2023年中考数学全国各地真题分类汇编-与圆有关的填空题(附解析)

2023中考数学全国各地真题分类汇编-与圆有关的填空题〔附解析〕1.〔2023广元在同一平面上，⊙O外一点P到⊙O上一点的距离最长为6cm，最短为2cm，则⊙O的半径为 ▲ cm【答案】2。【考点】点与圆的位置关系。【分析】当点P在圆外时，直径=6cm－2cm=4cm2cm。ABO〔南通〕O＝２３ABO【考点】圆周角定理．【分析】由⊙O中，∠AOB=46°，依照在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这C条弧所对的圆心角的一半，即可求得∠ACB的度数．【解答】解：∵⊙O中，∠AOB=46°，∴∠ACB=12∠AOB=12×46°=23°．故答案为：23．对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半定理的应用，留意数形结合思想的应用．3202332023益阳〕如图，点BC在圆O上∠A=6°，∠BOC= 120 度．考点：分析：圆周角定理。欲求∠BOC，了同弧所对的圆周角∠A的度数，可依照圆周角定理求出∠BOC的度数．解答：解：BAC和BOC是同弧所对的圆周角和圆心角，∴∠BOC=2∠BAC=2×60°=120°．于根底题．42023铜仁〕圆1和圆2外切，圆心距为10c，圆O1的半径为3c，则圆2的半径为 ．考点：圆与圆的位置关系。∴解答：解：∵O1和圆O210cm，圆O13cm，∴2圆O103=c．2故答案为：7cm．52023广东如图CO上的三个点∠ABC=2°∠AOC的度数是50 ．考点：圆周角定理。解答：解：圆心角AOC与圆周角ABC都对，∴∠AOC=2∠ABC解答：解：圆心角AOC与圆周角ABC都对，506．(2023•丽水)半径分别为3cm和4cm的两圆内切，这两圆的圆心距为1 考点：圆与圆的位置关系。分析：依照两圆内切，圆心距等于两圆半径之差，进展运算．解答：解：∵两个圆内切，且其半径分别为3cm4cm，4－3＝1cm．点评：此题考察了由两圆位置关系来判定半径和圆心距之间数量关系的方法．72023湘潭如图△ABC的一边ABO的直径请你添加一个条件使BC是O的切线，你所添加的条件为∠ABC=90° ．BC成为切线的条件确实是能使AB垂直于BC的条件，进而得出答案即可．解答：解：当BC与圆相切，AB是⊙O的直径，ABC=90°，∴BCO〔通过半径外端，与半径垂直的直线是圆的切线．故答案为：∠ABC=90°．点评：此题要紧考察了切线的判定，此题是一道典型的条件开放题，解决本类题目能够是将最终的结论当做条件，而答案确实是使得条件成立的结论．8〔2023嘉兴如图，O中，直径AB丄弦CD于点AM=1BM=，则CD的长为24 ．考点：垂径定理；勾股定理。解答：解：连接OD，∵AM=18，BM=8，∴∵AM=18，BM=8，∴OD= = =13，Rt△ODM中，DM===12，∵直径AB丄弦CD，∴AB=2DM=12=2．故答案为：24．9〔2023成都〕如图AB是⊙O的弦OCAB于．假设AB=2 3 ，0C=，则半径OB的长为 ．OOACB解答：解：∵解答：解：∵AB是⊙O的弦，OC⊥AB于C，AB=，∴BC= AB=∵∴BC= AB=OB===2．在Rt△OB===2．故答案为：2．1〔2023年中考〕在半径为6cm的圆中，60°的圆心角所对的弧长等于2πc〔保存π．12023菏泽如图PPB是O是切线AB为切点AC是O的直径假设∠P=4°，则∠BAC= 度．考点：切线的性质。解答：解：∵PA，PB是⊙O是切线，∴∠PAB=∠PBA==67°，∴∠PAB=∠PBA==67°，又PA是⊙O是切线，AO为半径，∴OA⊥AP，∴∠OAP=90°，∴∠BAC=∠OAP﹣∠PAB=90°﹣67°=23°．231〔2023泰安〕如图，在半径为51〔2023泰安〕如图，在半径为5O中，弦AB=，点C是优弧 上一点〔不与，考点：圆周角定理；勾股定理；垂径定理；锐角三角函数的定义。解答：解：连接AO并延长到圆上一点D，连接BD，可得AD为⊙O直径，故ABD=90°，10262∵5的⊙O10262AD2-ABAD2-AB2

8，依照弧长公式l=能够求得该扇形的半径的长度．解：依照弧长的公式l=，知r=依照弧长公式l=能够求得该扇形的半径的长度．解：依照弧长的公式l=，知r===22．∴cosC=cosD=BD 8 4，AD1054．513．(2023•扬州)一个圆锥的母线长为10cm，将侧面开放后所得扇形的圆心角是144°，则那个圆锥的底面圆的半径是4 cm．10cm144°扇形，利用圆锥的底面周长等于侧面开放图的扇形弧长，即可求解．2πrcm，S圆锥底面周长＝2πr＝2πrcm，S圆锥底面周长＝2πr＝，解得：r＝4，故答案为：4．14．(2023•苏州)14．(2023•苏州)扇形的圆心角为45°，弧长等于 ，则该扇形的半径为2 ．故答案是：故答案是：2．r解方程即可求得r的值．1〔2023资阳〕直角三角形的两边长分别为16和1，则此三角形的外接圆半径是10或8 ．①16为斜边长；②1612为两条直角边长，由勾股定理易求得此直角三角形的斜边长，进而可求得外接圆的半径．解答：解：由勾股定理可知：②16和12，则直角三角形的斜边长=②16和12，则直角三角形的斜边长==20，因此那个三角形的外接圆半径为10．综上所述：那个三角形的外接圆半径等于810．故答案为：108．点评：此题考察的是直角三角形的外接圆半径，重点在于明白得直角三角形的外接圆是以斜边中点为圆心，斜边长的一半为半径的圆．AOC=2∠D；又由于四边形OABC是平行四边形，因此∠B=∠AOC；圆内接四边形对角互补，∠B+∠D=180°，因此∠D=60°，连接ODOA=OD,OD=OC,∠OAD=∠ODA,∠OCD=∠ODC,即有∠OAD+∠OCD=60°.答案：60．16.〔2023安徽〕如图，点A、B、C、D在⊙O上，OAOC=2∠D；又由于四边形OABC是平行四边形，因此∠B=∠AOC；圆内接四边形对角互补，∠B+∠D=180°，因此∠D=60°，连接ODOA=OD,OD=OC,∠OAD=∠ODA,∠OCD=∠ODC,即有∠OAD+∠OCD=60°.答案：60．17.〔2023海南〕17.〔2023海南〕如图，∠APB=300PB上的⊙O1cm，OP=3cm，假设⊙OBP方向移动，当⊙OPA相切时，圆心O移动的距离为▲cm.【答案】15。【考点】300角直角三角形的性质。【分析】如图，设⊙O移动到⊙O1，⊙OPA相切。21当⊙O移动到⊙O时，∠ODP=900。1∵∠APB=30∵∠APB=30，0OD=11，∴PO2。1∵OP=3，∴OO1。1当⊙O移动到⊙O时，∠OEP=90202=2。∵∠APB=300，O2D=1，∴∠O2PE=300，PO2∵OP=3，∴OO5。1综上所述，当⊙OPA相切时，圆心O1cm5cm。18．(2023•连云港)如图，圆周角∠BAC＝55°，分别过B，C两点作⊙O的切线，两切线相交与点P，则∠BPC＝70 °．考点：切线的性质；圆周角定理。分析：第一连接CO＝＝90°，又由圆周角定理可得：∠BOC＝2∠BAC，继而求得∠BPC的度数．OB，OC，∵PB，PC是⊙O的切线，∴OB⊥PB，OC⊥PC，∴∠PBO＝∠PCO＝90°，∵∠BOC＝2∠BAC＝2×55°＝110°，∴∠BPC＝360°－∠PBO－∠BOC－∠PCO＝360°－90°－110°－90°＝70°．故答案为：70．点评：此题考察了切线的性质、圆周角定理以及四边形的内角和定理．此题难度不大，留意把握关心线的作法，留意数形结合思想的应用．1〔2023娄底〕如图⊙O的直径CD垂直于A，∠AOC=4°，∠BDC= 20 度．分析：连接OB分析：连接OB，先依照⊙O的直径CD垂直于AB得出=，由等弧所对的圆周角相等可知∠BOC=∠AOC，再依照圆周角定理即可得出结论．解答：解：连接OB，∴=，∵⊙O的直径CD垂直于∴=，∴∠BOC=∴∠BOC=∠AOC=40°，∴∠BDC= ∠AOC= ×40°=20°．点评：此题考察的是圆周角定理及垂径定理，依照题意得出=是解答此题的关键．2〔2023衢州〕工程上常用钢珠来测量零件上小圆孔的宽口，假设钢珠的直径是8mm，如以下图，则那个小圆孔的宽口AB的长度为8mm．点评：此题考察的是圆周角定理及垂径定理，依照题意得出=是解答此题的关键．考点：垂径定理的应用；勾股定理。专题：探究型。分析：先求出钢珠的半径及ODOO作OAB于点DAB=2A，Rt△AOD中利用勾股定理即可求出AD的长，进而得出AB的长．解答：解：连接OA，过点O作OD⊥AB于点D，则AB=2AD，∵∴5mm，∵8mm，Rt△AODRt△AOD中，∵AD= ==4mm，∴AB=2AD=4=8m．故答案为：8．形是解答此题的关键．21．(2023扬州)如图，PA、PB是⊙O的切线，切点分别为A、B两点，点C在⊙O上，假设ACB＝70°，那么∠P的度数是40° ．考点：切线的性质；多边形内角与外角；圆周角定理。OA，OBPAPBOOAAP，OB垂直于BP，可得出两个角为直角，再由同弧所对的圆心角等于所对圆周角的2倍，由∠ACB的度数求出∠AOBPABO中，依照四边形的内角和定理即可求出∠P的度数．解答：解：连接OA，OB，如以下图：∵PA、PB是⊙O的切线，∴OA⊥AP，OB⊥BP，又∵圆心角∠AOB与圆周角∠ACB都对 又∵圆心角∠AOB与圆周角∠ACB都对 ∴∠AOB＝2∠ACB＝140°，则∠P＝360°－(90°＋90°＋140°)＝40°．故答案为：40°OA与OB，娴熟运用性质及定理是解此题的关键．22．(2023•兰州)如图，两个同心圆，大圆半径为5cm，小圆的半径为3cm，假设大圆的弦AB与小圆相交，则弦AB的取值范畴是 ．考点：直线与圆的位置关系；勾股定理；垂径定理。解答：ABAB与小圆相切时有一个公共点，现在可知AB最小；当AB通过同心圆的圆心时，弦AB最大且与小圆相交有两ABAB的取值范畴．解答：ABD，OA，ODOD⊥AB，∴DABAD＝BD，Rt△ADO中，OD＝3，OA＝5，∴AD＝4，∴AB＝2AD＝8；ABAB最大且与小圆相交有两个公共点，AB＝10，AB8＜AB≤10．故答案为：8＜AB≤10点评：此题考察了直线与圆的位置关系，涉及的学问有：垂径定理，勾股定理，以及切线的性质，其中解题的关键是抓住两个关键点：1AB与小圆相切时最短；2AB过O时最长．2〔2023烟台〕如图，在R△ABC∠C=9，∠A=3AB=△ABC绕顶点A顺时针方向旋转至△AB′C′的位置，B，A，C′三点共线则线段BC扫过的区域面积为 ．考点：扇形面积的运算；旋转的性质。专题：探究型。分析：先依照Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=2求出BCAC的长，再依照S阴=AB扫过的扇形面积﹣BC扫过的扇形面积．影∴BC= AB=×2=1，AC=2×=，解答：解：∵Rt△ABC中，∠∴BC= AB=×2=1，AC=2×=，∴S=AB扫过的扇形面积﹣BC扫过的扇形面积=∴S=AB扫过的扇形面积﹣BC扫过的扇形面积=阴影﹣=．故答案为：．S=．故答案为：．

=AB扫过的扇形面积﹣BC扫过阴影弧上异于E、H的点．假设∠A=50°，则∠EPH= 65° ．2〔2023年中考⊙O弧上异于E、H的点．假设∠A=50°，则∠EPH= 65° ．解答：解：如图，连接OE，OH，∵⊙O是四边形ABCD的内切圆，E、F、G、H是切点，∴∠OEA=∠OHA=90°，又∠A=50°，又∠EPH和∠EOH分别是所对的圆周角和圆心角，∴∠EOH=360°﹣∠OEA﹣∠OHA﹣∠A=360°﹣90°又∠EPH和∠EOH分别是所对的圆周角和圆心角，∴∠EPH= ∴∠EPH= ∠EOH= ×130°=65°．题时，我们常常需要连接圆心和切点，利用切线的性质得到直角来解决问题．2〔2023德阳〕在平面直角坐标系xOy中，点，2，A的半径是2P的半径是1，满足与⊙A及x轴都相切的⊙P有4 个．考点：圆与圆的位置关系；坐标与图形性质；直线与圆的位置关系。分析：分两圆内切和两圆外切两种情形争论即可得到⊙P的个数．解答：解：如图，满足条件的⊙P4个，4．点评：此题考察了圆与圆的位置关系、坐标与图形的性质及直线与圆的学问，能充分考虑到分内切和外切是解决此题的关键．2〔2023广州〕如图，在标有刻度的直线l上，从点AAB=11个半圆；BC=22个半圆；CD=43个半圆；DE=84个半圆，…按此规律，连续画半圆，则第4个半圆的面积是第3个半圆面积的4 倍，第n个半圆的面积为22n﹣5π 〔结果保存π〕考点：规律型：图形的变化类。434个半圆的3个半圆面积的关系，得出第n个半圆的半径，进而得出答案．解答：解：∵以AB=11个半圆；∴4个半圆的面积为：=8π，BC=22个半圆；CD=43个半圆；∴4个半圆的面积为：=8π，3个半圆面积为：=2π，∴43个半圆面积为：=2π，∴43个半圆面积的=4倍；n个半圆的半径为：=2n﹣2，n个半圆的面积为：=22n﹣5π．n个半圆的面积为：=22n﹣5π．n个半圆的直径为：2n﹣1是解题关键．2〔2023攀枝花如图，以BC1与212的外公切线交于D，且∠ADC=60°，过B点的⊙O1的切线交其中一条外公切线于点A．假设⊙O2的面积为π，则四边形ABCD的面积是．考点：相切两圆的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理；矩形的判定与性质；切线长定理。专题：运算题。分析：设⊙O2的半径是R，求出⊙O21，连接DO2，DO1，O2E，O1H，AO1，作O2F⊥BCF，推出D．O2、O1三点共线，∠CDO1=30°，求出四边形CFO2E是矩形，推出E=CCE=F2∠F=∠CD=30，推出R+1=﹣1R=，求出D1，Rt△CDO1中，由勾股定理求出CD，求出AH==AB，依照梯形面积公式得出×〔AB+CD〕Rt△CDO1中，由勾股定理求出CD，求出AH==AB，依照梯形面积公式得出×2∴⊙O2

1，1∵ABAH是⊙O1

的切线，∴AB=AH，设⊙O2的半径是R，连接DO2，DO1，O2E，O1H，AO1，作O2F⊥BC于F，1∵⊙O1

的外公切线DC．DA，∠ADC=60°，∴D．O2、O1三点共线，∠CDO1=30°，∴∠DAO

O

=90°，∴1∴四边形CFO2

2 2E是矩形，∴OE=CF，CE=FO，∠FOO=∠CDO=30°，2 2 2 1 1∴DO

=2O

=60R+1=R，故答案为：12故答案为：12．解得：R=3，Rt△CDO1Rt△CDO1中，由勾股定理得：CD=3，∴AH==AB，∴四边形ABCD的面积是：×〔AB+CD〕×BC= ∴AH==AB，∴四边形ABCD的面积是：×〔AB+CD〕×BC= ×〔+3〕×〔3+3〕=12．点评：此题考察的学问点是勾股定理、相切两圆的性质、含30度角的直角三角形、矩形的的难度．28．(2023•兰州)如图，⊙O是以坐标原点O为圆心，1为半径的圆，∠AOB＝45°，点P在x轴上运动，假设过点P且与OA平行的直线与⊙O有公共点，设P(x，0)，则x的取值范畴是 ．x有两个极值点，过点P与⊙O相切时，x取得极值，作出切线，利用切线的性质求解即可．OP”＝x的极大值为，同理当点P在x轴左边时也有一个极值点，现在xOP”＝x的极大值为，同理当点P在x轴左边时也有一个极值点，现在x取得微小值，x＝－ ，综上可得x的范畴为：－ ≤x ．故答案为：－ ≤x ．OP的长是解决问题的关键，难度一样，留意两个极值点的查找．外作三个半圆矩形H的各边分别与半圆相切且平行于B或外作三个半圆矩形H的各边分别与半圆相切且平行于B或则矩形的周长是48 ．【考点】切线的性质；勾股定理；矩形的性质．【专题】【分析】第一取AC的中点O，过点O作MN∥EF，PQ∥EH， 由题意可得PQ⊥EF，PQ⊥GH，MN⊥EH，MN⊥FG，PL，KN，OM，OQ分别是各半圆的半径，OL，OK是△ABCRt△ABC中，∠B=90°，AB=6，BC=8，即可求得个线段长，继而求得答案．AC的中点O，过点OMN∥EF，PQ∥EH，EFGH是矩形，∴EH∥PQ∥FG，EF∥MN∥GH，∠E=∠H=90°，∴PQ⊥EF，PQ⊥GH，MN⊥EH，MN⊥FG，∴AB∥MN∥GH，BC∥PQ∴AB∥MN∥GH，BC∥PQ∥FG，∴AL=BL，BK=CK，∴OL=1BC=1×8=4，OK=1AB=1×6=3，2 2 2 2EFGH的各边分别与半圆相切，∴PL=1AB=1×6=3，KN=1BC=1×8=4，2 2 2 2在Rt△ABC中，AC AB2BC210，∴OM=OQ=1AC=5，2∴EH=FG=PQ=PL+OL+OQ=3+4+5=12，EF=GH=MN=OM+OK+NK=5+3+4=12，EFGH的周长是：EF+FG+GH+EH=12+12+12+12=48．故答案为：48．题难度较大，解题的关键是把握关心线的作法，留意数形结合思想的应用．30.〔2023•黄石〕如图〔7〕所示，A点从点〔１，０〕动身，以每秒１个单位长的xt秒后，以O、A为顶点作菱形OABCB、C点都在第一象限内，且AOC600，又以P〔０，４〕为圆心，PC为半径的圆恰好与OA所在直线相切，则t4 31.【考点】切线的性质；坐标与图形性质；菱形的性质；解直角三角形．【专题】动点型．【分析】先依照条件，求出通过tOCPOA，即与x如以下图，则切点为O，PC=OPPPE⊥OC，利用垂径定理和解直角三角形的有关学问即可求出t【解答】解：∵A〔1，0〕点动身，以每秒1个单位长的速度沿着x向运动，∴通过t∴OA=1+t，∵四边形OABC∴OC=1+t，∴OE=CE=1/2OC，∴OE=1+t/2，Rt△OPEOE=OP•cos30°=2 3，∴∴OE=CE=1/2OC，∴OE=1+t/2，Rt△OPEOE=OP•cos30°=2 3，∴12t2 31，∴t4 31故答案为：4 31．【点评】此题综合性的考察了菱形的性质、坐标与图形性质、切线的性质、垂径定理的运用以及解直角三角形的有关学问，属于中档题目．3〔2023•广安R△ABC的边BC位于直线lAC=3〔2023•广安R△ABC的边BC位于直线lAC=线的长为〔4+〕π 〔结果用含有π的式子表示〕考点：弧长的运算；旋转的性质。∴点A通过的路线长=×3+×2=〔4+〕π．4+〕π．30度的直角三角形三边的关系得到BC=1，AB=2BC=2，∠ABC=60°；点A先是以B点为旋