热点10 圆（解析版）-命题趋势与限时检测AB卷

热点10圆中考数学中，圆的基本性质与直线与圆的位置关系一直都是必考的考点，难度从基础到综合都有，通常选择填空题会出圆的基本性质，如弧长、弦长、半径、圆周角等的关系，基本都是基础应用，难度不大，个别会出选择题的压轴题，难度稍大。简答题部分，一般会把切线的问题和相似三角形、锐角三角函数等结合考察，这是一般都是中等难度的问题。还有一些城市会把圆的基本性质等与其他动点问题综合考察，此时一般都是压轴题，难度很大，这时候就需要考生综合思考的点比较多。一圆中的长度计算——想垂径定理及其推论，也就是“知2得3”1.圆中模型“知2得3”由图可得以下5点：①AB⊥CD；②AE=EB；③AD过圆心O；④；⑤；以上5个结论，知道其中任意2个，剩余的3个都可以作为结论使用。2.常做辅助线：连半径、作弦心距、见直接连弦长得直径所对圆周角二圆中的角度计算——想圆周角定理及其推论，也就是“知1得4”圆中模型“知1得4”由图可得以下5点：①AB=CD；②；③OM=ON；④；⑤；以上5个结论，知道其中任意1个，剩余的4个都可以作为结论使用。三圆的证明性问题——注意切线的性质和判定的应用，条件不能用时添加辅助线圆的考题中，常考热点考点有：点、圆、弧、弦、角等关系与转化；垂径定理及其应用；圆周角定理及其应用；圆与相似三角形；圆内接四边形综合；切线的性质与判定等A卷（建议用时：80分钟）1．（2021•攀枝花·中考真题）如图，在矩形ABCD中，已知AB＝3，BC＝4，点P是BC边上一动点（点P不与B，C重合），连接AP，作点B关于直线AP的对称点M，则线段MC的最小值为（）A．2 B． C．3 D．【分析】当A，M，C三点共线时，线段CM的长度最小，求出此时CM的长度即可．【解答】解：连接AM，∵点B和M关于AP对称，∴AB＝AM＝3，∴M在以A圆心，3为半径的圆上，∴当A，M，C三点共线时，CM最短，∵AC＝，AM＝AB＝3，∴CM＝5﹣3＝2，故选：A．2．（2021•凉山州·中考真题）点P是⊙O内一点，过点P的最长弦的长为10cm，最短弦的长为6cm，则OP的长为（）A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm【分析】根据直径是圆中最长的弦，知该圆的直径；最短弦即是过点P且垂直于过点P的直径的弦；根据垂径定理即可求得CP的长，再进一步根据勾股定理，可以求得OP的长．【解答】解：如图所示，CD⊥AB于点P．根据题意，得：AB＝10cm，CD＝6cm．∵AB是直径，且CD⊥AB，∴CP＝CD＝3cm．根据勾股定理，得OP＝＝＝4（cm）．故选：B．3．（2021•长沙·中考真题）如图，在⊙O中，弦AB的长为4，圆心到弦AB的距离为2，则∠AOC的度数为．【分析】利用垂径定理可得AC＝BC＝＝2，由OC＝2可得△AOC为等腰直角三角形，易得结果．【解答】解：∵OC⊥AB，∴AC＝BC＝＝2，∵OC＝2，∴△AOC为等腰直角三角形，∴∠AOC＝45°，故答案为：45°．4．（2021•自贡·中考真题）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点F，OE⊥AC于点E，若OE＝3，OB＝5，则CD的长度是（）A．9.6 B．4 C．5 D．10【分析】根据垂径定理求出AE可得AC的长度，利用△AEO∽△AFC，求出CF，即可求解．【解答】解：∵OE⊥AC，∴AE＝EC，∵AB⊥CD，∴∠AFC＝∠AEO＝90°，∵OE＝3，OB＝5，∴AE＝，∴AC＝8，∵∠A＝∠A，∠AEO＝∠AFC，∴△AEO∽△AFC，∴，即：，∴，∵CD⊥AB，∴CD＝2CF＝＝9.6．故选：A．5．（2021•淄博·中考真题）“圆材埋壁”是我国古代数学名著《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问：径几何？”用现在的几何语言表达即：如图，CD为⊙O的直径，弦AB⊥CD，垂足为点E，CE＝1寸，AB＝10寸，则直径CD的长度是（）A．12寸 B．24寸 C．13寸 D．26寸【分析】连接OA构成直角三角形，先根据垂径定理，由DE垂直AB得到点E为AB的中点，由AB＝6可求出AE的长，再设出圆的半径OA为x，表示出OE，根据勾股定理建立关于x的方程，解方程直接可得2x的值，即为圆的直径．【解答】解：连接OA，∵AB⊥CD，且AB＝10寸，∴AE＝BE＝5寸，设圆O的半径OA的长为x，则OC＝OD＝x，∵CE＝1，∴OE＝x﹣1，在直角三角形AOE中，根据勾股定理得：x2﹣（x﹣1）2＝52，化简得：x2﹣x2+2x﹣1＝25，即2x＝26，∴CD＝26（寸）．故选：D．6．（2021•南京·中考真题）如图，AB是⊙O的弦，C是的中点，OC交AB于点D．若AB＝8cm，CD＝2cm，则⊙O的半径为cm．【分析】先根据圆心角、弧、弦的关系和垂径定理得出各线段之间的关系，再利用勾股定理求解出半径即可．【解答】解：如图，连接OA，∵C是的中点，∴D是弦AB的中点，∴OC⊥AB，AD＝BD＝4，∵OA＝OC，CD＝2，∴OD＝OC﹣CD＝OA﹣CD，在Rt△OAD中，OA2＝AD2+OD2，即OA2＝16+（OA﹣2）2，解得OA＝5，故答案为：5．7．（2021•巴中·中考真题）如图，AB是⊙O的弦，且AB＝6，点C是弧AB中点，点D是优弧AB上的一点，∠ADC＝30°，则圆心O到弦AB的距离等于（）A． B． C． D．【分析】根据题意连接OA、OC，OC交AB于点E，根据垂径定理推出OC⊥AB，且AE＝BE＝3，再由圆周角定理推出∠AOC＝2∠ADC＝60°，从而根据直角三角形的性质进行求解即可．【解答】解：如图，连接OA、OC，OC交AB于点E，∵点C是弧AB中点，AB＝6，∴OC⊥AB，且AE＝BE＝3，∵∠ADC＝30°，∴∠AOC＝2∠ADC＝60°，∴OE＝AE＝，故圆心O到弦AB的距离为．故选：C．8．（2021•鞍山·中考真题）如图，AB为⊙O的直径，C，D为⊙O上的两点，若∠ABD＝54°，则∠C的度数为（）A．34° B．36° C．46° D．54°【分析】连接AD，如图，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，∠C＝∠A，然后利用互余计算出∠A，从而得到∠C的度数．【解答】解：连接AD，如图，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠A＝90°﹣∠ABD＝90°﹣54°＝36°，∴∠C＝∠A＝36°．故选：B．9．（2021•雅安·中考真题）如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，若四边形OBCD为菱形，则∠BAD的度数为（）A．45° B．60° C．72° D．36°【分析】根据圆内接四边形的性质得到∠BAD+∠BCD＝180°，根据圆周角定理得到∠BOD＝2∠BAD，根据菱形的性质得到∠BOD＝∠BCD，计算即可．【解答】解：∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∴∠BAD+∠BCD＝180°，由圆周角定理得：∠BOD＝2∠BAD，∵四边形OBCD为菱形，∴∠BOD＝∠BCD，∴∠BAD+2∠BAD＝180°，解得：∠BAD＝60°，故选：B．10．（2021•吉林·中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点P为边AD上任意一点（点P不与点A，D重合）连接CP．若∠B＝120°，则∠APC的度数可能为（）A．30° B．45° C．50° D．65°【分析】由圆内接四边形的性质得∠D度数为60°，再由∠APC为△PCD的外角求解．【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠B+∠D＝180°，∵∠B＝120°，∴∠D＝180°﹣∠B＝60°，∵∠APC为△PCD的外角，∴∠APC＞∠D，只有D满足题意．故选：D．11．（2021•营口·中考真题）如图，⊙O中，点C为弦AB中点，连接OC，OB，∠COB＝56°，点D是上任意一点，则∠ADB度数为（）A．112° B．124° C．122° D．134°【分析】作所对的圆周角∠APB，如图，先利用等腰三角形的性质得到OC平分∠AOB，则∠AOC＝∠BOC＝56°，再根据圆周角定理得到∠APB＝56°，然后根据圆内接四边形的性质计算∠ADB的度数．【解答】解：作所对的圆周角∠APB，如图，∵C为AB的中点，OA＝OB，∴OC⊥AB，OC平分∠AOB，∴∠AOC＝∠BOC＝56°，∴∠APB＝∠AOB＝56°，∵∠APB+∠ADB＝180°，∴∠ADB＝180°﹣56°＝124°．故选：B．12．（2021•贵港·中考真题）如图，点A，B，C，D均在⊙O上，直径AB＝4，点C是的中点，点D关于AB对称的点为E，若∠DCE＝100°，则弦CE的长是（）A．2 B．2 C． D．1【分析】连接AD、AE、OD、OC、OE，过点O作OH⊥CE于点H，根据圆内接四边形的性质得∠DAE＝80°，根据对称以及圆周角定理可得∠BOD＝∠BOE＝80°，由点C是的中点可得∠BOC＝∠COD＝40°，∠COE＝∠BOC+∠BOE＝120°，根据等腰三角形以及直角三角形的性质即可求解．【解答】解：连接AD、AE、OD、OC、OE，过点O作OH⊥CE于点H，∵∠DCE＝100°，∴∠DAE＝180°﹣∠DCE＝80°，∵点D关于AB对称的点为E，∴∠BAD＝∠BAE＝40°，∴∠BOD＝∠BOE＝80°，∵点C是的中点，∴∠BOC＝∠COD＝40°，∴∠COE＝∠BOC+∠BOE＝120°，∵OE＝OC，OH⊥CE，∴EH＝CH，∠OEC＝∠OCE＝30°，∵直径AB＝4，∴OE＝OC＝2，∴EH＝CH＝，∴CE＝2．故选：A．13．（2021•荆州·中考真题）如图，矩形OABC的边OA，OC分别在x轴、y轴的正半轴上，点D在OA的延长线上，若A（2，0），D（4，0），以O为圆心、OD长为半径的弧经过点B，交y轴正半轴于点E，连接DE，BE，则∠BED的度数是（）A．15° B．22.5° C．30° D．45°【分析】连接OB，根据直角三角形的边角关系可求出∠BOC＝30°，进而求出∠BOD＝60°最后再由圆周角定理得出答案．【解答】解：如图，连接OB，∵A（2，0），D（4，0），矩形OABC，∴OA＝2，OD＝4＝OB，∴sin∠OBA＝＝，∴∠OBA＝30°，∴∠BOD＝90°﹣30°＝60°，∴∠BED＝∠BOD＝×60°＝30°，故选：C．14．（2021•眉山·中考真题）如图，在以AB为直径的⊙O中，点C为圆上的一点，＝3，弦CD⊥AB于点E，弦AF交CE于点H，交BC于点G．若点H是AG的中点，则∠CBF的度数为（）A．18° B．21° C．22.5° D．30°【分析】由圆周角定理可求∠ACB＝90°，由弧的关系得出角的关系，进而可求∠ABC＝22.5°，∠CAB＝67.5°，由直角三角形的性质可求∠CAH＝∠ACE＝22.5°，即可求解．【解答】解：∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∴∠ABC+∠CAB＝90°，∵＝3，∴∠CAB＝3∠ABC，∴∠ABC＝22.5°，∠CAB＝67.5°，∵CD⊥AB，∴∠ACE＝22.5°，∵点H是AG的中点，∠ACB＝90°，∴AH＝CH＝HG，∴∠CAH＝∠ACE＝22.5°，∵∠CAF＝∠CBF，∴∠CBF＝22.5°，故选：C．15．（2021•本溪·中考真题）如图，由边长为1的小正方形组成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C和点D，则tan∠ADC＝．【分析】先利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，∠ADC＝∠ABC，再利用正切的定义得到tan∠ABC＝，从而得到tan∠ADC的值．【解答】解：∵AB为直径，∴∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，tan∠ABC＝＝，∵∠ADC＝∠ABC，∴tan∠ADC＝．故答案为．16．（2021•宁夏·中考真题）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠ADC＝150°，弦AC＝2，则⊙O的半径等于．【分析】连接OA，OC，由圆内接四边形可求得∠ABC的度数，由圆周角定理可得∠AOC＝60°，即可证得△OAC为等边三角形，进而可求解．【解答】解：连接OA，OC，∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠ADC+∠ABC＝180°，∵∠ADC＝150°，∴∠ABC＝30°，∴∠AOC＝2∠ABC＝60°，∵OA＝OC，∴△OAC为等边三角形，∴OA＝AC＝2，即⊙O的半径为2．故答案为：2．17．（2021•内江·中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC＝60°，若⊙O的半径OC为2，则弦BC的长为（）A．4 B．2 C．3 D．【分析】根据圆周角定理求得∠BOC＝120°，过点O作OM⊥BC，然后结合，等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质分析求解．【解答】解：过点O作OM⊥BC，交BC于点M，∵⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC＝60°，∴∠BOC＝2∠BAC＝120°，又∵OB＝OC，OM⊥BC，∴∠COM＝∠BOC＝60°，MB＝MC，∴在Rt△COM中，∠OCM＝30°，∴OM＝OC＝1，CM＝OM＝，∴BC＝2CM＝2，故选：B．18．（2021•广西·中考真题）如图，从一块边长为2，∠A＝120°的菱形铁片上剪出一个扇形，这个扇形在以A为圆心的圆上（阴影部分），且圆弧与BC，CD分别相切于点E，F，将剪下来的扇形围成一个圆锥，则圆锥的底面圆半径是．【分析】连接AC、AE，如图，利用菱形的性质得到∠BAC＝60°，AB＝BC，则可判断△ABC为等边三角形，再根据切线的性质得AE⊥BC，所以BE＝CE＝1，利用勾股定理计算出AE＝，设圆锥的底面圆半径为r，由于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，所以2πr＝，然后解方程即可．【解答】解：连接AC、AE，如图，∵四边形ABCD为菱形，∴∠BAC＝∠BAD＝×120°＝60°，AB＝BC，∴△ABC为等边三角形，∵圆弧与BC相切于E，∴AE⊥BC，∴BE＝CE＝1，∴AE＝＝＝，设圆锥的底面圆半径为r，根据题意得2πr＝，解得r＝，即圆锥的底面圆半径为．故答案为．19．（2021•烟台·中考真题）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，⊙O是△ABC的外接圆，点A，B，O在网格线的交点上，则sin∠ACB的值是．【分析】连接AO并延长交⊙O于D，根据圆周角定理得到∠ACB＝∠ADB，根据勾股定理求出AD，根据正弦的定义计算，得到答案．【解答】解：如图，连接AO并延长交⊙O于D，由圆周角定理得：∠ACB＝∠ADB，由勾股定理得：AD＝＝2，∴sin∠ACB＝sin∠ADB＝＝＝，故答案为：．20．（2021•娄底·中考真题）如图，直角坐标系中，以5为半径的动圆的圆心A沿x轴移动，当⊙A与直线l：y＝x只有一个公共点时，点A的坐标为（）A．（﹣12，0） B．（﹣13，0） C．（±12，0） D．（±13，0）【分析】由题意可知：直线l与⊙A相切，设切点为B，过点B作BE⊥OA于点E，利用直线l的解析式设出点B的坐标，可得线段BE，OB的长，由直角三角形的边角关系可得tan∠AOB＝；解直角三角形ABO可得OB的长，利用勾股定理可求OA的长，点A坐标可得，同理可求当A在x轴的正半轴上的坐标为（13，0）．【解答】解：当⊙A与直线l：y＝x只有一个公共点时，直线l与⊙A相切，设切点为B，过点B作BE⊥OA于点E，如图，∵点B在直线y＝x上，∴设B（m，m），∴OE＝﹣m，BE＝﹣m．在Rt△OEB中，tan∠AOB＝．∵直线l与⊙A相切，∴AB⊥BO．在Rt△OAB中，tan∠AOB＝．∵AB＝5，∴OB＝12．∴OA＝．∴A（﹣13，0）．同理，在x轴的正半轴上存在点（13，0）．综上所述，点A的坐标为（±13，0）．故选：D．21．（2021•青岛·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点E，C在⊙O上，点A是的中点，过点A画⊙O的切线，交BC的延长线于点D，连接EC．若∠ADB＝58.5°，则∠ACE的度数为（）A．29.5° B．31.5° C．58.5° D．63°【分析】根据切线的性质得到BA⊥AD，根据直角三角形的性质求出∠B，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，进而求出∠BAC，根据垂径定理得到BA⊥EC，进而得出答案．【解答】解：∵AD是⊙O的切线，∴BA⊥AD，∵∠ADB＝58.5°，∴∠B＝90°﹣∠ADB＝31.5°，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠BAC＝90°﹣∠B＝58.5°，∵点A是的中点，∴BA⊥EC，∴∠ACE＝90°﹣∠BAC＝31.5°，故选：B．22．（2021•哈尔滨·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，点B为切点，若AB＝8，tan∠BAC＝，则BC的长为（）A．8 B．7 C．10 D．6【分析】先根据切线的性质得到∠ABC＝90°，然后利用正切的定义求BC的长．【解答】解：∵AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，∴AB⊥BC，∴∠ABC＝90°，∵tan∠BAC＝＝，∴BC＝×8＝6．故选：D．23．（2021•福建·中考真题）如图，AB为⊙O的直径，点P在AB的延长线上，PC，PD与⊙O相切，切点分别为C，D．若AB＝6，PC＝4，则sin∠CAD等于（）A． B． C． D．【分析】连接OC、OD、CD，CD交PA于E，如图，利用切线的性质和切线长定理得到OC⊥CP，PC＝PD，OP平分∠CPD，根据等腰三角形的性质得到OP⊥CD，则∠COB＝∠DOB，根据圆周角定理得到∠CAD＝∠COD，所以∠COB＝∠CAD，然后求出sin∠COP即可．【解答】解：连接OC、OD、CD，CD交PA于E，如图，∵PC，PD与⊙O相切，切点分别为C，D，∴OC⊥CP，PC＝PD，OP平分∠CPD，∴OP⊥CD，∴＝，∴∠COB＝∠DOB，∵∠CAD＝∠COD，∴∠COB＝∠CAD，在Rt△OCP中，OP＝＝＝5，∴sin∠COP＝＝，∴sin∠CAD＝．故选：D．24．（2021•徐州·中考真题）如图，AB为⊙O的直径，点C、D在⊙O上，AC与OD交于点E，AE＝EC，OE＝ED．连接BC、CD．求证：（1）△AOE≌△CDE；（2）四边形OBCD是菱形．【分析】（1）利用“SAS”可证明△AOE≌△CDE；（2）利用△AOE≌△CDE得到OA＝CD，∠AOE＝∠D，则可证明OB∥CD，于是可判断四边形OBCD为平行四边形，然后根据OB＝OD得到四边形OBCD是菱形．【解答】证明：（1）在△AOE和△CDE中，，∴△AOE≌△CDE（SAS）；（2）∵△AOE≌△CDE，∴OA＝CD，∠AOE＝∠D，∴OB∥CD，∵OA＝OB，∴OB＝CD，∴四边形OBCD为平行四边形，∵OB＝OD，∴四边形OBCD是菱形．25．（2021•湖州·中考真题）如图，已知AB是⊙O的直径，∠ACD是所对的圆周角，∠ACD＝30°．（1）求∠DAB的度数；（2）过点D作DE⊥AB，垂足为E，DE的延长线交⊙O于点F．若AB＝4，求DF的长．【分析】（1）连接BD，根据AB是⊙O的直径，可得∠ADB＝90°，进而可以求∠DAB的度数；（2）根据直角三角形30度角所对直角边等于斜边的一半可得AD的长，再根据垂径定理和特殊角三角函数值可得EF＝DE的值，进而可得DF的长．【解答】解：（1）如图，连接BD，∵∠ACD＝30°，∴∠B＝∠ACD＝30°，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠DAB＝90°﹣∠B＝60°；（2）∵∠ADB＝90°，∠B＝30°，AB＝4，∴AD＝AB＝2，∵∠DAB＝60°，DE⊥AB，且AB是直径，∴EF＝DE＝ADsin60°＝，∴DF＝2DE＝2．26．（2021•苏州·中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠1＝∠2，延长BC到点E，使得CE＝AB，连接ED．（1）求证：BD＝ED；（2）若AB＝4，BC＝6，∠ABC＝60°，求tan∠DCB的值．【分析】（1）根据圆内接四边形的性质得到∠A＝∠DCE，证明△ABD≌△DCE，根据全等三角形的性质证明结论；（2）过点D作DM⊥BE于M，根据等腰三角形的性质求出BM，进而求出CM，根据正切的定义求出DM，根据正切的定义计算，得到答案．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠A＝∠DCE，∵∠1＝∠2，∴＝，∴AD＝DC，在△ABD和△DCE中，，∴△ABD≌△CED（SAS），∴BD＝ED；（2）解：过点D作DM⊥BE于M，∵AB＝4，BC＝6，CE＝AB，∴BE＝BC+EC＝10，∵BD＝ED，DM⊥BE，∴BM＝ME＝BE＝5，∴CM＝BC﹣BM＝1，∵∠ABC＝60°，∠1＝∠2，∴∠2＝30°，∴DM＝BM•tan∠2＝5×＝，∴tan∠DCB＝＝．B卷（建议用时：80分钟）1．（2021•柳州·中考真题）往水平放置的半径为13cm的圆柱形容器内装入一些水以后，截面图如图所示，若水面宽度AB＝24cm，则水的最大深度为（）A．5cm B．8cm C．10cm D．12cm【分析】连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，先由垂径定理求出BD的长，再根据勾股定理求出OD的长，进而得出CD的长即可．【解答】解：连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，如图所示：∵AB＝24cm，∴BD＝AB＝12（cm），∵OB＝OC＝13cm，在Rt△OBD中，OD＝＝＝5（cm），∴CD＝OC﹣OD＝13﹣5＝8（cm），即水的最大深度为8cm，故选：B．2．（2021•抚顺·中考真题）如图，在⊙O中，弦CD与直径AB相交于点E，连接OC，BD．若∠ABD＝20°，∠AED＝80°，则∠COB的度数为（）A．80° B．100° C．120° D．140°【分析】根据三角形的外角性质求出∠D，根据圆周角定理得出∠D＝COB，求出∠COB＝2∠D，再代入求出答案即可．【解答】解：∵∠ABD＝20°，∠AED＝80°，∴∠D＝∠AED﹣∠ABD＝80°﹣20°＝60°，∴∠COB＝2∠D＝120°，故选：C．3．（2021•牡丹江·中考真题）如图，点A，B，C为⊙O上的三点，∠AOB＝∠BOC，∠BAC＝30°，则∠AOC的度数为（）A．100° B．90° C．80° D．60°【分析】利用圆周角定理求出∠BOC，再根据题目条件求出∠AOB可得结论．【解答】解：∵∠BOC＝2∠BAC＝60°，OB＝OC，∴△BOC是等边三角形，∵∠AOB＝∠BOC＝20°，∴∠AOC＝∠BOC+∠AOB＝60°+20°＝80°，故选：C．4．（2021•遵义·中考真题）如图，点C是以点O为圆心，AB为直径的半圆上一点，连接AC，BC，OC．若AC＝4，BC＝3，则sin∠BOC的值是（）A．1 B． C． D．【分析】如图，过点C作CH⊥AB于H．利用勾股定理求出AB，再利用面积法求出CH，可得结论．【解答】解：如图，过点C作CH⊥AB于H．∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∵AC＝4，BC＝3，∴AB＝＝＝5，∴OC＝AB＝，∵S△ABC＝•AB•CH＝•AC•BC，∴CH＝＝，∴sin∠BOC＝＝＝，故选：B．5．（2021•盘锦·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴负半轴上，点B在y轴正半轴上，⊙D经过A，B，O，C四点，∠ACO＝120°，AB＝4，则圆心点D的坐标是．【分析】先利用圆内接四边形的性质得到∠ABO＝60°，再根据圆周角定理得到AB为⊙D的直径，则D点为AB的中点，接着利用含30度的直角三角形三边的关系得到OB＝2，OA＝2，所以A（﹣2，0），B（0，2），然后利用线段的中点坐标公式得到D点坐标．【解答】解：∵四边形ABOC为圆的内接四边形，∴∠ABO+∠ACO＝180°，∴∠ABO＝180°﹣120°＝60°，∵∠AOB＝90°，∴AB为⊙D的直径，∴D点为AB的中点，在Rt△ABO中，∵∠ABO＝60°，∴OB＝AB＝2，∴OA＝OB＝2，∴A（﹣2，0），B（0，2），∴D点坐标为（﹣，1）．故答案为（﹣，1）．6．（2021•广元·中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，AE是以BC为直径的半圆的切线，则图中阴影部分的面积为（）A． B．π﹣2 C．1 D．【分析】根据切线的性质得到EC＝EF，根据勾股定理列出方程求出CE，根据扇形面积公式、三角形面积公式计算，得到答案．【解答】解：假设AE与BC为直径的半圆切于点F，则AB＝AF，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BCD＝90°，∴EC与BC为直径的半圆相切，∴EC＝EF，∴DE＝2﹣CE，AE＝2+CE，在Rt△ADE中，AE2＝AD2+DE2，即（2+CE）2＝22+（2﹣CE）2，解得：CE＝，∴DE＝2﹣＝，∴阴影部分的面积＝22﹣×π×12﹣×2×＝，故选：D．7．（2021•鄂州·中考真题）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理，如图1．筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心的圆，如图2．已知圆心O在水面上方，且⊙O被水面截得的弦AB长为6米，⊙O半径长为4米．若点C为运行轨道的最低点，则点C到弦AB所在直线的距离是（）A．1米 B．（4﹣）米 C．2米 D．（4+）米【分析】连接OC交AB于D，连接OA，根据垂径定理得到AD＝AB，根据勾股定理求出OD，结合图形计算，得到答案．【解答】解：连接OC交AB于D，连接OA，∵点C为运行轨道的最低点，∴OC⊥AB，∴AD＝AB＝3（米），在Rt△OAD中，OD＝＝＝（米），∴点C到弦AB所在直线的距离CD＝OC﹣OD＝（4﹣）米，故选：B．8．（2021•沈阳·中考真题）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB＝2，∠ACB＝60°，连接OA，OB，则的长是（）A． B． C．π D．【分析】过点O作OD⊥AB于D，根据垂径定理求出AD，根据圆周角定理求出∠AOB，根据正弦的定义求出OA，根据弧长公式计算，得到答案．【解答】解：过点O作OD⊥AB于D，则AD＝DB＝AB＝，由圆周角定理得：∠AOB＝2∠ACB＝120°，∴∠AOD＝60°，∴OA＝＝＝2，∴的长＝＝，故选：D．9．（2021•梧州·中考真题）在平面直角坐标系中，已知点A（0，1），B（0，﹣5），若在x轴正半轴上有一点C，使∠ACB＝30°，则点C的横坐标是（）A．3+4 B．12 C．6+3 D．6【分析】如图，以AB为边向右作等边△ABD，以D为圆心，DA为半径作⊙D交x的正半轴于C，连接CA，CB，此时∠ACB＝∠ADB＝30°满足条件．过点D作DJ⊥AB于J，DK⊥OC于K，则四边形OJDK是矩形，求出OK，KC，可得结论．【解答】解：如图，以AB为边向右作等边△ABD，以D为圆心，DA为半径作⊙D交x的正半轴于C，连接CA，CB，此时∠ACB＝∠ADB＝30°满足条件．过点D作DJ⊥AB于J，DK⊥OC于K，则四边形OJDK是矩形，∵A（0，1），B（0，﹣5），∴AB＝6，∵DA＝DB＝AB＝6，DJ⊥AB，∴AJ＝JB＝3，∴DJ＝OK＝＝＝3，∴OJ＝DK＝2，在Rt△DCK中，CK＝＝＝4，∴OC＝OK+KC＝3+4，∴点C的横坐标为3+4，故选：A．（2021•宁波·中考真题）抖空竹在我国有着悠久的历史，是国家级的非物质文化遗产之一．如图，AC，BD分别与⊙O相切于点C，D，延长AC，BD交于点P．若∠P＝120°，⊙O的半径为6cm，则图中的长为cm．（结果保留π）【分析】连接OC，OD，先求出∠COD的度数，最后利用弧长公式求解答案即可．【解答】解：如图所示，连接OC，OD，∵AC，BD分别与⊙O相切于点C，D，∴∠OCP＝∠ODP＝90°，由四边形内角和为360°可得，∠COD＝360°﹣∠OCP﹣∠ODP﹣∠CPD＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°．∴的长＝＝2π．故答案为：2π．11．（2021•成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x+与⊙O相交于A，B两点，且点A在x轴上，则弦AB的长为．【分析】设直线AB交y轴于C，过O作OD⊥AB于D，先求出A、C坐标，得到OA、OC长度，可得∠CAO＝30°，Rt△AOD中求出AD长度，从而根据垂径定理可得答案．【解答】解：设直线AB交y轴于C，过O作OD⊥AB于D，如图：在y＝x+中，令x＝0得y＝,∴C(0,),OC＝,在y＝x+中令y＝0得x+＝0,解得x＝﹣2,∴A(﹣2,0),OA＝2,Rt△AOC中，tan∠CAO＝＝＝,∴∠CAO＝30°，Rt△AOD中，AD＝OA•cos30°＝2×＝，∵OD⊥AB，∴AD＝BD＝，∴AB＝2，故答案为：2．12．（2021•黑龙江·中考真题）如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝4，OB＝6，以点O为圆心，3为半径的⊙O，与OB交于点C，过点C作CD⊥OB交AB于点D，点P是边OA上的动点，则PC+PD的最小值为．【分析】延长CO交⊙O于点E，连接ED，交AO于点P，则PC+PD的值最小．【解答】解：延长CO交⊙O于点E，连接ED，交AO于点P，则PC+PD的值最小，最小值为线段DE的长．∵CD⊥OB，∴∠DCB＝90°，∵∠AOB＝90°，∴∠DCB＝∠AOB，∴CD∥AO，∴＝，∴＝，∴CD＝2，在Rt△CDE中，DE＝＝＝2，∴PC+PD的最小值为2．故答案为：2．13．（2021•泸州·中考真题）如图，⊙O的直径AB＝8，AM，BN是它的两条切线，DE与⊙O相切于点E，并与AM，BN分别相交于D，C两点，BD，OC相交于点F，若CD＝10，则BF的长是（）A． B． C． D．【分析】如图，构建如图平面直角坐标系，过点D作DH⊥BC于H．想办法求出C，D两点坐标，构建一次函数，利用方程组确定交点坐标即可．【解答】解：如图，构建如图平面直角坐标系，过点D作DH⊥BC于H．∵AB是直径，AB＝8，∴OA＝OB＝4，∵AD，BC，CD是⊙O的切线，∴∠DAB＝∠ABH＝∠DHB＝90°，DA＝DE，CE＝CB，∴四边形ABHD是矩形，∴AD＝BH，AB＝DH＝8，∴CH＝＝＝6，设AD＝DE＝BH＝x，则EC＝CB＝x+6，∴x+x+6＝10，∴x＝2，∴D（2，4），C（8，﹣4），B（0，﹣4），∴直线OC的解析式为y＝﹣x，直线BD的解析式为y＝4x﹣4，由，解得，∴F（，﹣），∴BF＝＝，解法二：设DH交OC于G，利用△OBF∽△GDF求解即可．故选：A．14．（2021•湘潭·中考真题）如图，BC为⊙O的直径，弦AD⊥BC于点E，直线l切⊙O于点C，延长OD交l于点F，若AE＝2，∠ABC＝22.5°，则CF的长度为（）A．2 B．2 C．2 D．4【分析】根据垂径定理求得＝，AE＝DE＝2，即可得到∠COD＝2∠ABC＝45°，则△OED是等腰直角三角形，得出OD＝＝2，根据切线的性质得到BC⊥CF，得到△OCF是等腰直角三角形，进而即可求得CF＝OC＝OD＝2．【解答】解：∵BC为⊙O的直径，弦AD⊥BC于点E，∴＝，AE＝DE＝2，∴∠COD＝2∠ABC＝45°，∴△OED是等腰直角三角形，∴OE＝ED＝2，∴OD＝＝2，∵直线l切⊙O于点C，∴BC⊥CF，∴△OCF是等腰直角三角形，∴CF＝OC，∵OC＝OD＝2，∴CF＝2，故选：B．15．（2021•包头·中考真题）如图，在▱ABCD中，AD＝12，以AD为直径的⊙O与BC相切于点E，连接OC．若OC＝AB，则▱ABCD的周长为．【分析】连接OE，过点C作CF⊥AD交AD于点F，利用平行四边形的性质和切线的性质证明四边形OECF为矩形，利用勾股定理求得OC，进而求得平行四边形的周长．【解答】解：连接OE，过点C作CF⊥AD交AD于点F，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，∴∠EOD+∠OEC＝180°，∵⊙O与BC相切于点E，∴OE⊥BC，∴∠OEC＝90°∴∠EOD＝90°，∵CF⊥AD，∴∠CFO＝90°，∴四边形OECF为矩形，∴FC＝OE，∵AD为直径，AD＝12，∴FC＝OE＝OD＝AD＝6，∵OC＝AB，CF⊥AD，∴OF＝OD＝3，在Rt△OFC中，由勾股定理得，OC2＝OF2+FC2＝32+62＝45，∴AB＝OC＝3，∴▱ABCD的周长为12+12+3+3＝24+6，故答案为：24+6．16．（2021•广东·中考真题）在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝3．点D为平面上一个动点，∠ADB＝45°，则线段CD长度的最小值为．【分析】根据∠ADB＝45°，AB＝2，作△ABD的外接圆O，连接OC，当O、D、C三点共线时，CD的值最小．将问题转化为点圆最值．可证得△AOB为等腰直角三角形，OB＝OA＝，同样可证△OBE也为等腰直角三角形，OE＝BE＝1，由勾股定理可求得OC的长为，最后CD最小值为OC﹣OD＝．【解答】解：如图所示．∵∠ADB＝45°，AB＝2，作△ABD的外接圆O（因求CD最小值，故圆心O在AB的右侧），连接OC，当O、D、C三点共线时，CD的值最小．∵∠ADB＝45°，∴∠AOB＝90°，∴△AOB为等腰直角三角形，∴AO＝BO＝sin45°×AB＝．∵∠OBA＝45°，∠ABC＝90°，∴∠OBE＝45°，作OE⊥BC于点E，∴△OBE为等腰直角三角形．∴OE＝BE＝sin45°•OB＝1，∴CE＝BC﹣BE＝3﹣1＝2，在Rt△OEC中，OC＝＝＝．当O、D、C三点共线时，CD最小为CD＝OC﹣OD＝．故答案为：．17．（2021•凉山州·中考真题）如图，等边三角形ABC的边长为4，⊙C的半径为，P为AB边上一动点，过点P作⊙C的切线PQ，切点为Q，则PQ的最小值为．【分析】连接CP、CQ，作CH⊥AB于H，如图，根据等边三角形的性质得到AB＝CB＝4，∠BCH＝ACB＝60°＝30°，根据直角三角形的性质得到BH＝AB＝2，CH＝BC＝×4＝2，由切线的性质得到CQ⊥PQ，根据勾股定理得到PQ＝＝，推出当点P运动到H点时，CP最小，于是得到结论．【解答】解：连接CP、CQ，作CH⊥AB于H，如图，∵等边三角形ABC的边长为4，∴AB＝CB＝4，∠BCH＝ACB＝60°＝30°，∴BH＝AB＝2，CH＝BC＝×4＝2，∵PQ为⊙C的切线，∴CQ⊥PQ，在Rt△CPQ中，PQ＝＝，∵点P是AB边上一动点，∴当点P运动到H点时，CP最小，即CP的最小值为2，∴PQ的最小值为＝3，故答案为：3．18．（2021•河南·中考真题）在古代，智慧的劳动人民已经会使用“石磨”，其原理为在磨盘的边缘连接一个固定长度的“连杆”，推动“连杆”带动磨盘转动，将粮食磨碎，物理学上称这种动力传输工具为“曲柄连杆机构”．小明受此启发设计了一个“双连杆机构”，设计图如图1，两个固定长度的“连杆”AP，BP的连接点P在⨀O上，当点P在⨀O上转动时，带动点A，B分别在射线OM，ON上滑动，OM⊥ON．当AP与⨀O相切时，点B恰好落在⨀O上，如图2．请仅就图2的情形解答下列问题．（1）求证：∠PAO＝2∠PBO；（2）若⨀O的半径为5，AP＝，求BP的长．【分析】（1）连接切点与圆心，根据角之间的互余关系及等量代换代换求解即可．（2）作出相关辅助线，构造相似三角形Rt△POD与Rt△OAP，利用相似三角形的性质求得PD＝3，OD＝4，最后根据直角三角形的勾股定理求解即可．【解答】（1）证明：如图①，连接OP，延长BO与圆交于