三年广东中考数学模拟题分类汇总之圆

这是一份三年广东中考数学模拟题分类汇总之圆，共34页。

A．Rsin20°B．Rsin40°C．2Rsin20°D．2Rsin40°
2．（2023•西湖区校级二模）如图，点O为△ABC的内心，∠B＝60°，BM≠BN，点M，N分别为AB，BC上的点，且OM＝ON．甲、乙两人有如下判断：甲：∠MON＝120°：乙：当MN⊥BC时，△MON的周长有最小值．则下列说法正确的是（ ）
​
A．只有甲正确B．只有乙正确
C．甲、乙都正确D．甲、乙都错误
3．（2023•金东区三模）如图，直线y＝﹣x+6与坐标轴交于A，B两点，点C为坐标平面内一点，BC＝2，点M为线段AC的中点，连结OM，则线段OM的最小值是（ ）
A．32+1B．32−1C．2D．32
4．（2023•西湖区校级二模）如图，O为等腰三角形ABC的外心，AB＝AC，连接OB，记∠C＝α，∠CBO＝β，则α，β满足的关系式为（ ）
A．2β﹣α＝90°B．2β﹣α＝180°C．12β+α＝90°D．2a﹣β＝90°
5．（2022•萧山区二模）如图，AB是半圆O的直径，D是AC的中点，若∠BAC＝40°，则∠DAC的度数是（ ）
A．20°B．25°C．30°D．35°
6．（2022•拱墅区模拟）如图，AB、AC、BD是⊙O的切线，切点分别是P、C、D．若AB＝10，AC＝6，则BD的长是（ ）
A．3B．4C．5D．6
7．（2022•拱墅区模拟）如图，AB是⊙O的直径，点D是弧BC上一点，BD=13BC，连接CD．若∠ABC＝15°，则∠DCO的度数是（ ）
A．30°B．35°C．40°D．50°
8．（2022•上城区一模）如图是2022年杭州亚运会徽标的示意图，若AO＝5，BO＝2，∠AOD＝120°，则阴影部分面积为（ ）
A．14πB．7πC．253πD．2π
9．（2021•温州模拟）如图，在5×4的网格图中，每个小正方形的边长均为1．设经过格点A，B，E三点的圆弧与线段BC交于点D，则弧AD的弧长为（ ）
A．178πB．158πC．174πD．154π
10．（2021•温州模拟）如图，菱形ABCD中，∠B＝70°，AB＝3，以AD为直径的⊙O交CD于点E，则弧DE的长为（ ）
A．13πB．23πC．76πD．43π
二．填空题（共6小题）
11．（2023•婺城区模拟）已知一张矩形纸片长为4cm，宽为3cm，从这张矩形纸片上剪下两个大小相同的圆和一个矩形（剩余部分丢弃），围成一个底面半径为 3π+1cm的圆柱体（粘合重叠部分忽略不计）．若围成的圆柱体体积达到最大时，则该圆柱体的高为 ．
12．（2023•西湖区校级二模）已知扇形的半径为3cm，圆心角为150°，则该扇形的弧长为 cm．
13．（2022•富阳区二模）如图，正方形ABCD的边长为8，以点A为圆心，AD长为半径画圆弧DE得到扇形DAE（阴影部分，点E在对角线AC上）．若扇形DAE正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面半径是 ．
14．（2022•常山县模拟）为减少安全隐患，某学校将一批方角型书桌更换为圆角型书桌．已知此书桌桌角所在圆的半径为5cm，所对的圆心角为90°，则一个桌角的弧长为 cm．
15．（2021•瓯海区模拟）已知扇形的圆心角为60°，弧长为2π cm，则扇形的面积为 cm2．（计算结果保留π）
16．（2021•温州模拟）如图，在△ABC中，BA，BC分别为⊙O的切线，点E和点C为切线点，线段AC经过圆心O且与⊙O相交于D、C两点，若tanA=34，AD＝2，则BO的长为 ．
三．解答题（共6小题）
17．（2023•西湖区校级二模）如图，AB，CD是⊙O的两条直径，AB⊥CD，点E是BD上一动点（点E不与B，D重合）．连接AE，CE，分别交OD，OB于点F，G，连接AC．设⊙O的半径为r，∠OAF＝α．
​（1）∠OCG＝ （用含α的代数式表示）；
（2）当α＝30°时，求证：AF＝2FE；
（3）判断AG•CF是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
18．（2023•金东区三模）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，OD⊥AB交AC于点E，∠D＝2∠A．
（1）求证：CD是⊙O的切线．
（2）若OD＝10，CD＝6，求AE的长．
19．（2022•金华模拟）如图，BC为△ABC的外接圆⊙O的直径，在线段BO上取点F作BC的垂线交AB于点E，点G在FE的延长线上，且GA＝GE．
（1）求证：AG与⊙O相切．
（2）已知直径BC＝20，AC＝12．若BE＝OB，试求OE的长．
20．（2022•义乌市模拟）如图，已知AB是⊙O的直径，△ABD为⊙O的内接三角形，C为BA延长线上一点，连接CD，OF⊥AD于点E，交CD于点F，∠ADC＝∠AOF．
（1）求证：CD是⊙O的切线．
（2）若sinC=12，BD=23，求AD的长．
21．（2021•诸暨市模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝6，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E，过点B作⊙O的切线，交AC的延长线于点F．
（1）若∠BAC＝54°，求弧DE的长；
（2）若tan∠F=34，求CD的长．
22．（2021•鹿城区校级三模）如图，△ABC中，CA＝CB，以BC为直径的⊙O与底边AB交于点D，过D点作⊙O的切线DE，交AC于点E．
（1）证明：DE⊥AC；
（2）连接OE，当sin∠ABC=35，S△OCE＝6时，求⊙O的半径．
三年广东中考数学模拟题分类汇总之圆
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2023•西湖区校级二模）如图，正九边形外接圆的半径是R，则这个正九边形的边长为（ ）
A．Rsin20°B．Rsin40°C．2Rsin20°D．2Rsin40°
【考点】正多边形和圆；解直角三角形．
【专题】正多边形与圆；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】过O作OC⊥AB于点C，则AC＝BC=12AB，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：如图所示，
过O作OC⊥AB于点C，则AC＝BC=12AB，
∵此多边形是正九边形，
∴∠AOB=360°9=40°，
∴∠AOC=40°2=20°，
在Rt△AOC中，AC＝OAsin∠AOC＝R×sin20°，
∴AB＝2AC＝2Rsin20°．
故选：C．
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用及正多边形和圆，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．
2．（2023•西湖区校级二模）如图，点O为△ABC的内心，∠B＝60°，BM≠BN，点M，N分别为AB，BC上的点，且OM＝ON．甲、乙两人有如下判断：甲：∠MON＝120°：乙：当MN⊥BC时，△MON的周长有最小值．则下列说法正确的是（ ）
​
A．只有甲正确B．只有乙正确
C．甲、乙都正确D．甲、乙都错误
【考点】三角形的内切圆与内心；轴对称﹣最短路线问题．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】A
【分析】连接OB，过点O作OD⊥AB于D，OE⊥BC于E，依据“HL”判定Rt△ODM和Rt△OEN全等，从而得出∠DOM＝∠EON，然后再根据四边形的内角和等于360°即可对甲的说法进行判断；
过点O作OF⊥MN于点F，则MN＝2NF，根据∠MON＝120°得∠NOF＝∠MOF＝60°，进而得NF=32ON，据此得△MON的周长为(2+3)ON，只有当ON最小时，△MON的周长为最小，然后根据“垂线段最短”可对乙的说法进行判断．
【解答】解：连接OB，过点O作OD⊥AB于D，OE⊥BC于E，
∵点O为△ABC的内心，
∴OB是∠ABC的平分线，
又OD⊥AB，OE⊥BC，
∴OD＝OE，
在Rt△ODM和Rt△OEN中，
OM=ONOD=OE，
∴Rt△ODM≌Rt△OEN（HL），
∴∠DOM＝∠EON，
在四边形ODBE中，∠ODB＝∠OEB＝90°，
∴∠B+∠DOE＝180°，
又∠B＝60°，
∴∠DOE＝120°，
即：∠DON+∠EON＝120°，
∴∠DON+∠DOM＝120°，
即：∠MON＝120°，
故甲的说法正确；
过点O作OF⊥MN于点F，
∵OM＝ON，OF⊥MN
∴OF是∠MON的平分线，MF＝NF，
∴MN＝2NF，
又∵甲的说法正确；
∴∠MON＝120°，
∴∠NOF＝∠MOF＝60°，
在Rt△NOF中，sin∠NOF=NFON，
∴NF=ON⋅sin∠NOF=ON⋅sin60°=32ON，
∴MN=2NF=3ON，
∴△MON的周长为：OM+ON+MN=(2+3)ON，
∴当ON最小时，△MON的周长为最小，
根据“垂线段最短”可知：当ON⊥BC时，△MON的周长为最小，
∵MN⊥BC，
∴ON与BC一定不垂直，
∴ON不是最小，
∴△MON的周长不是最小，
故乙的说法不正确．
故选：A．
【点评】此题主要考查了三角形的内心，全等三角形的判定和性质，解答此题的关键正确的作出辅助线构造全等三角形，难点是在解答△MON的周长最小时，将三角形的各边都用ON表示，并根据垂线段最短来判断．
3．（2023•金东区三模）如图，直线y＝﹣x+6与坐标轴交于A，B两点，点C为坐标平面内一点，BC＝2，点M为线段AC的中点，连结OM，则线段OM的最小值是（ ）
A．32+1B．32−1C．2D．32
【考点】点与圆的位置关系；一次函数的性质；一次函数图象上点的坐标特征；三角形三边关系；三角形中位线定理．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】B
【分析】根据同圆的半径相等可知：点C在半径为2的⊙B上，通过画图可知，C在BD与圆B的交点时，OM最小，在DB的延长线上时，OM最大，根据三角形的中位线定理可得结论．
【解答】解：如图，∵直线y＝﹣x+6与坐标轴交于A，B两点，
∴A（6，0），B（0，6），
∴OA＝OB＝6，
∵点C为坐标平面内一点，BC＝2，
∴C在⊙B上，且半径为2，
取OD＝OA＝6，连接CD，
∵AM＝CM，OD＝OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM=12CD，
当OM最小时，即CD最小，而D，B，C三点共线时，当C在线段DB上时，OM最小，
∵OB＝OD＝6，∠BOD＝90°，
∴BD＝62，
∴CD＝62−2．
∴OM=12CD＝32−1．
即OM的最小值为：32−1．
故选：B．
【点评】本题考查了坐标和图形的性质，三角形的中位线定理等知识，确定OM为最小值时点C的位置是关键，也是难点．
4．（2023•西湖区校级二模）如图，O为等腰三角形ABC的外心，AB＝AC，连接OB，记∠C＝α，∠CBO＝β，则α，β满足的关系式为（ ）
A．2β﹣α＝90°B．2β﹣α＝180°C．12β+α＝90°D．2a﹣β＝90°
【考点】三角形的外接圆与外心；等腰三角形的性质；圆周角定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】D
【分析】根据等腰三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理即可得到结论．
【解答】解：∵AB＝AC，∠ACB＝α，
∴∠ACB＝∠ABC＝α，
∴∠CAB＝180°﹣2α，
连接OC，OA，
∵O为等腰三角形ABC的外心，
∴OB＝OA＝OC，
∴∠CBO＝∠BCO＝β，
∴∠ABO＝∠ACO＝α﹣β，
∴∠CAO＝∠ACO＝∠ABO＝∠BAO＝α﹣β，
∴∠CAB＝2（α﹣β）＝180°﹣2α，
∴2a﹣β＝90°，
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，等腰三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
5．（2022•萧山区二模）如图，AB是半圆O的直径，D是AC的中点，若∠BAC＝40°，则∠DAC的度数是（ ）
A．20°B．25°C．30°D．35°
【考点】圆周角定理．
【答案】B
【分析】由AB是半圆O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，可求得∠ACB的度数，继而求得∠B的度数，又由圆的内接四边形的性质，求得∠D的度数，继而求得答案．
【解答】解：∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝40°，
∴∠B＝90°﹣∠BAC＝50°，
∴∠D＝180°﹣∠B＝130°，
∵D是AC的中点，
∴AD＝CD，
∴∠DAC=180°−∠D2=25°．
故选：B．
【点评】此题考查了圆周角定理、圆的内接四边形的性质、弧与弦的关系以及等腰三角形的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
6．（2022•拱墅区模拟）如图，AB、AC、BD是⊙O的切线，切点分别是P、C、D．若AB＝10，AC＝6，则BD的长是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【考点】切线长定理．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】B
【分析】由于AB、AC、BD是⊙O的切线，则AC＝AP，BP＝BD，求出BP的长即可求出BD的长．
【解答】解：∵AC、AP为⊙O的切线，
∴AC＝AP＝6，
∵BP、BD为⊙O的切线，
∴BP＝BD，
∴BD＝PB＝AB﹣AP＝10﹣6＝4．
故选：B．
【点评】本题考查了切线长定理，两次运用切线长定理并利用等式的性质是解题的关键．
7．（2022•拱墅区模拟）如图，AB是⊙O的直径，点D是弧BC上一点，BD=13BC，连接CD．若∠ABC＝15°，则∠DCO的度数是（ ）
A．30°B．35°C．40°D．50°
【考点】弧长的计算；圆周角定理．
【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】C
【分析】连接OD，根据圆周角定理得到∠AOC＝2∠ABC＝30°，求得∠COD＝150°，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：连接OD，
∵∠ABC＝15°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝30°，
∴∠COD＝150°，
∵BD=13BC，
∴∠BOD=13∠BOC=13×150°=50°，
∴∠COD＝100°，
∵OC＝OD，
∴∠DCO＝∠CDO=12×（180°﹣100°）＝40°，
故选：C．
【点评】本题考查了弧长的计算，圆周角定理，等腰三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
8．（2022•上城区一模）如图是2022年杭州亚运会徽标的示意图，若AO＝5，BO＝2，∠AOD＝120°，则阴影部分面积为（ ）
A．14πB．7πC．253πD．2π
【考点】扇形面积的计算．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】B
【分析】根据S阴影＝S扇形AOD﹣S扇形BOC，求解即可．
【解答】解：S阴影＝S扇形AOD﹣S扇形BOC
=120π×52360−120π×22360
=21π3
＝7π，
故选：B．
【点评】本题考查扇形的面积，解题的关键是熟记扇形面积计算公式：设圆心角是n°，圆的半径为R的扇形面积为S，则S扇形=n360πR2或S扇形=12lR（其中l为扇形的弧长）．
9．（2021•温州模拟）如图，在5×4的网格图中，每个小正方形的边长均为1．设经过格点A，B，E三点的圆弧与线段BC交于点D，则弧AD的弧长为（ ）
A．178πB．158πC．174πD．154π
【考点】三角形的外接圆与外心；弧长的计算．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】C
【分析】连接AC，AD，根据的勾股定理得到AC＝AB=12+42=17，BC=32+52=34，根据勾股定理的逆定理得到∠ACB＝90°，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据弧长公式即可得到结论．
【解答】解：连接AC，AD，
∵AC＝AB=12+42=17，BC=32+52=34，
∴AC2+AB2＝BC2，
∴∠ACB＝90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵∠AEB＝90°，
∴AB是圆的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BD，
∴∠ABD＝∠DAB＝45°，
∴弧AD所对的圆心角为90°，
∴AD的长=90⋅π×172180=174π，
故选：C．
【点评】本题主要考查的是弧长的计算、等腰直角三角形的判定，锐角三角函数的性质，掌握本题的辅助线的作法是解题的关键．
10．（2021•温州模拟）如图，菱形ABCD中，∠B＝70°，AB＝3，以AD为直径的⊙O交CD于点E，则弧DE的长为（ ）
A．13πB．23πC．76πD．43π
【考点】弧长的计算；菱形的性质；圆周角定理．
【专题】几何图形．
【答案】A
【分析】连接OE，由菱形的性质得出∠D＝∠B＝70°，AD＝AB＝3，得出OA＝OD＝1.5，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠DOE＝40°，再由弧长公式即可得出答案．
【解答】解：连接OE，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠D＝∠B＝70°，AD＝AB＝3，
∴OA＝OD＝1.5，
∵OD＝OE，
∴∠OED＝∠D＝70°，
∴∠DOE＝180°﹣2×70°＝40°，
∴DE的长=40π×1.5180=13π；
故选：A．
【点评】本题考查了弧长公式、菱形的性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的性质，求出∠DOE的度数是解决问题的关键．
二．填空题（共6小题）
11．（2023•婺城区模拟）已知一张矩形纸片长为4cm，宽为3cm，从这张矩形纸片上剪下两个大小相同的圆和一个矩形（剩余部分丢弃），围成一个底面半径为 3π+1cm的圆柱体（粘合重叠部分忽略不计）．若围成的圆柱体体积达到最大时，则该圆柱体的高为 72π−162−12(π+1)cm ．
【考点】切线的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；平行四边形的判定与性质；矩形的性质；正方形的判定与性质．
【专题】几何综合题；矩形 菱形 正方形；与圆有关的计算；运算能力．
【答案】72π−162−12(π+1)
【分析】设围成的圆柱体的高为h，则该圆柱体体积＝π(3π+1)2h，当h取最大值时，这个圆柱体的体积最大，设矩形ABCD的长AD＝4cm，宽AB＝3cm，圆柱体的一个底面圆的圆心为O，⊙O与AB、BC分别切于E、F两点，连接OE、OF、BO并延长BO，BO的延长线交⊙O于点H，过点H作⊙O的切线，分别交AB于点M，交BC于点N，则∠OEB＝∠OFB＝∠OHN＝90°，分别证四边形BEOF是正方形、△MBH和△NBH是等腰直角三角形，分别求出BM、BN、MN、AM和AQ的长，推出△MBN≌△PDQ，△AMQ≌△CPN，进而证四边形MNPQ是平行四边形，根据S平行四边形MNPQ＝MN×h＝3×4﹣2S△AMQ﹣2S△BMN，求出h的值即可．
【解答】解：设围成的圆柱体的高为h，则该圆柱体体积＝π(3π+1)2h，
由勾股定理知：长为4cm，宽为3cm的矩形的对角线长为5cm，
∴当h取最大值时，这个圆柱体的体积最大，
∵5﹣2×3π+1＞4﹣2×3π+1，
∴这个矩形的高应该在矩形的对角线上（或平行于矩形的对角线），
如图，设矩形ABCD的长AD＝4cm，宽AB＝3cm，圆柱体的一个底面圆的圆心为O，⊙O与AB、BC分别切于E、F两点，连接OE、OF、BO并延长BO，BO的延长线交⊙O于点H，过点H作⊙O的切线，分别交AB于点M，交BC于点N，则∠OEB＝∠OFB＝∠OHN＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，OE＝OF=3π+1cm，
∴∠A＝∠ABC＝∠C＝∠ADC＝90°，AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形BEOF是正方形，由勾股定理得矩形ABCD的对角线长＝5cm，
∴∠EBO＝∠FBO＝45°，即∠MBH＝∠NBH＝45°，
∴△MBH和△NBH是等腰直角三角形，OB=2OE=32π+1，
∴∠BMN＝∠BNM＝45°，
∵BH＝BO+OH=3(2+1)π+1，
∴BM＝BN=2BH=3(2+2)π+1，
∴MN＝2BH=6(2+1)π+1，
同理可证DQ＝DP=3(2+2)π+1，PQ=6(2+1)π+1，
∴MN＝PQ，
∴AM＝CP＝3﹣BM=3π−3−32π+1，AQ＝CN＝4﹣BN=4π−2−32π+1，
∴△MBN≌△PDQ（SAS），△AMQ≌△CPN（SAS），
∴MQ＝PN，
∴四边形MNPQ是平行四边形．
∴h为平行四边形MNPQ的边MN上的高，
∴MN×h＝3×4﹣2S△AMQ﹣2S△MBN，
∴6(2+1)π+1×h＝12﹣2×12×3π−3−32π+1×4π−2−32π+1−2×12×(6+32π+1)2，
解得h=72π−162−12(π+1)，
∴围成的圆柱体体积达到最大时，则该圆柱体的高为72π−162−12(π+1)cm，
【点评】本题主要考查切线的性质，矩形的性质，正方形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积等知识，计算难度较大，确定“围成的圆柱体体积达到最大时圆柱体的高是某个平行四边形的高”是解题的关键．
12．（2023•西湖区校级二模）已知扇形的半径为3cm，圆心角为150°，则该扇形的弧长为 52π cm．
【考点】弧长的计算．
【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据半径，圆心角，直接代入弧长公式L=nπr180即可求得扇形的弧长．
【解答】解：∵L=nπr180，扇形的半径为3cm，圆心角为150°，
∴扇形的弧长L=3×π×150180=52π．
故答案为：52π．
【点评】此题主要考查了弧长公式的应用，熟练掌握弧长公式：L=nπr180才能准确的解题．
13．（2022•富阳区二模）如图，正方形ABCD的边长为8，以点A为圆心，AD长为半径画圆弧DE得到扇形DAE（阴影部分，点E在对角线AC上）．若扇形DAE正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面半径是 1 ．
【考点】圆锥的计算．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】1．
【分析】根据圆锥的底面周长与展开后所得扇形的弧长相等列式计算即可．
【解答】解：设圆锥的底面圆的半径为r，
根据题意可知：
AD＝AE＝8，∠DAE＝45°，
底面圆的周长等于弧长：
∴2πr=45π×8180，
解得r＝1．
答：该圆锥的底面圆的半径是1．
故答案为：1．
【点评】本题考查了圆锥的计算，解决本题的关键是掌握圆锥的底面周长与展开后所得扇形的弧长相等．
14．（2022•常山县模拟）为减少安全隐患，某学校将一批方角型书桌更换为圆角型书桌．已知此书桌桌角所在圆的半径为5cm，所对的圆心角为90°，则一个桌角的弧长为 52π cm．
【考点】弧长的计算．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】52π．
【分析】利用弧长的计算公式计算即可．
【解答】解：l=90π×5180=52π（cm）．
故答案为：52π．
【点评】本题考查了弧长的计算公式，运用公式解题时，需注意公式中n的值在代入计算时不能带有度数．
15．（2021•瓯海区模拟）已知扇形的圆心角为60°，弧长为2π cm，则扇形的面积为 6π cm2．（计算结果保留π）
【考点】扇形面积的计算；弧长的计算．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】6π．
【分析】设扇形的半径为rcm，根据弧长公式和已知条件得出60πr180=2π，求出r，再根据扇形的面积公式求出面积即可．
【解答】解：设扇形的半径为rcm，
∵扇形的圆心角为60°，弧长为2π cm，
∴60πr180=2π，
解得：r＝6，
∴扇形的面积为12×6×2π=6π（cm2），
故答案为：6π．
【点评】本题考查了弧长公式，扇形面积的计算等知识点，注意：圆心角为n°，半径为r的扇形的面积S=nπr2360=12×弧长×r．
16．（2021•温州模拟）如图，在△ABC中，BA，BC分别为⊙O的切线，点E和点C为切线点，线段AC经过圆心O且与⊙O相交于D、C两点，若tanA=34，AD＝2，则BO的长为 35 ．
【考点】切线的性质；解直角三角形；圆周角定理．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】35．
【分析】设⊙O的半径为3x，则OE＝OD＝OC＝3x，在解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：如图，连接OE，
设⊙O的半径为3x，则OE＝OD＝OC＝3x，
在Rt△AOE中，tanA=34，
∴OEAE=34，
∴3xAE=34，
∴AE＝4x，
∴AO=OE2+AE2=(3x)2+(4x)2=5x，
∵AD＝2，
∴AO＝OD+AD＝3x+2，
∴3x+2＝5x，
∴x＝1，
∴OA＝3x+2＝5，OE＝OD＝OC＝3x＝3，
∴AC＝OA+OC＝5+3＝8，
在Rt△ABC中，tanA=BCAC，
∴BC＝AC•tanA＝8×34=6，
∴OB=OC2+BC2=32+62=35．
故答案为：35．
【点评】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理和解直角三角形等知识点，由定理可知，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．简记作：见切点，连半径，见垂直．
三．解答题（共6小题）
17．（2023•西湖区校级二模）如图，AB，CD是⊙O的两条直径，AB⊥CD，点E是BD上一动点（点E不与B，D重合）．连接AE，CE，分别交OD，OB于点F，G，连接AC．设⊙O的半径为r，∠OAF＝α．
​（1）∠OCG＝ 45°﹣α （用含α的代数式表示）；
（2）当α＝30°时，求证：AF＝2FE；
（3）判断AG•CF是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【考点】圆的综合题．
【专题】圆的有关概念及性质；与圆有关的计算；运算能力；推理能力．
【答案】（1）45°﹣α；
（2）见解答；
（3）AG•CF是定值，AG•CF＝AC2＝2r2，
【分析】（1）由题意得出∠AEC＝45°，再由三角形的内角和即可解答；
（2）连接OE，由（2）可得∠OCG＝15°，∠DOE＝30°，再说明OF＝EF，由∠OAF＝30°，可得AF＝2OF＝2FE；
（3）AG•CF是定值，AG•CF＝AC2＝2r2，由△ACF∽△GAC，得出ACAG=CFAC即可求解．
【解答】（1）解：∵AB⊥CD，
∴∠AOC＝90°，∠ACO+∠CAO＝45°，
∴∠AEC＝45°，
∴∠OAF+∠OCG＝180°﹣45°﹣90°，
∴∠OCG＝45°﹣∠OAF＝45°﹣α，
故答案为：45°﹣α；
（2）证明：连接OE，
∵∠OAF＝α＝30°．
∴∠OCG＝45°﹣30°＝15°，∠AFO＝60°，
∴∠DOE＝30°，
∵∠AFO＝60°＝∠DOE+∠OEF＝30°+∠OEF，
∴∠OEF＝30°，
∴OF＝EF，
∵∠OAF＝30°，
∴AF＝2OF＝2FE；
（3）解：AG•CF是定值，AG•CF＝AC2＝2r2，
由题意知，∠ACG＝∠ACD+∠DCE＝45°+∠DCE，∠AFC＝∠D+∠DAE＝45°+∠DAE，
∵∠DCE＝∠DAE，
∴∠ACG＝∠AFC，
又∵∠ACF＝∠CAG＝45°，
∴△ACF∽△GAC，
∴ACAG=CFAC，
∴AG•CF＝AC2，
∵OA＝OC＝r，
∴AC=2r，
∴AC2＝2r2，
即AG•CF＝AC2＝2r2，
【点评】本题考查圆周角定理和相似三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握以上性质是解题关键．
18．（2023•金东区三模）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，OD⊥AB交AC于点E，∠D＝2∠A．
（1）求证：CD是⊙O的切线．
（2）若OD＝10，CD＝6，求AE的长．
【考点】切线的判定与性质；垂径定理；圆周角定理．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】（1）见解答；
（2）45．
【分析】（1）连接OC，如图，根据圆周角定理得到∠BOC＝2∠A，而∠D＝2∠A，则∠BOC＝∠D，再利用垂直的定义和三角形内角和定理得到∠OCD＝90°，然后根据切线的判定方法得到结论；
（2）先利用勾股定理计算出OC＝8，过C点作CH⊥AB于H点，如图，再证明△OCH∽△DOC，利用相似比可计算出OH=245，CH=325，则利用勾股定理可计算出AC=3255，然后根据平行线分线段成比例定理可求出AE的长．
【解答】（1）证明：连接OC，如图，
∵OD⊥AB，
∴∠BOD＝90°，
即∠BOC+∠COD＝90°，
∵∠BOC＝2∠A，∠D＝2∠A，
∴∠BOC＝∠D，
∴∠D+∠COD＝90°，
∴∠OCD＝90°，
∴OC⊥CD，
∵OC为⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△OCD中，∵OD＝10，CD＝6，
∴OC=102−62=8，
过C点作CH⊥AB于H点，如图，
∵∠COH＝∠D，∠CHO＝∠OCD，
∴△OCH∽△DOC，
∴OHCD=CHOC=OCOD，即OH6=CH8=810，
解得OH=245，CH=325，
在Rt△ACH中，AC=CH2+AH2=(325)2+(645)2=3255，
∵OE∥CH，
∴AEAC=AOAH，即AE3255=8645，
解得AE＝45．
【点评】本题考查了切线的判定与性质性质：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了垂径定理、圆周角定理和相似三角形的判定与性质．
19．（2022•金华模拟）如图，BC为△ABC的外接圆⊙O的直径，在线段BO上取点F作BC的垂线交AB于点E，点G在FE的延长线上，且GA＝GE．
（1）求证：AG与⊙O相切．
（2）已知直径BC＝20，AC＝12．若BE＝OB，试求OE的长．
【考点】切线的判定与性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；直线与圆的位置关系．
【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）210．
【分析】（1）连接OA，由OA＝OB，GA＝GE得出∠ABO＝∠BAO，∠GEA＝∠GAE；再由EF⊥BC，得出∠BFE＝90°，进一步由∠ABO+∠BEF＝90°，∠BEF＝∠GEA，最后得出∠GAO＝90°求得答案；
（2）BC为直径得出∠BAC＝90°，根据GF⊥BC，得出∠BFE＝90°，从而证得△BEF∽△BCA，求得EF、BF的长，进一步在△OEF中利用勾股定理得出OE的长即可．
【解答】（1）证明：如图，
连接OA，
∵OA＝OB，GA＝GE，
∴∠ABO＝∠BAO，∠GEA＝∠GAE，
∵EF⊥BC，
∴∠BFE＝90°，
∴∠ABO+∠BEF＝90°，
又∵∠BEF＝∠GEA，
∴∠GAE＝∠BEF，
∴∠BAO+∠GAE＝90°，
∴OA⊥AG，
∵OA是〇O的半径，
∴AG与⊙O相切；
（2）解：∵BC为直径，
∴∠BAC＝90°，
∵GF⊥BC，
∴∠EFB＝90°，
∵BC＝20，AC＝12，
∴AB=BC2−AC2=202−122=16，
∵BE＝OB，
∴BE＝10，
∵∠EBF＝∠CBA，∠BFE＝∠BAC，
∴△BEF∽△BCA，
∴BFAB=BEBC=EFAC，
∴EF＝6，BF＝8，
∴OF＝OB﹣BF＝10﹣8＝2，
∴OE=EF2+OF2=62+22=210．
【点评】本题考查了切线的判定：过半径的外端点与半径垂直的直线是圆的切线．也考查了勾股定理、相似三角形的判定与性质以及圆周角定理的推论．
20．（2022•义乌市模拟）如图，已知AB是⊙O的直径，△ABD为⊙O的内接三角形，C为BA延长线上一点，连接CD，OF⊥AD于点E，交CD于点F，∠ADC＝∠AOF．
（1）求证：CD是⊙O的切线．
（2）若sinC=12，BD=23，求AD的长．
【考点】切线的判定与性质；弧长的计算；解直角三角形；勾股定理；垂径定理；圆周角定理；三角形的外接圆与外心．
【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）23π．
【分析】（1）连接OD，根据垂直定义可得∠AEO＝90°，从而可得∠OAD+∠AOF＝90°，再根据等腰三角形的性质，可得∠OAD＝∠ODA，从而可得∠ADC+∠ODA＝90°，进而可得∠ODC＝90°，即可得证；
（2）在Rt△ODC中，由sinC=12可得∠C＝30°，然后证明△OAD是等边三角形，解直角三角形△ABD求出AD＝2，可得OD＝2，再利用弧长公式计算即可．
【解答】（1）证明：如图，连接OD，
∵OF⊥AD，
∴∠AEO＝90°，
∴∠OAD+∠AOF＝90°，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵∠ADC＝∠AOF，
∴∠ADC+∠ODA＝90°，
∴∠ODC＝90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）
解：在Rt△ODC中，sinC=12，
∴∠C＝30°，
∴∠COD＝60°，
∵OA＝OD，
∴△OAD是等边三角形，
∴∠OAD＝60°，
∵AB是直径，
∴∠BDA＝90°，
在Rt△ABD中，AD=BDtan∠BAD=BDtan60°=233=2，
∴OD＝2，
∴AD的长为：60π×2180=23π．
【点评】本题考查了切线的判定，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，熟练掌握经过半径外端点并且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键．
21．（2021•诸暨市模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝6，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E，过点B作⊙O的切线，交AC的延长线于点F．
（1）若∠BAC＝54°，求弧DE的长；
（2）若tan∠F=34，求CD的长．
【考点】圆内接四边形的性质；切线的性质；弧长的计算；解直角三角形；等腰三角形的性质；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；解直角三角形及其应用；推理能力．
【答案】（1）910π；
（2）125．
【分析】（1）由等腰三角形的性质可求∠DOE＝54°，由弧长公式可求解；
（2）由锐角三角函数可求BF的长，由勾股定理可求AF的长，由面积法可求BD的长，即可求解．
【解答】解：（1）如图，连接OD，OE，
∵AB＝AC＝6，∠BAC＝54°，
∴∠ABC＝∠ACB＝63°，AO＝3，
∵OA＝OD，OB＝OE，
∴∠BAC＝∠ODA＝54°，∠ABC＝∠OEB＝63°，
∴∠AOD＝72°，∠BOE＝54°，
∴∠DOE＝54°，
∴DE的长=54°×π×3180°=910π；
（2）连接BD，
∵tanF=34=ABBF，AB＝6，
∴BF＝8，
∴AF=AB2+BF2=36+64=10，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∴12×AF×DB=12×AB×BF，
∴DB=245，
∴AD=AB2−DB2=185，
∴CD＝AC﹣AD＝6−185=125．
【点评】本题考查了锐角三角函数，勾股定理，圆的有关知识，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
22．（2021•鹿城区校级三模）如图，△ABC中，CA＝CB，以BC为直径的⊙O与底边AB交于点D，过D点作⊙O的切线DE，交AC于点E．
（1）证明：DE⊥AC；
（2）连接OE，当sin∠ABC=35，S△OCE＝6时，求⊙O的半径．
【考点】切线的性质；解直角三角形；等腰三角形的性质；圆周角定理．
【专题】与圆有关的位置关系；解直角三角形及其应用；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）⊙O的半径为256．
【分析】（1）连接OD，根据DE是⊙O的切线，可得∠ODE＝90°，由AC＝BC，可得∠OBD＝∠A，进而可得∠A＝∠ODB，可得OD∥AC，即可证明结论；
（2）连接CD，证明∠CDE＝∠ABC，由sin∠ABC=35得sin∠CDE=35，设CE＝3x，CD＝5x，则DE＝4x，根据S△OCE＝6可求出x的值，可得CD的长，由sin∠ABC=35可得BC的长，即可得⊙O的半径．
【解答】（1）证明：如图，连接OD，OD为⊙O的半径，
∵DE是⊙O的切线，
∴∠ODE＝90°，
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，
∵AC＝BC，
∴∠OBD＝∠A，
∴∠A＝∠ODB，
∴OD∥AC，
∴∠DEC＝90°，
即DE⊥AC；
（2）解：连接CD，
∵BC为直径，
∴∠BDC＝∠CDA＝90°，
∴∠CDE+∠EDA＝90°，
∵DE⊥AC，
∴∠ADE+∠A＝90°，
∴∠A＝∠CDE，
∵CA＝CB，
∴∠A＝∠B，
∴∠CDE＝∠ABC，
∴sin∠CDE=CECD=35，
设CE＝3x，CD＝5x，则DE＝4x，
∵S△OCE=12CE•DE＝6x＝6，
∴x＝1，
∴CD＝5，
∵sin∠ABC=CDBC=35，
∴BC=253，
∴⊙O的半径为256．
【点评】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质、解直角三角形、圆周角定理，解决本题的关键是综合运用以上知识