2024成都中考数学复习逆袭卷诊断小卷十二 (含详细解析)

这是一份2024成都中考数学复习逆袭卷诊断小卷十二 (含详细解析)，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(每小题3分，共计18分)
1. 若一个扇形的半径为2，面积为 eq \f(2π,3) ，则它的圆心角的度数为( )
A. 30° B. 60° C. 90° D. 120°
2. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，且＝，连接BD，若∠ADC＝ 130°，则∠BDC的度数是( )
第2题图
A. 55° B. 50° C. 45° D. 40°
3. 如图，AB为⊙O的直径，点C，D，E在⊙O上，且＝.若∠E＝80°，则∠ABC的度数为( )
第3题图
A. 40° B. 30° C. 20° D. 10°
4. 如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，过点C作⊙O的切线CD，交BA的延长线于点D，过点B作⊙O的切线BE，交DC的延长线于点E.若∠ABC＝30°，△ECB的周长为18，则DO的长为( )

第4题图
A. eq \r(3) B. 2 eq \r(3) C. 4 eq \r(3) D. 6 eq \r(3)
5. 如图，点A在⊙O内，B，C在⊙O上，若∠BAC＝90°，AB＝AC，OA＝1，⊙O的半径为5，则弦BC的长为 ( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 8

第5题图
6. 如图，AB为⊙O的直径，点C是的中点，连接AC，BC，以点C为圆心，CA长为半径画弧，得到扇形ACB，将扇形ACB围成一个圆锥，若AB＝8，则圆锥底面圆的半径为( )
第6题图
A. 2 B. eq \r(2) C. 2 eq \r(2) D. 4 eq \r(2)
二、填空题(每小题3分，共计9分)
7. 如图，⊙O为正六边形ABCDEF的内切圆，点G，H，K分别为BC，DE，EF与⊙O的切点，连接GK，KH，则∠GKH的度数为________．
第7题图
8. 如图，在扇形AOB中，∠AOB＝60°，半径OA＝ eq \r(3) ，点C是的中点，过点C作CD∥OA，交OB于点D，则阴影部分的面积为__________．
第8题图
9. 创新考法·真实问题情境 如图，某游乐场计划在道路BC的一侧修建一个四边形休息区ABCD，并沿BD将该休息区划分为两部分提供管理和服务，设计要求BD⊥DC，AD∥BC，已知AD＝20米，BC＝40米，则设计的休息区ABCD的最大面积是______平方米．
第9题图
三、解答题(本大题共2小题，共计18分)
10. (本小题8分)如图，AB，CD为⊙O的两条相互垂直的弦，AB，CD交于点E，连接AC，过点O作OF⊥AB于点F.
(1)若OF＝1，AB＝4，求⊙O的半径；
(2)连接OC交AB于点G，若点G是OC的中点，求证：CD＝4OF.
第10题图
11. (本小题10分)如图，AB是⊙O的直径，BC为⊙O的切线，且BC＝AB，连接OC，过点B作BD⊥OC于点E，交⊙O于点D，连接AD，AC，AC交BD于点F，交⊙O于点G.
(1)求证：∠ABD＝∠ECB；
(2)若BD＝4，求FG的长．
第11题图
参考答案与解析
快速对答案
逐题详析
1. B 【解析】设扇形的圆心角为n°，∵扇形的半径为2，面积为 eq \f(2π,3) ，∴S扇形＝ eq \f(nπ×22,360) ＝ eq \f(2π,3) (扇形面积公式： eq \f(nπr2,360) )，解得n＝60，∴它的圆心角的度数为60°.
2. B 【解析】∵＝，∴∠ABC＝∠BDC(等弧所对的圆周角相等).∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ABC＝ 180°－∠ADC＝ 50°(圆内接四边形的对角互补)，∴∠BDC＝ 50°.
3. C 【解析】如解图，连接OD，BD，∵＝，∴∠ABD＝∠CBD，∵∠E＝80°，∴∠DOB＝2∠E＝160°(一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半)，∴∠AOD＝180°－∠DOB＝20°，∴∠ABD＝ eq \f(1,2) ∠AOD＝10°，∴∠CBD＝∠ABD＝10°，∴∠ABC＝∠ABD＋∠CBD＝ 20°.
第3题解图
4. C 【解析】如解图，连接OC，OE，∵CD，BE是⊙O的切线，∴EC＝EB(从圆外一点可引出圆的两条切线，它们的切线长相等), ∠OBE＝90°(圆的切线垂直于经过切点的半径)，∵∠ABC＝30°，∴∠EBC＝60°，∴△EBC是等边三角形(有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形)，∵△ECB的周长为18，∴BE＝18÷3＝6，∵△EBC是等边三角形，∴∠CEB＝60°，∴∠OEB＝ eq \f(1,2) ∠CEB＝30°(从圆外一点可引出圆的两条切线，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角)，BD＝BE·tan 60°＝6× eq \r(3) ＝6 eq \r(3) ，∴OB＝BE·tan 30°＝6× eq \f(\r(3),3) ＝2 eq \r(3) ，∴DO＝BD－OB＝6 eq \r(3) －2 eq \r(3) ＝4 eq \r(3) .
第4题解图
5. D 【解析】利用垂径定理，建立等式，即可求解．如解图，连接OB，OC，延长AO交BC于点D，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴△ABC为等腰直角三角形，∴∠ABC＝45°，∵OB＝OC，AB＝AC，∴AD是BC的垂直平分线，∴∠ADB＝90°，BD＝ eq \f(1,2) BC(垂径定理)，∴AD＝BD，∵⊙O的半径为5，∴OB＝5，设BD＝AD＝x，∵OA＝1，∴OD＝x－1，∴OD2＋BD2＝OB2，∴(x－1)2＋x2＝52，解得x＝4(负值已舍去)，∴BD＝4，∴BC＝2BD＝8.
第5题解图
6. B 【解析】∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°(直径所对的圆周角是直角)，∵点C是的中点，∴AC＝BC，∴∠BAC＝∠ABC＝45°，∴△ACB是等腰直角三角形，∴AC＝BC＝AB·sin 45°＝4 eq \r(2) ，∴扇形ACB围成圆锥的底面圆的周长为 eq \f(90π×4\r(2),180) ＝2 eq \r(2) π(弧长公式： eq \f(nπr,180) )，设圆锥底面圆的半径为R，则2 eq \r(2) π＝2πR，解得R＝ eq \r(2) .
7. 60° 【解析】∵⊙O为正六边形ABCDEF的内切圆，点G，K分别为BC，EF与⊙O的切点，∴G，K分别是BC，EF的中点，易得GK是⊙O的直径，即G，O，K三点共线，∵正六边形的内角和为(6－2)×180°＝720°(n边形的内角和公式为(n－2)×180°)，∴∠E＝720°÷6＝120°，∵点H，K分别为DE，EF与⊙O的切点，∴EK＝EH(从圆外一点可引出圆的两条切线，它们的切线长相等)，∴∠EKH＝∠EHK＝ eq \f(1,2) (180°－∠E)＝ eq \f(1,2) (180°－120°)＝30°，又∵GK为直径，∴∠GKE＝90°，∴∠GKH＝∠GKE－∠EKH＝90°－30°＝60°.
(一题多解)
∵⊙O为正六边形ABCDEF的内切圆，点G，K分别为BC，EF与⊙O的切点，∴G，K分别是BC，EF的中点，易得GK是⊙O的直径，即G，O，K三点共线，∵正六边形的内角和为(6－2)×180°＝720°(n边形的内角和公式为(n－2)×180°)，∴∠C＝∠D＝720°÷6＝120°，如解图，连接OH，
第7题解图
∵点G，H分别为BC，DE与⊙O的切点，∴∠OGC＝∠OHD＝90°，∵五边形的内角和为(5－2)×180°＝540°，∴在五边形OGCDH中，∠GOH＝540°－∠OGC－∠OHD－∠C－∠D＝540°－90°－90°－120°－120°＝120°，∴∠GKH＝ eq \f(1,2) ∠GOH＝ eq \f(1,2) ×120°＝60°(同弧所对的圆周角等于圆心角的一半).
8. eq \f(π－\r(3),4) 【解析】构造S阴影＝S扇形BOC－S△OCD进行求解．如解图，连接OC，作DE⊥OC于点E，∵点C是 eq \x\t(AB) 的中点，∠AOB＝60°，∴∠AOC＝∠BOC＝ 30°，∵ CD∥OA，∴∠AOC＝∠DCO＝30°，∴∠DOC＝∠DCO＝ 30°，∴ OD＝ CD，∵DE⊥OC，OA＝ eq \r(3) ，∴OE＝EC＝ eq \f(1,2) OC＝ eq \f(1,2) OA＝ eq \f(\r(3),2) ，∴DC＝DO＝ eq \f(\f(\r(3),2),cs 30°) ＝1，∴DE＝ eq \f(1,2) (30°角所对的直角边等于斜边的一半)，S△OCD＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,2) × eq \r(3) ＝ eq \f(\r(3),4) .∴S阴影＝S扇形BOC－S△OCD＝ eq \f(30π×（\r(3)）2,360) － eq \f(\r(3),4) ＝ eq \f(π－\r(3),4) .
第8题解图
9. 600 【解析】如解图，过点D作DE⊥BC于点E，∵AD∥BC，∴S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝ eq \f(1,2) AD·DE＋ eq \f(1,2) BC·DE＝ eq \f(1,2) (AD＋BC)·DE＝ eq \f(1,2) (20＋40)·DE＝30DE，要求S四边形ABCD的最大值，即求DE的最大值，∵BD⊥CD，∴∠BDC＝90°，∴点D在以BC为直径的圆上，取BC的中点O，以OB为半径作⊙O，则点D在⊙O上，连接OD，则DE≤OD，当点E与点O重合时，DE＝DO，此时DE取得最大值，最大值为DO的长．∵BC＝40，∴BO＝CO＝OD＝ eq \f(1,2) BC＝20，∴DE的最大值为20，∴S四边形ABCD的最大值为30DE＝30×20＝600，即游乐场设计的休息区ABCD的最大面积是600平方米．
第9题解图
10. (1)解：如解图①，连接OA，
∵OF⊥AB，AB为⊙O的弦，
∴点F为AB的中点，
∵AB＝4，
∴AF＝ eq \f(1,2) AB＝2(垂径定理)，
∵在Rt△OFA中，OF＝1，
∴OA＝ eq \r(OF2＋AF2) ＝ eq \r(12＋22) ＝ eq \r(5) ，
∴⊙O的半径为 eq \r(5) ；(3分)

图① 图②
第10题解图
(2)证明：如解图②，过点O作OH⊥CD于点H，
∵OF⊥AB，AB⊥CD，OH⊥CD，
∴四边形OHEF是矩形(有三个角是直角的四边形是矩形)，∠OFG＝∠CEG＝90°，
∴OF＝ EH，
∵点G是OC的中点，
∴OG＝CG，(5分)
在△OFG和△CEG中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠OFG＝∠CEG
∠OGF＝∠CGE
OG＝CG)) ，
∴△OFG≌△CEG(AAS)，
∴OF＝CE，∴EH＝CE，
即CH＝2CE＝2OF，
∵OH⊥CD，∴CD＝2CH＝4OF. (8分)
11. (1)证明：∵BC为⊙O的切线，
∴∠ABC＝90°(圆的切线垂直于经过切点的半径)，
即∠ABD＋∠DBC＝90°，
∵BD⊥OC，∴∠BEC＝90°，
∴∠DBC＋∠ECB＝90°，
∴∠ABD＝∠ECB；(4分)
(2)解：如解图，连接BG，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，∠AGB＝90°，
第11题解图
∴∠ADB＝∠CEB，
由(1)知，∠ABD＝∠BCE，
∵AB＝BC，
∴△ABD≌△BCE(AAS)，
∴AD＝BE. (6分)
∵OE⊥BD，
∴BE＝DE(垂径定理)，
∵AO＝BO，∴OE为△ABD的中位线，
∴OE＝ eq \f(1,2) AD(三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半)，
∴BE＝DE＝AD＝ eq \f(1,2) BD＝2，∴OE＝1，
在Rt△ABD中，AB＝ eq \r(AD2＋BD2) ＝2 eq \r(5) ，
∴AB＝BC＝2 eq \r(5) ，OB＝ eq \f(1,2) AB＝ eq \r(5) ，AC＝2 eq \r(10) ，
在Rt△OBC中，OC＝ eq \r(OB2＋BC2) ＝5，
∴CE＝4，
∵∠ADF＝∠CEF＝90°，∠DFA＝∠EFC，
∴△ADF∽△CEF，
∴ eq \f(AF,CF) ＝ eq \f(AD,CE) ＝ eq \f(2,4) ＝ eq \f(1,2) ，∴AF＝ eq \f(1,3) AC＝ eq \f(2\r(10),3) .
∵AB＝BC，∠AGB＝∠CGB＝90°，
∴AG＝CG＝ eq \f(1,2) AC＝ eq \r(10) ，
∴FG＝AG－AF＝ eq \f(\r(10),3) . (10分)
一、选择题
1～6 BBCCDB
二、填空题
7. 60° 8. eq \f(π－\r(3),4) 9. 600
三、解答题请看“逐题详析”P21～P22．