专题01 与圆有关的八种模型（高效培优专项训练）数学浙教版九年级上册

专题01 与圆有关的八种模型 题型一：垂径定理及应用 题型二：点与圆的位置关系的判定 题型三：圆周角定理 题型四：圆内接四边形 题型五：三角形的外接圆 题型六：正多边形与圆的综合 题型七：弧长和扇形的面积 题型八：不规则图形的阴影面积 题型一：垂径定理及应用 1．如图，是的弦，半径，垂足为D．若，则的直径为（   ） A． B．6 C．5 D．4 【答案】A 【分析】本题考查的是垂径定理及勾股定理，在解答此类问题时往往先构造出直角三角形，再利用勾股定理求解． 根据垂径定理求出的长，在中由勾股定理求出半径的长，进而可得出结论． 【详解】解：连接， 半径， ， 设的半径为，则，， 在中， 根据勾股定理， 即， 解得，， 的直径为． 故选：A． 2．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．如图是某地的石拱桥局部，其跨度为24米，所在圆的半径为米，则这个弧形石拱桥的拱高（的中点C到弦的距离）为（   ） A．8米 B．6米 C．4米 D．2米 【答案】C 【分析】此题主要考查了垂径定理的应用以及勾股定理，正确应用垂径定理是解题关键． 点O为所在圆的圆心，连接，根据题意构造直角三角形，进而利用勾股定理求出答案． 【详解】解：如图所示，点O为所在圆的圆心，连接， 由题意得：，，， 设，则， 根据题意可得：， 即， 解得：，（舍去）， 即米． 故选：C． 3．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具．如图，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心为圆心的圆，已知圆心在水面上方，且圆被水面截得的弦长为6米，半径长为4米．若点为运行轨道的最低点，则点到的距离等于（  ） A．1米 B．米 C．2米 D．米 【答案】B 【分析】本题主要考查了利用垂径定理和勾股定理求值，连接，连接交于点，由题意得：，米，由垂径定理可得米，由勾股定理得出米，最后由即可得出答案． 【详解】解：如图，连接，连接交于点， 由题意得：，米， ∴（米， （米， （米， 故选：B． 4．如图，有一圆弧形桥拱，已知桥拱的跨度m，拱高，那么桥拱圆弧所在圆的半径为（   ） A．20m B．12m C．10m D．8m 【答案】C 【分析】本题主要考查了垂径定理的应用以及勾股定理等知识，得出关于的等式是解题关键． 根据垂径定理和勾股定理得出求解即可． 【详解】解：根据垂径定理可知， 在直角中，根据勾股定理得：， 设，， ∴， 解得：， 即， 故选：C． 5．如图，的半径为5，点C是弦上一点，若，设，则x的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了垂径定理，以及勾股定理，当Ｃ与A或B重合时，最长，当直于时，最短，即可求出x的范围． 【详解】解：当Ｃ与重合时，； 当垂直于时，可得出C为的中点，连接， 在中，， 根据勾股定理得： ， 则x的范围为． 故选：A． 6．如图，一条公路的转弯处是一段圆弧，点O是这段弧所在圆的圆心，B为一点，于D．若米，米，则的的半径长为 米． 【答案】 【分析】本题考查了圆的垂径定理，勾股定理，解题的关键在于通过勾股定理求出半径长度．根据垂径定理求出长度，再根据勾股定理求出半径长度即可． 【详解】解： ，点是这段弧所在圆的圆心， ， ，， ， . 米，， 米 设，则， 在中，， ， 即的半径长为米． 故答案为：． 7．如图①是小聪帮妈妈做的一个锅盖架，图②是它的截面图，垂直放置的锅盖与架子左右两竖杆的交点为， ，锅盖直径为，则锅盖最低点到的距离是 cm． 【答案】 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，添加辅助线构造直角三角形是解题的关键． 设圆的圆心为，连接，交于点，根据垂径定理得到，根据勾股定理求出，即可得到答案． 【详解】解：如图，设圆的圆心为，连接，交于点， 根据题意得，， ， ， ， ， 锅盖最低点到的距离是 ， 故答案为：． 8．如图，某大桥的拱桥线均为相等的圆弧，其中两拱脚之间的水平距离，弓形的高度． (1)计算桥拱圆弧所在圆的半径； (2)图中阴影部分为货轮通过此桥时的横截面示意图，为船身宽，为保证安全，点、与其正上方拱桥线上的对应点、的距离均应不小于．某日，测得拱顶点高出水面．现有一艘货轮露出水面部分的高度为，．该货轮每增加货物10吨，船身就会下降，请问要保证该货轮安全通过大桥，是否需要提前增加货物？如果需要，至少需要增加多少吨？ 【答案】(1) (2)需要提前增加货物，至少需要增加120吨 【分析】本题考查了垂径定理的应用、勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键． （1）设桥拱圆弧所在圆的圆心为点，连接、，利用垂径定理可得，设，在中利用勾股定理列出方程，解出的值即可解答； （2）设桥拱圆弧所在圆的圆心为点，连接、，连接交于点，由题意得四边形是矩形，则有，利用垂径定理得到，进而利用勾股定理求出的长，计算可得货轮露出水面部分的高度应不超过，再结合货轮露出水面部分的实际高度，比较大小得出需要提前增加货物的结论，再结合题意计算增加货物的重量即可． 【详解】（1）解：如图，设桥拱圆弧所在圆的圆心为点，连接、， 由题意得，，，， ， 设，则， 在中，， ， 解得：， 桥拱圆弧所在圆的半径为． （2）解：如图，设桥拱圆弧所在圆的圆心为点，连接、，连接交于点， 由题意得，四边形是矩形， ， ， ， 由（1）得，， ， ， 要保证该货轮安全通过大桥，则货轮露出水面部分的高度应不超过， ， 需要提前增加货物， 由题意得，至少需要增加吨， 答：要保证该货轮安全通过大桥，需要提前增加货物，至少需要增加120吨． 9．问题情境：筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保．明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（如图①）．假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都按逆时针做匀速圆周运动，每旋转一周用时120秒． 问题设置：把筒车抽象为一个半径为r的，如图②，始终垂直于水平面，设筒车半径为2米，当时，某盛水筒恰好位于水面A处，此时，经过95秒后该盛水筒运动到点B处． 问题解决： (1)求该盛水筒从A处逆时针旋转到B处时，的度数； (2)求筒车水面的宽度； (3)求该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离．（结果精确到米）（参考数据，） 【答案】(1) (2)2米 (3)米 【分析】本题主要考查了垂径定理的应用，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质： （1）根据题意可得每秒转过，即可求解； （2）根据垂径定理可得，从而得到是等边三角形，即可求解； （3）过点B、点A分别作的垂线，垂足分别为点E、D，根据直角三角形的性质可得米，从而得到米，在中，可得，从而得到米，即可求解． 【详解】（1）解：∵筒车每旋转一周用时120秒． ∴每秒转过， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ， ∴是等边三角形， 米． （3）解：如图，过点B、点A分别作的垂线，垂足分别为点E、D， 在中，米， ∴米， ∴米， 在中，米， ∴， ， ∴， ∴米， ∴米， 即该盛水筒旋转至B处时到水面的距离约为米． 题型二：点与圆的位置关系的判定 1．如图，，，是某社区的三栋楼，若在中点处建一个基站，其覆盖半径为，则这三栋楼中在该基站覆盖范围内的是（ ） A．，，都不在 B．只有 C．只有， D．，， 【答案】A 【分析】本题考查了勾股定理，直角三角形的特征，点与圆的位置关系，根据勾股定理的逆定理证得是直角三角形，可以根据直角三角形斜边中线的性质求得的长，然后与比较大小，即可解答本题；掌握勾股定理，点与圆的位置关系的判断方法，求出三角形三个顶点到点的距离是解题的关键． 【详解】解：，，， ， 是直角三角形，且， 点是斜边的中点， ，， 如图，以为圆心，为半径画圆， ， 点A，B，C都不在覆盖范围内， 故选：A． 2．在所在平面内有一点P，若，半径为5，则点P与的位置关系是（   ） A．点P在内 B．点P在外 C．点P在上 D．无法判断 【答案】B 【分析】本题主要考查了点与圆的位置关系，由点到圆心的距离d与圆的半径r进行判定，掌握点与圆的位置关系的判定方法是解题的关键． 设点到圆心的距离d与圆的半径r，根据当时，点在圆外即可解答． 【详解】解：设点到圆心的距离d与圆的半径r， ∴， ∵， ∴点P在外． 故选：B． 3．点P到上各点的最大距离为5，最小距离为1，则的半径为 ． 【答案】3或2/2或3 【分析】当点在圆内时，最大距离与最小距离之和就是圆的直径，可以求出圆的半径．当点在圆外时，最大距离与最小距离之差就是圆的直径，可以求出圆的半径． 【详解】解：当点在圆内时，因为点到圆上各点的最大距离是5，最小距离是1，所以圆的直径为6，半径为3． 当点在圆外时，因为点到圆上各点的最大距离是5，最小距离是1，所以圆的直径为4，半径为2． 故答案为：3或2． 【点睛】本题考查的是点与圆的位置关系，根据点到圆上各点的最大距离和最小距离，可以得到圆的直径，然后确定半径的值． 题型三：圆周角定理 1．如图，，，是上的三点，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆周角定理，根据同圆或等圆中同弧所对的圆心角是圆周角的倍，可知，根据即可求出的度数． 【详解】解：是所对的圆周角，是所对的圆心角， ， ， ． 故选：C． 2．如图，是的直径，点、为上的两点，，的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆周角定理和直角三角形的性质，注意：同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，直角三角形的两锐角互余． 根据圆周角定理得出，，再根据直角三角形的性质求出即可． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴ ∴， 故选：B． 3．如图，为的弦，于点．若，则等于（  ） A． B．36° C．46° D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆周角定理．先利用圆周角定理求得，再利用垂直的定义求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 4．如图，点是上的三点，若，则的度数是 ． 【答案】 【分析】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．根据圆周角定理即可求解． 【详解】解：， ． 故答案为：． 5．如图，内接于，连结，，点为弧的中点．若，则 度． 【答案】 【分析】本题考查了圆周角的性质，解题关键是明确同弧所对的圆周角是圆心角的一半； 连接，设，根据圆周角的性质得出，再根据三角形内角和列出方程即可求解． 【详解】解：连接，设， 则，，， ∵点为弧的中点． ∴， ∴， 解得， ∴， ， 故答案为：． 6．如图，是的一条弦，，垂足为C，交于点D，点E在上． (1)若，求的度数； (2)在（1）的条件下，的半径为2，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查圆周角定理，含30度角的直角三角形，熟练掌握圆周角定理是解题的关键： （1）三线合一，得到，圆周角定理，得到，即可得出结果； （2）根据含30度角的直角三角形的性质结合勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴平分， ∴， ∴； （2）∵的半径为2， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴． 7．如图，是的直径，是的一条弦，，连接，． (1)求证：； (2)若，，则的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了圆周角定理，直角三角形的性质，垂径定理，勾股定理，熟练掌握垂径定理及勾股定理是解题的关键． （1）连接，根据垂径定理得出，证明，由圆周角定理得，即可得出结论； （2）由垂径定理得，，根据直角三角形的性质得出，根据勾股定理得出，即可得出答案． 【详解】（1）证明：连接，如图所示， ∵，是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵，是直径， ∴，， ∴， ∴， ∴． 题型四：圆内接四边形 1．如图，点C，D是以为直径的半圆O上的两点，连接，若，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推论及圆内接四边形性质，先求出，进而求出，即可求出结论． 【详解】解：连接， 在半圆O中，为直径， ， ， ， ， 故选：C． 2．如图，四边形内接于，点M为边延长线上一点．若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题关键． 由圆周角定理可得，由圆内接四边形的性质可得，再结合邻补角的定义，即可求出的度数． 【详解】解：， ， 四边形内接于， ， ， ， 故选：C． 3．如图，四边形内接于，若四边形是菱形，则的度数为（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，，由菱形的性质与圆周角定理可得，进而求解即可． 【详解】解：设， ∵四边形是菱形， ∴， ， 四边形为圆的内接四边形， ， ∴， 解得：，，则． 故选C． 【点睛】该题主要考查了圆周角定理及其应用，圆的内接四边形的性质，菱形的性质；掌握“同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半”是解本题的关键． 4．如图，四边形是的内接四边形，是的直径，连接，若，则 ． 【答案】35 【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，根据圆内接四边形的性质求出，根据圆周角定理得到，进而求出． 【详解】解：∵四边形是的内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， 故答案为：35． 题型五：三角形的外接圆 1．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为：，，，经画图操作可知，的外心坐标应是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了三角形外心的知识，注意三角形的外心即是三角形三边垂直平分线的交点，解此题的关键是数形结合思想的应用．首先由的外心即是三角形三边垂直平分线的交点，所以在平面直角坐标系中作与的垂线，两垂线的交点即为的外心． 【详解】解：的外心即是三角形三边垂直平分线的交点， 作图得： 与的垂直平分线交点即为的外心， 的外心坐标是， 故选：D． 2．在中，若两条直角边的长分别为6和8，则这个三角形的外接圆半径为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】本题考查了勾股定理、三角形外接圆，根据勾股定理得出，再由直角三角形的外接圆的直径是斜边长即可得出答案，熟练掌握直角三角形的外接圆的直径是斜边长是解此题的关键． 【详解】解：如图， 在中，若两条直角边的长分别为6和8，即，， ， ， 是外接圆直径， 这个三角形的外接圆半径为， 故选：C． 3．如果一个三角形的外心在三角形的外部，那么这个三角形一定是（　　） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．无法确定 【答案】C 【分析】本题考查三角形的外心，根据外心的形成和性质直接判断即可． 【详解】解：三角形的外心是三条边的垂直平分线的交点，该点是到三角形三个顶点的距离相等， 如果一个三角形的外心在三角形的外部，说明有一个圆周角大于． 故选：C 4．点是的外心，则点是的（    ） A．三条垂直平分线交点 B．三条角平分线交点 C．三条中线交点 D．三条高的交点 【答案】A 【分析】根据线段垂直平分线性质定理的逆定理，即可解答． 【详解】解：点I是的外心，则点I是的三条垂直平分线交点， 故选：A． 【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，线段垂直平分线的判定定理，熟练掌握线段垂直平分线性质定理的逆定理是解题的关键． 5．如图，的网格图中，每个方格的边长为1，经过三点圆弧所在圆的半径的长度为 ．    【答案】 【分析】本题考查的是确定圆弧所在圆的圆心，勾股定理的应用，如图，由网格特点可得：线段，线段的垂直平分线交于格点，再利用勾股定理可得答案. 【详解】解：如图，由网格特点可得：线段，线段的垂直平分线交于格点，    ∴为圆心， ∴半径， 故答案为： 题型六：正多边形与圆的综合 1．如图，已知正五边形内接于，连接、，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正多边形与圆，掌握正多边形的性质是解题的关键． 根据正五边形的性质，进行计算，即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵正五边形内接于， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， 故选：B． 2．如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心．若，则这个正多边形的边数为（   ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】C 【分析】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，正确地理解题意是解题的关键． 连接，根据圆周角定理得到，进一步即可得到结论． 【详解】解：连接， ∵为一个正多边形的顶点，为正多边形的中心， ∴点在以点为圆心，为半径的同一个圆上， ∵， ∴， ∴这个正多边形的边数， 故选：C． 3．如图，六边形是的内接正六边形，连接，，，若的面积为6，则正六边形的面积为（    ） A．10 B．12 C．14 D．16 【答案】B 【分析】本题考查正多边形和圆，等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定，关键是由正六边形的性质证明． 连接，由正六边形的性质得到把圆六等分，推出，得到是等边三角形，由证明，得到的面积的面积，同理：的面积的面积，的面积的面积，因此的面积的面积的面积的面积，即可得到答案． 【详解】解：连接， ∵六边形是的内接正六边形， ∴把圆六等分， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴的面积的面积， 同理：的面积的面积，的面积的面积， ∴的面积的面积的面积的面积， 故选：B． 4．如图，螺母的一个面的外沿可以看作是正六边形，如果这个正六边形的周长是，则这个正六边形的外接圆半径是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正多边形和圆、等边三角形的判定与性质；连接，相交于点，根据题意得出是等边三角形是解题关键．由正六边形的性质证出是等边三角形，由等边三角形的性质得出，即可解题． 【详解】解：连接，相交于点，    由正多边形性质可知，， 为等边三角形， 正六边形的周长是， ， ． 这个正六边形的外接圆半径是． 故选：C． 5．我国伟大的数学家刘徽于公元263年攥《九章算术注》中指出，“周三径一”不是圆周率值，实际上是圆内接正六边形周长和直径的比值（如图1）．刘徽发现，圆内接正多边形边数无限增加时，多边形的周长就无限逼近圆周长，从而创立“割圆术”，为计算圆周率建立起相当严密的理论和完善的算法．如图2，六边形是圆内接正六边形，把每段弧二等分，可以作出一个圆内接正十二边形，点为的中点，连结交于点，若，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设正六边形的外接圆的圆心为O，连接、、、，则，所以心O在上，由点G为的中点，得，可求得，由是等边三角形，得，则，所以，则，作交于点I，则，所以，则，，于是得，再利用，得，则，即可求得答案． 【详解】解：如图，设正六边形的外接圆的圆心为O，连接、、、． ∵， ∴，， ∴圆心在上， ∵点G为的中点， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴是等边三角形． ∴， ∵， ∴， ∴， 作交于点I，则， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 故选∶A. 【点睛】本题重点考查正多边形与圆、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 6．如图，在的圆内接正五边形中，过点D作交于点F，则的度数为 ． 【答案】/18度 【分析】本题考查圆内接正多边形，三角形内角和，连接，，根据圆内接正五边形，得到，，则，得到，根据等腰三角形得到，再由得到，最后根据三角形内角和求解即可． 【详解】解：连接，， ∵在的圆内接正五边形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 7．由六块相同的含的直角三角形拼成一个大的正六边形，内部留下一个小的正六边形空隙，若该直角三角形最短的边长为1，那么小正六边形的面积为 【答案】 【分析】本题考查正多边形与圆，含有角的直角三角形，求出内部留的小正六边形的边长，再根据正六边形的面积的计算方法进行计算即可，掌握含有角的直角三角形的边角关系以及正多边形与圆的有关计算方法是解决问题的前提． 【详解】解：根据拼图可知，内部留下一个小的正六边形的边长为1， ∴小正六边形的面积为： ， 故答案为：． 题型七：弧长和扇形的面积 1．制作弯形管道时，需要先按中心线计算“展直长度”再下料．中心线可看做半径为，圆心角为所对的圆弧，试计算如图所示的管道的展直长度，即的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了弧长的计算公式．根据弧长公式进行计算即可．弧长公式：（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为r）． 【详解】解：的长为， 故选：B． 2．如图，以正六边形的顶点为圆心，的长为半径画弧，得到，连接AC，AE，若的长为，则正六边形的边长为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】设正六边形的边长为x，则，，进而求出，，过B作于H，由等腰三角形的性质和含直角三角形的性质得到，，在中，由勾股定理求得，得到，再根据弧长公式列方程求解即可． 【详解】解：设正六边形的边长为x， ∴，， ∵， ∴， 过B作于H， ∴，， 在中，， ∴， 同理可证，， ∴， ∵的长为， ∴， 解得， 正六边形的边长为． 故选：D． 【点睛】本题考查的是正六边形的性质和弧长公式，等腰三角形的性质，勾股定理，一元一次方程的应用． 3．如图，在半径为3的中，边长为3的等边两顶点B，C在圆上，若在圆内绕翻滚一周后，回到原位置，则点B的运动路径长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质，明确点B的运动路径是解题的关键．画出在圆内绕翻滚一周的图形，可知点B经过的路径分别是圆心角为的三条弧，即点B的运动路径长为半径为3的圆的周长，进行计算即可． 【详解】解：如图，在圆内绕翻滚一周后，回到原位置，则点B的运动路径分别为圆心角为：的三条弧长，即点B的运动路径长为半径为3的圆的周长， ∴点B的运动路径长为：， 故选：D． 4．如图，将扇子打开成扇形，已知，则扇形面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了扇形面积的求解，掌握扇形面积等于是解题的关键． 直接利用扇形面积公式求解即可． 【详解】解：扇形面积为， 故答案为：． 题型八：不规则图形的阴影面积 1．如图，在扇形中，，，过OB的中点C作交于点D，以C为圆心，的长为半径作弧交的延长线于点E，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查扇形面积的计算，等边三角形的判断和性质，连接、，易证得，即可得到，求得，然后根据求得即可． 【详解】解：连接、， ∵过的中点C作交于点D， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 2．如图，在矩形中，，取的中点，连接，以为半径，为圆心画弧交于；以为半径，为圆心画弧交于，则阴影部分面积是（ ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题主要考查了扇形面积求法、矩形的性质、勾股定理等知识，正确得出的长以及的度数是解答本题的关键． 根据题意得出，，进而根据阴影部分的面积，求出答案． 【详解】解：在矩形中，，是的中点， ，，， ，， ， ， ， 图中阴影部分的面积， 故选：A． 3．如图，在中，，以为直径的与，分别交于点，，连接，，若，，则阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，圆周角定理的应用，扇形面积的计算．连接，，证明，可得，求解，再利用扇形的面积公式计算即可． 【详解】解：连接，， ∵为的直径， ∴， ∵， ∴， 即点E是的中点， ∵点O是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 4．如图，将绕点旋转得到，已知，则线段扫过的图形面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了扇形面积的计算和阴影部分的面积．由旋转可得，，进而得到，据此解答即可求解． 【详解】解：∵是绕点旋转得到的， ∴，， ∴， ∴， ∵，，， ∴，， ∴， ∴线段扫过的图形面积为， 故答案为：． 5．如图，在中，，，，D为的中点，以点D为圆心作圆心角为的扇形，点C恰在弧上，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】过点D作于点M，作于点N，连接，由题意易证矩形为正方形，即可求出，，从而得出，．再证明，得出，最后根据和求解即可． 【详解】解：如图，过点D作于点M，作于点N，连接． ∴， ∴四边形为矩形． ∵D为的中点，， ∴平分， ∴， ∴矩形为正方形． ∵， ∴，， ∴，． ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴ 故答案为：． 【点睛】本题考查求不规则图形的面积，等腰三角形的性质，正方形的判定和性质，角平分线的判定和性质，三角形全等的判定和性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解题关键． 6．如图，在中，，，．可以绕点A旋转，旋转的角度为，连续旋转两次，分别得到和，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查扇形的面积，旋转的性质，含角的直角三角形，掌握不规则图形面积的计算是解题的关键． 由直角三角形的性质求出，的长，由阴影的面积，应用扇形面积计算公式，三角形面积计算公式，即可求解． 【详解】解：由题意知，， ∵，，， ∴， ∴， ∴，，， ∴阴影的面积 ． 故答案为：． 7．如图，等腰三角形的顶角，以腰为直径作半圆，交于点D，交于点E，连结和．若，则阴影部分面积为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查等腰三角形的性质，圆周角定理以及扇形面积，连接，则，，由知是等腰直角三角形，求出，过点作求出，过点作于点，则四边形是矩形，所以，，分别求出扇形的面积和的面积，即可得出结论． 【详解】解：连接，如图， ∵是等腰三角形，，, ， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴， 过点作则， ∴ ， ∴ 过点作于点，则四边形是矩形， 所以，， ∴, ∴． 故答案为：． 2 / 35 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 与圆有关的八种模型 题型一：垂径定理及应用 题型二：点与圆的位置关系的判定 题型三：圆周角定理 题型四：圆内接四边形 题型五：三角形的外接圆 题型六：正多边形与圆的综合 题型七：弧长和扇形的面积 题型八：不规则图形的阴影面积 题型一：垂径定理及应用 1．如图，是的弦，半径，垂足为D．若，则的直径为（   ） A． B．6 C．5 D．4 2．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．如图是某地的石拱桥局部，其跨度为24米，所在圆的半径为米，则这个弧形石拱桥的拱高（的中点C到弦的距离）为（   ） A．8米 B．6米 C．4米 D．2米 3．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具．如图，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心为圆心的圆，已知圆心在水面上方，且圆被水面截得的弦长为6米，半径长为4米．若点为运行轨道的最低点，则点到的距离等于（  ） A．1米 B．米 C．2米 D．米 4．如图，有一圆弧形桥拱，已知桥拱的跨度m，拱高，那么桥拱圆弧所在圆的半径为（   ） A．20m B．12m C．10m D．8m 5．如图，的半径为5，点C是弦上一点，若，设，则x的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．如图，一条公路的转弯处是一段圆弧，点O是这段弧所在圆的圆心，B为一点，于D．若米，米，则的的半径长为 米． 7．如图①是小聪帮妈妈做的一个锅盖架，图②是它的截面图，垂直放置的锅盖与架子左右两竖杆的交点为， ，锅盖直径为，则锅盖最低点到的距离是 cm． 8．如图，某大桥的拱桥线均为相等的圆弧，其中两拱脚之间的水平距离，弓形的高度． (1)计算桥拱圆弧所在圆的半径； (2)图中阴影部分为货轮通过此桥时的横截面示意图，为船身宽，为保证安全，点、与其正上方拱桥线上的对应点、的距离均应不小于．某日，测得拱顶点高出水面．现有一艘货轮露出水面部分的高度为，．该货轮每增加货物10吨，船身就会下降，请问要保证该货轮安全通过大桥，是否需要提前增加货物？如果需要，至少需要增加多少吨？ 9．问题情境：筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保．明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（如图①）．假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都按逆时针做匀速圆周运动，每旋转一周用时120秒． 问题设置：把筒车抽象为一个半径为r的，如图②，始终垂直于水平面，设筒车半径为2米，当时，某盛水筒恰好位于水面A处，此时，经过95秒后该盛水筒运动到点B处． 问题解决： (1)求该盛水筒从A处逆时针旋转到B处时，的度数； (2)求筒车水面的宽度； (3)求该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离．（结果精确到米）（参考数据，） 题型二：点与圆的位置关系的判定 1．如图，，，是某社区的三栋楼，若在中点处建一个基站，其覆盖半径为，则这三栋楼中在该基站覆盖范围内的是（ ） A．，，都不在B．只有 C．只有， D．，， 2．在所在平面内有一点P，若，半径为5，则点P与的位置关系是（   ） A．点P在内 B．点P在外 C．点P在上 D．无法判断 3．点P到上各点的最大距离为5，最小距离为1，则的半径为 ． 题型三：圆周角定理 1．如图，，，是上的三点，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 2．如图，是的直径，点、为上的两点，，的度数为（   ） A． B． C． D． 3．如图，为的弦，于点．若，则等于（  ） A． B．36° C．46° D． 4．如图，点是上的三点，若，则的度数是 ． 5．如图，内接于，连结，，点为弧的中点．若，则 度． 6．如图，是的一条弦，，垂足为C，交于点D，点E在上． (1)若，求的度数； (2)在（1）的条件下，的半径为2，求的长． 7．如图，是的直径，是的一条弦，，连接，． (1)求证：； (2)若，，则的长． 题型四：圆内接四边形 1．如图，点C，D是以为直径的半圆O上的两点，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2．如图，四边形内接于，点M为边延长线上一点．若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 3．如图，四边形内接于，若四边形是菱形，则的度数为（  ） A． B． C． D． 4．如图，四边形是的内接四边形，是的直径，连接，若，则 ． 题型五：三角形的外接圆 1．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为：，，，经画图操作可知，的外心坐标应是（   ） A． B． C． D． 2．在中，若两条直角边的长分别为6和8，则这个三角形的外接圆半径为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 3．如果一个三角形的外心在三角形的外部，那么这个三角形一定是（　　） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．无法确定 4．点是的外心，则点是的（    ） A．三条垂直平分线交点 B．三条角平分线交点 C．三条中线交点 D．三条高的交点 5．如图，的网格图中，每个方格的边长为1，经过三点圆弧所在圆的半径的长度为 ．    题型六：正多边形与圆的综合 1．如图，已知正五边形内接于，连接、，则的度数是（    ） A． B． C． D． 2．如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心．若，则这个正多边形的边数为（   ） A．7 B．8 C．9 D．10 3．如图，六边形是的内接正六边形，连接，，，若的面积为6，则正六边形的面积为（    ） A．10 B．12 C．14 D．16 4．如图，螺母的一个面的外沿可以看作是正六边形，如果这个正六边形的周长是，则这个正六边形的外接圆半径是（    ）    A． B． C． D． 5．我国伟大的数学家刘徽于公元263年攥《九章算术注》中指出，“周三径一”不是圆周率值，实际上是圆内接正六边形周长和直径的比值（如图1）．刘徽发现，圆内接正多边形边数无限增加时，多边形的周长就无限逼近圆周长，从而创立“割圆术”，为计算圆周率建立起相当严密的理论和完善的算法．如图2，六边形是圆内接正六边形，把每段弧二等分，可以作出一个圆内接正十二边形，点为的中点，连结交于点，若，则的长为（    ） A． B． C． D． 6．如图，在的圆内接正五边形中，过点D作交于点F，则的度数为 ． 7．由六块相同的含的直角三角形拼成一个大的正六边形，内部留下一个小的正六边形空隙，若该直角三角形最短的边长为1，那么小正六边形的面积为 题型七：弧长和扇形的面积 1．制作弯形管道时，需要先按中心线计算“展直长度”再下料．中心线可看做半径为，圆心角为所对的圆弧，试计算如图所示的管道的展直长度，即的长为（   ） A． B． C． D． 2．如图，以正六边形的顶点为圆心，的长为半径画弧，得到，连接AC，AE，若的长为，则正六边形的边长为（   ） A．2 B． C． D． 3．如图，在半径为3的中，边长为3的等边两顶点B，C在圆上，若在圆内绕翻滚一周后，回到原位置，则点B的运动路径长为（    ） A． B． C． D． 4．如图，将扇子打开成扇形，已知，则扇形面积为 ． 题型八：不规则图形的阴影面积 1．如图，在扇形中，，，过OB的中点C作交于点D，以C为圆心，的长为半径作弧交的延长线于点E，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 2．如图，在矩形中，，取的中点，连接，以为半径，为圆心画弧交于；以为半径，为圆心画弧交于，则阴影部分面积是（ ）． A． B． C． D． 3．如图，在中，，以为直径的与，分别交于点，，连接，，若，，则阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 4．如图，将绕点旋转得到，已知，则线段扫过的图形面积为 ． 5．如图，在中，，，，D为的中点，以点D为圆心作圆心角为的扇形，点C恰在弧上，则图中阴影部分的面积为 ． 6．如图，在中，，，．可以绕点A旋转，旋转的角度为，连续旋转两次，分别得到和，则图中阴影部分的面积为 ． 7．如图，等腰三角形的顶角，以腰为直径作半圆，交于点D，交于点E，连结和．若，则阴影部分面积为 ． 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $$