中考数学二轮培优复习专题16 填空题重点出题方向圆中的计算专项训练（解析版）

专题16填空题重点出题方向圆中的计算专项训练（原卷版）模块一中考真题集训类型一垂径定理1．（2022•青海）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＝6m，则⊙O的半径长为103m思路引领：连接OA，如图，设⊙O的半径为rm，根据垂径定理的推论得到CD⊥AB，在Rt△AOC中利用勾股定理得到22+（6﹣r）2＝r2，然后解方程即可．解：连接OA，如图，设⊙O的半径为rm，∵C是⊙O中弦AB的中点，CD过圆心，∴CD⊥AB，AC＝BC=12AB＝2在Rt△AOC中，∵OA＝rm，OC＝（6﹣r）m，∴22+（6﹣r）2＝r2，解得r=10即⊙O的半径长为103m故答案为：103总结提升：本题考查了垂径定理的推论：平分弦（非直径）的直径垂直于这条弦，并且平分弦所对的两条弧．2．（2022•长沙）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BC的长为7．思路引领：根据已知条件证得△AOD≌△BCD（SAS），则BC＝OA＝7．解：∵OA＝OC＝7，且D为OC的中点，∴OD＝CD，∵OC⊥AB，∴∠ODA＝∠CDB＝90°，AD＝BD，在△AOD和△BCD中，OD=CD∠ADO=∠BDC∴△AOD≌△BCD（SAS），∴BC＝OA＝7．故答案为：7．总结提升：本题主要考查垂径定理和全等三角形的判定与性质，解题关键是熟知垂径定理内容．3．（2022•自贡）一块圆形玻璃镜面碎成了几块，其中一块如图所示，测得弦AB长20厘米，弓形高CD为2厘米，则镜面半径为26厘米．思路引领：根据题意，弦AB长20厘米，弓形高CD为2厘米，根据勾股定理和垂径定理可以求得圆的半径．解：如图，点O是圆形玻璃镜面的圆心，连接OC，则点C，点D，点O三点共线，由题意可得：OC⊥AB，AC=12设镜面半径为x厘米，由题意可得：x2＝102+（x﹣2）2，∴x＝26，∴镜面半径为26厘米，故答案为：26．总结提升：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，由勾股定理可求解．4．（2022•上海）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400π.（结果保留π）思路引领：根据垂径定理，勾股定理求出OB2，再根据圆面积的计算方法进行计算即可．解：如图，连接OB，过点O作OD⊥AB于D，∵OD⊥AB，OD过圆心，AB是弦，∴AD＝BD=12AB=12（AC+∴CD＝BC﹣BD＝21﹣16＝5，在Rt△COD中，OD2＝OC2﹣CD2＝132﹣52＝144，在Rt△BOD中，OB2＝OD2+BD2＝144+256＝400，∴S⊙O＝π×OB2＝400π，故答案为：400π．总结提升：本题考查垂径定理、勾股定理以及圆面积的计算，掌握垂径定理、勾股定理以及圆面积的计算公式是正确解答的前提．5．（2022•宁夏）如图，在⊙O中，半径OC垂直弦AB于点D，若OB＝10，AB＝16，则cosB＝45思路引领：根据垂径定理得BD=12解：∵半径OC垂直弦AB于点D，∴BD=12∴cosB=BD故答案为：45总结提升：本题主要考查了垂径定理，三角函数的定义，熟练掌握垂径定理是解题的关键．类型二垂径定理的应用6．（2022•荆州）如图，将一个球放置在圆柱形玻璃瓶上，测得瓶高AB＝20cm，底面直径BC＝12cm，球的最高点到瓶底面的距离为32cm，则球的半径为7.5cm（玻璃瓶厚度忽略不计）．思路引领：设球心为O，过O作OM⊥AD于M，连接OA，设球的半径为rcm，由垂径定理得AM＝DM=12AD＝6（cm）然后在Rt△解：如图，设球心为O，过O作OM⊥AD于M，连接OA，设球的半径为rcm，由题意得：AD＝12cm，OM＝32﹣20﹣r＝（12﹣r）（cm），由垂径定理得：AM＝DM=12AD＝6（在Rt△OAM中，由勾股定理得：AM2+OM2＝OA2，即62+（12﹣r）2＝r2，解得：r＝7.5，即球的半径为7.5cm，故答案为：7.5．总结提升：本题考查了垂径定理的应用以及勾股定理的应用等知识，熟练掌握垂径定理，由勾股定理得出方程是解题的关键．7．（2022•黄石）如图，圆中扇子对应的圆心角α（α＜180°）与剩余圆心角β的比值为黄金比时，扇子会显得更加美观，若黄金比取0.6，则β﹣α的度数是90°．思路引领：根据已知，列出关于α，β的方程组，可解得α，β的度数，即可求出答案．解：根据题意得：αβ解得α=135°β=225°∴β﹣α＝225°﹣135°＝90°，故答案为：90°．总结提升：本题考查圆心角，解题的关键是根据周角为360°和已知，列出方程组．类型三圆周角定理8．（2022•襄阳）已知⊙O的直径AB长为2，弦AC长为2，那么弦AC所对的圆周角的度数等于45°或135°．思路引领：首先利用勾股定理逆定理得∠AOC＝90°，再根据一条弦对着两种圆周角可得答案．解：如图，∵OA＝OC＝1，AC=2∴OA2+OC2＝AC2，∴∠AOC＝90°，∴∠ADC＝45°，∴∠AD'C＝135°，故答案为：45°或135°．总结提升：本题主要考查了圆周角定理，勾股定理逆定理等知识，明确一条弦对着两种圆周角是解题的关键．9．（2022•日照）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132cm思路引领：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．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=AB2所以圆形镜面的半径为132cm故答案为：132cm总结提升：本题考查了圆周角定理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．10．（2022•郴州）如图，点A．B，C在⊙O上，∠AOB＝62°，则∠ACB＝31度．思路引领：由圆周角定理可求得答案．解：∵∠AOB＝62°，∴∠ACB=12∠AOB＝31故答案为：31．总结提升：本题主要考查圆周角定理，掌握同弧所对的圆周角等于圆心角的一半是解题的关键．11．（2022•永州）如图，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，∠ADC＝30°，则∠BOC＝120度．思路引领：根据在同圆或等圆中，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求出∠AOC的度数，根据平角的定义即可得到∠BOC＝180°﹣∠AOC的度数．解：∵∠ADC是AC所对的圆周角，∴∠AOC＝2∠ADC＝2×30°＝60°，∴∠BOC＝180°﹣∠AOC＝180°﹣60°＝120°．故答案为：120．总结提升：本题考查了圆周角定理，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是解题的关键．12．（2022•随州）如图，点A，B，C在⊙O上，若∠ABC＝60°，则∠AOC的度数为120°．思路引领：根据圆周角定理解答即可．解：由圆周角定理得：∠AOC＝2∠ABC，∵∠ABC＝60°，∴∠AOC＝120°，故答案为：120°．总结提升：本题考查的是圆周角定理，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．13．（2022•湖州）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30°．思路引领：由垂径定理得出AD=BD，由圆心角、弧、弦的关系定理得出∠AOD＝∠BOD，进而得出∠AOD＝60°，由圆周角定理得出∠APD=12∠解：∵OC⊥AB，∴AD=∴∠AOD＝∠BOD，∵∠AOB＝120°，∴∠AOD＝∠BOD=12∠AOB＝60∴∠APD=12∠AOD=12×故答案为：30°．总结提升：本题考查了圆周角定理，垂径定理，圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握圆周角定理，垂径定理，圆心角、弧、弦的关系定理是解决问题的关键．类型四圆内接四边形14．（2022•锦州）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40°．思路引领：利用圆内接四边形的性质和∠ADC的度数求得∠B的度数，利用直径所对的圆周角是直角得到∠ACB＝90°，然后利用直角三角形的两个锐角互余计算即可．解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ADC＝130°，∴∠B＝180°﹣∠ADC＝180°﹣130°＝50°，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠CAB＝90°﹣∠B＝90°﹣50°＝40°，故答案为：40°．总结提升：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．15．（2022•雅安）如图，∠DCE是⊙O内接四边形ABCD的一个外角，若∠DCE＝72°，那么∠BOD的度数为144°．思路引领：根据邻补角的概念求出∠BCD，根据圆内接四边形的性质求出∠A，根据圆周角定理解答即可．解：∵∠DCE＝72°，∴∠BCD＝180°﹣∠DCE＝108°，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠A＝180°﹣∠BCD＝72°，由圆周角定理，得∠BOD＝2∠A＝144°，故答案为：144°．总结提升：本题考查的是圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．类型五三角形的外接圆16．（2022•常州）如图，△ABC是⊙O的内接三角形．若∠ABC＝45°，AC=2，则⊙O的半径是1思路引领：连接AO并延长交⊙O于点D，连接CD，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACD＝90°，再利用同弧所对的圆周角相等可得∠ADC＝45°，然后在Rt△ACD中，利用锐角三角函数的定义求出AD的长，从而求出⊙O的半径，即可解答．解：连接AO并延长交⊙O于点D，连接CD，∵AD是⊙O的直径，∴∠ACD＝90°，∵∠ABC＝45°，∴∠ADC＝∠ABC＝45°，∴AD=AC∴⊙O的半径是1，故答案为：1．总结提升：本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．17．（2022•玉林）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△ABD，△ACD，△BCD．思路引领：由网格利用勾股定理分别求解OA，OB，OC，OD，OE，根据三角形的外心到三角形顶点的距离相等可求解．解：由图可知：OA=1OB=1OC=1OD=1OE=1∴OA＝OB＝OC＝OD≠OE，∴△ABD，△ACD，△BCD的外心都是点O，故答案为：△ABD，△ACD，△BCD．总结提升：本题主要考查三角形外接圆与外心，勾股定理，求得OA＝OB＝OC＝OD≠OE是解题的关键．18．（2022•凉山州）如图，在边长为1的正方形网格中，⊙O是△ABC的外接圆，点A，B，O在格点上，则cos∠ACB的值是21313思路引领：先连接AD，BD，然后根据题意，可以求得cos∠ADB的值，再根据圆周角定理可以得到∠ACB＝∠ADB，从而可以得到cos∠ACB的值．解：连接AD，BD，AD和BD相交于点D，∵AD是⊙O的直径，∴∠ABD＝90°，∵AB＝6，BD＝4，∴AD=AB2∴cos∠ADB=BD∵∠ACB＝∠ADB，∴cos∠ACB的值是213故答案为：213总结提升：本题考查三角形的外接圆和外心、圆周角定理、解直角三角形，解答本题的关键是求出∠ADB的余弦值．类型六圆的切线19．（2022•资阳）如图，△ABC内接于⊙O，AB是直径，过点A作⊙O的切线AD．若∠B＝35°，则∠DAC的度数是35度．思路引领：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．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．总结提升：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．20．（2022•衢州）如图，AB切⊙O于点B，AO的延长线交⊙O于点C，连结BC．若∠A＝40°，则∠C的度数为25°．思路引领：连接OB，先根据切线的性质求出∠AOB，再根据OB＝OC，∠AOB＝∠C+∠OBC即可解决问题．解：如图，连接OB．∵AB是⊙O切线，∴OB⊥AB，∴∠ABO＝90°，∵∠A＝40°，∴∠AOB＝90°﹣∠A＝50°，∵OC＝OB，∴∠C＝∠OBC，∵∠AOB＝∠C+∠OBC，∴∠C＝25°．故答案为：25°．总结提升：本题考查切线的性质、等腰三角形的性质、直角三角形两锐角互余等知识，解题的关键是添加辅助线构造直角三角形．21．（2022•盐城）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∠C＝35°．思路引领：连接AO并延长交⊙O于点E，连接BE，根据切线的性质可得∠OAD＝90°，从而求出∠BAE＝55°，然后利用直径所对的圆周角是直角可得∠ABE＝90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可求出∠E的度数，最后根据同弧所对的圆周角相等，即可解答．解：连接OA并延长交⊙O于点E，连接BE，∵AD与⊙O相切于点A，∴∠OAD＝90°，∵∠BAD＝35°，∴∠BAE＝∠OAD﹣∠BAD＝55°，∵AE是⊙O的直径，∴∠ABE＝90°，∴∠E＝90°﹣∠BAE＝35°，∴∠C＝∠E＝35°，故答案为：35．总结提升：本题考查了切线的性质，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．22．（2022•泰州）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32°．思路引领：连接AO并延长交⊙O于点D，连接DB，由切线的性质得出∠OAP＝90°，由∠P＝26°，求出∠AOP＝64°，由圆周角定理即可求出∠C＝∠D＝32°．解：如图，连接AO并延长交⊙O于点D，连接DB，∵PA与⊙O相切于点A，∴∠OAP＝90°，∵∠P＝26°，∴∠AOP＝90°﹣∠P＝90°﹣26°＝64°，∴∠D=12∠AOP=12×∵点C在AmB上，且与点A、B不重合，∴∠C＝∠D＝32°，故答案为：32．总结提升：本题考查了切线的性质，圆周角定理，掌握切线的性质，圆周角定理是解决问题的关键．23．（2022•海南）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＝25°．思路引领：连接OB，利用切线的性质定理可求∠ABO＝90°，利用直角三角形的两个锐角互余可得∠AOB，利用圆周角定理即可求得结论．解：连接OB，如图，∵射线AB与⊙O相切于点B，∴OB⊥AB，∴∠ABO＝90°．∵∠A＝40°，∴∠AOB＝50°，∴∠ACB=12∠AOB＝25故答案为：25．总结提升：本题主要考查了圆的切线的性质定理，直角三角形的性质，圆周角定理，连接OB是解决此类问题常添加的辅助线．24．（2022•泰安）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∠A＝32°，则∠ADO＝64°．思路引领：连接OC，根据圆周角定理求出∠DOC，根据切线的性质得到OC⊥BC，证明AB∥OC，根据平行线的性质解答即可．解：连接OC，∵∠A＝32°，∴∠DOC＝2∠A＝64°，∵BC与⊙O相切于点C，∴OC⊥BC，∵∠B＝90°，∴∠B+∠OCB＝180°，∴AB∥OC，∴∠ADO＝∠DOC＝64°，故答案为：64°．总结提升：本题考查的是切线的性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．25．（2022•宁波）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32或65思路引领：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．解：连接OA，过点A作AD⊥BC于点D，∵圆与AC相切于点A．∴OA⊥AC，由题意可知：D点位置分为两种情况，①当∠CAD为90°时，此时D点与O点重合，设圆的半径＝r，∴OA＝r，OC＝4﹣r，∵AC＝2，在Rt△AOC中，根据勾股定理可得：r2+4＝（4﹣r）2，解得：r=3即AD＝AO=3②当∠ADC＝90°时，AD=AO⋅AC∵AO=32，AC＝2，OC＝4﹣r∴AD=6综上所述，AD的长为32或6故答案为：32或6总结提升：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．26．（2022•连云港）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＝49°．思路引领：根据AC是⊙O的切线，可以得到∠BAC＝90°，再根据∠AOD＝82°，可以得到∠ABD的度数，然后即可得到∠C的度数．解：∵AC是⊙O的切线，∴∠BAC＝90°，∵∠AOD＝82°，∴∠ABD＝41°，∴∠C＝90°﹣∠ABD＝90°﹣41°＝49°，故答案为：49．总结提升：本题考查切线的性质、圆周角定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．27．（2022•金华）如图，木工用角尺的短边紧靠⊙O于点A，长边与⊙O相切于点B，角尺的直角顶点为C．已知AC＝6cm，CB＝8cm，则⊙O的半径为253cm思路引领：连接OA，OB，过点A作AD⊥OB于点D，利用矩形的判定与性质得到BD＝AC＝6cm，AD＝BC＝8cm，设⊙O的半径为rcm，在Rt△OAD中，利用勾股定理列出方程即可求解．解：连接OA，OB，过点A作AD⊥OB于点D，如图，∵长边与⊙O相切于点B，∴OB⊥BC，∵AC⊥BC，AD⊥OB，∴四边形ACBD为矩形，∴BD＝AC＝6cm，AD＝BC＝8cm．设⊙O的半径为rcm，则OA＝OB＝rcm，∴OD＝OB﹣BD＝（r﹣6）cm，在Rt△OAD中，∵AD2+OD2＝OA2，∴82+（r﹣6）2＝r2，解得：r=25故答案为：253总结提升：本题主要考查了圆的切线的性质定理，勾股定理，矩形的判定与性质，依据题意添加适当的辅助线是解题的关键．类型七三角形的内切圆28．（2022•泸州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝23，半径为1的⊙O在Rt△ABC内平移（⊙O可以与该三角形的边相切），则点A到⊙O上的点的距离的最大值为27+1思路引领：连接OE、OF，根据正切的定义求出∠ABC，根据切线长定理得到∠OBF＝30°，根据含30°角的直角三角形的性质、勾股定理计算，得到答案．解：当⊙O与BC、BA都相切时，连接AO并延长交⊙O于点D，则AD为点A到⊙O上的点的距离的最大值，设⊙O与BC、BA的切点分别为E、F，连接OE、OF，则OE⊥BC，OF⊥AB，∵AC＝6，BC＝23，∴tan∠ABC=ACBC=3，AB∴∠ABC＝60°，∴∠OBF＝30°，∴BF=OF∴AF＝AB﹣BF＝33，∴OA=OF2∴AD＝27+故答案为：27+总结提升：本题考查的是切线的性质、直角三角形的性质、切线长定理，根据题意得出AD为点A到⊙O上的点的距离的最大值是解题的关键．29．（2022•恩施州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，⊙O为Rt△ABC的内切圆，则图中阴影部分的面积为（结果保留π）5−34π思路引领：根据题意，先作出相应的辅助线，然后求出内切圆的半径，再根据图形可知：阴影部分的面积＝△ABC的面积﹣正方形CEOD的面积﹣⊙O面积的34解：作OD⊥AC于点D，作OE⊥CB于点E，作OF⊥AB于点F，连接OA、OC、OB，如图，∵∠C＝90°，OD＝OE＝OF，∴四边形CEOD是正方形，∵AC＝4，BC＝3，∠C＝90°，∴AB=A∵S△ABC＝S△AOC+S△COB+S△BOA，∴4×32解得OD＝OE＝OF＝1，∴图中阴影部分的面积为：4×32−1×1﹣π×12×34故答案为：5−34总结提升：本题考查三角形的内切圆、勾股定理、扇形面积的计算，解答本题的关键是求出内切圆的半径．30．（2022•黔东南州）如图，在△ABC中，∠A＝80°，半径为3cm的⊙O是△ABC的内切圆，连接OB、OC，则图中阴影部分的面积是134πcm2．（结果用含思路引领：根据角A的度数和内切圆的性质，得出圆心角DOE的度数即可得出阴影部分的面积．解：∵∠A＝80°，⊙O是△ABC的内切圆，∴∠DOE＝180°﹣（12∠ABC+12∠ACB）＝180°−1∴S扇形DOE=130π×32360故答案为：134总结提升：本题主要考查三角形内切圆的知识，熟练掌握三角形内切圆的性质及扇形面积的计算是解题的关键．31．（2022•宜宾）我国古代数学家赵爽的“弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）．若直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积为49，则大正方形的面积为289．思路引领：如图，设内切圆的圆心为O，连接OE、OD，则四边形EODC为正方形，然后利用内切圆和直角三角形的性质得到AC+BC＝AB+6，（BC﹣AC）2＝49，接着利用完全平方公式进行代数变形，最后解关于AB的一元二次方程解决问题．解：如图，设内切圆的圆心为O，连接OE、OD，则四边形EODC为正方形，∴OE＝OD＝3=AC+BC−BA∴AC+BC﹣AB＝6，∴AC+BC＝AB+6，∴（AC+BC）2＝（AB+6）2，∴BC2+AC2+2BC×AC＝AB2+12AB+36，而BC2+AC2＝AB2，∴2BC×AC＝12AB+36①，∵小正方形的面积为49，∴（BC﹣AC）2＝49，∴BC2+AC2﹣2BC×AC＝49②，把①代入②中得AB2﹣12AB﹣85＝0，∴（AB﹣17）（AB+5）＝0，∴AB＝17（负值舍去），∴大正方形的面积为289．故答案为：289．总结提升：本题主要考查了三角形的内切圆的性质，正方形的性质及勾股定理的应用，同时也利用了完全平方公式和一元二次方程，综合性强，能力要求高．类型八圆与多边形32．（2022•长春）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54厘米．思路引领：根据对称性和周长公式进行解答即可．解：由图象的对称性可得，AM＝MN＝BN=13∴正六边形的周长为9×6＝54（厘米），故答案为：54．总结提升：本题考查等边三角形的性质，正多边形与圆，理解图形的对称性以及等边三角形的判定是解决问题的前提．33．（2022•营口）如图，在正六边形ABCDEF中，连接AC，CF，则∠ACF＝30度．思路引领：设正六边形的边长为1，正六边形的每个内角为120°，在△ABC中，根据等腰三角形两底角相等得到∠BAC＝30°，从而∠CAF＝∠BAF﹣∠BAC＝120°﹣30°＝90°，过点B作BM⊥AC于点M，根据含30°的直角三角形的性质求出BM，根据勾股定理求出AM，进而得到AC的长，根据tan∠ACF=AFAC=13=解：设正六边形的边长为1，正六边形的每个内角＝（6﹣2）×180°÷6＝120°，∵AB＝BC，∠B＝120°，∴∠BAC＝∠BCA=12×（180°﹣120°∵∠BAF＝120°，∴∠CAF＝∠BAF﹣∠BAC＝120°﹣30°＝90°，如图，过点B作BM⊥AC于点M，则AM＝CM（等腰三角形三线合一），∵∠BMA＝90°，∠BAM＝30°，∴BM=12AB∴AM=A∴AC＝2AM=3∵tan∠ACF=AF∴∠ACF＝30°，故答案为：30．总结提升：本题考查了正多边形与圆，根据tan∠ACF=AFAC=13=34．（2022•呼和浩特）如图，从一个边长是a的正五边形纸片上剪出一个扇形，这个扇形的面积为3πa210（用含π的代数式表示）；如果将剪下来的扇形围成一个圆锥，圆锥的底面圆直径为思路引领：先求出正五边形的内角的度数，根据扇形面积的计算方法进行计算即可；扇形的弧长等于圆锥的底面周长，可求出底面直径．解：∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠BCD=(5−2)×180°5=∴S扇形=108π×又∵弧BD的长为108πa180=3πa∴圆锥底面直径为3a5故答案为：3πa210总结提升：本题考查正多边形与圆，扇形面积，弧长及圆周长，掌握扇形面积、弧长、圆周长的计算方法是正确解决问题的关键．35．（2022•绥化）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12度．思路引领：求出正六边形的中心角∠AOB和正五边形的中心角∠AOH，即可得出∠BOH的度数．解：如图，连接OA，正六边形的中心角为∠AOB＝360°÷6＝60°，正五边形的中心角为∠AOH＝360°÷5＝72°，∴∠BOH＝∠AOH﹣∠AOB＝72°﹣60°＝12°．故答案为：12．总结提升：本题主要考查正多边形与圆，会求正多边形的中心角是解题关键．36．（2022•梧州）如图，四边形ABCD是⊙O的内接正四边形，分别以点A，O为圆心，取大于12OA的定长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线MN，交⊙O于点E，F．若OA＝1，则BE，AE，AB所围成的阴影部分面积为112思路引领：连接OE、OB．由题意可知，∴△AOE为等边三角形，推出S阴影＝S扇形AOB﹣S弓形AOE﹣S△AOB＝S扇形AOB﹣（S扇形AOE﹣S△AOE）﹣S△AOB＝S扇形AOB﹣S扇形AOE+S△AOE﹣S△AOB，即可求出答案．解：连接OE、OB，由题意可知，直线MN垂直平分线段OA，∴EA＝EO，∵OA＝OE，∴△AOE为等边三角形，∴∠AOE＝60°，∵四边形ABCD是⊙O的内接正四边形，∴∠AOB＝90°，∴∠BOE＝30°，∵S弓形AOE＝S扇形AOE﹣S△AOE，∴S阴影＝S扇形AOB﹣S弓形AOE﹣S△AOB＝S扇形AOB﹣（S扇形AOE﹣S△AOE）﹣S△AOB＝S扇形AOB﹣S扇形AOE+S△AOE﹣S△AOB＝S扇形BOE+S△AOE﹣S△AOB=30π×=1故答案为：112总结提升：本题考查了正多边形与圆，正确运用扇形面积公式是解题的关键．37．（2022•宿迁）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47．思路引领：设正六边形ABCDEF的中心为O，过点M、O作直线l交CD于点N，则直线l将正六边形的面积平分，直线l被正六边形所截的线段长是MN，连接OF，过点M作MH⊥OF于点H，连接OA，由正六边形的性质得出AF＝AB＝6，∠AFO=12∠AFE=12×(6−2)×180°6=60°，MO＝ON，进而得出△OAF是等边三角形，得出OA＝OF＝AF＝6，由AM＝2，得出MF＝4，由MH⊥OF，得出∠FMH＝30°，进而求出FH＝2，MH＝23，再求出解：如图，设正六边形ABCDEF的中心为O，过点M、O作直线l交CD于点N，则直线l将正六边形的面积平分，直线l被正六边形所截的线段长是MN，连接OF，过点M作MH⊥OF于点H，连接OA，∵六边形ABCDEF是正六边形，AB＝6，中心为O，∴AF＝AB＝6，∠AFO=12∠AFE=12×(6−2)×180°6∵OA＝OF，∴△OAF是等边三角形，∴OA＝OF＝AF＝6，∵AM＝2，∴MF＝AF﹣AM＝6﹣2＝4，∵MH⊥OF，∴∠FMH＝90°﹣60°＝30°，∴FH=12MF=12×4＝2，∴OH＝OF﹣FH＝6﹣2＝4，∴OM=MH2∴NO＝OM＝27，∴MN＝NO+OM＝27+27=4解法二：利用对称性，DN＝AM＝2，由M向下作垂线，利用勾股定理求解，可得结论．故答案为：47．总结提升：本题考查了正多边形和圆，掌握正六边形的特点，等边三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识是解决问题的关键．类型九求弧长38．（2022•大连）如图，正方形ABCD的边长是2，将对角线AC绕点A顺时针旋转∠CAD的度数，点C旋转后的对应点为E，则弧CE的长是12π（结果保留π思路引领：先根据正方形的性质得到∠CAD＝45°，AC=2AB=2×解：∵四边形ABCD为正方形，∴∠CAD＝45°，AC=2AB=∵对角线AC绕点A顺时针旋转∠CAD的度数，点C旋转后的对应点为E，∴CE的长度为45×π×2180=故答案为：12π总结提升：本题考查了弧长的计算：l=nπR180（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为39．（2022•青海）如图，从一个腰长为60cm，顶角为120°的等腰三角形铁皮OAB中剪出一个最大的扇形OCD，则此扇形的弧长为20πcm．思路引领：根据等腰三角形的性质得到OE的长，再利用弧长公式计算出弧CD的长．解：过O作OE⊥AB于E，当扇形的半径为OE时扇形OCD最大，∵OA＝OB＝60cm，∠AOB＝120°，∴∠A＝∠B＝30°，∴OE=12OA＝30∴弧CD的长=120⋅π⋅30180=20故答案为：20π．总结提升：本题考查弧长公式，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．40．（2022•盘锦）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝50°，以AB为直径的⊙O交边BC，AC于D，E两点，AC＝2，则DE的长是518π思路引领：连接OE，OD，根据等腰三角形的性质，求得∠DOE＝50°，半径为1，代入弧长公式计算即可．解：连接OE，OD，∵AB＝AC，∠A＝50°，∴∠B＝∠C=180°−50°2=又∵OB＝OD，OA＝OE，∴∠B＝∠ODB＝65°，∠A＝∠OEA＝50°，∴∠BOD＝50°，∠AOE＝80°，∴∠DOE＝50°，由于半径为1，∴DE的长是50×π×1180故答案为：518总结提升：本题考查了等腰三角形的性质，弧长公式，熟练掌握弧长公式是解题的关键．41．（2022•长春）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，且两条直角边分别与量角器边缘所在的弧交于A、B两点．若OA＝5厘米，则AB的长度为5π2厘米．（结果保留π思路引领：弧长的计算（1）圆周长公式：C＝2πR．（2）弧长公式：l=nπR180（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为解：AB的长==90π⋅5=5π故答案为：5π2总结提升：本题考查了弧长公式的应用，注意以下几点：①在弧长的计算公式中，n是表示1°的圆心角的倍数，n和180都不要带单位．②若圆心角的单位不全是度，则需要先化为度后再计算弧长．③题设未标明精确度的，可以将弧长用π表示．42．（2022•广安）如图，四边形ABCD是边长为12的正方形，曲线DA1B1C1D1A2…是由多段90°的圆心角所对的弧组成的．其中，弧DA1的圆心为A，半径为AD；弧A1B1的圆心为B，半径为BA1；弧B1C1的圆心为C，半径为CB1；弧C1D1的圆心为D，半径为DC1…．弧DA1、弧A1B1、弧B1C1、弧C1D1…的圆心依次按点A、B、C、D循环，则弧C2022D2022的长是2022π（结果保留π思路引领：根据题意可得后一段弧的半径总比前一段弧的半径长12，又因为AA1的半径为12，可知任何一段弧的弧长都是12的倍数，根据圆心以A，B，C，D四次一个循环，可得弧∁nDn解：根据题意可得，DA1的半径AA1A1B1的半径BB1＝AB+AAB1C1的半径CC1＝CB+BBC1D1的半径DD1＝＝CD+CCD1A2的半径AA2＝AD+DDA2B2的半径BB2＝AB+AAB2C2的半径CC2＝BC+BBC2D2的半径DD2＝CD+CC•••以此类推可知，弧∁nDn的半径为12×4×n=2即弧C2022D2022的半径为DD2022＝2n＝2×2022＝4044，∴弧C2022D2022的长l=nπr180=故答案为：2022π．总结提升：本题主要考查了弧长的计算及图形变化的规律，根据题意得出图形的变化规律应用弧长的计算方法进行求解是解决本题的关键．43．（2022•吉林）如图，在半径为1的⊙O上顺次取点A，B，C，D，E，连接AB，AE，OB，OC，OD，OE．若∠BAE＝65°，∠COD＝70°，则BC与DE的长度之和为13π（结果保留思路引领：由圆周角定理可得∠BOE的大小，从而可得∠BOC+∠DOE的大小，进而求解．解：∵∠BAE＝65°，∴∠BOE＝130°，∴∠BOC+∠DOE＝∠BOE﹣∠COD＝60°，∴BC+DE的长度=60360×2故答案为：13π总结提升：本题考查圆周角定理，解题关键是掌握圆心角与圆周角的关系，掌握计算弧长的方法．44．（2022•新疆）如图，⊙O的半径为2，点A，B，C都在⊙O上，若∠B＝30°，则AC的长为23π．（结果用含有思路引领：利用圆周角定理和圆的弧长公式解答即可．解：∵∠AOC＝2∠B，∠B＝30°，∴∠AOC＝60°．∴AC的长为60π×2180=故答案为：23总结提升：本题主要考查了圆周角定理，圆的弧长公式，正确利用上述性质解答是解题的关键．类型十扇形面积公式的应用45．（2022•菏泽）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CAB．则图中阴影部分的面积是π﹣2.（结果保留π思路引领：如图，取BC的中点O，连接OA．根据S阴＝S半圆﹣S△ABC+S扇形ACB﹣S△ACB，求解即可．解：如图，取BC的中点O，连接OA．∵∠CAB＝90°，AC＝AB=2∴BC=2AB∴OA＝OB＝OC＝1，∴S阴＝S半圆﹣S△ABC+S扇形ACB﹣S△ACB=12•π×1＝π﹣2．故答案为：π﹣2．总结提升：本题考查扇形的面积，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用割补法求阴影部分的面积．46．（2022•黔西南州）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2π﹣4．思路引领：证明△OBE≌△OCG（SAS），推出S△OBE＝S△OCG，推出S四边形OECG＝S△OBC＝4，再根据S阴＝S扇形OFH﹣S四边形OECG，求解即可．解：如图，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，OA＝OC＝OB＝OD，∠OBE＝∠OCG＝45°，S△OBC=14S四边形∵∠BOC＝∠EOG＝90°，∴∠BOE＝∠COG，在△BOE和△COG中，∠BOE=∠COGOB=OC∴△OBE≌△OCG（SAS），∴S△OBE＝S△OCG，∴S四边形OECG＝S△OBC＝4，∵△OBC是等腰直角三角形，BC＝4，∴OB＝OC＝22，∴S阴＝S扇形OFH﹣S四边形OECG=90π⋅(2＝2π﹣4，故答案为：2π﹣4．总结提升：本题考查扇形的面积，全等三角形的判定和性质，正方形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．47．（2022•西宁）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4π3思路引领：根据内接于圆O的等边三角形的性质可得S△AOB＝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．解：∵△ABC为等边三角形，∴S△BOC＝S△AOC，∠AOC＝120°，在△OBC中，OB＝OC，∠BOC＝120°，BC＝23，∴OB＝OC＝2，∴S阴影＝S扇形AOC=120π×故答案为：4π3总结提升：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．48．（2022•哈尔滨）一个扇形的面积为7πcm2，半径为6cm，则此扇形的圆心角是70度．思路引领：设扇形的圆心角为n°，利用扇形面积公式列方程，即可求出n．解：设扇形的圆心角为n°，则nπ×6∴n＝70，故答案为：70．总结提升：本题考查扇形面积公式，解题关键是掌握扇形面积公式．49．（2022•河南）如图，将扇形AOB沿OB方向平移，使点O移到OB的中点O′处，得到扇形A′O′B′．若∠O＝90°，OA＝2，则阴影部分的面积为π3+思路引领：如图，设O′A′交AB于点T，连接OT．首先证明∠OTO′＝30°，根据S阴＝S扇形O′A′B′﹣（S扇形OTB﹣S△OTO′）求解即可．解：如图，设O′A′交AB于点T，连接OT．∵OT＝OB，OO′＝O′B，∴OT＝2OO′，∵∠OO′T＝90°，∴∠O′TO＝30°，∠TOO′＝60°，∴S阴＝S扇形O′A′B′﹣（S扇形OTB﹣S△OTO′）=90⋅π×22360−=π故答案为：π3总结提升：本题考查扇形的面积，解直角三角形等知识，解题的关键是学会割补法求阴影部分的面积．50．（2022•广元）如图，将⊙O沿弦AB折叠，AB恰经过圆心O，若AB＝23，则阴影部分的面积为2π3思路引领：过点O作AB的垂线并延长，垂足为C，交⊙O于点D，连结AO，AD，根据垂径定理得：AC＝BC=12AB=3，根据将⊙O沿弦AB折叠，AB恰经过圆心O，得到OC＝CD=12r，得到OC=12OA，得到∠OAC＝30°，进而证明△AOD是等边三角形，得到∠D＝60°，在Rt△AOC中根据勾股定理求出半径r，证明△ACD≌△BCO，可以将△BCO补到解：如图，过点O作AB的垂线并延长，垂足为C，交⊙O于点D，连结AO，AD，根据垂径定理得：AC＝BC=12AB∵将⊙O沿弦AB折叠，AB恰经过圆心O，∴OC＝CD=12∴OC=12∴∠OAC＝30°，∴∠AOD＝60°，∵OA＝OD，∴△AOD是等边三角形，∴∠D＝60°，在Rt△AOC中，AC2+OC2＝OA2，∴（3）2+（12r）2＝r2解得：r＝2，∵AC＝BC，∠OCB＝∠ACD＝90°，OC＝CD，∴△ACD≌△BCO（SAS），∴阴影部分的面积＝S扇形ADO=60°360°×π×2故答案为：2π3总结提升：本题考查了扇形面积的计算，垂径定理，翻折变换（折叠问题），在Rt△AOC中，根据OC=12OA，得到∠OAC＝3051．（2022•重庆）如图，菱形ABCD中，分别以点A，C为圆心，AD，CB长为半径画弧，分别交对角线AC于点E，F．若AB＝2，∠BAD＝60°，则图中阴影部分的面积为63−2π思路引领：根据菱形的性质求出对角线的长，进而求出菱形的面积，再根据扇形面积的计算方法求出扇形ADE的面积，由S阴影部分＝S菱形ABCD﹣2S扇形ADE可得答案．解：如图，连接BD交AC于点O，则AC⊥BD，∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴∠BAC＝∠ACD＝30°，AB＝BC＝CD＝DA＝2，在Rt△AOB中，AB＝2，∠BAO＝30°，∴BO=12AB＝1，AO=3∴AC＝2OA＝23，BD＝2BO＝2，∴S菱形ABCD=12AC•BD＝2∴S阴影部分＝S菱形ABCD﹣2S扇形ADE＝23=6故答案为：63总结提升：本题考查扇形面积的计算，菱形的性质，掌握扇形面积的计算方法以及菱形的性质是正确解答的前提．类型十一圆锥的计算52．（2022•徐州）如图，若圆锥的母线长为6，底面半径为2，则其侧面展开图的圆心角为120°．思路引领：设圆锥的侧面展开图的圆心角为n°，由于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，则根据弧长公式得到2π×2=n×π×6解：设圆锥的侧面展开图的圆心角为n°，根据题意得2π×2=n×π×6解得n＝120，所以侧面展开图的圆心角为120°．故答案为：120°．总结提升：本题考查了圆锥的计算：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．53．（2022•绥化）已知圆锥的高为8cm，母线长为10cm，则其侧面展开图的面积为60πcm2．思路引领：利用勾股定理易得圆锥的底面半径，那么圆锥的侧面积＝底面周长×母线长÷2．解：圆锥的高为8cm，母线长为10cm，由勾股定理得，底面半径＝6cm，侧面展开图的面积＝πrl＝π×6×10＝60πcm2．故答案为：60πcm2．总结提升：本题利用了勾股定理和圆锥的计算，圆锥的侧面积就是展开后扇形的面积，即S侧＝πrl．54．（2022•黑龙江）若一个圆锥的母线长为5cm，它的侧面展开图的圆心角为120°，则这个圆锥的底面半径为53cm思路引领：先求出圆锥侧面展开图扇形的弧长，再利用侧面展开图与底面圆的关系的关系列方程即可求出圆锥的底面半径．解：圆锥侧面展开图扇形的弧长为：120°×π×5180°设圆锥的底面半径为r，则2πr=10∴r=53故答案为：53总结提升：本题主要考查圆锥的计算，掌握侧面展开图与底面圆的关系是解题关键．55．（2022•宿迁）用半径为6cm，圆心角为120°的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆的半径是2cm．思路引领：设这个圆锥的底面圆的半径为rcm，利用扇形的弧长等于圆锥的底面圆的周长，列出方程，解方程即可得出答案．解：设这个圆锥的底面圆的半径为rcm，由题意得：2πr=120×π×6解得：r＝2，∴这个圆锥的底面圆的半径为2cm，故答案为：2．总结提升：本题考查了圆锥的计算，理解扇形的弧长等于圆锥的底面圆的周长，从而列出方程是解决问题的关键．模块二2023中考押题预测1．（2022•印江县三模）如图，直线l为y＝x，过点A1（1，0）作A1B1⊥x轴，与直线l交于点B1，以原点O为圆心，OB1长为半径画圆弧交x轴于点A2；再作A2B2⊥x轴，交直线l于点B2，以原点O为圆心，OB2长为半径画圆弧交x轴于点A3；…，按此作法进行下去，则点A2022的坐标为（（2）2021，0）．思路引领：利用直线y＝x平分第一、三象限，则B1（1，1），由于OA2＝OB1=2OA1=2，OA3＝OB2=2OA2＝（2）2，依此变化规律得到OA2022＝（2）2021，从而得到点解：∵A1（1，0）作A1B1⊥x轴，与直线y＝x交于点B1，∴OA1＝1，B1（1，1），∵以原点O为圆心，OB1长为半径画圆弧交x轴于点A2，∴OA2＝OB1=2OA1=∵以原点O为圆心，OB2长为半径画圆弧交x轴于点A3，∴OA3＝OB2=2OA2=2×2=同理可得OA4＝（2）3，•••∴OA2022＝（2）2021，∴点A2022的坐标为（（2）2021，0）．故答案为：（（2）2021，0）．总结提升：本题考查了垂径定理、一次函数图象上点的坐标特征和规律型问题的解决方法．2．（2022•商城县三模）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A、B、C均在小正方形的顶点上，点C同时也在AB上，若点P是BC的一个动点，则△ABP面积的最大值是85−8思路引领：作AB的垂直平分线交AB于D，交AB于E，圆心为0，则点O在DE上，连接AE、BE，CF⊥OE于F，如图，设⊙O的半径为r，OD＝x，利用勾股定理得到r2＝x2+42①，r2＝（x+2）2+22②，则利用②﹣①可求出得x＝2，所以r＝25，DE＝25−2，然后根据三角形面积公式，点P点与点E重合时，△ABP解：作AB的垂直平分线交AB于D，交AB于E，圆心为0，则点O在DE上，连接AE、BE，CF⊥OE于F，如图，设⊙O的半径为r，OD＝x，在Rt△BOD中，r2＝x2+42①，在Rt△OCF中，r2＝（x+2）2+22②，②﹣①得4+4x+4﹣16＝0，解得x＝2，∴OD＝2，∴r=22+∴DE＝OE﹣OD＝25−∵点P是BC的一个动点，∴点P点与点E重合时，△ABP面积的最大值，最大值为12×8×（25−故答案为：85−总结提升：本题考查了垂径定理的推论：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．类型二垂径定理的应用3．（2022•防城区校级模拟）如图，一条公路的转弯处是一段圆弧（AB），点O是这段弧所在圆的圆心，AB＝40m，点C是AB的中点，CD⊥AB且CD＝10m，则这段弯路所在圆的半径为25m．思路引领：根据题意，可以推出AD＝BD＝20m，若设半径为r，则OD＝r﹣10，OB＝r，结合勾股定理可推出半径r的值．解：如图，连接OD，∵点C是AB的中点，∴O、D、C三点在同一直线上，∵OC⊥AB，AB＝40m，∴AD＝DB＝20m，在Rt△AOD中，OA2＝OD2+AD2，设半径为r得：r2＝（r﹣10）2+202，解得：r＝25，∴这段弯路的半径为25m．故选：25m．总结提升：本题主要考查垂径定理的应用、勾股定理的应用，关键在于设出半径为r后，用r表示出OD、OB的长度．4．（2022•泸县校级一模）如图，一条公路的转弯处是一段圆弧（图中的AB），点O是这段弧的圆心，∠AOB＝80°，C是AB上一点，OC⊥AB，垂足为D，AB＝300m，CD＝50m，则这段弯路AB的长是1000π9m思路引领：先利用垂径定理和勾股定理列方程求出半径r，再根据弧长公式求出答案．解：设半径为rm，则OD＝r﹣CD＝（r﹣50）m，∵OC⊥AB，∴AD=BD=1在Rt△AOD中，AO2＝AD2+OD2，即r2＝1502+（r﹣50）2，解得r＝250，这段弯路的半径是250m．∵∠AOB＝80°，∴这段弯路AB的长=180π×250180=即这段弯路AB的长是1000π9故答案为：1000π9总结提升：此题考查了垂径定理、勾股定理、弧长公式等知识，求出半径r是解题的关键．5．（2022•许昌二模）如图1，是一枚残缺的古代钱币．图2是其几何示意图，正方形ABCD的边长是1cm，⊙O的直径为2cm，且正方形的中心和圆心O重合，E，F分别是DA，CD的延长线与⊙O的交点，则钱币残缺部分（即图2中阴影部分）的面积是（π4−12思路引领：如图，延长AB交⊙O于点M，延长BC交⊙O于点N，连接EM，MN，FN，OE，OM．则四边形EMNF是正方形．根据S阴=14（S圆O﹣S正方形解：如图，延长AB交⊙O于点M，延长BC交⊙O于点N，连接EM，MN，FN，OE，OM．则四边形EMNF是正方形．∵OE＝OM＝1cm，∴EM=2cm∴S阴=14（S圆O﹣S正方形=14（π×12＝（π4−12故答案为：（π4总结提升：本题考查了圆面积的计算，正方形的性质，正确的识别图形是解题的关键．类型三圆心角、弧、弦之间的关系6．（2022•博望区校级一模）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DC的长为213．思路引领：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，再根据勾股定理求出DC即可．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＝12，∴AC＝4，BC＝8，OD＝OA＝OB＝6，∴CO＝2，∵点D是弧ADB的三等分点（弧BD＜弧AD），∴∠DOB=13×180°=∴∠ODE＝30°，∴OE=12OD＝3，DE=D∴CE＝OE+CO＝3+2＝5，∴DC=DE2故答案为：213．总结提升：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＝60°和半径的长度是解此题的关键．7．（2022•定远县模拟）如图，在△ABC中，∠B＝70°，⊙O截三边所得的弦长DE＝FG＝HI，则∠AOC＝125度．思路引领：过点O作OM⊥DE于M，OK⊥FG于K，OP⊥HI于P，求出OM＝OP＝OK，求出点O是△ABC的角平分线的交点，根据三角形内角和定理求出∠BAC+∠BCA的度数，再根据角平分线定义得出∠OAC+∠OCA=12（∠BAC+∠ACB）＝55解：过点O作OM⊥DE于M，OK⊥FG于K，OP⊥HI于P，如图，∵DE＝FG＝HI，∴OM＝OK＝OP，∴OA平分∠BAC，OC平分∠ACB，∴∠OAC=12∠BAC，∠OCA∵∠B＝70°，∴∠BAC+∠BCA＝180°﹣∠B＝110°，∴∠OAC+∠OCA=12（∠BAC+∠=12＝55°，∴∠AOC＝180°﹣（∠OAC+∠OCA）＝180°﹣55°＝125°，故答案为：125．总结提升：本题考查了角平分线定义和性质，三角形内角和定理和垂径定理等知识点，能熟记到角两边距离相等的点在这个角的平分线上是解此题的关键．类型四圆周角定理8．（2023•泸县一模）如图，AB为⊙O的直径，E为弦CD的中点，若∠BAD＝30°，且BE＝2，则BC的长是4．思路引领：先由垂径定理的推论得出AB⊥CD，从而得∠BEC＝90°，再由圆周角定理得出∠BCE＝∠BAD＝30°，然后由直角三角形的性质得出答案．解：∵AB为⊙O的直径，E为弦CD的中点，∴AB⊥CD，∴∠BEC＝90°，∵∠BCE＝∠BAD＝30°，∴BC＝2BE＝2×2＝4，故答案为：4．总结提升：本题考查垂径定理的推论，圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握垂径定理的推论，圆周角定理，含30度角的直角三角形的性质是解题词的关键．9．（2023•灞桥区校级二模）如图，在⊙O中，弦AB=43，点C为圆周上一动点，连接AC、BC，D为AC上一点，且CD＝BD，∠ADB＝120°，则△ABD周长的最大值为43思路引领：设△ABD的周长为m，则m＝AB+BD+DA＝AB+AC，因为点C是圆周上一动点，所以当AC时直径时，AC最长；求出∠ABC＝90°，∠CAB＝30°，所以BC=AB3=4，AC＝2BC＝8，则m解：设△ABD的周长为m，则m＝AB+BD+DA，∵CD＝BD，∴m＝AB+CD+DA＝AB+AC，∵点C是圆周上一动点，∴当AC时直径时，AC最长，∴∠ABC＝90°，∵∠ADB＝120°，CD＝BD，∴∠ACB＝60°，∴∠CAB＝30°，∴BC=AB3=4，AC∴m最大为43故答案为：43总结提升：本题考查圆周角定理，圆的基本概念，勾股定理，含30度的直角三角形的性质，解题的关键是利用已知条件将三角形的周长转化为AB+AC．10．（2022•法库县模拟）如图，BD是⊙O的直径，点A，C在⊙O上，弧AB＝弧AD，若∠COD＝126°，则∠AGB的度数为108°．思路引领：根据圆周角定理得到∠BAD＝90°，∠DAC=12∠COD＝63°，再由弧AB＝弧AD，得到∠B＝∠D＝45°，然后根据三角形外角性质计算∠解：∵BD是⊙O的直径，∴∠BAD＝90°，∵弧AB＝弧AD，∴∠B＝∠D＝45°，∵∠DAC=12∠COD=12×∴∠AGB＝∠DAC+∠D＝63°+45°＝108°．故答案为：108°．总结提升：本题考查了圆周角定理：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．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．类型五圆内接四边形11．（2022•吉林二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接OA，OC，若∠D＝60°，OA＝2，则四边形ABCO面积的最大值为23．思路引领：由题意可知△OAC的面积是定值，因此当△BAC的面积最大时，四边形ABCO的面积最大．解：连接AC，OB，∵∠D＝60°，∴∠AOC＝2×60°＝120°，∵OA＝OC＝2，∴△OAC的面积是定值，当△BAC的面积最大时，四边形OABC的面积最大，当点B位于弧AC中点时，△BAC的面积最大，此时∠AOB＝∠BOC＝60°，∵OA＝OC＝2，∴△OAB，△OBC是等边三角形，∴四边形OABC是菱形，∵AC=3OA＝23∴菱形OABC的面积是12×23×∴四边形OABC的面积最大值是23，故答案为：23．总结提升：本题考查圆中的最值问题，圆周角定理，关键是明白点B位于弧AB中点时，四边形OABC的面积最大．12．（2022•长春一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，延长BC至点E，若∠DCE＝72°，则∠BOD的度数为144°．思路引领：根据圆内接四边形的性质得出∠A+∠BCD＝180°，求出∠A＝∠DCE＝72°，根据圆周角定理得出∠BOD＝2∠A，再求出答案即可．解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠A+∠BCD＝180°，∵∠DCE+∠BCD＝180°，∴∠A＝∠DCE，∵∠DCE＝72°，∴∠A＝72°，∴∠BOD＝2∠A＝144°，故答案为：144°．总结提升：本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理和圆心角、弧、弦之间的关系等知识点，能熟记圆内接四边形的对角互补和圆周角定理是解此题的关键．13．（2022•合肥二模）如图，点A、B、C、D均在⊙O上，若∠AOD＝65°，AO∥DC，则∠B的度数为57.5°．思路引领：根据平行线的性质得出∠ODC＝∠AOD＝65°，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠ODA＝∠OAD=12（180°﹣∠AOD）＝57.5°，求出∠ADC的度数，根据圆内接四边形的性质得出∠B+∠ADC＝180解：如图，连接AD，∵∠AOD＝65°，AO∥DC，∴∠ODC＝∠AOD＝65°，∵∠AOD＝65°，OA＝OB，∴∠ODA＝∠OAD=12（180°﹣∠AOD）＝57.5∴∠ADC＝∠ODA+∠ODC＝57.5°+65°＝122.5°，∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠B+∠ADC＝180°，∴∠B＝57.5°，故答案为：57.5°．总结提升：本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系，等腰三角形的性质等知识点，能求出∠ADC的度数是解此题的关键．类型六点与圆的位置关系14．（2023•凉山州模拟）如图，等边△ABC中，AB＝2，点D是以A为圆心，半径为1的圆上一动点，连接CD，取CD的中点E，连接BE，则线段BE的最小值为23−1思路引领：延长CB到T，使得BT＝BC，连接AT，DT，AD．首先确定DT的取值范围，再利用三角形的中位线定理解决问题即可．解：延长CB到T，使得BT＝BC，连接AT，DT，AD．∵△ABC是等边三角形，∴BA＝BC＝AC＝BT＝2，∠ACB＝60°，∴∠CAT＝90°，∴AT＝CT•sin60°＝23，∵AD＝1，∴23−1≤DT≤23∵CB＝BT，CE＝DE，∴BE=12∴23−12∴线段BE的最小值为23故答案为：23总结提升：本题考查点与圆的位置关系，三角形中位线定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题，属于中考填空题中的压轴题．15．（2022•蓬江区校级一模）矩形ABCD中，AB＝2，BC＝6，点P为矩形内一个动点．且满足∠PBC＝∠PCD，则线段PD的最小值为13−3思路引领：根据题意推导出∠BPC＝90°，可知P点在以BC为直径的圆上，设圆心为O，则PD的最小值为OD﹣OC=13解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD＝90°，∴∠PCD+∠PBC＝90°，∵∠PBC＝∠PCD，∴∠PBC+∠PBC＝90°，∴∠BPC＝90°，∴P点在以BC为直径的圆上，设圆心为O，∵BC＝6，∴CO＝3，∵CD＝2，∴DO=13∴PD的最小值为13−故答案为：13−总结提升：本题考查点与圆的位置关系，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，能够确定P点的轨迹是解题的关键．16．（2022•同安区二模）如图，直角坐标系中一条圆弧经过网格点A，B，C，其中B点坐标为（4，4），则该圆弧所在圆的圆心坐标为（2，0）．思路引领：根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心．解：根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心．如图所示，则圆心是（2，0）．故答案为：（2，0）总结提升：能够根据垂径定理的推论得到圆心的位置．17．（2023•红桥区模拟）如图，△ABC内接于⊙O，∠C＝42°，连接OA，则∠OAB的大小为48（度）．思路引领：由∠C＝42°，得∠AOB＝2∠C＝84°，根据等腰三角形性质可得∠OAB＝∠OBA＝48°．解：∵∠C＝42°，∴∠AOB＝2∠C＝84°，∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA＝（180°﹣84°）÷2＝48°，故答案为：48．总结提升：本题考查圆的性质及应用，解题的关键是掌握同弧所对的圆心角是圆周角的2倍．18．（2022•柘城县校级四模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，过点O作AB的垂线，交BC于点F，连接AF并延长交⊙O于点D，连接OD交BC于点E，∠BAC＝60°，FO=3．则图中阴影部分的面积为93思路引领：在Rt△FOB中求出OB的长度，从而求出AB的长度，再根据直径所对的圆周角是直角可得∠C＝90°，进而可得AC=12AB，过点D作DG⊥AB，垂足为G，根据已知易证AC＝AO，从而证明Rt△ACF≌Rt△AOF，进而可得∠CAF＝∠FAB＝30°，然后求出∠DOB＝60°，在Rt△DOG中求出DG，最后求出△解：∵FO⊥AB，∴∠FOB＝∠FOA＝90°，∵∠B＝30°，FO=3∴OB=3OF∴AB＝2OB＝6，∵AB是⊙O的直径，∴∠C＝90°，∴AC=12过点D作DG⊥AB，垂足为G，∵∠C＝90°，∠B＝30°，∴∠CAB＝90°﹣∠B＝60°，∵AO=12AB，AC=∴AC＝AO，∵AF＝AF，∠C＝∠AOF＝90°，∴Rt△ACF≌Rt△AOF（HL），∴∠CAF＝∠FAB＝30°，∴∠DOB＝2∠FAB＝60°，∴DG＝ODsin60°＝3×3∴△AOD的面积=12AO•DG=1∴图中阴影部分的面积为93故答案为：93总结提升：本题考查了全等三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，三角形的外接圆与外心，圆周角定理，三角形面积的计算，熟练掌握全等三角形的判定与性质，以及圆周角定理是解题的关键．19．（2022•李沧区二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△A'B'C，P为线段A′B′上的动点．以P为圆心、PA'为半径作⊙P，当⊙P与△ABC的边相切时，⊙P的半径长为15625或10213思路引领：分两种情形分别求解：如图1中，当⊙P与直线AC相切于点M时，如图2中，当⊙P与AB相切于点N时，解直角三角形即可得到结论．解：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5，∴AB=A∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△A'B'C，∴AB＝A′B′＝13．AC＝A′C＝12，B′B＝BC＝5，∠A′CB′＝∠ACB＝90°，①若⊙P与AC相切，如图1，设切点为M，连接PM，则PM⊥AC，且PM＝PA′，∵PM⊥AC，A′C⊥AC，∴PM∥A′C，∴△B′PM∽△B′A′C，∴PB′A′B′∴13−PA′13∴PA′=156②如图2中，当⊙P与AB相切于点T时，则∠ATB′＝90°，∴∠AB′T+∠A＝90°，∵∠A′B′C+∠A′＝90°，∴∠AB′T＝∠A′B°C，∴A′、B′、T共线，∵△A′BT∽△ABC，A′TAC∴A′T12∴A′T=204∴A′P=12A′T综上所述，⊙P的半径为15625或102故答案为：15625或102总结提升：本题考查切线的性质、勾股定理、锐角三角函数、相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，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．（2022•碑林区校级二模）如图，已知直线l与⊙O相离，过点O作OA⊥l于点A，交⊙O于M，OA＝6，OM＝4．P为⊙O上一点，当P在⊙O上运动时，作PB⊥l于点B，则AB+PB最大值为6+42．思路引领：分两种情况：当P点在过点O且平行于直线l的直线之上时，当P点不在过点O且平行于直线l的直线之上时，过点P作PN⊥AO于N，连接OP，通过证明所构造的四边形是矩形，设AB＝x，结合矩形的性质利用勾股定理可得关于AB+PB的式子，再分别计算可求解．解：当P点在过点O且平行于直线l的直线之上时，过点P作PN⊥AO于N，连接OP，∴∠ONB＝90°，∵OA⊥l，PB⊥l，∴∠OAB＝∠PBA＝90°，∴四边形ABNO是矩形，∴AB＝ON，NB＝OA＝6，设AB＝ON＝x，在Rt△ONP中，PN=OPB＝BN+PN＝6+16−∴AB+PB＝x+6+16−∴当x+16−x2最大值时，AB令y＝x+16−则y2＝（x+16−x2）2＝16+2x16−x2∴当x2﹣8＝0，即x=22时，y∴AB+PB=22+6+16−(2故当x＝22时，AB+PB最大，最大值为：6+42；当P点不在过点O且平行于直线l的直线之上时，过点P作PN⊥AO于N，连接OP，∴∠PNA＝90°，∵OA⊥l，PB⊥l，∴∠OAB＝∠PBA＝90°，∴四边形ABPN是矩形，∴AB＝PN，PB＝AN，设AB＝PN＝x，在Rt△ONP中，ON=OPB＝AN＝OA﹣ON＝6−16−∴AB+PB＝x+6−16−∵16−x2≥∴当x＝4时，AB+PB最大，最大值为：4+6﹣0＝10．综上，AB+PB的最大值为：6+42．故答案为：6+42．总结提升：本题主要考查勾股定理，矩形的判定与性质，二次根式的非负性，构造直角三角形是解题的关键．21．（2023•立山区一模）如图，PA，PB分别切⊙O于点A，B，∠APB＝50°，CD切⊙O于点E，交PA，PB于C，D两点，连接OC，OD，则∠COD＝65°．思路引领：连接OP，OA，OE，OB．利用切线长定理即可解决问题．解：如图，连接OP，OA，OE，OB．∵PA，PB，CD是⊙O的切线，∴CA＝CE，DE＝DB，PA＝PB，OP垂直平分线段AB，∵OA＝OE＝OB，∠OAC＝∠OBD＝∠OEC＝∠OED＝90°，∴Rt△OAC≌Rt△OEC（SAS），Rt△OED≌△Rt△OBD（SAS），∴∠AOC＝∠COE，∠EOD＝∠BOD，∵∠APB＝50°，∠PAO＝∠PBO＝90°，∴∠AOB＝180°﹣50°＝130°，∴∠COD＝65°，故答案为：65°．总结提升：本题主要考查了切线长定理及等边三角形的判定和性质．解决此题的关键是熟练利用切线长定理．22．（2022•常山县模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E为AD上一点，且AE＝2，F为BC边上的动点，以EF为直径作⊙O，当⊙O与矩形的边相切时，BF的长为2或92或132思路引领：分三种情况，一是⊙O与BC边相切，则BC⊥OF，可证明四边形ABFE是矩形，则BF＝AE＝2；二是⊙O与AB边相切，设切点为点G，连接OG，则OG∥AD∥BC，则AGBG=EOFO=1，所以AG＝BG＝3，连接EG、FG，则∠EGF＝90°，可证明△BFG∽△AGE，得BFAG=BGAE，求得BF=92；三是⊙O与CD边相切，设切点为点M，连接OM，则DM＝CM＝3，连接EM、FM，则∠EMF＝90°，可证明△CFM∽△DME，得CF解：当⊙O与BC边相切时，如图1，则BC⊥OF，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠B＝∠EFB＝90°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝8，∴四边形ABFE是矩形，∴BF＝AE＝2；当⊙O与AB边相切时，如图2，设切点为点G，连接OG，则AB⊥OG，∴∠OGB＝∠OGB＝∠A＝90°，∴OG∥AD∥BC，∵EF是⊙O的直径，∴EO＝FO，∴AGBG∴AG＝BG=12AB连接EG、FG，则∠EGF＝90°，∵∠B＝∠A，∠BFG＝∠AGE＝90°﹣∠BGF，∴△BFG∽△AGE，∴BFAG∴BF=AG⋅BG当⊙O与CD边相切时，如图3，设切点为点M，连接OM，则CD⊥OM，∴∠OMD＝∠OMC＝∠D＝∠C＝90°，∴OM∥AD∥BC，∴DMCM∴DM＝CM=12连接EM、FM，则∠EMF＝90°，∵∠C＝∠D，∠CMF＝∠DEM＝90°﹣∠DME，∴△CFM∽△DME，∴CFDM∴CF=DM⋅CM∴BF＝BC﹣CF＝8−3综上所述，BF的长为2或92或13故答案为：2或92或13总结提升：此题重点考查矩形的判定与性质、切线的性质、直径所对的圆周角是直角、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．23．（2022•周至县一