备战2022年中考（通用版）一轮复习分类专项训练卷：圆及其相关性质（word版，含解析）

备战2022年中考（通用版）一轮复习分类专项训练卷

圆及其相关性质

一、选择题

1．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°

2．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的侧面积是（    ）

A． B． C． D．

3．一个正多边形的中心角为，这个正多边形的边数是（    ）

A．8 B．12 C．3 D．6

4．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°

5．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

6．如图，放置在直线l上的扇形OAB．由图①滚动（无滑动）到图②，再由图②滚动到图③．若半径OA＝2，∠AOB＝45°，则点O所经过的最短路径的长是（     ）

A．2π+2 B．3π C． D．+2

7．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．

8．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．

二、填空题

9．若圆锥的侧面积为18π，底面半径为3，则该圆锥的母线长是___．

10．已知一条弧所对的圆周角的度数是，则它所对的圆心角的度数是______.

11．如图，工人师傅用扳手拧形状为正六边形的螺帽，现测得扳手的开口宽度，则螺帽边长________cm．

12．如图，是的外接圆的直径，若，则_____°．

13．如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠CAB＝55°，则∠D的度数是___．

14．如图，C、D两点在以AB为直径的圆上，，，则_______．

15．如图，是的直径，弦于点E，，，则的半径_______．

16．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____________．

三、解答题

17．如图，是的直径，与交于点A，点E是半径上一点（点E不与点O，A重合）．连接交于点C，连接，．若，．

（1）求证：是的切线．

（2）若，，则的长是__________．

18．如图，内接于，是的直径，为上一点，，延长交于点，．

（1）求证：是的切线；

（2）若，，求的长．

19．如图，内接于，，是的直径，交于点E，过点D作，交的延长线于点F，连接．

（1）求证：是的切线；

（2）已知，，求的长．

20．已知：如图，是的直径，，是上两点，过点的切线交的延长线于点，，连接，．

（1）求证：；

（2）若，，求的半径．

21．如图，的对角线相交于点，经过、两点，与的延长线相交于点，点为上一点，且．连接、相交于点，若，．

（1）求对角线的长；

（2）求证：为矩形．

22．如图，四边形是⊙的内接矩形，过点的切线与的延长线交于点，连接与交于点，，．

（1）求证：；

（2）设，求的面积（用的式子表示）；

（3）若，求的长．

参考答案

1．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．

2．A

【分析】

根据三视图可知此几何体为圆锥，那么侧面积=底面周长母线2．

【详解】

解：此几何体为圆锥，

圆锥母线长为9cm，直径为6 cm，

侧面积，

故选：A．

【点睛】

本题考查由三视图判断几何体，圆锥的有关计算，熟知圆锥的侧面积公式是解题关键．

3．B

【分析】

根据正n边形的中心角的度数为，列方程即可得到答案．

【详解】

解：，解得．

这个正多边形的边数为12．

故选：B．

【点睛】

本题考查的是正多边形中心角的知识，掌握中心角的计算公式是解题的关键．

4．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．

5．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

6．C

【详解】

利用弧长公式计算即可．

【解答】解：如图，

点O的运动路径的长＝的长+O1O2+的长＝++＝，

故选：C．

【点评】本题考查轨迹，弧长公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

7．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．

8．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．

9．6

【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．

10．30°.

【分析】

直接根据圆周角定理求解．

【详解】

根据圆周角定理：是一条弧所对圆周角等于它所对圆心角的一半，可知它所对的圆心角的度数是30°

故答案为 30°.

【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．

11．

【分析】

根据正六边形的性质，可得∠ABC=120°，AB=BC=a，根据等腰三角形的性质，可得CD的长，根据锐角三角函数的余弦，可得答案．

【详解】

解：如图：作BD⊥AC于D

由正六边形，得
∠ABC=120°，AB=BC=a，
∠BCD=∠BAC=30°．
由AC=3，得CD=．
cos∠BCD==，即，
解得a=，
故答案为：．

【点睛】

本题考查正多边形和圆，利用正六边形的性质得出等腰三角形是解题关键，又利用了正三角形的性质，余弦函数．

12．50

【分析】

根据圆周角定理即可得到结论．

【详解】

∵是的外接圆的直径，

∴点，，，在上，

∵，

∴，

故答案为：50．

【点睛】

本题考查了三角形的外接圆与外心，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．

13．35°

【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.

14．1

【分析】

利用圆周角定理得到∠ADB=90°，∠B=∠ACD=30°，然后根据含30度的直角三角形三边的关系求求AD的长．

【详解】

解：∵AB为直径，

∴，

∵，

∴．

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．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．

15．

【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．

16．

【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．

17．（1）见解析；（2）

【分析】

（1）根据圆周角定理得到，在利用等腰三角形的性质以及等量代换可得，进而得出结论；

（2）根据等腰三角形的判定可得，再根据勾股定理和相似三角形求出答案即可．

【详解】

解：（1）是的直径，

，

．

又，

，

又，

，

即，

是的切线；

（2）由（1）可得，

，

，

，

，

在中，由勾股定理得，

，

，，

，

，

即，

解得．

【点睛】

本题考查切线的判定，圆周角定理以及相似三角形，掌握切线的判定方法和圆周角定理、相似三角形的判定和性质是解决问题的前提．

18．（1）见解析；（2）

【分析】

（1）根据，可得，根据对顶角相等可得，进而可得，根据，可得，结合，根据角度的转化可得，进而即可证明是的切线；

（2）根据，可得，设，则，分别求得，进而根据勾股定理列出方程解方程可得，进而根据即可求得．

【详解】

（1），

，

，

，

，

，

是直径，

，

，

是的切线；

（2），

，

，

设，则，

，，

在中，，

即，

解得（舍去），

．

【点睛】

本题考查了切线的判定，勾股定理解直角三角形，正切的定义，利用角度相等则正切值相等将已知条件转化是解题的关键．

19．（1）见解析；（2）

【分析】

（1）由题意根据圆周角定理得出，结合同弧或等弧所对的圆周角相等并利用经过半径外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线进行证明即可；

（2）根据题意利用相似三角形的判定即两个角分别相等的两个三角形相似得出，继而运用相似比即可求出的长．

【详解】

解：（1）证明：∵是的直径

∴（直径所对的圆周角是直角）

即

∵

∴（等边对等角）

∵

∴（同弧或等弧所对的圆周角相等）

∴

∵，

∴

∴即

∴

又∵是的直径

∴是的切线（经过半径外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线）．

（2）解：∵，

∴

∵，

∴（两个角分别相等的两个三角形相似）

∴，

∴

∴．

【点睛】

本题主要考查圆的切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握圆周角定理和相似三角形的判定与性质是解题的关键．

20．（1）见解析；（2）

【分析】

（1）连接，根据切线的性质，已知条件可得，进而根据平行线的性质可得，根据圆周角定理可得，等量代换即可得证；

（2）连接，根据同弧所对的圆周角相等，可得，进而根据正切值以及已知条件可得的长，勾股定理即可求得，进而即可求得圆的半径．

【详解】

（1）连接，如图，

是的切线，

，

，

，

，

，

，

．

（2）连接

是的直径，

，

，

，

，

，

，

，

，

．

即的半径为．

【点睛】

本题考查了切线的性质，圆周角定理，正切的定义，同弧所对的圆周角相等，勾股定理，理解题意添加辅助线是解题的关键．

21．（1）；（2）见解析

【分析】

（1）利用弧相等，圆周角定理推出，可求的长度进而求的长度；

（2）利用对角线相等的平行四边形是矩形可得．

【详解】

解：是直径，

，

，

，

又，

，

，

，

，

．

（2），

是平行四边形

，

∴AC=OB

为矩形．

【点睛】

本题考查了圆的基本性质，相似和矩形的判定，考的知识点比较全，但是难度中等，掌握圆和矩形的基本性质和相似以及灵活应用是解决本题的关键．

22．（1）见解析；（2）；（3）

【分析】

（1）由矩形性质可得,然后证明即可得出结论；

（2）根据勾股定理得出，根据相似三角形性质得出，则，根据勾股定理得出的值，运用三角形面积公式表示即可；

（3）记与圆弧交于点，连接，证明，即可得出，求出的值，过作于，过作于．运用等面积法得出，根据勾股定理得出，代入数据联立的值，解方程得出，，设，则，根据相似三角形性质即可得出结论．

【详解】

解：（1）∵四边形为的内接矩形，

∴，过圆心，且．

∵,

∴,

又∵是的切线，故，

由此可得，

又∵与都是圆弧所对的圆周角，

∴，

∴，

又∵，

∴；

（2）解：由，，则，

由题意．

由（1）知，则，

代入，，，

可得，解得．

在直角中，，

所以；

（3）解：记与圆弧交于点，连接．

∵，，，

∴．

又，所以，

∴．

∴，故．

由（2）知，由，，则，

由题意可得，

代入数据，，，

得到，解得①．

过作于，过作于．

易知．

由等面积法可得，

代入数据得，即．

在直角三角形中，

．②

由①②可得，得，

解得，（舍去）．

所以，．

由，故，故．

设，则，代入得，

解得，即的长为．

【点睛】

本题考查了圆的综合问题，相似三角形判定与性质，圆切线的性质，勾股定理，解一元二次方程等知识点，熟练运用相似三角形性质列出方程是解题的关键．