第27章 圆 章末提升综合测试 华师大版九年级下册同步练习
一、单选题
1．（2022九上·尧都期中）如图，是的直径，为弦，，在上任取一点D，且点D与点C位于直径的两侧，连接和，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
2．（2022九上·浦江期中）一块圆形宣传标志牌如图所示，点A，B，C在⊙O上，CD垂直平分AB于点D．现测得AB＝8dm，DC＝2dm，则圆形标志牌的半径为（ ）
A．6dm B．5dm
C．4dm D．3dm
3．（2022九上·定海期中）如图，在⊙O中，直径CD垂直弦AB于点E，连接OB、BC，已知⊙O的半径为2，AB＝2，则∠BCD的大小为（ ）
A．20° B．30° C．15° D．25°
4．（2022九上·南湖期中）如图，C是以AB为直径的半圆O上一点，连结AC，BC，分别以AC，BC为边向外作正方形ACDE与BCFG，点M，N，P，Q分别是DE，FG，弧AC，弧BC的中点.若MP+NQ=14，AC+BC=18，则AB的长是（ ）
A． B． C．13 D．16
5．（2022九上·杭州期中）如图，水平放置的圆柱形排水管的截面为，有水部分弓形的高为2，弦.则截面的半径为（ ）
A． B．4 C． D．8
6．（2022九上·永康月考）如图，四边形ABCD为矩形，AB＝3，BC＝4，点P是线段BC上一动点，点M为线段AP上一点，∠ADM＝∠BAP，则BM的最小值为（ ）
A． B． C．- D．-2
7．（2022·顺德模拟）如图，的两条弦，互相垂直，垂足为，直径交线段于点，且，点是的中点．下列结论正确的个数是（ ）
①；②；③是等腰三角形；④．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
8．（2022九上·慈溪期中）一个扇形的面积为2πcm2，半径为4cm，则这个扇形的圆心角为 .
9．（2022九上·义乌期中）如图，AB是⊙O的直径，D，C是弧BE的三等分点，∠COD=32°，则∠E的度数是 ．
10．（2022九上·萧山期中）如图，是的直径，弦垂足为若，则的半径为 .
11．（2022九上·宁波期中）如图，⊙O中，弦AC=，沿AC折叠劣弧交直径AB于D，DB=，则直径AB= ．
12．（2022九上·定海月考）“一切为了U”是常山在赶考共同富裕道路上，最新确定的城市品牌．已知线段，对于坐标平面内的一个动点P，如果满足，则称点P为线段的“U点”，如图，二次函数与x轴交于点A和点B．（1）线段的长度为 ；（2）若线段的“U”点落在y轴的正半轴上，则该“U点”的坐标为 ．
13．（2022九上·慈溪期中）如图，⊙P与x轴交于点A(-5，0)，B(1，0)，与y轴的正半轴交于点C.若∠ACB=60°，则点C的纵坐标为 .
三、作图题
14．（2021九上·南宁期中）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点，，均在格点上.
（1）画出向左平移5个单位后的图形，并写出点的坐标.
（2）画出绕顺时针旋转后的图形，并写出点的坐标.
（3）在（2）的条件下，求到所经过的路径长.
四、解答题
15．弯制管道时，先按中心计算“展直长度”再下料，试计算图中所示管道的展直长度。（π≈3.14，单位：cm，精确到1cm，弯制管道的粗细不计）
16．（2021·河东模拟）已知AB为 的直径，EF切 于点D，过点B作 于点H交 于点C，连接BD．
（1）如图①，若 ，求 的大小；
（2）如图②，若C为弧BD的中点，求 的大小．
17．（2021·北辰模拟）如图，在 中，直径 与弦 相交于点 ， ．
（Ⅰ）如图①，若 ，求 和 的大小；
（Ⅱ）如图②，若 ，过点 作 的切线 ，与 的延长线相交于点 ．求 的大小．
五、综合题
18．（2022九上·镇海区期中）如图1，是的直径，且，过点作的垂线，C是垂线上一点，连接交于点D，连接，点E是的中点，连接交于点F.
（1）求证：；
（2）若，求的值；
（3）若图1的基础上，作的平分线交于点I，交于点G，连接（如图2），直接写出的最小值.
19．（2022·淮安）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究.如图（1），在菱形中，为锐角，为中点，连接，将菱形沿折叠，得到四边形，点的对应点为点，点的对应点为点.
（1）【观察发现】与的位置关系是 ；
（2）【思考表达】连接，判断与是否相等，并说明理由；
（3）如图（2），延长交于点，连接，请探究的度数，并说明理由；
（4）【综合运用】如图（3），当时，连接，延长交于点，连接，请写出、、之间的数量关系，并说明理由.
20．（2022九上·上城期中）已知：的两条弦，相交于点M，且.
（1）如图1，连接.求证：.
（2）如图2，若，点E为弧上一点，，交于点F，连接、.
①求的度数(用含的代数式表示).
②若，，求的面积.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】圆周角定理
【解析】【解答】解：连接，如图所示，
是的直径，
，
，
，
，
；
故答案为：C．
【分析】连接BC，先求出，再利用圆周角的性质可得。
2．【答案】B
【知识点】垂径定理的实际应用
【解析】【解答】解：连接OD，OB，
∵CD垂直平分AB于点D，
∴点O，D，C三点共线，BD=AB=4，
设圆的半径为r，则OD=r-2，
∴OD2+BD2=OB2，
（r-2）2+16=r2，
解之：r=5.
故答案为：B
【分析】连接OD，OB，利用垂径定理可知点O，D，C三点共线，同时可求出BD的长，设圆的半径为r，则OD=r-2，利用勾股定理可得到关于r的方程，解方程求出r的值.
3．【答案】C
【知识点】垂径定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：∵直径CD垂直弦AB于点E，AB=2，
∴∠OEB=90°，BE=1，
∵OB=2，
∴∠BOE=30°，
∴∠BCD=15°.
故答案为：C.
【分析】根据垂径定理得出BE=1，再根据含30°角的直角三角形的性质得出∠BOE=30°，再根据圆周角定理得出∠BCD=15°，即可得出答案.
4．【答案】C
【知识点】正方形的性质；垂径定理；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如下图，连接OP，OQ分别与AC、BC相交于点I、H，
∵DE，FG，，的中点分别是M，N，P，Q，
∴OP⊥AC，OQ⊥BC，
∴H、I是AC、BD的中点，
∴OH+OI=(AC+BC)=9，
∴MH+NI=AC+BC=18，MP+NQ=14，
∴PH+QI=18-14=4，
∴AB=OP+OQ=OH+OI+PH+QI=9+4=13，
故答案为：C.
【分析】连接OP，OQ分别与AC、BC相交于点I、H，由垂径定理得OP⊥AC，OQ⊥BC，H、I是AC、BD的中点，进而由三角形的中位线定理得OH+OI=(AC+BC)=9，结合已知得PH+QI=4，据此就不难算出AB的长了.
5．【答案】B
【知识点】垂径定理
【解析】【解答】解：过点O作OD⊥AB，垂足为点C，交于点D，
∵，，
∴，
设半径为r，
∵，
∴，
在中，由勾股定理可得：
，即，
解得：.
故答案为：B.
【分析】过点O作OD⊥AB，垂足为点C，交于点D，根据垂径定理得出AC的长，在Rt△OAC中，利用勾股定理建立方程，求出圆的半径.
6．【答案】D
【知识点】矩形的性质；点与圆的位置关系；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，取AD的中点O，连接OB，OM．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，AD＝BC＝4，
∴∠BAP+∠DAM＝90°，
∵∠ADM＝∠BAP，
∴∠ADM+∠DAM＝90°，
∴∠AMD＝90°，
∵AO＝OD＝2，
∴OM＝ AD＝2，
∴点M的运动轨迹是以O为圆心，2为半径的⊙O．
∵OB＝ ＝ ＝ ，
∴BM≥OB-OM＝ -2，
∴BM的最小值为 -2．
故答案为：D．
【分析】根据矩形的性质易得∠ADM+∠DAM＝90°，根据三角形的内角和定理得∠AMD=90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得OM=2，从而得出点M的运动轨迹是以O为圆心，2为半径的⊙O，根据勾股定理算出OB的长，根据三角形三边之间的关系得BM≥OB-OM，据此即可得出答案.
7．【答案】D
【知识点】圆的综合题
【解析】【解答】解：如图所示，连接OA，BC，AD，
∵，CF是圆O的直径，
∴∠AOC=90°，
∴，
∵AB⊥CD，即∠BEC=∠AED=90°，
∴∠BCE=45°=∠EBC，
∴∠BAD=∠BCD=45°，CE=BE，
同理可证AE=DE，
∴AE+BE=CE+DE，即AB=CD，
故①符合题意；
连接AC，
同理可证，
∵E是AG的中点，CE⊥AG，
∴CE垂直平分AG，
∴AC=GC，
∴，
故②符合题意；
∴∠CAB=67.5°，∠CGA=67.5°，
∴∠CFB=∠CAB=67.5°，∠BGF=∠CGE=67.5°，
∴∠BGF=∠BFG，
∴BG=BF，即△BGF是等腰三角形，
故③符合题意；
过点G作GH⊥BC于H，则△BHG是等腰直角三角形，
∴BH=HG，
∴，
∵∠GCE=22.5°，∠BCE=45°，
∴∠HCG=22.5°=∠GCE，即CG平分∠BCE，
∵EG⊥CE，HG⊥BC，
∴GH=EG=AE，
∴，
故④符合题意；
故答案为：D．
【分析】先证明CE=BE，AE=DE，再利用线段的和差及等量代换可得AB=CD，从而证明①符合题意；先求出，再利用AC=GC，求出，从而证明②符合题意；先证明∠BGF=∠BFG，可得BG=BF，从而可得△BGF是等腰三角形，所以③符合题意；先证明CG平分∠BCE，可得GH=EG=AE，再结合可得，从而证出④符合题意。
8．【答案】45°
【知识点】扇形面积的计算
【解析】【解答】解：∵扇形的面积为2πcm2，半径为4cm，
∴扇形的圆心角==45°.
故答案为：45°.
【分析】根据扇形的面积计算公式，即S=，可得n=，代入数据计算即可.
9．【答案】48°
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【解答】解：∵ D，C是弧BE的三等分点，
∴弧DE=弧CD=弧BC，
∴∠BOC=∠COD=∠DOE=32°，
∴∠BOE=3×32°=96°，
∴∠A=
故答案为：48°.
【分析】根据题意得弧DE=弧CD=弧BC，根据等弧所对的圆周角相等得∠BOC=∠COD=∠DOE=32°，根据角的和差可得∠BOE的度数，进而根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可得出答案.
10．【答案】5
【知识点】垂径定理
【解析】【解答】解：如图，连接 .
，
.
设 ，则 .
是 的直径，弦 垂足为 ，
.
在 中， ，
.
.
.
.
的半径为5.
故答案为：5.
【分析】连接OC，根据垂径定理可得CP=4，设OP=x，则OC=8-x，在Rt△OCP中，利用勾股定理建立方程，求解即可.
11．【答案】4
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点C作CE⊥AB于点E，连接CB，CD，
∵，
∴∠B=∠A+∠ACD=∠CDB，
∴CD=CB，
∴DE=BE=BD=；
∵AB是直径，
∴∠ACB=∠BEC=90°，
∵∠B=∠B，
∴△ACE∽△CBE，
∴，
∴；
∵AE2=AC2-AE2=15-AE
解之：AE=，
∴AB=AE+BE=+=4.
故答案为：4
【分析】过点C作CE⊥AB于点E，连接CB，CD，利用折叠的性质可证得，利用圆周角定理可证得∠B=∠A+∠ACD=∠CDB，由此可得到CD=CB，利用等腰三角形的性质可求出DE，BE的长；利用直径所对圆周角是直角，可证得∠ACB=∠BEC=90°，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△ACE∽△CBE，利用相似三角形的性质，可表示出AE2 ，利用勾股定理可求出AE的长；然后根据AB=AE+BE，代入计算求出AB的长.
12．【答案】4；或
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；勾股定理；矩形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：当y=0时，
解之：x1=-1，x2=-5，
∴点A（-1，0），点B（-5，0），
∴AB=|-1-（-5）|=4；
如图，作过点A，B的圆，交y轴于点D，E，连接CA，CB，CD，AE，BE，过点C作CF⊥AB于点F，CH⊥DE于点H，
∴∠CFO=∠CHO=∠FOH=90°，
∴四边形CFOH是矩形，
∴CH=OF，HO=CF；
∵ 线段的“U”点落在y轴的正半轴上，
∴∠ADB=∠AEB=30°，
∴点D和点E是线段AB的“U”点；
∵，
∴∠ACB=2∠ADB=60°，
∴△ACB是等边三角形，
∴AC=BC=CD=AB=4，
BF=AB=2，
在Rt△BCF中，
，
∵点B（-1，0）
∴OF=CH=2+1=3，
在Rt△CDH中
，
∴
∴点D；
∵CH⊥DE，
∴，
∴，
∴点E，
∴ 线段的“U”点落在y轴的正半轴上，则该“U点”的坐标为或.
故答案为：或
【分析】由y=0，可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到点A，B的坐标，然后求出线段AB的长；作过点A，B的圆，交y轴于点D，E，连接CA，CB，CD，AE，BE，过点C作CF⊥AB于点F，CH⊥DE于点H，易证四边形CFOH是矩形，利用矩形的对边相等，可证得CH=OF，HO=CF；利用线段的“U”点落在y轴的正半轴上，可知∠ADB=∠AEB=30°，即可得到点D和点E是线段AB的“U”点；利用圆周角定理可求出∠ACB=60°，由此可证得△ACB是等边三角形，利用等边三角形的性质可知AC=BC=CD=AB=4，同时可求出BF的长；在Rt△BCF中，利用勾股定理求出CF，OH的长，利用点B的坐标求出OF，CH的长；在Rt△CDH中，利用勾股定理求出DH的长，根据OD=DH+OH，可求出OD的长，即可得到点D的坐标；利用垂径定理可证得，由此可求出OE的长，可得到点E的坐标；综上所述可得到线段的“U”点落在y轴的正半轴上，则该“U点”的坐标.
13．【答案】+
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：如图所示，过P点作PH⊥AB于H点，PD⊥OC于D点，连接PA、PB、PC，
∵A（-5，0），B（1，0），
∴OA＝5，OB＝1，
∴AB=6，
∵PH⊥AB，
∴AH＝BH＝AB＝3，
∴OH＝2，
∵∠ACB=60°，
∴∠APB＝2∠ACB＝2×60°＝120°，
∴∠APH＝60°，∠PAH=30°，
∵在Rt△PAH中，PH＝AH＝，
∴PA＝2PH＝，
∵∠PHO＝∠PDO＝∠HOD＝90°，
∴四边形PHOD为矩形，
∴OD＝PH＝，PD＝OH＝2，
∵在Rt△PCD中，PC＝PA＝，PD＝2，
∴CD＝=＝，
∴OC＝OD+CD＝+ ，
∵点C在y轴的正半轴，
∴点C的纵坐标为+.
故答案为：+.
【分析】过P点作PH⊥AB于H点，PD⊥OC于D点，连接PA、PB、PC，易得AB=6，根据垂径定理得到AH＝BH＝3，则OH＝2，再根据圆周角定理得到∠APB＝2∠ACB＝120°，则∠APH＝60°，再由含30度角的直角三角形三边的关系计算出PH、PA的长度 ，易得四边形PHOD为矩形，从而得到OD、 PD的长，然后利用勾股定理计算出CD，从而得到OC的长，即可求出点C的纵坐标．
14．【答案】（1）解：如图所示，即为所求，
∴.
（2）解：如图所示，即为所求，
∴.
（3）解：到是顺时针旋转，
∴所经过的路径长是圆周长，圆的半径为，圆心是，且，，
∴，
∴路径长为.
【知识点】弧长的计算；作图﹣平移；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）分别将点A、B、C向左平移5个单位长度得到A1、B1、C1，顺次连接可得△A1B1C1，进而可得点A1的坐标；
（2）根据旋转的性质，将A1、B1绕C1顺时针旋转90°得到A2、B2，顺次连接可得△A2B2C1，进而可得点A2的坐标；
（3）由题意可得A1到A2所经过的路径长为圆周长，圆的半径为A1C1，圆心是C1，且A1（0，2），C1（-4，1），利用勾股定理求出A1C1 ，然后利用圆的周长公式计算即可.
15．【答案】解：3.14×900×2×＋700×2
=2826×2×＋1400
=5652×＋1400
=1570＋1400
=2970（厘米）
答：图中所示管道的展直长度是2970厘米。
【知识点】弧长的计算
【解析】【分析】图中所示管道的展直长度=弧长＋半径×2，其中，弧长=π×半径×2×。
16．【答案】（1）如图，连接OD．
由切线的性质结合题意可知 ，
∴ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ．
∴ ．
（2）如图，连接OD、OC、CD．
∵OC=OD，
∴ ．
∵ ，即 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
∵C为 中点，
∴ ，
由（1）可知 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
∴ ．
【知识点】切线的判定与性质；圆的综合题
【解析】【分析】（1）先求出
，再求出
，最后计算求解即可；
（2）先求出
， 再求出
，最后计算求解即可。
17．【答案】解：（Ⅰ）∵ ，
∴∠C=
∴
∵直径 与弦 相交于点 ，
∴∠ADB=90°，
又∵
∴
（Ⅱ）∵
∴∠AEC=90°
又∵
∴
∴
∵ 是 的切线
∴
∴
【知识点】圆的综合题
【解析】【分析】（Ⅰ）先求出
，再求出 ∠ADB=90°， 最后计算求解即可；
（Ⅱ）先求出 ∠AEC=90° ，再求出
，最后计算求解即可。
18．【答案】（1）证明：∵点E是的中点，
∴，
∵是的直径，，
∵，
∴，
∴，
∴.
（2）解：设，则，
在中，，
∴，
解得∶，
∴.
（3）
【知识点】两点之间线段最短；等腰三角形的判定；勾股定理；圆周角定理；角平分线的概念
【解析】【解答】解：（3）的最小值为 ，理由如下，
如图，连接、、，
∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵平分、平分，是的角平分线，
∵，，
∴，
∴，
∵，
当点三点共线时，的值最小，
∴.
【分析】（1）根据中点的概念可得以及圆周角定理可得∠DBE=∠ABE，∠ADB=90°，由等角的余角相等可得∠CFB=∠CBF，据此证明；
（2）设CB=CF=x，则AC=2+x，然后在Rt△ABC中，根据勾股定理计算即可；
（3）连接AI、AG、OG，由圆周角定理可得∠ADB=90°，∠BAG=∠BDG=45°，∠AOG=2∠ADG=90°，根据角平分线的概念可得∠ADG=∠BDG=45°，则OG=AO=2，AG=IG=，易得当点I、O、G三点共线时，OI的值最小，据此求解.
19．【答案】（1）
（2）解：，
理由：如图，连接，，
∵为中点，
∴，
∴点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∴，
由翻折变换的性质可知，
∴，
∴；
（3）解：结论：；
理由：如图，连接，，，延长至点H，
由翻折的性质可知，
设，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（4）解：结论：，
理由：如图，延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，
设，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，则有，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴.
【知识点】菱形的性质；圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】（1）解：∵在菱形中，，
∴由翻折的性质可知，，
故答案为：；
【分析】（1）利用翻折变换的性质及菱形的性质判断即可；
（2）结论：∠DEC＝∠B'CE，连接B'C、BB'，根据折叠性质得BE=EC=EB'，故点B、B'、C在以BC为直径，E为圆心的圆上，根据直径所对的圆周角是直角得∠BB'C=90°， 由翻折变换性质知BB'⊥DE， 从而即可推出DE∥CB′，进而再根据平行线的性质即可得出结论；
（3）结论：∠DEC=90°，连接B'C、DB、DB'延长DE至点H，由翻折性质得∠BDE=∠B'DE，设∠BDE=∠B'DE=x，∠A=∠A'=y，根据菱形的性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质及圆周角定理得 ，根据平行线的性质及角的和差可得 ，从而可得∠CGA'=2∠GB'C，从而推出证明GC＝GB′，根据到线段两端点的距离相等的点在线段垂直平分线上推出EG⊥CB′，即可解决问题；
（4）结论： ，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R； 设GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a， 根据旋转、翻折性质及邻补角可得∠DA'R=60°，则 ， ，在Rt△DGR中，根据勾股定理建立方程，求解用含a的式子表示出x，进而判断出△B'TG∽△A'DG，根据相似三角形对应边成比例建立方程，求解可表示出TB'，根据平行线分线段成比例定理表示出DE，可得结论．
20．【答案】（1）证明：如图1，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①.
理由如下：
连接，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
②∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，解得，
∴，
∴.
【知识点】等腰三角形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【分析】（1）根据同圆中相等的弦所对的弧相等可得 ， 根据等弧所对的圆周角相等得∠A=∠D，进而利用等角对等边即可得出答案；
（2）①连接AC，根据圆心角、弧、弦的关系可得 ， 根据三角形内角和定理及同弧所对的圆周角相等可得 ； ②根据相等的弧所对的圆周角相等可得∠CAB=∠EAB，易得AC=AF，然后根据等边对等角、对顶角相等及圆周角定理可得∠DFE=∠E，根据等角对等边得DF=DE，由（1）知AM=DM，进而结合AM+MF=17建立方程求出MF的长，从而可得AM的长，最后根据三角形的面积公式计算即可.
1 / 1第27章 圆 章末提升综合测试 华师大版九年级下册同步练习
一、单选题
1．（2022九上·尧都期中）如图，是的直径，为弦，，在上任取一点D，且点D与点C位于直径的两侧，连接和，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆周角定理
【解析】【解答】解：连接，如图所示，
是的直径，
，
，
，
，
；
故答案为：C．
【分析】连接BC，先求出，再利用圆周角的性质可得。
2．（2022九上·浦江期中）一块圆形宣传标志牌如图所示，点A，B，C在⊙O上，CD垂直平分AB于点D．现测得AB＝8dm，DC＝2dm，则圆形标志牌的半径为（ ）
A．6dm B．5dm
C．4dm D．3dm
【答案】B
【知识点】垂径定理的实际应用
【解析】【解答】解：连接OD，OB，
∵CD垂直平分AB于点D，
∴点O，D，C三点共线，BD=AB=4，
设圆的半径为r，则OD=r-2，
∴OD2+BD2=OB2，
（r-2）2+16=r2，
解之：r=5.
故答案为：B
【分析】连接OD，OB，利用垂径定理可知点O，D，C三点共线，同时可求出BD的长，设圆的半径为r，则OD=r-2，利用勾股定理可得到关于r的方程，解方程求出r的值.
3．（2022九上·定海期中）如图，在⊙O中，直径CD垂直弦AB于点E，连接OB、BC，已知⊙O的半径为2，AB＝2，则∠BCD的大小为（ ）
A．20° B．30° C．15° D．25°
【答案】C
【知识点】垂径定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：∵直径CD垂直弦AB于点E，AB=2，
∴∠OEB=90°，BE=1，
∵OB=2，
∴∠BOE=30°，
∴∠BCD=15°.
故答案为：C.
【分析】根据垂径定理得出BE=1，再根据含30°角的直角三角形的性质得出∠BOE=30°，再根据圆周角定理得出∠BCD=15°，即可得出答案.
4．（2022九上·南湖期中）如图，C是以AB为直径的半圆O上一点，连结AC，BC，分别以AC，BC为边向外作正方形ACDE与BCFG，点M，N，P，Q分别是DE，FG，弧AC，弧BC的中点.若MP+NQ=14，AC+BC=18，则AB的长是（ ）
A． B． C．13 D．16
【答案】C
【知识点】正方形的性质；垂径定理；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如下图，连接OP，OQ分别与AC、BC相交于点I、H，
∵DE，FG，，的中点分别是M，N，P，Q，
∴OP⊥AC，OQ⊥BC，
∴H、I是AC、BD的中点，
∴OH+OI=(AC+BC)=9，
∴MH+NI=AC+BC=18，MP+NQ=14，
∴PH+QI=18-14=4，
∴AB=OP+OQ=OH+OI+PH+QI=9+4=13，
故答案为：C.
【分析】连接OP，OQ分别与AC、BC相交于点I、H，由垂径定理得OP⊥AC，OQ⊥BC，H、I是AC、BD的中点，进而由三角形的中位线定理得OH+OI=(AC+BC)=9，结合已知得PH+QI=4，据此就不难算出AB的长了.
5．（2022九上·杭州期中）如图，水平放置的圆柱形排水管的截面为，有水部分弓形的高为2，弦.则截面的半径为（ ）
A． B．4 C． D．8
【答案】B
【知识点】垂径定理
【解析】【解答】解：过点O作OD⊥AB，垂足为点C，交于点D，
∵，，
∴，
设半径为r，
∵，
∴，
在中，由勾股定理可得：
，即，
解得：.
故答案为：B.
【分析】过点O作OD⊥AB，垂足为点C，交于点D，根据垂径定理得出AC的长，在Rt△OAC中，利用勾股定理建立方程，求出圆的半径.
6．（2022九上·永康月考）如图，四边形ABCD为矩形，AB＝3，BC＝4，点P是线段BC上一动点，点M为线段AP上一点，∠ADM＝∠BAP，则BM的最小值为（ ）
A． B． C．- D．-2
【答案】D
【知识点】矩形的性质；点与圆的位置关系；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，取AD的中点O，连接OB，OM．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，AD＝BC＝4，
∴∠BAP+∠DAM＝90°，
∵∠ADM＝∠BAP，
∴∠ADM+∠DAM＝90°，
∴∠AMD＝90°，
∵AO＝OD＝2，
∴OM＝ AD＝2，
∴点M的运动轨迹是以O为圆心，2为半径的⊙O．
∵OB＝ ＝ ＝ ，
∴BM≥OB-OM＝ -2，
∴BM的最小值为 -2．
故答案为：D．
【分析】根据矩形的性质易得∠ADM+∠DAM＝90°，根据三角形的内角和定理得∠AMD=90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得OM=2，从而得出点M的运动轨迹是以O为圆心，2为半径的⊙O，根据勾股定理算出OB的长，根据三角形三边之间的关系得BM≥OB-OM，据此即可得出答案.
7．（2022·顺德模拟）如图，的两条弦，互相垂直，垂足为，直径交线段于点，且，点是的中点．下列结论正确的个数是（ ）
①；②；③是等腰三角形；④．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【知识点】圆的综合题
【解析】【解答】解：如图所示，连接OA，BC，AD，
∵，CF是圆O的直径，
∴∠AOC=90°，
∴，
∵AB⊥CD，即∠BEC=∠AED=90°，
∴∠BCE=45°=∠EBC，
∴∠BAD=∠BCD=45°，CE=BE，
同理可证AE=DE，
∴AE+BE=CE+DE，即AB=CD，
故①符合题意；
连接AC，
同理可证，
∵E是AG的中点，CE⊥AG，
∴CE垂直平分AG，
∴AC=GC，
∴，
故②符合题意；
∴∠CAB=67.5°，∠CGA=67.5°，
∴∠CFB=∠CAB=67.5°，∠BGF=∠CGE=67.5°，
∴∠BGF=∠BFG，
∴BG=BF，即△BGF是等腰三角形，
故③符合题意；
过点G作GH⊥BC于H，则△BHG是等腰直角三角形，
∴BH=HG，
∴，
∵∠GCE=22.5°，∠BCE=45°，
∴∠HCG=22.5°=∠GCE，即CG平分∠BCE，
∵EG⊥CE，HG⊥BC，
∴GH=EG=AE，
∴，
故④符合题意；
故答案为：D．
【分析】先证明CE=BE，AE=DE，再利用线段的和差及等量代换可得AB=CD，从而证明①符合题意；先求出，再利用AC=GC，求出，从而证明②符合题意；先证明∠BGF=∠BFG，可得BG=BF，从而可得△BGF是等腰三角形，所以③符合题意；先证明CG平分∠BCE，可得GH=EG=AE，再结合可得，从而证出④符合题意。
二、填空题
8．（2022九上·慈溪期中）一个扇形的面积为2πcm2，半径为4cm，则这个扇形的圆心角为 .
【答案】45°
【知识点】扇形面积的计算
【解析】【解答】解：∵扇形的面积为2πcm2，半径为4cm，
∴扇形的圆心角==45°.
故答案为：45°.
【分析】根据扇形的面积计算公式，即S=，可得n=，代入数据计算即可.
9．（2022九上·义乌期中）如图，AB是⊙O的直径，D，C是弧BE的三等分点，∠COD=32°，则∠E的度数是 ．
【答案】48°
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【解答】解：∵ D，C是弧BE的三等分点，
∴弧DE=弧CD=弧BC，
∴∠BOC=∠COD=∠DOE=32°，
∴∠BOE=3×32°=96°，
∴∠A=
故答案为：48°.
【分析】根据题意得弧DE=弧CD=弧BC，根据等弧所对的圆周角相等得∠BOC=∠COD=∠DOE=32°，根据角的和差可得∠BOE的度数，进而根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可得出答案.
10．（2022九上·萧山期中）如图，是的直径，弦垂足为若，则的半径为 .
【答案】5
【知识点】垂径定理
【解析】【解答】解：如图，连接 .
，
.
设 ，则 .
是 的直径，弦 垂足为 ，
.
在 中， ，
.
.
.
.
的半径为5.
故答案为：5.
【分析】连接OC，根据垂径定理可得CP=4，设OP=x，则OC=8-x，在Rt△OCP中，利用勾股定理建立方程，求解即可.
11．（2022九上·宁波期中）如图，⊙O中，弦AC=，沿AC折叠劣弧交直径AB于D，DB=，则直径AB= ．
【答案】4
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点C作CE⊥AB于点E，连接CB，CD，
∵，
∴∠B=∠A+∠ACD=∠CDB，
∴CD=CB，
∴DE=BE=BD=；
∵AB是直径，
∴∠ACB=∠BEC=90°，
∵∠B=∠B，
∴△ACE∽△CBE，
∴，
∴；
∵AE2=AC2-AE2=15-AE
解之：AE=，
∴AB=AE+BE=+=4.
故答案为：4
【分析】过点C作CE⊥AB于点E，连接CB，CD，利用折叠的性质可证得，利用圆周角定理可证得∠B=∠A+∠ACD=∠CDB，由此可得到CD=CB，利用等腰三角形的性质可求出DE，BE的长；利用直径所对圆周角是直角，可证得∠ACB=∠BEC=90°，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△ACE∽△CBE，利用相似三角形的性质，可表示出AE2 ，利用勾股定理可求出AE的长；然后根据AB=AE+BE，代入计算求出AB的长.
12．（2022九上·定海月考）“一切为了U”是常山在赶考共同富裕道路上，最新确定的城市品牌．已知线段，对于坐标平面内的一个动点P，如果满足，则称点P为线段的“U点”，如图，二次函数与x轴交于点A和点B．（1）线段的长度为 ；（2）若线段的“U”点落在y轴的正半轴上，则该“U点”的坐标为 ．
【答案】4；或
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；勾股定理；矩形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：当y=0时，
解之：x1=-1，x2=-5，
∴点A（-1，0），点B（-5，0），
∴AB=|-1-（-5）|=4；
如图，作过点A，B的圆，交y轴于点D，E，连接CA，CB，CD，AE，BE，过点C作CF⊥AB于点F，CH⊥DE于点H，
∴∠CFO=∠CHO=∠FOH=90°，
∴四边形CFOH是矩形，
∴CH=OF，HO=CF；
∵ 线段的“U”点落在y轴的正半轴上，
∴∠ADB=∠AEB=30°，
∴点D和点E是线段AB的“U”点；
∵，
∴∠ACB=2∠ADB=60°，
∴△ACB是等边三角形，
∴AC=BC=CD=AB=4，
BF=AB=2，
在Rt△BCF中，
，
∵点B（-1，0）
∴OF=CH=2+1=3，
在Rt△CDH中
，
∴
∴点D；
∵CH⊥DE，
∴，
∴，
∴点E，
∴ 线段的“U”点落在y轴的正半轴上，则该“U点”的坐标为或.
故答案为：或
【分析】由y=0，可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到点A，B的坐标，然后求出线段AB的长；作过点A，B的圆，交y轴于点D，E，连接CA，CB，CD，AE，BE，过点C作CF⊥AB于点F，CH⊥DE于点H，易证四边形CFOH是矩形，利用矩形的对边相等，可证得CH=OF，HO=CF；利用线段的“U”点落在y轴的正半轴上，可知∠ADB=∠AEB=30°，即可得到点D和点E是线段AB的“U”点；利用圆周角定理可求出∠ACB=60°，由此可证得△ACB是等边三角形，利用等边三角形的性质可知AC=BC=CD=AB=4，同时可求出BF的长；在Rt△BCF中，利用勾股定理求出CF，OH的长，利用点B的坐标求出OF，CH的长；在Rt△CDH中，利用勾股定理求出DH的长，根据OD=DH+OH，可求出OD的长，即可得到点D的坐标；利用垂径定理可证得，由此可求出OE的长，可得到点E的坐标；综上所述可得到线段的“U”点落在y轴的正半轴上，则该“U点”的坐标.
13．（2022九上·慈溪期中）如图，⊙P与x轴交于点A(-5，0)，B(1，0)，与y轴的正半轴交于点C.若∠ACB=60°，则点C的纵坐标为 .
【答案】+
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：如图所示，过P点作PH⊥AB于H点，PD⊥OC于D点，连接PA、PB、PC，
∵A（-5，0），B（1，0），
∴OA＝5，OB＝1，
∴AB=6，
∵PH⊥AB，
∴AH＝BH＝AB＝3，
∴OH＝2，
∵∠ACB=60°，
∴∠APB＝2∠ACB＝2×60°＝120°，
∴∠APH＝60°，∠PAH=30°，
∵在Rt△PAH中，PH＝AH＝，
∴PA＝2PH＝，
∵∠PHO＝∠PDO＝∠HOD＝90°，
∴四边形PHOD为矩形，
∴OD＝PH＝，PD＝OH＝2，
∵在Rt△PCD中，PC＝PA＝，PD＝2，
∴CD＝=＝，
∴OC＝OD+CD＝+ ，
∵点C在y轴的正半轴，
∴点C的纵坐标为+.
故答案为：+.
【分析】过P点作PH⊥AB于H点，PD⊥OC于D点，连接PA、PB、PC，易得AB=6，根据垂径定理得到AH＝BH＝3，则OH＝2，再根据圆周角定理得到∠APB＝2∠ACB＝120°，则∠APH＝60°，再由含30度角的直角三角形三边的关系计算出PH、PA的长度 ，易得四边形PHOD为矩形，从而得到OD、 PD的长，然后利用勾股定理计算出CD，从而得到OC的长，即可求出点C的纵坐标．
三、作图题
14．（2021九上·南宁期中）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点，，均在格点上.
（1）画出向左平移5个单位后的图形，并写出点的坐标.
（2）画出绕顺时针旋转后的图形，并写出点的坐标.
（3）在（2）的条件下，求到所经过的路径长.
【答案】（1）解：如图所示，即为所求，
∴.
（2）解：如图所示，即为所求，
∴.
（3）解：到是顺时针旋转，
∴所经过的路径长是圆周长，圆的半径为，圆心是，且，，
∴，
∴路径长为.
【知识点】弧长的计算；作图﹣平移；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）分别将点A、B、C向左平移5个单位长度得到A1、B1、C1，顺次连接可得△A1B1C1，进而可得点A1的坐标；
（2）根据旋转的性质，将A1、B1绕C1顺时针旋转90°得到A2、B2，顺次连接可得△A2B2C1，进而可得点A2的坐标；
（3）由题意可得A1到A2所经过的路径长为圆周长，圆的半径为A1C1，圆心是C1，且A1（0，2），C1（-4，1），利用勾股定理求出A1C1 ，然后利用圆的周长公式计算即可.
四、解答题
15．弯制管道时，先按中心计算“展直长度”再下料，试计算图中所示管道的展直长度。（π≈3.14，单位：cm，精确到1cm，弯制管道的粗细不计）
【答案】解：3.14×900×2×＋700×2
=2826×2×＋1400
=5652×＋1400
=1570＋1400
=2970（厘米）
答：图中所示管道的展直长度是2970厘米。
【知识点】弧长的计算
【解析】【分析】图中所示管道的展直长度=弧长＋半径×2，其中，弧长=π×半径×2×。
16．（2021·河东模拟）已知AB为 的直径，EF切 于点D，过点B作 于点H交 于点C，连接BD．
（1）如图①，若 ，求 的大小；
（2）如图②，若C为弧BD的中点，求 的大小．
【答案】（1）如图，连接OD．
由切线的性质结合题意可知 ，
∴ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ．
∴ ．
（2）如图，连接OD、OC、CD．
∵OC=OD，
∴ ．
∵ ，即 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
∵C为 中点，
∴ ，
由（1）可知 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
∴ ．
【知识点】切线的判定与性质；圆的综合题
【解析】【分析】（1）先求出
，再求出
，最后计算求解即可；
（2）先求出
， 再求出
，最后计算求解即可。
17．（2021·北辰模拟）如图，在 中，直径 与弦 相交于点 ， ．
（Ⅰ）如图①，若 ，求 和 的大小；
（Ⅱ）如图②，若 ，过点 作 的切线 ，与 的延长线相交于点 ．求 的大小．
【答案】解：（Ⅰ）∵ ，
∴∠C=
∴
∵直径 与弦 相交于点 ，
∴∠ADB=90°，
又∵
∴
（Ⅱ）∵
∴∠AEC=90°
又∵
∴
∴
∵ 是 的切线
∴
∴
【知识点】圆的综合题
【解析】【分析】（Ⅰ）先求出
，再求出 ∠ADB=90°， 最后计算求解即可；
（Ⅱ）先求出 ∠AEC=90° ，再求出
，最后计算求解即可。
五、综合题
18．（2022九上·镇海区期中）如图1，是的直径，且，过点作的垂线，C是垂线上一点，连接交于点D，连接，点E是的中点，连接交于点F.
（1）求证：；
（2）若，求的值；
（3）若图1的基础上，作的平分线交于点I，交于点G，连接（如图2），直接写出的最小值.
【答案】（1）证明：∵点E是的中点，
∴，
∵是的直径，，
∵，
∴，
∴，
∴.
（2）解：设，则，
在中，，
∴，
解得∶，
∴.
（3）
【知识点】两点之间线段最短；等腰三角形的判定；勾股定理；圆周角定理；角平分线的概念
【解析】【解答】解：（3）的最小值为 ，理由如下，
如图，连接、、，
∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵平分、平分，是的角平分线，
∵，，
∴，
∴，
∵，
当点三点共线时，的值最小，
∴.
【分析】（1）根据中点的概念可得以及圆周角定理可得∠DBE=∠ABE，∠ADB=90°，由等角的余角相等可得∠CFB=∠CBF，据此证明；
（2）设CB=CF=x，则AC=2+x，然后在Rt△ABC中，根据勾股定理计算即可；
（3）连接AI、AG、OG，由圆周角定理可得∠ADB=90°，∠BAG=∠BDG=45°，∠AOG=2∠ADG=90°，根据角平分线的概念可得∠ADG=∠BDG=45°，则OG=AO=2，AG=IG=，易得当点I、O、G三点共线时，OI的值最小，据此求解.
19．（2022·淮安）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究.如图（1），在菱形中，为锐角，为中点，连接，将菱形沿折叠，得到四边形，点的对应点为点，点的对应点为点.
（1）【观察发现】与的位置关系是 ；
（2）【思考表达】连接，判断与是否相等，并说明理由；
（3）如图（2），延长交于点，连接，请探究的度数，并说明理由；
（4）【综合运用】如图（3），当时，连接，延长交于点，连接，请写出、、之间的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）
（2）解：，
理由：如图，连接，，
∵为中点，
∴，
∴点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∴，
由翻折变换的性质可知，
∴，
∴；
（3）解：结论：；
理由：如图，连接，，，延长至点H，
由翻折的性质可知，
设，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（4）解：结论：，
理由：如图，延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，
设，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，则有，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴.
【知识点】菱形的性质；圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】（1）解：∵在菱形中，，
∴由翻折的性质可知，，
故答案为：；
【分析】（1）利用翻折变换的性质及菱形的性质判断即可；
（2）结论：∠DEC＝∠B'CE，连接B'C、BB'，根据折叠性质得BE=EC=EB'，故点B、B'、C在以BC为直径，E为圆心的圆上，根据直径所对的圆周角是直角得∠BB'C=90°， 由翻折变换性质知BB'⊥DE， 从而即可推出DE∥CB′，进而再根据平行线的性质即可得出结论；
（3）结论：∠DEC=90°，连接B'C、DB、DB'延长DE至点H，由翻折性质得∠BDE=∠B'DE，设∠BDE=∠B'DE=x，∠A=∠A'=y，根据菱形的性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质及圆周角定理得 ，根据平行线的性质及角的和差可得 ，从而可得∠CGA'=2∠GB'C，从而推出证明GC＝GB′，根据到线段两端点的距离相等的点在线段垂直平分线上推出EG⊥CB′，即可解决问题；
（4）结论： ，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R； 设GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a， 根据旋转、翻折性质及邻补角可得∠DA'R=60°，则 ， ，在Rt△DGR中，根据勾股定理建立方程，求解用含a的式子表示出x，进而判断出△B'TG∽△A'DG，根据相似三角形对应边成比例建立方程，求解可表示出TB'，根据平行线分线段成比例定理表示出DE，可得结论．
20．（2022九上·上城期中）已知：的两条弦，相交于点M，且.
（1）如图1，连接.求证：.
（2）如图2，若，点E为弧上一点，，交于点F，连接、.
①求的度数(用含的代数式表示).
②若，，求的面积.
【答案】（1）证明：如图1，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①.
理由如下：
连接，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
②∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，解得，
∴，
∴.
【知识点】等腰三角形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【分析】（1）根据同圆中相等的弦所对的弧相等可得 ， 根据等弧所对的圆周角相等得∠A=∠D，进而利用等角对等边即可得出答案；
（2）①连接AC，根据圆心角、弧、弦的关系可得 ， 根据三角形内角和定理及同弧所对的圆周角相等可得 ； ②根据相等的弧所对的圆周角相等可得∠CAB=∠EAB，易得AC=AF，然后根据等边对等角、对顶角相等及圆周角定理可得∠DFE=∠E，根据等角对等边得DF=DE，由（1）知AM=DM，进而结合AM+MF=17建立方程求出MF的长，从而可得AM的长，最后根据三角形的面积公式计算即可.
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