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浙江省中考数学圆试题解析语文

2019年浙江省中考数学圆试题解析

　　以下是查字典数学网为您推荐的2019年浙江省中考数学圆试题解析，希望本篇文章对您学习有所帮助。

2019年浙江省中考数学圆试题解析

1.（2019浙江杭州3分）若两圆的半径分别为2cm和6cm，圆心距为4cm，则这两圆的位置关系是【】

A.内含B.内切C.外切D.外离

【答案】B。

【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，

∵两圆的半径分别为2cm和6cm，圆心距为4cm.则d=6﹣2=4。

两圆内切。

故选B。

2.（2019浙江湖州3分）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AC是⊙O的直径，C=50，ABC的平分线BD交⊙O于点D，则BAD的度数是【】

A.45B.85C.90D.95

【答案】B。

【考点】圆周角定理，直角三角形两锐角的关系圆心角、弧、弦的关系。

【分析】∵AC是⊙O的直径，ABC=90。

∵C=50，BAC=40。

∵ABC的平分线BD交⊙O于点D，ABD=DBC=45。

CAD=DBC=45。

BAD=BAC+CAD=40+45=85。

故选B。

3.（2019浙江嘉兴、舟山4分）如图，AB是⊙O的弦，BC与⊙O相切于点B，连接OA、OB.若ABC=70，则A等于【】

A.15B.20C.30D.70

【答案】B。

【考点】切线的性质，等腰三角形的性质。

【分析】∵BC与⊙O相切于点B，OBBC。

OBC=90。

∵ABC=70，OBA=OBC﹣ABC=90﹣70=20。

∵OA=OB，OBA=20。

故选B。

4.（2019浙江嘉兴、舟山4分）已知一个圆锥的底面半径为3cm，母线长为10cm，则这个圆锥的侧面积为（）

A.15cm2B.30cm2C.60cm2D.3cm2

【答案】B。

【考点】圆锥的计算。

【分析】直接根据圆锥的侧面积计算即可：

这个圆锥的侧面积=cm2。

故选B。

5.（2019浙江宁波3分）如图，用邻边分别为a，b（a

A.b=aB.b=C.b=D.b=

【答案】D。

【考点】圆锥的计算。

【分析】∵半圆的直径为a，半圆的弧长为。

∵把半圆作为圆锥形圣诞帽的侧面，小圆恰好能作为底面，

设小圆的半径为r，则：

，解得：

如图小圆的圆心为B，半圆的圆心为C，作BACA于A点，

则由勾股定理，得：

AC2+AB2=BC2，

即：

，整理得：

b=。

故选D。

6.（2019浙江衢州3分）如图，点A、B、C在⊙O上，ACB=30，则sinAOB的值是【】

A.B.C.D.

【答案】C。

【考点】圆周角定理，特殊角的三角函数值。

【分析】由点A、B、C在⊙O上，ACB=30，根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，即可求得AOB=2ACB=60，然后由特殊角的三角函数值得：

sinAOB=sin60=。

故选C。

7.（2019浙江衢州3分）用圆心角为120，半径为6cm的扇形纸片卷成一个圆锥形无底纸帽（如图所示），则这个纸帽的高是【】

A.cmB.3cmC.4cmD.4cm

【答案】C。

【考点】圆锥的计算，扇形的弧长，勾股定理。

【分析】利用扇形的弧长公式可得扇形的弧长;根据扇形的弧长=圆锥的底面周长，让扇形的弧长除以2即为圆锥的底面半径，利用勾股定理可得圆锥形筒的高：

∵扇形的弧长=cm，圆锥的底面半径为42=2cm，

这个圆锥形筒的高为cm。

故选C。

8.（2019浙江绍兴4分）如图，AD为⊙O的直径，作⊙O的内接正三角形ABC，甲、乙两人的作法分别是：

甲：

1、作OD的中垂线，交⊙O于B，C两点，

2、连接AB，AC，△ABC即为所求的三角形

乙：

1、以D为圆心，OD长为半径作圆弧，交⊙O于B，C两点。

2、连接AB，BC，CA.△ABC即为所求的三角形。

对于甲、乙两人的作法，可判断【】

A.甲、乙均正确B.甲、乙均错误C.甲正确、乙错误D.甲错误，乙正确

【答案】A。

【考点】垂径定理，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形外角性质，含30度角的直角三角形。

【分析】根据甲的思路，作出图形如下：

连接OB，∵BC垂直平分OD，E为OD的中点，且ODBC。

OE=DE=OD。

又∵OB=OD，在Rt△OBE中，OE=OB。

OBE=30。

又∵OEB=90，BOE=60。

∵OA=OB，OAB=OBA。

又∵BOE为△AOB的外角，OAB=OBA=30，ABC=ABO+OBE=60。

同理C=60。

BAC=60。

ABC=BAC=C=60。

△ABC为等边三角形。

故甲作法正确。

根据乙的思路，作图如下：

连接OB，BD。

∵OD=BD，OD=OB，OD=BD=OB。

△BOD为等边三角形。

OBD=BOD=60。

又∵BC垂直平分OD，OM=DM。

BM为OBD的平分线。

OBM=DBM=30。

又∵OA=OB，且BOD为△AOB的外角，BAO=ABO=30。

ABC=ABO+OBM=60。

同理ACB=60。

BAC=60。

ABC=ACB=BAC。

△ABC为等边三角形。

故乙作法正确。

故选A。

9.（2019浙江绍兴4分）如图，扇形DOE的半径为3，边长为的菱形OABC的顶点A，C，B分别在OD，OE，上，若把扇形DOE围成一个圆锥，则此圆锥的高为【】

A.B.C.D.

【答案】D。

【考点】圆锥的计算，菱形的性质。

【分析】连接OB，AC，BO与AC相交于点F。

∵在菱形OABC中，ACBO，CF=AF，FO=BF，COB=BOA，

又∵扇形DOE的半径为3，边长为，FO=BF=1.5。

cosFOC=。

FOC=30。

EOD=230=60。

。

底面圆的周长为：

2，解得：

r=。

∵圆锥母线为：

3，此圆锥的高为：

。

故选D。

10.（2019浙江台州4分）如图，点A、B、C是⊙O上三点，AOC=130，则ABC等于【】

A.50B.60C.65D.70

【答案】C。

【考点】圆周角定理。

【分析】根据同弧所对圆周角是圆心角一半的性质，得ABC=AOC=65。

故选C。

11.（2019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【】

A.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.（2019浙江嘉兴、舟山5分）如图，在⊙O中，直径AB丄弦CD于点M，AM=18，BM=8，则CD的长为▲.

【答案】24。

【考点】垂径定理，勾股定理。

【分析】连接OC，∵AM=18，BM=8，AB=26，OC=OB=13。

OM=13﹣8=5。

在Rt△OCM中，。

∵直径AB丄弦CD，CD=2CM=212=24。

2.（2019浙江丽水、金华4分）半径分别为3cm和4cm的两圆内切，这两圆的圆心距为▲cm.

【答案】1。

【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，

∵两个圆内切，且其半径分别为3cm和4cm，两个圆的圆心距为4-3=1（cm）。

3.（2019浙江宁波3分）如图，△ABC中，BAC=60，ABC=45，AB=2，D是线段BC上的一个动点，以AD为直径画⊙O分别交AB，AC于E，F，连接EF，则线段EF长度的最小值为▲.

【答案】。

【考点】垂线段的性质，垂径定理，圆周角定理，解直角三角形，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【分析】由垂线段的性质可知，当AD为△ABC的边BC上的高时，直径AD最短，此时线段EF=2EH=20EsinEOH=20Esin60，当半径OE最短时，EF最短。

如图，连接OE，OF，过O点作OHEF，垂足为H。

∵在Rt△ADB中，ABC=45，AB=2，

AD=BD=2，即此时圆的直径为2。

由圆周角定理可知EOH=EOF=BAC=60，

在Rt△EOH中，EH=OEsinEOH=1。

由垂径定理可知EF=2EH=。

4.（2019浙江衢州4分）工程上常用钢珠来测量零件上小圆孔的宽口，假设钢珠的直径是10mm，测得钢珠顶端离零件表面的距离为8mm，如图所示，则这个小圆孔的宽口AB的长度为▲mm.

【答案】8。

【考点】垂径定理的应用，勾股定理。

【分析】连接OA，过点O作ODAB于点D，则AB=2AD，

∵钢珠的直径是10mm，钢珠的半径是5mm。

∵钢珠顶端离零件表面的距离为8mm，OD=3mm。

在Rt△AOD中，∵mm，

AB=2AD=24=8mm。

5.（2019浙江台州5分）把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，已知EF=CD=16厘米，则球的半径为▲厘米.

【答案】10。

【考点】垂径定理，勾股定理，矩形的性质，解方程组。

【分析】如图，过球心O作IGBC，分别交BC、AD、劣弧于点G、H、I，连接OF。

设OH=x，HI=y，则依题意，根据垂径定理、勾股定理和矩形的性质，得，解得。

球的半径为x+y=10（厘米）。

三、解答题

1.（2019浙江杭州12分）如图，AE切⊙O于点E，AT交⊙O于点M，N，线段OE交AT于点C，OBAT于点B，已知EAT=30，AE=3，MN=2.

（1）求COB的度数;

（2）求⊙O的半径R;

（3）点F在⊙O上（是劣弧），且EF=5，把△OBC经过平移、旋转和相似变换后，使它的两个顶点分别与点E，F重合.在EF的同一侧，这样的三角形共有多少个?

你能在其中找出另一个顶点在⊙O上的三角形吗?

请在图中画出这个三角形，并求出这个三角形与△OBC的周长之比.

【答案】解：

（1）∵AE切⊙O于点E，AECE。

又∵OBAT，AEC=CBO=90，

又∵BCO=ACE，△AEC∽△OBC。

又∵A=30，COB=A=30。

（2）∵AE=3，A=30，

在Rt△AEC中，tanA=tan30=，即EC=AEtan30=3。

∵OBMN，B为MN的中点。

又∵MN=2，MB=MN=。

连接OM，在△MOB中，OM=R，MB=，

在△COB中，BOC=30，

∵cosBOC=cos30=，BO=OC。

又∵OC+EC=OM=R，

整理得：

R2+18R﹣115=0，即（R+23）（R﹣5）=0，解得：

R=﹣23（舍去）或R=5。

R=5。

（3）在EF同一侧，△COB经过平移、旋转和相似变换后，这样的三角形有6个，

如图，每小图2个，顶点在圆上的三角形，如图所示：

延长EO交圆O于点D，连接DF，如图所示，

△FDE即为所求。

∵EF=5，直径ED=10，可得出FDE=30，

FD=5。

则C△EFD=5+10+5=15+5，

由

（2）可得C△COB=3+，

C△EFD：

C△COB=（15+5）：

（3+）=5：

1。

【考点】切线的性质，含30度角的直角三角形的性质，锐角三角函数定义，勾股定理，垂径定理，平移、旋转的性质，相似三角形的判定和性质。

【分析】

（1）由AE与圆O相切，根据切线的性质得到AECE，又OBAT，可得出两直角相等，再由一对对顶角相等，利用两对对应角相等的两三角形相似可得出△AEC∽△OBC，根据相似三角形的对应角相等可得出所求的角与A相等，由A的度数即可求出所求角的度数。

（2）在Rt△AEC中，由AE及tanA的值，利用锐角三角函数定义求出CE的长，再由OBMN，根据垂径定理得到B为MN的中点，根据MN的长求出MB的长，在Rt△OBM中，由半径OM=R，及MB的长，利用勾股定理表示出OB的长，在Rt△OBC中，由表示出OB及cos30的值，利用锐角三角函数定义表示出OC，用OE﹣OC=EC列出关于R的方程，求出方程的解得到半径R的值。

（3）把△OBC经过平移、旋转和相似变换后，使它的两个顶点分别与点E，F重合.在EF的同一侧，这样的三角形共有6个。

顶点在圆上的三角形，延长EO与圆交于点D，连接DF，△FDE即为所求。

根据ED为直径，利用直径所对的圆周角为直角，得到△FDE为直角三角形，由FDE为30，利用锐角三角函数定义求出DF的长，表示出△EFD的周长，再由

（2）求出的△OBC的三边表示出△BOC的周长，即可求出两三角形的周长之比。

2.（2019浙江湖州10分）已知，如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，DA=DC，以点D为圆心，DA长为半径的⊙D与AB相切于A，与BC交于点F，过点D作DEBC，垂足为E.

（1）求证：

四边形ABED为矩形;

（2）若AB=4，，求CF的长.

【答案】

（1）证明：

∵⊙D与AB相切于点A，ABAD。

∵AD∥BC，DEBC，DEAD。

DAB=ADE=DEB=90。

四边形ABED为矩形。

（2）解：

∵四边形ABED为矩形，DE=AB=4。

∵DC=DA，点C在⊙D上。

∵D为圆心，DEBC，CF=2EC。

∵，设AD=3k（k0）则BC=4k。

BE=3k，EC=BC-BE=4k-3k=k，DC=AD=3k。

由勾股定理得DE2+EC2=DC2，即42+k2=（3k）2，k2=2。

∵k0，k=。

CF=2EC=2。

【考点】切线的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，待定系数法，垂径定理。

【分析】

（1）根据AD∥BC和AB切圆D于A，求出DAB=ADE=DEB=90，即可推出结论。

（2）根据矩形的性质求出AD=BE=AB=DE=4，根据垂径定理求出CF=2CE，设AD=3k，则BC=4k，BE=3k，EC=k，DC=AD=3k，在△DEC中由勾股定理得出一个关于k的方程，求出k的值，即可求出答案。

3.（2019浙江丽水、金华8分）如图，AB为⊙O的直径，EF切⊙O于点D，过点B作BHEF于点H，交⊙O于点C，连接BD.

（1）求证：

BD平分

（2）如果AB=12，BC=8，求圆心O到BC的距离.

【答案】

（1）证明：

连接OD，

∵EF是⊙O的切线，ODEF。

，

又∵BHEF，OD∥BH。

ODB=DBH。

∵OD=OB，ODB=OBD。

OBD=DBH。

BD平分ABH。

.

（2）解：

过点O作OGBC于点G，则BG=CG=4。

在Rt△OBG中，.

【考点】切线的性质，平行的判定和性质，等腰三角形的性质，垂径定理，勾股定理。

【分析】

（1）连接OD，根据切线的性质以及BHEF，即可证得OD∥BC，然后根据等边对等角即可证得;

（2）过点O作OGBC于点G，则利用垂径定理即可求得BG的长，然后在Rt△OBG中利用勾股定理即可求解。

4.（2019浙江宁波8分）如图，在△ABC中，BE是它的角平分线，C=90，D在AB边上，以DB为

直径的半圆O经过点E，交BC于点F.

（1）求证：

AC是⊙O的切线;

（2）已知sinA=，⊙O的半径为4，求图中阴影部分的面积.

【答案】解：

（1）连接OE。

∵OB=OE，OBE=OEB。

∵BE是△ABC的角平分线，OBE=EBC。

OEB=EBC。

OE∥BC。

∵C=90，AEO=C=90。

AC是⊙O的切线。

（2）连接OF。

∵sinA=，A=30。

∵⊙O的半径为4，AO=2OE=8。

AE=4，AOE=60，AB=12。

BC=AB=6，AC=6。

CE=AC﹣AE=2。

∵OB=OF，ABC=60，△OBF是正三角形。

FOB=60，CF=6﹣4=2。

EOF=60。

S梯形OECF=（2+4）2=6，S扇形EOF=。

S阴影部分=S梯形OECF﹣S扇形EOF=6﹣。

【考点】切线的判定，等腰三角形的性质，平行的判定和性质，特殊角的三角函数值，扇形面积的计算。

【分析】

（1）连接OE.根据OB=OE得到OBE=OEB，然后再根据BE是△ABC的角平分线得到OEB=EBC，从而判定OE∥BC，最后根据C=90得到AEO=C=90证得结论AC是⊙O的切线。

（2）连接OF，利用S阴影部分=S梯形OECF-S扇形EOF求解即可。

4.（2019浙江衢州8分）如图，在Rt△ABC中，C=90，ABC的平分线交AC于点D，点O是AB上一点，⊙O过B、D两点，且分别交AB、BC于点E、F.

（1）求证：

AC是⊙O的切线;

（2）已知AB=10，BC=6，求⊙O的半径r.

【答案】

（1）证明：

连接OD。

∵OB=OD，OBD=ODB。

∵BD平分ABC，ABD=DBC

ODB=DBC。

OD∥BC。

又∵C=90，ADO=90。

ACOD，即AC是⊙O的切线。

（2）解：

由

（1）知，OD∥BC，△AOD∽△ABC。

，即。

解得，即⊙O的半径r为。

【考点】切线的判定，等腰三角形的性质，平行的判定和性质，相似三角形的判定和性质。

【分析】

（1）连接OD.欲证AC是⊙O的切线，只需证明ACOD即可。

（2）利用平行线知△AOD∽△ABC，即;然后将图中线段间的和差关系代入该比例式，通过解方程即可求得r的值，即⊙O的半径r的值。

5.（2019浙江温州10分）如图，△ABC中，ACB=90，D是边AB上的一点，且A=2DCB.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.

【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=2DCB。

又∵A=2DCB，DOB。

∵ACB=90，B=90。

DOB+B=90。

BDO=90。

ODAB。

AB是⊙O的切线。

（2）如图，过点O作OMCD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=2DCB。

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。

【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=2DCB。

又A=2DCB，可得出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=2DCB。

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。

6.（2019浙江义乌8分）如图，已知AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，点E在⊙O外，EAC=D=60.

（1）求ABC的度数;

“教书先生”恐怕是市井百姓最为熟悉的一种称呼，从最初的门馆、私塾到晚清的学堂，“教书先生”那一行当怎么说也算是让国人景仰甚或敬畏的一种社会职业。

只是更早的“先生”概念并非源于教书，最初出现的“先生”一词也并非有传授知识那般的含义。

《孟子》中的“先生何为出此言也？

”；《论语》中的“有酒食，先生馔”；《国策》中的“先生坐，何至于此？

”等等，均指“先生”为父兄或有学问、有德行的长辈。

其实《国策》中本身就有“先生长者，有德之称”的说法。

可见“先生”之原意非真正的“教师”之意，倒是与当今“先生”的称呼更接近。

看来，“先生”之本源含义在于礼貌和尊称，并非具学问者的专称。

称“老师”为“先生”的记载，首见于《礼记?

曲礼》，有“从于先生，不越礼而与人言”，其中之“先生”意为“年长、资深之传授知识者”，与教师、老师之意基本一致。

（2）求证：

AE是⊙O的切线;

语文课本中的文章都是精选的比较优秀的文章,还有不少名家名篇。

如果有选择循序渐进地让学生背诵一些优秀篇目、精彩段落,对提高学生的水平会大有裨益。

现在,不少语文教师在分析课文时,把文章解体的支离破碎,总在文章的技巧方面下功夫。

结果教师费劲,学生头疼。

分析完之后,学生收效甚微,没过几天便忘的一干二净。

造成这种事倍功半的尴尬局面的关键就是对文章读的不熟。

常言道“书读百遍,其义自见”,如果有目的、有计划地引导学生反复阅读课文,或细读、默读、跳读,或听读、范读、轮读、分角色朗读,学生便可以在读中自然领悟文章的思想内容和写作技巧,可以在读中自然加强语感,增强语言的感受力。

久而久之,这种思想内容、写作技巧和语感就会自然渗透到学生的语言意识之中,就会在写作中自觉不自觉地加以运用、创造和发展。

这个工作可让学生分组负责收集整理,登在小黑板上,每周一换。

要求学生抽空抄录并且阅读成诵。

其目的在于扩大学生的知识面,引导学生关注社会,热爱生活,所以内容要尽量广泛一些,可以分为人生、价值、理想、学习、成长、责任、友谊、爱心、探索、环保等多方面。

如此下去,除假期外,一年便可以积累40多则材料。

如果学生的脑海里有了众多的鲜活生动的材料,写起文章来还用乱翻参考书吗?

（3）当BC=4时，求劣弧AC的长.

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