第2章对称图形-圆章末检测卷-2024-2025学年苏科版数学九年级上册

第2章对称图形-圆章末检测卷-2024-2025学年数学九年级上册苏科版 一、单选题 1．下列说法中，正确的是（　　） A．平分弦的直径必垂直弦且平分弦所对的弧 B．三点确定一个圆 C．相等圆周角所对的弧相等 D．同弧所对的圆周角相等 2．如图，圆锥的底面半径为，高为，则圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 3．如图，是四边形的外接圆，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 4．如图，在中，，把绕点A顺时针旋转后，得到，则点B走过的路径长为（   ） A． B． C． D． 5．如图，以的一边为直径的半圆与其他两边，分别交于点D，E，且E为的中点，若，，则的长为（   ） A．7 B．7.5 C． D． 6．如图，与的边相切干点B，将绕点B顺时针方向旋转得到，使得点落在上，边交线段于点C，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 7．如图，圆的弦的长度为2，点A，B，C为圆周上三点，若，则圆半径为（） A．1 B．2 C． D． 8．如图，在中，，，，以点C为圆心，长为半径的圆与交于点D，则的长为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 9．半径为的圆中的圆心角所对的弧长为 ． 10．已知是的弦，半径与相交于点于点D，若，，则的长为 ．    11．如图，是的切线，A为切点，连接，点C在上，，连接并延长，交于点D，连接，若，则的度数为 ． 12．如图，在平面直角坐标系中，过原点，交轴，轴分别于点．若点的坐标为，则点的坐标为 ． 13．如图，点A、B、C、D、E在上，的度数为，则为 °． 14．如图，点O是的外心，，，则外接圆半径为 ． 15．我国明代科学家徐光启在《农政全书》中描绘了一种我国古代常用的水利灌溉工具——筒车．如图，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心的圆，已知圆心O在水面的上方，被水面截得的弦长为16米，水面到运行轨道最低点的距离为4米，则的半径为 米．    三、解答题 16．如图，某零件的截面为弓形． (1)请用直尺和圆规作出该弓形的圆心； (2)若，弓形的高为1．求弓形的半径． 17．如图，是三角形的外接圆，是的直径，于点E．    (1)求证：； (2)若长为8，，求的半径长． 18．如图，是的直径，点在射线上，与相切于点，过点作，交的延长线于点，连接、．    (1)求证：是的平分线； (2)若，，求的长． 19．如图所示，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，． (1)求证：平分，并求的大小； (2)过点作交的延长线于点，若，，试求四边形的面积和此圆半径的长． 20．如图，，，均为的直径，点是弧的中点，点在上，且四边形是平行四边形，． (1)求证：； (2)若点在的延长线上，且，证明：是的切线； (3)求的半径． 21．如图，是的直径，交于点E，，连结，． (1)若，求的度数； (2)如图2，点在上，作，分别交，于点M，P，，过点作交于点．求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，连结，若，，求的长． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D C B D D C C C 1．D 【分析】本题主要考查了确定圆的条件，垂径定理，弧与圆周角，圆心角的关系，熟知圆的相关知识是解题的关键． 【详解】解：A、平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧，故原说法错误，不符合题意； B、不在同一直线上的三个点确定一个圆，故原说法错误，不符合题意； C、同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故原说法错误，不符合题意； D、同弧或等弧所对的圆周角相等，原说法正确，符合题意； 故选：D． 2．C 【分析】本题主要查了求圆锥的侧面积，先根据圆锥的底面半径和高，利用勾股定理求出圆锥的母线长；再结合圆锥的底面周长等于圆锥的侧面展开扇形的弧长，据此可得出扇形的弧长； 最后利用扇形的面积计算方法，即可． 【详解】解：由勾股定理得，圆锥的母线长为， ∵圆锥的底面周长为， ∴圆锥的侧面展开扇形的弧长为， ∴圆锥的侧面积为：． 故选：C． 3．B 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键． 根据圆内接四边形的对角互补即可得到结论． 【详解】解：∵四边形内接于，， ， 故选：B 4．D 【分析】本题主要考查了勾股定理，求弧长，旋转的性质，先利用勾股定理得到，再由由旋转的性质可得，据此利用弧长公式求解即可． 【详解】解：在中，由勾股定理得， 由旋转的性质可得， ∴点B走过的路径长为， 故选：D． 5．D 【分析】本题主要考查圆周角的性质、线段垂直平分线的性质及勾股定理，熟练掌握圆周角的性质及勾股定理是解题的关键；连接，由题意易得，则有，设，则，然后根据勾股定理可建立方程进行求解． 【详解】解：连接，如图所示： ∵为直径， ∴，即， ∵E为的中点， ∴， 设，则，根据勾股定理可得： ，即， 解得：， ∴； 故选D． 6．C 【分析】本题考查了圆切线的性质定理、等边三角形的性质和判定，旋转中角度的计算，旋转过程中对应边相等，对应角相等，旋转角处处相等．本题中利用圆的半径相等得到边长关系进而求得角度关系是解题的关键． 连接，先证为等边三角形，求出，由与的边相切，可求，利用三角形内角和公式即可求解． 【详解】解：连接， ∵将绕点B按顺时针方向旋转得到， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵与的边相切， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 7．C 【分析】本题考查圆周角定理，勾股定理等知识，根据圆周角定理求出的度数，再根据勾股定理即可求解，掌握圆周角定理是解题的关键． 【详解】解：， ， 又，, ∴在中，, 即， 故选：C． 8．C 【分析】此题考查了垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 过C作交于点M，首先根据勾股定理求出，然后利用等面积法求出，然后利用勾股定理求出，最后利用垂径定理求解即可． 【详解】解：如图，过C作交于点M， ∵，，， ∴， 由垂径定理可得M为的中点， ∵， ∴ ∴， 在中，根据勾股定理得：， ∴ （舍去负值）． ∴． 故选：C． 9． 【分析】本题考查了弧长公式，熟记弧长公式是解题的关键． 直接利用弧长公式求解即可． 【详解】解：半径为的圆中，的圆心角所对的弧长为： （）， 故答案为：． 10．2 【分析】本题主要查了垂径定理，勾股定理．根据垂径定理，可得，在中，根据勾股定理，可求出的长，即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵，为半径，， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴． 故答案为：2 11．/度 【分析】此题考查了切线的性质，四边形内角和、等边对等角等知识．利用垂线的性质及切线的性质得到和，再利用四边形的内角和为进而可求得，再利用等边对等角及三角形的内角和即可求解． 【详解】解：， ， 又是的切线， ， ， 又， ， ， 又， ， ， 故答案为：． 12． 【分析】本题考查了垂径定理与勾股定理，矩形的判定和性质，坐标于图形，全等三角形的判定和性质的综合，根据题意，如图所示，连接，过点作轴于点，作轴于点，可得四边形是矩形，，则，由勾股定理可得的值，再证，可得，由此即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，过点作轴于点，作轴于点， ∴四边形是矩形，则， ∵， ∴， ∵， ∴，则， 在中，， ∵是圆的半径， ∴， 在中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为： 13．159 【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．连接，根据圆心角、弧、弦的关系定理求出，根据圆内接四边形的性质计算即可． 【详解】解：连接，如图所示： ∵的度数为， ∴， ∵四边形内接于， ∴， ∴， 故答案为：159． 14．4 【分析】此题考查了外心的性质，三角形的外接圆，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 连接，，首先得到点O是外接圆的圆心，得出，，然后根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图所示，连接，， ∵点O是的外心， ∴点O是外接圆的圆心， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴（负值舍去）， ∴外接圆半径为4． 故答案为：4． 15． 【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．连接，交于点，根据题意得到，以及，根据勾股定理即可得到答案． 【详解】解：连接，交于点，连接    设半径为， 根据题意可得：， ， ， ， ， 解得， 故答案为：． 16．(1)见解析； (2)2． 【分析】本题考查作图—应用与设计作图、垂径定理的应用、勾股定理， （1）在弧上任取点，分别作线段，的垂直平分线，相交于点，则点即为该弓形的圆心； （2）设线段的垂直平分线交弧于点，交于点，连接，则，．设弓形的半径为，则，．由勾股定理得，，代入求出的值即可． 【详解】（1）解：如图，在弧上任取点，分别作线段，的垂直平分线，相交于点，则点即为所求； （2）解：设线段的垂直平分线交弧于点，交于点，连接， 则，， 设弓形的半径为， 则，． 由勾股定理得，， 即， 解得， 弓形的半径为2． 17．(1)见解析 (2)的半径为5 【分析】本题主要考查了垂径定理，和圆周角定理． （1）根据垂径定理和圆周角定理进行判断即可； （2）设的半径为r，根据垂径定理得出点为的中点，在中，利用勾股定理列式计算，即可求出结果． 【详解】（1）证明：∵是的直径，， ∴， ∴； （2）解：连接，如图所示： 设的半径为r，则，，     ∵是的直径，， ∴点为的中点， ∴， 在中，，即， 解得， ∴的半径为5． 18．(1)见解析 (2)12 【分析】本题考查的是切线的性质定理、勾股定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键． （1）根据切线的性质得到，得到，根据平行线的性质得到，根据等腰三角形的性质、角平分线的定义证明即可； （2）设的半径为，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案． 【详解】（1）证明：是的切线， ， ， ， ， ， ， ，即是的平分线； （2）解：设的半径为，则， 在中，， 即， 解得，， 则． 19．(1)见解析， (2)， 【分析】（1）根据角平分线的性质，内接四边形的性质，可得，，由此即可求解； （2）根据题意，可得是圆的直径，是等边三角形，结合平行的性质可得，，则，结合即可求解． 【详解】（1）证明：，， ， 平分， 平分， ， 四边形是圆内接四边形， ， ， ， ， ； （2）解：，， ， ， ， 是圆的直径， 垂直平分， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， 四边形是圆内接四边形， ， ， ， ， ，， ， 是圆的直径， 圆的半径长是4， ． 【点睛】本题主要考查了圆与几何图形的综合，角平分线的性质，垂直平分线的判定和性质，等腰三角形的性质，几何图形面积的计算，掌握圆与几何综合运用是解题的关键． 20．(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）证明，又由，，即可证明； （2）连接交于点．由得到，由圆周角定理得到，已知，得到，则．由点是弧的中点得到半径，则半径，即可证明是的切线； （3）设的半径为．证明，．．求出，则．由得到．根据勾股定理得到，则，解方程即可求出的半径． 【详解】（1）证明：∵点是弧的中点， ∴ ∴． ∵，， ∴． ∵，， ∴． （2）证明：连接交于点． ∵， ∴，且， ∵， ∴， ∴． ∵点是弧的中点， ∴半径， ∴半径， ∴是的切线． （3）解：设的半径为． ∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵， ∴． ∵点是的中点， ∴点是的中点． ∵点是的中点， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， 整理得， 解得或（舍去）． ∴的半径为． 【点睛】此题考查了圆周角定理、切线的判定、垂径定理、勾股定理、平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，综合性较强，熟练掌握圆的相关性质是解题的关键． 21．(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，则可得到，然后得到即可解题； （2）证明： 连接， 设， 可得，， 由， 得， 根据，有， 故， ， 从而； （3）连接， 取中点， 连接， 过作于， 过作交于， 由，，知四边形是平行四边形， 有，推得， 而，可得， 故， 设， 可求出，然后根据勾股定理解题即可． 【详解】（1）解：连接， 则， 又∵是的直径， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）①证明： 连接， 如图： ∵是的直径， ∴， 设， ∴， ， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ∵， ∴； （3）连接， 取中点， 连接， 过作于， 过作交于， 如图： 由（2）知， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴ ∵， 为中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 设， 由知， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得或(舍去)， ∴， ∴． 【点睛】本题考查圆的综合应用，涉及圆周角定理，直角三角形斜边三的中线等于斜边的一半，勾股定理及应用，平行四边形判定与性质等知识，解题的关键是掌握圆的基本性质． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$