沪教版(上海)九下 第二十七章圆与正多边形达标测试练习题（含解析）
文档属性
| 名称 | 沪教版(上海)九下 第二十七章圆与正多边形达标测试练习题（含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 4.2MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 沪教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-08-25 11:58:48 | ||
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文档简介
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九年级数学第二学期第二十七章圆与正多边形达标测试
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内 ( http: / / www.21cnjy.com )相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。21教育网
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、某村东西向的废弃小路/两侧 ( http: / / www.21cnjy.com )分别有一块与l距离都为20 m的宋代碑刻A，B，在小路l上有一座亭子P． A，P分别位于B的西北方向和东北方向，如图所示．该村启动“建设幸福新农村”项目，计划挖一个圆形人工湖，综合考虑景观的人文性、保护文物的要求、经费条件等因素，需将碑刻A，B原址保留在湖岸（近似看成圆周）上，且人工湖的面积尽可能小．人工湖建成后，亭子P到湖岸的最短距离是（ ）21*cnjy*com
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A．20 m B．20m
C．（20 - 20）m D．（40 - 20）m
2、如图，DC是⊙O的直径，弦AB⊥CD于M，则下列结论不一定成立的是（ ）
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A．AM=BM B．CM=DM C． D．
3、已知正三角形外接圆半径为，这个正三角形的边长是（ ）
A． B． C． D．
4、如图，小王将一长为4， ( http: / / www.21cnjy.com )宽为3的长方形木板放在桌面上按顺时针方向做无滑动的翻滚，当第二次翻滚时被桌面上一小木块挡住，此时木板与桌面成30°角，则点A运动到A2时的路径长为（ ）
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A．10 B．4π C． D．
5、如图，正方形ABCD内接于⊙O，点P在上，则下列角中可确定大小的是（ ）
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A．∠PCB B．∠PBC C．∠BPC D．∠PBA
6、如图，是正方形的外接圆，若的半径为4，则正方形的边长为（ ）
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A．4 B．8 C． D．
7、已知的半径为5cm，点P到圆心的距离为4cm，则点P和圆的位置关系（ ）
A．点在圆内 B．点在圆外 C．点在圆上 D．无法判断
8、如图，在圆中半径OC弦AB，且弦AB＝CO＝2，则图中阴影部分面积为（ ）
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A． B． C． D．
9、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（ ）21*cnjy*com
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A． B．
C．或 D．（﹣2，0）或（﹣5，0）
10、如图，在平面直角坐标系中，⊙O的半径为2，与x轴，y轴的正半轴分别交于点A，B，点C（1，c），D（，d），E（e，1），P（m，n）均为上的点（点P不与点A，B重合），若m＜n＜m，则点P的位置为（ ）
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A．在上 B．在上 C．在上 D．在上
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、边长为2的正三角形的外接圆的半径等于___．
2、如图，点A，B，C在⊙O上，四边形OABC是平行四边形，若对角线AC＝2，则的长为 _____．
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3、AC是⊙O的直径，弦BD⊥AC于点E，连接BC，过点O作OF⊥BC于点F，若BD＝12cm，OE＝cm，则OF＝________cm．【来源：21·世纪·教育·网】
4、如图，在菱形中，对角线和交于点，分别以，为圆心，，为半径画圆弧，交菱形各边于点，，，．若，，则图中阴影部分的面积是_______．（结果保留）
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5、如图，已知PA、PB是⊙O的两条切 ( http: / / www.21cnjy.com )线，点A、点B为切点，线段OP交⊙O于点M．下列结论：①PA＝PB；②OP⊥AB；③四边形OAPB有外接圆；④点M是△AOP外接圆的圆心．其中正确的结论是_____（填序号）．
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三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．
对于线段AB，给出如下定义：若线段AB沿着 ( http: / / www.21cnjy.com )某条直线l对称可以得到⊙O的弦A′B′，则称线段AB是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，直线l称为“反射轴”．
（1）如图，线段CD，EF，GH中是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”有 ；
（2）已知A点坐标为（0，2），B点坐标为（1，1），
①若线段AB是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，求反射轴l与y轴的交点M的坐标．
②若将“反射线段”AB沿直线y＝x的方向向上平移一段距离S，其反射轴l与y轴的交点的纵坐标yM的取值范围为yM，求S．
（3）已知点M，N是在以原点 ( http: / / www.21cnjy.com )为圆心，半径为2的圆上的两个动点，且满足MN＝1，若MN是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，当M点在圆上运动一周时，求反射轴l未经过的区域的面积．
（4）已知点M，N是在以（2，0）为圆心，半径为的圆上的两个动点，且满足MN，若MN是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，当M点在圆上运动一周时，请直接写出反射轴l与y轴交点的纵坐标的取值范围．
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2、如图1，AB为圆O直径，点D为AB下方圆上一点，点C为弧ABD中点，连结CD，CA．
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（1）若，求的度数；
（2）如图2，过点C作于点H，交AD于点E，，求（用含的代数式表示）；
（3）在（2）的条件下，若，，求线段DE的长．
3、如图，抛物线（a为常数，）与x轴分别交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OB＝OC．
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（1）求a的值；
（2）点D是该抛物线的顶点，点P（m，n）是第三象限内抛物线上的一个点，分别连接BD、BC、CD、BP，当∠PBA＝∠CBD时，求m的值；
（3）点K为坐标平面内一点，DK＝2，点M为线段BK的中点，连接AM，当AM最大时，求点K的坐标．
4、如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，AM是△ACD的外角∠DAF的平分线．
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（1）求证：AM是⊙O的切线；
（2）连接CO并延长交AM于点N，若⊙O的半径为2，∠ANC = 30°，求CD的长．
5、如图，是的直径，为上一点，．
（1）求证： 是 的切线．
（2）若，垂足为，交于点，求证：是等腰三角形．
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-参考答案-
一、单选题
1、D
【分析】
根据人工湖面积尽量小，故圆以AB为直径构造，设圆心为O，当O，P共线时，距离最短，计算即可．
【详解】
∵人工湖面积尽量小，
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∴圆以AB为直径构造，设圆心为O，
过点B作BC ⊥，垂足为C，
∵A，P分别位于B的西北方向和东北方向，
∴∠ABC=∠PBC=∠BOC=∠BPC=45°，
∴OC=CB=CP=20，
∴OP=40，OB==，
∴最小的距离PE=PO-OE=40 - 20（m），
故选D．
【点睛】
本题考查了圆的基本性质，方位角的意义，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握圆中点圆的最小距离是解题的关键．
2、B
【分析】
根据垂径定理“垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧”进行判断即可得．
【详解】
解：∵弦AB⊥CD，CD过圆心O，
∴AM=BM，，，
即选项A、C、D选项说法正确，不符合题意，
当根据已知条件得CM和DM不一定相等，
故选B．
【点睛】
本题考查了垂径定理，解题的关键是掌握垂径定理．
3、B
【分析】
如图， 为正三角形ABC的外接圆，过点O作OD⊥AB于点D，连接OA， 再由等边三角形的性质，可得∠OAB=30°，，然后根据锐角三角函数，即可求解．
【详解】
解：如图， 为正三角形ABC的外接圆，过点O作OD⊥AB于点D，连接OA，
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根据题意得：OA= ，∠OAB=30°，，
在中，
，
∴AB=3，即这个正三角形的边长是3．
故选：B
【点睛】
本题主要考查了锐角三角函数，三角形的外接圆，熟练掌握锐角三角函数，三角形的外接圆性质是解题的关键．
4、C
【分析】
根据题意可得：第一次转动的路径是以点B为圆心，AB长为半径的弧长，此时圆心角 ，第二次转动的路径是以点C为圆心，A1C长为半径的弧长，此时圆心角 ，再由弧长公式，即可求解．21教育名师原创作品
【详解】
解：如图，
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根据题意得： ， ，
第一次转动的路径是以点B为圆心，AB长为半径的弧长，此时圆心角 ，
∴ ，
第二次转动的路径是以点C为圆心，A1C长为半径的弧长，此时圆心角 ，
∴ ，
∴点A运动到A2时的路径长为 ．
故选：C
【点睛】
本题主要考查了求弧长，熟练掌握扇形的弧长公式是解题的关键．
5、C
【分析】
由题意根据正方形的性质得到BC弧所对的圆心角为90°，则∠BOC=90°，然后根据圆周角定理进行分析求解．www.21-cn-jy.com
【详解】
解：连接OB、OC，如图，
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∵正方形ABCD内接于⊙O，
∴所对的圆心角为90°，
∴∠BOC=90°，
∴∠BPC=∠BOC=45°．
故选：C．
【点睛】
本题考查圆周角定理和正方形的性质，确定BC弧所对的圆心角为90°是解题的关键．
6、D
【分析】
连接OB，OC，过点O作OE⊥BC于点E，由等腰直角三角形的性质可知OE=BE，由垂径定理可知BC=2BE，故可得出结论．www-2-1-cnjy-com
【详解】
解：连接OB，OC，过点O作OE⊥BC于点E，
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∴OB=OC，∠BOC=90°，
∴∠OBE=45°，
∴OE=BE，
∵OE2+BE2=OB2，
∴，
∴BC=2BE=，即正方形ABCD的边长是．
故选：D
【点睛】
本题考查的是圆周角定理、垂径定理及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出等腰直角三角形是解答此题的关键．
7、A
【分析】
直接根据点与圆的位置关系进行解答即可．
【详解】
解：∵⊙O的半径为5cm，点P与圆心O的距离为4cm，5cm＞4cm，
∴点P在圆内．
故选：A．
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系，当点到 ( http: / / www.21cnjy.com )圆心的距离小于半径的长时，点在圆内；当点到圆心的距离等于半径的长时，点在圆上；当点到圆心的距离大于半径的长时，点在圆外．
8、C
【分析】
连接OA，OB，根据平行线的性质确定，再根据AB=CO和圆的性质确定是等边三角形，进而得出，最后根据扇形面积公式即可求解．
【详解】
解：如下图所示，连接OA，OB．
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∵，
∴．
∴S阴=S扇形AOB．
∵AO，BO，CO都是的半径，
∴AO=BO=CO．
∵AB=CO=2，
∴AO=BO=AB=2．
∴是等边三角形．
∴．
∴S阴=S扇形AOB=．
故选：C
【点睛】
本题考查平行线的性质，等边三角形的判定定理，扇形面积公式，综合应用这些知识点是解题关键．
9、C
【分析】
由题意根据函数解析式求得A（-4，0），B ( http: / / www.21cnjy.com )（0．-3），得到OA=4，OB=3，根据勾股定理得到AB=5，设⊙P与直线AB相切于D，连接PD，则PD⊥AB，PD=1，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
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（-4，0），B（0，-3），
∴OA=4，OB=3，
∴AB=5，
设⊙P与直线AB相切于D，
连接PD，
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则PD⊥AB，PD=1，
∵∠ADP=∠AOB=90°，∠PAD=∠BAO，
∴△APD∽△ABO，
∴，
∴，
∴AP= ，
∴OP= 或OP= ，
∴P或P，
故选：C．
【点睛】
本题考查切线的判定和性质，一次函数图形上点的坐标特征，相似三角形的判定和性质，正确的理解题意并运用数形结合思维分析是解题的关键．21cnjy.com
10、B
【分析】
先由勾股定理确定出各点坐标，再利用m＜n＜m判断即可.
【详解】
点C、D、E、P都在上，
由勾股定理得：，，，
解得，，，
故，D（，），E（，1），
P（m，n），m＜n＜m，且m在上，点C的横坐标满足，点D纵坐标满足，
从点D到点C的弧上的点满足：，
故点P在上.
故选：B
【点睛】
此题考查勾股定理和圆的基本性质，掌握相应的定理和性质是解答此题的关键.
二、填空题
1、
【分析】
过圆心作一边的垂线，根据勾股定理可以计算出外接圆半径．
【详解】
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如图所示，是正三角形，故O是的中心，，
∵正三角形的边长为2，OE⊥AB
∴，，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
∴，
∴(负值舍去)．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正多边形和圆，解题的关键是根据题意画出图形，利用数形结合求解．
2、
【分析】
连接OB，交AC于点D，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得四边形OABC为菱形，根据菱形的性质可得：，，，根据等边三角形的判定得出为等边三角形，由此得出，在直角三角形中利用勾股定理即可确定圆的半径，然后代入弧长公式求解即可．
【详解】
解：如图所示，连接OB，交AC于点D，
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∵四边形OABC为平行四边形，，
∴四边形OABC为菱形，
∴，，，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
在中，设，则，
∴，
即，
解得：或（舍去），
∴的长为：，
故答案为：．
【点睛】
题目主要考查菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，弧长公式等，熟练掌握各个定理和公式是解题关键．21·世纪*教育网
3、或
【分析】
根据题意分两种情况并综合利用垂径定理和勾股定理以及圆的基本性质进行分析即可求解.
【详解】
解：如图，连接BO
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∵AC是⊙O的直径，弦BD⊥AC于点E，BD＝12cm，
∴,
∵OE＝cm，BD⊥AC,
∴cm,
∴,,
∵OF⊥BC,
∴,
∴,
如图，
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∵OE＝cm，BD⊥AC, ,
∴,
∵OF⊥BC,
∴,
∴.
故答案为：或.
【点睛】
本题考查圆的综合问题，熟练掌握并利用垂径定理和勾股定理以及圆的基本性质进行分析是解题的关键.注意未作图题一般情况下要进行分类作图讨论.【来源：21cnj*y.co*m】
4、
【分析】
图中阴影部分的面积=菱形的面积-2×扇形的面积．根据题意分别求出菱形和扇形的面积即可得到阴影部分的面积．【出处：21教育名师】
【详解】
解：菱形面积=两条对角线的乘积，
根据勾股定理得到边长，
△ABD是等边三角形，
即∠BAD=60°，
因为，
则S扇形AEH=，
那么阴影部分的面积．
故答案为：
【点睛】
此题考查菱形性质以及扇形的面积的计算的综合运用．
5、①②③
【分析】
根据切线长定理判断①，结合等腰三角形的性质判断②，利用切线的性质与直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，可判断③，利用反证法判断④．
【详解】
解：如图， 是的两条切线，
故①正确，
故②正确，
是的两条切线，
取的中点，连接，则
∴以为圆心，为半径作圆，则共圆，故③正确，
M是外接圆的圆心，
与题干提供的条件不符，故④错误，
综上：正确的说法是①②③．
故填①②③．
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【点睛】
本题属于圆的综合题，主要考查的是切线长定理、三角形的外接圆、四边形的外接圆等知识点，综合运用圆的相关知识是解答本题的关键．
三、解答题
1、（1）EF、CD；（2）①；②；（3）;（4）或
【分析】
（1）的半径为1，则的最长的弦长为2，根据两点的距离可得，进而即可求得答案；
（2）①根据定义作出图形，根据轴对称的方法求得对称轴，反射线段经过对应圆心的中点，即可求得的坐标；②由①可得当时，yM，设当取得最大值时，过点作轴，根据题意，分别为沿直线y＝x的方向向上平移一段距离S 后的对应点，则，根据余弦求得进而代入数值列出方程，解方程即可求得的最大值，进而求得的范围；
（3）根据圆的旋转对称性，找到所在的的圆心，如图，以为边在内作等边三角形，连接，取的中点,过作的垂线，则即为反射轴,反射轴l未经过的区域是以为圆心为半径的圆，反射轴l是该圆的切线，求得半径为，根据圆的面积公式进行计算即可；
（4）根据（2）的方法找到所在的圆心,当M点在圆上运动一周时，如图，取的中点，的中点，即的中点在以为圆心，半径为的圆上运动，进而即可求得反射轴l与y轴交点的纵坐标的取值范围
【详解】
（1）的半径为1，则的最长的弦长为2
根据两点的距离可得
故符合题意的“反射线段”有EF、CD；
故答案为：EF、CD
（2）①如图，过点作轴于点，连接
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A点坐标为（0，2），B点坐标为（1，1），
，且，
的半径为1，
，且
线段AB是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，，
②由①可得当时，yM
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如图，设当取得最大值时，过点作轴，根据题意，分别为沿直线y＝x的方向向上平移一段距离S 后的对应点，则， 21·cn·jy·com
过中点，作直线交轴于点,则即为反射轴
yM，
即
即
解得（舍）
（3）
的半径为1，则是等边三角形，
根据圆的旋转对称性，找到所在的的圆心，如图，以为边在内作等边三角形，连接，取的中点,过作的垂线，则即为反射轴, 2-1-c-n-j-y
反射轴l未经过的区域是以为圆心为半径的圆，反射轴l是该圆的切线
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当M点在圆上运动一周时，求反射轴l未经过的区域的面积为．
（4）如图，根据（2）的方法找到所在的圆心,
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设
则
,是等腰直角三角形
,
当M点在圆上运动一周时，如图，取的中点，的中点，
是的中位线
,
即的中点在以为圆心，半径为的圆上运动
若MN是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，则为的切线
设与轴交于点
，
同理可得
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反射轴l与y轴交点的纵坐标的取值范围为或
【点睛】
本题考查了中心对称与轴对称，圆的相关知识，切线的性质，三角形中位线定理，余弦的定义，掌握轴对称与中心对称并根据题意作出图形是解题的关键．【版权所有：21教育】
2、（1）35°；（2）；（3）
【分析】
（1）连结AD，BC，可得，再由C为弧ABD中点，可得到．从而得到，再由AB为圆O直径，得到 ，即可求解；
（2）连BC，可得，从而得到，再由，即可求解；
（3）连接CO并延长交AD于F，由垂径定理推论，可得，．再由（2），，从而得到，进而得到 ，再由勾股定理可得，再由．可得，解得，即可求解．
【详解】
解：（1）连结AD，BC，
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∵，
∴，
∵C为弧ABD中点，
∴ ，
∴．
∴，
∵AB为圆O直径，
∴ ，
∴ ；
（2）连BC，
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∵点C为弧ABD中点，
∴ ，
∴，
∵AB为直径，
∴，
∴，
又∵，
∴ ，
∴；
（3）连接CO并延长交AD于F，
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∵C为弧ABD中点，
∴，．
由（2），
∴，
由∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴ ，
∴ ,
∴
∵，，
∴．
∴ ，
∴，即，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查了圆周角定理，垂径定理相似三角形的性质和判定等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
3、
（1）
（2）
（3）
【分析】
（1）先求得,点的坐标，进而根据即可求得的值；
（2）过点作轴于点，证明是直角三角形，进而，根据相似的性质列出比例式进而代入点的坐标解方程即可；
（3）接，取的中点，连接,根据题意，点在以为圆心，2为半径的圆上，则在以为圆心，为半径的圆上运动，根据点与圆的距离求最值，进而求得的解析式为，根据,设直线的解析式为，将点代入求得，进而设，根据，进而根据勾股定理列出方程解方程求解即可．
（1）
令，解得
令，
抛物线（a为常数，）与x轴分别交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，
抛物线与轴的交点为
解得
（2）
如图，过点作轴于点，
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是直角三角形，且
又
在抛物线上，
整理得
解得（舍）
在第三象限，
（3）
如图，连接，取的中点，连接,
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是的中位线
根据题意点在以为圆心，2为半径的圆上，
则在以为圆心，为半径的圆上运动，
当三点共线，且在的延长线上时，最大，如图，
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即
设直线的解析式为，代入点，
即
解得
直线的解析式为
设直线的解析式为
解得
则的解析式为
设点，
，
解得（舍去）
【点睛】
本题考查了二次函数综合运用，点与圆的距离求最值问题，相似三角形的性质与判定，正确的添加辅助线并熟练掌握以上知识是解题的关键．21世纪教育网版权所有
4、
（1）见解析
（2）CD=2
【分析】
（1）由题意易得BC=BD，∠DAM=∠DAF，则有∠CAB=∠DAB，进而可得∠BAM=90°，然后问题可求证；
（2）由题意易得CD//AM，∠ANC=∠OCE=30°，然后可得OE=1，CE=，进而问题可求解．
（1）
证明：∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E
∴BC=BD
∴∠CAB=∠DAB
∵AM是∠DAF的平分线
∴∠DAM=∠DAF
∵∠CAD+∠DAF=180°
∴∠DAB+∠DAM=90°
即∠BAM=90°，AB⊥AM
∴AM是⊙O的切线
（2）
解：∵AB⊥CD，AB⊥AM
∴CD//AM
∴∠ANC=∠OCE=30°
在Rt△OCE中，OC=2
∴OE=1，CE=
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E
∴CD=2CE=2．
【点睛】
本题主要考查切线的判定定理、垂径定理及含30度直角三角形的性质，熟练掌握切线的判定定理、垂径定理及含30度直角三角形的性质是解题的关键．2·1·c·n·j·y
5、（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】
（1）连接，为半径，直径所对的圆周角为，；由题意可知，进而可得出是的切线．
（2）由题意知，对顶角，，故有，；进而得出是等腰三角形．
【详解】
解：（1）证明：如图，连接
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是的直径
又过圆心
是的切线．
（2）
是等腰三角形．
【点睛】
本题考察了圆周角、切线、等腰三角形等知识点．解题的关键与难点在于找角与角之间相等或互余的关系．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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九年级数学第二学期第二十七章圆与正多边形达标测试
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内 ( http: / / www.21cnjy.com )相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。21教育网
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、某村东西向的废弃小路/两侧 ( http: / / www.21cnjy.com )分别有一块与l距离都为20 m的宋代碑刻A，B，在小路l上有一座亭子P． A，P分别位于B的西北方向和东北方向，如图所示．该村启动“建设幸福新农村”项目，计划挖一个圆形人工湖，综合考虑景观的人文性、保护文物的要求、经费条件等因素，需将碑刻A，B原址保留在湖岸（近似看成圆周）上，且人工湖的面积尽可能小．人工湖建成后，亭子P到湖岸的最短距离是（ ）21*cnjy*com
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A．20 m B．20m
C．（20 - 20）m D．（40 - 20）m
2、如图，DC是⊙O的直径，弦AB⊥CD于M，则下列结论不一定成立的是（ ）
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A．AM=BM B．CM=DM C． D．
3、已知正三角形外接圆半径为，这个正三角形的边长是（ ）
A． B． C． D．
4、如图，小王将一长为4， ( http: / / www.21cnjy.com )宽为3的长方形木板放在桌面上按顺时针方向做无滑动的翻滚，当第二次翻滚时被桌面上一小木块挡住，此时木板与桌面成30°角，则点A运动到A2时的路径长为（ ）
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A．10 B．4π C． D．
5、如图，正方形ABCD内接于⊙O，点P在上，则下列角中可确定大小的是（ ）
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A．∠PCB B．∠PBC C．∠BPC D．∠PBA
6、如图，是正方形的外接圆，若的半径为4，则正方形的边长为（ ）
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A．4 B．8 C． D．
7、已知的半径为5cm，点P到圆心的距离为4cm，则点P和圆的位置关系（ ）
A．点在圆内 B．点在圆外 C．点在圆上 D．无法判断
8、如图，在圆中半径OC弦AB，且弦AB＝CO＝2，则图中阴影部分面积为（ ）
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A． B． C． D．
9、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（ ）21*cnjy*com
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A． B．
C．或 D．（﹣2，0）或（﹣5，0）
10、如图，在平面直角坐标系中，⊙O的半径为2，与x轴，y轴的正半轴分别交于点A，B，点C（1，c），D（，d），E（e，1），P（m，n）均为上的点（点P不与点A，B重合），若m＜n＜m，则点P的位置为（ ）
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A．在上 B．在上 C．在上 D．在上
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、边长为2的正三角形的外接圆的半径等于___．
2、如图，点A，B，C在⊙O上，四边形OABC是平行四边形，若对角线AC＝2，则的长为 _____．
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3、AC是⊙O的直径，弦BD⊥AC于点E，连接BC，过点O作OF⊥BC于点F，若BD＝12cm，OE＝cm，则OF＝________cm．【来源：21·世纪·教育·网】
4、如图，在菱形中，对角线和交于点，分别以，为圆心，，为半径画圆弧，交菱形各边于点，，，．若，，则图中阴影部分的面积是_______．（结果保留）
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5、如图，已知PA、PB是⊙O的两条切 ( http: / / www.21cnjy.com )线，点A、点B为切点，线段OP交⊙O于点M．下列结论：①PA＝PB；②OP⊥AB；③四边形OAPB有外接圆；④点M是△AOP外接圆的圆心．其中正确的结论是_____（填序号）．
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三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．
对于线段AB，给出如下定义：若线段AB沿着 ( http: / / www.21cnjy.com )某条直线l对称可以得到⊙O的弦A′B′，则称线段AB是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，直线l称为“反射轴”．
（1）如图，线段CD，EF，GH中是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”有 ；
（2）已知A点坐标为（0，2），B点坐标为（1，1），
①若线段AB是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，求反射轴l与y轴的交点M的坐标．
②若将“反射线段”AB沿直线y＝x的方向向上平移一段距离S，其反射轴l与y轴的交点的纵坐标yM的取值范围为yM，求S．
（3）已知点M，N是在以原点 ( http: / / www.21cnjy.com )为圆心，半径为2的圆上的两个动点，且满足MN＝1，若MN是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，当M点在圆上运动一周时，求反射轴l未经过的区域的面积．
（4）已知点M，N是在以（2，0）为圆心，半径为的圆上的两个动点，且满足MN，若MN是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，当M点在圆上运动一周时，请直接写出反射轴l与y轴交点的纵坐标的取值范围．
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2、如图1，AB为圆O直径，点D为AB下方圆上一点，点C为弧ABD中点，连结CD，CA．
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（1）若，求的度数；
（2）如图2，过点C作于点H，交AD于点E，，求（用含的代数式表示）；
（3）在（2）的条件下，若，，求线段DE的长．
3、如图，抛物线（a为常数，）与x轴分别交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OB＝OC．
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（1）求a的值；
（2）点D是该抛物线的顶点，点P（m，n）是第三象限内抛物线上的一个点，分别连接BD、BC、CD、BP，当∠PBA＝∠CBD时，求m的值；
（3）点K为坐标平面内一点，DK＝2，点M为线段BK的中点，连接AM，当AM最大时，求点K的坐标．
4、如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，AM是△ACD的外角∠DAF的平分线．
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（1）求证：AM是⊙O的切线；
（2）连接CO并延长交AM于点N，若⊙O的半径为2，∠ANC = 30°，求CD的长．
5、如图，是的直径，为上一点，．
（1）求证： 是 的切线．
（2）若，垂足为，交于点，求证：是等腰三角形．
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-参考答案-
一、单选题
1、D
【分析】
根据人工湖面积尽量小，故圆以AB为直径构造，设圆心为O，当O，P共线时，距离最短，计算即可．
【详解】
∵人工湖面积尽量小，
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∴圆以AB为直径构造，设圆心为O，
过点B作BC ⊥，垂足为C，
∵A，P分别位于B的西北方向和东北方向，
∴∠ABC=∠PBC=∠BOC=∠BPC=45°，
∴OC=CB=CP=20，
∴OP=40，OB==，
∴最小的距离PE=PO-OE=40 - 20（m），
故选D．
【点睛】
本题考查了圆的基本性质，方位角的意义，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握圆中点圆的最小距离是解题的关键．
2、B
【分析】
根据垂径定理“垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧”进行判断即可得．
【详解】
解：∵弦AB⊥CD，CD过圆心O，
∴AM=BM，，，
即选项A、C、D选项说法正确，不符合题意，
当根据已知条件得CM和DM不一定相等，
故选B．
【点睛】
本题考查了垂径定理，解题的关键是掌握垂径定理．
3、B
【分析】
如图， 为正三角形ABC的外接圆，过点O作OD⊥AB于点D，连接OA， 再由等边三角形的性质，可得∠OAB=30°，，然后根据锐角三角函数，即可求解．
【详解】
解：如图， 为正三角形ABC的外接圆，过点O作OD⊥AB于点D，连接OA，
( http: / / www.21cnjy.com / )
根据题意得：OA= ，∠OAB=30°，，
在中，
，
∴AB=3，即这个正三角形的边长是3．
故选：B
【点睛】
本题主要考查了锐角三角函数，三角形的外接圆，熟练掌握锐角三角函数，三角形的外接圆性质是解题的关键．
4、C
【分析】
根据题意可得：第一次转动的路径是以点B为圆心，AB长为半径的弧长，此时圆心角 ，第二次转动的路径是以点C为圆心，A1C长为半径的弧长，此时圆心角 ，再由弧长公式，即可求解．21教育名师原创作品
【详解】
解：如图，
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根据题意得： ， ，
第一次转动的路径是以点B为圆心，AB长为半径的弧长，此时圆心角 ，
∴ ，
第二次转动的路径是以点C为圆心，A1C长为半径的弧长，此时圆心角 ，
∴ ，
∴点A运动到A2时的路径长为 ．
故选：C
【点睛】
本题主要考查了求弧长，熟练掌握扇形的弧长公式是解题的关键．
5、C
【分析】
由题意根据正方形的性质得到BC弧所对的圆心角为90°，则∠BOC=90°，然后根据圆周角定理进行分析求解．www.21-cn-jy.com
【详解】
解：连接OB、OC，如图，
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∵正方形ABCD内接于⊙O，
∴所对的圆心角为90°，
∴∠BOC=90°，
∴∠BPC=∠BOC=45°．
故选：C．
【点睛】
本题考查圆周角定理和正方形的性质，确定BC弧所对的圆心角为90°是解题的关键．
6、D
【分析】
连接OB，OC，过点O作OE⊥BC于点E，由等腰直角三角形的性质可知OE=BE，由垂径定理可知BC=2BE，故可得出结论．www-2-1-cnjy-com
【详解】
解：连接OB，OC，过点O作OE⊥BC于点E，
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∴OB=OC，∠BOC=90°，
∴∠OBE=45°，
∴OE=BE，
∵OE2+BE2=OB2，
∴，
∴BC=2BE=，即正方形ABCD的边长是．
故选：D
【点睛】
本题考查的是圆周角定理、垂径定理及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出等腰直角三角形是解答此题的关键．
7、A
【分析】
直接根据点与圆的位置关系进行解答即可．
【详解】
解：∵⊙O的半径为5cm，点P与圆心O的距离为4cm，5cm＞4cm，
∴点P在圆内．
故选：A．
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系，当点到 ( http: / / www.21cnjy.com )圆心的距离小于半径的长时，点在圆内；当点到圆心的距离等于半径的长时，点在圆上；当点到圆心的距离大于半径的长时，点在圆外．
8、C
【分析】
连接OA，OB，根据平行线的性质确定，再根据AB=CO和圆的性质确定是等边三角形，进而得出，最后根据扇形面积公式即可求解．
【详解】
解：如下图所示，连接OA，OB．
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∵，
∴．
∴S阴=S扇形AOB．
∵AO，BO，CO都是的半径，
∴AO=BO=CO．
∵AB=CO=2，
∴AO=BO=AB=2．
∴是等边三角形．
∴．
∴S阴=S扇形AOB=．
故选：C
【点睛】
本题考查平行线的性质，等边三角形的判定定理，扇形面积公式，综合应用这些知识点是解题关键．
9、C
【分析】
由题意根据函数解析式求得A（-4，0），B ( http: / / www.21cnjy.com )（0．-3），得到OA=4，OB=3，根据勾股定理得到AB=5，设⊙P与直线AB相切于D，连接PD，则PD⊥AB，PD=1，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
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（-4，0），B（0，-3），
∴OA=4，OB=3，
∴AB=5，
设⊙P与直线AB相切于D，
连接PD，
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则PD⊥AB，PD=1，
∵∠ADP=∠AOB=90°，∠PAD=∠BAO，
∴△APD∽△ABO，
∴，
∴，
∴AP= ，
∴OP= 或OP= ，
∴P或P，
故选：C．
【点睛】
本题考查切线的判定和性质，一次函数图形上点的坐标特征，相似三角形的判定和性质，正确的理解题意并运用数形结合思维分析是解题的关键．21cnjy.com
10、B
【分析】
先由勾股定理确定出各点坐标，再利用m＜n＜m判断即可.
【详解】
点C、D、E、P都在上，
由勾股定理得：，，，
解得，，，
故，D（，），E（，1），
P（m，n），m＜n＜m，且m在上，点C的横坐标满足，点D纵坐标满足，
从点D到点C的弧上的点满足：，
故点P在上.
故选：B
【点睛】
此题考查勾股定理和圆的基本性质，掌握相应的定理和性质是解答此题的关键.
二、填空题
1、
【分析】
过圆心作一边的垂线，根据勾股定理可以计算出外接圆半径．
【详解】
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如图所示，是正三角形，故O是的中心，，
∵正三角形的边长为2，OE⊥AB
∴，，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
∴，
∴(负值舍去)．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正多边形和圆，解题的关键是根据题意画出图形，利用数形结合求解．
2、
【分析】
连接OB，交AC于点D，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得四边形OABC为菱形，根据菱形的性质可得：，，，根据等边三角形的判定得出为等边三角形，由此得出，在直角三角形中利用勾股定理即可确定圆的半径，然后代入弧长公式求解即可．
【详解】
解：如图所示，连接OB，交AC于点D，
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∵四边形OABC为平行四边形，，
∴四边形OABC为菱形，
∴，，，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
在中，设，则，
∴，
即，
解得：或（舍去），
∴的长为：，
故答案为：．
【点睛】
题目主要考查菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，弧长公式等，熟练掌握各个定理和公式是解题关键．21·世纪*教育网
3、或
【分析】
根据题意分两种情况并综合利用垂径定理和勾股定理以及圆的基本性质进行分析即可求解.
【详解】
解：如图，连接BO
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∵AC是⊙O的直径，弦BD⊥AC于点E，BD＝12cm，
∴,
∵OE＝cm，BD⊥AC,
∴cm,
∴,,
∵OF⊥BC,
∴,
∴,
如图，
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∵OE＝cm，BD⊥AC, ,
∴,
∵OF⊥BC,
∴,
∴.
故答案为：或.
【点睛】
本题考查圆的综合问题，熟练掌握并利用垂径定理和勾股定理以及圆的基本性质进行分析是解题的关键.注意未作图题一般情况下要进行分类作图讨论.【来源：21cnj*y.co*m】
4、
【分析】
图中阴影部分的面积=菱形的面积-2×扇形的面积．根据题意分别求出菱形和扇形的面积即可得到阴影部分的面积．【出处：21教育名师】
【详解】
解：菱形面积=两条对角线的乘积，
根据勾股定理得到边长，
△ABD是等边三角形，
即∠BAD=60°，
因为，
则S扇形AEH=，
那么阴影部分的面积．
故答案为：
【点睛】
此题考查菱形性质以及扇形的面积的计算的综合运用．
5、①②③
【分析】
根据切线长定理判断①，结合等腰三角形的性质判断②，利用切线的性质与直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，可判断③，利用反证法判断④．
【详解】
解：如图， 是的两条切线，
故①正确，
故②正确，
是的两条切线，
取的中点，连接，则
∴以为圆心，为半径作圆，则共圆，故③正确，
M是外接圆的圆心，
与题干提供的条件不符，故④错误，
综上：正确的说法是①②③．
故填①②③．
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【点睛】
本题属于圆的综合题，主要考查的是切线长定理、三角形的外接圆、四边形的外接圆等知识点，综合运用圆的相关知识是解答本题的关键．
三、解答题
1、（1）EF、CD；（2）①；②；（3）;（4）或
【分析】
（1）的半径为1，则的最长的弦长为2，根据两点的距离可得，进而即可求得答案；
（2）①根据定义作出图形，根据轴对称的方法求得对称轴，反射线段经过对应圆心的中点，即可求得的坐标；②由①可得当时，yM，设当取得最大值时，过点作轴，根据题意，分别为沿直线y＝x的方向向上平移一段距离S 后的对应点，则，根据余弦求得进而代入数值列出方程，解方程即可求得的最大值，进而求得的范围；
（3）根据圆的旋转对称性，找到所在的的圆心，如图，以为边在内作等边三角形，连接，取的中点,过作的垂线，则即为反射轴,反射轴l未经过的区域是以为圆心为半径的圆，反射轴l是该圆的切线，求得半径为，根据圆的面积公式进行计算即可；
（4）根据（2）的方法找到所在的圆心,当M点在圆上运动一周时，如图，取的中点，的中点，即的中点在以为圆心，半径为的圆上运动，进而即可求得反射轴l与y轴交点的纵坐标的取值范围
【详解】
（1）的半径为1，则的最长的弦长为2
根据两点的距离可得
故符合题意的“反射线段”有EF、CD；
故答案为：EF、CD
（2）①如图，过点作轴于点，连接
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A点坐标为（0，2），B点坐标为（1，1），
，且，
的半径为1，
，且
线段AB是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，，
②由①可得当时，yM
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如图，设当取得最大值时，过点作轴，根据题意，分别为沿直线y＝x的方向向上平移一段距离S 后的对应点，则， 21·cn·jy·com
过中点，作直线交轴于点,则即为反射轴
yM，
即
即
解得（舍）
（3）
的半径为1，则是等边三角形，
根据圆的旋转对称性，找到所在的的圆心，如图，以为边在内作等边三角形，连接，取的中点,过作的垂线，则即为反射轴, 2-1-c-n-j-y
反射轴l未经过的区域是以为圆心为半径的圆，反射轴l是该圆的切线
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当M点在圆上运动一周时，求反射轴l未经过的区域的面积为．
（4）如图，根据（2）的方法找到所在的圆心,
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设
则
,是等腰直角三角形
,
当M点在圆上运动一周时，如图，取的中点，的中点，
是的中位线
,
即的中点在以为圆心，半径为的圆上运动
若MN是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，则为的切线
设与轴交于点
，
同理可得
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反射轴l与y轴交点的纵坐标的取值范围为或
【点睛】
本题考查了中心对称与轴对称，圆的相关知识，切线的性质，三角形中位线定理，余弦的定义，掌握轴对称与中心对称并根据题意作出图形是解题的关键．【版权所有：21教育】
2、（1）35°；（2）；（3）
【分析】
（1）连结AD，BC，可得，再由C为弧ABD中点，可得到．从而得到，再由AB为圆O直径，得到 ，即可求解；
（2）连BC，可得，从而得到，再由，即可求解；
（3）连接CO并延长交AD于F，由垂径定理推论，可得，．再由（2），，从而得到，进而得到 ，再由勾股定理可得，再由．可得，解得，即可求解．
【详解】
解：（1）连结AD，BC，
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∵，
∴，
∵C为弧ABD中点，
∴ ，
∴．
∴，
∵AB为圆O直径，
∴ ，
∴ ；
（2）连BC，
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∵点C为弧ABD中点，
∴ ，
∴，
∵AB为直径，
∴，
∴，
又∵，
∴ ，
∴；
（3）连接CO并延长交AD于F，
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∵C为弧ABD中点，
∴，．
由（2），
∴，
由∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴ ，
∴ ,
∴
∵，，
∴．
∴ ，
∴，即，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查了圆周角定理，垂径定理相似三角形的性质和判定等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
3、
（1）
（2）
（3）
【分析】
（1）先求得,点的坐标，进而根据即可求得的值；
（2）过点作轴于点，证明是直角三角形，进而，根据相似的性质列出比例式进而代入点的坐标解方程即可；
（3）接，取的中点，连接,根据题意，点在以为圆心，2为半径的圆上，则在以为圆心，为半径的圆上运动，根据点与圆的距离求最值，进而求得的解析式为，根据,设直线的解析式为，将点代入求得，进而设，根据，进而根据勾股定理列出方程解方程求解即可．
（1）
令，解得
令，
抛物线（a为常数，）与x轴分别交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，
抛物线与轴的交点为
解得
（2）
如图，过点作轴于点，
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是直角三角形，且
又
在抛物线上，
整理得
解得（舍）
在第三象限，
（3）
如图，连接，取的中点，连接,
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是的中位线
根据题意点在以为圆心，2为半径的圆上，
则在以为圆心，为半径的圆上运动，
当三点共线，且在的延长线上时，最大，如图，
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即
设直线的解析式为，代入点，
即
解得
直线的解析式为
设直线的解析式为
解得
则的解析式为
设点，
，
解得（舍去）
【点睛】
本题考查了二次函数综合运用，点与圆的距离求最值问题，相似三角形的性质与判定，正确的添加辅助线并熟练掌握以上知识是解题的关键．21世纪教育网版权所有
4、
（1）见解析
（2）CD=2
【分析】
（1）由题意易得BC=BD，∠DAM=∠DAF，则有∠CAB=∠DAB，进而可得∠BAM=90°，然后问题可求证；
（2）由题意易得CD//AM，∠ANC=∠OCE=30°，然后可得OE=1，CE=，进而问题可求解．
（1）
证明：∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E
∴BC=BD
∴∠CAB=∠DAB
∵AM是∠DAF的平分线
∴∠DAM=∠DAF
∵∠CAD+∠DAF=180°
∴∠DAB+∠DAM=90°
即∠BAM=90°，AB⊥AM
∴AM是⊙O的切线
（2）
解：∵AB⊥CD，AB⊥AM
∴CD//AM
∴∠ANC=∠OCE=30°
在Rt△OCE中，OC=2
∴OE=1，CE=
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E
∴CD=2CE=2．
【点睛】
本题主要考查切线的判定定理、垂径定理及含30度直角三角形的性质，熟练掌握切线的判定定理、垂径定理及含30度直角三角形的性质是解题的关键．2·1·c·n·j·y
5、（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】
（1）连接，为半径，直径所对的圆周角为，；由题意可知，进而可得出是的切线．
（2）由题意知，对顶角，，故有，；进而得出是等腰三角形．
【详解】
解：（1）证明：如图，连接
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是的直径
又过圆心
是的切线．
（2）
是等腰三角形．
【点睛】
本题考察了圆周角、切线、等腰三角形等知识点．解题的关键与难点在于找角与角之间相等或互余的关系．
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