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9.(2025·宿迁宿城区期中)如图,圆锥的底面半径为6 cm,高为8 cm,那么这个圆锥的侧面积是
60π
cm².答案
9.60π
解析
【分析】
要求圆锥的侧面积，首先回忆圆锥侧面积公式为$S_{侧}=π rl$，其中$r$是底面半径，$l$是圆锥母线长。已知底面半径$r=6cm$，还缺少母线长$l$：圆锥的高、底面半径和母线恰好构成直角三角形，可通过勾股定理求出母线长，再代入公式即可算出侧面积。
【解析】
解：已知圆锥底面半径$r=6cm$，高$h=8cm$，
由勾股定理可得圆锥母线长：
$l=\sqrt{r^2+h^2}=\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{36+64}=\sqrt{100}=10cm$
代入圆锥侧面积公式：
$S_{侧}=π rl=π×6×10=60π cm^2$
【答案】
$60π$
【知识点】
圆锥侧面积计算；勾股定理
【点评】
本题是基础计算类题目，解题核心是明确圆锥各线段的数量关系，熟记侧面积公式即可求解，计算量较小。
【难度系数】
0.8
要求圆锥的侧面积，首先回忆圆锥侧面积公式为$S_{侧}=π rl$，其中$r$是底面半径，$l$是圆锥母线长。已知底面半径$r=6cm$，还缺少母线长$l$：圆锥的高、底面半径和母线恰好构成直角三角形，可通过勾股定理求出母线长，再代入公式即可算出侧面积。
【解析】
解：已知圆锥底面半径$r=6cm$，高$h=8cm$，
由勾股定理可得圆锥母线长：
$l=\sqrt{r^2+h^2}=\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{36+64}=\sqrt{100}=10cm$
代入圆锥侧面积公式：
$S_{侧}=π rl=π×6×10=60π cm^2$
【答案】
$60π$
【知识点】
圆锥侧面积计算；勾股定理
【点评】
本题是基础计算类题目，解题核心是明确圆锥各线段的数量关系，熟记侧面积公式即可求解，计算量较小。
【难度系数】
0.8
10.(2025·宿迁宿豫区期中)如图，$\odot O$是$△ ABC$的外接圆，AD是$\odot O$的直径，BC平分$∠ ABD$，$AC=2$，则$\odot O$的半径为
$\sqrt{2}$
.答案
10.$\sqrt{2}$
解析
【分析】
拿到本题，可按以下思路推导：①首先看到AD是圆的直径，优先联想到“直径所对的圆周角是直角”，可得∠ACD=90°，确定△ACD是直角三角形；②已知BC平分∠ABD，可得∠ABC=∠CBD；③结合圆周角定理“同弧所对的圆周角相等”，可得∠CBD=∠CAD、∠ABC=∠ADC，通过等量代换得到∠CAD=∠ADC，即Rt△ACD是等腰直角三角形；④已知AC的长度，即可用勾股定理求直径AD，进而得到圆的半径。
【解析】
∵AD是$\odot O$的直径，
∴$∠ ACD=90°$（直径所对的圆周角为直角）。
∵BC平分$∠ ABD$，
∴$∠ ABC=∠ CBD$。
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角相等，
$∠ CBD$与$∠ CAD$同对弧$CD$，故$∠ CBD=∠ CAD$；
$∠ ABC$与$∠ ADC$同对弧$AC$，故$∠ ABC=∠ ADC$。
∴$∠ CAD=∠ ADC$，
∴$AC=CD=2$。
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，由勾股定理得：
$AD=\sqrt{AC^2+CD^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$，
∴$\odot O$的半径为$\frac{AD}{2}=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$。
【答案】
$\sqrt{2}$
【知识点】
圆周角定理，等腰直角三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆的基础计算题，核心是通过圆周角定理完成角的等量代换，推导出直角三角形的形状，再结合勾股定理求解线段长度，解题时要熟练掌握圆的基本性质与三角形知识的结合应用。
【难度系数】
0.7
拿到本题，可按以下思路推导：①首先看到AD是圆的直径，优先联想到“直径所对的圆周角是直角”，可得∠ACD=90°，确定△ACD是直角三角形；②已知BC平分∠ABD，可得∠ABC=∠CBD；③结合圆周角定理“同弧所对的圆周角相等”，可得∠CBD=∠CAD、∠ABC=∠ADC，通过等量代换得到∠CAD=∠ADC，即Rt△ACD是等腰直角三角形；④已知AC的长度，即可用勾股定理求直径AD，进而得到圆的半径。
【解析】
∵AD是$\odot O$的直径，
∴$∠ ACD=90°$（直径所对的圆周角为直角）。
∵BC平分$∠ ABD$，
∴$∠ ABC=∠ CBD$。
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角相等，
$∠ CBD$与$∠ CAD$同对弧$CD$，故$∠ CBD=∠ CAD$；
$∠ ABC$与$∠ ADC$同对弧$AC$，故$∠ ABC=∠ ADC$。
∴$∠ CAD=∠ ADC$，
∴$AC=CD=2$。
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，由勾股定理得：
$AD=\sqrt{AC^2+CD^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$，
∴$\odot O$的半径为$\frac{AD}{2}=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$。
【答案】
$\sqrt{2}$
【知识点】
圆周角定理，等腰直角三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆的基础计算题，核心是通过圆周角定理完成角的等量代换，推导出直角三角形的形状，再结合勾股定理求解线段长度，解题时要熟练掌握圆的基本性质与三角形知识的结合应用。
【难度系数】
0.7
11.如图,某公路上有一隧道,顶部是圆弧形拱顶,圆心为O,隧道的水平宽AB为24 m,AB离地面的高度AE=10 m,拱顶最高处C离地面的高度CD为18 m,在拱顶的M,N处安装照明灯,且M,N离地面的高度都等于17 m.求MN的长.
地面
地面
答案
11.解:如答图
,设CD与AB交于点G,与MN交于点H,连接AO,MO.∵CD=18 m,AE=10 m,AB=24 m,HD=17 m,
∴CG=8 m,AG=12 m,CH=1 m.
设圆拱的半径为r m,在Rt△AOG中,OA²=OG²+AG²,
即r²=(r-8)²+12²,
解得r=13,
∴OC=13 m,
∴OH=13-1=12(m).
在Rt△MOH中,OM²=OH²+MH²,
即13²=12²+MH²,解得MH²=25,
∴MH=5 m,
∴MN=10 m.
解析
【分析】
这是圆的实际应用类问题，解题核心是运用垂径定理和勾股定理求解。首先我们需要构造辅助线：连接圆心O与点A、M（OA、OM均为圆的半径），设CD与AB交于点G，与MN交于点H，得到两个直角三角形Rt△AOG和Rt△MOH。第一步先求圆拱的半径：已知AB长度、CD和AE的高度差，可得到AG的长度和OG与半径的关系，利用勾股定理列方程即可求出半径；第二步求MN的长度：根据MN离地面的高度得到OH的长度，再在Rt△MOH中用勾股定理求出半弦长MH，结合垂径定理可得MN=2MH，即可求出最终结果。
【解析】
如答图，设CD与AB交于点G，与MN交于点H，连接AO，MO。
∵CD=18 m，AE=10 m，AB=24 m，HD=17 m，
∴CG=CD - AE = 8 m，AG=$\frac{1}{2}$AB=12 m，CH=CD - HD = 1 m。
设圆拱的半径为r m，在Rt△AOG中，根据勾股定理有OA²=OG²+AG²，
即$r^2=(r-8)^2+12^2$，
解得r=13，
∴OC=OM=13 m，
∴OH=OC - CH=13 - 1=12(m)。
在Rt△MOH中，根据勾股定理有OM²=OH²+MH²，
即$13^2=12^2+MH^2$，解得$MH^2=25$，
∵MH为长度，取正值，
∴MH=5 m，
由垂径定理可知CD垂直平分MN，
∴MN=2MH=10 m。
【答案】
MN的长为10 m。
【知识点】
垂径定理、勾股定理、圆的实际应用
【点评】
本题结合隧道拱顶的实际场景考查圆的相关计算，解题的关键是正确作出辅助线，将实际问题转化为圆中的直角三角形计算问题，需要学生熟练掌握垂径定理和勾股定理的应用，能有效考查学生的建模能力和运算能力。
【难度系数】
0.7
这是圆的实际应用类问题，解题核心是运用垂径定理和勾股定理求解。首先我们需要构造辅助线：连接圆心O与点A、M（OA、OM均为圆的半径），设CD与AB交于点G，与MN交于点H，得到两个直角三角形Rt△AOG和Rt△MOH。第一步先求圆拱的半径：已知AB长度、CD和AE的高度差，可得到AG的长度和OG与半径的关系，利用勾股定理列方程即可求出半径；第二步求MN的长度：根据MN离地面的高度得到OH的长度，再在Rt△MOH中用勾股定理求出半弦长MH，结合垂径定理可得MN=2MH，即可求出最终结果。
【解析】
如答图
，设CD与AB交于点G，与MN交于点H，连接AO，MO。∵CD=18 m，AE=10 m，AB=24 m，HD=17 m，
∴CG=CD - AE = 8 m，AG=$\frac{1}{2}$AB=12 m，CH=CD - HD = 1 m。
设圆拱的半径为r m，在Rt△AOG中，根据勾股定理有OA²=OG²+AG²，
即$r^2=(r-8)^2+12^2$，
解得r=13，
∴OC=OM=13 m，
∴OH=OC - CH=13 - 1=12(m)。
在Rt△MOH中，根据勾股定理有OM²=OH²+MH²，
即$13^2=12^2+MH^2$，解得$MH^2=25$，
∵MH为长度，取正值，
∴MH=5 m，
由垂径定理可知CD垂直平分MN，
∴MN=2MH=10 m。
【答案】
MN的长为10 m。
【知识点】
垂径定理、勾股定理、圆的实际应用
【点评】
本题结合隧道拱顶的实际场景考查圆的相关计算，解题的关键是正确作出辅助线，将实际问题转化为圆中的直角三角形计算问题，需要学生熟练掌握垂径定理和勾股定理的应用，能有效考查学生的建模能力和运算能力。
【难度系数】
0.7
12.(2025·青海)如图,线段AB经过圆心O,交$\odot O$于点A,C,AD为$\odot O$的弦,连接BD,$∠A=∠B=30^{\circ }.$
(1)求证:直线BD是$\odot O$的切线;
(2)已知$BC=2$,求$\overset{\frown}{DC}$的长(结果保留π).
(1)求证:直线BD是$\odot O$的切线;
(2)已知$BC=2$,求$\overset{\frown}{DC}$的长(结果保留π).
答案
12.(1)证明:如答图
,连接OD,∵∠A=∠B=30°,
∴∠BOD=2∠A=60°,
∴∠ODB=180°-∠B-∠BOD=180°-30°-60°=90°.
∵OD是⊙O的半径,且BD⊥OD,
∴直线BD是⊙O的切线.
(2)解:
∵∠ODB=90°,∠B=30°,OD=OC,
∴OB=2OD=2OC.
∵BC=OB-OC=2OC-OC=OC,且BC=2,
∴OC=2.
∵∠COD=60°,
∴$\overset{\frown}{DC}$的长是$\frac{60π×2}{180}=\frac{2π}{3}$.
解析
【分析】
(1) 要证明直线BD是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明BD垂直于过切点的半径，因此先作辅助线连接OD；已知$∠ A=30°$，根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可求出$∠ BOD$的度数，再结合$∠ B=30°$，利用三角形内角和即可求出$∠ ODB$的度数，若$∠ ODB=90°$即可完成证明。
(2) 要求$\overset{\frown}{DC}$的长，需用到弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$，因此需要先确定圆心角$∠ COD$的度数和$\odot O$的半径；根据含$30°$角的直角三角形的性质可知$OB=2OD$，结合$BC=2$可推出半径OC的长度，再代入弧长公式即可算出结果。
【解析】
(1) 证明：如答图，连接OD，
∵$∠ A=∠ B=30°$，
∴$∠ BOD=2∠ A=60°$，
∴$∠ ODB=180°-∠ B-∠ BOD=180°-30°-60°=90°$。
∵OD是$\odot O$的半径，且$BD⊥ OD$，
∴直线BD是$\odot O$的切线。
(2) 解：
∵$∠ ODB=90°$，$∠ B=30°$，$OD=OC$，
∴$OB=2OD=2OC$。
∵$BC=OB-OC=2OC-OC=OC$，且$BC=2$，
∴$OC=2$。
∵$∠ COD=60°$，
∴$\overset{\frown}{DC}$的长是$\frac{60π×2}{180}=\frac{2π}{3}$。
【答案】
(1) 直线BD是$\odot O$的切线，证明成立；
(2) $\overset{\frown}{DC}$的长为$\frac{2π}{3}$。
【知识点】
切线的判定；弧长计算；圆周角定理
【点评】
本题是圆相关的基础综合题，考查切线判定、弧长计算等核心知识点，解题时连接半径构造直角三角形是圆类问题常用的辅助线做法，掌握基础定理即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明直线BD是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明BD垂直于过切点的半径，因此先作辅助线连接OD；已知$∠ A=30°$，根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可求出$∠ BOD$的度数，再结合$∠ B=30°$，利用三角形内角和即可求出$∠ ODB$的度数，若$∠ ODB=90°$即可完成证明。
(2) 要求$\overset{\frown}{DC}$的长，需用到弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$，因此需要先确定圆心角$∠ COD$的度数和$\odot O$的半径；根据含$30°$角的直角三角形的性质可知$OB=2OD$，结合$BC=2$可推出半径OC的长度，再代入弧长公式即可算出结果。
【解析】
(1) 证明：如答图
，连接OD，∵$∠ A=∠ B=30°$，
∴$∠ BOD=2∠ A=60°$，
∴$∠ ODB=180°-∠ B-∠ BOD=180°-30°-60°=90°$。
∵OD是$\odot O$的半径，且$BD⊥ OD$，
∴直线BD是$\odot O$的切线。
(2) 解：
∵$∠ ODB=90°$，$∠ B=30°$，$OD=OC$，
∴$OB=2OD=2OC$。
∵$BC=OB-OC=2OC-OC=OC$，且$BC=2$，
∴$OC=2$。
∵$∠ COD=60°$，
∴$\overset{\frown}{DC}$的长是$\frac{60π×2}{180}=\frac{2π}{3}$。
【答案】
(1) 直线BD是$\odot O$的切线，证明成立；
(2) $\overset{\frown}{DC}$的长为$\frac{2π}{3}$。
【知识点】
切线的判定；弧长计算；圆周角定理
【点评】
本题是圆相关的基础综合题，考查切线判定、弧长计算等核心知识点，解题时连接半径构造直角三角形是圆类问题常用的辅助线做法，掌握基础定理即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
13.(2025·宿迁宿豫区期中)如图,在△ABC中,AC=BC,∠ACB=120°,点O在△ABC的边AB上,以点O为圆心,OA的长为半径的⊙O经过点C,交AB于点D.
(1)求证:BC与⊙O相切;
(2)若OA=2,求⊙O与△ABC重叠部分的面积.
(1)求证:BC与⊙O相切;
(2)若OA=2,求⊙O与△ABC重叠部分的面积.
答案
13.(1)证明:如答图
,连接OC.∵AC=BC,∠ACB=120°,
∴∠A=∠B=30°.
∵OA=OC,
∴∠A=∠OCA=30°,
∴∠BCO=∠ACB-∠ACO=120°-30°=90°,
∴BC⊥OC.
又
∵点C在⊙O上,
∴BC与⊙O相切.
(2)解:如答图
,过点O作OE⊥AC于点E,则OE=$\frac{1}{2}$OA=1,AE=$\sqrt{OA^2-OE^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$,AC=2AE=2$\sqrt{3}$,易知∠BOC=60°,
∴$S_{重叠部分}=S_{△AOC}+S_{扇形OCD}=\frac{1}{2}AC·OE+\frac{60π×2^2}{360}=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×1+\frac{2}{3}π=\sqrt{3}+\frac{2}{3}π$.
解析
【分析】
(1) 要证明BC是⊙O的切线，根据切线的判定定理，需证明BC垂直于过切点C的半径，因此优先连接辅助线OC。结合已知AC=BC、∠ACB=120°，可先求出△ABC的底角∠A=∠B=30°，再利用OA=OC得到等腰△OAC的底角∠OCA=∠A=30°，进而计算出∠OCB=90°，即可证明OC⊥BC，得出切线结论。
(2) 求重叠部分面积时，观察图形可知重叠部分由△AOC和扇形OCD两部分组成，因此只需分别计算两个规则图形的面积再求和即可。先过O作OE⊥AC，利用30°直角三角形的性质求出OE、AC的长度，计算△AOC的面积；再根据三角形外角性质求出扇形OCD的圆心角为60°，代入扇形面积公式计算扇形面积，最后相加得到重叠部分的面积。
【解析】
(1)证明:如答图,连接OC。
∵AC=BC,∠ACB=120°,
∴∠A=∠B=30°。
∵OA=OC,
∴∠A=∠OCA=30°,
∴∠BCO=∠ACB-∠ACO=120°-30°=90°,
∴BC⊥OC。
又
∵点C在⊙O上,
∴BC与⊙O相切。
(2)解:如答图,过点O作OE⊥AC于点E,
则OE=$\frac{1}{2}$OA=1,AE=$\sqrt{OA^2-OE^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$,AC=2AE=2$\sqrt{3}$,易知∠BOC=60°,
∴$S_{重叠部分}=S_{△AOC}+S_{扇形OCD}=\frac{1}{2}AC·OE+\frac{60π×2^2}{360}=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×1+\frac{2}{3}π=\sqrt{3}+\frac{2}{3}π$。
【答案】
(1) BC与⊙O相切，证明成立；
(2) $\sqrt{3}+\frac{2}{3}π$
【知识点】
切线的判定，等腰三角形的性质，扇形面积计算
【点评】
本题属于圆的综合基础题型，重点考查切线的判定方法和不规则图形面积的计算，解题核心是正确添加辅助线，将待求的不规则面积转化为熟悉的规则图形面积求解，同时要熟练掌握等腰三角形、直角三角形的相关性质。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明BC是⊙O的切线，根据切线的判定定理，需证明BC垂直于过切点C的半径，因此优先连接辅助线OC。结合已知AC=BC、∠ACB=120°，可先求出△ABC的底角∠A=∠B=30°，再利用OA=OC得到等腰△OAC的底角∠OCA=∠A=30°，进而计算出∠OCB=90°，即可证明OC⊥BC，得出切线结论。
(2) 求重叠部分面积时，观察图形可知重叠部分由△AOC和扇形OCD两部分组成，因此只需分别计算两个规则图形的面积再求和即可。先过O作OE⊥AC，利用30°直角三角形的性质求出OE、AC的长度，计算△AOC的面积；再根据三角形外角性质求出扇形OCD的圆心角为60°，代入扇形面积公式计算扇形面积，最后相加得到重叠部分的面积。
【解析】
(1)证明:如答图
,连接OC。∵AC=BC,∠ACB=120°,
∴∠A=∠B=30°。
∵OA=OC,
∴∠A=∠OCA=30°,
∴∠BCO=∠ACB-∠ACO=120°-30°=90°,
∴BC⊥OC。
又
∵点C在⊙O上,
∴BC与⊙O相切。
(2)解:如答图
,过点O作OE⊥AC于点E,则OE=$\frac{1}{2}$OA=1,AE=$\sqrt{OA^2-OE^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$,AC=2AE=2$\sqrt{3}$,易知∠BOC=60°,
∴$S_{重叠部分}=S_{△AOC}+S_{扇形OCD}=\frac{1}{2}AC·OE+\frac{60π×2^2}{360}=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×1+\frac{2}{3}π=\sqrt{3}+\frac{2}{3}π$。
【答案】
(1) BC与⊙O相切，证明成立；
(2) $\sqrt{3}+\frac{2}{3}π$
【知识点】
切线的判定，等腰三角形的性质，扇形面积计算
【点评】
本题属于圆的综合基础题型，重点考查切线的判定方法和不规则图形面积的计算，解题核心是正确添加辅助线，将待求的不规则面积转化为熟悉的规则图形面积求解，同时要熟练掌握等腰三角形、直角三角形的相关性质。
【难度系数】
0.7
