中考數(shù)學(xué)真題匯編圓帶答案

201711圓一、單項(xiàng)選擇題1、2017·金華如圖,在半徑為13cm的圓形鐵片上切下一塊高為8cm的弓形鐵片,則弓AB1、2017·金華如圖,在半徑為13cm的圓形鐵片上切下一塊高為8cm的弓形鐵片,則弓AB22017寧波如圖,在Rt△ABC中,∠A＝90°,BC＝BCOAB、ACD、E的長(zhǎng)為A、B、32017·CABO,AC=2,則圖中陰影局部的面積是4、2017·衢州運(yùn)用圖形變化的方法爭(zhēng)論以下問(wèn)題：如圖,AB是⊙O的直徑,CD,EF是⊙O的弦,且AB∥CD∥EF,AB=10,CD=6,EF=8;則圖中陰影局部的面積是D、二、填空題D、5、2017杭州如圖,AT切⊙O于點(diǎn)A,AB是⊙O的直徑．假設(shè)∠ABT=40°,則∠ATB= 5、2017杭州如圖,AT切⊙O于點(diǎn)A,AB是⊙O的直徑．假設(shè)∠ABT=40°,則∠ATB= ．6、2017湖州如圖,在中,．以為直徑作半圓,交于點(diǎn)．假設(shè),則的度數(shù)是 度．弧BC的長(zhǎng)為 cm結(jié)果保存82017紹興如圖,一塊含45°角的直角三角板,它的一個(gè)銳角頂點(diǎn)A在⊙O上,邊AB,AC分別與⊙O交于點(diǎn)D,E.則∠DOE的度數(shù)為 .9、2017·嘉興如圖,小明自制一塊乒乓球拍,正面是半徑為 的 , ,弓形 陰影局部粘貼膠皮,則膠皮面積為 ．10、2017湖州如圖,

,在射線(xiàn)

上取點(diǎn) ,以 為圓心的圓與相切；在射線(xiàn)

上取點(diǎn) ,以

為圓心,

為半徑的圓與

相切；在射線(xiàn)

,以 為圓心, 為半徑的圓與

相切；

在射線(xiàn) 上取點(diǎn) ,以 為圓心, 為半徑的圓與 相切．假設(shè) 的半徑為,則的半徑長(zhǎng)是 ．112017·衢州如圖,在直角坐標(biāo)系中,⊙A的圓心A的坐標(biāo)為-1,0,半徑為1,點(diǎn)P為直線(xiàn) 上的動(dòng)點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P作⊙A的切線(xiàn),切點(diǎn)為Q,則切線(xiàn)長(zhǎng)PQ的最小值是三、解答題12、2017湖州如圖,為12、2017湖州如圖,為的直角邊上一點(diǎn),以為半徑的與斜邊相切于點(diǎn),交于點(diǎn)．,．1的長(zhǎng)；13、2017·臺(tái)州如圖,等腰直角△ABC,點(diǎn)P是斜邊BC13、2017·臺(tái)州如圖,等腰直角△ABC,點(diǎn)P是斜邊BC上一點(diǎn)不與B,C重合,PE是△ABP的外接圓⊙O的直徑2⊙O2⊙O2,求的值14、2017·衢州如圖,ABO,CBA,CDOD;ODBE⊥CDE,OFCE=12,BE=922O的長(zhǎng)15、2017·麗水如圖,在Rt△ABC中,∠C=Rt∠,以BC為直徑的⊙OAB于點(diǎn)D,切線(xiàn)DEACE.AD=16,DE=10BC16162017AB=2,MN⊥ABMAM=BM,PMN,E,DPA,PBA,M,DBPC點(diǎn)CBDAC,DE．1當(dāng)∠APB=28°時(shí),求∠B和的度數(shù)；P①當(dāng)MP=4時(shí),取四邊形ACDE一邊的兩端點(diǎn)和線(xiàn)段MP上一點(diǎn)Q,假設(shè)以這三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三QMQAPF,FD90°G,GMNAG,CG,DG,EG,直接寫(xiě)出△ACGDEG17、2017ABC17、2017ABC,AC=BC,∠ACB=90°,⊙OO△ABCB、C兩點(diǎn),交ABE,EOACFCOABG,ED∥ACCGDBC=3,tan∠DEF=2BG18182017ABCO,點(diǎn)CABA,BDBC,DE⊥BC,DE與ACE,射線(xiàn)AO與射線(xiàn)EB交于點(diǎn)F,與⊙O點(diǎn)G,設(shè)∠GAB=ɑ,∠ACB=β,∠EAG+∠EBA=γ,ɑɑ30°40°50°60°β120°130°140°150°γ150°140°130°120°猜測(cè)：β關(guān)于ɑ的函數(shù)表達(dá)式,γ關(guān)于ɑ的函數(shù)表達(dá)式,并給出證明：γ=135°,CD=3,△ABEABC4O19、2017寧波有兩個(gè)內(nèi)角分別是它們對(duì)角的一半的四邊形叫做半對(duì)角四邊形．1如圖1,在半對(duì)角四邊形ABCD中,∠B＝∠D,∠C＝∠A,求∠B∠C如圖2,銳角△ABC內(nèi)接于⊙O,假設(shè)邊AB上存在一點(diǎn)D,使得BD＝BOOBA1如圖1,在半對(duì)角四邊形ABCD中,∠B＝∠D,∠C＝∠A,求∠B∠C求證：四邊形DBCF是半對(duì)角四邊形；32D作DG⊥OBHBCGDH＝BGBGH與△ABC的面積之比．20、2017·10分如圖,：AB⊙O的直徑,點(diǎn)CO,CD⊙O線(xiàn),AD⊥CDAB,CEOFOC,AC.求證:AC平分∠DAO.2∠DAO=105°,∠E=30°.②假設(shè)⊙O2②假設(shè)⊙O2EF答案解析局部1、答案C考點(diǎn)勾股定理的應(yīng)用,垂徑定理的應(yīng)用解析解答解：∵OB=13cm,CD=8cm;∴OD=5cm;RT△BOD∴BD==∴BD===12cm分析首先先作OC⊥AB交點(diǎn)為D,交圓于點(diǎn)C,依據(jù)垂徑定理和勾股定理求AB的長(zhǎng);2、答案B考點(diǎn)直角三角形斜邊上的中線(xiàn),勾股定理,正方形的判定,切線(xiàn)的性質(zhì),弧長(zhǎng)的計(jì)算解析解答解：∵OBC解析解答解：∵OBC.BC=2.∴OA=OB=OC=.∴OD=OE=⊥AC,OD⊥AB,∵∠A＝90°.ODAE∴∠DOE=90°.∴2r2∴2r2+22=.DE==DE===.OBCOBC.BC=2.求出OA=OB=OC=ACAB是⊙O四邊形ODAE為正方形；由勾股定理求出r的值,再依據(jù)弧長(zhǎng)公式得出弧DE的長(zhǎng)度.考點(diǎn)扇形面積的計(jì)算解析OCCABO∴∠ABC=30°,∠BOC=120°,又∵AB為直徑,則AB=2AC=4,BC=則AB=2AC=4,BC=,SS=S-S=-=-.陰 扇形BOC △BOCOC,S=S陰

-SBOC

△BOC

,則需要求出半圓的半徑,及圓心角∠BOCCAB為直徑的半圓O的三等分點(diǎn),可得∠ABC=30°,∠BOC=120°,從而可解答.4、答案A考點(diǎn)垂徑定理的應(yīng)用,扇形面積的計(jì)算解析GH⊥AB,CDG,交EFH,OC、OD、OE、OF.∵⊙OAB=10,CD=6,EF=8,且AB‖CD‖EF,∴OG⊥CD,OH⊥EF,∴∠COG=∠DOG,∠EOH=∠FOH,∴OE=OF=OC=OD=5,CG=3,EH=4,∴OG=4,OH=3,∵AB‖CD‖EF,∴S=S ,S =S ,∴S=S∴S=S+S=S=π×2=π.陰影 扇形ODC 扇形OEF 半圓故答案是：π.

△BCD

△OEF

△BEFGH⊥ABCDG,交EFHOC、OD、OE、OFAB‖CD‖EF,可得OG⊥CD,OH⊥EF,∠COG=∠DOG,∠EOH=∠FOH,S=S△OCD △BCD,SS=S△OCD △BCD,S=SS=S+S=S=π×52=π.△OEF △BEF陰影 扇形ODC 扇形OEF 半圓考點(diǎn)三角形內(nèi)角和定理,切線(xiàn)的性質(zhì)解析解答解：∵ATOA,ABO∴∠BAT=90°,∵∠ABT=40°,∴∠ATB=50°,故答案為：50°分析依據(jù)切線(xiàn)的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理即可求出答案．6、140考點(diǎn)等腰三角形的性質(zhì),圓周角定理解析AD∵ABO∴AD⊥BC,又∵AB=AC,∠BAC=40°,∴∠BAD=20°,∠B=70°,AD140°.140.分析連接AD,依據(jù)直徑所對(duì)的圓周角為直角,可知AD⊥BC,然后依據(jù)等腰三角形三線(xiàn)合一的性質(zhì),可知AD平分∠BAC,可得∠BAD=20°,然后求得∠B=70°,再依據(jù)同弧所對(duì)的圓周角等于其所對(duì)圓心角的一半,從而得出答案.7、207、20解析解答解：依題可得：弧BC的長(zhǎng)===20解析解答解：依題可得：弧BC的長(zhǎng)===20.考點(diǎn)圓心角、弧、弦的關(guān)系解析解答解：∠DAE解析解答解：∠DAE與∠DOE在同一個(gè)圓中,且所對(duì)的弧都是,故答案為90°.分析運(yùn)用圓周角與圓心角的關(guān)系即可解答.9、32+48πcm2考點(diǎn)扇形面積的計(jì)算解析解答解：連接OA,OB,S=S-S==cm2S=S-S==cm2,空白 扇形AOB △AOBS=S-S =64-=32+48cm2;陰影 圓 空白故答案為32+48πcm2分析先求出空白局部的面積,再用圓的面積減去空白的面積就是陰影局部的面積.連接OA,OB,S=S空白

-S△AOB

,由弧AB90°,可得圓心角∠AOB=90°,即可解答.10、512考點(diǎn)含30度角的直角三角形,切線(xiàn)的性質(zhì),探究數(shù)與式的規(guī)律解析OA,OA,OA11 22 33∵⊙OO,⊙O……都與OB1 2 3,∴OA⊥OB,11又∵∠AOB=30°,OA=r=1=20.11 1∴OO=2,1Rt△OOA22∴OO+OO=OA.1 12 22∴2+OA=2OA.22 22∴OA=r=2=21.22 2∴OO=4=22,2……依此類(lèi)推可得O

A=r

=2=2n-1.nn n∴OA=r=2=210-1=29=512.1010 10故答案為512.分析依據(jù)圓的切線(xiàn)性質(zhì),和Rt三角形中30°角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半；可知OO=2;同樣可知OO=2,OO=2+2=22;……OO=2n;OA=r=2=2n-1;因此可得第10個(gè)⊙O的1 12 2 n nn n 10半徑.11、211、2解析解答解：連接AP,依題可得：要使PQ最小,只要APAP垂直直線(xiàn),xC4,0yB0,3,Rt△COB∵CO=4,BO=3,∴AB=5,∴sinA==,∴sinA==,∵A-1,0,∴AC=5,∴sinA==∴sinA===Rt△QPA∵QA=1,PA=3,∴PQ==∴PQ===2分析要使PQ最小,只要AP最小即可,即AP垂直直線(xiàn),求出直線(xiàn)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo),再依據(jù)銳角三角函數(shù)sinA====,從而求出PA,PQ可;12121Rt△ABC,AB===2.∴BCO又∵ABO∴BD=BC=∴AD=AB-BD=∴BD=BC=∴AD=AB-BD=2Rt△ABC,sinA===.∵ABOD.∴OD⊥AB.∴∠AOD=90°-∠A=60°.∵=tanA=tan30°.∵=tanA=tan30°.∴=.S陰影=S陰影==.解析1Rt△ABCABBC切線(xiàn),然后可依據(jù)切線(xiàn)長(zhǎng)定理可求解.在Rt△ABC中,依據(jù)∠A的正弦求出∠A度數(shù),然后依據(jù)切線(xiàn)的性質(zhì)求出OD的長(zhǎng),和扇形圓心角的度數(shù),再依據(jù)扇形的面積公式可求解.131ABC∴∠C=∠ABC=45°,∴∠PEA=∠ABC=45°又∵PEO∴∠PAE=90°,∴∠PEA=∠APE=45°,∴△APE2ABC∴AC=AB,AP=AE,又∵∠CAB=∠PAE=90°,∴∠CAP=∠BAE,∴△CPA≌△BAE,∴CP=BE,Rt△BPE∠PBE=90°,PE=2,∴PB2+B2=PE2,∴CP2+P2=PE2=4.考點(diǎn)關(guān)系,等腰直角三角形解析分析1依據(jù)等腰直角三角形性質(zhì)得出∠C=∠ABC=∠PEA=45°,再由PE是⊙O的直徑,得出∠PAE=90°,∠PEA=∠APE=45°,從而得證.2依據(jù)題意可知,AC=AB,AP=AE,再證△CPA≌△BAE,得出CP=BE,依勾股定理即可得證.14、1CDD,ODO∴CD⊥OD,∴∠CDO=90°,∵BE⊥CDE,∴∠E=90°.∵∠CDO=∠E=90°,∠C=∠C,∴△COD∽△CBE.2Rt△BEC,CE=12,BE=9,∴CE=15,∵△COD∽△CBE,∴,即∴,即,∴r=.解析分析1依據(jù)CD切半圓于點(diǎn)D,BE⊥CD于點(diǎn)E,得出∠CDO=∠E=90°,依據(jù)三角形兩個(gè)角對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形相像得出△COD∽△CBE.21△COD∽△CBE,得出15、121△COD∽△CBE,得出∴∠ODE=90°,∴∠ADE+∠BDO=90°,∵∠ACB=90°,∴∠A+∠B=90°,又∵OD=OB,∴∠B=∠BDO,∴∠ADE=∠A.2CD,∵∠ADE=∠A,∴AE=DE,∵BCO∠ACB=90°.∴ECO∴DE=EC,∴AE=EC.∴AC=2DE=20,Rt△ADCRt△ADC,DC=.在Rt△BDC中,BC2=x2+12,在R△ABC中,BC2=x+162-202,∴BC=.∴x2+12=x+162-202,解得∴BC=.考點(diǎn)切線(xiàn)的性質(zhì)解析分析1連結(jié)OD,依據(jù)切線(xiàn)的性質(zhì)和同圓的半徑相等,及圓周角所對(duì)的圓周角為90°,得到相對(duì)應(yīng)的角的關(guān)系,即可證明；2由1中的∠ADE=∠A可得AE=DE；由∠ACB=90°,可得EC是⊙O的切線(xiàn),由切線(xiàn)長(zhǎng)定理易得DE=EC,則AC=2DE,由勾股定理求出CDBD=x,再可由勾股定理BC2=x2+122=x+16-202,可解出x的值,再重代入原方程,即可求出BC.16、1MN⊥AB,AM=BM,∴PA=PB,∴∠PAB=∠B,∵∠APB=28°,∴∠B=76°,1,MD,∵M(jìn)DPAB∴MD∥AP,∴∠MDB=∠APB=28°,∴=2∠MDB=56°；∴=2∠MDB=56°；又∵∠BAP=180°﹣∠APB﹣∠B,∠ACB=180°﹣∠BAC﹣∠B,∴∠BAP=∠ACB,∵∠BAP=∠B,∴∠ACB=∠B,∴AC=AB；2MPR,∵M(jìn)D是Rt△MBP∴DM=DP,∴∠DPM=∠DMP=∠RCD,∴RC=RP,∵∠ACR=∠AMR=90°,∴AM2+M2=AR2=AC2+CR2 ,∴12+MR=22+PR2 ,∴12+4PR2=22+PR2 ,∴PR=,∴MR=,Ⅰ．當(dāng)∠ACQ=90°∴PR=,∴MR=,∴QR∴MQ=MR=；Ⅱ．如圖∴MQ=MR=；Rt△QCP,PQ=2PR=Rt△QCP,PQ=2PR=,∴MQ=；∴BP=,∴BP=,∴DP=BP=,∵cos∠MPB==,∴PQ=∵cos∠MPB==,∴PQ=,∴MQ=；由對(duì)稱(chēng)性可得∠AEQ=∠BDQ=90°,∴MQ=；綜上所述,MQ∴MQ=；綜上所述,MQ的值為或或；②△ACG和△DEG的面積之比為．∴DF=AM=DE=1,又由對(duì)稱(chēng)性可得GE=GD,∴△DEG是等邊三角形,∴∠EDF=90°﹣60°=30°,∴∠DEF=75°=∠MDE,∴∠GDM=75°﹣60°=15°,∴∠GMD=∠PGD﹣∠GDM=15°,∴GMD=∠GDM,∴GM=GD=1,由∠BAC=30°可得CH=AC=AB=1=MG,AH=,∴CG=MH=由∠BAC=30°可得CH=AC=AB=1=MG,AH=,∴CG=MH=﹣1,∴S=CG×CH=,△ACG∵S=,△DEG∴S：S=△DEG．△ACG考點(diǎn)圓的綜合題解析分析1依據(jù)三角形ABP是等腰三角形,可得∠B的度數(shù),再連接MD,依據(jù)MD為△PAB的中位線(xiàn),可得∠MDB=∠APB=28°,進(jìn)而得到 =2∠MDB=56°；2依據(jù)∠BAP=∠ACB,∠BAP=∠B,即可得到∠ACB=∠B,進(jìn)而得出AC=AB；3①記MP與圓的另一個(gè)交點(diǎn)為R,根據(jù)R2R

,即可得到PR=

,MR= ,再依據(jù)Q為直角三角形銳角頂點(diǎn),分四種狀況進(jìn)展?fàn)幷摦?dāng)∠ACQ=90°時(shí),當(dāng)∠QCD=90°時(shí),當(dāng)∠QDC=90°時(shí),當(dāng)∠AEQ=90°時(shí),即可求得MQ的值為 或 或 ；②先判定△DEG是等邊三角形,再依據(jù)GMD=∠GDM,得到GM=GD=1,過(guò)C作CH⊥AB于H,由∠BAC=30°可得CH= AC=1=MG,即可得到CG=MH=﹣1,進(jìn)而得出S=CG×CH=,再依據(jù)S=,即可得到△ACG和△ACG△DEG△DEG17、1CE,∵在△ABC,AC=BC,∠ACB=90°,∴∠B=45°,∵EFO∴∠FEC=∠B=45°,∠FEO=90°,∴∠CEO=45°,∵DE∥CF,∴∠ECD=∠FEC=45°,∴∠EOC=90°,∴EF∥OD,∴四邊形CDEF是平行四邊形；2GGN⊥BCM,∴△GMB∴MB=GM,CDEF∴∠FCD=∠FED,∵∠ACD+∠GCB=∠GCB+∠CGM=90°,∴∠CGM=∠ACD,∴∠CGM=∠DEF,∵tan∠DEF=2,∴tan∠CGM==2,∴tan∠CGM==2,∴CM+BM=2GM+GM=3,∴GM=1,∴BG=GM=．∴BG=GM=．解析分析1連接CE,依據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到∠B=45°,依據(jù)切線(xiàn)的性質(zhì)得到∠FEC=∠B=45°,∠FEO=90°,依據(jù)平行線(xiàn)的性質(zhì)得到∠ECD=∠FEC=45°,得到∠EOC=90°,求得EF∥OD2過(guò)G作GN⊥BC于N,得到△GMB角形,得到MB=GM,依據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到∠FCD=∠FED,依據(jù)余角的性質(zhì)得到∠CGM=∠ACD,等量代換得到∠CGM=∠DEF,依據(jù)三角函數(shù)的定義得到CM=2GM,于是得到結(jié)論．18、答案1解：β=α+90°,γ=﹣α+180°OB,∴由圓周角定理可知：2∠BCA=360°﹣∠BOA,∵OB=OA,∴∠OBA=∠OAB=α,∴∠BOA=180°﹣2α,∴2β=360°﹣180°﹣2α,∴β=α+90°,∵DBC,DE⊥BC,∴OEBC∴BE=CE,∠BED=∠CED,∠EDC=90°∵∠BCA=∠EDC+∠CED,∴β=90°+∠CED,∴∠CED=α,∴∠CED=∠OBA=α,∴O、A、E、B∴∠EBO+∠EAG=180°,∴∠EBA+∠OBA+∠EAG=180°,∴γ+α=180°解：當(dāng)γ=135°時(shí),此時(shí)圖形如下圖,∴α=45°,β=135°,∴∠BOA=90°,∠BCE=45°,1O、A、E、B∴∠BEC=90°,∴,∴,∵△ABEABC∴,∴,CE=3x,AC=x,1BC=2CD=6,∵∠BCE=45°,∴CE=BE=3x,∴由勾股定理可知：3x2+3x2=62 ,x=,∴BE=CE=3,AC=x=,∴BE=CE=3,AC=,∴AE=AC+CE=4,由勾股定理可知：AB2由勾股定理可知：AB2=32+42,∴AB=5,∴∠AOB=90°,在Rt△AOB中,設(shè)半徑為r,由勾股定理可知：AB2=2r2 ∴r=5,∴⊙O5．考點(diǎn)余角和補(bǔ)角,三角形的面積,勾股定理,圓的綜合題解析分析解析分析1由圓周角定理即可得出β=α+90°,然后依據(jù)D是BC的中點(diǎn),DE⊥BC,可知∠EDC=90°,由三角形外角的性質(zhì)即可得出∠CED=α,從而可知O、A、E、B四點(diǎn)共圓,由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可知：∠EBO+∠EAG=180°,即γ=﹣α+180°；2由1及γ=135°可知∠BOA=90°,∠BCE=45°,∠BEC=90°,由于△ABE的面積為△ABC的面積的4倍,所以,依據(jù)勾股定理即可求出AE、AC的長(zhǎng)度,從而可求出AB的長(zhǎng)度,再由勾股定理即可求出⊙O的半徑r；19、1ABCD∠B=∠D,∠C=∠A.∴3∠B+3∠C=360°.∴∠B+∠C=120°..即∠BC120°.2BEDBEO.∴△BED≌△BEOSAS.∴∠BDE=∠BOE.又∵∠BCF=∠BOE.又∵∠BCF=∠BOE.∴∠BCF=∠BDE.設(shè)∠EAF=.則設(shè)∠EAF=.則∠AFE=2∠EAF=