北师大版九下数学 第三章圆综合试题 （word版含答案）
文档属性
| 名称 | 北师大版九下数学 第三章圆综合试题 （word版含答案） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 300.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 北师大版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-03-04 07:26:42 | ||
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文档简介
圆综合试题
一、单选题
1．如图，⊙O的半径为5，弦AB＝6，P是弦AB上的一个动点（不与A、B重合），下列符合条件的OP的值可以是（ ）
A．3.1 B．4.2 C．5.3 D．6.4
2．已知⊙O的半径为6cm，圆心O到直线a的距离为6cm，则直线a与⊙O的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．无法判断
3．如图，已知四边形 内接于 ， ，则 的度数是（ ）。
A． B． C． D．
4．同一平面内， 一个点到圆的最小距离为 ， 最大距离为 ， 则该圆的半径为 （ ）
A． 或 B． 或
C． 或 D． 或
5．如图所示，⊙O的半径为5，点O到直线l的距离为7，P是直线l上的一个动点，PQ与⊙O相切于点Q.则PQ的最小值为（ ）
A． B． C．2 D．2
6．如图，的内切圆与分别相切于点D，E，F，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在Rt中，.以点为圆心，CB长为半径的圆交AB于点，则AD的长是（ ）
A．1 B． C． D．2
8．如图，AB为⊙O的直径，点D是弧AC的中点，过点D作DE⊥AB于点E，延长DE交⊙O于点F，若AE＝3，⊙O的直径为15，则AC长为（ ）
A．10 B．13 C．12 D．11
9．如图，点A的坐标为（﹣3，2），⊙A的半径为1，P为坐标轴上一动点，PQ切⊙A于点Q，在所有P点中，使得PQ长最小时，点P的坐标为（ ）
A．（0，2） B．（0，3） C．（﹣2，0） D．（﹣3，0）
10．如图，BC是⊙O的直径，AD是⊙O的切线，切点为D，AD与CB的延长线交于点A，∠C=30°，给出下面四个结论：
①AD=DC；②AB=BD；③AB=BC；④BD=CD， 其中正确的个数为（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
二、填空题
11．若扇形的圆心角为60°，半径为2，则该扇形的弧长是 （结果保留）
12．如图，正方形ABCD内接于⊙O，点P在上，则∠BPC的度数为 .
13．如图，点A，B，C在圆O上，OC⊥AB，垂足为D，若⊙O的半径是10cm，AB=12cm，则CD= cm．
14．如图，PA，PB分别切⊙O于点A，B，Q是优弧上一点，若∠P=40°，则∠Q的度数是 ．
15．如图，AB是⊙O的弦，AC是⊙O的切线，A为切点，BC经过圆心，若⊙O半径是4，∠B＝22.5°，那么BC的长是 ．
16．已知：如图， 是 的直径，弦 交 于E点， ， ， ，则 的长为 ．
17．如图，直线交x轴于点A，交y轴于点B，点P是x轴上一动点，以点P为圆心，以1个单位长度为半径作⊙P，当⊙P与直线AB相切时，点P的坐标是 .
18．如图，半径为 的 中， 为直径，弦 且过半径 的中点，点 为 上一动点， 于点 ．当点 从点 出发顺时针运动到点 时，点 所经过的路径长为 ．
三、解答题
19．已知在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O分别交AC于点 D，BC于点E，连接ED．求证：ED＝EC．
20．如图为桥洞的形状，其正视图是由 和矩形ABCD构成．O点为 所在⊙O的圆心，点O又恰好在AB为水面处．若桥洞跨度CD为8米，拱高（OE⊥弦CD于点F ）EF为2米．求 所在⊙O的半径DO．
21．将△ABC绕点B逆时针旋转到△A′BC′，使A、B、C′在同一直线上，若∠BCA=90°，∠BAC=30°，AB=4cm，求图中阴影部分的面积．
22．如图， 是 的外接圆， 切 于点 ， 与直径 的延长线相交于点 ．
（Ⅰ）如图①，若 ，求 的大小；
（Ⅱ）如图②，当 ， 时，求 的大小和 的半径．
23．如图，⊙O是△ABC的外接圆，BC是⊙O的直径，D是劣弧的中点BD交AC于点E.
（1）若，求.
（2）求证：AD2＝DE DB.
（3）若BC＝5，CD＝，求DE的长.
24．如图，BC是⊙O的直径，AD是⊙O的弦，AD交BC于点E，连接AB，CD，过点E作EF⊥AB，垂足为F，∠AEF＝∠D.
（1）求证：AD⊥BC；
（2）点G在BC的延长线上，连接AG，∠DAG＝2∠D.
①求证：AG与⊙O相切；
②当 ，CE＝4时，直接写出CG的长.
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】如图，取AB的中点O，分别连接OC、OB，则OC⊥AB，且
在Rt△OBC中，OB=5，由勾股定理得：
点P线段BC上，则，即
由对称性，当点P在线段AC上时，
∴当点P在弦AB上时，
∵
∴选项B符合题意
故答案为：B
【分析】先作辅助线，取AB的中点O，分别连接OC、OB，取AB的中点O，根据垂径定理得OC⊥AB，且，然后在Rt△OBC中由勾股定理得OC=4,再由垂线段最短可得答案。
2．【答案】B
【解析】【解答】解：设圆心O到直线a的距离为d，则d=6 cm
∵⊙O的半径为6 cm，
即半径=d=6 cm，
∴直线a与⊙O的位置关系是相切.
故答案为：B.
【分析】由⊙O的半径为6cm，圆心O到直线a的距离d=6cm，根据直线与圆的位置关系判定方法：当d＞r时，直线与圆相离，当d＜r时，直线与圆相交，当d=r时，直线与圆相切，即可判断.
3．【答案】B
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠ADC=180°-∠ABC=180°-70°=110°.
故答案为：B.
【分析】利用圆内接四边形的对角互补的性质列式计算即可.
4．【答案】C
【解析】【解答】解：分为两种情况：
①当点P在圆内时，最近点的距离为6cm，最远点的距离为8cm，则直径是14cm，因而半径是7cm；
②当点P在圆外时，最近点的距离为6cm，最远点的距离为8cm，则直径是2cm，因而半径是1cm.
故答案为：C.
【分析】①当点P在圆内时，直径是14cm，据此可得半径；②当点P在圆外时，直径是2cm，据此可得半径.
5．【答案】C
【解析】【解答】解：∵PQ与⊙O相切于点Q，
∴OQ⊥PQ，
∴PQ2=OP2-OQ2=OP2-52=OP2-25，
∴当OP最小时，PQ有最小值，
∵点O到直线l的距离为7，
∴OP的最小值为7，
∴PQ的最小值=，
故答案为：C.
【分析】由切线的性质可得OQ⊥PQ，由勾股定理可得PQ2=OP2-OQ2=OP2-52=OP2-25，所以可得当OP最小时，PQ有最小值，由于OP的最小值为7，从而得解.
6．【答案】D
【解析】【解答】解：连接OD、OF，如图所示：
∵△ABC的内切圆与AB、BC、AC分别相切于点D，E，F，，
∴，
∴；
故答案为：D.
【分析】连接OD、OF，根据切线的性质可得∠ADO=∠AFO=90°，由同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍可得∠DOF=2∠DEF=100°，然后根据四边形内角和为360°进行计算.
7．【答案】B
【解析】【解答】解：连接CD，过点C作CE⊥AB于点E，
在Rt△ABC中，
解之：BC=3，
∴
∵
∴3×4=5CE
解之：CE=.
∴
∴BD=2BE=
∴.
故答案为：B.
【分析】连接CD，过点C作CE⊥AB于点E，利用解直角三角形求出BC的长，利用勾股定理求出AB的长；再利用三角形的面积公式求出CE的长；然后利用勾股定理求出BE的长，根据BD=2BE可求出BD的长；然后根据AD=AB-BD，代入计算求出AD的长.
8．【答案】C
【解析】【解答】解：如图，连接AD，BD，
∵点D是弧AC的中点，DE⊥AB于点E，
∴，∠AED=∠DEB=90°，DF=2DE，
∴∠ADE=∠B，AC=DF，
∴△AED∽△DEB，
∴，
∴DE2=AE·BE=3×（15-3）=36，
∴DE=6，
∴DF=2DE=12，
∴AC=DF=12.
故答案为：C.
【分析】连接AD，BD，根据垂径定理和圆周角定理得出∠ADE=∠B，DF=2DE，再根据等弧所对的弦相等得出AC=DF，利用相似三角形的判定与性质得出DE=6，从而得出DF=12，即可得出AC=12.
9．【答案】D
【解析】【解答】解：连接AQ、PA，如图，
∵PQ切⊙A于点Q，
∴AQ⊥PQ，
∴∠AQP＝90°，
∴PQ＝ ，
当AP的长度最小时，PQ的长度最小，
∵AP⊥x轴时，AP的长度最小，
∴AP⊥x轴时，PQ的长度最小，
∵A（﹣3，2），
∴此时P点坐标为（﹣3，0）．
故答案为：D．
【分析】先求出PQ＝ ，再根据点A的坐标求解即可。
10．【答案】B
【解析】【解答】连接DO，∵BC是⊙O的直径，AD是⊙O的切线，切点为D，∴∠BDC=∠ADO=90°，∵DO=CO，∴∠C=∠CDO=30°，∴∠A=30°，∠DBC=60°，
∠ADB=30°，∴AD=DC，故①正确；∵∠A=30°，∠DBC=60°，∴∠ADB=30°，∴AB=BD，故②正确；∵∠C=30°，∠BDC=90°，∴BD=BC，∵AB=BD，
∴AB=BC，故③正确；无法得到BD=CD，故④错误．故选：B
【分析】利用圆周角定理结合切线的性质得出∠BDC=∠ADO=90°，进而得出∠A，∠ADB的度数即可得出答案，再利用直角三角形中30°所对的边等于斜边的一半进而得出AB=BC，判断即可．
11．【答案】
【解析】【解答】解：依题意，n=，r=2，
∴扇形的弧长=．
故答案为：．
【分析】利用弧长公式计算即可.
12．【答案】45°
【解析】【解答】解：连接OB、OC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BOC=90°，
∴∠BPC=.
故答案为：45°.
【分析】连接OB、OC，由正方形的性质可得∠BOC=90°，然后根据圆周角定理进行解答.
13．【答案】2
【解析】【解答】解：∵OC是⊙O的半径且OC⊥AB，垂足为D，
∴OA=OC=10cm，AD= AB= ×12=6cm，
∵在Rt△AOD中，OA=10cm，AD=6cm，
∴OD= cm，
∴CD=OC﹣OD=10﹣8=2cm．
故答案为2．
【分析】在直角三角形AOD中利用勾股定理求出OD的值，然后利用CD=OC﹣OD即可求解。
14．【答案】70°
【解析】【解答】解：连接OA、OB，
∵PA，PB分别切⊙O于点A，B，
∴∠OAP=∠OBP=90°，又∠P=40°，
∴∠AOB=360°－90°－90°－40°=140°，
∴∠Q=∠AOB=70°，
故答案为：70°．
【分析】连接OA、OB，先根据切线的性质和四边形的内角和求出∠AOB，再利用圆周角的性质可得∠Q=∠AOB=70°。
15．【答案】
【解析】【解答】解：连接，如图，
AC是⊙O的切线，
是等腰直角三角形，
故答案为：
【分析】连接OA，根据，可得是等腰直角三角形，即可得到，再利用线段的和差可得。
16．【答案】
【解析】【解答】解：如图所示，过点O作OF⊥CD于F，连接OD，
∴∠OFE=90°， ，
∵∠AEC=30°，
∴ ，
∵BE=1，AE=5，
∴AB=BE+AE=6，
∵AB是直径，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
【分析】过点O作OF⊥CD于F，连接OD，根据，可得，在直角△DOF中求得DF的长即可求解。
17．【答案】
【解析】【解答】解：∵直线交x轴于点A，交y轴于点B，
∴令x=0，得y=-3，令y=0，得x=-4，
∴A（，0），B（0.-3），
∴OA=，OB=3，
∴AB=6，
设⊙P与直线AB相切于D，
连接PD，
如图示：
则PD⊥AB，PD=1，
∵∠ADP=∠AOB=90°，∠PAD=∠BAO，
∴△APD∽△ABO，
∴
∴
∴
∴或，
∴P点坐标为：
故答案为：.
【分析】易得A（，0），B（0，-3），然后求出OA、OB、AB，设⊙P与直线AB相切于D，连接PD，则PD⊥AB，PD=1，证明△APD∽△ABO，由相似三角形的性质可得AP，进而求出OP，据此可得点P的坐标.
18．【答案】
【解析】【解答】
点 的路径是以 为半径， 中点为圆心的一段圆弧
如图，连接 ，设 于点 ，连接 的中点 和点 ,
的半径为 ,弦 且过半径 的中点， 为直径
,
,
故答案为： ．
【分析】连接AC，AO，由AB⊥CD，利用垂径定理得到G为AB的中点，由中点的定义确定出OG的长，在直角三角形AOG中，由AO与OG的长，利用勾股定理求出AG的长，进而确定出AB的长，由CO+GO求出CG的长，在直角三角形AGC中，利用勾股定理求出AC的长，由CF垂直于AE，得到三角形ACF始终为直角三角形，点F的运动轨迹为以AC为直径的半圆，如图所示。当E位于点B时，CG⊥AE，此时F、G重合；当E位于D时，CA⊥AE，此时F与A重合，可得出当点E从点B出发，顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长弧AG，在直角三角形ACG中，利用锐角三角函数定义求出∠ACG的度数，进而确定出弧AG所对圆心角的度数，再由AC的长求出半径，利用弧长公式即可求出弧AG的长，即可求出点F所经过的路径长。
19．【答案】解：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵四边形ABED是圆内接四边形，
∴∠CDE=∠B，
∴∠CDE=∠C，
∴CE=DE.
【解析】【分析】根据等腰三角形的性质和圆内接四边形的性质解答即可；
20．【答案】解：∵OE⊥弦CD于点F，CD为8米，EF为2米，
∴EO垂直平分CD，DF=4m，FO=DO﹣2，在Rt△DFO中，DO2=FO2+DF2，则DO2=（DO﹣2）2+42，解得：DO=5．
答：弧CD所在⊙O的半径DO为5m．
【解析】【分析】根据垂径定理得出EO垂直平分CD，DF=4m，然后利用勾股定理建立方程，求解即可得出OD的长。
21．【答案】解：∵∠BCA=90°，∠BAC=30°，AB=4，∴BC=2，∠CBC′=120°，∠A′BA=120°，
由旋转知△A′BC′≌△ABC ∴ S△A′BC′=S△ABC，
∴S阴影=S△A′BC′+S扇形ABA′-S扇形CBC′-S△ABC= S扇形ABA′-S扇形CBC′= ×（42-22）=4π（cm2）．
【解析】【分析】根据图形阴影部分的面积转化为圆心角为 120° ，两个半径分别为4和2的圆环的面积，利用扇形得面积公式求解即可。
22．【答案】解：（Ⅰ）连接 ．
∵ 切 于点 ，
∴ ，∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
（Ⅱ）连接 ，设 ．
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ．
∵ 是 的切线，
∴ ，即 ，
在 中， ，
即 ，
解得 ，
∴ ．
在 中， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，即 的半径为2．
【解析】【分析】（1）先求出 ， 再求出∠AOB=142°，最后求解即可；
（2）先求出 ，再求出 ， 最后求解即可。
23．【答案】（1）解：∵BC是⊙O的直径
∴∠CAB＝90°
∵
∴∠ABC＝90°-30°=60°
∵D是劣弧的中点，得，
∴∠ABD＝∠DAC=30°
∴=
（2）证明：由（1）得∠ABD＝∠DAC，
又∵∠ADB＝∠EDA，
∴△ABD∽△EAD，
∴AD2＝DE DB；
（3）解：由D是劣弧的中点，得AD＝DC，则DC2＝DE DB
∵CB是直径，
∴△BCD是直角三角形.
∴BD＝，由DC2＝DE DB得，
（）2＝2DE，
解得：DE＝.
【解析】【分析】（1）由圆周角定理可得∠CAB＝90°，则∠ABC＝90°-∠ACB=60°，根据中点的概念可得，由圆周角定理可得∠ABD＝∠DAC=30°，据此求解；
（2）由（1）得∠ABD＝∠DAC，证明△ABD∽△EAD，然后由相似三角形的性质证明即可；
（3）根据弧、弦的关系可得AD＝DC，则DC2＝DE DB，由勾股定理求出BD，然后根据DC2＝DE DB就可求出DE.
24．【答案】（1）证明：∵EF⊥AB，
∴∠AFE＝90°，
∴∠AEF+∠EAF＝90°，
∵∠AEF＝∠D，∠ABE＝∠D，
∴∠ABE+∠EAF＝90°，
∴∠AEB＝90°，
∴AD⊥BC
（2）解：①证明：连接OA，AC.
∵AD⊥BC，
∴AE＝ED，
∴CA＝CD，
∴∠D＝∠CAD，
∵∠GAE＝2∠D，
∴∠CAG＝∠CAD＝∠D，
∵OC＝OA，
∴∠OCA＝∠OAC，
∵∠CEA＝90°，
∴∠CAE+∠ACE＝90°，
∴∠CAG+∠OAC＝90°，
∴OA⊥AG，
∴AG是⊙O的切线.
②解：过点C作CH⊥AG于H.设CG＝x，GH＝y.
∵CA平分∠GAE，CH⊥AG，CE⊥AE，
∴CH＝CE，
∵∠AEC＝∠AHC＝90°，AC＝AC，EC＝CH，
∴Rt△ACE≌Rt△ACH（HL），
∴AE＝AH，
∵EF⊥AB，BC是直径，
∴∠BFE＝∠BAC，
∴EF∥AC，
∴ ，
∵CE＝4，
∴BE＝10，
∵BC⊥AD，
∴ ，
∴∠CAE＝∠ABC，
∵∠AEC＝∠AEB＝90°，
∴△AEB∽△CEA，
∴ ，
∴AE2＝4×10，
∵AE＞0，
∴AE＝ ，
∴AH＝AE＝ ，
∵∠G＝∠G，∠CHG＝∠AEG＝90°，
∴△GHC∽△GEA，
∴ ，
∴ ，
解得x＝ .
经检验：x＝ 是原方程的根且符合题意，
【解析】【分析】（1）由垂直的概念可得∠AFE=90°，由圆周角定理可得∠ABE=∠D，结合已知条件可推出∠AEB=90°，据此证明；
（2）①连接OA，AC，由垂径定理可得AE＝ED，由等腰三角形的性质可得∠D＝∠CAD，∠OCA=∠OAC，结合已知条件可得∠CAG＝∠CAD＝∠D，推出OA⊥AG，据此证明；
②过点C作CH⊥AG于H，设CG＝x，GH＝y，由角平分线的性质可得CH＝CE，证明Rt△ACE≌Rt△ACH，推出EF∥AC，由平行线分线段成比例的性质可得BE，由弧、弦以及圆周角的关系可得∠CAE＝∠ABC，证明△AEB∽△CEA，△GHC∽△GEA，然后由相似三角形的性质求解即可
一、单选题
1．如图，⊙O的半径为5，弦AB＝6，P是弦AB上的一个动点（不与A、B重合），下列符合条件的OP的值可以是（ ）
A．3.1 B．4.2 C．5.3 D．6.4
2．已知⊙O的半径为6cm，圆心O到直线a的距离为6cm，则直线a与⊙O的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．无法判断
3．如图，已知四边形 内接于 ， ，则 的度数是（ ）。
A． B． C． D．
4．同一平面内， 一个点到圆的最小距离为 ， 最大距离为 ， 则该圆的半径为 （ ）
A． 或 B． 或
C． 或 D． 或
5．如图所示，⊙O的半径为5，点O到直线l的距离为7，P是直线l上的一个动点，PQ与⊙O相切于点Q.则PQ的最小值为（ ）
A． B． C．2 D．2
6．如图，的内切圆与分别相切于点D，E，F，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在Rt中，.以点为圆心，CB长为半径的圆交AB于点，则AD的长是（ ）
A．1 B． C． D．2
8．如图，AB为⊙O的直径，点D是弧AC的中点，过点D作DE⊥AB于点E，延长DE交⊙O于点F，若AE＝3，⊙O的直径为15，则AC长为（ ）
A．10 B．13 C．12 D．11
9．如图，点A的坐标为（﹣3，2），⊙A的半径为1，P为坐标轴上一动点，PQ切⊙A于点Q，在所有P点中，使得PQ长最小时，点P的坐标为（ ）
A．（0，2） B．（0，3） C．（﹣2，0） D．（﹣3，0）
10．如图，BC是⊙O的直径，AD是⊙O的切线，切点为D，AD与CB的延长线交于点A，∠C=30°，给出下面四个结论：
①AD=DC；②AB=BD；③AB=BC；④BD=CD， 其中正确的个数为（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
二、填空题
11．若扇形的圆心角为60°，半径为2，则该扇形的弧长是 （结果保留）
12．如图，正方形ABCD内接于⊙O，点P在上，则∠BPC的度数为 .
13．如图，点A，B，C在圆O上，OC⊥AB，垂足为D，若⊙O的半径是10cm，AB=12cm，则CD= cm．
14．如图，PA，PB分别切⊙O于点A，B，Q是优弧上一点，若∠P=40°，则∠Q的度数是 ．
15．如图，AB是⊙O的弦，AC是⊙O的切线，A为切点，BC经过圆心，若⊙O半径是4，∠B＝22.5°，那么BC的长是 ．
16．已知：如图， 是 的直径，弦 交 于E点， ， ， ，则 的长为 ．
17．如图，直线交x轴于点A，交y轴于点B，点P是x轴上一动点，以点P为圆心，以1个单位长度为半径作⊙P，当⊙P与直线AB相切时，点P的坐标是 .
18．如图，半径为 的 中， 为直径，弦 且过半径 的中点，点 为 上一动点， 于点 ．当点 从点 出发顺时针运动到点 时，点 所经过的路径长为 ．
三、解答题
19．已知在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O分别交AC于点 D，BC于点E，连接ED．求证：ED＝EC．
20．如图为桥洞的形状，其正视图是由 和矩形ABCD构成．O点为 所在⊙O的圆心，点O又恰好在AB为水面处．若桥洞跨度CD为8米，拱高（OE⊥弦CD于点F ）EF为2米．求 所在⊙O的半径DO．
21．将△ABC绕点B逆时针旋转到△A′BC′，使A、B、C′在同一直线上，若∠BCA=90°，∠BAC=30°，AB=4cm，求图中阴影部分的面积．
22．如图， 是 的外接圆， 切 于点 ， 与直径 的延长线相交于点 ．
（Ⅰ）如图①，若 ，求 的大小；
（Ⅱ）如图②，当 ， 时，求 的大小和 的半径．
23．如图，⊙O是△ABC的外接圆，BC是⊙O的直径，D是劣弧的中点BD交AC于点E.
（1）若，求.
（2）求证：AD2＝DE DB.
（3）若BC＝5，CD＝，求DE的长.
24．如图，BC是⊙O的直径，AD是⊙O的弦，AD交BC于点E，连接AB，CD，过点E作EF⊥AB，垂足为F，∠AEF＝∠D.
（1）求证：AD⊥BC；
（2）点G在BC的延长线上，连接AG，∠DAG＝2∠D.
①求证：AG与⊙O相切；
②当 ，CE＝4时，直接写出CG的长.
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】如图，取AB的中点O，分别连接OC、OB，则OC⊥AB，且
在Rt△OBC中，OB=5，由勾股定理得：
点P线段BC上，则，即
由对称性，当点P在线段AC上时，
∴当点P在弦AB上时，
∵
∴选项B符合题意
故答案为：B
【分析】先作辅助线，取AB的中点O，分别连接OC、OB，取AB的中点O，根据垂径定理得OC⊥AB，且，然后在Rt△OBC中由勾股定理得OC=4,再由垂线段最短可得答案。
2．【答案】B
【解析】【解答】解：设圆心O到直线a的距离为d，则d=6 cm
∵⊙O的半径为6 cm，
即半径=d=6 cm，
∴直线a与⊙O的位置关系是相切.
故答案为：B.
【分析】由⊙O的半径为6cm，圆心O到直线a的距离d=6cm，根据直线与圆的位置关系判定方法：当d＞r时，直线与圆相离，当d＜r时，直线与圆相交，当d=r时，直线与圆相切，即可判断.
3．【答案】B
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠ADC=180°-∠ABC=180°-70°=110°.
故答案为：B.
【分析】利用圆内接四边形的对角互补的性质列式计算即可.
4．【答案】C
【解析】【解答】解：分为两种情况：
①当点P在圆内时，最近点的距离为6cm，最远点的距离为8cm，则直径是14cm，因而半径是7cm；
②当点P在圆外时，最近点的距离为6cm，最远点的距离为8cm，则直径是2cm，因而半径是1cm.
故答案为：C.
【分析】①当点P在圆内时，直径是14cm，据此可得半径；②当点P在圆外时，直径是2cm，据此可得半径.
5．【答案】C
【解析】【解答】解：∵PQ与⊙O相切于点Q，
∴OQ⊥PQ，
∴PQ2=OP2-OQ2=OP2-52=OP2-25，
∴当OP最小时，PQ有最小值，
∵点O到直线l的距离为7，
∴OP的最小值为7，
∴PQ的最小值=，
故答案为：C.
【分析】由切线的性质可得OQ⊥PQ，由勾股定理可得PQ2=OP2-OQ2=OP2-52=OP2-25，所以可得当OP最小时，PQ有最小值，由于OP的最小值为7，从而得解.
6．【答案】D
【解析】【解答】解：连接OD、OF，如图所示：
∵△ABC的内切圆与AB、BC、AC分别相切于点D，E，F，，
∴，
∴；
故答案为：D.
【分析】连接OD、OF，根据切线的性质可得∠ADO=∠AFO=90°，由同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍可得∠DOF=2∠DEF=100°，然后根据四边形内角和为360°进行计算.
7．【答案】B
【解析】【解答】解：连接CD，过点C作CE⊥AB于点E，
在Rt△ABC中，
解之：BC=3，
∴
∵
∴3×4=5CE
解之：CE=.
∴
∴BD=2BE=
∴.
故答案为：B.
【分析】连接CD，过点C作CE⊥AB于点E，利用解直角三角形求出BC的长，利用勾股定理求出AB的长；再利用三角形的面积公式求出CE的长；然后利用勾股定理求出BE的长，根据BD=2BE可求出BD的长；然后根据AD=AB-BD，代入计算求出AD的长.
8．【答案】C
【解析】【解答】解：如图，连接AD，BD，
∵点D是弧AC的中点，DE⊥AB于点E，
∴，∠AED=∠DEB=90°，DF=2DE，
∴∠ADE=∠B，AC=DF，
∴△AED∽△DEB，
∴，
∴DE2=AE·BE=3×（15-3）=36，
∴DE=6，
∴DF=2DE=12，
∴AC=DF=12.
故答案为：C.
【分析】连接AD，BD，根据垂径定理和圆周角定理得出∠ADE=∠B，DF=2DE，再根据等弧所对的弦相等得出AC=DF，利用相似三角形的判定与性质得出DE=6，从而得出DF=12，即可得出AC=12.
9．【答案】D
【解析】【解答】解：连接AQ、PA，如图，
∵PQ切⊙A于点Q，
∴AQ⊥PQ，
∴∠AQP＝90°，
∴PQ＝ ，
当AP的长度最小时，PQ的长度最小，
∵AP⊥x轴时，AP的长度最小，
∴AP⊥x轴时，PQ的长度最小，
∵A（﹣3，2），
∴此时P点坐标为（﹣3，0）．
故答案为：D．
【分析】先求出PQ＝ ，再根据点A的坐标求解即可。
10．【答案】B
【解析】【解答】连接DO，∵BC是⊙O的直径，AD是⊙O的切线，切点为D，∴∠BDC=∠ADO=90°，∵DO=CO，∴∠C=∠CDO=30°，∴∠A=30°，∠DBC=60°，
∠ADB=30°，∴AD=DC，故①正确；∵∠A=30°，∠DBC=60°，∴∠ADB=30°，∴AB=BD，故②正确；∵∠C=30°，∠BDC=90°，∴BD=BC，∵AB=BD，
∴AB=BC，故③正确；无法得到BD=CD，故④错误．故选：B
【分析】利用圆周角定理结合切线的性质得出∠BDC=∠ADO=90°，进而得出∠A，∠ADB的度数即可得出答案，再利用直角三角形中30°所对的边等于斜边的一半进而得出AB=BC，判断即可．
11．【答案】
【解析】【解答】解：依题意，n=，r=2，
∴扇形的弧长=．
故答案为：．
【分析】利用弧长公式计算即可.
12．【答案】45°
【解析】【解答】解：连接OB、OC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BOC=90°，
∴∠BPC=.
故答案为：45°.
【分析】连接OB、OC，由正方形的性质可得∠BOC=90°，然后根据圆周角定理进行解答.
13．【答案】2
【解析】【解答】解：∵OC是⊙O的半径且OC⊥AB，垂足为D，
∴OA=OC=10cm，AD= AB= ×12=6cm，
∵在Rt△AOD中，OA=10cm，AD=6cm，
∴OD= cm，
∴CD=OC﹣OD=10﹣8=2cm．
故答案为2．
【分析】在直角三角形AOD中利用勾股定理求出OD的值，然后利用CD=OC﹣OD即可求解。
14．【答案】70°
【解析】【解答】解：连接OA、OB，
∵PA，PB分别切⊙O于点A，B，
∴∠OAP=∠OBP=90°，又∠P=40°，
∴∠AOB=360°－90°－90°－40°=140°，
∴∠Q=∠AOB=70°，
故答案为：70°．
【分析】连接OA、OB，先根据切线的性质和四边形的内角和求出∠AOB，再利用圆周角的性质可得∠Q=∠AOB=70°。
15．【答案】
【解析】【解答】解：连接，如图，
AC是⊙O的切线，
是等腰直角三角形，
故答案为：
【分析】连接OA，根据，可得是等腰直角三角形，即可得到，再利用线段的和差可得。
16．【答案】
【解析】【解答】解：如图所示，过点O作OF⊥CD于F，连接OD，
∴∠OFE=90°， ，
∵∠AEC=30°，
∴ ，
∵BE=1，AE=5，
∴AB=BE+AE=6，
∵AB是直径，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
【分析】过点O作OF⊥CD于F，连接OD，根据，可得，在直角△DOF中求得DF的长即可求解。
17．【答案】
【解析】【解答】解：∵直线交x轴于点A，交y轴于点B，
∴令x=0，得y=-3，令y=0，得x=-4，
∴A（，0），B（0.-3），
∴OA=，OB=3，
∴AB=6，
设⊙P与直线AB相切于D，
连接PD，
如图示：
则PD⊥AB，PD=1，
∵∠ADP=∠AOB=90°，∠PAD=∠BAO，
∴△APD∽△ABO，
∴
∴
∴
∴或，
∴P点坐标为：
故答案为：.
【分析】易得A（，0），B（0，-3），然后求出OA、OB、AB，设⊙P与直线AB相切于D，连接PD，则PD⊥AB，PD=1，证明△APD∽△ABO，由相似三角形的性质可得AP，进而求出OP，据此可得点P的坐标.
18．【答案】
【解析】【解答】
点 的路径是以 为半径， 中点为圆心的一段圆弧
如图，连接 ，设 于点 ，连接 的中点 和点 ,
的半径为 ,弦 且过半径 的中点， 为直径
,
,
故答案为： ．
【分析】连接AC，AO，由AB⊥CD，利用垂径定理得到G为AB的中点，由中点的定义确定出OG的长，在直角三角形AOG中，由AO与OG的长，利用勾股定理求出AG的长，进而确定出AB的长，由CO+GO求出CG的长，在直角三角形AGC中，利用勾股定理求出AC的长，由CF垂直于AE，得到三角形ACF始终为直角三角形，点F的运动轨迹为以AC为直径的半圆，如图所示。当E位于点B时，CG⊥AE，此时F、G重合；当E位于D时，CA⊥AE，此时F与A重合，可得出当点E从点B出发，顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长弧AG，在直角三角形ACG中，利用锐角三角函数定义求出∠ACG的度数，进而确定出弧AG所对圆心角的度数，再由AC的长求出半径，利用弧长公式即可求出弧AG的长，即可求出点F所经过的路径长。
19．【答案】解：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵四边形ABED是圆内接四边形，
∴∠CDE=∠B，
∴∠CDE=∠C，
∴CE=DE.
【解析】【分析】根据等腰三角形的性质和圆内接四边形的性质解答即可；
20．【答案】解：∵OE⊥弦CD于点F，CD为8米，EF为2米，
∴EO垂直平分CD，DF=4m，FO=DO﹣2，在Rt△DFO中，DO2=FO2+DF2，则DO2=（DO﹣2）2+42，解得：DO=5．
答：弧CD所在⊙O的半径DO为5m．
【解析】【分析】根据垂径定理得出EO垂直平分CD，DF=4m，然后利用勾股定理建立方程，求解即可得出OD的长。
21．【答案】解：∵∠BCA=90°，∠BAC=30°，AB=4，∴BC=2，∠CBC′=120°，∠A′BA=120°，
由旋转知△A′BC′≌△ABC ∴ S△A′BC′=S△ABC，
∴S阴影=S△A′BC′+S扇形ABA′-S扇形CBC′-S△ABC= S扇形ABA′-S扇形CBC′= ×（42-22）=4π（cm2）．
【解析】【分析】根据图形阴影部分的面积转化为圆心角为 120° ，两个半径分别为4和2的圆环的面积，利用扇形得面积公式求解即可。
22．【答案】解：（Ⅰ）连接 ．
∵ 切 于点 ，
∴ ，∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
（Ⅱ）连接 ，设 ．
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ．
∵ 是 的切线，
∴ ，即 ，
在 中， ，
即 ，
解得 ，
∴ ．
在 中， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，即 的半径为2．
【解析】【分析】（1）先求出 ， 再求出∠AOB=142°，最后求解即可；
（2）先求出 ，再求出 ， 最后求解即可。
23．【答案】（1）解：∵BC是⊙O的直径
∴∠CAB＝90°
∵
∴∠ABC＝90°-30°=60°
∵D是劣弧的中点，得，
∴∠ABD＝∠DAC=30°
∴=
（2）证明：由（1）得∠ABD＝∠DAC，
又∵∠ADB＝∠EDA，
∴△ABD∽△EAD，
∴AD2＝DE DB；
（3）解：由D是劣弧的中点，得AD＝DC，则DC2＝DE DB
∵CB是直径，
∴△BCD是直角三角形.
∴BD＝，由DC2＝DE DB得，
（）2＝2DE，
解得：DE＝.
【解析】【分析】（1）由圆周角定理可得∠CAB＝90°，则∠ABC＝90°-∠ACB=60°，根据中点的概念可得，由圆周角定理可得∠ABD＝∠DAC=30°，据此求解；
（2）由（1）得∠ABD＝∠DAC，证明△ABD∽△EAD，然后由相似三角形的性质证明即可；
（3）根据弧、弦的关系可得AD＝DC，则DC2＝DE DB，由勾股定理求出BD，然后根据DC2＝DE DB就可求出DE.
24．【答案】（1）证明：∵EF⊥AB，
∴∠AFE＝90°，
∴∠AEF+∠EAF＝90°，
∵∠AEF＝∠D，∠ABE＝∠D，
∴∠ABE+∠EAF＝90°，
∴∠AEB＝90°，
∴AD⊥BC
（2）解：①证明：连接OA，AC.
∵AD⊥BC，
∴AE＝ED，
∴CA＝CD，
∴∠D＝∠CAD，
∵∠GAE＝2∠D，
∴∠CAG＝∠CAD＝∠D，
∵OC＝OA，
∴∠OCA＝∠OAC，
∵∠CEA＝90°，
∴∠CAE+∠ACE＝90°，
∴∠CAG+∠OAC＝90°，
∴OA⊥AG，
∴AG是⊙O的切线.
②解：过点C作CH⊥AG于H.设CG＝x，GH＝y.
∵CA平分∠GAE，CH⊥AG，CE⊥AE，
∴CH＝CE，
∵∠AEC＝∠AHC＝90°，AC＝AC，EC＝CH，
∴Rt△ACE≌Rt△ACH（HL），
∴AE＝AH，
∵EF⊥AB，BC是直径，
∴∠BFE＝∠BAC，
∴EF∥AC，
∴ ，
∵CE＝4，
∴BE＝10，
∵BC⊥AD，
∴ ，
∴∠CAE＝∠ABC，
∵∠AEC＝∠AEB＝90°，
∴△AEB∽△CEA，
∴ ，
∴AE2＝4×10，
∵AE＞0，
∴AE＝ ，
∴AH＝AE＝ ，
∵∠G＝∠G，∠CHG＝∠AEG＝90°，
∴△GHC∽△GEA，
∴ ，
∴ ，
解得x＝ .
经检验：x＝ 是原方程的根且符合题意，
【解析】【分析】（1）由垂直的概念可得∠AFE=90°，由圆周角定理可得∠ABE=∠D，结合已知条件可推出∠AEB=90°，据此证明；
（2）①连接OA，AC，由垂径定理可得AE＝ED，由等腰三角形的性质可得∠D＝∠CAD，∠OCA=∠OAC，结合已知条件可得∠CAG＝∠CAD＝∠D，推出OA⊥AG，据此证明；
②过点C作CH⊥AG于H，设CG＝x，GH＝y，由角平分线的性质可得CH＝CE，证明Rt△ACE≌Rt△ACH，推出EF∥AC，由平行线分线段成比例的性质可得BE，由弧、弦以及圆周角的关系可得∠CAE＝∠ABC，证明△AEB∽△CEA，△GHC∽△GEA，然后由相似三角形的性质求解即可