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中考押题预测卷 圆的认识
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 清江浦区期末）如图，∠APB的边交⊙O于A、B、C、D，、、、的度数分别为α、β、γ、θ，若要确定∠APB的大小，则需要确定的弧的度数是（　　）
A．α、β B．β、γ C．γ、θ D．α、γ
2．（2024秋 东莞市期末）如图，⊙O中，直径，AC＝2，CD平分∠ACB交圆于点D，则CD＝（　　）
A．5 B．2 C．3 D．4
3．（2024秋 仪征市期末）如图，AB是⊙O的弦，C是AB的三等分点，连接OC并延长交⊙O于点D．若OC＝3，CD＝2，则圆心O到弦AB的距离是（　　）
A．6 B．9 C． D．25﹣3
4．（2024秋 济南期末）如图，四边形ABCD是圆O的内接四边形，∠C＝110°，则∠A的度数为（　　）
A．55° B．60° C．70° D．80°
5．（2024秋 包河区校级期末）如图，线段AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E．若∠BOD＝40°，则∠BAC的度数为（　　）
A．20° B．50° C．40° D．25°
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋 清江浦区期末）如图，在⊙O内接四边形ABCD中，若∠D＝50°，则∠B＝ 　 　°．
7．（2024秋 红花岗区校级期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠ACD＝15°，∠BAC＝∠CAD＝45°，AB+AD＝2，则⊙O的半径为：　 　．
8．（2024秋 崇川区期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC为⊙O的直径，AB＝AD．点E在BA的延长线上，若∠EAD＝40°，则∠B的度数为　 　．
9．（2024秋 金湾区期末）如图，在⊙O中，圆心O到弦AB的距离OC为1，AB＝4，则⊙O的半径OA长为 　 　．
10．（2024秋 大足区期末）如图，在⊙O中，∠BCD＝120°，半径OF∥AD交AB于点E，若OF＝2，AE＝2EO，则∠BAD＝ 　 　°；AB＝ 　 　．
三．解答题（共5小题）
11．（2024秋 增城区期末）如图，点A，B，C，D在⊙O上，AB＝CD．求证：．
12．（2024秋 包河区校级期末）如图，AB是⊙O的直径，点D为AB下方⊙O上一点，点C为的中点，连接CD，CA，AD，延长AC，DB相交于点E．
（1）求证：AB＝BE；
（2）若，BD＝6，求直径AB的长．
13．（2024秋 合川区期末）如图，OA＝OB，AB交⊙O于点C，D，OE是半径，且OE⊥AB于点F．
（1）若CD＝5，，求⊙O的半径．
（2）求证：AC＝BD．
14．（2024秋 番禺区期末）如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB交⊙O于点C，点D是⊙O上一点，连接BD，CD．若∠D＝28°，求∠OAB的度数．
15．（2024秋 四会市期末）如图，一条公路的转弯处是一段圆弧AB，点O是这段弧的圆心，AB＝300m，C是上一点，OC⊥AB，垂足为D，CD＝45m，求这段公路的半径．
中考押题预测卷 圆的认识
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 清江浦区期末）如图，∠APB的边交⊙O于A、B、C、D，、、、的度数分别为α、β、γ、θ，若要确定∠APB的大小，则需要确定的弧的度数是（　　）
A．α、β B．β、γ C．γ、θ D．α、γ
【考点】圆周角定理；圆心角、弧、弦的关系．
【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】D
【分析】连接BD，根据已知易得：∠ADBα，∠DBCγ，然后利用三角形的外角性质进行计算即可解答．
【解答】解：连接BD，
∵、的度数分别为α、γ，
∴∠ADBα，∠DBCγ，
∵∠ADB是△DBP的一个外角，
∴∠APB＝∠ADB﹣∠DBCαγ，
故选：D．
【点评】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
2．（2024秋 东莞市期末）如图，⊙O中，直径，AC＝2，CD平分∠ACB交圆于点D，则CD＝（　　）
A．5 B．2 C．3 D．4
【考点】圆周角定理；角平分线的定义；勾股定理；等腰直角三角形．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】过B作BH⊥CD于H，连接AD，由圆周角定理得到∠ACB＝∠ADB＝90°，由勾股定理求出BC4，判定△BCH是等腰直角三角形，求出CH＝BHBC＝2，判定△ABD是等腰直角三角形，求出BDAB，由勾股定理求出DH，即可求出CD的长．
【解答】解：过B作BH⊥CD于H，连接AD，
∵AB是圆的直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
∵，AC＝2，
∴BC4，
∵CD平分∠ACB，
∴∠BCH∠ACB＝45°，
∴△BCH是等腰直角三角形，
∴CH＝BHBC＝2，
∵∠BAD＝∠BCH＝45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴BDAB，
∴DH，
∴CD＝CH+DH＝3．
故选：C．
【点评】本题考查圆周角定理，勾股定理，等腰直角三角形，角平分线定义，关键是勾股定理求出DH的长．
3．（2024秋 仪征市期末）如图，AB是⊙O的弦，C是AB的三等分点，连接OC并延长交⊙O于点D．若OC＝3，CD＝2，则圆心O到弦AB的距离是（　　）
A．6 B．9 C． D．25﹣3
【考点】垂径定理；勾股定理．
【专题】计算题．
【答案】C
【分析】过圆心O作弦的垂线，垂足为G，得到Rt△OBG和Rt△OCG，在这两个三角形中用勾股定理计算可以求出OG的值，也就是圆心到弦的距离．
【解答】解：如图：过O作OG⊥AB于G，根据垂径定理有：AG＝BG，
设AC＝2a，则CB＝4a，CG＝a，GB＝3a，
在Rt△OCG中，OC2＝OG2+CG2＝OG2+a2①
在Rt△OBG中，OB2＝OG2+GB2＝OG2+9a2②
又OC＝3，OB＝5，代入①②中，解方程得：a2＝2，OG2＝7．
所以圆心到弦的距离是．
故选：C．
【点评】本题考查的是垂径定理，过圆心作圆的垂线，得到直角三角形，运用勾股定理计算可以求出圆心到弦的距离．
4．（2024秋 济南期末）如图，四边形ABCD是圆O的内接四边形，∠C＝110°，则∠A的度数为（　　）
A．55° B．60° C．70° D．80°
【考点】圆内接四边形的性质．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】C
【分析】根据圆内接四边形的对角互补，列式计算即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是圆O的内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，
∵∠C＝110°，
∴∠A＝180°﹣∠C＝180°﹣110°＝70°，
∴∠A的度数为70°，
故选：C．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．
5．（2024秋 包河区校级期末）如图，线段AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E．若∠BOD＝40°，则∠BAC的度数为（　　）
A．20° B．50° C．40° D．25°
【考点】圆周角定理；垂径定理．
【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】A
【分析】连接OC，利用垂径定理可知，故可得出∠BOD＝∠BOC＝40°，再由圆周角定理即可得出结论．
【解答】解：连接OC，
∵线段AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E．
∴，
∵∠BOD＝40°，
∴∠BOD＝∠BOC＝40°
∴∠BAC∠BOD＝20°，
故选：A．
【点评】本题考查的是垂径定理及圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，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；垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋 清江浦区期末）如图，在⊙O内接四边形ABCD中，若∠D＝50°，则∠B＝ 　130　°．
【考点】圆内接四边形的性质；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】130．
【分析】根据圆内接四边形的对角互补计算即可．
【解答】解：∵四边形ABC为圆内接四边形，
∴∠D+∠B＝180°，
∵∠D＝50°，
∴∠B＝180°﹣50°＝130°，
故答案为：130．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质，熟记圆内接四边形对角互补是解题的关键．
7．（2024秋 红花岗区校级期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠ACD＝15°，∠BAC＝∠CAD＝45°，AB+AD＝2，则⊙O的半径为：　　．
【考点】圆内接四边形的性质；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】．
【分析】连接BD，依题意得AB是⊙O的直径，过点O作OE⊥BD交AB于点E，则OE是BD的垂直平分线，则∠EDB＝∠ABD＝15°，进而得∠AED＝30°，设AD＝a，则DE＝BE＝2a，AE，AB，再根据AB+AD＝2得，则AB，在Rt△ABD中，由勾股定理求出BD，进而可得⊙O的半径．
【解答】解：连接BD，如图1所示：
∵∠ACD＝15°，∠BAC＝∠CAD＝45°，
∴∠ABD＝∠ACD＝15°，∠BAD＝∠BAC+∠CAD＝90°，
∴AB是⊙O的直径，
∴OB＝OD，
过点O作OE⊥BD交AB于点E，连接DE，如图2所示：
∴OE是BD的垂直平分线，
∴BE＝DE，
∴∠EDB＝∠ABD＝15°，
∴∠AED＝∠EDB+∠ABD＝30°，
在Rt△AED中，设AD＝a，
∴DE＝BE＝2AD＝2a，
由勾股定理得：AE，
∴AB＝BE+AE，
∴AB+AD＝2，
∴，
∴，
∴AB，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：BD，
∴OBBD．
∴⊙O的半径为．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质，圆周角定理，灵活运用含有30°角的直角三角形的性质和勾股定理进行计算还是解决问题的关键．
8．（2024秋 崇川区期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC为⊙O的直径，AB＝AD．点E在BA的延长线上，若∠EAD＝40°，则∠B的度数为　70°　．
【考点】圆内接四边形的性质；三角形的外角性质；等腰三角形的性质；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】70°．
【分析】连接OA、OD，根据圆内接四边形的性质求出∠BCD，根据圆周角定理求出∠BOD，进而求出∠BOA，再根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．
【解答】解：如图，连接OA、OD，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∵∠BAD+∠EAD＝180°，∠EAD＝40°，
∴∠BCD＝∠EAD＝40°，
∴∠BOD＝2∠BCD＝80°，
∵AB＝AD，
∴，
∴∠BOA＝∠DOA＝40°，
∵OA＝OB，
∴∠B（180°﹣40°）＝70°，
故答案为：70°．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟记圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
9．（2024秋 金湾区期末）如图，在⊙O中，圆心O到弦AB的距离OC为1，AB＝4，则⊙O的半径OA长为 　　．
【考点】垂径定理；勾股定理．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】．
【分析】先根据垂径定理得到AC＝Bc＝2，然后根据勾股定理计算出OA的长即可．
【解答】解：∵OC为圆心O到弦AB的距离，
∴OC⊥AB，
∴AC＝BCAB＝2，
在Rt△AOC中，∵OC＝1，AC＝2，
∴OA．
故答案为：．
【点评】本题考查了垂径定理：垂直于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．
10．（2024秋 大足区期末）如图，在⊙O中，∠BCD＝120°，半径OF∥AD交AB于点E，若OF＝2，AE＝2EO，则∠BAD＝ 　60　°；AB＝ 　10　．
【考点】圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；运算能力；推理能力．
【答案】60；10．
【分析】作OF⊥AB，连接OA，利用圆内接四边形对角互补求出∠BAD，利用平行线得到∠OFE＝60°，根据解特殊直角三角形得到三边关系，设EF＝x，则AF＝5x，OFx，利用勾股定理求出x值继而得到AB长即可．
【解答】解：如图，作OF⊥AB，连接OA，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，且∠BCD＝120°，
∴∠BAD＝180°﹣120°＝60°，
∵OF∥AD，
∴∠DAB＝∠OFE＝60°，
∴EO＝2EF，OFEF，
∵AE＝2EO，
∴AE＝4EF，
设EF＝x，则AF＝5x，OFx，
在Rt△AFO 中，AO＝OF＝2，由勾股定理得：
x2+（x）2＝（2）2，
解得x（舍去负值），
∴AF＝5，
∴AB＝2AF＝10．
故答案为：60；10．
【点评】本题考查了圆周角定理及垂径定理，熟练掌握以上知识点是关键．
三．解答题（共5小题）
11．（2024秋 增城区期末）如图，点A，B，C，D在⊙O上，AB＝CD．求证：．
【考点】圆心角、弧、弦的关系．
【专题】推理能力．
【答案】证明见解析过程．
【分析】根据圆心角、弧及弦之间的关系即可解决问题．
【解答】证明：∵AB＝CD，
∴，
∴，
∴．
【点评】本题主要考查了圆心角、弧、弦的关系，熟知圆心角、弧及弦之间的关系是解题的关键．
12．（2024秋 包河区校级期末）如图，AB是⊙O的直径，点D为AB下方⊙O上一点，点C为的中点，连接CD，CA，AD，延长AC，DB相交于点E．
（1）求证：AB＝BE；
（2）若，BD＝6，求直径AB的长．
【考点】圆周角定理；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；垂径定理．
【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）10．
【分析】（1）延长CO交⊙O于点F，连接BC，先根据圆周角定理得出∠ADB＝90°，再由点C为的中点可知CF⊥AD，故可得出OC∥BE，再由AO＝CO得出∠ACO＝∠CAO，故∠CAO＝∠E，进而得出结论；
（2）设⊙O的半径为R，则AB＝BE＝2R，由OA＝OB，OC∥BE可知OC是△ABE的中位线，再利用勾股定理求解即可．
【解答】（1）证明：如图，延长CO交⊙O于点F，连接BC．
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，即DE⊥AD．
∵点C为的中点，
∴CF⊥AD，
∴OC∥BE，
∴∠ACO＝∠E．
∵AO＝CO，
∴∠ACO＝∠CAO，
∴∠CAO＝∠E，
∴AB＝BE；
（2）解：设⊙O的半径为R，则AB＝BE＝2R，
∵BD＝6．
∴DE＝BD+BE＝2R+6．
由（1）知，DE⊥AD，CF⊥AD，
∴OC∥BE，
∵OA＝OB，
∴OC是△ABE的中位线，
∴，
∴．
在Rt△ABD 中，由勾股定理得AD2＝AB2﹣BD2
在Rt△AED中，由勾股定理得AD2＝AE2﹣DE2
∴AB2﹣BD2＝AE2﹣DE2，即，
解得R1＝5种R2＝﹣8不合题意，舍去），
∴AB＝2R＝2×5＝10．
【点评】本题考查的是圆周角定理，垂径定理及勾股定理，等腰三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
13．（2024秋 合川区期末）如图，OA＝OB，AB交⊙O于点C，D，OE是半径，且OE⊥AB于点F．
（1）若CD＝5，，求⊙O的半径．
（2）求证：AC＝BD．
【考点】垂径定理；勾股定理．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】（1）；
（2）见解析．
【分析】（1）由垂径定理得，设CO＝r，由勾股定理得CF2+OF2＝OC2，即可求解；
（2）由等腰三角形的性质得AF＝BF，即可得证．
【解答】（1）解：由题意可得：，
设CO＝r，
则，
∵CF2+OF2＝OC2，
∴，
∴，
∴⊙O的半径为；
（2）证明：∵OA＝OB，OF⊥AB，
∴AF＝BF，
由（1）得CF＝DF，
∴AF﹣CF＝BF﹣DF，
∴AC＝BD．
【点评】本题考查了垂径定理，勾股定理，能熟练利用勾股定理进行求解是解题的关键．
14．（2024秋 番禺区期末）如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB交⊙O于点C，点D是⊙O上一点，连接BD，CD．若∠D＝28°，求∠OAB的度数．
【考点】圆周角定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系．
【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】34°．
【分析】先利用圆周角定理可得：∠COB＝2∠D＝56°，然后利用垂径定理可得：，从而可得∠AOC＝∠COB＝56°，进而可得∠AOB＝112°，最后利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理进行计算，即可解答．
【解答】解：∵∠D＝28°，
∴∠COB＝2∠D＝56°，
∵OC⊥AB，
∴，
∴∠AOC＝∠COB＝56°，
∴∠AOB＝∠AOC+∠COB＝112°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA34°．
【点评】本题考查了圆周角定理，垂径定理，圆心角、弧、弦的关系，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键．
15．（2024秋 四会市期末）如图，一条公路的转弯处是一段圆弧AB，点O是这段弧的圆心，AB＝300m，C是上一点，OC⊥AB，垂足为D，CD＝45m，求这段公路的半径．
【考点】垂径定理的应用．
【专题】计算题．
【答案】见试题解答内容
【分析】由OC⊥AB，根据垂径定理得，AD＝BDAB，又OD＝r﹣CD，所以，在Rt△AOD中，根据勾股定理可得，AO2＝AD2+OD2，代入数值解答出即可．
【解答】解：如图，设半径为r，则OD＝r﹣CD＝r﹣45，
∵OC⊥AB，
∴AD＝BDAB，
∴在Rt△AOD中，AO2＝AD2+OD2，
即r2＝（ 300）2+（r﹣45）2＝22500+r2﹣90r+2025，
90r＝24525，
解得，r＝272.5m．
答：这段弯路的半径是272.5m．
【点评】本题考查了垂径定理及勾股定理的应用，在利用数学知识解决实际问题时，要善于把实际问题与数学中的理论知识联系起来，能将生活中的问题抽象为数学问题．
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