第3章 圆的基本性质 高频考点精选精练（含解析）

第3章 圆的基本性质
一、单选题
1．如图，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，，是上直径两侧的两点．设，则（ ）
A． B． C． D．
3．如图，G是正方形ABCD内一点，以GC为边长，作正方形GCEF，连接BG和DE，试用旋转的思想说明线段BG与DE的关系（　　）
A．DE＝BG B．DE＞BG C．DE＜BG D．DE≥BG
4．如图，矩形ABCD中，AD=2，AB=，对角线AC上有一点G（异于A，C），连接 DG，将△AGD绕点A 逆时针旋转60°得到△AEF，则BF的长为（ ）
A． B．2 C． D．2
5．⊙O的半径为5，M是圆外一点，MO＝6，∠OMA＝30°，则弦AB的长为（　　）
A．4 B．6 C．6 D．8
6．将抛物线先绕坐标原点旋转，再向右平移个单位长度，所得抛物线的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
7．以原点O为圆心的圆交x轴于A、B两点，交y轴的正半轴于点C，D为第一象限内⊙O上的一点，若∠DAB＝25°，则∠OCD＝（ ）．
A．50° B．40° C．70° D．30°
8．如图，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，点的对应点为，连接．下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
9．已知每个网格中小正方形的边长都是1，如图中的阴影图案是由三段以格点为圆心，半径分别为1和2的圆弧围成，则阴影部分的面积是（　　）
A． B．π﹣2 C．1+ D．1﹣
10．如图，AB是半圆的直径，点D是弧AC的中点，∠ABC＝50°，则∠BCD＝（　　）
A．105° B．110° C．115° D．120°
二、填空题
11．如图，，，以为直径作半圆，圆心为点；以点为圆心，为半径作，过点作的平行线交两弧于点、，则阴影部分的面积是________.
12．如图，正八边形ABCDEFGH内接于☉O，点P是上的任意一点，则∠CPE的度数为____．
13．如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠A=125°，则∠C的度数为______．
14．如图，四边形ABCD为⊙O的内接正四边形，△AEF为⊙O的内接正三角形，连接DF．若DF恰好是同圆的一个内接正多边形的一边，则这个正多边形的边数为 _____．
15．如图，抛物线的图象与坐标轴交于点、、，顶点为，以为直径画半圆交轴的正半轴于点，圆心为，是半圆上的一动点，连接，是的中点，当沿半圆从点运动至点时，点运动的路径长是__________．
16．如图，把△ABC绕点C顺时针旋转25°，得到△A′B′C， A′B′交AC于点D，若∠A′DC＝90°，则∠A度数为___________．
17．如图，在正方形网格中，格点绕某点顺时针旋转角得到格点，点与点，点与点，点与点是对应点，则_____度．
三、解答题
18．已知的半径是．弦．
求圆心到的距离；
弦两端在圆上滑动，且保持，的中点在运动过程中构成什么图形，请说明理由．
19．如图，已知点在上，点在外，求作一个圆，使它经过点，并且与相切于点．（要求写出作法，不要求证明）
20．如图，在△ABC中，AB＝AC，P是 △ABC内的一点，且∠APB＞∠APC，求证：PB＜PC（反证法）
21．如图，已知正方形点在边上，以为边在左侧作正方形；以为邻边作平行四边形连接．
（1）判断和的数量及位置关系，并说明理由；
（2）将绕点顺时针旋转，在旋转过程中，和的数量及位置关系是否发生变化？请说明理由．
22．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BD平分∠ABC，点O在AB上，以点O为圆心，OB为半径的圆经过点D，交BC于点E
（1）求证：AC是⊙O的切线；（2）若OB＝2，CD＝，求图中阴影部分的面积（结果保留）．
23．如图，在ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，延长CA交⊙O于点E．连接ED交AB于点F．
（1）求证：CDE是等腰三角形．
（2）当CD：AC＝2：时，求的值．
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试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
由旋转可知，即可求出，由于，则可判断，即A选项错误；由旋转可知，由于，即推出，即B选项错误；由三角形三边关系可知，即可推出，即C选项错误；由旋转可知，再由，即可证明为等边三角形，即推出．即可求出，即证明
，即D选项正确；
【详解】
由旋转可知，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴，
∵，
∴，故A选项错误，不符合题意；
由旋转可知，
∵为钝角，
∴，
∴，故B选项错误，不符合题意；
∵，
∴，故C选项错误，不符合题意；
由旋转可知，
∵，
∴为等边三角形，
∴．
∴，
∴，故D选项正确，符合题意；
故选D．
【点睛】
本题考查旋转的性质，三角形三边关系，等边三角形的判定和性质以及平行线的判定．利用数形结合的思想是解答本题的关键．
2．D
【解析】
【分析】
先利用直径所对的圆周角是直角得到∠ACB=90°，从而求出∠BAC，再利用同弧所对的圆周角相等即可求出∠BDC．
【详解】
解：∵C ，D是⊙O上直径AB两侧的两点，
∴∠ACB=90°，
∵∠ABC=25°，
∴∠BAC=90°-25°=65°，
∴∠BDC=∠BAC=65°，
故选：D．
【点睛】
本题考查了圆周角定理的推论，即直径所对的圆周角是90°和同弧或等弧所对的圆周角相等，解决本题的关键是牢记相关概念与推论，本题蕴含了属性结合的思想方法．
3．A
【解析】
【分析】
根据四边形ABCD为正方形，得出BC=DC，∠BCD=90°，根据四边形CEFG为正方形，得出GC=EC，∠GCE=90°，再证∠BCG=∠DCE，△BCG与△DCE具有可旋转的特征即可
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴BC=DC，∠BCD=90°，
∵四边形CEFG为正方形，
∴GC=EC，∠GCE=90°，
∵∠BCG+∠GCD=∠GCD+∠DCE=90°，
∴∠BCG=∠DCE，
∴△BCG绕点C顺时针方向旋转90°得到△DCE，
∴BG=DE，
故选项A．
【点睛】
本题考查图形旋转特征，正方形性质，三角形全等条件，同角的余角性质，掌握图形旋转特征，正方形性质，三角形全等条件是解题关键．
4．A
【解析】
【分析】
过点F作FH⊥BA交BA的延长线于点H，则∠FHA=90°，△AGD绕点A 逆时针旋转60°得到△AEF，得∠FAD=60°，AF=AD=2，又由四边形ABCD是矩形，∠BAD=90°，得到∠FAH=30°，在Rt△AFH中，FH=AF=1，由勾股定理得AH= ，得到BH=AH+AB=2 ，再由勾股定理得BF=．
【详解】
解：如图，过点F作FH⊥BA交BA的延长线于点H，则∠FHA=90°，
∵△AGD绕点A 逆时针旋转60°得到△AEF
∴∠FAD=60°，AF=AD=2，
∵ 四边形ABCD是矩形
∴ ∠BAD=90°
∴∠BAF=∠FAD+ ∠BAD=150°
∴∠FAH=180°－∠BAF=30°
在Rt△AFH中，FH=AF=1
由勾股定理得
AH=
在Rt△BFH中，FH=1，BH=AH+AB=2
由勾股定理得
BF=
故BF的长．
故选：A
【点睛】
本题考查了图形的旋转，矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，解决此题的关键在于作出正确的辅助线．
5．D
【解析】
【分析】
过作于，连接，根据含角的直角三角形的性质得出，根据勾股定理求出，再根据垂径定理得出，最后求出答案即可．
【详解】
解：过作于，连接，则，
，，
，
在中，由勾股定理得：，
，
过，
，
即，
故选：D．
【点睛】
本题考查了含角的直角三角形的性质，勾股定理，垂径定理等知识点，解题的关键是能熟记垂直于弦的直径平分弦．
6．C
【解析】
【分析】
先根据点绕坐标原点旋转的坐标变换规律、待定系数法求出旋转后的抛物线的解析式，再根据二次函数的图象平移的规律即可得．
【详解】
将抛物线的顶点式为
则其与x轴的交点坐标为，顶点坐标为
点绕坐标原点旋转的坐标变换规律：横、纵坐标均变为相反数
则绕坐标原点旋转后，所得抛物线与x轴的交点坐标为，顶点坐标为
设旋转后所得抛物线为
将点代入得：，解得
即旋转后所得抛物线为
则再向右平移个单位长度，所得抛物线的解析式为
即
故选：C．
【点睛】
本题考查了点绕坐标原点旋转的坐标变换规律、待定系数法求二次函数解析式、二次函数的图象平移的规律，熟练掌握坐标旋转变换规律和二次函数的图象平移规律是解题关键．
7．C
【解析】
【分析】
根据圆周角定理求出∠DOB，根据等腰三角形性质求出∠OCD=∠ODC，根据三角形内角和定理求出即可．
【详解】
解：连接OD，
∵∠DAB=25°，
∴∠BOD=2∠DAB=50°，
∴∠COD=90°-50°=40°，
∵OC=OD，
∴∠OCD=∠ODC=（180°-∠COD）=70°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，等腰三角形性质，三角形内角和定理的应用，主要考查学生的推理能力，题目比较典型，难度适中．
8．D
【解析】
【分析】
利用旋转的性质得AC=CD，BC=EC，∠ACD=∠BCE，所以选项A、C不一定正确
再根据等腰三角形的性质即可得出，所以选项D正确；再根据∠EBC
=∠EBC+∠ABC=∠A+∠ABC=-∠ACB判断选项B不一定正确即可．
【详解】
解：∵绕点顺时针旋转得到，
∴AC=CD，BC=EC，∠ACD=∠BCE，
∴∠A=∠CDA=；∠EBC=∠BEC=，
∴选项A、C不一定正确，
∴∠A =∠EBC，
∴选项D正确．
∵∠EBC=∠EBC+∠ABC=∠A+∠ABC=-∠ACB不一定等于，
∴选项B不一定正确；
故选D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等腰三角形的性质．
9．B
【解析】
【分析】
如图，标注顶点，连接AB，由图形的对称性可得阴影部分面积=S扇形AOB-S△ABO，从而可得答案.
【详解】
解：标注顶点，连接AB，
由对称性可得：
阴影部分面积=S扇形AOB-S△ABO= ．
故选：B．
【点睛】
本题考查的是阴影部分的面积的计算，扇形面积的计算，掌握“图形的对称性”是解本题的关键.
10．C
【解析】
【分析】
连接AC，然后根据圆内接四边形的性质，可以得到∠ADC的度数，再根据点D是弧AC的中点，可以得到∠DCA的度数，直径所对的圆周角是90°，从而可以求得∠BCD的度数．
【详解】
解：连接AC，
∵∠ABC＝50°，四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ADC＝130°，
∵点D是弧AC的中点，
∴CD＝AC，
∴∠DCA＝∠DAC＝25°，
∵AB是直径，
∴∠BCA＝90°，
∴∠BCD＝∠BCA+∠DCA＝115°，
故选：C．
【点睛】
本题考查圆周角定理、圆心角、弧、弦的关系，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
11．
【解析】
【分析】
连接CE，如图，利用平行线的性质得∠COE＝∠EOB＝90°，再利用勾股定理计算出OE＝，利用余弦的定义得到∠OCE＝60°，然后根据扇形面积公式，利用
S阴影部分＝S扇形BCE S△OCE S扇形BOD进行计算即可．
【详解】
解：连接CE，如图，
∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
∵AC∥OE，
∴∠COE＝∠EOB＝90°，
∵OC＝1，CE＝2，
∴OE＝，cos∠OCE＝，
∴∠OCE＝60°，
∴S阴影部分＝S扇形BCE S△OCE S扇形BOD＝，
故答案为．
【点睛】
本题考查了扇形面积的计算：求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．
12．．
【解析】
【分析】
连接OD,OC,OE,利用正八边形的中心角的定义，计算圆心角∠COE，根据圆心角与圆周角的关系定理计算即可．
【详解】
连接OD,OC,OE,
∵八边形ABCDEFGH是正八边形,
∴∠COD=∠DOE==45°,
∴∠COE=45°+45°=90°,
∴∠CPE=∠COE
=45°.
故答案为：45°．
【点睛】
本题考查了正多边形的中心角，圆心角与圆周角关系定理，连接半径，构造中心角是解题的关键．
13．55°##55度
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的性质得出∠A+∠C=180°，再求出答案即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠C=180°，
∵∠A=125°，
∴∠C=180°-125°=55°，
故答案为：55°．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理，能熟记圆内接四边形的对角互补是解此题的关键．
14．12
【解析】
【分析】
连接OA、OD、OF，如图，利用正多边形与圆，分别计算⊙O的内接正四边形与内接正三角形的中心角得到∠AOD=90°，∠AOF=120°，则∠DOF=30°，然后计算即可得到n的值．
【详解】
解：连接OA、OD、OF，如图，设这个正多边形为n边形，
∵AD，AF分别为⊙O的内接正四边形与内接正三角形的一边，
∴∠AOD==90°，∠AOF==120°，
∴∠DOF=∠AOF-∠AOD=30°，
∴n==12，即DF恰好是同圆内接一个正十二边形的一边．
故答案为：12．
【点睛】
本题考查了正多边形与圆：把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆；熟练掌握正多边形的有关概念．
15．
【解析】
【分析】
先求出A、B、E的坐标，然后求出半圆的直径为4，由于E为定点，P是半圆AB上的动点，N为EP的中点，所以N的运动路经为直径为2的半圆，计算即可.
【详解】
解：，
∴点E的坐标为（1，-2），
令y=0，则，
解得，，，
∴A（-1，0），B（3,0），
∴AB=4，
由于E为定点，P是半圆AB上的动点，N为EP的中点，所以N的运动路经为直径为2的半圆，如图，
∴点运动的路径长是.
【点睛】
本题属于二次函数和圆的综合问题，考查了运动路径的问题，熟练掌握二次函数和圆的基础是解题的关键.
16．65°
【解析】
【分析】
根据旋转的性质，可得知，从而求得的度数，又因为的对应角是，即可求出的度数．
【详解】
绕着点时针旋转，得到
，
的对应角是
故答案为：．
【点睛】
此题考查了旋转的性质，解题的关键是正确确定对应角．
17．
【解析】
【分析】
先连接，，作，的垂直平分线交于点，连接，，再由题意得到旋转中心，由旋转的性质即可得到答案.
【详解】
如图，连接，，作，的垂直平分线交于点，连接，，
∵，的垂直平分线交于点，
∴点是旋转中心，
∵，
∴旋转角.
故答案为.
【点睛】
本题考查旋转，解题的关键是掌握旋转的性质.
18．（1）3；（2）在运动过程中，点运动的轨迹是以为圆心，为半径的圆
【解析】
【分析】
（1）利用垂径定理，然后根据勾股定理即可求得弦心距OD的长；
（2）根据圆的定义即可确定．
【详解】
解：连接，作于．就是圆心到弦的距离．
在中，∵
∴是弦的中点
在中，，
,
圆心到弦的距离为．
由知：是弦的中点
中点在运动过程中始终保持
∴据圆的定义，在运动过程中，点运动的轨迹是以为圆心，为半径的圆．
【点睛】
考查垂径定理，作出辅助线，构造直角三角形是解题的关键.
19．见解析
【解析】
【分析】
先确定圆心，再确定圆的半径，画圆即可．
【详解】
解：如图，
①连接、，
②作线段的垂直平分线交的延长线于一点，交点即为，
③以为圆心，或的长度为半径作圆，
④即为所求．
【点睛】
本题考查了确定圆的条件和相切两圆的性质，作图是难点，注：确定圆，即确定圆心和半径．
20．见解析
【解析】
【分析】
假设PB≥PC，从假设出发推出与已知相矛盾，得到假设不成立，则结论成立．
【详解】
证明：假设PB≥PC，
如图，把△ABP绕点A逆时针旋转，使点B与点C重合，得到△ADC，连接PD，
∵，
∴；
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
这与∠APB＞∠APC相矛盾，
∴PB≥PC不成立，
∴PB＜PC．
【点睛】
此题主要考查了反证法的应用，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．
21．（1）；；理由见解析；（2）与的数量及位置关系都不变；答案见解析．
【解析】
【分析】
（1）证明，由全等三角形的性质得出，，得出，则可得出结论；
（2）证明，由全等三角形的性质得出，，由平行线的性质证出，则可得出结论．
【详解】
解：（1），．
由题意可得，平行四边形为矩形，，，，
，
，，
，
，
设与交于点，
则，
即．
（2）与的数量及位置关系都不变．
如图，延长到点，
四边形为平行四边形，
，，，
，
，，
，
，
，
又，，
，
，，
，
，
，
，
即．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，解题的关键是：熟练掌握正方形的性质．
22．（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）欲证明AC是⊙O的切线，只要证明OD⊥AC即可．
（2）证明△OBE是等边三角形即可解决问题．
【详解】
（1）证明：连接OD，如图，
∵BD为∠ABC平分线，
∴∠1＝∠2，
∵OB＝OD，
∴∠1＝∠3，
∴∠2＝∠3，
∴OD∥BC，
∵∠C＝90°，
∴∠ODA＝90°，
∴OD⊥AC，
∴AC是⊙O的切线．
（2）过O作OG⊥BC，连接OE，则四边形ODCG为矩形，
∴GC＝OD＝OB＝2，OG＝CD＝，
在Rt△OBG中，利用勾股定理得：BG＝1，
∴BE＝2，则△OBE是等边三角形，
∴阴影部分面积为﹣×2×＝．
【点睛】
本题考查切线的判定和性质，等边三角形的判定和性质，思想的面积公式等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
23．（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）由等腰三角形的性质得出∠ABC＝∠C，由圆周角定理得出∠AED＝∠B，证出∠AED＝∠C，即可得出结论；
（2）连接AD，过点D作DH⊥AE于点H，设CD＝2x，AC＝x，则AD＝x，由三角形ADC的面积可得出DH的长，求出AE，则可得出答案．
【详解】
解：（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C，
∵∠AED＝∠ABC，
∴∠C＝∠AED，
∴△CDE是等腰三角形；
（2）如图，连接AD，过点D作DH⊥AE于点H，
设CD＝2x，AC＝x，
∵AB是直径，
∴∠ADC＝90°，
∴AD＝＝x，
∵S△ADC＝AD DC＝AC DH，
∴DH＝，
∵DE＝CD，
∴CH＝EH＝＝x，
∴AE＝2CH﹣AC＝x．
∴．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，三角形的面积等知识，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
答案第1页，共2页
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