还剩25页未读，
继续阅读
所属成套资源：2020-2020初三数学全册章节检测卷（基础与提升）
成套系列资料，整套一键下载
初中数学人教版九年级上册第二十四章 圆综合与测试优秀同步训练题
展开
这是一份初中数学人教版九年级上册第二十四章 圆综合与测试优秀同步训练题，共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120分钟
一、选择题（每小题3分，共36分）
1.下列结论中，正确的是（ ）
A. 长度相等的两条弧是等弧 B. 相等的圆心角所对的弧相等
C. 平分弦的直径垂直于弦 D. 圆是中心对称图形
【答案】D
【分析】利用等弧的定义、确定圆的条件、圆周角定理及垂径定理的知识分别判断后即可确定正确的选项．
【解析】A. 在同圆或等圆中，能够重合的两条弧是等弧；故A错误；
B. 在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等；故B错误；
C. 平分弦(不是直径)的直径垂直于弦；故C错误；
D. 圆是中心对称图形，圆心是圆的对称中心，故D正确；故选D.
【点睛】本题考查圆心角、弧、弦的关系，垂径定理及其推论，中心对称图形等知识，熟练掌握有关性质是解答关键.
2、在联欢会上，甲、乙、丙3人分别站在不在同一直线上的三点A、B、C上，他们在玩抢凳子的游戏，要在他们中间放一个木凳，谁先抢到凳子谁获胜，为使游戏公平，凳子应放的最恰当的位置是△ABC的（ ）
A．三条高的交点B．重心C．内心D．外心
【答案】D
【分析】为使游戏公平，要使凳子到三个人的距离相等，于是利用线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等可知，要放在三边中垂线的交点上．
【解析】∵三角形的三条垂直平分线的交点到中间的凳子的距离相等，
∴凳子应放在△ABC的三条垂直平分线的交点最适当．故选D．
【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质的应用；利用所学的数学知识解决实际问题是一种能力，要注意培养．想到要使凳子到三个人的距离相等是正确解答本题的关键．
3、如图，⊙O的半径为2，△ABC是⊙O的内接三角形，连结OB，OC，若∠BAC与∠BOC互补，则弦BC的长为（ ）
A. B. 2C. 2D. 4
【答案】B
【分析】首先过点O作OD⊥BC于D，由垂径定理可得BC=2BD，又由圆周角定理，可求得∠BOC的度数，然后根据等腰三角形的性质，求得∠OBC的度数，利用余弦函数，即可求得答案．
【解析】过点O作OD⊥BC于D，则BC=2BD，
∵△ABC内接于⊙O，∠BAC与∠BOC互补，
∴∠BOC=2∠A,∠BOC+∠A=180°，∴∠BOC=120°，
∵OB=OC，∴∠OBC=∠OCB=(180°−∠BOC)=30°，
∵⊙O的半径为2，∴BD=OB·cs∠OBC=2×=，
∴BC=2. 故答案为2.
【点睛】本题考查三角形的外接圆与外心，垂径定理，圆周角定理.熟练掌握定理是解答关键.
4.如图，已知等腰，以为直径的圆交于点，过点的的切线交于点，若，则的半径是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D．
【分析】如答图，连接，过点作于点，
∵，∴.
∵，∴.∴.∴.
∵是的切线，∴.∴.
∴，且四边形是矩形.
∵，∴由勾股定理，得.
设的半径是，则.
∴由勾股定理，得，即，
解得.∴的半径是.故选D．
【考点】等腰三角形的性质；切线的性质；平行的判定和性质；矩形的判定和性质；勾股定理；方程思想的应用．
5.如图，将半径为的圆折叠后，圆弧恰好经过圆心，则折痕的长为（ ）
A. 4cmB. 2cmC. cmD. cm
【答案】A
【分析】连接AO，过O作OD⊥AB，交于点D，交弦AB与点E，根据折叠的性质及垂径定理得到AE=BE，再根据勾股定理即可求解.
【解析】如图所示，连接AO，过O作OD⊥AB，交于点D，交弦AB与点E，
∵折叠后恰好经过圆心，∴OE=DE,
∵半径为4，∴OE=2， ∵OD⊥AB，∴AE=AB，
在Rt△AOE中，AE==2∴AB=2AE=4 故选A.
【点睛】此题主要考查垂径定理，解题的关键是熟知垂径定理的应用.
6.图中有两张型号完全一样的折叠式饭桌，将正方形桌面边上的四个弓形翻折起来后，就能形成一个圆形桌面（可以近似看作正方形的外接圆），正方形桌面与翻折成圆形桌面的面积之比最接近 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C.
【分析】连接正方形的对角线；根据圆周角的推论可知是正方形的外接圆的直径；
设正方形的边长为，则正方形的面积为；
根据正方形的性质并利用勾股定理可求正方形的对角线长为 ，
则圆的半径为，所以圆的面积为 ，
所以它们的面积之比为，与C的近似值比较接近； 故选C.
【考点】正方形和圆的有关性质和面积计算.
7.如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，连结AC，EB，CH=6，则EH的长为（ ）
A. 12B. 18C. 6+6D. 12
【答案】B
【分析】直接利用等边三角形、直角三角形的性质进而得出CO，HO的长即可得出EH的长．
【解析】连接 CO ，∵六边形 ABCDEF是 正六边形 ，∴∠BOC=60° ， OB=OC ，
∴△OBC 是等边三角形，此时 AC⊥BE ，
∵CH=6 ，∴∠OCH=30°，∴ 由勾股定理解得： CO=12 ，故 OH=6 ，
则 EO=OC=12 ， HO=6 ，故 EH=EO+OH=12+6=18.故选B.
【点睛】本题考查正多边形和圆，熟练掌握正六边形性质是解答关键.
8、如图，P为⊙O的直径BA延长线上的一点，PC与⊙O相切，切点为C，点D是⊙上一点，连接PD．已知PC=PD=BC．下列结论：（1）PD与⊙O相切；（2）四边形PCBD是菱形；（3）PO=AB；（4）∠PDB=120°．其中正确的个数为（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】A
【分析】（1）利用切线的性质得出∠PCO=90°，进而得出△PCO≌△PDO（SSS），即可得出∠PCO=∠PDO=90°，得出答案即可；
（2）利用（1）所求得出：∠CPB=∠BPD，进而求出△CPB≌△DPB（SAS），即可得出答案；
（3）利用全等三角形的判定得出△PCO≌△BCA（ASA），进而得出CO=PO=AB；
（4）利用四边形PCBD是菱形，∠CPO=30°，则DP=DB，则∠DPB=∠DBP=30°，求出即可．
【解析】（1）连接CO，DO，∵PC与⊙O相切，切点为C，∴∠PCO=90°，
在△PCO和△PDO中，，∴△PCO≌△PDO（SSS），∴∠PCO=∠PDO=90°，
∴PD与⊙O相切，故此选项正确；
（2）由（1）得：∠CPB=∠BPD，
在△CPB和△DPB中，，∴△CPB≌△DPB（SAS），
∴BC=BD，∴PC=PD=BC=BD，∴四边形PCBD是菱形，故此选项正确；
（3）连接AC，∵PC=CB，∴∠CPB=∠CBP，∵AB是⊙O直径，∴∠ACB=90°，
在△PCO和△BCA中，，∴△PCO≌△BCA（ASA），
∴AC=CO，∴AC=CO=AO，∴∠COA=60°，∴∠CPO=30°，
∴CO=PO=AB，∴PO=AB，故此选项正确；
（4）∵四边形PCBD是菱形，∠CPO=30°，
∴DP=DB，则∠DPB=∠DBP=30°，∴∠PDB=120°，故此选项正确；故选：A．
【点评】此题主要考查了切线的判定与性质和全等三角形的判定与性质以及菱形的判定与性质等知识，熟练利用全等三角形的判定与性质是解题关键．
9、如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标是（3，a）（a＞3），半径为3，函数y=x的图象被⊙P截得的弦AB的长为，则a的值是（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】B
【解析】作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连结PB，如图，
∵⊙P的圆心坐标是（3，a），∴OC=3，PC=a，
把x=3代入y=x得y=3，∴D点坐标为（3，3），∴CD=3，
∴△OCD为等腰直角三角形，∴△PED也为等腰直角三角形，
∵PE⊥AB，∴AE=BE=AB=×4=2，
在Rt△PBE中，PB=3，∴PE=，
∴PD=PE=，∴a=3+．故选B．
【点评】本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理和等腰直角三角形的性质．
10.如图，⊙O的直径AB=2，C是弧AB的中点，AE，BE分别平分∠BAC和∠ABC，以E为圆心，AE为半径作扇形EAB，π取3，则阴影部分的面积为（ ）
A. ﹣4B. 7﹣4C. 6﹣D.
【答案】A
【解析】∵O的直径AB=2，∴∠C=90°，
∵C是弧AB的中点，∴，∴AC=BC，∴∠CAB=∠CBA=45°，
∵AE，BE分别平分∠BAC和∠ABC，∴∠EAB=∠EBA=22.5°，
∴∠AEB=180°− (∠BAC+∠CBA)=135°，连接EO，∵∠EAB=∠EBA，∴EA=EB，
∵OA=OB，∴EO⊥AB，∴EO为Rt△ABC内切圆半径，
∴S△ABC=(AB+AC+BC)⋅EO=AC⋅BC，∴EO=−1，
∴AE2=AO2+EO2=12+(−1)2=4−2，
∴扇形EAB的面积==，△ABE的面积=AB⋅EO=−1，
∴弓形AB的面积=扇形EAB的面积−△ABE的面积=，
∴阴影部分的面积=O的面积−弓形AB的面积=−()=−4，故选：A.
【考点】扇形，三角形的面积计算．
11、如图，在△ABC中，∠ACB=90°，过B，C两点的⊙O交AC于点D，交AB于点E，连接EO并延长交⊙O于点F，连接BF，CF，若∠EDC=135°，CF=2，则AE2+BE2的值为（ ）
A．8B．12C．16D．20
【答案】C.
【分析】由四边形BCDE内接于⊙O知∠EFC=∠ABC=45°，据此得AC=BC，由EF是⊙O的直径知∠EBF=∠ECF=∠ACB=90°及∠BCF=∠ACE，再根据四边形BECF是⊙O的内接四边形知∠AEC=∠BFC，从而证△ACE≌△BFC得AE=BF，根据Rt△ECF是等腰直角三角形知EF2=16，继而可得答案．
【解析】∵四边形BCDE内接于⊙O，且∠EDC=135°，∴∠EFC=∠ABC=180°﹣∠EDC=45°，
∵∠ACB=90°，∴△ABC是等腰三角形，∴AC=BC，
又∵EF是⊙O的直径，∴∠EBF=∠ECF=∠ACB=90°，∴∠BCF=∠ACE，
∵四边形BECF是⊙O的内接四边形，∴∠AEC=∠BFC，
∴△ACE≌△BFC（ASA），∴AE=BF，
∵Rt△ECF中，CF=2、∠EFC=45°，∴EF2=16，
则AE2+BE2=BF2+BE2=EF2=16，故选：C．
【点评】本题主要考查圆周角定理，解题的关键是掌握圆内接四边形的性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质及勾股定理．
12、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，BCFG，DE，FG，的中点分别是M，N，P，Q. 若MP+NQ=14，AC+BC=18，则AB的长是（ ）
A. B. C. 13 D. 16
【答案】C.
【分析】如答图，连接OP、OQ，∵DE，FG，的中点分别是M，N，P，Q，
∴点O、P、M三点共线，点O、Q、N三点共线.
∵ACDE，BCFG是正方形，∴AE=CD=AC，BG=CF=BC.
设AB=，则.∵点O、M分别是AB、ED的中点，
∴OM是梯形ABDE的中位线.∴，即.同理，得.两式相加，得
.∵MP+NQ=14，AC+BC=18，∴.故选C.
【考点】正方形的性质；垂径定理；梯形的中位线定理；方程思想、转换思想和整体思想的应用.
二、填空题（每小题3分，共18分）
13.如图，一块直角三角板ABC的斜边AB与量角器的直径恰好重合，点D对应的刻度是58°，则∠ACD的度数为 ．
【答案】.
【分析】如答图，设量角器的圆心为点O，
∵直角三角板ABC的斜边AB与量角器的直径恰好重合，∴点C在⊙O上.
∴∠BCD和∠BOD是同圆中同弧所对的圆周角和圆心角.
∵∠BOD=58°，∴.∴
【考点】圆周角定理.
14．如图，正方形ABCD的边长为1，分别以顶点A、B、C、D为圆心，1为半径画弧，四条弧交于点E、F、G、H，则图中阴影部分的外围周长为_____．
【答案】π
【分析】连接AF、DF，根据圆的性质：同圆或等圆的半径相等判断出△ADF是等边三角形，再根据正方形和等边三角形的性质求出∠BAF=30°，同理可得弧DE的圆心角是30°，然后求出弧EF的圆心角是30°，再根据弧长公式求出弧EF的长，然后根据对称性，图中阴影部分的外围四条弧都相等列式计算即可得解．
【解析】如图，连接AF、DF，由圆的定义，AD=AF=DF，
所以，△ADF是等边三角形，
∵∠BAD=90°∠FAD=60°，∴∠BAF=90°−60°=30°，
同理,弧DE的圆心角是30°，∴弧EF的圆心角是90°−30°×2=30°，
∴弧EF的长= = ，由对称性知，图中阴影部分的外围四条弧都相等，
所以,图中阴影部分的外围周长= ×4= π.
【点睛】本题考查弧长的计算， 正方形的性质，熟记弧长计算公式是解答关键
15、如图，AB、CD是⊙O的两条直径，经过点C的⊙O的切线交AB的延长线于点E，连接AC、BD．若B是OE中点，AC＝12，则⊙O半径为_____．
【答案】4．
【分析】连接CB，根据点B为OE的中点，EC是⊙O的切线，可以得到CB＝OB，然后根据AB是直径，即可得到∠CAB的度数，从而可以得到⊙O的半径．
【解析】连接BC，∵点B为OE的中点，EC是⊙O的切线，∴OB＝BE，∠OCE＝90°，
∴CB＝OE＝OB，∴BC＝AB，
∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵BC＝AB，∴∠BAC＝30°，
∵AC＝12，∴由勾股定理得：BC＝4，即：OB＝4，故答案：4．
【点睛】本题主要考查直角三角形的性质，切线的性质定理，圆周角定理的推论以及解直角三角形，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是解题的关键．
16.如图，矩形ABCD中，AB=4，AD=8，点E，F分别在边AD，BC上，且点B，F关于过点E的直线对称，如果EF与以CD为直径的圆恰好相切，那么AE=_______．
【答案】；
【分析】由题意易知四边形AEIB是矩形，设AE=BI=x，根据对称的性质得出IF=x，根据切线定理得出EH和HF的长度，最后根据Rt△EIF的勾股定理得出答案．
【解析】由题意易知四边形AEIB是矩形，设AE=BI=x，
由切线长定理可知，ED=EH，FC=FH， ∵B、F关于EI对称，
∴IF=BI=x，ED=EH=8－x，FC=FH=8－2x，EF=16-3x，
在Rt△EFI中，∴， 解得：x=6－ 或x=6+(舍去)，
∴AE=6－．
点睛：本题考查切线的性质、矩形的性质、轴对称的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用方程的思想思考问题，属于中考常考题型．
17．△ABC为半径为5的⊙O的内接三角形，若弦BC=8，AB=AC，则点A到BC的距离为_____．
【答案】8或2
【分析】分两种情况考虑：当三角形ABC为锐角三角形时，过点A作AH垂直于BC，根据题意得到AH过圆心O，连接OB，在直角三角形OBH中，由OB与BH长，利用勾股定理求出OH的长，进而可求出AH的长；当三角形ABC为钝角三角形时，同理求出AH的长即可；
【解析】作AH⊥BC于H，连结OB，如图，
∵AB=AC，AH⊥BC，∴BH=CH=BC=4，AH必过圆心，即点O在AH上，
在Rt△OBH中，OB=5，BH=4，∴OH= =3，
当点O在△ABC内部，如图1，AH=AO+OH=5+3=8，
当点O在△ABC内部，如图2，AH=AO﹣OH=5﹣3=2，
∴综上所述，点A到BC的距离为8或2，
故答案为8或2．
【点睛】本题考查三角形的外接圆与外心，垂径定理及其推论，熟练掌握三角形的外接圆的性质和垂径定理是解答关键，还要注意分类讨论.
18.在直角坐标系中，我们将圆心坐标和半径均为整数的圆称为“整圆”．如图所示，直线l：y＝kx+4与x轴、y轴分别交于A、B，∠OAB＝30°，点P在x轴上，⊙P与l相切，当P在线段OA上运动时，使得⊙P成为“整圆”的点P个数是_____个．
【答案】6．
【分析】根据直线的解析式求得OB＝4，进而求得OA＝12，根据切线的性质求得PM⊥AB，根据∠OAB＝30°，求得PM＝PA，然后根据“整圆”的定义，即可求得使得⊙P成为整圆的点P的坐标，从而求得点P个数．
【解析】∵直线l：y＝kx+4与x轴、y轴分别交于A、B，∴B(0，4)，∴OB＝4，
在Rt△AOB中，∠OAB＝30°，∴OA＝OB＝×4＝12，
∵⊙P与l相切，设切点为M，连接PM，则PM⊥AB，∴PM＝PA，
设P(x，0)，∴PA＝12﹣x，∴⊙P的半径PM＝PA＝6﹣x，
∵x为整数，PM为整数，∴x可以取0，2，4，6，8，10，6个数，
∴使得⊙P成为整圆的点P个数是6．故答案是：6．
【点睛】本题考查动点问题，需要用到圆的切线，一次函数的知识点，解题关键是得出PM＝PA＝6﹣x．
三、解答题（共46分）
19、(6分)【阅读材料】己知，如图1，在面积为S的△ABC中，BC=a，AC=b，AB=c，内切⊙O的半径为r.连接OA、OB、OC，△ABC被划分为三个小三角形．
∵S=S△OBC＋S△OAC＋S△OAB=BC·r＋AC·r＋AB·r=a·r＋b·r＋c·r=（a＋b＋c）r
∴
（1）【类比推理】如图2，若面积为S的四边形ABCD存在内切圆（与各边都相切的圆），各边长分别为AB=a，BC=b，CD=c，AD=d，求四边形的内切圆半径r的值；
（2）【理解应用】如图3，在Rt△ABC中，内切圆O的半径为r，⊙O与△ABC分别相切于D、E和F，己知AD=3，BD=2，求r的值.
【答案】（1）；（2）1.
【分析】(1)已知已给出示例,我们仿照例子，连接OA，OB，0C，OD,
则四边形被分为四个小三角形,且每个三角形都以内切圆半径为高，以四边形各边作底，
这与题目情形类似.仿照证明过程，r易得. (2)连接0E、OD、0F,按示例易求出r.
【解析】 (1)如图2,连接0A、0B、0C、0D.
∵S=S△AOB＋S△BOC＋S△COD +S△AOD =a·r＋b·r＋c·r＋d·r = =（a＋b＋c+d）r
∴
(2)连接0E、0F,则四边形0ECF是正方形，0E=EC=CF=F0=r, 在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2
(3+r) 2+ (2+r) 2=52, r2+5r-6=0解得: r=1 (负根舍去).
【考点】内切圆的半径综合题
20、（8分）如图，O是△ABC的内心，BO的延长线和△ABC的外接圆相交于D，连接DC、DA、OA、OC，四边形OADC为平行四边形。（1）求证：△BOC≌△CDA；（2）若AB=2，求阴影部分的面积。
【答案】(1)详见解析；（2）.
【分析】(1)如图，利用△ABC的内心和同弧所对的圆周角相等可证得∠1=∠3，利用平行线的性质可证∠4=∠6，再根据AAS即可判定△BOC≌△CDA；（2）先判定△ABC是等边三角形，即可得O是△ABC的内心也是外心，所以OA=OB=OC.在Rt△OCE中,CE=1，∠OCE=30º，可求得OA=OB=OC=，根据，求出扇形AOB和△AOB的面积即可得求得阴影部分的面积.
【解析】（1）证明：∵O是△ABC的内心，∴∠2=∠3，∠5=∠6，
∵∠1=∠2，∴∠1=∠3， 由AD∥CO,AD=CO，∴∠4=∠5，∴∠4=∠6，
∴△BOC≌△CDA(AAS)
由（1）得，BC=AC,∠3=∠4=∠6，∴∠ABC=∠ACB∴AB=AC
∴△ABC是等边三角形∴O是△ABC的内心也是外心∴OA=OB=OC
设E为BD与AC的交点，BE垂直平分AC.
在Rt△OCE中，CE=AC=AB=1，∠OCE=30º，∴OA=OB=OC=.
∵∠AOC=120º，∴.
【考点】三角形内外心的性质；全等三角形的判定及性质；平行四边形的性质；扇形的面积公式.[
21、（8分）如图，⊙O的直径AB＝26，P是AB上（不与点A、B重合）的任一点，点C、D为⊙O上的两点，若∠APD＝∠BPC，则称∠CPD为直径AB的“回旋角”．
（1）若∠BPC＝∠DPC＝60°，则∠CPD是直径AB的“回旋角”吗？并说明理由；
（2）若的长为π，求“回旋角”∠CPD的度数；
（3）若直径AB的“回旋角”为120°，且△PCD的周长为24+13，直接写出AP的长．
解：∠CPD是直径AB的“回旋角”，
理由：∵∠CPD＝∠BPC＝60°，
∴∠APD＝180°﹣∠CPD﹣∠BPC＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠BPC＝∠APD，∴∠CPD是直径AB的“回旋角”；
（2）如图1，∵AB＝26，∴OC＝OD＝OA＝13，
设∠COD＝n°，
∵的长为π，∴，∴n＝45，∴∠COD＝45°，
作CE⊥AB交⊙O于E，连接PE，∴∠BPC＝∠OPE，
∵∠CPD为直径AB的“回旋角”，∴∠APD＝∠BPC，∴∠OPE＝∠APD，
∵∠APD+∠CPD+∠BPC＝180°，∴∠OPE+∠CPD+∠BPC＝180°，
∴点D，P，E三点共线，∴∠CED＝∠COD＝22.5°，
∴∠OPE＝90°﹣22.5°＝67.5°，∴∠APD＝∠BPC＝67.5°，
∴∠CPD＝45°，即：“回旋角”∠CPD的度数为45°，
（3）①当点P在半径OA上时，如图2，过点C作CF⊥AB交⊙O于F，连接PF，∴PF＝PC，
同（2）的方法得，点D，P，F在同一条直线上，
∵直径AB的“回旋角”为120°，∴∠APD＝∠BPC＝30°，∴∠CPF＝60°，
∴△PCF是等边三角形，∴∠CFD＝60°，
连接OC，OD，∴∠COD＝120°，
过点O作OG⊥CD于G，∴CD＝2DG，∠DOG＝∠COD＝60°，
∴DG＝ODsin∠DOG＝13×sin60°＝，∴CD＝13，
∵△PCD的周长为24+13，∴PD+PC＝24，
∵PC＝PF，∴PD+PF＝DF＝24，
过O作OH⊥DF于H，∴DH＝DF＝12，
在Rt△OHD中，OH＝＝5，
在Rt△OHP中，∠OPH＝30°，∴OP＝10，∴AP＝OA﹣OP＝3；
②当点P在半径OB上时，同①的方法得，BP＝3，∴AP＝AB﹣BP＝23，
即：满足条件的AP的长为3或23．
22、（8分）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，以AC为直径作⊙O，交AB于点D．
（1）若AB＝8，∠ABC＝30°，求⊙O的半径；（2）若点E是边BC的中点，连结DE，求证：直线DE是⊙O的切线；（3）在（1）的条件下，保持Rt△ACB不动，将⊙O沿直线BC向右平移m个单位长度后得到⊙O′，当⊙O′与直线AB相切时，m＝ ．
【解析】：（1）在Rt△ABC中，∵AB＝8，∠ABC＝30°，
∴AC＝ABsin∠ABC＝8sin30°＝4，∴⊙O的半径为2；
（2）证明：连接OD，CD，
∵AC为⊙O的直径，∴CD⊥AB，∴∠CDB＝90°，
∵点E是边BC的中点，∴DE＝CE＝CB，∴∠DCE＝∠CDE，
∵OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC，∴∠ACE＝∠ACD+∠DCE＝90°，
∴∠ODE＝∠ODC+∠CDE＝90°，∴OD⊥DE，∴直线DE是⊙O的切线；
（3）连接OO′交AB于F，设⊙O′与AB相切于G，
连接O′G，则∠O′GF＝90°，
∵将⊙O沿直线BC向右平移m个单位长度后得到⊙O′，
∴OO′∥BC，AO＝O′G，∴∠AOF＝∠ACB＝90°，
∵∠AFO＝∠O′FG，∴△AOF≌△O′GF（AAS），∴O′F＝AF，
∵在Rt△AOF中，∠A＝60°，AO＝2，∴AF＝4，OF＝2，
∴O′F＝AF＝4，∴OO′＝4+2，∴m＝4+2．故答案为：4+2．
23、（8分）问题提出:（1）如图①，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，点O是△ABC的外接圆的圆心，则OB的长为
问题探究:（2）如图②，已知矩形ABCD，AB＝4，AD＝6，点E为AD的中点，以BC为直径作半圆O，点P为半圆O上一动点，求E、P之间的最大距离；
问题解决:（3）某地有一块如图③所示的果园，果园是由四边形ABCD和弦CB与其所对的劣弧场地组成的，果园主人现要从入口D到上的一点P修建一条笔直的小路DP．已知AD∥BC，∠ADB＝45°，BD＝120米，BC＝160米，过弦BC的中点E作EF⊥BC交于点F，又测得EF＝40米．修建小路平均每米需要40元（小路宽度不计），不考虑其他因素，请你根据以上信息，帮助果园主人计算修建这条小路最多要花费多少元？
解：（1）如图，若AO交BC于K，
∵点O是△ABC的外接圆的圆心，AB＝AC，
∴AK⊥BC，BK＝，∴AK＝，
在Rt△BOK中，OB2＝BK2+OK2，设OB＝x，∴x2＝62+（8﹣x）2，
解得x＝，∴OB＝；故答案为：．
（2）如图，连接EO，延长EO交半圆于点P，可求出此时E、P之间的距离最大，
∵在是任意取一点异于点P的P′，连接OP′，P′E，
∴EP＝EO+OP＝EO+OP′＞EP′，即EP＞EP′，
∵AB＝4，AD＝6，∴EO＝4，OP＝OC＝，
∴EP＝OE+OP＝7，∴E、P之间的最大距离为7．
（3）作射线FE交BD于点M，
∵BE＝CE，EF⊥BC，是劣弧，∴所在圆的圆心在射线FE上，
假设圆心为O，半径为r，连接OC，则OC＝r，OE＝r﹣40，BE＝CE＝，
在Rt△OEC中，r2＝802+（r﹣40）2，解得：r＝100，∴OE＝OF﹣EF＝60，
过点D作DG⊥BC，垂足为G，
∵AD∥BC，∠ADB＝45°，∴∠DBC＝45°，
在Rt△BDG中，DG＝BG＝，
在Rt△BEM中，ME＝BE＝80，∴ME＞OE，∴点O在△BDC内部，
∴连接DO并延长交于点P，则DP为入口D到上一点P的最大距离，
∵在上任取一点异于点P的点P′，连接OP′，P′D，
∴DP＝OD+OP＝OD+OP′＞DP′，即DP＞DP′，
过点O作OH⊥DG，垂足为H，则OH＝EG＝40，DH＝DG﹣HG＝DG﹣OE＝60，
∴＝＝20，∴DP＝OD+r＝20+100，
∴修建这条小路最多要花费40×元．
24、（ 8分）如图，D是△ABC外接圆上的点，且B，D位于AC的两侧，DE⊥AB，垂足为E，DE的延长线交此圆于点F．BG⊥AD，垂足为G，BG交DE于点H，DC，FB的延长线交于点P，且PC=PB．（1）求证：∠BAD=∠PCB；（2）求证：BG∥CD；（3）设△ABC外接圆的圆心为O，若AB=DH，∠COD=23°，求∠P的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）97°
【分析】（1）根据邻补角定义和圆内接四边形对角互补、等边对等角即可证出结论.
（2）根据等边对等角得：∠PCB=∠PBC，由圆内接四边形的性质得：∠BAD+∠BCD=180°，从而得：∠BFD=∠PCB=∠PBC，根据平行线的判定得：BC∥DF，可得∠ABC=90°，AC是⊙O的直径，从而得：∠ADC=∠AGB=90°，根据同位角相等可得结论；
（3）先证明四边形BCDH是平行四边形，得BC=DH，根据特殊的三角函数值得：∠ACB=60°，最后由PC=PB，得出∠P=180°﹣2×（）°=97°．
【解析】（1）证明：如图1，∵PC=PB，∴∠PCB=∠PBC，
∵四边形ABCD内接于圆，∴∠BAD+∠BCD=180°，
∵∠BCD+∠PCB=180°，∴∠BAD=∠PCB；
（2）证明：由（1）得∠BAD=∠PCB，
∵∠BAD=∠BFD，∴∠BFD=∠PCB=∠PBC，∴BC∥DF，
∵DE⊥AB，∴∠DEB=90°，∴∠ABC=90°，∴AC是⊙O的直径，
∵∠ABC=90°，∴∠ADC=90°，
∵BG⊥AD，∴∠AGB=90°，∴∠ADC=∠AGB，∴BG∥CD；
（3）解：由（1）得：BC∥DF，BG∥CD，
∴四边形BCDH是平行四边形，∴BC=DH
在Rt△ABC中，∵AB= DH，∴tan∠ACB==，∴∠ACB=60°，
连接OD，∵∠COD=23°，OD=OC，∴∠OCD=（180°﹣23°）=（）°，
∴∠PCB=180°﹣∠ACB﹣∠OCD=（）°，
∵PC=PB，∴∠P=180°﹣2×（）°=97°．
【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，平行四边形的判定，三角函数．综合运用知识的能力是解答关键.
考试时间：120分钟
一、选择题（每小题3分，共36分）
1.下列结论中，正确的是（ ）
A. 长度相等的两条弧是等弧 B. 相等的圆心角所对的弧相等
C. 平分弦的直径垂直于弦 D. 圆是中心对称图形
【答案】D
【分析】利用等弧的定义、确定圆的条件、圆周角定理及垂径定理的知识分别判断后即可确定正确的选项．
【解析】A. 在同圆或等圆中，能够重合的两条弧是等弧；故A错误；
B. 在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等；故B错误；
C. 平分弦(不是直径)的直径垂直于弦；故C错误；
D. 圆是中心对称图形，圆心是圆的对称中心，故D正确；故选D.
【点睛】本题考查圆心角、弧、弦的关系，垂径定理及其推论，中心对称图形等知识，熟练掌握有关性质是解答关键.
2、在联欢会上，甲、乙、丙3人分别站在不在同一直线上的三点A、B、C上，他们在玩抢凳子的游戏，要在他们中间放一个木凳，谁先抢到凳子谁获胜，为使游戏公平，凳子应放的最恰当的位置是△ABC的（ ）
A．三条高的交点B．重心C．内心D．外心
【答案】D
【分析】为使游戏公平，要使凳子到三个人的距离相等，于是利用线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等可知，要放在三边中垂线的交点上．
【解析】∵三角形的三条垂直平分线的交点到中间的凳子的距离相等，
∴凳子应放在△ABC的三条垂直平分线的交点最适当．故选D．
【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质的应用；利用所学的数学知识解决实际问题是一种能力，要注意培养．想到要使凳子到三个人的距离相等是正确解答本题的关键．
3、如图，⊙O的半径为2，△ABC是⊙O的内接三角形，连结OB，OC，若∠BAC与∠BOC互补，则弦BC的长为（ ）
A. B. 2C. 2D. 4
【答案】B
【分析】首先过点O作OD⊥BC于D，由垂径定理可得BC=2BD，又由圆周角定理，可求得∠BOC的度数，然后根据等腰三角形的性质，求得∠OBC的度数，利用余弦函数，即可求得答案．
【解析】过点O作OD⊥BC于D，则BC=2BD，
∵△ABC内接于⊙O，∠BAC与∠BOC互补，
∴∠BOC=2∠A,∠BOC+∠A=180°，∴∠BOC=120°，
∵OB=OC，∴∠OBC=∠OCB=(180°−∠BOC)=30°，
∵⊙O的半径为2，∴BD=OB·cs∠OBC=2×=，
∴BC=2. 故答案为2.
【点睛】本题考查三角形的外接圆与外心，垂径定理，圆周角定理.熟练掌握定理是解答关键.
4.如图，已知等腰，以为直径的圆交于点，过点的的切线交于点，若，则的半径是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D．
【分析】如答图，连接，过点作于点，
∵，∴.
∵，∴.∴.∴.
∵是的切线，∴.∴.
∴，且四边形是矩形.
∵，∴由勾股定理，得.
设的半径是，则.
∴由勾股定理，得，即，
解得.∴的半径是.故选D．
【考点】等腰三角形的性质；切线的性质；平行的判定和性质；矩形的判定和性质；勾股定理；方程思想的应用．
5.如图，将半径为的圆折叠后，圆弧恰好经过圆心，则折痕的长为（ ）
A. 4cmB. 2cmC. cmD. cm
【答案】A
【分析】连接AO，过O作OD⊥AB，交于点D，交弦AB与点E，根据折叠的性质及垂径定理得到AE=BE，再根据勾股定理即可求解.
【解析】如图所示，连接AO，过O作OD⊥AB，交于点D，交弦AB与点E，
∵折叠后恰好经过圆心，∴OE=DE,
∵半径为4，∴OE=2， ∵OD⊥AB，∴AE=AB，
在Rt△AOE中，AE==2∴AB=2AE=4 故选A.
【点睛】此题主要考查垂径定理，解题的关键是熟知垂径定理的应用.
6.图中有两张型号完全一样的折叠式饭桌，将正方形桌面边上的四个弓形翻折起来后，就能形成一个圆形桌面（可以近似看作正方形的外接圆），正方形桌面与翻折成圆形桌面的面积之比最接近 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C.
【分析】连接正方形的对角线；根据圆周角的推论可知是正方形的外接圆的直径；
设正方形的边长为，则正方形的面积为；
根据正方形的性质并利用勾股定理可求正方形的对角线长为 ，
则圆的半径为，所以圆的面积为 ，
所以它们的面积之比为，与C的近似值比较接近； 故选C.
【考点】正方形和圆的有关性质和面积计算.
7.如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，连结AC，EB，CH=6，则EH的长为（ ）
A. 12B. 18C. 6+6D. 12
【答案】B
【分析】直接利用等边三角形、直角三角形的性质进而得出CO，HO的长即可得出EH的长．
【解析】连接 CO ，∵六边形 ABCDEF是 正六边形 ，∴∠BOC=60° ， OB=OC ，
∴△OBC 是等边三角形，此时 AC⊥BE ，
∵CH=6 ，∴∠OCH=30°，∴ 由勾股定理解得： CO=12 ，故 OH=6 ，
则 EO=OC=12 ， HO=6 ，故 EH=EO+OH=12+6=18.故选B.
【点睛】本题考查正多边形和圆，熟练掌握正六边形性质是解答关键.
8、如图，P为⊙O的直径BA延长线上的一点，PC与⊙O相切，切点为C，点D是⊙上一点，连接PD．已知PC=PD=BC．下列结论：（1）PD与⊙O相切；（2）四边形PCBD是菱形；（3）PO=AB；（4）∠PDB=120°．其中正确的个数为（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】A
【分析】（1）利用切线的性质得出∠PCO=90°，进而得出△PCO≌△PDO（SSS），即可得出∠PCO=∠PDO=90°，得出答案即可；
（2）利用（1）所求得出：∠CPB=∠BPD，进而求出△CPB≌△DPB（SAS），即可得出答案；
（3）利用全等三角形的判定得出△PCO≌△BCA（ASA），进而得出CO=PO=AB；
（4）利用四边形PCBD是菱形，∠CPO=30°，则DP=DB，则∠DPB=∠DBP=30°，求出即可．
【解析】（1）连接CO，DO，∵PC与⊙O相切，切点为C，∴∠PCO=90°，
在△PCO和△PDO中，，∴△PCO≌△PDO（SSS），∴∠PCO=∠PDO=90°，
∴PD与⊙O相切，故此选项正确；
（2）由（1）得：∠CPB=∠BPD，
在△CPB和△DPB中，，∴△CPB≌△DPB（SAS），
∴BC=BD，∴PC=PD=BC=BD，∴四边形PCBD是菱形，故此选项正确；
（3）连接AC，∵PC=CB，∴∠CPB=∠CBP，∵AB是⊙O直径，∴∠ACB=90°，
在△PCO和△BCA中，，∴△PCO≌△BCA（ASA），
∴AC=CO，∴AC=CO=AO，∴∠COA=60°，∴∠CPO=30°，
∴CO=PO=AB，∴PO=AB，故此选项正确；
（4）∵四边形PCBD是菱形，∠CPO=30°，
∴DP=DB，则∠DPB=∠DBP=30°，∴∠PDB=120°，故此选项正确；故选：A．
【点评】此题主要考查了切线的判定与性质和全等三角形的判定与性质以及菱形的判定与性质等知识，熟练利用全等三角形的判定与性质是解题关键．
9、如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标是（3，a）（a＞3），半径为3，函数y=x的图象被⊙P截得的弦AB的长为，则a的值是（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】B
【解析】作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连结PB，如图，
∵⊙P的圆心坐标是（3，a），∴OC=3，PC=a，
把x=3代入y=x得y=3，∴D点坐标为（3，3），∴CD=3，
∴△OCD为等腰直角三角形，∴△PED也为等腰直角三角形，
∵PE⊥AB，∴AE=BE=AB=×4=2，
在Rt△PBE中，PB=3，∴PE=，
∴PD=PE=，∴a=3+．故选B．
【点评】本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理和等腰直角三角形的性质．
10.如图，⊙O的直径AB=2，C是弧AB的中点，AE，BE分别平分∠BAC和∠ABC，以E为圆心，AE为半径作扇形EAB，π取3，则阴影部分的面积为（ ）
A. ﹣4B. 7﹣4C. 6﹣D.
【答案】A
【解析】∵O的直径AB=2，∴∠C=90°，
∵C是弧AB的中点，∴，∴AC=BC，∴∠CAB=∠CBA=45°，
∵AE，BE分别平分∠BAC和∠ABC，∴∠EAB=∠EBA=22.5°，
∴∠AEB=180°− (∠BAC+∠CBA)=135°，连接EO，∵∠EAB=∠EBA，∴EA=EB，
∵OA=OB，∴EO⊥AB，∴EO为Rt△ABC内切圆半径，
∴S△ABC=(AB+AC+BC)⋅EO=AC⋅BC，∴EO=−1，
∴AE2=AO2+EO2=12+(−1)2=4−2，
∴扇形EAB的面积==，△ABE的面积=AB⋅EO=−1，
∴弓形AB的面积=扇形EAB的面积−△ABE的面积=，
∴阴影部分的面积=O的面积−弓形AB的面积=−()=−4，故选：A.
【考点】扇形，三角形的面积计算．
11、如图，在△ABC中，∠ACB=90°，过B，C两点的⊙O交AC于点D，交AB于点E，连接EO并延长交⊙O于点F，连接BF，CF，若∠EDC=135°，CF=2，则AE2+BE2的值为（ ）
A．8B．12C．16D．20
【答案】C.
【分析】由四边形BCDE内接于⊙O知∠EFC=∠ABC=45°，据此得AC=BC，由EF是⊙O的直径知∠EBF=∠ECF=∠ACB=90°及∠BCF=∠ACE，再根据四边形BECF是⊙O的内接四边形知∠AEC=∠BFC，从而证△ACE≌△BFC得AE=BF，根据Rt△ECF是等腰直角三角形知EF2=16，继而可得答案．
【解析】∵四边形BCDE内接于⊙O，且∠EDC=135°，∴∠EFC=∠ABC=180°﹣∠EDC=45°，
∵∠ACB=90°，∴△ABC是等腰三角形，∴AC=BC，
又∵EF是⊙O的直径，∴∠EBF=∠ECF=∠ACB=90°，∴∠BCF=∠ACE，
∵四边形BECF是⊙O的内接四边形，∴∠AEC=∠BFC，
∴△ACE≌△BFC（ASA），∴AE=BF，
∵Rt△ECF中，CF=2、∠EFC=45°，∴EF2=16，
则AE2+BE2=BF2+BE2=EF2=16，故选：C．
【点评】本题主要考查圆周角定理，解题的关键是掌握圆内接四边形的性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质及勾股定理．
12、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，BCFG，DE，FG，的中点分别是M，N，P，Q. 若MP+NQ=14，AC+BC=18，则AB的长是（ ）
A. B. C. 13 D. 16
【答案】C.
【分析】如答图，连接OP、OQ，∵DE，FG，的中点分别是M，N，P，Q，
∴点O、P、M三点共线，点O、Q、N三点共线.
∵ACDE，BCFG是正方形，∴AE=CD=AC，BG=CF=BC.
设AB=，则.∵点O、M分别是AB、ED的中点，
∴OM是梯形ABDE的中位线.∴，即.同理，得.两式相加，得
.∵MP+NQ=14，AC+BC=18，∴.故选C.
【考点】正方形的性质；垂径定理；梯形的中位线定理；方程思想、转换思想和整体思想的应用.
二、填空题（每小题3分，共18分）
13.如图，一块直角三角板ABC的斜边AB与量角器的直径恰好重合，点D对应的刻度是58°，则∠ACD的度数为 ．
【答案】.
【分析】如答图，设量角器的圆心为点O，
∵直角三角板ABC的斜边AB与量角器的直径恰好重合，∴点C在⊙O上.
∴∠BCD和∠BOD是同圆中同弧所对的圆周角和圆心角.
∵∠BOD=58°，∴.∴
【考点】圆周角定理.
14．如图，正方形ABCD的边长为1，分别以顶点A、B、C、D为圆心，1为半径画弧，四条弧交于点E、F、G、H，则图中阴影部分的外围周长为_____．
【答案】π
【分析】连接AF、DF，根据圆的性质：同圆或等圆的半径相等判断出△ADF是等边三角形，再根据正方形和等边三角形的性质求出∠BAF=30°，同理可得弧DE的圆心角是30°，然后求出弧EF的圆心角是30°，再根据弧长公式求出弧EF的长，然后根据对称性，图中阴影部分的外围四条弧都相等列式计算即可得解．
【解析】如图，连接AF、DF，由圆的定义，AD=AF=DF，
所以，△ADF是等边三角形，
∵∠BAD=90°∠FAD=60°，∴∠BAF=90°−60°=30°，
同理,弧DE的圆心角是30°，∴弧EF的圆心角是90°−30°×2=30°，
∴弧EF的长= = ，由对称性知，图中阴影部分的外围四条弧都相等，
所以,图中阴影部分的外围周长= ×4= π.
【点睛】本题考查弧长的计算， 正方形的性质，熟记弧长计算公式是解答关键
15、如图，AB、CD是⊙O的两条直径，经过点C的⊙O的切线交AB的延长线于点E，连接AC、BD．若B是OE中点，AC＝12，则⊙O半径为_____．
【答案】4．
【分析】连接CB，根据点B为OE的中点，EC是⊙O的切线，可以得到CB＝OB，然后根据AB是直径，即可得到∠CAB的度数，从而可以得到⊙O的半径．
【解析】连接BC，∵点B为OE的中点，EC是⊙O的切线，∴OB＝BE，∠OCE＝90°，
∴CB＝OE＝OB，∴BC＝AB，
∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵BC＝AB，∴∠BAC＝30°，
∵AC＝12，∴由勾股定理得：BC＝4，即：OB＝4，故答案：4．
【点睛】本题主要考查直角三角形的性质，切线的性质定理，圆周角定理的推论以及解直角三角形，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是解题的关键．
16.如图，矩形ABCD中，AB=4，AD=8，点E，F分别在边AD，BC上，且点B，F关于过点E的直线对称，如果EF与以CD为直径的圆恰好相切，那么AE=_______．
【答案】；
【分析】由题意易知四边形AEIB是矩形，设AE=BI=x，根据对称的性质得出IF=x，根据切线定理得出EH和HF的长度，最后根据Rt△EIF的勾股定理得出答案．
【解析】由题意易知四边形AEIB是矩形，设AE=BI=x，
由切线长定理可知，ED=EH，FC=FH， ∵B、F关于EI对称，
∴IF=BI=x，ED=EH=8－x，FC=FH=8－2x，EF=16-3x，
在Rt△EFI中，∴， 解得：x=6－ 或x=6+(舍去)，
∴AE=6－．
点睛：本题考查切线的性质、矩形的性质、轴对称的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用方程的思想思考问题，属于中考常考题型．
17．△ABC为半径为5的⊙O的内接三角形，若弦BC=8，AB=AC，则点A到BC的距离为_____．
【答案】8或2
【分析】分两种情况考虑：当三角形ABC为锐角三角形时，过点A作AH垂直于BC，根据题意得到AH过圆心O，连接OB，在直角三角形OBH中，由OB与BH长，利用勾股定理求出OH的长，进而可求出AH的长；当三角形ABC为钝角三角形时，同理求出AH的长即可；
【解析】作AH⊥BC于H，连结OB，如图，
∵AB=AC，AH⊥BC，∴BH=CH=BC=4，AH必过圆心，即点O在AH上，
在Rt△OBH中，OB=5，BH=4，∴OH= =3，
当点O在△ABC内部，如图1，AH=AO+OH=5+3=8，
当点O在△ABC内部，如图2，AH=AO﹣OH=5﹣3=2，
∴综上所述，点A到BC的距离为8或2，
故答案为8或2．
【点睛】本题考查三角形的外接圆与外心，垂径定理及其推论，熟练掌握三角形的外接圆的性质和垂径定理是解答关键，还要注意分类讨论.
18.在直角坐标系中，我们将圆心坐标和半径均为整数的圆称为“整圆”．如图所示，直线l：y＝kx+4与x轴、y轴分别交于A、B，∠OAB＝30°，点P在x轴上，⊙P与l相切，当P在线段OA上运动时，使得⊙P成为“整圆”的点P个数是_____个．
【答案】6．
【分析】根据直线的解析式求得OB＝4，进而求得OA＝12，根据切线的性质求得PM⊥AB，根据∠OAB＝30°，求得PM＝PA，然后根据“整圆”的定义，即可求得使得⊙P成为整圆的点P的坐标，从而求得点P个数．
【解析】∵直线l：y＝kx+4与x轴、y轴分别交于A、B，∴B(0，4)，∴OB＝4，
在Rt△AOB中，∠OAB＝30°，∴OA＝OB＝×4＝12，
∵⊙P与l相切，设切点为M，连接PM，则PM⊥AB，∴PM＝PA，
设P(x，0)，∴PA＝12﹣x，∴⊙P的半径PM＝PA＝6﹣x，
∵x为整数，PM为整数，∴x可以取0，2，4，6，8，10，6个数，
∴使得⊙P成为整圆的点P个数是6．故答案是：6．
【点睛】本题考查动点问题，需要用到圆的切线，一次函数的知识点，解题关键是得出PM＝PA＝6﹣x．
三、解答题（共46分）
19、(6分)【阅读材料】己知，如图1，在面积为S的△ABC中，BC=a，AC=b，AB=c，内切⊙O的半径为r.连接OA、OB、OC，△ABC被划分为三个小三角形．
∵S=S△OBC＋S△OAC＋S△OAB=BC·r＋AC·r＋AB·r=a·r＋b·r＋c·r=（a＋b＋c）r
∴
（1）【类比推理】如图2，若面积为S的四边形ABCD存在内切圆（与各边都相切的圆），各边长分别为AB=a，BC=b，CD=c，AD=d，求四边形的内切圆半径r的值；
（2）【理解应用】如图3，在Rt△ABC中，内切圆O的半径为r，⊙O与△ABC分别相切于D、E和F，己知AD=3，BD=2，求r的值.
【答案】（1）；（2）1.
【分析】(1)已知已给出示例,我们仿照例子，连接OA，OB，0C，OD,
则四边形被分为四个小三角形,且每个三角形都以内切圆半径为高，以四边形各边作底，
这与题目情形类似.仿照证明过程，r易得. (2)连接0E、OD、0F,按示例易求出r.
【解析】 (1)如图2,连接0A、0B、0C、0D.
∵S=S△AOB＋S△BOC＋S△COD +S△AOD =a·r＋b·r＋c·r＋d·r = =（a＋b＋c+d）r
∴
(2)连接0E、0F,则四边形0ECF是正方形，0E=EC=CF=F0=r, 在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2
(3+r) 2+ (2+r) 2=52, r2+5r-6=0解得: r=1 (负根舍去).
【考点】内切圆的半径综合题
20、（8分）如图，O是△ABC的内心，BO的延长线和△ABC的外接圆相交于D，连接DC、DA、OA、OC，四边形OADC为平行四边形。（1）求证：△BOC≌△CDA；（2）若AB=2，求阴影部分的面积。
【答案】(1)详见解析；（2）.
【分析】(1)如图，利用△ABC的内心和同弧所对的圆周角相等可证得∠1=∠3，利用平行线的性质可证∠4=∠6，再根据AAS即可判定△BOC≌△CDA；（2）先判定△ABC是等边三角形，即可得O是△ABC的内心也是外心，所以OA=OB=OC.在Rt△OCE中,CE=1，∠OCE=30º，可求得OA=OB=OC=，根据，求出扇形AOB和△AOB的面积即可得求得阴影部分的面积.
【解析】（1）证明：∵O是△ABC的内心，∴∠2=∠3，∠5=∠6，
∵∠1=∠2，∴∠1=∠3， 由AD∥CO,AD=CO，∴∠4=∠5，∴∠4=∠6，
∴△BOC≌△CDA(AAS)
由（1）得，BC=AC,∠3=∠4=∠6，∴∠ABC=∠ACB∴AB=AC
∴△ABC是等边三角形∴O是△ABC的内心也是外心∴OA=OB=OC
设E为BD与AC的交点，BE垂直平分AC.
在Rt△OCE中，CE=AC=AB=1，∠OCE=30º，∴OA=OB=OC=.
∵∠AOC=120º，∴.
【考点】三角形内外心的性质；全等三角形的判定及性质；平行四边形的性质；扇形的面积公式.[
21、（8分）如图，⊙O的直径AB＝26，P是AB上（不与点A、B重合）的任一点，点C、D为⊙O上的两点，若∠APD＝∠BPC，则称∠CPD为直径AB的“回旋角”．
（1）若∠BPC＝∠DPC＝60°，则∠CPD是直径AB的“回旋角”吗？并说明理由；
（2）若的长为π，求“回旋角”∠CPD的度数；
（3）若直径AB的“回旋角”为120°，且△PCD的周长为24+13，直接写出AP的长．
解：∠CPD是直径AB的“回旋角”，
理由：∵∠CPD＝∠BPC＝60°，
∴∠APD＝180°﹣∠CPD﹣∠BPC＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠BPC＝∠APD，∴∠CPD是直径AB的“回旋角”；
（2）如图1，∵AB＝26，∴OC＝OD＝OA＝13，
设∠COD＝n°，
∵的长为π，∴，∴n＝45，∴∠COD＝45°，
作CE⊥AB交⊙O于E，连接PE，∴∠BPC＝∠OPE，
∵∠CPD为直径AB的“回旋角”，∴∠APD＝∠BPC，∴∠OPE＝∠APD，
∵∠APD+∠CPD+∠BPC＝180°，∴∠OPE+∠CPD+∠BPC＝180°，
∴点D，P，E三点共线，∴∠CED＝∠COD＝22.5°，
∴∠OPE＝90°﹣22.5°＝67.5°，∴∠APD＝∠BPC＝67.5°，
∴∠CPD＝45°，即：“回旋角”∠CPD的度数为45°，
（3）①当点P在半径OA上时，如图2，过点C作CF⊥AB交⊙O于F，连接PF，∴PF＝PC，
同（2）的方法得，点D，P，F在同一条直线上，
∵直径AB的“回旋角”为120°，∴∠APD＝∠BPC＝30°，∴∠CPF＝60°，
∴△PCF是等边三角形，∴∠CFD＝60°，
连接OC，OD，∴∠COD＝120°，
过点O作OG⊥CD于G，∴CD＝2DG，∠DOG＝∠COD＝60°，
∴DG＝ODsin∠DOG＝13×sin60°＝，∴CD＝13，
∵△PCD的周长为24+13，∴PD+PC＝24，
∵PC＝PF，∴PD+PF＝DF＝24，
过O作OH⊥DF于H，∴DH＝DF＝12，
在Rt△OHD中，OH＝＝5，
在Rt△OHP中，∠OPH＝30°，∴OP＝10，∴AP＝OA﹣OP＝3；
②当点P在半径OB上时，同①的方法得，BP＝3，∴AP＝AB﹣BP＝23，
即：满足条件的AP的长为3或23．
22、（8分）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，以AC为直径作⊙O，交AB于点D．
（1）若AB＝8，∠ABC＝30°，求⊙O的半径；（2）若点E是边BC的中点，连结DE，求证：直线DE是⊙O的切线；（3）在（1）的条件下，保持Rt△ACB不动，将⊙O沿直线BC向右平移m个单位长度后得到⊙O′，当⊙O′与直线AB相切时，m＝ ．
【解析】：（1）在Rt△ABC中，∵AB＝8，∠ABC＝30°，
∴AC＝ABsin∠ABC＝8sin30°＝4，∴⊙O的半径为2；
（2）证明：连接OD，CD，
∵AC为⊙O的直径，∴CD⊥AB，∴∠CDB＝90°，
∵点E是边BC的中点，∴DE＝CE＝CB，∴∠DCE＝∠CDE，
∵OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC，∴∠ACE＝∠ACD+∠DCE＝90°，
∴∠ODE＝∠ODC+∠CDE＝90°，∴OD⊥DE，∴直线DE是⊙O的切线；
（3）连接OO′交AB于F，设⊙O′与AB相切于G，
连接O′G，则∠O′GF＝90°，
∵将⊙O沿直线BC向右平移m个单位长度后得到⊙O′，
∴OO′∥BC，AO＝O′G，∴∠AOF＝∠ACB＝90°，
∵∠AFO＝∠O′FG，∴△AOF≌△O′GF（AAS），∴O′F＝AF，
∵在Rt△AOF中，∠A＝60°，AO＝2，∴AF＝4，OF＝2，
∴O′F＝AF＝4，∴OO′＝4+2，∴m＝4+2．故答案为：4+2．
23、（8分）问题提出:（1）如图①，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，点O是△ABC的外接圆的圆心，则OB的长为
问题探究:（2）如图②，已知矩形ABCD，AB＝4，AD＝6，点E为AD的中点，以BC为直径作半圆O，点P为半圆O上一动点，求E、P之间的最大距离；
问题解决:（3）某地有一块如图③所示的果园，果园是由四边形ABCD和弦CB与其所对的劣弧场地组成的，果园主人现要从入口D到上的一点P修建一条笔直的小路DP．已知AD∥BC，∠ADB＝45°，BD＝120米，BC＝160米，过弦BC的中点E作EF⊥BC交于点F，又测得EF＝40米．修建小路平均每米需要40元（小路宽度不计），不考虑其他因素，请你根据以上信息，帮助果园主人计算修建这条小路最多要花费多少元？
解：（1）如图，若AO交BC于K，
∵点O是△ABC的外接圆的圆心，AB＝AC，
∴AK⊥BC，BK＝，∴AK＝，
在Rt△BOK中，OB2＝BK2+OK2，设OB＝x，∴x2＝62+（8﹣x）2，
解得x＝，∴OB＝；故答案为：．
（2）如图，连接EO，延长EO交半圆于点P，可求出此时E、P之间的距离最大，
∵在是任意取一点异于点P的P′，连接OP′，P′E，
∴EP＝EO+OP＝EO+OP′＞EP′，即EP＞EP′，
∵AB＝4，AD＝6，∴EO＝4，OP＝OC＝，
∴EP＝OE+OP＝7，∴E、P之间的最大距离为7．
（3）作射线FE交BD于点M，
∵BE＝CE，EF⊥BC，是劣弧，∴所在圆的圆心在射线FE上，
假设圆心为O，半径为r，连接OC，则OC＝r，OE＝r﹣40，BE＝CE＝，
在Rt△OEC中，r2＝802+（r﹣40）2，解得：r＝100，∴OE＝OF﹣EF＝60，
过点D作DG⊥BC，垂足为G，
∵AD∥BC，∠ADB＝45°，∴∠DBC＝45°，
在Rt△BDG中，DG＝BG＝，
在Rt△BEM中，ME＝BE＝80，∴ME＞OE，∴点O在△BDC内部，
∴连接DO并延长交于点P，则DP为入口D到上一点P的最大距离，
∵在上任取一点异于点P的点P′，连接OP′，P′D，
∴DP＝OD+OP＝OD+OP′＞DP′，即DP＞DP′，
过点O作OH⊥DG，垂足为H，则OH＝EG＝40，DH＝DG﹣HG＝DG﹣OE＝60，
∴＝＝20，∴DP＝OD+r＝20+100，
∴修建这条小路最多要花费40×元．
24、（ 8分）如图，D是△ABC外接圆上的点，且B，D位于AC的两侧，DE⊥AB，垂足为E，DE的延长线交此圆于点F．BG⊥AD，垂足为G，BG交DE于点H，DC，FB的延长线交于点P，且PC=PB．（1）求证：∠BAD=∠PCB；（2）求证：BG∥CD；（3）设△ABC外接圆的圆心为O，若AB=DH，∠COD=23°，求∠P的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）97°
【分析】（1）根据邻补角定义和圆内接四边形对角互补、等边对等角即可证出结论.
（2）根据等边对等角得：∠PCB=∠PBC，由圆内接四边形的性质得：∠BAD+∠BCD=180°，从而得：∠BFD=∠PCB=∠PBC，根据平行线的判定得：BC∥DF，可得∠ABC=90°，AC是⊙O的直径，从而得：∠ADC=∠AGB=90°，根据同位角相等可得结论；
（3）先证明四边形BCDH是平行四边形，得BC=DH，根据特殊的三角函数值得：∠ACB=60°，最后由PC=PB，得出∠P=180°﹣2×（）°=97°．
【解析】（1）证明：如图1，∵PC=PB，∴∠PCB=∠PBC，
∵四边形ABCD内接于圆，∴∠BAD+∠BCD=180°，
∵∠BCD+∠PCB=180°，∴∠BAD=∠PCB；
（2）证明：由（1）得∠BAD=∠PCB，
∵∠BAD=∠BFD，∴∠BFD=∠PCB=∠PBC，∴BC∥DF，
∵DE⊥AB，∴∠DEB=90°，∴∠ABC=90°，∴AC是⊙O的直径，
∵∠ABC=90°，∴∠ADC=90°，
∵BG⊥AD，∴∠AGB=90°，∴∠ADC=∠AGB，∴BG∥CD；
（3）解：由（1）得：BC∥DF，BG∥CD，
∴四边形BCDH是平行四边形，∴BC=DH
在Rt△ABC中，∵AB= DH，∴tan∠ACB==，∴∠ACB=60°，
连接OD，∵∠COD=23°，OD=OC，∴∠OCD=（180°﹣23°）=（）°，
∴∠PCB=180°﹣∠ACB﹣∠OCD=（）°，
∵PC=PB，∴∠P=180°﹣2×（）°=97°．
【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，平行四边形的判定，三角函数．综合运用知识的能力是解答关键.
相关试卷
第二十四章 圆（B卷·能力提升练）-【单元测试】年九年级数学分层训练AB卷（人教版）（解析+原卷）： 这是一份第二十四章 圆（B卷·能力提升练）-【单元测试】年九年级数学分层训练AB卷（人教版）（解析+原卷），文件包含九年级数学上册第二十四章圆B卷·能力提升练原卷版docx、九年级数学上册第二十四章圆B卷·能力提升练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
初中数学人教版九年级上册第二十四章 圆综合与测试单元测试同步测试题： 这是一份初中数学人教版九年级上册第二十四章 圆综合与测试单元测试同步测试题，共15页。
人教版九年级上册第二十五章 概率初步综合与测试精品课后测评： 这是一份人教版九年级上册第二十五章 概率初步综合与测试精品课后测评，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
