期末复习：浙教版九年级数学学上册 第三章 圆的基本性质
一、单选题（共10题；共30分）
1.已知⊙O的半径为5，若PO=4，则点P与⊙O的位置关系是（ ）
A. 点P在⊙O内 B. 点P在⊙O上 C. 点P在⊙O外 D. 无法判断
2.如图，⊙O是△ABC的外接圆，若∠ABC＝40°，则∠AOC等于（ ）
A. 20° B. 40° C. 60° D. 80°
3.如图，AB是圆0的直径，弦CD ⊥ AB于点E，则下列结论正确的是( )
A. OE=BE B. BC=BD C. △BOC是等边三角形 D. 四边形ODBC是菱形
4.如图，在⊙O中，点B,O,C和点A,O,D分别在同一条直线上，则图中有（ ）条弦
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
5.如图，⊙O中，半径OC⊥弦AB于点D，点E在⊙O上，∠E=22.5°，AB=4，则半径OB等于（ ）
A. 2 B. 2 C. 2 2 D. 3
6.如图，△ABC内接于⊙O，若∠OAB=28°，则∠C的大小为（ ）
A. 28° B. 56° C. 60° D. 62°
7.圆锥的主视图与左视图都是边长为4的等边三角形，则圆锥的侧面展开图扇形的圆心角是（ ）
A.90° B.120° C.150° D.180°
8.如图，AB是⊙O的直径，弦CD丄AB，∠CAB=20°，则∠BOD等于（ ）
A. 30° B. 40° C. 45° D. 50°
9.如图，CD为⊙O的直径，CD⊥EF,垂点为G，∠EOD=40° ， 则∠DCF （ ）
A. 80° B. 50° C. 40° D. 20°
10.如图，⊙O的直径CD过弦EF的中点G，∠EOD=40°,则∠DCF等于（ ）
A. 80° B. 50° C. 40° D. 20°
二、填空题（共10题；共30分）
11.如图，在⊙O中，点A，B，C在⊙O上，且∠ACB=110°，则∠α=________．
12.如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，∠AOC=50°，则∠ABC= ________．
13.如图，AB是⊙O的弦，AB=10，点C是⊙O上的一个动点，且∠ACB=45°，若点M，N分别是AB、BC的中点，则MN长的最大值是________．
14.平面直角坐标系中，以点P（0，1）为中心，把点A（5，1）逆时针旋转90°，得到点B，则点B的坐标为________．
15.一个圆锥的侧面积是底面积的2倍,则圆锥侧面展开图扇形的圆心角是________°
16.如图，点 A ， B ， C ， D 在 ⊙O 上， ∠ABO=40∘ ， ∠BCD=112∘ ， E 是 AD 中点，则 ∠DOE 的度数为________．
17.如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，AB′与BC相交于点D，当B′C′∥AB时，CD=________．
18.如图，⊙O是正方形ABCD的外接圆，点E是上任意一点，则∠BEC的度数为________．
19.如图，P是等边三角形ABC中的一个点，PA=2，PB=23 ， PC=4，则三角形ABC的边长为________
20.如图，将n个边长都为1cm的正方形按如图所示摆放，点A1， A2，…，An分别是正方形的中心，则n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为 ________
三、解答题（共8题；共60分）
21.（2017•宁波）在 4×4 的方格中，△ABC的三个顶点都在格点上．
（1）在图1中画出与△ABC成轴对称且与△ABC有公共边的格点三角形（画出一个即可）；
（2）将图2中的△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°，画出经旋转后的三角形．
22.如图，已知AB是⊙O的直径 ， CD⊥AB ， 垂足为点E，如果BE=OE ， AB=12，求△ACD的周长
23.已知，AB、AC是圆O的两条弦，AB=AC，过圆心O作OH⊥AC于点H．
（1）如图1，求证：∠B=∠C；
（2）如图2，当H、O、B三点在一条直线上时，求∠BAC的度数；
（3）如图3，在（2）的条件下，点E为劣弧BC上一点，CE=6，CH=7，连接BC、OE交于点D，求BE的长和 DEOD 的值．
24.如图所示，△ABC中，AB=AC=10，BC=12，求△ABC外接圆的半径．
25.如图，△ABC中，AB=AC，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转100°，得到△ADE，连接BD、CE． 求证：BD=CE．
26.如图，AB为⊙O的直径，CD为弦，且CD⊥AB，垂足为H．
（1）若∠BAC=30°，求证：CD平分OB．
（2）若点E为弧ADB的中点，连接0E，CE．求证：CE平分∠OCD．
（3）若⊙O的半径为4，∠BAC=30°，则圆周上到直线AC距离为3的点有多少个？请说明理由．
27.如图，在菱形ABCD中，∠A=110°，点E是菱形ABCD内一点，连结CE绕点C顺时针旋转110°，得到线段CF，连结BE，DF，若∠E=86°，求∠F的度数．
28.如图，直线AB经过⊙O上的点C，并且OA=OB，CA=CB，⊙O交直线OB于E，D，交OA于点F，连接EF并延长EF交AB于G，且EG⊥AB．
（1）求证：直线AB是⊙O的切线；
（2）若EF=2FG，AB= 123 ，求图中阴影部分的面积；
（3）若EG=9，BG=12，求BD的长．
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】A
【考点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵⊙O的半径为5，若PO=4，
∴4＜5，
∴点P与⊙O的位置关系是点P在⊙0内，
故选A．
【分析】已知圆O的半径为r，点P到圆心O的距离是d，①当r＞d时，点P在⊙O内，②当r=d时，点P在⊙O上，③当r＜d时，点P在⊙O外，根据以上内容判断即可．
2.【答案】D
【考点】圆周角定理
【解析】【分析】由⊙O是△ABC的外接圆，若∠ABC=40°，根据圆周角定理，即可求得答案。
∵⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC=40°，
∴∠AOC=2∠ABC=80°．
故选D．
3.【答案】B
【考点】垂径定理
【解析】【解答】解 ：∵AB⊥CD，AB过圆心O，
∴DE=CE, 弧BC=弧BD,
根据已知不能推出OE=BE，△BOC是等边三角形，四边形ODBC是菱形。故A,C,D都不符合题意，
故应选 ;B .
【分析】根据垂径定理：垂直于弦的直径平分弦及弦所对的弧，即可得出结论。
4.【答案】B
【考点】圆的认识
【解析】【解答】圆中弦的定义：连接圆上任意两点的线段叫做弦。根据弦的定义可知，图中是弦的有：AB、BC、CE三条，则选项B符合题意。
故答案为：B
【分析】首先要知道圆内弦的定义，其次利用弦定义解决问题。
5.【答案】C
【考点】垂径定理，圆周角定理
【解析】【解答】解：∵半径OC⊥弦AB于点D，
∴ AC=BC ，
∴∠E= 12 ∠BOC=22.5°，
∴∠BOD=45°，
∴△ODB是等腰直角三角形，
∵AB=4，
∴DB=OD=2，
则半径OB等于： 22+22=22 ．
故答案为：C．
【分析】由垂径定理可得弧AC=弧BC，AD=BD=12AB，所以根据圆周角定理可得∠E=12∠BOC，于是∠BOC=2∠E=45°，则△ODB是等腰直角三角形，用勾股定理即可求OB的长。
6.【答案】D
【考点】圆周角定理
【解析】【分析】根据等腰△OAB的两个底角∠OAB=∠OBA，三角形的内角和定理求得∠AOB=124°，然后由圆周角定理求得∠C=62°．
【解答】在△OAB中，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
又∵∠OAB=28°，
∴∠OBA=28°；
∴∠AOB=180°-2×28°=124°；
∵∠C=12∠AOB（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半)，
∴∠C=62°．
故选D．
【点评】本题考查了圆周角定理及三角形的内角和定理，解答此类题目时，经常利用圆的半径都相等的性质，将圆心角置于等腰三角形中解答．
7.【答案】D
【考点】弧长的计算，圆锥的计算
【解析】【解答】解：∵圆锥的主视图与左视图都是边长为4的等边三角形，
∴圆锥的母线长为4、底面圆的直径为4，
则圆锥的侧面展开图扇形的半径为4，
设圆锥的侧面展开图扇形的圆心角是n，
根据题意，得： n⋅π⋅4180 =4π，
解得：n=180°，
故答案为：D．
【分析】由圆锥的主视图与左视图都是边长为4的等边三角形，可得出圆锥的母线长和底面圆的直径为4，再根据圆锥底面圆的周长=展开的扇形的弧长，建立方程求解。
8.【答案】B
【考点】圆周角定理
【解析】【解答】解：∵AB是⊙O的直径，弦CD丄AB，
∴=．
∵∠CAB=20°，
∴∠BOD=2∠CAB=40°．
故选B．
【分析】先根据垂径定理得出=，再由圆周角定理即可得出结论．
9.【答案】D
【考点】圆周角定理
【解析】
【分析】欲求∠DCF，又已知一圆心角，可利用圆周角与圆心角的关系求解．
【解答】∵⊙O的直径CD过弦EF的中点G，
∴（垂径定理)，
∴∠DCF=12∠EOD（等弧所对的圆周角是圆心角的一半)，
∴∠DCF=20°．
故选D．
【点评】本题考查垂弦定理、圆心角、圆周角的应用能力．
10.【答案】D
【考点】垂径定理的应用
【解析】
【分析】欲求∠DCF，又已知一圆心角，可利用圆周角与圆心角的关系求解．
【解答】∵⊙O的直径CD过弦EF的中点G，
∴（垂径定理)，
∴∠DCF=12∠EOD（等弧所对的圆周角是圆心角的一半)，
∴∠DCF=20°．
故选D
【点评】本题考查垂弦定理、圆心角、圆周角的应用能力
二、填空题
11.【答案】140°
【考点】圆周角定理，圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：优弧AB上任取一点D，连接AD，BD，
∵四边形ACBD内接与⊙O，∠C=110°，
∴∠ADB=180°﹣∠C=180°﹣110°=70°，
∴∠AOB=2∠ADB=2×70°=140°．
故答案为140°．
【分析】优弧AB上任取一点D，连接AD，BD，先利用圆内接四边形的性质求出∠ADB的度数，再利用圆周角定理得出∠AOB的度数。
12.【答案】25°
【考点】圆周角定理
【解析】【解答】∵AB是⊙O的直径，∠AOC=50°，
∴∠ABC=∠AOC=25°．
故答案为：25°．
【分析】根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可得出答案。
13.【答案】5 2
【考点】三角形中位线定理，圆周角定理
【解析】【解答】解：∵点M，N分别是AB，BC的中点，
∴MN= 12 AC，
∴当AC取得最大值时，MN就取得最大值，
当AC时直径时，最大，如图所示，
∵∠ACB=∠D=45°，AB=10，∠ABD=90°，
∴AD= 2 AB=10 2 ，
∴MN= 12 AD=5 2 ，
故答案为：5 2 ．
【分析】根据中位线定理得到MN的最大时，AC最大，当AC最大时是直径，从而求得直径后就可以求得最大值．
14.【答案】（0，6）
【考点】旋转的性质
【解析】【解答】解：∵P（0，1）、A（5，1），
∴PA⊥y轴，且PA=5，
∴点P（0，1）为中心，把点A（5，1）逆时针旋转90°，PB位于y轴上，且PB=5，
∴点B的坐标为（0，6），
故答案为：（0，6）．
【分析】根据旋转的性质可得．
15.【答案】180
【考点】弧长的计算，圆锥的计算
【解析】【解答】解：设底面圆的半径为r，圆锥母线长为R，
∴S底=πr2 ， S侧=πrR，
∴πrR=2πr2,
∴R=2r,
又∵弧长l=nπ×2r180°=2πr，
∴n=180°.
故答案为：180.【分析】根据题意得出圆锥母线和底面圆的半径之间的关系，再根据圆锥侧面展开图的特点：扇形弧长即为底面圆的周长，由此即可得出圆心角的度数.
16.【答案】62∘
【考点】垂径定理，圆内接四边形的性质
【解析】【解答】连接OA ，
∵OA=OB,∠ABO=40°
∴∠OAB=∠ABO=40°
∵∠BCD=112°
∴∠BAD=180°−∠BCD=68°
∴∠OAE=∠BAD−∠OAB=28°
∵OA=OD ，
∴∠ODA=∠OAD=28°
∵E是AD中点，
∴OE⊥AD ，
∴∠DOE=90°−∠ODA=62°.
故答案为：62°.
【分析】连接OA ， 根据已知∠ABO的度数及等腰三角形的性质，就可求出∠OAB的度数，由圆内接四边形的对角互补，求出∠BAD的度数，就可得出∠OAD的度数，再根据垂径定理，就可得出OE⊥AD，然后求出∠DOE的度数。
17.【答案】78
【考点】勾股定理，旋转的性质
【解析】【解答】设CD=x，
∵B′C′∥AB，
∴∠BAD=∠B′，
由旋转的性质得：∠B=∠B′,AC=AC′=3，
∴∠BAD=∠B，
∴AD=BD=4−x，
∴(4−x)2=x2+32 ，
解得：x= 78 .
故答案为： 78
【分析】设CD=x，根据二直线平行内错角相等得出∠BAD=∠B′，由旋转的性质∠B=∠B′,AC=AC′=3，故∠BAD=∠B，根据等角对等边得出AD=BD=4−x，在Rt△ADC中利用勾股定理建立方程求解即可。
18.【答案】45°
【考点】圆周角定理
【解析】【解答】解：连接OB，OC，
∵⊙O是正方形ABCD的外接圆，
∴∠BOC=90°，
∴∠BEC=12∠BOC=45°．
故答案是：45°．
【分析】首先连接OB，OC，由⊙O是正方形ABCD的外接圆，即可求得∠BOC的度数，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，即可求得∠BEC的度数．
19.【答案】27
【考点】旋转的性质
【解析】【解答】解：将△BAP绕B点逆时针旋转60°得△BCM，则BA与BC重合，如图，
∴BM=BP，MC=PA=2，∠PBM=60°．
∴△BPM是等边三角形，
∴PM=PB=23 ，
在△MCP中，PC=4，
∴PC2=PM2+MC2且PC=2MC．
∴△PCM是直角三角形，且∠CMP=90°，∠CPM=30°．
又∵△PBM是等边三角形，∠BPM=60°．
∴∠BPC=90°，
∴BC2=PB2+PC2=（23）2+42=28，
∴BC=27 ．
故答案为27 ．
【分析】由△BAP绕B点逆时针旋转60°得△BCM，根据旋转的性质得BM=BP，MC=PA=2，∠PBM=60°，即△BPM是等边三角形，得到PM=PB=23 ， 在△MCP中，PC=4，利用勾股定理的逆定理得到△PCM是直角三角形，且PC=2MC，得到∠CMP=90°，∠CPM=30°．
又△PBM是等边三角形，∠BPM=60°，所以∠BPC=90°，△BPC是直角三角形，最后根据勾股定理即可求出边长BC．
20.【答案】14(n-1)
【考点】图形的旋转
【解析】【解答】如图，
过ABCD的中心O作OM⊥CD于M，作ON⊥BC于N，
则易证△OEM≌△OFN，
则四边形OECF的面积就等于正方形OMCN的面积，
如正方形ABCD的边长是1，则OMCN的面积是 14 ，
因而本题的图形中的每个阴影部分的面积都相等，都是 14 ，
有n个正方形，则重合部分由n-1个，则总面积是 n-14 ．
故答案为：n-14.
【分析】本题要抓住旋转后的阴影面积不变，由不规则的图形，化为已知图形便于求之，还有注意点是，正方形的个数多于阴影面积的个数，这里容易出错，本题有一定的难度.
三、解答题
21.【答案】（1）解：画出下列其中一个即可.
（2）解：
【考点】作图﹣轴对称变换，作图﹣旋转变换
【解析】【分析】（1）根据轴对称图形的定义即可画出三角形.
（2）根据中心对称图形的定义即可画出旋转后的三角形.
22.【答案】解：由已知条件可以得到OE=3，连接OC ， 在直角三角形OCE中根据勾股定理可以得到CE= ，CD= ，在直角三角形ACE中，AE=9，AC= ，CD=AC=AD= 故求出三角形的周长为 .
【考点】勾股定理，垂径定理
【解析】【分析】此题考查了垂径定理和勾股定理知识点.
23.【答案】（1）证明：如图1中，连接OA．
∵AB=AC，
∴弧AC=弧AB，
∴∠AOC=∠AOB，
在△AOC和△AOB中，
{OA=AO∠AOC=∠AOBOC=OB ，
∴△AOC≌△AOB，
∴∠B=∠C．
（2）解: 连接BC，
∵OH⊥AC，
∴AH=CH，
∵H、O、B在一条直线上，
∴BH垂直平分AC，
∴AB=BC，
∵AB=AC，
∴AB=AC=BC，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°
（3）解：过点B作BM⊥CE延长线于M，过E、O作EN⊥BC于N，OK⊥BC于K．
∵CH=7，
∴BC=AC=14，
设ME=x，
∵∠CEB=120°，
∴∠BEM=60°，
∴BE=2x，
∴BM= 3 x，
△BCM中，∵BC2=BM2+CM2 ，
∴142=（ 3 x）2+（6+x）2 ，
∴x=5或﹣8（舍弃），
∴BM=5 3 ，
∴sin∠BCM= BMBC = 5314 ，
∴NE= 1537 ，
∴OK= 33 CK= 733 ，
∵NE∥OK，
∴DE：OD=NE：OK=45：49
【考点】勾股定理，圆心角、弧、弦的关系，锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）根据直径平分垂直弦以及全等三角形的性质，可证得三角形为正三角形，得出∠BAC的度数。
（2）用x表示出△BCM的长度，利用勾股定理得出x的值，利用三角形的函数值解出NE和OK的长度，得出比例。
24.【答案】解：如图，作AD⊥BC，垂足为D，则O一定在AD上，
所以 AD=102-62=8
设OA=r,
OB2=OD2+BD2
即 r2=(8-r)2+62
解得 r=254
答：△ABC外接圆的半径为 254
【考点】垂径定理的应用
【解析】【分析】作AD⊥BC，垂足为D，由垂径定理可得AD经过圆心O，根据勾股定理可求得AD，在直角三角形BOD中，用勾股定理可求得关于圆的半径的方程，解方程即可求解。
25.【答案】证明：∵△ABC绕点A按逆时针方向旋转100°得△ADE， ∴∠BAD=∠CAE=100°．
又∵AB=AC，
∴AB=AC=AD=AE．
在△ABD与△ACE中，
∵ ，
∴△ABD≌△ACE（SAS）．
∴BD=CE．
【考点】等腰三角形的性质，旋转的性质
【解析】【分析】先根据图形旋转的性质得出∠BAD=∠CAE=100°，再由SAS定理得出△ABD≌△ACE，由全等三角形的性质即可得出结论．
26.【答案】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠BAC=30°，
∴∠B=60°，
而OC=OB，
∴△OBC为等边三角形，
∵CD⊥OB，
∴CD平分OB；
（2）证明：∵点E为弧ADB的中点，
∴OE⊥AB，
而CD⊥AB，
∴OE∥CD
∴∠OEC=∠ECD，
∵OC=OE，
∴∠OEC=∠OCE，
∴∠OCE=∠ECD，
即CE平分∠OCD；
（3）圆周上到直线AC距离为3的点有2个．理由如下：
作OF⊥AC于F，交⊙O于G，如图，
∵OA=4，∠BAC=30°，
∴OF=12OA=2，
∴GF=OG-OF=2，即在弧AC上到AC的最大距离为2cm，
∴在弧AC上没有一个点到AC的距离为3cm，
而在弧AEC上到AC的最大距离为6cm，
∴在弧AEC上有两个点到AC的距离为3cm．
【考点】垂径定理的应用，圆周角定理，圆的综合题
【解析】【解答】（1）根据圆周角定理由AB为⊙O的直径得到∠ACB=90°，而∠BAC=30°，所以∠B=60°，于是可判断△OBC为等边三角形，根据等边三角形的性质由CD⊥OB易得CD平分OB；
（2）由点E为弧ADB的中点，根据垂径定理的推论得OE⊥AB，则OE∥CD，根据平行线的性质得∠OEC=∠ECD，而∠OEC=∠OCE，所以∠OCE=∠ECD；
（3）作OF⊥AC于F，交⊙O于G，根据含30度的直角三角形三边的关系得OF=12OA=2，则GF=OG-OF=2，于是可得到在弧AC上没有一个点到AC的距离为3cm，在弧AEC上有两个点到AC的距离为3cm．
【分析】此题考查了圆的综合应用，涉及知识点有圆周角定理，等边三角形性质，垂径定理的推论等.
27.【答案】解：∵菱形ABCD，
∴BC=CD，∠BCD=∠A=110°，
由旋转的性质知，CE=CF，∠ECF=∠BCD=110°，
∴∠BCE=∠DCF=110°﹣∠DCE，
在△BCE和△DCF中， {BC=CD∠BCE=∠DCFCE=CF ，
∴△BCE≌△DCF，
∴∠F=∠E=86°．
【考点】菱形的性质，旋转的性质
【解析】【分析】由菱形的性质得出邻边相等，对角相等，旋转的性质可知CE=CF，证得△BCE≌△DCF，∠F可转化为∠E的度数.
28.【答案】（1）解：证明：连接OC，如图，∵OA=OB，CA=CB，
∴OC⊥AB，∴直线AB是⊙O的切线；
（2）解：过O点作OH⊥EG于H，如图，
∵OE=OF，
∴EH=FH，
∵EF=2FG，
∴EH= 13 EG，
而EG⊥AB，∴OH∥BG，
∴EH：EG=EO：EB，
∴BO=2OE，
∴OB=2OC，
∴∠B=30°，∠COB=60°
而BC= 12 AB= 63 ，
∴OC=6,
∴S阴影部分=S△OAB-S扇形OFD= 12×6×123-120π×36360=363-12π .
（3）解：在Rt△BEG
中，EG=9，BG=12，
∴BE= 122+92=15 ，
设⊙O的半径为r，则OB=15-r，
∵OC∥EG，
∴Rt△BOC∽Rt△BEG，
∴OC：EG=BC：BG=BO：BE，即r：9=BC：12=BO：15， ∴BC= 43r,BO=53r,∴15-r=53r,∴r=458,∴BD=BE-ED=15-2×458=154 ．
【考点】等腰三角形的性质，圆心角、弧、弦的关系
【解析】【分析】（1）由等腰三角形的“三线合一”可证得；（2）由图易得S阴影部分=S△OAB-S扇形OFD ， 则需要求出圆心角∠AOB；由EF=2FG条件出发，过O点作OH⊥EG于H，则易得EH：EG=EO：EB，即OB=2OE=2OC，可得∠B=30°，∠COB=60°，则可解答；（3）易证得Rt△BOC∽Rt△BEG，根据相似的性质易得BO与OC的关系，根据BE-OE=BO，构造方程可解出OC的值.
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