2026年中考数学二轮复习：圆

**基本信息** 以典型问题为载体，系统整合圆的核心知识与解题方法，通过分层训练培养几何直观与推理能力 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|选择1-6、填空11-13|垂径定理与勾股定理结合、圆周角定理转化、切线性质应用|从圆的基本性质到定理应用，构建"概念-性质-计算"逻辑链| |综合证明|选择7-8、解答16-18|全等/相似三角形判定、辅助线添加技巧（连半径、作垂线）|圆与三角形、四边形知识融合，形成"性质证明-数量关系推导"思维路径| |拓展探究|解答19-20|动态问题转化、数学建模思想|结合坐标系与运动变化，发展空间观念与创新意识|

2026年中考数学二轮复习：圆 一．选择题（共10小题） 1．某桥是典型的圆弧形石拱桥，如图所示，小雅同学测得水面AB宽为8m，拱顶C到水面AB的距离也为8m，则这座桥的桥拱半径为（　　） A．4m B．5m C．6m D．8m 2．如图，△ABC，以点A为圆心分别AB、AC长为半径画弧BGH、弧FCN，延长BC交弧BGH于点E，再以点E为圆心BC长为半径画弧交弧FCN于点D连接AE、AD，若∠BAC＝30°，∠BAD＝110°，则∠BEA的度数为（　　） A．40° B．50° C．55° D．80° 3．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝8，D是平面上一动点，连接AD，DC，E是DC的中点，连接BE，当AD＝2，BE的最小值为（　　） A． B． C． D． 4．如图，O为圆心，点A、B、C在⊙O上，∠ACB＝50°，则∠AOB的度数是（　　） A．90° B．95° C．100° D．105° 5．水车是中国古代重要的灌溉工具，图1是某种型号水车的示意图，其外围部件是绕中心轴旋转的圆形轮盘，它的边缘平均分布了12个水斗，这些水斗随轮盘转动而升降．如图2，在水车顺时针转动时，其中的1个水斗在点A处放空水，同时有1个水斗刚好在点B处接触水面，中间还有2个水斗，已知外围轮盘半径OA为5m，点A到水面的距离为7m，则水面宽度CB为（　　） A．6m B．7m C．7m或9m D．6m或8m 6．如图，PA，PB分别切⊙O于A，B两点，∠P＝50°，则∠ACB的度数为（　　） A．45° B．130° C．65° D．60° 7．已知如图，二次函数y＝ax2﹣6ax+4的顶点为M，最大值为，与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．以AB为直径作圆，记作⊙D，下列结论： ①抛物线的对称轴是直线x＝3； ②点C在⊙D上； ③在抛物线上存在一点E，能使四边形ADEC为平行四边形； ④直线CM与⊙D相切． 正确的结论是（　　） A．①③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 8．如图，AB为圆O的弦，C是弧AB的中点，连结AC并延长，OB是⊙O的半径，作BE⊥OB，交AC的延长线于点D，连结BC．给出下列结：①若∠A＝30°，则AD∥OB；②若AB＝2BD，则BD2+CD2＝AC2．其中正确的是（　　） A．①，②都对 B．①对，②错 C．①错，②对 D．①，②都错 9．如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，BC＝4，分别以点B和点D为圆心，线段BD长的一半为半径作圆弧，交AB、BC、CD、AD于点E、F、G、H，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 10．如图，在△ABC中，∠BAC＝65°，AB＝BC＝6，以AB为直径的半圆O交AC于点D，交BC于点E，连结OE，则阴影部分的面积为（　　） A．2π B． C． D． 二．填空题（共5小题） 11．一个扇形的圆心角是36°，半径是6cm，则此扇形的面积是　 　 ． 12．如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，P点在劣弧上，则∠APF的度数为　 　 ． 13．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，弦AB＝AD．若∠BAD＝96°，则∠E的度数为　 　 ． 14．如图1，2，3，4，M，N分别是⊙O的内接正三角形ABC，正方形ABCD，正五边形ABCDE，正n边形ABCDEFG…的边AB，BC上的点，且BM＝CN，连接OM，ON． （1）图1中，∠MON的度数是　 　 ，图2中，∠MON的度数是　 　 ； （2）图4中，写出∠MON的度数与正n边形的边数n之间的关系式：　 　 ． 15．如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC为锐角，AB＝5，点E、F分别是BC、AD上的点，连接AE、BF交于点M，以AE为直径的圆O交BM于点G，且，∠DAE+∠C＝180°，则GE＝　 　 ；若BE＝6，BG＝　 　 ． 三．解答题（共5小题） 16．我们知道：有一内角为直角的三角形叫做直角三角形．类似地我们定义：有一内角为45°的三角形叫做半直角三角形．如图，在平面直角坐标系中，O为原点，A（2，0），B（﹣2，0），D是y轴上的一个动点，∠ADC＝90°（A、D、C按顺时针方向排列），BC与经过A、B、D三点的⊙M交于点E，DE平分∠ADC，连结AE，BD．显然△DCE、△DAE是半直角三角形． （1）判断：△ABC　 　 半直角三角形（填“是”或“不是”）； （2）求证：∠DEC＝∠DEA； （3）若点D的坐标为（0，4），求AE的长； （4）BC交AD于点F，求△ACF与△BCA的面积之比． 17．如图，AB为⊙O的直径，△ADC内接于⊙O，CD与AB相交于点R，F为⊙O上一点，连接OF与AD相交于点E，∠ACD＝∠AOF． （1）如图1，求证：OF⊥AD； （2）如图2，过点A作AH⊥CD，垂足为点H，交⊙O于点G，延长FO交AG于点Q，AQ＝2AE，求证：CH＝OE； （3）如图3，在（2）的条件下，连接DG，过点O作OK⊥DG，垂足为点K，OK：AD，△ADG的面积为，求线段OR的长． 18．已知△ABC内接于⊙O，BC为⊙O的直径，点E在AB延长线上，ED切⊙O于点D，∠E＝90°． （1）如图1，求证：弧AD＝弧CD； （2）如图2，过点D作BC的垂线，分别交BC、AC、⊙O于点G、F、H，求证：AF＝HF； （3）如图3，在（2）条件下，⊙O的弦DN分别交BC、AC于点K、M，∠AFH＝2∠HDN，AB：BE＝7：9，AF+FG＝24，求DK的长． 19．在平面直角坐标系xOy中，已知⊙O及⊙O外一点P，若⊙O上存在点A，点B和点T，使得点A，B关于直线PT的对称点A′，B′与点P共线，则称点P为⊙O的“对称点”，直线A′B′为⊙O关于点T的“弦称线”，线段A′B′为⊙O关于点T的“弦称弦”． ⊙O的半径为2，点P为⊙O的“对称点”． （1）若点P（﹣6，0），直线y＝kx+b为⊙O的“弦称线”，则k的取值可能是　 　 ； ①k＝﹣1；②；③k＝2． （2）直线是⊙O关于点T（0，2）的弦称线，则“弦称弦”的最大值是　 　 ； （3）直线y＝x+b与x轴，y轴分别交于点M，点N．线段MN上存在点S，若经过点S的所有直线都是⊙O的“弦称线”，则b的取值范围是　 　 ． 20．如图，已知△ABC内接于⊙O，点D在⊙O上，连接BD交AC于点E，连接OB，∠OBC＝∠ABD； （1）如图1，求证：AC⊥BD； （2）如图2，点F在弧AB上，连接CF交AB于点G，交BD于点H，若DE＝EH，求证：FG＝GH； （3）如图3，在（2）的条件下，连接EG，若EG＝3，，求⊙O的半径． 2026年中考数学二轮复习：圆 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 1．某桥是典型的圆弧形石拱桥，如图所示，小雅同学测得水面AB宽为8m，拱顶C到水面AB的距离也为8m，则这座桥的桥拱半径为（　　） A．4m B．5m C．6m D．8m 【考点】垂径定理的应用． 【专题】线段、角、相交线与平行线；圆的有关概念及性质；运算能力；推理能力． 【答案】B 【分析】根据题意得出DO的长，进而利用勾股定理得出AD的长，即可得出答案． 【解答】解： 连接OA，由垂径定理可知： CD⊥AB，且D为AB中点，因此ADAB＝4， 圆心O在CD上，故OD＝CD﹣OC＝8﹣R， 在Rt△AOD中，由勾股定理： OA2＝AD2+OD2， 代入OA＝R，AD＝4、OD＝8﹣R， R2＝42+（8﹣R）2， 展开并化简： R2＝16+64﹣16R+R2， 0＝80﹣16R， 16R＝80， R＝5， ∴这座桥的桥拱半径为5m， 故选：B． 【点评】此题主要考查了垂径定理的应用以及勾股定理等知识，根据已知得出AD的长是解题关键． 2．如图，△ABC，以点A为圆心分别AB、AC长为半径画弧BGH、弧FCN，延长BC交弧BGH于点E，再以点E为圆心BC长为半径画弧交弧FCN于点D连接AE、AD，若∠BAC＝30°，∠BAD＝110°，则∠BEA的度数为（　　） A．40° B．50° C．55° D．80° 【考点】圆周角定理． 【专题】圆的有关概念及性质；运算能力． 【答案】B 【分析】根据作图证明△ABC≌△AED，得出∠DAE＝∠BAC＝30°，结合∠BAD＝110°，算出∠BAE，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求解． 【解答】解：△ABC，以点A为圆心分别AB、AC长为半径画弧BGH、弧FCN，延长BC交弧BGH于点E，再以点E为圆心BC长为半径画弧交弧FCN于点D连接AE、AD， 连接DE， 根据作图可知AB＝AE，AC＝AD，BC＝DE， ∴△ABC≌△AED（SSS）， ∴∠DAE＝∠BAC＝30°， ∵∠BAD＝110°， ∴∠BAE＝∠BAD﹣∠DAE＝110°﹣30°＝80°， ∵AB＝AE， ∴． 故选：B． 【点评】本题考查圆周角定理，正确进行计算是解题关键． 3．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝8，D是平面上一动点，连接AD，DC，E是DC的中点，连接BE，当AD＝2，BE的最小值为（　　） A． B． C． D． 【考点】点与圆的位置关系；三角形三边关系；勾股定理；三角形中位线定理． 【专题】与圆有关的位置关系；推理能力． 【答案】C 【分析】取AC的中点F，连接BF，EF，利用三角形的中位线性质得到，再利用勾股定理和直角三角形的中线性质求得，然后利用三角形三边关系得到，当B、F、E共线时取等号，进而得到答案． 【解答】解：取AC的中点F，连接BF，EF， ∵E是DC的中点，点F是AC的中点， ∴EF是△ADC的中位线， ∵AD＝2， ∴， ∵∠ABC＝90°，AB＝BC＝8， ∴， ∴， ∵， 当B、F、E共线时取等号， ∴BE的最小值为， 故选：C． 【点评】本题考查勾股定理、三角形的中位线的性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识，添加辅助线，利用三角形的中位线性质求解是解答的关键． 4．如图，O为圆心，点A、B、C在⊙O上，∠ACB＝50°，则∠AOB的度数是（　　） A．90° B．95° C．100° D．105° 【考点】圆周角定理；圆心角、弧、弦的关系． 【专题】与圆有关的计算；推理能力． 【答案】C 【分析】根据圆周角定理解答，即同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角度数的一半． 【解答】解：根据圆周角定理可知： ∵∠ACB＝50°， ∴∠AOB＝2∠ACB＝2×50°＝100°． 故选：C． 【点评】本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握该知识点是关键． 5．水车是中国古代重要的灌溉工具，图1是某种型号水车的示意图，其外围部件是绕中心轴旋转的圆形轮盘，它的边缘平均分布了12个水斗，这些水斗随轮盘转动而升降．如图2，在水车顺时针转动时，其中的1个水斗在点A处放空水，同时有1个水斗刚好在点B处接触水面，中间还有2个水斗，已知外围轮盘半径OA为5m，点A到水面的距离为7m，则水面宽度CB为（　　） A．6m B．7m C．7m或9m D．6m或8m 【考点】垂径定理的应用；生活中的旋转现象；全等三角形的判定与性质． 【专题】线段、角、相交线与平行线；图形的全等；平移、旋转与对称；推理能力． 【答案】D 【分析】作OD⊥BC，AE⊥BC，作OF⊥AG，设OD＝xm，先说明四边形ODEF是矩形，得到OD＝EF，再利用“AAS”说明△DOB≌△FOA，得到DB＝AF，根据勾股定理列出方程，求出OD，BD，最后根据垂径定理，计算即可求解． 【解答】解：如图，作OD⊥BC、AE⊥BC交BC于点D、E，作OF⊥AG于点F， 设OD＝xm， ∵OD⊥BC，AE⊥BC，OF⊥AG， ∴∠ODE＝∠DEA＝∠OFE＝∠OFA＝90°（垂直的定义）， ∴四边形ODEF是矩形， ∴∠DOF＝90°，OD＝EF＝xm， ∵点A到水面的距离为7m， ∴AE＝7m，则AF＝AE﹣EF＝（7﹣x）m， ∵圆形轮盘分布了12个水斗，水斗A和B中间还有2个水斗， ∴， ∴∠FOA+∠BOF＝90°， 又∵∠DOF＝90°，即∠DOB+∠BOF＝90°， ∴∠DOB＝∠FOA， 在△DOB和△FOA中， ， ∴△DOB≌△FOA（AAS）， ∴DB＝AF＝（7﹣x）m（全等三角形对应边相等）， 在Rt△DOB中，OB＝5m， 则根据勾股定理得，DB2+OD2＝OB2，即（7﹣x）2+x2＝52， 整理得，2x2﹣14x+24＝0， 解得x1＝3，x2＝4， ∴DB＝7﹣x＝3m或4m， ∵OD⊥BC， ∴点D是BC的中点，即BC＝2DB， ∴BC＝6m或8m． 则水面宽度CB为6m或8m． 故选：D． 【点评】本题考查垂径定理，全等三角形的判定和性质，生活中的旋转现象，熟练掌握相关知识是解题的关键． 6．如图，PA，PB分别切⊙O于A，B两点，∠P＝50°，则∠ACB的度数为（　　） A．45° B．130° C．65° D．60° 【考点】切线的性质；圆周角定理． 【专题】圆的有关概念及性质． 【答案】C 【分析】利用切线的性质，结合四边形的内角和是360°，利用圆周角定理得出∠ACB的度数． 【解答】解：连接OA，OB， ∵PA，PB分别切⊙O于A，B两点， ∴∠PAO＝∠PBO＝90°， ∵∠P＝50°， ∴∠AOP＝360°﹣90°﹣90°﹣50°， ∴∠AOB＝130°，∵， ∴∠ACB＝65°， 故选：C． 【点评】本题考查了切线的性质，四边形的内角和是360°，会用以上两点是解题的关键． 7．已知如图，二次函数y＝ax2﹣6ax+4的顶点为M，最大值为，与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．以AB为直径作圆，记作⊙D，下列结论： ①抛物线的对称轴是直线x＝3； ②点C在⊙D上； ③在抛物线上存在一点E，能使四边形ADEC为平行四边形； ④直线CM与⊙D相切． 正确的结论是（　　） A．①③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 【考点】直线与圆的位置关系；一次函数图象上点的坐标特征；二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数的最值；抛物线与x轴的交点；平行四边形的判定与性质；圆的认识；点与圆的位置关系． 【专题】一次函数及其应用；二次函数图象及其性质；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】B 【分析】①由抛物线的表达式得y＝ax2﹣6ax+4＝a（x﹣3）2+4﹣9a，则该抛物线的对称轴是直线x＝3，由此可对结论①进行判断； ②连接AC，BC，先根据该抛物线的最大值为求出，则该抛物线的表达式为，进而得点A（﹣2，0），点B（8，0），点C（0，4），利用勾股定理的逆定理证明△ABC为直角三角形，即∠ACB＝90°，再根据圆周角定理即可对结论②进行判断； ③连接AC，过点D作DE∥AC交抛物线于点E，点E在x轴的上方，连接CE，求出点D（3，0），设直线AC的表达式y＝2x+4，再求出直线DE的表达式为y＝2x﹣6，解方程组得点E，由此可得CE与x轴不平行，则四边形ADEC不是平行四边形，由此可对结论③进行判断； ④连接DM，DC，MC，则点M，利用勾股定理的逆定理证明△DCM是直角三角形，即∠DCM＝90°，则CM⊥CD，然后根据切线的判定绝对结论④进行判断，综上所述即可得出答案． 【解答】解：①∵y＝ax2﹣6ax+4＝a（x﹣3）2+4﹣9a， ∴该抛物线的对称轴是直线x＝3， 故结论①正确； ②连接AC，BC，如图1所示： ∵该抛物线的最大值为， ∴， 解得：， ∴该抛物线的表达式为：， 当x＝0时，y＝4， 当y＝0时，， 解得：x1＝﹣2，x2＝8， ∴点A（﹣2，0），点B（8，0），点C（0，4）， ∴AB＝10，AC，BC， ∵AC2+BC2＝AB2， ∴△ABC为直角三角形，即∠ACB＝90°， ∵AB为⊙D的直径， ∴点C在⊙D上， 故结论②正确； ③连接AC，过点D作DE∥AC交抛物线于点E，点E在x轴的上方，连接CE，如图2所示： ∵AB为⊙D的直径，点A（﹣2，0），点B（8，0）， ∴点D的坐标为（3，0）， 设直线AC的表达式为：y＝kx+b， 将点A（﹣2，0），点C（0，4）代入y＝kx+b， 得：， 解得：， ∴直线AC的表达式为：y＝2x+4， 设直线DE的表达式为：y＝mx+n， ∵DE∥AC， ∴m＝2， 将m＝2，点D（3，0）代入y＝mx+n， 得：， 解得：， ∴直线DE的表达式为：y＝2x﹣6， 解方程组：，得：，， ∴点E的坐标为， ∵点C（0，4）， ∴CE与x轴不平行， 即CE与AD不平行， ∴四边形ADEC不是平行四边形， 故结论③不正确； ④连接DM，DC，MC，如图3所示： ∵点D（3，0），抛物线的对称轴为直线x＝3，最大值是， ∴点M， ∴DM，CM， ∵CD为⊙D的半径， ∴CDAB＝5， ∵CD2+CM2， 又∵DM2＝（， ∴CD2+CM2＝DM2， ∴△DCM是直角三角形，即∠DCM＝90°， ∴CM⊥CD， ∵CD是⊙D的半径， ∴直线CM与⊙D相切， 故结论④正确， 综上所述：正确的结论是①②④． 故选：B． 【点评】此题主要考查了直线与圆的位置关系，点与圆的位置关系，一次函数的图象和性质，二次函数图象和性质，平行四边形的判定与性质，理解直线与圆的位置关系，点与圆的位置关系，熟练掌握一次函数的图象和性质，二次函数图象和性质，平行四边形的判定与性质是解决问题的关键． 8．如图，AB为圆O的弦，C是弧AB的中点，连结AC并延长，OB是⊙O的半径，作BE⊥OB，交AC的延长线于点D，连结BC．给出下列结：①若∠A＝30°，则AD∥OB；②若AB＝2BD，则BD2+CD2＝AC2．其中正确的是（　　） A．①，②都对 B．①对，②错 C．①错，②对 D．①，②都错 【考点】圆周角定理；勾股定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系． 【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；运算能力；推理能力． 【答案】A 【分析】连接OC交AB于点F，则∠OBC＝∠OCB，由，得根据垂径定理得OC垂直平分AB，AC＝BC，∠FBC＝∠A，则AF＝BF，∠BFC＝90°，所以∠FBC+∠OCB＝90°，由BE⊥OB，得∠DBC+∠OBC＝∠OBE＝90°，推导出∠DBC＝∠FBC，若∠A＝30°，可证明∠ABO＝30°，则AD∥OB，可判断①正确；若AB＝2BD，则BD＝BF，可证明△BCD≌△BCF，得∠BDF＝∠BFC＝90°，所以BD2+CD2＝BC2＝AC2，可判断②正确，于是得到问题的答案． 【解答】解：连接OC交AB于点F，则OC＝OB， ∴∠OBC＝∠OCB， ∵C是弧AB的中点， ∴，OC垂直平分AB， ∴AC＝BC，AF＝BF，∠FBC＝∠A，∠BFC＝90°， ∴∠FBC+∠OCB＝90°， ∵BE⊥OB，交AC的延长线于点D， ∴∠DBC+∠OBC＝∠OBE＝90°， ∴∠DBC＝∠FBC， 若∠A＝30°，则∠DBC＝∠FBC＝∠A＝30°， ∴∠ABO＝∠OBE﹣∠DBC﹣∠FBC＝30°， ∴∠A＝∠ABO， ∴AD∥OB， 故①正确； 若AB＝2BD， ∵AB＝2BF， ∴2BD＝2BF， ∴BD＝BF， 在△BCD和△BCF中， ， ∴△BCD≌△BCF（SAS）， ∴∠BDF＝∠BFC＝90°， ∴BD2+CD2＝BC2＝AC2， 故②正确， 故选：A． 【点评】此题重点考查垂径定理、圆周角定理、等角的余角相等、平行线的判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 9．如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，BC＝4，分别以点B和点D为圆心，线段BD长的一半为半径作圆弧，交AB、BC、CD、AD于点E、F、G、H，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 【考点】扇形面积的计算；等边三角形的判定与性质；菱形的性质． 【专题】矩形 菱形 正方形；与圆有关的计算；运算能力． 【答案】B 【分析】连接AC与BD交于点O，先根据菱形的性质结合30°角直角三角形的性质求出对角线AC，BD的长，继而得到菱形的面积，再由扇形面积公式求解S扇形BFE，最后由S阴影＝S菱形﹣S扇形BFE﹣S扇形DHG． 【解答】解：在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，BC＝4，连接AC与BD交于点O， ∴AD∥BC， ∴∠ABC＝∠ADC＝180°﹣120°＝60°， ∴AC⊥BD，BO＝OD，AO＝OC，∠OBC∠ABC＝30°， ∴OC＝OABC＝2， ∴BO＝OD2， ∴AC＝2OC＝4，BD＝2OB＝4， ∴S菱形AC•BD4×48，扇形BEF的面积＝扇形DGH的面积2π， ∴S阴影＝S菱形﹣S扇形BFE﹣S扇形DHG＝84π． 故选：B． 【点评】本题考查了菱形的性质，30°角直角三角形的性质，勾股定理，扇形面积公式，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 10．如图，在△ABC中，∠BAC＝65°，AB＝BC＝6，以AB为直径的半圆O交AC于点D，交BC于点E，连结OE，则阴影部分的面积为（　　） A．2π B． C． D． 【考点】扇形面积的计算；等腰三角形的性质． 【专题】与圆有关的计算；运算能力． 【答案】A 【分析】利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出∠EOB＝80°，再利用扇形面积公式求解． 【解答】解：∵AB＝BC， ∴∠A＝∠C＝65°， ∴∠B＝180°﹣65°﹣65°＝50°， ∵OE＝OB， ∴∠B＝∠OEB＝50°， ∴∠EOB＝180°﹣50°﹣50°＝80°， ∵AB＝3， ∴阴影部分的面积2π． 故选：A． 【点评】本题考查扇形的面积，等腰三角形的性质，解题的关键是记住扇形的面积公式s． 二．填空题（共5小题） 11．一个扇形的圆心角是36°，半径是6cm，则此扇形的面积是　　 ． 【考点】扇形面积的计算． 【专题】与圆有关的计算；运算能力． 【答案】． 【分析】根据扇形面积的计算公式解答即可． 【解答】解：由扇形面积公式得： ． 故答案为：． 【点评】本题考查了扇形面积的计算，熟练掌握该知识点是关键． 12．如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，P点在劣弧上，则∠APF的度数为　150°　 ． 【考点】正多边形和圆；圆周角定理． 【专题】正多边形与圆；运算能力． 【答案】150°． 【分析】如图，在弧CD上取一点T，连接FT，AT，OF，OA．利用圆周角定理，圆内接四边形的性质求解． 【解答】解：如图，在弧CD上取一点T，连接FT，AT，OF，OA． ∵正六边形ABCDEF内接于⊙O， ∴∠AOF＝60°， ∴∠FTAFOA＝30°， ∵∠FPA+∠FTA＝180°， ∴∠FPA＝150°． 故答案为：150°． 【点评】本题考查正多边形与圆，圆周角定理，圆内接四边形的性质，解题的关键是掌握相关知识解决问题． 13．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，弦AB＝AD．若∠BAD＝96°，则∠E的度数为　42°　 ． 【考点】圆内接四边形的性质；圆周角定理． 【专题】与圆有关的位置关系；推理能力． 【答案】42°． 【分析】如图，连接AC，首先求出∠BCD＝180°﹣∠BAD＝84°，然后由AB＝AD求出，进而利用同弧所对的圆周角相等求解即可． 【解答】解：如图，连接AC， 由条件可知∠BCD＝180°﹣∠BAD＝84°， ∵AB＝AD， ∴， ∴∠E＝∠ACB＝42°（同弧所对的圆周角相等）． 故答案为：42°． 【点评】此题考查了圆内接四边形的性质，同弧所对的圆周角相等，解题的关键是掌握以上知识点． 14．如图1，2，3，4，M，N分别是⊙O的内接正三角形ABC，正方形ABCD，正五边形ABCDE，正n边形ABCDEFG…的边AB，BC上的点，且BM＝CN，连接OM，ON． （1）图1中，∠MON的度数是　120°　 ，图2中，∠MON的度数是　90°　 ； （2）图4中，写出∠MON的度数与正n边形的边数n之间的关系式：　　 ． 【考点】正多边形和圆；全等三角形的判定与性质；正方形的性质；三角形的外接圆与外心． 【专题】正多边形与圆；运算能力． 【答案】（1）120°，90°； （2）． 【分析】（1）在正三角形ABC中，连接OB，OC，根据点O是正三角形ABC的中心，可得OB＝OC，∠OBM＝∠OCN＝30°，，进而可得△OBM≌△OCN，求出∠MON＝∠BOC＝120°；在正方形ABCD中，同理可得； （2）在正n边形ABCDEFG…中，同理可得． 【解答】解：（1）M，N分别是⊙O的内接正三角形ABC，正方形ABCD，正五边形ABCDE，正n边形ABCDEFG…的边AB，BC上的点， 如图所示，连接OB，OC． ∵点O是正三角形ABC的中心， ∴OB＝OC，∠OBM＝∠OCN＝30°，． 又∵BM＝CN， ∴△OBM≌△OCN． ∴∠BOM＝∠CON． ∴∠BOM+∠BON＝∠CON+∠BON． ∴∠MON＝∠BOC＝120°． 在正方形ABCD中，同理可得． 故答案为：120°，90°； （2）在正n边形ABCDEFG…中，同理可得． 故答案为：120°90° 【点评】本题主要考查正多边形和圆，正确进行计算是解题关键． 15．如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC为锐角，AB＝5，点E、F分别是BC、AD上的点，连接AE、BF交于点M，以AE为直径的圆O交BM于点G，且，∠DAE+∠C＝180°，则GE＝　　 ；若BE＝6，BG＝　　 ． 【考点】圆周角定理；解直角三角形；平行四边形的性质． 【专题】圆的有关概念及性质；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力． 【答案】，． 【分析】由平行四边形的性质和∠DAE+∠C＝180°易证∠ABE＝∠AEB，所以AB＝AE＝5，再解RtAGE即可求出GE和AG，连接AK，由三线合一可知BG＝EK，证△AGT∽△EKT，可得，设AT＝3x，，则TK＝4﹣3x，在Rt△TKE中利用勾股定理建立方程求x，从而可知，已知两边和一角，所以解△BGE即可得解． 【解答】解：∵∠DAE+∠C＝180°， ∴∠D+∠AEC＝180°， 在平行四边形ABCD中，∠D＝∠ABC， ∴∠ABC+∠AEC＝180°， 又∵∠AEB+∠AEC＝180°， ∴∠ABE＝∠AEB， ∴AB＝AE＝5． 设圆O与BE交于点K，连接AG、AK． ∵AE是直径， ∴∠AGE＝∠AKE＝90°， 在Rt△AGE中，， ∴AG：GE：AE＝9：13：5， ∴，． 在等腰三角形ABE中，AK⊥BE， ∴． 在Rt△AKE中，． ∵△AGT∽△EKT， ∴， 设AT＝3x，，则TK＝4﹣3x， 在Rt△TKE中，， 解得x＝1或x＝﹣25（舍）， ∴AT＝3，TK＝1，TE， ∴． 过G作GL⊥BE于点L， 则EL＝GE•cos∠BEG，GL＝GE•sin∠BEG， ∴BL＝BE﹣EL， 在Rt△BGL中，BG； 故答案为：，． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质和判定、圆周角定理、解直角三角形等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 三．解答题（共5小题） 16．我们知道：有一内角为直角的三角形叫做直角三角形．类似地我们定义：有一内角为45°的三角形叫做半直角三角形．如图，在平面直角坐标系中，O为原点，A（2，0），B（﹣2，0），D是y轴上的一个动点，∠ADC＝90°（A、D、C按顺时针方向排列），BC与经过A、B、D三点的⊙M交于点E，DE平分∠ADC，连结AE，BD．显然△DCE、△DAE是半直角三角形． （1）判断：△ABC　是　 半直角三角形（填“是”或“不是”）； （2）求证：∠DEC＝∠DEA； （3）若点D的坐标为（0，4），求AE的长； （4）BC交AD于点F，求△ACF与△BCA的面积之比． 【考点】圆的综合题． 【专题】几何综合题． 【答案】（1）是； （2）∵A（2，0），B（﹣2，0）， ∴OA＝OB＝2， ∵OM⊥AB， ∴AD＝BD， ∴∠DAB＝∠DBA， ∵∠DEB＝∠DAB， ∴∠DBA＝∠DEB， ∵D、B、A、E四点共圆， ∴∠DEA+∠DBA＝180°， ∵∠DEB+∠DEC＝180°， ∴∠DEA＝∠DEC； （3）； （4）． 【分析】（1）根据题中所给“半直角三角形”的定义可直接进行求解； （2）由题意易得AD＝BD，则有∠DBA＝∠DEB，然后根据四点共圆可知∠DEA+∠DBA＝180°，进而问题可求解； （3）连接AM，ME，设⊙M的半径为r，然后根据勾股定理可建立方程（4﹣r）2+22＝r2，则有，最后根据勾股定理可进行求解； （4）由题意易得△ADE≌△CDE（ASA），则有∠DAE＝∠DCE，AE＝CE，然后可得BD＝CD＝AD，延长DE交AC于点G，过点A作AH⊥BC于H，如图2，进而通过证明△ABC∽△FAC，即根据相似三角形的性质可进行求解． 【解答】（1）解：∵∠ADC＝90°，DE平分∠ADC， ∴， ∴∠ABE＝∠ADE＝45°， ∴△ABC是半直角三角形， 故答案为：是； （2）证明：∵A（2，0），B（﹣2，0）， ∴OA＝OB＝2， ∵OM⊥AB， ∴AD＝BD， ∴∠DAB＝∠DBA， ∵∠DEB＝∠DAB， ∴∠DBA＝∠DEB， ∵D、B、A、E四点共圆， ∴∠DEA+∠DBA＝180°， ∵∠DEB+∠DEC＝180°， ∴∠DEA＝∠DEC； （3）解：如图，连接AM，ME，设⊙M的半径为r， ∵点D的坐标为（0，4）， ∴OD＝4， ∴OM＝OD﹣DM＝4﹣r， 在Rt△AOM中，由勾股定理可得（4﹣r）2+22＝r2， 解得：， ∴， ∵∠ABE＝45°， ∴∠AME＝2∠ABE＝90°， ∴； （4）解：∵∠ADE＝∠CDE＝45°，DE＝DE，∠DEA＝∠DEC， ∴△ADE≌△CDE（ASA）， ∴∠DAE＝∠DCE，AE＝CE， ∴∠EAC＝∠ACE， ∵∠DAE＝∠DBE， ∴∠DCB＝∠DBC， ∴BD＝CD＝AD， 延长DE交AC于点G，过点A作AH⊥BC于H，如图， ∴DG⊥AC， ∵∠ADC＝90°， ∴∠DAC＝45°， ∴∠ABC＝∠FAC＝45°， ∵∠ACB＝∠FCA， ∴△ABC∽△FAC， ∴， ∴， ∵OA＝2，OD＝4， ∴， ∴， ∵∠ABC＝45°，AB＝4，∠AHB＝90°， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴． 【点评】本题主要考查了四点共圆、勾股定理、全等三角形的判定与性质等，掌握其相关知识点是解题的关键． 17．如图，AB为⊙O的直径，△ADC内接于⊙O，CD与AB相交于点R，F为⊙O上一点，连接OF与AD相交于点E，∠ACD＝∠AOF． （1）如图1，求证：OF⊥AD； （2）如图2，过点A作AH⊥CD，垂足为点H，交⊙O于点G，延长FO交AG于点Q，AQ＝2AE，求证：CH＝OE； （3）如图3，在（2）的条件下，连接DG，过点O作OK⊥DG，垂足为点K，OK：AD，△ADG的面积为，求线段OR的长． 【考点】圆的综合题． 【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力． 【答案】（1）证明：连接OD，如图， ∵∠AOD＝2∠ACD，∠ACD＝∠AOF， ∴∠AOD＝∠AOF． ∴∠AOF＝∠DOF， ∵OA＝OD， ∴OE⊥AD， 即OF⊥AD； （2）证明：连接OC，如图， 由（1）知：OF⊥AD， ∴∠AEQ＝90°， ∵AQ＝2AE， ∴∠AQE＝30°， ∴∠QAE＝90°﹣∠AQE＝60°， ∵AH⊥CD， ∴∠D＝90°﹣∠QAE＝30°， ∴∠AOC＝2∠D＝60°， ∵OC＝OA， ∴△OAC为等边三角形， ∴AC＝OA，∠OAC＝60°， ∴∠OAC＝∠QAE＝60°， ∴∠CAH＝∠OAE． 在△CAH和△OAE中， ， ∴△CAH△OAE（AAS）， ∴CH＝OE； （3）． 【分析】（1）连接OD，利用圆周角定理，等腰三角形的三线合一的性质解答即可； （2）连接OC，利用圆周角定理，含30°角的直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质得到AC＝OA，∠OAC＝60°，再利用全等三角形的判定与性质解答即可； （3）连接DO并延长，交⊙O于点M，设OKk，则AD＝8k，连接MG，BG，利用圆周角定理，三角形的中位线定理得到MG＝2OK＝2k，利用含30°角的直角三角形的性质和勾股定理求得OE，CH，利用三角形的面积公式求得AG，GH，利用相似三角形的判定与性质得到关于k的方程，解方程求得k值，再利用相似三角形的判定与性质求得AR，则OR＝OA﹣AR． 【解答】（1）证明：连接OD，如图， ∵∠AOD＝2∠ACD，∠ACD＝∠AOF， ∴∠AOD＝∠AOF． ∴∠AOF＝∠DOF， ∵OA＝OD， ∴OE⊥AD， 即OF⊥AD； （2）证明：连接OC，如图， 由（1）知：OF⊥AD， ∴∠AEQ＝90°， ∵AQ＝2AE， ∴∠AQE＝30°， ∴∠QAE＝90°﹣∠AQE＝60°， ∵AH⊥CD， ∴∠D＝90°﹣∠QAE＝30°， ∴∠AOC＝2∠D＝60°， ∵OC＝OA， ∴△OAC为等边三角形， ∴AC＝OA，∠OAC＝60°， ∴∠OAC＝∠QAE＝60°， ∴∠CAH＝∠OAE． 在△CAH和△OAE中， ， ∴△CAH△OAE（AAS）， ∴CH＝OE； （3）解：连接DO并延长，交⊙O于点M，连接MG，BG，如图， ∵OK：AD， ∴设OKk，则AD＝8k， ∵DM为⊙O的直径， ∴∠DGM＝90°， ∴MG⊥DG， ∵OK⊥DG， ∴OK∥MG， ∵OM＝OD， ∴OK为△DMG的中位线， ∴MG＝2OK＝2k， ∵∠M＝∠DAQ＝60°， ∴∠MDG＝30°， ∴DM＝2MG＝4k， 即⊙O的半径为2k， ∴OA＝AC＝2k，AB＝DM＝4k， 由（1）知：OF⊥AD， ∴AE＝CEAD＝4k， ∴OEk， ∴CH＝OE＝2k． ∵AH⊥CD，∠D＝30°， ∴AHAD＝4k，DHk， ∵△ADG的面积为， ∴， ∴kAG＝20， ∴AG． ∴GH＝AG﹣AH4k， ∵∠AGD＝∠C，∠DHG＝∠AHC＝90°， ∴△DGH∽ACH， ∴， ∴， ∴k＝1或k． 经检验，它们都是原方程的根，但负数不合题意，舍去， ∴k＝1， ∴AB＝4，AH＝4，AG＝10，OA＝2， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠AGB＝90°， ∴BG⊥AG， ∵AH⊥CD， ∴RH∥BG， ∴△ARH∽△ABG， ∴， ∴， ∴AR， ∴OR＝OA﹣AR． 【点评】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，含30°角的直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，连接圆的半径和直径所对的圆周角是解决此类问题常添加的辅助线． 18．已知△ABC内接于⊙O，BC为⊙O的直径，点E在AB延长线上，ED切⊙O于点D，∠E＝90°． （1）如图1，求证：弧AD＝弧CD； （2）如图2，过点D作BC的垂线，分别交BC、AC、⊙O于点G、F、H，求证：AF＝HF； （3）如图3，在（2）条件下，⊙O的弦DN分别交BC、AC于点K、M，∠AFH＝2∠HDN，AB：BE＝7：9，AF+FG＝24，求DK的长． 19．在平面直角坐标系xOy中，已知⊙O及⊙O外一点P，若⊙O上存在点A，点B和点T，使得点A，B关于直线PT的对称点A′，B′与点P共线，则称点P为⊙O的“对称点”，直线A′B′为⊙O关于点T的“弦称线”，线段A′B′为⊙O关于点T的“弦称弦”． ⊙O的半径为2，点P为⊙O的“对称点”． （1）若点P（﹣6，0），直线y＝kx+b为⊙O的“弦称线”，则k的取值可能是　①②　 ； ①k＝﹣1；②；③k＝2． （2）直线是⊙O关于点T（0，2）的弦称线，则“弦称弦”的最大值是　　 ； （3）直线y＝x+b与x轴，y轴分别交于点M，点N．线段MN上存在点S，若经过点S的所有直线都是⊙O的“弦称线”，则b的取值范围是　﹣6＜b＜6且b≠0　 ． 【考点】圆的综合题． 【专题】圆的有关概念及性质；推理能力． 【答案】（1）①②； （2）； （3）﹣6＜b＜6且b≠0． 【分析】（1）根据“弦称线”的定义，结合圆的对称性质，判断不同k值的直线是否满足条件； （2）利用对称关系和圆的弦长公式，求出“弦称弦”的最大值； （3）根据“弦称线”的性质，确定点S的位置范围，进而得出b的取值范围． 【解答】解：（1）由定义可知，⊙O上的弦AB关于PT对称得到A′B′， ∴当PT与⊙O相切时为极限位置， 如图，将⊙O沿着PT1对称得到⊙O'，A′B′为⊙O'的弦，同理将⊙O沿着PT2对称得到⊙O″，A″B″为⊙O″的弦， 此时当PK与⊙O'相切时，k取得最大值，PL与⊙O″相切时，k取得最小值， 当k＝﹣1时，将P（﹣6，0）代入得：0＝﹣（﹣6）+b，解得b＝﹣6， ∴y＝﹣x﹣6与⊙O″有交点A″，B″，则y＝﹣x﹣6是⊙O的“弦称线”， 当时，将P（﹣6，0）代入得：，解得， ∴与⊙O'有交点A′，B′，则是⊙O的“弦称线”， 当k＝2时，将P（﹣6，0）代入得：0＝2×（﹣6）+b，解得b＝12， ∴此时y＝2x+12已超出PK，与⊙O'相离， ∴k的取值不可能是2，即y＝2x+12不是⊙O的“弦称线”． （2）由定义可知，直线是⊙O关于点T（0，2）的弦称线， 则点P，A′，B′在直线上， 如图，作出直线，与x轴，y轴分别交点F，H，过点T作TG⊥A′B′，TD⊥AB，过点O作OE⊥AB， 当y＝0时，则有，解得， ∴，即， 当x＝0时，则有， ∴H（0，8），即|OH|＝8， ∵T（0，2）， ∴OT＝2， ∴HT＝OH﹣OT＝6， 在Rt△HFO中，， ∴∠FHO＝30°， 在Rt△HGT中，∠FHO＝30°， ∴， 由定义知，PT是对称轴， ∴TG＝TD＝3， 要使A′B′有最大值，则需使AB有最大值，即OE有最小值， ∵TO+OE≥TD， ∴OE≥3﹣2＝1， ∴， ∴， 即“弦称弦”的最大值为． （3）如图，将O关于PT对称得到O′， ∵点O到PT的距离d≤2， ∴OO′＝2d≤4， ∴所有可能的⊙O'覆盖区域为以O为圆心，2+4＝6为半径的圆内， 又∵点S为线段MN上任意一点，且经过点S的所有直线都是⊙O的“弦称线”， ∴过点S的所有直线都需与以O为圆心，半径为6的圆相交， ∴点S必须在以O为圆心，半径为6的圆内部， ∴线段MN上所有点S满足OS＜6， ∵线段MN在直线y＝x+b上，且与x轴，y轴分别交点M，N， ∴M（﹣b，0），N（0，b）， ∴|b|＜6，即﹣6＜b＜6， 又∵需要有交点M，N， ∴b≠0， 综上所述，b的取值范围是﹣6＜b＜6且b≠0． 【点评】本题考查了圆的综合知识，掌握圆的综合知识是解题的关键． 20．如图，已知△ABC内接于⊙O，点D在⊙O上，连接BD交AC于点E，连接OB，∠OBC＝∠ABD； （1）如图1，求证：AC⊥BD； （2）如图2，点F在弧AB上，连接CF交AB于点G，交BD于点H，若DE＝EH，求证：FG＝GH； （3）如图3，在（2）的条件下，连接EG，若EG＝3，，求⊙O的半径． 【考点】圆的综合题． 【专题】几何综合题；推理能力． 【答案】（1）证明：延长BO，交⊙O于点F，连接DF，CD，如图所示 ∵∠OBC＝∠ABD， ∴， ∴∠ACD＝∠CDF，DF∥AC， ∵BF为⊙O的直径， ∴∠BDF＝90°，DF∥AC， ∵∠BEC＝∠BDF＝90°， ∴AC⊥BD； （2）证明：连接BF，CD，如图所示： 根据解析（1）可得：AC⊥BD， ∵DE＝EH， ∴AC垂直平分DH， ∴CD＝CH， ∴∠CHD＝∠CDH，∠ACD＝∠ACF， ∴， ∵， ∴∠ABF＝∠ABD，， ∴∠BFC＝∠BDC， ∵∠BHF＝∠CHD， ∴∠BFC＝∠BHF， ∴BF＝BH， ∵∠ABF＝∠ABD， ∴FG＝GH； （3）⊙O的半径为． 【分析】（1）延长BO，交⊙O于点F，连接DF，CD，根据同弧或等弧所对的圆周角相等，结合平行线的判定，证明DF∥AC，根据直径所对的圆周角为直角，得出∠BDF＝90°，根据平行线的性质得出∠BEC＝∠BDF＝90°，即可得出结论； （2）连接BF，CD，根据垂直平分线的性质得出CD＝CH，根据等腰三角形的性质得出∠CHD＝∠CDH，∠ACD＝∠ACF，证明∠BFC＝∠BHF，根据等角对等边得出BF＝BH，根据等腰三角形“三线合一”，得出FG＝GH； （3）延长BO，交⊙O于点M，连接CM，BF，证明△BHG∽△CHE，得出，证明△GHE∽△BHC，得出，设GH＝3x，则BG＝4x，根据勾股定理求出BH5x，得出，根据，得出，根据勾股定理得出，最后求出结果即可． 【解答】（1）证明：延长BO，交⊙O于点F，连接DF，CD，如图所示 ∵∠OBC＝∠ABD， ∴， ∴∠ACD＝∠CDF，DF∥AC， ∵BF为⊙O的直径， ∴∠BDF＝90°，DF∥AC， ∵∠BEC＝∠BDF＝90°， ∴AC⊥BD； （2）证明：连接BF，CD，如图所示： 根据解析（1）可得：AC⊥BD， ∵DE＝EH， ∴AC垂直平分DH， ∴CD＝CH， ∴∠CHD＝∠CDH，∠ACD＝∠ACF， ∴， ∴∠ABF＝∠ABD， ∵， ∴∠BFC＝∠BDC， ∵∠BHF＝∠CHD， ∴∠BFC＝∠BHF， ∴BF＝BH， ∵∠ABF＝∠ABD， ∴FG＝GH； （3）解：延长BO，交⊙O于点M，连接CM，BF，如图所示： 根据解析（1）可得：AC⊥BD， ∴∠CEH＝90°， 根据解析（2）可得：BF＝BH，FG＝GH， ∴BG⊥FH， ∴∠BGH＝90°， ∴∠BGH＝∠CEH， ∵∠BHG＝∠CHE， ∴△BHG∽△CHE， ∴， ∵∠GHE＝∠BHC， ∴△GHE∽△BHC， ∴， ∵∠OBC＝∠ABD， ∴， ∴， 设GH＝3x，则BG＝4x， ∴， ∴， ∴， ∵BM为⊙O的直径， ∴∠BCM＝90°， ∴， ∴， ∴， ∴⊙O的半径为． 【点评】本题主要考查了圆周角定理、垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $