专题17 圆的有关概念、性质及计算（4大考点）2022-2024中考数学真题分类汇编（全国用）（解析版）

第第页试卷第=page2424页，共=sectionpages2525页专题17圆的有关概念、性质及计算（4大考点）（解析版）【考点归纳】TOC\o"1-2"\h\z\u一、考点01圆心角、圆周角 1二、考点02垂径定理 11三、考点03正多边形和圆 32四、考点04弧长和扇形面积 39考点01圆心角、圆周角一、考点01圆心角、圆周角1．（2023·四川宜宾·中考真题）如图，已知点在上，为的中点．若，则等于（）

A． B． C． D．【答案】A【分析】连接，如图所示，根据圆周角定理，找到各个角之间的关系即可得到答案．【详解】解：连接，如图所示：

点在上，为的中点，，，，根据圆周角定理可知，，故选：A．【点睛】本题考查圆中求角度问题，涉及圆周角定理，找准各个角之间的和差倍分关系是解决问题的关键．2．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，是的直径，是的弦，半径，连接，交于点E，，则的度数是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理以及三角形的外角性质．先根据垂径定理，求得，利用圆周角定理求得，再利用三角形的外角性质即可求解．【详解】解：∵半径，∴，∴，，∵，∴，∴，故选：B．3．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，若，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】此题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质，连接，由是的直径得到，根据圆周角定理得到，得到，再由圆内接四边形对角互补得到答案.【详解】解：如图，连接，

∵是的直径，∴，∵，∴∴∵四边形是的内接四边形，∴，故选：B4．（2024·湖南·中考真题）如图，，为的两条弦，连接，，若，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半是解题的关键．根据圆周角定理可知，即可得到答案．【详解】根据题意，圆周角和圆心角同对着，，，．故选：C．5．（2024·重庆·中考真题）如图，是的弦，交于点，点是上一点，连接，．若，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质等知识，利用圆周角定理求出，根据等腰三角形的三线合一性质求出，等边对等角然后结合三角形内角和定理求解即可．【详解】解：∵，∴，∵，，∴，，∴，故选：B．6．（2024·四川南充·中考真题）如图，是的直径，位于两侧的点C，D均在上，，则度．【答案】75【分析】本题考查圆周角定理，补角求出，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，进行求解即可．【详解】解：∵是的直径，位于两侧的点C，D均在上，，∴，∴；故答案为：75．7．（2024·北京·中考真题）如图，的直径平分弦（不是直径）.若，则

【答案】55【分析】本题考查了垂径定理的推论，圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．先由垂径定理得到，由得到，故．【详解】解：∵直径平分弦，∴，∵，∴，∴，故答案为：．8．（2024·河南·中考真题）如图，在中，，，线段绕点C在平面内旋转，过点B作的垂线，交射线于点E．若，则的最大值为，最小值为.【答案】//【分析】根据题意得出点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，点E在以为直径的圆上，根据，得出当最大时，最大，最小时，最小，根据当与相切于点D，且点D在内部时，最小，最大，当与相切于点D，且点D在外部时，最大，最小，分别画出图形，求出结果即可．【详解】解：∵，，∴，∵线段绕点C在平面内旋转，，∴点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，∵，∴，∴点E在以为直径的圆上，在中，，∵为定值，∴当最大时，最大，最小时，最小，∴当与相切于点D，且点D在内部时，最小，最大，连接，，如图所示：则，∴，∴，∵，∴，∵，∴为等腰直角三角形，∴，∴，即的最大值为；当与相切于点D，且点D在外部时，最大，最小，连接，，如图所示：则，∴，∴，∵四边形为圆内接四边形，∴，∴，∵，∴为等腰直角三角形，∴，∴，即的最小值为；故答案为：；．【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形的相关计算，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质，找出取最大值和最小值时，点D的位置．9．（2024·山东·中考真题）如图，是的内接三角形，若，，则．【答案】/40度【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，利用圆周角定理求出的度数，利用等边对等角、三角形内角和定理求出的度数，利用平行线的性质求出的度数，即可求解．【详解】解∶连接，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，故答案为：．10．（2024·山东烟台·中考真题）如图，是的直径，内接于，点I为的内心，连接并延长交O于点D，E是上任意一点，连接，，，．(1)若，求的度数；(2)找出图中所有与相等的线段，并证明；(3)若，，求的周长．【答案】(1)(2)，证明见解析(3)30【分析】（1）利用圆周角定理得到，再根据三角形的内角和定理求，然后利用圆内接四边形的对角互补求解即可；（2）连接，由三角形的内心性质得到内心，，，然后利用圆周角定理得到，，利用三角形的外角性质证得，然后利用等角对等边可得结论；（3）过I分别作，，，垂足分别为Q、F、P，根据内切圆的性质和和切线长定理得到，，，利用解直角三角形求得，，进而可求解．【详解】（1）解：∵是的直径，∴，又，∴，∵四边形是内接四边形，∴，∴；（2）解：，证明：连接，∵点I为的内心，∴，，∴，∴，，∵，，∴，∴；（3）解：过I分别作，，，垂足分别为Q、F、P，∵点I为的内心，即为的内切圆的圆心．∴Q、F、P分别为该内切圆与三边的切点，∴，，，∵，，，∴，∵，，，∴，∴的周长为．【点睛】本题考查圆周角定理、圆内接四边形的性质、三角形的内角和定理、三角形的内心性质、三角形的外角性质、等腰三角形的判定、切线长定理以及解直角三角形，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．二、考点02垂径定理11．（2024·云南·中考真题）如图，是的直径，点、在上．若，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了弧弦圆心角的关系，圆周角定理，连接，由可得，进而由圆周角定理即可求解，掌握圆的有关性质是解题的关键．【详解】解：连接，∵，∴，∴，故选：．12．（2024·海南·中考真题）如图，是半圆O的直径，点B、C在半圆上，且，点P在上，若，则等于（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了圆周角定理，等边三角形的判定和性质．连接，，证明和都是等边三角形，求得，利用三角形内角和定理求得，据此求解即可．【详解】解：连接，，∵是半圆O的直径，，∴，∴和都是等边三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，故选：B．13．（2024·湖北·中考真题）如图，AB是半圆O的直径，C为半圆O上一点，以点B为圆心，适当长为半径画弧，交于点M，交于点N，分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在的内部相交于点D，画射线BD，连接．若，则的度数是（

）

A．30° B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查尺规作图，圆周角定理，熟练掌握角平分线的作图步骤以及圆周角定理是解答本题的关键．由圆周角定理得到，由直角三角形的性质得到，根据角平分线的定义即可求得答案．【详解】解：是半圆的直径，，，，由题意得，为的平分线，．故选：．14．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，圆形拱门最下端在地面上，为的中点，为拱门最高点，线段经过拱门所在圆的圆心，若，，则拱门所在圆的半径为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查的是垂径定理的实际应用。勾股定理的应用，如图，连接，先证明，，再进一步的利用勾股定理计算即可；【详解】解：如图，连接，∵为的中点，为拱门最高点，线段经过拱门所在圆的圆心，，∴，，设拱门所在圆的半径为，∴，而，∴，∴，解得：，∴拱门所在圆的半径为；故选B15．（2024·四川遂宁·中考真题）工人师傅在检查排污管道时发现淤泥堆积．如图所示，排污管道的横截面是直径为米的圆，为预估淤泥量，测得淤泥横截面（图中阴影部分）宽为米，请计算出淤泥横截面的面积（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，等边三角形的判定和性质，求不规则图形的面积，过点作于，由垂径定理得，由勾股定理得，又根据圆的直径为米可得，得到为等边三角形，即得，再根据淤泥横截面的面积即可求解，掌握垂径定理及扇形面积计算公式是解题的关键．【详解】解：过点作于，则，，∵圆的直径为米，∴，∴在中，，∵，∴为等边三角形，∴，∴淤泥横截面的面积，故选：．16．（2023·陕西·中考真题）陕西饮食文化源远流长，“老碗面”是陕西地方特色美食之一．图②是从正面看到的一个“老碗”（图①）的形状示意图．是的一部分，是的中点，连接，与弦交于点，连接，．已知cm，碗深，则的半径为（

）

A．13cm B．16cm C．17cm D．26cm【答案】A【分析】首先利用垂径定理的推论得出，，再设的半径为，则．在中根据勾股定理列出方程，求出即可．【详解】解：是的一部分，是的中点，，，．设的半径为，则．在中，，，，，即的半径为．故选：A．【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理的应用，设的半径为，列出关于的方程是解题的关键．17．（2024·四川凉山·中考真题）数学活动课上，同学们要测一个如图所示的残缺圆形工件的半径，小明的解决方案是：在工件圆弧上任取两点，连接，作的垂直平分线交于点，交于点，测出，则圆形工件的半径为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查垂径定理，勾股定理等知识．由垂径定理，可得出的长；设圆心为O，连接，在中，可用半径表示出的长，进而可根据勾股定理求出得出轮子的半径，即可得出轮子的直径长．【详解】解：∵是线段的垂直平分线，∴直线经过圆心，设圆心为，连接．

中，，根据勾股定理得：，即：，解得：；故轮子的半径为，故选：C．18．（2023·广西·中考真题）赵州桥是当今世界上建造最早，保存最完整的中国古代单孔敞肩石拱桥.如图，主桥拱呈圆弧形，跨度约为，拱高约为，则赵州桥主桥拱半径R约为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可知，，，主桥拱半径R，根据垂径定理，得到，再利用勾股定理列方程求解，即可得到答案．【详解】解：如图，由题意可知，，，主桥拱半径R，，是半径，且，，在中，，，解得：，故选B

【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，利用直角三角形求解是解题关键．19．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在中，直径于点E，，则弦的长为．【答案】【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理等知识，熟练掌握垂径定理，由勾股定理得出方程是解题的关键．由垂径定理得，设的半径为，则，在中，由勾股定理得出方程，求出，即可得出，在中，由勾股定理即可求解．【详解】解：∵，，设的半径为，则，在中，由勾股定理得：，即，解得：，，，在中，由勾股定理得：，故答案为：．20．（2024·江西·中考真题）如图，是的直径，，点C在线段上运动，过点C的弦，将沿翻折交直线于点F，当的长为正整数时，线段的长为．【答案】或或2【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，折叠的性质，根据，可得或2，利用勾股定理进行解答即可，进行分类讨论是解题的关键．【详解】解：为直径，为弦，，当的长为正整数时，或2，当时，即为直径，将沿翻折交直线于点F，此时与点重合，故；当时，且在点在线段之间，如图，连接，此时，，，，，；当时，且点在线段之间，连接，同理可得，，综上，可得线段的长为或或2，故答案为：或或2．21．（2023·江苏·中考真题）如图，是的直径，是的内接三角形．若，，则的直径．

【答案】【分析】连接，，根据在同圆中直径所对的圆周角是可得，根据圆周角定理可得，根据圆心角，弦，弧之间的关系可得，根据勾股定理即可求解．【详解】解：连接，，如图：

∵是的直径，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，在中，，故答案为：．【点睛】本题考查了在同圆中直径所对的圆周角是，圆周角定理，圆心角，弦，弧之间的关系，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．22．（2024·四川雅安·中考真题）如图，是的直径，点C是上的一点，点P是延长线上的一点，连接，．(1)求证：是的切线；(2)若，求证：；(3)若于D，，，求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）首先由直径得到，然后利用等边对等角得到，等量代换得到，进而证明即可；（2）利用得到，求出，然后利用直角三角形两锐角互余得到，进而求解即可；（3）设，证明出，得到，然后表示出，然后利用勾股定理求解即可．【详解】（1）如图所示，连接，∵是的直径，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴是的切线；（2）证明：∵，∴，∴，由（1）知，∴，∴，∴，∴；（3）设，在中，，∴∴∵∴∴∴，∵，，∴，∴，∴，在中，由勾股定理得，即，整理得，解得，（舍去），故．【点睛】此题考查了直径的性质，切线的判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点．23．（2024·江苏常州·中考真题）如图，是的直径，是的弦，连接．若，则．【答案】【分析】本题考查圆周角定理，根据同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角为直角，结合三角形的内角和定理，进行求解即可．【详解】解：∵是的直径，，，∴，∴；故答案为：．24．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，是的半径，弦于点D，连接．若的半径为，的长为，则的长是．【答案】3【分析】根据垂径定理可得AD的长，根据勾股定理可得结果．【详解】解：∵，∴，∴，故答案为：．【点睛】此题主要考查了垂径定理和勾股定理．垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分这条弦所对的两条弧．25．（2023·北京·中考真题）如图，是的半径，是的弦，于点D，是的切线，交的延长线于点E．若，，则线段的长为．

【答案】【分析】根据，得出，，根据等腰直角三角形的性质得出，即，根据，，得出为等腰直角三角形，即可得出．【详解】解：∵，∴，．∵，∴为等腰直角三角形，∴，∴．∵是的切线，∴，∵，∴为等腰直角三角形，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了垂径定理，等腰直角三角形的判定和性质，切线的性质，解题的关键是熟练掌握垂径定理，得出．26．（2023·湖南永州·中考真题）如图，是一个盛有水的容器的横截面，的半径为．水的最深处到水面AB的距离为，则水面AB的宽度为．

【答案】【分析】过点作于点，交于点，则，依题意，得出，进而在中，勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，过点作于点，交于点，则，

∵水的最深处到水面AB的距离为，的半径为．∴，在中，∴故答案为：．【点睛】本题考查了垂径定理的应用，勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．27．（2024·广西·中考真题）如图，已知是的外接圆，．点D，E分别是，的中点，连接并延长至点F，使，连接．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)求证：与相切；(3)若，，求的半径．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）先证明，，再证明，可得，，再进一步解答即可；（2）如图，连接，证明，可得过圆心，结合，证明，从而可得结论；（3）如图，过作于，连接，设，则，可得，求解，可得，求解，设半径为，可得，再利用勾股定理求解即可．【详解】（1）证明：∵点D，E分别是，的中点，∴，，又∵，，∴，∴，，∴，，∴四边形是平行四边形；（2）证明：如图，连接，∵，为中点，∴，∴过圆心，∵，∴，而为半径，∴为的切线；（3）解：如图，过作于，连接，∵，∴，设，则，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，，∴，∴，设半径为，∴，∴，解得：，∴的半径为．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理的应用，平行四边形的判定与性质，切线的判定，垂径定理的应用，做出合适的辅助线是解本题的关键．28．（2024·四川·中考真题）如图，AB为⊙O的弦，C为的中点，过点C作，交的延长线于点D．连接．

(1)求证：CD是⊙O的切线；(2)若，求的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了圆的切线的判定、勾股定理、垂径定理的推论等知识点，熟记相关结论是解题关键．（1）由垂径定理的推论可知，据此即可求证；（2）利用勾股定理求出即可求解；【详解】（1）证明：∵AB为⊙O的弦，C为的中点，由垂径定理的推论可知：，∵，∴，∵为⊙O的半径，∴CD是⊙O的切线；（2）解：∵，∴，∴，∴．29．（2023·山东·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限内，与轴相切于点，与轴相交于点，．连接，．

(1)求点的坐标；(2)求的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）如图，连接，，过点P作，垂足为D，由垂径定理得，由，得，，由切线性质，得，，进一步可证四边形是矩形，得，中，，于是的坐标；（2）如图，由等腰三角三线合一，得，由圆周角定理，而，从而，中，，于是．【详解】（1）如图，连接，，过点P作，垂足为D，则∵点，∴，

∵与轴相切于点∴，∵∴四边形是矩形∴∴中，∴点的坐标（2）如图，，∴而∴中，∴【点睛】本题考查圆的切线的性质，圆周角定理，垂径定理，添加辅助线构造直角三角形，运用勾股定理是解题的关键．30．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，是的直径，内接于，，的延长线相交于点，且．(1)求证：；(2)求的度数．【答案】(1)见详解(2)【分析】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定以及性质，圆内接四边形的性质，等边对等角等知识，掌握这些性质是解题的关键．（1）由等弧所对的圆周角相等可得出，再由等边对等角得出，等量代换可得出，又，即可得出．（2）连接，由直径所对的圆周角等于得出，设，即，由相似三角形的性质可得出，再根据圆内接四边形的性质可得出，即可得出的值，进一步即可得出答案．【详解】（1）证明：∵∴，∵，∴，∴，又∵∴，（2）连接，如下图：∵为直径，∴，设，∴，由（1）知：∴，∵四边形是圆的内接四边形，∴，即，解得：三、考点03正多边形和圆31．（2024·四川雅安·中考真题）如图，的周长为，正六边形内接于．则的面积为（

）

A．4 B． C．6 D．【答案】B【分析】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质，解直角三角形是正确解答的关键．根据正六边形的性质以及解直角三角形进行计算即可．【详解】解：设半径为，由题意得，，解得，∵六边形是的内接正六边形，∴，∵，∴是正三角形，∴，∴弦所对应的弦心距为，∴．故选：B．32．（2023·四川德阳·中考真题）已知一个正多边形的边心距与边长之比为，则这个正多边形的边数是（

）A．4 B．6 C．7 D．8【答案】B【分析】如图，A为正多边形的中心，为正多边形的边，，为正多边形的半径，为正多边形的边心距，由可得，可得，而，可得为等边三角形，从而可得答案．【详解】解：如图，A为正多边形的中心，为正多边形的边，，为正多边形的半径，为正多边形的边心距，

∴，，，∴，∴，即，∴，∴，而，∴为等边三角形，∴，∴多边形的边数为：，故选B【点睛】本题考查的是正多边形与圆，锐角三角函数的应用，熟练的利用数形结合的方法解题是关键．33．（2023·江苏无锡·中考真题）下列命题：①各边相等的多边形是正多边形；②正多边形是中心对称图形；③正六边形的外接圆半径与边长相等；④正n边形共有n条对称轴．其中真命题的个数是（

）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】C【分析】根据正多边形的性质以及正多边形与圆的关系逐一进行判断即可．【详解】解：各边相等各角相等的多边形是正多边形，只有各边相等的多边形不一定是正多边形，如菱形，故①是假命题；正三角形和正五边形就不是中心对称图形，故②为假命题；正六边形中由外接圆半径与边长可构成等边三角形，所以外接圆半径与边长相等，故③为真命题；根据轴对称图形的定义和正多边形的特点，可知正n边形共有n条对称轴，故④为真命题.故选：C．【点睛】本题考查的是正多边形的概念以及正多边形与圆的关系，属于基础题型．34．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，是的内接正n边形的一边，点C在上，，则．

【答案】10【分析】本题考查了正多边形和圆、圆周角定理等知识，求出中心角的度数是解题的关键．由圆周角定理得，再根据正边形的边数中心角，即可得出结论．【详解】解：，，，故答案为：10．35．（2024·山东东营·中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416，如图，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为．若用圆内接正八边形近似估计的面积，可得的估计值为．【答案】【分析】本题考查了圆内接正多边形的性质，三角形的面积公式，勾股定理等，正确求出正八边形的面积是解题的关键．过点A作，求得，根据勾股定理可得，即可求解．【详解】如图，是正八边形的一条边，点O是正八边形的中心，过点A作，在正八边形中，∴∵，，解得：∴∴正八边形为∴∴∴的估计值为故答案为：．36．（2023·江苏·中考真题）如图，3个大小完全相同的正六边形无缝隙、不重叠的拼在一起，连接正六边形的三个顶点得到，则的值是．

【答案】【分析】如图所示，补充一个与已知相同的正六边形，根据正六边形的内角为，设正六边形的边长为1，求得，根据正切的定义，即可求解．【详解】解：如图所示，补充一个与已知相同的正六边形，

∵正六边形对边互相平行，且内角为，∴

过点作于，∴设正六边形的边长为1，则，，∴故答案为：．【点睛】本题考查了正六边形的性质，解直角三角形，熟练掌握正六边形的性质是解题的关键．37．（2023·内蒙古·中考真题）如图，正六边形的边长为2，以点A为圆心，为半径画弧，得到扇形（阴影部分）．若扇形正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径是．

【答案】【分析】首先确定扇形的圆心角的度数，然后利用圆锥的底面圆周长是扇形的弧长计算即可．【详解】解：∵正六边形的外角和为，∴每一个外角的度数为，∴正六边形的每个内角的度数为，设这个圆锥底面圆的半径是r，根据题意得，，解得，故答案为：．【点睛】本题考查正多边形和圆及圆锥的计算，解题的关键是求得正六边形的内角的度数，并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．38．（2023·陕西·中考真题）如图，正八边形的边长为2，对角线、相交于点．则线段的长为．

【答案】【分析】根据正八边形的性质得出四边形是矩形，、是等腰直角三角形，，再根据矩形的性质以及直角三角形的边角关系求出，，即可．【详解】解：如图，过点作于，由题意可知，四边形是矩形，、是等腰直角三角形，，

在中，，，，同理，，故答案为：．【点睛】本题考查正多边形和圆，掌握正八边形的性质以及直角三角形的边角关系是正确解答的前提．四、考点04弧长和扇形面积39．（2024·江苏无锡·中考真题）已知圆锥的底面圆半径为3，母线长为4，则圆锥的侧面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了圆锥的侧面积展开图公式，解题的关键是掌握圆锥的侧面积的计算公式：圆锥的侧面积底面半径母线长．【详解】解：，故选：B．40．（2024·云南·中考真题）某校九年级学生参加社会实践，学习编织圆锥型工艺品．若这种圆锥的母线长为厘米，底面圆的半径为厘米，则该圆锥的侧面积为（

）A．平方厘米 B．平方厘米C．平方厘米 D．平方厘米【答案】C【分析】本题考查了圆锥的侧面积，先求出圆锥底面圆的周长，再根据圆锥的侧面积计算公式计算即可求解，掌握圆锥侧面积计算公式是解题的关键．【详解】解：圆锥的底面圆周长为厘米，∴圆锥的侧面积为平方厘米，故选：．41．（2024·广东广州·中考真题）如图，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，若扇形的半径是5，则该圆锥的体积是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了弧长公式，圆锥的体积公式，勾股定理，理解圆锥的底面周长与侧面展开图扇形的弧长相等是解题关键，设圆锥的半径为，则圆锥的底面周长为，根据弧长公式得出侧面展开图的弧长，进而得出，再利用勾股定理，求出圆锥的高，再代入体积公式求解即可．【详解】解：设圆锥的半径为，则圆锥的底面周长为，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，且扇形的半径是5，扇形的弧长为，圆锥的底面周长与侧面展开图扇形的弧长相等，，，圆锥的高为，圆锥的体积为，故选：D．42．（2024·贵州·中考真题）如图，在扇形纸扇中，若，，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了弧长，根据弧长公式∶求解即可．【详解】解∵，，∴的长为，故选∶C．43．（2024·河南·中考真题）如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点D是的中点，连接，．以点D为圆心，的长为半径在内画弧，则阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】过D作于E，利用圆内接四边形的性质，等边三角形的性质求出，利用弧、弦的关系证明，利用三线合一性质求出，，在中，利用正弦定义求出，最后利用扇形面积公式求解即可．【详解】解∶过D作于E，∵是边长为的等边三角形的外接圆，∴，，，∴，∵点D是的中点，∴，∴，∴，，∴，∴，故选：C．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，扇形面积公式，解直角三角形等知识，灵活应用以上知识是解题的关键．44．（2024·河北·中考真题）扇文化是中华优秀传统文化的组成部分，在我国有着深厚的底蕴．如图，某折扇张开的角度为时，扇面面积为、该折扇张开的角度为时，扇面面积为，若，则与关系的图象大致是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查正比例函数的应用，扇形的面积，设该扇面所在圆的半径为，根据扇形的面积公式表示出，进一步得出，再代入即可得出结论．掌握扇形的面积公式是解题的关键．【详解】解：设该扇面所在圆的半径为，，∴，∵该折扇张开的角度为时，扇面面积为，∴，∴，∴是的正比例函数，∵，∴它的图像是过原点的一条射线．故选：C．45．（2024·安徽·中考真题）若扇形的半径为6，，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】此题考查了弧长公式，根据弧长公式计算即可．【详解】解：由题意可得，的长为,故选：C．46．（2024·重庆·中考真题）如图，在矩形中，分别以点和为圆心，长为半径画弧，两弧有且仅有一个公共点．若，则图中阴影部分的面积为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】本题考查扇形面积的计算，勾股定理等知识．根据题意可得，由勾股定理得出，用矩形的面积减去2个扇形的面积即可得到结论．【详解】解：连接，根据题意可得，∵矩形，∴，，在中，，∴图中阴影部分的面积．故选：D．47．（2020·贵州毕节·中考真题）如图，已知点，是以为直径的半圆的三等分点，的长为，则图中阴影部分的面积为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了扇形面积的计算，连接，，根据，是以为直径的半圆的三等分点，可得，是等边三角形，将阴影部分的面积转化为扇形的面积，根据求解即可．【详解】解：连接，，，，是以为直径的半圆的三等分点，，，又，、是等边三角形，，，，弧的长为，，解得：，．故选：A．48．（2024·甘肃兰州·中考真题）“轮动发石车”是我国古代的一种投石工具，在春秋战国时期被广泛应用，图1是陈列在展览馆的仿真模型，图2是模型驱动部分的示意图，其中，的半径分别是1cm和10cm，当顺时针转动3周时，上的点P随之旋转，则．【答案】108【分析】本题主要考查了求弧长．先求出点P移动的距离，再根据弧长公式计算，即可求解．【详解】解：根据题意得：点P移动的距离为，∴，解得：．故答案为：10849．（2024·江苏宿迁·中考真题）已知圆锥的底面半径为3，母线长为12，则其侧面展开扇形的圆心角的度数为°．【答案】【分析】本题考查圆锥的侧面积，以及扇形面积，解决本题的关键是掌握圆锥的侧面积公式，以及扇形面积公式．设侧面展开扇形的圆心角的度数为度，根据“圆锥的侧面积扇形面积”建立等式求解，即可解题．【详解】解：设侧面展开扇形的圆心角的度数为度，侧面展开扇形的面积为：，解得，故答案为：．50．（2024·江苏扬州·中考真题）若用半径为的半圆形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥底面圆的半径为．【答案】5【分析】本题考查了圆锥的计算．用到的知识点为：圆锥的侧面展开图弧长等于底面周长．根据题意得圆锥的母线长为，以及圆锥的侧面展开图的弧长，也就是圆锥的底面周长，除以即为圆锥的底面半径．【详解】解：圆锥的侧面展开图的弧长为，∴圆锥的底面半径为，故答案为：5．51．（2024·吉林·中考真题）某新建学校因场地限制，要合理规划体育场地，小明绘制的铅球场地设计图如图所示，该场地由和扇形组成，分别与交于点A，D．，，，则阴影部分的面积为（结果保留）．【答案】【分析】本题考查了扇形面积公式，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键．利用阴影部分面积等于大扇形减去小扇形面积，结合扇形面积公式即可求解．【详解】解：由题意得：，故答案为：．52．（2024·四川成都·中考真题）如图，在扇形中，，，则的长为．【答案】【分析】此题考查了弧长公式，把已知数据代入弧长公式计算即可．【详解】解：由题意得的长为，故答案为：53．（2024·山东济宁·中考真题）如图，三个顶点的坐标分别是．(1)将向下平移2个单位长度得，画出平移后的图形，并直接写出点的坐标；(2)将绕点逆时针旋转得．画出旋转后的图形，并求点运动到点所经过的路径长．【答案】(1)作图见解析，(2)作图见解析，【分析】本题考查了作图—平移变换和旋转变换，弧长公式，解题的关键熟练掌握平移和旋转的性质，（1）利用平移的性质作出对应点，再连线即可，（2）利用旋转的性质分别作出对应点，再连线，运动到点所经过的路径长即为弧长即可可求解【详解】（1）解：如下图所示：由图可知：；（2）解：如上图所示：运动到点所经过的路径为：54．（2024·吉林长春·中考真题）一块含角的直角三角板按如图所示的方式摆放，边与直线重合，．现将该三角板绕点顺时针旋转，使点的对应点落在直线上，则点A经过的路径长至少为．（结果保留）【答案】【分析】本题主要考查了旋转的性质、弧长公式等知识点，掌握弧长公式成为解题的关键．由旋转的性质可得,即，再根据点A经过的路径长至少为以B为圆心，以为半径的圆弧的长即可解答．【详解】解：∵将该三角板绕点顺时针旋转，使点的对应点落在直线上，∴,即，∴点A经过的路径长至少为．故答案为：．55．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）若圆锥的底面半径是1cm，它的侧面展开图的圆心角是直角，则该圆锥的高为cm．【答案】【分析】本题考查了圆锥的计算．设圆锥的母线长为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，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到，然后解方程即可得母线长，然后利用勾股定理求得圆锥的高即可．【详解】解：设圆锥的母线长为R，根据题意得，解得：．即圆锥的母线长为，∴圆锥的高cm，故答案是：．56．（2024·湖南长沙·中考真题）半径为4，圆心角为的扇形的面积为（结果保留）．【答案】【分析】本题考查扇形的面积公式，根据扇形的面积公式（n为圆心角的度数，r为半径）求解即可．【详解】解：由题意，半径为4，圆心角为的扇形的面积为，故答案为：．57．（2024·湖北·中考真题）如图，在中，，点在上，以CE为直径的经过AB上的点，与交于点，且．(1)求证：AB是的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)证明见解析；