2025年苏科版数学中考圆专项训练

2024-2025苏科版中考圆专项训练 一、单选题 1．圆锥的侧面展开图是（    ） A．三角形 B．菱形 C．扇形 D．五边形 2．如图，点A，B，C在⊙O上，∠BOC＝60°，则∠BAC的度数是（　　） A．15° B．30° C．45° D．20° 3．如图，与相切于点，连接交于点，为优弧上一点，连接，，若，则的度数为（    ） A．20° B．30° C．35° D．55° 4．如图，圆拱桥的拱顶到水面的距离为，水面宽为，则桥拱半径为（    ） A． B． C． D． 5．六一儿童节快到了，小亮在图纸上先画了一个边长为的正方形，再以该正方形的四个顶点为圆心、长为半径作弧，则图中实线所示的饰品轮廓的长为（     ） A． B． C． D． 6．如图，点在上，点在的内部，若四边形是平行四边形，则的度数为（    ） A． B． C． D． 7．如图，⊙O的半径为，BD是⊙O的切线，D为切点，过圆上一点C作BD的垂线，垂足为B，BC＝3，点A是优弧CD的中点，则sin∠A的值是（　　） A． B． C． D． 8．如图，四边形内接，平分，则下列结论正确的是（ ） A． B． C． D． 二、填空题 9．如图，直角坐标系中，⊙A的半径为3，点A的坐标为(﹣3，﹣4)，若将⊙A沿y轴方向平移，平移后，使⊙A上只有3个点到x轴的距离为2，则平移后点A的坐标为 ． 10．一个圆的半径为，则此圆的最大弦长为 ． 11．如图，A，B，C是上的三个点，，则的度数为 ． 12．如图，从一块边长为12的等边三角形卡纸上剪下一个面积最大的扇形，并将其围成一个圆锥，则圆锥的底面圆的半径是 ．    13．江南水乡杭州有很多小河和石拱桥，石拱桥是中国传统桥梁四大基本形式之一，它的主桥拱是圆弧形．如图，已知曲院风荷的一座石拱桥的跨度米，拱高米，那么桥拱所在圆的半径 米，弧的长度为 米．    14．《九章算术》是中国古代数学名著，其对扇形面积给出“以径乘周四而一”的算法与现代数学的算法一致，如某一问题：有一扇形田地，下周长（弧长）为30米，径长（两段半径的和）为2米，则该扇形田地的面积为 ． 15．如图，在边长为8的菱形中，，以点D为圆心，菱形的高为半径画弧，交于点E，交于点G，则图中阴影部分的面积是 ． 16．如图，是的直径，点、在上，弧的度数是90°，，，则的直径长为 ． 三、解答题 17．如图，⊙O的直径为AB，点C在圆周上(异于点A，B)，AD⊥CD． (1)若BC＝3，AB＝5，求AC的长； (2)若AC是∠DAB的平分线，求证：直线CD是⊙O的切线． 18．如图1是一座拱桥，图2是其侧面示意图，斜道的坡度，斜道的坡度，测得湖宽米，米，米，已知弧所在圆的圆心在上．（备注：坡度即坡角的正切值，如的坡度．） (1)分别求拱桥部分C、D到直线的距离； (2)求弧的长（结果保留π）． 19．如图，点A（0，6），B（2，0）．C（4，8），D（2，4），将线段CD绕点C逆时针旋转90°，得到线段CE． （1）画出线段CE，并计算线段CD所扫过的图形面积； （2）将线段AB平移得到线段CF，使点A与点C重合，写出点F的坐标，并证明CF平分∠DCE． 20．在如图所示的方格纸中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，的三个顶点都在格点上．画出绕点顺时针旋转后的（点、的对应点分别为、），并求出线段在旋转过程中扫过的面积．（结果保留） 21．如图，、为的直径，弦于点，点在延长线上，交弦于点，为的中点，． (1)求证：为的切线； (2)求，求图中阴影部分的面积． 22．如图，的半径为R，其内接锐角三角形ABC中，、、所对的边分别是a、b、c （1）求证： （2）若，，，利用（1）的结论求AB的长和的值 23．如图1，在中，，点是的中点，以为直径做分别交，于点，. （1）求证：. （2）如图2，连，，当时，求证：四边形是菱形. 24．如图1，AB是⊙O的直径，点P在⊙O上，且PA=PB，点M是⊙O外一点，MB与⊙O相切于点B，连接OM，过点A作AC∥OM交⊙O于点C，连接BC交OM于点D．    （1）填空：OD= AC；求证：MC是⊙O的切线； （2）若OD=9，DM=16，连接PC，求sin∠APC的值； （3）如图2，在（2）的条件下，延长OB至N，使BN=，在⊙O上找一点Q，使得的值最小，请直接写出其最小值为 ． 25．如图，在平面直角坐标系中，以为圆心的圆与y轴相切于点C，与x轴相交于A、B两点，且． (1)求经过C、A、B三点的抛物线的解析式； (2)设抛物线的顶点为F，证明直线与相切； (3)在x轴下方的抛物线上，是否存在一点N，使面积最大？若存在，求出面积的最大值，并求出此时点N坐标；若不存在，请说明理由． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B A B C C C B 1．C 【分析】根据圆锥的侧面展开图是扇形进行判断作答即可． 【详解】解：由题意知，圆锥的侧面展开图是扇形， 故选：C． 【点睛】本题考查了圆锥的侧面展开图．熟练掌握圆锥的侧面展开图是扇形是解题的关键． 2．B 【分析】根据圆周角定理“一条弧所对的圆周角等于其所对的圆心角的一半”即可得. 【详解】由圆周角定理得： 故选：B. 【点睛】本题考查了圆周角定理，熟记定理是解题关键. 3．A 【分析】连接OB，根据圆周角定理可得∠BOC=2∠BDC=70°，根据切线的性质可得∠ABO=90°，再由三角形的内角和可求． 【详解】解：连接OB，如图， 则∠BOC=2∠BDC=70°， ∵与相切于点， ∴∠ABO=90°， ∴∠A=90°-∠BOC=90°-70°=20°， 故选：A． 【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，熟练掌握圆周角定理和切线的性质是解题的关键． 4．B 【分析】本题考查垂径定理，勾股定理．在圆的相关题型中，连接常用的辅助线是解题关键．连接，由题意可知，，设桥拱半径，则，，在中，根据勾股定理求出r的值即可． 【详解】解：如图，连接． 由题意可知，且过圆心， ∴． 设桥拱半径，则，， 在中，， ∴， 解得：， ∴桥拱半径为． 故选B． 5．C 【分析】如图，由题意知，，，则，根据计算求解即可． 【详解】解：如图， 由题意知，，， ∴， ∵， ∴实线所示的饰品轮廓的长， 故选：C． 【点睛】本题考查了弧长，正方形的性质．解题的关键在于明确轮廓的表达形式． 6．C 【分析】本题考查了圆周角定理，平行四边形的性质和圆内接四边形的性质，由“平行四边形的对角相等”推知；然后根据“圆内接四边形的对角互补”求得，最后由圆周角定理、等量代换求得，解题的关键是熟练掌握知识点的应用． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点在上， ∴， 又∵， ∴， ∴， 故选：． 7．C 【分析】根据题意构造△CDF，由圆的性质可证△CDF∽△CBD，有相似的性质即可得CD的值，从而求sin∠A； 【详解】作直径CF，连接CD和DF， 则∠A＝∠F， ∵BD切⊙O于D， ∴∠CDB＝∠F， ∵CB⊥DB，CF为直径， ∴∠CDF＝∠B＝90°， ∴△CDF∽△CBD， ∴， ∵＝7，BC＝3， ∴CD＝， ∴sinA＝sinF＝， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了圆的性质、三角形的相似，正确构造出三角形并能够通过圆的相关知识进行相似的证明是解题的关键． 8．B 【详解】试题分析： 根据圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等，可知： A、∵∠ACB与∠ACD的大小关系不确定，∴AB与AD不一定相等，故本选项错误； B、∵AC平分∠BAD，∴∠BAC=∠DAC，∴BC=CD，故本选项正确； C、∵∠ACB与∠ACD的大小关系不确定，∴与不一定相等，故本选项错误； D、∠BCA与∠DCA的大小关系不确定，故本选项错误． 故选B． 考点：圆心角、弧、弦的关系 9．(﹣3，﹣1)或(﹣3，1) 【分析】利用图像法解决问题即可． 【详解】解：如图，观察图像可知，当A（﹣3，﹣1）或A′（﹣3，1）时⊙A上只有3个点到x轴的距离为2． 故答案为：（﹣3，﹣1）或（﹣3，1）． 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，解题的关键是理解题意，学会利用图像法解决问题，属于中考常考题型． 10． 【分析】根据圆的基础知识可得，圆的最大弦长即直径，由此即可求解． 【详解】解：圆的直径是过圆心的弦， ∴圆的直径的长是圆的最大弦长， ∵圆的半径为， ∴圆的直径为，即最大弦长为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查圆的基础知识，掌握圆的弦与直径的关系是解题的关键． 11．30o 【分析】根据∠B的度数求得∠BOC的度数，然后求得∠AOC的度数，从而求得等腰三角形的底角即可． 【详解】解：∵OB=OC，∠B=50°， ∴∠BOC=180°-2∠B=80°， ∵∠AOB=40°， ∴∠AOC=∠BOC+∠AOB=80°+40°=120°， ∵OA=OC， ∴∠A=∠OCA=， 故答案为：30o 【点睛】本题考查了圆的性质以及等腰三角形的性质，解题的关键是求得∠AOC的度数． 12． 【分析】连接，根据等边三角形的性质可求，进一步求得弧长，即底面圆的周长，再根据圆的周长公式即可求解． 【详解】解：如图，作边上的中线，    ∵是边长为12的等边三角形， ∴，， ∴， ∴扇形的弧长为， ∴圆锥的底面圆的半径是． 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解题关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长． 13． 【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，求弧长，解直角三角形，连接，由垂径定理得到，进而证明三点共线，则米，设米，则米，利用勾股定理得到，解方程得到米，解直角三角形求出，则，最后根据弧长公式求解即可. 【详解】解：如图所示，连接， 由题意得，点C为弧的中点， ∴， ∵， ∴三点共线， ∴米 设米，则米， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴， ∴米， ∴， ∴， 同理可得， ∴， ∴弧的长度为米， 故答案为：；。    14．15． 【分析】根据“以径乘周四而一”得到，代入数值求解即可． 【详解】解，根据扇形面积给出“以径乘周四而一”的算法与现代数学的算法一致，得到，“径”指的是直径，“周”指的是下周长（弧长）， 据此可得， 故答案是：15． 【点睛】本题考查了扇形的面积的计算，读懂题目，理解题意是解题的关键． 15． 【分析】由菱形的性质得出，，由三角函数求出菱形的高，图中阴影部分的面积=菱形的面积-扇形的面积，根据面积公式计算即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵是菱形的高， ∴， ∴， ∴图中阴影部分的面积=菱形的面积-扇形的面积= = 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质、三角函数、菱形和扇形面积的计算；由三角函数求出菱形的高是解决问题的关键． 16． 【分析】根据弧的度数是90°，可知∠ADB=∠ACB=45°，设AD与BC交于点E，求出EC、BC长，根据勾股定理可求CD． 【详解】解：∵弧的度数是90°， ∴∠ADB=∠ACB=45°， ∵是的直径， ∴∠CBD=∠CAD=90°， ∴，， ∴， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆周角的性质、勾股定理和等腰三角形的判定，解题关键是求出特殊角，熟练运用勾股定理进行计算． 17．(1) AC=4；(2)详见解析. 【分析】（1）首先根据直径所对的圆周角为直角得到直角三角形，然后利用勾股定理求得AC的长即可； （2）连接OC，证OC⊥CD即可；利用角平分线的性质和等边对等角，可证得∠OCA=∠CAD，即可得到OC∥AD，由于AD⊥CD，那么OC⊥CD，由此得证． 【详解】解：（1）∵AB是⊙O直径，C在⊙O上， ∴∠ACB＝90°， 又∵BC＝3，AB＝5， ∴由勾股定理得AC＝4； （2）证明：连接OC ∵AC是∠DAB的角平分线， ∴∠DAC＝∠BAC， 又∵AD⊥DC， ∴∠ADC＝∠ACB＝90°， ∴△ADC∽△ACB， ∴∠DCA＝∠CBA， 又∵OA＝OC， ∴∠OAC＝∠OCA， ∵∠OAC+∠OBC＝90°， ∴∠OCA+∠ACD＝∠OCD＝90°， ∴DC是⊙O的切线． 【点睛】本题考查的知识点是切线的判定方法，解题关键是熟记要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可． 18．(1)点C到直线的距离为15米，点D到直线的距离为20米 (2)米 【分析】（1）过点C作于E，过点D作于F，根据坡度的概念分别设出、、、的长，再利用勾股定理即可求出结果； （2）连接，，根据勾股定理求、，根据全等三角形的性质求出，再利用弧长公式计算即可． 【详解】（1）解：过点C作于E，过点D作于F， 在中，∵， 设（米），则（米）， 由勾股定理得， 解得：，（舍去）， ∴（米），（米）， 同理可证，在中， （米） 答：点C到直线的距离为15米，点D到直线的距离为20米． （2）解：连接，， ∵（米），（米），（米）， ∴（米）． 设米，则米， ∴． 解得：，即（米），（米）． 在和中， ∴． ∴，． ∴弧的长（米）． 【点睛】本题考查解直角三角形的应用−坡度坡角问题、弧长的计算，掌握坡度坡角的概念并熟记锐角三角函数的定义及弧长公式是解决问题的关键． 19．（1）画图见解析，5π；（2）F（6，2），证明见解析 【分析】（1）画出线段CE，利用扇形的面积公式计算即可． （2）画出线段CF，利用SSS证明△CFD≌△CFE即可． 【详解】解：（1）线段CE如图所示． 线段CD所扫过的图形面积＝＝5π． （2）线段CF如图所示，F（6，2）． 连接DF，EF， 由题意：DF＝EF，CD＝CE，CF＝CF， ∴△CFD≌△CFE（SSS）， ∴∠FCD＝∠FCE， ∴CF平分∠DCE． 【点睛】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换，扇形的面积，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 20．图见解析， 【分析】根据要求画出线段顺时针旋转后的对应线段，连接即可；根据网格利用勾股定理求出的长度，线段旋转扫过的面积是扇形，根据扇形面积计算公式求解即可． 【详解】解：如图，即为所求． ， 线段在旋转过程中扫过的面积； 故答案为：． 【点睛】本题考查平面直角坐标系图形的变换及求扇形的面积，解题的关键是根据网格利用勾股定理求出半径，熟练掌握扇形面积计算公式：． 21．(1)见解析 (2)图中阴影部分的面积为 【分析】（1）连接BC，根据三角函数的定义得到推出是等边三角形，得到求得根据切线的判定定理即可得到结论． （2）根据三角形的内角和定理得到根据平行线的性质得到根据三角函数的定义得到由扇形和三角形的面积公式即可得的答案． 【详解】（1）证明：连接， ∵． ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴是直角三角形， ∴， ∵是的半径， ∴为的切线； （2）∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴图中阴影部分的面积． 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，直角三角形的判定和性质，扇形面积的计算，等边三角形的判定和性质，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键． 22．(1)详见解析;(2)AB=,. 【分析】(1)根据圆周角的性质作出辅助线构造直角三角形,利用三角函数解出即可求证. (2)利用(1)中的结论代入求出AB,再作BD⊥AC,利用三角函数求出AC的值,再根据(1)的结论求出. 【详解】(1) 如图所示,连接BO并延长交圆于A1,连接A1C,可得,,根据三角函数可得,则. 同理可得,. ∴. (2)根据(1)的结论可得, ,,.将值代入得: ,解得,即AB=. 过点B作BD⊥AC,由题意可得,, ∴AD=AB·sin=, AD=BC·sin=. ∴AC=AD+CD=. ∴即,得. 【点睛】本题考查圆周角的性质,三角函数,关键在于会利用性质作出相应的辅助线. 23．（1）见解析（2）见解析 【分析】（1）利用直角三角形斜边上的中线性质得MA＝MB，则∠A＝∠MBA，再利用圆内接四边形的性质证明∠MDE＝∠MED，于是得到MD＝ME； （2）先证明△OAD和△OBE为等边三角形，再证明四边形DOEM为平行四边形，然后加上OD＝OE可判断四边形ODME是菱形． 【详解】（1）在Rt△ABC中，点M是AC的中点， ∴MA＝MB， ∴∠A＝∠MBA； ∵四边形ABED是圆内接四边形， ∴∠ADE＋∠ABE＝180°， 而∠ADE＋∠MDE＝180°， ∴∠MDE＝∠MBA； 同理可得∠MED＝∠A， ∴∠MDE＝∠MED， ∴MD＝ME； （2）∵∠C＝30°， ∴∠A＝60°， ∴∠ABM＝60°， ∴△OAD和△OBE为等边三角形， ∴∠BOE＝60°， ∴∠BOE＝∠A， ∴OE∥AC， 同理可得OD∥BM， ∴四边形DOEM为平行四边形， 而OD＝OE， ∴四边形ODME是菱形． 【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了菱形的判定． 24．（1）；证明见解析；（2）sin∠APC=；（3）=． 【分析】（1）先证明△BOD～△BAC，然后依据相似三角形的性质进行证明即可，连接OC，先利用切线的性质得到∠OBM=90°，然后依据平行线的性质和等腰三角形的性质证明∠BOM=∠COM，然后利用SAS证明△OCM≌△OBM，由全等三角形的性质可得到∠OCM=∠OBM=90°； （2）根据，得出CD=BD=12，再根据解直角三角形得出结果即可; （3）在OM上取点D，使,得出恒成立，再根据当D、Q、N共线时，DQ+QN最小求解即可． 【详解】解：（1）∵AC∥OM， ∴△BOD～△BAC， ∴． ∴OD=AC． 连接OC， ∵AC∥OM，    ∴∠OAC=∠BOM，∠ACO=∠COM， ∵OA=OC， ∴∠OAC=∠ACO ∴∠BOM=∠COM， 在∴△OCM与△OBM中，， ∴△OCM≌△OBM； 又∵MB是⊙O的切线， ∴∠OCM=∠OBM=90°， ∴MC是⊙O的切线； （2）∵MB，MC是⊙O的切线， ∴OM⊥BC, ∴∠ODB=∠ODC＝90°, ∵OC⊥MC, ∴∠OCM=90°， ∴∠COM=∠DCM, ∴, ∴， ∴, ∴CD=BD=12， 在RTBOD中，OB=, ∴, ∴； （3）AB=30，OM=25，BM=20，OQ=OB=15， ∵, ∴OM上取点D，使 ， ∴OD=9,D为定点， ∵,且 , ∴恒成立， ∴求 的值最小，相当于求DQ+QN最小， ∴当D、Q、N共线时，DQ+QN最小， ∴NQ+MQ=DN,作DH⊥ON于点H,可得OH=, , ∴NH=15-, ∴DH=， 即NQ+MQ的最小值为．    【点睛】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 25．(1) (2)见解析 (3)存在，，面积的最大值为：16 【分析】（1）连接，过点作于点，利用切线的性质和垂径定理，求出点三点的坐标，用待定系数法求解析式即可； （2）连接，将二次函数转化为顶点式，求出的坐标，分别求出，利用勾股定理的逆定理求出，即可得证； （3）过点作轴，交于点，设点的坐标为 ，则：点的坐标为，利用进行计算即可． 【详解】（1）解：如图，连接，过点作于点， ∴， ∵以为圆心的圆与轴相切于点，且，， ∴轴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 设经过点三点的抛物线解析式为：，有： ， 解得： ∴抛物线的解析式为：； （2）证明：∵ ∴顶点的坐标为 ， ∵点为圆心，点A在圆周上， 由（1）知，， 如图：连接， ∵， ∴ ，， ∴ ∴， ∴直线与相切； （3）解：存在点，使面积最大， 如图，过点作轴，交于点， ∵， 设直线的解析式为：， 则： 解得：， ∴直线的解析式为：； 设点的坐标为 ， ∵轴，交于点， ∴点的坐标为， ∴， ， ； ∴当时，最大，最大值为16，此时． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用．同时考查了切线的判定和性质，垂径定理，勾股定理逆定理．正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$