专题07 圆（5大题型）（福建专用）-【好题汇编】2025年中考数学二模试题分类汇编

专题07 圆 题型概览 题型01 垂径定理 题型02 圆周角 题型03 切线的性质定理 题型04 正多边形和圆 题型05 弧长和扇形面积 ( 题型01 )垂径定理 1．（2025·福建龙岩·二模）如图，，是半径为2的的两条弦，于点，于点，连接．若，则的长为（   ） A．2 B． C． D． 2．（2025·福建·二模）将一个量角器与一把无刻度透明直尺如图所示摆放，直尺的边与量角器分别交于点A，B，C，D，点C，点D分别对应量角器的刻度为120，60，若量角器的直径的长为，则点O到的距离为 ． 3．（2025·福建厦门·二模）《梦溪笔谈》是我国古代科技著作，其中它记录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，在中，M是的中点，于点N．“会圆术”给出的弧长l的近似计算公式：．当，时，则的弧长l的近似值为 ． 4．（2025·福建·二模）如图，是的直径，是的弦，于点E，连接，，，并延长分别交和于点F，G，连接． (1)求证：； (2)求证：； (3)连接，记分别交，于点M，N，若，，求的长． 5．（2025·福建三明·二模）如图1，和是的直径，且，点是延长线上的一点．连接交于点（点在线段上，且不与点、点重合）． (1)若，求证：； (2)如果． ①如图2，若，求证：是的中点； ②若为等腰三角形，求线段的长． 6．（2025·福建·二模）如图，将一把两边都带有刻度的直尺放在半圆形纸片上，使其一边经过圆心O，另一边所在直线与半圆相交于点D、E，量出半径OC=5cm，弦DE=8cm. 则直尺的宽为 cm.    ( 题型02 )圆周角 7．（2025·福建泉州·二模）已知四边形内接于，，在对角线上截取，延长至点E，连接，使得，与相交于点I，与相交于点G． (1)若是的直径，，如图1，求的度数；（用含的代数式表示） (2)连接，，，如图2，求证：； (3)当时，如图3，试用一个等式表示，，的数量关系，并证明． 8．（2025·福建厦门·二模）如图，在中，，，过A，C两点的交于点D，过点D作的切线交于点E，连接． (1)求证：； (2)若，，求的长． 9．（2025·福建厦门·二模）如图1，已知是等腰三角形的外接圆，，是上一点，连接，交于点．射线与的夹角的角平分线交于点，射线交射线于点． (1)若，，，求的长度； (2)求证：； (3)如图2，当为直径时，若，，求的面积． 10．（2025·福建龙岩·二模）如图，中，，，以为直径作半圆，交，于点D，E．若，则的长为 （结果保留） 11．（2025·福建福州·二模）如图，是的直径，与相切于点，半径的延长线交于点，则的度数是（  ） A． B． C． D． 12．（2025·福建宁德·二模）如图，已知内接于，，点是上的一点，连接，．若，则的大小是（   ） A． B． C． D． 13．（2025·福建泉州·二模）将一个量角器与一把无刻度直尺按如图所示摆放，直尺的长边与量角器的边缘分别交于点A、C、B，点B、C分别在量角器180，90的刻度上，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 14．（2025·福建三明·二模）如图1，外接于，直径交于点E，已知，． (1)求的长； (2)如图2，F是线段上一点（不与C，E重合），的延长线交于点P，，． ①求证：； ②若，求证：O，G，A三点共线． 15．（2025·福建南平·二模）如图，内接于⊙O ，，点是弧上的动点，是沿直线翻折得到的，的对应点是点于点，交延长线于点，连接． (1)求证：点三点共线； (2)当，时，求线段的长； (3)求证：． ( 题型03 )切线的性质定理 16．（2025·福建厦门·二模）如图，切于点，弦，若，劣弧的弧长为，则线段的长为(   ) A． B． C． D． 17．（2025·福建泉州·二模）在等腰中，，点O是的角平分线上的一点，半径为1的经过点B，将沿方向平移，当与的边相切时，平移的距离是 ． 18．（2025·福建宁德·二模）如图，四边形是的内接四边形，对角线是的直径，点在延长线上，与相切，且． (1)求证：； (2)若的半径为3，，求的长． 19．（2025·福建漳州·二模）如图，内接于，直径交于点E，过点D作的切线交的延长线于点P，已知． (1)求的大小； (2)若，求的长． 20．（2025·福建南平·二模）如图，是的直径，点，在上且关于直径对称，是切线，切点为，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 21．（2025·福建·二模）如图，与相切于点C，，延长交于点D，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 22．（2025·福建龙岩·二模）如图，为的直径，弦交于（点不与点，重合），连结，，，过点作的切线交延长线于点． (1)若，求证：； (2)在（1）的条件下，若，，求的长． ( 题型0 4 )正多边形和圆 23．（2025·福建福州·二模）“裁剪1次”是指在单张平面图形（或将此图形经过若干次折叠后），用剪刀沿某条路径（图1中，裁剪路径为直线）进行一次裁剪将其裁开的操作．若进行次裁剪，则记载剪次数为．某数学综合实践活动小组开展裁剪卡纸的活动（裁剪路径均为直线），将一个长为，宽为的可折叠矩形卡纸（如图2）裁剪为八边形卡纸，得到的八边形需满足以下要求：①该八边形的所有顶点都在原矩形卡纸的边上，②原矩形卡纸的每一条对称轴都是该八边形的对称轴． (1)为了得到符合要求的八边形卡纸，请用文字简要描述你的裁剪方法（要求：裁剪次数最少，获得满分）； (2)当，时，经裁剪得到符合要求且各边长相等的八边形卡纸，如图3，求得到的该八边形卡纸的面积； (3)该小组在一系列探究后发现可以提供一款矩形卡纸，使其经裁剪能得到符合要求的八边形卡纸，且该八边形是正八边形．请分析他们的说法是否正确？若正确，求该款矩形卡纸长和宽之间的数量关系；若不正确，请说明理由． 24．（2025·福建·二模）如图，将一枚飞镖任意投掷到正方形镖盘内，若飞锤落在镖盘内各点的机会相等，则飞镖落在阴影区域的概率为（    ） A． B． C． D． ( 题型0 5 )弧长和扇形面积 25．（2025·福建莆田·二模）斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”．如图给出了它的画法：以斐波那契数1，1，2，3，5，…，为边的正方形依序拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．则图中的长为（   ） A． B． C． D． 26．（2025·福建福州·二模）综合与实践 问题情境：如图1，有一个圆锥草帽，其底面半径为，当把这个圆锥草帽的侧面展开后，会得到一个半径为，圆心角为的扇形． (1)探索尝试：圆锥草帽底面周长与其侧面展开图的弧长______；（填“相等”或“不相等”）若，则______． (2)问题抽象：图2中，对于任意一个圆锥体，其底面半径为，侧面展开图会得到一个半径为，圆心角为的扇形，请用含r，l的式子表示． (3)拓展延伸：图3是一种纸质圆锥形草㡌，是线段中点，如今计划要从点到点再到点之间拉一装饰彩带，先提前准备好一根长度为的装饰彩带，请问该彩带的长度是否够长，并说明理由． 27．（2025·福建龙岩·二模）综合与实践——黄金矩形． 宽与长之比为的矩形称为黄金矩形，黄金矩形给我们以协调匀称的美感，它常见于艺术、建筑、自然界中，如图1中的希腊巴特农神庙和图2中达芬奇的画作《蒙娜丽莎》．今天我们追随先哲们的脚步，利用纸片来折出黄金矩形，创造数学美！            如图3，矩形纸片的宽，小明按如下步骤操作． 第一步：如图4，沿折叠，使点落在长边上的点处，连接，得正方形； 第二步：对折正方形，使边与重合，得折痕，并展开，如图5，则； 第三步：连接，沿折叠，使点落在延长线上的点处，如图6，则的长为 ① ； 第四步：过点折叠纸片，得折痕，使，交于点，并展开，如图7，则矩形为黄金矩形．        (1)补全小明操作过程中①所缺的内容______； (2)聪明的小慧发现，在图7中，除了黄金矩形外，还有另一个黄金矩形，请找出这个矩形，并给予证明． (3)小慧根据（2）题进一步发现，在黄金矩形中折去正方形，从而留下的矩形即为黄金矩形．类似于“勾股树”，黄金矩形也能不断“生长”，可以在图8中继续折出更多的黄金矩形、黄金矩形，……如图9，小慧用弧线将折得的不断分割的黄金矩形的分割点连结起来，便会形成一条曲线，通常被称为“黄金螺线”．自然界的很多植物、建筑、艺术作品中都有“黄金螺线”的影子．记、、的弧长分别为、、，请探究、、满足的数量关系． 28．（2025·福建福州·二模）如图，已知圆心角为的扇形的面积为，为上一点，D，E分别为，上的点，连接，，．若四边形为矩形，则的长是（    ） A．2 B． C．4 D． 29．（2025·福建厦门·二模）《九章算术》“方田章”中记载了关于图形面积的经验公式，其与实际的较小误差令人由衷感叹我国古代劳动人民的智慧．其中的弧田术：“以弦乘矢，矢又自乘，并之，二而一．”即：弓形面积=（弦长×矢长+矢长×矢长）÷2．如图，一块弓形田的弦长为，矢长为，用弧田术计算其面积，与实际的误差为 ．（，取古圆周率3） 30．（2025·福建·二模）小月同学在手工课上用扇形卡纸制作的简易圆锥形漏斗如图所示，若漏斗的底面圆的直径为6cm，高为4cm，则扇形卡纸的面积至少是（    ） A．cm2 B．cm2 C．cm2 D．cm2 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07 圆 题型概览 题型01 垂径定理 题型02 圆周角 题型03 切线的性质定理 题型04 正多边形和圆 题型05 弧长和扇形面积 ( 题型01 )垂径定理 1．（2025·福建龙岩·二模）如图，，是半径为2的的两条弦，于点，于点，连接．若，则的长为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，三角形中位线性质定理等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质并灵活应用． 连接、、，利用圆周角定理得出，利用勾股定理得出，利用垂径定理和三角形中位线性质定理得出． 【详解】解：如图，连接、、， ∵， ∴ ∵， ∴， ∴ 故选：D． 2．（2025·福建·二模）将一个量角器与一把无刻度透明直尺如图所示摆放，直尺的边与量角器分别交于点A，B，C，D，点C，点D分别对应量角器的刻度为120，60，若量角器的直径的长为，则点O到的距离为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了角的度量、等边三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等知识点，掌握这些基础知识点是解题关键． 连接，过点O作于点H，根据题意得出，再由等边三角形的判定和性质得出为等边三角形，，结合三线合一及勾股定理求解即可． 【详解】解：如图：连接，过点O作于点H， ∵点C，点D分别对应量角器的刻度为120，60， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∵直径的长为， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点O到的距离为， 故答案为：． 3．（2025·福建厦门·二模）《梦溪笔谈》是我国古代科技著作，其中它记录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，在中，M是的中点，于点N．“会圆术”给出的弧长l的近似计算公式：．当，时，则的弧长l的近似值为 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了垂径定理的推论，解直角三角形，勾股定理，过点A作于H，连接，先解求出，则利用勾股定理得到，进一步利用勾股定理求出，由垂径定理的论理推出O、N、M三点共线，则有，由勾股定理得到，则，据此利用所给公式计算求解即可． 【详解】解：如图所示，过点A作于H，连接， 在中，，，， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵M是的中点， ∴， ∵， ∴O、N、M三点共线， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 4．（2025·福建·二模）如图，是的直径，是的弦，于点E，连接，，，并延长分别交和于点F，G，连接． (1)求证：； (2)求证：； (3)连接，记分别交，于点M，N，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用等边对等角和平行线的判定即可证明； （2）利用垂径定理得到，推出，进而得到，即可证明； （3）作于点，连接，由是的直径得出，通过解求出的长，再利用等面积法求出的长，通过证明得到，在利用正切的定义得出，设，利用列出方程，解出的值，求出的长，再证明求出的长，即可求出的长． 【详解】（1）证明：， ， 又， ， ． （2）证明：，是的直径， ，， ，即， 由（1）得，， ， 又， ， ， ． （3）解：如图，作于点，连接， 是的直径， ， ， ， 在中，， ， ， ， ， 是的高， ， ， ， ， ，， ，， ， ，即， ， 在中，， ， 设，则，， ， ， 解得：， ，， ， ， ， 又， ， ， ， ，即， 解得：， ． 【点睛】本题考查了垂径定理、圆周角定理、解直角三角形、相似三角形的性质与判定、平行线的判定，熟练掌握相关知识点，学会作垂线构造直角三角形是解题的关键．本题属于圆综合题，需要较强的几何推理和辅助线构造能力，适合有能力解决几何难题的学生． 5．（2025·福建三明·二模）如图1，和是的直径，且，点是延长线上的一点．连接交于点（点在线段上，且不与点、点重合）． (1)若，求证：； (2)如果． ①如图2，若，求证：是的中点； ②若为等腰三角形，求线段的长． 【答案】(1)见详解 (2)①见详解；②线段的长或 【分析】（1）连接，根据，证明，得出，结合等腰三角形的性质可得，根据等腰三角形的判定即可证明； （2）①过作于，连接交于点M，根据直径对直角可得，根据，结合等腰三角形的性质可得，根据等腰三角形的性质得出，结合，根据等腰三角形的性质得出，即可证点是的中点． ②分三种情况讨论，当时，不符合题意；当时，连接，证明，即可得解；当时，连接，设与交于，先证明是的中位线，是的中位线，可得，再根据勾股定理即可得解． 【详解】（1）解：连接， ∵， ， ， ， ， ， ， ，即， ∴． （2）解：①过作于，连接交于点M， ∵是直径， ， ， ， ， ，， ， ， ， 即， ， ， ， ∵， ， 即点是的中点． ②如图，连接， 当时，如图， ， ， ， 由①知，不符合题意； 当时，连接， 和是的两条直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 当时，连接，设与交于， ， ， ， 是直径， ， ， ， ， ， ， 是的中位线， ， ， ∴是的中位线， ， ， ， ， ， 综上所述，线段的长或． 【点睛】本题考查了圆综合，勾股定理，三角函数，中位线，等腰三角形的性质，相似三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是综合运用以上知识点，运用分类讨论思想． 6．（2025·福建·二模）如图，将一把两边都带有刻度的直尺放在半圆形纸片上，使其一边经过圆心O，另一边所在直线与半圆相交于点D、E，量出半径OC=5cm，弦DE=8cm. 则直尺的宽为 cm.    【答案】3 【分析】过点O作OF⊥DE，垂足为F，连结OE，由垂径定理可得出EF的长，再由勾股定理即可得出OF的长. 【详解】解：过点O作OF⊥DE，垂足为F，连结OE，    ∵DE＝8cm， ∴EF＝DE＝4cm， ∵OC＝5cm， ∴OE＝5cm， ∴OF＝cm． 故答案为3. 【点睛】本题考查的是垂径定理的应用，解答此类题目先构造出直角三角形，再根据垂径定理及勾股定理进行解答． ( 题型02 )圆周角 7．（2025·福建泉州·二模）已知四边形内接于，，在对角线上截取，延长至点E，连接，使得，与相交于点I，与相交于点G． (1)若是的直径，，如图1，求的度数；（用含的代数式表示） (2)连接，，，如图2，求证：； (3)当时，如图3，试用一个等式表示，，的数量关系，并证明． 【答案】(1) (2)见解析 (3)，见解析 【分析】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，三角形内角和性质，平行线的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先根据是的直径，故．结合，，则，即可作答． （2）根据圆周角定理得，设，则，结合三角形内角和性质得，因为，则，结合，证明，得，即，得，故，因为，故，整理得，即可作答． （3）先证明，再设，，即，因为 ，所以，结合，则．证明，即，整理得，由得，即可作答． 【详解】（1）解：∵是的直径， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． （2）解：如图2，连接． ∵， ∴， 又∵， ∴， 设， 则， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， 即． ∵， ∴， ∴， ∴ （3）解：．证明过程如下： 如图4， ∵， ∴． 又∵， ∴， 设，， ∴． ∵， ∴， 又∵， ∴． ∴， ∴ ∴， ∴． ∴， 由，得， ∴． 8．（2025·福建厦门·二模）如图，在中，，，过A，C两点的交于点D，过点D作的切线交于点E，连接． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，切线的性质，勾股定理，正切函数，弧长公式等； （1）连接、，由圆周角定理得，由切线的性质得，即可得证； （2）过作交于，过作交于，延长交于，由勾股定理得，由正切函数得，由勾股定理得，同理可得，结合弧长公式，即可求解； 理解圆的定义，掌握等腰三角形的性质，切线的性质，能熟练利用勾股定理，正切函数，弧长公式进行求解是解题的关键． 【详解】（1）证明：连接、， ，， ， , , ， 是的切线， ， ； （2）解：过作交于，过作交于，延长交于， ，，， ， ， ， ， ， ，， ， ， 解得：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， ． 9．（2025·福建厦门·二模）如图1，已知是等腰三角形的外接圆，，是上一点，连接，交于点．射线与的夹角的角平分线交于点，射线交射线于点． (1)若，，，求的长度； (2)求证：； (3)如图2，当为直径时，若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题属于圆的综合题，主要考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识，较难的是题（3），通过添加辅助线，构造相似三角形是解题关键． （1）先根据圆周角定理可得，，再证出，根据相似三角形的性质即可得； （2）连接，先证明，进而根据圆周角定理得出，再根据三角形的外角性质可得，然后根据圆周角定理可得，等量代换即可得证； （3）连接，延长交于点，过点作于点，连接，，，先根据等腰直角三角形的判定与性质可得， ，证明，根据相似三角形的性质可得，的长，然后设（），则利用的面积可求出的值，从而可得，的长，最后利用三角形的面积公式计算即可得． 【详解】（1）解：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴, ∵，，， ∴， （2）证明：如图，连接， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是圆内接四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵ ∴ 又∵ ∴， ∴ （3）解：如图，连接，延长交于点，过点作于点，连接，，， 设的半径为（），则 为的直径， ， ， 平分， ， 由圆周角定理得：， 由（2）知：， ， ， ， ， ， ，即， ， ， 由圆周角定理得：， ， ， 设（），则 在中，由勾股定理得：，即 解得：（负值舍去） ， ， 的面积为． 10．（2025·福建龙岩·二模）如图，中，，，以为直径作半圆，交，于点D，E．若，则的长为 （结果保留） 【答案】 【分析】连接，，由直径所对的圆周角等于90度得出，由三角形内角和定理求出，由等弧所对的圆周角相等得出，由等边对等角得出，再由三角形内角和定理求出，证明，由全等三角形的性质得出，得出半径等于9，最后利用弧长公式求解即可． 【详解】解：连接，， ∵为的直径， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为： 【点睛】本题主要考查了直径所对的圆周角等于90度，等弧所对的圆周角相等，求弧长，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理等知识，掌握这些知识是解题的关键． 11．（2025·福建福州·二模）如图，是的直径，与相切于点，半径的延长线交于点，则的度数是（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，三角形内角和定理．熟练掌握圆的相关知识并利用数形结合的思想是解题关键． 由圆周角定理可知，由切线的性质可得出，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵与相切于点B， ∴，即， ∴． 故选∶D 12．（2025·福建宁德·二模）如图，已知内接于，，点是上的一点，连接，．若，则的大小是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了等边对等角，圆周角定理，解题关键是利用等边对等角求得相关角度． 先利用等边对等角，求得，再利用圆周角定理求得． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， 故选：D． 13．（2025·福建泉州·二模）将一个量角器与一把无刻度直尺按如图所示摆放，直尺的长边与量角器的边缘分别交于点A、C、B，点B、C分别在量角器180，90的刻度上，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，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是解题的关键． 先根据题意得出的度数，再由圆周角定理即可得出结论． 【详解】∵点B，C分别在量角器180，90的刻度上， ∴， ∴； 故选∶C． 14．（2025·福建三明·二模）如图1，外接于，直径交于点E，已知，． (1)求的长； (2)如图2，F是线段上一点（不与C，E重合），的延长线交于点P，，． ①求证：； ②若，求证：O，G，A三点共线． 【答案】(1)1 (2)①见解析；②见解析 【分析】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，四点共圆，正确作出辅助线是解题的关键． （1）先证明，可得，可得，利用勾股定理求得，再解直角三角形求得即可解答； （2）①设M为线段的中点，连接，，得到点B，G，E，F都在上，利用圆周角定理可得，再利用角度转换即可得到； ②连接，，求得，再根据相似得到，可得和，通过证明，可得，即可解答． 【详解】（1）解：如图，连接，． ∵是的直径， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴垂直平分线段， ∴． ∵， ∴． 在和中，， ∴． ∴． ∴． （2）解：①∵， ∴． 又∵， ∴． ∵，， ∴． 设M为线段的中点，连接，． 则， ∴点B，G，E，F都在上， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴， ∴． ∴． ②如图，连接，． ∵， ∴． ∵， ∴． 则． 由①知，， ∴． ∴． ∴． ∵，， ∴． ∴． ∴． ∴O，G，A三点共线． 15．（2025·福建南平·二模）如图，内接于⊙O ，，点是弧上的动点，是沿直线翻折得到的，的对应点是点于点，交延长线于点，连接． (1)求证：点三点共线； (2)当，时，求线段的长； (3)求证：． 【答案】(1)见解析 (2) (3)见解析 【分析】（1）证明即可证明结论成立； （2）求出，由得到，在Rt中，，即可求出答案； （3）分两种情况画出图形证明，在Rt中，，在Rt中，，即可得到结论． 【详解】（1）证明：在中， 与是弧所对的圆周角． ． 是沿直线翻折得到的，点的对应点是点 ∴ 四边形内接于圆 点三点共线． （2）解：． 在中，． 在中，， 四边形内接于圆 ， 是等边三角形 ， ∵ ， 在Rt中， （3）过点作于点， 在Rt中， 在Rt中， 分两种情况讨论： 若在的右侧，点在线段上，如备用图1， 若在的左侧，如备用图2，点在线段的延长线上 过点作于点， 点在线段上， 综上所述， 在Rt中， 在Rt中， ． 【点睛】此题考查了圆周角定理、勾股定理、全等三角形的判定和性质、圆内接四边形的性质、等边三角形的判定和性质、轴对称的性质等知识，熟练掌握相关判定和性质是关键． ( 题型03 )切线的性质定理 16．（2025·福建厦门·二模）如图，切于点，弦，若，劣弧的弧长为，则线段的长为(   ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了切线的性质，弧长公式，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质；连接，根据切线的性质得出，根据含度角的直角三角形的性质得出，进而得出是等边三角形，则，根据劣弧的弧长为，设，得出，进一步即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵切于点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴ ∵劣弧的弧长为，设， ∴ 解得： ∴， 故选：B． 17．（2025·福建泉州·二模）在等腰中，，点O是的角平分线上的一点，半径为1的经过点B，将沿方向平移，当与的边相切时，平移的距离是 ． 【答案】或 【分析】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，勾股定理，等边对等角和三角形内角和定理，过点B作交延长线于H，则，解直角三角形可得，证明，则可求出；再分当与相切时，当与相切时，两种情况讨论求解即可． 【详解】解：如图所示，过点B作交延长线于H， ∵等腰中，， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴； 如图1所示，当与相切时，设切点为G，连接，则， ∴， ∴， ∴此时的平移距离为； 如图2所示，当与相切时，设切点为S，连接，在上取一点R使得，连接， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴此时的平移距离为； 综上所述，与的边相切时，平移的距离是或． 故答案为：或． 18．（2025·福建宁德·二模）如图，四边形是的内接四边形，对角线是的直径，点在延长线上，与相切，且． (1)求证：； (2)若的半径为3，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查切线的性质，圆周角定理和相似三角形的判定与性质，正确运用切线的性质是解答本题的关键． （1）连接，得，由得，根据圆周角定理可得结论； （2）先求出，，，由勾股定理得，证明，根据相似三角形的性质可得结论． 【详解】（1）证明：如图，连接． ∵与相切， ∴． ∴． ∵是的直径， ∴． ∴． ∵， ∴． ∵． ∴ （2）解：∵的半径为3， ∴，，． 在中，根据勾股定理，得． 由（1）知，，． ∴． ∴． ∴． ∴． 19．（2025·福建漳州·二模）如图，内接于，直径交于点E，过点D作的切线交的延长线于点P，已知． (1)求的大小； (2)若，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据切线的性质，得出，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理，得出，即可得出答案； （2）连接，，求出，根据弧长公式求出的长即可． 【详解】（1）解：∵是的切线，是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 即； （2）解：如图，连接，， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的长． ∴的长为． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，弧长公式，圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 20．（2025·福建南平·二模）如图，是的直径，点，在上且关于直径对称，是切线，切点为，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了轴对称，切线的性质，解题的关键是根据对称得出，再根据切线的概念得出，再作差即可． 【详解】解：是⊙O的直径，点，在⊙O上且关于直径对称， ， 是切线，切点为， ，则， 故选：B． 21．（2025·福建·二模）如图，与相切于点C，，延长交于点D，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了切线的性质、直角三角形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．连接，根据切线的性质得出，则有，由得到，再利用直角三角形的性质即可求解． 【详解】解：如图，连接， 与相切于点C， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 故选：C． 22．（2025·福建龙岩·二模）如图，为的直径，弦交于（点不与点，重合），连结，，，过点作的切线交延长线于点． (1)若，求证：； (2)在（1）的条件下，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，，利用同圆的半径相等的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质得到，再利用等腰三角形的判定定理解答即可； （2）连接，，过点作于点，过点作于点，利用圆周角定理和直角三角形的边角关系定理得到，设，则，利用相似三角形的判定与性质求得值，则，，，，利用等腰三角形的性质和勾股定理求得，，，再利用相似三角形的判定与性质解答即可得出结论． 【详解】（1）证明：连接，，如图， ， ， ，， ． ， ， ． ，， ， ； （2）解：连接，，过点作于点，过点作于点，如图， 为的直径， ， ， 设，则， ，． ，， ， ， ， ， ， ． ，，， ， ，， ， ， ， ． ，， ． ． ， ． ． 是圆的切线， ． ， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的性质定理，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，连接经过切点的并结合添加适当的辅助线构造相似三角形当时解题的关键． ( 题型0 4 )正多边形和圆 23．（2025·福建福州·二模）“裁剪1次”是指在单张平面图形（或将此图形经过若干次折叠后），用剪刀沿某条路径（图1中，裁剪路径为直线）进行一次裁剪将其裁开的操作．若进行次裁剪，则记载剪次数为．某数学综合实践活动小组开展裁剪卡纸的活动（裁剪路径均为直线），将一个长为，宽为的可折叠矩形卡纸（如图2）裁剪为八边形卡纸，得到的八边形需满足以下要求：①该八边形的所有顶点都在原矩形卡纸的边上，②原矩形卡纸的每一条对称轴都是该八边形的对称轴． (1)为了得到符合要求的八边形卡纸，请用文字简要描述你的裁剪方法（要求：裁剪次数最少，获得满分）； (2)当，时，经裁剪得到符合要求且各边长相等的八边形卡纸，如图3，求得到的该八边形卡纸的面积； (3)该小组在一系列探究后发现可以提供一款矩形卡纸，使其经裁剪能得到符合要求的八边形卡纸，且该八边形是正八边形．请分析他们的说法是否正确？若正确，求该款矩形卡纸长和宽之间的数量关系；若不正确，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)476 (3) 【分析】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的运用，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）由矩形的性质及折叠的性质得出裁剪方案即可； （2）由勾股定理求出，则可得出答案； （3）由全等的等腰直角三角形得出，即，则可得出结论． 【详解】（1）解：裁剪次数为1．裁剪方案：将矩形卡纸沿竖直方向对称轴对折，再沿水平方向对称轴对折，在原矩形四个内角重叠处的适当位置（在原长与宽的位置小于原长与宽的一半处）裁剪1次，展开即可得到符合要求的八边形卡纸． （2）解：根据题意，得裁剪掉的4个三角形是全等的直角三角形．设这些直角三角形在宽上的直角边长为m，在长上的直角边长为n， ∵八边形的各边长相等， ∴， 即， ∴八边形的边长为， 根据勾股定理，得， 化简，得． ∵， ∴， ∴， ∴得到的八边形卡纸的面积是． （3）解：∵正八边形的八条边相等， ∴若能裁剪得到，可同理（2），得， 又∵正八边形的八个角都相等，都为， ∴裁剪掉的4个全等的直角三角形的两个锐角都为， 即这4个三角形是全等的等腰直角三角形， 此时，，即， 综上，当时，能够经裁剪得到的八边形卡纸的形状是正八边形． 24．（2025·福建·二模）如图，将一枚飞镖任意投掷到正方形镖盘内，若飞锤落在镖盘内各点的机会相等，则飞镖落在阴影区域的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查几何概率的知识，求出小正方形的面积是关键．设，则圆的直径为，求出小正方形的面积，即可求出几何概率． 【详解】解：如图：连接，，设，则圆的直径为， ∵四边形是正方形， ∴， ∴小正方形的面积为：， 则飞镖落在阴影区域的概率为：． 故选：C． ( 题型0 5 )弧长和扇形面积 25．（2025·福建莆田·二模）斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”．如图给出了它的画法：以斐波那契数1，1，2，3，5，…，为边的正方形依序拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．则图中的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了弧长公式，根据弧长公式求解即可，掌握弧长公式是解题的关键． 【详解】解：由题意可得： ， 故选：C． 26．（2025·福建福州·二模）综合与实践 问题情境：如图1，有一个圆锥草帽，其底面半径为，当把这个圆锥草帽的侧面展开后，会得到一个半径为，圆心角为的扇形． (1)探索尝试：圆锥草帽底面周长与其侧面展开图的弧长______；（填“相等”或“不相等”）若，则______． (2)问题抽象：图2中，对于任意一个圆锥体，其底面半径为，侧面展开图会得到一个半径为，圆心角为的扇形，请用含r，l的式子表示． (3)拓展延伸：图3是一种纸质圆锥形草㡌，是线段中点，如今计划要从点到点再到点之间拉一装饰彩带，先提前准备好一根长度为的装饰彩带，请问该彩带的长度是否够长，并说明理由． 【答案】(1)相等，6 (2) (3)不够长；理由见解析 【分析】（1）根据圆锥侧面展开图的意义，得到圆锥草帽底面周长与其侧面展开图的弧长是相等的，由，则解答即可． （2）根据题意，得圆锥底面圆的周长为，侧面展开图的扇形弧长为，根据问1的结论，得到等式，变形表示即可． （3）根据（2）得，得到，计算最短，继而得到，比较解答即可． 【详解】（1）解：根据圆锥侧面展开图的意义，得到圆锥草帽底面周长与其侧面展开图的弧长是相等的，由，则， 解得， 故答案为：相等，6． （2）解：根据题意，得圆锥底面圆的周长为，侧面展开图的扇形弧长为，根据问1的结论，得， 解得． （3）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴够长． 【点睛】本题考查了圆锥的侧面展开，弧长公式，扇形与底面圆的关系，勾股定理，熟练掌握展开图的意义是解题的关键． 27．（2025·福建龙岩·二模）综合与实践——黄金矩形． 宽与长之比为的矩形称为黄金矩形，黄金矩形给我们以协调匀称的美感，它常见于艺术、建筑、自然界中，如图1中的希腊巴特农神庙和图2中达芬奇的画作《蒙娜丽莎》．今天我们追随先哲们的脚步，利用纸片来折出黄金矩形，创造数学美！            如图3，矩形纸片的宽，小明按如下步骤操作． 第一步：如图4，沿折叠，使点落在长边上的点处，连接，得正方形； 第二步：对折正方形，使边与重合，得折痕，并展开，如图5，则； 第三步：连接，沿折叠，使点落在延长线上的点处，如图6，则的长为 ① ； 第四步：过点折叠纸片，得折痕，使，交于点，并展开，如图7，则矩形为黄金矩形．        (1)补全小明操作过程中①所缺的内容______； (2)聪明的小慧发现，在图7中，除了黄金矩形外，还有另一个黄金矩形，请找出这个矩形，并给予证明． (3)小慧根据（2）题进一步发现，在黄金矩形中折去正方形，从而留下的矩形即为黄金矩形．类似于“勾股树”，黄金矩形也能不断“生长”，可以在图8中继续折出更多的黄金矩形、黄金矩形，……如图9，小慧用弧线将折得的不断分割的黄金矩形的分割点连结起来，便会形成一条曲线，通常被称为“黄金螺线”．自然界的很多植物、建筑、艺术作品中都有“黄金螺线”的影子．记、、的弧长分别为、、，请探究、、满足的数量关系． 【答案】(1) (2)另一个黄金矩形是矩形，证明见解析 (3) 【分析】（1）根据正方形的性质及勾股定理可算得答案； （2）根据黄金矩形的定义及正方形的性质，可得四边形为黄金矩形； （3）在黄金矩形中，设, 则, 利用题中给出的信息，分别求出, 然后分别验证选项是否成立即可. 【详解】（1）解：根据题意可得， 在直角三角形中，由勾股定理得：， 由折叠的性质可得：， 故答案为：； （2）解：图7中还有黄金矩形， 证明：∵，，， ∴， ∴， ∴矩形是黄金矩形； （3）解：在黄金矩形中，设, 则, ， , , 同理可得, ， . 【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），勾股定理，正方形的性质，黄金矩形，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 28．（2025·福建福州·二模）如图，已知圆心角为的扇形的面积为，为上一点，D，E分别为，上的点，连接，，．若四边形为矩形，则的长是（    ） A．2 B． C．4 D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了扇形面积的计算及矩形的性质，熟知矩形的性质及扇形的面积公式是解题的关键； 根据扇形的面积公式求出半径长，再结合矩形的性质，得出，即可解决问题． 【详解】解：连接， 因为圆心角为的扇形的面积为， 所以， 则． 因为四边形是矩形， 所以． 故选：C． 29．（2025·福建厦门·二模）《九章算术》“方田章”中记载了关于图形面积的经验公式，其与实际的较小误差令人由衷感叹我国古代劳动人民的智慧．其中的弧田术：“以弦乘矢，矢又自乘，并之，二而一．”即：弓形面积=（弦长×矢长+矢长×矢长）÷2．如图，一块弓形田的弦长为，矢长为，用弧田术计算其面积，与实际的误差为 ．（，取古圆周率3） 【答案】1.2 【分析】本题主要考查扇形面积公式，勾股定理的应用和解直角三角形，根据已知求得弧田术弓形面积，再结合题意得到，和，利用勾股定理求得r，根据求得，利用扇形面积和三角形面积公式即可求得实际面积，作差即可． 【详解】解：根据已知弧田术得， 弓形面积=（弦长×矢长+矢长×矢长）÷2 ； 如图， ∵弦长为，矢长为， ∴，，， 则，即，解得， ∵， ∴， 那么，弓形面积 ， 则与实际的误差为， 故答案为：1.2． 30．（2025·福建·二模）小月同学在手工课上用扇形卡纸制作的简易圆锥形漏斗如图所示，若漏斗的底面圆的直径为6cm，高为4cm，则扇形卡纸的面积至少是（    ） A．cm2 B．cm2 C．cm2 D．cm2 【答案】C 【分析】本题考查了圆锥的计算：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，扇形的半径等于圆锥的母线长． 先利用勾股定理计算出圆锥的母线长，然后根据圆锥的侧面积公式进行计算． 【详解】解：依题意，圆锥的底面圆的半径为，高为， ∴这个圆锥的母线长， 则这个圆锥的侧面积． 故选：C． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$