备注2023年新中考数学二轮专题导练 考点09 圆相关证明与计算问题

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考点09  圆相关证明与计算问题考点精讲类型一：圆基本性质的证明与计算考点01与圆有关的计算：计算圆中的线段长或线段比，通常与勾股定理、垂径定理与三角形的全等、相似等知识的结合，形式复杂，无规律性。分析时要重点注意观察已知线段间的关系，选择定理进行线段或者角度的转化。特别是要借助圆的相关定理进行弧、弦、角之间的相互转化，找出所求线段与已知线段的关系，从而化未知为已知，解决问题。其中重要而常见的数学思想方法有：（1）构造思想：①构建矩形转化线段；②构建“射影定理”基本图研究线段（已知任意两条线段可求其它所有线段长）；③构造垂径定理模型：弦长一半、弦心距、半径；④构造勾股定理模型；⑤构造三角函数.（2）方程思想：设出未知数表示关键线段，通过线段之间的关系，特别是发现其中的相等关系建立方程，解决问题。（3）建模思想：借助基本图形的结论发现问题中的线段关系，把问题分解为若干基本图形的问题，通过基本图形的解题模型快速发现图形中的基本结论，进而找出隐藏的线段之间的数量关系。（3）求圆的面积公式s=πr2类型二：与圆切线有关的证明与计算考点02判定切线的方法：（1）若切点明确，则“连半径，证垂直”。常见手法有全等转化；平行转化；直径转化；中线转化等；有时可通过计算结合相似、勾股定理证垂直；（2）若切点不明确，则“作垂直，证半径”。常见手法有角平分线定理；等腰三角形三线合一，隐藏角平分线；总而言之，要完成两个层次的证明：①直线所垂直的是圆的半径（过圆上一点）；②直线与半径的关系是互相垂直。在证明中的关键是要处理好弧、弦、角之间的相互转化,要善于进行由此及彼的联想、要总结常添加的辅助线.真题解析例题1．（2021·四川广元市·中考真题）如图，从一块直径是2的圆形铁片上剪出一个圆心角为的扇形，将剪下来的扇形围成一个圆锥．那么这个圆锥的底面圆的半径是（    ）A． B． C． D．1【答案】B【分析】先计算的长度，然后围成的圆锥底面周长等同于的长度，根据公式计算即可．【详解】解：如下图：连接BC，AO，∵，∴BC是直径，且BC=2，又∵，∴，
 又∵， ，∴ ，∴的长度为：，  ∴围成的底面圆周长为， 设圆锥的底面圆的半径为， 则：， ∴．故选：【点睛】本题考查扇形弧长的计算，圆锥底面半径的计算，解直角三角形等相关知识点，根据条件计算出扇形的半径是解题的关键．2．（2021·四川内江·中考真题）如图，是的外接圆，，若的半径为2，则弦的长为（   ）A．4 B． C．3 D．【答案】B【分析】过点作，交于点，根据圆周角定理以及垂径定理可得结果．【详解】解：过点作，交于点，是的外接圆，，，又，，，，在中，，，，，故选：．【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，勾股定理，熟知相关性质定理是解本题的关键．3．（2021·四川广安市·中考真题）如图，公园内有一个半径为18米的圆形草坪，从地走到地有观赏路（劣弧）和便民路（线段）.已知、是圆上的点，为圆心，，小强从走到，走便民路比走观赏路少走（    ）米.A． B．C． D．【答案】D【分析】作OC⊥AB于C，如图，根据垂径定理得到AC=BC，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠A，从而得到OC和AC，可得AB，然后利用弧长公式计算出的长，最后求它们的差即可．【详解】解：作OC⊥AB于C，如图，则AC=BC，∵OA=OB，∴∠A=∠B=（180°-∠AOB）=30°，在Rt△AOC中，OC=OA=9，AC=，∴AB=2AC=，又∵=，∴走便民路比走观赏路少走米，故选D．【点睛】本题考查了垂径定理：垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题．4．（2021·辽宁沈阳·中考真题）如图，是的内接三角形，，，连接，，则的长是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】过点作于，根据垂径定理求出，根据圆周角定理求出，根据正弦的定义求出，根据弧长公式计算求解．【详解】解：过点作于，则，由圆周角定理得：，，，，故选：．【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握垂径定理、圆周角定理、弧长公式是解题的关键．5．（2021·浙江中考真题）如图，已知在矩形中，，点是边上的一个动点，连结，点关于直线的对称点为，当点运动时，点也随之运动．若点从点运动到点，则线段扫过的区域的面积是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先判断出点Q在以BC为直径的圆弧上运动，再判断出点C1在以B为圆心，BC为直径的圆弧上运动，找到当点P与点A重合时，点P与点D重合时，点C1运动的位置，利用扇形的面积公式及三角形的面积公式求解即可．【详解】解：设BP与CC1相交于Q，则∠BQC=90°，∴当点P在线段AD运动时，点Q在以BC为直径的圆弧上运动，延长CB到E，使BE=BC，连接EC，∵C、C1关于PB对称，∴∠EC1C=∠BQC=90°，∴点C1在以B为圆心，BC为直径的圆弧上运动，当点P与点A重合时，点C1与点E重合，当点P与点D重合时，点C1与点F重合，此时，，∴∠PBC=30°，∴∠FBP=∠PBC=30°，CQ=，BQ=，∴∠FBE=180°-30°-30°=120°，，线段扫过的区域的面积是．故选：B．【点睛】本题考查了矩形的性质、三角形中位线定理、直角三角形的性质、三角函数以及扇形面积公式等知识；熟练掌握矩形的性质和轴对称的性质是解题的关键． 突破提升一、单选题1．（2021·四川内江·中考真题）如图，是的外接圆，，若的半径为2，则弦的长为（     ）A．4 B． C．3 D．2．（2021·四川广安·中考真题）如图，公园内有一个半径为18米的圆形草坪，从地走到地有观赏路（劣弧）和便民路（线段）.已知、是圆上的点，为圆心，，小强从走到，走便民路比走观赏路少走（       ）米.A． B．C． D．二、填空题3．（2021·广西河池·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，以为圆心，AB为直径的圆与x轴相切，与y轴交于A，C两点，则点B的坐标是____________．4．（2021·四川宜宾·中考真题）如图，⊙O的直径AB＝4，P为⊙O上的动点，连结AP，Q为AP的中点，若点P在圆上运动一周，则点Q经过的路径长是______．5．（2021·黑龙江·中考真题）如图，在中，是直径，弦的长为5cm，点在圆上，且，则的半径为_____．6．（2021·湖北随州·中考真题）如图，是的外接圆，连接并延长交于点，若，则的度数为______．三、解答题7．（2021·广东广州·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线分别与x轴，y轴相交于A、B两点，点为直线在第二象限的点（1）求A、B两点的坐标；（2）设的面积为S，求S关于x的函数解析式：并写出x的取值范围；（3）作的外接圆，延长PC交于点Q，当的面积最小时，求的半径．8．（2021·辽宁丹东·中考真题）如图，是的外接圆，点D是的中点，过点D作分别交、的延长线于点E和点F，连接、，的平分线交于点M．（1）求证：是的切线；（2）若，，求线段的长．9．（2021·湖南张家界·中考真题）如图，在中，，，以点为圆心，为半径的圆交的延长线于点，过点作的平行线，交于点，连接．（1）求证：为的切线；（2）若，求弧的长．10．（2021·北京·中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，于点．（1）求证：；（2）连接并延长，交于点，交于点，连接．若的半径为5，，求和的长．
参考答案：1．B【解析】【分析】过点作，交于点，根据圆周角定理以及垂径定理可得结果．【详解】解：过点作，交于点，是的外接圆，，，又，，，，在中，，，，，故选：．【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，勾股定理，熟知相关性质定理是解本题的关键．2．D【解析】【分析】作OC⊥AB于C，如图，根据垂径定理得到AC=BC，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠A，从而得到OC和AC，可得AB，然后利用弧长公式计算出的长，最后求它们的差即可．【详解】解：作OC⊥AB于C，如图，则AC=BC，∵OA=OB，∴∠A=∠B=（180°-∠AOB）=30°，在Rt△AOC中，OC=OA=9，AC=，∴AB=2AC=，又∵=，∴走便民路比走观赏路少走米，故选D．【点睛】本题考查了垂径定理：垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题．3．【解析】【分析】如图，连接，设圆与x轴相切于点，连接交与点，结合已知条件，则可得，勾股定理求解，进而即可求得的坐标．【详解】如图，连接，设圆与x轴相切于点，连接交与点，则轴，为直径，则，，轴，，，，，，，轴，．故答案为：．【点睛】本题考查了圆的性质，直径所对的圆周角是直角，垂径定理，切线的性质，勾股定理，坐标与图形，掌握以上知识是解题的关键．4．【解析】【分析】连接OQ，以OA为直径作⊙C，确定出点Q的运动路径即可求得路径长．【详解】解：连接OQ．在⊙O中，∵AQ=PQ，OQ经过圆心O，∴OQ⊥AP．∴∠AQO=90°．∴点Q在以OA为直径的⊙C上．∴当点P在⊙O上运动一周时，点Q在⊙C上运动一周．∵AB=4，∴OA=2．∴⊙C的周长为．∴点Q经过的路径长为．故答案为：【点睛】本题考查了垂径定理的推论、圆周角定理的推论、圆周长的计算等知识点，熟知相关定理及其推论是解题的基础，确定点Q的运动路径是解题的关键．5．5cm【解析】【分析】连接BC，由题意易得，进而问题可求解．【详解】解：连接BC，如图所示： ∵，∴，∵是直径，∴，∵，∴，∴的半径为5cm；故答案为5cm．【点睛】本题主要考查圆周角定理及含30°直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理及含30°直角三角形的性质是解题的关键．6．【解析】【分析】连接BD，则，再根据AD为直径，求得的度数【详解】如图，连接BD，则 AD为直径 故答案为【点睛】此题主要考查了圆周角定理，圆周角定理是中考中考查重点，熟练掌握圆周角定理是解决问题的关键．7．（1）A（-8，0），B（0，4）；（2），-8＜＜0；（3）4．【解析】【分析】（1）根据一次函数的图象与性质即可求出A、B两点的坐标；（2）利用三角形面积公式及点的坐标特点即可求出结果；（3）根据圆周角性质可得，．由等角的三角函数关系可推出，再根据三角形面积公式得，由此得结论当最小时，的面积最小，最后利用圆的性质可得有最小值，且为的直径，进而求得结果．【详解】解：（1）当时，，解得，∴A（-8，0）．当时，，∴B（0，4）．（2）∵A（-8,0），∴．点P在直线上，∴，∴．∵点P在第二象限，∴＞0，且＜0．解得-8＜＜0；（3）∵B（0，4），∴．∵为的外接圆，∴，．∴．设，则．∴．∴当最小时，的面积最小．∴当时，有最小值，且为的直径．∴．即的半径为4．【点睛】本题考查了一次函数的图象与性质、三角形面积计算及圆的相关性质等知识，熟练掌握一次函数的图象与性质、三角形面积计算及圆的相关性质是解题的关键．8．（1）见详解；（2）2【解析】【分析】（1）连接OD，由垂径定理得OD⊥BC，从而得OD⊥EF，进而即可得到结论；（2）由平行线分线段定理得DN=，再证明，可得BD=2，最后证明∠BMD=∠DBM，进而即可求解．【详解】（1）证明：连接OD，如图，∵点D是的中点，∴，∴OD⊥BC，∵BC∥EF，∴OD⊥EF，∴EF为⊙O的切线；（2）设BC、AD交于点N，∵，，，∴，∴DN=，∵点D是的中点，∴∠BAD=∠CAD=∠CBD，又∵∠BDN=∠ADB，∴，∴，即：，∴BD=2，∵的平分线交于点M，∴∠ABM=∠CBM，∴∠ABM+∠BAD=∠CBM+∠CBD，即：∠BMD=∠DBM，∴DM=BD=2．【点睛】本题主要考查圆的基本性质，切线的判定定理相似三角形的判定和性质，平行线分线段定理，等腰三角形的判定和性质，找出相似三角形，是解题的关键．9．（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）连接OB，先根据直角三角形的性质得到∠AOB=60°，再运用平行线的性质结合已知条件可得，再证明可得即可；（2）先求出∠COD，然后再运用弧长公式计算即可．【详解】（1）证明：连接∵，∴又∵∴                       ∴∴                                                                         又∵∴                                                     ∴又∵点在上∴是的切线；                                                            （2）∵∴∴．【点睛】本题主要考查了圆的切线的证明、弧长公式等知识点，掌握圆的切线的证明方法成为解答本题的关键．10．（1）见详解；（2），【解析】【分析】（1）由题意易得，然后问题可求证；（2）由题意可先作图，由（1）可得点E为BC的中点，则有，进而可得，然后根据相似三角形的性质可进行求解．【详解】（1）证明：∵是的直径，，∴，∴；（2）解：由题意可得如图所示：由（1）可得点E为BC的中点，∵点O是BG的中点，∴，∴，∴，∵，∴，∵的半径为5，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查垂径定理、三角形中位线及相似三角形的性质与判定，熟练掌握垂径定理、三角形中位线及相似三角形的性质与判定是解题的关键．