2026中考数学高频考点一轮复习：圆（试题含解析）

这是一份2026中考数学高频考点一轮复习：圆（试题含解析），共36页。
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．1：4B．1：2C．1：πD．2：π
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
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+AD=（ ）
A．1+sinθ1-sinθB．1+sinθ1+csθ
C．1-sinθ1+sinθD．1+csθ1+sinθ
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）cmB．（30π+150）cm
C．（20π+120）cmD．（30π+120）cm
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①B．轨道②C．轨道③D．轨道④
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°
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．4πB．16πC．4D．16
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﹣93B．9π﹣63C．6π﹣93D．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r．
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 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=APCP，请证明这个结论，并求出AA'所对的圆心角∠APA'的度数；
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AD的长度．
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．1：4B．1：2C．1：πD．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：
14×2πR=2πr，
∴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=CF，
∵E是AC的中点，
∴AE=EC，
∵CB＝CA，
∴AC=CB，
∴BF=AE，
∴∠BAF＝∠AFE，
∴EF∥AB．
如图，方法②中．
∵E是AC的中点，
∴AE=EC，
∴BE平分∠ABC，
∵CA＝CB，
∴CA=CB，
∴CO⊥AB，
∴CO平分∠ACB，
∴AG平分∠ABC，
∴∠BAF＝∠CAF，
∴BF=CF，
∴BF=AE，
∴∠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+AD=（ ）
A．1+sinθ1-sinθB．1+sinθ1+csθ
C．1-sinθ1+sinθD．1+csθ1+sinθ
【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，csθ=ADAC，所以CD＝AC•sinθ，AD＝AC•csθ，代入式子化简即可．
【解答】解：∵CD⊥OB，∠CAD＝θ，
∴sinθ=CDAC，csθ=ADAC，
∴CD＝AC•sinθ，AD＝AC•csθ，
∴AC+CDAC+AD=AC+AC⋅sinθAC+AC⋅csθ=1+sinθ1+csθ．
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）cmB．（30π+150）cm
C．（20π+120）cmD．（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（cm），
∴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①B．轨道②C．轨道③D．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°+60°+30°＝120°；据此可得答案．
【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°×2π6π=120°；
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=12AB=π2cm，
∴AN'=2π-π2=32πcm；
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=12AD=πcm，
又∵PH⊥AD，∠NAH＝90°，
∴四边形ANPH是矩形，
∴PH＝AN＝5cm，∠NPH＝90°，
∵N'H=AN'-AH=π2cm，
∴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=12AB=0.75πcm，
∴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=12AB=0.5πcm，
∴点N'是EF的中点，
如图所示，连接PA，PB，PF，则∠APB=∠APF=360°6=60°，
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．4πB．16πC．4D．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﹣93B．9π﹣63C．6π﹣93D．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＝30°，
∵∠AOB＝90°，
∴OC＝OB•tan∠CBO＝6×33=23，
∴S△BDC＝S△OBC=12OB•OC=12×6×23=63，S扇形AOB=90π×62360=9π，
∴整个阴影部分的面积为：S扇形AOB﹣S△BDC﹣S△OBC＝9π﹣63-63=9π﹣123．
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△B′CP，即可求解．
【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'EAE=35，
∵∠B′AE＝∠B′CE，
∴sin∠B'CE=sn∠B'AE=35，
∴∠QAB′＝90°﹣∠QB′A＝∠EB′P，
∴△QAB′∽△∠PB′E，
∴QB'EP=QAPB'=AB'EB'=43，
∴QB'EP=3+EP4-QB'=43，
解得：QB'=2825EP=2125，
∴PB'=4-QB'=4-2825=7225，
∴B'C=PB'sin∠B'CE=722535=245．
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＝CE+DE＝3x，进而得到S△ACDS△ABC可判断⑤．
【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=DB，
∴∠DAB＝∠DCB，故①正确；
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ACE=∠BCD=12∠ACB=45°，∠AEC＝90°，
∴△ACE是等腰直角三角形，
∴CE＝AE，AC=2AE，故②正确；
∵∠ACB＝∠AED＝90°，∠ABC＝∠ADC，
∴△ABC∽△ADE，
∴BCDE=ACAE=2，
∴BC=2DE，故③错误；
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△ACB=12π×32-12×3×6=92π-9，故④错误；
∵AE：DE＝1：2，
∴可设AE＝CE＝x，则DE＝2x，
∴AC=2CE=2x，BC=2DE=22x，CD＝CE+DE＝3x，
∴S△ACDS△ABC=12AE×CD12AC×BC=12x×3x12×2x×22x=34，故⑤正确；
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（cm）．
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+2-3．
【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3-1为半径的圆上运动，进而求得最小值，即可求解．
【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=DCDB=1，
∴△AOB∽△DCB，
∴∠OBA＝∠DBC，DBOB=BCAB，
∴∠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=2OE=2，
∴CD=DB=BE-ED=3-1，则点C在以D为圆心3-为半径的圆上运动，
∴OC的最小值为OD-DC=2-(3-1)=1+2-3，
故答案为：1+2-3．
【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=(6-2)×180°6=120°，
∴∠AHI＝360°﹣135°﹣120°＝105°，
∴S阴影部分=105π×62360=21π2．
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=3π2-2；
②23+303．
【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；在Rt△BOD中，利用勾股定理可得BD，即可解答．
【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=OB2-OP2=2，
∴OP=PB=2，
∴△POB为等腰直角三角形，
∴∠POB＝45°，
∴∠AOB＝135°，
∴S扇形AOB=135π×22360=3π2，
∴S△AOB=12OA×PB=12×2×2=2，
∴S阴=3π2-2；
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，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=OPDO=APPO，
在Rt△AOP中，由勾股定理得：AP2=OA2+OP2=22+(2)2=6，
∵AO＝2，OP=2，AP=6，
∴2PD=2DO=62，
∴OD=63，PD=233，
在Rt△BOD中，由勾股定理得：BD2=OB2-OD2=22-(63)2，
解得：BD=303（负值已舍去），
∴PB=PD+BD=233+303=23+303．
【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＝23．
【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=BCEC=2CDEC=2，根据BE=42，故DE＝4，运用勾股定理算出BD=BE2+DE2=43即可作答．
【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，即BEDE=BCEC=2CDEC=2，
∵BE=42，
∴DE＝4，
∴BD=BE2+DE2=43，
∴tanB=EDBE=442=22，⊙O的半径r=12BD=23．
【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 42π 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=APCP，请证明这个结论，并求出AA'所对的圆心角∠APA'的度数；
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AD的长度．
【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×72×6=42π(cm2)，
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=nπ180•PA，
CC'的长=n360⋅2π⋅PC=nπ180•PC，
AA'的长CC'的长=nπ180⋅PAnπ180⋅PC=PAPC，
∵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=PC+7.5PC，
解得PC＝6，PA＝13.5，
∴CC'的长nπ180×6＝4π，
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∠MPM'＝60°，
∴PM=MHsin60°=12，PH=12PM＝6，
∴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M相切时，MR的长最大，由相似三角形的性质可得出答案．
【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°，
∴∠MFN＝∠R，
且∠FMR是公共角，
∴△FMR∽△NMF．
∴MFMN=MRMF，
即MN•MR＝MF2＝4，
∴当MR的长最大时，MN的长最小，
当AR与半圆M相切时，MR的长最大，
即MF⊥AF，此时△MFR∽△ADR，
∴FMAD=FRDR=MRAR，
即FR2+MR=MR4+FR=24=12，
∴2+MR=2FR，4+FR=2MR
∴MR=103，
∴MN的最小值为65．
【点评】本题是圆的综合题，考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，切线的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
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．
【考点】三角形的外接圆与外心；扇形面积的计算；解直角三角形；圆周角定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）①π-312；
②22k+1．
【分析】（1）连接OB，利用圆周角定理可得∠BOC＝2α，利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理即可得出结论；
（2）①利用（1）的结论与已知条件可得α+γ＝45°，则△OAC为等腰直角三角形，利用直角三角形的边角关系定理可得∠BAO＝30°，过点D作DE⊥OB于点E，利用等腰三角形的性质和直角三角形的边角关系定理可求线段DE的长，利用△OBC的面积减去扇形OCB的面积即可求得结论；
②延长AO，交圆O于点G，连接BG，利用圆周角定理可得∠BOG＝2γ，利于等腰三角形的性质可得∠BOG＝∠OBC，进而得到BC∥AG；过点O作OF⊥BC于点F，利用等腰三角形的性质和直角三角形的边角关系定理可求CF＝k，则BC＝2k，利用平行线的性质可得△DAO∽△DBC，由相似三角形对应边成比例得出比例式，设OD＝x，则CD＝OC﹣OD＝2﹣x，代入比例式，解方程即可得出结论．
【解答】（1）证明：连接OB，如图，
∵∠BOC＝2∠BAC，∠BAC＝α，
∴∠BOC＝2α．
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC＝β．
∴∠BOC+∠OCB+∠OBC＝180°，
∴2α+2β＝180°．
∴α+β＝90°；
（2）解：①∵β＝γ+45°，α+β＝90°，
∴90°﹣α＝γ+45°．
∴α+γ＝45°．
∵∠BAC＝α，∠BAO＝γ，
∴∠OAC＝∠BAC+∠BAO＝45°．
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝45°．
∴∠AOC＝90°．
∵AD＝2OD，
∴sin∠OAD=ODAD=12．
∴∠OAD＝30°．
∴∠BAC＝15°．
∴∠BOC＝2∠BAC＝30°．
∵OA＝OD，
∴∠OBA＝∠BAO＝30°．
∴∠DOB＝∠DBO＝30°，
∴DO＝DB．
过点D作DE⊥OB于点E，如图，
则OE＝EB=12OB＝1．
∵tan∠DOB=DEOE，
∴33=DE1．
∴DE=33．
∴S△DOB=12×OB•DE=33．
∵S扇形OCB=30π×22360=π3，
∴S＝S扇形OCB﹣S△DBO=π-33．
②∵α+2γ＝90°，α+β＝90°，
∴β＝2γ．
延长AO，交圆O于点G，连接BG，如图，
∵∠BOG＝2∠BAO＝2γ，
∴∠BOG＝∠OCB．
∵∠OBC＝∠OCB，
∴∠BOG＝∠OBC．
∴BC∥AG．
过点O作OF⊥BC于点F，则CF＝BF=12BC，∠COF=12∠BOC＝α．
∵sinα＝k，sinα=CFOC，OC＝2，
∴CF＝OC•sinα＝2k，
∴BC＝4k．
设OD＝x，则CD＝OC﹣OD＝2﹣x，
∵BC∥OA，
∴△DAO∽△DBC．
∴OABC=ODCD．
∴24k=x2-x，
解得：x=22k+1．
∴OD=22k+1．
【点评】本题主要考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，通过添加恰当的辅助线以充分利用圆周角定理是解题的关键．