中考数学总复习《 圆》能力检测试卷及完整答案详解（各地真题）

试卷第=page22页，共=sectionpages22页试卷第=page11页，共=sectionpages11页中考数学总复习《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、已知点在上．则下列命题为真命题的是（

）A．若半径平分弦．则四边形是平行四边形B．若四边形是平行四边形．则C．若．则弦平分半径D．若弦平分半径．则半径平分弦2、如图，点O是△ABC的内心，若∠A＝70°，则∠BOC的度数是（）A．120° B．125° C．130° D．135°3、如图，点B，C，D在⊙O上，若∠BCD＝130°，则∠BOD的度数是（）A．50° B．60° C．80° D．100°4、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5、已知圆内接正三角形的面积为，则该圆的内接正六边形的边心距是（）A． B． C． D．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，一下水管道横截面为圆形，直径为100cm，下雨前水面宽为60cm，一场大雨过后，水面宽为80cm，则水位上升______cm．2、如图，圆锥的母线长为10cm，高为8cm，则该圆锥的侧面展开图（扇形）的弧长为_____cm．（结果用π表示）3、如图，已知的半径为2，内接于，，则__________．4、如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，点D是AB的中点，以CD为直径作⊙O，⊙O分别与AC，BC交于点E，F，过点F作⊙O的切线FG，交AB于点G，则FG的长为_____．5、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__________．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、已知：如图，、是的切线，切点分别是、，为上一点，过点作的切线，交、于、点，已知，求的周长．2、如图，两个圆都以点O为圆心，大圆的弦交小圆于两点．求证：．3、如图，已知抛物线的顶点坐标为M，与x轴相交于A，B两点（点B在点A的右侧），与y轴相交于点C．（1）用配方法将抛物线的解析式化为顶点式：（），并指出顶点M的坐标；（2）在抛物线的对称轴上找点R，使得CR+AR的值最小，并求出其最小值和点R的坐标；（3）以AB为直径作⊙N交抛物线于点P（点P在对称轴的左侧），求证：直线MP是⊙N的切线．4、在平面直角坐标系中，⊙C与x轴交于点A，B，且点B的坐标为（8，0），与y轴相切于点D（0，4），过点A，B，D的抛物线的顶点为E．(1)求圆心C的坐标与抛物线的解析式；(2)判断直线AE与⊙C的位置关系，并说明理由；(3)若点M，N是直线y轴上的两个动点（点M在点N的上方），且MN＝1，请直接写出的四边形EAMN周长的最小值．5、已知抛物线经过点（m，﹣4），交x轴于A，B两点（A在B左边），交y轴于C点对于任意实数n，不等式恒成立．(1)抛物线解析式；(2)在BC上方的抛物线对称轴上是否存在点D，使得∠BDC＝2∠BAC,若有求出点D的坐标，若没有，请说明理由；(3)将抛物线沿x轴正方向平移一个单位，把得到的图象在x轴下方的部分沿x轴向上翻折，图的其余部分保持不变，得到一个新的图象G，若直线y=x+b与新图象G有四个交点，求b的取值范围（直接写出结果即可）．-参考答案-一、单选题1、B【解析】【分析】根据圆的有关性质、垂径定理及其推论、特殊平行四边形的判定与性质依次对各项判断即可．【详解】A．∵半径平分弦，∴OB⊥AC，AB=BC，不能判断四边形OABC是平行四边形，假命题；B．∵四边形是平行四边形,且OA=OC,∴四边形是菱形，∴OA=AB=OB，OA∥BC，∴△OAB是等边三角形，∴∠OAB=60º,∴∠ABC=120º,真命题；C．∵，∴∠AOC=120º，不能判断出弦平分半径，假命题；D．只有当弦垂直平分半径时，半径平分弦，所以是假命题，故选：B．【考点】本题主要考查命题与证明，涉及垂径定理及其推论、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，解答的关键是会利用所学的知识进行推理证明命题的真假．2、B【解析】【分析】利用内心的性质得∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，再根据三角形内角和计算出∠OBC+∠OCB＝55°，然后再利用三角形内角和计算∠BOC的度数．【详解】解：∵O是△ABC的内心，∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，∴∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，∴∠OBC+∠OCB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A）＝（180°﹣70°）＝55°，∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣55°＝125°．故选：B．【考点】此题主要考查了三角形内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．3、D【解析】【分析】首先圆上取一点A，连接AB，AD，根据圆的内接四边形的性质，即可得∠BAD+∠BCD=180°，即可求得∠BAD的度数，再根据圆周角的性质，即可求得答案．【详解】圆上取一点A，连接AB，AD，∵点A、B，C，D在⊙O上，∠BCD=130°，∴∠BAD=50°，∴∠BOD=100°.故选D．【考点】此题考查了圆周角的性质与圆的内接四边形的性质．此题比较简单，解题的关键是注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．4、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．5、B【解析】【分析】根据题意可以求得半径，进而解答即可．【详解】因为圆内接正三角形的面积为，所以圆的半径为，所以该圆的内接正六边形的边心距×sin60°＝×＝1，故选B．【考点】本题考查正多边形和圆，解答本题的关键是明确题意，求出相应的图形的边心距．二、填空题1、10或70【解析】【分析】分水位在圆心下以及圆心上两种情况，画出符合题意的图形进行求解即可得.【详解】如图，作半径于C，连接OB，由垂径定理得：=AB=×60=30cm，在中，，当水位上升到圆心以下时

水面宽80cm时，则，水面上升的高度为：；当水位上升到圆心以上时，水面上升的高度为：，综上可得，水面上升的高度为30cm或70cm，故答案为：10或70．【考点】本题考查了垂径定理的应用，掌握垂径定理、灵活运用分类讨论的思想是解题的关键．2、【解析】【分析】先求出圆锥的底面半径，然后根据圆锥的展开图为扇形，结合圆周长公式进行求解即可．【详解】设底面圆的半径为rcm，由勾股定理得：r==6，∴2πr=2π×6=12π，故答案为12π．【考点】本题考查了圆锥的计算，解答本题的关键是掌握圆锥侧面展开图是个扇形，要熟练掌握扇形与圆锥之间的联系．3、【解析】【详解】分析：根据圆内接四边形对边互补和同弧所对的圆心角是圆周角的二倍，可以求得∠AOB的度数，然后根据勾股定理即可求得AB的长．详解：连接AD、AE、OA、OB，∵⊙O的半径为2，△ABC内接于⊙O，∠ACB=135°，∴∠ADB=45°，∴∠AOB=90°，∵OA=OB=2，∴AB=2，故答案为2．点睛：本题考查三角形的外接圆和外心，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．4、．【解析】【分析】先利用勾股定理求出AB=10，进而求出CD=BD=5，再求出CF=4，进而求出DF=3，再判断出FG⊥BD，利用面积即可得出结论．【详解】如图，在Rt△ABC中，根据勾股定理得，AB=10，∴点D是AB中点，∴CD=BD=AB=5，连接DF，∵CD是⊙O的直径，∴∠CFD=90°，∴BF=CF=BC=4，∴DF==3，连接OF，∵OC=OD，CF=BF，∴OF∥AB，∴∠OFC=∠B，∵FG是⊙O的切线，∴∠OFG=90°，∴∠OFC+∠BFG=90°，∴∠BFG+∠B=90°，∴FG⊥AB，∴S△BDF=DF×BF=BD×FG，∴FG=，故答案为.【考点】此题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，切线的性质，三角形的中位线定理，三角形的面积公式，判断出FG⊥AB是解本题的关键．5、【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．三、解答题1、的周长是．【解析】【分析】根据切线长定理得出PA＝PB，EB＝EQ，FQ＝FA，代入PE＋EF＋PF＝PE＋EQ＋FQ＋PF即可求出答案．【详解】∵PA、PB是⊙O的切线，切点分别是A、B，∴PA＝PB＝12cm，∵过Q点作⊙O的切线，交PA、PB于E、F点，∴EB＝EQ，FQ＝FA，∴△PEF的周长是：PE＋EF＋PF＝PE＋EQ＋FQ＋PF，＝PE＋EB＋PF＋FA＝PB＋PA＝12＋12＝24，答：△PEF的周长是24cm．【考点】本题主要考查对切线长定理的理解和掌握，能根据切线长定理得出PA＝PB、EB＝EQ、FQ＝FA是解此题的关键．2、见解析【解析】【分析】过点O作OP⊥AB，由等腰三角形的性质可知AP=BP，再由垂径定理可知CP=DP，故可得出结论．【详解】证明：如图所示，过点O作OP⊥AB，垂足为点P，由垂径定理可得PA＝PB，PC＝PD，PA－PC＝PB－PD，AC＝BD．【考点】本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，利用垂径定理求解是解答此题的关键．3、（1），M（，）；（2），（，）；（3）证明见试题解析．【解析】【详解】试题分析：（1）利用配方法把一般式转化为顶点式，然后根据二次函数的性质求出抛物线的顶点坐标；（2）连接BC，则BC与对称轴的交点为R，此时CR+AR的值最小；先求出点A、B、C的坐标，再利用待定系数法求出直线BC的解析式，进而求出其最小值和点R的坐标；（3）设点P坐标为（x，）．根据NPAB=，列出方程，解方程得到点P坐标，再计算得出，由勾股定理的逆定理得出∠MPN=90°，然后利用切线的判定定理即可证明直线MP是⊙N的切线．试题解析：（1）∵=，∴抛物线的解析式化为顶点式为：，顶点M的坐标是（，）；（2）∵，∴当y=0时，，解得x=1或6，∴A（1，0），B（6，0），∵x=0时，y=﹣3，∴C（0，﹣3）．连接BC，则BC与对称轴x=的交点为R，连接AR，则CR+AR=CR+BR=BC，根据两点之间线段最短可知此时CR+AR的值最小，最小值为BC==．设直线BC的解析式为，∵B（6，0），C（0，﹣3），∴，解得：，∴直线BC的解析式为：，令x=，得y==，∴R点坐标为（，）；（3）设点P坐标为（x，）．∵A（1，0），B（6，0），∴N（，0），∴以AB为直径的⊙N的半径为AB=，∴NP=，即，移项得，，得：，整理得：，解得（与A重合，舍去），，（在对称轴的右侧，舍去），（与B重合，舍去），∴点P坐标为（2，2）．∵M（，），N（，0），∴==，==，==，∴，∴∠MPN=90°，∵点P在⊙N上，∴直线MP是⊙N的切线．考点：1．二次函数综合题；2．最值问题；3．切线的判定；4．压轴题．4、(1)C（5，4），yx2x＋4；(2)AE是⊙C的切线，理由见解析；(3)．【解析】【分析】（1）如图1，连接CD，CB，过点C作于M．设⊙C的半径为r．在Rt△BCM中，利用勾股定理求出半径，可得点C的坐标，根据函数的对称性，得，用待定系数法即可求解．（2）结论：AE是OC的切线．连接AC，CE，由抛物线的解析式推出点E的坐标，求出AC，AE，CE，利用勾股定理的逆定理证明即可解决问题．（3）由四边形EAMN周长，可得当有最小值时，四边形周长有最小值，即当点M在线段上时，的最小值为，即可求解．(1)解：（1）如图，连接CD，CB，过点C作CM⊥AB于M．设⊙C的半径为r，∵与y轴相切于点D（0，4），∴CD⊥OD，∵∠CDO＝∠CMO＝∠DOM＝90°，∴四边形ODCM是矩形，∴CM＝OD＝4，CD＝OM＝r，∵B（8，0），∴OB＝8，∴BM＝8﹣r，在Rt△CMB中，∵BC2＝CM2＋BM2，∴r2＝42＋（8﹣r）2，解得r＝5，∴圆心C（5，4），∴抛物线的对称轴为x＝5，又∵点B（8，0），∴点A（2，0），则抛物线的表达式为y＝a（x﹣2）（x﹣8），将点D的坐标代入上式得：4＝a×（0﹣2）×（0﹣8），解得a，故抛物线的表达式为y（x﹣2）（x﹣8）x2x＋4．(2)解：结论：AE是⊙C的切线．理由如下：连接AC，CE．当x＝5时，y，∴顶点E（5，），∵AE，CE＝4，AC＝5，∴EC2，AE2＋AC2∴EC2＝AC2＋AE2，∴∠CAE＝90°，∴CA⊥AE，∴AE是⊙C的切线．(3)解：如图3，作点A关于y轴的对称点A'（﹣2，0），过点E作EF∥MN，且EF＝MN＝1，连接A'M，A'F，MF，∵点A与点A'关于y轴对称，∴AM＝A'M，∵EF∥MN，EF＝MN，∴四边形MNEF是平行四边形，∴MF＝NE，∵四边形EAMN周长＝AE＋AM＋MN＋NEAM＋1＋MFA'M＋MF，∴当A'M＋MF有最小值时，四边形EAMN周长有最小值，∴当点M在线段A'F上时，A'M＋MF的最小值为A'F，∵EF∥MN，EF＝MN＝1，∴点F（5，），∴A'F，∴四边形EAMN周长的最小值．【考点】本题主要考查二次函数与圆的综合运用，数形结合能提高解题效率．5、10参考答案：1．(1)；(2)点D的坐标为（1，－1）；(3)．【解析】【分析】（1）由不等式恒成立可得点（m