专题13 圆的基本性质及有关计算（4考点）-【好题汇编】5年（2020-2024）中考1年模拟数学真题分类汇编（广东专用）

专题13 圆的基本性质及有关计算 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点1圆周角、圆心角定理 2023·广东卷：圆周角的性质及推论 2021·广东卷：圆周角定理、角平分线的性质以及勾股定理 2023·深圳卷：圆周角的性质及推论 2022·广东卷：圆周角定理、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理 2021·深圳卷：圆中综合知识、平行四边形的性质及判定及三角形相似的判定及性质 在中考中，圆的基本性质及有关计算包括圆心角定理、圆周角定理及推论、垂径定理、圆的内接多边形、以及扇形、圆锥等相关的计算，圆基本性质这部分出题时，也会考察圆的切线性质、三角形、四边形等相关的性质，具有一定的综合性。除了填选会出题外，在解答题中也对圆的有关知识进行了综合考查. 考点2 垂径定理 2020·广州卷：垂径定理应用 2022·广州卷：圆的基本性质、垂径定理及其推论、勾股定理、线段垂直平分线的尺规作图、锐角三角函数 考点3 弧长和扇形面积计算 2021·广东卷：等腰直角三角形的性质及扇形面积 2020·广东卷：弧长公式以及扇形弧长与底面圆周长相等 2024·深圳卷：扇形的面积公式，解直角三角形 2023·广州卷：平移的性质、求弧长、勾股定理 考点4 圆锥的有关计算 2024·广州卷：弧长公式，圆锥的体积公式，勾股定理 2024·广东卷：圆锥的有关计算综合应用 考点1圆周角、圆心角定理 1. （2023·广东·中考真题）如图，是的直径，，则（   ）    A． B． C． D． 2. （2021·广东·中考真题）如图，是⊙的直径，点C为圆上一点，的平分线交于点D，，则⊙的直径为（    ） A． B． C．1 D．2 3. （2023·广东深圳·中考真题）如图，在中，为直径，C为圆上一点，的角平分线与交于点D，若，则 °．    4. （2022·广东·中考真题）如图，四边形内接于，为的直径，． (1)试判断的形状，并给出证明； (2)若，，求的长度． 5. （2021·广东深圳·中考真题）如图，为的弦，D，C为的三等分点，． （1）求证：； （2）若，，求的长． 考点2 垂径定理 6. （2020·广东广州·中考真题）往直径为的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面宽，则水的最大深度为（  ） A． B． C． D． 7. （2022·广东广州·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，且AC=8，BC=6． (1)尺规作图：过点O作AC的垂线，交劣弧于点D，连接CD（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）所作的图形中，求点O到AC的距离及sin∠ACD 的值． 考点3 弧长和扇形面积计算 8. （2021·广东·中考真题）如图，等腰直角三角形中，．分别以点B、点C为圆心，线段长的一半为半径作圆弧，交、、于点D、E、F，则图中阴影部分的面积为 ． 9. （2020·广东·中考真题）如图，从一块半径为的圆形铁皮上剪出一个圆周角为120°的扇形，如果将剪下来的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的底面圆的半径为 ． 10. （2024·广东深圳·中考真题）如图，在矩形中，，O为中点，，则扇形的面积为________． 11. （2023·广东广州·中考真题）如图，在平面直角坐标系v中，点，，所在圆的圆心为O．将向右平移5个单位，得到（点A平移后的对应点为C）． （1）点D的坐标是___________，所在圆的圆心坐标是___________； （2）在图中画出，并连接，； （3）求由，，，首尾依次相接所围成的封闭图形的周长．（结果保留） 考点4 圆锥的有关计算 12. （2024·广东广州·中考真题）如图，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，若扇形的半径是5，则该圆锥的体积是（    ） A． B． C． D． 13. （2024·广东·中考真题）综合与实践 【主题】滤纸与漏斗 【素材】如图1所示： ①一张直径为的圆形滤纸； ②一只漏斗口直径与母线均为的圆锥形过滤漏斗． 【实践操作】 步骤1：取一张滤纸； 步骤2：按如图2所示步骤折叠好滤纸； 步骤3：将其中一层撑开，围成圆锥形； 步骤4：将围成圆锥形的滤纸放入如图1所示漏斗中． 【实践探索】 (1)滤纸是否能紧贴此漏斗内壁（忽略漏斗管口处）？用你所学的数学知识说明． (2)当滤纸紧贴漏斗内壁时，求滤纸围成圆锥形的体积．（结果保留） 14. （2024·广东揭阳·三模）如图，在中，，那么（   ） A． B． C． D．与的大小关系无法比较 15. （2024·广东·三模）如图，内接于⊙O，过点O作交⊙O于点D，连接，，则的度数为（    ）      A． B． C． D． 16. （2024·广东佛山·二模）如图，在中，直径弦是圆上一点，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 17. （2024·广东云浮·一模）如图，是的内接三角形，若，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 18. （2024·广东广州·二模）如图，是的弦，点P在弦上，，，则⊙O的半径为（　　） A．5 B． C．4 D． 19. （2024·广东珠海·一模）如图，为的直径，弦于，且点为半径的中点，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 20. （2024·广东肇庆·一模）如图，是的两条直径，E是的中点，连接，若，则（    ）    A． B． C． D． 21. （2024·广东珠海·三模）如图，是的外接圆，是的直径，点在上，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 22. （2024·广东佛山·一模）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”：通过圆内接正多边形割圆，边数越多割得越细，正多边形的周长就越接近圆的周长．如图，由圆内接正六边形可算出．若利用圆内接正十二边形来计算圆周率，则圆周率约为（    ） A． B． C． D． 23. （2024·广东佛山·三模）如图，直角三角板角的顶点A落在直径为6的上，两边与分别交于B、C两点，则劣弧的弧长为（    ） A． B． C． D． 24. （2024·广东清远·二模）如图，在中，，以为直径作半圆，交于点，交于点，则弧的长为（    ）．    A． B． C． D． 25. （2024·广东广州·二模）如图，是的直径，是弦，且，，则与的长度的比值为 ． 26. （2024·广东中山·二模）平面内有四个点A、O、B、C，其中，，，则满足题意的长度的取值范围是 ． 27. （2024·广东广州·二模）如图，圆锥的母线与底面半径的夹角为，，则圆锥侧面展开扇形的圆心角是 ． 28. （2024·广东广州·三模）用一个圆心角为，半径为4的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆的直径为 ． 29. （2024·广东广州·三模）一个几何体的三视图如图，根据图示的数据计算该几何体的全面积为 ．（结果保留） 30. （2024·广东清远·三模）如图，在扇形中，半径，将扇形沿过点B的直线折叠，点O恰好落在上的点D处，折痕交于点C，则图中阴影部分的周长是 ． 31. （2024·广东湛江·一模）如图，在等腰中，，．分别以点，，为圆心，以的长为半径画弧分别与的边相交，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留π） 32. （2024·广东江门·二模）如图，半径为4的中，为直径，弦且过半径的中点，点为上一动点，于点．当点从点出发逆时针运动到点时，点所经过的路径长为 ． 33. （2024·广东惠州·二模）在社会实践活动中，小明同学用一个半径为的定滑轮带动重物上升．如图，滑轮上一点绕点逆时针旋转，假设绳索(粗细不计)与滑轮之间没有滑动，则重物上升了 ． 34. （2024·广东深圳·三模）如图，是某十字路口机动车转弯时的示意图，设计转弯半径，转弯角度，大型机动车实际转弯时，转弯半径，转弯角度，则大型机动车转弯实际行驶路程（的长）与设计转弯行驶路程（的长）的差为 （结果保留）． 35. （2024·广东东莞·三模）如图，点是正五边形的中心，连接、、，则的度数为 °． 36. （2024·广东惠州·二模）如图，在正八边形中，将绕点 点逆时针旋转到，连接，，若 ，则 的面积为 ． 37. （2024·广东广州·二模）如图，六边形是圆O的内接正六边形，设四边形 的面积为，的面积为 ， 则 ． 38. （2024·广东湛江·一模）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转n个45°，得到正六边形，当时，正六边形的顶点的坐标是 ． 39. （2024·广东汕头·二模）如图，为直径作，弦与垂直，垂足为E，、的延长线交于点F．若 ，请你解决下列问题； (1)求证：； (2)若，求的长． 40. （2024·广东广州·一模）如图，为的直径，是圆上一点，是的中点． (1)尺规作图：过点作的垂线，交半圆于点，交线段直径于点（保留作图痕迹，不写做法）； (2)点是弧上一点，连接． ①求的值； ②若为的角平分线，求的长． 41. （2024·广东佛山·一模）如图，已知是的半径，过上一点D作弦垂直于，连接，．线段为的直径，连接交于点． (1)求证：； (2)若平分，求的值 42. （2024·广东东莞·二模）【综合与实践】 主题：制作圆锥形生日帽． 素材：一张圆形纸板、装饰彩带． 步骤1：如图1，将一个底面半径为r的圆锥侧面展开，可得到一个半径为l、圆心角为的扇形．制作圆锥形生日帽时，要先确定扇形的圆心角度数，再度量裁剪材料． 步骤2：如图2，把剪好的纸板粘合成圆锥形生日帽，       (1)现在需要制作一个，的生日帽，请帮忙计算出所需扇形纸板的圆心角度数； (2)为了使（1）中所制作的生日帽更美观，要粘贴彩带进行装饰，其中需要粘贴一条从点A处开始，绕侧面一周又回到点A的彩带（彩带宽度忽略不计），求彩带长度的最小值． 43. （2024·广东深圳·一模）【项目式学习】 项目主题：车轮的形状 项目背景：在学习完圆的相关知识后，九年级某班同学通过小组合作方式开展项目式学习，深入探究车轮制作成圆形的相关原理． 【合作探究】 （1）探究组：车轮做成圆形的优点是：车轮滚动过程中轴心到地面的距离始终保持不变．另外圆形车轮在滚动过程中，最高点到地面的距离也是不变的．如图1，圆形车轮半径为，其车轮最高点到地面的距离始终为______； （2）探究组：正方形车轮在滚动过程中轴心到地面的距离不断变化．如图2，正方形车轮的轴心为，若正方形的边长为，车轮轴心距离地面的最高点与最低点的高度差为______； （3）探究组：如图3，有一个正三角形车轮，边长为，车轮轴心为（三边垂直平分线的交点），车轮在地面上无滑动地滚动一周，求点经过的路径长． 探究发现：车辆的平稳关键看车轮轴心是否稳定，即车轮的轴心是否在一条水平线上运动． 【拓展延伸】 如图4，分别以正三角形的三个顶点，，为圆心，以正三角形的边长为半径作圆弧，这样形成的曲线图形叫做“莱洛三角形”．“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，但其车轴中心并不稳定． （4）探究组：使“莱洛三角形”以图4为初始位置沿水平方向向右滚动．在滚动过程中，其“最高点”和“车轮轴心”均在不断移动位置，那么在“莱洛三角形”滚动一周的过程中，其“最高点”和“车轮轴心”所形成的图形按上、下放置，应大致为______． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题13 圆的基本性质及有关计算 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点1圆周角、圆心角定理 2023·广东卷：圆周角的性质及推论 2021·广东卷：圆周角定理、角平分线的性质以及勾股定理 2023·深圳卷：圆周角的性质及推论 2022·广东卷：圆周角定理、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理 2021·深圳卷：圆中综合知识、平行四边形的性质及判定及三角形相似的判定及性质 在中考中，圆的基本性质及有关计算包括圆心角定理、圆周角定理及推论、垂径定理、圆的内接多边形、以及扇形、圆锥等相关的计算，圆基本性质这部分出题时，也会考察圆的切线性质、三角形、四边形等相关的性质，具有一定的综合性。除了填选会出题外，在解答题中也对圆的有关知识进行了综合考查. 考点2 垂径定理 2020·广州卷：垂径定理应用 2022·广州卷：圆的基本性质、垂径定理及其推论、勾股定理、线段垂直平分线的尺规作图、锐角三角函数 考点3 弧长和扇形面积计算 2021·广东卷：等腰直角三角形的性质及扇形面积 2020·广东卷：弧长公式以及扇形弧长与底面圆周长相等 2024·深圳卷：扇形的面积公式，解直角三角形 2023·广州卷：平移的性质、求弧长、勾股定理 考点4 圆锥的有关计算 2024·广州卷：弧长公式，圆锥的体积公式，勾股定理 2024·广东卷：圆锥的有关计算综合应用 考点1圆周角、圆心角定理 1. （2023·广东·中考真题）如图，是的直径，，则（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据圆周角定理可进行求解． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； 故选B． 【点睛】本题主要考查圆周角的相关性质，熟练掌握直径所对圆周角为直角是解题的关键． 2. （2021·广东·中考真题）如图，是⊙的直径，点C为圆上一点，的平分线交于点D，，则⊙的直径为（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】B 【分析】过D作DE⊥AB垂足为E，先利用圆周角的性质和角平分线的性质得到DE=DC=1，再说明Rt△DEB≌Rt△DCB得到BE=BC，然后再利用勾股定理求得AE，设BE=BC=x，AB=AE+BE=x+，最后根据勾股定理列式求出x，进而求得AB． 【详解】解：如图：过D作DE⊥AB，垂足为E ∵AB是直径 ∴∠ACB=90° ∵∠ABC的角平分线BD ∴DE=DC=1 在Rt△DEB和Rt△DCB中 DE=DC、BD=BD ∴Rt△DEB≌Rt△DCB（HL） ∴BE=BC 在Rt△ADE中，AD=AC-DC=3-1=2 AE= 设BE=BC=x，AB=AE+BE=x+ 在Rt△ABC中，AB2=AC2+BC2 则（x+）2=32+x2，解得x= ∴AB=+=2 故填：2． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、角平分线的性质以及勾股定理等知识点，灵活应用相关知识成为解答本题的关键． 3. （2023·广东深圳·中考真题）如图，在中，为直径，C为圆上一点，的角平分线与交于点D，若，则 °．    【答案】35 【分析】由题意易得，，则有，然后问题可求解． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵平分， ∴； 故答案为35． 【点睛】本题主要考查圆周角的性质，熟练掌握直径所对圆周角为直角是解题的关键． 4. （2022·广东·中考真题）如图，四边形内接于，为的直径，． (1)试判断的形状，并给出证明； (2)若，，求的长度． 【答案】(1)△ABC是等腰直角三角形；证明见解析； (2)； 【分析】（1）根据圆周角定理可得∠ABC=90°，由∠ADB=∠CDB根据等弧对等角可得∠ACB=∠CAB，即可证明； （2）Rt△ABC中由勾股定理可得AC，Rt△ADC中由勾股定理求得CD即可； 【详解】（1）证明：∵AC是圆的直径，则∠ABC=∠ADC=90°， ∵∠ADB=∠CDB，∠ADB=∠ACB，∠CDB=∠CAB， ∴∠ACB=∠CAB， ∴△ABC是等腰直角三角形； （2）解：∵△ABC是等腰直角三角形， ∴BC=AB=， ∴AC=， Rt△ADC中，∠ADC=90°，AD=1，则CD=， ∴CD=． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识；掌握等弧对等角是解题关键． 5. （2021·广东深圳·中考真题）如图，为的弦，D，C为的三等分点，． （1）求证：； （2）若，，求的长． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）根据题意，连接，通过证明，再由可证四边形为平行四边形，进而即可得到； （2）根据平行四边形的性质及D，C为的三等分点可证，得到，进而求得即可得到的长． 【详解】（1）如图连接， ∵A、D、C、B四点共圆 ∴ 又 ∴ ∵D，C为的三等分点 ∴ ∴ ∴ ∴，又 ∴四边形为平行四边形 ∴即原题中； （2）∵四边形为平行四边形， ∴ ∵D，C为的三等分点， ∴， ∴，， ∵ ∴ ∴ ∴，即 ∴ ∴． 【点睛】本题主要考查了圆中综合知识、平行四边形的性质及判定及三角形相似的判定及性质，熟练掌握相关几何综合运用知识是解决本题的关键． 考点2 垂径定理 6. （2020·广东广州·中考真题）往直径为的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面宽，则水的最大深度为（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点O作OD⊥AB于D，交⊙O于E，连接OA，根据垂径定理即可求得AD的长，又由⊙O的直径为，求得OA的长，然后根据勾股定理，即可求得OD的长，进而求得水的最大深度的长． 【详解】解：过点O作OD⊥AB于D，交⊙O于E，连接OA， 由垂径定理得：， ∵⊙O的直径为， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴水的最大深度为， 故选：． 【点睛】本题主要考查了垂径定理的知识．此题难度不大，解题的关键是注意辅助线的作法，构造直角三角形，利用勾股定理解决． 7. （2022·广东广州·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，且AC=8，BC=6． (1)尺规作图：过点O作AC的垂线，交劣弧于点D，连接CD（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）所作的图形中，求点O到AC的距离及sin∠ACD 的值． 【答案】(1)作图见解析； (2)点O到AC的距离为3，sin∠ACD 的值是 【分析】(1)作线段AC的垂直平分线，由垂径定理推论可知该垂直平分线必经过点O； (2)由垂径定理得到AF=CF，进而得到OF是△ACB的中位线，由此得到点O到AC的距离OF=BC=3；求出DF=OD-OF=5-3=2，CF=4，由勾股定理求出CD=，最后在Rt△CDF中由即得答案． 【详解】（1）解：①分别以A，C为圆心，适当长(大于AC长度的一半)为半径作弧，记两弧的交点为E； ②作直线OE，记OE与交点为D； ③连结CD，则线段AC的垂线DE、线段CD为所求图形，如下图所示； （2）解：记OD与AC的交点为F， 如下图所示： ∵OD⊥AC， ∴F为AC中点， ∴OF是△ABC的中位线， ∴OF=BC=3， ∵OF⊥AC， ∴OF的长就是点O到AC的距离； Rt△ABC中，∵AC=8，BC=6， ∴AB=10， ∴OD=OA=AB=5， ∴DF=OD-OF=5-3=2， ∵F为AC中点， ∴CF=AC=4，   Rt△CDF中，∵DF=2，CF=4， ∴CD=， 则， ∴点O到AC的距离为3，sin∠ACD 的值是． 【点睛】本题考查了圆的基本性质、垂径定理及其推论、勾股定理、线段垂直平分线的尺规作图、锐角三角函数等，属于综合题，欲求某角的某三角函数值，首先想到的应该是能否在直角三角形中进行，如果没有现成的直角三角形，则需要设法构造(作辅助图形)． 考点3 弧长和扇形面积计算 8. （2021·广东·中考真题）如图，等腰直角三角形中，．分别以点B、点C为圆心，线段长的一半为半径作圆弧，交、、于点D、E、F，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】根据等腰直角三角形的性质可求出AC的长，根据S阴影=S△ABC-2S扇形CEF即可得答案． 【详解】∵等腰直角三角形中，， ∴AC=AB=，∠B=∠C=45°， ∴S阴影=S△ABC-2S扇形CEF==， 故答案为： 【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质及扇形面积，熟练掌握面积公式是解题关键． 9. （2020·广东·中考真题）如图，从一块半径为的圆形铁皮上剪出一个圆周角为120°的扇形，如果将剪下来的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的底面圆的半径为 ． 【答案】 【分析】连接OA，OB，证明△AOB是等边三角形，继而求得AB的长，然后利用弧长公式可以计算出的长度，再根据扇形围成圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长即可作答． 【详解】连接OA，OB， 则∠BAO=∠BAC==60°， 又∵OA=OB， ∴△AOB是等边三角形， ∴AB=OA=1， ∵∠BAC=120°， ∴的长为：， 设圆锥底面圆的半径为r 故答案为． 【点睛】本题主要考查了弧长公式以及扇形弧长与底面圆周长相等的知识点，借助等量关系即可算出底面圆的半径． 10. （2024·广东深圳·中考真题）如图，在矩形中，，O为中点，，则扇形的面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了扇形的面积公式，解直角三角形．利用解直角三角形求得，，得到，再利用扇形的面积公式即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∵O为中点， ∴， ∵， 在中，， ∴， 同理， ∴， ∴扇形的面积为， 故答案为：． 11. （2023·广东广州·中考真题）如图，在平面直角坐标系v中，点，，所在圆的圆心为O．将向右平移5个单位，得到（点A平移后的对应点为C）． （1）点D的坐标是___________，所在圆的圆心坐标是___________； （2）在图中画出，并连接，； （3）求由，，，首尾依次相接所围成的封闭图形的周长．（结果保留） 【答案】（1）， （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据平移的性质，即可解答； （2）以点为圆心，2为半径画弧，即可得出； （3）根据弧长公式求出，根据平移的性质得出，根据勾股定理求出，最后相加即可． 【小问1详解】 解：∵，所在圆的圆心为， ∴，所在圆的圆心坐标是， 故答案为：，； 【小问2详解】 解：如图所示：即为所求； 【小问3详解】 解：连接， ∵，， ∴的半径为2， ∴， ∵将向右平移5个单位，得到， ∴， ∴， ∴由，，，首尾依次相接所围成的封闭图形的周长． 【点睛】本题主要考查了平移的性质，求弧长，勾股定理，解题的关键是掌握平移前后对应点连线相等，弧长公式，以及勾股定理的内容． 考点4 圆锥的有关计算 12. （2024·广东广州·中考真题）如图，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，若扇形的半径是5，则该圆锥的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了弧长公式，圆锥的体积公式，勾股定理，理解圆锥的底面周长与侧面展开图扇形的弧长相等是解题关键，设圆锥的半径为，则圆锥的底面周长为，根据弧长公式得出侧面展开图的弧长，进而得出，再利用勾股定理，求出圆锥的高，再代入体积公式求解即可． 【详解】解：设圆锥的半径为，则圆锥的底面周长为， 圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，且扇形的半径是5， 扇形的弧长为， 圆锥的底面周长与侧面展开图扇形的弧长相等， ， ， 圆锥的高为， 圆锥的体积为， 故选：D． 13. （2024·广东·中考真题）综合与实践 【主题】滤纸与漏斗 【素材】如图1所示： ①一张直径为的圆形滤纸； ②一只漏斗口直径与母线均为的圆锥形过滤漏斗． 【实践操作】 步骤1：取一张滤纸； 步骤2：按如图2所示步骤折叠好滤纸； 步骤3：将其中一层撑开，围成圆锥形； 步骤4：将围成圆锥形的滤纸放入如图1所示漏斗中． 【实践探索】 (1)滤纸是否能紧贴此漏斗内壁（忽略漏斗管口处）？用你所学的数学知识说明． (2)当滤纸紧贴漏斗内壁时，求滤纸围成圆锥形的体积．（结果保留） 【答案】(1)能，见解析 (2) 【分析】本题考查了圆锥，解题的关键是： （1）利用圆锥的底面周长＝侧面展开扇形的弧长求出圆锥展开图的扇形圆心角，即可判断； （2）利用圆锥的底面周长＝侧面展开扇形的弧长，求出滤纸围成圆锥形底面圆的半径，利用勾股定理求出圆锥的高，然后利用圆锥体积公式求解即可． 【详解】（1）解：能， 理由：设圆锥展开图的扇形圆心角为， 根据题意，得， 解得， ∴将圆形滤纸对折，将其中一层撑开，围成圆锥形，此时滤纸能紧贴此漏斗内壁； （2）解：设滤纸围成圆锥形底面圆的半径为，高为， 根据题意，得， 解得， ∴， ∴圆锥的体积为． 14. （2024·广东揭阳·三模）如图，在中，，那么（   ） A． B． C． D．与的大小关系无法比较 【答案】A 【分析】本题考查了垂径定理．可过作半径于，由垂径定理可知，因此只需比较和的大小即可；易知，在中，是斜边，是直角边，很显然，即，由此可判断出和的大小关系，即可得解． 【详解】解：如图，过作半径于，连接； 由垂径定理知：，； ； 在中，，则； ，即； 故选：A． 15. （2024·广东·三模）如图，内接于⊙O，过点O作交⊙O于点D，连接，，则的度数为（    ）      A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，掌握垂径定理和圆周角定理是解题的关键. 根据等腰三角形的性质，结合三角形内角和定理求出的度数，根据垂径定理深圳市出的度数，根据圆周角定理得出结果. 【详解】解：如图，连接， ∵，， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∴． 故选：C．    16. （2024·广东佛山·二模）如图，在中，直径弦是圆上一点，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据圆周角定理求出，再根据垂径定理及推论求解即可．此题考查了圆周角定理、垂径定理，熟记圆周角定理是解题的关键． 【详解】解：，， ， 直径弦， ， ， ， 故选：A． 17. （2024·广东云浮·一模）如图，是的内接三角形，若，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，求弧长，解题的关键是正确作出辅助线，求出对应的圆心角以及半径． 连接，过点O作于点D，则，推出，进而得出，根据垂径定理得出，则，最后根据弧长公式，即可解答． 【详解】解：连接，过点O作于点D， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 18. （2024·广东广州·二模）如图，是的弦，点P在弦上，，，则⊙O的半径为（　　） A．5 B． C．4 D． 【答案】A 【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，过O作于H，连接，由垂径定理得到，由勾股定理求出，，得到圆的半径长． 【详解】解：过O作于H，连接， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∴的半径长是5． 故选：A． 19. （2024·广东珠海·一模）如图，为的直径，弦于，且点为半径的中点，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了解直角三角形，垂径定理，圆周角定理．根据垂径定理求得，由，求得，再根据圆周角定理求解即可． 【详解】解：连接， ∵点为半径的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 20. （2024·广东肇庆·一模）如图，是的两条直径，E是的中点，连接，若，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆周角定理等知识，连接，根据圆周角定理求出，根据直角三角形的性质求出，再根据圆周角定理求解即可． 【详解】解：如图，连接，    ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵E是的中点， ∴， ∴， 故选：B． 21. （2024·广东珠海·三模）如图，是的外接圆，是的直径，点在上，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆周角定理，解题的关键是掌握等弧所对的圆周角相等． 根据圆周角定理得到，然后利用互余计算出的度数，根据圆周角定理，从而得到的度数． 【详解】解：是的直径， ， ， ， ． 故选． 22. （2024·广东佛山·一模）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”：通过圆内接正多边形割圆，边数越多割得越细，正多边形的周长就越接近圆的周长．如图，由圆内接正六边形可算出．若利用圆内接正十二边形来计算圆周率，则圆周率约为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了圆内接多边形的性质，解直角三角形等知识，读懂题意，计算出正十二边形的周长是解题的关键．利用圆内接正十二边形的性质求出，再根据“圆周率等于圆周长与该圆直径的比”，即可解决问题． 【详解】解：如图，连接边点O作， 在正十二边形中，， ， ，， ， ， 故选：C 23. （2024·广东佛山·三模）如图，直角三角板角的顶点A落在直径为6的上，两边与分别交于B、C两点，则劣弧的弧长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查圆周角定理、弧长的计算．利用圆周角定理得到，再利用弧长公式（n为圆心角的度数）求解即可． 【详解】解：如图，连接，． ， ， 又的直径为6， 的半径为3， 劣弧的弧长为， 故选A． 24. （2024·广东清远·二模）如图，在中，，以为直径作半圆，交于点，交于点，则弧的长为（    ）．    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了等腰三角形三线合一性质，中位线定理，弧长公式，连接，，，根据等腰三角形三线合一性质，圆周角定理，中位线定理，弧长公式计算即可． 【详解】解：如图，连接，，，    ∵为直径， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴弧的长为， 故选：C． 25. （2024·广东广州·二模）如图，是的直径，是弦，且，，则与的长度的比值为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查垂径定理，根据垂径定理可得，在直角三角形中，由边角关系可得的关系，从而可得的关系 【详解】解：如图， ∵是的直径，是弦，且， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴ ∴，即 ∴， 故答案为： 26. （2024·广东中山·二模）平面内有四个点A、O、B、C，其中，，，则满足题意的长度的取值范围是 ． 【答案】/ 【分析】分类讨论：如图1，根据圆周角定理可以推出点在以点为圆心的圆上； 如图2，根据已知条件可知对角，则四个点、、、共圆．分类讨论：如图1，如图2，在不同的四边形中，利用垂径定理、等边的性质来求的长度． 【详解】解：如图1， ，， ， 点在以点为圆心的圆上，且在优弧上． ； 如图2， ，， ， 四个点、、、共圆． 设这四点都在上．点在优弧上运动． 连接、、、． ， ． ， ． 又， 是等边三角形， ， ，即， 综上，长度的取值范围是． 故答案为：． 【点睛】本题考查了垂径定理、等边三角形的判定与性质，圆周角定理，圆周角、弧、弦间的关系．此题需要分类讨论，以防漏解． 27. （2024·广东广州·二模）如图，圆锥的母线与底面半径的夹角为，，则圆锥侧面展开扇形的圆心角是 ． 【答案】216 【分析】本题主要考查了圆锥的计算及解直角三角形．根据的正切，设出及的长，再根据圆锥底面圆的周长与侧面展开扇形的弧长相等即可解决问题． 【详解】解：在中， ， 则令，， ． 令圆锥侧面展开扇形的圆心角度数为， 则， 解得， 所以圆锥侧面展开扇形的圆心角是． 故答案为：216． 28. （2024·广东广州·三模）用一个圆心角为，半径为4的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆的直径为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了弧长计算公式，解题的关键是熟练掌握弧长计算公式和圆的周长计算公式．根据弧长公式先计算出扇形的弧长，再利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长求解． 【详解】解：扇形的弧长， 设圆锥的底面半径为r，则， 所以， 所以圆的直径为． 故答案为：． 29. （2024·广东广州·三模）一个几何体的三视图如图，根据图示的数据计算该几何体的全面积为 ．（结果保留） 【答案】 【分析】此题主要考查了由三视图判断几何体，圆锥的计算，根据已知得母线长，再利用圆锥侧面积公式求出是解决问题的关键． 根据圆锥侧面积公式首先求出圆锥的侧面积，再求出底面圆的面积，相加即可得出该几何体的全面积． 【详解】解：由图示可知，该几何体是圆锥，圆锥的高为，底面圆的直径为， 圆锥的母线为：， 圆锥的侧面积为：， 底面圆的面积为：， 该几何体的全面积为：． 故答案为：． 30. （2024·广东清远·三模）如图，在扇形中，半径，将扇形沿过点B的直线折叠，点O恰好落在上的点D处，折痕交于点C，则图中阴影部分的周长是 ． 【答案】 【分析】本题考查折叠性质、等边三角形的判定与性质及弧长公式，连接，由折叠可知，即可证明是等边三角形，可得，根据弧长公式即可求出的长，进而求出即可得答案，根据折叠性质得到是等边三角形并熟记弧长公式是解题的关键． 【详解】解：如图，连接，由折叠可知， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴，， ∵的长为， ∴阴影部分的周长为：． 31. （2024·广东湛江·一模）如图，在等腰中，，．分别以点，，为圆心，以的长为半径画弧分别与的边相交，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留π） 【答案】/ 【分析】本题考查的是扇形面积计算、等腰直角三角形的性质，明确阴影部分的面积的面积以的长为半径的半圆的面积是解题的关键．根据图中阴影部分的面积的面积以的长为半径的半圆的面积，计算即可． 【详解】解：在等腰中，，， ， ， 分别以点，，为圆心，以的长为半径画弧，分别与的边相交， ， 故答案为：． 32. （2024·广东江门·二模）如图，半径为4的中，为直径，弦且过半径的中点，点为上一动点，于点．当点从点出发逆时针运动到点时，点所经过的路径长为 ． 【答案】/ 【分析】此题考查了圆的综合题，涉及的知识有：勾股定理，锐角三角函数定义，弧长公式，以及圆周角定理．连接，，利用垂径定理确定出的长，在直角三角形中，利用勾股定理求出和的长，进而求出的长，得到三角形始终为直角三角形，点的运动轨迹为以为直径的半圆，在直角三角形中，利用锐角三角函数定义求出的度数，利用弧长公式即可求出点所经过的路径长． 【详解】解：连接，， ， 为的中点，即， 的半径为4，弦且过半径的中点， ， 在中，根据勾股定理得：， 又， 在中，根据勾股定理得：， ， 始终是直角三角形，点的运动轨迹为以为直径的半圆， 当位于点时，，此时与重合； 当位于时，，此时与重合， 当点从点出发顺时针运动到点时，点所经过的路径长， 在中，， ， 所对圆心角的度数为， 直径， 的长为， 则当点从点出发顺时针运动到点时，点所经过的路径长为． 故答案为：． 33. （2024·广东惠州·二模）在社会实践活动中，小明同学用一个半径为的定滑轮带动重物上升．如图，滑轮上一点绕点逆时针旋转，假设绳索(粗细不计)与滑轮之间没有滑动，则重物上升了 ． 【答案】 【分析】本题考查弧长公式，解题的关键是掌握弧长公式．利用弧长公式算出重物上升的高度即可． 【详解】解：． 故答案为：． 34. （2024·广东深圳·三模）如图，是某十字路口机动车转弯时的示意图，设计转弯半径，转弯角度，大型机动车实际转弯时，转弯半径，转弯角度，则大型机动车转弯实际行驶路程（的长）与设计转弯行驶路程（的长）的差为 （结果保留）． 【答案】 【分析】此题考查了弧长的计算，熟记弧长计算公式是解题的关键，根据弧长计算公式求解即可． 【详解】解：，转弯角度，，转弯角度， 的长，的长， ， 大型机动车转弯实际行驶路程比设计转弯行驶路程多， 故答案为：． 35. （2024·广东东莞·三模）如图，点是正五边形的中心，连接、、，则的度数为 °． 【答案】18 【分析】本题考查正多边形和圆，掌握正五边形的性质，等腰三角形的性质以及三角形内角和是是正确解答的关键．根据正五边形的性质，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理进行计算即可． 【详解】解：如图，连接， 点是正五边形的中心， ， 在中，，， ． 故答案为：18． 36. （2024·广东惠州·二模）如图，在正八边形中，将绕点 点逆时针旋转到，连接，，若 ，则 的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形，解直角三角形，连接，过点分别作的垂线，垂足分别为，根据题意得出，，进而根据，即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，过点分别作的垂线，垂足分别为， 依题意，是等边三角形，是等腰直角三角形， ∵， ∴ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 故答案为： 37. （2024·广东广州·二模）如图，六边形是圆O的内接正六边形，设四边形 的面积为，的面积为 ， 则 ． 【答案】 【分析】本题考查了圆内接正多边形、全等三角形的判定，等边三角形的判定等知识．连接，，，，证明，得到，证明，得到，即可得到，，即可求出． 【详解】解：如图，连接，，，， ∵六边形是圆O的内接正六边形， ∴，， ∴， ∴． ∵， ∴都是等边三角形， ∴， 即， 又∵， ∴， ∴， ∴， 即，， ∴． 故答案为： 38. （2024·广东湛江·一模）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转n个45°，得到正六边形，当时，正六边形的顶点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查平面直角坐标系中几何图形变换与点坐标，掌握几何图形的特点及变换的规律，找出点坐标变换的规律是解题的关键．根据正六边形的特点分别求出每个内角，外角的度数，以及边长的关系，再根据旋转的特殊计算出旋转规律，由此可知当时，点所在位置，由此即可求解． 【详解】解：∵正六边形， ∴每个内角的度数为，即， ∴正六边形的一个外角为，即与轴正半轴的夹角为， 如图所示，未旋转时，连接，正六边形的边长为，，过点作于点， ∴， ∵ ∴ ∴ 在中，根据勾股定理得，， ∴， ∴， 当正六边形绕点顺时针旋转， ∴，即旋转次，正六边形回到起始位置， ∴当时，，即旋转轮后，点回到了原位置，如图所示， ∵， ∴，即当时，顶点的坐标是， 故答案为：． 39. （2024·广东汕头·二模）如图，为直径作，弦与垂直，垂足为E，、的延长线交于点F．若 ，请你解决下列问题； (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查弧长的计算、圆周角定理、垂径定理及解直角三角形，熟知弧长的计算公式、圆周角定理及垂径定理是解题的关键． （1）连接，根据直径所对的圆周角是直角、等角的余角相等及等角对等边即可解决问题； （2）连接，求出所对的圆心角，再求出圆的半径，最后根据弧长公式即可解决问题． 【详解】（1）证明：连接， ∵是的直径， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． （2）解：连接， ∵弦与垂直， ∴垂直平分， ∴． 又∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴． 过点作的垂线，垂足为， ∴． ∵， ∴， ∴． 在中，， ∴， ∴的长为：． 40. （2024·广东广州·一模）如图，为的直径，是圆上一点，是的中点． (1)尺规作图：过点作的垂线，交半圆于点，交线段直径于点（保留作图痕迹，不写做法）； (2)点是弧上一点，连接． ①求的值； ②若为的角平分线，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①；②． 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，垂径定理，圆周角定理及推论，解直角三角形等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键． （1）在半圆上取点，使，根据垂径定理的推论可知，由此即可完成作图； （2）①连接，证明，设的半径为，利用相似三角形的性质得，，由勾股定理求得，得到，即可得到； ②过点作交于点，证明是等腰直角三角形，解直角三角形得到，由得到，解得，由即可求解． 【详解】（1）解：如图，在半圆上取点，使，连接交于， ∴， （2）解：①连接，    ∵D是的中点 ∴， ∴， ∵ 为的直径， ∴， ∵ ， ∴， ∴， ∴， 设的半径为，则， 解得，经检验，是方程的解， ∴， ∴， ∴， ∵ ， ∴； ②如图，过点作交于点，    ∴， ∵，是的平分线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 41. （2024·广东佛山·一模）如图，已知是的半径，过上一点D作弦垂直于，连接，．线段为的直径，连接交于点． (1)求证：； (2)若平分，求的值 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】 本题考查了圆周角定理，垂径定理，含角的直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． （1）根据垂径定理得出，再根据等弧所对的圆周角相等即可得证； （2）先证，再根据直径所对的圆周角是直角得出，从而求出，再根据直角三角形中角所对的直角边是斜边的一半即可得出的值，从而问题得解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴； （2）解：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由（1）， ∴， ∵为直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即． 42. （2024·广东东莞·二模）【综合与实践】 主题：制作圆锥形生日帽． 素材：一张圆形纸板、装饰彩带． 步骤1：如图1，将一个底面半径为r的圆锥侧面展开，可得到一个半径为l、圆心角为的扇形．制作圆锥形生日帽时，要先确定扇形的圆心角度数，再度量裁剪材料． 步骤2：如图2，把剪好的纸板粘合成圆锥形生日帽，       (1)现在需要制作一个，的生日帽，请帮忙计算出所需扇形纸板的圆心角度数； (2)为了使（1）中所制作的生日帽更美观，要粘贴彩带进行装饰，其中需要粘贴一条从点A处开始，绕侧面一周又回到点A的彩带（彩带宽度忽略不计），求彩带长度的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了圆锥侧面展开图的圆心角的度数，勾股定理求最值问题，掌握以上知识是解题的关键． （1）根据扇形的两个面积公式可得，再代入求解即可； （2）连接，过点P作，线段就是彩带长度的最小值，根据等腰三角形性质及解直角三角形即可求解． 【详解】（1），， ， ， 扇形纸板的圆心角度数为； （2）如图所示．连接，过点P作，线段就是彩带长度的最小值， 由（1）得， 彩带长度的最小值为． 43. （2024·广东深圳·一模）【项目式学习】 项目主题：车轮的形状 项目背景：在学习完圆的相关知识后，九年级某班同学通过小组合作方式开展项目式学习，深入探究车轮制作成圆形的相关原理． 【合作探究】 （1）探究组：车轮做成圆形的优点是：车轮滚动过程中轴心到地面的距离始终保持不变．另外圆形车轮在滚动过程中，最高点到地面的距离也是不变的．如图1，圆形车轮半径为，其车轮最高点到地面的距离始终为______； （2）探究组：正方形车轮在滚动过程中轴心到地面的距离不断变化．如图2，正方形车轮的轴心为，若正方形的边长为，车轮轴心距离地面的最高点与最低点的高度差为______； （3）探究组：如图3，有一个正三角形车轮，边长为，车轮轴心为（三边垂直平分线的交点），车轮在地面上无滑动地滚动一周，求点经过的路径长． 探究发现：车辆的平稳关键看车轮轴心是否稳定，即车轮的轴心是否在一条水平线上运动． 【拓展延伸】 如图4，分别以正三角形的三个顶点，，为圆心，以正三角形的边长为半径作圆弧，这样形成的曲线图形叫做“莱洛三角形”．“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，但其车轴中心并不稳定． （4）探究组：使“莱洛三角形”以图4为初始位置沿水平方向向右滚动．在滚动过程中，其“最高点”和“车轮轴心”均在不断移动位置，那么在“莱洛三角形”滚动一周的过程中，其“最高点”和“车轮轴心”所形成的图形按上、下放置，应大致为______． 【答案】；；； 【分析】本题主要考查圆的综合应用，主要考查了弧长公式，正方形的性质，等边三角形的性质，理解题意并画出图形是解题的关键． （1）利用正方形的性质解答即可； （2）画出图形，找到最高点和最低点即可得到答案； （3）分别求出三部分一定的距离，然后相加即可； （4）由题意知：最高点与水平面距离不变，即可得到结论． 【详解】解：（1）圆形车轮与地面始终相切， 车轮轴心到地面的距离始终等于圆的直径， 圆形车轮半径为， 故车轮最高点到地面的距离始终为， 故答案为：； （2）如图所示，为正方形车轮的轴心移动的部分轨迹， 点为车轮轴心的最高点，点为车轮轴心的最低点， 由题意得车轮轴心距离地面的最低高度为 车轮轴心距离地面的最高点与最低点的高度差为， 故答案为：； （3）点的运动轨迹为圆，以点为圆心，为半径， 运动距离为． 故答案为：； （4）由题意知，当“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡， 故“最高点”和“最低点所形成的图案大致是”， 故答案为：． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$