2023年中考數(shù)學(xué)全國各地真題分類匯編-與圓有關(guān)的填空題(附解析)

2023中考數(shù)學(xué)全國各地真題分類匯編-與圓有關(guān)的填空題〔附解析〕1.〔2023廣元在同一平面上，⊙O外一點P到⊙O上一點的距離最長為6cm，最短為2cm，則⊙O的半徑為 ▲ cm【答案】2?！究键c】點與圓的位置關(guān)系?！痉治觥慨?dāng)點P在圓外時，直徑=6cm－2cm=4cm2cm。ABO〔南通〕O＝２３ABO【考點】圓周角定理．【分析】由⊙O中，∠AOB=46°，依照在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角等于這C條弧所對的圓心角的一半，即可求得∠ACB的度數(shù)．【解答】解：∵⊙O中，∠AOB=46°，∴∠ACB=12∠AOB=12×46°=23°．故答案為：23．對的圓周角等于這條弧所對的圓心角的一半定理的應(yīng)用，留意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．3202332023益陽〕如圖，點BC在圓O上∠A=6°，∠BOC= 120 度．考點：分析：圓周角定理。欲求∠BOC，了同弧所對的圓周角∠A的度數(shù)，可依照圓周角定理求出∠BOC的度數(shù)．解答：解：BAC和BOC是同弧所對的圓周角和圓心角，∴∠BOC=2∠BAC=2×60°=120°．于根底題．42023銅仁〕圓1和圓2外切，圓心距為10c，圓O1的半徑為3c，則圓2的半徑為 ．考點：圓與圓的位置關(guān)系?！嘟獯穑航猓骸逴1和圓O210cm，圓O13cm，∴2圓O103=c．2故答案為：7cm．52023廣東如圖CO上的三個點∠ABC=2°∠AOC的度數(shù)是50 ．考點：圓周角定理。解答：解：圓心角AOC與圓周角ABC都對，∴∠AOC=2∠ABC解答：解：圓心角AOC與圓周角ABC都對，506．(2023?麗水)半徑分別為3cm和4cm的兩圓內(nèi)切，這兩圓的圓心距為1 考點：圓與圓的位置關(guān)系。分析：依照兩圓內(nèi)切，圓心距等于兩圓半徑之差，進(jìn)展運算．解答：解：∵兩個圓內(nèi)切，且其半徑分別為3cm4cm，4－3＝1cm．點評：此題考察了由兩圓位置關(guān)系來判定半徑和圓心距之間數(shù)量關(guān)系的方法．72023湘潭如圖△ABC的一邊ABO的直徑請你添加一個條件使BC是O的切線，你所添加的條件為∠ABC=90° ．BC成為切線的條件確實是能使AB垂直于BC的條件，進(jìn)而得出答案即可．解答：解：當(dāng)BC與圓相切，AB是⊙O的直徑，ABC=90°，∴BCO〔通過半徑外端，與半徑垂直的直線是圓的切線．故答案為：∠ABC=90°．點評：此題要緊考察了切線的判定，此題是一道典型的條件開放題，解決本類題目能夠是將最終的結(jié)論當(dāng)做條件，而答案確實是使得條件成立的結(jié)論．8〔2023嘉興如圖，O中，直徑AB丄弦CD于點AM=1BM=，則CD的長為24 ．考點：垂徑定理；勾股定理。解答：解：連接OD，∵AM=18，BM=8，∴∵AM=18，BM=8，∴OD= = =13，Rt△ODM中，DM===12，∵直徑AB丄弦CD，∴AB=2DM=12=2．故答案為：24．9〔2023成都〕如圖AB是⊙O的弦OCAB于．假設(shè)AB=2 3 ，0C=，則半徑OB的長為 ．OOACB解答：解：∵解答：解：∵AB是⊙O的弦，OC⊥AB于C，AB=，∴BC= AB=∵∴BC= AB=OB===2．在Rt△OB===2．故答案為：2．1〔2023年中考〕在半徑為6cm的圓中，60°的圓心角所對的弧長等于2πc〔保存π．12023菏澤如圖PPB是O是切線AB為切點AC是O的直徑假設(shè)∠P=4°，則∠BAC= 度．考點：切線的性質(zhì)。解答：解：∵PA，PB是⊙O是切線，∴∠PAB=∠PBA==67°，∴∠PAB=∠PBA==67°，又PA是⊙O是切線，AO為半徑，∴OA⊥AP，∴∠OAP=90°，∴∠BAC=∠OAP﹣∠PAB=90°﹣67°=23°．231〔2023泰安〕如圖，在半徑為51〔2023泰安〕如圖，在半徑為5O中，弦AB=，點C是優(yōu)弧 上一點〔不與，考點：圓周角定理；勾股定理；垂徑定理；銳角三角函數(shù)的定義。解答：解：連接AO并延長到圓上一點D，連接BD，可得AD為⊙O直徑，故ABD=90°，10262∵5的⊙O10262AD2-ABAD2-AB2

8，依照弧長公式l=能夠求得該扇形的半徑的長度．解：依照弧長的公式l=，知r=依照弧長公式l=能夠求得該扇形的半徑的長度．解：依照弧長的公式l=，知r===22．∴cosC=cosD=BD 8 4，AD1054．513．(2023?揚州)一個圓錐的母線長為10cm，將側(cè)面開放后所得扇形的圓心角是144°，則那個圓錐的底面圓的半徑是4 cm．10cm144°扇形，利用圓錐的底面周長等于側(cè)面開放圖的扇形弧長，即可求解．2πrcm，S圓錐底面周長＝2πr＝2πrcm，S圓錐底面周長＝2πr＝，解得：r＝4，故答案為：4．14．(2023?蘇州)14．(2023?蘇州)扇形的圓心角為45°，弧長等于 ，則該扇形的半徑為2 ．故答案是：故答案是：2．r解方程即可求得r的值．1〔2023資陽〕直角三角形的兩邊長分別為16和1，則此三角形的外接圓半徑是10或8 ．①16為斜邊長；②1612為兩條直角邊長，由勾股定理易求得此直角三角形的斜邊長，進(jìn)而可求得外接圓的半徑．解答：解：由勾股定理可知：②16和12，則直角三角形的斜邊長=②16和12，則直角三角形的斜邊長==20，因此那個三角形的外接圓半徑為10．綜上所述：那個三角形的外接圓半徑等于810．故答案為：108．點評：此題考察的是直角三角形的外接圓半徑，重點在于明白得直角三角形的外接圓是以斜邊中點為圓心，斜邊長的一半為半徑的圓．AOC=2∠D；又由于四邊形OABC是平行四邊形，因此∠B=∠AOC；圓內(nèi)接四邊形對角互補，∠B+∠D=180°，因此∠D=60°，連接ODOA=OD,OD=OC,∠OAD=∠ODA,∠OCD=∠ODC,即有∠OAD+∠OCD=60°.答案：60．16.〔2023安徽〕如圖，點A、B、C、D在⊙O上，OAOC=2∠D；又由于四邊形OABC是平行四邊形，因此∠B=∠AOC；圓內(nèi)接四邊形對角互補，∠B+∠D=180°，因此∠D=60°，連接ODOA=OD,OD=OC,∠OAD=∠ODA,∠OCD=∠ODC,即有∠OAD+∠OCD=60°.答案：60．17.〔2023海南〕17.〔2023海南〕如圖，∠APB=300PB上的⊙O1cm，OP=3cm，假設(shè)⊙OBP方向移動，當(dāng)⊙OPA相切時，圓心O移動的距離為▲cm.【答案】15?！究键c】300角直角三角形的性質(zhì)?！痉治觥咳鐖D，設(shè)⊙O移動到⊙O1，⊙OPA相切。21當(dāng)⊙O移動到⊙O時，∠ODP=900。1∵∠APB=30∵∠APB=30，0OD=11，∴PO2。1∵OP=3，∴OO1。1當(dāng)⊙O移動到⊙O時，∠OEP=90202=2?！摺螦PB=300，O2D=1，∴∠O2PE=300，PO2∵OP=3，∴OO5。1綜上所述，當(dāng)⊙OPA相切時，圓心O1cm5cm。18．(2023?連云港)如圖，圓周角∠BAC＝55°，分別過B，C兩點作⊙O的切線，兩切線相交與點P，則∠BPC＝70 °．考點：切線的性質(zhì)；圓周角定理。分析：第一連接CO＝＝90°，又由圓周角定理可得：∠BOC＝2∠BAC，繼而求得∠BPC的度數(shù)．OB，OC，∵PB，PC是⊙O的切線，∴OB⊥PB，OC⊥PC，∴∠PBO＝∠PCO＝90°，∵∠BOC＝2∠BAC＝2×55°＝110°，∴∠BPC＝360°－∠PBO－∠BOC－∠PCO＝360°－90°－110°－90°＝70°．故答案為：70．點評：此題考察了切線的性質(zhì)、圓周角定理以及四邊形的內(nèi)角和定理．此題難度不大，留意把握關(guān)心線的作法，留意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．1〔2023婁底〕如圖⊙O的直徑CD垂直于A，∠AOC=4°，∠BDC= 20 度．分析：連接OB分析：連接OB，先依照⊙O的直徑CD垂直于AB得出=，由等弧所對的圓周角相等可知∠BOC=∠AOC，再依照圓周角定理即可得出結(jié)論．解答：解：連接OB，∴=，∵⊙O的直徑CD垂直于∴=，∴∠BOC=∴∠BOC=∠AOC=40°，∴∠BDC= ∠AOC= ×40°=20°．點評：此題考察的是圓周角定理及垂徑定理，依照題意得出=是解答此題的關(guān)鍵．2〔2023衢州〕工程上常用鋼珠來測量零件上小圓孔的寬口，假設(shè)鋼珠的直徑是8mm，如以下圖，則那個小圓孔的寬口AB的長度為8mm．點評：此題考察的是圓周角定理及垂徑定理，依照題意得出=是解答此題的關(guān)鍵．考點：垂徑定理的應(yīng)用；勾股定理。專題：探究型。分析：先求出鋼珠的半徑及ODOO作OAB于點DAB=2A，Rt△AOD中利用勾股定理即可求出AD的長，進(jìn)而得出AB的長．解答：解：連接OA，過點O作OD⊥AB于點D，則AB=2AD，∵∴5mm，∵8mm，Rt△AODRt△AOD中，∵AD= ==4mm，∴AB=2AD=4=8m．故答案為：8．形是解答此題的關(guān)鍵．21．(2023揚州)如圖，PA、PB是⊙O的切線，切點分別為A、B兩點，點C在⊙O上，假設(shè)ACB＝70°，那么∠P的度數(shù)是40° ．考點：切線的性質(zhì)；多邊形內(nèi)角與外角；圓周角定理。OA，OBPAPBOOAAP，OB垂直于BP，可得出兩個角為直角，再由同弧所對的圓心角等于所對圓周角的2倍，由∠ACB的度數(shù)求出∠AOBPABO中，依照四邊形的內(nèi)角和定理即可求出∠P的度數(shù)．解答：解：連接OA，OB，如以下圖：∵PA、PB是⊙O的切線，∴OA⊥AP，OB⊥BP，又∵圓心角∠AOB與圓周角∠ACB都對 又∵圓心角∠AOB與圓周角∠ACB都對 ∴∠AOB＝2∠ACB＝140°，則∠P＝360°－(90°＋90°＋140°)＝40°．故答案為：40°OA與OB，嫻熟運用性質(zhì)及定理是解此題的關(guān)鍵．22．(2023?蘭州)如圖，兩個同心圓，大圓半徑為5cm，小圓的半徑為3cm，假設(shè)大圓的弦AB與小圓相交，則弦AB的取值范疇是 ．考點：直線與圓的位置關(guān)系；勾股定理；垂徑定理。解答：ABAB與小圓相切時有一個公共點，現(xiàn)在可知AB最?。划?dāng)AB通過同心圓的圓心時，弦AB最大且與小圓相交有兩ABAB的取值范疇．解答：ABD，OA，ODOD⊥AB，∴DABAD＝BD，Rt△ADO中，OD＝3，OA＝5，∴AD＝4，∴AB＝2AD＝8；ABAB最大且與小圓相交有兩個公共點，AB＝10，AB8＜AB≤10．故答案為：8＜AB≤10點評：此題考察了直線與圓的位置關(guān)系，涉及的學(xué)問有：垂徑定理，勾股定理，以及切線的性質(zhì)，其中解題的關(guān)鍵是抓住兩個關(guān)鍵點：1AB與小圓相切時最短；2AB過O時最長．2〔2023煙臺〕如圖，在R△ABC∠C=9，∠A=3AB=△ABC繞頂點A順時針方向旋轉(zhuǎn)至△AB′C′的位置，B，A，C′三點共線則線段BC掃過的區(qū)域面積為 ．考點：扇形面積的運算；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)。專題：探究型。分析：先依照Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=2求出BCAC的長，再依照S陰=AB掃過的扇形面積﹣BC掃過的扇形面積．影∴BC= AB=×2=1，AC=2×=，解答：解：∵Rt△ABC中，∠∴BC= AB=×2=1，AC=2×=，∴S=AB掃過的扇形面積﹣BC掃過的扇形面積=∴S=AB掃過的扇形面積﹣BC掃過的扇形面積=陰影﹣=．故答案為：．S=．故答案為：．

=AB掃過的扇形面積﹣BC掃過陰影弧上異于E、H的點．假設(shè)∠A=50°，則∠EPH= 65° ．2〔2023年中考⊙O弧上異于E、H的點．假設(shè)∠A=50°，則∠EPH= 65° ．解答：解：如圖，連接OE，OH，∵⊙O是四邊形ABCD的內(nèi)切圓，E、F、G、H是切點，∴∠OEA=∠OHA=90°，又∠A=50°，又∠EPH和∠EOH分別是所對的圓周角和圓心角，∴∠EOH=360°﹣∠OEA﹣∠OHA﹣∠A=360°﹣90°又∠EPH和∠EOH分別是所對的圓周角和圓心角，∴∠EPH= ∴∠EPH= ∠EOH= ×130°=65°．題時，我們常常需要連接圓心和切點，利用切線的性質(zhì)得到直角來解決問題．2〔2023德陽〕在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點，2，A的半徑是2P的半徑是1，滿足與⊙A及x軸都相切的⊙P有4 個．考點：圓與圓的位置關(guān)系；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；直線與圓的位置關(guān)系。分析：分兩圓內(nèi)切和兩圓外切兩種情形爭論即可得到⊙P的個數(shù)．解答：解：如圖，滿足條件的⊙P4個，4．點評：此題考察了圓與圓的位置關(guān)系、坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)及直線與圓的學(xué)問，能充分考慮到分內(nèi)切和外切是解決此題的關(guān)鍵．2〔2023廣州〕如圖，在標(biāo)有刻度的直線l上，從點AAB=11個半圓；BC=22個半圓；CD=43個半圓；DE=84個半圓，…按此規(guī)律，連續(xù)畫半圓，則第4個半圓的面積是第3個半圓面積的4 倍，第n個半圓的面積為22n﹣5π 〔結(jié)果保存π〕考點：規(guī)律型：圖形的變化類。434個半圓的3個半圓面積的關(guān)系，得出第n個半圓的半徑，進(jìn)而得出答案．解答：解：∵以AB=11個半圓；∴4個半圓的面積為：=8π，BC=22個半圓；CD=43個半圓；∴4個半圓的面積為：=8π，3個半圓面積為：=2π，∴43個半圓面積為：=2π，∴43個半圓面積的=4倍；n個半圓的半徑為：=2n﹣2，n個半圓的面積為：=22n﹣5π．n個半圓的面積為：=22n﹣5π．n個半圓的直徑為：2n﹣1是解題關(guān)鍵．2〔2023攀枝花如圖，以BC1與212的外公切線交于D，且∠ADC=60°，過B點的⊙O1的切線交其中一條外公切線于點A．假設(shè)⊙O2的面積為π，則四邊形ABCD的面積是．考點：相切兩圓的性質(zhì)；含30度角的直角三角形；勾股定理；矩形的判定與性質(zhì)；切線長定理。專題：運算題。分析：設(shè)⊙O2的半徑是R，求出⊙O21，連接DO2，DO1，O2E，O1H，AO1，作O2F⊥BCF，推出D．O2、O1三點共線，∠CDO1=30°，求出四邊形CFO2E是矩形，推出E=CCE=F2∠F=∠CD=30，推出R+1=﹣1R=，求出D1，Rt△CDO1中，由勾股定理求出CD，求出AH==AB，依照梯形面積公式得出×〔AB+CD〕Rt△CDO1中，由勾股定理求出CD，求出AH==AB，依照梯形面積公式得出×2∴⊙O2

1，1∵ABAH是⊙O1

的切線，∴AB=AH，設(shè)⊙O2的半徑是R，連接DO2，DO1，O2E，O1H，AO1，作O2F⊥BC于F，1∵⊙O1

的外公切線DC．DA，∠ADC=60°，∴D．O2、O1三點共線，∠CDO1=30°，∴∠DAO

O

=90°，∴1∴四邊形CFO2

2 2E是矩形，∴OE=CF，CE=FO，∠FOO=∠CDO=30°，2 2 2 1 1∴DO

=2O

=60R+1=R，故答案為：12故答案為：12．解得：R=3，Rt△CDO1Rt△CDO1中，由勾股定理得：CD=3，∴AH==AB，∴四邊形ABCD的面積是：×〔AB+CD〕×BC= ∴AH==AB，∴四邊形ABCD的面積是：×〔AB+CD〕×BC= ×〔+3〕×〔3+3〕=12．點評：此題考察的學(xué)問點是勾股定理、相切兩圓的性質(zhì)、含30度角的直角三角形、矩形的的難度．28．(2023?蘭州)如圖，⊙O是以坐標(biāo)原點O為圓心，1為半徑的圓，∠AOB＝45°，點P在x軸上運動，假設(shè)過點P且與OA平行的直線與⊙O有公共點，設(shè)P(x，0)，則x的取值范疇是 ．x有兩個極值點，過點P與⊙O相切時，x取得極值，作出切線，利用切線的性質(zhì)求解即可．OP”＝x的極大值為，同理當(dāng)點P在x軸左邊時也有一個極值點，現(xiàn)在xOP”＝x的極大值為，同理當(dāng)點P在x軸左邊時也有一個極值點，現(xiàn)在x取得微小值，x＝－ ，綜上可得x的范疇為：－ ≤x ．故答案為：－ ≤x ．OP的長是解決問題的關(guān)鍵，難度一樣，留意兩個極值點的查找．外作三個半圓矩形H的各邊分別與半圓相切且平行于B或外作三個半圓矩形H的各邊分別與半圓相切且平行于B或則矩形的周長是48 ．【考點】切線的性質(zhì)；勾股定理；矩形的性質(zhì)．【專題】【分析】第一取AC的中點O，過點O作MN∥EF，PQ∥EH， 由題意可得PQ⊥EF，PQ⊥GH，MN⊥EH，MN⊥FG，PL，KN，OM，OQ分別是各半圓的半徑，OL，OK是△ABCRt△ABC中，∠B=90°，AB=6，BC=8，即可求得個線段長，繼而求得答案．AC的中點O，過點OMN∥EF，PQ∥EH，EFGH是矩形，∴EH∥PQ∥FG，EF∥MN∥GH，∠E=∠H=90°，∴PQ⊥EF，PQ⊥GH，MN⊥EH，MN⊥FG，∴AB∥MN∥GH，BC∥PQ∴AB∥MN∥GH，BC∥PQ∥FG，∴AL=BL，BK=CK，∴OL=1BC=1×8=4，OK=1AB=1×6=3，2 2 2 2EFGH的各邊分別與半圓相切，∴PL=1AB=1×6=3，KN=1BC=1×8=4，2 2 2 2在Rt△ABC中，AC AB2BC210，∴OM=OQ=1AC=5，2∴EH=FG=PQ=PL+OL+OQ=3+4+5=12，EF=GH=MN=OM+OK+NK=5+3+4=12，EFGH的周長是：EF+FG+GH+EH=12+12+12+12=48．故答案為：48．題難度較大，解題的關(guān)鍵是把握關(guān)心線的作法，留意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．30.〔2023?黃石〕如圖〔7〕所示，A點從點〔１，０〕動身，以每秒１個單位長的xt秒后，以O(shè)、A為頂點作菱形OABCB、C點都在第一象限內(nèi)，且AOC600，又以P〔０，４〕為圓心，PC為半徑的圓恰好與OA所在直線相切，則t4 31.【考點】切線的性質(zhì)；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；菱形的性質(zhì)；解直角三角形．【專題】動點型．【分析】先依照條件，求出通過tOCPOA，即與x如以下圖，則切點為O，PC=OPPPE⊥OC，利用垂徑定理和解直角三角形的有關(guān)學(xué)問即可求出t【解答】解：∵A〔1，0〕點動身，以每秒1個單位長的速度沿著x向運動，∴通過t∴OA=1+t，∵四邊形OABC∴OC=1+t，∴OE=CE=1/2OC，∴OE=1+t/2，Rt△OPEOE=OP?cos30°=2 3，∴∴OE=CE=1/2OC，∴OE=1+t/2，Rt△OPEOE=OP?cos30°=2 3，∴12t2 31，∴t4 31故答案為：4 31．【點評】此題綜合性的考察了菱形的性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形性質(zhì)、切線的性質(zhì)、垂徑定理的運用以及解直角三角形的有關(guān)學(xué)問，屬于中檔題目．3〔2023?廣安R△ABC的邊BC位于直線lAC=3〔2023?廣安R△ABC的邊BC位于直線lAC=線的長為〔4+〕π 〔結(jié)果用含有π的式子表示〕考點：弧長的運算；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)。∴點A通過的路線長=×3+×2=〔4+〕π．4+〕π．30度的直角三角形三邊的關(guān)系得到BC=1，AB=2BC=2，∠ABC=60°；點A先是以B點為旋