2024成都中考数学复习逆袭卷诊断小卷十二 (含详细解析)

2024成都中考数学复习逆袭卷诊断小卷十二本卷涉及考点：圆周角定理及其推论、与垂径定理有关的计算、与切线性质有关的证明与计算、与辅助圆有关的问题、弧长、扇形面积的有关计算、阴影部分面积的计算、正多边形与圆．一、选择题(每小题3分，共计18分)1.若一个扇形的半径为2，面积为eq\f(2π,3)，则它的圆心角的度数为()A.30°B.60°C.90°D.120°2.如图，四边形ABCD内接于⊙O，且＝，连接BD，若∠ADC＝130°，则∠BDC的度数是()第2题图A.55°B.50°C.45°D.40°3.如图，AB为⊙O的直径，点C，D，E在⊙O上，且＝.若∠E＝80°，则∠ABC的度数为()第3题图A.40°B.30°C.20°D.10°4.如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，过点C作⊙O的切线CD，交BA的延长线于点D，过点B作⊙O的切线BE，交DC的延长线于点E.若∠ABC＝30°，△ECB的周长为18，则DO的长为()第4题图A.eq\r(3)B.2eq\r(3)C.4eq\r(3)D.6eq\r(3)5.如图，点A在⊙O内，B，C在⊙O上，若∠BAC＝90°，AB＝AC，OA＝1，⊙O的半径为5，则弦BC的长为()A.4B.5C.6D.8第5题图6.如图，AB为⊙O的直径，点C是的中点，连接AC，BC，以点C为圆心，CA长为半径画弧，得到扇形ACB，将扇形ACB围成一个圆锥，若AB＝8，则圆锥底面圆的半径为()第6题图A.2B.eq\r(2)C.2eq\r(2)D.4eq\r(2)二、填空题(每小题3分，共计9分)7.如图，⊙O为正六边形ABCDEF的内切圆，点G，H，K分别为BC，DE，EF与⊙O的切点，连接GK，KH，则∠GKH的度数为________．第7题图8.如图，在扇形AOB中，∠AOB＝60°，半径OA＝eq\r(3)，点C是的中点，过点C作CD∥OA，交OB于点D，则阴影部分的面积为__________．第8题图9.创新考法·真实问题情境如图，某游乐场计划在道路BC的一侧修建一个四边形休息区ABCD，并沿BD将该休息区划分为两部分提供管理和服务，设计要求BD⊥DC，AD∥BC，已知AD＝20米，BC＝40米，则设计的休息区ABCD的最大面积是______平方米．第9题图三、解答题(本大题共2小题，共计18分)10.(本小题8分)如图，AB，CD为⊙O的两条相互垂直的弦，AB，CD交于点E，连接AC，过点O作OF⊥AB于点F.(1)若OF＝1，AB＝4，求⊙O的半径；(2)连接OC交AB于点G，若点G是OC的中点，求证：CD＝4OF.第10题图11.(本小题10分)如图，AB是⊙O的直径，BC为⊙O的切线，且BC＝AB，连接OC，过点B作BD⊥OC于点E，交⊙O于点D，连接AD，AC，AC交BD于点F，交⊙O于点G.(1)求证：∠ABD＝∠ECB；(2)若BD＝4，求FG的长．第11题图参考答案与解析快速对答案一、选择题1～6BBCCDB二、填空题7.60°8.eq\f(π－\r(3),4)9.600三、解答题请看“逐题详析”P21～P22．逐题详析1.B【解析】设扇形的圆心角为n°，∵扇形的半径为2，面积为eq\f(2π,3)，∴S扇形＝eq\f(nπ×22,360)＝eq\f(2π,3)(扇形面积公式：eq\f(nπr2,360))，解得n＝60，∴它的圆心角的度数为60°.2.B【解析】∵＝，∴∠ABC＝∠BDC(等弧所对的圆周角相等).∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ABC＝180°－∠ADC＝50°(圆内接四边形的对角互补)，∴∠BDC＝50°.3.C【解析】如解图，连接OD，BD，∵＝，∴∠ABD＝∠CBD，∵∠E＝80°，∴∠DOB＝2∠E＝160°(一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半)，∴∠AOD＝180°－∠DOB＝20°，∴∠ABD＝eq\f(1,2)∠AOD＝10°，∴∠CBD＝∠ABD＝10°，∴∠ABC＝∠ABD＋∠CBD＝20°.第3题解图4.C【解析】如解图，连接OC，OE，∵CD，BE是⊙O的切线，∴EC＝EB(从圆外一点可引出圆的两条切线，它们的切线长相等),∠OBE＝90°(圆的切线垂直于经过切点的半径)，∵∠ABC＝30°，∴∠EBC＝60°，∴△EBC是等边三角形(有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形)，∵△ECB的周长为18，∴BE＝18÷3＝6，∵△EBC是等边三角形，∴∠CEB＝60°，∴∠OEB＝eq\f(1,2)∠CEB＝30°(从圆外一点可引出圆的两条切线，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角)，BD＝BE·tan60°＝6×eq\r(3)＝6eq\r(3)，∴OB＝BE·tan30°＝6×eq\f(\r(3),3)＝2eq\r(3)，∴DO＝BD－OB＝6eq\r(3)－2eq\r(3)＝4eq\r(3).第4题解图5.D【解析】利用垂径定理，建立等式，即可求解．如解图，连接OB，OC，延长AO交BC于点D，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴△ABC为等腰直角三角形，∴∠ABC＝45°，∵OB＝OC，AB＝AC，∴AD是BC的垂直平分线，∴∠ADB＝90°，BD＝eq\f(1,2)BC(垂径定理)，∴AD＝BD，∵⊙O的半径为5，∴OB＝5，设BD＝AD＝x，∵OA＝1，∴OD＝x－1，∴OD2＋BD2＝OB2，∴(x－1)2＋x2＝52，解得x＝4(负值已舍去)，∴BD＝4，∴BC＝2BD＝8.第5题解图6.B【解析】∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°(直径所对的圆周角是直角)，∵点C是的中点，∴AC＝BC，∴∠BAC＝∠ABC＝45°，∴△ACB是等腰直角三角形，∴AC＝BC＝AB·sin45°＝4eq\r(2)，∴扇形ACB围成圆锥的底面圆的周长为eq\f(90π×4\r(2),180)＝2eq\r(2)π(弧长公式：eq\f(nπr,180))，设圆锥底面圆的半径为R，则2eq\r(2)π＝2πR，解得R＝eq\r(2).7.60°【解析】∵⊙O为正六边形ABCDEF的内切圆，点G，K分别为BC，EF与⊙O的切点，∴G，K分别是BC，EF的中点，易得GK是⊙O的直径，即G，O，K三点共线，∵正六边形的内角和为(6－2)×180°＝720°(n边形的内角和公式为(n－2)×180°)，∴∠E＝720°÷6＝120°，∵点H，K分别为DE，EF与⊙O的切点，∴EK＝EH(从圆外一点可引出圆的两条切线，它们的切线长相等)，∴∠EKH＝∠EHK＝eq\f(1,2)(180°－∠E)＝eq\f(1,2)(180°－120°)＝30°，又∵GK为直径，∴∠GKE＝90°，∴∠GKH＝∠GKE－∠EKH＝90°－30°＝60°.(一题多解)∵⊙O为正六边形ABCDEF的内切圆，点G，K分别为BC，EF与⊙O的切点，∴G，K分别是BC，EF的中点，易得GK是⊙O的直径，即G，O，K三点共线，∵正六边形的内角和为(6－2)×180°＝720°(n边形的内角和公式为(n－2)×180°)，∴∠C＝∠D＝720°÷6＝120°，如解图，连接OH，第7题解图∵点G，H分别为BC，DE与⊙O的切点，∴∠OGC＝∠OHD＝90°，∵五边形的内角和为(5－2)×180°＝540°，∴在五边形OGCDH中，∠GOH＝540°－∠OGC－∠OHD－∠C－∠D＝540°－90°－90°－120°－120°＝120°，∴∠GKH＝eq\f(1,2)∠GOH＝eq\f(1,2)×120°＝60°(同弧所对的圆周角等于圆心角的一半).8.eq\f(π－\r(3),4)【解析】构造S阴影＝S扇形BOC－S△OCD进行求解．如解图，连接OC，作DE⊥OC于点E，∵点C是eq\x\to(AB)的中点，∠AOB＝60°，∴∠AOC＝∠BOC＝30°，∵CD∥OA，∴∠AOC＝∠DCO＝30°，∴∠DOC＝∠DCO＝30°，∴OD＝CD，∵DE⊥OC，OA＝eq\r(3)，∴OE＝EC＝eq\f(1,2)OC＝eq\f(1,2)OA＝eq\f(\r(3),2)，∴DC＝DO＝eq\f(\f(\r(3),2),cos30°)＝1，∴DE＝eq\f(1,2)(30°角所对的直角边等于斜边的一半)，S△OCD＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),4).∴S阴影＝S扇形BOC－S△OCD＝eq\f(30π×（\r(3)）2,360)－eq\f(\r(3),4)＝eq\f(π－\r(3),4).第8题解图9.600【解析】如解图，过点D作DE⊥BC于点E，∵AD∥BC，∴S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝eq\f(1,2)AD·DE＋eq\f(1,2)BC·DE＝eq\f(1,2)(AD＋BC)·DE＝eq\f(1,2)(20＋40)·DE＝30DE，要求S四边形ABCD的最大值，即求DE的最大值，∵BD⊥CD，∴∠BDC＝90°，∴点D在以BC为直径的圆上，取BC的中点O，以OB为半径作⊙O，则点D在⊙O上，连接OD，则DE≤OD，当点E与点O重合时，DE＝DO，此时DE取得最大值，最大值为DO的长．∵BC＝40，∴BO＝CO＝OD＝eq\f(1,2)BC＝20，∴DE的最大值为20，∴S四边形ABCD的最大值为30DE＝30×20＝600，即游乐场设计的休息区ABCD的最大面积是600平方米．第9题解图10.(1)解：如解图①，连接OA，∵OF⊥AB，AB为⊙O的弦，∴点F为AB的中点，∵AB＝4，∴AF＝eq\f(1,2)AB＝2(垂径定理)，∵在Rt△OFA中，OF＝1，∴OA＝eq\r(OF2＋AF2)＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，∴⊙O的半径为eq\r(5)；(3分)图①图②第10题解图(2)证明：如解图②，过点O作OH⊥CD于点H，∵OF⊥AB，AB⊥CD，OH⊥CD，∴四边形OHEF是矩形(有三个角是直角的四边形是矩形)，∠OFG＝∠CEG＝90°，∴OF＝EH，∵点G是OC的中点，∴OG＝CG，(5分)在△OFG和△CEG中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠OFG＝∠CEG∠OGF＝∠CGEOG＝CG))，∴△OFG≌△CEG(AAS)，∴OF＝CE，∴EH＝CE，即CH＝2CE＝2OF，∵OH⊥CD，∴CD＝2CH＝4OF.(8分)11.(1)证明：∵BC为⊙O的切线，∴∠ABC＝90°(圆的切线垂直于经过切点的半径)，即∠ABD＋∠DBC＝90°，∵BD⊥OC，∴∠BEC＝90°，∴∠DBC＋∠ECB＝90°，∴∠ABD＝∠ECB；(4分)(2)解：如解图，连接BG，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∠AGB＝90°，第11题解图∴∠ADB＝∠CEB，由(1)知，∠ABD＝∠BCE，∵AB＝BC，∴△ABD≌△BCE(AAS)，∴AD＝BE.(6分)∵OE⊥BD，∴BE＝DE(垂径定理)，∵AO＝BO，∴OE为△ABD的中位线，∴OE＝eq\f(1,2)AD(三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半)，∴BE＝DE＝AD＝eq\f(1,2)BD＝2，∴OE＝1，在Rt△ABD中，AB＝eq\r(AD2＋BD2)＝2eq\r(5)，∴AB＝BC＝2eq\r(5)，OB＝eq\f(1,2)AB＝eq\r(5)，AC＝2