专题23 圆的证明与计算（练透）-【讲通练透】2023中考数学一轮（全国通用）（教师版）

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这是一份专题23 圆的证明与计算（练透）-【讲通练透】2023中考数学一轮（全国通用）（教师版），共28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。

专题23 圆的证明与计算
一、单选题
1．（2022·廊坊市第四中学九年级期末）已知⊙O的直径是8，圆心O到直线a的距离是3，则直线a和⊙O的位置关系是（）
A．相离 B．相交 C．相切 D．外切
【答案】B
【分析】
根据题意可得半径r=4，根据d 【详解】
解：∵⊙O的直径为8，
∴半径=4，
∵圆心O到直线a的距离为3，
∴圆心O到直线a的距离<半径，
∴直线a与⊙O相交．
故选：B．
2．（2022·银川市第三中学）如图，正方形中，分别以，为圆心，以正方形的边长为半径画弧，形成树叶形（阴影部分）图案，则树叶形图案的面积为（）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由图可知，树叶形图案的面积是两个圆心角为90°，且半径为a的扇形的面积与正方形的面积的差，可据此求出树叶形图案的面积．
【详解】
解：树叶形图案的面积为：
．
故选：B．
3．（2022·廊坊市第四中学九年级期末）如图，圆的两条弦AB，CD相交于点，且，∠C=50°，则∠CEB的度数为（）

A．50° B．80° C．90° D．100°
【答案】D
【分析】
先根据圆周角定理得到∠C=∠A=50°，然后根据三角形外角性质计算∠CEB的度数．
【详解】
解：∵，
∴∠C=∠A=50°，
∴∠CEB=∠A+∠C=50°+50°=100°．
故选：D．
4．（2022·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校九年级）如图，正六边形内接于圆，半径为4，则这个正六边形的边心距为（）

A．2 B． C． D．
【答案】B
【分析】
连接，证明是等边三角形，得出即可求解．
【详解】
解：连接，如图所示：

则，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴
∴，
故选：B．
5．（2022·厦门海沧实验中学九年级开学考试）在中，，，，若以点为圆心，为半径的与直线相切，则的值为（）
A．2.4 B．3 C．4.8 D．5
【答案】C
【分析】
如图所示，过C作CD⊥AB，交AB于点D，在直角三角形ABC中，由AC与BC的长，利用勾股定理求出AB的长，利用面积法求出CD的长，即为所求的r．
【详解】
解：如图所示，过C作CD⊥AB，交AB于点D，

在Rt△ABC中，AC=6cm，BC=8cm，
根据勾股定理得：AB==10（cm），
∵S△ABC=BC•AC=AB•CD，
∴×6×8=×10×CD，
解得：CD=4.8，
则r=4.8（cm）．
故选：C．
6．（2022·全国九年级课时练习）如图，在中，，，以的中点为圆心，作圆心角为的扇形，点恰在上，设，当由小到大变化时，图中阴影部分的面积为（）

A． B． C． D．随的变化而变化
【答案】C
【分析】
连接CD，证明△BDH≌△CDG，利用扇形面积公式、正方形面积公式计算即可．
【详解】
如图，连接，作于点，于点，

∵，，∴，
，，∴，
∴四边形是正方形，
∴，∴，
∵，∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴四边形的面积正方形的面积，
∵正方形的面积，
∴四边形的面积，
∵扇形的面积，
∴阴影部分的面积扇形的面积四边形的面积，恒为定值．
故选：C.
7．（2022·全国九年级课时练习）一张圆心角为的扇形纸板和圆形纸板按如图方式分别剪成一个正方形，边长都为1，则扇形和圆形纸板的面积比是（）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
先画出图形，分别求出扇形和圆的半径，再根据面积公式求出面积，最后求出比值即可．
【详解】
解：如图1，连接，

四边形是正方形，
，，
，
，
由勾股定理得：，
扇形的面积是；
如图2，连接、，
四边形是的内接四边形，四边形是正方形，
，，
，
，
，
的面积是，
扇形和圆形纸板的面积比是．
故选：A．
8．（2020·广州市第七中学）以半径为4的圆的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距为三边作三角形，则该三角形的面积是（）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由于内接正三角形、正方形、正六边形是特殊内角的多边形，可构造直角三角形分别求出边心距的长，然后由勾股定理逆定理可得该三角形是直角三角形，进而可得其面积．
【详解】
解：如图1，

∵ 为圆内接正三角形，
∴ ，
∵ ，，
∴ ，
如图2，

∵四边形是圆内接正方形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，解得：，
如图3，

∵正六边形为圆内接正六边形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 该三角形的三边长分别为，
∵ ，
∴该三角形是直角三角形，
∴该三角形的面积为
故选：C
9．（2022·湖南师大附中博才实验中学九年级）如图，在Rt△AOB中，∠ABO＝90°，∠AOB＝30°，AB＝，扇形AOC的圆心角为60°，点D为上一动点，P为线段BD上的一点，且PB＝2PD，当点D从点A运动至点C，则点P的运动路径长为（）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
在OB上取BE=2OE，在AB上BF=2AF，在BC上取BG=2CG，分别连接EF、PE、GE、OD，则可证明△DBO∽△PBE，从而求得PE的长为定值，这样可确定点P的运动路径为一段弧，且弧的两端为点F和点G，因此只要求出OA的长及圆心角∠FEG的大小，即可求得圆弧的长，从而求得结果．
【详解】
在OB上取BE=2OE，在AB上BF=2AF，在BC上取BG=2CG，分别连接EF、PE、GE、OD，如图
∵BP=2PD，BE=2OE
∴
∵∠DBE=∠PBE
∴△DBO∽△PBE
∴
即
∵∠ABO＝90°，∠AOB＝30°，AB＝
∴
∴

同理：EF=，
∴PE=EF=EG
∵当点D与点A重合时，点P与点F重合；当点D与点C重合时，点P与点G重合
∴点P在以点E为圆心，为半径的圆弧FG上运动
∵∠AOC=60°
∴∠COB=∠AOC+∠AOB=90°
∵△FBE∽△ABO，△BEG∽△BOC
∴∠FEB=∠AOB=30°，∠GEB=∠COB=90°
∴∠FEG=90°－∠FEB=60°
的长为
故选：A．

10．（2022·无锡市天一实验学校九年级月考）半径OA⊥弦BC于D，将⊙O沿着BC对折交AD于点E，，△ABE的面积为36，则OD的长为（）

A．3 B． C．4 D．
【答案】A
【分析】
连接BF，根据折叠的性质得到，，根据圆周角定理得到，根据余角的性质得到，连接OB，根据等腰三角形的性质得到，根据三角函数的定义设，则，求得，根据三角形的面积列方程即可得到结论．
【详解】
解：连接BF，
∵将⊙O沿BC对折交AD于点E，

∴，，
∵AF是⊙O的直径，
∴∠ABF=90°，
∴∠A+∠F=90°，
∵半径OA⊥弦BC于点D，
∴∠F+∠FBD=90°，
∴∠EBD=∠FBD=∠A，
∴∠ABE=90°-2∠A，连接OB，
∵OA=OB，
∴∠A=∠ABO，
∴∠ABO=∠DBE，
∴∠ABE=∠OBD，
∵tan∠ABE=，
∴tan∠OBD=，
设OD=x，则BD=4x，则，
∵，
∴，
∵△ABE的面积为，
解得：x=3，
∴OD=3，
故选：A．
二、填空题
11．（2022·广州市南武实验学校九年级期末）如图，PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，PO与AB相交于点C，PA＝6，∠APB＝60°，则OC的长为__．

【答案】
【分析】
根据切线的性质和切线长定理可得OA⊥PA，∠APO=30°，PA=PB，根据直角三角形的性质可得OA=2CO，根据勾股定理可求AO的长，即可求OC的长．
【详解】
解：如图，连接OA，

∵PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，PA=6，∠APB=60°，
∴OA⊥PA，∠APO=30°，PA=PB，
∴∠AOC=60°，AB⊥PO
∴∠CAO=30°
∴AO=2CO，
在中，
∴
∵
∴
∴
∴CO=
故答案为：．
12．（2022·宜兴市实验中学九年级）如图，点在以为直径的半圆上，，，点在线段上运动，点与点关于对称，于点，并交的延长线于点．当点从点运动到点时，线段扫过的面积是______．

【答案】48
【分析】
首先根据对称性确定线段EF扫过的图形，然后探究出该图形与△ABC的关系，就可求出线段EF扫过的面积．
【详解】
解：∵AC是半圆的
∴
∵，，
∴
∵点D与点E关于AC对称，
点D与点F关于BC对称，
∴当点D从点A运动到点B时，点E的运动路径AM与AB关于AC对称，点F的运动路径NB与AB关于BC对称．
∴EF扫过的图形就是图5中阴影部分．

∴S阴影=2S△ABC
=2×
=AC•BC
=6×8
=48
∴EF扫过的面积为48．
故答案为：48．
13．（2022·江苏高港区·高港实验学校九年级）如果圆锥的底面半径为3cm，母线长为6cm，那么它的侧面积等于_____．
【答案】18π
【分析】
根据已知条件得到底面圆的周长，再根据扇形面积计算公式计算即可；
【详解】
∵圆锥的底面半径为3cm，
∴底面周长，
又∵母线长为6cm，
∴；
故答案是18π．
14．（2022·沙坪坝区·重庆八中九年级）在边长为的正方形OABC中，D为边BC上一点，且CD＝1，以O为圆心，OD为半径作圆，分别与OA、OC的延长线交于点E、F，则阴影部分的面积为__．

【答案】3﹣﹣
【分析】
根据勾股定理求出OD，根据直角三角形的性质求出∠COD，证明Rt△COD≌Rt△AOG，得到AG＝CD＝1，∠AOG＝∠COD＝30°，根据三角形面积公式、扇形面积公式计算，得到答案．
【详解】
解：如图所示：

在Rt△OCD中，OD＝，
∴∠COD＝30°，
在Rt△COD和Rt△AOG中，
，
∴Rt△COD≌Rt△AOG（HL）
∴AG＝CD＝1，∠AOG＝∠COD＝30°，
∴∠DOG＝30°，
∴阴影部分的面积＝×﹣×1××2﹣＝3﹣﹣；
故答案为：3﹣﹣．
15．（2022·辽宁鞍山市·九年级期末）如图，点A、B、C、D在⊙O上，AD是⊙O的直径，且AD＝3，若∠ABC＝∠CAD，BC交AD于点E，则CE•BC为___．

【答案】9
【分析】
由圆周角定理可知，又，则可得，从而可得出；由直径所对的圆周角为直角可得；由勾股定理求得的值；由，，可判定，由相似三角形的性质可得比例式，变形即可得出答案．
【详解】
解：，，
，
，
是的直径，
，
在中，由勾股定理得：，
，，
，
解得：．
，，
，
，
．
故答案为：9．
三、解答题
16．（2022·全国九年级课时练习）如图，在一个半径为的圆形纸片中，剪一个圆心角为的扇形．

（1）求这个扇形的面积（保留）；
（2）用所剪的纸片围成一个圆锥的侧面，求这个圆锥的底面圆的半径．
【答案】（1）；（2）1
【分析】
（1）连接，可以得到为等腰直角三角形，由勾股定理求得，再根据扇形面积即可求解；
（2）设这个圆锥的底面圆的半径为，根据题意可得的长即为底面圆的周长，列方程求解即可．
【详解】
（1）如图，连接，∵，
∴为的直径，
∵为扇形，∵，
∴为等腰直角三角形，
∴
∴，
∴这个扇形的面积；

（2）设这个圆锥的底面圆的半径为，由题意得的长即为底面圆的周长
∵扇形中，的长，
∴，解得，即围成的这个圆锥的底面圆的半径为1．
17．（2022·全国）如图，，是的直径，若，求的长度．

【答案】3
【分析】
连接AD，则可证明AECD，可得∠CDA＝∠EAD，可得，故可得DE＝AC．
【详解】
如图，连接，

∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
18．（2022·河南省淮滨县第一中学九年级期末）如图，为等边△ABC的外接圆，半径为2，点D在劣弧上运动（不与点A，B重合），连接DA，DB，DC．求四边形ADBC的面积的最大值．

【答案】四边形ADBC的面积的最大值为．
【分析】
根据旋转的性质得到CD=CH，，推出点D，点B，点H三点共线，得到是等边三角形，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】
解：如图，将△ADC绕点C逆时针旋转60°，得到△BHC，

∴CD=CH，∠DAC=∠HBC，
∵四边形ACBD是圆内接四边形，
∴∠DAC+∠DBC=180°，
∴∠DBC+∠HBC=180°，
∴点D，点B，点H三点共线，
∵为等边△ABC的外接圆，
∴∠CDH=∠BAC=60°，
∵DC=CH，
∴△DCH是等边三角形，
∴CD=CH=DH，
∴△DCH的CD边的高为，
∵四边形ADBC的面积S=S△ADC+S△BDC=S△CDH= ，
∴当CD最大时，四边形ADBC的面积最大，
∴当CD为的直径时，CD的值最大，即CD=4，
∴四边形ADBC的面积的最大值为．
19．（2022·长沙市雅礼实验中学九年级月考）如图，是的直径，点在上，过点的切线与的延长线交于点，且．

（1）求的度数；
（2）若的半径为3，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）120°；（2）
【分析】
（1）连接，设，由题意可得，根据切线性质可得，即可求解；
（2）由图形可得图中阴影部分的面积为，分别求得即可求解．
【详解】
（1）证明：连接，如下图：

∵，，
设，∴
∵是的切线，
∴，
∴，即，解得
∴．
（2）解：∵，
∴．
∴，
在中，，
∴，
∴．
∴图中阴影部分的面积为．
20．（2022·武汉一初慧泉中学九年级月考）如图，为的直径，与相切，以、为边的平行四边形交于点D，连．

（1）求证：是的切线；
（2）连，若，，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）如图1，连接，可证，得到即可；
（2）如图2，连接交于点H，连接CD交AO于点M，通过平行四边形和勾股定理求出AO的长，再根据条件和垂径定理证明点M为CD的中点，推出OM为的中位线，再利用等面积法求出CM，再根据勾股定理求出OM，得到BD，最后根据，可求出DH，即可得到的值．
【详解】
解：（1）证明：如图1，连，
为的直径，与相切，
，
四边形为平行四边形，

在和中，
，
，
，
是的切线；

（2）如图2，连接交于点H，连接CD交AO于点M，

，，
在平行四边形中，，
，
在中，，

点M为CD的中点，
为的中位线，

，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
∴．
21．（2022·浙江衢州市·九年级期中）如图，⊙O的直径AB与弦CD相交于E，已知AE＝1cm，BE＝5cm，∠DEB＝30°，求：
（1）CD的弦心距OF的长；
（2）弦CD的长．

【答案】（1）1cm；（2）4cm．
【分析】
（1）根据AE、BE的长及AB是直径可求出OE的长，根据含30°角的直角三角形的性质求出OF的长即可；
（2）连接OD，根据勾股定理求出DF，根据垂径定理即可得答案．
【详解】
（1）∵AE＝1cm，BE＝5cm，
∴AB＝AE+EB＝6cm，
∵AB为⊙O的直径，
∴OA=AB=3cm，
∴OE＝OA﹣AE＝2cm，
∵OF⊥CD，∠DEB＝30°，
∴OF＝OE＝×2＝1cm；
（2）连接OD，
∵AB=6cm，AB为⊙O的直径，OD为⊙O的半径，
∴OD=AB=3cm，
在Rt△ODF中，DF＝＝＝2cm，
∵OF⊥CD，
∴CD＝2DF＝4cm．

22．（2022·辽宁鞍山市·九年级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是AB边上一点，作△BCD的外接圆⊙O，CE是⊙O的直径，且CE与AB交于点G，DF∥EC交AC于点F．

（1）求证：DF为⊙O的切线；
（2）若，AC＝5，求⊙O的半径长．
【答案】（1）见解析；（2）⊙O的半径长为．
【分析】
（1）由∠ACB=90°，AC=BC得∠B=∠A=45°，再由圆周角定理得∠DOC=90°，再由DF∥EC，即可证DF为⊙O的切线；
（2）先证明∠CDF=∠A=45°，由∠CDF=∠A和∠ACD=∠DCF可证△ACD∽△DCF，从而有，再由、DF∥EC、AC=5得CF=3、AC=5，由此求出CD，再用勾股定理求出OC即可．
【详解】
（1）证明：连接OD，

∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠B=∠A=45°，
∴∠DOC=2∠B=90°，
∴OD⊥CE，
∵DF∥EC，
∴OD⊥DF，
∴DF为⊙O的切线；
（2）解：由（1）知，∠DOC=90°，OD=OC，
∴∠DCO=45°，
∵DF∥EC，
∴∠CDF=∠DCO=45°，
∴∠CDF=∠A，
∵∠ACD=∠DCF，
∴△ACD∽△DCF，
∴，即CD2=AC•CF，
∵，DF∥EC，
∴AF：CF=2：3，
∵AC=5，
∴CF=3，AC=5，
∴CD=，
∵CO2+OD2=CD2，
∴OC=，
∴⊙O的半径长为．
23．（2022·广西南宁市·南宁十四中）如图，是的直径，弦于点，点是上一点，且．连接，，交于点．

（1）若，，求的半径；
（2）求证：；
（3）连接并延长，交的延长线于点，过点作的切线，交的延长线于点．求证：．
【答案】（1）5；（2）见解析；（3）见解析．
【分析】
（1）连接AC，BC，BD，通过证明△BCE∽△CAE，可得，可求AE的长，即可求⊙O的半径；
（2）通过证明△BDE≌△NDE，可得∠DBN＝∠DNB，即可证AN＝AF，可得△ANF为等腰三角形；
（3）通过证明△ODE∽△ODM，可得DO2＝OE•OM，通过证明△PCO∽△CNO，可得CO2＝PO•ON，即可得结论．
【详解】
解：（1）如图，连接AC，BC，BD，

∵CD⊥AB，AB是直径
∴
∴∠BCD＝∠BAC，且∠BEC＝∠CEA
∴△BCE∽△CAE
∴,即,
∴AE＝9
∴AB＝AE+BE＝10
∴⊙O的半径为5；
（2）∵，
∴∠BCD＝∠BDC＝∠CDF，且DE＝DE，∠BED＝∠NED＝90°
∴△BDE≌△NDE（ASA）
∴∠DBN＝∠DNB，BE＝EN
∵∠DBA＝∠DFA，∠BND＝∠FNA
∴∠FNA＝∠DFA
∴AN＝AF；
（3）如图，连接NC，CO，DO，

∵MD是切线，
∴MD⊥DO，
∴∠MDO＝∠DEO＝90°，∠DOE＝∠DOE
∴△MDO∽△DEO
∴，
∴OD2＝OE•OM
∵AE＝EN，CD⊥AO
∴∠BNC＝∠CBN，
∴∠CBP＝∠CNO，
∵，
∴∠BOC＝∠BAF
∵CO//AF
∴∠PCO＝∠PFA
∵四边形BCFA是圆内接四边形
∴∠PBC＝∠PFA
∴∠PBC＝∠PFA＝∠PCO＝∠CNO，且∠POC＝∠COE
∴△CNO∽△PCO
∴，
∴CO2＝PO•NO，
∴ON•OP＝OE•OM．

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