考点20圆的基本性质（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（华师大版）

这是一份考点20圆的基本性质（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（华师大版），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考点20圆的基本性质
考点总结
知识点一：圆的有关概念
关键点拨与对应举例
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．如图所示的圆记做⊙O.
（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.
（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.
知识点二 ：垂径定理及其推论
2.垂径定理及其推论
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.
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.
延伸
根据圆的对称性，如图所示，在以下五条结论中：
① 弧AC=弧BC;
②弧AD=弧BD；
③AE=BE;
④AB⊥CD;⑤CD是直径.
只要满足其中两个，另外三个结论一定成立，即推二知三.
知识点三 ：圆心角、弧、弦的关系
3.圆心角、弧、弦的关系
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.
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．
知识点四 ：圆周角定理及其推论
4.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. 如图a,
∠A=1/2∠O.

图a 图b 图c
( 2 )推论：
① 在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等.如图b，∠A=∠C.
② 直径所对的圆周角是直角.如图c,∠C=90°.
③ 圆内接四边形的对角互补.如图a，∠A+∠C=180°，∠ABC+∠ADC=180°.
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.
例：如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上两点，∠BAC=40°，则∠D的度数为130°．

真题演练

一、单选题
1．（2021·山东淄博·中考真题）“圆材埋壁”是我国古代著名的数学著作《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长六寸，问径几何？”用现代的数学语言表述是：“CD为的直径，弦，垂足为E，CE=1寸，AB=10寸，求直径CD的长”，依题意得CD的长为（ ）

A．12寸 B．13寸 C．24寸 D．26寸
【答案】D
【分析】
连接AO，设直径CD的长为寸，则半径OA=OC=寸，然后利用垂径定理得出AE，最后根据勾股定理进一步求解即可.
【详解】

如图，连接AO，
设直径CD的长为寸，则半径OA=OC=寸，
∵CD为的直径，弦，垂足为E，AB=10寸，
∴AE=BE=AB=5寸，
根据勾股定理可知，
在Rt△AOE中，，
∴，
解得：，
∴，
即CD长为26寸.
2．（2021·山东青岛·中考真题）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．
【答案】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．
3．（2021·山东临沂·中考真题）如图，、分别与相切于、，，为上一点，则的度数为（ ）


A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由切线的性质得出∠OAP=∠OBP=90°，利用四边形内角和可求∠AOB=110°，再利用圆周角定理可求∠ADB=55°，再根据圆内接四边形对角互补可求∠ACB．
【详解】
解：如图所示，连接OA，OB，在优弧AB上取点D，连接AD，BD，
∵AP、BP是切线，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∴∠AOB=360°-90°-90°-70°=110°，
∴∠ADB=55°，
又∵圆内接四边形的对角互补，
∴∠ACB=180°-∠ADB=180°-55°=125°．
故选：C．

4．（2021·山东聊城·中考真题）如图，A，B，C是半径为1的⊙O上的三个点，若AB＝，∠CAB＝30°，则∠ABC的度数为（ ）

A．95° B．100° C．105° D．110°
【答案】C
【分析】
连接OB，OC，根据勾股定理逆定理可得∠AOB＝90°，∠ABO＝∠BAO＝45°，根据圆周角定理可得∠COB＝2∠CAB＝60°，∠OBC＝∠OCB＝60°，由此可求得答案．
【详解】
解：如图，连接OB，OC，

∵OA＝OB＝1，AB＝，
∴OA2＋OB2＝AB2，
∴∠AOB＝90°，
又∵OA＝OB，
∴∠ABO＝∠BAO＝45°，
∵∠CAB＝30°，
∴∠COB＝2∠CAB＝60°，
又∵OC＝OB，
∴∠OBC＝∠OCB＝60°，
∴∠ABC＝∠ABO＋∠OBC＝105°，
故选：C．
5．（2021·山东泰安·中考真题）如图，在中，，以点A为圆心，3为半径的圆与边相切于点D，与，分别交于点E和点G，点F是优弧上一点，，则的度数是（ ）

A．50° B．48° C．45° D．36°
【答案】B
【分析】
连接AD，由切线性质可得∠ADB=∠ADC=90°，根据AB=2AD及锐角的三角函数可求得∠BAD=60°，易求得∠ADE=72°，由AD=AE可求得∠DAE=36°，则∠GAC=96°，根据圆周角定理即可求得∠GFE的度数．
【详解】
解：连接AD，则AD=AG=3，
∵BC与圆A相切于点D，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
在Rt△ADB中，AB=6，则cos∠BAD==，
∴∠BAD=60°，
∵∠CDE=18°，
∴∠ADE=90°﹣18°=72°，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED=72°，
∴∠DAE=180°﹣2×72°=36°，
∴∠GAC=36°+60°=96°，
∴∠GFE=∠GAC=48°，
故选：B．

6．（2021·山东·日照港中学二模）如图，点A，B的坐标分别是A（4，0），B（0，4），点C为坐标平面内一动点，BC＝2，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【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．
【详解】
解：如图，

∵点C为坐标平面内一点，BC＝2，
∴C在⊙B上，且半径为2，
取OD＝OA＝4，连接CD，
∵AM＝CM，OD＝OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM＝CD，
当OM最大时，即CD最大，而D，B，C三点共线时，当C在DB的延长线上时，OM最大，
∵OB＝OD＝4，∠BOD＝90°，
∴BD＝4，
∴CD＝4+2，
∴OM＝CD＝2+1，即OM的最大值为2+1；
故选：C．
7．（2021·山东兰山·二模）如图，在平面直角坐标系中，点和点分别为轴和轴上的动点，且，点为线段的中点，已知点，则的最大值为（ ）

A．7 B．9 C．10 D．11
【答案】B
【分析】
点C的运动轨迹是半径为2的圆O，连接PO并延长，交圆O于点，则的值最大，求出PO的值即可得解．
【详解】
解：∵
∴是直角三角形，
∵C为AB的中点，
∴
∴OC的长度始终为2
∵点A和点分别为轴和轴上的动点，
∴C点的轨迹是以O为圆心，OC为半径的圆
连接PO并延长，交圆O于点，如图，

此时，的值最大，即的值最大
∵
∴
∴
∴的最大值为9
故选：B
8．（2021·山东东平·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知点A(0，1)，点B(0，1+t)，C(0，1﹣t)（t＞0），点P在以D(3，3)为圆心，1为半径的圆上运动，且始终满足∠BPC＝90°，则t的最小值是（ ）

A． B．5 C．4 D．
【答案】A
【分析】
先求出AB，AC进而得出AC＝AB，结合直角三角形的斜边的中线等于斜边的一半，即AP＝t，即可得出t最小时，点P在AD上，用两点间的距离公式即可得出结论．
【详解】
解：如图，连接AP，

∵点A（0，1）、点B（0，1+t）、C（0，1﹣t）（t＞0），
∴AB＝（1+t）﹣1＝t，AC＝1﹣（1﹣t）＝t，
∴AB＝AC，
∵∠BPC＝90°，
∴AP＝BC＝AB＝t，
要t最小，就是点A到⊙D上的一点的距离最小，
∴点P在AD上，
∵A（0，1），D（3，3），
∴，
∴t的最小值是AP＝AD﹣PD＝，
故选：A．
9．（2021·山东淄川·一模）如图，在中，弦，，，，，则的半径为（ ）

A．4 B． C． D．
【答案】C
【分析】
连接OA，OC，根据垂径定理得CN=6，AM=9，设的半径为x，根据勾股定理列出方程，即可求解．
【详解】
解：连接OA，OC，

∵，，
∴，
∵，，
∴CN=6，AM=9，
设的半径为x，
∵，
∴，解得：或（舍去），
经检验是方程的根，且符合题意，
∴的半径为．
故选C．
10．（2021·山东蓬莱·一模）如图，⊙O的半径OD⊥弦AB于点C，连接AO并延长交⊙O于点E，连接EC．若AB＝8，CD＝2，则sin∠ECB为（ ）


A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据垂径定理得到，设AO＝x，则OC＝OD−CD＝x−2，在Rt△ACO中根据勾股定理得到，解得x＝5，则AE＝10，OC＝3，再由AE是直径，根据圆周角定理得到∠ABE＝90°，利用OC是△ABE的中位线得到BE＝2OC＝6，然后在Rt△CBE中利用勾股定理可计算出CE，由三角函数的定义求出sin∠ECB即可．
【详解】
连接，如解图，


∵，
∴，
设，则，
在中，∵，
∴，
解得：，
∴，，
∵是直径，
∴，
∵是的中位线，
∴，
在中，，
∴．
故选：A．

二、填空题
11．（2021·山东威海·中考真题）如图，在正方形ABCD中，，E为边AB上一点，F为边BC上一点．连接DE和AF交于点G，连接BG．若，则BG的最小值为__________________．

【答案】．
【分析】
根据SAS证明△DEA≌△AFB，得∠ADE=∠BAF，再证明∠DGA=90°，进一步可得点G在以AD为直径的半圆上，且O，G，B三点共线时BG取得最小值．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC-∠DAE，AD=AB，
∵AE=BF
∴△DEA≌△AFB，

∴∠DAF+∠BAF=∠DAB=90°，
∠ADE+∠DAF=90°
∴∠DGA=90°
∴点G在以AD为直径的圆上移动，连接OB，OG，如图：

∴
在Rt△AOB中，∠OAB=90°
∴OB=
∵
∴当且公当O，G，B三点共线时BG取得最小值．
∴BC的最小值为：．
12．（2021·山东泰安·中考真题）若为直角三角形，，以为直径画半圆如图所示，则阴影部分的面积为________．

【答案】4
【分析】
设AB与半圆的交点为D,连接DC,根据题意,得到阴影部分的面积等于，计算即可
【详解】
解：如图，设AB与半圆的交点为D，连接DC，
∵BC是直径，
∴∠BDC=90°，

∵∠ACB=90°，AC=BC=4，
∴∠DBC=∠DCB=45°，AD=BD，
过点D作DE⊥BC，垂足为E，
则∠CDE=∠BDE=45°，
∴CE=EB=ED=2，
∴半圆关于直线DE对称，
∴阴影部分的面积等于，
∴===4
故答案为：4．
13．（2021·山东招远·一模）如图，在扇形中，，点为的中点，交于点，以点为圆心，的长为半径作交于点．若，则图中阴影部分的面积为__________．

【答案】
【分析】
连接，，根据点为的中点可得，继而可得为等边三角形，求出扇形的面积，最后用扇形的面积减去扇形的面积，再减去（弓形的面积+的面积）即可求得阴影部分的面积．
【详解】
连接，，
∵点为的中点，
∴，
∴，，
∴为等边三角形，
∴S扇形AOE，
∴S阴影=S扇形AOB-S扇形COD-(S扇形AOE-S△COE)，
，
，
，
故答案为：．

14．（2021·山东牡丹·三模）如图，在半径为1的扇形中，，点是弧上任意一点（不与点，重合），，，垂足分别为，，则的长为______．

【答案】
【分析】
连接AB，利用勾股定理求出AB，再利用垂径定理以及三角形的中位线定理解决问题即可．
【详解】
解：连接AB，如下图所示：

∵∠AOB=90°，OA=OB=1，
∴，
∵，，
∴，，
∴为的中位线，
∴,
故答案为：．
15．（2021·山东河东·二模）如图，在平面直角坐标系中，点A在一次函数位于第一象限的图象上运动，点B在x轴正半轴上运动，在AB右侧以它为边作矩形ABCD，且，，则OD的最大值是______．

【答案】
【分析】
作的外接圆，连接、、、，作，交于，垂足为，易得，解直角三角形求得，然后根据三角形三边关系得出取最大值时，，据此即可求得．
【详解】
解：点在一次函数图象上，
，
作的外接圆，连接、、、，作，交于，垂足为，
四边形是矩形，
，四边形是矩形，
，，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
的最大值为，
故答案为：．


三、解答题
16．（2021·山东临沂·中考真题）如图，已知在⊙O中， ，OC与AD相交于点E．求证：
（1）AD∥BC
（2）四边形BCDE为菱形．


【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）连接BD，根据圆周角定理可得∠ADB=∠CBD，根据平行线的判定可得结论；
（2）证明△DEF≌△BCF，得到DE=BC，证明四边形BCDE为平行四边形，再根据得到BC=CD，从而证明菱形．
【详解】
解：（1）连接BD，
∵，
∴∠ADB=∠CBD，
∴AD∥BC；

（2）连接CD，
∵AD∥BC，
∴∠EDF=∠CBF，
∵，
∴BC=CD，
∴BF=DF，又∠DFE=∠BFC，
∴△DEF≌△BCF（ASA），
∴DE=BC，
∴四边形BCDE是平行四边形，又BC=CD，
∴四边形BCDE是菱形．
17．（2021·山东日照·中考真题）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．
【答案】（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．
18．（2021·山东临沂·中考真题）如图，已知正方形ABCD，点E是BC边上一点，将△ABE沿直线AE折叠，点B落在F处，连接BF并延长，与∠DAF的平分线相交于点H，与AE，CD分别相交于点G，M，连接HC
（1）求证：AG＝GH；
（2）若AB＝3，BE＝1，求点D到直线BH的距离；
（3）当点E在BC边上（端点除外）运动时，∠BHC的大小是否变化？为什么？

【答案】（1）见解析；（2）；（3）不变，理由见解析
【分析】
（1）根据折叠的性质得到AG⊥BF，结合角平分线的定义得到∠FAH=∠FAD，从而推出∠EAH=（∠BAF+∠FAD）=45°，可得AG=GH；
（2）连接DH，DF，交AH于点N，易得等腰直角△DHF，推出DH的长即为点D到BH的距离，根据DH=FH，转化为求FH的长，结合（1）中条件，证明△ABG∽△AEB，得到，从而求出GF和GH，可得DH；
（3）作正方形ABCD的外接圆，判断出点H在圆上，结合圆周角定理求出∠BHC即可．
【详解】
解：（1）∵△ABE沿直线AE折叠，点B落在点F处，
∴∠BAG=∠GAF=BAF，B、F关于AE对称，
∴AG⊥BF，
∴∠AGF=90°，
∵AH平分∠DAF，
∴∠FAH=∠FAD，
∴∠EAH=∠GAF+∠FAH
=∠BAF+∠FAD
=（∠BAF+∠FAD）
=∠BAD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∴∠EAH=∠BAD=45°，
∴∠GHA=45°，
∴GA=GH；
（2）连接DH，DF，交AH于点N，
由（1）可知：AF=AD，∠FAH=∠DAH，
∴AH⊥DF，FN=DN，
∴DH=HF，∠FNH=∠DNH=90°，
又∵∠GHA=45°，
∴∠FHN=45°=∠NDH=∠DHN，
∴∠DHF=90°，
∴DH的长即为点D到直线BH的距离，
由（1）知：在Rt△ABE中，，
∴，
∵∠BAE+∠AEB=∠BAE+∠ABG=90°，
∴∠AEB=∠ABG，
∴△ABG∽△AEB，
∴，
∴，
，
由（1）知：GF=BG，AG=GH，
∴，，
∴DH=FH=GH-GF==，
即点D到直线BH的长为；
（3）作正方形ABCD的外接圆，对角线BD为圆的直径，
∵∠BHD=90°，
∴H在圆周上，
∴∠BHC=∠BDC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，BC=CD，
∴∠BDC=∠DBC=45°，
∴∠BHC=45°，
∴当点E在BC边上（除端点外）运动时，∠BHC的大小不变．