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第二章对称图形——圆
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，在半径为2，圆心角为的扇形内，以为直径作半圆交于点D，连接，则阴影部分的面积是（　　）
A． B． C． D．
2．如图，是的直径，点E在上，点D，C是的三等分点，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
3．圆的半径是，如果圆心与直线的距离是，那么直线和圆的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．无法判断
4．如图，中为直径，， 分别切于点 ，．，则 的大小为（ ）
A． B． C． D．
5．如图1，这是陕西宝鸡团结大桥上的“日月同辉”造型，图2是它的示意图，其中小圆和桥面直线的位置关系是（ ）

A．相交 B．相切 C．相离 D．垂直
6．下列命题正确的是（ ）
A．相等圆心角所对的弧相等
B．在同圆或等圆中，相等弦所对的圆周角相等
C．三点确定一个圆
D．等弧所对的弦相等
7．如图，AB是的弦，半径于点D，，点P在圆周上，则等于（　　）
A．27° B．30° C．32° D．36°
8．已知的半径为，点P到圆心O的距离为，则点P和的位置关系为（　　）
A．点P在圆内 B．点P在圆上 C．点P在圆外 D．不能确定
9．下列说法中， 正确的是（　　）
A．三点确定一个圆 B．平分弦的直径必垂直弦
C．任何三角形有且仅有一个外接圆 D．等腰三角形的外心一定在这个三角形内
10．已知的面积为，若点O到直线的距离为，则直线与的位置关系是（　　）
A．相交 B．相切 C．相离 D．无法确定
11．已知的半径为，点为平面内一点，，则点与的位置关系是（ ）
A．点在内 B．点在外 C．点在上 D．无法确定
12．如图，与相切于点A，，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．如图是一铺设在人行道上地板砖的一部分，它是由正六边形和四边形镶嵌而成，，，为各多边形顶点，则的值为 ．
14．如图，已知，，，以为圆心，为半径作，与线段有交点时，则的取值范围是 ．
15．如图，是的直径，，则 ．

16．如图，正方形四个顶点都在⊙O上，点P是在弧上的一点（P点与C点不重合），则的度数是 ．
17．如图，《掷铁饼者》是希腊雕刻家米隆于约公元前年雕刻的青铜雕塑，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中具有表现力的瞬间，掷铁饼者张开的双臂与肩宽可以近似看成一张拉满弦的弓，弧长约为米，“弓”所在的圆的半径约米，则“弓”所对的圆心角为 度．

三、解答题
18．平面内一个正n边形，将平面内与正n边形的各顶点距离都小于等于边长的所有点组成的图形称为这个正n边形的“伴侣形”．将正n边形内与其各顶点距离都大于等于边长的所有点组成的图形称为这个正n边形的“远伴侣形”．
【观察】如图1，边长为1的等边，分别以A、B、C为圆心，长为半径画圆弧，则三条弧，，及其内部所组成的图形上的点到各顶点距离都小于等于1，我们把这个图形称为正的“伴侣形”．
【判断】
(1)______（填“是”或“不是”）所有的正多边形都有“伴侣形”，______（填“是”或“不是”）所有的正多边形都有“远伴侣形”；
【操作】
(2)如图2，边长为1的正方形，请作出正方形的“伴侣形”（将此“伴侣形”打上阴影），求此正方形的“伴侣形”的周长；

【探究】
(3)结合图3分析，若正n边形的边长为1，则当时，其“远伴侣形”的周长为______，则当时，“远伴侣形”的周长为______；

【归纳】
(4)边长为1的正n边形（），其“远伴侣形”的周长为______．
19．如图，A、B是上的两个点，连接、点C，D是、上靠近圆心O的三等分点，点E、F是的三等分点，连接，，
(1)求证：
(2)连接，，请你判断，的位置关系，并说明理由．
20．为了落实“二十大”报告精神，办人民满意教育，决定重新修建学校运动场，设计图如下：两端是半圆形，中间是长方形．（ 取 ）
(1)求这个运动场的周长．
(2)求这个运动场的面积．
(3)已知整个运动场由草坪和塑胶跑道组成，塑胶跑道和草坪的面积比是 ： ，每平方米草坪的价格是元，比每平方米塑胶的价格低，则购买铺满该运动场所需要的塑胶和草坪的总费用是多少元？
21．如图，是的直径，为上一点，为的中点，点在的延长线上，且．求证：是的切线．

22．如图，与相交于点．求的长．

23．【特例感知】

（1）如图①，是的直径，是的圆周角，平分交于点D，连接．已知，，则的度数为　　　　，点D到直线的距离为　　　　；
【类比迁移】
（2）如图②，是的圆周角，平分交于点D，过点D作，垂足为M，探索线段之间的数量关系，并说明理由；
【问题解决】
（3）图③，四边形为的内接四边形，，平分，，求线段的长．
24．如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠BAC的平分线交BC于点D，点O在AB上，以点O为圆心，OA为半径的圆恰好经过点D．求证：直线BC是⊙O的切线．
《第二章对称图形——圆》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A A D B D A C C A
题号 11 12
答案 B A
1．C
【分析】本题主要考查了扇形面积的计算．先根据题意可知，，从而证明，最后根据阴影部分的面积=扇形的面积的面积，进行解答即可．
【详解】解：由题意可知：，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∴，
∴弓形的面积=弓形的面积，
∴阴影部分的面积
=扇形的面积的面积
，
故选：C．
2．A
【分析】根据题意易得，则有，然后问题可求解．
【详解】解：∵点D，C是的三等分点，
∴，
∵，
∴，
∴；
故选A．
【点睛】本题主要考查弧长与圆心角的关系，熟练掌握同弧或等弧所对的圆心角相等是解题的关键．
3．A
【分析】先确定圆的半径为6.5，而圆心到直线的距离为4.5，即圆心O到直线的距离小于圆的半径，根据直线与圆的位置关系得到直线与圆相交，则直线与圆有两个交点．
【详解】解：∵圆的半径为，
∵圆心到直线的距离为，
∴圆心到直线的距离＜圆的半径，
∴直线与圆相交，
故选：A．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系：设的半径为，圆心到直线的距离为，直线和相交 ；直线和相切 ；当直线相离 ．
4．D
【分析】此题考查了切线的性质、切线长定理等知识，根据切线的性质定理得到，求出，根据切线长定理求出，利用三角形内角和定理即可求出答案．
【详解】解： 切 于点 ，
，
又 ，
，
， 分别切 于点 ，，
，
，
．
故选：D
5．B
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，根据直线与圆的交点个数即可得到结论．
【详解】解：由图可得，直线与小圆有1个交点，
∴小圆和桥面直线的位置关系是相切，
故选：B．
6．D
【分析】本题考查有关圆的基础知识．根据等弧的概念；由弧、弦和圆心角的关系；三点确定一个圆的条件，逐一判断即可．
【详解】解：A、在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故原说法错误，本选项不符合题意；
B、在同圆或等圆中，相等弦所对的圆周角相等或互补，故原说法错误，本选项不符合题意；
C、不在同一直线上的三点确定一个圆，故原说法错误，本选项不符合题意；
D、等弧所对的弦相等，正确，本选项符合题意；
故选：D．
7．A
【分析】由垂径定理得到，根据圆周角定理得到，由半径于点推出是直角三角形，即可求得，即可得到．
【详解】解：半径于点，
，
，
∴是直角三角形，
，
．
故选：A．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，熟练掌握定理是解题的关键．
8．C
【分析】根据的半径为，点P到圆心O的距离为，即可判定点P和的位置关系．
【详解】解：的半径为，点P到圆心O的距离为，，
∴点P在外．
故选：C．
【点睛】本题考查了判断点与圆的位置关系，熟练掌握和运用判断点与圆的位置关系的方法是解决本题的关键．
9．C
【分析】根据圆的相关概念及性质进行判断即可，不共线的三点确定一个圆，垂直于弦的直径一定平分弦，但是平分弦的直径不一定垂直弦，任何三角形有且仅有一个外接圆，等腰三角形的外心是三边垂直平分线的交点，故可能在三角形内部也可能在边上．
【详解】解：A．若三点在同一直线上，不能确定一个圆，选项说法错误，不符合题意；
B．两条直径互相平分但不一定垂直，选项说法错误，不符合题意；
C．根据外接圆的性质，任何三角形有且仅有一个外接圆，选项说法正确，符合题意；
D．等腰直角三角形的外心在三角形斜边的中点，不在三角形内，选项说法错误，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了圆的相关概念及性质，关键是熟记各种定义，理解三角形的外心，三角形的外接圆，以及垂径定理．
10．A
【分析】根据的面积，求出半径，即可求解．
【详解】解：设的半径为，
由的面积为可得，解得
∵，
∴直线与相交，
故选：A
【点睛】此题考查了直线与圆的位置关系，解题的关键是掌握直线与圆的位置关系的判断方法，圆的半径为，直线到圆心的距离为，当时，直线与圆相交；当时，直线与圆相切；当时，直线与圆相离．
11．B
【分析】本题考查了对点与圆的位置关系的判断，只需比较点到圆心的距离与圆的半径的大小即可．
【详解】解：，即点到圆心的距离大于圆的半径，
点在外．
故选：B．
12．A
【分析】本题考查了切线的性质，先利用切线的性质可得∠OAC=90°，再利用等腰三角形的性质可得，然后利用角的和差关系进行计算即可解答．
【详解】解：∵与相切于点A，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：A．
13．
【分析】在图中标出字母如下，过点作延长线于点，连接，作于点，过点作于点，易得四边形和是矩形，再根据正六边形的性质求出每个内角的度数，进而得到是等边三角形，设，易表示出，，，，再利用矩形的性质和勾股定理求解和的长度即可求解．
【详解】解：在图中标出字母如下，过点作延长线于点，连接，作于点，过点作于点，
则四边形和是矩形．
人行道上地板砖由正六边形和四边形镶嵌而成，
正六边的内角为，
，
,
，是等边三角形．
设，
，
，
，，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正六边形的性质，平面镶嵌，等边三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，标出字母，作出辅助线构建直角三角形是解答关键．
14．
【分析】过M作于H，根据直角三角形的性质得到，然后根据直线与圆的位置关系即可得到结论．
【详解】解：过M作于H，如图所示：
∵，，
∴，
∵，与线段有交点，
∴r的取值范围是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系：设的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，若直线l和相交；直线l和相切；直线l和相离．
15．/108度
【分析】根据圆周角定理即可推出，通过计算即可推出结果．
【详解】解：∵，
∴，
∵是的直径，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，关键在于根据圆周角定理推出，然后认真的进行计算．
16．
【分析】连接，由正方形的性质、同弧或等弧上的圆周角相等即可求得答案．
【详解】解：连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∵正方形四个顶点都在⊙O上，点P是在弧上的一点（P点与C点不重合），
∴．
故答案为：
【点睛】此题考查了正方形的性质、圆周角定理等知识，熟练掌握“同弧或等弧上的圆周角相等”是解题的关键．
17．
【分析】由题意得：，，设“弓”所在的圆的弧长圆心角度数是，则，进行计算即可得．
【详解】解：如图，

由题意得：，，
设“弓”所在的圆的弧长圆心角度数是，
则，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是已知弧长与半径求解弧所对的圆心角，熟记弧长公式是解本题的关键．
18．(1)不是；不是
(2)图形见详解，
(3)，
(4)
【分析】（1）根据定义判断正多边形的中心点到顶点的距离即可得到结论；
（2）利用定义即可画出正方形的“伴侣形”， 连接、和，根据定义有为等边三角形，得，求得，结合弧长公式即可求得答案；
（3）当，连接、、和，由题意得，则和为等边三角形，得，由和的度数，即可求得的长度，则有“远伴侣形”的周长；当时，“远伴侣形”的周长同理即可求得；
（4）结合前面的求解过程先求一段弧长对应的角度，再求其弧长即可解得“远伴侣形”的周长．
【详解】（1）解：不是所有的正多边形都有“伴侣形”，当时，“伴侣形”为一个点，当时没有“伴侣形”，即当正多边形的中心到顶点的距离大于边长便没有“伴侣形”；
不是所有的正多边形都有“远伴侣形”，当时没有“远伴侣形”，即当正多边形的中心到顶点的距离小于边长便没有“伴侣形”；
（2）如图，

设“伴侣形”的两个顶点为E、F，连接、和，如图，

由题意得，则为等边三角形，得，
∴，同理，
∴，
则，
故正方形的“伴侣形”的周长，
（3）

连接、、和，如图，
由题意得，则和为等边三角形，得，
∵，
∴
则，
故当时，其“远伴侣形”的周长为，
当时，“远伴侣形”的周长为，
（4）．
【点睛】本题主要考查新定义下的正多边形中心点到顶点的距离、正多边形一边对应新定义下所围成的角度和弧长公式，解题的关键是要理解并画出“伴侣形”和“远伴侣形”，再结合角度和弧长公式．
19．(1)见解析
(2)，理由见解析
【分析】（1）连接、，根据同圆中相等的弧所对的圆心角相等得到，证明即可证得结论；
（2）取的中点M，连接，根据垂径定理的推论和同圆中相等的弧所对的圆心角相等得到，，再根据等腰三角形的性质得到，进而根据平行线的判定可作出结论．
【详解】（1）证明：连接、，则，
∵C、D为、三等分点，
∴，
∵E、F为的三等分点，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：．理由如下：
取的中点M，连接，则，
∴，，
∴，
∵为等腰三角形，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、同圆中相等的弧所对的圆心角相等、垂径定理的推论、等腰三角形的性质、平行线的判定，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
20．(1)
(2)
(3)（元）
【分析】（1）用长方形的两条长边加上一个圆的周长即可；
（2）用长方形的面积加上圆的面积；
（3）根据等量关系列方程求出塑胶的单价，然后按比例分配求出塑胶跑道的面积和草坪的面积，进而求得结果；
【详解】（1）解：运动场的周长：
答：这个运动场的周长为米．
（2）解：运动场的面积：
答：运动场的面积为：
（3）解：设平方米塑胶的价格为元
根据题意得：
解得：
该运动场塑胶跑道的面积为：
该运动场草坪的面积为：
故总费用为： （元）
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，圆的基本知识；熟练根据等量关系列方程式解题的关键．
21．证明见解析
【分析】连接，如图所示，根据直径所对的圆周角是直角得到，从而利用等量代换得到，即，从而得证．
【详解】证明：连接，如图所示：

∵是直径，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
为半径，
∴是的切线．
【点睛】本题考查切线的判定，熟练掌握圆周角定理及切线的判定方法是解决问题的关键．
22．．
【分析】过点作于点，由勾股定理求出的长，根据等面积法即可求出的长，再根据勾股定理可求出的长，最后通过垂径定理即可求解．
【详解】解：过点作于点，

∵，
∴，
∵，
∴．
在中，由勾股定理得：，
∵为圆心，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了垂径定理，勾股定理，等面积法求三角形的高，解题的关键是熟练掌握以上知识的灵活运用．
23．（1）；；（2），详见解析；（3）．
【分析】（1）利用角平分线的定义得出，再利用圆的内接四边形的性质即可求得，利用直径所对的圆周角是90°，继而求出，，再证明，利用相等的圆周角所对的弦相等得出，过点D作于点E，利用含的直角三角形的性质即可得解；
（2）连接，作交的延长线于点N，证明得到，再证明得到，从而得到；
（3）作于点G，交的延长线于点H，证明得到，设，再证明四边形是正方形，从而得到，从而得到，，，再利用建立方程，求出x，从而得解．
【详解】（1）∵平分，
∴，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
过点D作于点E，则，，
则有，
∴，即点D到直线的距离为，

故答案为：；；
（2），理由如下：
如图②，连接，作交的延长线于点N，

∵平分，，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
（3）如图③，作于点G，交的延长线于点H，

∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，
∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
解得， (不符合题意，舍去)，
∴，
∴线段的长为．
【点睛】本题考查圆的综合，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，一元二次方程的解法等知识，灵活运用圆的性质和利用角平分线的性质构造全等三角形是解题的关键．
24．证明见解析
【分析】连接，则，根据角平分线的定义可得∠CAD＝∠OAD，等量代换可得∠CAD＝∠ODA，可得，进而可证明OD⊥BC，即可得证．
【详解】解：证明：如图，连接OD，
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD＝∠OAD，
∴∠CAD＝∠ODA，
∴，
∴∠ODB＝∠C，
∵∠C＝90°，
∴∠ODB＝90°，
即OD⊥BC，
∵OD过圆心O，
∴直线BC是⊙O的切线．
【点睛】本题考查了圆的切线的判定，熟练掌握圆的切线的相关知识是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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