押中考数学第14-15题（填空中档题和圆有关的计算）

押中考数学第1415题（填空中档题：和圆有关的计算）专题诠释：圆是中考的必考知识点，每年中考的填空题中都有考察。具体的考察，主要以垂径定理、圆心角和圆周角、直线和圆的位置关系、正多边形和圆、弧长和扇形的相关计算为主，也会结合三角形、四边形、全等或相似进行结合，进行求值。目录TOC\o"13"\h\z\u模块一〖真题回顾〗 1知识点一：垂径定理 1知识点二：整式 11知识点三：点、线和圆的位置关系 20知识点四：正多边形和圆 32知识点五：弧长和扇形面积 40模块二〖押题冲关〗 47模块三〖考前预测〗 71模块一〖真题回顾〗知识点一：垂径定理1．（2022·宁夏·中考真题）如图，在⊙O中，半径OC垂直弦AB于点D，若OB=10，AB=16，则【答案】45【分析】由垂径定理可知BD=12AB=8【详解】解：∵半径OC垂直弦AB于点D，∴BD=∴cosB故答案为：45【点睛】本题主要考查了垂径定理和余弦的知识，熟练掌握余弦的概念是解题的关键．2．（2022·黑龙江牡丹江·统考中考真题）⊙O的直径CD=10，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，OM【答案】25或【分析】分①点M在线段OC上，②点M在线段OD上两种情况，连接OA，先利用勾股定理求出AM的长，再在Rt△【详解】解：由题意，分以下两种情况：①如图，当点M在线段OC上时，连接OA，∵⊙O的直径CD=10，∴OA=OC=5，∵OM:OC=3:5，∴OM=3∵AB⊥CD，∴AM=O∴AC=A②如图，当点M在线段OD上时，连接OA，同理可得：OC=5,OM=3,AM=O∴CM=OC+OM=8，∴AC=A综上，AC的长为25或4故答案为：25或4【点睛】本题考查了勾股定理、圆，正确分两种情况讨论是解题关键．3．（2022·青海·统考中考真题）如图是一个隧道的横截面，它的形状是以点O为圆心的圆的一部分，如果C是⊙O中弦AB的中点，CD经过圆心O交⊙O于点D，并且AB=4m，CD=6【答案】103/【分析】连接OA，先根据垂径定理、线段中点的定义可得OC⊥AB,AC=2m，设⊙O的半径长为rm，则OA=OD=rm，OC=(6-r)m，再在Rt△【详解】解：如图，连接OA，∵C是⊙O中的弦AB的中点，且AB=4m，∴OC⊥AB，AC=1设⊙O的半径长为rm，则OA=OD=rm，∵CD=6m，∴OC=CD-OD=(6-r)m，在Rt△AOC中，OC解得r=10即⊙O的半径长为103故答案为：103【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题关键．4．（2022·上海·统考中考真题）定义：有一个圆分别和一个三角形的三条边各有两个交点，截得的三条弦相等，我们把这个圆叫作“等弦圆”，现在有一个斜边长为2的等腰直角三角形，当等弦圆最大时，这个圆的半径为_____．【答案】2-2/【分析】如图，当等弦圆O最大时，则⊙O经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于F，连接OE，DK，再证明DK经过圆心，CF⊥AB，分别求解AC，BC，CF，设⊙O的半径为r,再分别表示EF,OF,OE,再利用勾股定理求解半径r即可．【详解】解：如图，当等弦圆O最大时，则⊙O经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于F，连接OE，DK，∵CD=CK=EQ,∠ACB=90°,∴∠COD=∠COK=90°,DK过圆心O，CF⊥AB，∵AC=BC,∠ACB=90°,AB=2,∴AC=BC=2设⊙O的半径为r,∴CD=r∵CF⊥AB,∴EF=QF=2∴r整理得：r2解得：r1∵OC<CF,∴r=2+2∴当等弦圆最大时，这个圆的半径为2-2故答案为：2-【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，弦，弧，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，掌握以上知识是解本题的关键．5．（2022·上海·统考中考真题）如图所示，小区内有个圆形花坛O，点C在弦AB上，AC=11，BC=21，OC=13，则这个花坛的面积为_____．（结果保留π）【答案】400π【详解】解：过点O作OD⊥AB于D，连接OB，如图，∵AC=11，BC=21，∴AB=AC+BC=32，∵OD⊥AB于D，∴AD=BD=12AB=16∴CD=ADAC=5，在Rt△OCD中，由勾股定理，得OD=OC在Rt△OBD中，由勾股定理，得OB=BD2∴这个花坛的面积=202π=400π，故答案为：400π．【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，圆的面积，熟练掌握垂径定理与勾股定理相结合求线段长是解题的关键．6．（2022·湖南长沙·统考中考真题）如图，A、B、C是⊙O上的点，OC⊥AB，垂足为点D，且D为OC的中点，若OA=7，则【答案】7【分析】根据垂径定理可得OC垂直平分AB，根据题意可得AB平方OC，可得四边形AOBC是菱形，进而根据菱形的性质即可求解．【详解】解：如图，连接OB,CA，∵A、B、C是⊙O上的点，OC⊥AB，∴AD=DB，∵D为OC的中点，∴OD=DC，∴四边形AOBC是菱形，OA=7，∴BC=AO=7．故答案为：7．【点睛】本题考查了垂径定理，菱形的性质与判定，掌握垂径定理是解题的关键．7．（2022·黑龙江·统考中考真题）如图，在⊙O中，AB是⊙O的弦，⊙O的半径为3cm，C为⊙O上一点，∠ACB【答案】3【分析】连接OA、OB，过点O作OD⊥AB于点D，由垂径定理和圆周角定理可得AD=BD=12AB，∠AOB=120°，再根据等腰三角形的性质可得∠OAB=∠OBA=30°【详解】解：连接OA、OB，过点O作OD⊥AB于点D，∴AD=BD=12AB∵∠ACB=60°，∴∠AOB=120°，∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA=30°，∵OA=3cm，∴OD=3∴AD=O∴AB=33故答案为：33【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质和勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．8．（2022·浙江湖州·统考中考真题）如图，已知AB是⊙O的弦，∠AOB＝120°，OC⊥AB，垂足为C，OC的延长线交⊙O于点D．若∠APD是AD所对的圆周角，则∠APD的度数是______．【答案】30°/30度【分析】根据垂径定理得出∠AOB=∠BOD，进而求出∠AOD=60°，再根据圆周角定理可得∠APD=12∠AOD=30°【详解】∵OC⊥AB，OD为直径，∴BD=∴∠AOB=∠BOD，∵∠AOB=120°，∴∠AOD=60°，∴∠APD=12∠AOD=30°故答案为：30°．【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理等知识，掌握垂径定理是解答本题的关键．9．（2022·浙江嘉兴·统考中考真题）如图，在扇形AOB中，点C，D在AB上，将CD沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．已知∠AOB=120°，OA=6，则EF的度数为_______；折痕CD【答案】60°/60度4【分析】根据对称性作O关于CD的对称点M，则点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上，再结合切线的性质和垂径定理求解即可．【详解】作O关于CD的对称点M，则ON=MN连接MD、ME、MF、MO，MO交CD于N∵将CD沿弦CD折叠∴点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上∵将CD沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．∴ME⊥OA，MF⊥OB∴∠MEO=∠MFO=90°∵∠AOB=120°∴四边形MEOF中∠EMF=360°-∠AOB-∠MEO-∠MFO=60°即EF的度数为60°；∵∠MEO=∠MFO=90°，ME=MF∴△MEO≅△MFO（HL）∴∠EMO=∠FMO=∴OM=∴MN=2∵MO⊥DC∴DN=∴CD=4故答案为：60°；4【点睛】本题考查了折叠的性质、切线的性质、垂径定理、勾股定理；熟练掌握折叠的性质作出辅助线是解题的关键．10．（2021·贵州黔东南·统考中考真题）小明很喜欢钻研问题，一次数学杨老师拿来一个残缺的圆形瓦片（如图所示）让小明求瓦片所在园的半径，小明连接瓦片弧线两端AB，量的弧AB的中心C到AB的距离CD＝1.6cm，AB＝6.4cm，很快求得圆形瓦片所在圆的半径为_________cm．【答案】4【分析】圆的两弦的中垂线的交点，就是圆心；连接AC，作AC的中垂线，与直线CD的交点就是圆心，已知圆心即可作出圆；连接圆心与A，根据勾股定理即可求得半径．【详解】如图，连接OA，∵CD是弦AB的垂直平分线，∴AD=1设圆的半径是r．在直角△ADO中，AO=r，AD=3.2根据勾股定理得，r2=∴r=4故答案为：4【点睛】本题主要考查圆的确定和垂径定理，熟练掌握垂径定理得出关于半径的方程是解题的关键．知识点二：整式11．（2022·内蒙古·中考真题）如图，在等腰直角三角形ABC中，AC=BC=1，点P在以斜边AB为直径的半圆上，M为PC的中点，当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M【答案】2【分析】取AB的中点O、AC的中点E、BC的中点F，连接OC、OP、OM、OE、OF、EF，可得四边形CEOF是正方形，由OP=OC得OM⊥PC，则可得点M的运动路径，从而求得路径的长．【详解】取AB的中点O、AC的中点E、BC的中点F，连接OC、OP、OM、OE、OF、EF，如图，则OE∥BC，且OE=12BC=12∴四边形CEOF为平行四边形，∵AC=BC，∠ACB=90°，∴四边形CEOF为正方形，∴CE=CF=12，EF=OC由勾股定理得：EF=OC=2∵在等腰Rt△ABC中，∴AB=2∴OC=12AB=∵M为PC的中点，∴OM⊥PC，∴∠CMO=90°，

∴点M在以OC为直径的圆上，当点P点在点A时，M点在E点；点P点在点B时，M点在F点，∴M点的路径为以EF为直径的半圆，∴点M运动的路径长=1故答案是：24【点睛】本题考查了勾股定理、直角三角形斜边上中线的性质、三角形中位线定理、等腰三角形的性质及正方形的判定，确定点M的运动路径是关键与难点．12．（2022·江苏徐州·统考中考真题）如图，A、B、C点在圆O上，若∠ACB=36°，则∠AOB=________．【答案】72°/72度【分析】利用一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半即可得出结论．【详解】解：∵∠ACB=12∠AOB，∠ACB=36°∴∠AOB=2×∠ACB=72°．故答案为：72°．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，利用一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半解答是解题的关键．13．（2022·四川资阳·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O,AB是直径，过点A作⊙O的切线AD．若∠【答案】35【分析】根据直径所对的圆周角是直角，可得∠BAC=55°，再根据切线的性质可得∠BAD=90°，即可求解．【详解】解：∵AB为直径，∴∠C=90°，∵∠B=35°，∴∠BAC=55°，∵AD与⊙O相切，∴AB⊥AD，即∠BAD=90°，∴∠CAD=90°∠BAC=35°．故答案为：35【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，熟练掌握切线的性质，直径所对的圆周角是直角是解题的关键．14．（2022·山东日照·统考中考真题）一圆形玻璃镜面损坏了一部分，为得到同样大小的镜面，工人师傅用直角尺作如图所示的测量，测得AB=12cm，BC=5cm，则圆形镜面的半径为__________．【答案】13【分析】连接AC，根据∠ABC=90°得出AC是圆形镜面的直径，再根据勾股定理求出AC即可．【详解】解：连接AC，∵∠ABC=90°，且∠ABC是圆周角，∴AC是圆形镜面的直径，由勾股定理得：AC=A所以圆形镜面的半径为132故答案为：132【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系和勾股定理等知识点，能根据圆周角定理得出AC是圆形镜面的直径是解此题的关键．15．（2022·山东济宁·统考中考真题）如图，点A，C，D，B在⊙O上，AC＝BC，∠ACB＝90°．若CD＝a，tan∠CBD＝13，则AD的长是___________【答案】2【分析】如图，连接AB，设AD,BC交于点E，根据题意可得AB是⊙O的直径，∠ADB=90°，设AC=m，证明△CED∽△AEB，根据相似三角形的性质以及正切的定义，分别表示出AE,ED，根据Rt△ABC，勾股定理求得m=5【详解】解：如图，连接AB，设AD,BC交于点E，∵∠ACB＝90°∴AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∵tan∠CBD＝13∴DE在Rt△DEB中，BE=∵CD∴∠CBD=∠ACD，∴tan∠CAD=1∴设AC=m则CE=1∵AC＝BC，∴EB=2∴DE=1010Rt△ACE中，∴AD=AE+ED=2∵DB=∴∠ECD=∠EAB,又∠CED=∠AEB，∴△CED∽△AEB，∴CD∵CD=a，∴AB=10∵AC=BC=m，∴AB=2∴2解得m=5∴AD=2故答案为：22【点睛】本题考查了90°圆周角所对的弦是直径，同弧所对的圆周角相等，正切的定义，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．16．（2022·江苏盐城·统考中考真题）如图，AB、AC是⊙O的弦，过点A的切线交CB的延长线于点D，若∠BAD=35°，则【答案】35【分析】连接AO并延长，交⊙O于点E，连接BE，首先根据圆周角定理可得∠E+∠BAE=90°，再根据AD为⊙O的切线，可得∠BAE+∠BAD=90°，可得∠E=∠BAD=35°，再根据圆周角定理即可求得．【详解】解：如图，连接AO并延长，交⊙O于点E，连接BE．∵AE为⊙O的直径，∴∠ABE=90°，∴∠E+∠BAE=90°，∵AD为⊙O的切线，∴∠DAE=90°，∴∠BAE+∠BAD=90°，∴∠E=∠BAD=35°，∴∠C=∠E=35°．故答案为：35．【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，作出辅助线是解决本题的关键．17．（2022·广西柳州·统考中考真题）如图，点A，B，C在⊙O上，∠AOB＝60°，则∠ACB的度数是_____°．【答案】30【分析】由圆周角定理可得∠ACB=1【详解】解：∵点A，B，C在⊙O上，∠AOB＝60°，∴∠ACB=1故答案为：30【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，掌握“在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半”是解本题的关键．18．（2022·内蒙古通辽·统考中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AC为直径，若AB=23，BC=3，点P从B点出发，在△ABC内运动且始终保持∠CBP=∠BAP，当【答案】3【分析】根据题中的条件可先确定点P的运动轨迹，然后根据三角形三边关系确定CP的长最小时点P的位置，进而求出点P的运动路径长．【详解】解：∵AC为⊙O的直径，∴∠ABC=∴∠ABP+∠PBC=∵∠PAB=∠PBC,∴∠PAB+∠ABP=∴∴∠APB=∴点P在以AB为直径的圆上运动，且在△ABC的内部，如图，记以AB为直径的圆的圆心为O1，连接O1C交⊙O∵CP≥∴当点O1,P,C三点共线时，即点P在点P'∵AB=2∴O1在RtΔBCO1∴∠B∴BP∴.C,P两点距离最小时，点P的运动路径长为3【点睛】本题主要考查了直径所对圆周角是直角，弧长公式，由锐角正切值求角度，确定点P的路径是解答本题的关键．19．（2022·湖南郴州·统考中考真题）如图，点A，B，C在⊙O上，∠AOB=62°，则【答案】31【分析】根据圆周角定理进行求解即可；【详解】解：由圆周角定理可知：∠ACB=故答案为：31．【点睛】本题主要考查圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．20．（2022·辽宁锦州·统考中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，∠ADC=130°，连接AC，则∠BAC的度数为___________．【答案】40°/40度【分析】首先利用圆内接四边形的性质和∠ADC的度数求得∠B的度数，然后利用直径所对的圆周角是直角确定∠ACB=90°，然后利用直角三角形的两个锐角互余求得答案即可．【详解】解：∵四边形ABCD内接与⊙O，∠ADC=130°，∴∠B=180°∠ADC=180°130°=50°，∵AB为直径，∴∠ACB=90°，∴∠CAB=90°∠B=90°50°=40°，故答案为：40°．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质及圆周角定理的知识，解题的关键是了解圆内接四边形的对角互补．知识点三：点、线和圆的位置关系21．（2022·广东广州·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，点O在边AC上，以O为圆心，4为半径的圆恰好过点C，且与边AB相切于点D，交BC于点E，则劣弧DE的长是________（结果保留π）【答案】2π【分析】如图，连接OD，OE，证明AB∥OE,可得∠A=∠COE,再证明∠COE+∠AOD=90°,可得∠DOE=180°-90°=90°,再利用弧长公式进行计算即可．【详解】解：如图，连接OD，OE，∵OE=OC=4,∴∠OEC=∠OCE,∵AB=AC,∴∠B=∠ACB,∴∠B=∠OEC,∴AB∥OE,∴∠A=∠COE,∵⊙O与边AB相切于点D，∴∠ADO=90°,∴∠A+∠AOD=90°,∴∠COE+∠AOD=90°,∴∠DOE=180°-90°=90°,∴DE的长=故答案为：2π．【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，切线的性质，三角形的内角和定理的应用，弧长的计算，求解∠DOE=90°是解本题的关键．22．（2022·内蒙古呼和浩特·统考中考真题）已知AB为⊙O的直径且AB=2，点C是⊙O上一点（不与A、B重合），点D在半径OB上，且AD=AC，AE与过点C的⊙O的切线垂直，垂足为E．若∠EAC=36°，则CD【答案】15【分析】根据题意作出图形，连接CO，根据切线的性质，等边对等角，平行线的性质可得∠CAD=36°，根据AD=AC，可得∠CDO=∠COD=72°,可得OC=CD=1,进而证明△ACD∽△COD，根据相似三角形的性质列出方程，解方程即可求解．【详解】如图，连接CO，∵EC是⊙O的切线，AE⊥EC，∠EAC=36°，∴OC⊥EC,∴AE∥OC，∠ACO=∠EAC=36°,∵OA=OC,∴∠OAC=∠OCA=36°,∴∠COD=2∠CAO=72°,∵AC=AD,∴∠ADC=∠ACD=72°,

∴∠ADC=∠COD=72°,∴CD=CO=1∵∠COD=∠CDO=72°∴∠OCD=180°-2×72°=36°∵∠CAD=∠OCD=36°,∠ADC=∠CDO=72°,∴△ACD∽△COD∴设OD=x，则AC=AD=1+x∴1+x解得x=5即DO=故答案为：1,5【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识结合图形求解是解题的关键．23．（2022·江苏泰州·统考中考真题）如图，PA与⊙O相切于点A，PO与⊙O相交于点B，点C在AmB上，且与点A，B不重合，若∠P=26°，则∠C的度数为_________°．【答案】32【分析】连接OA，根据切线的性质和直角三角形的性质求出∠O=64°．再根据圆周角的定理，求解即可．【详解】解：连接OA，∵PA与⊙O相切于点A，∴∠PAO=90°，∴∠O=90°∠P，∵∠P=26°，∴∠O=64°，∴∠C=12∠O=32°故答案为：32．【点睛】此题考查了切线的性质以及圆周角定理，解题的关键是正确利用切线的定理，作出辅助线，求出∠O的度数．24．（2022·海南·统考中考真题）如图，射线AB与⊙O相切于点B，经过圆心O的射线AC与⊙O相交于点D、C，连接BC，若∠A=40°，则∠ACB=___________°．【答案】25【分析】连接OB，如图，利用切线的性质得∠ABO=90°，再利用互余得到∠AOB=50°，然后根据三角形外角性质和等腰三角形的性质计算∠C的度数．【详解】解：连接OB，如图，∵边AB与⊙O相切，切点为B，∴OB⊥AB，∴∠ABO=90°，∴∠AOB=90°∠A=90°40°=50°，∵OB=OC，∴∠OBC=∠C，∴∠AOB=∠OBC+∠C=2∠C，∴∠C=12∠AOB=25°故答案为：25．【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．25．（2022·广西玉林·统考中考真题）如图，在5×7网格中，各小正方形边长均为1，点O，A，B，C，D，E均在格点上，点O是△ABC的外心，在不添加其他字母的情况下，则除△ABC外把你认为外心也是O的三角形都写出来【答案】△ADC、△BDC、△ABD【分析】先求出△ABC的外接圆半径r，再找到距离O点的长度同为r的点，即可求解．【详解】由网格图可知O点到A、B、C三点的距离均为：12则外接圆半径r=5图中D点到O点距离为：12图中E点到O点距离为：12则可知除△ABC外把你认为外心也是O的三角形有：△ADC、△ADB、△BDC，故答案为：△ADC、△ADB、△BDC．【点睛】本题考查了外接圆的性质、勾股定理等知识，求出△ABC的外接圆半径r是解答本题的关键．26．（2022·湖北武汉·统考中考真题）如图，点P是⊙O上一点，AB是一条弦，点C是APB上一点，与点D关于AB对称，AD交⊙O于点E，CE与AB交于点F，且BD∥CE．给出下面四个结论：①CD平分∠BCE；

②BE=BD；

③AE2【答案】①②④【分析】根据点AB为CD的垂直平分线，得出BD=BC，AD=AC，根据等边对等角得出∠BDC=∠BCD，利用平行线性质可判断①正确；利用△ADB≌△ACB（SSS）得出∠EAB=∠CAB，利用圆周角弧与弦关系可判断②正确；根据等弧所对的圆周角相等可得∠AEF≠∠ABE，从而可得△AEF与△ABE不相似，即可判断③；连结OB，利用垂径定理得出OB⊥CE，利用平行线性质得出OB⊥BD，即可判断④正确．【详解】解：∵点C是APB上一点，与点D关于AB对称，∴AB为CD的垂直平分线，∴BD=BC，AD=AC，∴∠BDC=∠BCD，∵BD∥CE，∴∠ECD=∠CDB，∴∠ECD=∠BCD，∴CD平分∠BCE，故①正确；在△ADB和△ACB中，∵AD=AC，BD=BC，AB=AB，∴△ADB≌△ACB（SSS），∴∠EAB=∠CAB，∴BE=∴BE=BC=BD，故②正确；∵AC≠AE，∴AC≠AE，∴∠AEF≠∠ABE，∴△AEF与△ABE不相似，故③错误；连结OB，∵BE=BC，∴OB⊥CE，∵BD∥CE，∴OB⊥BD，∴BD为⊙O的切线．故④正确，∴其中所有正确结论的序号是①②④．故答案为①②④．．【点睛】本题考查轴对称性质，线段垂直平分线性质，角平分线判定，三角形全等判断于性质，垂径定理，切线判断，掌握轴对称性质，线段垂直平分线性质，角平分线判定，三角形全等判断于性质，垂径定理，切线判断是解题关键．27．（2022·山东泰安·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠B=90°，⊙O过点A、C，与AB交于点D，与BC相切于点C，若∠【答案】64°/64度【分析】根据同弧对应的圆心角是圆周角的2倍计算出∠DOC，再根据AB//OC，内错角∠ADO=∠DOC得到答案．【详解】如下图所示，连接OC从图中可以看出，∠DAC是圆弧DC对应的圆周角，∠DOC是圆弧DC对应的圆心角得∠DOC=2∠DAC=64∵BC是圆O的切线∴OC⊥BC∵∠B=90°∴AB⊥BC∴AB//OC∴∠ADO=∠DOC=64故答案为：64°【点睛】本题考查圆的切线的性质，圆周角定理、平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握圆和平行线的相关知识．28．（2022·湖南株洲·统考中考真题）中国元代数学家朱世杰所著《四元玉鉴》记载有“锁套吞容”之“方田圆池结角池图”．“方田一段，一角圆池占之．”意思是说：“一块正方形田地，在其一角有一个圆形的水池（其中圆与正方形一角的两边均相切）”，如图所示．问题：此图中，正方形一条对角线AB与⊙O相交于点M、N（点N在点M的右上方），若AB的长度为10丈，⊙O的半径为2丈，则BN的长度为_________丈．【答案】8-2【分析】如图，先根据正方形的性质得出∠OAC=12∠EAD=45°，再解直角三角形求出AO【详解】解：如图，设⊙O与AD边的切点为点C，连接OC，则OC=2（丈），OC⊥AD，由正方形的性质知∠EAD=90°，对角线AB平分∠EAD，∴∠OAC=1∴AO=OC∴AN=ON+AO=2+22∴BN=AB-AN=10-(2+22故答案为：8-22【点睛】本题考查正方形的性质，圆的切线的定义，解直角三角形等，通过解直角三角形求出AO的长度是解题的关键．29．（2022·浙江宁波·统考中考真题）如图，在△ABC中，AC=2，BC=4，点O在BC上，以OB为半径的圆与AC相切于点A，D是BC边上的动点，当△ACD为直角三角形时，AD的长为___________．【答案】32或【分析】根据切线的性质定理，勾股定理，直角三角形的等面积法解答即可．【详解】解：连接OA，①当D点与O点重合时，∠CAD为90°，设圆的半径=r，∴OA=r，OC=4r，∵AC=2，在Rt△AOC中，根据勾股定理可得：r2+4=（4r）2，解得：r=32即AD=AO=32②当∠ADC=90°时，过点A作AD⊥BC于点D，∵12AO•AC=12∴AD=AO⋅ACOC∵AO=32，AC=2，OC=4r=5∴AD=65综上所述，AD的长为32或6故答案为：32或6【点睛】本题主要考查了切线的性质和勾股定理，熟练掌握这些性质定理是解决本题的关键．30．（2022·江苏连云港·统考中考真题）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，A为切点，连接BC，与⊙O交于点D，连接OD．若∠AOD=82°，则∠C【答案】49【分析】利用同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求得∠B=12∠AOD=41°，根据AC是⊙O的切线得到∠BAC=90°【详解】解：∵∠AOD=82°，∴∠B=12∠AOD=41°∵AC为圆的切线，A为切点，∴∠BAC=90°，∴∠C=90°41°=49°故答案为49．【点睛】此题考查圆周角定理，圆的切线的性质定理，直角三角形两锐角互余，正确理解圆周角定理及切线的性质定理是解题的关键．知识点四：正多边形和圆31．（2022·辽宁营口·统考中考真题）如图，在正六边形ABCDEF中，连接AC,CF，则∠【答案】30【分析】连接BE，交CF与点O，连接OA，先求出∠AOF=360°【详解】连接BE，交CF与点O，连接OA，∵在正六边形ABCDEF中，∴∠AOF=360°∵OA=OC∴∠OAC=∠OCA∵∠AOF=∠OAC+∠ACF=2∠ACF∴∠ACF=30°，故答案为：30．【点睛】本题考查了正多边形与圆，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．32．（2022·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，正六边形ABCDEF和正五边形AHIJK内接于⊙O，且有公共顶点A，则∠BOH的度数为【答案】12【分析】连接AO，求出正六边形和正五边形的中心角即可作答．【详解】连接AO，如图，∵多边形ABCDEF是正六边形，∴∠AOB=360°÷6=60°，∵多边形AHIJK是正五边形，∴∠AOH=360°÷5=72°，∴∠BOH=∠AOH∠AOB=72°60°=12°，故答案为：12．【点睛】本题考查了正多边形的中心角的知识，掌握正多边形中心角的计算方法是解答本题的关键．33．（2022·江苏宿迁·统考中考真题）如图，在正六边形ABCDEF中，AB=6，点M在边AF上，且AM=2．若经过点M的直线l将正六边形面积平分，则直线l被正六边形所截的线段长是_____．【答案】4【分析】如图，连接AD，CF，交于点O，作直线MO交CD于H，过O作OP⊥AF于P，由正六边形是轴对称图形可得：S四边形ABCO=S四边形DEFO,由正六边形是中心对称图形可得：S△AOM【详解】解：如图，连接AD，CF，交于点O，作直线MO交CD于H，过O作OP⊥AF于P，由正六边形是轴对称图形可得：S四边形由正六边形是中心对称图形可得：S△AOM=S∴直线MH平分正六边形的面积，O为正六边形的中心，由正六边形的性质可得：△AOF为等边三角形，∠AFO=60°,而AB=6,∴AB=AF=OF=OA=6,AP=FP=3,∴OP=6∵AM=2,则MP=1,∴OM=1∴MH=2OM=47故答案为：4【点睛】本题考查的是正多边形与圆的知识，掌握“正六边形既是轴对称图形也是中心对称图形”是解本题的关键．34．（2022·浙江丽水·统考中考真题）三个能够重合的正六边形的位置如图．已知B点的坐标是(-3,3)，则A点的坐标是【答案】(【分析】如图，延长正六边形的边BM与x轴交于点E，过A作AN⊥x轴于N，连接AO，BO，证明∠BOE=∠AON,可得A,O,B三点共线，可得A,B关于O对称，从而可得答案．【详解】解：如图，延长正六边形的边BM与x轴交于点E，过A作AN⊥x轴于N，连接AO，BO，∴三个正六边形，O为原点，∴BM=MO=OH=AH,∠BMO=∠OHA=120°,∴△BMO≌△OHA,∴OB=OA,∴∠MOE=120°-90°=30°,∠MBO=∠MOB=∴∠BOE=60°,∠BEO=90°,同理：∠AON=120°-30°-30°=60°,∠OAN=90°-60°=30°,∴∠BOE=∠AON,∴A,O,B三点共线，∴A,B关于O对称，∴A(3故答案为：(【点睛】本题考查的是坐标与图形的性质，全等三角形的判定与性质，关于原点成中心对称的两个点的坐标特点，正多边形的性质，熟练的应用正多边形的性质解题是解本题的关键．35．（2022·山东枣庄·统考中考真题）北京冬奥会开幕式的巨型雪花状主火炬塔的设计，体现了环保低碳理念．如图所示，它的主体形状呈正六边形．若点A，F，B，D，C，E是正六边形的六个顶点，则tan∠ABE＝_____．【答案】3【分析】由正六边形的性质得AB＝BC＝AC，BE垂直平分AC，再由等边三角形的性质得∠ABC＝60°，则∠ABE＝12∠ABC＝30°【详解】连接BC、AC，∵点A，F，B，D，C，E是正六边形的六个顶点，∴AB＝BC＝AC，BE垂直平分AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∵BE⊥AC，∴∠ABE＝12∠ABC＝30°∴tan∠ABE＝tan30°＝33故答案为：33【点睛】本题考查了正六边形的性质、等边三角形的判定与性质以及特殊角的锐角三角函数，熟练掌握正六边形的性质、等边三角形的判定与性质是本题的关键．36．（2022·吉林长春·统考中考真题）跳棋是一项传统的智力游戏．如图是一副跳棋棋盘的示意图，它可以看作是由全等的等边三角形ABC和等边三角形DEF组合而成，它们重叠部分的图形为正六边形．若AB=27厘米，则这个正六边形的周长为_________【答案】54【分析】设AB交EF、FD与点N、M，AC交EF、ED于点G、H，BC交FD、ED于点O、P，再证明△FMN、△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等边三角形即可求解．【详解】设AB交EF、FD与点N、M，AC交EF、ED于点G、H，BC交FD、ED于点O、P，如图，∵六边形MNGHPO是正六边形，∴∠GNM=∠NMO=120°，∴∠FNM=∠FMN=60°，∴△FMN是等边三角形，同理可证明△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等边三角形，∴MO=BM，NG=AN，OP=PD，GH=HE，∴NG+MN+MO=AN+MN+BM=AB，GH+PH+OP=HE+PH+PD=DE，∵等边△ABC≌等边△DEF，∴AB=DE，∵AB=27cm，∴DE=27cm，∴正六边形MNGHPO的周长为：NG+MN+MO+GH+PH+OP=AB+DE=54cm，故答案为：54．【点睛】本题考查了正六边的性质、全等三角形的性质以及等边三角形的判定与性质等知识，掌握正六边的性质是解答本题的关键．37．（2022·四川成都·统考中考真题）如图，已知⊙O是小正方形的外接圆，是大正方形的内切圆．现假设可以随意在图中取点，则这个点取在阴影部分的概率是_________．【答案】π-2【分析】如图，设OA=a，则OB=OC=a，根据正方形内接圆和外接圆的关系，求出大正方形、小正方形和圆的面积，再根据概率公式计算即可．【详解】解：如图，设OA=a，则OB=OC=a，由正方形的性质可知∠AOB=90°，AB=a由正方形的性质可得CD=CE=OC=a，∴DE=2a，S阴影=S圆S小正方形=πaS大正方形=2a2∴这个点取在阴影部分的概率是π-2a故答案为：π-2【点睛】本题考查了概率公式、正方形的性质、正方形外接圆和内切圆的特点、圆的面积计算，根据题意弄清楚图形之间的关系是解题的关键．知识点五：弧长和扇形面积38．（2022·江苏徐州·统考中考真题）已知圆锥的母线长AB=6cm，底面半径OB=2【答案】120°/120度【分析】首先可求得圆锥的底面周长，也就是圆锥的侧面展开图的弧长，再利用弧长公式可求得圆锥的侧面展开图中扇形的圆心角．【详解】解：∵圆锥的底面半径为OB=2cm，∴圆锥的底面周长为4πcm，设扇形的圆心角为n°，∴nπ×6解得n=120，故圆锥的侧面展开图中扇形的圆心角为120°，故答案为：120°．【点睛】此题主要考查了圆锥的有关计算，理解圆锥的侧面展开图的弧长等于圆锥的底面周长是解题关键．39．（2021·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，⊙A，⊙B，⊙C两两不相交，且半径都等于2，则图中三个扇形（即阴影部分）的面积之和为______【答案】2π【分析】根据三个扇形的半径都是2，由扇形的面积公式即可求出阴影部分的面积．【详解】解：∵三个扇形的半径都是2，∴而三个圆心角的和是180°，∴图中的三个扇形(即三个阴影部分)的面积之和为180·π·2故答案为：2π．【点睛】考查了扇形面积的计算，因为三个扇形的半径相等，所以不需知道各个扇形的圆心角的度数，只需知道三个圆心角的和即可．40．（2014·河南·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=1，∠DAB=60°，把菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB′C′D′，其中点C的运动路径为CC'，则图中阴影部分的面积为【答案】π【分析】根据菱形的性质以及旋转角为30°，连接CD′和BC'，可得A、D′、C及A、B、C′分别共线，求出扇形的面积，再根据AAS证得两个小三角形全等，求得面积，最后根据扇形ACC'的面积两个小的三角形的面积即可．【详解】解：连接CD′和BC'∵∠DAB=60°∴∠DAC=∠CAB=30°∵∠C'AB'=30°∴A、D′、C及A、B、C′分别共线∴AC=∴扇形ACC′的面积为：30π×∵AC=AC′，AD′=AB在△OCD'CD'=BC'∴△OCD'≌△OC'B∴OB=OD′，CO=C′O又∵∠CBC'=60°,∠BC'O=30°∴∠BOC'=90°在Rt△BOC'中，解得BO=∴S△OCB=12×BO×C'O=∴S阴影故答案为:π4

【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，扇形的面积公式，熟练掌握旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小是解题的关键．41．（2022·辽宁朝阳·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AD＝23，DC＝43，将线段DC绕点D按逆时针方向旋转，当点C的对应点E恰好落在边AB上时，图中阴影部分的面积是_____．【答案】24﹣63-【分析】由旋转的性质可得DE＝DC＝43，由锐角三角函数可求∠ADE＝60°，由勾股定理可求AE的长，分别求出扇形EDC和四边形DCBE的面积，即可求解．【详解】解：∵将线段DC绕点D按逆时针方向旋转，∴DE＝DC＝43，∵cos∠ADE=AD∴∠ADE＝60°，∴∠EDC＝30°，∴S扇形EDC=30×π×48360∵AE=DE∴BE＝AB﹣AE＝43-6∴S四边形DCBE=(43-6+43∴阴影部分的面积＝24﹣63-4π故答案为：24﹣63-4π【点睛】本题考查了旋转的性质，锐角三角函数，矩形的性质，扇形的面积公式等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．42．（2022·山东菏泽·统考中考真题）如图，等腰Rt△ABC中，AB=AC=2，以A为圆心，以AB为半径作BDC﹔以BC为直径作【答案】π-2【分析】由图可知：阴影部分的面积＝半圆CAB的面积△ABC的面积+扇形ABC的面积△ABC的面积，可根据各自的面积计算方法求出面积即可．【详解】解：∵等腰Rt△ABC中，AB=AC=∴BC=2∴S扇形ACB=90π×2360=π2，S半圆CAB=12π×（1）2=π2所以阴影部分的面积＝S半圆CABS△ABC+S扇形ACBS△ABC=π故答案是：π-2．【点睛】本题主要考查了扇形和三角形的面积计算方法．不规则图形的面积通常转化为规则图形的面积的和差．43．（2022·山东枣庄·统考中考真题）在活动课上，“雄鹰组”用含30°角的直角三角尺设计风车．如图，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，将直角三角尺绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，使点C′落在AB边上，以此方法做下去……则B点通过一次旋转至B′所经过的路径长为_____．（结果保留π）【答案】4π【分析】根据题意，点B所经过的路径是圆弧，根据直角三角形30°角所对的边等于斜边的一半，易知AB=4，结合旋转的性质可知∠BAB′＝∠BAC＝60°，，最后求出圆弧的长度即可．【详解】∵∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，∴AB＝2AC＝4，∠BAC＝60°，由旋转的性质得，∠BAB′＝∠BAC＝60°，∴B点通过一次旋转至B′所经过的路径长为60π·4180故答案为：4π3【点睛】本题主要考查了直角三角形30°角所对的边等于斜边的一半，旋转的性质，以及圆弧的求法，熟练地掌握相关内容是解题的关键．44．（2022·西藏·统考中考真题）已知Rt△ABC的两直角边AC＝8，BC＝6，将Rt△ABC绕AC所在的直线旋转一周形成的立体图形的侧面积为_____（结果保留π）．【答案】60π【分析】直角三角形绕其中一直角边旋转180°得到的几何体是圆锥，由此可知所求为圆锥的侧面积，代入圆锥侧面积公式即可求解．【详解】由勾股定理得AB＝10，∵BC＝6，∴圆锥的底面周长＝12π，旋转体的侧面积＝12×12π×10＝60π故答案为：60π．【点睛】本题考查了圆锥的侧面积，掌握相关定义定理，认真读题，仔细解答是本题的解题关键．45．（2022·贵州黔西·统考中考真题）如图，边长为4的正方形ABCD的对角线交于点O，以OC为半径的扇形的圆心角∠FOH=90°．则图中阴影部分面积是【答案】2π-4【分析】证明△OCG≌△OBE，经过观察易得出结论：阴影部分面积=扇形面积正方形面积的14【详解】∵四边形ABCD为正方形，∴OB=OC，∠BOC=90°，∠OBE=∠OCG=45°，∵扇形的圆心角∠FOH=90°，∴∠BOC∠COE=∠FOH∠COE，即∠BOE=∠COG，在△OCG和△OBE中，∠OBE=∠OCG，∠BOE=∠COG，OB=OC∴△OCG≌△OBE，∵正方形边长为4，∴AC=42∴OC=2∵S扇形S=S=S=2π-4故答案为：2π-4【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形的全等以及扇形面积的计算；掌握正方形的性质，熟练地进行三角形全等的判定，将不规则图形的面积转化为常见图形的面积是解题的关键．46．（2022·青海西宁·统考中考真题）如图，等边三角形ABC内接于⊙O，BC=23，则图中阴影部分的面积是________．【答案】4π3/【分析】根据等边三角形的性质可得S△COB=S△AOC，∠AOC=120°，将阴影部分的面积转化为扇形AOC的面积，利用扇形面积的公式计算可求解．【详解】解：过点O作OD⊥AC于点D，∵△ABC为等边三角形，∴∠AOC=120°，AD=CD=3，∴∠OAC=30°，∴OA=AD÷cos30°=2，∵△ABC为等边三角形，∴S△COB=S△AOC，∠AOC=120°，∴S阴影=S扇形AOC=120π⋅22360故答案为：4π3【点睛】本题主要考查扇形面积的计算，等边三角形的性质，掌握扇形面积公式是解题的关键．47．（2022·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形OABC是平行四边形，AB＝1，以点O为圆心，OC长为半径的⊙O与AB相切于点B，与AO相交于点D．则图中阴影部分的面积为_____．【答案】4-π【分析】连接OB，根据切线的性质可得∠OBA＝90°，根据平行四边形的性质可得AB＝OC＝OB＝1，从而可得∠AOB＝45°，然后利用阴影部分的面积＝△AOB的面积﹣扇形DOB的面积，进行计算即可解答．【详解】连接OB，∵AB与⊙O相切于点B，∴∠OBA＝90°，∵四边形ABCO是平行四边形，∴AB＝OC＝1，∴AB＝OB＝1，∴∠AOB＝∠OAB＝45°，∴阴影部分的面积＝△AOB的面积﹣扇形DOB的面积＝12AB•OB﹣＝12×1×1﹣＝4-π8故答案为：4-π8【点睛】本题考查了切线的性质，平行四边形的性质，扇形面积的计算，熟练掌握切线的性质，以及平行四边形的性质是解题的关键．模块二〖押题冲关〗1．（2023·上海徐汇·统考二模）如图，在直角坐标系中，已知点A8，0、点B0，6，⊙A的半径为5，点C是⊙A上的动点，点【答案】2.5≤OP≤7.5【分析】如图，在y轴上取一点B'0，-6，连接B'A，B'C，由勾股定理求出B'A=10，由三角形中位线定理求B'C=2OP，当C在线段B【详解】解：如图，在y轴上取一点B'0,-6，连接B'∵B'0，∴OB'=OB=6∴B'∵点P是BC的中点，∴BP=PC，∵OB=OB'，∴OP是△BB∴B'当C在线段B'A上时，B'当C在线段B'A延长线上时，B'∴5≤B∴2.5≤OP≤7.5，故答案为：2.5≤OP≤7.5．【点睛】本题考查的是圆外一点到圆上点距离的最值，三角形中位线定理，勾股定理等知识，添加恰当的辅助线是解答本题的关键．2．（2023·江苏连云港·统考一模）如图，已知△ABC为等边三角形，AB=6，将边AB绕点A顺时针旋转a0°<a<120°，得到线段AD，连接CD，点E为CD上一点，且DE=2CE【答案】27-【分析】过E作EH∥AD，交AC于H，根据等边三角形的性质和旋转的性质，得到AD=AC，进而得到∠CEH=∠D=∠ACD，根据平行线分线段成比例定理，得到CECD=CHAC=13，得到CH=EH=2，取AH的中点P，连接EP，可得点E在以H为圆心，CP为直径的弧上运动，当B、E、H三点共线时，BE的长最小，过点B作BQ⊥AC于【详解】解：如图，过E作EH∥AD，交AC于H，∵△ABC为等边三角形，∴AB=AC=6，将边AB绕点A顺时针旋转a0°<a<120°，得到线段AD∴AD=AB=AC，∴∠D=∠ACD，∵EH∥AD，∴∠CEH=∠D，∴∠CEH=∠D=∠ACD，∴CH=EH，∵DE=2CE，∴CE∵AC=6，∴CH=2，AH=4，取AH的中点P，连接EP，∴PH=2，即点H为CP的中点，∵CH=EH=2，∴EH=1∴点E在以H为圆心，CP为直径的弧上运动，∵EH为定值2，∴当B、E、H三点共线时，BE的长最小，过点B作BQ⊥AC于Q，∵△ABC为等边三角形，∴CQ=AQ=1∴BQ=BC∵QH=CQ-CH=1，∴BH=B∴BE=27即BE的最小值为2故答案为：27【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例定理等知识，根据题意正确作出辅助线是解题关键．3．（2023·天津河东·一模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，∠APC边上的点A，点B，点C及点D均落在格点上，且点B，点C（1）线段AB的长等于_____．（2）在网格内有一点E，满足∠ABE=∠BCE，在线段AP上有一点F，当DF+EF取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点E，点F，并简要说明点E【答案】32如图，取格点M、N，连接MN，取格点W、H、K、L、X，连接HL，WK交于T，连接TX，连接OL交TX于S，连接SD交AP【分析】（1）利用勾股定理求解即可；（2）如图，取格点M、N，连接MN，取格点W、H、K、L、X，连接HL，WK交于T，连接TX，连接OL交TX于S，连接SD交AP于【详解】解：（1）由题意得，AB=3故答案为：32（2）如图，取格点M、N，连接MN交BC于O，取格点W、H、K、L、X，连接HL，WK交于T，连接TX，连接OL交TX于S，连接SD交AP于如图，连接AB，由勾股定理得AB=BC=32+∴AB2∴∠ABC=90°，同理可证∠CMB=∠NCM=90°，∴BC，MN是直径，则点∴AB是⊙O的切线，∵∠BEC=90°，∴∠BCE+∠CBE=90°，∵∠ABE=∠BCE，∴∠ABE+∠CBE=90°∴点E即为BNC上一点，设点D关于直线AP的对称点为D'，点O关于直线AP的对称点为∴D'F=DF，∴DF+FE=D∴当D'、E∴由对称性可知O'D与OD由网格的特点可知，点O关于直线AP的对称点即为点S，∴连接SD交AP于F，点F即为所求，∴连接OF交圆于E，点E即为所求．故答案为：如图，取格点M、N，连接MN交BC于O，取格点W、H、K、L、X，连接HL，WK交于T，连接TX，连接OL交TX于S，连接SD交AP于【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，轴对称最短路径问题，圆外一点到圆上一点的距离的最值问题，勾股定理和勾股定理的逆定理等等，熟练掌握相关知识是解题的关键．4．（2023·河南周口·统考一模）如图，在扇形OAB中，∠AOB=90°，OA=6，点C，D分别在OA和OB上，且点C是OA的中点，BD=2，点E在弧AB上，连接CE，【答案】4【分析】作辅助线如图，根据相似三角形的判定得到△COE∽△EOG，再利用相似三角形的性质得到DE＋【详解】解：延长OA至点G，使AG=OA，连接GE、则OEOG∵点C为OA的中点，OA=OE，∴OCOE∴OCOE又∠COE＝∴△COE∽△EOG，∴CEEG∴EG＝∴DE+2CE＝当D、E、G三点在同一直线上时，此时DE+2CE=DG=O∴DE+2CE有最小值为410故答案为：410【点睛】本题考查了相似三角形的性质及判定，勾股定理，掌握相似三角形的性质及判定是解题的关键．5．（2023·广东广州·统考一模）如图，AB是⊙O的弦，OP⊥OA交AB于点P，过点B的直线交OP的延长线于点C，若CP=CB，OA=3，【答案】4【分析】由垂直定义得∠A+∠APO=90°，根据等腰三角形的性质由CP=CB得∠CBP=∠CPB，根据对顶角相等得∠CPB=∠APO，所以∠APO=∠CBP，而∠A=∠OBA，所以∠OBC=∠CBP+∠OBA=∠APO+∠A=90°，设BC=x，则PC=x，在Rt△OBC中，根据勾股定理得到【详解】解：连接OB，如图所示：∵OP⊥OA，∴∠AOP=90°，∴∠A+∠APO=90°，∵CP=CB，∴∠CBP=∠CPB，而∠CPB=∠APO，∴∠APO=∠CBP，∵OA=OB，∴∠A=∠OBA∴∠OBC=∠CBP+∠OBA=∠APO+∠A=90°，∴△OBC为直角三角形，设BC=x，则PC=x，在Rt△OBC中，OB=3，∵OB∴32解得：x=4，即BC的长为4．故答案为：4．【点睛】本题考查了圆的基本知识，等腰三角形的性质以及勾股定理，垂线定义理解，正确应用勾股定理求出BC的长是解题关键．6．（2023·上海静安·统考二模）在平面直角坐标系xOy中，我们定义点Ax,y的“关联点”为Bx+y,x-y．如果已知点A在直线y=x+3上，点B【答案】-【分析】先求得点Ax,y的“关联点”为B2x+3,-3，过点C0，-3作y轴的垂线EF，交圆O于点E、F，连接【详解】解：∵y=x+3，∴x+y=x+x+3=2x+3，x-y=x-x+3∴点Ax,y的“关联点”为B过点C0，-3作y轴的垂线EF，交圆O于点E、F，连接OE，则点在Rt△OCE中，∵EF⊥y轴，y轴过圆心，∴CE=CF=3，∴x的取值范围为-3<x<3故答案为：-3<x<3【点睛】本题考查了勾股定理，垂径定理，一次函数数等知识，熟练掌握垂径定理是解题的关键．7．（2023·河北衡水·校联考模拟预测）如图，AMB关于AB对称的AOB经过AMB所在圆的圆心O，已知AB=6，点P为AMB（1）∠AOB=______（2）点P到AB的最大距离是______；（3）若点M、N分别是AP,BP的中点，则MN的长为【答案】12032【分析】（1）过O作OC⊥AB于D，交AMB于C，根据垂径定理得到AD=BD，∠AOB=2∠AOD，根据轴对称的性质得到（2）当点P为AMB的中点时，点P到AB的距离最大，即点P与点C重合时，点P到AB的距离最大，根据垂径定理得到AD=12AB=3（3）连接OM，ON，【详解】解：（1）过O作OC⊥AB于D，交AMB于∴AD=BD，∠AOB=2∠AOD，∵AMB关于AB对称的AOB经过AMB所在圆的圆心O，∴OD=1∴∠DAO=30°，∴∠AOD=60°，∴∠AOB=2∠AOD=120°，故答案为：120；（2）当点P为AMB的中点时，点P到即点P与点C重合时，点P到AB的距离最大，∵AB=6，OD⊥AB，∴AD=1∴OD=33AD=∴CD=OC-OD=23故点P到AB的最大距离是3；故答案为：3；（3）连接OM，ON，∵点M、N分别是AP、BP的中点，∴AM∴∠POM=1∴∠MON=∠POM+∠PON=1由（2）知∴MN的长为60⋅π×2故答案为：23【点睛】本题考查了弧长的计算，圆周角定理，直角三角形的性质，垂径定理，正确地作出辅助线是解题的关键．8．（2023·北京丰台·统考一模）如图，在⊙O中，AB为弦，OC⊥AB于点C，交⊙O于点D，E，连接EA，【答案】AC=BC；∠EAB=∠EBA（答案不唯一）【分析】利用垂径定理和圆周角定理得出相等关系即可.【详解】∵在⊙O中，AB为弦，OC⊥AB，∴AC=BC,AD∴AE=BE,∠EAB=∠EBA,∠AED=∠BED，故答案为：AC=BC；∠EAB=∠EBA（答案不唯一）.【点睛】本题考查了垂径定理和圆周角定理，正确应用定理是解题的关键.9．（2023·湖南长沙·统考一模）如图，AB是半圆O的直径，AB=12，AC为弦，OD⊥AC于D，OE∥AC交半圆O于点E，EF⊥AB于F【答案】3【分析】由AAS定理得出△ADO≌△OFE，推出OF=AD，根据垂径定理求出AD的长，再根据勾股定理求解即可．【详解】∵OD⊥AC，EF⊥AB，∴∠ADO=∠OFE=90°，∵OE∥AC，∴∠DOE=∠ADO=90°，∴∠DAO+∠DOA=90°，∠DOA+∠EOF=90°，∴∠DAO=∠EOF，在△ADO和△OFE中，∠ADO=∠EFO∠DAO=∠FOE∴△ADO≌△OFEAAS∴OF=AD，∵AB=12，BF=3，∴OF=AD=3，OA=6，∵OD⊥AC，∴AD=CD=3，∴OD=A故答案为：33【点睛】本题的是垂径定理，全等三角形的性质和判定等知识，解此题的关键是求出△ADO≌△OFE和求出AD的长，注意：垂直于弦的直径平分这条弦．10．（2023·四川成都·统考二模）如图，已知AB是⊙O的弦，∠AOB=140°，OD⊥AB，垂足为C，交⊙O于点D，若P为⊙O上一点，连接AP【答案】35°/35度【分析】根据垂径定理得出∠AOD=∠BOD，进而求出∠AOD=60°，再根据圆周角定理可得．【详解】解：∵OC⊥AB，OD为半径，∴BD=∴∠AOD=∠BOD，∵∠AOB=140°，∴∠AOD=70°，∴∠APD=1故答案为：35°．【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理等知识，掌握垂径定理是解答本题的关键．11．（2023·陕西西安·校考模拟预测）圆⊙O的半径为4，AB、CD是⊙O的两条弦，且AB=CD=4【答案】8【分析】连接OA，OB，OC，OD，过点O作OH⊥AB于点H．由垂径定理结合锐角三角函数可求出cos∠OAH=AHOA=32，即得出∠OAH=30°，从而可求出∠AOB=∠COD=120°，进而可求出∠AOD+∠BOC=120°．将△AOD绕点O顺时针旋转，使点D与点C重合，设A的对应点为点E，则∠BOE=∠BOC+∠COE=∠BOC+∠AOD=120°，此时S△AOD+S△BOC=S△COE+S△BOC．连接BE，交OC于点F，分别作BM⊥OC于点M，EN⊥OC于点【详解】解：如图，连接OA，OB，OC，OD，过点∴AH=BH=12AB=2∵OA=4，∴cos∠OAH=AH∴∠OAH=30°，∴∠AOH=60°，∴∠AOB=120°．∵AB=CD=43∴∠AOB=∠COD=120°，∴∠AOD+∠BOC=360°-2×120°=120°．如图，将△AOD绕点O顺时针旋转，使点D与点C重合，设A的对应点为点E，∴∠BOE=∠BOC+∠COE=∠BOC+∠AOD=120°，则此时S△AOD如图，连接BE，交OC于点F，分别作BM⊥OC于点M，EN⊥OC于点N，∴S△COE∵BM+EN≤BF+EF=BE，∴当F，M，N三点重合时BM+EN最大，即为BE的长，如图．∵∠BOE=120°=∠AOB，∴BE=AB=43∴S△COE【点睛】本题考查垂径定理，弧、弦、圆心角的关系，解直角三角形，旋转的性质等知识．正确作出辅助线并理解当F，M，N三点重合时BM+EN最大，即为BE的长是解题关键．12．（2023·上海·模拟预测）已知钝角△ABC内接于⊙O，AB=BC，将△ABC沿AO所在直线翻折，得到△AB'C'，连接【答案】5511/【分析】延长AO交⊙O于F，设BB'、CC'交AF于N、E，连接OC，OB，设BB'=4x，CC'=3x，由翻折知AF是BB'、CC【详解】解：延长AO交⊙O于F，设BB'、CC'交AF于N、∵BB设BB由翻折知AF是BB∴BN=2x，CE=3x2∵AB=BC，∴AB=∴∠AOB=∠BOC，在△BON和△COM中，∠BON=∠COM∴△BON≌△COM（AAS），∴CM=BN=2x，∴AC=2CM=4x，∵∠AMO=∠AEC，∠OAM=∠CAE，∴△AMO∽△AEC，∴OMCE∴OM=38在Rt△AOM中，由勾股定理得，2x2解得r=1655∴BM=255∴tan∠BAC=故答案为：5511【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，运用相似三角形的性质表示出OM=3813．（2023·福建泉州·统考一模）如图，AB、AC是⊙O的弦（不是直径），将AB沿AB翻折交AC于点D．若AB=AC，AD【答案】5【分析】设翻折前点D的对应点是点D'，连接DD'、AD'、BD'、BD、BC，易证四边形ADBD'是菱形，得到∠BAD=∠BA【详解】解：设翻折前点D的对应点是点D'，连接DD'、AD'、B则：AD∴AD∵AD=∴A∴AD∴四边形ADBD∴∠BAD=∠BAD∴BC=∴BC=BD∴BC=BD=AD，∴∠C=∠BDC，∵AB=∴AB=AC，∴∠C=∠ABC，∴∠ABC=∠BDC，∵∠C=∠C，∴△ABC∽△BDC，∴BCDC=AC∴AD∴AD=-∵AD>0,CD>0，∴AD=1+∴ADCD故答案为：5+1【点睛】本题考查弧，弦，角之间的关系，同弧所对的圆周角相等，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．14．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，点E、F在边AB、AD上，且AE=AF=1，点P为BC上一动点，点Q为矩形内部一动点，且∠EQF=135°，连接PD【答案】2【分析】连接EF，作点D关于BC的对称点H，连接CH、PH，根据题意可知点Q在以A为圆心，AE长为半径的圆上运动，从而将【详解】连接EF，作点D关于BC的对称点H，连接CH、∵AE=AF=1，∠EQF=135°∴点Q在以A为圆心，AE长为半径的圆上运动∵点D关于BC的对称点为H∴PD=PH∴PQ+PD=PQ+PH∴PQ+PD的最小值为AH-AE在Rt△AH=∴PQ+PD的最小值为AH-AE=2故答案为213【点睛】本题考查了矩形的性质、轴对称最短路线问题、定弦定角、勾股定理等知识点，熟练掌握上述知识点是解答本题的关键．15．（2023·安徽马鞍山·校考一模）如图，点C是直径AB的三等分点（AC<CB），点D是弧ADB的三等分点（弧BD＜弧AD），若直径AB＝12，则【答案】2【分析】过D作DE⊥AB于E，求出∠DOB＝60°，解直角三角形求出DE、OE的长度，求出CE【详解】解：过D作DE⊥AB于E，则∠DEC=90°，∵点C是直径AB的三等分点AC<CB，直径AB＝∴AC=4，∴CO＝∵点D是弧ADB的三等分点（弧BD＜弧AD），∴∠DOB=1∴∠ODE＝∴OE=12OD=3∴CE＝∴DC=D故答案为：213【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系和直角三角形的性质，能求出∠DOB＝16．（2022·湖北省直辖县级单位·校考二模）如图，A、B是半径为2的⊙O上的两点，若∠AOB=120°，点C是AB的中点，则四边形AOBC【答案】8【分析】连接OC，证明∠AOC=∠BOC=60°,再证明△AOC，【详解】解：连接OC．∵点C是AB的中点，∴∠AOC=∠BOC，∵∠AOB=120°，∴∠AOC=∠BOC=60°，∵OA=OC=OB，∴△AOC和△BOC都是等边三角形，∴OA=OB=CA=CB=2，所以四边形AOBC的周长等于8．故答案为：8．【点睛】本题考查的是圆的基本性质，圆周角定理的应用，等边三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的判定定理是解题的关键．17．（2023·黑龙江佳木斯·统考一模）如图，AB是半⊙O的直径，点C是弧AB的中点，点E是弧AC的中点，连接EB、CA交于点F，则【答案】2【分析】连接OE交AC于点H，根据点E是弧AC的中点，可得OE⊥AC，从而证得△EHF∽△BCF，△AOH∽△ABC，进而得到EFBF=EHBC，OFBC=OAAB=【详解】解：如图，连接OE交AC于点H，∵点E是弧AC的中点，∴OE⊥AC，∵AB是半⊙O的直径，∴BC⊥AC，∴OE∥BC，∴△EHF∽△BCF，△AOH∽△ABC，∴EFBF=EH∵点C是弧AB的中点，∴∠C=90°,AC=BC，∴AB=2设BC=2x，则AB=22x，∴OE=OB=2∴EH=2∴EFBF故答案为：2【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定与性质，弧、弦、圆心角的关系，正确利用弧、弦、圆心角的关系是解题的关键．18．（2023·黑龙江绥化·统考一模）如图，正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为2，正六边形A2B【答案】81【分析】连接OE1，OD1，OD2，根据正六边形的性质可得∠E1OD1=60°，则△E【详解】解：连接OE1，OD∵六边形A1∴∠E∴△E∵正六边形A2B2∴OD∴OD∴正六边形A2B2同理可得正六边形A3B3∴正六边形A10B10故答案为：813【点睛】本题主要考查正多边形与圆的关系，解题的关键在于利用正六形边的一边与圆的两条半径可构成特殊的三角形——等边三角形，再利用60度角的余弦值即可求出下一个正六边形的边长．19．（2023·吉林长春·统考一模）如图，已知正六边形ABCDEF的边长为2cm，以点A和点D为圆心画BF和CE，则图中阴影部分的面积为______cm2．（结果保留【答案】8π【分析】先求出内角的度数，再根据扇形的面积公式计算即可．【详解】六边形的内角的度数是(6-2)×180°6所以阴影部分的面积是2×120π×22故答案为：8π3【点睛】本题主要考查了多边形的内角和，扇形的面积公式等，确定阴影部分的面积是两个相同的扇形面积和是解题的关键．20．（2023·上海徐汇·统考二模）如图，已知⊙O的内接正方形ABCD，点F是CD的中点，AF与边DC交于点E，那么EFAE【答案】2【分析】连接OF，交CD于点G，连接AC，根据题意得出GF∥AD，设AD=a，则AC=2AD=2【详解】解：如图所示，连接OF，交CD于点G，连接AC，∵⊙O的内接正方形ABCD，∴AC经过点O，∵点F是CD的中点，∴OF⊥CD，GD=GC∴GF∥AD设AD=a，则AC=∴OF=OC=∵OG=1∴FG=OF-OG=∵GF∥AD，∴△ADE∽△FGE∴EFAE故答案为：2-【点睛】本题考查了正多边形与圆，垂径定理，正方形的性质，相似三角形的性质，证明△ADE∽△FGE是解题的关键．模块三〖考前预测〗1．（2023·福建福州·闽清天儒中学校考模拟预测）在半径是3的圆中，圆心角为120°的扇形的面积是___．【答案】3π【分析】利用扇形的面积公式可得答案.【详解】解：半径是3的圆中，圆心角为120°的扇形的面积是120π×3故答案为：3π.【点睛】本题考查的是扇形面积的计算，熟记扇形面积公式是解本题的关键.2．（2023·浙江台州·统考一模）将等腰直角三角板与量角器按如图所示的方式摆放，使三角板的直角顶点与量角器的中心O重合，三角板内部的小等腰直角三角形的两个顶点A，B恰好落在量角器边缘，对应的刻度分别是70°，130°，若CA=5，则阴影部分面积为________【答案】50π-75【分析】把量角器看作半圆，构造扇形AOB，阴影部分的面积就等于扇形AOB的面积减去△AOB的面积，再利用相关的面积公式求解即可．【详解】解：连接OA、OB，作AD⊥OB于点D，∵等腰直角三角形ACB中，CA=5，∴AB=2∵A，B对应的刻度分别是70°，130°，∴∠AOB=130°-70°=60°，∵OA=OB，∴△AOB是等边三角形，∴OA=OB=AB=52，AD=AB⋅sin60°=5S阴影【点睛】本题考查了扇形的面积公式，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，构造扇形并得出等边三角形是解题的关键．3．（2023·北京顺义·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上两点，若∠AOC=140°，则【答案】20°/20度【分析】先根据邻补角的性质求出∠BOC，再根据一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半即可得出答案．【详解】解：∵AB是⊙O的直径，∠AOC=140°，∴∠BOC=180°-∠AOC=40°，∴∠D=1故答案为20°【点睛】本题主要考查了圆周角的性质和邻补角的性质，解题的关键是熟知圆周角的性质定理;一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．4．（2023·广东东莞·校考一模）如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠A=70°，则∠【答案】70°/70度【分析】直接利用圆内接四边形对角互补推导可得出答案．【详解】解：∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∴∠A+∠BCD=180°，∵∠BCD+∠DCE=180°，∴∠DCE=∠A=70°，故答案为：70°．【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形对角互补是解题关键．5．（2023·山东泰安·统考二模）如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，过点C作⊙O的切线，交直径AB的延长线于点D，若∠ABC=65°【答案】40【分析】连接OC，如图，先根据切线的性质得到∠OCD=90°，再利用圆周角定理得到∠ACB=90°，根据等边对等角求出∠OCB=∠OBC=65°，得到∠BCD=25°，然后根据三角形外角性质计算∠D的度数．【详解】解：连接OC，如图，∵CD为切线，∴OC⊥CD，∴∠OCD=90°，∵OC=OB,∴∠OCB=∠OBC=65°∴∠BCD=∠OCD-∠OCB=90°-65°=25°，∵∠OBC=∠BCD+∠D∴∠D=65°-25°=40°．故答案为：40．【点睛】本题考查了切线的性质，正确得出∠OCB=65°是解答本题的关键．6．（2023·河南南阳·统考一模）如图，在扇形OBA中∠AOB=100°，OA=4，分别以点A、B为圆心，4为半径画弧，交AB于点D【答案】56【分析】连接OC，OD，AD，BC，过点C作CH⊥OB于H，则△OBC，△OAD均为等边三角形，可得扇形OAD和扇形OBC的圆心角，由∠AOB可得∠COD，再根据阴影面积=弓形OC面积【详解】解：如图，连接OC，OD，AD，BC，过点∵OA=OB=OC=OD=AD=CB=4，∴△OBC，∴∠AOD=∠BOC=∠OAD=∠OBC=60°，∵∠AOB=100°，∴∠COD=∠AOD+∠BOC-∠AOB=2×60°-100°=20°，∵CH⊥OB，∴BH=1∴CH=∴S△COB∵扇形OBC和扇形OAD面