24.11 圆章末题型过关卷（人教版）（教师版）.docx

1、第24章 圆章末题型过关卷【人教版】参考答案与试题解析一选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1（2022秋梁平区期末）如图，在平面直角坐标系中，已知一圆弧过小正方形网格的格点A、B、C，已知A点的坐标是（3，5），则该圆弧所在圆的圆心坐标是（）A（1，0）B（0，0）C（1，1）D（1，0）【分析】利用网格特点，作作AB和BC的垂直平分线，根据垂径定理的推论得到它们的交点P为该圆弧所在圆的圆心，然后写出P点坐标即可【解答】解：作AB和BC的垂直平分线，它们的交点P为该圆弧所在圆的圆心，所以该圆弧所在圆的圆心坐标为（1，0）故选：A2（2022青羊区校级自主招生）如图，ABC中，BAC6

2、0，ABC45，AB22，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（）A2B2C3D3【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EF2EH20EsinEOH20Esin60，当半径OE最短时，EF最短，连接OE，OF，过O点作OHEF，垂足为H，在RtADB中，解直角三角形求直径AD，由圆周角定理可知EOH=12EOFBAC60，在RtEOH中，解直角三角形求EH，由垂径定理可知EF2EH【解答】解：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，如图，连接OE，OF，过O点

3、作OHEF，垂足为H，在RtADB中，ABC45，AB22，ADBD2，即此时圆的直径为2，由圆周角定理可知EOH=12EOFBAC60，在RtEOH中，EHOEsinEOH132=32，EF2EH=3故选：C3（2022秋宁波期末）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EFCD6cm，则球的半径为（）A3cmB134cmC154cmD174cm【分析】设球的平面投影圆心为O，过点O作ONAD于点N，延长NO交BC于点M，连接OF，由垂径定理得：NFEN=12EF3（cm），设OFxcm，则OM（4x）cm，再在RtMOF中由勾股定理求得OF的长即可【解答】解：设球的平

4、面投影圆心为O，过点O作ONAD于点N，延长NO交BC于点M，连接OF，如图所示：则NFEN=12EF3（cm），四边形ABCD是矩形，CD90，四边形CDNM是矩形，MNCD6cm，设OFxcm，则OMOF，ONMNOM（6x）cm，在RtONF中，由勾股定理得：ON2+NF2OF2，即：（6x）2+32x2，解得：x=154，即球的半径长是154cm，故选：C4（2022武汉模拟）如图，AB为O的直径，AE为O的弦，C为优弧ABE的中点，CDAB，垂足为D若AE8，DB2，则O的半径为（）A6B5C42D43【分析】如图，连接CO，延长CO交AE于点T设O的半径为r证明AOTCOD（AAS

5、），推出CDAT4，在RtCOD中，根据OC2CD2+OD2，构建方程求解【解答】解：如图，连接CO，延长CO交AE于点T设O的半径为rAC=CE，CTAE，ATTE=12AE4，在AOT和COD中，ATO=CDO=90AOT=CODAO=CO，AOTCOD（AAS），CDAT4，在RtCOD中，OC2CD2+OD2，r242+（r2）2，r5，故选：B5（2022中山市三模）如图，AB是O的直径，若AC2，D60，则BC长等于（）A4B5C3D23【分析】根据圆周角定理得出ACB90，CABD60，求出ABC90CAB30，根据含30度角的直角三角形的性质求出AB2AC4，再根据勾股定理求出

6、BC即可【解答】解：AB是O的直径，ACB90，D60，CABD60，ABC90CAB30，AC2，AB2AC4，BC=AB2-AC2=42-22=23，故选：D6（2022株洲）如图所示，等边ABC的顶点A在O上，边AB、AC与O分别交于点D、E，点F是劣弧DE上一点，且与D、E不重合，连接DF、EF，则DFE的度数为（）A115B118C120D125【分析】根据圆的内接四边形对角互补及等边ABC的每一个内角是60，求出EFD120【解答】解：四边形EFDA是O内接四边形，EFD+A180，等边ABC的顶点A在O上，A60，EFD120，故选：C7（2022阳新县校级模拟）小明不慎把家里的

7、圆形镜子打碎了（如图），其中四块碎片如图所示，为了配到与原来大小一样的圆形镜子，小明带到商店去的碎片应该是（）ABCD【分析】利用段完整的弧结合垂径定理确定圆心即可【解答】解：第块出现一段完整的弧，可在这段弧上任做两条弦，作出这两条弦的垂直平分线，两条垂直平分线的交点就是圆心，进而可得到半径的长故选：A8（2022春江夏区校级月考）如图，在O中，弦AB5，点C在AB上移动，连结OC，过点C作CDOC交O于点D，则CD的最大值为（）A5B2.5C3D2【分析】连接OD，如图，利用勾股定理得到CD，利用垂线段最短得到当OCAB时，OC最小，再求出CD即可【解答】解：连接OD，如图，CDOC，DCO

8、90，CD=OD2-OC2=r2-OC2，当OC的值最小时，CD的值最大，而OCAB时，OC最小，此时D、B两点重合，CDCB=12AB=1252.5，即CD的最大值为2.5，故选：B9（2022江汉区模拟）如图，由5个边长为1的小正方形组成的“L”形，圆O经过其顶点A、B、C，则圆O的半径为（）A5B22C52D854【分析】取AB的中点E，作EFFC，取圆心O，连接OB，OC，根据圆的性质，再结合勾股定理即可求解【解答】解：取AB的中点E，作EFFC，取圆心O，连接OB，OC，则OBOC，小正方形的边长为1，CF=32，BE=12，EF4，设OFx，则OE4x，由勾股定理可得：CF2+OF

9、2OC2，BE2+OE2OB2，CF2+OF2BE2+OE2，即(32)2+x2=(12)2+(4-x)2，解得x=74，OC=OF2+CF2=(74)2+(32)2=854，故选：D10（2022秋孟村县期末）如图，点D是ABC中BC边的中点，DEAC于E，以AB为直径的O经过D，连接AD，有下列结论：ADBC；EDAB；OA=12AC；DE是O的切线其中正确的结论是（）ABCD【分析】根据直径所对的圆周角是直角，即可判断出选项正确；由O为AB中点，得到AO为AB的一半，故AO为AC的一半，选项正确；由OD为三角形ABC的中位线，根据三角形的中位线定理得到OD与AC平行，由AC与DE垂直得到

10、OD与DE垂直，即ODE为90，故DE为圆O的切线，选项正确【解答】解：AB是O直径，ADB90，ADBC，选项正确；连接OD，如图，D为BC中点，O为AB中点，DO为ABC的中位线，ODAC，又DEAC，DEA90，ODE90，DE为圆O的切线，选项正确；又OBOD，ODBB，AB为圆O的直径，ADB90，EDA+ADO90，BDO+ADO90，EDABDO，EDAB，选项正确；由D为BC中点，且ADBC，AD垂直平分BC，ACAB，又OA=12AB，OA=12AC，选项正确；则正确的结论为故选：D二填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11（2022平房区二模）如图，O的半径OD弦AB

11、于点C，连接AO并延长交O于点E，连接EC若AB8，CD2，则EC的长为213【分析】连接BE，设O的半径为R，由ODAB，根据垂径定理得ACBC=12AB4，在RtAOC中，OAR，OCRCDR2，根据勾股定理得到（R2）2+42R2，解得R5，则OC3，由于OC为ABE的中位线，则BE2OC6，再根据圆周角定理得到ABE90，然后在RtBCE中利用勾股定理可计算出CE【解答】解：连接BE，设O的半径为R，如图，ODAB，ACBC=12AB=1284，在RtAOC中，OAR，OCRCDR2，OC2+AC2OA2，（R2）2+42R2，解得R5，OC523，BE2OC6，AE为直径，ABE90

12、，在RtBCE中，CE=BC2+BE2=62+42=213故答案为：21312（2022任城区校级三模）将量角器按如图所示的方式放置在三角形纸板上，使点C在半圆上点A、B的读数分别为86、30，则ACB的大小为28【分析】设半圆圆心为O，连OA，OB，则AOB863056，根据圆周角定理得ACB=12AOB，即可得到ACB的大小【解答】解：设半圆圆心为O，连OA，OB，如图，ACB=12AOB，而AOB863056，ACB=125628故答案为：2813（2022曹县三模）如图，正五边形ABCDE内接于圆O，P为弧DE上的一点（点P不与点D、E重合），则CPD的度数为36【分析】连接OC，OD

13、求出COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题【解答】解：如图，连接OC，ODABCDE是正五边形，COD=3605=72，CPD=12COD36，故答案为：3614（2022青羊区校级自主招生）如图四边形ABCD内接于O，BD平分ABC，直径AB6，ADC140，则劣弧BD的长为 73【分析】根据圆内接四边形的性质得到ABC180ADC18014040，根据角平分线的定义得到ABD=12ABC20，根据圆周角定理得到BOD2A140，根据弧长公式即可得到结论【解答】解：连接OD，四边形ABCD内接于O，ADC140，ABC180ADC18014040，BD平分ABC，ABD=12ABC20，

14、AB是O的直径，ADB90，A70，BOD2A140，劣弧BD的长=1403180=73故答案为：7315（2022青羊区校级自主招生）如图，已知扇形ACB中，ACB90，以BC为直径作半圆O，过点O作AC的平行线，分别交半圆O，弧AB于点D、E，若扇形ACB的半径为8，则图中阴影部分的面积是 20383【分析】连接CE图中S阴影S扇形BCES扇形BODSOCE根据已知条件易求得OBOCOD4，BCCE8ECB60，OE43，所以由扇形面积公式、三角形面积公式进行解答即可【解答】解：如图，连接CEACBC，ACBC8，以BC为直径作半圆，圆心为点O；以点C为圆心，BC为半径作弧AB，ACB90

15、，OBOCOD4，BCCE8又OEAC，ACBCOE90在直角OEC中，OC4，CE8，CEO30，ECB60，OE43，S阴影S扇形BCES扇形BODSOCE=6082360-9042360-12443=20383，故答案为：2038316（2022秋望城区期末）如图，ABC的内切圆O与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F且AB8，AC15，BC17，则O的半径是 3【分析】根据勾股定理的逆定理可得三角形ABC为直角三角形，再根据切线长定理即可求解【解答】解：如图，连接OD、OE、OF，ABC的内切圆O与BC，CA，AB分别相切于点D，EF，OEAC，OFAB，AEAF，AB8，AC15，

16、BC17，即82+152172，ABC为直角三角形，A90，四边形AEOF是正方形，OEOFAEAF，设O的半径是r，则AFAEr，BFBD8r，ECDC15r，BD+DCBC17，8r+15r17，解得r3所以O的半径是3故答案为3三解答题（共7小题，满分52分）17（2022秋锡山区校级月考）如图，P是O外的一点，PA、PB分别与O相切于点A、B，C是AB上的任意一点，过点C的切线分别交PA、PB于点D、E若PA4，求PED的周长【分析】由PA、PB分别与O相切于点A、B，根据切线长定理得到PAPB4，同理得DCDA，ECEB，再根据三角形周长的定义得到PED的周长PD+DE+PE，然后利

17、用等相等代换得到PDE的周长PD+DA+EB+PEPA+PB【解答】解：PA、PB分别与O相切于点A、B，PAPB4，过点C的切线分别交PA、PB于点D、E，DCDA，ECEB，PED的周长PD+DE+PEPD+DC+CE+PEPD+DA+EB+PEPA+PB4+4818（2022秋安徽期末）如图，四边形ABCD内接于圆，AD，BC的延长线交于点E，F是BD延长线上任意一点，ABAC（1）求证：DE平分CDF；（2）求证：ACDAEB【分析】（1）根据圆内接四边形的性质得到CDEABC，根据圆周角定理和等腰三角形的性质证明即可；（2）根据三角形外角的性质和图形得到CAE+EABD+DBC，得到

18、EABD，根据圆周角定理证明【解答】（1）证明：四边形ABCD内接于圆，CDEABC，由圆周角定理得，ACBADB，又ADBFDE，ACBFDE，ABAC，ACBABC，FDECDE，即DE平分CDF；（2）ACBABC，CAE+EABD+DBC，又CAEDBC，EABD，ACDAEB19（2022秋广陵区期末）如图，AB为O的直径，点C在O上，ACB的平分线与AB交于点E，与O交于点D，P为AB延长线上一点，且PCBPAC（1）试判断直线PC与O的位置关系，并说明理由（2）若AC8，BC6，求O的半径及AD的长【分析】（1）连接OC，由圆周角定理得到CAB+CBA90，由OBOC得到OCBO

19、BC，进而证得OCP90，根据圆的切线的判定定理即可证得直线PC是O的切线；（2）在RtABC中，根据勾股定理求出AB，即可得到O的半径为；由圆周角定理与等腰三角形的判定及已知条件证得ABD为等腰直角三角形，根据勾股定理即可求出AD【解答】解：（1）PC与O相切，理由如下：连接OC，AB为O的直径，ACB90，CAB+CBA90，OBOC，OCBOBC，PCBPAC，OCPOCB+PCBCAB+CBA90，OC是O的半径，直线PC是O的切线；（2）AB为O的直径，ACB90，在RtABC中，AC8，BC6，AB2AC2+BC2，AB=AC2+BC2=82+62=10，O的半径为5；连接BD，A

20、B为O的直径，ADB90，BCDBAD，ACDABD，CD是ACB的平分线，ACDBCD，BADABD，ADBD，在RtABD中，AC8，BC6，AB2AD2+BD22AD2，2AD2102，AD250，AD=50=5220（2022宿迁）如图，OA和OB是O的半径，并且OAOB，P是OA上任一点，BP的延长线交O于点Q，过点Q的O的切线交OA延长线于点R（）求证：RPRQ；（）若OPPA1，试求PQ的长【分析】（I）要证明RPRQ，需要证明PQRRPQ，连接OQ，则OQR90；根据OBOQ，得BOQB，再根据等角的余角相等即可证明；（II）延长AO交圆于点C，首先根据勾股定理求得BP的长，再

21、根据相交弦定理求得QP的长即可【解答】（）证法一：连接OQ；RQ是O的切线，OQB+BQR90OAOB，OPB+B90又OBOQ，OQBBPQRBPORPQRPRQ证法二：作直径BC，连接CQ；BC是O的直径，B+C90OAOB，B+BPO90CBPO又BPORPQ，CRPQ又RQ为O的切线，PQRCPQRRPQRPRQ（）解法一：作直径AC，OPPA1，PC3由勾股定理，得BP=12+22=5由相交弦定理，得PQPBPAPC即PQ5=13，PQ=355解法二：作直径AE，过R作RFBQ，垂足为F，设RQRPx；由切割线定理，得：x2（x1），（x+3）解得：x=32，又由BPORPF得：PF

22、OP=PRBP，PF=3251=3510，由等腰三角形性质得：PQ2PF=35521（2022天心区二模）如图，BC是O的直径，点A在O上，ADBC，垂足为D，AB=AE，BE分别交AD、AC于点 F、G（1）证明：FAFG；（2）若BDDO2，求弧EC的长度【分析】（1）根据BC是O的直径，ADBC，AB=AE，推出AGBCAD，即可推得FAFG（2）根据BDDO2，ADBC，求出AOB60，再根据AB=AE，求出EOC60，即可求出EC的长度是多少【解答】（1）证明：BC 是O 的直径，BAC90，ABE+AGB90；ADBC，C+CAD90；AB=AE，CABE，AGBCAD，FAFG（

23、2）解：如图，连接AO、EO，BDDO2，ADBC，ABAO，AOBO，ABAOBO，ABO是等边三角形，AOB60，AB=AE，AOE60，EOC60，EC的弧长2（22）60360=4322（2022秋梁平区期末）根据垂直定理解答下列问题：（1）如图，在弓形ABC中，弓形高CD2米，弦AB12米，求弓形所在的圆的半径（2）如图中，作直径AC、BD，使得ACBD，连接AB、BC、CD、DA，则四边形ABCD的形状是正方形；（3）在途中，作直径ACAB于点E，交CD于点F，作直径BDBC于点G，交AD于H，求证：八边形AABBCCDD是正八边形；（4）在图中，直径AC将弓形AAB分成面积相等的

24、两部分，请你将图中弓形的面积分成相等的四部分，只说作法，不说理由【分析】（1）由垂径定理得AD6，再利用勾股定理求得半径；（2）由圆周角定理得BADBCDADCABC90，由垂直平分线定理得ADCD，证得结论；（3）由平行线性质得，ACCD，BDAD，由垂径定理得AEBE，CFDF，AHDH，BGCG，易得AABA，CCDC，ADDD，BBCB，利用全等三角形的判定和性质得AABACCDCADDDBBCB，得出结论；（4）利用已知的结论和垂径定理作答【解答】解：（1）设弓形所在的圆的半径为x，则ODx2，AB12，CDAB，AD6，62+（x2）2x2，解得：x10，弓形所在的圆的半径为10米

25、；（2）AC、BD为直径，BADBCDADCABC90，ADCD，四边形ABCD为正方形，故答案为：正方形；（3）直径ACAB，直径BDBC，ACCD，BDAD，AEBE，CFDF，AHDH，BGCG，AABA，CCDC，ADDD，BBCB，OD=ODDOD=COD=45OD=OC，ODDODC（SAS），DDDC，同理证得：ADAA，ABBB，CCBC，AABACCDCADDDBBCB，八边形AABBCCDD是正八边形；（4）作垂直于弦的直径交弓于点A，连接BA，CA，再作OMBA交弓于M，ONCA交弓于N，则M，A，N把弓分成面积相等的四部分23（2022社旗县一模）请阅读下面材料，并完成

26、相应的任务；阿基米德折弦定理阿基米德（Arehimedes，公元前287公元前212年，古希腊）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AlBiruni（973年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AlBiruni译本出版了俄文版阿基米德全集，第一题就是阿基米德的折弦定理阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC是O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BCAB，M是ABC的中点，则从点M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CDAB+BD这个定理有很多证明方法，下面是运用“垂线法”证明CDAB+BD的部分证明过程证明：如图2，过

27、点M作MH射线AB，垂足为点H，连接MA，MB，MCM是ABC的中点，MAMC任务：（1）请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；（2）如图3，已知等边三角形ABC内接于O，D为AC上一点，ABD15，CEBD于点E，CE2，连接AD，则DAB的周长是 4+22【分析】（1）证明AHMCDM（AAS），推出MHDM，AHCD，再证明RtBMHBMD（HL），推出BHBD，可得结论；（2）证明ECB是等腰直角三角形，求出ABBC22，利用（1）中结论BEAD+DE2，可得结论【解答】（1）证明：如图2中，AM=CM，AMCM，MHAH，MDBC，HCDM90，AC，AHMCDM（AAS），MHDM，AHCD，HBDM90，BMBM，RtBMHBMD（HL），BHBD，CDAHAB+BHAB+BD；（2）解：如图3中，ABC是等边三角形，BCAB，ABC60，ABD15，CBEABCABD45，CEBD，ECBEBC45，CEBE2，ABBC22，由（1）的结论得，BEDE+AD2，ABD的周长是AD+BD+ABAD+DE+EB+AB4+22故答案为：4+22