中考数学总复习《 圆》能力检测试卷及答案详解【名师系列】

中考数学总复习《圆》能力检测试卷考试时间：90分钟；命题人：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。第I卷（选择题20分）一、单选题（5小题，每小题4分，共计20分）1、如图，AB是⊙O的弦，等边三角形OCD的边CD与⊙O相切于点P，连接OA，OB，OP，AD．若∠COD+∠AOB＝180°，AB＝6，则AD的长是（）A．6 B．3 C．2 D．2、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°3、已知圆的半径为扇形的圆心角为，则扇形的面积为（

）A． B． C． D．4、如图，正五边形内接于⊙，为上的一点（点不与点重合），则的度数为（

）A． B． C． D．5、已知平面内有和点，，若半径为，线段，，则直线与的位置关系为（

）A．相离 B．相交 C．相切 D．相交或相切第Ⅱ卷（非选择题80分）二、填空题（5小题，每小题6分，共计30分）1、如图，一个底面半径为3的圆锥，母线，D为的中点，一只蚂蚁从点A出发，沿着圆锥的侧面爬行到D，则蚂蚁爬行的最短路程为______．2、圆锥形冰淇淋的母线长是12cm，侧面积是60πcm2，则底面圆的半径长等于_____．3、如图，在的方格纸中，每个小方格都是边长为1的正方形，其中A、B、C为格点，作的外接圆，则的长等于_____．4、如图所示是一个几何体的三视图，如果一只蚂蚁从这个几何体的点出发，沿表面爬到的中点处，则最短路线长为__________．5、如图是四个全等的正八边形和一个正方形拼成的图案，已知正方形的面积为4，则一个正八边形的面积为____．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D在边BC上，⊙O经过点A和点B且与边BC相交于点D．(1)判断AC与⊙O的位置关系，并说明理由．(2)当CD＝5时，求⊙O的半径．2、（1）如图①，在△ABC中，，AB=4，AC=3，若AD平分∠BAC交于点，那么点到的距离为．（2）如图②，四边形内接于，为直径，点B是半圆的三等分点（弧弧），连接，若平分，且，求四边形的面积．（3）如图③，为把“十四运”办成一届精彩圆满的体育盛会很多公园都在进行花卉装扮，其中一块圆形场地圆O，设计人员准备在内接四边形ABCD区域内进行花卉图案设计，其余部分方便游客参观，按照设计要求，四边形ABCD满足∠ABC=60°，AB=AD，且AD+DC=10（其中），为让游客有更好的观体验，四边形ABCD花卉的区域面积越大越好，那么是否存在面积最大的四边形ABCD？若存在，求出这个最大值，不存在请说明理由．3、如图，已知直线交于A、B两点，是的直径，点C为上一点，且平分，过C作，垂足为D．(1)求证：是的切线；(2)若，的直径为20，求的长度．4、已知P为⊙O上一点，过点P作不过圆心的弦PQ，在劣弧PQ和优弧PQ上分别有点A、B(不与P、Q重合)，连接AP、BP，若∠APQ=∠BPQ（1）如图1，当∠APQ=45°，AP=1，BP=2时，求⊙O的半径。（2）如图2，连接AB，交PQ于点M，点N在线段PM上（不与P、M重合），连接ON、OP，设∠NOP=α，∠OPN=β，若AB平行于ON，探究α与β的数量关系。5、在平面直角坐标系中，对于点，给出如下定义：当点满足时，称点Q是点P的等和点．已知点．(1)在，，中，点P的等和点有______；(2)点A在直线上，若点P的等和点也是点A的等和点，求点A的坐标；(3)已知点和线段MN，对于所有满足的点C，线段MN上总存在线段PC上每个点的等和点．若MN的最小值为5，直接写出b的取值范围．-参考答案-一、单选题1、C【解析】【分析】如图，过作于过作于先证明三点共线，再求解的半径，证明四边形是矩形，再求解从而利用勾股定理可得答案.【详解】解：如图，过作于过作于是的切线，三点共线，为等边三角形，四边形是矩形，故选：【考点】本题考查的是等腰三角形，等边三角形的性质，勾股定理的应用，矩形的判定与性质，切线的性质，锐角三角函数的应用，灵活应用以上知识是解题的关键.2、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．【考点】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．3、B【解析】【分析】扇形面积公式为：利用公式直接计算即可得到答案．【详解】解：圆的半径为扇形的圆心角为，故选：【考点】本题考查的是扇形的面积的计算，掌握扇形的面积的计算公式是解题的关键．4、B【解析】【分析】根据圆周角的性质即可求解.【详解】连接CO、DO，正五边形内心与相邻两点的夹角为72°，即∠COD=72°，同一圆中，同弧或同弦所对应的圆周角为圆心角的一半，故∠CPD=,故选B.【考点】此题主要考查圆内接多边形的性质，解题的关键是熟知圆周角定理的应用.5、D【解析】【分析】根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．【详解】解：∵⊙O的半径为2cm，线段OA=3cm，线段OB=2cm，即点A到圆心O的距离大于圆的半径，点B到圆心O的距离等于圆的半径，∴点A在⊙O外．点B在⊙O上，∴直线AB与⊙O的位置关系为相交或相切，故选：D．【考点】本题考查了直线与圆的位置关系，正确的理解题意是解题的关键．二、填空题1、【解析】【分析】先画出圆锥侧面展开图（见解析），再利用弧长公式求出圆心角的度数，然后利用等边三角形的判定与性质、勾股定理可得，最后根据两点之间线段最短即可得．【详解】画出圆锥侧面展开图如下：如图，连接AB、AD，设圆锥侧面展开图的圆心角的度数为，因为圆锥侧面展开图是一个扇形，扇形的弧长等于底面圆的周长，扇形的半径等于母线长，所以，解得，则，又，是等边三角形，点D是BC的中点，，，在中，，由两点之间线段最短可知，蚂蚁爬行的最短路程为，故答案为：．【考点】本题考查了圆锥侧面展开图、弧长公式、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握圆锥侧面展开图是解题关键．2、5cm.【解析】【分析】设圆锥的底面圆的半径长为rcm，根据圆锥的侧面积公式计算即可.【详解】解：设圆锥的底面圆的半径长为rcm．则×2π•r×12＝60π，解得：r＝5（cm），故答案为5cm．【考点】圆锥的侧面积公式是本题的考点，牢记其公式是解题的关键.3、【解析】【分析】由AB、BC、AC长可推导出△ACB为等腰直角三角形，连接OC，得出∠BOC＝90°，计算出OB的长就能利用弧长公式求出的长了．【详解】∵每个小方格都是边长为1的正方形，∴AB＝2，AC＝，BC＝，∴AC2＋BC2＝AB2，∴△ACB为等腰直角三角形，∴∠A＝∠B＝45°，∴连接OC，则∠COB＝90°，∵OB＝∴的长为：＝故答案为：．【考点】本题考查了弧长的计算以及圆周角定理，解题关键是利用三角形三边长通过勾股定理逆定理得出△ACB为等腰直角三角形．4、【解析】【分析】将圆锥的侧面展开，设顶点为B'，连接BB'，AE．线段AC与BB'的交点为F，线段BF是最短路程．【详解】如图将圆锥侧面展开，得到扇形ABB′，则线段BF为所求的最短路程．设∠BAB′＝n°．∵＝4，∴n＝120即∠BAB′＝120°．∵E为弧BB′中点，∴∠AFB＝90°，∠BAF＝60°，∴BF＝AB•sin∠BAF＝6×＝，∴最短路线长为．故答案为：．【考点】本题考查了平面展开−最短路径问题，解题时注意把立体图形转化为平面图形的思维．5、【解析】【分析】根据正方形的性质得到AB=2，根据由正八边形的特点求出∠AOB的度数，过点B作BD⊥OA于点D，根据勾股定理求出BD的长，由三角形的面积公式求出△AOB的面积，进而可得出结论．【详解】解：设正八边形的中心为O，连接OA，OB，如图所示，∵正方形的面积为4，∴AB=2，∵AB是正八边形的一条边，∴∠AOB==45°．过点B作BD⊥OA于点D，设BD=x，则OD=x，OB=OA=x，∴AD=x-x，在Rt△ADB中，BD2+AD2=AB2，即x2+(x-x)2=22，解得x2=2+，∴S△AOB=OA•BD=×x2=+1，∴S正八边形=8S△AOB=8×(+1)=8+8，故答案为：8+8．【考点】本题考查的是正多边形和圆，正方形的性质，三角形面积的计算，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．三、解答题1、(1)AC与⊙O相切，理由见解析(2)⊙O的半径为5【解析】【分析】（1）连接AO，根据等腰三角形的性质得到∠B=∠C=30°，∠BAO=∠B=30°，求得∠AOC=60°，根据三角形的内角和得到∠OAC=180°-60°-30°=90°，于是得到AC是⊙O的切线；（2）连接AD，推出△AOD是等边三角形，得到AD=OD，∠ADO=60°，求得∠DAC=∠ADO-∠C=30°，得到AD=CD=5，于是得到结论．(1)解：AC是⊙O的切线，理由如下：连接AO，∵AB=AC，∠BAC=120°，∴∠B=∠C=（180°-∠BAC）=30°，∵AO=BO，∴∠BAO=∠B=30°，∴∠AOC=2∠B=60°，∴∠OAC=180°-∠AOC-∠C=180°-60°-30°=90°，∵AO是⊙O的半径，∴AC是⊙O的切线；(2)解：连接AD，∵AO=OD，∠AOD=60°，∴△AOD是等边三角形，∴AD=OD，∠ADO=60°，∴∠DAC=∠ADO-∠C=30°，∴∠DAC=∠C=30°，∴AD=CD=OD=5，∴⊙D的半径为5．【考点】本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．2、（1）；（2）四边形ABCD的面积为32；（3）存在

．【解析】【分析】（1）如图，作辅助线，证明AE=DE；证明△BDE∽△BCA，得到，列出比例式即可解决问题．（2）（2）连接OB，根据题意得∠AOB=60°，作AE⊥BD，利用解直角三角形可求AB的长，通过解直角三角形分别求出BC，AD，CD的长，再根据面积公式求解即可；过点A作AN⊥BC于点N，AM⊥DC，交DC的延长线于点M，连接AC，可得，根据面积法求出关于面积的二次函数关系式，根据二次函数的性质求出最值即可．【详解】解：如图，过点D作DE⊥AB于点E．则DE//AC；∵AD平分∠BAC，∠BAC=90°，∴∠DAE=45°，∠ADE=90°−45°=45°，∴AE=DE（设为λ），则BE=4−λ；∵DE//AC，∴△BDE∽△BCA，∴，即：解得：λ=，∴点D到AC的距离．（2）连接OB，∵点B是半圆AC的三等分点（弧AB＜弧BC），∴∴∵AC是的直径，∴∵BD平分∠ABC∴过点A作AE⊥BD于点E，则∴AE=BE设AE=BE=x，则∵BD=BE+DE=∴x=∴∵∴∴BC=∵BD平分∠ABC∴∴∴AD=CD∵AE⊥DE∴∵,∴∴===32；（3）过点A作AN⊥BC于点N，AM⊥DC，交DC的延长线于点M，连接AC，∵AB=AD∴∠ACB=∠ACD∴AM=AN∵∠ADC+∠ABC=180°，∠ADC+∠ADM=180°,∴∠ABC=∠ADM又∠ANB=∠AMD=90°，∴△ABN≌△ADM∴∵AN=AM，∠BCA=∠DCA，AC=AC∴△ACN≌△ACM∴∵∠ABC=60°∴∠ADC=120°∴∠ADM=60°，∠MAD=30°设DM=x，则AD=2x，∴∵∴，即∵抛物线对称轴为x=5∴当x=4时，有最大值，为【考点】本题属于圆综合题，考查了三角形的面积，解直角三角形，角平分线的性质定理，圆周角定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．3、(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）连接OC，根据题意可证得∠CAD+∠DCA=90°，再根据角平分线的性质，得∠DCO=90°，则CD为O的切线；（2）过O作OF⊥AB，则∠OCD=∠CDA=∠OFD=90°，得四边形DCOF为矩形，设AD=x，在Rt△AOF中，由勾股定理得，从而求得x的值，由勾股定理求出AF的长，再求AB的长．(1)证明：连接，∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，又∵为半径∴是的切线．(2)解：过O作，垂足为F，∵，∴四边形为矩形，∴，设，∵，则，∵的直径为20，∴，∴，在中，由勾股定理得，即，解得：（不合题意，舍去），∴，∴，∴，∵，由垂径定理知，F为的中点，∴．【考点】本题考查了切线的证明，矩形的判定和性质以及勾股定理，掌握切线的定义和证明方法是解题的关键．4、（1）；（2）α+2β=90°，见解析【解析】【分析】（1）连接AB，由已知得到∠APB=∠APQ+BPQ=90°，根据圆周角定理证得AB是⊙O的直径，然后根据勾股定理求得直径，即可求得半径；（2）连接OA、OB、OQ，由证得∠APQ=∠BPQ，即可证得OQ⊥ON，然后根据三角形内角和定理证得2∠OPN+∠PON+∠NOQ=180°，，即可证得α+2β=90°．【详解】（1）连接AB，∵∠APQ=∠BPQ=45°，∴∠APB=∠APQ+BPQ=90°，∴AB是⊙O的直径，∴AB=，∴⊙O的半径为；（2）α+2β=90°，证明：连接OA、OB、OQ，∵∠APQ=∠BPQ，∴，∴∠AOQ=∠BOQ，∵OA=OB，∴OQ⊥AB，∵ON∥AB，∴NO⊥OQ，∴∠NOQ=90°，∵OP=OQ，∴∠OPN=∠OQP，∵∠OPN+∠OQP+∠PON+∠NOQ=180°，∴2∠OPN+∠PON+∠NOQ=180°，∴∠NOP+2∠OPN=90°，∵∠NOP=α，∠OPN=β，∴α+2β=90°．【解答】解：【点评】本