2024年中考數(shù)學(xué)真題分類匯編（全國）：專題18 圓的相關(guān)性質(zhì)及計(jì)算證明（34題）（教師版）

專題18圓的相關(guān)性質(zhì)及計(jì)算證明（34題）

一、單選題

1．（2024·江蘇無錫·中考真題）已知圓錐的底面圓半徑為3，母線長為4，則圓錐的側(cè)面積為（）

A．6πB．12πC．15πD．24π

【答案】B

【分析】本題考查了圓錐的側(cè)面積展開圖公式，解題的關(guān)鍵是掌握圓錐的側(cè)面積的計(jì)算公式：圓錐的側(cè)面

積底面半徑母線長．

【詳解】解：S側(cè)rl3412，

故選：B．

2．（2024·甘肅·中考真題）如圖，點(diǎn)A，B，C在O上，ACOB，垂足為D，若A35，則C的度

數(shù)是（）

A．20B．25C．30D．35

【答案】A

【分析】根據(jù)A35得到O70，根據(jù)ACOB得到CDO90，根據(jù)直角三角形的兩個(gè)銳角互余，

計(jì)算即可．

本題考查了圓周角定理，直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握圓周角定理，直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

【詳解】∵A35，

∴O70，

∵ACOB，

∴CDO90，

∴C90O20．

故選A．

3．（2024·湖南長沙·中考真題）如圖，在O中，弦AB的長為8，圓心O到AB的距離OE4，則O的

半徑長為（）

A．4B．42C．5D．52

【答案】B

【分析】本題考查垂徑定理、勾股定理，先根據(jù)垂徑定理得到AE，再根據(jù)勾股定理求解即可．

【詳解】解：∵在O中，弦AB的長為8，圓心O到AB的距離OE4，

1

∴OEAB，AEAB4，

2

在Rt△AOE中，OAOE2AE2424242，

故選：B．

4．（2024·山東泰安·中考真題）兩個(gè)半徑相等的半圓按如圖方式放置，半圓O的一個(gè)直徑端點(diǎn)與半圓O的

圓心重合，若半圓的半徑為2，則陰影部分的面積是（）

44243

A．3B．C．3D．p-

33334

【答案】A

【分析】本題主要考查了扇形的面積公式的運(yùn)用、三角形的面積公式的運(yùn)用等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握扇形的面

積公式是關(guān)鍵．

如圖：連接OA，AO，作ABOO于點(diǎn)B，得三角形AOO是等邊三角形，求出

2

AB3，S弓形S扇形S3，再根據(jù)S陰影S弓形S扇形，即可解答．

AOAOOAOO3AOAOO

【詳解】解：如圖：連接OA，AO，作ABOO于點(diǎn)B，

∵OAOOAO2，

∴三角形AOO是等邊三角形，

1

∴AOO60，OBOO1，

2

∴AB22123

602212

∴SSS233,

弓形AO扇形AOOAOO36023

224

∴S陰影S弓形S扇形33．

AOAOO333

故選：A．

5．（2024·內(nèi)蒙古包頭·中考真題）如圖，在扇形AOB中，AOB80，半徑OA3，C是AB上一點(diǎn)，連

接OC，D是OC上一點(diǎn)，且ODDC，連接BD．若BDOC，則AC的長為（）

πππ

A．B．C．D．π

632

【答案】B

【分析】本題考查了弧長公式，等邊三角形的判定與性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)；連接BC，根據(jù)ODDC，

BDOC，易證△OBC是等腰三角形，再根據(jù)OBOC，推出△OBC是等邊三角形，得到BOC60，

即可求出AOC20，再根據(jù)弧長公式計(jì)算即可．

【詳解】解：連接BC，

ODDC，BDOC，

OBBC，

△OBC是等腰三角形，

OBOC，

OBOCBC，

△OBC是等邊三角形，

BOC60，

AOB80，

AOCAOBBOC20，

OA3，

203ππ

AC，

1803

故選：B．

6．（2024·山東濟(jì)寧·中考真題）如圖，邊長為2的正六邊形ABCDEF內(nèi)接于O，則它的內(nèi)切圓半徑為（）

A．1B．2C．2D．3

【答案】D

【分析】本題考查了正多邊形與圓，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理；

1

連接OA，OF，作OGAF于G，證明AOF是等邊三角形，可得FGAF1，然后利用勾股定理求

2

出OG即可．

【詳解】解：如圖，連接OA，OF，作OGAF于G，

1

∵OFOA，AOF36060，

6

∴AOF是等邊三角形，

∴OFOAAF2，

∵OGAF，

1

∴FGAF1，

2

∴OG22123，

即它的內(nèi)切圓半徑為3，

故選：D．

7．（2024·四川雅安·中考真題）如圖，O的周長為8，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于O．則OAB的面積

為（）

A．4B．43C．6D．63

【答案】B

【分析】本題考查正多邊形和圓，掌握正六邊形的性質(zhì)，解直角三角形是正確解答的關(guān)鍵．

根據(jù)正六邊形的性質(zhì)以及解直角三角形進(jìn)行計(jì)算即可．

【詳解】解：設(shè)半徑為r，由題意得，2r8，

解得r4，

∵六邊形ABCDEF是O的內(nèi)接正六邊形，

360

∴AOB60，

6

∵OAOB，

∴AOB是正三角形，

∴OAB60，

3

∴弦AB所對(duì)應(yīng)的弦心距為OA·sin60OA23，

2

1

∴S△42343．

AOB2

故選：B．

8．（2024·山東泰安·中考真題）如圖，AB是O的直徑，C，D是O上兩點(diǎn)，BA平分CBD，若DAOD=50°，

則A的度數(shù)為（）

A．65B．55C．50D．75

【答案】A

【分析】本題考查圓周角定理、角平分線的定義、三角形的內(nèi)角和定理，先根據(jù)角平分線的定義得到根據(jù)

1

圓周角定理得到ABCABD，再根據(jù)圓周角定理得到ACB90，ABCABDAOD25，

2

然后利用三角形的內(nèi)角和定理求解即可．

【詳解】解：∵BA平分CBD，

∴ABCABD，

∵AB是O的直徑，DAOD=50°，

1

∴ACB90，ABDAOD25，則ABC25，

2

∴A180CABC180902565，

故選：A．

9．（2024·重慶·中考真題）如圖，AB是O的弦，OCAB交O于點(diǎn)C，點(diǎn)D是O上一點(diǎn)，連接BD，

CD．若D28，則OAB的度數(shù)為（）

A．28B．34C．56D．62

【答案】B

【分析】本題考查了圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)，利用圓周角定理求出COB，根據(jù)等腰三角

形的三線合一性質(zhì)求出AOB，等邊對(duì)等角然后結(jié)合三角形內(nèi)角和定理求解即可．

【詳解】解：∵D28，

∴BOC2D56，

∵OCAB，OAOB，

∴AOB2BOC112，OABOBA，

1

∴OAB180AOB34，

2

故選：B．

10．（2024·內(nèi)蒙古通遼·中考真題）如圖，圓形拱門最下端AB在地面上，D為AB的中點(diǎn)，C為拱門最高

點(diǎn)，線段CD經(jīng)過拱門所在圓的圓心，若AB1m，CD2.5m，則拱門所在圓的半徑為（）

A．1.25mB．1.3mC．1.4mD．1.45m

【答案】B

【分析】本題考查的是垂徑定理的實(shí)際應(yīng)用。勾股定理的應(yīng)用，如圖，連接OA，先證明CDAB，

ADBD0.5，再進(jìn)一步的利用勾股定理計(jì)算即可；

【詳解】解：如圖，連接OA，

∵D為AB的中點(diǎn)，C為拱門最高點(diǎn)，線段CD經(jīng)過拱門所在圓的圓心，AB1m，

∴CDAB，ADBD0.5，

設(shè)拱門所在圓的半徑為r，

∴OAOCr，而CD2.5m，

∴OD2.5r，

2

∴r20.522.5r，

解得：r1.3，

∴拱門所在圓的半徑為1.3m；

故選B

11．（2024·四川宜賓·中考真題）如圖，ABC內(nèi)接于O，BC為O的直徑，AD平分BAC交O于D．則

ABAC

的值為（）

AD

A．2B．3C．22D．23

【答案】A

【分析】本題考查了三角形的外接圓，特殊角的三角函數(shù)，圓周角定理，圖形的旋轉(zhuǎn)等知識(shí)點(diǎn)，合理作輔

助線為解題的關(guān)鍵．

作輔助線如圖，先證明BDCD，ACDABD180，從而可以得到旋轉(zhuǎn)后的圖形，再證明ADA是

等腰直角三角形，利用三角函數(shù)即可求得結(jié)果．

【詳解】解：如圖，連接BD、CD，

∵BC是O的直徑，

∴BACBDC90，

∵AD平分BAC，

∴BADCAD，

∴BDDC，

∴BDCD，

在四邊形ABDC中，BACBDC90，

∴ACDABD180，

∴△ADC繞D點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90，則A,B,A三點(diǎn)共線，如圖所示

∴ABACABABAA，

∵由旋轉(zhuǎn)可知∠ADB∠ADC，ADAD

∴ADAADBBDAADCBDABDC90，

AD2

∴在等腰直角三角形ADA中，sinAsin45，

AA2

AAABAC

∴2．

ADAD

故選：A

二、多選題

12．（2024·山東濰坊·中考真題）如圖，O是ABC的外接圓，AO∥BC，連接CO并延長交O于點(diǎn)D．分

1

別以點(diǎn)A,C為圓心，以大于AC的長為半徑作弧，并使兩弧交于圓外一點(diǎn)M．直線OM交BC于點(diǎn)E，

2

連接AE，下列結(jié)論一定正確的是（）

A．ABADB．ABOE

C．AODBACD．四邊形AOCE為菱形

【答案】ABD

【分析】本題主要考查圓的性質(zhì)、圓周角定理、平行線的性質(zhì)以及菱形的判定，熟練掌握性質(zhì)定理是解題

的關(guān)鍵．根據(jù)全等三角形的判定定理證明OCAACE，證明OCCEOA即可證明四邊形AOCE為菱

形，再根據(jù)圓周角定理進(jìn)行判定即可．

【詳解】解：令A(yù)C,OE交于點(diǎn)F，

由題意得：OE是AC的垂直平分線，

EAEC

AOOC

△AOE≌△COE

AOECOE

OFOF,AOAO

AOF≌COF

OAFOCF

AO∥BC，

OAFACE

OCAACE

ABAD，選項(xiàng)A正確；

OCFECF,OFCEFC90,CFCF

EFC≌OFC

OCCEOA

AO∥EC

故四邊形AOCE為菱形，選項(xiàng)D正確；

ABAD，

ABAD

四邊形AOCE為菱形，AEOCOD

四邊形AEOD為平行四邊形，

ADOE

ABOE，選項(xiàng)B正確；

AODOAE，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

故選ABD．

三、填空題

13．（2024·江蘇常州·中考真題）如圖，AB是O的直徑，CD是O的弦，連接AD、BC、BD．若

BCD20，則ABD．

【答案】70

【分析】本題考查圓周角定理，根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等，直徑所對(duì)的圓周角為直角，結(jié)合三角形的內(nèi)

角和定理，進(jìn)行求解即可．

【詳解】解：∵AB是O的直徑，BDBD，BCD20，

∴ADB90,ABCD20，

∴ABD902070；

故答案為：70．

14．（2024·內(nèi)蒙古通遼·中考真題）如圖，為便于研究圓錐與扇形的關(guān)系，小方同學(xué)利用扇形紙片恰好圍成

一個(gè)底面半徑為5cm，母線長為12cm的圓雉的側(cè)面，那么這個(gè)扇形紙片的面積是cm2（結(jié)果用

含π的式子表示）．

【答案】60

【分析】本題考查了圓錐側(cè)面積的計(jì)算，圓錐的底面圓的周長等于側(cè)面展開扇形的弧長，再利用扇形的面

積公式計(jì)算即可．

【詳解】解：∵底面半徑為5cm，

∴圓錐底面圓的周長為2510π(cm)，

即扇形紙片的弧長為10cm，

∵母線長為12cm，

1

∴圓錐的側(cè)面積121060(cm2)．

2

故答案為：60

15．（2024·湖南長沙·中考真題）半徑為4，圓心角為90的扇形的面積為（結(jié)果保留π）．

【答案】4π

nπr2

【分析】本題考查扇形的面積公式，根據(jù)扇形的面積公式S（n為圓心角的度數(shù)，r為半徑）求解即

360

可．

90π42

【詳解】解：由題意，半徑為4，圓心角為90的扇形的面積為4π，

360

故答案為：4π．

16．（2024·甘肅蘭州·中考真題）“輪動(dòng)發(fā)石車”是我國古代的一種投石工具，在春秋戰(zhàn)國時(shí)期被廣泛應(yīng)用，

圖1是陳列在展覽館的仿真模型，圖2是模型驅(qū)動(dòng)部分的示意圖，其中M，eN的半徑分別是1cm和

10cm，當(dāng)M順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)3周時(shí)，eN上的點(diǎn)P隨之旋轉(zhuǎn)n，則n．

【答案】108

【分析】本題主要考查了求弧長．先求出點(diǎn)P移動(dòng)的距離，再根據(jù)弧長公式計(jì)算，即可求解．

【詳解】解：根據(jù)題意得：點(diǎn)P移動(dòng)的距離為3216cm，

n10

∴6，

180

解得：n108．

故答案為：108

17．（2024·江蘇鹽城·中考真題）如圖，ABC是O的內(nèi)接三角形，C40，連接OA、OB，則OAB

．

【答案】50

【分析】本題考查主要考查圓周角定理、等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理，先根據(jù)圓周角定理計(jì)算

出AOB2C80，再根據(jù)等邊對(duì)等角得出OABOBA，最后利用三角形內(nèi)角和定理即可求出

OAB．

【詳解】解：C40，

AOB2C80，

OAOB，

OABOBA，

OABOBAAOB180，

11

OAB180AOB1808050，

22

故答案為：50．

18．（2024·江蘇連云港·中考真題）如圖，AB是圓的直徑，1、2、3、4的頂點(diǎn)均在AB上方的圓

弧上，1、4的一邊分別經(jīng)過點(diǎn)A、B，則1234．

【答案】90

【分析】本題考查圓周角定理，根據(jù)半圓的度數(shù)為180，同弧所對(duì)的圓周角是圓心角的一半，進(jìn)行求解即

可．

【詳解】∵AB是圓的直徑，

∴AB所對(duì)的弧是半圓，所對(duì)圓心角的度數(shù)為180，

∵1、2、3、4所對(duì)的弧的和為半圓，

1

∴123418090，

2

故答案為：90．

19．（2024·四川資陽·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AB4，AD2．以點(diǎn)A為圓心，AD長為半

徑作弧交AB于點(diǎn)E，再以AB為直徑作半圓，與DE交于點(diǎn)F，則圖中陰影部分的面積為．

2

【答案】3π

3

【分析】本題考查了切線的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)和判定，扇形的面積，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用分割法

求陰影部分的面積．

設(shè)弓形AmF，連接AF，F(xiàn)E，由題意知AEAFFE2，即△AFE為等邊三角形，F(xiàn)AEFEA60，

即可得出陰影部分面積為S陰S半圓S扇形DFES弓形AmF，代入數(shù)值即可求出結(jié)果．

【詳解】解：∵以點(diǎn)A為圓心，AD長為半徑作弧交AB于點(diǎn)E，AB4，AD2，

∴AEADBE2，

∴以AB為直徑作半圓時(shí)，圓心為點(diǎn)E，

設(shè)弓形AmF，連接AF，F(xiàn)E，即AEAFFE2，如圖：

∴△AFE為等邊三角形，

∴FAEFEA60，

故陰影部分面積為S陰S半圓S扇形DFES弓形AmF，

160π2260π2232

2

代入數(shù)值可得S陰22π23π，

236036043

2

故答案為3π．

3

20．（2024·黑龍江大慶·中考真題）如圖所示的曲邊三角形也稱作“萊洛三角形”，它可以按下述方法作出：

作等邊三角形ABC；分別以點(diǎn)A，B，C為圓心，以AB的長為半徑作BC，AC，AB．三段弧所圍成的

圖形就是一個(gè)曲邊三角形．若該“萊洛三角形”的周長為3π，則它的面積是．

【答案】9π93

2

【分析】本題考查了弧長的計(jì)算，扇形面積的計(jì)算，三角函數(shù)的應(yīng)用，曲邊三角形是由三段弧組成，如果

周長為3π，則其中的一段弧長就是π，所以根據(jù)弧長公式可得ABACBC3，即正三角形的邊長為3．那

么曲邊三角形的面積=三角形的面積+三個(gè)弓形的面積，從而可得答案．

【詳解】解：曲邊三角形的周長為3π，ABC為等邊三角形，

ABBCAC,ABBCAC,ABC60,

60πAB3π

π,

1803

ABBCAC3,

193

SABBCsinABC,

ABC24

60π32393

S弓形SS==,

AB扇形CABABC36024

933939π93

曲邊三角形的面積為：+3.

4242

故答案為：993．

2

21．（2024·重慶·中考真題）如圖，AB是O的直徑，BC是O的切線，點(diǎn)B為切點(diǎn)．連接AC交O于

點(diǎn)D，點(diǎn)E是O上一點(diǎn)，連接BE，DE，過點(diǎn)A作AF∥BE交BD的延長線于點(diǎn)F．若BC5，CD3，

FADE，則AB的長度是；DF的長度是．

20282

【答案】/6/2

3333

【分析】由直徑所對(duì)的圓周角是直角得到ADBBDC90，根據(jù)勾股定理求出BD4，則

CD3

cosC，由切線的性質(zhì)得到ABC90，則可證明CABD，解直角三角形即可求出

BC5

BD20

AB；連接AE，由平行線的性質(zhì)得到BAFABE，再由FADE，ADEABE，

cos∠ABD3

20208

推出FBAF，得到BFAB，則DFBFBD4．

333

【詳解】解：∵AB是O的直徑，

∴ADBBDC90，

在RtBDC中，由勾股定理得BDBC2CD24，

CD3

∴cosC，

BC5

∵BC是O的切線，

∴ABC90，

∴∠C∠CBD∠CBD∠ABD90，

∴CABD，

BD420

AB

在Rt△ABD中，cos∠ABD33；

5

如圖所示，連接AE，

∵AF∥BE，

∴BAFABE，

∵FADE，ADEABE，

∴FBAF，

20

∴BFAB，

3

208

∴DFBFBD4；

33

208

故答案為：；．

33

【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)，同弧所對(duì)的圓周角相等，直徑所對(duì)的圓周角是直角，勾股定理，解

直角三角形，等腰三角形的判定等等，證明FBAF是解題的關(guān)鍵．

22．（2024·山東·中考真題）如圖，ABC是O的內(nèi)接三角形，若OA∥CB，ACB25，則

CAB．

【答案】40/40度

【分析】本題考查了圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理等知識(shí)，利用圓周角定理求出

AOB的度數(shù)，利用等邊對(duì)等角、三角形內(nèi)角和定理求出OAB的度數(shù)，利用平行線的性質(zhì)求出OAC的

度數(shù)，即可求解．

【詳解】解∶連接OB，

∵ACB25，

∴AOB2ACB50，

∵OAOB，

1

∴OABOBA180AOB65，

2

∵OA∥CB，

∴OACACB25，

∴CABOABOAC40，

故答案為：40．

23．（2024·山東泰安·中考真題）如圖，AB是O的直徑，AH是O的切線，點(diǎn)C為O上任意一點(diǎn)，點(diǎn)

1

D為AC的中點(diǎn)，連接BD交AC于點(diǎn)E，延長BD與AH相交于點(diǎn)F，若DF1，tanB，則AE的長

2

為．

【答案】5

【分析】本題主要考查相似三角形的判定和性質(zhì)、切線的性質(zhì)、圓周角定理等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)是

解題關(guān)鍵．

DFAD1

先證DAFABD可得DAF∽DBA從而得到tanB，求得AD2，再運(yùn)用勾股定理可

ADBD2

得AF5，再根據(jù)圓周角定理以及角的和差可得AEDAFD，最后根據(jù)等角對(duì)等邊即可解答．

【詳解】解：∵AB是O的直徑，

∴ADB90，

∵AH是O的切線，

∴BAF90，

∴DAFABD90DAB，

∴DAF∽DBA，

DFAD1

∴tanB，

ADBD2

∵DF1，

∴AD2，

∴AF5，

∵點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，

∴ADCD，

∴ABDDACDAF，

∵ADEADF90，

∴90DAE90DAF，即AEDAFD，

∴AEAF5．

故答案為：5．

24．（2024·四川巴中·中考真題）如圖，四邊形ABCD是O的內(nèi)接四邊形，若四邊形OABC為菱形，則ADC

的度數(shù)是．

【答案】60°

1

【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得到∠AOC＝∠ABC，根據(jù)圓周角定理得到∠ADC＝∠AOC，根據(jù)圓內(nèi)接四邊

2

形的性質(zhì)得到∠ADC＋∠ABC＝180°，計(jì)算即可．

【詳解】解：∵四邊形OABC為菱形，

∴∠AOC＝∠ABC，

1

由圓周角定理得：∠ADC＝∠AOC，

2

∵四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四邊形，

∴∠ADC＋∠ABC＝180°，

∴∠ADC＋2∠ADC＝180°，解得：∠ADC＝60°，

故答案為：60°．

【點(diǎn)睛】本題考查的是圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、圓周角定理、菱形的性質(zhì)，掌握圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)是

解題的關(guān)鍵．

25．（2024·重慶·中考真題）如圖，以AB為直徑的O與AC相切于點(diǎn)A，以AC為邊作平行四邊形ACDE，

點(diǎn)D、E均在O上，DE與AB交于點(diǎn)F，連接CE，與O交于點(diǎn)G，連接DG．若AB10,DE8，則

AF．DG．

201320

【答案】8/13

1313

【分析】連接DO并延長，交O于點(diǎn)H，連接GH，設(shè)CE、AB交于點(diǎn)M，根據(jù)四邊形ACDE為平行四

1

邊形，得出DE∥AC，ACDE8，證明ABDE，根據(jù)垂徑定理得出DFEFDE4，根據(jù)勾股

2

EFFM

定理得出OFOD2DF23，求出AFOAOF538；證明EFM∽CAM，得出，

ACAM

2

82228413

求出FM，根據(jù)勾股定理得出EMEFFM4，證明EFM∽HGD，得出

333

FMEM2013

，求出DG．

DGDH13

【詳解】解：連接DO并延長，交O于點(diǎn)H，連接GH，設(shè)CE、AB交于點(diǎn)M，如圖所示：

∵以AB為直徑的O與AC相切于點(diǎn)A，

∴ABAC，

∴CAB90，

∵四邊形ACDE為平行四邊形，

∴DE∥AC，ACDE8，

∴∠BFD∠CAB90，

∴ABDE，

1

∴DFEFDE4，

2

∵AB10，

1

∴DOBOAOAB5，

2

∴OFOD2DF23，

∴AFOAOF538；

∵DE∥AC，

∴EFM∽CAM，

EFFM

∴，

ACAM

4FM

∴，

8AFFM

4FM

即，

88FM

8

解得：FM，

3

2

2228413

∴EMEFFM4，

33

∵DH為直徑，

∴DGH90，

∴DGHEFM，

∵DGDG，

∴∠DEG∠DHG，

∴EFM∽HGD，

FMEM

∴，

DGDH

8413

即，

33

DG10

2013

解得：DG．

13

2013

故答案為：8；．

13

【點(diǎn)睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，垂徑定理，圓周角定理，切線的性質(zhì)，勾股定理，三角形相

似的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，熟練掌握三角形相似的判定方法．

四、解答題

?

26．（2024·四川南充·中考真題）如圖，在O中，AB是直徑，AE是弦，點(diǎn)F是AE上一點(diǎn)，AFBE，

AE,BF交于點(diǎn)C，點(diǎn)D為BF延長線上一點(diǎn)，且CADCDA．

(1)求證：AD是O的切線．

(2)若BE4,AD25，求O的半徑長．

【答案】(1)見解析

(2)25

【分析】本題考查圓周角定理，切線的判定，解直角三角形，熟練掌握相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，是解題的關(guān)鍵：

（1）圓周角定理推出ABFBAE，根據(jù)CADCDA，結(jié)合三角形的內(nèi)角和定理，推出

BAECAD90，即BAD90,即可得證；

（2）連接AF，易得AFBE4，直徑得到AFB90，在RtADF中，勾股定理求出DF的長，三角函

數(shù)求出AB的長即可．

【詳解】（1）證明：AFBE

AFBE,

ABFBAE．

CADCDA,ADCABFBAECAD180，

BAECAD90．

即BAD90,

ADAB．

又∵OA為半徑，

AD是O的切線．

（2）解：連接AF．

BE4

∴AFBE4．

AB是直徑，

AFB90，

AFD90．

在RtADF中，DFAD2AF22．

ABAF

tanD,

ADDF

AB4

,

252

AB45．

又AB是直徑

O的半徑長為25．

27．（2024·遼寧·中考真題）如圖，O是ABC的外接圓，AB是O的直徑，點(diǎn)D在BC上，ACBD，

E在BA的延長線上，CEACAD．

(1)如圖1，求證：CE是O的切線；

(2)如圖2，若CEA2DAB，OA8，求BD的長．

【答案】(1)見詳解

(2)2

【分析】（1）連接CO，則12，故31222，由ACBD，得到42，而ACB90，

則CAD2290，由CEACAD，得CEA2290，因此CEA390，故ECO90，

則CE是O的切線；

90

（2）連接CO,DO，可得32224CEA，則3CEA45，故422.5，由BDBD，

2

458

得DOB2445，那么BD長為2．

180

【詳解】（1）證明：連接CO，

∵OCOB，

∴12，

∴31222，

∵ACBD，

∴42，

∵AB為直徑，

∴ACB90，

∴CAD4290，即CAD2290，

∵CEACAD，

∴CEA2290，

∴CEA390，

∴ECO90，

∴OCCE，

∴CE是O的切線；

（2）解：連接CO,DO，

由（1）得32224，

∵CEA2DAB，

∴CEA3，

∵ECO90，

90

∴3CEA45，

2

∴422.5，

∵BDBD，

∴DOB2445，

458

∴BD長為：2．

180

【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，切線的判定，直角三角形的性質(zhì)，三角形的外角性質(zhì)，弧長公式等，正

確添加輔助線是解決本題的關(guān)鍵．

28．（2024·江蘇無錫·中考真題）如圖，AB是O的直徑，ACD內(nèi)接于O，CDDB，AB，CD的延

長線相交于點(diǎn)E，且DEAD．

(1)求證：△CAD∽△CEA；

(2)求ADC的度數(shù)．

【答案】(1)見詳解

(2)45

【分析】本題主要考查了圓周角定理，相似三角形的判定以及性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，等邊對(duì)等角等

知識(shí)，掌握這些性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

（1）由等弧所對(duì)的圓周角相等可得出CADDAB，再由等邊對(duì)等角得出DABE，等量代換可得

出CADE，又CC，即可得出△CAD∽△CEA．

（2）連接BD，由直徑所對(duì)的圓周角等于90得出ADB90，設(shè)CADDAB，即CAE2，

由相似三角形的性質(zhì)可得出ADCCAE2，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得出2290180，

即可得出的值，進(jìn)一步即可得出答案．

【詳解】（1）證明：∵CDDB

∴CADDAB，

∵DEAD，

∴DABE，

∴CADE，

又∵CC

∴△CAD∽△CEA，

（2）連接BD，如下圖：

∵AB為直徑，

∴ADB90，

設(shè)CADDAB，

∴CAE2，

由（1）知：△CAD∽△CEA

∴ADCCAE2，

∵四邊形ABDC是圓的內(nèi)接四邊形，

∴CABCDB180，

即2290180，

解得：22.5

ADCCAE222.545

29．（2024·山東濰坊·中考真題）【問題提出】

在綠化公園時(shí)，需要安裝一定數(shù)量的自動(dòng)噴灑裝置，定時(shí)噴水養(yǎng)護(hù)，某公司準(zhǔn)備在一塊邊長為18m的正方

形草坪（如圖1）中安裝自動(dòng)噴灑裝置，為了既節(jié)約安裝成本，又盡可能提高噴灑覆蓋率，需要設(shè)計(jì)合適

的安裝方案．

k

說明：一個(gè)自動(dòng)噴灑裝置的噴灑范圍是半徑為rm的圓面．噴灑覆蓋率，s為待噴灑區(qū)域面積，k為

s

待噴灑區(qū)域中的實(shí)際噴灑面積．

【數(shù)學(xué)建?！?/p>

這個(gè)問題可以轉(zhuǎn)化為用圓面覆蓋正方形面積的數(shù)學(xué)問題．

【探索發(fā)現(xiàn)】

（1）如圖2，在該草坪中心位置設(shè)計(jì)安裝1個(gè)噴灑半徑為9m的自動(dòng)噴灑裝置，該方案的噴灑覆蓋率

______．

9

（2）如圖3，在該草坪內(nèi)設(shè)計(jì)安裝4個(gè)噴灑半徑均為m的自動(dòng)噴灑裝置；如圖4，設(shè)計(jì)安裝9個(gè)噴灑半

2

9

徑均為3m的自動(dòng)噴灑裝置；，以此類推，如圖5，設(shè)計(jì)安裝n2個(gè)噴灑半徑均為m的自動(dòng)噴灑裝置．與

n

（1）中的方案相比，采用這種增加裝置個(gè)數(shù)且減小噴灑半徑的方案，能否提高噴灑覆蓋率？請判斷并給

出理由．

（3）如圖6所示，該公司設(shè)計(jì)了用4個(gè)相同的自動(dòng)噴灑裝置噴灑的方案，且使得該草坪的噴灑覆蓋率

2

1．已知AEBFCGDH，設(shè)AExm，O1的面積為ym，求y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式，并求

當(dāng)y取得最小值時(shí)r的值．

【問題解決】

（4）該公司現(xiàn)有噴灑半徑為32m的自動(dòng)噴灑裝置若干個(gè)，至少安裝幾個(gè)這樣的噴灑裝置可使該草坪的噴

灑覆蓋率1？（直接寫出結(jié)果即可）

π281π92

【答案】（1）0.785；（2）不能，理由見解析；（3）yx9；當(dāng)y取得最小值時(shí)r；（4）

222

9

【分析】（1）根據(jù)定義，分別計(jì)算圓的面積與正方形的面積，即可求解；

（2）根據(jù)（1）的方法求得噴灑覆蓋率即可求解；

（3）根據(jù)勾股定理求得x,r的關(guān)系，進(jìn)而根據(jù)圓的面積公式得出函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，即可

求解；

（4）根據(jù)（3）的結(jié)論可得當(dāng)圓為正方形的外接圓時(shí)，面積最小，則求得半徑為32m的圓的內(nèi)接正方形

的邊長為6，進(jìn)而將草坪分為9個(gè)正方形，即可求解．

【詳解】（1）當(dāng)噴灑半徑為9m時(shí)，噴灑的圓面積sr29281m2．

正方形草坪的面積Sa2182324m2．

k81

故噴灑覆蓋率0.785．

s3244

9

（2）對(duì)于任意的n，噴灑面積kn2()281m2，而草坪面積始終為324m2．

nn

因此，無論n取何值，噴灑覆蓋率始終為0.785．

4

這說明增加裝置個(gè)數(shù)同時(shí)減小噴灑半徑，對(duì)提高噴灑覆蓋率不起作用．

（3）如圖所示，連接EF，

k

要使噴灑覆蓋率1，即要求1，其中s為草坪面積，k為噴灑面積．

s

∴O1,O2,O3,O4都經(jīng)過正方形的中心點(diǎn)O，

在RtAEF中，EF2r，AEx，

∵AEBFCGDH

∴AF18x，

在RtAEF中，AE2AF2EF2

2

∴4r2x218x

2

x218x

∴yπr2π

4

π281π

x9

22

∴當(dāng)x9時(shí)，y取得最小值，此時(shí)4r29292

92

解得：r

2

（4）由（3）可得，當(dāng)O1的面積最小時(shí)，此時(shí)圓為邊長為9m的正方形的外接圓，

2

則當(dāng)r32m時(shí)，圓的內(nèi)接正方形的邊長為2326m

2

18

而草坪的邊長為18m，3，即將草坪分為9個(gè)正方形，將半徑為32m的自動(dòng)噴灑裝置放置于9個(gè)正方

6

形的中心，此時(shí)所用裝置個(gè)數(shù)最少，

∴至少安裝9個(gè)這樣的噴灑裝置可使該草坪的噴灑覆蓋率1

【點(diǎn)睛】本題考查了正方形與圓綜合問題，二次函數(shù)的應(yīng)用；本題要求我們先理解和計(jì)算噴灑覆蓋率，然

后通過調(diào)整噴灑裝置的數(shù)量和噴灑半徑來分析噴灑覆蓋率的變化，最后在一個(gè)特定的條件下找出噴灑面積

和噴灑半徑之間的函數(shù)關(guān)系．解決此類問題的關(guān)鍵在于將實(shí)際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題，即如何將噴灑覆蓋率

的計(jì)算問題轉(zhuǎn)化為面積計(jì)算和函數(shù)求解問題．同時(shí)，在解決具體問題時(shí)，需要靈活運(yùn)用已知的數(shù)學(xué)知識(shí)，

如圓的面積公式，正方形面積公式，以及函數(shù)解析式求解等．最后，還需要注意將數(shù)學(xué)計(jì)算結(jié)果還原為實(shí)

際問題的解決方案．

30．（2024·內(nèi)蒙古通遼·中考真題）如圖，ABC中，ACB90，點(diǎn)O為AC邊上一點(diǎn)，以點(diǎn)O為圓心，

OC為半徑作圓與AB相切于點(diǎn)D，連接CD．

(1)求證：ABC2ACD；

(2)若AC8，BC6，求O的半徑．

【答案】(1)證明見解析

(2)3

【分析】（1）連接OD，根據(jù)題意可得∠ODA90°，根據(jù)余角的性質(zhì)可得AODABC，根據(jù)圓周角定

理可得AOD2ACD，等量代換即可得證；

（2）在Rt△ABC中，勾股定理求得AB10,證明RtODB≌RtOCBHL，設(shè)O的半徑為r，則

2

ODOCr，OA8r，在RtAOD中，r2428r，解方程即可求解．

【詳解】（1）證明：如圖，連接OD，

∵AB為切線，

∴ODAB，

∴∠ODA90°，

∴AAOD90，

∵ACB90，

∴ABCA90

∴AODABC，

∵AOD2ACD，

∴ABC2ACD．

（2）解：在Rt△ABC中，ABBC2AC2628210，

∵OCB90°ODB，

在Rt△ODB和Rt△OCB中，ODOC，OBOB，

∴RtODB≌RtOCBHL，

∴BDBC6，

∴ADABBD4，

設(shè)O的半徑為r，則ODOCr，OA8r，

2

在RtAOD中，r2428r，

解得r3，

∴O半徑的長為3

【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，切線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，掌握以上知

識(shí)是解題的關(guān)鍵．

31．（2024·四川瀘州·中考真題）如圖，ABC是O的內(nèi)接三角形，AB是O的直徑，過點(diǎn)B作O的切

線與AC的延長線交于點(diǎn)D，點(diǎn)E在O上，ACCE，CE交AB于點(diǎn)F．

(1)求證：CAED；

(2)過點(diǎn)C作CGAB于點(diǎn)G，若OA3，BD32，求FG的長．

【答案】(1)證明見解析

4

(2)

5

【分析】（1）由直徑所對(duì)的圓周角是直角得到BCD90，則DCBD90，由切線的性質(zhì)推出

DABC+DCBD=90°，則ABCD，再由同弧所對(duì)的圓周角相等和等邊對(duì)等角得到EABC，

CAEE，據(jù)此即可證明CAED；

（2）由勾股定理得AD36，利用等面積法求出BC23，則AC26，同理可得CG22，則AG4，

進(jìn)而得到BG2；如圖所示，過點(diǎn)C作CHAE于H，則AE2AH，證明△ACB∽△CHA，求出AH22，

466x

則AE42；設(shè)FGx，則AF4x，證明△AEF∽△CBF，推出CF，在Rt△CGF中，

4

2

2

由勾股定理得466x2，解方程即可得到答案．

22x

4

【詳解】（1）證明：∵AB是O的直徑，

∴ACB90，

∴BCD90，

∴DCBD90；

∵BD是O的切線，

∴DABD=90°，

∴DABC+DCBD=90°，

∴ABCD，

∵，

ACAC

∴EABC，

∵ACCE，

∴CAEE，

∴CAED；

（2）解：∵OA3，

∴AB2OA6，

2

在Rt△ABD中，由勾股定理得ADAB2BD2623236，

11

∵S△ABBDADBC，

ABD22

ABBD632

∴BC23，

AD36

2

∴ACAB2BC2622326，

同理可得CG22，

22

∴AGAC2CG226224，

∴BG2；

如圖所示，過點(diǎn)C作CHAE于H，則AE2AH，

由（1）可得ABCCAH，ACBCHA90，

∴△ACB∽△CHA，

AHACAH26

∴，即，

BCAB236

∴AH22，

∴AE42；

設(shè)FGx，則AF4x，

∵∠E∠CBF，∠EAF∠BCF，

∴△AEF∽△CBF，

CFBCCF23

∴，即，

AFAE4x42

466x

∴CF，

4

在Rt△CGF中，由勾股定理得CF2CG2FG2，

2

2

∴466x2，

22x

4

4

解得x或x4（舍去），

5

4

∴FG．