考点27圆的有关概念及性质（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（北师大版）

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考点27圆的有关概念及性质

【命题趋势】
圆的有关概念及性质中考主要考查：垂径定理及其推论，圆周角定理及其推论，主要以选择题或填空题的形式呈现。设问角度有：求半径，弦长，弓形的高，角度等。常命基础题。
【常考知识】
垂径定理及其推论，圆周角定理及其推论；设问角度有：求半径，弦长，弓形的高，角度等.
【夺分技巧】
1.在解决有关弧或弦的问题时，常常利用圆周角定理及其推论进行两种转化：①利用同弧所对的圆周角相等进行角与角之间的转化；②根据同圆或等圆的圆周角所对的弧相等转化为弦相等或线段相等。
2.圆的性质的综合运用，要善于挖掘题中的隐含条件。
真题演练
一、单选题
1．（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．
2．（2021·广西百色·中考真题）下列四个命题：①直径是圆的对称轴；②若两个相似四边形的相似比是1：3，则它们的周长比是1：3，面积比是1：6；③同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行；④对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形．其中真命题有（ ）
A．①③ B．①④ C．③④ D．②③④
【答案】C
【分析】
根据有关性质，对命题逐个判断即可．
【详解】
解：①直径是圆的对称轴，直径为线段，对称轴为直线，应该是直径所在的直线是圆的对称轴，为假命题；
②若两个相似四边形的相似比是1：3，面积比是1：9，而不是1：6，为假命题；
③根据平行和垂直的有关性质，可以判定为真命题；
④根据正方形的判定方法，可以判定为真命题；
故答案选C．
3．（2021·江苏徐州·中考真题）如图，一枚圆形古钱币的中间是一个正方形孔，已知圆的直径与正方形的对角线之比为3：1，则圆的面积约为正方形面积的（ ）

A．27倍 B．14倍 C．9倍 D．3倍
【答案】B
【分析】
设OB=x，则OA=3x，BC=2x，根据圆的面积公式和正方形的面积公式，求出面积，进而即可求解．
【详解】
解：由圆和正方形的对称性，可知：OA=OD，OB=OC，

∵圆的直径与正方形的对角线之比为3：1，
∴设OB=x，则OA=3x，BC=2x，
∴圆的面积=π(3x)2=9πx2，正方形的面积==2x2，
∴9πx2÷2x2=，即：圆的面积约为正方形面积的14倍，
故选B．
4．（2021·全国·九年级专题练习）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
5．（2021·河北桥东·二模）下列由实线组成的图形中，为半圆的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
根据半圆的定义即可判断．
【详解】
半圆是直径所对的弧，但是不含直径，
故选B．
6．（2021·江苏东台·一模）下列说法不正确的是（　　）
A．长度相等的弧是等弧
B．从1，2，3，4，5中随机取一个数，取得奇数的可能性较大
C．掷一枚质地均匀的硬币10次，可能有5次正面向上
D．方差越大，数据的波动越大
【答案】A
【分析】
根据等弧的定义、概率的意义、利用频率估计概率及方差的意义逐项进行分析即可作出判断．
【详解】
A、能完全重合的弧是等弧，故A选项错误，符合题意；
B、从1，2，3，4，5中随机取一个数，因为奇数多，所以取得奇数的可能性较大，故B选项正确，不符合题意；
C、任意掷一枚质地均匀的硬币10次，正面朝上的次数不一定是5次，该事件是随机事件，故C选项正确，不符合题意；
D、方差越大数据的波动越大，方差越小数据的波动越小，故D选项正确，不符合题意，
故选A．
7．（2021·四川凉山·中考真题）点P是内一点，过点P的最长弦的长为，最短弦的长为，则OP的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据直径是圆中最长的弦，知该圆的直径是10cm；最短弦即是过点P且垂直于过点P的直径的弦；根据垂径定理即可求得CP的长，再进一步根据勾股定理，可以求得OP的长．
【详解】
解：如图所示，CD⊥AB于点P．
根据题意，得
AB=10cm，CD=6cm．
∴OC=5，CP=3
∵CD⊥AB，
∴CP=CD=3cm．
根据勾股定理，得OP==4cm．
故选B．

8．（2021·浙江浙江·九年级期末）点Q是y轴上一点，以点Q为圆心作一个圆，已知圆上的，，，四点均在抛物线图象上，则该圆的半径为（ ）
A． B．5 C． D．6
【答案】A
【分析】
设Q点坐标为(0，t)，由点A、B纵坐标相同，C、D纵坐标也相同，抛物线对称轴为y轴，可得，，解得，代入抛物线解析式可求点A（-2，2），点B（2，2）点C（-4，8），点D（4，8），由QD2=42+(8-t)2，QB2=22+（t-2）2，可列方程42+(8-t)2=22+(t-2)2，解得t=6，再利用两点距离公式求半径即可．
【详解】
解：设Q点坐标为(0，t)，
∵点A、B纵坐标相同，C、D纵坐标也相同，抛物线对称轴为y轴，
∴A、B两点横坐标互为相反数，C、D两点横坐标也互为相反数，
∴，，
解得，
∴，
点A（-2，2），点B（2，2）点C（-4，8），点D（4，8），
又∵四点都在圆上，
∴QB=QD=QA=QC，
∵QD2=42+(8-t)2，QB2=22+（t-2）2，
∴42+(8-t)2=22+(t-2)2，
解得t=6，
圆的半径为R=．
故选择：A．
9．（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．
10．（2021·河南洛宁·一模）下列关于圆的说法，正确的是（ ）
A．弦是直径，直径也是弦
B．半圆是圆中最长的弧
C．圆的每一条直径所在的直线都是它的对称轴
D．过三点可以作一个圆
【答案】C
【分析】
根据弧、弦的概念、对称轴的概念、过三点的圆的条件判断即可．
【详解】
解：A、弦不一定是直径，但直径是弦，本选项说法错误，不符合题意；
B、半圆小于优弧，半圆是圆中最长的弧说法错误，本选项不符合题意；
C、圆的每一条直径所在的直线都是它的对称轴，本选项说法正确，符合题意；
D、过不在同一直线上的三点可以作一个圆，本选项说法错误，不符合题意；
故选：C．

二、填空题
11．（2021·江苏南通·中考真题）如图，在中，，，以点A为圆心，长为半径画弧，交延长线于点D，过点C作，交于点，连接BE，则的值为___________．

【答案】．
【分析】
连接AE，过作AF⊥AB，延长EC交AF于点F，过E作EG⊥BC于点G，设AC=BC=a，求出AF=CF=，由勾股定理求出CE，再由勾股定理求出BE的长即可得到结论．
【详解】
解：连接AE，过作AF⊥AB，延长EC交AF于点F，过E作EG⊥BC于点G，如图，

设AC=BC=a，
∵
∴，
∴，
∵
∴
∵
∴
∴
∴
设CE=x，则FE=
在Rt△AFE中，
∴
解得，，（不符合题意，舍去）
∴
∵
∴
∴
∴
在Rt△BGE中，
∴
∴
故答案为：．
12．（2021·湖北十堰·模拟预测）如图，正方形的边长为2，点，点分别是边，边上的动点，且，与相交于点．若点为边的中点，点为边上任意一点，则的最小值等于______．

【答案】．
【分析】
作M关于CD的对称点Q，取AB的中点H，连接PQ与CD交于点，连接PH、HQ，利用正方形的性质证明△ABE≌△BCF，推出，求出，根据三角形三边的关系得到当H、P、Q三点共线时，的值最小，利用勾股定理求出HQ的长度，由此得到答案．
【详解】
解：作M关于CD的对称点Q，取AB的中点H，连接PQ与CD交于点，连接PH、HQ，则N=Q，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，AB∥CD，，
∵，
∴△ABE≌△BCF，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点P在以AB为直径的圆H上运动，
∵点M是BC的中点，
∴,
∵,
∴当H、P、Q三点共线时，的值最小，
最小值HQ=，
此时N与重合，则，
故答案为：．
．
13．（2021·浙江温州·中考真题）图1是邻边长为2和6的矩形，它由三个小正方形组成，将其剪拼成不重叠、无缝隙的大正方形（如图2），则图1中所标注的的值为______；记图1中小正方形的中心为点，，，图2中的对应点为点，，．以大正方形的中心为圆心作圆，则当点，，在圆内或圆上时，圆的最小面积为______．

【答案】
【分析】
（1）先求出剪拼后大正方形的面积，得到其边长，再结合图2，求出图1中长方形的长边除去长为d部分的线段后，剩下的线段长刚好为大正方形的边长，最后用图1中的长方形的长减去图2中大正方形的边长即可完成求解；
（2）结合两图分别求出对应线段的长，通过作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求出O点到、、之间的距离即可确定最小圆的半径，即可完成求解．
【详解】
解：∵图1是邻边长为2和6的矩形，它由三个小正方形组成，
∴每个小正方形边长为2，图1和图2中整个图形的面积为，
所以图2中正方形的边长,如下图3所示；
∴图1中，；
分别连接、、，并分别过点、、向大正方形的对边作垂线，得到如图所示辅助线，
综合两图可知，,,,O点到大正方形各边距离为，
∴，,
∴;
综合两图可知：,,,
∴,,
∴；
继续综合两图可知：,
∴,
∴,
∵，
∴距离O点最远，
∴最小圆的半径应为，
∴圆的面积为；
故答案为：；．

14．（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：．

15．（2021·全国·九年级课时练习）已知下列四个图形：①长度为的线段；②斜边为3的直角三角形；③面积为4的菱形；④半径为，圆心角为90°的扇形；其中，能够被半径为1的圆及其内部所覆盖的图形是______．（填写序号）
【答案】④
【分析】
根据图形中最长的的线段与圆的直径相比较即可判断．
【详解】
解：半径为1的圆的直径为2，
①∵＞2，
∴长度为线段不能够被半径为1的圆及其内部所覆盖；
②∵3＞2，
∴斜边为3的直角三角形不能够被半径为1的圆及其内部所覆盖；
③∵面积为4的菱形的长的对角线＞2，
∴面积为4的菱形不能够被半径为1的圆及其内部所覆盖；
④∵半径为，圆心角为90°的扇形的弦为2，
∴半径为，圆心角为90°的扇形能够被半径为1的圆及其内部所覆盖；
故答案为：④．
16．（2021·四川省内江市第六中学一模）把一个圆心为O，半径为r的小圆面积增加一倍，两倍，三倍，分别得到如图所示的四个圆（包括原来的小圆），则这四个圆的周长之比（按从小到大顺序排列）是___．

【答案】1：：：2
【分析】
设最小的圆的面积是，则其它三个圆的面积分别是，，．由题意得四个圆是相似形，根据面积比可求得其相似比，根据周长比等于相似比即可得到答案．
【详解】
解：设最小的圆的面积是，则其它三个圆的面积分别是，，，
所有的圆都是相似形，面积的比等于半径的比的平方，
因而半径的比是，周长的比等于相似比，即半径的比，是．
故答案为：．
17．（2021·湖北武昌·一模）如图，在边长为6的正方形ABCD中，M为AB上一点，且BM＝2，N为边BC上一动点，连接MN，点B关于MN对称，对应点为P，连接PA，PC，则PA+2PC的最小值为________．

【答案】
【分析】
根据MP=2可得P在以M为圆心，2为半径的圆上，取MF的中点，以点B为坐标原点，BC、BA所在直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，设点P（x，y）则PE2=x2+(y﹣3)2，PA2=x2+(y﹣6)2，MP2=x2+(y﹣2)2=4，进而可求得PA=2PE，根据两点之间线段最短可知，当E、P、C共线时PA+2PC=2(PE+PC)最小．
【详解】
解：∵点B关于MN对称，对应点为P，BM=2，∴MP=2，
∴P在以M为圆心，2为半径的圆上，如图，
设圆与AB交于B、F两点，取MF的中点E，连接PE，则ME=1，BE=AE=3，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，AB=BC=6，
以点B为坐标原点，分别以BC、BA所在直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，
则E(0，3)，A（0，6），M(0，2)，设点P（x，y），
则PE2=x2+(y﹣3)2，PA2=x2+(y﹣6)2，MP2=x2+(y﹣2)2=4即x2+y2=4y，
∴= = = = ，
∴即PA=2PE，
连接EC，在Rt△EBC中，BC=6，BE=3，
由勾股定理得CE= = ，
∴PA+2PC=2(PE+PC)≥2CE= (当E、P、C共线时取等号)，
∴PA+2PC的最小值为．
故答案为：．


三、解答题
18．（2021·湖南怀化·二模）如图，抛物线与直线交于，两点，直线：交轴于点．点是直线上的动点，过点作轴交于点，交抛物线于点．

（1）求抛物线的表达式．
（2）连接，，当四边形是平行四边形时，求点的坐标．
（3）①在轴上存在一点，连接，，当点运动到什么位置时，以，，，为顶点的四边形是矩形？求出此时点，的坐标．
②在①的前提下，以点为圆心，长为半径作圆，点为上一动点，求的最大值．
【答案】（1）；（2）；（3）①，；②
【分析】
（1）把，代入二次函数解析式即可求解；
（2）先求出直线解析式为，设设，则，根据四边形是平行四边形得到，得到方程故可求解；
（3）①过作于，过作轴于，过作于．根据矩形的性质得到，于是，得到方程求出E点坐标，再求出H的坐标；②根据题意作图，由图可得位于的延长线与的交点处，最大为，故可求解．
【详解】
解：（1）把，代入二次函数得
解得
∴
（2）设直线：，直线过，，
∴解得
∴．
设，则．
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）①设，则．
过作于，过作轴于，过作于．

∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴AN=m+4，QH=-m
∴，
∴，；
∴．
∴．
②由题意，，
∴．
当点在上运动，取最大值时，
位于的延长线与的交点处，
的最大值等于．
∴的最大值为．

19．（2021·江苏建邺·二模）（概念学习）
在平面直角坐标系中，的半径为，若平移个单位后，使某图形上所有点在内或上，则称的最小值为对该图形的“最近覆盖距离”．例如，如图①，，则对线段的“最近覆盖距离”为．


（概念理解）
（1）对点的“最近覆盖距离”为_ ．
（2）如图②，点是函数图像上一点，且对点的“最近覆盖距离”为，则点的坐标为_ ．
（拓展应用）
（3）如图③，若一次函数的图像上存在点，使对点的“最近覆盖距离”为，求的取值范围．
（4），且，将对线段的“最近覆盖距离”记为，则的取值范围是 ．
【答案】（1）4；（2）或；（3）或；（4）
【分析】
（1）求出点(3,4)与原点的距离，这个距离与1的差即是所求结果；
（2）设点P的坐标为，根据P到圆心的距离为4及勾股定理，可得关于x的方程，解方程即可求得点P的坐标；
（3）考虑临界状态，当OC=2时，函数图象上存在点C，使对点C的“最近覆盖距离”为1，利用三角形相似求出;同理，另一个临界状态为，即可求解；
（4）由题意可得DE是一条倾斜角度为45°,长度为的线段，可在圆上找到两条与之平行且等长的弦AB、FG，如果D落在弧AF上，或者落在弧BG上，进而求解．
【详解】
（1）点(3,4)与原点的距离为，而5－1=4，则对点的“最近覆盖距离”为4；
故答案为：
（2）由题意可知，到圆的最小距离为，
即到圆心的距离为
由点P在直线上，故设，
则
解得
故点P的坐标为：或
故答案为：或
（3）如图，考虑临界状态，过O作OC⊥DE于C点，当时，函数图像上存在点，使对点的“最近覆盖距离”为




则
设则
由勾股定理可得：
解得（舍）

此时．
同理，另一个临界状态为
经分析可知，函数相比临界状态更靠近轴，则存在点
或

由题意可知，是一条倾斜角度为，长度为的线段

可在圆上找到两条与之平行且等长的弦
如果落在弧上，或者落在弧上，则成立
当时，到弧的最小距离为
此时
当时，到弧的最小距离为
此时
综上
20．（2021·重庆巴蜀中学三模）如图1，等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝8，AD平分∠BAC交BC于点D，点E、F分别是线段AC、AB上两点，且AE＝AF，连接BE交AD于点Q，过点F作FG⊥BE交BE于点P，交BC于点G；
（1）若BF＝2，求DQ的长；
（2）求证：；
（3）如图1，，连接EF，将△EAF绕点A顺时针旋转，点M为EF中点，连接BM，CM，以BM为直角边构造等腰Rt△BMN，过点N作NR⊥BC交BC于点R，连接RM，当NR最小时，直接写出MR的长度．

【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）根据直角三角形的性质和三角形面积公式得出BQ，进而利用勾股定理和三角形面积公式解答即可；
（2）过点C作CH⊥BC，交BE的延长线于H，根据ASA证明△BFG≌△CEH，进而利用全等三角形的性质解答即可；
（3）连接AM，过点B作BK⊥AB，且BK=AB，连接NK，根据全等三角形的判定和性质得出NK=AM，得出点N在N在以K为圆心，为半径的圆上移动，当K，N，R三点共线时，NR长度最小，再解直角三角形和勾股定理即可得出答案．
【详解】
解：（1）∵BF=2，AB=AC=8，AE＝AF，
∴AE＝AF=6，
∵AB=AC=8，∠BAC=90°，
∴
∵AD⊥BC，
∴AD=CD=BD=，∠BAD=∠CAD=45°，
∴Q到AB，AC边的距离相等，
∴，
∴
在Rt△ABE中，∠BAF=90°，AB=8，AE=6，
∴，
∴；
在RtBADQ中，∠BDQ=90°，
；
（2）过点C作CH⊥BC，交BE的延长线于H，

∵CH⊥BC，AD⊥BC，
∴AD//CH，
∵BD=CD，
∴BQ=HQ，
∴DQ是△ACG的中线，BH=2BQ，
∴CH=2DQ，
∵∠ABC=∠BCA=45°，∠DCH=90°，
∴∠ACH=∠DCH-∠BAC=45°，
∴∠FBG=∠ACH，
∵FG⊥BE，
∴∠ABE+∠BFG=90°，
∵∠ABE+∠AEB=90°，
∴∠BFG=∠AEB
∵∠HEC=∠AEB，
∴∠BFG=∠HEC，
∵AB=AC，AE=AF，
∴CE=BF，
在△BFG与△CEH中，

∴△BFG≌△CEH（ASA），
∴BG=CH，
∴BG=2DQ，
∵BC=2AD=2（AQ+DQ）=2AQ+2DQ=2AQ+BG，
∵，
∴=2AQ+BG，
∴；
（3）连接AM，过点B作BK⊥AB，且BK=AB，连接NK，

∵，∠EAF=90°，
∴，
∵M为EF中点，
∴，
∴∠ABK=90°，
∵BM绕点B逆时针旋转90°得BN，
∴BM=BN，∠MBN=90°，
∴∠ABM=∠KBN，
在△ABM与△AKN中，

∴△ABM≌△KBN（SAS），
∴AM=KN=，∠BAM=∠BKN，
∴N在以K为圆心，为半径的圆上移动，
∴当且仅当K，N，R三点共线时，NR长度最小，如图
∵当NR取最小值时，∠RBK=∠ABK-∠ABC=45°，
∵NR⊥BC
∴∠BRK=90°
∴，∠BKR=45°，
∵△ABM≌△KBN，
∴∠MAB=∠BKR=45°，
∴点E在AB上，且为AB的中点，延长FE交BC于P，
在Rt△BPE中，PE=BEsin45°=，
∴，
∴，

21．（2021·江苏工业园区·一模）如图，在苏州工业园区的金鸡湖东岸，有一座世界最大的水上摩天轮“苏州之眼”，其直径为，旋转1周用时．小明从摩天轮的底部（与地面相距）出发开始观光．


（1）后小明离地面多高？
（2）摩天轮转动1周，小明在离地面以上的空中有多长时间？
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）根据摩天轮旋转一周用时，求出摩天轮旋转，再利用锐角三角函数知识进行求解；
（2）重点是根据题意作出与地面平行的线段并延长交于点，利用锐角三角函数知识求出是解题的关键．
【详解】
解：（1）摩天轮旋转一周用时，
摩天轮旋转，
旋转度数为，
设小明旋转到点，则，
过点作AO的垂线交于点，


摩天轮的直径是，，
，
，
，

（2）如图：假设为离地面的线段，则其与地面平行，延长交于点，则，


，
，
，
，
，
,
，
，
，
摩天轮旋转需要的时间为
，
旋转，即从到所需要的时间为
，
小明在离地面以上的空中．