第二十四章圆单元测试
一、单选题（共10题；共30分）
1、如图，⊙O是△ABC的外接圆，已知∠ABO=50°，则∠ACB的大小为（ ）
A、40° B、30° C、45° D、50°
2、下列说法：
①平分弦的直径垂直于弦；②三点确定一个圆；③相等的圆心角所对的弧相等；④垂直于半径的直线是圆的切线；⑤三角形的内心到三条边的距离相等。
其中不正确的有（ ）个。
A、1 B、2 C、3 D、4
3、如图，四边形ABCD内接于⊙O，已知∠ADC=140°，则∠AOC的大小是（ ）
A、80° B、100° C、60° D、40°
4、已知Rt△ACB，∠ACB=90°，I为内心，CI交AB于D，BD=， AD=， 则S△ACB=（ ）
A、12 B、6 C、3 D、7.5
5、如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，以点C为圆心，CA为半径的圆与AB交于点D，则AD的长为（ ）
A、 B、 C、 D、
6、如图，⊙O的内接四边形ABCD两组对边的延长线分别交于点E，F，∠E=α，∠F=β，则∠A=（ ）
A、α+β B、 C、180﹣α﹣β D、
7、如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心是（2，a）（a＞2），半径为2，函数y=x的图象被⊙P截得的弦AB的长为 ，则a的值是（ ）
A、2 B、2+ C、2 D、2+
8、如图，已知AB是⊙O的直径，∠CAB=50°，则∠D的度数为（ ）
A、20° B、40° C、50° D、70°
9、已知A、B、C三点在⊙O上，且AB是⊙O内接正三角形的边长，AC是⊙O内接正方形的边长，则∠BAC的度数为（ ）
A、15°或105° B、75°或15° C、75° D、105°
10、如图，在⊙O中，∠ABC=52°，则∠AOC等于（ ）
A、52° B、80° C、90° D、104°
二、填空题（共8题；共25分）
11、如图，⊙O是ABC的外接圆，OCB=40°，则A的度数等于________°．
12、如图，已知半圆O的直径AB＝4，沿它的一条弦折叠．若折叠后的圆弧与直径AB相切于点D，且AD:DB＝3:1，则折痕EF的长________ ．
13、如图，若∠1=∠2，那么与 ________相等．（填一定、一定不、不一定）
14、如图，AB是半圆O的直径，点C、D是半圆O的三等分点，若弦CD=2，则图中阴影部分的面积为________．
15、已知扇形的圆心角为150°，它所对应的弧长20πcm，则此扇形的半径是________ cm，面积是________ cm2 ．
16、如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AD是⊙O的直径，∠ABC=50°，则∠CAD=________．
17、若一个圆锥的侧面积是它底面积的2倍，则这个圆锥的侧面展开图的圆心角是________．
18、已知一圆锥的底面半径为1cm，母线长为4cm，则它的侧面积为________cm2（结果保留π）．
三、解答题（共5题；共35分）
19、已知：△ABC是边长为4的等边三角形,点O在边AB上,⊙O过点B且分别与边AB,BC相交于点D,E,EF⊥AC,垂足为F.
（1）求证：直线EF是⊙O的切线；
（2）当直线DF与⊙O相切时,求⊙O的半径.
20、【阅读材料】已知，如图1，在面积为S的△ABC中，BC=a，AC=b，AB=c，内切圆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=ar+br+cr=（a+b+c）r．
∴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各边分别相切于D、E和F，已知AD=3，BD=2，求r的值．
21、如图，公路MN与公路PQ在点P处交汇，且∠QPN=30°，点A处有一所中学，AP=160m．假设拖拉机行驶时，周围100m以内会受到噪音的影响，那么拖拉机在公路MN上沿PN方向行驶时，学校是否受到噪音影响？说明理由；如果受影响，且知拖拉机的速度为18km/h，那么学校受影响的时间是多少秒？
22、如图，已知矩形ABCD的边AB=3cm、BC=4cm，以点A为圆心，4cm为半径作⊙A，则点B、C、D与⊙A怎样的位置关系．
23、已知圆的半径为R，试求圆内接正三角形、正四边形、正六边形的边长之比．
四、综合题（共1题；共10分）
24、（2017•襄阳）如图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上的两点，∠BAC=∠DAC，过点C做直线EF⊥AD，交AD的延长线于点E，连接BC．
(1)求证：EF是⊙O的切线；
(2)若DE=1，BC=2，求劣弧 的长l．
答案解析
一、单选题
1、【答案】 A
【考点】圆周角定理
【解析】【分析】根据等边对等角及圆周角定理求角即可．【解答】∵OA=OB
∴∠OAB=∠OBA=50°
∴∠AOB=80°
∴∠ACB=40°．
故选A．【点评】此题综合运用了等边对等角、三角形的内角和定理以及圆周角定理
2、【答案】 D
【考点】垂径定理，确定圆的条件，三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】①中被平分的弦是直径时，不一定垂直，故错误；
②不在同一条直线上的三个点才能确定一个圆，故错误；
③应强调在同圆或等圆中，否则错误；
④中垂直于半径，还必须经过半径的外端的直线才是圆的切线，故错误；
⑤三角形的内心是三角形三个角平分线的交点，所以到三条边的距离相等，故正确；
综上所述，①、②、③、④错误。
【分析】举出反例图形，即可判断①②③④；根据角平分线性质即可推出⑤．
3、【答案】 A
【考点】圆周角定理，圆内接四边形的性质
【解析】【解答】∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠ABC+∠ADC=180°，∴∠ABC=180°﹣140°=40°．∴∠AOC=2∠ABC=80°．故选A．
【分析】根据圆内接四边形的性质求得∠ABC=40°，利用圆周角定理，得∠AOC=2∠B=80°．
4、【答案】B
【考点】三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：∵I为内心，
∴CD平分∠ACB，
∴，
设AC=4x，BC=3x，
∴AB==5x，
∴5x=+， 解得x=1，
∴AC=4，BC=3，
∴S△ACB=×4×3=6．
故选B．
【分析】根据内心的性质得CD平分∠ACB，则根据角平分线定理得到， 于是可设AC=4x，BC=3x，再利用勾股定理得到AB=5x，则有5x=+， 解得x=1，所以AC=4，BC=3，然后根据三角形面积公式求解．
5、【答案】A
【考点】垂径定理
【解析】【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，
∴AB=，
过C作CM⊥AB，交AB于点M，如图所示，
∵CM⊥AB，
∴M为AD的中点，
∵S△ABC=AC•BC=AB•CM，且AC=3，BC=4，AB=5，
∴CM=，
在Rt△ACM中，根据勾股定理得：AC2=AM2+CM2 ， 即9=AM2+（）2 ，
解得：AM=，
∴AD=2AM=．
故选A．
【分析】先根据勾股定理求出AB的长，过C作CM⊥AB，交AB于点M，由垂径定理可知M为AD的中点，由三角形的面积可求出CM的长，在Rt△ACM中，根据勾股定理可求出AM的长，进而可得出结论．
6、【答案】D
【考点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】连结EF，如图，
∵四边形ABCD为圆的内接四边形，
∴∠ECD=∠A，
∵∠ECD=∠1+∠2，
∴∠A=∠1+∠2，
∵∠A+∠1+∠2+∠E+∠F=180°，
∴2∠A+α+β=180°，
∴∠A=．
故选D．
【分析】连结EF，如图，根据圆内接四边形的性质得∠ECD=∠A，再根据三角形外角性质得∠ECD=∠1+∠2，则∠A=∠1+∠2，然后根据三角形内角和定理有∠A+∠1+∠2+∠E+∠F=180°，即2∠A+α+β=180°，再解方程即可．
7、【答案】 B
【考点】圆的认识，直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：过P点作PE⊥AB于E，过P点作PC⊥x轴于C，交AB于D，连接PA．
∵PE⊥AB，AB=2 ，半径为2，
∴AE= AB= ，PA=2，
根据勾股定理得：PE= =1，
∵点A在直线y=x上，
∴∠AOC=45°，
∵∠DCO=90°，
∴∠ODC=45°，
∴△OCD是等腰直角三角形，
∴OC=CD=2，
∴∠PDE=∠ODC=45°，
∴∠DPE=∠PDE=45°，
∴DE=PE=1，
∴PD= ．
∵⊙P的圆心是（2，a），
∴a=PD+DC=2+ ．
故选：B．
【分析】过P点作PE⊥AB于E，过P点作PC⊥x轴于C，交AB于D，连接PA．分别求出PD、DC，相加即可．
8、【答案】B
【考点】圆周角定理
【解析】【解答】解：∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB=90°，
∵∠CAB=50°，
∴∠CBA=40°，
∴∠D=40°，
故选B．
【分析】首先利用直径所对的圆周角是直角得到直角三角形，然后求得另一锐角的度数，从而求得所求的角的度数．
9、【答案】B
【考点】圆周角定理
【解析】【解答】解：①如图1所示： ∵AB是⊙O内接正三角形的边长，AC是⊙O内接正方形的边长，
∴∠AOB=120°，∠AOC=90°，
∴∠BCO=360°﹣120°﹣90°=150°，
∴∠BAC= ∠BOC=75°；
②如图2所示，同①得出∠BAC=15°，
故选：B．
【分析】先求出∠BOC的度数，然后根据圆周角定理求解，注意分类讨论．
10、【答案】D
【考点】圆周角定理
【解析】【解答】解：∵∠ABC=52°， ∴∠AOC=2×52°=104°，
故选：D．
【分析】根据圆周角定理可得∠AOC=2∠ABC，进而可得答案．
二、填空题
11、【答案】 50°
【考点】圆周角定理
【解析】【解答】在△OCB中，OB=OC（⊙O的半径），
∴∠OBC=∠0CB（等边对等角）；
∵∠OCB=40°，∠C0B=180°-∠OBC-∠0CB，
∴∠COB=100°；
又∵∠A=∠C0B（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半），
∴∠A=50°
【分析】在等腰三角形OCB中，求得两个底角∠OBC、∠0CB的度数，然后根据三角形的内角和求得∠COB=100°；最后由圆周角定理求得∠A的度数并作出选择．
12、【答案】
【考点】垂径定理，切线的性质
【解析】【解答】如图，过O作弦BC的垂线OP，垂足为D，分别与弧的交点为A、G，过切点F作PF⊥半径OC交OP于P点，
∵OP⊥BC，∴BD=DC，即OP为BC的中垂线. ∴OP必过弧BGC所在圆的圆心.
又∵OE为弧BGC所在圆的切线，PF⊥OE，∴PF必过弧BGC所在圆的圆心.
∴点P为弧BGC所在圆的圆心.
∵弧BAC沿BC折叠得到弧BGC，∴⊙P为半径等于⊙O的半径，即PF=PG=OE=2，并且AD=GD.
∴OG=AP.
而F点分⊙O的直径为3：1两部分，∴OF=1.
在Rt△OPF中，设OG=x，则OP=x+2，
∴OP2=OF2+PF2 ， 即（x+2）2=12+22 ， 解得x=.
∴AG=2-（）=.∴DG=.∴OD=OG+DG=.
在Rt△OBD中，BD2=OB2+OD2 ， 即BD2=22-（）2 ， ∴BD=.
∴BC=2BD= ．
【分析】运用垂径定理和切线的性质作答。
13、【答案】一定
【考点】圆心角、弧、弦的关系
【解析】【解答】解：∵∠1=∠2，
∴=．
故答案为：一定．
【分析】根据圆心角、弧、弦的关系进行解答即可．
14、【答案】
【考点】扇形面积的计算
【解析】【解答】解：如图连接OC、OD、BD．
∵点C、D是半圆O的三等分点，
∴∠AOC=∠COD=∠DOB=60°，
∵OC=OD=OB，
∴△COD、△OBD是等边三角形，
∴∠COD=∠ODB=60°，OD=CD=2，
∴OC∥BD，
∴S△BDC=S△BDO ，
∴S阴=S扇形OBD=
【分析】首先证明OC∥BD，得到S△BDC=S△BDO ， 所以S阴=S扇形OBD ， 由此即可计算．本题考查圆的有关知识、扇形的面积，三角形的面积等知识，解题的关键是学会把求不规则图形面积转化为求规则图形的面积，属于中考常考题型．
15、【答案】 24；240π
【考点】弧长的计算，扇形面积的计算
【解析】【解答】解：设扇形的半径是r，则 =20π 解得：r=24．
扇形的面积是： ×20π×24=240π．
故答案是：24和240π．
【分析】根据弧长公式即可得到关于扇形半径的方程，然后根据扇形的面积公式即可求解．
16、【答案】40°
【考点】圆周角定理
【解析】【解答】解：连接CD，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD=90°，
∵∠D=∠ABC=50°，
∴∠CAD=90°﹣∠D=40°．
故答案为：40°．
【分析】首先连接CD，由AD是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，可求得∠ACD=90°，又由圆周角定理，可得∠D=∠ABC=50°，继而求得答案．
17、【答案】180°
【考点】圆锥的计算
【解析】【解答】解：设底面圆的半径为r，侧面展开扇形的半径为R，扇形的圆心角为n度． 由题意得S底面面积=πr2 ，
l底面周长=2πr，
S扇形=2S底面面积=2πr2 ，
l扇形弧长=l底面周长=2πr．
由S扇形= l扇形弧长×R得2πr2= ×2πr×R，
故R=2r．
由l扇形弧长= 得：
2πr=
解得n=180°．
故答案为180°．
【分析】根据圆锥的侧面积是底面积的2倍得到圆锥底面半径和母线长的关系，根据圆锥侧面展开图的弧长=底面周长即可求得圆锥侧面展开图的圆心角度数．
18、【答案】4π
【考点】圆锥的计算
【解析】【解答】解：圆锥的侧面积= •2π•1•4=4π（cm2）． 故答案为4π．
【分析】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扇形的面积公式计算．
三、解答题
19、【答案】 （1）连接OE
∵△ABC是等边三角形,
∴∠ABC=∠C=60°.
∵OB="OE,"
∴∠OEB=∠C =60°,
∴OE∥AC.
∵EF⊥AC,
∴∠EFC=90°.
∴∠OEF=∠EFC=90°.
∴OE⊥EF,
∵⊙O与BC边相交于点E,
∴E点在圆上.
∴EF是⊙O的切线；
(2)连接DF,DE.
∵DF是⊙O的切线,
∴∠ADF=∠BDF=90°
设⊙O的半径为r,则BD=2r,
∵AB=4,
∴AD=4-2r,
∵BD=2r,∠B=60°,
∴DE=r,
∵∠BDE=30°,∠BDF="90°."
∴∠EDF=60°,
∵DF、EF分别是⊙O的切线,
∴DF=EF=DE=r,
在Rt△ADF中,
∵∠A=60°,
∴tan∠DFA=
解得.
∴⊙O的半径是
【考点】切线的判定与性质
【解析】【分析】（1）连接OE，得到∠OEB =60°,从而OE∥AC.，根据平行线的性质即可得到直线EF是⊙O的切线；
（2）连接DF,DE.构造直角三角形，解直角三角形即可。
20、【答案】解：（1）如图2，连接OA、OB、OC、OD．
∵S=S△AOB+S△BOC+S△COD+S△AOD=arbrcrdr=（a+b+c+d）r，
∴r=；
（2）如图3连接OE、OF，则四边形OECF是正方形，
OE=EC=CF=FO=r，
在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2 ，
（3+r）2+（2+r）2=52 ，
r2+5r﹣6=0，
解得：r=1．
【考点】三角形的内切圆与内心
【解析】【分析】（1）已知已给出示例，我们仿照例子，连接OA，OB，OC，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）如图3，连接OE、OF，则四边形OECF是正方形，OE=EC=CF=FO=r，解直角三角形求得结果．
21、【答案】解：学校受到噪音影响．理由如下：
作AH⊥MN于H，如图，
∵PA=160m，∠QPN=30°，
∴AH=PA=80m，
而80m＜100m，
∴拖拉机在公路MN上沿PN方向行驶时，学校受到噪音影响，
以点A为圆心，100m为半径作⊙A交MN于B、C，如图，
∵AH⊥BC，
∴BH=CH，
在Rt△ABH中，AB=100m，AH=80m，
BH==60m，
∴BC=2BH=120m，
∵拖拉机的速度=18km/h=5m/s，
∴拖拉机在线段BC上行驶所需要的时间==24（秒），
∴学校受影响的时间为24秒．
【考点】直线与圆的位置关系
【解析】【分析】作AH⊥MN于H，根据含30度的直角三角形三边的关系得到AH=PA=80m
，由于这个距离小于100m，所以可判断拖拉机在公路MN上沿PN方向行驶时，学校受到噪音影响；然后以点A为圆心，100m为半径作⊙A交MN于B、C，根据垂径定理得到BH=CH，再根据勾股定理计算出BH=60m，则BC=2BH=120m，然后根据速度公式计算出拖拉机在线段BC上行驶所需要的时间．
22、【答案】解：连接AC，
∵AB=3cm，BC=AD=4cm，
∴AC=5cm，
∴点B在⊙A内，点D在⊙A上，点C在⊙A外．
【考点】点与圆的位置关系
【解析】【分析】连接AC，根据勾股定理求出AC的长，进而得出点B，C，D与⊙A的位置关系
23、【答案】解：如图①所示，
连接O1 A，作O1 E⊥AD于E，
∵O1 A=R，∠O1 AE=45°，
∴AE=O1 A•cos45°=R，
∴AD=2AE=R；
如图②所示：
连接O2 A，O2 B，
则O2 B⊥AC，
∵O2 A=R，∠O2 AF=30°，∠AO2 B=60°，
∴△AO2 B是等边三角形，AF=O2A•cos30°=R，
∴AB=R，AC=2AF=R；
∴圆内接正三角形、正四边形、正六边形的边长之比R：R：R=：：1．
【考点】正多边形和圆
【解析】【分析】根据题意画出图形，通过解直角三角形用R分别表示出它们的边长，进而可得出结论．
四、综合题
24、【答案】（1）证明：连接OC， ∵OA=OC，
∴∠OAC=∠DAC，∴∠DAC=∠OCA，
∴AD∥OC，
∵∠AEC=90°，∴∠OCF=∠AEC=90°，
∴EF是⊙O的切线；
（2）解：连接OD，DC， ∵∠DAC= DOC，∠OAC= BOC，
∴∠DAC=∠OAC，
∵ED=1，DC=2，
∴sin∠ECD= ，
∴∠ECD=30°，
∴∠OCD=60°，
∵OC=OD，
∴△DOC是等边三角形，
∴∠BOC=∠COD=60°，OC=2，
∴l= = π．
【考点】切线的判定与性质，弧长的计算
【解析】【分析】（1）连接OC，根据等腰三角形的性质得到∠OAC=∠DAC，求得∠DAC=∠OCA，推出AD∥OC，得到∠OCF=∠AEC=90°，于是得到结论；（2）连接OD，DC，根据角平分线的定义得到∠DAC=∠OAC，根据三角函数的定义得到∠ECD=30°，得到∠OCD=60°，得到∠BOC=∠COD=60°，OC=2，于是得到结论．
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