专题15 圆的综合5种常考题型归类-【好题汇编】5年（2020-2024）中考1年模拟数学真题分类汇编（吉林专用）

专题15 圆的综合 （原卷版） 圆的基本认识 1．（2022·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点在轴正半轴上，以点为圆心，长为半径作弧，交轴正半轴于点，则点的坐标为 ． 圆心角与圆周角 2．（2023·吉林·中考真题）如图，，是的弦，，是的半径，点为上任意一点（点不与点重合），连接．若，则的度数可能是（    ）    A． B． C． D． 3．（2022·吉林长春·中考真题）如图，四边形是的内接四边形．若，则的度数为（    ）    A．138° B．121° C．118° D．112° 4．（2020·吉林长春·中考真题）如图，是⊙O的直径，点、在⊙O上，，则的大小为（    ）    A． B． C． D． 5．（2024·吉林长春·中考真题）如图，是半圆的直径，是一条弦，是的中点，于点，交于点，交于点，连结．给出下面四个结论： ①； ②； ③当，时，； ④当，时，的面积是． 上述结论中，正确结论的序号有 ． 6．（2022·吉林·中考真题）如图，在半径为1的上顺次取点，，，，，连接，，，，，．若，，则与的长度之和为 ．（结果保留）．    7．（2023·吉林长春·中考真题）【感知】如图①，点A、B、P均在上，，则锐角的大小为__________度．                   【探究】小明遇到这样一个问题：如图②，是等边三角形的外接圆，点P在上（点P不与点A、C重合），连结、、．求证：．小明发现，延长至点E，使，连结，通过证明，可推得是等边三角形，进而得证． 下面是小明的部分证明过程： 证明：延长至点E，使，连结， 四边形是的内接四边形， ． ， ． 是等边三角形． ， 请你补全余下的证明过程． 【应用】如图③，是的外接圆，，点P在上，且点P与点B在的两侧，连结、、．若，则的值为__________． 8．（2022·吉林长春·中考真题）如图，在中，，，点M为边的中点，动点P从点A出发，沿折线以每秒个单位长度的速度向终点B运动，连结．作点A关于直线的对称点，连结、．设点P的运动时间为t秒． (1)点D到边的距离为__________； (2)用含t的代数式表示线段的长； (3)连结，当线段最短时，求的面积； (4)当M、、C三点共线时，直接写出t的值． 点、直线、圆的位置关系 9．（2024·吉林·中考真题）如图，四边形内接于，过点B作，交于点E．若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 10．（2023·吉林长春·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点、在函数的图象上，分别以、为圆心，为半径作圆，当与轴相切、与轴相切时，连结，，则的值为（    ） A．3 B． C．4 D．6 11．（2022·吉林·中考真题）如图，在中，，，．以点为圆心，为半径作圆，当点在内且点在外时，的值可能是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 12．（2021·吉林·中考真题）如图，四边形内接于，点为边上任意一点（点不与点，重合）连接．若，则的度数可能为（    ） A． B． C． D． 13．（2021·吉林长春·中考真题）如图，AB是的直径，BC是的切线，若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 14．（2020·吉林·中考真题）如图，四边形内接于．若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 15．（2024·吉林·中考真题）图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．点A，B，C，D，E，O均在格点上．图①中已画出四边形，图②中已画出以为半径的，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图． (1)在图①中，面出四边形的一条对称轴． (2)在图②中，画出经过点E的的切线． 16．（2021·吉林长春·中考真题）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1．每个小正方形的顶点称为格点，点A、B、C均为格点，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中找一格点M，按下列要求作图： （1）在图①中，连结MA、MB，使． （2）在图②中，连结MA、MB、MC，使． （3）在图③中，连结MA、MC，使． 正多边形与圆 17．（2022·吉林长春·中考真题）跳棋是一项传统的智力游戏．如图是一副跳棋棋盘的示意图，它可以看作是由全等的等边三角形和等边三角形组合而成，它们重叠部分的图形为正六边形．若厘米，则这个正六边形的周长为 厘米． 18．（2022·吉林·中考真题）第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．如图，这个图案绕着它的中心旋转角后能够与它本身重合，则角可以为 度．（写出一个即可） 弧长和扇形面积 19．（2024·吉林·中考真题）某新建学校因场地限制，要合理规划体育场地，小明绘制的铅球场地设计图如图所示，该场地由和扇形组成，分别与交于点A，D．，，，则阴影部分的面积为 （结果保留）． 20．（2024·吉林长春·中考真题）一块含角的直角三角板按如图所示的方式摆放，边与直线重合，．现将该三角板绕点顺时针旋转，使点的对应点落在直线上，则点A经过的路径长至少为 ．（结果保留） 21．（2023·吉林·中考真题）如图①，A，B表示某游乐场摩天轮上的两个轿厢．图②是其示意图，点O是圆心，半径r为，点A，B是圆上的两点，圆心角，则的长为 ．（结果保留）    22．（2022·吉林长春·中考真题）将等腰直角三角板与量角器按如图所示的方式摆放，使三角板的直角顶点与量角器的中心O重合，且两条直角边分别与量角器边缘所在的弧交于A、B两点.若厘米，则的长度为 厘米．（结果保留） 23．（2021·吉林·中考真题）如图，在中，，，．以点为圆心，长为半径画弧，分别交，于点，，则图中阴影部分的面积为 （结果保留）． 24．（2021·吉林长春·中考真题）如图是圆弧形状的铁轨示意图，半径OA的长度为200米，圆心角，则这段铁轨的长度 米，（铁轨的宽度忽略不计，结果保留π） 25．（2020·吉林长春·中考真题）如图，在中，，，以点为圆心，线段的长为半径作，交的延长线于点，则阴影部分的面积为 （结果保留）． 26．（2020·吉林·中考真题）如图，在四边形中，，，我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”，筝形的对角线，相交于点．以点为圆心，长为半径画弧，分别交，于点，，若，，则的长为 （结果保留）． 圆的基本认识 27．（2024·吉林长春·三模）将边长为2的小正方形ABCD 和边长为4的大正方形 EFGH如图摆放，使得C、E两点刚好重合，且B、C、H三点共线，此时经过A、F、G三点作一个圆，则该圆的半径为 ． 28．（2024·吉林长春·模拟预测）如图，为半圆的一条弦（非直径），连结、，分别以、为圆心，大于一半的长为半径画弧，两弧交于点，连结，交于点，下列结论不一定正确的是（    ） A． B． C． D． 圆心角与圆周角 29．（2024·吉林松原·二模）如图，在中，，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 30．（2024·吉林·模拟预测）如图，和内接于，若，，则的度数为（    ）．    A． B． C． D． 31．（2024·吉林·模拟预测）如图，是的直径，，点C是上半圆的中点，点D是下半圆上一点，点E是的中点，连接交于点F．当点D从点A运动到点B的过程中，点F运动的路径长是（    ）    A． B． C． D． 32．（2024·吉林长春·模拟预测）如图，为的直径，为的切线，连结交于点D，连结，若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 33．（2024·吉林长春·模拟预测）如图，中，，以为直径的半圆交的边于、两点，为圆心，且，则长为（    ） A． B． C． D． 34．（2024·吉林长春·二模）如图，、是的弦，、是的半径，点为上任意一点（点不与点重合），连结．若，则的度数可能为（   ） A． B． C． D． 35．（2024·吉林长春·模拟预测）两块直角三角板按如图方式放置，、相交于点，给出下面四个结论：①点、、、在同一个圆上；②；③；④．上述结论中，所有正确结论的序号是 ． 36．（2024·吉林长春·一模）在等边中，，以A为圆心，2为半径画的．    (1)【特例感知】如图①，当点D、E分别在上时，与的数量关系为 ．（不需要证明） (2)【一般探究】如图②，将图①中的扇形绕点A转动，在旋转过程中，上述（1）的数量关系还存在吗？请说明理由． (3)【思维拓展】如图②，在扇形旋转过程中，当点B、E、D三点共线时，的长为 ． 点、直线、圆的位置关系 37．（2024·吉林延边·模拟预测）如图，是的直径，与切于点，点在上，连接与交于点，过点作交的延长线于点．若，则的长为（   ） A．2 B．2 C．3 D．2 38．（2024·吉林·一模）如图，是的直径，为的弦．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 39．（2024·吉林白山·一模）如图，与相切于点B，的延长线交于点C，D为优弧上任意一点，若，则（　　） A． B． C． D． 40．（23-24九年级下·吉林·阶段练习）如图，点，，在上，，过点作的切线交的延长线于点，则的大小为（     ） A． B． C． D． 41．（2024·河南洛阳·一模）如图， 四边形内接于，连接． 若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 42．（2024·吉林·模拟预测）如图，是的直径，与相切于点A，，连接交于点D，连接，若，则的长为 （结果保留）． 43．（2024·吉林·模拟预测）如图，是的直径，点是的中点，过点作射线的垂线，垂足为． (1)求证：是的切线； (2)若，，求图中阴影部分的面积（用含有的式子表示）． 44．（2024·吉林长春·模拟预测）已知是的直径，．点A是圆外一点，点D和点E在同一条直线上．且．过点A另一条直线交于B、C． (1)如图1，当时，研究发现：连接、可以得到，继而可以求长．请写出完整的解答过程． (2)如图2，当B、C重合于一点时，______． (3)如图3，当平分时，______． 45．（2024·吉林长春·一模）如图，是等边的外接圆． 【问题原型】如图，连结，延长交弦于点，交于点．连结、．求证：； 【问题解决】小明给出了自己的证明方法如下： ∵三角形外接圆的圆心为三边垂直平分线的交点且为等边三角形， ∴，， ∴，则为等边三角形， 同理可得：也为等边三角形， ∴． 【方法应用】如图2，若为上任意一点，连结，，，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由． 【拓展提升】如图③，若的半径为，且为上一点，且，则四边形的面积的是______． 正多边形与圆 46．（2024·吉林长春·一模）如图，点M是内接正n边形…边的中点，连接，若半径为1，，则长为（    ） A． B． C． D． 47．（2024·浙江·一模）如图，正五边形的边长为2，以顶点A为圆心，长为半径画圆，图中阴影部分的面积为 ．    48．（2024·吉林松原·三模）边长均为5的正五边形与一个正六边形按如图所示的方式拼接在一起，连接，则以为半径的与六边形及重叠部分图形的面积之和为 （结果保留）． 弧长和扇形面积 49．（2024·吉林松原·二模）如图，平行四边形的对角线、交于点，且，，以O为圆心，的长为半径画弧，分别交对角线于点、．若，则图中阴影部分的周长为 （结果保留根号和）．    50．（2024·吉林长春·模拟预测）某学校的花坛形状如图所示，与的半径均为6米，且经过的圆心．已知实线部分为此花坛的周长，则花坛的周长为 米．（结果保留） 51．（2024·吉林长春·模拟预测）不倒翁是一种受人喜爱的儿童玩具，小华在手工课上用一球形物体做了一个戴帽子的不倒翁（如图1），图2是从正面看到的该不倒翁的形状示意图（设圆心为O）．已知帽子的边缘，分别与相切于点 A， B， 若该圆半径是3，， 则的长是 ．（结果保留π） 52．（2024·吉林长春·模拟预测）如图是一座立交桥的示意图（道路宽度忽略不计），A为入口，F，G为出口，其中直行道为，且米；弯道为以点O为圆心的一段弧，且所对的圆心角均为，半径为米，甲车由A口驶入立交桥，以的速度行驶，从G口驶出用时 秒． 53．（2024·吉林松原·模拟预测）如图，是的直径，点C是上一点，点D在的延长线上，与交于另一点E，，则的长度为 （结果保留π）．    54．（2024·吉林松原·三模）如图，在矩形中，为的中点，连接、，，以点为圆心，的长为半径画弧，分别与、交于点、，若，则图中阴影部分的面积和为 （结果保留）． 55．（2024·吉林长春·模拟预测）将等腰直角三角板与量角器按如图所示的方式摆放，使三角板的锐角顶点与量角器的中心O重合，且两条边分别与量角器边缘所在的弧交于A、B两点，若厘米，则的长度为 厘米．（结果保留） 56．（2024·吉林长春·模拟预测）如图①所示的是由可随意弯曲的硅胶灯带制成的弧形餐厅灯，图②是工人师傅设计灯带时所画的对应示意图，若此弧形餐厅灯的圆心角为，半径为2米，切裁时不计损耗，则制作此灯需要硅胶灯带的长度是 米．（结果保留） 57．（2024·吉林长春·模拟预测）一个闹钟的时针长是，从下午1点到下午4点，时针所扫过的面积是 ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题15 圆的综合 （解析版） 圆的基本认识 1．（2022·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点在轴正半轴上，以点为圆心，长为半径作弧，交轴正半轴于点，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】连接，先根据点的坐标可得，再根据等腰三角形的判定可得是等腰三角形，然后根据等腰三角形的三线合一可得，由此即可得出答案． 【详解】解：如图，连接， 点的坐标为， ， 由同圆半径相等得：， 是等腰三角形， ， （等腰三角形的三线合一）， 又点位于轴正半轴， 点的坐标为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了同圆半径相等、等腰三角形的三线合一、点坐标等知识点，熟练掌握等腰三角形的三线合一是解题关键． 圆心角与圆周角 2．（2023·吉林·中考真题）如图，，是的弦，，是的半径，点为上任意一点（点不与点重合），连接．若，则的度数可能是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据圆周角定理得出，进而根据三角形的外角的性质即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴的度数可能是 故选：D． 【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形的外角的性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 3．（2022·吉林长春·中考真题）如图，四边形是的内接四边形．若，则的度数为（    ）    A．138° B．121° C．118° D．112° 【答案】C 【分析】由圆内接四边形的性质得，再由圆周定理可得． 【详解】解：∵四边形ABCD内接于圆O， ∴ ∵ ∴ ∴ 故选：C 【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理，熟练掌握相关性质和定理是解答本题的关键 4．（2020·吉林长春·中考真题）如图，是⊙O的直径，点、在⊙O上，，则的大小为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍得到∠BOC=2∠BDC=40°，即可求出答案. 【详解】∵, ∴∠BOC=2∠BDC=40°， ∴∠AOC=180°-∠BOC=140°， 故选：B. 【点睛】此题考查了圆周角定理：同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍，邻补角的定义. 5．（2024·吉林长春·中考真题）如图，是半圆的直径，是一条弦，是的中点，于点，交于点，交于点，连结．给出下面四个结论： ①； ②； ③当，时，； ④当，时，的面积是． 上述结论中，正确结论的序号有 ． 【答案】①②③ 【分析】如图：连接，由圆周角定理可判定①；先说明、可得、，即可判定②；先证明可得,即,代入数据可得，然后运用勾股定理可得，再结合即可判定③；如图：假设半圆的圆心为O，连接，易得，从而证明是等边三角形，即是菱形，然后得到，再解直角三角形可得，根据三角形面积公式可得，最后根据三角形的中线将三角形平分即可判定④． 【详解】解：如图：连接， ∵是的中点， ∴, ∴，即①正确； ∵是直径， ∴， ∴， ∵ ∴, ∵， ∴， ∴， ∵，, ∴， ∵， ∴， ∴， ∴,即②正确； 在和, ， ∴， ∴,即, ∴，即, ∴, ∵， ∴，即③正确； 如图：假设半圆的圆心为O，连接， ∵，，是的中点， ∴ ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，即是菱形， ∴， ∵， ∴，即，解得：, ∴， ∵ ∴，即④错误． 故答案为：①②③． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、勾股定理、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 6．（2022·吉林·中考真题）如图，在半径为1的上顺次取点，，，，，连接，，，，，．若，，则与的长度之和为 ．（结果保留）．    【答案】/ 【分析】由圆周角定理得，根据弧长公式分别计算出与的长度，相减即可得到答案． 【详解】解：∵， ∴ 又的半径为1， 的长度= 又， ∴的长度= ∴与的长度之和=， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了计算弧长，圆周角定理，熟练掌握弧长计算公式是解答本题的关键． 7．（2023·吉林长春·中考真题）【感知】如图①，点A、B、P均在上，，则锐角的大小为__________度．                   【探究】小明遇到这样一个问题：如图②，是等边三角形的外接圆，点P在上（点P不与点A、C重合），连结、、．求证：．小明发现，延长至点E，使，连结，通过证明，可推得是等边三角形，进而得证． 下面是小明的部分证明过程： 证明：延长至点E，使，连结， 四边形是的内接四边形， ． ， ． 是等边三角形． ， 请你补全余下的证明过程． 【应用】如图③，是的外接圆，，点P在上，且点P与点B在的两侧，连结、、．若，则的值为__________． 【答案】感知：；探究：见解析；应用：． 【分析】感知：由圆周角定理即可求解； 探究：延长至点E，使，连结，通过证明，可推得是等边三角形，进而得证； 应用：延长至点E，使，连结，通过证明得，可推得是等腰直角三角形，结合与可得，代入即可求解． 【详解】感知： 由圆周角定理可得， 故答案为：； 探究： 证明：延长至点E，使，连结， 四边形是的内接四边形， ． ， ． 是等边三角形． ， ， ∴，， ， 是等边三角形， ， ， 即； 应用： 延长至点E，使，连结， 四边形是的内接四边形， ． ， ． ， ， ∴，， ， 是等腰直角三角形， ， ， 即， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，邻补角，全等三角形的判定和性质，等边三角形、等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形；解题的关键是做辅助线构造，进行转换求解． 8．（2022·吉林长春·中考真题）如图，在中，，，点M为边的中点，动点P从点A出发，沿折线以每秒个单位长度的速度向终点B运动，连结．作点A关于直线的对称点，连结、．设点P的运动时间为t秒． (1)点D到边的距离为__________； (2)用含t的代数式表示线段的长； (3)连结，当线段最短时，求的面积； (4)当M、、C三点共线时，直接写出t的值． 【答案】(1)3 (2)当0≤t≤1时，；当1＜t≤2时，； (3) (4)或 【分析】（1）连接DM，根据等腰三角形的性质可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解； （2）分两种情况讨论：当0≤t≤1时，点P在AD边上；当1＜t≤2时，点P在BD边上，即可求解； （3）过点P作PE⊥DM于点E，根据题意可得点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，可得到当点D、A′、M三点共线时，线段最短，此时点P在AD上，再证明△PDE∽△ADM，可得，从而得到，在中，由勾股定理可得，即可求解； （4）分两种情况讨论：当点位于M、C之间时，此时点P在AD上；当点（）位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接DM， ∵AB=4，，点M为边的中点， ∴AM=BM=2，DM⊥AB， ∴， 即点D到边的距离为3； 故答案为：3 （2）解：根据题意得：当0≤t≤1时，点P在AD边上， ； 当1＜t≤2时，点P在BD边上，； 综上所述，当0≤t≤1时，；当1＜t≤2时，； （3）解：如图，过点P作PE⊥DM于点E， ∵作点A关于直线的对称点， ∴A′M=AM=2， ∴点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆， ∴当点D、A′、M三点共线时，线段最短，此时点P在AD上， ∴， 根据题意得：，， 由（1）得：DM⊥AB， ∵PE⊥DM， ∴PE∥AB， ∴△PDE∽△ADM， ∴， ∴， 解得：， ∴， 在中，， ∴，解得：， ∴， ∴； （4）解：如图， 当点M、、C三点共线时，且点位于M、C之间时，此时点P在AD上， 连接A A′， A′B，过点P作PF⊥AB于点F，过点A′作A′G⊥AB于点G，则A A′⊥PM， ∵AB为直径， ∴∠A =90°，即A A′⊥A′B， ∴PM∥A′B， ∴∠PMF=∠AB A′， 过点C作CN⊥AB交AB延长线于点N， 在中，AB∥DC， ∵DM⊥AB， ∴DM∥CN， ∴四边形CDMN为平行四边形， ∴CN=DM=3，MN=CD=4， ∴CM=5， ∴， ∵ M=2， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即PF=3FM， ∵，， ∴， ∴，即AF=2FM， ∵AM=2， ∴， ∴，解得：； 如图，当点（）位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，， 过点作于点G′，则，取的中点H，则点M、P、H三点共线，过点H作HK⊥AB 于点K，过点P作PT⊥AB于点T， 同理：， ∵HK⊥AB，， ∴HK∥A′′G′， ∴， ∵点H是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即MT=3PT， ∵，， ∴， ∴， ∵MT+BT=BM=2， ∴， ∴，解得：； 综上所述，t的值为或． 【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，根据题意得到点的运动轨迹是解题的关键，是中考的压轴题． 点、直线、圆的位置关系 9．（2024·吉林·中考真题）如图，四边形内接于，过点B作，交于点E．若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行线的性质，圆的内接四边形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 先根据得到，再由四边形内接于得到，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∵四边形内接于， ∴， ∴, 故选：C． 10．（2023·吉林长春·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点、在函数的图象上，分别以、为圆心，为半径作圆，当与轴相切、与轴相切时，连结，，则的值为（    ） A．3 B． C．4 D．6 【答案】C 【分析】过点分别作轴的垂线，垂足分别为，交于点，得出的横坐标为，的纵坐标为，设，，则，根据，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点分别作轴的垂线，垂足分别为，交于点， 依题意，的横坐标为，的纵坐标为，设， ∴， 则， 又∵，， ∴ ∴（负值已舍去） 解得：， 故选：C． 【点睛】本题考查了切线的性质，反比例函数的性质，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键． 11．（2022·吉林·中考真题）如图，在中，，，．以点为圆心，为半径作圆，当点在内且点在外时，的值可能是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】先利用勾股定理可得，再根据“点在内且点在外”可得，由此即可得出答案． 【详解】解：在中，，，， ， 点在内且点在外， ，即， 观察四个选项可知，只有选项C符合， 故选：C． 【点睛】本题考查了勾股定理、点与圆的位置关系，熟练掌握点与圆的位置关系是解题关键． 12．（2021·吉林·中考真题）如图，四边形内接于，点为边上任意一点（点不与点，重合）连接．若，则的度数可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由圆内接四边形的性质得度数为，再由为的外角求解． 【详解】解：∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， ∵为的外角， ∴，只有D满足题意． 故选：D． 【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，解题关键是熟练掌握圆内接四边形对角互补． 13．（2021·吉林长春·中考真题）如图，AB是的直径，BC是的切线，若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据切线的性质，得∠ABC=90°，再根据直角三角形的性质，即可求解． 【详解】解：∵AB是的直径，BC是的切线， ∴AB⊥BC，即∠ABC=90°， ∵， ∴=90°-35°=55°， 故选C． 【点睛】本题主要考查切线的性质以及直角三角形的性质，掌握圆的切线的性质定理，是解题的关键． 14．（2020·吉林·中考真题）如图，四边形内接于．若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆内接四边形的对角互补，可求得的度数． 【详解】因为，四边形内接于， 所以，=180°- 故选：C 【点睛】考核知识点：圆的内接四边形．熟记圆的内接四边形性质是关键． 15．（2024·吉林·中考真题）图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．点A，B，C，D，E，O均在格点上．图①中已画出四边形，图②中已画出以为半径的，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图． (1)在图①中，面出四边形的一条对称轴． (2)在图②中，画出经过点E的的切线． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，矩形的性质与判定，切线的判定，画对称轴等等： （1）如图所示，取格点E、F，作直线，则直线即为所求； （2）如图所示，取格点，作直线，则直线即为所求． 【详解】（1）解：如图所示，取格点E、F，作直线，则直线即为所求； 易证明四边形是矩形，且E、F分别为的中点； （2）解：如图所示，取格点，作直线，则直线即为所求； 易证明四边形是正方形，点E为正方形的中心，则． 16．（2021·吉林长春·中考真题）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1．每个小正方形的顶点称为格点，点A、B、C均为格点，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中找一格点M，按下列要求作图： （1）在图①中，连结MA、MB，使． （2）在图②中，连结MA、MB、MC，使． （3）在图③中，连结MA、MC，使． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析 【分析】（1）由勾股定理可求得AM=BM=，即可得点M的位置； （2）由勾股定理可求得AB=BC=，AC=，即可得 ，再由勾股定理的逆定理可判定△ABC为等腰直角三角形，点M即为斜边AC的中点，由此可得点M的位置； （3）作出AB、AC的垂直平分线，交点即为M，M即为△ABC外接圆的圆心，连接AM，CM，根据圆周角定理可得，由此即可确定点M的位置． 【详解】（1）如图①所示，点M即为所求． （2）如图②所示，点M即为所求． （3）如图③所示，点M即为所求． 【点睛】本题考查了基本作图，解决第（3）题时，确定△ABC外接圆的圆心是解决问题的关键． 正多边形与圆 17．（2022·吉林长春·中考真题）跳棋是一项传统的智力游戏．如图是一副跳棋棋盘的示意图，它可以看作是由全等的等边三角形和等边三角形组合而成，它们重叠部分的图形为正六边形．若厘米，则这个正六边形的周长为 厘米． 【答案】54 【分析】设AB交EF、FD与点N、M，AC交EF、ED于点G、H，BC交FD、ED于点O、P，再证明△FMN、△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等边三角形即可求解． 【详解】设AB交EF、FD与点N、M，AC交EF、ED于点G、H，BC交FD、ED于点O、P，如图， ∵六边形MNGHPO是正六边形， ∴∠GNM=∠NMO=120°， ∴∠FNM=∠FMN=60°， ∴△FMN是等边三角形， 同理可证明△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等边三角形， ∴MO=BM，NG=AN，OP=PD，GH=HE， ∴NG+MN+MO=AN+MN+BM=AB，GH+PH+OP=HE+PH+PD=DE， ∵等边△ABC≌等边△DEF， ∴AB=DE， ∵AB=27cm， ∴DE=27cm， ∴正六边形MNGHPO的周长为：NG+MN+MO+GH+PH+OP=AB+DE=54cm， 故答案为：54． 【点睛】本题考查了正六边的性质、全等三角形的性质以及等边三角形的判定与性质等知识，掌握正六边的性质是解答本题的关键． 18．（2022·吉林·中考真题）第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．如图，这个图案绕着它的中心旋转角后能够与它本身重合，则角可以为 度．（写出一个即可） 【答案】60或120或180或240或300（写出一个即可） 【分析】如图（见解析），求出图中正六边形的中心角，再根据旋转的定义即可得． 【详解】解：这个图案对应着如图所示的一个正六边形，它的中心角， ， 角可以为或或或或， 故答案为：60或120或180或240或300（写出一个即可）． 【点睛】本题考查了正多边形的中心角、图形的旋转，熟练掌握正多边形的性质是解题关键． 弧长和扇形面积 19．（2024·吉林·中考真题）某新建学校因场地限制，要合理规划体育场地，小明绘制的铅球场地设计图如图所示，该场地由和扇形组成，分别与交于点A，D．，，，则阴影部分的面积为 （结果保留）． 【答案】 【分析】本题考查了扇形面积公式，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键． 利用阴影部分面积等于大扇形减去小扇形面积，结合扇形面积公式即可求解． 【详解】解：由题意得：， 故答案为：． 20．（2024·吉林长春·中考真题）一块含角的直角三角板按如图所示的方式摆放，边与直线重合，．现将该三角板绕点顺时针旋转，使点的对应点落在直线上，则点A经过的路径长至少为 ．（结果保留） 【答案】 【分析】本题主要考查了旋转的性质、弧长公式等知识点，掌握弧长公式成为解题的关键． 由旋转的性质可得,即，再根据点A经过的路径长至少为以B为圆心，以为半径的圆弧的长即可解答． 【详解】解：∵将该三角板绕点顺时针旋转，使点的对应点落在直线上， ∴,即， ∴点A经过的路径长至少为． 故答案为：． 21．（2023·吉林·中考真题）如图①，A，B表示某游乐场摩天轮上的两个轿厢．图②是其示意图，点O是圆心，半径r为，点A，B是圆上的两点，圆心角，则的长为 ．（结果保留）    【答案】 【分析】利用弧长公式直接计算即可． 【详解】∵半径，圆心角， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了弧长计算，熟练掌握弧长公式，并规范计算是解题的关键． 22．（2022·吉林长春·中考真题）将等腰直角三角板与量角器按如图所示的方式摆放，使三角板的直角顶点与量角器的中心O重合，且两条直角边分别与量角器边缘所在的弧交于A、B两点.若厘米，则的长度为 厘米．（结果保留） 【答案】/ 【分析】直接根据弧长公式进行计算即可． 【详解】， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了弧长公式，即，熟练掌握知识点是解题的关键． 23．（2021·吉林·中考真题）如图，在中，，，．以点为圆心，长为半径画弧，分别交，于点，，则图中阴影部分的面积为 （结果保留）． 【答案】 【分析】连接，由扇形面积﹣三角形面积求解． 【详解】解：连接， ∵， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴阴影部分的面积为． 故答案为：． 【点睛】本题考查扇形的面积与等边三角形的性质与判定，解题关键是判断出三角形CBE为等边三角形与扇形面积的计算． 24．（2021·吉林长春·中考真题）如图是圆弧形状的铁轨示意图，半径OA的长度为200米，圆心角，则这段铁轨的长度 米，（铁轨的宽度忽略不计，结果保留π） 【答案】 【分析】铁轨AB的长度为劣弧AB的长度，再根据弧长公式求解即可． 【详解】解：由题意可知，铁轨的长度为劣弧AB的长度， 故答案为：． 【点睛】本题考查圆的弧长公式，属于基础题，熟练掌握圆的弧长公式是解决本题的关键． 25．（2020·吉林长春·中考真题）如图，在中，，，以点为圆心，线段的长为半径作，交的延长线于点，则阴影部分的面积为 （结果保留）． 【答案】 【分析】利用勾股定理求出，证明，根据计算即可． 【详解】解：，， ， ， ， 故答案为． 【点睛】本题考查扇形的面积，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 26．（2020·吉林·中考真题）如图，在四边形中，，，我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”，筝形的对角线，相交于点．以点为圆心，长为半径画弧，分别交，于点，，若，，则的长为 （结果保留）． 【答案】 【分析】根据题意，求出OB的长；根据弧长的公式，代入数据，即可求解． 【详解】由题意知：，， ∴ABC和ADC是等腰三角形，AC⊥BD． ∵， ∴OD=，OA= ∴OB=． ∵∠ABD=， ∴∠EBF=， = ． 故答案为． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质和弧长的公式，正确掌握等腰三角形的性质和弧长的公式是解题的关键． 圆的基本认识 27．（2024·吉林长春·三模）将边长为2的小正方形ABCD 和边长为4的大正方形 EFGH如图摆放，使得C、E两点刚好重合，且B、C、H三点共线，此时经过A、F、G三点作一个圆，则该圆的半径为 ． 【答案】 【分析】本题考查确定圆的圆心，由题意可知，，，取的中点，连接，，，由勾股定理可得，可知点为、、三点所作圆的圆心，进而可得答案． 【详解】解：由题意可知，，， 取的中点，则，， 连接，，， 由勾股定理可得：，， ∴， 即：点为、、三点所作圆的圆心， 则该圆的半径为， 故答案为：． 28．（2024·吉林长春·模拟预测）如图，为半圆的一条弦（非直径），连结、，分别以、为圆心，大于一半的长为半径画弧，两弧交于点，连结，交于点，下列结论不一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了线段垂直平分线的判定和性质，等腰三角形性质，由，，可得为线段的垂直平分线，即可判断；根据三线合一即可判断；由已知不能确定与圆的半径是否相等，即无法确定是否是等边三角形，即可判断；掌握线段线段垂直平分线的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：∵，， ∴点在线段的垂直平分线上， ∴为线段的垂直平分线， ∴，，故选项正确； ∵，， ∴， 即，故选项正确； ∵由已知不能确定与圆的半径是否相等， ∴无法确定是否是等边三角形， 即无法确定是否等于，故选选不一定正确； 故选：． 圆心角与圆周角 29．（2024·吉林松原·二模）如图，在中，，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，弧、弦、圆心角的关系，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．连接，根据垂径定理可得，从而可得，然后利用圆周角定理进行计算即可解答． 【详解】解：如图，连接， ， ， ， ， 故选：C． 30．（2024·吉林·模拟预测）如图，和内接于，若，，则的度数为（    ）．    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了圆周角定理，三角形的外接圆与外心，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 根据圆周角定理求出，根据三角形内角和定理即可得出答案． 【详解】解：， ， ， ， 故选：D． 31．（2024·吉林·模拟预测）如图，是的直径，，点C是上半圆的中点，点D是下半圆上一点，点E是的中点，连接交于点F．当点D从点A运动到点B的过程中，点F运动的路径长是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，作出正确的辅助线是解题的关键．连接，圆周角定理，推出，进而得到点只在上运动，求解即可． 【详解】解：连接，    ∵是的直径，点C是上半圆的中点， ∴，， ∴， ∴， 设，则：，，， ∴的度数为，， ∵点E是的中点， ∴的度数为， ∴的度数为， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴点在以点为圆心，以长为半径的圆上，且只在的上运动， ∴点的轨迹为的长． 故选B． 32．（2024·吉林长春·模拟预测）如图，为的直径，为的切线，连结交于点D，连结，若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查切线的性质、圆周角定理，三角形内角和定理等知识，由圆周角定理可得，根据切线的性质得，再结合三角形的内角和定理即可得到结论． 【详解】解：∵， ∴， ∵为的切线， ∴， ∴， 故选：B． 33．（2024·吉林长春·模拟预测）如图，中，，以为直径的半圆交的边于、两点，为圆心，且，则长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，余角性质，线段垂直平分线的性质，连接，可得，得到，，再由得到，即得，再得到，进而得到是的垂直平分线，据此即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是的垂直平分线， ∴， 故选：． 34．（2024·吉林长春·二模）如图，、是的弦，、是的半径，点为上任意一点（点不与点重合），连结．若，则的度数可能为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查圆周角定理与三角形外角性质的综合应用，结合已知条件求得的范围是解题的关键． 利用圆周角定理求得的度数，然后利用三角形外角性质及等边对等角求得的范围，继而得出答案． 【详解】解：如图，连接， 点为上任意一点（点不与点重合）， 的度数可能是． 故选：C． 35．（2024·吉林长春·模拟预测）两块直角三角板按如图方式放置，、相交于点，给出下面四个结论：①点、、、在同一个圆上；②；③；④．上述结论中，所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【分析】本题考查了圆的内接四边形，圆周角定理，解直角三角形． 根据，即可判断①；根据等腰三角形的性质得出，根据圆周角定理得出，最后根据三角形的外角定理，即可判断②；易得为四边形外接圆直径，不是四边形外接圆直径，即可判断③；根据含30度直角三角形的特征得出，再推出，即可判断④． 【详解】解：∵， ∴点、、、在同一个圆上，故①正确，符合题意； ∵， ∴， ∵点、、、在同一个圆上， ∴， ∴，故②正确，符合题意； ∵，点、、、在同一个圆上， ∴为四边形外接圆直径， ∵不经过中点， ∴不是四边形外接圆直径， ∴，故③不正确，不符合题意； ∵， ∴， ∵， ∴，故④正确，符合题意； 综上：正确的有①②④， 故答案为：①②④． 36．（2024·吉林长春·一模）在等边中，，以A为圆心，2为半径画的．    (1)【特例感知】如图①，当点D、E分别在上时，与的数量关系为 ．（不需要证明） (2)【一般探究】如图②，将图①中的扇形绕点A转动，在旋转过程中，上述（1）的数量关系还存在吗？请说明理由． (3)【思维拓展】如图②，在扇形旋转过程中，当点B、E、D三点共线时，的长为 ． 【答案】(1) (2)存在，见解析 (3) 【分析】（1）由等边三角形的性质得，然后利用等式的性质可得答案； （2）先证明，然后根据证明即可求解； （3）分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况求解即可． 【详解】（1）∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：； （2）∵是等边三角形， ∴，． ∵的度数为， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）当顺时针旋转时，如图，作于H，    ∵，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴ 由（2）得：， ∴； 当逆时针旋转时，如图，作于H，    同理可求． 综上可知，的长为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等边三角形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键． 点、直线、圆的位置关系 37．（2024·吉林延边·模拟预测）如图，是的直径，与切于点，点在上，连接与交于点，过点作交的延长线于点．若，则的长为（   ） A．2 B．2 C．3 D．2 【答案】C 【分析】本题考查了切线的性质，平行线的性质，根据切线的性质可得，再利用平行线的性质可得，从而可得，，然后利用等腰三角形的性质可得，从而可得，进而可得，即可解答． 【详解】解：与切于点， ， ∵， ， ，， ， ， ， ， 故选：C． 38．（2024·吉林·一模）如图，是的直径，为的弦．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质，等边对等角的性质以及三角形内角和定理，连接，由圆内接四边形的性质可得出，由等边对等角可得出，最后由三角形内角和定理即可求出答案． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是内接四边形，且 ∴ ∵， ∴ 故选：B． 39．（2024·吉林白山·一模）如图，与相切于点B，的延长线交于点C，D为优弧上任意一点，若，则（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，由切线的性质求得，则，根据圆周角定理，得，于是得到问题的答案． 本题重点考查圆周角定理、切线的性质定理、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵与相切于点B， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 40．（23-24九年级下·吉林·阶段练习）如图，点，，在上，，过点作的切线交的延长线于点，则的大小为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了圆周角定理，切线的性质，三角形内角和定理的应用，解题关键是掌握圆周角定理及切线性质求得及的值，根据圆周角定理“一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半”，得到，再根据“圆的切线垂直于过切点的半径”，可证得，再利用三角形内角和定理，即可求得的值． 【详解】解：，，在上，， ， 过点作的切线交的延长线于点， ， ， ， 故选：D． 41．（2024·河南洛阳·一模）如图， 四边形内接于，连接． 若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质、圆心角与圆周角的关系，解题的关键熟知相关性质． 根据圆内接四边形对角互补可求得，然后再根据同弧上的圆心角等于圆周角的2倍即可得到结论． 【详解】∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， ∵与所对的弧都是， ∴． 故选：D． 42．（2024·吉林·模拟预测）如图，是的直径，与相切于点A，，连接交于点D，连接，若，则的长为 （结果保留）． 【答案】 【分析】本题考查切线的性质，弧长公式，熟练掌握切线的性质是解题关键． 先根据切线的性质得到，则利用互余计算出，利用含30度角的直角三角形三边的关系得到，接着计算出，然后利用弧长公式求解． 【详解】是的直径，与相切于点A， ， ， ， 在中 ， ， 的长 故答案为：． 43．（2024·吉林·模拟预测）如图，是的直径，点是的中点，过点作射线的垂线，垂足为． (1)求证：是的切线； (2)若，，求图中阴影部分的面积（用含有的式子表示）． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（）连接，证明，即可得到结论； （）连接，，，证明，从而可得，代入求出，由，则，证明是等边三角形，根据等边三角形的性质得到，即可证明，从而可得，求出扇形的面积即可得到阴影部分的面积． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴半径， ∴是的切线； （2）如图，连接，，， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵在中，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质及判定，等边三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，切线的判定，解直角三角形以及扇形面积的求法，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 44．（2024·吉林长春·模拟预测）已知是的直径，．点A是圆外一点，点D和点E在同一条直线上．且．过点A另一条直线交于B、C． (1)如图1，当时，研究发现：连接、可以得到，继而可以求长．请写出完整的解答过程． (2)如图2，当B、C重合于一点时，______． (3)如图3，当平分时，______． 【答案】(1)；过程见解析 (2)4 (3) 【分析】（1）连接、，证明，得出，求出． （2）连接，根据当B、C重合于一点时，与相切于点C，得出，求出． （3）连接，根据角平分线定义得出，证明，，得出，即，求出，，即可求出结果． 【详解】（1）解：连接、，如图所示： ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：． （2）解：连接，如图所示： ∵当B、C重合于一点时，与相切于点C， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （3）解：连接，如图所示： ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 根据解析（1）可知：， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， 解得：，， ∴． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，切线的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 45．（2024·吉林长春·一模）如图，是等边的外接圆． 【问题原型】如图，连结，延长交弦于点，交于点．连结、．求证：； 【问题解决】小明给出了自己的证明方法如下： ∵三角形外接圆的圆心为三边垂直平分线的交点且为等边三角形， ∴，， ∴，则为等边三角形， 同理可得：也为等边三角形， ∴． 【方法应用】如图2，若为上任意一点，连结，，，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由． 【拓展提升】如图③，若的半径为，且为上一点，且，则四边形的面积的是______． 【答案】【方法应用】结论成立，证明见解析；【拓展提升】． 【分析】【方法应用】延长到，使，证明，，得出 为等边三角形， 即可解答； 【拓展提升】连接，由得且四边形的面积等于以为边长的等边三角形的面积，作于，连接，作的延长线于，求出，利用勾股定理求出和，即可求出，再利用等边面积公式求出以为边长的等边三角形的面积，即可解答此题． 【详解】【方法应用】结论成立， 延长到，使， 如图， ∵为等边三角形, ∴，， ∵四边形为圆内接四边形， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴，即； 【拓展提升】如图连接，由得，且四边形的面积等于以为边长的等边三角形的面积， 作于， ∴， 连接，作的延长线于， ∵为等边三角形的中心点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为圆内接四边形， ∴ ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴以为边的等边三角形的面积为：， ∴四边形的面积为：， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质和勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 正多边形与圆 46．（2024·吉林长春·一模）如图，点M是内接正n边形…边的中点，连接，若半径为1，，则长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正多边形中心角的性质，圆心角的计算，三角函数，熟练掌握正多边形的中心角的性质是解题的关键．连接，由正多边形的中心角的定义求出和，由即可得到图形是正八边形，最后根据三角函数即可得出答案． 【详解】解：连接，，如图所示： 则， ∵点M是内接正n边形边的中点， ∴， ∴， ∴； 解得， ∴， 在中，， ∴，即 故选：B． 47．（2024·浙江·一模）如图，正五边形的边长为2，以顶点A为圆心，长为半径画圆，图中阴影部分的面积为 ．    【答案】 【分析】本题考查了正多边形和圆及扇形的面积的计算的知识，解题的关键是求得正五边形的内角的度数并牢记扇形的面积计算公式． 首先确定扇形的圆心角的度数，然后利用扇形的面积公式计算即可． 【详解】解：解：∵正五边形的外角和为， ∴每一个外角的度数为， ∴正五边形的每个内角为， ∵正五边形的边长为， ∴， 故答案为：． 48．（2024·吉林松原·三模）边长均为5的正五边形与一个正六边形按如图所示的方式拼接在一起，连接，则以为半径的与六边形及重叠部分图形的面积之和为 （结果保留）． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形的内角与外角、等腰三角形的性质，求扇形面积，熟练正五边形的内角，正六边形的内角是解题的关键． 根据正五边形的内角和和正六边形的内角和公式求得正五边形的内角和正六边形的内角，然后根据周角的定义和等腰三角形性质求出，然后利用扇形面积公式求解即可． 【详解】解：如图所示， 由题意得：正六边形的每个内角都等于， 正五边形的每个内角都等于， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴． 故答案为：． 弧长和扇形面积 49．（2024·吉林松原·二模）如图，平行四边形的对角线、交于点，且，，以O为圆心，的长为半径画弧，分别交对角线于点、．若，则图中阴影部分的周长为 （结果保留根号和）．    【答案】 【分析】本题考查弧长的计算、平行四边形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．根据等腰直角三角形的性质可以得到，根据勾股定理求出，再根据弧长公式求出，的长，即可得出答案． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，， ， ，， ， ，， ，，的长为， 图中阴影部分的周长为， 故答案为：． 50．（2024·吉林长春·模拟预测）某学校的花坛形状如图所示，与的半径均为6米，且经过的圆心．已知实线部分为此花坛的周长，则花坛的周长为 米．（结果保留） 【答案】 【分析】本题考查了相交两圆的性质，弧长公式，等边三角形的性质和判定等知识点，能求出圆心角的度数是解此题的关键．连接，，，，，根据等边三角形的判定得出和是等边三角形，根据等边三角形的性质得出，求出优弧所对的圆心角的度数，再根据弧长公式求出即可． 【详解】解：连接，，，，， 等圆与的半径为6米，经过的圆心， 米， 和是等边三角形， ， 优弧所对的圆心角的度数是， 花坛的周长为（米）， 故答案为：． 51．（2024·吉林长春·模拟预测）不倒翁是一种受人喜爱的儿童玩具，小华在手工课上用一球形物体做了一个戴帽子的不倒翁（如图1），图2是从正面看到的该不倒翁的形状示意图（设圆心为O）．已知帽子的边缘，分别与相切于点 A， B， 若该圆半径是3，， 则的长是 ．（结果保留π） 【答案】 【分析】本题考查切线的性质，弧长的计算，多边形内角和，熟练掌握切线的性质，以及弧长公式是解题的关键．利用切线的性质可得，进而得到，以及所对圆心角，最后利用弧长公式求解即可解题． 【详解】解：，分别与相切于点 A， B， ， ， ， 所对圆心角为， 该圆半径是3， 的长是， 故答案为：． 52．（2024·吉林长春·模拟预测）如图是一座立交桥的示意图（道路宽度忽略不计），A为入口，F，G为出口，其中直行道为，且米；弯道为以点O为圆心的一段弧，且所对的圆心角均为，半径为米，甲车由A口驶入立交桥，以的速度行驶，从G口驶出用时 秒． 【答案】5 【分析】本题考查了弧长的计算，熟练掌握弧长公式是关键．根据弧长公式计算弧的长可得． 【详解】解：弧的长为米， 米， ∴甲车由A口驶入立交桥，以的速度行驶，从G口驶出用时秒． 故答案为：5 53．（2024·吉林松原·模拟预测）如图，是的直径，点C是上一点，点D在的延长线上，与交于另一点E，，则的长度为 （结果保留π）．    【答案】/ 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，弧长的计算，三角形外角的性质等知识；连接，则得，则得，；由三角形外角的性质求得，最后由弧长公式即可求解． 【详解】解：连接，如图， 则， ； ， ， ， ； ； ， 由弧长公式得：．    故答案为：． 54．（2024·吉林松原·三模）如图，在矩形中，为的中点，连接、，，以点为圆心，的长为半径画弧，分别与、交于点、，若，则图中阴影部分的面积和为 （结果保留）． 【答案】 【分析】本题主要考查了扇形面积的计算、全等三角形的判定与性质及矩形的性质，熟知矩形的性质及扇形面积的计算公式是解题的关键． 先证出和都是等腰直角三角形，再利用扇形面积公式求出扇形和扇形的面积，用矩形的面积减去等腰直角三角形的面积和两个扇形的面积即可解决问题． 【详解】解：四边形是矩形，， ，，， 又， 和都是等腰直角三角形， ， 在中， ， 同理可得，， ， ． 又， ， ． 故答案为：． 55．（2024·吉林长春·模拟预测）将等腰直角三角板与量角器按如图所示的方式摆放，使三角板的锐角顶点与量角器的中心O重合，且两条边分别与量角器边缘所在的弧交于A、B两点，若厘米，则的长度为 厘米．（结果保留） 【答案】 【分析】本题考查了弧长公式，即，直接根据弧长公式进行计算即可．熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】，， ， 故答案为：． 56．（2024·吉林长春·模拟预测）如图①所示的是由可随意弯曲的硅胶灯带制成的弧形餐厅灯，图②是工人师傅设计灯带时所画的对应示意图，若此弧形餐厅灯的圆心角为，半径为2米，切裁时不计损耗，则制作此灯需要硅胶灯带的长度是 米．（结果保留） 【答案】/ 【分析】本题考查了求弧长，根据弧长公式即可解答． 【详解】解：根据题意 ：制作此灯需要硅胶灯带的长度（米）， 故答案为：． 57．（2024·吉林长春·模拟预测）一个闹钟的时针长是，从下午1点到下午4点，时针所扫过的面积是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查扇形面积的计算，熟练掌握扇形面积的计算公式是解题的关键．先求出从1点到下午4点扫过的角度，再根据扇形面积的计算公式计算即可． 【详解】解：由题知，时针从1点到下午4点扫过， 闹钟的时针长是， ． 故答案为：． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$