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圆习题答案

2010年

广东省深圳市中考数学试卷

深圳市菁优网络科技有限公司

答案与评分标准

一、选择题（共13小题）

1、（2010•烟台）如图，△ABC内接于⊙O，D为线段AB的中点，延长OD交⊙O于点E，连接AE，BE，则下列五个结论①AB⊥DE，②AE=BE，③OD=DE，④∠AEO=∠C，⑤弧AE=弧AEB，正确结论的个数是（　　）

A、2B、3

C、4D、5

考点：

垂径定理；圆心角、弧、弦的关系。

分析：

已知OE是⊙O的半径，D是弦AB的中点，可根据垂径定理的推论来判断所给出的结论是否正确．

解答：

解：

∵OE是⊙O的半径，且D是AB的中点，

∴OE⊥AB，；（故①⑤正确）

∴AE=BE；（故②正确）

由于没有条件能够证明③④一定成立，所以一定正确的结论是①②⑤；

故选B．

点评：

此题主要考查了圆心角、弧、弦的关系及垂径定理的推论；

垂径定理的推论：

平分弦（不是直径）的直径垂直于这条弦，并且平分这条弦所对的两段弧．

2、（2005•茂名）下列三个命题：

①圆既是轴对称图形，又是中心对称图形；②垂直于弦的直径平分这条弦；③相等圆心角所对的弧相等．其中是真命题的是（　　）

A、①②B、②③

C、①③D、①②③

考点：

垂径定理；圆的认识；圆心角、弧、弦的关系。

分析：

必须是同圆或等圆中，相等圆心角所对的弧相等．

解答：

解：

正确的是①②．必须是同圆或等圆中，相等圆心角所对的弧相等，因而③是错误的．

故选A．

点评：

本题综合考查圆的对称性，垂径定理及其推论的内容．

3、（2009•福州）如图，弧是以等边三角形ABC一边AB为半径的四分之一圆周，P为弧上任意一点，若AC=5，则四边形ACBP周长的最大值是（　　）

A、15B、20

C、15+D、15+

考点：

圆心角、弧、弦的关系；勾股定理。

分析：

因为P在半径为5的圆周上，若使四边形周长最大，只要AP最长即可（因为其余三边长为定值5）．

解答：

解：

当P的运动到D点时，AP最长为5，所以周长为5×3+5=15+5．

故选C．

点评：

本题考查的是勾股定理和最值．本题容易出现错误的地方是对点P的运动状态不清楚，无法判断什么时候会使周长成为最大值．

4、（2006•绵阳）如图，AB是⊙O的直径，BC、CD、DA是⊙O的弦，且BC=CD=DA，则∠BCD=（　　）

A、105°B、120°

C、135°D、150°

考点：

圆心角、弧、弦的关系。

分析：

由已知可得，弦BC、CD、DA三等分半圆，从而不难求得∠BCD的度数．

解答：

解：

由题意知，弦BC、CD、DA三等分半圆，

∴弦BC和CD和DA对的圆心角均为60°，

∴∠BCD=120°．

故选B．

点评：

本题利用了弧、弦与圆心角的关系求解，注意半圆对的圆心角为180°．

5、（2006•济南）如图，BE是半径为6的圆D的圆周，C点是BE上的任意一点，△ABD是等边三角形，则四边形ABCD的周长P的取值范围是（　　）

A、12＜P≤18B、18＜P≤24

C、18＜P≤18+6D、12＜P≤12+6

考点：

圆心角、弧、弦的关系；等边三角形的性质；勾股定理。

分析：

四边形ABCD的周长P就是四边形的四边的和，四边中AB，AD，CD的长是BD长度确定，因而本题就是确定BC的范围，BC一定大于0，且小于或等于BE，只要求出BE的长就可以．

解答：

解：

∵△ABD是等边三角形

∴AB+AD+CD=18，得p＞18

∵BC的最大值为当点C与E重合的时刻，BE=

∴p≤18+6

∴p的取值范围是18＜P≤18+6．

故选C．

点评：

本题解题的关键是找到临界点，将动态问题转化为普通的几何计算问题．

6、（2009•兰州）如图，A，B，C，D为⊙O的四等分点，动点P从圆心O出发，沿O﹣C﹣D﹣O路线作匀速运动，设运动时间为t（s）．∠APB=y（°），则下列图象中表示y与t之间函数关系最恰当的是（　　）

A、

B、

C、

D、

考点：

动点问题的函数图象；圆周角定理。

专题：

动点型。

分析：

本题考查动点函数图象的问题．

解答：

解：

当动点P在OC上运动时，∠APB逐渐减小；当P在上运动时，∠APB不变；当P在DO上运动时，∠APB逐渐增大．

故选C．

点评：

本题主要考查学生对圆周角、圆内的角及函数图象认识的问题．要能根据几何图形和图形上的数据分析得出所对应的函数的类型和所需要的条件，结合实际意义画出正确的图象．

7、（2010•荆门）如图，MN是⊙O的直径，MN=2，点A在⊙O上，∠AMN=30°，B为的中点，P是直径MN上一动点，则PA+PB的最小值为（　　）

A、B、

C、1D、2

考点：

垂径定理；勾股定理；圆周角定理。

专题：

动点型。

分析：

首先作A关于MN的对称点Q，连接MQ，然后根据圆周角定理、圆的对称性质和勾股定理解答．

解答：

解：

作A关于MN的对称点Q，连接MQ，BQ，BQ交MN于P，此时AP+PB=QP+PB=QB，

根据两点之间线段最短，PA+PB的最小值为QB的长度，

连接AO，OB，OQ，

∵B为中点，

∴∠BON=∠AMN=30°，

∴∠QON=2∠QMN=2×30°=60°，

∴∠BOQ=30°+60°=90°．

∵直径MN=2，

∴OB=1，

∴BQ==．

则PA+PB的最小值为．

故选B．

点评：

本题较复杂，解答此题的关键是找到点A的对称点，把题目的问题转化为两点之间线段最短解答．

8、（2006•防城港）如图，四边形PAOB是扇形OMN的内接矩形，顶点P在上，且不与M，N重合，当P点在上移动时，矩形PAOB的形状、大小随之变化，则AB的长度（　　）

A、变大B、变小

C、不变D、不能确定

考点：

垂径定理；三角形中位线定理；圆周角定理。

分析：

PAOB是扇形OMN的内接矩形，根据矩形的性质AB=OP=半径，所以AB长度不变．

解答：

解：

∵PAOB是扇形OMN的内接矩形，

∴AB=OP=半径，

当P点在上移动时，半径一定，所以AB长度不变，

故选C．

点评：

用到的知识点为：

90°的圆周角所对的弦是直径，垂直于非直径的弦的直径平分弦，三角形的中位线等于第三边的一半．

9、（2009•德城区）如图，有一圆形展厅，在其圆形边缘上的点A处安装了一台监视器，它的监控角度是65°．为了监控整个展厅，最少需在圆形边缘上共安装这样的监视器（　　）台．

A、3B、4

C、5D、6

考点：

圆周角定理。

分析：

根据∠A的度数，可求得∠A所对弧的度数，而圆的度数为360°，由此可求出最少要安装多少台同样的监控器．

解答：

解：

设需要安装n（n是正整数）台同样的监控器，由题意，得：

65°×2×n≥360°，解得n≥，

∴至少要安装3台这样的监控器，才能监控整个展厅．

故选A．

点评：

本题主要考查了圆周角定理的应用能力．

10、（2008•新疆）如图，圆内接四边形ABCD是由四个全等的等腰梯形组成，AD是⊙O的直径，则∠BEC的度数为（　　）

A、15°B、30°

C、45°D、60°

考点：

圆周角定理；等腰梯形的性质；圆心角、弧、弦的关系。

分析：

根据等腰梯形的性质可求得较小的底角的度数，再根据同弧所对的圆心角是圆周角的二倍从而求得∠BEC的度数．

解答：

解：

设等腰梯形的较小的底角为x，则3x=180°，∴x=60°

依题意，延长BE，CF必交于点O（△ABO，△CDO为等边三角形），

∴△BOC为等边三角形，∴∠BOC=60°，∴∠BEC=∠BOC=30°

故选B．

点评：

此题考查了学生对等腰梯形的性质，圆周角定理等知识点的理解及运用．

11、（2008•湘西州）下列说法中正确的个数有（　　）

①直径不是弦；

②三点确定一个圆；

③圆是轴对称图形，任何一条直径所在直线都是它的对称轴；

④相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．

A、1个B、2个

C、3个D、4个

考点：

圆周角定理；圆的认识；确定圆的条件；轴对称的性质。

分析：

依据确定圆的条件、直径以及弦的定义、圆的对称性即可解答．注意：

④要成立必须强调在同圆或等圆中．

解答：

解：

由圆中定义可知③正确，这是根据圆的轴对称的性质来判断的；

①错误，直径是过圆心的弦；

②错误，三点不一定能确定一个圆，如三点同线确定的是一条直线；

④错误，相等的圆心角所对的弧不一定相等，所对的弦也不一定相等，等弧是在同圆或者等圆中，能互相重合的两条弧；

故正确的只有③．故选A．

点评：

理解与圆有关的概念，分清它们之间的区别与联系，是解决此类问题的关键．

12、（2008•乌兰察布）如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，E是BC延长线上的一点，已知∠BOD=100°，则∠DCE的度数为（　　）

A、40°B、60°

C、50°D、80°

考点：

圆周角定理；圆内接四边形的性质。

分析：

根据圆周角定理，可求得∠A的度数；由于四边形ABCD是⊙O的内接四边形，根据圆内接四边形的性质，可得∠DCE=∠A，由此可求得∠DCE的度数．

解答：

解：

∵∠BOD=100°，

∴∠A=50°，

∵四边形ABCD内接于⊙O，

∴∠DCE=∠A=50°．故选C．

点评：

本题主要考查圆内接四边形的性质以及圆周角定理的应用．

13、（2006•曲靖）观察图1﹣图4相应推理，其中正确的是（　　）

A、

B、

C、

D、

考点：

圆周角定理；垂径定理。

专题：

计算题。

分析：

对每个选项进行分析，从而确定答案．

解答：

A、因为不在同圆或等圆中，故不正确；

B、可由圆周角定理得到，故正确；

C、弧的度数等于它所对的圆心角的度数，故不正确；

D、不符合垂径定理的条件，故不正确．

故选B．

点评：

本题考查了对垂径定理和圆周角定理的理解．

二、填空题（共7小题）

14、（2005•武汉）长度相等的两弧是等弧．　错误　（填“正确”或“错误”）

考点：

圆心角、弧、弦的关系。

分析：

等弧是能够重合的两个弧，而长度相等的弧不一定是等弧．

解答：

解：

因为等弧就是能够重合的两个弧，而长度相等的弧不一定是等弧，所以等弧一定是同圆或等圆中的弧，故错误．

点评：

本题主要考查了等弧的定义，等弧是能够重合的两个弧，而长度相等的弧不一定是等弧．

15、（2005•武汉）在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等．　正确　（填“正确”或“错误”）

考点：

圆心角、弧、弦的关系。

分析：

根据圆心角、弧、弦的关系进行分析即可．

解答：

解：

因为在同圆或等圆中圆心角相等，弧相等，弦相等，弦心距相等，在这几组相等关系中，只要有一组成立，则另外几组一定成立，所以此说法正确．

点评：

本题是需要熟记的内容．

16、（2010•成都）如图，△ABC内接于⊙O，∠B=90°，AB=BC，D是⊙O上与点B关于圆心O成中心对称的点，P是BC边上一点，连接AD、DC、AP．已知AB=8，CP=2，Q是线段AP上一动点，连接BQ并延长交四边形ABCD的一边于点R，且满足AP=BR，则的值为　1或．

考点：

正方形的判定；全等三角形的判定与性质；圆周角定理。

专题：

动点型。

分析：

先证明四边形ABCD是正方形，得出AD∥BC．根据题意，可知点R所在的位置可能有两种情况：

①点R在线段AD上；②点R在线段CD上．针对每一种情况，分别求出BQ：

QR的值．

解答：

解：

∵△ABC内接于⊙O，∠B=90°，AB=BC，D是⊙O上与点B关于圆心O成中心对称的点，

∴四边形ABCD是正方形．

∴AD∥BC，

当AP=BR时，分两种情况：

①点R在线段AD上，此时△AQR≌△PQB，

∴BQ=QR

∴BQ：

QR=1；

②点R在线段CD上，此时△ABP≌△BCR，

∴∠BAP=∠CBR．

∵∠CBR+∠ABR=90°，

∴∠BAP+∠ABR=90°，

∴BQ是直角△ABP斜边上的高，

∴BQ===4.8，

∴QR=BR﹣BQ=10﹣4.8=5.2，

∴BQ：

QR=4.8：

5.2=．

故答案为：

1或．

点评：

本题综合考查了平行线的判定，及正方形的判定，及全等的判定及性质．

17、（2007•黑龙江）△ABC是⊙O的内接三角形，OD⊥BC，垂足为D，若∠BOD=40°，则∠BAC的度数为　40或140　度．

考点：

垂径定理；圆周角定理。

分析：

先求出圆心角∠BOC的度数，再根据同圆或等圆中的圆心角和圆周角的关系，即可求出，但是要分圆心在三角形内部和外部两种情况讨论．

解答：

解：

如图，OD⊥BC，由垂径定理知，点D是BC的中点，△BOC是等腰三角形，OD是∠BOC的平分线，

∴∠BOC=2∠BOD=80°，

点A的位置有两种情况，

①当点A在如图位置时，由圆周角定理知，∠A=∠BOD=40°，

②当点A在劣弧BC上的点E时，由圆内接四边形的对角互补知，∠E=180°﹣∠A=140°．

因此∠BAC的度数为40°或140°．

点评：

本题利用了垂径定理，等腰三角形的性质，圆周角定理：

在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．注意点A的位置有两种情况．

18、（2010•苏州）如图，已知A、B两点的坐标分别为、（0，2），P是△AOB外接圆上的一点，且∠AOP=45°，则点P的坐标为　（+1，+1）　．

考点：

圆周角定理；坐标与图形性质；勾股定理。

分析：

分P点在第一象限，P点在第四象限，由勾股定理即可求得P点的坐标．

解答：

解：

∵OB=2，OA=2，

∴AB==4，

∵∠AOP=45°，

P点横纵坐标相等，可设为a．

∵∠AOB=90°，

∴AB是直径，

∴Rt△AOB外接圆的圆心为AB中点，坐标C（，1），

P点在圆上，P点到圆心的距离为圆的半径2．

过点C作CF∥OA，过点P作PE⊥OA于E交CF于F，

∴∠CFP=90°，

∴PF=a﹣1，CF=a﹣，PC=2，

∴（a﹣）2+（a﹣1）2=22，舍去不合适的根，

可得a=1+，P（1+，1+）；

即P点坐标为（+1，+1）．

点评：

此题主要考查了圆周角定理、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性质等知识的综合应用能力．

19、（2006•山西）如图，在“世界杯”足球比赛中，甲带球向对方球门PQ进攻．当他带球冲到A点时，同伴乙已经助攻冲到B点．有两种射门方式：

第一种是甲直接射门；第二种是甲将球传给乙，由乙射门．仅从射门角度考虑，应选择第　二　种射门方式．

考点：

圆周角定理。

分析：

本题实际是求∠A和∠B度数的大小；可设AP与⊙O的交点为C，连接QC，由圆周角定理可得∠PCQ=∠B；由于∠PCQ是△ACQ的外角，显然∠PCQ即∠B的度数要大于∠A；因此从射门角度考虑，在B点射门时，射门的角度更大，更有利于进球．

解答：

解：

设AP与圆的交点是C，连接CQ；

则∠PCQ＞∠A；

由圆周角定理知：

∠PCQ=∠B；

所以∠B＞∠A；

因此选择第二种射门方式更好．

点评：

此题实际上是比较两个角的大小，角度越大，射中率越高．综合考查了圆周角定理和三角形外角的性质．

20、=．

考点：

*平面向量。

分析：

由三角形法则，可得+=，即可求得的值．

解答：

解：

∵+=，

∴=．

故答案为：

．

点评：

此题考查了平面向量的知识．解此题的关键是三角形形法则的运用．

三、解答题（共2小题）

21、（2009•衢州）如图，AD是⊙O的直径．

（1）如图①，垂直于AD的两条弦B1C1，B2C2把圆周4等分，则∠B1的度数是°，∠B2的度数是°；

（2）如图②，垂直于AD的三条弦B1C1，B2C2，B3C3把圆周6等分，分别求∠B1，∠B2，∠B3的度数；

（3）如图③，垂直于AD的n条弦B1C1，B2C2，B3C3，…，BnCn把圆周2n等分，请你用含n的代数式表示∠Bn的度数（只需直接写出答案）．

考点：

圆心角、弧、弦的关系；垂径定理。

分析：

根据条件可以先求出圆的各段弧的度数，根据圆周角等于所对弧的度数的一半，就可以求出圆周角的度数．

解答：

解：

（1）垂直于AD的两条弦B1C1，B2C2把圆周4等分，则是圆的，因而度数是45°，因而∠B1的度数是22.5°，同理的度数是130度，因而，∠B2的度数是67.5°；（4分）

（2）∵圆周被6等分

∴===360°÷6=60°（1分）

∵直径AD⊥B1C1

∴==30°，

∴∠B1==15°（1分）

∠B2==×（30°+60°）=45°（1分）

∠B3==×（30°+60°+60°）=75°；（1分）

（3）=．

（或）．（4分）

点评：

本题是把求圆周角的度数的问题转化为求弧的度数的问题，依据是圆周角等于所对弧的度数的一半．

22、（2010•河源）如图，直角梯形OABC中，OC∥AB，C（0，3），B（4，1），以BC为直径的圆交x轴于E，D两点（D点在E点右方）．

（1）求点E，D的坐标；

（2）求过B，C，D三点的抛物线的函数关系式；

（3）过B，C，D三点的抛物线上是否存在点Q，使△BDQ是以BD为直角边的直角三角形？

若不存在，说明理由；若存在，求出点Q的坐标．

考点：

二次函数综合题；待定系数法求二次函数解析式；勾股定理的逆定理；直角梯形；圆周角定理。

专题：

压轴题。

分析：

（1）设以BC为直径的圆的圆心为M，由于⊙M过点D，由圆周角定理可得∠BDC=90°；即可证得△ABD∽△ODC，可用OD表示出DA，根据相似三角形得到的比例线段，即可求得OD的长，由此可得到点D、E的坐标；

（2）用待定系数法求解即可求出该抛物线的解析式；

（3）首先求出直线CD的解析式；由于CD⊥BD，且点C在抛物线的图象上，因此C点就是符合条件的Q点；同理可先求出过B点且平行于CD的直线l的解析式，直线l与抛物线的交点（B点除外）也应该符合Q点的要求．

解答：

解：

（1）取BC的中点M，过M作MN⊥x轴于N；则M点即为以BC为直径的圆的圆心；

∵点D是⊙M上的点，且BC是直径，

∴∠BDC=90°；

∴∠OCD=∠BDA=90°﹣∠ODC；

又∵∠COD=∠OAB，

∴△OCD∽△ADB；

∴；

∵OC=3，AB=1，OA=OD+DA=4，

∴3×1=OD×（4﹣OD），

解得AD=1，OD=3；

∵点D在点E右边，

∴OD=3，OE=1；

即D（3，0），E（1，0）；

（2）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，（a≠0），依题意，

有：

，

解得；

∴y=x2﹣x+3；

（3）假设存在这样的Q点；

①△BDQ以D为直角顶点；

由于CD⊥BD，且C点在抛物线的图象上，

所以C点符合Q点的要求；

此时Q（0，3）；

②△BDQ以B为直角顶点；

易知直线CD的解析式为：

y=﹣x+3；

作过B的直线l，且l∥CD；

设l的解析式为y=﹣x+h，由于l经过点B（4，1），

则有：

﹣4+h=1，h=5；

∴直线l的解析式为y=﹣x+5；

联立抛物线的解析式有：

，

解得，；

∴Q（﹣1，6）；

综上所述，存在符合条件的Q点，且Q点坐标为（0，3）或（﹣1，6）．

点评：

此题主要考查的圆周角定理、相似三角形的判定和性质、二次函数解析式的确定、函数图象交点坐标的求法、直角三角形的判定等知识的综合应用，综合性强，难度较大．

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