专题07与圆有关的计算与证明（6考点）-【好题汇编】2024年中考数学真题分类汇编（山东专用）

专题07 与圆有关的计算与证明 考点1 与圆周角有关的计算 1．（2024•泰安）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上两点，BA平分∠CBD，若∠AOD＝50°，则∠A的度数为（　　） A．65° B．55° C．50° D．75° 2．（2024•济宁）如图，分别延长圆内接四边形ABCD的两组对边，延长线相交于点E，F．若∠E＝54°41'，∠F＝43°19'，则∠A的度数为（　　） A．42° B．41°20' C．41° D．40°20' 3．（2024•滨州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若四边形OABC是菱形，则∠D＝　 　°． 4．（2024•山东）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，若OA∥CB，∠ACB＝25°，则∠CAB＝　 　． （多选）5．（2024•潍坊）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AO∥BC，连接CO并延长交⊙O于点D．分别以点A，C为圆心，以大于的长为半径作弧，并使两弧交于圆外一点M．直线OM交BC于点E，连接AE，下列结论一定正确的是（　　） A． B．AB＝OE C．∠AOD＝∠BAC D．四边形AOCE为菱形 考点2 切线的性质与判定 6．（2024•滨州）刘徽（今山东滨州人）是魏晋时期我国伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基者之一，被誉为“世界古代数学泰斗”．刘徽在注释《九章算术》时十分重视一题多解，其中最典型的是勾股容方和勾股容圆公式的推导，他给出了内切圆直径的多种表达形式．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB，BC，CA的长分别为c，a，b．则可以用含c，a，b的式子表示出△ABC的内切圆直径d，下列表达式错误的是（　　） A．d＝a+b﹣c B． C． D．d＝|（a﹣b）（c﹣b）| 7．（2024•青岛）如图，△ABC中，BA＝BC，以BC为直径的半圆O分别交AB，AC于点D，E．过点E作半圆O的切线，交AB于点M，交BC的延长线于点N．若ON＝10，cos∠ABC，则半径OC的长为 　 　． 8．（2024•东营）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点E在⊙O上，点C是的中点，AE⊥CD，垂足为点D，DC的延长线交AB的延长线于点F． （1）求证：CD是⊙O的切线； （2）若CD，∠ABC＝60°，求线段AF的长． 9．（2024•济南）如图，AB，CD为⊙O的直径，点E在上，连接AE，DE，点G在BD的延长线上，AB＝AG，∠EAD+∠EDB＝45°． （1）求证：AG与⊙O相切； （2）若，，求DE的长． 10．（2024•潍坊）如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，∠BAC的平分线交⊙O于点D，过点D作DE⊥AC，交AC的延长线于点E，连接BD，CD． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）若CE＝1，，求⊙O的直径． 11．（2024•济宁）如图，△ABC内接于⊙O，D是BC上一点，AD＝AC．E是⊙O外一点，∠BAE＝∠CAD，∠ADE＝∠ACB，连接BE． （1）若AB＝8，求AE的长； （2）求证：EB是⊙O的切线． 12．（2024•威海）如图，已知AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，且BC＝CD．点E是线段AB延长线上一点，连接EC并延长交射线AD于点F．∠FEG的平分线EH交射线AC于点H，∠H＝45°． （1）求证：EF是⊙O的切线； （2）若BE＝2，CE＝4，求AF的长． 考点3 扇形面积的计算 13．（2024•东营）习近平总书记强调，中华优秀传统文化是中华民族的根和魂．东营市某学校组织开展中华优秀传统文化成果展示活动，小慧同学制作了一把扇形纸扇．如图，OA＝20cm，OB＝5cm，纸扇完全打开后，外侧两竹条（竹条宽度忽略不计）的夹角∠AOC＝120°，现需在扇面一侧绘制山水画，则山水画所在纸面的面积为（　　）cm2． A．π B．75π C．125π D．150π 14．（2024•青岛）如图，A，B，C，D是⊙O上的点，半径OA＝3，，∠DBC＝25°，连接AD，则扇形AOB的面积为（　　） A．π B．π C．π D．π 15．（2024•泰安）两个半径相等的半圆按如图方式放置，半圆O′的一个直径端点与半圆O的圆心重合，若半圆的半径为2，则阴影部分的面积是（　　） A． B． C． D． 16．（2024•日照）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠B＝120°，点O是对角线AC的中点，以点O为圆心，OA长为半径作圆心角为60°的扇形OEF，点D在扇形OEF内，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D．无法确定 17．（2024•山东）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠DAB＝60°，AB＝BC＝2AD＝2．以点A为圆心，以AD为半径作交AB于点E，以点B为圆心，以BE为半径作所交BC于点F，连接FD交于另一点G，连接CG． （1）求证：CG为所在圆的切线； （2）求图中阴影部分面积．（结果保留π） 考点4 正多边形与圆 18．（2024•青岛）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形ABCDE和正方形CDFG中，CF，DG的延长线分别交AE，AB于点M，N，则∠FME的度数是（　　） A．90° B．99° C．108° D．135° 19．（2024•济宁）如图，边长为2的正六边形ABCDEF内接于⊙O，则它的内切圆半径为（　　） A．1 B．2 C． D． 20．（2024•东营）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率π的近似值为3.1416，如图，⊙O的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计⊙O的面积，可得π的估计值为，若用圆内接正八边形近似估计⊙O的面积，可得π的估计值为 　 ． 21．（2024•烟台）如图，在边长为6的正六边形ABCDEF中，以点F为圆心，以FB的长为半径作，剪如图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为 　 　． 考点5 圆中综合题 22．（2024•德州）如图，圆⊙O1与⊙O2都经过A，B两点，点O2在⊙O1上，点C是上的一点，连接AC并延长交⊙O2于点P，连接AB，BC，BP． （1）求证：∠ACB＝2∠P； （2）若∠P＝30°，AB． ①求⊙O1的半径； ②求图中阴影部分的面积． 23．（2024•烟台）如图，AB是⊙O的直径，△ABC内接于⊙O，点I为△ABC的内心，连接CI并延长交⊙O于点D，E是上任意一点，连接AD，BD，BE，CE． （1）若∠ABC＝25°，求∠CEB的度数； （2）找出图中所有与DI相等的线段，并证明； （3）若CI＝2，DI，求△ABC的周长． 24．（2024•日照）如图1，AB为⊙O的直径，AB＝12，C是⊙O上异于A，B的任一点，连接AC，BC，过点A作射线AD⊥AC，D为射线AD上一点，连接CD． 【特例感知】 （1）若BC＝6，则AC＝　 　； （2）若点C，D在直线AB同侧，且∠ADC＝∠B，求证：四边形ABCD是平行四边形； 【深入探究】 若在点C运动过程中，始终有tan∠ADC，连接OD． （3）如图2，当CD与⊙O相切时，求OD的长度； （4）求OD长度的取值范围． 25．（2024•淄博）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习． 【操作发现】 小明作出了⊙O的内接等腰三角形ABC，AB＝AC．并在BC边上任取一点D（不与点B，C重合），连接AD，然后将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACE．如图① 小明发现：CE与⊙O的位置关系是 　 　，请说明理由： 【实践探究】 连接DE，与AC相交于点F．如图②，小明又发现：当△ABC确定时，线段CF的长存在最大值．请求出当AB＝3，BC＝6时，CF长的最大值； 【问题解决】 在图②中，小明进一步发现：点D分线段BC所成的比CD：DB与点F分线段DF所成的比DF：FE始终相等．请予以证明． 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07 与圆有关的计算与证明 考点1 与圆周角有关的计算 1．（2024•泰安）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上两点，BA平分∠CBD，若∠AOD＝50°，则∠A的度数为（　　） A．65° B．55° C．50° D．75° 【分析】先利用圆周角定理可得：∠ABD＝25°，然后利用平角定义得∠ABC＝25°，根据圆周角定理得∠C＝90°，再根据三角形内角和定理进行计算即可解答． 【解答】解：∵∠AOD＝50°， ∴∠ABD∠AOD＝25°， ∵BA平分∠CBD， ∴∠ABC＝∠ABD＝25°， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠C＝90°， ∴∠A＝180°﹣90°﹣25°＝65°． 故选：A． 【点评】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 2．（2024•济宁）如图，分别延长圆内接四边形ABCD的两组对边，延长线相交于点E，F．若∠E＝54°41'，∠F＝43°19'，则∠A的度数为（　　） A．42° B．41°20' C．41° D．40°20' 【分析】根据圆内接四边形对角互补得出∠A+∠BCD＝180°，再根据三角形外角的性质得出∠CDF＝∠A+∠E，∠BCD＝∠F+∠CDF，由此得到2∠A+∠F+∠E＝180°，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是圆内接四边形， ∴∠A+∠BCD＝180°， ∵∠CDF是△ADE的外角， ∴∠CDF＝∠A+∠E， ∵∠BCD是△CDF的外角， ∴∠BCD＝∠F+∠CDF， ∴∠BCD＝∠F+∠A+∠E， ∴∠A+∠F+∠A+∠E＝180°， ∴2∠A+∠F+∠E＝180°， ∵∠E＝54°41'，∠F＝43°19'， ∴2∠A+54°41'+43°19'＝180°， ∴∠A＝41°， 故选：C． 【点评】本题考查了圆内接四边形的性质及三角形外角的性质，度分秒的换算，熟练掌握这些知识点是解题的关键． 3．（2024•滨州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若四边形OABC是菱形，则∠D＝　 　°． 【分析】根据圆内接四边形的性质得到∠B+∠D＝180°，根据菱形的性质得到∠B＝∠AOC，根据圆周角定理得到∠D∠AOC，计算即可． 【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠B+∠D＝180°， ∵四边形OABC是菱形， ∴∠B＝∠AOC， ∴∠AOC+∠D＝180°， 由圆周角定理得：∠D∠AOC， ∴∠D＝60°， 故答案为：60． 【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、菱形的性质，熟记圆内接四边形的对角互补是解题的关键． 4．（2024•山东）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，若OA∥CB，∠ACB＝25°，则∠CAB＝　 　． 【分析】利用圆周角定理求出∠AOB的度数，利用等边对等角、三角形内角和定理求出∠OAB的度数，利用平行线的性质求出∠OAC的度数，即可求解． 【解答】解：连接OB，如图， ∵∠ACB＝25°， ∴∠AOB＝2∠ACB＝50°， ∵OA＝OB， ∴， ∵OA∥CB， ∴∠OAC＝∠ACB＝25°， ∴∠CAB＝∠OAB﹣∠OAC＝40°， 故答案为：40°． 【点评】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，解答本题的关键是熟练掌握圆周角定理． （多选）5．（2024•潍坊）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AO∥BC，连接CO并延长交⊙O于点D．分别以点A，C为圆心，以大于的长为半径作弧，并使两弧交于圆外一点M．直线OM交BC于点E，连接AE，下列结论一定正确的是（　　） A． B．AB＝OE C．∠AOD＝∠BAC D．四边形AOCE为菱形 【分析】根据全等三角形的判定定理证明∠OCA＝∠ACE，证明OC＝CE＝OA即可证明四边形AOCE为菱形，再根据圆周角定理进行判定即可． 【解答】解：令AC，OE交于点F， 由题意得：OE是AC的垂直平分线， ∴EA＝EC， ∵AO＝OC， ∴△AOE≌△COE， ∴∠AOE＝∠COE， ∵OF＝OF，AO＝AO， ∴△AOF≌△COF， ∴∠OAF＝∠OCF， ∵AO∥BC， ∴∠OAF＝∠ACE， ∴∠OCA＝∠ACE， ∴，选项A正确； ∵∠OCF＝∠ECF，∠OFC＝∠EFC＝90°，CF＝CF ∴△EFC≌△OFC， ∴OC＝CE＝OA， ∵AO∥EC， 故四边形AOCE为菱形，选项D正确； ∵， ∴AB＝AD， ∵四边形AOCE为菱形， ∴AE＝OC＝OD， ∴四边形AEOD为平行四边形， ∴AD＝OE， ∴AB＝OE，选项B正确； ∠AOD＝∠OAE，故选项C错误； 故选：ABD． 【点评】本题主要考查圆心角、弧、弦的关系、圆周角定理、解直角三角形，三角形的外接圆与外心，菱形的判定，菱形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． 考点2 切线的性质与判定 6．（2024•滨州）刘徽（今山东滨州人）是魏晋时期我国伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基者之一，被誉为“世界古代数学泰斗”．刘徽在注释《九章算术》时十分重视一题多解，其中最典型的是勾股容方和勾股容圆公式的推导，他给出了内切圆直径的多种表达形式．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB，BC，CA的长分别为c，a，b．则可以用含c，a，b的式子表示出△ABC的内切圆直径d，下列表达式错误的是（　　） A．d＝a+b﹣c B． C． D．d＝|（a﹣b）（c﹣b）| 【分析】这是直角三角形内切圆的常考形式，直角三角形内切圆半径的常用形式有两个，分别是r和r，所以很快定位出选项A和选项B正确，而对于我们不熟悉的选项C和选项D可直接用特殊值法定位答案． 【解答】方法一：本题作为选择题，用特殊值法则可快速定位答案． ∵三角形ABC为直角三角形，∴令a＝3，b＝4，c＝5． 选项A：d＝a+b﹣c＝2， 选项B：d2， 选项C：d2， 选项D：d＝|（a﹣b）（c﹣b）|＝1， 很明显，只有D选项跟其他选项不一致，所以表达式错误的应是D选项． 故答案选：D． 方法二：如图，作OE⊥AC于点E，OD⊥BC于点D，OF⊥AB于点F． 易证四边形OECD是正方形，设OE＝OD＝OF＝r， 则EC＝CD＝r， ∴AE＝AF＝b﹣r，BD＝BF＝a﹣r， ∵AF+BF＝AB， ∴b﹣r+a﹣r＝c， ∴r， ∴d＝a+b﹣c．故选项A正确． ∵S△ABC＝S△AOC+S△BOC+S△AOB， ∴abarbr+cr， ∴ab＝r（a+b+c）， ∴r，即d．故选项B正确． ∵由前面可知d＝a+b﹣c， ∴d2＝（a+b﹣c）2＝（a+b）2﹣2c（a+b）+c2＝a2+2ab+b2﹣2ac﹣2bc+c2， ∵a2+b2＝c2， ∴上述式子＝2c2+2ab﹣2ac﹣2bc＝2（c2+ab﹣ac﹣bc）＝2[（c2﹣ac）+b（a﹣c）]＝2（c﹣a）（c﹣b）， ∴d，故选项C正确． 排除法可知选项D错误． 故答案选：D． 【点评】本题考查三角形内切圆直径公式，结合中国古代数学成就来考是未来数学的一种趋势，掌握直角三角形内切圆的性质是解题的关键． 7．（2024•青岛）如图，△ABC中，BA＝BC，以BC为直径的半圆O分别交AB，AC于点D，E．过点E作半圆O的切线，交AB于点M，交BC的延长线于点N．若ON＝10，cos∠ABC，则半径OC的长为 　 　． 【分析】连接OE，由OE＝OC，AB＝BC，可得∠OEC＝∠BAC，AB∥OE，即可得cos∠ABCcos∠EOC，由MN是⊙O的切线，得∠OEN＝90°，故，从而OC＝OE＝6． 【解答】解：连接OE，如图： ∵OE＝OC， ∴∠OEC＝∠OCE， ∵AB＝BC， ∴∠BAC＝∠OCE， ∴∠OEC＝∠BAC， ∴AB∥OE， ∴∠ABC＝∠EOC， ∵cos∠ABC， ∴cos∠EOC， ∵MN是⊙O的切线， ∴∠OEN＝90°， ∴， ∵ON＝10， ∴OE＝6， ∴OC＝OE＝6； 故答案为：6． 【点评】本题考查切线的性质，等腰三角形性质，解直角三角形等知识，解题的关键是证明AB∥OE，得到∠ABC＝∠EOC． 8．（2024•东营）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点E在⊙O上，点C是的中点，AE⊥CD，垂足为点D，DC的延长线交AB的延长线于点F． （1）求证：CD是⊙O的切线； （2）若CD，∠ABC＝60°，求线段AF的长． 【分析】（1）连接OC，由点C是的中点，得到，根据圆周角定理得到∠BAC＝∠CAE，求得∠OCA＝∠CAD，根据平行线的性质得到OC⊥DF，根据切线的判定定理得到结论； （2）根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，求得∠BAC＝30°，得到AD3，根据直角三角形的性质得到结论． 【解答】（1）证明：连接OC， ∵点C是的中点， ∴， ∴∠BAC＝∠CAE， ∵OC＝OA， ∴∠OCA＝∠OAC， ∴∠OCA＝∠CAD， ∴OC∥AD， ∵AE⊥CD， ∴OC⊥DF， ∵OC是⊙O的半径， ∴CD是⊙O的切线； （2）解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵∠ABC＝60°， ∴∠BAC＝30°， ∴∠CAD＝∠BAC＝30°， ∵∠D＝90°，CD， ∴AD3， ∵∠F＝180°﹣∠D﹣∠BAD＝30°， ∴AF＝2AD＝6． 【点评】本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理正确地作出辅助线是解题的关键． 9．（2024•济南）如图，AB，CD为⊙O的直径，点E在上，连接AE，DE，点G在BD的延长线上，AB＝AG，∠EAD+∠EDB＝45°． （1）求证：AG与⊙O相切； （2）若，，求DE的长． 【分析】（1）根据圆周角定理得到∠EDB＝∠EAB，求得∠BAD＝45°，根据等腰三角形的性质得到∠B＝45°，求得∠B＝∠G＝45°，根据切线的判定定理得到结论； （2）如图，连接CE，根据圆周角定理得到∠DAE＝∠DCE，∠DEC＝90°，解直角三角形即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵∠EDB，∠EAB所对的弧是同弧， ∴∠EDB＝∠EAB， ∵∠EAD+∠EDB＝45°， ∴∠EAD+∠EAB＝45°， 即∠BAD＝45°， ∵AB为直径， ∴∠ADB＝90°， ∴∠B＝45°， ∵AB＝AG， ∴∠B＝∠G＝45°， ∴∠GAB＝90°， ∵AB为⊙O的直径， ∴AG与⊙O相切； （2）解：如图，连接CE， ∵∠DAE，∠DCE所对的弧是同弧， ∴∠DAE＝∠DCE， ∵DC为直径， ∴∠DEC＝90°， 在Rt△DEC中，sin∠DCE＝sin ， ∵，∠B＝45°，∠BAG＝90°， ∴， ∴． 【点评】本题考查了切线的判定和性质，解直角三角形，圆周角定理，熟练掌握切线的判定和性质定理是解题的关键． 10．（2024•潍坊）如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，∠BAC的平分线交⊙O于点D，过点D作DE⊥AC，交AC的延长线于点E，连接BD，CD． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）若CE＝1，，求⊙O的直径． 【分析】（1）连接OD，由角平分线可得∠BAD＝∠EAD，又由OA＝OD可得∠OAD＝∠ODA，即得∠ODA＝∠EAD，由DE⊥AE得∠EAD+∠ADE＝90°，进而可得∠ODA+∠ADE＝90°，即得OD⊥DE，即可求证； （2）AB是⊙O的直径可得∠DAB+∠ABC+∠DBC＝90°，又由（1）知∠EAD+∠ADC+∠CDE＝90°，由∠BAD＝∠EAD，∠DBC＝∠ADC，进而可得∠DBC＝∠CDE，再根据∠DBC＝∠CAD，∠DCB＝∠BAD，∠CAD＝∠BAD，可得∠CDE＝∠DBC＝∠DCB＝∠BAD，得到BD＝CD，，解Rt△CDE得到CD＝BD＝3，再解Rt△ABD即可求解． 【解答】（1）证明：连接OD， ∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠EAD， ∵OA＝OD， ∴∠OAD＝∠ODA， ∴∠ODA＝∠EAD， ∵DE⊥AE， ∴∠E＝90°， ∴∠EAD+∠ADE＝90°， ∴∠ODA+∠ADE＝90°， 即∠ODE＝90°， ∴OD⊥DE， ∵OD是⊙O半径， ∴DE是⊙O的切线； （2）解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∴∠DAB+∠ABD＝90°， 即∠DAB+∠ABC+∠DBC＝90°， ∵∠EAD+∠ADE＝90°， ∴∠EAD+∠ADC+∠CDE＝90°， ∴∠DAB+∠ABC+∠DBC＝∠EAD+∠ADC+∠CDE， ∵∠BAD＝∠EAD，∠ABC＝∠ADC， ∴∠DBC＝∠CDE， ∵∠DBC＝∠CAD，∠DCB＝∠BAD，∠CAD＝∠BAD， ∴∠CDE＝∠DBC＝∠DCB＝∠BAD， ∴BD＝CD，， 在Rt△CDE中，， ∴CD＝3CE＝3×1＝3， ∴BD＝3， 在Rt△ABD中，， ∴AB＝3BD＝3×3＝9， 即⊙O的直径为9． 【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，解直角三角形，切线的判定与性质，圆周角定理，掌握圆的有关定理是解题的关键． 11．（2024•济宁）如图，△ABC内接于⊙O，D是BC上一点，AD＝AC．E是⊙O外一点，∠BAE＝∠CAD，∠ADE＝∠ACB，连接BE． （1）若AB＝8，求AE的长； （2）求证：EB是⊙O的切线． 【分析】（1）利用ASA证得△ADE≌△ACB，即可得出AE＝AB＝8； （2）连接BO并延长交⊙O于点F，先根据直径所对的圆周角是直角得出∠BAF＝90°，于是得出∠AFB+∠ABF＝90°，根据同弧所对的圆周角相等得出∠AFB＝∠ACB，进而得出∠ACB+∠ABF＝90°，再根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理证得∠ACB＝∠ABE，于是问题得证． 【解答】（1）解：∵∠BAE＝∠CAD， ∴∠BAE+∠BAD＝∠CAD+∠BAD， 即∠EAD＝∠BAC， 又∵∠ADE＝∠ACB，AD＝AC， ∴△ADE≌△ACB（ASA）， ∴AE＝AB， ∵AB＝8， ∴AE＝8； （2）证明：如图，连接BO并延长交⊙O于点F， ∵BF是⊙O的直径， ∴∠BAF＝90°， ∴∠AFB+∠ABF＝90°， ∵∠AFB＝∠ACB， ∴∠ACB+∠ABF＝90°， 在△ADC中，AD＝AC， ∴∠ACB＝∠ADC， ∴2∠ACB+∠CAD＝180°， 由（1）知AE＝AB， ∴∠AEB＝∠ABE， ∴2∠ABE+∠BAE＝180°， ∵∠BAE＝∠CAD， ∴∠ACB＝∠ABE， ∴∠ABE+∠ABF＝90°， 即∠OBE＝90°， ∵OB为半径， ∴EB是⊙O的切线． 【点评】本题考查了切线的判定，圆周角定理及推论，全等三角形的判定与性质，熟练掌握这些知识点是解题的关键． 12．（2024•威海）如图，已知AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，且BC＝CD．点E是线段AB延长线上一点，连接EC并延长交射线AD于点F．∠FEG的平分线EH交射线AC于点H，∠H＝45°． （1）求证：EF是⊙O的切线； （2）若BE＝2，CE＝4，求AF的长． 【分析】（1）根据角平分线的定义，等腰三角形的性质，圆周角定理得出OC∥AF，再根据三角形内角和定理以及角平分线的定义得出∠F＝2∠H＝90°，进而得到OC⊥EF，由切线的判定方法即可得出结论； （2）根据相似三角形的判定和性质求出AB，再根据直角三角形的边角关系求出AC，BC，再根据相似三角形的性质即可求出答案． 【解答】（1）证明：如图，连接OC， ∵OA＝OC， ∴∠OAC＝∠OCA， ∵BC＝CD， ∴∠DAC＝∠BAC， ∴∠OCA＝∠DAC， ∴OC∥AF， ∵EH平分∠FEG， ∴∠FEH＝∠GEH， ∵∠GEH＝∠H+∠BAC，∠FEH＝∠F+∠BAF， ∴2∠H+2∠BAC＝∠F+∠BAF， ∴∠BAF＝2∠BAC， ∴∠F＝2∠H＝90°， ∴∠OCE＝∠F＝90°， 即OC⊥EF， ∵OC是半径， ∴EF是⊙O的切线； （2）解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°，即∠OCB+∠BCE＝90°， ∴∠OBC+∠BAC＝90°， 又∵OB＝OC， ∴∠OBC＝∠OCB， ∴∠BCE＝∠EAC， ∵∠CEB＝∠CAE， ∴△BCE∽△CAE， ∴， ∴CE2＝BE•AE，即16＝2AE， 解得AE＝8， ∴AB＝8﹣2＝6， 在Rt△ABC中，AB＝6，， ∴BC，AC， ∵∠F＝∠ACB＝90°，∠FAC＝∠BAC， ∴△FAC∽△CAB， ∴， ∴AF． 【点评】本题考查切线的判定和性质，圆周角定理，直角三角形的边角关系以及相似三角形的判定和性质，掌握切线的性质和判断方法，圆周角定理，直角三角形的边角关系以及相似三角形的判定和性质是正确解答的关键． 考点3 扇形面积的计算 13．（2024•东营）习近平总书记强调，中华优秀传统文化是中华民族的根和魂．东营市某学校组织开展中华优秀传统文化成果展示活动，小慧同学制作了一把扇形纸扇．如图，OA＝20cm，OB＝5cm，纸扇完全打开后，外侧两竹条（竹条宽度忽略不计）的夹角∠AOC＝120°，现需在扇面一侧绘制山水画，则山水画所在纸面的面积为（　　）cm2． A．π B．75π C．125π D．150π 【分析】将山水画所在纸面的面积转化为大小两个扇形的面积之差即可解决问题． 【解答】解：由题知， （cm2）， （cm2）， 所以山水画所在纸面的面积为：（cm2）． 故选：C． 【点评】本题主要考查了扇形面积的计算，熟知扇形面积的计算公式是解题的关键． 14．（2024•青岛）如图，A，B，C，D是⊙O上的点，半径OA＝3，，∠DBC＝25°，连接AD，则扇形AOB的面积为（　　） A．π B．π C．π D．π 【分析】连接AC，根据同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等即可求得∠ADB＝∠DAC＝∠DBC＝25°，再由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可求得∠AOB＝50°，然后利用扇形的面积公式即可求得答案． 【解答】解：如图，连接AC， 则∠DAC＝∠DBC＝25°， ∵， ∴∠ADB＝∠DAC＝25°， ∴∠AOB＝2∠ADB＝50°， ∵OA＝3， ∴扇形AOB的面积为， 故选：A． 【点评】本题考查扇形的面积计算，圆周角定理，连接AC后结合已知条件求得∠ADB＝25°是解题的关键． 15．（2024•泰安）两个半径相等的半圆按如图方式放置，半圆O′的一个直径端点与半圆O的圆心重合，若半圆的半径为2，则阴影部分的面积是（　　） A． B． C． D． 【分析】连接OA，AO′，作AB⊥OO′于点B，得三角形AOO′是等边三角形，求出AB，S弓形AO′＝S扇形AOO′﹣S△AOO′，再根据S阴影＝S弓形AO′+S扇形AO′O，即可得出答案． 【解答】解：如图，连接OA，AO′，作AB⊥OO′于点B， ∵OA＝OO′＝AO′＝2， ∴三角形AOO′是等边三角形， ∴∠AOO′＝60°，OBOO′＝1， ∴AB， ∴S弓形AO′＝S扇形AOO′﹣S△AOO′ 2 ， ∴S阴影＝S弓形AO′+S扇形AO′O ． 故选：A． 【点评】本题考查了扇形的面积公式的运用、三角形的面积公式的运用，熟练掌握扇形的面积公式是关键． 16．（2024•日照）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠B＝120°，点O是对角线AC的中点，以点O为圆心，OA长为半径作圆心角为60°的扇形OEF，点D在扇形OEF内，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D．无法确定 【分析】过O作ON⊥AD，OM⊥CD，证明△ONH≌△OMG，故四边形HOGD面积＝2△OMG面积，再计算即可． 【解答】解：过O作ON⊥AD，OM⊥CD，连接OD． ∵∠ADC+∠HOG＝180°， ∴∠NHO+∠DGO＝180°， ∵∠DGO+∠MGO＝180°， ∴∠NHO＝∠MGO． ∵菱形ABCD， ∴DO平分∠ADC， ∴OM＝ON． 在△ONH和△OMG中， ， ∴△ONH≌△OMG（AAS）， ∴△ONH面积＝△OMG面积， ∴四边形HOGD面积＝四边形NOMD面积＝2△OMG面积， ∵∠ODC＝60°， ∴ODCD＝1，OCOD． ∴DGOD， ∴OMDG， ∴四边形HOGD面积＝2△OMG面积＝2， ∴阴影部分的面积＝扇形面积﹣四边形HOGD面积π×（）2， 故选：A． 【点评】本题考查了扇形面积的计算，等边三角形的判定与性质，菱形的性质，圆周角定理，掌握菱形的性质是解题关键． 17．（2024•山东）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠DAB＝60°，AB＝BC＝2AD＝2．以点A为圆心，以AD为半径作交AB于点E，以点B为圆心，以BE为半径作所交BC于点F，连接FD交于另一点G，连接CG． （1）求证：CG为所在圆的切线； （2）求图中阴影部分面积．（结果保留π） 【分析】（1）根据圆的性质，证明BF＝BE＝AD＝AE＝CF，即可证明四边形ABFD是平行四边形，再证明△BFG是等边三角形，再根据圆的切线判定定理即可证得结果． （2）先求出平行四边形的高DH，根据扇形面积公式三角形面积公式，平行四边形面积公式求解即可． 【解答】（1）证明：连接BG，如图1， 根据题意可知：AD＝AE，BE＝BF， 又∵AB＝BC， ∴CF＝AE＝AD， ∵BC＝2AD， ∴BF＝BE＝AD＝AE＝CF， ∵AD∥BC， ∴四边形ABFD是平行四边形， ∴∠BFD＝∠DAB＝60°， ∵BG＝BF， ∴△BFG是等边三角形， ∴GF＝BF， ∴GF＝BF＝FC， ∴G在以BC为直径的圆上， ∴∠BGC＝90°， ∴CG为所在圆的切线； （2）解：过D作DH⊥AB于点H，连接BG，如图2， 由图可得：S阴影＝S▱ABFD﹣S扇AED﹣S扇BEG﹣S△BFG， 在Rt△AHD中，AD＝1，∠DAB＝60°， ∴， ∴， 由题可知：扇形ADE和扇形BGE全等， ∴， 等边三角形BFG的面积为：， ∴． 【点评】本题考查平行四边形的性质和判定，圆的性质，扇形面积，等边三角形的性质等知识点，证明四边形ABFD是平行四边形是解题关键． 考点4 正多边形与圆 18．（2024•青岛）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形ABCDE和正方形CDFG中，CF，DG的延长线分别交AE，AB于点M，N，则∠FME的度数是（　　） A．90° B．99° C．108° D．135° 【分析】根据正五边形的内角的计算方法求出∠CDE、∠E，根据正方形的性质分别求出∠CDF、∠CFD，根据四边形内角和等于360°计算即可． 【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形， ∴∠CDE＝∠E108°， ∵四边形CDFG为正方形， ∴∠CDF＝90°，∠CFD＝45°， ∴∠FDE＝108°﹣90°＝18°，∠DFM＝180°﹣45°＝135°， ∴∠FME＝360°﹣18°﹣135°﹣108°＝99°， 故选：B． 【点评】本题考查的是正多边形和圆，熟记正多边形的内角的计算方法是解题的关键． 19．（2024•济宁）如图，边长为2的正六边形ABCDEF内接于⊙O，则它的内切圆半径为（　　） A．1 B．2 C． D． 【分析】根据正六边形的性质以及勾股定理进行计算即可． 【解答】解：如图，连接OA，OB，过点O作OM⊥AB，垂足为点M， ∵六边形ABCDEF是正六边形，点O是它的中心， ∴∠AOB60°， ∵OA＝OB， ∴△AOB是正三角形， ∵OM⊥AB， ∴AM＝BMAB＝1， 在Rt△AOM中，OA＝2，AM＝1， ∴OM， 即它的内切圆半径为， 故选：D． 【点评】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质以及勾股定理是正确解答的关键． 20．（2024•东营）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率π的近似值为3.1416，如图，⊙O的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计⊙O的面积，可得π的估计值为，若用圆内接正八边形近似估计⊙O的面积，可得π的估计值为 　 ． 【分析】根据正八边形的性质求出∠AOB＝45°，根据直角三角形的边角关系求出OB边上的高AM，由三角形的面积的计算方法可求出△AOB的面积，进而得到正八边形的面积即可． 【解答】解：如图，正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，连接OA，OB，过点A作AM⊥OB于点M， ∵八边形ABCDEFGH是正八边形， ∴∠AOB45°， 在Rt△AOM中，OA＝1，∠AOM＝45°， ∴AMOA， ∴正八边形的面积为8S△AOB＝812， 即可估计π的近似值为2， 故答案为：2． 【点评】本题考查正多边形和圆，掌握正八边形的性质，直角三角形的边角关系以及三角形面积的计算方法是正确解答的关键． 21．（2024•烟台）如图，在边长为6的正六边形ABCDEF中，以点F为圆心，以FB的长为半径作，剪如图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为 　 　． 【分析】根据正六边形的性质求出阴影部分扇形的圆心角度数，再根据直角三角形的边角关系求出半径，由弧长的计算方法进行计算即可． 【解答】解：如图，过点A作AM⊥BF，垂足为M，则BM＝FM， ∵六边形ABCDEF是正六边形， ∴∠BAF＝∠E120°，AB＝AF＝EF＝DE＝6， ∴∠ABF＝∠AFB＝∠DFE30°， ∴∠BFD＝120°﹣30°﹣30°＝60°， 在Rt△ABM中，AB＝6，∠ABM＝30°， ∴BMAB＝3， ∴BF＝2BM＝6， 设这个圆锥的底面半径为r，由题意可得， 2πr， 解得r． 故答案为：． 【点评】本题考查正多边形和圆，弧长的计算，掌握正六边形的性质，等腰三角形的性质以及弧长的计算方法是正确解答的关键． 考点5 圆中综合题 22．（2024•德州）如图，圆⊙O1与⊙O2都经过A，B两点，点O2在⊙O1上，点C是上的一点，连接AC并延长交⊙O2于点P，连接AB，BC，BP． （1）求证：∠ACB＝2∠P； （2）若∠P＝30°，AB． ①求⊙O1的半径； ②求图中阴影部分的面积． 【分析】（1）连接AO2BO2，根据圆周角定理得到∠ACB＝∠AO2B＝2∠P； （2）①连接AO1并延长交⊙O11与D，连接BD，根据圆周角定理得到∠ABD＝90°，得到∠AO2B＝2∠P＝60°，根据三角函数的定义得到结论； ②连接O2O1交AB于H，根据垂径定理得到AH，O2H⊥AB，根据直角三角形的性质得到HO1AH＝1，AO1＝2，求得O2H＝3，根据三角形的面积公式和扇形的面积公式即可得到结论． 【解答】（1）证明：连接AO2BO2， ∵， ∴∠ACB＝∠AO2B＝2∠P； （2）解：①连接AO1并延长交⊙O11与D，连接BD， 则∠ABD＝90°， ∵∠P＝30°， ∴∠AO2B＝2∠P＝60°， ∴∠D＝∠AO2B＝60°， ∵AB＝2， ∴AD4， ∴⊙O1的半为2； ②连接O2O1交AB于H， ∴AH，O2H⊥AB， ∴HO1AH＝1，AO1＝2， ∴O2H＝3， 在⊙O2中，弓形AB＝扇形AO2B﹣△AO2B2π﹣3， 在⊙O1中，弓形AB＝扇形AO1B﹣△AO1Bπ， ∴图中阴影部分的面积＝2π﹣3（π）π． 【点评】本题是圆的综合题，考查了相交两圆的性质，圆周角定理，等边三角形的性质，三角形的面积的计算，扇形面积的计算，正确地作出辅助线是解题的关键． 23．（2024•烟台）如图，AB是⊙O的直径，△ABC内接于⊙O，点I为△ABC的内心，连接CI并延长交⊙O于点D，E是上任意一点，连接AD，BD，BE，CE． （1）若∠ABC＝25°，求∠CEB的度数； （2）找出图中所有与DI相等的线段，并证明； （3）若CI＝2，DI，求△ABC的周长． 【分析】（1）利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，再根据三角形的内角和定理求出∠CAB＝65°，然后利用圆内接四边形的对角互补求解即可； （2）连接AI，由三角形的内心性质得到内心，∠CAI＝∠BAI，∠ACI＝∠BCI，然后利用圆周角定理得到∠DAB＝∠DCB＝∠ACI，AD＝BD，利用三角形的外角性质证得∠DAI＝∠DIA，然后利用等角对等边可得结论； （3）过I分别作IQ⊥AB，IF⊥AC，IP⊥BC，垂足分别为Q、F、P，根据内切圆的性质和切线长定理得到AQ＝AF，CF＝CP，BQ＝BP，利用解直角三角形求得CF＝2＝CP，AB＝13，进而可求解． 【解答】解：（1）∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝∠ACB＝90°， 又∵∠ABC＝25°， ∴∠CAB＝90°﹣25°＝65°， ∵四边形ABEC是⊙O内接四边形， ∴∠CEB+∠CAB＝180°， ∴∠CEB＝180°﹣∠CAB＝115°； （2）DI＝AD＝BD， 连接AI， ∵点I为△ABC的内心， ∴∠CAI＝∠BAI，， ∴， ∴∠DAB＝∠DCB＝∠ACI，AD＝BD， ∵∠DAI＝∠DAB+∠BAI，∠DIA＝∠ACI+∠CAI， ∴∠DAI＝∠DIA， ∴DI＝AD＝BD； （3）过I分别作IQ⊥AB，IF⊥AC，IP⊥BC，垂足分别为Q、F、P， ∵点I为△ABC的内心，即为△ABC的内切圆的圆心， ∴Q、F、P分别为该内切圆与△ABC三边的切点， ∴AQ＝AF，CF＝CP，BQ＝BP， ∵，∠IFC＝90°，∠ACI＝45°， ∴CF＝CI•cos45°＝2＝CP， ∵DI＝AD＝BD，，∠ADB＝90°， ∴， ∴△ABC的周长为AB+AC+BC ＝AB+AF+CF+CP+BP ＝AB+AQ+BQ+2CF ＝2AB+2CF ＝2×13+2×2＝30． 【点评】本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、三角形的内角和定理、三角形的内心性质、三角形的外角性质、等腰三角形的判定、切线长定理以及解直角三角形，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． 24．（2024•日照）如图1，AB为⊙O的直径，AB＝12，C是⊙O上异于A，B的任一点，连接AC，BC，过点A作射线AD⊥AC，D为射线AD上一点，连接CD． 【特例感知】 （1）若BC＝6，则AC＝　 　； （2）若点C，D在直线AB同侧，且∠ADC＝∠B，求证：四边形ABCD是平行四边形； 【深入探究】 若在点C运动过程中，始终有tan∠ADC，连接OD． （3）如图2，当CD与⊙O相切时，求OD的长度； （4）求OD长度的取值范围． 【分析】（1）利用勾股定理求出AC长即可； （2）根据AD⊥AC，推导出AD∥BC，由∠ADC＝∠B和等角的余角相等推出AB∥CD，根据平行四边形定义可证明； （3）连接OC，先求出∠ADC＝60°，∠ACD＝30°，利用解直角三角形求出CD，再利用勾股定理求出OD长即可； （4）过点A作射线AF⊥AB，作射线OF满足∠AOF＝60°，射线AF与OF交于点F，连接OC、CF，可证△CAF∽△DAO，继而得到FC，利用勾股定理求出OF、OC，再根据|OF﹣OC|≤CF≤OF+OC求出CF的范围，继而得到OD的长度范围． 【解答】（1）解：∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， 在Rt△ABC中，由勾股定理得： AC6， 故答案为：6； （2）证明：∵AD⊥AC， ∴∠DAC＝∠BCA＝90°， ∴AD∥BC， ∵∠ADC＝∠B， ∴∠BAC＝∠DCA， ∴AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形； （3）解：在Rt△ACD中， ∵tan∠ADC， ∴∠ADC＝60°，∠ACD＝30°， 如图2，连接OC， ∵CD是⊙O的切线， ∴OC⊥CD， ∴∠ACD+∠ACO＝90°， 又∵∠ACO+∠OCB＝90°， ∴∠ACD＝∠OCB， ∵OC＝OB， ∴∠B＝∠OCB＝∠ACD＝30°， 在Rt△ABC中，AC＝AB•sin30°＝6， 在Rt△ACD中，CD4， ∴在Rt△COD中，OD2； （4）解：如图3，过点A作射线AF⊥AB，作射线OF满足∠AOF＝60°，射线AF与OF交于点F，连接OC、CF， 在Rt△AOF中，AF＝OA•tan60°OA， ∵tan∠ADC， ∴， ∵AF， ∴， ∵∠DAC＝∠OAF＝90°， ∴∠DAC+∠CAO＝∠OAF+∠CAO，即∠DAO＝∠CAF， ∴△CAF∽△DAO， ∴，即FC， 在Rt△AOF中， ∵， ∴12， 又∵|OF﹣OC|≤CF≤OF+OC， ∴6≤CF≤18， ∴2OD． 【点评】本题考查了圆的综合，熟练掌握切线性质、勾股定理、三角形相似的判定与性质、解直角三角形是关键． 25．（2024•淄博）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习． 【操作发现】 小明作出了⊙O的内接等腰三角形ABC，AB＝AC．并在BC边上任取一点D（不与点B，C重合），连接AD，然后将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACE．如图① 小明发现：CE与⊙O的位置关系是 　 　，请说明理由： 【实践探究】 连接DE，与AC相交于点F．如图②，小明又发现：当△ABC确定时，线段CF的长存在最大值．请求出当AB＝3，BC＝6时，CF长的最大值； 【问题解决】 在图②中，小明进一步发现：点D分线段BC所成的比CD：DB与点F分线段DF所成的比DF：FE始终相等．请予以证明． 【分析】操作发现：连接CO并延长交⊙O于点M，连接AM，根据直径所对圆周角为直角得到∠MAC＝90°，根据旋转的性质得到∠B＝∠ACE，由圆周角定理推出∠B＝∠AMC，等量代换得到∠ACE＝∠AMC，利用直角三角形的性质即可证明∠OCE＝90°，即可得出结论； 实践探究：证明△ABC∽△ADE，得到∠B＝∠ADE＝∠ACB，结合三角形外角的性质 得到∠CDF＝∠BAD，易证△ABD∽△DCF，得到 ，设BD＝x，则CD＝6﹣x，得到 ，利用二次函是的性质即可求解； 问题解决：过点E作EN∥BC交AC于点N，由旋转的 性质知：∠B＝∠ACE，证明∠ENC＝∠ACE，推出EN＝CE，由旋转的性质得：△ABD≌△ACE，得到BD＝EN，根据EN∥BC，易证△CDF﹣△NEF，得到，即可证明结论． 【解答】解：操作发现： 连接CO并延长交⊙O于点M，连接AM， ∵MC是⊙O直径， ∴∠MAC＝90°， ∴∠AMC+∠ACM＝90° 由旋转的性质得∠B＝∠ACE， ∵∠B＝∠AMC， ∴∠ACE＝∠AMC， ∵OCE＝∠ACM+∠ACE＝∠ACM+∠AMC＝90°， ∵OC是⊙O的半径， ∴CE与⊙O相切； 实践探究：由旋转的性质得：∠BAD＝∠CAE，AD＝AE， ∴∠BAD+∠CAD＝∠CAE+∠CAD即∠BAC＝∠DAE， ∵AB＝AC， ∴， ∴△ABC∽△ADE， ∴∠B＝∠ADE＝∠ACB， ∵∠ADC＝∠ADE+∠CDF＝∠B+∠BAD， ∴∠CDF＝∠BAD， ∴△ABD∽△DCF， ∴， 设BD＝x， 则CD＝6﹣x， ∴， ∴CF（6﹣x）（x﹣3）2， ∵0， ∴当x＝3时，CF有最大值为 ； 问题解决：证明：过点E作EN∥BC交AC于点N， ∴∠ENC＝∠ACB， 由旋转的性质知：∠B＝∠ACE， ∵∠B＝∠ACB， ∴∠ACB＝∠ACE， ∴∠ENC＝∠ACE， ∴EN＝CE， 由旋转的性质得：△ABD≌△ACE， ∴BD＝CE， ∴BD＝EN， ∵EN∥BC， ∴△CDF∽△NEF， ∴， ∵BD＝EN， ∴． 【点评】本题考查圆周角定理，切线的证明，旋转的性质，三角形相似的判定与性质，二次函数最值的应用，正确作出辅助线，构造三角形相似是解题的关键， 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 $$