考点17 圆（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（冀教版）

这是一份考点17 圆（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（冀教版），共21页。试卷主要包含了圆的有关概念，垂径定理及其推论，圆心角，圆周角定理及其推论，与圆有关的位置关系，切线的性质与判定，三角形与圆，正多边形的有关概念等内容，欢迎下载使用。

考点17 圆
考点总结

一、圆的有关概念
1．与圆有关的概念和性质
1）圆：平面上到定点的距离等于定长的所有点组成的图形．
2）弦与直径：连接圆上任意两点的线段叫做弦，过圆心的弦叫做直径，直径是圆内最长的弦．
3）弧：圆上任意两点间的部分叫做弧，小于半圆的弧叫做劣弧，大于半圆的弧叫做优弧．
4）圆心角：顶点在圆心的角叫做圆心角．
5）圆周角：顶点在圆上，并且两边都与圆还有一个交点的角叫做圆周角．
6）弦心距：圆心到弦的距离．
2．注意
1）经过圆心的直线是该圆的对称轴，故圆的对称轴有无数条；
2）3点确定一个圆，经过1点或2点的圆有无数个．
3）任意三角形的三个顶点确定一个圆，即该三角形的外接圆．
二、垂径定理及其推论
1．垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
关于垂径定理的计算常与勾股定理相结合，解题时往往需要添加辅助线，一般过圆心作弦的垂线，构造直角三角形．
2．推论
1）平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；
2）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．
三、圆心角、弧、弦的关系
1．定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等．圆心角、弧和弦之间的等量关系必须在同圆等式中才成立．
2．推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
四、圆周角定理及其推论
1．定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
2．推论：1）在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等． 2）直径所对的圆周角是直角．
圆内接四边形的对角互补．在圆中求角度时，通常需要通过一些圆的性质进行转化．比如圆心角与圆周角间的转化；同弧或等弧的圆周角间的转化；连直径，得到直角三角形，通过两锐角互余进行转化等．
五、与圆有关的位置关系
1．点与圆的位置关系
设点到圆心的距离为d．(1)dr⇔点在⊙O外．
判断点与圆之间的位置关系，将该点的圆心距与半径作比较即可．
2．直线和圆的位置关系
位置关系
相离
相切
相交
图形



公共点个数
0个
1个
2个
数量关系
d>r
d=r
d 由于圆是轴对称和中心对称图形，所以关于圆的位置或计算题中常常出现分类讨论多解的情况．
六、切线的性质与判定
1．切线的性质
1）切线与圆只有一个公共点．2）切线到圆心的距离等于圆的半径．3）切线垂直于经过切点的半径．
利用切线的性质解决问题时，通常连过切点的半径，利用直角三角形的性质来解决问题．
2．切线的判定
1）与圆只有一个公共点的直线是圆的切线（定义法）．
2）到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线．
3）经过半径外端点并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
切线判定常用的证明方法：①知道直线和圆有公共点时，连半径，证垂直；②不知道直线与圆有没有公共点时，作垂直，证垂线段等于半径．
七、三角形与圆
1．三角形的外接圆相关概念
经过三角形各顶点的圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心叫做三角形的外心，这个三角形叫做圆的内接三角形．外心是三角形三条垂直平分线的交点，它到三角形的三个顶点的距离相等．
2．三角形的内切圆
与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．内心是三角形三条角平分线的交点，它到三角形的三条边的距离相等．
八、正多边形的有关概念
正多边形中心：正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心．
正多边形半径：正多边形外接圆的半径叫做正多边形半径．
正多边形中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形中心角．
正多边形边心距：正多边形中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．
九、与圆有关的计算公式
1．弧长和扇形面积的计算：扇形的弧长l=；扇形的面积S==．
2．圆锥与侧面展开图
1）圆锥侧面展开图是一个扇形，扇形的半径等于圆锥的母线，扇形的弧长等于圆锥的底面周长．
2）若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则这个扇形的半径为l，扇形的弧长为2πr，
圆锥的侧面积为S圆锥侧=．圆锥的表面积：S圆锥表=S圆锥侧+S圆锥底=πrl+πr2=πr·（l+r）．
在求不规则图形的面积时，注意利用割补法与等积变化方法归为规则图形，再利用规则图形的公式求解．






真题演练

一．选择题（共10小题）
1．（2021秋•临河区校级期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为直径，BC＝CD，连接AC．若∠DAB＝40°，则∠D的度数为（　　）

A．70° B．120° C．140° D．110°
【分析】根据圆周角定理求出∠BAC，根据圆内接四边形的性质计算即可．
【解答】解：∵BC＝CD，
∴BC=CD，
∵∠DAB＝40°，
∴∠BAC=12∠DAB＝20°，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠B＝90°﹣∠BAC＝70°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠D＝180°﹣∠B＝110°，
故选：D．
2．（2021•河北模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，点M是△ABC内一点，连接BM交AD于点N，已知∠AMB＝108°，若点M是△CAN的内心，则∠BAC的度数为（　　）

A．36° B．48° C．60° D．72°
【分析】过点M作ME⊥AD于点E，根据已知条件可得△ABC是等腰三角形，AD是BC边的中垂线，证明ME∥BC，可得∠NME＝∠NBD，由点M是△CAN的内心，可得点M在∠NAC和∠ANC的角平分线上，设∠NAM＝x，∠NBD＝y，所以∠BAC＝4x，∠NBD＝∠NCD＝∠NME＝y，∠ENM＝∠CNM＝2y，然后利用∠AMB＝108°，列出方程组y−x=18°2y+x=72°，求解即可得结论．
【解答】解：如图，过点M作ME⊥AD于点E，

∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴△ABC是等腰三角形，AD是BC边的中垂线，
∴NB＝NC，∠BAD＝∠CAD，
∴∠NBD＝∠NCD，
∵ME⊥AD，AD⊥BC，
∴ME∥BC，
∴∠NME＝∠NBD，
∵点M是△CAN的内心，
∴点M在∠NAC和∠ANC的角平分线上，
∴∠NAM＝∠CAM，∠ANM＝∠CNM，
设∠NAM＝x，∠NBD＝y，
∴∠BAC＝4x，∠NBD＝∠NCD＝∠NME＝y，
∴∠ENM＝∠CNM＝∠NBC+∠NCB＝2y，
∵∠AMB＝108°，
∴∠AME＝∠AMB﹣∠EMN＝108°﹣y，
在△AEM中，∠EAM+∠AME＝90°，
∴x+108°﹣y＝90°，
∴y﹣x＝18°，
在△ANM中，∠NAM+∠ANM＝180°﹣108°，
∴x+2y＝72°，
y−x=18°2y+x=72°，
解得x=12°y=30°，
∴∠BAC＝4x＝48°．
故选：B．
3．（2021•桥东区二模）如图，点O为△ABC的内心，∠B＝58°，BC＜AB，点M，N分别为AB，BC上的点，且∠MON＝122°．甲、乙、丙三人有如下判断：甲：OM＝ON；乙：四边形OMBN的面积是定值；丙：当MN⊥BC时，△MON的周长取得最小值．则下列说法正确的是（　　）

A．只有甲正确 B．只有丙错误
C．乙、丙都正确 D．甲、乙、丙都正确
【分析】过点O作OD⊥BC，OE⊥AB于点D，E，根据三角形内心可得OD＝OE，然后证明△DON≌△EOM，可得ON＝OM；连接OB，根据△DON≌△EOM，可得四边形OMBN的面积＝2S△BOD，根据点D的位置固定，可得四边形OMBN的面积是定值；过点O作OF⊥MN于点F，根据ON＝OM，∠MON＝122°，可得∠ONM＝29°，MN＝2NF＝2ONcos29°，所以△MON的周长＝2ON（cos29°+1），可得当ON最小时，即当ON⊥BC时，△MON的周长最小值，进而可得结论．
【解答】解：如图，过点O作OD⊥BC，OE⊥AB于点D，E，

∵点O为△ABC的内心，
∴OB是∠ABC的平分线，
∴OD＝OE，
∵∠B＝58°，
∴∠DOE＝122°，
∵∠MON＝122°，
∴∠DON＝∠EOM，
在△DON和△EOM中，
∠DON=∠EOMOD=OE∠NDO=∠MEO，
∴△DON≌△EOM（ASA），
∴ON＝OM，
所以甲的判断正确；
连接OB，
∵△DON≌△EOM，
∴四边形OMBN的面积＝2S△BOD，
∵点D的位置固定，
∴四边形OMBN的面积是定值，
所以乙的判断正确；
如图，过点O作OF⊥MN于点F，

∵ON＝OM，∠MON＝122°，
∴∠ONM＝29°，
∴MN＝2NF＝2ONcos∠ONM＝2ONcos29°，
∴△MON的周长＝MN+2ON＝2ONcos29°+2ON＝2ON（cos29°+1），
∴当ON最小时，即当ON⊥BC时，△MON的周长最小值，
此时，MN不垂直于BC，所以丙的判断错误．
综上所述：说法正确的是甲、乙．
故选：B．
4．（2021•开平区一模）如图所示的正方形网格中，A，B，C三点均在格点上，那么△ABC的外接圆圆心是（　　）

A．点E B．点F C．点G D．点H
【分析】根据三角形的外接圆圆心的性质即可得到结论．
【解答】解：作线段AB和线段BC的垂直平分线，两线交于点G，
则△ABC的外接圆圆心是点G，
故选：C．

5．（2021•河北模拟）已知：直线AB及AB外一点P．如图求作：经过点P，且垂直AB的直线，作法：①以点P为圆心，适当的长为半径画弧，交直线AB于点C，D．②分别以点C、D为圆心，适当的长为半径，在直线AB的另一侧画弧，两弧交于点Q．③过点P、Q作直线．直线PQ即为所求．在作法过程中，出现了两次“适当的长”，对于这两次“适当的长”，下列理解正确的是（　　）

A．这两个适当的长相等
B．①中“适当的长”指大于点P到直线AB的距离
C．②中“适当的长”指大于线段CD的长
D．②中“适当的长”指大于点P到直线AB的距离
【分析】利用基本作图进行判断．
【解答】解：①中“适当的长”指大于点P到直线AB的距离；②中“适当的长”指大于线段CD的长的一半．
故选：B．
6．（2021•河北模拟）有一题目：已知△ABC外接圆的半径为2，BC＝23，求∠A的度数．
嘉嘉这样求解：如图，作直径CD，点A在BDC上，∵CD为直径，∴∠CBD＝90°，
在Rt△BCD中，∵sinD=BCCD=234=32，∴∠D＝60°，∴∠A＝∠D＝60°．琪琪说：“嘉嘉的答案不全，∠A还有一个不同的值．”下列判断正确的是（　　）

A．嘉嘉的答案没有遗漏
B．嘉嘉的结果错误，∠A＝30°
C．琪琪的说法错误
D．琪琪的说法正确，还有一个答案为120°
【分析】直接利用圆内接四边形的性质结合圆周角定理得出答案．
【解答】解：如图所示：∠A还应有另一个不同的值∠A′与∠A互补．
故∠A′＝180°﹣60°＝120°．
故选：D．

7．（2021•桥东区二模）下列由实线组成的图形中，为半圆的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据圆的有关定义进行解答．
【解答】解：根据半圆的定义可知，选项B的图形是半圆．
故选：B．
8．（2021•桥东区二模）阅读图中的材料，解答下面的问题：已知⊙O是一个正十二边形的外接圆，该正十二边形的半径为1，如果用它的面积来近似估计⊙O的面积，则⊙O的面积约是（　　）

A．3 B．3.1 C．3.14 D．π
【分析】设AB为正十二边形的边，连接OB，过A作AD⊥OB于D，由正十二边形的性质得出∠AOB＝30°，由直角三角形的性质得出AD=12OA=12，求出△AOB的面积=12OB•AD=14，即可得出答案．
【解答】解：设AB为正十二边形的边，连接OB，过A作AD⊥OB于D，如图所示：
∴∠AOB=360°12=30°，
∵AD⊥OB，
∴AD=12OA=12，
∴△AOB的面积=12OB×AD=12×1×12=14，
∴正十二边形的面积＝12×14=3，
∴⊙O的面积≈正十二边形的面积＝3，
故选：A．

9．（2021•顺平县二模）如图，每个小三角形都是边长为1的正三角形，D、E、F、G四点中有一点是△ABC的外心，该点到线段AB的距离是（　　）

A．32 B．2 C．12 D．1
【分析】根据等边三角形的性质、等腰三角形的三线合一得到△ABC为直角三角形，根据直角三角形的外心的位置是斜边的中点解答．
【解答】解：∵每个小三角形都是正三角形，
∴AM＝AN，MB＝BN，
∴AB⊥MN，
∴△ABC为直角三角形，
∵G是AN的中点，GE∥BC，
∴点E是△ABC斜边的中点，
∴△ABC的外心是斜边的中点，即点E，
∴E到AB的距离1，
故选：D．

10．（2021•河北模拟）如图，取正六边形ABCDEF的各边中点并依次连接，得到正六边形A1B1C1D1E1F1，再取正六边形A1B1C1D1E1F1的各边中点并依次连接，得到正六边形A2B2C2D2E2F2，则正六边形A2B2C2D2E2F2与正六边形ABCDEF的边长之比为（　　）

A．12 B．23 C．34 D．45
【分析】如图，设AF1＝FF1＝a，求出AF，F2E2（用a表示），可得结论．
【解答】解：如图，设AF1＝FF1＝a，
∵∠A＝120°，AA1＝AF1＝a，
∴A1F1=3a，
∴A1F2＝F2F1=32a，
∵∠F2F1E2＝120°，
∴F2E2=3F2F1=32a，
∴A2B2C2D2E2F2与正六边形ABCDEF的边长之比=32a：2a＝3：4，
故选：C．
二．填空题（共5小题）
11．（2021•开平区一模）正多边形的外角为120度，边长为m，则这个正多边形的面积是 　34m2　．
【分析】多边形的外角和等于360°，因为所给多边形的每个外角均相等，据此即可求得正多边形的边数，进而求解．
【解答】解：正多边形的边数是：360÷120＝3．
等边三角形的边长为2cm，
所以正六边形的面积=12×m×m×32=34m2．
故答案为：34m2．
12．（2021•路南区二模）如图所示，以▱ABCD的顶点A为圆心，AB为半径作圆，交AD，BC于E，F，延长BA交⊙A于G，连结GF、FE，当∠D＝60°时，∠GFE＝　30　°．

【分析】先根据平行四边形的性质和平行线的性质得到∠GAD＝∠D＝60°，然后根据圆周角定理求解．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠GAD＝∠D＝60°，
∴∠GFE=12∠GAE=12×60°＝30°．
故答案为30．
13．（2021•长安区二模）如图，正方形ABCD和正六边形AEFCGH均内接于⊙O，连接HD；若线段HD恰好是⊙O的一个内接正n边形的一条边，则n＝　12　．

【分析】连接OH、OD、OA，如图，利用正多边形与圆，分别计算⊙O的内接正四边形与内接六三角形的中心角得到∠HOA＝60°，∠DOA＝90°，∠DOH＝∠DOA﹣∠HOA＝90°﹣60°＝30°，然后计算n．
【解答】解：连接OH、OD、OA，如图，

∵正方形ABCD和正六边形AEFCGH均内接于⊙O，
∴∠HOA=360°6=60°，
∠DOA=360°4=90°，
∠DOH＝∠DOA﹣∠HOA＝90°﹣60°＝30°，
∴n=360°30°=12，
即HD恰好是同圆内接一个正十二边形的一边．
故答案为12．
14．（2021•石家庄模拟）如图，在平面直角坐标系中，⊙O的半径为4，弦AB的长为3，过O作OC⊥AB于点C，则OC的长度是　552　，⊙O内一点D的坐标为（﹣2，1），当弦AB绕O点顺时针旋转时，点D到AB的距离的最小值是　552−5　，最大值是　552+5　．

【分析】连接OB，根据垂径定理求出BC，根据勾股定理计算求出OC，根据勾股定理求出OD，求出点D到AB的距离的最值．
【解答】解：连接OB，
∵OC⊥AB，
∴BC=12AB=32，
由勾股定理得，OC=OB2−BC2=552，
由勾股定理得，OD=22+12=5，
当点D在直线OC上时，点D到AB的距离的最小或最大，
∴点D到AB的距离的最小值为552−5，点D到AB的距离的最大值为552+5，
故答案为：552；552−5；552+5．

15．（2021•石家庄一模）如图，已知AB＝AC＝BE＝CD，AD＝AE，点F为△ADE的外心，若∠DAE＝40°，则∠BFC＝　140　°．

【分析】由等腰三角形的性质得出∠BEA＝∠BAE＝70°，求出∠ABE＝40°，连接AF，EF，DF，由三角形外心的性质求出∠EBF＝∠FCB＝20°，由三角形内角和定理可得出答案．
【解答】解：∵∠DAE＝40°，AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED，
∴∠AED=12（180°﹣40°）＝70°，
∵AB＝BE，
∴∠BEA＝∠BAE＝70°，
∴∠ABE＝40°，
连接AF，EF，DF，

∵点F为△ADE的外心，
∴AF＝EF，AF＝DF，
∴点F在AE的垂直平分线上，
同理点B在AE的垂直平分线上，
∴∠ABF＝∠EBF，
∴∠EBF=12∠ABE＝20°，
同理∠FCB＝20°，
∴∠BFC＝180°﹣∠FBC﹣∠FCB＝180°﹣20°﹣20°＝140°．
故答案为：140．
三．解答题（共3小题）
16．（2021•开平区一模）如图，∠AOB内有一点P，PC⊥OA，垂足为C，以P为圆心PC为半径画14⊙P，与OB交于点E，
（1）过点D作PD的垂线与OB交于点M，连接PM，过圆心P作PN⊥PM交OA于点N，求证△PMN是等腰直角三角形．
（2）若PC＝2，∠DPE＝15°，计算扇形PEC的面积（结果保留π）．

【分析】（1）连接MN．证明△DPM≌△CPN（ASA），推出PM＝PN，可得结论．
（2）利用扇形面积公式求解即可．
【解答】（1）证明：连接MN．
∵PM⊥PN，
∴∠MPN＝90°，
∵∠CPD＝90°，
∴∠CPD＝∠MPN，
∴∠DPM＝∠CPN，
∵DM⊥PD，PC⊥OA，
∴∠PDM＝∠PCN＝90°，
在△PDM和△PCN中，
∠PDM=∠PCNPD=PC∠DPM=∠CPN，
∴△DPM≌△CPN（ASA），
∴PM＝PN，
∵∠MPN＝90°，
∴△PMN是等腰直角三角形．

（2）解：∵∠DPE＝15°，
∴∠CPE＝90°﹣15°＝75°，
∴S扇形PEC=75×π×22360=5π6．

17．（2021•滦州市一模）如图，AM∥BN，AB⊥BN，点C在射线BN上且∠ACB＝50°，BQ⊥AC于点Q，点P是线段QA上任意一点，延长BP交AM于点D，AB＝6．
（1）若点P为AC中点，求证：△APD≌△CPB；
（2）当△PBC为等腰三角形时，求∠PBC的度数；
（3）直接写出△PBC的外心运动的路径长．

【分析】（1）根据全等三角形的判定方法：ASA即可得到结论；
（2）分三种情况：当PC＝PB时，当BC＝BP时，当BC＝BP时，分别计算即可；
（3）作BC的垂直平分线l1，QC的垂直平分线l2，AC的垂直平分线l3，l2交QC于E，l3交AC于F，设CQ＝x，AQ＝y，设△PBC外心运动路径长为h，外心一定在直线l1上，根据三角函数可得答案．
【解答】解（1）∵P为AC中点，
∴PA＝PC，
∵AM∥BN，
∴∠DAC＝∠ACB，
∵∠BPC＝∠APD，
∴△APD≌△CPB（ASA）．
（2）当PC＝PB时，∠PBC＝∠ACB＝50°，
当CP＝CB时，∠PBC＝∠CPB=180°−50°2=65°，
当BC＝BP时，∠PBC＝108﹣2x50＝80°，
综上：∠PBC＝50°或65°或80°．
（3）作BC的垂直平分线l1，QC的垂直平分线l2，AC的垂直平分线l3，l2交QC于E，l3交AC于F，

设CQ＝x，AQ＝y，
∴EF=x+y2−x2=y2，
设△PBC外心运动路径长为h，外心一定在直线l1上，
∵∠CFT＝∠CAB＝40°，
∴cos40°＝（y2）÷h=ABAC=AQAB=y6，
∴y2÷h＝y÷6，
∴h＝3，
故△PBC的外心运动的路径长为3．
18．（2021•南皮县一模）如图，射线AM⊥AB，O是AM上的一点，以O为圆心，OA长为半径，在AM上方作半圆AOC，BE与半圆相切于点D，交AM于点E，EF⊥BO于点F．
（1）求证：BA＝BD；
（2）若∠ABE＝60°，
①判断点F与半圆AOC所在圆的位置关系，并说明理由；
②若AB=3，直接写出阴影部分的面积．

【分析】（1）由切线长定理可得出答案；
（2）①证明△OBA≌△OEF（AAS），由全等三角形的性质得出OF＝OA，则可得出答案；
②连接OD，则OD⊥BE，由直角三角形的性质求出OD的长，根据扇形的面积公式和三角形的面积公式可得出答案．
【解答】（1）证明：∵AM⊥AB，
∴BA是半圆的切线，切点为A，
又∵BE与半圆相切于点D，
∴BA＝BD；
（2）解：①点F在半圆AOC所在的圆上，理由如下：
∵∠ABE＝60°，
∴∠BEA＝30°，
又∵OBA＝∠OBE=12∠ABE＝30°，
∴∠OBE＝∠OEB，
∴OB＝OE，
又∵∠AOB＝∠FOE，∠A＝∠F＝90°，
∴△OBA≌△OEF（AAS），
∴OF＝OA，
∴点F在半圆AOC所在的圆上；
②连接OD，则OD⊥BE，

∵OB＝OE，
∴DE＝BD＝AB=3，
∵∠OBA＝30°，
∴OD＝OA＝AB•tan30°=3×33=1，
∴S阴影＝S△COE﹣S扇形COD=12×3×1−60π×12360=32−π6．