專題23圓的有關性質（測試）（教師版含解析）-2023年中考一輪復習講練測（浙江專用）

2023年中考數(shù)學總復習一輪講練測（浙江專用）專題23圓的有關性質（測試）班級：________姓名：__________得分：_________注意事項：本試卷滿分120分，試題共23題，其中選擇10道、填空6道、解答7道．答卷前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級等信息填寫在試卷規(guī)定的位置．本試卷所選題目為浙江地區(qū)中考真題、模擬試題、階段性測試題.選擇題（本大題共10小題，每小題3分，共30分）在每小題所給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．（2022?鹿城區(qū)校級模擬）如圖，AB是半圓O的直徑，C，D是半圓上的兩點，若∠BAC＝20°．則∠D的大小為（）A．100° B．110° C．120° D．130°【分析】由AB是半圓O的直徑，得∠ACB＝90°，由直角三角形的性質求出∠B，由圓內接四邊形的性質即可求解．【解答】解：∵AB是半圓O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠ABC＝90°﹣∠BAC＝90°﹣20°＝70°，∵∠D+∠ABC＝180°，∴∠D＝180°﹣70°＝110°．故選：B．2．（2022?浦江縣模擬）已知：如圖，OA是⊙O的半徑，若∠BAO＝27°，則圓周角∠BDA的度數(shù)是（）A．63° B．60° C．58° D．54°【分析】連接OB，可先求出∠AOB的度數(shù)，進而根據(jù)圓周角定理可得∠BDA的度數(shù)．【解答】解：連接OB，∵OA＝OB，∠BAO＝27°，∴∠BOA＝180°﹣2∠BAO＝180°﹣54°＝126°，∴∠BDA＝∠BOA＝63°，故選：A．3．（2022?鹿城區(qū)校級三模）如圖，點A，B，C在⊙O上，為優(yōu)弧，已知＝50°，則∠C為（）A．25° B．35° C．40° D．50°【分析】直接根據(jù)圓周角定理即可得出結論．【解答】解：連接OA、OB．∵＝50°，∴∠AOB＝50°，∴∠C＝∠AOB＝25°．故選：A．4．（2022?鹿城區(qū)校級三模）如圖，AB，AC是⊙O的兩條弦，且AB＝AC，點D，P分別在，上．若∠BDC＝140°，則∠APC的度數(shù)為（）A．105° B．110° C．115° D．120°【分析】根據(jù)圓內接四邊形對角互補求得∠BAC的度數(shù)，即可求得的度數(shù)，進而求得的度數(shù)，的度數(shù)，則根據(jù)圓周角定理即可求解∠APC的度數(shù)．【解答】解：在圓內接四邊形ABCD中，∠BDC＝140°，∴∠BAC＝180°﹣∠BDC＝180°﹣140°＝40°，則的度數(shù)是80°，又∵AB＝AC，∴的度數(shù)＝的度數(shù)＝×（360°﹣80°）＝140°，∴的度數(shù)是220°，∴∠APC＝×220°＝110°，故選：B．5．（2022?衢州二模）如圖，C、D是⊙O上的兩點，且位于直徑AB兩側，連接BC、CD、BD，若∠ABC＝20°，則∠BDC＝（）A．40° B．50° C．60° D．70°【分析】利用圓周角定理得到∠ACB＝90°，則∠BAC＝65°，然后再根據(jù)圓周角得到∠BDC的度數(shù)．【解答】解：∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵∠ABC＝20°，∴∠BAC＝70°，∴∠BDC＝∠BAC＝70°．故選：D．6．（2022?龍灣區(qū)模擬）如圖，AB，AC是⊙O的兩條弦，且AB＝AC，點D，P分別在，上．若∠BDC＝142°，則∠APC的度數(shù)為（）A．119° B．112° C．109° D．108°【分析】根據(jù)圓內接四邊形對角互補求得∠BAC的度數(shù)，即可求得弧BC的度數(shù)，進而求得弧AB的度數(shù)，弧ABC的度數(shù)，則∠APC的度數(shù)即可求解．【解答】解：在圓內接四邊形ABCD中，∠BDC＝142°，∴∠BAC＝180°﹣∠BDC＝180°﹣142°＝38°，則弧BC的度數(shù)是76°，又∵AB＝AC，∴弧AB的度數(shù)＝弧AC的度數(shù)＝142°，∴弧ABC的度數(shù)是218°，∴∠APC＝×218°＝109°，故選：C．7．（2022?上城區(qū)校級二模）如圖，已知OA，OB，OC是⊙O的半徑，連結BC，交OA于點D，設∠ADB＝α，∠OBC＝β，∠AOC＝γ，則（）A．α+2β﹣γ＝90° B．2α﹣β+γ＝90° C．α+β+γ＝180° D．3α﹣β+γ＝180°【分析】根據(jù)圓中半徑相等，得到角相等，再把α，β，γ轉化到△CDO中，根據(jù)內角和定理解答即可．【解答】解：∵OA，OB，OC是⊙O的半徑，∴OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB＝β，∵∠CDO＝∠ADB＝α，∠AOC＝γ，∴△CDO中，∠CDO+∠OCD+∠COD＝180°，即α+β+γ＝180°，故選：C．8．（2022?富陽區(qū)一模）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，G是弧AC上一點，連接AD，AG，GD，BC．則下列結論錯誤的是（）A．∠ADC＝∠AGD B．若∠ADC＝∠GAD，則＝2 C．若＝，則△ADG是等腰三角形 D．若＝，則△AGF是等腰三角形【分析】根據(jù)圓周角定理求解判斷即可．【解答】解：∵AB是⊙O的直徑，CD⊥AB，∴＝，∴＝，∴∠ADC＝∠AGD，故A正確，不符合題意；∵∠ADC＝∠GAD，∴＝，∴＝，∵＝2，∴＝2，故B正確，不符合題意；若＝，∴＝，∵＝，∴＝，∴AD＝DG，∴△ADG是等腰三角形，故C正確，不符合題意；由＝，不能推出△AGF是等腰三角形，故D錯誤，符合題意；故選：D．9．（2022?金華模擬）如圖是一位同學從照片上剪切下來的海上日出時的畫面，“圖上”太陽與海平線交于A，B兩點，他測得“圖上”圓的半徑為10厘米，AB＝16厘米．若從目前太陽所處位置到太陽完全跳出海平面的時間為16分鐘，則“圖上”太陽升起的速度為（）A．1.0厘米/分 B．0.8厘米/分 C．1.2厘米/分 D．1.4厘米/分【分析】連接OA，過點O作OD⊥AB于D，由垂徑定理求出AD的長，再由勾股定理求出OD的長，然后計算出太陽在海平線以下部分的高度，即可求解．【解答】解：設“圖上”圓的圓心為O，連接OA，過點O作OD⊥AB于D，如圖所示：∵AB＝16厘米，∴AD＝AB＝8（厘米），∵OA＝10厘米，∴OD＝＝＝6（厘米），∴海平線以下部分的高度＝OA+OD＝10+6＝16（厘米），∵太陽從所處位置到完全跳出海平面的時間為16分鐘，∴“圖上”太陽升起的速度＝16÷16＝1.0（厘米/分），故選：A．10．（2022?黃巖區(qū)一模）如圖，△ABC是等邊三角形，點A，點B在數(shù)軸上，點A表示數(shù)﹣2，點B表示數(shù)2，以AB為直徑作圓交邊AC于點P，以B為圓心，BP為半徑作弧交數(shù)軸于點Q，則點Q在數(shù)軸上表示的數(shù)為（）A． B．2 C．2﹣2 D．2﹣2【分析】根據(jù)題意可得AB＝4，利用等邊三角形的性質可得∠BAC＝60°，由AB是⊙O的直徑可得∠APB＝90°，由三角形內角和定理可得∠ABP＝30°，由此可得AP＝2，根據(jù)勾股定理可以求得BP的長，進而可以得到點Q表示的數(shù)．【解答】解：由題意可得AB＝4，∵△ABC是等邊三角形，∴∠BAC＝60°，∵AB是⊙O的直徑，∴∠APB＝90°，∴∠ABP＝30°，∴AP＝AB＝2，在Rt△APB中，AB＝4，AP＝2，∴PB＝＝＝＝2，∵BP為半徑作弧交數(shù)軸于點Q，∴BQ＝PB＝2．∴點Q表示數(shù)為2﹣2．故選：C．填空題（本大題共6小題，每小題4分，共24分）請把答案直接填寫在橫線上11．（2022?文成縣一模）如圖，點A，B，C都在⊙O上，∠AOC：∠BOC＝2：5，OA∥BC，則∠ABC＝20°．【分析】根據(jù)圓周角定理及三角形內角和定理求解即可．【解答】解：∵OA＝OB，∴∠A＝∠OBA，∵OA∥BC，∴∠A＝∠ABC，∵∠AOC＝2∠ABC，∠AOC：∠BOC＝2：5，∴∠BOC＝5∠ABC，∴∠AOB＝7∠ABC，在△AOB中，∠A+∠AOB+∠OBA＝180°，∴9∠ABC＝180°，∴∠ABC＝20°，故答案為：20．12．（2022?定海區(qū)一模）如圖，在⊙O中，點C為優(yōu)弧ACB上的一點，＝168°，則∠C＝84°．【分析】連接OA，OB，根據(jù)已知可得∠AOB＝168°，從而利用一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角度數(shù)的一半，進行計算即可解答．【解答】解：連接OA，OB，∵＝168°，∴∠AOB＝168°，∴∠C＝∠AOB＝84°，故答案為：84°．13．（2022?婺城區(qū)模擬）如圖，一塊直角三角板的30°角的頂點P落在⊙O上，兩邊分別交⊙O于A，B兩點，若⊙O的直徑為8，則弦AB的長為4．【分析】作直徑AC，連接BC，如圖，根據(jù)圓周角定理得到∠ABC＝90°，∠C＝∠P＝30°，然后利用含30度角的直角三角形的性質求出AB．【解答】解：作直徑AC，連接BC，如圖，∵AC為直徑，∴∠ABC＝90°，∵∠C＝∠P＝30°，AC＝8，∴AB＝AC＝×8＝4．故答案為：4．14．（2022?諸暨市模擬）有一圓柱形木材，埋在墻壁中，其橫截面如圖所示，測得木材的半徑為15cm，露在墻體外側的弦長AB＝18cm，其中半徑OC垂直平分AB，則埋在墻體內的弓形高CD＝3cm．【分析】在Rt△ADO中，AO＝15cm，AD＝9cm，利用勾股定理得出DO的長，進而得出答案．【解答】解：在Rt△ADO中，DO＝＝＝12（cm），則CD＝CO﹣DO＝15﹣12＝3（cm），故答案為：3．15．（2022?寧海縣校級模擬）如圖，圓O的半徑為4，點P是直徑AB上定點，AP＝1，過P的直線與圓O交于C，D兩點，則△COD面積的最大值為8；作弦DE∥AB，CH⊥DE于H，則CH的最大值為．【分析】當∠COD＝90°時，△COD面積有最大值，利用三角形的面積公式即可求解；當△COD面積有最大值時，CH取最大值，設△APO的PO邊上的高為h1，△DPO的邊PO上的高為h2，利用S△CDO＝S△PCO+S△DPO，列出等式，即可求得h1+h2＝，則CH＝h1+h2，結論可得．【解答】解：如圖1，∵OC?OD?sin∠COD，∴當∠COD＝90°時，△COD面積有最大值，且最大值＝×4×4×1＝8；設△CPO的PO邊上的高為h1，△DPO的邊PO上的高為h2，如圖，∵S△CDO＝S△PCO+S△DPO，∴當△COD面積有最大值時，PO×h1+PO×h2＝8．∴×3×（h1+h2）＝8，∴h1+h2＝．∴CH的最大值為．故答案為：8；．16．（2022?海曙區(qū)校級模擬）如圖，AB是⊙O的弦，，點P是優(yōu)弧APB上的動點，∠P＝45°，連接PA，PB，AC是△ABP的中線．（1）若∠CAB＝∠P，則AC＝2；（2）AC的最大值＝1+．【分析】（1）作BH⊥AC，根據(jù)△BAC∽△BPA，求出BC＝2，再證明H和C重合即可得到答案；（2）確定點C的運動軌跡，軌跡點圓關系找到AC的最大值就是AC'長，再計算求解．【解答】解：如圖1，過點B作BH⊥AC于點H，∵∠B＝∠B，∠CAB＝∠P，∴△BAC∽△BPA，∴＝，∴BA2＝BC?BP，∵AC是△ABP的中線，∴BP＝2BC，∴（2）2＝BC?2BC，∴BC＝2，在Rt△ABH中，∠CAB＝∠P＝45°，AB＝2，∴BH＝AH＝2，又∵BC＝2，∴點H和點C重合，∴AC＝AH＝2．故答案為：2；（2）如圖2，∵點P的運動軌跡是圓，∴點C的運動軌跡是OB為直徑的圓，∴當AC'經過圓心O'時最大．∵∠P＝45°，∴∠AOB＝90°，又∵AB＝2，∴AO＝BO＝2，OO'＝1，∴AO'＝，∵O'C'＝1，∴AC'＝1+，∴AC的最大值為1+．故答案為：1+．三、解答題（本大題共7小題，共66分．解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17．（2023?寧波模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，C、D為⊙O上的點，且BC∥OD，過點D作DE⊥AB于點E．（1）求證：BD平分∠ABC；（2）若BC＝4，DE＝3，求⊙O的半徑長．【分析】（1）利用平行線的性質得到∠ODB＝∠CBD，根據(jù)半徑相等可得∠ODB＝∠OBD，等量代換得到∠OBD＝∠CBD，進而證得結論；（2）過O點作OH⊥BC于H，如圖，根據(jù)垂徑定理得到BH＝CH＝2，再證明△ODE≌△BOH得到DE＝OH＝3，然后利用勾股定理計算OB的長即可．【解答】（1）證明：∵OD∥BC，∴∠ODB＝∠CBD，∵OB＝OD，∴∠ODB＝∠OBD，∴∠OBD＝∠CBD，∴BD平分∠ABC；（2）解：過O點作OH⊥BC于H，∵BC＝4，∴BH＝CH＝BC＝2，∵DE⊥AB，OH⊥BC，∴∠DEO＝90°，∠OHB＝90°，∵OD∥BC，∴∠DOE＝∠OBH，在△ODE和△BOH中，，∴△ODE≌△BOH（AAS），∴DE＝OH＝3，在Rt△OBH中，OB＝＝＝，即⊙O的半徑長為．18．（2022?定海區(qū)校級模擬）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，DB平分∠ADC，連接OC，OC⊥BD．（1）求證：AB＝CD．（2）若∠A等于66°，求∠ADB的度數(shù)．【分析】（1）根據(jù)圓周角定理得到＝，根據(jù)垂徑定理得到＝，根據(jù)圓周角定理證明結論；（2）根據(jù)圓內接四邊形的性質得到∠BCD＝114°，根據(jù)等腰三角形的性質求出∠BDC，根據(jù)角平分線的定義解答．【解答】（1）證明：∵DB平分∠ADC，∴＝，∵OC⊥BD，∴＝，∴＝，∴AB＝CD；（2）解：∵四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，∴∠BCD＝180°﹣∠A＝114°，∵＝，∴BC＝CD，∴∠BDC＝×（180°﹣114°）＝33°，∵DB平分∠ADC，∴∠ADB＝∠BDC＝33°．19．（2022?金東區(qū)一模）如圖，已知點C在以AB為直徑的半圓O上，點D為弧BC中點，連結AC并延長交BD的延長線于點E，過點E作EG⊥AB，垂足為點F，交AD于點G，連結OG，DG＝1，DB＝2．（1）求證：AE＝AB．（2）求FB的長．（3）求OG的長．【分析】（1）根據(jù)圓周角定理可得∠ADB＝90°，由點D為弧BC中點，可得∠CAD＝∠BAD，則可證明△AED≌△ADB，即可得出答案；（2）根據(jù)題意可證明△EDG∽△EFB，則，根據(jù)勾股定理可得EF＝，代入計算即可得出答案；（3）在Rt△EFB中，根據(jù)已知條件可算出EF的長，在Rt△EGD中，可算出EG的長，由GF＝EF﹣EG即可算出GF的長，由△EFB∽△ADB，可得，代入計算可算出AD的長，在Rt△ADB中，可算出AB的長，即可算出OB的長，根據(jù)OF＝OB﹣FB即可算出OF的長，在Rt△OGF中根據(jù)勾股定理即可得出答案．【解答】解：（1）∵AB是半圓O的直徑，∴∠ADB＝90°，∵，∴∠CAD＝∠BAD，在△AED和△ADB中，，∴△AED≌△ADB（ASA），∴AE＝AB．（2）∵∠GED＝∠FEB，∠EDG＝∠EFB＝90°，∴△EDG∽△EFB，∴，∵ED＝DB＝2，EF＝，∴，解得：FB＝．（3）在Rt△EFB中，∵EB＝4，F(xiàn)B＝，∴EF＝＝＝，在Rt△EGD中，EG＝＝＝，∴GF＝EF﹣EG＝，∵△EFB∽△ADB，∴，∴，∴AD＝4，在Rt△ADB中，AB＝＝2，∴OB＝＝，∴OF＝OB﹣FB＝＝，在Rt△OGF中，OG＝＝＝．20．（2021?永嘉縣模擬）如圖，點A、B、C、D在⊙O上，AB＝AC，BD⊥AC，垂足為E，過點D作GF∥AC，分別交BC，BA的延長線于點F，G．（1）求證：∠G＝2∠DBC．（2）作⊙O直徑AM，連結DC，CM，若DC＝1，AB＝3，求AM的長．【分析】（1）根據(jù)直角三角形性質、等腰三角形性質、平行線性質即可得解；（2）根據(jù)圓周角定理得到∠AMC＝∠AMB，∠ACM＝∠ABM＝90°，即可得到∠CAM＝∠BAM＝∠CAB＝∠G＝∠DBC，再根據(jù)圓周角定理、勾股定理求解即可．【解答】（1）證明：設∠DBC＝x，∵BD⊥AC，∴∠ACB＝90°﹣x，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝90°﹣x，∴∠BAC＝180°﹣2（90°﹣x）＝2x，∵GF∥AC，∴∠G＝∠BAC＝2x，又∠DBC＝x，∴∠G＝2∠DBC；（2）解：如圖，連接BM，∵AC＝AB，AM是⊙O的直徑，∴∠AMC＝∠AMB，∠ACM＝∠ABM＝90°，∴∠CAM＝∠BAM＝∠CAB＝∠G＝∠DBC，∴CM＝DC，∵DC＝1，∴CM＝1，∵AC＝AB＝3，∠ACM＝90°，∴．21．（2021?臨海市模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點D為AB邊的中點，以CD為直徑作⊙O，分別與AC，BC，AB交于點E，F(xiàn)，G．（1）求證：AE＝CE；（2）若CE＝4，CF＝3，求DG的長．【分析】（1）連接DE，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得到DA＝DC，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角得到∠DEC＝90°，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質即可得到AE＝AC；（2）連接CG，由（1）可知E是AC中點，同理可得F是BC中點，得到AC＝2CE＝8，BC＝2CF＝6，根據(jù)勾股定理得到AB＝10，得到CD＝5，根據(jù)CD是⊙O的直徑，得到∠DGC＝90°，根據(jù)等面積法求出CG的長，根據(jù)勾股定理即可得到DG的長．【解答】（1）證明：如圖，連接DE，∵∠ACB＝90°，D為AB邊的中點，∴DA＝DC，∵CD是⊙O的直徑，∴∠DEC＝90°，∴AE＝AC；（2）解：連接CG，由（1）可知E是AC中點，同理可得F是BC中點，∴AC＝2CE＝8，BC＝2CF＝6，由勾股定理得AB＝＝10，∴CD＝5，∵CD是⊙O的直徑，∴∠DGC＝90°，∴×AC×BC＝×AB×CG，∴，∴DG＝．22．（2022?永嘉縣模擬）如圖，在△ABC中，AC＝6，AB＝8，BC＝10，點P在邊AC上運動，PE∥BC，交AB于點E，以4為半徑的⊙C交邊AC于點Q，延長EP交⊙C于點F，GF⊥EF，交AC延長線于點G．（1）求證：∠G＝∠B．（2）若PC＝PQ，求GF的長．【分析】（1）由勾股定理逆定理得到∠A＝90°，即知∠F＝∠A＝90°，根據(jù)平行線的性質及對頂角性質得到∠GPF＝∠ACB，由三角形內角和定理即得證；（2）作CH⊥PF于點H，連接CF，由CQ＝4，PC＝PQ，得PC＝PQ＝2，根據(jù)tan∠CPH＝tan∠BCA，可得CH＝PH，在Rt△CPH中，由勾股定理即得PH＝，CH＝，在Rt△CHF中，F(xiàn)H＝＝，即得PF＝PH+FH＝，在Rt△GPF中，tan∠GPF＝＝，即可得GF＝×＝．【解答】（1）證明：∵AC＝6，AB＝8，BC＝10，∴AC2+AB2＝BC2，∴∠A＝90°，∵GF⊥EF，∴∠GFP＝∠A＝90°，∵PE∥BC，∴∠GPF＝∠ACB，∴∠G＝∠B；（2）解：作CH⊥PF于點H，連接CF，如圖：∵CQ＝4，PC＝PQ，∴PC＝PQ＝2，∵PE∥BC，∴∠CPH＝∠BCA，∴t