 180 n Rl  （弧长为 l，圆心角度数为 n，圆的半径为 R）． 14．（2019·湖南中考真题）一个扇形的半径为 6，圆心角为 120°，则该扇形的面积是( ) A．2π B．4π C．12π D．24π 【答案】C 【解析】 【分析】 根据扇形的面积公式 S= 2 360 n R 计算即可． 【详解】 S= 2120 6 12360     ， 故选 C． 【点睛】 本题考查的是扇形面积的计算，掌握扇形的面积公式 S= 2 360 n R 是解题的关键． 15．（2019·浙江中考真题）如图， ABC△ 内接于圆O， 65B   ， 70C  ，若 2 2BC  ， 则弧 BC 的长为（ ） A． B． 2 C．2 D． 2 2 【答案】A 【解析】 【分析】 连接 OB，OC．首先证明△OBC 是等腰直角三角形，求出 OB 即可解决问题． 【详解】 连接 OB，OC． ∵∠A=180°-∠ABC-∠ACB=180°-65°-70°=45°， ∴∠BOC=90°， ∵BC=2 2 ， ∴OB=OC=2， ∴ BC 的长为 90 2 180   =π， 故选 A． 【点睛】 本题考查圆周角定理，弧长公式，等腰直角三角形的性质的等知识，解题的关键是熟练掌握基 本知识 16．（2019·山东中考真题）如图，点 A、B，C，D 在⊙O 上，AB＝AC，∠A＝40°，BD ∥AC，若⊙O 的半径为 2．则图中阴影部分的面积是（ ） A． 2 3  ﹣ 3 2 B． 2 3  ﹣ 3 C． 4 3  ﹣ 3 2 D． 4 3  ﹣ 2 【答案】B 【解析】 【分析】 连接 BC、OD、OB，先证△BOD 是等边三角形，再根据阴影部分的面积是 S 扇形 BOD-S△BOD 计 算可得． 【详解】 如图所示，连接 BC、OD、OB， ∵∠A＝40°，AB＝AC， ∴∠ACB＝70°， ∵BD∥AC， ∴∠ABD＝∠A＝40°， ∴∠ACD＝∠ABD＝40°， ∴∠BCD＝30°， 则∠BOD＝2∠BCD＝60°， 又 OD＝OB， ∴△BOD 是等边三角形， 则图中阴影部分的面积是 S 扇形 BOD﹣S△BOD ＝ 260 2 360   ﹣ 3 4 ×22 ＝ 2 3 π﹣ 3 ， 故选 B． 【点睛】 本题主要考查扇形面积的计算，解题的关键是掌握等腰三角形和等边三角形的判定与性质、圆 周角定理、扇形的面积公式等知识点． 二、填空题 17．（2019·广西中考真题）《九章算术》作为古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专 著，与古希腊的《几何原本》并称现代数学的两大源泉．在《九章算术》中记载有一问题“今 有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”小辉同学根据原 文题意，画出圆材截面图如图所示，已知：锯口深为 1 寸，锯道 1AB  尺（1 尺＝10 寸），则 该圆材的直径为______寸． 【答案】26． 【解析】 【分析】 设 O 的半径为 r ，在 Rt ADO 中， 5, 1,AD OD r OA r    ，则有 2 2 2(5 )1r r   ，解方程 即可. 【详解】 设 O 的半径为 r ． 在 Rt ADO 中， 5, 1,AD OD r OA r    ， 则有 2 2 2(5 )1r r   ， 解得 13r  ， ∴ O 的直径为 26 寸， 故答案为 26． 【点睛】 本题考查垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中 考常考题型. 18．（2019·江苏中考真题）如图，点 A、B、C 在⊙O 上，BC＝6，∠BAC＝30°，则⊙O 的半径为_______． 【答案】6 【解析】 【分析】 根据一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半和有一角是 60°的等腰三角形是等边三 角形求解． 【详解】 解：连接 OB,OC ∵∠BOC＝2∠BAC＝60°，又 OB＝OC， ∴△BOC 是等边三角形 ∴OB＝BC＝6， 故答案为 6． 【点睛】 本题综合运用圆周角定理以及等边三角形的判定和性质． 19．（2019·安徽中考真题）如图，△ABC 内接于☉O，∠CAB=30°，∠CBA=45°，CD ⊥AB 于点 D，若☉O 的半径为 2，则 CD 的长为_____ 【答案】 2 【解析】 【分析】 连接 OA，OC，根据∠COA=2∠CBA=90°可求出 AC= 2 2 ，然后在 Rt△ACD 中利用三 角函数即可求得 CD 的长. 【详解】 解：连接 OA，OC， ∵∠COA=2∠CBA=90°， ∴在 Rt△AOC 中，AC= 2 2 2 22 2 2 2OA OC    ， ∵CD⊥AB， ∴在 Rt△ACD 中，CD=AC·sin∠CAD= 12 2 22   ， 故答案为 2 . 【点睛】 本题考查了圆周角定理以及锐角三角函数，根据题意作出常用辅助线是解题关键. 20．（2019·辽宁中考真题）如图，AC 是⊙O 的直径，B，D 是⊙O 上的点，若⊙O 的半径 为 3，∠ADB＝30°，则 BC 的长为____． 【答案】2π． 【解析】 【分析】 根据圆周角定理求出∠AOB，得到∠BOC 的度数，根据弧长公式计算即可． 【详解】 解：由圆周角定理得，∠AOB＝2∠ADB＝60°， ∴∠BOC＝180°﹣60°＝120°， ∴ BC 的长＝120 3 2180    ， 故答案为：2π． 【点睛】 本题考查的是圆周角定理、弧长的计算，掌握圆周角定理、弧长公式是解题的关键． 21．（2019·湖南中考真题）《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，其中《方田》 章计算弧田面积所用的经验公式是：弧田面积 1 2  （弦×矢+矢 2）．孤田是由圆弧和其所对的 弦围成（如图中的阴影部分），公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦 的距离之差，运用垂径定理（当半径OC ⊥弦 AB 时，OC 平分 AB ）可以求解．现已知弦 8AB  米，半径等于 5 米的弧田，按照上述公式计算出弧田的面积为_____平方米． 【答案】10 【解析】 【分析】 根据垂径定理得到 4AD ，由勾股定理得到 2 2 3OD OA AD   ，求得 2OA OD  ，根据弧 田面积 1 2  （弦×矢+矢 2）即可得到结论． 【详解】 解：∵弦 8AB  米，半径OC 弦 AB ， ∴ 4AD ， ∴ 2 2 3OD OA AD   ， ∴ 2OA OD  ， ∴弧田面积 1 2  （弦×矢+矢 2）  21 8 2 2 102      ， 故答案为：10 【点睛】 此题考查垂径定理的应用，关键是根据垂径定理和扇形面积解答． 22．（2019·江苏中考真题）如图，点 A、 B 、C 、 D 、 E 在 O 上，且弧 AB 为50，则 E C    ________． 【答案】155 【解析】 【分析】 先根据弧的度数与它所对应的圆心角的度数的关系，求得弧 AB 对应的圆心角的度数，再根据 圆周角与圆心角的关系，则可求得 E C  . 【详解】 弧的度数等于它所对应的圆心角的度数，由于弧 AB 为50，所以 3=50  . 顶点在圆上且两边都和圆相交的角叫做圆周角，而一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的 一半，所以： 1 12E   , 1 22C   ，      1 1 11 2 360 3 360 50 1552 2 2E C                 . 【点睛】 本题考查弧、圆周角、圆心角的概念，及它们之间的关系. 23．（2019·甘肃中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知 D 经过原点O，与 x 轴、y 轴 分别交于 A、 B 两点，点 B 坐标为(0,2 3) ，OC 与 D交于点C ， 30OCA   ，则圆中阴影 部分的面积为_____． 【答案】 2 2 3  【解析】 【分析】 由圆周角定理可得 30OBA C    ，在 Rt△AOB 中，利用解直角三角形求出 OA、AB 的长， 然后根据 S 阴=S 半-S△ABO 求解即可. 【详解】 连接 AB ， ∵ 90AOB   ， ∴ AB 是直径， 根据同弧对的圆周角相等得 30OBA C    ， ∵ 2 3OB  ， ∴ 3tan tan30 2 3 23OA OB ABO OB       ， sin30 4AB AO    ，即圆的半径为 2， ∴ 22 1 2 2 3 2 2 32 2ABOS S S         △阴影 半圆 ． 故答案为： 2 2 3  ． 【点睛】 本题考查了：①同弧对的圆周角相等；②90°的圆周角对的弦是直径；③锐角三角函数的概念； ④圆、直角三角形的面积分式．熟练掌握圆周角定理是解答本题的关键. 24．（2019·湖北中考真题）刘徽是我国魏晋时期卓越的数学家，他在《九章算术》中提出了 “割圆术”，利用圆的内接正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积，如图，若用圆的内接正 十二边形的面积 1S 来近似估计 O 的面积 S ，设 O 的半径为 1，则 1S S  __________. 【答案】 3  【解析】 【分析】 如图，过点 A 作 AC⊥OB，垂足为 C，先求出圆的面积，再求出△ABC 面积，继而求得正十 二边形的面积即可求得答案. 【详解】 如图，过点 A 作 AC⊥OB，垂足为 C， ∵ O 的半径为 1， ∴ O 的面积 S  ，OA=OB=1， ∴圆的内接正十二边形的中心角为∠AOB= 360 3012   ， ∴AC= 1 2 OB= 1 2 ， ∴S△AOB= 1 2 OB•AC= 1 4 ， ∴圆的内接正十二边形的面积 S1=12S△AOB=3， ∴则 1 3S S    ， 故答案为： 3  ． 【点睛】 本题考查了正多边形与圆，正确的求出正十二边形的面积是解题的关键． 25．（2019·江苏中考真题）如图，AC 是⊙O 的内接正六边形的一边，点 B 在弧 AC 上，且 BC 是⊙O 的内接正十边形的一边，若 AB 是⊙O 的内接正 n 边形的一边，则 n=____ . 【答案】15. 【解析】 【分析】 连接 OB，先求得∠AOB 的度数，然后利用 360°除以∠AOB 度数，根据所得的结果进行分 析即可得. 【详解】 连接 OB，∵AC 是⊙O 的内接正六边形的一边， ∴∠AOC=360°÷6=60°， ∵BC 是⊙O 的内接正十边形的一边， ∴∠BOC=360°÷10=36°， ∴∠AOB=60°-36°=24°， 即 360°÷n=24°，∴n=15， 故答案为：15. 【点睛】 本题考查了正多边形和圆，中心角等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键.注意把圆周等分， 然后顺次连接各个分点就会得到正多边形． 26．（2019·重庆中考真题）如图，在菱形 ABCD 中，对角线 AC，BD 交于点 O，∠ABC=60°， AB=2，分别以点 A、点 C 为圆心，以 AO 的长为半径画弧分别与菱形的边相交，则图中阴影 部分的面积为______．（结果保留 ） 【答案】 22 3 3  【解析】 【分析】 根据菱形的性质得到 AC⊥BD，∠AB0= 1 2 ∠ABC=30°，∠BAD=∠BCD=120°，根据直角 三角形的性质求出 AC、BD，根据扇形面积公式、菱形面积公式计算即可. 【详解】 解：∵四边形 ABCD 是菱形， ∴AC⊥BD，∠AB0= 1 2 ∠ABC=30°，∠BAD=∠BCD=120° ∴AO= 1 2 AB=1，由勾股定理得， 2 2 3OB AB OA   又∵AC=2，BD=2 3 ， ∴调影部分的面积为： 21 120 1 22 2 3 2 2 32 360 3        故答案为： 22 3 3  【点睛】 本题考查的是扇形面积计算、菱形的性质，掌握扇形面积公式是解题的关键. 27．（2019·浙江中考真题）如图，一个圆锥形冰激凌外壳（不计厚度）.已知其母线长为12cm ， 底面圆半径为 3cm ，则这个冰激凌外壳的侧面积等于______ 2cm （计算结果精确到个位）. 【答案】113. 【解析】 【分析】 根据圆锥侧面积公式 S rl侧 ，代入题中数据，即可得到答案. 【详解】 根据题中数据，结合圆锥侧面积公式得： 3 12 36 36 3.14 113.04 113S rl          侧 【点睛】 本题考查求圆锥侧面积，解题的关键是熟练掌握圆锥侧面积公式. 28．（2019·山东中考真题）如图，O 为 Rt△ABC 直角边 AC 上一点，以 OC 为半径的 ⊙ O 与斜边 AB 相切于点 D，交 OA 于点 E，已知 BC= 3 ，AC=3．则图中阴影部分的面积是 _____． 【答案】 6  ． 【解析】 【分析】 首先利用勾股定理求出 AB 的长，再证明 BD BC ，进而由 AD AB BD  可求出 AD 的长度； 利用特殊角的锐角三角函数可求出 A 的度数，则圆心角 DOA 的度数可求出，在直角三角形 ODA 中求出 OD 的长，最后利用扇形的面积公式即可求出阴影部分的面积． 【详解】 解：在 Rt ABC 中，∵ 3BC  ， 3AC  ． ∴ 2 2 2 3AB AC BC   ， ∵ BC OC ， ∴ BC 是圆的切线， ∵ O 与斜边 AB 相切于点 D ， ∴ BD BC ， ∴ 2 3 3 3AD AB BD     ； 在 Rt ABC 中，∵ 3 1sin 22 3 BCA AB    ， ∴ 30A   ， ∵ O 与斜边 AB 相切于点 D ， ∴ OD AB， ∴ 90 60AOD A    ， ∵ tan tan30OD AAD   ， ∴ D 3 33 O  ， ∴ 1OD  ， ∴ 260 1 360 6S   阴影 ． 故答案是： 6  ． 【点睛】 本题考查了切线的性质定理、切线长定理以及勾股定理、解直角三角形的运用，熟记和圆有关 的各种性质定理是解题的关键． 三、解答题 29．（2019·天津中考真题）已知 PA ，PB 分别与 O 相切于点 A，B ， 80APB   ，C 为 O 上一点． （Ⅰ）如图①，求 ACB 的大小； （Ⅱ）如图②， AE 为 O 的直径， AE 与 BC 相交于点 D ，若 AB AD ，求 EAC 的大小． 【答案】（Ⅰ） 50ACB   ；（Ⅱ） 20EAC   . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）连接 OA、OB，根据切线的性质得到∠OAP=∠OBP=90°，根据四边形内角和等于 360°计算； （Ⅱ）连接 CE，根据圆周角定理得到∠ACE=90°，根据等腰三角形的性质、三角形的外角 性质计算即可． 【详解】 解：（Ⅰ）如图，连接OA OB， ． ∵ PA PB， 是 O 的切线， ∴OA PA ，OB PB ． 即 90OAP OBP     ． ∵ 80APB   ， ∴在四边形OAPB中， 360 100AOB OAP OBP APB          ． ∵在 O 中， 1 2ACB AOB   ， ∴ 50ACB   ． （Ⅱ）如图，连接CE ． ∵ AE 为 O 的直径， ∴ 90ACE   ． 由（Ⅰ）知， 50ACB   ， ∴ 40BCE ACE ACB       ． ∴ 40BAE BCE     ． ∵在 ABD 中， AB AD ， ∴ 1 (180 ) 702ADB ABD BAE        ． 又 ADB 是 ADC 的一个外角，有 EAC ADB ACB     ， ∴ 20EAC   ． 【点睛】 本题考查的是切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的 半径是解题的关键 30．（2019·黑龙江中考真题）图 1.2 是两张形状和大小完全相同的方格纸，方格纸中每个小 正方形的边长均为 1，线段 AC 的两个端点均在小正方形的顶点上； （1）在图 1 中画出以 AC 为底边的等腰直角 ABC△ ，点 B 在小正方形顶点上；（2）在图 2 中 画出以 AC 为腰的等腰 ACD，点 D 在小正方形的顶点上，且 ACD的面积为 8. 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析； 【解析】 【分析】 （1）由题可知，点 B 满足 , 90BA BC ABC    这两个条件，BA BC 说明点 B 在 AC 的垂直 平分线上， 90ABC   说明点 B 在以 AC 为直径的圆上，故可作 AC 的垂直平分线及以 AC 为 直径的圆，其交点即为所求；（2）由题可知，点 D 满足 CA=CD，故可以C 为圆心， AC 为半 径作圆，交于一格点 D，经计算 ACD的面积为 8，故点 D 即为所求. 【详解】 解；（1）作 AC 的垂直平分线，作以 AC 为直径的圆，垂直平分线与圆的交点即为点 B ； （2）以C 为圆心， AC 为半径作圆，格点即为点 D ； 【点睛】 本题主要考查了利用线段垂直平分线的性质及圆的性质作图，正确理解题意并知晓作图依据是 解题的关键. 31．（2019·河南中考真题）如图，在 ABC 中， BA BC ， 90ABC   ，以 AB 为直径的半 圆 O 交 AC 于点 D，点 E 是 BD上不与点 B，D 重合的任意一点，连接 AE 交 BD 于点 F，连 接 BE 并延长交 AC 于点 G． （1）求证： ADF BDG   ； （2）填空： ①若 =4AB ，且点 E 是 BD的中点，则 DF 的长为 ； ②取 AE 的中点 H，当 EAB 的度数为 时，四边形 OBEH 为菱形． 【答案】（1）见解析（2）① 4 2 2 ②30° 【解析】 【分析】 （1）利用直径所对的圆周角是直角，可得 90ADB AEB     ，再应用同角的余角相等可得 DAF DBG   ，易得 AD BD ， ADF BDG   得证； （2）作 FH AB ，应用等弧所对的圆周角相等得 BAE DAE   ，再应用角平分线性质可得 结论；由菱形的性质可得 =BE OB ，结合三角函数特殊值可得 30EAB   ． 【详解】 解：（1）证明：如图 1， BA BC ， 90ABC   ， 45BAC   AB 是 O 的直径， 90ADB AEB     ， 90DAF BGD DBG BGD       DAF DBG   90ABD BAC     45ABD BAC     AD BD  ( )ADF BDG ASA   ； （2）①如图 2，过 F 作 FH AB 于 H，点 E 是 BD的中点， BAE DAE   FD AD ， FH AB FH FD 2sin sin 45 2 FH ABDBF     ， 2 2 FD BF   ，即 2BF FD 4AB Q ， 4cos45 2 2BD    ，即 2 2BF FD  ，( 2 1) 2 2FD  2 2 4 2 2 2 1 FD     故答案为 4 2 2 ． ②连接 OE，EH，点 H 是 AE 的中点， OH AE  ， 90AEB   BE AE  BE OH ∥ 四边形 OBEH 为菱形， 1 2BE OH OB AB    1sin 2 BEEAB AB     30EAB   ． 故答案为：30 【点睛】 本题主要考查了圆的性质，垂径定理，等腰直角三角形的性质，菱形的性质，解直角三角形， 特殊角的三角函数值等，关键在灵活应用性质定理． 32．（2019·江苏中考真题）如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=1，以 边 AC 上一点 O 为圆心，OA 为半径的⊙O 经过点 B． (1)求⊙O 的半径； (2)点 P 为 AB 中点，作 PQ⊥AC，垂足为 Q，求 OQ 的长； (3)在(2)的条件下，连接 PC，求 tan∠PCA 的值． 【答案】(1)⊙O 的半径为 2 3 3 ；(2) 3 3OQ  ；(3) 3tan 2PCA  ． 【解析】 【分析】 (1)若连接 OB，则△BCO 是一个含 30°角的直角三角形，△AOB 是底角为 30°的等腰三角 形，可得∠OBC=30°，再根据特殊角的三角函数值求得 OB； (2) 连接 OP，设 AB 与 QP 交于点 M，根据题中条件证得∠QPO=∠A=30°，再根据特殊角 的三角函数值求得 OQ； (3)可在 Rt△PCQ 中解决，分别计算出两条直角边，即可求出 tan∠PCA 的值． 【详解】 (1)连接 OB，如图 ∵OA=OB， ∴∠ABO=∠A=30°， ∵∠ACB=90°，∠A=30°， ∴∠ABC=60°， ∴∠OBC=30°， 在 Rt△OBC 中，cos BCOBC OB   ， 即 1cos30 OB   ， 解得 2 3 3OB  ， 即⊙O 的半径为 2 3 3 ； (2)连接 OP，设 AB 与 QP 交于点 M， ∵点 P 为 AB 的中点， ∴OP⊥AB， ∴∠QPO+∠PMB=90°， ∵PQ⊥AC， ∴∠A+∠AMQ=90°， 又∵∠AMQ=∠PMB， ∴∠QPO=∠A=30°， 在 Rt△OPQ 中，sin OQQPO OP   ， 即sin30 2 3 3 OQ  ， ∴ 2 3 1 3 3 2 3OQ    (3)在 Rt△OBC 中， ∵ 2 3 3OB  ，∠OBC=30°，∠ACB=90° ∴ 3sin30°= 3OC OB  ， ∴ 2 3 3CQ CO OQ   ， ∴ 3tan 2 PQPCA CQ    ． 【点睛】 本题考查了垂径定理、解直角三角形、等腰三角形的性质等知识，综合性较强，熟练掌握和灵 活运用相关知识是解题的关键. 33．（2019·广西中考真题）如图，五边形 ABCDE 内接于 O ，CF 与 O 相切于点C ，交 AB 延长线于点 F ． （1）若 ,AE DC E BCD    ，求证： DE BC ； （2）若 2 , , 45OB AB BD DA F      ，求CF 的长． 【答案】（1）见解析；（2） 2 2CF   . 【解析】 【分析】 （1）由圆心角、弧、弦之间的关系得出 AE DC ，由圆周角定理得出∠ADE=∠DBC，证明 △ADE≌△DBC，即可得出结论； （2）连接 CO 并延长交 AB 于 G，作 OH⊥AB 于 H，则∠OHG=∠OHB=90°，由切线的性 质得出∠FCG=90°，得出△CFG、△OGH 是等腰直角三角形，得出 CF=CG，OG= 2 OH， 由等边三角形的性质得出∠OBH=30°，由直角三角形的性质得出 OH= 1 2 OB=1，OG= 2 ， 即可得出答案． 【详解】 （1）证明：∵ AE DC ， ∴ AE DC ， ∴ ADE DBC   ， 在 ADE 和 DBC 中， ADE DBC E BCD AE DC         ， ∴ ( )ADE DBC AAS ≌ ， ∴ DE BC ； （2）解：连接CO并延长交 AB 于G ，作OH AB 于 H ，如图所示： 则 90OHG OHB    ， ∵CF 与 O 相切于点C ， ∴ 90FCG   ， ∵ 45F  ， ∴ CFG 、 OGH 是等腰直角三角形， ∴ , 2CF CG OG OH  ， ∵ AB BD DA  ， ∴ ABD 是等边三角形， ∴ 60ABD  ， ∴ 30OBH  ， ∴ 1 12OH OB  ， ∴ 2OG  ， ∴ 2 2CF CG OC OG     ． 【点睛】 本题考查了切线的性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系，全等三角形的判定与性质、 等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的性质；熟练掌握切线的性质和圆周角定理是解题 的关键． 34．（2019·辽宁中考真题）如图 1，四边形 ABCD内接于圆O，AC 是圆O的直径，过点 A的 切线与CD 的延长线相交于点 P ．且 APC BCP   （1）求证： 2BAC ACD   ； （2）过图 1 中的点 D 作 DE AC ，垂足为 E （如图 2），当 6BC  ， 2AE  时，求圆O的半 径． 【答案】（1）见解析；（2）13 4 【解析】 【分析】 （1）作 DF⊥BC 于 F，连接 DB，根据切线的性质得到∠PAC=90°，根据圆周角定理得到∠ ADC=90°，得到∠DBC=∠DCB，得到 DB=DC，根据线段垂直平分线的性质、圆周角定理 证明即可； （2）根据垂径定理求出 FC，证明△DEC≌△CFD，根据全等三角形的性质得到 DE=FC=3， 根据射影定理计算即可． 【详解】 （1）证明：作 DF BC 于 F ，连接 DB， ∵ AP 是圆O的切线， ∴ 90PAC   ，即 90P ACP     ， ∵ AC 是圆O的直径， ∴ 90ADC   ，即 90PCA DAC     ， ∴ P DAC DBC     ， ∵ APC BCP   ， ∴ DBC DCB   ， ∴ DB DC ， ∵ DF BC ， ∴ DF 是 BC 的垂直平分线， ∴ DF 经过点O， ∵ OD OC ， ∴ ODC OCD   ， ∵ 2BDC ODC   ， ∴ 2 2BAC BDC ODC OCD       ； （2）解：∵ DF 经过点O， DF BC ， ∴ 1 32FC BC  ， 在 DEC 和 CFD 中， DCE FDC DEC CFD DC CD         ， ∴ DEC ≌ CFD ( )AAS ∴ 3DE FC  ， ∵ 90ADC   ， DE AC ， ∴ 2DE AE EC  ， 则 2 9 2 DEEC AE   ， ∴ 9 132 2 2AC    ， ∴圆O的半径为13 4 ． 【点睛】 本题考查的是切线的性质、全等三角形的判定和性质、垂径定理、圆周角定理，掌握圆的切线 垂直于经过切点的半径是解题的关键． 35．（2019·内蒙古中考真题）如图，在⊙O中，B 是⊙O上的一点， 120ABC   ，弦 2 3AC  ， 弦 BM 平分 ABC 交 AC 于点 D ，连接 ,MA MC ． （1）求⊙O半径的长； （2）求证： AB BC BM  ． 【答案】（1）⊙O的半径为2 ．（2）见解析. 【解析】 【分析】 （1）连接 OA、OC，过 O 作 OH⊥AC 于点 H，由圆内接四边形的性质求得∠AMC，再求 得∠AOC，最后解直角三角形得 OA 便可； （2）在 BM 上截取 BE=BC，连接 CE，证明 BC=BE，再证明△ACB≌△MCE，得 AB=ME， 进而得结论． 【详解】 解：（1）连接OA OC、 ，过O作OH AC 于点 H ，如图 1， 120ABC   ， 180 60AMC ABC      ， 2 120AOC AMC     ， 1 602AOH AOC     ， 1 32AH AC  ， 2sin60 AHOA    ， 故⊙O的半径为2 ． （2）证明：在 BM 上截取 BE BC ，连接CE ，如图 2， 120ABC   ， BM 平分 ABC 60ABM CBM     ， 60 ,MBC BE BC   ， EBC 是等边三角形， , 60CE CB BE BCE      ， 60BCD DCE     ， 60ACM   ， 60ECM DCE     ， ECM BCD   ， 60 , 60CAM CBM ACM ABM         ACM 是等边三角形， AC CM  ， ACB MCE   ， AB ME  ， ME EB BM  ， AB BC BM   ． 【点睛】 本题是圆的一个综合题，主要考查圆的圆内接四边形定理，圆周角定理，垂径定理，角平分线 定义，三角形全等的性质与判定，等边三角形的性质与判定，解直角三角形，内容较多，有一 定难度，第一题关键在于求∠AOC 的度数，第二题的关键在于构造全等三角形． 36．（2019·江苏中考真题）如图，AB 是⊙O 的弦，过点 O 作 OC⊥OA，OC 交于 AB 于 P， 且 CP=CB． （1）求证：BC 是⊙O 的切线； （2）已知∠BAO=25°，点 Q 是弧 AmB 上的一点. ①求∠AQB 的度数； ②若 OA=18，求弧 AmB 的长. 【答案】（1）见解析；（2）①∠AQB=65°，②l 弧 AmB=23π. 【解析】 【分析】 (1)连接 OB，根据等腰三角形的性质得到∠OAB=∠OBA，∠CPB=∠CBP，再根据∠PAO+ ∠APO=90°，继而得出∠OBC=90°，问题得证； (2)①根据等腰三角形的性质可得∠ABO=25°，再根据三角形内角和定理可求得∠AOB 的度 数，继而根据圆周角定理即可求得答案； ②根据弧长公式进行计算即可得. 【详解】 (1)连接 OB， ∵CP=CB， ∴∠CPB=∠CBP， ∵OA⊥OC， ∴∠AOC=90°， ∵OA=OB， ∴∠OAB=∠OBA， ∵∠PAO+∠APO=90°， ∴∠ABO+∠CBP=90°， ∴∠OBC=90°， ∴BC 是⊙O 的切线； (2)①∵∠BAO=25° ，OA=OB， ∴∠OBA=∠BAO=25°， ∴∠AOB=180°-∠BAO-∠OBA=130°， ∴∠AQB= 1 2 ∠AOB=65°； ②∵∠AOB=130°，OB=18， ∴l 弧 AmB= 360 130 180 18 （ ） =23π. 【点睛】 本题考查了圆周角定理，切线的判定等知识，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识 是解题的关键. 37．（2019·江苏中考真题）（材料阅读）:地球是一个球体，任意两条相对的子午线都组成一 个经线圈（如图1中的 O ）．人们在北半球可观测到北极星，我国古人在观测北极星的过程中 发明了如图2 所示的工具尺（古人称它为“复矩”），尺的两边互相垂直，角顶系有一段棉线， 棉线末端系一个铜锤，这样棉线就与地平线垂直．站在不同的观测点，当工具尺的长边指向北 极星时，短边与棉线的夹角 的大小是变化的． （实际应用）:观测点 A在图 1 所示的 O 上，现在利用这个工具尺在点 A处测得 为31，在 点 A所在子午线往北的另一个观测点 B ，用同样的工具尺测得 为67． PQ 是 O 的直径， PQ ON ． （1）求 POB 的度数； （2）已知 6400OP  km，求这两个观测点之间的距离即 O 上 AB 的长．（ 取3.1） 【答案】（1） 67  POB ；（2） 3968AB （km）． 【解析】 【分析】 （1）设点 B 的切线 CB 交 ON 延长线于点 E，HD⊥BC 于 D，CH⊥BH 交 BC 于点 C，则∠ DHC=67°，证出∠HBD=∠DHC=67°，由平行线的性质得出∠BEO=∠HBD=67°，由直角 三角形的性质得出∠BOE=23°，得出∠POB=90°-23°=67°； （2）同（1）可证∠POA=31°，求出∠AOB=∠POB-∠POA=36°，由弧长公式即可得出结 果． 【详解】 （1）设点 B 的切线CB 交ON 延长线于点 E ，HD BC 于 D ，CH BH 交CB 于点C ，如图所 示： 则 67DHC  ， 90HBD BHD BHD DHC         ， 67HBD DHC     ， ON BH ∥ ， 67BEO HBD    ， 90 67 23BOE     ， PQ ON ， 90POE   ， 90 23 67POB     ； （2）同（1）可证 31POA  ， 67 31 36AOB POB POA         ， 36 6400 3968180AB     （km）． 【点睛】 本题考查了切线的性质、直角三角形的性质、弧长公式等知识；熟练掌握切线的性质和弧长公 式是解题的关键． 38．（2019·湖北中考真题）如图，点 E 是 ABC 的内心，AE 的延长线和 ABC 的外接圆圆O 相交于点 D ，过 D 作直线 / /DG BC ． （1）求证： DG 是圆O的切线； （2）若 6DE  ， 6 3BC  ，求优弧 BAC 的长． 【答案】（1）见解析；（2）优弧 BAC 的长＝8 ． 【解析】 【分析】 （1）连接 OD 交 BC 于 H，如图，利用三角形内心的性质得到∠BAD=∠CAD，则 BD CD ， 利用垂径定理得到 OD⊥BC，BH=CH，从而得到 OD⊥DG，然后根据切线的判定定理得到结 论； （2）连接 BD、OB，如图，先证明∠DEB=∠DBE 得到 DB=DE=6，再利用正弦定义求出∠ BDH=60°，则可判断△OBD 为等边三角形，所以∠BOD=60°，OB=BD=6，则∠BOC=120°， 然后根据弧长公式计算优弧 BAC 的长． 【详解】 （1）证明：连接 OD 交 BC 于 H ，如图， ∵点 E 是 ABC 的内心， ∴ AD 平分 BAC ， 即 BAD CAD   ， ∴ BD CD ， ∴OD BC^ ， BH CH ， ∵ / /DG BC ， ∴OD DG ， ∴ DG 是圆O的切线； （2）解：连接 BD 、OB ，如图， ∵点 E 是 ABC 的内心， ∴ ABE CBE   ， ∵ DBC BAD   ， ∴ DEB BAD ABE DBC CBE DBE           ∴ 6DB DE  ， ∵ 1 3 32BH BC  ， 在 Rt BDH 中， 3 3 3sin 6 2 BHBDH BD     ， ∴ 60BDH   ， 而OB OD ， ∴ OBD 为等边三角形， ∴ 60BOD   ， 6OB BD  ， ∴ 120BOC   ， ∴优弧 BAC 的长＝ (360 120) 6 8180      ． 【点睛】 本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与 三角形顶点的连线平分这个内角．也考查了切线的判定和弧长公式． 39．（2019·湖南中考真题）如图，AB 为 O 的直径，且 4 3AB  ，点 C 是 AB 上的一动点(不 与 A，B 重合)，过点 B 作 O 的切线交 AC 的延长线于点 D，点 E 是 BD 的中点，连接 EC． (1)求证：EC 是 O 的切线； (2)当 30D   时，求阴影部分面积． 【答案】(1)证明见解析；(2)阴影部分面积为12 3 4 ． 【解析】 【分析】 (1)如图，连接 BC，OC，OE，证明ΔOCE ΔOBE ，可得 OCE OBE  ，进而根据 BD 是 O 的切线，得到 ABD 90  ，继而得到 OCE ABD 90    ，即可求得结论； (2)先求出四边形 OBEC 的面积，继而根据阴影部分面积为 OBEC BOCS S四边形 扇形 进行求解即可得. 【详解】 (1)如图，连接 BC，OC，OE， AB 为 O 的直径， ACB 90   ， 在 RtΔBDC中， BE ED ， DE EC BE   ， OC OB ，OE OE ，  ΔOCE ΔOBE SSS  ， OCE OBE   ， BD 是 O 的切线， ABD 90   ， OCE ABD 90     ， OC 为半径， EC 是 O 的切线； (2) OA OB ， BE DE ， AD OE ， D OEB   ， D 30  ， OEB 30   ， EOB 60  ， BOC 120   ， AB 4 3 ， OB 2 3  ， BE 2 3 3 6    ． 四边形 OBEC 的面积为 ΔOBE 12S 2 6 2 3 12 32      ， 阴影部分面积为  2 OBEC BOC 120 π 2 3 S S 12 3 12 3 4π360       四边形 扇形 ． 【点睛】 本题考查了切线的判定与性质，扇形的面积，熟练掌握相关知识是解题的关键. 40．（2019·贵州中考真题）如图，正六边形 ABCDEF 内接于⊙O，BE 是⊙O 的直径，连接 BF，延长 BA，过 F 作 FG⊥BA，垂足为 G. (1)求证：FG 是⊙O 的切线； (2)已知 FG＝2 3 ，求图中阴影部分的面积. 【答案】(1)见解析；(2) 图中阴影部分的面积为 8 3  . 【解析】 【分析】 （1）连接 OF，AO，根据题意可得∠ABF＝∠AFB＝∠EBF＝30°，再利用 OB＝OF，证明 AB∥OF，即可解答 （2）先利用等弧对等角求出△AOF 是等边三角形，再证明 S△ABF＝S△AOF，即可解答 【详解】 (1)证明：连接 OF，AO， ∵AB＝AF＝EF， ∴ AB AF EF  ， ∴∠ABF＝∠AFB＝∠EBF＝30°， ∵OB＝OF， ∴∠OBF＝∠BFO＝30°， ∴∠ABF＝∠OFB， ∴AB∥OF， ∵FG⊥BA， ∴OF⊥FG， ∴FG 是⊙O 的切线； (2)解：∵ AB AF EF  ， ∴∠AOF＝60°， ∵OA＝OF， ∴△AOF 是等边三角形， ∴∠AFO＝60°， ∴∠AFG＝30°， ∵FG＝2 3 ， ∴AF＝4， ∴AO＝4， ∵AF∥BE， ∴S△ABF＝S△AOF， ∴图中阴影部分的面积＝ 260 4 8 360 3    . 【点睛】 此题考查切线的判定，等边三角形的判定，扇形面积，解题关键在于利用等弧对等角 41．（2019·广东中考真题）在如图所示的网格中，每个小正方形的边长为 1，每个小正方形 的顶点叫格点， ABC 的三个顶点均在格点上，以点 A为圆心的EF 与 BC 相切于点 D ，分别交 AB 、 AC 于点 E 、 F . （1）求 ABC 三边的长； （2）求图中由线段 EB 、 BC 、CF 及 FE 所围成的阴影部分的面积. 【答案】（1）AB=2 10 ，AC=2 10 ，BC=4 5 ；（2）S 阴影 20 5  . 【解析】 【分析】 (1)结合网格特点利用勾股定理进行求解即可； (2)由(1)根据勾股定理逆定理可得∠BAC=90°，连接 AD，求出 AD 长，利用三角形面积公 式以及扇形面积公式分别求出 ABC 的面积和扇形 AEF 的面积，继而可求得答案. 【详解】 (1) 2 22 6 2 10AB    ， 2 26 2 2 10AC    ， 2 24 8 4 5BC    ； (2)由(1)得 AB2+BC2=(2 10 )2+(2 10 )2=80=(4 5 )2=BC2， ∴ 90BAC  ， 连接 AD ，则 2 22 4 2 5AD    ， ∴ = ABC AEFS S S阴 扇形  = 21 90 2 360 ADAB AC    =  2 90 2 51 2 10 2 102 360      =20 5 . 【点睛】 本题考查了勾股定理及其逆定理，扇形面积公式，熟练掌握相关内容以及网格的结构特点是解 题的关键.