第六章 圆真题测试（提升卷）（解析版）

第六章圆章节测试(时间：90分钟满分：120分)一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1．（2023·四川宜宾·统考中考真题）《梦溪笔谈》是我国古代科技著作，其中它记录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，是以点O为圆心、为半径的圆弧，N是的中点，．“会圆术”给出的弧长的近似值计算公式：．当，时，则的值为（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】连接,根据等边三角形的性质，垂径定理，勾股定理，特殊角的三角函数，后代入公式计算即可．【详解】连接，根据题意，是以点O为圆心、为半径的圆弧，N是的中点，，

得，∴点M，N，O三点共线，∵，，∴是等边三角形，∴，∴∴．故选：B．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，垂径定理，勾股定理，特殊角的函数值，熟练掌握相关知识是解题的关键．2．（2023·重庆·统考中考真题）如图，是的切线，为切点，连接．若，，，则的长度是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据切线的性质及正切的定义得到，再根据勾股定理得到．【详解】解：连接，∵是的切线，为切点，∴，∵，，∴在中，，∵，∴在，，故选：．

【点睛】本题考查了切线的性质，锐角三角函数，勾股定理，掌握切线的性质是解题的关键．3．（2023·江苏连云港·统考中考真题）如图，矩形内接于，分别以为直径向外作半圆．若，则阴影部分的面积是（

）

A． B． C． D．20【答案】D【分析】根据阴影部分面积为2个直径分别为的半圆的面积加上矩形的面积减去直径为矩形对角线长的圆的面积即可求解．【详解】解：如图所示，连接，

∵矩形内接于，∴∴阴影部分的面积是，故选：D．【点睛】本题考查了勾股定理，矩形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．4．（2023·河北·统考中考真题）如图，点是的八等分点．若，四边形的周长分别为a，b，则下列正确的是(

)

A． B． C． D．a，b大小无法比较【答案】A【分析】连接，依题意得，，的周长为，四边形的周长为，故，根据的三边关系即可得解．【详解】连接，

∵点是的八等分点，即∴，∴又∵的周长为，四边形的周长为，∴在中有∴故选：A．【点睛】本题考查等弧所对的弦相等，三角形的三边关系等知识，利用作差比较法比较周长大小是解题的关键．5．（2023·四川达州·统考中考真题）如图，四边形是边长为的正方形，曲线是由多段的圆心角的圆心为，半径为；的圆心为，半径为的圆心依次为循环，则的长是（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】曲线是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径，得到，，得出半径，再计算弧长即可．【详解】解：由图可知，曲线是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径，，，，，，，，，，，，故的半径为，的弧长．故选：A.【点睛】此题主要考查了弧长的计算，弧长的计算公式：，找到每段弧的半径变化规律是解题关键．6．（2023·浙江温州·统考中考真题）如图，四边形内接于，，．若，，则的度数与的长分别为（

）

A．10°，1 B．10°， C．15°，1 D．15°，【答案】C【分析】过点O作于点E，由题意易得，然后可得，，，进而可得，最后问题可求解．【详解】解：过点O作于点E，如图所示：

∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，，∴，，，∴，，，∴，∴，∴；故选：C．【点睛】本题主要考查平行线的性质、圆周角定理及三角函数，熟练掌握平行线的性质、圆周角定理及三角函数是解题的关键．7．（2023·湖北十堰·统考中考真题）如图，是的外接圆，弦交于点E，，，过点O作于点F，延长交于点G，若，，则的长为(

)

A． B．7 C．8 D．【答案】B【分析】作于点M，由题意可得出，从而可得出为等边三角形，从而得到，再由已知得出，的长，进而得出，的长，再求出的长，再由勾股定理求出的长．【详解】解：作于点M，

在和中，，∴，∴，又∵，∴，∴为等边三角形，∴，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，∴，∵，∴∠，∴，，∴，∴．故选：B．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形的外接圆与外心、勾股定理等知识点，综合性较强，掌握基本图形的性质，熟练运用勾股定理是解题关键．8．（2021·四川广元市·中考真题）如图，从一块直径是2的圆形铁片上剪出一个圆心角为的扇形，将剪下来的扇形围成一个圆锥．那么这个圆锥的底面圆的半径是（）A． B． C． D．1【答案】B【分析】先计算的长度，然后围成的圆锥底面周长等同于的长度，根据公式计算即可．【详解】解：如下图：连接BC，AO，∵，∴BC是直径，且BC=2，又∵，∴，

又∵，，∴，∴的长度为：，∴围成的底面圆周长为，设圆锥的底面圆的半径为，则：，∴．故选：【点睛】本题考查扇形弧长的计算，圆锥底面半径的计算，解直角三角形等相关知识点，根据条件计算出扇形的半径是解题的关键．9．（2021·四川广安市·中考真题）如图，公园内有一个半径为18米的圆形草坪，从地走到地有观赏路（劣弧）和便民路（线段）.已知、是圆上的点，为圆心，，小强从走到，走便民路比走观赏路少走（）米.A． B．C． D．【答案】D【分析】作OC⊥AB于C，如图，根据垂径定理得到AC=BC，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠A，从而得到OC和AC，可得AB，然后利用弧长公式计算出的长，最后求它们的差即可．【详解】解：作OC⊥AB于C，如图，则AC=BC，∵OA=OB，∴∠A=∠B=（180°-∠AOB）=30°，在Rt△AOC中，OC=OA=9，AC=，∴AB=2AC=，又∵=，∴走便民路比走观赏路少走米，故选D．【点睛】本题考查了垂径定理：垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题．10．（2021·湖北荆州市·中考真题）如图，在菱形中，，，以为圆心、长为半径画，点为菱形内一点，连接，，．当为等腰直角三角形时，图中阴影部分的面积为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】以点B为原点，BC边所在直线为x轴，以过点B且与BC垂直的直线为y轴建立平面直角坐标系，判断出，再根据∠BCP=90°和∠BPC=90°两种情况判断出点P的位置，启动改革免费进行求解即可．【详解】解：以点B为原点，BC边所在直线为x轴，以过点B且与BC垂直的直线为y轴建立平面直角坐标系，如图，∵△BPC为等腰直角三角形，且点P在菱形ABCD的内部，很显然，①若∠BCP=90°，则CP=BC=2这C作CE⊥AD,交AD于点E，∵四边形ABCD是菱形∴AB=BC=CD=DA=2，∠D=∠ABC=60°∴CE=CDsin∠D=2∴点P在菱形ABCD的外部，∴与题设相矛盾，故此种情况不存在；②∠BPC=90°过P作PF⊥BC交BC于点F，∵△BPC是等腰直角三角形，∴PF=BF=BC=1∴P(1,1)，F(1,0)过点A作AG⊥BC于点G，在Rt△ABG中，∠ABG=60°∴∠BAG=30°∴BG=，AG=∴A，∴点F与点G重合∴点A、P、F三点共线∴∴∴故选：A．【点睛】此题主要考查了菱形的性质、等腰直角三角形的性质、直角三角形的性质以及求不规则图形的面积等知识，正确作出辅助线是解答此题的关键．二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）11．（2023·浙江嘉兴·统考中考真题）如图，点是外一点，，分别与相切于点，，点在上，已知，则的度数是___________．

【答案】【分析】连接，根据切线的性质得出，根据四边形内角和得出，根据圆周角定理即可求解．【详解】解：如图，

∵，分别与相切于点，，∴，∵，∴，∵，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，求得是解题的关键．12．（2023·江苏扬州·统考中考真题）用半径为，面积为的扇形纸片，围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆的半径为________．【答案】【分析】应为圆锥侧面母线的长就是侧面展开扇形的半径，利用圆锥侧面面积公式：，就可以求出圆锥的底面圆的半径．【详解】解：设圆锥底面圆的半径为，，由扇形的面积：，得：故答案为：.【点睛】本题考查了圆锥侧面面积的相关计算，熟练掌握圆锥侧面面积的计算公式是解题的关键，注意用扇形围成的圆锥，扇形的半径就是圆锥的母线．13．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，在中，，以为直径作半圆，交于点，交于点，则弧的长为__________．

【答案】【分析】连接，，，根据等腰三角形三线合一性质，圆周角定理，中位线定理，弧长公式计算即可．【详解】解：如图，连接，，，

∵为直径，∴，∵，∴，，∴，，∴弧的长为，故答案为：．【点睛】本题考查了等腰三角形三线合一性质，中位线定理，弧长公式，熟练掌握三线合一性质，弧长公式，圆周角定理是解题的关键．14．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，的半径为，为的弦，点为上的一点，将沿弦翻折，使点与圆心重合，则阴影部分的面积为_______．（结果保留与根号）

【答案】【分析】根据折叠的性质得出是等边三角形，则，，根据阴影部分面积即可求解．【详解】解：如图所示，连接，设交于点

∵将沿弦翻折，使点与圆心重合，∴，又∴，∴是等边三角形，∴，，∴,∴阴影部分面积故答案为：．15．（2023·湖南·统考中考真题）如图，是的直径，是的弦，与相切于点，连接，若，则的大小为__________．

【答案】【分析】证明，可得，结合，证明，再利用三角形的外角的性质可得答案．【详解】解：∵与相切于点，∴，∵，∴，∵，∴，∴，故答案为：【点睛】本题考查的是圆的切线的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质，熟记基本图形的性质是解本题的关键．16．（2023·甘肃武威·统考中考真题）如图，内接于，是的直径，点是上一点，，则________．

【答案】35【分析】由同弧所对的圆周角相等，得再根据直径所对的圆周角为直角，得，然后由直角三角形的性质即可得出结果．【详解】解：是所对的圆周角，是的直径，，在中，，故答案为：．【点睛】本题考查了圆周角定理，以及直角三角形的性质，利用了转化的思想，熟练掌握圆周角定理是解本题的关键．17．（2023·浙江宁波·统考中考真题）如图，在中，，E为边上一点，以为直径的半圆O与相切于点D，连接，．P是边上的动点，当为等腰三角形时，的长为_____________．

【答案】或【分析】连接，勾股定理求出半径，平行线分线段成比例，求出的长，勾股定理求出和的长，分和两种情况进行求解即可．【详解】解：连接，

∵以为直径的半圆O与相切于点D，∴，，∴设，则，在中：，即：，解得：，∴，∴，，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；∵为等腰三角形，当时，，当时，∵，∴点与点重合，∴，

不存在的情况；综上：的长为或．故答案为：或．【点睛】本题考查切线的性质，平行线分线段成比例，勾股定理，等腰三角形的定义．熟练掌握切线的性质，等腰三角形的定义，确定点的位置，是解题的关键．18．（2023·山东烟台·统考中考真题）如图，将一个量角器与一把无刻度直尺水平摆放，直尺的长边与量角器的外弧分别交于点A，B，C，D，连接，则的度数为_______．

【答案】【分析】方法一∶如图：连接，由题意可得：，，然后再根据等腰三角形的性质求得、，最后根据角的和差即可解答．方法二∶连接，由题意可得：，然后根据圆周角定理即可求解．【详解】方法一∶解：如图：连接，由题意可得：，，，∴，，∴．故答案为．

方法二∶解∶连接，由题意可得：，根据圆周角定理，知．故答案为：．

【点睛】本题主要考查了角的度量、圆周角定理等知识点，掌握圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半是解答本题的关键．19．（2023·浙江宁波·统考中考真题）如图，圆锥形烟囱帽的底面半径为，母线长为，则烟囱帽的侧面积为_____________．（结果保留）

【答案】【分析】根据圆锥侧面展开图是一个扇形，由扇形面积公式代值求解即可得到答案．【详解】解：圆锥形烟囱帽的底面半径为，母线长为，烟囱帽的侧面积（），故答案为：．【点睛】本题考查圆锥侧面展开图及扇形面积公式，熟记扇形面积公式是解决问题的关键．20．（2023·湖北·统考中考真题）如图，在中，的内切圆与分别相切于点，，连接的延长线交于点，则_________．

【答案】【分析】如图所示，连接，设交于H，由内切圆的定义结合三角形内角和定理求出，再由切线长定理得到，进而推出是的垂直平分线，即，则．【详解】解：如图所示，连接，设交于H，∵是的内切圆，∴分别是的角平分线，∴，∵，∴，∴，∴，∵与分别相切于点，，∴，又∵，∴是的垂直平分线，∴，即，∴，故答案为：．

【点睛】本题主要考查了三角形内切圆，切线长定理，三角形内角和定理，线段垂直平分线的判定，三角形外角的性质，正确作出辅助线是解题的关键．三、解答题（本大题共8小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）21．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）如图，是的直径，是上一点，过点作的切线，交的延长线于点，过点作于点．

(1)若，求的度数．(2)若，求的长．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据三角形的外角的性质，即可求解．（2）根据是的切线，可得，在中，勾股定理求得，根据，可得，进而即可求解．【详解】（1）解：∵于点，∴，∴．

（2）∵是的切线，是的半径，∴．在中，∵，∴．∵，∴∴，即，∴．【点睛】本题考查了三角形外角的性质，切线的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，熟练掌握以上知识是解题的关键．22．（2023·甘肃武威·统考中考真题）1672年，丹麦数学家莫尔在他的著作《欧几里得作图》中指出：只用圆规可以完成一切尺规作图．1797年，意大利数学家马斯凯罗尼又独立发现此结论，并写在他的著作《圆规的几何学》中．请你利用数学家们发现的结论，完成下面的作图题：如图，已知，是上一点，只用圆规将的圆周四等分．（按如下步骤完成，保留作图痕迹）

①以点为圆心，长为半径，自点起，在上逆时针方向顺次截取；②分别以点，点为圆心，长为半径作弧，两弧交于上方点；③以点为圆心，长为半径作弧交于，两点．即点，，，将的圆周四等分．【答案】见解析【分析】根据作图提示逐步完成作图即可．再根据图形基本性质进行证明即可．【详解】解：如图，

即点，，，把的圆周四等分．理由如下：如图，连接，

由作图可得：，且，∴为等边三角形，，同理可得：，∴，∴A，O，D三点共线，为直径，∴，设，而，∴，，由作图可得：，而，∴，，∴由作图可得，而，∴，∴，同理，∴点，，，把的圆周四等分．【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，圆弧与圆心角之间的关系，等边三角形的判定与性质，勾股定理与勾股定理的逆定理的应用，圆周角定理的应用，熟练掌握图形的基本性质并灵活应用于作图是解本题的关键．23．（2023·四川成都·统考中考真题）如图，以的边为直径作，交边于点D，过点C作交于点E，连接．

(1)求证：；(2)若，求和的长．【答案】(1)见解析(2)，【分析】（1）根据，得到，再根据同弧所对的圆周角相等，得到，可证明是等腰三角形，即可解答；（2）根据直径所对的圆周角为直角，得到，设，根据勾股定理列方程，解得x的值，即可求出；解法一：过点作的垂线段，交的延长线于点F，证明，求出的长，根据勾股定理即可解出的长；解法二：连接,得到角相等，进而证得，根据对应边成比例即可解出的长．【详解】（1）证明：，，，，，；（2）解：设，是的直径，，，，即，根据（1）中的结论，可得，根据勾股定理，可得，即，解得，（舍去），，,根据勾股定理，可得；解法一：如图，过点作的垂线段，交的延长线于点F，

，，，，即，，，，，，，设，则，，可得方程，解得，，，根据勾股定理，可得．解法二：如图，连接,

，，，，又，，，，．【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定及性质，平行线的性质，勾股定理，正切，利用等量代换证明相关角相等是解题的关键．24．（2023·江西·统考中考真题）如图，在中，，以为直径的与相交于点D，E为上一点，且．

(1)求的长；(2)若，求证：为的切线．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）如图所示，连接，先求出，再由圆周角定理得到，进而求出，再根据弧长公式进行求解即可；（2）如图所示，连接，先由三角形内角和定理得到，则由圆周角定理可得，再由是的直径，得到，进而求出，进一步推出，由此即可证明是的切线．【详解】（1）解：如图所示，连接，∵是的直径，且，∴，∵E为上一点，且，∴，∴，∴的长；

（2）证明：如图所示，连接，∵，，∴，∴，∵是的直径，∴，∴，∵，∴，即，∵是的半径，∴是的切线．

【点睛】本题主要考查了切线的判定，求弧长，圆周角定理，三角形内角和定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．25．（2023·辽宁大连·统考中考真题）如图1，在中，为的直径，点为上一点，为的平分线交于点，连接交于点．

(1)求的度数；(2)如图2，过点作的切线交延长线于点，过点作交于点．若，求的长．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据圆周角定理证明两直线平行，再利用平行线的性质证明角度相等即可；（2）由勾股定理找到边的关系，求出线段长，再利用等面积法求解即可．【详解】（1）∵是的直径，∴，∵平分，∴，即，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，（2）如图，连接，设，

则，，，∵是的直径，∴，在中，有勾股定理得：由（1）得：，∴，由勾股定理得：，，∴，∴，整理得：，解得：或（舍去），∴，∴，∵是的切线，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】此题考查了圆周角定理和勾股定理，三角形中位线定理，切线的性质，解一元二次方程，熟练掌握圆周角定理和勾股定理是解题的关键．26．（2023·湖北武汉·统考中考真题）如图，都是的半径，．

(1)求证：；(2)若，求的半径．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由圆周角定理得出，，再根据，即可得出结论；（2）过点作半径于点，根据垂径