文档内容
第二十四章 圆过关测试
题号 一 二 三 总分
得分
练习建议用时：60分钟 满分：100分
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分.在每个小题绐岀的四个选项中，
只有一项是符合题目要求的.
1．下列命题中，其中真命题的个数是（ ）
①直径是弦；②相等的圆心角所对的弦也相等；③平分弦的直径垂直于弦；④矩形的四个顶点共圆．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】利用弦的定义，构成圆的条件，垂径定理逆定理判断即可
【详解】解：①直径是弦，是真命题；
②同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等，原命题是假命题；
③平分弦（不是直径）的直径垂直于这条弦，原命题是假命题；
④矩形的四个顶点共圆是真命题，
已知：四边形 为矩形，求证：点A，B，C，D四点共圆，
证明：如图，
连接 相交于点O，
∵四边形 为矩形，
∴ ，
∴点A，B，C，D四点共圆，
即矩形的四个顶点共圆，
即真命题的有2个，
故选：B．
【点睛】此题考查了命题与定理，垂径定理，确定圆的条件，熟练掌握这些性质是本题的关键．
2．雷达通过无线电的方法发现目标并测定它们的空间位置，因此雷达被称为“无线电定位”．现有一款
监测半径为 的雷达，监测点的分布情况如图，如果将雷达装置设在 点，每一个小格的边长为 ，那么能被雷达监测到的最远点为（ ）．
A． 点 B． 点 C． 点 D． 点
【答案】B
【分析】以 为圆心 为半径作 ，可得结论．
【详解】解：如图，观察图象可知，能被雷达监测到的最远点为点 ．
故选： ．
【点睛】此题考查了点与圆的位置关系，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
3．如图， 是 的直径，分别以点O和点B为圆心，大于 的长为半径作弧（弧所在圆的半径都
相等），两弧相交于M，N两点，直线 与 相交于C，D两点，若 ，则 的长为（ ）A． B．4 C． D．
【答案】C
【分析】连接 ，设 和 交于点M，根据作图得出 垂直平分 ，利用勾股定理求出 ，再根
据垂径定理得出结果．
【详解】解：连接 ，设 和 交于点M，
由作图可知： 垂直平分 ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
故选C．
【点睛】本题考查了尺规作图，垂直平分线，垂径定理以及勾股定理，解题的关键是根据作图过程得出垂
直平分线，利用垂径定理得出最后结果．
4．如图， 是弧 所在圆的圆心．已知点B、C将弧AD三等分，那么下列四个选项中不正确的是
（ ）A． B． C． D． ．
【答案】B
【分析】利用三等分点得到 ，由此判断A；根据AB=BC=CD，得到AB+BC>AC，由此判断
B；根据 即可判断C；根据 ，得到 ，由此判断D．
【详解】解：连接AB、BC，OB，
∵点B、C将弧AD三等分，
∴ ，
∴ ，故A选项正确；
∵ ，
∴AB=BC=CD，
∵AB+BC>AC，
∴AC<2CD，故B选项错误；
∵ ，
∴ ，故C选项正确；
∵ ，
∴∠AOB=∠BOC=∠COD，
∴ ，
∴ ，故D选项正确；故选：B．
【点睛】此题考查了圆心角、弧、弦定理：在同圆或等圆中，圆心角、弧、弦中有一个量相等，另两个量
也对应相等．
5．如图，四边形 内接于 ，四边形 是平行四边形，则 的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据圆内接四边形的性质推出 ，再根据平行四边形的性质推出 ，再证
明四边形 是菱形，据此求解即可．
【详解】解：∵四边形 内接于 ，
∴ ，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
解得 ，
∵四边形 是平行四边形， ，
∴四边形 是菱形，
∴ ，
∴ ．
故选：D．
【点睛】本题考查的是圆周角定理、圆内接四边形的性质、菱形的判定和性质，解题的关键在于熟练掌握
相关性质定理．
6．如图所示，在 中， ， 是内心， 是外心，则 等于（ )A．130° B．135° C．140° D．145°
【答案】C
【分析】根据三角形的内心得出∠IBC＝ ∠ABC，∠ICB＝ ∠ACB，根据三角形内角和定理求出
∠IBC+∠ICB=55°,故可得到∠ABC＋∠ACB=110°，进而求出∠A的度数， 再根据圆周角定理求出∠BOC
＝2∠A，求出∠A度数，
【详解】∵在△ABC中， ， 是内心，
∴∠IBC＝ ∠ABC，∠ICB＝ ∠ACB，
∵∠IBC+∠ICB=180°- ，
∴∠ABC+∠ACB=2∠IBC+2∠ICB=2（∠IBC+∠ICB）=110°，
∴∠A=180°-（∠ABC+∠ACB）=70°，
∵ 是外心，
∴∠BOC＝2∠A=140°，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆和三角形的外接圆，圆周角定理，三角形的内角和定理等知识点，能
综合运用定理进行推理是解此题的关键．
7．如图，若正方形 的边长为6，则其外接圆半径 与内切圆半径 的比值为（ ）
A． B． C．2 D．3
【答案】B
【分析】连接 ，根据已知得点O为正方形 的中心，从而可求可求出 ，再根据切线的
性质得 ，从而得 ， ，进而证 为等腰直角三角形得 ，然后再利用勾股定理求出 ，据此即可得出答案．
【详解】解：连接 ，如图：
∵点O是正方形 内切圆和外接圆的圆心，
∴点O为正方形 的中心，
∴ ，
又∵正方形 的内切圆与 切于点E，且 ，
∴ ，
∴ ，
∴ 为等腰直角三角形，
∴ ，
在 中，由勾股定理得： ，
∴ ．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了正方形与圆，切线的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等，解答此题的关
键是确定点O为正方形的中心，并求出中心角 ，进而利用等腰直角三角形的性质及勾股定理求
出 的长．
8．如图，在平面直角坐标系中， 的圆心是 ，半径为2，函数 的图象被 截得的弦
的长为 ，则a的值是（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过 点作 于 ，过 点作 轴于 ，交 于 ，连接 ．分别求出 、 ，
相加即可．
【详解】解：过 点作 于 ，过 点作 轴于 ，交 于 ，连接 ．
， ，半径为2，
， ，
根据勾股定理得： ，
点 在直线 上，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
．
的圆心是 ，
．
故选：C．【点睛】本题综合考查了一次函数与几何知识的应用，题中运用圆与直线的关系以及直角三角形等知识求
出线段的长是解题的关键．注意函数y=x与x轴的夹角是45°．
9．如图，正方形ABCD的边长为3，将长为2 的线段QF的两端放在正方形相邻的两边上同时滑动．如
果点Q从点A出发，在AB上滑动，同时点F在BC上滑动，当点F到达点C时，运动停止，那么在这个
过程中，线段QF的中点M所经过的路线长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图所示，连接BM，由题意得，线段QF的中点M所经过的路线长即为 ，因此只需要求出
的长和 ，然后利用弧长公式求解即可．
【详解】解：如图所示，连接BM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠QBF=90°，
∵M是线段QF的中点，
∴ ，∴M在以B为圆心，以 的长为半径的圆上运动，Q与A点重合时此时线段QF的中点为M的起始位置，
当F与C重合时，此时线段QF的中点为M的终点位置，即线段QF的中点M所经过的路线长即为 ，
当Q与A重合时，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF=90°，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵M是AF（QF）的中点，
∴ ，
∴ ，
同理可求得 ，
∴ ，
∴线段QF的中点M所经过的路线长 ，
故选C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线，等腰
三角形的性质与判定，弧长公式，解题的关键在于能够求出 ．10．如图，在 中， ， ．⊙C的半径长为2，P是 边上一动点
（可以与顶点重合），并且点P到⊙C的切线长为m．若满足条件的点P有4个，则m的取值范围是（
）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】过点 作 于点 ，过点 作⊙C的切线 ，则点 为距⊙C最近的点，则 是⊙C最
短的切线，再解直角三角形即可得到 的长，过点 作⊙C的切线 ，切点为 ，同理可得到 是
⊙C最长的切线，再解直角三角形即可得到 的长．
【详解】解：过点 作 于点 ，过点 作⊙C的切线 ，切点为 ，连接 ，如图，
， ， ，
∵
，
∴
，
∴
，
∴
为⊙C的切线
∵
∴，
∴
过点 作⊙C的切线 ，切点为 ，连接 ，
，
∴
，
∴
P是 边上一动点（可以与顶点重合），并且点P到⊙C的切线长为m．若满足条件的点P有4个，
∵ ，
∴
.
∴
故选：B．
【点睛】本题考查了切线长定理及应用，熟练掌握切线长定理再根据题意分析点 运动轨迹中，成为⊙C
切线的最大和最小值是解题的关键．
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共计18分.
11．如图， 是 的直径，弦 ，且 ，则 ．
【答案】15
【分析】连接 ，根据直角三角形的特征得出 ，进而利用圆周角定理得出 即可．
【详解】解：连接 ，如图：
，且 ，
， ，，
，
故答案为：15．
【点睛】本题考查了直角三角形的特征及圆周角定理，熟练掌握同弧所对的圆周角等于圆心角的一半是解
题的关键．
12．如图，是一个圆锥形状的生日帽，若该圆锥形状帽子的母线长为 ，底面半径为 ，将该帽子
沿母线剪开，则其侧面展开扇形的圆心角为 ．
【答案】 / 度
【分析】设侧面展开扇形的圆心角为 ，则 ，代入数据即可求解．
【详解】设侧面展开扇形的圆心角为 ，则
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了求圆锥侧面展开扇形的圆心角，掌握圆锥侧面积公式是解题的关键．
13．如图，已知 是 的直径，点 在 上，过点 的切线与 的延长线交于点 ，连接 ，若
， ，则 的长为 ．
【答案】
【分析】在RT△POC中，根据∠P＝30°，PC＝3，求出OC、OP即可解决问题．
【详解】连接 、 ，如解图所示，∵ ，
∴ ，
∴ ．
∵ ，
∴ 为等边三边形，
∴ ，
∵ 是 的切线，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
在 中，设 ，则 ，由勾股定理，得 ，
解得 ，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查切线的性质、直角三角形中30度角所对的直角边等于斜边的一半等知识，解题的关键是
利用切线的性质，在RT△POC解三角形是突破口，属于中考常考题型．
14．将正五边形 绕着它的中心O逆时针旋转 时，点A的对应点为点 ，则 的度数为
．
【答案】 /138度
【分析】作出图形，根据正五边形的性质和旋转角求出 的度数，即可求解．
【详解】解：如图，∵五边形 为正五边形，∴ ， ，
∴ ，
根据旋转可知， ，
∴ ，
，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查正多边形，旋转变换，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握正五边形的特点．
15．已知，点 为 的外心，点 为 的内心．
（1）若 ，则 ；
（2）若 ，则 ．
【答案】 /100度 /125度
【分析】（1）如图，证明 ；求出 ，进而求出 即可解
决问题；
（2）根据圆周角定理得到 ，根据三角形的内心的性质得到 平分 平分
，根据三角形内角和定理计算即可．
【详解】解：（1）如图， 的内心为点 ，，
，
，
，
，
故答案为： ；
（2）如图， 点 为 的外心，
，
，
点 为 的内心，
平分 平分 ，
，
，
故答案为： ．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心、外接圆与外心，掌握圆周角定理、三角形的内心的概念和
性质是解题的关键．
16．如图，在扇形 中， ， ，点 是半径 上一点，将扇形 沿 翻
折，点 的对应点为 ，且点 恰好在 的延长线上，则图中阴影部分的面积为 ．【答案】
【分析】连接 ，过点 作 于点 ，可得 ， ，由翻折知识可得
，从而解得 ， ，根据 ，可以求得结果．
【详解】连接 ，过点 作 于点 ，如解图所示，
∵ ， ，
∴ ， ，
由翻折，可知 ， ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ．
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查折叠的性质，扇形的面积公式，全等三角形的判定与性质等知识．正确作出辅助线并利
用数形结合的思想是解题关键．
三、解答题：本题共7小题，共计52分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．如图， 是 的直径， 是弦， 于点 ，若 ，求圆的半径．
【答案】圆的半径为5
【分析】连接 ，设 的半径为 ，则 ，由垂径定理可得 ，由 可得
，由勾股定理可得 ，解方程即可得到答案．
【详解】解：如图，连接 ，
，
设 的半径为 ，则 ，
是 的直径， 是弦， 于点 ， ，
， ，
，
，在 中， ，即 ，
解得： ，
圆的半径为5．
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键．
18．如图，在由小正方形组成的网格图中建立一个平面直角坐标系，一条圆弧经过格点
．
解答下列问题：
(1)请在图中确定该圆弧所在圆的圆心 的位置，点 的坐标为__________
(2)求 的长．（结果保留 ）
【答案】(1)画图见解析，
(2)
【分析】（1）由圆心在 和 的垂直平分线上，可得出D点的位置；
（2）利用勾股定理和勾股定理证明 是等腰直角三角形，则 ，再根据弧长公式进行求解
即可．
【详解】（1）解：如图所示，点 即为所求；（2）解：∵ ， ，
∴ ， ，
，
∴ ， ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，
∴ 的长 ．
【点睛】本题主要考查了确定圆心的位置，勾股定理，勾股定理的逆定理，坐标与图形，求弧长，证明
是等腰直角三角形是解题的关键．
19．如图， 为 的外接圆，连接 、 ，并分别延长交 、 于点 和点 ．若 ，
．
(1)求 的面积 ；
(2)证明： ．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）作 ，垂足为 ，根据圆周角定理得出 ，进而得出
，在 中，勾股定理得出 ,即可求解．
（2）延长 交⊙ 于点 ，连接 ，得出 为等边三角形，证明 ，得出 ，
根据 ，即可得证．
【详解】（1）证明：作 ，垂足为 ，，
．
， ，
， ．
．
在 中， ，
，
．
∴⊙ 的面积 ；
（2）证明：延长 交⊙ 于点 ，连接 ，
，
．
，
为等边三角形．
， ．
．又 ，
．
．
．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角
三角形的性质，掌握圆周角定理是解题的关键．
20．如图， 内接于 ， ，点E在直径BD的延长线上，且 ．
(1)求证： 是 的切线；
(2)若 ，
①求阴影部分的面积；
②连接AO，试求以扇形OAB为侧面围成的圆锥的底面圆的半径．
【答案】(1)见解析
(2)① ；② ，
【分析】（1）首先连接 ，由 ，利用圆周角定理，即可求得∠AOB的度数，又由 ，即
可求得 与 的度数，利用三角形外角的性质，求得 的度数，又由 ，利用等边对等
角，求得 ，则可求得 ，则可证得 是 的切线；
（2）①连接 ，先求得 ，再由（1）知 ，可求得 ，
则 ，又由（1）知： ， ， ，，即可由 求
解；
②先求出 长 ，再根据以扇形OAB为侧面围成的圆锥的底面圆的周长等于 长求解
即可．
【详解】（1）证明：连接 ．∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ 是半径，
∴ 是 的切线；
（2）解：①连接 ，如图，
∵ 为 的直径，
∴ ，
由（1）知： ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
又由（1）知： ， ，∵ ，
∴ ；
②由（1）知 ，
∵ ，
∴ 长 ，
设以扇形OAB为侧面围成的圆锥的底面圆的半径为r，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的判定与性质，扇形面积和弧长的计算等知
识，正确作出辅助线是解决此题的关键．
21．如图，已知在 中， ，以 为直径的 分别交 ， 于D，E两点， 于
点F，且 ．
(1)求证： 是 的切线．
(2)若 ，求 的半径．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接 ，圆周角定理，推出 ，进而得到 ，证明 ，得
到 ，等边对等角，得到 ，进而得到 ，得到 ，推出
，即可得证；
（2）连接 ， ， 交 于点 ，根据圆周角定理以及垂径定理，得到 是 的中位线，求出 的长，勾股定理求出 的长，设 的半径为 ，在 中利用勾股定理进行求解即可．
【详解】（1）证明：连接 ，
∵ 为 的直径，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又 为 的半径，
∴ 是 的切线；
（2）连接 ， 交 于点 ，
∵ 为 的直径，
∴ ，
∵ ，∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是 的中位线，
∴ ，
在 中， ，
设 的半径为 ，则： ，
∴ ，
在 中， ，即： ，
解得： ．
∴ 的半径为 ．
【点睛】本题考查圆与三角形的综合应用，主要考查了圆周角定理，垂径定理，切线的判定，等腰三角形
的性质．解题的关键是熟练掌握相关知识点，添加辅助线，构造特殊图形．
22．如图1，直线 与直线 相交于 点，在直线 上取两点 ，且 ，在直线 上取两点 ．
且 ，以 为直径作小半圆，以 为直径作大半圆．连接 ，直线 交大半圆于 点．(1)求证： ；
(2)求阴影部分的面积；
(3)如图2，若 切小半圆于 点，连接 ，求证： 也是小半圆的切线．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)见解析
【分析】（1）证明 ，即可得到 ，从而即可得证；
（2）由 可得阴影部分的面积 ，代入数据进行计算即可得到答案；
（3）由切线的性质可得 ，设 交小半圆于 ，连接 ，由直角三角形的性质可得
，从而推出 是等边三角形，得到 ， ，再由等腰三角形的性质
及三角形外角的定义及性质可得 ，过点 作 于 点，由角平分线的性质可得
，由此即可得证．
【详解】（1）证明： ，
，
，
；
（2）解： ，
阴影部分的面积 ；
（3）解： 切小半圆于A，
，
如图，设 交小半圆于 ，连接 ，，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
过点 作 于 点，
，
，
也是小半圆的切线．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、扇形面积的计算、切线的判定与性质、直角三角形的性质、
等腰三角形的判定与性质、三角形外角的定义与性质等知识点，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线
是解此题的关键．
