2023年二輪復習解答題專題十六：與圓有關的弧長計算（解析版）

2023年二輪復習解答題專題十六：與圓有關的弧長計算典例分析例1（2022福建中考）如圖，△ABC內接于⊙O，交⊙O于點D，交BC于點E，交⊙O于點F，連接AF，CF．（1）求證：AC＝AF；（2）若⊙O的半徑為3，∠CAF＝30°，求的長（結果保留π）．【答案】（1）見解析（2）【解析】【分析】（1）先證明四邊形ABED是平行四邊形，得∠B＝∠D，再證明即可得到結論；（2）連接OA，OC,根據等腰三角形的性質求出，由圓周角定理可得最后由弧長公式可求出結論．【小問1詳解】∵，，∴四邊形ABED是平行四邊形，∴∠B＝∠D．又∠AFC＝∠B，∠ACF＝∠D，∴，∴AC＝AF．【小問2詳解】連接AO，CO．由（1）得∠AFC＝∠ACF，又∵∠CAF＝30°，∴，∴．∴的長．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的判定與性質，圓周角定理、等腰三角形的性質、弧長公式等知識，熟練掌握相關知識是解答本題的關鍵．專題過關1．（2022紹興中考）如圖，半徑為6的⊙O與Rt△ABC的邊AB相切于點A，交邊BC于點C，D，∠B=90°，連接OD，AD．（1）若∠ACB=20°，求的長（結果保留）．（2）求證：AD平分∠BDO．【答案】（1）（2）見解析【解析】【分析】（1）連接，由，得，由弧長公式即得的長為；（2）根據切于點，，可得，有，而，即可得，從而平分．【小問1詳解】解：連接OA，∵∠ACB＝20°，∴∠AOD＝40°，∴，．【小問2詳解】證明：，，切于點，，，，，，平分．【點睛】本題考查與圓有關的計算及圓的性質，解題的關鍵是掌握弧長公式及圓的切線的性質．2.（2022邵陽中考）如圖，已知是的直徑，點為延長線上一點，是的切線，點為切點，且．（1）求的度數；（2）若的半徑為3，求圓弧的長．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）證明是等邊三角形，得到，從而計算出的度數；（2）計算出圓弧的圓心角，根據圓弧弧長公式計算出最終的答案．【小問1詳解】如下圖，連接AO∵是的切線∴∴∵∴∵∴∴∴∴是等邊三角形∴∵∴【小問2詳解】∵∴圓弧的長為：∴圓弧的長為．【點睛】本題考查全等三角形、等腰三角形、等邊三角形和圓的性質，解題的關鍵是熟練掌握全等三角形、等腰三角形、等邊三角形和圓的相關知識．3.（2022泰州中考）如圖①，矩形ABCD與以EF為直徑的半圓O在直線l的上方，線段AB與點E、F都在直線l上，且AB=7，EF=10，BC＞5.點B以1個單位/秒的速度從點E處出發(fā)，沿射線EF方向運動矩形ABCD隨之運動，運動時間為t秒（1）如圖2，當t=2.5時，求半圓O在矩形ABCD內的弧的長度；（2）在點B運動的過程中，當AD、BC都與半圓O相交，設這兩個交點為G、H連接OG，OH.若∠GOH為直角，求此時t的值.【答案】（1）（2）8或9秒【解析】【分析】(1)通過計算當t=2.5時EB=BO，進而得到△MBE≌△MBO，判斷出△MEO為等邊三角形得到∠EOM=60°，然后根據弧長公式求解；(2)通過判定△GAO≌△HBO，然后利用全等三角形的性質分析求解．【小問1詳解】解：設BC與⊙O交于點M，如下圖所示：當t=2.5時，BE=2.5，∵EF=10，∴OE=EF=5，∴OB=2.5，∴EB=OB，在正方形ABCD中，∠EBM=∠OBM=90°，且MB=MB，∴△MBE≌△MBO(SAS)，∴ME=MO，∴ME=EO=MO，∴△MOE是等邊三角形，∴∠EOM=60°，∴．【小問2詳解】解：連接GO和HO，如下圖所示：∵∠GOH=90°，∴∠AOG+∠BOH=90°，∵∠AOG+∠AGO=90°，∴∠AGO=∠BOH，在△AGO和△OBH中，，∴△AGO≌△BOH(AAS)，∴AG=OB=BE-EO=t-5，∵AB=7，∴AE=BE-AB=t-7，∴AO=EO-AE=5-(t-7)=12-t，在Rt△AGO中，AG2+AO2=OG2，∴(t-5)2+(12-t)2=52，解得：t1=8，t2=9，即t的值為8或9秒．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質，弧長公式的計算，勾股定理的應用，掌握全等三角形的判定(一線三垂直模型)，結合勾股定理列方程是解題關鍵．4.（2022深圳中考）一個玻璃球體近似半圓為直徑，半圓上點處有個吊燈的中點為（1）如圖①，為一條拉線，在上，求長度．（2）如圖②，一個玻璃鏡與圓相切，為切點，為上一點，為入射光線，為反射光線，求的長度．（3）如圖③，是線段上的動點，為入射光線，為反射光線交圓于點在從運動到的過程中，求點的運動路徑長．【答案】（1）2（2）（3）【解析】【分析】（1）由，可得出為的中位線，可得出D為中點，即可得出的長度；（2）過N點作，交于點D，可得出為等腰直角三角形，根據,可得出，設，則，根據，即可求得，再根據勾股定理即可得出答案；（3）依題意得出點N路徑長為：，推導得出，即可計算給出，即可得出答案．【小問1詳解】∵∴為的中位線∴D為的中點∵∴【小問2詳解】過N點作，交于點D，∵，∴為等腰直角三角形，即，又∵，∴，∴，∴，設，則，∵，∴，解得，∴，，∴在中，；【小問3詳解】如圖，當點M與點O重合時，點N也與點O重合．當點M運動至點A時，點N運動至點T，故點N路徑長為：．∵．∴．∴．∴，∴，∴N點的運動路徑長為：，故答案為：．【點睛】本題考查了圓的性質，弧長公式、勾股定理、中位線，利用銳角三角函數值解三角函數，掌握以上知識，并能靈活運用是解題的關鍵．5.（2022河南西華二模）如圖，已知內接于，AB為直徑，點D在上，，作直線CF切于點C，與DB的延長線交于點E．（1）求證：；（2）若，，填空：①_______．②劣弧的長為_______．【答案】（1）證明見解析（2）①6；②【解析】【分析】（1）如圖，連接，延長交于，由等邊對等角得，由三角形的內角和定理與三角形外角的性質可知，，由可知，則，，由圓周角定理可得，對等角相等可知，則，，進而結論得證；（2）①由同弧所對的圓周角相等可知，在含30°的直角三角形中，由可得，則，由，，在含30°的直角三角形中可得；②由可知的半徑為4，由（1）可知，根據計算求解即可．【小問1詳解】證明：如圖，連接，延長交于∵∴∴，∵∴∴∴∴∴∴∴∵∴．【小問2詳解】①解：∵，∴∵∴在中，∴∵，∴故答案為：6．②解：∵∴的半徑為4由（1）可知故答案為：．【點睛】本題考查了切線的性質，等邊對等角，三角形內角和定理，三角形外角的性質，圓周角定理，同弧所對的圓周角相等，對頂角，含30°的直角三角形，弧長等知識．解題的關鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．6.（2022河南長垣二模）如圖，在中，，以AB為直徑作交BC于點D，交AC于點E．用直尺和圓規(guī)按下列步驟作圖：（i）以點A為圓心，適當長為半徑畫弧，分別交邊AB，AC于點M，N；（ii）分別以點M，N為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧在內部交于點P，作射線AP，射線AP恰好經過點D．（1）證明：．（2）①連接OD，DE，請你添加一個條件，使四邊形AODE是菱形，并證明；②在①的條件下，求的長．【答案】（1）見解析；（2）①添加的條件是，理由見解析；②．【解析】【分析】（1）由作圖的步驟可知，AP平分∠BAC，知∠BAD＝∠CAD，AB是的直徑，由直徑所對的圓周角是直角可證∠ADB＝90°，∠ADB＝∠ADC＝90°，AD是公共邊，即可證明（ASA）；（2）①添加的條件是，先證明△OAE是等邊三角形，得AE＝OA，可得AE＝DE，進而得到OD＝OA＝AE＝DE，結論得證；②由直徑AB先求得半徑的長，再求得圓心角∠BOE的度數，運用弧長公式即可求得的長．【小問1詳解】證明：由作圖的步驟可知，AP平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∵AB是的直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠ADC＝180°－∠ADB＝90°，∴∠ADB＝∠ADC＝90°，在△ADB和△ADC中，，∴（ASA）；【小問2詳解】解：①如圖所示，可以添加的條件是，理由如下：∵AP平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∴，∵，∴，∴∠AOE＝∠DOE＝∠BOD＝×180°＝60°，∵OA＝OE，∴△OAE是等邊三角形，∴AE＝OA，∵，∴AE＝DE，∴OD＝OA＝AE＝DE，∴四邊形AODE是菱形；②∵AB＝4，∴OB＝OE＝AB＝2，∵∠DOE＝∠DOB＝60°，∴∠BOE＝∠DOE＋∠DOB＝60°＋60°＝120°，∴長＝，∴的長為．【點睛】此題考查了圓周角定理、弧和圓心角之間關系、弧長公式、菱形的判定、等邊三角形的判定和性質、全等三角形的判定等，熟練掌握相關判定和性質是解題的關鍵．7.（2022河南夏邑一模）如圖1展示的是曲柄連桿運動的示意圖（1-曲柄，2-連桿，3-搖桿，4-機架），滑塊C在弧形滑槽內運動，通過連桿帶動點B繞點A做圓周運動．某數學興趣小組利用示意圖，構建了數學模型．如圖2，點C在上運動，利用連桿，使得點B在上運動．（1）如圖3，點C運動到這一時刻時，連接交于點M，連接．請判斷此時與的位置關系，并說明理由．（2）若點C在上運動一個來回，則點B恰好繞點A運動一周，若，請求出的度數．【答案】（1）與相切，理由見解析（2）的度數為【解析】【分析】（1）先證明∠AMB=∠ABM，即可證明∠ABC=∠ABM+∠MBC=∠AMB+∠MBC=∠MBC+∠ACB+∠MBC=90°，由此即可得到結論；（2）由題意得點B和點C的運動路程是一樣的，設AB=m，則CD=3m，設∠FDG=n°，則點B運動一周的路程為，點C運動的路程為，由此求解即可．【小問1詳解】解：與相切，理由如下：∵AB=AM，∴∠AMB=∠ABM，∴∠ABC=∠ABM+∠MBC=∠AMB+∠MBC=∠MBC+∠ACB+∠MBC=90°，∴與相切；【小問2詳解】解：由題意得點B和點C的運動路程是一樣的，設AB=m，則CD=3m，設∠FDG=n°，∴點B運動一周的路程為，點C運動的路程為，∴，∴，∴∠FDG=60°．【點睛】本題主要考查了圓切線的判定，求弧長，等腰三角形的性質，三角形外角的性質，正確理解題意是解題的關鍵．8.（2022商丘二模）請閱讀下列材料，并完成相應的任務．戰(zhàn)國時的《墨經》就有“圓，一中同長也”的記載．與圓有關的定理有很多，弦切角定理就是其中之一．我們把頂點在圓上，一邊和圓相交，另一邊和圓相切的角叫做弦切角．弦切角定理：弦切角的度數等于它所夾的弧所對的圓周角度數．下面是弦切角定理的部分證明過程：證明：如圖1，與相切于點A．當圓心O在弦上時，容易得到，所以弦切角．如圖2，與相切于點A．當圓心O在的外部時，過點A作直徑交于點F，連接．∵是直徑，∴，∴，∵與相切于點A，∴，∴；∴．（1）如圖3，與相切于點A，當圓心O在的內部時，過點A作直徑交于點D，在上任取一點E，連接，求證：；（2）如圖3，已知的半徑為1，弦切角，求的長．【答案】（1）見解析（2）【解析】【分析】（1）根據直徑的性質及切線的特點即可求解；（2）先求出的圓心角度數，利用弧長公式即可求解．【詳解】（1）∵是的直徑∴∠DEA=90°∵與相切于點A，∴∠DAB=90°∵∠CED=∠CAD∴∠CED+∠DEA=∠CAD+∠DAB∴（2）如圖，連接CO∵∴∴∴的長==．【點睛】此題主要考查切線的性質與弧長的求解，解題的關鍵是熟知切線的性質定理、弧長公式的運用．9.（2022許昌一模）張老師在復習《圓》的內容時，用投影屏幕展示出如下內容：已知，AB為半圓O的直徑，點C為半圓O上任一點．張老師讓同學們根據題意畫出圖形，添加條件后，編制一道題目，并給出解答．以下是小亮和小穎的對話：小亮：我畫的圖形如圖，過點C作半圓O的切線，交AB的延長線于點D．連接OC，AC，BC，若∠A＝30°，則圖形中存在全等的三角形；小穎：我在半圓O上找一點E，且滿足以點A，O，C，E為頂點的四邊形為菱形，若AB＝2，可求出的長為；小亮：小穎的答案是有問題的．參考上面對話，完成以下任務：（1）請寫出圖中所有的全等三角形，并對其中一對給出證明；（2）填空：小穎編制的題目中的長應為______．【答案】（1）△AOC≌△DBC，△ACB≌△DCO．證明見解析（2）或【解析】【分析】（1）結合圖形解答小明給出的題目：由切線性質得∠DCO＝90°，由圓周角定理得∠ACB＝90°，再證明△OBC為等邊三角形，再證三角形全等即可；（2）分當四邊形AOCE為菱形時及當四邊形AOEC為菱形時兩種情況進行討論；【小問1詳解】解：△AOC≌△DBC，△ACB≌△DCO．證明△ACB≌△DCO，過程如下：∵CD是⊙O的切線，∴∠DCO＝90°，∵AB是⊙O是直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠DCO∵∠A＝30°，∴∠ABC＝60°，又OB＝OC，∴△OBC為等邊三角形，∴OC＝BC，∠ABC＝∠DOC＝60°，在△ACB和△DCO中，∴△ACB≌△DCO（ASA）【小問2詳解】如圖1，當四邊形AOCE為菱形時，∵四邊形AOCE為菱形，∴OA=AE，∵OE=OA，∴OE=OA=AE，∴△AEO為等邊三角形，∴∠AOE＝60°，∴∠COE＝∠AOE＝60°，∴∠BOC＝60°，∵AB＝2，∴OB=1,∴，如圖2，當四邊形AOEC為菱形時，∵四邊形AOEC為菱形，∴OA=AC，∵OC=OA，∴OC=OA=AC，∴△ACO為等邊三角形，∴∠AOC＝60°，∴∠BOC＝120°，∵AB＝2，∴OB=1∴，故答案為：或【點睛】本題考查的是切線的性質及菱形性質、弧長公式，掌握圓的切線垂直于經過切點的半徑是解題的關鍵．10.（2021麗水中考）如圖，在中，，以為直徑的半圓O交于點D，過點D作半圓O的切線，交于點E．（1）求證：；（2）若，求的長．【答案】（1）見解析；（2）【解析】【分析】（1）連結，利用圓的切線性質，間接證明：，再根據條件中：且，即能證明：；（2）由（1）可以證明：為直角三角形，由勾股定求出的長，求出，可得到的度數，從而說明為等邊三角形，再根據邊之間的關系及弦長所對應的圓周角及圓心角之間的關系，求出，半徑,最后根據弧長公式即可求解．【詳解】解：（1）證明：如圖，連結．與相切，．是圓的直徑，．．．．．（2）由（1）可知，，，，，是等邊三角形．,，．【點睛】本題考查了圓的切線的性質、解直角三角形、勾股定理、圓心角和圓周角之間的關系、弧長公式等知識點，解本題第二問的關鍵是：熟練掌握等邊三角形判定與性質.11．（2021金華中考）（10分）在扇形AOB中，半徑OA＝6，點P在OA上，連結PB，將△OBP沿PB折疊得到△O′BP．（1）如圖1，若∠O＝75°，且BO′與所在的圓相切于點B．①求∠APO′的度數．②求AP的長．（2）如圖2，BO′與相交于點D，若點D為的中點，且PD∥OB，求的長．【分析】（1）①利用三角形內角和定理求解即可。②如圖1中，過點B作BH⊥OA于H,在BH上取一點F,使得OF＝FB,連接OF．想辦法求出OH,PH,可得結論。（2）如圖2中，連接AD,OD．證明∠AOB＝72°可得結論?！窘獯稹拷猓海?）①如圖1中，∵BO′是⊙O的切線，∴∠OBO′＝90°,由翻折的性質可知，∠OBP＝∠PBO′＝45°,∠OPB＝∠BPO′,∵∠AOB＝75°,∴∠OPB＝∠BPO′＝180°﹣75°﹣45°＝60°,∴∠OPO′＝120°,∴∠APO′＝180°﹣∠OPO′＝180°﹣120°＝60°．②如圖1中，過點B作BH⊥OA于H,在BH上取一點F,使得OF＝FB,連接OF．∵∠BHO＝90°,∴∠OBH＝90°﹣∠BOH＝15°,∵FO＝FB,∴∠FOB＝∠FBO＝15°,∴∠OFH＝∠FOB+∠FBO＝30°,設OH＝m,則HF＝m,OF＝FB＝2m,∵OB2＝OH2+BH2,∴62＝m2+(m+2m)2,∴m＝或﹣（舍棄），∴OH＝,BH＝,在Rt△PBH中，PH＝＝,∴PA＝OA﹣OH﹣PH＝6﹣﹣＝6﹣2．(2)如圖2中，連接AD,OD．∵＝,∴AD＝BD,∠AOD＝∠BOD,由翻折的旋轉可知，∠OBP＝∠PBD,∵PD∥OB,∴∠DPB＝∠OBP,∴∠DPB＝∠PBD,∴DP＝DB＝AD,∴∠DAP＝∠APD＝∠AOB,∵AO＝OD＝OB,AD＝DB,∴△AOD≌△BOD,∴∠OBD＝∠OAD＝∠AOB＝2∠BOD,∵OB＝OD,∴∠OBD＝∠ODB＝2∠DOB,∴∠DOB＝36°,∴∠AOB＝72°，∴的長＝＝。12．（2021宜昌中考）（8分）如圖，在菱形ABCD中，O是對角線BD上一點（BO＞DO），OE⊥AB，垂足為E，以OE為半徑的⊙O分別交DC于點H，交EO的延長線于點F，EF與DC交于點G．（1）求證：BC是⊙O的切線；（2）若G是OF的中點，OG＝2，DG＝1．①求的長；②求AD的長．【分析】（1）過點O作OM⊥BC于點M，證明OM＝OE即可；（2）①先求出∠HOE＝120°，再求出OH＝4，代入弧長公式即可；②過A作AN⊥BD，由△DOG∽△DAN，對應邊成比例求出AD的長．【解答】解：（1）證明：如圖1，過點O作OM⊥BC于點M，∵BD是菱形ABCD的對角線，∴∠ABD＝∠CBD，∵OM⊥BC，OE⊥AB，∴OE＝OM，∴BC是⊙O的切線．（2）①如圖2，∵G是OF的中點，OF＝OH，∴OG＝OH，∵AB∥CD，OE⊥AB，∴OF⊥CD，∴∠OGH＝90°，∴sin∠GHO＝，∴∠GHO＝30°，∴∠GOH＝60°，∴∠HOE＝120°，∵OG＝2，∴OH＝4，∴由弧長公式得到的長：＝．②如圖3，過A作AN⊥BD于點N，∵DG＝1，OG＝2，OE＝OH＝4，∴OD＝，OB＝2，DN＝，∴△DOG∽△DAN，∴，∴，∴AD＝．13．（2021河北中考）（9分）如圖，⊙O的半徑為6，將該圓周12等分后得到表盤模型，其中整鐘點為An（n為1～12的整數），過點A7作⊙O的切線交A1A11延長線于點P．（1）通過計算比較直徑和劣弧長度哪個更長；（2）連接A7A11，則A7A11和PA1有什么特殊位置關系？請簡要說明理由；（3）求切線長PA7的值．【分析】（1）利用弧長公式求解即可．（2）利用圓周角定理證明即可．（3）解直角三角形求出PA7即可．【解答】解：（1）由題意，∠A7OA11＝120°，∴的長＝＝4π＞12，∴比直徑長．（2）結論：PA1⊥A7A11．理由：連接A1A7．∵A1A7是⊙O的直徑，∴∠A7A11A1＝90°，∴PA1⊥A7A11．（3）∵PA7是⊙O的切線，∴PA7⊥A1A7，∴∠PA7A1＝90°，∵∠PA1A7＝60°，A1A7＝12，∴PA7＝A1A7?tan60