第2章 对称图形——圆（单元测试·拔尖卷）-2023-2024学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练（苏科版）

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第2章 对称图形——圆（单元测试·拔尖卷）
一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．如图：已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，点D在半径OA上（不与点O，A重合）．若∠COA＝60°，∠CDO＝70°，∠ACD的度数是（　　）

A．60° B．50° C．30° D．10°
2．如图，将一块等腰的直角顶点放在上，绕点旋转三角形，使边经过圆心，某一时刻，斜边在上截得的线段，且，则的长为（      ）

A．3cm B．207cm C．cm D．cm
3．在平面直角坐标系中，已知点A（0，1），B（0，﹣5），若在x轴正半轴上有一点C，使∠ACB＝30°，则点C的横坐标是（　　）
A．34 B．12 C．6+3 D．6
4．如图，△ABC内接于⊙O，EF为⊙O直径，点F是BC弧的中点，若∠B＝40°，∠C＝60°，则∠AFE的度数（　　）

A．10° B．20° C．30° D．40°
5．如图，锐角三角形ABC内接于⊙O，点D、E分别是、的中点，设∠BAC＝α，∠DAE＝β，则（    ）

A．α+β＝180° B．2β﹣α＝180° C．β﹣α＝60° D．2α﹣β＝60°
6．如图，在中，为直径，，点D为弦的中点，点E为上任意一点，则的大小可能是（    ）

A． B． C． D．
7．如图，边长为1的正六边形放置于平面直角坐标系中，边AB在x轴正半轴上，顶点F在y轴正半轴上，将正六边形绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转，那么经过第2026次旋转后，顶点D的坐标为（    ）
  
A． B． C． D．
8．如图，已知半圆的直径，C是半圆上一点，沿折叠半圆得到弧，交直径于点，若、的长均不小于2，则的长可能是（    ）

A．7 B．6 C．5 D．4
9．如图，为直径，C为圆上一点，I为内心，交于D，于I，若，则为（   ）
  
A． B． C． D．5
10．如图，是等腰的外接圆，为弧上一点，为的内心，过作，垂足为，若，则的值为（　）
    
A． B． C． D．
二、 填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．如图，在半径为3的中，B是劣弧AC的中点，连接AB并延长到D，使，连接AC、BC、CD，如果，那么CD等于 ．

12．如图，半圆O的直径AB＝4cm，，点C是上的一个动点（不与点B，G重合），CD⊥OG于点D，CE⊥OB于点E，点E与点F关于点O中心对称，连接DE、DF，则△DEF面积的最大值为 cm2

13．在平面直角坐标系中，已知点．若在x轴正半轴上有一点C．使，则点C的横坐标是 ．
14．若点O是等腰△ABC的外心，且∠BOC=60°，底边BC=2，则△ABC的面积为 .
15．如图，四边形内接于，为的直径，，连接，过点作，，垂足分别为点、点.则下列结论正确的是 .
①；②；③与相切；④若，，则.
  
16．如图，在扇形AOB中，，点为半径的中点，以点为圆心，的长为半径作弧交于点．点为弧的中点，连接．若，则阴影部分的面积为 ．
    
17．如图，已知是的直径，弦于点，．点是劣弧上任意一点（不与点，重合），交于点，与的延长线相交于点，设．
①则 （用含的代数式表示）；
②当时，则 ．

18．如图，是圆O的直径，，，点D是弦上的一个动点，那么的最小值为 ．

三、解答题（本大题共6小题，共58分）
19．（8分）如图,为的直径,与相切于点E，于点D，交于点C，连接．
（1）求证：平分；
（2）若，求的长．







20．（8分）如图在中，，在其内部有一点，以为圆心，为半径的圆与相切于点交于点，连接交于点．
（1）求证：．
（2）连接，若，且，求的半径．








21．（10分）已知与矩形的三边相切，边的切点为，与交于，两点，为的直径，连接．
（1）求证：；
（2）若，求的值．





22．（10分）如图，圆是的外接圆，其切线与直径的延长线相交于点，且．
（1）求的度数；
（2）若，求圆的半径．






23．（10分）如图，在中，，，D是上的动点，以D为圆心，
的长为半径作圆交于点E，F，G分别是上的点，将沿折叠，点A与点E恰好重合．
（1）如图1，若，求证：与直线相切．
（2）如图2，若经过点B，连接．
①的长是___．
②判断四边形的形状，并证明．




24．（12分）如图，内接于，连接，．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，点在上，连接，点是上一点，连接，若，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，延长交于点，连接，若，，，求的长．





























参考答案
1．D
【分析】根据CO=AO，∠COA＝60°，可得为等边三角形，所以可得,再根据三角形的外角等于剩余两个内角之和,即可求得∠ACD.
解：∵OA＝OC，∠COA＝60°，
∴△ACO为等边三角形，
∴∠CAD＝60°，
又∵∠CDO＝70°，
∴∠ACD＝∠CDO﹣∠CAD＝10°．
故选D．
【点拨】本题主要考查三角形的外角性质，三角形的任意一个外角等于剩余两个内角之和.
2．A
【分析】利用垂径定理得ME=DM=1，利用勾股定理和等腰三角形的性质得OM与DO的关系式，解得结果．
解：过O点作OM⊥AB，

∴ME=DM=1cm，
设MO=h，CO=DO=x，
∵△ABC为等腰直角三角形，AC=BC，
∴∠MAO=45°，
∴AO=h
∵AO=7-x，
∴h＝7−x，
在Rt△DMO中，
h2=x2-1，
∴2x2-2=49-14x+x2，
解得：x=-17（舍去）或x=3，
故选A．
【点拨】本题主要考查了勾股定理，垂径定理，等腰三角形的性质，作出适当的辅助线，数形结合，建立等量关系是解答此题的关键．
3．A
【分析】如图，作的外接圆 连接 过作轴于 作轴于 则四边形是矩形，再证明是等边三角形，再分别求解即可得到答案.
解：如图，作的外接圆 连接 过作轴于 作轴于 则四边形是矩形，



是等边三角形，





故选：
【点拨】本题考查的是坐标与图形，三角形的外接圆的性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理分应用，灵活应用以上知识解题是解题的关键.
4．A
【分析】设AB交EF于点D，先求出∠BAC＝80°，再求出∠BAF＝∠CAF＝40°，再由垂径定理易得，进而得，再利用三角形外角定理即可求解
解：
连接AE，设AB交EF于点D
∵∠B＝40°，∠C＝60°
∴∠BAC＝80°，
∵EF为⊙O直径，
∴∠EAF＝90°，
∵点F是BC弧的中点，
∴弧BF = 弧CF
，∠BAF＝∠CAF＝40°，

是的外角

故选：A．
【点拨】本题考查了圆中角的计算，熟练运用等弧所对圆周角相等、利用垂径定理得出是解题关键．
5．B
【分析】连接DE、DC、BE，由同圆中，等弧所对的圆周角相等，得到∠ACD＝∠BCD，同弧所对的圆周角相等，∠ACD＝∠AED，即∠ACB＝2∠AED，∠ABC＝2∠ADE，在△ADE中三角形的内角和为180°，可以得出∠ADE+∠AED＝180°﹣β，在△ABC中，∠A＝2，∠ACB+∠ABC＝2∠AED+2∠ADE＝360°﹣2β，即可以得出β与α的关系．
解：如图，
连接DE、DC、BE，

∵D、E分别是、中点，
∴＝，＝，
∴∠ACD＝∠BCD，
∵∠ACD＝∠AED，
∴∠ACD＝∠AED＝∠BCD，
∴∠ACB＝2∠AED，
∵＝，
∴∠ABE＝∠EBC，
∵∠ABE＝∠ADE，
∴∠ABE＝∠EBC＝∠ADE，
∴∠ABC＝2∠ADE，
在△ADE中，∠DAE＝β，
∴∠ADE+∠AED＝180°﹣β，
在△ABC中，
∠ACB+∠ABC＝2∠AED+2∠ADE＝2（180°﹣β）＝360°﹣2β，
∵∠BAC＝α，
∴α+360°﹣2β＝180°，
∴2β﹣α＝180°，
故选：B
【点拨】此题考查了三角形的内心和外心，圆周角定理，解题的关键是掌握圆周角定理和三角形的内外心性质等．
6．C
【分析】连接OD、OE，先求出∠COD=40°，∠BOC=100°，设∠BOE=x，则∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°；然后运用等腰三角形的性质分别求得∠OED和∠COE，最后根据线段的和差即可解答．
解：连接OD、OE
∵OC=OA
∴△OAC是等腰三角形
∵，点D为弦的中点
∴∠DOC=40°，∠BOC=100°
设∠BOE=x，则∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°
∵OC=OE，∠COE=100°-x
∴∠OEC=
∵OD＜OE，∠DOE=100°-x+40°=140°-x
∴∠OED＜
∴∠CED＞∠OEC-∠OED==20°．
又∵∠CED＜∠ABC=40°，
故答案为C．

【点拨】本题考查了圆的性质、等腰三角形的性质等知识点，正确作出辅助线、构造等腰三角形是解答本题的关键．
7．D
【分析】如图，连接，，把绕点顺时针旋转至，过点作轴于点，过点作轴于点，经过第2026次旋转后，顶点D在的位置，先求出点的坐标，再证明即可．
解：连接，，把绕点顺时针旋转至，过点作轴于点，过点作轴于点，
  
在正六边形中，，，

，
，
将正六边形绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转，
，即8次旋转一周，
余2，
，
故经过第2026次旋转后，顶点D在的位置，


，
即，
故选：D．
【点拨】本题考查正多边形，规律型问题，坐标与图形变化﹣旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
8．A
【分析】分如解图①，当点在圆心的左侧且时，如解图②，当点在圆心的右侧且时，两种情况求出AC的长，从而确定AC的取值范围即可得到答案．
解：如解图①，当点在圆心的左侧且时，过作，垂足为，连接、、，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴；

如解图②，当点在圆心的右侧且时，过作，垂足为，连接、、，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴若、的长均不小于2，则，
∴的长可能是7，
故选A．

【点拨】本题主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，无理数的估算等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
9．A
【分析】如图，连接，，由题意知，平分，平分，则，，，，由，可得，由垂径定理得，则，由勾股定理得，，如图，连接交于，则，设，则，由勾股定理得，，即，解得，进而可得，，由勾股定理得，，计算求解即可．
解：如图，连接，，
  
由题意知，平分，平分，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
由勾股定理得，，
如图，连接交于，则，
设，则，
由勾股定理得，，即，
解得，
∴，，
由勾股定理得，，
故选：A．
【点拨】本题考查了内心，勾股定理，垂径定理，同弧或等弧所对的圆周角相等，等腰三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
10．A
【分析】作于，于，连接，在上截取，连接，易证，推出是等腰直角三角形，进而得到四边形是正方形，推出，得到，同理得到，得到，即可得出结果．
解：作于，于，连接，在上截取，连接，
  
是等腰直角三角形，
，，
，
，
，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
是的内心，
，
，
四边形是正方形，
，
，，
，
，
同理：，
，
，
．
故选：A．
【点拨】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，三角形的外接圆和内心．解题的关键是添加辅助线，构造特殊三角形和全等三角形．
11．
【分析】如图，连OA，OB．利用垂径定理和勾股定理求BE，利用中位线定理求CD．
解：如图，连OA，OB，

∵B是弧AC的中点，AB＝BC＝BD，
∴△ACD是直角三角形，∠ACD＝90°，
由垂径定理知，OB⊥AC，点E是AC的中点，
设,则,
由勾股定理知，， ，
∴,
∵AB＝2，AO＝BO=3，
∴,
解得， ，
即
∵∠AEB＝∠ACD＝90°，
∴BE∥CD，
∵点B是AD的中点，所以BE是△ACD的中位线，所以CD＝2BE＝ ．
故答案为：
【点拨】本题利用了垂径定理，勾股定理求解
12．2
【分析】连接OC，设OD＝x，OE＝OF＝y．根据S△DEF＝×EF×OD＝×2y×x＝xy，当xy的值最大时，△DEF的面积最大；根据矩形的性质，通过判定四边形ODCE是矩形，得；根据勾股定理、完全平方公式的性质分析，可得结论．
解：连接OC，设OD＝x，OE＝OF＝y．

∵
∴OG⊥AB，
∵S△DEF＝×EF×OD＝×2y×x＝xy，
∴xy的值最大时，△DEF的面积最大，
∵CD⊥OG于点D，CE⊥OB于点E，
∴∠CEO＝∠CDO＝∠DOE＝90°，
∴四边形ODCE是矩形，
∴
∴x2+y2＝22，即x2+y2＝4，
∵（x﹣y）2≥0，
∴x2+y2≥2xy，
∴2xy≤4，
∴xy≤2，
∴xy的最大值为2，
∴△DEF的面积的最大值为2 cm2
故答案为：2．
【点拨】本题考查了圆、勾股定理、中心对称、矩形、完全平方公式的知识；解题的关键是熟练掌握圆的对称性、勾股定理、完全平方公式的性质，从而完成求解．
13．
【分析】如图，以AB为边向右作等边△ABD，以D为圆心，DA为半径作⊙D交x轴正半轴为C，连接CA、CB，此时满足条件．过点D作DJ⊥AB于J，DK⊥OC于K，则四边形OJDK是矩形，求出OK、KC，即可求解．
解：如图，以AB为边向右作等边△ABD，以D为圆心，DA为半径作⊙D交x轴正半轴为C，连接CA、CB，此时满足条件．

过点D作DJ⊥AB于J，DK⊥OC于K，则四边形OJDK是矩形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在Rt△DCK中，，
∴，
∴点C的横坐标为
故答案为：．
【点拨】本题考查三角形外接圆与外心，坐标与图形的性质，涉及到勾股定理、等边三角形的性质、圆周角定理等知识点，解题的关键是作出辅助线构造图形解决问题，综合性较强．
14．或
【分析】分两种情形讨论：①当圆心O在△ABC内部时．②当点O在△ABC外时．分别求解即可．
解：①当圆心O在△ABC内部时，作AE⊥BC于E．
∵OB=OC，∠BOC=60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=OC=BC=2，
∴AE=OA+OE=2+，
∴S△ABC=•BC•AE=×2×（2+）=2+．
②当点O在△ABC外时，连接OA交BC于E．
S△ABC=•BC•AE=×2×（2-）=2-，
故答案为2+或2-．

【点拨】本题考查三角形的外接圆与外心、等腰三角形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，注意一题多解，属于中考常考题型．
15．①③④
【分析】根据已知条件得出，根据圆内接四边形得出，进而得出，根据圆周角定理即可判断①，不能确定，即可判断②；证明得出，根据三线合一得出，进而根据是直径，得出，结合已知条件即可判断③；证明，，得出，，进而即可求解．
解：如图所示，连接，
  
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∴
∴
∴，
∴，故①正确
∵不能确定
∴不一定成立，故②错误；
如图所示，连接，
  
∵，
∴
在中，

∴
∴
∴
∵是直径，
∴，
即，
∵
∴
∴
∴与相切，故③正确；
∵，，,
∴
∴，
在中，

∴
∴
∵，，
∴，故④正确
故答案为：①③④．
【点拨】本题考查了圆周角定理，全等三角形的性质与判定，切线的判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
16．/
【分析】连接，，交于，如图所示，证明，求出四边形的面积，进而得到阴影部分面积和阴影部分面积，求和即可解决问题．
解：连接，，交于，如图所示：
    
由点为半径的中点可知，
由圆的性质可知，即，
点为弧的中点，即，
，
在等腰中，，，由等腰三角形“三线合一”可知，
，点为半径的中点，
，
在等腰中，，，
，
，则；
由圆的对称性可知，面积等于阴影部分，
，
，
故答案为：．
【点拨】本题考查扇形的面积，四边形的面积等知识，解题的关键是理解题意，从图中将不规则图形转化为规则图形的面积来表示．
17．
【分析】①连接，先根据含直角三角形的性质，得，再根据圆周角定理，得，即可得出结果；
②在上取点，连接，使，先根据题意求出，设，，在中和中，根据勾股定理，求出即可．
解：①如图，连接，
  
在中，，，
，
在中，，
，


，，
在中，，
故答案为：
②在上取点，连接，使，
  

由①中结论，，，
，
，设，，
由①中结论，在中，，

，



，解得：，
，
，

故答案为：．
【点拨】此题属于圆的综合题，考查了含直角三角形的性质、勾股定理等知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．
18．
【分析】作，于E，于M，连接．在中，，则，根据垂线段最短可知，点E与M重合时，的值最小，最小值为．
解：作，于E，于M，连接．

∵是的直径，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
根据垂线段最短可知，当点E与M重合时，的值最小，最小值为，
∵，
∴，
∵，
∴
在中，，
∴
∴
由勾股定理得，，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点拨】本题考查平行线的性质、勾股定理、直径所对的圆周角是直角，直角三角形的性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题．
19．（1）证明见分析；（2）
【分析】（1）由切于点E知, 结合于点D知, 从而得, 即可得证；
（2）连接交于点F，证四边形是矩形，根据三角形的中位线，即可得出答案．
解：（1）证明∶∵与相切于点E，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴平分．
（2）解：连接交于点F，
  
∵是的直径，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵,点O是的中点,
，
∴
【点拨】本题主要考查切线的性质、圆周角定理、垂径定理及矩形的判定和性质，熟练掌握切线的性质、圆周角定理、垂径定理等知识点是解题的关键.
20．（1）见分析；（2）
【分析】（1）如图：连接OD，由切线的性质可得，即．再根据对顶角的性质可得等边对等角可得，进而说明，最后根据等角对等边即可证明结论；
（2）如图：过作,设的半径为r，则．由垂径定理可得，则，然后在中利用勾股定理列式求得r即可解答．
（1）解：如图：连接OD，
  
∵与相切，
∴，即．
∵，即．
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：如图：过作,
设的半径为r，则．
  
∵，
∴，
∴．
∴，
∴在中，由勾股定理可得，，
∴，
∴．
【点拨】本题主要考查了切线的性质、垂径定理、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活利用相关性质定理是解答本题的关键．
21．（1）见分析；（2）
【分析】（1）根据切线和矩形的性质可得即，再由等腰三角形的性质可得，最后运用等量代换即可证明结论；
（2）由，，然后根据角的关系说明，设圆的半径为r，连接，分别根据直角三角形的性质和勾股定理可得、，进而得到，最后代入计算即可．
解：（1）证明：如图：连接，
  
∵边的切点为,
∴,
∵矩形，
∴，
∴，
∴,
∵，
∴，
∴．
（2）解：由（1）可得：，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴,即,解得：，
∴,
设圆的半径为r，连接，
∵为的直径，
∴,
∵，
∴，
∴，
同理：，
∴
∴．
【点拨】本题主要考查了切线的性质、矩形的性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识点，理解圆的切线的性质和矩形的性质是解答本题的关键．
22．（1）；（2）2
【分析】（1）连接，设，由等腰三角形的性质可得，再结合，可知，，结合切点的性质可知，利用三角形内角和定理可求得，进而求得，利用圆周角定理即可求得的度数；
（2）连接，设圆的半径为，则，，由（1）可知，，则在中，可有，，再在中，由勾股定理可解得，即可获得答案．
（1）解：如图，连接，
  
设，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∵是圆的切线，
∴，即，
∴，
在中，由三角形的内角和定理得，
即，
解得，
∴，
则由圆周角定理得，
即的度数为；
（2）如图，连接，
设圆的半径为，则，，
∵，
∴，
∵是圆的直径，
∴，
由（1）可知，，
则在中，，，
∴，
在中，由勾股定理得，即，
解得或（不符题意，舍去），
则圆的半径为2．
【点拨】本题主要考查了圆周角定理、切点的性质、等腰三角形的性质、含30度角的直角三角形的性质、三角形内角和定理以及勾股定理等知识，熟练掌握相关知识，正确作出辅助线是解题关键．
23．（1）见分析；（2）①；②菱形，证明见分析
【分析】（1）过点D作，交的延长线于点，证明即可；
（2）①根据三角形外角的性质求出,再由弧长公式进行计算即可；②证明四边形是平行四边形即可得出结论．
解：（1）过点D作，交的延长线于点，如图，
  
∵
∴，
∴
∴
∵
∴，
∴
∴，
∴，
∴与直线相切；
（2）①如图，
  
∵
∴，
∴，
∵，
∴,
∴的长是；
故答案为：；
②由折叠得，,
∴，
∴
∴
∴四边形是平行四边形，
又,
∴四边形是菱形
【点拨】本题主要考查了切线的判定、弧长公式以及菱形的判定，证明四边形是平行四边形是解答本题的关键．
24．（1）证明见分析；（2）证明见分析；（3）
【分析】（1）过点作，如图所示，由垂径定理可知：，再由得到，即可得证；
（2）延长交于，如图所示，由（1）知，从而由等腰三角形“三线合一”得到，且，从而得到，即可有
，由内错角相等两直线平行得到，进而，即；
（3）连接，延长交于点，证明，利用勾股定理即可解答．
解：（1）证明：过点作，如图所示：
  
由垂径定理可知，，
在和中，
，
，
，
；
（2）证明：延长交于，如图所示：
  
由（1）知，
根据，从而由等腰三角形“三线合一”得到，且，
，
，
，
，
，
，
，
，即；
（3）解：如图，连接，延长交于点，
  
根据（2）中可得，
，
，
，
，
，
，
，
在与中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，且为直径，
，
．
【点拨】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．