中考數(shù)學總復習《圓》達標測試考試時間：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(nèi)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，是的內(nèi)接三角形，，是直徑，，則的長為（）A．4 B． C． D．2、丁丁和當當用半徑大小相同的圓形紙片分別剪成扇形（如圖）做圓錐形的帽子，請你判斷哪個小朋友做成的帽子更高一些（）A．丁丁 B．當當 C．一樣高 D．不確定3、如圖，在△ABC中，AG平分∠CAB，使用尺規(guī)作射線CD，與AG交于點E，下列判斷正確的是（

）

A．AG平分CDB．C．點E是△ABC的內(nèi)心D．點E到點A，B，C的距離相等4、如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，∠A＝50°．E是邊BC的中點，連接OE并延長，交⊙O于點D，連接BD，則∠D的大小為（）A．55° B．65° C．60° D．75°5、如圖，在等腰Rt△ABC中，AC＝BC＝，點P在以斜邊AB為直徑的半圓上，M為PC的中點．當點P沿半圓從點A運動至點B時，點M運動的路徑長是（

）A．π B．π C．π D．2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、已知在平面直角坐標系中，點的坐標為是拋物線對稱軸上的一個動點．小明經(jīng)探究發(fā)現(xiàn)：當?shù)闹荡_定時，拋物線的對稱軸上能使為直角三角形的點的個數(shù)也隨之確定．若拋物線的對稱軸上存在3個不同的點，使為直角三角形，則的值是____．2、如圖，已知正六邊形ABCDEF的邊長為2，對角線CF和BE相交于點N，對角線DF與BE相交于點M，則MN＝_____．3、如圖，直線、相交于點，半徑為1cm的⊙的圓心在直線上，且與點的距離為8cm，如果⊙以2cm/s的速度，由向的方向運動，那么_________秒后⊙與直線相切.4、如圖，⊙O是△ABC的外接圓，∠A＝60°，BC＝6，則⊙O的半徑是_____．5、如圖，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，AB是⊙O的直徑，I是△ABC的內(nèi)心，則∠BIA的度數(shù)是_______°．三、解答題（5小題，每小題10分，共計50分）1、如圖，在平面直角坐標系中，拋物線過點，，與y軸交于點C，連接BC，點N是第一象限拋物線上一點，連接NA，交y軸于點E，．(1)求拋物線的解析式；(2)求線段AN的長；(3)若點M在第三象限拋物線上，連接MN，，則這時點M的坐標為______（直接寫出結(jié)果）．2、已知：．．求作：，使它經(jīng)過點和點，并且圓心在的平分線上，3、已知：如圖，在⊙O中，AB為弦，C、D兩點在AB上，且AC＝BD．求證：．4、如圖，以Rt△ABC的AC邊為直徑作⊙O交斜邊AB于點E，連接EO并延長交BC的延長線于點D，點F為BC的中點，連接EF和AD．（1）求證：EF是⊙O的切線；（2）若⊙O的半徑為2，∠EAC＝60°，求AD的長．5、如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，點D在邊BC上，⊙O經(jīng)過點A和點B且與邊BC相交于點D．(1)判斷AC與⊙O的位置關系，并說明理由．(2)當CD＝5時，求⊙O的半徑．-參考答案-一、單選題1、B【解析】【分析】連接BO，根據(jù)圓周角定理可得，再由圓內(nèi)接三角形的性質(zhì)可得OB垂直平分AC，再根據(jù)正弦的定義求解即可．【詳解】如圖，連接OB，∵是的內(nèi)接三角形，∴OB垂直平分AC，∴，，又∵，∴，∴,又∵AD=8，∴AO=4，∴，解得：，∴．故答案選B．【考點】本題主要考查了圓的垂徑定理的應用，根據(jù)圓周角定理求角度是解題的關鍵．2、B【解析】【分析】由圖形可知，丁丁扇形的弧長大于當當扇形的弧長，根據(jù)弧長與圓錐底面圓的周長相等，可得丁丁剪成扇形做圓錐形的帽子的底面半徑r大于當當剪成扇形做圓錐形的帽子的底面半徑r，由扇形的半徑相等，即母線長相等R，設圓錐底面圓半徑為r,母線為R，圓錐的高為h,根據(jù)勾股定理由即，可得丁丁的h小于當當?shù)膆即可．【詳解】解：由圖形可知，丁丁扇形的弧長大于當當扇形的弧長，根據(jù)弧長與圓錐底面圓的周長相等，∴丁丁剪成扇形做圓錐形的帽子的底面半徑r大于當當剪成扇形做圓錐形的帽子的底面半徑r，∵扇形的半徑相等，即母線長相等R，設圓錐底面圓半徑為r,母線為R，圓錐的高為h,，根據(jù)勾股定理由即，∴丁丁的h小于當當?shù)膆，∴由勾股定理可得當當做成的圓錐形的帽子更高一些．故選：B．【考點】本題考查扇形作圓錐帽子的應用，利用圓錐的母線底面圓的半徑，和圓錐的高三者之間關系，根據(jù)勾股定理確定出當當?shù)拿弊痈呤墙忸}關鍵．3、C【解析】【分析】根據(jù)作法可得CD平分∠ACB，結(jié)合題意即可求解．【詳解】解：由作法得CD平分∠ACB，

∵AG平分∠CAB，∴E點為△ABC的內(nèi)心故答案為：C．【考點】此題考查了尺規(guī)作圖（角平分線），以及三角形角平分線的性質(zhì)，熟練掌握相關基本性質(zhì)是解題的關鍵．4、B【解析】【分析】連接CD，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到∠CDB＝180°﹣∠A＝130°，根據(jù)垂徑定理得到OD⊥BC，求得BD＝CD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【詳解】解：連接CD，∵∠A＝50°，∴∠CDB＝180°﹣∠A＝130°，∵E是邊BC的中點，∴OD⊥BC，∴BD＝CD，∴∠ODB＝∠ODC＝∠BDC＝65°，故選：B．【考點】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，垂徑定理，等腰三角形的性質(zhì)等知識．正確理解題意是解題的關鍵．5、B【解析】【分析】取AB的中點O、AC的中點E、BC的中點F，連接OC、OP、OM、OE、OF、EF，如圖，利用勾股定理得到AB的長，進而可求出OC，OP的長，求得∠CMO=90°，于是得到點M在以OC為直徑的圓上，然后根據(jù)圓的周長公式計算點M運動的路徑長．【詳解】解：取AB的中點O、AC的中點E、BC的中點F，連接OC、OP、OM、OE、OF、EF，如圖，∵在等腰Rt△ABC中，AC=BC=2，∴AB=BC=4，∴OC=OP=AB=2，∵∠ACB=90°，∴C在⊙O上，∵M為PC的中點，∴OM⊥PC，∴∠CMO=90°，∴點M在以OC為直徑的圓上，P點在A點時，M點在E點；P點在B點時，M點在F點．∵O是AB中點，E是AC中點，∴OE是△ABC的中位線，∴OE//BC，OE=BC=，∴OE⊥AC，同理OF⊥BC，OF=，∴四邊形CEOF是矩形，∵OE=OF，∴四邊形CEOF為正方形，EF=OC=2，∴M點的路徑為以EF為直徑的半圓，∴點M運動的路徑長=×π×2=π．故選：B．【考點】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，正方形的判定與性質(zhì)，圓周角定理，以及動點的軌跡：點按一定規(guī)律運動所形成的圖形為點運動的軌跡．解決此題的關鍵是利用圓周角定理確定M點的軌跡為以EF為直徑的半圓．二、填空題1、2或【解析】【分析】分，和確定點M的運動范圍，結(jié)合拋物線的對稱軸與，，共有三個不同的交點，確定對稱軸的位置即可得出結(jié)論．【詳解】解：由題意得：O（0,0），A（3，4）∵為直角三角形，則有：①當時，∴點M在與OA垂直的直線上運動（不含點O）；如圖，②當時，，∴點M在與OA垂直的直線上運動（不含點A）；③當時，，∴點M在與OA為直徑的圓上運動，圓心為點P，∴點P為OA的中點，∴∴半徑r=∵拋物線的對稱軸與x軸垂直由題意得，拋物線的對稱軸與，，共有三個不同的交點，∴拋物線的對稱軸為的兩條切線，而點P到切線，的距離，又∴直線的解析式為：；直線的解析式為：；∴或4∴或-8故答案為：2或-8【考點】本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識點有圓的切線的判定，直角三角形的判定，綜合性較強，有一定難度．運用數(shù)形結(jié)合、分類討論是解題的關鍵．2、1【解析】【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【詳解】∵正六邊形ABCDEF的邊長為2，且對角線CF和BE相交于點N，∴∠FNE=60°，∴△ENF是等邊三角形，∴∠FNM=60°，F(xiàn)N=EF=2，∵對角線DF與BE相交于點M，∴∠FMN=90°，∴MN=FN=2=1，故答案為：1．【考點】本題考查了正多邊形和圓，正六邊形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，正確的識別圖形是解題的關鍵．3、3或5【解析】【分析】分類討論：當點P在當點P在射線OA時⊙P與CD相切，過P作PE⊥CD與E，根據(jù)切線的性質(zhì)得到PE=1cm，再利用含30°的直角三角形三邊的關系得到OP=2PE=2cm，則⊙P的圓心在直線AB上向右移動了（8-2）cm后與CD相切，即可得到⊙P移動所用的時間；當點P在射線OB時⊙P與CD相切，過P作PE⊥CD與F，同前面一樣易得到此時⊙P移動所用的時間．【詳解】當點P在射線OA時⊙P與CD相切，如圖，過P作PE⊥CD與E，∴PE=1cm，∵∠AOC=30°，∴OP=2PE=2cm，∴⊙P的圓心在直線AB上向右移動了（8-2）cm后與CD相切，∴⊙P移動所用的時間==3（秒）；當點P在射線OB時⊙P與CD相切，如圖，過P作PE⊥CD與F，∴PF=1cm，∵∠AOC=∠DOB=30°，∴OP=2PF=2cm，∴⊙P的圓心在直線AB上向右移動了（8+2）cm后與CD相切，∴⊙P移動所用的時間==5（秒）．故答案為3或5．【考點】本題考查直線與圓的位置關系：直線與有三種位置關系（相切、相交、相離）．也考查了切線的性質(zhì)．解題關鍵是熟練掌握以上性質(zhì).4、6【解析】【分析】作直徑CD，如圖，連接BD，根據(jù)圓周角定理得到∠CBD＝90°，∠D＝60°，然后利用含30度的直角三角形三邊的關系求出CD，從而得到⊙O的半徑．【詳解】解：作直徑CD，如圖，連接BD，∵CD為⊙O直徑，∴∠CBD＝90°，∵∠D＝∠A＝60°，∴BD＝BC＝×6＝6，∴CD＝2BD＝12，∴OC＝6，即⊙O的半徑是6．故答案為6．【考點】本題主要考查圓周角的性質(zhì)，解決本題的關鍵是要熟練掌握圓周角的性質(zhì).5、135【解析】【分析】先根據(jù)直徑所對的圓周角是直角得出，進而求出，再根據(jù)內(nèi)心是三角形內(nèi)角平分線的交點得出，最后利用三角形的內(nèi)角和定理即得．【詳解】∵AB是⊙O的直徑∴∴∵I是△ABC的內(nèi)心∴IA、IB是角平分線∴∴故答案為：135．【考點】本題考查圓周角定理、內(nèi)心、角平分線的定義及三角形內(nèi)角和定理，解題關鍵是熟知：直徑所對的圓周角為直角；三角形的內(nèi)心是內(nèi)角平分線的交點．三、解答題1、(1)(2)(3)【解析】【分析】（1）把，代入，待定系數(shù)法求解析式即可；（2）根據(jù)解析式求得，證明≌可得，進而可得，求得直線AN的解析式為，聯(lián)立拋物線解析式即可求得點的坐標，過點N作軸于點D，勾股定理即可求得線段AN的長；（3）設的外接圓為圓R，圓心R的坐標為，過點R作軸于點G，過點M作的延長線于點H，連接AR，MR，NR．證明≌可得，，，進而表示出點，將點M的坐標代入拋物線表達式得出④式，根據(jù)得出⑤式，聯(lián)立求解即可求得點的坐標(1)把，代入得：，解得，故拋物線的表達式為．(2)令，得，∴，．∵，∴．∵，，∴≌．∴，∴．設直線AN的解析式為，把，代入得：，解得，故直線AN的解析式為．由，解得，．故點．過點N作軸于點D，則，，根據(jù)勾股定理得：．(3)．設的外接圓為圓R，過點R作軸于點G，過點M作的延長線于點H，連接AR，MR，NR．當時，則，設圓心R的坐標為，∵，，∴，∵，，∴≌（AAS），∴，，∴點，將點M的坐標代入拋物線表達式得：④，由題意得：，即⑤，聯(lián)立④⑤并解得：，故點．【考點】本題考查了二次函數(shù)的綜合題，待定系數(shù)法求解析式，勾股定理，圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，第三問中正確的添加輔助線是解題的關鍵．2、見詳解．【解析】【分析】要作圓，即需要先確定其圓心，先作∠A的角平分線，再作線段BC的垂直平分線相交于點O，即O點為圓心．【詳解】解：根據(jù)題意可知，先作∠A的角平分線，再作線段BC的垂直平分線相交于O，即以O點為圓心，OB為半徑，作圓O，如下圖所示：【考點】此題主要考查了學生對確定圓心的作法，要求學生熟練掌握應用．3、證明見解析【解析】【分析】根據(jù)等邊對等角可以證得∠A=∠B，然后根據(jù)SAS即可證得兩個三角形全等．【詳解】證明：∵OA＝OB，∴∠A＝∠B，∵在△OAC和△OBD中：，∴△OAC≌△OBD（SAS）．【考點】本題考查了三角形全等的判定與性質(zhì)，同圓半徑相等．正確理解三角形的判定定理是關鍵．4、（1）見解析；（2）AD＝．【解析】【分析】（1）連接FO，可根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)可判斷易證OF∥AB，然后根據(jù)直徑所對的圓周角是直角，可得CE⊥AE，進而知OF⊥CE，然后根據(jù)垂徑定理可得∠FEC＝∠FCE，∠OEC＝∠OCE，再通過Rt△ABC可知∠OEC＋∠FEC＝90°，因此可證FE為⊙O的切線；（2）在Rt△OCD中和Rt△ACD中，分別利用勾股定理分別求出CD,AD的長即可．【詳解】（1）證明：連接CE，如圖所示：∵AC為⊙O的直徑，∴∠AEC＝90°．∴∠BEC＝90°，∵點F為BC的中點，∴EF＝BF＝CF，∴∠FEC＝∠FCE，∵OE＝OC，∴∠OEC＝∠OCE，∵∠FCE+∠OCE＝∠ACB＝90°，∴∠FEC+∠OEC＝∠OEF＝90°，∴EF是⊙O的切線．（2）解：∵OA＝OE，∠EAC＝60°，∴△AOE是等邊三角形．∴∠AOE＝60°，∴∠COD＝∠AOE＝60°，∵⊙O的半徑為2，∴OA＝OC＝2在Rt△OCD中，∵∠OCD＝90°，∠CO