2020年中考數(shù)學考點專項突破卷16 圓（含解析）

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1、16.1圓精選考點專項突破卷（一） 考試范圍：圓；考試時間：90分鐘；總分：120分 一、單選題（每小題3分，共30分) 1．（2019·浙江中考真題）一塊圓形宣傳標志牌如圖所示，點，，在上，垂直平分于點，現(xiàn)測得，，則圓形標志牌的半徑為（ ） A． B． C． D． 2．（2019·浙江中考真題）如圖，內接于圓，，，若，則弧的長為（ ） A． B． C． D． 3．（2019·浙江中考真題）若扇形的圓心角為90°，半徑為6，則該扇形的弧長為（ ） A． B． C． D． 4．（2019·甘肅中考真題）如圖，四邊形內接于，若，則（ ） A．

2、 B． C． D． 5．（2019·江蘇中考真題）如圖，PA是⊙O的切線，切點為A，PO的延長線交⊙O于點B，若∠P=40°，則∠B的度數(shù)為 （ ） A．20° B．25° C．40° D．50° 6．（2016·四川中考真題）如圖，⊙O中，弦AB與CD交于點M，∠A=45°，∠AMD=75°，則∠B的度數(shù)是（ ） A．15° B．25° C．30° D．75° 7．（2018·湖北中考真題）如圖，直線AB是⊙O的切線，點C為切點，OD∥AB交⊙O于點D，點E在⊙O上，連接OC，EC，ED，則∠CED的度數(shù)為（ ） A．30° B．35° C．40° D．

3、45° 8．（2007·江蘇中考真題）如圖，將半徑為的圓形紙片折疊后，圓弧恰好經過圓心，則折痕的長為（ ） A． B． C． D． 9．（2016·吉林中考真題）如圖，PA、PB是⊙O的切線，切點分別為A、B，若OA＝2，∠P＝60°，則AB的長為（ ） A．23π B．π C．43π D．53π 10．（2015·山東中考真題）若等腰直角三角形的外接圓半徑的長為2，則其內切圓半徑的長為（ ） A． B． C． D．—1 二、填空題（每小題4分，共28分) 11．（2019·江蘇中考真題）直

4、角三角形的兩條直角邊分別是5和12，則它的內切圓半徑為_____． 12．（2013·湖南中考真題）如圖，若AB是⊙O的直徑，AB=10cm，∠CAB=30°，則BC=　 　cm． 13．（2019·江蘇中考真題）如圖，點、、、、在上，且弧為，則________． 14．（2019·陜西中考真題）若正六邊形的邊長為3，則其較長的一條對角線長為___. 15．（2018·遼寧中考真題）如圖，AB是半圓O的直徑，E是半圓上一點，且OE⊥AB，點C為的中點，則∠A=__________°. 16．（2007·江蘇中考真題）如圖，⊙O的半徑為3cm，B為⊙O外一點，O

5、B交⊙O于點A，AB=OA，動點P從點A出發(fā)，以cm/s的速度在⊙O上按逆時針方向運動一周回到點A立即停止．當點P運動的時間為 ____ s時，BP與⊙O相切． 17．（2019·江蘇中考真題）如圖，將四邊形ABCD繞頂點A順時針旋轉45°至AB’C’D’的位置，若AB=16cm，則圖中陰影部分的面積為_____． 三、解答題一（每小題8分，共32分) 18．（2019·富順縣趙化中學校中考真題）如圖，⊙中，弦與相交于點,,連接. 求證：⑴； ⑵. 19．（2013·甘肅中考真題）已知，如圖，直線MN交⊙O于A，B兩點，AC是直徑，AD平分∠CAM交⊙O于

6、D，過D作DE⊥MN于E． （1）求證：DE是⊙O的切線； （2）若DE=6cm，AE=3cm，求⊙O的半徑． 20．（2018·湖北中考真題）如圖，AB是⊙O的直徑，AM和BN是⊙O的兩條切線，E為⊙O上一點，過點E作直線DC分別交AM，BN于點D，C，且CB=CE． （1）求證：DA=DE； （2）若AB=6，CD=4，求圖中陰影部分的面積． 21．（2015·山東中考真題）（本題滿分8分）已知在△ABC中，∠B=90o，以AB上的一點O為圓心，以OA為半徑的圓交AC于點D，交AB于點E． （1）求證：AC·AD=AB·AE； （2）如果BD是⊙O的切線，D是切

7、點，E是OB的中點，當BC=2時，求AC的長． 四、解答題二（每小題10分，共30分) 22．（2017·四川中考真題）（2017四川省達州市）如圖，△ABC內接于⊙O，CD平分∠ACB交⊙O于D，過點D作PQ∥AB分別交CA、CB延長線于P、Q，連接BD． （1）求證：PQ是⊙O的切線； （2）求證：BD2=AC?BQ； （3）若AC、BQ的長是關于x的方程的兩實根，且tan∠PCD=，求⊙O的半徑． 23．（2018·黑龍江中考真題）如圖，AB是⊙O的直徑，點E為線段OB上一點（不與O，B重合），作EC⊥OB，交⊙O于點C，作直徑CD，過點C的切線交DB的延長線于點P，作A

8、F⊥PC于點F，連接CB． （1）求證：AC平分∠FAB； （2）求證：BC2=CE?CP； （3）當AB=4且=時，求劣弧的長度． 24．（2016·廣東中考真題）如圖，點C為△ABD外接圓上的一動點（點C不在上，且不與點B，D重合），∠ACB=∠ABD=45°． （1）求證：BD是該外接圓的直徑； （2）連結CD，求證：AC=BC+CD； （3）若△ABC關于直線AB的對稱圖形為△ABM，連接DM，試探究,三者之間滿足的等量關系，并證明你的結論。 16.1圓精選考點專項突破卷（一）參考答案 1．B 【解析】連結，，設半徑為r，根據(jù)垂徑定理得 ，在中，由勾股定理建

9、立方程，解之即可求得答案. 【詳解】連結，，如圖，設半徑為， ∵，， ∴，點、、三點共線， ∵， ∴， 在中， ∵，， 即， 解得， 故選：B. 【點睛】本題考查勾股定理，關鍵是利用垂徑定理解答． 2．A 【解析】連接OB，OC．首先證明△OBC是等腰直角三角形，求出OB即可解決問題． 【詳解】連接OB，OC． ∵∠A=180°-∠ABC-∠ACB=180°-65°-70°=45°， ∴∠BOC=90°， ∵BC=2， ∴OB=OC=2， ∴的長為=π， 故選A． 【點睛】本題考查圓周角定理，弧長公式，等腰直角三角形的性質的等知識，解題的關鍵是

10、熟練掌握基本知識 3．C 【解析】根據(jù)弧長公式計算即可． 【詳解】解：該扇形的弧長＝. 故選C． 【點睛】本題考查了弧長的計算：弧長公式：（弧長為l，圓心角度數(shù)為n，圓的半徑為R）． 4．D 【解析】直接利用圓內接四邊形的對角互補計算∠C的度數(shù)． 【詳解】∵四邊形ABCD內接于⊙O，∠A＝400， ∴∠C＝1800－400＝1400， 故選D. 【點睛】此題考查圓內接四邊形的性質，解題關鍵在于利用圓內接四邊形的對角互補 5．B 【解析】連接OA，由切線的性質可得∠OAP=90°，繼而根據(jù)直角三角形兩銳角互余可得∠AOP=50°，再根據(jù)圓周角定理即可求得答案. 【詳解

11、】連接OA，如圖： ∵PA是⊙O的切線，切點為A， ∴OA⊥AP， ∴∠OAP=90°， ∵∠P=40°， ∴∠AOP=90°-40°=50°， ∴∠B=∠AOB=25°， 故選B. 【點睛】本題考查了切線的性質，圓周角定理，正確添加輔助線，熟練掌握切線的性質定理是解題的關鍵. 6．C 【解析】由三角形外角定理求得∠C的度數(shù)，再由圓周角定理可求∠B的度數(shù)． 【詳解】∵∠A=45°，∠AMD=75°， ∴∠C=∠AMD-∠A=75°-45°=30°， ∴∠B=∠C=30°， 故選C． 7．D 【解析】 分析：由切線的性質知∠OCB=90°，再根據(jù)平行線的性質

12、得∠COD=90°，最后由圓周角定理可得答案． 詳解：∵直線AB是⊙O的切線，C為切點， ∴∠OCB=90°， ∵OD∥AB， ∴∠COD=90°， ∴∠CED=∠COD=45°， 故選D． 點睛：本題主要考查切線的性質，解題的關鍵是掌握圓的切線垂直于經過切點的半徑及圓周角定理． 8．C 【解析】 過點作，由垂徑定理，可得，連接，由勾股定理可得 ，所以，故選C 9．C 【解析】 試題解析：∵PA、PB是⊙O的切線， ∴∠OBP=∠OAP=90°， 在四邊形APBO中，∠P=60°， ∴∠AOB=120°， ∵OA=2， ∴AB的長l=120π×2180=4

13、3π. 故選C. 10．B 【解析】 試題分析：如圖，等腰直角三角形ABC中，⊙D為外接圓，可知D為AB的中點，因此AD=2，AB=2AD=4，根據(jù)勾股定理可求得AC=，根據(jù)內切圓可知四邊形EFCG是正方形，AF=AD，因此EF=FC=AC-AF=-2. 故選B 考點：三角形的外接圓與內切圓 11．2 【解析】先利用勾股定理計算出斜邊的長，然后利用直角三角形的內切圓的半徑為（其中、為直角邊，為斜邊）求解． 【詳解】直角三角形的斜邊， 所以它的內切圓半徑. 故答案為2． 【點睛】本題考查了三角形的內切圓與內心：三角形的內心到三角形三邊的距離相等；三角形的內心與三角形頂

14、點的連線平分這個內角；直角三角形的內切圓的半徑為（其中、為直角邊，為斜邊）． 12．5． 【解析】 ∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°． 又∵AB=10cm，∠CAB=30°，∴BC=AB=5cm． 13． 【解析】先根據(jù)弧的度數(shù)與它所對應的圓心角的度數(shù)的關系，求得弧對應的圓心角的度數(shù)，再根據(jù)圓周角與圓心角的關系，則可求得. 【詳解】弧的度數(shù)等于它所對應的圓心角的度數(shù)，由于弧為，所以 . 頂點在圓上且兩邊都和圓相交的角叫做圓周角，而一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半，所以： , ， . 【點睛】本題考查弧、圓周角、圓心角的概念，及它們之間的關系. 14

15、．6. 【解析】根據(jù)正六邊形的半徑就是其外接圓半徑，則最長的對角線就是外接圓的直徑，據(jù)此進行求解即可. 【詳解】正六邊形的中心角為=60°， ∴△AOB是等邊三角形， ∴OB=AB=3， ∴BE=2OB=6， 即正六邊形最長的對角線為6， 故答案為：6. 【點睛】本題考查了正多邊形與圓，正確把握正六邊形的中心角、半徑與正六邊形的最長對角線的關系是解題的關鍵. 15．22.5 【解析】連接半徑OC，先根據(jù)點C為的中點，得∠BOC=45°，再由同圓的半徑相等和等腰三角形的性質得：∠A=∠ACO=×45°，可得結論． 【詳解】連接OC， ∵OE⊥AB， ∴∠EOB=90°，

16、 ∵點C為的中點， ∴∠BOC=45°， ∵OA=OC， ∴∠A=∠ACO=×45°=22.5°， 故答案為：22.5°． 【點睛】本題考查了圓周角定理與等腰三角形的性質．解題的關鍵是注意掌握數(shù)形結合思想的應用． 16．1或5 【解析】解：連接OP， ∵當OP⊥PB時，BP與⊙O相切， ∵AB=OA，OA=OP， ∴OB=2OP，∠OPB=90°； ∴∠B=30°； ∴∠O=60°； ∵OA=3cm， 圓的周長為6π， ∴點P運動的距離為π或6π-π=5π； ∴當t=1或5時，有BP與⊙O相切． 17．32π. 【解析】陰影部分面積=扇形BAB′的面積

17、+四邊形ABCD的面積-四邊形AB′C′D′的面積，求出扇形面積即可求得答案. 【詳解】∵S陰影=S扇形BAB′+S四邊形ABCD -S四邊形AB′C′D′， ∴S陰影=S扇形BAB′==32π， 故答案為：32π. 【點睛】本題考查了扇形面積的計算，正確分析圖形是解題的關鍵. 18．（1）見解析；（2）見解析. 【解析】（1）由AB=CD知，即，據(jù)此可得答案； （2）由知AD=BC，結合∠ADE=∠CBE，∠DAE=∠BCE可證△ADE≌△CBE，從而得出答案． 【詳解】證明（1）∵AB=CD， ∴，即， ∴； （2）∵， ∴AD=BC， 又∵∠ADE=∠CBE，∠

18、DAE=∠BCE， ∴△ADE≌△CBE（ASA）， ∴AE=CE． 【點睛】本題主要考查圓心角、弧、弦的關系，圓心角、弧、弦三者的關系可理解為：在同圓或等圓中，①圓心角相等，②所對的弧相等，③所對的弦相等，三項“知一推二”，一項相等，其余二項皆相等． 19．解：（1）證明見解析； （2）⊙O的半徑是7.5cm． 【解析】（1）連接OD，根據(jù)平行線的判斷方法與性質可得∠ODE=∠DEM=90°，且D在⊙O上，故DE是⊙O的切線． （2）由直角三角形的特殊性質，可得AD的長，又有△ACD∽△ADE．根據(jù)相似三角形的性質列出比例式，代入數(shù)據(jù)即可求得圓的半徑． 【詳解】（1）證明：連

19、接OD． ∵OA=OD， ∴∠OAD=∠ODA． ∵∠OAD=∠DAE， ∴∠ODA=∠DAE． ∴DO∥MN． ∵DE⊥MN， ∴∠ODE=∠DEM=90°． 即OD⊥DE． ∵D在⊙O上，OD為⊙O的半徑， ∴DE是⊙O的切線． （2）解：∵∠AED=90°，DE=6，AE=3， ∴． 連接CD． ∵AC是⊙O的直徑， ∴∠ADC=∠AED=90°． ∵∠CAD=∠DAE， ∴△ACD∽△ADE． ∴． ∴． 則AC=15（cm）． ∴⊙O的半徑是7.5cm． 考點：切線的判定；平行線的判定與性質；圓周角定理；相似三角形的判定與性質． 20

20、．（1）證明見解析；（2） 【解析】 【分析】（1）連接OE，BE，根據(jù)已知條件證明CD為⊙O的切線，然后再根據(jù)切線長定理即可證明DA=DE； （2） 如圖，連接OC，過點D作DF⊥BC于點F，根據(jù)S陰影部分=S四邊形BCEO﹣S扇形OBE，利用分割法即可求得陰影部分的面積． 【詳解】（1）如圖，連接OE、BE， ∵OB=OE， ∴∠OBE=∠OEB． ∵BC=EC， ∴∠CBE=∠CEB， ∴∠OBC=∠OEC． ∵BC為⊙O的切線， ∴∠OEC=∠OBC=90°； ∵OE為半徑， ∴CD為⊙O的切線， ∵AD切⊙O于點A， ∴DA=DE； （2）如圖，連接

21、OC，過點D作DF⊥BC于點F，則四邊形ABFD是矩形， ∴AD=BF，DF=AB=6， ∴DC=BC+AD=4， ∵CF==2， ∴BC﹣AD=2， ∴BC=3， 在直角△OBC中，tan∠BOC==， ∴∠BOC=60°． 在△OEC與△OBC中， ， ∴△OEC≌△OBC（SSS）， ∴∠BOE=2∠BOC=120°， ∴S陰影部分=S四邊形BCEO﹣S扇形OBE=2×BC?OB﹣=9﹣3π． 【點睛】本題考查了切線的判定與性質、切線長定理，扇形的面積等，正確添加輔助線，熟練運用相關知識是解題的關鍵. 21．（1）證明見解析；（2）AC=4. 【解析】

22、 試題分析：（1）連接DE，由題意可得∠ADE=90°，∠ABC=90°，又∠A是公共角，從而可得△ADE∽△ABC，由相似比即可得； （2）連接OB，由BD是切線，得OD⊥BD，有E為OB中點，則可得OE=BE=OD，從而可得∠OBD=∠BAC=30°，所以AC=2BC=4； 試題解析：（1）連接DE，∵AE是直徑，∴∠ADE=90o，∴∠ADE=∠ABC，在Rt△ADE和Rt△ABC中，∠A是公共角，∴△ADE∽△ABC，∴，即AC·AD=AB·AE （2）連接OD，∵BD是圓O的切線，則OD⊥BD，在Rt△OBD中，OE=BE=OD ∴OB=2OD，∴∠OBD=30°，同理∠BA

23、C=30°，在Rt△ABC中，AC=2BC=2×2=4. 考點：1.圓周角定理；2.相似三角形的判定與性質；3.切線的性質；4.30°的直角三角形的性質. 22．（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）． 【解析】 試題分析：（1）根據(jù)平行線的性質和圓周角定理得到∠ABD=∠BDQ=∠ACD，連接OB，OD，交AB于E，根據(jù)圓周角定理得到∠OBD=∠ODB，∠O=2∠DCB=2∠BDQ，根據(jù)三角形的內角和得到2∠ODB+2∠O=180°，于是得到∠ODB+∠O=90°，根據(jù)切線的判定定理即可得到結論； （2）證明：連接AD，根據(jù)等腰三角形的判定得到AD=BD，根據(jù)相似三角形的性

24、質即可得到結論； （3）根據(jù)題意得到AC?BQ=4，得到BD=2，由（1）知PQ是⊙O的切線，由切線的性質得到OD⊥PQ，根據(jù)平行線的性質得到OD⊥AB，根據(jù)三角函數(shù)的定義得到BE=3DE，根據(jù)勾股定理得到BE的長，設OB=OD=R，根據(jù)勾股定理即可得到結論． 試題解析：（1）證明：∵PQ∥AB，∴∠ABD=∠BDQ=∠ACD，∵∠ACD=∠BCD，∴∠BDQ=∠ACD，如圖1，連接OB，OD，交AB于E，則∠OBD=∠ODB，∠O=2∠DCB=2∠BDQ，在△OBD中，∠OBD+∠ODB+∠O=180°，∴2∠ODB+2∠O=180°，∴∠ODB+∠O=90°，∴PQ是⊙O的切線； （

25、2）證明：如圖2，連接AD，由（1）知PQ是⊙O的切線，∴∠BDQ=∠DCB=∠ACD=∠BCD=∠BAD，∴AD=BD，∵∠DBQ=∠ACD，∴△BDQ∽△ACD，∴，∴BD2=AC?BQ； （3）解：方程可化為x2﹣mx+4=0，∵AC、BQ的長是關于x的方程的兩實根，∴AC?BQ=4，由（2）得BD2=AC?BQ，∴BD2=4，∴BD=2，由（1）知PQ是⊙O的切線，∴OD⊥PQ，∵PQ∥AB，∴OD⊥AB，由（1）得∠PCD=∠ABD，∵tan∠PCD=，∴tan∠ABD=，∴BE=3DE，∴DE2+（3DE）2=BD2=4，∴DE=，∴BE=，設OB=OD=R，∴OE=R﹣，∵OB

26、2=OE2+BE2，∴R2=（R﹣）2+（）2，解得：R=，∴⊙O的半徑為． 23．（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）． 【解析】 【分析】（1）根據(jù)已知先證明∠ACF=∠ACE，再根據(jù)等角的余角相等即可證得； （2）只要證明△CBE∽△CPB，可得即可解決問題； （3）作BM⊥PF于M，則CE=CM=CF，設CE=CM=CF=3a，PC=4a，PM=a，利用相似三角形的性質求出BM，求出tan∠BCM的值即可解決問題； 【詳解】（1）∵AB是直徑， ∴∠ACB=90°， ∴∠BCP+∠ACF=90°，∠ACE+∠BCE=90°， ∵∠BCP=∠BCE， ∴∠A

27、CF=∠ACE， ∵∠AFC=90°，∠AEC=90°， ∴∠FAC=∠EAC， 即AC平分∠FAB； （2）∵OC=OB， ∴∠OCB=∠OBC， ∵PF是⊙O的切線，CE⊥AB， ∴∠OCP=∠CEB=90°， ∴∠PCB+∠OCB=90°，∠BCE+∠OBC=90°， ∴∠BCE=∠BCP， ∵CD是直徑， ∴∠CBD=∠CBP=90°， ∴△CBE∽△CPB， ∴， ∴BC2=CE?CP； （3）如圖，作BM⊥PF于M．則CE=CM=CF， 設CE=CM=CF=3a，PC=4a，PM=a， ∵∠MCB+∠P=90°，∠P+∠PBM=90°， ∴∠MC

28、B=∠PBM， ∵CD是直徑，BM⊥PC， ∴∠CMB=∠BMP=90°， ∴△BMC∽△PMB， ∴， ∴BM2=CM?PM=3a2， ∴BM=a， ∴tan∠BCM=， ∴∠BCM=30°， ∴∠OCB=∠OBC=∠BOC=60°，∠BOD=120°， ∴的長=． 【點睛】本題考查了切線的性質、圓周角定理、相似三角形的判定與性質、解直角三角形的應用等，綜合性較強，有一定的難度，正確添加輔助線，熟練掌握和靈活應用相似三角形的判定與性質定理是解題的關鍵. 24．（1）詳見解析；（2）詳見解析；（3）DM2＝BM2＋2MA2,理由詳見解析. 【解析】 【詳解】試題

29、分析：（1）易證△ABD為等腰直角三角形，即可判定BD是該外接圓的直徑；（2）如圖所示作CA⊥AE，延長CB交AE于點E，再證△ACE為等腰直角三角形，可得AC＝AE，再由勾股定理即可得；利用SAS判定△ABE≌△ADC，可得BE＝DC，所以CE＝BE＋BC，所以CE＝DC＋BC＝；（3）延長MB交圓于點E，連結AE、DE，因∠BEA=∠ACB=∠BMA=45°，在△MAE中有MA=AE，∠MAE=90°，由勾股定理可得 ，再證∠BED=90°，在Rt△MED中，有，所以. 試題解析：（1）∵弧AB＝弧AB， ∴∠ADB＝∠ACB, 又∵∠ACB＝∠ABD＝45°, ∴∠ABD＝∠AD

30、B＝45°, ∴∠BAD＝90°, ∴△ABD為等腰直角三角形, ∴BD是該外接圓的直徑, （2）如圖所示作CA⊥AE，延長CB交AE于點E ∵∠ACB＝45°，CA⊥AE, ∴△ACE為等腰直角三角形, ∴AC＝AE, 由勾股定理可知CE2＝AC2＋AE2＝2AC2, ∴, 由（1）可知△ABD為等腰直角三角形, ∴AB＝AD,∠BAD＝90°, 又∵∠EAC＝90°, ∴∠EAB＋∠BAC＝∠DAC＋∠BAC, ∴∠EAB＝∠DAC, ∴在△ABE和△ADC中, ∴△ABE≌△ADC（SAS）, ∴BE＝DC , ∴CE＝BE＋BC＝DC＋BC＝, （3）DM2＝BM2＋2MA2, 延長MB交圓于點E，連結AE、DE, ∵∠BEA=∠ACB=∠BMA=45°, ∴在△MAE中有MA=AE，∠MAE=90°, ∴, 又∵AC=MA=AE, ∴, 又∵, ∴, 即, ∴DE=BC=MB, ∵BD為直徑, ∴∠BED=90°, 在RT△MED中，有, ∴. 考點：圓的綜合題。 22