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2021年中考数学真题复习汇编：专题24圆（圆选填题40道）（第02期）（含解析）
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这是一份2021年中考数学真题复习汇编：专题24圆（圆选填题40道）（第02期）（含解析），共42页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
专题24圆（圆选填题40道）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
一、单选题
1．（2021·山东青岛·中考真题）如图，是的直径，点，在上，点是的中点，过点画的切线，交的延长线于点，连接．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据切线的性质得到BA⊥AD，根据直角三角形的性质求出∠B，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，进而求出∠BAC，根据垂径定理得到BA⊥EC，进而得出答案．
【详解】
解：∵AD是⊙O的切线，
∴BA⊥AD，
∵∠ADB=58.5°，
∴∠B=90°-∠ADB=31.5°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC=90°-∠B=58.5°，
∵点A是弧EC的中点，
∴BA⊥EC，
∴∠ACE=90°-∠BAC=31.5°，
故选：B．
【点睛】
本题考查的是切线的性质、圆周角定理、垂径定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
2．（2021·四川内江·中考真题）如图，是的外接圆，，若的半径为2，则弦的长为（ ）
A．4 B． C．3 D．
【答案】B
【分析】
过点作，交于点，根据圆周角定理以及垂径定理可得结果．
【详解】
解：过点作，交于点，
是的外接圆，，
，
又，，
，，
在中，，
，，
，
故选：．
【点睛】
本题考查了垂径定理，圆周角定理，勾股定理，熟知相关性质定理是解本题的关键．
3．（2021·青海西宁·中考真题）如图，的内切圆与分别相切于点D，E，F，连接，，，，，则阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
连接OD，由题意，先利用勾股定理求出AB的长度，设半径为r，然后求出内切圆的半径，再利用正方形的面积减去扇形的面积，即可得到答案．
【详解】
解：连接OD，如图：
在中，，，，
由勾股定理，则
，
设半径为r，则，
∴，
∴四边形CEOF是正方形；
由切线长定理，则，，
∵，
∴，
解得：，
∴；
∴阴影部分的面积为：；
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形的内切圆，切线的性质，切线长定理，求扇形的面积，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的进行解题．
4．（2021·辽宁沈阳·中考真题）如图，是的内接三角形，，，连接，，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
过点作于，根据垂径定理求出，根据圆周角定理求出，根据正弦的定义求出，根据弧长公式计算求解．
【详解】
解：过点作于，
则，
由圆周角定理得：，
，
，
，
故选：．
【点睛】
本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握垂径定理、圆周角定理、弧长公式是解题的关键．
5．（2021·四川绵阳·中考真题）如图，圆锥的左视图是边长为2的等边三角形，则此圆锥的高是（ ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】D
【分析】
如图所示，等边三角形ABC，BC边上的高AD即为所求．
【详解】
解：如图所示等边三角形ABC，AD是BC边上的高，
由题意可知AD的长即为所求，AB=2，∠B=60°，
∴，
故选D．
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质，三视图，解直角三角形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
6．（2021·江苏镇江·中考真题）设圆锥的底面圆半径为r，圆锥的母线长为l，满足2r+l＝6，这样的圆锥的侧面积（ ）
A．有最大值π B．有最小值π C．有最大值π D．有最小值π
【答案】C
【分析】
由2r+l＝6，得出l＝6﹣2r，代入圆锥的侧面积公式：S侧＝πrl，利用配方法整理得出，S侧＝﹣2π(r﹣)2+π，再根据二次函数的性质即可求解．
【详解】
解：∵2r+l＝6，
∴l＝6﹣2r，
∴圆锥的侧面积S侧＝πrl＝πr(6﹣2r)＝﹣2π(r2﹣3r)＝﹣2π[(r﹣)2﹣]＝﹣2π(r﹣)2+π，
∴当r＝时，S侧有最大值．
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算,二次函数的最值,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.熟记圆锥的侧面积:是解题的关键．
7．（2021·西藏·中考真题）如图，△BCD内接于⊙O，∠D＝70°，OA⊥BC交⨀O于点A，连接AC，则∠OAC的度数为（ ）
A．40° B．55° C．70° D．110°
【答案】B
【分析】
连接OB，OC，根据圆周角定理得到∠BOC＝2∠D＝140°，根据垂径定理得到∠COA，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：连接OB，OC，
∵∠D＝70°，
∴∠BOC＝2∠D＝140°，
∵OA⊥BC，
∴∠COA，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA（180°﹣70°）＝55°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了三角形的外接圆与外心，垂径定理，等腰三角形性质，三角形的内角和定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
8．（2021·辽宁鞍山·中考真题）如图，AB为的直径，C，D为上的两点，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
连接AD，如图，根据圆周角定理得到，，然后利用互余计算出，从而得到的度数．
【详解】
解：连接AD，如图，
AB为的直径，
，
，
．
故选B．
【点睛】
本题主要考查了同弦所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
9．（2021·山东日照·中考真题）如图，平面图形由直角边长为1的等腰直角和扇形组成，点在线段上，，且交或交于点．设，图中阴影部分表示的平面图形（或）的面积为，则函数关于的大致图象是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据点的位置，分点在上和点在弧上两种情况讨论，分别写出和的函数解析式，即可确定函数图象．
【详解】
解：当在上时，即点在上时，有，
此时阴影部分为等腰直角三角形，
，
该函数是二次函数，且开口向上，排除，选项；
当点在弧上时，补全图形如图所示，
阴影部分的面积等于等腰直角的面积加上扇形的面积，再减去平面图形的面积即减去弓形的面积，
设，则，
，，
当时，，，
，
当时，，，
，
在，选项中分别找到这两个特殊值，对比发现，选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的图象及性质，图形的面积等内容，选择题中利用特殊值解决问题是常见方法，构造图形表达出阴影部分面积是本题解题关键．
10．（2021·山东滨州·中考真题）如图，是的外接圆，CD是的直径．若，弦，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
连接AD，根据直径所对的圆周角等于90°和勾股定理，可以求得AD的长，然后即可求得∠ADC的余弦值，再根据同弧所对的圆周角相等，可以得到∠ABC=∠ADC，从而可以得到cos∠ABC的值．
【详解】
解：连接AD，如右图所示，
∵CD是⊙O的直径，CD=10，弦AC=6，
∴∠DAC=90°，
∴AD==8，
∴cos∠ADC==，
∵∠ABC=∠ADC，
∴cos∠ABC的值为，
故选：A．
【点睛】
本题考查三角形的外接圆与外心、圆周角、锐角三角函数、勾股定理，解答本题的关键是求出cos∠ADC的值，利用数形结合的思想解答．
11．（2021·四川德阳·中考真题）如图，边长为1的正六边形ABCDEF放置于平面直角坐标系中，边AB在x轴正半轴上，顶点F在y轴正半轴上，将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转60°，那么经过第2025次旋转后，顶点D的坐标为（ ）
A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）
【答案】A
【分析】
如图，连接，．首先确定点的坐标，再根据6次一个循环，由，推出经过第2025次旋转后，顶点的坐标与第三次旋转得到的的坐标相同，由此即可解决问题．
【详解】
解：如图，连接，．
在正六边形中，，，，
，
在中，，，
，
，
，
，，
将正六边形绕坐标原点顺时针旋转，每次旋转，
次一个循环，
，
经过第2025次旋转后，顶点的坐标与第三次旋转得到的的坐标相同，
与关于原点对称，
，，
经过第2025次旋转后，顶点的坐标，，
故选：A．
【点睛】
本题考查正多边形与圆，规律型问题，坐标与图形变化-旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
12．（2021·四川巴中·中考真题）如图，AB是⊙O的弦，且AB＝6，点C是弧AB中点，点D是优弧AB上的一点，∠ADC＝30°，则圆心O到弦AB的距离等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
连接OA，AC，OC，OC交AB于E，先根据垂径定理求出AE=3，然后证明三角形OAC是等边三角形，从而可以得到∠OAE=30°，再利用三线合一定理求解即可.
【详解】
解：如图所示，连接OA，AC，OC，OC交AB于E，
∵C是弧AB的中点，AB=6，
∴OC⊥AB，AE=BE=3，
∵∠ADC=30°，
∴∠AOC=2∠ADC=60°，
又∵OA=OC，
∴△OAC是等边三角形，
∵OC⊥AB,
∴，,
∴
∴
∴圆心O到弦AB的距离为，
故选C.
【点睛】
本题主要考查了圆周角与圆心角的关系，等边三角形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
13．（2021·辽宁锦州·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，D为⊙O上一点（位于AB下方），CD交AB于点E，若∠BDC＝45°，BC＝6，CE＝2DE，则CE的长为（ ）
A．2 B．4 C．3 D．4
【答案】D
【分析】
连接CO，过点D作DG⊥AB于点G，连接AD，因为CE＝2DE，构造△DGE∽△COE，求出DG＝3，设GE＝x，则OE＝2x，DG＝3，则AG＝6﹣3x，BG＝6＋3x，再利用△AGD∽△ADB，列出方程即可解决．
【详解】
解：连接CO，过点D作DG⊥AB于点G，连接AD，
∵∠BDC＝45°，
∴∠CAO＝∠CDB＝45°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∵BC＝6，
∴AB＝BC＝12，
∵OA＝OB，
∴CO⊥AB，
∴∠COA＝∠DGE＝90°，
∵∠DEG＝∠CEO，
∴△DGE∽△COE，
∴＝，
∵CE＝2DE，
设GE＝x，则OE＝2x，DG＝3，
∴AG＝6﹣3x，BG＝6＋3x，
∵∠ADB＝∠AGD＝90°，
∠DAG＝∠BAD，
∴△AGD∽△ADB，
∴DG2＝AG•BG，
∴9＝（6﹣3x）（6＋3x），
∵x＞0，
∴x＝，
∴OE＝2，
在Rt△OCE中，由勾股定理得：
CE＝，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造出△DGE∽△COE是解题关键
14．（2021·江苏镇江·中考真题）如图，∠BAC＝36°，点O在边AB上，⊙O与边AC相切于点D，交边AB于点E，F，连接FD，则∠AFD等于（ ）
A．27° B．29° C．35° D．37°
【答案】A
【分析】
连接OD，根据切线的性质得到∠ADO＝90°，根据直角三角形的性质得到∠AOD＝90°﹣36°＝54°，根据圆周角定理即可得到结论．
【详解】
解：连接OD，
∵⊙O与边AC相切于点D，
∴∠ADO＝90°，
∵∠BAC＝36°，
∴∠AOD＝90°﹣36°＝54°，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆周角定理，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
15．（2021·广西百色·中考真题）下列四个命题：①直径是圆的对称轴；②若两个相似四边形的相似比是1：3，则它们的周长比是1：3，面积比是1：6；③同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行；④对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形．其中真命题有（ ）
A．①③ B．①④ C．③④ D．②③④
【答案】C
【分析】
根据有关性质，对命题逐个判断即可．
【详解】
解：①直径是圆的对称轴，直径为线段，对称轴为直线，应该是直径所在的直线是圆的对称轴，为假命题；
②若两个相似四边形的相似比是1：3，面积比是1：9，而不是1：6，为假命题；
③根据平行和垂直的有关性质，可以判定为真命题；
④根据正方形的判定方法，可以判定为真命题；
故答案选C．
【点睛】
此题考查了命题的判定，熟练掌握命题有关内容的基础知识是解题的关键．
16．（2021·贵州遵义·中考真题）如图，AB是⊙O的弦，等边三角形OCD的边CD与⊙O相切于点P，连接OA，OB，OP，AD．若∠COD+∠AOB＝180°， AB＝6，则AD的长是（ ）
A．6 B．3 C．2 D．
【答案】C
【分析】
如图，过作于 过作于 先证明三点共线，再求解的半径， 证明四边形是矩形，再求解 从而利用勾股定理可得答案.
【详解】
解：如图，过作于 过作于
是的切线，
三点共线，
为等边三角形，
四边形是矩形，
故选：
【点睛】
本题考查的是等腰三角形，等边三角形的性质，勾股定理的应用，矩形的判定与性质，切线的性质，锐角三角函数的应用，灵活应用以上知识是解题的关键.
17．（2021·贵州遵义·中考真题）如图，点C是以点O为圆心，AB为直径的半圆上一点，连接AC，BC，OC．若AC＝4，BC＝3，则sin∠BOC的值是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】
如图，过点C作CH⊥AB于H．利用勾股定理求出AB，再利用面积法求出CH，可得结论．
【详解】
解：如图，过点C作CH⊥AB于H．
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AC＝4，BC＝3，
∴AB＝，
∴OC＝AB＝，
∵＝•AB•CH＝•AC•BC，
∴CH＝，
∴sin∠BOC＝＝，
故选：B．
【点睛】
本题考查圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用面积法求出CH的长，属于中考常考题型．
18．（2021·湖南湘潭·中考真题）如图，为⊙O的直径，弦于点E，直线l切⊙O于点C，延长交l于点F，若，，则的长度为（ ）
A．2 B． C． D．4
【答案】B
【分析】
根据垂径定理求得，AE=DE=2，即可得到∠COD=2∠ABC=45°，则△OED是等腰直角三角形，得出，根据切线的性质得到BC⊥CF，得到△OCF是等腰直角三角形，进而即可求得CF=OC=OD=．
【详解】
解：∵BC为⊙O的直径，弦AD⊥BC于点E，，，
∴ AE=DE=2，
∴∠COD=2∠ABC=45°，
∴△OED是等腰直角三角形，
∴OE=ED=2，
∴，
∵直线l切⊙O于点C，
∴BC⊥CF，
∴△OCF是等腰直角三角形，
∴CF=OC，
∵，
∴，
故选：B．
【点睛】
本题考查了垂径定理，等弧所对的圆心角和圆周角的关系，切线的性质，勾股定理的应用，求得CF=OC=OD是解题的关键．
19．（2021·辽宁阜新·中考真题）如图，弧长为半圆的弓形在坐标系中，圆心在．将弓形沿x轴正方向无滑动滚动，当圆心经过的路径长为时，圆心的横坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
求出一个周期圆心走的路程，即可求出圆心经过的路径长为时圆心的位置，故可求解．
【详解】
如图，圆心在，可得r=2
∴OA=，AB=2r=4，BC=，==
∴一个周期圆心经过的路径长为OA++BC=4，
∴C（4+2，0），
故当圆心经过的路径长为时，
÷4=505…1
∴圆心的横坐标是505×（4+2）+=
故选D．
【点睛】
此题主要考查弧与坐标综合，解题的关键是根据题意求出一个周期圆心经过的路径长．
20．（2021·内蒙古呼和浩特·中考真题）如图，正方形的边长为4，剪去四个角后成为一个正八边形，则可求出此正八边形的外接圆直径d，根据我国魏晋时期数学家刘的“割圆术”思想，如果用此正八边形的周长近似代替其外接圆周长，便可估计的值，下面d及的值都正确的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【分析】
根据勾股定理求出多边形的边长，利用多边形内角和求解内角度数，再根据锐角三角函数求值即可．
【详解】
解： 设剪去△ABC边长AC=BC=x，可得：
，
解得x=，
则BD=，
∵正方形剪去四个角后成为一个正八边形，根据正八边形每个内角为135度，
，
则∠BFD=22.5°，
∴外接圆直径d=BF=，
根据题意知周长÷d==，
故选：C．
【点睛】
本题考查了勾股定理、多边形内角和、圆周长直径公式和锐角三角函数等相关知识，阅读理解题意是解决问题的关键．
21．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，点A，B，C为⊙O上的三点，∠AOB∠BOC，∠BAC＝30°，则∠AOC的度数为（ ）
A．100° B．90° C．80° D．60°
【答案】C
【分析】
根据圆周角定理得出∠COB=2∠BAC=60°，结合已知得出∠AOB∠BOC=20°，从而得出∠AOC的度数
【详解】
解：∵对的圆心角为∠BOC，对的圆周角为∠BAC，∠BAC=30°，
∴∠BOC=2∠CAB=60°，
∵∠AOB∠BOC，
∴∠AOB=20°，
∴∠AOC=∠AOB +∠BOC=80°，
故选：C
【点睛】
本题考查了圆周角定理，能根据圆周角定理得出∠COB=2∠CAB是解此题的关键．
22．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）一条弧所对的圆心角为135°，弧长等于半径为3cm的圆的周长的5倍，则这条弧的半径为（ ）
A．45cm B．40cm C．35cm D．30cm
【答案】B
【分析】
设这条弧的半径为rcm，根据弧长公式和已知条件列出方程，解方程即可求解．
【详解】
解：设这条弧的半径为rcm，
由题意得，
解得r=40，
∴这条弧的半径为40cm．
故选：B
【点睛】
本题考查了弧长公式，熟知弧长公式并根据题意列出方程是解题关键．
23．（2021·广西梧州·中考真题）在平面直角坐标系中，已知点A（0，1），B（0，﹣5），若在x轴正半轴上有一点C，使∠ACB＝30°，则点C的横坐标是（ ）
A．34 B．12 C．6+3 D．6
【答案】A
【分析】
如图，作的外接圆 连接 过作轴于 作轴于 则四边形是矩形，再证明是等边三角形，再分别求解即可得到答案.
【详解】
解：如图，作的外接圆 连接 过作轴于 作轴于 则四边形是矩形，
是等边三角形，
故选：
【点睛】
本题考查的是坐标与图形，三角形的外接圆的性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理分应用，灵活应用以上知识解题是解题的关键.
24．（2021·广西桂林·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，连接AC，BC，则∠C的度数是（ ）
A．60° B．90° C．120° D．150°
【答案】B
【分析】
直接根据直径所对的圆周角是直角进行判断即可．
【详解】
解：∵AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，
∴∠C=90°
故选：B
【点睛】
此题主要考查了：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，灵活掌握半圆（或直径）所对的圆周角是直角是解答此题的关键．
25．（2021·广西梧州·中考真题）若扇形的半径为3，圆心角为60°，则此扇形的弧长是（ ）
A．π B．π C．π D．2π
【答案】B
【分析】
根据弧长的公式列式计算即可．
【详解】
解：∵一个扇形的半径长为3，且圆心角为60°，
∴此扇形的弧长为．
故选：B．
【点睛】
本题考查了弧长公式，熟记公式是解题的关键．
第II卷（非选择题）
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二、填空题
26．（2021·甘肃兰州·中考真题）如图，传送带的一个转动轮的半径为，转动轮转，传送带上的物品被传送，则______．
【答案】108
【分析】
根据传送的距离等于转动了的圆弧的长，进而即可求得．
【详解】
解得．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了弧长的公式的应用，牢记弧长公式是解题的关键．
27．（2021·青海西宁·中考真题）如图，是的直径，弦于点E，，，则的半径_______．
【答案】
【分析】
设半径为r，则，得到，由垂径定理得到，再根据勾股定理，即可求出答案．
【详解】
解：由题意，设半径为r，
则，
∵，
∴，
∵是的直径，弦于点E，
∴点E是CD的中点，
∵，
∴，
在直角△OCE中，由勾股定理得
，
即，
解得：．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了垂径定理，勾股定理，解题的关键是熟练掌握垂径定理和勾股定理进行解题．
28．（2021·广西河池·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，以为圆心，AB为直径的圆与x轴相切，与y轴交于A，C两点，则点B的坐标是____________．
【答案】
【分析】
如图，连接，设圆与x轴相切于点，连接交与点，结合已知条件，则可得，勾股定理求解，进而即可求得的坐标．
【详解】
如图，连接，设圆与x轴相切于点，连接交与点，
则轴，
为直径，则，
，
轴，
，
，，
，，
，
轴，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆的性质，直径所对的圆周角是直角，垂径定理，切线的性质，勾股定理，坐标与图形，掌握以上知识是解题的关键．
29．（2021·四川德阳·中考真题）如图，在圆内接五边形ABCDE中，∠EAB∠+∠C+∠CDE+∠E＝430°，则∠CDA＝_____度．
【答案】70
【分析】
先利用多边的内角和得到∠EAB+∠B+∠C+∠CDE+∠E=540°，则可计算出∠B=110°，然后根据圆内接四边形的性质求∠CDA的度数．
【详解】
解：∵五边形ABCDE的内角和为（5-2）×180°=540°，
∴∠EAB+∠B+∠C+∠CDE+∠E=540°，
∵∠EAB+∠C+∠CDE+∠E=430°，
∴∠B=540°-430°=110°，
∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠B+∠CDA=180°，
∴∠CDA=180°-110°=70°．
故答案为70．
【点睛】
本题考查了多边形的内角和与圆内接四边形的性质，运用圆内接四边形的性质是解决问题的关键．
30．（2021·辽宁朝阳·中考真题）已知⊙O的半径是7，AB是⊙O的弦，且AB的长为7，则弦AB所对的圆周角的度数为__________．
【答案】60°或120°
【分析】
∠ACB和∠ADB为弦AB所对的圆周角，连接OA、OB，如图，过O点作OH⊥AB于H，根据垂径定理得到AH＝BH＝，则利用余弦的定义可求出∠OAH＝30°，所以∠AOB＝120°，然后根据圆周角定理得到∠ACB＝60°，根据圆内接四边形的性质得到∠ADB＝120°．
【详解】
解：∠ACB和∠ADB为弦AB所对的圆周角，
连接OA、OB，如图，
过O点作OH⊥AB于H，则AH＝BH＝AB＝，
在Rt△OAH中，∵cos∠OAH＝＝＝，
∴∠OAH＝30°，
∵OA＝OB，
∴∠OBH＝∠OAH＝30°，
∴∠AOB＝120°，
∴∠ACB＝∠AOB＝60°，
∵∠ADB＋∠ACB＝180°，
∴∠ADB＝180°﹣60°＝120°，
即弦AB所对的圆周角的度数为60°或120°．
故答案为60°或120°．
【点睛】
本题考查了圆周角定理：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．也考查了垂径定理．
31．（2021·四川德阳·中考真题）在锐角三角形ABC中，∠A＝30°，BC＝2，设BC边上的高为h，则h的取值范围是 __________________．
【答案】
【分析】
如图，为的弦，，证明为等边三角形得到，则根据圆周角定理得到，作直径、，连接、，则，当点在上（不含、点）时，为锐角三角形，易得，当点为的中点时，点到的距离最大，即最大，延长交于，如图，根据垂径定理得到，所以，，则，然后写出的范围．
【详解】
解：如图，为的弦，，
，
，
为等边三角形，
，
，
作直径、，连接、，则，
当点在上（不含、点）时，为锐角三角形，
在中，，
，
当点为的中点时，点到的距离最大，即最大，
延长交于，如图，
点为的中点，
，
，
，
，
，
的范围为．
故答案为．
【点睛】
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．半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径．也考查了垂径定理和勾股定理．
32．（2021·江苏淮安·中考真题）若圆锥的侧面积为18π，底面半径为3，则该圆锥的母线长是___．
【答案】6
【分析】
根据圆锥的侧面积＝πrl，列出方程求解即可．
【详解】
解：∵圆锥的侧面积为18π，底面半径为3，
3πl＝18π．
解得：l＝6，
故答案为：6．
【点睛】
本题考查了圆锥的侧面积，解题关键是熟记圆锥的侧面积公式，列出方程进行求解．
33．（2021·广西梧州·中考真题）如图，正六边形ABCDEF的周长是24cm，连接这个六边形的各边中点G，H，K，L，M，N，则六边形GHKLMN的周长是 ___cm．
【答案】
【分析】
如图，连接 过作于 再求解正六边形的边长为 证明 再求解 再利用三角形的中位线定理可得答案.
【详解】
解：如图，连接 过作于
正六边形ABCDEF的周长是24cm，
分别为的中点，
同理：
六边形GHKLMN的周长是
故答案为：
【点睛】
本题考查的是三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，正多边形的性质，锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键.
34．（2021·江苏泰州·中考真题）如图，平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（8，5），⊙A与x轴相切，点P在y轴正半轴上，PB与⊙A相切于点B．若∠APB＝30°，则点P的坐标为 ___．
【答案】．
【分析】
连接AB，作AD⊥x轴，AC⊥y轴，根据题意和30°直角三角形的性质求出AP的长度，然后由圆和矩形的性质，根据勾股定理求出OC的长度，即可求出点P的坐标．
【详解】
如下图所示，连接AB，作AD⊥x轴，AC⊥y轴，
∵PB与⊙A相切于点B
∴AB⊥PB，
∵∠APB＝30°，AB⊥PB，
∴PA=2AB=．
∵
∴四边形ACOD是矩形，
点A的坐标为（8，5），
所以AC=OD=8，CO=AD=5，
在中，．
如图，当点P在C点上方时，
∴，
∴点P的坐标为．
【点睛】
此题考查了勾股定理，30°角直角三角形的性质和矩形等的性质，解题的关键是根据题意作出辅助线．
35．（2021·江苏南通·中考真题）圆锥的母线长为，底面圆的半径长为，则该圆锥的侧面积为___________．
【答案】
【分析】
利用圆锥的底面半径为1，母线长为2，直接利用圆锥的侧面积公式求出即可．
【详解】
解：依题意知母线长=2，底面半径r=1，
则由圆锥的侧面积公式得S=πrl=π×1×2=2π．
故答案为：2π．
【点睛】
此题主要考查了圆锥侧面面积的计算，熟练记忆圆锥的侧面积公式是解决问题的关键．
36．（2021·贵州黔东南·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园的半径为 _________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，
∴，
设圆的半径是r．在直角△ADO中， ．
根据勾股定理得， ，
∴
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．
37．（2021·吉林·中考真题）如图，在中，，，．以点为圆心，长为半径画弧，分别交，于点，，则图中阴影部分的面积为__________（结果保留）．
【答案】
【分析】
连接，由扇形面积﹣三角形面积求解．
【详解】
解：连接，
∵，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴阴影部分的面积为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查扇形的面积与等边三角形的性质与判定，解题关键是判断出三角形CBE为等边三角形与扇形面积的计算．
38．（2021·山东青岛·中考真题）如图，正方形内接于，，分别与相切于点和点，的延长线与的延长线交于点．已知，则图中阴影部分的面积为___________．
【答案】
【分析】
连接AC，OD，根据已知条件得到AC是⊙O的直径，∠AOD=90°，根据切线的性质得到∠PAO=∠PDO=90°，得到△CDE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到PE=，根据梯形和圆的面积公式即可得到答案．
【详解】
解：连接AC，OD，
∵四边形BCD是正方形，
∴∠B=90°，
∴AC是⊙O的直径，∠AOD=90°，
∵PA，PD分别与⊙O相切于点A和点D，
∴∠PAO=∠PDO=90°，
∴四边形AODP是矩形，
∵OA=OD，
∴矩形AODP是正方形，
∴∠P=90°，AP=AO，AC∥PE，
∴∠E=∠ACB=45°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∵AB=2，
∴AC=2AO=2，DE=CD=2，
∴AP=PD=AO=，
∴PE=3，
∴图中阴影部分的面积
故答案为：5-π．
【点睛】
本题考查了正多边形与圆，正方形的性质，切线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
39．（2021·辽宁盘锦·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A在轴负半轴上，点B在轴正半轴上，⊙D经过A，B，O，C四点，∠ACO＝120°，AB＝4，则圆心点D的坐标是________
【答案】D（，1）
【分析】
先利用圆内接四边形的性质得到∠ABO＝60°，再根据圆周角定理得到AB为⊙D的直径，则D点为AB的中点，接着利用含30度的直角三角形三边的关系得到OB＝2，OA＝2，所以A（−2，0），B（0，2），然后利用线段的中点坐标公式得到D点坐标．
【详解】
解：∵四边形ABOC为圆的内接四边形，
∴∠ABO＋∠ACO＝180°，
∴∠ABO＝180°−120°＝60°，
∵∠AOB＝90°，
∴AB为⊙D的直径，
∴D点为AB的中点，
在Rt△ABO中，∵∠ABO＝60°，
∴OB＝AB＝2，
∴OA＝OB＝2，
∴A（−2，0），B（0，2），
∴D点坐标为（−，1）．
故答案为（−，1）．
【点睛】
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．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．也考查了坐标与图形性质．
40．（2021·江苏淮安·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠CAB＝55°，则∠D的度数是___．
【答案】35°
【分析】
根据直径所对的圆周角是直角推出∠ACB＝90°，再结合图形由直角三角形的性质得到∠B＝90°﹣∠CAB＝35°，进而根据同圆中同弧所对的圆周角相等推出∠D＝∠B＝35°．
【详解】
解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠CAB＝55°，
∴∠B＝90°﹣∠CAB＝35°，
∴∠D＝∠B＝35°．
故答案为：35°．
【点睛】
本题主要考查了直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
专题24圆（圆选填题40道）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
一、单选题
1．（2021·山东青岛·中考真题）如图，是的直径，点，在上，点是的中点，过点画的切线，交的延长线于点，连接．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据切线的性质得到BA⊥AD，根据直角三角形的性质求出∠B，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，进而求出∠BAC，根据垂径定理得到BA⊥EC，进而得出答案．
【详解】
解：∵AD是⊙O的切线，
∴BA⊥AD，
∵∠ADB=58.5°，
∴∠B=90°-∠ADB=31.5°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC=90°-∠B=58.5°，
∵点A是弧EC的中点，
∴BA⊥EC，
∴∠ACE=90°-∠BAC=31.5°，
故选：B．
【点睛】
本题考查的是切线的性质、圆周角定理、垂径定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
2．（2021·四川内江·中考真题）如图，是的外接圆，，若的半径为2，则弦的长为（ ）
A．4 B． C．3 D．
【答案】B
【分析】
过点作，交于点，根据圆周角定理以及垂径定理可得结果．
【详解】
解：过点作，交于点，
是的外接圆，，
，
又，，
，，
在中，，
，，
，
故选：．
【点睛】
本题考查了垂径定理，圆周角定理，勾股定理，熟知相关性质定理是解本题的关键．
3．（2021·青海西宁·中考真题）如图，的内切圆与分别相切于点D，E，F，连接，，，，，则阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
连接OD，由题意，先利用勾股定理求出AB的长度，设半径为r，然后求出内切圆的半径，再利用正方形的面积减去扇形的面积，即可得到答案．
【详解】
解：连接OD，如图：
在中，，，，
由勾股定理，则
，
设半径为r，则，
∴，
∴四边形CEOF是正方形；
由切线长定理，则，，
∵，
∴，
解得：，
∴；
∴阴影部分的面积为：；
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形的内切圆，切线的性质，切线长定理，求扇形的面积，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的进行解题．
4．（2021·辽宁沈阳·中考真题）如图，是的内接三角形，，，连接，，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
过点作于，根据垂径定理求出，根据圆周角定理求出，根据正弦的定义求出，根据弧长公式计算求解．
【详解】
解：过点作于，
则，
由圆周角定理得：，
，
，
，
故选：．
【点睛】
本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握垂径定理、圆周角定理、弧长公式是解题的关键．
5．（2021·四川绵阳·中考真题）如图，圆锥的左视图是边长为2的等边三角形，则此圆锥的高是（ ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】D
【分析】
如图所示，等边三角形ABC，BC边上的高AD即为所求．
【详解】
解：如图所示等边三角形ABC，AD是BC边上的高，
由题意可知AD的长即为所求，AB=2，∠B=60°，
∴，
故选D．
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质，三视图，解直角三角形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
6．（2021·江苏镇江·中考真题）设圆锥的底面圆半径为r，圆锥的母线长为l，满足2r+l＝6，这样的圆锥的侧面积（ ）
A．有最大值π B．有最小值π C．有最大值π D．有最小值π
【答案】C
【分析】
由2r+l＝6，得出l＝6﹣2r，代入圆锥的侧面积公式：S侧＝πrl，利用配方法整理得出，S侧＝﹣2π(r﹣)2+π，再根据二次函数的性质即可求解．
【详解】
解：∵2r+l＝6，
∴l＝6﹣2r，
∴圆锥的侧面积S侧＝πrl＝πr(6﹣2r)＝﹣2π(r2﹣3r)＝﹣2π[(r﹣)2﹣]＝﹣2π(r﹣)2+π，
∴当r＝时，S侧有最大值．
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算,二次函数的最值,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.熟记圆锥的侧面积:是解题的关键．
7．（2021·西藏·中考真题）如图，△BCD内接于⊙O，∠D＝70°，OA⊥BC交⨀O于点A，连接AC，则∠OAC的度数为（ ）
A．40° B．55° C．70° D．110°
【答案】B
【分析】
连接OB，OC，根据圆周角定理得到∠BOC＝2∠D＝140°，根据垂径定理得到∠COA，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：连接OB，OC，
∵∠D＝70°，
∴∠BOC＝2∠D＝140°，
∵OA⊥BC，
∴∠COA，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA（180°﹣70°）＝55°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了三角形的外接圆与外心，垂径定理，等腰三角形性质，三角形的内角和定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
8．（2021·辽宁鞍山·中考真题）如图，AB为的直径，C，D为上的两点，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
连接AD，如图，根据圆周角定理得到，，然后利用互余计算出，从而得到的度数．
【详解】
解：连接AD，如图，
AB为的直径，
，
，
．
故选B．
【点睛】
本题主要考查了同弦所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
9．（2021·山东日照·中考真题）如图，平面图形由直角边长为1的等腰直角和扇形组成，点在线段上，，且交或交于点．设，图中阴影部分表示的平面图形（或）的面积为，则函数关于的大致图象是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据点的位置，分点在上和点在弧上两种情况讨论，分别写出和的函数解析式，即可确定函数图象．
【详解】
解：当在上时，即点在上时，有，
此时阴影部分为等腰直角三角形，
，
该函数是二次函数，且开口向上，排除，选项；
当点在弧上时，补全图形如图所示，
阴影部分的面积等于等腰直角的面积加上扇形的面积，再减去平面图形的面积即减去弓形的面积，
设，则，
，，
当时，，，
，
当时，，，
，
在，选项中分别找到这两个特殊值，对比发现，选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的图象及性质，图形的面积等内容，选择题中利用特殊值解决问题是常见方法，构造图形表达出阴影部分面积是本题解题关键．
10．（2021·山东滨州·中考真题）如图，是的外接圆，CD是的直径．若，弦，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
连接AD，根据直径所对的圆周角等于90°和勾股定理，可以求得AD的长，然后即可求得∠ADC的余弦值，再根据同弧所对的圆周角相等，可以得到∠ABC=∠ADC，从而可以得到cos∠ABC的值．
【详解】
解：连接AD，如右图所示，
∵CD是⊙O的直径，CD=10，弦AC=6，
∴∠DAC=90°，
∴AD==8，
∴cos∠ADC==，
∵∠ABC=∠ADC，
∴cos∠ABC的值为，
故选：A．
【点睛】
本题考查三角形的外接圆与外心、圆周角、锐角三角函数、勾股定理，解答本题的关键是求出cos∠ADC的值，利用数形结合的思想解答．
11．（2021·四川德阳·中考真题）如图，边长为1的正六边形ABCDEF放置于平面直角坐标系中，边AB在x轴正半轴上，顶点F在y轴正半轴上，将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转60°，那么经过第2025次旋转后，顶点D的坐标为（ ）
A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）
【答案】A
【分析】
如图，连接，．首先确定点的坐标，再根据6次一个循环，由，推出经过第2025次旋转后，顶点的坐标与第三次旋转得到的的坐标相同，由此即可解决问题．
【详解】
解：如图，连接，．
在正六边形中，，，，
，
在中，，，
，
，
，
，，
将正六边形绕坐标原点顺时针旋转，每次旋转，
次一个循环，
，
经过第2025次旋转后，顶点的坐标与第三次旋转得到的的坐标相同，
与关于原点对称，
，，
经过第2025次旋转后，顶点的坐标，，
故选：A．
【点睛】
本题考查正多边形与圆，规律型问题，坐标与图形变化-旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
12．（2021·四川巴中·中考真题）如图，AB是⊙O的弦，且AB＝6，点C是弧AB中点，点D是优弧AB上的一点，∠ADC＝30°，则圆心O到弦AB的距离等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
连接OA，AC，OC，OC交AB于E，先根据垂径定理求出AE=3，然后证明三角形OAC是等边三角形，从而可以得到∠OAE=30°，再利用三线合一定理求解即可.
【详解】
解：如图所示，连接OA，AC，OC，OC交AB于E，
∵C是弧AB的中点，AB=6，
∴OC⊥AB，AE=BE=3，
∵∠ADC=30°，
∴∠AOC=2∠ADC=60°，
又∵OA=OC，
∴△OAC是等边三角形，
∵OC⊥AB,
∴，,
∴
∴
∴圆心O到弦AB的距离为，
故选C.
【点睛】
本题主要考查了圆周角与圆心角的关系，等边三角形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
13．（2021·辽宁锦州·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，D为⊙O上一点（位于AB下方），CD交AB于点E，若∠BDC＝45°，BC＝6，CE＝2DE，则CE的长为（ ）
A．2 B．4 C．3 D．4
【答案】D
【分析】
连接CO，过点D作DG⊥AB于点G，连接AD，因为CE＝2DE，构造△DGE∽△COE，求出DG＝3，设GE＝x，则OE＝2x，DG＝3，则AG＝6﹣3x，BG＝6＋3x，再利用△AGD∽△ADB，列出方程即可解决．
【详解】
解：连接CO，过点D作DG⊥AB于点G，连接AD，
∵∠BDC＝45°，
∴∠CAO＝∠CDB＝45°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∵BC＝6，
∴AB＝BC＝12，
∵OA＝OB，
∴CO⊥AB，
∴∠COA＝∠DGE＝90°，
∵∠DEG＝∠CEO，
∴△DGE∽△COE，
∴＝，
∵CE＝2DE，
设GE＝x，则OE＝2x，DG＝3，
∴AG＝6﹣3x，BG＝6＋3x，
∵∠ADB＝∠AGD＝90°，
∠DAG＝∠BAD，
∴△AGD∽△ADB，
∴DG2＝AG•BG，
∴9＝（6﹣3x）（6＋3x），
∵x＞0，
∴x＝，
∴OE＝2，
在Rt△OCE中，由勾股定理得：
CE＝，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造出△DGE∽△COE是解题关键
14．（2021·江苏镇江·中考真题）如图，∠BAC＝36°，点O在边AB上，⊙O与边AC相切于点D，交边AB于点E，F，连接FD，则∠AFD等于（ ）
A．27° B．29° C．35° D．37°
【答案】A
【分析】
连接OD，根据切线的性质得到∠ADO＝90°，根据直角三角形的性质得到∠AOD＝90°﹣36°＝54°，根据圆周角定理即可得到结论．
【详解】
解：连接OD，
∵⊙O与边AC相切于点D，
∴∠ADO＝90°，
∵∠BAC＝36°，
∴∠AOD＝90°﹣36°＝54°，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆周角定理，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
15．（2021·广西百色·中考真题）下列四个命题：①直径是圆的对称轴；②若两个相似四边形的相似比是1：3，则它们的周长比是1：3，面积比是1：6；③同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行；④对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形．其中真命题有（ ）
A．①③ B．①④ C．③④ D．②③④
【答案】C
【分析】
根据有关性质，对命题逐个判断即可．
【详解】
解：①直径是圆的对称轴，直径为线段，对称轴为直线，应该是直径所在的直线是圆的对称轴，为假命题；
②若两个相似四边形的相似比是1：3，面积比是1：9，而不是1：6，为假命题；
③根据平行和垂直的有关性质，可以判定为真命题；
④根据正方形的判定方法，可以判定为真命题；
故答案选C．
【点睛】
此题考查了命题的判定，熟练掌握命题有关内容的基础知识是解题的关键．
16．（2021·贵州遵义·中考真题）如图，AB是⊙O的弦，等边三角形OCD的边CD与⊙O相切于点P，连接OA，OB，OP，AD．若∠COD+∠AOB＝180°， AB＝6，则AD的长是（ ）
A．6 B．3 C．2 D．
【答案】C
【分析】
如图，过作于 过作于 先证明三点共线，再求解的半径， 证明四边形是矩形，再求解 从而利用勾股定理可得答案.
【详解】
解：如图，过作于 过作于
是的切线，
三点共线，
为等边三角形，
四边形是矩形，
故选：
【点睛】
本题考查的是等腰三角形，等边三角形的性质，勾股定理的应用，矩形的判定与性质，切线的性质，锐角三角函数的应用，灵活应用以上知识是解题的关键.
17．（2021·贵州遵义·中考真题）如图，点C是以点O为圆心，AB为直径的半圆上一点，连接AC，BC，OC．若AC＝4，BC＝3，则sin∠BOC的值是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】
如图，过点C作CH⊥AB于H．利用勾股定理求出AB，再利用面积法求出CH，可得结论．
【详解】
解：如图，过点C作CH⊥AB于H．
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AC＝4，BC＝3，
∴AB＝，
∴OC＝AB＝，
∵＝•AB•CH＝•AC•BC，
∴CH＝，
∴sin∠BOC＝＝，
故选：B．
【点睛】
本题考查圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用面积法求出CH的长，属于中考常考题型．
18．（2021·湖南湘潭·中考真题）如图，为⊙O的直径，弦于点E，直线l切⊙O于点C，延长交l于点F，若，，则的长度为（ ）
A．2 B． C． D．4
【答案】B
【分析】
根据垂径定理求得，AE=DE=2，即可得到∠COD=2∠ABC=45°，则△OED是等腰直角三角形，得出，根据切线的性质得到BC⊥CF，得到△OCF是等腰直角三角形，进而即可求得CF=OC=OD=．
【详解】
解：∵BC为⊙O的直径，弦AD⊥BC于点E，，，
∴ AE=DE=2，
∴∠COD=2∠ABC=45°，
∴△OED是等腰直角三角形，
∴OE=ED=2，
∴，
∵直线l切⊙O于点C，
∴BC⊥CF，
∴△OCF是等腰直角三角形，
∴CF=OC，
∵，
∴，
故选：B．
【点睛】
本题考查了垂径定理，等弧所对的圆心角和圆周角的关系，切线的性质，勾股定理的应用，求得CF=OC=OD是解题的关键．
19．（2021·辽宁阜新·中考真题）如图，弧长为半圆的弓形在坐标系中，圆心在．将弓形沿x轴正方向无滑动滚动，当圆心经过的路径长为时，圆心的横坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
求出一个周期圆心走的路程，即可求出圆心经过的路径长为时圆心的位置，故可求解．
【详解】
如图，圆心在，可得r=2
∴OA=，AB=2r=4，BC=，==
∴一个周期圆心经过的路径长为OA++BC=4，
∴C（4+2，0），
故当圆心经过的路径长为时，
÷4=505…1
∴圆心的横坐标是505×（4+2）+=
故选D．
【点睛】
此题主要考查弧与坐标综合，解题的关键是根据题意求出一个周期圆心经过的路径长．
20．（2021·内蒙古呼和浩特·中考真题）如图，正方形的边长为4，剪去四个角后成为一个正八边形，则可求出此正八边形的外接圆直径d，根据我国魏晋时期数学家刘的“割圆术”思想，如果用此正八边形的周长近似代替其外接圆周长，便可估计的值，下面d及的值都正确的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【分析】
根据勾股定理求出多边形的边长，利用多边形内角和求解内角度数，再根据锐角三角函数求值即可．
【详解】
解： 设剪去△ABC边长AC=BC=x，可得：
，
解得x=，
则BD=，
∵正方形剪去四个角后成为一个正八边形，根据正八边形每个内角为135度，
，
则∠BFD=22.5°，
∴外接圆直径d=BF=，
根据题意知周长÷d==，
故选：C．
【点睛】
本题考查了勾股定理、多边形内角和、圆周长直径公式和锐角三角函数等相关知识，阅读理解题意是解决问题的关键．
21．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，点A，B，C为⊙O上的三点，∠AOB∠BOC，∠BAC＝30°，则∠AOC的度数为（ ）
A．100° B．90° C．80° D．60°
【答案】C
【分析】
根据圆周角定理得出∠COB=2∠BAC=60°，结合已知得出∠AOB∠BOC=20°，从而得出∠AOC的度数
【详解】
解：∵对的圆心角为∠BOC，对的圆周角为∠BAC，∠BAC=30°，
∴∠BOC=2∠CAB=60°，
∵∠AOB∠BOC，
∴∠AOB=20°，
∴∠AOC=∠AOB +∠BOC=80°，
故选：C
【点睛】
本题考查了圆周角定理，能根据圆周角定理得出∠COB=2∠CAB是解此题的关键．
22．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）一条弧所对的圆心角为135°，弧长等于半径为3cm的圆的周长的5倍，则这条弧的半径为（ ）
A．45cm B．40cm C．35cm D．30cm
【答案】B
【分析】
设这条弧的半径为rcm，根据弧长公式和已知条件列出方程，解方程即可求解．
【详解】
解：设这条弧的半径为rcm，
由题意得，
解得r=40，
∴这条弧的半径为40cm．
故选：B
【点睛】
本题考查了弧长公式，熟知弧长公式并根据题意列出方程是解题关键．
23．（2021·广西梧州·中考真题）在平面直角坐标系中，已知点A（0，1），B（0，﹣5），若在x轴正半轴上有一点C，使∠ACB＝30°，则点C的横坐标是（ ）
A．34 B．12 C．6+3 D．6
【答案】A
【分析】
如图，作的外接圆 连接 过作轴于 作轴于 则四边形是矩形，再证明是等边三角形，再分别求解即可得到答案.
【详解】
解：如图，作的外接圆 连接 过作轴于 作轴于 则四边形是矩形，
是等边三角形，
故选：
【点睛】
本题考查的是坐标与图形，三角形的外接圆的性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理分应用，灵活应用以上知识解题是解题的关键.
24．（2021·广西桂林·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，连接AC，BC，则∠C的度数是（ ）
A．60° B．90° C．120° D．150°
【答案】B
【分析】
直接根据直径所对的圆周角是直角进行判断即可．
【详解】
解：∵AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，
∴∠C=90°
故选：B
【点睛】
此题主要考查了：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，灵活掌握半圆（或直径）所对的圆周角是直角是解答此题的关键．
25．（2021·广西梧州·中考真题）若扇形的半径为3，圆心角为60°，则此扇形的弧长是（ ）
A．π B．π C．π D．2π
【答案】B
【分析】
根据弧长的公式列式计算即可．
【详解】
解：∵一个扇形的半径长为3，且圆心角为60°，
∴此扇形的弧长为．
故选：B．
【点睛】
本题考查了弧长公式，熟记公式是解题的关键．
第II卷（非选择题）
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二、填空题
26．（2021·甘肃兰州·中考真题）如图，传送带的一个转动轮的半径为，转动轮转，传送带上的物品被传送，则______．
【答案】108
【分析】
根据传送的距离等于转动了的圆弧的长，进而即可求得．
【详解】
解得．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了弧长的公式的应用，牢记弧长公式是解题的关键．
27．（2021·青海西宁·中考真题）如图，是的直径，弦于点E，，，则的半径_______．
【答案】
【分析】
设半径为r，则，得到，由垂径定理得到，再根据勾股定理，即可求出答案．
【详解】
解：由题意，设半径为r，
则，
∵，
∴，
∵是的直径，弦于点E，
∴点E是CD的中点，
∵，
∴，
在直角△OCE中，由勾股定理得
，
即，
解得：．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了垂径定理，勾股定理，解题的关键是熟练掌握垂径定理和勾股定理进行解题．
28．（2021·广西河池·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，以为圆心，AB为直径的圆与x轴相切，与y轴交于A，C两点，则点B的坐标是____________．
【答案】
【分析】
如图，连接，设圆与x轴相切于点，连接交与点，结合已知条件，则可得，勾股定理求解，进而即可求得的坐标．
【详解】
如图，连接，设圆与x轴相切于点，连接交与点，
则轴，
为直径，则，
，
轴，
，
，，
，，
，
轴，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆的性质，直径所对的圆周角是直角，垂径定理，切线的性质，勾股定理，坐标与图形，掌握以上知识是解题的关键．
29．（2021·四川德阳·中考真题）如图，在圆内接五边形ABCDE中，∠EAB∠+∠C+∠CDE+∠E＝430°，则∠CDA＝_____度．
【答案】70
【分析】
先利用多边的内角和得到∠EAB+∠B+∠C+∠CDE+∠E=540°，则可计算出∠B=110°，然后根据圆内接四边形的性质求∠CDA的度数．
【详解】
解：∵五边形ABCDE的内角和为（5-2）×180°=540°，
∴∠EAB+∠B+∠C+∠CDE+∠E=540°，
∵∠EAB+∠C+∠CDE+∠E=430°，
∴∠B=540°-430°=110°，
∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠B+∠CDA=180°，
∴∠CDA=180°-110°=70°．
故答案为70．
【点睛】
本题考查了多边形的内角和与圆内接四边形的性质，运用圆内接四边形的性质是解决问题的关键．
30．（2021·辽宁朝阳·中考真题）已知⊙O的半径是7，AB是⊙O的弦，且AB的长为7，则弦AB所对的圆周角的度数为__________．
【答案】60°或120°
【分析】
∠ACB和∠ADB为弦AB所对的圆周角，连接OA、OB，如图，过O点作OH⊥AB于H，根据垂径定理得到AH＝BH＝，则利用余弦的定义可求出∠OAH＝30°，所以∠AOB＝120°，然后根据圆周角定理得到∠ACB＝60°，根据圆内接四边形的性质得到∠ADB＝120°．
【详解】
解：∠ACB和∠ADB为弦AB所对的圆周角，
连接OA、OB，如图，
过O点作OH⊥AB于H，则AH＝BH＝AB＝，
在Rt△OAH中，∵cos∠OAH＝＝＝，
∴∠OAH＝30°，
∵OA＝OB，
∴∠OBH＝∠OAH＝30°，
∴∠AOB＝120°，
∴∠ACB＝∠AOB＝60°，
∵∠ADB＋∠ACB＝180°，
∴∠ADB＝180°﹣60°＝120°，
即弦AB所对的圆周角的度数为60°或120°．
故答案为60°或120°．
【点睛】
本题考查了圆周角定理：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．也考查了垂径定理．
31．（2021·四川德阳·中考真题）在锐角三角形ABC中，∠A＝30°，BC＝2，设BC边上的高为h，则h的取值范围是 __________________．
【答案】
【分析】
如图，为的弦，，证明为等边三角形得到，则根据圆周角定理得到，作直径、，连接、，则，当点在上（不含、点）时，为锐角三角形，易得，当点为的中点时，点到的距离最大，即最大，延长交于，如图，根据垂径定理得到，所以，，则，然后写出的范围．
【详解】
解：如图，为的弦，，
，
，
为等边三角形，
，
，
作直径、，连接、，则，
当点在上（不含、点）时，为锐角三角形，
在中，，
，
当点为的中点时，点到的距离最大，即最大，
延长交于，如图，
点为的中点，
，
，
，
，
，
的范围为．
故答案为．
【点睛】
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．半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径．也考查了垂径定理和勾股定理．
32．（2021·江苏淮安·中考真题）若圆锥的侧面积为18π，底面半径为3，则该圆锥的母线长是___．
【答案】6
【分析】
根据圆锥的侧面积＝πrl，列出方程求解即可．
【详解】
解：∵圆锥的侧面积为18π，底面半径为3，
3πl＝18π．
解得：l＝6，
故答案为：6．
【点睛】
本题考查了圆锥的侧面积，解题关键是熟记圆锥的侧面积公式，列出方程进行求解．
33．（2021·广西梧州·中考真题）如图，正六边形ABCDEF的周长是24cm，连接这个六边形的各边中点G，H，K，L，M，N，则六边形GHKLMN的周长是 ___cm．
【答案】
【分析】
如图，连接 过作于 再求解正六边形的边长为 证明 再求解 再利用三角形的中位线定理可得答案.
【详解】
解：如图，连接 过作于
正六边形ABCDEF的周长是24cm，
分别为的中点，
同理：
六边形GHKLMN的周长是
故答案为：
【点睛】
本题考查的是三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，正多边形的性质，锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键.
34．（2021·江苏泰州·中考真题）如图，平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（8，5），⊙A与x轴相切，点P在y轴正半轴上，PB与⊙A相切于点B．若∠APB＝30°，则点P的坐标为 ___．
【答案】．
【分析】
连接AB，作AD⊥x轴，AC⊥y轴，根据题意和30°直角三角形的性质求出AP的长度，然后由圆和矩形的性质，根据勾股定理求出OC的长度，即可求出点P的坐标．
【详解】
如下图所示，连接AB，作AD⊥x轴，AC⊥y轴，
∵PB与⊙A相切于点B
∴AB⊥PB，
∵∠APB＝30°，AB⊥PB，
∴PA=2AB=．
∵
∴四边形ACOD是矩形，
点A的坐标为（8，5），
所以AC=OD=8，CO=AD=5，
在中，．
如图，当点P在C点上方时，
∴，
∴点P的坐标为．
【点睛】
此题考查了勾股定理，30°角直角三角形的性质和矩形等的性质，解题的关键是根据题意作出辅助线．
35．（2021·江苏南通·中考真题）圆锥的母线长为，底面圆的半径长为，则该圆锥的侧面积为___________．
【答案】
【分析】
利用圆锥的底面半径为1，母线长为2，直接利用圆锥的侧面积公式求出即可．
【详解】
解：依题意知母线长=2，底面半径r=1，
则由圆锥的侧面积公式得S=πrl=π×1×2=2π．
故答案为：2π．
【点睛】
此题主要考查了圆锥侧面面积的计算，熟练记忆圆锥的侧面积公式是解决问题的关键．
36．（2021·贵州黔东南·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园的半径为 _________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，
∴，
设圆的半径是r．在直角△ADO中， ．
根据勾股定理得， ，
∴
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．
37．（2021·吉林·中考真题）如图，在中，，，．以点为圆心，长为半径画弧，分别交，于点，，则图中阴影部分的面积为__________（结果保留）．
【答案】
【分析】
连接，由扇形面积﹣三角形面积求解．
【详解】
解：连接，
∵，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴阴影部分的面积为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查扇形的面积与等边三角形的性质与判定，解题关键是判断出三角形CBE为等边三角形与扇形面积的计算．
38．（2021·山东青岛·中考真题）如图，正方形内接于，，分别与相切于点和点，的延长线与的延长线交于点．已知，则图中阴影部分的面积为___________．
【答案】
【分析】
连接AC，OD，根据已知条件得到AC是⊙O的直径，∠AOD=90°，根据切线的性质得到∠PAO=∠PDO=90°，得到△CDE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到PE=，根据梯形和圆的面积公式即可得到答案．
【详解】
解：连接AC，OD，
∵四边形BCD是正方形，
∴∠B=90°，
∴AC是⊙O的直径，∠AOD=90°，
∵PA，PD分别与⊙O相切于点A和点D，
∴∠PAO=∠PDO=90°，
∴四边形AODP是矩形，
∵OA=OD，
∴矩形AODP是正方形，
∴∠P=90°，AP=AO，AC∥PE，
∴∠E=∠ACB=45°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∵AB=2，
∴AC=2AO=2，DE=CD=2，
∴AP=PD=AO=，
∴PE=3，
∴图中阴影部分的面积
故答案为：5-π．
【点睛】
本题考查了正多边形与圆，正方形的性质，切线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
39．（2021·辽宁盘锦·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A在轴负半轴上，点B在轴正半轴上，⊙D经过A，B，O，C四点，∠ACO＝120°，AB＝4，则圆心点D的坐标是________
【答案】D（，1）
【分析】
先利用圆内接四边形的性质得到∠ABO＝60°，再根据圆周角定理得到AB为⊙D的直径，则D点为AB的中点，接着利用含30度的直角三角形三边的关系得到OB＝2，OA＝2，所以A（−2，0），B（0，2），然后利用线段的中点坐标公式得到D点坐标．
【详解】
解：∵四边形ABOC为圆的内接四边形，
∴∠ABO＋∠ACO＝180°，
∴∠ABO＝180°−120°＝60°，
∵∠AOB＝90°，
∴AB为⊙D的直径，
∴D点为AB的中点，
在Rt△ABO中，∵∠ABO＝60°，
∴OB＝AB＝2，
∴OA＝OB＝2，
∴A（−2，0），B（0，2），
∴D点坐标为（−，1）．
故答案为（−，1）．
【点睛】
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．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．也考查了坐标与图形性质．
40．（2021·江苏淮安·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠CAB＝55°，则∠D的度数是___．
【答案】35°
【分析】
根据直径所对的圆周角是直角推出∠ACB＝90°，再结合图形由直角三角形的性质得到∠B＝90°﹣∠CAB＝35°，进而根据同圆中同弧所对的圆周角相等推出∠D＝∠B＝35°．
【详解】
解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠CAB＝55°，
∴∠B＝90°﹣∠CAB＝35°，
∴∠D＝∠B＝35°．
故答案为：35°．
【点睛】
本题主要考查了直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
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