【备战2021-专项突破】专题13.2-圆（2）（解析版）

专题13.2圆备战2021年中考数学精选考点专项突破卷（2）一、单选题(共30分)1．(本题3分)（2020·重庆中考真题）如图，AB是⊙O的切线，A为切点，连接OA，OB，若∠B=35°，则∠AOB的度数为（）A．65° B．55° C．45° D．35°【答案】B【分析】根据切线性质求出∠OAB=90°，根据直角三角形两锐角互余即可求解．【详解】解：∵AB为⊙O切线，∴∠OAB=90°，∵∠B=35°，∴∠AOB=90°-∠B=55°．故选：B．【点睛】本题考查了切线的性质，直角三角形性质，熟知相关定理是解题关键．2．(本题3分)（2020·浙江中考真题）如图．点A，B，C，D，E均在⊙O上．∠BAC＝15°，∠CED＝30°，则∠BOD的度数为（）A．45° B．60° C．75° D．90°【答案】D【分析】首先连接BE,由圆周角定理即可得∠BEC的度数，继而求得∠BED的度数,然后由圆周角定理,求得∠BOD的度数.【详解】解：连接BE,∵∠BEC＝∠BAC＝15°,∠CED＝30°,∴∠BED＝∠BEC+∠CED＝45°,∴∠BOD＝2∠BED＝90°.故选:D.【点睛】本题主要考查了圆周角定理的应用,做题的时候分清楚每一个角是解此类题的关键.3．(本题3分)（2020·山东泰安·中考真题）如图，是的内接三角形，，是直径，，则的长为（）

A．4 B． C． D．【答案】B【分析】连接BO，根据圆周角定理可得，再由圆内接三角形的性质可得OB垂直平分AC，再根据正弦的定义求解即可．【详解】如图，连接OB，∵是的内接三角形，∴OB垂直平分AC，∴，，又∵，∴，∴,又∵AD=8，∴AO=4，∴，解得：，∴．故答案选B．【点睛】本题主要考查了圆的垂径定理的应用，根据圆周角定理求角度是解题的关键．4．(本题3分)（2020·山东中考真题）如图，是的直径，弦，垂足为点．连接，．如果，，那么图中阴影部分的面积是（）．A． B． C． D．【答案】B【分析】根据是的直径，弦，由垂径定理得，再根据证得，即可证明，即可得出．【详解】解：是的直径，弦，，．又在和中，，故选：B【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，平行线的性质，全等三角形的判定，扇形的面积，等积变换，解此题的关键是证出，从而将阴影部分的面积转化为扇形OBC的面积，题目比较典型，难度适中．5．(本题3分)（2020·山东中考真题）如图，有一块半径为，圆心角为的扇形铁皮，要把它做成一个圆锥形容器（接缝忽略不计），那么这个圆锥形容器的高为（）．A． B． C． D．【答案】C【分析】首先利用扇形的弧长公式求得圆锥的底面周长，求得底面半径的长，然后利用勾股定理求得圆锥的高．【详解】解：设圆锥的底面周长是l，则l=m，则圆锥的底面半径是：m，则圆锥的高是：m．故选：C．【点睛】本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．6．(本题3分)（2020·山东济宁·中考真题）已知某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的侧面积等于（）A．12πcm2B．15πcm2C．24πcm2D．30πcm2【答案】B【解析】由三视图可知这个几何体是圆锥，高是4cm，底面半径是3cm，所以母线长是（cm），∴侧面积＝π×3×5＝15π（cm2），故选B．7．(本题3分)（2020·贵州中考真题）如图，⊙O的直径CD＝20，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，OM：OD＝3：5，则AB的长为（）A．8 B．12 C．16 D．2【答案】C【分析】连接OA，先根据⊙O的直径CD＝20，OM：OD＝3：5求出OD及OM的长，再根据勾股定理可求出AM的长，进而得出结论．【详解】连接OA，∵⊙O的直径CD＝20，OM：OD＝3：5，∴OD＝10，OM＝6，∵AB⊥CD，∴，∴AB＝2AM＝16．故选：C．【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，解决与弦有关的问题时，往往需构造以半径、弦心距和弦长的一半为三边的直角三角形，若设圆的半径为r，弦长为a，这条弦的弦心距为d，则有等式成立，知道这三个量中的任意两个，就可以求出另外一个．8．(本题3分)（2020·浙江中考真题）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝8，按下列步骤作图：①以点A为圆心，适当的长度为半径作弧，分别交AB，AC于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于EF的长为半径作弧相交于点H，作射线AH；②分别以点A，B为圆心，大于AB的长为半径作弧相交于点M，N，作直线MN，交射线AH于点O；③以点O为圆心，线段OA长为半径作圆．则⊙O的半径为（）A．2 B．10 C．4 D．5【答案】D【分析】如图，设OA交BC于T．解直角三角形求出AT，再在Rt△OCT中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．【详解】解：如图，设OA交BC于T．∵AB＝AC＝2，AO平分∠BAC，∴AO⊥BC，BT＝TC＝4，∴AE＝，在Rt△OCT中，则有r2＝（r﹣2）2+42，解得r＝5，故选：D．【点睛】本题考查作图——复杂作图，等腰三角形的性质，垂径定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．9．(本题3分)（2020·山东临沂·中考真题）如图，在中，为直径，，点D为弦的中点，点E为上任意一点，则的大小可能是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接OD、OE，先求出∠COD=40°，∠BOC=100°，设∠BOE=x，则∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°；然后运用等腰三角形的性质分别求得∠OED和∠COE，最后根据线段的和差即可解答．【详解】解：连接OD、OE∵OC=OA∴△OAC是等腰三角形∵，点D为弦的中点∴∠DOC=40°，∠BOC=100°设∠BOE=x，则∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°∵OC=OE，∠COE=100°-x∴∠OEC=∵OD＜OE，∠DOE=100°-x+40°=140°-x∴∠OED＜∴∠CED＞∠OEC-∠OED==20°．又∵∠CED＜∠ABC=40°，故答案为C．

【点睛】本题考查了圆的性质、等腰三角形的性质等知识点，正确作出辅助线、构造等腰三角形是解答本题的关键．10．(本题3分)（2020·浙江温州·中考真题）如图，菱形OABC的顶点A，B，C在⊙O上，过点B作⊙O的切线交OA的延长线于点D．若⊙O的半径为1，则BD的长为（）A．1 B．2 C． D．【答案】D【分析】连接OB，由题意可知，∠OBD=90°；再说明△OAB是等边三角形，则∠AOB=60°；再根据直角三角形的性质可得∠ODB=30°，最后解三角形即可求得BD的长．【详解】解：连接OB∵菱形OABC∴OA=AB又∵OB=OA∴OB=OA=AB∴△OAB是等边三角形∵BD是圆O的切线∴∠OBD=90°∴∠AOB=60°∴∠ODB=30°∴在Rt△ODB中,OD=2OB=2,BD=OD·sin∠ODB=2×=故答案为D．【点睛】本题考查了菱形的性质、圆的切线的性质、等边三角形的判定和性质以及解直角三角形，其中证明△OAB是等边三角形是解答本题的关键．二、填空题(共30分)11．(本题3分)（2020·贵州中考真题）如图,AB是半圆O的直径,AC=AD,OC=2,∠CAB=30°,则点O到CD的距离OE=______.【答案】【解析】试题分析：∵∠CAB=30°，AC=AD，OA=OC，∴∠ACD=75°，∠ACO=30°，∴∠OCE=45°，∵OE⊥CD，∴△OCE为等腰直角三角形，∵OC=2，∴OE=.考点：(1)、圆的基本性质；(2)、勾股定理12．(本题3分)（2020·内蒙古中考真题）如图，等边中，，点、点分别在和上，且，连接、交于点，则的最小值为__________．【答案】【解析】由已知条件先证明△ABD≌，求得，再作为边外正三角形的外接圆，点在圆上，利用勾股定理和三角函数求出CF的最小值．解：等边，，≌，，，∴，∴作为边外正三角形的外接圆，点在圆上，,．∴．13．(本题3分)（2020·山东临沂·中考真题）我们知道，两点之间线段最短，因此，连接两点间线段的长度叫做两点间的距离；同理，连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短，因此，直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．类似地，连接曲线外一点与曲线上各点的所有线段中，最短线段的长度，叫做点到曲线的距离．依此定义，如图，在平面直角坐标系中，点到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离为_____．【答案】【分析】连接OA，与圆O交于点B，根据题干中的概念得到点到圆的距离即为OB，再求出OA，结合圆O半径可得结果.【详解】解：根据题意可得：点到圆的距离为：该点与圆上各点的连线中，最短的线段长度，连接OA，与圆O交于点B，可知：点A和圆O上点B之间的连线最短，∵A（2，1），∴OA==，∵圆O的半径为1，∴AB=OA-OB=，∴点到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离为，故答案为：.【点睛】本题考查了圆的新定义问题，坐标系中两点之间的距离，勾股定理，解题的关键是理解题意，利用类比思想解决问题.14．(本题3分)（2020·湖北鄂州·中考真题）用一个圆心角为120°，半径为4的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆的半径为____．【答案】【解析】试题分析：，解得r=．考点：弧长的计算．15．(本题3分)（2020·青海中考真题）在中，，，，则的内切圆的半径为__________．【答案】1【解析】【详解】如图，设△ABC的内切圆与各边相切于D，E，F，连接OD，OE，OF，则OE⊥BC，OF⊥AB，OD⊥AC，设半径为r，CD=r，∵∠C=90°，BC=4，AC=3，∴AB=5，∴BE=BF=4-r，AF=AD=3-r，∴4-r+3-r=5，∴r=1．∴△ABC的内切圆的半径为1．16．(本题3分)（2020·浙江中考真题）如图，已知AB是半圆O的直径，弦CD∥AB，CD＝8．AB＝10，则CD与AB之间的距离是_____．【答案】3【分析】过点O作OH⊥CD于H，连接OC，先利用垂径定理得到CH=4，然后在Rt△OCH中，利用勾股定理即可求解．【详解】解：过点O作OH⊥CD于H，连接OC，如图，则CH＝DH＝CD＝4，在Rt△OCH中，OH＝＝3，所以CD与AB之间的距离是3．故答案为3．【点睛】此题主要考查垂径定理和勾股定理，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题关键．17．(本题3分)（2020·黑龙江中考真题）一个扇形的面积为，半径为6cm，则扇形的圆心角是_______________度．【答案】130°．【分析】设扇形的圆心角是n°，根据扇形的面积公式即可得到一个关于n的方程，解方程即可求解．【详解】解：设扇形的圆心角是n°，根据扇形的面积公式得：13π=，

解得n=130．

故答案是：130°．【点睛】本题考查了扇形的面积公式，正确理解公式是关键．18．(本题3分)（2020·湖北中考真题）如图，圆心角为的扇形内，以为直径作半圆，连接．若阴影部分的面积为，则______．【答案】2【分析】本题可利用扇形面积公式以及三角形面积公式，用大扇形面积减去空白部分面积求得阴影部分面积，继而根据已知列方程求解．【详解】将原图区域划分为四部分，阴影部分分别为S1，S2；两块空白分别为S3，S4，连接DC，如下图所示：由已知得：三角形ABC为等腰直角三角形，S1+S2=π-1，∵BC为直径，∴∠CDB=90°，即CD⊥AB，故CD=DB=DA，∴D点为中点，由对称性可知与弦CD围成的面积与S3相等．设AC=BC=x，则，其中，，故：，求解得：（舍去）故答案：2．【点睛】本题考查几何图形面积的求法，常用割补法配合扇形面积公式以及三角形面积公式求解．19．(本题3分)（2020·山东德州·）如图，在矩形ABCD中，，，把△EAD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的处，再将绕点E顺时针旋转，得到，使得恰好经过的中点F．交AB于点G，连接有如下结论：①的长度是；②弧的长度是；③；④．上述结论中，所有正确的序号是________．【答案】①②④【分析】①先根据图形翻折变换的性质以及勾股定理得出的长，再根据勾股定理求出EF的长，即可求解；②利用特殊角的三角函数求得，从而求得，根据弧长公式即可求解；③由于不是等边三角形，得出，从而说明和不是全等三角形；④先利用“HL”证得，求得，再求得，从而推出．【详解】①在矩形ABCD中，，∵△ADE翻折后与△AD′E重合，∴AD′=AD，D′E=DE，，∴四边形ADED′是正方形，

∴AD′=AD=D′E=DE=，∴AE=，将绕点E顺时针旋转，得到，∴，==，，∵点F是的中点，∴，∴，∴，故①正确；②由①得，在中，，，∴，∴，∴弧的长度是，故②正确；③在中，，，∴不是等边三角形，∴，∴和不是全等三角形，故③错误；④在和中，，公共，∴(HL)，∴，∴，在中，，，∴，∴，又，∴，故④正确；综上，①②④正确，故答案为：①②④．【点睛】本题考查了图形的翻折变换，特殊角的三角函数，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，弧长公式的应用，勾股定理的应用，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键．20．(本题3分)（2020·江苏连云港·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，半径为2的与轴的正半轴交于点，点是上一动点，点为弦的中点，直线与轴、轴分别交于点、，则面积的最小值为________．【答案】2【分析】如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．首先证明点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′．求出MN，当点C与C′重合时，△C′DE的面积最小．【详解】解：如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．

∵AC=CB，AM=OM，

∴MC=OB=1，

∴点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′．

∵直线y=x-3与x轴、y轴分别交于点D、E，

∴D（4，0），E（0，-3），

∴OD=4，OE=3，

∴，

∵∠MDN=∠ODE，∠MND=∠DOE，

∴△DNM∽△DOE，

∴，

∴，

∴，

当点C与C′重合时，△C′DE的面积最小，△C′DE的面积最小值，

故答案为2．【点睛】本题考查三角形的中位线定理，三角形的面积，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形的中位线解决问题，属于中考常考题型．三、解答题(共60分)21．(本题6分)（2020·贵州中考真题）如图，已知是⊙O的直径，⊙O经过的直角边上的点，交边于点，点是弧的中点，，连接．（1）求证：直线是⊙O切线．（2）若，，求的值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接OF，因为点是弧的中点，所以可得，因为，所以，所以，所以，所以，即可得出直线是⊙O切线；（2）由（1）得，所以，所以，可求出，在，根据勾股定理可得出，再根据，即，可得，在中，可求出.【详解】解：如图，连接OF，是弧的中点，，，，，，，直线是⊙O切线.（2），；由（1）得，，;在中，，，，可得：，解得：，在中，可得：即：.【点睛】本题考查与圆有关的证明，熟练掌握与圆有关的定理是做题关键，比如本题中看到弧相等，就要转化成相应的圆周角或者圆心角相等；当题目中出现平行线，并且求线段长度，可考虑利用相似三角形的性质进行求解，结合勾股定理，注意计算不要出错.22．(本题7分)（2020·四川雅安·中考真题）如图，四边形内接于圆，，对角线平分．（1）求证：是等边三角形；（2）过点作交的延长线于点，若，求的面积．【答案】（1）见解析；（2）；【分析】（1）根据三个内角相等的三角形是等边三角形即可判断；

（2）过点A作AE⊥CD，垂足为点E，过点B作BF⊥AC，垂足为点F．根据S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD，分别求出△ABC，△ACD的面积，即可求得四边形ABCD的面积，然后通过证得△EAB≌△DCB（AAS），即可求得△BDE的面积=四边形ABCD的面积=.【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O．

∴∠ABC+∠ADC=180°，

∵∠ABC=60°，

∴∠ADC=120°，

∵DB平分∠ADC，

∴∠ADB=∠CDB=60°，

∴∠ACB=∠ADB=60°，∠BAC=∠CDB=60°，

∴∠ABC=∠BCA=∠BAC，

∴△ABC是等边三角形；

（2）过点A作AM⊥CD，垂足为点M，过点B作BN⊥AC，垂足为点N．

∴∠AMD=90°

∵∠ADC=120°，

∴∠ADM=60°，

∴∠DAM=30°，

∴DM=AD=1，AM=，∵CD=3，

∴CM=CD+DE=1+3=4，

∴S△ACD=CD-AM=×3×=，在Rt△AMC中，∠AMD=90°，

∴AC=，∵△ABC是等边三角形，

∴AB=BC=AC=，∴BN=，∴S△ABC=××=，∴四边形ABCD的面积=+=，∵BE∥CD，

∴∠E+∠ADC=180°，

∵∠ADC=120°，

∴∠E=60°，

∴∠E=BDC，

∵四边形ABCD内接于⊙O，

∴∠EAB=∠BCD，

在△EAB和△DCB中，，∴△EAB≌△DCB（AAS），

∴△BDE的面积=四边形ABCD的面积=.【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．23．(本题8分)（2020·广西中考真题）如图，AB是圆O的直径，点D在直径AB上（D与A，B不重合），CD⊥AB，且CD=AB，连接CB与圆O交于点F，在CD上取一点E，使得EF=EC．（1）求证：EF是圆O的切线；（2）若D是OA的中点，AB=4，求CF的长．【答案】(1)见解析；(2)【分析】(1)连接OF和AF，证明∠GFE=∠AGD，进而可证明∠OFE=90°后即可求解；(2)先由AB=CD=4，BD=3，在Rt△BCD中结合勾股定理求出BC，再证明△ABF∽△CBD，由对应边成比例求出BF的长，最后用BC减去BF就是所求的CF的长．【详解】解：(1)连接OF和AF，设AF与DC相交于点G，如下图所示：∵OA=OF，∴∠A=∠OFA，∵AB为圆O的直径，∴∠AFB=∠AFC=90°，∴∠C+∠CGF=90°，∠GFE+∠EFC=90°又EC=EF，∴∠C=∠EFC，∴∠CGF=∠GFE,又∠CGF=∠AGD，∴∠GFE=∠AGD∴∠OFE=∠OFA+∠GFE=∠A+∠AGD=180°-∠ADG=180°-90°=90°，∴OF⊥EF，∴EF是圆O的切线．(2)如下图所示，∵D是OA的中点，且AB=4，∴DO=1，BD=BO+DO=3，又AB=CD=4，∴在Rt△BCD中，BC²=BD²+CD²=3²+4²=5²，∴BC=5，又∠BDC=∠BFA=90°，且∠B=∠B，∴△ABF∽△CBD，∴，代入数据后得：，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了圆周角定理、圆的切线的判定定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握其定理及性质是解决此类题的关键．24．(本题8分)（2020·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上的两个点，＝＝，连接AD，过点D作DE⊥AC交AC的延长线于点E．（1）求证：DE是⊙O的切线．（2）若直径AB＝6，求AD的长．【答案】（1）见解析；（2）3【分析】（1）连接OD，根据已知条件得到∠BOD＝180°＝60°，根据等腰三角形的性质得到∠ADO＝∠DAB＝30°，得到∠EDA＝60°，求得OD⊥DE，于是得到结论；（2）连接BD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，解直角三角形即可得到结论．【详解】（1）证明：连接OD，∵，∴∠BOD＝180°＝60°，∵，∴∠EAD＝∠DAB＝BOD＝30°，∵OA＝OD，∴∠ADO＝∠DAB＝30°，∵DE⊥AC，∴∠E＝90°，∴∠EAD+∠EDA＝90°，∴∠EDA＝60°，∴∠EDO＝∠EDA+∠ADO＝90°，∴OD⊥DE，∴DE是⊙O的切线；（2）解：连接BD，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∵∠DAB＝30°，AB＝6，∴BD＝AB＝3，∴AD＝＝3．【点睛】本题考查了切线的证明，及线段长度的计算，熟知圆的性质及切线的证明方法，以及含30°角的直角三角形的特点是解题的关键．25．(本题9分)（2020·江苏中考真题）如图，在中，，D是AB上一点，⊙O经过点A、C、D，交BC于点E，过点D作，交⊙O于点