2020中考數(shù)學(xué)考點舉一反三講練第18講 圓的基本性質(zhì) (教師版)

PAGEPAGE48第18講圓的基本性質(zhì)一、考點知識梳理【考點1圓的有關(guān)概念及性質(zhì)】圓是到定點的距離等于定長的所有點組成的圖形弦：連接圓上任意兩點的線段叫做弦直徑：直徑是經(jīng)過圓心的弦，是圓內(nèi)最長的弦?。簣A上任意兩點間的部分叫做弧，弧有優(yōu)弧、半圓、劣弧之分，能夠完全重合的弧叫做等弧等圓：能夠重合的兩個圓叫做等圓同心圓：圓心相同的圓叫做同心圓圓的對稱性圓是軸對稱圖形，其對稱軸是任意一條經(jīng)過圓心的直線圓是中心對稱圖形，對稱中心為圓心【考點2三角形的外接圓】不在同一直線上的三個點確定一個圓。三角形的外心，它到三角形的三個頂點的距離相等；【考點3垂徑定理】垂徑定理：垂直于弦的直徑平分弦，并且平分弦所對的兩條弧【考點4圓心角、圓周角、弧、弦之間的關(guān)系】么它們所對應(yīng)的其余各組量也分別相等圓周角定義：頂點在圓上，并且兩邊都和圓相交的角叫做圓周角1：同弧或等弧所對的圓周角相等推論2：半圓(或直徑)所對的圓周角是直角；90°的圓周角所對的弦是直徑推論3：圓內(nèi)接四邊形的對角互補【考點5正多邊形和圓及圓的計算】正多邊形的外接圓：把一個圓分成是大于2的自然數(shù)）圓的內(nèi)接正多邊形，這個圓叫做這個正多邊形的外接圓．180°如果正多邊形的邊數(shù)為n，外接圓半徑為R，那么邊長n180°周長C＝⑨2nRsinn180°n邊心距r＝⑩Rcosnn正多邊形的有關(guān)概念①中心：正多邊形的外接圓的圓心叫做正多邊形的中心．②正多邊形的半徑：外接圓的半徑叫做正多邊形的半徑．③中心角：正多邊形每一邊所對的圓心角叫做正多邊形的中心角．④邊心距：中心到正多邊形的一邊的距離叫做正多邊形的邊心距．圓的弧長及扇形面積公式：如果圓的半徑是R，弧所對的圓心角度數(shù)是n弧長公式弧長l＝180nR2 1扇形面積公式S扇

360

＝②lR2二、考點分析【考點1圓的有關(guān)概念及性質(zhì)】1．圓的半徑時，點在圓外；當(dāng)點到圓心的距離等于圓的半徑時，點在圓上；當(dāng)點到圓心的距離小于圓的半徑時，點在圓內(nèi)．反之亦然．問題．【例（2019遼寧沈陽中考（201?沈陽）AB是⊙O的直徑，點C和點DO上位于直徑AB兩側(cè)的點，連接若的半徑是則sin∠ACD的值是（ ）A．B．C．D．A．B．C．D．90°得到△ABD是直角三角形，然后利用勾股定理求得AD的正弦即可求得答案．是直徑，∴∠ADB＝90°，∵⊙O13，∴AB＝2×13＝26，∴sin∠B＝＝∴sin∠B＝＝＝，∴sin∠ACD＝sin∠B＝，∴sin∠ACD＝sin∠B＝，故選：D．1-1（2019ft東濟南中考模擬°，以BC交ABBC交⊙OBC，點PCB延長交AC于①PE為⊙O的切線為AC的中點其中正確的有（ ）A．1個【答案】C．

B．2個 C．3個 D．4個【分析】首先連接OE，CE，由OE＝OD，PE＝PF，易得∠OED+∠PEF＝∠ODE+∠PFE，又由OD⊥BC，可得OE，繼而證得PE為⊙O的切線；BC是直徑，可得GAC易證得OG是△ABC的中位線，則可得由于在Rt△ABCRt△POEPOE【解答】解：連接OE，CE，∵OE＝OD，PE＝PF，∴∠OED＝∠ODE，∠PEF＝∠PFE，∵OD⊥BC，∴∠ODE+∠OFD＝90°，∵∠OFD＝∠PFE，∴∠OED+∠PEF＝90°，即OE⊥PE，上，∴PE為⊙O的切線；故①正確；∵BC是直徑，∴AC是⊙O的切線，∴EG＝CG，∴∠GCE＝∠GEC，∵∠GCE+∠A＝90°，∠GEC+∠AEG＝90°，∴∠A＝∠AEG，GAC的中點；故②正確；∵OC＝OB，∴OG是△ABC的中位線，∴OG∥AB，即OG∥BE，故③正確；Rt△ABCRt△POE∵OE＝OB，∴∠OBE＝∠OEB，但∠POE∴∠A不一定等于∠P．故④錯誤．故選：C．舉一反三1-2舉一反三1-2（2019遼寧盤錦中考模擬）如圖，邊長為4的正方形ABCD內(nèi)接于點點E是 上的一動點（不與B重合，點F是 上的一點，連接O、O，分別與A、BC交于點，，且∠EO＝90°，①＝ ；②△OGH是等腰三角形；④△GBH4+．③四邊形④△GBH4+．其中正確的是 （把你認(rèn)為正確結(jié)論的序號都填上．ASABOCOBC＝，可以判斷①；②根據(jù)SAS判定得到△OGH是等腰直角三角形，可以判斷②；③通過證明△HOM≌△GON，可得四邊形OGBH的面積始終等于正方形ONBM的面積，可以判斷③；＝，可以求得其最小值，可以判斷④．可知，根據(jù)勾股定理得到＝，可以求得其最小值，可以判斷④．【解答】解：①如圖所示，∵∠BOE+∠BOF＝90°，∠COF+∠BOF＝90°，∴∠BOE＝∠COF，，在△BOE與△COF中，，∴△BOE≌△COF，∴＝ ，①正確；∴BE＝CF∴＝ ，①正確；②∵OC＝OB，∠COH＝∠BOG，∠OCH＝∠OBG＝45°，∴△BOG≌△COH；∴OG＝OH，∵∠GOH＝90°，∴△OGH是等腰直角三角形，②正確．③如圖所示，∵△HOM≌△GON，∴四邊形OGBH的面積始終等于正方形ONBM的面積，③錯誤；④∵△BOG≌△COH，∴BG＝CH，∴BG+BH＝BC＝4，＝，設(shè)BG＝x，則＝，∴其最小值為∴其最小值為4+2 ，D錯誤．1-3（2019河北衡水中考模擬）已知半徑為5O1

過點（（0，與y軸的正半軸交于點，OE為直徑，點M為弧OBE上一動點（不與點E重合，連結(jié)M，作N⊥MA于點A交ME的延長線于點則線段AN最長為 ．【答案】．根據(jù)勾股定理得出【答案】．根據(jù)勾股定理得出得出＝【解答】解：如圖，連接A（，，∴OA＝8，∵⊙O1

5，OE是⊙O1

的直徑，∴OE＝10，∵OE是⊙O1

的直徑，∴∠OAE＝90°，Rt△OAERt△OAE＝6，∴∠NAM＝∠OAE＝90°，∴，∴，∴AN＝＝×，要AN∴AN＝＝×，要AN最長，∴AN最大＝AM最大＝×10＝∴AN最大＝AM最大＝×10＝，故答案為．【考點2三角形的外接圓】【解題技巧】①“接”是說明三角形的頂點在圓上，或者經(jīng)過三角形的三個頂點．三角形的外部．一個圓的內(nèi)接三角形卻有無數(shù)個．【例（2019河北張家口中考模擬如圖的頂點都在上則∠C的度數(shù)（ ）A．30°【答案】B．

B．40° C．45° D．50°【分析】連接，由的度數(shù)．【解答】解：連接OB，∵OA＝OB，∴∠OBA＝∠OAB＝50°，∴∠C＝∠AOB＝40°．∴∠AOB＝180°﹣∠∴∠C＝∠AOB＝40°．故選：B．2-1（2019ft東煙臺中考模擬ABC2、則邊BC的長為（ ）A．B．C．2D．2A．B．C．2D．2【分析】過點O作于點，由垂徑定理得出°，再由直角三角形的性質(zhì)求出BD的長，進(jìn)而得出答案．【解答】解：過點O∵△ABC2∴∠BOC＝2∠A＝120°°，CO＝BO＝2，OD＝，∴BC＝2BD＝2∴BC＝2BD＝2．舉一反三2-2（2019遼寧大連中考模擬）如圖為銳角三角形ABC的外心，四邊形OCDE為正方形，中E點在△ABC的外部，判斷下列敘述不正確的是（ ）A．O是△AEB不是△AED的外心B．O是△BEC不是△BCD的外心C．O是△AEC不是△BCD的外心D．O是△ADB不是△ADC的外心【答案】D．【分析】根據(jù)三角形的外心得出OA＝OC＝OB，根據(jù)正方形的性質(zhì)得出OA＝OC＜OD，求出OA＝OB＝OC＝OE≠OD，再逐個判斷即可．【解答】解：連接、、∵O為銳角三角形ABC的外心，∴OA＝OC＝OB，∵四邊形OCDE為正方形，∴OA＝OC＜OD，∴OA＝OB＝OC＝OE≠OD，，即O不是△AEDO是△AEB的外心，O是△ACE的外心，O不是△ABD的外心，舉一反三2-3（2019安徽中考）如圖內(nèi)接于于點若⊙O的半徑為2，則CD的長為 ．【答案】．【分析】連接CO于，連接解直角三角形即可得到結(jié)論．【答案】．【解答】解：連接CO于，連接則∠E＝∠A＝30°，∠EBC＝90°，∵⊙O2，∴BC＝CE∴BC＝CE＝2，∴CD＝BC＝，故答案為：．∵∴CD＝BC＝，故答案為：．【考點3垂徑定理】【解題技巧】垂徑定理的應(yīng)用很廣泛，常見的有：得到推論：平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條?。箯蕉ɡ砗凸垂啥ɡ硐嘟Y(jié)合，構(gòu)造直角三角形，可解決計算弦長、半徑、弦心距等問題．這類題中一般使用列方程的方法，這種用代數(shù)方法解決幾何問題即幾何代數(shù)解的數(shù)學(xué)思想方法一定要掌握．（2019河南開封中考模擬）是半徑OA交⊙O于點在半徑OB上取點使得交⊙O于點點位于AB兩側(cè)，連接CD交AB于點點P從點A出發(fā)沿AO向終點O運動在整個運動過程中△CFP與△DFQ的面積和的變化情況（ ）一直減小C．【答案】B．

一直不變D．【分析】連接OC，OD，PD，CQ．設(shè)PC＝x，OP＝y(tǒng)，OF＝a，利用分割法求出陰影部分的面積，再求出a＝y(tǒng)﹣x即可判斷；【解答】解：連接OC，OD，PD，CQ．設(shè)PC＝x，OP＝y(tǒng)，OF＝a，∵PC⊥AB，QD⊥AB，∴∠CPO＝∠OQD＝90°，∵PC＝OQ，OC＝OD，∴Rt△OPC≌Rt△DQO，∴S陰四邊形∴S陰四邊形PCQD △PFD △CFQ﹣S﹣S＝（+2﹣（）﹣（）＝x+﹣，∴＝，∴＝，∴＝，∴S陰∴＝，∴S陰（﹣）＝+）＝OC的中點OC的中點，則⊙O的半徑為．舉一反三3-1（2019寧夏中考）如圖是的弦垂足為點將劣弧 沿弦AB折疊交【答案】3．【分析】連接，用x表示，根據(jù)勾股定理建立x的方程，便可求得結(jié)果．【答案】3．∵將劣弧 沿弦AB折疊交于OC∵將劣弧 沿弦AB折疊交于OC的中點∴OC＝，OC⊥AB，∴AC＝＝，∴，∵∴OC＝，OC⊥AB，∴AC＝＝，∴，解得，x＝3．故答案為：3．舉一反三3-2（2019廣西南寧中考《九章算術(shù)作為古代中國乃至東方的第一部自成體系的數(shù)學(xué)專著，與古希臘的《幾何原本》并稱現(xiàn)代數(shù)學(xué)的兩大源泉．在《九章算術(shù)》中記載有一問題“今有圓材埋在壁中不知大?。凿忎徶?，深一寸，鋸道長一尺，問徑幾何？”小輝同學(xué)根據(jù)原文題意，畫出圓材截面圖如圖所示，已知：鋸口深為1寸，鋸道A＝1尺1尺10寸，則該圓材的直徑為解得，x＝3．故答案為：3．【答案】26．O的半徑為．在R△ADOA＝O＝1O，則有＝52（1），解方程即可．的半徑為Rt△ADO則有＝+（﹣12，解得r＝13，∴⊙O26故答案為：26．【舉一反三3-3（2019安徽中考）筒車是我國古代發(fā)明的一種水利灌溉工具．如圖1OAB6OAB＝41.3C為運行軌道的最高點（C，O的連線垂直于A，求點C到弦AB（參考數(shù)據(jù)：3°≈63°≈5tan41.3°≈0.88）【分析】連接CO并延長，與AB交于點CD與AB垂直，利用垂徑定理得到DABAOD中，利用銳角三角函數(shù)定義求出CD的長即可．∵CAA＝∵CAA＝B＝A＝3（米，∴cos41.3°＝ ，即＝＝（米∴cos41.3°＝ ，即＝＝（米，tan41.°＝ ，即O＝Atan41.°30.8tan41.°＝ ，即O＝Atan41.°30.8＝2.6（米，【考點4圓心角、圓周角、弧、弦之間的關(guān)系】1的其余各組量也相等．一般輔助線有：連半徑、作垂直、構(gòu)造直徑所對的圓周角等．2.正確理解和使用圓心角、弧、弦三者的關(guān)系三者關(guān)系可理解為：在同圓或等圓中，①圓心角相等，②所對的弧相等，③所對的弦相等，三項“知一推二圖形完全重合．系進(jìn)行轉(zhuǎn)化．②圓周角和圓周角的轉(zhuǎn)化可利用其“橋梁”﹣﹣﹣弧所對的圓周角和圓心角．（2019甘肅中考是⊙OD）A．54°【答案】C．

B．64° C．27° D．37°的度數(shù)．【解答】解：∵∠AOC＝126°，∵∠CDB＝∠BOC＝27°．∴∠∵∠CDB＝∠BOC＝27°．故選：C．舉一反三4-1（2019福建中考如圖PB是⊙O切線B為切點點C在⊙O上且則∠APB等于（ ）A．55°【答案】B．

B．70° C．110° D．125°【分析】根據(jù)圓周角定理構(gòu)造它所對的弧所對的圓心角，即連接的性質(zhì)以及四邊形的內(nèi)角和定理即可求解．【解答】解：連接OA，OB，是⊙O的切線，∴PA⊥OA，PB⊥OB，∵∠ACB＝55°，∴∠AOB＝110°，∴∠APB＝360°﹣90°﹣90°﹣110°＝70°．故選：B．舉一反三4-2（2019吉林中考）如圖，在舉一反三4-2（2019吉林中考）如圖，在中， 所對的圓周角若P為 上一點，∠A．30°【答案】B．

B．45° C．55° D．60°的度數(shù)，進(jìn)而由角的和差求得結(jié)果．【解答】解：∵∠ACB＝50°，∴∠AOB＝2∠ACB＝100°，故選：B．舉一反三4-3（2019陜西中考）如圖是的直徑是⊙O的弦，且與AB交于點連接若則的度數(shù)是（ ）A．20°【答案】B．

B．35° C．40° D．55°A．A．Q點在 上，且 ＞B．Q點在上，且 ＜【分析】連接即可．【解答】解：連接FB．∵∠AOF＝40°，∴∠FEB＝∠FOB∴∠FEB＝∠FOB＝70°∵EF＝EB∴∠EFB＝∠EBF＝55°，∵FO＝BO，∴∠OFB＝∠OBF＝20°，∴∠EFO＝∠EBO，舉一反三4-4（2019?臺灣如圖所示舉一反三4-4（2019?臺灣如圖所示D四點在⊙O上的位置其中 且 ＝ ，＝．若阿超在 上取一點在 上取一點使得則下列敘述何者正確？（）C．Q點在 上，且 ＞C．Q點在 上，且 ＞D．Q點在上，且 ＜定理得到∠E＝AO67.°求得AB122.°130°定理得到∠E＝AO67.°求得AB122.°130°取 的中點連接O得到AB＝123.2°＜130°，于是得到結(jié)論．∵＝180°，且 ＝ ，＝ ，【解答】解：連接AD，OB，∵＝180°，且 ＝ ，＝ ，∴∠BOC＝∠DOC＝45°，∴∠E＝AOC＝67.5°，在圓周上取一點E連接∴∠E＝AOC＝67.5°，取 的中點取 的中點連接則∠AOF＝∠AOB+∠BOF＝90°+22.5°＝112.5°，∴Q點在 上，且 ＜ ，∴Q點在 上，且 ＜ ，故選：B．4-5（2019江蘇南京中考）的弦CD的延長線相交于點，且PA＝PC．【分析】連接AC，由圓心角、弧、弦的關(guān)系得出＝，進(jìn)而得出 ＝ ，根據(jù)等弧所對的圓周角相等得出∠C【分析】連接AC，由圓心角、弧、弦的關(guān)系得出＝，進(jìn)而得出 ＝ ，根據(jù)等弧所對的圓周角相等【解答】證明：連接AC，∵AB＝CD，∴＝ ，∴+ ＝+，即 ＝，∴＝ ，∴+ ＝+，即 ＝，∴PA＝PC．【考點5正多邊形和圓及圓的計算】【解題技巧】1.圓內(nèi)接四邊形定理：圓的內(nèi)接四邊形的對角互補，外角等于它的內(nèi)對角。2.法與等面積變換轉(zhuǎn)化為規(guī)則圖形，再利用規(guī)則圖形的公式求解．【例（2019寧夏中考）如圖，正六邊形ABCDEF的邊長為，分別以點D為圓心，以ADC為半徑作扇形扇形則圖中陰影部分的面積是（ ）A．6﹣πB．6﹣πA．6﹣πB．6﹣πC．12﹣πD．12﹣π【分析】根據(jù)題意和圖形可知陰影部分的面積是正六邊形的面積減去兩個扇形的面積，從而可以解答本題．∴正六邊形ABCDEF的面積是：＝6×∴正六邊形ABCDEF的面積是：＝6×＝6 ∴圖中陰影部分的面積是：6﹣＝，∴圖中陰影部分的面積是：6﹣＝，舉一反三5-（201?成都）如圖，正五邊形ABCDE內(nèi)接于，P為 上的一點（點P不與點D重合，則∠CPD的度數(shù)為（ ）A．30°【答案】B．

B．36° C．60° D．72°【分析】連接COD的度數(shù)，再根據(jù)圓周角定理即可解決問題；【解答】解：如圖，連接OC，OD．∴∠COD＝＝72°，∴∠COD＝＝72°，∴∠CPD＝∠COD∴∠CPD＝∠COD＝36°，舉一反三5-（201?哈爾濱一個扇形的弧長是1πc半徑是18c則此扇形的圓心角是 度．【分析】直接利用弧長公式l【分析】直接利用弧長公式l＝即可求出n的值，計算即可．【解答】解：根據(jù)l＝＝【解答】解：根據(jù)l＝＝＝11π，5-3（2019湖北孝感中考S1來近似估計的面積設(shè)⊙O的半徑為1，則＝ ．1的面積，求得圓的內(nèi)接正十二邊形的面積S＝12××1×1×1sin30°＝3，即可得到結(jié)論．1，∴⊙O的面積∴圓的內(nèi)接正十二邊形的中心角為＝30°，∴圓的內(nèi)接正十二邊形的面積S＝12××1×1×sin30°＝3，∴圓的內(nèi)接正十二邊形的中心角為＝30°，∴圓的內(nèi)接正十二邊形的面積S＝12××1×1×sin30°＝3，11舉一反三舉一反三5-4（2019?武漢如圖是⊙O的直徑N是（異于上兩點是 上一動點，∠ACB的角平分線交于點的平分線交CD于點當(dāng)點C從點M運動到點N時，則E兩點的運動路徑長的比是（ ）A．B．C．D．【分析】如圖，連接A．B．C．D．【分析】如圖，連接．易知點E在以D為圓心DA為半徑的圓上，運動軌跡是，點C的運動軌跡是 ，由題意設(shè)軌跡是 ，由題意設(shè)則利用弧長公式計算即可解決問題．∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°，∵E是△ACB的內(nèi)心，∴＝ ，∴＝ ，∴AD＝DB＝∴AD＝DB＝r，易知點E在以D為圓心DA為半徑的圓上，運動軌跡是，點C的運動軌跡是 ，∴＝＝．∵∠MON＝2∠GDF，設(shè)∠GDF∴＝＝．故選：A．5-5（2019?廣西）如圖，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，AB為⊙O直徑，AB＝6，ADBC于點O于點，連接（2）若AE12（2）若AE12°，求 的長（結(jié)果保留π．【分析】（1）根據(jù)角平分線的定義和圓周角定理即可得到結(jié)論；連接（1）證明：∵AD（2）解：連接OD，∵∠AEB＝125°，∴∠AEC＝55°，∵AB為⊙O直徑，∴∠DAB＝∠CAE＝35°，∴的長＝＝π．∴∠BOD＝2∠BAD∴的長＝＝π．三、【達(dá)標(biāo)測試】（一）選擇題1.（2019?蘭州）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于若則）A．110°【答案】D．

B．120° C．135° D．140°的度數(shù)．【解答】解：∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠C+∠A＝180°，∴∠C＝180°﹣40°＝140°．故選：D．45°，則 的長度為（）2.（2019?青島）如圖，線段AB經(jīng)過⊙O分別與⊙O相切于點．若45°，則 的長度為（）A．πB．2πC．2πD．4πA．πB．2πC．2πD．4π【分析】連接和△BOD是等腰直角三角形，進(jìn)而求得OC＝OD＝4，∠COD＝90°，根據(jù)弧長公式求得即可．【解答】解：連接OC、OD，分別與⊙O相切于點∴OC⊥AC，OD⊥BD，∵∠A＝45°，∴∠AOC＝45°，∴AC＝OC＝4，∵AC＝BD＝4，OC＝OD＝4，∴OD＝BD，∴∠BOD＝45°，∴的長度為：＝2π，A．9﹣3π∴的長度為：＝2π，A．9﹣3πB．9﹣2πC．18﹣9πD．18﹣6πAOBAOB（）A．B．C．2πA．B．C．2πD．2π【分析】連接OC，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠BOC＝80°，根據(jù)弧長公式計算即可．【解答】解：連接OC，∵OA＝OC，∠CAO＝60°，∴△AOC為等邊三角形，∴∠AOC＝60°，則的長＝＝，∴∠BOC＝∠AOB則的長＝＝，故選：B．4.（2019?濟南）如圖，在菱形ABCD中，點E是BC的中點，以C為圓心CE為半徑作弧，交CD于點連接、若則陰影部分的面積為（ ）【答案】A．【分析】連接和AE積求出即可．【解答】解：連接∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝6，BC的中點，∵∠B＝60°，由勾股定理得：AE＝＝3，∴S由勾股定理得：AE＝＝3，∴S＝S＝△AEB △AEC×6×3×＝4.5 ＝S，△AFC∴陰影部分的面積∴陰影部分的面積+S﹣S△AEC △AFC扇形CEF＝4.5+4.5﹣＝9﹣3π，A．πB．2πC．3πD．6π5.（2019浙江溫州中考）若扇形的圓心角為A．πB．2πC．3πD．6π【答案】C．【解答】解：該扇形的弧長＝＝3π．【解答】解：該扇形的弧長＝＝3π．6.（2019ft西中考）如圖，在6.（2019ft西中考）如圖，在Rt△ABC，以AB的中點O的長為半徑作半圓交AC于點則圖中陰影部分的面積為（ ）A．﹣B．+A．﹣B．+C．2﹣πD．4﹣【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝2，【分析】根據(jù)題意，作出合適的輔助線，即可求得DE的長、∠DOB面積是△【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝2，∴tanA＝，∴tanA＝，∵OD＝AB＝∵OD＝AB＝，∴DE＝，∴陰影部分的面積是：＝，故選：A∴陰影部分的面積是：＝，7.（2019河北唐ft中考模擬）如圖，四邊形ABCD，點、、G上，連接BG并延長交AD，連接DG并延長交AB于點CG交于點，連接當(dāng)CG為⊙O的直徑時其中正確結(jié)論的個數(shù)是（ ）A．1【答案】D．

B．2 C．3 D．4【分析】①由四邊形ABCD是菱形，AB＝BD，得出△ABD和△BCD是等邊三角形，再由B、C、D、G四個點在同一個圓上，得出∠ADE＝∠DBF，由△ADE≌△DBF，得出AE＝DF，②利用內(nèi)錯角相等∠FBA＝∠HFB，求證FH∥AB，④利用CG為⊙O的直徑及G性質(zhì)求得DF＝AF．【解答】解：①∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝DC＝AD，又∵AB＝BD，∴△ABD和△BCD是等邊三角形，、G四個點在同一個圓上，∴∠DCH＝∠DBF，∠GDH＝∠BCH，∴∠ADE＝∠ADB﹣∠GDH＝60°﹣∠EDB，∠DCH＝∠BCD﹣∠BCH＝60°﹣∠BCH，在△ADE和△DBF中，∴△ADE≌△DBF（ASA）②由①中證得∠ADE＝∠DBF，∴∠EDB＝∠FBA，、、、G∴∠BGC＝∠BDC＝60°，∠DGC＝∠DBC＝60°，∴∠BGE＝180°﹣∠BGC﹣∠DGC＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴∠FGD＝60°，∴∠FGH＝120°，又∵∠ADB＝60°，、、、D四個點在同一個圓上，∴FH∥AB，故②正確，、G∴∠DGH＝∠DBC＝60°，∵∠EGB＝60°，∴∠DGH＝∠EGB，由①中證得∠ADE＝∠DBF，∴∠EDB＝∠FBA，∴△DGH∽△BGE，故③正確，④如下圖∵CG為⊙O的直徑，點、、、G上，∴∠GBC＝∠GDC＝90°，∴∠ABF＝120°﹣90°＝30°，∵∠A＝60°，∴∠AFB＝90°，河北秦皇島中考模擬如圖，在半徑為5的⊙O內(nèi)有兩條互相垂直的弦AB和垂足為則tan∠OEA的值是（ ）A．1B．C．D．A．1B．C．D．【分析】作【分析】作，連接，根據(jù)垂徑定理得出【解答】解：作，連接由垂徑定理得：BM＝AM＝由垂徑定理得：BM＝AM＝AB＝4，DN＝CN＝CD＝4，由勾股定理得：OM＝＝＝3，、CD∴∠MEN＝∠OME＝∠ONE＝90°，∴四邊形MONE是矩形，∴tan∠OEA＝＝1，∴ME∴tan∠OEA＝＝1，故選：A．（二）填空題重慶中考）如圖，在菱形ABCD中，對角線交于點分別以點、點C為圓心，以AO的長為半徑畫弧分別與菱形的邊相交，則圖中陰影部分的面積為 （結(jié)保留π）【答案】2﹣π．【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AC⊥BD，∠【答案】2﹣π．【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AC⊥BD，∠ABO＝∠ABC＝30°，∠BAD＝∠BCD＝120°，根據(jù)直角三角形的∴AC⊥BD∴AC⊥BD，∠ABO＝∠ABC＝30°，∠BAD＝∠BCD＝120°，∴陰影部分的面積＝×2×2﹣×2＝2﹣π，故答案為：2﹣π．青海如圖在正方形ABCD中點E是以AB為直徑的半圓與對角線AC的交點若圓的半徑等于∴陰影部分的面積＝×2×2﹣×2＝2﹣π，故答案為：2﹣π．【答案】1【分析】直接利用正方形的性質(zhì)結(jié)合轉(zhuǎn)化思想得出陰影部分面積＝S

，進(jìn)而得出答案．【解答】解：如圖所示：連接BE，且陰影部分面積＝△CEBS且陰影部分面積＝△CEBS△ABC＝S正方形ABCD＝×2×2＝1

△CEB∴AO＝AB∴AO＝AB＝1，由勾股定理得，OB＝＝，∴AC＝2，BD＝2，【答案】π．故答案為1D分別交、BC于點則劣弧 的長為．3（2019湖北黃石中考）R△D分別交、BC于點則劣弧 的長為．角函數(shù)的定義得到CF＝＝4，根據(jù)弧長個公式即可得到結(jié)論．【分析】連接DF，OD，根據(jù)圓周角定理得到∠ADF角函數(shù)的定義得到CF＝＝4，根據(jù)弧長個公式即可得到結(jié)論．【解答】解：連接DF，OD，∵CF是⊙O的直徑，∴∠CDF＝90°，∵∠ADC＝60°，∠A＝90°，∴∠ACD＝30°，∵CD平分∠ACBAB于點∴∠DCF＝30°，∵OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC＝30°，Rt△CADRt△CAD，Rt△FCDRt△FCD＝＝4，∴劣弧的長＝＝π，河南中考AOB河南中考AOBOC交弦AB于點，故答案為π．【答案】+π．AOD的面積與扇形OBC【答案】+π．∵在扇形AOBOC∵在扇形AOBOC交弦AB于點，且，∴∠AOD＝90°，∠BOC＝90°，OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA＝30°，∴OD＝OA?tan30°＝×∴OD＝OA?tan30°＝×＝2，AD＝4，AB＝2AF＝2×2×＝6，OF＝，+S△AOD 扇形OBC △BDO﹣S＝＝+π，故答案為：+π．5.（2019河南鄭州中考模擬）如圖，以為圓心，半徑為2的圓與x軸交于B兩點，與y軸交兩點，點E為⊙OAB的長度為；當(dāng)點E在⊙O的運動過程中，F(xiàn)G的長度的最小值為．【答案】2，﹣1．【分析】作，連接°，推出點F在以AC為直徑的⊙M上推出當(dāng)點FMG的的長最小，最小值，想辦法求出、GM【答案】2，﹣1．【解答】解：作，連接∴AG＝2OG，OA＝＝，∴AG＝2OG，OA＝＝，∴∠GAO＝30°，AB∴∠GAO＝30°，AB＝2AO＝2，cm．∴∠GCA＝∠GAC，∴AC＝2OA＝2，∴AC＝2OA＝2，MG＝CG＝1，∵∠AFC＝90°，F(xiàn)MG的長最小，最小值FMG的長最小，最小值﹣1．2，﹣1．6.（2019四川成都中考模擬）如圖，已知、C是⊙O上的三個點，且cm，∠BOC＝60度．如果D是線段BC6.（2019四川成都中考模擬）如圖，已知、C是⊙O上的三個點，且cm，∠BOC【答案】．【分析】作DE∥BF【答案】．【解答】解：作F∴BF＝cm，AF＝cm∴CF＝AF﹣AC＝∴BF＝cm，AF＝cm∴CF＝AF﹣AC＝cmRt△BCFRt△BCF＝3cm∴＝＝故答案為故答案為cm．6 CD的長是．7.（2019湖北孝感中考模擬）如圖，直線與xy軸分別交于點AB的中點，點D在直線上，以CD為直徑的圓與直線AB的另一交點為，交y軸于點6 CD的長是．【答案】3．4，設(shè)，2，則′＝+4＝C＝?，在Rt△O′FN中利用勾股定理CD的中點為BA交直線y軸于于連接′，作A⊥DM【答案】3．4，設(shè)，2，則′＝+4＝C＝?，在Rt△O′FN中利用勾股定理構(gòu)建方程求出m即可解決問題．【解答】解：如圖，設(shè)CD的中點為′，延長BA交直線于，直線y軸于，作，連接，作∵CD∴∠CED＝90°，∵直線與xy軸分別交于點∴（，，（0，∴OA＝OB，∴∠OAB＝45°，∵OA∥DM，∴∠EMD＝∠OAB＝45°，∵∠DEM＝90°，，∴AJ＝JM＝2，∴AJ＝JM＝2，AM＝2，∴BC＝CA＝4，∴8（∴8（8（44，設(shè)（，，則＝（+′＝C＝?，∴FN＝，在R△FN（）2++4）＝[（）2+]，解得m＝1，∴CD＝＝3．故答案為3 ．8.（2019安徽合肥中考模擬）是⊙O則弦AB和CD之間的距離是 71．【分析】分兩種情況考慮：當(dāng)兩條弦位于圓心O一側(cè)時，如圖1所示，過OCD于點，交AB，連接EF分別為CD與AB的中點，在直角三角形AOF中，利用勾股定理求出OF的長，在三角形COE中，利用勾股定理求出OE的長，由即可EF的長；當(dāng)兩條弦位于圓心O2求出EF的長即可．【解答】解：分兩種情況考慮：當(dāng)兩條弦位于圓心O1OAB于點，交CD于點，連接∵AB∥CD，∴OE⊥CD，∴AE＝BE＝AB＝3cm，CF＝DF∴AE＝BE＝AB＝3cm，CF＝DF＝CD＝4cm，Rt△COFRt△AOE則EF＝OE﹣OF＝4cm﹣3cm＝1cm；當(dāng)兩條弦位于圓心O2所示，同理可得綜上，弦AB與CD7cm1．（三）解答題1.（2019北京中考）在平面內(nèi)，給定不在同一條直線上的點，如圖所示，點O到點的距離均等于（a為常數(shù)，到點O的距離等于a的所有點組成圖形ABC的平分線交圖形G于點過點D作，垂足為，作，延長DF交圖形G，連接求直線DE與圖形G的公共點個數(shù)．【分析G為△【分析G為△ABC得到＝，從而圓周角、（2）如圖，證明BC垂直平分BC為直徑，再證明可判斷DE為⊙O的切線，于是得到直線DE與圖形G的公共點個數(shù)．（1）O的距離等于a的所有點組成圖形∴圖形G為△ABC∵AD∴＝ ，∴＝ ，∴AD＝CD；（2）如圖，∵AD＝CM，AD＝CD，∴BC垂直平分∴BC為直徑，∵＝ ，∴∠BAC∵＝ ，∴DE為⊙O的切線，∴直線DE與圖形G1．是 上不與點重合的任意一點，連接AE交BD于點連接BE并延長交AC于點是 上不與點重合的任意一點，連接AE交BD于點連接BE并延長交AC于點①若①若且點E是 的中點，則DF的長為；②取 的中點當(dāng)∠EAB的度數(shù)為時，四邊形OBEH為菱形．【分析】（1）利用直徑所對的圓周角是直角，可得∠ADB＝∠AEB＝90°，再應(yīng)用同角的余角相等可得∠DAF得證；（2）作質(zhì)可得（）證明：如圖BBAB＝9°，∴∠BAC＝45°∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝∠AEB＝90°，∴∠DAF+∠BGD＝∠DBG+∠BGD＝90°∴∠DAF＝∠DBG∵∠ABD+∠BAC＝90°∴∠ABD＝∠BAC＝45°∴AD＝BD（2）①如圖2，過F作于（2）①如圖2，過F作于點E是 的中點，∴∠BAE＝∠DAE∵FD⊥AD，F(xiàn)H⊥AB∵ ，∵ ，∴，即BF＝FD∴∴，即BF＝FD∴BD＝4cos45°＝2，即BF+FD＝2（ +1F2∴FD＝＝4﹣2故答案為．②連接故答案為．②連接點H是 的中點，∵∠AEB＝90°∴BE＝OH∴BE＝OH＝OB＝AB∴sin∠EAB＝＝∴sin∠EAB＝＝3.（2019湖北孝感中考）如圖，點I是△ABC的內(nèi)心，BI交于點，與交于點，延長BA相交于點的平分線交AF于點若BI的長．【分析】（1）根據(jù)三角形內(nèi)心的性質(zhì)得∠2＝∠7，再利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得∠ADF＝∠ABC，則∠1＝∠2，從而得到∠1＝∠3，則可判斷DG∥AC；然后證明∠4＝∠DAI得到即可．（1）I是△ABC的內(nèi)心，∴∠2＝∠7，∴∠1＝∵DG∴∠1＝∴∠1＝∠2，∵∠3＝∠2，∴∠1＝∠3，∴DG∥AC；（2）證明：∵點I是△ABC的內(nèi)心，∴∠5＝∠6，∵∠4＝∠7+∠5＝∠3+∠6，即∠4＝∠DAI，∴DA＝DI；（3）解：∵∠3＝∠7，∠ADE＝∠BAD，∴△DAE∽△DBA，∴AD：DB＝DE：DA，即AD：9＝4：AD，4.（2019北京中考）在中4.（2019北京中考）在中分別是△ABC兩邊的中點，如果 上的所有點都在的內(nèi)部或邊上，則稱 為△ABC的中內(nèi)弧．例如，圖1中 是△ABC的一條中內(nèi)弧．（1）如圖2，在Rt△ABC分別是的中點，畫出的最長的中內(nèi)弧 ，并直接寫出此時 的長；（2）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點（，2，（1）如圖2，在Rt△ABC分別是的中點，畫出的最長的中內(nèi)弧 ，并直接寫出此時 的長；①若，求△ABC①若，求△ABC的中內(nèi)弧 所在圓的圓心P的縱坐標(biāo)的取值范圍；②若在△ABC中存在一條中內(nèi)弧 ，使得 所在圓的圓心P在△ABC的內(nèi)部或邊上，直接寫出t的取值范（1）（1）由三角函數(shù)值及等腰直角三角形性質(zhì)可求得DE為直徑的半圓，的（2）根據(jù)三角形中內(nèi)弧定義可知，圓心一定在DE的中垂線上，①當(dāng)（2）根據(jù)三角形中內(nèi)弧定義可知，圓心一定在DE的中垂線上，①當(dāng)時，要注意圓心PDE上方的中垂線上均符合要求DE下方時必須AC與半徑PEAEP滿足90°≤AE＜13【解答】解（）如圖，以DE為直徑的半圓弧 ，就是【解答】解（）如圖，以DE為直徑的半圓弧 ，就是ABC的最長的中內(nèi)弧 ，連接分別是的中點，∴BC＝＝×4＝2，∴?。健?π＝π；（2）3，∴BC＝＝×4＝2，∴弧＝×2π＝π；①當(dāng)＝時，（20①當(dāng)＝時，（20，1，（1（，，，由三角形中內(nèi)弧定義可知，圓心線段DE，由三角形中內(nèi)弧定義可知，圓心線段DE上方射線FP∴∠ACO＝45°，∵DE∥OC交直線交直線FP∴m≤根據(jù)三角形中內(nèi)弧的定義可知，圓心在點G的下方（含點直線FP∴m≤綜上所述，m≤或m≥1．4，設(shè)圓心P綜上所述，m≤或m≥1．∴P為AE中點，作∴P為AE中點，作，則，∴（，∴（，，∴AE＝＝＝，∴∠∴AE＝＝＝，∵PD＝PE，∴∠AED＝∠PDE∵∠AED+∠DAE＝∠PDE+∠ADP＝90°，∴AP＝PD＝∴AP＝PD＝PE＝AE∴AE≤，AE≤3，即∴AE≤，AE≤3，即≤3，解得：t≤，∴0＜t≤．∵∴0＜t≤．5.（2019陜西中考）問題提出：如圖1，，使得以平行四邊形；問題探究：如圖2，在矩形ABCD90°，求滿足條件的點PA的距離；問題解決：如圖3，有一座塔，按規(guī)定，要以塔A為對稱中心，建一個面積盡可能大的形狀為平行四邊形的景區(qū)B是定點，點BA50BCDE若不可以，請說明理由（塔A的占地面積忽略不計）【分析】（1）利用平行四邊形的判定方法畫出圖形即可．（2）以點O一定于AD相交于P，P兩點，點P

即為所求．（3）可以，如圖所示，連接（3）可以，如圖所示，連接作的外接圓則點E在優(yōu)弧 上，取的中點E′，連接E′B，E′D，四邊形BC′DE′即為所求．（）如圖記為點D所在的位置．如圖，BC的中點，則∴以點O一定于AD相交于P

兩點，1 2BP，PP不能再矩形外；1 1 1∴△BPC的頂點PP1 2

位置時，△BPC的面積最大，P，則1∴AP1由對稱性得AP＝8．2可以，如圖所示，連接∵A?BCDE作△BDE的外接圓作△BDE的外接圓則點E在優(yōu)弧 上，取的中點E′，連接E′B，E′D，為正三角形．并延長，經(jīng)過點A′，使∵E′A⊥BD，∴四邊形∴S＝△BDE△E′BD，作EF⊥∴S＝△BDE△E′BD，∴S平行四邊形BCDE≤S平行四邊形BC′DE′＝2S△E′BD＝10sin6°∴S平行四邊形BCDE≤S平行四邊形BC′DE′＝2S△E′BD＝10sin6°5000 （）所以符合要求的?BCDE的最大面積為50002．（2）過點D作⊙O（2）過點D作⊙O的切線，交BC于點的值．【分析】（1）由邊等得角等，再由同位角相等，可證得平行；連接，由切線得，由，得CDBE的比值．（）A＝BC∴∠A＝∠C∵OD＝OA∴∠A＝∠ADO∴∠C＝∠ADO∴OD∥BC∴ （2）如圖，連接∴ ∵∠A＝30°，∠A＝∠C∴∠C＝30°∵DE為⊙O的切線，∴∠BED＝90°∵AB為⊙O的直徑∴＝tan∠C＝tan30°＝∴BD＝∴＝tan∠C＝tan30°＝∴BD＝CD∴BE＝BD＝CD∴＝7（2019吉林長春中考201?長春）如圖，四邊形ABCD是正方形，以邊AB，點E在BC上，連結(jié)AE交⊙O，連結(jié)BF∴BE＝BD＝CD∴＝（2）若AE55°（2）若AE55°O＝3，求劣弧 的長（結(jié)果保留π）（1）ABCD為⊙O連接＝70°，根據(jù)弧長公式即可得到結(jié)論．（1）ABCD為⊙O的直徑，∴∠ABE＝∠BCG＝∠AFB＝90°，∴∠BAF+∠ABF＝90°，∠ABF+∠EBF＝90°，在△ABE與△BCG在△ABE與△BCG中，，∴△AB≌BC（AS；（2）解：連接OF，∵∠ABE＝∠AFB＝90°，∠AEB＝55°，∴∠BAE＝90°﹣55°＝35°，∴∠BOF＝2∠BAE＝70°，∴的長＝＝．∴的長＝＝．8.（2019?哈爾濱）為⊙O為⊙OCH是⊙O于點⊥MN，連接、MN交于點1，若ABCH交于點2，連接、ME交于點，若ME＝2：3，BC＝，求RG的長．如圖3，在的條件下，連接EH交于點MNME＝2：3，BC＝，求RG的長．（）利用“四邊形內(nèi)角和為36根據(jù)同圓中，相等的圓心角所對的弦相等，先證A＝M，再根據(jù)“等角對等邊MM；kkPGR為直角三角形，應(yīng)用勾股定理求RG．（）如圖，∵A⊥OE于點CMN于點K∴∠ODB＝∠OKC＝90°∵∠ODB+∠DFK+∠OKC+∠EON＝360°2，連接∵OA⊥ME，∴∠AOM＝∠AOE∵AB⊥OE∴∠AOE＝∠BOE∴∠AOM+∠AOE＝∠AOE+∠BOE，即：∠MOE＝∠AOB∴ME＝AB∵∠EON＝4∠CHN，∠EON＝2∠EHN∵CH⊥MN∴∠HPN＝∠HNM∵∠HPN＝∠EPM，∠HNM＝HEM∴∠EPM＝∠HEM3，連接A，過點A，連接由（2）∴∠EOC＝∠CON∵∠EOC+∠CON+∠AOM+∠AOE＝180°∴∠AOE+∠EOC＝90°，∠AOM+∠CON＝90°∵OA⊥ME，CH⊥MN∴∠OQM＝∠OKC＝90°，CK＝HK，ME＝2MQ，∴∠AOM+∠OMQ＝90°∴∠CON＝∠