2021年新人教版九年级上数学第24章-圆单元测试卷

2021年新人教版九年级上数学第24章圆单元测试卷

学校：班级：姓名:考号:

一、选择题（本题共计10小题，每题3分，共计30分，）

1.如图，。。的直径CD垂直弦AB于点E,且CE=2,A8=8,则O。的半径（）

A.2B.4C.5D,8

2.如图，在AABC中，乙4c8=90。，AC=3,BC=4.以8为圆心作圆与AC相切，则

该圆的半径等于（）

A.2.5B.3C.4D,5

3.如图，在矩形ABC。中，4B=3,AD=4,若以点4为圆心，以4为半径作04则

D.点D

4.如图，一段公路的转弯处是一段圆弧（砂），则通的展直长度为（）

O

A.37rB.67rC.9TTD.127r

5.如图，某数学兴趣小组将边长为3的正方形铁丝框ABCD变形为以4为圆心，AB为半

径的扇形（忽略铁丝的粗细），则所得的扇形DAB的面积为（）

6.已知在△ABC中，AB*AC,求证：乙B牛乙C.若用反证法来证明这个结论，可假

设（）

A.AB=ACB.AB=BCCzB=Z.CD.Z.A=乙B

7.已知0Oi的半径为1cm,0。2的半径为3cm,两圆的圆心距O1。2为4cm,则两圆的

位置关系是（）

A.外离B.外切C.相交D.内切

8.如图，△ABC是一张周长为18cm的三角形纸片，O。是它的内切圆，小明准备用

剪刀在。。的右侧沿着与。。相切的任意一条直线MN剪下△AMN,若剪下的三角形的

周长为8cm,则3。为（）

C.6.5cmD.无法确定

9.如图，直角坐标系中一条圆弧经过网格点力、B、C,其中，8点坐标为（4,4）,则该

A.(2,1)B.(2,2)C.(2,0)D.(2,—1)

10.若圆锥的高为4cm,母线长为5cm,则圆锥的全面积为（）

A.lS/rcm2B.20zrcm2C.24ncm2D.36ncm2

试卷第2页，总23页

二、填空题（本题共计6小题，每题3分，共计18分，）

11.如图，在。0中，OA_1.BC,乙4。8=70。，则乙4DC的度数是度.

12.如图，正六边形ABCCEF内接于。。，若。。的半径是2,则AADE的周长是

13.在44BC中，=60。，ZC=24B,则NC=.

14.用一张圆心角为120。，半径为3cni的扇形纸片做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的高

为cm.

15.如图，一圆柱高8cm,底面半径为2cm,一只蚂蚁从点A爬到点B处吃食，要爬行

n

的最短路程是cm.

16.如图，在。。的内接五边形ABCOE中，ACAD=32°,贝UNB+NE='

BE

90

三、解答题(本题共计9小题，每题8分，共计72分，)

17.如图，4B是。的直径，C为。。上一点，过点B作经过点C的直线CD的垂线，垂足

为E(即BE1CD),BE交于点F,且BC平分N4BE.

(1)求证：为。。的切线;

⑵若4B=10,CE=4,求线段EF的长.

18.如图，四边形0ABe是平行四边形，以。为圆心，。4为半径的圆交4B于D,延长A0

交。。于E,连接CD,CE,CE是。。的切线.

(1)求证：CO是00的切线.

(2)若BC=3,CD=4,求BD的长.

19.如图，在圆内接四边形力BCO中，。为圆心，AB0D=160",求/BCD的度数.

C

试卷第4页，总23页

20.已知。。的半径为r,点0到直线/的距离为d,且直线/与。0相切，若d,r分别是

方程/-4x+c=0的两个根，求c的值.

21.如图，在AABC中，AC<AB<BC.

(1)已知线段4B的垂直平分线与BC边交于点P,连接4P,求证：/-APC=2ZB.

(2)以点B为圆心，线段4B的长为半径画弧，与BC边交于点Q,连接4Q.若N4QC=

3乙B,求的度数.

22.如图，AD1CD,BC1CD,AAED=AEBC,AD=CE,求证：AE=EB.

23.如图，力B是半圆。的直径，CD1.AB于点C,交半圆于点E,DF切半圆于点£己知

Z.AEF=135°.

(1)求证:DF//AB；

(2)若OC=CE,BF=2V2,求DE的长.

24.定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角

称为该三角形第三个内角的遥望角.

EE

(1)如图1,4E是△ABC中4A的遥望角，若乙4=a,请用含a的代数式表示4E.

(2)如图2,四边形内接于0。，AD=BD,四边形4BCD的外角平分线DF交O。

于点F,连接BF并延长交CC的延长线于点E.求证：NBEC是△力BC中NBAC的遥望角.

(3)如图3,在(2)的条件下，连接AE,AF,若4c是。。的直径，求NAEC的度数.

25.已知正方形4BCD及其外一点P,。为正方形的中心，在正方形4BCD的边上确定点

M，使得0M工PM.(保留作图痕迹，不写作法)

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参考答案与试题解析

2021年新人教版九年级上数学第24章圆单元测试卷

一、选择题（本题共计10小题，每题3分，共计30分）

1.

【答案】

C

【考点】

垂径定理

勾股定理

【解析】

根据垂径定理的推论得到CO14B,然后在OBE中利用勾股定理可计算出。B,即

可解答.

【解答】

解：；AE=BE,CD是直径，AB=8CE=2.

■：CD1AB,

：.乙OEB=90°.

^.Rt^OBE^,半径0B为x,贝U0E=x-2

由勾股定理得，解得x=5,即半径0B=5.

故选C.

2.

【答案】

C

【考点】

切线的性质

【解析】

此题暂无解析

【解答】

此题暂无解答

3.

【答案】

C

【考点】

点与圆的位置关系

【解析】

根据勾股定理求出AC的长，进而得出点B,C,D与。4的位置关系.

【解答】

解：连接4C,

AB=3cm,AD—4cm,

AC=5cm,

AB=3<4,AD=4=4,AC=5>4,

点B在。4内，点。在。4上，点C在G）4外.

4.

【答案】

B

【考点】

弧长的计算

【解析】

直接利用弧长公式计算得出答案.

【解答】

1（）

通的展直长度为：；；广=6兀（巾）.

5.

【答案】

D

【考点】

扇形面积的计算

【解析】

由正方形的边长为3,可得弧BD的弧长为6,然后利用扇形的面积公式：S扇形DAB=*，

计算即可.

【解答】

解：丫正方形的边长为3,

弧BD的弧长为6,

S新如B=沙=N6x3=9.

故选D.

6.

【答案】

C

【考点】

反证法

【解析】

本题是考查了学生们对于反证法基本概念的辨析.

【解答】

解：反证法即首先假设命题反面成立，即否定结论，再从假设出发，经过推理得到矛

盾，得出假设命题错误是不成立的，即所求证命题成立.故反证法的步骤中，第一步

是假设结论不成立，可据此进行判断"NBhnC",的反面为2B=NC".

故选C.

7.

【答案】

B

【考点】

试卷第8页，总23页

圆与圆的位置关系

【解析】

本题直接告诉了两圆的半径及圆心距，根据数量关系与两圆位置关系的对应情况便可

直接得出答案.

【解答】

解：o。1和。。2的半径分别为1cm和3cm,圆心距。1。2=4cm,

。1。2=1+3=4,

两圆外切.

故选B.

8.

【答案】

B

【考点】

三角形的内切圆与内心

切线长定理

【解析】

根据切线长定理得到BD=BG,CP=CG,MH=MD,NH=NP,根据三角形的周长

公式计算.

【解答】

解：如图，设BC与。。的切点为G,

AC与。。的切点为P,MN与。。的切点为

由切线长定理得，BD=BG,CP=CG,

MH=MD,NH=NP,

•••△AMN的周长=AM+MN+4N

=AM+MD+AN+NP=AD+AP=8,

：.CB+CP+BD=18-8=10,

•••CG+GB=CP+BD,

CB=CP+BD,

:.2BC=10,「.BC=5.

故选8.

9.

【答案】

C

【考点】

确定圆的条件

坐标与图形性质

【解析】

根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦力B和BC的垂直平分线，交

点即为圆心.

【解答】

解：根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心,

可以作弦4B和BC的垂直平分线，交点即为圆心.

如图所示，则圆心是(2,0).

【答案】

C

【考点】

圆锥的全面积

【解析】

利用勾股定理可得圆锥的底面半径，圆锥的全面积=7TX底面半径X母线长+7TX半径2,

把相关数值代入即可求解.

【解答】

解：r圆锥的高为4c?n,母线长为5cm,

•••圆锥的底面半径为3cm,

圆锥的全面积为7TX3X5+7TX32=247TC7712.

故选C.

二、填空题(本题共计6小题，每题3分，共计18分)

11.

【答案】

35

【考点】

圆周角定理

垂径定理的应用

【解析】

根据垂径定理得到G=AC,根据圆周角定理解答即可.

【解答】

解：•••OA1BC,

AB—AC.

4AOB=70°,

,1,/LADC=-AAOB=35°.

2

故答案为：35.

12.

【答案】

6+2V3

试卷第10页，总23页

【考点】

正多边形和圆

【解析】

此题暂无解析

【解答】

解：・；正六边形ABCDEF内接于。0,。。的半径是2,

正六边形力BCCEF的边长为2,

连接。F交4E于点M,如图：

AE=2AM=2V22-I2=2后

AADE的周长=3x2+26=6+275.

故答案为：6+2V3.

13.

【答案】

80°

【考点】

三角形内角和定理

【解析】

根据三角形的内角和定理和已知条件求得.

【解答】

解：乙4=60。，

4B+4C=120".

■/ZC=2Z.B,

：.乙B=40°,乙C=80°.

故答案为：80°.

14.

【答案】

2V2

【考点】

圆锥的计算

【解析】

设圆锥的底面圆的半径为r,利用弧长公式得到2口="黑，解得r=l,然后根据勾

180

股定理计算这个圆锥的高.

【解答】

设圆锥的底面圆的半径为r,

根据题意得2仃=王鬻，解得r=l,

180

所以这个圆锥的高=V32-I2=2V2(cm).

15.

【答案】

10

【考点】

圆柱的展开图及侧面积

平面展开-最短路径问题

【解析】

此题最直接的解法，就是将圆柱展开，然后利用两点之间线段最短解答.

【解答】

解：底面圆周长为2仃，底面半圆弧长为门，

即半圆弧长为：|x2TTx1=6(cm),将圆柱的侧面展开得：

根据勾股定理得：AB2=BC2+AC2=82+62=102.

AB>0,

AB=10.

故答案为：10.

16.

【答案】

212

【考点】

圆内接四边形的性质

圆心角与圆周角的综合计算

【解析】

连接CE,根据圆内接四边形对角互补可得NB+NAEC=180。，再根据同弧所对的圆周

角相等可得NCEC=4乙4。，然后求解即可.

【解答】

解:如图,连接CE,

五边形4BCDE是圆内接五边形,

四边形4BCE是圆内接四边形，

4B+Z.AEC=180°.

,1•/.CED=/.CAD=32°,

Z.B+Z.E=180°+32°=212°.

故答案为:212.

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三、解答题(本题共计9小题，每题8分，共计72分)

17.

【答案】

(1)证明：连结0C,如图，

，1•BC平分”BE,

z.1=z2.

,/OB=OC,

/.zl=z3,

z.2=z.3»

OC//BE.

,/BE1CD,

OCtCD,

CD为。。的切线.

(2)解：连结4F,交0C于H,如图，

4B是0。的直径，

〃FB=90°,

•••Z.OCE=/.CEF=90",

四边形CHFE为矩形，

HF=CE=4,CH=EF,OHLAF,

：.AH=HF=4,

-：OA=5,AH=4,

OH=y/OA2-AH2=3,

CH=OC-OH=5-3=2,

：.EF=2.

【考点】

切线的判定

勾股定理

【解析】

(1)连结0C,如图，先由BC平分乙1BE得的41=N2,加上41=/3,则42=43,

于是可判断OC〃BE,然后根据平行线的性质可得到。ClCD,则可根据切线的判定

定理得到CO为。。的切线；

(2)连结4尸，交0C于H,如图，先证明四边形CHFE为矩形得到HF=CE=4,CH=

EF,OHLAF,利用垂径定理得4H=HF=4,然后在Rt△。4”中根据勾股定理计算

出。"=3,再计算出CH的长，从而得到EF的长.

【解答】

(1)证明：连结OC,如图,

E

c

,/BC平分24BE,

zl=z2.

*/OB=OC,

zl=z3,

42=43,

/.OC//BE.

*/BE1CD,

OCLCD,

/.CD为。。的切线.

(2)解：连结4八交。。于H,如图，

*/是。。的直径，

/.AFB=90°,

,/Z-OCE=乙CEF=90°,

/.四边形CHFE为矩形，

・•.HF=CE=4,CH=EF,OH1.AF,

：.AH=HF=4,

在RMCMH中，

OA=5,AH=4,

/.OH=yJOA2-AH2=3,

CH=OC-OH=5-3=2f

・•・EF=2.

18.

【答案】

证明：:CE是。。的切线，

/."EC=90°,

•/四边形04BC是平行四边形，

AO=BC,OC=AB,OC//AB,

乙

Z-EOC=A,Z-COD=Z.ODAf

,/OD=OA,

Z-A=Z-ODA,

Z.EOC=乙DOC,

OE=OD

在△EOC和△OOC中，jzEOC=/.DOC,

OC=OC

.•△EOC=△D0C(S4S),

ZODC=Z.OEC=90°,

・•・OD1CD,

「•CO是。。的切线；

连接DE,交OC于F,

试卷第14页，总23页

【考点】

平行四边形的性质

切线的判定与性质

【解析】

(1)证出△EOCWZk00C,推出NODC=NOEC=90。，根据切线的判定推出即可；

(2)连接QE,交OC于F,由圆周角定理得出4。1DE,由平行四边形的性质得出

OFIDE,由垂径定理得出OF=EF=[OE,由勾股定理求出。C,由三角形的面积求

出DF的长，即可得出40的长，进而由BD=AB-40求得BO.

【解答】

证明：•；CE是。。的切线，

Z.OEC=90",

•••四边形CMBC是平行四边形，

AO=BC,OC=AB,OC//AB,

Z-EOC=乙4,Z-COD=Z.ODA,

*/OD=OA,

Z-A=Z.ODAy

Z-EOC=乙DOC,

OE=OD

在△EOC和△DOC中，zFOC=/,DOC,

.OC=OC

AEOC三△D0C(S4S),

ZODC=ZOEC=90°,

/.OD1CD,

「•CD是O。的切线；

连接DE,交0C于F,

19.

【答案】

解：•「Z.BOD=160°,

/.BAD=-^.BOD=80°,

2

在圆内接四边形ABC。中，

乙BCD+乙BAD=180°,

乙BCD=100°.

【考点】

圆内接四边形的性质

【解析】

根据圆周角定理求出4B4D,根据圆内接四边形性质得出/BCD+NBAD=180。，即可

求出答案.

【解答】

解：：乙BOD=160",

ABAD=-^BOD=80°,

2

在圆内接四边形4BCD中，

乙BCD+乙BAD=180°,

/.乙BCD=100°.

20.

【答案】

解：：d,r是方程%2一4%+©=0的两个根，且直线I与。。相切，

••d=T,

方程有两个相等的实根，

d=16-4c=0,

解得c=4.

【考点】

直线与圆的位置关系

根的判别式

【解析】

先根据切线的性质得出方程有且只有一个根，再根据△=0即可求出m的值.

【解答】

解：：d,r是方程式一4%+c=0的两个根，且直线［与。。相切，

..d=r,

方程有两个相等的实根，

4=16-4c=0,

解得c=4.

21.

【答案】

(1)证明：二线段48的垂直平分线与8c边交于点P,

・•・PA=PB,

Z.B=乙BAP,

,/Z-APC=+Z,BAP,

Z.APC=2(B；

(2)解：根据题意可知BA=BQ,

Z-BAQ=乙BQA,

*/Z-AQC=3(B,Z.AQC=+(BAQ,

乙BQA=2(B,

,/乙BAQ4-乙BQA+48=180°,

/.54B=180°,

/.4B=36°.

【考点】

三角形内角和定理

等腰三角形的性质

线段垂直平分线的性质

【解析】

(1)根据线段垂直平分线的性质可知P4=PB,根据等腰三角形的性质可得48=

Z.BAP,根据三角形的外角性质即可证得4PC=2/B；

(2)根据题意可知B4=BQ,根据等腰三角形的性质可得NB4Q=nBQ4再根据三角

形的内角和公式即可解答.

【解答】

(1)证明：；线段4B的垂直平分线与BC边交于点P,

PA=PB,

乙B=4BAP,

,/Z-APC=Z.B-VZ.BAP,

Z.APC=2Z.B；

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(2)解：根据题意可知艮4=BQ,

：.(BAQ=^BQA,

*.*/-AQC=3Z.B,/-AQC=Z-B4-Z-BAQf

Z-BQA=2(B,

•・•乙BAQ+(BQA+NB=180°,

/.5/8=180°,

・•・Z,B=36°.

22.

【答案】

证明：AD1CD,BC1CD,

：."=4D=90°.

在A/WE与AECB中，

Z.C=ND=90°,

Z.AED=Z.EBC,

AD=CE,

：.HADE=^ECB(AAS),

AE—EB.

【考点】

全等三角形的性质与判定

【解析】

此题暂无解析

【解答】

证明：AD1CD,BC1CD,

4c=/D=90°.

•••在AADE与△ECB中，

ZC=NO=90°,

/.AED=Z.EBC,

AD=CE,

△ADE=△ECB^AASyt

AE=EB.

23.

【答案】

(1)证明：连接。口

4,E,F,B四点共圆,

Z.AEF+=180°,

•••/.AEF=135°,

zB=45°,

^AOF=2Z,B=90°,

,/DF切O。于F,

Z-DFO=90°,

,/DCLAB,

Z.DCO=90°,

BPzDCO=ZFOC=乙DFO=90°,

四边形DCOF是矩形，

/.DF//AB.

(2)解：过E作EM1BF于M,

•/四边形DCOF是矩形，

/.OF=DC=OA,

*/OC=CE,

AC=DE,

设DE=%,则AC=%,

在FOB中，"OB=90。，OF=OB,BF=272,

由勾股定理得：OF=OB=2,

则AB=4,BC=4-x,

■：AC=DE,OC=DF=CE,

由勾股定理得：AE=EF,

乙ABE=^FBE,

•/ECLAB,EM1BF,

・•.EC=EM,乙ECB=ZM=90°,

在Rt△ECA^Rt△EMF中,

(AE=EF,

lEC=EM,

Rt△ECA=Rt△EMF,

AC=MF=DE=x,

在Rt△ECB^WRt△EMB中，

由勾股定理得：BC=BM,

BF=BM-MF=BC-MF=4-x-x=2vL

解得：x=2—42,

即DE=2-V2.

【考点】

四点共圆

切线的性质

矩形的判定

矩形的性质

勾股定理

直角三角形全等的判定

全等三角形的性质

【解析】

(1)证明：连接。尸，根据圆内接四边形的性质得到N4EF+/B=180。，由于

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/.AEF=135°,得出/B=45。，于是得到乙40F=2NB=90。，由DF切。。于F,得到

Z.DFO=90。，由于DC1AB,得到NDC。=90",于是结论可得；

(2)过E作EM1BF于M,由四边形DCOF是矩形，得到。F=DC=O4,由于0C=

CE,推出AC=DE,设DE=x,则AC=x,在RtAFOB中，4FOB=90°,OF=0B,

BF=2A/2,由勾股定理得：OF=OB=2,贝必IB=4,BC=4-x,由于4C=DE,

OCDF=CE,由勾股定理得：AE=EF,△EM2RtLEMF,得出AC=

MF=DE=x,在RtZiECB和RtaEMB中，由勾股定理得：BC=BM,问题可得.

【解答】

(1)证明：连接。F,

•••A,E,F,B四点共圆，

乙4EF+4B=180°,

•••AAEF=135",

NB=45°,

^AOF==90°,

,1•DF切。。于F,

ADFO=90°,

DCLAB,

：.^DCO=90",

即QC。=/.FOC=/.DFO=90",

四边形DC。尸是矩形，

DF//AB.

(2)解：过E作EM_LBF于M,

•••四边形DCOF是矩形，

OF=DC—OA,

-：OC=CE,

AC——DE,

设DE=x,则4C=x,

在RtAFOB中，乙FOB=90°,OF=OB,BF=272,

由勾股定理得：OF=0B=2,

则AB=4,BC=4-x,

-：AC=DE,OC=DF=CE,

：.由勾股定理得：AE=EF,

Z.ABE=Z.FBE,

■：ECLAB,EM1.BF,

：.EC=EM,乙ECB=xM=9Q°,

在Rt△ECA和Rt△EMF中，

(AE=EF,

lEC=EM,

：.Rt△ECA=Rt6,EMF,

AC=MF=DE=x,

^.RtECB^RtLEMB^,

由勾股定理得：BC=BM,

BF=BM-MF=BC-MF=4-x-x=2\[2,

解得：x=2—V2,

即OE=2—技

24.

【答案】

解：(I)/BE平分〃BC,CE平分41CD,

4E=乙ECD-4EBD=沁4co-Z.ABQ

图1

四边形FBCD内接于。0,

/.FDC+/.FBC=180°,

又：^FDE+^FDC=180°,

乙FDE=4FBC,

DF平分

Z.ADF=LFDE,

Z-ADF=/.ABF,

：.Z-ABF=乙FBC,

・•.BE是的平分线，

,/AD=BD,

・•.Z,ACD=乙BFD,

•/乙BFD+乙BCD=180°,乙DCT+乙BCD=180°,

/.乙DCT=LBFD,

乙ACD=乙DCT,

。£是4ABC的外角平分线，

/.乙BEC是公ABC中心BAC的遥望角.

(3)如图，连接CF,

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oD

——

乙BEC是公4BC1中N84c的遥望角,

・•・^BAC=2(BEC,

•••乙BFC=Z.BAC,

・•.Z.BFC=2乙BEC,

,/4BFC=^BEC+4FCE,

・•・乙BEC=乙FCE,

•/Z-FCE=/.FAD,

乙BEC=LFAD,

又二乙FDE=^FDA,FD=FD,

2FDE