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第二十四章《圆》同步单元基础与培优高分必刷卷
全解全析
1．A
【分析】根据圆、圆心角、弧、弦的相关知识进行解答即可．
【详解】解：圆心角性质是在同圆或等圆中相等的圆心角所对的弧相等，因此①错误；
平分弦的直径垂直于弦，被平分的弦不能是直径，因此②项错误；
不在同一条直线上的三个点确定一个圆，因此③错误；
经过圆心的直线是圆的对称轴，因此④正确．
故选A．
【点睛】本题主要考查圆圆、圆心角、弧、弦等知识点，解决本题的关键是要熟练掌握圆的相关性质和定理．
2．B
【分析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥的底面圆周长为半圆形铁皮的周长（不包括直径）列式求解即可．
【详解】解：设圆锥的母线长为l，
由题意得： ，
∴ ，
故选B．
【点睛】本题主要考查了求圆锥的母线长，熟知圆锥的底面圆周长为半圆形铁皮的周长（不包括直径）是解题的
关键．
3．C
【分析】直接根据圆内接四边形的性质即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠C=180°，
∵∠A=60°，
∴∠C=180°-60°=120°，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质，熟知圆内接四边形的对角互补是解答此题的关键．
4．D
【分析】根据垂径定理可得 ,再利用勾股定理直接求得 的长，即可得出答案．
【详解】解：设 半径为 ，
， ，
根据垂径定理得：，
，
在 中，
，
，
，
解得 ，
即 的半径为5．
故答案为：D．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，解决本题的关键是熟练运用垂径定理得出结论，列式计算．
5．A
【分析】首先连接OC，由切线的性质可得OC⊥CE，又由圆周角定理，可求得∠COB的度数，继而可求得答案．
【详解】解：连接OC，
∵CE是⊙O的切线，
∴OC⊥CE，
即∠OCE＝90°，
∵∠COB＝2∠CDB＝50°，
∴∠E＝90°﹣∠COB＝40°．
故选：A．
【点睛】本题考查了切线性质，圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
6．C
【分析】利用勾股定理易得圆锥的底面半径，利用底面周长即为扇形的弧长计算即可．
【详解】解： 圆锥的高 为4，母线 长为5，
由勾股定理得：圆锥的底面半径为：
，
展开扇形的弧长为： ，故C正确．故选：C．
【点睛】本题主要考查圆锥侧面积公式的运用，注意运用圆锥的高，母线长，底面半径组成直角三角形这个知识
点．
7．C
【分析】作FG⊥AC，FH⊥CB，垂足分别为G、H，然后证明△DFG≌△EFH，得到DF=EF，再利用勾股定理，即
可求出DE的长度．
【详解】解：作FG⊥AC，FH⊥CB，垂足分别为G、H，如图
则四边形BCGF是矩形， ， ，
∵ ，点F是AB的中点，
∴ ，
∴四边形BCGF是正方形，
∴∠GFH=90°，
∵DE是直径，则∠DFE=90°，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴△DFG≌△EFH，
∴DF=EF，
∵在直角△DFG中， ， ，
∴ ，
在直角△DEF中，
；
故选：C
【点睛】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是掌握所学的知识，证明
DF=EF．
8．D【分析】根据圆中弦的概念可判断①，根据等弧的概念结合圆心角与弧的关系可判断②，根据垂径定理的推论可
判断③，根据四点共圆的判定方法可判断④，根据切线的性质可判断⑤，从而可得答案．
【详解】解：直径是圆中最长的弦；说法正确，故①符合题意；
等弧是能够互相重合的弧，则等弧所对的圆心角相等；说法正确，故②符合题意；
平分弦（弦不是直径）的直径垂直于弦；原说法不准确，故③不符合题意；
对角互补的四边形内接于圆；这是四点共圆的判定方法，说法正确，故④符合题意；
圆的切线垂直于过切点的半径，说法正确，故⑤符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查的是圆中的基本概念，垂径定理，弧，圆心角的关系，四点共圆的判定，切线的性质定理，掌
握以上基本概念与定理是解本题的关键．
9．C
【分析】根据直径所对的圆周角是直角推出∠ACB=90°，再结合图形由直角三角形的性质得到∠ABC=90°-
∠CAB=40°，进而根据同弧所对的圆周角相等推出∠D=∠B=40°．
【详解】解：∵AB是直径，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故选：C．
【点睛】本题考查圆周角定理，正确理解在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等是解题的关键．
10．D
【分析】根据已知条件能求出圆的直径，即可求出半径，此题点的位置不确定所以要分类讨论．
【详解】解：①当点在圆外时，
∵圆外一点和圆周的最短距离为2cm，最长距离为7cm，
∴圆的直径为7﹣2＝5（cm），
∴该圆的半径是2.5cm；
②当点在圆内时，
∵点到圆周的最短距离为2cm，最长距离为7cm，
∴圆的直径＝7+2＝9（cm），
∴圆的半径为4.5cm，
故选：D．
【点睛】本题考查了点和圆的位置关系的应用，能根据已知条件求出圆的直径是解此题的关键．
11．D
【分析】过点 作 于点 ，则边心距 ，先根据正六边形的性质、等边三角形的判定可得是等边三角形，再根据等边三角形的性质、勾股定理可得 ，由此即可得．
【详解】解：如图，过点 作 于点 ，
由题意得：边心距 ，
六边形 是正六边形，
，
是等边三角形，
，
，
，
解得 ，
则正六边形 的周长为 ，
故选：D．
【点睛】本题考查了正多边形的边心距、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握正多边形的性质是解题关
键．
12．C
【分析】根据正方形的性质以及切线的性质，求得 的长，勾股定理求得 的长，进而根据
即可求解．
【详解】如图，连接 , ，边长为 的正方形 内接于 ，即 ，
， ， 为 的直径， ，
， 分别与 相切于点 和点 ，
，
四边形 是正方形，
，
是等腰直角三角形，
，
，
四边形 是矩形，
，
四边形 是正方形，
，
，
．
故选C．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，掌握以上知识是解题
的关键．
13．110°##110度
【分析】根据同圆中，等弧所对的圆周角相等，即可得到∠AEC的度数，再根据圆内接四边形对角互补，即可求
得∠ADC的度数．
【详解】解：∵点 是 的中点，∴ ，
∴∠AED=∠CED=35°，
∴∠AEC=70°，
∵∠AEC+∠ADC=180°，
∴∠ADC=110°．
故答案为：110°
【点睛】本题考查圆周角定理、圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形对角互补是解答本题的关键．
14．70
【分析】首先连接OA，OB，由PA、PB是⊙O的切线，即可得∠PAO=∠PBO=90°，又由∠APB=40°，即可求得
∠AOB的度数，然后由圆周角定理，即可求得答案．
【详解】解：如图，连接OA，OB，
∵PA、PB是⊙O的切线，
∴∠PAO=∠PBO=90°，
∵∠APB=40°，
∴∠AOB=360°-∠APB-∠PAO-∠PBO=140°，
∴∠ACB= ∠AOB=70°．
故答案为：70．
【点睛】此题考查了切线的性质与圆周角定理．此题难度不大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应
用．
15．20
【分析】设圆的半径为rcm，连接OC、OA，作AD⊥OC，垂足为D．利用勾股定理，在Rt△AOD中，得到
，求出r即可．
【详解】解：设圆的半径为rcm，
如图，连接OC、OA，作AD⊥OC，垂足为D，
∵ ，
∴四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=8cm，AD=BC=16cm，
∴OD=（r-8）cm，在Rt△AOD中，
即 ，
解得：r=20，
即该圆的半径为20cm．
故答案为：20．
【点睛】本题考查的是切线的性质，根据切线的性质，利用图形得到直角三角形，然后用勾股定理计算求出圆的
半径．
16．
【分析】先作出辅助线，进而得出两个弓形的面积相等，即可确定阴影部分的面积等于△BCD的面积，计算求解
即可.
【详解】如图，连接BD．
∵菱形ABCD中∠A=60°，
∴△ABD和△BCD是边长相等的等边三角形．
∴BD与 围成的弓形面积等于CD与 围成的弓形面积．
∴阴影部分的面积等于△BCD的面积．
过点D作 ，于点E，
在Rt△CDE中，CD=4cm，CE= =2cm，
∴ ，
∴△BCD的面积等于 （cm2），即阴影部分的面积等于 cm2．
故答案为： ．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，求阴影部分的面积等，将阴影部分的面积转化为求三角形的面
积是解题的关键．
17． ##
【分析】作 关于 的对称点 ，取 中点 ，连接 ， ， ，由题意可得出 点的运动轨迹，同
时通过作点 关于 的对称点 的方式可以将 进行转换，进而即可求解．
【详解】解：如图所示，作 关于 的对称点 ，取 中点 ，连接 ， ， ．
可得 ，
在以 为直径的圆上，
，
为直角三角形，点M在以CD为直径的圆上，
为 斜边的中点，
，
此时当 ， ， 三边共线时，有 长度的最小值等于 ，
， 分别是 ， 的中点，
， ，
，
，
长度的最小值为 ，
，
的最小值为 ，
故答案为 ．
【点睛】本题主要考查了轴对称问题、勾股定理、直角三角形斜边中线定理及圆的基本性质，本题的重难点在于
找出 点的运动轨迹，属于中等题．18．(1)∠CAD=35°；
(2)DE=4- ．
【分析】（1）由OD⊥AC，求出∠AOD，根据等腰三角形的性质求出∠OAD，进一步计算即可求解；
（2）由勾股定理求出BC，根据垂径定理得出AE=EC，再根据三角形中位线定理求出OE，结合图形进一步计算即
可求解．
（1）
解：∵OD⊥AC，
∴∠AOD=90°-∠CAB=70°，
∵OA=OD，
∴∠OAD= =55°，
∴∠CAD=55°-20°=35°；
（2）
解：∵AB是半圆O的直径，
∴∠C=90°，
∵AB=8，AC=6，
∴BC= ，
∵OD⊥AC，
∴AE=EC，
∵OA=OB=OD=4，
∴OE= BC= ，
∴DE=4- ．
【点睛】本题考查的是圆周角定理、垂径定理、三角形中位线定理的应用，掌握直径所对的圆周角是直角、灵活
运用勾股定理是解题的关键．
19．(1)见解析；
(2)12
【分析】（1）连接OB，证明 APO≌△BPO（SSS），由全等三角形的判定与性质得出∠PAO=∠PBO=90°，得出
OB⊥PB，则可得出结论； △
（2）由切线长定理可得出答案．
（1）证明：连接OB，
∵PA与⊙O相切于点A，
∴∠PAO=90°，
在 APO和 BPO中，
△ △
，
∴△APO≌△BPO（SSS），
∴∠PAO=∠PBO=90°，
∴OB⊥PB，
∴PB与⊙O相切；
（2）
解：∵PA，PB是⊙O的切线，过点Q作⊙O的切线，PA=6，
∴MA=MQ，NQ=NB，PA=PB=6，
∴△PMN的周长=PM+MQ+NQ+PN=PA+PB=12；
故答案为：12．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，切线长定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握切线的性质是解题的
关键．
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接OD，由切线性质得∠ODF= ，进而证明∠BDF+∠A=∠A+∠B= ，得∠B=∠BDF，便可得
BF=DF；
（2）设半径为r，连接OD，OF，则OC=4-r，求得DF，再由勾股定理，利用OF为中间变量列出r的方程便可求
得结果．
（1）
解：（1）连接OD，如图1，∵过点D作半圆O的切线DF，交BC于点F，
∴∠ODF= ，
∴∠ADO+∠BDF= ，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠OAD+∠BDF= ，
∵∠C= ，
∴∠OAD+∠B= ，
∴∠B=∠BDF，
∴BF=DF；
（2）
连接OF，OD，如图2，
设圆的半径为r，则OD=OE=r，
∵AC=4，BC=3，CF=1，
∴OC=4-r，DF=BF=3-1=2，
∵
∴
∴ ．
故圆的半径为 ．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，已知切线，往往连接半径为辅助线，第（2）题关键是由勾股定理列出方程．
21．(1)60°
(2)∠BOC=90°- ∠A，见解析
【分析】（1）方法一：先根据平角的定义求出∠EBC和∠DCF的度数，再根据切线长定理得到∠EBO=∠DBO=
∠EBC=50°，∠DCO=∠FCO= ∠DCF=70° ，据此理由三角形内角和定理求解即可；方法二：如图，连接OD，
OE，OF，则由切线的性质可知，证明Rt△ODB≌Rt△OEB(HL) ， Rt△ODC≌Rt△OFC(HL)，得到∠EOB=∠DOB
，∠COD=∠COF，先求出∠A的 度数，再利用四边形内角和定理求出∠EOF=120°，则∠BOC=∠BOD+∠COD=
∠EOF=60°．
（2）同（1）方法二求解即可．
（1）
解：方法一： 由题意得∠EBC=180°-∠ABC=180°-80°=100°，∠DCF=180°-∠ACB=180°-40°=140°，
由切线长定理可知，∠EBO=∠DBO= ∠EBC=50°，∠DCO=∠FCO= ∠DCF=70° ，
∴在△OBC中，∠BOC=180°-∠OBC-∠BCO=180°-70°-50°=60°；
方法二：如图，连接OD，OE，OF，则由切线的性质可知，
∠BEO=∠BDO=∠CDO=∠CFO=90°，
又∵OD=OE=OF，OB=OB，OC=OC，
∴Rt△ODB≌Rt△OEB(HL) ， Rt△ODC≌Rt△OFC(HL)，
∴∠EOB=∠DOB ，∠COD=∠COF，
在△ABC中，∠A=180°-∠ABC-∠ACB=60°，
在四边形AEOF中，∠A+∠EOF=180°，
∴∠EOF=120°，
∴∠BOC=∠BOD+∠COD= ∠EOF=60°．（2）
解：同（1）方法二可得 ，∠EOB=∠DOB ，∠COD=∠COF，
∴∠BOC=∠BOD+∠COD= ∠EOF= ．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，切线长定理，三角形内角和定理，四边形内角和定理，全等三角形的性质
与判定等等，熟知切线的性质和切线长定理是解题的关键．
22．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接OD，由∠ODA＝∠OAD＝∠DAC证明OD AC，得∠ODF＝∠AED＝90°，即可证明直线DE
是⊙O的切线；
（2）由线段AB是⊙O的直径证明∠ADB＝90°，再根据等角的余角相等证明∠M＝∠ABM，则AB＝AM；
（3）由∠AEF＝90°，∠F＝30°证明∠BAM＝60°，则 ABM是等边三角形，所以∠M＝60°，则∠EDM＝30°，所
以BD＝MD＝2ME＝2，再证明∠BDF＝∠F，得BF＝△BD＝2．
（1）
证明：连接OD，则OD＝OA，
∴∠ODA＝∠OAD，∵AD平分∠CAB，
∴∠OAD＝∠DAC，
∴∠ODA＝∠DAC，
∴OD AC，
∵DE⊥AC，
∴∠ODF＝∠AED＝90°，
∵OD是⊙O的半径，且DE⊥OD，
∴直线DE是⊙O的切线．
（2）
证明： 线段 是 的直径，
，
∴∠ADM＝180°－∠ADB＝ ，
∴∠M＋∠DAM＝ ，∠ABM＋∠DAB＝ ，
∵∠DAM＝∠DAB，
∴∠M＝∠ABM，
∴AB＝AM．
（3）
解：∵∠AEF＝90°，∠F＝30°，
∴∠BAM＝60°，
∴△ABM是等边三角形，
∴∠M＝60°，
∵∠DEM＝90°，ME＝1，
∴∠EDM＝30°，
∴MD＝2ME＝2，
∴BD＝MD＝2，
∵∠BDF＝∠EDM＝30°，
∴∠BDF＝∠F，
∴BF＝BD＝2．
【点睛】此题重点考查切线的判定、直径所对的圆周角是直角、等角的余角相等、等腰三角形的判定与性质、等
边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识，正确地
作出所需要的辅助线是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)2cm【分析】（1）连接OC，由切线的性质易得到 ，进而推出 ，结合 易得
，即可求解；
（2）设半径为r，进而求出 ，然后根据勾股定理求解．
（1）
证明：连接OC，
∵ 是⊙O的切线，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴BC平分∠PBD；
（2）
解：设半径为r，
则 ，
则 ，
在Rt△POC中，由勾股定理得： ，
∴ ，
∴ ，
即⊙O的半径是2cm．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，平行线的判定和性质，角平分线的判定，勾股定理，理解相关知识是解答
关键．
24．(1)B（1， ）；C（0， ）(2)
(3)
【分析】(1)连接AC，作BG⊥OA于G，如图，根据等边三角形的性质得OA=AB=OB=2，∠ABO=60°，
∠OBH=30°，根据含30°的直角三角形求出OH，BH，然后在Rt OAC中求出OC的长，即可写出B、C坐标；
△
（2）由∠AOC=90°，得出AC是圆的直径，再根据CD是圆的切线，得CD⊥AC，由∠OCD=30°，计算出
得到D点坐标为（ ，0），然后用待定系数法求CD的函数解析式；
（3）先求出AB、OA、OD、CD、BC、OC的长，得出四边形ABCD的周长，设AE=t， AEF的面积为S，得出S
的二次函数，根据点E、F分别在线段AB、AD上，求出t的取值范围，再利用二次函数△的最值求取S的最大值时
AE的长．
（1）
解：∵A（2，0），
∴OA=2．
连接AC，作BG⊥OA于G，
∵△OAB为正三角形，
∴OG=1， ，
∴B（1， ），
∵∠AOC=90°，∠ACO=∠ABO=60°，
∴ ，
∴C（0， ）；（2）
∵∠AOC=90°，
∴AC是圆的直径，
又∵CD是圆的切线，
∴CD⊥AC，
∴ ， ，
∴D（ ，0），
设直线CD的函数解析式为y=kx+b（k≠0），
则 ，解得 ，
∴直线CD的解析式为 ；
（3）
∵AB=OA=2， ， ， ，
∴四边形ABCD的周长=AB+BC+CD+DA= ．
设AE=t，△AEF的面积为S，过点E作 于点H，
则 ， ，
，
∵ ，又∵点E、F分别在线段AB、AD上，
∴ ，
∴ ，
∴当 时， ，
即当 时， AEF的面积取最大值．
△
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、切线的性质定理、待定系数法求一次函数解析式以及二次函数的应
用等知识，综合性强，解题关键是熟练掌握相关性质，并用数形结合的思想分析问题．
