专题05 圆（6大题型）（期中真题汇编，福建专用）九年级数学上学期

专题05 圆（6大题型） 6大高频考点概览 考点01 圆的有关概念 考点02 过三点的圆 考点03 垂直于弦的直径 考点04 圆心角 考点05 圆周角 考点06 弧长和扇形面积 考点01 圆的有关概念 1．（25-26学年九上·福建厦门思明区第九中学·期中）已知的半径为3，点P在内，则的长可能是（       ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 2．（25-26学年九上·福建厦门莲花中学·期中）已知的半径为5，点P到圆心O的距离为3，则点P（     ） A. 在内 B. 在上 C. 在外 D. 无法确定 3．（25-26学年九上·福建莆田莆田第二中学·期中）在所在平面内有一点，若，半径为5，则点与的位置关系是（     ） A. 点在内 B. 点在外 C. 点在上 D. 无法判断 4．（25-26学年九上·福建泉州南安实验中学·期中）下列二次根式中最简二次根式是(          ) A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年九上·福建泉州第七中学·期中）如图，已知，Rt△ABC，∠C＝90°，中线AE与CF交于点P，PF＝1，则AB的长度为（　　） A. 3 B.  C.  D. 6 6．（25-26学年九上·福建厦门思明区外国语学校·期中）已知⊙O的半径为5，点P在⊙O外，则OP的长可能是（　　） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 7．（25-26学年九上·福建福州·期中）已知点P到圆心O的距离为5，若点P在圆内，则的半径可能为（       ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 8．（25-26学年九上·福建厦门松柏中学·期中）的半径，点C到圆心的距离为，则点C与的位置关系是（     ） A. 点在圆上 B. 点在圆内 C. 点在圆外 D. 无法确定 9．（25-26学年九上·福建厦门第十一中学·期中）若的半径为2，M为平面内一点，，则点M在　　　　　　　　　．（填“上”、“内部”或“外部”） 10．（25-26学年九上·福建福州三牧中学·期中）已知的半径为3，点A在外，则　　　　　3．（填“”“<”或“”） 考点02 过三点的圆 1．（25-26学年九上·福建福州·期中）用反证法证明“若则”是真命题时，第一步应先假设　　　　　　． 2．（25-26学年九上·福建福州·期中）如图，是等边三角形的外接圆．若，则的半径是　　　　　　　　　　　． 考点03 垂直于弦的直径 1．（25-26学年九上·福建厦门湖滨中学·期中）如图，在中半径与弦垂直于点D，且，，则的长是（       ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 2．（25-26学年九上·福建莆田仙游县·期中）如图，已知的半径为，弦的长为，是的延长线上一点，，则等于（　　） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年九上·福建福州平潭县·期中）如图，将半径为的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心O，则折痕的长为（     ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年九上·福建莆田莆田第二中学·期中）（多选）《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，书中记载：“今有中，不知大小．以锯锯之，深1寸，锯道长1尺，问经几何？“其意思为：“如图，今有一圆形木材在墙中，不知其大小用锯子去锯这个木材，锯口深DE=1寸，锯道长AB=10寸，问这块圆形木材的直径是多少？” 5．（25-26学年九上·福建福州鼓楼区福州黎明中学·期中）如图，是的半径，弦于点D，连接，若的半径为，的长为，则的长是　　　　　　　　　． 6．（25-26学年九上·福建福州平潭县·期中）如图，， 交于点C，D，是半径，且于点F． （1）求证：． （2）若，求的半径． 7．（25-26学年九上·福建厦门莲花中学·期中）综合实践：根据以下素材，解决问题． 如何确定拱桥形状？ 问题背景 河面上有一座拱桥，对于它的形状，同学们各抒己见．有的同学认为拱桥的形状是抛物线，也有同学认为它是圆弧．为确定拱桥的形状，九年级综合实践小组开展了一次探究活动．     素材1 在正常水位时，小组成员对拱形内水面宽度和拱顶离水面的距离进行了测量，并绘制示意图．如图，测得拱形内水面宽为40米，拱顶离水面的距离为10米．     素材2 大雨过后，水位上涨．小组成员再对拱形内水面宽度和拱顶离水面的距离进行了两次测量．发现：当拱形内水面宽为36米时，水位（相对正常水位）上涨2.1米；当拱形内水面宽为32米时，水位（相对正常水位）上涨3.8米． 问题解决 假设1 小组成员首先假设拱桥形状是抛物线．根据素材1建立如图所示的直角坐标系，求该抛物线的解析式．     假设2 小组成员又提出拱桥形状可能是圆弧．请根据素材1求出该圆弧的半径． 分析判断 基于假设1和假设2，请分别计算拱形内水面宽36米和32米时水位上涨的预测值，直接填入下表（数据保留一位小数）．请你根据以上计算结果，判断哪个假设与实际情况更为接近，并说明你的理由．（参考数据：） 水面宽36米 水面宽32米 水位上涨的实际观测值（） 2.1 3.8 假设1的预测值（） 3.6 假设2的预测值（） 2.3 水面宽36米 水面宽32米 水位上涨的实际观测值（） 2.1 3.8 假设1的预测值（） 1.9 3.6 假设2的预测值（） 2.3 4.2 8．（25-26学年九上·福建厦门三中与厦门龙湫亭学校·期中）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，若BC=6，AB=10，OD⊥BC于点D，则OD的长为　　　　　　． 9．（25-26学年九上·福建福州·期中）（多选）已知在以点O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB交小圆于点C，D（如图）． 求证：AC=BD. 10．（25-26学年九上·福建福州·期中）如图，AB为的直径，弦于点H，若，，则OH的长度为　　． 11．（25-26学年九上·福建福州福建师范大学附属中学·期中）如图，内接于，是的直径，，垂足为． （1）求证：； （2）若，求的半径． 12．（25-26学年九上·福建厦门湖滨中学·期中）在平面直角坐标系中，的半径为1，对于的弦和不在直线上的点C，给出如下定义：若点C关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点C是弦的“可及点”．已知P是直线上一点，且存在的弦，使得点P是弦的“可及点”．记点P的横坐标为t，则t的取值范围是　　　　　　　　． 考点04 圆心角 1．（25-26学年九上·福建莆田莆田第二中学·期中）下列说法中，正确的是（     ） A. 长度相等的弧是等弧 B. 三角形的外心到三角形三条边的距离相等 C. 平分弦的直径垂直于弦 D. 在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等 2．（25-26学年九上·福建莆田莆田第二中学·期中）如图，，D，E分别是半径，的中点．求证：． 3．（25-26学年九上·福建福州·期中）如图，在中，为的中点，于点，于点．求证：． 4．（25-26学年九上·福建厦门松柏中学·期中）如图，是的直径，是的弦，于点E，点F在上且，连接．求证：； 考点05 圆周角 1．（25-26学年九上·福建厦门思明区第九中学·期中）如图，点A，B，C，D在上，则图中一定与相等的角是（       ） A.  B.  C.  D.  2．（九上·福建厦门湖里中学·期中）如图，在中，，则等于（       ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年九上·福建莆田莆田第二中学·期中）如图，点在上，若，则的度数为（       ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年九上·福建莆田仙游县·期中）如图，点A、B、C是上的三点，若，则的度数（       ） A. 100° B. 50° C. 40° D. 25° 5．（25-26学年九上·福建福州台江区福州华伦中学·期中）如图，四边形是的内接正方形，点是劣弧上任意一点（与点不重合），则的度数为（       ） A. 15° B. 30° C. 45° D. 60° 6．（25-26学年九上·福建厦门三中与厦门龙湫亭学校·期中）如图，四边形内接于，，为对角线，经过圆心O ，则下列各角中度数与一样的角是（   ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年九上·福建福州·期中）如图，点、、在上，，连接、．则大小为（       ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年九上·福建福州平潭县·期中）如图，BD是的直径，A，C在圆上，，的度数是（       ） A. 50° B. 45° C. 40° D. 35° 9．（25-26学年九上·福建福州·期中）如图，点、、在上，，连接、，则的度数为（） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年九上·福建福州鼓楼区福州黎明中学·期中）如图，正方形ABCD内接于，点P在上，则的度数为（     ） A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年九上·福建厦门莲花中学·期中）如图，锐角中，，要作的高线，下列说法正确的是（       ） 甲的作法： 乙的作法： 丙的作法 A. 只有甲对 B. 只有乙和丙对 C. 只有甲和丙对 D. 甲，乙，丙都对 12．（25-26学年九上·福建福州福建师范大学附属中学·期中）如图，的直径平分弦（不是直径）．若，则的度数为（       ） A.  B.  C.  D.  13．（25-26学年九上·福建厦门松柏中学·期中）已知：如图, ⊙O的两条弦AE、BC相交于点D,连接AC、BE.若∠ACB＝60°,则下列结论中正确的是（ ） A. ∠AOB＝60° B. ∠ADB＝60° C. ∠AEB＝60° D. ∠AEB＝30° 14．（25-26学年九上·福建厦门湖滨中学·期中）如图，内接于圆，点D在弧上，连接，．下列角中，与相等的是（       ） A.  B.  C.  D.  15．（25-26学年九上·福建厦门思明区外国语学校·期中）如图，过经原点O，并与两坐标轴交于A、D两点，已知，点D的坐标为，则点A的横坐标为（       ） A.  B.  C. 2 D.  16．（25-26学年九上·福建厦门第十一中学·期中）如图，是的直径，是上两点，若，则的度数是（       ） A.  B.  C.  D.  17．（25-26学年九上·福建厦门思明区外国语学校·期中）如图，在中，，则的度数为　　　　　　． 18．（25-26学年九上·福建福州平潭县·期中）如图，在圆内接四边形ABCD中，若∠C＝80°，则∠A等于　　　． 19．（25-26学年九上·福建厦门思明区第九中学·期中）如图，在圆内接四边形中，对角线，，，则　　　　　　　　　　． 20．（25-26学年九上·福建厦门莲花中学·期中）如图，点A、B、C在上，，则的度数为　　　　　　　． 21．（九上·福建厦门湖里中学·期中）如图，圆内接四边形两组对边的延长线分别相交于点E，F，且，那么的度数为　　　　　　　． 22．（25-26学年九上·福建莆田莆田第二中学·期中）如图，是半圆O的直径，，点C是上一点不与B，D重合，则　　　　　　　　． 23．（25-26学年九上·福建厦门三中与厦门龙湫亭学校·期中）如图，是的直径，、两点在上，若． （1）求的度数； （2）若，，求的半径． 24．（25-26学年九上·福建厦门三中与厦门龙湫亭学校·期中）如图，点都在上，，则的度数等于　　　　　　． 25．（25-26学年九上·福建厦门第十一中学·期中）如图，为的直径，点在上． （1）尺规作图：作的平分线，与交于点；连接，交于点 （不写作法，只保留作图痕迹，且用黑色墨水笔将作图痕迹加黑）； （2）探究与的位置及数量关系，并证明你的结论． 26．（25-26学年九上·福建厦门莲花中学·期中）如图，四边形内接于，，点在的延长线上，且 （1）判断与的位置关系，并说明理由； （2）若，，，求的长． 27．（25-26学年九上·福建厦门莲花中学·期中）在利用量角器进行角度测量时，刘新同学放错了位置，将角的顶点放到了量角器的弧线上（如图），爱动脑筋的李涛同学忽然发现，这样也能测量得到的度数．通过仔细观察，李涛同学发现射线与量角器的交点和对应的刻度分别是和，则的度数为　　　　　　． 28．（九上·福建厦门湖里中学·期中）如图，是矩形的对角线．    （1）尺规作图：作．由绕点A顺时针旋转一定角度得到，点B的对应点，点C的对应点在的延长线上；（要求：不写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）的条件下，判断点与直线的位置关系，并说明理由． 29．（九上·福建厦门湖里中学·期中）如图，是的直径，点是上的点，且，分别与相交于点． （1）求证：点为的中点； （2）若，求的长． 30．（25-26学年九上·福建莆田莆田第二中学·期中）（）尺规作图，作出的外接圆（不写作图过程，但保留作图痕迹）； （）若，，求外接圆的直径长． 31．（25-26学年九上·福建福州台江区福州华伦中学·期中）如图，是的直径，是弦，于点，交圆于点，连接． （1）求证：； （2）若，，求的半径． 32．（25-26学年九上·福建厦门思明区外国语学校·期中）如图，点A，B，C是上的点，且，在这个图中，仅用无刻度的直尺能准确画出的圆周角的度数是　　　　　　．（除外，请写出全部可能的结果） 33．（25-26学年九上·福建厦门松柏中学·期中）如图，四边形内接于，，的延长线交于点F，点E在上，且．    （1）求证：是的切线： （2）当时，求证：． 34．（25-26学年九上·福建厦门松柏中学·期中）如图，若∠BOD＝140°，则∠BCD=　　　　　　　　　　　 ． 35．（25-26学年九上·福建厦门莲花中学·期中）如图，直线与相切于点A，弦，E，F为圆上的两点，且，若的半径为，，则弦的长为　　　　　　　． 36．（25-26学年九上·福建莆田莆田第二中学·期中）已知：是直径，为的弦，平分． （1）如图1，求证：； （2）如图2，点E为上一点，连接，点G为上一点，连接交于点F，若，求证：； （3）如图3，在（2）的条件下，于点H，，连接，若且，求线段的长． 37．（25-26学年九上·福建厦门第十一中学·期中）阅读与思考 下面是小宇同学的一篇数学日记，请认真阅读并完成相应任务． ×年×月×日       星期日     晴“婆罗摩笈多定理”的拓展与思考今天，我在一本数学杂志上看到一篇介绍印度数学家“婆罗摩笈多”的文章，文章转述了婆罗摩笈多在算术、不定方程、几何等内容上的伟大成就，其中还记载了以他的名字命名的一个定理，定理的内容与证明过程如下：婆罗摩笈多定理：若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边．即在如图1所示的圆内接四边形中，，垂足为，过点作，垂足为．延长与交于点，则． 下面是该定理的证明过程．证明：，垂足为．，垂足为．．，．．与都是所对的圆周角，．（依据1）．．．（依据2）同理，．．看了上面定理的证明过程后，我作出了如下拓展探究：如图2，若弦与所在直线互相垂直，且相交于外一点，过点作，垂足为，与相交于点，则与仍然相等． 任务： （1）填空：材料中的依据1是指_______，依据2是指_______． （2）小宇在拓展探究中得出的结论是否正确？请利用图2说明理由． （3）如图3，在图1的基础上，过点作，垂足为．延长交于点．连接．若，．请直接写出的长． 38．（25-26学年九上·福建福州·期中）如图，为的外接圆，，，点是上的动点，且点、分别位于的两侧．    （1）求的半径； （2）当时，求的度数； （3）设的中点为，在点的运动过程中，线段是否存在最大值？若存在，求出的最大值；若不存在，请说明理由． 39．（25-26学年九上·福建厦门思明区第九中学·期中）如图，内接于，连接并延长交于点，． （1）如图1，设，连接，求（用含的代数式表示）； （2）如图2，过点作，交的延长线于点，交于点，连接．求证：； （3）如图3，在（2）的条件下，作的平分线交于点，若，，求的半径． 40．（25-26学年九上·福建厦门莲花中学·期中）在中，．将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接． （1）如图1，若，，过A作的垂线，垂足为Q，直线与的延长线相交于点P，求线段的长； （2）如图2，线段上有一点E，连接，为线段的中垂线且过线段中点N，过N作，交的延长线于点F．求证：． 41．（25-26学年九上·福建福州福建师范大学附属中学·期中）如图中，，是射线上的动点，连接，以为斜边向上作直角，使得，则的最小值是　　　　　　． 考点06 弧长和扇形面积 1．（25-26学年九上·福建厦门第十一中学·期中）如图，一扇形纸片的圆心角为，半径为3．将这张扇形纸片折叠，使点A与点O恰好重合，折痕为，图中阴影部分为重叠部分，则阴影部分的面积为（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年九上·福建福州·期中）如图，一个半径为1的圆从位置A开始，在与它半径相同的其它3个圆上紧贴着滚动，到达B位置(这3个圆的圆心与A，B在同一直线上)时停止，该圆的圆心移动的路程为（　　） A.  B. 2 C.  D.  3．（25-26学年九上·福建福州三牧中学·期中）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥的底面圆的半径，扇形的圆心角，则该圆锥的高为　　　　　　　　． 4．（25-26学年九上·福建福州台江区福州华伦中学·期中）已知圆锥侧面积为，底面半径为2，则该圆锥母线长为　　　　　　　　． 5．（25-26学年九上·福建福州福建师范大学附属中学·期中）半径为3且圆心角为120°的扇形面积为　　　　　　． 6．（25-26学年九上·福建福州台江区福州华伦中学·期中）如图，的顶点都在边长为1的正方形组成的网格点上，，，将绕点顺时针旋转得到． （1）画出旋转后的； （2）求旋转过程中点经过的路径长． 7．（25-26学年九上·福建福州·期中）如图，网格中的小正方形的边长均为1，点，，都在小正方形的顶点上，点为弧的中点，连接，则图中阴影部分面积为　　　　　　　　　　　． 8．（25-26学年九上·福建厦门松柏中学·期中）小明烘焙了几款不同口味的饼干，分别装在同款的圆柱形盒子中．为区别口味，他打算制作“**饼干”字样的矩形标签粘贴在盒子侧面．为了获得较好的视觉效果，粘贴后标签上边缘所在弧所对的圆心角为（如图）．已知该款圆柱形盒子底面半径为，则标签长度l应为　　　　　　　　　cm． 9．（25-26学年九上·福建福州·期中）在中，，将绕点逆时针旋转得． （1）如图1，将绕点A逆时针旋转得，求的大小； （2）如图2，线段交线段于点F，在绕点A旋转一周的过程中： ①求证：点F是的中点； ②点F移动的路程为___________． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 圆（6大题型） 考点01 圆的有关概念 考点02 过三点的圆 考点03 垂直于弦的直径 考点04 圆心角 考点05 圆周角 考点06 弧长和扇形面积 考点01 圆的有关概念 1．D 2．A 3．B 4．B 5．D 6．D 7．D 8．C 9．【答案】外部 【分析】 根据点到圆心的距离和半径的关系即可判断点与圆的位置关系；距离大于半径点在圆的外部，距离等于半径点在圆上，距离小于半径点在圆内部． 【详解】 解：的半径为2，， 点M到圆心的距离大于半径， 点M在外部， 故答案为：外部． 【点睛】 本题主要考查点与圆的位置关系；掌握点到圆心的距离与半径的关系是解题的关键． 10．【答案】 【分析】 本题考查点与圆的位置关系．若的半径为，点在外；点在上；点在内．根据点在圆外，点到圆心的距离大于圆的半径，即可． 【详解】 解：∵的半径为3，点A在外， ∴， 故答案为：． 考点02 过三点的圆 1．【答案】 【分析】 此题主要考查了反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．直接利用反证法的步骤，即可得出答案． 【详解】 解：用反证法证明“若则”是真命题时， 第一步应先假设：． 故答案为：． 2．【答案】 【分析】 本题考查三角形的外接圆与外心，掌握等边三角形的性质，应用垂径定理和特殊角的三角函数值解题是关键． 连接、，过点作，结合同弧所对的圆心角是圆周角的两倍、等腰三角形的性质和三角形内角和为得到，再利用垂径定理和的余弦值即可求出的半径． 【详解】 解：连接、，过点作， ∵是等边三角形的外接圆， ∴， ∴， 又∵， ∴， 在中，， ∴， 解得：， 故答案为：． 考点03 垂直于弦的直径 1．C 2．D 3．C 4．【答案】CD=26寸． 【分析】 连接OA，由题意知CD过点O，且CD⊥AB，AE=BE=AB=5（寸），设圆形木材半径OA的长为x，可知OE=x-1，根据OA2=OE2+AE2列方程求解可得． 【详解】 解：连接OA， ∵AB⊥CD，且AB=10， ∴AE=BE=AB =5（寸）， 设圆O的半径OA的长为x，则OC=OD=x ∵DE=1， ∴OE=x-1， 在Rt△AOE 中，根据勾股定理得：OA2-OE2=AE2 ， 解得：x=13 所以CD=26（寸）． 故答案为CD=26寸． 【点睛】 本题考查垂径定理的应用，掌握垂直弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧及勾股定理是解题的关键． 5．【答案】2 【分析】 本题考查垂径定理，勾股定理，根据垂径定理和勾股定理求出的长，进而求出的长即可． 【详解】 解：由题意，， ∵是的半径，弦于点D， ∴， ∴， ∴． 故答案为：2． 6．【答案】（1） 证明：∵，是半径， ∴， ∴ ∴     （2）5      【分析】 本题考查了垂径定理，等腰三角形的性质，勾股定理等,掌握定理及性质，能用勾股定理求解是解题的关键． （1）由垂径定理得，由等腰三角形的性质得，即可求证； （2）由勾股定理得，即可求解； (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：设的半径是，如图，连接 ， ∵ 由垂径定理得：， ∵ ∴ ∴ ∴的半径是5. 7．【答案】假设1与实际情况更为接近，理由如下： 假设1：以D为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立坐标系， 由已知，则顶点， 设解析式为：， ∵， ∴，， 则时，，， 解得：， ∴； ∴当水面宽时，即时， ∴， ∴假设1的预测值（）为：， 故答案为：1.9； 假设2：若拱桥形状是圆弧时．请根据素材1，设该圆弧的半径为，圆心为O，连接， 由已知可得， ∴， ∵， ∴， 在中， 由勾股定理可得：， 即， 解得：， 则， 当水面宽时，则， 在中，由勾股定理， 即， 解得：， 则水位上涨， ∴假设2的预测值为， 故答案为：4.2． 填表如下： 假设1，离差平方和， 假设2，离差平方和， ∴更接近抛物线，即假设1与实际情况更为接近． 水面宽36米 水面宽32米 水位上涨的实际观测值（） 2.1 3.8 假设1的预测值（） 1.9 3.6 假设2的预测值（） 2.3 4.2 【分析】 本题考查待定系数法求二次函数解析式、垂径定理以及勾股定理，读懂题意是解决问题的关键． 假设1：以D为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立坐标系，则抛物线顶点，由于，故，，设解析式为：，代入坐标即可求得a的值，求得，当水面宽时，即时，可求得预测值；假设2：设圆弧的半径为，圆心为O，连接，根据垂径定理可得如图：则在中由勾股定理，求得，根据河宽时，利用勾股定理求对应的预测值．最后分别求假设1和假设2的离差平方和， 离差平方和越小即与实际情况更为接近． 【详解】 略 8．【答案】4 【分析】根据垂径定理求得BD，然后根据勾股定理求得即可． 【详解】解：∵OD⊥BC， ∴BD=CD=BC=3， ∵OB=AB=5， ∴在Rt△OBD中，OD==4． 故答案为4． 【点睛】本题考查垂径定理及其勾股定理，熟记定理并灵活应用是本题的解题关键． 9．【答案】过O作OE⊥AB于点E， 则CE=DE，AE=BE， ∴BE-DE=AE-CE. 即AC=BD. 【分析】 过圆心O作OE⊥AB于点E，根据垂径定理得到AE=BE，同理得到CE=DE，又因为AE-CE=BE-DE，进而求证出AC=BD． 【详解】 略 【点睛】 本题考查垂径定理的实际应用． 10．【答案】3 【分析】 连接OC，由垂径定理可求出CH的长度，在Rt△OCH中，根据CH和⊙O的半径，即可由勾股定理求出OH的长． 【详解】 连接OC，       Rt△OCH中，OC=AB=5，CH=CD=4； 由勾股定理，得：OH=； 即线段OH的长为3． 故答案为：3． 【点睛】 本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理． 11．【答案】（1） 证明：∵是的直径，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴；     （2）      【分析】 本题考查了垂径定理，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握垂径定理是解决问题的关键． （1）由垂径定理得出，由等腰三角形的性质得出，由得，即可得出结论； （2）利用勾股定理求出，依题意，得，然后在中利用勾股定理求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵，，， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得， 即的半径为． 12．【答案】 或 【分析】 本题考查了新定义，轴对称变换，点与圆的位置关系，圆周角定理，解直角三角形，一次函数与坐标轴的交点问题，已知两点求距离等知识点，正确添加辅助线，找到临界状态情况是解题的关键；分类讨论临界的情况，即可得出取值范围． 【详解】 解：反过来思考，由相对运动理解，作出关于的对称圆， ∵若点C关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点C是弦的“可及点”， ∴点C应在的圆内或圆上， ∴点P需要在的圆内或圆上， 作出的外接圆，连接， ∵点P在以为圆心，为半径的运动（不包括端点）， ∴， ∴， 由对称得点，在的垂直平分线上， ∵的外接圆为， ∴点也在的垂直平分线上，记与交于点， ∴， ∴， 随着的增大，会越来越靠近，当点与点重合时，点P在上，即为临界状态，此时最大，， 连接， ∵， ∴当最大，时，此时为等边三角形， 由上述过程知， ∴， 当，的最大值为2， 设， 则， 解得： ， 设直线与交于T，S，与y轴交于点K，过点S作轴， 当，当时，， ∴与x轴交于点， ∴， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 即点， ∴t的取值范围是 或， 故答案为： 或． 考点04 圆心角 1．D 2．【答案】证明：连接． 在中， ， ， ，、分别是半径和的中点， ， ， ， ． 【分析】 连接，构建全等三角形和；然后利用全等三角形的对应边相等证得． 【详解】 略 3．【答案】证明：如图，连接， ∵在中，为的中点， ∴， ∴，即， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 【分析】 本题考查圆心角、弧、弦之间的关系，全等三角形的判定和性质，根据等弧所对的圆心角相等得，证明，再根据全等三角形的性质可得结论．解题的关键是掌握：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等． 【详解】 略 4．【答案】证明：∵是的直径，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【分析】 本题考查了垂径定理，弧、弦的关系，由垂径定理得到，而，得到，从而推出，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】 略 考点05 圆周角 1．D 2．C 3．B 4．D 5．C 6．D 7．C 8．C 9．B 10．B 11．D 12．C 13．C 14．C 15．C 16．D 17．【答案】 【分析】 本题考查了圆周角定理，根据圆周角定理直接计算即可，掌握圆周角定理是解题的关键． 【详解】 解：∵， ∴， 故答案为：． 18．【答案】100° 【分析】 根据圆内接四边形的对角互补计算即可． 【详解】 解：∵四边形ABCD为圆内接四边形，∠C＝80°， ∴∠A＝180°﹣∠C＝100°， 故答案为：100°． 【点睛】 本题考查了圆内接四边形的性质． 19．【答案】 【分析】 本题考查了圆内接四边形的性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的判定、勾股定理，先根据圆内接四边形的性质求得，再利用三角形的内角和定理和等腰三角形的判定得到，再利用勾股定理求解即可． 【详解】 解：在圆内接四边形中，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 20．【答案】 【分析】 本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．根据圆周角定理进行计算，即可解答． 【详解】 解：∵， ∴， 故答案为：． 21．【答案】-度 【分析】 本题考查三角形外角的定义和性质，圆内接四边形的性质，根据三角形外角的性质求出，再根据圆内接四边形对角互补得出，即可求解． 【详解】 解：， ， ， 四边形为圆的内接四边形， ， ， 故答案为：． 22．【答案】122 【分析】 本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握相关知识是解题的关键．由为直径可知，进而可得，再利用圆内接四边形对角互补即可得解． 【详解】 解：是直径， ， ， ， ∵四边形是圆内接四边形， ． 故答案为：122． 23．【答案】（1）     （2）5      【分析】 本题考查了圆周角定理、直角三角形的性质、等边三角形的判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）由是的直径，得到，由，再利用直角三角形的性质即可求出的度数； （2）连接，根据圆周角定理得到，结合，推出是等边三角形，即可求解． (1) 小问详解： 解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴； (2) 小问详解： 解：如图，连接， ∵， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴的半径为5． 24．【答案】 【分析】 本题考查了圆周角定理．熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 根据圆周角定理求解即可． 【详解】 解：∵， ∴， 故答案为：． 25．【答案】（1）如图所示； （2），． 理由如下： ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴，． 【分析】 （1）利用基本作图作AD平分∠BAC，然后连接OD得到点E； （2）由AD平分∠BAC得到∠BAD=∠BAC，由圆周角定理得到∠BAD=∠BOD，则∠BOD=∠BAC，再证明OE为△ABC的中位线，从而得到OE∥AC，OE=AC． 【详解】 解：（1）略 （2）略 【点睛】 本题考查了作图——基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了圆周角定理． 26．【答案】（1） 解：与相切，理由如下： 四边形内接于， 为的直径， ， ， ， ， ， ， ， 为半径， 为的切线，即与相切；     （2）      【分析】 本题主要考查了圆周角定理、切线的判定、垂直平分线的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）由题易得为直径，再证，即可得解； （2）先证垂直平分，再利用等面积求出长即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图，记、交于点， ， ， ， 为直径， 垂直平分， ， ， ， 根据等面积可得， ． 27．【答案】�度 【分析】 本题考查圆周角定理和圆内接四边形的性质，应用圆周角定理和圆内接四边形的性质即可解答. 【详解】 解：构造如图，在下半圆上取点，连接, 设的直径为, 如图： 由题意可知，， ， ， ， ， 故答案为：． 28．【答案】（1） 如图所示：         （2）点在直线上，理由： 如图，连接，取的中点O，连接，    ∵， ∴ ， ∴A，E，D，F四点共圆，即都在上． ∴， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形，    ∴， ∴， ∴B，E，D三点共线． ∴点在直线上．      【分析】 （1）延长，以点A为圆点，长为半径画弧，交延长线于点F；以点A为圆点，长为半径画弧，以点F为半径，长为半径画弧，两弧交于点E，连接即可； （2）连接，取的中点O，连接，证明即可得出结论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 【点睛】 本题考查作图﹣旋转变换、矩形的性质、平行四边形的判定和性质、圆内接四边形等知识，解题的关键是熟练掌握五种基本作图，属于中考常考题型． 29．【答案】（1） 证明：是的直径， ， ， ， 则， 是的弦，是的半径， 由垂径定理可得， 即点为的中点；     （2）      【分析】 （1）先由直径所对的圆周角是直角得到，再由平行线性质得到，即，从而由垂径定理即可得证； （2）结合（1）的证明过程，结合垂径定理得到，设的半径为，则，，在中，由勾股定理列方程求解即可得到答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：根据（1）中的证明过程，由垂径定理可得， 在中，，由勾股定理可得， 设的半径为，则，， ， 解得， ． 【点睛】 本题考查圆的综合，涉及圆周角定理的推论、平行线性质、垂径定理、勾股定理及解方程等知识，熟记圆的相关性质是解决问题的关键． 30．【答案】（）如图所示，即为所求； （） 【分析】 （1）分别作边的垂直平分线，交于点，以为圆心，的长为半径作圆即可； （2）连接并延长交于点，连接，则，，得到为等腰直角三角形，即得，再利用勾股定理求出即可求解． 【详解】 解：（1）略 （2）如图，连接并延长交于点，连接， 则， ∵是的直径， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴外接圆的直径长为． 【点睛】 本题考查了作三角形的外接圆，圆周角定理，等腰直角三角形判定和性质，勾股定理，正确画出图形是解题的关键． 31．【答案】（1） 证明：∵是弦，于点， ∴由垂径定理可得点E为的中点， ∵点O为中点， ∴为的中位线， ∴；     （2）10      【分析】 本题考查了垂径定理，三角形中位线的性质，直径所对的圆周角为，勾股定理解三角形，解决本题的关键是熟练掌握以上性质，并设出未知数由勾股定理求解． （1）根据垂径定理可得点E为中点，再由三角形中位线的性质即可证明； （2）设，则可得，再根据勾股定理求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：设，则， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， 在中，， 即， 可得，解得， ∴， 即求的半径为10． 32．【答案】、、 【分析】 本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质，半圆（直径）所对的圆周角是直角，用无刻度的直尺作直径，连接，，由圆内接四边形的对角互补可得，由直径所对的圆周角是直角可得，从而可得，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】 解：如图：用无刻度的直尺作直径，连接，， ∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， 即可以画出圆周角的度数是、、． 故答案为： 、、 33．【答案】（1） 证明：如图，连接．    ∵， ∴点O必在上，即：是直径， ∴， ∴． ∵， ∴ ∵， ∴， ∴，即：． ∵点D在上， ∴是的切线；     （2） 证明∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴．      【分析】 （1）连接，由直径所对的圆周角是可知，结合三角形外角的性质及同弧所对的圆周角相等可得，由切线的判定定理可证结论； （2）由可得，由等腰三角形两底角相等的性质及同弧所对的圆周角相等，等量代换可得，即可得到结论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 【点睛】 本题考查了圆与三角形的综合，涉及了切线的判定定理及圆中同弧所对的圆周角相等这一性质、等腰三角形的判定与性质及勾股定理，灵活的利用圆的性质是解题的关键． 34．【答案】 【分析】 如图（见解析），先根据圆周角定理可得，再根据圆内接四边形的性质即可得． 【详解】 如图，在优弧上取一点E，连接BE、DE， ， ， 由圆内接四边形的性质得：， 故答案为：． 【点睛】 本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质，熟练掌握圆周角定理是解题关键． 35．【答案】 【分析】 首先连接，并反向延长交于点H，连接，由直线与相切于点A，弦，可求得的长，然后由勾股定理求得的长，又由，根据同弧或等弧所对圆周角相等和弧线、弦、圆心角的关系，可证得，继而求得答案． 【详解】 解：连接，并反向延长交于点H，连接， ∵直线与相切于点A， ∴， ∵弦， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵的半径为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】 本题考查了切线的性质，同弧或等弧所对圆周角相等，垂径定理，弧线、弦、圆心角的关系，勾股定理等知识，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用． 36．【答案】（1） 证明：连接，交于点Q，如图所示： ∵平分， ∴， ∴，即点B为的中点， ∵是直径， ∴，， ∴垂直平分线段， ∴；     （2） 证明：连接，如图所示： ∵是直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴；     （3）6      【分析】 （1）连接，交于点Q，由题意易得，然后根据垂径定理的推论可得垂直平分线段，进而问题可求证； （2）连接，由题意易得，，然后可得，进而问题可求证； （3）连接，由（2）可知：，，即，由题意易得四边形是矩形，则有，然后可得，，设，则，进而根据勾股定理可建立方程进行求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：连接，如图所示： 由（2）可知：，，即， ∵是直径， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，即， ∴，， ∵， ∴， ∵， 设，则， 在中，由勾股定理可得：， 解得：（负根舍去）， ∴． 【点睛】 本题主要考查垂径定理的推论、全等三角形的性质与判定、勾股定理及弧、弦、圆周角的相关性质，熟练掌握垂径定理的推论、全等三角形的性质与判定、勾股定理及弧、弦、圆周角的相关性质是解题的关键． 37．【答案】（1）同弧所对的圆周角相等，等角对等边     （2） 正确，理由如下， ，， ，， ， ， 四边形是圆内接四边形， ， ， 又， ， ， 同理，， ．     （3）      【分析】 （1）根据同弧所对圆周角相等以及等腰三角形的性质即可得到答案； （2）根据，，可推出，再由圆内接四边形的性质可知，从而得到，结合，可得，则，同理，，即可得到结论； （3）取的中点，连接，，利用三角形中位线的性质可推出，，，，结合，可知，最后利用勾股定理即可求得答案． (1) 小问详解： 解：与都是所对的圆周角， ，（同弧所对的圆周角相等） 依据1为同弧所对的圆周角相等； ， ，（等角对等边） 依据2为等角对等边； 故答案为：同弧所对的圆周角相等；等角对等边． (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：取的中点，连接，，如图， 则， 根据题意可知，， 为中位线， ，， 同理，，， ，， ，， ，， ， ， ， ， 在中，． 【点睛】 本题考查了同弧所对的圆周角相等，等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质，三角形中位线的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键． 38．【答案】（1）     （2）     （3）存在，      【分析】 （1）利用勾股定理求出即可． （2）连接，，证明，，可得结论． （3）如图中，连接，．证明，推出点的运动轨迹以为直径的，连接，．求出．，根据，可得结论． (1) 小问详解： 解：如图1中，    是直径， ， ，， ， 的半径为． (2) 小问详解： 解：如图中，连接，． ，， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ． (3) 小问详解： 解：如图中，连接，．    ， ， 点的运动轨迹以为直径的， 连接，． 是等边三角形，， ， ， ， 的最大值为． 【点睛】 本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，垂径定理，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是寻找特殊三角形解决问题，正确寻找点M的运动轨迹． 39．【答案】（1）     （2） 证明：如图2，连接，设， ∵ ， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵过点作，交的延长线于点， ∴，即是的垂直平分线， ∴， ∴ 在和中， ， ∴， ∴．     （3）5      【分析】 本题主要考查了圆周角定理、垂径定理、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． （1）由等边对等角以及三角形内角和定理可得，，再根据圆周角定理可得，然后再根据三角形外角的性质求解即可； （2）如图2，连接，设，由等边对等角以及圆周角定理可得、，即；再证明，然后利用等腰三角形三线合一的性质可得，再根据垂径定理以及等腰三角形的性质可得，即，最后证明并利用全等三角形的性质即可证明结论； （3）如图：连接，由（2）可得：，，即；由角平分线的定义可得，由圆周角定理可得，利用角的和差可得，则是等腰直角三角形，即；再结合已知条件可得，如图：连接，设，则半径，最后在运用勾股定理列方程求得a的值，进而求得圆的半径． (1) 小问详解： 解：如图1∵，， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴． (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：如图：连接， 由（2）可得：，， ∴， ∵作的平分线交于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 如图：连接，设，则半径， 在中，， ∴，解得：或（不合题意舍去）， ∴的半径为． 40．【答案】（1）2     （2） 证明：如图，过点A作交于点H，连接，， ∵垂直平分， ∴， 又∵，，， ∴， ∴A，E，C，D四点共圆， ∴，，， ∵， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， 在四边形中，， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴．      【分析】 （1）过点C作交于点E，根据已知条件得出，再由线段绕点A逆时针旋转得到线段，得到为等腰直角三角形，得出，，根据得出为的中垂线，从而使得，进而证明出为等边三角形，设，则，再由勾股定理得出，列出方程并求解得到的长度，最后利用“”证明，得出； （2）过点A作交于点H，连接，，得到，证明A，E，C，D四点共圆，利用“”证明，得出，由四边形内角和得到，由已知，得到，利用“”证明，得出，再根据，，得出结论． (1) 小问详解： 解：如图，过点C作交于点E， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵线段绕点A逆时针旋转得到线段， ∴为等腰直角三角形，即，， 又∵， ∴为的中垂线， ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， 设，则， 由勾股定理得：， ∴，则， 解得：， ∴，则， 在和中， ， ∴， ∴． (2) 小问详解： 略 【点睛】 本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，分母有理化，垂直平分线的性质等知识点，掌握圆的相关性质是解题关键． 41．【答案】 【分析】 本题考查了圆内接四边形的性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，取中点O，连接，，，作的延长线，根据直角三角形斜边上中线的性质可得出，则A、E、C、D在以O为圆心，为半径是圆上，根据圆内接四边形的性质可求出，则判断出点E在定直线（）上运动，故当时，取最小值，根据含角的直角三角形的性质得出，在中，根据勾股定理求出，即可求解． 【详解】 解：如图，取中点O，连接，，，作的延长线， ∵，， ∴， ∴A、E、C、D在以O为圆心，为半径是圆上， ∴， 又， ∴， ∴， ∴点E在定直线（）上运动， ∴当时，取最小值， 如图， ∴， ∵，，， ∴， ∴（负值舍去）， ∴， 即的最小值为， 故答案为：． 考点06 弧长和扇形面积 1．A 2．C 3．【答案】 【分析】 利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到 2π×2=，求出l后利用勾股定理计算圆锥的高h． 【详解】 解：根据题意得：2π×2=，解得：， 所以该圆锥的高， 故答案为：. 【点睛】 本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长． 4．【答案】 【分析】 本题考查圆锥与扇形的结合，理解圆锥底面周长是扇形弧长，圆锥母线是扇形半径是解题的关键． 根据圆锥的底面半径可以求出底面周长即为展开后的弧长，侧面积即为展开后扇形的面积，再根据扇形的面积公式求出扇形的半径即可求解． 【详解】 解：底面半径为2， 底面周长：， 设该圆锥母线长为， 由圆锥侧面积公式（底面周长）可得，， 解得 故答案为：． 5．【答案】 【分析】 根据扇形面积计算公式进行求解即可． 【详解】 解：由题意得，该扇形面积为， 故答案为：． 【点睛】 本题主要考查了扇形面积计算，熟知扇形面积计算公式是解题的关键，对于半径为r，圆心角度数为n的扇形，其面积为． 6．【答案】（1） 如图，即为所求作：      （2）      【分析】 本题考查旋转的性质，弧长公式，扇形的半径求解，画出旋转之后的图形是解题的关键． （1）根据题意先分别求出旋转后的各点坐标，再依次连接各点即可得到本题答案； （2）先利用勾股定理求出半径的长，再利用弧长公式即可得到本题答案． (1) 小问详解： 解：，，将绕点顺时针旋转得到， ，； (2) 小问详解： 解：如图所示： ， ， 由图可知：的长为． 7．【答案】 【分析】 本题考查了扇形面积的求解，勾股定理解三角形，等腰直角三角形的判定与性质，垂径定理，以及垂直平分线的性质，解决本题的关键是找到圆心 连接与，作与的垂直平分线相交于点O，点O即为圆的圆心，再根据扇形面积公式先求解扇形的面积，根据边长判定的形状，即可求解的面积，再根据半径可求解的长度，由此可求解的面积，即可求解阴影面积． 【详解】 解：连接与，作与的垂直平分线相交于点O， 连接，记与的交点为点Q，如图， ∵点O为圆的圆心，记圆的半径为r， ∴， 根据勾股定理可得，， 即， ∵， ∴， 又， ∴为等腰直角三角形， ∴，， 由垂径定理可知，点Q为中点，且， ∴， ∴， ， ∴ 故答案为： ． 8．【答案】 【分析】 本题考查了弧长公式．根据弧长公式进行计算即可． 【详解】 解：粘贴后标签上边缘所在弧所对的圆心角为，底面半径为， ． 故答案为：． 9．【答案】（1）     （2） ① 证明：过点作交的延长线于点， ∴，， ∵旋转， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点是中点； ②      【分析】 （）由旋转的性质可得，，，，进而根据等边对等角即可求解； （）① 过点作交的延长线于点，证明得到即可求证； ② 取的中点，连接，，三角形的中位线定理得到，故点在以为圆心，的长为半径的圆上，斜边上的中线得到，得到三点共圆，根据线段交线段于点F，得到点的运动路程为线段交线段与点开始，一直到线段交线段与点结束的一段圆弧，进行求解即可． (1) 小问详解： 解：∵，， ∴， 由旋转得，，，， ∴， ∴； (2) 小问详解： ① 略 ② 取的中点，连接，， ∵， ∴， ∴，， ∵旋转， ∴， 由① 可知：点是中点， ∴， ∴， ∴点在以为圆心，的长为半径的圆上运动，且三点共圆， ∵线段交线段于点F， ∴当线段交线段与点开始出现点，当线段交线段与点时，点开始消失， ∴点的运动路程为线段交线段与点开始，一直到线段交线段与点结束的一段圆弧，如图： 由图可知，当交于点时， ∵旋转， ∴， 又∵， ∴垂直平分， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴点的运动路径为，对应的圆心角的度数为， ∴点的移动路程为． 故答案为：． 【点睛】 本题考查旋转的性质，含30度角的直角三角形，等腰三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，斜边上的中线，等边三角形的判定和性质，求弧长等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造全等三角形，确定点的轨迹，是解题的关键． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 圆（6大题型） 6大高频考点概览 考点01 圆的有关概念 考点02 过三点的圆 考点03 垂直于弦的直径 考点04 圆心角 考点05 圆周角 考点06 弧长和扇形面积 考点01 圆的有关概念 1．（25-26学年九上·福建厦门思明区第九中学·期中）已知的半径为3，点P在内，则的长可能是（       ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】D 【分析】 本题考查点与圆的位置关系，熟练掌握点在圆内时，点到圆心的距离与半径的大小关系是解题关键． 【详解】 解：∵的半径为3，点P在内， ∴， ∵选项中只有， ∴的长可能是2， 故选：D． 2．（25-26学年九上·福建厦门莲花中学·期中）已知的半径为5，点P到圆心O的距离为3，则点P（     ） A. 在内 B. 在上 C. 在外 D. 无法确定 【答案】A 【分析】 本题主要考查点与圆的位置关系，熟练掌握点与圆的位置关系是解题的关键；根据点与圆的位置关系，比较点P到圆心O的距离d与圆的半径r的大小即可． 【详解】 解：∵的半径，点P到圆心O的距离， ∴， ∴点P在内； 故选A． 3．（25-26学年九上·福建莆田莆田第二中学·期中）在所在平面内有一点，若，半径为5，则点与的位置关系是（     ） A. 点在内 B. 点在外 C. 点在上 D. 无法判断 【答案】B 【分析】 本题考查的是点与圆的位置关系，熟知点与圆的三种位置关系是解答此题的关键．根据点与圆的位置关系：点到圆心的距离d与半径r比较，若，则点在圆外，即可求解． 【详解】 解：∵，的半径，且， ∴ 点P在外． 故选：B． 4．（25-26学年九上·福建泉州南安实验中学·期中）下列二次根式中最简二次根式是(          ) A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题主要考查了最简二次根式，根据最简二次根式的判定条件即可解答；最简二次根式必须满足两个条件：① 被开方数不含分母；② 被开方数不含能开得尽方的因数或因式； 【详解】 解：A．不是最简二次根式，不符合题意； B．是最简二次根式，符合题意； C．不是最简二次根式，不符合题意； D．不是最简二次根式，不符合题意． 故选：B． 5．（25-26学年九上·福建泉州第七中学·期中）如图，已知，Rt△ABC，∠C＝90°，中线AE与CF交于点P，PF＝1，则AB的长度为（　　） A. 3 B.  C.  D. 6 【答案】D 【分析】 先判断P点为△ACB的重心，根据三角形重心性质得到CP＝2PF＝2，然后根据斜边上的性质求解． 【详解】 解：∵中线AE与CF交于点P， ∴P点为△ACB的重心， ∴CP＝2PF＝2， ∴CF＝3， ∵CF为斜边上中线， ∴AB＝2CF＝6． 故选：D． 【点睛】 本题考查了三角形的重心：重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2:1． 6．（25-26学年九上·福建厦门思明区外国语学校·期中）已知⊙O的半径为5，点P在⊙O外，则OP的长可能是（　　） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D 【详解】设点与圆心的距离d，已知点P在圆外，则d>r. 解：当点P是⊙O外一点时，OP>5cm，A、B、C均不符. 故选D.        “点睛”本题考查了点与圆的位置关系，确定点与圆的位置关系，就是比较点与圆心的距离化为半径的大小关系. 7．（25-26学年九上·福建福州·期中）已知点P到圆心O的距离为5，若点P在圆内，则的半径可能为（       ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D 【分析】 由点与圆的位置关系可知，的半径，进而可得出结果． 【详解】 解：由点与圆的位置关系可知，的半径 故选D． 【点睛】 本题考查了点与圆的位置关系．解题的关键在于对知识的熟练掌握． 8．（25-26学年九上·福建厦门松柏中学·期中）的半径，点C到圆心的距离为，则点C与的位置关系是（     ） A. 点在圆上 B. 点在圆内 C. 点在圆外 D. 无法确定 【答案】C 【分析】 本题主要考查了点与圆的位置关系，当时，点P在圆外；当时，点P在圆上；当时，点C在圆内． 根据点与圆的位置关系，即可进行解答． 【详解】 解：∵， ∴点C在外， 故选：C 9．（25-26学年九上·福建厦门第十一中学·期中）若的半径为2，M为平面内一点，，则点M在　　　　　　　　　．（填“上”、“内部”或“外部”） 【答案】外部 【分析】 根据点到圆心的距离和半径的关系即可判断点与圆的位置关系；距离大于半径点在圆的外部，距离等于半径点在圆上，距离小于半径点在圆内部． 【详解】 解：的半径为2，， 点M到圆心的距离大于半径， 点M在外部， 故答案为：外部． 【点睛】 本题主要考查点与圆的位置关系；掌握点到圆心的距离与半径的关系是解题的关键． 10．（25-26学年九上·福建福州三牧中学·期中）已知的半径为3，点A在外，则　　　　　3．（填“”“<”或“”） 【答案】 【分析】 本题考查点与圆的位置关系．若的半径为，点在外；点在上；点在内．根据点在圆外，点到圆心的距离大于圆的半径，即可． 【详解】 解：∵的半径为3，点A在外， ∴， 故答案为：． 考点02 过三点的圆 1．（25-26学年九上·福建福州·期中）用反证法证明“若则”是真命题时，第一步应先假设　　　　　　． 【答案】 【分析】 此题主要考查了反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．直接利用反证法的步骤，即可得出答案． 【详解】 解：用反证法证明“若则”是真命题时， 第一步应先假设：． 故答案为：． 2．（25-26学年九上·福建福州·期中）如图，是等边三角形的外接圆．若，则的半径是　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查三角形的外接圆与外心，掌握等边三角形的性质，应用垂径定理和特殊角的三角函数值解题是关键． 连接、，过点作，结合同弧所对的圆心角是圆周角的两倍、等腰三角形的性质和三角形内角和为得到，再利用垂径定理和的余弦值即可求出的半径． 【详解】 解：连接、，过点作， ∵是等边三角形的外接圆， ∴， ∴， 又∵， ∴， 在中，， ∴， 解得：， 故答案为：． 考点03 垂直于弦的直径 1．（25-26学年九上·福建厦门湖滨中学·期中）如图，在中半径与弦垂直于点D，且，，则的长是（       ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【分析】 根据垂径定理以及勾股定理即可求答案． 【详解】 解：连接， 设， ∵， ∴， ∵， ∴由垂径定理可知：， 由勾股定理可知： ∴， ∴， 故选C. 【点睛】 本题考查垂径定理，解题的关键是熟练运用垂径定理以及勾股定理，本题属于基础题型． 2．（25-26学年九上·福建莆田仙游县·期中）如图，已知的半径为，弦的长为，是的延长线上一点，，则等于（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题考查了勾股定理和垂径定理的应用，注意：垂直于弦的直径平分弦．过点O作于点C，根据垂径定理求出，，在中，根据勾股定理求出，在中，根据勾股定理求出即可． 【详解】 解：如图，过点O作于点C，则， ，过圆心O， ， 在中，， ， ， 在中，， 故选：D． 3．（25-26学年九上·福建福州平潭县·期中）如图，将半径为的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心O，则折痕的长为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查垂径定理的运用以及翻折变换的性质，解题的关键在于作出辅助线利用数形结合解答．连接，过点O作于点，交于点，由折叠的性质得：，在中，利用勾股定理可得，再由垂径定理可知，从而求得答案． 【详解】 解：连接，过点O作于点，交于点， 将半径为的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心O， ， ， ， 在中，，， ， ， 故选：C． 4．（25-26学年九上·福建莆田莆田第二中学·期中）（多选）《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，书中记载：“今有中，不知大小．以锯锯之，深1寸，锯道长1尺，问经几何？“其意思为：“如图，今有一圆形木材在墙中，不知其大小用锯子去锯这个木材，锯口深DE=1寸，锯道长AB=10寸，问这块圆形木材的直径是多少？” 【答案】CD=26寸． 【分析】 连接OA，由题意知CD过点O，且CD⊥AB，AE=BE=AB=5（寸），设圆形木材半径OA的长为x，可知OE=x-1，根据OA2=OE2+AE2列方程求解可得． 【详解】 解：连接OA， ∵AB⊥CD，且AB=10， ∴AE=BE=AB =5（寸）， 设圆O的半径OA的长为x，则OC=OD=x ∵DE=1， ∴OE=x-1， 在Rt△AOE 中，根据勾股定理得：OA2-OE2=AE2 ， 解得：x=13 所以CD=26（寸）． 故答案为CD=26寸． 【点睛】 本题考查垂径定理的应用，掌握垂直弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧及勾股定理是解题的关键． 5．（25-26学年九上·福建福州鼓楼区福州黎明中学·期中）如图，是的半径，弦于点D，连接，若的半径为，的长为，则的长是　　　　　　　　　． 【答案】2 【分析】 本题考查垂径定理，勾股定理，根据垂径定理和勾股定理求出的长，进而求出的长即可． 【详解】 解：由题意，， ∵是的半径，弦于点D， ∴， ∴， ∴． 故答案为：2． 6．（25-26学年九上·福建福州平潭县·期中）如图，， 交于点C，D，是半径，且于点F． （1）求证：． （2）若，求的半径． 【答案】（1） 证明：∵，是半径， ∴， ∴ ∴     （2）5      【分析】 本题考查了垂径定理，等腰三角形的性质，勾股定理等,掌握定理及性质，能用勾股定理求解是解题的关键． （1）由垂径定理得，由等腰三角形的性质得，即可求证； （2）由勾股定理得，即可求解； (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：设的半径是，如图，连接 ， ∵ 由垂径定理得：， ∵ ∴ ∴ ∴的半径是5. 7．（25-26学年九上·福建厦门莲花中学·期中）综合实践：根据以下素材，解决问题． 如何确定拱桥形状？ 问题背景 河面上有一座拱桥，对于它的形状，同学们各抒己见．有的同学认为拱桥的形状是抛物线，也有同学认为它是圆弧．为确定拱桥的形状，九年级综合实践小组开展了一次探究活动．     素材1 在正常水位时，小组成员对拱形内水面宽度和拱顶离水面的距离进行了测量，并绘制示意图．如图，测得拱形内水面宽为40米，拱顶离水面的距离为10米．     素材2 大雨过后，水位上涨．小组成员再对拱形内水面宽度和拱顶离水面的距离进行了两次测量．发现：当拱形内水面宽为36米时，水位（相对正常水位）上涨2.1米；当拱形内水面宽为32米时，水位（相对正常水位）上涨3.8米． 问题解决 假设1 小组成员首先假设拱桥形状是抛物线．根据素材1建立如图所示的直角坐标系，求该抛物线的解析式．     假设2 小组成员又提出拱桥形状可能是圆弧．请根据素材1求出该圆弧的半径． 分析判断 基于假设1和假设2，请分别计算拱形内水面宽36米和32米时水位上涨的预测值，直接填入下表（数据保留一位小数）．请你根据以上计算结果，判断哪个假设与实际情况更为接近，并说明你的理由．（参考数据：） 水面宽36米 水面宽32米 水位上涨的实际观测值（） 2.1 3.8 假设1的预测值（） 3.6 假设2的预测值（） 2.3 【答案】假设1与实际情况更为接近，理由如下： 假设1：以D为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立坐标系， 由已知，则顶点， 设解析式为：， ∵， ∴，， 则时，，， 解得：， ∴； ∴当水面宽时，即时， ∴， ∴假设1的预测值（）为：， 故答案为：1.9； 假设2：若拱桥形状是圆弧时．请根据素材1，设该圆弧的半径为，圆心为O，连接， 由已知可得， ∴， ∵， ∴， 在中， 由勾股定理可得：， 即， 解得：， 则， 当水面宽时，则， 在中，由勾股定理， 即， 解得：， 则水位上涨， ∴假设2的预测值为， 故答案为：4.2． 填表如下： 假设1，离差平方和， 假设2，离差平方和， ∴更接近抛物线，即假设1与实际情况更为接近． 水面宽36米 水面宽32米 水位上涨的实际观测值（） 2.1 3.8 假设1的预测值（） 1.9 3.6 假设2的预测值（） 2.3 4.2 【分析】 本题考查待定系数法求二次函数解析式、垂径定理以及勾股定理，读懂题意是解决问题的关键． 假设1：以D为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立坐标系，则抛物线顶点，由于，故，，设解析式为：，代入坐标即可求得a的值，求得，当水面宽时，即时，可求得预测值；假设2：设圆弧的半径为，圆心为O，连接，根据垂径定理可得如图：则在中由勾股定理，求得，根据河宽时，利用勾股定理求对应的预测值．最后分别求假设1和假设2的离差平方和， 离差平方和越小即与实际情况更为接近． 【详解】 略 8．（25-26学年九上·福建厦门三中与厦门龙湫亭学校·期中）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，若BC=6，AB=10，OD⊥BC于点D，则OD的长为　　　　　　． 【答案】4 【分析】根据垂径定理求得BD，然后根据勾股定理求得即可． 【详解】解：∵OD⊥BC， ∴BD=CD=BC=3， ∵OB=AB=5， ∴在Rt△OBD中，OD==4． 故答案为4． 【点睛】本题考查垂径定理及其勾股定理，熟记定理并灵活应用是本题的解题关键． 9．（25-26学年九上·福建福州·期中）（多选）已知在以点O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB交小圆于点C，D（如图）． 求证：AC=BD. 【答案】过O作OE⊥AB于点E， 则CE=DE，AE=BE， ∴BE-DE=AE-CE. 即AC=BD. 【分析】 过圆心O作OE⊥AB于点E，根据垂径定理得到AE=BE，同理得到CE=DE，又因为AE-CE=BE-DE，进而求证出AC=BD． 【详解】 略 【点睛】 本题考查垂径定理的实际应用． 10．（25-26学年九上·福建福州·期中）如图，AB为的直径，弦于点H，若，，则OH的长度为　　． 【答案】3 【分析】 连接OC，由垂径定理可求出CH的长度，在Rt△OCH中，根据CH和⊙O的半径，即可由勾股定理求出OH的长． 【详解】 连接OC，       Rt△OCH中，OC=AB=5，CH=CD=4； 由勾股定理，得：OH=； 即线段OH的长为3． 故答案为：3． 【点睛】 本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理． 11．（25-26学年九上·福建福州福建师范大学附属中学·期中）如图，内接于，是的直径，，垂足为． （1）求证：； （2）若，求的半径． 【答案】（1） 证明：∵是的直径，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴；     （2）      【分析】 本题考查了垂径定理，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握垂径定理是解决问题的关键． （1）由垂径定理得出，由等腰三角形的性质得出，由得，即可得出结论； （2）利用勾股定理求出，依题意，得，然后在中利用勾股定理求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵，，， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得， 即的半径为． 12．（25-26学年九上·福建厦门湖滨中学·期中）在平面直角坐标系中，的半径为1，对于的弦和不在直线上的点C，给出如下定义：若点C关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点C是弦的“可及点”．已知P是直线上一点，且存在的弦，使得点P是弦的“可及点”．记点P的横坐标为t，则t的取值范围是　　　　　　　　． 【答案】 或 【分析】 本题考查了新定义，轴对称变换，点与圆的位置关系，圆周角定理，解直角三角形，一次函数与坐标轴的交点问题，已知两点求距离等知识点，正确添加辅助线，找到临界状态情况是解题的关键；分类讨论临界的情况，即可得出取值范围． 【详解】 解：反过来思考，由相对运动理解，作出关于的对称圆， ∵若点C关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点C是弦的“可及点”， ∴点C应在的圆内或圆上， ∴点P需要在的圆内或圆上， 作出的外接圆，连接， ∵点P在以为圆心，为半径的运动（不包括端点）， ∴， ∴， 由对称得点，在的垂直平分线上， ∵的外接圆为， ∴点也在的垂直平分线上，记与交于点， ∴， ∴， 随着的增大，会越来越靠近，当点与点重合时，点P在上，即为临界状态，此时最大，， 连接， ∵， ∴当最大，时，此时为等边三角形， 由上述过程知， ∴， 当，的最大值为2， 设， 则， 解得： ， 设直线与交于T，S，与y轴交于点K，过点S作轴， 当，当时，， ∴与x轴交于点， ∴， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 即点， ∴t的取值范围是 或， 故答案为： 或． 考点04 圆心角 1．（25-26学年九上·福建莆田莆田第二中学·期中）下列说法中，正确的是（     ） A. 长度相等的弧是等弧 B. 三角形的外心到三角形三条边的距离相等 C. 平分弦的直径垂直于弦 D. 在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等 【答案】D 【分析】 本题考查圆的性质和三角形外心的概念，根据定义和定理逐项判断即可． 【详解】 解：A.∵在同圆或等圆中，能够互相重合的弧叫做等弧，∴错误； B.∵三角形的外心是三边垂直平分线的交点，到顶点距离相等，到边距离相等的是内心，∴错误； C.∵垂径定理指出平分弦（非直径）的直径垂直于弦，未指定非直径，∴错误； D.∵在同圆或等圆中，相等圆心角所对的弦相等，是圆心角定理，∴正确； 故选D． 2．（25-26学年九上·福建莆田莆田第二中学·期中）如图，，D，E分别是半径，的中点．求证：． 【答案】证明：连接． 在中， ， ， ，、分别是半径和的中点， ， ， ， ． 【分析】 连接，构建全等三角形和；然后利用全等三角形的对应边相等证得． 【详解】 略 3．（25-26学年九上·福建福州·期中）如图，在中，为的中点，于点，于点．求证：． 【答案】证明：如图，连接， ∵在中，为的中点， ∴， ∴，即， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 【分析】 本题考查圆心角、弧、弦之间的关系，全等三角形的判定和性质，根据等弧所对的圆心角相等得，证明，再根据全等三角形的性质可得结论．解题的关键是掌握：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等． 【详解】 略 4．（25-26学年九上·福建厦门松柏中学·期中）如图，是的直径，是的弦，于点E，点F在上且，连接．求证：； 【答案】证明：∵是的直径，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【分析】 本题考查了垂径定理，弧、弦的关系，由垂径定理得到，而，得到，从而推出，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】 略 考点05 圆周角 1．（25-26学年九上·福建厦门思明区第九中学·期中）如图，点A，B，C，D在上，则图中一定与相等的角是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据同弧所对等圆周角相等求解即可． 【详解】 ∵所对应的弧为， ∴， 故选：D． 【点睛】 本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 2．（九上·福建厦门湖里中学·期中）如图，在中，，则等于（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 此题考查了圆周角定理.同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，据此进行解答即可. 【详解】 解：∵， ∴ 故选：C 3．（25-26学年九上·福建莆田莆田第二中学·期中）如图，点在上，若，则的度数为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题关键． 直接根据圆周角定理即可得． 【详解】 解：∵， ∴由圆周角定理得：， 故选：B． 4．（25-26学年九上·福建莆田仙游县·期中）如图，点A、B、C是上的三点，若，则的度数（       ） A. 100° B. 50° C. 40° D. 25° 【答案】D 【分析】 本题考查圆周角定理．根据同弧所对的圆周角是圆心角度数的一半，即可得出结果． 【详解】 解：∵点A、B、C是上的三点，， ∴； 故选D． 5．（25-26学年九上·福建福州台江区福州华伦中学·期中）如图，四边形是的内接正方形，点是劣弧上任意一点（与点不重合），则的度数为（       ） A. 15° B. 30° C. 45° D. 60° 【答案】C 【分析】 本题考查了圆周角定理以及正方形的性质，解决本题的关键是熟练掌握圆周角定理． 利用同弧所对的圆周角相等以及圆内接四边形的性质来求解的度数． 【详解】 解：连接，如图， ∵四边形是的内接正方形， ∴， ∴． 故选：C． 6．（25-26学年九上·福建厦门三中与厦门龙湫亭学校·期中）如图，四边形内接于，，为对角线，经过圆心O ，则下列各角中度数与一样的角是（   ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题考查了同弧或等弧所对的圆周角相等，解题的关键是掌握同弧所对的圆周角相等．根据同弧或等弧所对的圆周角相等，即可求解． 【详解】 解：∵， ∴， ∴度数与一样的角是． 故选：D． 7．（25-26学年九上·福建福州·期中）如图，点、、在上，，连接、．则大小为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题主要考查了圆周角定理，根据同弧所对的圆心角度数是圆周角度数的2倍即可得到答案． 【详解】 解：∵， ∴， 故选：C． 8．（25-26学年九上·福建福州平潭县·期中）如图，BD是的直径，A，C在圆上，，的度数是（       ） A. 50° B. 45° C. 40° D. 35° 【答案】C 【分析】 由BD是圆O的直径，可求得∠BCD = 90°又由圆周角定理可得∠D=∠A= 50°，继而求得答案． 【详解】 解：∵BD是的直径， ∴∠BCD=90°， ∴∠D=∠A= 50°， ∴∠DBC= 90°-∠D = 40°， 故选： C． 【点睛】 此题考查了圆周角定理以及直角三角形的性质，此题难度不大，解题的关键是注意掌握数形结合思想的应用． 9．（25-26学年九上·福建福州·期中）如图，点、、在上，，连接、，则的度数为（） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 此题考查了圆周角定理，解题的关键是掌握圆周角定理．根据圆周角定理求解即可． 【详解】 解：∵, ∴, 故选：B． 10．（25-26学年九上·福建福州鼓楼区福州黎明中学·期中）如图，正方形ABCD内接于，点P在上，则的度数为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 连接OB，OC，由正方形ABCD的性质得，再根据圆周角与圆心角的关系即可得出结论． 【详解】 解：连接OB，OC，如图， ∵正方形ABCD内接于， ∴ ∴ 故选：B． 【点睛】 此题主要考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半． 11．（25-26学年九上·福建厦门莲花中学·期中）如图，锐角中，，要作的高线，下列说法正确的是（       ） 甲的作法： 乙的作法： 丙的作法 A. 只有甲对 B. 只有乙和丙对 C. 只有甲和丙对 D. 甲，乙，丙都对 【答案】D 【分析】 本题考查了尺规作图以及圆周角定理，三角形内角和性质，平角概念，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据垂直平分线得出，结合等边对等角即可判断甲；根据圆周角定理得出，结合平角概念进行列式计算，即可判断乙；作一个角等于已知角，结合，即可判断丙；即可作答． 【详解】 解：∵甲的作法是做的垂直平分线 ∴ ∵ ∴ 则甲对； ∵乙的作法：作的垂直平分线，且以为直径作圆 ∴ ∴ 则乙对； 丙的作法是作 ∴ 则丙对； 故选：D． 12．（25-26学年九上·福建福州福建师范大学附属中学·期中）如图，的直径平分弦（不是直径）．若，则的度数为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查了垂径定理的推论，圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．设交于点E，先由垂径定理得到，由得到，故． 【详解】 解：如图，设交于点E， ∵直径平分弦， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 13．（25-26学年九上·福建厦门松柏中学·期中）已知：如图, ⊙O的两条弦AE、BC相交于点D,连接AC、BE.若∠ACB＝60°,则下列结论中正确的是（ ） A. ∠AOB＝60° B. ∠ADB＝60° C. ∠AEB＝60° D. ∠AEB＝30° 【答案】C 【详解】试题分析：由题意得，由圆周角定理可知，,综合分析选项C正确. 考点：圆周角定理的应用. 14．（25-26学年九上·福建厦门湖滨中学·期中）如图，内接于圆，点D在弧上，连接，．下列角中，与相等的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查圆周角定理，熟练掌握圆内角度的关系是解题关键． 同弧或等弧所对的圆周角相等，从同弧或等弧的角度去寻找相等的角即可． 【详解】 解：∵， ∴． 故选：C． 15．（25-26学年九上·福建厦门思明区外国语学校·期中）如图，过经原点O，并与两坐标轴交于A、D两点，已知，点D的坐标为，则点A的横坐标为（       ） A.  B.  C. 2 D.  【答案】C 【分析】 本题主要考查了圆周角定理，勾股定理解直角三角形，以及坐标与图形，解决本题的关键是要正确添加辅助线，将已知条件集中到中解直角三角形．连接，根据直角坐标系的两坐标轴的垂直关系可证为直径，由圆周角定理得到，在中，根据勾股定理计算可得的长，得到点A的横坐标，即可求解． 【详解】 解：连接， ∵， ∴为的直径，即点C在上， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵在中，， 即， ∴， ∴点A的横坐标为2． 故选：C． 16．（25-26学年九上·福建厦门第十一中学·期中）如图，是的直径，是上两点，若，则的度数是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 由AB为⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，可求得∠ACB=90°，又由∠D=55°，得出∠B的度数，从而计算出∠CAB，根据同弧所对的圆心角是圆周角度数的2倍进行求解即可． 【详解】 解：∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB=90°， ∵∠D=55°， ∴∠B=∠D=55°(同弧所对的圆周角相等) ∴∠BAC=90°-∠B=35°， ∴∠BOC=2∠BAC =70°．(同弧所对的圆心角是圆周角的2倍) 故选：D． 【点睛】 本题主要考查了圆周角定理，圆周角与圆心角之间的关系，解题的关键是理清角之间的关系． 17．（25-26学年九上·福建厦门思明区外国语学校·期中）如图，在中，，则的度数为　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了圆周角定理，根据圆周角定理直接计算即可，掌握圆周角定理是解题的关键． 【详解】 解：∵， ∴， 故答案为：． 18．（25-26学年九上·福建福州平潭县·期中）如图，在圆内接四边形ABCD中，若∠C＝80°，则∠A等于　　　． 【答案】100° 【分析】 根据圆内接四边形的对角互补计算即可． 【详解】 解：∵四边形ABCD为圆内接四边形，∠C＝80°， ∴∠A＝180°﹣∠C＝100°， 故答案为：100°． 【点睛】 本题考查了圆内接四边形的性质． 19．（25-26学年九上·福建厦门思明区第九中学·期中）如图，在圆内接四边形中，对角线，，，则　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了圆内接四边形的性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的判定、勾股定理，先根据圆内接四边形的性质求得，再利用三角形的内角和定理和等腰三角形的判定得到，再利用勾股定理求解即可． 【详解】 解：在圆内接四边形中，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 20．（25-26学年九上·福建厦门莲花中学·期中）如图，点A、B、C在上，，则的度数为　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．根据圆周角定理进行计算，即可解答． 【详解】 解：∵， ∴， 故答案为：． 21．（九上·福建厦门湖里中学·期中）如图，圆内接四边形两组对边的延长线分别相交于点E，F，且，那么的度数为　　　　　　　． 【答案】-度 【分析】 本题考查三角形外角的定义和性质，圆内接四边形的性质，根据三角形外角的性质求出，再根据圆内接四边形对角互补得出，即可求解． 【详解】 解：， ， ， 四边形为圆的内接四边形， ， ， 故答案为：． 22．（25-26学年九上·福建莆田莆田第二中学·期中）如图，是半圆O的直径，，点C是上一点不与B，D重合，则　　　　　　　　． 【答案】122 【分析】 本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握相关知识是解题的关键．由为直径可知，进而可得，再利用圆内接四边形对角互补即可得解． 【详解】 解：是直径， ， ， ， ∵四边形是圆内接四边形， ． 故答案为：122． 23．（25-26学年九上·福建厦门三中与厦门龙湫亭学校·期中）如图，是的直径，、两点在上，若． （1）求的度数； （2）若，，求的半径． 【答案】（1）     （2）5      【分析】 本题考查了圆周角定理、直角三角形的性质、等边三角形的判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）由是的直径，得到，由，再利用直角三角形的性质即可求出的度数； （2）连接，根据圆周角定理得到，结合，推出是等边三角形，即可求解． (1) 小问详解： 解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴； (2) 小问详解： 解：如图，连接， ∵， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴的半径为5． 24．（25-26学年九上·福建厦门三中与厦门龙湫亭学校·期中）如图，点都在上，，则的度数等于　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了圆周角定理．熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 根据圆周角定理求解即可． 【详解】 解：∵， ∴， 故答案为：． 25．（25-26学年九上·福建厦门第十一中学·期中）如图，为的直径，点在上． （1）尺规作图：作的平分线，与交于点；连接，交于点 （不写作法，只保留作图痕迹，且用黑色墨水笔将作图痕迹加黑）； （2）探究与的位置及数量关系，并证明你的结论． 【答案】（1）如图所示； （2），． 理由如下： ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴，． 【分析】 （1）利用基本作图作AD平分∠BAC，然后连接OD得到点E； （2）由AD平分∠BAC得到∠BAD=∠BAC，由圆周角定理得到∠BAD=∠BOD，则∠BOD=∠BAC，再证明OE为△ABC的中位线，从而得到OE∥AC，OE=AC． 【详解】 解：（1）略 （2）略 【点睛】 本题考查了作图——基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了圆周角定理． 26．（25-26学年九上·福建厦门莲花中学·期中）如图，四边形内接于，，点在的延长线上，且 （1）判断与的位置关系，并说明理由； （2）若，，，求的长． 【答案】（1） 解：与相切，理由如下： 四边形内接于， 为的直径， ， ， ， ， ， ， ， 为半径， 为的切线，即与相切；     （2）      【分析】 本题主要考查了圆周角定理、切线的判定、垂直平分线的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）由题易得为直径，再证，即可得解； （2）先证垂直平分，再利用等面积求出长即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图，记、交于点， ， ， ， 为直径， 垂直平分， ， ， ， 根据等面积可得， ． 27．（25-26学年九上·福建厦门莲花中学·期中）在利用量角器进行角度测量时，刘新同学放错了位置，将角的顶点放到了量角器的弧线上（如图），爱动脑筋的李涛同学忽然发现，这样也能测量得到的度数．通过仔细观察，李涛同学发现射线与量角器的交点和对应的刻度分别是和，则的度数为　　　　　　． 【答案】�度 【分析】 本题考查圆周角定理和圆内接四边形的性质，应用圆周角定理和圆内接四边形的性质即可解答. 【详解】 解：构造如图，在下半圆上取点，连接, 设的直径为, 如图： 由题意可知，， ， ， ， ， 故答案为：． 28．（九上·福建厦门湖里中学·期中）如图，是矩形的对角线．    （1）尺规作图：作．由绕点A顺时针旋转一定角度得到，点B的对应点，点C的对应点在的延长线上；（要求：不写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）的条件下，判断点与直线的位置关系，并说明理由． 【答案】（1） 如图所示：         （2）点在直线上，理由： 如图，连接，取的中点O，连接，    ∵， ∴ ， ∴A，E，D，F四点共圆，即都在上． ∴， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形，    ∴， ∴， ∴B，E，D三点共线． ∴点在直线上．      【分析】 （1）延长，以点A为圆点，长为半径画弧，交延长线于点F；以点A为圆点，长为半径画弧，以点F为半径，长为半径画弧，两弧交于点E，连接即可； （2）连接，取的中点O，连接，证明即可得出结论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 【点睛】 本题考查作图﹣旋转变换、矩形的性质、平行四边形的判定和性质、圆内接四边形等知识，解题的关键是熟练掌握五种基本作图，属于中考常考题型． 29．（九上·福建厦门湖里中学·期中）如图，是的直径，点是上的点，且，分别与相交于点． （1）求证：点为的中点； （2）若，求的长． 【答案】（1） 证明：是的直径， ， ， ， 则， 是的弦，是的半径， 由垂径定理可得， 即点为的中点；     （2）      【分析】 （1）先由直径所对的圆周角是直角得到，再由平行线性质得到，即，从而由垂径定理即可得证； （2）结合（1）的证明过程，结合垂径定理得到，设的半径为，则，，在中，由勾股定理列方程求解即可得到答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：根据（1）中的证明过程，由垂径定理可得， 在中，，由勾股定理可得， 设的半径为，则，， ， 解得， ． 【点睛】 本题考查圆的综合，涉及圆周角定理的推论、平行线性质、垂径定理、勾股定理及解方程等知识，熟记圆的相关性质是解决问题的关键． 30．（25-26学年九上·福建莆田莆田第二中学·期中）（）尺规作图，作出的外接圆（不写作图过程，但保留作图痕迹）； （）若，，求外接圆的直径长． 【答案】（）如图所示，即为所求； （） 【分析】 （1）分别作边的垂直平分线，交于点，以为圆心，的长为半径作圆即可； （2）连接并延长交于点，连接，则，，得到为等腰直角三角形，即得，再利用勾股定理求出即可求解． 【详解】 解：（1）略 （2）如图，连接并延长交于点，连接， 则， ∵是的直径， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴外接圆的直径长为． 【点睛】 本题考查了作三角形的外接圆，圆周角定理，等腰直角三角形判定和性质，勾股定理，正确画出图形是解题的关键． 31．（25-26学年九上·福建福州台江区福州华伦中学·期中）如图，是的直径，是弦，于点，交圆于点，连接． （1）求证：； （2）若，，求的半径． 【答案】（1） 证明：∵是弦，于点， ∴由垂径定理可得点E为的中点， ∵点O为中点， ∴为的中位线， ∴；     （2）10      【分析】 本题考查了垂径定理，三角形中位线的性质，直径所对的圆周角为，勾股定理解三角形，解决本题的关键是熟练掌握以上性质，并设出未知数由勾股定理求解． （1）根据垂径定理可得点E为中点，再由三角形中位线的性质即可证明； （2）设，则可得，再根据勾股定理求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：设，则， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， 在中，， 即， 可得，解得， ∴， 即求的半径为10． 32．（25-26学年九上·福建厦门思明区外国语学校·期中）如图，点A，B，C是上的点，且，在这个图中，仅用无刻度的直尺能准确画出的圆周角的度数是　　　　　　．（除外，请写出全部可能的结果） 【答案】、、 【分析】 本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质，半圆（直径）所对的圆周角是直角，用无刻度的直尺作直径，连接，，由圆内接四边形的对角互补可得，由直径所对的圆周角是直角可得，从而可得，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】 解：如图：用无刻度的直尺作直径，连接，， ∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， 即可以画出圆周角的度数是、、． 故答案为： 、、 33．（25-26学年九上·福建厦门松柏中学·期中）如图，四边形内接于，，的延长线交于点F，点E在上，且．    （1）求证：是的切线： （2）当时，求证：． 【答案】（1） 证明：如图，连接．    ∵， ∴点O必在上，即：是直径， ∴， ∴． ∵， ∴ ∵， ∴， ∴，即：． ∵点D在上， ∴是的切线；     （2） 证明∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴．      【分析】 （1）连接，由直径所对的圆周角是可知，结合三角形外角的性质及同弧所对的圆周角相等可得，由切线的判定定理可证结论； （2）由可得，由等腰三角形两底角相等的性质及同弧所对的圆周角相等，等量代换可得，即可得到结论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 【点睛】 本题考查了圆与三角形的综合，涉及了切线的判定定理及圆中同弧所对的圆周角相等这一性质、等腰三角形的判定与性质及勾股定理，灵活的利用圆的性质是解题的关键． 34．（25-26学年九上·福建厦门松柏中学·期中）如图，若∠BOD＝140°，则∠BCD=　　　　　　　　　　　 ． 【答案】 【分析】 如图（见解析），先根据圆周角定理可得，再根据圆内接四边形的性质即可得． 【详解】 如图，在优弧上取一点E，连接BE、DE， ， ， 由圆内接四边形的性质得：， 故答案为：． 【点睛】 本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质，熟练掌握圆周角定理是解题关键． 35．（25-26学年九上·福建厦门莲花中学·期中）如图，直线与相切于点A，弦，E，F为圆上的两点，且，若的半径为，，则弦的长为　　　　　　　． 【答案】 【分析】 首先连接，并反向延长交于点H，连接，由直线与相切于点A，弦，可求得的长，然后由勾股定理求得的长，又由，根据同弧或等弧所对圆周角相等和弧线、弦、圆心角的关系，可证得，继而求得答案． 【详解】 解：连接，并反向延长交于点H，连接， ∵直线与相切于点A， ∴， ∵弦， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵的半径为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】 本题考查了切线的性质，同弧或等弧所对圆周角相等，垂径定理，弧线、弦、圆心角的关系，勾股定理等知识，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用． 36．（25-26学年九上·福建莆田莆田第二中学·期中）已知：是直径，为的弦，平分． （1）如图1，求证：； （2）如图2，点E为上一点，连接，点G为上一点，连接交于点F，若，求证：； （3）如图3，在（2）的条件下，于点H，，连接，若且，求线段的长． 【答案】（1） 证明：连接，交于点Q，如图所示： ∵平分， ∴， ∴，即点B为的中点， ∵是直径， ∴，， ∴垂直平分线段， ∴；     （2） 证明：连接，如图所示： ∵是直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴；     （3）6      【分析】 （1）连接，交于点Q，由题意易得，然后根据垂径定理的推论可得垂直平分线段，进而问题可求证； （2）连接，由题意易得，，然后可得，进而问题可求证； （3）连接，由（2）可知：，，即，由题意易得四边形是矩形，则有，然后可得，，设，则，进而根据勾股定理可建立方程进行求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：连接，如图所示： 由（2）可知：，，即， ∵是直径， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，即， ∴，， ∵， ∴， ∵， 设，则， 在中，由勾股定理可得：， 解得：（负根舍去）， ∴． 【点睛】 本题主要考查垂径定理的推论、全等三角形的性质与判定、勾股定理及弧、弦、圆周角的相关性质，熟练掌握垂径定理的推论、全等三角形的性质与判定、勾股定理及弧、弦、圆周角的相关性质是解题的关键． 37．（25-26学年九上·福建厦门第十一中学·期中）阅读与思考 下面是小宇同学的一篇数学日记，请认真阅读并完成相应任务． ×年×月×日       星期日     晴“婆罗摩笈多定理”的拓展与思考今天，我在一本数学杂志上看到一篇介绍印度数学家“婆罗摩笈多”的文章，文章转述了婆罗摩笈多在算术、不定方程、几何等内容上的伟大成就，其中还记载了以他的名字命名的一个定理，定理的内容与证明过程如下：婆罗摩笈多定理：若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边．即在如图1所示的圆内接四边形中，，垂足为，过点作，垂足为．延长与交于点，则． 下面是该定理的证明过程．证明：，垂足为．，垂足为．．，．．与都是所对的圆周角，．（依据1）．．．（依据2）同理，．．看了上面定理的证明过程后，我作出了如下拓展探究：如图2，若弦与所在直线互相垂直，且相交于外一点，过点作，垂足为，与相交于点，则与仍然相等． 任务： （1）填空：材料中的依据1是指_______，依据2是指_______． （2）小宇在拓展探究中得出的结论是否正确？请利用图2说明理由． （3）如图3，在图1的基础上，过点作，垂足为．延长交于点．连接．若，．请直接写出的长． 【答案】（1）同弧所对的圆周角相等，等角对等边     （2） 正确，理由如下， ，， ，， ， ， 四边形是圆内接四边形， ， ， 又， ， ， 同理，， ．     （3）      【分析】 （1）根据同弧所对圆周角相等以及等腰三角形的性质即可得到答案； （2）根据，，可推出，再由圆内接四边形的性质可知，从而得到，结合，可得，则，同理，，即可得到结论； （3）取的中点，连接，，利用三角形中位线的性质可推出，，，，结合，可知，最后利用勾股定理即可求得答案． (1) 小问详解： 解：与都是所对的圆周角， ，（同弧所对的圆周角相等） 依据1为同弧所对的圆周角相等； ， ，（等角对等边） 依据2为等角对等边； 故答案为：同弧所对的圆周角相等；等角对等边． (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：取的中点，连接，，如图， 则， 根据题意可知，， 为中位线， ，， 同理，，， ，， ，， ，， ， ， ， ， 在中，． 【点睛】 本题考查了同弧所对的圆周角相等，等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质，三角形中位线的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键． 38．（25-26学年九上·福建福州·期中）如图，为的外接圆，，，点是上的动点，且点、分别位于的两侧．    （1）求的半径； （2）当时，求的度数； （3）设的中点为，在点的运动过程中，线段是否存在最大值？若存在，求出的最大值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）     （2）     （3）存在，      【分析】 （1）利用勾股定理求出即可． （2）连接，，证明，，可得结论． （3）如图中，连接，．证明，推出点的运动轨迹以为直径的，连接，．求出．，根据，可得结论． (1) 小问详解： 解：如图1中，    是直径， ， ，， ， 的半径为． (2) 小问详解： 解：如图中，连接，． ，， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ． (3) 小问详解： 解：如图中，连接，．    ， ， 点的运动轨迹以为直径的， 连接，． 是等边三角形，， ， ， ， 的最大值为． 【点睛】 本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，垂径定理，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是寻找特殊三角形解决问题，正确寻找点M的运动轨迹． 39．（25-26学年九上·福建厦门思明区第九中学·期中）如图，内接于，连接并延长交于点，． （1）如图1，设，连接，求（用含的代数式表示）； （2）如图2，过点作，交的延长线于点，交于点，连接．求证：； （3）如图3，在（2）的条件下，作的平分线交于点，若，，求的半径． 【答案】（1）     （2） 证明：如图2，连接，设， ∵ ， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵过点作，交的延长线于点， ∴，即是的垂直平分线， ∴， ∴ 在和中， ， ∴， ∴．     （3）5      【分析】 本题主要考查了圆周角定理、垂径定理、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． （1）由等边对等角以及三角形内角和定理可得，，再根据圆周角定理可得，然后再根据三角形外角的性质求解即可； （2）如图2，连接，设，由等边对等角以及圆周角定理可得、，即；再证明，然后利用等腰三角形三线合一的性质可得，再根据垂径定理以及等腰三角形的性质可得，即，最后证明并利用全等三角形的性质即可证明结论； （3）如图：连接，由（2）可得：，，即；由角平分线的定义可得，由圆周角定理可得，利用角的和差可得，则是等腰直角三角形，即；再结合已知条件可得，如图：连接，设，则半径，最后在运用勾股定理列方程求得a的值，进而求得圆的半径． (1) 小问详解： 解：如图1∵，， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴． (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：如图：连接， 由（2）可得：，， ∴， ∵作的平分线交于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 如图：连接，设，则半径， 在中，， ∴，解得：或（不合题意舍去）， ∴的半径为． 40．（25-26学年九上·福建厦门莲花中学·期中）在中，．将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接． （1）如图1，若，，过A作的垂线，垂足为Q，直线与的延长线相交于点P，求线段的长； （2）如图2，线段上有一点E，连接，为线段的中垂线且过线段中点N，过N作，交的延长线于点F．求证：． 【答案】（1）2     （2） 证明：如图，过点A作交于点H，连接，， ∵垂直平分， ∴， 又∵，，， ∴， ∴A，E，C，D四点共圆， ∴，，， ∵， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， 在四边形中，， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴．      【分析】 （1）过点C作交于点E，根据已知条件得出，再由线段绕点A逆时针旋转得到线段，得到为等腰直角三角形，得出，，根据得出为的中垂线，从而使得，进而证明出为等边三角形，设，则，再由勾股定理得出，列出方程并求解得到的长度，最后利用“”证明，得出； （2）过点A作交于点H，连接，，得到，证明A，E，C，D四点共圆，利用“”证明，得出，由四边形内角和得到，由已知，得到，利用“”证明，得出，再根据，，得出结论． (1) 小问详解： 解：如图，过点C作交于点E， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵线段绕点A逆时针旋转得到线段， ∴为等腰直角三角形，即，， 又∵， ∴为的中垂线， ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， 设，则， 由勾股定理得：， ∴，则， 解得：， ∴，则， 在和中， ， ∴， ∴． (2) 小问详解： 略 【点睛】 本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，分母有理化，垂直平分线的性质等知识点，掌握圆的相关性质是解题关键． 41．（25-26学年九上·福建福州福建师范大学附属中学·期中）如图中，，是射线上的动点，连接，以为斜边向上作直角，使得，则的最小值是　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了圆内接四边形的性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，取中点O，连接，，，作的延长线，根据直角三角形斜边上中线的性质可得出，则A、E、C、D在以O为圆心，为半径是圆上，根据圆内接四边形的性质可求出，则判断出点E在定直线（）上运动，故当时，取最小值，根据含角的直角三角形的性质得出，在中，根据勾股定理求出，即可求解． 【详解】 解：如图，取中点O，连接，，，作的延长线， ∵，， ∴， ∴A、E、C、D在以O为圆心，为半径是圆上， ∴， 又， ∴， ∴， ∴点E在定直线（）上运动， ∴当时，取最小值， 如图， ∴， ∵，，， ∴， ∴（负值舍去）， ∴， 即的最小值为， 故答案为：． 考点06 弧长和扇形面积 1．（25-26学年九上·福建厦门第十一中学·期中）如图，一扇形纸片的圆心角为，半径为3．将这张扇形纸片折叠，使点A与点O恰好重合，折痕为，图中阴影部分为重叠部分，则阴影部分的面积为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 本题考查的是扇形面积计算、勾股定理，等边三角形的判定与性质，掌握扇形面积公式是解题的关键．根据勾股定理求出，证明是等边三角形，求出，根据扇形面积公式、三角形面积公式计算，即可得到答案． 【详解】 解：如图，连接， 由题意可得，， 在中，， ∴； 由折叠的性质得：， ∴， ∴是等边三角形， ∴； ∴阴影部分的面积； 故选：A． 2．（25-26学年九上·福建福州·期中）如图，一个半径为1的圆从位置A开始，在与它半径相同的其它3个圆上紧贴着滚动，到达B位置(这3个圆的圆心与A，B在同一直线上)时停止，该圆的圆心移动的路程为（　　） A.  B. 2 C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查了弧长的计算． 它从A位置开始，滚过与它相同的其他三个圆的上部，到达B位置．则该圆共滚过了3段弧长，其中有2段是半径为，圆心角为120度，1段是半径为，圆心角为60度的弧长，所以可求得． 【详解】 解：如图， 路程， 故选：C． 3．（25-26学年九上·福建福州三牧中学·期中）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥的底面圆的半径，扇形的圆心角，则该圆锥的高为　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到 2π×2=，求出l后利用勾股定理计算圆锥的高h． 【详解】 解：根据题意得：2π×2=，解得：， 所以该圆锥的高， 故答案为：. 【点睛】 本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长． 4．（25-26学年九上·福建福州台江区福州华伦中学·期中）已知圆锥侧面积为，底面半径为2，则该圆锥母线长为　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查圆锥与扇形的结合，理解圆锥底面周长是扇形弧长，圆锥母线是扇形半径是解题的关键． 根据圆锥的底面半径可以求出底面周长即为展开后的弧长，侧面积即为展开后扇形的面积，再根据扇形的面积公式求出扇形的半径即可求解． 【详解】 解：底面半径为2， 底面周长：， 设该圆锥母线长为， 由圆锥侧面积公式（底面周长）可得，， 解得 故答案为：． 5．（25-26学年九上·福建福州福建师范大学附属中学·期中）半径为3且圆心角为120°的扇形面积为　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据扇形面积计算公式进行求解即可． 【详解】 解：由题意得，该扇形面积为， 故答案为：． 【点睛】 本题主要考查了扇形面积计算，熟知扇形面积计算公式是解题的关键，对于半径为r，圆心角度数为n的扇形，其面积为． 6．（25-26学年九上·福建福州台江区福州华伦中学·期中）如图，的顶点都在边长为1的正方形组成的网格点上，，，将绕点顺时针旋转得到． （1）画出旋转后的； （2）求旋转过程中点经过的路径长． 【答案】（1） 如图，即为所求作：      （2）      【分析】 本题考查旋转的性质，弧长公式，扇形的半径求解，画出旋转之后的图形是解题的关键． （1）根据题意先分别求出旋转后的各点坐标，再依次连接各点即可得到本题答案； （2）先利用勾股定理求出半径的长，再利用弧长公式即可得到本题答案． (1) 小问详解： 解：，，将绕点顺时针旋转得到， ，； (2) 小问详解： 解：如图所示： ， ， 由图可知：的长为． 7．（25-26学年九上·福建福州·期中）如图，网格中的小正方形的边长均为1，点，，都在小正方形的顶点上，点为弧的中点，连接，则图中阴影部分面积为　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了扇形面积的求解，勾股定理解三角形，等腰直角三角形的判定与性质，垂径定理，以及垂直平分线的性质，解决本题的关键是找到圆心 连接与，作与的垂直平分线相交于点O，点O即为圆的圆心，再根据扇形面积公式先求解扇形的面积，根据边长判定的形状，即可求解的面积，再根据半径可求解的长度，由此可求解的面积，即可求解阴影面积． 【详解】 解：连接与，作与的垂直平分线相交于点O， 连接，记与的交点为点Q，如图， ∵点O为圆的圆心，记圆的半径为r， ∴， 根据勾股定理可得，， 即， ∵， ∴， 又， ∴为等腰直角三角形， ∴，， 由垂径定理可知，点Q为中点，且， ∴， ∴， ， ∴ 故答案为： ． 8．（25-26学年九上·福建厦门松柏中学·期中）小明烘焙了几款不同口味的饼干，分别装在同款的圆柱形盒子中．为区别口味，他打算制作“**饼干”字样的矩形标签粘贴在盒子侧面．为了获得较好的视觉效果，粘贴后标签上边缘所在弧所对的圆心角为（如图）．已知该款圆柱形盒子底面半径为，则标签长度l应为　　　　　　　　　cm． 【答案】 【分析】 本题考查了弧长公式．根据弧长公式进行计算即可． 【详解】 解：粘贴后标签上边缘所在弧所对的圆心角为，底面半径为， ． 故答案为：． 9．（25-26学年九上·福建福州·期中）在中，，将绕点逆时针旋转得． （1）如图1，将绕点A逆时针旋转得，求的大小； （2）如图2，线段交线段于点F，在绕点A旋转一周的过程中： ①求证：点F是的中点； ②点F移动的路程为___________． 【答案】（1）     （2） ① 证明：过点作交的延长线于点， ∴，， ∵旋转， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点是中点； ②      【分析】 （）由旋转的性质可得，，，，进而根据等边对等角即可求解； （）① 过点作交的延长线于点，证明得到即可求证； ② 取的中点，连接，，三角形的中位线定理得到，故点在以为圆心，的长为半径的圆上，斜边上的中线得到，得到三点共圆，根据线段交线段于点F，得到点的运动路程为线段交线段与点开始，一直到线段交线段与点结束的一段圆弧，进行求解即可． (1) 小问详解： 解：∵，， ∴， 由旋转得，，，， ∴， ∴； (2) 小问详解： ① 略 ② 取的中点，连接，， ∵， ∴， ∴，， ∵旋转， ∴， 由① 可知：点是中点， ∴， ∴， ∴点在以为圆心，的长为半径的圆上运动，且三点共圆， ∵线段交线段于点F， ∴当线段交线段与点开始出现点，当线段交线段与点时，点开始消失， ∴点的运动路程为线段交线段与点开始，一直到线段交线段与点结束的一段圆弧，如图： 由图可知，当交于点时， ∵旋转， ∴， 又∵， ∴垂直平分， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴点的运动路径为，对应的圆心角的度数为， ∴点的移动路程为． 故答案为：． 【点睛】 本题考查旋转的性质，含30度角的直角三角形，等腰三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，斜边上的中线，等边三角形的判定和性质，求弧长等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造全等三角形，确定点的轨迹，是解题的关键． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $