难点详解人教版9年级数学上册《圆》综合测评试卷（含答案详解）

人教版9年级数学上册《圆》综合测评考试时间：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30分）一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）1、如图，⊙O中，弦AB⊥CD，垂足为E，F为的中点，连接AF、BF、AC，AF交CD于M，过F作FH⊥AC，垂足为G，以下结论：①；②HC＝BF：③MF＝FC：④，其中成立的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个2、已知⊙O的半径为10，圆心O到弦AB的距离为5，则弦AB所对的圆周角的度数是（）A．30° B．60° C．30°或150° D．60°或120°3、如图，在中，，，，以点为圆心，为半径的圆与相交于点，则的长为（

）A．2 B． C．3 D．4、如图，⊙O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB＝90°，过点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点D．设∠A＝α，∠D＝β，则（）A．α﹣β B．α+β＝90° C．2α+β＝90° D．α+2β＝90°5、如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B是切点，点C为⊙O上一点，若∠ACB＝70°，则∠P的度数为（

）A．70° B．50° C．20° D．40°6、如图，四边形ABCD内接于⊙O，点I是△ABC的内心，∠AIC=124°，点E在AD的延长线上，则∠CDE的度数为（）A．56° B．62° C．68° D．78°7、如图，在△ABC中，cosB＝，sinC＝，AC＝5，则△ABC的面积是()A． B．12 C．14 D．218、如图，是的直径，，若，则的度数是（

）A．32° B．60° C．68° D．64°9、如图物体由两个圆锥组成，其主视图中，．若上面圆锥的侧面积为1，则下面圆锥的侧面积为（

）A．2 B． C． D．10、如图，△ABC内接于⊙O，∠A＝50°．E是边BC的中点，连接OE并延长，交⊙O于点D，连接BD，则∠D的大小为（）A．55° B．65° C．60° D．75°第Ⅱ卷（非选择题70分）二、填空题（10小题，每小题4分，共计40分）1、如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，点F在上，则∠CFD＝_____度．2、如图，在矩形中，是边上一点，连接，将矩形沿翻折，使点落在边上点处，连接.在上取点，以点为圆心，长为半径作⊙与相切于点.若，，给出下列结论:①是的中点;②⊙的半径是2;③;④.其中正确的是________.(填序号)3、如图，已知点C是⊙O的直径AB上的一点，过点C作弦DE，使CD=CO．若AD的度数为35°，则的度数是_____．4、如图，在⊙O中，，，则图中阴影部分的面积是_________．（结果保留）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____．6、如图，圆锥的母线长OA=6，底面圆的半径为，一只小虫在圆线底面的点A处绕圆锥侧面一周又回到点A处，则小虫所走的最短路程为___________（结果保留根号）7、已知在平面直角坐标系中，点的坐标为是抛物线对称轴上的一个动点．小明经探究发现：当的值确定时，抛物线的对称轴上能使为直角三角形的点的个数也随之确定．若抛物线的对称轴上存在3个不同的点，使为直角三角形，则的值是____．8、已知圆锥的底面半径为，侧面展开图的圆心角是180°，则圆锥的高是______．9、如图，抛物线的图象与坐标轴交于点、、，顶点为，以为直径画半圆交轴的正半轴于点，圆心为，是半圆上的一动点，连接，是的中点，当沿半圆从点运动至点时，点运动的路径长是__________．10、一个扇形的圆心角是120°．它的半径是3cm．则扇形的弧长为__________cm．三、解答题（5小题，每小题6分，共计30分）1、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．2、如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=12cm，AD=8cm，BC=22cm，AB为⊙O的直径，动点P从点A开始沿AD边向点D以1cm/s的速度运动，动点Q从点C开始沿CB边向点B以2cm/s的速度运动．P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t（s）．（1）当t为何值时，四边形PQCD为平行四边形？（2）当t为何值时，PQ与⊙O相切？3、如图，四边形ABCD是平行四边形，点A，B，D均在圆上．请仅用无刻度的直尺分别下列要求画图．（1）在图①中，若AB是直径，CD与圆相切，画出圆心；（2）在图②中，若CB，CD均与圆相切，画出圆心．4、如图，正五边形内接于，为上的一点（点不与点重合），求的余角的度数．5、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？-参考答案-一、单选题1、C【解析】【分析】根据弧，弦，圆心角之间的关系，圆周角定理以及三角形内角和定理一一判断即可．【详解】解：∵F为的中点，∴，故①正确，∴∠FCM＝∠FAC，∵∠FCG＝∠ACM+∠FCM，∠AME＝∠FMC＝∠ACM+∠FAC，∴∠AME＝∠FMC＝∠FCG＞∠FCM，∴FC＞FM，故③错误，∵AB⊥CD，FH⊥AC，∴∠AEM＝∠CGF＝90°，∴∠CFH+∠FCG＝90°，∠BAF+∠AME＝90°，∴∠CFH＝∠BAF，∴，∴HC＝BF，故②正确，∵∠AGF＝90°，∴∠CAF+∠AFH＝90°，∴＝180°，∴＝180°，∴，故④正确，故选：C．【点评】本题考查圆心角，弧，弦之间的关系，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考选择题中的压轴题．2、D【解析】【分析】由图可知，OA=10，OD=5．根据特殊角的三角函数值求出∠AOB的度数，再根据圆周定理求出∠C的度数，再根据圆内接四边形的性质求出∠E的度数即可．【详解】解：由图可知，OA=10，OD=5，在Rt△OAD中，∵OA=10，OD=5，AD==，∴tan∠1=，∴∠1=60°，同理可得∠2=60°，∴∠AOB=∠1+∠2=60°+60°=120°，∴∠C=60°，∴∠E=180°-60°=120°即弦AB所对的圆周角的度数是60°或120°，故选D．【考点】本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的对角互补、解直角三角形的应用等，正确画出图形，熟练应用相关知识是解题的关键．3、C【解析】【分析】过C点作CH⊥AB于H点，在△ABC、△CBH中由分别求出BC和BH，再由垂径定理求出BD，进而AD=AB-BD即可求解．【详解】解：过C点作CH⊥AB于H点，如下图所示：∵∠ACB=90°，∠A=30°，∴△ABC、△CBH均为30°、60°、90°直角三角形，其三边之比为，Rt△ABC中，，Rt△BCH中，，由垂径定理可知：，∴，故选：C．【考点】本题考查了直角三角形30°角所对直角边等于斜边的一半，垂径定理等知识点，熟练掌握垂径定理是解决本题的关键．4、C【解析】【分析】连接OC，由∠BOC是△AOC的外角，可得∠BOC＝2∠A＝2α，由CD是⊙O的切线，可求∠OCD＝90°，可得∠D＝90°﹣2α＝β即可．【详解】连接OC，如图，∵⊙O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB＝90°，∴AB是直径，∵∠A＝α，OA=OC，∠BOC是△AOC的外角，∴∠A=∠ACO，∴∠BOC=∠A+∠ACO＝2∠A＝2α，∵CD是⊙O的切线，∴OC⊥CD，∴∠OCD＝90°，∴∠D＝90°﹣∠BOC＝90°﹣2α＝β，∴2α+β＝90°．故选：C．【考点】本题考查圆的半径相等，三角形外角性质，切线性质，直角三角形两锐角互余性质，掌握圆的半径相等，三角形外角性质，切线性质，直角三角形两锐角互余性质．5、D【解析】【分析】首先连接OA，OB，由PA，PB为⊙O的切线，根据切线的性质，即可得∠OAP=∠OBP=90°，又由圆周角定理，可求得∠AOB的度数，继而可求得答案．【详解】解：连接OA，OB，∵PA，PB为⊙O的切线，∴∠OAP=∠OBP=90°，∵∠ACB=70°，∴∠AOB=2∠P=140°，∴∠P=360°-∠OAP-∠OBP-∠AOB=40°．故选：D．【考点】此题考查了切线的性质与圆周角定理，注意掌握辅助线的作法和数形结合思想的应用．6、C【解析】【分析】由点I是△ABC的内心知∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，从而求得∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB）=180°﹣2（180°﹣∠AIC），再利用圆内接四边形的外角等于内对角可得答案．【详解】解：∵点I是△ABC的内心，∴∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，∵∠AIC=124°，∴∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB）=180°﹣2（∠IAC+∠ICA）=180°﹣2（180°﹣∠AIC）=68°，又四边形ABCD内接于⊙O，∴∠CDE=∠B=68°，故选：C．【考点】本题主要考查三角形的内切圆与内心，解题的关键是掌握三角形的内心的性质及圆内接四边形的性质．7、A【解析】【分析】根据已知作出三角形的高线AD，进而得出AD，BD，CD，的长，即可得出三角形的面积．【详解】解：过点A作AD⊥BC，∵△ABC中，cosB=，sinC=，AC=5，∴cosB==，∴∠B=45°，∵sinC===，∴AD=3，∴CD==4，∴BD=3，则△ABC的面积是：×AD×BC=×3×（3+4）=．故选A．【考点】此题主要考查了解直角三角形的知识，作出AD⊥BC，进而得出相关线段的长度是解决问题的关键．8、D【解析】【分析】根据已知条件和圆心角、弧、弦的关系，可知，然后根据对顶角相等即可求解．【详解】，．，，，故选：D．【考点】本题主要考查圆心角、弧、弦的关系、对顶角相等，较简单，掌握基本概念是解题关键．9、D【解析】【分析】先证明△ABD为等腰直角三角形得到∠ABD＝45°，BD＝AB，再证明△CBD为等边三角形得到BC＝BD＝AB，利用圆锥的侧面积的计算方法得到上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于AB：CB，从而得到下面圆锥的侧面积．【详解】∵∠A＝90°，AB＝AD，∴△ABD为等腰直角三角形，∴∠ABD＝45°，BD＝AB，∵∠ABC＝105°，∴∠CBD＝60°，而CB＝CD，∴△CBD为等边三角形，∴BC＝BD＝AB，∵上面圆锥与下面圆锥的底面相同，∴上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于AB：CB，∴下面圆锥的侧面积＝×1＝．故选D．【考点】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了等腰直角三角形和等边三角形的性质．10、B【解析】【分析】连接CD，根据圆内接四边形的性质得到∠CDB＝180°﹣∠A＝130°，根据垂径定理得到OD⊥BC，求得BD＝CD，根据等腰三角形的性质即可得到结论．【详解】解：连接CD，∵∠A＝50°，∴∠CDB＝180°﹣∠A＝130°，∵E是边BC的中点，∴OD⊥BC，∴BD＝CD，∴∠ODB＝∠ODC＝∠BDC＝65°，故选：B．【考点】本题考查了圆内接四边形的性质，垂径定理，等腰三角形的性质等知识．正确理解题意是解题的关键．二、填空题1、36．【解析】【分析】连接OC，OD．求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题．【详解】如图，连接OC，OD．∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠COD==72°，∴∠CFD=∠COD=36°，故答案为：36．【考点】本题考查了正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．2、①②④．【解析】【详解】解：①∵AF是AB翻折而来，∴AF=AB=6．∵AD=BC=，∴DF==3，∴F是CD中点；∴①正确；②连接OP，∵⊙O与AD相切于点P，∴OP⊥AD．∵AD⊥DC，∴OP∥CD，∴，设OP=OF=x，则，解得：x=2，∴②正确；③∵Rt△ADF中，AF=6，DF=3，∴∠DAF=30°，∠AFD=60°，∴∠EAF=∠EAB=30°，∴AE=2EF．∵∠AFE=90°，∴∠EFC=90°﹣∠AFD=30°，∴EF=2EC，∴AE=4CE，∴③错误；④连接OG，作OH⊥FG，∵∠AFD=60°，OF=OG，∴△OFG为等边△．同理△OPG为等边△，∴∠POG=∠FOG=60°，OH=OG=，S扇形OPG=S扇形OGF，∴S阴影=（S矩形OPDH﹣S扇形OPG﹣S△OGH）+（S扇形OGF﹣S△OFG）=S矩形OPDH﹣S△OFG==，∴④正确；故答案为①②④．3、105°．【解析】【分析】连接OD、OE，根据圆心角、弧、弦的关系定理求出∠AOD=35°，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算即可．【详解】解：连接OD、OE，∵的度数为35°，∴∠AOD=35°，∵CD=CO，∴∠ODC=∠AOD=35°，∵OD=OE，∴∠ODC=∠E=35°，∴∠DOE=180°-∠ODC-∠E=180°-35°-35°=110°，∴∠AOE=∠DOE-∠AOD=110°-35°=75°，∴∠BOE=180°-∠AOE=180°-75°=105°，∴的度数是105°．故答案为105°．【考点】本题考查了圆心角、弧、弦的关系定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．4、【解析】【分析】由，根据圆周角定理得出，根据S阴影=S扇形AOB－可得出结论．【详解】解：∵，∴，∴S阴影=S扇形AOB－，故答案为：．【考点】本题主要考查圆周角定理、扇形的面积计算，根据题意求得三角形与扇形的面积是解答此题的关键．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．6、6【解析】【分析】利用圆锥的底面周长等于侧面展开图的弧长可得圆锥侧面展开图的圆心角，求出侧面展开图中两点间的距离即为最短距离．【详解】∵底面圆的半径为，∴圆锥的底面周长为2×＝3，设圆锥的侧面展开图的圆心角为n．∴，解得n＝90°，如图，AA′的长就是小虫所走的最短路程，∵∠O=90°，OA′=OA=6，∴AA′＝．故答案为：6．【考点】本题考查了圆锥的计算，考查圆锥侧面展开图中两点间距离的求法；把立体几何转化为平面几何来求是解决本题的突破点．7、2或【解析】【分析】分，和确定点M的运动范围，结合抛物线的对称轴与，，共有三个不同的交点，确定对称轴的位置即可得出结论．【详解】解：由题意得：O（0,0），A（3，4）∵为直角三角形，则有：①当时，∴点M在与OA垂直的直线上运动（不含点O）；如图，②当时，，∴点M在与OA垂直的直线上运动（不含点A）；③当时，，∴点M在与OA为直径的圆上运动，圆心为点P，∴点P为OA的中点，∴∴半径r=∵抛物线的对称轴与x轴垂直由题意得，抛物线的对称轴与，，共有三个不同的交点，∴抛物线的对称轴为的两条切线，而点P到切线，的距离，又∴直线的解析式为：；直线的解析式为：；∴或4∴或-8故答案为：2或-8【考点】本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有圆的切线的判定，直角三角形的判定，综合性较强，有一定难度．运用数形结合、分类讨论是解题的关键．8、【解析】【分析】设圆锥的母线长为Rcm，根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到2π•5=，然后解方程即可得母线长，然后利用勾股定理求得圆锥的高即可．【详解】解：设圆锥的母线长为Rcm，根据题意得2π•5=，解得R=10．即圆锥的母线长为10cm，∴圆锥的高为：(cm)．故答案为：．【考点】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．9、【解析】【分析】先求出A、B、E的坐标，然后求出半圆的直径为4，由于E为定点，P是半圆AB上的动点，N为EP的中点，所以N的运动路经为直径为2的半圆，计算即可.【详解】解：，∴点E的坐标为（1，-2），令y=0，则，解得，，，∴A（-1，0），B（3,0），∴AB=4，由于E为定点，P是半圆AB上的动点，N为EP的中点，所以N的运动路经为直径为2的半圆，如图，∴点运动的路径长是.【考点】本题属于二次函数和圆的综合问题，考查了运动路径的问题，熟练掌握二次函数和圆的基础是解题的关键.10、2π【解析】【详解】分析：根据弧长公式可得结论．详解：根据题意，扇形的弧长为=2π，故答案为2π点睛：本题主要考查弧长的计算，熟练掌握弧长公式是解题的关键．三、解答题1、（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．2、（1）当时，四边形PQCD为平行四边形；（2）当t=2秒时，PQ与⊙O相切．【解析】【分析】（1）由题意得：，，则，再由四边形PQCD是平行四边形，得到DP=CQ，由此建立方程求解即可；（2）设PQ与⊙O相切于点H过点P作PE⊥BC，垂足为E．先证明四边形ABEP是矩形，得到PE=AB=12cm．由AP=BE=tcm，CQ=2tcm，得到BQ=（22﹣2t）cm，EQ=22﹣3t）cm；再由切线长定理得到AP=PH，HQ=BQ，则PQ=PH+HQ=AP+BQ=t+22﹣2t=（22﹣t）cm；在Rt△PEQ中，PE2+EQ2=PQ2，则122+（22﹣3t）2=（22﹣t）2，即：8t2﹣88t+144=0，由此求解即可．【详解】解：（1）由题意得：，，∴，∵四边形PQCD是平行四边形，∴DP=CQ，∴，解得，∴当时，四边形PQCD为平行四边形；（2）设PQ与⊙O相切于点H过点P作PE⊥BC，垂足为E．∴∠PEB=90°∵在直角梯形ABCD，AD∥BC，∠ABC=90°，∴∠BAD=90°，∴四边形ABEP是矩形，∴PE=AB=12cm．∵AP=BE=tcm，CQ=2tcm，∴BQ=BC﹣CQ=（22﹣2t）cm，EQ=BQ﹣BE=22﹣2t﹣t=（22﹣3t）cm；∵AB为⊙O的直径，∠ABC=∠DAB=90°，∴AD、BC为⊙O的切线，∴AP=PH，HQ=BQ，∴PQ=PH+HQ=AP+BQ=t+22﹣2t=（22﹣t）cm；在Rt△PEQ中，PE2+EQ2=PQ2，∴122+（22﹣3t）2=（22﹣t）2，即：8t2﹣88t+144=0，∴t2﹣11t+18=0，（t﹣2）（t﹣9）=0，∴t1=2，t2=9；∵P在AD边运动的时间为秒．∵t=9＞8，∴t=9（舍去），∴当t=2秒时，PQ与⊙O相切．【考点】本题主要考查了切线长定理，矩形的性质与判定，勾股定理，平行四边形的性质等等，解题的关键在于能够熟练掌握切线长定理．3、（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）延长CB交圆于一点，把这点与点D连接，与AB交点即为圆心；（2）连接AC、BD交于点G，AC交圆于点E，射线DE交BC于F，射线FG交DA于H，连接BH交AC于O即可．【详解】（1）如图1所示，延长CB交圆于点E，连接DE，与AB交点即为圆心；由已知可得∠A+∠DBA=90°，∠EBA=∠C=∠A,故∠EBA+∠DBA=90°，DE为直径；（2）如图2所示，连接AC、BD交于点G，AC交圆于点E，射线DE交BC于F，射线FG交DA于H，连接BH交AC于O．点即为所求．说明：由已知可得，△ADB为等边三角形，由作图可知，AE为直径，DF⊥BC，可得，F是BC中点，进而得出H是AD中点，BH⊥AD，BH过圆心；【考点】本题考查了无刻度直尺作图，解