中考数学总复习《 圆》高频难、易错点题含完整答案详解【全优】

中考数学总复习《圆》高频难、易错点题考试时间：90分钟；命题人：教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题20分）一、单选题（5小题，每小题4分，共计20分）1、如图，⊙O的半径为5，AB为弦，点C为的中点，若∠ABC=30°，则弦AB的长为（）A． B．5 C． D．52、已知一个扇形的弧长为，圆心角是，则它的半径长为（）A．6cm B．5cm C．4cm D．3cm3、如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B是切点，点C为⊙O上一点，若∠ACB＝70°，则∠P的度数为（

）A．70° B．50° C．20° D．40°4、如图，已知是的两条切线，A，B为切点，线段交于点M．给出下列四种说法：①；②；③四边形有外接圆；④M是外接圆的圆心，其中正确说法的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．45、丁丁和当当用半径大小相同的圆形纸片分别剪成扇形（如图）做圆锥形的帽子，请你判断哪个小朋友做成的帽子更高一些（）A．丁丁 B．当当 C．一样高 D．不确定第Ⅱ卷（非选择题80分）二、填空题（5小题，每小题6分，共计30分）1、某圆的周长是12.56米，那么它的半径是______________，面积是__________．2、如图，一个底面半径为3的圆锥，母线，D为的中点，一只蚂蚁从点A出发，沿着圆锥的侧面爬行到D，则蚂蚁爬行的最短路程为______．3、如图，AB为圆O的切线，点A为切点，OB交圆O于点C，点D在圆O上，连接AD、CD、OA，若∠ADC=25°，则∠B的度数为____．4、已知的半径为，直线与相交，则圆心到直线距离的取值范围是__________．5、如图，在中，半径，是半径上一点，且．，是上的两个动点，，是的中点，则的长的最大值等于__________．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥的底面圆的半径，扇形的圆心角，求该圆锥的母线长．2、如图，已知的直径为，于点，与相交于点，在上取一点，使得．（1）求证：是的切线；（2）填空：①当，时，则___________．②连接，当的度数为________时，四边形为正方形．3、如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=12cm，AD=8cm，BC=22cm，AB为⊙O的直径，动点P从点A开始沿AD边向点D以1cm/s的速度运动，动点Q从点C开始沿CB边向点B以2cm/s的速度运动．P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t（s）．（1）当t为何值时，四边形PQCD为平行四边形？（2）当t为何值时，PQ与⊙O相切？4、如图,已知等边△ABC内接于☉O,BD为内接正十二边形的一边,CD=5cm,求☉O的半径R.5、已知：．．求作：，使它经过点和点，并且圆心在的平分线上，-参考答案-一、单选题1、D【解析】【分析】连接OC、OA，利用圆周角定理得出∠AOC=60°，再利用垂径定理得出AB即可．【详解】连接OC、OA，∵∠ABC=30°，∴∠AOC=60°，∵AB为弦，点C为的中点，∴OC⊥AB，在Rt△OAE中，AE=，∴AB=，故选D．【考点】此题考查圆周角定理，关键是利用圆周角定理得出∠AOC=60°．2、A【解析】【分析】设扇形半径为rcm，根据扇形弧长公式列方程计算即可.【详解】设扇形半径为rcm，则=5π，解得r=6cm.故选A.【考点】本题主要考查扇形弧长公式.3、D【解析】【分析】首先连接OA，OB，由PA，PB为⊙O的切线，根据切线的性质，即可得∠OAP=∠OBP=90°，又由圆周角定理，可求得∠AOB的度数，继而可求得答案．【详解】解：连接OA，OB，∵PA，PB为⊙O的切线，∴∠OAP=∠OBP=90°，∵∠ACB=70°，∴∠AOB=2∠P=140°，∴∠P=360°-∠OAP-∠OBP-∠AOB=40°．故选：D．【考点】此题考查了切线的性质与圆周角定理，注意掌握辅助线的作法和数形结合思想的应用．4、C【解析】【分析】由切线长定理判断①，结合等腰三角形的性质判断②，利用切线的性质与直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，判断③，利用反证法判断④．【详解】如图，是的两条切线，故①正确，故②正确，是的两条切线，取的中点，连接，则所以：以为圆心，为半径作圆，则共圆，故③正确，M是外接圆的圆心，与题干提供的条件不符，故④错误，综上：正确的说法是个，故选C．【考点】本题考查的是切线长定理，三角形的外接圆，四边形的外接圆，掌握以上知识是解题的关键．5、B【解析】【分析】由图形可知，丁丁扇形的弧长大于当当扇形的弧长，根据弧长与圆锥底面圆的周长相等，可得丁丁剪成扇形做圆锥形的帽子的底面半径r大于当当剪成扇形做圆锥形的帽子的底面半径r，由扇形的半径相等，即母线长相等R，设圆锥底面圆半径为r,母线为R，圆锥的高为h,根据勾股定理由即，可得丁丁的h小于当当的h即可．【详解】解：由图形可知，丁丁扇形的弧长大于当当扇形的弧长，根据弧长与圆锥底面圆的周长相等，∴丁丁剪成扇形做圆锥形的帽子的底面半径r大于当当剪成扇形做圆锥形的帽子的底面半径r，∵扇形的半径相等，即母线长相等R，设圆锥底面圆半径为r,母线为R，圆锥的高为h,，根据勾股定理由即，∴丁丁的h小于当当的h，∴由勾股定理可得当当做成的圆锥形的帽子更高一些．故选：B．【考点】本题考查扇形作圆锥帽子的应用，利用圆锥的母线底面圆的半径，和圆锥的高三者之间关系，根据勾股定理确定出当当的帽子高是解题关键．二、填空题1、

2米

12.56平方米【解析】【分析】根据周长公式转化为，将C=12.56代入进行计算得到半径，继续利用面积公式，代入半径的值求出面积的结果．【详解】因为C=2πr，所以==2,所以r=2（米），因为S=πr2=3.14×22=12.56（平方米）．故答案为：2米

12.56平方米．【考点】考查圆的面积和周长与半径之间的关系，学生必须熟练掌握圆的面积和周长的求解公式，选择相应的公式进行计算，利用公式是解题的关键．2、【解析】【分析】先画出圆锥侧面展开图（见解析），再利用弧长公式求出圆心角的度数，然后利用等边三角形的判定与性质、勾股定理可得，最后根据两点之间线段最短即可得．【详解】画出圆锥侧面展开图如下：如图，连接AB、AD，设圆锥侧面展开图的圆心角的度数为，因为圆锥侧面展开图是一个扇形，扇形的弧长等于底面圆的周长，扇形的半径等于母线长，所以，解得，则，又，是等边三角形，点D是BC的中点，，，在中，，由两点之间线段最短可知，蚂蚁爬行的最短路程为，故答案为：．【考点】本题考查了圆锥侧面展开图、弧长公式、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握圆锥侧面展开图是解题关键．3、40°【解析】【分析】根据圆周角和圆心角的关系，可以得到∠AOC的度数，然后根据AB为⊙O的切线和直角三角形的两个锐角互余，即可求得∠B的度数．【详解】解：∵∠ADC=25°，∴∠AOC=50°，∵AB为⊙O的切线，点A为切点，∴∠OAB=90°，∴∠B=90°-∠AOC=90°-50°=40°，故答案为：40°．【考点】本题考查切线的性质、圆周角定理、直角三角形的性质，利用数形结合的思想解答问题是解答本题的关键．4、【解析】【分析】根据直线AB和圆相交，则圆心到直线的距离小于圆的半径即可得问题答案．【详解】∵⊙O的半径为5，直线AB与⊙O相交，∴圆心到直线AB的距离小于圆的半径，即0≤d＜5；故答案为：0≤d＜5．【考点】本题考查了直线与圆的位置关系；熟记直线和圆的位置关系与数量之间的联系是解决问题的关键．同时注意圆心到直线的距离应是非负数．5、【解析】【分析】当点F与点D运动至共线时，OF长度最大，此时F是AB的中点，则OF⊥AB，设OF为x，则DF＝x﹣4，在Rt△BOF中，利用勾股定理进行求解即可．【详解】∵当点F与点D运动至共线时，OF长度最大，如图所示，∵F是AB的中点，∴OC⊥AB，设OF为x，则DF＝x﹣4，∵△ABD是等腰直角三角形，∴DF＝AB＝BF＝x﹣4，在Rt△BOF中，OB2＝OF2+BF2，∵OB＝OC＝6，∴，解得，或（舍去），∴OF的长的最大值等于，故答案为：．【考点】本题考查了垂径定理，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等知识，确定点F与点D运动至共线时，OF长度最大是解题的关键．三、解答题1、【解析】【分析】根据侧面展开图的弧长等于底面周长列方程即可．【详解】解：圆锥的底面周长，由题意可得，解得，所以该圆锥的母线长为．【考点】本题考查了圆锥的有关计算，解题关键是熟知圆锥的侧面展开图的弧长等于圆锥底面周长和圆锥母线等于圆锥侧面展开图半径，根据题意建立方程．2、（1）详见解析；（2）①10；②【解析】【分析】（1）连接OD，证明，得到，根据切线的判定定理证明；（2）①利用等腰三角形的性质证明E是AC中点，再利用中位线定理得到，再用勾股定理求出OE，从而得到BC；②添加条件，先通过四个边相等的四边形是菱形，证明四边形AODE是菱形，再加上一个直角就是正方形了．【详解】解：（1）证明：如图，连接，在和中，，∴，∴，∵，∴，∵，OD是半径，∴DE是的切线；（2）①证明：∵，∴,∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，即E是AC中点，∵O是AB中点，∴，在中，，∴BC=2OE=10，故答案是：10；②当时，四边形AODE为正方形，证明：∵，，∴是等腰直角三角形，∴AB=AC，由（2）得AO=AE，∵AO=DO=AE=DE，∴四边形AODE是菱形，∵，∴四边形AODE是正方形，故答案是：．【考点】本题考查切线的证明，三角形中位线定理，正方形的证明，解题的关键是熟练掌握这些几何的性质定理并结合题目条件进行证明．3、（1）当时，四边形PQCD为平行四边形；（2）当t=2秒时，PQ与⊙O相切．【解析】【分析】（1）由题意得：，，则，再由四边形PQCD是平行四边形，得到DP=CQ，由此建立方程求解即可；（2）设PQ与⊙O相切于点H过点P作PE⊥BC，垂足为E．先证明四边形ABEP是矩形，得到PE=AB=12cm．由AP=BE=tcm，CQ=2tcm，得到BQ=（22﹣2t）cm，EQ=22﹣3t）cm；再由切线长定理得到AP=PH，HQ=BQ，则PQ=PH+HQ=AP+BQ=t+22﹣2t=（22﹣t）cm；在Rt△PEQ中，PE2+EQ2=PQ2，则122+（22﹣3t）2=（22﹣t）2，即：8t2﹣88t+144=0，由此求解即可．【详解】解：（1）由题意得：，，∴，∵四边形PQCD是平行四边形，∴DP=CQ，∴，解得，∴当时，四边形PQCD为平行四边形；（2）设PQ与⊙O相切于点H过点P作PE⊥BC，垂足为E．∴∠PEB=90°∵在直角梯形ABCD，AD∥BC，∠ABC=90°，∴∠BAD=90°，∴四边形ABEP是矩形，∴PE=AB=12cm．∵AP=BE=tcm，CQ=2tcm，∴BQ=BC﹣CQ=（22﹣2t）cm，EQ=BQ﹣BE=22﹣2t﹣t=（22﹣3t）cm；∵AB为⊙O的直径，∠ABC=∠DAB=90°，∴AD、BC为⊙O的切线，∴AP=PH，HQ=BQ，∴PQ=PH+HQ=AP+BQ=t+22﹣2t=（22﹣t）cm；在Rt△PEQ中，PE2+EQ2=PQ2，∴122+（22﹣3t）2=（22﹣t）2，即：8t2﹣88t+144=0，∴t2﹣11t+18=0，（t﹣2）（t﹣9）=0，∴t1=2，t2=9；∵P在AD边运动的时间为秒．∵t=9＞8，∴t=9（舍去），∴当t=2秒时，PQ与⊙O相切．【考点】本题主要考查了切线长定理，矩形的性质与判定，勾股定理，平行四边形的性质等等，解题的关键在于能够熟练掌握切线长定理．4、5.【解析】【详解】试题分析：首先连接OB，OC，OD，由等边△ABC内接于⊙O，BD为内接正十二边形的一边，可求得∠BOC，∠BOD的度数，继而证得△COD是等腰直角三角形，继而求得答案．试题解析：连接OB、OC、OD.∵等边△ABC内接于⊙O，BD为内接正十二边形的一边，∴∠BOC＝×360°＝120°，∠BOD＝×360°＝30°.∴∠COD＝∠BOC－∠BO