2019年全国各地中考数学真题分类汇编 专题30 圆的有关性质(含解析)


专题训练30 圆的有关性质
一.选择题
1.（2019湖北宜昌3分）如图，点A，B，C均在⊙O上，当∠OBC＝40°时，∠A的度数是（　　）

A．50° B．55° C．60° D．65°
【分析】先利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠BOC的度数，然后根据圆周角定理可得到∠A的度数．
【解答】解：∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝40°，
∴∠BOC＝180°﹣40°﹣40°＝100°，
∴∠A＝∠BOC＝50°．
故选：A．
【点评】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．
2. （2019•甘肃庆阳•3分）如图，点A，B，S在圆上，若弦AB的长度等于圆半径的倍，则∠ASB的度数是（　　）

A．22.5° B．30° C．45° D．60°
【分析】设圆心为0，连接OA、OB，如图，先证明△OAB为等腰直角三角形得到∠AOB＝90°，然后根据圆周角定理确定∠ASB的度数．
【解答】解：设圆心为O，连接OA、OB，如图，
∵弦AB的长度等于圆半径的倍，
即AB＝OA，
∴OA2+OB2＝AB2，
∴△OAB为等腰直角三角形，∠AOB＝90°，
∴∠ASB＝∠AOB＝45°．
故选：C．

【点评】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．
3. （2019·贵州安顺·3分）如图，半径为3的⊙A经过原点O和点C （0，2），B是y轴左侧⊙A优弧上一点，则tan∠OBC为（　　）

A． B．2 C． D．
【解答】解：作直径CD，
在Rt△OCD中，CD＝6，OC＝2，
则OD＝＝4，
tan∠CDO＝＝，
由圆周角定理得，∠OBC＝∠CDO，
则tan∠OBC＝，
故选：D．

4. （2019•河北省•3分）根据圆规作图的痕迹，可用直尺成功找到三角形外心的是（　　）
A．B． C．D．
C．【解答】解：三角形外心为三边的垂直平分线的交点，由基本作图得到C选项作了两边的垂直平分线，从而可用直尺成功找到三角形外心．
5. （2019•贵州省铜仁市•4分）如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠A＝100°，则∠DCE的度数为　 　；

100°【解答】解：∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠DCE＝∠A＝100°，
6. （2019•海南省•3分）如图，直线l1∥l2，点A在直线l1上，以点A为圆心，适当长度为半径画弧，分别交直线l1、l2于B、C两点，连结AC、BC．若∠ABC＝70°，则∠1的大小为（　　）

A．20° B．35° C．40° D．70°
【分析】根据平行线的性质解答即可．
【解答】解：∵点A为圆心，适当长度为半径画弧，分别交直线l1、l2于B、C，
∴AC＝AB，
∴∠CBA＝∠BCA＝70°，
∵l1∥l2，
∴∠CBA+∠BCA+∠1＝180°，
∴∠1＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
故选：C．
【点评】此题考查平行线的性质，关键是根据平行线的性质解答．
7．（2019•山东威海•3分）如图，⊙P与x轴交于点A（﹣5，0），B（1，0），与y轴的正半轴交于点C．若∠ACB＝60°，则点C的纵坐标为（　　）

A．+ B．2+ C．4 D．2+2
【分析】连接PA，PB，PC，过P作PD⊥AB于D，PE⊥BC于E，根据圆周角定理得到∠APB＝120°，根据等腰三角形的性质得到∠PAB＝∠PBA＝30°，由垂径定理得到AD＝BD＝3，解直角三角形得到PD＝，PA＝PB＝PC＝2，根据勾股定理得到CE＝＝＝2，于是得到结论．
【解答】解：连接PA，PB，PC，过P作PD⊥AB于D，PE⊥BC于E，
∵∠ACB＝60°，
∴∠APB＝120°，
∵PA＝PB，
∴∠PAB＝∠PBA＝30°，
∵A（﹣5，0），B（1，0），
∴AB＝6，
∴AD＝BD＝3，
∴PD＝，PA＝PB＝PC＝2，
∵PD⊥AB，PE⊥BC，∠AOC＝90°，
∴四边形PEOD是矩形，
∴OE＝PD＝，PE＝OD＝2，
∴CE＝＝＝2，
∴OC＝CE+OE＝2+，
∴点C的纵坐标为2+，
故选：B．

【点评】本题考查了圆周角定理，坐标与图形性质，垂径定理，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
8．（2019•山东潍坊•3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为直径，AD＝CD，过点D作DE⊥AB于点E，连接AC交DE于点F．若sin∠CAB＝，DF＝5，则BC的长为（　　）

A．8 B．10 C．12 D．16
【分析】连接BD，如图，先利用圆周角定理证明∠ADE＝∠DAC得到FD＝FA＝5，再根据正弦的定义计算出EF＝3，则AE＝4，DE＝8，接着证明△ADE∽△DBE，利用相似比得到BE＝16，所以AB＝20，然后在Rt△ABC中利用正弦定义计算出BC的长．
【解答】解：连接BD，如图，
∵AB为直径，
∴∠ADB＝∠ACB＝90°，
∵∠AD＝CD，
∴∠DAC＝∠DCA，
而∠DCA＝∠ABD，
∴∠DAC＝∠ABD，
∵DE⊥AB，
∴∠ABD+∠BDE＝90°，
而∠ADE+∠BDE＝90°，
∴∠ABD＝∠ADE，
∴∠ADE＝∠DAC，
∴FD＝FA＝5，
在Rt△AEF中，∵sin∠CAB＝＝，
∴EF＝3，
∴AE＝＝4，DE＝5+3＝8，
∵∠ADE＝∠DBE，∠AED＝∠BED，
∴△ADE∽△DBE，
∴DE：BE＝AE：DE，即8：BE＝4：8，
∴BE＝16，
∴AB＝4+16＝20，
在Rt△ABC中，∵sin∠CAB＝＝，
∴BC＝20×＝12．
故选：C．

【点评】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．也考查了解直角三角形．
9．(2019•湖北宜昌•3分)如图，点A，B，C均在⊙O上，当∠OBC＝40°时，∠A的度数是( )
A．50° B．55° C．60° D．65°

【考点】圆周角定理．
【分析】先利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠BOC的度数，然后根据圆周角定理可得到∠A的度数．
【解答】解：∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠OBC＝40°，
∴∠BOC＝180°－40°－40°＝100°，∴∠A＝∠BOC＝50°．故选A．
【点评】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．
二.填空题
1.（2019•湖北省随州市•3分）如图，点A，B，C在⊙O上，点C在优弧上，若∠OBA=50°，则∠C的度数为______．
【答案】40°
【解析】解：∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=50°，
∴∠AOB=180°-50°-50°=80°，
∴∠C=∠AOB=40°．故答案为40°．
先利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠AOB的度数，然后根据圆周角定理得到∠C的度数．
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．
2.（2019•四川省凉山州•4分）如图所示，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，∠A＝30°，CD＝2，则⊙O的半径是　2　．

【分析】连接BC，由圆周角定理和垂径定理得出∠ACB＝90°，CH＝DH＝CD＝，由直角三角形的性质得出AC＝2CH＝2，AC＝BC＝2，AB＝2BC，得出BC＝2，AB＝4，求出OA＝2即可．
【解答】解：连接BC，如图所示：
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，
∴∠ACB＝90°，CH＝DH＝CD＝，
∵∠A＝30°，
∴AC＝2CH＝2，
在Rt△ABC中，∠A＝30°，
∴AC＝BC＝2，AB＝2BC，
∴BC＝2，AB＝4，
∴OA＝2，
即⊙O的半径是2；
故答案为：2．

【点评】本题考查的是垂径定理、圆周角定理、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键．
3. （2019•广西北部湾•3分）《九章算术》作为古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，与古希腊的《几何原本》并称现代数学的两大源泉.在《九章算术》看记载有一问题“今有圆材埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问几何？”小辉同学根据原文题意，画出圆材截面如图所示，已知：锯口深为1寸，锯道AB=1尺（1尺=10寸），则该圆材的直径为 　寸.

【答案】26
【解析】
解：设⊙O的半径为r．
在Rt△ADO中，AD=5，OD=r-1，OA=r，
则有r2=52+（r-1）2，
解得r=13，
∴⊙O的直径为26寸，
故答案为：26．
设⊙O的半径为r．在Rt△ADO中，AD=5，OD=r-1，OA=r，则有r2=52+（r-1）2，解方程即可．
本题考查垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
4. （2019•黑龙江省绥化市•3分）半径为5的⊙O是锐角三角形ABC的外接圆，AB＝AC，连接OB、OC，延长CO交弦AB于点D．若△OBD是直角三角形，则弦BC的长为　 　．
答案：5或5
考点：等边三角形，三角函数。
解析：

三.解答题
1.（2019•湖北省荆门市•10分）已知锐角△ABC的外接圆圆心为O，半径为R．
（1）求证：＝2R；
（2）若△ABC中∠A＝45°，∠B＝60°，AC＝，求BC的长及sinC的值．

【分析】（1）如图1，连接AO并延长交⊙O于D，连接CD，于是得到∠CD＝90°，∠ABC＝∠ADC，根据三角函数的定义即可得到结论；
（2）由＝2R，同理可得：＝2R，于是得到2R＝＝2，即可得到BC＝2R•sinA＝2sin45°＝，如图2，过C作CE⊥AB于E，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：（1）如图1，连接AO并延长交⊙O于D，连接CD，
则∠CD＝90°，∠ABC＝∠ADC，
∵sin∠ABC＝sin∠ADC＝，
∴＝2R；
（2）∵＝2R，
同理可得：＝2R，
∴2R＝＝2，
∴BC＝2R•sinA＝2sin45°＝，
如图2，过C作CE⊥AB于E，
∴BE＝BC•cosB＝cos60°＝，AE＝AC•cos45°＝，
∴AB＝AE+BE＝，
∵AB＝AR•sinC，
∴sinC＝＝．


【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．

2.(2019•四川省绵阳市•11分)如图，AB是⊙O的直径，点C为的中点，CF为⊙O的弦，且CF⊥AB，垂足为E，连接BD交CF于点G，连接CD，AD，BF．
（1）求证：△BFG≌△CDG；
（2）若AD=BE=2，求BF的长．
【答案】证明：（1）∵C是的中点，
∴，
∵AB是⊙O的直径，且CF⊥AB，
∴，
∴，
∴CD=BF，
在△BFG和△CDG中，
∵，
∴△BFG≌△CDG（AAS）；
（2）如图，过C作CH⊥AD于H，连接AC、BC，

∵，
∴∠HAC=∠BAC，
∵CE⊥AB，
∴CH=CE，
∵AC=AC，
∴Rt△AHC≌Rt△AEC（HL），
∴AE=AH，
∵CH=CE，CD=CB，
∴Rt△CDH≌Rt△CBE（HL），
∴DH=BE=2，
∴AE=AH=2+2=4，
∴AB=4+2=6，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠BEC=90°，
∵∠EBC=∠ABC，
∴△BEC∽△BCA，
∴，
∴BC2=AB•BE=6×2=12，
∴BF=BC=2．
【解析】
（1）根据AAS证明：△BFG≌△CDG；
（2）如图，作辅助线，构建角平分线和全等三角形，证明Rt△AHC≌Rt△AEC（HL），得AE=AH，再证明Rt△CDH≌Rt△CBE（HL），得DH=BE=2，计算AE和AB的长，证明△BEC∽△BCA，列比例式可得BC的长，就是BF的长．
此题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、三角形全等的性质和判定以及勾股定理．第二问有难度，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
3.（2019•甘肃庆阳•8分）已知：在△ABC中，AB＝AC．
（1）求作：△ABC的外接圆．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
（2）若△ABC的外接圆的圆心O到BC边的距离为4，BC＝6，则S⊙O＝　25π　．

【分析】（1）作线段AB，BC的垂直平分线，两线交于点O，以O为圆心，OB为半径作⊙O，⊙O即为所求．
（2）在Rt△OBE中，利用勾股定理求出OB即可解决问题．
【解答】解：（1）如图⊙O即为所求．

（2）设线段BC的垂直平分线交BC于点E．
由题意OE＝4，BE＝EC＝3，
在Rt△OBE中，OB＝＝5，
∴S圆O＝π•52＝25π．
故答案为25π．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，等腰三角形的性质，三角形的外接圆与外心等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

4. （2019•广东广州•12分）如图，⊙O的直径AB＝10，弦AC＝8，连接BC．
（1）尺规作图：作弦CD，使CD＝BC（点D不与B重合），连接AD；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）所作的图中，求四边形ABCD的周长．

【分析】（1）以C为圆心，CB为半径画弧，交⊙O于D，线段CD即为所求．
（2）连接BD，OC交于点E，设OE＝x，构建方程求出x即可解决问题．
【解答】解：（1）如图，线段CD即为所求．


（2）连接BD，OC交于点E，设OE＝x．
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴BC＝＝＝6，
∵BC＝CD，
∴＝，
∴OC⊥BD于E．
∴BE＝DE，
∵BE2＝BC2﹣EC2＝OB2﹣OE2，
∴62﹣（5﹣x）2＝52﹣x2，
解得x＝，
∵BE＝DE，BO＝OA，
∴AD＝2OE＝，
∴四边形ABCD的周长＝6+6+10+＝．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数，构建方程解决问题．
5．（2019•山东威海•12分）（1）方法选择
如图①，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，AB＝BC＝AC．求证：BD＝AD+CD．
小颖认为可用截长法证明：在DB上截取DM＝AD，连接AM…
小军认为可用补短法证明：延长CD至点N，使得DN＝AD…
请你选择一种方法证明．
（2）类比探究
【探究1】
如图②，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，BC是⊙O的直径，AB＝AC．试用等式表示线段AD，BD，CD之间的数量关系，井证明你的结论．
【探究2】
如图③，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是　BD＝CD+2AD　．
（3）拓展猜想
如图④，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是⊙O的直径，BC：AC：AB＝a：b：c，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是　BD＝CD+AD　．

【分析】（1）方法选择：根据等边三角形的性质得到∠ACB＝∠ABC＝60°，如图①，在BD上截取DEMAD，连接AM，由圆周角定理得到∠ADB＝∠ACB＝60°，得到AM＝AD，根据全等三角形的性质得到BM＝CD，于是得到结论；
（2）类比探究：如图②，由BC是⊙O的直径，得到∠BAC＝90°，根据等腰直角三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB＝45°，过A作AM⊥AD交BD于M，推出△ADM是等腰直角三角形，求得DM＝AD根据全等三角形的性质得到结论；
【探究2】如图③，根据圆周角定理和三角形的内角和得到∠BAC＝90°，∠ACB＝60°，过A作AM⊥AD交BD于M，求得∠AMD＝30°，根据直角三角形的性质得到MD＝2AD，根据相似三角形的性质得到BM＝CD，于是得到结论；
（3）如图④，由BC是⊙O的直径，得到∠BAC＝90°，过A作AM⊥AD交BD于M，求得∠MAD＝90°，根据相似三角形的性质得到BM＝CD，DM＝AD，于是得到结论．
【解答】解：（1）方法选择：∵AB＝BC＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝60°，
如图①，在BD上截取DEMAD，连接AM，
∵∠ADB＝∠ACB＝60°，
∴△ADM是等边三角形，
∴AM＝AD，
∵∠ABM＝∠ACD，
∵∠AMB＝∠ADC＝120°，
∴△ABM≌△ACD（AAS），
∴BM＝CD，
∴BD＝BM+DM＝CD+AD；
（2）类比探究：如图②，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC＝90°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
过A作AM⊥AD交BD于M，
∵∠ADB＝∠ACB＝45°，
∴△ADM是等腰直角三角形，
∴AM＝AD，∠AMD＝45°，
∴DM＝AD，
∴∠AMB＝∠ADC＝135°，
∵∠ABM＝∠ACD，
∴△ABM≌△ACD（AAS），
∴BM＝CD，
∴BD＝BM+DM＝CD+AD；
【探究2】如图③，∵若BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°，
∴∠BAC＝90°，∠ACB＝60°，
过A作AM⊥AD交BD于M，
∵∠ADB＝∠ACB＝60°，
∴∠AMD＝30°，
∴MD＝2AD，
∵∠ABD＝∠ACD，∠AMB＝∠ADC＝150°，
∴△ABM∽△ACD，
∴＝，
∴BM＝CD，
∴BD＝BM+DM＝CD+2AD；
故答案为：BD＝CD+2AD；
（3）拓展猜想：BD＝BM+DM＝CD+AD；
理由：如图④，∵若BC是⊙O的直径，
∴∠BAC＝90°，
过A作AM⊥AD交BD于M，
∴∠MAD＝90°，
∴∠BAM＝∠DAC，
∴△ABM∽△ACD，
∴＝，
∴BM＝CD，
∵∠ADB＝∠ACB，∠BAC＝∠NAD＝90°，
∴△ADM∽△ACB，
∴＝＝，
∴DM＝AD，
∴BD＝BM+DM＝CD+AD．
故答案为：BD＝CD+AD




【点评】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
6．(2019•湖南益阳•10分)如图，在Rt△ABC中，M是斜边AB的中点，以CM为直径作圆O交AC于点N，延长MN至D，使ND＝MN，连接AD、CD，CD交圆O于点E．
(1)判断四边形AMCD的形状，并说明理由；
(2)求证：ND＝NE；
(3)若DE＝2，EC＝3，求BC的长．

【考点】圆与相似．
【分析】(1)证明四边形AMCD的对角线互相平分，且∠CNM＝90°，可得四边形AMCD为菱形；
(2)可证得∠CMN＝∠DEN，由CD＝CM可证出∠CDM＝∠CMN，则∠DEN＝∠CDM，结论得证；
(3)证出△MDC∽△EDN，由比例线段可求出ND长，再求MN的长，则BC可求出．
【解答】(1)解：四边形AMCD是菱形，理由如下：
∵M是Rt△ABC中AB的中点，∴CM＝AM，
∵CM为⊙O的直径，∴∠CNM＝90°，∴MD⊥AC，∴AN＝CN，
∵ND＝MN，∴四边形AMCD是菱形．
(2)∵四边形CENM为⊙O的内接四边形，∴∠CEN+∠CMN＝180°，
∵∠CEN+∠DEN＝180°，∴∠CMN＝∠DEN，
∵四边形AMCD是菱形，∴CD＝CM，
∴∠CDM＝∠CMN，∴∠DEN＝∠CDM，∴ND＝NE．
(3)∵∠CMN＝∠DEN，∠MDC＝∠EDN，
∴△MDC∽△EDN，∴，
设DN＝x，则MD＝2x，由此得，
解得：x＝或x＝－(不合题意，舍去)，
∴，
∵MN为△ABC的中位线，∴BC＝2MN，∴BC＝2．
【点评】本题考查了圆综合知识，熟练运用圆周角定理、菱形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．