【冲刺2026年】中考数学一轮复习江苏2025年中考真题及模拟试题分类提优测试卷21 与圆有关的计算

卷21 与圆有关的计算能力提升测试卷 （满分：100分 时间：90分钟） 一．选择题（共10小题，每小题3分，共30分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D B C C B D C B D 一．选择题（共10小题） 1．（2025•常州）如图，⊙O的半径为2，直径AB、CD互相垂直，则的长是（　　） A． B． C．π D．2π 【分析】先利用直径AB、CD互相垂直，得出∠BOC＝90°，再利用弧长公式计算即可． 【解答】解：∵直径AB、CD互相垂直， ∴∠BOC＝90°， ∴BC弧的长为， 故选：C． 【点睛】本题考查弧长的计算，熟练掌握弧长的计算公式是解题的关键． 2．（2025•盐城）如图1是博物馆屋顶的图片，屋顶由图2中的瓦片构成，瓦片横截面如图3所示，是以点O为圆心，18cm为半径的弧，弦AB的长为18cm，则的长是（　　） A．24πcm B．12πcm C．10πcm D．6πcm 【分析】根据弧长公式进行计算即可． 【解答】解：由题知， 因为OA＝OB＝18cm，且AB＝18cm， 所以△OAB是等边三角形， 所以∠AOB＝60°， 所以的长为：6π（cm）． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了弧长的计算，熟知弧长的计算公式是解题的关键． 3．（2025•无锡）已知圆弧所在圆的半径为6，该弧所对的圆心角为90°，则这条弧的长为（　　） A．2π B．3π C．4π D．6π 【分析】利用弧长公式解答即可． 【解答】解：∵圆弧所在圆的半径为6，该弧所对的圆心角为90°， ∴这条弧的长3π． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了弧长公式，熟练掌握弧长公式是解题的关键． 4．（2025•镇江）如图，直线l1∥l2，直线m分别交l1、l2于点A、B，以A为圆心，AB长为半径画弧，分别交l2、l1于直线m同侧的点C、D，∠ADB＝35°，AB＝9，则的长等于（　　） A．5π B．4π C． D． 【分析】连接AC，先根据平行线的性质求出∠CBD＝∠ADB＝35°，∠ADB＝∠ABD＝35°，∠ABC＝∠ACB，根据平行线的性质得出∠DAC＝∠ACB＝70°，根据弧长公式求出结果即可． 【解答】解：连接AC，如图所示： 由条件可知∠CBD＝∠ADB＝35°， 根据作图可知：AB＝AC＝AD， ∴∠ADB＝∠ABD＝35°，∠ABC＝∠ACB， ∴∠ACB＝∠ABC＝∠ABD+∠CBD＝70°， 由条件可知∠DAC＝∠ACB＝70°， ∴的长为． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了弧长计算，等腰三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握相关的判定和性质是解题的关键． 5．（2025•盐城一模）时钟分针长6厘米，从早上9点到9点40分针尖所走过的路程是（　　） A．3π厘米 B．6π厘米 C．8π厘米 D．12π厘米 【分析】利用弧长公式求解即可． 【解答】解：∵从早上9点到9点40分针转过的圆心角＝240°， ∴从早上9点到9点40分针尖所走过的路程8π（厘米）， 故选：C． 【点睛】本题考查弧长的计算，解题的关键是理解题意，记住弧长公式l． 6．（2025•连云港一模）如图，用一个半径为10cm的定滑轮带动重物上升，滑轮上一点P旋转了36°，假设绳索（粗细不计）与滑轮之间没有滑动，则重物上升了（　　） A．cm B．2πcm C．cm D．3πcm 【分析】根据题意列出算式，再求出即可． 【解答】解：重物上升了2π（cm）， 故选：B． 【点睛】本题考查了弧长的计算和生活中的旋转现象，能根据题意列出算式是解此题的关键． 7．（2025•南京模拟）正多边形的一部分如图所示，若∠ACB＝18°，则该正多边形的边数为（　　） A．7 B．8 C．9 D．10 【分析】根据圆周角定理求出中心角∠AOB＝36°，再根据正多边形中心角的计算方法求出n的值即可． 【解答】解：如图，连接OA，OB， ∵若∠ACB＝18°， ∴∠AOB＝2∠ACB＝36°，即36°， ∴n＝10， 经检验，n＝10是原方程的解， 即这个正多边形是正十边形， 故选：D． 【点睛】本题考查正多边形和圆，掌握正多边形中心角的计算方法以及圆周角定理是正确解答的关键． 8．（2025•连云港一模）如图所示，边长为1的正方形网格中，O，A，B，C，D是网格线交点，若与所在圆的圆心都为点O，那么阴影部分的面积为（　　） A．π B．2π C． D．2π﹣2 【分析】根据图形得出△AOC、△OBC、△OBD都是等腰直角三角形，根据勾股定理求出OC，再分别求出扇形COE，扇形OFE，扇形EOD和△OBD的面积即可． 【解答】解：∵AC＝AO＝2，∠CAO＝90°， ∴∠AOC＝∠ACO＝45°， 同理∠BCO＝∠COB＝45°，OB＝BC＝BD＝2， 由勾股定理得：OC2， ∴阴影部分的面积S＝（S扇形COE﹣S扇形FOB）+（S扇形EOD﹣S△OBD） ＝[]+[] ＝ππ﹣2 2， 故选：C． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，三角形的面积和扇形的面积计算等知识点，能把求不规则图形的面积转化成求规则图形的面积是解此题的关键． 9．（2025•连云港校级一模）如图，在等腰直角三角形ABC中，直角边长是2，若将此三角形绕直角顶点C顺时针旋转90°，那么斜边AB扫过的面积为（　　） A．π B． C．2π D．2π﹣2 【分析】根据题意画出图形，AB边在旋转时所扫过的面积为所围成的图形面积S，据此进行求解即可． 【解答】解：由题意可得，AC＝BC＝CD＝2，△ABD，△ABC，△BCD都是等腰直角三角形，则， AB边在旋转时所扫过的面积为所围成的图形面积S， S＝S半圆﹣S扇形ECF﹣S△ACE﹣S△CDF ， 故选：B． 【点睛】此题考查了扇形的面积公式，掌握扇形的面积公式是解题的关键． 10．（2025•宿城区二模）如图，从一张圆形纸片上剪出一个小圆形和一个扇形分别作为圆锥的底面和侧面，其中小圆的直径是大圆的半径．下列剪法恰好能配成一个圆锥的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据圆锥的底面圆的周长等于扇形弧长，只要图形中两者相等即可配成一个圆锥体，求出圆心角即可． 【解答】解：设大圆的半径为R，则小圆的半径都为R， 根据圆锥的底面圆的周长等于扇形弧长，只要图形中两者相等即可配成一个圆锥体， ∴圆锥的底面圆的周长等于2πR＝πR， 扇形弧长为：πR， ∴n＝180°， ∴扇形圆心角等于180°， 故只有D选项符合题意． 故选：D． 【点睛】此题主要考查了圆锥的计算，得出圆锥的底面圆的周长等于扇形弧长是解决问题的关键． 二．填空题（共10小题，每小题3分，共30分） 11．（2025•宿迁）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，连接AC，则∠ACD的度数为 　72　 °． 【分析】由正五边形的性质可知△ABC是等腰三角形，求出∠B的度数即可解决问题． 【解答】解：在正五边形ABCDE中，∠B＝∠BCD（5﹣2）×180＝108°，AB＝BC， ∴∠BCA＝∠BAC（180°﹣108°）＝36°， ∴∠ACD＝∠BCD﹣∠ACB＝108°﹣36°＝72°． 故答案为：72． 【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，多边形内角与外角的知识点，解答本题的关键是求出正五边形的内角，此题基础题，比较简单． 12．（2025•盐城）已知圆锥的侧面积为15π，母线长为5，则圆锥的底面半径是　3　 ． 【分析】圆锥的侧面积＝底面周长×母线长÷2． 【解答】解：设底面半径为R，则底面周长＝2πR，圆锥的侧面展开图的面积2πR×5＝15π， ∴R＝3， 故答案为：3． 【点睛】本题利用了圆的周长公式和扇形面积公式求解，牢记公式是解答本题的关键． 13．（2025•苏州）“苏州之眼”摩天轮是亚洲最大的水上摩天轮，共设有28个回转式太空舱全景轿厢，其示意图如图所示．该摩天轮高128m（即最高点离水面平台MN的距离），圆心O到MN的距离为68m，摩天轮匀速旋转一圈用时30min．某轿厢从点A出发，10min后到达点B，此过程中，该轿厢所经过的路径（即）长度为　40π　 m．（结果保留π） 【分析】先根据题意求出∠AOB的度数，再求出圆O的半径，利用弧长公式进行求解即可； 【解答】解：由题意得∠AOB＝360°120°， 圆O的半径为128﹣68＝60（m）， ∴该轿厢所经过的路径（即）长度为40π（m）， 故答案为：40π． 【点睛】本题主要考查了弧长的计算，熟记弧长公式是解题的关键． 14．（2025•灌云县一模）小宇同学在数学实践活动中，制作了一个侧面积为30π，底面半径为3的圆锥模型，则此圆锥的母线长为 　10　 ． 【分析】设此圆锥的母线长为l，利用扇形的面积公式得到2π×6×l＝80π，然后解方程即可． 【解答】解：设此圆锥的母线长为l， 根据题意得2π×3×l＝30π，解得l＝10， 所以此圆锥的母线长为10． 故答案为：10． 【点睛】本题考查了圆锥的计算，正确记忆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是解题关键． 15．（2025•盐城一模）公元前四世纪，希腊哲学家、科学史家欧德莫斯曾研究过对数学发展有重要影响的如下问题：如图，AB为⊙O的直径，过圆心O作OC⊥AB，交⊙O于点C，以C为圆心，CA为半径作，若S阴＝4cm2，则S△ABC＝　4　 cm2． 【分析】设⊙O的半径为r，则，根据，即，求r2，然后代入求面积即可． 【解答】解：由题意知，∠ACB＝90°，设⊙O的半径为r，则， ∴，即， 解得r2＝4， ∴， 故答案为：4． 【点睛】本题考查了直径所对的圆周角为直角，扇形面积等知识．解题的关键在于正确表示阴影部分面积． 16．（2025•镇江模拟）如图，⊙O与正五边形ABCDE的两边AE、CD分别相切于A、C两点，则∠AOC的度数为 　144°　 ． 【分析】先根据五边形的内角和求∠E＝∠D＝108°，由切线的性质得：∠OAE＝∠OCD＝90°，最后利用五边形的内角和相减可得结论． 【解答】解：正五边形的内角＝（5﹣2）×180°÷5＝108°， ∴∠E＝∠D＝108°， 连接OA、OC， ∵AE、CD分别与⊙O相切于A、C两点， ∴∠OAE＝∠OCD＝90°， ∴∠AOC＝540°﹣90°﹣90°﹣108°﹣108°＝144°， 故答案为：144°． 【点睛】本题考查了正五边形的内角和、内角的度数、切线的性质，本题的五边形内角可通过外角来求：180°﹣360°÷5＝108°． 17．（2025•盐都区模拟）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝30°，点C为半径OA上一点，现以点O为圆心，OC长为半径作弧，该弧交半径OB于点D，记的长为m，BD的长度为d，则的长为 　　 ．（用含m，d的式子表示） 【分析】先根据弧长公式表示出OB的长，进一步得出OD的长，再结合弧长公式即可解决问题． 【解答】解：由题知， ， 则OB． 因为BD＝d， 所以OD， 所以的长为：． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了弧长的计算，熟知弧长的计算公式是解题的关键． 18．（2025•宿城区校级一模）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠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　2π　 ． 【分析】如图，连接OD，在CD上取点D′，使DD′＝OD，连接OD′．证明△MDO≌△ND′O（ASA），推出S四边形MDNO＝S△DD′O，利用S阴影＝S扇形EOF﹣S△DOD′即可求解． 【解答】解：如图，连接OD，在CD上取点D′，使DD′＝OD，连接OD′， 在菱形ABCD中，AD＝CD，点O是对角线AC的中点，∠B＝120°， ∴∠ADC＝∠B＝120°，OD⊥AC， ∴， ∴△OD′D是等边三角形， ∴∠DD′O＝∠DOD′＝60°，OD＝OD′， ∴∠DD′O＝∠MDO＝60°， ∵∠EOF＝60° ∴∠MOD+∠DON＝∠NOD′+∠DON＝60°， ∴∠MOD＝∠NOD′， ∴△MDO≌△ND′O（ASA）， ∴S△MDO＝S△ND′O， ∴S△MDO+S△NDO＝S△ND′O+S△NDO， ∴S四边形MDNO＝S△DD′O． ∵∠CDO＝60°，∠COD＝90° ∴∠DCO＝30° ∴ODCD＝2，AO＝OC2， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形全等的判定与性质，解直角三角形，扇形的面积，作出辅助线，构造三角形全等，利用S阴影＝S扇形EOF﹣S△DOD′是解题的关键． 19．（2025•吴中区校级二模）如图，矩形纸片ABCD中，AD＝12cm，把它分割成正方形纸片ABFE和矩形纸片EFCD后，分别裁出扇形ABF和半径最大的圆，恰好能作为同一个圆锥的侧面和底面，则AB的长为 　8　 cm． 【分析】设AB＝BF＝xcm，则CF＝（12﹣x）cm，根据圆锥展开图的扇形弧长等于圆锥的底面周长列方程求解即可． 【解答】解：设AB＝BF＝xcm，则CF＝（12﹣x）cm， 根据题意可得：， 解得：x＝8， ∴AB＝8cm． 故答案为：8． 【点睛】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是理解圆锥展开图的扇形弧长等于圆锥的底面周长． 20．（2025•苏州校级二模）莱洛三角形广泛应用于建筑、工业、包装等方面，某数学兴趣小组在学习了莱洛三角形的知识后获得灵感，设计了如图2的美丽图形，爱思考的小聪提出以下问题：如图3，正五边形ABCDE的边长为3，分别以A和E为圆心，3为半径作和交于点P，此时阴影部分的周长为 　2π+3　 ． 【分析】连接AP，EP，根据作图可得△APE是等边三角形，得到∠PAE＝∠AEP＝60°，根据弧长公式求出，，进而即可解答． 【解答】解：连接AP，EP， 由作图可得AP＝AE＝3，EP＝EA＝3， ∴AP＝AE＝EP， ∴△APE是等边三角形， ∴，， ∴阴影部分的周长为． 故答案为：2π+3． 【点睛】本题考查等边三角形的判定及性质，弧长公式．熟练掌握以上知识点是关键． 三．解答题（共5小题，共40分） 21．（2025•南通）如图，PA与⊙O相切于点A，AC为⊙O的直径，点B在⊙O上，连接PB，PC，且PA＝PB． （1）连接OB，求证：OB⊥PB； （2）若∠APB＝60°，PA＝2，求图中阴影部分的面积． 【分析】（1）连接OP，根据切线的性质得到OA⊥PA，证明△AOP≌△BOP，根据全等三角形的性质得到∠OBP＝∠OAP，得到OB⊥PB； （2）连接BC，证明OP∥BC，得到S△PCB＝S△OCB，再根据扇形面积公式计算即可． 【解答】（1）证明：如图，连接OP， ∵PA与⊙O相切， ∴OA⊥PA， ∴∠OAP＝90°， 在△AOP和△BOP中， ， ∴△AOP≌△BOP（SSS）， ∴∠OBP＝∠OAP＝90°， ∴OB⊥PB； （2）解：如图，连接BC， ∵∠OBP＝∠OAP＝90°，∠APB＝60°， ∴∠AOB＝120°， ∴∠COB＝60°， ∵OB＝OC， ∴△BOC为等边三角形， ∴∠OCB＝60°， 由（1）可知：∠AOP＝∠BOP＝60°， ∴∠AOP＝∠OCB，OA2， ∴OP∥BC， ∴S△PCB＝S△OCB， ∴S阴影部分＝S扇形OCB． 【点睛】本题考查的是切线的性质、扇形面积计算，熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键． 22．（2025•宿迁）如图，点A在⊙O上，点B在⊙O外，线段OB与⊙O交于点C，过点C作⊙O的切线交直线AB于点D，且AD＝CD． （1）判断直线AB与⊙O的位置关系，并说明理由； （2）若∠B＝30°，CD＝4，求图中阴影部分的面积． 【分析】（1）连接OA，OD，由直线CD与⊙O相切，可得∠OCD＝90°，证明△OAD≌△OCD（SSS），则∠OAD＝∠OCD＝90°，然后通过切线的判定方法即可求证； （2）由（1）得△OAD≌△OCD，∠OAD＝∠OCD＝90°，则∠AOD＝∠COD，S△OAD＝S△OCD，所以∠AOD＝∠COD＝30°，通过直角三角形性质得OD＝2CD＝8，由勾股定理得，最后通过S阴影＝S△OAD+S△OCD﹣S扇形AOC即可求解． 【解答】解：（1）直线AB与⊙O相切，理由如下： 如图，连接OA，OD， ∵直线CD与⊙O相切， ∴OC⊥CD， ∴∠OCD＝90°， 在△OAD和△OCD中， ， ∴△OAD≌△OCD（SSS）， ∴∠OAD＝∠OCD＝90°， ∴OA⊥AD， ∵OA是⊙O半径， ∴直线AB与⊙O相切； （2）由（1）得△OAD≌△OCD，∠OAD＝∠OCD＝90°， ∴∠AOD＝∠COD，S△OAD＝S△OCD， ∵∠B＝30°， ∴∠AOC＝60°， ∴∠AOD＝∠COD＝30°， ∴OD＝2CD＝8， ∴， ∴， ∴S阴影＝S△OAD+S△OCD﹣S扇形AOC ． 【点睛】本题考查了切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，扇形面积，直角三角形性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键 23．（2025•徐州）如图，⊙O为正三角形ABC的外接圆，直线CD经过点C，CD∥AB． （1）判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由； （2）若圆的半径为2，求图中阴影部分的面积． 【分析】（1）由等边三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝∠A＝60°，由等腰三角形的性质可求∠OCB＝30°，由平行线的性质可得∠ABC＝∠BCD＝60°，即可求解； （2）由扇形的面积公式和三角形的面积公式可求解． 【解答】解：（1）CD与⊙O相切，理由如下： 如图，连接OB，OC， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝∠A＝60°， ∴∠BOC＝120°， ∵OB＝OC， ∴∠OCB＝30°， ∵CD∥AB， ∴∠ABC＝∠BCD＝60°， ∴∠OCD＝∠BCO+∠BCD＝90°， ∴OC⊥CD， 又∵OC是半径， ∴CD与⊙O相切； （2）如图，过点O作OH⊥BC于H， ∵OB＝OC＝2，∠OCB＝30°， ∴OH＝1，BH＝CH， ∴BC＝2， ∴S阴影＝S扇形OBC﹣S△BOC21． 【点睛】本题考查了直线与圆的位置的关系，等边三角形的性质，扇形面积公式，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 24．（2025•南京）某纸杯的尺寸（单位：cm）如图（1）所示，展开它的侧面得到扇环纸片ABCD（可以看作扇形纸片OAD剪去扇形纸片OBC后剩余的部分）． （1）的长为　9π　 cm，OB＝　18　 cm． （2）记a×b表示两边长分别为a，b（a≤b，单位：cm）的矩形纸片的大小． ①图（2）是可以剪出扇环纸片ABCD的一张矩形纸片，它的一边与相切，点B，C在对边上，点A，D分别在另外两边上，直接写出a，b的值． ②用一张18.2×25.7的矩形纸片可以剪出扇环纸片ABCD吗？说明理由． ③若一张15×b的矩形纸片可以剪出扇环纸片ABCD，写出求b的范围的思路（无需算出最终结果）． 【分析】（1）设∠AOD＝∠BOC＝n°，OB＝OC＝rcm，则OA＝（OD＝r+9）cm，利用圆的周长公式和弧长公式解答即可； （2）①延长AB，CD，延长线交于点O，设矩形的边与相切于点E，连接OE，交BC于点F，利用圆的切线的性质定理，矩形 大排的与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形 的边角关系定理解答即可； ②将扇环纸片ABCD按如图所示放置，AB在矩形的边AG上，延长AB，DC，延长线交于点O，过点D作DE⊥AG于点E，过点C作CF⊥AG于点F，利用直角三角形 的边角关系定理求得DE，AF的长度，再利用它们与18.2×25.7的矩形纸片的长与宽作比较即可； ③设计出能够放置扇环纸片ABCD的最小的15×b的矩形纸片即可． 【解答】解：（1）由题意得：的长为9πcm，的长为6πcm， 设∠AOD＝∠BOC＝n°，OB＝OC＝rcm，则OA＝（OD＝r+9）cm， ∴， ∴， ∴OB＝18cm． 故答案为：9π；18； （2）①延长AB，CD，延长线交于点O，设矩形的边与相切于点E，连接OE，交BC于点F，如图， 则OE⊥GN， ∵四边形GHMN为矩形， ∴四边形GHFE，MNEF为矩形， ∴a＝GH＝EF， 由题意得：OB＝OC＝18cm，OA＝OD＝OE＝18+9＝27cm，∠AOD＝∠BOC＝60°，AB＝CD＝9cm， ∴△OBC为等边三角形， ∴BC＝OB＝18cm，OF＝9cm，∠OBC＝∠OCB＝60°， ∴∠ABH＝∠OBC＝60°，∠DCM＝∠OCB＝60°， ∴BHAB＝4.5cm，CMCD＝4.5cm， ∴a＝EF＝OE﹣OF＝（27﹣9）cm， b＝GN＝HM＝HB+BC+CM＝4.5+18+4.5＝27（cm）． ②用一张18.2×25.7的矩形纸片可以剪出扇环纸片ABCD，理由： 将扇环纸片ABCD按如图所示放置，AB在矩形的边AG上，延长AB，DC，延长线交于点O，过点D作DE⊥AG于点E，过点C作CF⊥AG于点F， 由题意得：∠O＝60°，OB＝OC＝18cm，OA＝OD＝OE＝18+9＝27cm，AB＝CD＝9cm， ∴DE＝OD23.38（cm），OFOC＝9cm，FC＝OC•sin60°＝915.59（cm）， ∴AF＝OA﹣OF＝27﹣9＝18（cm）， ∵18＜18.2，23.38＜25.7， ∴AF＜AG＝18.2cm，DE＜GH＝25.2cm， ∴用一张18.2×25.7的矩形纸片可以剪出扇环纸片ABCD． ③设15×b的矩形纸片为矩形MNKS，MS＝NK＝15cm，将扇环纸片ABCD如图放置，使点A在MS边上，点B在KS边上，点D在NK边上，与边MN相切于点P， 则此时的b值最小，若求b的范围，则此时的MN为b的最小值． 延长AB，DC，延长线交于点O，连接OP，OP交SK于点H，过点D作DE⊥OP于点E，过点A作AF⊥OP于点F，设OD交SK于点G， 由题意得：∠AOD＝60°，OB＝OC＝18cm，OP＝OA＝OD＝OE＝18+9＝27（cm），AB＝CD＝9cm， ∵与边MN相切于点P， ∴OP⊥MN， ∵DE⊥OP，AF⊥OP，四边形MNKS为矩形， ∴四边形PNDE，四边形AFPM，四边形PNKH为矩形， ∴PN＝DE，MP＝AF，PH＝NK＝15cm， ∴b＝MN＝MP+PN＝AF+DE，OH＝OP﹣PH＝12（cm）． ∴求得AF，DE的值即可求得b的最小值； 由于OA＝OD＝27cm，解Rt△OAF和Rt△ODE即可求得结论． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆的切线的性质定理，弧长公式，分类讨论的思想方法，矩形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，等边三角形的判定与性质，添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键． 25．（2024•连云港）【问题情境】 （1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转45°（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的 　2　 倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略； 【操作实践】 （2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点P为端点的四条线段之间的数量关系； 【探究应用】 （3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将△PDC绕点P逆时针旋转，他发现旋转过程中∠DAP存在最大值．若PE＝8，PF＝5，当∠DAP最大时，求AD的长； （4）如图6，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若AC+CD＝5，BC+CE＝8，求AE+BD的最小值． 【分析】（1）利用圆与正多边形的性质分别计算两个正方形的面积可得答案； （2）由 EG⊥FH，证明 a2+c2＝b2+d2，再结合图形变换可得答案； （3）将△PDC绕点P逆时针旋转，可得点D在以点P为圆心，PD为半径的圆上运动，可得当AD与⊙P相切时，∠DAP最大，再进一步解答即可； （4）将△BDC 沿BC对折，D的对应点为 D1，将△AEC 沿AC 对折，E的对应点为 E1，连接 D1E1，再将△ABE1 沿AC方向平移，使A与 D1 重合，得△B1D1E2，由（2）可得：AE+BD＝D1E2+BD1，当 E2，D1，B三点共线时，AE+BD＝D1E2+BD1 最短，再进一步解答即可． 【解答】解：（1）如图， ∵正方形ABCD，EFGH及圆为正方形ABCD的内切圆，为正方形EFGH的外接正方形， ∴设AE＝DE＝DH＝CH＝CG＝BG＝AF＝BF＝m，∠A＝90°， ∴AB＝AD＝2m，， ∴，， ∴大正方形面积是小正方形面积的2倍， 故答案为：2； （2）如图， ∵EG⊥FH， ∴a2＝OF2+OE2，c2＝OG2+OH2，d2＝OE2+OH2，b2＝OF2+OG2， ∴a2+c2＝b2+d2，结合图形变换可得：PA2+PC2＝PB2+PD2； （3）如图，∵将△PDC绕点P逆时针旋转， ∴点D在以点P为圆心，PD为半径的圆上运动， ∵A为圆外一个定点， ∴当AD与⊙P相切时，∠DAP最大， ∴PD⊥AD， ∴AD2＝AP2﹣PD2， 由（2）可得：AE＝DF， ∵PE＝8，PF＝5， ∴AD2＝AP2﹣PD2＝PE2+AE2﹣PF2﹣DF2＝82﹣52＝39， ∴； （4）如图，将△BDC沿BC对折，D的对应点为D1，将△AEC沿AC对折，E的对应点为E1，连接D1E1， ∴CD＝CD1，CE＝CE1， 再将△ABE1沿AC方向平移，使A与D1重合，如图，得△B1D1E2， 由（2）可得：AE+BD＝D1E2+BD1， ∴当E2，D1，B三点共线时，AE+BD＝D1E2+BD1最短， ∵AC+CD＝5，BC+CE＝8， ∴E1E2＝5，BE1＝8， ∴， ∴AE+BD的最小值为． 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，轴对称的性质，平移的性质，旋转的性质，圆与正多边形的关系，切线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 卷21 与圆有关的计算能力提升测试卷 （满分：100分 时间：90分钟） 一．选择题（共10小题，每小题3分，共30分） 1．（2025•常州）如图，⊙O的半径为2，直径AB、CD互相垂直，则的长是（　　） A． B． C．π D．2π 2．（2025•盐城）如图1是博物馆屋顶的图片，屋顶由图2中的瓦片构成，瓦片横截面如图3所示，是以点O为圆心，18cm为半径的弧，弦AB的长为18cm，则的长是（　　） A．24πcm B．12πcm C．10πcm D．6πcm 3．（2025•无锡）已知圆弧所在圆的半径为6，该弧所对的圆心角为90°，则这条弧的长为（　　） A．2π B．3π C．4π D．6π 4．（2025•镇江）如图，直线l1∥l2，直线m分别交l1、l2于点A、B，以A为圆心，AB长为半径画弧，分别交l2、l1于直线m同侧的点C、D，∠ADB＝35°，AB＝9，则的长等于（　　） A．5π B．4π C． D． 5．（2025•盐城一模）时钟分针长6厘米，从早上9点到9点40分针尖所走过的路程是（　　） A．3π厘米 B．6π厘米 C．8π厘米 D．12π厘米 6．（2025•连云港一模）如图，用一个半径为10cm的定滑轮带动重物上升，滑轮上一点P旋转了36°，假设绳索（粗细不计）与滑轮之间没有滑动，则重物上升了（　　） A．cm B．2πcm C．cm D．3πcm 7．（2025•南京模拟）正多边形的一部分如图所示，若∠ACB＝18°，则该正多边形的边数为（　　） A．7 B．8 C．9 D．10 8．（2025•连云港一模）如图所示，边长为1的正方形网格中，O，A，B，C，D是网格线交点，若与所在圆的圆心都为点O，那么阴影部分的面积为（　　） A．π B．2π C． D．2π﹣2 9．（2025•连云港校级一模）如图，在等腰直角三角形ABC中，直角边长是2，若将此三角形绕直角顶点C顺时针旋转90°，那么斜边AB扫过的面积为（　　） A．π B． C．2π D．2π﹣2 10．（2025•宿城区二模）如图，从一张圆形纸片上剪出一个小圆形和一个扇形分别作为圆锥的底面和侧面，其中小圆的直径是大圆的半径．下列剪法恰好能配成一个圆锥的是（　　） A． B． C． D． 二．填空题（共10小题，每小题3分，共30分） 11．（2025•宿迁）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，连接AC，则∠ACD的度数为 　 　 °． 12．（2025•盐城）已知圆锥的侧面积为15π，母线长为5，则圆锥的底面半径是　 　 ． 13．（2025•苏州）“苏州之眼”摩天轮是亚洲最大的水上摩天轮，共设有28个回转式太空舱全景轿厢，其示意图如图所示．该摩天轮高128m（即最高点离水面平台MN的距离），圆心O到MN的距离为68m，摩天轮匀速旋转一圈用时30min．某轿厢从点A出发，10min后到达点B，此过程中，该轿厢所经过的路径（即）长度为　 　 m．（结果保留π） 14．（2025•灌云县一模）小宇同学在数学实践活动中，制作了一个侧面积为30π，底面半径为3的圆锥模型，则此圆锥的母线长为 　 　 ． 15．（2025•盐城一模）公元前四世纪，希腊哲学家、科学史家欧德莫斯曾研究过对数学发展有重要影响的如下问题：如图，AB为⊙O的直径，过圆心O作OC⊥AB，交⊙O于点C，以C为圆心，CA为半径作，若S阴＝4cm2，则S△ABC＝　 　 cm2． 16．（2025•镇江模拟）如图，⊙O与正五边形ABCDE的两边AE、CD分别相切于A、C两点，则∠AOC的度数为 　 　 ． 17．（2025•盐都区模拟）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝30°，点C为半径OA上一点，现以点O为圆心，OC长为半径作弧，该弧交半径OB于点D，记的长为m，BD的长度为d，则的长为 　 　 ．（用含m，d的式子表示） 18．（2025•宿城区校级一模）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠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　 　 ． 19．（2025•吴中区校级二模）如图，矩形纸片ABCD中，AD＝12cm，把它分割成正方形纸片ABFE和矩形纸片EFCD后，分别裁出扇形ABF和半径最大的圆，恰好能作为同一个圆锥的侧面和底面，则AB的长为 　 　 cm． 20．（2025•苏州校级二模）莱洛三角形广泛应用于建筑、工业、包装等方面，某数学兴趣小组在学习了莱洛三角形的知识后获得灵感，设计了如图2的美丽图形，爱思考的小聪提出以下问题：如图3，正五边形ABCDE的边长为3，分别以A和E为圆心，3为半径作和交于点P，此时阴影部分的周长为 　 　 ． 三．解答题（共5小题，共40分） 21．（6分）（2025•南通）如图，PA与⊙O相切于点A，AC为⊙O的直径，点B在⊙O上，连接PB，PC，且PA＝PB． （1）连接OB，求证：OB⊥PB； （2）若∠APB＝60°，PA＝2，求图中阴影部分的面积． 22．（8分）（2025•宿迁）如图，点A在⊙O上，点B在⊙O外，线段OB与⊙O交于点C，过点C作⊙O的切线交直线AB于点D，且AD＝CD． （1）判断直线AB与⊙O的位置关系，并说明理由； （2）若∠B＝30°，CD＝4，求图中阴影部分的面积． 23．（8分）（2025•徐州）如图，⊙O为正三角形ABC的外接圆，直线CD经过点C，CD∥AB． （1）判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由； （2）若圆的半径为2，求图中阴影部分的面积． 24．（8分）（2025•南京）某纸杯的尺寸（单位：cm）如图（1）所示，展开它的侧面得到扇环纸片ABCD（可以看作扇形纸片OAD剪去扇形纸片OBC后剩余的部分）． （1）的长为　 　 cm，OB＝　 　 cm． （2）记a×b表示两边长分别为a，b（a≤b，单位：cm）的矩形纸片的大小． ①图（2）是可以剪出扇环纸片ABCD的一张矩形纸片，它的一边与相切，点B，C在对边上，点A，D分别在另外两边上，直接写出a，b的值． ②用一张18.2×25.7的矩形纸片可以剪出扇环纸片ABCD吗？说明理由． ③若一张15×b的矩形纸片可以剪出扇环纸片ABCD，写出求b的范围的思路（无需算出最终结果）． 25．（10分）（2024•连云港）【问题情境】 （1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转45°（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的 　 　 倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略； 【操作实践】 （2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点P为端点的四条线段之间的数量关系； 【探究应用】 （3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将△PDC绕点P逆时针旋转，他发现旋转过程中∠DAP存在最大值．若PE＝8，PF＝5，当∠DAP最大时，求AD的长； （4）如图6，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若AC+CD＝5，BC+CE＝8，求AE+BD的最小值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $