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1[2024广东广州中考]如图，$\odot O$中，弦AB的长为$4\sqrt{3}$，点C在$\odot O$上，$OC ⊥ AB$，$∠ ABC = 30°$。$\odot O$所在的平面内有一点P，若$OP=5$，则点P与$\odot O$的位置关系是（
A.点P在$\odot O$上
B.点P在$\odot O$内
C.点P在$\odot O$外
D.无法确定
（第1题图）
（第2题图）
C
）A.点P在$\odot O$上
B.点P在$\odot O$内
C.点P在$\odot O$外
D.无法确定
（第1题图）
（第2题图）
答案
1. C 【解析】如图
,设AB与OC交于点D.∵ 弦AB的长为$4\sqrt{3}$,$OC ⊥ AB$,
∴ $AD = BD = \frac{1}{2}AB = 2\sqrt{3}$.
∵ $∠ ABC = 30°$,
∴ $∠AOD=2∠ABC=60°$,
∴ $∠A=90°-60°=30°$,
∴ $OA=2OD$. 设$OD=x$,则$OA=2x$. 在$Rt△AOD$中,$OD^2+AD^2=OA^2$,即$x^2+(2\sqrt{3})^2=(2x)^2$,解得$x=2$(负值舍去),
∴ $OA=2x=4$.
∵ $OP=5$,
∴ $OP＞OA$,
∴ 点P在$\odot O$外.
思路分析
先求出圆的半径OA,然后比较OP与OA的大小关系,即可确定点P和圆的位置关系.
2[2025 四川宜宾中考]如图,AB是$\odot O$的弦,半径$OC ⊥ AB$于点D.若$AB=8,OC=5$,则OD的长是 (
A.3
B.2
C.6
D.$\dfrac{5}{2}$
A
)A.3
B.2
C.6
D.$\dfrac{5}{2}$
答案
2. A 【解析】
∵ 半径$OC ⊥ AB$于点D,
∴ $AD = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2} × 8 = 4$.
∵ $OA = OC = 5$,
∴ $OD = \sqrt{OA^2-AD^2} = 3$.
∵ 半径$OC ⊥ AB$于点D,
∴ $AD = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2} × 8 = 4$.
∵ $OA = OC = 5$,
∴ $OD = \sqrt{OA^2-AD^2} = 3$.
3[2024黑龙江牡丹江中考]如图,在⊙O中,直径AB⊥CD于点E,CD=6,BE=1,则弦AC的长为
$3\sqrt{10}$
.答案
3. $3\sqrt{10}$ 【解析】
∵ 直径$AB ⊥ CD,CD = 6$,
∴ $CE=ED=\frac{1}{2}CD=3$. 设$\odot O$的半径为r,则$OE = OB - EB = r-1$. 在$Rt△OED$中,由勾股定理得$OE^2+DE^2=OD^2$,即$(r-1)^2+3^2=r^2$,解得$r=5$,
∴ $OA=5,OE=4$,
∴ $AE=OA+OE=9$. 在$Rt△AEC$中,由勾股定理得$AC=\sqrt{CE^2+AE^2}=\sqrt{3^2+9^2}=3\sqrt{10}$.
∵ 直径$AB ⊥ CD,CD = 6$,
∴ $CE=ED=\frac{1}{2}CD=3$. 设$\odot O$的半径为r,则$OE = OB - EB = r-1$. 在$Rt△OED$中,由勾股定理得$OE^2+DE^2=OD^2$,即$(r-1)^2+3^2=r^2$,解得$r=5$,
∴ $OA=5,OE=4$,
∴ $AE=OA+OE=9$. 在$Rt△AEC$中,由勾股定理得$AC=\sqrt{CE^2+AE^2}=\sqrt{3^2+9^2}=3\sqrt{10}$.
4[2025四川巴中中考]如图,A,B,C是⊙O上的点,BC是圆的直径,在BA延长线上取一点D,使AD=AC,连接CD.则∠ACD为 (
A.70°
B.50°
C.45°
D.40°
(第4题图)
(第5题图)
C
)A.70°
B.50°
C.45°
D.40°
(第4题图)
(第5题图)
答案
4. C 【解析】
∵ BC是圆的直径,
∴ $∠BAC=90°$,
∴ $∠DAC=90°$.
∵ $AD=AC$,
∴ $∠ACD=∠D=45°$.
∵ BC是圆的直径,
∴ $∠BAC=90°$,
∴ $∠DAC=90°$.
∵ $AD=AC$,
∴ $∠ACD=∠D=45°$.
5[2025四川南充中考改编]如图,AB是$\odot O$的直径,$AD ⊥ AB$于点A,OD交$\odot O$于点C,AE⊥OD于点E,交$\odot O$于点F,F为弧BC的中点,P为线段AB上一动点,若$CD=4$,则$PE+PF$的最小值是
6
.答案
5. 6 【解析】如图
,延长DO交$\odot O$于点M,连接PM,OF.∵ $AE ⊥ OD$于点E,交$\odot O$于点F,F为$\overset{\frown}{BC}$的中点,
∴ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{BF}$,
∴ $∠AOC=∠COF=∠BOF$.
∵ $∠AOC+∠COF+∠BOF=180°$,
∴ $∠AOC=∠COF=∠BOF=60°$,
∴ $∠BOM=∠AOC=60°=∠BOF$,
∴ 点F关于AB的对称点为点M,
∴ $PM=PF$,
∴ $PE+PF=PE+PM≥EM$,
∴ 当E,P,M三点共线时,$PE+PF$的值最小,最小值为EM的长.
∵ $∠AOC=60°,AD ⊥ AB$,
∴ $∠D=30°$,
∴ $OD=2OA$.
∵ $CD=4$,
∴ $OD=OC+4=2OA=2OC$,
∴ $OC=4$,
∴ $OC=OA=OM=4$.
∵ $AF ⊥ OC$,
$∠AOC=60°$,
∴ $∠OAE=30°$,
∴ $OE=\frac{1}{2}OA=2$,
∴ $PE+PF$的最小值为$EM=OE+OM=2+4=6$.
思路分析
根据F为$\overset{\frown}{BC}$的中点以及垂径定理得到点F关于AB的对称点为点M,则求EM的长度即可.
6[2025江苏宿迁中考]已知圆锥的底面半径为3，高为4，则该圆锥的侧面积为
$15π$
。答案
6. $15π$ 【解析】
∵ 圆锥的底面半径为3,高为4,
∴ 圆锥的母线长为$\sqrt{3^2+4^2}=5$,圆锥的底面周长为$2×3×π=6π$,则该圆锥的侧面积为$\frac{1}{2}×6π×5=15π$.
关键点拨
运用圆锥的侧面积公式$S_{侧面}=π rl$($r$为底面圆的半径,$l$为圆锥的母线长)求解是解题的关键.
∵ 圆锥的底面半径为3,高为4,
∴ 圆锥的母线长为$\sqrt{3^2+4^2}=5$,圆锥的底面周长为$2×3×π=6π$,则该圆锥的侧面积为$\frac{1}{2}×6π×5=15π$.
关键点拨
运用圆锥的侧面积公式$S_{侧面}=π rl$($r$为底面圆的半径,$l$为圆锥的母线长)求解是解题的关键.
7[2025 四川成都中考]如图，$\odot O$的半径为1，A，B，C是$\odot O$上的三个点.若四边形OABC为平行四边形，连接AC，则图中阴影部分的面积为
$\frac{π}{6}$
.答案
7. $\frac{π}{6}$ 【解析】如图
,连接OB,则$OA=OB=1$.∵ 四边形OABC为平行四边形,$OA=OC$,
∴ $OC// AB$,四边形OABC为菱形,
∴ $OA=AB=OB$, $S_{△AOB}=S_{△ABC}=\frac{1}{2}S_{菱形OABC}$,
∴ $△AOB$为等边三角形,
∴ $∠AOB=60°$,
∴ 阴影部分的面积为$S_{扇形OAB}-S_{△OBA}+S_{△ABC}=S_{扇形OAB}=\frac{60π}{360}×1^2=\frac{π}{6}$.
8[2025辽宁中考]如图,在$△ ABC$中,$AC=BC$,以AB为直径作$\odot O$,与AC相交于点D.连接OC,与$\odot O$相交于点E.
(1)如图(1),连接DE,求$∠ ADE$的度数;
(2)如图(2),若点D为AC的中点,且$AC=6$,求$\overset{\frown}{DE}$的长.
(1)如图(1),连接DE,求$∠ ADE$的度数;
(2)如图(2),若点D为AC的中点,且$AC=6$,求$\overset{\frown}{DE}$的长.
答案
8. 【解】(1)连接BE,如图
(1)所示.∵ $CA=CB,OA=OB$,
∴ $OC ⊥ AB$,
即$∠BOE=90°$.
∵ $OB=OE$,
∴ $∠OBE=45°$.
∵ $∠OBE+∠ADE=180°$,
∴ $∠ADE=135°$.
(2)连接OD,如图
(2)所示.∵ 由(1)知$∠AOC=90°$,D为AC中点,
∴ $OD=AD=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×6=3$,
∴ $OD=OA=AD=3$,
∴ $△ADO$为等边三角形,
∴ $∠AOD=60°$,
∴ $∠DOE=90°-60°=30°$,
∴ $\overset{\frown}{DE}$的长为$\frac{30π×3}{180}=\frac{1}{2}π$.
