2026中考数学高频考点一轮复习：圆（含解析）

中考数学一轮复习圆一．选择题（共10小题）1．（2025春•嘉定区校级期末）如果将一个圆柱的底面半径和母线长都扩大到原来的3倍，那么它的侧面积扩大到原来的（）A．3倍 B．6倍 C．9倍 D．27倍2．（2025春•长宁区期末）如图，在正方形铁皮上剪下一个圆和扇形，恰好能围成一个圆锥模型，如果圆的半径为r，扇形的半径为R，那么r：R＝（）A．1：4 B．1：2 C．1：π D．2：π3．（2025•越秀区校级三模）复习课上，老师出了一道作图题：“如图，锐角△ABC内接于⊙O，AC＝BC，OD⊥BC于点D，点E是AC的中点．仅用无刻度的直尺在⊙O上找出点F，使EF∥AB．”课堂上同学们提供了以下两种方法．方法①：延长OD，交⊙O于点F．方法②：作直线CO，BE，相交于点G，连结AG，延长AG交⊙O于点F．下列判断正确的是（）A．方法①，方法②都错误 B．方法①，方法②都正确 C．方法①错误，方法②正确 D．方法①正确，方法②错误4．（2025•衢州三模）如图，AB是⊙O的直径，点D在线段OB上，CD⊥OB交⊙O于点C，连结AC．设∠CAD＝θ，则AC+CDAC+ADA．1+sinθ1-sinθ B．1+sinθC．1-sinθ1+sinθ D．5．（2025春•兴化市期末）如图，点A、B、C、D在同一条直线上，点E在直线AB外，过这5个点中的任意三个，能画的圆有（）A．3个 B．4个 C．5个 D．6个6．（2025•鼓楼区校级模拟）如图是某宣传版面的平面示意图，其形状是扇形的一部分，AD和BC都是半径的一部分，小强测得∠ADC＝∠BCD＝120°，DC＝60cm，AD＝BC＝30cm，则这块宣传版面的周长为（）A．（20π+150）cm B．（30π+150）cm C．（20π+120）cm D．（30π+120）cm7．（2025•江阴市模拟）图1是半径为1cm的圆形硬币，点M是硬币外沿上的一定点．图2为四个轨道（厚度不计），分别记为轨道①、②、③和④，它们的形状分别为圆、长宽比为2：1的矩形、正方形和正六边形，周长均为6πcm，对称中心均记为点P．点N为轨道上一定点（除轨道①外，N均为AB的中点）．将硬币放置在轨道外侧，使硬币与轨道在同一个平面内，且点M与N重合．若硬币沿轨道顺时针无滑动地滚动，当点M第一次回到轨道上时，记轨道上该处位置为N′，则四个轨道中，∠NPN′最大的是（）A．轨道① B．轨道② C．轨道③ D．轨道④8．（2025•镇江模拟）如图，在⊙O中，∠BAC＝50°，分别过B、C两点作⊙O的切线，两切线相交于点P，则∠BPC的度数为（）A．75° B．80° C．85° D．90°9．（2025春•徐汇区校级期末）如图，一个高为4的圆柱体的底面圆周在数轴上滚动，若滚动前圆柱体底面圆周上的点A和数轴上表示﹣1的点重合，当圆柱体滚动一周时点A恰好落在了表示3的点的位置上，则这个圆柱体的侧面积是（）A．4π B．16π C．4 D．1610．（2025•富锦市三模）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，OA＝6，将扇形AOB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在AB上的点D处，折痕交OA于点C，则整个阴影部分的面积为（）A．9π﹣93 B．9π﹣63 C．6π﹣93 D．9π﹣123二．填空题（共5小题）11．（2025•泗阳县三模）如图，E在矩形ABCD边BC上，将△ABE沿AE翻折得到△AB′E，F、F′分别是△ABE和△AB′E的内切圆圆心，F′F交AE于点G，若AG＝3，EG＝2，∠B′AE＝∠B′CE，则B′C＝．12．（2025•朝阳区校级四模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，∠ACB的平分线交⊙O于点D，过点A作AE⊥CD，垂足为点E．①∠DAB＝∠DCB；②CE＝AE；③DE=2BC；④当点E与点O重合时，若AB＝6，则阴影部分的面积为9π﹣9；⑤当AE：DE＝1：2时，△ACD与△ABC的面积比为3：4．上述结论中，正确结论的序号是13．（2025春•崇明区期末）已知扇形的圆心角是120°，半径是3cm，那么扇形的周长是cm．14．（2025•南京三模）如图，AB是⊙O的一条弦，点C在⊙O内，∠A＝15°，∠B＝30°，连接OC，若⊙O的半径是2，则OC的长的最小值为．15．（2025•湘桥区二模）如图，正八边形ABCDEFGH和正六边形GHIJKL的边长均为6，以顶点H为圆心，HG的长为半径画圆，则阴影部分的面积为．（结果保留π）三．解答题（共5小题）16．（2025•安次区校级二模）如图1，已知⊙O的半径为2，P是⊙O内一点，且OP=2，A、B是⊙O上两点，连接PA、PB，形成△ABP，随点A的移动，点B在⊙O上随之移动，且始终满足∠APB＝90（1）点A与点P的最小距离为；（2）①如图2，当PA边经过圆心O时，求图中阴影部分的面积；②当过点A的切线与OP平行，且A、B两点在直线OP的两侧时，求PB的长．17．（2025•青羊区校级模拟）如图1，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，AD是边BC上的高，以BD为直径的⊙O与AB相交于点E，连接ED．（1）求证：∠ADE＝∠B；（2）如图2，连接CE，当CE与⊙O相切时，若BE=42，求tanB的值和⊙O的半径r18．（2025•斗门区校级三模）如图1，商家销售某些饮品时会给杯子在杯身上套上一个杯套，方便拿取．小欣同学深受启发，准备为家中如图2所示的两种玻璃杯也配上杯套．（说明：整个探究过程中均忽略杯套的连接部分和杯套的厚度）．（1）小欣家直身杯的杯口直径为7cm，她要制作高度为6cm的杯套，则此杯套的面积为cm2（结果保留π）；（2）小欣发现阔口杯近似为圆台形状（即一个大圆锥截去一个小圆锥后余下的部分），如图3①所示，通过测量，杯子上口径AB＝9cm，下底面直径CD＝4cm，母线长AC、BD均为7.5cm．为了制作此杯套，小欣进行了以下探究：①如图3，小欣画出了阔口杯的侧面展开图示意图，发现它是圆环的一部分，且AA'的长CC'的长=②现有一张矩形杯套材料，如图4所示，DE＝7.5cm，EF=123cm，为了充分利用材料，小欣画出了杯套侧面展开图示意图（杯套示意图无拼接），并直接写出用该材料制作此阔口杯套的母线19．（2025•仓山区校级模拟）已知，正方形ABCD，AB＝4，以CD为直径在正方形内部作半圆M，点E是边BC上动点，连结DE交半圆M于点F，连结MF．（1）若∠CMF＝50°，求∠ADE的度数．（2）如图2，连结AF，将△ADF沿着DE对折，得到△PDF，PF交CD于点N．①若∠DAF＝50°，求∠MFP的度数．②求MN的最小值．20．（2025•衢州三模）如图，△ABC内接于⊙O（∠ACB＞90°），连接OA，OC，记∠BAC＝α，∠BCO＝β，∠BAO＝γ．（1）证明：α+β＝90°；（2）设OC与AB交于点D，⊙O半径为2，①若β＝γ+45°，AD＝2OD，求由线段BD，CD，弧BC围成的图形面积S；②若α+2γ＝90°，设sinα＝k，用含k的代数式表示线段OD的长．

中考数学一轮复习圆参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2025春•嘉定区校级期末）如果将一个圆柱的底面半径和母线长都扩大到原来的3倍，那么它的侧面积扩大到原来的（）A．3倍 B．6倍 C．9倍 D．27倍【考点】圆柱的计算；圆柱的表面积；几何体的表面积．【专题】与圆有关的计算；运算能力．【答案】C【分析】侧面积公式为底面周长乘以母线长．当底面半径和母线长同时扩大3倍时，侧面积的变化由两者的乘积倍数决定，据此进行求解即可．【解答】解：当半径和母线长均扩大到原来的3倍时，新侧面积为：S新＝2π（3r）•（3h）＝2πrh•9＝9S原，因此，侧面积扩大到原来的9倍，故选：C．【点评】此题考查了求圆柱的侧面积，熟练掌握圆柱侧面积公式是解题的关键．2．（2025春•长宁区期末）如图，在正方形铁皮上剪下一个圆和扇形，恰好能围成一个圆锥模型，如果圆的半径为r，扇形的半径为R，那么r：R＝（）A．1：4 B．1：2 C．1：π D．2：π【考点】圆锥的计算；展开图折叠成几何体．【专题】与圆有关的计算；运算能力．【答案】A【分析】由题意得圆锥的底面周长等于等于扇形的弧长，据此求解即可．【解答】解：由由题意得圆锥的底面周长等于等于扇形的弧长可得：14∴r：R＝1：4．故选：A．【点评】本题主要考查了圆锥的侧面展开图，正确理解圆锥的底面周长等于扇形的弧长是解题的关键．3．（2025•越秀区校级三模）复习课上，老师出了一道作图题：“如图，锐角△ABC内接于⊙O，AC＝BC，OD⊥BC于点D，点E是AC的中点．仅用无刻度的直尺在⊙O上找出点F，使EF∥AB．”课堂上同学们提供了以下两种方法．方法①：延长OD，交⊙O于点F．方法②：作直线CO，BE，相交于点G，连结AG，延长AG交⊙O于点F．下列判断正确的是（）A．方法①，方法②都错误 B．方法①，方法②都正确 C．方法①错误，方法②正确 D．方法①正确，方法②错误【考点】三角形的外接圆与外心；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．【答案】B【分析】方法①正确，只要证明∠BAF＝∠AFE即可；方法②正确，只要证明AF平分∠BAC可得结论．【解答】解：方法①②都正确．理由：如图，方法①中，∵OF⊥BC，∴BF=∵E是AC的中点，∴AE=∵CB＝CA，∴AC=∴BF=∴∠BAF＝∠AFE，∴EF∥AB．如图，方法②中．∵E是AC的中点，∴AE=∴BE平分∠ABC，∵CA＝CB，∴CA=∴CO⊥AB，∴CO平分∠ACB，∴AG平分∠ABC，∴∠BAF＝∠CAF，∴BF=∴BF=∴∠BAF＝∠AFE，∴EF∥AB．故选：B．【点评】本题考查三角形的外接圆与外心，垂径定理，圆心角，弧，弦之间的关系，圆周角定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．4．（2025•衢州三模）如图，AB是⊙O的直径，点D在线段OB上，CD⊥OB交⊙O于点C，连结AC．设∠CAD＝θ，则AC+CDAC+ADA．1+sinθ1-sinθ B．1+sinθC．1-sinθ1+sinθ D．【考点】圆周角定理；解直角三角形；全等三角形的判定与性质．【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．【答案】B【分析】根据CD⊥OB，∠CAD＝θ，可得sinθ=CDAC，cosθ=ADAC，所以CD＝AC•sinθ，AD＝AC【解答】解：∵CD⊥OB，∠CAD＝θ，∴sinθ=CDAC，cosθ∴CD＝AC•sinθ，AD＝AC•cosθ，∴AC+CDAC+AD故选：B．【点评】本题考查了解直角三角形，熟练掌握解直角三角形的方法是关键．5．（2025春•兴化市期末）如图，点A、B、C、D在同一条直线上，点E在直线AB外，过这5个点中的任意三个，能画的圆有（）A．3个 B．4个 C．5个 D．6个【考点】确定圆的条件．【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．【答案】D【分析】由点A、B、C、D在同一条直线上，点E在直线AB外，即可求解．【解答】解：根据在平面内，不在同一直线上三个点确定一个圆可得：点E在直线AB外，则点E、A、B；点E、A、C；点E、A、D；点E、B、C；点E、B、D；点E、C、D；不在同一直线上，可以画圆，即能画圆的个数是6个故选：D．【点评】本题考查了确定圆的条件，掌握经过不在同一直线上的三点可作圆是解题关键．6．（2025•鼓楼区校级模拟）如图是某宣传版面的平面示意图，其形状是扇形的一部分，AD和BC都是半径的一部分，小强测得∠ADC＝∠BCD＝120°，DC＝60cm，AD＝BC＝30cm，则这块宣传版面的周长为（）A．（20π+150）cm B．（30π+150）cm C．（20π+120）cm D．（30π+120）cm【考点】弧长的计算；圆周角定理．【专题】与圆有关的计算；运算能力．【答案】D【分析】延长AD和BC得到交点为圆心O，进一步求出∠AOB的度数，再根据弧长公式求出弧AB的长即可求出宣传版面的周长．【解答】解：如图，延长AD和BC交于点O，则点O为圆心，∵∠ADC＝∠BCD＝120°，∴∠ODC＝∠OCD＝60°，∴△OCD是等边三角形，∴∠O＝60°，OD＝DC＝60cm，∴AO＝AD+OD＝90cm，∴弧AB的长为60π×90180=30π（∴这块宣传版面的周长为30π+30+30+60＝（30π+120）cm．故选：D．【点评】本题主要考查了弧长的计算，熟知弧长的计算公式是解题的关键．7．（2025•江阴市模拟）图1是半径为1cm的圆形硬币，点M是硬币外沿上的一定点．图2为四个轨道（厚度不计），分别记为轨道①、②、③和④，它们的形状分别为圆、长宽比为2：1的矩形、正方形和正六边形，周长均为6πcm，对称中心均记为点P．点N为轨道上一定点（除轨道①外，N均为AB的中点）．将硬币放置在轨道外侧，使硬币与轨道在同一个平面内，且点M与N重合．若硬币沿轨道顺时针无滑动地滚动，当点M第一次回到轨道上时，记轨道上该处位置为N′，则四个轨道中，∠NPN′最大的是（）A．轨道① B．轨道② C．轨道③ D．轨道④【考点】正多边形和圆；矩形的性质；正方形的性质．【专题】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】B【分析】先求出圆形硬币的周长为2πcm，则硬币沿轨道顺时针无滑动地滚动，当点M第一次回到轨道上时，点M的运动路径长为2πcm；轨道①滚动可得NN'的长为2πcm，据此可求出∠NPN'＝120°；轨道②滚动可确定AN'=32πcm，过点P作PH⊥AD于H，连接PA，PB，PN，PN'，PD，证明四边形ANPH是矩形，得到PH=AN=π2cm，∠NPH＝90°，再证明△HPN'是等腰直角三角形，得到∠HPN'＝45°，据此可求出∠NPN'＝135°；轨道③滚动，类似于轨道②可求出∠NPN'＜135°；轨道④滑动，可得点N'是EF的中点，连接PA，PB，PF，证明△APB，△APF都是等边三角形，得到∠APB＝∠APF＝60°，则∠APN＝30°，同理可得∠FPN'＝30°，则∠NPN'＝30°【解答】解：∵圆形硬币的半径为1cm，∴圆形硬币的周长为2πcm，∴硬币沿轨道顺时针无滑动地滚动，当点M第一次回到轨道上时，点M的运动路径长为2πcm；当沿着轨道①滚动时，则NN'的长为2πcm，∴∠NPN'＝360°×2π当沿着轨道②滑动时，∵四边形ABCD是长宽比为2：1的矩形，∴AD＝BC＝2AB＝2CD，∵四边形ABCD的周长为6πcm，∴AB＝CD＝πcm，AD＝BC＝2πcm，∵点N为AB的中点，∴AN=1∴AN'=2π-π如图所示，过点P作PH⊥AD于H，连接PA，PB，PN，PN'，PD，∵点P为矩形ABCD的对称中心，∴PA＝PB＝PD，∴PN⊥AB，AH=DH=1又∵PH⊥AD，∠NAH＝90°，∴四边形ANPH是矩形，∴PH＝AN＝5cm，∠NPH＝90°，∵N'H=AN'-AH=π∴HP＝HN'，∴△HPN'是等腰直角三角形，∴∠HPN'＝45°，∴∠NPN'＝∠NPH+∠HPN'＝135°；当沿轨道③滑动时，∵正方形ABCD的周长为6πcm，∴AB＝AD＝1.5πcm，∵点N为AB的中点，∴AN=1∴AN'＝2π﹣0.75＝1.25πcm，如图所示，过点P作PH⊥AD于H，连接PA，PB，PN，PN'，PD，同理可得：AH＝DH＝AD＝0.75πcm，PH＝AN＝0.75πcm，∠NPH＝90°，∴HN'＝1.25πcm﹣0.75πcm＝0.5πcm，∴HN'＜PH，∴∠HPN'＜45°，∴∠NPN'＝∠NPH+∠HPN'＜90°+45°＝135°；当沿着轨道④滑动时，∵正六边形ABCDEF的周长为6πcm，∴AB＝AF＝EF＝πcm，∵点N为AB的中点，∴AN=1∴点N'是EF的中点，如图所示，连接PA，PB，PF，则∠APB=∠APF=360°又PA＝PB＝PF，∴△APB，△APF都是等边三角形，∴∠APB＝∠APF＝60°，∴∠APN＝30°，同理可得∠FPN'＝30°，∴∠NPN'＝30°+60°+30°＝120°；综上所述，当沿着轨道②滚动时，∠NPN'最大，故选：B．【点评】本题主要考查了矩形的性质与判定，正方形的性质，正六边形的性质，等边三角形的性质与判定，圆的周长计算，掌握矩形的性质与判定是解题的关键．8．（2025•镇江模拟）如图，在⊙O中，∠BAC＝50°，分别过B、C两点作⊙O的切线，两切线相交于点P，则∠BPC的度数为（）A．75° B．80° C．85° D．90°【考点】切线的性质；圆周角定理．【专题】圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；推理能力．【答案】B【分析】连接OB、OC，由切线的性质得∠OBP＝∠OCP＝90°，根据圆周角定理得∠BOC＝2∠BAC＝100°，则∠BPC＝360°﹣∠BOC﹣∠OBP﹣∠OCP＝80°，于是得到问题的答案．【解答】解：连接OB、OC，∵PB、PC分别与⊙O相切于点B、C，∴PB⊥OB，PC⊥OC，∴∠OBP＝∠OCP＝90°，∵∠BOC＝2∠BAC＝2×50°＝100°，∴∠BPC＝360°﹣∠BOC﹣∠OBP﹣∠OCP＝80°，故选：B．【点评】此题重点考查圆周角定理、切线的性质定理、四边形的内角和等于360°等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．9．（2025春•徐汇区校级期末）如图，一个高为4的圆柱体的底面圆周在数轴上滚动，若滚动前圆柱体底面圆周上的点A和数轴上表示﹣1的点重合，当圆柱体滚动一周时点A恰好落在了表示3的点的位置上，则这个圆柱体的侧面积是（）A．4π B．16π C．4 D．16【考点】圆柱的计算；数轴；认识立体图形；几何体的表面积．【专题】与圆有关的计算；运算能力．【答案】D【分析】根据点A的位置变化，可得圆柱体的底面圆周长，代入圆柱体的侧面积公式计算即可．【解答】解：∵圆柱体的高为4，∴这个圆柱体的侧面积S＝4×4＝16，故选：D．【点评】本题考查了数轴，圆柱体的侧面积，解题的关键是借助数轴求出圆柱体的底面周长．10．（2025•富锦市三模）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，OA＝6，将扇形AOB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在AB上的点D处，折痕交OA于点C，则整个阴影部分的面积为（）A．9π﹣93 B．9π﹣63 C．6π﹣93 D．9π﹣123【考点】扇形面积的计算；垂径定理．【专题】与圆有关的计算；运算能力．【答案】D【分析】首先连接OD，由折叠的性质，可得CD＝CO，BD＝BO，∠DBC＝∠OBC，则可得△OBD是等边三角形，继而求得OC的长，即可求得△OBC与△BCD的面积，又在扇形OAB中，∠AOB＝90°，半径OA＝6，即可求得扇形OAB的面积，继而求得阴影部分面积．【解答】解：连接OD，根据折叠的性质，CD＝CO，BD＝BO，∠DBC＝∠OBC，∴OB＝OD＝BD，即△OBD是等边三角形，∴∠DBO＝60°，∴∠CBO=12∠DBO＝∵∠AOB＝90°，∴OC＝OB•tan∠CBO＝6×33=∴S△BDC＝S△OBC=12OB•OC=12×6×23=63，∴整个阴影部分的面积为：S扇形AOB﹣S△BDC﹣S△OBC＝9π﹣63-63=9π﹣12故选：D．【点评】此题考查了折叠的性质、扇形面积公式以及直角三角形的性质．此题难度适中，注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．二．填空题（共5小题）11．（2025•泗阳县三模）如图，E在矩形ABCD边BC上，将△ABE沿AE翻折得到△AB′E，F、F′分别是△ABE和△AB′E的内切圆圆心，F′F交AE于点G，若AG＝3，EG＝2，∠B′AE＝∠B′CE，则B′C＝245【考点】三角形的内切圆与内心；翻折变换（折叠问题）；矩形的性质；圆周角定理．【专题】三角形；运算能力．【答案】245【分析】过点F分别作AB，BC的垂线，垂足分别为M，N，过点B′作PQ∥AB，交BC，AD分别为P，Q，则四边形MBNF和四边形ABPQ是矩形，根据切线长定理，设MB＝BN＝r，根据勾股定理，求得AB，BE，进而得sin∠B'AE=B'EAE=35，证明△QAB′∽△∠PB′E，求得B′P的长，进而解Rt【解答】解：如图，过点F分别作AB，BC的垂线，垂足分别为M，N，过点B′作PQ∥AB，交BC，AD分别为P，Q，则四边形MBNF和四边形ABPQ是矩形，由题意可得：FM＝FN，MB＝NB，设MB＝BN＝r，∴AB＝AM+MB＝AG+r＝3+r，BE＝BN+NE＝BN+GE＝2+r，∵AB2+BE2＝AE2，∴（3+r）2+（2+r）2＝（3+2）2，∴r＝1或r＝﹣6（舍去），∴AB′＝AB＝4，B′E＝BE＝3，∴sin∠B'AE=B'E∵∠B′AE＝∠B′CE，∴sin∠B'CE=sn∠B'AE=3∴∠QAB′＝90°﹣∠QB′A＝∠EB′P，∴△QAB′∽△∠PB′E，∴QB'EP∴QB'EP解得：QB'=28∴PB'=4-QB'=4-28∴B'C=PB'故答案为：245【点评】本题考查了矩形的问题，解直角三角形，三角形的内切圆，切线长定理，相似三角形的性质与判定，正确进行是解题关键．12．（2025•朝阳区校级四模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，∠ACB的平分线交⊙O于点D，过点A作AE⊥CD，垂足为点E．①∠DAB＝∠DCB；②CE＝AE；③DE=2BC；④当点E与点O重合时，若AB＝6，则阴影部分的面积为9π﹣9；⑤当AE：DE＝1：2时，△ACD与△ABC的面积比为3：4．上述结论中，正确结论的序号是①②⑤【考点】三角形的外接圆与外心；扇形面积的计算；圆周角定理．【专题】三角形；运算能力．【答案】①②⑤．【分析】根据圆周角定理可判断①；证得△ACE是等腰直角三角形，可得CE＝AE，AC=2AE可判断②；根据△ABC∽△ADE，可得BC=2DE可判断③；当点E与点O重合时，可得△ACB是等腰直角三角形，根据阴影部分的面积为S半圆﹣S△ACB可判断④；根据AE：DE＝1：2，可设AE＝CE＝x，则DE＝2x，可得AC=2CE=2x，从而求出BC=2DE=22x，CD【解答】解：⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，∠ACB的平分线交⊙O于点D，由题意可得：DB=∴∠DAB＝∠DCB，故①正确；∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵∠ACE=∠BCD=12∠ACB=45°，∠AEC∴△ACE是等腰直角三角形，∴CE＝AE，AC=2AE，故∵∠ACB＝∠AED＝90°，∠ABC＝∠ADC，∴△ABC∽△ADE，∴BCDE∴BC=2DE，故当点E与点O重合时，△ACO是等腰直角三角形，∴∠OAC＝45°，OC⊥AB，∵∠ACB＝90°，∴△ACB是等腰直角三角形，∵AB＝6，∴OC＝3，∴阴影部分的面积为S半圆-S∵AE：DE＝1：2，∴可设AE＝CE＝x，则DE＝2x，∴AC=2CE=2x，BC=2DE=22x，CD∴S△ACDS△ABC故答案为：①②⑤．【点评】本题主要考查了圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，求阴影部分的面积．13．（2025春•崇明区期末）已知扇形的圆心角是120°，半径是3cm，那么扇形的周长是（2π+6）cm．【考点】弧长的计算．【专题】与圆有关的计算；运算能力．【答案】（2π+6）．【分析】直接根据扇形的弧长计算公式求出弧长，再加两条半径的长即可．【解答】解：扇形的周长是120π×3180+2×3＝2π+6（故答案为：（2π+6）．【点评】本题主要考查了弧长的计算，熟知扇形的弧长的计算公式是解题的关键．14．（2025•南京三模）如图，AB是⊙O的一条弦，点C在⊙O内，∠A＝15°，∠B＝30°，连接OC，若⊙O的半径是2，则OC的长的最小值为1+2-3【考点】点与圆的位置关系；圆周角定理．【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．【答案】1+2【分析】连接OA，OB，作DC＝DB，且∠CDB＝∠AOB，过点O作OE⊥BD交BD的延长线于点E，连接OD，则△AOB∽△DCB，得出∠DBO＝∠ABC＝30°，进而证明△ODB∽△ACB，得出∠DOB＝∠BAC＝15°，解Rt△OBE，Rt△ODE，进而得出CD=DB=BE-ED=3-1，则点C在以D为圆心【解答】解：如图，连接OA，OB，作DC＝DB，且∠CDB＝∠AOB，过点O作OE⊥BD交BD的延长线于点E，连接OD，∵OA＝OB，∴OAOB∴△AOB∽△DCB，∴∠OBA＝∠DBC，DBOB∴∠DBO＝∠ABC＝30°，∴△ODB∽△ACB，∴∠DOB＝∠BAC＝15°，∴∠EOD＝∠EOB﹣∠DOB＝（90°﹣∠OBE）﹣∠DOB＝90°﹣30°﹣15°＝45°，在Rt△OBE中，∠OBE＝30°，OB＝2，则OE＝1，∴BE=3在Rt△ODE中，∠EOD＝∠EOB﹣∠DOB＝60°﹣15°＝45°，∴OD=2∴CD=DB=BE-ED=3-1，则点C在以D为圆心∴OC的最小值为OD-DC=2故答案为：1+2【点评】本题考查了求一点到圆上的最值问题，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，相似三角形的性质与判定，掌握圆的基本性质是解题的关键．15．（2025•湘桥区二模）如图，正八边形ABCDEFGH和正六边形GHIJKL的边长均为6，以顶点H为圆心，HG的长为半径画圆，则阴影部分的面积为21π2．（结果保留π【考点】正多边形和圆；扇形面积的计算．【专题】正多边形与圆；与圆有关的计算；运算能力；推理能力．【答案】见试题解答内容【分析】根据正八边形、正六边形的性质求出它的内角的度数，进而求出阴影部分扇形的圆心角的度数，由扇形面积的计算方法进行计算即可．【解答】解：∵八边形ABCDEFGH是正八边形，六边形GHIJKL是正六边形，∴∠AHG=(8-2)×180°8=135°，∠IHG∴∠AHI＝360°﹣135°﹣120°＝105°，∴S阴影部分=105π×故答案为：21π2【点评】本题考查正多边形和圆，扇形面积的计算，掌握正六边形、正八边形的性质，扇形面积的计算方法是正确解答的关键．三．解答题（共5小题）16．（2025•安次区校级二模）如图1，已知⊙O的半径为2，P是⊙O内一点，且OP=2，A、B是⊙O上两点，连接PA、PB，形成△ABP，随点A的移动，点B在⊙O上随之移动，且始终满足∠APB＝90（1）点A与点P的最小距离为2-2（2）①如图2，当PA边经过圆心O时，求图中阴影部分的面积；②当过点A的切线与OP平行，且A、B两点在直线OP的两侧时，求PB的长．【考点】圆的综合题．【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】（1）2-2（2）①S阴②23【分析】（1）点A与点P的最小距离为圆的半径减去PO的长度，即可解答；（2）①连接BO，由△APB为直角三角形，利用勾股定理求得PB的长度，可得△APB为等腰直角三角形，进而求得△APB的面积，∠AOB＝135°，即可解答；②过点O作OD⊥PB于点D，连接OB，过点A的切线与PO平行，则∠PAO＝90°，可证∠PAO＝∠OPD，则△AOP∽△PDO，即可得到AOPD=OPDO=APPO，在Rt△AOP中，利用勾股定理求得AP的长度，可得OD，PD，PB【解答】解：（1）已知⊙O的半径为2，P是⊙O内一点，且OP=2，如图1，连接OA当点P在半径AO上时，PA的长度最小，∴AP=AO-PO=2-2故答案为：2-2（2）①当PA边经过圆心O时，如图2，连接OB，∵∠APB＝90°，OP=2，OB＝2∴PB=O∴OP=PB=2∴△POB为等腰直角三角形，∴∠POB＝45°，∴∠AOB＝135°，∴S扇形AOB=135π×∴S△AOB=12OA×PB=1∴S阴=3π②当过点A的切线与OP平行，且A、B两点在直线OP的两侧时，如图3，此时AO⊥OP，过点O作OD⊥PB于点D，连接OB，∴∠AOP＝∠PDO＝90°，PB＝2PD，∴∠APO+∠PAO＝90°，∠APO+∠OPD＝90°，∴∠PAO＝∠OPD，∴△AOP∽△PDO，∴AOPD在Rt△AOP中，由勾股定理得：AP∵AO＝2，OP=2，AP=∴2PD∴OD=63，在Rt△BOD中，由勾股定理得：BD解得：BD=30∴PB=PD+BD=2【点评】本题属于圆的综合题，主要考查勾股定理的应用，等腰直角三角形，切线的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握勾股定理是解答本题的关键．17．（2025•青羊区校级模拟）如图1，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，AD是边BC上的高，以BD为直径的⊙O与AB相交于点E，连接ED．（1）求证：∠ADE＝∠B；（2）如图2，连接CE，当CE与⊙O相切时，若BE=42，求tanB的值和⊙O的半径r【考点】切线的性质；解直角三角形；等腰三角形的性质；垂径定理；圆周角定理．【专题】等腰三角形与直角三角形；与圆有关的计算；运算能力；推理能力．【答案】（1）见解答；（2）tanB=22和⊙O的半径r＝2【分析】（1）根据圆周角定理得∠BED＝90°，则∠B+∠BED＝90°，再结合AD是边BC上的高，则∠ADE＝∠B，即可作答．（2）因为BD为直径，AD⊥BC，得AD是⊙O的切线，又CE与⊙O相切，故EF＝DF，证明△ECD∽△BCE．再把数值代入ECBC=CDEC，化简得ECCD=2，知BEDE=【解答】（1）证明：∵BD为直径，∠BED＝90°，∴∠B+∠BDE＝90°，∵AD是边BC上的高，∴∠BDE+∠ADE＝90°，∴∠ADE＝∠B．（2）解：①如图，AD与CE的交点记为F，∵BD为直径，AD⊥BC，∴AD是⊙O的切线，又CE与⊙O相切，∴EF＝DF，∴∠FED＝∠ADE＝∠B．又∵∠ECD＝∠BCE，∴△ECD∽△BCE．∴ECCD=2∵BE=42∴DE＝4，∴BD=B∴tanB=EDBE=442【点评】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，切线的性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．18．（2025•斗门区校级三模）如图1，商家销售某些饮品时会给杯子在杯身上套上一个杯套，方便拿取．小欣同学深受启发，准备为家中如图2所示的两种玻璃杯也配上杯套．（说明：整个探究过程中均忽略杯套的连接部分和杯套的厚度）．（1）小欣家直身杯的杯口直径为7cm，她要制作高度为6cm的杯套，则此杯套的面积为42πcm2（结果保留π）；（2）小欣发现阔口杯近似为圆台形状（即一个大圆锥截去一个小圆锥后余下的部分），如图3①所示，通过测量，杯子上口径AB＝9cm，下底面直径CD＝4cm，母线长AC、BD均为7.5cm．为了制作此杯套，小欣进行了以下探究：①如图3，小欣画出了阔口杯的侧面展开图示意图，发现它是圆环的一部分，且AA'的长CC'的长=②现有一张矩形杯套材料，如图4所示，DE＝7.5cm，EF=123cm，为了充分利用材料，小欣画出了杯套侧面展开图示意图（杯套示意图无拼接），并直接写出用该材料制作此阔口杯套的母线【考点】圆锥的计算．【专题】圆的有关概念及性质．【答案】（1）42π；（2）①120°；②3cm．【分析】（1）根据圆柱的侧面积公式求解即可；（2）①分别用PA和PC表示出的长和的长，即可证明结论成立；利用这个结论求得PC＝6，再利用弧长公式即可求得所对的圆心角∠APA的度数；②根据题意画出图形，利用垂径定理结合解直角三角形求解即可．【解答】（1）解：根据题意得S＝2πrh＝2π×7故答案为：42π；（2）证明：①设AA'与CC'所对的圆心角为n°，∵AA'的长=n360⋅2π⋅PA=CC'的长=n360⋅2π⋅PC=AA'的长∵杯子上口径AB＝9cm，下底面直径CD＝4cm，∴AA'的长＝9π，CC'的长＝4π，PA＝PC+7.5，∴94解得PC＝6，PA＝13.5，∴CC'的长nπ180×6解得n＝120，即AA'所对的圆心角∠APA的度数为120°；②如图，∠MPM'＝120°，连接MM'，作PH⊥MM'于点H，交EF于点I，交DG于点J，则MM'＝EF＝123，MH=12MM'=63，∠MPH=12∴PM=MHsin60°=12，PH=1∴JH＝PJ﹣PH＝12﹣6＝6，∴HI＝7.5﹣JH＝1.5，∴PI＝PH﹣HI＝4.5，∴PN＝2PI＝9，∴MN＝12﹣9＝3，∴母线MN的最大长度为3cm．【点评】本题主要考查了弧长、圆心角、半径之间的关系及利用特殊直角三角形求边长等内容，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．19．（2025•仓山区校级模拟）已知，正方形ABCD，AB＝4，以CD为直径在正方形内部作半圆M，点E是边BC上动点，连结DE交半圆M于点F，连结MF．（1）若∠CMF＝50°，求∠ADE的度数．（2）如图2，连结AF，将△ADF沿着DE对折，得到△PDF，PF交CD于点N．①若∠DAF＝50°，求∠MFP的度数．②求MN的最小值．【考点】圆的综合题．【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由正方形的性质可得出答案；（2）①设∠ADF＝x°，则∠DFM＝∠CDF＝90°﹣x°，得出∠MFP＝130°﹣x°﹣（90°﹣x°）＝40°；②延长FM交DP于点G，证明∠GFP+∠DAF＝90°，延长AF，DC交于点R，证明△FMR∽△NMF．得出MFMN=MRMF，即MN•MR＝MF2＝4，则当MR的长最大时，MN的长最小，当AR与半圆【解答】解：（1）∵∠CMF＝50°，∴∠CDE＝25°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC＝90°，∴∠ADE＝90°﹣25°＝65°；（2）①设∠ADF＝x°，则∠DFM＝∠CDF＝90°﹣x°，∵∠DAF＝50°，∴∠DFA＝∠DFP＝180°﹣50°﹣x°＝130°﹣x°，∴∠MFP＝130°﹣x°﹣（90°﹣x°）＝40°；②延长FM交DP于点G，∵∠ADF＝∠PDF，∠MDF＝∠MFD，且∠ADF+∠MDF＝90°，∴∠MFD+∠FDP＝90°，即FG⊥DP，∴∠GFP+∠P＝90°，∵∠P＝∠DAF，∴∠GFP+∠DAF＝90°，延长AF，DC交于点R，∴∠R+∠DAF＝90°，∴∠