第二十四章 圆考点大梳理-2023-2024学年九年级数学上+下册重难点培优及章末梳理与检测（人教版）

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第二十三章 圆考点大梳理考点1 圆的半径相等如图，为⊙O的弦，，则等于 ．  【答案】/140度【分析】圆中由两条半径和一条弦组成的三角形是等腰三角形，根据等腰三角形的性质，，所以．【详解】解：∵，故答案为：．【点睛】本题重点考查了等腰三角形的性质，并且利用三角形的内角和定理求解角的度数，难度不大．如图，是的直径，是弦的中点，若，则 ．  【答案】【分析】根据半径相等，是的中点，可得是的中位线，即可求解．【详解】∵是的直径，是弦，是的中点，∴，，即是的中位线，∴.故答案为：．【点睛】本题考查了圆的基本性质，中位线的性质与判定，熟练掌握中位线的性质是解题的关键．如图，点B，E在半圆O上，四边形，四边形均为矩形．若，则的长为 ．【答案】5【分析】连接，则，根据矩形的性质可得，再由勾股定理，即可求解．【详解】解：如图，连接，则，∵四边形，四边形均为矩形，∴，，∴，∵，∴，∴．故答案为：5【点睛】本题主要考查矩形的性质、勾股定理、圆，熟练掌握矩形的性质、勾股定理、圆是解决本题的关键．如图，点，点，点在上，分别连接，，．若，，则 ．  【答案】/20度【分析】首先连接，，然后根据等弦对等圆心角得到，再根据三角形内角和得到，再由，，即可得到结果．【详解】解：如图，连接，，  ，，，，，，，，．故答案为：．【点睛】本题主要考查圆内相关概念和定理，三角形内角和定理等内容；掌握圆内相关概念是解题基础．如图，的圆心为点，以点为圆心作，且与的延长线交于点，与的延长线交于点．已知，求的度数．【答案】【分析】由等腰三角形的性质及三角形的内角和定理得，再由等腰三角形的性质及三角形外角性质得，继而利用三角形的外角性质即可得解．【详解】解：∵，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、三角形的内角和定理及外角性质以及圆的认识，熟练掌握三角形的内角和定理及等腰三角形的性质是解题的关键．如图，在中，是直径，是弦，延长，相交于点，且，，求的度数．  【答案】【分析】连接，由可得出，故可得出的度数，根据三角形外角的性质求出的度数，由三角形内角和定理求出的度数，根据补角的定义即可得出结论．【详解】解：连接，  ，，，．是的外角，．，，，．【点睛】本题考查的是圆的认识，根据题意作出辅助线，构造出等腰三角形，利用等腰三角形及三角形外角的性质求解是解答此题的关键．考点2 弧、弦、角之间的关系在同圆或等圆中，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，其中圆心角的度数与它所对的弧的度数相等.如图，是的直径，，，则的度数是（    ）  A． B． C． D．【答案】B【分析】根据，得出，计算，根据，计算，选择答案即可．【详解】解：∵是的直径，，，∴，∴，∵，∴．故选：B．【点睛】本题主要考查了弧、圆心角的关系，根据等边对等角求角度，熟练掌握等弧对等角是解题的关键．如图，在中﹐，，则（    ）  A． B． C． D．【答案】B【分析】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，由此即可得到答案．【详解】解：，．故选：B．【点睛】本题考查圆心角，弧，弦的关系，关键是掌握：在同圆或等圆中，圆心角，弧，弦的关系．是中的两条弦，若，则与的大小关系是（    ）A． B． C． D．不能确定【答案】A【分析】根据弦和弧之间关系和三角形三边关系即可求证．【详解】解：如图，取的中点E，则．∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴．故选A．【点睛】本题主要考查弦和弧之间关系和三角形三边关系，解决本题的关键是要熟练掌握弦和弧之间关系和三角形三边关系．如图，在中，，是两条弦，，，如果，则下列结论不正确的是（　　）  A． B．C． D．【答案】C【分析】可证，结合垂径定理即可判断．【详解】解：∵∴∴∵，∴故A、B、D正确故选：C【点睛】本题考查了垂径定理．垂直于弦的直径平分弦且平分这条弦所对的两条弧．如图，是的两条直径，是劣弧的中点，若，则的度数是（    ）  A． B． C． D．【答案】C【分析】首先根据“同弧或等弧所对的弦长相等，对的圆心角也相等”求得，再根据等腰三角形“等边对等角”的性质求解即可．【详解】解：如下图，连接，  ∵是劣弧的中点，即，∴，∵，∴，∵，∴，即．故选：C．【点睛】本题主要考查了弧与圆心角的关系、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．如图，是的直径，点C，D在上，，则的度数是（    ）  A． B． C． D．【答案】B【分析】首先由可得，再由可得出．【详解】解：∵在中，∴，∵，∴， 故选：B．【点睛】此题考查了弧与圆心角的关系、等腰三角形的性质及三角形外角的性质，掌握数形结合思想的应用是解题的关键．如图所示，在中，，则在①；②；③；④中，正确结论的个数是（    ）  A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】利用同圆或等圆中弧，弦以及所对的圆心角之间的关系逐项分析即可．【详解】解：在⊙O中，，，故①正确；为公共弧，，故④正确；，故②正确；，故③正确；综上分析可知，正确的有4个．故选：D．【点睛】本题考查了弧，弦、圆心角之间的关系：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等以及推论：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．如图，是的直径，，，则的度数为 ．  【答案】144°/144度【分析】根据同弧所对的圆心角相等求出，进而求解即可．【详解】∵，，∴∴．故答案为：．【点睛】此题考查了同弧所对的圆心角相等，解题的关键是熟练掌握以上知识点．如图，在中，，于点D，于点E．求证：；  【答案】见解析【分析】首先根据等弧所对的圆心角相等得到，然后利用角平分线的性质定理求解即可．【详解】如图所示，连接，  ∵在中，，∴∴是的角平分线∵，∴．【点睛】此题考查了等弧所对的圆心角相等，角平分线的性质定理，解题的关键是熟练掌握以上知识点．如图，的弦、的延长线相交于点，且，  (1)求证：；(2)求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）证，则即可求证；（2）连接，作，证，进而可证，即可求证．【详解】（1）证明：∵∴∴即：（2）证明：连接，作  ∵,∴即【点睛】本题考查了圆中“弧、弦、角”的关系、全等三角形综合．熟记相关结论进行几何推理即可．如图，A、B、C、D是上的四点，．求证：．  【答案】见解析【分析】根据，得出，求出，即可证明结论．【详解】证明：∵，∴，∴，即，∴．【点睛】本题主要考查了弧、弦、圆心角之间的关系，解题的关键是熟练掌握三个量关系定理．已知：如图，，是以为直径的上的两点，分别连接、、、、，且，求证：．【答案】见解析【分析】利用平行线的性质求得，，推出，再利用圆心角，弧，弦之间的关系即可证明结论成立．【详解】证明：，，，又，，．【点睛】本题考查了圆心角，弧，弦之间的关系，利用平行线的性质求得是解题的关键．考点3 圆的对称性如图，MN是⊙O的直径，MN＝4，点A在⊙O上，∠AMN＝30°，B为弧AN的中点，P是直径MN上一动点，则PA+PB的最小值为　 　．【分析】作点A关于MN的对称点A′，连接A′B，与MN的交点即为点P，此时PA+PB的最小值即为A′B的长，连接OA′、OB、OA，先求∠A′OB＝∠A′ON+∠BON＝60°+30°＝90°，再根据勾股定理即可得出答案．【解析】作点A关于MN的对称点A′，连接A′B，与MN的交点即为点P，PA+PB的最小值即为A′B的长，连接OA′、OB、OA，∵A′点为点A关于直线MN的对称点，∠AMN＝30°，∴∠AON＝∠A′ON＝2∠AMN＝2×30°＝60°，又∵弧AN的中点，∴AB=NB，∴∠BON＝∠AOB=12∠AON=12×60°＝30°，∴∠A′OB＝∠A′ON+∠BON＝60°+30°＝90°，又∵MN＝4，∴OA′＝OB=12MN=12×4＝2，∴Rt△A′OB中，A′B=22+22=22，即PA+PB的最小值为22．【小结】本题主要考查作图﹣复杂作图及轴对称的最短路线问题，熟练掌握轴对称的性质和圆周角定理、圆心角定理是解题的关键．如图，AB是⊙O的直径，AB＝2，点C在⊙O上，∠CAB＝30°，D为弧BC的中点，P是直径AB上一动点，则PC+PD的最小值为（　　）A．22 B．2 C．1 D．2【分析】作出D关于AB的对称点D′，则PC+PD的最小值就是CD′的长度，在△COD′中根据边角关系即可求解．【解析】作出D关于AB的对称点D′，连接OC，OD′，CD′．又∵点C在⊙O上，∠CAB＝30°，D为弧BC的中点，即BD=BD'，∴∠BAD′=12∠CAB＝15°．∴∠CAD′＝45°．∴∠COD′＝90°．则△COD′是等腰直角三角形．∵OC＝OD′=12AB＝1，∴CD′=2．故选：B．【小结】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，勾股定理，垂径定理，正确作出辅助线是解题的关键．如图，AB是⊙O的直径，AB＝8，点M在⊙O上，∠MAB＝20°，N是MB的中点，P是直径AB上的一动点，则PM+PN的最小值为（　　）A．4 B．5 C．6 D．7【分析】作N点关于AB的对称点N′，连接MN′交AB于P′，如图，则P′N＝P′N′，利用两点之间线段最短得到此时P′M+P′N的值最小，然后证明△OMN′为等边三角形得到MN′＝OM＝4，从而可判断PM+PN的最小值．【解析】作N点关于AB的对称点N′，连接MN′交AB于P′，如图，则P′N＝P′N′，∴P′M+P′N＝P′M+P′N′＝MN′，∴此时P′M+P′N的值最小，∵∠MAB＝20°，∴∠MOB＝40°，∵N是弧MB的中点，∴∠NOB＝20°，∵N点关于AB的对称点N′，∴∠N′OB＝20°，∴∠MON′＝60°，∴△OMN′为等边三角形，∴MN′＝OM＝4，∴P′M+P′N＝4，即PM+PN的最小值为4．故选：A．【小结】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．也考查了最短路径问题的解决方法．如图，MN是⊙O的直径，A，B，C是⊙O上的三点，∠ACM＝60°，B点是AN的中点，P点是MN上一动点，若⊙O的半径为1，则PA+PB的最小值为（　　）A．1 B．22 C．2 D．3−1【分析】点B关于MN的对称点B′，连接OA、OB、OB′、AB′，根据轴对称确定最短路线问题可得AB′与MN的交点即为PA+PB的最小时的点，根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍求出∠AON＝60°，然后求出∠BON＝30°，再根据对称性可得∠B′ON＝∠BON＝30°，然后求出∠AOB′＝90°，从而判断出△AOB′是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质可得AB′=2OA，即为PA+PB的最小值．【解析】作点B关于MN的对称点B′，连接OA、OB、OB′、AB′，则AB′与MN的交点即为PA+PB的最小时的点，PA+PB的最小值＝AB′，∵∠ACM＝60°，∴∠AOM＝2∠ACM＝2×60°＝120°，∴∠AON＝60°，∵点B为劣弧AN的中点，∴∠BON=12∠AON=12×60°＝30°，由对称性，∠B′ON＝∠BON＝30°，∴∠AOB′＝∠AON+∠B′ON＝60°+30°＝90°，∴△AOB′是等腰直角三角形，∴AB′=2OA=2×1=2，即PA+PB的最小值=2．故选：C．【小结】本题考查了轴对称确定最短路线问题，在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍的性质，作辅助线并得到△AOB′是等腰直角三角形是解题的关键．考点4 垂径定理垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧。推论：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；弦的垂直平分线过圆心，且平分弦对的两条弧．如图，某圆弧形拱桥的跨度米，拱高米，则该拱桥的半径为（    ）  A．13米 B．18米 C．26米 D．30米【答案】A【分析】设圆弧的圆心为点，半径为米，连接，先根据垂径定理可得点在一条直线上，米，，再在中，利用勾股定理求解即可得．【详解】解：如图，设圆弧的圆心为点，半径为米，连接，  由垂径定理得：点在一条直线上，米，，则米，米，在中，，即，解得，即该拱桥的半径为13米，故选：A．【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题关键．如图，为直径，弦于点，，，则长为（　　）  A．10 B．9 C．8 D．5【答案】A【分析】设的半径为，则，根据垂径定理求出，，在中，由勾股定理得出方程，求出方程的解即可．【详解】解：连接，  设的半径为，则，，，，，在中，由勾股定理得：，，解得：，即，故选：A．【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理的应用，解题的关键是求出的长和得出关于的方程，注意：垂直于弦的直径平分这条弦．已知在中两条平行弦，，，的半径是10，则AB与CD间的距离是（    ）A．6或12 B．2或14 C．6或14 D．2或12【答案】B【分析】由勾股定理，垂径定理，分两种情况讨论：①当和位于圆心同侧时和②当和位于圆心异侧时，即可求解．【详解】解：分类讨论：①当和位于圆心同侧时，如图，连接，过点O作于点E，交于点F．  ∵，∴，∴，．∵，∴，，∴，即此时AB与CD间的距离是2；②当和位于圆心异侧时，如图，连接，过点O作于点P，延长交于点Q．  ∵，∴，∴，．∵，∴，，∴，即此时AB与CD间的距离是14．综上可知AB与CD间的距离是2或14．故选B．【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，解题关键是分两种情况讨论，作辅助线构造直角三角形．如图，的半径为10，弦，点是弦上的动点，则（    ）  A． B． C． D．【答案】B【分析】先过O作于D，连接，根据勾股定理求出的值，进而可求出的取值范围．【详解】解：过O作于D，连接，  ∵，，∴，∴，∴，即．故选：B．【点睛】本题考查了垂径定理及勾股定理，垂线段最短，能根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．如图，已知是的直径，弦于点，厘米，，那么的半径是（    ）  A．6厘米 B．厘米 C．8厘米 D．厘米【答案】B【分析】连接，根据垂径定理可得厘米，设厘米，厘米，在中，根据勾股定理可得，即可求解．【详解】解：如图，连接，  ∵是的直径，弦于点，厘米，∴厘米，∵，∴可设厘米，厘米，∴厘米，厘米，厘米，在中，，∴，解得：（负值舍去），∴的半径是厘米．故选：B【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，熟练掌握垂径定理，勾股定理是解题的关键．已知的直径，是的弦，，垂足为，且，则的长为 cm.【答案】或【分析】分两种情况，根据题意画出图形，根据垂径定理求出的长，连接，再由勾股定理求出的长，进而得到答案．【详解】解：如图所示，的直径，，，，，如图一：，，，，，；如图二：同理可得，，，∴，综上所述，的长为或．故答案为：或．【点睛】本题主要考查的是垂径定理，勾股定理的应用，根据题意画出图形，使用垂径定理求出的长是解题的关键．如图，直径为的圆柱形水管有积水（阴影部分），水面的宽度为，则水的最大深度是 ．  【答案】2【分析】先求出的长，再由垂径定理求出的长，根据勾股定理求出的长，进而可得出结论．【详解】解：的直径为，．，，，，水的最大深度．故答案为：2．【点睛】本题考查的是垂径定理的应用以及勾股定理，根据勾股定理求出的长是解答此题的关键．如图，将半径为4的折叠，弧恰好经过与垂直的半径的中点，则折痕的长 ．  【答案】【分析】如图，由折叠知，,，于是．．垂径定理，得．中，，得．【详解】解：如图，由折叠知，,∵∴．∴．∴．∵，∴．中，．∴．  故答案为：．【点睛】本题考查折叠的性质，垂径定理，勾股定理，构建直角三角形运用勾股定理是解题的关键．如图，是的弦，是的中点，交于点．若，，则的半径为 ．  【答案】【分析】连接，由垂径定理得，设圆的半径为，根据勾股定理得到方程，求解即可【详解】解：连接，  ∵是的中点，，∴，设的半径为，∵∴在中，，即，解得，即的半径为故答案为：【点睛】本题考查的是垂径定理及勾股定理，根据垂径定理判断出是的垂直平分线是解答此题的关键．如图，一条公路的转弯处是一段圆弧（），点O是这段弧所在圆的圆心，B为上一点，于D．若米，米，则的半径长为 米．  【答案】【分析】根据垂径定理求出长度，再根据勾股定理求出半径长度即可．【详解】解： ，点是这段弧所在圆的圆心，，，，，.，，.设，则，在中，，，即的半径长为．故答案为：【点睛】本题考查了圆的垂径定理，勾股定理，解题的关键在于通过勾股定理求出半径长度．如图，的直径，是的弦，，垂足为M，若，则的长为 ．  【答案】8【分析】连接，根据垂径定理得到，根据勾股定理列式求解即可得到答案；【详解】解：连接，∵直径，是的弦，，∴，∵，∴，解得：，∴，故答案为：8；  【点睛】本题考查垂径定理及勾股定理，解题的关键是根据垂径定理得到线段关系．如图，的弦，点E为垂足，，，且则的半径为 ．  【答案】【分析】过点O作于点M，于点N，连接，根据垂径定理求出、，根据正方形的性质求出，再利用勾股定理求解即可．【详解】解：过点O作于点M，于点N，连接，∵，，，∴，∴，∵，，∴四边形是矩形，∵，∴，∴四边形是正方形，∴，在中，，故答案为：．  【点睛】本题考查垂径定理、矩形的判定与性质、正方形的判定与性质及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造直角三角形是解题的关键．中国陶瓷文化源远流长，图①是一个具有地方特色的碗．图②是从正面看到的碗（图①）的形状示意图．是⊙O的一部分，D是的中点，连接，与弦交于点C，连接．已知cm，碗深cm，则的半径为 ．  【答案】13cm【分析】根据垂径定理的推论可得cm，设半径cm，则cm，然后根据勾股定理构建方程求解即可．【详解】解：∵D是的中点，∴cm，设半径cm，则cm，在直角三角形中，根据勾股定理可得：，解得：，即的半径为13cm；故答案为：13cm．【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，正确理解题意、得出方程是关键．如图，已知圆O的直径垂直于弦于点E，连接并延长交于点F，且．(1)证明：E是的中点；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)．【分析】（1）先证明，再证明，可得是等边三角形，则，可得，从而可得结论；（2）先求解，，再利用勾股定理求解的长，再利用垂径定理可得答案.【详解】（1）证明：直径垂直于弦于点E，连接，∴，∴，∵过圆心O的直线，∴，即是的中垂线，∴，∴．即：是等边三角形，∴，在中，有，∴，∴点E为的中点；（2）解：∵，∴，又∵，∴，∴，，∴．【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，垂径定理的应用，掌握“垂径定理及其推论”是解题的关键.考点5 圆周角定理圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半。推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等。推论2：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。如图，是圆的直径，，是上的两点，连接，相交于点，若，那么的度数为（　　）  A． B． C． D．【答案】D【分析】连接，利用直径所对的圆周角是直角，可得，易求得度数，利用圆周角定理可得结果．【详解】解：连接，  ∵是圆O的直径，∴，∵，∴，∴，故选：D．【点睛】本题主要考查了圆周角定理及其推论，作出恰当的辅助线是解答此题的关键．如图，是的弦，半径，为圆周上一点，若的度数为，则的度数为（    ）  A．20° B． C．30° D．50°【答案】C【分析】根据圆心角的度数等于它所对的弧的度数得到，利用垂径定理得到，根据圆周角定理即可求解．【详解】解：∵的度数为，∴，∵半径，∴，∴，故选：C．【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，垂径定理，圆周角定理，熟练掌握圆的相关性质是解题的关键．如图，中，弦，相交于点，，，则的大小是（    ）．  A． B． C． D．【答案】B【分析】由结合可得，再结合，即可求得的度数．【详解】解：，，，又，，故选：B．【点睛】本题考查圆周角定理及三角形外角性质，熟悉“在同圆和等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等”和“三角形的一个外角等于不相邻两个内角的和”是解答本题的关键．如图，中，弦，，，则直径的长是（    ）．A． B． C． D．【答案】A【分析】连接，由可知为直径，利用勾股定理求解即可．【详解】解：连接，如图：∵，∴，∴为直径，由勾股定理可得：，故选：A【点睛】此题考查了圆的有关性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握圆的相关知识．如图，在中弦、相交于P，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据，得到，，结合，即可得到答案；【详解】解：∵，，∴，，∵，，∴，∴，故选：B；【点睛】本题考查三角形的内外角关系，同弧或等弧所对的圆周角相等．如图，，是的两条直径，为上一点，，则 .【答案】【分析】根据圆周角定理得到，再求得，再由圆周角定理求解即可．【详解】解：，，，，故答案为：．【点睛】本题主要考查圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．如图，在中，，则的度数为 【答案】【分析】根据圆周角定理得到，即可得到答案．【详解】解：在中，有圆周率定理可得，，．故答案为：．【点睛】本题主要考查圆周率定理，熟练掌握圆周率定理是解题的关键．如图，点A、B、C、D在上，，，，则 ．  【答案】/70度【分析】根据三角形内角和定理，得出，再根据同弧所对的圆周角相等，得到，即可求出的度数．【详解】解：，，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了三角形内角和定理，圆的性质，解题关键是掌握同弧所对的圆周角相等．如图，四边形内接于，，，．则的长为 ．【答案】【分析】连接，过点作于点，根据圆周角定理得出是直径，是等腰直角三角形，勾股定理求得的长，进而得出的长，设，则，在中，勾股定理求得的长，进而即可求解．【详解】解：如图所示，连接，过点作于点，∵，∴是直径，∴∵，∴∵，∴是等腰直角三角形，∴，，∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴，设，则，在中，，，∴，解得：或（舍去）∴，故答案为：．【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，等腰直角三角形的性质，勾股定理，正确的添加辅助线是解题的关键．如图，以的边为直径作交于且，交于点．  (1)求证：；(2)若，，求的长度．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由四边形内接于，得出，根据已知，得出，又，得出，等量代换得出，根据等角对等边，即可得证；（2）根据为直径，得出，根据已知以及（1）的结论，得出，，设，则，在，中，根据相等，根据勾股定理列出方程，解方程即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形内接于，，又，，，∵，∴，∴，∴；（2）解：如图所示，连接，  ，∵为直径，∴，，，由（1），，，∴，∴，∴，由（1）可得，，则，∴，设，则，，，解得：，∴．【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．如图，是的直径，、分别在两个半圆上（不与、点重合），，若．  (1)求的度数．(2)求的长．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角，结合已知条件可得是等腰直角三角形，根据同弧所对的圆周角相等可得，进而即可求解；（2）过点作于点，连接，，根据垂径定理得出，进而勾股定理求得，在中，勾股定理求得，即可求解．【详解】（1）解：∵是的直径，∴是等腰直角三角形，∴∵，．∴∴（2）解：如图所示，过点作于点，连接，，则，  ∵是等腰直角三角形，，∴则，∵∴∴，则∴在中，∴，【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．如图，是的直径，是弦．(1)若，求的度数．(2)若，的半径，求的长．【答案】(1)(2)4【分析】（1）利用圆周角定理得到，，然后利用互余求的度数．（2）根据圆周角定理和直角三角形的性质解答即可．【详解】（1）解：是的直径，，，；（2）解：是的直径，，，，．【点睛】本题考查了圆周角定理和直角三角形的性质，熟练掌握相关定理是解答本题的关键．考点6 圆的内接四边形圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补,且任意一个角的外角都等于其内对角.如图，在中，点在上，沿折叠后刚好经过上的点，连接、．若，是，则（   ）  A． B． C． D．【答案】B【分析】在上取点，使得点与点关于对称,则，由圆周角定理求得,再由圆内接四边形及三角形的外角性质即可求解。【详解】解：如图，在上取点，使得点与点关于对称,则，      ∵是，∴，∵四边形内接与，∴∴故选B．【点睛】本题考查了圆周角定理的应用、圆内接四边形的性质以及三角形的外角性质，掌握圆周角性质定理及翻折的性质是解题的关键．将边长相等的正方形和等边三角形按如图摆放，过、、三点作圆，那么所对的圆心角的度数是（    ）  A． B． C． D．以上都不对【答案】C【分析】连接，则则可得到，，根据等边对等角得到，即，再根据圆周角定理解题即可．【详解】解：连接，∵是正方形，是等边三角形，∴，，，∴，∴，∴，∴所对的圆心角的度数是，故选C．  【点睛】本题考查圆周角定理，正方形和等边三角形的性质，掌握圆周角定理是解题的关键．如图，过原点O，且与两坐标轴分别交于点A、B，点A的坐标为，点M是第三象限内上一点，，则的半径为（    ）  A．4 B．5 C．6 D．【答案】A【分析】根据圆内接四边形对角互补得到，再由90度的圆周角所对的弦是直径得到是直径，求出，进而求出，由此可得答案．【详解】解：∵都在圆上，，∴，∵，∴是的直径，，∵，∴，∴，∴的半径为4，故选A．【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质，圆周角定理，坐标与图形，推出是的直径是解题的关键．如图，点A，B，C，D均在⊙O上，直径，点C是的中点，点D关于AB对称的点为E，若，则弦的长是（ ）A． B．2 C． D．1【答案】A【分析】连接、、、、，过点作于点，根据圆内接四边形的性质得，根据对称以及圆周角定理可得，由点是的中点可得，，根据等腰三角形以及直角三角形的性质即可求解．【详解】连接、、、、，过点作于点，，，点关于对称的点为，，，点是的中点，，，，，，，直径，，，．故选：A．【点睛】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形以及直角三角形的性质，求出是解题的关键．如图，四边形内接于，是上一点，且，连接并延长交的延长线于点，连接，若，，则的度数为（    ）  A． B． C． D．【答案】C【分析】先根据圆内接四边形的性质求出的度数，再由等弧所对的圆周角相等得出的度数，根据三角形外角的性质即可得出结论．【详解】解：∵四边形内接于，，∴，∵，，∴,又∵，∴，∴．故选：C．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等弧所对的圆周角相等，三角形的外角性质，熟知圆内接四边形的对角互补是解题的关键．如图，点A，B，C，D，E都是上的点，，，则 ．  【答案】116【分析】连接、，根据圆内接四边形的性质求出，根据圆心角、弧、弦之间的关系定理求出，根据圆内接四边形的性质计算，得到答案．【详解】解：连接、，   ∵点A、C、D、E都是上的点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵点A、B、C、E都是⊙O上的点， ∴， ∴， 故答案为：116．【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质、掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．如图，四边形内接于，交的延长线于点E，若平分，，，则 ．  【答案】【分析】连接，根据平分，可得；根据四边形内接于，可得，进而可得，即有，则有，最后利用勾股定理即可作答，【详解】解：连接，如图，  ∵平分，∴，∵四边形内接于，∴,，∴，∴，∵,∴，∴,∵,∴,∵, ,∴在中，；故答案为：.【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、等腰三角形的判定、圆周角定理、勾股定理、角平分线定义等知识；熟练掌握圆周角定理和圆内接四边形的性质是解题的关键.如图，四边形是的内接四边形，平分，连接，，若等于，则的度数为 ．  【答案】【分析】根据圆内接四边形的性质求出，由垂径定理可得，从而得到，由等腰三角形的性质及三角形内角和定理可得，最后由角平分线的定义即可得到答案．【详解】解：四边形是的内接四边形，等于，，，，，，，，平分，，故答案为：．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、垂径定理、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理、角平分线的定义等知识，熟练掌握以上知识点是解题的关键．考点7 点、直线与圆的位置关系若的半径，圆心到直线的距离，在直线上有一点，且，则点P（   ）A．在内 B．在外C．在上 D．可能在内，也可能在外【答案】C【分析】直接利用点与圆的位置关系进而判断得出答案，点与圆的位置关系有三种：点在圆内、点在圆上、点在圆外；假设圆的半径为r，点到圆心的距离为d，则有：，点在圆内，点在圆上，点在圆外．【详解】解：如图，  ∵，∴点P在上，故选：C．【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系，正确把握判定方法是解题关键．已知和直线相交，圆心到直线的距离为，则的直径可能为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设的半径为，圆心到直线的距离为，然后根据和直线相交，确定r和d的关系，然后再确定r的取值范围，进而确定直径的取值范围即可解答．【详解】解：设的半径为，圆心到直线的距离为， 和直线相交， ，又 圆心到直线 的距离为 ， ， 直径大于 ．故选A．【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系、圆的基本概念等知识点，根据和直线相交得到是解答本题的关键．已知的半径为，点到圆心的距离为，则点与的位置关系是：点在 .（填“内”、“上”、“外”）【答案】内【分析】要确定点与圆的位置关系，主要确定点与圆心的距离与半径的大小关系；若设点到圆心的距离为d，圆的半径为r，则时，点在圆外；当时，点在圆上；当时，点在圆内．【详解】解：∵点P到圆心的距离为，∴，∵，则；故点P在圆内．故答案为：内．【点睛】本题考查了点与圆的位置关系的判断．解题的关键是首先确定点与圆心的距离，然后与半径进行比较，进而得出结论．以点为圆心，为半径画圆，与坐标轴恰好有三个公共点，则的值为 ．【答案】或【分析】作轴，连结，根据勾股定理计算出，然后根据直线与圆的位置关系即可得到满足条件的的取值为且．【详解】作轴，连结，如图，∵点的坐标为，∴，，∴，∵以点为圆心，为半径的圆与坐标轴恰好有三个公共点，∴过点或者与轴相切，∴或．故答案为或．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系：设的半径为，圆心到直线的距离为：①直线和相交⇔；②直线和相切⇔；③直线和相离⇔．也考查了坐标与图形性质．已知的半径为7，直线l与相交，点O到直线l的距离为4，则上到直线l的距离为3的点的个数为 个．【答案】3【分析】根据平行线间的距离处处相等，先过点D作，即可求得上到直线l的距离为3的点的个数．【详解】解：如图，∵的半径为7，点O到直线l的距离为4，即，∴，在上截取，过点D作，交于A、B两点，∴上到直线l的距离为3的点为A、B、C，故答案为：3．  【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、平行线间的距离处处相等的性质，正确画出符合题意的图形、数形结合是解题的关键．考点8 切线的判定和性质1.性质：圆的切线垂直于经过切点的半径。注意：(1)圆的切线与圆只有一个公共点；(2)圆心到切线的距离等于圆的半径；(3)“有切线，连半径，得垂直”，这是已知圆的切线时常用的辅助线的作法。2.判定定理：经过半径的外端点且垂直于这条半径的直线是圆的切线。注意：切线判定定理中的两个条件“经过半径的外端点”和“垂直于这条半径”，二者缺一不可。3.切线长：过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间的线段的长叫做这点到圆的切线长。*切线长定理：过圆外一点作圆的两条切线，两条切线长相等，圆心与这一点的连线平分两条切线的夹角。如图，是的直径，点D在的延长线上，切圆于点C，如果，，那么线段的长是 ．  【答案】【分析】如图，连接，证明，结合，，可得，，，再利用勾股定理可得答案．【详解】解：如图，连接，  ∵切于点C，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查的是切线的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，求解是解本题的关键．如图，为的直径，直线与相切于点，连接，若，则的度数为 ．  【答案】/40度【分析】连接，根据切线的性质得到，求得，根据等腰三角形的性质得到．【详解】解：连接，  ∵直线与相切于点，∴，∵，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．如图，是的直径，是的切线，连接交于点，连接，，则是 度．  【答案】25【分析】根据切线的性质可得，即可求出，再利用圆周角定理即可求出答案．【详解】解：∵是的直径，是的切线，∴，∵，∴，∴；故答案为：25．【点睛】本题考查了切线的性质、圆周角定理，熟知圆的切线垂直于经过切点的半径是解题关键．如图，已知是的直径，切于点C，，则等于 度．  【答案】55【分析】连接，如图，根据切线的性质可得，进而可得，再利用等腰三角形的性质即得答案．【详解】解：连接，如图，∵切于点C，∴，∵，∴，∵，∴．故答案为：55．  【点睛】本题考查了圆的切线的性质，熟知圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键．如图，是的直径，为上的一点，的平分线交于点，过点的直线交的延长线于点，交的延长线于点．且．  (1)求证：为的切线；(2)若，，直接写出半径的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，根据角平分线求得，由等边对等角可得，由是直径和等量代换可得，即可得证；（2）连接，设，证明，可得，推出，即可求解．【详解】（1）证明：连接，  平分，，，，，，是直径，，，，，，是半径，是的切线；（2）解：连接，如图，  设 ，，，，，，，【点睛】本题考查了切线的判定，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题．如图，D是的平分线上任意一点，过点作于点，以点为圆心，长为半径作．求证：是的切线．  【答案】证明见解析．【分析】过点作于点，由题意易得，然后问题可求证．【详解】证明：过点作于点．又是的平分线上任意一点，，∴，即是的半径，是的切线．【点睛】本题主要考查切线的判定定理，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．如图，是的直径，是弦，D是的中点，与交于点E．F是延长线上的一点，且．  (1)求证：为的切线；(2)连接．若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）如图，连接．证明即可；（2）设，则，在中，，可得，再根据勾股定理可解决问题．【详解】（1）如图，连接，  ∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵是直径，D是的中点，∴，∴，∴，即，∵是半径，∴是的切线．（2）设，则，在中，∴，解得，∴，∵∴∴【点睛】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线．如图，是的直径，C是上一点，过点C作的切线，交的延长线于点D，过点A作于点E．  (1)若，求的度数；(2)若，，求的长．【答案】(1)(2)【分析】（1）由垂直的定义得到，由三角形外角的性质即可求出的度数；（2）由勾股定理求出的长，由平行线分线段成比例定理得到，代入有关数据，即可求出的长．【详解】（1）解：于点E，；（2）解：是的切线，∴半径，，，，，．，，∴，∴，．【点睛】本题考查切线的性质，垂线，平行线分线段成比例，勾股定理，三角形外角的性质，关键是由三角形外角的性质求出的度数，由勾股定理求出的长，由平行线分线段成比例定理即可求出的长．如图，已知是的直径，于点B，D是上异于A、B的一个动点，连接，过O作交于点C．  (1)求证：是的切线；(2)若，，求的半径．【答案】(1)见解析(2)4【分析】（1）连接，由得：，根据平行的性质可得，，进而可得，再证明，可得，问题得证；（2）设的半径为x，则：，，在中，由勾股定理得：，可得，解方程即可求解．【详解】（1）如图，连接，  由得：，∵，∴，，∴，又∵，，∴，∴，∵，∴，又∵D在上，∴是的切线；（2）设的半径为x，则：，，∵是的切线，∴，在中，由勾股定理得：，∴，解得：，∴的半径为4．【点睛】本题主要考查了切线的判定与性质，勾股定理以及全等三角形的判定与性质等知识，掌握切线的判定与性质，是解答本题的关键．考点9 三角形的外接圆和内切圆三角形的外心是三角形外接圆圆心，是三角形三边垂直平分线的交点；三角形的内心是三角形内切圆圆心，是三角形内角角平分线的交点。两直角边的长分别为和，则其内心与外心的距离为（ ）A．2 B． C． D． 【答案】D【分析】先根据题意画出图形，的内心是三角形角平分线的交点，外心是斜边的中点，求出，根据面积法求出，进而得出，可得，根据勾股定理即可得出答案．【详解】解：如图所示：的内心是三角形角平分线的交点，外心是斜边的中点，  设，，∴，∵的内心是三角形角平分线的交点，外心是斜边的中点，∴，，根据三角形的面积可得：，∴，即，∴，∴，∴，∴，∴内心与外心的距离为，故选：D．【点睛】本题考查三角形的内心与外心，勾股定理，得出三角形的内心与外心的位置是解题的关键．如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，且AD＝BD＝2，EC＝3，则△ABC的周长为（    ）A．10 B．10 C．14 D．16【答案】C【分析】根据切线长定理得到AF=AD=2、BE=BD=2、CF=CE=3，然后根据三角形的周长公式计算即可．【详解】解：∵△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，∴AF=AD=2、BE=BD=2、CF=CE=3∴BC=BE+CE =5，AB=AD+BD=4，AC=BF+FC=BC=5，∴△ABC的周长=2+2+5+5=14．故答案为C．【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心、切线长定理等知识点，灵活利用切线长定理是解题答本题的关键．如图，是的外接圆，且，，在上取点（不与点、重合），连接、，则的度数是 .【答案】【分析】根据等边对等角和三角形内角和定理可求得，从而利用圆内接四边形的性质可求出，然后利用三角形内角和定理进行计算即可解答．【详解】解：∵，，∴，∵四边形是圆内接四边形，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了三角形的外接圆性质，等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质，以及圆内接四边形的性质是解题的关键．如图，与的的三边分别相切于点D、E、F，若，则的半径为 ．  【答案】2【分析】连接，易证四边形是正方形，设,在中，然后根据勾股定理列出关于x的方程求解即可．【详解】解：如图：连接，    ∵与相切，∴，∴，∵，∴四边形是矩形，∵，∴矩形是正方形，∴，设,在中，，由勾股定理得，，∴，∴（舍去），∴，即的半径为2．故答案为2．【点睛】本题主要考查了切线的性质、勾股定理、正方形的判定与性质等知识点，理解切线的性质是解答本题的关键．如图，中，．则的内切圆半径 ．  【答案】2【分析】设、、与⊙O的切点分别为D、E、F；易证得四边形是正方形；那么根据切线长定理可得：，由此可求出r的长．【详解】解：如图，  在中，，根据勾股定理.四边形中，，，∴四边形是正方形..由切线长定理，得：，，；∴；∴．故答案为：2．【点睛】此题考查了勾股定理，正方形的判定与性质，直角三角形内切圆的性质，以及切线长定理，熟练掌握圆的性质是解答本题的关键．如图，已知在中，，，，点是的内心．  （1）点到边的距离为 ；（2）是的外心，连接，则的长为 ．【答案】 2 【分析】（1）连接，，，过点分别作，，于点，，，根据，，可得，即可解决问题；（2）连接，证明，可得，再利用勾股定理即可解决问题．【详解】解：（1）如图，连接，，，过点分别作，，于点，，，  在中，，，，，是的内心，，，，，点到边的距离为2；故答案为：2；（2）如图，连接，由1.知，，，，四边形是正方形，，，，在和中，，（AAS），，是的外心，，，在中，根据勾股定理得：．故答案为：；．【点睛】本题考查了三角形内切圆与内心，三角形外接圆与外心，三角形的全等的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握内心和外心的区别．如图，是的内切圆，切点分别为，且，，，则的半径是 ．  【答案】1【分析】先根据勾股定理求出，由切线长定理得，，，设，则，，然后根据，求解即可．【详解】解：在中，∵，，，∴，∵为的内切圆，切点分别为D，E，F，∴，，，如图，连接，，  ∵为的内切圆，∴，∴，∴四边形是正方形，设，则，，∵，∴，∴，则的半径为1．故答案为：1．【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，勾股定理，正方形的判定与性质，切线长定理等知识，解题的关键是熟练掌握切线长定理．已知正三角形的内切圆的半径为r，外接圆的半径为R，则r：R＝ ．【答案】【分析】根据题意作如图，连接OD、OE，利用HL可得△AEO≌△ADO，进而可得∠DAO＝∠EAO，再根据等边三角形的性质即可得∠OAC＝30°，进而可求解．【详解】解：如图，连接OD、OE，∵AB、AC切圆O与E、D，∴OE⊥AB，OD⊥AC，在Rt△AEO和Rt△ADO中，，∴△AEO≌△ADO（HL），∴∠DAO＝∠EAO，又∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC＝60°，∴，∴OD：AO＝1：2，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，三角形外接圆与内切圆的综合，熟练掌握全等三角形的判定及性质和等边三角形的性质是解题的关键．考点10 正多边形与圆定义：正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心，外接圆的半径叫做正多边形的半径，正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角，中心正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距。设正边形的外接圆半径为，边长为。（2023·陕西西安·校考一模）如图，已知的内接正四边形，点是上任意一点（除、两点外）则的度数是（    ）  A． B． C．或 D．或【答案】D【分析】连接、，首先根据正方形的性质，得，再根据圆周角定理和点的位置确定的度数．【详解】解：如图，连接、，∵四边形是正方形，∴，当点E在优弧上时，；  当点E在劣弧上时，；  故选：D．【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，熟练掌握圆周角定理和分类讨论的思想是解答本题的关键．如图，半径为2的是正六边形的外接圆，则边心距的长度为（        ）  A．1 B． C． D．2【答案】B【分析】如图所示，连接，求出，进而证明是等边三角形，得到，求出，即可利用勾股定理求出答案．【详解】解：如图所示，连接，由题意得，∵，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴，故选B．  【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，勾股定理，等边三角形的性质与判断，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．如图，正六边形内接于，正六边形的周长是12，则正六边形内切圆的半径是（    ）  A． B．2 C． D．【答案】A【分析】根据已知条件先求出正六边形的边长以及对应角度，构建直角三角形，利用勾股定理即可求出答案．【详解】解：连接、，过作于点，如图所示，    ∵多边形是正六边形，正六边形的周长是12，∴，,∵，∴是等边三角形，∴，∵，∴,在中，，,由勾股定理得，即正六边形内切圆的半径是；故选：．【点睛】本题考查的是正多边形和圆，熟知正六边形的性质是解答此题的关键．（2023·上海·统考中考真题）如果一个正多边形的中心角是，那么这个正多边形的边数为 ．【答案】18【分析】根据正n边形的中心角的度数为进行计算即可得到答案．【详解】根据正n边形的中心角的度数为，则，故这个正多边形的边数为18，故答案为：18．【点睛】本题考查的是正多边形内角和中心角的知识，掌握中心角的计算公式是解题的关键．（2023·湖南·统考中考真题）如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的位置．要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是 个．  【答案】10【分析】先求出正五边形的外角为，则，进而得出，即可求解．【详解】解：根据题意可得：∵正五边形的一个外角，∴，∴，∴共需要正五边形的个数（个），故答案为：10．  【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，正多边形的外角，解题的关键是掌握正多边形的外角的求法．考点11 弧长和扇形面积计算；圆心角是，半径为20的扇形的弧长为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】直接利用弧长计算．【详解】解：圆心角是，半径为20的扇形的弧长．故选：．【点睛】本题考查了弧长的计算：弧长公式：（弧长为，圆心角度数为，圆的半径为．一个扇形的面积是，圆心角为，则此扇形的弧长是（　　）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据扇形的面积公式，可以求得该扇形所在圆的半径，然后再根据弧长公式，即可计算出该扇形的弧长．【详解】解：一个扇形的面积是，圆心角为，，，解得，此扇形的弧长为：，故选：B．【点睛】本题考查扇形面积公式、弧长的计算，解答本题的关键是根据扇形的面积求出扇形所在圆的半径．如图，中，弦于E，若，的半径等于6，则弧的长为（    ）  A． B． C． D．【答案】C【分析】连接、，根据直角三角形的性质求得，再根据圆周角定理求得，再利用弧长公式求解即可．【详解】解：连接、，∵，∴，，∴，∴，∴弧的长为，故选：C．  【点睛】本题考查弧长公式、圆周角定理、直角三角形的性质，熟练掌握弧长公式是解题的关键．（2023·山东青岛·统考中考真题）如图，四边形是的内接四边形，，．若的半径为5，则的长为（　　）  A． B． C． D．【答案】C【分析】连接，根据圆内接四边形的性质得出，再根据三角形的内角和求出，进而得出，最后根据弧长公式即可求解．【详解】解：连接，∵四边形是的内接四边形，，∴，∵，∴，∴，∴，故选：C．  【点睛】本题主要考查了圆的内接四边形，圆周角定理，三角形的内角和，弧长公式，解题的关键是掌握圆的内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，三角形的内角和为，弧长．（2023·全国·九年级专题练习）已知一个扇形的面积是，弧长是20π，则这个扇形的半径为（　　）A．22 B．22π C．24 D．24π【答案】C【分析】根据扇形的面积公式求出半径，扇形的面积公式．【详解】解：根据题意得，解得．故选：C．【点睛】本题主要考查扇形的面积公式，熟练掌握扇形的面积公式是解题的关键．（2023·内蒙古赤峰·统考三模）已知扇形的圆心角为，弧长为，则扇形的面积是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据弧长求得半径，然后由扇形的圆心角和半径长，直接根据扇形的面积公式求解．【详解】解：∵扇形的圆心角为，弧长为，∴,∴,∴扇形的面积是，故选：A．【点睛】本题考查了弧长公式与扇形面积公式，熟练掌握弧长公式与扇形面积公式是解题的关键．（2022·湖北武汉·统考中考真题）一个扇形的弧长是，其圆心角是150°，此扇形的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出该扇形的半径，再求其面积即可；【详解】解：该扇形的半径为：，∴扇形的面积为：，故选：B．【点睛】本题主要考查扇形面积的求解，掌握扇形面积的求解公式是解题的关键．（2023·辽宁锦州·统考中考真题）如图，点A，B，C在上，，连接，．若的半径为3，则扇形（阴影部分）的面积为（        ）  A． B． C． D．【答案】D【分析】先利用圆周角定理求出的度数，然后利用扇形面积公式求解即可．【详解】解：∵，∴，又的半径为3，∴扇形（阴影部分）的面积为．故选：D．【点睛】本题考查的是圆周角定理，扇形面积公式等，掌握“同弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半”是解题的关键．（2023·四川雅安·统考中考真题）如图，某小区要绿化一扇形空地，准备在小扇形内种花在其余区域内（阴影部分）种草，测得，，，则种草区域的面积为（    ）  A． B． C． D．【答案】B【分析】种草区域的面积等于大扇形面积减去小扇形面积，利用利用扇形的面积公式计算即可．【详解】解∶∵，，，∴种草区域的面积为，故选：B．【点睛】本题考查扇形的面积，解题的关键是记住扇形的面积公式：扇形面积．（2023·湖北恩施·统考中考真题）如图，等圆和相交于A，B两点，经过的圆心，若，则图中阴影部分的面积为（　　）A． B． C． D．【答案】D【分析】先证明，再把阴影部分面积转换为扇形面积，最后代入扇形面积公式即可．【详解】如图，连接，，∵等圆和相交于A，B两点∴,∵和是等圆∴∴是等边三角形∴∵,,∴∴．故选：D．【点睛】本题考查了相交弦定理，全等的判定及性质，扇形的面积公式，转化思想是解题的关键．（2023·湖北·统考中考真题）如图，在的正方形网格中，小正方形的顶点称为格点，顶点均在格点上的图形称为格点图形，图中的圆弧为格点外接圆的一部分，小正方形边长为1，图中阴影部分的面积为（    ）    A． B． C． D．【答案】D【分析】根据网格的特点作的垂直平分线，作的垂直平分线，设与相交于点O，连接，则点O是外接圆的圆心，先根据勾股定理的逆定理证明是直角三角形，从而可得，然后根据，进行计算即可解答．【详解】解：如图：作的垂直平分线，作的垂直平分线，设与相交于点O，连接，则点O是外接圆的圆心，  由题意得：，，，∴，∴是直角三角形，∴，∵，∴，故选：D．【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，扇形面积的计算，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．如图，在等边三角形中，D为的中点，交于点E，若，则的长为 ．  【答案】/【分析】连接，证明是直径，取的中点O，连接．证明，利用弧长公式求解即可．【详解】解：连接，∵是等边三角形，D为的中点，∴，∴是直径，取的中点O，连接．∵是等边三角形，∴，∵，∴都是等边三角形，∴，∴，∴的长，故答案为：．  【点睛】本题考查了弧长公式，圆周角定理，等边三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．（2023·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）一个扇形的圆心角是，弧长是，则扇形的半径是 cm．【答案】3【分析】根据弧长公式即可得到关于扇形半径的方程即可求解．【详解】解：设扇形的半径是，则解得：．故答案为．【点睛】题主要考查了扇形的弧长，正确理解公式是解题的关键．（2023·湖南永州·统考中考真题）已知扇形的半径为6，面积为，则扇形圆心角的度数为 度．【答案】60【分析】根据扇形的面积公式即可求出答案．【详解】解：设扇形圆心角的度数为，，扇形的半径为6，．故答案为：60．【点睛】本题考查了扇形的面积公式，解题的关键在于熟练掌握扇形的面积公式： ．（2023·湖北襄阳·统考中考真题）如图，在中，，是的中点，与相切于点，与交于点，，是的直径，弦的延长线交于点，且．  (1)求证：是的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，过点作于点，根据等腰三角形的性质得为的平分线，再根据与相切于点，是的直径得，进而根据切线的判定可得到结论；（2）过点作于点，先证得到，进而得到，再证得到，然而在中利用三角函数可求出，进而得为等边三角形，据此得，，则，最后得到弧长公式即可得到答案．【详解】（1）证明：连接，过点作于点，，是的中点，为的平分线，与相切于点，是的直径，为的半径，，又，，即为的半径，是的切线；（2）解：过点作于点，点为的圆心，，在和中，，，，，，，，是的中点，，又，，，，在和中，，，，在中，，，，，，又，为等边三角形，，，．【点睛】此题主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，弧长的计算公式，熟练掌握切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解答此题的关键．考点12 圆锥有关计算解决此类问题掌握圆锥侧面积的计算公式是关键，并且能够灵活运用.；；；（2020·湖北省直辖县级单位·中考真题）一个圆锥的底面半径是，其侧面展开图的圆心角是120°，则圆锥的母线长是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意求出圆锥的底面周长，根据弧长公式计算即可．【详解】解：圆锥的底面周长＝2×π×4＝8π，∴侧面展开图的弧长为8π，则圆锥母线长＝＝12（cm），故选：B．【点睛】本题考查的是圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．（2022·黑龙江牡丹江·统考中考真题）圆锥的底面圆半径是1，母线长是3，它的侧面展开图的圆心角是（    ）A．90° B．100° C．120° D．150°【答案】C【分析】圆锥的侧面展开图是一个扇形，利用弧长公式进行计算即可得．【详解】解：设这个圆锥的侧面展开图的圆心角是，由题意得：，解得，则这个圆锥的侧面展开图的圆心角是，故选：C．【点睛】本题考查了圆锥的侧面展开图、弧长公式，熟记弧长公式是解题关键．（2022秋·黑龙江黑河·九年级校考期末）圆锥的底面圆直径是6，高是4，则该圆锥的表面积为（    ）A．15 B．22 C．21 D．24【答案】D【分析】利用勾股定理求得圆锥的母线长，则圆锥表面积底面积+侧面积底面直径+底面周长母线长．【详解】底面直径为6，则底面周长，底面面积；由勾股定理得，母线长，圆锥得侧面积，它的表面积，故选：．【点睛】本题考查了有关扇形合圆锥的相关计算，解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，正确对这两个关系的记忆时解题的关键．（2023秋·江苏·九年级专题练习）用圆心角为，半径为扇形做成一个圆锥的侧面，则圆锥底面圆半径为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据扇形的弧长与圆锥底面圆的周长相等，即可．【详解】设圆锥底面圆半径为，∴底面圆的周长为：，∵圆心角为，半径为扇形做成一个圆锥的侧面，∴扇形的弧长为：，∴，∴．故选：A．【点睛】本题考查圆锥和扇形的相关计算，解题的关键是掌握圆锥展开图的弧长等于底面圆的周长，弧长公式：．一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，这个圆锥的侧面展开图扇形的圆心角是（     ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设圆锥的底面圆半径为r，母线长为R，根据题意，圆锥侧面积为，底面圆的面积为，底面圆的周长为，圆锥侧面展开的扇形弧长为，根据题意，，，整理计算即可．【详解】解：设圆锥的底面圆半径为r，母线长为R，根据题意，圆锥侧面积为，底面圆的面积为，底面圆的周长为，圆锥侧面展开的扇形弧长为，根据题意，，，整理，，解得．故选：D．【点睛】本题考查了圆锥的侧面积展开计算，熟练掌握侧面展开的计算是解题的关键．（2023·江苏宿迁·统考中考真题）若圆锥的底面半径是2，侧面展开图是一个圆心角为120的扇形，则该圆锥的母线长是 ．【答案】6【分析】先根据圆锥的底面半径求出底面圆周长，也就是侧面图扇形的弧长，再利用弧长公式求出扇形半径，也就是圆锥的母线．【详解】解：∵圆锥的底面半径是2，∴底面圆周长是，即展开后的扇形弧长是，根据弧长公式：，得，解得，即该圆锥的母线长是6．故答案是：6．【点睛】本题考查扇形和圆锥的有关计算，解题的关键是掌握扇形的弧长公式，以及圆锥和侧面展开的扇形的关系．（2019·黑龙江伊春·统考中考真题）若一个圆锥的底面圆的周长是cm，母线长是，则该圆锥的侧面展开图的圆心角度数是 ．【答案】【分析】利用圆锥的底面周长和母线长求得圆锥的侧面积，然后再利用圆锥的面积的计算方法求得侧面展开扇形的圆心角的度数即可【详解】∵圆锥的底面圆的周长是，∴圆锥的侧面扇形的弧长为 cm，，解得：故答案为．【点睛】此题考查弧长的计算，解题关键在于求得圆锥的侧面积（2023秋·全国·九年级专题练习）已知圆锥的底面圆的半径为，侧面积为，则这个圆锥的高为 ．【答案】【分析】由题意易得圆锥的母线长为，然后根据勾股定理可进行求解．【详解】解：由题意得：圆锥的母线长为，∴圆锥的高为；故答案为．【点睛】本题主要考查圆锥的侧面积及高的求法，熟练掌握圆锥的侧面积及高的求法是解题的关键．（2023·广东广州·九年级校考自主招生）如图所示，圆锥的母线长，为母线的中点，为圆锥底面圆的直径，两条母线、形成的平面夹角．在圆锥的曲面上，从点到点的最短路径长是 ．  【答案】【分析】根据题意可得圆锥的底面周长是，即可得圆锥侧面展开图的圆心角是，展开圆锥的侧面，构造直角三角形即可得．【详解】解：∵，，，∴∴圆锥的底面周长是，则∴，即圆锥侧面展开图的圆心角是，如图所示，  ∴，∵为母线的中点，∴，∴在圆锥侧面展开图中，∴蚂蚁在圆锥侧面上从B爬到P的最短距离是：，故答案为：．【点睛】本题考查了最短距离问题，解题的关键是掌握圆锥的计算，勾股定理，将最短距离转化为平面上两点间的距离并正确计算．圆锥的底面直径是10cm，母线长为12cm，则它的侧面展开图的圆心角的度数为 【答案】/150度【分析】根据圆锥的底面的周长等于侧面展开图的弧长，列出方程进行求解即可．【详解】解：设圆心角的度数为，由题意，得：，解得：；∴圆心角的度数为；故答案为：．【点睛】本题考查求圆锥侧面展开图的圆心角的度数．熟练掌握圆锥的底面的周长等于侧面展开图的弧长，是解题的关键．边心距正六边形的边长等于其外接圆的半径；正三角形的边长等于其外接圆半径的倍；正方形的边长等于其外接圆半径的倍。正边形的周长正边形的面积正边形中心角的度数正边形每个外角的度数