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第2章 对称图形——圆(单元测试·拔尖卷)-2023-2024学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练(苏科版)
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这是一份第2章 对称图形——圆(单元测试·拔尖卷)-2023-2024学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练(苏科版),共37页。
第2章 对称图形——圆(单元测试·拔尖卷)
一、单选题(本大题共10小题,每小题3分,共30分)
1.如图:已知AB是⊙O的直径,点C在⊙O上,点D在半径OA上(不与点O,A重合).若∠COA=60°,∠CDO=70°,∠ACD的度数是( )
A.60° B.50° C.30° D.10°
2.如图,将一块等腰的直角顶点放在上,绕点旋转三角形,使边经过圆心,某一时刻,斜边在上截得的线段,且,则的长为( )
A.3cm B.207cm C.cm D.cm
3.在平面直角坐标系中,已知点A(0,1),B(0,﹣5),若在x轴正半轴上有一点C,使∠ACB=30°,则点C的横坐标是( )
A.34 B.12 C.6+3 D.6
4.如图,△ABC内接于⊙O,EF为⊙O直径,点F是BC弧的中点,若∠B=40°,∠C=60°,则∠AFE的度数( )
A.10° B.20° C.30° D.40°
5.如图,锐角三角形ABC内接于⊙O,点D、E分别是、的中点,设∠BAC=α,∠DAE=β,则( )
A.α+β=180° B.2β﹣α=180° C.β﹣α=60° D.2α﹣β=60°
6.如图,在中,为直径,,点D为弦的中点,点E为上任意一点,则的大小可能是( )
A. B. C. D.
7.如图,边长为1的正六边形放置于平面直角坐标系中,边AB在x轴正半轴上,顶点F在y轴正半轴上,将正六边形绕坐标原点O顺时针旋转,每次旋转,那么经过第2026次旋转后,顶点D的坐标为( )
A. B. C. D.
8.如图,已知半圆的直径,C是半圆上一点,沿折叠半圆得到弧,交直径于点,若、的长均不小于2,则的长可能是( )
A.7 B.6 C.5 D.4
9.如图,为直径,C为圆上一点,I为内心,交于D,于I,若,则为( )
A. B. C. D.5
10.如图,是等腰的外接圆,为弧上一点,为的内心,过作,垂足为,若,则的值为( )
A. B. C. D.
二、 填空题(本大题共8小题,每小题4分,共32分)
11.如图,在半径为3的中,B是劣弧AC的中点,连接AB并延长到D,使,连接AC、BC、CD,如果,那么CD等于 .
12.如图,半圆O的直径AB=4cm,,点C是上的一个动点(不与点B,G重合),CD⊥OG于点D,CE⊥OB于点E,点E与点F关于点O中心对称,连接DE、DF,则△DEF面积的最大值为 cm2
13.在平面直角坐标系中,已知点.若在x轴正半轴上有一点C.使,则点C的横坐标是 .
14.若点O是等腰△ABC的外心,且∠BOC=60°,底边BC=2,则△ABC的面积为 .
15.如图,四边形内接于,为的直径,,连接,过点作,,垂足分别为点、点.则下列结论正确的是 .
①;②;③与相切;④若,,则.
16.如图,在扇形AOB中,,点为半径的中点,以点为圆心,的长为半径作弧交于点.点为弧的中点,连接.若,则阴影部分的面积为 .
17.如图,已知是的直径,弦于点,.点是劣弧上任意一点(不与点,重合),交于点,与的延长线相交于点,设.
①则 (用含的代数式表示);
②当时,则 .
18.如图,是圆O的直径,,,点D是弦上的一个动点,那么的最小值为 .
三、解答题(本大题共6小题,共58分)
19.(8分)如图,为的直径,与相切于点E,于点D,交于点C,连接.
(1)求证:平分;
(2)若,求的长.
20.(8分)如图在中,,在其内部有一点,以为圆心,为半径的圆与相切于点交于点,连接交于点.
(1)求证:.
(2)连接,若,且,求的半径.
21.(10分)已知与矩形的三边相切,边的切点为,与交于,两点,为的直径,连接.
(1)求证:;
(2)若,求的值.
22.(10分)如图,圆是的外接圆,其切线与直径的延长线相交于点,且.
(1)求的度数;
(2)若,求圆的半径.
23.(10分)如图,在中,,,D是上的动点,以D为圆心,
的长为半径作圆交于点E,F,G分别是上的点,将沿折叠,点A与点E恰好重合.
(1)如图1,若,求证:与直线相切.
(2)如图2,若经过点B,连接.
①的长是___.
②判断四边形的形状,并证明.
24.(12分)如图,内接于,连接,.
(1)如图1,求证:;
(2)如图2,点在上,连接,点是上一点,连接,若,求证:;
(3)如图3,在(2)的条件下,延长交于点,连接,若,,,求的长.
参考答案
1.D
【分析】根据CO=AO,∠COA=60°,可得为等边三角形,所以可得,再根据三角形的外角等于剩余两个内角之和,即可求得∠ACD.
解:∵OA=OC,∠COA=60°,
∴△ACO为等边三角形,
∴∠CAD=60°,
又∵∠CDO=70°,
∴∠ACD=∠CDO﹣∠CAD=10°.
故选D.
【点拨】本题主要考查三角形的外角性质,三角形的任意一个外角等于剩余两个内角之和.
2.A
【分析】利用垂径定理得ME=DM=1,利用勾股定理和等腰三角形的性质得OM与DO的关系式,解得结果.
解:过O点作OM⊥AB,
∴ME=DM=1cm,
设MO=h,CO=DO=x,
∵△ABC为等腰直角三角形,AC=BC,
∴∠MAO=45°,
∴AO=h
∵AO=7-x,
∴h=7−x,
在Rt△DMO中,
h2=x2-1,
∴2x2-2=49-14x+x2,
解得:x=-17(舍去)或x=3,
故选A.
【点拨】本题主要考查了勾股定理,垂径定理,等腰三角形的性质,作出适当的辅助线,数形结合,建立等量关系是解答此题的关键.
3.A
【分析】如图,作的外接圆 连接 过作轴于 作轴于 则四边形是矩形,再证明是等边三角形,再分别求解即可得到答案.
解:如图,作的外接圆 连接 过作轴于 作轴于 则四边形是矩形,
是等边三角形,
故选:
【点拨】本题考查的是坐标与图形,三角形的外接圆的性质,圆周角定理,等边三角形的判定与性质,矩形的判定与性质,勾股定理分应用,灵活应用以上知识解题是解题的关键.
4.A
【分析】设AB交EF于点D,先求出∠BAC=80°,再求出∠BAF=∠CAF=40°,再由垂径定理易得,进而得,再利用三角形外角定理即可求解
解:
连接AE,设AB交EF于点D
∵∠B=40°,∠C=60°
∴∠BAC=80°,
∵EF为⊙O直径,
∴∠EAF=90°,
∵点F是BC弧的中点,
∴弧BF = 弧CF
,∠BAF=∠CAF=40°,
是的外角
故选:A.
【点拨】本题考查了圆中角的计算,熟练运用等弧所对圆周角相等、利用垂径定理得出是解题关键.
5.B
【分析】连接DE、DC、BE,由同圆中,等弧所对的圆周角相等,得到∠ACD=∠BCD,同弧所对的圆周角相等,∠ACD=∠AED,即∠ACB=2∠AED,∠ABC=2∠ADE,在△ADE中三角形的内角和为180°,可以得出∠ADE+∠AED=180°﹣β,在△ABC中,∠A=2,∠ACB+∠ABC=2∠AED+2∠ADE=360°﹣2β,即可以得出β与α的关系.
解:如图,
连接DE、DC、BE,
∵D、E分别是、中点,
∴=,=,
∴∠ACD=∠BCD,
∵∠ACD=∠AED,
∴∠ACD=∠AED=∠BCD,
∴∠ACB=2∠AED,
∵=,
∴∠ABE=∠EBC,
∵∠ABE=∠ADE,
∴∠ABE=∠EBC=∠ADE,
∴∠ABC=2∠ADE,
在△ADE中,∠DAE=β,
∴∠ADE+∠AED=180°﹣β,
在△ABC中,
∠ACB+∠ABC=2∠AED+2∠ADE=2(180°﹣β)=360°﹣2β,
∵∠BAC=α,
∴α+360°﹣2β=180°,
∴2β﹣α=180°,
故选:B
【点拨】此题考查了三角形的内心和外心,圆周角定理,解题的关键是掌握圆周角定理和三角形的内外心性质等.
6.C
【分析】连接OD、OE,先求出∠COD=40°,∠BOC=100°,设∠BOE=x,则∠COE=100°-x,∠DOE=100°-x+40°;然后运用等腰三角形的性质分别求得∠OED和∠COE,最后根据线段的和差即可解答.
解:连接OD、OE
∵OC=OA
∴△OAC是等腰三角形
∵,点D为弦的中点
∴∠DOC=40°,∠BOC=100°
设∠BOE=x,则∠COE=100°-x,∠DOE=100°-x+40°
∵OC=OE,∠COE=100°-x
∴∠OEC=
∵OD<OE,∠DOE=100°-x+40°=140°-x
∴∠OED<
∴∠CED>∠OEC-∠OED==20°.
又∵∠CED<∠ABC=40°,
故答案为C.
【点拨】本题考查了圆的性质、等腰三角形的性质等知识点,正确作出辅助线、构造等腰三角形是解答本题的关键.
7.D
【分析】如图,连接,,把绕点顺时针旋转至,过点作轴于点,过点作轴于点,经过第2026次旋转后,顶点D在的位置,先求出点的坐标,再证明即可.
解:连接,,把绕点顺时针旋转至,过点作轴于点,过点作轴于点,
在正六边形中,,,
,
,
将正六边形绕坐标原点O顺时针旋转,每次旋转,
,即8次旋转一周,
余2,
,
故经过第2026次旋转后,顶点D在的位置,
,
即,
故选:D.
【点拨】本题考查正多边形,规律型问题,坐标与图形变化﹣旋转等知识,解题的关键是学会探究规律的方法,属于中考常考题型.
8.A
【分析】分如解图①,当点在圆心的左侧且时,如解图②,当点在圆心的右侧且时,两种情况求出AC的长,从而确定AC的取值范围即可得到答案.
解:如解图①,当点在圆心的左侧且时,过作,垂足为,连接、、,
∵,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,,
∴;
如解图②,当点在圆心的右侧且时,过作,垂足为,连接、、,
∵,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,,
∴,
∴若、的长均不小于2,则,
∴的长可能是7,
故选A.
【点拨】本题主要考查了圆周角定理,等腰三角形的性质与判定,勾股定理,无理数的估算等等,利用分类讨论的思想求解是解题的关键.
9.A
【分析】如图,连接,,由题意知,平分,平分,则,,,,由,可得,由垂径定理得,则,由勾股定理得,,如图,连接交于,则,设,则,由勾股定理得,,即,解得,进而可得,,由勾股定理得,,计算求解即可.
解:如图,连接,,
由题意知,平分,平分,
∴,,
∴,,
∵,
∴,
∵,
∴,
由勾股定理得,,
如图,连接交于,则,
设,则,
由勾股定理得,,即,
解得,
∴,,
由勾股定理得,,
故选:A.
【点拨】本题考查了内心,勾股定理,垂径定理,同弧或等弧所对的圆周角相等,等腰三角形的判定与性质.解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用.
10.A
【分析】作于,于,连接,在上截取,连接,易证,推出是等腰直角三角形,进而得到四边形是正方形,推出,得到,同理得到,得到,即可得出结果.
解:作于,于,连接,在上截取,连接,
是等腰直角三角形,
,,
,
,
,,
,
,
是等腰直角三角形,
,
是的内心,
,
,
四边形是正方形,
,
,,
,
,
同理:,
,
,
.
故选:A.
【点拨】本题考查等腰三角形的判定和性质,全等三角形的判定和性质,正方形的判定和性质,三角形的外接圆和内心.解题的关键是添加辅助线,构造特殊三角形和全等三角形.
11.
【分析】如图,连OA,OB.利用垂径定理和勾股定理求BE,利用中位线定理求CD.
解:如图,连OA,OB,
∵B是弧AC的中点,AB=BC=BD,
∴△ACD是直角三角形,∠ACD=90°,
由垂径定理知,OB⊥AC,点E是AC的中点,
设,则,
由勾股定理知,, ,
∴,
∵AB=2,AO=BO=3,
∴,
解得, ,
即
∵∠AEB=∠ACD=90°,
∴BE∥CD,
∵点B是AD的中点,所以BE是△ACD的中位线,所以CD=2BE= .
故答案为:
【点拨】本题利用了垂径定理,勾股定理求解
12.2
【分析】连接OC,设OD=x,OE=OF=y.根据S△DEF=×EF×OD=×2y×x=xy,当xy的值最大时,△DEF的面积最大;根据矩形的性质,通过判定四边形ODCE是矩形,得;根据勾股定理、完全平方公式的性质分析,可得结论.
解:连接OC,设OD=x,OE=OF=y.
∵
∴OG⊥AB,
∵S△DEF=×EF×OD=×2y×x=xy,
∴xy的值最大时,△DEF的面积最大,
∵CD⊥OG于点D,CE⊥OB于点E,
∴∠CEO=∠CDO=∠DOE=90°,
∴四边形ODCE是矩形,
∴
∴x2+y2=22,即x2+y2=4,
∵(x﹣y)2≥0,
∴x2+y2≥2xy,
∴2xy≤4,
∴xy≤2,
∴xy的最大值为2,
∴△DEF的面积的最大值为2 cm2
故答案为:2.
【点拨】本题考查了圆、勾股定理、中心对称、矩形、完全平方公式的知识;解题的关键是熟练掌握圆的对称性、勾股定理、完全平方公式的性质,从而完成求解.
13.
【分析】如图,以AB为边向右作等边△ABD,以D为圆心,DA为半径作⊙D交x轴正半轴为C,连接CA、CB,此时满足条件.过点D作DJ⊥AB于J,DK⊥OC于K,则四边形OJDK是矩形,求出OK、KC,即可求解.
解:如图,以AB为边向右作等边△ABD,以D为圆心,DA为半径作⊙D交x轴正半轴为C,连接CA、CB,此时满足条件.
过点D作DJ⊥AB于J,DK⊥OC于K,则四边形OJDK是矩形,
∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
在Rt△DCK中,,
∴,
∴点C的横坐标为
故答案为:.
【点拨】本题考查三角形外接圆与外心,坐标与图形的性质,涉及到勾股定理、等边三角形的性质、圆周角定理等知识点,解题的关键是作出辅助线构造图形解决问题,综合性较强.
14.或
【分析】分两种情形讨论:①当圆心O在△ABC内部时.②当点O在△ABC外时.分别求解即可.
解:①当圆心O在△ABC内部时,作AE⊥BC于E.
∵OB=OC,∠BOC=60°,
∴△OBC是等边三角形,
∴OB=OC=BC=2,
∴AE=OA+OE=2+,
∴S△ABC=•BC•AE=×2×(2+)=2+.
②当点O在△ABC外时,连接OA交BC于E.
S△ABC=•BC•AE=×2×(2-)=2-,
故答案为2+或2-.
【点拨】本题考查三角形的外接圆与外心、等腰三角形的性质、勾股定理等知识,解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题,注意一题多解,属于中考常考题型.
15.①③④
【分析】根据已知条件得出,根据圆内接四边形得出,进而得出,根据圆周角定理即可判断①,不能确定,即可判断②;证明得出,根据三线合一得出,进而根据是直径,得出,结合已知条件即可判断③;证明,,得出,,进而即可求解.
解:如图所示,连接,
∵,,
∴,
∵,
∴,
∵四边形内接于,
∴,
∴
∴
∴,
∴,故①正确
∵不能确定
∴不一定成立,故②错误;
如图所示,连接,
∵,
∴
在中,
∴
∴
∴
∵是直径,
∴,
即,
∵
∴
∴
∴与相切,故③正确;
∵,,,
∴
∴,
在中,
∴
∴
∵,,
∴,故④正确
故答案为:①③④.
【点拨】本题考查了圆周角定理,全等三角形的性质与判定,切线的判定,熟练掌握以上知识是解题的关键.
16./
【分析】连接,,交于,如图所示,证明,求出四边形的面积,进而得到阴影部分面积和阴影部分面积,求和即可解决问题.
解:连接,,交于,如图所示:
由点为半径的中点可知,
由圆的性质可知,即,
点为弧的中点,即,
,
在等腰中,,,由等腰三角形“三线合一”可知,
,点为半径的中点,
,
在等腰中,,,
,
,则;
由圆的对称性可知,面积等于阴影部分,
,
,
故答案为:.
【点拨】本题考查扇形的面积,四边形的面积等知识,解题的关键是理解题意,从图中将不规则图形转化为规则图形的面积来表示.
17.
【分析】①连接,先根据含直角三角形的性质,得,再根据圆周角定理,得,即可得出结果;
②在上取点,连接,使,先根据题意求出,设,,在中和中,根据勾股定理,求出即可.
解:①如图,连接,
在中,,,
,
在中,,
,
,,
在中,,
故答案为:
②在上取点,连接,使,
由①中结论,,,
,
,设,,
由①中结论,在中,,
,
,解得:,
,
,
故答案为:.
【点拨】此题属于圆的综合题,考查了含直角三角形的性质、勾股定理等知识,综合性较强,解答本题需要我们熟练各部分的内容,对学生的综合能力要求较高,一定要注意将所学知识贯穿起来.
18.
【分析】作,于E,于M,连接.在中,,则,根据垂线段最短可知,点E与M重合时,的值最小,最小值为.
解:作,于E,于M,连接.
∵是的直径,
∴
∵,
∴,
∵,
∴,
在中,,
∴,
根据垂线段最短可知,当点E与M重合时,的值最小,最小值为,
∵,
∴,
∵,
∴
在中,,
∴
∴
由勾股定理得,,
∴的最小值为,
故答案为:.
【点拨】本题考查平行线的性质、勾股定理、直径所对的圆周角是直角,直角三角形的性质,垂线段最短等知识,解题的关键是学会用转化的思想思考问题.
19.(1)证明见分析;(2)
【分析】(1)由切于点E知, 结合于点D知, 从而得, 即可得证;
(2)连接交于点F,证四边形是矩形,根据三角形的中位线,即可得出答案.
解:(1)证明∶∵与相切于点E,
∴.
∵,
∴,
∴.
∵,
∴,
∴,
∴平分.
(2)解:连接交于点F,
∵是的直径,
∴,
∴四边形是矩形,
∴,
∵,点O是的中点,
,
∴
【点拨】本题主要考查切线的性质、圆周角定理、垂径定理及矩形的判定和性质,熟练掌握切线的性质、圆周角定理、垂径定理等知识点是解题的关键.
20.(1)见分析;(2)
【分析】(1)如图:连接OD,由切线的性质可得,即.再根据对顶角的性质可得等边对等角可得,进而说明,最后根据等角对等边即可证明结论;
(2)如图:过作,设的半径为r,则.由垂径定理可得,则,然后在中利用勾股定理列式求得r即可解答.
(1)解:如图:连接OD,
∵与相切,
∴,即.
∵,即.
∵,
∴,
∴,
∴.
(2)解:如图:过作,
设的半径为r,则.
∵,
∴,
∴.
∴,
∴在中,由勾股定理可得,,
∴,
∴.
【点拨】本题主要考查了切线的性质、垂径定理、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识点,灵活利用相关性质定理是解答本题的关键.
21.(1)见分析;(2)
【分析】(1)根据切线和矩形的性质可得即,再由等腰三角形的性质可得,最后运用等量代换即可证明结论;
(2)由,,然后根据角的关系说明,设圆的半径为r,连接,分别根据直角三角形的性质和勾股定理可得、,进而得到,最后代入计算即可.
解:(1)证明:如图:连接,
∵边的切点为,
∴,
∵矩形,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴.
(2)解:由(1)可得:,,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴,即,解得:,
∴,
设圆的半径为r,连接,
∵为的直径,
∴,
∵,
∴,
∴,
同理:,
∴
∴.
【点拨】本题主要考查了切线的性质、矩形的性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识点,理解圆的切线的性质和矩形的性质是解答本题的关键.
22.(1);(2)2
【分析】(1)连接,设,由等腰三角形的性质可得,再结合,可知,,结合切点的性质可知,利用三角形内角和定理可求得,进而求得,利用圆周角定理即可求得的度数;
(2)连接,设圆的半径为,则,,由(1)可知,,则在中,可有,,再在中,由勾股定理可解得,即可获得答案.
(1)解:如图,连接,
设,
∵,
∴,
∵,
∴,,
∵是圆的切线,
∴,即,
∴,
在中,由三角形的内角和定理得,
即,
解得,
∴,
则由圆周角定理得,
即的度数为;
(2)如图,连接,
设圆的半径为,则,,
∵,
∴,
∵是圆的直径,
∴,
由(1)可知,,
则在中,,,
∴,
在中,由勾股定理得,即,
解得或(不符题意,舍去),
则圆的半径为2.
【点拨】本题主要考查了圆周角定理、切点的性质、等腰三角形的性质、含30度角的直角三角形的性质、三角形内角和定理以及勾股定理等知识,熟练掌握相关知识,正确作出辅助线是解题关键.
23.(1)见分析;(2)①;②菱形,证明见分析
【分析】(1)过点D作,交的延长线于点,证明即可;
(2)①根据三角形外角的性质求出,再由弧长公式进行计算即可;②证明四边形是平行四边形即可得出结论.
解:(1)过点D作,交的延长线于点,如图,
∵
∴,
∴
∴
∵
∴,
∴
∴,
∴,
∴与直线相切;
(2)①如图,
∵
∴,
∴,
∵,
∴,
∴的长是;
故答案为:;
②由折叠得,,
∴,
∴
∴
∴四边形是平行四边形,
又,
∴四边形是菱形
【点拨】本题主要考查了切线的判定、弧长公式以及菱形的判定,证明四边形是平行四边形是解答本题的关键.
24.(1)证明见分析;(2)证明见分析;(3)
【分析】(1)过点作,如图所示,由垂径定理可知:,再由得到,即可得证;
(2)延长交于,如图所示,由(1)知,从而由等腰三角形“三线合一”得到,且,从而得到,即可有
,由内错角相等两直线平行得到,进而,即;
(3)连接,延长交于点,证明,利用勾股定理即可解答.
解:(1)证明:过点作,如图所示:
由垂径定理可知,,
在和中,
,
,
,
;
(2)证明:延长交于,如图所示:
由(1)知,
根据,从而由等腰三角形“三线合一”得到,且,
,
,
,
,
,
,
,
,即;
(3)解:如图,连接,延长交于点,
根据(2)中可得,
,
,
,
,
,
,
,
在与中,
,
,
,
,
,
,
,
,
,且为直径,
,
.
【点拨】本题考查了圆周角定理,等腰三角形的性质,全等三角形的判定及性质,勾股定理,正确作出辅助线是解题的关键.
第2章 对称图形——圆(单元测试·拔尖卷)
一、单选题(本大题共10小题,每小题3分,共30分)
1.如图:已知AB是⊙O的直径,点C在⊙O上,点D在半径OA上(不与点O,A重合).若∠COA=60°,∠CDO=70°,∠ACD的度数是( )
A.60° B.50° C.30° D.10°
2.如图,将一块等腰的直角顶点放在上,绕点旋转三角形,使边经过圆心,某一时刻,斜边在上截得的线段,且,则的长为( )
A.3cm B.207cm C.cm D.cm
3.在平面直角坐标系中,已知点A(0,1),B(0,﹣5),若在x轴正半轴上有一点C,使∠ACB=30°,则点C的横坐标是( )
A.34 B.12 C.6+3 D.6
4.如图,△ABC内接于⊙O,EF为⊙O直径,点F是BC弧的中点,若∠B=40°,∠C=60°,则∠AFE的度数( )
A.10° B.20° C.30° D.40°
5.如图,锐角三角形ABC内接于⊙O,点D、E分别是、的中点,设∠BAC=α,∠DAE=β,则( )
A.α+β=180° B.2β﹣α=180° C.β﹣α=60° D.2α﹣β=60°
6.如图,在中,为直径,,点D为弦的中点,点E为上任意一点,则的大小可能是( )
A. B. C. D.
7.如图,边长为1的正六边形放置于平面直角坐标系中,边AB在x轴正半轴上,顶点F在y轴正半轴上,将正六边形绕坐标原点O顺时针旋转,每次旋转,那么经过第2026次旋转后,顶点D的坐标为( )
A. B. C. D.
8.如图,已知半圆的直径,C是半圆上一点,沿折叠半圆得到弧,交直径于点,若、的长均不小于2,则的长可能是( )
A.7 B.6 C.5 D.4
9.如图,为直径,C为圆上一点,I为内心,交于D,于I,若,则为( )
A. B. C. D.5
10.如图,是等腰的外接圆,为弧上一点,为的内心,过作,垂足为,若,则的值为( )
A. B. C. D.
二、 填空题(本大题共8小题,每小题4分,共32分)
11.如图,在半径为3的中,B是劣弧AC的中点,连接AB并延长到D,使,连接AC、BC、CD,如果,那么CD等于 .
12.如图,半圆O的直径AB=4cm,,点C是上的一个动点(不与点B,G重合),CD⊥OG于点D,CE⊥OB于点E,点E与点F关于点O中心对称,连接DE、DF,则△DEF面积的最大值为 cm2
13.在平面直角坐标系中,已知点.若在x轴正半轴上有一点C.使,则点C的横坐标是 .
14.若点O是等腰△ABC的外心,且∠BOC=60°,底边BC=2,则△ABC的面积为 .
15.如图,四边形内接于,为的直径,,连接,过点作,,垂足分别为点、点.则下列结论正确的是 .
①;②;③与相切;④若,,则.
16.如图,在扇形AOB中,,点为半径的中点,以点为圆心,的长为半径作弧交于点.点为弧的中点,连接.若,则阴影部分的面积为 .
17.如图,已知是的直径,弦于点,.点是劣弧上任意一点(不与点,重合),交于点,与的延长线相交于点,设.
①则 (用含的代数式表示);
②当时,则 .
18.如图,是圆O的直径,,,点D是弦上的一个动点,那么的最小值为 .
三、解答题(本大题共6小题,共58分)
19.(8分)如图,为的直径,与相切于点E,于点D,交于点C,连接.
(1)求证:平分;
(2)若,求的长.
20.(8分)如图在中,,在其内部有一点,以为圆心,为半径的圆与相切于点交于点,连接交于点.
(1)求证:.
(2)连接,若,且,求的半径.
21.(10分)已知与矩形的三边相切,边的切点为,与交于,两点,为的直径,连接.
(1)求证:;
(2)若,求的值.
22.(10分)如图,圆是的外接圆,其切线与直径的延长线相交于点,且.
(1)求的度数;
(2)若,求圆的半径.
23.(10分)如图,在中,,,D是上的动点,以D为圆心,
的长为半径作圆交于点E,F,G分别是上的点,将沿折叠,点A与点E恰好重合.
(1)如图1,若,求证:与直线相切.
(2)如图2,若经过点B,连接.
①的长是___.
②判断四边形的形状,并证明.
24.(12分)如图,内接于,连接,.
(1)如图1,求证:;
(2)如图2,点在上,连接,点是上一点,连接,若,求证:;
(3)如图3,在(2)的条件下,延长交于点,连接,若,,,求的长.
参考答案
1.D
【分析】根据CO=AO,∠COA=60°,可得为等边三角形,所以可得,再根据三角形的外角等于剩余两个内角之和,即可求得∠ACD.
解:∵OA=OC,∠COA=60°,
∴△ACO为等边三角形,
∴∠CAD=60°,
又∵∠CDO=70°,
∴∠ACD=∠CDO﹣∠CAD=10°.
故选D.
【点拨】本题主要考查三角形的外角性质,三角形的任意一个外角等于剩余两个内角之和.
2.A
【分析】利用垂径定理得ME=DM=1,利用勾股定理和等腰三角形的性质得OM与DO的关系式,解得结果.
解:过O点作OM⊥AB,
∴ME=DM=1cm,
设MO=h,CO=DO=x,
∵△ABC为等腰直角三角形,AC=BC,
∴∠MAO=45°,
∴AO=h
∵AO=7-x,
∴h=7−x,
在Rt△DMO中,
h2=x2-1,
∴2x2-2=49-14x+x2,
解得:x=-17(舍去)或x=3,
故选A.
【点拨】本题主要考查了勾股定理,垂径定理,等腰三角形的性质,作出适当的辅助线,数形结合,建立等量关系是解答此题的关键.
3.A
【分析】如图,作的外接圆 连接 过作轴于 作轴于 则四边形是矩形,再证明是等边三角形,再分别求解即可得到答案.
解:如图,作的外接圆 连接 过作轴于 作轴于 则四边形是矩形,
是等边三角形,
故选:
【点拨】本题考查的是坐标与图形,三角形的外接圆的性质,圆周角定理,等边三角形的判定与性质,矩形的判定与性质,勾股定理分应用,灵活应用以上知识解题是解题的关键.
4.A
【分析】设AB交EF于点D,先求出∠BAC=80°,再求出∠BAF=∠CAF=40°,再由垂径定理易得,进而得,再利用三角形外角定理即可求解
解:
连接AE,设AB交EF于点D
∵∠B=40°,∠C=60°
∴∠BAC=80°,
∵EF为⊙O直径,
∴∠EAF=90°,
∵点F是BC弧的中点,
∴弧BF = 弧CF
,∠BAF=∠CAF=40°,
是的外角
故选:A.
【点拨】本题考查了圆中角的计算,熟练运用等弧所对圆周角相等、利用垂径定理得出是解题关键.
5.B
【分析】连接DE、DC、BE,由同圆中,等弧所对的圆周角相等,得到∠ACD=∠BCD,同弧所对的圆周角相等,∠ACD=∠AED,即∠ACB=2∠AED,∠ABC=2∠ADE,在△ADE中三角形的内角和为180°,可以得出∠ADE+∠AED=180°﹣β,在△ABC中,∠A=2,∠ACB+∠ABC=2∠AED+2∠ADE=360°﹣2β,即可以得出β与α的关系.
解:如图,
连接DE、DC、BE,
∵D、E分别是、中点,
∴=,=,
∴∠ACD=∠BCD,
∵∠ACD=∠AED,
∴∠ACD=∠AED=∠BCD,
∴∠ACB=2∠AED,
∵=,
∴∠ABE=∠EBC,
∵∠ABE=∠ADE,
∴∠ABE=∠EBC=∠ADE,
∴∠ABC=2∠ADE,
在△ADE中,∠DAE=β,
∴∠ADE+∠AED=180°﹣β,
在△ABC中,
∠ACB+∠ABC=2∠AED+2∠ADE=2(180°﹣β)=360°﹣2β,
∵∠BAC=α,
∴α+360°﹣2β=180°,
∴2β﹣α=180°,
故选:B
【点拨】此题考查了三角形的内心和外心,圆周角定理,解题的关键是掌握圆周角定理和三角形的内外心性质等.
6.C
【分析】连接OD、OE,先求出∠COD=40°,∠BOC=100°,设∠BOE=x,则∠COE=100°-x,∠DOE=100°-x+40°;然后运用等腰三角形的性质分别求得∠OED和∠COE,最后根据线段的和差即可解答.
解:连接OD、OE
∵OC=OA
∴△OAC是等腰三角形
∵,点D为弦的中点
∴∠DOC=40°,∠BOC=100°
设∠BOE=x,则∠COE=100°-x,∠DOE=100°-x+40°
∵OC=OE,∠COE=100°-x
∴∠OEC=
∵OD<OE,∠DOE=100°-x+40°=140°-x
∴∠OED<
∴∠CED>∠OEC-∠OED==20°.
又∵∠CED<∠ABC=40°,
故答案为C.
【点拨】本题考查了圆的性质、等腰三角形的性质等知识点,正确作出辅助线、构造等腰三角形是解答本题的关键.
7.D
【分析】如图,连接,,把绕点顺时针旋转至,过点作轴于点,过点作轴于点,经过第2026次旋转后,顶点D在的位置,先求出点的坐标,再证明即可.
解:连接,,把绕点顺时针旋转至,过点作轴于点,过点作轴于点,
在正六边形中,,,
,
,
将正六边形绕坐标原点O顺时针旋转,每次旋转,
,即8次旋转一周,
余2,
,
故经过第2026次旋转后,顶点D在的位置,
,
即,
故选:D.
【点拨】本题考查正多边形,规律型问题,坐标与图形变化﹣旋转等知识,解题的关键是学会探究规律的方法,属于中考常考题型.
8.A
【分析】分如解图①,当点在圆心的左侧且时,如解图②,当点在圆心的右侧且时,两种情况求出AC的长,从而确定AC的取值范围即可得到答案.
解:如解图①,当点在圆心的左侧且时,过作,垂足为,连接、、,
∵,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,,
∴;
如解图②,当点在圆心的右侧且时,过作,垂足为,连接、、,
∵,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,,
∴,
∴若、的长均不小于2,则,
∴的长可能是7,
故选A.
【点拨】本题主要考查了圆周角定理,等腰三角形的性质与判定,勾股定理,无理数的估算等等,利用分类讨论的思想求解是解题的关键.
9.A
【分析】如图,连接,,由题意知,平分,平分,则,,,,由,可得,由垂径定理得,则,由勾股定理得,,如图,连接交于,则,设,则,由勾股定理得,,即,解得,进而可得,,由勾股定理得,,计算求解即可.
解:如图,连接,,
由题意知,平分,平分,
∴,,
∴,,
∵,
∴,
∵,
∴,
由勾股定理得,,
如图,连接交于,则,
设,则,
由勾股定理得,,即,
解得,
∴,,
由勾股定理得,,
故选:A.
【点拨】本题考查了内心,勾股定理,垂径定理,同弧或等弧所对的圆周角相等,等腰三角形的判定与性质.解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用.
10.A
【分析】作于,于,连接,在上截取,连接,易证,推出是等腰直角三角形,进而得到四边形是正方形,推出,得到,同理得到,得到,即可得出结果.
解:作于,于,连接,在上截取,连接,
是等腰直角三角形,
,,
,
,
,,
,
,
是等腰直角三角形,
,
是的内心,
,
,
四边形是正方形,
,
,,
,
,
同理:,
,
,
.
故选:A.
【点拨】本题考查等腰三角形的判定和性质,全等三角形的判定和性质,正方形的判定和性质,三角形的外接圆和内心.解题的关键是添加辅助线,构造特殊三角形和全等三角形.
11.
【分析】如图,连OA,OB.利用垂径定理和勾股定理求BE,利用中位线定理求CD.
解:如图,连OA,OB,
∵B是弧AC的中点,AB=BC=BD,
∴△ACD是直角三角形,∠ACD=90°,
由垂径定理知,OB⊥AC,点E是AC的中点,
设,则,
由勾股定理知,, ,
∴,
∵AB=2,AO=BO=3,
∴,
解得, ,
即
∵∠AEB=∠ACD=90°,
∴BE∥CD,
∵点B是AD的中点,所以BE是△ACD的中位线,所以CD=2BE= .
故答案为:
【点拨】本题利用了垂径定理,勾股定理求解
12.2
【分析】连接OC,设OD=x,OE=OF=y.根据S△DEF=×EF×OD=×2y×x=xy,当xy的值最大时,△DEF的面积最大;根据矩形的性质,通过判定四边形ODCE是矩形,得;根据勾股定理、完全平方公式的性质分析,可得结论.
解:连接OC,设OD=x,OE=OF=y.
∵
∴OG⊥AB,
∵S△DEF=×EF×OD=×2y×x=xy,
∴xy的值最大时,△DEF的面积最大,
∵CD⊥OG于点D,CE⊥OB于点E,
∴∠CEO=∠CDO=∠DOE=90°,
∴四边形ODCE是矩形,
∴
∴x2+y2=22,即x2+y2=4,
∵(x﹣y)2≥0,
∴x2+y2≥2xy,
∴2xy≤4,
∴xy≤2,
∴xy的最大值为2,
∴△DEF的面积的最大值为2 cm2
故答案为:2.
【点拨】本题考查了圆、勾股定理、中心对称、矩形、完全平方公式的知识;解题的关键是熟练掌握圆的对称性、勾股定理、完全平方公式的性质,从而完成求解.
13.
【分析】如图,以AB为边向右作等边△ABD,以D为圆心,DA为半径作⊙D交x轴正半轴为C,连接CA、CB,此时满足条件.过点D作DJ⊥AB于J,DK⊥OC于K,则四边形OJDK是矩形,求出OK、KC,即可求解.
解:如图,以AB为边向右作等边△ABD,以D为圆心,DA为半径作⊙D交x轴正半轴为C,连接CA、CB,此时满足条件.
过点D作DJ⊥AB于J,DK⊥OC于K,则四边形OJDK是矩形,
∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
在Rt△DCK中,,
∴,
∴点C的横坐标为
故答案为:.
【点拨】本题考查三角形外接圆与外心,坐标与图形的性质,涉及到勾股定理、等边三角形的性质、圆周角定理等知识点,解题的关键是作出辅助线构造图形解决问题,综合性较强.
14.或
【分析】分两种情形讨论:①当圆心O在△ABC内部时.②当点O在△ABC外时.分别求解即可.
解:①当圆心O在△ABC内部时,作AE⊥BC于E.
∵OB=OC,∠BOC=60°,
∴△OBC是等边三角形,
∴OB=OC=BC=2,
∴AE=OA+OE=2+,
∴S△ABC=•BC•AE=×2×(2+)=2+.
②当点O在△ABC外时,连接OA交BC于E.
S△ABC=•BC•AE=×2×(2-)=2-,
故答案为2+或2-.
【点拨】本题考查三角形的外接圆与外心、等腰三角形的性质、勾股定理等知识,解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题,注意一题多解,属于中考常考题型.
15.①③④
【分析】根据已知条件得出,根据圆内接四边形得出,进而得出,根据圆周角定理即可判断①,不能确定,即可判断②;证明得出,根据三线合一得出,进而根据是直径,得出,结合已知条件即可判断③;证明,,得出,,进而即可求解.
解:如图所示,连接,
∵,,
∴,
∵,
∴,
∵四边形内接于,
∴,
∴
∴
∴,
∴,故①正确
∵不能确定
∴不一定成立,故②错误;
如图所示,连接,
∵,
∴
在中,
∴
∴
∴
∵是直径,
∴,
即,
∵
∴
∴
∴与相切,故③正确;
∵,,,
∴
∴,
在中,
∴
∴
∵,,
∴,故④正确
故答案为:①③④.
【点拨】本题考查了圆周角定理,全等三角形的性质与判定,切线的判定,熟练掌握以上知识是解题的关键.
16./
【分析】连接,,交于,如图所示,证明,求出四边形的面积,进而得到阴影部分面积和阴影部分面积,求和即可解决问题.
解:连接,,交于,如图所示:
由点为半径的中点可知,
由圆的性质可知,即,
点为弧的中点,即,
,
在等腰中,,,由等腰三角形“三线合一”可知,
,点为半径的中点,
,
在等腰中,,,
,
,则;
由圆的对称性可知,面积等于阴影部分,
,
,
故答案为:.
【点拨】本题考查扇形的面积,四边形的面积等知识,解题的关键是理解题意,从图中将不规则图形转化为规则图形的面积来表示.
17.
【分析】①连接,先根据含直角三角形的性质,得,再根据圆周角定理,得,即可得出结果;
②在上取点,连接,使,先根据题意求出,设,,在中和中,根据勾股定理,求出即可.
解:①如图,连接,
在中,,,
,
在中,,
,
,,
在中,,
故答案为:
②在上取点,连接,使,
由①中结论,,,
,
,设,,
由①中结论,在中,,
,
,解得:,
,
,
故答案为:.
【点拨】此题属于圆的综合题,考查了含直角三角形的性质、勾股定理等知识,综合性较强,解答本题需要我们熟练各部分的内容,对学生的综合能力要求较高,一定要注意将所学知识贯穿起来.
18.
【分析】作,于E,于M,连接.在中,,则,根据垂线段最短可知,点E与M重合时,的值最小,最小值为.
解:作,于E,于M,连接.
∵是的直径,
∴
∵,
∴,
∵,
∴,
在中,,
∴,
根据垂线段最短可知,当点E与M重合时,的值最小,最小值为,
∵,
∴,
∵,
∴
在中,,
∴
∴
由勾股定理得,,
∴的最小值为,
故答案为:.
【点拨】本题考查平行线的性质、勾股定理、直径所对的圆周角是直角,直角三角形的性质,垂线段最短等知识,解题的关键是学会用转化的思想思考问题.
19.(1)证明见分析;(2)
【分析】(1)由切于点E知, 结合于点D知, 从而得, 即可得证;
(2)连接交于点F,证四边形是矩形,根据三角形的中位线,即可得出答案.
解:(1)证明∶∵与相切于点E,
∴.
∵,
∴,
∴.
∵,
∴,
∴,
∴平分.
(2)解:连接交于点F,
∵是的直径,
∴,
∴四边形是矩形,
∴,
∵,点O是的中点,
,
∴
【点拨】本题主要考查切线的性质、圆周角定理、垂径定理及矩形的判定和性质,熟练掌握切线的性质、圆周角定理、垂径定理等知识点是解题的关键.
20.(1)见分析;(2)
【分析】(1)如图:连接OD,由切线的性质可得,即.再根据对顶角的性质可得等边对等角可得,进而说明,最后根据等角对等边即可证明结论;
(2)如图:过作,设的半径为r,则.由垂径定理可得,则,然后在中利用勾股定理列式求得r即可解答.
(1)解:如图:连接OD,
∵与相切,
∴,即.
∵,即.
∵,
∴,
∴,
∴.
(2)解:如图:过作,
设的半径为r,则.
∵,
∴,
∴.
∴,
∴在中,由勾股定理可得,,
∴,
∴.
【点拨】本题主要考查了切线的性质、垂径定理、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识点,灵活利用相关性质定理是解答本题的关键.
21.(1)见分析;(2)
【分析】(1)根据切线和矩形的性质可得即,再由等腰三角形的性质可得,最后运用等量代换即可证明结论;
(2)由,,然后根据角的关系说明,设圆的半径为r,连接,分别根据直角三角形的性质和勾股定理可得、,进而得到,最后代入计算即可.
解:(1)证明:如图:连接,
∵边的切点为,
∴,
∵矩形,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴.
(2)解:由(1)可得:,,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴,即,解得:,
∴,
设圆的半径为r,连接,
∵为的直径,
∴,
∵,
∴,
∴,
同理:,
∴
∴.
【点拨】本题主要考查了切线的性质、矩形的性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识点,理解圆的切线的性质和矩形的性质是解答本题的关键.
22.(1);(2)2
【分析】(1)连接,设,由等腰三角形的性质可得,再结合,可知,,结合切点的性质可知,利用三角形内角和定理可求得,进而求得,利用圆周角定理即可求得的度数;
(2)连接,设圆的半径为,则,,由(1)可知,,则在中,可有,,再在中,由勾股定理可解得,即可获得答案.
(1)解:如图,连接,
设,
∵,
∴,
∵,
∴,,
∵是圆的切线,
∴,即,
∴,
在中,由三角形的内角和定理得,
即,
解得,
∴,
则由圆周角定理得,
即的度数为;
(2)如图,连接,
设圆的半径为,则,,
∵,
∴,
∵是圆的直径,
∴,
由(1)可知,,
则在中,,,
∴,
在中,由勾股定理得,即,
解得或(不符题意,舍去),
则圆的半径为2.
【点拨】本题主要考查了圆周角定理、切点的性质、等腰三角形的性质、含30度角的直角三角形的性质、三角形内角和定理以及勾股定理等知识,熟练掌握相关知识,正确作出辅助线是解题关键.
23.(1)见分析;(2)①;②菱形,证明见分析
【分析】(1)过点D作,交的延长线于点,证明即可;
(2)①根据三角形外角的性质求出,再由弧长公式进行计算即可;②证明四边形是平行四边形即可得出结论.
解:(1)过点D作,交的延长线于点,如图,
∵
∴,
∴
∴
∵
∴,
∴
∴,
∴,
∴与直线相切;
(2)①如图,
∵
∴,
∴,
∵,
∴,
∴的长是;
故答案为:;
②由折叠得,,
∴,
∴
∴
∴四边形是平行四边形,
又,
∴四边形是菱形
【点拨】本题主要考查了切线的判定、弧长公式以及菱形的判定,证明四边形是平行四边形是解答本题的关键.
24.(1)证明见分析;(2)证明见分析;(3)
【分析】(1)过点作,如图所示,由垂径定理可知:,再由得到,即可得证;
(2)延长交于,如图所示,由(1)知,从而由等腰三角形“三线合一”得到,且,从而得到,即可有
,由内错角相等两直线平行得到,进而,即;
(3)连接,延长交于点,证明,利用勾股定理即可解答.
解:(1)证明:过点作,如图所示:
由垂径定理可知,,
在和中,
,
,
,
;
(2)证明:延长交于,如图所示:
由(1)知,
根据,从而由等腰三角形“三线合一”得到,且,
,
,
,
,
,
,
,
,即;
(3)解:如图,连接,延长交于点,
根据(2)中可得,
,
,
,
,
,
,
,
在与中,
,
,
,
,
,
,
,
,
,且为直径,
,
.
【点拨】本题考查了圆周角定理,等腰三角形的性质,全等三角形的判定及性质,勾股定理,正确作出辅助线是解题的关键.
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