圆练习 中考数学一轮复习（人教版）

这是一份圆练习 中考数学一轮复习（人教版），共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图，图中圆周角的个数是( )
A．9B．12C．8D．14
2．下列圆中既有圆心角又有圆周角的是（ ）．
A．B．C．D．
3．如图，若是等边三角形，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
4．中，，，，若以点C为圆心，以r为半径的圆与所在直线相交，则r可能为（ ）
A．1B．1.5C．2D．3
5．如图，在⊙O中，若C是的中点，则图中与∠BAC相等的角有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
6．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点都在格点上，则外接圆的圆心坐标为( )
A．(3，2)B．(2，3)C．(2，2)D．(3，3)
7．一种滚铁环的玩具，铁环在路上滚动一圈，所滚动的路程是求铁环的（ ）
A．半径B．直径C．周长D．面积
8．已知⊙O的半径为10cm，弦MN∥EF,且MN=12cm,EF=16cm,则弦MN和EF之间的距离为 ( )cm.
A．14或2B．14C．2D．6
9．如图，为正方形的边上一点，以为圆心、为半径作，交于点，过点作的切线交于点，将沿翻折，点的对应点恰好落在上，则的值为______．
A．B．C．D．
10．如图所示，以六边形的每个顶点为圆心，1为半径画圆，则图中阴影部分的面积为( )
A．B．C．D．
11．如图，△ABC内接于⊙O，∠OBC＝40°，则∠A的度数为( )
A．80°B．100°C．110°D．130°
12．从圆外一点向半径为9的圆作切线，已知切线长为18，从这点到圆的最短距离为（ ）
A．9B．9（-1）C．9（-1）D．9
二、填空题
13．如图，点I为△ABC的内心，且∠ABC＝40°，∠ACB＝70°，则∠BIC＝ .
14．如图所示一张圆形光盘，已知光盘内直径为2cm，一个宽为2cm的刻度尺在圆形光盘上移动，当刻度尺的一边与光盘相切时，另一边与光盘边缘两个交点处的读数恰好是“2”和“10”（单位：），那么该光盘的外直径是 cm，该光盘的面积是 ．
15．如图，圆锥的母线长OA=6，底面圆的半径为，一只小虫在圆线底面的点A处绕圆锥侧面一周又回到点A处，则小虫所走的最短路程为 （结果保留根号）
16．请阅读下列材料，解答问题：
如图，正五边形ABCDE内接于，，则对角线BD的长为 ．
17．已知圆锥的底面半径是，母线长为，则圆锥的侧面积为 .
三、解答题
18．如图所示，在⊙O中，∠BAC=∠DAC=45°，AB=3，AD=4，求CD的长.
19．如图，在⊙O中，点C为弧AB的中点，∠ACB＝120°.
(1)求∠AOC的度数；
(2)若点C到弦AB的距离为2，求弦AB的长．
20．如图，两个圆都以点O为圆心，小圆的弦与大圆的弦在同一条直线上，你认为与的大小有什么关系？为什么？
21．如图，以Rt△ABC的AC边为直径作⊙O交斜边AB于点E，连接EO并延长交BC的延长线于点D，点F为BC的中点，连接EF和AD．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为2，∠EAC＝60°，求AD的长．
22．如图，在半径为r的⊙O中，直径AB与弦CD相交于点P，CE⊥DA交DA的延长线于点E，连结AC．
(1)若的长为πr，求∠ACD的度数；
(2)若，tan∠DAB＝3，CE－AE＝3，求r的值．
23．如图所示的图案（阴影部分）是这样设计的：在中，，以A为圆心、以为半径作；以为直径作．求图案的面积．
24．如图，在 ABCD中，∠D＝60°，对角线AC⊥BC，⊙O经过点A，B，与AC交于点M，连接AO并延长与⊙O交于点F，与CB的延长线交于点E，AB＝EB．
(1)求证：EC是⊙O的切线；
(2)若AD＝2，求扇形OAM的面积（结果保留π）．
《圆》参考答案
1．B
【分析】根据圆周角的定义识图便可知圆周角的个数.
【详解】根据圆周角的定义可知，在圆上的顶点有A、B、C、D，每一个顶点有3个圆周角，所以图中有12个圆周角，故选B.
【点睛】此题考查了圆周角的识别，熟练掌握圆周角定义是本题的关键.
2．C
【分析】根据圆周角和圆心角的定义解答即可．
【详解】解：A．图中只有圆周角，没有圆心角，选项不符合题意；
B．图中只有圆心角，没有圆周角，选项不符合题意；
C．图中既有圆心角，也有圆周角，选项符合题意；
D．图中只有圆心角，没有圆周角，选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆周角与圆心角的识别，掌握圆周角和圆心角的定义是解答本题的关键．顶点在圆周上，角的两边与圆相交的角是圆周角；圆心角的定义：顶点在圆的角是圆心角．
3．C
【分析】本题考查了等边三角形的性质，圆周角定理，由等边三角形可得，由圆周角定理可得，即可求解，掌握圆周角定理是解题的关键．
【详解】解：∵是等边三角形，
∴，
∴，
故选：．
4．D
【分析】根据题意画出图形，利用勾股定理求出 ，再利用面积法求出的长，即可得到答案．
【详解】解：如图，中，，，，
∴，
∵，
∴，
∴当时，以点C为圆心r为半径的圆与所在直线相交，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，三角形的面积法求斜边上的高线，直线与圆的位置关系，理解以点C为圆心r为半径的圆与所在直线相交先求出最短距离进行判断是解题的关键．
5．C
【详解】解：∵点C是弧BD的中点，
∴，
∴∠BAC=∠CAD，
∠BAC=∠BDC，
∠CAD=∠CBD，
∴∠CAD=∠BDC=∠CBD=∠BAC，
于是图中与∠BAC相等的角共有3个，
故选C．
【点睛】本题考查圆周角定理；圆心角、弧、弦的关系．
6．A
【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心，作和的垂直平分线，它们的交点为外接圆圆心，然后写出点坐标即可．
【详解】解：如图所示，作和的垂直平分线，它们的交点为外接圆圆
即外接圆圆心的坐标为．
故选：A．
7．C
【分析】铁环滚动一周，所行的路程就是这个铁环的周长，可采用化曲为直的方法进行计算．
【详解】解：铁环滚动一周所行的路程就是铁环一周的长度，即周长．
即：铁环滚动一周，所行的路程是求铁环的周长．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了利用圆的周长求铁环的所行路程．
8．A
【分析】分两种情况进行讨论：①弦MN和EF在圆心同侧；②弦MN和EF在圆心异侧；作出半径和弦心距，利用勾股定理和垂径定理求解即可．
【详解】解：①当弦MN和EF在圆心同侧时，如图1，
∵MN=12cm，EF=16cm，
∴CE=8cm，CF=6cm，
∵OE=OM=10cm，
∴CO=6cm，OD=8cm，
∴EF=OF-OE=2cm；
②当弦MN和EF在圆心异侧时，如图2，
∵MN=12cm，EF=16cm，
∴CE=8cm，CF=6cm，
∵OE=OM=10cm，
∴CO=6cm，OD=8cm，
∴EF=OF+OE=14cm；
故选择：A.
【点睛】本题考查了勾股定理和垂径定理，解此类题目要注意将圆的问题转化成三角形的问题再进行计算．
9．C
【分析】连接、，作于，通过证得，，设，．则，根据勾股定理，列方程，解方程即可求得结论．
【详解】解：连接、，作于，
，
，
四边形是正方形，
，，
是的切线，
，
，，
，
，
在和中

，
，
设
设．则，
在中，，
解得：，
，则
故选：C．
【点睛】本题是圆的综合题目，考查了切线的性质、垂定定理、正方形的性质、勾股定理，方程，全等三角形的判定与性质等知识；本题主要考查了圆的切线及全等三角形的判定和性质，关键是作出辅助线利用三角形全等证明．
10．D
【分析】先求出六边形的内角和，再根据扇形的面积公式即可得．
【详解】设六边形的六个角的度数分别为
则
由扇形的面积公式得：
故选：D．
【点睛】本题考查了六边形的内角和、扇形的面积公式，掌握内角和公式和扇形的面积公式是解题关键．
11．D
【分析】连接OC，然后根据等边对等角可得：∠OCB=∠OBC=40°，然后根据三角形内角和定理可得∠BOC=100°，然后根据周角的定义可求：∠1=260°，然后根据圆周角定理即可求出∠A的度数．
【详解】解：连接OC，如图所示，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC=40°，
∴∠BOC=100°，
∵∠1+∠BOC=360°，
∴∠1=260°，
∵∠A=∠1，
∴∠A=130°．
故选D．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，即同弧所对的圆周角是其圆心角的一半．
12．C
【详解】如图所示,点A为圆外一点,AB切⊙O于点B,则AC是点A到⊙O的最短距离,
连接OB,则OB⊥AB,
设AC=x,则OA=9－x,
在Rt△ABO中,
因为
所以
解得或(舍去),
所以这点到圆的最短距离为,故选C.
13．125°
【分析】根据内心的性质得到IB平分∠ABC，IC平分∠ACB，则∠IBC=∠ABC=20°，
∠ICB =∠ACB=35°，然后根据三角形内角和定理可计算出∠BIC的度数．
【详解】∵点I为△ABC的内心，
∴IB平分∠ABC，IC平分∠ACB，
∴∠IBC=∠ABC=×40=20, ∠ICB =∠ACB =×70=35，
∴∠BIC =180−∠IBC −∠ICB =125.
故答案为125.
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心.
14． 10
【分析】如图，设圆心为O，弦为AB，切点为C．如图所示．则AB=8cm，CD=2cm．
连接OC，交AB于D点，连接OA， 可得OC⊥AB，从而得到AD=4cm． 设半径为Rcm，则R2=42+（R-2）2，可得到该光盘的外直径；再用光盘外圆的面积减去内圆的面积，即可求解．
【详解】解：如图，设圆心为O，弦为AB，切点为C．如图所示．则AB=8cm，CD=2cm．
连接OC，交AB于D点．连接OA，
∵刻度尺的对边平行，光盘与外边缘相切，
∴OC⊥AB，
∴AD=4cm．
设半径为Rcm，则R2=42+（R-2）2，解得：R=5，
∴该光盘的外直径是10cm；
该光盘的面积是．
故答案为：10；
【点睛】本题主要考查了切线的性质，垂径定理，建立数学模型是解题的关键．
15．6
【分析】利用圆锥的底面周长等于侧面展开图的弧长可得圆锥侧面展开图的圆心角，求出侧面展开图中两点间的距离即为最短距离．
【详解】∵底面圆的半径为，
∴圆锥的底面周长为2×＝3，
设圆锥的侧面展开图的圆心角为n．
∴，
解得n＝90°，
如图，AA′的长就是小虫所走的最短路程，
∵∠O=90°，OA′=OA=6，
∴AA′＝．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了圆锥的计算，考查圆锥侧面展开图中两点间距离的求法；把立体几何转化为平面几何来求是解决本题的突破点．
16．
【分析】连接AD，AC，根据圆周角与弦的关系可得AD=AC=BD，设BD=x，在四边形ABCD中，根据托勒密定理有，AC⋅BD=AB⋅CD+AD⋅BC，建立方程即可求得BD的长．
【详解】解：如图，连接AD，AC，
∵五边形ABCDE是正五边形，则∠E=∠ABC=∠BCD，AB=BC=CD=2，
∴AD=AC=BD，
设BD=x，
∵ACBD=ABCD+ADBC，
即x2=2×2+2x，
解得x1=1+，x2=1−（舍去），
∴BD=1+．
故答案为：．
【点睛】此题考查了托勒密定理，圆周角与弦的关系，解一元二次方程，解题的关键是理解题意添加辅助线．
17．
【分析】圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2．
【详解】底面圆的半径为2，则底面周长=4π，侧面面积=×4π×4=8πcm2．
故答案是：.
【点睛】考查圆锥的计算，关键是利用了圆的周长公式和扇形面积公式求解．
18．CD=.
【分析】连接BD，根据圆周角定理和勾股定理，即可得到答案.
【详解】连接BD
∵∠BAC=∠DAC=45°
∴∠BAD=90°
∴BD是⊙O的直径，即O在BD上
∴
连接OC
∵∠DOC=2∠DAC=90°
OC=OD=BD=
∴
【点睛】本题考查圆周角定理和勾股定理，解题的关键是熟练掌握圆周角定理和勾股定理.
19．(1)60°
(2)
【分析】（1）由得根据题意可得出从而得出．
（2）设交于点，由题意得 在中，由三角函数得即可得出的长．
【详解】（1）∵
∴CA＝CB.
又∵∠ACB＝120°，
∴∠B＝30°，
∴∠AOC＝2∠B＝60°．
（2）设OC交AB于点E.由题意得OC⊥AB，
∴CE＝2，AE＝BE
在Rt△BCE中，∠B＝30°，
．
．
【点睛】本题考查了垂径定理，三角函数的应用，等腰三角形的性质，掌握三角函数是解题的关键．
20．，理由见解析．
【分析】过点作的垂线，垂足为，根据垂径定理得到，，由此即可证得．
【详解】解：．理由如下：
如图，过点作的垂线，垂足为，
，，
，
．
【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的弧，熟练掌握垂径定理是解决本题的关键．
21．（1）见解析；（2）AD＝．
【分析】（1）连接FO，可根据三角形中位线的性质可判断易证OF∥AB，然后根据直径所对的圆周角是直角，可得CE⊥AE，进而知OF⊥CE，然后根据垂径定理可得∠FEC＝∠FCE，∠OEC＝∠OCE，再通过Rt△ABC可知∠OEC＋∠FEC＝90°，因此可证FE为⊙O的切线；
（2）在Rt△OCD中和Rt△ACD中，分别利用勾股定理分别求出CD,AD的长即可 ．
【详解】
（1）证明：连接CE，如图所示：
∵AC为⊙O的直径，
∴∠AEC＝90°．
∴∠BEC＝90°，
∵点F为BC的中点，
∴EF＝BF＝CF，
∴∠FEC＝∠FCE，
∵OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE，
∵∠FCE+∠OCE＝∠ACB＝90°，
∴∠FEC+∠OEC＝∠OEF＝90°，
∴EF是⊙O的切线．
（2）解：∵OA＝OE，∠EAC＝60°，
∴△AOE是等边三角形．
∴∠AOE＝60°，
∴∠COD＝∠AOE＝60°，
∵⊙O的半径为2，
∴OA＝OC＝2
在Rt△OCD中，∵∠OCD＝90°，∠COD＝60°，
∴∠ODC＝30°，
∴OD＝2OC＝4，
∴CD＝．
在Rt△ACD中，∵∠ACD＝90°，AC＝4，CD＝．
∴AD＝＝．
【点睛】本题主要考查直角三角形、全等三角形的判定与性质以及与圆有关的位置关系 ．
22．(1) ∠ACD＝20°；(2) r＝.
【详解】分析：
（1）如下图，连接OD，由⊙O的半径为r，的长为根据弧长公式即可求得∠AOD的度数，再由圆周角定理即可求得∠ACD的度数了；
（2）如下图，连接BD，由，AB是⊙O的直径，可得∠ADC=45°，结合CE⊥AD于点E可得DE=CE结合CE-AE=3可得到AD=3，这样在Rt△ABD中结合tan∠DAB＝3可得BD=9，从而可由勾股定理求得AB的长，即可求得⊙O的半径了.
详解：
(1)如下图，连结OD，设∠AOD的度数为n，
∵的长为，⊙O的半径为r，
∴，解得：n=40°，即∠AOD=40°，
∴∠ACD＝∠AOD＝20°；
(2)如下图，连结BD，
∵，AB是⊙O的直径，
∴∠ADC＝45°，
∵CE⊥DA，
∴∠AEC＝90°，
∴∠ADC=∠ECD=45°，
∴DE＝CE，
∵CE－AE＝3，
∴AD＝DE－AE＝3，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴tan∠DAB==3，
∴BD＝9，
∴AB＝，
∴r＝.
点睛：（1）连接OD，熟悉“弧长的计算公式和圆周角定理”是解答第1小题的关键；（2）连接BD，“由已知条件证得∠ADC=45°，∠DEC=90°，从而得到DE=CE，这样结合已知条件求得AD=3”是解答第2小题的关键.
23．．
【分析】过点A作于点，利用等腰三角形的性质得到，，则，再计算出，然后根据扇形面积公式，利用图案的面积计算即可求得答案．
【详解】解：如图，过点A作于点，
，，
，，
，
∵在中，，，
，
∴，
∴，
图案的面积
，
∴该图案的面积为．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，含30°的直角三角形的性质，勾股定理以及扇形的面积公式，能够将图案的面积转化为是解决本题的关键．
24．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接OB，根据平行四边形的性质得到∠ABC＝∠D＝60°，求得∠E=∠BAE=30°，根据等腰三角形的性质和三角形的外角的性质得到∠ABO＝∠OAB＝30°，然后说明∠OBC=90°即可证明结论；
（2）根据平行四边形的性质得到BC＝AD＝2，过O作OH⊥AM于H，则四边形OBCH是矩形，然后再说明△AOM是等边三角形，即∠AOM＝60°；最后根据扇形的面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：连接OB
∵四边形ABCD是平行四边形
∴∠ABC=∠D=60°
∴∠ABE=120°
∵AB=EB
∴∠E=∠BAE=30°
∵OA=OB
∴∠ABO=∠OAB=30°
∴∠OBC=30°+60°= 90°
∴OB⊥CE
∵OB是半径
∴EC是⊙O的切线．
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴BC=AD=2
过O作OH⊥AM于H
则四边形OBCH是矩形
∴OH=BC=2，OH∥EC
∴∠AOH=∠E=30°
∴AH=2，AM=4，OA=4，∠OAH=60°
∵OA=OM，∠OAH=60°
∴△AOM是等边三角形
∴∠AOM＝60°
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定、直角三角形的性质、平行四边形的性质、矩形的判定和性质、扇形面积计算等知识点，正确的作出辅助线是解答本题的关键．
克罗狄斯·托勒密（约90年—168年），是希腊数学家，天文学家，地理学家和占星家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理．
托勒密定理：圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
C
D
C
A
C
A
C
D
题号
11
12








答案
D
C