第三章圆章末复习测试卷 2024—2025学年北师大版数学九年级下册

九下第三章圆复习测试卷 本试卷共23题。满分120分，建议用时120分钟。 阅卷人 一、选择题(共10题；共30分) 得分 1．（3分）已知⊙O的半径为5cm，若OP=3cm，那么点P与⊙O的位置关系是（　　） A．点P在圆内 B．点P在圆上 C．点P在圆外 D．都有可能 2．（3分）如图，内接于是的直径，，则的度数是（　　） A． B． C． D． 3．（3分）如图，中，弦，相交于点，，，则的大小是（　　） A．45° B．35° C．55° D．25° 4．（3分）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心为圆心的圆，已知圆心在水面上方，且被水面截得弦长为4米，直径长为6米．若点为运行轨道的最低点，则点到弦所在直线的距离是（　　） A．1米 B．2米 C．米 D．米 5．（3分）如图，是的外接圆，的半径为3，，则的长是（　　） A． B． C． D． 6．（3分）在半径为1的⊙O中，弦AB、AC的长分别为、，则∠BAC所对的弧长为（　　） A． B． C．或 D．或 7．（3分）如图，四边形是圆的内接四边形，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 8．（3分）据史料记载，雎水太平桥建于清嘉庆年间，已有200余年历史．桥身为一巨型单孔圆弧，既没有用钢筋，也没有用水泥，全部由石块砌成，犹如一道彩虹横卧河面上，桥拱半径OC为13m，河面宽AB为24m，则桥高CD为（　　） A．15m B．17m C．18m D．20m 9．（3分）如图，已知直线PA交⊙O于A、B两点，AE是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，且AC平分∠PAE，过C作CD⊥PA， 垂足为D．且DC＋DA＝12， ⊙O的直径为20，则AB的长等于( ) A．8 B．12 C．16 D．18 10．（3分）如图，平面直角坐标系中，经过三点，点D 是上的一动点．当点 D 到弦的距离最大时，点D 的坐标是（　　） A． B． C． D． 阅卷人 二、填空题(共5题；共15分) 得分 11．（3分）如图，是的外接圆，的半径为，，则的长是　 　 12．（3分）如图，是的直径，是的内接三角形．若，，则的直径　 　． 13．（3分）如图，为半圆的直径，且，半圆绕点B顺时针旋转，点A旋转到的位置，则图中阴影部分的面积为　 　（结果保留π）． 14．（3分）如图，是的弦，半径于点C，，则线段的长为 　 　． 15．（3分）在平面直角坐标系中，直线y=x-2与x轴、y轴分别交于点B，C，半径为1的⊙P的圆心P从位于直线y=x-2上的点A(4，m)出发，以每秒个单位长度的速度沿射线AC的方向运动，设点P运动的时间为t秒，则当t=　 　时，与坐标轴相切． 阅卷人 三、解答题(共8题；共75分) 得分 16．（8分）制作圆弧形弯管时，需要先按中心线计算“展直长度”再下料.如图，测得弯管中心线的半径为，线段AB长为，求弯管中心线的长(结果精确到). 参考数据：. 17．（8分）如图扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条AB、AC的夹角为120°，AB长为30cm，贴纸部分BD长为20cm，求贴纸部分的面积． 18．（8分）请阅读下列材料，并完成相应的任务． 人类会作圆并且真正了解圆的性质是在2000多年前，由我国的墨子给出圆的概念：“一中同长也．”．意思说，圆有一个圆心，圆心到圆周的长都相等．这个定义比希腊数学家欧几里得给圆下的定义要早100年．与圆有关的定理有很多，弦切角定理就是其中之一． 我们把顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角． 弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹弧所对的圆周角度数． 下面是弦切角定理的部分证明过程： 证明：如图①，AB与⊙O相切于点A．当圆心O在弦AC上时，容易得到∠CAB＝90°，所以弦切角∠BAC的度数等于它所夹半圆所对的圆周角度数． 如图②，AB与⊙O相切于点A，当圆心O在∠BAC的内部时，过点A作直径AD交⊙O于点D，在 上任取一点E，连接EC，ED，EA，则∠CED＝∠CAD． … 任务： （1）（4分）请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分； （2）（4分）如图③，AB与⊙O相切于点A．当圆心O在∠BAC的外部时，请写出弦切角定理的证明过程． 19．（8分）如图，是的直径，，过D作，垂足为点E，的延长线交于点F，，求的度数和的长． 20．（8分） 如图，线段是半圆的直径，点为的中点，在线段的延长线上取点，过点作的切线，切点为，点是弧（不与点，重合）上一点，延长交于的延长线于点． （1）（4分）连接，，若，求证：； （2）（4分）在（1）的条件下，若，，求的半径． 21．（10分）如图，是半圆O的直径，点C是半圆上一点（不与点A，B重合），连接，，点P为线段延长线上一点，连接，． （1）（5分）求证：为的切线； （2）（5分）作的角平分线，交于点M，交于点N． ①请用无刻度的直尺和圆规完成作图（保留作图痕迹，不写作法）； ②若，，求_______． 22．（12分）如图，AB为⊙O的直径，点C为圆周上一点，OC的延长线交⊙O的切线BD于点D，AC的延长线交⊙O的切线BD于点E． （1）（4分）若∠A=35°，求∠DBC的度数； （2）（4分）证明：CE·BD=BC·CD； （3）（4分）若AB＝8，sinD＝，求BE的长． 23．（13分）如图，在的边上取一点，以为圆心，为半径画，与边相切于点，，连接交于点，连接，并延长交线段于点． （1）（4分）求证：是的切线； （2）（4分）若，，求的半径； （3）（5分）若是的中点，试探究与的数量关系并说明理由． 答案解析部分 1、 选择题 1．【答案】A 【解析】【解答】解：∵OP=3＜5， ∴点P在⊙O内． 故选A． 【分析】根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断． 2．【答案】C 3．【答案】B 4．【答案】C 5．【答案】A 6．【答案】D 7．【答案】C 8．【答案】C 9．【答案】B 【解析】【解答】解：过O作OF⊥AB，连接OC， ∵OA=OC，即∠OCA=∠OAC， ∵AC平分∠PAE，即∠DAC=∠CAO， ∴∠DAC=∠OCA， ∴PB∥OC， ∴∠OCD=∠CDA=∠OFD=90°， ∴四边形DCOF为矩形， 设AD=x，则OF=CD=12-x， ∵⊙O的直径为20， ∴DF=OC=10，AF=10-x， 在中，由勾股定理得（10-x）2+（12-x）2=102， 解得：（不合题意，舍去） ， ∴OF=12-4=8，AF=10-4=6， 由垂径定理可得AB=2AF=12． 故选：B 【分析】 过O作OF⊥AB，连接OC，根据圆的基本性质和角平分线得到∠DAC=∠OCA，PB∥OC，从而得到四边形DCOF为矩形，然后设AD=x，则OF=CD=12-x，AF=10-x，由勾股定理得到AD，从而求得AF，进而求得AB． 10．【答案】A 【解析】【解答】解：∵点， ∴， 过点P作于点E，作于点F，延长交⊙P于点D，此时点D到弦的距离最大， ∴OF=BF=OB，OE=AE=OA， ∵OA⊥OB， ∴四边形是矩形， ∵OA=8，OB=6， ∴， ∴， ∴点D到弦的距离最大为：DF=PF+OD=4+5=9， ∴点D的坐标为. 故答案为：A． 【分析】过点P作于点E，作于点F，延长交⊙P于点D，此时 点D到弦的距离最大，由垂径定理可得OF=BF=OB，OE=AE=OA，由矩形的性质“矩形的对边相等”可得PF=OE，OF=PE，在Rt△OPE中，用勾股定理计算即可求解． 2、 填空题 11．【答案】4 12．【答案】 13．【答案】​​​​​​​ 【解析】【解答】解：∵ ， 故答案为：． 【分析】根据旋转可得 ，代入数值计算即可． 14．【答案】 【解析】【解答】解：连接，如图所示： ∵， ∴， 设的半径为r， ∴， 在中，由勾股定理得： ， 解得：， ∴； ∵是直径， ∴， ∴， 在中，， 故答案为：． 【分析】连接，得到的长，设的半径为r，在中，根据勾股定理得到r的值，然后利用直径所对的圆周角是直角得到，然后根据勾股定理解题即可． 15．【答案】1或3或5 【解析】【解答】解：设⊙P与坐标轴的切点为D， ∵直线y=x-2与x轴、y轴分别交于点B，C，点A(4，m)， ∴当x=0时，y=-2；当y=0时，x=2；当x=4时，y=2， ∴A(4，2)，B(2，0)，C(0，-2)， ∴AB=，AC=，OB=OC=2， ∴△OBC是等腰直角三角形，∠OBC=45°． ①如图1，当OP与x轴相切时， ∵D是切点，OP的半径是1， ∴PD⊥x轴，PD=1， ∴△BDP是等腰直角三角形，∴BD=PD=1，PB=，∴AP=AB-PB=， ∵点P的速度为每秒个单位长度， ∴t=1； ②如图2，当⊙P与x轴和y轴都相切时， ∵PB=，∴AP=AB+PB=3． ∵点P的速度为每秒个单位长度，∴t=3； ③如图3，当点P只与y轴相切时， ∵PC=，∴AP=AC+PC=5． ∵点P的速度为每秒个单位长度， ∴t=5． 综上所述，当t=1或3或5时，与坐标轴相切． 故答案为：1或3或5. 【分析】根据与坐标轴相切，分为与x轴相切和与y轴相切，结合圆心P的运动路径，分为三种情况，分别画出图形，根据切线的定义及几何图形的位置关系，即可解答. 3、 解答题 16．【答案】∵，在中：， ，故 弯管中心线的长 为157（m） 【解析】【分析】本题主要考查垂径定理，正弦三角函数、弧长公式的运用，属于基础题型.根据题意结合垂径定理得到与的关系及的长，再根据正弦三角函数求得的度数，进而得到的度数，再根据弧长公式进行求解即可. 17．【答案】解：设AB=R，AD=r，则有S贴纸= πR2﹣ πr2 = π（R2﹣r2）= π（R+r）（R﹣r）= （30+10）×（30﹣10）π= π（cm2）； 答：贴纸部分的面积为 πcm2． 【解析】【分析】 根据贴纸部分的面积=大扇形BAC的面积-小扇形的面积， 由扇形的面积计算公式S=即可直接算出答案。 18．【答案】（1）解：∵AD是⊙O直径， ∴∠DEA＝90°． ∵AB与⊙O相切于点A， ∴∠DAB＝90°． ∴∠CED＋∠DEA＝∠CAD＋∠DAB，即∠CEA＝∠CAB． ∴弦切角的度数等于它所夹弧所对的圆周角度数； （2）证明：如图，过点A作直径AF交⊙O于点F，连接FC． ∵AF是直径， ∴∠ACF＝90°． ∴∠CFA＋∠FAC＝90°． ∵AB与⊙O相切于点A， ∴∠FAB＝90°． ∴∠CAB＋∠FAC＝90°． ∴∠CAB＝∠CFA， 即弦切角的度数等于它所夹弧所对的圆周角度数． 【解析】【分析】（1）先求出∠DEA＝90° ，再求出∠DAB＝90° ，最后计算求解即可； （2）先求出∠ACF＝90° ，再得到∠CFA＋∠FAC＝90°，最后证明 ∠CAB＝∠CFA， 即可作答。 19．【答案】解：如图，连接， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴； ∵，， ∴， ∵，，且是直径， ∴，， ∴，， ∴ 【解析】【分析】连接，根据同弧所对的圆周角相等可得：，再根据是的直径，可得，进而可求出的度数；根据直角三角形30度角所对直角边等于斜边的一半可得的长，再根据垂径定理可得的值，再根据直角三角形30度角所对直角边等于斜边的一半可求出AE的长，利用勾股定理可得，代入数据可求出DE的长度，进而可求出的长． 20．【答案】（1）证明：∵线段是半圆的直径， ∴， ∵是半圆的切线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ （2）解：∵是的切线， ∴∠． ∵， ∴． ∵，， ∴． 设半径为R，则． ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∴的半径为 【解析】【分析】（1）利用圆周角定理和切线的性质求得， 结合， 得到， 根据平行线的判定定理可判断，从而求解； （2）先利用勾股定理求得BD的值， 设半径为R，则． 再证明， 利用相似三角形的性质建立关于R的方程，解方程即可求解. 21．【答案】（1）证明：连接，如图，∵是半圆O的直径， ∴， 即， ∵， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， ∵为的半径， ∴为的切线； （2）①①如图，为所作； ； ②． 【解析】【解答】解：(②∵平分， ∴ ∵，， 而， ∴， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴． 故正确答案为：。 【分析】 （1）连接，如图，先根据圆周角定理得到，然后证明，则根据切线的判定方法可得到结论； （2）①利用基本作图作的平分线即可； ②先利用三角形外角性质得到，，再利用等量代换可证明，则判断为等腰直角三角形，然后由等腰直角三角形的性质和勾股定理可求解． 22．【答案】（1）解：证明：∵AB 为⊙O 的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠ABC=90°-∠A=55° ∵BD 与⊙O 相切于点 B， ∴BD⊥AB， ∴∠DBC＝90°﹣∠ABC=35°， （2）证明：∵OA=OC ∴∠A=∠ACO，又∠ACO=∠DCE ∴∠DCE=∠A=∠DBC 又∵∠D=∠D ∴△DCE∽△DBC ∴ ∴CE·BD=BC·CD （3）解：∵AB＝8， ∴OC＝OB＝ AB＝4 ∴DC＝OD﹣OC＝6﹣4＝2，DB＝ ∵∠DBC＝∠DCE，∠D＝∠D， ∴△DBC∽△DCE， ∴BE 的长是 【解析】【分析】（1）先根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，进而得到∠ABC=55° ，再根据切线的性质得到∠ABD=90°，再利用角的和差计算即可； （2）先证∠DCE=∠DBC，进而可得△DCE∽△DBC ，再利用相似三角形的性质得到 ，将比例式转换为乘积式即可； （3）先根据锐角三角函数值求出OD=6，进而得到DC=2，在直角三角形OBD中，利用勾股定理求出DB的长，再利用 △DBC∽△DCE， 得到，据此求出DE的长，再利用线段的和差求解即可. 23．【答案】（1）解：如图，连接OD， ∵⊙O与边AB相切于点D， ∴OD⊥AB，即∠ADO=90°， ∵AO=AO，AC=AD，OC=OD， ∴△ACO≌△ADO（SSS）， ∴∠ADO=∠ACO=90°， 又∵OC是半径， ∴AC是⊙O的切线； （2）解：在Rt△ABC中，tanB==， ∴设AC=4x，BC=3x， ∵AC2+BC2=AB2， ∴16x2+9x2=100， ∴x=2， ∴BC=6， ∵AC=AD=8，AB=10， ∴BD=2， ∵OB2=OD2+BD2， ∴（6-OC）2=OC2+4， ∴OC=， 故⊙O的半径为； （3）解：AF=CE+BD，理由如下： 连接OD，DE， 由（1）可知：△ACO≌△ADO， ∴∠ACO=∠ADO=90°，∠AOC=∠AOD， 又∵CO=DO，OE=OE， ∴△COE≌△DOE（SAS）， ∴∠OCE=∠ODE， ∵OC=OE=OD， ∴∠OCE=∠OEC=∠OED=∠ODE， ∴∠DEF=180°-∠OEC-∠OED=180°-2∠OCE， ∵点F是AB中点，∠ACB=90°， ∴CF=BF=AF， ∴∠FCB=∠FBC， ∴∠DFE=180°-∠BCF-∠CBF=180°-2∠OCE， ∴∠DEF=∠DFE， ∴DE=DF=CE， ∴AF=BF=DF+BD=CE+BD． 【解析】【分析】（1）连接OD，根据切线的性质得到OD⊥AB，即∠ADO=90°，进而根据三角形全等的判定与性质证明△ACO≌△ADO（SSS）得到∠ADO=∠ACO=90°，从而根据切线的判定即可求解； （2）先根据正切函数的定义设AC=4x，BC=3x，在Rt△ABC中利用勾股定理求出x，从而即可得到BD，再根据勾股定理即可求出OC，即可得到半径； （3）连接OD，DE，由（1）可知：△ACO≌△ADO，根据三角形全等的性质得∠ACO=∠ADO=90°，∠AOC=∠AOD，再证明△COE≌△DOE（SAS）得到∠OCE=∠ODE，结合等腰三角形的性质可得∠OCE=∠OEC=∠OED=∠ODE，根据直角三角形斜边中点的性质可得CF=BF=AF，再结合等腰三角形性质进行角的运算得到∠DEF=∠DFE，从而得到DE=DF=CE，再等量代换即可求解。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$