2021年中考数学复习之专题突破训练《专题十二：圆》解析

2021年中考数学复习之专题突破训练《专题十二：圆》

参考答案与试题解析

一、选择题

1.对于一个正多边形，下列四个命题中，错误的是

A.正多边形是轴对称图形，每条边的垂直平分线是它的对称轴

B.正多边形是中心对称图形，正多边形的中心是它的对称中心

C.正多边形每一个外角都等于正多边形的中心角

D.正多边形每一个内角都与正多边形的中心角互补

【考点】正多边形和圆.

【专题】常规题型.

【答案】B

【分析】利用正多边形的对称轴的性质、对称性、中心角的定义及中心角的性质作出判

断即可.

【解答】解：力、正多边形是轴对称图形，每条边的垂直平分线是它的对称轴，正确，故

此选项错误；

8、正奇数多边形多边形不是中心对称图形，错误，故本选项正确；

。、正多边形每一个外角都等于正多边形的中心角，正确，故本选项错误；

。、正多边形每一个内角都与正多边形的中心角互补，正确，故本选项错误.

故选：B.

【点评】本题考查了正多边形和圆的知识，解题的关键是正确的理解正多边形的有关的

定义.

2.一条排水管的截面如图所示，已知排水管的半径08=10,水面宽48=16,则截面圆心

。到水面的距离。。是

【考点】垂径定理的应用.

【答案】D

【分析】根据垂径定理求出BC,根据勾股定理求出OC即可.

【解答】解：:OCLLXB,0C过圆心。点，

：.BC=AC=—AB=-X16=8,

22

在RtZXOCB中，由勾股定理得：^=7OB2-BC2=V102-82=6,

故选：D.

【点评】本题考查了勾股定理和垂径定理的应用：由垂径定理求出BC是解决问题的关

键.

3.如图，正八边形49COE尸G〃中，NEAG大小为

G_______F

BC

A.30°B.40°C.45°D.50°

【考点】正多边形和圆.

【专题】几何图形.

【答案】C

【分析】连接AC.GE、EC,易知四边形ACEG为正方形,根据正方形的性质即可求

解.

P

【解答】解：连接/C、GE、EC,如图所示：BC3

则四边形4CEG为正方形，

：.ZEAG=45°,

故选：C.

【点评】本题考查了正多边形的性质、正方形的性质，正确作出辅助线是解决问题的关

键.

4.如图，四边形48CO内接于0。，它的一个外角NE8C=65°,分别连接4C,BD,若

AC=AD,则NO8C的度数为

A.50°B.55°C.65°D.70°

【考点】圆内接四边形的性质.

【专题】常规题型.

【答案】A

【分析】先根据园内接四边形的性质得出N4QC=NE8C=65°,再根据4c=4。得出

ZACD=ZADC=65°,故可根据三角形内角和定理求出/。。=50°,再由圆周角定

理得出/O8C=NCW=50°.

【解答】解：•・•四边形/8co内接于。。，

/.ZADC=ZEBC=65°.

\'AC=ADf

AZACD=ZADC=65°,

：.ZCAD=1SO°-ZACD-ZADC=50°,

AZDBC=ZCAD=5Q<>,

故选：A.

【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，熟知圆内接四边形的对角互补是解答此题的

关键.也考查了等腰三角形的性质以及三角形内角和定理.

5.如图，。8,0c的半径都是2c〃?，则图中三个扇形面积之和是

【考点】扇形面积的计算.

【答案】A

【分析】根据三角形的内角和是180°和扇形的面积公式进行计算.

【解答】解：VZJ+ZB+ZC=180°,

・•・阴影部分的面积=18°兀*22=2TT.

360

故选：A.

【点评】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.

6.如图，A,B,。是。0上的三点，且N48C=70°,则N4OC的度数是

【考点】圆周角定理.

【答案】B

【分析】由<、B、。是上的三点，且N48C=70°,利用圆周角定理，即可求得答

案.

【解答】解：•・【、B、。是。。上的三点，且N<3。=70°,

:,乙A(JC=2乙ABC=2X10°=140°.

故选：B.

【点评】此题考查了圆周角定理.此题比较简单，注意掌握在同圆或等圆中，同弧或等

弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半.

7.如图，在△力8c中，AB=5,4c=3,BC=4,将△48C绕力逆时针方向旋转40°得到

△4DE,点8经过的路径为弧8。，是图中阴影部分的面积为

E

D

40°

AB

14

A.—n-6C.—n-3D.

398

【考点】勾股定理的逆定理：扇形面积的计算：旋转的性质.

【专题】常规题型.

【答案】B

【分析】根据AB=5,AC=3,BC=4和勾股定理的逆定理判断三角形的形状，根据旋

转的性质得到的面积=ZX/8C的面积，得到阴影部分的面积=扇形ADB的面积,

根据扇形面积公式计算即可.

【解答】解:*8=5,AC=3,BC=4,

:4BC为直角三角形，

由题意得，4AED的面积=的面积，

由图形可知，阴影部分的面积=/\，E。的面积+扇形的面积-△力8c的面积，

，阴影部分的面积=扇形ADB的面积=丝妄针=孕立,

3609

故选：B.

【点评】本题考查的是扇形面积的计算、旋转的性质和勾股定理的逆定理，根据图形得

到阴影部分的面积=扇形ADB的面积是解题的关键.

8.如图，点P是OO外任意一点，PM、PN分别是。。的切线，〃、N是切点.设OP与

OO交于点K.则点K是△产四7的

A.三条高线的交点

B.三条中线的交点

C.三个角的角平分线的交点

D.三条边的垂直平分线的交点

【考点】切线的性质.

【专题】常规题型.

【答案】C

【分析】连接OM、ON、MK、NK,根据切线长定理得出尸易证得

PON,得出OP是/MPN的平分线，然后根据圆周角定理证得Z

2

PNK=—ZNOK,/NMK=Z/NOK,/MNK=L/MOK,即可证得NPA/K=NNA/K

222

=/PNK=NMNK,从而证得绪论.

【解答】解：连接。W、ON、MK、NK,

•:PM、PN分别是。。的切线，

:・PM=PN,

：.4PMN=4PNM,

•・•OM=ON易证△POMg△PON,

:.OP是NMPN的平分线，

由圆周角定理可得Z.PNK=—ZNOK,NNMK=Z/NOK,n

222

MNK=*NMOK,

2

・•・4PMK=4NMK=4PNK=/MNK,

:.点K是APMN的三个角的角平分线的交点，

故选：C.

【点评】本题考查了切线的性质，三角形全等的判定和性质，圆周角定理的应用等，熟

练掌握性质定理是解题的关键.

9.已知扇形的半径为6,圆心角为60°,则这个扇形的面积为

A.9nB.6nC.3nD.IT

【考点】扇形面积的计算.

【答案】B

【分析】已知了扇形的圆心角和半径长，可直接根据扇形的面积公式求解.

【解答】解：•・•扇形的半径为6cm,圆心角为60°,

2

C_6Q7TX6

=6TT.

-360~

故选：B.

【点评】本题考查了扇形面积的计算.此题属于基础题，只要熟记扇形面积公式即可解

题.

10.如图，已知在中，NC=60°,。。是△/8C的外接圆，过点/,4分别作OO

的切线，两切线交于点P,若。。的半径为1,则△以8的周长为

A.3加B.3C.3近D.2+V3

【考点】三角形的外接圆与外心；切线的性质.

【专题】计算题；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力.

【答案】力

【分析】过点4作直径4。，连接8D,则△48。是直角三角形，且乙408=60°,根据

三角函数即可求得AB的长，限据切线长定理以及弦切角定理，即可证明△为8是等边

三角形，据此即可求解.

【解答】解：过点力作直径/D,连接8Z),

・•・480=90°,

VZC=60°,

AZJD5=ZC=60°,

，NAW=30°,

:。。的半径为1,

：.AD=2f

：,AB=AD^sin60°=加，

为切线，

・•・N'尸=90°，/处3=60°,

又•：AP=BP,

:ZAB为等边三角形，

:、XPAB的周长=3/8=3近.

故选：A.

【点评】本题考查了圆的切线性质，圆周角定理，勾股定理，切线长定理，等边三角形

的判定和性质，直角三角形的性质等知识，熟练掌握切线的性质是解题的关键.

11.如图，是△/BC的外接圆，/是△48C的内心，4的延长线与圆相交于点O,连BI,

BD、DC.则下列说法中错误的一项是

A.线段08绕点。顺时针旋转一定能与线段。。重合

B.线段。8绕点。顺时针旋转一定能与线段0/重合

C.N48/绕点8顺时针旋转一定能与N/8C重合

D.线段。）绕点。顺时针旋转一定能与线段C4重合

【考点】三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心；旋转的性质.

【专题】圆的有关概念及性质；几何直观；推理能力.

【答案】D

【分析】根据/是△力5c的内心，得至IJ4平分NA4C,以平分48C,由角平分线的定

义得到N48/=NC8/根据三角形外角的性质得到根

据等腰三角形的性质得到BD=DI.

【解答】解：•"是△48。的内心，

平分/历IC,BI平分NABC,

・•・ZABI=NIBC,ZBAD=NDAC,

:・CD=BD,

二选项4。正确

•・•ZDBC=ZDAC

:.4DBC=4DAB

・•・/DBC+4BC=ND4B+/ABI

ZIBD=/BID

：.BD=ID

.•・选项8正确

故选：D.

【点评】考查了三角形的内切圆和内心，圆的有关知识，旋转的性质，证明BD=1D是

本题的关键.

12.如果。。的半径为7c小，圆心。到直线/的距离为d,且d=5c/w，那么和更线/的

位置关系是

A.相交B.相切C.相离D.不确定

【考点】直线与圆的位置关系.

【答案】力

【分析】根据直线和圆的位置关系的内容判断即可.

【解答】解：TOO的半径为圆心。到直线/的距离为d,且d=5皿，

/.5<7,

・♦・直线/与。。的位置关系是相交，

故选：4

【点评】本题考查了直线和圆的位置关系的应用，注意：已知OO的半径为，，如果圆心

。到直线/的距离是d,当d>r时，直线和圆相离，当时，直线和圆相切，当dVr

时，直线和圆相交.

13.如图，是用一把直尺、含60,角的直角三角板和光盘摆放而成，点/为60°角与直尺

交点，点8为光盘与直尺唯一交点，若48=3,则光盘的直径是

【考点】切线长定理.

【专题】与圆有关的位置关系；几何直观.

【答案】A

【分析】设三角板与圆的切点为C,连接04OB,由切线长定理得出48=47=3、Z

048=60°,根据08=/8tan/048可得答案.

【解答】解：设三角板与圆的切点为C,连接。4OB,

由切线长定理知48=4C=3,O4平分N比1C,

・・・N6M8=60°,

在RtAABO中，OB=ABtanNOAB=3近

・•・光盘的直径为6“，

故选：A.

【点评】本题主要考查切线的性质，解题的关键是掌握切线长定理和解直角三角形的应

用.

14.如图，四边形力8CO内接于0。，四边形48co是平行四边形，则N4O。的度数为

D

A.30°B.45°C.60°D.75°

【考点】平行四边形的性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质.

【专题】与圆有关的位置关系；几何直观.

【答案】C

【分析】先根据平行四边形的性质得到NZOC=N8,再根据圆周角定理和圆内接四边形

的性质得到N8+ND=180°,NAOC=2ND,则2ZD+ZD=180°,从而可求出NO

的度数.

【解答】解：•・•四边形力8c。是平行四边形，

・•・NAOC=NB,

VZ5+ZD=180°,N4OC=2ND,

・・・2/。+/。=180°,

/.ZD=60°.

故选：C.

【点评】本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补.也考查了平行四

边形的性质.

15.如图，一把直角三角板的顶点46在00上，边BC、/C与交于点。、E,已知

ZC=30°,N月上〃的大小为

A.90°B.100°C.110°D.120°

【考点】三角形内角和定理；圆内接四边形的性质.

【专题】与圆有关的计算；应用意识.

【答案】D

【分析】利用三角形内角和定理求出N8,再根据圆内接四边形的性质求出/ZEO即可.

【解答】解：VZJ=90°,ZC=30°,

・・・N8=90°-30°=60°,

•・•四边形X8OE是圆内接四边形，

・•・//七0=180°-Z5=120°,

故选：D.

【点评】本题考查圆内接四边形的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练

掌握基本知识，属于中考常考题型.

16.半径等于12的圆中，垂直平分半径的弦长为

A.3>/6B.1273C.673D.18V3

【考点】勾股定理；垂径定理.

【答案】B

【分析】先根据勾股定理求出弦的一半，再求出弦长即可.

【解答】解：如图，04=12,则OC=6,

根据勾股定理可得，弦的一半=在1币=6日，

・••弦=12/.

故选：B.

【点评】本题主要利用勾股定理求线段的长.

17.如图，NO=30°,C为OB上一点、,且。。=6,以点。为圆心，半径为2的圆与。力

的位置关系是

0^—

A.相离B.相交

C.相切D.以上三种情况均有可能

【考点】直线与圆的位置关系.

【答案】A

【分析】首先过点。作CD_LCU于点。，由NO=30°,OC=6,可求得CD的长，又

由半径为2,即可求得答案.

【解答】解：过点C作CQ_LQ4于点。，

VZO=30°,00=6,

：.CD=—OC=3,

2

•・•半径为2,

・•・以点C为圆心，半径为2的圆与。/的位置关系是：相离.

故选:A.

广A

o"------------r—B

【点评】此题考查了点与圆的位置关系以及含30°角的直角三角形的性质.注意判断直

线和圆的位置关系：设的半径为心圆心O到直线/的距离为小直线/和OO相交

="〈心直线/和0。相切=d=r；直线/和00相离

18.如图，△力8c中，ZJ=90°,AC=3,AB=4,半圆的圆心。在8C上，半圆与48、

4c分别相切于点。、E,则半圆的半径为

【考点】正方形的判定与性质：切线的性质；相似三角形的判定与性质.

【专题】证明题；压轴题.

【答案】A

【分析】连接OE，OD,求出四边形彳。QE•是正方形，推出力E=4D=OO=OE设OE

=AD=AE=OD=R,根据切线性质得出OE〃AB,OD//AC,推出△CEOs/\o£>8,得

出比例式，代入求出即可.

【解答】解：连接OE,OD,3OC

•・•圆。切/C于E,圆。切力8于。,

：,ZOEA=ZODA=90a,

VZJ=90°,

:・NA=NODA=NOEA=90°,

•：OE=OD,

・••四边形4OOE是正方形,

：,AD=AE=OD=OEt

设OE=AD=AE=OD=R,

VZJ=90°,/OEC=90°,

：,OE〃AB,

同理△BOOSABXC,

•••△CEOS^OOB,

.OE_CE

**BDOD*

即5_=土圾

4-RR

解得：R=竿，

故选：A.

【点评】本题考查了切线的性质，相似三角形的性质和判定，正方形的性质和判定的应

用，主要考查学生综合运用性质进行推理的能力，题目具有一定的代表性，难度也适

中.

19.如图，在00中，48是弦，C是弧48上一点.若NCM8=25°,ZOCJ=40°,则/

80c的度数为

A.30°B.40°C.50°D.60°

【考点】圆心角、弧、弦的关系.

【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；运算能力.

【答案】A

【分析】根据等腰三角形的性质求出,ZOAC=ZOCA=40Q,

再根据二角形内角和定理求出//OB和/NOC再求出答案即可.

【解答】解：*：OA=OB,ZOAB=25°,

：.ZOBA=ZOAB=250,

AZJO5=180°-ZOAB-ZOBA=\30°,

•・Q=0C,Z004=40°,

：.ZOAC=ZOCA=40Q,

/.ZJOC=1800-ZOAC-ZOCJ=100°,

AZBOC=ZAOB-ZAOC=130°-100°=30°,

故选：A.

【点评】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，等腰三角形的性质和三角形的内角和

定理等知识点，能灵活运用知识点进行推理和计算是解此题的关键.

20.如图，在。。中，48为直径，点M为⑷？延长线上的一点，MC与。。相切于点C,

圆周上有一点D与点。分居直径48两侧，且使得MC=MZ)=/C,连接40.现有下列

结论：

①与。。相切；②四边形4cM。是菱形；④N.4OM=120°.

其中正确的结论有

/C

A

D

A.4个B.3个C.2个D.1个

【考点】全等三角形的判定与性质：菱形的判定与性质；圆周角定理；切线的判定与性

质.

【专题】与圆有关的位置关系；推理能力.

【答案】A

【分析】连接OC,OD,根据全等三角形的性质得到NOOM=NOCM,求得NODM=

90°,得到MO与。0相切；故①正确；根据全等三角形的性质得到4。=力。，求得彳。

=AD=CM=DM,于是得到四边形片CMO是菱形，故②正确；根据等腰三角形的性质

和三角形的外角的性质得到NCOM=2NCMO,求得/CMO=30°,求得48=OM,故

③正确；根据菱形的性质和三角形的内角和得到N/OA/=120°,故④正确.

【解答】解：连接OC,OD,

*：OC=OD,CM=DM,OM=OM,

：.4ODM=NOCM,

•・・MC与。。相切于点C,

AZOCA/=90°,

/.ZODA/=90°,

・・・MO与0O相切；故①正确；

经△OA/O,

:.NCOM=ZDOM,

^AOC=Z-AOD.

'：OA=OA,

:・AC=AD,

:.AC=AD=CM=DM,

・•・四边形/CM。是菱形，故②正确；

'：AC=CM,

/.ZC4M=ZCM4,

•・・NCOM=2NC4H,

:・/COM=2NCMO,

・・・NCMO=30°,

0C=^-OM，

2

*：OC=­AB,

2

：.AB=OM,故③正确；

:四边形/CM。是菱形，

/.^DAM=ZDMA=ZAMC=ZCAM=30°,

：.ZADM=\2QC,故④正确；

故选：A.

【点评】本题考查了切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定

和性质，菱形的判定，正确的识别图形是解题的关键.

21.如图，0。内切于正方形49C。，。为圆心，作NMON=90°,其两边分别交BC,CD

于点N,M,若CM+CN=4,则。。的面积为

【考点】正方形的性质；圆心角、弧、弦的关系；切线长定理.

【专题】图形的全等；与圆有关的位置关系；推理能力.

【答案】C

【分析】设。。与正方形48C。的边CO切于E,与BC切于F,连接OE,OF,得到四

边形OECF是正方形，求得CF=CE=OE=OF,/OEM=/OFN=NEOF=90°,根

据全等三角形的性质得到得到OE=2,于是得到结论.

【解答】解：设OO与正方形.48CQ的边CO切于瓦与8c切于尸，

连接0七，OF,

则四边形OEC尸是正方形，

r.CF=CE=OE=OF,ZOEM=ZOFN=ZEOF=90°,

•：4MON=90°,

/.4EOM=4FON,

:.XOEM冬△OFN,

:・EM=NF,

：.CM+CN=CE+CF=4,

：・OE=2,

，。。的面积为4TT,

【点评】本题考查了切线的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正

确的作出辅助线是解题的关键.

22.如图，边长为2的正方形48co的四个顶点分别在扇形。£尸的半径OE、。尸和而上，

且点力是线段08的中点，则方的长为

A.塔兀B.坐兀C.春兀D.晔兀

5422

【考点】正方形的性质；弧长的计算.

【专题】矩形菱形正方形；与圆有关的计算；解直角三角形及其应用；几何直观.

【答案】D

【分析】连接OC,求出08长，根据勾股定理求出OC,求出NDCM,根据弧长公式求

出即可.

【解答】解：连接OC，

•・•四边形48co是正方形,

Q

：,AD=AB=BC=2fZABC=ZDAB=90=N£M0,

,・7为05的中点,

,08=248=4,

在Rt^OBC中，由勾股定理得：代,

•・】为08的中点，AB=AD=2,

：.OA=AD=2,

VZDAO=90°,

ZDOA=ZADO=45",

45HX（2V5）_V5

・•・EF的长为--------------------------TT，

1802

故选：D.

【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，弧长公式，等知识点，能求出OC长和

ND0A的度数是解此题的关键.

23.如图，若△N3C内接于半径为2的OO,且N4=60°,连接OB、OC,则边的长

为

V3C.2D.2表

【考点】三角形的外接圆与外心.

【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质.

【答案】D

【分析】过点。作OO_LBC于点。，由垂径定理得出8。=8,由圆周角定理得出N80C

=120°,由等腰三角形的性质得出NO8C=NOC8=30°,再由直角三角形的性质求

出的长，进而得出答案.

【解答】解：过点O作。O_L8C于点。，如图所示：

则BD=CD,

内接于半径为2的。。，且N4=6(T,

AZBOC=2ZA=120°°，8=80=2,

：.ZO8C=ZOCB=30°,

：.OD=-OB=\,&。。=近

2

:,BC=2BD=2E

【点评】此题主要考查了三角形的外接圆与外心、垂径定理、圆周角定理、等腰三角形

的性质、直角三角形的性质，正确运用垂径定理是解题关键.

24.如图，四边形力8CO是平行四边形，以44为直径的。。与。。切于点E,AD交(。0

W39

13

【考点】平行四边形的性质：圆周角定理；切线的性质；解直角三角形.

【专题】方程思想；圆的有关概念及性质；运算能力；推理能力.

【答案】A

【分析】。七=x,则CE=2x,先根据勾股定理计算40的长，证明△/G0s△力尸丛则

毡=更，可得8尸的长，最后利用等角的三角函数相等可得结论.

ADAB

【解答】解：如图，连接0E,则OE_LCO,

设Z>E=x,则CE=2x,

：.AB=CD=3x,

:.OA=OE=OB=1.5x,

过。作DGVAB于G,

：.DG=OE=\.5x,OG=DE=x,

."G=L,

2

•・13是。。的直径，

AZ.AFB=W,

•・•四边形ABC。是平行四边形，

J.AD//RC,

：・/CBF=/AFB=90°,/BCF=/DFC,

"△4OG中'8c="D=dAG2+DG)=J(3产+旁7^^^，

VZJ=ZJ,/AFB=/AGD=90°,

；・△AGDs^AFB,

.DG_BF

•・诟一而‘

3x

,~_BF

3x'

2

QY

，89=苧。，

Vio

9x

为△8RC中，tan/QTC=tanN8C为=更==9.

BCTlOx5

2

故选：A.

【点评】本题考查切线的性质、平行四边形的性质、圆的有关性质、勾股定理等知识,

学会转化的思想，把问题转化为方程解决，添加辅助线是解题的关键，属于中考常考题

型.

25.已知00与03交于力、8两点，且0。2经过0O1的圆心O1点，点C在。。上.如

图所示，N/O8=80°,则4c8=

A.100°B.40°C.80°D.70°

【考点】相交两圆的性质.

【专题】与圆有关的计算.

【答案】D

【分析】在优弧45上取一点£连接4E,BE,AO\,BO\.利用圆周角定理，圆内接四

边形的性质即可解决问题.

【解答】解：在优弧力8上取一点M连接力上，BE,AO\,BO\.

■:/AEB=A/AOIB,ZAOIB=SO°,

2

AZJE5=40°,

VZAEB+ZAO\B=\SO°,

4018=180°-N4E8=140°,

:./ACB='/AO\B=70。,

2

故选：D.

【点评】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质，相交两圆的性质等知识，教育的

关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型.

26.如图是一个隧道的横截面，它的形状是以。为圆心的圆的一部分，CM=DM=2,MO

交圆于七，EM=6,则圆的半径为

E

A.4B.2V2C.—D.—

33

【考点】垂径定理的应用.

【专题】与圆有关的计算；应用意识.

【答案】D

【分析】因为M是。。弦CQ的中点，根据垂径定理，EM工CD,则CW=OM=2,在

如△COM中，有od=CM?+oW,进而可求得半径OC.

【解答】解：连接OC,

♦・♦”是O。弦CO的中点，

根据垂径定理：EMLCD,

设圆的半径是X，

在Rt^COM中，有od=c次+OW,

即：?=22+2,

解得：尸与，

3

所以圆的半径长是

3

故选：D.

【点评】此题主要考查了垂径定理的应用，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,弦长为小这条弦的弦心

距为d,则有等式/=屋+2成立，知道这三个量中的任意两个，就可以求出另外一个.

27.如图，点。、£分别是O。的内接△48C的力仄4C边上的中点，若OO的半径为2,

ZJ=45°,则OE的长等于

C

B

A.V3B.V2C.1

D考

【考点】三角形中位线定理；三角形的外接圆与外心.

【专题】圆的有关概念及性质；推理能力.

【答案】B

【分析】连接OB,OC,根据圆周角定理得到N8OC=2N4=90°,根据等腰直角三角

形的性质得到RC=4^OR=＞五,由=角形的中位线定理即可得到结论.

【解答】解：连接05,OC,

VZJ=45°,

・・・N8OC=2N4=90°,

•：OB=OC=2,

：.BC=y[2OB=242,

•：。、E分别是。。的内接△彳BC的48、4c边上的中点，

JOE是△XHC的中位线，

•••。后=夕（7=3X2亚=亚，

乙乙

故选：B.

C

B

【点评】本题考查了三角形的外接圆和外心，直角三角形的性质，圆周角定理，三角形

的中位线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键.

28.如图，己知。01与002的半径分别为2和1,且两圆外切，点力为001上一点，N

/0|。2=30°,点P为线段0。2上的一个动点，过尸作O\A的平行线/,如果在002

上有且仅有2个点到直线/的距离为1,则OP的取值范围是

4

13113

A.B.—<O\P<3C.—<O\P^—D.—<OiP<—

4222222

【考点】相切两圆的性质.

【专题】圆的有关概念及性质；与圆有关的计算；应用意识.

【答案】D

【分析】过点。作。弟_L直线/于氏求出两种特殊情形的OP的值即可判断.

【解答】解：过点。作38_1直线/于8.

当08=1+2=§时，。。2上有且只有一个点到直线/的距离为」,

444

*：AO\//PB,

：.Z.BP(h=ZA0\P=3QQ,

•"02=2028=2,

2

51

：.O\P=O\Oi-02P=3--,

22

当=1・2=3时，同法可得P。2=2。27=2■此时OiP=3--=—,

44222

观察图象可知：—<OiP<—,

22

故选：D.

【点评】本题考查相切两圆的性质，平行线的性质，解直角三角形等知识，解题的关键

是性质寻找特殊位置解决问题，属于中考常考题型.

29.如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥的底面圆的半径「=

1cm,扇形的圆心角0=120。，则该圆锥的母线长/为cm.

e

A.1B.12C.3D.6

【考点】圆锥的计算.

【专题】与圆有关的计算；推理能力.

【答案】C

【分析】易得圆锥的底面周长，也就是侧面展开图的弧长，进而利用弧长公式即可求得

圆锥的母线长.

【解答】解：圆锥的底面周长=2irX1=2TR7〃，

设圆锥的母线长为七则：120-*=2口,

180

解得R=3.

故选：C.

【点评】本题考查了圆锥的计算，用到的知识点为：圆锥的侧面展开图的弧长等于底面

周长；弧长公式为：亚工.

180

30.一张圆形纸片，小芳进行了如下连续操作：

将圆形纸片左右对折，折痕为48,如图.

将圆形纸片上下折叠，使力、8两点重合，折痕与48相交于如图.

将圆形纸片沿M折叠，使8、M两点重合，折痕即与48相交于N,如图.

连接NE、AF.BE、BF,如图.

经过以上操作，小芳得到了以下结论：

®CD//EF；②四边形MEBF是菱形；@/\AEF为等边三角形；@S四边形4EBF：S剧形

BEMF=3^[^：IT.

以上结论正确的有

图⑴图⑵图(3)图(4)图(5)

A.1个B.2个C.3个D.4个

【考点】圆的综合题.

【答案】D

【分析】根据折叠的性质可得尸=90°,然后利用同位角相等，两直线平

行可得从而判定①正确；根据垂径定理可得8M垂直平分ER再求出

MN,从而得到BM、EF互相垂直平分，然后根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形

求出四边形尸是菱形，从而得到②正确；根据直角三角形30°角所对的直角边等于

斜边的一半求出NMEN=30°,然后求出NENN=60°,根据等边对等角求出N4EW

=NEAM,然后利用三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出

30°,从而得到//EF=60°,同理求出N4户E=60°,再根据三角形的内角和等于

180°求出NE4b=60°,从而判定△力E厂是等边三角形，③正确；设圆的半径为夕，求

出EN=^-r,则可得EF=2EN=心,即可得S四边形AEBF：S肉形BEMF=：=3加：TT,

2

④正确.

【解答】解：:纸片上下折叠4、8两点重合，

AZBMD=90°,

二纸片沿七人折叠，从用两点重合,

・・・28'/=90°,

:・/BMD=/BNF=90°,

：.CD//EF,故①正确；

根据垂径定理，8”垂直平分£尸,

又•・•纸片沿七尸折叠，B、M两点重合,

:・BN=MN,

・・・8M、斯互相垂直平分，

・•・四边形肋阳尸是菱形，故②正确;

♦：ME=MB=2MN,

：・/MEN=30°,

:.NEMN=90°-30°=60°.

又,：AM=ME,

：.NAEM=NEAM,

/.ZAEM=—ZEMN=—X60a=30°,

22

:.NAEF=NAEM+NMEN=300+30°=60°,

同理可求N4FE=60°,

・•・/"产=60°,

・•・△♦即是等边三角形，故③正确；

设圆的半径为「，则硒=醇八

2

:・EF=2EN=S，

,Siiq边形4E8尸：S扇形80/=:=3加：H,故④正确；

综上所述，结论正确的是①②③④共4个.

故选：D.

【点评】本题圆的综合题型，主要考查了翻折变换的性质，平行线的判定，对角线互相

垂直平分的四边形是菱形，等边三角形的判定与性质.注意掌握折叠前后图形的对应关

系是关键.

二、填空题

31.如图，一下水管道横截面为圆形，直径为100c”，下雨前水面宽为60cw»一场大雨过

后，水面宽为80cm,则水位上升10或70cm.

【考点】垂径定理的应用.

【专题】圆的有关概念及性质.

【答案】见试题解答内容

【分析】分两种情形分别求解即可解决问题；

【解答】解：作半径于C,连接08

由垂径定理得：BC=—AB=^cm,

2

在RtZkOBC中，Q2_3Q2=40CW,

当水位上升到圆心以下时水面宽80cw时，

则0C=^^Q2_^Q2=30CW,

水面上升的高度为：40-30=10cm；

当水位上升到圆心以上时，水面上升的高度为：40+30=70cm,

综上可得，水面上升的高度为10cm或10cm.

【点评】本题考查的是垂径定理的应用，掌握垂径定理、灵活运用分情况讨论思想是解

题的关键.

32.如图，在正方形48co中，48=4,分别以8、。为圆心，48长为半径画弧，则图中

阴影部分的面积为一近二等

【考点】正方形的性质；扇形面积的计算.

【专题】与圆有关的计算.

【答案】见试题解答内容

【分析】连接BG,CG得到△BCG是等边三角形.求得NC3G=N8CG=60°,推出N

DCG=30°,根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论.

【解答】解：连接8G,CG

YBG=BC=CG,

・•・△BCG是等边三角形.

：・4CBG=4BCG=60°,

•.•在正方形48co中，.4A=4,

ABC=4,NBCD=90°,

AZDCG=30°，

2

，图中阴影部分的面积=S尉形SG-S弓形CG=30・??4.=4代.衅,

3603

故答案为：473--^

0

【点评】本题考查了扇形的面积，正方形的性质，等边三角形的判定和性质，正确的识

别图形是解题的关键.

33.如图所示，弧40是以等边三角形4BC一边力8为半径的四分之一圆周，P为弧力。上

任意一点，若4c=5,则四边形4cB尸周长的最大值是

0

C

【考点】等边二角形的性质；圆心角、弧、弦的关系.

【专题】压轴题.

【答案】见试题解答内容

【分析】因为尸在半径为5的圆周上，若使四边形周长最大，只要40最长即可.

【解答】解：由于NC和8c值固定，点尸在弧力。上，而8是圆心，所以P4的长也是

定值，

因此，只要力尸的长为最大值，

工当P的运动到。点时，4P最长，

•・•弧AD是以等边三角形ABC一边AB为半径的四分之一圆周，

:.NDBA=90°，

:.由勾股定理得AD的长为5班,

二周长为5X3+5^2=15+5

故答案为：15+5班.

【点评】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系及勾股定理和最值.本题容易出现错误的

地方是对点P的运动状态不清楚，无法判断什么时候会使周长成为最大值.

34.如图，48是。。的直径，点。、7是圆上的两点，且47平分/"O,过点T作力。延

长线的垂线PQ,垂足为C.若。O的半径为2,TC=氏,则图中阴影部分的面积是

哂-4兀

【考点】角平分线的性质；等边三角形的判定与性质；圆周角定理；切线的判定与性质;

扇形面积的计算；锐角三角函数的定义.

【专题】计算题.

【答案】见试题解答内容

【分析】连接。八OD、过。作于〃，得到矩形OWCT,求出0M,求出NO4M,

求出N40T,求出OT//AC,得出PC是圆的切线，得出等边三角形40。，求出N/OQ,

求出NQOT,求出/。「。=/以/二？。。，求出DC,求出梯形OTCD的面积和扇形

07©的面积.相减即可求出答案.

【解答】解：连接or、OD、DT,过。作于

•；OA=OT,NT平分NB4C,

：・NO7A=NOAT,NBAT=/CAT,

：・/OTA=/CAT,

：.OT//AC,

VPC±JC,

：.OTVPC,

•••。丁为半径，

二尸。是O。的切线,

VOMUC,ACLPC,OTLPC,

NOMC=WMCT=ZOTC=90°,

・•・四边形OMCT是矩形，

：・OM=TC=4

*：OA=2t

V3

・・・sinNO/M/=U,

2

：.ZOAM=60°,

:.N4OM=30°

,:ACHOT,

・・・NZOr=1800-ZOJM=120°,

V7OAM=60°,OA=OD,

・•・△04。是等边三角形，

・•・400=60°,

：.ZTOD=\200-60°