上海中考数学重难点专练重难点03 圆的综合计算与证明（解析版）

年中考数学【热点·重点·难点】专练重难点03圆的综合计算与证明圆的综合计算与证明是上海中考数学的重中之重，也是压轴题的常考对象；涉及的知识点包括圆的基本概念、圆周角与圆心角的关系、切线的相关性质、正多边形与圆和弧长、扇形面积等，同时也会和其他知识点综合考查，如勾股定理、相似三角形、解直角三角形、三角形、特殊的平行四边形等一起考查，难度会加大；这一块的分值大概在20分左右，需要考生花大量分时间进行练习；【中考链接】1．（2021·上海·统考中考真题）如图，已知长方形中，，圆B的半径为1，圆A与圆B内切，则点与圆A的位置关系是（

）A．点C在圆A外，点D在圆A内 B．点C在圆A外，点D在圆A外C．点C在圆A上，点D在圆A内 D．点C在圆A内，点D在圆A外【答案】C【分析】根据内切得出圆A的半径，再判断点D、点E到圆心的距离即可【详解】∵圆A与圆B内切，，圆B的半径为1∴圆A的半径为5∵<5∴点D在圆A内在Rt△ABC中，∴点C在圆A上故选：C【点睛】本题考查点与圆的位置关系、圆与圆的位置关系、勾股定理，熟练掌握点与圆的位置关系是关键2．（2021·上海·统考中考真题）六个带角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1，求中间正六边形的面积_________．【答案】．【分析】由六个带角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1，可以得到中间正六边形的边长为1，做辅助线以后，得到△ABC、△CDE、△AEF为以1为边长的等腰三角形，△ACE为等边三角形，再根据等腰三角形与等边三角形的性质求出边长，求出面积之和即可．【详解】解：如图所示，连接AC、AE、CE，作BG⊥AC、DI⊥CE、FH⊥AE，AI⊥CE，在正六边形ABCDEF中，∵直角三角板的最短边为1，∴正六边形ABCDEF为1，∴△ABC、△CDE、△AEF为以1为边长的等腰三角形，△ACE为等边三角形，∵∠ABC=∠CDE=∠EFA=120︒，AB=BC=CD=DE=EF=FA=1，∴∠BAG=∠BCG=∠DCE=∠DEC=∠FAE=∠FEA=30︒，∴BG=DI=FH=，∴由勾股定理得：AG=CG=CI=EI=EH=AH=，∴AC=AE=CE=，∴由勾股定理得：AI=，∴S=，故答案为：．【点睛】本题主要考查了含30度角的直角三角形的性质、正多边形形与圆以及等边三角形的性质，关键在于知识点：在直角三角形中，30度角所对的直角边等于斜边的一半的应用．3．（2020·上海·统考中考真题）在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点O在对角线AC上，圆O的半径为2，如果圆O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是____．【答案】＜AO＜．【分析】根据勾股定理得到AC=10，如图1，设⊙O与AD边相切于E，连接OE，证明△AOE∽△ACD即可求出与AD相切时的AO值；如图2，设⊙O与BC边相切于F，连接OF，证明△COF∽△CAB即可求出BC相切时的AO值，最后即可得到结论．【详解】解：在矩形ABCD中，∵∠D=90°，AB=6，BC=8，∴AC=10，如图1，设⊙O与AD边相切于E，连接OE，则OE⊥AD，∴OE//CD，∴△AOE∽△ACD，∴，∴，∴AO=；如图2，设⊙O与BC边相切于F，连接OF，则OF⊥BC，∴OF//AB，∴△COF∽△CAB，∴，∴，∴OC=，∴AO=，∴如果圆O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是＜AO＜．故答案为：＜AO＜．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．4．（2021·上海·统考中考真题）已知：在圆O内，弦与弦交于点分别是和的中点，联结．（1）求证：；（2）联结，当时，求证：四边形为矩形．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）连结，由M、N分别是和的中点，可得OM⊥BC，ON⊥AD，由，可得，可证，，根据等腰三角形三线合一性质;（2）设OG交MN于E，由，可得，可得，，可证可得，由CN∥OG，可得，由可得AM∥CN，可证是平行四边形，再由可证四边形ACNM是矩形．【详解】证明：（1）连结，∵M、N分别是和的中点，∴OM，ON为弦心距，∴OM⊥BC，ON⊥AD，，在中，，，在Rt△OMG和Rt△ONG中，，，∴，;（2）设OG交MN于E，，∴，∴，即，，在△CMN和△ANM中，，，∵CN∥OG，，，，∴AM∥CN，是平行四边形，，∴四边形ACNM是矩形．【点睛】本题考查垂径定理，三角形全等判定与性质，等腰三角形判定与性质，平行线判定与性质，矩形的判定，掌握垂径定理，三角形全等判定与性质，等腰三角形判定与性质，平行线判定与性质，矩形的判定是解题关键．限时检测01：上海各地区最新模拟试题（60分钟）1．（2023·上海·校考一模）下列说法正确的是（

）A．三个点确定一个圆B．当点到圆心的距离小于半径时，点在圆外C．边长为的正六边形的边心距等于D．圆心角相等，它们所对的弧相等【答案】C【分析】分别根据确定圆的条件，点与圆的位置关系，圆心角、弧、弦的关系及圆内接正六边形的性质对各选项进行逐一判断．【详解】解：A、只有不在同一条直线上的三点才可以确定一个圆，故错误，不合题意；B、当点到圆心的距离小于半径时，点在圆内，故错误，不合题意；C、边长为R的正六边形的边心距等于，故正确，符合题意；D、只有在同圆或等圆中圆心角相等，它们所对的弧相等，故错误，不合题意；故选：C．【点睛】本题考查的是确定圆的条件，点与圆的位置关系，圆心角、弧、弦的关系及圆内接正六边形的性质，熟练掌握以上知识是解答此题的关键．2．（2022·上海金山·统考二模）在直角坐标系中，点P的坐标是(2，)，圆P的半径为2，下列说法正确的是（

）A．圆P与x轴有一个公共点，与y轴有两个公共点B．圆P与x轴有两个公共点，与y轴有一个公共点C．圆P与x轴、y轴都有两个公共点D．圆P与x轴、y轴都没有公共点【答案】B【分析】点P到x轴的距离是，到y轴的距离为2，圆P的半径是2，所以可判断圆P与x轴相交，与y轴相切，从而确定答案即可．【详解】解：∵P（2，），圆P的半径为2，2=2，＜2，∴以P为圆心，以2为半径的圆与x轴的位置关系是相交，与y轴的位置关系是相切，∴该圆与x轴的交点有2个，与y轴的交点有1个．故选：B．【点睛】本题主要考查了直线和圆的位置关系，一般是利用圆心到直线的距离与半径比较来判断．若圆心到直线的距离是d，半径是r，则①d＞r，直线和圆相离，没有交点；②d=r，直线和圆相切，有一个交点；③d＜r，直线和圆相交，有两个交点．3．（2022·上海黄浦·统考二模）已知⊙O的半径OA长为3，点B在线段OA上，且OB＝2，如果⊙B与⊙O有公共点，那么⊙B的半径r的取值范围是（）A．r≥1 B．r≤5 C．1＜r＜5 D．1≤r≤5【答案】D【分析】求得⊙B在⊙O内部且有唯一公共点时⊙B的半径和⊙O在⊙B内部且有唯一公共点时⊙B的半径，根据图形即可求得．【详解】解：如图，当⊙B在⊙O内部且有唯一公共点时，⊙B的半径为：3-2=1，当⊙O在⊙B内部且有唯一公共点时，⊙B的半径为3+2＝5，∴如果⊙B与⊙O有公共点，那么⊙B的半径r的取值范围是1≤r≤5，故答案为：D．【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，注意掌握数形结合和分类讨论思想的应用．4．（2022·上海·上海市娄山中学校考二模）已知半径分别是3和5的两个圆没有公共点，那么这两个圆的圆心距d的取值范围是（

）A． B． C． D．或【答案】D【分析】没有公共点的两个圆的位置关系，应该是内含和外离，外离，则d＞R+r；内含，则d＜R-r．【详解】解：没有公共点的两个圆的位置关系，应该是内含和外离，当内含时，这两个圆的圆心距d的取值范围是d＜R-r，即d＜2；当外离时，这两个圆的圆心距d的取值范围是d＞R+r，即d＞8．故选D．5．（2022·上海杨浦·校考一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=3，DE∥BC，且AD=2CD，那么以点C为圆心、DC长为半径的圆C和以点E为圆心、EB长为半径的圆E的位置关系是（）A．外离 B．外切 C．相交 D．不能确定【答案】C【分析】根据勾股定理求得的长，根据AD=2CD，求得的长，根据DE∥BC，证明，求得，进而求得的长，勾股定理求得CE的长，进而比较圆心距与半径和，根据圆与圆的位置关系进行判断即可．【详解】解：连接，∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=3，∴，AD=2CD，AC=6，，．DE∥BC，，，．，．在中，．>．以点C为圆心、DC长为半径的圆C和以点E为圆心、EB长为半径的圆E的位置关系是相交．故选C．【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，相似三角形的性质与判定，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．6．（2022·上海·校联考模拟预测）如图，AB是⊙O的弦，C是弦AB上一点，且BC：CA=2：1，连接OC并延长交⊙O于D，若DC=2cm，OC=3cm，则圆心O到弦AB的距离为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】先延长DO交圆O于点E，连接AD，BE，BO，作OF⊥AB，即可求出CE，再证明，即可求出AC，BC，然后根据垂径定理求出BF，最后根据勾股定理得出答案．【详解】先延长DO交圆O于点E，连接AD，BE，BO，过点O作OF⊥AB，于点F，∴EO=CO+CD=5cm，∴CE=8cm．∵∠ADC=∠CBE，∠ACD=∠BCE，∴，∴，即AC·BC=CE·CD，则2AC2=16，解得，∴，则．∵OF⊥AB，∴．在Rt△BOF中，BO=5cm，∴（cm）．故选：C．【点睛】这是一道关于圆得综合问题，考查了相似三角形的性质和判定，垂径定理，勾股定理，圆周角定理等，构造相似三角形求出线段的长是解题的关键．7．（2023·上海·校考一模）如果一个正多边形的中心角为45°，那么这个正多边形的边数是______．【答案】8【详解】试题解析：这个多边形的边数是故答案为8.8．（2023·上海·校考一模）已知与两圆外切，，的半径为3，那么的半径为______．【答案】2【分析】由两圆外切，圆心距等于两圆半径的和，即可求得结果．【详解】与两圆外切，,，故答案为：2．【点睛】本题考查了两圆的位置关系：两圆外切时两圆的圆心距与两圆半径的关系，掌握这一关系是解题的关键．9．（2022·上海杨浦·统考二模）已知钝角内接于，将沿所在直线翻折，得到，联结，如果，那么的值为_________．【答案】【分析】延长交于，设、交于、，连接，，设，，由翻折知是、的垂直平分线，则，，说明，得，则，再利用，可得，从而解决问题．【详解】解：延长交于，设、交于、，连接，，如图，，设，，由翻折知是、的垂直平分线，，，，，，在和中，，，，，，，，，，在中，由勾股定理得，，解得，，，故答案为：．【点睛】本题主要考查了三角形的外接圆，等腰三角形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数等知识，运用相似表示出是解题的关键，综合性较强，属于中考压轴题．10．（2022·上海闵行·统考二模）如图，点G为等腰的重心，，如果以2为半径的圆分别与、相切，且，那么的长为_______.【答案】【分析】根据重心的定义和性质，延长CG交AB于M，根据切线的性质连接G与AC上的切点N，再利用勾股定理计算即可.【详解】延长CG交AB于M，连接G与AC上的切点N，连AG∵点G为等腰的重心，，∴，CM⊥AB，∵∴∵分别与、相切∴GN⊥AC,∴在Rt△CGN中∴在Rt△AGM和Rt△AGN中∴∴在Rt△ACM中∴∴解得∴或（舍去）∴故答案为：.【点睛】本题考查重心的性质和定义、切线的性质、勾股定理，解题的关键是熟记重心的性质：重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2:1.11．（2022·上海闵行·统考二模）如图，已知点G是正六边形对角线上的一点，满足，联结，如果的面积为1，那么的面积等于_______.【答案】4【分析】解：如图，连接CE，由得，由六边形是正六边形证明，从而得的面积为的面积的4倍即可求解．【详解】解：如图，连接CE，，，六边形是正六边形，AB=AF=EF=BC，，，，，，四边形BCEF是平行四边形，，的面积为1，，的面积为，故答案为4．【点睛】本题主要考查了正多边形的性质及平行四边形的判定及性质，作出辅助线构造平行四边形是解题的关键．12．（2022·上海崇明·统考二模）如图，是的外接圆，交于点E，垂足为点D，的延长线交于点F．如果，那么FC的长是_______．【答案】10【分析】由OE⊥AB，得AD=BD，且OD是△ABC的中位线，OE是三角形AFC的中位线，根据勾股定理求出圆的半径即可．【详解】∵OE⊥AB，∴AD=BD=AB=×8=4，∵OA=OC，∴OD为三角形ABC的中位线，∴OD//BC，又∵OD=3，∴∴OE=OA=5，∵OE∥CF，点O是AC中点，∴AE：EF=AO：OC=1，即E为AF中点，∴OE是三角形ACF的中位线，∴CF=2OE=2×5=10，故答案为：10．【点睛】本题主要考查垂径定理、勾股定理、三角形中位线等知识点，熟练掌握勾股定理和三角形中位线的性质是解题的关键．13．（2022·上海黄浦·统考二模）如图，在半径为2的⊙O中，弦AB与弦CD相交于点M，如果AB＝CD＝2，∠AMC＝120°，那么OM的长为_____．【答案】【分析】根据圆心角、弦、弧、弦心距之间的关系以及勾股定理可求出OE、OF，再利用全等三角形可求出∠OME＝60°，进而利用直角三角形的边角关系求解即可．【详解】解：如图，过点O作OE⊥AB，OF⊥CD，垂足为E、F，连接OA，则AE＝BE＝AB＝，CF＝DF＝CD＝，在Rt△AOE中，∵OA＝2，AE＝，∴OE＝＝1，∵AB＝CD，∴OE＝OF＝1，又∵OM＝OM，∴Rt△OEM≌Rt△OFM（HL），∴∠OME＝∠OMF＝∠AMC＝60°，∴OM＝＝，故答案为：．【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，三角形的全等，特殊角的函数值，垂径定理是解题的关键，特殊角的函数值是解题的基础．14．（2022·上海·上海市进才中学校考一模）如图，已知扇形AOB的半径为6，圆心角为90°，E是半径OA上一点，F是上一点．将扇形AOB沿EF对折，使得折叠后的圆弧恰好与半径OB相切于点G，若OE＝5，则O到折痕EF的距离为________________．【答案】【分析】过点G作OG的垂线，交的延长线于点，连接交EF于点H，连接，则点、G、F在以点为圆心，为半径的圆上，证得四边形为矩形，接着求得的长，再求得的长，又证得，从而得到，进而得到O到折痕EF的距离．【详解】解：如图，过点G作OG的垂线，交的延长线于点，连接交EF于点H，连接，则点、G、F在以点为圆心，为半径的圆上，∵与是等弧∴与是等圆∴∵∴∴四边形为矩形∴∴∵∴若则∴∴连接，有∵∴∴∴∴∴即O到折痕EF的距离为故答案为：．【点睛】本题考查轴对称、三角形、矩形与圆的综合问题，是填空题的压轴题，懂得根据题意构造出等圆是解题的关键．15．（2022·上海·上海市娄山中学校考二模）如图，已知的直径，点P是弦上一点，联结，，，求弦的长．【答案】6【分析】过作于，求出，根据等腰三角形的判定得出，设，则根据垂径定理得出，再个勾股定理求出即可．【详解】解：过作于，则，，，，设，直径，，，过圆心，，，，在中，由勾股定理得：，即，解得：，（不符合题意，舍去），即，即．【点睛】本题考查了垂径定理，等腰三角形的判定和勾股定理，能熟记垂直于弦的直径平分这条弦是解此题的关键．16．（2023·上海·校考一模）已知：如图，是的直径，是上一点，，垂足为点，是的中点，与相交于点，，．(1)求的长；(2)求的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由是的中点，根据垂径定理的推论，得，，在中，利用勾股定理求解即可；（2）由，利用同角的余角相等得到，，在，即可得到的值．【详解】（1）解：设，则是中点且在中，，解得：，；（2）解：，，，，，．【点睛】本题考查了垂径定理以及推论，勾股定理，解直角三角形，熟练掌握知识点是解题的关键．17．（2022·上海静安·统考二模）如图，已知外接圆的圆心O在高AD上，点E在BC延长线上，．(1)求证：；(2)当，时，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先根据题意得到AD垂直平分BC，得到AB=AC，则∠B=∠ACB，再证明EC=AC，得到∠AEC=∠CAE，即可利用三角形外角的性质证明结论；（2）先求出∠BAO=30°，从而求出∠BOD=60°，然后解直角三角形求出BD，AB的长即可得到答案．【详解】（1）解：∵△ABC的外接圆圆心在高AD上，∴AD垂直平分BC，∴AB=AC，∴∠B=∠ACB，∵EC=AB，∴EC=AC，∴∠AEC=∠CAE，∵∠ACB=∠AEC+∠CAE，∴∠B=∠AEC+∠CAE=2∠AEC；（2）解：连接OB，∵，∴∠BAO=30°，∵OB=OA，∴∠OAB=∠OAB=30°，∴∠BOD=∠OBA+∠OAB=60°，∴，∴，∵AB=AC，AD⊥BC，∴BD=CD，∴．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，根据特殊角三角函数值求度数，解直角三角形，三角形外角的性质，线段垂直平分线的性质等等，确定AB=AC是解题的关键．18．（2022·上海闵行·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴相交于点，，与y轴交于点C.将抛物线的对称轴沿x轴的正方向平移，平移后交x轴于点D，交线段于点E，交抛物线于点F，过点F作直线的垂线，垂足为点G.(1)求抛物线的表达式；(2)以点G为圆心，为半径画；以点E为圆心，为半径画.当与内切时.①试证明与的数量关系；②求点F的坐标.【答案】(1)(2)①，证明见解析；②【分析】（1）将抛物线的解析式可以写成的形式，与对比即可求出a，b的值，进而求出抛物线的表达式；（2）①画出大致图形，证明点B是与内切时的切点，即可得到；②设点F的坐标为，用含m的代数式分别表示出和，列等式即可求出m的值．【详解】（1）解：∵抛物线与x轴相交于点，，∴抛物线的解析式可以写成的形式，即，∴，，∴，，∴抛物线的表达式为．（2）解：由题意作图如下，①∵的圆心为G，的圆心为E，∴GE是与圆心的连线，∵两圆相切时，圆心的连线经过切点，∴当与内切时，GE经过切点，∵点B是线段GE延长线上的点，且在上，∴点B是与内切时的切点，∴点B在以点E为圆心，为半径的上，∴，②在中，令得，∴抛物线与y轴交于点C的坐标为，设直线BC的解析式为，将和的坐标代入，得，∴，∴设直线BC的解析式为．∵点F在抛物线上，∴设点F的坐标为，由题意轴，∴点E的坐标为，∵点F在BC的上方，∴，∵抛物线的对称轴为直线：，∴，∵，，∴，，∴，∴，∵轴，∴，∴，∴．∵点E在线段BC上，∴，∴,∵，∴，整理得，，解得或3，当时，点E，F，B重合，此时不存在，故不合题意，应舍去，∴，当时，，∴求点F的坐标为．【点睛】本题考查求一次函数、二次函数的解析式，圆与圆的位置关系，二次函数图象上点的坐标的特征，三角函数解直角三角形等知识点，证明点B是与内切时的切点，进而得到是解题的关键．19．（2022·上海松江·校考三模）如图，在梯形中，动点在边上，过点作，与边交于点，过点作，与边交于点，设线段．(1)求关于的函数解析式，并写出定义域；(2)当是以为腰的等腰三角形时，求的值；(3)如图，作的外接圆，当点在运动过程中，外接圆的圆心落在的内部不包括边上时，求出的取值范围．【答案】(1)，(2)或(3)【分析】（1）由题中条件、可知四边形是平行四边形，故CE；过点作垂线交于点，交于点，可得相似的和，用含、的表达式表示它们的边长，再根据相似三角形的对应边成比例即可求得关于的解析式；下一步即为求得和的各自边长，过点作垂线交延长线于点，由且可得四边形为矩形，则；在中，由勾股定理可算得的长度；在中，，则可由勾股定理求得的长度，，至此已求得所有所需边长，根据相似三角形边长比例关系：，代入各边长表达式即可得关于的解析式，再根据题中要求写出定义域即可；（2）因为是以为腰的等腰三角形，，由勾股定理知，过点作交于点，则四边形是矩形，；在直角三角形中，运用勾股定理进行计算即可得解；（3）根据三角形的外接圆圆心落在三角形的内部，得到为锐角三角形，分析点运动过程可知，随点向右运动角度不断减小，且和始终是锐角．根据题意，令点的位置满足，则大于此时对应的长度就可使得外接圆圆的圆心落在的内部．【详解】（1）解：如图所示：过点作交延长线于点，再过点作垂线交于点，交于点，，四边形是矩形，，在中，由勾股定理得：，又，四边形是平行四边形，，，，，，，化简得：，点在上运动，故定义域为：；（2）如图所示，此时是以为腰的等腰三角形，过点作交于点，，四边形是矩形，又是以为腰的等腰三角形，，由（得，，，在中，由勾股定理得：，，即，解得：的值为或，因此，的值为或；（3）解：分析点运动过程可知，随点向右运动角度不断减小，且和始终是锐角．根据题意，令点的位置满足，则大于此时对应的长度就可使得外接圆圆的圆心落在的内部．如下图所示，此时，，，同角的余角相等，同理可得：，∽，，，，解得：，综上可得，当时，外接圆圆的圆心落在的内部．【点睛】本题考查矩形和平行四边形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、三角形的外接圆等知识点，解题的关键是熟练掌握并灵活运用以上性质．本题综合性较强，属于中考压轴题．20．（2022·上海杨浦·统考二模）已知在扇形中，点C、D是上的两点，且．(1)如图1，当时，求弦的长；(2)如图2，联结，交半径于点E，当//时，求的值；(3)当四边形是梯形时，试判断线段能否成为内接正多边形的边？如果能，请求出这个正多边形的边数；如果不能，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)线段能成为的内接正多边形的边，边数为18【分析】（1）取的中点，连接，根据圆的有关性质可得，然后由余角的性质及等边三角形的判定与性质可得答案；（2）由平行线的性质及三角形内角和定理可得．然后根据相似三角形的判定与性质可得答案；（3）根据圆内接多边形的性质及三角形的内角和定理分两种情况进行解答：①；②．【详解】（1）解：设，取的中点E，连接，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴，又，∴；（2）解：∵，∴，∵，∴，在中，∵，∴，∴，∴，∴，在中，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，设，则，∴．解之得，∴；（3）解：当四边形是梯形时，①，∴，∵，∴，∵，∴，在中，∵，∴，∴．当时，，不合题意，舍去．②，∴，∵，∴，在中，∵，∴，∴，∴．∴线段能成为的内接正多边形的边，边数为18．【点睛】本题考查的是圆的弧、弦、角之间的关系、三角形的内角和定理、圆内接多边形的性质等知识，正确作出辅助线是解决此题的关键．限时检测02：全国各地最新模拟试题（80分钟）1．（2023·陕西宝鸡·统考一模）如图，为的直径，，为上的两点，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】作辅助线连接，由于为的直径，那么可知，于是易求，再根据同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等可求．【详解】作辅助线连接，∵为的直径，∴，∵，，∴，∴．故选：D．【点睛】本题考查了圆周角定理，解题的关键是注意在同圆或等圆中．2．（2023·广东云浮·校考一模）最近“羊了个羊”游戏非常火热，杨老师设置了一个数学版“羊了个羊”游戏．如图，一根6米长的绳子，一端拴在点A处，另一端拴着一只小羊（把小羊近似看作点D）．已知墙体的左边是空地，，墙体长3米，小羊D可以绕到草地上活动，请问小羊D在草地上最大活动区域的周长是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】小羊的最大活动区域是一个半径为3、圆心角为的小扇形．所以根据弧长公式即可求得小羊的最大活动范围的周长．【详解】解：由题意可知：小羊的活动区域为以点B为圆心的扇形区域内，∴小扇形的圆心角是，半径是，则弧长为，∴小羊D在草地上最大活动区域的周长为．故选：B．【点睛】本题主要考查弧长公式，熟练掌握弧长公式是解题的关键．3．（2023·山西晋中·统考一模）如图，在边长为4的正六边形中，先以点B为圆心，的长为半径作，再以点A为圆心，的长为半径作交于点P，则图中阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】解：如图，连接、，过点P作，在上任取一点M，由题意可知：，是等边三角形，，，∴在中，，，，，，，∵六边形是正六边形，，，，，∴阴影部分的面积为，故选：B．【点睛】本题考查了扇形的面积、等边三角形的性质和判定、三角函数值和正多边形的内角和，熟练运用扇形的面积公式是解题的关键．4．（2023·安徽合肥·校考一模）如图，以边长为的等边顶点为圆心，一定的长为半径画弧，恰好与边相切，分别交，于点，，则图中阴影部分的面积是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】作，再根据勾股定理求出，然后根据阴影部分的面积得出答案．【详解】解：如图所示，过点作，交于点．是等边三角形，，．在中，．∴．故选：D．【点睛】本题主要考查了求阴影部分的面积，涉及等边三角形的性质，勾股定理及扇形面积计算等知识，将阴影部分的面积转化为三角形的面积-扇形的面积是解题的关键．5．（2023·天津和平·天津市第五十五中学校考一模）如图，一个大的正六边形，它的一个顶点与一个边长为的小正六边形的中心重合，且与边，相交于点，．图中阴影部分的面积记为，三条线段，，的长度之和记为，在大正六边形绕点旋转过程中，和的值分别是(

)A．， B．， C．， D．和的值不能确定【答案】A【分析】连接，作，垂足为，证明，再利用平行四边形的面积公式和正六边形的性质即可得到阴影部分的面积和的长度．【详解】解：连接，作，垂足为，∵多边形是正六边形，∴，∵，∴和是等边三角形，∵，∴，，∴四边形是平行四边形，∴，∵，∴，

在和中，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了正多边形与圆，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，掌握全等三角形判定与性质是解题的关键．6．（2023·安徽滁州·校考一模）如图，已知为半圆的直径，，点为半圆上一点（不与点A，重合），于点，，，垂足分别为点，，若，，则与的部分图象大致是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用直径所对的圆周角是直角，可推出四边形是矩形，从而对角线相等，得到值．【详解】解：连接，，如图所示：为半圆的直径，，，，四边形为矩形，，在中，，，故选：A．【点睛】本题主要考查了圆周角定理、动点的函数图象，解题的关键是熟练掌握直径所对的圆周角是直角．7．（2023·广东深圳·统考一模）如图，在边长为正方形中，点在以为圆心的弧上，射线交于，连接，若，则=（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设射线交于点，连接，证明，勾股定理得出，进而根据，列出方程，解方程即可求解．【详解】解：如图所示，设射线交于点，连接，∵，∴是的直径，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，，∴，∴，故选：C．【点睛】本题考查了直角所对的弦是直角，正弦的定义，正方形的性质，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．8．（2023·安徽合肥·模拟预测）如图，等边边长为2，E、F分别是、上两个动点，且，连接、BF，交点为P点，则的最小值是（

）A． B． C． D．2【答案】A【分析】先根据等边三角形的性质证明，通过等量代换得出，再根据是定值，可得点P的轨迹是以点O为圆心的圆弧，其中，因此当点P在线段OC上时，取最小值．【详解】解：是等边三角形，，，又，，，，，，，是定值，点P的轨迹是以点O为圆心的圆弧，其中，如图，当点P在线段OC上时，取最小值．，，，，，，，，，，故选A．【点睛】本题考查等边三角形的性质，隐圆问题，三角函数解直角三角形，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理等，解题的关键是找出点P的轨迹．9．（2023·内蒙古乌兰察布·校考模拟预测）在等腰直角三角形中，，D是边上一动点，连接，以为直径的圆交于点E，则长的最小值是（

）A．2 B． C． D．3【答案】C【分析】连接，根据圆周角定理，由为直径得到，接着由得到点E在以为直径的圆O上，于是当点O、E、C共线时，最小，在中利用勾股定理计算出，从而得到的最小值．【详解】解：连接，如图，∵为直径，∴，∴，∴点E在以为直径的圆O上，∵∴圆O的半径为2，∴当点O、E、C共线时，最小，在中，∵，∴，∴，即线段长度的最小值为．故选：C．【点睛】此题考查等腰直角三角形的性质，圆周角定理，勾股定理，解题关键在于结合实际运用圆的相关性质．10．（2023·山东枣庄·校考模拟预测）如图，内接于，所对弧的度数为．的角平分线分别交于于点D、E，相交于点F．以下四个结论：①；②；③；④．其中结论一定正确的序号数是(

)A．①和② B．①和③ C．②和③ D．③和④【答案】B【分析】由，可得出．再根据的角平分线分别是，即得出，从而可求出，故①正确；由题意可知，．若成立，则应有，即，从而可解出，进而得出，而题意没有条件可以说明是，故②错误；作，由三角形内心的性质可知，，从而得出，即证明，得出，故③正确；由于点F是内心而不是各边中线的交点，故不一定成立，因此④不正确．【详解】解：∵，∴．∵的角平分线分别是，∴，∴，故①正确；∵，，又∵若成立，则应有，∴，∴，∴，而根据题意，没有条件可以说明是，故②错误；如图作，∵点F是内心，∴，，∴，∴，∴，故③正确；由于点F是内心而不是各边中线的交点，故不一定成立，因此④不正确．故本题正确的结论为①③．故选B．【点睛】本题考查角平分线的定义，三角形内角和定理，求角的余弦值，等腰三角形的性质，三角形内心的性质，三角形全等的判定和性质等知识．熟练掌握上述知识并利用数形结合的思想是解题关键．11．（2023·浙江温州·统考一模）若扇形的圆心角为36°，半径为15，则该扇形的弧长为_____________．【答案】【分析】直接利用弧长公式计算即可．【详解】解：该扇形的弧长．故答案为：．【点睛】本题考查弧长公式，解题的关键是记住弧长公式．12．（2023·广东珠海·珠海市文园中学校考一模）如图，是半圆的半径，点，在半圆上，若，则的度数为_________．【答案】##度【分析】根据是半圆的半径，得出，根据直角三角形的两锐角互余得出，然后根据圆内接四边形对角互补即可求解．【详解】解：∵是半圆的半径，∴∵，∴，∵四边形是圆内接四边形，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，圆内接四边形对角互补，掌握以上知识是解题的关键．13．（2023·广东佛山·校考一模）如图，是的直径，弦交于点，连接，．若，则__________．【答案】##度【分析】根据直径所对的圆周角是直角得出，同弧所对的圆周角相等得出，进而即可求解．【详解】解：如图所示，连接，∵是的直径，∴,∵,，∴∴，故答案为：．【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，直角三角形两个锐角互余，掌握以上知识是解题的关键．14．（2023·陕西西安·西安建筑科技大学附属中学校考一模）《九章算术》是西汉以前许多数学家研究的结晶，全书共分九章，共搜集了246个数学问题的解法．其中记载了当时世界上最先进的分数四则和比例运算法，还有各种面积、体积的算法和利用勾股定理进行测量的问题，以及开平方、开立方的方法，特别是在世界数学史上第一次记载了负数概念和正负数的加减法运算法则．因此，它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（弦×矢+矢）．弧田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（当半径弦时，平分）可以求解．现已知弦米，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【分析】根据垂径定理得到米，由勾股定理得到米，求得米，根据弧田面积（弦×矢+矢2）即可得到结论．【详解】解：∵弦米，，∴米，∴（米），∴米，∴弧田面积（弦×矢+矢2）（平方米），故答案为：10．【点睛】此题考查了新定义，垂径定理，以及勾股定理，关键是理解新定义的含义．15．（2023·天津和平·天津市第五十五中学校考一模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，上的点，圆心均在格点上，（1）_____________；（2）若点是上的一个动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连，当线段最长时，点的对应点为点，点的对应点为点，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，，并简要说明点，的位置是如何找到的（不要求证明）____________________．【答案】

作直径的垂直平分线交半圆于，连接，则在以为圆心，为半径的圆上运动，直径的垂直平分线交于，过作的垂线交于，当E，O，三点共线时，最长，则点即为所求．【分析】（1）先根据垂径定理确定圆心，连接，由勾股定理可求出的长；（2）作直径的垂直平分线交半圆于，连接，则在以为圆心，为半径的圆上运动，当E，O，三点共线时，最长【详解】解：（1）如图，，故答案为：；（2）如图，点，，即为所画，作直径的垂直平分线交半圆于，连接则在以为圆心，为半径的圆上运动，直径的垂直平分线交于，过作的垂线交于，当E，O，三点共线时，最长，则点即为所求．理由如下：由作图可得：，∴，∴，∴，∴在以为圆心，为半径的圆上运动，是的垂直平分线，∴，，∴，∴当E，O，三点共线时，最长，则点即为所求．故答案为：作直径的垂直平分线交半圆于，连接则在以为圆心，为半径的圆上运动，直径的垂直平分线交于，过作的垂线交于，当E，O，三点共线时，最长，则点即为所求．【点睛】本题主要考查了圆心的确定，垂径定理的应用，勾股定理以及在网格中确定三角形外接圆圆心，正确作出图形是解答本题的关键．16．（2023·安徽滁州·校考一模）如图，的两条半径与互相垂直，垂足为点，点为上一点，连接并延长交于点若，则的值为______．【答案】##【分析】根据延长交于点E，连接，构造出直角三角形，再根据相似三角形的判定和性质解答即可．【详解】解：延长交于点，连接，∵是直径，∴，∵，∴，∵，∴，∵，设，，，∴，即，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了圆周角定理和相似的判定和性质，熟练掌握这些性质和定理是解答本题的关键．17．（2023·福建莆田·校考一模）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，D均在小正方形的顶点上，且点B，C在上，，则的长为______．【答案】【分析】先确定的圆心的位置，连接，根据圆周角定理，可得：，过点作，易得为等腰直角三角形，进而求出的长，进而得到的长，再利用勾股定理求出的长即可．【详解】解：如图，作的中垂线，交点即为的圆心，如图，连接，由图可知：，∵点B，C在上，，∴，过点作，交于点，则：，∴，∵，，∴，∴，在中，；故答案为：．【点睛】本题考查圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．解题的关键是确定圆心的位置．18．（2023·河南周口·校考一模）如图，是的外接圆，是的直径，过点O作的垂线，交于点F，连接并延长交于点D，连接交于点E，，．则图中阴影部分的面积为_____．【答案】##【分析】证明，将求阴影部分的面积为求的面积，过点D作，解直角三角形求得即可求解．【详解】解：∵，，∴，，∵，∴，∴，∵是的直径，∴，∴，过点D作，垂足为G，∵，，∴，∴，∴，∴，∴的面积，∴图中阴影部分的面积为．故答案为：．【点睛】本题考查了三角形的面积，全等三角形的性质和判定，圆周角定理，解直角三角形的应用，能求出的面积等于阴影部分的面积是解此题的关键．19．（2023·天津和平·天津市第五十五中学校考一模）如图，圆内接四边形，，对角线平分，过点作交的延长线于点，若，，则的面积为_____________．【答案】【分析】首先证明，再过点A作，垂足为点M，过点B作，垂足为点N．根据，分别求出，的面积，即可求得四边形的面积，然后通过证得，即可求得的面积=四边形的面积．【详解】∵四边形内接于圆，∴，∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴是等边三角形，过点A作，垂足为点M，过点B作，垂足为点N．∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴中，，∵是等边三角形，∴四边形的面积∵，∴，∵，∴，∴，∵四边形内接于，∴，在和中，，∴，∴的面积=四边形的面积．故答案为：【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．20．（2023·湖北咸宁·校联考一模）如图，四边形为正方形，的平分线交于点，将绕点顺时针旋转90°得到，延长交于点，连接，，与相交于点．有下列结论：①；②为的外心；③；④．其中正确结论的序号是______．【答案】①②③【分析】由旋转的性质得，可得；①由正方形的性质得，即，进而可得；②可知，进而可得，，即点为直角三角形斜边的中点，为的外心；③先证明，可得，根据进而可得；④先证明，可得，即，故可求解．【详解】解：①由正方形的性质得，平分，，，，，故①正确；②，∴，∵平分，∴，∵是直角三角形，∴为的外心；故②正确；③，，，，，，，，，，，故③正确；④，，，，，，故④错误，综上，正确的结论是①②③．故答案为：①②③．【点睛】本题主要是正方形的一个综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判断，角平分线的性质，相似三角形的性质与判定，直角三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，涉及的知识点多，综合性强，难度较大，灵活运用这些知识解题是关键．21．（2023·陕西西安·校考一模）如图，是的内接三角形，为的直径，点是上一点，连接并延长交过点的切线于点，．(1)求证：；(2)延长交于点，，的直径为，求的长．【答案】(1)见解析(2)．【分析】（1）根据圆周角定理得到，求得，根据切线的性质得到，求得，根据平行线的判定定理即可得到结论；（2）根据平行线的性质得到，根据勾股定理得到的长，根据相似三角形的性质即可得到结论．【详解】（1）证明：∵为的直径，∴，∴，∵为的切线，∴，∴，∵，∴，∴；（2）解：由（1）可得，∴，即，∴，∵的直径为，∴，在中，，∵，，∴，∴，∴，解得．【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，平行线的判定，熟练掌握切线的性质是解题的关键．22．（2023·广东云浮·校考一模）如图，是的外接圆，为直径，点D为上一点，连接，过点C作交的延长线于点E，交的延长线于点F．已知．(1)求证：为的切线；(2)若，，求阴影部分的面积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）如图所示，连接，由圆周角定理得到，即可得到，进而证明，再由即可证明，则为的切线；（2）先解得到，，求出，再根据进行求解即可．【详解】（1）证明：如图所示，连接，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴为的切线；（2）解：在中，，∴，，∴，∴．【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，平行线的性质与判定，解直角三角形，求不规则图形面积等等，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．23．（2023·山西忻州·统考一模）阅读与思考下面是小颖的数学日记，请仔细阅读，并完成相应的任务．×年×月×日

星期六在圆中只用无刻度的直尺作出满足某条件的圆周角今天在数学课上，我学会了在圆中只用无刻度的直尺就可以作出满足某条件的圆周角．问题一：如图，是的圆周角，我们可以在中只用无刻度的直尺作一个圆周角等于．作法：在上取一点D，连接和，则（依据*）．问题二：在图的基础上，要在中只用无刻度的直尺以B为顶点作与相等的圆周角，应该如何完成呢？作法：如图所示，连接并延长，交于点D，连接，连接并延长，交于点E，则即为所要求作的角．问题三：如图，要在中只用无刻度的直尺作一个圆周角与互余，应该如何完成呢？……任务：(1)“问题一”中小颖的“依据*”是指；(2)请说明“问题二”中小颖的作法是否正确并说明理由；(3)完成“问题三”：请在图中只用无刻度的直尺作出满足条件的圆周角，并仿照“问题二”写出具体作法．【答案】(1)在同圆中，同弧所对的圆周角相等(2)正确，理由见解析(3)见解析【分析】（1）根据在同圆中，同弧所对的圆周角相等，即可；（2）根据，可得，再由，即可；（3）连接并延长，交于点D，连接，连接并延长，交于点E，连接，则即为所要求作的角．【详解】（1）解：“问题一”中小颖的“依据*”是指在同圆中，同弧所对的圆周角相等；故答案为：在同圆中，同弧所对的圆周角相等（2）解∶正确，理由如下：∵，∴，∵，∴；（3）解：如图，连接并延长，交于点D，连接，连接并延长，交于点E，连接，则即为所要求作的角．理由：由（2）得：，∵是的直径，∴，∴，即与互余．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等是解题的关键．24．（2023·广东珠海·珠海市文园中学校考一模）如图，点在直角的边上，，以为圆心、为半径的与边相交于点，连接交于点，连接并延长交于点．已知，．(1)求证：是切线；(2)若，求半径；(3)在（2）的条件下，若是中点，求的长．【答案】(1)见解析(2)4(3)【分析】（1）连接，证明，则，即可证明是切线；（2）设半径为r,则，，利用同角的余角相等得到，则，得到，即可得到半径；（3）证明得到，设设由得到，利用勾股定理求得，则，，把已知线段线段长度代入，即可求得的长．【详解】（1）证明：连接，在和中，，∴，∴，∴，∵是的半径，∴是切线；（2）解：设半径为r，则，，∵，∴，∵，∴，∴，解得，即半径为4；（3）∵是中点，∴，∴∵，∴∴∵∴∴，设∵，∴，∵，∴，解得，∴，∴，∴，∴．【点睛】此题考查了切线的判定、相似三角形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质、解直角三角形是解题关键．25．（2023·安徽池州·校联考一模）如图，内接于半圆O，为直径，的平分线交于点F，交半圆O于点D，于点E，且交于点P，连接．求证：(1)；(2)点P是线段的中点．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据角平分线的概念得出，根据圆周角得出，再等量代换即可得证；（2）根据直径所对的圆周角为90度及垂直的定义易证，再根据等角的余角相等得出，然后根据等角对等边即可得证．【详解】（1）∵平分∴∵与都是所对的圆周角∴∴（2）∵为直径∴又∵∴∴∴∴又∵，且∴即∴∴即点P是线段的中点．【点睛】本题考查了圆周角、等角的余角相等、等腰三角形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．26．（2023·陕西榆林·校考一模）如图，在中，弦与直径交于点，弦的延长线与过点A的的切线交于点．连接，，，且．(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)4【分析】（1）由圆周角定理的推论和切线的性质可得出，进而可得出，．再根据等腰三角形的性质即可推出，由同弧所对圆周角相等即可得出，从而推出，即证明；（2）过点作于点，由正切的定义可求出，再结合勾股定理可求出，再利用由等积法可求出．又易证，即得出，即点是的中点．由等腰三角形的性质可得出点是的中点，即得出是的中位线，从而可求出．【详解】（1）证明：是的直径，是的切线，．