2021学年第24章 圆综合与测试同步测试题

这是一份2021学年第24章 圆综合与测试同步测试题，共36页。
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、如图，是的直径，弦，垂足为，若，则（ ）
A．5B．8C．9D．10
2、在圆内接四边形ABCD中，∠A、∠B、∠C的度数之比为2：4：7，则∠B的度数为（ ）
A．140°B．100°C．80°D．40°
3、如图，A，B，C是正方形网格中的三个格点，则是（ ）
A．优弧B．劣弧C．半圆D．无法判断
4、如图，PA是的切线，切点为A，PO的延长线交于点B，若，则的度数为（ ）．
A．20°B．25°C．30°D．40°
5、下面的图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
6、如图，在中，，，若以点为圆心，的长为半径的圆恰好经过的中点，则的长等于（ ）
A．B．C．D．
7、如图，△ABC外接于⊙O，∠A＝30°，BC＝3，则⊙O的半径长为（ ）
A．3B．C．D．
8、如图，在Rt中，．以点为圆心，长为半径的圆交于点，则的长是（ ）
A．1B．C．D．2
9、将等边三角形绕其中心旋转n时与原图案完全重合，那么n的最小值是（ ）
A．60B．90C．120D．180
10、下列语句判断正确的是（ ）
A．等边三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形
B．等边三角形既是轴对称图形，又是中心对称图形
C．等边三角形是中心对称图形，但不是轴对称图形
D．等边三角形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、在平面直角坐标系中，A（－1，0），B（2，0），∠OCB=30°，D为线段BC的中点，线段AD交线段OC于点E，则△AOE面积的最大值为___________
2、如图，正三角形ABC的边长为，D、E、F 分别为BC，CA，AB的中点，以A，B，C三点为圆心，长为半径作圆，图中阴影部分面积为______．
3、如图所示，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，∠A=30°，OH=1，则⊙O的半径是______．
4、半径为6cm的扇形的圆心角所对的弧长为cm，这个圆心角______度．
5、如图，将半径为的圆形纸片沿一条弦折叠，折叠后弧的中点与圆心重叠，则弦的长度为________．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、请阅读下列材料，并完成相应的任务：
阿基米德是有史以来最伟大的数学家之一，他与牛顿、高斯并称为三大数学王子．阿拉伯Al-Binmi （973-1050 年）的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容，苏联在1964年根据Al-Binmi详本出版了俄文版《阿基米德全集》．第一题就是阿基米德折弦定理．阿基米德折弦定理：如图1，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），， 是的中点，则从向所作垂线的垂足是折弦的中点，即．
下面是运用“截长法”证明的部分证明过程．
证明：如图2，在上截取，连接和．
是的中点，
…
任务：
（1）请按照上面的证明思路，写出该证明部分；
（2）填空：如图3，已知等边内接于，，为上一点，，于点，则的周长是_________．
2、如图，和中，，，，连接，点M，N，P分别是的中点．
（1）请你判断的形状，并证明你的结论．
（2）将绕点A旋转，若，请直接写出周长的最大值与最小值．
3、在等边中，是边上一动点，连接，将绕点顺时针旋转120°，得到，连接．
（1）如图1，当、、三点共线时，连接，若，求的长；
（2）如图2，取的中点，连接，猜想与存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接、交于点．若，请直接写出的值．
4、如图，是⊙的直径，弦，垂足为E，弦与弦相交于点G，且，过点C作的垂线交的延长线于点H．
（1）判断与⊙的位置关系并说明理由；
（2）若，求弧的长．
5、下面是小明设计的“作圆的内接等腰直角三角形”的尺规作图过程.
已知：⊙O.
求作：⊙O的内接等腰直角三角形ABC.
作法：如图，
①作直径AB；
②分别以点A, B为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于M 点；
③作直线MO交⊙O于点C，D；
④连接AC，BC．
所以△ABC就是所求的等腰直角三角形.
根据小明设计的尺规作图过程，解决下面的问题：
（1）使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹）
（2）完成下面的证明.
证明：连接MA，MB．
∵MA=MB，OA=OB，
∴MO是AB的垂直平分线．
∴AC= ．
∵AB是直径,
∴∠ACB= ( ) (填写推理依据) ．
∴△ABC是等腰直角三角形．
-参考答案-
一、单选题
1、C
【分析】
连接，根据垂径定理可得，设的半径为，则,进而勾股定理列出方程求得半径，进而求得
【详解】
解：如图，连接，
∵是的直径，弦，
∴
设的半径为，则
在中，，
即
解得
即
故选C
【点睛】
本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
2、C
【分析】
，，，进而求解的值．
【详解】
解：由题意知
∵
∴
∴
∵
∴
故选C．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形中对角互补．解题的关键在于根据角度之间的数量关系求解．
3、B
【分析】
根据三点确定一个圆，圆心的确定方法：任意两点中垂线的交点为圆心即可判断．
【详解】
解；如图，分别连接AB、AC、BC，取任意两条线段的中垂线相交，交点就是圆心．
故选：B．
【点睛】
本题考查已知圆上三点求圆心，取任意两条线段中垂线交点确定圆心是解题关键．
4、B
【分析】
连接OA，如图，根据切线的性质得∠PAO=90°，再利用互余计算出∠AOP=50°，然后根据等腰三角形的性质和三角形外角性质计算∠B的度数．
【详解】
解：连接OA，如图，
∵PA是⊙O的切线，
∴OA⊥AP，
∴∠PAO=90°，
∵∠P=40°，
∴∠AOP=50°，
∵OA=OB，
∴∠B=∠OAB，
∵∠AOP=∠B+∠OAB，
∴∠B=∠AOP=×50°=25°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．
5、A
【详解】
解：A、既是轴对称图形又是中心对称图形，此项符合题意；
B、是中心对称图形，不是轴对称图形，此项不符题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，此项不符题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，此项不符题意；
故选：A．
【点睛】
本题考查了中心对称图形和轴对称图形，熟记中心对称图形的定义（在平面内，把一个图形绕某点旋转，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形）和轴对称图形的定义（如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形）是解题关键．
6、D
【分析】
连接CD，由直角三角形斜边中线定理可得CD=BD，然后可得△CDB是等边三角形，则有BD=BC=5cm，进而根据勾股定理可求解．
【详解】
解：连接CD，如图所示：
∵点D是AB的中点，，，
∴，
∵，
∴，
在Rt△ACB中，由勾股定理可得；
故选D．
【点睛】
本题主要考查圆的基本性质、直角三角形斜边中线定理及勾股定理，熟练掌握圆的基本性质、直角三角形斜边中线定理及勾股定理是解题的关键．
7、A
【分析】
分析：连接OA、OB，根据圆周角定理，易知∠AOB=60°；因此△ABO是等边三角形，即可求出⊙O的半径．
【详解】
解：连接BO，并延长交⊙O于D，连结DC，
∵∠A=30°，
∴∠D=∠A=30°，
∵BD为直径，
∴∠BCD=90°，
在Rt△BCD中，BC=3，∠D=30°，
∴BD=2BC=6，
∴OB=3．
故选A．
【点睛】
本题考查了圆周角性质，利用同弧所对圆周角性质与直径所对圆周角性质，30°角所对直角三角形性质，掌握圆周角性质，利用同弧所对圆周角性质与直径所对圆周角性质，30°角所对直角三角形性质是解题的关键．
8、B
【分析】
利用三角函数及勾股定理求出BC、AB，连接CD，过点C作CE⊥AB于E，利用，求出BE，根据垂径定理求出BD即可得到答案．
【详解】
解： 在Rt中，，
∴BC=3，，
连接CD，过点C作CE⊥AB于E，
∵，
∴，
解得，
∵CB=CD，CE⊥AB，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】
此题考查了锐角三角函数，勾股定理，垂径定理，熟记各定理并熟练应用是解题的关键．
9、C
【分析】
根据旋转对称图形的概念（把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角），找到旋转角，求出其度数．
【详解】
解：等边三角形绕其中心旋转n时与原图案完全重合，因而绕其中心旋转的最小度数是=120°．
故选C．
【点睛】
本题考查了根据旋转对称性，掌握旋转的性质是解题的关键．
10、A
【分析】
根据等边三角形的对称性判断即可．
【详解】
∵等边三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形，
∴B，C，D都不符合题意；
故选：A．
【点睛】
本题考查了等边三角形的对称性，熟练掌握等边三角形的对称性是解题的关键．
二、填空题
1、
【分析】
过点作轴，交于点，根据中位线定理可得，设点到轴的距离为G，则△AOE的边上的高，作的外接圆，则当点位于图中处时，最大，根据三角形面积公式计算即可．
【详解】
解：过点作轴，交于点，
∵A（－1，0），B（2，0），
∴，，
∵D为线段BC的中点，轴，
∴，
∴，
设点到轴的距离为，
则△AOE的边上的高，
作的外接圆，
则当点位于图中处时，最大，
因为，
∴，
∴为等边三角形，
∴,
∴,
∴，
∴，
∴，
故答案为：.
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理，圆周角定理，圆周角和圆心角的关系，等边三角形的判定与性质，解直角三角形等知识点，根据题意得出点的位置是解本题的关键．
2、
【分析】
阴影部分的面积等于等边三角形的面积减去三个扇形面积，而这三个扇形拼起来正好是一个半径为半圆的面积，即阴影部分面积=等边三角形面积−半径为半圆的面积，因此求出半圆面积，连接AD，则可求得AD的长，从而可求得等边三角形的面积，即可求得阴影部分的面积．
【详解】
连接AD，如图所示
则AD⊥BC
∵D点是BC的中点
∴
由勾股定理得
∴
∵S半圆=
∴S阴影=S△ABC−S半圆
故答案为：
【点睛】
本题是求组合图形的面积，扇形面积及三角形面积的计算．关键是把不规则图形面积通过割补转化为规则图形的面积计算．
3、2
【分析】
连接OC，利用半径相等以及三角形的外角性质求得∠COH=60°，∠OCH=30°，利用30度角的直角三角形的性质即可求解．
【详解】
解：连接OC，
∵OA=OC，∠A=30°，
∴∠COH=2∠A=60°，
∵弦CD⊥AB于H，
∴∠OHC=90°，
∴∠OCH=30°，
∵OH=1，
∴OC=2OH=2，
故答案为：2．
【点睛】
本题考查了垂径定理和含30°角的直角三角形的性质．熟练掌握垂径定理是解题的关键．
4、60
【分析】
根据弧长公式求解即可．
【详解】
解：，
解得，，
故答案为：60．
【点睛】
本题考查了弧长公式，灵活应用弧长公式是解题的关键.
5、
【分析】
连接OC交AB于点D，再连接OA．根据轴对称的性质确定，OD=CD；再根据垂径定理确定AD=BD；再根据勾股定理求出AD的长度，进而即可求出AB的长度．
【详解】
解：如下图所示，连接OC交AB于点D，再连接OA．
∵折叠后弧的中点与圆心重叠，
∴，OD=CD．
∴AD=BD．
∵圆形纸片的半径为10cm，
∴OA=OC=10cm．
∴OD=5cm．
∴cm．
∴BD=cm．
∴cm．
故答案为：．
【点睛】
本题考查轴对称的性质，垂径定理，勾股定理，综合应用这些知识点是解题关键．
三、解答题
1、
（1）证明见解析；
（2）．
【分析】
（1）首先证明，进而得出，再利用等腰三角形的性质得出，即可得出答案；
（2）首先证明，进而得出，以及，进而求出的长即可得出答案．
（1）
证明：如图2，在上截取，连接，，和．
是的中点，
．
在和中
，
，
，
又，
，
；
（2）
解：如图3，截取，连接，，，
由题意可得：，
∵
∴，
在和中
，
，
，
，
，则，
，
，
∵，
∴
则
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了圆与三角形综合，涉及了圆周角定理、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形以及等边三角形的性质，正确作出辅助线利用全等三角形的判定与性质解题是解题关键．
2、
（1）是等腰直角三角形，证明见解析
（2）周长最小值为。最大值为
【分析】
（1）连接BD，CE，根据SAS证明得BD=CE，根据三角形中位线性质可证明PM=PN；，进而可得结论；
（2）当BD最小时即点D在AB上，此时周长最小，当点D在BA的延长线上时，BD最大，此时周长最大，均为，求出BD的长即可解决问题．
（1）
连接BD，CE，如图，
∵，，，
∴
∴
∴
∴BD=CE，
∵点M，N，P分别是的中点
∴//，，PN//BD，PN=BD
∴PM=PN，
∵PN//BD
∴∠PNC=∠DBC
∴∠MPN=∠MPD+∠DPN=∠ECA+∠ACD+∠PCN+∠PNC=∠ACB+∠DBC+∠ABD=∠ACB+∠ABC=90°
∴
∴是等腰直角三角形；
（2）
由（1）知，是等腰直角三角形
∴
∴的周长为
∵
∴的周长为
当BD最小时即点D在AB上，此时周长最小，
∵AB=8，AD=3
∴BD的最小值为AB-AD=8-3=5
∴周长最小为
当点D在BA的延长线上时，BD最大，此时周长最大，
∴BD=AB+AD=8+3=11
∴周长最大为
【点睛】
此题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，三角形中位线定理的应用等知识，熟练掌握相关知识是解答本题的关键．
3、（1）；（2）；证明见解析；（3）
【分析】
（1）过点作于点，根据等边三角形的性质与等腰的性质以及勾股定理求得，进而求得，在中，，，勾股定理即可求解；
（2）延长至，使得，连接，过点作，交于点，根据平行四边形的性质可得，，证明是等边三角形，进而证明，即可证明是等边三角形，进而根据三线合一以及含30度角的直角三角形的性质，可得；
（3）过点作于点，过点作，连接，交于点，过点作，交于点，过点作于点，先证明，结合中位线定理可得，进而可得，设，分别勾股定理求得，进而根据求得，即可求得的值
【详解】
（1）过点作于点，如图
将绕点顺时针旋转120°，得到，
是等边三角形
，
，
在中，，
（2）如图，延长至，使得，连接，过点作，交于点，
点是的中点
又
四边形是平行四边形
，
将绕点顺时针旋转120°，得到，
是等边三角形
，，
是等边三角形
设，则,
，
,
是等边三角形
，
即
（3） 如图，过点作于点，过点作，连接，交于点，过点作，交于点，过点作于点，
四点共圆
由（2）可知，
将绕点顺时针旋转120°，得到，
是的中点，
是的中位线
是等腰直角三角形
四边形是矩形
，
设
在中，
,
在中,
在中
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，同弧所对的圆周角相等，四点共圆，三角形全等的性质与判定，等腰三角形的性质与判定；掌握旋转的性质，等边三角形的性质与判定是解题的关键．
4、
（1）相切，见解析
（2）
【分析】
（1）连接OC、OD、AC，OC交AF于点M，根据AG＝CG，CD⊥AB，可得，从而OC⊥AF，再由∠AFB＝90°，可得CH∥AF，即可求证；
（2）先证明四边形CMFH为矩形，可得OC⊥AF，CM＝HF＝2，从而得到AM＝FM，进而得到OM＝BF＝2，可得到CM＝OM，进而得到 OC=4，AM垂直平分OC，可证得△AOC为等边三角形，即可求解．
（1）
解： CH与⊙O相切．
理由如下：如图，连接OC、OD、AC，OC交AF于点M，
∵AG＝CG，
∴∠ACG＝∠CAG，
∴，
∵CD⊥AB，
∴，
∴，
∴OC⊥AF，
∵AB为直径，
∴∠AFB＝90°，
∵BH⊥CH，
∴CH∥AF，
∴OC⊥CH，
∵OC为半径，
∴CH为⊙O的切线；
（2）
解：由（1）得：BH⊥CH，OC⊥CH，
∴OC∥BH，
∵CH∥AF，
∴四边形CMFH为平行四边形，
∵OC⊥CH，
∴∠OCH=90°，
∴四边形CMFH为矩形，
∴OC⊥AF，CM＝HF＝2，
∴AM＝FM，
∵点O为AB的中点，
∴OM＝BF＝2，
∴CM=OM，
∴OC=4，AM垂直平分OC，
∴AC＝AO，
而AO＝OC，
∴AC＝OC＝OA，,
∴△AOC为等边三角形，
∴∠AOC＝60°，
∵，
∴∠AOD＝∠AOC＝60°，
∴∠COD＝120°，
∴弧CD的长度为．
【点睛】
本题主要考查了圆的基本性质，垂径定理，切线的判定，等边三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
5、（1）见解析；（2）BC，90°，直径所对的圆周角是直角
【分析】
（1）过点O任作直线交圆于AB两点，再作AB的垂直平分线OM，直线MO交⊙O于点C，D；连结AC、BC即可；
（2）根据线段垂直平分线的判定与性质得出AC=BC，根据圆周角定理得出∠ACB=90°即可．
【详解】
（1）①作直径AB；
②分别以点A, B为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于M 点；
③作直线MO交⊙O于点C，D；
④连接AC，BC．
所以△ABC就是所求的等腰直角三角形.
（2）证明：连接MA，MB．
∵MA=MB，OA=OB，
∴MO是AB的垂直平分线．
∴AC=BC．
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°(直径所对的圆周角是直角) ．
∴△ABC是等腰直角三角形．
故答案为：BC，90°，直径所对的圆周角是直角．
【点睛】
本题考查尺规作圆内接等腰直角三角形，圆周角定理，线段垂直平分线判定与性质，掌握尺规作圆内接等腰直角三角形，圆周角定理，线段垂直平分线判定与性质是解题关键．