单元测试第二十四章圆（夯实基础培优卷）（解析版）_初中数学人教版_9上-初中数学人教版_06习题试卷_2单元测试_单元测试（第3套）

【高效培优】2022—2023学年九年级数学上册必考重难点突破必刷卷（人教
版）
【单元测试】第二十四章 圆（夯实基础培优卷）
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题（本大题共 10个小题，每小题3分，共30分；在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的）
1．如图， 为半圆O的直径， ， 平分 ，交半圆于点D， 交 于点E，则
的度数是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接OD，由题意可知， ，由角平分线性质得到 ，再
根据圆的半径相等得到 ，由三角形外角性质及等边对等角解得 ，最后由直角三角
形两个锐角互余解答．
【详解】解：连接OD
平分 ，故选：B．
【点睛】本题考查圆的基本性质，涉及等边对等角、三角形的外角性质、直角三角形两个锐角互余等知
识，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
2．小明不慎把家里的圆形镜子打碎了，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，
小明带到商店去的一块碎片应该是（ ）
A．第一块 B．第二块 C．第三块 D．第四块
【答案】A
【分析】要确定圆的大小需知道其半径，根据垂径定理知第一块可确定半径的大小
【详解】解：第一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：A．
【点睛】本题考查了确定圆的条件，解题的关键是熟练掌握圆上任意两弦的垂直平分线的交点即为该圆的
圆心．
3．下列图形中的角，是圆心角的为（ ）
A． B． C． D．【答案】C
【分析】根据圆心角的定义逐个判断即可．
【详解】解：A、顶点不在圆心上，不是圆心角，故本选项不符合题意；
B、顶点不在圆心上，不是圆心角，故本选项不符合题意；
C、是圆心角，故本选项符合题意；
D、顶点不在圆心上，不是圆心角，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了圆心角的定义，能熟记圆心角的定义（顶点在圆心上，并且两边与圆相交的角，叫圆
心角）是解此题的关键．
4．下列命题中，正确的是（ ）
A．和半径垂直的直线是圆的切线 B．平分直径一定垂直于弦
C．相等的圆心角所对的弧相等 D．垂直于弦的直径必平分弦所对的弧
【答案】D
【分析】根据圆与直线间的关系，利用其性质定理及定义即可求解．
【详解】A项还可能与圆相交，故错误不选；
B项过圆心的直线都平分直径，但不一定垂直于弦，故错误不选；
C项如果半径不等，则对应的弧也不相等，故错误不选；
D项说法正确．
故答案选D．
【点睛】本题考查圆与直线间的关系，需牢记相应的性质定理及判定条件并灵活运用．
5．如图，在平面直角坐标系中，点A、B、C的坐标为（1，3）、（5，3）、（1，－1），则 ABC外接
圆的圆心坐标是（ ） △
A．（1，3） B．（3，1） C．（2，3） D．（3，2）
【答案】B
【分析】根据三角形的外心的概念作出外心，根据坐标与图形性质解答即可．
【详解】解：连接AB、AC，分别作AB、AC的垂直平分线，两条垂直平分线交于点P，则点P为 ABC外接圆的圆心，
由题意得：△点P的坐标为（3，1），即 ABC外接圆的圆心坐标是（3，1），
故选：B． △
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心、坐标与图形性质，掌握三角形的外心是三角形三边垂直平
分线的交点是解题的关键．
6．如图，点P为⊙O外一点，过点P作⊙O的切线PA、PB，记切点为A、B，点C为⊙O上一点，连接
AC、BC．若∠ACB＝62°，则∠APB等于（ ）
A．68° B．64° C．58° D．56°
【答案】D
【分析】根据切线性质求出∠PAO＝∠PBO＝90°，圆周角定理求得∠AOB，再根据四边形内角和定理即可
求得．
【详解】解：∵PA、PB是⊙O的切线，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠PAO＝∠PBO＝90°，
∴∠AOB+∠P＝180°，∵∠ACB＝62°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝2×62°＝124°，
∴∠APB＝180°﹣124°＝56°，
故选：D．
【点睛】此题考查了切线的性质、圆周角定理、四边形内角和，解题的关键熟记同弧所对的圆周角等于圆
心角的一半．
7．如图，正六边形 内接于 ，点M在 上，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出正六边形的中心角，再利用圆周角定理求解即可．
【详解】解：连接OC、OD、OE，如图所示：
∵正六边形 内接于 ，
∴∠COD= =60°，则∠COE=120°，
∴∠CME= ∠COE=60°，
故选：D．
【点睛】本题考查正多边形的中心角、圆周角定理，熟练掌握正n多边形的中心角为 是解答的关键．
8．如图，边AB是⊙O内接正六边形的一边，点C在 上，且BC是⊙O内接正八边形的一边，若AC是⊙O内接正n边形的一边，则n的值是（ ）
A．6 B．12 C．24 D．48
【答案】C
【分析】根据中心角的度数=360°÷边数，列式计算分别求出∠AOB，∠BOC的度数，可得∠AOC=15°，然
后根据边数n=360°÷中心角即可求得答案．
【详解】解：连接OC，
∵AB是⊙O内接正六边形的一边，
∴∠AOB＝360°÷6＝60°，
∵BC是⊙O内接正八边形的一边，
∴∠BOC＝360°÷8＝45°，
∴∠AOC＝∠AOB－∠BOC＝60°－45°＝15°
∴n＝360°÷15°＝24．
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、正八边形、正二十四边形的性质；根据题意求出中
心角的度数是解题的关键．
9．如图，以点 为圆心的两个同心圆把以 为半径的大圆 的面积三等分，这两个圆的半径分别为
， ．则 的值是（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据圆的面积公式得出方程，根据算术平方根求出OA、OB、OC的值，再代入即可得出答案
【详解】解：以OA半径的圆的面积是πr2，则以OB半径的圆的面积是 πr2，则以OC半径的圆的面积是
πr2
∴ πr2， πr2，
∴OB＝ r，OC＝ r．
∴OA：OB：OC＝r： r： r＝ ： ：1，
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，算术平方根，圆的面积的应用，解此题的关键是能根据题意得出关于
OA、OB、OC的方程，难度不是很大．
10．把量角器和含 角的三角板按如图方式摆放：零刻度线与长直角边重合，移动量角器使外圆弧与斜
边相切时，发现中心恰好在刻度 处，短直角边过量角器外沿刻度 处（即 ，
）．则阴影部分的面积为（ ）A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先求出∠COF，进而求出OE＝OF＝4cm，再求出OB，进而求出BE，最后用三角形的面积减去
扇形的面积，即可求出答案．
【详解】在 中， ，
∴ ，
，
，
连接 ，则 ，
∵外圆弧与斜边相切，
∴∠BEO＝90°，
在 中， ，
， ，
根据勾股定理得， ，
，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了切线的性质，含30°角的直角三角形的性质，三角形的面积公式和扇形的面积公
式，求出圆的半径是解本题的关键．
二、填空题（本大题共6个小题，每题3分，共18分）
11． 为半圆 的直径，现将一块等腰直角三角板如图放置，锐角顶点 在半圆上，斜边过点 ，一条
直角边交该半圆于点 ．若 ，则线段 的长为______．【答案】
【分析】连接 ， ，根据同弧所对的圆周角相等可得 ，根据直径所对的圆周角是直
角可得 是等腰直角三角形，进而勾股定理即可求解．
【详解】解：连接 ， ，
，
，
为直径，
，
是等腰直角三角形．
，
，
．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
12．如图， 是以原点为圆心，半径为 的圆，点 是直线 上的一点，过点 作 的一条切
线 ， 为切点，则 的最小值为______．【答案】
【分析】过点 作 于点 ，根据切线的性质得到 ，根据勾股定理用 表示出 ，根
据三角形的面积公式求出 ，得到答案．
【详解】解：过点 作 于点 ，
是 的切线，
，
，
是 的半径，大小不变，
当 最小时， 的面积最小，
在 中， ，
则当 最小时， 最小，
对于直线 ，当 时， ，当 时， ，
则 ， ，
由勾股定理得： ，
，
则 ，解得： ，
当点 与点 重合时， 最小， 的最小值为 ，
则 的最小值为： ，
的最小值 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查的是切线的性质、一次函数的图象和性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题
的关键．
13．如图，在等腰直角三角形 中， ，点P在以斜边 为直径的半圆上，M为 的中
点，当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是_______．
【答案】
【分析】取 的中点 、 的中点 、 的中点 ，连接 、 、 、 、 、 ，可得四
边形CEOF是正方形，由OP=OC得OM⊥PC，则可得点M的运动路径，从而求得路径的长．
【详解】取 的中点 、 的中点 、 的中点 ，连接 、 、 、 、 、 ，如图，则 ，且 ， ， ，
∴四边形CEOF为平行四边形，
∵AC=BC，∠ACB=90 ，
∴四边形 为正方° 形，
∴CE=CF= ，EF=OC，
2
由勾股定理得：EF OC  ，
2
∵在等腰Rt△ABC中，AC BC 1，
AB 2BC 2
∴ ，
1 2 1 2
∴OC AB ，OP AB ，
2 2 2 2
∵M 为PC的中点，
∴OM PC，
∴CMO90，
∴点M 在以OC为直径的圆上，
当点P点在点A时，M 点在E点；点P点在点B时，M 点在F 点，
∴M 点的路径为以EF为直径的半圆，
1 2 2
∴点 运动的路径长   ．
M 2 2 4
2
故答案是： ．
4
【点睛】本题考查了勾股定理、直角三角形斜边上中线的性质、三角形中位线定理、等腰三角形的性质及
正方形的判定，确定点M的运动路径是关键与难点．
14．若正六边形ABCDEF 和正五边形ABGHK 按如图所示的方式放置，其中两个正多边形底边重合，则
GBC的度数为______．
【答案】12°【分析】据正五边形和正六边形性质得出各内角度数，进而可得答案．
(52)180
【详解】解：∵在正六边形ABCDEF和正五边形ABGHK中，∠ABG 108，∠
5
(62)180
ABC  120，
6
∴∠GBC=∠ABC-∠ABG=120°-108°=12°，
故答案为：12°．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，多边形的内角与外角，利用了正五边形的内角，正六边形的内角．
15．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，分别以点A，C为圆心，AO长为半径画弧，分别交
AB，CD于点E，F．若BD＝6，∠CAB＝30°，则图中阴影部分的面积为 _____．（结果保留π）
3
【答案】 
2
【分析】利用矩形的性质求得OA=OC=OB=OD=3，再利用扇形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，且BD=6，
∴AC=BD＝6，
∴OA=OC=OB=OD=3，
23032 3
∴S 2S   ，
阴影 扇形AOE 360 2
3
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查了矩形的性质，扇形的面积等知识，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想
解答．
16．跳棋是一项传统的智力游戏．如图是一副跳棋棋盘的示意图，它可以看作是由全等的等边三角形ABC
和等边三角形DEF 组合而成，它们重叠部分的图形为正六边形．若AB27厘米，则这个正六边形的周长
为_________厘米．【答案】54
【分析】设AB交EF、FD与点N、M，AC交EF、ED于点G、H，BC交FD、ED于点O、P，再证明
△FMN、△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等边三角形即可求解．
【详解】设AB交EF、FD与点N、M，AC交EF、ED于点G、H，BC交FD、ED于点O、P，如图，
∵六边形MNGHPO是正六边形，
∴∠GNM=∠NMO=120°，
∴∠FNM=∠FMN=60°，
∴△FMN是等边三角形，
同理可证明△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等边三角形，
∴MO=BM，NG=AN，OP=PD，GH=HE，
∴NG+MN+MO=AN+MN+BM=AB，GH+PH+OP=HE+PH+PD=DE，
∵等边△ABC≌等边△DEF，
∴AB=DE，
∵AB=27cm，
∴DE=27cm，
∴正六边形MNGHPO的周长为：NG+MN+MO+GH+PH+OP=AB+DE=54cm，
故答案为：54．
【点睛】本题考查了正六边的性质、全等三角形的性质以及等边三角形的判定与性质等知识，掌握正六边的性质是解答本题的关键．
三、解答题（本大题共8个小题，共52分；第17-18每小题5分，第19-22每小题6分，第
23小题8分，第24小题10分）
17．已知锐角 ABC内接于 O，OD^BC于点D．
BAC60 BC 2 3  O
(1)若 ，弦 的长为 ，求 的半径；
(2)请用无刻度直尺画出 ABC的角平分线AM ．（不写作法，保留作图痕迹）
【答案】(1) O的半径2
(2)见解析
【分析】（1）连接OB，OC．解直角三角形OBD即可．
（2）延长OD交⊙O于M，连接AM，射线AM即为∠BAC的角平分线．
【详解】（1）解：连接OB，OC．
∴∠BOC=2∠BAC，∠BAC=60°，
∴∠BOC=120°，
∵OD⊥BC，OB=OC，
1
∴BD=CD= 3，∠BOD=2∠BOC=60°，
∴∠OBD=30°，
1
∴OD=2OB，
∵OB2 BD2OD2，
1
∴
OB2 ( 3)2( OB)2
，
2
∴OB=2，
故⊙O的半径为2；（2）
解：延长OD交⊙O于M，连接AM，射线AM即为∠BAC的角平分线．
∵OD⊥BC，
BM MC
∴ ，
∴∠BAM=∠CAM．
【点睛】本题考查作图-基本作图，勾股定理，垂径定理，圆周角定理等知识，解题的关键是灵活运用所学
知识解决问题．
18．定义：在平面直角坐标系中，图形 G 上点 P（x，y）的纵坐标 y 与其横坐标 x 的差 y﹣x 称为 P
点的“坐标差”，而图形 G 上所有点的“坐标差”中的最大值称为图形 G 的“特征值”．
(1)①点 A（1，3）的“坐标差”为 ；
yx23x3
②抛物线 的“特征值”为 ；
yx2bxcc0
(2)某二次函数 的“特征值”为﹣1，点 B（m，0）与点 C 分别是此二次函数的图象
与 x 轴和 y 轴的交点，且点 B 与点 C 的“坐标差”相等．
①直接写出 m＝ ；（用含 c 的式子表示）②求此二次函数的表达式．
(3)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，以 M（2，3）为圆心，2 为半径的圆与直线 y＝x 相交于点 D、
E，请直接写出⊙M 的“特征值”为 ．
【答案】(1)①2；②4；
yx23x2
(2)①m＝−c；② ；
2
(3)1＋2 ．
【分析】（1）①②根据“坐标差”，“特征值”的定义计算即可；
yx2bxc
（2）因为点B与点C的“坐标差”相等，推出B（−c，0），把（−c，0）代入 ，得到：
0c2bcc yx2bxc
，推出c＝1−b，因为二次函数 （c≠0）的“特征值”为−1，所以
41bb12
yxx2b1x1b的最大值为−1，可得
4 ＝−1，解得b＝3，由此即可解决问
题；
（3）如图，设M（2，3），作MK⊥x轴于K，交⊙M于N，MJ⊥y轴于J，作∠JMN的平分线交⊙M于
T，观察图象，根据“特征值”的定义，可知点T的“坐标差”的值最大．
【详解】（1）①点A（1，3）的“坐标差”为＝3−1＝2，
故答案为2；
yx23x3
②设P（x,y）为抛物线 上一点，
x22x3x124
坐标差＝ ，最大值为4，
yx23x3
所以抛物线 的“特征值”为4
故答案为4．
（2）①由题意：0−m＝c−0，可得m＝−c.
②∵C（0，c），
又∵点B与点C的“坐标差”相等，
∴B（−c,0），把（−c,0）代入y＝−x2＋bx＋c,得到：0＝−c2−bc＋c,
∴c＝1−b,
yx2bxc
∵二次函数 （c≠0）的“特征值”为−1
yxx2b1x1b
所以 的最大值为−1，
41bb12
∴ 4 ＝−1，
解得b＝3，
∴c＝−2，
yx23x2
∴二次函数的解析式为 ．
（3）
如图，设M（2，3），作MK⊥x轴于K，交⊙M于N，MJ⊥y轴于J，作∠JMN的平分线交⊙M于T，观察
图象，根据“特征值”的定义，可知点T的“坐标差”的值最大．
作TF⊥x轴于E交MJ于F．
易知△TMF是等腰直角三角形，
2 2
∵TF＝FM＝ ，EF＝KM＝3，EK＝FK＝M＝ ，
2 2
∴OE＝OK−EK＝2− ，TE＝3＋ ，
2 2 2
半径为2的圆的“特征值”为3＋ −（2− ）＝1＋2 ．
2
故答案为1＋2 ．【点睛】本题考查二次函数综合题、“坐标差”，“特征值”的定义、等腰直角三角形的性质、圆的有关
知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题，学会构建函数解决最值问题，属于中考压轴题．
19．已知，在平面直角坐标系中，A点坐标为（0，m）（m＞0），B点坐标为（2，0），以A点为圆心
OA为半径作⊙A，将 AOB绕B点顺时针旋转α角（0360）至 AOB处．
△
(1)如图1，m=4，α=90，求O点的坐标及AB扫过的面积；
(2)如图2，当旋转到A、O、A三点在同一直线上时，求证：OB是⊙O的切线；
(3)如图3，m=2，在旋转过程中，当直线BO与⊙A相交时，直接写出α的范围．
【答案】(1)O（2，2），AB扫过的面积为5π
(2)见解析
(3)当直线BO与⊙A相交时，α的范围为：090或180270
【分析】（1）先判断出旋转后O'B⊥x轴，从而得出点O'的坐标，进而判断出是AB扫过的面积是以AB为
半径，圆心角为90的扇形的面积，
（2）先判断出 AO'B≌  A'O'B．即可得出AO' A'O'，进而得出AO'OA即可得出结论；
BO'
（3）找出 与⊙A相切时旋转角的度数即可确定出范围．
【详解】（1）当α= 90时，O'B⊥x轴，
由旋转知，O'BOB2，
∴O'（2，2），
在Rt AOB中，OB=2，OA=m=4，
△ 5
∴AB=2
由旋转知，BA绕点B旋转90到BA'，90(2 5)2
∴AB扫过的面积= 360 =5π；
（2）由旋转知，AB=A'B，
∴BAA'BA'A，
∵A、O、A三点在同一直线上，
∴AO'BA'O'B90，
在 AO'B和 A'O'B中，
△AO'B△A'O'B90

 BAA'BA'A
，

 AB A'B
∴ AO'B≌  A'O'B．AO' A'O'，
由旋转知，A'O' AO，
∴AO AO，
∴OB是⊙O的切线；
（3）
∵m=2，
∴A（0，2），
∵B（0，2），
∴OA=OB=2，
当顺时针旋转时，BO与⊙A相切时，四边形AOBO�刚好是正方形，
∴090，BO与⊙A相交，
同理：180270时，BO与⊙A相交，
即：当直线BO与⊙A相交时，α的范围为：090或180270．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了扇形的面积公式，全等三角形的判定和性质，切线的判定，勾股
定理，解本题的关键判断出， AO'B≌  A'O'B，是一道中等难度的中考常考题．
20．如图1，菱形ABCD的边长为12cm，∠B＝60°，M，N分别在边AB，CD．上，AM＝3cm，DN＝
4cm，点P从点M出发，沿折线MB﹣BC以1cm/s的速度向点C匀速运动（不与点C重合）；△APC的外
接圆⊙O与CD相交于点E，连接PE交AC于点F．设点P的运动时间为ts．(1)∠APE＝ °；
(2)若⊙O与AD相切，
①判断⊙O与CD的位置关系；
APC
②求 的长；
(3)如图3，当点P在BC上运动时，求CF的最大值，并判断此时PE与AC的位置关系；
(4)若点N在⊙O的内部，直接写出t的取值范围．
【答案】(1)60°
16 3
APC  
(2)①⊙O与CD相切；② 3
(3)CF的最大值为3cm，此时AC⊥PE
(4)当0<t<1时或17<t<21时，点N在圆内部；
【分析】（1）根据菱形的性质易证△ACD为等边三角形，根据同弧所对的圆周角相等即可得到∠APE的
度数；
（2）①先找出⊙O与AD相切时的情况，根据切线长定理即可证明⊙O与CD相切；②根据切线长定理和
菱形的性质，可求得圆的半径，根据弧长公式即可求解；
（3）要使CF取得最大值，则AF应该取最小值，当AC⊥PE时，AF最小，此时CF取得最大值，求出即
可；
（4）分两种情况进行讨论，当P在AB上时和当点P在BC上时．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD为菱形，∠B＝60°，
∴∠D=∠B＝60°，AD=CD，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠ACE=60°，
∴∠APE=∠ACE=60°，
故答案为：60°．
（2）如图，当点P运动到点B时，⊙O与AD相切，
①∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=CD，
∵⊙O与AD相切，
∴⊙O与CD相切；
②连接OD，
由（1）可知，∠ADC=60°，
∵AD、CD分别与⊙O相切，
1
∴∠ADO=2∠ADC=30°，
3
12 4 3
∴AO=ADtan30= 3 ，
2 16 3
∴APC  (24 3) ；
3 3
（3）
由图可知：CF=AC-AF，
∵AB=BC，∠B=60°，
∴△ABC为等边三角形，则AC=12cm，∠ACB=60°，
∴要使CF取得最大值，则AF应该取最小值，
当AC⊥PE时，AF最小，此时CF取得最大值，
∵点O为△APC外接圆圆心，1
AC
∴OA=OC=OP= =6cm，
2
∵∠ACB=60°，
∴CF=CP

cos60=3cm，
综上：CF的最大值为3cm，此时AC⊥PE．
（4）
①当点P在AB上时，
∵四边形APCE为圆的内接四边形，
∴∠APC+∠AEC=180°，
∵∠AED++∠AEC=180°，
∴∠APC=∠AED，
在△APC和△DEA中，
AC=AD，∠PAC=∠D，∠APC=∠AED，
∴△APC≌△DEA，
∴AP=DE，
当点E与点N重合时，DE=DN=AP=4，
∴MP=4-3=1cm，
∴t=1s，
当0<t<1时，点N在圆内部；
②当点P在BC上运动时，
∵∠AEP=∠ACP=60°，
∴△APE为等边三角形，
∴AP=AE，∠PAE=60°，∵∠BAC=60°，
∴∠BAP=∠CAE，
在△BAP和△CAE中，
AB=AC， ∠BAP=∠CAE， AP=AE，
∴△BAP≌△CAE，
∴BP=CE，
当点E与带你N重合时，CE=CN=BP=12-4=8cm，
MPBP
此时t= =9+8=17s，
1
当点P到达点C时，t=21s，
当17<t<21时，点N在圆内部；
综上：当0<t<1时或17<t<21时，点N在圆内部．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，切线长定理，以及和圆相关的内容，熟练掌握相关知识点是解题的
关键．注意在解题过程中灵活运用“同弧所对的圆周角相等”这一定理．
1
CF  BC
21．如图，

O为正五边形
ABCDE
的外接圆，已知
3
，请用无刻度直尺完成下列作图，保留必要的
画图痕迹．
(1)在图1中的边DE上求作点G，使DGCF；
(2)在图2中的边DE上求作点H ，使EH CF．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接AO并延长 与CD相交，连接EF交AO延长线于M，连接BM与DE的交点即为所求
作；
（2）在（1）的基础上，连接BO并延长与DE相交，连接AG交BO延长线于N，连接CN并延长即可．【详解】（1）连接AO并延长 与CD相交，连接EF交AO延长线于M，连接BM交DE于点G，则点G
为所求作，如图1所示；
理由：
∵⊙O为正五边形的外接圆，
∴直线AO是正五边形ABCDE的一条对称轴，点B与点E、点C与点D分别是一对对称点．
∵点M在直线AO上，
∴射线BM与射线EF关于直线AO对称，从而点F与点G关于直线AO对称，
∴CF与DG关于直线AO对称．
∴DG=CF．
（2）在（1）的基础上，连接BO并延长与DE相交，连接AG交BO延长线于N，连接CN，如图2所示；
【点睛】本题考查了作图：无刻度直尺作图，考查了正五边形的对称性质，掌握正五边形的性质是解题的
关键．
22．已知⊙O的半径和正方形ABCD的边长均为1，把正方形ABCD放在⊙O中，使顶点A，D落在⊙O
A
上，此时点A的位置记为 0，如图1，按下列步骤操作：
如图2，将正方形ABCD在⊙O中绕点A顺时针旋转，使点B落到⊙O上，完成第一次旋转；再绕点B顺时针旋转，使点C落到⊙O上，完成第二次旋转；……
（1）正方形ABCD每次旋转的度数为______°；
A
（2）将正方形ABCD连续旋转6次，在旋转的过程中，点B与 0之间的距离的最小值为______．
30 2 2
【答案】
【分析】根据题意可知△OAD是等边三角形，每一次旋转可以转化为等边三角旋转60度，则正方形各顶
点构成正六边形，边长为1，进而求得每次旋转的角度；在正方形的旋转过程中，第三次旋转过程中点B
A O
与 0之间的距离的最小值为  的直径减去正方形的对角线的长度
【详解】⊙O的半径和正方形ABCD的边长均为1，


OAD是正三角形
OAD60
根据旋转可得正方形各顶点构成正六边形，
62180

 D 0 AB  6 120B AB1209030
0
即正方形每一次旋转的角度为30°,
B B
如图， B 点的运动路径如图中 0 6部分，
正方形的边长为1，
 2
正方形的对角线长为 ，
O

的半径为1
 2 2
最短距离为
30 2 2
故答案为： ，
【点睛】本题考查了正多边形的性质，圆的性质，旋转的性质，正三角形的性质，找到正方形旋转的规律
是解题的关键．
23．如图，以△ABC的BC边上一点O为圆心的圆，经过A、B两点，且与BC边交于点E，DO⊥BE于点
O，连接AD交BC于F，若AC=FC．(1)求证：AC是⊙O的切线：
2 10
(2)若BF=8，DF= ，求⊙O的半径；
(3)若∠ADB=60°，BD=1，求阴影部分的面积．（结果保留根号）
【答案】(1)见解析
(2)6
3 

(3) 4 12
【分析】（1）连接OA．由OAOD，可得OADODA．由AC CF，可得CAF CFA．由
ODBE，可得DOBDOF 90，所以OFDODA90．结合OADODA，
CAF CFA，OFDCFA，可得CAFOAD90．
所以OA AC，即AC是 O的切线．
（2）设 O的半径为r，所以BODOr．由BF 8，可得OF 8r．在Rt  ODF 中，由勾股定理得
OF2OD2 DF2 DF 2 10 (8r)2r2 (2 10)2 r6 r2
，结合 ，可得 ，解得 或 （不符合题意舍），故

O的半径为6．
2
BODO
（3）由于BODO，BD1，在Rt

BOD，由勾股定理得BO2OD2 BD2，解得 2 ，所以
2
的半径为 ．由 ，可得 ．可求出 ．由于
 O 2 ADB60 AOB120 AOC 180AOB60 OA AC
AC
，可得 ．所以在 中，tanAOC tan60  3．由OA 2 ，可得
OAC 90 Rt△OAC OA 2
3 
S =S S  
阴影 Rt△OAC 扇形OAE 4 12
2
60( )2
6 1 1 2 6 3 2 
AC  3OA S  OA AC     S  
2 Rt△OAC 2  2 2 2 4 扇形OAE 360 122
60( )2
AC  3OA 6 ．即可求出： S  1 OA AC  1  2  6  3 ， S  2   ．故
2 Rt△OAC 2  2 2 2 4 扇形OAE 360 12
3 
S =S S   ．
阴影 Rt△OAC 扇形OAE 4 12
【详解】（1）证明：连接OA
OAOD

OADODA
AC CF

CAF CFA
ODBE

DOBDOF 90
OFDODA90
OADODA，CAF CFA，OFDCFA

CAFOAD90
OA AC
即AC是 O的切线．
（2）
解：设 O的半径为r
BODOr
BF 8

OF 8r
DOF 90

在Rt ODF 中，由勾股定理得OF2OD2 DF2

DF 2 10
(8r)2r2 (2 10)2
解得：r6或r2（不符合题意舍）
故 O的半径为6．
（3）
解： BODO，BD1，DOB90

在Rt BOD，由勾股定理得BO2OD2 BD2

2
解得BODO
 2
2
即 的半径为
 O 2
ADB60

AOB2ADB120
AOC 180AOB60
OA AC

OAC 90
AC
在 中，tanAOC tan60  3．
 Rt△OAC OA
2
OA
 2
6
AC  3OA
 2
2
60( )2
1 1 2 6 3 ， 2 
S  OA AC     S  
 Rt△OAC 2  2 2 2 4 扇形OAE 360 12
3 
S =S S   ．
 阴影 Rt△OAC 扇形OAE 4 12【点睛】本题主要考查知识点为：切线的判定、圆的性质、勾股定理、解直角三角形，扇形的面积公式．
证明切线的辅助线，一般为连接圆心和切点，在证明垂直．求阴影部分面积，思路是用我们已知得几何图
形面积来表示阴影部分面积．熟练掌握切线的判定、圆的性质、勾股定理、解直角三角形，扇形的面积公
式，是解决本题的关键．
24．如图， ABC内接于 O，CD AB，CB10cm，CD8cm，AB14cm．
(1)A度数________；（直接写出答案）
BC
(2)求 的长度；
(3)P是 O上一点（不与A，B，C重合），连结BP．
①若BP垂直 ABC的某一边，求BP的长；
②将点A绕点P逆时针旋转90后得到A，若A恰好落在CD上，则CA的长度为________．（直接写出答
案）
【答案】(1)45°
5 2
(2)BC的长为 2 cm
BP 8 2 CA82 34
(3)① 的长为 cm；②
【分析】（1）根据勾股定理计算出CD的值，即可判定等腰直角三角形ADC，进而即可求解；
（2）连接OC，OB根据等腰直角三角形的性质和判定即可求解；（3）①BP AC于点E，并连接AP，根据等腰直角三角形进而证明三角形全等即可应用勾股定理进行求
解；②连接AA，根据等腰直角三角形和勾股定理对边进行转化进而求解即可．
【详解】（1）∵CD AB，
∴CDB90，
又∵CB10cm，CD8cm，
CD CB2CD2  10282 6
∴ (cm)，
∵AB14cm，
∴AD=14 cm -6 cm =8cm=CD，且CDAB，
∴ADC为等腰直角三角形，
∴A=45°，
故答案为：45°．
（2）
连接CO，BO
∵CAB45，
∴COB2CAB45290，
又∵COBO，
∴COB为等腰直角三角形，
BC 10
COBO  5 2
∴ 2 2 (cm)，
1 2R R 5 2
C   
则BC=4 O 4 2 2 (cm)．
（3）
①根据题意可得当BP垂直 ABC的某一边时，
AC  AC
则P点只能在 内，且BP 于点E，并连接AP，P ACB AB
∵ 和 为 所对的角，
∴P=ACB，
由（1）得CAB45，且AC BP，
∴△ AEB为等腰直角三角形，
∴AE=BE
 PECB

AEPCEB90
∵ ，

 AEBE
∴△APE△BCE，
∴PE=CE，BE=AE，
又∵在Rt ADC中，
AD2CD2  8282 8 2
∴BP=AC= (cm)．
②连接AA，如下图，
由①得△ AEB为等腰直角三角形，
14
∴AE=EB 7 2，
2
AC 8 2 △APE△BCE
又∵ ，且
PE CE 8 27 2  2
∴ ，
∴在RtVAPE中，
 2  2
∴AP= AE2PE2  7 2  2 10，
∵点A绕点P逆时针旋转90后得到A，
∴PAPA，APA90，AA 2AP10 2
∴ ，
又∵AD=8，且在Rt ADA中，
 2
∴AD AA2AD2  10 2 82 2 34 ，
CACDAD82 34
∴ ．
82 34
故答案为： ．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定、圆弧上的性质和勾股定理的应
用，解决本题的关键上我以上的性质并联合起来进行对题目进行解读．