数学专项随堂训练题（六）圆-【名师领考】2027年广东省中考数学专项复习卷

数学专项随堂训练题（六）（圆）（参考答案与解析） （本卷满分120分，共25小题） 学校：__________ 姓名：__________ 准考证号：__________ 一、选择题：本大题共10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． 1．一个正多边形，它的每一个外角都等于45°，则该正多边形是（　　） A. 正六边形 B. 正七边形 C. 正八边形 D. 正九边形 【答案】C 【解析】 【分析】多边形的外角和是360度，因为是正多边形，所以每一个外角都是45°，即可得到外角的个数，从而确定多边形的边数． 【详解】解：360÷45=8，所以这个正多边形是正八边形． 故选C． 2．如图，已知四边形是的内接四边形，为延长线上一点，，则等于（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍可求得的度数，再根据圆内接四边形对角互补，可推出，即可得到答案． 【详解】解：是圆周角，与圆心角对相同的弧，且， ， 又四边形是的内接四边形， ， 又， ， 故选：A． 3．如图，为直径，点B，D在上，，，则的长为（ ） A 2 B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理及勾股定理，根据同弧所对圆周角相等及直径所对圆周角是直角得到，，根据得到，最后根据勾股定理求解即可得到答案 【详解】解：∵为的直径， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 4．如图，与相切于点，连接并延长交于点，连接．若，则的度数是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接，根据切线的性质可得，根据圆周角定理求出的度数，最后在中利用直角三角形两锐角互余求解即可． 【详解】解：连接， 是的切线， ， ， ， ， ． 5．如图，已知点在上，，直线与相切，切点为，且为中点，则等于（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了切线的性质，三角形内角和以及等腰三角形的性质，根据C为的中点，三角形内角和可求出，再根据切线的性质即可求解． 【详解】∵，为的中点， ∴ ∵ ∴ ∵直线与相切， ∴， ∴ 故选：A． 6．如图，点在直线上．若，则（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】解：由题意，. 7．如图，在扇形纸扇中，若，，则的长为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了弧长，根据弧长公式∶求解即可． 【详解】解∵，， ∴的长为， 故选∶C． 8．为半圆的直径，点为半圆上一点，且．①以点为圆心，适当长为半径作弧，交于；②分别以为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点；③作射线，则（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查圆周角定理以及角平分线定义，根据直径所对的圆周角是直角可求出，根据作图可得，故可得答案 【详解】解：∵为半圆的直径， ∴， ∵， ∴， 由作图知，是的角平分线， ∴， 故选：C 9．某校九年级学生参加社会实践，学习编织圆锥型工艺品．若这种圆锥的母线长为厘米，底面圆的半径为厘米，则该圆锥的侧面积为（　　） A. 平方厘米 B. 平方厘米 C. 平方厘米 D. 平方厘米 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了圆锥侧面积，先求出圆锥底面圆的周长，再根据圆锥的侧面积计算公式计算即可求解，掌握圆锥侧面积计算公式是解题的关键． 【详解】解：圆锥的底面圆周长为厘米， ∴圆锥的侧面积为平方厘米， 故选：． 10．如图，将在平面内绕点逆时针旋转到的位置，与交于点，与交于点，则下列结论不一定正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】解：由旋转的性质可得，，， ∴选项B与选项C不符合题意， ∵， ∴， 又∵， ∴，故选项D不符合题意， 在旋转的过程中，不一定成立，故A符合题意． 二、填空题：本大题共6小题，每小题3分，共18分． 11．（3分）如图，是弦，连接，，是所对的圆周角，则与的和的度数是________． 【答案】##90度 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．根据圆周角定理可得，结合三角形内角和定理，可证明，再根据等腰三角形的性质可知，由此即得答案． 【详解】是所对的圆周角，是所对的圆心角， ， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 12．（3分）半径为4，圆心角为的扇形的面积为______（结果保留）． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查扇形的面积公式，根据扇形的面积公式（n为圆心角的度数，r为半径）求解即可． 【详解】解：由题意，半径为4，圆心角为的扇形的面积为， 故答案为：． 13．（3分）如图，已知正六边形的中心为 、边心距，分别以 、 为圆心，以正六边形的边长为半径画弧，与正六边形的边 ，所围成的阴影部分面积是________． 【答案】 【解析】 【分析】连接 、、 ，由题意可得 、、 交于点，得出是等边三角形，利用等边三角形的性质和三角函数可计算出．由正多边形的内角公式可得，用正六边形的面积减去两个扇形的面积即可得到阴影部分的面积． 【详解】解：如图，连接 、、 ， 在正六边形中，，， ∵点为正六边形的中心， ∴ 、、 交于点， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， 根据题意，， 在中，， ∴， ∵， ∴ ． 14．（3分）甘肃临夏砖雕是一种历史悠久的古建筑装饰艺术，是第一批国家级非物质文化遗产．如图1是一块扇面形的临夏砖雕作品，它的部分设计图如图2，其中扇形和扇形有相同的圆心O，且圆心角，若，，则阴影部分的面积是______ ．（结果用π表示） 【答案】 【解析】 【分析】根据扇形面积公式计算即可． 本题考查了扇形面积公式，熟练掌握公式是解题的关键． 【详解】∵圆心角，，， ∴阴影部分的面积是 故答案为：． 15．（3分）已知的半径为，若点在上，则点到圆心的距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了点和圆的位置关系，根据点到圆心的距离和圆的半径之间的数量关系，即可判断点和圆的位置关系，解题的关键是理解设点到圆心的距离为，圆的半径为，若点在圆外，则时，当点在圆上时，则时；当点在圆内时，则． 【详解】解：∵点在上， ∴点到圆心的距离为， 故答案为：． 16．（3分）如图，⊙是的内切圆，，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查三角形的内切圆的性质与三角形内角和定理，此题难度不大． 根据是的内切圆，得出，，进而得出，即可得出答案． 【详解】解：∵是内切圆， ∴，， ∵， ∴， ∴ 故答案为：． 三、解答题（一）：本大题共4小题，第17、18小题各5分，第19、20小题各6分，共22分． 17．（5分）如图，在 中，，．以 边上的点为圆心，长为半径的 与边的另一交点为， 为 的切线． （1）请用无刻度的直尺和圆规作出符合条件的 （保留作图痕迹，写出必要的文字说明）； （2）若，，求 的半径． 【答案】（1）解：如下图所示． 作法：（1）作，边交于点； （2）作 的垂直平分线，交于点； （3）连接，则；（4）以 为半径作． （2） 【解析】 【分析】（1）先作交于点，再作 的垂直平分线，交于点，以 为半径作即可； （2）由已知条件先求，进一步可求长度， 长度，均可求，最后借助勾股定理可求半径 长度． 【小问1详解】 作图见答案， 证明： ， ， 为 垂直平分线， ， ， ， ， ， ， ， 为半径，点在圆上， 为切线． 【小问2详解】 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 即半径为． 18．（5分）如图，是的直径，，点E在的延长线上，且． （1）求证：是的切线； （2）当半径为2，时，求的值． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，，证明垂直平分，得出，证明，得出，说明，即可证明结论； （2）根据是的直径，得出，根据勾股定理求出，根据三角函数定义求出，证明，得出即可． 【小问1详解】 证明：连接，，如图所示： ∵， ∴， ∵， ∴点O、B在的垂直平分线上， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴是的切线； 【小问2详解】 解：∵的半径为2， ∴， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了切线的判定，勾股定理，求一个角的正切值，圆周角定理，垂直平分线的判定，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 19．（6分）如图，四边形内接于，为的直径，点在的延长线上，且． （1）求证：是的切线； （2）若，，，求阴影部分的面积． 【答案】（1）证明：连接 ， ． ， ． ， ，即． 为的半径， 是的切线； （2） 【解析】 【分析】（1）先利用等腰三角形的性质和圆周角定理得到，结合已知条件得到，即，根据切线的判定可证得结论； （2）连接，设的半径为，则，．在中，利用勾股定理求得，则．利用特殊角的三角函数值求得．根据圆周角定理求得，，则，根据含30度角的直角三角形的性质求得，然后利用扇形面积公式及求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：连接， 设的半径为，则，． 在中，， ，解得， ． ， ． ． ， 是的直径， ， ． ． ． ， ． ∴． 20．（6分）如图，为的内接三角形，为的直径，将沿直线翻折到，点在上．连接，交于点，延长，，两线相交于点，过点作的切线交于点． （1）求证：； （2）求证：； （3）若，．求的值． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据折叠可得，根据切线的定义可得，即可得证； （2）根据题意证明，进而证明，根据相似三角形的性质，即可得证； （3）根据，设，则，得出，根据折叠的性质可得出，则，进而求得，根据，进而根据正切的定义，即可求解． 【小问1详解】 证明：∵将沿直线翻折到， ∴， ∵为的直径，是切线， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：∵是切线， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵由折叠可得， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即； 【小问3详解】 解：∵，设，则， ∴， ∴， ∵由折叠可得， ∴， ∵在中，， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了切线的性质，折叠问题，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键． 四、解答题（二）：本大题共3小题，第21小题8分，第22、23小题各9分，共26分． 21．（8分）如图，是的直径，弦，垂足为． 为上一点，连接交于点 ，的垂直平分线交的延长线于点，连接． （1）若的半径为，，求的长； （2）求证：是的切线． 【答案】（1）； （2）证明：连接， ∵点在的垂直平分线上， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是半径， ∴是的切线。 【解析】 【分析】（1）连接，先求出长度，利用垂径定理得，再在中由勾股定理算出，进而求出； （2）连接，由垂直平分线性质得，等边对等角得，结合推出，再利用得，等量代换证明，依据切线判定定理证为切线。 【小问1详解】 解：连接， ∵半径为， ∴， ∵， ∴， ∵，为直径， ∴，， 在中，， ∴； 【小问2详解】 略 22．（9分）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点P，A均在格点上． （1）线段的长为____________； （2）直线与的外接圆相切于点．点在射线上，点在线段的延长线上，满足，且与射线垂直．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M，N，并简要说明点M，N的位置是如何找到的（不要求证明）____________． 【答案】 ①. ②. 见解析 【解析】 【分析】本题主要考查了勾股定理，圆周角定理的推论，等腰三角形的性质，正方形的性质，三角形中位线的判定和性质，相似三角形的判定和性质等内容，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． （1）利用勾股定理进行求解即可； （2）利用圆周角定理的推论，正方形的性质确定圆心，再根据全等三角形和等腰三角形的三线合一确定线段的中点，利用网格确定点为线段的中点，则为三角形的中位线，利用一组平行线确定点为线段的中点，证明和，得出，即，最后利用切线的性质和等腰三角形的性质，得出为等腰三角形，再利用等腰三角形的性质得出． 【详解】解：（1）由勾股定理得， 故答案为：； （2）如图所示，点即为所求， 作法：直线PA与射线BC的交点为；取圆与网格线的交点和，连接；取格点，连接，与相交于点；连接并延长，与相交于点，与直线相交于点；连接并延长，与网格线相交于点，连接，与网格线相交于点；连接，与线段的延长线相交于点，则点M，N即为所求． 理由：∵， ∴为圆的直径， ∵为正方形对角线， ∴, ∴垂直平分线段， ∴点为圆的圆心， ∴， 又， ， ， 平分， ∴点为线段的中点， 由网格可知点为线段的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴点为线段的中点， ∵， ， ， ∴， 又， ∴， , 即， 延长交于点， ∵， ∴, ， ∴ ∵为圆的切线， ∴， ， , ∴， 即， ∵， ， ∴为等腰三角形， ∴， ∴点即为所求． 23．（9分）如图，抛物线与x轴交于，两点，顶点为P． （1）求抛物线的解析式及P点坐标； （2）抛物线交y轴于点C，经过点A，B，C的圆与y轴的另一个交点为D，求线段的长； （3）过点P的直线分别与抛物线、直线交于x轴下方的点M，N，直线交抛物线对称轴于点E，点P关于E的对称点为Q，轴于点H．请判断点H与直线的位置关系，并证明你的结论． 【答案】（1）， （2）4 （3）点H在直线上，见详解 【解析】 【分析】（1）待定系数法即可求解二次函数解析式，再进行配方即可求点P坐标； （2）先由与的正切值相等得到，继而可证明，再由垂径定理得到； （3）将点代入得直线表达式为， 则，而点E为中点，则，可求，联立抛物线与直线表达式，得：，可求，可证明，得到，即可求解． 【小问1详解】 解：∵抛物线与x轴交于，两点， ∴代入得：， 解得：， ∴抛物线解析式为， 而， ∴； 【小问2详解】 解：如图： 当时，， ∴点， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是经过点A、B、C的的直径， ∵，经过圆心， ∴； 【小问3详解】 解：如图： 将点代入，得， ∴， 把点N横坐标，代入得， ∵轴，轴， ∴，点G为中点， ∴， ∴点E为中点， ∴， ∵点P关于E的对称点为Q， ∴， ∴， 联立抛物线与直线表达式， 得：， 整理得：， ∴， 解得：， 即， ∵，， ∴， ∴点N、Q、H三点共线， ∴点H在直线上． 【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合题，待定系数法求二次函数解析式，圆周角定理，垂径定理，平行线分线段成比例定理，三角函数，抛物线与直线的交点问题，熟练掌握知识点是解题的关键． 五、解答题（三）：本大题共2小题，每小题12分，共24分． 24．（12分）在中，，，． （1）问题发现 如图1，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接，，线段与的数量关系是______，与的位置关系是______； （2）类比探究 将绕点按逆时针方向旋转任意角度得到，连接，，线段与数量关系、位置关系与（1）中结论是否一致？若交于点N，请结合图2说明理由； （3）迁移应用 如图3，将绕点旋转一定角度得到，当点落到边上时，连接，求线段的长． 【答案】（1）； （2）一致；理由见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）延长交于点H，根据旋转得出，，，根据勾股定理得出，，根据等腰三角形的性质得出，，根据三角形内角和定理求出，即可得出结论； （2）延长交于点H，证明，得出，，根据三角形内角和定理得出，即可证明结论； （3）过点C作于点N，根据等腰三角形性质得出，根据勾股定理得出，证明，得出，求出，根据解析（2）得出． 【小问1详解】 解：延长交于点H，如图所示： ∵将绕点按逆时针方向旋转得到， ∴，，， ∴根据勾股定理得：，， ∴， ∵，，， ∴，， ∴， ∴． 【小问2详解】 解：线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论一致；理由如下： 延长交于点H，如图所示： ∵将绕点旋转得到， ∴，，，， ∴， ∴， ∴，， ∴； 又∵，，， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：过点C作于点N，如图所示： 根据旋转可知：， ∴， ∵在中，，，， ∴根据勾股定理得：， ∵，， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴， 根据解析（2）可知：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法． 25．（12分）探究无舵手单桨赛艇中的数学问题 单桨赛艇是一项运动员背向终点划水前进的艇类运动．在第十五届全国运动会上，湖北队斩获男子四人单桨、女子四人单桨赛艇比赛两枚金牌．单桨赛艇在前进中容易左右摇摆，怎样才能使赛艇保持“稳定”？ 【模型假设】 假定运动员的力大小相同，不考虑其他因素，赛艇的“稳定”与运动员到艇尾的距离以及桨摆放的位置有关． 【模型建立】 如图1，将四人单桨赛艇抽象为线段，艇尾记为点，艇首记为点． Ⅰ．运动员的位置依次用点，，，表示，，． Ⅱ．运动员手持的桨依次记为桨1，桨2，桨3，桨4，位于上方与下方的桨的数量相等． Ⅲ．规定：当桨的位置位于上方时，对应的点所表示的数记为正数；当桨的位置位于下方时，对应的点所表示的数记为负数． 例：在图1中，桨1的位置位于上方，，所以点表示的数是；桨2的位置位于下方，，点表示的数是． （1）在图1中，______，点表示的数是______，点表示的数是______． 【模型分析】 通过研究，记点，，，所表示的数的和为，当时，赛艇保持“稳定”；当时，赛艇失去“稳定”． （2）在四人单桨比赛中，按照图1的桨的位置摆放，赛艇能否保持“稳定”？请判断并说明理由． 【模型应用】 （3）类比四人单桨赛艇保持“稳定”的探究方法，设计一种八人单桨赛艇比赛的桨的摆放方案，使赛艇保持“稳定”．如图2，已经画出四支桨的位置，请在图中画出其余四支桨的位置． 【答案】（1），， （2）能 理由如下： 由题意可知， ； 所以赛艇能保持“稳定”； （3）或 【解析】 【分析】（1）根据题意列式即可； （2）将点，，，所表示的数相加即可解答； （3）根据题意可得剩余四支桨的位置一定为两上两下，结合点，，，所表示的数的和为0，画图即可． 【小问1详解】 解：根据题意，， 由图1可知，桨3在下方， 因此点表示的数为；  ，桨4在上方，因此点表示的数为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：要使八人赛艇稳定，需要满足所有数的和为， 根据图2可知，现有四支桨的位置是两上两下，则剩余四支桨的位置一定为两上两下， ∵点表示的数是，点表示的数是，点表示的数是，点表示的数是， ， ∴点，，，所表示的数的和为0， ∴， 或． 　 学科网（北京）股份有限公司 $数学专项随堂训练题（六)（圆）（参考答案与解析) (本卷满分120分，共25小题) 学校： 姓名： 准考证号： 一、选择题：本大题共10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. 1.一个正多边形，它的每一个外角都等于45°，则该正多边形是( A.正六边形 B.正七边形 C.正八边形 D.正九边形 【答案】C 【解析】 【分析】多边形的外角和是360度，因为是正多边形，所以每一个外角都是45°，即可得到 外角的个数，从而确定多边形的边数 【详解】解：360÷458，所以这个正多边形是正八边形 故选C. 2.如图，已知四边形ABCD是O0的内接四边形，E为AD延长线上一点，LA0C=128°， 则LCDE等于() B E A.64° B.60° C.54° D.52 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键 根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍可求得∠ABC的度数，再根据圆内接四边形对角 互补，可推出LCDE=ㄥABC,即可得到答案 【详解】解：：∠ABC是圆周角，与圆心角∠AOC对相同的弧，且LAOC=128°， 又：四边形ABCD是OO的内接四边形， .LABC+LADC=180° 又：LCDE+LADC=180° ∴.∠CDE=LABC=64° 故选：A. 3.如图，AC为O0直径，点B,D在O0上，∠ABD=60°，CD=2,则AD的长为( D B A2 B.22 C.25 D.4 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理及勾股定理，根据同弧所对圆周角相等及直径所对圆周角是直 角得到∠ACD=LABD=60°，∠ADC=90°，根据CD=2得到AC=2CD=4,最后根据勾股 定理求解即可得到答案 【详解】解：：AC为⊙O的直径， .LADC=90°， ·AD=AD,LABD=60° ·.∠ACD=LABD=60° .∠DAC=90°-60°=30° ·CD=2, ..AC=2CD=4 .AD=V4-22=25, 故选：C 4.如图，PA与⊙0相切于点A,连接P0并延长交O0于点B,连接AB.若LB=24°，则 LP的度数是( B A.42° B.48° C.56° D.66° 【答案】A 【解析】 【分析】连接OA,根据切线的性质可得OA上PA,根据圆周角定理求出∠AOP的度数，最 后在Rt△OAP中利用直角三角形两锐角互余求解即可. 【详解】解：连接OA, :PA是⊙O的切线， .OA⊥PA, .∠OAP=90°， ∠B=24°， ∴.LAOP=2∠B=48° ∴.∠P=90°-∠AOP=42° 5.如图，已知点AB在⊙0上，∠AOB=72°，直线MW与⊙0相切，切点为C,且C为 AB的中点，则∠ACM等于（) B M N A.18o B.30° C36 D.72 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了切线的性质，三角形内角和以及等腰三角形的性质，根据C为AB的中 1 ∠0CA=二×(180°-36)=72 点，三角形内角和可求出 再根据切线的性质即可求解 【详解】∠AOB=72°，C为AB的中点， .∠A0C=36° OA=OC 0CA=5×(180°-36)=720 :直线MN与O0相切， :.∠OCM=90° .∠ACM=∠OCM-∠OCA=18° 故选：A 6.如图，点O在直线AB上.若LAOC=110°，则LBOC=() C A B A.100° B.70° C60° D.40° 【答案】B 【解析】 【详解】解：由题意，LBOC=180°-∠AOC=70°， 7.如图，在扇形纸扇中，若LA0B=150°，OA=24,则HB的长为() B A.30元 B.25π C.20m D.10π 【答案】C 【解析】 【分标】本题考查了孤长，根据弧长公式：1-网 180求解即可. 【详解】解·LA0B=150°，OA=24, 50π×24 B的长为 180 =20元 故选：C 8.AB为半圆O的直径，点C为半圆上一点，且∠CAB=50°.①以点B为圆心，适当长为 LDE 半径作弧，交B,BC于D,B;②分别以DE为圆心，大于了为半径作弧，两弧交于点P; ③作射线BP,则∠ABP=() C A.40° B.25o C.20° D.15° 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查圆周角定理以及角平分线定义，根据直径所对的圆周角是直角可求出 ∠ABC=40°，根据作图可得 ABP=ABC=20 ，故可得答案 【详解】解：AB为半圆O的直径， .LACB=90°， ·.'∠CAB=50° .∠ABC=40°， 由作图知，AP是∠ABC的角平分线， ∠ABP=1ABC=20 故选：C 9.某校九年级学生参加社会实践，学习编织圆锥型工艺品.若这种圆锥的母线长为40厘米， 底面圆的半径为30厘米，则该圆锥的侧面积为() A.700π平方厘米 B.900m平方厘米C.1200m平方厘米 D.1600π平方厘米 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了圆锥侧面积，先求出圆锥底面圆的周长，再根据圆锥的侧面积计算公 式计算即可求解，掌握圆锥侧面积计算公式是解题的关键， 【详解】解：圆锥的底面圆周长为2π×30=60元厘米， ∴圆锥的侧面积为2×60r×40=1200r平方厘米， 故选：C 10.如图，将△4BC在平面内绕点B逆时针旋转到△4BC的位置，AC与A'C交于点E, AC与BC交于点F,则下列结论不一定正确的是(） B A.AE=EF B.∠ABA'=∠CBC'C.△4BC≌△4'BC'D.△BCF∽△EC'F 【答案】A 【解析】 【详解】解：由旋转的性质可得，△4BC2△M'BC',LABA=∠CBC', 选项B与选项C不符合题意， ·△4BC≌△M'BC', ..LC=LC', 又，LBFC-LEFC, ·.△BCFP△ECF,故选项D不符合题意， 在旋转的过程中，AE=EF不一定成立，故A符合题意 二、填空题：本大题共6小题，每小题3分，共18分. 11.(3分)如图，BC是⊙0的弦，连接OB,OC,∠A是BC所对的圆周角，则∠A与 ∠OBC的和的度数是 【答案】90°#90度 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握圆周角 定理是解题的关键，根据圆周角定理可得∠BOC=∠A,结合三角形内角和定理，可证明 2∠A+∠OBC+∠OCB=180°，再根据等腰三角形的性质可知∠OBC=∠OCB,由此即得答 案 【详解】“∠A是BC所对的圆周角，∠BOC是BC所对的圆心角， :∠BOC=2∠A :∠BOC+∠OBC+∠OCB=180° :2∠A+∠OBC+∠OCB=180° :OB=OC, :∠OBC=∠OCB :2∠A+∠OBC+∠OBC=180° 2∠A+2∠OBC=180° .∠A+∠OBC=90° 故答案为：90°. 12.(3分)半径为4，圆心角为90°的扇形的面积为 (结果保留π)· 【答案】4π 【解析】 【分析】本题考查扇形的面积公式。根据扇形的面积公式S- =360(n为圆心角的度数，r 为半径)求解即可· 90元×42 【详解】解：由题意，半径为4，圆心角为90的扇形的面积为 360 =4π 故答案为：4π. 13.(3分)如图，已知正六边形ABCDEF的中心为O、边心距OM=V3,分别以F、C为 圆心，以正六边形的边长为半径画弧，与正六边形的边AB，DE所围成的阴影部分面积是 【答案】6v5-8m 3 【解析】 【分析】连接AD、BE、CF,由题意可得AD、BE、CF交于点O,得出△ODE是等边三 角形，利用等边三角形的性质和三角函数可计算出DE=2.由正多边形的内角公式可得 LBCD=LAFE=120°，用正六边形的面积减去两个扇形的面积即可得到阴影部分的面积， 【详解】解：如图，连接AD、BE、CF, 在F大蓝形cDG中.∠0=4E-6-21-12.M.C.E 6 :点O为正六边形ABCDEF的中心， ∴.AD、BE、CF交于点O, .LD0E=360°÷6=60°，D0=E0 △ODE是等边三角形， .DE=OD,LODE=60°， 根据题意，OM⊥DE, 在R0DM中，①=OM 、v3 sin正sin60=2, .AF=BC=E=C①=2， Sr=6Sm-6x×正×0M-6N5 .S阴影=SE六边形AeaF一S角形FE-S扇形OD =6√5-120m×22_120m×22 360 360 =6V5-4z4z 33 =6V5-8z 3 14.(3分)甘肃临夏砖雕是一种历史悠久的古建筑装饰艺术，是第一批国家级非物质文化 遗产.如图1是一块扇面形的临夏砖雕作品，它的部分设计图如图2，其中扇形OBC和扇形 OAD有相同的圆心O,且圆心角∠O=100°，若OA=120cm，OB=60cm,则阴影部分的 面积是 cm.(结果用π表示) 散重老人，孝顺父母 是个人素养、文明高尚、社 会公德的重要体现 【答案】3000m 【解析】 【分析】根据扇形面积公式计算即可， 本题考查了扇形面积公式，熟练掌握公式是解题的关键. 【详解】圆心角∠0=100°，OA=120cm,0B=60cm, 100×π×1202100×π×602 .阴影部分的面积是 360 360 =3000mcm2 故答案为：3000m. 15.(3分)已知o0的半径为5cm,若点P在o0上，则点P到圆心O的距离为 cm 【答案】5 【解析】 【分析】本题考查了点和圆的位置关系，根据点到圆心的距离和圆的半径之间的数量关系， 即可判断点和圆的位置关系，解题的关键是理解设点到圆心的距离为，圆的半径为”，若 点在圆外，则d>r时，当点在圆上时，则d=r时；当点在圆内时，则d<r. 【详解】解：点P在o0上， .点P到圆心O的距离为5cm, 故答案为：5. 16.(3分)如图，⊙0是VABC的内切圆，∠A=54°，则LBOC=° 【答案】117 【解析】 【分析】本题考查三角形的内切圆的性质与三角形内角和定理，此题难度不大 根据oO是VABC的内切圆，得出∠0BC-∠ABC,∠0CB=)∠ACB,进而得出 LABC+LACB=126°，即可得出答案。 【详解】解：oO是VABC内切圆， LO8C-LARC L0CB-LACB ·LA=54°， ∴.∠ABC+∠ACB=180°-LA=126° :∠B0C=180°-(LOBC+L0CB)-180°-(LABC+∠ACB =180°-1x126°=117° 故答案为：117. 三、解答题（一）：本大题共4小题，第17、18小题各5分，第19、20小题各6分，共22 分. 17.(5分)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC>∠BAC.以AB边上的点O为圆心， OA长为半径的⊙O与AC边的另一交点为D,BD为oO的切线· B ◇ (1)请用无刻度的直尺和圆规作出符合条件的⊙O(保留作图痕迹，写出必要的文字说 明)； 1 (2)若AC=4 ,tanLB1C=2,求o0的半径 【答案】(1)解：⊙0如下图所示. E 作法：(I)作∠DBC=LA,边BD交AC于点D; (2)作AD的垂直平分线EF,交AB于点O; (3)连接OD,则0A=OD;(4)以OA为半径作⊙0 W5 (2)4 【解析】 【分析】(I)先作LDBC=LA交AC于点D,再作AD的垂直平分线，交AB于点O,以 OA为半径作⊙0即可； (2)由已知条件先求BC,进一步可求DC长度，AD长度，AF,OF均可求，最后借助勾 股定理可求半径OA长度 【小问1详解】 作图见答案， 证明：：∠ACB=90° .∠DBC+∠BDC=90° :'EF为AD垂直平分线， ∴.OA=OD, ∴.LOAD=LODA, :LDBC=∠A, .LODA=LDBC. ∴.∠ODA+∠BDC=90° ∴.∠ODB=90° .OD⊥BD, :OD为⊙O半径，点D在圆上， BD为⊙O切线。 【小问2详解】 AC =4,tanLBAC= 2, .∴tan/BAC= BCBC 1 = AC42, BC=2, ∠DBC=LA, tanLDBC-tanL BAC-1 , DC 1 BC 2 DC=1, .AD=3, .AF-DF-3 2 OF 1 .tan∠OAF= AF 2 3 ∴.OF= 4 99 4535 35 即o0半径为4· 18.(5分)如图，AB是⊙0的直径，BC-BD,点E在AD的延长线上，且 ∠ADC=∠AEB SE (I)求证：BE是⊙O的切线； (2)当o0半径为2，BC=3时，求tan LAEB的值. 【答案】(1)见解析 (2)an∠AEB=V7 3 【解析】 【分析】(1)连接BD,OC=OD,证明OB垂直平分CD,得出∠AFD=90°，证明 CD∥BE,得出∠ABE=∠AFD=90°，说明AB⊥BE，即可证明结论； (2)根据AB是O0的直径，得出LACB=90°，根据勾股定理求出 AC=VAB-BC-V4P-3=V万，根据三角函数定义求出tanLABC-4C-万 BC=3,证明 乙AEB=∠ABC,得出an LAEB=tan∠ABC=V7 3即可. 【小问1详解】 证明：连接BD,OC=OD,如图所示： B D ..BC=BD, ..BC=BD ·.OC=OD 点O、B在CD的垂直平分线上， OB垂直平分CD, .∠AFD=90° LADC=LAEB, .CD∥BE, .LABE=LAFD=90°， .AB⊥BE, :AB是OO的直径， BE是OO的切线； 【小问2详解】 解：：⊙0的半径为2， .AB=2×2=4, AB是⊙0的直径， .LACB=90°， ·BC=3 4C=VAB2-BC=V42-32=√万， ∴.tan∠ABC= ACV万 BC 3 是鼎 LADC=LABC, :LAEB=LADC, LAEB=LABC, tan LAEB-tan LABC 3 【点睛】本题主要考查了切线的判定，勾股定理，求一个角的正切值，圆周角定理，垂直平 分线的判定，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质 19.(6分)如图，四边形ABCD内接于O0,AC为O0的直径，点E在AC的延长线上， 且LCDE+LABD=90° D (1)求证：DE是⊙O的切线； 2)若cE=8'DE=12sn<AC、 2,求阴影部分的面积. 【答案】(I)证明：连接OD B OC=OD .∴.∠ODC=∠OCD .∠ABD=LOCD .∴.∠ODC=∠ABD :LCDE+LABD=90°， .LCDE+LODC=90°，即L0DE=90° .OD⊥DE :OD为⊙0的半径， .DE是⊙O的切线； 25.255 (2) 4 【解析】 【分析】(I)先利用等腰三角形的性质和圆周角定理得到∠ODC=∠ABD,结合已知条件 得到LODE=9O°，即OD1DE,根据切线的判定可证得结论； (2)连接OB,设o0的半径为x,则OD=OC=x,OE=OC+CE=x+8.在Rt0DE中， 利用勾股定理求得x=5，,则AC=2x=10.利用特殊角的三角函数值求得LBAC=30°.根 据圆周角定理求得∠B0C=2LBAC=60°，∠ABC=90°，则LAOB=120°，根据含30度角 1 的直角三角形的性质求得8=)Sc=分V3然后利用扇形面积公式 4 S阴影=S扇形0AB-S0aB求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：连接OB, 设⊙O的半径为x,则OD=OC=x,OE=OC+CE=x+8. 在Rt△ODE中，OD2+DE2=OE2, x2+12=(x+8)2,解得x=5, .∴.AC=2x=10 1 .sinBAC 2 ∠BAC=30° ∴.∠BOC=2LBAC=60° .∠AOB=180°-∠BOC=120° AC是©O的直径， .LABC=90° Bce片4c-5 ..4B=4C2-BC2 =102-52=5/3 .Suc-AB.BC-x55x5-25 2 2 OA=。AC 2 SAOAB=SAABC e-5e0e-5an-120x5.255-25-255 元一 360 3 4 20.(6分)如图，△MBC为OO的内接三角形，AB为OO的直径，将△MBC沿直线AB翻 折到△MBD,点D在OO上，连接CD,交AB于点E,延长BD,CA,两线相交于点P, 过点A作OO的切线交BP于点G· G (1)求证：AG∥CD; (2)求证：PA=PGPB; (3)若sin∠APD= 3,PG=6·求tan LAGB的值 【答案】(1)见解析(2)见解析 (3)2 【解析】 【分析】(I)根据折叠可得AB⊥CD,根据切线的定义可得AG⊥AB,即可得证； (2)根据题意证明∠PAG=LABD,进而证明△4PG∽BPA,根据相似三角形的性质，即 可得证； 4P5,设D=a则P=3a,得出am∠APD- (3)根据sin∠APD=D_1 4 根据折叠的 性质可得出AC=AD=a,则PC=PA+AC=3a+a=4a,进而求得BD=V2a,根据 LAGB=90°-LGAD=LDAB,进而根据正切的定义，即可求解。 【小问1详解】 证明：将△4BC沿直线AB翻折到△4BD, .AB⊥CD :AB为⊙O的直径，AG是切线， .AG⊥AB .AG∥CD; 【小问2详解】 解：AG是切线， .AG⊥AB ·AB为⊙O的直径， .∠ADB=90° .LABD=90°-LDAB=∠GAD， :由折叠可得LABD=∠ABC, .∠CBD=2LABD :四边形ADBC是⊙O的内接四边形， .∠PAD=180°-∠CAD=∠DBC=2LABD. .∠PAG=∠PAD-∠GAD=2LABD-LABD=∠ABD 又.∠APG=∠BPA .△4PG∽△BPA. AP PG BP=PA,即PA2=PG·PB 【小问3详解】 解：：sin LAPD=D=1 AP3,设AD=a,则AP=3a, ..PD=AP2-AD2=22a, .tan LAPD=AD a PD 22a 4' ,由折叠可得AC=AD=a, ..PC=PA+AC=3a+a=4a 在R△PCB中，tan LCPB=CA-2 PC 4 .BD-CB- PC-a. .AD L BD,GA⊥AB .LAGB=90°-LGAD=∠DAB, :tan LAGB=tam∠DAB.BD-2a.2】 AD a 【点睛】本题考查了切线的性质，折叠问题，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，熟 练掌握以上知识是解题的关键. 四、解答题（二）：本大题共3小题，第21小题8分，第22、23小题各9分，共26分， 21.(8分)如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB,垂足为H.E为BD上一点，连接AE 交CD于点F,EF的垂直平分线交CD的延长线于点G,连接GE. B D (1)若⊙O的半径为3，AH=2,求CD的长； (2)求证：EG是⊙0的切线， 【答案】(1)4V2: (2)证明：连接OE, B 点G在EF的垂直平分线上， GE=GF, ..LGEF=LGFE .·LGFE=LAFH, .LGEF LAFH ··CD⊥AB .LAHF=90°， ..∠A+∠AFH=90° ..OA=OE, ..LA=LOEA, .LOEA+LGEF=90°， .∠0EG=90°， .OE⊥EG OE是⊙0半径， .EG是⊙O的切线。 【解析】 【分析】(1)连接oC,先求出O长度，利用垂径定理得CH-DH=CD,再在 Rt△OCH中由勾股定理算出CH,进而求出CD; (2)连接OE,由垂直平分线性质得GE=GF,等边对等角得LGEF=LGFE,结合 CD⊥AB推出∠A+LAFH=90°，再利用OA=OE得LA-=LOEA,等量代换证明 LOEG=90°，依据切线判定定理证EG为切线。 【小问1详解】 解：连接OC, B D G ⊙0半径为3 .0C=OA=3 ·AH=2, .OH=OA-AH=3-2=1 CD⊥AB,AB为直径， .∠OHC=90°，CD=2CH 在Rt0CH中，CH=VOC2-0H=V32-IP=22 .CD=2×2V2=4V2: 【小问2详解】 略 22.(9分)如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点P,A均在格点上 (1)线段PA的长为 ； (2)直线PA与VABC的外接圆相切于点A,AB=BC.点M在射线BC上，点N在线段BA 的延长线上，满足CM=2AN，且MN与射线BA垂直.请用无刻度的直尺，在如图所示的 网格中，画出点M,W,并简要说明点M,N的位置是如何找到的（不要求证明） 【答案】 ①.√2②.见解析 【解析】 【分析】本题主要考查了勾股定理，圆周角定理的推论，等腰三角形的性质，正方形的性质， 三角形中位线的判定和性质，相似三角形的判定和性质等内容，解题的关键是熟练掌握以上 性质，并灵活应用 (1)利用勾股定理进行求解即可； (2)利用圆周角定理的推论，正方形的性质确定圆心，再根据全等三角形和等腰三角形的 三线合一确定线段AC的中点G,利用网格确定点J为线段AI的中点，则GJ为三角形的中 位线，利用一组平行线确定点N为线段A0的中点，证明△MBH2△CBH和△4HQ2△CHM, 得出AO=CM,即CM=2AN,最后利用切线的性质和等腰三角形的性质，得出△AM0为 等腰三角形，再利用等腰三角形的性质得出MN1A0 【详解】解：(1)由勾股定理得PA=V1+1=√2 故答案为：V2； (2)如图所示，点M,N即为所求， 作法：直线PA与射线BC的交点为M;取圆与网格线的交点D和E,连接DE;取格点F」 连接AF,与DE相交于点O;连接BO并延长，与AC相交于点G,与直线PA相交于点H: 连接CH并延长，与网格线相交于点I,连接AI,与网格线相交于点J;连接GJ,与线段 BA的延长线相交于点N,则点M,N即为所求. 理由：∠DAE=90° .DE为圆的直径， AF为正方形对角线， .LDAF=∠EAF=45°， AF垂直平分线段DE, 点0为圆的圆心， ..OA=OC 又：AB=BC,OB=OB .△4OB≌△COB(SSS) .∴.∠ABO=∠CBO BG平分∠ABC, ∴.点G为线段AC的中点， 由网格可知点J为线段A!的中点， .GJ为△4CI的中位线， .·GJCI 点N为线段A0的中点， A0=2AN AB=BC,BH=BH,ABH CBH ∴.△MBH≌CBH(SAS) AH=CH.OBAH BCH ·QAH?MCH 又MHg?CHM ·.△4HQ2△CHM(ASA) ..A0=CM 即CM=2AW, 延长BH交QM于点T, ·AB=BC,AQ=CM .BQ=BM」 :OBH令MBH .BT⊥QM ·AM为圆的切线， .∠OAH=90° 00AB AM 90 .OA=OB. ·.LOBA=LOAB 即QAM OBA90 OBAOM 90 \?QAM令AQM :.△AM0为等腰三角形， ·MN⊥AQ 点M,N即为所求。 23.（(9分)如图，抛物线y=r2- 2x+C与x轴交于A-1,0),B(4,0)两点，顶点为P. (1)求抛物线的解析式及P点坐标； (2)抛物线交y轴于点C,经过点A,B,C的圆与y轴的另一个交点为D,求线段CD的长： (3)过点P的直线y=+n分别与抛物线、直线=-1交于x轴下方的点M,N,直线NB 交抛物线对称轴于点E,点P关于E的对称点为P,MH⊥x轴于点H.请判断点H与直线 NQ的位置关系，并证明你的结论， 【答案】 (2)4(3)点H在直线№上，见详解 【解析】 【分析】(1)待定系数法即可求解二次函数解析式，再进行配方即可求点P坐标； (2)先由∠AC0与∠CB0的正切值相等得到LAC0=LCB0,继而可证明LACB=90°，再 由垂径定理得到CD=2CO=4: 将点P信宫)代入y-+n得直线Ww表达式为=女-空、则 /325 可求 y=- 3,25 、 8 5,，联立抛物线与直线 表达式，得： 可求 Yo=2yE-yp= y=5x2-x-2 2 MN 2 七，=+3 2,可证明tan LOHG=tan∠NHA,得到∠QHG=∠NHA,即可求解。 【小问1详解】 解：抛物线y=ar2-3 x+C与x轴交于A-1,0),B4,0两点， 3 a+二+c=0 代入得 2 16a-6+c=0 1 a= 解得： 2 c=-2 抛物线解析式为y=)x2了 2 x-2 面2 【小问2详解】 解：如图： 个 当x=0时，y=-2」 ∴点C(0,-2） …A(-1,0)、B(4,0) tan∠AC0=A0 0C2 ,tan∠CB0=C0_2_1 B042, .LACO=LCBO .∠CBO+∠OCB=90° .∠AC0+L0CB=90°， .LACB=90° ∴AB是经过点A、B、C的⊙G的直径， AB⊥CD,AB经过圆心， :.CD=2C0=4: 【小问3详解】 解：如图： 将点P)代入y得+- 3 25 8 28 把点N演华标小代入得=-空-侣+) GE⊥x轴，AN⊥x轴， .GE∥AN,点G为AB中点， BE BG-1 ·ENAG 点E为BN中点， 点P关于E的对称点为Q, .yo-yE =YE -yp 2y--2+8)（) 联立抛物线与直线MN表达式， y=-3k-25 2 8 得： rr2 1 整理得：4r2-(12+8k)x+3(4k+3)=0 .(2x-3[2x-(4k+3]=0, 3.4k+3 解得：= 25 2 4k+3 即xM= 2, 5, .25 .tan LoHG-OG 2h 5 HG4k+33=4, tan∠NHA= HA 4k+3 2 +14, 22 .∠QHG=∠NHA 点N、Q、H三点共线， 点H在直线№上。 【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合题，待定系数法求二次函数解析式，圆周角 定理，垂径定理，平行线分线段成比例定理，三角函数，抛物线与直线的交点问题，熟练掌 握知识点是解题的关键. 五、解答题（三）：本大题共2小题，每小题12分，共24分. 24.(12分)在Rt△ABC中，LACB=90°，AC=1,BC=3. B C 图1 图2 图3 (1)问题发现 如图1，将△CAB绕点C按逆时针方向旋转90°得到△CDE,连接AD,BE,线段AD与BE 的数量关系是 ,AD与BE的位置关系是 (2)类比探究 将△CAB绕点C按逆时针方向旋转任意角度得到△CDE,连接AD,BE,线段AD与BE 数量关系、位置关系与(I)中结论是否一致？若AD交CE于点N,请结合图2说明理由； (3)迁移应用 如图3，将△CAB绕点C旋转一定角度得到△CDE，当点D落到AB边上时，连接BE,求线 段BE的长 【答案】(I)BE=3AD;AD⊥BE (2)一致；理由见解析 (3)BE= 3V10 5 【解析】 【分析】(1)延长DA交BE于点H,根据旋转得出CD=AC=1,CE=BC=3, LACD=LACB=90°，根据勾股定理得出AD=VP+1P=√2，BE=V32+32=32,根据等 腰三角形的性质得∠1DC-∠D1C-×90-45,∠CBB-∠CEB-×90-45,根据三 1 2 2 角形内角和定理求出LBHD=180°-45°-45°=90°，即可得出结论； AD AC1 (2)延长DA交BE于点H,证明△ACDOA BCE,得出BEBC3,∠ADC=∠BEC, 根据三角形内角和定理得出LEHN=∠DCV=9O°，即可证明结论； ③)过点C作CN⊥AB于点N根据等腰三角形性质得出4N-D-4D,根据匀股定 AN AC 睡得出4BaP=NO,证明MCNSMRC,得出CB求治AW=0 10，根据解 析(2)得出BE=3AD=3 5 【小问1详解】 解：延长DA交BE于点H,如图所示： :将△CAB绕点C按逆时针方向旋转90°得到△CDE, :.CD=AC=1,CE=BC=3,LACD=∠ACB=90° ∴根据勾股定理得：AD=V?+1P=√2，BE=V32+32=3V2, .'BE=3AD .·CD=AC,CE=BC,∠ACD=LACB=90° :LADC-LDAC-=)×90°=45°，LCBB=LCEB=×90°.45° .LBHD=180°-LADC-LCBE=180°-45°-45°=90° AD⊥BE. 【小问2详解】 解：线段AD与BE的数量关系、位置关系与(1)中结论一致；理由如下： 延长DA交BE于点H,如图所示： B :将△CAB绕点C旋转得到△CDE, .CD=AC=1,CE=BC=3,LACD=LBCE LDCE=LACB=90 AC CD 1 ·BCCE3, .△ACDA BCE, AD AC 1 ·BEBC3,∠ADC=∠BEC' .BE =3AD 又'：LENH=LCND,LHEN+LENH+LEHN-I8O°，LCND+∠CDN+LDCN=180°， .∴.∠EHN=∠DCN=90° .AD⊥BE; 【小问3详解】 解：过点C作CV⊥AB于点V,如图所示： ND 根据旋转可知：AC=CD」 :AN-ND-1AD 2 在Rt△ABC中，LACB=90°，AC=1,BC=3, 根据勾股定理得：AB=VP+32=√0， ·∠ANC=LACB=90°，∠A=∠A, ..△4CN∽△4BC AN AC ·ACAB, AN 1 即1√10， 解得：AW=VO 10’ .AD-2AN-10 根据解析(2)可知：BE=3AD=3 5 【点晴】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的 性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法、 25.(12分)探究无舵手单桨赛艇中的数学问题 单桨赛艇是一项运动员背向终点划水前进的艇类运动.在第十五届全国运动会上，湖北队斩 获男子四人单桨、女子四人单桨赛艇比赛两枚金牌.单桨赛艇在前进中容易左右摇摆，怎样 才能使赛艇保持“稳定”？ 【模型假设】 假定运动员的力大小相同，不考虑其他因素，赛艇的“稳定”与运动员到艇尾的距离以及桨摆 放的位置有关 【模型建立】 如图1，将四人单桨赛艇抽象为线段MN,艇尾记为点M,艇首记为点V. 1.运动员的位置依次用点A,4,A,A表示，M4=s，A4=4,4,=AA,=r」 ‖.运动员手持的桨依次记为桨1，桨2，桨3，桨4，位于MN上方与下方的桨的数量相等 .规定：当桨的位置位于MN上方时，对应的点所表示的数记为正数；当桨的位置位于 MN下方时，对应的点所表示的数记为负数. 例：在图1中，桨1的位置位于MN上方，MA=S,所以点A表示的数是s;桨2的位置位 于MN下方，MA=8+r,点4表示的数是-(s+r). 桨1 桨4 动秀A 艇尾M AA As A4N艇首 桨2桨3 湖北“艇”牛 图1 艇尾M 图2 (1)在图1中，M4,= 点A表示的数是， 点A表示的数是 【模型分析】 通过研究，记点A,4,A,A4所表示的数的和为W，当W=0时，赛艇保持“稳定”；当 W≠0时，赛艇失去“稳定”。 (2)在四人单桨比赛中，按照图1的桨的位置摆放，赛艇能否保持“稳定”？请判断并说明 理由 【模型应用】 (3)类比四人单桨赛艇保持“稳定”的探究方法，设计一种八人单桨赛艇比赛的桨的摆放方 案，使赛艇保持“稳定”、如图2，已经画出四支桨的位置，请在图中画出其余四支桨的位置 【答案】(1)S+2r,-(s+2r),s+3r (2)能 理由如下： 由题意可知， W=S-(s+r)-(s+2r）+(s+3r) =s-s-r-s-2r+s+3r =0; 所以赛艇能保持“稳定” (3) 艇尾M A3 A As! A61 A4N艇首或 艇尾M 1A6 AsN艇首 【解析】 【分析】(1)根据题意列式即可； (2)将点4,4，A,A所表示的数相加即可解答： (③)根据题意可得剩余四支桨的位置一定为两上两下，结合点4，A。，A,4所表示的 数的和为0，画图即可 【小问1详解】 解：根据题意，M4,=M4+44+4,4=S+2r，由图1可知，桨3在MN下方， 因此点A表示的数为(s+2r); M4=s+3r,桨4在MN上方，因此点A表示的数为s+3r; 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：要使八人赛艇稳定，需要满足所有数的和为0， 根据图2可知，现有四支桨的位置是两上两下，则剩余四支桨的位置一定为两上两下， :点A表示的数是9，点4表示的数是-(+)，点4，表示的数是-(S+2r),点A表示的数是 s+3r. s-(s+r）-(s+2r)+(s+3r)=0 点4，A,4，A所表示的数的和为0， :(s+4r)-(s+5r）-(s+6r）+(s+7r)=0 或-(s+4r)+(s+5r)+(s+6r）-(s+7r)=0数学专项随堂训练题（六）（圆） (本卷满分120分，共25小题) 学校： 姓名： 准考证号： 一、选择题：本大题共10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. 1.一个正多边形，它的每一个外角都等于45°，则该正多边形是() A.正六边形 B.正七边形 C.正八边形 D.正九边形 2.如图，已知四边形ABCD是OO的内接四边形，E为AD延长线上一点，LAOC=128°， 则LCDE等于() B D E A.64° B.60° C.54° D.52 3.如图，AC为O0直径，点B,D在O0上，∠ABD=60°，CD=2,则AD的长为( B A2 B.2V2 C.23 D.4 4.如图，PA与o0相切于点A,连接P0并延长交O0于点B,连接AB.若LB=24°，则 LP的度数是() A.42° B.48° C.56° D.66° 5.如图，已知点A,B在⊙0上，∠AOB=72°，直线MN与⊙0相切，切点为C,且C为 AB的中点，则∠ACM等于（) B M N A.18o B.30o C36 D.72 6.如图，点O在直线AB上.若LA0C=110°，则∠BOC=() A B A.100° B.70 C60° D.40° 7.如图，在扇形纸扇中，若LA0B=150°，OA=24，,则B的长为() 善若 B A.30元 B.25π C.20m D.10元 8.AB为半圆O的直径，点C为半圆上一点，且∠CAB=50°.①以点B为圆心，适当长为 1DE 半径作弧，交AB,BC于D,B;②分别以DE为圆心，大于了为半径作弧，两弧交于点P: ③作射线BP,则∠ABP=() P D A.40° B.250 C.20 D.15° 9.某校九年级学生参加社会实践，学习编织圆锥型工艺品.若这种圆锥的母线长为40厘米， 底面圆的半径为30厘米，则该圆锥的侧面积为（) A.700π平方厘米 B.900π平方厘米 C.1200m平方厘米 D.1600元平方厘米 l0.如图，将△4BC在平面内绕点B逆时针旋转到△4BC的位置，AC与A'C交于点E, AC与BC'交于点F,则下列结论不一定正确的是() E A.AE=EF B.LABA'=LCBC'C.△4BC≌△4'BC D.△BCFn△EC'F 二、填空题：本大题共6小题，每小题3分，共18分. 11.(3分)如图，BC是⊙0的弦，连接OB,OC,∠A是BC所对的圆周角，则∠A与 ∠OBC的和的度数是 12.(3分)半径为4，圆心角为90°的扇形的面积为一（结果保留兀）· 13.(3分)如图，已知正六边形ABCDEF的中心为O、边心距OM=V3,分别以F、C为 圆心，以正六边形的边长为半径画弧，与正六边形的边AB，DE所围成的阴影部分面积是 E M D 14.(3分)甘肃临夏砖雕是一种历史悠久的古建筑装饰艺术，是第一批国家级非物质文化 遗产.如图1是一块扇面形的临夏砖雕作品，它的部分设计图如图2，其中扇形OBC和扇形 OAD有相同的圆心O,且圆心角∠0=100°，若OA=120cm,OB=60cm,则阴影部分的 面积是 cm2.(结果用π表示) 敬重老人，孝顺父母 是个人素养、文明高尚、社 会公德的重要体现 15.(3分)已知⊙0的半径为5cm,若点P在⊙0上，则点P到圆心0的距离为一 cm 16.(3分)如图，⊙0是VABC的内切圆，LA=54°，则LB0C=° 三、解答题（一）：本大题共4小题，第17、18小题各5分，第19、20小题各6分，共22 分 17.(5分)如图，在△ABC中，LACB=90°，∠ABC>LBAC.以AB边上的点O为圆心， OA长为半径的⊙O与AC边的另一交点为D，BD为oO的切线. B (1)请用无刻度的直尺和圆规作出符合条件的⊙O(保留作图痕迹，写出必要的文字说 明)； (2若AC.4,mLB4C-,求o0的半径. 18.(5分)如图，AB是⊙O的直径，BC=BD,点E在AD的延长线上，且 ∠ADC=∠AEB B E (1)求证：BE是⊙O的切线； (2)当o0半径为2，BC=3时，求tan LAEB的值， 19.(6分)如图，四边形ABCD内接于⊙0，AC为⊙O的直径，点E在AC的延长线上， 且LCDE+LABD=90° B (I)求证：DE是⊙O的切线； ②）若cE-8:DE-12:sinLRAC 2,求阴影部分的面积。 20.(6分)如图，△4BC为⊙O的内接三角形，AB为OO的直径，将△4BC沿直线AB翻 折到△MBD,点D在OO上·连接CD,交AB于点E,延长BD,CA,两线相交于点P, 过点A作OO的切线交BP于点G, G (1)求证：AG∥CD: (2)求证：PA2=PG·PB; (3)若sin LAPD=1 3,PG=6·求tan∠AGB的值. 四、解答题（二）：本大题共3小题，第21小题8分，第22、23小题各9分，共26分. 21.(8分)如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB,垂足为H.E为BD上一点，连接AE 交CD于点F,EF的垂直平分线交CD的延长线于点G,连接GE. B D G (1)若⊙O的半径为3，AH=2,求CD的长； (2)求证：EG是O0的切线， 22.(9分)如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点P,A均在格点上 (I)线段PA的长为 (2)直线PA与VABC的外接圆相切于点A,AB=BC.点M在射线BC上，点N在线段BA 的延长线上，满足CM=2AW，且MN与射线BA垂直.请用无刻度的直尺，在如图所示的 网格中，画出点M,N,并简要说明点M,N的位置是如何找到的（不要求证明） 23.(9分)如图，抛物线y=a2- 2x+C与x轴交于4(-1,0)，B(4,0)两点，顶点为P. B (I)求抛物线的解析式及P点坐标； (2)抛物线交y轴于点C,经过点A,B,C的圆与y轴的另一个交点为D,求线段CD的长； (3)过点P的直线y=+n分别与抛物线、直线=-1交于x轴下方的点M,N,直线NB 交抛物线对称轴于点E,点P关于E的对称点为Q,MH⊥x轴于点H.请判断点H与直线 NO的位置关系，并证明你的结论， 五、解答题（三)：本大题共2小题，每小题12分，共24分. 24.(12分)在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=1,BC=3. D B C图1 图2 图3 (1)问题发现 如图1，将△CAB绕点C按逆时针方向旋转90°得到△CDE,连接AD,BE,线段AD与BE 的数量关系是 ，AD与BE的位置关系是 (2)类比探究 将△CAB绕点C按逆时针方向旋转任意角度得到△CDE，连接AD，BE，线段AD与BE 数量关系、位置关系与(I)中结论是否一致？若AD交CE于点N,请结合图2说明理由； (3)迁移应用 如图3，将△CAB绕点C旋转一定角度得到△CDE，当点D落到AB边上时，连接BE,求线 段BE的长 25.(12分)探究无舵手单桨赛艇中的数学问题 单桨赛艇是一项运动员背向终点划水前进的艇类运动.在第十五届全国运动会上，湖北队斩 获男子四人单桨、女子四人单桨赛艇比赛两枚金牌.单桨赛艇在前进中容易左右摇摆，怎样 才能使赛艇保持“稳定”？ 【模型假设】 假定运动员的力大小相同，不考虑其他因素，赛艇的“稳定”与运动员到艇尾的距离以及桨摆 放的位置有关， 【模型建立】 如图1，将四人单桨赛艇抽象为线段MN，艇尾记为点M,艇首记为点N. 1.运动员的位置依次用点A,4,A,A表示，MA=5,44,=A,4=44=r」 ‖.运动员手持的桨依次记为桨1，桨2，桨3，桨4，位于MN上方与下方的桨的数量相等 .规定：当桨的位置位于MW上方时，对应的点所表示的数记为正数；当桨的位置位于 MN下方时，对应的点所表示的数记为负数. 例：在图1中，桨1的位置位于MN上方，M4=5,所以点4表示的数是s;桨2的位置位 于MN下方，MA=s+r,点4表示的数是-(+） 桨1 桨4 动勇A 艇尾M AAA4N艇首 桨2桨3 湖北“艇”牛 图1 艇尾M ZZ4aaN艇首 图2 (I)在图1中，MA,= 一，点A表示的数是 一，点A表示的数是 【模型分析】 通过研究，记点A，4,4,A4所表示的数的和为W,当W=0时，赛艇保持“稳定”；当 W≠0时，赛艇失去“稳定”. (2)在四人单桨比赛中，按照图1的桨的位置摆放，赛艇能否保持“稳定”？请判断并说明 理由 【模型应用】 (3)类比四人单桨赛艇保持“稳定”的探究方法，设计一种八人单桨赛艇比赛的桨的摆放方 案，使赛艇保持“稳定”.如图2，已经画出四支桨的位置，请在图中画出其余四支桨的位置 数学专项随堂训练题（六）（圆） （本卷满分120分，共25小题） 学校：__________ 姓名：__________ 准考证号：__________ 一、选择题：本大题共10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． 1．一个正多边形，它的每一个外角都等于45°，则该正多边形是（　　） A. 正六边形 B. 正七边形 C. 正八边形 D. 正九边形 2．如图，已知四边形是的内接四边形，为延长线上一点，，则等于（　　） A. B. C. D. 3．如图，为直径，点B，D在上，，，则的长为（ ） A 2 B. C. D. 4 4．如图，与相切于点，连接并延长交于点，连接．若，则的度数是（　　） A. B. C. D. 5．如图，已知点在上，，直线与相切，切点为，且为中点，则等于（　　） A. B. C. D. 6．如图，点在直线上．若，则（　　） A. B. C. D. 7．如图，在扇形纸扇中，若，，则的长为（　　） A. B. C. D. 8．为半圆的直径，点为半圆上一点，且．①以点为圆心，适当长为半径作弧，交于；②分别以为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点；③作射线，则（　　） A. B. C. D. 9．某校九年级学生参加社会实践，学习编织圆锥型工艺品．若这种圆锥的母线长为厘米，底面圆的半径为厘米，则该圆锥的侧面积为（　　） A. 平方厘米 B. 平方厘米 C. 平方厘米 D. 平方厘米 10．如图，将在平面内绕点逆时针旋转到的位置，与交于点，与交于点，则下列结论不一定正确的是（　　） A. B. C. D. 二、填空题：本大题共6小题，每小题3分，共18分． 11．（3分）如图，是弦，连接，，是所对的圆周角，则与的和的度数是________． 12．（3分）半径为4，圆心角为的扇形的面积为______（结果保留）． 13．（3分）如图，已知正六边形的中心为 、边心距，分别以 、 为圆心，以正六边形的边长为半径画弧，与正六边形的边 ，所围成的阴影部分面积是________． 14．（3分）甘肃临夏砖雕是一种历史悠久的古建筑装饰艺术，是第一批国家级非物质文化遗产．如图1是一块扇面形的临夏砖雕作品，它的部分设计图如图2，其中扇形和扇形有相同的圆心O，且圆心角，若，，则阴影部分的面积是______ ．（结果用π表示） 15．（3分）已知的半径为，若点在上，则点到圆心的距离为______． 16．（3分）如图，⊙是的内切圆，，则_____． 三、解答题（一）：本大题共4小题，第17、18小题各5分，第19、20小题各6分，共22分． 17．（5分）如图，在 中，，．以 边上的点为圆心，长为半径的 与边的另一交点为， 为 的切线． （1）请用无刻度的直尺和圆规作出符合条件的 （保留作图痕迹，写出必要的文字说明）； （2）若，，求 的半径． 18．（5分）如图，是的直径，，点E在的延长线上，且． （1）求证：是的切线； （2）当半径为2，时，求的值． 19．（6分）如图，四边形内接于，为的直径，点在的延长线上，且． （1）求证：是的切线； （2）若，，，求阴影部分的面积． 20．（6分）如图，为的内接三角形，为的直径，将沿直线翻折到，点在上．连接，交于点，延长，，两线相交于点，过点作的切线交于点． （1）求证：； （2）求证：； （3）若，．求的值． 四、解答题（二）：本大题共3小题，第21小题8分，第22、23小题各9分，共26分． 21．（8分）如图，是的直径，弦，垂足为． 为上一点，连接交于点 ，的垂直平分线交的延长线于点，连接． （1）若的半径为，，求的长； （2）求证：是的切线． 22．（9分）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点P，A均在格点上． （1）线段的长为____________； （2）直线与的外接圆相切于点．点在射线上，点在线段的延长线上，满足，且与射线垂直．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M，N，并简要说明点M，N的位置是如何找到的（不要求证明）____________． 23．（9分）如图，抛物线与x轴交于，两点，顶点为P． （1）求抛物线的解析式及P点坐标； （2）抛物线交y轴于点C，经过点A，B，C的圆与y轴的另一个交点为D，求线段的长； （3）过点P的直线分别与抛物线、直线交于x轴下方的点M，N，直线交抛物线对称轴于点E，点P关于E的对称点为Q，轴于点H．请判断点H与直线的位置关系，并证明你的结论． 五、解答题（三）：本大题共2小题，每小题12分，共24分． 24．（12分）在中，，，． （1）问题发现 如图1，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接，，线段与的数量关系是______，与的位置关系是______； （2）类比探究 将绕点按逆时针方向旋转任意角度得到，连接，，线段与数量关系、位置关系与（1）中结论是否一致？若交于点N，请结合图2说明理由； （3）迁移应用 如图3，将绕点旋转一定角度得到，当点落到边上时，连接，求线段的长． 25．（12分）探究无舵手单桨赛艇中的数学问题 单桨赛艇是一项运动员背向终点划水前进的艇类运动．在第十五届全国运动会上，湖北队斩获男子四人单桨、女子四人单桨赛艇比赛两枚金牌．单桨赛艇在前进中容易左右摇摆，怎样才能使赛艇保持“稳定”？ 【模型假设】 假定运动员的力大小相同，不考虑其他因素，赛艇的“稳定”与运动员到艇尾的距离以及桨摆放的位置有关． 【模型建立】 如图1，将四人单桨赛艇抽象为线段，艇尾记为点，艇首记为点． Ⅰ．运动员的位置依次用点，，，表示，，． Ⅱ．运动员手持的桨依次记为桨1，桨2，桨3，桨4，位于上方与下方的桨的数量相等． Ⅲ．规定：当桨的位置位于上方时，对应的点所表示的数记为正数；当桨的位置位于下方时，对应的点所表示的数记为负数． 例：在图1中，桨1的位置位于上方，，所以点表示的数是；桨2的位置位于下方，，点表示的数是． （1）在图1中，______，点表示的数是______，点表示的数是______． 【模型分析】 通过研究，记点，，，所表示的数的和为，当时，赛艇保持“稳定”；当时，赛艇失去“稳定”． （2）在四人单桨比赛中，按照图1的桨的位置摆放，赛艇能否保持“稳定”？请判断并说明理由． 【模型应用】 （3）类比四人单桨赛艇保持“稳定”的探究方法，设计一种八人单桨赛艇比赛的桨的摆放方案，使赛艇保持“稳定”．如图2，已经画出四支桨的位置，请在图中画出其余四支桨的位置． 学科网（北京）股份有限公司 $