中考數(shù)學總復習《圓》自我提分評估考試時間：90分鐘；命題人：教研組考生注意：1、本卷分第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘2、答卷前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級填寫在試卷規(guī)定位置上3、答案必須寫在試卷各個題目指定區(qū)域內相應的位置，如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用涂改液、膠帶紙、修正帶，不按以上要求作答的答案無效。第I卷（選擇題20分）一、單選題（5小題，每小題4分，共計20分）1、如圖，已知長方形中，，圓B的半徑為1，圓A與圓B內切，則點與圓A的位置關系是（

）A．點C在圓A外，點D在圓A內 B．點C在圓A外，點D在圓A外C．點C在圓A上，點D在圓A內 D．點C在圓A內，點D在圓A外2、如圖，破殘的輪子上，弓形的弦AB為4m，高CD為1m，則這個輪子的半徑長為（）A．m B．m C．5m D．m3、如圖所示，一個半徑為r(r＜1)的圖形紙片在邊長為10的正六邊形內任意運動，則在該六邊形內，這個圓形紙片不能接觸到的部分面積是（

）A． B．C． D．4、如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4cm，CD是中線，點E、F同時從點D出發(fā)，以相同的速度分別沿DC、DB方向移動，當點E到達點C時，運動停止，直線AE分別與CF、BC相交于G、H，則在點E、F移動過程中，點G移動路線的長度為（

）A．2 B．π C．2π D．π5、如圖，AB是⊙O的直徑，BC與⊙O相切于點B，AC交⊙O于點D，若∠ACB=50°，則∠BOD等于（）A．40° B．50° C．60° D．80°第Ⅱ卷（非選擇題80分）二、填空題（5小題，每小題6分，共計30分）1、如圖所示的網格由邊長為個單位長度的小正方形組成，點、、、在直角坐標系中的坐標分別為，，，則內心的坐標為______．2、如圖，A、D是⊙O上的兩點，BC是直徑，若∠D＝32°，則∠OAC＝_______度．3、如圖，四邊形是正方形，曲線是由一段段90度的弧組成的．其中：的圓心為點A，半徑為；的圓心為點B，半徑為；的圓心為點C，半徑為；的圓心為點D，半徑為；…的圓心依次按點A，B，C，D循環(huán)．若正方形的邊長為1，則的長是_________．4、如圖，是的直徑，弦于點E，，，則的半徑_______．5、如圖，已知是的直徑，是的切線，連接交于點，連接．若，則的度數(shù)是_________．三、解答題（5小題，每小題10分，共計50分）1、已知圓弧的半徑為15厘米，圓弧的長度為，求圓心角的度數(shù)．2、正方形ABCD的四個頂點都在⊙O上，E是⊙O上的一點．（1）如圖①，若點E在上，F(xiàn)是DE上的一點，DF=BE．求證：△ADF≌△ABE；（2）在（1）的條件下，小明還發(fā)現(xiàn)線段DE、BE、AE之間滿足等量關系：DE-BE=AE．請說明理由；（3）如圖②，若點E在上．連接DE，CE，已知BC=5，BE=1，求DE及CE的長．3、如圖所示，四邊形ABCD的頂點在同一個圓上，另一個圓的圓心在AB邊上，且該圓與四邊形ABCD的其余三條邊相切．求證：．4、如圖，已知在⊙O中，直徑MN＝10，正方形ABCD的四個頂點分別在⊙O及半徑OM、OP上，并且∠POM＝45°，求正方形的邊長．5、已知四邊形內接于⊙O，，垂足為E，，垂足為F，交于點G，連接．(1)求證：；(2)如圖1，若，，求⊙O的半徑；(3)如圖2，連接，交于點H，若，，試判斷是否為定值，若是，求出該定值；若不是，說明理由．-參考答案-一、單選題1、C【解析】【分析】根據內切得出圓A的半徑，再判斷點D、點E到圓心的距離即可【詳解】∵圓A與圓B內切，，圓B的半徑為1∴圓A的半徑為5∵<5∴點D在圓A內在Rt△ABC中，∴點C在圓A上故選：C【考點】本題考查點與圓的位置關系、圓與圓的位置關系、勾股定理，熟練掌握點與圓的位置關系是關鍵2、D【解析】【分析】連接OB，由垂徑定理得出BD的長；連接OB，再在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【詳解】解：連接OB，如圖所示：由題意得：OC⊥AB，∴AD＝BD＝AB＝2（m），在Rt△OBD中，根據勾股定理得：OD2+BD2＝OB2，即（OB﹣1）2+22＝OB2，解得：OB＝（m），即這個輪子的半徑長為m，故選：D．【考點】本題主要考查垂徑定理的應用以及勾股定理，熟練掌握垂徑定理和勾股定理是解題的關鍵．3、C【解析】【分析】當運動到正六邊形的角上時，圓與兩邊的切點分別為，，連接，，，根據正六邊形的性質可知，故，再由銳角三角函數(shù)的定義用表示出的長，可知圓形紙片不能接觸到的部分的面積，由此可得出結論．【詳解】解：如圖所示，連接，，，此多邊形是正六邊形，，．，，，圓形紙片不能接觸到的部分的面積．故選：C．【考點】本題考查的是正多邊形和圓，熟知正六邊形的性質是解答此題的關鍵．4、D【解析】【分析】【詳解】解：如圖，∵CA＝CB，∠ACB＝90°，AD＝DB，∴CD⊥AB，∴∠ADE＝∠CDF＝90°，CD＝AD＝DB，在△ADE和△CDF中，，∴△ADE≌△CDF（SAS），∴∠DAE＝∠DCF，∵∠AED＝∠CEG，∴∠ADE＝∠CGE＝90°，∴A、C、G、D四點共圓，∴點G的運動軌跡為弧CD，∵AB＝4，ABAC，∴AC＝2，∴OA＝OC，∵DA＝DC，OA＝OC，∴DO⊥AC，∴∠DOC＝90°，∴點G的運動軌跡的長為π．故選：D．5、D【解析】【分析】根據切線的性質得到∠ABC=90°，根據直角三角形的性質求出∠A，根據圓周角定理計算即可．【詳解】∵BC是⊙O的切線，∴∠ABC=90°，∴∠A=90°-∠ACB=40°，由圓周角定理得，∠BOD=2∠A=80°，故選D．【考點】本題考查的是切線的性質、圓周角定理，掌握圓的切線垂直于經過切點的半徑是解題的關鍵．二、填空題1、（2，3）【解析】【分析】根據A、B、C三點的坐標建立如圖所示的坐標系，計算出△ABC各邊的長度，易得該三角形是直角三角形，設BC的關系式為：y=kx+b，求出BC與x軸的交點G的坐標，證出點A與點G關于BD對稱，射線BD是∠ABC的平分線，三角形的內心在BD上，設點M為三角形的內心，內切圓的半徑為r，在BD上找一點M，過點M作ME⊥AB，過點M作MF⊥AC，且ME=MF=r，求出r的值，在△BEM中，利用勾股定理求出BM的值，即可得到點M的坐標．【詳解】解：根據A、B、C三點的坐標建立如圖所示的坐標系，根據題意可得：AB=，AC=，BC=，∵，∴∠BAC=90°，設BC的關系式為：y=kx+b，代入B，C，可得，解得：，∴BC：，當y=0時，x=3，即G（3,0），∴點A與點G關于BD對稱，射線BD是∠ABC的平分線，設點M為三角形的內心，內切圓的半徑為r，在BD上找一點M，過點M作ME⊥AB，過點M作MF⊥AC，且ME=MF=r，∵∠BAC=90°，∴四邊形MEAF為正方形，S△ABC=，解得：，即AE=EM=，∴BE=，∴BM=，∵B（-3，3），∴M（2，3），故答案為：（2，3）．【考點】本題考查三角形內心、平面直角坐標系、一次函數(shù)的解析式、勾股定理和正方形的判定與性質等相關知識點，把握內心是三角形內接圓的圓心這個概念，靈活運用各種知識求解即可．2、58【解析】【分析】根據∠D的度數(shù)，可以得到∠ABC的度數(shù)，然后根據BC是直徑，從而可以得到∠BAC的度數(shù)，然后可以得到∠OCA的度數(shù)，再根據OA=OC，從而可以得到∠OAC的度數(shù)．【詳解】解：∵∠D=32°，∠D=∠ABC∴∠ABC=32°∵BC是直徑∴∠BAC=90°∴∠BCA=90°-∠ABC=90°-32°=58°∴∠OCA=58°∵OA=OC∴∠OAC=∠OCA∴∠OAC=58°故答案為58．【考點】本題考查了圓周角定理，圓心角、弧、弦的關系．解題的關鍵是明確題意，利用數(shù)形結合的思想解答．3、【解析】【分析】曲線是由一段段90度的弧組成的，半徑每次比前一段弧半徑+1，到，，再計算弧長．【詳解】解：由圖可知，曲線是由一段段90度的弧組成的，半徑每次比前一段弧半徑+1，，，……，，，故的半徑為，的弧長=．故答案為：．【考點】此題主要考查了弧長的計算，弧長的計算公式：，找到每段弧的半徑變化規(guī)律是解題關鍵．4、【解析】【分析】設半徑為r，則，得到，由垂徑定理得到，再根據勾股定理，即可求出答案．【詳解】解：由題意，設半徑為r，則，∵，∴，∵是的直徑，弦于點E，∴點E是CD的中點，∵，∴，在直角△OCE中，由勾股定理得，即，解得：．故答案為：．【考點】本題考查了垂徑定理，勾股定理，解題的關鍵是熟練掌握垂徑定理和勾股定理進行解題．5、25【解析】【分析】先由切線的性質可得∠OAC=90°，再根據三角形的內角和定理可求出∠AOD=50°，最后根據“同弧所對的圓周角等于圓心角的一半”即可求出∠B的度數(shù)．【詳解】解：∵是的切線，∴∠OAC=90°∵，∴∠AOD=50°，∴∠B=∠AOD=25°故答案為：25．【考點】本題考查了切線的性質和圓周角定理，掌握圓周角定理是解題的關鍵．三、解答題1、【解析】【分析】根據弧長的計算公式計算即可．【詳解】解：圓心角的度數(shù)．【考點】本題考查弧長的計算，掌握弧長公式是解題的關鍵．2、（1）證明見解析；（2）理由見解析；（3）DE=7，CE=【解析】【分析】（1）根據正方形的性質，得AB=AD；根據圓周角的性質，得，結合DF=BE，即可完成證明；（2）由（1）結論得AF=AE，；結合∠BAD=90°，得∠EAF=90°，從而得到△EAF是等腰直角三角形，即EF=AE；最后結合DE-DF=EF，從而得到答案；（3）連接BD，將△CBE繞點C順時針旋轉90°至△CDH；結合題意，得∠CBE+∠CDE=180°，從而得到E，D，H三點共線；根據BC=CD，得，從而推導得∠BEC=∠DEC=45°，即△CEH是等腰直角三角形；再根據勾股定理的性質計算，即可得到答案．【詳解】（1）如圖，，，，在正方形ABCD中，AB=AD在△ADF和△ABE中∴△ADF≌△ABE（SAS）；（2）由（1）結論得：△ADF≌△ABE∴AF=AE，∠3=∠4正方形ABCD中，∠BAD=90°∴∠BAF+∠3=90°∴∠BAF+∠4=90°∴∠EAF=90°∴△EAF是等腰直角三角形∴EF2=AE2+AF2∴EF2=2AE2∴EF=AE即DE-DF=AE∴DE-BE=AE；（3）連接BD，將△CBE繞點C順時針旋轉90°至△CDH∵四邊形BCDE內接于圓∴∠CBE+∠CDE=180°∴E，D，H三點共線在正方形ABCD中，∠BAD=90°∴∠BED=∠BAD=90°∵BC=CD∴∴∠BEC=∠DEC=45°∴△CEH是等腰直角三角形在Rt△BCD中，由勾股定理得BD=BC=5在Rt△BDE中，由勾股定理得：DE=在Rt△CEH中，由勾股定理得：EH2=CE2+CH2∴（ED+DH）2=2CE2，即（ED+BE）2=2CE2∴64=2CE2∴CE=4．【考點】本題考查了正方形、圓、等腰三角形、勾股定理、全等三角形、旋轉的知識；解題的關鍵是熟練掌握正方形、圓周角、正多邊形與圓、等腰三角形、勾股定理、全等三角形、旋轉的性質，從而完成求解．3、見解析【解析】【分析】證法一，在射線EA上截取，連接OD，OE，OF，OG，因為，所以，所以，，由圓的內接四邊形性質得，由AD，DC是半圓O的切線得，，，即，所以，同理，即可得出結論．證法二，在BO上截取，連接FM，OF．過點O作，交FM的延長線于點N，連接OE，OD，易證，，，所以．由圓的內接四邊形性質得，，所以．因為，所以，得，，所以，同理得，即可得出結論．【詳解】證法一如圖所示，與AD相切于點E，與BC相切于點F，在射線EA上截取，連接OD，OE，OF，OG，則易證．，．四邊形ABCD內接于圓，．AD，DC是半圓O的切線，，，，，，即，同理，．證法二如圖所示，與AD相切于點E，與BC相切于點F，在BO上截取，連接FM，OF．過點O作，交FM的延長線于點N，連接OE，OD．，．，，，，．，，．AD，DC是半圓O的切線，．四邊形ABCD內接于圓，，，．，，，，，同理，．【考點】本題主要考查了圓的內接四邊形性質、切線的性質，解題的關鍵是理清題意，正確作出輔助線．4、【解析】【分析】證出△DCO是等腰直角三角形，得出DC＝CO，求出BO＝2AB，連接AO，半徑AO＝5，再根據勾股定理列方程，即可求出AB的長．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD，∴∠DCO＝90°，又∵∠POM＝45°，∴∠CDO＝45°，∴CD＝CO，∴BO＝BC+CO＝BC+CD，∴BO＝2AB，連接AO，如圖：∵MN＝10，∴AO＝5，又∵在Rt△ABO中，AB2+BO2＝AO2，∴AB2+（2AB）2＝52，解得：AB＝，則正方形ABCD的邊長為．【考點】此題考查了正方形的性質和等腰直角三角形的性質，解題的關鍵是證出△DCO是等腰直角三角形，得出BO＝