2024北师版九年级数学下学期单元测试卷
第三章 圆
时间:90分钟 满分:100分
题号 一 二 三 评价
错题
一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分.每小题有四个选项,其中只有一个选项符合题意)
1.(2022·江苏兴化模拟)如图所示,MN为☉O的弦,∠N=52°,则∠MON的度数为 ( )
A.38° B.52° C.76° D.104°
(第1题) (第2题)
2.(2022·江苏镇江润州区段考改编)如图,在矩形ABCD中,AB=4,AD=3,以顶点D为圆心作半径为r的圆,若点A,B,C中至少有一个点在圆内,且至少有一个点在圆外,则r的值可以是( )
A.3 B.4 C.5 D.6
3.如图,△ABC的外心的坐标是 ( )
A.(-2,-1) B.(-1,-2)
C.(-1,-1) D.无法确定
(第3题) (第4题)
4.(2022·浙江金华永康市模拟)如图,线段AB是☉O的直径,点C在圆上,∠AOC=60°,点P是线段AB延长线上的一点,连接PC,则∠APC的度数不可能是 ( )
A.30° B.25° C.10° D.5°
5.(2022·山东临沂沂南一模)如图,某市会展中心设置了一个圆形展厅,在其圆形边缘上的点P处安装了一台监视器,它的监控角度是72°,为了观察到展厅的每个位置,最少需在圆形边缘上共安装这样的监视器 ( )
A.5台 B.4台 C.3台 D.2台
(第5题) (第6题)
6.如图,四边形ABCD是☉O的内接四边形,延长AD,BC,相交于点E,延长AB,DC,相交于点F.若∠E=∠F=40°,则∠A的度数为 ( )
A.60° B.50° C.45° D.40°
7.(2022·山东威海模拟)☉O中,点C为弦AB上一点,AB=1,CD⊥OC交☉O于点D,则线段CD的最大值是 ( )
A. B.1 C. D.2
(第7题) (第8题)
8.如图,已知☉O的内接正六边形ABCDEF的边心距OM=2,则该圆的内接正三角形ACE的面积为 ( )
A.2 B.4 C.4 D.6
9.如图,BC是☉O的直径,点A是☉O上的一点,点D是△ABC的内心,若BC=5,AC=3,则BD的长为 ( )
A.2 B.3 C. D.
(第9题) (第10题)
10.(2022·河北保定一模)如图,在矩形ABCD中,AB=10,AD=8,以CD为直径作☉O.将矩形ABCD绕点C旋转得到矩形A1B1CD1,使A1B1与☉O相切于点E,CB1与☉O相交于点F,则CF的长是 ( )
A.3 B.4 C.6 D.8
二、填空题(共6小题,每小题3分,共18分)
11.(2022·山东济南天桥区期末)如图,☉A,☉B,☉C两两相离,且半径都为2,则图中阴影部分的面积之和为 .(结果保留π)
(第11题) (第12题)
12.如图,四边形ABCD内接于☉O,AB为直径,BC=CD,连接AC.若∠DAB=40°,则∠D的度数为 .
13.(2022·福建三明模拟)如图,在边长为1的小正方形组成的网格中,点A,B,C都在格点上,点D在以AB为直径的圆上,则tan∠ADC= .
(第13题) (第14题)
14.(2022·贵州贵阳模拟)如图,☉O与正六边形OABCDE的边OA,OE分别交于点F,G,M是劣弧FG的中点.若FM=2,则☉O的半径为 .
15.(2022·江苏靖江市二模)如图,在平面直角坐标系xOy中,以M(3,5)为圆心,AB为直径的圆与x轴相切,与y轴交于A,C两点,则点B的坐标是 .
(第15题) (第16题)
16.如图,已知四边形ABCD是边长为4的正方形,以AB为直径向正方形内作半圆,P为半圆上一动点(不与点A,B重合),当PA= 时,△PAD为等腰三角形.
选择填空题答题区
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案
填空 11. 12. 13.
14. 15. 16.
三、解答题(共6小题,共52分)
17.(6分)在我国古代数学著作《九章算术》中记载了这样一个问题:“今有圆材,埋在壁中,不知大小,以锯锯之,深一寸,锯道长一尺,问径几何 ”用现代语言表述为:如图,AB为☉O的直径,弦CD⊥AB于点E,AE=1寸,CD=10寸,求直径AB的长.请你解答这个问题.
18.(8分)(2021·浙江杭州拱墅区模拟)如图,☉O的直径MN⊥AB于点C,P是AB上的一点,延长MP交☉O于点D,连接AD,BM,且AD∥BM.
(1)求证:MP=PB.
(2)若MB=6,☉O的直径为10,求sin∠ADP的值.
19.(10分)(2022·山西模拟)如图,在△ABC中,以AB为直径的☉O交AC于点D,过点D作☉O的切线,交BC于点E,连接BD.
(1)判断∠ABD与∠CDE的数量关系,并说明理由.
(2)若∠EDB=40°,OB=4,求弧BD的长.
20.(8分)(2021·广东佛山顺德区二模)如图,AB是半圆O的直径,弦CD∥AB,过点D作半圆O的切线DE,与AB的延长线相交于点E,连接OC,AD,∠DAB=22.5°.
(1)求证:四边形COED是平行四边形.
(2)当CD=2时,求阴影部分的周长.
21.(10分)(2022·河南三模)定义:顶点在圆上,一边和圆相交,另一边和圆相切的角叫做弦切角.如图(1),AC为☉O的切线,点A为切点,AB为☉O内一条弦,∠CAB即为弦切角.
(1)古希腊数学家欧几里得的《几何原本》是一部不朽的数学巨著,全书共13卷,以第1卷的23个定义、5个公设和5个公理作为基本出发点,给出了119个定义和465个命题及证明.第三卷中命题32一弦切角定理的内容是:“弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆心角度数的一半,等于它所夹的弧所对的圆周角度数.”
如下给出了弦切角定理不完整的“已知”和“求证”,请补充完整,并写出“证明”过程.
已知:如图(2),AC为☉O的切线,点A为切点,AB为☉O内一条弦,点D在☉O上,连接OA,OB,BD,AD.
求证: .
证明:
(2)如图(3),AB为☉O的切线,A为切点,点C是☉O上一动点,过点C作CD⊥AB于点D,CD交☉O于E,连接OE,OC,AE.若AD=10,AE=2,求CE的长.
图(1) 图(2) 图(3)
22.(10分)【问题呈现】阿基米德折弦定理:如图(1),AB和BC是☉O的两条弦(即折线ABC是圆的一条折弦),BC>AB,M是的中点,则从点M向BC作垂线,垂足D是折弦ABC的中点,即CD=AB+BD.下面是运用“截长法”证明CD=AB+BD的部分过程.
证明:如图(2),在CB上截取CG=AB,连接MA,MB,MC,MG.
∵M是的中点,∴MA=MC.
……
请按照上面的证明思路,写出该证明的剩余部分.
【实践应用】
(1)如图(3),已知△ABC内接于☉O,BC>AB>AC,D是的中点,请你依据阿基米德折弦定理直接写出图中某三条线段之间的数量关系;
(2)如图(4),已知等腰三角形ABC内接于☉O,AB=AC,D为上一点,连接DB,DC,∠ACD=45°,AE⊥CD于点E,△BDC的周长为4+2,BC=2,请求出AC的长.
图(1) 图(2)
图(3) 图(4)
第三章 圆
选择填空题答案速查
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C B A A C B A C C C
11.2π 12.110° 13.
14.2 15.(6,1) 16.2或
1.C ∵OM=ON,∴∠M=∠N=52°,∴∠MON=180°-2×52°=76°.故选C.
2.B 连接BD(图略),由勾股定理可得BD===5,由题意可知,3
判断点和圆的位置关系的实质是判断点到圆心的距离与半径的大小关系.
3.A 如图,分别作边BC,AC的垂直平分线,相交于点P,则点P是△ABC的外心,由图可知P(-2,-1),故选A.
破题关键
本题主要考查了三角形外心的确定方法.三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点.在网格中确定点的坐标要借助已知线段的特殊位置来求解.
4.A 如图,连接CB,∵∠AOC=60°,∴∠ABC=∠AOC=30°.∵∠ABC是△PBC的一个外角,∴∠ABC>∠APC,∴∠APC的度数不可能是30°,故选A.
5.C 由题意可知,一台监视器所对应的圆心角为72°×2=144°,
∵360°÷144°=2.5,∴至少需要3台.故选C.
6.B 在△ABE与△ADF中,∠A为公共角,且∠E=∠F,由三角形内角和定理可知,
∠ABE=∠ADF.∵∠ABE与∠ADF是☉O的内接四边形的对角,∴∠ABE+∠ADF=
180°,∴∠ABE=∠ADF=90°,∴∠A+∠E=90°,∴∠A=90°-∠E=50°.故选B.
一题多解
∵四边形ABCD是☉O的内接四边形,∴∠DCE=∠A.∵∠EDC=∠A+∠F=∠A+40°,∠EDC+∠DCE+∠E=180°,∴∠A+40°+∠A+40°=180°,∴∠A=50°.
7.A 连接OD.: ∵半径OD是定值,∴当OC⊥AB时,线段OC最小,此时D与B重合.∵OC⊥AB,∴AC=BC=AB=,∴CD=BC=.故选A.
高分锦囊
几何图形中的最值问题分三种情况:
(1)利用“点到直线的距离最短”求解;
(2)直线同侧两点到直线上某一个点的距离之和最小:先找到其中一个点关于直线的对称点,再根据“两点之间线段最短”求解;
(3)求圆外一定点与圆上动点之间的距离的最值:根据三角形三边关系,可知当这两个点与圆心在同一条直线上时所求距离取最值.
8.C 如图,连接OC,OB,过点O作ON⊥CE于点N.∵多边形ABCDEF是正六边形,∴∠COB=60°.∵OC=OB,∴△COB是等边三角形,∴∠OCM=60°,∴OC==.易得∠OCN=30°,∴ON=OC=,CN=2,∴CE=2CN=4,∴该圆的内接正三角形ACE的面积为3××4×=4.故选C.
9.C 如图,过点D作DE⊥AB,DF⊥BC,DH⊥AC于点E,F,H,连接AD,CD,∵BC是☉O的直径,∴∠BAC=90°.∵BC=5,AC=3,∴AB==4.∵D是△ABC的内心,
∴DE=DF=DH,AE=AH,BE=BF,CF=CH.设BE=x,则BF=x,
∴AE=AB-BE=4-x,CF=CH=5-x,AH=AE=4-x,∴5-x+4-x=3,∴x=3,∴BE=3.设DE=r.
∵S△ABC=S△ADB+S△BDC+S△ADC,∴×3×4=r(3+4+5),∴r=1,∴DE=1,∴BD==.故选C.
高分锦囊
设直角三角形两条直角边为a,b,斜边为c,内切圆的半径为r,则(1) r=. (2)r= .
10.C 如图,连接OE,作OH⊥B1C于点H,∵A1B1与☉O相切于点E,∴∠OEB1=∠OHB1=90°,∵矩形ABCD绕点C旋转所得矩形为A1B1CD1,
∴∠B1=∠B1CD1=90°,AB=CD=10,BC=B1C=AD=8,∴四边形OEB1H是矩形,OE=OD=OC=5,
∴B1H=OE=5,∴CH=B1C-B1H=3,∴CF=2CH=6.故选C.
11.2π 因为∠A+∠B+∠C=180°,所以阴影部分的面积之和等于半径为2的半圆的面积,为2π.
12.110° ∵BC=CD,∴=.∵∠DAB=40°,∴∠BAC=∠DAB=20°.∵AB为☉O的直径,∴∠ACB=90°,∴∠B=90°-∠BAC=70°.∵四边形ABCD内接于☉O,∴∠D=180°-∠B=110°.
一题多解
连接OC,OD.∵BC=CD,∴=,∴∠BOC=∠DOC.∵∠DAB=40°,OA=OD,∴∠ADO=∠DAB=40°,
∴∠DOB=∠DAB+∠ADO=80°,∴∠DOC=∠DOB=40°.又OD=OC,∴∠ODC=∠OCD=×(180°-∠DOC)=70°,
∴∠ADC=∠ADO+∠ODC=110°.
13. 由图可知AC=3,BC=2.∵AB是圆的直径,∴∠ACB=90°.∵∠ADC=∠ABC,∴tan∠ADC=tan∠ABC==.
14.2 如图,连接OM,∵六边形OABCDE是正六边形,∴∠AOE==120°.∵M是劣弧FG的中点.∴∠AOM=∠EOM=∠AOM=60°.∵OF=OG=OM,∴四边形OFMG是菱形,∴OG=MF=2,即☉O的半径为2.
15.(6,1) 如图,设以AB为直径的圆与x轴相切于点D,连接MD,BC,则MD⊥x轴.∵点M的坐标为(3,5),∴CE=BE=3,BM=DM=5.∵AB为圆的直径,∴AC⊥BC,∴BC∥x轴,∴MD⊥BC,∴BC=2CE=6.在Rt△BME中,由勾股定理得ME===4.
∴DE=MD-ME=5-4=1,∴点B的坐标为(6,1).
16.2或 ①当PA=PD时,点P位于四边形ABCD的中心,∴PA=AC=2.②当PA=AD时,PA=4,此时点P与点B重合,不合题意.③当PD=DA时,如图,设AB的中点为O,连接DO,PO,且DO交AP于点G,则△ADO≌△PDO,进而可证得DO⊥AP,∴AG=PG.连接PB,易知△ABP≌△DAG,则AG=PB.易知OG=PB,∴OG=AG.设AG=2x,则OG=x,
∴(2x)2+x2=22,解得x=(负值已舍去),∴AG=2x=,∴PA=2AG=.综上所述,当PA=2 或时,△PAD为等腰三角形.
17.【解题思路】连接OC,由CD⊥AB,可求得DE的长,利用勾股定理列方程求出半径的长,从而求出直径AB的长.
【参考答案】连接OC(图略).
∵CD⊥AB,AB为☉O的直径,CD=10寸,E为CD的中点,
∴CE=DE=CD=5寸. (3分)
设OC=OA=x寸,得AB=2OA=2x寸,则OE=(x-1)寸.
由勾股定理,得OE2+CE2=OC2,即(x-1)2+52=x2,
解得x=13,
∴AB=26寸, (5分)
故直径AB的长为26寸. (6分)
18.【参考答案】(1)证明:∵AD∥BM,
∴∠D=∠BMD.
∵∠D=∠ABM,
∴∠BMD=∠ABM,
∴MP=PB. (3分)
(2)如图,连接NB.
∵MN为☉O的直径,
∴∠MBN=90°.
∵MN⊥AB,
∴=,
∴∠BNM=∠ADM,
在Rt△BMN中,sin∠BNM===,
∴sin∠ADP=. (8分)
19.(1)∠ABD=∠CDE. (2分)
理由:连接OD,如图,
∵DE为切线,
∴OD⊥DE,
∴∠ODB+∠BDE=90°,
∵AB为直径,
∴∠ADB=90°,
∴∠CDE+∠BDE=90°,
∴∠ODB=∠CDE,
∵OB=OD,
∴∠ABD=∠ODB,
∴∠ABD=∠CDE. (4分)
(2)∵∠EDB=40°,∠ODE=90°,
∴∠ODB=90°-∠EDB=90°-40°=50°,
∵OD=OB,
∴∠ODB=∠OBD,
∴∠BOD=80°,
∵OB=4,
∴弧BD的长==π. (10分)
20.【参考答案】(1)证明:如图,连接OD.
∵DE是半圆O的切线,
∴OD⊥DE.
由圆周角定理得,∠DOE=2∠DAB=45°,
∴OE=OD.
∵CD∥AB,
∴∠ODC=∠DOE=45°.
∵OC=OD,
∴∠OCD=∠ODC=45°,
∴∠COD=90°,
∴CD=OD,
∴CD=OE.
∵CD∥OE,
∴四边形COED是平行四边形. (5分)
(2)∵CD=2,
由(1)知CD=OD,CD=OE,
∴OD=CD=2,OE=2,
∴BE=OE-OB=2-2,的长==,
∴阴影部分的周长=2+2-2+=2+. (8分)
21.【解题思路】 (1)根据“弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆心角度数的一半,等于它所夹的弧所对的圆周角度数.”并结合图形写出求证部分,延长AO交☉O于E,连接BE,根据圆周角定理的推论得到∠ABE=90°,进而得∠E+∠BAE=90°,根据切线的性质得到∠CAE=90°,进而∠CAB+∠BAE=90°,根据同角的余角相等得到结论;(2)连接AC,根据勾股定理求DE,根据切线的性质得到∠DAE=∠DCA,说明△ADE∽△CDA可得结论.
【参考答案】 (1)求证:∠CAB=∠AOB=∠ADB. (2分)
证明:如图(1),延长AO交☉O于E,连接BE.
∵AE是☉O的直径,
∴∠ABE=90°,
∴∠E+∠BAE=90°.
∵AC为☉O的切线,
∴∠CAE=90°,
∴∠CAB+∠BAE=90°,
∴∠CAB=∠E.
∵∠ADB=∠E=∠AOB,
∴∠CAB=∠AOB=∠ADB. (6分)
图(1) 图(2)
(2)如图(2),连接AC,∵CD⊥AB,
∴∠ADE=90°. (7分)
∵AD=10,AE=2,
∴DE== =4.
∵AB为☉O的切线,
∴∠DAE=∠DCA.
∵∠ADE=∠CDA,
∴△ADE∽△CDA,
∴=,
∵AD=10,DE=4,
∴=,
∴CE=21. (10分)
22.【参考答案】【问题呈现】在△MBA和△MGC中,
∴△MBA≌△MGC,
∴MB=MG. (2分)
∵MD⊥BC,
∴BD=GD,
∴DC=GC+GD=AB+BD. (4分)
【实践应用】(1)BE=CE+AC. (6分)
(2)∵AB=AC,
∴A是的中点.
∵AE⊥CD,
根据阿基米德折弦定理,得CE=BD+DE. (7分)
∵△BCD的周长为4+2,
∴BD+CD+BC=4+2,
∴BD+DE+CE+BC=2CE+BC=4+2. (8分)
∵BC=2,
∴CE=2.
在Rt△ACE中,∠ACD=45°,
∴AC==4. (10分)
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
()
