2022-2022年浙江温州中考数学试题分类解析汇编（12专题）专题11：圆一、选择题1.（2022年浙江温州3分）已知扇形的半径是12cm，圆心角是60°，则扇形的弧长是【】A．24πcmB．12πcmC．4πcmD．2πcm【答案】C。【考点】扇形的弧长。【分析】根据扇形的弧长公式计算即可：扇形的弧长=（cm）。故选C。2.（2022年浙江温州3分）已知两圆外切，它们的半径分别是3和7，则圆心距等于【】A．4B．5C．6D．10【答案】D。【考点】两圆的位置关系。【分析】根据两圆的位置关系的判定：外切（两圆圆心距离等于两圆半径之和），内切（两圆圆心距离等于两圆半径之差），相离（两圆圆心距离大于两圆半径之和），相交（两圆圆心距离小于两圆半径之和大于两圆半径之差），内含（两圆圆心距离小于两圆半径之差）。因此，圆心距等于3＋7=10。故选D。3.（2022年浙江温州4分）已知扇形的弧长是2πcm，半径为12cm，则这个扇形的圆心角是【】A．60° B．45° C．30° D．20°【答案】C。【考点】扇形的弧长公式，根据【分析】根据扇形的弧长公式列式求解：∵扇形的弧长是2πcm，半径为12cm，∴，解得。故选C。4.（2022年浙江温州4分）两圆的半径分别为3cm和4cm，圆心距为1cm，则两圆的位置关系是【】A．相离B．相交C．内切D．外切【答案】C。【考点】两圆的位置关系。17\n【分析】根据两圆的位置关系的判定：外切（两圆圆心距离等于两圆半径之和），内切（两圆圆心距离等于两圆半径之差），相离（两圆圆心距离大于两圆半径之和），相交（两圆圆心距离小于两圆半径之和大于两圆半径之差），内含（两圆圆心距离小于两圆半径之差）。因此，∵两圆的半径分别为3cm和4cm，圆心距为1cm，∴4－3=1，即两圆圆心距离等于两圆半径之差。∴两圆内切。故选C。5.（2022年浙江温州4分）如图，AB是⊙O的直径，点P在BA的延长线上，PC是⊙O的切线，C为切点，PC＝2，PB＝4，则⊙O的半径等于【】A．1 B．2C． D．【答案】C。【考点】切割线定理。【分析】设圆的半径为r，∵PC是⊙O的切线，C为切点，PC＝2，PB＝4，∴根据切割线定理，得，即，解得。故选C。6.（2022年浙江温州4分）已知扇形的圆心角为120°，半径为6，则扇形的弧长是【】A．3πB．4πC．5πD．6π【答案】B。【考点】扇形的弧长。【分析】根据扇形的弧长公式计算即可：扇形的弧长=（cm）。故选B。7.（2022年浙江温州4分）已知两圆内切，它们的半径分别是1和3，则圆心距等于【】A．1B．2C．3D．4【答案】B。【考点】两圆的位置关系。【分析】根据两圆的位置关系的判定：外切（两圆圆心距离等于两圆半径之和），内切（两圆圆心距离等于两圆半径之差），相离（两圆圆心距离大于两圆半径之和），相交（两圆圆心距离小于两圆半径之和大于两圆半径之差），内含（两圆圆心距离小于两圆半径之差）。因此，∵两圆内切，它们的半径分别是1和3。∴圆心距等于3－1=2。故选B。17\n8.（2022年浙江温州4分）如图，A、B、C三点在⊙O上，∠AOC=100°，则∠ABC等于【】A．140°B．110°C．120°D．130°【答案】D。【考点】圆周角定理，圆内接四边形的性质。【分析】设点D是优弧上一点，连接AD，CD。∵∠AOC=100°，∴∠AEC=∠AOC=50°。∴∠ABC=180°－∠AEC=130°。故选D。9.（2022年浙江温州4分）如图，PT是外切两圆的公切线，T为切点，PAB、PCD分别为这两圆的割线，若PA=3，PB=6，PC=2，则PD等于【】(A)12(B)9(C)8(D)4【答案】B。。【考点】切割线定理。【分析】∵根据切割线定理得PT2=PA•PB，PT2=PC•PD，∴PA•PB=PC•PD。∵PA=3，PB=6，PC=2，∴PD=9。故选B。10.（2022年浙江温州4分）如图，PT切⊙O于点T，经过圆心O的割线PAB交⊙O于点A、B，已知PT＝4，PA＝2，则⊙O的直径AB等于【】17\nA、3B、4C、6D、8【答案】C。【考点】切割线定理。【分析】∵PT切⊙O于点T，∴。∵PT＝4，PA＝2，∴,解得AB=6。故选C。11.（2022年浙江温州4分）两圆的半径分别是2cm和3cm，它们的圆心距为5cm，则这两圆的位置关系是【】A、相离B、外切C、相交D、内切【答案】B。【考点】两圆的位置关系。【分析】根据两圆的位置关系的判定：外切（两圆圆心距离等于两圆半径之和），内切（两圆圆心距离等于两圆半径之差），相离（两圆圆心距离大于两圆半径之和），相交（两圆圆心距离小于两圆半径之和大于两圆半径之差），内含（两圆圆心距离小于两圆半径之差）。因此， ∵两圆的半径分别是2cm和3cm，它们的圆心距为5cm，∴2cm＋3cm＝5cm。 ∴这两圆的位置关系是外切。故选B。12.（2022年浙江温州4分）如图,AB是⊙O的直径，点C在⊙0上，∠B=70°，则∠A的度数是【】A.20°B．25°C．30°D．35°【答案】A。【考点】圆周角定理，直角三角形两锐角的关系。【分析】∵AB是⊙0的直径，点C在⊙0上，∴∠C=900。∵∠B=700，∴∠A=200。故选A。13.（2022年浙江温州4分）已知两圆半径分别为3和5，圆心距为8，则这两圆的位置关系是【】A.内切 B.外切 C.相交 D.相离17\n【答案】B。【考点】两圆的位置关系。【分析】根据两圆的位置关系的判定：外切（两圆圆心距离等于两圆半径之和），内切（两圆圆心距离等于两圆半径之差），相离（两圆圆心距离大于两圆半径之和），相交（两圆圆心距离小于两圆半径之和大于两圆半径之差），内含（两圆圆心距离小于两圆半径之差）。因此，∵两圆半径分别为3和5，圆心距为8，∴3＋5=8，即两圆圆心距离等于两圆半径之和。∴这两圆的位置关系是外切。故选B。16.（2022年浙江温州4分）如图，么AOB是⊙O的圆心角，∠AOB=80°，则弧AB所对圆周角∠ACB的度数是【】17\nA．40°B．45°C．50°D．80°【答案】A。【考点】圆周角定理。【分析】由∠AOB=80°，根据同弧所对圆周角是圆心角一半的性质，得∠ACB=∠AOB=40°。故选A。17.（2022年浙江温州4分）如图，在△ABC中，AB=BC=2，以AB为直径的⊙O与BC相切于点B，则AC等于【】A．B．C．2D．2【答案】C。【考点】切线的性质，勾股定理。【分析】∵BC是⊙O的切线，∴CB⊥AB。∵AB=BC=2，∴根据勾股定理，得AC=2。故选C。18.（2022年浙江温州4分）已知线段AB=7cm，现以点A为圆心，2cm为半径画⊙A；再以点B为圆心，3cm为半径画⊙B，则⊙A和⊙B的位置关系【】A、内含B、相交C、外切D、外离【答案】D。【考点】圆与圆的位置关系。【分析】据两圆的位置关系的判定：相切（两圆圆心距离等于两圆半径之和或两圆半径之差），相离（两圆圆心距离大于两圆半径之和），相交（两圆圆心距离小于两圆半径之和大于两圆半径之差），内含（两圆圆心距离小于两圆半径之差）。由两圆半径之和为3＋2=5，圆心距为7，可知两圆外离。故选D。19.（2022年浙江温州4分）已知⊙O1与⊙O2外切，O1O2=8cm，⊙O1的半径为5cm，则⊙O2的半径是【】17\nA.13cm.B.8cmC.6cmD.3cm【答案】D。【考点】圆与圆的位置关系。【分析】根据两圆的位置关系的判定：外切（两圆圆心距离等于两圆半径之和），内切（两圆圆心距离等于两圆半径之差），相离（两圆圆心距离大于两圆半径之和），相交（两圆圆心距离小于两圆半径之和大于两圆半径之差），内含（两圆圆心距离小于两圆半径之差）。因此，根据两圆外切，圆心距等于两圆半径之和，得该圆的半径是8－5=3（cm）。故选D。二、填空题1.（2022年浙江温州5分）如图，扇形OAB中，∠AOB＝90°，半径OA＝1，C是线段AB的中点，CD∥OA，交弧AB于点D，则CD＝▲【答案】。【考点】平行线的性质，勾股定理，三角形中位线定理。【分析】延长DC，交OB于点E，∵CD∥OA，∠AOB=90°，∴∠DEO=∠AOB=90°。∵OD=OA=1，C是线段AB中点，∴CE是△AOB的中位线。∴OE=EB=CE=。根据勾股定理得：DE=，∴。2.（2022年浙江温州5分）已知∠ABC=60°，点O在∠ABC的平分线上，OB＝5cm，以O为圆心3cm为半径作圆，则⊙O与BC的位置关系是▲．17\n【答案】相交。【考点】角平分线定义，含30°的直角三角形的性质，直线与圆的位置关系。【分析】作OD⊥BC于D。根据30°所对的直角边是斜边的一半，得OD=OB=2.5＜3，∴直线和圆相交。3.（2022年浙江温州5分）如图，⊙O的半径为5，弦AB＝8，OC⊥AB于C，则OC的长等于 ▲ ．【答案】3。【考点】垂径定理，勾股定理。【分析】如图，连接OA，∵AB＝8，OC⊥AB，∴AC=BC=4。∵⊙O的半径为5，即OC=5，∴根据勾股定理，得。4.（2022年浙江温州5分）如图，AB是⊙O的直径，点C，D都在⊙O上，连接CA，CB，DC，DB．已知∠D=30°，BC=3，则AB的长是 ▲ ．17\n【答案】6。【考点】圆周角定理，含30度角的直角三角形的性质。【分析】根据直径所对的圆周角的性质是直角得到直角三角形ABC，又由同弧所对的圆周角相等的性质，得到∠A=∠D=30°，从而根据含30度角的直角三角形中30度角所对的边是斜边一半的性质和BC=3，得到AB=6。三、解答题1.（2022年浙江温州5分）⊙O的两条弦AB，CD交于点P，已知AP=4，BP=6，CP=3，求CD的长．【答案】解：∵AP=4，BP=6，CP=3，∴根据相交弦定理，得AP·BP=CP·DP，即4×6=3DP。∴DP=8。∴CD=CP＋DP=11。【考点】相交弦定理。【分析】直接根据相交弦定理列式求解得DP，从而得CD的长。（没学相交弦定理的可连接BD、AC，由△BPD∽△CPA列比例式求解）2.（2022年浙江温州6分）如图，△ACF内接于⊙O，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E．（1）求证：∠ACE＝∠AFC；（2）若CD＝BE＝8，求sin∠AFC的值．17\n3.（2022年浙江温州8分）如图，AC是⊙O的直径，弦BD交AC于点E．(1)求证：△ADE∽△BCE；(2)若CD=OC，求sinB的值．【答案】解：（1）证明：∵∠A=∠B，∠ADE=∠BCE，∴△ADE∽△BCE。（2）∵AC是⊙O的直径，∴∠ADC=90°。又∵CD=OC，∴CD=AC。∴sinB=sinA=。【考点】圆周角定理，相似三角形的判定，锐角三角函数定义。【分析】（1）根据圆周角定理，即可得到△ADE和△BCE中两组对应角相等，由此证得△ADE∽△BC。（2）因为CD=OC=AC，从而得到sinA的值，又因为∠A=∠B，即可求出sinB的值。17\n4.（2022年浙江温州12分）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，A是的中点，AE⊥AC于A，与⊙O及CB的延长线分别交于点F、E，且，EM切⊙O于M。⑴求证：△ADC∽△EBA；⑵求证：AC2＝BC·CE；⑶如果AB＝2，EM＝3，求的值。【答案】解：（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠CDA=∠ABE。∵，∴∠DCA=∠BAE。∴△ADC∽△EBA。（2）证明：如图，过A作AH⊥BC于H，∵A是的中点，∴HC=HB=BC。∵∠CAE=90°，∴AC2=CH•CE=BC•CE。（3）∵A是的中点，AB=2，∴AC=AB=2。∵EM是⊙O的切线，EM＝3，∴EB•EC=EM2=9①。∵AC2=BC•CE，∴BC•CE=8②。①＋②得：EC（EB+BC）=17，即EC2=17。∵在Rt△AEC中，EC2=AC2+AE2，∴AE=。17\n∵△CAD∽△ABE，∴∠CAD=∠AEC。∴。【考点】圆内接四边形的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，射影定理，切割线定理，勾股定理，锐角三角函数定义。【分析】（1）欲证（1）△ADC∽△EBA，只要证明两个角对应相等即可。（2）过A作AH⊥BC于H，根据射影定理就可以得到结论。（3）A是的中点，则AC=AB=2，根据切割线定理，以及△CAD∽△ABE就可以求的结论。5.（2022年浙江温州10分）如图，点P在的直径BA的延长线上，AB＝2PA，PC切于点C，连结BC。（1）求的正弦值；（2）若的半径r＝2cm，求BC的长度。【答案】解：（1）连接OC，∵PC切⊙O于点C，∴PC⊥OC。又∵AB=2PA，∴OC=AO=AP=PO。∴∠P=30°。∴sin∠P=。（2）连接AC，∵AB是直径，∴∠ACB=90°。∴∠COA=90°－30°=60°。17\n又∵OC=OA，∴△CAO是等边三角形。∴CA=r=2。∴。【考点】切线的性质，圆周角定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，等边三角形的判定和性质，勾股定理。【分析】（1）连接OC，则PC⊥OC，又AB=2PA，则有OC=AO=AP=PO，于是∠P=30°，从而可得sin∠P=。（2）连接AC，证得△CAO是等边三角形，那么CA=r=2，再根据勾股定理可求得CB的长。6.（2022年浙江温州11分）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4．0为BC边上一点，以O为圆心，OB为半径作半圆与BC边和AB边分别交于点D、点E，连结DE．(1)当BD=3时，求线段DE的长；(2)过点E作半圆O的切线，当切线与AC边相交时，设交点为F．求证：△FAE是等腰三角形．【答案】解：（1）∵在△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，∴由勾股定理得AB=5。∵BD是直径，∴∠DEB=90°。∵∠DEB=∠C，∠B＝∠B,∴△DBE∽△ABC。∴。∵BD=3，AC=3，AB=5，∴。∴。（2）证明：连接OE。∵EF是半圆O的切线，∴∠DEO＋∠DEF=900。∵∠AEF＋∠DEF=900。∴∠AEF=∠DEO。17\n∵△DBE∽△ABC，∴∠A=∠EDB。∵∠DEB=∠DEO，∴∠A=∠AEF。∴△FAE是等腰三角形。【考点】勾股定理，相似三角形的判定和性质，切线的性质，等腰三角形的判定。【分析】（1）通过证明△DBE∽△ABC，即可由比例式求得线段DE的长。（2）由等腰三角形等角对等边的判定，通过角的转换进行证明。7.（2022年浙江温州8分）如图，在正方形ABCD中，AB=4，O为对角线BD的中点，分别以OB，OD为直径作⊙O1，⊙O2．(1)求⊙O1的半径；(2)求图中阴影部分的面积．【答案】解：（1）∵在正方形ABCD中，AB=AD=4，∠A=900，∴。∴OO1=。∴⊙O1的半径为。（2）如图，设⊙O1与AB边交于点E，连接O1E。∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∠ABO=450。∵O1E=O1B，∴∠EBO1=∠BEO1=450。∴∠BO1E=900。∴。∴根据圆和正方形的对称性得。【考点】正方形的性质，勾股定理，扇形面积。【分析】（1）由勾股定理求出BD的长，即可由⊙O1的半径=求得。17\n（2）设⊙O1与AB边交于点E，连接O1E。根据圆和正方形的对称性得从而求出即可。8.（2022年浙江温州8分）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，过点B作⊙O的切线，交AC的延长线于点F．已知OA=3，AE=2，（1）求CD的长；（2）求BF的长．【答案】解：（1）如图：连接OC，∵AB是直径，弦CD⊥AB，∴CE=DE。在直角△OCE中，OC2=OE2+CE2，即32=（3﹣2）2+CE2，得：CE=2。∴CD=4。（2）∵BF切⊙O于点B，∴∠ABF=90°=∠AEC∴△ACE∽△AFB。∴，即：。∴BF=6。【考点】切线的性质，勾股定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）连接OC，在△OCE中用勾股定理计算求出CE的长，然后得到CD的长。（2）根据切线的性质得AB⊥BF，然后用△ACE∽△AFB，可以求出BF的长。9.（2022年浙江温州10分）如图，△ABC中，∠ACB=90°，D是边AB上的一点，且∠A=2∠DCB.E是BC上的一点，以EC为直径的⊙O经过点D。（1）求证:AB是⊙O的切线；（2）若CD的弦心距为1,BE=EO.求BD的长.17\n【答案】（1）证明：如图，连接OD，∵OD=OC，∴∠DCB=∠ODC。又∵∠DOB和∠DCB为弧所对的圆心角和圆周角，∴∠DOB=2∠DCB。又∵∠A=2∠DCB，∴∠A=∠DOB。∵∠ACB=90°，∴∠A+∠B=90°。∴∠DOB+∠B=90°。∴∠BDO=90°。∴OD⊥AB。∴AB是⊙O的切线。（2）如图，过点O作OM⊥CD于点M，∵OD=OE=BE=BO，∠BDO=90°，∴∠B=30°。∴∠DOB=60°。∵OD=OC，∴∠DCB=∠ODC。又∵∠DOB和∠DCB为弧所对的圆心角和圆周角，∴∠DOB=2∠DCB。∴∠DCB=30°。∵在Rt△OCM中，∠DCB=30°，OM=1，∴OC=2OM=2。∴OD=2，BO=BE+OE=2OE=4。∴在Rt△BDO中，根据勾股定理得：。【考点】切线的判定，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，垂径定理，圆周角定理，勾股定理，三角形内角和定理。17\n【分析】（1）连接OD，由OD=OC，根据等边对等角得到一对角相等，再由同弧所对圆周角是圆心角一半的性质，可得出∠DOB=2∠DCB。又∠A=2∠DCB，可得出∠A=∠DOB，又∠ACB=90°，可得出直角三角形ABC中两锐角互余，等量代换可得出∠B与∠ODB互余，即OD垂直于BD，确定出AB为圆O的切线。（2）过O作OM垂直于CD，根据垂径定理得到M为DC的中点，由BD垂直于OD，得到三角形BDO为直角三角形，再由BE=OE=OD，得到OD等于OB的一半，可得出∠B=30°，从而确定出∠DOB=60°，又OD=OC，利用等边对等角得到一对角相等，再由同弧所对圆周角是圆心角一半的性质，可得出∠DOB=2∠DCB。可得出∠DCB=30°，在三角形CMO中，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半得到OC=2OM，由弦心距OM的长求出OC的长，从而确定出OD及OB的长，利用勾股定理即可求出BD的长。本题另解：如图，过O作OM垂直于CD，连接ED，由垂径定理得到M为CD的中点，又O为EC的中点，得到OM为三角形EDC的中位线，利用三角形中位线定理得到OM等于ED的一半，由弦心距OM的长求出ED的长，再由BE=OE，得到ED为直角三角形DBO斜边上的中线，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，由DE的长求出OB的长，再由OD及OB的长，利用勾股定理即可求出BD的长。17
