第2章《对称图形-圆》-2024-2025学年九年级上册数学单元测试卷（苏科版）

2024-2025学年九年级上册数学单元测试卷第2章《对称图形—圆》一、单项选择题：每题3分，共8题，共计24分。1．在平面直角坐标xOy中，⊙O的半径为5，以下各点在⊙O内的是（）A．（-2,3） B．（3,-4） C．（-4,-5） D．（5,6）2．如图所示，一圆弧过方格的格点AB，试在方格中建立平面直角坐标系，使点A的坐标为（0,4），则该圆弧所在圆的圆心坐标是（）

A．（-1,2） B．（1,-1） C．（-1,1） D．（2,1）3．如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，CD⊥AB于点E，则下列结论中不成立的是（

）

A．AC=AD B．CE=DE C．OE=BE D．BD=BC4．如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC为直径，D是中点，若∠ABC=60°，则∠A=（

）

A．105° B．110° C．115° D．120°5．如图，已知⊙O的半径为4，则该圆内接正六边形ABCDEF的边心距OG（

）

A． B． C． D．36．如图，在中，，，，以点为圆心，的长为半径画弧，交于点，连接，则阴影部分的面积为（

）

A． B． C． D．7．如图，点为的内心，，，，则的面积是（

）

A． B． C．2 D．48．如图，在平面直角坐标系中，y轴的正半轴（坐标原点除外）上两点、，C为x轴的正半轴（坐标原点除外）上一动点．当取最大值时，点C的横坐标为（

）

A．5 B．2 C．21 D．填空题：每题3分，共10题，共计30分9．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若，则．10．如图，⊙O是的内切圆，切点分别为，且，，，则⊙O的半径是．

11．如图，是⊙O的直径，点，在⊙O上，且，的延长线与的延长线交于点，连接，若，则的度数是．

12．一个直角三角形的两条边长是方程的两个根，则此直角三角形的外接圆的直径为．13．如图，在平面直角坐标系中，半径为2的的圆心P的坐标为，将沿x轴正方向平移，使与y轴相交，则平移的距离d的取值范围是．

14．如图，、是⊙O的切线，、为切点，点、在⊙O上．若，则的度数为．

15．如图，在中，D是边上的一点，以为直径的⊙O交于点E，连接．若⊙O与相切，，则的度数为．

16．如图是某款“不倒翁”和它的主视图，分别与所在圆相切于点A，B，若该圆半径是，，则的长是．17．如图所示，在正五边形中，是的中点，点在线段上运动，连接，当的周长最小时，的度数为．

18．如图，在等腰中，，分别以的边，，为直径画圆，已知，则两个月形图案的面积之和为．

解答题：共8题，共计86分。19．（本题10分）如图，在平面直角坐标系内，小正方形网络的边长为1个单位长度，的三个顶点的坐标分别为

（1）画出关于y轴对称的；（2）画出将绕原点O逆时针方向旋转得到的；（3）在（2）中，点旋转到点所经过的路线长是______．20．（本题8分）如图，已知．

（1）尺规作图：作的外接圆⊙O；（不要求写作法）（2）若，，求的外接圆半径是___________．21．（本题6分）已知如图，AB是⊙O的直径，C、D是圆上的两点，且，若，求的度数．22．（本题8分）如图，△ABC内接与⊙O，AB是直径，⊙O的切线PC交BA的延长线于点P，OF∥BC交AC于AC点E，交PC于点F，连接AF（1）判断AF与⊙O的位置关系并说明理由；（2）若⊙O的半径为4，AF=3，求AC的长．23．（本题8分）如图，在以O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦交小圆于C、D两点，若，．

（1）求的长；（2）若大圆半径为，求小圆的半径．24．（本题8分）要制造一个如图所示的粮仓，其上部是圆锥，下部是圆柱，如果每平方米需用铁皮（底部不用铁皮，接头忽略不计），根据图中数据，求制作该粮仓大约需要多少铁皮？（，精确到）25．（本题12分）如图，以线段为直径作⊙O，交射线于点，平分交⊙O于点，过点作直线于点，交的延长线于点．连接并延长交于点M．（1）求证：直线是⊙O的切线；（2）求证：；（3）若，，求的长．26．（本题12分）如图，⊙O的内接四边形ABCD两组对边的延长线分别交于点E、F．（1）若∠E=∠F时，求证：∠ADC=∠ABC；（2）若∠E=∠F=42°时，求∠A的度数；（3）若∠E=α，∠F=β，且α≠β．请你用含有α、β的代数式表示∠A的大小．27．（本题14分）定义：若两个不全等三角形中，有两组边对应相等且其中一组相等的边所对的角也相等，我们就称这两个三角形为偏等三角形．（1）如图1，四边形内接于⊙O，，点C是弧的中点，连接，试说明与是偏等三角形．（2）如图2，与是偏等三角形，，，，，求的长．（3）如图3，内接于⊙O，，，，若点D在⊙O上，且与是偏等三角形，，求的值．参考答案一、单项选择题：每题3分，共8题，共计24分。1．A【分析】先根据勾股定理求出各点到O的距离，再与⊙O的半径5相比较即可．【详解】解：A、点（-2,3）到O的距离为，则点（-2,3）在⊙O内，本选项符合题意；B、点（3,-4）到O的距离为，则点（3,-4）在⊙O上，本选项不符合题意；C、点（-4,-5）到O的距离为，则点（-4,-5）在⊙O外，本选项不符合题意；D、点（5,6）到O的距离为，则点（5,6）在⊙O外，本选项不符合题意；故选：A．2．C【分析】连接AC，作线段AB、AC的垂直平分线，其交点即为圆心，根据点A的坐标即可求得答案．【详解】如图所示，连接AC，作线段AB、AC的垂直平分线，其交点H即为圆心．

∵点A的坐标为，∴该圆弧所在圆的圆心坐标是．故选：C．3．C【分析】根据垂径定理及线段垂直平分线的性质可知，，进而即可解答．【详解】解：∵是的直径，，∴，∴AB是CD的垂直平分线，∴，故项不符合题意；∵是的直径，，∴，故项不符合题意；∵是的直径，，∴，∴AB是CD的垂直平分线，∴，故项不符合题意；无法证明和的大小关系，故项符合题意；故选．4．D【分析】根据圆周角定理得，，求出，利用四边形对角互补求出答案．【详解】解：∵D是中点，若，∴∵为直径，∴∴∵四边形内接于，∴∴，故选：D．5．C【分析】连接，，可得是等边三角形，根据边心距即为等边三角形的高用勾股定理求出．【详解】解：连接，，

∵六边形是正六边形，∴，∴是等边三角形，由题意可知，则垂直平分，∴，∴故选：C．6．B【分析】可求，，从而可证是等边三角形，可得，即可求解．【详解】解：，，，，，，是等边三角形，，，故选：B．7．B【分析】过点作的延长线于点，根据点为的内心，，可得，所以，利用含30度角的直角三角形可得的长，进而可得的面积．【详解】解：如图，过点作的延长线于点，

点为的内心，，，，，，，的面积．故选：B．8．D【分析】当以为弦的圆与轴正半轴相切时，最大，根据圆周角定理得出对应的最大，根据垂径定理和勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，当以为弦的圆与轴正半轴相切时，最大，∵∴此时的最大，作轴于，连接、．

∵、，∴，与轴相切于点C，轴，在直角中，，∴，∴点C的横坐标为，故选：D．填空题：每题3分，共10题，共计30分9．/72度【分析】先根据圆内接四边形的对角互补求出的度数，再由圆周角定理即可得出结论．【详解】解：∵四边形是的内接四边形，，∴，∴．故答案为：．10．1【分析】先根据勾股定理求出，由切线长定理得，，，设，则，，然后根据，求解即可．【详解】解：在中，∵，，，∴，∵为的内切圆，切点分别为D，E，F，∴，，，如图，连接，，

∵为的内切圆，∴，∴，∴四边形是正方形，设，则，，∵，∴，∴，则的半径为1．故答案为：1．11．/43度【分析】连接，根据圆周角定理得出，根据同弧所对的圆周角相等，可得，再根据等边对等角得出，最后根据三角形的外角的性质即可得出答案．【详解】解：连接，

∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，故答案为：12．6或【分析】先解方程求出方程的两个根，再根据较大的根为斜边和直角边，两种情况进行讨论求解即可．【详解】解：，，解得：，①当直角边分别为2，6时，斜边为：，∵直角三角形的外接圆的直径即为直角三角形斜边的长，∴此时直角三角形外接圆的直径为，②当斜边为6时，此时直角三角形外接圆直径为6．故答案为：6或．13．【分析】分两种情况讨论：位于轴左侧和位于轴右侧，根据平移的性质和圆的切线的性质分别求解，即可得到答案．【详解】解：的圆心P的坐标为，，的半径为2，，，，当位于轴左侧且与轴相切时，平移的距离为1，当位于轴右侧且与轴相切时，平移的距离为5，平移的距离d的取值范围是，故答案为：．

14．/度【分析】先由切线长定理得到，进而根据等边对等角和三角形内角和定理得到，再根据圆内接四边形对角互补得到，由此即可得到答案．【详解】解：如图所示，连接，∵、是的切线，、为切点，∴，又∵，∴，∵四边形是圆内接四边形，∴，∴，故答案为：．

15．/60度【分析】根据是直径，可得，再根据与相切，可得，再根据直角的定义及角度等量替换关系即可得到．【详解】解：∵是直径，∴，∴∵与相切，∴，∴，∵，∴．故答案为：．16．【分析】根据题意，先找到圆心，然后根据，分别与所在圆相切于点，．可以得到的度数，然后即可得到优弧对应的圆心角，再根据弧长公式计算即可．【详解】作，，和相交于点，如图，∵，分别与所在圆相切于点，．∴，∵，∴，∴优弧对应的圆心角为，∴优弧的长是：，故答案为：．17．【分析】根据对称的定义得出当点在同一条直线上时，的周长最小，由正五边形的性质可得，由三角形内角和定理和等腰三角形的性质可得，再由等腰三角形的性质和三角形外角的定义进行计算即可得到答案．【详解】解：如图，当点在同一条直线上时，的周长最小，

，五边形是正五边形，，，，是的中点，是正五边形的一条对称轴，，，，故答案为：．18．25【分析】由等腰直角三角形的性质及勾股定理可求解，进而可求得，再利用阴影部分的面积=以为直径的圆的面积+的面积以为直径的半圆的面积计算可求解．【详解】解：在等腰中，，∴，∴，∴，=25故答案为：25．解答题：共8题，共计86分。19．（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）先根据轴对称的性质画出点，再顺次连接即可得；（2）先根据旋转的性质画出点，再顺次连接即可得；（3）先利用勾股定理求出，再利用弧长公式求解即可得．【详解】（1）解：如图，即为所求．（2）解：如图，即为所求．（3）解：如图，，则在（2）中，点旋转到点所经过的路线长是，故答案为：．．20．（1）见解析；（2）【分析】（1）根据三角形外接圆的性质可知的外接圆的圆心到三角形的三个顶点的距离相等进而作三边的垂直平分线即可；（2）根据圆周角定理可知，再根据勾股定理即可解答．【详解】（1）解：∵的外接圆的圆心到三角形的三个顶点的距离相等，∴作三角形三边的垂直平分线，三条垂直平分线的交点即为的外接圆的圆心，∴即为所求，

（2）解：如图，连接，∵，∴，∵，，∴在中，，∴，∴，即的外接圆半径是，故答案为．

21．【分析】由题意易得，则由圆内接四边形的性质可得，进而可得，然后可得，则，然后问题可求解．【详解】解：∵AB是⊙O的直径，∴，∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴，即，∵，，∴，∴，∴，∴．22．（1）AF与⊙O的位置关系是相切，理由见解析；（2）AC=．【详解】解：（1）连接OC，如图所示：∵AB是⊙O直径，∴∠BCA=90°，∵OF∥BC，∴∠AEO=90°，∠1=∠2，∠B=∠3，∴OF⊥AC，∵OC=OA，∴∠B=∠1，∴∠3=∠2，在△OAF和△OCF中，，∴△OAF≌△OCF（SAS），∴∠OAF=∠OCF，∵PC是⊙O的切线，∴∠OCF=90°，∴∠OAF=90°，∴FA⊥OA，∴AF是⊙O的切线；（2）∵⊙O的半径为4，AF=3，∠OAF=90°，∴OF==5∵FA⊥OA，OF⊥AC，∴AC=2AE，△OAF的面积=AF•OA=OF•AE，∴3×4=5×AE，解得：AE=，∴AC=2AE=．23．（1）；（2）【分析】（1）作，垂足为E，根据垂径定理得到，，即可得到的长；（2）连接，在中，由勾股定理得到，在中，由勾股定理得到即可．【详解】（1）解：作，垂足为E，

由垂径定理知，点E是的中点，也是的中点，∴，，∴；（2）连接，∵在中，，∴．在中，∵，∴．即小圆的半径为．24．【分析】根据扇形面积公式求出圆锥的侧面积，再根据圆柱的侧面展开图为长方形，求出圆柱的侧面积，即可求解．【详解】解：由题意，得圆锥的侧面积为：，圆柱的侧面积为：．∴．答：制作该粮仓大约需要铁皮．25．（1）见解析；（2）见解析；（3）2【分析】（1）连接，由证明，得，即可证明直线是的切线；（2）由线段是的直径证明，再根据等角的余角相等证明，则；（3）由，证明，则是等边三角形，所以，则，所以，再证明，得．【详解】（1）证明：连接，则，，平分，，，∴，，，是的半径，且，直线是的切线．（2）证明：线段是的直径，，，，，，，．（3）解：，，，是等边三角形，，，，，，，，，．26．（1）见解析；（2）48°；（3）∠A=90°﹣．【详解】试题分析：（1）在△CDE与△CBF中，根据三角形内角和定理以及∠E=∠F，∠ECD=∠FCB，可得∠CDE=∠CBF，从而得∠ADC=∠ABC，由圆内接四边形定理可得∠ADC+∠ABC=180°，从而可得∠ADC=∠ABC=90°；由（1）可知∠ABC=90°，从而∠A=90°-∠E=48°；由四边形ABCD内接于⊙O，可得∠ADC+∠ABC=180°，从而得∠EDC+∠FBC=180°，在利用三角形内角和定理可得∠E+∠F+∠ECD+∠FCB=180°，从而得∠ECD+∠FCB=180°-（α+β），由周角可得∠BCD+∠FCE=180°+（α+β），从而可得∠BCD=90°+，从而得∠A=90°-；试题解析：（1）在△CDE与△CBF中，∵∠E=∠F，∠ECD=∠FCB，∴∠CDE=∠CBF，∴180°-∠CDE=180°-∠CBF，即∠